宁夏大学附中2026届高二上化学期中质量检测试题含解析

宁夏大学附中2026届高二上化学期中质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、空气是人类生存所必需的重要资源。为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是（）A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B．实施绿化工程，防止扬尘污染C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D．加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量2、下列有机化合物的分类正确的是A．苯的同系物 B．醇C．醚 D．芳香烃3、氢氰酸（HCN）是一种剧毒类弱酸，具有苦杏仁气味，将其加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A．Ka(HCN)B．c(H＋)C．c(CN-)/c（HCN）D．C(HCN)/c(H＋)4、下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是A．12和17 B．11和17 C．11和16 D．6和85、在3支试管中分别放有①1mL乙酸乙酯和3mL水②1mL溴苯和3mL水③1mL乙酸和3mL水。下图中3支试管从左到右的排列顺序为()A．①②③ B．①③② C．②①③ D．②③①6、如下图所示，按图甲装置进行实验，若图乙的x轴表示流入电极的电子的量，则y轴不可能表示的是()A．c(Ag＋) B．c(NO)C．溶液氢离子浓度 D．阴极质量7、误食重金属盐而引起的中毒，急救方法是A．服用大量的豆浆或牛奶 B．服用大量凉开水C．服用大量生理盐水 D．服用大量小苏打溶液8、在密闭容器中，对于反应2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，增大压强（体积迅速减小），下列说法正确的是（）A．平衡逆向移动B．混合气体颜色比原来深C．混合气体颜色比原来浅D．混合气体的平均相对分子质量变小9、常温下，有浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液，下列叙述不正确的是（）A．若此时HY溶液的pH=3，则HY是弱酸B．若分别加入0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和C．若分别加入0.01molNaOH固体，则所得溶液的pH均为7D．若此时HX溶液的pH=1，则由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L10、在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是()A．v（A）=0.5mol·L-1·s-1 B．v（B）=0.3mol·L-1·s-1C．v（C）=0.8mol·L-1·s-1 D．v（D）=10mol·L-1·min-111、下列说法正确的是（）①任何稀的强酸与稀的强碱生成1mol水放出的热即为中和热②对任何一个化学反应，温度发生变化，化学反应速率一定发生变化③平衡正向移动，某反应物的转化率一定增大④一个化学反应的限度一定是可以改变的⑤增大压强，正反应速率一定增大⑥化学反应一定伴有能量的变化A．除①以外 B．③④⑤ C．③⑤⑥ D．②④⑥12、PCl3和PCl5都是重要的化工原料．将PCl3（g）和Cl2（g）充入体积不变的2L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应，并于10min时达到平衡：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）△H＜0，有关数据如下：PCl3（g）Cl2（g）PCl5（g）初始浓度（mol/L）2.01.00平衡浓度（mol/L）c1c20.4下列判断不正确的是A．10min内，v（Cl2）=0.04mol/（L•min）B．当容器中Cl2为1.2mol时，反应达到平衡C．升高温度，反应的平衡常数增大，平衡时PCl3的物质的量浓度＜1.6mol/LD．平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，在相同条件下再达平衡时，c（PCl5）＜0.2mol/L13、下列化学用语正确的是A．镁原子：Mg2+ B．氯原子：Cl2C．S原子的结构示意图： D．乙醇的结构式：14、下表中物质的分类组合完全正确的是（）选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质CH3COONaCaCO3H2CO3NH3•H2O非电解质SO2CS2H2OC2H5OHA．A B．B C．C D．D15、如图所示为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是（）A．发生的反应可表示为2A(g)2B(g)＋C(g)B．开始时，正、逆反应同时开始C．前2min内A的分解速率为0.1mol·L-1·min-1D．2min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶116、（改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量0～4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A．饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B．a、c两点对应的氢气生成速率相等C．b点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0×10-3mol·L-1·s-1D．d点没有构成原电池，反应速率减慢17、玻璃器皿上沾有一些用水洗不掉的残留物，其洗涤方法正确的是（）①残留在试管内壁上的碘，用酒精洗涤②盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用酒精洗涤③做银镜反应后试管壁上银镜，用稀氨水洗涤④沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③④18、下列物质中，一定不能使溴水和KMnO4酸性溶液褪色的是A．C2H4 B．C3H6 C．C5H12 D．C4H819、元素R的气态氢化物的化学式为H2R，则它的最高正价（）A．+2 B．+4 C．+6 D．+820、下列叙述正确的是A．某温度下，蒸馏水中的[H+]=1.0×10—6mol·L—1，则该温度一定高于25℃B．25℃时，pH=13的氢氧化钡溶液中，由水电离出来的[H+]=1.0×10—13mol·L—1，此时由水电离出来的[OH—][H+]C．25℃时，水中加入氢氧化钠固体，水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小D．25℃时，0.1mol·L—1的盐酸与0.1mol·L—1的NaOH溶液中，水的电离程度不同21、据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是A． B．C． D．22、在一密闭容器中，用10molA和B发生如下反应：A(g)+2B(g)2C(g)，反应达到平衡时，A为4mol，则A的平衡转化率为()A．40%B．50%C．60%D．70%二、非选择题(共84分)23、（14分）重要的化工原料F(C5H8O4)有特殊的香味，可通过如图所示的流程合成：已知：①X是石油裂解气主要成分之一，与乙烯互为同系物；②；③C、E、F均能与NaHCO3生成气体(1)D中所含官能团的名称是_______________。(2)反应②的化学方程式为_____________，反应类型是________；反应⑥的化学方程式为______________。(3)F的同分异构体很多，其中一种同分异构体只含有一种官能团，在酸性或碱性条件下都能水解生成两种有机物，该同分异构体的结构简式是____________________________。24、（12分）有机物A、B、C、D、E之间发生如下的转化：（1）写出D分子中官能团的名称：_____，C物质的结构简式：____．（2）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是__________．（3）请写出下列转化的化学反应方程式：①（C6H10O5）n→A：_____；②乙烯生成聚乙烯：_____．25、（12分）H2O2能缓慢分解生成水和氧气，但分解速率较慢，加入催化剂会加快分解速率。某化学兴趣小组为研究不同催化剂对H2O2分解反应的催化效果，设计了如图甲、乙、丙所示的三组实验。请回答有关问题：(1)定性分析：可以通过观察甲装置__________现象，而定性得出结论。有同学指出：应将实验中将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液，理由是_______________。(2)定量测定：用乙装置做对照试验，仪器A的名称是___________。实验时组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段。这一操作的实验目的是____________。实验时以2min时间为准，需要测量的数据是________。(其它可能影响实验的因素均已忽略)(3)定量分析：利用丙装置探究MnO2对H2O2分解的催化效果。将30mL5%H2O2溶液一次性加入盛有0.10molMnO2粉末的烧瓶中，测得标准状况下由量气管读出气体的体积[V(量气管)]与时间(t/min)的关系如图所示。图中b点___________90mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。(4)补充实验：该小组补充进行了如下对比实验，实验药品及其用量如下表所示。实验设计的目的是为了探究_________________________。编号反应物催化剂①30mL5%H2O2溶液，10滴H2O0.10molMnO2②30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LHCl溶液0.10molMnO2③30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LNaOH溶液0.10molMnO226、（10分）电石中的碳化钙和水能完全反应：CaC2+2H2O=C2H2↑+Ca(OH)2使反应产生的气体排水，测量排出水的体积，可计算出标准状况下乙炔的体积，从而可测定电石中碳化钙的含量。（1）若用下列仪器和导管组装实验装置如果所制气体流向从左向右时，上述仪器和导管从左到右直接连接的顺序（填各仪器、导管的序号）是：____接____接____接____接____接____。（2）仪器连接好后，进行实验时，有下列操作（每项操作只进行一次）：

①称取一定量电石，置于仪器3中，塞紧橡皮塞。②检查装置的气密性。

③在仪器6和5中注入适量水。

④待仪器3恢复到室温时，量取仪器4中水的体积（导管2中的水忽略不计）。⑤慢慢开启仪器6的活塞，使水逐滴滴下，至不产生气体时，关闭活塞。正确的操作顺序（用操作编号填写）是__________________。（3）若实验产生的气体有难闻气味，且测定结果偏大，这是因为电石中含有___________杂质。（4）若实验时称取的电石1.60g，测量排出水的体积后，折算成标准状况乙炔的体积为448mL，此电石中碳化钙的质量分数是_________%。27、（12分）为了探究某固体化合物X（含有3种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验，请回答：已知：气体甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味。（1）固体X中含有氧、_________和__________三种元素（写元素符号）（2）写出X隔绝空气分解的化学方程式___________________________________________；（3）检验溶液A中最主要金属阳离子的方法是____________________；（4）由沉淀转化为红棕色固体的一系列操作包括：过滤、_______、灼烧、________和称量。28、（14分）已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：（1）图中ABCDE五点的KW间的大小关系是___________．（用ABCDE表示）（2）若从A点到D点，可采用的措施是______．a．升温b．加入少量的盐酸c．加入少量的NaOH固体（3）点B对应温度条件下，某溶液pH═7，此时，溶液呈____（酸性、碱性、中性），点E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________．（4）点B对应的温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是pH1+pH2=___________．29、（10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________________________。

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．使用燃煤脱硫技术，可以减少二氧化硫的排放，防治SO2污染，A正确；B．实施绿化工程，防止扬尘污染，可改善空气质量，B正确；C．开发燃料电池汽车，可减少有害气体的排放，C正确；D．加大不可再生资源石油、煤的开采，会造成资源缺乏，同时会使空气中的SO2、NOx含量的增加，D错误；答案为D。2、B【详解】A．中不含苯环，不是苯的同系物，属于环烷烃，故A错误；B．是芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代而成的化合物，属于醇，故B正确；C．含有羰基，属于酮，故C错误；D．含有苯环，除了C、H两种元素外，还含有Cl、N元素，属于芳香烃的衍生物，故D错误；故选B。3、C【解析】A、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HCN）在稀释过程中不变，选项A错误；B、因HCN为弱酸，则HCN溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，选项B错误；C、因Ka(HCN)=c(CN-)×c(H+)c(HCN)，当D、因Ka(HCN)=c(CN-)×c(H+)c(HCN)，当HCN溶液加水不断稀释，促进电离，答案选C。4、A【分析】根据原子序数分析元素，利用金属元素与非金属元素来分析形成的离子化合物，以此来解答．【详解】A、原子序数为12和17的元素分别为Mg、Cl，能形成离子化合物MgCl2，故A选；B、原子序数为11和17的元素分别为Na、Cl，能形成离子化合物NaCl，故B不选；C、原子序数为11和16的元素分别为Na、S，能形成离子化合物Na2S，故C不选；D、原子序数为6和8的元素分别为C、O，能形成CO、CO2共价化合物，故D不选；故选A。【点睛】本题考查AB2型离子化合物，解题关键：熟悉元素的原子序数来判断元素，注意AB2型离子化合物中，A通常显+2价，B通常显-1价。5、D【解析】几种液体的密度：ρ(溴苯)>ρ(水)>ρ(乙酸乙酯)，溴苯和乙酸乙酯难溶于水，乙酸与水混溶，则3支试管从左到右的顺序为②③①，答案选D。6、D【分析】用银作阳极、铁作阴极电解硝酸银溶液时，阳极上银失电子发生氧化反应，阴极上银离子得电子发生还原反应，根据溶液中离子浓度变化来分析解答。【详解】用银作阳极、铁作阴极电解硝酸银溶液时，阳极上银失电子发生氧化反应，电极反应式为:Ag-e-=Ag+，阴极上银离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag++e-=Ag，所以电解质溶液中氢离子、硝酸根离子、银离子浓度都不变，阴极上析出的银附着在银电极上，所以阴极质量增加，而图中Y不变，

所以D选项是正确的。7、A【详解】重金属盐能够使蛋白质变性，误食重金属盐，可马上服用大量的豆浆或牛奶，可与蛋白质作用而缓冲对人体的危害，但服用生理盐水、冷开水以及小苏打溶液等都不能与重金属盐反应，不能降低重金属盐对人体的危害，答案选A。8、B【详解】A．分析反应2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向进行，A项错误；B．增大压强，体积迅速减小，平衡移动程度不如体积减小带来的改变大，所以混合气体颜色加深，B项正确；C．增大压强，体积迅速减小，平衡移动程度不如体积减小带来的改变大，所以混合气体颜色加深，C项错误；D．气体质量不变，增大压强，物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量变大，D项错误；答案选B。9、C【详解】A.浓度为0.1mol/LHY溶液，若此时pH=3，则说明HY不完全电离，即HY是弱酸，故A正确；B.浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01mol，则酸碱恰好完全中和，故B正确；C.若分别加入0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和，由于酸的强弱未知，可能生成强碱强酸盐或强碱弱酸盐，则所得溶液的pH7，故C错误；D.浓度为0.1mol/LHX溶液，若此时pH=1，说明HX为强酸，则由水电离出的c（H+）=mol/L=1×10-13mol/L，故D正确。故选C。10、B【分析】注意比较反应速率快慢常用方法有：归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率；比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快，一般用比值法相对简单。【详解】由比值法可得：v（A）/2=0.25mol·L-1·s-1，v（B）/1=0.3mol·L-1·s-1，v（C）/3=0.8/3mol·L-1·s-1，注意D的单位需要换算，v（D）=10mol·L-1·min-1=1/6mol·L-1·s-1，v（D）/4=1/24mol·L-1·s-1，反应速率最快的是v（B），故选B。【点睛】本题考查反应速率快慢的比较，注意用比值法相对简单，计算过程中注意单位换算是解答关键。11、D【详解】稀的强酸与稀的强碱反应生成可溶性盐时，生成1mol水放出的热才为中和热，因为若生成沉淀，则存在沉淀的溶解热，这部分热量不能计算在中和热中，①错误；对任一化学反应，只要温度改变，反应速率一定会改变，只是改变程度的大小有差异，②正确；平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大，也有可能减小，如在N2和H2生成NH3的可逆反应中，达到平衡后再通入N2，N2的浓度增大，平衡正向移动，此时H2的转化率增大，而N2的转化率反而减小，③错误；改变外界条件如温度和压强等，可以破坏旧的化学平衡，而建立新的化学平衡，化学反应的限度随之改变，所以一个化学反应的限度一定是可以改变的，④正确；增大压强，若未改变参与反应的气体物质的浓度，则反应速率也不会改变，⑤错误；化学反应的本质是旧的化学键断裂和新的化学键形成，两者需要的能量是不同的，故化学反应一定伴有能量的变化，⑥正确。故正确的说法有②④⑥，答案选D。正确答案选D。12、C【分析】PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）起始2.01.00改变0.40.40.4平衡1.60.60.4【详解】A.10min内，v（Cl2）=0.4/10=0.04mol/（L•min），故正确；B.平衡时氯气的物质的量为0.6×2=1.2mol，故正确；C.升高温度，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小，平衡时PCl3的物质的量浓度大于1.6mol/L，故错误；D.平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，相当于各物质的浓度都减少一半，即减压，平衡逆向移动，在相同条件下再达平衡时，c（PCl5）＜0.2mol/L，故正确。故选C。【点睛】掌握等效平衡的计算。（1）定温（T）、定容（V）条件下的等效平衡Ⅰ类：对于一般可逆反应，在定T、V条件下，只改变起始加入情况，只要通过可逆反应的化学计量数比换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量与原平衡相同，则二平衡等效。Ⅱ类：在定T、V情况下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡相同，则二平衡等效。（2）定T、P下的等效平衡Ⅲ类：在T、P相同的条件下，改变起始加入情况，只要按化学计量数换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量之比与原平衡相同，则达到平衡后与原平衡等效。13、D【详解】A．镁原子不带电荷，原子符号为Mg，A错误；B．氯原子的符号为Cl，B错误；C．S原子的核内质子数与核外电子数相同，其结构示意图为，C错误；D．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，各原子之间以单键形式结合，结构式为，D正确；故选D。14、D【详解】A、KNO3在水中能完全电离，所以是强电解质，CH3COONH4在水中能完全电离，所以是强电解质，SO2自身不能电离，是非电解质，故A错误；B、H2SO4在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，CS2不能发生电离，是非电解质，故B错误；C、溶于水的BaSO4能完全电离，所以BaSO4是强电解质，H2CO3在水中能部分电离，所以是弱电解质，H2O部分电离，是弱电解质，故C错误；D、HClO4在水中能完全电离，所以是强电解质，NH3·H2O部分电离，是弱电解质，C2H5OH在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D错误；故选A。15、B【详解】A．据图可知A浓度减小，应为反应物，B、C的浓度增大，应为生成物；相同时间内△c(A)=0.2mol/L，△c(B)=0.2mol/L，△c(C)=0.1mol/L，同一反应同一时段内反应速率之比等于计量数之比，所以A、B、C的计量数之比为0.2:0.2:0.1=2:2:1，所以反应方程式为2A(g)2B(g)＋C(g)，故A正确；B．据图可知开始时C的浓度为0，所以此时逆反应速率应为0，故B错误；C．前2min内△c(A)=0.2mol/L，所以A的分解速率为0.1mol·L-1·min-1，故C正确；D．据图可知2min时，c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.3mol/L，c(C)=0.1mol/L，浓度之比为2:3:1，故D正确；故答案为B。16、D【详解】A．根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B．根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C．根据图像可知，b点收集336ml氢气用时150s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol÷150s=1.0×10-3mol·L-1·s-1，C项正确；D．d点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。17、B【详解】①单质碘在酒精中的溶解度大，因此可以用酒精洗涤，故①正确；②苯酚在酒精中的溶解度大，因此可用酒精除去残留的苯酚，故②正确；③做银镜反应后试管壁上的银镜成分为银，因为银不和稀氨水反应，不能用之洗涤，可用稀硝酸洗涤，故③错误；④因为热碱液显碱性，而油脂在碱性溶液中容易水解，可以洗涤，故④正确；综上所述，洗涤方法正确为①②④，故答案为B。18、C【详解】A．乙烯分子中含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应，使溴水溶液褪色，能够被高锰酸钾溶液氧化，使KMnO4酸性溶液褪色，故A不符合题意；B．C3H6可能是丙烯，也可能是环丙烷，若为环丙烷，不与溴水和KMnO4酸性溶液反应，则不能使溴水和KMnO4酸性溶液褪色；若是丙烯，能够与溴发生加成反应，能够被高锰酸钾溶液氧化，能使溴水和KMnO4酸性溶液褪色，故B不符合题意；C．C5H12为戊烷，分子中不含不饱和键，化学性质稳定，不与溴水和KMnO4酸性溶液反应，不能使溴水和高锰酸钾酸性溶液褪色，故C符合题意；D．C4H8可以是烯烃，也可以是环烷烃，若为环丁烷或甲基环丙烷，不与溴水和KMnO4酸性溶液反应，则不能使溴水和KMnO4酸性溶液褪色；若是1-丁烯、2-丁烯或甲基丙烯，则其可以使溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色，故D不符合题意；答案选C。19、C【分析】元素R的气态氢化物的化学式为H2R，所以R最低负价为−2价，所以元素R的最高正价为+6价。【详解】A.第IIA族的最高正价是＋2价，故A错误；B.第IVA族的最高正价是＋4价，故B错误；C.第VIA族的最高正价是+6价，故C正确；D.化合价没有＋8价，故D错误；故答案选C。【点睛】元素的最高正价+|最低负价|=8。20、A【详解】A、常温下，蒸馏水中c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，现在温度下c(H+)＞1.0×10-7mol·L-1，所以温度高于25℃，故A正确；B、在任意水溶液中，由水电离出来的c(OH—)=c(H+)，故B错误；C、水的离子积只受温度的影响，加入NaOH后，Kw不变，故C错误；D、25℃时，0.1mol·L-1的盐酸与0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(H+)=c(OH-)=0.1mol/L，对水电离的抑制能力相同，水的电离程度相同，故D错误。故选A。21、B【详解】水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。【点睛】注意催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热。22、C【解析】初始时加入的n(A)=10mol，则参加反应的A的物质的量为xmol，剩余的A的量为10-x=4，x=6mol，则A的平衡转化率为6/10×100%=60%；C正确；综上所述，本题选C。二、非选择题(共84分)23、氯原子、羧基2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O氧化反应CH3CH2COOH＋HOCH2COOHCH3CH2COOCH2COOH＋H2OCH3OOCCH2COOCH3【分析】乙酸和氯气发生取代反应生成有机物（D）Cl-CH2-COOH，Cl-CH2-COOH在氢氧化钠溶液发生取代后酸化得到有机物（E）HO--CH2-COOH，根据有机物F(C5H8O4)分子式，可知有机物X、A、B、C均含有3个碳，且X是乙烯的同系物，X为丙烯，A为1-丙醇、B为丙醛，C为丙酸；丙酸和有机物（E）HO--CH2-COOH发生酯化反应生成F，据以上分析解答。【详解】乙酸和氯气发生取代反应生成有机物（D）Cl-CH2-COOH，Cl-CH2-COOH在氢氧化钠溶液发生取代后酸化得到有机物（E）HO--CH2-COOH，根据有机物F(C5H8O4)分子式，可知有机物X、A、B、C均含有3个碳，且X是乙烯的同系物，X为丙烯，A为1-丙醇、B为丙醛，C为丙酸；丙酸和有机物（E）HO--CH2-COOH发生酯化反应生成F；(1)结合以上分析可知：（D）Cl-CH2-COOH中所含官能团氯原子、羧基；正确答案：氯原子、羧基。(2)1-丙醇发生催化氧化为醛，化学方程式为2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；反应类型：氧化反应；丙酸与HO-CH2-COOH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，化学方程式为：CH3CH2COOH＋HOCH2COOHCH3CH2COOCH2COOH＋H2O；正确答案：2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；氧化反应；CH3CH2COOH＋HOCH2COOHCH3CH2COOCH2COOH＋H2O。(3)有机物F为CH3CH2COOCH2COOH，它的同分异构体满足只含有一种官能团，在酸性或碱性条件下都能水解生成两种有机物，该有机物一定为酯类，且为乙二酸二甲酯，结构简式为CH3OOCCH2COOCH3；正确答案：CH3OOCCH2COOCH3。24、羧基CH3CHO有（砖）红色沉淀产生（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6nCH2═CH2【分析】根据题中各物质转化关系，反应⑥是光合作用产生A和氧气，则A为葡萄糖（C6H12O6），（C6H10O5）n水解能产生葡萄糖，所化合物乙为水，反应①为糖类的水解，反应②葡萄糖在酒化酶的作用生成化合物甲(二氧化碳)和B，B为CH3CH2OH，反应③为B发生氧化反应生成C为CH3CHO，反应④为C发生氧化反应生成D为CH3COOH，反应⑤为B和D发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，反应⑦为乙烯的燃烧反应生成二氧化碳和水，反应⑧为乙烯与水加成生成乙醇。【详解】根据以上分析，（1）D是CH3COOH，分子中官能团的名称是羧基，C是乙醛，结构简式是CH3CHO；（2）A为葡萄糖（C6H12O6），葡萄糖含有醛基，向葡萄糖的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时氢氧化铜被还原为砖红色沉淀氧化亚铜，产生的实验现象是有砖红色沉淀产生；（3）①（C6H10O5）n发生水解反应生成葡萄糖，反应方程式为（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；②乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，方程式是nCH2═CH225、产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等其他合理答案给分)排除Cl−对实验的干扰(其他合理答案给分)分液漏斗检查装置的气密性(在同温同压下，反应2min收集)气体的体积(其他合理答案给分)小于溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响其他合理答案给分)【分析】探究催化剂对过氧化氢分解的影响，根据实验要求应控制变量，通过分解生成气泡的快慢或单位时间内生成氧气的体积进行催化效果的判断，反应物浓度越高，反应速率越快。【详解】(1)甲中可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，可以排除因阴离子的不同可能带来的影响，还可以将CuSO4改为CuCl2；(2)由装置图可知：仪器A的名称是分液漏斗。反应速率是根据测定相同时间内产生气体的体积来衡量的，为保证测定相同时间内产生气体的体积的准确性，要检查装置的气密性，操作是组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段，松手后，看是否回到原位，回到原位证明气密性良好。(3)随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减小，3min~4min生成10mL气体，那么2min~3min生成气体的体积应大于10mL，故b小于90mL；(4)从表中可以看出，3组实验不同的实验条件是溶液的酸碱性，因此实验设计的目的是为了探究溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响。26、631524②①③⑤④或①③②⑤④可与水反应产生气体的磷化物、砷化物、硫化物等杂质80【解析】本题主要考查对于“测定电石中碳化钙的含量”探究实验的评价。（1）如果所制气体流向从左向右时，6和3组成反应装置，1和5组成量气装置，2和4组成收集排出水的装置，所以上述仪器和导管从左到右直接连接的顺序是：6接3接1接5接2接4。（2）仪器连接好后，进行实验时，首先检查装置气密性，再制取乙炔，量取水的体积，所以正确的操作顺序是②①③⑤④。（3）若实验产生的气体有难闻气味，且测定结果偏大，这是因为电石中含有可与水反应产生气体的磷化物、砷化物、硫化物等杂质。（4）乙炔的物质的量为0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，此电石中碳化钙的质量分数是×100%=80%。27、CFeFeC2O4FeO+CO↑+CO2↑取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+洗涤冷却【解析】无色气体甲能使澄清石灰水变浑浊，说明甲中含有CO2，甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味，所以甲中还有CO，CO在标准状况下是2.24L，物质的量是0.1mol，白色沉淀是碳酸钙，碳酸钙的质量是10g，物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.1mol，所以固体X中含碳元素为0.2mol，红棕色固体是Fe2O3，Fe2O3为8g，物质的量为0.05mol，固体X中含铁元素为0.1mol，X中含O元素的质量为：14.4g-（0.1mol×56g/mol+0.2mol×12g/mol）=6.4g，O元素的物质的量为0.4mol，所以X中含有铁元素为0.1mol，碳元素为0.2mol，O元素的物质的量为0.4mol，故X的化学式为：FeC2O4。【详解】（1）流程中有红棕色固体生成，是Fe2O3，无色气体甲能使澄清石灰水变浑浊，说明甲中含有CO2，根据元素守恒可知X中还含有碳元素和铁元素，故答案为：C；Fe。（2）X隔绝空气分解生成的黑色固体是FeO，气体甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味，所以这两种气体是CO和CO2，反应的方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑，故答案为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。（3）Fe2+的检验方法为：取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+，故答案为：取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+。（4）沉淀转化为红棕色固体（Fe2O3），具体操作为：过滤、洗涤、灼烧、冷却和称量，故答案为：过滤、洗涤、灼烧、冷却和称量。28、B＞C＞A=D=Eb碱性10：114【分析】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，据此分析；（2）仔细观察图像，溶液由A点中性转化为D点酸性，据此分析；（3）25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，据此分析；（4）温度为100℃，水的离子积为10-12，由于反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，据此分析。【详解】（1）Kw只与温度有关，温度升高促进水的电离，Kw增大，因此有B＞C＞A=D=E；综上所述，本题答案是：B＞C＞A=D=E。（2）从A点到D点，溶液由中性转化为酸性，因此选项b与题意相符；综上所述，本题选b。（3）点B对应温度为100℃，Kw=10-12，pH=6，溶液为中性；温度不变时，某溶液pH=7，此时，溶液呈碱性；点E对应温度为25℃，Kw=10-14，25℃时所得混合溶液的pH=7，酸碱恰好中和，即n(OH-)＝n(H+)，则V(NaOH)×10-5mol/L=V(H2SO4)×10-4mol/L，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1；综上所述，本题答案是：碱性，10:1。（4）点B对应的温度为100℃，水的离子积常数为10-12，pH=b的某强碱溶液中c(OH-)=10b-12，反应后溶液呈中性，所以n(OH-)＝n(H+)，即100×10-a=1×10b-12，故a+b=14，即pH1+pH2=14；综上所述，本题答案是：14。29、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