2026届江西省临川一中南昌二中九江一中新余一中等九校重点中学协作体高二上化学期中经典模拟试题含解析

2026届江西省临川一中，南昌二中，九江一中，新余一中等九校重点中学协作体高二上化学期中经典模拟试题注意事项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、以下对影响反应方向因素的判断不正确的是（）A．有时焓变对反应的方向起决定性作用B．有时熵变对反应的方向起决定性作用C．焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素D．任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用2、下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性的是()A．HCO3-+H2OH3O++CO32- B．Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+C．HS-+H2OH2S+OH- D．NH4++OH-NH3↑+H2O3、向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法不正确的是A．HCO（aq）+H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）ΔH＞0B．CO（aq）+2H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3C．ΔH1＞ΔH2，ΔH2＜ΔH3D．HCO（aq）H+（aq）+CO（aq）ΔH=+∣ΔH1∣4、已知反应：X＋Ｙ＝Ｍ＋Ｎ为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是()A．X的能量一定高于MB．Y的能量一定高于NC．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量D．因为该反应为放热反应，故不必加热反应就可以发生5、对于100mL1mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施：①升高温度②改用300mL0.1mol/L盐酸；③改用50mL3mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤加入少量CH3COONa固体。其中能使反应速率减慢的是A．③⑤B．①③C．②③D．②⑤6、春季来临时需要给树木的根部刷石灰，以防止树木的病虫害，这利用了蛋白质的A．变性B．水解C．盐析D．颜色反应7、最近发现了一种由金属原子M和非金属原子N构成的气态团簇分子，如图所示，顶角和面的原子是M原子，棱中心和体心的原子是N原子，它的分子式为()A．M4N4B．MNC．M14N13D．条件不够，无法写出8、下列元素在一定条件下，能实现“”直接转化的元素是A．硅B．铝C．铁D．硫9、化学与生活生产密切相关。下列说法中错误的是()A．将海水直接电解可获得Mg及Cl2等单质B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率C．施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性D．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用10、下列说法正确的是A．将硝酸铵晶体溶于水测得水温下降，证明硝酸铵水解吸热B．镀锡铁镀层破损后，在潮湿的空气中会加快破损处铁的腐蚀C．2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡后缩小容器体积，NO2转化率增大，气体颜色变浅D．SO2的催化氧化反应，温度越高反应速率越快，越有利于提高SO2的转化率11、在一定条件下，可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，△H<0，达到平衡时，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是()A．加催化剂υ(正)、υ(逆)都发生变化且变化的倍数相等B．加压，υ(正)、υ(逆)都增大，且υ(正)增大倍数大于υ(逆)增大倍数C．降温，υ(正)、υ(逆)都减小，且υ(正)减小倍数小于υ(逆)减小倍数D．加入氩气，υ(正)、υ(逆)都增大，且υ(正)增大倍数大于υ(逆)增大倍数12、有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中只有Z、X能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用Y盐溶液作电解液，通电时只有W进入阳极泥，但在阴极上只析出Y。这四种金属的活动性顺序是A．Z＞X＞W＞Y B．Y＞Z＞W＞X C．Z＞X＞Y＞W D．X＞Z＞Y＞W13、在一定温度和催化剂作用下，某反应达到平衡，平衡常数，恒容时，温度升高，浓度减小。下列说法正确的是A．该反应的正反应为放热反应B．在相同温度下，当时，平衡向正反应方向移动C．当时，该反应达到平衡状态D．该反应化学方程式为14、质量相等两份锌粉a和b，分别加入足量的同浓度的稀硫酸中，a中同时加入少量CuO固体，下列各图中表示其产生氢气总体积(V)与时间(t)的关系正确的是()A． B． C． D．15、在一定条件下发生反应2A（g）=2B（g）+C（g），将2molA通入2L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5min末测得A的物质的量为0.8mol。用C的浓度变化来表示该反应的速率为A．0.24mol／（L·min） B．0.12mol／（L·min）C．0.08mol／（L·min） D．0.06mol／（L·min）16、下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是①无色透明溶液中：K+、Ca2+、MnO4—、SO42—②pH=11的溶液中：CO32—、Na+、AlO2—、NO3—③加入Al能放出H2的溶液中：Cl-、HCO3—、SO42—、NH4+④由水电离出的c(OH-)=10-4mol•L-1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl-、Br-⑤有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN-、Cl-⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3—、I-、Cl-A．①②④ B．③⑥ C．②④ D．①③⑤⑥17、将一定量的由Cu和Cu2O组成的混合粉末加入到125mL2.6mol·L－1的硝酸中，固体恰好完全溶解，得蓝色溶液X并收集到VmL(标准状况)的纯净无色气体Y。下列结论正确的是A．X中有两种溶质B．Y通入纯水中得到酸性溶液C．原混合粉末的总质量小于7.8gD．当V=1680时，原混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量之比为8∶118、金属单质中不存在（）A．自由电子 B．金属阳离子 C．金属键 D．离子键19、反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)=0.45mol⋅L-1⋅s-1②v(B)=0.6mol⋅L-1⋅s-1③v(C)=0.4mol⋅L-1⋅s-1④v(D)=0.45mol⋅L-1⋅s-1，该反应进行的快慢顺序为()A．④<③=②<① B．④>③=②>① C．①>②>③>④ D．④>③>②>①20、对于有气体参加的化学反应，下列说法正确的是()A．增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大C．加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大D．使用催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大21、1molA与1molB混合于1L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+3B(g)2C(g)+zD(g)，2s后A的转化率为50%，测得v(D)=0.25mol/(L∙s)，下列推断不正确的是A．z=2 B．2s时，容器内的压强是初始的7/8倍C．2s时C的体积分数为2/7 D．2s时，B的浓度为0.5mol/L22、常温下，将0.1mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06mol·L－1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于A．1.7 B．2.0 C．12.0 D．12.4二、非选择题(共84分)23、（14分）（1）下图是表示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢原子结合。①图中A的分子式是___________。②图中C的名称是___________。③图中D的结构简式是__________。④图中与B互为同分异构体的是__________（填字母）。⑤图中1molG完全燃烧时消耗__________molO2。（2）已知某有机物的结构简式如图：①该有机物的分子式为____________。②该有机物中能与NaOH溶液反应的官能团的名称是_________。24、（12分）乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，结合图1中路线回答：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）上述过程中属于物理变化的是______________（填序号）。①分馏②裂解（2）反应II的化学方程式是______________。（3）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是______________。（4）E是有香味的物质，在实验室中可用图2装置制取。①反应IV的化学方程式是______________。②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是______________。（5）根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物CH2=CH-COOH的说法正确的是______________。①与CH3COOH互为同系物②可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体③在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应25、（12分）实验室有一瓶未知浓度的，通过下列实验测定其浓度①取于锥形瓶中，滴入指示剂2-3滴.②取一滴定管，依次查漏，洗涤，用的溶液润洗，然后注入该标准溶液，调整液面，记下读数.③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：.试回答下列问题：（1）步骤①加入的指示剂是___________.（2）步骤③滴定时，眼睛注视_______________直至滴定终点；达到滴定终点的判断_____________________________.（3）己知消耗标准液实验数据如下表：实验次数始读数（mL）末读数（mL）10.1019.2021.8520.7530.0024.06则废水中的物质的量浓度为_________________.（4）下列操作会导致测定结果偏高的是_____________.A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D．达到滴定终点时，仰视读数26、（10分）德国化学家凯库勒认为：苯分子是由6个碳原子以单双键相互交替结合而成的环状结构为了验证凯库勒有关苯环的观点，甲同学设计了如图实验方案．①按如图所示的装置图连接好各仪器；②检验装置的气密性；③在A中加入适量的苯和液溴的混合液体，再加入少量铁粉，塞上橡皮塞，打开止水夹K1、K2、K3；④待C中烧瓶收集满气体后，将导管b的下端插入烧杯里的水中，挤压預先装有水的胶头滴管的胶头，观察实验现象．请回答下列问题．（1）A中所发生反应的反应方程式为_____，能证明凯库勒观点错误的实验现象是______．（2）装置B的作用是______．（3）C中烧瓶的容积为500mL，收集气体时，由于空气未排尽，最终水未充满烧瓶，假设烧瓶中混合气体对氢气的相对密度为35.3，则实验结束时，进入烧瓶中的水的体积为______mL空气的平均相对分子质量为1．（4）已知乳酸的结构简式为试回答：①乳酸分子中含有______和______两种官能团写名称．②乳酸跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式：______．27、（12分）已知下列数据：物质熔点(℃)沸点(℃)密度(g·cm-3)乙醇-117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90浓硫酸(98%)—338.01.84学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①在30mL的大试管A中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；②按下图连接好装置，用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10min；③待试管B收集到一定量的产物后停止加热，撤去试管B并用力振荡，然后静置待分层；④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。请根据题目要求回答下列问题：(1)配制该混合溶液的主要操作步骤为___。(2)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是(填字母)__。A．中和乙酸和乙醇B．中和乙酸并吸收部分乙醇C．加速酯的生成，提高其产率D．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出(3)步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是__。(4)分离出乙酸乙酯后，为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为(填字母)__。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体28、（14分）铍及其化合物的应用正日益被重视。（l）最重要的含铍矿物是绿柱石，含2%铬（Cr）的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的轨道表示式为______________________________。（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_____（填标号）。A．都属于p区主族元素B．电负性都比镁大C．第一电离能都比镁大D．都能与氢氧化钠溶液反应（3）铍、镁晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成（最密堆积）。铍的熔点比镁的熔点高，原因是_____________________________________________________。（4）氯化铍在气态时存在BeC12分子（a）和二聚分子（BeCl2）2（b），固态时则具有如图所示的链状结构（c）。①a属于_____“极性”或“非极性”）分子。②b中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上。b的结构式为________（标出配位键）。③c中Be原子的杂化方式为_____。④氯化铍晶体中存在的作用力有_____（填标号）。A．范德华力B．σ键C．极性键D．非极性键E．离子键（5）BeO立方晶胞如图所示。①BeO晶体中，O2﹣的配位数为_____。②若BeO晶体的密度为dg/cm3，BeO的摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞参数a=_______________cm（列出计算式即可）。29、（10分）为治理环境，减少雾霾，应采取措施减少氮氧化物(NOx)的排放量。还原法、氧化法、电化学吸收法是减少氮氧化物排放的有效措施。(1)厌氧氨化法(Anammox)

是一种新型的氨氮去除技术。①N元素的原子核外电子排布式为______________；联氨(N2H4)中N原子采取_______杂化；H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_____________。②过程II属于_________反应

(填“氧化”或“还原”)。③该过程的总反应是_______________

。④NH2OH

(羟胺)是一元弱碱，25℃时，

其电离平衡常数Kb=9.1×10-9，NH3·H2O

的电离平衡常数Kb=1.6×10-5，则1molNH2OH和NH3·H2O分别与盐酸恰好反应生成的盐pH：前者___________后者。(填“大于”或“小于”)(2)选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，其反应原理为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)△H=-1625.5

kJ/mol。①该方法应控制反应温度在315~

400℃之间，反应温度不宜过高的原因是_______________________________。②氨氮比会直接影响该方法的脱硝率。如图为350℃时，只改变氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。当时烟气中NO含量反而增大，主要原因是______________________________________。(3)直接电解吸收也是脱硝的一种方法。用6%的稀硝酸吸收NOx生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽使之转化为硝酸，该电池的阳极反应式为______________________。

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、D【详解】A项，△H＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，则说明此时焓变对反应的方向起决定作用，选项A正确；B项，△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，则说明此时熵变对反应的方向起决定作用，选项B正确；C项，依据△H－T△S＜0的反应能自发进行，说明焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素，选项C正确；D项，如果反应的焓变和熵变的作用相反且相差不大时，温度有可能对反应的方向起决定作用，选项D不正确；答案选D。2、B【解析】HCO3-+H2OH3O++CO32-表示HCO3-的电离，A项错误；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+表示三价铁离子的水解，且溶液呈酸性，B项正确；HS-+H2OH2S+OH-表示HS-的水解，但溶液呈碱性，C项错误；NH4++OH-NH3↑+H2O表示NH4+与OH-反应，D项错误。点睛：弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号，溶液显示酸性，则氢离子浓度大于氢氧根浓度。3、C【详解】A．根据图示，HCO（aq）和H+（aq）的总能量小于CO2（g）和H2O（l）的总能量，反应HCO（aq）+H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）为吸热反应，ΔH＞0，故A正确；B．根据图示，结合盖斯定律CO（aq）+2H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3，故B正确；C．△H1＜0，ΔH2＜0，根据图像，△H1＜△H2，故C错误；D．反应HCO（aq）H+（aq）+CO（aq）为吸热反应，根据图示，ΔH=+∣ΔH1∣，故D正确；故选C。4、C【详解】该反应为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，但单个反应物与单个生成物无法比较能量大小，故A项和B项错误，C项正确；放热反应仅说明旧键断裂吸收的能量小于新键形成放出的能量，并不意味着反应不需要加热就可以发生，反应的放热、吸热与反应条件(如加热)是无关的，故D项错误；故选C。5、D【解析】升高温度活化分子百分数增加化学反应加快，所以①反应速率加快；改用300mL0.1mol/L盐酸，减小反应物的浓度反应速率减慢，所以②反应速率减慢；改用50mL3mol/L盐酸，增加反应物的浓度反应速率加快所以③反应速率加快；用等量铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积化学反应速率加快，所以④反应速率加快；加入少量CH3COONa固体会和盐酸反应生成弱酸使c(H+)减少、反应速率减慢，所以⑤使化学反应速率减慢；故本题答案为：D【点睛】影响化学反应速率的因素：增大反应物的浓度化学反应速率加快，反之减慢；升高温度化学反应速率加快反之减慢；增大反应物的接触面积化学反应速率加快，反之减慢。6、A【解析】石灰可以使病虫的蛋白质变性,失去生理活性。故A正确；B.水解不符合题意；C.盐析水解不符合题意；D.颜色反应水解不符合题意；答案：A。7、C【解析】由气态团簇分子和图可知，其分子式可由示意图分别数出原子个数来确定，M原子共14个，N原子13个，即分子式为M14N13，故答案选C。点睛：本题考查对晶体结构、分子结构概念的理解和运用，本题的易错点是不能正确理解题目所给信息，题中明确告知图示物质是一种由M原子和N原子构成的气态团簇分子，因此它和通常所见的晶体结构不同，不能按微粒所占的比例来计算，实际上图中的微粒个数就是构成分子的微粒个数，解题时容易错误判断成：M原子个数：8×1/8+6×1/2=4，N原子个数：12×1/4+1=4，即分子式为M4N4，从而得出错误的结论。8、D【解析】A.硅只有+4价，所以只有一种氧化物，不符合转化关系，故A错误；B.铝和氧气反应生成氧化铝，铝没有变价元素，所以不符合转化关系，故B错误；C.铁和氧气反应生成氧化铁，氧化铁属于碱性氧化物而不是酸性氧化物，所以不符合转化关系，故C错误；D.硫被氧化生成二氧化硫，在加热、催化剂条件下，二氧化硫被氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，符合转化关系，故D正确。故选D。9、A【详解】A.镁离子在水溶液中不放电，应电解熔融氯化镁获得Mg及Cl2，故A错误；B.夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率，故B正确；C.盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性是由碳酸根的水解引起的，故加入石膏CaSO4⋅2H2O后，能将Na2CO3中的沉淀为碳酸钙，从而降低盐碱地的碱性，故C正确；D.铵根离子和碳酸根离子相互促进水解而生成二氧化碳、氨气，所以降低肥效，则铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用，故D正确；故选A。10、B【详解】A．硝酸铵晶体溶于水测得水温下降，溶解不是水解，该过程可以证明硝酸铵溶于水吸热，故A错误；B．铁比锡活泼，铁作负极，容易失去电子，故会加快破损处铁的腐蚀，B正确；C．缩小容器体积，使体系压强增大，但二氧化氮的浓度增大，故气体颜色加深，C错误；D．SO2的催化氧化反应是放热反应，升高温度会使平衡逆向移动，故D错误；答案选B。11、D【解析】由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＜0可知，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动。【详解】A项、加入催化剂，正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故A正确；B项、反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v（正）、v（逆）都增大，平衡向正反应方向移动，说明v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数，故B正确；C项、正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，则降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数，故C正确；D项、在体积不变的密闭容器中通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故D错误。故选D。【点睛】本题考查外界条件对平衡移动的影响，以及平衡移动与正逆反应速率的大小关系，题目难度不大，易错点为D，注意压强改变时，只有浓度改变，反应速率和平衡才会改变。12、C【分析】在金属活动性顺序中，位于氢前的金属能置换出酸中的氢，可以溶解在酸中。金属阳离子的氧化性最强，金属单质的活泼性越弱。【详解】将合金放入盐酸中，只有Z、X能溶解，说明Z、X在氢前，Y、W在氢后，故B错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞X，故D错误；若将该合金做阳极，用Y盐溶液作电解液，通电时只有W进入阳极泥，但在阴极上只析出Y，说明W的活泼性最弱，活泼性是Y＞W，故活泼性顺序是：Z＞X＞Y＞W。

所以C选项是正确的。【点睛】本题考查的是金属活动性顺序的应用，完成此题可以依据金属活动性顺序的意义进行判断。比较元素金属性强弱的一般依据是：1．在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与水反应越容易、越剧烈，其金属性越强；2．常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与酸反应越容易、越剧烈，其金属性越强；3．依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱。碱性越强，其元素的金属性越强；4．依据金属单质与盐溶液之间的置换反应。一般是活泼金属置换不活泼金属；5．依据金属活动性顺序表（极少数例外）；6．依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐减弱；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强；7．依据原电池中的电极名称。做负极材料的金属性强于做正极材料的金属性；8．依据电解池中阳离子的放电（得电子，氧化性）顺序。优先放电的阳离子，其元素的金属性弱。13、B【详解】由题意知，该可逆反应为，据此判断：A.恒容时，温度升高，浓度减小，所以升高温度，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，故A错误；B.在相同温度下，当时，平衡向正反应方向移动，故B正确；C.当时，不能判断反应达到平衡状态，故C错误；D.改反应逆反应为：，故D错误；综上所述选B14、A【详解】a中加入少量CuO固体，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a>b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a<b；故选A。15、D【解析】速率比应该等于方程式的系数比，所以C的速率为A的速率的一半，即，选项D正确。16、C【解析】试题分析：①无色溶液中不存在有色的MnO4-，故①错误；②pH=11的溶液，显碱性，CO32-、Na+、AlOH2-、NO3-离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，可大量共存，故②正确；③加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，HCO3-能够与酸和碱溶液反应，在溶液中一定不能大量共存，故③错误；④由水电离出的c(OH-)=10-4mol•L-1的溶液促进了水的电离，含有弱酸根或弱碱根离子，NH4+、Al3+、Cl-、Br-之间不反应，NH4+或Al3+水解，促进了水的电离，满足条件，故④正确；⑤Fe3+、SCN-反应生成络合物硫氰化铁，不能大量共存，故⑤错误；⑥酸性溶液中NO3-能够氧化Fe2+、I-，不能大量共存，故⑥错误；故选C。考点：考查离子的共存，明确习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。17、D【解析】A、固体恰好溶解后无HNO3剩余，Cu和Cu2O中的Cu元素都被HNO3氧化生成Cu(NO3)2，所以X中溶质只有Cu(NO3)2，A错误。B、生成的“纯净的无色气体Y”是NO，NO与纯水不能发生反应，也就不可能得到酸性溶液，B错误。C、固体完全是Cu时，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，m(Cu)=38×2.6molL×0.125L×64gmol=7.8g。固体完全是Cu2O时，3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，m(Cu2O)=314×2.6点睛：类似于C答案，当无法求出准确结果时，极值法的讨论可以在求出范围后帮助理解答案是否正确。18、D【详解】金属晶体存在金属离子和自由电子间的作用，故存在自由电子、金属阳离子、金属键，不存在离子键，答案为D。19、B【详解】同一化学反应，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①=0.45，②=0.2，③=0.2，④=0.225，则反应快慢为④>③=②>①，故选B。20、B【详解】A.增大压强，对于有气体参加的化学反应，单位体积内活化分子数目增大，但活化分子百分数不变，故A错误；B.升高温度，分子能量增大，活化分子的百分数增加，有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故B正确；C.加入反应物，反应物浓度增大，活化分子数目增大，有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故C错误；D.使用正催化剂，降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，而催化剂还有负催化剂，化学反应速率不一定增大，故D错误；故选B。21、D【分析】2s后A的转化率为50%，则反应的A为1mol×50%=0.5mol，则2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），开始量（mol）1100转化的量（mol）0.50.750.50.25z2s的量（mol）0.50.250.50.25z【详解】A、v(A)==0.25mol/(L∙s)=v(D)，因反应速率之比等于化学计量数之比，z=2，选项A正确；B、2s后，容器内的物质的量总和是1+0.5+1+0.5×2=3.5mol，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，2s后反应内的压强是反应前的=倍，选项B正确；C、2s后C的体积分数为=，选项C正确；D、2s后，B的浓度为=0.25mol/L，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查化学平衡的计算，明确化学平衡的三段法计算是解答本题的关键。22、B【解析】设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，硫酸的物质的量为1L×0.06mol•L-1=0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，则当酸碱发生中和时H+和OH-的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）==0.01mol•L-1，pH=-lg10-2=2.0，故选B．二、非选择题(共84分)23、C4H102-甲基丙烷或者异丁烷CH3C≡CCH3E、FC11H12O3羧基【分析】(1)根据题干信息可知、A、B、C、D、E、F、G的结构简式分别为：CH3CH2CH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH3CH(CH3)2、CH3C≡CCH3、CH3CH2CH=CH2、(CH3)2C=CH2、CH3CH2C≡CH，据此分析解题；(2)根据有机物的结构简式可知该有机物的分子式，并根据其所含有的官能团推断其化学性质。【详解】(1)根据分析可知，①图中A的结构简式为CH3CH2CH2CH3，故其分子式是C4H10，故答案为：C4H10；②根据分析可知，图中C的结构简式为CH3CH(CH3)2，故其名称是2-甲基丙烷或者异丁烷，故答案为：2-甲基丙烷或者异丁烷；③根据分析可知，图中D的结构简式是CH3C≡CCH3，故答案为：CH3C≡CCH3；④同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，故根据分析可知，图中与B互为同分异构体的是E、F，三者的分子式均为C4H8，故答案为：E、F；⑤根据分析可知，G的结构简式为CH3CH2C≡CH，燃烧反应方程式为：CH3CH2C≡CH+O24CO2+3H2O，故图中1molG完全燃烧时消耗molO2，故答案为：；(2)①由图可知，该有机物的分子式为C11H12O3，故答案为：C11H12O3；②该有机物中含有的官能团有：碳碳双键、羟基和羧基，其中能与NaOH溶液反应的官能团的名称是羧基，故答案为：羧基。24、①2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防止倒吸②③【分析】石油经分馏后得到沸点不同的各种组分，将得到的重油裂解后得到含有不饱和键的短链烃，如丙烯、乙烯等；乙烯经反应Ⅰ与水发生加成反应生成乙醇，乙醇经反应Ⅱ与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛经反应Ⅲ与氧气发生氧化反应生成乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应Ⅳ生成乙酸乙酯，据此分析。【详解】(1)石油分馏时不产生新物质，所以属于物理变化；裂解时产生新物质，所以属于化学变化，则上述过程中属于物理变化的是①；(2)在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其结构简式为；(4)①乙烯与水反应生成乙醇，乙醇在催化剂作用下生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则反应IV的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，因为随反应蒸出的乙醇和乙酸在溶液中的溶解度较大，导管插在液面下极易发生倒吸，因此导气管在液面上的目的是防止倒吸；(5)①CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不相似，且在分子组成上也没有相差一个-CH2原子团，所以二者不属于同系物，错误；②CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，正确；③CH2=CH-COOH含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应、加聚反应等，含羧基能发生酯化反应，正确；答案选②③。25、淀粉溶液锥形瓶内溶液颜色的变化滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不恢复原色0.038mol/LAD【分析】用的溶液滴定溶液，用淀粉溶液作指示剂，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，当滴入最后一滴碘水时，有碘剩余，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点，根据分析误差。【详解】(1)碘能使淀粉变蓝，用的溶液滴定溶液，所以步骤①加入的指示剂是淀粉溶液；(2)滴定时，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，直至滴定终点；当滴入最后一滴碘水时，有碘剩余，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点；(3)根据表格数据，第三次实验数据明显高出正常误差范围，舍去不用，第一次实验、第二次实验平均消耗碘水的体积是19mL，设废水中的物质的量浓度为cmol/L，c=0.038mol/L；(4)A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗，标准液浓度减小，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故选A；B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，待测液体积偏小，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故不选B；C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故不选C；D．达到滴定终点时，仰视读数，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故选D；选AD。【点睛】本题考查氧化还原反应滴定，明确滴定原理和滴定具体操作是解题关键，掌握滴定终点的判断方法，利用“归因法”，根据分析误差。26、.；烧瓶中产生“喷泉”现象除去未反应的苯蒸气和溴蒸气400羟基羧基CH3CH(OH)COOH+NaOH→CH3CH(OH)COONa+H2O【解析】(1)苯与溴在溴化铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，苯分子里的氢原子被溴原子所代替，

方程式为:，该反应为取代反应，不是加成反应，所以苯分子中不存在碳碳单双键交替，所以凯库勒观点错误，生成的溴化氢极易溶于水，所以C中产生“喷泉”现象；(2)因为反应放热，苯和液溴均易挥发，苯和溴极易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，以防干扰检验HBr；

(3)烧瓶中混合气体对氢气的相对密度为35.3，故烧瓶中混合气体的平均分子量为35.3×2=70.6,

设HBr的体积为x，空气的体积为y，则:81×x/500+1×y/500=70.6；x+y=500,计算得出:x=400mL，y=100mL，所以进入烧瓶中的水的体积为400mL；(4)①乳酸分子中含羟基（-OH）和羧基（-COOH）；②羧基与氢氧根发生中和反应，反应方程式为：CH3CH(OH)COOH+NaOH→CH3CH(OH)COONa+H2O。27、在大试管中先加4mL乙醇，再缓慢加入1mL浓H2SO4，边加边振荡，待冷至室温后，再加4mL乙酸并摇匀BD防止反应物随生成物一起大量被蒸出，导致原料损失及发生副反应B【分析】根据乙酸乙酯制备实验的基本操作、反应条件的控制、产物的分离提纯等分析解答。【详解】(1)配制乙醇、浓硫酸、乙酸混合液时，各试剂加入试管的顺序依次为：CH3CH2OH→浓硫酸→CH3COOH。将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡是为了防止混合时产生的热量导致液体飞溅造成事故；将乙醇与浓硫酸的混合液冷却后再与乙酸混合，是为了防止乙酸的挥发造成原料的损失。在加热时试管中所盛溶液不能超过试管容积的，因为试管容积为30mL，那么所盛溶液不超过10mL，按体积比1∶4∶4的比例配浓硫酸、乙酸和乙醇的混合溶液，由此可知，对应的浓硫酸、乙酸和乙醇的体积为1mL、4mL、4mL；(2)饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个：①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③降低乙酸乙酯的溶解度，减少其损耗及有利于它的分层析出和提纯；故选BD；(3)根据各物质的沸点数据可知，乙酸(117.9℃)、乙醇(78.0℃)的沸点都比较低，且与乙酸乙酯的沸点(77.5℃)比较接近，若用大火加热，反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出来，导致原料的大量损失；另一个方面，温度太高，可能发生其他副反应；(4)用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择P2O5、碱石灰和NaOH等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性(P2O5遇水生成酸)或碱性条件下水解，故选B。【点睛】乙酸乙酯的制备实验中用饱和碳酸钠溶液收集产物乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇，并降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出。不能用氢氧化钠溶液，因为乙酸乙酯会在碱性条件下水解。28、BDBe原子半径比Mg原子半径小，金属键更强非极性sp3ABC4