资源简介

浙江省浙南名校联盟2025-2026学年高二上学期开学联考化学试题
1．（2025高二上·浙江开学考）下列含有极性共价键的电解质是
A． B．NaCl C． D．
【答案】D
【知识点】化学键；电解质与非电解质
【解析】【解答】A、Na2O2是电解质，但其中 O22-内部的 O-O 键是非极性共价键，不含极性共价键，故A不符合题意 ；
B、NaCl 是电解质，但只含离子键，不含共价键，故B不符合题意 ；
C、CO2含 C-O 极性共价键，但 CO2自身不能电离，不是电解质（其水溶液导电是因为生成了 H2CO3），故C不符合题意 ；
D、NH4Cl 是电解质，NH4+内部的 N-H 键是不同原子形成的极性共价键，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，需明确电解质的定义（在水溶液或熔融状态下能导电的化合物）以及极性共价键、非极性共价键的区别（不同种原子间形成的共价键为极性共价键，同种原子间形成的为极性共价键），然后逐一分析选项。
2．（2025高二上·浙江开学考）下列表示正确的是
A．的结构示意图：
B．水合钠离子示意图：
C．的球棍模型：
D．的电子式：
【答案】B
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Cl-的质子数是 17，核外电子数为 18，其结构示意图应为 ，A错误；
B、Na+带正电荷，水分子是极性分子，氧原子带部分负电荷，会朝向 Na+，氢原子朝外，该示意图符合水合钠离子的构成特点，B正确；
C、 是 CH4的填充模型，CH4的球棍模型为，C错误；
D、CO2的电子式中，氧原子的孤电子对表示有误，正确的电子式为 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需逐一分析离子结构示意图、水合离子、分子模型、电子式的正确表示规则。
3．（2025高二上·浙江开学考）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．可用于制造光导纤维
B．95%的酒精溶液能使蛋白质变性，常用于医用消毒
C．油脂在碱性条件下能发生水解，可用于制取肥皂
D．工业生产中常使用铁制或铝制容器贮存和运输浓硫酸和浓硝酸
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、SiO2具有良好的光学全反射性能，可用于制造光导纤维，A正确；
B、能使蛋白质变性的酒精溶液，医用消毒常用的是体积分数 75%的酒精溶液；95% 的酒精溶液因浓度过高，会使蛋白质快速凝固形成保护膜，消毒效果不佳，B错误；
C、油脂在碱性条件下发生水解反应（皂化反应），生成高级脂肪酸盐，这是肥皂的主要成分，可用于制取肥皂，C正确；
D、常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸会发生钝化，在表面形成致密氧化膜，阻止反应进一步进行，因此工业上常用铁制或铝制容器贮存和运输浓硫酸、浓硝酸，D正确；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需结合化学物质的性质与生产生活应用逐一分析选项。
4．（2025高二上·浙江开学考）下列说法不正确的是
A．与互为同位素
B．和互为同分异构体
C．和互为同系物
D．石墨和金刚石互为同素异形体
【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A、同位素的研究对象是原子，而与是分子，不是原子，因此不互为同位素，A错误；
B、（乙醇）和（二甲醚）分子式均为，但结构不同（乙醇含羟基，二甲醚含醚键），属于同分异构体，B正确；
C、（乙烷）和（戊烷）均为烷烃，结构相似，分子组成相差3个基团，互为同系物，C正确；
D、石墨和金刚石是碳元素形成的不同单质，结构不同，互为同素异形体，D正确；
故答案为：A。
【分析】需明确同位素、同分异构体、同系物、同素异形体的定义，再逐一分析选项。
5．（2025高二上·浙江开学考）下列关于实验安全和实验操作说法不正确的是
A．做金属钠在空气中的燃烧实验时，不可以近距离俯视坩埚
B．做焰色反应实验时，必须用稀盐酸做洗涤剂而不能用稀硫酸代替
C．探究钠与水的反应时需要注意：
D．将铜与浓硫酸反应后的混合物缓慢加入水中，根据溶液颜色来判断是否有硫酸铜生成
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；钠的化学性质；焰色反应；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、金属钠在空气中燃烧反应剧烈，可能产生火花或熔融物溅出，近距离俯视坩埚易造成灼伤，因此不可近距离俯视，A正确；
B、焰色反应中，稀盐酸挥发性强，加热可除去残留的盐酸盐；而稀硫酸难挥发，硫酸盐残留会干扰实验，因此必须用稀盐酸做洗涤剂，B正确；
C、钠与水反应需注意易燃（生成氢气）和液体飞溅，而题干中的放射性（三叶形）、高压电（闪电）图标与该反应无关，C错误；
D、铜与浓硫酸反应后的混合物含浓硫酸，需将其缓慢加入水中稀释，若溶液显蓝色则说明生成了硫酸铜，D正确；
故答案为：C。
【分析】要解决此题，需结合实验安全规则和操作规范逐一分析选项。
6．（2025高二上·浙江开学考）下列有关氮及其化合物的说法正确的是
A．浓具有强氧化性，与过量Fe反应生成
B．分子中存在氮氮三键结构很稳定，所以氮气不能支持任何物质的燃烧
C．，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
D．溶于生成，转移电子的物质的量为1mol
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；氮族元素简介；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、浓HNO3具有强氧化性，与Fe反应初始生成Fe(NO3)3，但Fe过量时，随着反应进行硝酸浓度降低变为稀硝酸，Fe会与Fe(NO3)3继续反应生成Fe(NO3)2，最终产物不是Fe(NO3)3，A错误；
B、N2分子中氮氮三键键能大，结构稳定，但在高温或放电条件下可与Mg等物质反应
（如3Mg+N2Mg3N2），说明氮气能支持某些物质燃烧，B错误；
C、反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，Cl2是氧化剂（3mol），2mol NH3被氧化为N2（作还原剂），氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C正确；
D、反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，每3mol NO2参与反应转移2mol电子，因此1mol NO2溶于水时转移电子的物质的量为mol，不是1mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】要解决此题，需结合氮及其化合物的化学性质，从氧化还原反应、物质反应特性等角度逐一分析选项。
7．（2025高二上·浙江开学考）下列现象或事实能用同一原理解释的是
A．二氧化硫和氯气分别通入品红溶液使其褪色
B．稀硫酸中加入少量铜粉不反应，再加入硝酸钠或稀硝酸后，铜粉溶解
C．NaCl固体中混有或，均可用加热法除去
D．乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；烯烃；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2使品红褪色是与品红结合生成不稳定无色物质；Cl2使品红褪色是因 Cl2的强氧化性将品红氧化，原理不同，故A不符合题意 ；
B、稀硫酸中加 NaNO3后，H+与 NO3-形成 HNO3；直接加稀硝酸，二者均通过 HNO3的强氧化性氧化 Cu 使铜粉溶解，原理相同，故B符合题意 ；
C、NH4Cl 加热分解后冷却又会生成 NH4Cl，不能用加热法完全除去；I2加热升华可分离，处理原理不同，故C不符合题意 ；
D、乙烯使溴水褪色是加成反应，使酸性 KMnO4溶液褪色是氧化反应，原理不同，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需分析每组现象或事实的本质原理，判断是否一致。
8．（2025高二上·浙江开学考）下列方程式不正确的是
A．溶液与少量溶液反应：
B．实验室制备氯气：
C．氢氧化钠溶液中加入铝粉：
D．氢氧化亚铁在空气中被氧化：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Ca(OH)2过量时，HCO3-与 OH-结合生成 CO32-，Ca2+立即与 CO32-结合成 CaCO3沉淀，离子方程式 HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O ，A正确；
B、MnO2与浓盐酸加热反应生成 Mn2+、Cl2和 H2O，离子方程式 符合反应事实，书写正确；
C、Al 与 NaOH 溶液反应生成的是四羟基合铝酸钠（[Al(OH)4]-）和 H2，正确方程式为，C错误；
D、Fe(OH)2在空气中被 O2氧化为 Fe(OH)3，方程式 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3配平正确，符合氧化还原反应规律，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析 “少量 NaHCO3与 Ca(OH)2反应” 的离子反应逻辑。
B．明确实验室制 Cl2的反应原理（MnO2与浓盐酸加热）及离子方程式书写规范。
C．掌握 Al 与 NaOH 溶液反应的产物（四羟基合铝酸钠），而非 Al(OH)3。
D．判断 Fe(OH)2被空气中 O2氧化的方程式配平与反应规律。
9．（2025高二上·浙江开学考）阿司匹林(乙酰水杨酸)是一种重要的合成药物，具有解热镇痛作用。以水杨酸为原料生产阿司匹林的反应原理如下图，下列说法不正确的是
A．该反应属于取代反应
B．阿司匹林的分子式为
C．水杨酸和阿司匹林都能与发生反应
D．一定条件下，阿司匹林能发生水解反应生成水杨酸和乙酸酐
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A、水杨酸中酚羟基的 H 被乙酰基（-OOCCH3）取代，符合取代反应 “原子或原子团被替代” 的特点，A正确；
B、根据阿司匹林的结构，数出 C、H、O 原子个数分别为 9、8、4，分子式为 C9H8O4，B正确；
C、水杨酸含酚羟基和羧基，阿司匹林含羧基和酚酯基；羧基、酚羟基均能与 Na 反应生成 H2，也能与 NaOH 反应（羧基中和、酚羟基中和、酚酯基水解），因此二者都能与 Na、NaOH 反应，C正确；
D、阿司匹林含酚酯基，水解时生成水杨酸和乙酸，而非乙酸酐，D错误；
故答案为：D。
【分析】要解决此题，需结合有机物的反应类型、分子式、官能团性质及水解反应规律逐一分析。
10．（2025高二上·浙江开学考）X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y是地壳中含量最高的金属元素，Z和X同主族。下列说法正确的是
A．氧化物对应水化物的酸性：
B．X的简单氢化物的沸点大于Z，说明氢化物的稳定性
C．X、M两元素之间形成的某些化合物可用作自来水消毒剂
D．电解熔融态的Y和M形成的化合物可制得单质Y
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、比较氧化物对应水化物的酸性时，需明确是最高价氧化物对应水化物。如 HClO 酸性弱于 H2SO4，因此不能直接得出 M（Cl）的酸性一定强于 Z（S），A错误；
B、X 的简单氢化物 H2O 沸点高于 Z 的 H2S，是因为 H2O 分子间存在氢键；而氢化物的稳定性由 共价键强度（或元素非金属性）决定，与沸点无关，B错误；
C、X（O）和 M（Cl）形成的 ClO2等化合物具有强氧化性，可用作自来水消毒剂，C正确；
D、Y（Al）和 M（Cl）形成的 AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，无法通过电解熔融 AlCl3制得 Al 单质，D错误；
故答案为：C。
【分析】元素推断：X 原子最外层电子数是内层电子数的 3 倍，故 X 为 O；Y 是地壳中含量最高的金属元素，故 Y 为 Al；Z 和 X 同主族，故 Z 为 S；M 原子序数大于 S，故 M 为 Cl。
11．（2025高二上·浙江开学考）下列装置能够达到实验目的是
A.中和热测定 B.测定锌与稀硫酸反应速率
C.用和饱和溶液做喷泉实验 D.验证非金属性强弱：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；中和热的测定；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、中和热测定实验，需要环形玻璃搅拌棒使酸碱充分反应、温度均匀，且温度计需测量反应溶液的最高温度。此装置缺少环形玻璃搅拌棒，无法让反应充分进行且温度测量不准确，A不能达到实验目的；
B、测定锌与稀硫酸的反应速率，原理是通过测量一定时间内产生氢气的体积来计算。装置中锌与稀硫酸反应生成氢气，注射器可收集氢气，记录时间和气体体积就能计算反应速率，只要装置气密性良好，就能达到实验目的，B可以达到实验目的；
C、喷泉实验的原理是利用压强差，使液体被压入烧瓶。CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度极小（因为 HCO3-抑制 CO2溶解），无法形成明显的压强差，所以不能做喷泉实验，C不能达到实验目的；
D、验证非金属性强弱，依据是比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。稀盐酸不是 Cl 的最高价含氧酸（Cl 的最高价含氧酸是 HClO4），而且盐酸易挥发，挥发的 HCl 会干扰 CO2与 Na2SiO3的反应，无法证明非金属性 Cl > C > Si，D不能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需逐一分析每个选项的实验装置与实验目的是否匹配，解题思路是结合每个实验的原理、装置要求来判断。
12．（2025高二上·浙江开学考）化学电源在生活中有广泛的应用，各种电池的示意图如下，下列有关说法正确的是
A．甲：电子由铜片经导线流向锌片
B．乙：负极的电极反应式为
C．丙：锌筒作负极，发生氧化反应，使用一段时间锌筒会变薄
D．丁：使用一段时间后电解质溶液的酸性增强，导电能力增大
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在铜锌原电池中，活泼金属 Zn 为负极，Cu 为正极。电子由负极（锌片）经导线流向正极（铜片），而非铜片流向锌片，A错误；
B、纽扣式银锌电池的电解质是 KOH 溶液，负极 Zn 失电子时会与 OH-结合，电极反应式应为
Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，B错误；
C、锌锰干电池中锌筒作负极，发生氧化反应，锌失电子生成 Zn2+，随着反应进行，锌筒不断被消耗，使用一段时间后会变薄，C正确；
D、铅酸蓄电池放电时反应为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，消耗 H2SO4使电解质溶液酸性减弱，同时离子浓度降低，导电能力减弱，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断原电池的正负极及电子流向。
B．结合电解质环境书写负极电极反应式。
C．分析锌锰干电池的负极反应及电极消耗情况。
D．分析铅酸蓄电池放电时电解质的变化对酸性和导电能力的影响。
13．（2025高二上·浙江开学考）硫酸工业中，在接触室中催化氧化的反应为。该反应在的催化作用下分两步进行，能量变化如图：下列说法不正确的是
A．第一步反应的活化能为
B．和的总能量大于的总能量
C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快
D．第二步反应的热化学方程式：
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、图中第一步反应显示的 24kJ 是反应物与中间产物的能量差，属于该步反应的焓变（ΔH），而非活化能。活化能是反应物到过渡态的能量差，过渡态能量高于中间产物，因此活化能必然大于 24kJ/mol，A错误；
B、总反应为 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，结合反应常识及能量变化可知该反应放热。放热反应中，反应物总能量高于生成物总能量，即 2mol SO2(g) 和 1mol O2(g) 的总能量大于 2mol SO3(g) 的总能量，B正确；
C、升高温度时，分子能量升高，更多普通分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率随之加快，C正确；
D、第二步反应中，V2O4与 O2反应生成 V2O5（催化剂循环），图中显示该步放热 222kJ，结合原子守恒，热化学方程式为 2V2O4(s) +O2(g) 2V2O5(s) ΔH = -222kJ/mol，D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确活化能的定义（反应物到过渡态的能量差），区分活化能与反应的焓变。
B．通过总反应的能量变化判断反应物与生成物的总能量关系。
C．理解温度对活化分子百分数及反应速率的影响。
D．根据分步反应的物质转化和能量变化书写热化学方程式。
14．（2025高二上·浙江开学考）一定温度下，在的密闭容器中充入和发生反应：，后达到平衡，的转化率为20%，下列说法正确的是
A．时的反应速率是
B．平衡后再充入和，的转化率不变
C．该反应的平衡常数为4
D．加入催化剂，平衡不移动，反应速率不变
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；等效平衡；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．反应后达到平衡，的转化率为20%，可算出内的平均反应速率是，时的瞬时反应速率未知，A错误；
B．该反应平衡后再充入和，相当于增大压强，而该反应前后气体分子数不变，增大压强，平衡不发生移动，转化率保持不变，B正确；
C．根据已知条件列出三段式
该反应的平衡常数为K==0.25，C错误；
D．加入催化剂，可加快正逆反应速率，但平衡不移动，D错误；
故选B。
【分析】A. 根据速率计算公式v=进行计算。
B. 反应前后气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动。
C. 列出三段式计算平衡常数。
D. 根据勒夏特列原理，加入催化剂，平衡不移动。
15．（2025高二上·浙江开学考）根据下列实验事实得出的相应结论正确的是
选项 实验事实 结论
A 溶液中存在平衡：(橙)(黄)，加水稀释后，溶液颜色变黄 加水稀释使该反应的
B 用足量的盐酸溶解铁与水蒸气反应后的固体，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红 说明铁与水蒸气反应的产物中不含+3价铁元素
C 向某溶液中加入NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验未变蓝 原溶液中不含
D 在以镁铝为电极，氢氧化钠溶液为电解质的原电池装置中，镁表面有气泡产生 金属性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；铵离子检验；铁的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、反应平衡为 Cr2O72-（橙）+H2O 2CrO42-（黄）+2H+。稀释时，平衡常数 K 不变，但各物质浓度降低使浓度商 Q < K，平衡正向移动，溶液颜色变黄，结论正确，A正确；
B、铁与水蒸气反应生成 Fe3O4（含 Fe2+和 Fe3+）。若反应后有未反应的 Fe，加入盐酸溶解时，Fe 会将 Fe3+还原为 Fe2+，导致 KSCN 溶液不变红。因此，无法证明产物中不含 +3 价铁元素，B错误；
C、NH4+与 NaOH 溶液反应生成 NH3 H2O，需加热才能使 NH3挥发。若未加热，试纸不变蓝不能说明原溶液中无 NH4+，C错误；
D、镁铝电极在 NaOH 溶液中，Al 能与 NaOH 反应作负极，Mg 作正极（H2O 得电子生成 H2），这是电解质性质导致的，不能证明金属性 Al > Mg（实际金属性 Mg > Al），D错误；
故答案为：A。【分析】A．结合化学平衡中浓度商（Q）与平衡常数（K）的关系，分析稀释对平衡移动的影响。
B．考虑铁的还原性对 Fe3+检验的干扰，分析实验现象与结论的合理性。
C．明确 NH4+检验的关键条件（加热促使 NH3挥发），判断实验操作的完整性。
D．区分原电池电极反应与金属性的关系，明确电极选择受电解质影响。
16．（2025高二上·浙江开学考）“吹出法”海水提溴的工艺流程如下图，下列说法正确的是
A．两次通入水蒸气的作用都是参加反应
B．吸收塔步骤中的可以替换为溶液
C．该工艺流程可体现还原性：
D．若使用该法处理1L海水，理论上消耗标况下，则原海水中Br的浓度为
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；海水资源及其综合利用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、溴易挥发，两次通入水蒸气的目的是加热，使溴被热空气吹出，水蒸气均不参与反应，故 A错误；
B、吸收塔中 SO2的作用是将 Br2还原为 Br-。FeCl2中 Fe2+虽有还原性，但与 Br2反应后生成的 Fe3+无法将 Br2持续还原为 Br-，不能起到吸收 Br2的作用，B错误；
C、第一步氧化反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，体现还原性 Br- > Cl-；吸收塔反应：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，体现还原性 SO2 > Br-。因此还原性顺序为 SO2 > Br- > Cl-，C错误；
D、单次反应：2Br﹣~Cl2，总反应中2Br﹣~2Cl2（氯气两次氧化溴离子），n(Cl2)==0.001mol，则n(Br-)=0.001mol，质量为0.001mol×80g/mol=0.08g=80mg，浓度80mg/L，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析水蒸气在流程中的作用（是否参与反应）。
B．判断 FeCl2溶液能否替代 SO2在吸收塔中的作用。
C．根据流程中氧化还原反应判断还原性强弱顺序。
D．根据得失电子守恒进行化学计算，推导海水中 Br-的浓度。
17．（2025高二上·浙江开学考）回答下列问题。
（1）异戊烷的结构简式为：　 　。
（2）利用Cu和溶液反应制作印刷电路板的离子方程式为　 　。
（3）向HCl和的混合溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，观察到的现象为　 　。
（4）下列属于吸热反应的是　 　(填序号)。
①钠与水反应；②和稀盐酸反应产生；③硝酸钾溶于水；
④氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应；⑤生石灰与水反应；⑥气体通过炽热的碳。
【答案】（1）
（2）
（3）刚开始不产生沉淀，一段时间后产生沉淀，继续滴加NaOH溶液沉淀溶解
（4）②④⑥
【知识点】吸热反应和放热反应；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）异戊烷中有一个支链，结构简式为；
故答案为： ；
（2）Cu和溶液发生氧化还原反应生成和，离子方程式为故答案为： ；
（3）向HCl和的混合溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，首先NaOH与HCl发生中和反应，无明显现象。接着NaOH与反应生成白色沉淀。最后沉淀与过量NaOH反应，沉淀溶解。所以观察到的现象为：刚开始不产生沉淀，一段时间后产生沉淀，继续滴加NaOH溶液沉淀溶解；
故答案为： 刚开始不产生沉淀，一段时间后产生沉淀，继续滴加NaOH溶液沉淀溶解 ；
（4）①钠与水反应是放热反应。②和稀盐酸反应产生，是吸热反应。③硝酸钾溶于水是物理变化，不是化学反应。④氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应。⑤生石灰与水反应是放热反应。⑥气体通过炽热的碳反应生成CO，是吸热反应；
故答案为：②④⑥。
【分析】（1）掌握异戊烷的结构特点，明确其含支链的结构简式书写要点。
（2）依据氧化还原反应原理，写出 Cu 与 FeCl3反应的离子方程式。
（3）分析 NaOH 与 HCl、AlCl3的反应顺序，明确沉淀生成与溶解的过程现象。
（4）区分吸热反应、放热反应与物理变化，牢记常见吸热反应类型。
（1）异戊烷中有一个支链，结构简式为；
（2）Cu和溶液发生氧化还原反应生成和，离子方程式为；
（3）向HCl和的混合溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，首先NaOH与HCl发生中和反应，无明显现象。接着NaOH与反应生成白色沉淀。最后沉淀与过量NaOH反应，沉淀溶解。所以观察到的现象为：刚开始不产生沉淀，一段时间后产生沉淀，继续滴加NaOH溶液沉淀溶解；
（4）①钠与水反应是放热反应。②和稀盐酸反应产生，是吸热反应。③硝酸钾溶于水是物理变化，不是化学反应。④氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应。⑤生石灰与水反应是放热反应。⑥气体通过炽热的碳反应生成CO，是吸热反应；
故答案为：②④⑥。
18．（2025高二上·浙江开学考）巴豆酸乙酯有水果香，可用作食品香精。以乙烯或纤维素为原料可合成巴豆酸乙酯。
根据以上合成路线，回答下列问题：
（1）反应②的反应类型为　 　。E分子中含氧官能团的名称是　 　。
（2）反应④的化学方程式是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．纤维素可被人体吸收和利用
B．B→A的转化过程被广泛应用于酿酒
C．反应①②的原子利用率为
D．物质B能发生银镜反应
（4）反应④的发生装置如图所示，下列有关说法正确的是_______。
A．反应可用浓硫酸作催化剂和吸水剂
B．实验时，先加浓硫酸，再加乙醇和乙酸
C．溶液X可以选择饱和NaOH溶液，一段时间后，观察到液面上方有一层无色有香味的油状液体
D．实验结束后，振荡盛有X溶液的试管，可能观察到有气泡产生
（5）巴豆酸乙酯可发生加聚反应，所得聚合物可用于制备具有特殊性能的涂料。聚巴豆酸乙酯的结构简式为　 　。
【答案】（1）氧化反应；醛基
（2）
（3）B；D
（4）A；D
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【分析】乙烯和水加成得到A为乙醇，纤维素水解得到B葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下分解得到乙醇，乙醇催化氧化得到D乙醛，2-丁烯醛一定条件下被氧气氧化得到F(2-丁烯酸)，乙醇和2-丁烯酸发生酯化反应得到巴豆酸乙酯。
【解答】（1）反应②为乙醇催化氧化得到乙醛，反应类型为氧化反应；由E的结构简式可知，E分子中含氧官能团的名称是醛基；
故答案为： 氧化反应 ；醛基；
（2）反应④为乙醇和2-丁烯酸发生酯化反应得到巴豆酸乙酯，化学方程式是；
故答案为： ；
（3）A．人体内没有纤维素酶，纤维素不能被人体消化吸收，A错误；
B．B→A的转化过程是葡萄糖转化为酒精，该过程被广泛应用于酿酒，B正确；
C．反应①是乙烯与水加成得到乙醇，该反应的原子利用率为，反应②是乙醇催化氧化生成乙醛和水，原子利用率不是，C错误；
D．物质B是葡萄糖，含有醛基，故能发生银镜反应，D正确；
故答案为：BD。
（4）A．酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，A正确；
B．实验时，正确的药品添加顺序为先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，B错误；
C．用氢氧化钠溶液会导致酯类水解，C错误；
D．实验结束后，振荡盛有X溶液的试管，2-丁烯酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可能观察到有气泡产生，D正确；
故答案为：AD。
（5）巴豆酸乙酯含碳碳双键，可发生加聚反应，故其加聚产物为：。
故答案为： 。
【分析】乙烯（CH2=CH2）与水在一定条件下发生加成反应，生成乙醇（CH3CH2OH），故 A 为乙醇；纤维素在催化剂作用下水解生成葡萄糖（C6H12O6），故 B 为葡萄糖；乙醇（A）在 Cu 催化、加热条件下与 O2发生氧化反应，生成乙醛（CH3CHO，分子式 C2H4O），故 D 为乙醛；乙醛（D）在催化剂、加热条件下反应生成 CH3CH=CHCHO，此为醛的自身缩合反应；CH3CH=CHCHO（E）在一定条件下与 O2发生氧化反应，醛基被氧化为羧基，生成 CH3CH=CHCOOH（2 - 丁烯酸），故 F 为 2 - 丁烯酸；乙醇（A）与 2 - 丁烯酸（F）发生酯化反应，生成巴豆酸乙酯（CH3CH=CHCOOCH2CH3），故 G 为目标产物。据此解题。
（1）反应②为乙醇催化氧化得到乙醛，反应类型为氧化反应；由E的结构简式可知，E分子中含氧官能团的名称是醛基；
（2）反应④为乙醇和2-丁烯酸发生酯化反应得到巴豆酸乙酯，化学方程式是；
（3）A．人体内没有纤维素酶，纤维素不能被人体消化吸收，A错误；
B．B→A的转化过程是葡萄糖转化为酒精，该过程被广泛应用于酿酒，B正确；
C．反应①是乙烯与水加成得到乙醇，该反应的原子利用率为，反应②是乙醇催化氧化生成乙醛和水，原子利用率不是，C错误；
D．物质B是葡萄糖，含有醛基，故能发生银镜反应，D正确；
故选BD。
（4）A．酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，A正确；
B．实验时，正确的药品添加顺序为先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，B错误；
C．用氢氧化钠溶液会导致酯类水解，C错误；
D．实验结束后，振荡盛有X溶液的试管，2-丁烯酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可能观察到有气泡产生，D正确；
故选AD。
（5）巴豆酸乙酯含碳碳双键，可发生加聚反应，故其加聚产物为：。
19．（2025高二上·浙江开学考）碳酸钠和碳酸氢钠是重要的工业碱和食用碱。
I.用无水固体配制的溶液。请回答：
（1）为了与容量瓶的精度相匹配，称量固体时应使用分析天平。已知分析天平的精确度一般为0.001g，则配制该溶液需称量________g无水固体。实验具体操作如下图所示，正确的操作顺序为________(填序号)。
（2）下列操作会使配制的溶液浓度偏高的是_______。
A. 称取相同质量的固体进行配制
B. 溶解后未冷却就立即进行转移、定容等操作
C. 定容时仰视容量瓶的刻度线
D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
II.为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过测定加热分解得到的的质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下：
请回答：
（3）写出加热样品时发生的化学反应方程式________。
（4）装置a的作用是________。
（5）该同学设计的实验装置存在缺陷。该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是_______。
A. 样品分解不完全
B. 装置之间缺少干燥装置
C. 产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
D. 反应完全后停止加热，通入过量的空气
III.某同学探究了以碳酸钠和碳酸氢钠为膨松剂的蒸馒头实验。
（6）取一定量的面粉和水，和好面后分成六等份，按照下表加入对应物质后充分揉面，做成6个馒头放在同一个蒸锅里蒸制。实验完成后，对6个馒头的大小和颜色进行了比较(已知：食用碱用量过多会使馒头的颜色发黄变深)，下列有关结论或解释不正确的是_______。
编号 1 2 3 4 5 6
所加物质 无 lg和适量食醋 适量酵母
A. 1、2号馒头外形最小，且2号馒头呈黄色带碱味，说明不能单独做膨松剂
B. 4号馒头会比3号馒头外形较大、颜色较深
C. 3号馒头比5号馒头外形较小、颜色较深，说明等量的受热分解产生的气体比与酸反应产生的气体多，且残留有碱性较强的物质
D. 6号馒头中的酵母属于生物膨松剂，馒头蒸制过程中发生了化学反应
【答案】(1) 5.300 ①⑤④③②
(2) B，D
(3)
(4) 防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果
(5) A，C
(6) C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）实验室没有90 mL的容量瓶，应选择100 mL容量瓶进行配制。所需碳酸钠的物质的量n=cV=0.5 mol/L×0.1 L=0.05 mol，质量m=nM=0.05 mol×106 g/mol=5.300 g。配制溶液的步骤为：称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，所以正确操作顺序为①⑤④③②。
故答案为：5.300；①⑤④③②。
（2）A．中碳酸钠的质量分数小于无水碳酸钠，称取相同质量时，碳酸钠的物质的量偏小，浓度偏低，A错误；
B．溶解后未冷却就转移、定容，溶液冷却后体积偏小，浓度偏高，B正确；
C．定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，C错误；
D．用该未清洗的容量瓶重新配制，容量瓶中含有碳酸钠，故碳酸钠的物质的量偏大，浓度偏高，D正确；
故答案为：BD。
（3）在加热条件下，混合样品中的碳酸氢钠会发生分解反应，生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠受热不分解，所以化学反应方程式为。
故答案为：。
（4）装置a是球形干燥管，其中装有碱石灰，碱石灰具有吸水性和吸收二氧化碳的性质，其作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置C，避免对生成的二氧化碳质量测定产生干扰。
故答案为：防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。
（5）A ．样品分解不完全，意味着碳酸氢钠没有完全分解，那么生成的二氧化碳质量会比完全分解时少。根据二氧化碳质量计算出的碳酸氢钠质量偏小，样品总质量一定，所以碳酸氢钠质量偏小，碳酸钠质量就偏大，碳酸钠的质量分数偏高，A正确；
B ．装置B、C之间缺少干燥装置，装置B中可能有少量水蒸气进入装置C，碱石灰会吸收这些水蒸气，导致测定的二氧化碳质量偏大。根据偏大的二氧化碳质量计算出的碳酸氢钠质量偏大，那么碳酸钠质量偏小，质量分数偏低，B错误；
C ．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，这样测定的二氧化碳质量会偏小。根据偏小的二氧化碳质量计算出的碳酸氢钠质量偏小，碳酸钠质量偏大，质量分数偏高，C正确；
D ．反应完全后停止加热，通入过量的空气，空气中含有二氧化碳和水蒸气，会被装置C中的碱石灰吸收，导致测定的二氧化碳质量偏大。计算出的碳酸氢钠质量偏大，碳酸钠质量偏小，质量分数偏低，D错误；
故答案为：AC。
（6）A .1号无膨松剂，2号加入1 g Na2CO3。Na2CO3受热不分解，无法产生气体使馒头膨胀，所以1、2号外形最小。2号因馒头呈黄色带碱味，说明Na2CO3过量，Na2CO3不能单独作膨松剂，A正确；
B .3号加1 g NaHCO3，4号加2 g NaHCO3。NaHCO3受热分解生成CO2、Na2CO3和水，4号NaHCO3更多，产生CO2气体更多（外形较大），残留Na2CO3也更多（颜色较深），B正确；
C ．NaHCO3受热分解：，1 mol NaHCO3生成0.5 mol CO2；NaHCO3与酸反应：，1 mol NaHCO3生成1 mol CO2。因此，等量NaHCO3与酸反应产生气体更多，3号外形较小是因为气体少，颜色深是因为受热分解残留Na2CO3，C错误；
D ．酵母属于生物膨松剂，通过发酵产生CO2，蒸制过程中发生化学反应，D正确；
故答案为：C。
【分析】配制溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。误差分析则根据，该操作引起溶质物质的量的变化还是体积发生变化来进行判断。在加热条件下，碳酸氢钠会发生分解反应，生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠受热不分解。
（1）按 100mL 容量瓶计算，需 Na2CO3质量为 5.300g；明确配制步骤为称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，对应操作顺序。
（2）根据浓度公式 c=n÷V，分析操作对 n（溶质）或 V（体积）的影响，判断浓度偏高的情况。
（3）根据反应物与生产物类别，写出碳酸氢钠受热分解的反应式。
（4）装置 a（碱石灰）的作用是阻挡空气中的 CO2和水蒸气进入装置 C，避免干扰测定。
（5）分析各因素对 CO2测量值的影响，确定导致碳酸钠质量分数偏高的情况。
（6）对比 NaHCO3受热分解与和酸反应的产气差异及残留物质碱性，判断选项正误。
20．（2025高二上·浙江开学考）甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和)的重要方法，主要反应有：
①
②
③
（1）反应③的　 　，该反应在　 　条件下自发进行(填“高温”“低温”或“任意温度下”)。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的和，下列说法中能表明反应③达到平衡状态的是_______。
A．气体密度不变 B．体系总压强不变
C．的浓度不变 D．CO和的物质的量相等
（3）对于反应①，一定条件下的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示(不考虑副反应)，则　 　(填“>”或“＜”)，A、B、C三点处对应平衡常数的大小关系为　 　。
（4）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如图。
i.投料组成中含量下降，平衡体系中的值将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
ii.若平衡时Ar的分压为pkPa，根据两点计算反应③的平衡常数　 　(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。
（5）某燃料电池以CO为燃料，以空气为氧化剂，以熔融态的为电解质，请写出该燃料电池负极的电极反应式　 　。
【答案】（1）；高温
（2）B；C
（3）<；
（4）增大；
（5）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由盖斯定律，①－②可以得到目标反应③，则=；该反应气体分子数增多，，根据，可知反应在高温条件下自发进行；
故答案为： ； 高温 ；
（2）A．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应③达到平衡状态，A错误；
B．反应①③是非等体积反应，均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，体系总压强不变能表明反应③达到平衡状态，B正确；
C．气体浓度不变是平衡状态的标志，则的浓度不变能表明反应③达到平衡状态，C正确；
D．CO和的物质的量相等，不能说明浓度不再变化，不能说明反应③达到平衡状态，D错误；
故答案为：BC；
（3）反应为吸热反应，升高温度，的平衡转化率增大，则＜；平衡常数只与温度有关，对应吸热反应，升高温度，平衡常数增大，可知；
故答案为： < ； ；
（4）如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物分压增大，反应①③平衡逆向移动，反应①中甲烷和二氧化碳转化率相同，反应③中甲烷转化率下降，导致甲烷的转化率下降的更快，反应③中消耗氢气多于CO，则n(CO)：n(H2)增大；
设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：；；根据碳元素守恒：；
根据氧元素守恒：；
根据氢元素守恒：；
平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应③的平衡常数；
故答案为： 增大 ； ；
（5）CO在负极发生氧化反应，熔融态的为电解质，负极的电极反应式为。
故答案为： 。
【分析】（1）用盖斯定律计算反应③的 ΔH；根据 ΔG=ΔH-TΔS 判断自发进行的温度条件。
（2）依据平衡状态的特征（压强、浓度不变等），分析反应③的平衡标志。
（3）根据反应①的热效应和压强对平衡的影响，判断温度大小及平衡常数的关系。
（4）分析 Ar 含量变化对反应平衡的影响，判断 n(CO)：n(H2) 的变化；通过分压计算反应③的平衡常数 Kp。
（5）根据燃料电池的负极氧化反应原理，结合电解质书写 CO 的负极电极反应式。
（1）由盖斯定律，①－②可以得到目标反应③，则=；该反应气体分子数增多，，根据，可知反应在高温条件下自发进行；
（2）A．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应③达到平衡状态，A错误；
B．反应①③是非等体积反应，均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，体系总压强不变能表明反应③达到平衡状态，B正确；
C．气体浓度不变是平衡状态的标志，则的浓度不变能表明反应③达到平衡状态，C正确；
D．CO和的物质的量相等，不能说明浓度不再变化，不能说明反应③达到平衡状态，D错误；
故选BC；
（3）反应为吸热反应，升高温度，的平衡转化率增大，则＜；平衡常数只与温度有关，对应吸热反应，升高温度，平衡常数增大，可知；
（4）如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物分压增大，反应①③平衡逆向移动，反应①中甲烷和二氧化碳转化率相同，反应③中甲烷转化率下降，导致甲烷的转化率下降的更快，反应③中消耗氢气多于CO，则n(CO)：n(H2)增大；
设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：；；根据碳元素守恒：；
根据氧元素守恒：；
根据氢元素守恒：；
平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应③的平衡常数；
（5）CO在负极发生氧化反应，熔融态的为电解质，负极的电极反应式为。
21．（2025高二上·浙江开学考）工厂排出的烟道气中往往含有氮氧化物(主要为)，容易污染空气。某兴趣活动小组研究氮氧化物的处理方法：
（1）NaOH溶液处理法。
主要发生反应：，若反应后尾气无残留，则参加反应的物质的量比值为　 　(填字母)。
a.　　　b.　　c.任意值
反应后，可使用溶液，将溶液中的全部氧化为，该反应的离子方程式为　 　。
（2）氨转化法。若8mol氨气恰好能将含NO和共7mol的混合气体完全转化为，则混合气体中NO和的物质的量之比为　 　。
（3）活性炭处理法。经查阅，活性炭和NO可以发生反应：。该小组在一个2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和1.0molNO，测得不同时间的浓度变化如下表：
0 5 9 10 12
0 0.09 0.14 0.16 0.16
不考虑活性炭的吸附作用，则最终NO的去除率为　 　。
【答案】（1）b；
（2）2：5
（3）64%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的计算；含氮物质的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由方程式可知，一氧化氮不能与氢氧化钠溶液反应，二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应，反应后尾气无残留说明物质的量比值，故选b；溶液将溶液中的氧化为，该反应的离子方程式为；
故答案为： b ；；
（2）设有amolNO、bmol，可得a+b=7，根据得失电子守恒，2a+4b=3×8，解得a=2，b=5，则2：5；
故答案为： 2：5 ；
（3）根据表格数据，反应达到平衡，c(CO2)=0.16mol/L，n(CO2)= 0.16mol/L×2L=0.32mol，则反应消耗0.64molNO，最终NO的去除率为=64%。
故答案为： 64% 。
【分析】（1）分析 NO、NO2与 NaOH 的反应，判断物质的量比值范围；根据氧化还原原理写 H2O2氧化 NO2-的离子方程式。
（2）设 NO、NO2的物质的量，结合总物质的量和得失电子守恒列方程求解比值。
（3）根据 CO2的平衡浓度计算消耗 NO 的物质的量，进而求 NO 的去除率。
（1）由方程式可知，一氧化氮不能与氢氧化钠溶液反应，二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应，反应后尾气无残留说明物质的量比值，故选b；溶液将溶液中的氧化为，该反应的离子方程式为；
（2）设有amolNO、bmol，可得a+b=7，根据得失电子守恒，2a+4b=3×8，解得a=2，b=5，则2：5；
（3）根据表格数据，反应达到平衡，c(CO2)=0.16mol/L，n(CO2)= 0.16mol/L×2L=0.32mol，则反应消耗0.64molNO，最终NO的去除率为=64%。
1 / 1浙江省浙南名校联盟2025-2026学年高二上学期开学联考化学试题
1．（2025高二上·浙江开学考）下列含有极性共价键的电解质是
A． B．NaCl C． D．
2．（2025高二上·浙江开学考）下列表示正确的是
A．的结构示意图：
B．水合钠离子示意图：
C．的球棍模型：
D．的电子式：
3．（2025高二上·浙江开学考）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．可用于制造光导纤维
B．95%的酒精溶液能使蛋白质变性，常用于医用消毒
C．油脂在碱性条件下能发生水解，可用于制取肥皂
D．工业生产中常使用铁制或铝制容器贮存和运输浓硫酸和浓硝酸
4．（2025高二上·浙江开学考）下列说法不正确的是
A．与互为同位素
B．和互为同分异构体
C．和互为同系物
D．石墨和金刚石互为同素异形体
5．（2025高二上·浙江开学考）下列关于实验安全和实验操作说法不正确的是
A．做金属钠在空气中的燃烧实验时，不可以近距离俯视坩埚
B．做焰色反应实验时，必须用稀盐酸做洗涤剂而不能用稀硫酸代替
C．探究钠与水的反应时需要注意：
D．将铜与浓硫酸反应后的混合物缓慢加入水中，根据溶液颜色来判断是否有硫酸铜生成
6．（2025高二上·浙江开学考）下列有关氮及其化合物的说法正确的是
A．浓具有强氧化性，与过量Fe反应生成
B．分子中存在氮氮三键结构很稳定，所以氮气不能支持任何物质的燃烧
C．，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
D．溶于生成，转移电子的物质的量为1mol
7．（2025高二上·浙江开学考）下列现象或事实能用同一原理解释的是
A．二氧化硫和氯气分别通入品红溶液使其褪色
B．稀硫酸中加入少量铜粉不反应，再加入硝酸钠或稀硝酸后，铜粉溶解
C．NaCl固体中混有或，均可用加热法除去
D．乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
8．（2025高二上·浙江开学考）下列方程式不正确的是
A．溶液与少量溶液反应：
B．实验室制备氯气：
C．氢氧化钠溶液中加入铝粉：
D．氢氧化亚铁在空气中被氧化：
9．（2025高二上·浙江开学考）阿司匹林(乙酰水杨酸)是一种重要的合成药物，具有解热镇痛作用。以水杨酸为原料生产阿司匹林的反应原理如下图，下列说法不正确的是
A．该反应属于取代反应
B．阿司匹林的分子式为
C．水杨酸和阿司匹林都能与发生反应
D．一定条件下，阿司匹林能发生水解反应生成水杨酸和乙酸酐
10．（2025高二上·浙江开学考）X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y是地壳中含量最高的金属元素，Z和X同主族。下列说法正确的是
A．氧化物对应水化物的酸性：
B．X的简单氢化物的沸点大于Z，说明氢化物的稳定性
C．X、M两元素之间形成的某些化合物可用作自来水消毒剂
D．电解熔融态的Y和M形成的化合物可制得单质Y
11．（2025高二上·浙江开学考）下列装置能够达到实验目的是
A.中和热测定 B.测定锌与稀硫酸反应速率
C.用和饱和溶液做喷泉实验 D.验证非金属性强弱：
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高二上·浙江开学考）化学电源在生活中有广泛的应用，各种电池的示意图如下，下列有关说法正确的是
A．甲：电子由铜片经导线流向锌片
B．乙：负极的电极反应式为
C．丙：锌筒作负极，发生氧化反应，使用一段时间锌筒会变薄
D．丁：使用一段时间后电解质溶液的酸性增强，导电能力增大
13．（2025高二上·浙江开学考）硫酸工业中，在接触室中催化氧化的反应为。该反应在的催化作用下分两步进行，能量变化如图：下列说法不正确的是
A．第一步反应的活化能为
B．和的总能量大于的总能量
C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快
D．第二步反应的热化学方程式：
14．（2025高二上·浙江开学考）一定温度下，在的密闭容器中充入和发生反应：，后达到平衡，的转化率为20%，下列说法正确的是
A．时的反应速率是
B．平衡后再充入和，的转化率不变
C．该反应的平衡常数为4
D．加入催化剂，平衡不移动，反应速率不变
15．（2025高二上·浙江开学考）根据下列实验事实得出的相应结论正确的是
选项 实验事实 结论
A 溶液中存在平衡：(橙)(黄)，加水稀释后，溶液颜色变黄 加水稀释使该反应的
B 用足量的盐酸溶解铁与水蒸气反应后的固体，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红 说明铁与水蒸气反应的产物中不含+3价铁元素
C 向某溶液中加入NaOH溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验未变蓝 原溶液中不含
D 在以镁铝为电极，氢氧化钠溶液为电解质的原电池装置中，镁表面有气泡产生 金属性：
A．A B．B C．C D．D
16．（2025高二上·浙江开学考）“吹出法”海水提溴的工艺流程如下图，下列说法正确的是
A．两次通入水蒸气的作用都是参加反应
B．吸收塔步骤中的可以替换为溶液
C．该工艺流程可体现还原性：
D．若使用该法处理1L海水，理论上消耗标况下，则原海水中Br的浓度为
17．（2025高二上·浙江开学考）回答下列问题。
（1）异戊烷的结构简式为：　 　。
（2）利用Cu和溶液反应制作印刷电路板的离子方程式为　 　。
（3）向HCl和的混合溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，观察到的现象为　 　。
（4）下列属于吸热反应的是　 　(填序号)。
①钠与水反应；②和稀盐酸反应产生；③硝酸钾溶于水；
④氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应；⑤生石灰与水反应；⑥气体通过炽热的碳。
18．（2025高二上·浙江开学考）巴豆酸乙酯有水果香，可用作食品香精。以乙烯或纤维素为原料可合成巴豆酸乙酯。
根据以上合成路线，回答下列问题：
（1）反应②的反应类型为　 　。E分子中含氧官能团的名称是　 　。
（2）反应④的化学方程式是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．纤维素可被人体吸收和利用
B．B→A的转化过程被广泛应用于酿酒
C．反应①②的原子利用率为
D．物质B能发生银镜反应
（4）反应④的发生装置如图所示，下列有关说法正确的是_______。
A．反应可用浓硫酸作催化剂和吸水剂
B．实验时，先加浓硫酸，再加乙醇和乙酸
C．溶液X可以选择饱和NaOH溶液，一段时间后，观察到液面上方有一层无色有香味的油状液体
D．实验结束后，振荡盛有X溶液的试管，可能观察到有气泡产生
（5）巴豆酸乙酯可发生加聚反应，所得聚合物可用于制备具有特殊性能的涂料。聚巴豆酸乙酯的结构简式为　 　。
19．（2025高二上·浙江开学考）碳酸钠和碳酸氢钠是重要的工业碱和食用碱。
I.用无水固体配制的溶液。请回答：
（1）为了与容量瓶的精度相匹配，称量固体时应使用分析天平。已知分析天平的精确度一般为0.001g，则配制该溶液需称量________g无水固体。实验具体操作如下图所示，正确的操作顺序为________(填序号)。
（2）下列操作会使配制的溶液浓度偏高的是_______。
A. 称取相同质量的固体进行配制
B. 溶解后未冷却就立即进行转移、定容等操作
C. 定容时仰视容量瓶的刻度线
D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
II.为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过测定加热分解得到的的质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下：
请回答：
（3）写出加热样品时发生的化学反应方程式________。
（4）装置a的作用是________。
（5）该同学设计的实验装置存在缺陷。该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是_______。
A. 样品分解不完全
B. 装置之间缺少干燥装置
C. 产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收
D. 反应完全后停止加热，通入过量的空气
III.某同学探究了以碳酸钠和碳酸氢钠为膨松剂的蒸馒头实验。
（6）取一定量的面粉和水，和好面后分成六等份，按照下表加入对应物质后充分揉面，做成6个馒头放在同一个蒸锅里蒸制。实验完成后，对6个馒头的大小和颜色进行了比较(已知：食用碱用量过多会使馒头的颜色发黄变深)，下列有关结论或解释不正确的是_______。
编号 1 2 3 4 5 6
所加物质 无 lg和适量食醋 适量酵母
A. 1、2号馒头外形最小，且2号馒头呈黄色带碱味，说明不能单独做膨松剂
B. 4号馒头会比3号馒头外形较大、颜色较深
C. 3号馒头比5号馒头外形较小、颜色较深，说明等量的受热分解产生的气体比与酸反应产生的气体多，且残留有碱性较强的物质
D. 6号馒头中的酵母属于生物膨松剂，馒头蒸制过程中发生了化学反应
20．（2025高二上·浙江开学考）甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和)的重要方法，主要反应有：
①
②
③
（1）反应③的　 　，该反应在　 　条件下自发进行(填“高温”“低温”或“任意温度下”)。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的和，下列说法中能表明反应③达到平衡状态的是_______。
A．气体密度不变 B．体系总压强不变
C．的浓度不变 D．CO和的物质的量相等
（3）对于反应①，一定条件下的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示(不考虑副反应)，则　 　(填“>”或“＜”)，A、B、C三点处对应平衡常数的大小关系为　 　。
（4）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如图。
i.投料组成中含量下降，平衡体系中的值将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
ii.若平衡时Ar的分压为pkPa，根据两点计算反应③的平衡常数　 　(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。
（5）某燃料电池以CO为燃料，以空气为氧化剂，以熔融态的为电解质，请写出该燃料电池负极的电极反应式　 　。
21．（2025高二上·浙江开学考）工厂排出的烟道气中往往含有氮氧化物(主要为)，容易污染空气。某兴趣活动小组研究氮氧化物的处理方法：
（1）NaOH溶液处理法。
主要发生反应：，若反应后尾气无残留，则参加反应的物质的量比值为　 　(填字母)。
a.　　　b.　　c.任意值
反应后，可使用溶液，将溶液中的全部氧化为，该反应的离子方程式为　 　。
（2）氨转化法。若8mol氨气恰好能将含NO和共7mol的混合气体完全转化为，则混合气体中NO和的物质的量之比为　 　。
（3）活性炭处理法。经查阅，活性炭和NO可以发生反应：。该小组在一个2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和1.0molNO，测得不同时间的浓度变化如下表：
0 5 9 10 12
0 0.09 0.14 0.16 0.16
不考虑活性炭的吸附作用，则最终NO的去除率为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学键；电解质与非电解质
【解析】【解答】A、Na2O2是电解质，但其中 O22-内部的 O-O 键是非极性共价键，不含极性共价键，故A不符合题意 ；
B、NaCl 是电解质，但只含离子键，不含共价键，故B不符合题意 ；
C、CO2含 C-O 极性共价键，但 CO2自身不能电离，不是电解质（其水溶液导电是因为生成了 H2CO3），故C不符合题意 ；
D、NH4Cl 是电解质，NH4+内部的 N-H 键是不同原子形成的极性共价键，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，需明确电解质的定义（在水溶液或熔融状态下能导电的化合物）以及极性共价键、非极性共价键的区别（不同种原子间形成的共价键为极性共价键，同种原子间形成的为极性共价键），然后逐一分析选项。
2．【答案】B
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Cl-的质子数是 17，核外电子数为 18，其结构示意图应为 ，A错误；
B、Na+带正电荷，水分子是极性分子，氧原子带部分负电荷，会朝向 Na+，氢原子朝外，该示意图符合水合钠离子的构成特点，B正确；
C、 是 CH4的填充模型，CH4的球棍模型为，C错误；
D、CO2的电子式中，氧原子的孤电子对表示有误，正确的电子式为 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需逐一分析离子结构示意图、水合离子、分子模型、电子式的正确表示规则。
3．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、SiO2具有良好的光学全反射性能，可用于制造光导纤维，A正确；
B、能使蛋白质变性的酒精溶液，医用消毒常用的是体积分数 75%的酒精溶液；95% 的酒精溶液因浓度过高，会使蛋白质快速凝固形成保护膜，消毒效果不佳，B错误；
C、油脂在碱性条件下发生水解反应（皂化反应），生成高级脂肪酸盐，这是肥皂的主要成分，可用于制取肥皂，C正确；
D、常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸会发生钝化，在表面形成致密氧化膜，阻止反应进一步进行，因此工业上常用铁制或铝制容器贮存和运输浓硫酸、浓硝酸，D正确；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需结合化学物质的性质与生产生活应用逐一分析选项。
4．【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A、同位素的研究对象是原子，而与是分子，不是原子，因此不互为同位素，A错误；
B、（乙醇）和（二甲醚）分子式均为，但结构不同（乙醇含羟基，二甲醚含醚键），属于同分异构体，B正确；
C、（乙烷）和（戊烷）均为烷烃，结构相似，分子组成相差3个基团，互为同系物，C正确；
D、石墨和金刚石是碳元素形成的不同单质，结构不同，互为同素异形体，D正确；
故答案为：A。
【分析】需明确同位素、同分异构体、同系物、同素异形体的定义，再逐一分析选项。
5．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；钠的化学性质；焰色反应；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、金属钠在空气中燃烧反应剧烈，可能产生火花或熔融物溅出，近距离俯视坩埚易造成灼伤，因此不可近距离俯视，A正确；
B、焰色反应中，稀盐酸挥发性强，加热可除去残留的盐酸盐；而稀硫酸难挥发，硫酸盐残留会干扰实验，因此必须用稀盐酸做洗涤剂，B正确；
C、钠与水反应需注意易燃（生成氢气）和液体飞溅，而题干中的放射性（三叶形）、高压电（闪电）图标与该反应无关，C错误；
D、铜与浓硫酸反应后的混合物含浓硫酸，需将其缓慢加入水中稀释，若溶液显蓝色则说明生成了硫酸铜，D正确；
故答案为：C。
【分析】要解决此题，需结合实验安全规则和操作规范逐一分析选项。
6．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；氮族元素简介；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、浓HNO3具有强氧化性，与Fe反应初始生成Fe(NO3)3，但Fe过量时，随着反应进行硝酸浓度降低变为稀硝酸，Fe会与Fe(NO3)3继续反应生成Fe(NO3)2，最终产物不是Fe(NO3)3，A错误；
B、N2分子中氮氮三键键能大，结构稳定，但在高温或放电条件下可与Mg等物质反应
（如3Mg+N2Mg3N2），说明氮气能支持某些物质燃烧，B错误；
C、反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，Cl2是氧化剂（3mol），2mol NH3被氧化为N2（作还原剂），氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C正确；
D、反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，每3mol NO2参与反应转移2mol电子，因此1mol NO2溶于水时转移电子的物质的量为mol，不是1mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】要解决此题，需结合氮及其化合物的化学性质，从氧化还原反应、物质反应特性等角度逐一分析选项。
7．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；烯烃；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2使品红褪色是与品红结合生成不稳定无色物质；Cl2使品红褪色是因 Cl2的强氧化性将品红氧化，原理不同，故A不符合题意 ；
B、稀硫酸中加 NaNO3后，H+与 NO3-形成 HNO3；直接加稀硝酸，二者均通过 HNO3的强氧化性氧化 Cu 使铜粉溶解，原理相同，故B符合题意 ；
C、NH4Cl 加热分解后冷却又会生成 NH4Cl，不能用加热法完全除去；I2加热升华可分离，处理原理不同，故C不符合题意 ；
D、乙烯使溴水褪色是加成反应，使酸性 KMnO4溶液褪色是氧化反应，原理不同，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】要解决此题，需分析每组现象或事实的本质原理，判断是否一致。
8．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Ca(OH)2过量时，HCO3-与 OH-结合生成 CO32-，Ca2+立即与 CO32-结合成 CaCO3沉淀，离子方程式 HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O ，A正确；
B、MnO2与浓盐酸加热反应生成 Mn2+、Cl2和 H2O，离子方程式 符合反应事实，书写正确；
C、Al 与 NaOH 溶液反应生成的是四羟基合铝酸钠（[Al(OH)4]-）和 H2，正确方程式为，C错误；
D、Fe(OH)2在空气中被 O2氧化为 Fe(OH)3，方程式 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3配平正确，符合氧化还原反应规律，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析 “少量 NaHCO3与 Ca(OH)2反应” 的离子反应逻辑。
B．明确实验室制 Cl2的反应原理（MnO2与浓盐酸加热）及离子方程式书写规范。
C．掌握 Al 与 NaOH 溶液反应的产物（四羟基合铝酸钠），而非 Al(OH)3。
D．判断 Fe(OH)2被空气中 O2氧化的方程式配平与反应规律。
9．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A、水杨酸中酚羟基的 H 被乙酰基（-OOCCH3）取代，符合取代反应 “原子或原子团被替代” 的特点，A正确；
B、根据阿司匹林的结构，数出 C、H、O 原子个数分别为 9、8、4，分子式为 C9H8O4，B正确；
C、水杨酸含酚羟基和羧基，阿司匹林含羧基和酚酯基；羧基、酚羟基均能与 Na 反应生成 H2，也能与 NaOH 反应（羧基中和、酚羟基中和、酚酯基水解），因此二者都能与 Na、NaOH 反应，C正确；
D、阿司匹林含酚酯基，水解时生成水杨酸和乙酸，而非乙酸酐，D错误；
故答案为：D。
【分析】要解决此题，需结合有机物的反应类型、分子式、官能团性质及水解反应规律逐一分析。
10．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、比较氧化物对应水化物的酸性时，需明确是最高价氧化物对应水化物。如 HClO 酸性弱于 H2SO4，因此不能直接得出 M（Cl）的酸性一定强于 Z（S），A错误；
B、X 的简单氢化物 H2O 沸点高于 Z 的 H2S，是因为 H2O 分子间存在氢键；而氢化物的稳定性由 共价键强度（或元素非金属性）决定，与沸点无关，B错误；
C、X（O）和 M（Cl）形成的 ClO2等化合物具有强氧化性，可用作自来水消毒剂，C正确；
D、Y（Al）和 M（Cl）形成的 AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，无法通过电解熔融 AlCl3制得 Al 单质，D错误；
故答案为：C。
【分析】元素推断：X 原子最外层电子数是内层电子数的 3 倍，故 X 为 O；Y 是地壳中含量最高的金属元素，故 Y 为 Al；Z 和 X 同主族，故 Z 为 S；M 原子序数大于 S，故 M 为 Cl。
11．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；中和热的测定；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、中和热测定实验，需要环形玻璃搅拌棒使酸碱充分反应、温度均匀，且温度计需测量反应溶液的最高温度。此装置缺少环形玻璃搅拌棒，无法让反应充分进行且温度测量不准确，A不能达到实验目的；
B、测定锌与稀硫酸的反应速率，原理是通过测量一定时间内产生氢气的体积来计算。装置中锌与稀硫酸反应生成氢气，注射器可收集氢气，记录时间和气体体积就能计算反应速率，只要装置气密性良好，就能达到实验目的，B可以达到实验目的；
C、喷泉实验的原理是利用压强差，使液体被压入烧瓶。CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度极小（因为 HCO3-抑制 CO2溶解），无法形成明显的压强差，所以不能做喷泉实验，C不能达到实验目的；
D、验证非金属性强弱，依据是比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。稀盐酸不是 Cl 的最高价含氧酸（Cl 的最高价含氧酸是 HClO4），而且盐酸易挥发，挥发的 HCl 会干扰 CO2与 Na2SiO3的反应，无法证明非金属性 Cl > C > Si，D不能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需逐一分析每个选项的实验装置与实验目的是否匹配，解题思路是结合每个实验的原理、装置要求来判断。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在铜锌原电池中，活泼金属 Zn 为负极，Cu 为正极。电子由负极（锌片）经导线流向正极（铜片），而非铜片流向锌片，A错误；
B、纽扣式银锌电池的电解质是 KOH 溶液，负极 Zn 失电子时会与 OH-结合，电极反应式应为
Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，B错误；
C、锌锰干电池中锌筒作负极，发生氧化反应，锌失电子生成 Zn2+，随着反应进行，锌筒不断被消耗，使用一段时间后会变薄，C正确；
D、铅酸蓄电池放电时反应为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，消耗 H2SO4使电解质溶液酸性减弱，同时离子浓度降低，导电能力减弱，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断原电池的正负极及电子流向。
B．结合电解质环境书写负极电极反应式。
C．分析锌锰干电池的负极反应及电极消耗情况。
D．分析铅酸蓄电池放电时电解质的变化对酸性和导电能力的影响。
13．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、图中第一步反应显示的 24kJ 是反应物与中间产物的能量差，属于该步反应的焓变（ΔH），而非活化能。活化能是反应物到过渡态的能量差，过渡态能量高于中间产物，因此活化能必然大于 24kJ/mol，A错误；
B、总反应为 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，结合反应常识及能量变化可知该反应放热。放热反应中，反应物总能量高于生成物总能量，即 2mol SO2(g) 和 1mol O2(g) 的总能量大于 2mol SO3(g) 的总能量，B正确；
C、升高温度时，分子能量升高，更多普通分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率随之加快，C正确；
D、第二步反应中，V2O4与 O2反应生成 V2O5（催化剂循环），图中显示该步放热 222kJ，结合原子守恒，热化学方程式为 2V2O4(s) +O2(g) 2V2O5(s) ΔH = -222kJ/mol，D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确活化能的定义（反应物到过渡态的能量差），区分活化能与反应的焓变。
B．通过总反应的能量变化判断反应物与生成物的总能量关系。
C．理解温度对活化分子百分数及反应速率的影响。
D．根据分步反应的物质转化和能量变化书写热化学方程式。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；等效平衡；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．反应后达到平衡，的转化率为20%，可算出内的平均反应速率是，时的瞬时反应速率未知，A错误；
B．该反应平衡后再充入和，相当于增大压强，而该反应前后气体分子数不变，增大压强，平衡不发生移动，转化率保持不变，B正确；
C．根据已知条件列出三段式
该反应的平衡常数为K==0.25，C错误；
D．加入催化剂，可加快正逆反应速率，但平衡不移动，D错误；
故选B。
【分析】A. 根据速率计算公式v=进行计算。
B. 反应前后气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动。
C. 列出三段式计算平衡常数。
D. 根据勒夏特列原理，加入催化剂，平衡不移动。
15．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；铵离子检验；铁的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、反应平衡为 Cr2O72-（橙）+H2O 2CrO42-（黄）+2H+。稀释时，平衡常数 K 不变，但各物质浓度降低使浓度商 Q < K，平衡正向移动，溶液颜色变黄，结论正确，A正确；
B、铁与水蒸气反应生成 Fe3O4（含 Fe2+和 Fe3+）。若反应后有未反应的 Fe，加入盐酸溶解时，Fe 会将 Fe3+还原为 Fe2+，导致 KSCN 溶液不变红。因此，无法证明产物中不含 +3 价铁元素，B错误；
C、NH4+与 NaOH 溶液反应生成 NH3 H2O，需加热才能使 NH3挥发。若未加热，试纸不变蓝不能说明原溶液中无 NH4+，C错误；
D、镁铝电极在 NaOH 溶液中，Al 能与 NaOH 反应作负极，Mg 作正极（H2O 得电子生成 H2），这是电解质性质导致的，不能证明金属性 Al > Mg（实际金属性 Mg > Al），D错误；
故答案为：A。【分析】A．结合化学平衡中浓度商（Q）与平衡常数（K）的关系，分析稀释对平衡移动的影响。
B．考虑铁的还原性对 Fe3+检验的干扰，分析实验现象与结论的合理性。
C．明确 NH4+检验的关键条件（加热促使 NH3挥发），判断实验操作的完整性。
D．区分原电池电极反应与金属性的关系，明确电极选择受电解质影响。
16．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；海水资源及其综合利用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、溴易挥发，两次通入水蒸气的目的是加热，使溴被热空气吹出，水蒸气均不参与反应，故 A错误；
B、吸收塔中 SO2的作用是将 Br2还原为 Br-。FeCl2中 Fe2+虽有还原性，但与 Br2反应后生成的 Fe3+无法将 Br2持续还原为 Br-，不能起到吸收 Br2的作用，B错误；
C、第一步氧化反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，体现还原性 Br- > Cl-；吸收塔反应：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，体现还原性 SO2 > Br-。因此还原性顺序为 SO2 > Br- > Cl-，C错误；
D、单次反应：2Br﹣~Cl2，总反应中2Br﹣~2Cl2（氯气两次氧化溴离子），n(Cl2)==0.001mol，则n(Br-)=0.001mol，质量为0.001mol×80g/mol=0.08g=80mg，浓度80mg/L，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析水蒸气在流程中的作用（是否参与反应）。
B．判断 FeCl2溶液能否替代 SO2在吸收塔中的作用。
C．根据流程中氧化还原反应判断还原性强弱顺序。
D．根据得失电子守恒进行化学计算，推导海水中 Br-的浓度。
17．【答案】（1）
（2）
（3）刚开始不产生沉淀，一段时间后产生沉淀，继续滴加NaOH溶液沉淀溶解
（4）②④⑥
【知识点】吸热反应和放热反应；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）异戊烷中有一个支链，结构简式为；
故答案为： ；
（2）Cu和溶液发生氧化还原反应生成和，离子方程式为故答案为： ；
（3）向HCl和的混合溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，首先NaOH与HCl发生中和反应，无明显现象。接着NaOH与反应生成白色沉淀。最后沉淀与过量NaOH反应，沉淀溶解。所以观察到的现象为：刚开始不产生沉淀，一段时间后产生沉淀，继续滴加NaOH溶液沉淀溶解；
故答案为： 刚开始不产生沉淀，一段时间后产生沉淀，继续滴加NaOH溶液沉淀溶解 ；
（4）①钠与水反应是放热反应。②和稀盐酸反应产生，是吸热反应。③硝酸钾溶于水是物理变化，不是化学反应。④氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应。⑤生石灰与水反应是放热反应。⑥气体通过炽热的碳反应生成CO，是吸热反应；
故答案为：②④⑥。
【分析】（1）掌握异戊烷的结构特点，明确其含支链的结构简式书写要点。
（2）依据氧化还原反应原理，写出 Cu 与 FeCl3反应的离子方程式。
（3）分析 NaOH 与 HCl、AlCl3的反应顺序，明确沉淀生成与溶解的过程现象。
（4）区分吸热反应、放热反应与物理变化，牢记常见吸热反应类型。
（1）异戊烷中有一个支链，结构简式为；
（2）Cu和溶液发生氧化还原反应生成和，离子方程式为；
（3）向HCl和的混合溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，首先NaOH与HCl发生中和反应，无明显现象。接着NaOH与反应生成白色沉淀。最后沉淀与过量NaOH反应，沉淀溶解。所以观察到的现象为：刚开始不产生沉淀，一段时间后产生沉淀，继续滴加NaOH溶液沉淀溶解；
（4）①钠与水反应是放热反应。②和稀盐酸反应产生，是吸热反应。③硝酸钾溶于水是物理变化，不是化学反应。④氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应。⑤生石灰与水反应是放热反应。⑥气体通过炽热的碳反应生成CO，是吸热反应；
故答案为：②④⑥。
18．【答案】（1）氧化反应；醛基
（2）
（3）B；D
（4）A；D
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【分析】乙烯和水加成得到A为乙醇，纤维素水解得到B葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下分解得到乙醇，乙醇催化氧化得到D乙醛，2-丁烯醛一定条件下被氧气氧化得到F(2-丁烯酸)，乙醇和2-丁烯酸发生酯化反应得到巴豆酸乙酯。
【解答】（1）反应②为乙醇催化氧化得到乙醛，反应类型为氧化反应；由E的结构简式可知，E分子中含氧官能团的名称是醛基；
故答案为： 氧化反应 ；醛基；
（2）反应④为乙醇和2-丁烯酸发生酯化反应得到巴豆酸乙酯，化学方程式是；
故答案为： ；
（3）A．人体内没有纤维素酶，纤维素不能被人体消化吸收，A错误；
B．B→A的转化过程是葡萄糖转化为酒精，该过程被广泛应用于酿酒，B正确；
C．反应①是乙烯与水加成得到乙醇，该反应的原子利用率为，反应②是乙醇催化氧化生成乙醛和水，原子利用率不是，C错误；
D．物质B是葡萄糖，含有醛基，故能发生银镜反应，D正确；
故答案为：BD。
（4）A．酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，A正确；
B．实验时，正确的药品添加顺序为先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，B错误；
C．用氢氧化钠溶液会导致酯类水解，C错误；
D．实验结束后，振荡盛有X溶液的试管，2-丁烯酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可能观察到有气泡产生，D正确；
故答案为：AD。
（5）巴豆酸乙酯含碳碳双键，可发生加聚反应，故其加聚产物为：。
故答案为： 。
【分析】乙烯（CH2=CH2）与水在一定条件下发生加成反应，生成乙醇（CH3CH2OH），故 A 为乙醇；纤维素在催化剂作用下水解生成葡萄糖（C6H12O6），故 B 为葡萄糖；乙醇（A）在 Cu 催化、加热条件下与 O2发生氧化反应，生成乙醛（CH3CHO，分子式 C2H4O），故 D 为乙醛；乙醛（D）在催化剂、加热条件下反应生成 CH3CH=CHCHO，此为醛的自身缩合反应；CH3CH=CHCHO（E）在一定条件下与 O2发生氧化反应，醛基被氧化为羧基，生成 CH3CH=CHCOOH（2 - 丁烯酸），故 F 为 2 - 丁烯酸；乙醇（A）与 2 - 丁烯酸（F）发生酯化反应，生成巴豆酸乙酯（CH3CH=CHCOOCH2CH3），故 G 为目标产物。据此解题。
（1）反应②为乙醇催化氧化得到乙醛，反应类型为氧化反应；由E的结构简式可知，E分子中含氧官能团的名称是醛基；
（2）反应④为乙醇和2-丁烯酸发生酯化反应得到巴豆酸乙酯，化学方程式是；
（3）A．人体内没有纤维素酶，纤维素不能被人体消化吸收，A错误；
B．B→A的转化过程是葡萄糖转化为酒精，该过程被广泛应用于酿酒，B正确；
C．反应①是乙烯与水加成得到乙醇，该反应的原子利用率为，反应②是乙醇催化氧化生成乙醛和水，原子利用率不是，C错误；
D．物质B是葡萄糖，含有醛基，故能发生银镜反应，D正确；
故选BD。
（4）A．酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，A正确；
B．实验时，正确的药品添加顺序为先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，B错误；
C．用氢氧化钠溶液会导致酯类水解，C错误；
D．实验结束后，振荡盛有X溶液的试管，2-丁烯酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可能观察到有气泡产生，D正确；
故选AD。
（5）巴豆酸乙酯含碳碳双键，可发生加聚反应，故其加聚产物为：。
19．【答案】(1) 5.300 ①⑤④③②
(2) B，D
(3)
(4) 防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果
(5) A，C
(6) C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】（1）实验室没有90 mL的容量瓶，应选择100 mL容量瓶进行配制。所需碳酸钠的物质的量n=cV=0.5 mol/L×0.1 L=0.05 mol，质量m=nM=0.05 mol×106 g/mol=5.300 g。配制溶液的步骤为：称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，所以正确操作顺序为①⑤④③②。
故答案为：5.300；①⑤④③②。
（2）A．中碳酸钠的质量分数小于无水碳酸钠，称取相同质量时，碳酸钠的物质的量偏小，浓度偏低，A错误；
B．溶解后未冷却就转移、定容，溶液冷却后体积偏小，浓度偏高，B正确；
C．定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，C错误；
D．用该未清洗的容量瓶重新配制，容量瓶中含有碳酸钠，故碳酸钠的物质的量偏大，浓度偏高，D正确；
故答案为：BD。
（3）在加热条件下，混合样品中的碳酸氢钠会发生分解反应，生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠受热不分解，所以化学反应方程式为。
故答案为：。
（4）装置a是球形干燥管，其中装有碱石灰，碱石灰具有吸水性和吸收二氧化碳的性质，其作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置C，避免对生成的二氧化碳质量测定产生干扰。
故答案为：防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。
（5）A ．样品分解不完全，意味着碳酸氢钠没有完全分解，那么生成的二氧化碳质量会比完全分解时少。根据二氧化碳质量计算出的碳酸氢钠质量偏小，样品总质量一定，所以碳酸氢钠质量偏小，碳酸钠质量就偏大，碳酸钠的质量分数偏高，A正确；
B ．装置B、C之间缺少干燥装置，装置B中可能有少量水蒸气进入装置C，碱石灰会吸收这些水蒸气，导致测定的二氧化碳质量偏大。根据偏大的二氧化碳质量计算出的碳酸氢钠质量偏大，那么碳酸钠质量偏小，质量分数偏低，B错误；
C ．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，这样测定的二氧化碳质量会偏小。根据偏小的二氧化碳质量计算出的碳酸氢钠质量偏小，碳酸钠质量偏大，质量分数偏高，C正确；
D ．反应完全后停止加热，通入过量的空气，空气中含有二氧化碳和水蒸气，会被装置C中的碱石灰吸收，导致测定的二氧化碳质量偏大。计算出的碳酸氢钠质量偏大，碳酸钠质量偏小，质量分数偏低，D错误；
故答案为：AC。
（6）A .1号无膨松剂，2号加入1 g Na2CO3。Na2CO3受热不分解，无法产生气体使馒头膨胀，所以1、2号外形最小。2号因馒头呈黄色带碱味，说明Na2CO3过量，Na2CO3不能单独作膨松剂，A正确；
B .3号加1 g NaHCO3，4号加2 g NaHCO3。NaHCO3受热分解生成CO2、Na2CO3和水，4号NaHCO3更多，产生CO2气体更多（外形较大），残留Na2CO3也更多（颜色较深），B正确；
C ．NaHCO3受热分解：，1 mol NaHCO3生成0.5 mol CO2；NaHCO3与酸反应：，1 mol NaHCO3生成1 mol CO2。因此，等量NaHCO3与酸反应产生气体更多，3号外形较小是因为气体少，颜色深是因为受热分解残留Na2CO3，C错误；
D ．酵母属于生物膨松剂，通过发酵产生CO2，蒸制过程中发生化学反应，D正确；
故答案为：C。
【分析】配制溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。误差分析则根据，该操作引起溶质物质的量的变化还是体积发生变化来进行判断。在加热条件下，碳酸氢钠会发生分解反应，生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠受热不分解。
（1）按 100mL 容量瓶计算，需 Na2CO3质量为 5.300g；明确配制步骤为称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，对应操作顺序。
（2）根据浓度公式 c=n÷V，分析操作对 n（溶质）或 V（体积）的影响，判断浓度偏高的情况。
（3）根据反应物与生产物类别，写出碳酸氢钠受热分解的反应式。
（4）装置 a（碱石灰）的作用是阻挡空气中的 CO2和水蒸气进入装置 C，避免干扰测定。
（5）分析各因素对 CO2测量值的影响，确定导致碳酸钠质量分数偏高的情况。
（6）对比 NaHCO3受热分解与和酸反应的产气差异及残留物质碱性，判断选项正误。
20．【答案】（1）；高温
（2）B；C
（3）<；
（4）增大；
（5）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由盖斯定律，①－②可以得到目标反应③，则=；该反应气体分子数增多，，根据，可知反应在高温条件下自发进行；
故答案为： ； 高温 ；
（2）A．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应③达到平衡状态，A错误；
B．反应①③是非等体积反应，均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，体系总压强不变能表明反应③达到平衡状态，B正确；
C．气体浓度不变是平衡状态的标志，则的浓度不变能表明反应③达到平衡状态，C正确；
D．CO和的物质的量相等，不能说明浓度不再变化，不能说明反应③达到平衡状态，D错误；
故答案为：BC；
（3）反应为吸热反应，升高温度，的平衡转化率增大，则＜；平衡常数只与温度有关，对应吸热反应，升高温度，平衡常数增大，可知；
故答案为： < ； ；
（4）如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物分压增大，反应①③平衡逆向移动，反应①中甲烷和二氧化碳转化率相同，反应③中甲烷转化率下降，导致甲烷的转化率下降的更快，反应③中消耗氢气多于CO，则n(CO)：n(H2)增大；
设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：；；根据碳元素守恒：；
根据氧元素守恒：；
根据氢元素守恒：；
平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应③的平衡常数；
故答案为： 增大 ； ；
（5）CO在负极发生氧化反应，熔融态的为电解质，负极的电极反应式为。
故答案为： 。
【分析】（1）用盖斯定律计算反应③的 ΔH；根据 ΔG=ΔH-TΔS 判断自发进行的温度条件。
（2）依据平衡状态的特征（压强、浓度不变等），分析反应③的平衡标志。
（3）根据反应①的热效应和压强对平衡的影响，判断温度大小及平衡常数的关系。
（4）分析 Ar 含量变化对反应平衡的影响，判断 n(CO)：n(H2) 的变化；通过分压计算反应③的平衡常数 Kp。
（5）根据燃料电池的负极氧化反应原理，结合电解质书写 CO 的负极电极反应式。
（1）由盖斯定律，①－②可以得到目标反应③，则=；该反应气体分子数增多，，根据，可知反应在高温条件下自发进行；
（2）A．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应③达到平衡状态，A错误；
B．反应①③是非等体积反应，均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，体系总压强不变能表明反应③达到平衡状态，B正确；
C．气体浓度不变是平衡状态的标志，则的浓度不变能表明反应③达到平衡状态，C正确；
D．CO和的物质的量相等，不能说明浓度不再变化，不能说明反应③达到平衡状态，D错误；
故选BC；
（3）反应为吸热反应，升高温度，的平衡转化率增大，则＜；平衡常数只与温度有关，对应吸热反应，升高温度，平衡常数增大，可知；
（4）如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物分压增大，反应①③平衡逆向移动，反应①中甲烷和二氧化碳转化率相同，反应③中甲烷转化率下降，导致甲烷的转化率下降的更快，反应③中消耗氢气多于CO，则n(CO)：n(H2)增大；
设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：；；根据碳元素守恒：；
根据氧元素守恒：；
根据氢元素守恒：；
平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应③的平衡常数；
（5）CO在负极发生氧化反应，熔融态的为电解质，负极的电极反应式为。
21．【答案】（1）b；
（2）2：5
（3）64%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的计算；含氮物质的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由方程式可知，一氧化氮不能与氢氧化钠溶液反应，二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应，反应后尾气无残留说明物质的量比值，故选b；溶液将溶液中的氧化为，该反应的离子方程式为；
故答案为： b ；；
（2）设有amolNO、bmol，可得a+b=7，根据得失电子守恒，2a+4b=3×8，解得a=2，b=5，则2：5；
故答案为： 2：5 ；
（3）根据表格数据，反应达到平衡，c(CO2)=0.16mol/L，n(CO2)= 0.16mol/L×2L=0.32mol，则反应消耗0.64molNO，最终NO的去除率为=64%。
故答案为： 64% 。
【分析】（1）分析 NO、NO2与 NaOH 的反应，判断物质的量比值范围；根据氧化还原原理写 H2O2氧化 NO2-的离子方程式。
（2）设 NO、NO2的物质的量，结合总物质的量和得失电子守恒列方程求解比值。
（3）根据 CO2的平衡浓度计算消耗 NO 的物质的量，进而求 NO 的去除率。
（1）由方程式可知，一氧化氮不能与氢氧化钠溶液反应，二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应，反应后尾气无残留说明物质的量比值，故选b；溶液将溶液中的氧化为，该反应的离子方程式为；
（2）设有amolNO、bmol，可得a+b=7，根据得失电子守恒，2a+4b=3×8，解得a=2，b=5，则2：5；
（3）根据表格数据，反应达到平衡，c(CO2)=0.16mol/L，n(CO2)= 0.16mol/L×2L=0.32mol，则反应消耗0.64molNO，最终NO的去除率为=64%。
1 / 1

展开更多......

收起↑