2025年北京首师大附中高二（下）开学考化学试卷含答案

C.乙醇可以与Na单质发生置换反应生成H22.现在有四瓶液体试剂，其成分分别为甲苯、1-庚烯、四氯化碳和乙醇，若只用一种试剂可以将其区分开，A.溴水B.稀盐酸C.酸性KMnO4溶液D.硝酸银溶液3.某种单烯烃与H2发生加成反应后可以得到2，4-二甲基己烷，则该烯烃的可能结构共有几种(C.乙烯使溴的CCl4溶液褪色D.170℃A.加入足量NaOH溶液然后分液C.加入足量浓溴水然后过滤D.加入足量FeCl3溶液后过滤7.茶多酚是茶叶中多酚类物质的总称，其中一种主要成分为儿茶素，其结构简式如下图所示。下列关于该A.儿茶素不含碳碳双键，所以不能与氢气发生加成D.儿茶素在一定条件下可以发生取代、加成、消去三种8.假设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标况下22.4L甲烷与22.4LCl2在光照条件下反应，生成CH3Cl分子数为NAB.1mol甲苯与足量H2加成得到的有机产物含有共价键数目为21NAC.1mol羟基含有的电子数目为10NAD.1mol甘油(丙三醇)与足量Na反应，生成H2分子数为3NAA.2+CO2+H2O→2+Na2CO3B.2+2Na→2+H2↑C.2+Na2CO3→2+H2O+CO2↑已知：R－Br⎯R－MgBr⎯⎯⎯2ORCH2CH2OH13.研究人员利用电化学原理吸收废气中的NO2，其工作原理如下图所示。A.a电极为负极，c电极为阳极B.b电极的电极反应式为：NO2+e−=NOC.反应一段时间后，c极区溶液pH减小D.每吸收1molNO2，理论上可以得到1molNHⅠ0.1mol/LAgNO3溶液Ⅱ①实验过程中铜网先由红变黑，后由黑变红①由乙醇制备得到乙烯的化学方程式为；该反应中体系温度需要迅速升到170℃,原因是140℃②反应开始时，烧杯中溶液变黑，这是因为浓硫酸具有③如果没有装置甲对气体的净化，则最有可能导致酸性KMnO4溶液褪色而干扰本实验的化学物质有 。已知：RCHO+HH相同，写出M的结构简式；17.(NH4)2S2O8电化学循环氧（1）(NH4)2S2O8的电解法制备n(生成B所用的电子)已知：电解效率η的定义为η(B)=n(生成B所用的电子)n(通过电极的电子)测定η(S2O−)为80%，不考虑其他副反应，则此时(NH4)2S2O8的物质的量浓度为mol/L；处理含苯酚的废水过程中，阳极室c(SO−)(填“增大、减小、不变”)；已知：SO.具有强氧化性，Fe2+浓度较高时会导致SO.淬灭。S2O−可将苯酚氧化为CO2，但反应速率较慢。加入Fe2+可加快反应，过程为：ⅰ。S2O−+Fe2+=SO−+SO.+Fe3+①SO.氧化苯酚的离子方程式是；②将电解得到的含S2O−溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，pH=1，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如下图。用等物质的量的铁粉代替FeSO4，可明显提高苯酚的降解率，主要18.资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I−I(红棕色)；I2和I氧化性几乎相同。I.将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmolI2(n>m)的固体混合物中，振荡。极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液Ⅲ4mol.L−12完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深（1）初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCⅱ.查阅资料，2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，Cu(NH3)2+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：。（3）结合实验Ⅲ,推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是（4）上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是。（5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：。【详解】A．乙醇分子中含羟基(−OH能与水形成氢键，故可与水以任意比例互溶，A正确；【分析】四氯化碳、1-庚烯、甲苯都不溶于水，但四氯甲苯可使KMnO4酸性溶液褪色；1-庚烯可与溴发生加成反应【详解】A．四氯化碳、甲苯都不溶于水，但四氯化碳密度比水大，甲苯比水小，且都不与溴反应，加入溴水，色层位置不同；1-庚烯与溴水发生加成反应，溴水褪色，生成油状液体；乙醇与溴水互溶，不分层，3.【答案】C加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应4.【答案】C【分析】与卤素原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子的卤代烃能发生消去反应；与羟基相连碳原子的官能团为碳氯键，能发生水解反应且水解产物可以氧B．由结构简式可知，CH3CH2CHClCH3的官能团为碳氯键，能发生消去反应，也能发生水解反应，但【详解】A．甲烷与氯气在光照条件下的取此含有共价键数目为21NA，故B正确；数为3×0.5×NA=1.5NA，故D错误；,与碳碳双键加成产物分别是：D．碳碳三键消耗2molH2，苯环消耗3molH2，两个碳碳双键消耗2molH2，总共可以和7molH2发生加【详解】混合物中，C2H2、C6H6中，碳氢原子数比为1:1，氧元素的质量分数为8%，则C2H4O的质量分数为=22%，则C2H2和C6H6的质量分数为78%，则C2H4O中碳元素的质量分数为22%×=12%，C2H2和C6H6中碳元素的质量分数为78%×=72%，所以混合物中碳元素的质量分数为72%+12%=84【详解】A．苯酚的酸性弱于碳酸，强于碳二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为+CO2+H2O→B．苯酚中含有的羟基能与钠反应生成氢气，反应的化学方程式为2+2Na→2+H2↑,故B正确；应生成苯酚钠和碳酸氢钠，反应的化学方程式为+Na2CO3→+NaHCO3，故C错+3Br2→水反应生成DD在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Y(),分子式为C16H30O，故D正确；电极反应式为NO2+e−=NO，惰性电极c与电源正极相连，为电解池阳极，电极反应式为2H2O−4e−=O2+4H+，氢离子经过质子交换膜移向惰性电极d，惰性电极d与电源负极相连，为阴极，电极反应式NO+6e−+8H+=NH+2H2O，据此回答。C．c极的电极反应式为2H2O−4e−=O2+4H+，即每转移4mol电子，有4molH+通过质子交换膜进入d数目守恒，结合电极反应式：NO+6e−+8H+=NH+2H2O，理论上1molNO不可能得到【分析】【详解】A．Ag2SO4为白色沉淀，故溶液中还可发生：2Ag++SO−=Ag2SO4↓,灰黑色浑浊应是Ag和+Ag可知，应是生成的Ag起催化作用，故C正确；Δ①.2Cu+O22CuO②.CuO+C2H5OH=Cu+CH3CHO+H2O③.更充分的浓硫酸2Cu+O2=2CuO，生成氧化铜，利用氧化铜作氧化剂，氧化乙醇为乙醛，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷ΔII实验：乙醇在浓硫酸中加热，制取乙烯气体，CH3CH2OH1CH2=CH2↑+H2O，若温度高于170℃生成二氧化硫、二氧化碳等气体，利用氢氧化钠溶液除去①乙醇的催化氧化反应实质是金属铜被氧气氧化为氧化铜，化学方程式为：2Cu+O2=2CuO，氧化铜将ΔΔ乙醇氧化为乙醛，化学方程式为：CuO+C2H5OH=Cu+CH3CHO+H2O。答案为：Δ2Cu+O22CuO；CuO+C2H5OH=Cu+CH3CHO+H2O。②根据分析可知，水浴的作用分别是：甲利用热水浴的作用是更充分的吹出乙醇蒸汽；③若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸。碳酸氢钠可以和①乙醇在浓硫酸中加热，制取乙烯气体，方程式为：CH3CH2OH1CH2=CH2↑+H2O。若反应温③若温度高于170℃生成二氧化硫、二氧化碳等气体，而二氧化硫具有还原性，可以被（5）+HNO3⎯+H2O+HBr【分析】甲苯与浓硫酸在加热条件下可发生磺化反应①生成AA在浓硫酸、浓硝酸、加热条件件下发生反应④生成E，E与NaOH水溶液反应⑤生成，+H2O。r加成得到X，此反应发生于碳碳双键，已知X中连有Br的碳原子与苯环直接相连，则X为;最后在NaOH醇溶液、加热条件下发生+HBr。中O元素化合价有升高，SO−被氧化生成S2O−,则电极b为电解池的阳极，电极a为阴极，阴极区H+5×10-3mol×80%=4×10-3mol，而生成S2O−的电极反应为：2SO−-2e-=S2O−,即生成S2O−物质的量为SO−被氧化生成1个S2O−,生成的1个S2O−氧化完苯酚又重新生成2个SO−,即阳极区SO−被消耗后又生成等量的SO−,但阴极区SO−会迁移至阳极区，所以阳极室c(SO−)增大；·氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，则反应的离②从题中可知，Fe2+·猝灭，直接加入FeSO4，亚铁离子浓度较高，·被猝灭导致其浓度下降，而使用铁粉，Fe与酸反应缓慢释放Fe2+，使Fe2+浓高苯酚的降解率，主要原因是：Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe−+]+2NH3.H2O=Cu(NH3)2+2H2O+2I−、−+4Cu(NH3)2++O2+8NH3.H2O=4Cu(NH3)42++4OH−+6H2O（3）①.2Cu+I2=2CuI或2Cu+KI3=2CuI+KI②.白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色③.铜与碘的反应为可逆反应(或I浓度小未能氧化全部的Cu)（4）铜、含nmolI2的4mol.L−1的KI溶液式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I−结合生成CuI沉淀或[CuI2]−,Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2和2Cu2++6I−=2[CuI2]−+I2。【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为I可以提高Cu与I的接触面积，率。加入CCl4，I2+I−I平衡逆向移动，I2浓度减小，I−浓度增加，[CuI2]−浓度增加，加入氨水加入CCl4，I2浓度减小，I2+I−I平衡逆向移动，I−浓度增加，其目的为：除去I，防