2026届广东深圳平湖外国语学校化学高二上期中检测模拟试题含解析

2026届广东深圳平湖外国语学校化学高二上期中检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学根据反应“＋2I－＋2H＋=＋I2＋H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒。甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸；乙组向图Ⅱ的B烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液。下列叙述中正确的是()A．甲组操作时，电流表(A)指针发生偏转B．甲组操作时，溶液颜色变浅C．乙组操作时，C1上发生的电极反应为I2＋2e－=2I－D．乙组操作时，C2作正极2、煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，会形成酸雨、污染大气。在烟气处理过程中采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液的浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：离子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/mol·L-18.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3下列说法错误的是（）A．NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2OB．增加压强，NO的转化率提高C．随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐增大D．由实验结果可知，脱硫反应的速率大于脱硝反应的速率3、汽车的启动电源常用铅蓄电池，电池反应如下：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，根据此反应判断下列叙述中正确的是()A．PbO2放电时是电池的负极，充电时是电池的阳极B．负极的电极反应式为：Pb+SO42—–2e–=PbSO4C．放电时，PbO2得电子，被氧化D．电池放电时，溶液酸性增强4、实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A． B． C． D．5、某有机化合物3.2g在氧气中充分燃烧只生成CO2和H2O，将生成物依次通入盛有浓硫酸的洗气瓶和盛有碱石灰的干燥管，实验测得装有浓硫酸的洗气瓶增重3.6g，盛有碱石灰的干燥管增重4.4g。则下列判断正确的是()A．只含碳、氢两种元素B．肯定含有碳、氢、氧三种元素C．肯定含有碳、氢元素，可能含有氧元素D．根据题目条件可求出该有机物的最简式，无法求出该有机物的分子式6、下列各电离方程式中，书写正确的是A．CH3COOH=H＋＋CH3COO－ B．KHSO4⇌K＋＋H＋＋SOC．NH3·H2O=NH＋OH－ D．H2S⇌H＋＋HS－7、下面是一段关于酸碱中和实验操作的叙述：①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次。②在一锥形瓶中加入25mL待测NaOH溶液。③加入几滴酚酞试剂做指示剂。④取一支酸式滴定管，洗涤干净。⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定。⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶。⑦两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点。文中所述操作有错误的序号为A．④⑥⑦B．①⑤⑥⑦C．①⑤⑦D．①③⑤⑦8、下列对[Zn（NH3）4]SO4配合物的说法不正确的是（）A．SO42﹣是内界 B．配位数是4C．Zn2+是中心离子 D．NH3是配位体9、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是()A．氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②B．反应⑥的现象为产生砖红色沉淀C．反应③的条件为浓硫酸、加热D．氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色10、已知化学反应A2(g)＋B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是A．每生成2分子AB吸收bkJ热量B．断裂1molA-A键和1molB-B键，放出akJ能量C．该反应中反应物的总能量高于产物的总能量D．该反应热为(a－b)kJ·mol－111、下列溶液一定呈酸性的是（）A．pH＜7的溶液 B．能与金属反应生成氢气的溶液C．滴加酚酞仍为无色的溶液 D．c(H+)＞c(OH-)的溶液12、有反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，在其他条件不变的情况下A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D．增大反应物浓度，反应的ΔH也随之改变13、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是①工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，反应条件选择高温②实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气③硫酸工业中2SO2+O22SO3，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率④对CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深A．②③B．②④C．①③D．①④14、电解CuSO4溶液时，若必须达到以下三点要求：①阳极质量减少，②阴极质量增加，③电解液中c(Cu2+)不变。则可选用的电极是A．含Zn、Ag的铜合金作阳极，纯铜作阴极B．用纯铁作阳极，纯铜作阴极C．用石墨作阳极，惰性电极(Pt)作阴极D．用纯铜作阳极，含Zn、Ag的铜合金作阴极15、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是A．石墨>金刚石>SiO2 B．KCl>NaCl>MgCl2>MgOC．Rb>K>Na>Li D．CH4>SiH4>GeH4>SnH416、乙烷跟氯气在光照下发生取代反应，得到乙烷的氯代产物最多有A．10种B．9种C．8种D．7种17、据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实，其反应的化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)。下列叙述正确的是A．相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量B．当v(CO2)=2v(CH3CH2OH)时，反应一定达到平衡状态C．移去水蒸气，可增大正反应速率D．增大压强，可提高CO2和H2的转化率18、日常生活中食用的白糖、冰糖和红糖的主要成分是A．淀粉 B．葡萄糖 C．蔗糖 D．果糖19、下列说法正确的是A．原电池是把电能转化为化学能的装置B．原电池的负极和电解池的阳极上都发生氧化反应C．形成原电池后，阳离子通过盐桥向负极移动D．电解时，电解池的阳极一定是阴离子放电20、如图是关于可逆反应（正反应为放热反应）的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是A．升高温度B．降低压强C．增大反应物浓度，同时使用正催化剂D．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度21、某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，下列说法正确的是(

)A．在0.1mol/L的Na2A溶液中，c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/LB．在0.1mol/L的H2A溶液中，c(H+)=0.2mol/LC．分别将浓度均为0.1mol/L的NaHA和Na2A溶液等体积混合，其pH一定大于7D．0.1mol/L的NaHA溶液中离子浓度为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)22、下列疾病不能选用青霉素治疗的是A．肺炎B．脑膜炎C．胃痛D．外伤感染二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物数量众多，分布极广，与人类关系非常密切。（1）石油裂解得到某烃A，其球棍模型为，它是重要的化工基本原料。①A的结构简式为_________，A的名称是____________。②A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_______________。③A→C的反应类型是____，C+D→E的化学方程式为_______，鉴别C和D的方法是_______。④A的同系物B的相对分子质量比A大14，B的结构有____种。（2）生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为__________。24、（12分）某药物H的合成路线如下：试回答下列问题：（1）反应Ⅰ所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同。则A分子中最多有______个原子在同一平面上，最多有______个碳原子在同一条直线上。（2）反应Ⅰ的反应类型是______反应Ⅱ的反应类型是______，反应Ⅲ的反应类型是______。（3）B的结构简式是______；E的分子式为______；F中含氧官能团的名称是___。25、（12分）在用0.1mol/L的盐酸来测定未知浓度的氢氧化钠溶液的酸碱中和滴定实验中：(1)放在锥形瓶中的溶液是______________；(2)若选用酚酞做指示剂，溶液的颜色由______色变_____色.(3)酸碱中和滴定中实验操作中眼睛应注视：________________(4)装标准液的滴定管未用标准液润洗，则测得待测液的浓度偏______(5)锥形瓶用待测液润洗，则测得待测液的浓度偏_____(6)滴定过程中锥形瓶中有少量待测溶液溅出，则测得待测液的浓度偏______26、（10分）已知MnO2、Fe3+、Cu2+等均可以催化过氧化氢的分解。某化学实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下表：请回答下列问题:（1）盛装双氧水的化学仪器名称是__________。（2）如何检验该套装置的气密性__________________________________________________。（3）相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而__________。（4）从实验效果和“绿色化学”角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入______g的二氧化锰为较佳选择。（5）某同学查阅资料知道，H2O2是一种常见的氧化剂，可以将Fe2+氧化为Fe3+，他在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，过了一会，又产生了气体，猜测该气体可能为______，产生该气体的原因是_____________________。27、（12分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：(1)用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中颜色变化，直到加入一滴盐酸，溶液的颜色由____色变为_____，且半分钟不褪色，即停止滴定。(2)下列操作中使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏高的是________(填序号)。A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥C、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D、读取盐酸体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数E、滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如右图所示：则起始读数为_____mL，终点读数为_____mL。(4)如已知用c(HCl)=0.1000mol/L的盐酸滴定20.00mL的氢氧化钠溶液，测得的实验数据如(3)中记录所示，则该氢氧化钠溶液的浓度c(NaOH)=____mo1/L。28、（14分）科学家寻找高效催化剂，通过如下反应实现大气污染物转化：(1)NH3作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863计划。在恒温恒容装置中充入一定量的NH3和O2，在某催化剂的作用下进行反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H＜0，测得不同时间的NH3和O2的浓度如下表：时间(min)0510152025c(NH3)/mol·L-11.000.360.120.080.00720.0072c(O2)/mol·L-12.001.200.900.850.840.84①前10分钟内的平均速率v(NO)=___________________mol·L-1·min-1②下列有关叙述中正确的是______________A．使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率B．若测得容器内4v正(NH3)=6v逆(H2O)时，说明反应已达平衡C．当容器内气体的密度不变时，说明反应已达平衡D．若该反应的平衡常数K值变大，在平衡移动过程中正反应速率先增大后减小(2)氨催化氧化时会发生下述两个竞争反应I、II。催化剂常具有较强的选择性，即专一性。已知：反应I4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H＜0反应II：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H＜0为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量关系如图：①该催化剂在高温时选择反应____________(填“I”或“II”)。②反应I的活化能Ea(正)________Ea(逆)(填“小于”“等于”或“大于”)。③520℃时，4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)的平衡常数K=________________(不要求得出计算结果，只需列出数字计算式)。④C点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因_________________________。(3)羟胺(NH2OH)的电子式_____________，羟胺是一种还原剂，可用作显像剂还原溴化银生成银单质和氮气，该反应的化学方程式为________________________________________。现用25.00mL0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL0.020mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用，则在上述反应中，羟胺的氧化产物是________________________。29、（10分）I、H2A在水中存在以下平衡：H2AH+＋HA-，HA-H+＋A2-(1)NaHA溶液显酸性，则溶液中离子浓度的大小顺序为__________。(2)常温时，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液的下列关系中，一定正确的是__________。A．c（Na+）＞c（K+）B．c（H+）•c（OH）＝1×10-14C．c（Na+）＝c（K+）D．c（Na+）＋c（K+）＝c（HA-）＋c（A2-）Ⅱ、含有Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含4.00×10-3mol/LCr2O。为使废水能达标排放，作如下处理：Cr2OCr3+、Fe3+Cr（O3）、Fe（OH）3(3)该废水中加入FeSO4•7H2O和稀硫酸，发生反应的离子方程式为：________________。(4)欲使25L该废水中转化为Cr3+，理论上需要加入_________gFeSO4•7H2O。(5)若处理后的废水中残留的c（Fe3+）＝1×10-13mol/L，则残留的Cr3+的浓度为_________mol/L，Cr3+________（填是或否）沉淀完全。（已知：Ksp[Fe（OH）3]≈1.0×10-38mol/L，Ksp[Cr（OH）3]≈1.0×10-31mol/L）III.已知：I2＋2S2O32-==2I-＋S4O62-。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入浓度为2.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全。(6)步骤c中判断恰好反应完全的现象为_______________(7)根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是_____g/kg。（以含w的代数式表示）

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、C【分析】甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸，发生氧化还原反应，不发生原电池反应；乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，不发生化学反应，发生原电池反应，A中发生I2+2e－＝2I－，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应。【详解】A、甲组操作时，两个电极均为碳棒，不发生原电池反应，则电流表(A)指针不发生偏转，故A错误；B、发生反应生成碘单质，则溶液颜色加深，故B错误；C、乙组操作时，C1上得到电子，为正极，发生的电极反应为I2+2e－＝2I－，故C正确；D、乙组操作时，C2做负极，因As元素失去电子，故D错误；故选C。【点睛】本题考查原电池的工作原理，解题关键：明确电极的判断、电极反应等，难点：判断装置能否形成原电池。2、C【详解】A．NaClO2具有强氧化性，根据表格数据可知脱硝过程中NO主要被氧化为NO3-，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O，故A正确；B．正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高，故B正确；C．根据脱硝反应可知反应过程中消耗氢氧根离子，所以溶液pH减小，故C错误；D．根据表格数据可知在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，故D正确；故答案为C。3、B【解析】A．根据电池反应式知，二氧化铅得电子发生还原反应，所以二氧化铅是正极，故A错误；B．负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，电极反应式为：Pb（s）+SO42﹣（aq）﹣2e﹣=PbSO4（s），故B正确；C．二氧化铅得电子被还原，故C错误；D．电池放电时，硫酸参加反应生成水，所以溶质的质量减少，溶剂的质量增加，所以溶液酸性减弱，故D错误；答案选B。4、D【分析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。【点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。5、B【分析】通过浓硫酸和碱石灰增加的质量计算n（H）和n（C），根据C和H的质量结合有机物的质量确定是否含O，进一步确定最简式。【详解】3.2g该有机物在氧气中燃烧后生成的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，分别增重3.6g和4.4g，生成水的质量是3.6g，所以氢原子的物质的量是×2=0.4mol；生成的二氧化碳的质量是4.4g，碳原子的物质的量是4.4g÷44g/mol=0.1mol，根据氢原子和碳原子守恒，可以知道有机物中含有0.1mol碳原子和0.4mol氢原子，m（C）+m（H）=0.1mol×12g/mol+0.4mol×1g/mol=1.6g<3.2g，则该有机物中含n（O）=（3.2g-1.6g）÷16g/mol=0.1mol，该有机物中C、H、O的个数比为0.1mol：0.4mol：0.1mol=1:4:1，该有机物的最简式为CH4O，由于最简式中H原子已达饱和，该有机物的分子式为CH4O，答案选B。【点睛】本题考查元素守恒法确定有机物的分子式，注意质量守恒的应用，难度不大。注意特殊情况下由最简式直接确定分子式。6、D【详解】A．CH3COOH是弱电解质，所以CH3COOH的电离方程式为：CH3COOHH＋＋CH3COO－，故A错误；B．KHSO4是强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为KHSO4=K＋＋H＋＋SO，故B错误；C．NH3·H2O为弱电解质，应用可逆符合，电离方程式为NH3·H2ONH＋OH－，故C错误；D．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为：H2S⇌H＋＋HS－，故D正确；故选D。7、C【解析】①中和滴定中锥形瓶装待测液时不能润洗，所以不能用待测NaOH溶液润锥形瓶，故①错误；

②锥形瓶用于盛装一定体积的待测液，故②正确；

③酸滴定碱，一般选择酚酞作指示剂，故③正确；

④取一支酸式滴定管，洗涤干净，故④正确；

⑤酸式滴定管要用标准酸溶液润洗三次，不能直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定，故⑤错误；

⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，故⑥正确；

⑦两眼应该注视着锥形瓶中溶液颜色变化，故⑦错误。错误的为①⑤⑦，故答案C正确。

故选C。8、A【解析】A．在[Zn（NH3）4]SO4中外界是SO42-，內界是[Zn（NH3）4]2+，故A错误；B．锌离子配位原子个数是4，所以其配位数是4，故B正确；C．该配合物中，锌离子提供空轨道，所以锌离子是中心离子，故C正确；D．该配合物中氮原子提供孤电子对，所以NH3是配位体，故D正确；答案选A。9、B【详解】A．反应①②是加成反应，③为消去反应，④为加聚反应，⑤⑥为氧化反应，A错误；B．反应⑥是乙醛与新制氢氧化铜悬浊液共热，故现象为产生砖红色沉淀，B正确；C．反应③是卤代烃发生消去反应，故条件为氢氧化钠的醇溶液、加热，C错误；D．氯乙烯在含有碳碳双键，故能使酸性KMnO4溶液褪色，但聚乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，D错误；故答案为B。10、D【分析】图中信息告诉我们，断裂1molA2(g)和1molB2(g)中的化学键，需吸收akJ的热量，由2molA(g)与2molB(g)发生反应生成2molAB(g)，能放出bkJ的热量。【详解】A．1molA2(g)和1molB2(g)发生反应生成2molAB（g），需吸收(a－b)kJ热量，A不正确；B．断裂1molA-A键和1molB-B键，吸收akJ能量，B不正确；C．该反应中反应物的总能量低于产物的总能量，C不正确；D．反应热为反应物的总键能减去生成物的总键能，即(a－b)kJ·mol－1，D正确；故选D。11、D【详解】A．温度升高时，水的电离程度增大，电离产生的c(H+)增大，pH减小，所以pH<7的溶液不一定呈酸性，可能呈中性，A不正确；B．氢氧化钠溶液能与铝反应产生氢气，所以能与金属反应生成氢气的溶液不一定呈酸性，B不正确；C．酚酞在pH>8时才显红色，所以滴加酚酞仍为无色的溶液不一定呈酸性，C不正确；D．c(H+)＞c(OH-)的溶液一定呈酸性，D正确；故选D。12、B【详解】A.加入催化剂，反应速率加快，改变了反应的途径，但不能改变反应热，反应放出的热量不变，故A错误；B.反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0是一个气体体积不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变，故B正确；C.升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，反应放出的热量减少，故C错误；D.增大反应物浓度，反应速率加快，反应的ΔH不变，故D错误。故选B。13、D【解析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【详解】①合成氨：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0在高温平衡逆向移动，不利于氨的合成，符合题意；②氯气与水发生可逆反应生成HCl和HClO，在饱和食盐水中增大氯离子浓度，使氯气的溶解度减小，氯气难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水收集氯气，故不合题意。③硫酸工业中2SO2+O22SO3，增大O2的浓度，平衡正向移动，有利于提高SO2的转化率，故不合题意；④对CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)平衡体系增大压强，平衡不移动，可使颜色变深，是因为体积减小，是物理变化。故符合题意。故①④符合题意，故选D。14、D【解析】试题分析：CuSO4溶液含有阳离子：Cu2＋、H＋，阴离子：OH－、SO42－，根据电解的原理，阳离子在阴极上得电子，Cu2＋先放电Cu2＋＋2e－=Cu，附着在阴电极上，阴电极质量增大；阳极的质量减少，说明活动性金属做阳极，失电子；电解液中c(Cu2＋)不变，说明阴极上消耗的Cu2＋等于阳极上生成的Cu2＋，A、含Zn、Ag的铜合金作阳极，锌比铜活泼，锌先是电子，会使电解质溶液中c(Cu2＋)减小，错误；B、铁作阳极，Fe－2e－=Fe2＋，造成了电解液中c(Cu2＋)减小，错误；C、石墨作阳极，石墨是惰性材料，不参加反应，质量不变，错误；D、纯铜作阳极，Cu－2e－=Cu2＋，阴极上：Cu2＋＋2e－=Cu，阴极质量增加，阳极质量减小，溶液中c(Cu2＋)不变，符合题意，正确。考点：考查电解原理。15、A【详解】A．原子晶体中，共价键的键长越小，熔点越高，石墨为混合晶体，石墨的键长比金刚石的小，所以石墨比金刚石的熔点高，故A项正确；B.离子晶体中离子电荷数较高的熔点较高，离子电荷数相同时，离子半径越小，熔点越高，KCl<NaCl，MgCl2<MgO,故B项错误；C．金属晶体中原子半径越小，金属键越强，熔点越高，Rb＜K＜Na＜Li，故C项错误；D．分子晶体中，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，CH4<SiH4<GeH4<SnH4，故D项错误；综上所述，本题选A。【点睛】晶体熔沸点比较规律：原子晶体：主要看原子半径，原子半径越小，共价键越强，熔沸点就越高；离子晶体：组成和结构相似的，主要看离子半径，离子半径越小，离子键越强，熔沸点就越高；分子晶体：组成和结构相似的，相对分子质量越大，熔沸点越高（含有氢键的反常）。16、B【解析】试题分析：乙烷跟氯气在光照下发生取代反应，得到乙烷的氯代产物有一氯代物1种；二氯代物2种；三氯代物2种；四氯代物2种；五氯代物1种；六氯代物1种。共9种。选项为：B．考点：考查烷烃的取代反应的特点及取代产物的知识。17、D【详解】A．氢原子结合生成氢气分子，氢原子之间形成化学键释放能量，则2mol氢原子所具有的能量高于1mol氢分子所具有的能量，A错误；B．未指出反应速率的正、逆，因此不能判断反应是否处于平衡状态，A错误；C．移去水蒸气的瞬间，正反应速率不变，逆反应速率减小，由于正反应速率大于逆反应速率，化学平衡正向移动，C错误；D．该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，可提高CO2和H2的转化率，D正确；故答案为D。18、C【详解】A．淀粉主要存在植物种子和块茎中，最终变为葡萄糖，供机体活动需要，故A错误；B．葡萄糖主要是放出能量，供机体活动和维持体温恒定的需要，故B错误；C．因为蔗糖是食品中常用得到甜味剂，日常生活中食用的白糖、冰糖和红糖的主要成分是蔗糖，故C正确；D．果糖是所有的糖中最甜的一种，广泛用于食品工业，如制糖果、糕点、饮料等，故D错误；故答案选C。19、B【详解】A.原电池是把化学能转化为电能的装置，故错误；B.原电池的负极和电解池的阳极上都发生氧化反应，失去电子，故正确；C.形成原电池后，盐桥中的阳离子向正极移动，故错误；D.电解时，电解池的阳极材料若是活泼金属，则金属失电子发生氧化反应，若为惰性电极，则阴离子失电子发生氧化反应，故错误。故选B。【点睛】D为易错点，电解池是将电能变成化学能的装置，阳极是金属或溶液中的阴离子失去电子发生氧化反应，阴极是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，溶液中的阴离子向阳极移动。20、D【详解】A、升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率应在正反应速率的上方，故A错误；

B、降低压强，正逆反应速率都降低，故B错误；

C、增大反应物浓度，同时使用正催化剂，正逆反应速率都增大，平衡向正反应移动，正反应速率应在逆速率的上方，故C错误；

D、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动，所以D选项是正确的。故答案选D。21、D【解析】A、根据H2A第一步完全电离和物料守恒解答；

B、二元酸H2A在水中的电离方程式为:H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，第一步完全电离,第二步部分电离,根据平衡常数计算溶液的c(H+)；

C、HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2),电离平衡常数较大,同浓度0.1mol/L的NaHA和Na2A溶液等体积混合,其pH应小于7；

D、0.1mol/L的NaHA溶液显酸性,c(HA-)＞c(H+)。【详解】A．二元酸H2A在水中的电离方程式为:H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，可以知道第一步完全电离,第二步部分电离,则在0.1mol/L的Na2A溶液中，存在HA-和A2-离子,且c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L，A错误；B.在0.1mol/L的H2A溶液中，在水中的电离方程式为H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，第一步完全电离,第二步部分电离，设电离的HA-为x,则有:(0.1+x)×x/(0.1-x)=1/100，解之得x=0.0084；所以在0.1mol/L的H2A溶液中,c(H+)=0.1+0.0084=0.1084mol/L,故B错误；

C.由Ka=1.0×10-2知,HA-的电离度为10%，在温度不变时，同浓度0.1mol/L的NaHA和Na2A溶液等体积混合,溶液中的c(H+)近似为0.01mol/L，变化不大，溶液仍呈酸性，故C错误；

D.0.1mol/L的NaHA溶液中，HA-的电离程度约为10%，溶液显酸性，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】如果H2A为二元弱酸，则Na2A溶液中存在的物料守恒为：c(Na+)=2（c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)）；如果二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，则Na2A溶液中存在的物料守恒为c(Na+)=2（c(HA-)+c(A2-)）；本题要注意H2A=H++HA-第一步电离是完全的，所以Na2A只能发生一步水解，这是一个易忽视的点。22、C【解析】A.肺炎、B.脑膜炎、D.外伤感染，都是由细菌引起的疾病，青霉素主要是杀死细菌，因此都能用青霉素很好地治疗，C.胃痛主要是胃酸分泌过多，可以用胃舒平、胃得乐等合适的胃药治疗。故选C。二、非选择题(共84分)23、CH3CH=CH2丙烯CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br加成反应CH3CH2CHOH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C3(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)【分析】(1)根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，加成分析解答；(2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，加成分析解答。【详解】(1)①根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，名称为丙烯，故答案为CH3CH=CH2；丙烯；②A(CH3CH=CH2)与溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br，故答案为CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br；③根据流程图，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，因此A→C为加成反应，C+D→E的化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，醇不能电离出氢离子，酸具有酸性，鉴别C和D，可以将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C，故答案为加成反应；CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C；④A(CH3CH=CH2)的同系物B的相对分子质量比A大14，说明B的分子式为C4H8，B的结构有CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、(CH3)2C=CH2，共3种，故答案为3；(2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)，故答案为(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)。24、163加成反应取代反应消去反应C10H12O2醛基、酯基【分析】根据合成线路可以知道,D与新制Cu(OH)2加热条件下反应,酸化后得苯乙酸,则D的结构简式为:；C催化氧化生成D,则C的结构简式为:；B水解生成C,则B的结构简式为:；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B,所以A为，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃,氢的质量分数均相同,比较苯与A的结构可以知道,苯与X发生加成反应生成A,所以X为CH≡CH；苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基,则G的结构简式为:

，G发生消去反应生成H；据以上分析解答。【详解】根据合成线路可以知道,D与新制Cu(OH)2加热条件下反应,酸化后得苯乙酸,则D的结构简式为:；C催化氧化生成D,则C的结构简式为:；B水解生成C,则B的结构简式为:；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B,所以A为，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃,氢的质量分数均相同,比较苯与A的结构可以知道,苯与X发生加成反应生成A,所以X为CH≡CH；苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基,则G的结构简式为:

，G发生消去反应生成H；（1）结合以上分析可知，A为，苯分子中所有原子共平面，乙烯分子中所有原子共平面，所以该有机物分子中最多有6+5+5=16个原子在同一平面上；根据苯乙烯的结构可知，苯乙烯分子中最多有3个碳原子在一条直线上；综上所述，本题答案是：16，3。（2）结合以上分析可知，苯与乙炔发生加成反应生成苯乙烯，反应Ⅰ反应类型为加成反应；根据E、F两种物质的结构简式可知，E发生取代反应生成F，反应Ⅱ的反应类型是取代反应；G的结构简式为:，G发生消去反应生成H，反应Ⅲ的反应类型是消去反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应，消去反应。（3）结合以上分析可知，B的结构简式是：；E的结构简式为：，其分子式为C10H12O2；根据F的结构简式可知，F中含氧官能团的名称是酯基、醛基；综上所述。本题答案是：，C10H12O2，酯基、醛基。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重炔烃、卤代烃、醇、醛、羧酸、酯的性质及反应的考查，题目难度不大。判断分子中原子共面、共线，要掌握乙烯、苯分子空间结构的特点。25、氢氧化钠红色无色锥形瓶高高低【分析】中和滴定实验中，盐酸标定氢氧化钠的浓度，指示剂一般选用酚酞，用酸式滴定管进行滴定，锥形瓶中加入未知浓度的氢氧化钠。【详解】(1)放在锥形瓶中的溶液是氢氧化钠；(2)若选用酚酞做指示剂，加入锥形瓶中，酚酞遇碱变红，溶液的颜色由红色变无色；(3)酸碱中和滴定中，眼睛应注视锥形瓶；(4)装标准液的滴定管未用标准液润洗，酸液受滴定管残留水的影响，浓度降低，消耗酸的体积增多，故测得待测液的浓度偏高；(5)锥形瓶用待测液润洗，则锥形瓶中的液体体积增大，消耗盐酸的量增多，故测得待测液的浓度偏高；(6)滴定过程中锥形瓶中有少量待测溶液溅出，则锥形瓶中的液体总体积减少，消耗盐酸的量减小，测得待测液的浓度偏小。【点睛】本题考查中和滴定过程中实验仪器的使用和准备工作，并对于各类误差进行了考查，难点为润洗滴定管和锥形瓶的区别，滴定管必须用标准液润洗，锥形瓶不能润洗，要保持干燥；易错点为酚酞指示剂的变色范围，注意首先滴加于待测液中，故溶液为红色。26、分液漏斗

关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好加快0.3O2生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解【解析】本题探究过氧化氢分解的最佳催化条件，使用注射器测量气体体积，能保证所测气体恒温恒压，实验数据中表征反应快慢的物理量是反应停止所用时间，反应停止所用时间越短反应速率越快，从表格数据可以看出催化剂使用量越大反应所用时间越短，但使用0.3gMnO2和0.8gMnO2时反应所用时间差别不大。“绿色化学”的理念是原子经济性、从源头上减少污染物的产生等，使用0.3gMnO2有较好的反应速率又符合“绿色化学”的理念。H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+又能催化H2O2的分解放出O2，由此分析解答。【详解】(1)盛装双氧水的化学仪器是分液漏斗。(2)通常在密闭体系中形成压强差来检验装置的气密性，本实验中推拉注射器活栓就可以造成气压差，再观察活栓能否复位，其操作方法是：关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好。(3)由表格数据可知，过氧化氢浓度相同时，增大MnO2的质量，反应停止所用时间缩短，反应速率加快，所以相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而加快。(4)从表格数据看，三次实验中尽管双氧水的浓度不同，但使用0.3gMnO2的反应速率明显比0.1gMnO2加快很多倍，使用0.8gMnO2尽管比0.3gMnO2时反应速率有所加快，但增大的幅度很小，而“绿色化学”要求原子经济性、从源头减少污染物的产生等，所以使用0.3gMnO2既能有较好的实验效果又符合“绿色化学”的理念。(5)在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，是因为H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据题给信息，Fe3+可以催化过氧化氢的分解，所以H2O2在Fe3+催化下发生了分解反应2H2O22H2O+O2↑，所以产生的气体是O2，原因是生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解。27、浅红无色ACD9.0026.100.0855【解析】根据酸碱指示剂的变色范围判断终点颜色变化；根据滴定原理分析滴定误差、进行计算。【详解】(1)酚酞变色范围8.2－10.0，加在待测的氢氧化钠溶液中呈红色。随着标准盐酸的滴入，溶液的pH逐渐减小，溶液由红色变为浅红，直至刚好变成无色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。(2)A、酸式滴定管未用标准盐酸润洗，使注入的标准盐酸被稀释，中和一定量待测液所耗标准溶液体积偏大，待测液浓度偏高。B、盛放待测溶液的锥形瓶未干燥，不影响标准溶液的体积，对待测溶液的浓度无影响。C、酸式滴定管在滴定前有气泡、滴定后气泡消失，使滴定前读数偏小，标准溶液体积偏大，待测溶液浓度偏高。D、开始俯视读数，滴定结束时仰视读数，使读取盐酸体积偏大，待测溶液浓度偏高。E、滴定过程中，锥形瓶中待测液过量，激烈振荡溅出少量溶液，即损失待测液，消耗标准溶液体积偏小，待测溶液浓度偏低。答案选ACD。(3)滴定管的“0”刻度在上，大刻度在下，应由上向下读数；根据刻度，滴定管的读数应保留两位小数，精确到0.01mL。图中开始读数为9.00mL，结束读数为26.10mL。(4)由(3)V(HCl)＝17.10mL，据c(HCl)×V(HCl)＝c(NaOH)×V(NaOH)，求得c(NaOH)=0.0855mo1/L。【点睛】中和滴定的误差分析可总结为：滴多偏高，滴少偏低。其中，“滴多或滴少”指标准溶液体积，“偏高或偏低”指待测溶液浓度。28、0.088AⅠ小于0.24×0.96/(0.44×1.455)温度升高，催化剂的活性减弱，相同时间生成的NO减少(该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动)2NH2OH+2AgBr==N2↑+2Ag↓+2HBr+2H2ON2O【分析】(1)①可以计算出氨气或氧气的速率，根据速率比等于化学计量数之比，算出NO的速率；②A.催化剂可以同等程度的降低正逆反应的活化能，加快其反应速率，故A正确；B.正逆反应速率比不等于化学计量数之比，未达平衡，故B错误；C.T、V、m（总）一定，密度一定，不能作为判断是否平衡的依据，故C错误；D.因为正反应放热反应，若该反应的平衡常数K值变大，说明在降温，平衡移动过程中正反应速率减小，故D错误；(2)①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；②根据△H判断；③在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：

4NH3（g）+5O2⇌4NO（g）+6H2O（g）

变化（mol）：0.2

0.25

0.2

0.3

4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）

变化（mol）：0.4

0.3

0.2

0.6

故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数；④该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动；(3)根据稳定结构书写羟胺(NH2OH)的电子式；反应物羟胺和溴化银，产物银单质和氮气，书写化学方程式；关系式法计算；【详解】(1)①v（NH3）=（1.00-0.12）/10=0.088mol·L-1·min-1,根据速率比等于化学计量数之比，算出NO的速率v（NO）=0.088mol·L-1·min-1。正确答案：0.088②A.催化剂可以同等程度的降低正逆反应的活化能，加快其反应速率，故A正确；B.正逆反应速率比不等于化学计量数之比，未达平衡，故B错误；C.T、V、m（总）一定，密度一定，不能作为判断是否平衡的依据，故C错误；D.因为正反应放热反应，若该反应的平