江苏省扬州市蒋王中学2026届化学高二上期中学业水平测试试题含解析

江苏省扬州市蒋王中学2026届化学高二上期中学业水平测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是A．顺－2－丁烯和反－2－丁烯的加氢产物不同B．的结构中含有酯基C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸(C3H6O3)D．芥子醇（）能发生氧化、取代、水解、加聚反应2、下列反应中不属于氧化还原反应的是A．Br2+2KI═I2+2KBr B．NH3+HCl═NH4ClC．NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O D．2H2O2═2H2O+O2↑3、已知反应：A(g)+2B(g)=2C(g)+D(g)在四种不同情况下的化学反应速率分别为：①v(A)=0.15mol/(L·s)②v(B)=0.4mol/(L·s)③v(C)=0.3mol/(L·s)④v(D)=0.5mol/(L·s)则四种情况下反应进行的快慢顺序为A．②>④>③>① B．④>③=②>① C．④>②>③=① D．④>③>①>②4、水玻璃的主要成分是A．碳酸钠B．碳酸氢钠C．硅酸钠D．氢氧化钠5、将直径在1nm～100nm之间的食盐晶体超细粒子分散到酒精中，激光笔照射能看到丁达尔效应，所形成的分散系是A．溶液 B．胶体 C．悬浊液 D．乳浊液6、人体内所必需的下列元素中，因摄入量不足而导致骨质疏松的是A．K B．Ca C．Na D．Fe7、下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是A．图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈B．图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀C．图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀D．图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀8、某原电池构造如图所示。下列有关叙述正确的是A．在外电路中，电子由银电极流向铜电极B．取出盐桥后，电流计的指针仍发生偏转C．外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小6.4gD．原电池的总反应式为Cu+2AgNO3＝2Ag+Cu(NO3)29、某化学学习小组的同学查阅资料知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH=+67kJ·mol-1，他们对上述反应的自发性进行讨论，下列结论合理的是A．任何温度下都能自发进行 B．较高温度下能自发进行C．较低温度下能自发进行 D．任何温度下都不能自发进行10、在室温下，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是A．处于a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力强B．对于b、c两点，氨水的电离常数Kb＞KcC．若取相同体积的处于a点和c点的溶液分别与同浓度的盐酸完全反应，消耗盐酸的体积Va＜VcD．X的值接近7，但小于711、下列各组微粒，不能互称为等电子体的是（）A．NO2、NO2+、NO2﹣ B．CO2、N2O、N3﹣C．CO32﹣、NO3﹣、SO3 D．N2、CO、CN﹣12、在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是A．B的物质的量浓度 B．混合气体的密度C．混合气体的压强 D．v（B消耗）=3v（D消耗）13、下列说法正确的是①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4L②0.5molH2所占体积为11.2L③标准状况下，1molH2O的体积为22.4L④常温常压下，28gCO与N2的混合气体所含的原子数为2NA⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L·mol−1⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同A．①③⑤ B．④⑥ C．③④⑥ D．①④⑥14、下列图示与对应的叙述相符的是()A．图Ⅰ表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热△H=－241.8kJ·mol－1B．图Ⅱ表示反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g），达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞cC．图Ⅲ表示0.1molMgCl2·6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化D．图Ⅳ表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH大于同浓度NaB溶液的pH15、煤焦与水蒸气的反应是煤气化过程中的主要反应之一，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。已知：该反应为吸热反应，K(700℃)=0.2，若该反应在恒温(700℃)、恒容的密闭容器中进行，700℃测得的下列数据中，可以作为判断t时刻反应是否达到平衡状态的依据是A．t时刻，容器的压强B．t时刻，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度C．t时刻，消耗H2O(g)的速率与生成CO(g)的速率D．t时刻，气体的平均摩尔质量16、下列各组互为同位素的是()A．O2和O3 B．CO和CO2 C．H2O和H2O2 D．和二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂，且A只有一种一氯取代物B，在一定条件下A可以发生如下变化：（1）A分子中的官能团名称是___，A的结构简式是___；（2）写出下列化学方程式：A→B：___；A→D：___；（3）A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种。F的结构简式是：___。18、今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。19、某同学称取9g淀粉溶于水，测定淀粉的水解百分率。其程序如下：(1)各步加入的试剂为：A______________，B_____________，C______________。(2)加入A溶液而不加入B溶液是否可以__________________，其理由是__________________。(3)当析出1.44g砖红色沉淀时，淀粉水解率是___________________。20、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用如图所示实验装置则可制得纯净的Fe(OH)2沉淀，两极材料分别为石墨和铁。①a电极材料为_______，该电极的电极反应式为________.②若白色沉淀在电极周围生成，则电解液d是____(填序号，下同)；若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，则电解液d是____。A．纯水B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液③液体c为苯，其作用是__________④要想尽早在两极之间的溶液中看到白色沉淀，可以采取的措施是（_______）A．改用稀硫酸作电解B．适当增大电源电压C．适当降低电解液温度21、红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)是重要的化工原料，工业上用铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3)制备红矾钠的过程中会发生如下反应：4FeO(s)＋4Cr2O3(s)＋8Na2CO3(s)＋7O2(g)8Na2CrO4(s)＋2Fe2O3(s)＋8CO2(g)ΔH<0(1)如图为上述反应的浓度—时间图像，由图像判断反应进行至t2时刻时，改变的条件是_________________________，如图为上述反应的速率—时间图像，表示上述反应在t1时达到平衡，在t2时因改变某个条件而使曲线发生变化。由图判断，t2时刻曲线变化的原因可能是________(填写序号)。a．升高温度b．加催化剂c．通入O2d．缩小容器体积(2)工业上可利用上述反应的副产物CO2来生产甲醇：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。①一定温度下，在容积为1L的密闭容器中，充入2molCO2和4molH2，一段时间后达到平衡，测得CH3OH的物质的量浓度为1mol/L，则该温度下此反应的平衡常数为_________，某时刻测得CO2、H2、CH3OH和H2O的物质的量分别为2mol，1mol，1mol，1mol，则这一时刻v(正)___________v(逆)②在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭容器中，充分反应达到平衡后，CO2转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A．顺－2－丁烯和反－2－丁烯的加氢产物都是丁烷，A不正确；B．连续写出的两个链节，即可看到，分子结构中含有酯基，B正确；C．葡萄糖属于单糖，葡萄糖不能水解，1mol葡萄糖可分解生成2mol乳酸(C3H6O3)，C不正确；D．芥子醇（）中含酚羟基、醇羟基、碳碳双键、醚键，不含能水解的官能团，不能发生水解反应，D不正确；故选B。2、B【分析】有元素化合价变化的反应是氧化还原反应。【详解】Br2+2KI═I2+2KBr反应中Br、I元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选A；NH3+HCl═NH4Cl反应中各元素的化合价均不变，不属于氧化还原反应，故选B；NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O反应中N元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选C；2H2O2═2H2O+O2↑反应中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选D。【点睛】本题考查氧化还原反应、非氧化还原反应，侧重氧化还原反应判断的考查，明确反应中元素的化合价变化为解答的关键，培养对概念的理解能力。3、C【解析】将不同物质的化学反应速率转化为同一种物质的化学反应速率，在单位相同的条件下其数值越大化学反应速率越快，将这几种物质的化学反应速率都转化为A的化学反应速率，①v(A)=0.15mol•L-1•s-1；②v（A）=v(B)/2=0.2mol•L-1•s-l；③v（A）=v(C)/2=0.15mol•L-l•s-1；④v（A）=v(D)=0.5mol•L-l•s-1；所以化学反应速率快慢顺序是④>②>③=①，故选C。点睛：本题考查化学反应速率快慢顺序判断，解题关键：将用不同物质表示的速率换算成用同一物质表示的速率，再比较。侧重考查学生计算及判断能力，易错点：比较速率大小顺序时必须要统一单位。难点：换算时两物质计量数间关系，这也是易错点。4、C【解析】水玻璃是硅酸钠的水溶液，所以水玻璃的主要成分是硅酸钠，故C正确。故选C。5、B【详解】当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，可以把分散系分为：溶液、胶体和浊液．分散质粒子直径小于1nm的分散系叫溶液，在1-100nm之间的分散系称为胶体，而分散质粒子直径大于100nm的分散系叫做浊液。直径1～100nm之间的超细粒子的食盐分散到酒精中形成的分散系为胶体，答案选B。6、B【详解】钙是组成骨胳的主要成分，是骨胳的坚硬支架，幼儿和青少年缺乏会患佝偻病，老年人缺乏会患骨质疏松，故B可选。7、B【详解】A.形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁钉不易生锈，故A正确；B.与原电池的正极相连作阳极，活泼金属作阳极时，金属失电子易被腐蚀，所以若将钢闸门与电源的正极相连，不能防止钢闸门腐蚀，故B错误；C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以钢闸门会发生吸氧腐蚀，故C正确；D.若金属M比Fe活泼，M、Fe形成原电池时，Fe作正极，M失电子作负极，Fe被保护，故D正确；答案选B。8、D【解析】A、该原电池铜为负极，银为正极，在外电路中，电子由负极流向正极，错误；B、取出盐桥后，装置断路，无法构成原电池，电流表的指针不能发生偏转，错误；C、根据负极极反应：Cu-2e-=Cu2+规律，外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小0.1×0.5×64=3.2g，错误；D、金属铜置换出银，发生电子转移构成原电池，总反应式为Cu＋2AgNO3==2Ag＋Cu(NO3)2，正确；答案选D。【点睛】原电池重点把握三点：电子流向：负极流向正极；电流流向：正极流向负极；离子流向：阳离子流向正极，阴离子流向负极。9、D【详解】N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)反应前后气体的物质的量不变，则∆S=0，依据∆G=∆H-T∆S=+67>0，反应在任何温度下都不能自发进行，故选：D。10、C【解析】根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,

A.溶液的导电能力与离子浓度成正比；

B.电离平衡常数只与温度有关；

C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者,氨水的物质的量大于氢氧化钠；

D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但大于7。【详解】根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,

A.溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱,故A错误；

B.电离平衡常数只与温度有关,温度不变,一水合氨的电离平衡常数不变,故B错误；

C.等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠,碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多,所以消耗盐酸的体积Va＜Vc，故C正确；

D.碱无限稀释时,溶液的pH接近于7,但仍然大于7,不能等于7或小于7,故D错误；

综上所述，本题选C。11、A【详解】A.NO2、NO2+、NO2-的价电子总数分别为17、16、18，价电子总数不一样，不能互称为等电子体，故A正确；

B.CO2、N2O、N3-的价电子总数分别为16、16、16，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故B错误；

C.CO32-、NO3-、SO3的价电子总数分别为24、24、24，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故C错误；

D.N2、CO、CN-的价电子总数分别为10、10、10，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故D错误。【点睛】具有相同原子数和价电子总数的微粒互称为等电子体。12、C【详解】A.B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；B.恒容容器中混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，达到平衡状态，故B正确；C.可逆反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），气体两边的计量数相等，反应前后，气体的物质的量不发生变化，体积恒定，反应自开始到平衡，混合气体的压强始终不变，所以不能作为达到平衡状态的标志，故C错误；D.v（B消耗）=3v（D消耗）表示正反应速率等于逆反应速率，说明达到平衡状态，故D正确。故选C。【点睛】可逆反应达到平衡状态的直接标志：①速率关系：正反应速率与逆反应速率相等；②反应体系中各物质的百分含量保持不变。13、B【详解】①标准状况下，6.02×1023个气体分子(1mol)所占的体积才是22.4L，①错误；②没有说明状态，无法计算体积，②错误；③标准状况下，H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算体积，③错误；④CO与N2的摩尔质量均为28g·mol-1，质量与状态无关，28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，④正确；⑤在标准状况下，任何气体的摩尔体积都约为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，⑤错误；⑥标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含的分子数相同，⑥正确，综上，④⑥正确，答案选B。14、C【解析】试题分析：A．图象中1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；B．根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，故B错误；C．MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，0.1molMgO的质量为0.1mol×(24+16)g/mol=4.0g，故最终生成质量应为4.0g，故C正确；D．稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HA＞HB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaA＜NaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误；故选C。【考点定位】考查的是化学反应的能量变化规律、弱电解质的电离、平衡移动方向判断等【名师点晴】熟练掌握弱电解质的电离平衡、化学平衡的影响因素，明确化学反应与能量变化的关系是解题关键；特别注意：燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大；酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大。15、B【详解】A.t时刻及其前后，容器的压强不变时，该反应正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，t时刻，压强只是一个数值，无法判断判断平衡状态，A错误；B.t时刻，通过H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度，可计算C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的QC，当QC=K(700℃)=0.2，处于平衡状态，B正确；C.t时刻，消耗H2O(g)的速率与生成CO(g)的速率，均只是正反应速率，没有逆反应速率的情况，无法判断是否平衡，C错误；D.t时刻，气体的平均摩尔质量只是一个数值，无法判断判断平衡状态，t时刻及其前后，气体的平均摩尔质量不变时，该反应正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D错误；答案选B。16、D【详解】A.O2和O3是氧元素的不同单质，互为同素异形体，不是同位素，故A错误；

B.CO和CO2是碳的两种氧化物，不满足同位素的概念，故B错误；

C.H2O和H2O2是两种化合物，不是原子间关系，不符合同位素的概念，故C错误；

D.Mg和Mg都是镁原子，中子数不同，它们是镁元素的不同核素，互为同位素，故D正确。

故选D。【点睛】同位素是质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子的互称。简单来理解就是，在元素周期表中同一个位置的不同原子。如H、D、T（H的三种原子，相同质子数不同中子数）。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基(CH3)3C-OH+Cl2+HClCH2=C（CH3）2+H2O【分析】首先根据不饱和度发现A中无不饱和度，只有一种一氯代物说明只有一种等效氢，因此必然是对称结构的一元醇，则A为，B为一氯代物，C为醇钠，A到D是典型的消去反应的条件，得到烯烃，再和溴的四氯化碳加成得到E，本题得解。【详解】（1）A是醇，官能团为羟基，A的结构简式为；（2）A→B为取代反应，方程式为(CH3)3C-OH+Cl2+HCl，A→D为消去反应，方程式为CH2=C（CH3）2+H2O；（3）首先F也是一元醇，有3种等效氢，且羟基的邻位碳上有氢原子，符合条件的结构为。18、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。19、H2SO4NaOHCu(OH)2否因后面的反应必须在碱性条件下方可进行，加B溶液是为了中和多余的酸18％【分析】(1)淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，加碱中和之后溶液呈碱性，然后加入新制的氢氧化铜，有砖红色沉淀，可检验产物葡萄糖；淀粉遇碘单质变蓝；(2)葡萄糖与新制氢氧化铜反应需要在碱性环境下进行；(3)依据1mol-CHO～1molCu2O，根据生成的Cu2O质量求出水解的淀粉的质量，据此计算淀粉的水解率。【详解】(1)淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，加NaOH溶液中和稀硫酸，使混合液呈碱性，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾生成红色沉淀，证明淀粉已水解，由水解后的溶液加碘水变蓝，则说明水解不完全，故答案为H2SO4；NaOH；Cu(OH)2悬浊液；(2)葡萄糖与新制氢氧化铜的反应需要在碱性环境下进行，加NaOH溶液的作用是中和稀硫酸，使混合液呈碱性，故答案为否；葡萄糖与氢氧化铜的反应必须在碱性条件下才能进行，加NaOH溶液是为了中和硫酸；(3)淀粉水解的方程式为：(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)，葡萄糖与新制氢氧化铜反应的方程式为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COOH+2H2O+Cu2O↓，则有(C6H10O5)n～nC6H12O6～nCu2O。设水解的淀粉的质量为x，则：(C6H10O5)n～nC6H12O6～nCu2O162n144nx1.44gx==1.62g，淀粉的水解率=×100%=18%，故答案为18%。20、FeFe-2e-=Fe2+CB隔绝空气，防止白色沉淀被氧化B【详解】①该装置为制备纯净Fe(OH)2沉淀的装置，则Fe作阳极，即a电极为Fe，发生的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe；Fe-2e-=Fe2+；②A．纯水几乎不导电，不可作电解液，A不满足题意；B．电解质液为NaCl溶液时，阳极反应为水