精品解析：北京市第二中学2025-2026学年高三上学期开学考化学试题

北京二中2025—2026学年度高三年级开学测试试卷 化学 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　Mg-24　Al-27　Fe-56　Ni-59　Cu-64 一、选择题(1~10题每小题3分，11~15题每小题2分，共40分) 1. 下列反应中，CO2做氧化剂的是 A. CO2被过氧化钠固体吸收，有氧气生成 B. 镁条在CO2中燃烧，有黑色固体生成 C. 将足量CO2通入氨水中，有碳酸氢铵生成 D. 将CO2通入苯酚钠溶液中，有白色浑浊物生成 2. 室温下，将充满的试管倒立在水中，实验现象如下图。下列分析不正确的是 A. 易溶于水，不能用排水法收集 B. 试管中剩余的无色气体可能是 C. 取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为与反应生成了酸 D. 向试管中再缓缓通入一定量的，试管中的液面上升 3. 下列对实验现象解释的方程式中，正确的是 A. 0.1 mol/L次氯酸溶液的pH约为4.2： HClO= H++ ClO- B. 向醋酸中加入NaHCO3溶液得到无色气体：2CH3COOH + CO=2CH3COO- + H2O+ CO2↑ C. 向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H+ +SO + Ba2+ +2OH- =BaSO4↓ + 2H2O D. 在煤中添加石灰石，降低尾气中SO2浓度：2CaCO3 + 2SO2+O22CaSO4+ 2CO2 4. 下列模拟工业生产中物质的转化合理的是 A. 饱和NaCl溶液晶体 B. 海水()沉淀溶液 C. D. 5. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 无色溶液中：、、、 B. 含有的溶液中：、、、 C. 由水电离出的的溶液中：、、、 D. pH=11的NaOH溶液中：、、、 6. 某小组用如图装置探究的性质。下列离子方程式书写不正确的是 A. 甲中紫色褪去： B. 乙中蓝色逐渐变浅： C. 丙中产生少量白色沉淀： D. 丁中可能的反应： 7. 室温下，时刻向两个盛有蒸馏水的烧杯中分别加入①、②蔗糖，搅拌，最终分别得到悬浊液和澄清溶液，溶解过程中分散系的导电能力变化如图。 下列分析不正确的是 A. 该实验可证明蔗糖不是电解质 B. 该实验可证明碳酸钙是强电解质 C. 当①中导电能力不变时，达到平衡 D. 时刻，①中再加入，导电能力不变 8. 利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制明矾的一种工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. ①中生成了： B. 操作a是过滤，以除去难溶于NaOH溶液的杂质 C. ②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质 D. 由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度 9. 反应①是制备SiH4的一种方法，利用其副产物可制备相应物质，有关转化关系如下： 下列说法不正确的是（ ） A. A2B的化学式为Mg2Si B. NH3、NH4Cl可以循环使用 C. 反应①中参加反应的NH3和NH4Cl的物质的量之比为1∶1 D. 反应②中每生成24gMg转移2mol电子 10. 实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下： 下列说法不正确的是 A. 可用饱和NaCl溶液净化氯气 B. 生成KClO3的离子方程式为3Cl2 + 6OH－ + 5Cl－ + 3H2O C. 推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色 D. 上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3 11. 亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下： 下列说法错误的是（ ） A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1 B. 若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物 C. 反应②中的H2O2可用NaClO4代替 D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2 12. 用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 是还原反应的产物 B. 还原性： C. 处理后溶液的增大 D. 图示反应过程中起催化作用的是 13. 某小组同学探究Al与的反应，实验如下。 装置 序号 试剂a 现象 ① 2mL0.5mol/L溶液 无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点 ② 2mL0.5mol/L溶液 迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl 下列说法不正确的是 A. ②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关 B. ②中产生白色沉淀的可能原因： C. 向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象 D. ②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜 14. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A. Ⅱ中发生的反应有 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 15. 实验小组研究Na与CO2的反应，装置、步骤和现象如下： 实验步骤和现象： i. 通入CO2至澄清石灰水变浑浊后，点燃酒精灯。 ii. 一段时间后，硬质玻璃管中有白色物质产生，管壁上有黑色物质出现。检验CO的试剂未见明显变化。 iii. 将硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生；过滤，向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再次过滤，滤液呈碱性；取白色沉淀加入盐酸，产生气体。 iv. 将管壁上的黑色物质与浓硫酸混合加热，生成能使品红溶液褪色的气体。 下列说法不正确的是 A. 步骤i的目的是排除O2的干扰 B. 步骤iii证明白色物质是Na2CO3 C. 步骤iv发生反应的化学方程式为C + 2H2SO4(浓) CO2↑+ 2SO2↑+ 2H2O D. 根据以上实验推测：CO2与金属K也可以发生反应并被还原 二、填空题(共60分，将答案填写在答题纸的指定位置) 16. 钠离子电池和钾离子电池是具有应用前景的二次电池。某钠离子电池以的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，作正极材料。 （1）与环氧丙烷在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。 ①是_____(填“极性”或“非极性”)分子。 ②环氧丙烷中，O原子的杂化类型是_____杂化。 ③沸点：环氧丙烷_____(填“>”或“<”)，解释其原因：_____。 （2）溶液与溶液混合可制备晶体。 ①基态Mn原子的电子排布式是_____。 ②的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，被称为拟卤素。 ⅰ.与反应的生成物的结构式分别是、_____。 ⅱ.HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性比乙炔的强的原因是_____。 （3）可用作钾离子电池的正极材料，其晶胞结构如下图所示。 ①距离最近的有_____个。 ②第三电离能：，结合原子结构解释原因：_____。 ③放电后转化为，充电时物质的变化如下： 充电时生成A的电极反应式：_____(请标注A中Fe和Mn的化合价)。 17. 次磷酸钠()具有强还原性，在制药等多个领域具有广泛的应用。 Ⅰ．利用黄磷()、NaOH和制备，涉及三个阶段。 ①阶段一：和NaOH反应生成和。 ②阶段二：被氧化为。 ③阶段三：与过量的NaOH反应，生成。 （1）阶段一中，氧化剂与还原剂的质量比为_____。 （2）属于_____(填“正盐”或“酸式盐”)。 （3）理论上，制备过程中，消耗的和与生成的的物质的量之比，_____。 Ⅱ．利用和生成CuCl沉淀可除去酸性废水中的。 （4）该反应同时生成亚磷酸()，其离子方程式是：_____。 （5）取6份含0.01molNaCl的酸性溶液，再分别溶解0.02mol，最后加入，充分反应。测得去除率与初始加入的之间的关系如下图所示。 ①当mol时，检测到反应后溶液中含0.01mol。结合上图推测，氧化的粒子有_____。 ②当mol时，去除率随增加而减小。从氧化还原角度推测其原因可能是_____。 18. 工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。 （1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现___________性。 （2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。 已知： ①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。 ②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。 □NO+□___________+□___________□□□___________ ③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：___________。 （3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下： 检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。 ①在电解池中被还原为NO的离子方程式为___________。 ②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是___________。 ③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。 19. 莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如下： 已知： （1）A的结构简式是_____。 （2）A→B的反应类型是_____。 （3）C中含有的官能团是_____。 （4）物质a的分子式为，其分子中有_____种不同化学环境的氢原子。 （5）Ⅰ能与反应生成，的化学方程式是_____。 （6）芳香化合物L的结构简式是_____。 （7）还可用A为原料，经如下间接电化学氧化工艺流程合成C，反应器中生成C的离子方程式是_____。 20. 某小组同学向的0.5mol·L-1的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 序号 金属 实验操作、现象及产物 Ⅰ 过量Cu粉 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn粉 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3∼4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg粉 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3∼4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 （1）实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有生成。Ⅰ中反应的离子方程式是_____。 （2）①实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_____。 ②实验I反应后的混合物，放置较长时间后pH升高，也会生成红褐色沉淀。导致I反应后混合物pH升高的离子反应是_____。 （3）对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 资料：0.5mol·L-1开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3. 理论分析： ⅰ.当、浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，Fe也会被、消耗。 ⅱ.当、浓度较小时，可忽略、对Fe的消耗。 ⅲ.反应产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，可阻碍Zn与的反应。 ①从反应速率角度说明理论分析ⅰ、ⅱ成立的原因_____。 ②设计实验(填实验操作和现象)_____，证实在实验II中理论分析ⅱ成立。 实验探究： ③结合理论分析，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_____(填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 ④用Zn片代替Zn粉，重做实验Ⅱ． 实验现象：一段时间后有气泡产生并缓慢加快，溶液pH逐渐增大，产生红褐色溶液，有丁达尔现象，当溶液pH为3~4，取出固体，固体中检测到Fe单质。 已知：相同条件下，在溶液中的移动速率远大于。 分析反应中金属表面离子浓度的变化，推测Zn片代替Zn粉后，实验现象产生差异的原因：_____ （4）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京二中2025—2026学年度高三年级开学测试试卷 化学 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　Mg-24　Al-27　Fe-56　Ni-59　Cu-64 一、选择题(1~10题每小题3分，11~15题每小题2分，共40分) 1. 下列反应中，CO2做氧化剂的是 A. CO2被过氧化钠固体吸收，有氧气生成 B. 镁条在CO2中燃烧，有黑色固体生成 C. 将足量CO2通入氨水中，有碳酸氢铵生成 D. 将CO2通入苯酚钠溶液中，有白色浑浊物生成 【答案】B 【解析】 【详解】A. CO2被过氧化钠固体吸收，反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B. 镁条在CO2中燃烧，生成碳和氧化镁，其中二氧化碳是氧化剂，镁是还原剂，故B正确；C. 将足量CO2通入氨水中，生成碳酸氢铵，没有发生氧化还原反应，故C错误；D. 将CO2通入苯酚钠溶液中，有白色浑浊物苯酚生成，没有发生氧化还原反应，故D错误；故选B。 2. 室温下，将充满的试管倒立在水中，实验现象如下图。下列分析不正确的是 A. 易溶于水，不能用排水法收集 B. 试管中剩余的无色气体可能是 C. 取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为与反应生成了酸 D. 向试管中再缓缓通入一定量的，试管中的液面上升 【答案】B 【解析】 【详解】A．NO2与水可发生反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO↑），会被水吸收，因此不能用排水法收集，A正确； B．NO2与水反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO↑，生成的NO为无色气体且难溶于水，故剩余无色气体应为NO，而非N2O4，B错误； C．NO2与水反应生成HNO3，HNO3为强酸，溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红，C正确； D．试管中剩余气体为NO，通入O2后发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，气体被吸收，试管内压强减小，液面上升，D正确； 故答案选B。 3. 下列对实验现象解释的方程式中，正确的是 A. 0.1 mol/L次氯酸溶液的pH约为4.2： HClO= H++ ClO- B. 向醋酸中加入NaHCO3溶液得到无色气体：2CH3COOH + CO=2CH3COO- + H2O+ CO2↑ C. 向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H+ +SO + Ba2+ +2OH- =BaSO4↓ + 2H2O D. 在煤中添加石灰石，降低尾气中SO2浓度：2CaCO3 + 2SO2+O22CaSO4+ 2CO2 【答案】D 【解析】 【详解】A. HClO为弱电解质，不完全电离，故A错误； B. NaHCO3溶液中电离生成Na+和，不能拆成形式，故B错误； C. NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液反应，离子方程式中H+与的系数比应为1:1离子方程式为H+ +SO + Ba2+ +OH- =BaSO4↓ + H2O，故C错误； D. 石灰石与 SO2和空气中氧气反应得到CaSO4和CO2降低尾气中SO2浓度，化学方程式为：2CaCO3 + 2SO2+O22CaSO4+ 2CO2，故D正确。 故答案选：D。 4. 下列模拟工业生产中物质的转化合理的是 A. 饱和NaCl溶液晶体 B. 海水()沉淀溶液 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．侯氏制碱法中应向饱和氯化钠溶液中先通NH3使溶液呈碱性，再通CO2以增大CO2吸收量，促进NaHCO3析出，A错误； B．电解MgCl2溶液中氢离子在阴极得电子生成氢气，得不到金属Mg，工业上需电解熔融MgCl2制取Mg，B错误； C．NH3催化氧化生成NO，NO氧化为NO2，NO2与水反应生成HNO3，符合工业制硝酸流程，C正确； D．S燃烧生成SO2，工业制硫酸需SO2催化氧化为SO3后再与水反应，D错误； 故选C。 5. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 无色溶液中：、、、 B. 含有的溶液中：、、、 C. 由水电离出的的溶液中：、、、 D. pH=11的NaOH溶液中：、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．在溶液中为蓝色，不能存在，A错误； B．硝酸根离子在氢离子存在的情况下具有强氧化性，可以氧化亚硫酸根离子，不能存在，B错误； C．由水电离出的的溶液可能显酸性或者碱性，无论是酸性还是碱性条件下碳酸氢根离子都不能存在，C错误； D．碱性条件下，、、、相互之间不反应，可以共存，D正确； 故选D。 6. 某小组用如图装置探究的性质。下列离子方程式书写不正确的是 A. 甲中紫色褪去： B. 乙中蓝色逐渐变浅： C. 丙中产生少量白色沉淀： D. 丁中可能的反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．SO2具有还原性，KMnO4有氧化性，S元素化合价从+4升至+6，Mn元素从+7降至+2，反应的离子方程式：，故A正确； B．SO2具有还原性，I2有氧化性，S元素化合价从+4升至+6，I元素从0降至-1，反应的离子方程式：，故B正确； C．H2SO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制取强酸，即SO2与BaCl2溶液不反应，不会有白色沉淀产生，故C错误； D．SO2是酸性氧化物，能与强碱发生反应，离子方程式：，故D正确； 故选：C。 7. 室温下，时刻向两个盛有蒸馏水的烧杯中分别加入①、②蔗糖，搅拌，最终分别得到悬浊液和澄清溶液，溶解过程中分散系的导电能力变化如图。 下列分析不正确的是 A. 该实验可证明蔗糖不是电解质 B. 该实验可证明碳酸钙是强电解质 C. 当①中导电能力不变时，达到平衡 D. 时刻，①中再加入，导电能力不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，蔗糖溶解过程中分散系的导电能力基本不变，说明蔗糖为非电解质，故A正确； B．由图可知，随着CaCO3固体的溶解，溶液中阴阳离子的浓度不断增大，溶液的导电性不断增强，达到饱和溶液时导电性不变，说明CaCO3是电解质，但无法证明CaCO3是否完全电离，即不能判断CaCO3是强电解质，故B错误； C．CaCO3是难溶性电解质，存在溶解平衡为，当①中导电能力不变时，溶液中阴阳离子浓度不变，即达到平衡状态，故C正确； D．t2时刻CaCO3溶解达到饱和状态，再加入1gCaCO3时，CaCO3不溶解，溶液中阴阳离子浓度不变，则溶液的导电能力不变，故D正确； 故选B。 8. 利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制明矾的一种工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. ①中生成了： B. 操作a是过滤，以除去难溶于NaOH溶液的杂质 C. ②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质 D. 由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度 【答案】C 【解析】 【分析】铝箔碱浸时铝与氢氧化钠溶液反应，经过滤将不反应的镁、铁单质滤出，含有滤液中加入稀硫酸发生反应，过滤后将与稀硫酸混合生成硫酸铝，再加入硫酸钾饱和溶液结晶得到明矾。 【详解】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为，A正确； B．碱溶后，铝溶解为四羟基合铝酸钠，杂质Mg、Fe不与NaOH反应，以固体形式存在，操作a为过滤可除去难溶杂质，B正确； C．步骤②中稀硫酸的作用是酸化四羟基合铝酸钠溶液，调节pH=8-9使沉淀析出，并非除去杂质；步骤③中稀硫酸是溶解得到溶液，两者均非“除去杂质”，C错误； D．③中得到溶液，加入硫酸钾饱和溶液后结晶析出明矾，说明室温下明矾溶解度小于和的溶解度，D正确； 故选C。 9. 反应①是制备SiH4的一种方法，利用其副产物可制备相应物质，有关转化关系如下： 下列说法不正确的是（ ） A. A2B的化学式为Mg2Si B. NH3、NH4Cl可以循环使用 C. 反应①中参加反应的NH3和NH4Cl的物质的量之比为1∶1 D. 反应②中每生成24gMg转移2mol电子 【答案】C 【解析】 【分析】根据化学反应的本质，反应①的产物中出现Si和Mg元素，结合Mg为+2价、Si为-4价，可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。 【详解】A．由分析知，A2B应为Mg2Si，故A正确； B．由分析知，产物氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，故B正确； C．反应①发生反应的化学方程式为Mg2Si+8NH3+4NH4Cl=SiH4+2MgCl2•6NH3，则参加反应的NH3和NH4Cl的物质的量之比为2:1，故C错误； D．反应②中电解MgCl2生成Mg，其中Mg元素从+2价降为0价，则每生成24g(1mol)Mg转移2mol电子，故D正确； 故答案为C。 10. 实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下： 下列说法不正确的是 A. 可用饱和NaCl溶液净化氯气 B. 生成KClO3的离子方程式为3Cl2 + 6OH－ + 5Cl－ + 3H2O C. 推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色 D. 上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气中含有挥发出的HCl，可用饱和NaCl溶液吸收会发出的HCl，达到净化氯气的目的，故A正确； B．Cl2和KOH在加热条件下反应生成KClO3，其离子方程式为3Cl2 + 6OH－ + 5Cl－ + 3H2O，故B正确； C．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，发生的离子反应为 + 6I－ + 6H＋＝3I2+ Cl－+3H2O，溶液紫色，故C错误； D．根据B选项分析得到上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性KClO3和HCl反应生成氯气，因此酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3，故D正确。 综上所述，答案为C。 11. 亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下： 下列说法错误的是（ ） A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1 B. 若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物 C. 反应②中的H2O2可用NaClO4代替 D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确； B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确； C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误； D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确； 故答案选C。 【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。 12. 用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 是还原反应的产物 B. 还原性： C. 处理后溶液的增大 D. 图示反应过程中起催化作用的是 【答案】C 【解析】 【分析】由图中信息可知，和反应生成的是和反应的催化剂，是中间产物，该反应的离子方程式为，是还原剂，是氧化剂，是还原产物。 【详解】A．该反应中，中N元素的化合价升高被氧化，因此，是氧化反应的产物，A不正确； B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为，B不正确； C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确； D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是，D不正确； 综上所述，本题选C。 13. 某小组同学探究Al与的反应，实验如下。 装置 序号 试剂a 现象 ① 2mL0.5mol/L溶液 无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点 ② 2mL0.5mol/L溶液 迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl 下列说法不正确的是 A. ②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关 B. ②中产生白色沉淀的可能原因： C. 向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象 D. ②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜 【答案】D 【解析】 【分析】氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，氯化铜水解呈酸性， Al能从氯化铜溶液中置换出Cu、和水解产生的盐酸反应置换出氢气，Al和覆盖在表面的Cu在溶液中可形成原电池，反应速率大，而表面析出的白色沉淀CuCl，应是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，所以铝与2mL0.5mol/L溶液反应相当缓慢、只有少量铜生成，据此回答。 【详解】A．据分析， ②中产生的气体为氢气，气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关，A正确； B． 据分析，②中产生白色沉淀的可能原因：，B正确； C． 向①中加入一定量NaCl固体，氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，铝投入的溶液中含有铜离子、氯离子，则可推测出现与②相似的实验现象，C正确； D． ②比①反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，D不正确； 答案选D。 14. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A. Ⅱ中发生的反应有 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 【答案】C 【解析】 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【详解】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确； 答案选C。 15. 实验小组研究Na与CO2的反应，装置、步骤和现象如下： 实验步骤和现象： i. 通入CO2至澄清石灰水变浑浊后，点燃酒精灯。 ii. 一段时间后，硬质玻璃管中有白色物质产生，管壁上有黑色物质出现。检验CO的试剂未见明显变化。 iii. 将硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生；过滤，向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再次过滤，滤液呈碱性；取白色沉淀加入盐酸，产生气体。 iv. 将管壁上的黑色物质与浓硫酸混合加热，生成能使品红溶液褪色的气体。 下列说法不正确的是 A. 步骤i的目的是排除O2的干扰 B. 步骤iii证明白色物质是Na2CO3 C. 步骤iv发生反应的化学方程式为C + 2H2SO4(浓) CO2↑+ 2SO2↑+ 2H2O D. 根据以上实验推测：CO2与金属K也可以发生反应并被还原 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 通入CO2至澄清石灰水变浑浊后，可以排除试管内原有氧气的干扰，故A正确； B. 将硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生，说明不存在Na2O2；向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，产生气体说明白色固体中存在Na2CO3；再次过滤，滤液呈碱性，说明白色固体中也存在Na2O，故B错误； C. 黑色物质是C，C和浓硫酸在加热条件下发生反应：C + 2H2SO4(浓) CO2↑+ 2SO2↑+ 2H2O，故C正确； D. K和Na都是IA族的碱金属，化学性质相似，且K比Na更加活泼，根据以上实验推测：CO2与金属K也可以发生反应并被还原，故D正确； 故选B。 二、填空题(共60分，将答案填写在答题纸的指定位置) 16. 钠离子电池和钾离子电池是具有应用前景的二次电池。某钠离子电池以的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，作正极材料。 （1）与环氧丙烷在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。 ①是_____(填“极性”或“非极性”)分子。 ②环氧丙烷中，O原子的杂化类型是_____杂化。 ③沸点：环氧丙烷_____(填“>”或“<”)，解释其原因：_____。 （2）溶液与溶液混合可制备晶体。 ①基态Mn原子的电子排布式是_____。 ②的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，被称为拟卤素。 ⅰ.与反应的生成物的结构式分别是、_____。 ⅱ.HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性比乙炔的强的原因是_____。 （3）可用作钾离子电池的正极材料，其晶胞结构如下图所示。 ①距离最近的有_____个。 ②第三电离能：，结合原子结构解释原因：_____。 ③放电后转化为，充电时物质的变化如下： 充电时生成A的电极反应式：_____(请标注A中Fe和Mn的化合价)。 【答案】（1） ①. 非极性 ②. sp3 ③. > ④. 环氧丙烷与CO2都形成分子晶体，环氧丙烷的相对分子质量大于CO2，分子间作用力环氧丙烷大于CO2，则沸点高 （2） ①. [Ar]3d54s2 ②. ③. N原子的电负性大，-CN具有吸电子效应，使HCN中H-C的极性更大，更易断裂 （3） ①. 6 ②. 的价电子为较稳定结构，不易失去第三个电子，的价电子为易失去1个电子形成较稳定结构 ③. 【解析】 【小问1详解】 ①CO2分子中，C原子的价层电子对数为=2，发生sp杂化，分子呈直线形结构，是非极性分子； ②环氧丙烷分子中，O原子与2个C原子分别以单键相连，其价层电子对数为=4，杂化轨道类型是sp3杂化。 ③环氧丙烷与CO2都形成分子晶体，环氧丙烷的相对分子质量大于CO2，分子间作用力环氧丙烷大于CO2，则沸点：环氧丙烷＞CO2； 【小问2详解】 ①Mn是第25号元素，基态Mn原子的电子排布式是[Ar]3d54s2； ②i．Cl2与H2O反应，生成HCl和HClO，采用类推法，可确定(CN)2与H2O反应的生成物为HCN、HOCN，则结构式分别是、； ⅱ．HCN有酸性但乙炔无明显酸性，乙炔为非极性分子而HCN为极性分子，且H、C间的共用电子对偏离H原子，则HCN的酸性比乙炔的强，原因是：N原子的电负性大，-CN具有吸电子效应，使HCN中H-C的极性更大，更易断裂。 【小问3详解】 ① 根据如图信息，距离Mn3+最近的Fe3+有6个； ②的价电子为较稳定结构，不易失去第三个电子，的价电子为易失去1个电子形成较稳定结构，所以第三电离能I3：Mn>Fe； ③放电后转化为，中，和均为+3价，则A为，充电时生成A的电极反应为：。 17. 次磷酸钠()具有强还原性，在制药等多个领域具有广泛的应用。 Ⅰ．利用黄磷()、NaOH和制备，涉及三个阶段。 ①阶段一：和NaOH反应生成和。 ②阶段二：被氧化为。 ③阶段三：与过量的NaOH反应，生成。 （1）阶段一中，氧化剂与还原剂的质量比为_____。 （2）属于_____(填“正盐”或“酸式盐”)。 （3）理论上，制备过程中，消耗的和与生成的的物质的量之比，_____。 Ⅱ．利用和生成CuCl沉淀可除去酸性废水中的。 （4）该反应同时生成亚磷酸()，其离子方程式是：_____。 （5）取6份含0.01molNaCl的酸性溶液，再分别溶解0.02mol，最后加入，充分反应。测得去除率与初始加入的之间的关系如下图所示。 ①当mol时，检测到反应后溶液中含0.01mol。结合上图推测，氧化的粒子有_____。 ②当mol时，去除率随增加而减小。从氧化还原角度推测其原因可能是_____。 【答案】（1）1:3 （2）正盐 （3）1∶2∶4 （4） （5） ①. Cu2+、O2 ②. NaH2PO2较多时， Cu2+被还原成了Cu 【解析】 【分析】阶段一反应为：，阶段二反应为：，阶段三反应为：。 【小问1详解】 阶段一反应为：，该反应中P4为氧化剂、还原剂，其中作为氧化剂的P原子与还原剂P原子个数之比为1:3，氧化剂与还原剂的质量比为1:3；故答案为：1:3； 【小问2详解】 根据题意可知，阶段三发生反应的化学方程式是，因为NaOH足量，说明NaH2PO2中的H不能被中和，所以NaH2PO2属于正盐，故答案为：正盐； 【小问3详解】 阶段一反应为：，阶段二反应为：，阶段三反应为：，消耗的P4和H2O2与生成的NaH2PO2的物质的量之比，，故答案为：1∶2∶4； 【小问4详解】 根据题意结合原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得离子方程式： ，故答案为： ； 【小问5详解】 ①当时，检测到反应后溶液中含0.01mol，则被完全氧化成H3PO3，而由图可知，氯离子的去除率未达到100%，说明氧化的粒子有Cu2+、O2，故答案为：Cu2+、O2； ②当时，Cl-去除率逐渐减小，从氧化还原角度推测其原因可能是NaH2PO2较多时，将Cu2+还原成了Cu，参与反应的Cu2+减少了，Cl-去除率降低了，故答案为：NaH2PO2较多时，Cu2+被还原成了Cu。 18. 工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。 （1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现___________性。 （2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。 已知： ①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。 ②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。 □NO+□___________+□___________□□□___________ ③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：___________。 （3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下： 检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。 ①在电解池中被还原为NO的离子方程式为___________。 ②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是___________。 ③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。 【答案】（1）还原 （2） ①. 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 ②. ③. 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大 （3） ①. ②. ③. 偏低 【解析】 【小问1详解】 在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原； 【小问2详解】 ①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应； ②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：； ③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大； 【小问3详解】 ①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：； ②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：； ③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。 19. 莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如下： 已知： （1）A的结构简式是_____。 （2）A→B的反应类型是_____。 （3）C中含有的官能团是_____。 （4）物质a的分子式为，其分子中有_____种不同化学环境的氢原子。 （5）Ⅰ能与反应生成，的化学方程式是_____。 （6）芳香化合物L的结构简式是_____。 （7）还可用A为原料，经如下间接电化学氧化工艺流程合成C，反应器中生成C的离子方程式是_____。 【答案】（1） （2）取代反应 （3）醛基 （4）4 （5）++2H2O （6） （7）+4Ce4++H2O→+4Ce3++4H+ 【解析】 【分析】由A化学式推测A为甲苯，A和氯气发生取代反应生成B，B发生水解生成羟基得到C，C在一定条件下和氨气、氢气发生反应生成D；E氧化生成F，F加成生成G，结合G结构、EF化学式可知，E为CH2=CHCH3、F为CH2=CHCHO；F和a加成生成G，则a为；H被氯酸钠氧化为I，I能与NaHCO3反应生成CO2，则I含有羧基，结合H结构、I化学式可知，I为；D和I发生取代反应生成J；J和氢气还原生成K，K和强还原剂反应生成L，结合L化学式可知，L为；L最终生成莫西沙星；据此分析； 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式是； 【小问2详解】 A→B的反应类型是取代反应； 【小问3详解】 C为，含有醛基； 【小问4详解】 a为，分子中含有4种不同化学环境的氢原子； 【小问5详解】 I能与NaHCO3反应生成CO2，D+I→J的化学方程式是++2H2O； 【小问6详解】 由分析可知，芳香化合物L的结构简式是； 【小问7详解】 由流程可知，甲苯和Ce4+发生氧化还原反应生成苯甲醛和Ce3+，+4Ce4++H2O→+4Ce3++4H+。 20. 某小组同学向的0.5mol·L-1的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 序号 金属 实验操作、现象及产物 Ⅰ 过量Cu粉 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn粉 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3∼4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg粉 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3∼4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 （1）实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有生成。Ⅰ中反应的离子方程式是_____。 （2）①实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_____。 ②实验I反应后的混合物，放置较长时间后pH升高，也会生成红褐色沉淀。导致I反应后混合物pH升高的离子反应是_____。 （3）对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 资料：0.5mol·L-1开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3. 理论分析： ⅰ.当、浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，Fe也会被、消耗。 ⅱ.当、浓度较小时，可忽略、对Fe的消耗。 ⅲ.反应产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，可阻碍Zn与的反应。 ①从反应速率角度说明理论分析ⅰ、ⅱ成立的原因_____。 ②设计实验(填实验操作和现象)_____，证实在实验II中理论分析ⅱ成立。 实验探究： ③结合理论分析，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_____(填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 ④用Zn片代替Zn粉，重做实验Ⅱ． 实验现象：一段时间后有气泡产生并缓慢加快，溶液pH逐渐增大，产生红褐色溶液，有丁达尔现象，当溶液pH为3~4，取出固体，固体中检测到Fe单质。 已知：相同条件下，在溶液中的移动速率远大于。 分析反应中金属表面离子浓度的变化，推测Zn片代替Zn粉后，实验现象产生差异的原因：_____ （4）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因_____。 【答案】（1） （2） ①. 溶液存在平衡：，加入Mg或Zn会与氢离子发生反应，导致平衡正向移动，形成氢氧化铁沉淀 ②. （3） ①. 当、浓度较大时，消耗Fe的速率大于生成Fe的速率；当、浓度较小时，消耗Fe的速率较慢，可忽略不计 ②. 向pH为3～4的溶液中加入铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀 ③. 铁离子不沉淀，Zn与亚铁离子形成的Fe不会被消耗，现象为红褐色沉淀溶解，溶液颜色变化 ④. Zn片表面积小，反应速率慢，氢离子消耗速率低，铁离子在Zn片表面浓度较高，优先与Zn反应生成亚铁离子；亚铁离子进一步被Zn还原为Fe单质 （4）实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质是因为加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹 【解析】 【分析】该实验的实验目的是探究氯化铁溶液与过量铜粉、锌粉、镁粉反应时，溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。由实验现象可知，实验Ⅰ中发生的反应为过量的铜与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子和铜离子；实验Ⅱ中发生的反应为铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氢离子，锌与溶液中的氢离子反应生成氢气，促进水解平衡右移，导致铁离子转化为氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀包裹锌粉，阻碍锌与溶液中的亚铁离子反应生成铁；实验Ⅲ中发生的反应为铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氢离子，镁与溶液中的氢离子反应生成氢气，促进水解平衡右移，导致铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应生成的大量气泡，使镁粉不容易被氢氧化铁沉淀包裹，能与溶液中的亚铁离子反应生成铁。 【小问1详解】 根据分析可知，实验I中铜与铁离子发生氧化还原反应：； 【小问2详解】 ①溶液存在平衡：，加入Mg或Zn会与氢离子发生反应，导致平衡正向移动，形成氢氧化铁沉淀； ②实验I反应后的混合物中存在亚铁离子，放置过程中会被空气中氧气氧化，发生离子反应：，反应消耗氢离子，所以pH增大； 【小问3详解】 ①当、浓度较大时，消耗Fe的速率大于生成Fe的速率；当、浓度较小时，消耗Fe的速率较慢，可忽略不计； ②要证实在pH为3~4的溶液中可忽略氢离子对铁的消耗，实际上就是铁不能与pH为3~4的酸溶液反应，具体操作：向pH为3～4的溶液中加入铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀； ③控制，铁离子不沉淀，Zn与亚铁离子形成的Fe不会被消耗，现象为红褐色沉淀溶解，溶液颜色变化； ④Zn片表面积小，反应速率慢，氢离子消耗速率低，铁离子在Zn片表面浓度较高，优先与Zn反应生成亚铁离子；亚铁离子进一步被Zn还原为Fe单质； 【小问4详解】 实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质是因为加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $