广西壮族自治区百色市德保高中2024-2025学年高二上学期开学考试+化学试题

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B．乙醇能使细菌和病毒的蛋白质发生变性，从而达到杀菌消毒的目的，故B正确；
C．油脂的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，其在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，工业上可用油脂制肥皂，故C正确；
D．棉花的主要成分为纤维素，属于天然高分子化合物，故D正确；
答案选A。
2．D
【详解】由单质N2转变为化合物，就属于氮的固定，由此可知只有D符合条件，其余选项都是由氮的化合物转变为氮的化合物，都不属于氮的固定，故选D。
3．C
【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；
B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；
C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；
D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；
故选C。
4．B
【详解】A．石油分馏利用石油中各组分的沸点不同进行分离，属于物理变化，所得的汽油为混合物，故A错误；
B．石油的裂化可将含碳原子较多，沸点较高的烃分裂为含碳原子较少，沸点较低的烃，以提高汽油等轻质油的产量，故B正确；
C．氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，应电解熔融状态下的氧化铝，故C错误；
D．煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过干馏获取，故D错误；
答案选B。
5．C
【详解】A．最外层有四个电子，位于元素周期表的第三周期第IVA族，A错误；
B．是酸性氧化物，可与碱反应生成盐和水，但不能与水反应，B错误；
C．硅在自然界主要以硅酸盐和氧化物的形式存在，C正确；
D．碳化硅具有优异的耐高温性能是因为碳原子和硅原子通过共价键连接，硬度很大，D错误；
答案选C。
6．A
【详解】①该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故①不选；
②该容器的体积保持不变，A是固态，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当混合气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故②选；
③反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故③选；
④该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，故④不选；
⑤容器中的气体平均相对分子质量M=，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，故⑤选；
⑥C、D的化学计量数相同，则v(C)与v(D)的比值为定值，不能根据v(C)与v(D)的比值判断平衡状态，故⑥不选；
⑦A为固态，混合气体的总质量为变量，混合气体的总质量不变时，表明达到平衡状态，故⑦选；
⑧混合气体的总体积始终不变，不能根据混合气体的总体积判断平衡状态，故⑧不选；
综上，②③⑤⑦符合题意。
答案选A。
7．B
【详解】A．分子中含有碳碳双键、羟基、羧基三种官能团，故A错误；
B．分子中含有碳碳双键可发生加成反应，含有羟基、羧基可发生取代反应，故B正确；
C．1ml 莽草酸与足量的Na反应可生成氢气2ml，故C错误；
D．能发生加成反应使溴的四氧化碳溶液褪色，发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色，反应原理不同，故D错误；
选B。
8．C
【详解】A．淀粉水解后最终得到葡萄糖一种产物，A错误；
B．碘单质能与NaOH溶液反应，实验中加碘水后溶液不变蓝，不能说明淀粉是否完全水解，B错误；
C．据此实验可知淀粉已发生水解，但不知是否完全水解，C正确；
D．加入新制的Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀说明混合溶液中有葡萄糖，D错误；
故选C。
9．B
【详解】A．降低温度，使得分子运动减慢，反应速率减小，A错误；
B．将容器的体积减小一半，等价于将整个反应体系的压强增大了一倍，气体物质的量浓度增大，所以会使反应速率增大，B正确；
C．将容器的体积拉大到原来的2倍，物质浓度减小，反应速率减慢，C错误；
D．往反应中加入固体物质，不会影响化学反应的速率，D错误；
故选B。
10．C
【详解】A．C4H10若为正丁烷，一氯代物2种，C4H10若为异丁烷，一氯代物2种，共4种，A正确；
B．乙烯分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，所以可以用溴的四氯化碳溶液鉴别乙烯和乙烷，B正确；
C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；CH3OH和 结构不同，不互为同系物，C错误；
D．二氯甲烷若为平面结构，则有两种同分异构体，现二氯甲烷没有同分异构现象，则表明二氯甲烷为空间结构，甲烷呈正四面体结构，D正确；
故选C。
11．D
【分析】经2min后测得D的浓度为0.5ml/L，v(D)= =0.25ml•L-1•min-1，C表示的平均速率v(C)=0.25ml•L-1•min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知，x=2，设A、B的起始物质的量均为n，生成D为2L×0.5ml/L=1ml，结合三段式分析解答。
【详解】经2min后测得D的浓度为0.5ml/L，v(D)==0.25ml•L-1•min-1，C表示的平均速率v(C)=0.25ml•L-1•min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知，x=2，设A、B的起始物质的量均为n ml，生成D为2L×0.5ml/L=1ml，则

c(A)∶c(B)=3∶5，则＝，解得n=3。
A．v(B)==0.125 ml•L-1•min-1，故A正确；
B．由上述分析可知，x=2，故B正确；
C．2min时，A的物质的量为3ml-1.5ml=1.5ml，故C正确；
D．2min时，A的转化率为×100%=50%，故的D错误；
故选D。
12．B
【分析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且生成气态水。
【详解】A．根据图示可知，反应的热化学方程式为：2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) +483.6kJ，
反应为放热反应，2mlH2(g)和1mlO2(g)的能量之和高于2mlH2O(g)的能量，2mlH2O(g)的能量低于2mlH2(g)和1mlO2(g)的能量之和，故A错误；
B．根据图示可知，反应的热化学方程式为：2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) 483.6kJ，故表示的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)+241.8kJ，故B正确；
C．图中表示2mlH2(g)完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ热量，则1mlH2(g)完全燃烧生成水蒸气放出241.8kJ热量，故C错误；
D．2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) +483.6kJ，反应为放热反应，2mlH2(g)和1mlO2(g)的能量之和高于2mlH2O(g)的能量，能量多483.6kJ，不能表示2mlH2(g)与2ml气态水的能量关系，故D错误；
答案选B。
13．B
【详解】A．浓氨水与氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；
B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故B正确；
C．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集一氧化氮，也不能用水吸收一氧化氮尾气，故C错误；
D．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，不能用于制备氯气，故D错误；
故选B。
14．D
【详解】A．金属锂失电子发生氧化反应，金属锂为负极，故A错误；
B．阳离子向正极移动，由负极通过固体电解质流向正极，故B错误；
C．没有明确是否为标准状况，22.4L氧气的物质的量不一定是1ml，故C错误；
D．根据图示，正极氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：，故D正确；
选D。
15．(1) 强氧化 、
(2) 硫酸 取少量酸雨于试管中，先加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，证明酸雨中的亚硫酸被氧化为了硫酸
(3)
(4) ② ① ③ 吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气
【详解】（1）X为，浓硫酸与碳在一定条件下可以发生反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现了X的强氧化性；从硫元素化合价变化的角度分析，处于最低价-2价的硫只有还原性，图中只有还原性的物质有、；
（2）含有S元素的酸雨，放置一段时间后，pH变小，酸性增强，可能是因为酸雨中的亚硫酸被氧化为了硫酸；取少量酸雨于试管中，先加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，证明酸雨中的亚硫酸被氧化为了硫酸；
（3）硫化钠中硫元素化合价由-2价升高到0价，亚硫酸钠中硫元素化合价由+4价降低到0价，根据电子得失守恒，硫化钠、亚硫酸钠的物质的量之比为2:1，再依据原子守恒配平方程式：；
（4）二氧化硫具有酸性氧化物性质，溶于水使紫色石蕊溶液变红；二氧化硫具有漂白性，使品红溶液褪色；二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色；D装置的作用是吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气；
16．Ⅰ．(1)A （2）放出 9
Ⅱ．(1) Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH- 增强
(2) 负 正 CH4 + 2O2 = CO2 + 2H2O 5.6
【详解】（1）
（1）根据总反应中化合价的变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，电极反应为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，则正极为Ag2O，被还原，电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，电解池中氢氧根量不变，水的量减少，导致氢氧根离子浓度增大，故碱性增强，故答案为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-；增强；
（2）固体氧化物甲烷燃料电池，根据化合价的变化可知，甲烷中碳的化合价从-4升高到+4，a电极为燃料电池的正极，b电极为燃料电池的负极，固体电解质中的阳离子向正极移动，即向a极移动，故答案为：负；正；
a电极为燃料电池的正极，反应式为O2+4e-=2O2-；b电极为燃料电池的负极，甲烷失电子结合氧离子生成二氧化碳和水，甲烷的化合价升高了8，失去8e-，故b电极的电极反应式为：CH4-8e-+4O2- = CO2+2H2O；燃料电池是利用可燃物与氧气反应，生成二氧化碳和水，电池的总反应方程式为：CH4 + 2O2 = CO2 + 2H2O；根据甲烷和电子的物质的量关系：CH4~8e-，b电极的电极反应式为：CH4-8e-+4O2- = CO2+2H2O，2ml电子转移时，消耗0.25ml甲烷，根据V=nVm=0.25ml×22.4L/ml=5.6L。
17．(1) 氧化性强 不引入新杂质
(2) 萃取分液 分液漏斗 下 紫 取水层溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明含有碘单质，如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质
(3)
(4)
【分析】海带浸取液中的碘离子被加入的过氧化氢氧化得到含碘单质的水溶液；加入四氯化碳振荡、静置分层、分液得到碘单质的四氯化碳溶液；向碘单质的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，碘单质和氢氧化钠反应得碘化钠和溶液；振荡、静置分层，去掉四氯化碳层，再加入稀硫酸酸化，碘化钠和在酸性条件下发生氧化还原反应得到碘单质的悬浊液，通过过滤得到碘单质。
【详解】（1）的氧化性强，且反应还原产物为水不引入新杂质；
（2）实验操作②为萃取碘单质的操作，为萃取分液；操作②需要的仪器除烧杯、玻璃棒外，尚缺少的玻璃仪器有分液漏斗；四氯化碳密度大于水，则碘的溶液位于上层，呈紫色；碘单质能使淀粉溶液变红色，检验水层是否仍含碘单质的方法是：取水层溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明含有碘单质，如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质；
（3）碘化钠和在酸性条件下发生归中反应得到碘单质：；
（4）由流程可知，分液后得到的四氯化碳可以继续萃取含碘水溶液中的碘单质，可以循环利用。
18．(1) 乙烯 裂解 CH3CH2OH 醛基
(2) 加成反应 CH3COOH+ CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O
(3)CH2=CHCOOH
(4)AB
(5)CH3CH2CH2CH2COOH或或
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙烯、B为乙醇；铜做催化剂作用下乙醇与氧气共热反应催化氧化反应生成乙醛，则C为乙醛；催化剂作用下乙醛与氧气共热发生催化氧化反应生成乙酸，则D为乙酸；催化剂作用下丙烯醛与氧气共热发生催化氧化反应生成丙烯酸，则E为丙烯酸；一定条件下丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，则X为聚丙烯酸；一定条件下丙烯醛与氢气发生加成反应生成1—丙醇，则G为1—丙醇；浓硫酸作用下1—丙醇与乙酸共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH2CH3，则H为CH3COOCH2CH2CH3。
【详解】（1）由分析可知，A为乙烯，石油裂解得到含有乙烯等轻质油；B为结构简式是CH3CH2OH的乙醇、C为官能团为醛基的乙醛，故答案为：乙烯；CH3CH2OH；醛基；
（2）由分析可知，F→G的反应为一定条件下丙烯醛与氢气发生加成反应生成1—丙醇；D+G→H的反应为浓硫酸作用下1—丙醇与乙酸共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH2CH3和水，该反应中，浓硫酸所起的作用是催化剂和吸水剂，反应的化学方程式为CH3COOH+ CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O，故答案为：加成反应；CH3COOH+ CH3CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH3+H2O；
（3）由分析可知，E为结构简式是CH2=CHCOOH的丙烯酸，故答案为：CH2=CHCOOH；
（4）A．由分析可知，D+G→H的反应为浓硫酸作用下1—丙醇与乙酸共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH2CH3和水，反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，故错误；
B．乙醇能与氧化铜共热反应生成铜、乙醛和水，故错误；
C．丙醇能溶于水但不能与碳酸钠溶液反应、CH3COOCH2CH2CH3不溶于水、乙酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，则用碳酸钠溶液能鉴别乙酸、丙醇和CH3COOCH2CH2CH3，故正确；
D．乙醇和1—丙醇的官能团都是羟基，都属于饱和一元醇，互为同系物，故正确；
故选B；
（5）
分子式为C5H10O2的羧酸的同分异构体可以视作丁烷分子中的氢原子取代所得结构，结构简式为CH3CH2CH2CH2COOH、、、，共有四种，故答案为：CH3CH2CH2CH2COOH或或或。