新疆喀什市2026届高二上化学期中监测模拟试题含解析

新疆喀什市2026届高二上化学期中监测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是A．B．CH3CCHC．D．2、下列物质或指定物质主要成分与化学式对应正确的是A．明矾Al2(SO4)3•12H2O B．漂白粉CaClOC．纯碱NaHCO3 D．水煤气CO、H23、下列有关反应速率的说法正确的是（）A．用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率B．100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C．SO2的催化氧化反应是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率变慢D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢4、已知苯与一卤代烷烃在催化剂作用下可生成苯的同系物，例如：＋CH3XCH3＋HX，则在催化剂作用下由苯和下列各组物质合成乙苯时，最好应该选用()A．CH3CH3和Cl2 B．CH2===CH2和Cl2C．CH≡CH和HCl D．CH2===CH2和HCl5、准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是()A．50mL量筒 B．10mL量筒C．50mL碱式滴定管 D．50mL酸式滴定管6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NAB．一定条件下，SO2与氧气反应生成0.1

mol

SO3，反应中转移电子数为0.2NAC．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NAD．氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NA7、已知反应N2O4(g)2NO2(g)△H=+57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．A、C两点气体的平均相对分子质量：A>CB．A、C两点气体的颜色：A深，C浅C．由状态B到状态A，可以用加热的方法D．A、C两点的反应速率：A>C8、下列说法不正确的是A．在其他外界条件不变的情况下,使用催化剂,可以改变化学反应进行的速率B．NH4HCO3（s）=NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）ΔH=+185.57kJ·mol-1能自发进行,原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关,因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D．ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行9、下列化合物中含有离子键的是A．H2O B．CO2 C．NaCl D．HCl10、将1molM和2molN置于体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：M(s)+2N(g)P(g)+Q(g)△H。反应过程中测得P的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2B．温度为T1时，N的平衡转化率为80%，平衡常数K=40C．无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度和压强不变时，反应达平衡状态D．降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率11、下列叙述正确的是（）A．在镀件上电镀锌，用锌作阴极B．将水库中的水闸（钢板）与直流电源的负极相连接，可防止水闸被腐蚀C．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极D．铜板上的铁铆钉在潮湿的空气中直接发生反应：Fe—3e－=Fe3+，继而形成铁锈12、升高温度，下列数据不一定增大的是A．化学反应速率v B．水的离子积常数KwC．化学平衡常数K D．氨水的电离平衡常数Ka13、对于下列各组反应，反应开始时，产生氢气速率最快的是A．70℃，将0.1mol

镁粉加入到10mL6mol·L－1

的硝酸溶液中B．60℃，将0.2mol

镁粉加入到20mL3mol·L－1

的盐酸溶液中C．60℃，将0.2mol

铁粉加入到10mL3mol·L－1

的盐酸溶液中D．60℃，将0.1mol

镁粉加入到10mL3mol·L－1的硫酸溶液中14、X、Y、Z、W、M为短周期主族元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol·L-1）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列有关说法不正确的是（）A．最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞WB．Y的最高价氧化物的电子式为：C．W的气态氢化物是强酸D．X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X＞M15、合成结构简式为的高聚物，其单体应是（）①苯乙烯②丁烯③丁二烯④丙炔⑤苯丙烯A．①② B．④⑤ C．③⑤ D．①③16、改变下列哪个条件，一定会引起平衡的移动A．温度 B．浓度 C．压强 D．催化剂17、下列实验方案能达到目的的是()A．用NaOH溶液除去CO2中的HClB．用加热的方法除去NaHCO3固体中的少量NaClC．用丁达尔效应鉴别Al(OH)3胶体和Na2SO4溶液D．用酚酞溶液鉴别NaOH溶液和KOH溶液18、下列叙述中，错误的是A．在测定中和热实验中需要使用的仪器有天平、量筒、烧杯、温度计B．金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化C．不能自发进行的氧化还原反应通过电解有可能实现D．Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，反应既可以在原电池中实现，也可以在电解池中实现19、已知液氨的性质与水相似。T℃时，NH3+NH3⇌NH4++NH2-，NH4+的平衡浓度为1×10-15mol/L，则下列说法中正确的是()A．在此温度下液氨的离子积为1×10-17B．在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2C．恒温下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的离子积减小D．降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且c(NH4+)<c(NH2-)20、一定量铝片与过量的稀盐酸反应，为了加快反应速率，同时几乎不影响生成的氢气总量，不可以采取的措施是A．加热，升高溶液温度B．将铝片改为等质量的铝粉C．加入少量CuSO4溶液D．加入浓度较大的盐酸21、下列大小关系正确的是（）A．晶格能：NaCl<NaBr B．硬度：MgO>CaO C．熔点：NaI>NaBr D．熔沸点：CO2>NaCl22、下列物质的主要成分，属于天然纤维的是（）A．聚乙烯 B．尼龙 C．棉花 D．涤纶二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。(1)B在周期表中的位置为第________周期第________族。(2)E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为____________________。(3)元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是______>______>_____(用离子符号表示)。(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：____________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是________________________。24、（12分）2020年1月31日《新英格兰医学杂志》(NEJM)在线发表了一篇关于瑞德西韦(Remdesivir)成功治愈美国首例新型冠状病毒(2019-nCoV)确诊病例的论文，因此瑞德西韦药物在抗疫治疗方面引起广泛关注，该药物的中间体M合成路线如下：已知：①R—COOH②A→B发生加成反应(1)物质A的化学名称为___________，G中含氧官能团名称是__________。(2)由D→E的反应类型为_____________。(3)H→K的流程中，加入CH3COCl的目的是__________。(4)J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能发生银镜反应，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________________。25、（12分）影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法通过图1所示装置研究反应速率的有关问题。取一段镁条，用砂纸擦去表面的氧化膜，使镁条浸入锥形瓶内足量的稀盐酸中。足量镁条与一定量盐酸反应生成H2的量与反应时间的关系曲线如图2所示。(1)请在图中画出上述反应中H2的速率与时间的关系曲线______________。(2)在前4min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，在4min之后，反应速率逐渐减慢，请简述其原因：___________________________。26、（10分）碳酸亚铁(白色固体，难溶于水)是一种重要的工业原料，

可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备FeCO3

沉淀的最佳方案：实验试剂现象滴管试管0.8

mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1

mol/LNa2CO3溶液(pH=11.9)实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色0.8

mol/L

FeSO4溶液(pH=4.5)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色0.8

mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色(1)实验Ⅰ中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：□Fe2++口+口+□H2O=□Fe(OH)3+□_____(2)实验Ⅱ中产生FeCO3的离子方程式为____________________

。(3)为了探究实验Ⅲ中所起的作用，甲同学设计了实验IV

进行探究：操作现象实验IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①______，

再加入Na2SO4固体配制成混合溶液

(已知Na+对实验无影响，

忽略混合后溶液体积变化)。再取该溶液一滴管，与2mL

1

mol/LNaHCO3溶液混合与实验III现象相同实验IV中加入Na2SO4

固体的目的是②____________________________。对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2

的产生。乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固体至c()=1.6

mol/L，再取该溶液一滴管，与2mL1

mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验III

中FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验I、

II、

III

中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至A处的广口瓶中。为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是______________。(5)实验反思：经测定，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II。通过以上实验分析，制备FeCO3实验成功的关键因素是______________________________。27、（12分）为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。I.用图甲所示装置进行第一组实验时：（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____(填字母)。A石墨B．镁C．银D．铂（2）实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。II.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为___________________，_________________。（5）电解进行一段时间后，若在X极收集到672mL气体，Y电板(铁电极)质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为____mL(均己折算为标准状况时气体体积)。（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______________。28、（14分）甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法，制备过程涉及的主要反应如下：反应Ⅰ：CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)ΔH>0反应Ⅱ：CH3OH(g)＋O2(l)HCHO(g)＋H2O(g)ΔH<0反应Ⅲ：H2(g)＋O2(g)H2O(g)ΔH<0副反应：反应Ⅳ：CH3OH(g)＋O2(g)CO(g)＋2H2O(g)ΔH<0（1）在恒温恒压下的密闭容器中，充入1mol的甲醇，发生反应I，若起始压强为p0=aPa，达到平衡时甲醇的转化率为50%，计算反应平衡常数Kp=___(结果用含a的式子表示)(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，忽略其他反应)。（2）Na2CO3是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：历程ⅰ：CH3OH→·H＋·CH2OH历程ⅱ：·CH2OH→·H＋HCHO历程ⅲ：·CH2OH→3·H＋CO历程ⅳ：·H＋·H→H2如图表示一定条件下温度对碳酸钠催化脱氢性能的影响，回答下列问题：①从平衡角度解析550～650℃甲醇生成甲醛的转化率随温度升高的原因___。②反应历程ⅰ的活化能___(填“>”“<”或“＝”，下同)CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)活化能。③650～750℃，反应历程ⅱ的速率反应___历程ⅲ的速率。29、（10分）(1)某有机物由C、H、O三种元素组成，球棍模型如图所示：①含有的官能团名称是_______；②写出此有机物与金属钠反应的化学方程式_______。(2)四种常见有机物分子的比例模型示意图如下，其中甲、乙、丙为烃，丁为烃的衍生物。①可以鉴别甲和乙的试剂为_________；a.稀硫酸b.溴的四氯化碳溶液c.水d.酸性高锰酸钾溶液②上述物质中有毒、有特殊气味，且不溶于水、密度比水小的是_________（填名称），③乙和丁的物质的量共1.5mol，完全燃烧需要的氧气的物质的量是_______。

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、苯为平面结构，甲苯中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故A不符合；B、乙炔为直线结构，丙炔中甲基碳原子处于乙炔中H原子位置，所有碳原子处于同一直线，所有碳原子都处在同一平面上，故B不符合；C、2-甲基-1-丙烯中，双键两端的碳原子所连的碳原子都在同一个平面上，故C不符合；D、2-甲基丙烷中，3个甲基处于2号碳原子四面体的顶点位置，2号碳原子处于该四面体内部，所以碳原子不可能处于同一平面，故D符合；故选D。【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断。2、D【解析】A、明矾为十二水合硫酸铝钾，化学式为：KAl(SO4)2•12H2O，故A错误；B、漂白粉的主要成分是次氯酸钙，还含有氯化钙，化学式分别为：Ca（ClO）2、CaCl2，故B错误；C、纯碱为碳酸钠，化学式为：Na2CO3，故C错误；D、水煤气是一氧化碳与氢气的混合气体，故D正确。故答案选D。3、D【详解】A.稀硫酸改为98%的硫酸，铁在浓硫酸中钝化而不能产生氢气，A错误；B.100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，氯化钠不反应，但稀释了盐酸，氢离子浓度下降，故反应速率下降，B错误；C.所以升高温度，反应速率加快，C错误；D.有气体参加的反应，减小压强反应速率变慢，D正确；答案选D。

4、D【解析】分析：合成乙苯需要苯和氯乙烷，而氯乙烷可利用乙烯与HCl加成反应制取，据此解答。详解：根据已知信息可知合成乙苯需要苯和氯乙烷，而氯乙烷可利用乙烯与HCl加成反应制取：CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，则A、乙烷与氯气取代不可能得到纯净的氯乙烷，A错误；B、乙烯与氯气发生加成反应生成1，2－二氯乙烷，B错误；C、乙炔与氯化氢加成得不到氯乙烷，C错误；D、乙烯与氯化氢加成得到氯乙烷，D正确。答案选D。5、D【详解】A和B的量筒只能精确到0.1mL的溶液，故A、B不选；C．高锰酸钾溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，故C不选；D．滴定管能量取0.01mL的溶液，故应用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故D选；故选D。6、D【详解】A.25℃时，pH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故正确；B.一定条件下，SO2与氧气反应生成0.1molSO3，硫元素的化合价从+4价升高到+6价，所以反应中转移电子数为0.2NA，故正确；C.硫化钠和过氧化钠的摩尔质量都为78g／mol，所以7.8Na2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，含有的阴离子数目为0.1NA，故正确；D.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，没有说明气体所在的温度和压强，不能计算其物质的量及电子数，故错误。故选D。7、C【分析】该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以；相同压强时，温度越高二氧化氮含量越大，所以。【详解】A．反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小，A点二氧化氮含量大于C点，则相对分子质量，故A不选；B．二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深，AC温度相同，压强，则容器体积，所以A点浓度小于C点，则A点颜色浅、C点颜色深，故B不选；C.A、B是等压条件下，且温度，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法实现，故选C；D．相同温度下，压强越大反应速率越大，AC温度相同，压强，所以反应速率A点小于C点，故D不选；故选C。8、C【解析】A．在其它外界条件不变的情况下,使用催化剂,可以改变化学反应进行的速率，正确；B、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57kJ/mol，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，正确；C、某些吸热反应也可以自发进行，依据△H-T△S＜0分析，△H＞0，△S＞0，常温下可以△H-T△S＜0，如氢氧化钡晶体和氯化铵反应，是吸热反应，常温下可以自发进行，错误；D、依据反应自发进行的判断依据△H-T△S＜0分析，ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行，正确；综上所述，本题选C。【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④△H>0、∆S>0，高温下自发进行。9、C【详解】H2O、CO2、HCl都是非金属原子之间通过共价键连接组成的化合物，都只含有共价键，NaCl是由钠离子与氯离子通过离子键组成的离子化合物，其中含有离子键，故答案为C。10、A【详解】A.若X点P的体积分数40%，Y点P的体积分数小于40%，X点P的含量高，P为生成物，产率越大，平衡常数越大，两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2，故A正确；B.温度为T1时，设N的变化量为xmol，根据反应：M(s)+2N(g)P(g)+Q(g)初始（mol）：1200变化（mol）：x平衡（mol）：2-x温度为T1时，X点P的体积分数==40%，解得x=1.6mol。N的平衡转化率为==80%，平衡常数K=4，故B错误；C.该反应为反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，不能做为达到平衡的判断依据，故C错误；D.该反应为反应前后气体体积不变的体系，增大压强，反应速率加快，但压强不影响平衡移动，转化率不变；根据“先拐先平数值大”的原则，T2>T1，降低温度P的体积分数减少，反应向逆向进行，即放热的方向进行，反应物的转化率较低，故D错误；答案选A。11、B【详解】A、电镀中，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，镀件上电镀锌，锌作阳极，故A错误；B、根据电解的原理，保护水闸，水闸应作阴极，水闸应于直流电源的负极相连，这叫外加电流的阴极保护法，故B正确；C、根据电解原理，铁作阳极，铁失去电子，Fe2＋得电子能力强于Al3＋，故Fe2＋达到一定浓度后会优先放电，因此熔融氧化铝时不能用铁作阳极，故C错误；D、构成的是原电池，Fe作负极，失去电子，生成Fe2＋，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故D错误。12、C【详解】A.升高温度，化学反应速率v一定增大，A不符合题意；B.水电离过程是吸热过程，升高温度水的离子积常数Kw一定增大，B不符合题意；C.可逆反应的正反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，若正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小；若正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大，所以升高温度，化学平衡常数K可能增大，也可能减小，C符合题意；D.氨水中的一水合氨电离过程吸收热量，升高温度，电离平衡正向移动，所以电离平衡常数Ka增大，D不符合题意；故合理选项是C。13、D【解析】因为HNO3具有强氧化性，镁粉与硝酸反应不产生氢气，A项错误；镁的金属性比铁更强，其它条件相同时，镁跟盐酸反应产生氢气的速率比铁跟盐酸反应产生氢气的速率快，所以反应速率B>C；D组3mol/L的硫酸溶液中c(H+)=6mol/L，B组3mol/L的盐酸溶液中c(H+)=3mol/L，反应实质都是Mg+2H+=Mg2++H2↑，其它条件相同时，H+浓度越大产生氢气的速率越快，所以反应速率D>B，反应开始时产生氢气速率最快的是D选项，答案选D。14、C【分析】根据图像中其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol·L-1）溶液的pH和原子半径的关系可知，X、Z最高价氧化物对应水化物是硝酸，高氯酸，结合原子半径，X为N，Z为Cl，W最高价氧化物对应水化物的酸性更强，应该是二元强酸硫酸，因此W为S，M最高价氧化物对应水化物应该为一元强碱，根据原子半径和短周期主族元素，得出M为Na，Y半径比N大一点，但Y最高价氧化物对应水化物酸性较弱，则Y为C，因此X、Y、Z、W、M分别为N、C、Cl、S、Na。【详解】A选项，最简单气态氢化物的热稳定性：HCl＞H2S，故A正确；B选项，Y的最高价氧化物二氧化碳的电子式为：，故B正确；C选项，W的气态氢化物硫化氢是弱酸，故C错误；D选项，同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：N3－＞Na+，故D正确；综上所述，答案为C。15、D【详解】合成结构简式为的高聚物，一定要寻找链状的单键，，从断键角度来分析，得到苯乙烯和丁二烯，故D正确；综上所述，答案为D。16、A【详解】催化剂只影响化学反应速率，不一定引起平衡的移动；当一个反应的前后化学计量数之和相等时，压强也不一定引起平衡的移动；当反应中各物质的浓度均按照化学计量数变化时，也不一定引起平衡的移动；故B、C、D选项错误；当温度改变时，反应的平衡常数改变，化学反应重新达到新的状态，一定会引起平衡的移动。故A项正确。【点睛】此题可以先排除催化剂，而浓度和压强，对于特殊的反应，平衡不移动，利用了等效平衡的原理。17、C【解析】A.氢氧化钠溶液也与氯化氢反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，A错误；B.碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，不能用加热的方法除去NaHCO3固体中的少量NaCl，B错误；C.胶体可以产生丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别Al(OH)3胶体和Na2SO4溶液，C正确；D.NaOH溶液和KOH溶液均显碱性，不能用酚酞溶液鉴别NaOH溶液和KOH溶液，D错误，答案选C。18、A【详解】A．测定中和热实验，不需要使用天平，但还需要使用环形玻璃搅拌棒等，A不正确；B．金属和石墨导电都是电子导电，为物理变化，电解质溶液导电是离子导电，都伴随着电子的得失，为化学变化，B正确；C．通过电解，有可能让不能自发进行的氧化还原反应发生，C正确；D．Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，是一个自发进行的氧化还原反应，可以在原电池中实现，也可以在电解池中实现，D正确；故选A。19、B【解析】A.由电离方程式知,NH4+与NH2-的离子平衡浓度相等都为1×10-15mol/L,根据水的离子积得液氨的离子积K=c(NH2-).c(NH4+)=1×10-30，故A错误；B.由钠与水反应可推知,2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑,故B正确；C、虽然加入NH4Cl可使平衡向逆反应方向移动,NH4+的浓度增大,但由水的离子积可以知道,其大小只与温度有关,与离子浓度无关,故C错误；D、因为电离是吸热反应，所以降温NH3+NH3NH4++NH2-平衡向逆向移动，c(NH4+)=c(NH2-)都减小，故D错误；答案：B。20、C【解析】升高温度可加快反应速率，且不影响生成的氢气总量，A错误；铝片改为等质量的铝粉，增大反应物与酸的接触面积，反应速率加快，B错误；加入少量CuSO4溶液，铝与硫酸铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，由于铝片的量减少，所以影响了生成氢气总量，C正确；加入浓度较大的盐酸，速率加快，但不影响生成的氢气总量，D错误；正确答案：C。21、B【解析】A．离子半径Cl-＜Br-，离子半径越小，晶格能越大，晶格能：NaCl＞NaBr，A错误；B.离子半径Mg2+＜Ca2+，离子半径越小，晶格能越大，硬度越大，硬度：MgO>CaO，B正确；C．离子半径I-＞Br-，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，熔点：NaI＜NaBr，C错误；D．CO2为分子晶体，NaCl为离子晶体，离子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，D错误，答案选B。点睛：本题考查晶体的判断以及性质的比较，注意影响离子晶体熔沸点高低的因素，把握晶体类型的判断方法，即离子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，硬度越大。22、C【详解】聚乙烯、尼龙、涤纶均是人工合成的有机高分子材料，棉花属于天然的纤维素，是天然的高分子有机物，C项正确。二、非选择题(共84分)23、二ⅤAH2SO3、H2SO4S2－O2－Na＋离子键、(非极性)共价键【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。(1)B为氮元素，在第二周期第VA族；(2)E为硫元素，其氧化物由二氧化硫和三氧化硫，对应的水化物分别为H2SO3、H2SO4；(3)氧离子、钠离子和硫离子中根据电子层数越多，半径越大，相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小分析，半径顺序为S2－>O2－>Na＋;(4)用电子式表示氧化钠的形成过程，表示为：；过氧化钠中含有离子键、(非极性)共价键。【点睛】掌握电子式表示化合物的形成过程中，注意离子化合物的书写方法，左侧写原子的电子式，右侧写化合物的电子式，并用弯箭头表示电子的转移方向。24、乙醛酯基取代保护酚羟基不被混酸氧化或或【分析】CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件反应生成，与Br2反应生成，和氨气反应生成E(D中—Br变为E中—NH2)，E和SOCl2反应生成F，F发生取代反应得到G，H和发生反应生成I，I发生硝化反应生成J，J和稀硫酸反应生成K，L与K、G发生反应生成最终产物。【详解】(1)根据B的结构简式和A→B发生加成反应，得到物质A为CH3CHO，其化学名称为乙醛，根据G的结构简式得到G中含氧官能团名称是酯基；故答案为：乙醛；酯基。(2)根据D→E和E→F(—COOH变为)、以及D、E、F的结构简式得到D→E是—Br变为—NH2，其反应类型为取代反应；故答案为：取代反应。(3)H→K的流程中，H加入CH3COCl变为I，J变为K羟基又变回来了，因此其目的是保护酚羟基不被混酸氧化；故答案为：保护酚羟基不被混酸氧化。(4)①能发生银镜反应，说明含有醛基，且水解后的产物遇FeCl3溶液显紫色，说明原物质有酯基，水解后含有苯酚；②其核磁共振氢谱有4种吸收峰；因此其同分异构体为或或；故答案为：或或。(5)是由发生酯化反应得到，乙醇催化氧化变为乙醛，CH3CHO与HCN反应生成CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下反应生成，因此合成路线为，故答案为：。【点睛】有机推断是常考题型，主要考查反应类型、官能团、有机物结构简式、根据有机物前后联系推断有机物，书写方程式，设计流程图。25、（图中要标明2、4、6min时刻时的速率及要画出速率走向弧线）镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，4min后由于溶液中H+浓度降低，导致反应速率减小【分析】(1)图2中2、4、6min时生成氢气的体积分别为10mL、30mL、38mL，速率分别为5mL/min、7.5mL/min、6.3mL/min；

(2)开始时放热使温度升高，反应速率加快；4

min之后，反应速率逐渐减慢，与氢离子浓度减小有关；【详解】(1)图2中2、4、6min时生成氢气的体积分别为10mL、30mL、38mL，速率分别为5mL/min、7.5mL/min、6.3mL/min，H2的速率与时间的关系曲线图为（图中要标明2、4、6

min时刻时的速率及要画出速率走向弧线）；答案为：；

(2)在前4

min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，在4

min之后，反应速率逐渐减慢，其原因为镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，而4

min后由于溶液中H+浓度降低，导致反应速率减小；答案为：镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，而4

min后由于溶液中H+浓度降低，导致反应速率减小。26、4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O硫酸至pH=4.0控制浓度一致C中U形管的增重调节溶液pH【分析】实验Ⅰ中，FeSO4溶液与Na2CO3溶液反应，生成Fe(OH)2沉淀和Na2SO4，Fe(OH)2不稳定，很容易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3；实验Ⅱ中，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3沉淀和CO2气体，2min后明显看出有一部分FeCO3转化为Fe(OH)3；实验Ⅲ中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入NaHCO3溶液，产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色，表明在此种情况下，Fe(OH)2能较稳定存在。是什么原因导致此结果？通过对比实验IV进行探究。实验I、

II、

III

中FeCO3纯度探究时，先加硫酸溶解，通过测定生成CO2的质量进行推断，在实验过程中，需保证反应产生CO2质量测定的准确性，由此可得出制备FeCO3实验成功的关键因素。【详解】(1)实验Ⅰ中，FeSO4溶液与Na2CO3溶液反应，所以反应物中含有，Fe由+2价升高为+3价，则反应物中还应加入氧化剂O2，利用得失电子守恒和电荷守恒、质量守恒进行配平，即得反应的离子方程式为：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8。答案为：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8；(2)实验Ⅱ中，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3沉淀和CO2气体，离子方程式为Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O。答案为：Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O；(3)实验IV

中，甲同学得出结论：水解产生H+，为调节0.8mol/LFeSO4溶液pH=4，需增大溶液的酸性，降低溶液pH，所以加入硫酸至pH=4.0；乙同学认为，向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固体至c()=1.6

mol/L，所以实验IV中，为使溶液中c()与原溶液相同，需加入Na2SO4

固体，其目的是控制浓度一致。答案为：硫酸至pH=4.0；控制浓度一致；(4)为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需求出FeCO3的质量(由反应生成的CO2进行计算)，所以需测定的物理量是C中U形管的增重。答案为：C中U形管的增重；(5)通过以上实验分析，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II，是因为实验III中加入了酸性物质，对溶液的pH进行了调整，从而得出制备FeCO3实验成功的关键因素是调节溶液pH。答案为：调节溶液pH。【点睛】实验IV

中，我们很容易将加入的调节pH的物质写成(NH4)2SO4，这样，就跟原物质的成分相同，达不到探究的目的。27、B从右向左滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)增大4OH--4e-=2H2O+O2↑Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O1682FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+12OH-【解析】分析：I.甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，利用该原电池电解氢氧化钠溶液，结合原电池、电解池的工作原理解答。II.乙装置是电解池，铁电极与电源正极相连，作阳极，铁失去电子，碳棒是阴极，氢离子放电，结合电极反应式以及电子得失守恒解答。详解：（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序可知Mg＞Zn，因此不能是Mg，答案选B。（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，SO42−会向正电荷较多的Zn电极方向移动。即从右向左移动。利用该原电池电解氢氧化钠溶液，由于电极均是铜，在阳极上发生反应Cu-2e-=Cu2+，产生的Cu2+在溶液中发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，所以在滤纸上能观察到的现象是有蓝色沉淀产生。（3）由图可知：X为阴极。电解过程中，X极上发生：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大，所以X极处溶液的c(OH-)增大。（