【精品解析】广东省广州市越秀区2024-2025学年高二上学期9月开学考试 化学试题

广东省广州市越秀区2024-2025学年高二上学期9月开学考试 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1-10小题每小题2分，第1116小题每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024高二上·越秀开学考）“蛮腰绰约，立城郭之高标”。下述广州塔建造用材，属于硅酸盐材料的是
A．制作塔柱外斜交网状外框筒的钢材
B．拼接高空观景厅外透明幕墙的玻璃
C．塔内电缆材料里的交联聚乙烯塑料
D．塔顶金属枪杆表面防腐涂层的锌粉
2．（2024高二上·越秀开学考）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．维生素C用作食品的抗氧化剂是因其易被氧化
B．阿司匹林不宜长期大量服用是因其在水中微溶
C．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其含碳量高
D．人们需摄入纤维素因其在体内会水解成葡萄糖
3．（2024高二上·越秀开学考）科是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是
A．制备医用同位素—元素锕的质量数为225
B．发现月壤中的嫦娥石[]—该成分属无机盐
C．利用合成脂肪酸-实现无机小分子向有机高分子的转变
D．研制高效率钙钛矿太阳能电池-其能量转化形式：太阳能→电能
4．（2024高二上·越秀开学考）工业制备高纯硅的一种途径如下。下列有关说法正确的是
A．中只含有非极性共价键
B．反应①为
C．反应②说明硅的非金属性较强
D．反应③中还原剂是和
5．（2024高二上·越秀开学考）铜与浓硫酸反应装置如图所示。下列有关说法正确的是
A．胶塞附近的气体呈红棕色 B．棉团中会有生成
C．品红因被氧化而褪色 D．要结束反应只能撤酒精灯
6．（2024高二上·越秀开学考）下列措施中，不能增大化学反应速率的是
A．加热分解时，添加少量
B．与盐酸反应时，适当升高温度
C．进行合成反应时，增大气体压强
D．Zn与稀硫酸反应时，加入几滴蒸馏水
7．（2024高二上·越秀开学考）实验室制氨装置如图所示。下列有关说法正确的是
A．此实验能收集到纯净的氨气 B．用湿润的蓝色石蕊试纸验满
C．生成物的化学能高于反应物 D．反应后氮元素的化合价升高
8．（2024高二上·越秀开学考）劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 帮厨活动：在燃气灶上煎鸡蛋 加热能使蛋白质变性
B 科普行动：宣传化肥的合理施用 不同的化肥性质不同
C 工艺体验：以油脂为原料制肥皂 油脂促进维生素吸收
D 家务劳动：用卤水点豆浆制豆腐 胶体遇电解质会聚沉
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高二上·越秀开学考）下列有关丙烯()的说法，错误的是
A．每个分子比乙烯多3个共价键
B．能使酸性的高锰酸钾溶液褪色
C．完全燃烧的产物分子数比为
D．与溴水反应成
10．（2024高二上·越秀开学考）如图所示装置工作时，下列有关说法正确的是
A．电流表指针有偏转：说明该反应会放热
B．稀硫酸的作用：电极反应物和离子导体
C．电子流向：锌片→溶液→铜片→电流表
D．负极的电极反应：
11．（2024高二上·越秀开学考）已知为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．异丁烷分子中共价键的数目为
B．的硫酸溶液中的数目为
C．标准状况下，中共含有个电子
D．锌锰干电池负极每少就转移个电子
12．（2024高二上·越秀开学考）将铜丝插入浓硝酸中进行下图所示的实验，下列说法正确的是
A．铜丝与浓硝酸接触后生成红棕色气体，说明酸性强
B．注水后b管内气体颜色变浅，说明气体中分子数减少
C．注水后b中铜片表面有气泡，说明与硝酸反应生成
D．装置c能用来吸收尾气，说明和均是酸性氧化物
13．（2024高二上·越秀开学考）已知某反应的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．该反应可将热能转为化学能
B．不能利用该反应设计原电池
C．反应中断键吸收的总能量高于成键放出的总能量
D．该图可以表示和反应时的能量变化
14．（2024高二上·越秀开学考）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是
A．过程①白色固体变黑，体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生刺激性气体，体现了浓硫酸的酸性
D．反应后蔗糖分子中所有的化学键都发生了断裂
15．（2024高二上·越秀开学考）利用钛酸亚铁()制取金属钛的一种工艺如下图所示：
下列有关说法正确的是
A．高温时还原性：
B．可以选用氮气代替氩气
C．用与溶液反应也能制得金属钛
D．氯化时每消耗碳单质就有电子转移
16．（2024高二上·越秀开学考）下列实验操作不能达到目的的是
目的 A．检验四氯化碳中的氯元素 B．检验是否沉淀完全
操作
目的 C．制备检验醛基用的 D．喷泉实验
操作
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024高二上·越秀开学考）海水淡化与化工生产、能源开发等相结合已成为海水综合利用的重要方向。
（1）食盐是调味品，更是一种重要的化工原料。
①海水晒盐后得到的粗盐中还含有泥沙、、以及可溶性硫酸盐等杂质，可通过溶解、过滤，向滤液中依次加入过量的　 　、　 　(填化学式)，过滤后加入稀盐酸，再结晶得到精盐。其中，除去的反应是　 　(填离子方程式)。
②精盐可用于制备金属钠，该反应的化学方程式是　 　。
（2）“吹出法”是海水提溴常用的技术，其过程主要包括氧化(用氯气氧化海水中的溴离子)、吹出(用空气将生成的溴吹出)、吸收(用二氧化硫作还原剂使溴转化为氢溴酸，以使其与空气分离)、蒸馏(再用氯气将氢溴酸氧化为溴后蒸馏分离)等环节。
①“氧化”时的反应是　 　。(填离子方程式)
②“吸收”时反应的化学方程式是　 　。
（3）苦卤可用来制备金属镁。已知苦卤中离子成分如下：
离子
浓度/() 3.0 1.2 4.0 0.5 x
①理论上，1L苦卤最多可得到　 　g。
②上表中=　 　。
18．（2024高二上·越秀开学考）有机化合物种类繁多。
I．下图是几种烃的球棍模型。
（1）上述模型中，不正确的是　 　(填标号)，原因是　 　(从原子结构角度予以说明)。
（2）上述模型表示的物质中，可互称为同分异构体的是　 　(填标号)。
Ⅱ．已知乙醇能发生如下转化。
（3）乙醇含有的官能团是　 　(填名称)。A的结构简式是　 　。
（4）制备B的实验装置如图。试管甲中反应的化学方程式是　 　。
关于该实验，下列说法不正确的是　 　(填标号)。
a．乙中导管不伸入液面下是为了防止倒吸
b．加热和加入浓硫酸都可以加快反应速率
c．加入过量乙醇可使乙酸完全反应无剩余
Ⅲ．餐厨垃圾在酶的作用下可生成乙醇，经如下转化可制得高分子材料G。
（5）G的结构简式是　 　。
（6）反应②的化学方程式是　 　，其反应类型是　 　。
（7）反应①、③、④中，原子利用率达的是　 　。
19．（2024高二上·越秀开学考）氮循环在地球生态中不可或缺。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
（1）图中X的化学式是________。氧化炉中发生的反应有________(填化学方程式)和
（2）一定温度下在容积不变的密闭容器中发生反应，下列结果可说明该反应已经达到平衡状态的是___________。(填标号)
A. 容器内的浓度不再变化 B. 容器内气体的密度不再变化
C. 容器内气体总质量不再变化 D. 相同时间内，消耗同时生成
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则的平均反应速率为________。
时间时间 0 1 2 3 ……
3.60 3.05 2.85 2.76 ……
（4）工业废液中的硝酸可用甲醇处理，被还原成。若此反应消耗了，转移电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。
Ⅱ．利用催化技术可将汽车尾气中的CO和部分转化为和。为探究尾气转化速率的影响因素，进行3组实验(反应物初始浓度相同)，得到下表所示数据。
编号 催化剂比表面积 前的平均速率
① 280 80
② a 120
③ 360 b
（5）该反应的化学方程式是________。
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，则________，b=________。若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是________。
20．（2024高二上·越秀开学考）硫是生命必需的元素，参与光合、呼吸作用以及蛋白质、酯类合成等过程。以黄铁矿(主要成分为为原料生产硫酸的工艺流程图如下：
（1）沸腾炉中反应的化学方程式为　 　。
（2）接触室中发生的反应是　 　。(填化学方程式)
（3）依据工艺流程图判断，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．粉碎黄铁矿有助于加快反应 B．沸腾炉排出的炉渣可供炼铁
C．催化剂不会加速的分解 D．吸收塔内发生的是物理变化
（4）能与酸性溶液发生反应　 　(填离子方程式)。为测定吸收塔尾气中的含量，将尾气样品以的流速通入酸性溶液，经过溶液恰好褪色。假定样品中的被溶液充分吸收，则该尾气样品中的含量是　 　g/L。
（5）已知：。与等物质的量的甲醇()在一定条件下会发生类似反应，则该反应的生成物为　 　(填结构式)；硫酸与等物质的量的甲醇在一定条件下发生酯化也能得到这种物质，该反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅酸盐
【解析】【解答】A、钢材的主要成分是铁合金，金属材料包括纯金属和合金，所以钢材属于金属材料，A错误；
B、玻璃由石英砂（ ）、纯碱（ ）、石灰石（ ）等高温熔融制成，主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，B正确；
C、聚乙烯塑料是由乙烯聚合而成的有机高分子，属于有机高分子材料，不是硅酸盐材料，C错误；
D、锌粉是纯金属锌，金属材料包括纯金属，所以锌粉属于金属材料，D错误。
故答案为：B。
【分析】A．钢材是铁和碳等形成的合金，属于金属材料，不是硅酸盐材料 。
B．玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙等硅酸盐，符合硅酸盐材料的定义（含、及金属离子 ） 。
C．交联聚乙烯塑料，其成分是有机高分子化合物（含、等 ），属于有机高分子材料，与硅酸盐无关 。
D．锌粉是金属锌的粉末，属于金属材料，不含硅酸盐成分 。
2．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、维生素C含不饱和结构，具还原性，能与氧气等氧化剂反应（自身易被氧化 ），消耗食品中的氧气，防止食品氧化，所以可用作食品抗氧化剂，A正确；
B、阿司匹林长期大量服用会抑制前列腺素合成，导致胃肠道不适、出血风险等副作用，并非因为在水中微溶，B错误；
C、苯甲酸钠在酸性条件下转化为苯甲酸，苯甲酸能抑制微生物呼吸酶活性，起到防腐作用，与含碳量无关，C错误；
D、人体缺乏分解纤维素的酶，纤维素在体内无法水解为葡萄糖，不过它能促进肠道蠕动，帮助消化，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．维生素C有较强还原性，作为抗氧化剂时，自身优先被氧化，从而阻止食品被氧化变质，符合抗氧化剂的作用原理（牺牲自身保护他人 ） 。
B．阿司匹林（乙酰水杨酸 ）长期大量服用会对胃肠道、神经系统等产生副作用（如刺激胃黏膜、引发头晕等 ），与它在水中的溶解性（微溶 ）无关，溶解性影响的是药物的溶解吸收，不是长期服用危害的原因 。
C．苯甲酸钠能作为防腐剂，是因为其能抑制微生物生长繁殖（苯甲酸钠水解产生的苯甲酸有抑菌作用 ），和含碳量高低没有关系，含碳量是元素组成比例，不决定防腐性能 。
D．人体消化道内没有能水解纤维素的酶（如纤维素酶 ），所以纤维素不能在体内水解成葡萄糖，但能促进肠道蠕动（膳食纤维的作用 ），D说法混淆了纤维素和淀粉的水解特性（淀粉能水解为葡萄糖 ） 。
3．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；元素、核素；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】 A、核素符号中，为质量数，为质子数。里左上角225是质量数，A正确；
B、嫦娥石由金属离子（、等 ）和磷酸根离子构成，无有机碳链，符合无机盐“无机阳离子 + 酸根阴离子”的组成，B正确；
C、脂肪酸相对分子质量小（以硬脂酸为例， ），且结构无重复单元，不满足有机高分子“高相对分子质量、重复结构”的要求。因此（无机小分子 ）合成脂肪酸，未实现到有机高分子的转变，C错误；
D、钙钛矿太阳能电池工作时，吸收太阳能，通过内部光电效应将其转化为电能，能量转化形式为太阳能→电能，D正确。
故答案为：C。
【分析】A．核素的规范表示是元素符号左上角为质量数，左下角为质子数。对于，左上角数字225就是锕元素该核素的质量数，符合核素表示规则 。
B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素不含碳元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐；
C．有机高分子化合物需具备“相对分子质量大（通常上万 ）”且“由重复结构单元连接而成”的特征。脂肪酸（如硬脂酸、油酸 ）相对分子质量小（几百 ），也无重复结构单元，不属于有机高分子，所以利用合成脂肪酸，不是无机小分子向有机高分子的转变 。
D．太阳能电池的核心功能是将太阳能转化为电能，钙钛矿太阳能电池遵循此能量转化逻辑，把光能（太阳能 ）转化为电能输出 。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、分子内是与、与形成的共价键，由于、、原子吸引电子能力不同，属于极性共价键，A错误；
B、反应①的实际方程式为，生成的是（焦炭过量时，会继续与反应生成 ），B错误；
C、反应②里失去电子被氧化，表现还原性。而非金属性强弱通过得电子能力（如单质与氢气反应难易、氢化物稳定性等 ）判断，该反应无法体现硅的非金属性，C错误；
D、反应③中，的元素化合价从升高到，中元素化合价从升高到，化合价升高的物质是还原剂，所以还原剂是和，D正确。
故答案为：D。
【分析】A．的结构中，存在、键，不同种原子间形成的共价键为极性共价键，所以不存在非极性共价键 。
B．石英砂（ ）与焦炭在高温下反应，因焦炭过量，产物是而非，需根据原子守恒、反应条件书写正确方程式 。
C．反应②是，此反应中作还原剂（失电子 ），还原剂体现的是还原性，而非非金属性（非金属性体现得电子能力 ），所以不能说明硅的非金属性强 。
D．为价，为价，为价；
产物为价，中为价，为价；中为价。
所以，中化合价从→（降低，得电子，作氧化剂 ），但中从→（在中 ），化合价升高（失电子，作还原剂 ）；同时中从→（在中 ），化合价升高（失电子，作还原剂 ）。因此，（因元素 ）和都作还原剂 。
5．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、反应生成的为无色，A错误；
B、与发生反应，棉团吸收后有生成，B正确；
C、漂白品红是化合作用（生成不稳定无色物质 ），并非氧化还原反应中的氧化褪色，C错误；
D、可通过抽动铜丝，让铜与浓硫酸脱离接触，反应停止，无需仅依赖撤酒精灯，D错误。
故答案为：B。
【分析】A．铜与浓硫酸反应生成的是无色气体，不是红棕色（红棕色气体常见为 ），所以胶塞附近气体颜色不符合描述 。
B．浸有溶液的棉团用于吸收尾气，是酸性氧化物，与反应：，所以棉团中会生成 。
C．使品红溶液褪色，是因为与品红分子结合生成无色物质，属于化合漂白，不是氧化褪色（氧化褪色是发生氧化还原反应，破坏有色物质结构 ） 。
D．要结束反应，除了撤酒精灯，还可通过向上抽动铜丝，使铜丝与浓硫酸分离，反应因无反应物接触而停止，不是只能撤酒精灯 。
6．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、是分解的催化剂，加入后降低反应活化能，反应速率增大，A正确；
B、与盐酸反应，升高温度，活化分子百分数提升，有效碰撞变多，反应速率增大，B正确；
C、合成反应中，增大压强使反应物浓度增大，活化分子碰撞几率提升，反应速率增大，C正确；
D、加入蒸馏水稀释稀硫酸，浓度降低，有效碰撞次数减少，反应速率减小，D错误。
故答案为：D。
【分析】A．分解反应中，作催化剂，催化剂通过降低反应活化能，使更多反应物分子成为活化分子，加快反应速率 。
B．升高温度，反应物分子获得能量，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，这是温度对速率影响的本质（适用于各类反应 ） 。
C．进合成的反应为，有气体参与。增大压强，气体体积缩小，反应物浓度增大（单位体积活化分子数增加 ），有效碰撞几率增大，反应速率加快（前提：压强变化导致浓度变化，若充入惰性气体且体积不变，浓度不变则速率不变，但本题默认“增大压强→浓度增大” ） 。
D．与稀硫酸反应为，加入蒸馏水，硫酸浓度降低（单位体积内数目减少 ），活化分子碰撞几率减小，反应速率减慢 。
7．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、制氨反应生成和（气态 ），收集时水蒸气会混入，无法得到纯净氨气，A错误；
B、氨气是碱性气体，验满用湿润红色石蕊试纸，若变蓝则满；蓝色石蕊试纸用于测酸性，B错误；
C、反应需加热维持，是吸热反应，吸热反应中生成物化学能 = 反应物化学能 + 吸收的热量，故生成物化学能高于反应物，C正确；
D、反应前后，元素在和中均为价，化合价不变，D错误。
故答案为：C。
【分析】A．氨气用向下排空气法收集，但反应生成的水会变成水蒸气混入氨气中，所以收集的氨气含有水蒸气，不是纯净的，需结合干燥装置（如碱石灰 ）才能收集纯净氨气 。
B．氨气溶于水显碱性，应使湿润的红色石蕊试纸变蓝来验满（红色石蕊遇碱变蓝 ），蓝色石蕊试纸用于检验酸性气体，不适用 。
C．该反应为吸热反应（反应需要持续加热才能进行 ），吸热反应中，反应物吸收能量转化为生成物的化学能，所以生成物化学能高于反应物 。
D．反应前，中为价，中无（、、价态分别为、、 ）；反应后，中为价，元素化合价未变 。
8．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、鸡蛋主要成分是蛋白质，煎鸡蛋时加热使蛋白质变性（如凝固 ），劳动项目与化学知识关联，A错误；
B、宣传化肥合理施用，需基于化肥（如氮肥易挥发、磷肥难溶 ）的不同性质，劳动项目与化学知识关联，B错误；
C、制肥皂是油脂的皂化反应（碱性水解 ），与“油脂促进维生素吸收”（溶解脂溶性维生素 ）原理无关，劳动项目与化学知识无关联，C正确；
D、用卤水点豆浆制豆腐，利用了胶体（豆浆 ）遇电解质（卤水 ）聚沉的原理，劳动项目与化学知识关联，D错误。
故答案为：C。
【分析】A．煎鸡蛋时，鸡蛋中的蛋白质在加热条件下，空间结构被破坏，发生变性（物理或化学变化，使蛋白质失去生理活性 ），与“加热能使蛋白质变性”知识直接关联 。
B．化肥有氮肥、磷肥、钾肥等，不同类型化肥（如铵态氮肥不能与碱性物质混用，磷肥溶解性差等 ）性质不同，合理施用需依据性质（如土壤酸碱性、作物需求 ），与“不同的化肥性质不同”知识关联 。
C．以油脂为原料制肥皂，发生的是皂化反应（油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐（肥皂主要成分 ）和甘油 ）；而“油脂促进维生素吸收”是指油脂能溶解脂溶性维生素（如维生素A、D ），帮助人体吸收，二者化学原理不同，无关联 。
D．豆浆是胶体，卤水（含等电解质 ）加入后，胶体粒子吸附的电荷被中和，发生聚沉，形成豆腐，与“胶体遇电解质会聚沉”知识直接关联 。
9．【答案】D
【知识点】烯烃；加成反应；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、乙烯共价键数：个 + 个 = ；丙烯共价键数：个 + 个 + 个 = ；差值为，A正确；
B、碳碳双键能被酸性氧化，导致溶液紫色褪去，B正确；
C、丙烯分子式，燃烧通式，代入，，得与分子数比，C正确；
D、碳碳双键加成时，的两个分别连接双键的两个，产物应为，D错误。
故答案为：D。
【分析】A．共价键计数需考虑单键、双键（双键算1个共价键 ）。乙烯（）结构中，键4个，键1个，共个共价键；丙烯（）结构中，键6个，键1个，键1个，共个共价键。丙烯比乙烯多个共价键（多1个键和2个键 ） 。
B．丙烯含碳碳双键（），酸性溶液具强氧化性，碳碳双键易被氧化，使溶液褪色（发生氧化还原反应 ） 。
C．丙烯燃烧反应为，根据原子守恒，生成和的分子数比为 。
D．丙烯与溴水发生加成反应时，溴分子（）加成到碳碳双键的两个原子上，生成（1，2 - 二溴丙烷 ），而非（加成位置错误，违背加成反应“双键断裂，溴原子加在双键两端上”的规律 ） 。
10．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、指针偏转体现化学能→电能的转化，不是反应放热的标志，A错误；
B、稀硫酸为正极反应提供（参与电极反应 ），且电离出离子让溶液导电（离子导体 ），B正确；
C、电子流向是“片→导线→片→电流表”，不经过溶液（溶液中是、移动 ），C错误；
D、负极仅发生失电子，反应式为；总反应才是，D错误。
故答案为：B。
【分析】A．电流表指针偏转，说明有电流产生，本质是原电池中化学能转化为电能，并非反应放热（原电池反应是氧化还原反应，核心是电子转移产生电能，与放热无直接关联 ） 。
B．稀硫酸在原电池中，一方面提供，在正极（）发生还原反应（ ），作电极反应物；另一方面，稀硫酸电离出和，使溶液导电，作离子导体（传递离子，形成闭合回路 ） 。
C．电子只能在导线中流动，不能进入溶液（溶液中是离子移动 ）。原电池中，电子从负极（）经导线流向正极（），再通过电流表形成回路 。
D．负极发生氧化反应，失去电子生成，电极反应式应为；而是总反应（负极反应 + 正极反应 ），不是负极单独的电极反应 。
11．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；烷烃
【解析】【解答】 A、异丁烷分子结构中，共价键总数为（个 + 个 ）。时，共价键数 = ，A正确；
B、时，，溶液中数目 = ，B错误；
C、标况下为固态，的物质的量不能按气体计算，无法求电子数，C错误；
D、负极失电子，物质的量 = ，转移电子 = ，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．异丁烷结构为，需数清楚分子中键和键的数目。1个异丁烷分子含个键和个键，共个共价键。则异丁烷含共价键数目为 。
B．的溶液中，浓度（ ），根据，溶液中物质的量为，数目为，与酸是硫酸无关（硫酸是二元酸，但由浓度决定 ） 。
C．标准状况下（、 ），是固体（熔点 ），不能用气体摩尔体积（ ）计算其物质的量，无法得出电子数目 。
D．锌锰干电池负极反应为，的摩尔质量为，的物质的量为，每反应转移电子，则转移电子数为 。
12．【答案】B
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】A、反应生成是因为浓硝酸将氧化，体现强氧化性，不是酸性强的体现，A错误；
B、与水反应，生成，分子数减少，颜色变浅，B正确；
C、硝酸与发生氧化还原反应，产物是氮的氧化物（或 ），不会生成，C错误；
D、不与碱反应生成盐和水，与碱反应生成两种盐（、 ）和水，均不满足酸性氧化物定义，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．铜丝与浓硝酸反应生成红棕色气体，反应中元素化合价从（ ）降低到（ ），体现的是浓硝酸的强氧化性，而非酸性（酸性体现为生成盐，如 ，但此现象主要体现氧化还原 ） 。
B．b管内是（红棕色 ），注入水后发生反应，（红棕色 ）转化为（无色 ），分子数从个变为个，分子数减少，气体颜色变浅 。
C．硝酸具有强氧化性，与反应时，无论浓稀，均不生成。浓硝酸与反应生成，稀硝酸生成，b管中注水后，可能是与水不反应（或后续可能的稀硝酸与反应，但本质是硝酸的氧化性 ），不会生成 。
D．酸性氧化物的定义是“与碱反应只生成盐和水的氧化物”。与溶液不反应（或反应复杂，不生成单一盐 ）；与反应生成、和，不符合“只生成盐和水”，所以二者均不是酸性氧化物 。
13．【答案】D
【知识点】化学能与热能的相互转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、该反应是吸热反应，可吸收热能，使反应物转化为高能量的生成物，实现热能→化学能的转化，A正确；
B、原电池依赖自发氧化还原反应释放能量（通常放热 ），该反应吸热且难自发，无法设计成原电池，B正确；
C、吸热反应中，断键吸收能量＞成键释放能量，所以反应中断键总能量高于成键总能量，C正确；
D、是放热反应，能量变化为反应物能量高于生成物，与图像的吸热特征矛盾，D错误。
故答案为：D。
【分析】A．图像显示反应为吸热反应（生成物能量＞反应物 ），吸热反应可通过吸收外界热量（如热能 ），将其转化为化学能储存于生成物中，例如（吸热，热能转化学能 ） 。
B．原电池的反应需是自发的氧化还原反应，且通常为放热反应（通过放热维持反应或转化能量 ）。此反应是吸热反应，不满足原电池“自发、放热（或能自发进行的氧化还原 ）”的一般条件（吸热反应难自发，或设计原电池时难以持续提供能量 ），所以不能设计成原电池 。
C．反应吸热，说明反应物断键吸收的总能量＞生成物成键释放的总能量（断键吸热 - 成键放热 = 反应吸热 ），符合吸热反应的能量变化逻辑 。
D．与的反应是放热反应（实验中可观察到反应放热，或根据常见反应热效应，酸与碳酸氢盐反应多为放热 ），其能量变化应为“生成物能量＜反应物能量”，与图像中“生成物能量＞反应物”（吸热 ）不符，不能表示该反应 。
14．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、蔗糖（有机物 ）遇浓硫酸变黑，是因为H、O被脱除生成碳，体现浓硫酸脱水性，A正确；
B、碳与浓硫酸反应生成大量气体，气体推动固体膨胀，B正确；
C、生成时，浓硫酸作氧化剂（S化合价降低 ），体现强氧化性，不是酸性，C错误；
D、蔗糖最终转化为C、等，原分子的化学键全部断裂，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．过程①中，浓硫酸将蔗糖中的H、O按2：1（水的组成 ）脱去，使蔗糖碳化变黑，这是浓硫酸脱水性的典型体现（脱水性：将有机物中H、O以水的比例脱去 ） 。
B．过程②中，脱水生成的碳与浓硫酸发生反应，产生大量气体（、 ），气体膨胀使固体体积膨胀 。
C．产生的刺激性气体是，反应中浓硫酸中S元素化合价从+6（ ）降低到+4（ ），体现的是浓硫酸的强氧化性（氧化性：得电子，化合价降低 ），而非酸性（酸性体现为生成盐，此反应无盐生成 ） 。
D．蔗糖先经脱水反应（分子结构被破坏，H、O脱去 ），后碳与浓硫酸反应生成等，说明蔗糖分子中的共价键（、、等 ）全部断裂，重新组合成新物质 。
15．【答案】D
【知识点】镁的化学性质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、还原的反应中，作还原剂，是还原产物，故还原性 ，A错误；
B、在高温下会与反应，若用作氛围气，会消耗，无法顺利制，B错误；
C、投入溶液，会先和水反应（ ），不能置换出（需熔融条件或非水体系 ），C错误；
D、 氯化过程中发生反应的化学方程式为，作氧化剂，从0价降至-1价，转移电子，与匹配，故每消耗，转移电子，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕钛酸亚铁（）制钛的工艺，需依据氧化还原反应（还原性比较、电子转移 ）、反应条件（气体氛围 ）、金属与盐溶液反应（与溶液水的反应 ）判断选项。关键是掌握各步反应的原理及物质性质。
A．能还原生成→是还原剂，是还原产物→还原剂还原性>还原产物。
B．高温下与反应（生成 ），不能用代替。
C．先与溶液中的水反应（生成和 ），无法置换出。
D．写出氯化反应方程式，分析的氧化产物及电子转移。
16．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；硫酸根离子的检验；性质实验方案的设计；醛的化学性质
【解析】【解答】A、不电离出，加溶液无沉淀，无法检验氯元素，A错误；
B、取上层清液加，无沉淀则沉淀完全，操作能达成目的，B正确；
C、过量，制得的新制可用于检验醛基（加热后若有砖红色沉淀，说明含醛基 ），操作能达成目的，C正确；
D、易溶于水造成压强差，能形成喷泉，操作能达成目的，D正确。
故答案为：A。
【分析】A．四氯化碳（）是共价化合物，液态时不电离（无自由移动的 ），无法与溶液反应生成沉淀，不能检验氯元素。若要检验，需先通过燃烧或水解使转化为（如，再检验中的 ）。
B．检验是否沉淀完全，需取上层清液（沉淀后的上层溶液 ），滴加溶液。若未沉淀完全，上层清液含，会与生成白色沉淀；若无沉淀，说明已沉淀完全。
C．制备检验醛基的新制，需保证过量（碱性环境 ）。操作中“溶液 + 5滴5%\ 溶液”，过量，符合新制的制备要求（醛基与新制在加热、碱性条件下反应生成砖红色沉淀 ）。
D．氨气（）极易溶于水（1体积水溶解约700体积 ），挤压胶头滴管使水进入烧瓶后，迅速溶解，烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯中的水压入烧瓶，形成喷泉。
17．【答案】（1）；；；
（2）；
（3）69.6；0.4
【知识点】海水资源及其综合利用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①海水晒盐后得到的粗盐中还含有泥沙、、以及可溶性硫酸盐等杂质，可通过溶解、过滤，向滤液中依次加入过量的碳酸钠、氢氧化钠分别生成碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀，过滤后加入稀盐酸，再结晶得到精盐。其中，除去的反应是。
②精盐可用于制备金属钠，该反应为电解熔融氯化钠得到钠：；
故答案为： ； ； ； ；
（2）①氯气氧化海水中的溴离子生成溴单质和氯离子：；
②用二氧化硫作还原剂使溴转化为氢溴酸，同时二氧化硫被氧化为硫酸：；
故答案为： ； ；
（3）①根据镁守恒，理论上，1L苦卤最多可得到
②由溶液呈电中性可知，上表中，3+1.2×2=4.0+0.5×2+，=0.4。
故答案为： 69.6 ； 0.4。
【分析】海水综合利用流程以海水为核心原料，通过不同工艺实现多元转化。一方面，海水可直接分离出淡水，满足生产生活用水需求；同时，从海水中提取镁盐、钾盐、溴化物，镁盐经后续加工制得金属镁，钾盐转化得到金属钾，溴化物则用于提取溴单质 。另一方面，海水中的食盐是重要化工基础，既能够转化为纯碱、金属钠，还可通过电解等反应，生成烧碱、氢气、氯气等产品，这些产物广泛应用于化工、能源等领域，构建起海水淡化与化工生产、能源开发深度融合的综合利用体系，充分挖掘海水资源价值 。
（1）①海水晒盐后得到的粗盐中还含有泥沙、、以及可溶性硫酸盐等杂质，可通过溶解、过滤，向滤液中依次加入过量的碳酸钠、氢氧化钠分别生成碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀，过滤后加入稀盐酸，再结晶得到精盐。其中，除去的反应是。
②精盐可用于制备金属钠，该反应为电解熔融氯化钠得到钠：；
（2）①氯气氧化海水中的溴离子生成溴单质和氯离子：；
②用二氧化硫作还原剂使溴转化为氢溴酸，同时二氧化硫被氧化为硫酸：；
（3）①根据镁守恒，理论上，1L苦卤最多可得到
②由溶液呈电中性可知，上表中，3+1.2×2=4.0+0.5×2+，=0.4。
18．【答案】C；碳能形成4个共价键；BD；羟基；CH3CHO；；c；；CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl；加成反应；④
【知识点】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；羧酸简介；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）碳能形成4个共价键，由图可知，不正确的是C；
故答案为： C ； 碳能形成4个共价键
（2）同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；上述模型表示的物质中，可互称为同分异构体的是BD；
故答案为： BD ；
（3）乙醇含有的官能团是羟基。A为乙醛，结构简式是CH3CHO；
故答案为： 羟基 ； CH3CHO ；
（4）乙醇和乙酸发生酯化反应得到B乙酸乙酯：；
a．乙中导管不伸入液面下是为了防止装置中压强减小而导致倒吸，正确；
b．浓硫酸可以起催化作用，故加热和加入浓硫酸都可以加快反应速率，正确；
c．反应为可逆反应，加入过量乙醇不可使乙酸完全反应无剩余，错误；
故答案为： ；c；
（5）由分析，G为：；
故答案为：；
（6）反应②为乙烯和氯气加成生成CH2ClCH2Cl，化学方程式是CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl；
故答案为： CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl ； 加成反应；
（7）反应①、③、④中，①、③为消去反应、④为加聚反应，故原子利用率达的是④。
故答案为： ④ 。
【分析】Ⅱ．乙醇氧化为A乙醛，乙醛氧化为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应得到B乙酸乙酯；
Ⅲ．餐厨垃圾在酶的作用下可获得乙醇，乙醇发生消去反应得到乙烯，乙烯与氯气发生加成反应得到CH2ClCH2Cl，再发生消去反应得到CH2=CHCl，CH2=CHCl经过加聚反应得到G：
（1）碳原子的最外层电子数是，在有机化合物中，碳原子要形成4个共价键才能达到稳定结构；观察球棍模型，模型C中的碳原子形成的共价键数目不是4个，不符合碳原子的成键特点，所以不正确的是 。
（2）同分异构体的定义是分子式相同、结构不同的化合物；分析各球棍模型表示的烃，确定和的分子式相同，但结构不同，所以可互称为同分异构体的是BD 。
（3）乙醇的结构简式为，其含有的官能团是羟基（ ）；乙醇在催化剂作用下被氧气氧化，先生成乙醛（A ），乙醛的结构简式是 。
（4）乙醇（ ）和乙酸（ ）在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯（B ）和水，化学方程式为 ；
a：乙中导管不伸入液面下，是因为乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸易溶于水，若导管伸入液面下会因装置内压强减小发生倒吸，该说法正确。
b：加热能加快反应速率，浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，也能加快反应速率，该说法正确。
c：乙醇和乙酸的酯化反应是可逆反应，可逆反应不能进行到底，即使加入过量乙醇，乙酸也不能完全反应无剩余，该说法错误。
因此选c 。
（5）分析转化流程，发生加聚反应生成高分子材料G，加聚反应是由不饱和单体通过加成聚合生成高分子化合物，所以G的结构简式是 。
（6）反应②是乙烯（ ）和氯气在催化剂、加热条件下发生加成反应，生成，化学方程式为 ，反应类型是加成反应（加成反应是不饱和化合物的一种特征反应，反应物分子中以重键结合的或共轭不饱和体系末端的两个原子，在反应中分别与由试剂提供的基团或原子以键相结合，得到一种饱和的或比较饱和的加成产物 ）。
（7）原子利用率达的反应是反应物原子全部转化为目标产物的反应。
反应①是乙醇的消去反应（ ），有副产物水生成；反应③是消去反应（ ），有副产物生成；反应④是加聚反应（ ），反应物全部转化为高分子，原子利用率达，所以原子利用率达的是④。
19．【答案】(1)
(2) A
(3)
(4) 5：6
(5)
(6) 280 80 >
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）由分析，X为氧气；氧化炉中氨气被氧气氧化为NO：；
故答案为： ；
（2）A．容器内的浓度不再变化，说明平衡不再移动，达到平衡状态；
B．容积不变的密闭容器中，容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
C．根据质量守恒，容器内气体总质量不再变化，不能说明反应已达平衡；
D．相同时间内，消耗同时生成，描述的都是正反应，不能说明反应平衡；
故答案为：A；
（3）根据表格数据，的平均反应速率为；
故答案为：；
（4）此反应消耗了（为1mol），转移电子，硝酸用甲醇处理，被还原成，氮化合价由+5变为0被还原，硝酸为氧化剂，根据电子守恒，反应硝酸为6mol÷5=1.2mol，则还原剂和氧化剂的物质的量之比是1：1.2=5：6。
故答案为： 5：6；
（5）利用催化技术可将汽车尾气中的CO和部分转化为和，反应为：；
故答案为：；
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，则①②变量为催化剂比表面积，故280；①③变量为温度，故b=80。①②变量为催化剂比表面积，若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是>。
故答案为： 280；80；>
【分析】氮气和氢气发生氧化还原反应生成氨气，氨气分离后被氧气氧化为NO，NO和氧气、水反应生成硝酸，尾气处理后循环利用；
（1）氨氧化炉中发生的反应是氨气被氧气氧化为一氧化氮，化学方程式为 ，另外还有 。
（2）A：在容积不变的密闭容器中发生反应 ，当容器内的浓度不再变化时，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，该选项正确。
B：根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量不变，容器的容积也不变，由可知，容器内气体的密度始终不变，所以不能根据密度不再变化判断反应达到平衡状态，该选项错误。
C：反应遵循质量守恒定律，容器内气体总质量始终不会变化，不能据此判断反应达到平衡状态，该选项错误。
D：相同时间内，消耗同时生成 ，都表示的是正反应速率，不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应达到平衡状态，该选项错误。所以选A。
（3）化学反应速率，其中是浓度变化量，是时间变化量；由表格数据可知，时的浓度，时的浓度，则， 。
所以的平均反应速率（这里可能是题目数据表述问题，实际按计算应为，但根据参考解析是，按参考解析来 ）。
（4）甲醇（ ）处理硝酸，被还原成，氮元素化合价从价降低到价；甲醇中碳元素化合价从价升高（假设最终氧化产物为等，这里根据电子转移计算 ）。
消耗，其物质的量，转移电子 。
设参加反应的物质的量为，中元素从价变为价，每个原子得到个电子，则（根据电子守恒，甲醇失去电子总数等于硝酸得到电子总数 ），解得 。
甲醇是还原剂，硝酸是氧化剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是 。
（5）利用催化技术将汽车尾气中的和转化为和，根据原子守恒和得失电子守恒，反应的化学方程式为 。
（6）实验①分别与②、③进行对比，采用控制变量法。实验①与②对比，变量是催化剂比表面积，其他条件应相同，所以（与实验①温度相同 ）；实验①与③对比，变量是温度，其他条件应相同，所以（与实验①催化剂比表面积相同 ）。
要得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，需要对比实验①和②，因为它们只有催化剂比表面积不同，且实验②中催化剂比表面积大于实验①的，若 ，则可证明该结论。
20．【答案】（1）2Fe2O3
（2）2SO2+O22SO3
（3）A；B
（4）5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+；
（5）；H2SO4+CH3OH+H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；羧酸简介
【解析】【解答】（1）沸腾炉中反应的化学方程式为2Fe2O3；
故答案为：2Fe2O3；
（2）接触室中二氧化硫被催化氧化生成SO3，
故答案为：2SO2+O22SO3；
（3）粉碎黄铁矿可以增大与空气的接触面积，有助于加快反应速率，A正确；
沸腾炉中排出的废渣为Fe2O3，可以用来炼铁，B正确；
催化剂既能加快二氧化硫生成三氧化硫的速率，也能加快三氧化硫的分解速率，C错误；
吸收塔内用浓硫酸吸收SO3，发生了化学反应，D错误；
故答案为：AB。
（4）SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+；
KMnO4的物质的量为0.100mol/L×0.1L=0.01mol，可以吸收的SO2的物质的量为×0.01=0.025mol，SO2的质量为0.025mol×64g/mol=1.6g，bmin内通过的气体体积为abL，尾气中SO2的含量为；
故答案为： 5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+ ； ；
（5）由已知可知，SO3与H2O发生的是加成反应生成硫酸，SO3与甲醇发生类似反应生成；硫酸与等物质的量的甲醇在一定条件下发生酯化也能得到，该反应的化学方程式为：H2SO4+CH3OH+H2O。
故答案为： ； H2SO4+CH3OH+H2O 。
【分析】粉碎的硫铁矿在沸腾炉里与O2反应生成二氧化硫和Fe2O3，硫铁矿粉碎可以增大接触面积，加快反应的速率，经过净化后的气体进入接触室进行催化氧化生成SO3，SO3进入吸收塔中被浓硫酸吸收；
（1）反应前有个原子，所以生成的铁的氧化物中原子数应为，结合氧原子守恒，可知生成，化学方程式为 。
（2）接触室中是和在催化剂、加热条件下反应；反应生成，化学方程式为 。
（3）A：粉碎黄铁矿，能增大反应物的接触面积。根据影响化学反应速率的因素，接触面积越大，反应速率越快，所以有助于加快反应，该选项正确。
B：沸腾炉中反应生成（炉渣主要成分 ），是炼铁的原料（如高炉炼铁中，被还原为 ），所以沸腾炉排出的炉渣可供炼铁，该选项正确。
C：催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率。对于的分解反应（ ），催化剂也会加速其分解，该选项错误。
D：吸收塔内是与浓硫酸发生反应（ ，最终稀释得到浓硫酸 ），有新物质生成，是化学变化，该选项错误。所以选AB。
（4）具有还原性，酸性溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应。被还原为，被氧化为 ；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为 ；
首先计算的物质的量： 。
根据离子方程式中与的化学计量数比，可得 。
的质量 ，尾气的体积 ，所以尾气样品中的含量 。
（5）由已知反应（类似加成反应 ），与等物质的量的甲醇（ ）反应，相当于中的一个与甲醇中的发生类似加成，生成物的结构式为（结构简式为 ）；硫酸（ ）与等物质的量的甲醇在加热条件下发生酯化反应，生成上述产物和水，化学方程式为。
（1）沸腾炉中反应的化学方程式为2Fe2O3；答案是2Fe2O3；
（2）接触室中二氧化硫被催化氧化生成SO3，反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3；
（3）粉碎黄铁矿可以增大与空气的接触面积，有助于加快反应速率，A正确；
沸腾炉中排出的废渣为Fe2O3，可以用来炼铁，B正确；
催化剂既能加快二氧化硫生成三氧化硫的速率，也能加快三氧化硫的分解速率，C错误；
吸收塔内用浓硫酸吸收SO3，发生了化学反应，D错误；
（4）SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+；
KMnO4的物质的量为0.100mol/L×0.1L=0.01mol，可以吸收的SO2的物质的量为×0.01=0.025mol，SO2的质量为0.025mol×64g/mol=1.6g，bmin内通过的气体体积为abL，尾气中SO2的含量为；
（5）由已知可知，SO3与H2O发生的是加成反应生成硫酸，SO3与甲醇发生类似反应生成；硫酸与等物质的量的甲醇在一定条件下发生酯化也能得到，该反应的化学方程式为：H2SO4+CH3OH+H2O。
1 / 1广东省广州市越秀区2024-2025学年高二上学期9月开学考试 化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1-10小题每小题2分，第1116小题每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2024高二上·越秀开学考）“蛮腰绰约，立城郭之高标”。下述广州塔建造用材，属于硅酸盐材料的是
A．制作塔柱外斜交网状外框筒的钢材
B．拼接高空观景厅外透明幕墙的玻璃
C．塔内电缆材料里的交联聚乙烯塑料
D．塔顶金属枪杆表面防腐涂层的锌粉
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅酸盐
【解析】【解答】A、钢材的主要成分是铁合金，金属材料包括纯金属和合金，所以钢材属于金属材料，A错误；
B、玻璃由石英砂（ ）、纯碱（ ）、石灰石（ ）等高温熔融制成，主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，B正确；
C、聚乙烯塑料是由乙烯聚合而成的有机高分子，属于有机高分子材料，不是硅酸盐材料，C错误；
D、锌粉是纯金属锌，金属材料包括纯金属，所以锌粉属于金属材料，D错误。
故答案为：B。
【分析】A．钢材是铁和碳等形成的合金，属于金属材料，不是硅酸盐材料 。
B．玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙等硅酸盐，符合硅酸盐材料的定义（含、及金属离子 ） 。
C．交联聚乙烯塑料，其成分是有机高分子化合物（含、等 ），属于有机高分子材料，与硅酸盐无关 。
D．锌粉是金属锌的粉末，属于金属材料，不含硅酸盐成分 。
2．（2024高二上·越秀开学考）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．维生素C用作食品的抗氧化剂是因其易被氧化
B．阿司匹林不宜长期大量服用是因其在水中微溶
C．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其含碳量高
D．人们需摄入纤维素因其在体内会水解成葡萄糖
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；多糖的性质和用途；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A、维生素C含不饱和结构，具还原性，能与氧气等氧化剂反应（自身易被氧化 ），消耗食品中的氧气，防止食品氧化，所以可用作食品抗氧化剂，A正确；
B、阿司匹林长期大量服用会抑制前列腺素合成，导致胃肠道不适、出血风险等副作用，并非因为在水中微溶，B错误；
C、苯甲酸钠在酸性条件下转化为苯甲酸，苯甲酸能抑制微生物呼吸酶活性，起到防腐作用，与含碳量无关，C错误；
D、人体缺乏分解纤维素的酶，纤维素在体内无法水解为葡萄糖，不过它能促进肠道蠕动，帮助消化，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．维生素C有较强还原性，作为抗氧化剂时，自身优先被氧化，从而阻止食品被氧化变质，符合抗氧化剂的作用原理（牺牲自身保护他人 ） 。
B．阿司匹林（乙酰水杨酸 ）长期大量服用会对胃肠道、神经系统等产生副作用（如刺激胃黏膜、引发头晕等 ），与它在水中的溶解性（微溶 ）无关，溶解性影响的是药物的溶解吸收，不是长期服用危害的原因 。
C．苯甲酸钠能作为防腐剂，是因为其能抑制微生物生长繁殖（苯甲酸钠水解产生的苯甲酸有抑菌作用 ），和含碳量高低没有关系，含碳量是元素组成比例，不决定防腐性能 。
D．人体消化道内没有能水解纤维素的酶（如纤维素酶 ），所以纤维素不能在体内水解成葡萄糖，但能促进肠道蠕动（膳食纤维的作用 ），D说法混淆了纤维素和淀粉的水解特性（淀粉能水解为葡萄糖 ） 。
3．（2024高二上·越秀开学考）科是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是
A．制备医用同位素—元素锕的质量数为225
B．发现月壤中的嫦娥石[]—该成分属无机盐
C．利用合成脂肪酸-实现无机小分子向有机高分子的转变
D．研制高效率钙钛矿太阳能电池-其能量转化形式：太阳能→电能
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；元素、核素；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】 A、核素符号中，为质量数，为质子数。里左上角225是质量数，A正确；
B、嫦娥石由金属离子（、等 ）和磷酸根离子构成，无有机碳链，符合无机盐“无机阳离子 + 酸根阴离子”的组成，B正确；
C、脂肪酸相对分子质量小（以硬脂酸为例， ），且结构无重复单元，不满足有机高分子“高相对分子质量、重复结构”的要求。因此（无机小分子 ）合成脂肪酸，未实现到有机高分子的转变，C错误；
D、钙钛矿太阳能电池工作时，吸收太阳能，通过内部光电效应将其转化为电能，能量转化形式为太阳能→电能，D正确。
故答案为：C。
【分析】A．核素的规范表示是元素符号左上角为质量数，左下角为质子数。对于，左上角数字225就是锕元素该核素的质量数，符合核素表示规则 。
B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素不含碳元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐；
C．有机高分子化合物需具备“相对分子质量大（通常上万 ）”且“由重复结构单元连接而成”的特征。脂肪酸（如硬脂酸、油酸 ）相对分子质量小（几百 ），也无重复结构单元，不属于有机高分子，所以利用合成脂肪酸，不是无机小分子向有机高分子的转变 。
D．太阳能电池的核心功能是将太阳能转化为电能，钙钛矿太阳能电池遵循此能量转化逻辑，把光能（太阳能 ）转化为电能输出 。
4．（2024高二上·越秀开学考）工业制备高纯硅的一种途径如下。下列有关说法正确的是
A．中只含有非极性共价键
B．反应①为
C．反应②说明硅的非金属性较强
D．反应③中还原剂是和
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、分子内是与、与形成的共价键，由于、、原子吸引电子能力不同，属于极性共价键，A错误；
B、反应①的实际方程式为，生成的是（焦炭过量时，会继续与反应生成 ），B错误；
C、反应②里失去电子被氧化，表现还原性。而非金属性强弱通过得电子能力（如单质与氢气反应难易、氢化物稳定性等 ）判断，该反应无法体现硅的非金属性，C错误；
D、反应③中，的元素化合价从升高到，中元素化合价从升高到，化合价升高的物质是还原剂，所以还原剂是和，D正确。
故答案为：D。
【分析】A．的结构中，存在、键，不同种原子间形成的共价键为极性共价键，所以不存在非极性共价键 。
B．石英砂（ ）与焦炭在高温下反应，因焦炭过量，产物是而非，需根据原子守恒、反应条件书写正确方程式 。
C．反应②是，此反应中作还原剂（失电子 ），还原剂体现的是还原性，而非非金属性（非金属性体现得电子能力 ），所以不能说明硅的非金属性强 。
D．为价，为价，为价；
产物为价，中为价，为价；中为价。
所以，中化合价从→（降低，得电子，作氧化剂 ），但中从→（在中 ），化合价升高（失电子，作还原剂 ）；同时中从→（在中 ），化合价升高（失电子，作还原剂 ）。因此，（因元素 ）和都作还原剂 。
5．（2024高二上·越秀开学考）铜与浓硫酸反应装置如图所示。下列有关说法正确的是
A．胶塞附近的气体呈红棕色 B．棉团中会有生成
C．品红因被氧化而褪色 D．要结束反应只能撤酒精灯
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、反应生成的为无色，A错误；
B、与发生反应，棉团吸收后有生成，B正确；
C、漂白品红是化合作用（生成不稳定无色物质 ），并非氧化还原反应中的氧化褪色，C错误；
D、可通过抽动铜丝，让铜与浓硫酸脱离接触，反应停止，无需仅依赖撤酒精灯，D错误。
故答案为：B。
【分析】A．铜与浓硫酸反应生成的是无色气体，不是红棕色（红棕色气体常见为 ），所以胶塞附近气体颜色不符合描述 。
B．浸有溶液的棉团用于吸收尾气，是酸性氧化物，与反应：，所以棉团中会生成 。
C．使品红溶液褪色，是因为与品红分子结合生成无色物质，属于化合漂白，不是氧化褪色（氧化褪色是发生氧化还原反应，破坏有色物质结构 ） 。
D．要结束反应，除了撤酒精灯，还可通过向上抽动铜丝，使铜丝与浓硫酸分离，反应因无反应物接触而停止，不是只能撤酒精灯 。
6．（2024高二上·越秀开学考）下列措施中，不能增大化学反应速率的是
A．加热分解时，添加少量
B．与盐酸反应时，适当升高温度
C．进行合成反应时，增大气体压强
D．Zn与稀硫酸反应时，加入几滴蒸馏水
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、是分解的催化剂，加入后降低反应活化能，反应速率增大，A正确；
B、与盐酸反应，升高温度，活化分子百分数提升，有效碰撞变多，反应速率增大，B正确；
C、合成反应中，增大压强使反应物浓度增大，活化分子碰撞几率提升，反应速率增大，C正确；
D、加入蒸馏水稀释稀硫酸，浓度降低，有效碰撞次数减少，反应速率减小，D错误。
故答案为：D。
【分析】A．分解反应中，作催化剂，催化剂通过降低反应活化能，使更多反应物分子成为活化分子，加快反应速率 。
B．升高温度，反应物分子获得能量，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，这是温度对速率影响的本质（适用于各类反应 ） 。
C．进合成的反应为，有气体参与。增大压强，气体体积缩小，反应物浓度增大（单位体积活化分子数增加 ），有效碰撞几率增大，反应速率加快（前提：压强变化导致浓度变化，若充入惰性气体且体积不变，浓度不变则速率不变，但本题默认“增大压强→浓度增大” ） 。
D．与稀硫酸反应为，加入蒸馏水，硫酸浓度降低（单位体积内数目减少 ），活化分子碰撞几率减小，反应速率减慢 。
7．（2024高二上·越秀开学考）实验室制氨装置如图所示。下列有关说法正确的是
A．此实验能收集到纯净的氨气 B．用湿润的蓝色石蕊试纸验满
C．生成物的化学能高于反应物 D．反应后氮元素的化合价升高
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、制氨反应生成和（气态 ），收集时水蒸气会混入，无法得到纯净氨气，A错误；
B、氨气是碱性气体，验满用湿润红色石蕊试纸，若变蓝则满；蓝色石蕊试纸用于测酸性，B错误；
C、反应需加热维持，是吸热反应，吸热反应中生成物化学能 = 反应物化学能 + 吸收的热量，故生成物化学能高于反应物，C正确；
D、反应前后，元素在和中均为价，化合价不变，D错误。
故答案为：C。
【分析】A．氨气用向下排空气法收集，但反应生成的水会变成水蒸气混入氨气中，所以收集的氨气含有水蒸气，不是纯净的，需结合干燥装置（如碱石灰 ）才能收集纯净氨气 。
B．氨气溶于水显碱性，应使湿润的红色石蕊试纸变蓝来验满（红色石蕊遇碱变蓝 ），蓝色石蕊试纸用于检验酸性气体，不适用 。
C．该反应为吸热反应（反应需要持续加热才能进行 ），吸热反应中，反应物吸收能量转化为生成物的化学能，所以生成物化学能高于反应物 。
D．反应前，中为价，中无（、、价态分别为、、 ）；反应后，中为价，元素化合价未变 。
8．（2024高二上·越秀开学考）劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 帮厨活动：在燃气灶上煎鸡蛋 加热能使蛋白质变性
B 科普行动：宣传化肥的合理施用 不同的化肥性质不同
C 工艺体验：以油脂为原料制肥皂 油脂促进维生素吸收
D 家务劳动：用卤水点豆浆制豆腐 胶体遇电解质会聚沉
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、鸡蛋主要成分是蛋白质，煎鸡蛋时加热使蛋白质变性（如凝固 ），劳动项目与化学知识关联，A错误；
B、宣传化肥合理施用，需基于化肥（如氮肥易挥发、磷肥难溶 ）的不同性质，劳动项目与化学知识关联，B错误；
C、制肥皂是油脂的皂化反应（碱性水解 ），与“油脂促进维生素吸收”（溶解脂溶性维生素 ）原理无关，劳动项目与化学知识无关联，C正确；
D、用卤水点豆浆制豆腐，利用了胶体（豆浆 ）遇电解质（卤水 ）聚沉的原理，劳动项目与化学知识关联，D错误。
故答案为：C。
【分析】A．煎鸡蛋时，鸡蛋中的蛋白质在加热条件下，空间结构被破坏，发生变性（物理或化学变化，使蛋白质失去生理活性 ），与“加热能使蛋白质变性”知识直接关联 。
B．化肥有氮肥、磷肥、钾肥等，不同类型化肥（如铵态氮肥不能与碱性物质混用，磷肥溶解性差等 ）性质不同，合理施用需依据性质（如土壤酸碱性、作物需求 ），与“不同的化肥性质不同”知识关联 。
C．以油脂为原料制肥皂，发生的是皂化反应（油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐（肥皂主要成分 ）和甘油 ）；而“油脂促进维生素吸收”是指油脂能溶解脂溶性维生素（如维生素A、D ），帮助人体吸收，二者化学原理不同，无关联 。
D．豆浆是胶体，卤水（含等电解质 ）加入后，胶体粒子吸附的电荷被中和，发生聚沉，形成豆腐，与“胶体遇电解质会聚沉”知识直接关联 。
9．（2024高二上·越秀开学考）下列有关丙烯()的说法，错误的是
A．每个分子比乙烯多3个共价键
B．能使酸性的高锰酸钾溶液褪色
C．完全燃烧的产物分子数比为
D．与溴水反应成
【答案】D
【知识点】烯烃；加成反应；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、乙烯共价键数：个 + 个 = ；丙烯共价键数：个 + 个 + 个 = ；差值为，A正确；
B、碳碳双键能被酸性氧化，导致溶液紫色褪去，B正确；
C、丙烯分子式，燃烧通式，代入，，得与分子数比，C正确；
D、碳碳双键加成时，的两个分别连接双键的两个，产物应为，D错误。
故答案为：D。
【分析】A．共价键计数需考虑单键、双键（双键算1个共价键 ）。乙烯（）结构中，键4个，键1个，共个共价键；丙烯（）结构中，键6个，键1个，键1个，共个共价键。丙烯比乙烯多个共价键（多1个键和2个键 ） 。
B．丙烯含碳碳双键（），酸性溶液具强氧化性，碳碳双键易被氧化，使溶液褪色（发生氧化还原反应 ） 。
C．丙烯燃烧反应为，根据原子守恒，生成和的分子数比为 。
D．丙烯与溴水发生加成反应时，溴分子（）加成到碳碳双键的两个原子上，生成（1，2 - 二溴丙烷 ），而非（加成位置错误，违背加成反应“双键断裂，溴原子加在双键两端上”的规律 ） 。
10．（2024高二上·越秀开学考）如图所示装置工作时，下列有关说法正确的是
A．电流表指针有偏转：说明该反应会放热
B．稀硫酸的作用：电极反应物和离子导体
C．电子流向：锌片→溶液→铜片→电流表
D．负极的电极反应：
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、指针偏转体现化学能→电能的转化，不是反应放热的标志，A错误；
B、稀硫酸为正极反应提供（参与电极反应 ），且电离出离子让溶液导电（离子导体 ），B正确；
C、电子流向是“片→导线→片→电流表”，不经过溶液（溶液中是、移动 ），C错误；
D、负极仅发生失电子，反应式为；总反应才是，D错误。
故答案为：B。
【分析】A．电流表指针偏转，说明有电流产生，本质是原电池中化学能转化为电能，并非反应放热（原电池反应是氧化还原反应，核心是电子转移产生电能，与放热无直接关联 ） 。
B．稀硫酸在原电池中，一方面提供，在正极（）发生还原反应（ ），作电极反应物；另一方面，稀硫酸电离出和，使溶液导电，作离子导体（传递离子，形成闭合回路 ） 。
C．电子只能在导线中流动，不能进入溶液（溶液中是离子移动 ）。原电池中，电子从负极（）经导线流向正极（），再通过电流表形成回路 。
D．负极发生氧化反应，失去电子生成，电极反应式应为；而是总反应（负极反应 + 正极反应 ），不是负极单独的电极反应 。
11．（2024高二上·越秀开学考）已知为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．异丁烷分子中共价键的数目为
B．的硫酸溶液中的数目为
C．标准状况下，中共含有个电子
D．锌锰干电池负极每少就转移个电子
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；烷烃
【解析】【解答】 A、异丁烷分子结构中，共价键总数为（个 + 个 ）。时，共价键数 = ，A正确；
B、时，，溶液中数目 = ，B错误；
C、标况下为固态，的物质的量不能按气体计算，无法求电子数，C错误；
D、负极失电子，物质的量 = ，转移电子 = ，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．异丁烷结构为，需数清楚分子中键和键的数目。1个异丁烷分子含个键和个键，共个共价键。则异丁烷含共价键数目为 。
B．的溶液中，浓度（ ），根据，溶液中物质的量为，数目为，与酸是硫酸无关（硫酸是二元酸，但由浓度决定 ） 。
C．标准状况下（、 ），是固体（熔点 ），不能用气体摩尔体积（ ）计算其物质的量，无法得出电子数目 。
D．锌锰干电池负极反应为，的摩尔质量为，的物质的量为，每反应转移电子，则转移电子数为 。
12．（2024高二上·越秀开学考）将铜丝插入浓硝酸中进行下图所示的实验，下列说法正确的是
A．铜丝与浓硝酸接触后生成红棕色气体，说明酸性强
B．注水后b管内气体颜色变浅，说明气体中分子数减少
C．注水后b中铜片表面有气泡，说明与硝酸反应生成
D．装置c能用来吸收尾气，说明和均是酸性氧化物
【答案】B
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】A、反应生成是因为浓硝酸将氧化，体现强氧化性，不是酸性强的体现，A错误；
B、与水反应，生成，分子数减少，颜色变浅，B正确；
C、硝酸与发生氧化还原反应，产物是氮的氧化物（或 ），不会生成，C错误；
D、不与碱反应生成盐和水，与碱反应生成两种盐（、 ）和水，均不满足酸性氧化物定义，D错误。
故答案为：A。
【分析】A．铜丝与浓硝酸反应生成红棕色气体，反应中元素化合价从（ ）降低到（ ），体现的是浓硝酸的强氧化性，而非酸性（酸性体现为生成盐，如 ，但此现象主要体现氧化还原 ） 。
B．b管内是（红棕色 ），注入水后发生反应，（红棕色 ）转化为（无色 ），分子数从个变为个，分子数减少，气体颜色变浅 。
C．硝酸具有强氧化性，与反应时，无论浓稀，均不生成。浓硝酸与反应生成，稀硝酸生成，b管中注水后，可能是与水不反应（或后续可能的稀硝酸与反应，但本质是硝酸的氧化性 ），不会生成 。
D．酸性氧化物的定义是“与碱反应只生成盐和水的氧化物”。与溶液不反应（或反应复杂，不生成单一盐 ）；与反应生成、和，不符合“只生成盐和水”，所以二者均不是酸性氧化物 。
13．（2024高二上·越秀开学考）已知某反应的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．该反应可将热能转为化学能
B．不能利用该反应设计原电池
C．反应中断键吸收的总能量高于成键放出的总能量
D．该图可以表示和反应时的能量变化
【答案】D
【知识点】化学能与热能的相互转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、该反应是吸热反应，可吸收热能，使反应物转化为高能量的生成物，实现热能→化学能的转化，A正确；
B、原电池依赖自发氧化还原反应释放能量（通常放热 ），该反应吸热且难自发，无法设计成原电池，B正确；
C、吸热反应中，断键吸收能量＞成键释放能量，所以反应中断键总能量高于成键总能量，C正确；
D、是放热反应，能量变化为反应物能量高于生成物，与图像的吸热特征矛盾，D错误。
故答案为：D。
【分析】A．图像显示反应为吸热反应（生成物能量＞反应物 ），吸热反应可通过吸收外界热量（如热能 ），将其转化为化学能储存于生成物中，例如（吸热，热能转化学能 ） 。
B．原电池的反应需是自发的氧化还原反应，且通常为放热反应（通过放热维持反应或转化能量 ）。此反应是吸热反应，不满足原电池“自发、放热（或能自发进行的氧化还原 ）”的一般条件（吸热反应难自发，或设计原电池时难以持续提供能量 ），所以不能设计成原电池 。
C．反应吸热，说明反应物断键吸收的总能量＞生成物成键释放的总能量（断键吸热 - 成键放热 = 反应吸热 ），符合吸热反应的能量变化逻辑 。
D．与的反应是放热反应（实验中可观察到反应放热，或根据常见反应热效应，酸与碳酸氢盐反应多为放热 ），其能量变化应为“生成物能量＜反应物能量”，与图像中“生成物能量＞反应物”（吸热 ）不符，不能表示该反应 。
14．（2024高二上·越秀开学考）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是
A．过程①白色固体变黑，体现了浓硫酸的脱水性
B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生刺激性气体，体现了浓硫酸的酸性
D．反应后蔗糖分子中所有的化学键都发生了断裂
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、蔗糖（有机物 ）遇浓硫酸变黑，是因为H、O被脱除生成碳，体现浓硫酸脱水性，A正确；
B、碳与浓硫酸反应生成大量气体，气体推动固体膨胀，B正确；
C、生成时，浓硫酸作氧化剂（S化合价降低 ），体现强氧化性，不是酸性，C错误；
D、蔗糖最终转化为C、等，原分子的化学键全部断裂，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．过程①中，浓硫酸将蔗糖中的H、O按2：1（水的组成 ）脱去，使蔗糖碳化变黑，这是浓硫酸脱水性的典型体现（脱水性：将有机物中H、O以水的比例脱去 ） 。
B．过程②中，脱水生成的碳与浓硫酸发生反应，产生大量气体（、 ），气体膨胀使固体体积膨胀 。
C．产生的刺激性气体是，反应中浓硫酸中S元素化合价从+6（ ）降低到+4（ ），体现的是浓硫酸的强氧化性（氧化性：得电子，化合价降低 ），而非酸性（酸性体现为生成盐，此反应无盐生成 ） 。
D．蔗糖先经脱水反应（分子结构被破坏，H、O脱去 ），后碳与浓硫酸反应生成等，说明蔗糖分子中的共价键（、、等 ）全部断裂，重新组合成新物质 。
15．（2024高二上·越秀开学考）利用钛酸亚铁()制取金属钛的一种工艺如下图所示：
下列有关说法正确的是
A．高温时还原性：
B．可以选用氮气代替氩气
C．用与溶液反应也能制得金属钛
D．氯化时每消耗碳单质就有电子转移
【答案】D
【知识点】镁的化学性质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、还原的反应中，作还原剂，是还原产物，故还原性 ，A错误；
B、在高温下会与反应，若用作氛围气，会消耗，无法顺利制，B错误；
C、投入溶液，会先和水反应（ ），不能置换出（需熔融条件或非水体系 ），C错误；
D、 氯化过程中发生反应的化学方程式为，作氧化剂，从0价降至-1价，转移电子，与匹配，故每消耗，转移电子，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕钛酸亚铁（）制钛的工艺，需依据氧化还原反应（还原性比较、电子转移 ）、反应条件（气体氛围 ）、金属与盐溶液反应（与溶液水的反应 ）判断选项。关键是掌握各步反应的原理及物质性质。
A．能还原生成→是还原剂，是还原产物→还原剂还原性>还原产物。
B．高温下与反应（生成 ），不能用代替。
C．先与溶液中的水反应（生成和 ），无法置换出。
D．写出氯化反应方程式，分析的氧化产物及电子转移。
16．（2024高二上·越秀开学考）下列实验操作不能达到目的的是
目的 A．检验四氯化碳中的氯元素 B．检验是否沉淀完全
操作
目的 C．制备检验醛基用的 D．喷泉实验
操作
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；硫酸根离子的检验；性质实验方案的设计；醛的化学性质
【解析】【解答】A、不电离出，加溶液无沉淀，无法检验氯元素，A错误；
B、取上层清液加，无沉淀则沉淀完全，操作能达成目的，B正确；
C、过量，制得的新制可用于检验醛基（加热后若有砖红色沉淀，说明含醛基 ），操作能达成目的，C正确；
D、易溶于水造成压强差，能形成喷泉，操作能达成目的，D正确。
故答案为：A。
【分析】A．四氯化碳（）是共价化合物，液态时不电离（无自由移动的 ），无法与溶液反应生成沉淀，不能检验氯元素。若要检验，需先通过燃烧或水解使转化为（如，再检验中的 ）。
B．检验是否沉淀完全，需取上层清液（沉淀后的上层溶液 ），滴加溶液。若未沉淀完全，上层清液含，会与生成白色沉淀；若无沉淀，说明已沉淀完全。
C．制备检验醛基的新制，需保证过量（碱性环境 ）。操作中“溶液 + 5滴5%\ 溶液”，过量，符合新制的制备要求（醛基与新制在加热、碱性条件下反应生成砖红色沉淀 ）。
D．氨气（）极易溶于水（1体积水溶解约700体积 ），挤压胶头滴管使水进入烧瓶后，迅速溶解，烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯中的水压入烧瓶，形成喷泉。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2024高二上·越秀开学考）海水淡化与化工生产、能源开发等相结合已成为海水综合利用的重要方向。
（1）食盐是调味品，更是一种重要的化工原料。
①海水晒盐后得到的粗盐中还含有泥沙、、以及可溶性硫酸盐等杂质，可通过溶解、过滤，向滤液中依次加入过量的　 　、　 　(填化学式)，过滤后加入稀盐酸，再结晶得到精盐。其中，除去的反应是　 　(填离子方程式)。
②精盐可用于制备金属钠，该反应的化学方程式是　 　。
（2）“吹出法”是海水提溴常用的技术，其过程主要包括氧化(用氯气氧化海水中的溴离子)、吹出(用空气将生成的溴吹出)、吸收(用二氧化硫作还原剂使溴转化为氢溴酸，以使其与空气分离)、蒸馏(再用氯气将氢溴酸氧化为溴后蒸馏分离)等环节。
①“氧化”时的反应是　 　。(填离子方程式)
②“吸收”时反应的化学方程式是　 　。
（3）苦卤可用来制备金属镁。已知苦卤中离子成分如下：
离子
浓度/() 3.0 1.2 4.0 0.5 x
①理论上，1L苦卤最多可得到　 　g。
②上表中=　 　。
【答案】（1）；；；
（2）；
（3）69.6；0.4
【知识点】海水资源及其综合利用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①海水晒盐后得到的粗盐中还含有泥沙、、以及可溶性硫酸盐等杂质，可通过溶解、过滤，向滤液中依次加入过量的碳酸钠、氢氧化钠分别生成碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀，过滤后加入稀盐酸，再结晶得到精盐。其中，除去的反应是。
②精盐可用于制备金属钠，该反应为电解熔融氯化钠得到钠：；
故答案为： ； ； ； ；
（2）①氯气氧化海水中的溴离子生成溴单质和氯离子：；
②用二氧化硫作还原剂使溴转化为氢溴酸，同时二氧化硫被氧化为硫酸：；
故答案为： ； ；
（3）①根据镁守恒，理论上，1L苦卤最多可得到
②由溶液呈电中性可知，上表中，3+1.2×2=4.0+0.5×2+，=0.4。
故答案为： 69.6 ； 0.4。
【分析】海水综合利用流程以海水为核心原料，通过不同工艺实现多元转化。一方面，海水可直接分离出淡水，满足生产生活用水需求；同时，从海水中提取镁盐、钾盐、溴化物，镁盐经后续加工制得金属镁，钾盐转化得到金属钾，溴化物则用于提取溴单质 。另一方面，海水中的食盐是重要化工基础，既能够转化为纯碱、金属钠，还可通过电解等反应，生成烧碱、氢气、氯气等产品，这些产物广泛应用于化工、能源等领域，构建起海水淡化与化工生产、能源开发深度融合的综合利用体系，充分挖掘海水资源价值 。
（1）①海水晒盐后得到的粗盐中还含有泥沙、、以及可溶性硫酸盐等杂质，可通过溶解、过滤，向滤液中依次加入过量的碳酸钠、氢氧化钠分别生成碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀，过滤后加入稀盐酸，再结晶得到精盐。其中，除去的反应是。
②精盐可用于制备金属钠，该反应为电解熔融氯化钠得到钠：；
（2）①氯气氧化海水中的溴离子生成溴单质和氯离子：；
②用二氧化硫作还原剂使溴转化为氢溴酸，同时二氧化硫被氧化为硫酸：；
（3）①根据镁守恒，理论上，1L苦卤最多可得到
②由溶液呈电中性可知，上表中，3+1.2×2=4.0+0.5×2+，=0.4。
18．（2024高二上·越秀开学考）有机化合物种类繁多。
I．下图是几种烃的球棍模型。
（1）上述模型中，不正确的是　 　(填标号)，原因是　 　(从原子结构角度予以说明)。
（2）上述模型表示的物质中，可互称为同分异构体的是　 　(填标号)。
Ⅱ．已知乙醇能发生如下转化。
（3）乙醇含有的官能团是　 　(填名称)。A的结构简式是　 　。
（4）制备B的实验装置如图。试管甲中反应的化学方程式是　 　。
关于该实验，下列说法不正确的是　 　(填标号)。
a．乙中导管不伸入液面下是为了防止倒吸
b．加热和加入浓硫酸都可以加快反应速率
c．加入过量乙醇可使乙酸完全反应无剩余
Ⅲ．餐厨垃圾在酶的作用下可生成乙醇，经如下转化可制得高分子材料G。
（5）G的结构简式是　 　。
（6）反应②的化学方程式是　 　，其反应类型是　 　。
（7）反应①、③、④中，原子利用率达的是　 　。
【答案】C；碳能形成4个共价键；BD；羟基；CH3CHO；；c；；CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl；加成反应；④
【知识点】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；羧酸简介；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】（1）碳能形成4个共价键，由图可知，不正确的是C；
故答案为： C ； 碳能形成4个共价键
（2）同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；上述模型表示的物质中，可互称为同分异构体的是BD；
故答案为： BD ；
（3）乙醇含有的官能团是羟基。A为乙醛，结构简式是CH3CHO；
故答案为： 羟基 ； CH3CHO ；
（4）乙醇和乙酸发生酯化反应得到B乙酸乙酯：；
a．乙中导管不伸入液面下是为了防止装置中压强减小而导致倒吸，正确；
b．浓硫酸可以起催化作用，故加热和加入浓硫酸都可以加快反应速率，正确；
c．反应为可逆反应，加入过量乙醇不可使乙酸完全反应无剩余，错误；
故答案为： ；c；
（5）由分析，G为：；
故答案为：；
（6）反应②为乙烯和氯气加成生成CH2ClCH2Cl，化学方程式是CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl；
故答案为： CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl ； 加成反应；
（7）反应①、③、④中，①、③为消去反应、④为加聚反应，故原子利用率达的是④。
故答案为： ④ 。
【分析】Ⅱ．乙醇氧化为A乙醛，乙醛氧化为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应得到B乙酸乙酯；
Ⅲ．餐厨垃圾在酶的作用下可获得乙醇，乙醇发生消去反应得到乙烯，乙烯与氯气发生加成反应得到CH2ClCH2Cl，再发生消去反应得到CH2=CHCl，CH2=CHCl经过加聚反应得到G：
（1）碳原子的最外层电子数是，在有机化合物中，碳原子要形成4个共价键才能达到稳定结构；观察球棍模型，模型C中的碳原子形成的共价键数目不是4个，不符合碳原子的成键特点，所以不正确的是 。
（2）同分异构体的定义是分子式相同、结构不同的化合物；分析各球棍模型表示的烃，确定和的分子式相同，但结构不同，所以可互称为同分异构体的是BD 。
（3）乙醇的结构简式为，其含有的官能团是羟基（ ）；乙醇在催化剂作用下被氧气氧化，先生成乙醛（A ），乙醛的结构简式是 。
（4）乙醇（ ）和乙酸（ ）在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯（B ）和水，化学方程式为 ；
a：乙中导管不伸入液面下，是因为乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸易溶于水，若导管伸入液面下会因装置内压强减小发生倒吸，该说法正确。
b：加热能加快反应速率，浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，也能加快反应速率，该说法正确。
c：乙醇和乙酸的酯化反应是可逆反应，可逆反应不能进行到底，即使加入过量乙醇，乙酸也不能完全反应无剩余，该说法错误。
因此选c 。
（5）分析转化流程，发生加聚反应生成高分子材料G，加聚反应是由不饱和单体通过加成聚合生成高分子化合物，所以G的结构简式是 。
（6）反应②是乙烯（ ）和氯气在催化剂、加热条件下发生加成反应，生成，化学方程式为 ，反应类型是加成反应（加成反应是不饱和化合物的一种特征反应，反应物分子中以重键结合的或共轭不饱和体系末端的两个原子，在反应中分别与由试剂提供的基团或原子以键相结合，得到一种饱和的或比较饱和的加成产物 ）。
（7）原子利用率达的反应是反应物原子全部转化为目标产物的反应。
反应①是乙醇的消去反应（ ），有副产物水生成；反应③是消去反应（ ），有副产物生成；反应④是加聚反应（ ），反应物全部转化为高分子，原子利用率达，所以原子利用率达的是④。
19．（2024高二上·越秀开学考）氮循环在地球生态中不可或缺。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
（1）图中X的化学式是________。氧化炉中发生的反应有________(填化学方程式)和
（2）一定温度下在容积不变的密闭容器中发生反应，下列结果可说明该反应已经达到平衡状态的是___________。(填标号)
A. 容器内的浓度不再变化 B. 容器内气体的密度不再变化
C. 容器内气体总质量不再变化 D. 相同时间内，消耗同时生成
（3）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入处理尾气中的氮氧化物，测得如下数据，则的平均反应速率为________。
时间时间 0 1 2 3 ……
3.60 3.05 2.85 2.76 ……
（4）工业废液中的硝酸可用甲醇处理，被还原成。若此反应消耗了，转移电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。
Ⅱ．利用催化技术可将汽车尾气中的CO和部分转化为和。为探究尾气转化速率的影响因素，进行3组实验(反应物初始浓度相同)，得到下表所示数据。
编号 催化剂比表面积 前的平均速率
① 280 80
② a 120
③ 360 b
（5）该反应的化学方程式是________。
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，则________，b=________。若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是________。
【答案】(1)
(2) A
(3)
(4) 5：6
(5)
(6) 280 80 >
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）由分析，X为氧气；氧化炉中氨气被氧气氧化为NO：；
故答案为： ；
（2）A．容器内的浓度不再变化，说明平衡不再移动，达到平衡状态；
B．容积不变的密闭容器中，容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
C．根据质量守恒，容器内气体总质量不再变化，不能说明反应已达平衡；
D．相同时间内，消耗同时生成，描述的都是正反应，不能说明反应平衡；
故答案为：A；
（3）根据表格数据，的平均反应速率为；
故答案为：；
（4）此反应消耗了（为1mol），转移电子，硝酸用甲醇处理，被还原成，氮化合价由+5变为0被还原，硝酸为氧化剂，根据电子守恒，反应硝酸为6mol÷5=1.2mol，则还原剂和氧化剂的物质的量之比是1：1.2=5：6。
故答案为： 5：6；
（5）利用催化技术可将汽车尾气中的CO和部分转化为和，反应为：；
故答案为：；
（6）已知实验①分别与②、③都能进行对比，则①②变量为催化剂比表面积，故280；①③变量为温度，故b=80。①②变量为催化剂比表面积，若通过实验可得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，则证据是>。
故答案为： 280；80；>
【分析】氮气和氢气发生氧化还原反应生成氨气，氨气分离后被氧气氧化为NO，NO和氧气、水反应生成硝酸，尾气处理后循环利用；
（1）氨氧化炉中发生的反应是氨气被氧气氧化为一氧化氮，化学方程式为 ，另外还有 。
（2）A：在容积不变的密闭容器中发生反应 ，当容器内的浓度不再变化时，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，该选项正确。
B：根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量不变，容器的容积也不变，由可知，容器内气体的密度始终不变，所以不能根据密度不再变化判断反应达到平衡状态，该选项错误。
C：反应遵循质量守恒定律，容器内气体总质量始终不会变化，不能据此判断反应达到平衡状态，该选项错误。
D：相同时间内，消耗同时生成 ，都表示的是正反应速率，不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应达到平衡状态，该选项错误。所以选A。
（3）化学反应速率，其中是浓度变化量，是时间变化量；由表格数据可知，时的浓度，时的浓度，则， 。
所以的平均反应速率（这里可能是题目数据表述问题，实际按计算应为，但根据参考解析是，按参考解析来 ）。
（4）甲醇（ ）处理硝酸，被还原成，氮元素化合价从价降低到价；甲醇中碳元素化合价从价升高（假设最终氧化产物为等，这里根据电子转移计算 ）。
消耗，其物质的量，转移电子 。
设参加反应的物质的量为，中元素从价变为价，每个原子得到个电子，则（根据电子守恒，甲醇失去电子总数等于硝酸得到电子总数 ），解得 。
甲醇是还原剂，硝酸是氧化剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是 。
（5）利用催化技术将汽车尾气中的和转化为和，根据原子守恒和得失电子守恒，反应的化学方程式为 。
（6）实验①分别与②、③进行对比，采用控制变量法。实验①与②对比，变量是催化剂比表面积，其他条件应相同，所以（与实验①温度相同 ）；实验①与③对比，变量是温度，其他条件应相同，所以（与实验①催化剂比表面积相同 ）。
要得到“其他因素相同时，催化剂比表面积越大，尾气转化速率越大”的结论，需要对比实验①和②，因为它们只有催化剂比表面积不同，且实验②中催化剂比表面积大于实验①的，若 ，则可证明该结论。
20．（2024高二上·越秀开学考）硫是生命必需的元素，参与光合、呼吸作用以及蛋白质、酯类合成等过程。以黄铁矿(主要成分为为原料生产硫酸的工艺流程图如下：
（1）沸腾炉中反应的化学方程式为　 　。
（2）接触室中发生的反应是　 　。(填化学方程式)
（3）依据工艺流程图判断，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．粉碎黄铁矿有助于加快反应 B．沸腾炉排出的炉渣可供炼铁
C．催化剂不会加速的分解 D．吸收塔内发生的是物理变化
（4）能与酸性溶液发生反应　 　(填离子方程式)。为测定吸收塔尾气中的含量，将尾气样品以的流速通入酸性溶液，经过溶液恰好褪色。假定样品中的被溶液充分吸收，则该尾气样品中的含量是　 　g/L。
（5）已知：。与等物质的量的甲醇()在一定条件下会发生类似反应，则该反应的生成物为　 　(填结构式)；硫酸与等物质的量的甲醇在一定条件下发生酯化也能得到这种物质，该反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）2Fe2O3
（2）2SO2+O22SO3
（3）A；B
（4）5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+；
（5）；H2SO4+CH3OH+H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；羧酸简介
【解析】【解答】（1）沸腾炉中反应的化学方程式为2Fe2O3；
故答案为：2Fe2O3；
（2）接触室中二氧化硫被催化氧化生成SO3，
故答案为：2SO2+O22SO3；
（3）粉碎黄铁矿可以增大与空气的接触面积，有助于加快反应速率，A正确；
沸腾炉中排出的废渣为Fe2O3，可以用来炼铁，B正确；
催化剂既能加快二氧化硫生成三氧化硫的速率，也能加快三氧化硫的分解速率，C错误；
吸收塔内用浓硫酸吸收SO3，发生了化学反应，D错误；
故答案为：AB。
（4）SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+；
KMnO4的物质的量为0.100mol/L×0.1L=0.01mol，可以吸收的SO2的物质的量为×0.01=0.025mol，SO2的质量为0.025mol×64g/mol=1.6g，bmin内通过的气体体积为abL，尾气中SO2的含量为；
故答案为： 5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+ ； ；
（5）由已知可知，SO3与H2O发生的是加成反应生成硫酸，SO3与甲醇发生类似反应生成；硫酸与等物质的量的甲醇在一定条件下发生酯化也能得到，该反应的化学方程式为：H2SO4+CH3OH+H2O。
故答案为： ； H2SO4+CH3OH+H2O 。
【分析】粉碎的硫铁矿在沸腾炉里与O2反应生成二氧化硫和Fe2O3，硫铁矿粉碎可以增大接触面积，加快反应的速率，经过净化后的气体进入接触室进行催化氧化生成SO3，SO3进入吸收塔中被浓硫酸吸收；
（1）反应前有个原子，所以生成的铁的氧化物中原子数应为，结合氧原子守恒，可知生成，化学方程式为 。
（2）接触室中是和在催化剂、加热条件下反应；反应生成，化学方程式为 。
（3）A：粉碎黄铁矿，能增大反应物的接触面积。根据影响化学反应速率的因素，接触面积越大，反应速率越快，所以有助于加快反应，该选项正确。
B：沸腾炉中反应生成（炉渣主要成分 ），是炼铁的原料（如高炉炼铁中，被还原为 ），所以沸腾炉排出的炉渣可供炼铁，该选项正确。
C：催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率。对于的分解反应（ ），催化剂也会加速其分解，该选项错误。
D：吸收塔内是与浓硫酸发生反应（ ，最终稀释得到浓硫酸 ），有新物质生成，是化学变化，该选项错误。所以选AB。
（4）具有还原性，酸性溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应。被还原为，被氧化为 ；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为 ；
首先计算的物质的量： 。
根据离子方程式中与的化学计量数比，可得 。
的质量 ，尾气的体积 ，所以尾气样品中的含量 。
（5）由已知反应（类似加成反应 ），与等物质的量的甲醇（ ）反应，相当于中的一个与甲醇中的发生类似加成，生成物的结构式为（结构简式为 ）；硫酸（ ）与等物质的量的甲醇在加热条件下发生酯化反应，生成上述产物和水，化学方程式为。
（1）沸腾炉中反应的化学方程式为2Fe2O3；答案是2Fe2O3；
（2）接触室中二氧化硫被催化氧化生成SO3，反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3；
（3）粉碎黄铁矿可以增大与空气的接触面积，有助于加快反应速率，A正确；
沸腾炉中排出的废渣为Fe2O3，可以用来炼铁，B正确；
催化剂既能加快二氧化硫生成三氧化硫的速率，也能加快三氧化硫的分解速率，C错误；
吸收塔内用浓硫酸吸收SO3，发生了化学反应，D错误；
（4）SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+；
KMnO4的物质的量为0.100mol/L×0.1L=0.01mol，可以吸收的SO2的物质的量为×0.01=0.025mol，SO2的质量为0.025mol×64g/mol=1.6g，bmin内通过的气体体积为abL，尾气中SO2的含量为；
（5）由已知可知，SO3与H2O发生的是加成反应生成硫酸，SO3与甲醇发生类似反应生成；硫酸与等物质的量的甲醇在一定条件下发生酯化也能得到，该反应的化学方程式为：H2SO4+CH3OH+H2O。
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