2025-2026学年重庆市西北狼教育联盟高二上学期开学考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1重庆市西北狼教育联盟2025-2026学年高二上学期开学考试注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上相应的位置。2.作答时，全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。3.考试结束后，只交答题卡，试卷由考生带走。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ca-40一、单选题(每题3分，共42分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒B.常用于食品膨松剂C.高温结构陶瓷属于传统无机非金属材料D.潜艇中常用作供氧剂【答案】C【解析】ClO2因具有强氧化性，是已开始使用的自来水消毒剂，A正确；NaHCO3受热分解产生CO2，故能作膨松剂，B正确；高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，而非传统材料，C错误；Na2O2与呼出气体中的CO2或H2O反应生成O2，供氧，D正确；故选答案C。2.已知反应：，相关化学用语正确的是A.是酸性氧化物B.的电离方程式：C.氯原子的结构示意图：D.的水溶液能导电，因此属于电解质【答案】A【解析】与水反应生成亚硫酸，与碱反应生成对应盐和水，故酸性氧化物，A正确；是强电解质，完全电离，电离方程式：，B错误；氯原子的核电荷数为17，核外电子总数为17，其正确的原子结构示意图为：，C错误；的水溶液能导电，是由于与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子等，不是本身电离，属于非电解质，D错误；故选A。3.用代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.等质量的氧气和臭氧中，所含电子数相同B.标准状况下，所含分子数为C.含有个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2LD.的NaCl溶液中的个数为【答案】A【解析】按元素守恒，等质量的氧气和臭氧含等质量的氧原子，则所含的电子数相同，故A正确；标准状况下，水不是气态，原大于0.5mol、所含分子数远大于，故B错误；氦气为单原子的物质，含有NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，故C错误；0.5mol•L-1的NaCl溶液未指明溶液的体积，无法求出Cl-的个数，故D错误；故选A。4.下列物质在给定条件下的转化不能一步实现的是A.B.C.D.【答案】B【解析】铜与氧气在加热条件下生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，A不符合题意；双氧水在二氧化锰催化下分解产生氧气，得不到氢气，B符合题意；钠在空气中氧化生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，C不符合题意；铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化亚铁，D不符合题意；答案选B。5.实验是研究化学的基础，下图中所示的实验方法、装置或操作完全正确的是A.除去Cl2中混有HClB.稀释浓硫酸C.制备氨气D.称量NaOH固体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】除去Cl2中混有的HCl，可将混合气体通入饱和食盐水中洗气，导气管应长进短出，A错误；稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿杯壁加入水中，边加边搅拌，B错误；实验室利用加热固体NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制备氨气，NH3密度比空气小，应采用向下排空气法收集，C正确；NaOH固体在空气中易潮解，应将其放在烧杯中称量，D错误；故选C。6.已知某反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.该反应一定需要加热B.反应物的总能量高于生成物的总能量C.断开反应物中化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键放出的能量D.该图可以用于表示Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应的能量变化【答案】D【解析】化学反应发生过程就是旧化学键的断裂和新化学键形成的过程，断裂化学键就需要吸收能量，因此任何反应都需要在一定条件下进行，这与反应类型是放热反应还是吸热反应无关，吸热反应液也不一定需要加热，如氯化铵与氢氧化钡在常温下就能够发生反应，A错误；由图可知，反应物总能量低于生成物总能量，B错误；根据图示可知：反应物总能量低于生成物总能量，发生反应时要从周围环境中吸收能量，因此该反应为吸热反应，故断开反应物化学键吸收的能量大于形成生成物化学键放出的能量，C错误；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，反应物总能量低于生成物，其能量变化与图像一致，D正确；故合理选项是D。7.下列用离子方程式表示的原理中，正确的是A.用水除去气体中的：B.用碳酸钙与稀盐酸制取：C.用稀硫酸溶解铜：D.用氢氧化钠溶液吸收氯气：【答案】A【解析】用水除去气体中的，反应为，符合实际反应且离子方程式书写正确，A正确；碳酸钙难溶于水，应保留化学式，正确离子方程式为，B错误；稀硫酸无法与铜反应生成，该反应在稀硫酸条件下不成立，C错误；Cl₂与NaOH反应的离子方程式应为，选项未配平电荷和原子数，D错误；故答案选A。8.部分含硫物质的类别与相应化合价及部分物质间转化关系如图。下列说法正确的是A.a在空气中充分燃烧可以生成dB.附着有b的试管常用酒精清洗C.c因漂白作用可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.e的浓溶液长时间暴露在空气中，质量增大，但质量分数会变小【答案】D【解析】a为H2S，b为硫单质，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，据此解答。a为H2S（-2价氢化物），在空气中充分燃烧生成SO2（c）和水，而非SO3（d），A错误；b为硫单质，硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，常用二硫化碳清洗附着硫单质的试管，而非酒精，B错误；c为SO2，使酸性高锰酸钾褪色是因其还原性（与发生氧化还原反应），而非漂白性，C错误；e为H2SO4，浓硫酸具有吸水性，暴露在空气中吸收水蒸气，溶液质量增大，溶质质量不变，溶质质量分数变小，D正确；答案选D。9.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是A.两步反应都属于氮的固定B.在催化剂b表面形成键时，存在元素化合价的变化C.催化剂a通过降低的键能，加快了化学反应速率D.催化剂a作用下，和能100%转化为【答案】B【解析】氮的固定是游离态氮转化为化合态氮的过程，第一步N2→NH3属于氮的固定，第二步NH3→NO是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，A错误；NH3转化为NO时，N元素化合价由-3价升高为+2价，形成N-O键过程中存在元素化合价变化，B正确；催化剂通过降低反应的活化能加快速率，不能降低反应物的键能（键能是化学键固有性质），C错误；N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全转化，转化率不可能达到100%，D错误；答案选B。10.下列实验方案能达到相应实验目的的是实验目的实验方案A检验溶液中的取少量溶液于试管中，加入稀溶液，将一块湿润蓝色石蕊试纸放在试管口，若试纸变红则说明有，否则没有B探究的漂白性将通入滴有酚酞的溶液中，若溶液褪色，则说明具有漂白性C比较与金属性强弱将、分别投入等量的蒸馏水中，反应较剧烈的对应金属性较强D检验溶液中是否含有取少量溶液于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，若出现白色沉淀，则说明溶液中一定含有A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】检验溶液中的的方法是：取少量溶液于试管中，加入溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化，A错误；是酸性氧化物，可与反应：，使滴有酚酞的溶液红色褪去，与漂白性无关，B错误；元素金属性越强，与水反应越剧烈，将、分别投入等量的蒸馏水中，反应较剧烈的对应金属性较强，C正确；取少量溶液于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，若出现白色沉淀，该白色沉淀可能是，不能说明溶液中一定含有，D错误；故选C。11.下列因果关系正确的是A.浓硫酸有脱水性，用浓硫酸可除去中的水蒸气B.浓硝酸见光易分解，浓硝酸要保存在棕色试剂瓶里C.氢氟酸具有弱酸性，氢氟酸可用来刻蚀玻璃D.氨气液化时吸收大量的热，液氨常用作制冷剂【答案】B【解析】除去中的水蒸气利用浓硫酸的吸水性，A错误；浓硝酸见光易分解，浓硝酸避光保存，故需保存在棕色试剂瓶里，B正确；氢氟酸能和反应，故可以刻蚀玻璃，C错误；氨气液化放热，液氨汽化时可吸收大量的热，液氨可用作制冷剂，D错误；故选B。12.物质M是一种用于彩色照相和影片洗印的显影剂，其结构如图所示。已知：短周期元素W、X、Y、Z中，W、X、Y的原子序数之和比Z的原子序数小1。下列说法错误的是A.离子半径比较：B.W、X、Y三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐C.含氧酸的酸性：D.在物质M中X、Y、Z最外层均达到了8电子结构【答案】C【解析】W、X、Y、Z是短周期元素，物质M的结构中Z形成-1价阴离子，则Z只能是F，Cl中的一种，物质M中Y形成2个共价键，Y为O或S，又因为W、X、Y原子序数之和比Z序数小1，则Y只能是O，且Z只能是Cl，W形成一个共价键，则W为H，根据题干给出的原子序数关系，X原子序数为17-1-8-1=7，X为N。WH，W⁻为H⁻，Li+与H⁻电子层结构相同（均为2电子），核电荷数Li+（3）大于H⁻（1），离子半径Li+<H⁻，A正确；W（H）、X（N）、Y（O）可组成HNO3（酸）、NH3·H2O（碱）、NH4NO3（盐）等化合物，B正确；Z为Cl，X为N，Cl的含氧酸（如HClO）酸性可能弱于N的含氧酸（如HNO3），未限定最高价含氧酸，无法比较酸性，C错误；X（N）形成4个键（8电子），Y（O）形成2个键（8电子），Z（Cl⁻）得到1电子（8电子），均达到8电子结构，D正确；答案选C。13.一定条件下，在某恒容密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.该反应的化学方程式为B.反应达到平衡时，的转化率为C.内，的平均反应速率是D.反应达到平衡后，向反应容器内充入氦气，化学反应速率加快【答案】B【解析】内，∆c(A)=0.8mol/L、∆c(B)=0.4mol/L、∆c(C)=1.2mol/L，根据反应速率之比等于系数比，A、B、C的系数比,0.8:0.4:1.2=2:1:3，该反应的化学方程式为，A项错误；反应达到平衡时，的转化率，B项正确；内，的平均反应速率是，C项错误；反应达到平衡后，向反应容器内充入氦气，恒容容器内气体浓度不变，故化学反应速率不变，D项错误；故选B。14.反应在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是A.保持压强恒定，充入氮气B.升温C.保持体积不变，增加的量D.保持其他条件不变，再加入一定量的碳粉【答案】D【解析】保持压强恒定，充入氮气时，容器体积增大，各气体浓度降低，反应速率减小，A错误；升温会加快反应速率，B错误；保持体积不变增加的量，浓度增大，反应速率加快，C错误；碳为固体，增加其用量不会改变浓度，对反应速率无影响，D正确；故答案选D。二、非选择题(共58分)15.钠元素和氯元素是人体必需的元素，在人体中发挥着十分重要的作用。请结合所学化学知识，回答下列问题：（1）实验室通常将金属钠保存在______中。（2）用金属钠制取氧化钠通常利用以下反应：。试说明不用金属钠与氧气的反应而采用此反应的理由：______。（3）洁厕灵(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液(主要成分是)混用会产生一种黄绿色有毒气体，该反应的化学方程式为______。实验室制取该黄绿色气体的化学方程式为：______。（4）用胶头滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入到含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中，当滴到一定量时，红色突然褪去。产生上述现象的原因可能有两种：①______。②与氯水中的物质发生反应被消耗，红色褪去。用实验证明红色褪去的原因：取少量褪色后的溶液于试管中，加入适量______(填试剂)，若无明显现象，则原因为______(填“①”或“②”)。【答案】（1）煤油(或石蜡油)（2）制得的同时生成，作为保护气，防止进一步被氧化为（3）①.②.(浓)(用高锰酸钾也可)（4）①.酚酞被氯水中的氧化(答到酚酞被氧化即可给分)②.酚酞溶液(或溶液)③.②(或①)【解析】【小问1详析】钠能与水和氧气反应，且密度比煤油大，实验室通常将金属钠保存在煤油(或石蜡油)，故答案为：煤油(或石蜡油)；【小问2详析】钠在氧气中燃烧得到，上述方法在制备的同时生成，可作为保护气，防止进一步被氧化为，故答案为：制得的同时生成，作为保护气，防止进一步被氧化为；【小问3详析】洁厕灵与“84”消毒液混用会产生氯气，该反应的化学方程式为：；实验室制取该黄绿色气体的化学方程式为：(浓)；【小问4详析】红色褪去的原因还可能是：酚酞被氯水中的氧化。用实验证明红色褪去的原因：取少量褪色后的溶液于试管中，加入适量酚酞溶液，若无明显变化，则原因为②（或取少量褪色后的溶液于试管中，加入适量NaOH溶液，若无明显变化，则原因为①），故答案为：酚酞被氯水中的氧化；酚酞溶液；②(或①)。16.碳酸亚铁可作染料和颜料的原料，利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含、，还有少量的)制备碳酸亚铁的流程如图所示：已知：①不溶于稀硫酸；②、都难溶于水。（1）酸溶前，一般会将烧渣粉碎，其目的是______。（2）酸溶后过滤所得滤渣的主要成分是______。（3）S在元素周期表的位置为______，“还原”时，加入的与发生反应生成S和，请写出其离子反应方程式______。（4）沉淀时，温度不能过低或过高，常控制在60~70℃，原因为______。加入的氨水不宜过量，是为了防止生成______。仅用与制备碳酸亚铁的离子方程式为______。【答案】（1）增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更充分（2）（3）①.第三周期第ⅥA族②.（4）①.低于60℃，反应速率过慢，高于70℃，碳酸氢氨易分解(或氨水挥发合理即可)②.③.【解析】烧渣主要成分中的和是碱性氧化物与酸反应，是酸性氧化物不与酸反应，得到滤液中含有和，用还原为，再与反应得到碳酸亚铁沉淀。【小问1详析】烧渣粉碎的目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更充分；【小问2详析】和是碱性氧化物与酸反应，是酸性氧化物不与酸反应，故滤渣成分是；【小问3详析】S在元素周期表的位置为第三周期第ⅥA族；氧化还原反应中转移2个电子，离子反应方程式为；【小问4详析】反应温度控制在60~70℃，低于60℃，反应速率过慢，高于70℃，碳酸氢铵易分解或氨水分解；氨水过量，与溶液中OH-反应生成，使产物碳酸亚铁减少；与制备碳酸亚铁沉淀的离子方程式为。17.亚硝酸钙［］广泛应用于钢筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂，其为白色粉末，易潮解、易溶于水。某实验小组采用下列装置，用干燥与过氧化钙反应制备固体。已知：浓硫酸与不反应。（1）仪器A的名称是______，装置Ⅲ中试剂是______。（2）装置Ⅳ中反应的化学方程式为______。（3）装置的连接顺序是：Ⅳ→______→Ⅴ→Ⅵ(填罗马数字，按气体由左到右顺序)。（4）装置Ⅴ的作用是______。（5）装置Ⅵ中氮元素被氧化为+5价，锰元素被还原为，则反应的离子方程式为______。（6）所得亚硝酸钙［］产品中只含硝酸钙杂质，测定该产品中亚硝酸钙纯度。实验步骤如下：称量13.84g产品溶于水中，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，经过滤、洗涤、干燥并称重，得固体质量为10.00g。①如何洗涤沉淀？______(写出具体操作)。②所得产品中亚硝酸钙的纯度为______%(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.分液漏斗②.碱石灰(无水氯化钙等，合理即可)（2）(稀)（3）Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ（4）防止Ⅵ中水蒸气进入Ⅱ，使固体潮解（5）（6）①.往过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作23次②.76.3【解析】该实验旨在制备亚硝酸钙并对其纯度进行测定，过程涉及气体制备、净化、干燥、反应及后续产品分析。装置Ⅳ通过铜与稀硝酸反应制备NO，反应方程式为(稀)。此反应会生成NO，同时可能混有NO2等杂质。装置Ⅰ利用水除去NO中混有的NO2，NO2能与水反应生成NO，从而得到较纯净的NO。装置Ⅲ使用碱石灰（或无水氯化钙等）干燥NO，防止后续反应中引入水分影响产物。装置Ⅱ：干燥后的NO与CaO2反应制备。装置Ⅴ：其中的浓硫酸起到防止装置Ⅵ中的水蒸气进入装置Ⅱ的作用，避免固体潮解。装置Ⅵ：利用酸性KMnO4溶液处理未反应的NO，防止NO污染空气。产品纯度测定称取产品溶于水后，加入足量Na2CO3溶液，和杂质Ca(NO3)2均与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀。通过过滤、洗涤、干燥沉淀后称重，结合Ca原子守恒，计算出的物质的量和质量，进而求得其纯度。【小问1详析】仪器A的名称是分液漏斗；装置Ⅲ中试剂的作用是干燥NO，由于易潮解，所以需要用碱性干燥剂或中性干燥剂，可选用碱石灰（或无水氯化钙等合理答案）。【小问2详析】装置Ⅳ中是铜与稀硝酸的反应，化学方程式为(稀)。【小问3详析】装置的连接顺序：首先在装置Ⅳ中制备NO，然后经过装置Ⅰ除去NO中可能混有的NO2（NO2与水反应生成NO），再经过装置Ⅲ干燥NO，接着进入装置Ⅱ中与CaO2反应，之后经过装置Ⅴ防止装置Ⅵ中的水蒸气进入装置Ⅱ，最后进入装置Ⅵ处理尾气。所以顺序是IV→I→III→II→V→VI。【小问4详析】装置Ⅴ中浓硫酸的作用是防止Ⅵ中水蒸气进入Ⅱ，使固体潮解。【小问5详析】根据题意，NO中氮元素被氧化为+5价，生成，中锰元素被还原为Mn2+。根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：。【小问6详析】①洗涤沉淀的具体操作：往过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2-3次。②设样品中的物质的量为xmol，Ca(NO3)2的物质的量为ymol。、Ca(NO3)2与Na2CO3反应都生成CaCO3沉淀，CaCO3的摩尔质量为100g/mol，则n(CaCO3)==0.1mol。根据Ca原子守恒可得x+y=0.1。又因为样品质量为13.84g，的摩尔质量为132g/mol，Ca(NO3)2的摩尔质量为164g/mol，所以132x+164y=13.84。联立方程，解得x=0.08。则的质量为0.08mol×132g/mol=10.56g。产品中亚硝酸钙的纯度为。18.有机化合物反应如下图，据此回答下列问题：（1）乙烯的结构式为：______，D中官能团名称为：______。（2）写出反应②④的化学方程式：②______，反应类型______④______，反应类型______。（3）实验室常用下列装置制取乙酸乙酯，请回答相关问题：①饱和碳酸钠溶液的主要作用是______(答2点即可)。②若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的操作是______。【答案】（1）①.②.羧基（2）①.②.氧化反应③.④.酯化反应(或取代反应)（3）①.吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯在其中的溶解度(答2点即可)②.分液【解析】此题中从乙烯出发，通过加成反应①生成乙醇，通过加聚反应③生成聚乙烯，乙醇通过催化氧化反应②生成乙醛，乙醇与乙酸发生酯化反应④生成乙酸乙酯。【小问1详析】书写乙烯的结构式时，要将碳碳双键和碳氢单键都写出：；D为乙酸，故官能团为羧基；【小问2详析】反应②是乙醇催化氧化生成乙醛：；反应④是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯：；【小问3详析】在制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠溶液的作用有三，一是吸收乙醇，二是中和乙酸，三是降低乙酸乙酯在水中的溶解度；乙酸乙酯为难溶于水的油状液体，与饱和碳酸钠溶液分层，故操作是分液。19.二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中催化合成甲醇是一种很有前景的方法。如图所示为该反应在无催化剂及有催化剂时的能量变化。（1）从图可知，有催化剂存在的是过程______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。（2）写出图中催化合成甲醇的热化学方程式：______。该反应的化学平衡常数随温度升高而______(填“变大”、“变小”或“不变”)。（3）恒温恒容条件下发生该反应，下列能判断该反应已经达到平衡状态的是______。A.混合气体密度不变B.反应容器受到的压强不变C.、、、的分子个数比为D.断裂键的同时断裂的键（4）关于催化合成甲醇的反应，下列说法中，合理的是______(双选)。A.该反应中所有原子都被用于合成甲醇B.该反应可用于的转化，有助于缓解温室效应C.使用催化剂可以降低该反应的，从而使反应放出更多热量D.降温分离出液态甲醇和水，将剩余气体重新通入反应器，可以提高与的利用率（5）催化合成甲醇的反应______0(填“>”、“<”或“=”)，在______(填“较高”、“较低”或“任意”)温度下能自发进行。（6）燃料电池能大幅度提高能量的转化率。某种采用固体氧化物电解质(有自由移动的)的氢氧燃料电池结构如图所示。电极甲作______极(填“正”或“负”)，电极甲的电极反应式为______。【答案】（1）Ⅱ（2）①.(可逆符号生成符号均可)②.变小（3）B（4）BD（5）①.<②.较低（6）①.正②.【解析】【小问1详析】催化剂可以降低反应的活化能，所以，图中曲线Ⅱ表示使用催化剂时反应的能量变化；故答案为：Ⅱ。【小问2详析】根据图像可写出反应方程式为：，因为该反应的正反应为放热反应，根据平衡移动原理可知，升高温度，反应向吸热方向移动，也就是该反应的逆反应方向移动，因此，平衡常数减小；故答案为：；变小。【小问3详析】A．混合气体的密度在恒温恒容的条件下，始终不变，与反应是否平衡无关，故密度无法作为判断平衡的标志；B．反应前气体分子数为4，反应后气体分子数为2，随反应进行，气体的总物质的量减少，压强降低，当反应达到平衡状态时，气体总物质的量不变，压强保持恒定，因此，压强不变可作为判断平衡的依据；C．、、、的分子个数比为，符合反应计量系数之比，但反应达到平衡状态时，各组分的分子个数不一定等于计量系数之比，而是由反应物的初始浓度和反应程度决定，故不能作为判断平衡的依据；D．断裂键表示的是正反应的速率，断裂的键表示的也是正反应的速率，想通过速率来判断平衡，必须是一个正反应的反应速率，一个是逆反应的反应速率，因此，无法作为判断平衡的依据；故答案为：B。【小问4详析】A．根据可知，还有部分原子用于合成，因此，并不是所有原子都用于合成甲醇，故A项错误；B．该反应可用于的转化为甲醇，减少排放，有助于缓解温室效应，故B项正确；C．催化剂可以有效降低反应的活化能，但不改变反应热，故C项错误；D．降温分离出液态甲醇和水，将剩余气体重新通入反应器，可以循环利用未充分反应的与，提高原料利用率，故D项正确；故答案为：BD。【小问5详析】对于反应：反应前气体分子数为4，反应后气体分子数为2，因此该反应的<0；根据当时，反应自发进行，又因为该反应的，要想使该反应自发进行，应该在较低温度下进行该反应；故答案为：<；较低。【小问6详析】该电池为典型的燃料电池，因此，正极为通入氧气的一极，即电极甲，电极反应方程式为：，负极为通入氢气的一极，即电极乙，电极反应方程式为：；故答案为：正；。重庆市西北狼教育联盟2025-2026学年高二上学期开学考试注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上相应的位置。2.作答时，全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。3.考试结束后，只交答题卡，试卷由考生带走。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ca-40一、单选题(每题3分，共42分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒B.常用于食品膨松剂C.高温结构陶瓷属于传统无机非金属材料D.潜艇中常用作供氧剂【答案】C【解析】ClO2因具有强氧化性，是已开始使用的自来水消毒剂，A正确；NaHCO3受热分解产生CO2，故能作膨松剂，B正确；高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，而非传统材料，C错误；Na2O2与呼出气体中的CO2或H2O反应生成O2，供氧，D正确；故选答案C。2.已知反应：，相关化学用语正确的是A.是酸性氧化物B.的电离方程式：C.氯原子的结构示意图：D.的水溶液能导电，因此属于电解质【答案】A【解析】与水反应生成亚硫酸，与碱反应生成对应盐和水，故酸性氧化物，A正确；是强电解质，完全电离，电离方程式：，B错误；氯原子的核电荷数为17，核外电子总数为17，其正确的原子结构示意图为：，C错误；的水溶液能导电，是由于与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子等，不是本身电离，属于非电解质，D错误；故选A。3.用代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.等质量的氧气和臭氧中，所含电子数相同B.标准状况下，所含分子数为C.含有个氦原子的氦气在标准状况下的体积为11.2LD.的NaCl溶液中的个数为【答案】A【解析】按元素守恒，等质量的氧气和臭氧含等质量的氧原子，则所含的电子数相同，故A正确；标准状况下，水不是气态，原大于0.5mol、所含分子数远大于，故B错误；氦气为单原子的物质，含有NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，故C错误；0.5mol•L-1的NaCl溶液未指明溶液的体积，无法求出Cl-的个数，故D错误；故选A。4.下列物质在给定条件下的转化不能一步实现的是A.B.C.D.【答案】B【解析】铜与氧气在加热条件下生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，A不符合题意；双氧水在二氧化锰催化下分解产生氧气，得不到氢气，B符合题意；钠在空气中氧化生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，C不符合题意；铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化亚铁，D不符合题意；答案选B。5.实验是研究化学的基础，下图中所示的实验方法、装置或操作完全正确的是A.除去Cl2中混有HClB.稀释浓硫酸C.制备氨气D.称量NaOH固体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】除去Cl2中混有的HCl，可将混合气体通入饱和食盐水中洗气，导气管应长进短出，A错误；稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿杯壁加入水中，边加边搅拌，B错误；实验室利用加热固体NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制备氨气，NH3密度比空气小，应采用向下排空气法收集，C正确；NaOH固体在空气中易潮解，应将其放在烧杯中称量，D错误；故选C。6.已知某反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.该反应一定需要加热B.反应物的总能量高于生成物的总能量C.断开反应物中化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键放出的能量D.该图可以用于表示Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应的能量变化【答案】D【解析】化学反应发生过程就是旧化学键的断裂和新化学键形成的过程，断裂化学键就需要吸收能量，因此任何反应都需要在一定条件下进行，这与反应类型是放热反应还是吸热反应无关，吸热反应液也不一定需要加热，如氯化铵与氢氧化钡在常温下就能够发生反应，A错误；由图可知，反应物总能量低于生成物总能量，B错误；根据图示可知：反应物总能量低于生成物总能量，发生反应时要从周围环境中吸收能量，因此该反应为吸热反应，故断开反应物化学键吸收的能量大于形成生成物化学键放出的能量，C错误；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，反应物总能量低于生成物，其能量变化与图像一致，D正确；故合理选项是D。7.下列用离子方程式表示的原理中，正确的是A.用水除去气体中的：B.用碳酸钙与稀盐酸制取：C.用稀硫酸溶解铜：D.用氢氧化钠溶液吸收氯气：【答案】A【解析】用水除去气体中的，反应为，符合实际反应且离子方程式书写正确，A正确；碳酸钙难溶于水，应保留化学式，正确离子方程式为，B错误；稀硫酸无法与铜反应生成，该反应在稀硫酸条件下不成立，C错误；Cl₂与NaOH反应的离子方程式应为，选项未配平电荷和原子数，D错误；故答案选A。8.部分含硫物质的类别与相应化合价及部分物质间转化关系如图。下列说法正确的是A.a在空气中充分燃烧可以生成dB.附着有b的试管常用酒精清洗C.c因漂白作用可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.e的浓溶液长时间暴露在空气中，质量增大，但质量分数会变小【答案】D【解析】a为H2S，b为硫单质，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，据此解答。a为H2S（-2价氢化物），在空气中充分燃烧生成SO2（c）和水，而非SO3（d），A错误；b为硫单质，硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，常用二硫化碳清洗附着硫单质的试管，而非酒精，B错误；c为SO2，使酸性高锰酸钾褪色是因其还原性（与发生氧化还原反应），而非漂白性，C错误；e为H2SO4，浓硫酸具有吸水性，暴露在空气中吸收水蒸气，溶液质量增大，溶质质量不变，溶质质量分数变小，D正确；答案选D。9.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是A.两步反应都属于氮的固定B.在催化剂b表面形成键时，存在元素化合价的变化C.催化剂a通过降低的键能，加快了化学反应速率D.催化剂a作用下，和能100%转化为【答案】B【解析】氮的固定是游离态氮转化为化合态氮的过程，第一步N2→NH3属于氮的固定，第二步NH3→NO是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，A错误；NH3转化为NO时，N元素化合价由-3价升高为+2价，形成N-O键过程中存在元素化合价变化，B正确；催化剂通过降低反应的活化能加快速率，不能降低反应物的键能（键能是化学键固有性质），C错误；N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全转化，转化率不可能达到100%，D错误；答案选B。10.下列实验方案能达到相应实验目的的是实验目的实验方案A检验溶液中的取少量溶液于试管中，加入稀溶液，将一块湿润蓝色石蕊试纸放在试管口，若试纸变红则说明有，否则没有B探究的漂白性将通入滴有酚酞的溶液中，若溶液褪色，则说明具有漂白性C比较与金属性强弱将、分别投入等量的蒸馏水中，反应较剧烈的对应金属性较强D检验溶液中是否含有取少量溶液于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，若出现白色沉淀，则说明溶液中一定含有A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】检验溶液中的的方法是：取少量溶液于试管中，加入溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化，A错误；是酸性氧化物，可与反应：，使滴有酚酞的溶液红色褪去，与漂白性无关，B错误；元素金属性越强，与水反应越剧烈，将、分别投入等量的蒸馏水中，反应较剧烈的对应金属性较强，C正确；取少量溶液于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，若出现白色沉淀，该白色沉淀可能是，不能说明溶液中一定含有，D错误；故选C。11.下列因果关系正确的是A.浓硫酸有脱水性，用浓硫酸可除去中的水蒸气B.浓硝酸见光易分解，浓硝酸要保存在棕色试剂瓶里C.氢氟酸具有弱酸性，氢氟酸可用来刻蚀玻璃D.氨气液化时吸收大量的热，液氨常用作制冷剂【答案】B【解析】除去中的水蒸气利用浓硫酸的吸水性，A错误；浓硝酸见光易分解，浓硝酸避光保存，故需保存在棕色试剂瓶里，B正确；氢氟酸能和反应，故可以刻蚀玻璃，C错误；氨气液化放热，液氨汽化时可吸收大量的热，液氨可用作制冷剂，D错误；故选B。12.物质M是一种用于彩色照相和影片洗印的显影剂，其结构如图所示。已知：短周期元素W、X、Y、Z中，W、X、Y的原子序数之和比Z的原子序数小1。下列说法错误的是A.离子半径比较：B.W、X、Y三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐C.含氧酸的酸性：D.在物质M中X、Y、Z最外层均达到了8电子结构【答案】C【解析】W、X、Y、Z是短周期元素，物质M的结构中Z形成-1价阴离子，则Z只能是F，Cl中的一种，物质M中Y形成2个共价键，Y为O或S，又因为W、X、Y原子序数之和比Z序数小1，则Y只能是O，且Z只能是Cl，W形成一个共价键，则W为H，根据题干给出的原子序数关系，X原子序数为17-1-8-1=7，X为N。WH，W⁻为H⁻，Li+与H⁻电子层结构相同（均为2电子），核电荷数Li+（3）大于H⁻（1），离子半径Li+<H⁻，A正确；W（H）、X（N）、Y（O）可组成HNO3（酸）、NH3·H2O（碱）、NH4NO3（盐）等化合物，B正确；Z为Cl，X为N，Cl的含氧酸（如HClO）酸性可能弱于N的含氧酸（如HNO3），未限定最高价含氧酸，无法比较酸性，C错误；X（N）形成4个键（8电子），Y（O）形成2个键（8电子），Z（Cl⁻）得到1电子（8电子），均达到8电子结构，D正确；答案选C。13.一定条件下，在某恒容密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.该反应的化学方程式为B.反应达到平衡时，的转化率为C.内，的平均反应速率是D.反应达到平衡后，向反应容器内充入氦气，化学反应速率加快【答案】B【解析】内，∆c(A)=0.8mol/L、∆c(B)=0.4mol/L、∆c(C)=1.2mol/L，根据反应速率之比等于系数比，A、B、C的系数比,0.8:0.4:1.2=2:1:3，该反应的化学方程式为，A项错误；反应达到平衡时，的转化率，B项正确；内，的平均反应速率是，C项错误；反应达到平衡后，向反应容器内充入氦气，恒容容器内气体浓度不变，故化学反应速率不变，D项错误；故选B。14.反应在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是A.保持压强恒定，充入氮气B.升温C.保持体积不变，增加的量D.保持其他条件不变，再加入一定量的碳粉【答案】D【解析】保持压强恒定，充入氮气时，容器体积增大，各气体浓度降低，反应速率减小，A错误；升温会加快反应速率，B错误；保持体积不变增加的量，浓度增大，反应速率加快，C错误；碳为固体，增加其用量不会改变浓度，对反应速率无影响，D正确；故答案选D。二、非选择题(共58分)15.钠元素和氯元素是人体必需的元素，在人体中发挥着十分重要的作用。请结合所学化学知识，回答下列问题：（1）实验室通常将金属钠保存在______中。（2）用金属钠制取氧化钠通常利用以下反应：。试说明不用金属钠与氧气的反应而采用此反应的理由：______。（3）洁厕灵(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液(主要成分是)混用会产生一种黄绿色有毒气体，该反应的化学方程式为______。实验室制取该黄绿色气体的化学方程式为：______。（4）用胶头滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入到含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中，当滴到一定量时，红色突然褪去。产生上述现象的原因可能有两种：①______。②与氯水中的物质发生反应被消耗，红色褪去。用实验证明红色褪去的原因：取少量褪色后的溶液于试管中，加入适量______(填试剂)，若无明显现象，则原因为______(填“①”或“②”)。【答案】（1）煤油(或石蜡油)（2）制得的同时生成，作为保护气，防止进一步被氧化为（3）①.②.(浓)(用高锰酸钾也可)（4）①.酚酞被氯水中的氧化(答到酚酞被氧化即可给分)②.酚酞溶液(或溶液)③.②(或①)【解析】【小问1详析】钠能与水和氧气反应，且密度比煤油大，实验室通常将金属钠保存在煤油(或石蜡油)，故答案为：煤油(或石蜡油)；【小问2详析】钠在氧气中燃烧得到，上述方法在制备的同时生成，可作为保护气，防止进一步被氧化为，故答案为：制得的同时生成，作为保护气，防止进一步被氧化为；【小问3详析】洁厕灵与“84”消毒液混用会产生氯气，该反应的化学方程式为：；实验室制取该黄绿色气体的化学方程式为：(浓)；【小问4详析】红色褪去的原因还可能是：酚酞被氯水中的氧化。用实验证明红色褪去的原因：取少量褪色后的溶液于试管中，加入适量酚酞溶液，若无明显变化，则原因为②（或取少量褪色后的溶液于试管中，加入适量NaOH溶液，若无明显变化，则原因为①），故答案为：酚酞被氯水中的氧化；酚酞溶液；②(或①)。16.碳酸亚铁可作染料和颜料的原料，利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含、，还有少量的)制备碳酸亚铁的流程如图所示：已知：①不溶于稀硫酸；②、都难溶于水。（1）酸溶前，一般会将烧渣粉碎，其目的是______。（2）酸溶后过滤所得滤渣的主要成分是______。（3）S在元素周期表的位置为______，“还原”时，加入的与发生反应生成S和，请写出其离子反应方程式______。（4）沉淀时，温度不能过低或过高，常控制在60~70℃，原因为______。加入的氨水不宜过量，是为了防止生成______。仅用与制备碳酸亚铁的离子方程式为______。【答案】（1）增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更充分（2）（3）①.第三周期第ⅥA族②.（4）①.低于60℃，反应速率过慢，高于70℃，碳酸氢氨易分解(或氨水挥发合理即可)②.③.【解析】烧渣主要成分中的和是碱性氧化物与酸反应，是酸性氧化物不与酸反应，得到滤液中含有和，用还原为，再与反应得到碳酸亚铁沉淀。【小问1详析】烧渣粉碎的目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率，使反应更充分；【小问2详析】和是碱性氧化物与酸反应，是酸性氧化物不与酸反应，故滤渣成分是；【小问3详析】S在元素周期表的位置为第三周期第ⅥA族；氧化还原反应中转移2个电子，离子反应方程式为；【小问4详析】反应温度控制在60~70℃，低于60℃，反应速率过慢，高于70℃，碳酸氢铵易分解或氨水分解；氨水过量，与溶液中OH-反应生成，使产物碳酸亚铁减少；与制备碳酸亚铁沉淀的离子方程式为。17.亚硝酸钙［］广泛应用于钢筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂，其为白色粉末，易潮解、易溶于水。某实验小组采用下列装置，用干燥与过氧化钙反应制备固体。已知：浓硫酸与不反应。（1）仪器A的名称是______，装置Ⅲ中试剂是______。（2）装置Ⅳ中反应的化学方程式为______。（3）装置的连接顺序是：Ⅳ→______→Ⅴ→Ⅵ(填罗马数字，按气体由左到右顺序)。（4）装置Ⅴ的作用是______。（5）装置Ⅵ中氮元素被氧化为+5价，锰元素被还原为，则反应的离子方程式为______。（6）所得亚硝酸钙［］产品中只含硝酸钙杂质，测定该产品中亚硝酸钙纯度。实验步骤如下：称量13.84g产品溶于水中，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，经过滤、洗涤、干燥并称重，得固体质量为10.00g。①如何洗涤沉淀？______(写出具体操作)。②所得产品中亚硝酸钙的纯度为______%(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.分液漏斗②.碱石灰(无水氯化钙等，合理即可)（2）(稀)（3）Ⅰ→Ⅲ→Ⅱ（4）防止Ⅵ中水蒸气进入Ⅱ，使固体潮解（5）（6）①.往过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作23次②.76.3【解析】该实验旨在制备亚硝酸钙并对其纯度进行测定，过程涉及气体制备、净化、干燥、反应及后续产品分析。装置Ⅳ通过铜与稀硝酸反应制备NO，反应方程式为(稀)。此反应会生成NO，同时可能混有NO2等杂质。装置Ⅰ利用水除去NO中混有的NO2，NO2能与水反应生成NO，从而得到较纯净的NO。装置Ⅲ使用碱石灰（或无水氯化钙等）干燥NO，防止后续反应中引入水分影响产物。装置Ⅱ：干燥后的NO与CaO2反应制备。装置Ⅴ：其中的浓硫酸起到防止装置Ⅵ中的水蒸气进入装置Ⅱ的作用，避免固体潮解。装置Ⅵ：利用酸性KMnO4溶液处理未反应的NO，防止NO污染空气。产品纯度测定称取产品溶于水后，加入足量Na2CO3溶液，和杂质Ca(NO3)2均与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀。通过过滤、洗涤、干燥沉淀后称重，结合Ca原子守恒，计算出的物质的量和质量，进而求得其纯度。【小问1详析】仪器A的名称是分液漏斗；装置Ⅲ中试剂的作用是干燥NO，由于易潮解，所以需要用碱性干燥剂或中性干燥剂，可选用碱石灰（或无水氯化钙等合理答案）。【小问2详析】装置Ⅳ中是铜与稀硝酸的反应，化学方程式为(稀)。【小问3详析】装置的连接顺序：首先在装置Ⅳ中制备NO，然后经过装置Ⅰ除去NO中可能混有的NO2（NO2与水反应生成NO），再经过装置Ⅲ干燥NO，接着进入装置Ⅱ中与CaO2反应，之后经过装置Ⅴ防止装置Ⅵ中的水蒸气进入装置Ⅱ，最后进入装置Ⅵ处理尾气。所以顺序是IV→I→III→II→V→VI。【小问4详析】装置Ⅴ中浓硫酸的作用是防止Ⅵ中水蒸气进入Ⅱ，使固体潮解。【小问5详析】根据题意，NO中氮元素被氧化为+5价，生成，中锰元素被还原为Mn2+。根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：。【小问6详析】①洗涤沉淀的具体操作：往过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2-3次。②设样品中的物质的量为xmol，Ca(NO3)2的物质的量为ymol。、Ca(NO3)2与Na2CO3反应都生成CaCO3沉淀，CaCO3的摩尔质量为100g/mol，则n(CaCO3)==0.1mol。根据Ca原子守恒可得x+y=0.1。又因为样品质量为13.84g，的摩尔质量为132g/mol，Ca(NO3)2的摩尔质量为164g/mol，所以132x+164y=13.84。联立方程，解得x=0.08。则的质量为0.08mol×132g/mol=10.56g。产品中亚硝酸钙的纯度为。18.有机化合物反应如下图，据此回答下列问题：（1）乙烯的结构式为：______，D中官能团名称为：______。（2）写出反应②④的化学方程式：②______，反应类型______④______，反应类型______