安徽省多校2025-2026学年高二上学期9月秋季检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省多校2025-2026学年高二上学期9月秋季检测考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Fe56Ag108一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.人类的发展史也是材料的发展史。下列材料属于新型无机非金属材料的是A.登月服使用的聚酰亚胺隔热层 B.飞机使用的氮化硅涂层C.神舟十九号载人飞船使用的国产耐烧蚀树脂 D.用于铺设台阶的青石【答案】B【解析】聚酰亚胺是一种有机高分子材料，属于聚合物，不属于无机非金属材料，A不选；氮化硅（Si3N4）是新型陶瓷材料，具有耐高温、耐磨等特性，属于新型无机非金属材料，B选；耐烧蚀树脂是有机高分子材料，虽然经过改性，但仍属于有机材料，C不选；青石是天然石材，主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，D不选；故选B。2.下列有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A.丁烷 B.甘油 C.乙醛 D.庚烯【答案】A【解析】丁烷为饱和烷烃，无活泼官能团，不能被酸性高锰酸钾氧化，A符合题意；甘油(丙三醇)，结构中有羟基，在酸性条件下易被高锰酸钾氧化，B不符合题意；乙醛含醛基，易被酸性高锰酸钾氧化为羧酸，C不符合题意；庚烯含碳碳双键，酸性高锰酸钾可氧化双键使其断裂，D不符合题意；答案选A。3.下列说法正确的是A.糖类、油脂均能水解B.麦芽糖水解所得产物互为同分异构体C.苯中的碳碳键和乙烯中的碳碳键相同D.蛋白质在酶作用下水解可得氨基酸【答案】D【解析】糖类中的单糖如葡萄糖、果糖不能发生水解反应，二糖、多糖以及油脂都可以发生水解反应，A错误；一个分子的麦芽糖水解生成两个分子的葡萄糖，产物是同一物质，而不是同分异构体，B错误；苯中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的化学键，而乙烯中的碳碳键是碳碳双键，因此两者化学键不同，C错误；蛋白质在酶催化下水解最终生成氨基酸，符合蛋白质水解的性质，D正确；故合理选项是D。4.生活离不开化学。用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是选项劳动项目化学知识A用油脂制肥皂油脂具有酸性B用大米制麦芽糖淀粉水解生成麦芽糖C用紫外线给环境消毒紫外线使蛋白质变性D用单晶硅制芯片单晶硅是良好的半导体材料A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】油脂制肥皂的原理是皂化反应，即油脂在碱性条件下水解，而非由于油脂本身具有酸性，A错误；淀粉在酸性或酶催化下水解生成麦芽糖，B正确；紫外线通过破坏蛋白质结构使其变性，达到消毒效果，C正确；单晶硅作为半导体材料广泛用于芯片制造，D正确；故选A。5.下列关于化学品的说法正确的是A.化肥比农家肥高效，应大量施用化肥，减少农家肥的用量B.为了延长月饼的保质期，可在包装内放置铁粉C.为了增加食欲，可在食品中多加入食品添加剂D.处方药的包装上印有“OTC”标识【答案】B【解析】化肥虽然肥效快，但过量使用会导致土壤板结等问题，且应与农家肥合理配合使用，不能大量施用化肥，A错误；铁粉作为脱氧剂可吸收包装内的氧气和水分，延缓食品氧化变质，从而延长保质期，B正确；食品添加剂需按国家标准严格控制用量，过量添加可能危害健康，不可随意多加，C错误；“OTC”是非处方药标识，处方药需凭医生处方购买，其包装无“OTC”标识，D错误；故选B。6.温郁金是一种中药材，其含有某化学成分M的结构简式如图所示。下列说法错误的是A.该物质可使溴水褪色 B.该物质能发生氧化反应和酯化反应C.该物质能合成有机高分子 D.两个六元环上碳原子可能共平面【答案】D【解析】该物质结构中含有碳碳双键（C=C），碳碳双键能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，A正确；该物质含羟基（-OH），羟基可发生氧化反应（存在氢原子），且羟基能与羧酸发生酯化反应；同时碳碳双键也可被氧化，故能发生氧化反应和酯化反应，B正确；该物质含碳碳双键（C=C），碳碳双键可通过加聚反应打开双键相互连接，形成有机高分子化合物，C正确；六元环中碳原子均为饱和碳原子，饱和碳原子为四面体形，两个六元环上的碳原子不可能共平面，D错误；故选D。7.下列实验装置或操作正确的是A．制备少量NO，避免其被氧化B．冷却水从冷凝管①口通入，②口流出C．制备D．观察钠与乙醇的反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】制备NO时，稀硝酸与铜反应生成NO，NO易被氧气氧化，U型管装置可利用生成的气体将液体压开，使NO处于隔绝空气的环境中，避免氧化，A正确；冷凝管冷却时应遵循“下进上出”原则，冷却水从下口进上口出才能充满冷凝管，若从①口（上口）通入、②口（下口）流出，冷却效果差，B错误；制备NH3用NH4Cl和Ca(OH)2固体加热，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管，C错误；观察实验时，图不应凑近容器观察，应保持安全距离，D错误；故选A。8.短周期元素X、Y的价-类二维图如图所示，下列推理错误的是A.日常生活生产中，单质b＇能用于杀菌消毒B.工业上可通过b→c→d→e来制备一种常用的强酸C.c＇、c均能使品红溶液褪色，均具有漂白性D.b＇与a能发生置换反应产生b与a＇，说明酸性：a>a＇【答案】D【解析】a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO，d＇为HClO3，e＇为HClO4，据此回答问题。单质b＇为Cl2，Cl2与水反应生成HClO，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，A正确；b→c→d→e为S→SO2→SO3→H2SO4，是工业制硫酸的主要流程，H2SO4是常用强酸，B正确；cSO2，c＇为HClO，SO2能与品红结合褪色，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，均有漂白性，C正确；Cl2与H2S发生置换反应Cl2+H2S=S↓+2HCl，体现的是Cl2氧化性强于S，D错误；故选D。9.下列有关反应的方程式书写正确的是A.浓硝酸受热分解：B.将通入酸性溶液中：C.石英砂制取粗硅：D.盛有NaOH浓溶液的磨砂瓶盖被黏住：【答案】D【解析】浓硝酸受热分解应生成NO2而非NO，正确反应为4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，A错误；SO2与酸性KMnO4反应时，产物应为而非而，且电荷和原子未配平，正确反应为5SO2+2+2H2O=+2Mn2++4H+，B错误；石英砂与C高温反应生成Si和CO而非CO2，正确反应为SiO2+2CSi+2CO↑，C错误；SiO2与NaOH浓溶液反应生成Na2SiO3和H2O，方程式书写正确，符合实际（长期接触导致瓶盖黏结），D正确；故选D。10.某元素的单质及其化合物的转化关系如图所示。常温常压下X、Z均为无色气体，Z具有刺激性气味。下列说法错误的是A.X与Z反应可生成YB.X具有还原性，能直接与氧气反应生成ZC.Z能使溴水褪色，体现了其漂白性D.N属于酸式盐【答案】C【解析】根据转化关系及条件推断：X、Z为无色气体，Z有刺激性气味，且X→Y→Z为连续氧化过程，结合Z与少量/足量NaOH反应生成酸式盐(N)和正盐(M)，推知Z为SO2(刺激性无色气体)，Y为S(单质)，X为H2S(无色气体)。X为H2S，Z为SO2，二者发生氧化还原反应：，生成Y(S)，A正确；X为H2S(还原性气体)，能与足量O2反应：，直接生成Z(SO2)，B正确；Z为SO2，与溴水反应：，SO2被氧化为H2SO4，溴水被还原褪色，体现SO2的还原性，而非漂白性，C错误；Z为SO2，与少量NaOH反应：，NaHSO3为酸式盐，D正确；故选C。11.研究人员利用AgCl、Sb材料制成新型高能量密度电池，反应原理是，其放电过程示意图如下。下列说法错误的是A.N极材料是，是电池的负极B.溶液中的有利于增加溶液的导电性C.正极的电极反应式为D.当电路中有1mol通过，理论上M极质量增加108g【答案】D【解析】根据原电池总反应可知：化合价升高，失电子，为负极材料，中化合价降低，为正极材料，根据图中电子流向可判断N极材料是。由总反应可知，元素化合价从0价升高到+3价，发生氧化反应，为负极，电子从负极流出，根据图中电子流向可判断N极材料是，是电池的负极，A正确；在溶液中电离出和，可增加溶液中离子浓度，从而增强溶液导电性，B正确；正极发生还原反应，中得电子生成，电极反应式为，C正确；M极为正极，电极反应为，每转移1mol，消耗1mol（143.5g），生成1mol（108g），电极质量变化为，质量减少35.5g，而非增加108g，D错误；故答案选D。12./MgO循环在捕获及转化等方面具有重要应用。在恒温恒容的密闭容器中进行反应：，忽略固体体积的变化，下列不能说明该反应达到平衡状态的是A.气体的平均密度不变 B.容器中固体的质量不变C.气体物质的量之比： D.【答案】C【解析】气体的平均密度不变，说明气体总质量不再变化，而反应中固体质量变化会影响气体总质量，因此密度不变时反应达平衡，A不符合题意；固体质量不变表明MgCO3和MgO的转化停止，说明反应达平衡，B不符合题意；反应中H2O和CH4的生成比为2:1，该比例在反应过程中始终不变，不能作为平衡判断依据，C符合题意；根据反应速率关系，v正(H2)=2v逆(H2O)等价于正逆反应速率相等，说明达平衡，D不符合题意；答案选C。13.下列化学事实与对应的解释不相符的是选项化学事实解释A氨气的水溶液呈碱性NH3与H2O结合成的一水合氨部分电离出OH-B工业上常用热分解法冶炼银氧化银受热易分解C浓硫酸滴在衣服上，衣服“烧成”一个黑洞浓硫酸具有吸水性D光照引发甲烷氯化反应断键需要能量A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】氨气溶于水与水发生化合反应生成一水合氨，生成的一水合氨部分发生电离作用产生OH-使溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此溶液显碱性，A正确；银的化合物如Ag2O不稳定，受热易分解为银单质和氧气，因此在工业上通过热分解法处理银的化合物的方法来冶炼银，B正确；浓硫酸使衣物“烧成”一个黑洞，是由于浓硫酸具有脱水性，使有机物中的H、O两种元素以H2O的组成脱去，剩下C单质留在衣服上而显黑色，并不是由于浓硫酸的吸水性，C错误；甲烷与Cl2光照条件下发生取代反应需断裂Cl-Cl键、C-H键，断键吸收能量，光照提供能量引发反应的发生，D正确；故合理选项是C。14.某实验室废水中可能含有、、、、、、、中的几种，且各离子浓度均为0.1。欲探究废水组成，进行如下实验：实验Ⅰ．取少量废水于试管中，向其中加入过量浓NaOH溶液并微热，有刺激性气味的气体产生。实验Ⅱ．取适量废水于试管中，向其中加入过量溶液，有白色沉淀产生，继续加入过量盐酸，观察到白色沉淀的量未减少，同时有无色气体生成，且气体遇空气变为红棕色。下列推断错误的是A.废水中是否含有可以通过焰色试验来确定B.实验Ⅱ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式：C.废水中一定不含有的阴离子是、D.另取200mL废水，加入足量浓NaOH溶液，充分反应后过滤、灼烧至恒重，理论上得到固体的质量为1.6g【答案】C【解析】实验Ⅰ中取少量废水于试管中，向其中加入过量浓NaOH溶液并微热，有刺激性气味的气体产生，该气体为NH3，说明含，浓度为0.1mol/L；实验Ⅱ中取适量废水于试管中，向其中加入过量溶液，有白色沉淀产生，继续加入过量盐酸，观察到白色沉淀的量未减少，该沉淀为BaSO4不是BaCO3，说明含，浓度为0.1mol/L，排除，同时有无色气体生成，且气体遇空气变为红棕色，该过程中NO被氧化为NO2，说明Fe2+与在酸性条件下发生氧化还原反应，故Fe2+和均存在，各0.1mol/L，根据电荷守恒，已确定的阳离子、所带正电荷总浓度为，已确定的阴离子、所带负电荷总浓度为，废水中不含Mg2+，无法确定和是否存在。焰色试验可检测K+，其他离子不干扰，A正确；由分析可知，实验Ⅱ中Fe2+与在酸性条件下发生氧化还原反应生成NO和Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式：，B正确；由分析可知，该废水中不含，C错误；由分析可知，废水中Fe2+的浓度为0.1mol/L，200mL废水中Fe2+为0.02mol，加入足量浓NaOH溶液，充分反应后过滤、灼烧至恒重，生成0.01molFe2O3，质量为160g/mol×0.01mol=1.6g，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.能形成酸雨破坏环境，为了保护环境，可用CO还原烟道气中的变害为利：。实验室模拟该反应的装置如图所示(夹持和加热装置略)。已知：①硫的熔点为112.8℃，沸点为444.6℃。②制备CO：。回答下列问题：（1）图中制备发生反应的化学方程式是_______。（2）仪器c的名称为_______；仪器d的作用是_______。（3）试剂X、Y通常分别是_______、_______。（4）若产生CO的反应过快，要使其变慢的操作是_______；装有浓硫酸的装置a的一个作用是通过观察_______判断甲酸发生反应的速率。（5）将铝矾土铺在陶土网上的目的是_______；使用粗大的b导管的目的是_______。【答案】（1）（2）①.U形管②.防倒吸（3）①.浓硫酸②.NaOH溶液（4）①.旋转分液漏斗上的活塞，使滴速减小②.气泡生成的速率（5）①.增大接触面积，使气体之间的反应更充分、速率更快②.防止生成的S凝固堵塞导管【解析】装置中亚硫酸钠与硫酸反应生成SO2，X为浓硫酸，用于干燥SO2，甲酸与浓硫酸反应生成CO，碱石灰用于吸收挥发的甲酸，浓硫酸干燥CO，SO2与CO在长直玻璃管中反应生成CO2和S，使用粗大的b导管的目的是防止生成的S凝固堵塞导管，U形管放置在水中用于冷凝单质S，Y用于吸收CO2和SO2，通常用NaOH溶液，干燥管用于防倒吸，气球收集未反应完的CO。【小问1详析】亚硫酸钠与硫酸反应生成SO2，反应的化学方程式为；【小问2详析】仪器c的名称为U形管，d为干燥管，作用是防倒吸；【小问3详析】由分析可知，X是浓硫酸，Y是NaOH溶液；【小问4详析】若产生CO的反应过快，要使其变慢的操作是旋转分液漏斗上的活塞，使滴速减小，装有浓硫酸的装置a的一个作用是通过观察气泡生成的速率判断甲酸发生反应的速率；【小问5详析】将铝矾土铺在陶土网上的目的是增大接触面积，使气体之间的反应更充分、速率更快，使用粗大的b导管的目的是防止生成的S凝固堵塞导管。16.钼(Mo)是一种高熔点金属，也是重要的战略性资源。一种从铁钼矿(含FeS2、MoS2、FeCO3以及其他不溶性杂质)获得Mo以及绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如图所示：已知：①经焙烧后，钼元素转化为MoO3；②FeSO4·7H2O溶于水，不溶于乙醇。回答下列问题：（1）“焙烧”前需将铁钼矿粉碎，其目的是_______；“焙烧”时，参与的反应中，被氧化的元素是_______(填元素名称)。（2）写出“氨浸”时MoO3发生反应的化学方程式：_______；“热分解”工序中产生气体物质，该物质可返回_______工序：实验室进行“热分解”时，在下列给出的实验仪器中，应选择的仪器为_______(填仪器名称)。（3）过量的试剂X的作用是：①消耗过量的酸；②_______(用离子方程式表示)。（4）“一系列操作”是指：_______、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体；冷却结晶时加入乙醇可提高绿矾的产率，则乙醇的主要作用是_______。【答案】（1）①.增大反应物接触面积，加快反应速率②.铁和硫（2）①.②.氨浸③.坩埚（3）2Fe3++Fe=3Fe2+（4）①.蒸发浓缩②.降低绿矾的溶解度，便于结晶析出【解析】铁钼矿中含有FeS2、MoS2、FeCO3以及其他不溶性杂质)，将铁钼矿在空气高温煅烧，反应产生Fe2O3、MoO3以及气体SO2、CO2，然后用氨水浸取焙烧后的固体，MoO3反应转化为(NH4)2MoO4进入溶液，将分离得到的(NH4)2MoO4进行热分解，反应产生MoO3、NH3、H2O，产生NH3的可返回氨浸工序循环使用。Fe2O3与氨水不能反应，仍以固体存在，通过过滤进入滤渣1中。用足量硫酸溶解滤渣1，Fe2O3反应转化为Fe2(SO4)3，过滤后向滤液中加入足量Fe粉，发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，得到FeSO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。【小问1详析】“焙烧”前将铁钼矿粉碎，目的是增大固体表面积，加快反应速率，并使反应更充分；“焙烧”时，FeS2与空气中反应生成和，Fe元素从+2价升至+3价，S元素从-1价升至+4价，化合价升高，失去电子被氧化，因此被氧化的元素是铁和硫；【小问2详析】“氨浸”时，MoO3与氨水反应生成(NH4)2MoO4和H2O，该反应的化学方程式为：；热分解(NH4)2MoO4生成NH3、MoO3和H2O，产生NH3的可返回氨浸工序循环使用；实验室热分解固体物质应选择坩埚；【小问3详析】试剂X为铁粉，其作用是消耗过量硫酸，并将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；【小问4详析】由于FeSO4·7H2O易溶于水，不溶于乙醇，在水溶液中的溶解度随温度的升高而增大，因此从FeSO4溶液中获得绿矾FeSO4·7H2O，进行的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；冷却结晶时加入乙醇可提高绿矾的产率，乙醇的主要作用是：降低绿矾溶解度，减少溶解损失，提高产率。17.工业上利用合成气CO、制备有机物D的合成路线如图所示。回答下列问题：（1）反应①的化学方程式为_______。（2）A→B的反应类型是_______。（3）X的结构简式为_______；D中所含官能团的名称是_______。（4）将足量钠投入A中，发生反应的化学方程式为_______；与钠与水反应相比，钠与A反应的速率更_______(填“快”或“慢”)。（5）E是D的链状同分异构体，E能与溶液反应且1molE与足量钠完全反应产生标准状况下22.4L氢气，则E可能的结构简式为_______(填一种)。【答案】（1）（2）氧化反应（3）①.②.羟基、酯基（4）①.②.慢（5）或【解析】CO和H2催化生成乙二醇，乙二醇氧化生成乙二酸，乙二酸和甲醇生成乙二酸二甲酯，然后生成D。【小问1详析】反应①中CO和H2反应生成乙二醇，化学方程式为：。【小问2详析】醇羟基在加热、催化剂条件下，可以被空气中的氧气氧化为羧基，A→B的反应类型是氧化反应。【小问3详析】B和X发生酯化反应生成C，由B和C的结构简式可知X为，D中所含官能团的名称是羟基、酯基。【小问4详析】乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，则乙二醇和钠反应生成氢气和，化学方程式为：；；乙二醇羟基中的氢原子不如水中的氢原子活泼，故速率更慢。【小问5详析】根据题意可知，E能与溶液反应且1molE与足量钠完全反应产生标准状况下22.4L氢气，E中含有1个羧基、1个羟基