2026屆云南省昆明八中化學高二上期中經典模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、丁香油酚是香煙添加劑中的一種成分，可令吸煙者的口及肺部出現少量痳痹，從而產生輕微的快感。丁香油酚與乙酸酐發(fā)生乙酰化反應，可得一種香料，其結構簡式如圖，則該有機物可發(fā)生的反應類型有（）①氧化反應②水解反應③消去反應④酯化反應⑤加成反應⑥取代反應⑦加聚反應A．①②⑤⑥⑦ B．①②③⑤⑦ C．①②④⑤⑥ D．①②④⑤⑦2、咖啡酸具有止血功效，存在于多種中藥中，其結構簡式如圖：下列說法不正確的是A．咖啡酸可以發(fā)生取代、加成、氧化、酯化、加聚反應B．1mol咖啡酸最多能與4molH2反應C．咖啡酸分子中所有原子可能共面D．蜂膠的分子式為C17H16O4，在一定條件下可水解生成咖啡酸和一種一元醇A，則醇A的分子式為C8H12O3、下列敘述中，一定能判斷化學平衡移動的是A．混合物中各組分的濃度改變B．正、逆反應速率改變C．混合物中各組分的百分含量改變D．混合體系的壓強改變4、將銅片和鋅片用導線連接后插入番茄里，如右圖所示，電流計指針發(fā)生偏轉，銅片是A．正極 B．電子流出的一極C．發(fā)生氧化反應的一極 D．逐漸溶解5、某溫度下，在一個2L的密閉容器中，加入4molA和2molB進行如下反應：3A(g)＋2B(g)4C(s)＋2D(g)，反應一段時間后達到平衡，測得生成1.6molC，且反應的前后壓強之比為5∶4(相同的溫度下測量)，則下列說法正確的是()A．該反應的化學平衡常數表達式是K＝B．此時，B的平衡轉化率是40%C．增大該體系的壓強，平衡向右移動，化學平衡常數增大D．增加B，B的平衡轉化率升高6、將甲基、羥基、羧基和苯基四種不同的原子團兩兩結合后形成的化合物的水溶液呈酸性的有機物有（）A．2種 B．3種 C．4種 D．5種7、在一定的溫度下，將2molA和3molB充入一密閉容器中發(fā)生如下反應：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后達到平衡。已知該溫度下反應的平衡常數K＝1，在t0時刻，若保持溫度不變將容器的體積擴大為原來的10倍，A的轉化率不發(fā)生變化，則下列說法正確的是()A．正反應是一個體積減小的反應，a＝2B．速率隨時間的變化關系可用上圖表示C．達平衡時B的轉化率為40%D．為提高A的轉化率，可采取升高溫度的措施8、下列過程放出熱量的是A．液氨汽化 B．碳酸鈣分解 C．鋁熱反應 D．化學鍵斷裂9、下列裝置中能構成原電池的是（

）A． B． C． D．10、金屬晶體中金屬原子有三種常見的堆積方式，六方堆積、面心立方堆積和體心立方堆積，下圖(a)、(b)、(c)分別代表這三種晶胞的結構，其晶胞內金屬原子個數比為()A．11∶8∶4B．3∶2∶1C．9∶8∶4D．21∶14∶911、兩種氣態(tài)烴組成的混合氣體0.1mol，完全燃燒得0.15molCO2和3.6gH2O，下列關于該混合氣體的說法正確的是A．一定有乙烯B．一定沒有乙烯C．一定有乙烷D．一定有甲烷12、分子式為C9H18O2的有機物A能在酸性條件下進行下列轉化，同溫同壓下，相同質量的B和C的蒸氣所占體積相同。則下列說法不正確的是（A、B、C、D、E均為有機物）A．符合上述轉化關系的有機物A的結構有8種B．C和E一定為同系物C．1molB完全轉化為D轉移2mol電子D．D到E發(fā)生氧化反應13、在密閉容器中發(fā)生下列反應aA(g)cC(g)＋dD(g)，反應達到平衡后，將氣體體積壓縮到原來的一半，當再次達到平衡時，D的濃度為原平衡的1.7倍，下列敘述正確的是A．A的轉化率變小B．平衡向正反應方向移動C．D的物質的量變多D．a＞c＋d14、利用金屬活動性的不同，可以采取不同的冶煉方法冶煉金屬。下列反應所描述的冶煉方法不可能實現的是A．2AlCl3(熔融)4Al＋3Cl2↑B．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2C．Fe＋CuSO4===FeSO4＋CuD．2KCl(熔融)2K＋Cl2↑15、下列依據熱化學方程式得出的結論正確的是（）A．已知P（白磷，s）=P（紅磷，s）△H＜0，則白磷比紅磷穩(wěn)定B．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ?mol-1，則氫氣的標準燃燒熱為241.8kJ?mol-1C．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=akJ?mol-1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=bkJ?mol-1，則a＞bD．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ?mol-1，則含40.0gNaOH的稀溶液與濃硫酸完全中和，放出大于57.3kJ的熱量16、工業(yè)上制備純硅反應的熱化學方程式如下：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)△H＝＋QkJ·mol-1(Q＞0)，某溫度、壓強下，將一定量的反應物通入密閉容器中進行以上的反應(此條件下為可逆反應)，下列敘述正確的是A．反應過程中，若增大壓強能提高SiCl4的轉化率B．當反應吸熱為0.025QkJ時，生成的HCl與100mL1mol·L－1的NaOH溶液恰好反應C．反應至4min時，若HCl的濃度為0.12mol·L－1，則H2的反應速率為0.03mol/(L·min)D．若反應開始時SiCl4為1mol，則達到平衡時，吸收熱量為QkJ17、下列排列順序正確的是A．常溫下將0.1mol·L－1NH4Cl溶液與0.05mol·L－1NaOH溶液等體積混合，c(Cl－)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H+)B．常溫下，物質的量濃度相等的①NH4HSO4②CH3COONH4③NH4Cl三種溶液中c(NH4+)：①＞③＞②C．0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH=11，則溶液中：c(HA－)＞c(OH－)＞c(A2－)＞c(H2A)D．在相同條件下，將足量AgCl加入等體積的①0.01mol?L-1AgNO3溶液②0.1mol?L-1KCl溶液③蒸餾水三種液體中，所能溶解的AgCl質量關系為：①＞②＞③18、用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH=-574kJ·mol-1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH=-1160kJ·mol-1下列說法不正確的是A．由反應①可推知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-Q，Q>574kJ·mol-1B．等物質的量的甲烷分別參加反應①、②，反應轉移的電子數不同C．若用標準狀況下4.48LCH4還原NO2至N2，則放出的熱為173.4kJD．若用標準狀況下4.48LCH4還原NO2至N2，則轉移的電子總物質的為1.6mol19、下列表述和說法正確的是A．乙烯分子球棍模型：B．-OH與都表示羥基C．3，3-二甲基-1-戊烯的鍵線式：D．苯的最簡式：(CH)620、重慶一中化學組牟舟帆老師提醒你：“送分題也是有陷阱的”。一定溫度下，在2L恒容的密閉容器中發(fā)生某一反應，該反應中的X、Y、Z三種氣體的物質的量隨時間的變化如圖所示，則下列有關描述錯誤的是（）A．該反應可表示為：X(g)+2Y(g)2Z(g)B．5min達到平衡時，X的轉化率為60%C．7min后，平衡狀態(tài)發(fā)生了改變D．0~5min內，用Z表示該反應的平均速率為0.12mol·L-1·min-121、研究有機物一般經過以下幾個基本步驟：分離、提純→確定實驗式→確定分子式→確定結構式。以下用于研究有機物的方法錯誤的是()A．蒸餾常用于分離提純液態(tài)有機混合物B．李比希元素分析儀可以確定有機物的分子結構C．利用紅外光譜儀可以區(qū)分乙醇和二甲醚D．質譜通常用于測定有機物的相對分子質量22、除去下列物質中所含少量雜質(括號內為雜質),所選用的試劑和分離方法能達到實驗目的的是()選項混合物試劑分離方法A苯(苯酚)NaOH溶液分液B乙烷(乙烯)氫氣加熱C乙酸(乙醇)金屬鈉蒸餾DC17H35COONa(甘油)NaCl結晶A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E代表前四周期原子序數依次增大的五種元素。A、D同主族且A原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質C；B、E除最外層均只有2個電子外，其余各層全充滿?；卮鹣铝袉栴}：（1）B、C中第一電離能較大的是__(用元素符號填空)，基態(tài)E原子價電子的軌道表達式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）實驗測得C與氯元素形成化合物的實際組成為C2Cl6，其球棍模型如圖所示。已知C2Cl6在加熱時易升華，與過量的NaOH溶液反應可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6屬于_______晶體（填晶體類型），其中C原子的雜化軌道類型為________雜化。②[C(OH)4]-中存在的化學鍵有________。a．離子鍵b．共價鍵c．σ鍵d．π鍵e．配位鍵f．氫鍵（4）B、C的氟化物晶格能分別是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D與E形成化合物晶體的晶胞如下圖所示：①在該晶胞中，E的配位數為_________。②原子坐標參數可表示晶胞內部各原子的相對位置。上圖晶胞中，原子的坐標參數為：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。則d原子的坐標參數為______。③已知該晶胞的邊長為xcm，則該晶胞的密度為ρ=_______g/cm3（列出計算式即可）。24、（12分）1,4-環(huán)己二醇可用于生產聚酯纖維，可通過下列路線合成（某些反應的反應物和反應條件未列出）：（1）寫出反應①、⑦的化學方程式：①____________________________________________________________________________；⑦____________________________________________________________________________。（2）上述七個反應中屬于消去反應的有____________（填反應序號）。（3）反應⑤中可能產生一定量的副產物，其可能的結構簡式為_________________________。25、（12分）為探究實驗室制乙烯及乙烯和溴水的加成反應。甲同學設計了如圖所示的實驗裝置，并進行了實驗。當溫度升至170℃左右時，有大量氣體產生，產生的氣體通入溴水中，溴水的顏色迅速褪去。甲同學認為達到了實驗目的。乙同學仔細考察了甲同學的整個實驗過程，發(fā)現當溫度升到100℃左右時，無色液體開始變色，到160℃左右時，混合液全呈黑色，在超過170℃后生成氣體速度明顯加快，生成的氣體有刺激性氣味。由此他推出，產生的氣體中應有某雜質，可能影響乙烯的檢出，必須除去。據此回答下列問題：(1)寫出甲同學實驗中兩個主要反應的化學方程式：________________________；________________________(2)乙同學認為因刺激性氣體的存在不能認為溴水褪色是乙烯的加成反應造成的。原因是(用化學方程式表示)：____________________________________(3)丙同學根據甲、乙同學的分析，認為還可能有CO、CO2兩種氣體產生。為證明CO存在，他設計了如下過程(該過程可把實驗中產生的有機產物除凈)：發(fā)現最后氣體經點燃是藍色火焰，確認有一氧化碳。①設計裝置a的作用是________________________________________________②濃氫氧化鈉的作用是____________________________________③濃溴水的作用是________________________④稀溴水的作用是________________________26、（10分）某同學在研究Fe與的反應時，進行了如圖所示實驗(部分夾持裝置已略去)。(1)實驗Ⅰ中，鐵與稀硫酸反應的離子方程式為________________。(2)實驗Ⅱ中，鐵絲表面迅速變黑，反應很快停止，其原因是________________。(3)實驗Ⅲ中，加熱試管A，產生大量氣體，B中品紅溶液褪色，D處始終未檢測到可燃性氣體，則試管A中產生的氣體是________(填化學式)，C的作用是________________。(4)對比實驗Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同學們得出以下結論：①濃硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，濃硫酸的氧化性源于+6價的硫元素，稀硫酸的氧化性源于________。②造成反應多樣性的因素有________。27、（12分）實驗室有一瓶未知濃度的，通過下列實驗測定其濃度①取于錐形瓶中，滴入指示劑2-3滴.②取一滴定管，依次查漏，洗滌，用的溶液潤洗，然后注入該標準溶液，調整液面，記下讀數.③將錐形瓶置于滴定管下進行滴定，發(fā)生的反應為：.試回答下列問題：（1）步驟①加入的指示劑是___________.（2）步驟③滴定時，眼睛注視_______________直至滴定終點；達到滴定終點的判斷_____________________________.（3）己知消耗標準液實驗數據如下表：實驗次數始讀數（mL）末讀數（mL）10.1019.2021.8520.7530.0024.06則廢水中的物質的量濃度為_________________.（4）下列操作會導致測定結果偏高的是_____________.A．滴定管在裝液前未用標準溶液潤洗B．滴定過程中，錐形瓶振蕩得太劇烈，錐形瓶內有液滴濺出C．裝標準溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定終點時發(fā)現氣泡D．達到滴定終點時，仰視讀數28、（14分）NH3可用于制造硝酸、純堿等，還可用于煙氣脫硝、脫硫．(1)利用氧水吸收煙氣中的二氧化硫，其相關反應的主要熱化學方程式如下：SO3(g)+NH3?H3O(aq)═NH4HSO3(aq)△H1=akJ?mol﹣1NH3?H3O(aq)+NH4HSO3(aq)═(NH4)3SO3(aq)+H3O(l)△H3=bkJ?mol﹣13(NH4)3SO3(aq)+O3(g)═3(NH4)3SO4(aq)△H3=ckJ?mol﹣1①反應3SO3(g)+4NH3?H3O(aq)+O3(g)═3(NH4)3SO4(aq)+3H3O(l)的△H=________kJ?mol﹣1．②空氣氧化(NH4)3SO3的速率隨溫度的變化如圖1所示，則空氣氧化(NH4)3SO3的適宜溫度為_____．③合成氨用的氫氣是以甲烷為原料制得：CH4(g)+H3O(g)?CO(g)+3H3(g)．而混有的CO對合成氨的催化劑有毒害作用，常用乙酸二氨合銅(Ⅰ)溶液來吸收原料氣中CO，其反應原理為：[Cu(NH3)3CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3]CH3COO?CO(l)；△H＜3．吸收CO后的乙酸二氨合銅(I)溶液經過適當處理后又可再生，恢復其吸收CO的能力以供循環(huán)使用，再生的適宜條件是_____．(填字母)A．高溫、高壓B．高溫、低壓C．低溫、低壓D．低溫、高壓(3)NH3催化氧化可制備硝酸．4NH3(g)+5O3(g)═4NO(g)+6H3O(g)生成的NO被O3氧化為NO3．其他條件不變時，NO的氧化率與溫度、壓強的關系如圖3所示．則p1_____p3(填“＞”、“＜”或“=”)；溫度高于833℃時，α(NO)幾乎為3的原因是_________．29、（10分）甲醇是重要的有機化工原料，目前世界甲醇年產量超過2.1×107噸，在能源緊張的今天，甲醇的需求也在增大。甲醇的合成方法是：(i)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-90.1kJ·mol-1回答下列問題：(1)已知：(ii)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1(iii)2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572.0kJ·mol-1甲醇的燃燒熱為_____kJ·mol-1。(2)若反應在密閉恒容絕熱容器中進行，反應(iv)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.1kJ·mol-1對合成甲醇反應中CO的轉化率的影響是_____A．增大B．減小C．無影響D．無法判斷(3)在恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生反應(i)，各物質的濃度如表：(單位mol/L)時間/minc(CO)c(H2)c(CH3OH)00.81.6020.6x0.240.30.60.560.30.60.5①x=_____。②前2min內H2的平均反應速率為v(H2)=_____。該溫度下，反應(i)的平衡常數K=_____。(保留1位小數)③反應進行到第2min時，改變了反應條件，改變的這個條件可能是_____A．使用催化劑B．降低溫度C．增加H2的濃度(4)如圖是溫度、壓強與反應(i)中CO轉化率的關系：由圖像可知，溫度越低，壓強越大，CO轉化率越高，但實際生產往往采用300～400℃和10MPa的條件，其原因是_____。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【詳解】由有機物的結構簡式可知，該有機物屬于芳香族化合物，官能團為酯基、醚鍵和碳碳雙鍵，能發(fā)生氧化反應、水解反應、加成反應、取代反應、加聚反應，不含有醇羥基和鹵素原子，不能發(fā)生消去反應，不含有醇羥基和羧基，不能發(fā)生酯化反應，則該有機物可發(fā)生的反應類型有①②⑤⑥⑦，故選A。2、D【解析】A、含有的官能團是酚羥基、碳碳雙鍵、羧基，咖啡酸能發(fā)生取代、加成、氧化、酯化、加聚反應，故A說法正確；B、1mol咖啡酸中含有1mol苯環(huán)和1mol碳碳雙鍵，因此1mol咖啡酸最多能與4molH2反應，故B說法正確；C、苯空間構型為正六邊形，乙烯為平面形，羧基中C為sp2雜化，因此此有機物中所有原子可能共面，故C說法正確；D、根據：C17H16O4＋H2O→C9H8O4＋一元醇，根據原子守恒，推出一元醇的分子式為C8H10O，故D說法錯誤。3、C【詳解】A.如果反應前后體積相等，減小體積、加大壓強后濃度改變，但平衡不移動，故A錯誤；B.使用合適的催化劑，正逆反應速率都改變，但平衡不移動，故B錯誤；C.混合物中各組分的百分含量一定是化學平衡狀態(tài)的標志，如果各組分的百分含量改變，一定發(fā)生化學平衡移動，故C正確；D.如果反應前后氣體總物質的量不變，則壓強對平衡無影響，故D錯誤。故選C。4、A【詳解】A．鋅片的活潑性大于銅片，所以鋅失電子作負極，銅作正極，A項正確；

B．鋅失電子變成離子，銅片上得電子，所以電子是從鋅片沿導線流向銅片，B項錯誤；

C．鋅失電子反應氧化反應，銅片上得電子發(fā)生還原反應，C項錯誤；

D．鋅失電子變成離子，所以鋅片逐漸溶解，D項錯誤；

答案選A。5、B【分析】列三段式：【詳解】A.固體的濃度是常數，故不寫在平衡常數表達式里，故A不選；B.B的轉化率為=40%，故B選；C.化學平衡常數只和溫度有關，故C不選；D.增加B，會使A的轉化率升高，而B的轉化率降低。故D不選。故選B。【點睛】平衡常數是衡量反應進行程度的，雖然用濃度表示，但和濃度無關，只和反應本身以及溫度有關。由于固體和純液體的濃度是不可變的，所以不寫在平衡常數的表達式中。在可逆反應達到平衡后，如果反應物不止一種，當增加其中一種反應物的濃度時，可以使其他反應物的轉化率增大，而其本身的轉化率會降低。6、B【解析】水溶液呈酸性的有機物可以是羧酸或酚，四種基團組合呈酸性的物質有CH3COOH、、和，但是為無機物，故答案選B?！军c睛】因為水溶液呈酸性，故主要抓住有機物分子中含有羧基或為苯酚來進行組合才能符合要求，但要注意是碳酸的結構簡式，而碳酸為無機物。7、C【解析】對于反應前后氣體的系數和不變的反應，壓強變化不會引起化學平衡的移動，根據三段式計算化學反應中物質的轉化率。【詳解】在t0時刻，若保持溫度不變將容器的體積擴大為原來的10倍，A的轉化率不發(fā)生變化，則可以確定反應前后體積不變，因此a=1，設B的轉化率為x，則A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)初始量（mol）2300變化量（mol）3x3x3x3x平衡量（mol）2-3x3-3x3x3x由于反應前后體積不變，可以用物質的量代替濃度計算平衡常數，則(3x×3x)/[(2-3x)×(3-3x)]=1，解得x=0.4，即B的轉化率是(3×0.4)/3×100%=40%。A、正反應是一個體積不變的反應，a=1，A錯誤；B、保持溫度不變將容器體積擴大為原來的10倍，速率減小，B錯誤；C、達平衡時B的轉化率為40%，C正確；D、因為反應的熱效應不知，所以無法確定，D錯誤；答案選C。8、C【解析】A、液氨汽化是由液體吸收熱量轉化為氣體，故A是吸熱過程，則A錯誤；B、碳酸鈣分解屬于分解反應，是吸熱反應，故B錯誤；C、鋁熱反應屬于高溫下的置換反應，放出大量的熱，屬于放熱反應，故C正確；D、化學鍵的斷裂需要吸收熱量的，所以是吸熱過程，故D錯誤。本題正確答案為C。9、C【分析】構成原電池需具備以下條件：兩個活性不同的電極；電解質溶液；形成閉合回路；存在能自動發(fā)生的氧化還原反應，據此分析解答?！驹斀狻緼．該裝置沒有形成閉合回路，不能構成原電池，故A不選；B．該裝置中兩根電極都是鋅，活性相同，不能構成原電池，故B不選；C．該裝置存在兩個活性不同的電極、可發(fā)生氧化還原反應、存在電解質溶液、形成閉合回路，可構成原電池，故C選；D．酒精為非電解質，不存在電解質溶液，不能構成原電池，故D不選；故選C。【點睛】明確原電池的幾個構成要素是解題的關鍵。本題的易錯點為D，要注意電解質和非電解質的判斷。10、B【詳解】a屬于六方堆積方式，每個頂角有一個原子，每個原子由6個晶胞共用，上下底面各有一個原子，晶體內部還有三個原子，所以晶胞中原子數：12×1/6＋2×1/2＋3＝6個；b晶胞中原子數：8×1/8＋6×1/2＝4個；c晶胞中原子數＝8×1/8＋1＝2個；所以a、b、c晶胞中原子個數比為6∶4∶2＝3∶2∶1，故選B。【點睛】運用均攤法計算晶胞中原子數目：對平行六面體，頂點位置分攤1/8，棱上分攤1/4，面上分攤1/2，體內完全屬于該晶胞；此題難點是對六方堆積的晶胞結構的認識。11、D【解析】試題分析：3.6gH2O的物質的量是0.2mol，根據反應前后元素的原子個數不變，可知混合烴的平均化學式是C1.5H4，C元素數小于1.5的只有甲烷，因此一定含有甲烷，甲烷分子中含有4個H原子，平均含有四個H原子，則另外一種烴分子中含有的H原子個數也是四個，所以一定不含有乙烷，可能是乙烯，也可能是丙炔。故正確選項是D?？键c：考查有機混合物成分的確定的知識。12、B【分析】有機物A的分子式應為C9H18O2，在酸性條件下水解為B和C兩種有機物，則有機物A為酯，同溫同壓下，相同質量的B和C的蒸氣所占體積相同，說明B與C相對分子質量相同，因此酸比醇少一個碳原子，說明水解后得到的羧酸含有4個碳原子，而得到的醇含有5個碳原子，含有4個碳原子的羧酸有2種同分異構體：CH3CH2CH2COOH，（CH3）2CHCOOH；含有5個碳原子的醇的有8種同分異構體：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，說明羥基所連碳上有2個氫原子，共有4種，所以有機物A的同分異構體數目有2×4＝8?！驹斀狻緼．根據以上分析可知符合上述轉化關系的有機物A的結構有8種，A項正確；B．C是飽和一元羧酸，E是羧酸鈉，不能為同系物，B項錯誤；C．1molB發(fā)生催化氧化完全轉化為D轉移2mol電子，C項正確；D．D到E是醛基與新制氫氧化銅發(fā)生的氧化反應，D項正確；答案選B。【點睛】本題考查有機物的推斷，同分異構體數目的判斷，清楚飽和一元醇與少一個C原子的飽和一元羧酸的相對分子質量相同以及醇氧化成醛的條件是解題關鍵，同時掌握組合法的使用。分子式為C9H18O2的有機物A，它能在酸性條件下水解生成B和C，B和C的相對分子質量相等，因此酸比醇少一個C原子，說明水解后得到的羧酸含有4個C原子，而得到的醇含有5個C原子，判斷5個碳原子醇屬于醇以及4個碳原子酸屬于酸的同分異構體，從而判斷有機物的同分異構體數目。13、A【解析】保持溫度不變，將氣體體積壓縮到原來的一半，若平衡不移動，D的濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，而當再次達到平衡時，D

的濃度為原平衡的

1.7

倍，可知平衡逆向移動，正反應為體積增大的反應，以此來解答?！驹斀狻緼．平衡逆向移動，A的轉化率變小，故A正確；B．由上述分析可知，平衡逆向移動，故B錯誤；C．平衡逆向移動，D的物質的量減小，故C錯誤；D．壓強增大，平衡逆向移動，則a＜c+d，故D錯誤；故選A。14、A【解析】A、氯化鋁是共價化合物，鋁是活潑金屬，通過電解熔融氧化鋁冶煉，故A符合題意；B、鐵是位于金屬活動順序表中間位置的金屬，通常用熱還原法冶煉，故B不符合題意；C、鐵可以置換出硫酸銅中的銅，故C不符合題意；D、鉀是活潑金屬，采用電解熔融氯化鉀冶煉金屬鉀，故D不符合題意；綜上所述，本題應選A?！军c睛】金屬冶煉的主要方法有：①熱分解法：對于不活潑的金屬，可直接加熱分解的方法制備（Hg及后面的金屬）；②熱還原法：在金屬活動順序表中間位置的金屬，通常用熱還原法冶煉（Zn~Cu）；③電解法：活潑金屬較難用還原劑還原，通常采用電解熔融金屬化合物的方法制備（K、Ca、Na、Mg、Al），Mg采用電解氯化鎂，Al采用電解氧化鋁。15、D【解析】A.P（白磷，s）=P（紅磷，s）△H＜0，反應是放熱反應，能量越低越穩(wěn)定，所以白磷不如紅磷穩(wěn)定，故A錯誤；B.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，氫氣燃燒應生成液態(tài)水，由熱化學方程式可知，氫氣的燃燒熱為<-241.8kJ?mol-1，故B錯誤；C.碳完全燃燒放出的熱量高于不完全燃燒放出的熱量，焓變是負值，即a<b，故C錯誤；D.中和熱是指稀的強酸和強堿溶液發(fā)生中和反應生成1mol水時所放出的熱量，濃硫酸稀釋時要放出熱量，故放出熱量大于57.3

kJ的熱量，故D正確。故選D?！军c睛】（1）燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量。（2）中和熱是指稀的強酸和強堿溶液發(fā)生中和反應生成1mol水時所放出的熱量。16、B【詳解】A．增大壓強，平衡逆向移動，降低SiCl4的轉化率，不正確；B．當反應吸熱為0.025QkJ時，生成的HCl為0.01mol，與100mL1mol·L－1的NaOH溶液恰好反應，正確；C．HCl的濃度為0.12mol·L－1，則用HCl表示的反應速率為0.03mol/(L·min)，則用H2表示的反應速率為0.015mol/(L·min)，是HCl表示的反應速率的一半，不正確；D．這是一個可逆反應，反應物不可能全部反應，不正確；正確答案：B。17、B【解析】試題分析：A項常溫下將0.1mol·L－1NH4Cl溶液與0.05mol·L－1NaOH溶液等體積混合，溶液溶質為等物質的量的NaCl、NH4Cl和NH3·H2O的混合物，溶液呈堿性，NH3·H2O的電程度大于NH4Cl水解程度，故溶液中離子濃度大小關系為：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)，故A項錯誤；B項常溫下，物質的量濃度相等的①NH4HSO4②CH3COONH4③NH4Cl三種溶液中，①中電離出H+抑制NH4+水解，②中CH3COO—會促進NH4+水解，故三溶液中c(NH4+)：①＞③＞②，故B項正確；C項0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH=11，則HA－水解程度大于電離程度，故溶液中微粒關系：c(HA－)＞c(OH－)＞c(H2A)＞c(A2－)，故C項錯誤；D項在相同條件下，將足量AgCl加入等體積的①0.01mol?L-1AgNO3溶液②0.1mol?L-1KCl溶液③蒸餾水，則①中銀離子會使AgCl溶解平衡逆向移動，②中氯離子使AgCl溶解平衡逆向移動，且②對AgCl溶解抑制程度大于①，故所能溶解的AgCl質量關系為：③＞①＞②，故D項錯誤；本題選B。考點：溶液中離子關系。18、B【詳解】A．由CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ?mol-1，水由氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)，放出熱量，則CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-Q，Q＞574kJ?mol-1，故A正確；B．兩個反應中，C元素的化合價均由-4價升高到+4價，則等物質的量的甲烷分別參加反應①、②，反應轉移的電子數相同，故B錯誤；

C.根據蓋斯定律可知，CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=-867kJ/mol，標準狀況下4.48LCH4其物質的量為0.2mol，則放出的熱量為0.2mol×867kJ=173.4kJ，故C正確；D．CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g），1molCH4反應轉移8mol電子，則用標準狀況下4.48LCH4還原NO2至N2，整個過程中轉移的電子總數為0.2mol×8=1.6mol，故D正確；故選B。19、C【詳解】A、該模型為比例模型，故A錯誤；B、－OH可以表示羥基，1mol－OH有9mol電子，不表示羥基，故B錯誤；C、該鍵線式的名稱為3，3－二甲基－1－戊烯，故C正確；D、苯的最簡式為CH，故D錯誤。20、D【詳解】A．由圖示可知X、Y為反應物，Z為生成物，由物質的變化量之比等于化學計量數之比，即X、Y、Z的化學計量數之比為1：2：2則該反應的方程式為：X(g)+2Y(g)2Z(g)，故A不選；B．5min達到平衡時，X的物質的量的變化量為0.2mol，X的起始量為0.4，故5min達到平衡時X的轉化率為：50%，故B不選；C．7min后，X、Y的物質的量增加，Z的物質的量減少，X(g)+2Y(g)2Z(g)可知平衡逆向移動，故C不選；D．0~5min內，用Z的物質的量的變化量為，則Z的物質的量濃度的變化量為，由公式，故選D。答案選D。21、B【詳解】A.蒸餾常用于分離互溶的沸點相差較大的液體，故常用于提純液態(tài)有機混合物，A正確；B.李比希元素分析儀可以確定有機物的元素組成，分子的最簡式，甚至可以確定有機物的分子式，但是不能確定有機物的結構，B錯誤；C.利用紅外光譜儀可以測量出共價物質分子中含有的化學鍵，乙醇和二甲醚中所含的化學鍵類型不完全相同，故可以區(qū)分乙醇和二甲醚，C正確；D.質譜通常用于測定有機物的相對分子質量，D正確；故答案為：B。22、A【解析】試題分析：A、苯酚能與氫氧化鈉反應，苯不溶于水，分液即可，A正確；B、容易引入雜質氫氣，B錯誤；C、乙酸也能與鈉反應，C錯誤；D、應該是鹽析，D錯誤。答案選A?？键c：考查有機物分離與提純二、非選擇題(共84分)23、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+電荷多，半徑小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序數依次增大的五種元素。A、D同主族且A原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反，則A是核外電子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質C，則C為Al元素；基態(tài)B、E原子的最外層均只有2個電子，其余各電子層均全充滿，結合原子序數可知，B的電子排布為1s22s22p63s2、E的電子排布為1s22s22p63s23p63d104s2，B為Mg，E為Zn，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，A為O元素，B為Mg元素，C為Al元素，D為S元素，E為Zn元素。(1)Mg的3s電子全滿為穩(wěn)定結構，難失去電子；C是Al元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一個電子相對容易，因此元素B與C第一電離能較大的是Mg；E是Zn元素，根據構造原理可得其基態(tài)E原子電子排布式是[Ar]3d104s2，所以價電子的軌道表達式為；(2)DA2分子是SO2，根據VSEPR理論，價電子對數為VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理論為平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加熱時易升華，可知其熔沸點較低，據此可知該物質在固態(tài)時為分子晶體，Al形成4個共價鍵，3個為σ鍵，1個為配位鍵，其雜化方式為sp3雜化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H極性共價鍵，Al-O配位鍵，共價單鍵為σ鍵，故合理選項是bce；(4)B、C的氟化物分別為MgF2和AlF3，晶格能分別是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同為離子晶體，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+電荷多、離子半徑小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根據晶胞結構分析，S為面心立方最密堆積，Zn為四面體填隙，則Zn的配位數為4；②根據如圖晶胞，原子坐標a為(0，0，0)；b為(，0，）；c為(，，0），d處于右側面的面心，根據幾何關系，則d的原子坐標參數為（1，，）；③一個晶胞中含有S的個數為8×+6×=4個，含有Zn的個數為4個，1個晶胞中含有4個ZnS，1個晶胞的體積為V=a3cm3，所以晶體密度為ρ==g/cm3。【點睛】本題考查晶胞計算及原子結構與元素周期律的知識，把握電子排布規(guī)律推斷元素、雜化及均攤法計算為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意(5)為解答的難點，具有一定的空間想象能力和數學計算能力才可以。24、+Cl2+HCl+2NaOH+2NaBr②④、【分析】由合成路線可知，反應①為光照條件下的取代反應，反應②為NaOH/醇條件下的消去反應生成A為，反應③為A與氯氣發(fā)生加成反應生成B為，B在NaOH/醇條件下發(fā)生消去反應得到，反應⑤為溴與的1,4—加成反應，反應⑥為碳碳雙鍵與氫氣的加成反應，生成C為，反應⑦為C在NaOH/水條件下發(fā)生水解反應生成1,4-環(huán)己二醇，據此解答?！驹斀狻?1).反應①為環(huán)己烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成，化學方程式為：+Cl2+HCl，反應⑦為在NaOH/水條件下發(fā)生水解反應生成1,4-環(huán)己二醇，化學方程式為：+2NaOH+2NaBr，故答案為：+Cl2+HCl；+2NaOH+2NaBr；(2).由上述分析可知，上述七個反應中屬于消去反應的有②和④，故答案為②④；(3).反應⑤為溴與發(fā)生的1,4—加成反應，在反應時，可能和溴發(fā)生1,2—加成反應生成，也可能兩個C=C都與溴發(fā)生加成反應生成，故答案為、。25、CH3CH2OHCH2=CH2+H2OCH2=CH2+Br2CH2Br-CH2BrBr2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4防倒吸裝置除去SO2和CO2吸收乙烯檢驗乙烯、SO2是否除凈【詳解】(1)乙醇在濃硫酸的催化作用下發(fā)生分子內脫水制取乙烯,乙醇發(fā)生的消去反應為：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；反應生成的乙烯與溴發(fā)生加成反應：CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br；綜上所述，本題答案是：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br。(2)當溫度升到100℃左右時,無色液體開始變色,到160℃左右時,混合液全呈黑色,可以知道濃硫酸使乙醇脫水,生成黑色的碳,同時C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應生成SO2,反應方程式為：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，則刺激性SO2氣體的存在不能認為溴水褪色是乙烯的加成反應造成的；因此，本題正確答案是：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4。（3）①二氧化硫、二氧化碳與濃氫氧化鈉反應，裝置的壓強減小，發(fā)生倒吸，故a裝置可防止?jié)鈿溲趸c倒吸到反應容器中；綜上所述，本題答案是：防倒吸裝置。②由于二氧化硫和二氧化碳會干擾后續(xù)實驗，故用濃氫氧化鈉除去；綜上所述，本題答案是：除去SO2和CO2。③濃溴水可以和乙烯發(fā)生加成反應，用來吸收乙烯；綜上所述，本題答案是：吸收乙烯。④稀溴水和乙烯可以發(fā)生加成反應而褪色，也可以和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應褪色，故可用來檢驗乙烯和二氧化硫是否除盡；綜上所述，本題答案是：檢驗乙烯、SO2是否除凈?！军c睛】實驗室用乙醇和濃硫酸加熱反應時，會產生雜質氣體二氧化硫和二氧化碳，二氧化硫的還原性較強，能夠與溴水、酸性高錳酸鉀溶液反應，在進行后續(xù)實驗之前，要除去二氧化硫和二氧化碳雜質。26、常溫下，鐵遇濃硫酸發(fā)生鈍化吸收，防止污染環(huán)境+1價的氫元素反應物的濃度、溫度【分析】(1)Fe和稀硫酸反應生成和。(2)在常溫下，鐵遇濃硫酸鈍化。(3)鐵和濃硫酸加熱反應生成硫酸鐵、二氧化硫和水，會污染環(huán)境。(4)濃硫酸的氧化性體現在+6價的硫元素上，稀硫酸的氧化性體現在+1價的氫元素上；反應物的濃度、溫度會造成反應多樣性?！驹斀狻?1)實驗Ⅰ中，Fe和稀硫酸反應生成和，其離子方程式為；故答案為：。(2)實驗Ⅱ中，鐵絲表面迅速變黑，反應很快停止，在常溫下，濃硫酸與鐵接觸時，會使鐵表面生成一層致密的氧化膜而鈍化；故答案為：常溫下，鐵遇濃硫酸發(fā)生鈍化。(3)實驗Ⅲ中，加熱試管A，產生大量氣體，B中品紅溶液褪色，D處始終未檢測到可燃性氣體，鐵和濃硫酸反應生成硫酸鐵、二氧化硫和水，因此試管A中產生的氣體是，會污染環(huán)境，因此C的作用是吸收，防止污染環(huán)境；故答案為：；吸收，防止污染環(huán)境。(4)①濃硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，濃硫酸的氧化性源于+6價的硫元素，稀硫酸的氧化性源于+1價的氫元素；故答案為：+1價的氫元素；故答案為：+1價的氫元素。②常溫下，鐵和濃硫酸發(fā)生鈍化，加熱條件下反應生成硫酸鐵、二氧化硫和水，鐵和稀硫酸反應生成氫氣，因此造成反應多樣性的因素有反應物的濃度、溫度；故答案為：反應物的濃度、溫度。【點睛】注意反應物的濃度和反應條件，濃度不同生成的產物不同，溫度不同，發(fā)生的反應也不相同。27、淀粉溶液錐形瓶內溶液顏色的變化滴入最后一滴標準液時，溶液由無色變?yōu)樗{色且半分鐘內不恢復原色0.038mol/LAD【分析】用的溶液滴定溶液，用淀粉溶液作指示劑，眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化，當滴入最后一滴碘水時，有碘剩余，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，說明達到滴定終點，根據分析誤差?！驹斀狻?1)碘能使淀粉變藍，用的溶液滴定溶液，所以步驟①加入的指示劑是淀粉溶液；(2)滴定時，眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化，直至滴定終點；當滴入最后一滴碘水時，有碘剩余，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，說明達到滴定終點；(3)根據表格數據，第三次實驗數據明顯高出正常誤差范圍，舍去不用，第一次實驗、第二次實驗平均消耗碘水的體積是19mL，設廢水中的物質的量濃度為cmol/L，c=0.038mol/L；(4)A．滴定管在裝液前未用標準溶液潤洗，標準液濃度減小，消耗標準液的體積偏大，測定結果偏高，故選A；B．滴定過程中，錐形瓶振蕩得太劇烈，錐形瓶內有液滴濺出，待測液體積偏小，消耗標準液體積偏小，測定結果偏低，故不選B；C．裝標準溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定終點時發(fā)現氣泡，消耗標準液體積偏小，測定結果偏低，故不選C；D．達到滴定終點時，仰視讀數，消耗標準液體積