2026届江苏省苏州市第五中学化学高二上期中质量检测模拟试题含解析

2026届江苏省苏州市第五中学化学高二上期中质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、化学平衡问题研究对象主要是A．化学反应 B．可逆反应 C．离子反应 D．气态物质的反应2、铅蓄电池是典型的可充电电池，在现代生活中有着广泛的应用，其充电、放电按下式进行：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，有关该电池的说法正确的是A．放电时，负极质量减少B．放电一段时间后，溶液的pH值减小C．充电时，阳极反应：PbSO4+2e-=Pb+SO42-D．充电时，铅蓄电池的负极与外接电源的负极相连3、向含等物质的量浓度的CuCl2、FeCl3、AlCl3混合溶液中加入铁粉，充分反应后铁粉仍有剩余，则溶液中存在较多的阳离子是A．Fe3+、Cu2+B．Fe3+、A13+C．Fe2+、A13+D．Fe2+、Fe3+4、常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是A．某H2SO4溶液中c(OH-)/c(H+)＝1.0×10－8，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1B．将0.02mol·L－1盐酸与0.02mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液pH约为12C．将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH一定大于7D．向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，溶液中c(HCO)先增大后减小5、在过去，糖尿病的检测方法是把NaOH溶液和CuSO4溶液加入某病人的尿液中，微热时，如果观察到红色沉淀，说明该尿液中含有()A．食醋 B．白酒 C．食盐 D．葡萄糖6、TK时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.10molCOCl2，发生反应，经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表，下列说法正确的是t/s02468n(Cl2)/mol00.0300.0390.0400.040A．反应在前2s的平均速率mol·L-1·s-1B．保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时c(C12)=0.038mol·L-1，则反应的△H<0C．平衡后向上述容器中再充入0.10molCOCl2，平衡正向移动，COCl2的转化率增大D．TK时该反应的化学平衡常数为7、下列关物质的性质递变性比较，不正确的是A．最高化合价Cl＞Al＞H B．氧化性C＞N＞OC．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3 D．碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)38、等物质的量浓度的下列稀溶液：①乙酸②碳酸③盐酸④硫酸，它们的pH由小到大排列正确的是()A．①②③④B．④③①②C．④②③①D．④②①③9、根据下图，下列判断正确的是()A．石墨与O2生成CO2的反应是吸热反应B．等量金刚石和石墨完全燃烧，金刚石放出热量更多C．从能量角度看，金刚石比石墨更稳定D．C(金刚石，s)＝C(石墨，s)△H＝E3﹣E410、把1molA和3molB投入2L密闭容器中发生反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+D(s)，2min后，测得C的浓度为0.2mol/L，则下列说法正确的是A．v(D)=0.05mol/(L•min) B．3v(B)=2v(C)C．v(B)=0.15mol/(L•min) D．A的转化率为40%11、阿司匹林肠溶片的有效成分为乙酰水杨酸（）。为检验其官能团，某小组同学进行如下实验。下列说法不正确的是A．对比①②中实验现象说明乙酰水杨酸中含有羧基B．③中加热时发生的反应为C．对比②③中实验现象说明乙酰水杨酸中含有酯基D．④中实验现象说明乙酰水杨酸在碱性条件下未发生水解12、以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是A．消去、取代、水解、加成 B．取代、消去、加成、水解、C．消去、加成、取代、水解． D．消去、加成、水解、取代13、在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(1)，示意图如下：反应I：NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)

△H1=a

kJ·mol－1反应Ⅱ：5NH4+(aq)+3NO3-(aq)=4N2(g)+9H2O(l)+2H+(aq)

△H2=b

kJ·mol－1下列说法正确的是A．两池发生的反应中，氮元素只被氧化B．两池中投放的废液体积相等时，NH4+能完全转化为N2C．常温常压下，反应Ⅱ中生成22.4LN2转移的电子数为3.75

NAD．4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq)

△H=(3a+b)kJ·mol－114、在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随着溶液的稀释，下列各项始终保持增大趋势的是A．c(H+)/c(CH3COOH)B．c(H+)C．c(CH3COOH)/c(CH3COO-)D．c(CH3COO-)15、下列过程中△H大于零的是()A．碳的燃烧 B．葡萄糖在人体内氧化分解C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 D．锌粒与稀H2SO4反应制取H216、下列实验的失败原因可能是因为缺少必要的实验步骤造成的是①将乙醇和乙酸混合，再加入稀硫酸共热制乙酸乙酯②实验室用无水乙醇和浓硫酸共热到140℃制乙烯③验证某RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液出现褐色沉淀④做醛的还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜悬浊液后，未出现红色沉淀A．①④ B．①③④ C．③④ D．④17、某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能下列有关叙述正确的是A．该反应为放热反应B．催化剂能改变反应的焓变C．催化剂能降低反应的活化能D．生成物分子成键时释放出的总能量大于反应物分子断键时吸收的总能量18、下列选项中能发生反应，且甲组为取代反应，乙组为加成反应的是()选项甲乙A苯与溴水乙烯与氢气反应(催化剂、加热)B油脂的水解反应(催化剂、加热)苯与氢气反应(催化剂、加热)C苯与浓硝酸反应(催化剂、加热)乙酸与乙醇反应(催化剂、加热)D乙醇与氧气反应(催化剂、加热)甲烷与氯气反应(光照)A．A B．B C．C D．D19、在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氨气的体积分数接近于()A．5% B．10% C．15% D．20%20、现有等体积的硫酸、盐酸和醋酸三种溶液，将它们分别与V1L、V2L、V3L等浓度的NaOH溶液混合，下列说法中正确的是()A．若混合前三溶液物质的量浓度相等，混合后溶液呈中性，则V1＜V2＜V3B．若混合前三溶液pH相等，酸碱恰好完全反应，则V1＝V2＞V3C．若混合前三溶液物质的量浓度相等，酸碱恰好完全反应，则V1＞V2＞V3D．若混合前三溶液pH相等，将它们同等倍数稀释后再与足量锌片反应，则醋酸溶液放出气体最多21、在C2H2、C6H6、C2H4O组成的混合物中，已知氧元素的质量分数为8%，则混合物中碳元素的质量分数是（）A．92.3% B．87.6% C．75% D．84%22、在元素周期表中，从左到右共有18个纵行。第1纵行(除氢以外)为碱金属元素，稀有气体元素是第18纵行。下列说法正确的是()A．铝元素位于第3纵行B．过渡元素在周期表中占10个纵行C．第18纵行所有元素的最外层均有8个电子D．第16纵行元素都是非金属元素二、非选择题(共84分)23、（14分）以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：回答下列问题：(1)葡萄糖的分子式为__________。(2)C中含有的官能团有__________(填官能团名称)。(3)由C到D的反应类型为__________。(4)F是B的同分异构体，7.30g的F足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为_________。24、（12分）A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A___，D___，E___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是____。（填编号）（3）反应⑥的离子方程式为____。（4）反应⑦的化学方程式为____。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。25、（12分）工业上H2O2是一种重要的绿色氧化还原试剂，某小组对H2O2的催化分解实验进行探究。回答下列问题：(1)在同浓度Fe3+的催化下，探究外界条件对H2O2分解反应速率的影响。实验装置如图所示：①H2O2溶液在Fe3+催化下分解的反应历程如下：第一步反应历程为：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2+2H+第二步反应历程为：________；除了图中所示仪器之外，该实验还必需的仪器是________。②请完成下面表格中I、II、III的实验记录内容或数据：实验编号0.1mol•L﹣1Fe2(SO4)30.1mol•L﹣1H2O2溶液蒸馏水(mL)反应温度/℃反应时间(秒)Ⅰ2mL20mL020t1Ⅱ2mLV1mL2mL20t2ⅢV2mL20mL050t3V1＝________，V2＝________；根据所学的知识判断，当三个实验中均产生10ml气体时，所需反应时间最长的是___________(填“t1”、“t2”或“t3”)(2)该小组预测同为第四周期VIII族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用。查阅资料：CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)也可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。如图表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。①由图中信息可知________法制取得到的催化剂活性更高。②推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是________。26、（10分）氮及其化合物在工农业生产中具有重要作用。(1)某小组进行工业合成氨N2(g)+H2(g)⇌2NH3(g)△H<0的模拟研究，在密闭容器中，进行三次实验，每次开始时均通入0.1molN2(g)、0.3molH2(g)。与实验①相比较，实验②、③都各改变了一个条件，三次实验中c(N2)随时间(t)的变化如图所示。与实验①相比，实验②所采用的实验条件可能为_______(填字母)，实验③所采用的实验条件可能为_______(填字母)。a.加压缩小容器体积b.减压扩大容器体积c.升高温度d.降低温度e.使用催化剂(2)NH3可用于处理废气中的氮氧化物，其反应原理为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)△H＜0。欲提高平衡时废气中氮氧化物的转化率，可采取的措施是________(填字母)。a.降低温度b.增大压强c.增大NH3的浓度d.使用催化剂(3)NCl3遇水发生水解反应，生成NH3的同时得到_______(填化学式)。(4)25℃时，将amol/L的氨水与bmol/L盐酸等体积混合(忽略溶液体积变化)，反应后溶液恰好显中性，则a____b(填“＞”“＜”或“＝”)。用a、b表示NH3·H2O的电离平衡常数为_____。27、（12分）水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：Ⅰ．取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。Ⅱ．酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32-+I2=2I−+S4O62-）。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。（3）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致测定结果偏___________。（填“高”或“低”）（4）Na2S2O3溶液不稳定，需使用前配制和标定。预估实验需要使用75mL的Na2S2O3溶液，则配制该溶液所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒和___________________28、（14分）（1）高铁酸钾(K2FeO4)不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中。如图是高铁电池的模拟实验装置：①该电池放电时正极的电极反应式为_______________________________________；若维持电流强度为1A，电池工作十分钟，理论上消耗Zn______g(计算结果保留一位小数，已知F＝96500C·mol-1)。②盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向______(填“左”或“右”)移动；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向________(填“左”或“右”)移动。③下图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有__________。（2）有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，电池正极的电极反应式是__________________________，A是________。（3）利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度，其装置如图所示。该电池中O2－可以在固体介质NASICON(固溶体)内自由移动，工作时O2－的移动方向________(填“从a到b”或“从b到a”)，负极发生的电极反应式为__________________________。29、（10分）(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ/molC(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH2＝＋131.3kJ/mol则反应CO(g)+H2(g)+O2(g)=H2O(g)+CO2(g)，ΔH=_____________kJ/mol。(2)在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填序号)。A．每消耗1molCO的同时生成2molH2B．混合气体总物质的量不变C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化②CO的平衡转化率(α)与温度、压强的关系如图所示。A、B两点的平衡常数K(A)_______K(B)(填“＞”、“=”或“＜”,下同)；由图判断ΔH______0。③某温度下，将2.0molCO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.25mol/L，则CO的转化率=________，此温度下的平衡常数K=_________(保留二位有效数字)。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【详解】化学平衡问题研究对象主要是可逆反应，当可逆反应的正逆两个反应的速率相等的时候，说明反应达到了限度，即化学平衡状态；不是可逆的化学反应，没有正逆两个同时进行的反应方向，就没有平衡状态，B符合题意。答案选B。2、D【解析】试题分析：A．放电时，负极Pb不断失去电子形成Pb2+然后再与溶液中的SO42-结合形成PbSO4附着在Pb电极上而使电极质量增大，错误；B．放电一段时间后，由于溶液中硫酸不断消耗，溶液的酸性减弱，所以溶液的pH值增大，错误；C．充电时，阳极反应：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+。错误。D．充电时，铅蓄电池的负极与外接电源的负极相连，正确。考点：考查铅蓄电池在放电、充电时的工作原理的知识。3、B【解析】试题分析：在金属活动顺序表中，排在前面的金属能把排在后面的金属从盐溶液中置换出来，铝排在铁的前面，所以铁和氯化铝不反应，溶液中一定存在铝离子，根据氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，还原性：Fe＞Cu，所以由相同物质的量的CuCl2、FeCl3、AlCl3混合的溶液中加入铁粉，充分搅拌后振荡，先发生2Fe3++Fe=3Fe2+，铁粉仍有剩余，溶液中三价铁离子无剩余，必还发生Cu2++Fe=Fe2++Cu，肯定有Fe2+且无Cu2+剩余，所以溶液中主要存在的阳离子是Fe2+、Al3+，故选B。【考点定位】考查氧化还原反应、金属的性质【名师点晴】本题主要考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，明确氧化性和还原性的强弱顺序，以及反应的先后顺序是解本题的关键。在金属活动顺序表中，排在前面的金属能把排在后面的金属从盐溶液中置换出来，铝排在铁的前面，所以铁和氯化铝不反应，根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定溶液的成分；铁粉仍有剩余，一定有铜生成，溶液中三价铁离子和铜离子无剩余。4、C【解析】分析：A.由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH-)；B.根据混合后得到的溶液中c(OH-)浓度来计算；C.将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH可能小于或等于7；详解：A项，由c(OH-)c(H+)=1.0×10－8，c(OH-)∙c(H+)=1×10-14可得c(OH-)=1×10－11mol·L－1，所以由水电离的c(H+)=1×10－11B项，假设体积均为1L，等体积混合后体积为2L，反应后剩余OH-的物质的量为0.02mol，得到c(OH-)=1×10－2mol·L－1，溶液pH约为12，故B项正确；C项，将稀盐酸与稀氨水混合，随着盐酸量的增加，NH4Cl浓度增加，NH3·H2O浓度减小，溶液可以显酸性，中性或者碱性，故C项错误；D项，向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，随着盐酸量的增大，先生成HCO3―，而后HCO3―与盐酸反应生成二氧化碳，故溶液中c(HCO3―)先增大后减小，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。5、D【详解】NaOH溶液和CuSO4溶液混合能得到新制的氢氧化铜悬浊液，葡萄糖（结构中含有醛基）可以和新制的氢氧化铜悬浊液在微热的情况下反应，得红色沉淀，故该尿液中含有葡萄糖；选D。6、D【分析】根据化学反应速率的计算方法分析；根据勒夏特列原理的概念分析；【详解】表中给出的数据是物质的量，根据化学方程式可知，生成物中一氧化碳的物质的量等于氯气的物质的量，反应速率用物质的量浓度计算，v(CO)=(0.03mol/2L)÷2s=0.0075mol·L－1·s－1，故A错误；若平衡时c(Cl2)=0.038mol·L-1，可计算得到，n(Cl2)=0.076mol>0.040mol，说明温度升高后，平衡向正反应方向移动，向吸热反应方向移动，故ΔH>0，故B错误；平衡后向上述容器中再充入0.10molCOCl2，平衡正向移动，但是正反应方向是气体体积增大，相当于压强增大，促使平衡向逆反应方向移动，故转化率一定减小，故C错误；K=c(CO)·c(Cl2)/c(COCl2)=(0.2mol/L×0.2mol/L)/0.03mol/L=，故D正确。故选D。【点睛】勒夏特列原理：在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。掌握勒夏特列原理并灵活应用，就能快速准确的解决这类问题。7、B【分析】A、最高价=主族序数；B、元素的非金属性越强，得电子能力越强；C、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D、金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强．【详解】A、最高价=主族序数；Cl、Al、H分别位于：ⅦA、ⅢA、IA，故最高化合价Cl＞Al＞H，故A正确；B、元素的非金属性越强，得电子能力越强，非金属性：C＜N＜O，得电子能力：C＜N＜O，故B错误；C、非金属性S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C正确；D、金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg＞Al，则碱性NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故D正确；故选B。【点睛】本题考查非金属性、金属性的比较，解题关键：把握元素在周期表中的变化规律，掌握金属性和非金属性在周期表中的变化规律．8、B【解析】乙酸和碳酸是弱电解质，盐酸和硫酸是强电解质；同时，乙酸和盐酸是一元酸，硫酸和碳酸是二元酸。【详解】乙酸和碳酸在溶液中部分电离，盐酸和硫酸在溶液中完全电离。因为乙酸和盐酸均为一元酸，故等物质的量浓度的两溶液，盐酸电离出的氢离子多，pH<乙酸，；碳酸和硫酸均为二元酸，等物质的量浓度的两溶液，硫酸电离出的氢离子多，pH<碳酸；二元酸酸性一般大于一元酸，但是碳酸第一步电离即为可逆反应，故溶液中存在的氢离子会抑制电离，等物质的量浓度的盐酸和碳酸相比，盐酸酸性更强但小于硫酸。综上所述，酸性从强到弱依次为硫酸、盐酸、碳酸、乙酸。酸性越强，pH越小。答案为B。9、B【详解】A．根据图示现象可知，石墨与O2生成CO2的反应是放热反应，故A错误；B．由图示可知，等量金刚石和石墨完全燃烧，金刚石放出热量更多，故B正确；C．从能量角度看，石墨能量更低，石墨更稳定，故C错误；D．金刚石的能量比石墨能量高，故C(金刚石，s)＝C(石墨，s)，△H＝E1﹣E2，故D错误；答案选B。10、C【详解】v(C)==0.1mol/(L•min)，根据速率之比等于化学计量数之比，可得：A.D是固体不能表示反应速率，A错误；B.应该是2v(B)=3v(C)，B错误；C.v(B)=3/2×v(C)=3/2×0.1mol/(L•min)=0.15mol/(L•min)，C正确；D.v(A)=1/2×v(C)=1/2×0.1mol/(L•min)=0.05mol/(L•min)，2min内△n(A)=v(A)×V×△t=0.05mol/(L•min)×2L×2min=0.2mol，因此A的转化率为0.2mol/1mol×100%=20%，D错误。故选C。11、D【详解】A、观察乙酰水杨酸的结构可知，其在水中可能会部分水解为水杨酸和乙酸，②中的现象说明乙酰水杨酸并非遇水就水解，而是水解速率很慢，需要一定的时间，故可以排除水解产物乙酸对①中石蕊变色的影响，而酚羟基不会使石蕊变色，即①中石蕊变色只由乙酰水杨酸中的羧基引起，A正确；B、乙酰水杨酸中的酯基水解为酚羟基和乙酸，B正确；C、②③说明乙酰水杨酸在水中可以水解生成酚，且③中乙酰水杨酸水解速率加快，可以说明乙酰水杨酸中含有酯基，C正确；D、乙酰水杨酸在碱性溶液中水解生成和CH3COONa，结构中无酚羟基，加入FeCl3溶液不会变为紫色，所以产生红棕色沉淀并不能说明说明乙酰水杨酸在碱性条件下未发生水解，D错误；故选D。12、D【分析】本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。【详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。13、D【详解】A项、反应Ⅱ中铵根离子中氮元素被氧化，硝酸根中氮元素被还原，故A错误；B项、由热化学方程式可知，反应I中1molNH4+被氧气完全氧化能生成1molNO3-，反应Ⅱ中1molNH4+能氧化只能消耗0.6molNO3-，则两池中投放的废液体积相等时，NH4+转化为NO3-和N2，故B错误；C项、常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算22.4LN2的物质的量，不能计算反应转移的电子数，故C错误；D项、由盖斯定律可知，(3×I+Ⅱ)得热化学方程式4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq)，则△H=(3a+b)kJ·mol－1，故D正确；故选D。14、A【解析】在稀释过程中，醋酸溶液的电离程度增大，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，因此n(H+)/n(CH3COOH)增大，A正确；加水稀释过程中c(H+)减小，B错误；由于加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)均减小，但是由于平衡右移，导致c(CH3COO-)减小的程度小，c(CH3COOH)/c(CH3COO-)减小，C错误；加水稀释，c(CH3COO-)减小，D错误；正确选项A。点睛：温度不变的情况下，用蒸馏水稀释醋酸溶液，溶液中的c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，但是溶液中c(OH-)增大，因为KW不变。15、C【分析】△H大于零的为吸热过程。【详解】A．碳的燃烧是放热反应，其△H小于零，A不符合题意；B．葡萄糖在人体内氧化分解是放热反应，其△H小于零，B不符合题意；C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，其△H大于零，C符合题意；D．锌粒与稀H2SO4反应制取H2是放热反应，其△H小于零，D不符合题意。本题选C。16、C【详解】①实验室制乙酸乙酯，是在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为将乙醇和乙酸混合，再加入稀硫酸共热制乙酸乙酯，实验失败的原因是未使用浓硫酸，不是缺少必要的实验步骤，故①不符合题意；

②实验室用无水乙醇和浓硫酸共热到140℃制得的是乙醚，制乙烯须加热到170℃，不是缺少必要的实验步骤，故②不符合题意；

③卤代烃水解脱掉-X生成卤素离子，再加HNO3酸化(NaOH过量，下一步加的Ag+会和OH-反应变成不稳定的AgOH，进而变成Ag2O沉淀，影响实验，所以加H+把OH-除掉)，再加AgNO3，生成AgI黄色沉淀，看颜色判断X是碘元素，是因为缺少必要的实验步骤导致实验失败，故③符合题意；

④做醛的还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜悬浊液后，未出现红色沉淀，原因是没有加热，缺少必要的实验步骤导致实验失败，故④符合题意。

所以C选项是正确的。17、C【解析】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，且催化剂降低反应的活化能，不改变反应的始终态，以此来解答。【详解】A.由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故A项错误；B.催化剂不改变反应的始终态，则焓变不变，故B项错误；C.由图可知，催化剂降低反应的活化能，故C项正确；D.该反应为吸热反应，则生成物分子成键时释放出的总能量小于反应物分子断键时吸收的总能量，故D项错误；综上，本题选C。18、B【详解】A．苯与溴水不反应，充分振荡可以把溴从水中萃取到苯中；乙烯和氢气发生加成反应可以生成乙烷，故A不选；B．油脂水解为高级脂肪酸和甘油，为取代反应；苯和氢气发生加成反应生成环己烷，故B选；C．苯与浓硝酸发生反应生成硝基苯，为取代反应；乙酸和乙醇发生酯化反应，即取代反应，生成乙酸乙酯，故C不选；D．乙醇和氧气发生催化氧化反应生成乙醛，甲烷和氯气在光照下发生取代反应，故D不选；故选B。19、C【详解】在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，消耗的氢气为2mol，则：平衡时氨气的体积分数=，故选：C。20、D【详解】A．若三种溶液浓度相等，体积相等，硫酸中最大，醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，所以反应后溶液呈中性时，需要NaOH溶液体积V1＞V2＞V3，故A错误；

B．若混合前三种溶液的pH相等，则醋酸浓度大于盐酸，盐酸中氢离子浓度和硫酸中氢离子浓度相等，恰好中和时，需要氢氧化钠溶液的体积V1=V2＜V3，故B错误；

C．若混合前三种溶液物质的量浓度相等，等体积时，酸碱恰好完全中和时硫酸中最大，所以硫酸需要的NaOH溶液体积最多，盐酸和醋酸的物质的量相等，需要的NaOH溶液体积相等，所以其体积大小顺序是V1＞V2=V3，故C错误；

D．若混合前三种溶液的pH相等，醋酸是弱电解质，盐酸、硫酸是强电解质，稀释相同的倍数，促进醋酸电离，所以溶液醋酸中氢离子浓度最大，但盐酸、硫酸中氢离子浓度相等，与足量锌片反应，醋酸放出的气体最多，故D正确；

答案选D。21、D【解析】C2H4O可以表示为C2H2·H2O，故混合气体可以看做C6H6、C2H2、H2O的混合物，O元素的分数为8%，故H2O的质量分数为=9%，故C6H6、C2H2总的质量分数1-9%=91%，C6H6、C2H2的最简式为CH，故C、H质量之比为12：1，故C元素的质量分数为91%×=84%，故选D。【点睛】解答本题的关键是根据化学式将物质转化为最简式为CH与水的混合物。难点是C2H4O可以表示为C2H2·H2O。22、B【详解】A.铝元素位于第ⅢA，是第13个纵行，A错误；B.过渡元素包括7个副族和Ⅷ，每个副族1个纵行，Ⅷ族3个纵行，故过渡元素在周期表中占10个纵行，B正确；C.第18纵行是稀有气体，除了氦气最外层2个电子，其余元素的最外层均有8个电子，C错误；D.第16纵行是第ⅥA，并不全是非金属元素，D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、C6H12O6羟基、酯基、醚键取代反应9【分析】本题考察了有机合成推断过程，从B物质入手，根据题意，葡萄糖经过氢气加成和脱去两分子水后生成B，故葡萄糖和B之间差2个O原子、4个氢原子；根据取代反应特点，从碳原子的个数差异上判断参与酯化反应的乙酸分子的数目。【详解】（1）根据图像可知，葡萄糖在催化加氢之后，与浓硫酸反应脱去2分子水，生成B（C6H10O4），故葡萄糖的分子式为C6H12O6；（2）C的分子式为C8H12O5，故B与一分子乙酸发生酯化反应，C中含有的官能团有羟基、酯基、醚键；（3）D的分子式为C8H11NO7，C的分子式是C8H12O5，由E的结构可知，C与硝酸发生酯化反应生成D，，故反应类型为取代反应（或酯化反应）；（4）F是B的同分异构体，分子式为C6H10O4，摩尔质量为146g/mol，故7.30g的F物质的量为0.05mol，和碳酸氢钠可释放出2.24L即0.1mol二氧化碳（标准状况），故F的结构中存在2个羧基，可能结构共有9种，包括CH3CH2CH2CH(COOH)2、CH3CH2C(COOH)2CH3，CH3CH2CH(COOH)CH2COOH、CH3CH(COOH)CH2CH2COOH、CH2(COOH)CH2CH2CH2COOH、CH3CH(COOH）CH（COOH)CH3、(CH3)2CC(COOH)2、(CH3)2C(COOH)CH2COOH、CH3CH(CH2COOH)2；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为CH3CH(COOH)CH(COOH)CH3或。【点睛】加入NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有—COOH，反应比例为1:1.24、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态，E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【详解】⑴根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反应①～⑦中，①～⑦反应分别属于①氧化还原反应，②氧化还原反应，③复分解反应，④氧化还原反应，⑤氧化还原反应，⑥复分解反应，⑦氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为③⑥；⑶反应⑥的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反应⑦中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol，故答案为0.8mol。25、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O秒表182t2微波水热法Co2+【分析】(1)应用控制单一变量法探究外界条件对反应速率的影响，据此分析解答。【详解】(1)①H2O2溶液在Fe3+催化下分解生成水和氧气，总反应方程式为2H2O2=2H2O+O2↑；第一步反应历程为：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2+2H+，由总反应方程式-第一步反应历程可得第二步反应历程为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；该实验是探究外界条件对H2O2分解反应速率的影响，因此除了测定氧气体积外，还需测定收集一定体积氧气所需的时间，所以使用的仪器除了图中所示仪器之外，该实验还必需的仪器是秒表；②该实验是在同浓度Fe3+的催化下，探究外界条件对H2O2分解反应速率的影响，因此需要控制铁离子的浓度相同，则V2＝2mL，混合溶液的总体积相同，由Ⅰ知，混合溶液的总体积是22mL，故V1＝18mL，则实验Ⅰ和Ⅱ探究H2O2浓度对反应速率的影响，实验Ⅰ和Ⅲ探究温度对反应速率的影响，温度越高，浓度越大，反应速率越大，故反应速率最小的是实验Ⅱ，故当三个实验中均产生10ml气体时，所需反应时间最长的是t2；(2)①由图中信息可知，微波水热法使过氧化氢分解初始速率增大，所以微波水热法制取得到的催化剂活性更高；②从图分析，x数值越大，过氧化氢的初始分解速率越大，所以Co2+催化效果更好。26、ecacHClO＞【分析】(1)由图可知，与实验①相比，实验②到达平衡所以时间较短，反应速率较快，但平衡时氮气的浓度不变，改变条件平衡不移动；与实验①相比，实验③和①中氮气的起始浓度相同，实验到达平衡所以时间较短，反应速率较快，平衡时氮气的浓度增大，改变条件平衡逆向移动；(2)该反应是气体体积增大的放热反应，提高废气中氮氧化物的转化率，应改变条件使平衡向正反应移动；(3)NCl3遇水发生水解反应，NCl3分子中负价原子结合水电离的氢离子，正价原子结合水电离的去氢根离子；(4)amol/L的氨水与bmol/L盐酸等体积混合得到的中性溶液为一水合氨和氯化铵的混合溶液。【详解】(1)由图可知，与实验①相比，实验②到达平衡所以时间较短，反应速率较快，但平衡时氮气的浓度不变，改变条件平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡会移动，故实验②应是使用催化剂，选e；与实验①相比，实验③和①中氮气的起始浓度相同，实验到达平衡所以时间较短，反应速率较快，平衡时氮气的浓度增大，改变条件平衡逆向移动，该反应正反应是体积减小的放热反应，故为升高温度，选c，故答案为：a；c；(2)a．该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应分析移动，氮氧化物的转化率降低，故正确；b．该反应正反应是体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，氮氧化物的转化率降低，故错误；c．增大NH3的浓度，平衡向正反应移动，氮氧化物的转化率增大，故正确；ac正确，故答案为：ac；(3)NCl3遇水发生水解反应，NCl3分子中负价原子结合水电离的氢离子，正价原子结合水电离的去氢根离子，则生成NH3的同时还得到HClO，故答案为：HClO；(4)amol/L的氨水与bmol/L盐酸等体积混合的溶液中存在电荷守恒关系：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），中性溶液中c（H+）=c（OH-），则溶液中c（NH4+）=c（Cl-），氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，中性溶液必定为一水合氨和氯化铵的混合溶液，由于盐酸和氨水的体积相等，则氨水的物质的量浓度大于盐酸；溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，c（NH4+）=c（Cl-）=mol/L，由物料守恒可知c（NH3•H2O）=(—)mol/L，电离常数只与温度有关，则此时NH3•H2O的电离常数Kb===，故答案为：。【点睛】与实验①相比，实验③和①中氮气的起始浓度相同，则反应速率加快，平衡移动一定与压强变化无关是解答关键，也是易错点。27、使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2蓝色刚好褪去80ab低100mL容量瓶、胶头滴管【解析】试题分析：本题考查物质的量浓度溶液的配制和碘量法测定水中溶解氧，涉及方程式的书写，终点实验现象的描述，数据处理和误差分析。（1）扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样。所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。（2）根据实验步骤，“氧的固定”中O2将Mn（OH）2氧化成MnO（OH）2，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒和原子守恒，写出反应的化学方程式为O2+2Mn（OH）2=2MnO（OH）2。（3）固氧后的水样酸化发生反应MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复。根据上述反应可得出关系式O2~2MnO（OH）2~2I2~4Na2S2O3，n（O2）=n（Na2S2O3）=mol，m（O2）=g，水样中溶解氧的含量为1000mg0.1L=80abmg/L。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致消耗的Na2S2O3溶液的体积偏小（即b偏小），导致测定结果偏低。（4）配制75mL的Na2S2O3溶液，根据“大而近”的原则，应选用100mL容量瓶。由固体配制物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，根据实验步骤所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管。28、FeO42—＋4H2O＋3e－=Fe(OH)3↓＋5OH－0.2右左使用时间长、工作电压稳定N2＋8H＋＋6e－=2N