2025年-2026学年下学期广州高一化学期末模拟试卷（一）

第1页（共1页）2025年-2026学年下学期广州高一化学期末模拟试卷（一）一．选择题（共15小题）1．（2026•长沙模拟）食品工业中到处都有化学品的身影，下列说法错误的是（）A．碳酸氢铵可用作加工面包、馒头时的膨松剂 B．亚硝酸钠可用作食品干燥剂，但其外观与食盐相似，要防止误食中毒 C．牛奶不宜加热过久，因为蛋白质在加热的条件下会变性 D．小龙虾外壳中的甲壳质是自然界大量存在的多糖，处理后得到的壳聚糖具有生物可降解性，可以制成药物载体、手术缝合线、环保包装袋2．（2026•青岛模拟）下列物质应用不合理的是（）A．碳酸氢铵用作食品膨松剂 B．聚乙烯用作药物包装 C．聚乳酸用作可降解塑料 D．Na2CO3用作误服Ba2+解毒剂3．（2026•吉林模拟）R3NCl是一种有机溶剂。一种海水提溴的部分工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A．将有机相Ⅰ滴到湿润的淀粉﹣KI试纸上，若试纸变蓝，则证明有机相中含Cl2 B．“还原”工序中，SO2的目的是将溴还原为Br﹣，同时自身被氧化为SOC．提取80gBr2，理论上消耗标准状况下的Cl222.4L D．“洗脱”工序可完成R3NCl的再生4．（2026春•西城区校级期中）如图为酸雨形成的示意图。下列说法中，不正确的是（）A．酸雨的pH小于5.6 B．图中酸雨形成的过程发生了氧化还原反应 C．若将收集的酸雨样品放置在空气中，pH可能变小 D．大气中CO2含量的增大是导致酸雨的原因之一5．（2026春•天山区校级期中）下列关于苯的叙述正确的是（）A．反应①为取代反应，反应过程中将液溴替换为溴水可以减少溴的挥发 B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有黑烟 C．反应③为取代反应，有机产物主要是1，2﹣二硝基苯 D．反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应，是因为苯分子中含有三个碳碳双键6．（2026春•内蒙古校级期中）下列化学反应属于加成反应的是（）A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．在铜做催化剂的条件下，乙醇与氧气反应 C．乙醇和乙酸在浓硫酸催化下的反应 D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色7．（2026春•沧州校级期中）实验室制取乙酸乙酯过程中的操作或装置不正确的是（）A．图甲：混合乙醇与浓硫酸 B．图乙：加热反应混合物 C．图丙：收集乙酸乙酯 D．图丁：分离乙酸乙酯8．（2026•模拟）下列关于乙醇的性质与应用的说法，错误的是（）A．乙醇能与水以任意比例互溶 B．乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙醇发生了氧化反应 C．医疗上常用95%的乙醇溶液作消毒剂，杀菌效果最佳 D．乙醇与金属钠反应时，羟基上的O﹣H键断裂，生成乙醇钠和氢气9．（2026春•米东区校级期中）下列羧酸酸性最弱的是（）A．CH3COOH B．CH2FCOOH C．HCOOH D．CHF2COOH10．（2025•恩施州开学）物质的宏观性质取决于微观结构。下列有关乙酸性质的解释错误的是（）事实解释A乙酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，草酸能够被高锰酸钾溶液氧化甲基为推电子基团，羧基为吸电子基团。乙酸中碳碳键比草酸中碳碳键电子云密度低，键更强。B乙酸不能与H2发生加成反应，羟发生加成反应基乙醛能够与H2乙酸中羰基与羟基形成了共轭结构，碳氧π键较稳定，不易断裂C乙酸的质谱图显示其相对分子质量为120乙酸通常以双分子缔合结构（）形式存在D乙酸为电解质，其水溶液显酸性；乙醇不是电解质，其水溶液显中性乙酸中羰基为吸电子基团，导致乙酸中氧氢键极性变大，更易电离A．A B．B C．C D．D11．（2025春•武汉期末）乙酸分子的结构式为。下列反应的断键部位错误的是（）A．乙酸的电离，是a键断裂 B．乙酸与乙醇发生酯化反应，是b键断裂 C．与Br2在一定条件下反应生成CH2BrCOOH时，是c键断裂 D．乙酸转化成乙酸酐的反应：2CH3COOH→+H2O，只有a键断裂12．（2026春•武威期中）对于反应N2A．升高温度能加快化学反应速率 B．增大H2的浓度能加快化学反应速率 C．1molN2与足量的H2反应达到化学平衡时，生成2molNH3 D．增大压强可加快该反应的化学反应速率13．（2026春•长乐区期中）在调节pH和Fe3+浓度的废水中加入H2O2可有效降解工业废水的有机污染物p﹣CP。现探究有关因素对该降解反应速率的影响，设计如表所示的实验方案。测得实验①～④p﹣CP的浓度随时间变化的关系如图，下列说法错误的是（）实验编号T/KpHc/（10﹣3mol•L﹣1）H2O2Fe3+①29836.00.30②31336.00.30③298106.00.30④2983a0.30A．a＞6.0 B．实验①和②探究温度对该降解反应速率的影响 C．若想使反应立即停止，可向溶液中加入pH≥10的碱性溶液 D．实验①在50∼150s内的反应速率为v（p﹣CP）＝8×10﹣6mol•L﹣1•s﹣114．（2025秋•青岛期末）下列关于浓硝酸和稀硝酸的说法正确的是（）A．浓硝酸与红热的木炭反应时，既表现氧化性，又表现酸性 B．将铁片分别放入浓硝酸和稀硝酸中，铁片在浓硝酸中溶解的更快 C．将浓硝酸和稀硝酸分别滴入石蕊溶液中，现象均为先变红后褪色 D．浓硝酸和稀硝酸分别与铜片反应，制取等量的硝酸铜，稀硝酸消耗的物质的量少15．（2025秋•青岛期末）为实现SO2的制取与性质探究的一体化，对实验进行了创新设计，装置如图。下列说法错误的是（）A．组装仪器后，通过推注射器甲，观察注射器乙的刻度变化，检验装置气密性是否良好 B．①处实验现象为溶液先变红后褪色 C．②③处溶液均褪色可依次验证SO2的还原性、漂白性 D．将注射器乙中溶液推至④处弯管，可吸收尾气SO2并验证其氧化性二．解答题（共4小题）16．（2026春•江苏校级期中）SO2是大气污染物之一，可通过多种方法对工业烟气中的SO2进行脱除并回收含硫产品，实现SO2的资源化利用。（1）双碱脱硫法。工业双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示：物质A的化学式为，“再生”步骤中需加入的物质是，分离出物质A的实验操作是。（2）催化氧化脱硫法。使用活性炭作催化剂，SO2与H2混合气体在活性炭表面吸附并发生反应实现SO2脱除，反应原理如图1所示。①步骤Ⅰ中H2还原SO2的化学方程式为。②整个脱硫过程中脱除1molSO2理论上消耗molH2。③SO2与H2混合气体按照一定的流速通向活性炭，不同流速对SO2脱除率的影响如图2所示，随着气体流速的增大，SO2脱除率降低的原因是。④催化剂工作一段时间后，SO2脱除效率降低的原因可能是。17．（2026•模拟）化学与人们的生活密不可分，请回答下列问题。（1）选择合适的物质，将其标号填在横线上。A．CH4B．C2H4C．C2H5OHD．CH3COOHE．蛋白质F．油脂分子空间构型为正四面体的是；可作为食品酸味调味剂的是。（2）粮食可以酿成含不同浓度乙醇的酒，乙醇分子中所含的官能团名称是。（3）重油通过催化裂化得到的汽油，可进一步裂解得到乙烯、乙烷等重要的化工原料。由乙烯可制得有机高分子材料、药物等成千上万种有用的物质。①反应Ⅰ的化学方程式是。②反应Ⅱ的反应类型是。③鉴别乙酸和乙醇可选用的试剂是（填“紫色石蕊溶液”或“水”）。18．（2026•模拟）水煤气变换反应（CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g））不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。Ⅰ．利用MgCl2•2H2O（s）脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减少副产物生成。发生的反应为：MgCl2•2H2O（s）+2CO（g）⇌MgCl2（s）+2CO2（g）+2X（g），反应路径如图1（Surf指MgCl2晶体表面）。（1）物质“X”为。（2）路径（填“a”或“b”）反应速率更快。（3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为。Ⅱ．CO、CO2既可单独加氢制CH4，也可混合加氢制CH4，会发生如下反应。ⅰCO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣206kJ/molⅱCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣164kJ/molⅲCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3（4）计算反应ⅲ水煤气变换反应的ΔH3＝。（5）图2表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下CO、CO2混合气体加氢达到平衡时，CO2的转化率α随温度（T）或z的变化。其中z=n(CO2)0n(CO)0+n(CO2)0，n0指初始的物质的量，下列说法正确的是。A．曲线Ⅰ中n(COB．曲线Ⅱ的温度为600℃C．其它条件不变，增大压强，曲线Ⅱ上移D．M点，反应ⅲ生成的CO2的量比反应ⅱ消耗的少19．（2026春•重庆期中）非金属元素N、S、Si在生活生产中有重要用途，根据要求回答下列有关问题（1）下列物品或设施：①陶瓷餐具②硅太阳能电池③混凝土桥墩④光导纤维⑤计算机芯片⑥石英钟使用了硅单质的是，使用了二氧化硅的是，使用了硅酸盐材料的是。（2）与氮氧化物有关的全球或区域性环境问题有（填字母序号）。A．酸雨B．沙尘暴C．光化学烟雾D．白色污染（3）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物对环境的破坏作用。通常用以下两种方法处理。①空气、水溶液吸收法。写出用该方法处理NO2的化学方程式。②催化转化法。写出用NH3在催化剂条件下将NO还原为无害物质的化学方程式。其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为。（4）含硫化合物是一个庞大的家族，如Na2S2的结构与过氧化钠相似，则Na2S2电子式为。焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种食品抗氧化剂，易溶于水。其中硫元素的化合价为，向红酒中添加少量焦亚硫酸钠，可降低饮料中溶解O2含量，反应的离子方程式为。

2025年-2026学年下学期广州高一化学期末·解答一．选择题（共15小题）1．（2026•长沙模拟）食品工业中到处都有化学品的身影，下列说法错误的是（）A．碳酸氢铵可用作加工面包、馒头时的膨松剂 B．亚硝酸钠可用作食品干燥剂，但其外观与食盐相似，要防止误食中毒 C．牛奶不宜加热过久，因为蛋白质在加热的条件下会变性 D．小龙虾外壳中的甲壳质是自然界大量存在的多糖，处理后得到的壳聚糖具有生物可降解性，可以制成药物载体、手术缝合线、环保包装袋【答案】B【分析】A．依据碳酸氢铵的不稳定性解答；B．亚硝酸钠具有防腐、护色作用，常用作食品添加剂；C．蛋白质受热会发生变性；D．甲壳质属于天然多糖，其衍生物壳聚糖具有生物可降解性。【解答】解：A．碳酸氢铵具有不稳定性，受热易分解产生CO2等气体，可使面制品蓬松，可用作食品膨松剂，故A正确；B．亚硝酸钠具有防腐、护色作用，常用作肉制品添加剂，无吸水性，不能用作食品干燥剂，但其外观与食盐相似，要防止误食中毒，故B错误；C．蛋白质受热会发生变性，牛奶加热过久会导致蛋白质变性、营养流失，因此不宜加热过久，故C正确；D．甲壳质属于天然多糖，其衍生物壳聚糖具有生物可降解性，可用于制备药物载体、手术缝合线、环保包装袋等材料，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了食品添加剂，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。2．（2026•青岛模拟）下列物质应用不合理的是（）A．碳酸氢铵用作食品膨松剂 B．聚乙烯用作药物包装 C．聚乳酸用作可降解塑料 D．Na2CO3用作误服Ba2+解毒剂【答案】D【分析】A．碳酸氢铵受热发生反应NHB．聚乙烯无毒、化学性质稳定，不易与药物发生反应；C．聚乳酸可被微生物逐步分解为小分子，属于可降解塑料；D．若用Na2CO3解毒，生成的BaCO3会与胃酸中的H+发生反应BaCO3+2H【解答】解：A．碳酸氢铵受热发生反应NH4HCB．聚乙烯无毒、化学性质稳定，不易与药物发生反应，可用作药物包装材料，故B正确；C．聚乳酸可被微生物逐步分解为小分子，属于可降解塑料，能减少白色污染，故C正确；D．若用碳酸钠解毒，生成的BaCO3会与胃酸中的H+发生反应BaCO3+2H+故选：D。【点评】本题考查常见的食品添加剂的组成、性质和作用等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。3．（2026•吉林模拟）R3NCl是一种有机溶剂。一种海水提溴的部分工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A．将有机相Ⅰ滴到湿润的淀粉﹣KI试纸上，若试纸变蓝，则证明有机相中含Cl2 B．“还原”工序中，SO2的目的是将溴还原为Br﹣，同时自身被氧化为SOC．提取80gBr2，理论上消耗标准状况下的Cl222.4L D．“洗脱”工序可完成R3NCl的再生【答案】A【分析】R3NCl是一种有机溶剂，一种海水提溴的部分工艺流程如图所示，卤水氧化时，氯气与卤水中溴离子反应生成溴单质，同时氯气和水反应生成盐酸进入水相Ⅰ，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯气氧化生成溴单质，蒸馏得到液溴，据此分析回答问题。【解答】解：A．有机相Ⅰ中含有的R3N[ClBr2]中的溴具有氧化性，可氧化I﹣使淀粉﹣KI试纸变蓝，将有机相Ⅰ滴到湿润的淀粉﹣KI试纸上，若试纸变蓝，无法证明有机相中含Cl2，故A错误；B．“还原”工序中SO2与溴发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O＝2HBr+H2SO4，溴被还原为Br﹣，SO2自身被氧化为SO42-C．80gBr2的物质的量为80g160g/mol=0.5mol，流程中“氧化”和“转化”两步均消耗Cl2，生成0.5molBr2共消耗1molCl2，标准状况下体积为22.4L，故D．“洗脱”工序中R3NBr与盐酸反应生成R3NCl，可完成R3NCl的再生，循环利用，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了海水提溴的过程分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。4．（2026春•西城区校级期中）如图为酸雨形成的示意图。下列说法中，不正确的是（）A．酸雨的pH小于5.6 B．图中酸雨形成的过程发生了氧化还原反应 C．若将收集的酸雨样品放置在空气中，pH可能变小 D．大气中CO2含量的增大是导致酸雨的原因之一【答案】D【分析】A．酸雨定义为pH小于5.6的降水；B．物质转化过程中元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应；C．酸雨样品中含有的弱酸亚硫酸，放置时会被空气中氧气氧化为强酸硫酸；D．大气中CO2含量增大会导致温室效应，酸雨是硫氧化物、氮氧化物过量排放导致。【解答】解：A．正常雨水因溶解CO2，pH约为5.6，酸雨定义为pH小于5.6的降水，故A正确；B．物质转化过程中元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应，图中硫氧化物、氮氧化物形成酸雨的过程中，S、N元素化合价升高，存在电子转移，发生了氧化还原反应，故B正确；C．酸雨样品中含有的弱酸亚硫酸，放置时会被空气中氧气氧化为强酸硫酸，溶液酸性增强，pH变小，故C正确；D．CO2不是酸雨的成因，大气中CO2含量增大会导致温室效应，酸雨是硫氧化物、氮氧化物过量排放导致的，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了硫及其化合物性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。5．（2026春•天山区校级期中）下列关于苯的叙述正确的是（）A．反应①为取代反应，反应过程中将液溴替换为溴水可以减少溴的挥发 B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有黑烟 C．反应③为取代反应，有机产物主要是1，2﹣二硝基苯 D．反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应，是因为苯分子中含有三个碳碳双键【答案】B【分析】A．苯与液溴在催化剂作用下可发生取代反应，苯与溴水不反应；B．苯的燃烧属于氧化反应，苯含碳量较高；C．60℃条件下苯的硝化反应主要产物为一取代的硝基苯，生成二硝基苯需要更高温度，且二取代主要产物为间二硝基苯；D．1mol苯最多与3molH2发生加成反应，但苯分子中不存在碳碳双键。【解答】解：A．苯与液溴在催化剂作用下可发生取代反应，苯与溴水不反应，苯仅能萃取溴水中的溴，无法替代液溴发生反应，故A错误；B．苯的燃烧属于氧化反应，其含碳量较高，燃烧时火焰明亮并带有黑烟，故B正确；C．60℃条件下苯的硝化反应主要产物为一取代的硝基苯，生成二硝基苯需要更高温度，且二取代主要产物为间二硝基苯，故C错误；D．1mol苯最多与3mol氢气发生加成反应，但苯分子中不存在C＝C，其碳碳键是介于单键和双键之间的特殊共价键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查苯的性质等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2026春•内蒙古校级期中）下列化学反应属于加成反应的是（）A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．在铜做催化剂的条件下，乙醇与氧气反应 C．乙醇和乙酸在浓硫酸催化下的反应 D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【分析】A．乙烯具有还原性，被高锰酸钾氧化而褪色；B．在铜做催化剂的条件下，乙醇与氧气发生催化氧化，属于氧化反应；C．乙醇和乙酸在浓硫酸催化下发生取代反应（酯化反应）生成乙酸乙酯；D．乙烯含有碳碳双键，与溴的四氯化碳发生加成反应而褪色。【解答】解：A．乙烯具有还原性，被高锰酸钾氧化而褪色，故A错误；B．在铜做催化剂的条件下，乙醇与氧气发生催化氧化，属于氧化反应，故B错误；C．乙醇和乙酸在浓硫酸催化下发生取代反应（酯化反应）生成乙酸乙酯，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键，与溴的四氯化碳发生加成反应而褪色，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机化学反应类型的判断，通过区分加成、氧化、取代等反应，检验学生对不同反应类型本质特征的理解。7．（2026春•沧州校级期中）实验室制取乙酸乙酯过程中的操作或装置不正确的是（）A．图甲：混合乙醇与浓硫酸 B．图乙：加热反应混合物 C．图丙：收集乙酸乙酯 D．图丁：分离乙酸乙酯【答案】A【分析】A．混合时应将密度大的浓硫酸注入密度小的乙醇中；B．酯化反应中，浓硫酸作催化剂、吸水剂；C．该装置可防止倒吸，饱和碳酸钠可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，还可收集乙酸乙酯；D．乙酸乙酯与水分层，可选图中分液漏斗分离。【解答】解：A．混合时将浓硫酸注入乙醇中，试剂加入顺序不合理，图中装置合理，故A错误；B．乙醇、乙酸加热时发生酯化反应生成乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中装置合理，故B正确；C．球形干燥管可防止倒吸，饱和碳酸钠可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中装置可收集乙酸乙酯，故C正确；D．乙酸乙酯与水分层，可选图中分液漏斗分离，故D正确；故选：A。【点评】本题考查乙酸乙酯制备过程中各步骤的实验操作与装置的正误判断，核心检验对浓硫酸稀释、加热反应、防倒吸、分液分离等关键操作的掌握情况。8．（2026•模拟）下列关于乙醇的性质与应用的说法，错误的是（）A．乙醇能与水以任意比例互溶 B．乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙醇发生了氧化反应 C．医疗上常用95%的乙醇溶液作消毒剂，杀菌效果最佳 D．乙醇与金属钠反应时，羟基上的O﹣H键断裂，生成乙醇钠和氢气【答案】C【分析】A．乙醇分子中的羟基与水分子形成分子间氢键；B．酸性高锰酸钾具有氧化性，可将乙醇氧化为乙酸，乙醇发生氧化反应；C．医疗上常用75%的乙醇溶液作消毒剂，95%的乙醇会使细菌表面蛋白质快速凝固形成保护膜，无法渗入细菌内部，消毒效果差；D．乙醇与金属钠反应时，羟基上的O﹣H键断裂，钠置换出羟基中的氢，反应方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑。【解答】解：A．乙醇分子含羟基，可与水分子形成分子间氢键，因此能与水以任意比例互溶，故A正确；B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，可将乙醇氧化为乙酸，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．医疗上常用75%的乙醇溶液作消毒剂，该浓度的乙醇可使细菌蛋白质变性且能渗透至细菌内部；95%的乙醇会使细菌表面蛋白质快速凝固形成保护膜，无法渗入细菌内部，消毒效果差，故C错误；D．乙醇与金属钠反应时，钠置换出羟基中的氢，生成乙醇钠和氢气，反应方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，故D正确；故选：C。【点评】本题考查乙醇的物理性质、化学性质及实际应用，重点考察其溶解性、还原性、消毒用途及与钠的反应机理。9．（2026春•米东区校级期中）下列羧酸酸性最弱的是（）A．CH3COOH B．CH2FCOOH C．HCOOH D．CHF2COOH【答案】A【分析】羧基中O﹣H键的极性越小，其电离程度越小，﹣COOH越难电离出H+，其酸性越弱。【解答】解：根据与﹣COOH相连的基团中共价键或基团的特点知，﹣CH3为推电子基团，导致羧基中O﹣H键的极性减小，酸性减小，则酸性：CH3COOH＜HCOOH；F的电负性最大，C﹣F的共用电子对偏向F，通过传导作用，导致羧基中O﹣H键的极性最大，酸性增强，氟原子个数越多，酸性越大，所以酸性：CHF2COOH.CH2FCOOH，则这几种物质的酸性CHF2COOH＞CH2FCOOH＞HCOOH＞CH3COOH，所以酸性最弱的是CH3COOH，故选：A。【点评】本题考查酸性强弱判断方法，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基团对O﹣H键极性的影响原理是解本题关键，题目难度不大。10．（2025•恩施州开学）物质的宏观性质取决于微观结构。下列有关乙酸性质的解释错误的是（）事实解释A乙酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，草酸能够被高锰酸钾溶液氧化甲基为推电子基团，羧基为吸电子基团。乙酸中碳碳键比草酸中碳碳键电子云密度低，键更强。B乙酸不能与H2发生加成反应，羟发生加成反应基乙醛能够与H2乙酸中羰基与羟基形成了共轭结构，碳氧π键较稳定，不易断裂C乙酸的质谱图显示其相对分子质量为120乙酸通常以双分子缔合结构（）形式存在D乙酸为电解质，其水溶液显酸性；乙醇不是电解质，其水溶液显中性乙酸中羰基为吸电子基团，导致乙酸中氧氢键极性变大，更易电离A．A B．B C．C D．D【答案】A【分析】A．根据草酸（HOOC—COOH）和乙酸（CH3COOH）分子结构特点来分析；B．根据乙酸和醛的分子结构来分析；C．根据乙酸分子间存在氢键来分析；D．根据乙酸和乙醇的分子结构特征来分析。【解答】解：A．草酸（HOOC—COOH）分子中，两个羧基直接相连，羧基是吸电子基团，使得碳碳键电子云密度降低，键容易断裂，从而能被酸性高锰酸钾溶液氧化；乙酸（CH3COOH）中，甲基是推电子基团，羧基是吸电子基团，碳碳键电子云密度比草酸中碳碳键电子云密度高，键更强，所以乙酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；B．乙酸中羰基（C＝O）与羟基（—OH）形成了共轭结构，使得羰基的π键较稳定，不易断裂，所以乙酸不能与H2发生加成反应；而醛（如乙醛CH3CHO）中羰基没有与羟基形成类似的稳定共轭结构，羰基的π键易断裂，能与H2发生加成反应，故B正确；C．乙酸的相对分子质量为60，乙酸分子间存在氢键，通常以双分子缔合结构[（CH3COOH）2]形式存在，其相对分子质量相当于60×2＝120，所以质谱图显示其相对分子质量为120，故C正确；D．乙酸是电解质，其水溶液呈酸性，是因为乙酸分子中羧基为吸电子基，导致乙酸中O—H键极性大，能部分电离出H+；乙醇（C2H5OH）不是电解质，其水溶液呈中性，是因为乙醇分子中羟基（—OH）的O—H键极性小，很难电离出H+，故D正确；故选：A。【点评】掌握乙醇、乙酸、草酸、醛类物质的结构特征是解答本题的关键，难度适中。11．（2025春•武汉期末）乙酸分子的结构式为。下列反应的断键部位错误的是（）A．乙酸的电离，是a键断裂 B．乙酸与乙醇发生酯化反应，是b键断裂 C．与Br2在一定条件下反应生成CH2BrCOOH时，是c键断裂 D．乙酸转化成乙酸酐的反应：2CH3COOH→+H2O，只有a键断裂【答案】D【分析】A．根据乙酸的电离过程，进行分析；B．根据酯化反应机理，进行分析；C．根据取代反应机理，进行分析；D．根据乙酸在浓硫酸存在条件下两个乙酸分子脱水，反应生成乙酸酐，进行分析。【解答】A．乙酸在水中电离出氢离子和乙酸根离子，断裂的是羧基中的氢氧键（即a键），故A正确；B．根据酯化反应机理，乙酸与乙醇发生酯化反应时，乙酸断裂的是羧基中的碳氧单键（即b键），故B正确；C．根据取代反应机理，乙酸与Br2反应生成CH2BrCOOH时，断裂的是甲基上的碳氢键（即c键），故C正确；D．乙酸在浓硫酸存在条件下两个乙酸分子脱水，反应生成乙酸酐，一个乙酸分子断裂H—O键脱去H原子，一个断裂C—O键脱去羟基，因此断键部位是a、b键，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查乙酸的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。12．（2026春•武威期中）对于反应N2A．升高温度能加快化学反应速率 B．增大H2的浓度能加快化学反应速率 C．1molN2与足量的H2反应达到化学平衡时，生成2molNH3 D．增大压强可加快该反应的化学反应速率【答案】C【分析】A．升高温度时，活化分子百分数增大；B．增大反应物浓度会提高单位体积内活化分子的个数；C．可逆反应中，反应物不能完全转化为生成物；D．增大压强会提高气体浓度。【解答】解：A．升高温度时，部分非活化分子吸收能量转化为活化分子，活化分子的百分数增大，分子之间有效碰撞次数增加，能加快化学反应速率，故A正确；B．增大反应物浓度会提高单位体积内活化分子的个数，从而提高有效碰撞次数，加快反应速率，故B正确；C．可逆反应中，反应物不能完全转化为生成物，该反应为可逆反应，所以1molN2无法全部转化为2molNH3，故C错误；D．增大压强会提高气体浓度，加快正、逆反应速率，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响的原理是解本题的关键，题目难度不大。13．（2026春•长乐区期中）在调节pH和Fe3+浓度的废水中加入H2O2可有效降解工业废水的有机污染物p﹣CP。现探究有关因素对该降解反应速率的影响，设计如表所示的实验方案。测得实验①～④p﹣CP的浓度随时间变化的关系如图，下列说法错误的是（）实验编号T/KpHc/（10﹣3mol•L﹣1）H2O2Fe3+①29836.00.30②31336.00.30③298106.00.30④2983a0.30A．a＞6.0 B．实验①和②探究温度对该降解反应速率的影响 C．若想使反应立即停止，可向溶液中加入pH≥10的碱性溶液 D．实验①在50∼150s内的反应速率为v（p﹣CP）＝8×10﹣6mol•L﹣1•s﹣1【答案】A【分析】A．实验①和④的温度、pH、c（Fe3+）都相同，仅H2O2浓度不同，实验①中c(H2O2)=6.0×10-3mol/L，实验④中c(H2OB．实验①的温度是298K，实验②是313K，两者的pH、H2O2浓度、Fe3+浓度都完全相同；C．曲线③几乎是一条水平直线，浓度随时间几乎不发生变化，说明反应速率极慢或几乎停止；D．在t＝50s时，c（p﹣CP）＝1.2×10﹣3mol/L，在t＝150s时，c（p﹣CP）＝0.4×10﹣3mol/L，结合v(p-CP)=Δc【解答】解：A．实验①和④的温度、pH、铁离子浓度都相同，仅过氧化氢浓度不同，实验①中c(H2O2)=6.0×10-3mol/L，实验④中c(H2O2)=a×10-3mol/L，曲线B．实验①的温度是298K，实验②是313K，两者的pH、过氧化氢浓度、铁离子浓度都完全相同，这两组实验唯一的变量就是温度，可以用来探究温度对反应速率的影响，故B正确；C．曲线③几乎是一条水平直线，浓度随时间几乎不发生变化，说明反应速率极慢或几乎停止，这表明在pH＝10的碱性条件下，该降解反应被抑制或停止，若想使反应立即停止，加入pH≥10的碱性溶液是可行的方法，故C正确；D．在t＝50s时，c（p﹣CP）＝1.2×10﹣3mol/L，在t＝150s时，c（p﹣CP）＝0.4×10﹣3mol/L，则实验①在50∼150s内的反应速率v(p-CP)=ΔcΔt=故选：A。【点评】本题考查探究影响化学反应速率的因素等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。14．（2025秋•青岛期末）下列关于浓硝酸和稀硝酸的说法正确的是（）A．浓硝酸与红热的木炭反应时，既表现氧化性，又表现酸性 B．将铁片分别放入浓硝酸和稀硝酸中，铁片在浓硝酸中溶解的更快 C．将浓硝酸和稀硝酸分别滴入石蕊溶液中，现象均为先变红后褪色 D．浓硝酸和稀硝酸分别与铜片反应，制取等量的硝酸铜，稀硝酸消耗的物质的量少【答案】D【分析】A．浓硝酸与红热的木炭反应生成CO2和NO2，硝酸被还原；B．铁在浓硝酸中因钝化形成氧化膜而溶解缓慢，在稀硝酸中反应生成氮氧化物而溶解较快；C．浓硝酸滴入石蕊溶液因强氧化性使溶液先变红后褪色；D．Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。【解答】解：A．浓硝酸与红热的木炭反应生成二氧化碳和二氧化氮，硝酸被还原，只表现氧化性，不表现酸性，故A错误；B．铁在浓硝酸中因钝化形成氧化膜而溶解缓慢，在稀硝酸中反应生成氮氧化物而溶解较快，故B错误；C．浓硝酸滴入石蕊溶液因强氧化性使溶液先变红后褪色，稀硝酸滴入石蕊溶液仅变红（酸性）但不褪色（氧化性弱），故C错误；D．制取等量1mol硝酸铜时，铜与浓硝酸反应，Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，消耗4molHNO3；与稀硝酸反应，3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，消耗约2.67molHNO3，稀硝酸消耗量少，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查硝酸的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。15．（2025秋•青岛期末）为实现SO2的制取与性质探究的一体化，对实验进行了创新设计，装置如图。下列说法错误的是（）A．组装仪器后，通过推注射器甲，观察注射器乙的刻度变化，检验装置气密性是否良好 B．①处实验现象为溶液先变红后褪色 C．②③处溶液均褪色可依次验证SO2的还原性、漂白性 D．将注射器乙中溶液推至④处弯管，可吸收尾气SO2并验证其氧化性【答案】B【分析】70%的浓硫酸与Na2SO3反应制备SO2，SO2为酸性氧化物，具有还原性与漂白性，则①处紫色石蕊溶液变红，②处高锰酸钾溶液褪色，③处品红溶液褪色，加热后复色，④处Na2S与SO2反应生成淡黄色固体S，据此解答。【解答】解：A．推动甲，产生气体二氧化硫，若装置气密性良好，则乙的活塞移动，若气密性差，则不移动，故A正确；B．二氧化硫对品红溶液具有漂白作用，对紫色石蕊不具有漂白作用，①处实验现象为溶液变红，故B错误；C．②处可验证二氧化硫的还原性，③处可验证漂白性，故C正确；D．二氧化硫氧化Na2S生成淡黄色固体S，可吸收SO2并验证其氧化性，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查二氧化硫的性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。二．解答题（共4小题）16．（2026春•江苏校级期中）SO2是大气污染物之一，可通过多种方法对工业烟气中的SO2进行脱除并回收含硫产品，实现SO2的资源化利用。（1）双碱脱硫法。工业双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示：物质A的化学式为NaOH，“再生”步骤中需加入的物质是Ca（OH）2，分离出物质A的实验操作是过滤。（2）催化氧化脱硫法。使用活性炭作催化剂，SO2与H2混合气体在活性炭表面吸附并发生反应实现SO2脱除，反应原理如图1所示。①步骤Ⅰ中H2还原SO2的化学方程式为3H2+S②整个脱硫过程中脱除1molSO2理论上消耗2molH2。③SO2与H2混合气体按照一定的流速通向活性炭，不同流速对SO2脱除率的影响如图2所示，随着气体流速的增大，SO2脱除率降低的原因是气体流速过大，使活性炭表面吸附的SO2减少，导致SO2脱除率降低（或气体流速过大，SO2与催化剂不能充分接触发生反应）。④催化剂工作一段时间后，SO2脱除效率降低的原因可能是反应生成的硫单质覆盖在活性炭表面，阻止活性炭吸附SO2，使催化剂活性降低（或SO2与活性炭反应，使催化剂减少）。【答案】（1）NaOH；Ca（OH）2；过滤；（2）①3H②2；③气体流速过大，使活性炭表面吸附的SO2减少，导致SO2脱除率降低（或气体流速过大，SO2与催化剂不能充分接触发生反应）；④反应生成的硫单质覆盖在活性炭表面，阻止活性炭吸附SO2，使催化剂活性降低（或SO2与活性炭反应，使催化剂减少）。【分析】（1）双碱脱硫法，在含SO2的烟气中加入NaOH溶液吸收，SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O，然后加入Ca（OH）2进行再生，Ca（OH）2+Na2SO3＝CaSO3↓+2NaOH，生成NaOH溶液循环到吸收步骤重复利用，产生的CaSO3通入O2氧化可得到副产品CaSO4；据以上分析解答；（2）催化氧化脱硫法：使用活性炭作催化剂，SO2与H2混合气体在活性炭表面吸附并发生反应：3H2+SO2活性炭H2S+2H【解答】解：（1）双碱法脱硫流程中：循环回吸收步骤的物质A是NaOH，用来吸收SO2生成Na2SO3；再生步骤需要加入Ca（OH）2，与Na2SO3反应重新生成NaOH，同时得到难溶的CaSO3，分离固体CaSO3和NaOH溶液的操作是过滤，CaSO3经氧化最终得到CaSO4；故答案为：NaOH；Ca（OH）2；过滤；（2）①步骤Ⅰ，H2还原SO2生成H2S和水，化学方程式为3H故答案为：3H②结合两步反应，得到总反应SO2+2H2＝S+2H2O，因此脱除1molSO2理论消耗2molH2；故答案为：2；③气体流速过大，使活性炭表面吸附的SO2减少，导致SO2脱除率降低（或气体流速过大，SO2与催化剂不能充分接触发生反应）；故答案为：气体流速过大，使活性炭表面吸附的SO2减少，导致SO2脱除率降低（或气体流速过大，SO2与催化剂不能充分接触发生反应）；④反应生成的硫单质覆盖在活性炭表面，阻止活性炭吸附SO2，使催化剂活性降低（或SO2与活性炭反应，使催化剂减少）；故答案为：反应生成的硫单质覆盖在活性炭表面，阻止活性炭吸附SO2，使催化剂活性降低（或SO2与活性炭反应，使催化剂减少）。【点评】本题主要考查二氧化硫的污染及治理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。17．（2026•模拟）化学与人们的生活密不可分，请回答下列问题。（1）选择合适的物质，将其标号填在横线上。A．CH4B．C2H4C．C2H5OHD．CH3COOHE．蛋白质F．油脂分子空间构型为正四面体的是A；可作为食品酸味调味剂的是D。（2）粮食可以酿成含不同浓度乙醇的酒，乙醇分子中所含的官能团名称是羟基。（3）重油通过催化裂化得到的汽油，可进一步裂解得到乙烯、乙烷等重要的化工原料。由乙烯可制得有机高分子材料、药物等成千上万种有用的物质。①反应Ⅰ的化学方程式是CH2=C②反应Ⅱ的反应类型是取代反应或酯化反应。③鉴别乙酸和乙醇可选用的试剂是紫色石蕊溶液（填“紫色石蕊溶液”或“水”）。【答案】（1）A；D；（2）羟基；（3）CH【分析】（1）CH4的价电子对数为4，无孤电子对，其分子空间构型为正四面体；CH3COOH俗称醋酸、食醋，可用于食品酸味调味剂；（2）乙醇分子中所含的官能团结构为﹣OH，其名称为羟基；（3）乙烯与水在催化剂、加热条件下，发生加成反应，生成乙醇，反应方程式为CH2＝CH2+H2O→△催化剂CH3CH2【解答】解：（1）CH4的价电子对数为4，无孤电子对，其分子空间构型为正四面体；CH3COOH俗称醋酸、食醋，可用于食品酸味调味剂；故答案为：A；D；（2）乙醇分子中所含的官能团结构为﹣OH，其名称为羟基；故答案为：羟基；（3）乙烯与水在催化剂、加热条件下，发生加成反应，生成乙醇，反应方程式为CH故答案为：CH2＝CH2+H2O→△催化剂CH3CH2【点评】本题考查常见有机物的结构、性质、官能团及相互转化反应，旨在检验学生对基础有机化学知识的掌握与应用能力。18．（2026•模拟）水煤气变换反应（CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g））不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。Ⅰ．利用MgCl2•2H2O（s）脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减少副产物生成。发生的反应为：MgCl2•2H2O（s）+2CO（g）⇌MgCl2（s）+2CO2（g）+2X（g），反应路径如图1（Surf指MgCl2晶体表面）。（1）物质“X”为H2。（2）路径b（填“a”或“b”）反应速率更快。（3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为HCOOH＝CO2↑+H2↑。Ⅱ．CO、CO2既可单独加氢制CH4，也可混合加氢制CH4，会发生如下反应。ⅰCO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣206kJ/molⅱCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣164kJ/molⅲCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3（4）计算反应ⅲ水煤气变换反应的ΔH3＝﹣42kJ•mol﹣1。（5）图2表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下CO、CO2混合气体加氢达到平衡时，CO2的转化率α随温度（T）或z的变化。其中z=n(CO2)0n(CO)0+n(CO2)0，n0指初始的物质的量，下列说法正确的是BC。A．曲线Ⅰ中n(COB．曲线Ⅱ的温度为600℃C．其它条件不变，增大压强，曲线Ⅱ上移D．M点，反应ⅲ生成的CO2的量比反应ⅱ消耗的少【答案】（1）H2；（2）b；（3）HCOOH＝CO2↑+H2↑；（4）﹣42kJ•mol﹣1；（5）BC。【分析】（1）根据原子守恒分析；（2）反应速率由活化能决定：活化能越低，反应速率越快；（3）结合总反应产物，甲酸分解生成CO2和H2；（4）根据盖斯定律，反应ⅲ＝i﹣ⅱ；（5）A．曲线Ⅰ对应z＝0.5，即n(CO2)0n(CO)0+n(CO2)0=0.5。由此可得B．曲线Ⅰ中600℃、z＝0.5时α（CO2）＝10%，曲线Ⅱ中z＝0.5时α（CO2）也为10%；C．反应i、ⅱ均为气体分子数减少的反应，增大压强