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广西鹿寨中学2025-2026学年高二上学期10月考试化学试题
1．（2025高二上·鹿寨月考）化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A．“丝绸之路”最初的目的是运输中国的丝绸，丝绸的主要成分是蛋白质
B．食醋是生活中常见的调味品，其主要成分为
C．手机中使用的锂电池属于新型二次电池
D．用可降解塑料生产包装盒，能减少对环境的污染，符合绿色化学理念
2．（2025高二上·鹿寨月考）莽草酸能够通过抑制血小板聚集，防止脑血栓的形成，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．莽草酸分子中含有两种官能团
B．莽草酸的分子式为
C．莽草酸可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．莽草酸与足量金属钠反应可生成
3．（2025高二上·鹿寨月考）下列微粒组成与结构的化学用语表达错误的是
A．乙酸乙酯的分子式：
B．乙烯的空间填充模型：
C．HClO的电子式：
D．镁离子的结构示意图：
4．（2025高二上·鹿寨月考）下列说法中正确的是
A．金刚石和石墨互为同位素 B．中子数为88
C．酸性： D．离子半径：
5．（2025高二上·鹿寨月考）设为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．与混合反应生成，转移电子数为
B．标准状况下，所含共价键数为
C．中含有的质子数为
D．常温、常压下，1.4 g丁烯与丙烯混合气体含有的氢原子数为
6．（2025高二上·鹿寨月考）下列实验装置能达到实验目的的是
A．甲：除去中的HCl
B．乙：探究浓度对反应速率的影响
C．丙：配制的溶液
D．丁：探究温度对化学平衡的影响
7．（2025高二上·鹿寨月考）一种用于驱动潜艇的液氨一液氧燃料电池原理示意如图所示。下列有关该电池说法错误的是
A．电池工作时，电极A电势高于电极B电势
B．电流由电极B经外电路流向电极A
C．电池工作时，每消耗转移电子
D．电极A上发生的电极反应为
8．（2025高二上·鹿寨月考）在一定条件下，某可逆反应达到平衡后，X的转化率与温度、压强的关系如图所示。根据图像，下列判断正确的是
A．a+bB．该反应的
C．该反应在高温下具有自发性
D．向平衡体系中加入适量Y，平衡向右移动
9．（2025高二上·鹿寨月考）一定条件下N2(g)、O2(g)反应生成NO(g)的能量关系如图所示，下列说法错误的是
A．
B．该反应中反应物分子的每次碰撞都为有效碰撞
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂可增加单位时间内NO的产量
10．（2025高二上·鹿寨月考）由四种短周期元素X、Y、Z、R构成的分子结构如图所示，其中所有原子最外层均达到8电子稳定结构。四种元素位于不同主族，R的内层电子总数比其最外层电子数多3；X、Y、Z同周期，Z的原子半径为三者中最小，Y的非金属性为三者中最弱。下列有关叙述正确的是
A．最高价氧化物水化物的酸性：
B．简单离子半径：
C．简单氢化物的稳定性：
D．、的氢化物均可能含非极性键
11．（2025高二上·鹿寨月考）将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)，2min后测得c(D)=0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol/(L·min)，下列说法正确的是
A．2min时，A的物质的量为1.5mol
B．2min时，A的转化率为60%
C．反应速率v(B)=0.25mol/(L·min)
D．该反应方程式中，x=1
12．（2025高二上·鹿寨月考）下列有关实验操作、现象和解释或结论中错误的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 向两个含有等质量的氢氧化铝试管中分别加入等体积、等物质的量浓度的和溶液 两试管中白色沉淀均溶解 氢氧化铝是两性氢氧化物
B 常温下，将铁片和铝片放入浓硝酸或浓硫酸中 金属表面生成一层致密的薄膜 常温下，铁、铝遇到浓硝酸或浓硫酸会发生钝化
C 将海带灰溶于水，过滤后，向滤液中滴加淀粉溶液 无明显现象 海带中不含碘元素
D 向盛有某溶液的试管中滴加足量浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中不存在
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高二上·鹿寨月考）缓释阿司匹林可控制阿司匹林分子在人体内的释放浓度与速度，发挥更好的疗效，其合成路线如图：
下列说法错误的是
A．E和乙二醇都可以和金属钠反应
B．E生成F的反应类型为加聚反应
C．该路线中每生成1 mol G，同时产生
D．阿司匹林的分子式为
14．（2025高二上·鹿寨月考）下列叙述与图对应的是
A．对于达到平衡状态的反应：，图①表示在时刻充入了一定量的，平衡逆向移动
B．由图②可知，、满足反应：
C．图③表示的反应方程式为：
D．对于反应 图④轴可以表示的百分含量
15．（2025高二上·鹿寨月考）烃是一类重要的有机化合物，其结构与性质密切相关。
Ⅰ．烷烃属于饱和烃，其结构中的碳原子均以单键相结合。
（1）下列有机化合物中与甲烷互为同系物的是　 　。
①②③④
（2）戊烷的分子式为　 　，同分异构体共有　 　种，其中一氯代物只有一种的戊烷的结构简式为　 　。
Ⅱ．乙烯是重要的化工原料，其产量可以衡量一个国家石油化工的发展水平。
（3）乙烯中的官能团名称为　 　。
（4）乙烯与水的加成反应，其方程式为：　 　，并写出其加成产物与氧气催化氧化的方程式　 　。
16．（2025高二上·鹿寨月考）某研究性学习小组查阅资料：氯气与硫在℃直接化合生成二氯化二硫()。他们利用如下仪器和药品制取纯净的氯气与硫反应来制备。
已知：有关物质的部分性质如下表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 化学性质
①遇水生成、、 ②温度超以上完全分解生成硫和氯气 ③
回答下列问题：
（1）写出A中发生反应的化学方程式：　 　。
（2）D中所装试剂为　 　(填化学式)。
（3）实验前向装置中通入的目的是　 　，反应后向装置中通入的目的是　 　。
（4）若要清洗附着在烧瓶内壁的硫单质，可以选用　 　试剂(填字母)。
a．溶液(浓、热)　　　b．　　　c．酒精　　　d．(二硫化碳)
（5）若加热温度过高，粗品中可能混有的杂质是　 　(填化学式，填写两种)。
（6）已知中各原子均满足8电子结构，则分子中含有的共价键类型为　 　。
17．（2025高二上·鹿寨月考）从海水中可提取多种化工原料，下图是工业上对海水的几项综合利用的示意图。试回答下列问题：
（1）写出用海滩上的贝壳制的化学方程式：　 　，　 　。
（2）以上海水的综合利用过程中，哪一种操作肯定会引起氧化还原反应的发生　 　。
（3）电解无水可制取镁和氯气，其中副产品氯气和烧碱溶液可制得“84”消毒液，制“84”消毒液的离子方程式为　 　。
（4）写出电解饱和食盐水的化学方程式：　 　。
（5）用海滩上的贝壳制，而不从异地山中开凿石灰石制取，主要考虑到　 　问题。
18．（2025高二上·鹿寨月考）氨的合成对国民经济发展有着重要的意义。根据要求，回答下列问题：
Ⅰ.氨气可用于工业脱硝，脱硝反应为：
已知：反应①：
反应②：
（1）反应①中正反应的活化能　 　逆反应的活化能(填“小于”或“大于”)，由反应①和脱硝反应可知反应②的　 　。
Ⅱ．某实验小组为了模拟工业上利用氨气合成尿素，在压强下，容积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol和，发生反应：，反应过程中混合气体中的体积分数如图所示：
（2）①A点时的体积分数为，则此时的转化率为　 　(保留三位有效数字)；起始到B点，　 　。若要提高氨气平衡转化率，可采取的措施有(写一条即可)：　 　。
②下列不能说明该反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
a．体系的压强保持不变 b．气体密度保持不变 c．和的浓度比保持不变
d．单位时间内消耗同时消耗 e．
（3）B点的平衡常数　 　(写出含的代数式再代入数据进行计算，气体分压=气体总压气体的物质的量分数)。
（4）向恒容密闭容器中加入适量催化剂，并充入一定量的和发生上述反应合成尿素，在不同温度、相同反应时间，测得的转化率与反应温度的变化关系如图所示。温度为时，的转化率降低，可能原因是　 　。
（5）在反应中，正反应速率为，逆反应速率为，为速率常数，受温度影响。已知时，，则该温度下，平衡常数　 　。
19．（2025高二上·鹿寨月考）聚丙烯酸乙二醇酯是一种良好的水溶性涂料。工业上以煤为原料可设计合成路线如下：
查阅资料获得信息：
回答下列问题：
（1）C的名称为　 　，E中含氧官能团名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　。
（3）反应④的化学方程式为　 　。
（4）下列对图中有关物质的叙述正确的是　 　(填标号)。
a．煤的干馏是指在空气中加强热使其分解
b．化合物A和C互为同系物
c．化合物C中最多有7个原子在同一平面上
（5）分子式为且与C含有相同官能团的有机物结构有　 　种。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；绿色化学
【解析】【解答】A、丝绸由蚕丝制成，蚕丝的主要成分是蛋白质，A正确；
B、食醋的主要成分是乙酸，其化学式为 CH3COOH；而 CH3CH2OH 是乙醇（酒精）的化学式，所以 B错误；
C、锂电池属于二次电池，可反复充放电，是新型的可充电电池，C正确；
D、可降解塑料能在自然环境中分解，从源头上减少白色污染，符合绿色化学从源头杜绝或减少污染的理念，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对常见物质成分的混淆：如食醋的主要成分是乙酸（CH3COOH），容易与乙醇（CH3CH2OH）混淆，从而误判选项 B。
对电池类型的概念不清：二次电池是可反复充放电的电池，锂电池属于二次电池，若对这一概念不明确，可能会对选项 C 产生误判。
对绿色化学理念的理解不深：可降解塑料能减少环境污染，符合绿色化学从源头减少污染的理念，若对此理解不到位，可能会错误分析选项 D。
2．【答案】C
【知识点】烯烃；醇类简介
【解析】【解答】A、莽草酸的结构中含羧基（COOH）、羟基（OH）、碳碳双键三种官能团，并非两种，A 错误；
B、数莽草酸分子的原子：C原子 7 个，H原子数为：羧基中 1 个，碳环及侧链共 10 个（结合结构简式），O原子 5 个，故分子式为C7H10O5，不是C7H9O5，B错误；
C、莽草酸含碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；同时含羟基（与羟基相连的 C 上有 H），也能被酸性高锰酸钾氧化，因此可使溶液褪色，C正确；
D、1mol 莽草酸中，羧基（1 个）和羟基（3 个）均可与 Na 反应，共生成 2mol H2，但题目未说明是标准状况，无法用 22.4L/mol 计算体积（即使是标况，2mol H2体积为 44.8L，但 “标准状况” 这一条件缺失），D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．易遗漏碳碳双键，误将 “羧基、羟基” 当作仅有的两种官能团，忽略结构中的不饱和碳碳键。
B．数氢原子时易漏算碳环或侧链上的 H，导致分子式中 H 的数目错误（如误写为 C7H9O5）。
C．易忽略 “羟基（连有 H 的 C）也能被酸性高锰酸钾氧化”，仅认为碳碳双键使溶液褪色，但实际两种官能团均能使其褪色。
D．忽略 “标准状况” 这一前提条件，直接用 22.4L/mol 计算 H2体积；同时易误算与 Na 反应的官能团数目（羧基 + 羟基共 4 个，生成 2mol H2，而非按错误数目计算）。
3．【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；分子式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、乙酸乙酯的结构简式为 CH3COOCH2CH3，由此可得其分子式为 C4H8O2，A正确；
B、乙烯的结构为 CH2=CH2，所有原子共平面，其空间填充模型能准确体现原子的相对大小和空间排布，B正确；
C、HClO 的结构式为 H—O—Cl，其电子式应体现氧原子分别与氢原子、氯原子成键，正确的电子式为： （氧原子和氯原子的孤电子对需完整表示），而题目中给出的电子式错误，C错误；
D、镁是 12 号元素，镁原子失去最外层 2 个电子形成镁离子，其结构示意图中质子数为 12，核外电子层为 2 层，电子数分别为 2、8，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据乙酸乙酯结构简式，明确分子式是分子组成的原子个数总和，判断。
B．依据乙烯所有原子共平面的结构特点，结合空间填充模型体现原子相对大小和排布的要求判断。
C．按照 HClO 的结构式 H—O—Cl，明确电子式需体现氧原子分别与氢、氯成键的成键规律判断。
D．根据镁原子失电子形成镁离子的规律，明确离子结构示意图中质子数不变、电子层结构变化的要点判断。
4．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；同素异形体；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同位素的定义是 “同种元素的不同原子”，而金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，并非同位素，A错误；
B、原子中，中子数 = 质量数 - 质子数。对于 ，质量数为 150，质子数为 62，因此中子数 = 150-62=88，B正确；
C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强。同周期从左到右非金属性递增（N>P），同主族从上到下非金属性递减（P>Si），故非金属性：N>P>Si，对应最高价含氧酸的酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3，C错误；
D、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。Na+、O2-、Mg2+均含 2 个电子层，核电荷数：Mg2+(12)>Na+(11)>O2-(8)，因此离子半径：O2->Na+>Mg2+，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
A．易混淆 “同位素”（同种元素的不同原子）与 “同素异形体”（同种元素的不同单质），误将金刚石、石墨判定为同位素。
B．易记错 “中子数=质量数-质子数” 的公式，或混淆质量数、质子数的位置（如误将质子数当作质量数计算）。
C．忽略 “最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性一致” 的规律，错误判断同周期、同主族元素的非金属性顺序，进而颠倒酸性强弱。
D．对 “电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小” 的规律记忆错误，误将核电荷数与半径的关系搞反，导致半径顺序判断错误。
5．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、合成氨反应（N2+3H2 2NH3）存在反应限度，属于典型可逆反应，反应物无法完全转化为生成物。即便投入 1 mol N2和 3 mol H2，最终生成的 NH3物质的量也小于 2 mol，对应转移电子数必然小于 6NA，A错误；
B、气体摩尔体积的应用前提是 “标准状况下（0℃、101 kPa）且物质为气态”。而四氯化碳（CCl4）在标准状况下呈液态，不符合气体摩尔体积的适用场景，无法通过体积计算其物质的量，更不能推导共价键数目，B错误；
C、H2O 分子的质子构成是固定的（每个 H 含 1 个质子，O 含 8 个质子，1 个 H2O 共 10 个质子），是， 故其质子数为，C错误；
D、丁烯（C4H8）和丙烯（C3H6）均属于单烯烃，通式统一为 C H2 ，这意味着两者氢元素的质量分数恒定不变（均为）。1.4 g 混合气体中，氢元素质量为 1.4 g×=0.2 g，氢原子物质的量为 0.2 g÷1 g/mol=0.2 mol，故氢原子数为 0.2NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．可逆反应不能进行到底，合成氨反应是可逆反应，反应物无法完全转化，转移电子数必然小于理论值。
B．气体摩尔体积的适用条件是标准状况下的气态物质，四氯化碳（CCl4）在标准状况下是液体，不满足该条件，不能用气体摩尔体积计算。
C．计算粒子数需明确物质的量，进而确定质子数。
D．单烯烃通式为 C H2 ，氢元素质量分数固定，丁烯（C4H8）和丙烯（C3H6）均符合此通式，利用这一规律可计算混合气体中氢原子的物质的量及数目。
6．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；物质的分离与提纯；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．HCl和CO2均与NaOH反应，A不能达到实验目的；
B．两个试管中锌的颗粒大小不同，变量不唯一，B不能达到实验目的；
C．固体溶解的过程需在烧杯中进行，C不能达到实验目的；
D．涉及反应为2NO2（无色）N2O4（红棕色），可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对衡的影响，D能达到实验目的；
故答案为：D
【分析】A.注意除杂时不能除去原物质。B.根据控制变量法进行分析。C.注意容量瓶不能用于固体溶解。D.根据控制变量法进行分析。
7．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 A 上 NH3被氧化为 N2，发生氧化反应，是负极；电极 B 上 O2被还原，发生还原反应，是正极。电池中，正极电势高于负极，因此电极 A（负极）电势低于电极 B（正极），A错误；
B、电流的流向与电子移动方向相反，电子由负极（A）经外电路流向正极（B），故电流由正极（B）经外电路流向负极（A），B正确；
C、O2在电极 B 发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，每消耗 1mol O2（32g）转移 4mol 电子，则消耗 8g O2（0.25mol）时，转移电子的物质的量为 0.25mol×4 = 1mol，C正确；
D、电极 A 是负极，NH3在碱性环境（NaOH 溶液）中被氧化为 N2，结合电荷守恒与原子守恒，电极反应式为 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题突破口：
判断正负极：燃料（NH3）发生氧化反应的电极为负极（A），氧化剂（O2）发生还原反应的电极为正极（B）—— 这是分析电池电势、电流方向的核心前提。
电势与电流规律：电池中 “正极电势> 负极电势”，电流方向与电子移动方向相反（电子从负极到正极，电流从正极到负极）。
电子转移计算：明确正极（O2）的还原反应式（O2→OH-，1mol O2转移 4mol 电子），再结合 O2质量计算转移电子数。
电极反应式书写：结合负极的反应物（NH3）、产物（N2），以及电解质环境（碱性），利用 “
失电子数=电荷守恒+原子守恒” 推导反应式。
8．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；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】A、Y 是固体，压强只影响气体物质的量。压强 p1 < p2，压强增大时 X 的转化率降低，说明加压平衡逆向移动，即气体反应物的化学计量数之和 < 气体生成物的化学计量数（a
B、温度升高时，X 的转化率增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，故 ΔH > 0，B错误；
C、反应的 ΔH > 0（吸热），由 A 的分析知正反应气体分子数增多（ΔS > 0）。根据自发反应的判断式 ΔG=ΔH-TΔS，高温下 TΔS 的影响增大，会使 ΔG < 0，反应自发进行，C正确；
D、Y 是固体，固体的浓度视为定值，加入适量 Y 不会改变其浓度，因此平衡不移动，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题突破口：
压强对平衡的影响（判断气体分子数变化）：Y 是固体，压强只影响气体物质的量。压强增大（p1→p2），X 转化率降低，平衡逆向移动，说明气体反应物计量数 < 气体生成物计量数（即 a < c），固体 Y 不参与气体计量数比较。
温度对平衡的影响（判断焓变 ΔH）：温度升高，X 转化率增大，平衡正向移动，正反应是吸热反应，故 ΔH > 0。
自发反应的判断（ΔG=ΔH-TΔS）：由 “a < c” 知正反应气体分子数增多（ΔS > 0），结合 ΔH > 0，高温下 TΔS 增大，会使 ΔG < 0，反应自发。
固体反应物对平衡的影响：Y 是固体，固体浓度视为定值，加入 Y 不改变浓度，平衡不移动。
9．【答案】B
【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；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、焓变 ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量，由图知 2NO (g) 能量比 N2(g)+O2(g) 高 180kJ mol- ，故反应 N2(g)+O2(g)=2NO (g) 的 ΔH=+180kJ mol- ，A正确；
B、有效碰撞需要满足 “能量足够（达到活化能）+ 取向合适”，反应物分子的碰撞中，只有同时满足这两个条件的才是有效碰撞，并非每次碰撞都是有效碰撞，B错误；
C、正反应活化能是反应物到过渡态的能量差（1444kJ mol- ），逆反应活化能是生成物到过渡态的能量差（1264kJ mol- ），因此正反应活化能大于逆反应活化能，C正确；
D、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，因此单位时间内 NO 的产量会增加，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题关键点：
焓变计算：用 “ΔH=生成物总能量 - 反应物总能量”，结合图像中能量差得 ΔH=+180kJ mol- 。
有效碰撞条件：有效碰撞需同时满足 “能量达活化能 + 取向合适”，并非所有碰撞都有效。
活化能比较：正反应活化能是 “反应物→过渡态” 的能量差，逆反应是 “生成物→过渡态” 的能量差，直接比数值即可。
催化剂作用：催化剂降活化能、加快速率，增加单位时间内 NO 产量。
10．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；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、X（N）的最高价氧化物水化物是 HNO3，Y（C）的是 H2CO3，酸性 HNO3 > H2CO3，A正确；
B、简单离子为 Z（O2-）、R（Cl-）、X（N3-）。电子层数越多半径越大（Cl- > O2-、N3-）；电子层结构相同则核电荷数大的半径小（O2- < N3-），故半径 Z < X < R，B错误；
C、简单氢化物稳定性 Z（H2O）> X（NH3）> R（HCl）（非金属性 O > N，HCl 稳定性弱于 H2O），C错误；
D、Y（C）的氢化物（如 C2H4）含非极性键，但 R（Cl）的氢化物（HCl）只有极性键，无法含非极性键，D错误；
故答案为：A。
【分析】R 的推断：R 是短周期元素，内层电子总数比最外层多 3。短周期内层为 2 或 10 电子，若内层 2 电子（K 层），则最外层为 2-3=-1（不合理）；若内层 10 电子（L 层），最外层为 10-3=7，故 R 是 Cl（最外层 7 电子，内层 10 电子）。X、Y、Z 的推断：X、Y、Z 同周期，Z 原子半径最小（同周期从左到右半径减小），故 Z 非金属性最强；Y 非金属性三者中最弱。结合分子结构，所有原子最外层 8 电子：
Z 形成 2 个键（如 O、S），但 X、Y、Z 同周期且 Z 半径最小，故 Z 是 O（第二周期，半径最小）。
Y 形成 3 个键（最外层 5 电子），且非金属性最弱，故 Y 是 C（第二周期，非金属性弱于 N、O）。
X 形成 4 个键（最外层 4 电子），同周期中半径大于 O、非金属性强于 C，故 X 是 N。
11．【答案】A
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、2min 时，n (A)=3mol-1.5mol=1.5mol，A正确；
B、A 的转化率 =（1.5mol÷3mol）×100%=50%，并非 60%，B错误；
C、v(B)=v(D)÷2=0.25mol/(L·min)÷2=0.125mol/(L·min)，C错误；
D、由速率比得 x=2，D错误；
故答案为：A。
【分析】先根据 v (C) 算出 2min 内 C 的浓度变化：Δc (C)=0.25mol/(L min)×2min=0.5mol/L。设 A、B 初始浓度均为 a mol/L，用 “三段式” 梳理浓度变化：
再结合终态 c (A)：c (B)=3：5，列方程 (a-0.75)：(a-0.25)=3：5，解得 a=1.5。
12．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；铵离子检验；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、氢氧化铝能与强酸（HCl）、强碱（NaOH）反应溶解，符合两性氢氧化物 “既与酸又与碱反应” 的定义，操作、现象、结论一致，A正确；
B、常温下，铁、铝遇浓硝酸、浓硫酸会生成致密氧化膜（钝化），阻止反应继续进行，现象与结论匹配，B正确；
C、海带中的碘以碘离子（I-）形式存在，淀粉遇 I-无明显现象（淀粉仅遇 I2变蓝）。因此 “滤液加淀粉无现象” 不能说明海带不含碘元素，操作对应的结论错误，C错误；
D、NH4+与浓 NaOH 溶液加热会生成 NH3，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；试纸不变蓝说明无 NH3生成，即原溶液不含 NH4+，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
A．两性氢氧化物能与强酸、强碱均反应，Al(OH)3溶于 HCl、NaOH，结论合理。
B．常温下 Fe、Al 遇浓硝酸、浓硫酸会钝化（生成致密膜），现象与结论匹配。
C．海带中碘以 I-存在，淀粉只遇 I2变蓝，“加淀粉无现象” 不能说明无碘，结论错误。
D．NH4+与浓 NaOH 加热生成 NH3使试纸变蓝，试纸不变蓝则无NH4+，逻辑正确。
13．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、E 分子含羧基（—COOH），乙二醇含羟基（—OH），羧基和羟基都能与金属钠发生置换反应生成氢气，A正确；
B、E 分子含碳碳双键，通过加聚反应（双键打开相互连接）生成高分子化合物 F，反应类型为加聚反应，B正确；
C、F 中的羧基（—COOH）与乙二醇的羟基（—OH）、阿司匹林的官能团发生酯化反应，酯化反应中羧基脱羟基、羟基脱氢原子生成水。从反应比例看，每生成 1 mol G，实际生成的 H2O 物质的量是 2n mol（n 为聚合度相关的系数），并非 1 mol，C错误；
D、由 G 的结构逆推阿司匹林的结构简式（ ），数出各原子个数可得其分子式为 C9H8O4，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．考查官能团的反应性，E 含羧基（—COOH）、乙二醇含羟基（—OH），两者均能与金属钠反应。
B．考查反应类型的判断，E 含碳碳双键，通过加聚反应生成高分子 F，依据加聚反应的特点（双键参与、无小分子生成）判断。
C．考查酯化反应的规律，酯化反应中羧基脱 —OH、羟基脱 —H 生成水，结合 F、乙二醇、阿司匹林的反应比例，分析生成 H2O 的物质的量，判断 C 的错误点。
D．考查分子式的确定，由 G 的结构逆推阿司匹林的结构简式，通过数原子个数确定其分子式 C9H8O4。
14．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；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、对于反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，若 t0时刻充入 NH3，逆反应速率 v 逆会瞬间增大，而正反应速率 v 正瞬间不变，这与图①中 v正、v逆同时增大的情况不符。图①实际更符合升高温度导致平衡逆向移动（v正、v逆均增大，且 v逆增大更多）的变化，A错误；
B、从图②的 “先拐先平” 原则分析：压强上，P2对应的曲线先达到平衡，说明 P2＞P1；温度上，T1对应的曲线先达到平衡，说明 T1＞T2。增大压强时，C% 增大，说明平衡向气体体积减小的方向（正反应方向）移动；升高温度时，C% 减小，说明平衡向逆反应方向移动，即正反应放热（ΔH＜0）。反应 2A(g)+B(g) 2C (g) 满足 “气体体积减小的放热反应” 的特点，B正确；
C、图③中，A 是反应物（浓度从 2.0 mol L- 减小到 0），B、C 是产物（B 浓度从 0 增大到 0.4 mol L- ，C 浓度从 0 增大到 1.6 mol L- ）。各物质浓度变化量之比等于化学计量数之比，即 A：B：C = 2.0：0.4：1.6 = 5：1：4，因此反应方程式应为 2A B+3C（化学计量数需为最简整数比），C 错误；
D、反应 2X(g)+3Y(g) 3Z(g) ΔH＜0，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，Y 的百分含量应增大。但图④中，温度升高时 y 数值减小，与上述分析矛盾，故 y 轴不能表示 Y 的百分含量，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查平衡移动的图像特征，充入 NH3时逆反应速率瞬间增大、正反应速率瞬间不变，与图①中 v 正、v 逆同时增大的情况不符。
B．掌握“先拐先平” 原则与平衡移动规律，通过图②中曲线达到平衡的先后判断压强（P2＞P1）、温度（T1＞T2），再结合 C% 的变化分析平衡移动方向，确定反应是气体体积减小的放热反应，与 2A (g)+B (g) 2C (g) ΔH＜0 的特点一致。
C．考查浓度变化与化学计量数的关系，根据图③中各物质的浓度变化量之比，确定反应方程式的化学计量数。
D．考查温度对平衡移动的影响与图像的匹配度，反应 ΔH＜0，升高温度平衡逆移，Y 的百分含量应增大，与图④中 y 数值随温度升高而减小的趋势矛盾。
15．【答案】①②；C5H12；3；；碳碳双键；；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】（1）①②均属于烷烃，③④属于烯烃，则①②与甲烷结构相似，组成上相差2、3个CH2结构，互为同系物；
故答案为： ①② ；
（2）戊烷中含有5个碳原子，分子式为C5H12，存在正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体；若一氯代物只有一种，说明只含一种氢原子，则结构简式为。
故答案为： C5H12 ；3； ；
（3）乙烯结构简式为，所含官能团名称为碳碳双键；
故答案为： 碳碳双键 ；
（4）乙烯与水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为；乙醇与氧气催化氧化生成乙醛和水，化学方程式为。
故答案为： ； 。
【分析】(1) 甲烷的同系物关键点：同系物需 “结构相似（均为烷烃）、组成差 CH2”，排除烯烃（③④），选①②。
(2) 分子式：烷烃通式 CnH2n+2，n=5 得 C5H12；同分异构体：正、异、新戊烷共 3 种；一氯代物仅一种：新戊烷（所有 H 等效）。
(3) 乙烯结构含碳碳双键，直接写官能团名称。
(4) 乙烯加成与催化氧化：
加成：乙烯+水→乙醇（条件：催化剂）；
催化氧化：乙醇 + O2→乙醛+H2O（条件：催化剂、加热）。
16．【答案】（1）(浓)
（2）(或)
（3）排尽装置中的空气，防止加热时硫与氧气反应；将装置内未反应的氯气排入F内吸收以免污染空气
（4）ad
（5）SCl2、S
（6）极性键、非极性键
【知识点】氯气的实验室制法；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置A为MnO2和浓盐酸在加热的条件制取Cl2的装置，故发生反应的化学方程式为：(浓)；
故答案为：(浓) ；
（2）根据已知，遇水发生反应，则装置D的作用是除去氯气中的水蒸气，选择合适的干燥剂，由于氯气和碱石灰反应，故应选择中性或酸性的干燥剂或；
故答案为：(或) ；
（3）实验前先通入氮气，是为了将装置内的空气排尽，因为反应温度较高，可能会和硫反应生成二氧化硫；反应后通入氮气，是为了将装置内的氯气全部进入装置F中，用NaOH将其吸收，避免进入空气中污染环境；
故答案为： 排尽装置中的空气，防止加热时硫与氧气反应 ； 将装置内未反应的氯气排入F内吸收以免污染空气 ；
（4）硫可以和浓的热氢氧化钠反应，3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O；硫在水和酒精中溶解度很小，故不能用于清洗硫；硫易溶于中，因为都是非极性的，相似相溶；故答案选ad；
故答案为： ad ；
（5）根据已知条件，温度超以上完全分解生成硫和氯气，且，那么温度过高可能会产生SCl2和S；
故答案为： SCl2、S ；
（6）由于中各原子均满足8电子结构，根据S和Cl的成键特征，S形成两条键，Cl形成一条键，则结构式为Cl-S-S-Cl，Cl-S为极性键，S-S为非极性键。
故答案为： 极性键、非极性键 。
【分析】本次实验的核心是制备 S2Cl2：通过 MnO2与浓盐酸加热制 Cl2，再经纯化、干燥后与硫反应。各装置作用明确：装置 A：发生反应生成 Cl2；装置 B：除去 Cl2中混有的 HCl 杂质；
装置 D：干燥 Cl2（避免 S2Cl2遇水反应）；装置 E：Cl2与硫在 110-140℃下反应生成 S2Cl2；
装置 C、F：分别吸收制备过程中多余的 Cl2，防止污染空气。
结合 S2Cl2的性质（遇水反应、高温分解等），可分析各操作与试剂的选择逻辑。
(1) 记浓盐酸与 MnO2共热制 Cl2的反应方程式，注意条件 “浓” 和加热。
(2) 依据 S2Cl2遇水反应，D 需干燥 Cl2，选 CaCl2或 P2O5等干燥剂。
(3) 实验前通 N2：排空气，防 S 与 O2反应；反应后通 N2：排残留 Cl2到 F 中吸收，防污染。
(4) 利用 S 的溶解性：S 溶于 CS2，与热浓 NaOH 反应，选 ad。
(5) 结合 S2Cl2性质：高温分解生成 S，或与 Cl2反应生成 SCl2，杂质为 S、SCl2。
(6) 分析 S2Cl2结构：S-S 为非极性键，S-Cl 为极性键。
（1）由分析可知，装置A为MnO2和浓盐酸在加热的条件制取Cl2的装置，故发生反应的化学方程式为：(浓)；
（2）根据已知，遇水发生反应，则装置D的作用是除去氯气中的水蒸气，选择合适的干燥剂，由于氯气和碱石灰反应，故应选择中性或酸性的干燥剂或；
（3）实验前先通入氮气，是为了将装置内的空气排尽，因为反应温度较高，可能会和硫反应生成二氧化硫；反应后通入氮气，是为了将装置内的氯气全部进入装置F中，用NaOH将其吸收，避免进入空气中污染环境；
（4）硫可以和浓的热氢氧化钠反应，3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O；硫在水和酒精中溶解度很小，故不能用于清洗硫；硫易溶于中，因为都是非极性的，相似相溶；故答案选ad；
（5）根据已知条件，温度超以上完全分解生成硫和氯气，且，那么温度过高可能会产生SCl2和S；
（6）由于中各原子均满足8电子结构，根据S和Cl的成键特征，S形成两条键，Cl形成一条键，则结构式为Cl-S-S-Cl，Cl-S为极性键，S-S为非极性键。
17．【答案】（1）；
（2）电解饱和溶液和熔融
（3）
（4）
（5）资源来源丰富、经济效益
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】（1）用海滩上的贝壳制的过程为贝壳中的碳酸钙分解制得氧化钙，氧化钙与水反应生成，化学方程式为、。
故答案为： ；；
（2）电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融得到金属镁和氯气，均有化合价变化，均属于氧化还原反应，
故答案为：电解饱和溶液和熔融；
（3）氯气和烧碱溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，制“84”消毒液的离子方程式为。
故答案为：；
（4）电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，发生的化学方程式为。
故答案为：；
（5）用海滩上的贝壳制，而不从异地山中开凿石灰石制取，主要考虑到资源来源丰富、经济效益等问题。
故答案为：资源来源丰富、经济效益。
【分析】海水经蒸发操作，分离出粗盐（含NaCl及泥沙、Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质）和母液（富含Mg2+）。粗盐通过“溶解-除杂-过滤-酸化-结晶”精制：依次加入BaCl2、NaOH、Na2CO3溶液除去SO42-、Mg2+、Ca2+及过量Ba2+，过滤后加盐酸中和过量碱和碳酸盐，最终得到精盐或精制饱和NaCl溶液。对精制饱和NaCl溶液电解（氯碱工业），反应为，生成NaOH、H2、Cl2三种重要化工产品。母液中加入石灰乳（Ca(OH)2），利用Mg2+与OH-的反应，沉淀得到Mg(OH)2，向Mg(OH)2中加入盐酸，发生中和反应，得到MgCl2溶液。MgCl2溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，由于MgCl2易水解，需在HCl气流中加热脱水（抑制水解），得到无水MgCl2。
最后电解熔融MgCl2，反应为，制得金属镁。
（1）用海滩上的贝壳制的过程为贝壳中的碳酸钙分解制得氧化钙，氧化钙与水反应生成，化学方程式为、。
（2）电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融得到金属镁和氯气，均有化合价变化，均属于氧化还原反应，故答案为电解饱和溶液和熔融。
（3）氯气和烧碱溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，制“84”消毒液的离子方程式为。
（4）电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，发生的化学方程式为。
（5）用海滩上的贝壳制，而不从异地山中开凿石灰石制取，主要考虑到资源来源丰富、经济效益等问题，故答案为资源来源丰富、经济效益。
18．【答案】小于；；；；增大压强或降低温度或再充入一定量；；；反应已达平衡，该可逆反应正反应放热，由T2到T3，温度升高，化学平衡逆向移动，NH3的转化率降低；
【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；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应①为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能。由盖斯定律可知，反应，则。
故答案为： 小于 ； ；
（2）①由图可知，A点氨气的体积分数为，设二氧化碳的转化率为a，由方程式可知，A点氨气的物质的量为，二氧化碳物质的量为(2-2a)mol，H2O(g)物质的量为2amol，混合气体总物质的量为，则由氨气的体积分数可得：，解得，即二氧化碳的转化率为；由图可知，B点氨气的体积分数为，设二氧化碳的转化率为b，由方程式可知，B点氨气的物质的量为，混合气体总物质的量为，则由氨气的体积分数可得：，解得，所以氨气的反应速率为；该反应是气体体积减小的放热反应，所以降低温度、增大压强和增大二氧化碳的浓度都能使平衡向正反应方向移动，增大氨气的平衡转化率。
②a．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，a不符合题意；
b．建立平衡过程中气体质量减小，容器体积不变，气体密度减小，气体密度不变能说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．氨气和二氧化碳均是反应物，起始投入的物质的量相等，转化NH3与CO2物质的量之比为2∶1，建立平衡过程中NH3和CO2的浓度比是变量，和的浓度比保持不变能说明反应达到平衡状态，c不符合题意；
d．由反应速率之比与化学计量数之比相等可知，单位时间内消耗2 mol氨气同时消耗1 mol水蒸气说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，d不符合题意；
e．达到平衡时，要达到平衡须，e符合题意；
故答案为 ； ； 增大压强或降低温度或再充入一定量 ； e。
（3）B点氨气的体积分数为，设二氧化碳的转化率为b，由方程式可知，B点氨气的物质的量为，混合气体总物质的量为，则由氨气的体积分数可得：，解得，则平衡时氨气、二氧化碳、水蒸气的物质的量为，气体总物质的量物质的量，由气体的物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为，则反应的平衡常数。
故答案为： ；
（4）该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率减小，由图可知，T2℃时氨气的转化率最大，反应达到平衡，所以由T2到T3时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率减小。
故答案为： 反应已达平衡，该可逆反应正反应放热，由T2到T3，温度升高，化学平衡逆向移动，NH3的转化率降低 ；
（5）由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：，由时，可知，该温度下平衡常数。
故答案为：1。
【分析】（1）放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能；依据盖斯定律，通过脱硝反应和反应①的焓变计算反应②的 ΔH2。
（2）①设 CO2转化率，结合反应式 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(l)+H2O(g)，用氨气体积分数列方程求转化率；根据速率公式计算 v (NH3)；从反应放热、气体体积减小的特点分析提高平衡转化率的措施（如加压、降温等）。
（2）②根据平衡状态特征（正逆速率相等、变量不变），判断各选项是否能说明反应达平衡，重点分析速率关系是否符合化学计量数比。
（3）先求 B 点平衡时各气体（NH3、CO2、H2O）的物质的量，再用分压 = 总压 × 物质的量分数计算分压，代入 Kp 表达式求解。
（4）反应 ΔH < 0（放热），T2时达平衡，升温使平衡逆向移动，导致 NH3转化率降低。
（5）平衡时 v正 = v逆，结合 v正 = k正 c4(NH3) c5(O2)、v逆 = k逆 c4(NO)，推导 K3=，由 k正 = k逆得 K3=1。
19．【答案】（1）丙烯；羟基、酯基
（2）加成反应
（3）
（4）bc
（5）4
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，C的名称为丙烯；由结构简式可知，E分子的含氧官能团为羟基、酯基；
故答案为： 丙烯 ； 羟基、酯基 ；
（2）A为乙烯，乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，则A→B的反应类型为加成反应；
故答案为： 加成反应 ；
（3）D为丙烯酸，在浓硫酸作用下丙烯酸与乙二醇共热发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2OH，则化学方程式为；
故答案为： ；
（4）a．煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，故a错误；
b．乙烯和丙烯在结构和组成上相似，相差一个-CH2，因此互为同系物，故b正确；
c．丙烯中最多有7个原子在同一平面上，如图所示：，故c正确；
故答案为：bc；
（5）C含有的官能团为碳碳双键，分子式为C4H8且含有碳碳双键的有机物结构有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3（存在顺反异构）、，共4种。
故答案为：4.
【分析】煤在高温条件下与水反应（煤的气化），生成一氧化碳（CO）和氢气（H2），反应方程式为：，在催化剂作用下，CO和H2进一步反应，得到乙烯（）和丙烯（），因此A为乙烯，乙烯（A）与溴水发生加成反应，双键打开与溴原子结合，生成1，2-二溴乙烷，反应方程式为：，因此B为1，2-二溴乙烷。 1，2-二溴乙烷（B）在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应（属于取代反应），溴原子被羟基（）取代，生成乙二醇，反应方程式为：。
丙烯（）经两步催化氧化反应生成丙烯酸（）：第一步：丙烯被氧化为丙烯醛（）；第二步：丙烯醛进一步被氧化为丙烯酸（），因此D为丙烯酸，丙烯酸（D）与乙二醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应（酸脱羟基、醇脱氢），生成，反应方程式为：
分子中含碳碳双键，在一定条件下（如引发剂）发生加聚反应，双键打开相互连接形成高分子化合物F，结构为。据此解题。
（1）由结构简式可知，C的名称为丙烯；由结构简式可知，E分子的含氧官能团为羟基、酯基；
（2）A为乙烯，乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，则A→B的反应类型为加成反应；
（3）D为丙烯酸，在浓硫酸作用下丙烯酸与乙二醇共热发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2OH，则化学方程式为；
（4）a．煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，故a错误；
b．乙烯和丙烯在结构和组成上相似，相差一个-CH2，因此互为同系物，故b正确；
c．丙烯中最多有7个原子在同一平面上，如图所示：，故c正确；
故答案为：bc；
（5）C含有的官能团为碳碳双键，分子式为C4H8且含有碳碳双键的有机物结构有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3（存在顺反异构）、，共4种。
1 / 1广西鹿寨中学2025-2026学年高二上学期10月考试化学试题
1．（2025高二上·鹿寨月考）化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A．“丝绸之路”最初的目的是运输中国的丝绸，丝绸的主要成分是蛋白质
B．食醋是生活中常见的调味品，其主要成分为
C．手机中使用的锂电池属于新型二次电池
D．用可降解塑料生产包装盒，能减少对环境的污染，符合绿色化学理念
【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；绿色化学
【解析】【解答】A、丝绸由蚕丝制成，蚕丝的主要成分是蛋白质，A正确；
B、食醋的主要成分是乙酸，其化学式为 CH3COOH；而 CH3CH2OH 是乙醇（酒精）的化学式，所以 B错误；
C、锂电池属于二次电池，可反复充放电，是新型的可充电电池，C正确；
D、可降解塑料能在自然环境中分解，从源头上减少白色污染，符合绿色化学从源头杜绝或减少污染的理念，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对常见物质成分的混淆：如食醋的主要成分是乙酸（CH3COOH），容易与乙醇（CH3CH2OH）混淆，从而误判选项 B。
对电池类型的概念不清：二次电池是可反复充放电的电池，锂电池属于二次电池，若对这一概念不明确，可能会对选项 C 产生误判。
对绿色化学理念的理解不深：可降解塑料能减少环境污染，符合绿色化学从源头减少污染的理念，若对此理解不到位，可能会错误分析选项 D。
2．（2025高二上·鹿寨月考）莽草酸能够通过抑制血小板聚集，防止脑血栓的形成，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．莽草酸分子中含有两种官能团
B．莽草酸的分子式为
C．莽草酸可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．莽草酸与足量金属钠反应可生成
【答案】C
【知识点】烯烃；醇类简介
【解析】【解答】A、莽草酸的结构中含羧基（COOH）、羟基（OH）、碳碳双键三种官能团，并非两种，A 错误；
B、数莽草酸分子的原子：C原子 7 个，H原子数为：羧基中 1 个，碳环及侧链共 10 个（结合结构简式），O原子 5 个，故分子式为C7H10O5，不是C7H9O5，B错误；
C、莽草酸含碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；同时含羟基（与羟基相连的 C 上有 H），也能被酸性高锰酸钾氧化，因此可使溶液褪色，C正确；
D、1mol 莽草酸中，羧基（1 个）和羟基（3 个）均可与 Na 反应，共生成 2mol H2，但题目未说明是标准状况，无法用 22.4L/mol 计算体积（即使是标况，2mol H2体积为 44.8L，但 “标准状况” 这一条件缺失），D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．易遗漏碳碳双键，误将 “羧基、羟基” 当作仅有的两种官能团，忽略结构中的不饱和碳碳键。
B．数氢原子时易漏算碳环或侧链上的 H，导致分子式中 H 的数目错误（如误写为 C7H9O5）。
C．易忽略 “羟基（连有 H 的 C）也能被酸性高锰酸钾氧化”，仅认为碳碳双键使溶液褪色，但实际两种官能团均能使其褪色。
D．忽略 “标准状况” 这一前提条件，直接用 22.4L/mol 计算 H2体积；同时易误算与 Na 反应的官能团数目（羧基 + 羟基共 4 个，生成 2mol H2，而非按错误数目计算）。
3．（2025高二上·鹿寨月考）下列微粒组成与结构的化学用语表达错误的是
A．乙酸乙酯的分子式：
B．乙烯的空间填充模型：
C．HClO的电子式：
D．镁离子的结构示意图：
【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；分子式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、乙酸乙酯的结构简式为 CH3COOCH2CH3，由此可得其分子式为 C4H8O2，A正确；
B、乙烯的结构为 CH2=CH2，所有原子共平面，其空间填充模型能准确体现原子的相对大小和空间排布，B正确；
C、HClO 的结构式为 H—O—Cl，其电子式应体现氧原子分别与氢原子、氯原子成键，正确的电子式为： （氧原子和氯原子的孤电子对需完整表示），而题目中给出的电子式错误，C错误；
D、镁是 12 号元素，镁原子失去最外层 2 个电子形成镁离子，其结构示意图中质子数为 12，核外电子层为 2 层，电子数分别为 2、8，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据乙酸乙酯结构简式，明确分子式是分子组成的原子个数总和，判断。
B．依据乙烯所有原子共平面的结构特点，结合空间填充模型体现原子相对大小和排布的要求判断。
C．按照 HClO 的结构式 H—O—Cl，明确电子式需体现氧原子分别与氢、氯成键的成键规律判断。
D．根据镁原子失电子形成镁离子的规律，明确离子结构示意图中质子数不变、电子层结构变化的要点判断。
4．（2025高二上·鹿寨月考）下列说法中正确的是
A．金刚石和石墨互为同位素 B．中子数为88
C．酸性： D．离子半径：
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；同素异形体；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同位素的定义是 “同种元素的不同原子”，而金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，并非同位素，A错误；
B、原子中，中子数 = 质量数 - 质子数。对于 ，质量数为 150，质子数为 62，因此中子数 = 150-62=88，B正确；
C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强。同周期从左到右非金属性递增（N>P），同主族从上到下非金属性递减（P>Si），故非金属性：N>P>Si，对应最高价含氧酸的酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3，C错误；
D、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。Na+、O2-、Mg2+均含 2 个电子层，核电荷数：Mg2+(12)>Na+(11)>O2-(8)，因此离子半径：O2->Na+>Mg2+，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
A．易混淆 “同位素”（同种元素的不同原子）与 “同素异形体”（同种元素的不同单质），误将金刚石、石墨判定为同位素。
B．易记错 “中子数=质量数-质子数” 的公式，或混淆质量数、质子数的位置（如误将质子数当作质量数计算）。
C．忽略 “最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性一致” 的规律，错误判断同周期、同主族元素的非金属性顺序，进而颠倒酸性强弱。
D．对 “电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小” 的规律记忆错误，误将核电荷数与半径的关系搞反，导致半径顺序判断错误。
5．（2025高二上·鹿寨月考）设为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．与混合反应生成，转移电子数为
B．标准状况下，所含共价键数为
C．中含有的质子数为
D．常温、常压下，1.4 g丁烯与丙烯混合气体含有的氢原子数为
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、合成氨反应（N2+3H2 2NH3）存在反应限度，属于典型可逆反应，反应物无法完全转化为生成物。即便投入 1 mol N2和 3 mol H2，最终生成的 NH3物质的量也小于 2 mol，对应转移电子数必然小于 6NA，A错误；
B、气体摩尔体积的应用前提是 “标准状况下（0℃、101 kPa）且物质为气态”。而四氯化碳（CCl4）在标准状况下呈液态，不符合气体摩尔体积的适用场景，无法通过体积计算其物质的量，更不能推导共价键数目，B错误；
C、H2O 分子的质子构成是固定的（每个 H 含 1 个质子，O 含 8 个质子，1 个 H2O 共 10 个质子），是， 故其质子数为，C错误；
D、丁烯（C4H8）和丙烯（C3H6）均属于单烯烃，通式统一为 C H2 ，这意味着两者氢元素的质量分数恒定不变（均为）。1.4 g 混合气体中，氢元素质量为 1.4 g×=0.2 g，氢原子物质的量为 0.2 g÷1 g/mol=0.2 mol，故氢原子数为 0.2NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．可逆反应不能进行到底，合成氨反应是可逆反应，反应物无法完全转化，转移电子数必然小于理论值。
B．气体摩尔体积的适用条件是标准状况下的气态物质，四氯化碳（CCl4）在标准状况下是液体，不满足该条件，不能用气体摩尔体积计算。
C．计算粒子数需明确物质的量，进而确定质子数。
D．单烯烃通式为 C H2 ，氢元素质量分数固定，丁烯（C4H8）和丙烯（C3H6）均符合此通式，利用这一规律可计算混合气体中氢原子的物质的量及数目。
6．（2025高二上·鹿寨月考）下列实验装置能达到实验目的的是
A．甲：除去中的HCl
B．乙：探究浓度对反应速率的影响
C．丙：配制的溶液
D．丁：探究温度对化学平衡的影响
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；物质的分离与提纯；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．HCl和CO2均与NaOH反应，A不能达到实验目的；
B．两个试管中锌的颗粒大小不同，变量不唯一，B不能达到实验目的；
C．固体溶解的过程需在烧杯中进行，C不能达到实验目的；
D．涉及反应为2NO2（无色）N2O4（红棕色），可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对衡的影响，D能达到实验目的；
故答案为：D
【分析】A.注意除杂时不能除去原物质。B.根据控制变量法进行分析。C.注意容量瓶不能用于固体溶解。D.根据控制变量法进行分析。
7．（2025高二上·鹿寨月考）一种用于驱动潜艇的液氨一液氧燃料电池原理示意如图所示。下列有关该电池说法错误的是
A．电池工作时，电极A电势高于电极B电势
B．电流由电极B经外电路流向电极A
C．电池工作时，每消耗转移电子
D．电极A上发生的电极反应为
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 A 上 NH3被氧化为 N2，发生氧化反应，是负极；电极 B 上 O2被还原，发生还原反应，是正极。电池中，正极电势高于负极，因此电极 A（负极）电势低于电极 B（正极），A错误；
B、电流的流向与电子移动方向相反，电子由负极（A）经外电路流向正极（B），故电流由正极（B）经外电路流向负极（A），B正确；
C、O2在电极 B 发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，每消耗 1mol O2（32g）转移 4mol 电子，则消耗 8g O2（0.25mol）时，转移电子的物质的量为 0.25mol×4 = 1mol，C正确；
D、电极 A 是负极，NH3在碱性环境（NaOH 溶液）中被氧化为 N2，结合电荷守恒与原子守恒，电极反应式为 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，D正确；
故答案为：A。
【分析】解题突破口：
判断正负极：燃料（NH3）发生氧化反应的电极为负极（A），氧化剂（O2）发生还原反应的电极为正极（B）—— 这是分析电池电势、电流方向的核心前提。
电势与电流规律：电池中 “正极电势> 负极电势”，电流方向与电子移动方向相反（电子从负极到正极，电流从正极到负极）。
电子转移计算：明确正极（O2）的还原反应式（O2→OH-，1mol O2转移 4mol 电子），再结合 O2质量计算转移电子数。
电极反应式书写：结合负极的反应物（NH3）、产物（N2），以及电解质环境（碱性），利用 “
失电子数=电荷守恒+原子守恒” 推导反应式。
8．（2025高二上·鹿寨月考）在一定条件下，某可逆反应达到平衡后，X的转化率与温度、压强的关系如图所示。根据图像，下列判断正确的是
A．a+bB．该反应的
C．该反应在高温下具有自发性
D．向平衡体系中加入适量Y，平衡向右移动
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；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】A、Y 是固体，压强只影响气体物质的量。压强 p1 < p2，压强增大时 X 的转化率降低，说明加压平衡逆向移动，即气体反应物的化学计量数之和 < 气体生成物的化学计量数（a
B、温度升高时，X 的转化率增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，故 ΔH > 0，B错误；
C、反应的 ΔH > 0（吸热），由 A 的分析知正反应气体分子数增多（ΔS > 0）。根据自发反应的判断式 ΔG=ΔH-TΔS，高温下 TΔS 的影响增大，会使 ΔG < 0，反应自发进行，C正确；
D、Y 是固体，固体的浓度视为定值，加入适量 Y 不会改变其浓度，因此平衡不移动，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题突破口：
压强对平衡的影响（判断气体分子数变化）：Y 是固体，压强只影响气体物质的量。压强增大（p1→p2），X 转化率降低，平衡逆向移动，说明气体反应物计量数 < 气体生成物计量数（即 a < c），固体 Y 不参与气体计量数比较。
温度对平衡的影响（判断焓变 ΔH）：温度升高，X 转化率增大，平衡正向移动，正反应是吸热反应，故 ΔH > 0。
自发反应的判断（ΔG=ΔH-TΔS）：由 “a < c” 知正反应气体分子数增多（ΔS > 0），结合 ΔH > 0，高温下 TΔS 增大，会使 ΔG < 0，反应自发。
固体反应物对平衡的影响：Y 是固体，固体浓度视为定值，加入 Y 不改变浓度，平衡不移动。
9．（2025高二上·鹿寨月考）一定条件下N2(g)、O2(g)反应生成NO(g)的能量关系如图所示，下列说法错误的是
A．
B．该反应中反应物分子的每次碰撞都为有效碰撞
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂可增加单位时间内NO的产量
【答案】B
【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；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、焓变 ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量，由图知 2NO (g) 能量比 N2(g)+O2(g) 高 180kJ mol- ，故反应 N2(g)+O2(g)=2NO (g) 的 ΔH=+180kJ mol- ，A正确；
B、有效碰撞需要满足 “能量足够（达到活化能）+ 取向合适”，反应物分子的碰撞中，只有同时满足这两个条件的才是有效碰撞，并非每次碰撞都是有效碰撞，B错误；
C、正反应活化能是反应物到过渡态的能量差（1444kJ mol- ），逆反应活化能是生成物到过渡态的能量差（1264kJ mol- ），因此正反应活化能大于逆反应活化能，C正确；
D、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，因此单位时间内 NO 的产量会增加，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题关键点：
焓变计算：用 “ΔH=生成物总能量 - 反应物总能量”，结合图像中能量差得 ΔH=+180kJ mol- 。
有效碰撞条件：有效碰撞需同时满足 “能量达活化能 + 取向合适”，并非所有碰撞都有效。
活化能比较：正反应活化能是 “反应物→过渡态” 的能量差，逆反应是 “生成物→过渡态” 的能量差，直接比数值即可。
催化剂作用：催化剂降活化能、加快速率，增加单位时间内 NO 产量。
10．（2025高二上·鹿寨月考）由四种短周期元素X、Y、Z、R构成的分子结构如图所示，其中所有原子最外层均达到8电子稳定结构。四种元素位于不同主族，R的内层电子总数比其最外层电子数多3；X、Y、Z同周期，Z的原子半径为三者中最小，Y的非金属性为三者中最弱。下列有关叙述正确的是
A．最高价氧化物水化物的酸性：
B．简单离子半径：
C．简单氢化物的稳定性：
D．、的氢化物均可能含非极性键
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；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、X（N）的最高价氧化物水化物是 HNO3，Y（C）的是 H2CO3，酸性 HNO3 > H2CO3，A正确；
B、简单离子为 Z（O2-）、R（Cl-）、X（N3-）。电子层数越多半径越大（Cl- > O2-、N3-）；电子层结构相同则核电荷数大的半径小（O2- < N3-），故半径 Z < X < R，B错误；
C、简单氢化物稳定性 Z（H2O）> X（NH3）> R（HCl）（非金属性 O > N，HCl 稳定性弱于 H2O），C错误；
D、Y（C）的氢化物（如 C2H4）含非极性键，但 R（Cl）的氢化物（HCl）只有极性键，无法含非极性键，D错误；
故答案为：A。
【分析】R 的推断：R 是短周期元素，内层电子总数比最外层多 3。短周期内层为 2 或 10 电子，若内层 2 电子（K 层），则最外层为 2-3=-1（不合理）；若内层 10 电子（L 层），最外层为 10-3=7，故 R 是 Cl（最外层 7 电子，内层 10 电子）。X、Y、Z 的推断：X、Y、Z 同周期，Z 原子半径最小（同周期从左到右半径减小），故 Z 非金属性最强；Y 非金属性三者中最弱。结合分子结构，所有原子最外层 8 电子：
Z 形成 2 个键（如 O、S），但 X、Y、Z 同周期且 Z 半径最小，故 Z 是 O（第二周期，半径最小）。
Y 形成 3 个键（最外层 5 电子），且非金属性最弱，故 Y 是 C（第二周期，非金属性弱于 N、O）。
X 形成 4 个键（最外层 4 电子），同周期中半径大于 O、非金属性强于 C，故 X 是 N。
11．（2025高二上·鹿寨月考）将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)，2min后测得c(D)=0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol/(L·min)，下列说法正确的是
A．2min时，A的物质的量为1.5mol
B．2min时，A的转化率为60%
C．反应速率v(B)=0.25mol/(L·min)
D．该反应方程式中，x=1
【答案】A
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、2min 时，n (A)=3mol-1.5mol=1.5mol，A正确；
B、A 的转化率 =（1.5mol÷3mol）×100%=50%，并非 60%，B错误；
C、v(B)=v(D)÷2=0.25mol/(L·min)÷2=0.125mol/(L·min)，C错误；
D、由速率比得 x=2，D错误；
故答案为：A。
【分析】先根据 v (C) 算出 2min 内 C 的浓度变化：Δc (C)=0.25mol/(L min)×2min=0.5mol/L。设 A、B 初始浓度均为 a mol/L，用 “三段式” 梳理浓度变化：
再结合终态 c (A)：c (B)=3：5，列方程 (a-0.75)：(a-0.25)=3：5，解得 a=1.5。
12．（2025高二上·鹿寨月考）下列有关实验操作、现象和解释或结论中错误的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 向两个含有等质量的氢氧化铝试管中分别加入等体积、等物质的量浓度的和溶液 两试管中白色沉淀均溶解 氢氧化铝是两性氢氧化物
B 常温下，将铁片和铝片放入浓硝酸或浓硫酸中 金属表面生成一层致密的薄膜 常温下，铁、铝遇到浓硝酸或浓硫酸会发生钝化
C 将海带灰溶于水，过滤后，向滤液中滴加淀粉溶液 无明显现象 海带中不含碘元素
D 向盛有某溶液的试管中滴加足量浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中不存在
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；铵离子检验；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、氢氧化铝能与强酸（HCl）、强碱（NaOH）反应溶解，符合两性氢氧化物 “既与酸又与碱反应” 的定义，操作、现象、结论一致，A正确；
B、常温下，铁、铝遇浓硝酸、浓硫酸会生成致密氧化膜（钝化），阻止反应继续进行，现象与结论匹配，B正确；
C、海带中的碘以碘离子（I-）形式存在，淀粉遇 I-无明显现象（淀粉仅遇 I2变蓝）。因此 “滤液加淀粉无现象” 不能说明海带不含碘元素，操作对应的结论错误，C错误；
D、NH4+与浓 NaOH 溶液加热会生成 NH3，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；试纸不变蓝说明无 NH3生成，即原溶液不含 NH4+，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
A．两性氢氧化物能与强酸、强碱均反应，Al(OH)3溶于 HCl、NaOH，结论合理。
B．常温下 Fe、Al 遇浓硝酸、浓硫酸会钝化（生成致密膜），现象与结论匹配。
C．海带中碘以 I-存在，淀粉只遇 I2变蓝，“加淀粉无现象” 不能说明无碘，结论错误。
D．NH4+与浓 NaOH 加热生成 NH3使试纸变蓝，试纸不变蓝则无NH4+，逻辑正确。
13．（2025高二上·鹿寨月考）缓释阿司匹林可控制阿司匹林分子在人体内的释放浓度与速度，发挥更好的疗效，其合成路线如图：
下列说法错误的是
A．E和乙二醇都可以和金属钠反应
B．E生成F的反应类型为加聚反应
C．该路线中每生成1 mol G，同时产生
D．阿司匹林的分子式为
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、E 分子含羧基（—COOH），乙二醇含羟基（—OH），羧基和羟基都能与金属钠发生置换反应生成氢气，A正确；
B、E 分子含碳碳双键，通过加聚反应（双键打开相互连接）生成高分子化合物 F，反应类型为加聚反应，B正确；
C、F 中的羧基（—COOH）与乙二醇的羟基（—OH）、阿司匹林的官能团发生酯化反应，酯化反应中羧基脱羟基、羟基脱氢原子生成水。从反应比例看，每生成 1 mol G，实际生成的 H2O 物质的量是 2n mol（n 为聚合度相关的系数），并非 1 mol，C错误；
D、由 G 的结构逆推阿司匹林的结构简式（ ），数出各原子个数可得其分子式为 C9H8O4，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．考查官能团的反应性，E 含羧基（—COOH）、乙二醇含羟基（—OH），两者均能与金属钠反应。
B．考查反应类型的判断，E 含碳碳双键，通过加聚反应生成高分子 F，依据加聚反应的特点（双键参与、无小分子生成）判断。
C．考查酯化反应的规律，酯化反应中羧基脱 —OH、羟基脱 —H 生成水，结合 F、乙二醇、阿司匹林的反应比例，分析生成 H2O 的物质的量，判断 C 的错误点。
D．考查分子式的确定，由 G 的结构逆推阿司匹林的结构简式，通过数原子个数确定其分子式 C9H8O4。
14．（2025高二上·鹿寨月考）下列叙述与图对应的是
A．对于达到平衡状态的反应：，图①表示在时刻充入了一定量的，平衡逆向移动
B．由图②可知，、满足反应：
C．图③表示的反应方程式为：
D．对于反应 图④轴可以表示的百分含量
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；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、对于反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，若 t0时刻充入 NH3，逆反应速率 v 逆会瞬间增大，而正反应速率 v 正瞬间不变，这与图①中 v正、v逆同时增大的情况不符。图①实际更符合升高温度导致平衡逆向移动（v正、v逆均增大，且 v逆增大更多）的变化，A错误；
B、从图②的 “先拐先平” 原则分析：压强上，P2对应的曲线先达到平衡，说明 P2＞P1；温度上，T1对应的曲线先达到平衡，说明 T1＞T2。增大压强时，C% 增大，说明平衡向气体体积减小的方向（正反应方向）移动；升高温度时，C% 减小，说明平衡向逆反应方向移动，即正反应放热（ΔH＜0）。反应 2A(g)+B(g) 2C (g) 满足 “气体体积减小的放热反应” 的特点，B正确；
C、图③中，A 是反应物（浓度从 2.0 mol L- 减小到 0），B、C 是产物（B 浓度从 0 增大到 0.4 mol L- ，C 浓度从 0 增大到 1.6 mol L- ）。各物质浓度变化量之比等于化学计量数之比，即 A：B：C = 2.0：0.4：1.6 = 5：1：4，因此反应方程式应为 2A B+3C（化学计量数需为最简整数比），C 错误；
D、反应 2X(g)+3Y(g) 3Z(g) ΔH＜0，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，Y 的百分含量应增大。但图④中，温度升高时 y 数值减小，与上述分析矛盾，故 y 轴不能表示 Y 的百分含量，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查平衡移动的图像特征，充入 NH3时逆反应速率瞬间增大、正反应速率瞬间不变，与图①中 v 正、v 逆同时增大的情况不符。
B．掌握“先拐先平” 原则与平衡移动规律，通过图②中曲线达到平衡的先后判断压强（P2＞P1）、温度（T1＞T2），再结合 C% 的变化分析平衡移动方向，确定反应是气体体积减小的放热反应，与 2A (g)+B (g) 2C (g) ΔH＜0 的特点一致。
C．考查浓度变化与化学计量数的关系，根据图③中各物质的浓度变化量之比，确定反应方程式的化学计量数。
D．考查温度对平衡移动的影响与图像的匹配度，反应 ΔH＜0，升高温度平衡逆移，Y 的百分含量应增大，与图④中 y 数值随温度升高而减小的趋势矛盾。
15．（2025高二上·鹿寨月考）烃是一类重要的有机化合物，其结构与性质密切相关。
Ⅰ．烷烃属于饱和烃，其结构中的碳原子均以单键相结合。
（1）下列有机化合物中与甲烷互为同系物的是　 　。
①②③④
（2）戊烷的分子式为　 　，同分异构体共有　 　种，其中一氯代物只有一种的戊烷的结构简式为　 　。
Ⅱ．乙烯是重要的化工原料，其产量可以衡量一个国家石油化工的发展水平。
（3）乙烯中的官能团名称为　 　。
（4）乙烯与水的加成反应，其方程式为：　 　，并写出其加成产物与氧气催化氧化的方程式　 　。
【答案】①②；C5H12；3；；碳碳双键；；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】（1）①②均属于烷烃，③④属于烯烃，则①②与甲烷结构相似，组成上相差2、3个CH2结构，互为同系物；
故答案为： ①② ；
（2）戊烷中含有5个碳原子，分子式为C5H12，存在正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体；若一氯代物只有一种，说明只含一种氢原子，则结构简式为。
故答案为： C5H12 ；3； ；
（3）乙烯结构简式为，所含官能团名称为碳碳双键；
故答案为： 碳碳双键 ；
（4）乙烯与水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为；乙醇与氧气催化氧化生成乙醛和水，化学方程式为。
故答案为： ； 。
【分析】(1) 甲烷的同系物关键点：同系物需 “结构相似（均为烷烃）、组成差 CH2”，排除烯烃（③④），选①②。
(2) 分子式：烷烃通式 CnH2n+2，n=5 得 C5H12；同分异构体：正、异、新戊烷共 3 种；一氯代物仅一种：新戊烷（所有 H 等效）。
(3) 乙烯结构含碳碳双键，直接写官能团名称。
(4) 乙烯加成与催化氧化：
加成：乙烯+水→乙醇（条件：催化剂）；
催化氧化：乙醇 + O2→乙醛+H2O（条件：催化剂、加热）。
16．（2025高二上·鹿寨月考）某研究性学习小组查阅资料：氯气与硫在℃直接化合生成二氯化二硫()。他们利用如下仪器和药品制取纯净的氯气与硫反应来制备。
已知：有关物质的部分性质如下表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 化学性质
①遇水生成、、 ②温度超以上完全分解生成硫和氯气 ③
回答下列问题：
（1）写出A中发生反应的化学方程式：　 　。
（2）D中所装试剂为　 　(填化学式)。
（3）实验前向装置中通入的目的是　 　，反应后向装置中通入的目的是　 　。
（4）若要清洗附着在烧瓶内壁的硫单质，可以选用　 　试剂(填字母)。
a．溶液(浓、热)　　　b．　　　c．酒精　　　d．(二硫化碳)
（5）若加热温度过高，粗品中可能混有的杂质是　 　(填化学式，填写两种)。
（6）已知中各原子均满足8电子结构，则分子中含有的共价键类型为　 　。
【答案】（1）(浓)
（2）(或)
（3）排尽装置中的空气，防止加热时硫与氧气反应；将装置内未反应的氯气排入F内吸收以免污染空气
（4）ad
（5）SCl2、S
（6）极性键、非极性键
【知识点】氯气的实验室制法；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置A为MnO2和浓盐酸在加热的条件制取Cl2的装置，故发生反应的化学方程式为：(浓)；
故答案为：(浓) ；
（2）根据已知，遇水发生反应，则装置D的作用是除去氯气中的水蒸气，选择合适的干燥剂，由于氯气和碱石灰反应，故应选择中性或酸性的干燥剂或；
故答案为：(或) ；
（3）实验前先通入氮气，是为了将装置内的空气排尽，因为反应温度较高，可能会和硫反应生成二氧化硫；反应后通入氮气，是为了将装置内的氯气全部进入装置F中，用NaOH将其吸收，避免进入空气中污染环境；
故答案为： 排尽装置中的空气，防止加热时硫与氧气反应 ； 将装置内未反应的氯气排入F内吸收以免污染空气 ；
（4）硫可以和浓的热氢氧化钠反应，3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O；硫在水和酒精中溶解度很小，故不能用于清洗硫；硫易溶于中，因为都是非极性的，相似相溶；故答案选ad；
故答案为： ad ；
（5）根据已知条件，温度超以上完全分解生成硫和氯气，且，那么温度过高可能会产生SCl2和S；
故答案为： SCl2、S ；
（6）由于中各原子均满足8电子结构，根据S和Cl的成键特征，S形成两条键，Cl形成一条键，则结构式为Cl-S-S-Cl，Cl-S为极性键，S-S为非极性键。
故答案为： 极性键、非极性键 。
【分析】本次实验的核心是制备 S2Cl2：通过 MnO2与浓盐酸加热制 Cl2，再经纯化、干燥后与硫反应。各装置作用明确：装置 A：发生反应生成 Cl2；装置 B：除去 Cl2中混有的 HCl 杂质；
装置 D：干燥 Cl2（避免 S2Cl2遇水反应）；装置 E：Cl2与硫在 110-140℃下反应生成 S2Cl2；
装置 C、F：分别吸收制备过程中多余的 Cl2，防止污染空气。
结合 S2Cl2的性质（遇水反应、高温分解等），可分析各操作与试剂的选择逻辑。
(1) 记浓盐酸与 MnO2共热制 Cl2的反应方程式，注意条件 “浓” 和加热。
(2) 依据 S2Cl2遇水反应，D 需干燥 Cl2，选 CaCl2或 P2O5等干燥剂。
(3) 实验前通 N2：排空气，防 S 与 O2反应；反应后通 N2：排残留 Cl2到 F 中吸收，防污染。
(4) 利用 S 的溶解性：S 溶于 CS2，与热浓 NaOH 反应，选 ad。
(5) 结合 S2Cl2性质：高温分解生成 S，或与 Cl2反应生成 SCl2，杂质为 S、SCl2。
(6) 分析 S2Cl2结构：S-S 为非极性键，S-Cl 为极性键。
（1）由分析可知，装置A为MnO2和浓盐酸在加热的条件制取Cl2的装置，故发生反应的化学方程式为：(浓)；
（2）根据已知，遇水发生反应，则装置D的作用是除去氯气中的水蒸气，选择合适的干燥剂，由于氯气和碱石灰反应，故应选择中性或酸性的干燥剂或；
（3）实验前先通入氮气，是为了将装置内的空气排尽，因为反应温度较高，可能会和硫反应生成二氧化硫；反应后通入氮气，是为了将装置内的氯气全部进入装置F中，用NaOH将其吸收，避免进入空气中污染环境；
（4）硫可以和浓的热氢氧化钠反应，3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O；硫在水和酒精中溶解度很小，故不能用于清洗硫；硫易溶于中，因为都是非极性的，相似相溶；故答案选ad；
（5）根据已知条件，温度超以上完全分解生成硫和氯气，且，那么温度过高可能会产生SCl2和S；
（6）由于中各原子均满足8电子结构，根据S和Cl的成键特征，S形成两条键，Cl形成一条键，则结构式为Cl-S-S-Cl，Cl-S为极性键，S-S为非极性键。
17．（2025高二上·鹿寨月考）从海水中可提取多种化工原料，下图是工业上对海水的几项综合利用的示意图。试回答下列问题：
（1）写出用海滩上的贝壳制的化学方程式：　 　，　 　。
（2）以上海水的综合利用过程中，哪一种操作肯定会引起氧化还原反应的发生　 　。
（3）电解无水可制取镁和氯气，其中副产品氯气和烧碱溶液可制得“84”消毒液，制“84”消毒液的离子方程式为　 　。
（4）写出电解饱和食盐水的化学方程式：　 　。
（5）用海滩上的贝壳制，而不从异地山中开凿石灰石制取，主要考虑到　 　问题。
【答案】（1）；
（2）电解饱和溶液和熔融
（3）
（4）
（5）资源来源丰富、经济效益
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】（1）用海滩上的贝壳制的过程为贝壳中的碳酸钙分解制得氧化钙，氧化钙与水反应生成，化学方程式为、。
故答案为： ；；
（2）电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融得到金属镁和氯气，均有化合价变化，均属于氧化还原反应，
故答案为：电解饱和溶液和熔融；
（3）氯气和烧碱溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，制“84”消毒液的离子方程式为。
故答案为：；
（4）电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，发生的化学方程式为。
故答案为：；
（5）用海滩上的贝壳制，而不从异地山中开凿石灰石制取，主要考虑到资源来源丰富、经济效益等问题。
故答案为：资源来源丰富、经济效益。
【分析】海水经蒸发操作，分离出粗盐（含NaCl及泥沙、Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质）和母液（富含Mg2+）。粗盐通过“溶解-除杂-过滤-酸化-结晶”精制：依次加入BaCl2、NaOH、Na2CO3溶液除去SO42-、Mg2+、Ca2+及过量Ba2+，过滤后加盐酸中和过量碱和碳酸盐，最终得到精盐或精制饱和NaCl溶液。对精制饱和NaCl溶液电解（氯碱工业），反应为，生成NaOH、H2、Cl2三种重要化工产品。母液中加入石灰乳（Ca(OH)2），利用Mg2+与OH-的反应，沉淀得到Mg(OH)2，向Mg(OH)2中加入盐酸，发生中和反应，得到MgCl2溶液。MgCl2溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，由于MgCl2易水解，需在HCl气流中加热脱水（抑制水解），得到无水MgCl2。
最后电解熔融MgCl2，反应为，制得金属镁。
（1）用海滩上的贝壳制的过程为贝壳中的碳酸钙分解制得氧化钙，氧化钙与水反应生成，化学方程式为、。
（2）电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融得到金属镁和氯气，均有化合价变化，均属于氧化还原反应，故答案为电解饱和溶液和熔融。
（3）氯气和烧碱溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，制“84”消毒液的离子方程式为。
（4）电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，发生的化学方程式为。
（5）用海滩上的贝壳制，而不从异地山中开凿石灰石制取，主要考虑到资源来源丰富、经济效益等问题，故答案为资源来源丰富、经济效益。
18．（2025高二上·鹿寨月考）氨的合成对国民经济发展有着重要的意义。根据要求，回答下列问题：
Ⅰ.氨气可用于工业脱硝，脱硝反应为：
已知：反应①：
反应②：
（1）反应①中正反应的活化能　 　逆反应的活化能(填“小于”或“大于”)，由反应①和脱硝反应可知反应②的　 　。
Ⅱ．某实验小组为了模拟工业上利用氨气合成尿素，在压强下，容积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol和，发生反应：，反应过程中混合气体中的体积分数如图所示：
（2）①A点时的体积分数为，则此时的转化率为　 　(保留三位有效数字)；起始到B点，　 　。若要提高氨气平衡转化率，可采取的措施有(写一条即可)：　 　。
②下列不能说明该反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
a．体系的压强保持不变 b．气体密度保持不变 c．和的浓度比保持不变
d．单位时间内消耗同时消耗 e．
（3）B点的平衡常数　 　(写出含的代数式再代入数据进行计算，气体分压=气体总压气体的物质的量分数)。
（4）向恒容密闭容器中加入适量催化剂，并充入一定量的和发生上述反应合成尿素，在不同温度、相同反应时间，测得的转化率与反应温度的变化关系如图所示。温度为时，的转化率降低，可能原因是　 　。
（5）在反应中，正反应速率为，逆反应速率为，为速率常数，受温度影响。已知时，，则该温度下，平衡常数　 　。
【答案】小于；；；；增大压强或降低温度或再充入一定量；；；反应已达平衡，该可逆反应正反应放热，由T2到T3，温度升高，化学平衡逆向移动，NH3的转化率降低；
【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；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应①为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能。由盖斯定律可知，反应，则。
故答案为： 小于 ； ；
（2）①由图可知，A点氨气的体积分数为，设二氧化碳的转化率为a，由方程式可知，A点氨气的物质的量为，二氧化碳物质的量为(2-2a)mol，H2O(g)物质的量为2amol，混合气体总物质的量为，则由氨气的体积分数可得：，解得，即二氧化碳的转化率为；由图可知，B点氨气的体积分数为，设二氧化碳的转化率为b，由方程式可知，B点氨气的物质的量为，混合气体总物质的量为，则由氨气的体积分数可得：，解得，所以氨气的反应速率为；该反应是气体体积减小的放热反应，所以降低温度、增大压强和增大二氧化碳的浓度都能使平衡向正反应方向移动，增大氨气的平衡转化率。
②a．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，a不符合题意；
b．建立平衡过程中气体质量减小，容器体积不变，气体密度减小，气体密度不变能说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．氨气和二氧化碳均是反应物，起始投入的物质的量相等，转化NH3与CO2物质的量之比为2∶1，建立平衡过程中NH3和CO2的浓度比是变量，和的浓度比保持不变能说明反应达到平衡状态，c不符合题意；
d．由反应速率之比与化学计量数之比相等可知，单位时间内消耗2 mol氨气同时消耗1 mol水蒸气说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，d不符合题意；
e．达到平衡时，要达到平衡须，e符合题意；
故答案为 ； ； 增大压强或降低温度或再充入一定量 ； e。
（3）B点氨气的体积分数为，设二氧化碳的转化率为b，由方程式可知，B点氨气的物质的量为，混合气体总物质的量为，则由氨气的体积分数可得：，解得，则平衡时氨气、二氧化碳、水蒸气的物质的量为，气体总物质的量物质的量，由气体的物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为，则反应的平衡常数。
故答案为： ；
（4）该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率减小，由图可知，T2℃时氨气的转化率最大，反应达到平衡，所以由T2到T3时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率减小。
故答案为： 反应已达平衡，该可逆反应正反应放热，由T2到T3，温度升高，化学平衡逆向移动，NH3的转化率降低 ；
（5）由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：，由时，可知，该温度下平衡常数。
故答案为：1。
【分析】（1）放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能；依据盖斯定律，通过脱硝反应和反应①的焓变计算反应②的 ΔH2。
（2）①设 CO2转化率，结合反应式 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(l)+H2O(g)，用氨气体积分数列方程求转化率；根据速率公式计算 v (NH3)；从反应放热、气体体积减小的特点分析提高平衡转化率的措施（如加压、降温等）。
（2）②根据平衡状态特征（正逆速率相等、变量不变），判断各选项是否能说明反应达平衡，重点分析速率关系是否符合化学计量数比。
（3）先求 B 点平衡时各气体（NH3、CO2、H2O）的物质的量，再用分压 = 总压 × 物质的量分数计算分压，代入 Kp 表达式求解。
（4）反应 ΔH < 0（放热），T2时达平衡，升温使平衡逆向移动，导致 NH3转化率降低。
（5）平衡时 v正 = v逆，结合 v正 = k正 c4(NH3) c5(O2)、v逆 = k逆 c4(NO)，推导 K3=，由 k正 = k逆得 K3=1。
19．（2025高二上·鹿寨月考）聚丙烯酸乙二醇酯是一种良好的水溶性涂料。工业上以煤为原料可设计合成路线如下：
查阅资料获得信息：
回答下列问题：
（1）C的名称为　 　，E中含氧官能团名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　。
（3）反应④的化学方程式为　 　。
（4）下列对图中有关物质的叙述正确的是　 　(填标号)。
a．煤的干馏是指在空气中加强热使其分解
b．化合物A和C互为同系物
c．化合物C中最多有7个原子在同一平面上
（5）分子式为且与C含有相同官能团的有机物结构有　 　种。
【答案】（1）丙烯；羟基、酯基
（2）加成反应
（3）
（4）bc
（5）4
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，C的名称为丙烯；由结构简式可知，E分子的含氧官能团为羟基、酯基；
故答案为： 丙烯 ； 羟基、酯基 ；
（2）A为乙烯，乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，则A→B的反应类型为加成反应；
故答案为： 加成反应 ；
（3）D为丙烯酸，在浓硫酸作用下丙烯酸与乙二醇共热发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2OH，则化学方程式为；
故答案为： ；
（4）a．煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，故a错误；
b．乙烯和丙烯在结构和组成上相似，相差一个-CH2，因此互为同系物，故b正确；
c．丙烯中最多有7个原子在同一平面上，如图所示：，故c正确；
故答案为：bc；
（5）C含有的官能团为碳碳双键，分子式为C4H8且含有碳碳双键的有机物结构有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3（存在顺反异构）、，共4种。
故答案为：4.
【分析】煤在高温条件下与水反应（煤的气化），生成一氧化碳（CO）和氢气（H2），反应方程式为：，在催化剂作用下，CO和H2进一步反应，得到乙烯（）和丙烯（），因此A为乙烯，乙烯（A）与溴水发生加成反应，双键打开与溴原子结合，生成1，2-二溴乙烷，反应方程式为：，因此B为1，2-二溴乙烷。 1，2-二溴乙烷（B）在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应（属于取代反应），溴原子被羟基（）取代，生成乙二醇，反应方程式为：。
丙烯（）经两步催化氧化反应生成丙烯酸（）：第一步：丙烯被氧化为丙烯醛（）；第二步：丙烯醛进一步被氧化为丙烯酸（），因此D为丙烯酸，丙烯酸（D）与乙二醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应（酸脱羟基、醇脱氢），生成，反应方程式为：
分子中含碳碳双键，在一定条件下（如引发剂）发生加聚反应，双键打开相互连接形成高分子化合物F，结构为。据此解题。
（1）由结构简式可知，C的名称为丙烯；由结构简式可知，E分子的含氧官能团为羟基、酯基；
（2）A为乙烯，乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，则A→B的反应类型为加成反应；
（3）D为丙烯酸，在浓硫酸作用下丙烯酸与乙二醇共热发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2OH，则化学方程式为；
（4）a．煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，故a错误；
b．乙烯和丙烯在结构和组成上相似，相差一个-CH2，因此互为同系物，故b正确；
c．丙烯中最多有7个原子在同一平面上，如图所示：，故c正确；
故答案为：bc；
（5）C含有的官能团为碳碳双键，分子式为C4H8且含有碳碳双键的有机物结构有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3（存在顺反异构）、，共4种。
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