广东广州市增城区2026届化学高二上期中学业质量监测模拟试题含解析

广东广州市增城区2026届化学高二上期中学业质量监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、在同一个原子中，M能层上的电子与Q能层上的电子的能量()A．前者大于后者 B．后者大于前者C．前者等于后者 D．无法确定2、把2.5molA和2.5molB通入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)，同时生成1molD。下列叙述中不正确的是（）A．x=4B．达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6：5C．达到平衡状态时A的转化率为50%D．5s内B的反应速率v(B)=0.05mol/(L·s)3、下列说法中可以充分说明反应:P(g)+Q(g)R(g)+S(g)，在恒温下已达平衡状态的是A．反应容器内压强不随时间变化B．P和S的生成速率相等C．反应容器内P、Q、R、S四者共存D．反应容器内总物质的量不随时间而变化4、已知常温下，HCOOH(甲酸)比NH3•H2O电离常数大。向10mL0.1mol/LHCOOH中滴加同浓度的氨水，有关叙述正确的是()A．滴加过程中水的电离程度始终增大B．当加入10mLNH3•H2O时，c(NH4+)>c(HCOO-)C．当两者恰好中和时，溶液pH=7D．滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO-)之和保持不变5、H2S是一种剧毒气体，对H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫，反应原理为2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)ΔH=-632kJ·mol-1。如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（）A．电池工作时，电流从电极a经负载流向电极bB．电极a上发生的电极反应为2H2S-4e-=S2+4H+C．当反应生成64gS2时，电池内部释放632kJ热能D．当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入负极区6、如表中关于物质的分类组合，完全正确的是选项强电解质弱电解质非电解质ANaClC2H5OHCl2BHNO3CaCO3H2OCHClO4NH3•H2OCO2DNaOHBaSO4AlA．A B．B C．C D．D7、保护环境是每个公民的责任和义务。引起下列环境污染的原因不正确的是（）。A．重金属、农药和难分解有机物等会造成水体污染B．装饰材料中的甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染C．水体污染会导致地方性甲状腺肿D．CO2和氟氯代烃等物质的大量排放会造成温室效应的加剧8、某温度下，将0.28g铁粉投入100mL、0.1mol/L稀盐酸中，2min时刚好反应结束。下列有关这个反应的说法，正确的是A．反应前稀盐酸pH=1 B．反应前稀盐酸中c(OH-)=1.0×10-13mol/LC．铁的平均反应速率是0.05mol/(L·.min) D．反应结束后的溶液恰好呈中性9、分子式为C9H18O2的有机物A能在酸性条件下进行下列转化，同温同压下，相同质量的B和C的蒸气所占体积相同。则下列说法不正确的是（A、B、C、D、E均为有机物）A．符合上述转化关系的有机物A的结构有8种B．C和E一定为同系物C．1molB完全转化为D转移2mol电子D．D到E发生氧化反应10、反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是A．增加少量的C B．保持压强不变，充入N2使容器体积增大C．保持体积不变，充入H2使体系压强增大 D．将容器的体积缩小为原来的一半11、根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，对下列分子或者离子的判断完全正确的是选项化学式中心原子杂化方式价层电子对互斥模型分子或离子的立体构型Asp2正四面体形三角锥形BH2Osp2四面体形V形CNH3sp3三角锥形平面三角形DCH4sp3正四面体形正四面体形A．A B．B C．C D．D12、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.15mol充入10L的恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g)4Z(g)△H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是A．反应前4min的平均速率v(Z)=1×10-3mol∙L-1∙min-1B．其它条件不变，再充入X、Y各0.15mol，平衡时n(Z)＜0.4molC．其它条件不变，降低温度的瞬间，速率v正降低比v逆多D．该温度下，此反应的平衡常数K=0.1613、下列物质性质与用途的对应关系正确的是()选项性质用途A．二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠用二氧化硅制作光导纤维B．氯气能与水反应生成有强氧化性的次氯酸用氯气进行自来水消毒C．单质硫与氧气反应生成有漂白性的二氧化硫用硫磺熏蒸银耳、馒头等食品D．铝的金属活动性较弱用铝合金制作铝锅、铝盆等A．A B．B C．C D．D14、一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)下列说法正确的是（）容器编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)I3870.200.0800.080II3870.40III2070.200.0900.090A．该反应的正反应为吸热反应B．达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器II中的小C．容器I中反应到达平衡所需时间比容器III的长D．若起始时向容器I中充入0.15mol的CH3OH、0.15mol的CH3OCH3和0.10mol的H2O，则反应将向正反应方向进行15、下列金属中在常温下不溶于浓硝酸的是A．锌 B．镁 C．铝 D．铜16、双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH－，作为H+和OH－离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是（）A．阴极室发生的反应为2H++2e－=H2↑B．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜C．若去掉双极膜(BP)，阳极室会有Cl2生成D．电路中每转移1mol电子，两极共得到0.5mol气体17、符合图1、图2的反应是A．X＋3Y2ZΔH>0 B．X＋3Y2ZΔH<0C．X＋2Y3ZΔH<0 D．5X＋3Y4ZΔH<018、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当加入适量NaHCO(s)后，溶液颜色变浅B．在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，若向K2Cr2O7溶液中滴入5～15滴浓硫酸，溶液颜色加深C．对于反应体系CO(g)+NO2(g)NO(g)+CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深D．对于反应2NO2(g)N2O4(g)△H<0，平衡体系升高温度颜色变深19、已知电离平衡常数H2SO3：H2SO3⇌HSO3-+H+K1=1.54×10-2，HSO3⇌SO32-+H+K2=1.02×10-7；H2CO3：H2CO3⇌HCO3-+H+K1=4.4×10-7HCO3-⇌CO32-+H+K2=4.7×10-11，则溶液中不可以大量共存的离子组是A．HSO3-、CO32-B．HSO3-、HCO3-C．SO32-、HCO3-D．SO32-、CO32-20、下列能源中，大量使用会导致全球进一步变暖、雾霾天气增多的是A．化石能源 B．太阳能 C．氢能 D．地热能21、下列关于化学反应速率的说法正确的是()A．化学反应速率是指单位时间内任何一种反应物物质的量浓度的减少量或任何一种生成物物质的量浓度的增加量B．化学反应速率为0.1mol·L-1·s-1是指1秒钟时某物质的浓度为0.1mol·L-1C．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢D．对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显22、在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)下列说法正确的是()A．保持容器容积不变，向其中加入1molI2，化学反应速率不变B．保持容器容积不变，向其中加入1molHe，化学反应速率增大C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，化学反应速率不变D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，化学反应速率不变二、非选择题(共84分)23、（14分）某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现某些化合物与水反应时，其中所含的一种元素可以发生自身氧化还原反应。（1）若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO。①D为单质，其所含元素在元素周期表中的位置是___。②下列说法中，正确的是___（填字母）。a.A、C的组成元素相同b.B的浓溶液可与铜反应得到Ac.A、B、C中含有化合价不同的同种元素（2）若A为淡黄色固体，B为强碱。①反应Ⅱ的化学方程式是___。②若得到标准状况下气体C22.4L，则反应Ⅰ中生成B的物质的量是___mol。24、（12分）丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：已知：①②(1)A中的官能团名称为羰基和_______________。(2)DE的反应类型为__________反应。(3)B的分子式为C9H14O，则B的结构简式为_______________。(4)的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱中有4个吸收峰，峰面积比为1：1：2：2。(5)请补全以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。中间产物①__________中间产物②__________中间产物③__________反应物④_______反应条件⑤__________25、（12分）为测定氨分子中氮、氢原子个数比。某研究性学习小组设计了如下实验流程：实验时，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的单质铜。如图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。实验1测得反应前氧化铜的质量m1g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2g、生成的氮气在标准状况下的体积V1L。实验2测得洗气前装置D的质量m3g、洗气后装置D的质量m4g、生成的氮气在标准状况下的体积V2L。请回答下列问题：(1)写出仪器a和b的名称分别是：圆底烧瓶和______________。(2)检查A装置气密性的操作是_____________________________。(3)实验1和实验2分别选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填或相关化学方程式写在下表的空格中。实验装置实验药品制备原理实验1A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为：①___________；实验2②______；浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：③_______________。(4)实验1用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比为______________。（列式子，不计算结果）(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是_____________________。为此，实验2在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品和实验仪器的名称分别是__________和____________。26、（10分）某研究性学习小组为合成1-丁醇，查阅资料得知一条合成路线：其中CO的制备原理：HCOOHCO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置（如下图）请填写下列空白：（1）实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2-丙醇，从中可以选择合适的试剂制备氢气、丙烯。写出制备丙烯的化学方程式：。（2）若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a的作用是，装置中b的作用是，c中盛装的试剂是。（3）制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是（填序号）①饱和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④无水CuSO4⑤品红溶液（4）正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1-丁醇粗品，为纯化1-丁醇，该小组查阅文献得知：①R—CHO+NaHSO3(饱和)RCH(OH)SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1-丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：试剂1为，操作2为，操作3为。27、（12分）草酸晶体的组成可用H2C2O4·2H2O（M=126g/mol）表示，其中混有不参与反应的杂质，为了测定草酸晶体的纯度，进行如下实验：称取mg样品，配成250mL水溶液。量取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol·L-1的KMnO4溶液滴定，所发生的反应：KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4＝K2SO4＋CO2↑＋MnSO4＋H2O.试回答：（1）写出该反应的离子方程式并配平：_________________________________________,该反应发生时产生气体先慢后快的原因是_______________________________________________（2）实验中，KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为___________________。（3）滴定过程中需要加入的指示剂为___________(填指示剂的名称或“不需要”)，确定反应达到滴定终点时的现象是______________________________________。（4）在滴定过程中若用cmol·L-1的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为____________mol·L-1，由此可计算样品中草酸晶体的纯度是________。28、（14分）K2Cr2O7是一种有致癌性的强氧化剂，含Cr2O72—的酸性工业废水必须经过处理才能排放。工业上通常采用Fe电极电解法处理，调节pH值使之以Cr(OH)3沉淀形式除去。某化学兴趣小组在实验室里探究了该处理工艺，具体实验日志如下：I.原理探查查阅文献发现，电解时阳极产生Fe2+，在阴极附近（如图），Cr2O72—被Fe2+还原成Cr3+，而Fe3+则在阴极表面还原为Fe2+，如此循环。(1)用离子方程式表示Cr2O72—与Fe2+的反应：______________________________。II.实验探究实验一：探究不同电压对Cr2O72-降解效率的影响各取6份100mL1mol/L酸性K2Cr2O7溶液，均以Fe为电极，分别用不同电压电解5min。取电解后溶液10mL，测定Cr2O72-的含量，所测溶液中Cr2O72-物质的量与电解电压关系如下图所示。（假设电解前后溶液体积不变）(2)实验结果显示，最佳电解电压应选择_______V。(3)电压为6V时，用Cr2O72-表示5min内平均反应速率为_________mol·L—1·min—1。(4)当电压高于3V时，阴阳两极在电解过程中不断有气泡产生，且测得体积比约等于2:1。因此，阳极产生气泡的电极反应式为：__________________________________。实验二：探究其他影响Cr2O72-降解效率的因素以1A电流电解500mLK2Cr2O7稀溶液，通电时间30min，考察影响Cr2O72-降解效率的其他因素。具体方法和数据如下表所示。实验组①②③④加入硫酸铁/g005.00加入浓硫酸/mL01.01.01.0电极材料阴极石墨石墨石墨石墨阳极石墨石墨石墨铁Cr2O72-浓度/mol·L-1初始0.006510.006510.006510.00651结束0.006450.005680.005160.00278(5)以上实验中，Cr2O72-降解效率最高的是实验组_____（填编号），该实验组阳极电极反应式为：__________________________________。(6)对比②和③，Cr2O72-降解效率③＞②的原因是：__________________________。(7)由实验组①和②，可认为Cr2O72-能直接在阴极放电还原，电极反应式为：__________________________________。(8)法拉第提出了电解定律，为电化学的发展作出了巨大贡献。根据法拉第电解定律：Q=It=n(e-)F，[I为电流强度单位为A，t为时间单位为s,n(e-)为通过电路的电子的物质的量，F为法拉第常数（每摩电子电量，F＝96500C·mol-1）]，则实验组②中的电流效率＝______________。（保留三位有效数字；假设电解前后溶液体积不变，且没有副反应发生。）29、（10分）下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。填写下列空白：(1)写出化学式：A______________，D_______________；(2)写出溶液中反应⑤的离子方程式___________________________；(3)写出反应③的化学方程式________________________________；

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【分析】

【详解】在同一个原子中，能层的能量由低到高的顺序是：K、L、M、N、O、P、Q，故在同一个原子中，M能层上的电子与Q能层上的电子的能量，后者大于前者，故答案选B。2、C【分析】根据5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)可知，反应后C的物质的量为0.2mol/(L·s)×5s×2L=2mol，生成1molD，根据方程式系数之比等于变化量之比可得x：2=2：1，解得x=4，根据题意可得：【详解】A．根据分析可知，x=4，A正确；B．根据阿伏伽德罗定律，其它条件相同时，压强之比等于物质的量之比，反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，B正确；C．反应达到平衡状态时A的转化率为×100%=60%，C错误；D．B的反应速率=，D正确；故选C。3、B【解析】该反应前后为气体计量数相等的反应，故容器内压强、气体总物质的量始终不变；根据在一定条件下v正＝v逆或反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化来判断是否达到平衡状态。【详解】A项，该反应前后气体计量数相等，是气体体积不变的反应，反应过程中气体的压强始终不变，所以压强不能作为判断化学平衡状态的依据，故A错误；B项，P为反应物、S为生成物，P和S的生成速率相等，说明v正＝v逆，达到了平衡状态，故B正确；C项，任何可逆反应，反应物和生成物一定会共存，所以反应容器内P、Q、R、S四者共存，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D项，该反应前后气体计量数相等，气体的总物质的量始终不变，所以气体的总物质的量不能作为判断化学平衡状态的依据，故D错误。综上所述，符合题意的选项为B。4、D【详解】A.HCOOH溶液中水的电离被抑制，向HCOOH溶液中加氨水时，HCOOH浓度逐渐减小，HCOOH对水的抑制作用减弱，水的电离程度逐渐增大，随后生成的HCOONH4的水解反应，也促进水的电离，继续加过量的氨水，氨水电离的OH-使水的电离平衡左移，水的电离程度减小，所以整个过程中水的电离程度先增大后减小，A项错误；B.当加入10mLNH3·H2O时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，恰好反应，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，所以c(NH4+)<c(HCOO-)，B项错误；C.当两者恰好中和时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，pH<7，C项错误；D.向HCOOH溶液中加氨水，HCOOH的初始物质的量没有变，根据物料守恒，滴加过程中n(HCOOH)+n(HCOO-)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，D项正确；答案选D。【点睛】HCOONH4属于弱酸弱碱盐，在溶液中弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，HCOOH的电离常数大，电离常数越大酸性越强，根据“谁强显谁性”，所以HCOONH4溶液显酸性。5、B【详解】A．由2H2S(g)＋O2(g)===S2(s)＋2H2O(l)反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，电流从正极流出，经外电路流向负极，A项错误；B．电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为2H2S-4e-===S2＋4H＋，B项正确；C．当反应生成64gS2时，电路中流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，C项错误；D．当电路中通过4mol电子时，则消耗1mol氧气，则根据O2＋4H＋＋4e-===2H2O，所以有4molH＋经质子膜进入正极区，D项错误；答案选B。6、C【分析】在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质；在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质；在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物称为非电解质。据此分析。【详解】在水溶液中完全电离的电解质称为强电解质，如强酸、强碱、大多数盐等；在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质，如弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物称为非电解质，如CH4等烃类、C2H5OH等醇类、CO2、SO2、NH3等。A.C2H5OH不是弱电解质，而是非电解质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，A项错误；B.CaCO3尽管难溶于水，但溶解的那部分CaCO3是完全电离的，所以CaCO3是强电解质，水是电解质，B项错误；C.HClO4是已知酸中最强的酸，是强电解质，NH3·H2O属于弱碱，是弱电解质，CO2是非电解质，C项正确；D.BaSO4尽管难溶于水，但溶解的那部分BaSO4是完全电离的，BaSO4属于强电解质，Al是单质，Al既不是电解质也不是非电解质，D项错误；答案选C。7、C【解析】地方性甲状腺肿是机体缺碘引起的，与环境污染无关。8、A【详解】A．反应前稀盐酸浓度为0.1mol/L，溶液中c(H+)=0.1mol/L，溶液pH=-lgc(H+)=1，故A项正确；B．反应前稀盐酸溶液中c(OH-)=，因温度未知，KW不确定，因此无法计算溶液中c(OH-)，故B项错误；C．固体无浓度，因此不能用浓度表示其反应速率，故C项错误；D．0.28g铁粉的物质的量为=0.005mol，100mL0.1mol/L稀盐酸中n(HCl)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，根据反应Fe+2H+=Fe2++H2↑可知，最终Fe与HCl恰好完全反应生成FeCl2、H2，FeCl2属于强酸弱碱盐，在水中会发生水解使溶液呈酸性，故D项错误；综上所述，说法正确的是A项，故答案为A。9、B【分析】有机物A的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下水解为B和C两种有机物，则有机物A为酯，同温同压下，相同质量的B和C的蒸气所占体积相同，说明B与C相对分子质量相同，因此酸比醇少一个碳原子，说明水解后得到的羧酸含有4个碳原子，而得到的醇含有5个碳原子，含有4个碳原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，（CH3）2CHCOOH；含有5个碳原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH，其中醇能能被氧化成羧酸，说明羟基所连碳上有2个氢原子，共有4种，所以有机物A的同分异构体数目有2×4＝8。【详解】A．根据以上分析可知符合上述转化关系的有机物A的结构有8种，A项正确；B．C是饱和一元羧酸，E是羧酸钠，不能为同系物，B项错误；C．1molB发生催化氧化完全转化为D转移2mol电子，C项正确；D．D到E是醛基与新制氢氧化铜发生的氧化反应，D项正确；答案选B。【点睛】本题考查有机物的推断，同分异构体数目的判断，清楚饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同以及醇氧化成醛的条件是解题关键，同时掌握组合法的使用。分子式为C9H18O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，B和C的相对分子质量相等，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5个碳原子醇属于醇以及4个碳原子酸属于酸的同分异构体，从而判断有机物的同分异构体数目。10、A【解析】A、C是固体，增加少量的C，浓度不变，所以速率不变，故A正确；B、保持压强不变，充入N2使容器体积增大，浓度减小，速率减慢，故B错误；C、保持体积不变，充入H2使体系压强增大，氢气浓度增大，反应速率加快，故C错误；D、将容器的体积缩小为原来的一半，浓度增大，反应速率加快，故D错误；答案选A。11、D【详解】A．的中心S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，A不正确；B．H2O的中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，B不正确；C．NH3的中心N原子价层电子对数为4，由于孤对电子的排斥作用，分子呈三角锥形，C不正确；D．CH4的中心C原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，所以价层电子对互斥模型、分子或离子的立体构型都呈正四面体形，D正确；故选D。12、B【详解】A．反应前2min内v(Y)==0.001mol/(L·min)，由于v(Z)：v(Y)=4：1，所以v(Z)=4v(Y)=4×0.001mol/(L·min)=0.004mol/(L·min)，A错误；B．反应开始时n(Y)=0.15mol，达到平衡时n(Y)=0.10mol，Y的物质的量减少0.05mol，根据反应转化关系可知：反应达到平衡时产生Z的物质的量n(Z)=0.05mol×4=0.2mol。其它条件不变，再充入X、Y各0.15mol，若平衡不发生移动，达到平衡时Z的物质的量应该是2×0.2mol=0.4mol，但加入反应物，会使体系的压强增大。增大压强，化学平衡会向气体体积减小的逆方向移动，则Z的物质的量比0.4mol小，即n(Z)＜0.4mol，B正确；C．该反应的正反应为放热反应，温度改变对吸热反应影响更大。其它条件不变时，降低温度的瞬间，速率v逆降低比v正多，C错误；D．对于该可逆反应，在反应开始时c(X)=c(Y)=0.015mol/L，c(Z)=0，△c(X)=△c(Y)=0.005mol/L，△c(Z)=0.02mol/L，故物质的平衡浓度c(X)=c(Y)=0.010mol/L，c(Z)=0.020mol/L，该温度下反应的化学平衡常数K==1.6×10-3，D错误；故合理选项是B。13、B【详解】A、二氧化硅传导光的能力非常强，能用于制光导纤维，二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，光导纤维遇强碱会“断路”，故A错误；B、氯气溶于水生成的次氯酸具有漂泊性，能杀菌消毒，B正确；C、SO2有毒，不能用于银耳、馒头等食品漂白，C错误；D、用铝合金制作铝锅、铝盆等是利用其耐腐蚀，且密度小、硬度大等性质，与金属的活动性无关，D错误；故选B。14、D【解析】A.容器Ⅰ中平衡时，c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.08mol÷1.0L=0.08mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol−0.08mol×2)÷1.0L=0.04mol/L，则容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，容器Ⅲ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.09mol÷1.0L=0.09mol/L，c(CH3OH)=(0.2mol−0.09mol×2)÷1.0L=0.02mol/L，化学平衡常数K2==20.25＞4，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A错误；B.恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；C.容器Ⅰ中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，则容器I中反应到达平衡所需时间比容器III的短，故C错误；D.c(CH3OH)=0.1mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.1mol/L，浓度商Qc==1.5＜4，则反应将向正反应方向进行，故D正确。答案选D。15、C【详解】常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，不会溶解，锌、镁、铜在常温下都可与浓硝酸反应而溶解。答案选C。16、D【解析】阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H++2e-=H2↑，故A正确；阴极生成氢氧化钠钠离子穿过M进入阴极室，所以M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，故B正确；若去掉双极膜(BP)，氯离子进入阳极室阳放电生成氯气，故C正确；电路中每转移1mol电子，阳极生成0.25mol氧气、阴极生成0.5mol氢气，两极共得到0.75mol气体，故D错误。17、B【详解】图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y2Z；图2中T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y2Z，△H＜0，故选B。18、C【详解】A.加入NaHCO3有反应发生：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，溶液中的H+浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Cl2（呈黄绿色）浓度减小，溶液颜色变浅，A项正确；B.Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色。向K2Cr2O7溶液中滴入浓硫酸时，溶液中H+浓度增大，根据勒夏特列原理，Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+平衡向逆反应方向移动，Cr2O72-浓度增大，CrO42-浓度减小，溶液颜色加深，B项正确；C.因为CO(g)+NO2(g)NO(g)+CO2(g)反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，但增大压强将会使气体体积缩小，各组分的浓度都要增大，NO2呈红棕色，所以体系颜色变深，这与勒夏特列原理无关，C项错误；D.反应2NO2(g)N2O4(g)；△H<0正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即该反应向逆反应方向移动，NO2浓度增大，（NO2呈红棕色，N2O4为无色）平衡体系颜色变深，D项正确；答案选C。19、A【解析】因为电力平衡常数越大酸性越强，由H2SO3⇌HSO3-+H+K1=1.54×10-2，HSO3-⇌SO32-+H+K2=1.02×10-7；H2CO3：H2CO3⇌HCO3-+H+K1=4.4×10-7,HCO3-⇌CO32-+H+K2=4.7×10-11的电离平衡常数可知：酸性顺序为：H2SO3>HSO3-≈H2CO3>HCO3-,则强酸和弱酸盐反应能生成弱酸，则不能大量共存。【详解】A.因为HSO3-的电离平衡常数比HCO3-的电离平衡常数大，所以酸性HSO3->HCO3-，所以HSO3-、CO32-不能大量共存，故选A；B.因为HSO3-的电离平衡常数和H2CO3的电离平衡常近似相等，所以HSO3-、HCO3-不能反应，可以大量共存，故不选B；C.因为HCO3-的电离平衡常数比HSO3-的电离平衡常数小，所以SO32-、HCO3-不反应，可以大量共存，故不选C；D.SO32-、CO32-之间不会发生反应，所以可以大量共存，故不选D.所以本题答案为A。20、A【解析】雾霾天气是固体小颗粒形成的，化合燃料燃烧不充分，产生烟尘，形成雾霾，故正确；太阳能、氢能、地热能都是新能源，无污染，故错误，因此选项A正确。21、C【详解】A．反应速率不能用纯液体、固体来表示，故A选项不正确；B．化学反应速率是平均反应速率而不是瞬时速率，故B选项不正确；C．化学反应速率是用来表示化学反应进行快慢的物理量，故C选项正确；D．有些反应的反应速率很快，但反应现象不明显，如酸碱中和反应等，故D选项不正确；答案选C。22、C【解析】A.保持容器容积不变，向其中加入1molI2，反应物浓度增大，反应速率增大，A错误；B.保持容器容积不变，向其中加入1molHe，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，B错误；C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2（g）和1molI2（g），因体积增大为2倍，物质的量增大为2倍，则浓度不变，反应速率不变，C正确；D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、第二周期第VIA族abc4【分析】（1）根据题给信息及转化流程可知，若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO，则A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气，据此进行分析；（2）根据题给信息及转化流程可知，若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠，据此进行分析。【详解】（1）根据描述可知A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气：①氧元素在元素周期表的位置是第二周期第VIA族；②a.一氧化氮和二氧化氮的组成元素相同，都是氮和氧，a项正确；b.浓硝酸可以和铜反应得到硝酸铜和二氧化氮，即气体A，b项正确；c.A中氮元素是+4价的，B中氮元素是+5价的，C中氮元素是+2价的，c项正确；答案选abc；（2）若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠：①反应II即钠和氧气得到过氧化钠：；②根据过氧化钠和水的反应方程式，可以发现生成的和是4:1的关系，若生成了氧气，则生成4mol的。24、碳碳双键消去或H2催化剂、加热【分析】根据第(3)习题知，B的分子式为C9H14O，B发生信息①的反应生成C，则B为；C中去掉氢原子生成D，D发生消去反应生成E，醇羟基变为碳碳双键，E发生一系列反应是丹参醇，据此分析解答(1)～(4)；(5)和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，据此分析解答。【详解】(1)A()的官能团有碳碳双键和羰基，故答案为碳碳双键；(2)通过流程图知，D中的醇羟基转化为E中的碳碳双键，所以D→E的反应类为消去反应，故答案为消去反应；(3)通过以上分析知，B的结构简式为，故答案为；(4)的分子式为C9H6O3，不饱和度为=7，一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环的不饱和度为4，醛基为1，因此分子中还含有1个碳碳三键；③核磁共振氢谱中有4个吸收峰，峰面积比为1∶1∶2∶2。符合条件的结构简式为或，故答案为或；(5)和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，即中间产物①为，中间产物②为，中间产物③为，反应物④为H2，反应条件⑤为催化剂、加热，故答案为；；；H2；催化剂、加热。【点睛】本题的难点和易错点为(4)中同分异构体的书写，要注意根据分子的不饱和度结合分子式分析判断苯环侧链的结构种类。25、长颈漏斗连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱。(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4B氢氧化钠溶于氨水后放热和增加氢氧根浓度均促进NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-；向逆方向移动，使更多的氨气逸出8V1:11.2(m1-m2)浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高碱石灰(或氧化钙等)干燥管(或U型管)【分析】根据装置的特征确定仪器的名称并检查气密性的操作方法；结合反应原理选择实验装置和书写反应方程式；结合实验数据分别计算出氢和氮原子的物质的量即可解题。【详解】(1)仪器a名称是圆底烧瓶、仪器b的名称是长颈漏斗；(2)检查A装置气密性的具体操作方法是连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；(3)实验1：氢氧化钙与硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应的化学方程式为(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4；实验2：浓氨水是液体，氢氧化钠是固体，为使氨气逸出，把氨水滴入固体氢氧化钠中，随着氢氧化钠溶解放热，氨气挥发放出气体，故选B装置；氢氧化钠溶于氨水后放热使氨气溶解度降低，增加氢氧根浓度，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-向逆方向移动，加快氨气逸出；(4)反应前氧化铜的质量为m1g、氧化铜反应后转化成的铜的质量为m2g，则氧化铜中氧元素的质量为m1-m2，根据原子守恒，则生成的水中氧原子的物质的量为mol；水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此氢原子的物质的量为mol×2=mol，生成的氮气在标准状况下的体积V1L，则氮气中氮原子的物质的量为mol=mol；因此氮氢原子个数比为mol：mol=8V1:11.2(m1-m2)；(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比小于理论值，其原因是洗气瓶D中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高，因此在洗气瓶D前的位置应增加了一个装有碱石灰(无水硫酸铜、氢氧化钠、氧化钙等)的干燥管(或U型管)只吸收水，减小误差。【点睛】本题考查氨气的制备及氨气的组成测量，利用了氨气的还原性，能准确测定反应中生成的水和氮气的量是实验成功的关键，实验2的易错点是硫酸吸收了水和氨气，导致误差增大。26、（1）(CH3)2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O；（2分）（2）保证分液漏斗内外压强平衡，便于液体顺利流下（2分）作为安全瓶，防倒吸（2分）NaOH溶液（2分）（3）④⑤①⑤③②（答④⑤①③②也给分）（2分）（4）饱和NaHSO3溶液（1分）萃取（1分）蒸馏（1分）【详解】（1）制备丙烯选用2-丙醇和浓硫酸发生消去反应，反应的方程式为：(CH3)2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O。答案：(CH3)2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O。（2）在题给装置中，a的作用保持分液漏斗和烧瓶内的气压相等，以保证分液漏斗内的液体能顺利加入烧瓶中；b主要是起安全瓶的作用，以防止倒吸；c为除去CO中的酸性气体，选用NaOH溶液，d为除去CO中的H2O，试剂选用浓硫酸；答案：保证分液漏斗内外压强平衡，便于液体顺利流下、作为安全瓶、防倒吸、NaOH溶液。（3）检验丙烯和少量SO2、CO2及水蒸气组成的混合气体各成分时，应首先选④无水CuSO4检验水蒸气，然后用⑤品红溶液检验SO2，并用①饱和Na2SO3溶液除去SO2，再用⑤品红溶液检验SO2是否除净；最后用③石灰水检验CO2、用②酸性KMnO4溶液检验丙烯。综上所述，混合气体通过试剂的顺序是④⑤①⑤③②或（或④⑤①③②）（4）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇．因为1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开。故答案为饱和NaHSO3溶液；萃取；蒸馏．【点睛】本题考查有机物合成方案的设计，题目难度较大，综合性较强，答题时注意把握物质的分离、提纯方法，把握物质的性质的异同是解答该题的关键。27、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O生成Mn2+起催化剂作用，加快反应速率酸高锰酸钾溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶管不需要溶液由无色变浅红色（粉红色），且半分钟不褪色cV/10315cV/m%【详解】(1)反应中锰元素化合价降低5价，草酸中碳元素化合价升高1价，则高锰酸根离子和草酸的比例为2:5，则根据质量守恒和电荷守恒得到离子方程式为：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。随着反应进行反应物的浓度都在减小，反应速率加快只能是在反应过程中生成的锰离子起催化剂作用，加快了反应速率。(2)高锰酸钾溶液具有强氧化性，可腐蚀橡胶管，所以只能用酸式滴定管。(3)高锰酸钾溶液有颜色，所以反应过程中不需要指示剂。滴定终点溶液由无色变浅红色（粉红色），且半分钟不褪色。(4)cmol·L-1的KMnO4溶液VmL滴定草酸，根据方程式2MnO4----5H2C2O4分析，设草酸的浓度为xmol/L，2MnO4----5H2C2O425cVx×25有，则草酸的浓度为cV/10mol/L。草酸晶体的纯度为=315cV/m%。28、6Fe2++Cr2O72-+14H+

＝6Fe3++2Cr3++7H2O2（或2V）0.001mol·L—1·min—12H2O—4e—=O2↑+4H+（或4OH——4e—=O2↑+2H2O）④Fe－2e—=Fe2+Fe3+在阴极放电产生Fe2+，c(Fe2+)与Cr2O72-反应，提高Cr2O