2025-2026学年广西壮族自治区玉林市多校联考高二上学期9月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西壮族自治区玉林市多校联考2025-2026学年高二上学期9月月考可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64一、单项选择题(每小题3分，共42分)1.化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是A.食盐中添加碘酸钾 B.铝合金门窗比钢门窗更耐腐蚀C.医护人员冷藏存放“流感”疫苗 D.家用铁锅、铁铲等厨具保持干燥【答案】A【解析】食盐中添加碘酸钾是为了提供稳定的碘源，碘酸钾在储存时不易分解，确保有效碘含量，主要与物质稳定性有关，而非直接控制反应速率，A符合题意；铝合金表面形成致密氧化膜，阻止内部金属进一步腐蚀，属于通过改变材料性质减缓反应速率，与反应速率有关，B不符合题意；冷藏疫苗通过降低温度减缓疫苗中蛋白质变性或分解的速率，直接涉及反应速率控制，C不符合题意；保持铁锅干燥可减少水分，从而减缓铁的电化学腐蚀速率，与反应速率有关，D不符合题意；故选A。2.工业上常用NaClO处理氨氮废水，其原理为：，下列有关说法正确的是A.和互为同素异形体 B.属于弱电解质C.水分子的球棍模型： D.NaCl的电子式为：【答案】D【解析】和是质子数相同、中子数不同的氯元素的不同原子，互为同位素，同素异形体是同种元素形成的不同单质，A错误；自身不能电离出离子，属于非电解质，其水溶液导电是因为与水反应生成的电离，B错误；水分子中氧原子半径大于氢原子，且分子构型为V形，题中球棍模型氧原子和氢原子大小关系错误，C错误；是离子化合物，由和构成，电子式为，D正确；故答案选D。3.反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.稳定性：B.该反应要发生一定需要加热C.D.盐酸与碳酸氢钠反应的能量变化过程与该图相似【答案】D【解析】物质能量越低越稳定，由能量图可知X(g)能量低于Y(g)，稳定性：X>Y，故A错误；反应是否需要加热与反应吸热或放热无关，吸热反应可能无需加热，故B错误；焓变ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，所以该反应ΔH=(E1-E2)kJ/mol，故C错误；盐酸与碳酸氢钠反应为吸热反应，图示反应为吸热反应，故D正确；选D。4.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.和充分反应生成1mol时转移电子数为B.1L1mol/L的HF溶液中含有H⁺数目为C.64gCu与足量S完全反应转移的电子数为D.常温下，56g铁片投入足量浓中生成个分子【答案】A【解析】N2和H2反应生成1molNH3，根据反应方程式，生成2molNH3时转移6mol电子，那么生成1molNH3时转移电子数3，A正确；HF为弱酸，解离程度低，H+数目小于，B错误；Cu与S反应生成Cu2S，每个Cu失去1个电子，1molCu转移电子，选项C中2与反应实际不符，C错误；常温下铁在浓硫酸中钝化，反应无法持续进行，SO2生成量极少，D错误。故答案选A。5.下列能说明CH3COOH是弱电解质的是A.CH3COOH溶液的导电能力比盐酸的弱B.CH3COOH溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳C.0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-1D.CH3COOH溶液用水稀释后，氢离子浓度降低【答案】C【解析】导电能力由离子浓度及其电荷大小决定，与电解质强弱无必然联系，故A不选；CH3COOH溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳，只能证明醋酸的酸性比碳酸强，不能证明其是弱酸，故B不选；0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-1，氢离子浓度小于酸的浓度，说明醋酸没有完全电离，故C选；无论强酸还是弱酸加水稀释都导致溶液中氢离子浓度减小，所以不能说明醋酸是弱电解质，故D不选；故选C。6.下列实验方案能达到实验目的的是A．比较碳酸和硅酸的酸性强弱B．探究温度对化学反应速率的影响C．验证增大生成物浓度对化学平衡的影响D．探究反应物的接触面积对反应速率的影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】稀盐酸与CaCO3反应生成CO2，但盐酸具有挥发性，产生的CO2中混有HCl气体，HCl也能与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，无法确定是CO2还是HCl导致硅酸生成，不能比较碳酸和硅酸的酸性，A错误；NO2与N2O4存在平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，温度改变会使平衡移动（热水中颜色加深，冰水中颜色变浅），该实验体现的是温度对化学平衡的影响，而非反应速率，B错误；氯化铁与KSCN反应的离子方程式为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，KCl中的K+、Cl-均不参与反应，加入KCl固体不会改变反应物或生成物浓度，平衡不移动，无法验证增大生成物浓度对平衡的影响，C错误；两试管中盐酸浓度（5%）、体积（2mL）及碳酸钙质量（1g）均相同，仅碳酸钙状态不同（块状vs粉末状，接触面积不同），可通过观察气泡产生速率探究接触面积对反应速率的影响，D正确；故选D。7.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力如图所示，则下列说法不正确的是A.“0”点不导电的原因是冰醋酸中无自由移动的离子B.b点时醋酸电离程度最大C.c点溶液中加入固体可使增大、减小D.a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积相等【答案】B【解析】“0”点为纯冰醋酸，以分子形式存在，无自由移动的离子，因此不导电，A正确；醋酸电离程度随稀释程度增大而增大，c点加水多于b点，电离程度更大，b点是离子浓度最大点而非电离程度最大点，B错误；c点加入CH3COONa固体，其完全电离使c(CH3COO-)增大，抑制醋酸电离导致c(H+)减小，C正确；a、b、c三点醋酸总物质的量不变，中和时消耗NaOH的量由总物质的量决定，故消耗体积相等，D正确；答案选B。8.下列电离方程式或离子方程式正确是A.气体溶于水后的电离方程式：B.醋酸铵在水中的电离方程式：C.酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式：D.硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸产生浅黄色沉淀的离子方程式：【答案】D【解析】H2S为弱酸，应分步电离，即溶于水后的电离方程式：、，故A错误；醋酸铵是强电解质，应完全电离，电离方程式应用“=”而非可逆符号，，故B错误；草酸为弱酸，应该写成分子的形式，反应的离子方程式为，故C错误；硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸，浅黄色沉淀为硫单质，即反应得到硫酸钠、硫单质、二氧化硫和水：，故D正确；故答案选D。9.下列实验操作、现象、结论均正确的是选项实验操作现象结论A取溶液于试管中，加热加热后溶液变为黄绿色的B向溶液中分别滴加5滴等浓度的和溶液加入溶液的反应更剧烈比催化效果好C温度不变，扩大盛有和混合气体的密闭容器体积容器中气体颜色先变浅后变深，但比原来的浅平衡先正向移动再逆向移动D取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴的KSCN溶液溶液变血红色KI与的反应存在限度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】溶液中存在（蓝色）与（黄绿色）的平衡，加热后溶液变为黄绿色，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升温使平衡向吸热方向移动，故，A选项现象、结论均正确；与在酸性条件下发生氧化还原反应（），此时是氧化剂，并非催化剂，反应剧烈说明发生了新的氧化还原，而不是催化效果更好，B选项现象对，结论错；扩大容器体积，和的浓度均降低，颜色先变浅，随后平衡逆向移动（因减压利于生成物质的量多的），颜色加深，但最终浓度仍低于原浓度，颜色比原来浅。结论中“先正向再逆向”错误，实际直接逆向移动，C选项结论错误；溶液（约）与（约）反应后过量，加入出现血红色络合物，不能据此判断“与的反应存在限度”，D选项结论错误；故A选项正确。10.某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是A.该有机物能与反应B.该有机物中有4种官能团C.该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种D.该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应【答案】C【解析】只有羧基与氢氧化钠反应，所以该有机物能与反应，故A错误；该有机物有碳碳双键、羧基和羟基3种官能团，故B错误；该有机物中含有的碳碳双键和羟基可被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；该有机物中含有亚甲基、羟基和羧基等，均可发生取代反应，故D错误；故选C。11.英国科学家发明的尿素微生物电池的反应为：，电池装置如图所示。下列说法正确的是A.该装置能够在高温下工作B.装置工作时，电流由电极b沿导线流向电极aC.b极发生的反应为：D装置工作时，每消耗22.4L，电路中转移4mol【答案】C【解析】原电池工作时，b电极上发生失电子的氧化反应生成，a电极上发生得电子的还原反应生成，则b是负极，a是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上，正极反应为，据此解答该题。该装置为微生物电池，微生物在高温下会失活，无法工作，故A错误；在a极氧气得电子转化为水，发生还原反应，应该为正极，故电流由电极a沿导线流向电极b，故B错误；b极为负极，尿素发生氧化反应，N元素从-3价升至0价，每个尿素分子失去6e⁻，电极反应式为，故C正确；未指明为标况，无法计算氧气的物质的量及转移电子数，故D错误；故答案选C。12.为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。下列说法不正确的是A.固体溶解是吸热过程B.根据盖斯定律可知：C.根据各微粒的状态，可判断，D.溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关【答案】C【解析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确；由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确；由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误；由分析可知，溶解过程的能量变化，却决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；故选C。13.下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断不正确的是酸HXHYHZ浓度/()0.20.90.90.9电离度0.20.10.30.5电离常数A.在相同温度下，电离常数：B.在相同温度下，从HX的数据可以说明：C.反应能够发生D.表格中两种浓度的HX溶液中，从左至右逐渐增大【答案】B【解析】设酸为HA，设初始浓度为c，电离度为α，列三段式：，则电离常数：，据此解答；通过电离常数公式计算，HZ（K4=0.45）>HY（K3≈0.1157）>HX（K2=0.01），A正确；HX在两种浓度下的电离常数均为0.01（温度相同），K1=K2，B错误；HZ的酸性强于HY（K4＞K3），Y-可被HZ质子化生成HY和Z-，反应可行，C正确；由分析可知，，由此可知，两种浓度的HX溶液中，从左至右逐渐增大，D正确；故选B。14.一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L恒容密闭容器，发生反应，时达到平衡，在、时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是A.若，则B.时刻改变的条件是加入了催化剂C.若时刻升高了温度，则该反应的D.若时刻后向体系中再充入A、B、C各1mol，则【答案】B【解析】若t1=2min，0~t1内C的浓度从0增至0.5mol/L，v(C)==0.25mol/(L·min)，由反应速率之比等于化学计量数之比，v(B)==0.125mol/(L·min)，A正确；t2时刻C的浓度突变增大但平衡未移动，该反应气体分子数不变（A、B为气体共2mol，C为气体2mol），若加入催化剂不会影响浓度，改变的条件可能为减小容器体积，故B错误；t3时刻后C浓度增大，平衡正向移动，若升高温度，平衡向吸热方向移动，则正向为吸热反应，ΔH>0，C正确；平衡时C浓度0.5mol/L，A、B浓度均为0.25mol/L，K=，充入A、B、C各1mol后，浓度分别为0.75、0.75、1.0mol/L，Qc=≈1.78<K，平衡正向移动，v正>v逆，D正确；故选B。二、非选择题(共58分)15.硫酸铁在化学实验中应用广泛。某小组利用硫酸铁进行如下实验：Ⅰ．测定Fe和发生归中反应的反应热。（1）配制溶液。称取一定量固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250mL。下列仪器中，完成本实验一定不需要选择的是___________(填仪器名称，下同)；还缺少的玻璃仪器是___________。（2）为测定的焓变，甲同学设计了如下实验方案ⅰ。方案操作ⅰ在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉(过量)，再加入100mL(1)中配制好的0.1溶液，测定放出热量kJ；计算反应热为①本实验中“搅拌”的操作方法是___________。若把玻璃搅拌器误用为铜质搅拌器，则计算结果会___________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。②乙同学认为甲同学设计的实验方案测得的结果误差较大，判断依据是___________。基于相关原理，乙同学重新设计了优化的实验方案ⅱ。方案操作ⅱ第1步，在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉，再加入100mL0.1溶液，测定放出热量kJ，计算反应热为；第2步，在如图所示的简易量热器中加入3.2g铜粉，再加入100mL(1)中配制好的0.1溶液，测定放出热量kJ，计算反应热为。③根据方案ⅱ测定结果计算：___________(用含、的代数式表示)。Ⅱ．探究影响Cu和反应速率的外界因素。实验纯铜粉质量(g)0.1溶液体积(mL)水的体积(mL)水浴温度(℃)测定铜粉完全溶解所用时间(min)Ⅰ0.360035℃Ⅱ0.350V35℃Ⅲ0.360045℃（3）实验Ⅱ中，___________。（4）设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是探究其它条件相同时，___________对反应速率的影响。（5）实验结果：，由此可推出的实验结论是___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.玻璃棒（2）①.上下移动玻璃搅拌器②.偏高③.过量的铁粉与硫酸铁溶液中含有的硫酸反应，对实验造成干扰④.+（3）10（4）探究浓度对反应速率的影响（5）其他条件相同，升高温度，反应速率增大【解析】反应热测量实验中，配制一定溶液所需仪器为溶液对应体积的容量瓶和量筒以及胶头滴管；通过盖斯定律，计算未知反应的焓变；实验Ⅱ中，实验Ⅰ和Ⅱ控制三价铁离子浓度不同，探究浓度对反应速率的影响，实验Ⅰ和Ⅲ控制反应温度不同，探究温度对反应速率的影响；【小问1详析】称取一定量固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250mL，需要使用250mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒，胶头滴管，不需要分液漏斗；【小问2详析】①环形搅拌器应上下搅拌使溶液充分反应，故本实验中“搅拌”的操作方法是上下移动玻璃搅拌器，若把玻璃搅拌器误用为铜质搅拌器，该反应是放热反应，铜易导热，会有热量散失，造成偏小，偏高；②甲同学设计的实验方案中铁粉过量，过量的铁粉与硫酸反应会有热量放出，对实验造成干扰，测得的结果误差较大；③方案ii中，发生两个反应，，根据盖斯定律得+【小问3详析】铜单质与反应生成和，离子方程式为，实验中实验Ⅰ和Ⅱ控制其余变量一致，只改变浓度，则要保持溶液总体积一致，故V=10；【小问4详析】设计实验Ⅰ、Ⅱ实验中浓度不同，故其目的是探究浓度对反应速率的影响；【小问5详析】由知，其他条件不变时，升高温度，反应速率增大。16.油气开采、石油化工、煤化工等行业产生的废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并利用。已知下列反应的热化学方程式：①(平衡常数)②(平衡常数)③(平衡常数)（1）则___________；___________(用含和的代数式表示)。（2）下列叙述一定能说明反应②达到平衡状态的是___________(填标号)。A.断裂4molC-H的同时生成4molH-HB.在恒温恒容下，和浓度之比不再变化C.在恒温恒压下，混合气体的密度不再变化D.在恒容绝热下，不再变化（3）反应③在___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下可自发进行。能同时提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是___________。（4）在恒压密闭容器内，充入0.2mol与0.4mol只发生反应③，的平衡转化率与温度、压强的关系如图：①比较压强：___________(填“>”“<”或“=”)。②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，的转化率___________(填“升高”、“降低”或“不变”)。③B点处，容器体积为2L，则℃时该反应的平衡常数___________。（5）若其他条件相同的情况下，反应③在不同温度下反应相同时间后，测得的转化率a随温度的变化曲线如图，试解释AB段的转化率变化的原因：___________。【答案】（1）①.②.（2）CD（3）①.低温②.增大压强（4）①.>②.降低③.200（5）AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内CS2的转化率增大【解析】【小问1详析】根据盖斯定律①-③得②，该反应，。【小问2详析】断裂4molC-H的同时生成4molH-H，均表示正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故A不符合题意；若反应②从反应物加料，初始时和浓度之比是定值，反应消耗的量等于计量数之比，因此浓度之比一直为定值，因此当和浓度之比不变化时不能说明反应达到平衡，当和浓度均不变才能说明反应达到平衡，故B不符合题意；反应②是气体体积增大的反应，在恒温恒压下，反应过程中容器的体积增大，反应前后气体总质量不变，密度减小，当混合气体的密度不再变化时说明反应达到平衡，故C符合题意；对于反应②，正反应为吸热反应，恒容绝热下发生该反应，随着反应的进行温度升高，逐渐增大，当不再变化时，反应一定达到平衡状态，故D符合题意；故答案为CD。【小问3详析】反应③的正反应放热，即，反应③的正反应气体系数和减小，即，根据可知，该反应在低温下自发；反应③的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CS2转化率降低；反应③的正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CS2转化率升高，升高温度和增大压强均能加快反应速率，因此提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是增大压强。【小问4详析】①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CS2(g)的转化率增大，所以压强：P2>P1；②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，容器体积增大，相当于减压，减小压强平衡朝气体分子数增大的方向移动，因此平衡逆向移动，CS2的转化率降低；③B点处，CS2的平衡转化率为80%，列出三段式：容器体积为2L，则T1℃时该反应的平衡常数K==200L/mol。【小问5详析】B点为平衡点，AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大。17.下图是工业上以硫铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，并对尾气中二氧化硫进行回收处理的简化工艺流程：请根据所学知识，回答下列问题：（1）在沸腾炉中，与氧气发生反应的化学方程式为___________。（2）进入接触室的气体需净化，目的是___________。（3）在接触室中，在催化剂催化下被氧化为，其催化机理如下：据此判断，在反应中起到催化剂作用的是___________。与不加催化剂相比，使用催化剂使反应速率显著提高的根本原因是___________。（4）已知硫酸生产过程中涉及的主要反应都是放热反应，下列条件或措施是根据化学平衡移动原理来确定的有___________(填序号)。A．矿石加入沸腾炉之前先粉碎，空气从沸腾炉底部鼓入B．净化炉气中要补充适当过量的空气C．接触室中保持的高温D．与的接触氧化在常压下进行E．吸收塔中，不直接用水而用的浓硫酸来吸收（5）从吸收塔出来的尾气中仍含有少量，直接排放会污染空气。常用过量氨水进行吸收，该过程中发生的离子反应方程式为___________。（6）对“矿渣”的合理利用方法是___________。【答案】（1）（2）防止催化剂中毒（3）①.V2O5②.降低反应的活化能（4）B（5）（6）用作炼铁的原料【解析】【小问1详析】黄铁矿在沸腾炉中与氧气高温反应，生成氧化铁和二氧化硫，这是硫酸工业中制取二氧化硫的关键反应；其反应为：。【小问2详析】从沸腾炉出来的炉气需要净化是因为其中带有的杂质气体会让下一步接触室里面的催化剂中毒，催化剂中毒会影响反应的进度。【小问3详析】在催化机理中，V2O5参与反应后又生成，符合催化剂“参与反应、反应前后质量和化学性质不变”的特点；催化剂通过降低反应的活化能，使更多反应物分子成为活化分子，从而显著提高反应速率。【小问4详析】矿石粉碎是为了增大反应物接触面积，空气从底部鼓入是为了使矿石与空气充分接触，这些操作都是为了加快反应速率，并非根据化学平衡移动原理，A错误；净化炉气中补充适当过量的空气，即增大了O2的浓度，根据化学平衡移动原理，增大反应物浓度，可使反应的平衡正向移动，提高SO2的转化率，B正确；接触室中保持400~500℃的高温，是因为该温度下催化剂活性最高，能加快反应速率。而该反应是放热反应，升高温度平衡会逆向移动，此操作并非为了使平衡移动，C错误；SO2与O2的接触氧化在常压下进行，是因为在常压下SO3产率已经很高，加压对设备要求高且收益不大，并非根据化学平衡移动原理，D错误；吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，是因为用水吸收SO3会形成酸雾，影响吸收效率，这是从吸收效率角度考虑，与化学平衡移动原理无关，E错误；故答案选B。【小问5详析】过量氨水与SO2反应，会生成亚硫酸铵和水，一水合氨是弱碱，写化学式，亚硫酸铵是可溶性盐，拆成离子形式，所以其离子方程式为：。【小问6详析】沸腾炉中FeS2与O2反应生成Fe2O3，是炼铁的重要原料，可用于炼铁工业。18.以庚烷等为原料合成高分子材料E和I的合成路线如下：回答下列问题：（1）H中含氧官能团的名称为___________。（2）的反应类型为___________。H→I的反应类型为___________。（3）的化学方程式为___________。（4）写出C的结构简式___________。（5）写出物质F的同分异构体的结构简式___________。（6）下列有关说法不正确的是___________(填字母)。A.有机化合物X和G均难溶于水B.有机化合物C可以使的溶液褪色C.有机化合物B可以发生银镜反应D.有机化合物D和H互为同分异构体【答案】（1）酯基（2）①.氧化反应②.加聚反应（3）（4）（5）（6）A【解析】庚烷在高温下发生裂解反应生成丙烯和正丁烷，丙烯在催化剂作用下被氧气氧化生成丙烯醛，丙烯醛进一步被氧化生成丙烯酸，丙烯酸与甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯加聚生成聚丙烯酸甲酯；正丁烷被氧气氧化生成乙酸，乙酸和乙烯发生反应生成乙酸乙烯酯，再发生加聚反应即可得到聚乙酸乙烯酯。【小问1详析】H为乙酸乙烯酯，其含有的含氧官能团为酯基；【小问2详析】B→C是丙烯醛被氧气氧化为丙烯酸，反应类型为氧化反应；H→I是乙酸乙烯酯发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯；【小问3详析】丙烯酸甲酯加聚生成聚丙烯酸甲酯，反应方程式为；【小问4详析】根据分析C为丙烯酸，其结构简式为；【小问5详析】F为正丁烷，其同分异构体为异丁烷：【小问6详析】X为庚烷，烷烃难溶于水；G为乙酸，乙酸易溶于水，故A错误；C为丙烯酸，含有碳碳双键可以使Br2CCl4溶液褪色，故B正确；B为丙烯醛，含有醛基，能发生银镜反应，故C正确；D是丙烯酸甲酯，H是乙酸乙烯酯，二者分子式均为C4H6O2，但结构不同互为同分异构体，故D正确；故选A。广西壮族自治区玉林市多校联考2025-2026学年高二上学期9月月考可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cu-64一、单项选择题(每小题3分，共42分)1.化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是A.食盐中添加碘酸钾 B.铝合金门窗比钢门窗更耐腐蚀C.医护人员冷藏存放“流感”疫苗 D.家用铁锅、铁铲等厨具保持干燥【答案】A【解析】食盐中添加碘酸钾是为了提供稳定的碘源，碘酸钾在储存时不易分解，确保有效碘含量，主要与物质稳定性有关，而非直接控制反应速率，A符合题意；铝合金表面形成致密氧化膜，阻止内部金属进一步腐蚀，属于通过改变材料性质减缓反应速率，与反应速率有关，B不符合题意；冷藏疫苗通过降低温度减缓疫苗中蛋白质变性或分解的速率，直接涉及反应速率控制，C不符合题意；保持铁锅干燥可减少水分，从而减缓铁的电化学腐蚀速率，与反应速率有关，D不符合题意；故选A。2.工业上常用NaClO处理氨氮废水，其原理为：，下列有关说法正确的是A.和互为同素异形体 B.属于弱电解质C.水分子的球棍模型： D.NaCl的电子式为：【答案】D【解析】和是质子数相同、中子数不同的氯元素的不同原子，互为同位素，同素异形体是同种元素形成的不同单质，A错误；自身不能电离出离子，属于非电解质，其水溶液导电是因为与水反应生成的电离，B错误；水分子中氧原子半径大于氢原子，且分子构型为V形，题中球棍模型氧原子和氢原子大小关系错误，C错误；是离子化合物，由和构成，电子式为，D正确；故答案选D。3.反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.稳定性：B.该反应要发生一定需要加热C.D.盐酸与碳酸氢钠反应的能量变化过程与该图相似【答案】D【解析】物质能量越低越稳定，由能量图可知X(g)能量低于Y(g)，稳定性：X>Y，故A错误；反应是否需要加热与反应吸热或放热无关，吸热反应可能无需加热，故B错误；焓变ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，所以该反应ΔH=(E1-E2)kJ/mol，故C错误；盐酸与碳酸氢钠反应为吸热反应，图示反应为吸热反应，故D正确；选D。4.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.和充分反应生成1mol时转移电子数为B.1L1mol/L的HF溶液中含有H⁺数目为C.64gCu与足量S完全反应转移的电子数为D.常温下，56g铁片投入足量浓中生成个分子【答案】A【解析】N2和H2反应生成1molNH3，根据反应方程式，生成2molNH3时转移6mol电子，那么生成1molNH3时转移电子数3，A正确；HF为弱酸，解离程度低，H+数目小于，B错误；Cu与S反应生成Cu2S，每个Cu失去1个电子，1molCu转移电子，选项C中2与反应实际不符，C错误；常温下铁在浓硫酸中钝化，反应无法持续进行，SO2生成量极少，D错误。故答案选A。5.下列能说明CH3COOH是弱电解质的是A.CH3COOH溶液的导电能力比盐酸的弱B.CH3COOH溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳C.0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-1D.CH3COOH溶液用水稀释后，氢离子浓度降低【答案】C【解析】导电能力由离子浓度及其电荷大小决定，与电解质强弱无必然联系，故A不选；CH3COOH溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳，只能证明醋酸的酸性比碳酸强，不能证明其是弱酸，故B不选；0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-1，氢离子浓度小于酸的浓度，说明醋酸没有完全电离，故C选；无论强酸还是弱酸加水稀释都导致溶液中氢离子浓度减小，所以不能说明醋酸是弱电解质，故D不选；故选C。6.下列实验方案能达到实验目的的是A．比较碳酸和硅酸的酸性强弱B．探究温度对化学反应速率的影响C．验证增大生成物浓度对化学平衡的影响D．探究反应物的接触面积对反应速率的影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】稀盐酸与CaCO3反应生成CO2，但盐酸具有挥发性，产生的CO2中混有HCl气体，HCl也能与Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，无法确定是CO2还是HCl导致硅酸生成，不能比较碳酸和硅酸的酸性，A错误；NO2与N2O4存在平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，温度改变会使平衡移动（热水中颜色加深，冰水中颜色变浅），该实验体现的是温度对化学平衡的影响，而非反应速率，B错误；氯化铁与KSCN反应的离子方程式为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，KCl中的K+、Cl-均不参与反应，加入KCl固体不会改变反应物或生成物浓度，平衡不移动，无法验证增大生成物浓度对平衡的影响，C错误；两试管中盐酸浓度（5%）、体积（2mL）及碳酸钙质量（1g）均相同，仅碳酸钙状态不同（块状vs粉末状，接触面积不同），可通过观察气泡产生速率探究接触面积对反应速率的影响，D正确；故选D。7.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力如图所示，则下列说法不正确的是A.“0”点不导电的原因是冰醋酸中无自由移动的离子B.b点时醋酸电离程度最大C.c点溶液中加入固体可使增大、减小D.a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积相等【答案】B【解析】“0”点为纯冰醋酸，以分子形式存在，无自由移动的离子，因此不导电，A正确；醋酸电离程度随稀释程度增大而增大，c点加水多于b点，电离程度更大，b点是离子浓度最大点而非电离程度最大点，B错误；c点加入CH3COONa固体，其完全电离使c(CH3COO-)增大，抑制醋酸电离导致c(H+)减小，C正确；a、b、c三点醋酸总物质的量不变，中和时消耗NaOH的量由总物质的量决定，故消耗体积相等，D正确；答案选B。8.下列电离方程式或离子方程式正确是A.气体溶于水后的电离方程式：B.醋酸铵在水中的电离方程式：C.酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式：D.硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸产生浅黄色沉淀的离子方程式：【答案】D【解析】H2S为弱酸，应分步电离，即溶于水后的电离方程式：、，故A错误；醋酸铵是强电解质，应完全电离，电离方程式应用“=”而非可逆符号，，故B错误；草酸为弱酸，应该写成分子的形式，反应的离子方程式为，故C错误；硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸，浅黄色沉淀为硫单质，即反应得到硫酸钠、硫单质、二氧化硫和水：，故D正确；故答案选D。9.下列实验操作、现象、结论均正确的是选项实验操作现象结论A取溶液于试管中，加热加热后溶液变为黄绿色的B向溶液中分别滴加5滴等浓度的和溶液加入溶液的反应更剧烈比催化效果好C温度不变，扩大盛有和混合气体的密闭容器体积容器中气体颜色先变浅后变深，但比原来的浅平衡先正向移动再逆向移动D取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴的KSCN溶液溶液变血红色KI与的反应存在限度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】溶液中存在（蓝色）与（黄绿色）的平衡，加热后溶液变为黄绿色，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升温使平衡向吸热方向移动，故，A选项现象、结论均正确；与在酸性条件下发生氧化还原反应（），此时是氧化剂，并非催化剂，反应剧烈说明发生了新的氧化还原，而不是催化效果更好，B选项现象对，结论错；扩大容器体积，和的浓度均降低，颜色先变浅，随后平衡逆向移动（因减压利于生成物质的量多的），颜色加深，但最终浓度仍低于原浓度，颜色比原来浅。结论中“先正向再逆向”错误，实际直接逆向移动，C选项结论错误；溶液（约）与（约）反应后过量，加入出现血红色络合物，不能据此判断“与的反应存在限度”，D选项结论错误；故A选项正确。10.某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是A.该有机物能与反应B.该有机物中有4种官能团C.该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种D.该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应【答案】C【解析】只有羧基与氢氧化钠反应，所以该有机物能与反应，故A错误；该有机物有碳碳双键、羧基和羟基3种官能团，故B错误；该有机物中含有的碳碳双键和羟基可被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；该有机物中含有亚甲基、羟基和羧基等，均可发生取代反应，故D错误；故选C。11.英国科学家发明的尿素微生物电池的反应为：，电池装置如图所示。下列说法正确的是A.该装置能够在高温下工作B.装置工作时，电流由电极b沿导线流向电极aC.b极发生的反应为：D装置工作时，每消耗22.4L，电路中转移4mol【答案】C【解析】原电池工作时，b电极上发生失电子的氧化反应生成，a电极上发生得电子的还原反应生成，则b是负极，a是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上，正极反应为，据此解答该题。该装置为微生物电池，微生物在高温下会失活，无法工作，故A错误；在a极氧气得电子转化为水，发生还原反应，应该为正极，故电流由电极a沿导线流向电极b，故B错误；b极为负极，尿素发生氧化反应，N元素从-3价升至0价，每个尿素分子失去6e⁻，电极反应式为，故C正确；未指明为标况，无法计算氧气的物质的量及转移电子数，故D错误；故答案选C。12.为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。下列说法不正确的是A.固体溶解是吸热过程B.根据盖斯定律可知：C.根据各微粒的状态，可判断，D.溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关【答案】C【解析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确；由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确；由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误；由分析可知，溶解过程的能量变化，却决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；故选C。13.下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断不正确的是酸HXHYHZ浓度/()0.20.90.90.9电离度0.20.10.30.5电离常数A.在相同温度下，电离常数：B.在相同温度下，从HX的数据可以说明：C.反应能够发生D.表格中两种浓度的HX溶液中，从左至右逐渐增大【答案】B【解析】设酸为HA，设初始浓度为c，电离度为α，列三段式：，则电离常数：，据此解答；通过电离常数公式计算，HZ（K4=0.45）>HY（K3≈0.1157）>HX（K2=0.01），A正确；HX在两种浓度下的电离常数均为0.01（温度相同），K1=K2，B错误；HZ的酸性强于HY（K4＞K3），Y-可被HZ质子化生成HY和Z-，反应可行，C正确；由分析可知，，由此可知，两种浓度的HX溶液中，从左至右逐渐增大，D正确；故选B。14.一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L恒容密闭容器，发生反应，时达到平衡，在、时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是A.若，则B.时刻改变的条件是加入了催化剂C.若时刻升高了温度，则该反应的D.若时刻后向体系中再充入A、B、C各1mol，则【答案】B【解析】若t1=2min，0~t1内C的浓度从0增至0.5mol/L，v(C)==0.25mol/(L·min)，由反应速率之比等于化学计量数之比，v(B)==0.125mol/(L·min)，A正确；t2时刻C的浓度突变增大但平衡未移动，该反应气体分子数不变（A、B为气体共2mol，C为气体2mol），若加入催化剂不会影响浓度，改变的条件可能为减小容器体积，故B错误；t3时刻后C浓度增大，平衡正向移动，若升高温度，平衡向吸热方向移动，则正向为吸热反应，ΔH>0，C正确；平衡时C浓度0.5mol/L，A、B浓度均为0.25mol/L，K=，充入A、B、C各1mol后，浓度分别为0.75、0.75、1.0mol/L，Qc=≈1.78<K，平衡正向移动，v正>v逆，D正确；故选B。二、非选择题(共58分)15.硫酸铁在化学实验中应用广泛。某小组利用硫酸铁进行如下实验：Ⅰ．测定Fe和发生归中反应的反应热。（1）配制溶液。称取一定量固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250mL。下列仪器中，完成本实验一定不需要选择的是___________(填仪器名称，下同)；还缺少的玻璃仪器是___________。（2）为测定的焓变，甲同学设计了如下实验方案ⅰ。方案操作ⅰ在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉(过量)，再加入100mL(1)中配制好的0.1溶液，测定放出热量kJ；计算反应热为①本实验中“搅拌”的操作方法是___________。若把玻璃搅拌器误用为铜质搅拌器，则计算结果会___________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。②乙同学认为甲同学设计的实验方案测得的结果误差较大，判断依据是___________。基于相关原理，乙同学重新设计了优化的实验方案ⅱ。方案操作ⅱ第1步，在如图所示的简易量热器中加入2.8g铁粉，再加入100mL0.1溶液，测定放出热量kJ，计算反应热为；第2步，在如图所示的简易量热器中加入3.2g铜粉，再加入100mL(1)中配制好的0.1溶液，测定放出热量kJ，计算反应热为。③根据方案ⅱ测定结果计算：___________(用含、的代数式表示)。Ⅱ．探究影响Cu和反应速率的外界因素。实验纯铜粉质量(g)0.1溶液体积(mL)水的体积(mL)水浴温度(℃)测定铜粉完全溶解所用时间(min)Ⅰ0.360035℃Ⅱ0.350V35℃Ⅲ0.360045℃（3）实验Ⅱ中，___________。（4）设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是探究其它条件相同时，___________对反应速率的影响。（5）实验结果：，由此可推出的实验结论是___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.玻璃棒（2）①.上下移动玻璃搅拌器②.偏高③.过量的铁粉与硫酸铁溶液中含有的硫酸反应，对实验造成干扰④.+（3）10（4）探究浓度对反应速率的影响（5）其他条件相同，升高温度，反应速率增大【解析】反应热测量实验中，配制一定溶液所需仪器为溶液对应体积的容量瓶和量筒以及胶头滴管；通过盖斯定律，计算未知反应的焓变；实验Ⅱ中，实验Ⅰ和Ⅱ控制三价铁离子浓度不同，探究浓度对反应速率的影响，实验Ⅰ和Ⅲ控制反应温度不同，探究温度对反应速率的影响；【小问1详析】称取一定量固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250mL，需要使用250mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒，胶头滴管，不需要分液漏斗；【小问2详析】①环形搅拌器应上下搅拌使溶液充分反应，故本实验中“搅拌”的操作方法是上下移动玻璃搅拌器，若把玻璃搅拌器误用为铜质搅拌器，该反应是放热反应，铜易导热，会有热量散失，造成偏小，偏高；②甲同学设计的实验方案中铁粉过量，过量的铁粉与硫酸反应会有热量放出，对实验造成干扰，测得的结果误差较大；③方案ii中，发生两个反应，，根据盖斯定律得+【小问3详析】铜单质与反应生成和，离子方程式为，实验中实验Ⅰ和Ⅱ控制其余变量一致，只改变浓度，则要保持溶液总体积一致，故V=10；【小问4详析】设计实验Ⅰ、Ⅱ实验中浓度不同，故其目的是探究浓度对反应速率的影响；【小问5详析】由知，其他条件不变时，升高温度，反应速率增大。16.油气开采、石油化工、煤化工等行业产生的废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并利用。已知下列反应的热化学方程式：①(平衡常数)②(平衡常数)③(平衡常数)（1）则___________；___________(用含和的代数式表示)。（2）下列叙述一定能说明反应②达到平衡状态的是___________(填标号)。A.断裂4molC-H的同时生成4molH-HB.在恒温恒容下，和浓度之比不再变化C.在恒温恒压下，混合气体的密度不再变化D.在恒容绝热下，不再变化（3）反应③在___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下可自发进行。能同时提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是___________。（4）在恒压密闭容器内，充入0.2mol与0.4mol只发生反应③，的平衡转化率与温度、压强的关系如图：①比较压强：___________(填“>”“<”或“=”)。②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，的转化率___________(填“升高”、“降低”或“不变”)。③B点处，容器体积为2L，则℃时该反应的平衡常数___________。（5）若其他条件相同的情况下，反应③在不同温度下反应相同时间后，测得的转化率a随温度的变化曲线如图，试解释AB段的转化率变化的原因：___________。【答案】（1）①.②.（2）CD（3）①.低温②.增大压强（4）①.>②.降低③.200（5）AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内CS2的转化率增大【解析】【小问1详析】根据盖斯定律①-③得②，该反应，。【小问2详析】断裂4molC-H的同时生成4molH-H，均表示正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故A不符合题意；若反应②从反应物加料，初始时和浓度之比是定值，反应消耗的量等于计量数之比，因此浓度之比一直为定值，因此当和浓度之比不变化时不能说明反应达到平衡，当和浓度均不变才能说明反应达到平衡，故B不符合题意；反应②是气体体积增大的反应，在恒温恒压下，反应过程中容器的体积增大，反应前后气体总质量不变，密度减小，当混合气体的密度不再变化时说明反应达到平衡，故C符合题意；对于反应②，正反应为吸热反应，恒容绝热下发生该反应，随着反应的进行温度升高，逐渐增大，当不再变化时，反应一定达到平衡状态，故D符合题意；故答案为CD。【小问3详析】反应③的正反应放热，即，反应③的正反应气体系数和减小，即，根据可知，该反应在低温下自发；反应③的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CS2转化率降低；反应③的正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CS2转化率升高，升高温度和增大压强均能加快反应速率，因此提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是增大压强。【小问4详析】①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CS2(g)的转化率增大，所以压强：P2>P1；②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，容器体积增大，相当于减压，减小压强平衡朝气体分子数增大的方向移动，因此平衡逆向移动，CS2的转化率降低；③B点处，CS2的平衡转化率为80%，列出三段式：容器体积为2L，则T1℃时该反应的平衡常数K==200L/mol。【小问5详析】B点为平衡点，AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大。17.