精品解析：北京市第一六一中学2025-2026学年高二上学期开学考试 化学试题

北京市第一六一中学2025—2026学年第一学期开学测试 高二化学 本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Zn65 一、选择题：本大题共15道小题，每小题3分，共45分。 1. 下列物质的主要化学成分属于有机化合物的是 A. 刻铭双附耳铜盘 B. 铝锂合金的机身蒙皮 C. 橡胶轮胎 D. 古代瓷器 2. 下列化学用语表达正确的是 A. 羟基的电子式： B. 用电子式表示HCl的形成过程： C. K+的结构示意图： D. 异丁烷分子的球棍模型： 3. 下列物质的应用不涉及氧化还原反应的是 A. 次氯酸钠作纸张的漂白剂 B. 铁粉作食品保鲜的吸氧剂 C. 过氧化钠作呼吸面具的供氧剂 D. 碳酸氢钠作面食的膨松剂 4. 二氯甲烷的结构式为，下列说法正确的是 A. 二氯甲烷分子中不含有官能团 B. 二氯甲烷分子中5个原子在同一个平面内 C. 二氯甲烷不存在同分异构体 D. 二氯甲烷与甲烷互为同系物 5. 下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是 A. 淀粉、纤维素都属于糖类 B. 粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 C. 糖类、油脂在一定条件下都能发生水解反应 D. 蛋白质遇CuSO4溶液变性失活 6. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向溶液中滴加稀硫酸，混合液导电能力下降： B. 用食醋去除水垢中的： C. 通入溶液中，产生白色沉淀： D. 用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，检验是否收集满氨气： 7. 少量铁片与100 mL 0.01 mol·L-1的盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的 ①加H2O ②升高温度(不考虑HCl挥发) ③滴入几滴浓硝酸　④加入少量铁粉 ⑤加NaCl固体　⑥滴入几滴硫酸铜溶液 A. ② B. ②⑥ C. ②④⑤⑥ D. ②③④⑥ 8. 下列实验能达到实验目的的是 选项 A B 实验 实验目的 比较乙醇中羟基氢原子和水中氢原子的活泼性 制备并收集乙酸乙酯 选项 C D 实验 实验目的 比较Cl、Br、I的非金属性强弱 除去SO2中混有的H2SO4蒸气 A. A B. B C. C D. D 9. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A CO2 石灰石+稀H2SO4 c d B NO2 Cu＋浓HNO3 c f C NH3 b e D Cl2 MnO2＋浓盐酸 a f A. A B. B C. C D. D 10. 利用“吹出法”从海水中提溴的主要流程如下图所示。 下列说法不正确的是 A. “氧化”过程发生反应： B. “吸收”后溶液中的大于浓缩海水中的 C. “蒸馏”利用了物质沸点的差异，其中沸点： D. 由“氧化”和“吸收”两步可推测还原性： 11. 碱性锌锰干电池的结构示意图如图。该电池放电时发生反应： 下列说法正确的是 A. Zn发生还原反应 B. 正极发生反应 C. 每转移0.1 mol电子，有0.1 mol OH-向正极方向移动 D. 理论上，每转移0.1 mol电子，有8.1 gZnO生成 12. 以乙烯为原料制备环氧乙烷（）主要有氯醇法和直接氧化法，相关转化关系或反应方程式如下： 氯醇法： 直接氧化法： 下列说法正确的是 A. 乙烯、环氧乙烷均属于烃 B. 乙烯、氯乙醇均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 反应①、③的原子利用率均为100% D. 取反应②结束后的溶液，向其中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明生成了Cl- 13. 某小组同学以SO2与O2反应生成SO3为例，探究可逆反应。 信息1：一定条件下向密闭容器中充入SO2与18O2，反应一段时间后，18O存在于SO2、O2、SO3中。 信息2：密闭容器中1molSO2与0.5molO2在一定条件下发生反应，反应过程中SO3的物质的量的变化趋势如图所示。 下列说法中不正确的是 A. 逆向反应可以发生的证据是18O存在于SO2中 B. 信息2能充分证明相同条件下，可逆反应同时向正、逆两个方向进行 C. t1时正反应速率大于逆反应速率 D. t2时，n(SO3)＜1mol，说明在一定条件下，可逆反应存在限度 14. 研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，转化关系如下图所示。 a、c代表S或中的一种。 下列说法正确的是 A. a、b分别是、 B. ②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 C. ①、③均为放出能量的反应 D. 整个反应过程实现了太阳能转化为热能 15. 兴趣实验小组探究活泼金属和FeCl3溶液的反应，进行了如下实验。 序号 操作 现象 ① 在盛有100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3溶液的烧杯中，投入一块绿豆大小的钠 钠浮在液面上游动，发出响声并熔化成一个亮球，同时溶液中产生红褐色沉淀 ② 在盛有100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有大量气体产生，20 s后观察到镁条表面开始有黑色固体生成，一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀 ③ 在盛有100 mL 0.001 mol∙L−1 FeCl3溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有少量气泡。一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀，镁条表面始终无黑色固体产生 下列说法不正确的是 A. ①中生成沉淀的反应的离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3+3H2↑ B. ②中20s时，溶液中仍存在Fe3+，镁条表面黑色物质中不可能含单质Fe C. ③中无黑色固体产生，是因为Fe3+浓度低且主要转化为Fe(OH)3 D. 金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与FeCl3溶液反应的产物 二、填空题：本大题共5小题，共55分。把答案填在答题纸中相应的横线上。 16. 天然气既是高效洁净的能源，又是重要的化工原料，天然气的主要成分为甲烷。 （1）甲烷在空气中发生燃烧反应的能量变化示意图为________（填序号）。 （2）甲烷可直接应用于燃料电池，其工作原理如图所示。 ①电子从________极流出（填“a”或“b”）。 ②负极反应式是________。 ③电解质溶液体积变化忽略不计，则c（）________（填“不变”或“增大”或“减小”）。 （3）甲烷、水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，其反应为： 已知：i．该反应为吸热反应 ii．断裂1mol化学键所吸收的能量如下： 化学键 C－H O－H H－H C＝O 吸收能量kJ a b c d ①当反应消耗1mol时，吸收的能量为______kJ（用字母表示）。 ②一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1mol（g）和2mol（g），反应过程中测得的物质的量与反应时间的关系如下表。 时间/s 1 2 3 4 5 n（）/mol 0.9 0.82 0.76 0.72 0.70 i．0~5s时间段内平均反应速率v（）＝______。 ii．下列说法中能充分说明该反应已达化学平衡状态的是______（填序号）。 a．浓度不再变化 b．生成0.1mol同时消耗0.2mol c．混合气体的平均摩尔质量不变 d．混合气体的密度不变 17. 氨氮废水（氮元素主要以和存在）大量排放会导致水体的富营养化，排放前须进行脱氮处理。 Ⅰ．测定水体中的含氮量。 已知：滴定指通过将准确浓度的试剂（如标准NaOH溶液）滴加到被测物的溶液中，直到所滴加的试剂与被测物恰好完全反应为止。 （1）用离子方程式解释步骤中浓NaOH溶液的作用______。 （2）氨氮废水样品、溶液、标准NaOH溶液的相关用量如下表： 氨氮废水样品 溶液 标准NaOH溶液 浓度/ —— 体积/L 计算样品含氮量是______g/L。 Ⅱ．氧化法脱氮：用NaClO将氨氮废水中的和氧化为。 取相同体积的水样，加入相同量的NaClO（NaClO稍过量），研究pH对氮元素脱除率的影响，结果如下： 已知：pH＝7时溶液呈中性。pH越低，c（）越高；pH越高，c（）越高。 pH 氮元素质量/g 氮元素脱除率 脱除前 脱除后 5.8 49.3 24.1 51.1% 7.7 49.3 16.9 65.7% 9.3 49.3 25.2 x （3）结合数据，计算x＝______。由此可知，脱氮时溶液pH宜在7.7左右。 （4）以为例，分析不同pH时，脱氮率不同的可能原因。 ①NaClO与反应的离子方程式是______。 ②从电极反应的角度分析，根据氧化反应：______（填方程式），推测pH越高，越易失电子。以同样的方法分析的失电子能力。 根据还原反应：，推测pH越低，越______（填“易”或“难”）得电子。 综合①、②的分析结果可知：pH不同，失电子能力与得电子能力也不同，进而影响氮元素的脱除率。 18. 石油冶炼和部分产品的转化关系如图所示。 （1）中所含官能团的名称为______，该物质可发生加聚反应，其产物的结构简式为______。 （2）A的结构简式为______。 （3）写出D→E的化学方程式______。 （4）反应①~④中，属于加成反应的是______（填序号）。 （5）有多种同分异构体，请写出其中任意一种的结构简式______。 （6）也可发生上述流程中B→C的反应。相同条件下，写出与足量氧气充分反应的化学方程式______。 19. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O （1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 ①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。 （3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1） 20. 化学变化是有条件的。资料显示，同浓度的稀溶液中氧化性：。某小组同学探究与上述金属阳离子的氧化还原反应，实验过程如下： 实验 现象 编号 溶液X I 0.1mol/L，pH≈1 溶液黄色立即加深，30s后溶液变为褐色，无浑浊 Ⅱ 和，其中c（）＝0.3mol/L，pH≈1 1小时内溶液颜色始终保持无色 Ⅲ 0.1mol/L 迅速变浑浊，离心分离后上层溶液为无色（经检测无），固体为黄色（AgI） IV 0.1mol/L 5秒后溶液由浅蓝色变为黄色并产生浑浊，离心分离后上层溶液为黄色（经检测有），固体为白色（CuI） （1）根据实验Ⅰ和Ⅱ回答下列问题。 ①由“黄色立即加深”初步判断有生成，选择______（填试剂）进一步证实生成了。 ②写出与反应的离子方程式______，该条件下氧化性：______（填“＞”、“＜”）。 ③实验Ⅱ的目的是______。 （2）实验Ⅳ中与反应的离子方程式是______，甲同学得出氧化性：。 （3）乙同学认为甲同学的结论不合理，分析原因：实验Ⅲ应该有生成，但却生成了AgI沉淀，因此推测实验Ⅳ中的生成，与CuI沉淀有关，故不能确定氧化性：，并用下图装置进行验证。 K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。乙同学为了进一步判断和的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入______（填试剂），发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：______（填“＞”、“＜”）。 （4）该小组同学进一步分析认为，实验Ⅲ没有发生的原因是：和生成AgI沉淀，反应物浓度迅速降低，不利于该反应进行，并设计实验方案证实了反应可以发生。请描述具体的方案（或装置，注明试剂）、操作及现象______。 小组同学得出反思实验，在反应体系中，反应微粒的种类、浓度对氧化还原反应是否发生都有一定影响。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第一六一中学2025—2026学年第一学期开学测试 高二化学 本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Zn65 一、选择题：本大题共15道小题，每小题3分，共45分。 1. 下列物质的主要化学成分属于有机化合物的是 A. 刻铭双附耳铜盘 B. 铝锂合金的机身蒙皮 C. 橡胶轮胎 D. 古代瓷器 【答案】C 【解析】 【详解】A．刻铭双附耳铜盘的成分是金属，A不符合题意； B．铝锂合金的机身蒙皮的成分是金属，B不符合题意； C．橡胶轮胎的成分是有机高分子，属于有机化合物，C符合题意； D．古代瓷器属于硅酸盐，D不符合题意； 故选C。 2. 下列化学用语表达正确的是 A. 羟基的电子式： B. 用电子式表示HCl的形成过程： C. K+的结构示意图： D. 异丁烷分子的球棍模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．O原子最外层有6个电子，有2个成单电子，其中1个成单电子与H原子核外电子形成1对共用电子对，就得到羟基-OH，故羟基的电子式为，A错误； B．HCl为共价化合物，H原子核外有1个电子，Cl原子最外层有7个电子。H原子核外的1个电子与Cl原子最外层的1个成单电子形成1对共用电子对，从而使分子中H原子达到2个电子的稳定结构，Cl原子达到最外层8个电子的稳定结构，其形成过程用电子式表示为：，B错误； C．K是19号元素，核电荷数是19，核外有19个电子，K原子核外电子排布是2、8、8、1。K原子失去最外层的1个电子变为K+，K+核外电子层排布是2、8、8， 其离子结构示意图应该为：，C错误； D．异丁烷结构为(CH3)3CH，含4个碳原子，每个C原子都采用sp3杂化，与每个碳原子连接的4个原子形成的是四面体结构，由于原子半径：C＞H，球棍模型中黑球代表碳原子、白球代表氢原子，结构中心碳连接三个甲基碳和1个氢原子，符合异丁烷结构，D正确； 故合理选项是D。 3. 下列物质的应用不涉及氧化还原反应的是 A. 次氯酸钠作纸张的漂白剂 B. 铁粉作食品保鲜的吸氧剂 C. 过氧化钠作呼吸面具的供氧剂 D. 碳酸氢钠作面食的膨松剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．次氯酸钠作纸张的漂白剂，体现次氯酸钠的强化性，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．铁粉具有还原性能和吸收氧气，可用作食品抗氧化剂，涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，氧元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．碳酸氢钠作面食的膨松剂是因为碳酸氢钠受热后分解为碳酸钠、水和二氧化碳，化合价未发生变化，不涉及氧化还原反应，D符合题意； 故选D。 4. 二氯甲烷的结构式为，下列说法正确的是 A. 二氯甲烷分子中不含有官能团 B. 二氯甲烷分子中5个原子在同一个平面内 C. 二氯甲烷不存在同分异构体 D. 二氯甲烷与甲烷互为同系物 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氯甲烷的官能团为碳氯键(氯原子)，A错误； B．甲烷是正四面体结构，二氯甲烷可看作甲烷分子中两个氢原子被氯原子取代，分子中5个原子不可能在同一平面内，B错误； C．甲烷为正四面体结构，四个氢原子等效，二氯甲烷只有一种结构，不存在同分异构体，C正确； D．同系物需结构相似、分子组成相差一个或若干个“CH2”原子团，二氯甲烷与甲烷官能团数目不同，结构不相似，不互为同系物，D错误； 故选C。 5. 下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是 A. 淀粉、纤维素都属于糖类 B. 粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 C. 糖类、油脂在一定条件下都能发生水解反应 D. 蛋白质遇CuSO4溶液变性失活 【答案】C 【解析】 【详解】A．淀粉和纤维素均为多糖，属于糖类，A正确； B．粮食酿酒过程中，淀粉先水解为葡萄糖，再经无氧发酵生成乙醇，B正确； C．单糖（如葡萄糖、果糖）无法水解，而油脂均可水解，C错误； D．重金属盐（如CuSO4）会使蛋白质变性失活，D正确； 故答案选C。 6. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向溶液中滴加稀硫酸，混合液导电能力下降： B. 用食醋去除水垢中的： C. 通入溶液中，产生白色沉淀： D. 用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，检验是否收集满氨气： 【答案】D 【解析】 【详解】A．方程式未配平，正确的应为，A错误； B．食醋中的醋酸是弱酸，不能拆为H+，正确应为，B错误； C．在的酸性环境中，会被氧化为，生成沉淀，正确的应为，C错误； D．浓盐酸挥发的HCl与生成固体，产生白烟，方程式正确，D正确。 故选D。 7. 少量铁片与100 mL 0.01 mol·L-1的盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的 ①加H2O ②升高温度(不考虑HCl挥发) ③滴入几滴浓硝酸　④加入少量铁粉 ⑤加NaCl固体　⑥滴入几滴硫酸铜溶液 A. ② B. ②⑥ C. ②④⑤⑥ D. ②③④⑥ 【答案】A 【解析】 【详解】①加入H2O，相当于稀释了盐酸的浓度，反应速率变慢，①错误； ②升高温度有利于提高反应速率，同时不影响氢气的产量，②正确； ③滴加浓硝酸后硝酸被稀释，稀硝酸与铁反应生成NO，会改变氢气的产量，③错误； ④加入少量铁粉，反应物增多，氢气产量增加，④错误； ⑤加入NaCl固体，对反应没有影响，无法加快反应速率，⑤错误； ⑥加入硫酸铜，铁和硫酸铜反应生成铜单质，构成原电池可加快反应速率，但是氢气的产量减少，⑥错误； 故正确的为②，答案选A。 8. 下列实验能达到实验目的的是 选项 A B 实验 实验目的 比较乙醇中羟基氢原子和水中氢原子的活泼性 制备并收集乙酸乙酯 选项 C D 实验 实验目的 比较Cl、Br、I的非金属性强弱 除去SO2中混有的H2SO4蒸气 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验中相同钠块分别与乙醇和水反应，钠与水反应剧烈，而与乙醇反应比较平缓，因此可通过比较反应速率的快慢来比较乙醇中羟基氢原子和水中氢原子的活泼性，A正确； B．制备乙酸乙酯时，未反应的乙醇、乙酸易挥发，会随着反应产生的乙酸乙酯经导气管进入到饱和Na2CO3溶液中。若导气管伸入饱和Na2CO3溶液的液面以下，会因乙醇的溶解而引起倒吸，为防止倒吸现象的发生，导气管应伸到饱和Na2CO3溶液的液面以上，B错误； C．Cl2可与NaBr发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生的Br2及未反应的Cl2都会通入KI溶液中，而与KI反应产生I2，Cl2+2I-=2Cl-+I2，Br2+2I-=2Br-+I2，因此不能准确比较Br、I两种元素的非金属性强弱，C错误； D．饱和Na2SO3溶液会与SO2发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，导致SO2被吸收，应选饱和NaHSO3溶液来除去SO2中混有的H2SO4蒸气，D错误； 故合理选项是A。 9. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A CO2 石灰石+稀H2SO4 c d B NO2 Cu＋浓HNO3 c f C NH3 b e D Cl2 MnO2＋浓盐酸 a f A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】选用气体制备装置时，应该结合反应物质的存在状态及反应条件判断；选用气体收集装置时，要结合其密度比空气的大小及物质在水中的溶解性判断。能溶于水的不能使用排水方法收集。若其密度比空气大，使用向上排空气方法收集；若其密度比空气小，就使用向下排空气的方法收集。 【详解】A．若使用石灰石与稀H2SO4制备CO2， 二者反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在石灰石表面阻止反应继续进行，应该使用石灰石与稀盐酸反应制取CO2，A错误； B．Cu与浓硝酸在常温下反应产生NO2气体，但由于NO2与水会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，因此不能使用排水法收集，而应根据其密度比空气大，选用向上排空气法，B错误； C．NH3由Ca(OH)2固体与NH4Cl固体混合加热制备，由于氨气极易溶于水，不能使用排水方法收集。由于NH3的密度比空气小，因此可以使用向下排空气的方法收集，使用试剂、反应装置、收集方法均合理，C正确； D．MnO2与浓盐酸混合加热反应制取Cl2，但由于反应产生的Cl2能溶于水且能够与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，因此不能用排水法收集，应根据其密度比空气大的性质选用向上排空气法，D错误； 故合理选项是C。 10. 利用“吹出法”从海水中提溴的主要流程如下图所示。 下列说法不正确的是 A. “氧化”过程发生反应： B. “吸收”后溶液中的大于浓缩海水中的 C. “蒸馏”利用了物质沸点的差异，其中沸点： D. 由“氧化”和“吸收”两步可推测还原性： 【答案】D 【解析】 【分析】“吹出法”从海水中提溴的流程，各步骤作用及原理如下。①氧化：浓缩海水中含，通入，氧化性强于，发生置换反应，将氧化为，实现溴元素初步富集。②吹出：利用空气将生成的从溶液中吹出，有挥发性，空气可携带进入后续“吸收”环节。③吸收：与通入的和水发生反应，把重新转化为，再次富集溴元素，使溶液中浓度远大于浓缩海水中的浓度。蒸馏：向含溶液中通入和水蒸气，再次氧化生成，利用（沸点低于水）和水的沸点差异，通过蒸馏分离出，得到液溴 。 【详解】A．“氧化”过程是氯气氧化溴离子，反应为，A正确； B．“吸收”时发生，溴元素富集，所以“吸收”后溶液中大于浓缩海水中的，B正确； C．“蒸馏”利用沸点差异分离，沸点低于水，先被蒸出，C正确； D．“氧化”中被氧化，说明还原性；“吸收”中还原，说明还原性，则还原性，D错误； 综上，答案是D。 11. 碱性锌锰干电池的结构示意图如图。该电池放电时发生反应： 下列说法正确的是 A. Zn发生还原反应 B. 正极发生反应 C. 每转移0.1 mol电子，有0.1 mol OH-向正极方向移动 D. 理论上，每转移0.1 mol电子，有8.1 gZnO生成 【答案】B 【解析】 【分析】在原电池反应中，负极Zn失去电子被氧化为ZnO，正极上MnO2得到电子被还原为MnOOH，然后根据电路中电子转移的物质的量与元素化合价升降总数相等分析。 【详解】A．根据电池总反应方程式可知：在反应中Zn元素化合价由反应前Zn单质的0价变为反应后ZnO中的+2价，Zn元素化合价升高失去电子被氧化，发生氧化反应，A错误； B．在正极上MnO2得到电子，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为MnOOH中的+3价，化合价降低1价，得到1个电子，结合H2O生成MnOOH和OH⁻，故正极电极反应式为：，B正确； C．在原电池中，阴离子OH⁻会向正电荷较多的负极方向移动，而不是向正极方向移动，C错误； D．总反应中Zn失去2 mol电子生成1 mol ZnO，当反应时电路中转移0.1 mol电子时生成0.05 mol ZnO，其质量为m(ZnO)=0.05 mol×81g/mol=4.05 g，D错误； 故合理选项是B。 12. 以乙烯为原料制备环氧乙烷（）主要有氯醇法和直接氧化法，相关转化关系或反应方程式如下： 氯醇法： 直接氧化法： 下列说法正确的是 A. 乙烯、环氧乙烷均属于烃 B. 乙烯、氯乙醇均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 反应①、③的原子利用率均为100% D. 取反应②结束后的溶液，向其中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明生成了Cl- 【答案】B 【解析】 【详解】A．烃是只含碳、氢元素两种元素的化合物，乙烯C2H4中只含有C、H两种元素，属于烃；而环氧乙烷C2H4O中含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，A错误； B．乙烯分子中含不饱和的碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化使其褪色；氯乙醇ClCH2CH2OH分子中含有羟基，由于羟基相连碳上有氢原子，因此也能被酸性高锰酸钾溶液氧化使其褪色，B正确； C．反应①中乙烯与氯水反应生成氯乙醇和HCl，反应物没有全部转化为目标产物，因此原子利用率＜100%；反应③中乙烯与O2在Ag催化下加热，发生反应后完全转化为目标产物环氧乙烷，没有其他产物生成，因此其原子利用率100%，C错误； D．反应②在碱性溶液中进行，反应后溶液可能含过量Ca(OH)2，Ca(OH)2电离产生的OH-与加入的AgNO3溶液反应生成AgOH沉淀干扰Cl-的检验，应先将反应后的溶液加入HNO3酸化，然后再加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，就证明其中含有Cl-，D错误； 故合理选项是B。 13. 某小组同学以SO2与O2反应生成SO3为例，探究可逆反应。 信息1：一定条件下向密闭容器中充入SO2与18O2，反应一段时间后，18O存在于SO2、O2、SO3中。 信息2：密闭容器中1molSO2与0.5molO2在一定条件下发生反应，反应过程中SO3的物质的量的变化趋势如图所示。 下列说法中不正确的是 A. 逆向反应可以发生的证据是18O存在于SO2中 B. 信息2能充分证明相同条件下，可逆反应同时向正、逆两个方向进行 C. t1时正反应速率大于逆反应速率 D. t2时，n(SO3)＜1mol，说明在一定条件下，可逆反应存在限度 【答案】B 【解析】 【详解】A．题目中发生的反应为，一段时间后存在于、和中，说明反应可逆，A正确； B．根据信息2可以得到反应发生，由于没有任何数据，无法证明相同条件下，可逆反应同时向正、逆两个方向进行，B错误； C．时反应未达到平衡还在正移，故正反应速率大于逆反应速率，C正确； D．题目发生的反应为，若反应完全进行1mol与0.5mol会生成1mol，题目说时，说明在一定条件下，可逆反应存在限度,D正确； 故选B。 14. 研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，转化关系如下图所示。 a、c代表S或中的一种。 下列说法正确的是 A. a、b分别是、 B. ②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 C. ①、③均为放出能量的反应 D. 整个反应过程实现了太阳能转化为热能 【答案】D 【解析】 【分析】a、c代表S或中的一种，c和氧气反应生成a，则c是S、a是SO2。 【详解】A．b分解生成氧气、SO2、H2O，氧元素化合价升高，则S元素化合价降低，所以a、b分别是，A错误； B．反应②是二氧化硫、水发生歧化反应生成硫酸和S，反应方程式为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，B错误； C．反应①需太阳能驱动，为吸收能量的反应；反应③是S和氧气反应生成二氧化硫，该反应放热，反应③释放出能量，C错误； D．依据题干信息，再结合反应原理、选项C可知：整个循环利用太阳能驱动反应①，最终将太阳能转化为热能，D正确； 故选D。 15. 兴趣实验小组探究活泼金属和FeCl3溶液的反应，进行了如下实验。 序号 操作 现象 ① 在盛有100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3溶液的烧杯中，投入一块绿豆大小的钠 钠浮在液面上游动，发出响声并熔化成一个亮球，同时溶液中产生红褐色沉淀 ② 在盛有100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有大量气体产生，20 s后观察到镁条表面开始有黑色固体生成，一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀 ③ 在盛有100 mL 0.001 mol∙L−1 FeCl3溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有少量气泡。一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀，镁条表面始终无黑色固体产生 下列说法不正确的是 A. ①中生成沉淀的反应的离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3+3H2↑ B. ②中20s时，溶液中仍存在Fe3+，镁条表面黑色物质中不可能含单质Fe C. ③中无黑色固体产生，是因为Fe3+浓度低且主要转化为Fe(OH)3 D. 金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与FeCl3溶液反应的产物 【答案】B 【解析】 【详解】A．①中在盛有100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3溶液的烧杯中，投入一块绿豆大小的钠，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和三氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3+3H2↑，故A正确； B．实验②中20s时，溶液中仍存在Fe3+，镁与FeCl3反应可以生成铁单质，镁条表面黑色物质中可能含单质Fe，故B错误； C. 实验③中无黑色固体产生，是因为Fe3+浓度低，镁与FeCl3反应生成的铁单质较少，主要生成氢氧化铁沉淀，故C正确； D. 实验①中钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀；实验②中镁与酸反应生成氢气，同时与FeCl3反应生成铁单质，但由于FeCl3浓度较高，反应主要生成氢氧化铁沉淀；实验③中FeCl3浓度较低，镁与FeCl3反应生成的铁单质较少，主要生成氢氧化铁沉淀，说明金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与FeCl3溶液反应的产物，故D正确； 故选B。 二、填空题：本大题共5小题，共55分。把答案填在答题纸中相应的横线上。 16. 天然气既是高效洁净的能源，又是重要的化工原料，天然气的主要成分为甲烷。 （1）甲烷在空气中发生燃烧反应的能量变化示意图为________（填序号）。 （2）甲烷可直接应用于燃料电池，其工作原理如图所示。 ①电子从________极流出（填“a”或“b”）。 ②负极反应式是________。 ③电解质溶液体积变化忽略不计，则c（）________（填“不变”或“增大”或“减小”）。 （3）甲烷、水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，其反应为： 已知：i．该反应为吸热反应 ii．断裂1mol化学键所吸收的能量如下： 化学键 C－H O－H H－H C＝O 吸收能量kJ a b c d ①当反应消耗1mol时，吸收的能量为______kJ（用字母表示）。 ②一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1mol（g）和2mol（g），反应过程中测得的物质的量与反应时间的关系如下表。 时间/s 1 2 3 4 5 n（）/mol 0.9 0.82 0.76 0.72 0.70 i．0~5s时间段内平均反应速率v（）＝______。 ii．下列说法中能充分说明该反应已达化学平衡状态的是______（填序号）。 a．浓度不再变化 b．生成0.1mol同时消耗0.2mol c．混合气体的平均摩尔质量不变 d．混合气体的密度不变 【答案】（1）A （2） ①. a ②. ③. 减小 （3） ①. (4a＋4b)-(4c＋2d) ②. ③. ac 【解析】 【小问1详解】 甲烷在空气中燃烧是放热反应，故其能量变化示意图为A； 【小问2详解】 ①甲烷氧气燃料电池中甲烷失去电子发生氧化反应，甲烷做负极，氧气得到电子做正极，电子由负极流出，流入正极，故电子从a极流出； ②甲烷失去电子发生氧化反应，甲烷做负极，电极反应式为； ③负极电极反应：，正极电极反应，反应消耗OH⁻，故减小； 【小问3详解】 ①结合题意当1molCH4参与反应时吸收的能量=应物总键能-生成物总键能=； ②0~5s时间段内平均反应速率v(CH4)=； a．CH4浓度不再变化，说明正、逆反应速率相等，反应平衡，a正确； b．生成0.1molCO2同时消耗0.2molH2O，都是正反应，不能证明正、逆反应速率相等，反应不平衡，b错误； c．根据质量守恒可知，容器中气体的总质量不变，正反应是气体体积增加的反应，混合气体的平均摩尔质量不变，能证明反应达到平衡，c正确； d．容器中气体的总质量不变，恒容密闭容器，混合气体的密度恒为定值，混合气体的密度不变，不能证明反应达到平衡，d错误； 故选ac。 17. 氨氮废水（氮元素主要以和存在）大量排放会导致水体的富营养化，排放前须进行脱氮处理。 Ⅰ．测定水体中的含氮量。 已知：滴定指通过将准确浓度的试剂（如标准NaOH溶液）滴加到被测物的溶液中，直到所滴加的试剂与被测物恰好完全反应为止。 （1）用离子方程式解释步骤中浓NaOH溶液的作用______。 （2）氨氮废水样品、溶液、标准NaOH溶液的相关用量如下表： 氨氮废水样品 溶液 标准NaOH溶液 浓度/ —— 体积/L 计算样品含氮量是______g/L。 Ⅱ．氧化法脱氮：用NaClO将氨氮废水中的和氧化为。 取相同体积的水样，加入相同量的NaClO（NaClO稍过量），研究pH对氮元素脱除率的影响，结果如下： 已知：pH＝7时溶液呈中性。pH越低，c（）越高；pH越高，c（）越高。 pH 氮元素质量/g 氮元素脱除率 脱除前 脱除后 5.8 49.3 24.1 51.1% 7.7 49.3 16.9 65.7% 9.3 49.3 25.2 x （3）结合数据，计算x＝______。由此可知，脱氮时溶液pH宜在7.7左右。 （4）以为例，分析不同pH时，脱氮率不同的可能原因。 ①NaClO与反应的离子方程式是______。 ②从电极反应的角度分析，根据氧化反应：______（填方程式），推测pH越高，越易失电子。以同样的方法分析的失电子能力。 根据还原反应：，推测pH越低，越______（填“易”或“难”）得电子。 综合①、②的分析结果可知：pH不同，失电子能力与得电子能力也不同，进而影响氮元素的脱除率。 【答案】（1） （2） （3）48.9% （4） ①. ②. ③. 易 【解析】 【分析】水样中加入浓氢氧化钠溶液使铵根转化为氨气，然后被过量的硫酸吸收，过量的硫酸和标准氢氧化钠溶液反应测出过量浓硫酸的量，从而计算出与氨气反应的硫酸的量，进而计算出样品中的含氮量，据此分析； 【小问1详解】 氨氮废水中氮元素主要以和存在，故加入氢氧化钠将转化为，有利于逸出修改建议： 【小问2详解】 ，样品含氮量是g/L； 【小问3详解】 氮元素脱除率=； 【小问4详解】 ①NaClO与发生氧化还原反应生成氮气和氯离子，离子方程式是； ②根据反应，推测pH越高，越易失电子； 根据表格中以及电机反应可知，pH越低，越易得电子。 18. 石油冶炼和部分产品的转化关系如图所示。 （1）中所含官能团的名称为______，该物质可发生加聚反应，其产物的结构简式为______。 （2）A的结构简式为______。 （3）写出D→E的化学方程式______。 （4）反应①~④中，属于加成反应的是______（填序号）。 （5）有多种同分异构体，请写出其中任意一种的结构简式______。 （6）也可发生上述流程中B→C的反应。相同条件下，写出与足量氧气充分反应的化学方程式______。 【答案】（1） ①. 碳碳双键和羧基 ②. （2） （3）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O （4）①② （5）（合理即可） （6） 【解析】 【分析】A是重油裂解产物，与溴生成，则A是乙烯；乙烯与水加成生成B，B催化氧化生成C，C催化氧化生成D，B和D在浓硫酸加热条件下生成E，则B是乙醇、C是乙醛、D是乙酸、E是乙酸乙酯，据此分析； 【小问1详解】 中所含官能团的名称为碳碳双键和羧基，该物质可发生加聚反应，其产物的结构简式为； 【小问2详解】 A是乙烯，结构简式为； 【小问3详解】 乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，该反应的方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O； 【小问4详解】 反应①是乙烯与溴的加成；②是乙烯与水的加成；③、④是催化氧化，属于加成反应的是①②； 【小问5详解】 的不饱和度为2，其中任意一种同分异构体的结构简式（合理即可）； 【小问6详解】 根据B→C的反应条件，与足量氧气在加热、铜催化下充分反应生成乙二醛，化学方程式。 19. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O （1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 ①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。 （3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1） 【答案】 ①. 研磨、加热 ②. ＜ ③. 核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S ④. 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ ⑤. 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 ⑥. CaSO4微溶 ⑦. BaCO3++2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2 ⑧. 【解析】 【详解】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。 （1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 （6）根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。 详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 （6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。 点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2；第（6）问中H3PO4与NaOH物质的量之比的确定等。 20. 化学变化是有条件的。资料显示，同浓度的稀溶液中氧化性：。某小组同学探究与上述金属阳离子的氧化还原反应，实验过程如下： 实验 现象 编号 溶液X I 0.1mol/L，pH≈1 溶液黄色立即加深，30s后溶液变为褐色，无浑浊 Ⅱ 和，其中c（）＝0.3mol/L，pH≈1 1小时内溶液颜色始终保持无色 Ⅲ 0.1mol/L 迅速变浑浊，离心分离后上层溶液为无色（经检测无），固体为黄色（AgI） IV 0.1mol/L 5秒后溶液由浅蓝色变为黄色并产生浑浊，离心分离后上层溶液为黄色（经检测有），固体为白色（CuI） （1）根据实验Ⅰ和Ⅱ回答下列问题。 ①由“黄色立即加深”初步判断有生成，选择______（填试剂）进一步证实生成了。 ②写出与反应的离子方程式______，该条件下氧化性：______（填“＞”、“＜”）。 ③实验Ⅱ的目的是______。 （2）实验Ⅳ中与反应的离子方程式是______，甲同学得出氧化性：。 （3）乙同学认为甲同学的结论不合理，分析原因：实验Ⅲ应该有生成，但却生成了AgI沉淀，因此推测实验Ⅳ中的生成，与CuI沉淀有关，故不能确定氧化性：，并用下图装置进行验证。 K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。乙同学为了进一步判断和的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入______（填试剂），发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：______（填“＞”、“＜”）。 （4）该小组同学进一步分析认为，实验Ⅲ没有发生的原因是：和生成AgI沉淀，反应物浓度迅速降低，不利于该反应进行，并设计实验方案证实了反应可以发生。请描述具体的方案（或装置，注明试剂）、操作及现象______。 小组同学得出反思实验，在反应体系中，反应微粒的种类、浓度对氧化还原反应是否发生都有一定影响。 【答案】（1） ①. 淀粉溶液或者四氯化碳 ②. ③. ＞ ④. 作对比实验，排除了实验条件下不是或水中溶解的氧化得到 （2） （3） ①. ②. < （4）实验装置：；实验现象：左侧电极表面有金属析出，右侧溶液变黄 【解析】 【分析】本实验根据氧化还原反应的规律，验证氧化性：，同时也可搭建原电池装置，验证氧化性的强弱； 【小问1详解】 ①由“黄色立即加深”初步判断有生成，选择淀粉溶液或者四氯化碳进一步证实生成了； 与反应生成碘单质和亚铁离子，反应离子方程式为：，故氧化性： 实验II中没有生成，说明实验条件下不是或水中溶解的氧化得到，排除或水中溶解的的干扰； 【小问2详解】 实验IV中，通过实验现象知，与反应有CuI和碘单质生成，说明二者发生氧化还原反应，反应离子方程式为：； 【小问3详解】 图为具有盐桥的原电池，较长时间发现两侧溶液均无明显变化，说明不能氧化，将左侧电极改为Cu电极电极发生偏转，左侧溶液颜色加深，说明发生转化，右侧发生还原反应，向右侧溶液中加入少量，发生转化，说明氧化性明该条件下氧化性：； 【小问4详解】 设计实验方案证实了反应，需排除和直接生成AgI沉淀导致反应物浓度降低的干扰，操作为设计原电池装置，左侧为Ag电极和含的溶液（如AgNO3溶液），右侧为石墨电极和KI溶液，中间用盐桥连接，闭合开关后，左侧电极表面有金属析出，右侧溶液变黄，则证实反应发生，如图所示：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $