湖北省2025_2026学年高二化学上学期10月月考试题含解析

这是一份湖北省2025_2026学年高二化学上学期10月月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，请将答题卡上交， 下列说法错误的是， 下列说法正确的是，3kJ/ml，D 错误；等内容，欢迎下载使用。
时长：75 分钟 试卷满分：100 分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答
题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在
试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和
答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将答题卡上交。
可能用到的相对原子质量：H1 O16 Zn65
一、选择题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学可持续发展是我国发展战略重要举措。下列有关叙述错误的是
A. 为实现环境保护，应减少环境污染，实施资源回收的再利用
B. 农业生产中，可用 改善酸性土壤，大量使用化肥增加植被覆盖率
C. 中国是风力发电量最多的国家，风力发电可以减少碳排放，加快实现碳中和
D. DDT 对光、空气、酸碱等很稳定，大量施用后难降解，对生态产生影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．资源回收再利用能减少污染和资源消耗，符合可持续发展理念，A 正确；
B．NH4Cl 水解呈酸性，会加剧土壤酸化，且大量使用化肥破坏生态，B 错误；
C．风力发电属清洁能源，减少碳排放，助力碳中和，C 正确；
D．DDT 难降解，易在环境累积，破坏生态，D 正确；
故选 B。
2. 下列说法正确的是
A. 工业上可通过电解氯化钠溶液冶炼钠
B. 煤的干馏与气化、石油的分馏与裂化都是物理变化
C. 消费者可自行购买使用包装上有“OTC”标识的药物
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D. 手工制作豆腐时可大量使用石膏或氯化镁等凝固剂确保豆浆中的蛋白质快速聚沉
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业上通过电解熔融氯化钠冶炼钠，而非氯化钠溶液（电解溶液会生成 H2 和 Cl2），A 错误；
B．煤的干馏与气化均为化学变化，石油分馏是物理变化，裂化是化学变化，B 错误；
C．“OTC”标识为非处方药，消费者可自行购买使用，C 正确；
D．石膏或氯化镁作为凝固剂需适量，大量使用可能影响健康，D 错误；
综上所述，答案为 C。
3. 人类的一切活动都离不开能量变化。下列说法正确的是
A. 稀释浓硫酸属于放热反应
B. 铅蓄电池放电时，电能转变成化学能
C. 乙炔燃烧，化学能全部转变为热能
D. 葡萄糖在人体内的氧化过程属于放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀释浓硫酸是物理过程，没有新物质生成，属于放热过程而非放热反应，A 错误；
B．铅蓄电池放电时是化学能转化为电能，充电时才是电能转化为化学能，B 错误；
C．乙炔燃烧时化学能转化为热能、光能等多种形式，不可能全部转为热能，C 错误；
D．葡萄糖在人体内氧化分解为 CO2 和 H2O，释放能量，属于放热反应，D 正确；
综上所述，答案为 D。
4. 青釉瓷是中国最早出现的一种瓷器，分析青釉瓷器文物发现有一定量的莫莱石 及少量
的 、 和 。下列说法正确的是
A. 陶瓷的主要成份是硅酸盐
B. 青釉瓷器呈青色是因为瓷体中含有
C. 遇水会生成 ，所以青釉瓷器不可盛水
D. 高温结构陶瓷与传统陶瓷相比，成分相同，结构不同
【答案】A
【解析】
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【详解】A．陶瓷的主要成分是硅酸盐，莫莱石 属于硅酸盐，A 正确；
B．Fe2O3 通常呈红棕色，青釉的青色可能源于 Fe2+或其他杂质，而非 Fe2O3，B 错误；
C．青釉瓷器经高温烧结后结构致密，少量 CaO 被包裹，不会与水充分反应，仍可盛水，C 错误；
D．高温结构陶瓷(如氮化硅)与传统陶瓷(硅酸盐)成分不同，D 错误；
答案选 A。
5. 下列说法错误的是
A. 时， 完全燃烧生成液态水和二氧化氮气体放出的热量是肼的燃烧热
B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
C. 在等温条件下，化学反应体系向环境释放或从环境吸收的热量是反应热
D. 热化学方程式中化学计量数可以是分数
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃烧热要求生成指定产物，肼燃烧的稳定产物应为 N2，A 错误；
B．硫蒸气能量高于硫固体，等质量的硫蒸气燃烧释放更多热量，B 正确；
C．等温条件下反应热即体系与环境交换的热量，C 正确；
D．热化学方程式中化学计量数是指消耗相关物质的量的物质时的热效应，因此热化学方程允许分数计量数，
D 正确；
故选 A。
6. 已知可逆反应 ，平衡时产物 D 的体积分数[φ(D)]随压强和温度的
关系如图所示，且 p1＞p2，下列说法正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
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【解析】
【详解】该反应中 C 为固体，压强对平衡的影响只考虑气体物质系数，与 c 无关，应比较 a+b 与 d 的相对
大小，由题干信息可知，p1>p2，同一温度下 p1 对应的φ(D)大于 p2，说明增大压强平衡正向移动，故正向气
体体积减小：a+b＞d，相同压强下，随温度升高φ(D)减小，说明升温平衡逆向移动，即逆向吸热，则正向
放热即ΔH0 表明反应吸热，丙烷（反应物）能量低于产物（乙烯和甲烷），因此丙烷更稳定，C 正确；
D．燃烧热定义中 H2O 为液态，而选项 D 生成气态水，放热量减少，ΔH 应大于-890.3kJ/ml，D 错误；
故答案为 C。
9. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。下列说法正确的是
A. 工业合成氨一般选择 400~500℃是为了促进平衡正向移动
B. 工业合成氨中未转化的合成气循环利用，可以提高反应物的转化率
C. 由于 在空气中含量高，因此可以直接将空气与氢气混合通入反应炉
D. 将生成的氨气及时液化分离，可促进平衡正向移动，加快反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．工业合成氨选择 400~500℃主要是铁触媒催化剂在该温度范围内活性最好，加快反应速率，而
非促进平衡正向移动（高温不利于放热反应的平衡），A 错误；
B．循环利用未转化的合成气，从而提高了原料的利用率，即反应物的转化率提高，B 正确；
C．直接将空气与氢气混合通入反应炉，空气中的氧气会与氢气混合发生爆炸等危险，且空气中含有其他杂
质气体，会使催化剂中毒，C 错误；
D．及时分离氨气可减少产物浓度，促进平衡正向移动，反应物、生成物浓度均会降低，反应速率降低，D
错误。
答案选 B。
10. 科学家研制了一种 电池(如图所示)。电池工作一段时间后， 电极上检测到
和少量 ，下列叙述正确的是
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A. 放电时，阳离子向 电极移动
B. 放电时， 电极电势较低
C 放电时，正极反应有
D. 放电时， 电极质量减少 ，则 电极生成了
【答案】C
【解析】
【分析】电池工作一段时间后， 电极上检测到 和少量 ，该过程中 Mn 元素被还
原，为正极，因此 Zn 电极为负极。
【详解】A．放电时，阳离子向正极移动，Zn 电极为负极，阳离子应向 MnO2 电极（正极）移动，A 错误；
B．放电时，正极电势高于负极，MnO2 为正极，电势较高，B 错误；
C．放电时，MnO2 电极（正极）发生还原反应，Mn 元素从+4 价降低为+3 价（MnOOH 中 Mn 为+3 价），
结合水和电子生成 MnOOH 和 OH-，反应式为 MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，C 正确；
D．Zn 电极质量减少 1.30g（物质的量为 =0.02ml），转移 0.04ml 电子，正极 Mn 元素均从+4 价
降为+3 价（MnOOH 和 ZnMn2O4 中 Mn 均为+3 价），转移电子总数等于生成 Mn(Ⅲ)总物质的量，但因有少
量 ZnMn2O4 生成，MnOOH 物质的量小于 0.04ml，D 错误；
综上所述，答案为 C。
11. 在 1 L 的恒温密闭容器中，充入 和 发生反应 ，经
后 的物质的量减少 。下列说法正确的是
A. 用 表示 末的反应速率是
B. 时物质 的浓度为
C. 不同条件下反应速率分别为： ， ，则
D. 当 时，表明该反应已达到平衡
【答案】C
【解析】
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【详解】A．用 B 表示 0~4 分钟内的平均速率为 0.3ml/(L·min)，无法确定瞬时速率，故 A 错误；
B．经 后 的物质的量减少 ，根据方程式 ，可知 A 减少
0.8ml，则 4 分钟时物质 A 的物质的量为 2.2ml，A 是固体，A 的浓度不是 ，故 B 错误；
C．用不同物质表示的速率比等于化学计量数之比，
，
，则 ，故 C 正确；
D．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于化学计量数之比，即 ，
是反应没有达到平衡状态，故 D 错误；
答案选 C。
12. 下列实验操作及现象得出的相应结论正确的是
选项 实验及现象 结论
增大，平衡
向 溶液中加入 10 mL 1.0 ml/L HI A
溶液，黄色溶液变橙色
正向进行
压缩 平衡体系的体积，混合气体颜
B 浓度增大，但平衡不移动
色变深
向水溶液平衡体系
C 平衡逆向移动，溶液的颜色加深
中加入适量 固体
分别向两支装有 溶液的试管中滴加 5
对 分解的催化效率更 D
滴相同浓度的 溶液和 溶液，前者产生气泡速率
高
更快
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
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【解析】
【详解】A．氢碘酸溶液具有还原性，能与具有氧化性的重铬酸钾溶液反应生成碘化钾、碘化铬、碘和水，
则向重铬酸钾溶液中加入氢碘酸溶液，黄色溶液变橙色是因为发生氧化还原反应所致，与平衡移动无关，A
错误；
B．反应 H2(g) + I2(g) 2HI(g)是气体体积不变的反应，压缩平衡体系的体积，平衡体系中各物质的浓度
增大，气体颜色变深，气体压强增大，但平衡不移动，B 正确；
C．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应的离子方程式为：Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，向溶液中加入氯化钾固体，
平衡体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，溶液的颜色不变，C 错误；
D．氯化铁溶液和硫酸铜溶液中阴、阳离子都不相同，则向等体积等浓度的过氧化氢溶液中分别滴入氯化铁
溶液和硫酸铜溶液，前者产生气泡速率更快，可能是铁离子对分解反应的催化效率更高，也可能是氯离子
对分解反应的催化效率更高，D 错误；
故选 B。
13. 合成气的一种制备原理为 ，在 合金催化下，
甲烷脱氢阶段的反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。下列说法正确的是
A. 合成气制备过程中既存在非极性键断裂又存在极性键生成
B. 低温有利于反应 的自发进行
C. 反应 的活化能大于活化分子变成生成物分子放出的能量
D. 在 合金催化下，该历程中决速步骤的
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物 CH4 和 CO2 中只含极性键（C-H、C=O），断裂的均为极性键；生成物 CO 含极性键（C
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≡O）、H2 含非极性键（H-H），只存在极性键断裂和极性键、非极性键生成，A 错误；
B．该反应ΔH＞0（吸热）、ΔS＞0（气体分子数增多），根据ΔG=ΔH-TΔS，需高温下 TΔS＞ΔH 使ΔG＜0 才
自发，低温不利于自发，高温利于自发进行，B 错误；
C．正反应活化能（Ea 正(正)）是反应物到过渡态的能量差，活化分子（过渡态）变成生成物放出的能量为
过渡态到生成物的能量差（即逆反应活化能 Ea(逆)）。因ΔH=Ea(正)-Ea(逆)＞0，故 Ea(正)＞ Ea(逆)，即活化
能大于活化分子变成生成物放出的能量，C 正确；
D．决速步骤是活化能最大的步骤。由历程图，反应 ii（CH3*+H*→过渡态 2→CH2*+2H*）活化能最大
（5.496-1.687=3.809 eV），该步骤ΔH=4.035-1.687=2.348 eV，单位错误，D 错误；
故选 C
14. 如图所示物质转化关系中，固体 A 与固体 B 研细后混合，常温下搅拌产生气体 C 和固体 D，温度迅速
下降。气体 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝， 是一种强酸， 是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误
的是
A. A 与 B 的反应属于吸热反应
B. H 可作钡餐，说明它不溶于水和盐酸
C. F 溶于雨水可形成酸雨
D. 常温下，不可用铁制容器来盛装 G 的浓溶液
【答案】D
【解析】
【分析】固体 A 与固体 B 研细后混合，常温下搅拌产生气体 C 和固体 D，温度迅速下降，则该反应为吸热
反应，气体 C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则 C 为 NH3，G 是强酸，则 E 是 NO，F 是 NO2，G 是 HNO3
，H 是白色固体，常用作钡餐，H 是 BaSO4，D 是 BaCl2，A 和 B 反应是 NH4Cl 和 Ba(OH)2·8H2O 反应，C
(NH3)和 HCl 可转化为 NH4Cl，则 A 是 NH4Cl，B 是 Ba(OH)2·8H2O。
【详解】A．A 与 B 反应时温度迅速下降，说明反应吸收环境热量，属于吸热反应，A 正确；
B．H 是 BaSO4，Ba2+有毒，作为钡餐需不溶于水和盐酸（胃酸），B 正确；
C．F 是 NO2，NO2 与水反应生成 HNO3，反应为 3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸是强酸，溶于雨水可形成酸
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雨，C 正确；
D．G 是浓 HNO3，常温下浓硝酸能使铁钝化，形成致密氧化膜阻止反应，可用铁制容器盛装，D 错误；
故答案为 D。
15. 向体积为 的两个恒容密闭容器中，分别加入 和 发生反应
，其中一容器为绝热过程，一容器为恒温过程，两反应体系的压强随时间
的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线甲表示恒温过程 B. M 气体的浓度：c(a)>c(b)
C. a 点平衡常数： D. 逆反应速率：
【答案】B
【解析】
【分析】两个容器恒容密闭容器，一个绝热一个恒温，恒温的压强会逐渐下降，所以曲线乙为恒温过程，
又因为甲的压强先增大后减小，说明该反应为放热反应；
【详解】A．恒温过程中，反应正向进行时气体物质的量减小，压强应单调降低；绝热过程中，若反应放热，
温度升高使压强先增后降（温度与物质的量共同影响）。曲线甲压强先升后降，为绝热过程；曲线乙压强单
调降低，为恒温过程，A 错误；
B．a 点为绝热平衡（甲曲线），b 点为恒温平衡（乙曲线）。根据分析可知正反应放热，绝热下温度升高使
平衡逆向移动，M 气体会增多，故 M 浓度：c(a)>c(b)，B 正确；
C．a 点为平衡点，此时容器的总压强为 p，假设在恒容恒温条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物
质的量之比，所以设 M 气体转化的物质的量浓度为 x ml/L，则三段式为：
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则有 ， ml/L，代入数据解得 ，此时的 k 为
曲线乙 b 点平衡时的平衡常数，a 点为升高温度时的平衡常数，故 a 点的平衡常数不等于 48，故 C 错；
D．ac 两点为等压等容，但是 a 点为绝热条件，c 点为恒温条件，a 点温度大于 c 点，该反应为放热反应，
温度越高逆反应速率越大，所以 v 逆(c)＜v 逆(a)，D 错误；
故答案选 B。
二、非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。
16. 完成下列实验题。
（1）如图，把 和 的混合气体通入两只连通的烧瓶，然后用弹簧夹夹住乳胶管分别放置于盛有水
的烧杯中，一个烧杯中加入生石灰，另一个烧杯中加入 固体，观察混合气体颜色的变化。由实验
现象可知反应 为______(填“放热”、“吸热”)反应，解释原因为______。若将混
合气体转移到恒温体积可变的密闭容器中，平衡后再充入 ，最终气体颜色将变______(填“浅”、“深”、
“不变”)。
（2）某化学兴趣小组用如下装置进行中和反应反应热的测定实验。实验中用到的药品为
溶液和 盐酸各 。
实验中 NaOH 溶液的浓度比盐酸高的原因是______。
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关于实验中的操作分析正确的是______。(填字母)
a．用温度计测量盐酸溶液温度后，立即用同一支温度计测量氢氧化钠溶液温度
b．玻璃搅拌器应该在实验过程中水平转动
c．温度计下端不应该接触烧杯
d．混合溶液时应该迅速加入再盖紧杯盖，然后立即读数
某同学在实验过程中发现烧杯外壁稍微发烫，则实验测得中和反应反应热 ______(偏大、偏小、无影
响)。
适当调整装置后，该同学做了几次平行实验，数据如下：
起始温度
实验次数 终止温度
HCl NaOH 平均值
1 25.0 25.2 25.1 28.1
2 25.8 25.4 25.6 33.6
3 25.1 25.3 25.2 28.3
4 25.4 25.6 25.5 28.4
则该实验测得中和反应反应热 为______ 。【已知 ，反应后生成溶液的比热容 及
密度 分别取 和 】
【答案】（1） ①. 放热 ②. 加入生石灰的烧杯温度升高，平衡逆向移动；加入硝酸铵的烧杯温度降
低，平衡逆向移动 ③. 不变
（2） ①. 保证盐酸完全反应 ②. c ③. 偏大 ④. -50.4
【解析】
【小问 1 详解】
一个烧杯中加入生石灰，相应烧瓶的颜色会变深，另一个烧杯中加入 固体，相应烧瓶的颜色会变
浅。由实验现象可知反应 为放热反应，因为加入生石灰的烧杯温度升高，平衡逆向
移动；加入硝酸铵的烧杯温度降低，平衡逆向移动；若将混合气体转移到恒温体积可变的密闭容器中，平
衡后再充入 ，最终气体颜色将不变，因为容器是体积可变的，再充入 ，重新平衡后 NO2 的浓度
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不变；
【小问 2 详解】
实验中 NaOH 溶液的浓度比盐酸高的原因是保证盐酸完全反应；
②a．用温度计测量盐酸溶液温度后，应冲洗干净后测量氢氧化钠溶液温度，故 a 错误；
b．玻璃搅拌器应该 实验过程中垂直搅动，故 b 错误；
c．温度计下端不应该接触烧杯是正确的操作，故 c 正确；
d．混合溶液时应该迅速加入再盖紧杯盖，然后当温度升高到最高值读数，故 d 错误；
答案为 c；
某同学在实验过程中发现烧杯外壁稍微发烫，说明有热量损失，测出的热量会偏小，则实验测得中和反
应反应热 偏大；
④4 次实验温度差分别为 3.0 、8.0 、3.1 、2.9 ，第二次数据应舍去，温度差的平均值为 3.0 ，则
该实验测得中和反应反应热 为 = =-50.4 。
17. 次氯酸钙溶液可作为“脱氮脱硫”的吸收剂，某实验小组按下列流程除去烟气中的 和 ，并制
备 晶体。
（1）“脱硫”的过程中， 表现出______性(填“氧化”或“还原”)。滤渣 I 的主要成分是______
(化学式)。
（2）“脱氮”的过程中， 与 反应的离子方程式为______；滤液经过一系列分离提纯操作可
得到 水溶液，然后蒸发浓缩、______、过滤，就得到 晶体。
（3）“脱氮/脱硫”时需要控制一定的温度与 。已知 、 脱除率与反应液的温度、 关系
分别如图 1、图 2 所示。
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①次氯酸钙溶液对 的脱除率可达到 100%，相对于 ， 更难脱除，其原因可能是______(填字母)。
a．该条件下 的氧化性强于
b． 与 反应的活化能更大，速率更快
c．相同条件下 在水溶液中的溶解性强于
②反应液温度为 时，随着温度的升高， 的脱除率却逐渐降低。其中一个原因是随着温度的升
高 会分解生成 ，写出 分解的化学方程式______。
③反应液 越大， 、 脱除率越高。其原因是因为 越大，______(填化学式)浓度越大，
氧化性越强。
【答案】（1） ① 氧化 ②.
（2） ①. ②. 冷却结晶
（3） ①. c ②. ③.
【解析】
【分析】烟气中含有大量 和 ，加入稀硫酸和 溶液脱氮脱硫，则氧化为硫酸盐， 氧
化为硝酸盐，滤渣的主要成分是 ；过滤后取滤液 加入进一步沉硫，生成 ；最后取滤
液制备 。
【小问 1 详解】
根据分析，用 脱硫的过程中， 还原生成 ，则表现氧化性；
滤渣的主要成分是 。
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【小问 2 详解】
“脱氮”时， 被氧化为硝酸盐， 还原生成 ，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守
恒可知离子方程式为 ；
从溶液中获得晶体的操作顺序，对于溶解度随温度变化明显的物质，如本题的 ，通常采用降温
结晶法，其操作顺序为：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤，即可得到 晶体；蒸发结晶后，溶液处于
高温状态，溶质的溶解度较高，通过降温冷却，使溶质的溶解度降低，而析出晶体。
【小问 3 详解】
①a．相对于 ， 更难脱除，则该条件下的 还原性强于 ，a 不符合题意；b．活化能越大，反
应越不容易进行，b 不符合题意；c．相同条件下， 在水溶液中的溶解性强于 ，则更易与溶液反应，
去除率更高，c 符合题意；答案选 c。②随着温度的升高 会分解生成 ， 分解的化
学方程式为： 。
③反应液 越大，溶液中 浓度越大，氧化性越强， 、 脱除率越高。
18. 淀粉和纤维素都是重要的生物质，以淀粉为原料制备部分化工产品的转化关系如图：
已知两分子 在一定条件下通过酯化反应可生成六元环酯 。
请回答下列问题：
（1）D、E、F 中含相同官能团的名称为______。
（2）反应 的化学方程式为______。
（3）下列说法错误的是______(填字母)。
a．反应 I 为水解反应
b．淀粉与纤维素互为同分异构体，属于天然有机高分子化合物
c．等量 E 消耗 、 、 的物质的量之比为
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d．B 分子中最多有 5 个原子共平面
（4）B 在浓硫酸作用下加热至 170℃可生成一种果实催熟剂 G，G 在催化剂作用下可制备出一种无毒耐寒
塑料 PE，写出 PE 的结构简式______。
（5）为检验淀粉水解产物，小明同学向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热一段时间，冷却后向溶液中加入新制
氢氧化铜，加热，无砖红色沉淀出现。小明同学实验失败的主要原因是______。
（6）反应 II 的化学方程式为______。
（7）H 的结构简式为______。
【答案】（1）羧基 （2）2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O
（3）b （4）
（5）未将溶液 pH 调至碱性
（6）CH3COOH+CH3CH(OH)COOH CH3COOCH(CH3)COOH+H2O
（7）
【解析】
【分析】由题干合成流程图可知淀粉水解生成葡萄糖，则 A 为葡萄糖，葡萄糖分解生成 B 为乙醇，B 被催
化氧化生成 C 为 CH3CHO，C 被催化氧化生成 D，D 为 CH3COOH，E 为 CH3CH(OH)COOH，D 和 E 发生
酯化反应生成 F（ ），据此分析；
【小问 1 详解】
根据 D、E、F 的结构，含相同官能团的名称为羧基；
【小问 2 详解】
B 被催化氧化生成 C 为 CH3CHO，B→C 的化学方程式 2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O；
【小问 3 详解】
a．反应 I 为淀粉的水解反应生成葡萄糖，a 正确；
b．淀粉与纤维素的 n 值不同，不能互为同分异构体，属于天然有机高分子化合物，b 错误；
c．等量的 E[CH3CH(OH)COOH]消耗 (可与羧基、羟基反应)、 (可与羧基反应)、 (可与
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羧基反应)，物质的量之比为 ，c 正确；
d．B 为 CH3CH2OH，乙醇分子中的碳原子为 sp3 杂化，形成四面体结构，最多有 5 个原子（两个碳原子、
羟基氧原子及两个与之直接相连的氢原子）在同一平面内分子中最多有 5 个原子共平面，
，d 正确；
故选 b；
【小问 4 详解】
B 在浓硫酸作用下加热至 170℃可生成一种果实催熟剂 CH2=CH2，G 在催化剂作用下可制备出一种无毒耐寒
塑料 PE，PE 的结构简式： ；
【小问 5 详解】
淀粉遇碘水变蓝，所以可以用碘水检验淀粉；检验淀粉水解产物时应将溶液调至碱性环境，直接加入新制
氢氧化铜会与其中的硫酸发生中和反应而达不到实验预期，所以小明实验失败的主要原因是未将溶液 pH 调
至碱性；
【小问 6 详解】
反应 II 为酯化反应，即 D 为 CH3COOH 和 E 为 CH3CH(OH)COOH 发生酯化反应生成 F，反应 II 的化学反
应方程式为 CH3COOH+CH3CH(OH)COOH CH3COOCH(CH3)COOH+H2O；
【小问 7 详解】
由分析可知，E 为 CH3CH(OH)COOH，故两分子 E 反应生成六元环状结构的物质即形成环状酯，该物质的
结构简式为 。
19. 碳达峰和碳中和是我国社会发展重大战略之一。
I：CO2 和 H2 为原料合成甲醇可以减少 CO2 的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
（1）已知：在一定温度和压强下，由最稳定单质生成 1 ml 化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓。某些
物质的摩尔生成焓如下表所示。
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化合物
摩尔生成焓/(kJ·ml-1) -395 -200 -242 0
则该温度和压强下，反应 ______ 。
（2）下列措施有利于提高平衡时 CO2 转化率的是______(填字母)。
a．向恒容密闭容器中通入稀有气体 b．及时分离出产物 H2O
c．使用催化剂 d．增加 CO2 和 H2 的初始投料比
（3）下列能够使两个反应的速率均增大的措施是______(填字母)。
a．恒容条件下充入 CO2 b．分离出产物水
c．恒压条件下充入 Ar d．升高体系温度
（4）T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性[CH3OH 选择性
]随温度的变化如图所示。
①温度升高，甲醇的选择性下降的原因是______。
②在 T℃，压强为 p Pa 时，密闭容器中充入 1mlCO2 和 1.4mlH2 生成 0.3mlCO，则 T℃时主反应的压强
平衡常数 Kp=______Pa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ：用电化学方法将 CO2 转化为 CO 实现再利用，转化的基本原理如图所示。
（5）电池工作时正极电极反应式为______。若交换膜只允许氢离子通过，当 M 极产生 O2 2.24L(标准状况
下)时，负极区溶液质量减少______ 。
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【答案】（1）+88 （2）b
（3）ad （4） ①. 主反应是一个放热反应，副反应是一个吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移
动，副反应平衡正向移动 ②. 6.4
（5） ①. CO2+2e-+2H+=CO+H2O ②. 3.6
【解析】
【小问 1 详解】
根据摩尔生成焓的定义知 H2 的摩尔生成焓等于 0，可知主反应：
=395kJ/ml+0kJ/ml-200kJ/ml-242kJ/ml=-47kJ/ml，副
反应： ，结合盖斯定律可知反应
可由副反应减去主反应， =
+41kJ/ml-(-47kJ/ml)=+88kJ/ml，故答案为：+88；
【小问 2 详解】
a．向恒容密闭容器中通入稀有气体，反应体系各物质的浓度保持不变，正、逆反应速率保持不变，平衡不
移动，不能提高 CO2 的平衡转化率，a 不合题意；
b．及时分离出产物 H2O，导致生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于提高 CO2 的平衡转化率，b 符合题
意；
c．使用催化剂能同等幅度地改变正逆反应速率，使得正逆反应速率仍然相等，平衡不移动，不能提高 CO2
的平衡转化率，c 不合题意；
d．增加 CO2 和 H2 的初始投料比即增大 CO2 的用量，H2 的平衡转化率增大，而 CO2 的平衡转化率减小，d
不合题意；
故答案为：b；
【小问 3 详解】
a．恒容条件下充入 CO2，即增大 CO2 的浓度，两个反应速率均增大，a 符合题意；
b．分离出产物水，即减小生成物浓度，逆反应速率突然减小，正反应速率逐渐减小，即导致两个反应的反
应速率均减小，b 不合题意；
c．恒压条件下充入 Ar，反应体系各物质浓度均减小，两反应的反应速率均减小，c 不合题意；
d．升高体系温度能够增大反应体系各物质的能量，反应速率均加快，即两个反应的反应速率均增大，d 符
合题意；
故答案为：ad；
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【小问 4 详解】
①由(1)小问分析可知，主反应是一个放热反应，副反应是一个吸热反应，温度升高，主反应平衡逆向移动，
CH3OH 的量逐渐减小，副反应平衡正向移动，CO 的量逐渐增大，从而导致甲醇的选择性下降，故答案为：
主反应是一个放热反应，副反应是一个吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动；
②在 T℃，压强为 p Pa 时，密闭容器中充入 1mlCO2 和 1.4mlH2 生成 0.3mlCO，由三段式分析：
，
，则 T℃时甲醇的选择性为 40%，即
=0.4，解得 x=0.2ml，则平衡时：CO2 的物质的量为：1-0.2-0.3=0.5ml，H2 的物质的量为：1.4-3×0.2-0.3=0.5ml
，CH3OH 的物质的量为：0.2ml，H2O 的物质的量为：0.2+0.3=0.5ml，CO 的物质的量为：0.3ml，则 CO2、
H2、CH3OH、H2O 的平衡分压分别为： =0.25p、0.25p、0.1p、0.25p，则主反应
的压强平衡常数 Kp= = =6.4Pa-2，故答案为：6.4；
【小问 5 详解】
由题干原电池装置图可知，M 电极为 H2O 转化为 O2，发生氧化反应，该电极为负极，该电极反应为：
2H2O-4e-=4H++O2↑，则电极 N 是正极，电解质为稀硫酸溶液，故电池工作时正极电极反应式为：CO2
+2e-+2H+=CO+H2O，若交换膜只允许氢离子通过，当 M 极产生 O2 2.24L 的物质的量为： =0.1ml
(标准状况下)时，转移电子的物质的量为 0.4ml，即有 0.4mlH+由负极区移向正极区，负极区溶液质量减少
0.1ml×32g/ml+0.4ml×1g/ml=3.6g，故答案为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O；3.6。
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