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广东省汕头市潮阳实验学校2025-2026学年高二上学期暑期学习成果检测 化学试卷(B卷)
1．（2025高二上·潮阳月考）下列文物中，属于有机高分子材料的是
文物
选项 A.西周青铜神面卣 B.晋代王献之《中秋帖》
文物
选项 C.五代王处直墓武士浮雕石刻 D.清代“时时报喜”转心瓶
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高二上·潮阳月考）化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
B．二氧化硫是一种有毒气体，不能用作食品添加剂
C．液氨汽化时放出大量热，故液氨可用作制冷剂
D．通过寻找新能源来替代化石燃料，减少对环境的污染
3．（2025高二上·潮阳月考）下列化学用语表示正确的是
A．CH4的空间填充模型为：
B．含10个中子的氧原子的核素符号：
C．S的结构示意图：
D．HCl的电子式：
4．（2025高二上·潮阳月考）从下列事实，找出不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）
A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅
B．反应CO+NO2CO2+NO △ H<0，升高温度使平衡向逆方向移动
C．对2HIH2+I2平衡体系增加压强使颜色变深
D．合成氨反应：N2+3H22NH3 △H<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温
5．（2025高二上·潮阳月考）下列离子反应方程式正确的是
A．铜与稀硝酸反应：
B．过量气体通入氢氧化钠溶液中：
C．氨水与醋酸溶液反应：
D．与溶液反应：
6．（2025高二上·潮阳月考）工业上制备下列物质的生产流程合理的是
A．制取硅：
B．由NaCl制漂白粉：饱和食盐水漂白粉
C．制硝酸：
D．从海水中提取镁：海水
7．（2025高二上·潮阳月考）某有机物的结构简式为HO－CH2CH=CHCH3，关于该有机物，下列说法错误的是
A．能与Na发生置换反应
B．能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
C．与乙醇是同系物
D．能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应
8．（2025高二上·潮阳月考）化学在生产、生活中有着广泛的应用。下列对应关系不正确的是
选项 化学性质 实际应用
A 铵盐受热易发生分解反应 实验室中利用NH4Cl分解反应制备氨
B 铁常温下遇浓硫酸发生钝化 用铁桶装浓硫酸
C HF能与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
D 乙烯能与KMnO4溶液反应 用浸泡过KMnO4溶液的硅土保存水果
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高二上·潮阳月考）用下列实验装置完成对应实验，能达到实验目的的是
① ②
③ ④
A．①制取乙酸乙酯
B．②探究反应物接触面积对反应速率影响
C．③除去乙烯中的
D．④验证易溶于水且其水溶液呈碱性
10．（2025高二上·潮阳月考）设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是
A．1mol/L CaCl2溶液中含氯离子数为2NA
B．常温常压下，14g氮气所含的分子数为NA
C．常温下，5.6g铁片投入足量的浓硫酸中，铁失去的电子数为0.3NA
D．标准状况下，2.24L NH3含有的电子数为NA
11．（2025高二上·潮阳月考）短周期主族元素R、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知：Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应。下列说法不正确的是
　 R X 　
Y 　 　 Z
A．简单气态氢化物的热稳定性：RB．Y、Z的简单离子半径大小：YC．工业上，采用电解熔融Y的氯化物冶炼单质Y
D．RZ2是含极性键的共价化合物
12．（2025高二上·潮阳月考）已知反应：2A(g)2B(g)+C(g) △H = a kJ·mol-1，某温度下，将2 molA置于10 L密闭容器中，反应一定时间后，下列说法正确的是
A．图甲中α(A)表示A的转化率，T1、T2表示温度，则可推断出：△H＞0
B．图乙中c表示反应相同时间A的浓度随温度的变化，则可推断出：T2、T3为平衡状态
C．图丙中α(%)表示A的平衡转化率，p表示体系总压强，则推断出M点K=1.25 ×10-2mol·L-1
D．达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示
13．（2025高二上·潮阳月考）根据下列实验操作和现象所得到的结论错误的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钾后溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
B 向5 mL 0.2 mol·LKI溶液中滴加5~6滴相同浓度溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变血红色 KI与的反应有一定限度
C 向溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀 具有氧化性
D 将相同大小的铜片和锌片插入苹果中，用导线在铜片和锌片之间串联一个电流表，发现电流表的指针发生偏转 水果电池产生电流
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高二上·潮阳月考）利用有机电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图所示。若该装置工作时中间室溶液的浓度通过调整保持不变，电解时阴极生成气体的速率为，下列说法错误的是
A．b为电源正极
B．合成室内发生的反应为
C．离子交换膜I为阴离子交换膜，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
D．中间室补充的速率为
15．（2025高二上·潮阳月考）能氧化，还原产物为，反应后溶液变为紫红色。某小组设计实验探究影响反应速率的外界因素，实验方案如下。
序号 溶液／mL 溶液／mL 水／mL 温度 加入 开始出现紫红色所用时间
① 10.00 25.00 0 30 0
② 10.00 20.00 30 0
③ 10.00 25.00 0 30 1.00
④ 10.00 0 40 0
下列说法错误的是
A．，
B．实验测得，说明可加快反应速率
C．实验测得，说明升高温度反应速率增大
D．和反应的离子方程式为
16．（2025高二上·潮阳月考）Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。下列说法正确的是
A．反应中Ru和Rh的成键数目都不变
B．TN1是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变
C．由生成经历了4个基元反应，其中第二步反应为决速步骤
D．该羰基化反应的总反应为：
17．（2025高二上·潮阳月考）砷(As)是第VA族元素，它在自然界中的含量不高，但人类认识它的历史很长，砷的某些化合物具有独特的性质与用途，如在医药、电子等领域有重要应用，我国科学家研究发现砒霜()可用来治疗早期幼粒白血病。
（1）中砷的化合价为　 　，从物质化学性质角度看，不可能是　 　(填“酸”“碱”或“两”)性氧化物。
（2）某化工厂利用含硫化砷(As2S3)的废料制取(微溶于水)的流程如下。
①写出两种能提高“碱浸”速率的方法：　 　。
②碱浸液中溶质主要为、，脱硫后以的形式存在，写出与反应的化学方程式：　 　。还原后砷以形式存在，则通入的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
③还原后加热溶液，分解为，结晶得到粗。在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度度(S)曲线如下图所示。
为了提高粗的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，在此过程中应控制的条件为　 　。
④在工业生产中，最后一步所得滤液可循环使用，其目的是　 　。
（3）砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。砷的常见氧化物有和，其中热稳定性差。根据下图写出分解为的热化学方程式　 　。
18．（2025高二上·潮阳月考）某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。
（1）装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓HCl的　 　(填“氧化性”或“还原性”)。
（2）A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是　 　。
（3）B用于收集Cl2，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向　 　。
（4）C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是　 　。
（5）该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2的影响，设计实验进行如下探究。
实验 操作 现象
Ⅰ 常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合 溶液呈浅棕色，略有刺激性气味
Ⅱ 将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液 生成大量黄绿色气体
Ⅲ 加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物 无明显现象
①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是　 　。
②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是　 　。
③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)较低，设计实验Ⅳ进行探究：
将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是　 　。
19．（2025高二上·潮阳月考）I.油气开采、石油化工、煤化工等行业产生的废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并利用。已知下列反应的热化学方程式：
① (平衡常数)
② (平衡常数)
③ (平衡常数)
（1）________(用含和的代数式表示)。
（2）下列叙述一定能说明反应②达到平衡状态的是_______(填标号)。
A. 断裂键的同时生成键
B. 恒温恒容，和浓度之比不再变化
C. 恒温恒压，混合气体的密度不再变化
D. 恒容绝热，不再变化
（3）在恒压密闭容器内，充入与只发生反应③。的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①请回答：比较压强：________(填“>”“<”或“=”)。
②比较A、B、C三点的平衡常数太小：________(用、、表示)。
（4）若其他条件相同的情况下，反应③在不同温度下反应相同时间后，测得的转化率a随温度的变化曲线如图，其原因是________。
II、
（5）工业上先将金红石()转化为，再制得在医疗等领域具有重要用途的金属钛()。工业上用碳氯化法制备发生以下反应。
(i)主反应：
(ii)副反应：
800℃时，向固定体积的密闭容器中加入与碳粉，通入进行碳氯化反应生成气体，经过处理得到成品。若反应进行30min时达到平衡状态，此时C和分别为和，且和的体积分数相同。
则的平衡转化率为________。若起始总压强为，则平衡时的总压强为________，反应ii的________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
20．（2025高二上·潮阳月考）工业中很多重要的化工原料都来源于石油化工，如苯、丙烯、有机物A等，其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。用A为原料合成其它有机物的流程如图所示：
请回答下列有关问题：
（1）物质A的名称是　 　，无机物M是　 　(填化学式)。
（2）化合物C中官能团的名称为　 　，结构简式为　 　。
（3）写出F→G的化学方程式：　 　。
（4）有机物G自身会发生聚合反应，所得聚合物是一种用途广泛的有机玻璃树脂，该聚合物的结构简式为　 　。
（5）A与氢气反应得到H，下列物质与H互为同系物的有　 　。
①CH2=CH2②CH3CH2OH③HOCH2CH2OH④⑤
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、西周青铜神面卣的主要成分是铜合金，属于金属材料，而非有机高分子材料，A不符合要求；
B、晋王献之《中秋帖》的载体是纸张，纸张主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，属于有机高分子材料，B符合要求；
C、五代王处直墓武士浮雕石刻的主要成分是碳酸盐等无机矿物质，属于无机非金属材料，C不符合要求；
D、清代 “时时报喜” 转心瓶是陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，D不符合要求；
故答案为：B。【分析】A．明确金属材料的定义（金属或合金）。
B．掌握纤维素的类别（天然有机高分子化合物）。
C．明确无机非金属材料的定义（不含碳的无机化合物）。
D．明确陶瓷的材质类别（硅酸盐类无机非金属材料）。
2．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．高纯度的单质硅是太阳能电池的主要材料，A错误；
B．往红酒中添加少量二氧化硫，可防止红酒中维生素被氧化，并防止细菌滋生，用于红酒的抗氧化和除菌，B错误；
C．液氨汽化时，会吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，C错误；
D．开发新能源，减少化石能源的使用，减少对化石燃料的依赖，减少污染，D正确；
故选D。
【分析】A．单晶硅能将太阳能转化为电能；
B．二氧化硫能杀菌，少量气体添加到红酒中对人体无害；
C．液态到气态，是吸热过程；
D．化石能源会产生污染性气体。
3．【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．甲烷的空间填充模型为，A中是球棍模型，A错误；
B．中子数为10的氧原子质量数为18，B正确；
C．S原子中电子数=质子数，结构示意图应为，C错误；
D．HCl分子中，H与Cl形成共用电子对，电子式应为，D错误；
故选B。
【分析】中Z代表质子数，A代表质量数；硫是16号元素；氯化氢是共价化合物。
4．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、溴水中存在平衡 Br2+H2O HBr+HBrO，加入 NaOH 会与 HBr、HBrO 反应，使平衡正向移动，溴浓度降低，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合要求；
B、反应CO+NO2 CO2+NO（ΔH < 0）是放热反应，升温时平衡向逆反应方向移动以减弱温度升高的影响，能用勒夏特列原理解释，B不符合要求；
C、反应2HI H2+I2前后气体分子数不变，加压时平衡不移动，颜色变深是因体积缩小导致 I2浓度增大，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，C符合要求；
D、合成氨反应 N2+3H2 2NH3（ΔH < 0）是放热且气体体积减小的反应，低温会使平衡正向移动以提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，D不符合要求；
故答案为：C。【分析】A. 判断加入 NaOH 后平衡是否移动。
B. 分析温度对放热反应平衡的影响。
C. 明确反应前后气体体积是否变化及压强的影响。
D. 分析温度对放热且气体体积减小反应的影响。
5．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．铜与稀硝酸反应对应的离子方程式为，A错误；
B．过量SO2与NaOH反应生成，对应的离子方程式为，B错误；
C． 与醋酸溶液反应的离子方程式，C错误；
D．Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和H2，对应的离子方程式为，D正确；
故选D。
【分析】A．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体；
B．SO2过量生成生成酸式盐；
C．为弱碱，不可拆开；
D．硅单质和碱生成硅酸盐和氢气。
6．【答案】C
【知识点】工业制取硝酸；海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．SiO2与稀盐酸不反应，SiO2与稀盐酸无法生成SiCl4，故A错误；
B．氯气和氢氧化钠反应制得漂白液，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，需将Cl2通入石灰乳中制取漂白粉，故B错误；
C．氨的催化氧化生成NO，NO再氧化为NO2，NO2与水反应生成HNO3，故C正确；
D．工业提取镁需将Mg(OH)2转化为MgCl2，再电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故D错误；
选C。
【分析】A．硅只和氢氟酸反应；
B．氯气和石灰乳反应制漂白粉；
C．根据氮及其化合物性质分析；
D．电解熔融氯化镁制取镁。
7．【答案】C
【知识点】乙烯的物理、化学性质；同系物
【解析】【解答】A．有机物中含有-OH，羟基能与Na发生置换反应，故A正确；
B．碳碳双键能与溴水的四氯化碳溶液发生加成反应，故B正确；
C．由结构简式，分子中含有碳碳双键和羟基，乙醇中无碳碳双键，二者结构不相似，不互为同系物，故C错误；
D．有机物中含有碳碳双键和羟基，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故D正确；
故选C。
【分析】根据 结构简式为HO－CH2CH=CHCH3 ，官能团是羟基和碳碳双键，从官能团性质分析。
8．【答案】A
【知识点】铵盐；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A．实验室用氢氧化钙和氯化铵制备氨气，和铵盐受热易分解的性质无关，A错误；
B．由于浓硫酸具有强氧化性，在室温下铁遇浓硫酸时，在铁表面会氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步发生氧化，即发生钝化现象，因此用铁桶装浓硫酸，B正确；
C．氢氟酸与二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，所以氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，C正确；
D．乙烯能够被酸性高锰酸钾氧化，乙烯具有催熟效力，用浸泡过KMnO4溶液的硅土保存水果，可以延长其保存时间，D正确；
故合理选项是A。
【分析】A．化学性质和应用无关；
B．常温下，浓硫酸使铁钝化；
C．氟化氢可刻蚀玻璃；
D．乙烯能和高锰酸钾反应。
9．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；氨的性质及用途；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、制取乙酸乙酯时，若导管伸入饱和碳酸钠溶液液面以下，会因压强变化引发倒吸，导管口应置于液面上，因此装置①不能达到实验目的，A不符合要求；
B、稀硫酸与碳酸钙反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在碳酸钙表面阻止反应继续，无法有效探究接触面积对反应速率的影响，因此装置②不能达到实验目的，B不符合要求；
C、乙烯和 SO2均能被酸性 KMnO4氧化，用其除去乙烯中的 SO2会同时消耗乙烯，无法达到除杂目的，因此装置③不能达到实验目的，C不符合要求；
D、NH3溶于水使烧瓶内压强减小，形成喷泉，证明 NH3易溶于水；烧杯中酚酞变红，说明其水溶液呈碱性，因此装置④能达到实验目的，D符合要求；
故答案为：D。【分析】A．分析乙酸乙酯制备中导管的放置要求。
B．判断反应能否持续进行以探究接触面积的影响。
C．分析酸性 KMnO4对乙烯和 SO2的反应性。
D．结合喷泉现象和酚酞变色分析 NH3的性质。
10．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；铁的化学性质；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，无法计算1mol/L氯化钙溶液中氯化钙的物质的量和含有的氯离子数目，故A错误；
B.根据公式，可计算14g氮气含有的分子数目为N=×NAmol—1=0.5NA，故B错误；
C．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，钝化膜阻碍反应的继续进行，则无法计算铁片反应的物质的量和失去的电子数，故C错误；
D．标准状况下，2.24L氨气含有的电子数为N=×10×NAmol—1=NA，故D正确；
故选D。
【分析】A．n=cv，缺少v；
B.利用公式；
C．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化；
D．根据公式。
11．【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强气态氢化物越稳定，氮的非金属性比碳强，所以气态氢化物的热稳定性：CH4B． Y、Z的简单离子 分别是Al3+和S2-，Al3+有2个电子层，S2-有3个电子层，电子层数越多，离子半径越大，离子半径：Al3+< S2-，故B正确；
C．工业上电解熔融的氧化铝进行铝单质的冶炼，不能用氯化铝，因氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，应故C错误；
D．CS2为共价化合物，C和S原子之间形成极性共价键，故D正确；
故答案选C。
【分析】Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应可知，则Y为铝元素，结合题中 R、X、Y、Z 在周期表中相对位置，可得R、X、Z分别为碳元素、氮元素、S元素。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、图甲中，下A的转化率先达平衡，说明；温度升高（）时A转化率更低，说明升温使平衡向A增多的方向移动，正反应放热（），并非，A错误；
B、图乙中，时A的浓度达最小值，时A浓度随温度升高而增大；该反应气体分子数增多，升温至后，A浓度不再随时间减小（已达平衡），时升温使平衡向增多的方向移动、A浓度增大，、均为平衡状态，B正确；
C、M点总压，A的平衡转化率：初始A浓度为，转化量为；平衡时、、；平衡常数，并非，C错误；
D、达平衡后降温，正、逆反应速率均减小；若正反应放热，降温使平衡向B、C增多的方向移动，应大于，但图丁中，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题思路：明确反应特征（与 2A(g)2B(g)+C(g) 的平衡，气体分子数增多），结合图像分析平衡、速率变化。
A. 利用“温度对转化率/浓度的影响”判断反应热（正负）；
B. 平衡状态的标志：浓度不再随时间变化，或升温/加压后浓度变化符合平衡移动规律；
C. 平衡常数计算需先确定各物质的平衡浓度，再代入表达式；
D. 降温时反应速率均减小，平衡移动方向决定与的相对大小。
13．【答案】A
【知识点】铜及其化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铜和稀硝酸发生反应生成NO和，此过程中硝酸钾参与了氧化还原反应，不是催化剂，A错误；
B.5 mL 0.2 mol·LKI溶液和5~6滴相同浓度的溶液发生反应，可知过量，反应后，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明溶液中还含有，说明与的反应有一定限度，B正确；
C． 淡黄色沉淀是硫单质，可知与发生氧化还原反应生成硫，反应中亚硫酸氢根离子中硫元素化合价降低被还原，是反应的氧化剂，表现氧化性，C正确；
D．将相同大小的铜片和锌片插入苹果中，用导线在铜片和锌片之间串联一个电流表，发现电流表的指针发生偏转，说明有电流产生，D正确。
故选A。
【分析】A．根据铜单质化学性质作答，铜能被稀硝酸氧化；
B．根据碘化钾和氯化铁对应的物质的量，可知氯化铁少量，检测反应后溶液中是否存在三价铁离子即可验证反应可反应存在一定限度；
C．与发生反应，是氧化剂；
D．苹果中汁液可作为电解质溶液。
14．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧电极 N 上，CuCl 中的 Cu 从 +1 价升至 +2 价（被氧化），故 N 为阳极，与之相连的电源 b 极为正极，A正确；
B、合成室中，乙烯与 CuCl2反应生成 1，2 - 二氯乙烷和 CuCl，反应式为 CH2=CH2+2CuCl2→CH2ClCH2Cl+2CuCl，B正确；
C、左室（阴极区）生成 OH-，需中间室的 Na+移入中和，故离子交换膜 Ⅰ 为阳离子交换膜；右室（阳极区）消耗 Cl-生成 CuCl2，需中间室的 Cl-移入，故离子交换膜 Ⅱ 为阴离子交换膜，C错误；
D、阴极生成 H2的速率为 x mol h- ，对应转移电子 2x mol h- 。为维持中间室 NaCl 浓度不变，需补充的 Na+和 Cl-总量与迁移量相等，即补充 NaCl 的速率为 2x mol h- ，D正确；
故答案为：C。【分析】A．通过电极上元素化合价变化判断电极极性及电源正负极。
B．根据合成室的反应物（乙烯、CuCl2）和产物（1，2 - 二氯乙烷、CuCl）推导反应。
C．依据离子移动方向判断离子交换膜类型（阳离子/阴离子交换膜）。
D．结合阴极反应的电子转移量和电荷守恒计算 NaCl 补充速率。
15．【答案】B
【知识点】探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A、实验①总容积为 10.00+25.00=35.00 mL。实验②中，V1=35.00-10.00-20.00=5.00 mL；实验④与①仅温度不同，故 V2=25.00 mL，A正确；
B、实验②与③中，(NH4)2S2O8浓度不同，且③加入 Ag2SO4，变量不唯一，无法仅凭 t2>t3说明 Ag2SO4能加快反应速率，B错误；
C、实验④温度（40℃）高于①（30℃），若 t1>t4，说明升温使反应速率增大，C正确；
D、S2O82-中 S 从 +7 价降为 SO42-中 +6 价，Mn2+升为 MnO4-中 +7 价，配平后为 5S2O82-+2Mn2++8H2O=10SO42-+2MnO4-+16H+，D正确；
故答案为：B。【分析】A．控制总溶液体积相同，计算水的体积和反应物体积。
B．判断实验②和③的变量是否唯一。
C．分析温度对反应速率的影响（温度升高，速率通常加快）。
D．根据得失电子守恒配平离子方程式。
16．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从反应机理图可知，Ru、Rh 在不同中间态（如 TN1、TN2）中与配体的结合情况不同，成键数目会发生变化，A错误；
B、Cat.（催化剂）是初始参与反应的物质，TN1 是反应过程中的中间产物（并非催化剂）；催化剂的作用是降低活化能、不改变焓变，但 TN1 不具备催化剂的角色，B错误；
C、由 CH3I 生成 CH3COI 经历的基元反应中，决速步骤是活化能最高的步骤；从活化能图看，TS3 对应的活化能（71.88 kcal mol- ）远高于其他步骤，因此第三步反应是决速步骤，并非第二步，C错误；
D、观察反应机理的反应物（CH3COOCH3、CO、H2O）与产物（CH3COOH），结合催化循环，总反应为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点集中在 “反应机理图的关键概念辨析”，具体有 3 点：
催化剂与中间产物混淆：误将中间产物 TN1 当作催化剂，忽略 “催化剂需参与反应且最终再生” 的核心特征，错误认为 TN1 具有降低活化能的催化作用。
决速步骤的判断错误：混淆 “基元反应的步骤顺序” 与 “活化能高低” 的关系，误将第二步反应当作决速步骤，忽略 “决速步骤是活化能最高的基元反应”（本题中 TS3 对应的第三步活化能最高）。
成键数目与总反应的误判：未结合机理图分析 Ru、Rh 的成键变化，错误认为其成键数目不变；或未理清反应物、产物的循环关系，误判总反应的物质种类。
17．【答案】（1）+3；碱
（2）将废料粉碎、适当提高溶液浓度、搅拌、适当加热；Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓；1：1；调节硫酸浓度约为，并将温度冷却至；提高砷的回收率
（3）As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol
【知识点】热化学方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）H3AsO3中H为+1价，O为-2价，故砷为+3价；砷是非金属元素，不可能形成碱性氧化物；
故答案为： +3 ； 碱 ；
（2）①将废料粉碎、适当提高溶液浓度、搅拌、适当加热均可提高碱浸反应速率；由“加热使H3AsO3分解成氧化物”及As2O3微溶于水知，后续操作为过滤、洗涤、干燥得到As2O3；
②由流程图知Na3AsS3与O2反应后转化为Na3AsO4和单质硫，由此可写出对应的化学方程式Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓；通入SO2后Na3AsO4被还原为H3AsO3，化合价由+5降低为+3价，SO2被氧化为，化合价由+4升高到+6价，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；
③观察As2O3在不同温度和不同浓度硫酸溶液中的溶解度曲线图可知，在硫酸溶液浓度约为7mol/L，温度为25℃时，As2O3的溶解度最小，故为了提高粗As2O3的沉淀率，在“结晶”过程中应该调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃；
④最后一步所得滤液中依然含有砷元素，所以循环使用可以提高砷的回收率；
故答案为： 将废料粉碎、适当提高溶液浓度、搅拌、适当加热 ； Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓ ； 1：1 ； 调节硫酸浓度约为，并将温度冷却至 ； 提高砷的回收率 。
（3）根据图中的数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6 kJ/mol-619.2 kJ/mol=+295.4 kJ/mol，所以反应的热化学方程式为As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol。
故答案为： As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol 。
【分析】含 As2S3的废料加入 NaOH 溶液进行碱浸，反应生成 Na3AsS3和 Na3AsO3，过滤除去不溶性料渣。向滤液中通入 O2进行脱硫，发生反应 Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓。接着加入稀硫酸和 SO2，将 Na3AsO4还原为 H3AsO3，反应为 SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4。最后将 H3AsO3经加热、过滤、洗涤、干燥等操作，得到 As2O3。
（1）H3AsO3中H为+1价，O为-2价，故砷为+3价；砷是非金属元素，不可能形成碱性氧化物；
（2）①将废料粉碎、适当提高溶液浓度、搅拌、适当加热均可提高碱浸反应速率；由“加热使H3AsO3分解成氧化物”及As2O3微溶于水知，后续操作为过滤、洗涤、干燥得到As2O3；
②由流程图知Na3AsS3与O2反应后转化为Na3AsO4和单质硫，由此可写出对应的化学方程式Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓；通入SO2后Na3AsO4被还原为H3AsO3，化合价由+5降低为+3价，SO2被氧化为，化合价由+4升高到+6价，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；
③观察As2O3在不同温度和不同浓度硫酸溶液中的溶解度曲线图可知，在硫酸溶液浓度约为7mol/L，温度为25℃时，As2O3的溶解度最小，故为了提高粗As2O3的沉淀率，在“结晶”过程中应该调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃；
④最后一步所得滤液中依然含有砷元素，所以循环使用可以提高砷的回收率；
（3）根据图中的数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6 kJ/mol-619.2 kJ/mol=+295.4 kJ/mol，所以反应的热化学方程式为As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol。
18．【答案】（1）还原性
（2）HCl、H2O(g)
（3）
（4）Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O
（5）MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；MnCl4MnCl2+Cl2↑；Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)变化的影响大于c(Cl-)
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，反应中二氧化锰是氧化剂，氯化氢是还原剂，利用了浓HCl的还原性。答案为：还原性；
（2）由于盐酸易挥发，所以A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是HCl、H2O(g)。答案为：HCl、H2O(g)；
（3）由于氯气密度比空气大，所以采用向上排空气法收集，导管长进短出，用箭头标明进出气体方向的装置B为。答案为：；
（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）① 已知MnO2呈弱碱性 ，与浓盐酸发生了复分解反应，所以与浓盐酸反应生成和水，反应方程式是；
②由①知反应生成物是MnCl4，Ⅱ中发生了分解反应生成和氯气，反应的化学方程式是；
③将i、ii作对比，可以看出放出氯气、放出氯气；氧化盐酸的反应中变化的影响大于。答案为：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；MnCl4MnCl2+Cl2↑；Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
【分析】实验室制备氯气的原理是，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下可生成氯气，由于盐酸的挥发性，氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过饱和食盐水和浓硫酸净化氯气，用向上排空气阀进行收集，尾气选择氢氧化钠溶液进行吸收。
（1）装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，有部分氯元素由-1价升高到0价，表现出还原性，利用了浓HCl的还原性。答案为：还原性；
（2）盐酸是挥发性酸，浓盐酸易挥发出HCl气体，同时生成水蒸气，所以A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是HCl、H2O(g)。答案为：HCl、H2O(g)；
（3）B用于收集Cl2，因为Cl2与空气中的成分不反应，且密度比空气大，所以采用向上排空气法收集，导管长进短出，用箭头标明进出气体方向的装置B为。答案为：；
（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）①Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于与浓盐酸发生了复分解反应，复分解反应中元素化合价不变，所以与浓盐酸反应生成和水，反应方程式是；
②Ⅱ中发生了分解反应生成和氯气，反应的化学方程式是；
③Ⅲ中没有明显现象的原因是、较低，盐酸需要增大到一定浓度才能被氧化；将i、ii作对比，可以看出放出氯气、放出氯气；氧化盐酸的反应中变化的影响大于。答案为：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；MnCl4MnCl2+Cl2↑；Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
19．【答案】(1)
(2) C，D
(3) >
(4) DE段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内CS2的转化率增大；E点为平衡点，EF段升高温度，平衡逆向移动，CS2转化率减小
(5) 90% 6.9 13.5
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律①-③得，该反应，，
故答案为：；
（2）A．断裂4mol C-H的同时生成4mol H-H，均表示正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故A不符合题意；
B．若反应②从反应物加料，和浓度之比是定值，当和浓度之比不变化时不能说明反应达到平衡，当和浓度均不变才能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应②是气体体积增大的反应，在恒温恒压下，反应过程中容器的体积增大，反应前后气体总质量不变，密度减小，当混合气体的密度不再变化时说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．对于反应②，正反应为吸热反应，恒容绝热下发生该反应，随着反应的进行温度升高，逐渐增大，当不再变化时，反应一定达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为：CD。
（3）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CS2(g)的转化率增大，所以压强：P2>P1，故答案为：>；
②恒压条件下升高温度，CS2(g)的转化率减小，平衡逆向进行，平衡常数减小。平衡常数受温度影响，温度不变，平衡常数不变。由于温度：，则平衡常数：，
故答案为：；
（4）DE段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；E点为平衡点，EF段升高温度平衡逆向移动，转化率减小。
故答案为： ；
（5）达到平衡时，反应共消耗氯气：，根据氯原子守恒，共生成：，根据Ti原子守恒，共有发生反应，因此的转化率为。根据碳原子守恒，生成的共有：，平衡时混合气体共有：0.2mol+0.9mol+1.2mol=2.3mol，由于CO和的体积分数相同，故各有，因此平衡时的总压强为。反应ii的，
故答案为：90%；6.9；13.5。
【分析】要解决这道题，需结合盖斯定律、化学平衡状态的判断依据及平衡移动原理分析，
（1）利用盖斯定律确定反应间的关系，进而推导平衡常数关系。
（2）依据 “变量不变则平衡” 的原则，分析各选项是否为平衡时的特征。
（3）结合反应③的热效应（放热）和气体分子数（不变）分析。
（4）区分 “未达平衡” 和 “已达平衡” 阶段温度对反应的影响。
20．【答案】（1）乙烯；H2O
（2）醛基；CH3CHO
（3）CH3-CH=CH-COOH+CH3OHCH3-CH=CH-COOCH3+H2O
（4）
（5）④⑤
【知识点】乙烯的物理、化学性质；同系物；聚合反应；酯化反应
【解析】【解答】（1）A是乙烯，无机物M是H2O；
（2）由物质转化关系，化合物C是乙醛，结构简式是CH3CHO，其中含有的官能团-CHO的名称是醛基；
（3）E为CH3-CH=CH-CHO，被O2氧化生成FCH3-CH=CH-COOH，F与CH3OH在浓硫酸催化和加热下发生酯化反应产生酯G和H2O，则F→G的化学方程式为：CH3-CH=CH-COOH+CH3OHCH3-CH=CH-COOCH3+H2O；
（4）物质G结构简式是CH3-CH=CH-COOCH3，该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够发生加聚反应，该聚合物的结构简式为；
（5）H是A乙烯与氢气反应得到，则H是CH3CH3，根据同系物定义，同系物是结构相似，在分子组成上相差1个或若干CH2原子团的物质，烷烃的同系物一定是烷烃，则在上述物质中与乙烷互为同系物的物质序号是④、⑤。
【分析】根据题意可知，A是乙烯，结构简式是CH2=CH2；乙烯和H2O发生加成反应，生成乙醇B，节后简式为CH3CH2OH，乙醇催化氧化后生成乙醛C，结构简式是CH3CHO；C在碱性条件下加热发生加成反应产生D，D与浓硫酸混合加热发生消去反应产生E，E与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生F：CH3-CH=CH-COOH，F与CH3OH在浓硫酸催化和加热下发生酯化反应产生酯G。
（1）根据上述分析可知：A是乙烯，无机物M是H2O；
（2）化合物C是乙醛，结构简式是CH3CHO，其中含有的官能团-CHO的名称是醛基；
（3）根据上述分析可知F为：CH3-CH=CH-COOH，F与CH3OH在浓硫酸催化和加热下发生酯化反应产生酯G和H2O，则F→G的化学方程式为：CH3-CH=CH-COOH+CH3OHCH3-CH=CH-COOCH3+H2O；
（4）物质G结构简式是CH3-CH=CH-COOCH3，该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下有机物G自身会发生加聚反应，所得聚合物是一种用途广泛的有机玻璃树脂，该聚合物的结构简式为；
（5）A是乙烯，其与H2发生加成反应产生H是CH3CH3，该物质属于烷烃，同系物是结构相似，在分子组成上相差1个或若干CH2原子团的物质，烷烃的同系物一定是烷烃，则在上述物质中与乙烷互为同系物的物质序号是④、⑤。
1 / 1广东省汕头市潮阳实验学校2025-2026学年高二上学期暑期学习成果检测 化学试卷(B卷)
1．（2025高二上·潮阳月考）下列文物中，属于有机高分子材料的是
文物
选项 A.西周青铜神面卣 B.晋代王献之《中秋帖》
文物
选项 C.五代王处直墓武士浮雕石刻 D.清代“时时报喜”转心瓶
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、西周青铜神面卣的主要成分是铜合金，属于金属材料，而非有机高分子材料，A不符合要求；
B、晋王献之《中秋帖》的载体是纸张，纸张主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，属于有机高分子材料，B符合要求；
C、五代王处直墓武士浮雕石刻的主要成分是碳酸盐等无机矿物质，属于无机非金属材料，C不符合要求；
D、清代 “时时报喜” 转心瓶是陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，D不符合要求；
故答案为：B。【分析】A．明确金属材料的定义（金属或合金）。
B．掌握纤维素的类别（天然有机高分子化合物）。
C．明确无机非金属材料的定义（不含碳的无机化合物）。
D．明确陶瓷的材质类别（硅酸盐类无机非金属材料）。
2．（2025高二上·潮阳月考）化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
B．二氧化硫是一种有毒气体，不能用作食品添加剂
C．液氨汽化时放出大量热，故液氨可用作制冷剂
D．通过寻找新能源来替代化石燃料，减少对环境的污染
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．高纯度的单质硅是太阳能电池的主要材料，A错误；
B．往红酒中添加少量二氧化硫，可防止红酒中维生素被氧化，并防止细菌滋生，用于红酒的抗氧化和除菌，B错误；
C．液氨汽化时，会吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，C错误；
D．开发新能源，减少化石能源的使用，减少对化石燃料的依赖，减少污染，D正确；
故选D。
【分析】A．单晶硅能将太阳能转化为电能；
B．二氧化硫能杀菌，少量气体添加到红酒中对人体无害；
C．液态到气态，是吸热过程；
D．化石能源会产生污染性气体。
3．（2025高二上·潮阳月考）下列化学用语表示正确的是
A．CH4的空间填充模型为：
B．含10个中子的氧原子的核素符号：
C．S的结构示意图：
D．HCl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．甲烷的空间填充模型为，A中是球棍模型，A错误；
B．中子数为10的氧原子质量数为18，B正确；
C．S原子中电子数=质子数，结构示意图应为，C错误；
D．HCl分子中，H与Cl形成共用电子对，电子式应为，D错误；
故选B。
【分析】中Z代表质子数，A代表质量数；硫是16号元素；氯化氢是共价化合物。
4．（2025高二上·潮阳月考）从下列事实，找出不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）
A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅
B．反应CO+NO2CO2+NO △ H<0，升高温度使平衡向逆方向移动
C．对2HIH2+I2平衡体系增加压强使颜色变深
D．合成氨反应：N2+3H22NH3 △H<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、溴水中存在平衡 Br2+H2O HBr+HBrO，加入 NaOH 会与 HBr、HBrO 反应，使平衡正向移动，溴浓度降低，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合要求；
B、反应CO+NO2 CO2+NO（ΔH < 0）是放热反应，升温时平衡向逆反应方向移动以减弱温度升高的影响，能用勒夏特列原理解释，B不符合要求；
C、反应2HI H2+I2前后气体分子数不变，加压时平衡不移动，颜色变深是因体积缩小导致 I2浓度增大，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，C符合要求；
D、合成氨反应 N2+3H2 2NH3（ΔH < 0）是放热且气体体积减小的反应，低温会使平衡正向移动以提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，D不符合要求；
故答案为：C。【分析】A. 判断加入 NaOH 后平衡是否移动。
B. 分析温度对放热反应平衡的影响。
C. 明确反应前后气体体积是否变化及压强的影响。
D. 分析温度对放热且气体体积减小反应的影响。
5．（2025高二上·潮阳月考）下列离子反应方程式正确的是
A．铜与稀硝酸反应：
B．过量气体通入氢氧化钠溶液中：
C．氨水与醋酸溶液反应：
D．与溶液反应：
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．铜与稀硝酸反应对应的离子方程式为，A错误；
B．过量SO2与NaOH反应生成，对应的离子方程式为，B错误；
C． 与醋酸溶液反应的离子方程式，C错误；
D．Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和H2，对应的离子方程式为，D正确；
故选D。
【分析】A．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体；
B．SO2过量生成生成酸式盐；
C．为弱碱，不可拆开；
D．硅单质和碱生成硅酸盐和氢气。
6．（2025高二上·潮阳月考）工业上制备下列物质的生产流程合理的是
A．制取硅：
B．由NaCl制漂白粉：饱和食盐水漂白粉
C．制硝酸：
D．从海水中提取镁：海水
【答案】C
【知识点】工业制取硝酸；海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．SiO2与稀盐酸不反应，SiO2与稀盐酸无法生成SiCl4，故A错误；
B．氯气和氢氧化钠反应制得漂白液，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，需将Cl2通入石灰乳中制取漂白粉，故B错误；
C．氨的催化氧化生成NO，NO再氧化为NO2，NO2与水反应生成HNO3，故C正确；
D．工业提取镁需将Mg(OH)2转化为MgCl2，再电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故D错误；
选C。
【分析】A．硅只和氢氟酸反应；
B．氯气和石灰乳反应制漂白粉；
C．根据氮及其化合物性质分析；
D．电解熔融氯化镁制取镁。
7．（2025高二上·潮阳月考）某有机物的结构简式为HO－CH2CH=CHCH3，关于该有机物，下列说法错误的是
A．能与Na发生置换反应
B．能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
C．与乙醇是同系物
D．能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应
【答案】C
【知识点】乙烯的物理、化学性质；同系物
【解析】【解答】A．有机物中含有-OH，羟基能与Na发生置换反应，故A正确；
B．碳碳双键能与溴水的四氯化碳溶液发生加成反应，故B正确；
C．由结构简式，分子中含有碳碳双键和羟基，乙醇中无碳碳双键，二者结构不相似，不互为同系物，故C错误；
D．有机物中含有碳碳双键和羟基，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故D正确；
故选C。
【分析】根据 结构简式为HO－CH2CH=CHCH3 ，官能团是羟基和碳碳双键，从官能团性质分析。
8．（2025高二上·潮阳月考）化学在生产、生活中有着广泛的应用。下列对应关系不正确的是
选项 化学性质 实际应用
A 铵盐受热易发生分解反应 实验室中利用NH4Cl分解反应制备氨
B 铁常温下遇浓硫酸发生钝化 用铁桶装浓硫酸
C HF能与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
D 乙烯能与KMnO4溶液反应 用浸泡过KMnO4溶液的硅土保存水果
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】铵盐；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A．实验室用氢氧化钙和氯化铵制备氨气，和铵盐受热易分解的性质无关，A错误；
B．由于浓硫酸具有强氧化性，在室温下铁遇浓硫酸时，在铁表面会氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步发生氧化，即发生钝化现象，因此用铁桶装浓硫酸，B正确；
C．氢氟酸与二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，所以氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，C正确；
D．乙烯能够被酸性高锰酸钾氧化，乙烯具有催熟效力，用浸泡过KMnO4溶液的硅土保存水果，可以延长其保存时间，D正确；
故合理选项是A。
【分析】A．化学性质和应用无关；
B．常温下，浓硫酸使铁钝化；
C．氟化氢可刻蚀玻璃；
D．乙烯能和高锰酸钾反应。
9．（2025高二上·潮阳月考）用下列实验装置完成对应实验，能达到实验目的的是
① ②
③ ④
A．①制取乙酸乙酯
B．②探究反应物接触面积对反应速率影响
C．③除去乙烯中的
D．④验证易溶于水且其水溶液呈碱性
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；氨的性质及用途；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、制取乙酸乙酯时，若导管伸入饱和碳酸钠溶液液面以下，会因压强变化引发倒吸，导管口应置于液面上，因此装置①不能达到实验目的，A不符合要求；
B、稀硫酸与碳酸钙反应生成的硫酸钙微溶于水，会覆盖在碳酸钙表面阻止反应继续，无法有效探究接触面积对反应速率的影响，因此装置②不能达到实验目的，B不符合要求；
C、乙烯和 SO2均能被酸性 KMnO4氧化，用其除去乙烯中的 SO2会同时消耗乙烯，无法达到除杂目的，因此装置③不能达到实验目的，C不符合要求；
D、NH3溶于水使烧瓶内压强减小，形成喷泉，证明 NH3易溶于水；烧杯中酚酞变红，说明其水溶液呈碱性，因此装置④能达到实验目的，D符合要求；
故答案为：D。【分析】A．分析乙酸乙酯制备中导管的放置要求。
B．判断反应能否持续进行以探究接触面积的影响。
C．分析酸性 KMnO4对乙烯和 SO2的反应性。
D．结合喷泉现象和酚酞变色分析 NH3的性质。
10．（2025高二上·潮阳月考）设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是
A．1mol/L CaCl2溶液中含氯离子数为2NA
B．常温常压下，14g氮气所含的分子数为NA
C．常温下，5.6g铁片投入足量的浓硫酸中，铁失去的电子数为0.3NA
D．标准状况下，2.24L NH3含有的电子数为NA
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；铁的化学性质；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，无法计算1mol/L氯化钙溶液中氯化钙的物质的量和含有的氯离子数目，故A错误；
B.根据公式，可计算14g氮气含有的分子数目为N=×NAmol—1=0.5NA，故B错误；
C．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，钝化膜阻碍反应的继续进行，则无法计算铁片反应的物质的量和失去的电子数，故C错误；
D．标准状况下，2.24L氨气含有的电子数为N=×10×NAmol—1=NA，故D正确；
故选D。
【分析】A．n=cv，缺少v；
B.利用公式；
C．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化；
D．根据公式。
11．（2025高二上·潮阳月考）短周期主族元素R、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知：Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应。下列说法不正确的是
　 R X 　
Y 　 　 Z
A．简单气态氢化物的热稳定性：RB．Y、Z的简单离子半径大小：YC．工业上，采用电解熔融Y的氯化物冶炼单质Y
D．RZ2是含极性键的共价化合物
【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强气态氢化物越稳定，氮的非金属性比碳强，所以气态氢化物的热稳定性：CH4B． Y、Z的简单离子 分别是Al3+和S2-，Al3+有2个电子层，S2-有3个电子层，电子层数越多，离子半径越大，离子半径：Al3+< S2-，故B正确；
C．工业上电解熔融的氧化铝进行铝单质的冶炼，不能用氯化铝，因氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，应故C错误；
D．CS2为共价化合物，C和S原子之间形成极性共价键，故D正确；
故答案选C。
【分析】Y的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应，又能与强酸反应可知，则Y为铝元素，结合题中 R、X、Y、Z 在周期表中相对位置，可得R、X、Z分别为碳元素、氮元素、S元素。
12．（2025高二上·潮阳月考）已知反应：2A(g)2B(g)+C(g) △H = a kJ·mol-1，某温度下，将2 molA置于10 L密闭容器中，反应一定时间后，下列说法正确的是
A．图甲中α(A)表示A的转化率，T1、T2表示温度，则可推断出：△H＞0
B．图乙中c表示反应相同时间A的浓度随温度的变化，则可推断出：T2、T3为平衡状态
C．图丙中α(%)表示A的平衡转化率，p表示体系总压强，则推断出M点K=1.25 ×10-2mol·L-1
D．达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、图甲中，下A的转化率先达平衡，说明；温度升高（）时A转化率更低，说明升温使平衡向A增多的方向移动，正反应放热（），并非，A错误；
B、图乙中，时A的浓度达最小值，时A浓度随温度升高而增大；该反应气体分子数增多，升温至后，A浓度不再随时间减小（已达平衡），时升温使平衡向增多的方向移动、A浓度增大，、均为平衡状态，B正确；
C、M点总压，A的平衡转化率：初始A浓度为，转化量为；平衡时、、；平衡常数，并非，C错误；
D、达平衡后降温，正、逆反应速率均减小；若正反应放热，降温使平衡向B、C增多的方向移动，应大于，但图丁中，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题思路：明确反应特征（与 2A(g)2B(g)+C(g) 的平衡，气体分子数增多），结合图像分析平衡、速率变化。
A. 利用“温度对转化率/浓度的影响”判断反应热（正负）；
B. 平衡状态的标志：浓度不再随时间变化，或升温/加压后浓度变化符合平衡移动规律；
C. 平衡常数计算需先确定各物质的平衡浓度，再代入表达式；
D. 降温时反应速率均减小，平衡移动方向决定与的相对大小。
13．（2025高二上·潮阳月考）根据下列实验操作和现象所得到的结论错误的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钾后溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
B 向5 mL 0.2 mol·LKI溶液中滴加5~6滴相同浓度溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变血红色 KI与的反应有一定限度
C 向溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀 具有氧化性
D 将相同大小的铜片和锌片插入苹果中，用导线在铜片和锌片之间串联一个电流表，发现电流表的指针发生偏转 水果电池产生电流
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】铜及其化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铜和稀硝酸发生反应生成NO和，此过程中硝酸钾参与了氧化还原反应，不是催化剂，A错误；
B.5 mL 0.2 mol·LKI溶液和5~6滴相同浓度的溶液发生反应，可知过量，反应后，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明溶液中还含有，说明与的反应有一定限度，B正确；
C． 淡黄色沉淀是硫单质，可知与发生氧化还原反应生成硫，反应中亚硫酸氢根离子中硫元素化合价降低被还原，是反应的氧化剂，表现氧化性，C正确；
D．将相同大小的铜片和锌片插入苹果中，用导线在铜片和锌片之间串联一个电流表，发现电流表的指针发生偏转，说明有电流产生，D正确。
故选A。
【分析】A．根据铜单质化学性质作答，铜能被稀硝酸氧化；
B．根据碘化钾和氯化铁对应的物质的量，可知氯化铁少量，检测反应后溶液中是否存在三价铁离子即可验证反应可反应存在一定限度；
C．与发生反应，是氧化剂；
D．苹果中汁液可作为电解质溶液。
14．（2025高二上·潮阳月考）利用有机电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图所示。若该装置工作时中间室溶液的浓度通过调整保持不变，电解时阴极生成气体的速率为，下列说法错误的是
A．b为电源正极
B．合成室内发生的反应为
C．离子交换膜I为阴离子交换膜，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
D．中间室补充的速率为
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧电极 N 上，CuCl 中的 Cu 从 +1 价升至 +2 价（被氧化），故 N 为阳极，与之相连的电源 b 极为正极，A正确；
B、合成室中，乙烯与 CuCl2反应生成 1，2 - 二氯乙烷和 CuCl，反应式为 CH2=CH2+2CuCl2→CH2ClCH2Cl+2CuCl，B正确；
C、左室（阴极区）生成 OH-，需中间室的 Na+移入中和，故离子交换膜 Ⅰ 为阳离子交换膜；右室（阳极区）消耗 Cl-生成 CuCl2，需中间室的 Cl-移入，故离子交换膜 Ⅱ 为阴离子交换膜，C错误；
D、阴极生成 H2的速率为 x mol h- ，对应转移电子 2x mol h- 。为维持中间室 NaCl 浓度不变，需补充的 Na+和 Cl-总量与迁移量相等，即补充 NaCl 的速率为 2x mol h- ，D正确；
故答案为：C。【分析】A．通过电极上元素化合价变化判断电极极性及电源正负极。
B．根据合成室的反应物（乙烯、CuCl2）和产物（1，2 - 二氯乙烷、CuCl）推导反应。
C．依据离子移动方向判断离子交换膜类型（阳离子/阴离子交换膜）。
D．结合阴极反应的电子转移量和电荷守恒计算 NaCl 补充速率。
15．（2025高二上·潮阳月考）能氧化，还原产物为，反应后溶液变为紫红色。某小组设计实验探究影响反应速率的外界因素，实验方案如下。
序号 溶液／mL 溶液／mL 水／mL 温度 加入 开始出现紫红色所用时间
① 10.00 25.00 0 30 0
② 10.00 20.00 30 0
③ 10.00 25.00 0 30 1.00
④ 10.00 0 40 0
下列说法错误的是
A．，
B．实验测得，说明可加快反应速率
C．实验测得，说明升高温度反应速率增大
D．和反应的离子方程式为
【答案】B
【知识点】探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A、实验①总容积为 10.00+25.00=35.00 mL。实验②中，V1=35.00-10.00-20.00=5.00 mL；实验④与①仅温度不同，故 V2=25.00 mL，A正确；
B、实验②与③中，(NH4)2S2O8浓度不同，且③加入 Ag2SO4，变量不唯一，无法仅凭 t2>t3说明 Ag2SO4能加快反应速率，B错误；
C、实验④温度（40℃）高于①（30℃），若 t1>t4，说明升温使反应速率增大，C正确；
D、S2O82-中 S 从 +7 价降为 SO42-中 +6 价，Mn2+升为 MnO4-中 +7 价，配平后为 5S2O82-+2Mn2++8H2O=10SO42-+2MnO4-+16H+，D正确；
故答案为：B。【分析】A．控制总溶液体积相同，计算水的体积和反应物体积。
B．判断实验②和③的变量是否唯一。
C．分析温度对反应速率的影响（温度升高，速率通常加快）。
D．根据得失电子守恒配平离子方程式。
16．（2025高二上·潮阳月考）Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。下列说法正确的是
A．反应中Ru和Rh的成键数目都不变
B．TN1是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变
C．由生成经历了4个基元反应，其中第二步反应为决速步骤
D．该羰基化反应的总反应为：
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从反应机理图可知，Ru、Rh 在不同中间态（如 TN1、TN2）中与配体的结合情况不同，成键数目会发生变化，A错误；
B、Cat.（催化剂）是初始参与反应的物质，TN1 是反应过程中的中间产物（并非催化剂）；催化剂的作用是降低活化能、不改变焓变，但 TN1 不具备催化剂的角色，B错误；
C、由 CH3I 生成 CH3COI 经历的基元反应中，决速步骤是活化能最高的步骤；从活化能图看，TS3 对应的活化能（71.88 kcal mol- ）远高于其他步骤，因此第三步反应是决速步骤，并非第二步，C错误；
D、观察反应机理的反应物（CH3COOCH3、CO、H2O）与产物（CH3COOH），结合催化循环，总反应为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点集中在 “反应机理图的关键概念辨析”，具体有 3 点：
催化剂与中间产物混淆：误将中间产物 TN1 当作催化剂，忽略 “催化剂需参与反应且最终再生” 的核心特征，错误认为 TN1 具有降低活化能的催化作用。
决速步骤的判断错误：混淆 “基元反应的步骤顺序” 与 “活化能高低” 的关系，误将第二步反应当作决速步骤，忽略 “决速步骤是活化能最高的基元反应”（本题中 TS3 对应的第三步活化能最高）。
成键数目与总反应的误判：未结合机理图分析 Ru、Rh 的成键变化，错误认为其成键数目不变；或未理清反应物、产物的循环关系，误判总反应的物质种类。
17．（2025高二上·潮阳月考）砷(As)是第VA族元素，它在自然界中的含量不高，但人类认识它的历史很长，砷的某些化合物具有独特的性质与用途，如在医药、电子等领域有重要应用，我国科学家研究发现砒霜()可用来治疗早期幼粒白血病。
（1）中砷的化合价为　 　，从物质化学性质角度看，不可能是　 　(填“酸”“碱”或“两”)性氧化物。
（2）某化工厂利用含硫化砷(As2S3)的废料制取(微溶于水)的流程如下。
①写出两种能提高“碱浸”速率的方法：　 　。
②碱浸液中溶质主要为、，脱硫后以的形式存在，写出与反应的化学方程式：　 　。还原后砷以形式存在，则通入的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
③还原后加热溶液，分解为，结晶得到粗。在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度度(S)曲线如下图所示。
为了提高粗的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，在此过程中应控制的条件为　 　。
④在工业生产中，最后一步所得滤液可循环使用，其目的是　 　。
（3）砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。砷的常见氧化物有和，其中热稳定性差。根据下图写出分解为的热化学方程式　 　。
【答案】（1）+3；碱
（2）将废料粉碎、适当提高溶液浓度、搅拌、适当加热；Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓；1：1；调节硫酸浓度约为，并将温度冷却至；提高砷的回收率
（3）As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol
【知识点】热化学方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）H3AsO3中H为+1价，O为-2价，故砷为+3价；砷是非金属元素，不可能形成碱性氧化物；
故答案为： +3 ； 碱 ；
（2）①将废料粉碎、适当提高溶液浓度、搅拌、适当加热均可提高碱浸反应速率；由“加热使H3AsO3分解成氧化物”及As2O3微溶于水知，后续操作为过滤、洗涤、干燥得到As2O3；
②由流程图知Na3AsS3与O2反应后转化为Na3AsO4和单质硫，由此可写出对应的化学方程式Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓；通入SO2后Na3AsO4被还原为H3AsO3，化合价由+5降低为+3价，SO2被氧化为，化合价由+4升高到+6价，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；
③观察As2O3在不同温度和不同浓度硫酸溶液中的溶解度曲线图可知，在硫酸溶液浓度约为7mol/L，温度为25℃时，As2O3的溶解度最小，故为了提高粗As2O3的沉淀率，在“结晶”过程中应该调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃；
④最后一步所得滤液中依然含有砷元素，所以循环使用可以提高砷的回收率；
故答案为： 将废料粉碎、适当提高溶液浓度、搅拌、适当加热 ； Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓ ； 1：1 ； 调节硫酸浓度约为，并将温度冷却至 ； 提高砷的回收率 。
（3）根据图中的数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6 kJ/mol-619.2 kJ/mol=+295.4 kJ/mol，所以反应的热化学方程式为As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol。
故答案为： As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol 。
【分析】含 As2S3的废料加入 NaOH 溶液进行碱浸，反应生成 Na3AsS3和 Na3AsO3，过滤除去不溶性料渣。向滤液中通入 O2进行脱硫，发生反应 Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓。接着加入稀硫酸和 SO2，将 Na3AsO4还原为 H3AsO3，反应为 SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4。最后将 H3AsO3经加热、过滤、洗涤、干燥等操作，得到 As2O3。
（1）H3AsO3中H为+1价，O为-2价，故砷为+3价；砷是非金属元素，不可能形成碱性氧化物；
（2）①将废料粉碎、适当提高溶液浓度、搅拌、适当加热均可提高碱浸反应速率；由“加热使H3AsO3分解成氧化物”及As2O3微溶于水知，后续操作为过滤、洗涤、干燥得到As2O3；
②由流程图知Na3AsS3与O2反应后转化为Na3AsO4和单质硫，由此可写出对应的化学方程式Na3AsS3+2O2=Na3AsO4+3S↓；通入SO2后Na3AsO4被还原为H3AsO3，化合价由+5降低为+3价，SO2被氧化为，化合价由+4升高到+6价，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；
③观察As2O3在不同温度和不同浓度硫酸溶液中的溶解度曲线图可知，在硫酸溶液浓度约为7mol/L，温度为25℃时，As2O3的溶解度最小，故为了提高粗As2O3的沉淀率，在“结晶”过程中应该调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃；
④最后一步所得滤液中依然含有砷元素，所以循环使用可以提高砷的回收率；
（3）根据图中的数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6 kJ/mol-619.2 kJ/mol=+295.4 kJ/mol，所以反应的热化学方程式为As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) △H = +295.4 kJ/mol。
18．（2025高二上·潮阳月考）某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。
（1）装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓HCl的　 　(填“氧化性”或“还原性”)。
（2）A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是　 　。
（3）B用于收集Cl2，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向　 　。
（4）C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是　 　。
（5）该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2的影响，设计实验进行如下探究。
实验 操作 现象
Ⅰ 常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合 溶液呈浅棕色，略有刺激性气味
Ⅱ 将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液 生成大量黄绿色气体
Ⅲ 加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物 无明显现象
①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是　 　。
②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是　 　。
③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)较低，设计实验Ⅳ进行探究：
将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是　 　。
【答案】（1）还原性
（2）HCl、H2O(g)
（3）
（4）Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O
（5）MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；MnCl4MnCl2+Cl2↑；Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)变化的影响大于c(Cl-)
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，反应中二氧化锰是氧化剂，氯化氢是还原剂，利用了浓HCl的还原性。答案为：还原性；
（2）由于盐酸易挥发，所以A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是HCl、H2O(g)。答案为：HCl、H2O(g)；
（3）由于氯气密度比空气大，所以采用向上排空气法收集，导管长进短出，用箭头标明进出气体方向的装置B为。答案为：；
（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）① 已知MnO2呈弱碱性 ，与浓盐酸发生了复分解反应，所以与浓盐酸反应生成和水，反应方程式是；
②由①知反应生成物是MnCl4，Ⅱ中发生了分解反应生成和氯气，反应的化学方程式是；
③将i、ii作对比，可以看出放出氯气、放出氯气；氧化盐酸的反应中变化的影响大于。答案为：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；MnCl4MnCl2+Cl2↑；Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
【分析】实验室制备氯气的原理是，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下可生成氯气，由于盐酸的挥发性，氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过饱和食盐水和浓硫酸净化氯气，用向上排空气阀进行收集，尾气选择氢氧化钠溶液进行吸收。
（1）装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，有部分氯元素由-1价升高到0价，表现出还原性，利用了浓HCl的还原性。答案为：还原性；
（2）盐酸是挥发性酸，浓盐酸易挥发出HCl气体，同时生成水蒸气，所以A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是HCl、H2O(g)。答案为：HCl、H2O(g)；
（3）B用于收集Cl2，因为Cl2与空气中的成分不反应，且密度比空气大，所以采用向上排空气法收集，导管长进短出，用箭头标明进出气体方向的装置B为。答案为：；
（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）①Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于与浓盐酸发生了复分解反应，复分解反应中元素化合价不变，所以与浓盐酸反应生成和水，反应方程式是；
②Ⅱ中发生了分解反应生成和氯气，反应的化学方程式是；
③Ⅲ中没有明显现象的原因是、较低，盐酸需要增大到一定浓度才能被氧化；将i、ii作对比，可以看出放出氯气、放出氯气；氧化盐酸的反应中变化的影响大于。答案为：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；MnCl4MnCl2+Cl2↑；Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
19．（2025高二上·潮阳月考）I.油气开采、石油化工、煤化工等行业产生的废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并利用。已知下列反应的热化学方程式：
① (平衡常数)
② (平衡常数)
③ (平衡常数)
（1）________(用含和的代数式表示)。
（2）下列叙述一定能说明反应②达到平衡状态的是_______(填标号)。
A. 断裂键的同时生成键
B. 恒温恒容，和浓度之比不再变化
C. 恒温恒压，混合气体的密度不再变化
D. 恒容绝热，不再变化
（3）在恒压密闭容器内，充入与只发生反应③。的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①请回答：比较压强：________(填“>”“<”或“=”)。
②比较A、B、C三点的平衡常数太小：________(用、、表示)。
（4）若其他条件相同的情况下，反应③在不同温度下反应相同时间后，测得的转化率a随温度的变化曲线如图，其原因是________。
II、
（5）工业上先将金红石()转化为，再制得在医疗等领域具有重要用途的金属钛()。工业上用碳氯化法制备发生以下反应。
(i)主反应：
(ii)副反应：
800℃时，向固定体积的密闭容器中加入与碳粉，通入进行碳氯化反应生成气体，经过处理得到成品。若反应进行30min时达到平衡状态，此时C和分别为和，且和的体积分数相同。
则的平衡转化率为________。若起始总压强为，则平衡时的总压强为________，反应ii的________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2) C，D
(3) >
(4) DE段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内CS2的转化率增大；E点为平衡点，EF段升高温度，平衡逆向移动，CS2转化率减小
(5) 90% 6.9 13.5
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律①-③得，该反应，，
故答案为：；
（2）A．断裂4mol C-H的同时生成4mol H-H，均表示正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故A不符合题意；
B．若反应②从反应物加料，和浓度之比是定值，当和浓度之比不变化时不能说明反应达到平衡，当和浓度均不变才能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应②是气体体积增大的反应，在恒温恒压下，反应过程中容器的体积增大，反应前后气体总质量不变，密度减小，当混合气体的密度不再变化时说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．对于反应②，正反应为吸热反应，恒容绝热下发生该反应，随着反应的进行温度升高，逐渐增大，当不再变化时，反应一定达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为：CD。
（3）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CS2(g)的转化率增大，所以压强：P2>P1，故答案为：>；
②恒压条件下升高温度，CS2(g)的转化率减小，平衡逆向进行，平衡常数减小。平衡常数受温度影响，温度不变，平衡常数不变。由于温度：，则平衡常数：，
故答案为：；
（4）DE段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大；E点为平衡点，EF段升高温度平衡逆向移动，转化率减小。
故答案为： ；
（5）达到平衡时，反应共消耗氯气：，根据氯原子守恒，共生成：，根据Ti原子守恒，共有发生反应，因此的转化率为。根据碳原子守恒，生成的共有：，平衡时混合气体共有：0.2mol+0.9mol+1.2mol=2.3mol，由于CO和的体积分数相同，故各有，因此平衡时的总压强为。反应ii的，
故答案为：90%；6.9；13.5。
【分析】要解决这道题，需结合盖斯定律、化学平衡状态的判断依据及平衡移动原理分析，
（1）利用盖斯定律确定反应间的关系，进而推导平衡常数关系。
（2）依据 “变量不变则平衡” 的原则，分析各选项是否为平衡时的特征。
（3）结合反应③的热效应（放热）和气体分子数（不变）分析。
（4）区分 “未达平衡” 和 “已达平衡” 阶段温度对反应的影响。
20．（2025高二上·潮阳月考）工业中很多重要的化工原料都来源于石油化工，如苯、丙烯、有机物A等，其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。用A为原料合成其它有机物的流程如图所示：
请回答下列有关问题：
（1）物质A的名称是　 　，无机物M是　 　(填化学式)。
（2）化合物C中官能团的名称为　 　，结构简式为　 　。
（3）写出F→G的化学方程式：　 　。
（4）有机物G自身会发生聚合反应，所得聚合物是一种用途广泛的有机玻璃树脂，该聚合物的结构简式为　 　。
（5）A与氢气反应得到H，下列物质与H互为同系物的有　 　。
①CH2=CH2②CH3CH2OH③HOCH2CH2OH④⑤
【答案】（1）乙烯；H2O
（2）醛基；CH3CHO
（3）CH3-CH=CH-COOH+CH3OHCH3-CH=CH-COOCH3+H2O
（4）
（5）④⑤
【知识点】乙烯的物理、化学性质；同系物；聚合反应；酯化反应
【解析】【解答】（1）A是乙烯，无机物M是H2O；
（2）由物质转化关系，化合物C是乙醛，结构简式是CH3CHO，其中含有的官能团-CHO的名称是醛基；
（3）E为CH3-CH=CH-CHO，被O2氧化生成FCH3-CH=CH-COOH，F与CH3OH在浓硫酸催化和加热下发生酯化反应产生酯G和H2O，则F→G的化学方程式为：CH3-CH=CH-COOH+CH3OHCH3-CH=CH-COOCH3+H2O；
（4）物质G结构简式是CH3-CH=CH-COOCH3，该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够发生加聚反应，该聚合物的结构简式为；
（5）H是A乙烯与氢气反应得到，则H是CH3CH3，根据同系物定义，同系物是结构相似，在分子组成上相差1个或若干CH2原子团的物质，烷烃的同系物一定是烷烃，则在上述物质中与乙烷互为同系物的物质序号是④、⑤。
【分析】根据题意可知，A是乙烯，结构简式是CH2=CH2；乙烯和H2O发生加成反应，生成乙醇B，节后简式为CH3CH2OH，乙醇催化氧化后生成乙醛C，结构简式是CH3CHO；C在碱性条件下加热发生加成反应产生D，D与浓硫酸混合加热发生消去反应产生E，E与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生F：CH3-CH=CH-COOH，F与CH3OH在浓硫酸催化和加热下发生酯化反应产生酯G。
（1）根据上述分析可知：A是乙烯，无机物M是H2O；
（2）化合物C是乙醛，结构简式是CH3CHO，其中含有的官能团-CHO的名称是醛基；
（3）根据上述分析可知F为：CH3-CH=CH-COOH，F与CH3OH在浓硫酸催化和加热下发生酯化反应产生酯G和H2O，则F→G的化学方程式为：CH3-CH=CH-COOH+CH3OHCH3-CH=CH-COOCH3+H2O；
（4）物质G结构简式是CH3-CH=CH-COOCH3，该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下有机物G自身会发生加聚反应，所得聚合物是一种用途广泛的有机玻璃树脂，该聚合物的结构简式为；
（5）A是乙烯，其与H2发生加成反应产生H是CH3CH3，该物质属于烷烃，同系物是结构相似，在分子组成上相差1个或若干CH2原子团的物质，烷烃的同系物一定是烷烃，则在上述物质中与乙烷互为同系物的物质序号是④、⑤。
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