第八单元化学能与电能（二）突破验收卷（含解析）-《巅峰突破》2026版高中化学高三一轮复习

Tue, 12 Aug 2025 12:09:51 +0800

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
(
姓名班级考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
第八单元　化学能与电能（二）
满分100分,限时60分钟
考点1 电解原理　　　　　　　　　　　考点2 电解原理的应用
考点3 金属的腐蚀与防护
一、选择题(本题共11小题,每小题6分,共66分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.下列装置能达到实验目的的是 (　　)
　　　
图Ⅰ 图Ⅱ 图Ⅲ 图Ⅳ
A.用图Ⅰ所示装置测定55 mL 1 mol/L盐酸与50 mL 1.1 mol/L NaOH溶液发生中和反应的反应热
B.为探究铁制品生锈,用图Ⅱ所示装置,正极材料是铁
C.用图Ⅲ所示装置实现2Ag+2HCl 2AgCl+H2↑
D.图Ⅳ装置可实现粗铜的精炼
2.某小组探究电解氯化铜溶液的产物,设计如下实验(以石墨为电极):
实验中观察到Ⅱ中品红溶液褪色,Ⅲ中产生浅黄色固体,Ⅳ中溶液褪色。下列叙述错误的是 (　　)
A.根据试管Ⅲ中现象可知,Cl的非金属性比S强
B.一段时间后,C1极附着一层红色固体物质
C.上述实验中,试管Ⅱ和Ⅳ的褪色原理不相同
D.如果用铜极替代石墨电极也能得到与上述实验完全相同的实验现象
3.甲、乙同学分别用如图所示装置验证铁的电化学防腐原理。相同时间后进行如下实验:
实验①:甲同学分别向Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液,Ⅰ中产生蓝色沉淀,Ⅱ中无沉淀。
实验②:乙同学分别取Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,Ⅰ、Ⅱ中均无沉淀。
下列说法正确的是 (　　)
A.Ⅰ是牺牲阳极保护法,负极反应式为Fe-2e- Fe2+
B.Ⅱ为外加电流保护法,Fe电极与外接电源的正极相连
C.由实验①中Ⅰ、Ⅱ现象的差异,推测K3[Fe(CN)6]在Ⅰ中氧化性强于Ⅱ
D.由实验可知,两种保护法均能保护Fe,且Ⅱ保护得更好
4.氯碱工业能耗大,通过如图1改进的设计可大幅度降低能耗,下列说法正确的是 (　　)
图1 图2
A.用图2装置给图1供电,电极B接多孔碳极
B.电极B的电极反应式:2H2O+2e- H2↑+2OH-
C.图1应选用阳离子交换膜,图2放电时左侧H+通过质子交换膜移向右侧
D.图2充电总反应:Pb+S+2Fe3+ PbSO4+2Fe2+
5.工业上常用电渗析法淡化海水。某小组模拟淡化海水原理,设计如图所示装置。已知锂电池反应为xLi+Li1-xMn2O4 LiMn2O4。下列叙述正确的是 (　　)
A.Na+、Mg2+通过膜1向M极区迁移
B.实验时应及时清除N极区产生的白色沉淀
C.通过膜1的离子与同时通过膜2的离子总数一定相等
D.锂电池中消耗14 g Li,M极一定产生0.5 mol气体
6.某学习小组按如图装置探究金属电化学腐蚀与防护的原理,下列说法正确的是 (　　)
A.若b为正极,K连接A时,铁棒防腐的方式称为牺牲阳极保护法
B.相同条件下,若X为NaCl,K分别连接B、C时前者铁棒的腐蚀速率更慢
C.若X为模拟海水,K未闭合时铁棒上E点表面铁锈最多,腐蚀最严重的位置则是F
D.若在X溶液中预先加入适量的K4[Fe(CN)6]溶液,可有效提升铁棒腐蚀或防腐的观察效果
7.如图所示,利用电化学原理可同时吸收处理SO2和NO,下列说法正确的是 (　　)
已知H2S2O4是一种弱酸,不考虑SO2与水的反应及能量损耗。
A.b极为直流电源的负极
B.阳极区电极反应为H2S2O4+2H2O-2e- 2HS+4H+
C.理论上,在相同条件下,该装置吸收的SO2和NO的体积比为1∶1
D.电路中若有2 mol电子转移,则被吸收的气体体积为44.8 L
8.KMnO4是一种重要的化学试剂,电解K2MnO4及某种稀碱性溶液可得到KMnO4、KOH,其工作原理如图所示(电极材料是铁与铂),电解时M电极周围溶液逐渐变成紫红色。下列说法错误的是(　　)
A.电极电势:a>b
B.N电极的电极反应式为2H2O+2e- 2OH-+H2↑
C.当电路中有2 mol电子转移时,会有78 g离子通过X膜
D.M电极是铁、N电极是铂
9.某研究机构使用Li-SO2Cl2电池作为电源电解制备Ni(H2PO2)2,其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li+SO2Cl2 2LiCl+SO2↑。下列说法错误的是 (　　)
A.电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2+2e- 2Cl-+SO2↑
B.电池的e极连接电解池的h极
C.膜a、c是阳离子交换膜,膜b是阴离子交换膜
D.生成1 mol Ni(H2PO2)2时,理论上电解池中不锈钢电极附近溶液质量增加46 g
10.铟(In)是制造半导体、电光源等的重要材料。工业上从冶金废料中提取的粗铟中含有锌杂质。以In2(SO4)3溶液为电解质溶液,用电解法精炼铟的装置如图1所示。
已知:①铟和铝位于同主族,性质与铝相似。
②在金属活动性顺序中,铟排在锌之后;锌、铟的相对原子质量分别为65、115。
③超钠F1电池放电时电池总反应为2NaxCy+xMn[Fe(CN)6] 2Cy+xNa2Mn[Fe(CN)6](电解质溶液中溶剂为有机溶剂)。
　　
图1 图2
下列叙述正确的是 (　　)
A.M极为阴极
B.超钠F1电池放电时,a极的电极反应式为Mn[Fe(CN)6]+2e-+2Na+ Na2Mn[Fe(CN)6]
C.精炼铟一段时间后,M极净减的质量等于纯铟极净增的质量
D.精炼过程中,用图2可表示电解质溶液中c(In3+)随时间的变化关系
11.以丙烯腈(CH2 CHCN)为原料,利用电解原理合成己二腈[NC(CH2)4CN],可减少氮氧化物的排放,其装置如图所示,电解过程会产生丙腈(C2H5CN)等副产物(已知:电流效率=×100%)。下列说法正确的是 (　　)
A.电子的流向为电源负极→阴极→电解质溶液→阳极→电源正极
B.Pb电极主要发生的电极反应为2CH2CHCN+2e-+2H+ NC(CH2)4CN
C.工作一段时间后,PbO2-Ag2O电极附近溶液的pH增大
D.若PbO2-Ag2O电极产生33.6 L(标准状况)气体,Pb电极区生成了0.3 mol丙腈,则电流效率高于90%
二、非选择题(本题共2小题,共34分)
12.(14分)如图1所示,A为新型高效的甲烷燃料电池,采用铂为电极材料,两电极上分别通入CH4和O2,电解质溶液为KOH溶液。B为浸透饱和硫酸钠溶液和酚酞试液的滤纸,滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液,C、D为电解槽,其电极材料、电解质溶液如图所示。
图1
(1)甲烷燃料电池中负极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　。
(2)关闭K1,打开K2,通电后,B中紫红色液滴向d端移动,则电源a端为　　　　极,通电一段时间后,观察到滤纸c端出现的现象是　　　　　　　　　　　　。
(3)D装置中有200 mL一定浓度的NaCl与CuSO4的混合溶液,理论上两极所得气体在标准状况下的体积随时间变化的关系如图2所示,原混合溶液中NaCl的物质的量浓度为　　　　mol·L-1,t2时所得溶液的pH=　　　　。(电解前后溶液的体积变化忽略不计)
图2
(4)若C装置中电解质溶液为AgNO3溶液且足量,总反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。电解结束后,为了使溶液恢复原样,则可以在反应后的溶液中加入　　　　(填化学式)。
13.(20分)氯化钠是化工产品的原料,工业中可借助电解法实现多种化工产品的制备。
资料:NaCl的熔点是801 ℃;Na的沸点是883 ℃。
(1)工业中通过粗盐提纯获得氯化钠晶体,其硬度较大,难于压缩,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)工业中在580 ℃下电解熔融NaCl和CaCl2的混合物冶炼金属钠,金属钠从　　　　极析出,加入CaCl2的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
采用如图装置电解饱和NaCl溶液。
(3)①要实现烧碱的制备,该装置还需添加　　　　　　。
②改进后电解槽阳极和阴极气体产品通入反应塔中,可制备　　　　。
③利用烧碱制备装置,调节pH<3还可实现ClO2的制备,产生ClO2的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)利用该电解槽可实现NaClO的制备,生成NaClO的反应包括2Cl--2e- Cl2↑、2H2O+2e- H2↑+2OH-、　　　　　　　　　　　　　　　　(请写离子方程式)。
(5)工业上,利用该电解槽通过如下转化可制备KClO3晶体。
NaCl溶液 NaClO3溶液 KClO3晶体
反应Ⅰ的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)结论:NaCl作为基础原料借助电解法可通过控制　　　　　　　　　　　　　　　获得不同产品。
答案全解全析
1.C　图Ⅰ装置没有玻璃搅拌器,碎纸条没有充满大烧杯,散热较多,不能用于测定中和反应的反应热,A错误;用图Ⅱ装置探究铁制品生锈,负极材料是Fe,B错误;图Ⅲ装置中Ag电极为阳极,C电极为阴极,总反应方程C正确;铜的电解精炼装置中粗铜应作阳极,连接电源的正极,D错误。
2.D　据题图可知,C1极为阴极,C2极为阳极(关键点)。阳极上Cl-失电子生成Cl2,Cl2能将Ⅲ中S2-氧化为S,则氧化性:Cl2>S,可说明非金属性:Cl>S,A正确;C1极为阴极,电极反应式为Cu2++2e- Cu,B正确;试管Ⅱ中是品红被Cl2氧化而褪色,Ⅳ中是NaOH与Cl2反应使溶液的碱性减弱而褪色,二者褪色原理不同,C正确;若用铜电极替代石墨电极,阳极上铜电极本身失电子被氧化,实验现象不同,D错误。
归纳总结
电解池中离子的放电顺序
(1)阳极
①活性电极(除Au、Pt以外的金属材料作电极)作阳极:电极材料失电子,生成金属阳离子。
②惰性电极(Pt、Au、石墨等)作阳极:溶液中阴离子放电,常见阴离子的放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子。
(2)阴极:溶液中阳离子放电,常见阳离子放电顺序为Ag+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Fe2+>Zn2+>H+(水)>Al3+>Mg2+。
3.D　Ⅰ中Fe电极是正极,Zn电极是负极,属于牺牲阳极保护法,负极反应式为Zn-2e- Zn2+,A错误;Ⅱ为外加电流保护法,要保护的Fe电极应与外接电源的负极相连,B错误;Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触,可能会有少量的Fe直接与酸反应生成Fe2+,与K3[Fe(CN)6]在Ⅰ、Ⅱ中的氧化性无关,C错误;根据实验现象可知,两种保护法均能保护Fe,且用外加电流保护法保护得更好,D正确。
4.C【装置分析】
电极电极反应式总反应式
图1 电解池阳极电极 A 2Cl--2e- Cl2↑ O2+4Cl-+2H2O 2Cl2↑+4OH-
阴极电极 B O2+2H2O+4e- 4OH-
图2 原电池负极 Pb/ PbSO4 Pb-2e-+S PbSO4 Pb+S+2Fe3+ PbSO4+2Fe2+
正极多孔碳 2Fe3++2e- 2Fe2+
由上述分析可知,图1中电极B为阴极,用图2装置给图1供电,应该与原电池的负极Pb/PbSO4极相连,A错误;电极B的电极反应式为O2+2H2O+4e- 4OH-,B错误;为了得到产物NaOH,图1应选用阳离子交换膜,使Na+进入右侧生成NaOH,图2放电时H+由负极移向正极,即左侧H+通过质子交换膜移向右侧,C正确;根据放电时总反应方程式,可得其充电时总反应方程式为PbSO4+2Fe2+ Pb+S+2Fe3+,D错误。
5.B　题图装置中电解时,Na+、Mg2+通过膜1向阴极N极移动,A错误;N极的电极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,然后OH-与Mg2+结合产生Mg(OH)2白色沉淀,为防止其大量堆积,实验时应及时清除N极区产生的白色沉淀,B正确;通过膜1、膜2迁移的阴离子、阳离子遵循电荷守恒,即满足n(Cl-)+2n(S)=n(Na+)+2n(Mg2+),但离子的迁移速率不同,故迁移离子总数不一定相等,C错误;锂电池消耗14 g Li时转移2 mol电子,M极的电极反应式为2Cl--2e- Cl2↑、2H2O-4e- O2↑+4H+,气体的物质的量大于0.5 mol,D错误。
6.C　牺牲阳极保护法利用的是原电池原理,无外加电流(注意),若b为正极,K连接A时,铁棒为电解池的阳极,加速腐蚀速率,A错误;K连接B时,Fe作负极,被腐蚀,K连接C时,Zn作负极,Fe作正极,即Fe被保护,故后者铁棒的腐蚀速率更慢,B错误;若X为模拟海水,K未闭合时,E点(界面处)O2浓度较大,生成的OH-浓度最大,Fe发生吸氧腐蚀生成的Fe2+在界面处和OH-结合生成Fe(OH)2,而Fe(OH)2经氧化[4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3]并进一步转化为Fe2O3·xH2O形成铁锈,即E点铁锈最多,F点处Fe作负极,Fe放电生成的Fe2+移动至正极(E点),则F点位置腐蚀最严重,C正确;Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀,通过观察沉淀量的多少可以判断铁棒腐蚀的程度或防腐的效果,应加入K3[Fe(CN)6]溶液,不是K4[Fe(CN)6]溶液,D错误。
归纳总结
判断金属腐蚀快慢的规律
(1)对不同腐蚀类型来说,腐蚀速率的快慢:电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
(2)对同一金属来说,在不同溶液中腐蚀速率的快慢:强电解质溶液中>弱电解质溶液中。
(3)活动性不同的两种金属,活动性差别越大,活泼金属腐蚀得越快。
(4)对同一种电解质溶液来说,电解质浓度越大,金属腐蚀越快。
(5)纯度越高的金属,腐蚀得越慢。
(6)不纯的金属或合金,在潮湿空气中的腐蚀速率远大于在干燥、隔绝空气条件下的腐蚀速率。
7.C　据题图可知,HS在左侧电极得电子发生还原反应生成H2S2O4,左侧电极为阴极,电极反应式为2HS+2e-+4H+ H2S2O4+2H2O;SO2在右侧电极失电子发生氧化反应生成H2SO4,右侧电极为阳极,电极反应式为SO2-2e-+2H2O 4H++S。右侧电极为电解池的阳极,应和直流电源的正极相连,则b极为直流电源的正极,A错误;由上述分析可知,B错误;阳极区的电极反应为SO2-2e-+2H2O 4H++S,吸收池中反应为2H2S2O4+2H2O+2NO 4HS+4H++N2,由得失电子守恒可知,相同条件下,该装置吸收的SO2和NO的体积比为1∶1,C正确;没有指出气体所处状况(易错点),无法计算气体的物质的量,D错误。
8.D【装置分析】　
结合图示分析可知a为正极,b为负极,正极的电势高于负极,则电极电势:a>b,A正确;阴极是水电离出的H+得电子发生还原反应,即N极的电极反应式为2H2O+2e- 2OH-+H2↑,B正确;电路中转移电子所带电量与通过X膜的离子所带电量相同,故有2 mol K+通过X膜,其质量为78 g,C正确;若铁作阳极,则Fe优先放电,Mn无法放电转化为Mn,D错误。
特别提醒
　　书写电解池中的电极反应式时,如果实际放电的离子来自弱电解质的电离,应用弱电解质的化学式表示,在书写总反应的离子方程式时,也要使用弱电解质的化学式。如电解水时,阳极反应式为2H2O-4e- O2↑+4H+。
9.D　电池中Li电极是负极,C电极是正极,SO2Cl2在正极得电子生成SO2,电极反应式为SO2Cl2+2e- 2Cl-+SO2↑,A正确;电解池中Ni电极失电子生成Ni2+,即 g电极为阳极,h电极为阴极,h极连接电池的e极,B正确;Ni2+通过膜a进入Ⅱ室,H2P由Ⅲ室通过膜b进入Ⅱ室,Ⅱ室中H2P与Ni2+生成Ni(H2PO2)2,Na+通过膜c进入Ⅳ室,所以膜a、c都是阳离子交换膜,膜b是阴离子交换膜,C正确;不锈钢电极为阴极,电极上水电离出的H+发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,生成1 mol Ni(H2PO2)2时,电路中转移2 mol电子,同时2 mol Na+通过膜c进入Ⅳ室,理论上电解池中不锈钢电极附近溶液质量增加(易错点),D错误。
10.B　则M极为阳极,A错误;M极为阳极,则a为超钠F1电池的正极,放电时发生还原反应,根据超钠F1电池放电时的电池总反应,可知a极的电极反应式为Mn[Fe(CN)6]+2e-+2Na+ Na2Mn[Fe(CN)6],B正确;精炼铟时,M极上Zn先放电,放电完全后In放电,而纯铟电极上In3+放电,则M极净减的质量不等于纯铟极净增的质量,C错误;开始时粗铟中Zn先被氧化,而阴极只有In3+放电生成In,则电解刚开始一段时间内电解质溶液中c(In3+)逐渐减小,当Zn完全放电后,阳极上In放电生成In3+,阴极上In3+放电析出铟,此时电解质溶液中c(In3+)保持不变,与图2不符,D错误。
11.B　由题图可知,CH2 CHCN在Pb电极生成NC(CH2)4CN,该反应中碳元素化合价降低,发生还原反应,即Pb电极为阴极,PbO2-Ag2O电极为阳极。电子的流向为电源负极→阴极,阳极→电源正极,,A错误;CH2 CHCN在Pb极得电子发生还原反应生成NC(CH2)4CN,电极反应式为2CH2 CHCN+2e-+2H+ NC(CH2)4CN,B正确;H2O在阳极(PbO2-Ag2O电极)失电子得到O2,电极反应式为2H2O-4e- O2↑+4H+,则PbO2-Ag2O电极附近溶液的pH减小,C错误;若PbO2-Ag2O电极产生33.6 L(标准状况)O2,即生成1.5 mol O2,转移6 mol电子,Pb电极区生成了0.3 mol丙腈,得到0.6 mol电子,则生成副产物丙腈的电流效率为×100%=10%,所以生成目标产物的电流效率不可能高于90%,D错误。
12.(每空2分)
(1)CH4+10OH--8e-C+7H2O
(2)负　c端试纸变红
(3)0.1　1
(4)4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+　Ag2O或Ag2CO3
解析　
(1)甲烷燃料电池中电解质溶液为KOH溶液,CH4在负极被氧化生成C,电极反应式为CH4+10OH--8e- C+7H2O。(2)结合上述图示分析可知,电源a端为负极,b端为正极。c为阴极,水电离出的H+得电子生成H2,电极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,溶液呈碱性,可使酚酞试液变为红色,故滤纸c端出现的现象是c端试纸变红。(3)D装置中有200 mL一定浓度的NaCl与CuSO4的混合溶液,开始时,阴极上Cu2+得电子发生还原反应生成Cu,无气体产生,阳极上Cl-放电生成Cl2,由图2可知,生成n(Cl2)==0.01 mol,由Cl原子守恒可知,原混合溶液中c(NaCl)==0.1 mol/L;t1~t2 s,阴极上仍为Cu2+放电,阳极上水发生氧化反应生成O2和H+,电极反应式为2H2O-4e- 4H++O2↑,结合图示可知,生成n(O2)==0.005 mol,则同时生成0.02 mol H+,即c(H+)==0.1 mol/L,故pH=1。(4)若C装置中电解质溶液为AgNO3溶液且足量,则阴极上Ag+得到电子生成Ag,阳极上水放电生成O2和H+,总反应的离子方程式为4Ag++2H2O 4Ag+O2↑+4H+,电解过程中溶液中减少的是Ag、O,故为了使溶液恢复原样,可在反应后的溶液中加入Ag2O或Ag2CO3。
思维升华
　　用惰性电极电解混合溶液时,需结合溶液中阴、阳离子的放电顺序,分阶段讨论阴、阳两极的电解产物;根据电解规律明确各阶段电解的本质,从本质考虑如何使电解质溶液复原。
13.(除标注外,每空2分)
(1)氯化钠是离子晶体,其中存在着较强的离子键
(2)阴　作助熔剂,降低氯化钠的熔点,节能减耗,防止钠的挥发(3分)
(3)①阳离子交换膜　②盐酸　③Cl--5e-+2H2OClO2↑+4H+
(4)2OH-+Cl2ClO-+Cl-+H2O
(5)NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑
(6)离子交换膜、pH、温度、溶剂(3分)
解析　(1)NaCl是离子晶体,其中存在着较强的离子键,故NaCl晶体的硬度较大,难于压缩。(2)Na+在阴极得电子生成金属钠,即金属钠从阴极析出。NaCl的熔点高,加入CaCl2作助熔剂,可降低NaCl防止生成的Cl2和OH-反应,不能使OH-移向阳极,故要实现烧碱的制备,装置中还需添加阳离子交换膜。②改进后电解槽阳极产生Cl2,阴极产生H2,两种气体通入反应塔中,可制备盐酸。③Cl-失去电子发生氧化反应转化为ClO2,即产生ClO2的电极反应式为Cl--5e-+2H2O ClO2↑+4H+。(4)两极产生的OH-和Cl2反应生成ClO-,其离子方程式为2OH-+Cl2 ClO-+Cl-+H2O。(5)反应Ⅰ是电解NaCl溶液生成NaClO3和H2,其化学方程式为NaCl+3H2O NaClO3+3H2↑。(6)根据题意可知,NaCl作为基础原料借助电解法可通过控制离子交换膜、pH、温度、溶剂获得不同的产品。
归纳总结
电极反应式书写的注意事项

2024-2025浙江省台州市温岭市一年级下册期末测试数学试卷（含答案）

Tue, 12 Aug 2025 12:09:19 +0800

2024学年第二学期一年级数学学科期末质量监测
（时间：60分钟，总分100分）
一、开动脑筋，我会填。（除标注外，其余每空1分，共32分）
1. 世界读书日，小朋友们准备购买课外书。
（1）乐乐、丁丁、可可的钱数分别表示如下，他们各有多少钱？
乐乐（）元丁丁（）元可可（）元
（2）天天有52元，表示为，明明有36元，用天天的方法可以表示为。
（3）小小准备了77元，左边的“7”在（）位上，表示（）个（），这个数最接近的整十数是（）。
（4）请把上面6位小朋友准备买书的钱数按从大到小的顺序排一排。
（）＞（）＞（）＞（）＞（）＞（）。
2. 写一写，画一画
（1）下边的小棒，一共有（）根，这个数读作：（）。
（2）它在计数器上表示，要用（）颗珠子。在下图画一画。
（3）点点的钱也正好可以用这个数表示，她可以换（）张50元，也可以换（）张10元。
3. 按顺序填数。
80 75 60 55
40 70
4. 用4颗珠子在数位表上摆两位数，请接着画一画，最后摆出的两位数是（）。
5. 至少用（）个可以拼成一个；如果表示20，那么表示（）。
6. 根据算式的得数，把算式写在相应的里。
92－52 20＋8 56＋28 82－34 36－28
7. 豆豆用七巧板拼成了下边的小乌龟，其中①和②在图中拼成了（）形，它们还可以拼成（）形。
8. 欢欢读一本40页故事书，读了8天正好读了这本书的一半，她还剩（）页没读。
二、精挑细选，我能行。（8分）
9. 我国货币历史悠久，种类丰富。方孔圆钱是我国古代钱币的代表，用这种货币不能画出（）。
A. □ B. ○ C. △
10. 图中△所在的位置表示的数可能是（）。
A. 50 B. 48 C. 42
11. 下图是百数表中的一部分，图中“？”是（）。
A. 67 B. 69 C. 7
12. 计算32－7时，先算12－7＝5，再算20＋5＝25，下面的小棒图圈法正确的是（）。
A.
B
C.
13. A瓶子里大约有（）颗珠子。
A 60 B. 20 C. 10
14. 有17人要来操场踢球，现在来了9人，一共踢进了10个球。还有几人没来？要解决这个问题，不需要的信息是（）。
A. 一共踢进了10个球 B. 现在来了9人 C. 17人要来操场踢球
15. 下面的墙缺了（）块砖。
A. 10 B. 8 C. 9
16. 如下图，“？”所表示的意思是（）。
A. 可可比点点多5根棒棒糖
B. 可可有7根棒棒糖
C. 点点和可可同样多的棒棒糖有7根
三、巧思妙算，我最棒。（共33分）
17. 口算。
70＋20＝ 12＋44＝ 63－8＝ 87－7＋10＝
12－7＝ 35－14＝ 50－4＝ 38－8＋27＝
5＋23＝ 83－9＝ 36＋8＝ 91－24＋6＝
20＋51＝ 26＋30＝ 7＋65＝ 66－7－6＝
18. 在括号里填上“＞”“＜”或“＝”。
87（）78 84＋9（）99－9 10个十（）100个一
30（）50－24 61－5＋18（）61＋18－5 1元（）8角
19. 在括号里填上合适的数。
（）＋9＝85 （）－3＜71 29＞49－（）
20. 列竖式计算。
40－19＝ 53＋34＝
83－47＝ 44＋17＝
四、解决问题，我来做。（共27分）
21. 看图列式计算。
（）
22. 看图列式计算。
（）
23. 看图列式计算
24. 豆豆买了一个书包，还剩18元，他原来有多少元？
（）
答：他原来有（）元。
25. 黄花有23朵，红花的朵数比黄花多得多，蓝花的朵数比黄花少一些。红花有多少朵？（画“○”）蓝花有多少朵？（画“△”）
6朵 48朵 25朵 18朵
26. 每年的3月12日是植树节。今年植树节一（3）班植树35棵，种了10盆花，一（5）班植树20棵。今年这两个班一共植树多少棵？
（）
答：今年这两个班一共植树（）棵。
27. 笑笑做对了多少道口算？她和明明一共做对了多少道口算？
（）
（）
答：笑笑做对了（）道口算，她和明明一共做对了（）道口算。
28. 把33根棒棒糖先装满一大盒后，剩下的棒棒糖可以装满多少个小盒？
先圈一圈：
再算一算：
答：剩下的棒棒糖可以装满（）个小盒。2024学年第二学期一年级数学学科期末质量监测
（时间：60分钟，总分100分）
一、开动脑筋，我会填。（除标注外，其余每空1分，共32分）
1. 世界读书日，小朋友们准备购买课外书。
（1）乐乐、丁丁、可可的钱数分别表示如下，他们各有多少钱？
乐乐（）元丁丁（）元可可（）元
（2）天天有52元，表示为，明明有36元，用天天的方法可以表示为。
（3）小小准备了77元，左边的“7”在（）位上，表示（）个（），这个数最接近的整十数是（）。
（4）请把上面6位小朋友准备买书的钱数按从大到小的顺序排一排。
（）＞（）＞（）＞（）＞（）＞（）。
【答案】（1）48；70；68；
（2）
（3）十；7；十；80；
（4）77；70；68；52；48；36
2. 写一写，画一画。
（1）下边的小棒，一共有（）根，这个数读作：（）。
（2）它在计数器上表示，要用（）颗珠子。在下图画一画。
（3）点点的钱也正好可以用这个数表示，她可以换（）张50元，也可以换（）张10元。
【答案】（1）100；一百
（2）1，
（3）2；10
3. 按顺序填数。
80 75 60 55
40 70
【答案】
80 75 70 65 60 55
30 40 50 60 70 80
4. 用4颗珠子在数位表上摆两位数，请接着画一画，最后摆出的两位数是（）。
【答案】13；
5. 至少用（）个可以拼成一个；如果表示20，那么表示（）。
【答案】 ①. 2 ②. 40
6. 根据算式的得数，把算式写在相应的里。
92－52 20＋8 56＋28 82－34 36－28
【答案】
7. 豆豆用七巧板拼成了下边的小乌龟，其中①和②在图中拼成了（）形，它们还可以拼成（）形。
【答案】 ①. 正方 ②. 三角
8. 欢欢读一本40页的故事书，读了8天正好读了这本书的一半，她还剩（）页没读。
【答案】
20
二、精挑细选，我能行。（8分）
9. 我国货币历史悠久，种类丰富。方孔圆钱是我国古代钱币的代表，用这种货币不能画出（）。
A. □ B. ○ C. △
【答案】C
10. 图中△所在的位置表示的数可能是（）。
A. 50 B. 48 C. 42
【答案】B
11. 下图是百数表中的一部分，图中“？”是（）。
A. 67 B. 69 C. 7
【答案】A
12. 计算32－7时，先算12－7＝5，再算20＋5＝25，下面的小棒图圈法正确的是（）。
A
B.
C.
【答案】B
13. A瓶子里大约有（）颗珠子。
A. 60 B. 20 C. 10
【答案】A
14. 有17人要来操场踢球，现在来了9人，一共踢进了10个球。还有几人没来？要解决这个问题，不需要的信息是（）。
A. 一共踢进了10个球 B. 现在来了9人 C. 17人要来操场踢球
【答案】A
15. 下面的墙缺了（）块砖。
A. 10 B. 8 C. 9
【答案】C
16. 如下图，“？”所表示的意思是（）。
A. 可可比点点多5根棒棒糖
B. 可可有7根棒棒糖
C. 点点和可可同样多的棒棒糖有7根
【答案】C
三、巧思妙算，我最棒。（共33分）
17. 口算。
70＋20＝ 12＋44＝ 63－8＝ 87－7＋10＝
12－7＝ 35－14＝ 50－4＝ 38－8＋27＝
5＋23＝ 83－9＝ 36＋8＝ 91－24＋6＝
20＋51＝ 26＋30＝ 7＋65＝ 66－7－6＝
【答案】
90；56；55；90；
5；21；46；57；
28；74；44；73；
71；56；72；53
18. 在括号里填上“＞”“＜”或“＝”。
87（）78 84＋9（）99－9 10个十（）100个一
30（）50－24 61－5＋18（）61＋18－5 1元（）8角
【答案】 ①.
＞ ②.
＞ ③.
＝ ④.
＞ ⑤.
＝ ⑥.
＞
19. 在括号里填上合适的数。
（）＋9＝85 （）－3＜71 29＞49－（）
【答案】 ①.
76 ②.
73 ③.
21
20. 列竖式计算。
40－19＝ 53＋34＝
83－47＝ 44＋17＝
【答案】
40－19＝21 53＋34＝87
83－47＝36 44＋17＝61
四、解决问题，我来做。（共27分）
21. 看图列式计算。
（）
【答案】65－44＝21（元）
22. 看图列式计算。
（）
【答案】27＋15＝42（个）
23. 看图列式计算。
【答案】35－20＝15
24. 豆豆买了一个书包，还剩18元，他原来有多少元？
（）
答：他原来有（）元
【答案】50＋18＝68（元）；
68；68元
25. 黄花有23朵，红花的朵数比黄花多得多，蓝花的朵数比黄花少一些。红花有多少朵？（画“○”）蓝花有多少朵？（画“△”）
6朵 48朵 25朵 18朵
【答案】
6朵 48朵 25朵 18朵
○
△
26. 每年的3月12日是植树节。今年植树节一（3）班植树35棵，种了10盆花，一（5）班植树20棵。今年这两个班一共植树多少棵？
（）
答：今年这两个班一共植树（）棵。
【答案】
35＋20＝55（棵）
答：今年这两个班一共植树55棵。
27. 笑笑做对了多少道口算？她和明明一共做对了多少道口算？
（）
（）
答：笑笑做对了（）道口算，她和明明一共做对了（）道口算。
【答案】
52－5＝47（道）
52＋47＝99（道）
答：笑笑做对了47道口算，她和明明一共做对了99道口算。
28. 把33根棒棒糖先装满一大盒后，剩下的棒棒糖可以装满多少个小盒？
先圈一圈：
再算一算：
答：剩下棒棒糖可以装满（）个小盒。
【答案】
圈一圈：
33－10＝23（根）
剩余23根。
23－5＝18（根），18－5＝13（根），13－5＝8（根），8－5＝3（根）
共减了4次5；
答：剩下的棒棒糖可以装满4个小盒。
第5页/共9页
（北京）股份有限公司

2026高三一轮考前热身卷(二)（含解析）-《巅峰突破》2026版高中化学高三一轮复习

Tue, 12 Aug 2025 12:09:03 +0800

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
(
姓名班级考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
一轮考前热身卷(二)
满分100分,限时75分钟
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ce-140
一、选择题(本题共14小题,每小题3分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.化学与生活、生产、科技、环境等密切相关。下列说法错误的是 (　　)
A.牙膏中常用二氧化硅等作摩擦剂,二氧化硅为酸性氧化物
B.“杯酚”能分离C60和C70,体现了超分子的“分子识别”特性
C.可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理
D.“神舟十七号”使用砷化镓(GaAs)太阳能电池,供电时砷化镓发生氧化还原反应
2.意大利化学家阿伏加德罗在化学上的重大贡献是建立分子学说,下列说法正确的是 (　　)
甲乙丙丁
A.18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示,该分子属于有机物
B.N2O5的结构如图乙,N2O5可看作H2O分子中H原子被硝基取代形成的化合物,N2O5是非极性分子
C.白磷(P4)晶胞如图丙所示,白磷晶体中1个P4分子周围有8个紧邻的P4分子
D.同温、同压下,等质量的CH4、CO2气体分别吹出两个体积大小不同的气球(如图丁所示),气球①和气球②中原子数之比为12∶55
3.为较长时间观察Fe(OH)2,某化学实验小组设计了如图1装置制备Fe(OH)2:
　　　　　　　
图1 图2
下列叙述错误的是 (　　)
A.配制FeSO4溶液所用的蒸馏水应先煮沸然后密封冷却
B.若需用2.0 mol/L FeSO4溶液配制100 mL 0.1 mol/L FeSO4溶液,如图2仪器中不需要的有3种,另外还必须补充1种玻璃仪器才能完成实验
C.上层液体X必须具备的物理性质有:不溶于水,密度小于钠
D.预测实验现象为:产生气泡,钠会在两液体界面上下跳动,水层会出现白色胶状沉淀
4.DaNB是一种生物碱,其结构如图所示,其中Me代表甲基。下列关于DaNB分子的说法错误的是 (　　)
A.DaNB分子能发生取代反应、加成反应、氧化反应、还原反应等
B.1 mol DaNB分子与H2发生加成反应,最多消耗3 mol H2
C.DaNB分子中含7个手性碳原子
D.DaNB分子中N原子上有孤电子对,能与酸反应
5.软硬酸碱理论认为,常见的硬酸有Li+、Be2+、Fe3+等,软酸有Ag+、Hg2+、Cs+等;硬碱有F-、NH3等,软碱有I-、CN-等;酸碱结合的原则为:“硬酸优先与硬碱结合,软酸优先与软碱结合,软和硬结合一般不稳定”。该原则一般可用于判断物质稳定性及反应发生的方向等。下列叙述正确的是 (　　)
A.稳定性比较:CsCNB.稳定性比较:[Ag(NH3)2]+>[Ag(CN)2]-
C.反应LiI+CsF LiF+CsI不能发生
D.含[Fe(SCN)6]3-的红色溶液中加入适量NaF后溶液褪色,说明碱的“硬度”:F->SCN-
6.科学家最新发现含硫物质在微生物的作用下会发生如图所示变化(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程的说法错误的是(　　)
A.整个转化体系中,微生物起到催化的作用
B.S经过步骤1、2消耗的H+与直接经过步骤3消耗的H+一样多
C.SCN-空间结构为直线形,中心碳原子为sp杂化
D.1 mol S经过步骤3生成HS-转移的电子数为6NA
7.现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂,某同学为了确认其成分,取部分制剂作为试液,设计并完成了如下实验:
已知:控制溶液pH=4时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀。
该同学得出的结论正确的是 (　　)
A.根据现象1可推出该试液中含有Na+
B.根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根离子
C.根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+,但没有Mg2+
D.根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+
8.某物质的结构如图所示。短周期元素X、Y、Z、W、M、Q的原子序数依次增大,已知X和W同周期,W和Q同主族。下列说法错误的是 (　　)
A.第一电离能:M>Z>W>Y
B.Y、Z、W的简单氢化物的键角依次减小
C.常温下,M的单质可以在水溶液中置换出W的单质
D.W的单质一定为非极性分子
9.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 (　　)
选项实验操作实验现象结论
A 向FeBr2溶液中通入少量Cl2 溶液由浅绿色变为黄色氧化性: Cl2>Br2
B 向Na2SO3溶液中滴加盐酸有气体产生非金属性: Cl>S
C 向pH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍 pH(HA)>pH(HB) 酸性: HA>HB
D 向重晶石中加入饱和碳酸钠溶液重晶石逐渐溶解溶度积: Ksp(BaCO3)< Ksp(BaSO4)
10.向含a mol NaClO的溶液中通入b mol SO2充分反应(不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解)。下列说法不正确的是 (　　)
A.当0B.当b=a时:SO2+H2O+ClO- S+2H++Cl-
C.当D.当011.乙炔()能在Hg2+催化下与水反应生成CH3CHO,反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.过程①中,水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤电子对
B.本反应历程涉及的物质中,最稳定
C.转化为CH3CHO的过程涉及消去反应
D.其他条件不变时,更换其他催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的焓变
12.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性,具有较长的使用寿命,放电时的反应为LixC6+Li1-xFePO4 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面,图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法错误的是(　　)
图1
图2
A.放电时,负极反应:LixC6-xe- xLi++6C
B.(a)过程中1 mol晶胞转移的电子数为NA
C.(b)代表放电过程,Li+脱离石墨,经电解质嵌入正极
D.充电时的阳极反应:LiFePO4-xe- Li1-xFePO4+xLi+
13.氟是非金属中最活泼的元素,能形成多种氟化物。四种含氟化合物的熔、沸点如下表所示,下列说法错误的是　 (　　)
NaF B OF2 NF3
熔点/℃ 993 x -223.8 m
沸点/℃ 1 695 y -144.8 n
A.OF2的VSEPR模型为四面体形
B.NF3比NH3易与Cu2+形成配离子
C.x<993、y<1 695、m>-223.8、n>-144.8
D.B中存在离子键
14.常温下,0.1 mol·L-1 H2R溶液中含R各粒子的分布分数δ(R)[如δ(R2-)=]随溶液pH的变化关系如图1所示,向0.1 mol·L-1 Na2R溶液中滴加稀盐酸,所得混合溶液的pH与P[P=lg]的变化关系如图2所示。下列说法正确的是 (　　)
图1 图2
A.水的电离程度:c>d>b>a
B.图1中M点即图2中N点,对应溶液的pH=2.8
C.b点时,c(H2R)>c(HR-)>c(R2-)
D.d点时,3c(HR-)二、非选择题(本题共4小题,共58分)
15.(14分)硫酸铈铵[(NH4)4Ce(SO4)4,M=596 g·mol-1]是分析化学中常用的滴定剂。以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaF2、SiO2等)为原料制备硫酸铈铵的工艺流程如图所示。
已知:①Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+;
②“沉铈”时发生的反应之一:Ce2(SO4)3+Na2SO4+6H2O Ce2(SO4)3·Na2SO4·6H2O↓。
回答下列问题:
(1)CeFCO3中非金属元素的电负性由大到小的顺序为　　　　　;C的空间结构为　　　　　。
(2)“焙烧”时,为提高效率,可采取的措施为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(答两条)。
(3)“沉铈”时,硫脲作　　　　(填“还原剂”或“氧化剂”)。
(4)含Ce3+溶液转化为Ce2(CO3)3沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。灼烧Ce2(CO3)3时发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)测定产品纯度。称取w g产品溶于水,配制成250 mL溶液,准确量取25.00 mL溶液于锥形瓶中,滴加V mL 0.10 mol·L-1 Na2Fe(SO4)2溶液时,恰好完全反应。已知:滴定反应为Fe2++Ce4+ Fe3++Ce3+,杂质不参与反应,该产品纯度为　　　　%。
16.(16分)某学习小组利用如图所示装置将氯气和空气(不参与反应)以体积比约为1∶3混合后,与湿润的碳酸钠反应制取Cl2O,并进一步制取次氯酸。
已知:Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体,沸点为2.2 ℃,易溶于CCl4和水。其爆炸极限为23.5%~100%,与有机物、还原剂接触或加热时会燃烧或爆炸。
回答下列问题:
(1)装置C的仪器名称为　　　　,该装置的作用是　　　　　　　。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。
(3)针对此实验的有关说法正确的是　　(填标号)。
a.装置不用橡胶管连接且橡胶塞要作保护处理,是为了防止橡胶燃烧或爆炸
b.可利用CCl4除去Cl2O中混有的Cl2
c.氯气与空气混合的目的是将生成的Cl2O稀释,降低爆炸危险
(4)为了进一步制取HClO,可将Cl2O通入水中,该过程宜在避光条件下进行,原因是　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示);此方法相较于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是　　　　　　　　　　　　　　(答出一条即可)。
(5)将制得的HClO溶液加入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中,观察到溶液红色褪去。溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和;②　　　　　　　　　　　。设计实验探究溶液红色褪去的原因　　　　　　　　　　　　　　。
17.(14分)环氧乙烷(,简称EO)是有机合成中常用的试剂。EO常温下易燃易爆,其爆炸极限为3%~100%。近年来,常用以乙烯、氧气、氮气混合气投料的乙烯氧化法制备EO。部分涉及反应为:
主反应:C2H4(g)+O2(g) EO(g)　ΔH=-105 kJ/mol
副反应:C2H4(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-1 239 kJ/mol
(1)已知H2O(l) H2O(g)　ΔH=+44 kJ/mol,则EO的燃烧热为　　　　。
(2)在温度为T,压强为p0的环境下,欲提高乙烯的平衡转化率,需　　　　体系中氮气分压(填“增大”或“减小”)。但在实际生产中并非如此,其可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)向温度为T,体积为V的容器中加入投料比为2∶3∶2.8的乙烯、氧气、氮气。已知平衡后:(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。忽略其他反应,乙烯的平衡转化率为　　　　,副反应的平衡常数为　　　　。
(4)以Ag为催化剂的反应机理如下:
反应Ⅰ:Ag(s)+O2(g) Ag+(s)　慢
反应Ⅱ:C2H4(g)+Ag+(s) EO(g)+Ag+O-(s)　快
反应Ⅲ:C2H4(g)+6Ag+O-(s) 2CO2(g)+6Ag(s)+2H2O(g)　快
①一定能够提高主反应反应速率的措施有　　　　。
A.降低温度　　　　　B.恒容条件下,通入惰性气体
C.增大C2H4浓度　　　　　D.增大O2浓度
②加入1,2-二氯乙烷会发生反应2Cl(g)+2Ag+O-(s) 2AgCl(s)+O2(g)。一定条件下,反应经过一定时间后,EO产率及选择性与1,2-二氯乙烷浓度关系如图。1,2-二氯乙烷能使EO产率先增加后降低的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
18.(14分)核苷酸类逆转录酶抑制药物替诺福韦的一种合成路线如下:
已知:Ⅰ.R—OH R—OH;
Ⅱ. R2—CH2—OH;
Ⅲ.R—OHR—O—CH2—Cl。
回答下列问题:
(1)D中官能团的名称是　　　　　　,D→E的反应类型为　　　　。
(2)A→B的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)F的结构简式为　　　　　　,检验有机物G中是否含有有机物F的试剂为　　　　　　　　。
(4)符合下列条件的C的同分异构体有　　种。
①苯环上有两个取代基且分子中含有手性碳原子
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能与碳酸氢钠溶液反应生成气体
③1 mol C的同分异构体与溴水反应消耗2 mol Br2
(5)根据上述信息,写出以ClCH2CH2OH为主要原料制备的合成路线:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案全解全析
1.D　二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠“分子识别”特性,B正确;大理石粉与水混合得到的浆状物可吸收SO2,C正确;太阳能电池供电时直接将光能转化为电能,没有发生氧化还原反应,D错误。
2.D　图甲分子中只有碳元素,属于单质,不属于有机物,故A错误;N2O5可看作H2O分子中H原子被硝基取代形成的化合物,H2O是V形结构,是极性分子,则N2O5正、负电荷中心不重合,也为极性分子,故B错误;由图丙可知,白磷晶体中1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子,故C错误;同温、同压、同质量下,气体体积与摩尔质量成反比,所以体积:CH4>CO2,①中装的是CO2,②中装的是CH4,气球①和气球②中原子数之比为(×3)∶(×5)=12∶55,故D正确。
3.B　Fe(OH)2易被氧化,故要想长时间观察Fe(OH)2,必须严格除氧,一方面配制溶液的蒸馏水要煮沸,另一方面要用有机溶剂液封,A正确;用2.0 mol/L FeSO4溶液配制100 mL 0.1 mol/L FeSO4溶液一定需要的玻璃仪器:100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒,B错误;所用有机溶剂应不溶于水、不与钠和FeSO4反应、密度比钠小,C正确;由于反应过程中生成气体,钠会在两液体界面上下跳动,水层会出现白色胶状沉淀,D正确。
4.C　DaNB分子中有碳氢键,能发生取代反应,有碳碳双键,能发生加成反应,可燃烧,能发生氧化反应,有羰基,能发生还原反应,A正确;1分子DaNB中有1个碳碳双键,2个碳氧双键,发生加成反应能消耗3分子的氢气,B正确;DaNB分子中的手性碳原子如图所示,,共含有8个手性碳原子,C错误;N原子形成3个σ键,有一个孤电子对,能与氢离子形成配位键,D正确。
5.D　CsCN是“软”配“软”,LiCN是“硬”配“软”,则稳定性比较:CsCN>LiCN,A错误;[Ag(NH3)2]+是“软”配“硬”,[Ag(CN)2]-是“软”配“软”,则稳定性比较:[Ag(NH3)2]+<[Ag(CN)2]-,B错误;按照软硬酸碱理论,LiF和CsI更稳定,所以反应可以发生,C错误;Fe3+是硬酸,F-能代替SCN-,说明F-更“硬”,D正确。
6.B　整个过程中,微生物在反应前后不发生变化,起到催化作用,故A正确。步骤1:S+SCN- S2+CN-,无H+参与反应,不消耗H+;步骤2:S2+8e-+8H+ 2HS-+3H2O;步骤3:S+6e-+7H+ HS-+3H2O,步骤1、2生成2 mol HS-时共消耗8 mol H+,步骤3生成2 mol HS-时消耗14 mol H+,消耗的H+不一样多,故B错误。SCN-与CO2互为等电子体,所以SCN-空间结构为直线形,中心碳原子为sp杂化,故C正确。由B项分析可知1 mol S经过步骤3生成HS-转移的电子数为6 mol,即6NA,故D正确。
知识链接
　　等电子原理:具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征。这一原理称为“等电子原理”。利用等电子原理可以判断一些简单分子或离子的空间结构。
7.C　由于试液中滴加了NaOH(aq)和Na2CO3(aq),所以不能确定原试液中是否含有钠离子(易错点),故A错误;试液中有没有葡萄糖酸根离子,都无银镜生成,因为葡萄糖酸根离子中不含醛基,故B错误;滤液中加氨水无沉淀产生,说明无镁离子,加入碳酸钠溶液,有白色沉淀,说明有钙离子,故C正确;试液中可能含亚铁离子,也可能只含铁离子而不含亚铁离子,故D错误。
8.D
W和Q同主族,由阴离子的结构可知,W、Q形成共价键的数目分别为2和6,则W为O元素、Q为S元素
X和W同周期,且存在X+,说明X的最外层电子数是1,故X为Li元素
Y、M形成共价键的数目分别为4和1,则Y为C元素、M为F元素,根据原子序数依次增大可知Z为N元素
同周期从左至右元素的第一电离能呈增大趋势,但第ⅤA族元素基态原子的半充满结构会使其第一电离能偏高一些,故第一电离能:F>N>O>C,A项正确;由于CH4、NH3、H2O中心原子的孤电子对数依次增多,所以键角:CH4>NH3>H2O,B项正确;氟元素的非金属性强于氧元素,氟气能与水发生置换反应生成氢氟酸和氧气,C项正确;O元素的常见单质有O2和O3,臭氧是空间构型为V形的极性分子,D项错误。
9.C　向FeBr2溶液中通入少量Cl2,溶液由浅绿色变为黄色,生成Fe3+,只能说明氧化性:Cl2>Fe3+,而不能判断Br2和Cl2的氧化性相对强弱,A错误;比较非金属性,应根据最高价氧化物的水化物的酸性,实验只能证明盐酸的酸性比亚硫酸强,B错误;酸越弱,稀释时pH变化越小,向pH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍,pH(HA)>pH(HB),可说明酸性:HA>HB,C正确;当溶液中c(Ba2+)c(C)>Ksp(BaCO3)时,可生成BaCO3沉淀,不能比较Ksp(BaCO3)与Ksp(BaSO4)的相对大小,D错误。
10.D　根据得失电子守恒可知b mol SO2恰好被氧化为硫酸需要b mol次氯酸钠,同时生成b mol氯化钠,即b=a时发生反应:SO2+H2O+ClO- S+2H++Cl-。当011.A　由题图可知,过程①中H2O与Hg2+形成配合物,水分子中的氧原子提供孤电子对,Hg2+提供空轨道,A正确;能量高的物质,稳定性弱,题图中的能量最高,故其稳定性最弱,B错误;由题图知,转化为CH3CHO的过程中没有涉及消去反应,C错误;催化剂能改变反应历程,但不能改变反应的焓变,D错误。
12.B　放电时的反应为LixC6+Li1-xFePO4 6C+LiFePO4,LixC6变为C和Li+,发生氧化反应,为原电池的负极,而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应,为原电池的正极。放电时,负极的电极反应式为LixC6-xe-xLi++6C,A项正确;(a)过程中Li+从阳极脱出,从题图看晶胞中减少了棱上1个Li+和面心的1个Li+,总共减少+=个Li+,所以1 mol晶体中转移NA个电子,B项错误;放电时,正极的Li1-xFePO4变为LiFePO4,Li+嵌入正极,C项正确;充电时的总反应为6C+LiFePO4 LixC6+Li1-xFePO4,阳极发生氧化反应:LiFePO4-xe- Li1-xFePO4+xLi+,D项正确。
13.B　OF2中心原子(氧原子)的杂化方式为sp3,VSEPR模型为四面体形,分子的空间结构为V形,A正确。F的电负性大于N,N—F中成键电子对偏向F,导致NF3中的N原子核对孤电子对的吸引力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子,B错误。NaF中的Na+、F-的电荷数与B中的阳、阴离子的电荷数相同,但Na+、F-的半径小,则NaF的离子键强,熔、沸点高;OF2和NF3均为分子晶体,NF3的相对分子质量大于OF2的相对分子质量,因此NF3的熔、沸点更高,C正确。B中存在离子键,D正确。
14.B　随着pH增大,c(H2R)逐渐减小,c(HR-)先增大后减小,c(R2-)逐渐增大,lg逐渐增大,lg逐渐减小,所以图1中曲线1、2、3分别代表H2R、HR-、R2-的分布分数随pH的变化关系,图2中曲线L1、L2分别代表lg、lg随pH的变化关系。曲线1和曲线2的交点对应溶液中c(H2R)=c(HR-),pH=1.3,则Ka1(H2R)==c(H+)=10-1.3,曲线2和曲线3的交点对应溶液中c(HR-)=c(R2-),pH=4.3,则Ka2(H2R)==c(H+)=10-4.3。Kh(HR-)====10-12.7b>a,A错误;N点为曲线L1与L2的交点,则lg=lg,即c(H2R)=c(R2-),则图2中N点对应图1中M点,Ka1(H2R)·Ka2(H2R)=·=c2(H+)=10-1.3×10-4.3=10-5.6,则c(H+)=10-2.8 mol·L-1,即溶液pH=2.8,B正确;b点对应溶液的pH大于2,小于N点(即图1中M点)对应溶液的pH,则由图1可知,此时溶液中c(HR-)>c(H2R)>c(R2-),C错误;d点时,由电荷守恒知,c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+2c(R2-)+c(HR-),由元素守恒知,c(Na+)=2[c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)],两式联立有c(HR-)+2c(H2R)=c(Cl-)+c(OH-)-c(H+),又溶液pH=3,由题图1知,c(HR-)>c(H2R),所以有3c(HR-)>c(Cl-)+c(OH-)-c(H+),D错误。
15.(除标注外,每空2分)
(1)F>O>C　平面正三角形(1分)
(2)通入高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入,矿粉从上方加入)
(3)还原剂
(4)2Ce3++6HCCe2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O　2Ce2(CO3)3+O24CeO2+6CO2
(5)(3分)
解析　(1)CeFCO3中非金属元素的电负性由大到小的顺序为F>O>C;C中中心原子C的孤电子对数为0,价层电子对数为3,则空间结构为平面正三角形。
(2)“焙烧”时,为提高效率,可采用增大氧气浓度和增大接触面积的方法,如通入高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入,矿粉从上方加入)。
(3)“沉铈”时,Ce的化合价由+4价降低为+3价,化合价降低被还原,则硫脲作还原剂。
(4)含Ce3+溶液中加入NH4HCO3转化为Ce2(CO3)3沉淀,离子方程式为2Ce3++6HC Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O;灼烧Ce2(CO3)3生成CeO2,反应的化学方程式为2Ce2(CO3)3+O2 4CeO2+6CO2。
(5)根据滴定反应Fe2++Ce4+ Fe3++Ce3+可知,n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.10 mol·L-1×V×10-3 L=1.0×10-4V mol,即原样品中(NH4)4Ce(SO4)4的物质的量为1.0×10-4V mol×=1.0×10-3V mol,则产品纯度=×100%=%。
16.(除标注外,每空2分)
(1)球形干燥管(1分)　吸收尾气(1分)
(2)2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2
(3)ac
(4)2HClO2HCl+O2↑　制取的次氯酸浓度较大(合理即可)
(5)HClO有漂白性　向褪色后的溶液中继续滴加氢氧化钠溶液,若溶液变红,证明褪色的原因为①;若溶液不变红,证明褪色的原因为②(4分)
解析　(1)装置C的仪器名称为球形干燥管,作用是吸收未反应的氯气,防止污染空气。(2)装置A中氯气与碳酸钠反应的化学方程式为2Cl2+Na2CO3 Cl2O+2NaCl+CO2。(3)Cl2O具有强氧化性,与有机物、还原剂接触会燃烧或爆炸,a正确;Cl2O易溶于四氯化碳,b错误;氯气与空气混合可稀释生成的Cl2O,降低爆炸危险,c正确。(4)HClO见光易分解,因此要避光。该方法相较于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是制取的次氯酸浓度较大、无副产物等。(5)HClO具有强氧化性,可能会将酚酞氧化。可以向褪色后的溶液中继续滴加氢氧化钠溶液,若溶液变红,证明褪色的原因为①;若溶液不变红,证明褪色的原因为②。
17.(除标注外,每空2分)
(1)1222kJ/mol(1分)
(2)减小(1分)　防止环氧乙烷浓度高而爆炸
(3)60%(3分)　(3分)
(4)①D　②浓度低时抑制副反应,增加主反应选择性,浓度较高时则会使催化剂的量减少,降低催化效果
解析　(1)EO燃烧的化学方程式为EO+O2 2CO2+2H2O,根据盖斯定律,该反应的反应热ΔH=-(-105 kJ/mol)+(-1 239 kJ/mol)-2×44 kJ/mol=-1 222 kJ/mol,则EO的燃烧热为1 222 kJ/mol。
(2)在恒压体系中,减小氮气分压,相当于给反应体系增压,乙烯氧化法制备EO的主反应的正反应为气体分子数减小的反应,增压平衡正向移动,乙烯平衡转化率增大,故应减小体系中氮气分压;EO常温下易燃易爆,其爆炸极限为3%~100%,所以实际生产中需加入氮气稀释气体,防止环氧乙烷浓度高而爆炸。
(3)设起始时,乙烯、氧气、氮气分别为2 mol、3 mol、2.8 mol,氮气不参与反应,设乙烯在主反应中的平衡转化量为x mol,在副反应中的平衡转化量为y mol,可得:
C2H4(g)+O2(g) EO(g)
起始量(mol) 2 3 0
转化量(mol) x x x
C2H4(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(g)
转化量(mol) y 3y 2y 2y
平衡后=,则=,=,则=,两式联立,解得x=0.8,y=0.4,则平衡时C2H4的物质的量为2 mol-x mol-y mol=0.8 mol,氧气的物质的量为3 mol-x mol-3y mol=1.4 mol,二氧化碳的物质的量为2y mol=0.8 mol,水的物质的量为0.8 mol,则乙烯的平衡转化率为×100%=60%,副反应的平衡常数为K===。
(4)①降低温度,活化分子百分数减小,反应速率减小,A不符合题意;恒容条件下,通入惰性气体,反应体系中各物质的浓度不变,不影响反应速率,B不符合题意;反应Ⅱ、Ⅲ是快反应,不能决定该反应的总反应速率,故增大C2H4浓度,反应速率不会明显增大,C不符合题意;反应Ⅰ是慢反应,决定反应速率,增大O2浓度,能加快主反应速率,D符合题意。②加入少量1,2-二氯乙烷会消耗Ag+O-,减少Ag+O-与乙烯的副反应,即减少反应Ⅲ发生,增加主反应选择性,EO产率增加,而当1,2-二氯乙烷过量时,会使催化剂(Ag)转化为氯化银,使Ag不能再生,催化循环受阻,EO产率降低。
18.(1)醚键、羟基(1分)　取代反应(1分)
(2)+CH3OH+H2O(2分)
(3)(2分)　酸性高锰酸钾溶液(1分,答案合理即可)
(4)18(3分)
(5)ClCH2CH2OH(4分)
解析　【路线分析】由H与目标有机化合物的结构简式,结合H、Ade的结构及I的分子式,可知H与Ade发生取代反应生成I,则I的结构简式为;采用逆推法,结合G的分子式及H的结构简式,可推知G为;根据已知信息Ⅲ反应,可逆推出F为;由已知信息Ⅰ、Ⅱ的反应以及B、C、D、E的分子式,可推出B为,C为,D为,E为;A和CH3OH发生酯化反应生成B(),则A为。
(1)由分析可知,D的结构简式为,所含官能团的名称是醚键、羟基;D()→E(),—OH被—Cl取代,则反应类型为取代反应。
(2)A与CH3OH发生酯化反应生成B和H2O,化学方程式为+CH3OH+H2O。
(3)F的结构简式为;检验有机物G()中是否含有有机物F(),即检验是否存在醇羟基,可使用酸性高锰酸钾溶液,若溶液褪色,说明含有,否则不含有。
(4)C为,C的同分异构体满足下列条件:①苯环上有两个取代基且分子中含有手性碳原子,②能与FeCl3溶液发生显色反应且能与碳酸氢钠溶液反应生成气体,③1 mol C的同分异构体与溴水反应消耗2 mol Br2,说明C的同分异构体中含有苯环,苯环上有两个取代基,一个是酚羟基,另一个取代基上含有5个C原子,且含有1个羧基,两种取代基可处于邻位,也可处于对位,但不能处于间位。—C4H8COOH中含有手性碳原子,符合条件的—C4H8COOH的可能结构为、、、、、、、、,共9种,故符合条件的C的同分异构体共有9×2=18种。
(5)采用逆推法,可由和Ade反应制得,由和P[OCH(CH3)2]3反应制得,由ClCH2CH2OH发生已知信息Ⅲ反应制得,从而得出以ClCH2CH2OH为主要原料制备的合成路线。

（月考培优卷）第1~3单元月考核心素养培优卷（含解析）-2025-2026六年级上册数学（北师大版）

Tue, 12 Aug 2025 12:08:22 +0800

2025-2026学年六年级上册数学月考核心素养培优卷（北师大版）
第1~3单元
考试时间：90分钟；试卷总分：100分；
学校：班级：姓名：成绩：
注意事项：
答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
请将答案正确填写在答题区域，注意书写工整，格式正确，卷面整洁。
一、细心比较，慎重选择。（将正确的选项填在括号内，每题1分，共8分）
1．在一张长16 cm、宽10 cm的长方形纸上剪下一个圆，这个圆的半径最大是( )cm．
A．5 B．10 C．8 D．31.4
2．一条公路，修了全长的，还剩90千米，这条公路长多少米？正确列式是（）．
A．90 ÷ B．90 × C．90 ÷ (1 －) D．90 × (1 －)
3．10月份用电量比9月份节约，10月份的用电量是9月份的（　　）
A． B． C．
4．一条蚯蚓从甲地爬向乙地，图中两条路线，（）。
A．绕大半圆走近 B．绕小半圆走近 C．远近一样
5．是小红从正面观察物体得到的图形，这个物体是由（）个小正方体组成的。
A．3 B．4 C．6 D．不能确定
6．旭日工程队修一条公路，第一周修了全长的，第二周修了剩下的。两周修的米数相比是（）。
A．第一天多 B．第二天多 C．一样多 D．无法比较
7．下面各组都是用5个完全相同的小正方体搭成的立体图形，下面四组图中，从正面看到的形状是，从左面的看到的形状是的图是( )。
A． B． C． D．
8．从圆心出发，把一个圆平均分成若干份，剪开后可以拼成的图形是（）。
A．三角形 B．平行四边形 C．梯形
二、用心思考，正确填写。（将正确的答案填在括号内，每空1分，共17分）
9．一种弹力球从高处自由下落后反弹高度是下落高度的，现在从8m高的地方自由下落，第二次反弹的高度是( )m。
10．一个车轮的直径是55厘米，车轮转动一周，大约前进( )厘米．
11．在括号里填上“＞”“＜”或“＝”。
( ) ( ) ( )
12．在一块长8cm、宽6cm的长方形纸板上剪下一个最大的圆，圆的面积是( )dm2。
13．一块长1米20厘米，宽90厘米的纸板，剪成直径30厘米的圆片，最多可以剪( )块。
14．某时钟的分针长（从中心点到分针顶端）8厘米，从2时整到3时整，分针扫过的面积是( )平方厘米。
15．要画一个周长是1.256分米的圆，圆规两脚间的距离应定为( )厘米，这个圆的面积是( )平方厘米。
16．用小正方体搭成一个立体图形，从正面看到的形状是，从左面看到的形状是，搭这个立体图形最多需要( )个小正方体，最少需要( )个小正方体。
17．学校合唱队有56人，其中女生占，56×表示( )，56×（1﹣）表示( )．
18．一个分数的分子是9，分母是7，这个分数写作( )，它的分数单位是( )，如果再增加( )个这样的分数的单位就等于最小的质数了．
三、反复推敲，判断对错。（正确的在括号内打“√”,错的打“x”，每题1分，共6分）
19．音乐组有18人，其中男生人数占，则音乐组女生有多少人？列式为。( )
20．在长8厘米，宽6厘米的长方形中画一个最大的半圆，半圆的半径是4厘米。( )
21．圆的周长扩大3倍，则圆的面积扩大6倍。( )
22．1千克糖，吃了，还剩千克。( )
23．在一个长4厘米，宽3厘米的长方形里画一个最大的圆、正方形、三角形，正方形的面积最大。( )
24．今年大豆每公顷产量是去年的，今年产量比去年增产．( )
四、看清符号，巧思妙算。（共27分）
25．直接写出得数．（共10分）

26．计算下面各题，能简算的要简算。（共9分）

27．看图列式计算。（共4分）
28．求阴影部分的周长和面积。（共4分）

五、手脑并用，实践操作（共6分）
29．分别画出从正面、上面、右面看到的立体图形的形状。
六、学以致用，解决问题。（共36分）
30．学校有一个半径为6米的圆形舞台，由于演出的需要，现在把舞台周围加宽1米。现在的舞台面积增加了多少平方米？
31．一个圆形的桌面，直径为80厘米，现在要在桌面上安放一个同样大小的玻璃，求这个桌面玻璃的面积。如果玻璃每平方米价格为100元，这个玻璃要花多少钱？
32．随着5G时代的到来，光纤铺设也在紧锣密鼓地进行着。某工程队计划铺设一条光纤，第一天铺设了全长的，第二天铺设了全长的，两天一共铺设了34千米。这条光纤全长多少千米？
33．一辆汽车从甲地开往乙地，第一小时行了全程的，第二小时比第一小时多行了16千米，这时距离乙地还有188千米。甲、乙两地间相距多少千米？
34．一个水池，装有甲、乙、丙三个水管，甲乙为进水管，丙为出水管。单开甲管2小时可将空水池注满，单开乙管3小时可将空水池注满，单开丙管4小时将满池水放完。三管齐开，多少时间才能把空池注满？
35．如图是一块边长为10米的正方形草地，在相对的一对顶点上各有一棵树，树上各拴着一头牛，绳长都是10米。两头牛都能吃到的草地面积是多少平方米？（取3.14）
/ 让学习更有效新课备课备考 | 数学学科
/ 让学习更有效新课备课备考 | 数学学科
第1页共2页 ◎ 第2页共2页
()
参考答案及试题解析
1．A
2．C
3．C
【详解】试题分析：10月份用电量比9月份节约，把九月份用电量看作单位“1”，十月份用电量是九月份的1﹣=．
解：1﹣=．
答：10月份的用电量是9月份的．
故选C．
点评：解决此题要明确10月份用电量比9月份节约，也就是十月份用电量是九月份的1﹣=．
4．C
【思路分析】设每个小半圆的直径是1，则大半圆的直径是4。圆的周长＝πd，则绕大半圆的路程是整圆周长的一半，是4π÷2＝2π；4个小半圆路线组成两个整圆，路程是1π×2＝2π。据此可知，图中两条路线，远近一样。
【详解】通过计算可知，一条蚯蚓从甲地爬向乙地，图中两条路线，远近一样。
故答案为：C
【名师点评】通过设数法和圆的周长公式计算出两条路线的长度即可解答。
5．D
【思路分析】
从正面观察物体得到，从正面看到了3个小正方形，这个立体图形最少由3个小正方体摆成，如图：、。由4个小正方体组成的立体图形从正面观察也可能得到，如图：、、、；由5个小正方体组成的立体图形从正面观察也可能得到，如图：、；由6个小正方体组成的立体图形从正面观察也可能得到，如图：、、。只要在的前面或后面添加同样大小的小正方体，从前面看到的都是。
【详解】
是小红从正面观察物体得到的图形，这个物体有可能由3个小正方体组成，
也有可能由4个小正方体组成，也有可能由5个小正方体组成，也有可能由6个小正方体组成……小正方体的个数不能确定。
故答案为：D
6．C
【思路分析】先统一单位“1”，将全长看作单位“1”，第一周修了全长的，还剩下全长的（1－），再将剩下的看作单位“1”，剩下的对应分率×第二周修了剩下的几分之几＝第二周修了全长的几分之几，比较两周分别修了全长的几分之几即可。
【详解】（1－）×
＝×
＝
第一周修了全长的，第二周也修了全长的，两周修的一样多。
故答案为：C
7．B
8．B
【思路分析】根据圆的面积公式的推导过程：把一个圆平均分成若干份，可以拼成一个近似于平行四边形的图形，分得越小，拼成的图形就越接近于平行四边形。
【详解】从圆心出发，把一个圆平均分成若干份，剪开后可以拼成的图形是平行四边形，如图：
【名师点评】理解和掌握圆的面积公式的推导过程，联合实际操作，可以加深对圆的面积公式推导过程的理解。
9．4.5
【思路分析】
由题意可知，根据求一个数的几分之几是多少，用乘法计算，则第一次反弹的高度是8×m，则第二次反弹的高度是8××，据此填空即可。
【详解】
8××
＝6×
＝4.5（m）
则第二次反弹的高度是4.5m。
【名师点评】本题考查求一个数的几分之几是多少，明确用乘法是解题的关键。
10．172.7
11．＞＞＞
【思路分析】一个数（0除外）乘一个大于1的数，积比原来的数大；
一个数（0除外）除以一个小于1（不为0）的数，商比原来的数大；
分数乘分数：分子乘分子，分母乘分母，能约分的可先约分；
分数除法：除以一个数就等于乘它的倒数；
异分母异分子分数的大小比较：先通分，再比较大小。据此解题。
【详解】因为＞1，所以＞；
因为＜1，所以＞；
＝＝，＝＝＝，所以＞。
12．0.2826
【思路分析】根据题意，在一块长8cm、宽6cm的长方形纸板上剪下一个最大的圆，那么这个圆的直径等于长方形的宽6cm；
根据圆的面积公式S＝πr2，求出这个圆的面积，再根据进率“1dm2＝100cm2”换算单位即可。
【详解】3.14×（6÷2）2
＝3.14×32
＝3.14×9
＝28.26（cm2）
28.26cm2＝0.2826dm2
圆的面积是0.2826dm2。
13．12
【详解】略
14．200.96
【思路分析】钟面上12个数字把钟面平均分成12份，从2时整到3时整，分针走了一圈，针尖所扫过的面积是半径为8厘米的圆面积，根据圆面积计算公式“S＝πr2”即可解答。
【详解】3.14×82
＝3.14×64
＝200.96（平方厘米）
【名师点评】此题是考查圆面积的计算，关键是明白从2时到3时分针针尖所扫过的面积是半径为8厘米的圆面积。
15．212.56
【思路分析】圆规两脚之间的距离就是圆的半径，利用“”求出圆的半径，再根据“”求出这个圆的面积，据此解答。
【详解】半径：1.256分米＝12.56厘米
12.56÷3.14÷2
＝4÷2
＝2（厘米）
面积：3.14×22
＝3.14×4
＝12.56（平方厘米）
【名师点评】掌握圆的周长和面积计算公式是解答题目的关键。
16．85
【思路分析】根据观察从正面看到的形状是，从左面看到的形状是，最多需要8个小正方体，下层6个，上层2个；最少需要5个小正方体，下层3个，上层2个。
【详解】从正面看到的形状是，从左面看到的形状是，最多需要8个小正方体。
从正面看到的形状是，从左面看到的形状是，最少需要5个小正方体。
【名师点评】本题是考查从不同方向观察物体和几何图形，关键是培养学生的观察能力。
17．女生的人数男生的人数
【详解】试题分析：把合唱队的总人数看成单位“1”，其中女生占，用总人数乘上这个分率就是女生的人数；1﹣表示男生的人数是总人数的几分之几，用总人数乘上这个分率，就是男生的人数．
解：总人数是单位“1”，则：
56×表示女生的人数，
56×（1﹣）表示男生的人数．
故答案为女生的人数，男生的人数．
【名师点评】本题考查了一个数乘分数的意义：是求这个数的几分之几是多少．
18．，，4
【详解】试题分析：（1）根据题意先写出这个分数为；
（2）判定一个分数的单位看分母，分母是几，分数单位就是几分之一；
（3）最小的质数是2，用2减去原分数的结果，再看有几个分数单位即可解答．
解：（1）一个分数的分子是9，分母是7，这个分数是；
（2）的分母是7，所以分数单位是；
（3）最小的质数是2，2﹣=，即再增加5个这样的单位就是最小的质数．
故答案为，，4．
点评：此题主要考查分数的单位：把单位“1”平均分成几份，表示其中一份的数就是它的分数单位；也考查了分数各部分的名称及写法．
19．√
【思路分析】把音乐组的人数看作单位“1”，其中男生人数占，则女生人数占（1－），求女生人数，用音乐组人数×（1－），据此解答。
【详解】18×（1－）
＝18×
＝14（人）
音乐组有18人，其中男生人数占，则音乐组女生有多少人？列式为18×（1－）。
原题干说法正确。
故答案为：√
【名师点评】解答本题的关键是分清单位“1”的区别，求单位“1”的几分之几用乘法；已知单位“1”的几分之几是多少，求单位“1”的量用除法。
20．√
【思路分析】根据长方形内最大的半圆的特点可知，这个半圆的直径是8厘米，由此可以求出这个半圆的半径。
【详解】8÷2＝4（厘米）
在长8厘米，宽6厘米的长方形中画一个最大的半圆，半圆的半径是4厘米；此说法正确。
故答案为：√
【名师点评】本题关键明确由于宽大于长的一半，所以长方形内画最大的半圆，它应该以长方形的长为直径。
21．×
【思路分析】根据圆的周长公式，π×半径×2，周长扩大3倍，也就是半径扩大3倍，即3×半径；根据圆的面积公式：π×半径2，圆的面积扩大半径的平方，即：（3×半径）2，据此解答。
【详解】根据分析可知，圆的周长扩大3倍，圆的半径扩大3倍；
面积扩大（3×半径）2＝9×半径，面积扩大9倍。
原题干圆的周长扩大3倍，则圆的面积扩大6倍，说法错误。
故答案为：×
【名师点评】本题考查圆的周长公式、面积公式的应用；关键明确是圆的周长扩大，实际就是圆的半径扩大。
22．×
【思路分析】根据题目可知，1千克糖，吃了，单位“1”是1千克糖，单位“1”已知，用乘法，即1×＝（千克），还剩下：1－＝千克，由此即可判断。
【详解】由分析可知：
1－1×
＝1－
＝（千克）
≠
故答案为：×
【名师点评】本题主要考查分数乘法的应用，找准单位“1”是解题的关键。
23．√
【思路分析】在一个长4厘米，宽3厘米的长方形里画一个最大的圆，这个圆的直径是长方形的宽3厘米；画一个最大的正方形，这个正方形的边长是3厘米；画一个最大的三角形，这个三角形的底是4厘米、高为3厘米。圆的面积：S＝πr2，正方形的面积＝边长×边长，三角形的面积＝底×高÷2；据此求出所画的图形的面积，再比较大小。
【详解】在一个长4厘米，宽3厘米的长方形里画一个最大的圆、正方形、三角形，
圆的面积：
3.14×（3÷2）2
＝3.14×2.25
＝7.065（平方厘米）
正方形的面积：3×3＝9（平方厘米）
三角形的面积：
4×3÷2
＝12÷2
＝6（平方厘米）
9＞7.065＞6，正方形的面积最大；
故答案为：√。
【名师点评】解答此题的关键是要求出画出的圆的半径、正方形的边长、三角形的底和高。
24．×
25．；； 2 ；；；
；；；； 0
26．27；；
【思路分析】，先计算括号里的除法，再计算除法；
，先约分，再计算；
，根据乘法分配律，原式化为：×（＋），再进行计算。
【详解】
＝36÷（×3）
＝36÷
＝36×
＝27
＝
＝
＝×（＋）
＝
27．200千克
【思路分析】由图可知：将总质量看成单位“1”，120千克对应总质量的1－＝，根据分数除法的意义，用120÷求出总质量；据此解答。
【详解】120÷（1－）
＝120÷
＝200（千克）
28．半圆的周长是25.12厘米，半圆的面积是25.12平方厘米。
【思路分析】看图可知，根据割补法，把下面多出来的阴影部分的半圆补到上面空白处的半圆，这样就变成一个完整的半圆，再根据圆的周长公式：，先求出大圆的周长，用大圆的周长除以2，再加上小圆的周长，即为阴影部分的周长；根据圆的面积公式：，先求出圆的面积，再用圆的面积除以2，即可计算出阴影部分的面积。
【详解】圆的周长：2×3.14×4
＝6.28×4
＝25.12（厘米）
半圆的周长：25.12÷2＋3.14×4
＝12.56＋12.56
＝25.12（厘米）
圆的面积：
＝3.14×4×4
＝12.56×4
＝50.24（平方厘米）
半圆的面积：50.24÷2＝25.12（平方厘米）
29．见详解
【思路分析】从正面看有2层，下层3个小正方形，上层1个小正方形，左齐；从上面看，有2层，上层有3个小正方形，下层有1个小正方形，右齐；从右面看，有2层，下层有2个小正方形，上层有1个小正方形，右齐，据此画出三视图。
【详解】
【名师点评】本题考查作简单的三视图，能正确从正面，上面，左面（或右面）观察到的简单几何体的平面图形。
30．40.82平方米
【思路分析】根据题意可知， R＝6＋1＝7米，r＝6米，圆环面积＝（R2－r2）×，由此解答即可。
【详解】R＝6＋1＝7（米）
3.14×（72－62）
＝3.14×13
＝40.82（平方米）
答：现在的舞台面积增加了40.82平方米。
【名师点评】此题主要考查学生对圆环面积的理解与实际应用，关键是理解公式。
31．（1）0.5024平方米（2）50.24元
【思路分析】由题意可知：玻璃的面积应与桌面的面积相等，桌面的直径已知，根据圆的面积公式S＝πr2，即可求出桌面的面积，也就是玻璃的面积；再用玻璃的面积乘单位面积的玻璃的价格，就是买这块玻璃要花的钱数。
【详解】（1）3.14×（80÷2）2，
＝3.14×1600，
＝5024（平方厘米），
＝0.5024（平方米）；
答：这个桌面玻璃的面积是0.5024平方米。
（2）0.5024×100＝50.24（元）；
答：这个玻璃要花50.24元钱。
【名师点评】本题主要是利用圆的面积公式S＝πr2解决生活中的实际问题。
32．36千米
【思路分析】将光纤全长看作单位“1”，两天一共铺设了全长的（＋），两天一共铺设的长度÷对应分率＝光纤全长，据此列式解答。
【详解】34÷（＋）
＝34÷
＝34×
＝36（千米）
答：这条光纤全长36千米。
33．285.6千米
【详解】（188＋16）÷（1－－）
＝204÷
＝285.6（千米）
答：甲、乙两地间相距285.6千米。
34．小时
【思路分析】根据公式：工作效率＝工作总量÷工作时间，由于单位“1”是这个水池，则甲的工作效率：1÷2＝，乙的工作效率：1÷3＝，丙的工作效率：1÷4＝，由于甲、乙是进水管，丙是出水管，则一小时能注水：＋－，之后根据公式：工作时间＝工作总量÷工作效率，把数代入即可。
【详解】1÷2＝
1÷3＝
1÷4＝
1÷（＋－）
＝1÷
＝（小时）
答：小时才能把空池注满。
【名师点评】本题主要考查工程问题，熟练掌握它的公式并灵活运用，同时要看清楚哪一个是进水管，哪一个是出水管。
35．57平方米
【思路分析】
如图所示，两头牛都能吃到的草的面积为绿色部分的面积，即用半径为10米的圆的面积减去边长为10米的正方形的面积即可。
【详解】3.14×102×－10×10
＝314×－100
＝157－100
＝57（平方米）
答：两头牛都能吃到草的面积是57平方米。
【名师点评】解答此题的关键是利用直观画图，得出：半径为10米的圆的面积减去边长为10米的正方形的面积，问题即可轻松得解。
第1页，共2页
第1页，共2页

阶段检测卷(三)（含解析）-《巅峰突破》2026版高中化学高三一轮复习

Tue, 12 Aug 2025 12:08:16 +0800

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
(
姓名班级考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
阶段检测卷(三)
满分100分,限时75分钟,范围(第七单元~第十单元)
一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.化学与生活密切相关,下列有关说法不正确的是(　　)
A.锅炉水垢中含有的CaSO4,可先用Na2CO3溶液处理,后用酸除去
B.用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C.打开啤酒倒入杯中立即产生大量气泡,压强减小使碳酸分解为CO2而大量逸出
D.在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀
2.下列实验装置(固定装置略去)及操作正确且能达到实验目的的是 (　　)
图1 图2 图3 图4
A.图1探究固体表面积对反应速率的影响
B.图2铁制品表面镀铜
C.图3制备无水MgCl2
D.图4用NaOH溶液滴定HCl待测液
3.已知反应:
①C2H4(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(g)　ΔH1=-a kJ·mol-1(a>0);
②C2H4(g)+2O2(g) 2CO(g)+2H2O(l)　ΔH2=-b kJ·mol-1(b>0)。
其他数据如表所示:
化学键 C—H O—H
键能/(kJ·mol-1) 798 x 413 463 615
下列说法正确的是 (　　)
A.乙烯的燃烧热为a kJ·mol-1
B.上表中的x用含a的代数式表示为
C.反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)　ΔH=-(a-b) kJ·mol-1
D.当有4 mol C—H键断裂时,反应放出的热量一定为b kJ
4.室温下,通过下列实验探究H2O2溶液的性质。
实验实验操作和现象
Ⅰ 用pH计测定0.1 mol·L-1 H2O2溶液的pH为6.2
Ⅱ 取少量新制饱和氯水于试管中,向其中加入H2O2溶液至过量,产生大量无色气泡……
Ⅲ 向0.1 mol·L-1 H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液,溶液迅速变黄,稍后产生气体;再加入几滴KSCN溶液,溶液变红,一段时间后,溶液颜色明显变浅
Ⅳ 向CuSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 H2O2溶液,很快有大量气体逸出,15 min后,蓝色溶液变为红色浑浊(生成Cu2O),继续加入H2O2溶液,红色浑浊又变为蓝色溶液
下列有关说法错误的是 (　　)
A.由实验Ⅰ可知,室温下Ka1(H2O2)>1.0×10-13
B.实验Ⅱ中还可观察到溶液的颜色逐渐变浅,最后消失
C.实验Ⅲ中一段时间后,溶液颜色明显变浅,原因可能是过量的H2O2有氧化作用
D.实验Ⅲ、Ⅳ表明FeSO4溶液、CuSO4溶液对H2O2的分解均有一定的催化作用
分析化学中“滴定分数”的定义为:所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10 mol/L的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。
下列说法不正确的是 (　　)
A.该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B.从x点到z点的整个过程中,y点水的电离程度最大
C.x点的溶液满足:c(MOH)+c(OH-)D.忽略溶液体积变化,常温下,Kb(MOH)的数量级为10-7
6.N2H4是一种强还原性的高能物质,在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru-NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4,其反应机理如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后,配体NH3失去质子能力减弱
B.M与[L-Ru-NH3]+中Ru的化合价不同
C.图示过程发生在电解池阳极区
D.该过程有非极性键的形成和断裂
7.室温下,通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知:25 ℃时,H2SO3的Ka1=1.4×10-2、Ka2=1.0×10-7,H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。
实验1:配制50 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,测得溶液pH约为12;
实验2:取10 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,向其中加入少量CaSO4固体充分搅拌,一段时间后过滤,向滤渣中加入足量稀盐酸,固体完全溶解;
实验3:取10 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,向其中缓慢滴入等体积0.1 mol·L-1稀盐酸。
下列说法正确的是 (　　)
A.实验1所得溶液中,c(OH-)-c(H+)=c(HC)+c(H2CO3)
B.根据实验2,可推测Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)
C.实验3反应后溶液中存在:c(Na+)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)
D.25 ℃时,反应C的平衡常数K=2.5×108
8.将一定量的NH4HS固体置于恒容密闭真空容器中(固体试样的体积忽略不计),使其在50 ℃的恒温条件下分解:NH4HS(s) NH3(g)+H2S(g)。实验测得该体系的压强如表所示:
时间/min 0 10 20 30 40 50 60 70
压强/kPa 0 0.66 1.28 1.78 2.20 2.50 2.50 2.50
已知:Kp为用各气体分压表示的平衡常数,分压=总压×物质的量分数。
下列有关说法正确的是 (　　)
A.当混合气体的平均摩尔质量不再随时间变化时,反应达到平衡
B.0~10 min,用H2S的压强变化表示该反应的平均反应速率为0.066 kPa/min
C.50 ℃时,NH4HS(s)的分解反应的压强平衡常数Kp= kPa2
D.50 ℃时,若在65 min时将容器的容积压缩至原来的,再次达到平衡时,体系的压强大于2.50 kPa
9.锌铁液流电池由于安全、稳定、电解液成本低等优点成为电化学储能热点技术之一,以Zn(OH/Zn和Fe(CN/Fe(CN作为电极氧化还原电对的碱性锌铁液流电池放电时的工作原理如图所示。已知:聚苯并咪唑(PBI)膜允许OH-通过。下列说法错误的是 (　　)
A.1 mol Fe(CN含有σ键的数目为12NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
B.放电过程中,当有2 mol电子转移时,负极区电解液增重65 g
C.充电过程中,阴极区的溶液pH逐渐增大
D.充电过程中,总反应为Zn(OH+2Fe(CN 2Fe(CN+Zn+4OH-
10.工业生产中常通过生成氟化物沉淀除去Ca2+、Mg2+,为探究溶液酸碱性对沉淀的影响,用盐酸分别调节CaF2和MgF2浊液的pH,在不同pH条件下,测得体系中lg与-lgc(X)(X为Ca2+、Mg2+、F-)的变化关系如图所示。已知Ksp(CaF2)A.L1表示-lgc(F-)与lg的变化曲线
B.Ksp(CaF2)=10-9.8
C.c点溶液中:c(H+)+2c(Ca2+)>c(F-)+c(HF)+c(Cl-)(不考虑水的电离因素)
D.e点浊液中加入NaF固体,阳离子-lgc(X)沿L1向d点移动
二、非选择题(本题共2小题,共40分)
11.(20分)甲硫醇(CH3SH)是重要的有机化工中间体,可用于合成维生素。通过CH3OH和H2S合成CH3SH的主要反应为:
Ⅰ.CH3OH(g)+H2S(g) CH3SH(g)+H2O(g)　ΔH1=+a kJ·mol-1
Ⅱ.2CH3OH(g)+H2S(g) CH3SCH3(g)+2H2O(g)　ΔH2=+b kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)反应2CH3SH(g) CH3SCH3(g)+H2S(g)的ΔH=　　　kJ·mol-1。
(2)T1 ℃时,向恒容密闭容器中充入一定量CH3OH(g)和H2S(g)发生反应,下列事实能说明反应达到平衡状态的是　　　　(填字母);若按相同比例再充入一定量CH3OH(g)和H2S(g),CH3OH(g)的平衡转化率　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)。
A.容器内气体的密度不再发生变化
B.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
C.H2S(g)的体积分数不再发生变化
D.CH3SCH3(g)和H2O(g)的物质的量之比不再变化
(3)T2℃时,按物质的量之比为1∶2向压强为p0的恒压密闭容器中充入CH3OH(g)和H2S(g)发生反应,达到平衡时,CH3OH(g)的转化率为80%,CH3SCH3(g)的体积分数为5%。
①计算CH3SH(g)的选择性为　　　　(CH3SH的选择性=×100%)。
②反应Ⅰ的平衡常数Kp=　　　　(Kp是用分压表示的平衡常数)。
(4)在=1∶2、反应压力为0.7 MPa条件下,气体按90 mL/min的速率通过催化剂表面发生反应,每分钟反应体系中CH3OH(g)转化率、CH3SH(g)选择性随温度的变化如图甲所示,催化机理如图乙所示。
图甲图乙
①370 ℃时,用CH3SH(g)分压表示的反应速率为　　　　MPa/min。
②结合催化机理分析,当温度高于370 ℃时,CH3OH(g)转化率随温度升高而降低的原因可能为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③从化学键的角度描述ⅲ→ⅰ脱水的过程:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
12.(20分)某化学小组对FeCl3溶液与NaHSO3溶液的反应进行探究。
(一)配制溶液
(1)配制NaHSO3溶液前需检验固体是否变质,其操作方法为:取少量样品于试管中,加适量蒸馏水溶解,　　　　　　　　　　　　　　　,若无白色沉淀生成,则NaHSO3未变质。
(2)配制氯化铁溶液时,先将氯化铁固体溶于盐酸,再稀释到所需浓度的原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式结合适当文字解释)。
(二)预测实验
(3)该小组同学预测FeCl3溶液与NaHSO3溶液混合时,溶液颜色由棕黄色变成浅绿色,他们预测的依据为(用离子方程式表示):　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(三)实施实验
向2 mL 1 mol·L-1 NaHSO3溶液中逐滴加入0.5 mL 1 mol·L-1 FeCl3溶液。
装置反应时间实验现象
0~1 min 产生红褐色沉淀,有刺激性气味气体逸出
1~30 min 沉淀迅速溶解形成红色溶液,随后溶液逐渐变为橙色,之后几乎无色
30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色,随后逐渐变为浅橙色
(4)查阅资料知溶液中Fe3+、S、OH-三种微粒会形成红色物质并存在如下转化:
①用离子方程式解释0~1 min的实验现象:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30 min的实验现象:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)小组同学认为没有观察到预期的实验现象,是因为混合产生红褐色沉淀和气体的反应干扰了氧化还原反应的发生,该同学通过如下实验证明了猜想的正确性。已知铁氰化钾溶液可与Fe2+反应生成蓝色沉淀。
装置实验操作实验现象
Ⅰ 向烧杯中装好溶液,连接好装置,闭合开关灵敏电流表指针未发生偏转
Ⅱ 向左侧烧杯中滴加少量饱和FeCl3溶液灵敏电流表指针向左侧偏转
Ⅲ 向左侧烧杯中再滴加少量铁氰化钾溶液左侧烧杯中产生蓝色沉淀,灵敏电流表指针向左侧偏转幅度更大
①分析实验Ⅰ中电流表指针不偏转(没有形成原电池)的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②实验Ⅱ中右侧烧杯发生的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案全解全析
1.D　锅炉水垢可先用Na2CO3溶液处理,使CaSO4转化为CaCO3,再用酸溶解除去,A正确;S2-能与废水中的Cu2+、Hg2+等反应生成CuS、HgS等难溶性沉淀,B正确;啤酒中存在可逆反应H2CO3(aq) H2O(l)+CO2(g),打开啤酒倒入杯中,压强减小,反应向生成CO2气体的方向移动,促使H2CO3分解而大量逸出CO2,C正确;铜的活动性弱于铁,此时铁作负极而被腐蚀,锌块(常考点)等,D错误。
2.C　探究固体表面积对反应速率的影响,需控制固体表面积为唯一变量,图1所示实验盐酸浓度不一样,实验中有两个变量,故无法探究固体表面积对反应速率的影响,A错误;铁制品表面镀铜,铁制品应作阴极,与外接电源负极连接,B错误;用MgCl2·6H2O制备无水MgCl2,为抑制MgCl2水解,必须在HCl氛围中加热,C正确;酸式滴定管不能盛装NaOH溶液,D错误。
知识拓展
　　利用MgCl2·6H2O晶体制备无水MgCl2时,需在HCl气流作用下抑制MgCl2水解,类似的还有利用相应晶体制备无水FeCl3、AlCl3、CuCl2时,均应在HCl气氛下脱水。
3.B　表示燃烧热时所生成的水应为液态(易错点),A错误;根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能,ΔH1=(413×4+615+3x) kJ·mol-1-(798×4+463×4) kJ·mol-1=-a kJ·mol-1,解得x=,B正确;反应①、②中水的状态不同,不能根据盖斯定律计算出反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)的ΔH,C错误;反应①中1 mol C2H4(g)反应,有4 mol C—H键断裂,但反应放出的热量为a kJ,D错误。
4.D　忽略水的电离与H2O2的第二步电离,即H2O2 H++H,Ka1==≈=10-11.4>10-13,A正确;氯水中的Cl2与H2O2发生反应Cl2+H2O2 2HCl+O2↑,可观察到产生大量无色气泡,溶液的颜色逐渐变浅,最后消失,B正确;实验Ⅲ中溶液变黄是因发生反应2Fe2++2H++H2O2 2Fe3++2H2O,然后产生气体,且加入KSCN溶液变红,说明Fe3+催化H2O2分解,一段时间后,溶液颜色明显变浅,可能是过量的H2O2将SCN-氧化,C正确;实验Ⅳ中Cu2+先被H2O2还原,最后又得到Cu2+,说明Cu2+有催化作用,而实验Ⅲ经C项分析可知Fe2+未作催化剂,D错误。
5.B　由题图可知,滴定分数为1.00时,溶液显酸性,说明反应生成的MCl为强酸弱碱盐,应选用甲基橙做指示剂,A正确;滴定分数为1.00时,恰好完全反应得到MCl溶液,此时溶液中水的电离程度最大,即z点水的电离程度最大,B错误;x点处滴定分数为0.50,溶液中含等物质的量的MOH和MCl,由元素守恒有2c(Cl-)=c(MOH)+c(M+),由电荷守恒有c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+),两式联立得c(MOH)+2c(OH-)=c(M+)+2c(H+),结合溶液呈碱性,即c(OH-)>c(H+),则c(MOH)+c(OH-)6.C　Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后,[L-Ru-NH3]2+中的Ru带有更多的正电荷,其与N原子成键后,Ru(Ⅲ)吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强,使配体NH3中的N—H键极性变强且易断裂,故其失去质子(H+)的能力增强,A错误;当[L-Ru-NH2]+变为M时,N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru 1个电子,其中Ru的化合价为+2,故M与[L-Ru-NH3]+中Ru的化合价相同,B错误;该过程的总反应式为4NH3-2e- N2H4+2N,为氧化反应,发生在电解池阳极区,C正确;根据题图可知,整个过程没有非极性键的断裂,D错误。
7.D　Na2CO3溶液中,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),根据元素守恒有c(Na+)=2c(C)+2c(HC)+2c(H2CO3),联立两式消除Na+得c(OH-)-c(H+)=c(HC)+2c(H2CO3),A错误;CaCO3和CaSO4的类型相似,根据实验2,向滤渣中加入足量稀盐酸,固体完全溶解,则该固体为CaCO3,说明溶解度小的CaSO4转化为溶解度更小的CaCO3,即Ksp(CaCO3)c(C)+c(HC)+c(H2CO3),C错误;该反应的平衡常数K===2.5×108(关键点),D正确。
归纳总结
　　比较溶液中粒子浓度的等量关系时,通常用到电荷守恒、元素守恒和质子守恒,有的等量关系,既不是电荷守恒又不是元素守恒,一般可分别写出电荷守恒和元素守恒,两式进行简单运算,即可得到新的等量关系。
8.C　混合气体的平均摩尔质量为 g/mol=25.5 g/mol,与反应是否达到平衡无关,A错误;0~10 min内压强变化了0.66 kPa,且NH3和H2S的物质的量之比为1∶1,则用H2S的压强变化表示的v(H2S)==0.033 kPa/min,B错误;50 min时容器内压强不再发生变化,即反应达到平衡状态,体系压强为2.50 kPa,同时NH3和H2S的物质的量分数均为,则Kp=( kPa)2= kPa2,C正确;由于体系温度不变,则Kp不变,由Kp= kPa2得出p总=2.50 kPa,D错误。
9.B【电池分析】由题图可知,Zn电极上发生氧化反应,则惰性电极上发生还原反应,故:
电极电极反应式
负极 Zn电极 Zn-2e-+4OH- Zn(OH
正极惰性电极 Fe(CN+e- Fe(CN
1个Fe(CN中,CN-与Fe3+间形成6个σ配位键,每个 Fe(CN含σ键数目为12NA,A正确;根据负极反应式可知转移2 mol电子时溶解1 mol Zn,同时溶液中的OH-透过聚苯并咪唑(PBI)膜向负极移动,则负极区电解液增重大于65 g,B错误;充电时,Zn电极是阴极,电极反应式为Zn(OH+2e- Zn+4OH-,每转移2 mol e-生成4 mol OH-,但有2 mol OH-从阴极区透过聚苯并咪唑(PBI)膜向阳极区移动,阴极区的溶液pH逐渐增大,C正确;由正极、负极反应式可写出放电时总反应为2Fe(CN+Zn+4OH- Zn(OH+2Fe(CN,则充电时总反应为Zn(OH+2Fe(CN 2Fe(CN+Zn+4OH-,D正确。
10.B　由Ka(HF)=可得lg=lg=lgc(F-)-lgKa(HF),随着lgc(F-)增大,lg也增大,即随-lgc(F-)增大,lg减小,则L3表示-lgc(F-)与lg的变化曲线,A错误;当lg相同,即c(F-)相同时,L2表示的离子浓度小,已知Ksp(CaF2)11.(除标注外,每空2分)
(1)(b-2a)　(2)CD(3分)　不变
(3)①62.5%(3分)　②1.48(3分)
(4)①0.1932(3分)　②温度过高,催化剂活性减小甚至失去活性　③ⅲ中的W—O键和H—S键断开,之后—OH和—H结合在一起形成水
解析　(1)根据盖斯定律可知,反应Ⅱ-反应Ⅰ×2得2CH3SH(g) CH3SCH3(g)+H2S(g),则其ΔH=(b-2a) kJ·mol-1。(2)反应物和产物都是气体,容器恒容,气体密度不是变量,故容器内气体密度不再发生变化,不能证明反应达到平衡状态,A错误;反应前后气体总质量和物质的量不变,即混合气体的平均相对分子质量不变,则混合气体的平均相对分子质量不再发生变化不能证明反应达到平衡状态,B错误;H2S为反应物,随着反应的进行而逐渐减少,当其体积分数不再发生变化,则说明反应达到平衡状态,C正确;反应Ⅰ、Ⅱ均生成水,只有反应Ⅱ生成CH3SCH3(g),则CH3SCH3(g)和H2O(g)的物质的量之比是变量,当CH3SCH3(g)和H2O(g)的物质的量之比不再变化时反应达到平衡状态,D正确。两个反应都是气体分子数不变的反应,若按相同比例再充入一定量CH3OH(g)和H2S(g),相当于加压,达平衡时,CH3OH(g)的平衡转化率不变。(3)假设通入1 mol CH3OH(g)和2 mol H2S(g),达到平衡时,CH3OH(g)的转化率为80%,则平衡时参加反应的CH3OH(g)为0.8 mol,CH3SCH3(g)的体积分数为5%,则CH3SCH3(g)的物质的量为(1 mol+2 mol)×5%=0.15 mol,生成0.15 mol CH3SCH3(g)消耗0.3 mol CH3OH(g),则生成CH3SH(g)消耗CH3OH(g)的物质的量为0.8 mol-0.3 mol=0.5 mol,故生成0.5 mol CH3SH(g)。①CH3SH(g)的选择性为×100%=62.5%。②平衡时容器中含0.2 mol CH3OH(g),H2S(g)的物质的量为2 mol-0.5 mol-0.15 mol=1.35 mol,含0.5 mol CH3SH(g),H2O(g)的物质的量为0.5 mol+0.15 mol×2=0.8 mol,则反应Ⅰ的平衡常数Kp=≈1.48。(4)①假设通入1 mol CH3OH(g)和2 mol H2S(g),根据图中信息可知,370 ℃时,每分钟参加反应的CH3OH(g)为1 mol×92%=0.92 mol,其中生成CH3SH(g)为0.92 mol×90%=0.828 mol,其分压为×0.7 MPa=0.193 2 MPa,则用CH3SH(g)分压表示的反应速率为0.193 2 MPa/min。②温度过高,催化剂活性减小甚至失去活性,导致CH3OH(g)转化率降低。③由题图可知ⅲ→ⅰ脱水的过程为ⅲ中的W—O键和H—S键断开,之后—OH和—H结合在一起形成水。
12.(除标注外,每空3分)
(1)先加入过量盐酸酸化,再加入BaCl2溶液(2分)
(2)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,盐酸抑制Fe3+的水解(2分)
(3)2Fe3++HS+H2O2Fe2++S+3H+
(4)①Fe3++3HSFe(OH)3↓+3SO2↑
②生成红色物质的反应速率快,红色物质生成橙色物质的速率较慢;在O2的作用下,橙色的HOFeOSOO2浓度降低,平衡HOFeOO2HOFeOOO2不断正向移动,最终溶液几乎无色(4分)
(5)①FeCl3浓度低,该条件下无法与NaHSO3溶液发生氧化还原反应　②HS-2e-+H2OS+3H+
解析　(1)NaHSO3固体变质会生成NaHSO4,可通过检验样品溶于水中是否含有S,确定NaHSO3是否变质,检验S的方法是先加过量的盐酸酸化,再加BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则NaHSO3未变质。(2)FeCl3为强酸弱碱盐,Fe3+会发生水解:Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,溶于盐酸中可抑制Fe3+的水解。(3)FeCl3具有较强氧化性,NaHSO3具有还原性,两者混合后发生氧化还原反应,Fe3+被还原成Fe2+,溶液颜色由棕黄色变为浅绿色,其离子方程式为2Fe3++HS+H2O 2Fe2++S+3H+。(4)①NaHSO3溶液中逐滴加入FeCl3溶液,Fe3+与HS发生相互促进的水解反应产生刺激性气味气体SO2和红褐色沉淀Fe(OH)3,反应的离子方程式为Fe3++3HS Fe(OH)3↓+3SO2↑。②由1~30 min的实验现象可知,沉淀溶解迅速形成红色溶液,说明Fe(OH)3 HOFeOO2(红色)的反应速率较快,随后溶液逐渐变成橙色,说明红色物质生成橙色物质的速率较慢,在O2作用下,HOFeOSOO2的浓度不断降低,平衡HOFeOO2 HOFeOOO2不断正向移动,最终溶液几乎无色。(5)①对照实验Ⅱ可知,实验Ⅰ中FeCl3溶液的浓度低,不能发生氧化还原反应,因此未形成原电池,故没有电流产生。②实验Ⅱ有电流产生,FeCl3溶液与NaHSO3溶液发生氧化还原反应,右侧烧杯中NaHSO3具有还原性发生氧化反应,电极反应式为HS-2e-+H2O S+3H+。

高频微专题7 简单有机合成路线分析（含解析）-《巅峰突破》2026版高中化学高三一轮复习

Tue, 12 Aug 2025 12:07:32 +0800

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
(
姓名班级考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
高频微专题7　简单有机合成路线分析
满分40分,限时30分钟
选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下:
下列叙述正确的是 (　　)
A.化合物1分子中所有原子共平面
B.化合物1与乙醇互为同系物
C.化合物2分子中含有羟基和酯基
D.化合物2可发生开环聚合反应
2.苯氧乙酸()是重要的有机合成中间体,具有强刺激性。其制备流程如下:
下列说法正确的是 (　　)
A.本实验需要在通风橱中进行　　　　B.苯氧乙酸具有强氧化性
C.①②均用NaHCO3溶液反应　　　　D.③为消去反应
3.下列合成路线不合理的是 (　　)
A.甲苯苯甲醇:
B.用二甲基二氯硅烷合成硅橡胶:(CH3)2SiCl2 (CH3)2Si(OH)2 硅橡胶
C.用乙烯合成1,4-二氧杂环己烷(): CH2BrCH2Br HOCH2CH2OH
D.用1,3-丁二烯合成2-氯-1,3-丁二烯:
4.1,4-环己二醇()是生产某些液晶材料和药物的原料,现以环己烷()为基础原料,使用逆合成分析法设计它的合成路线如下(表示逆推过程)。下列说法正确的是 (　　)
A.有机物X、Y、M均为卤代烃
B.有机物X和Y可能互为同分异构体,也可能为同种物质
C.反应①为取代反应,反应⑥为加成反应
D.合成过程涉及取代反应、加成反应、消去反应
5.氯霉素(D)的部分合成路线如下:
下列说法正确的是 (　　)
A.A→B的反应过程中,每生成1个B分子,A中断裂1个碳氧σ键
B.B的含苯环同分异构体中最多有8种不同化学环境的氢原子
C.B转化为C的过程中有配位键的形成
D.氯霉素D可发生还原反应、消去反应等,不能发生缩聚反应
6.化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体,其合成路线如下:
下列说法正确的是 (　　)
A.X不能与FeCl3溶液发生显色反应
B.Y中的含氧官能团分别是酯基、羧基
C.1 mol Z最多能与3 mol H2发生加成反应
D.X、Y、Z可用饱和NaHCO3溶液和2%银氨溶液进行鉴别
7.用对硝基苯甲酸X合成局麻药盐酸普鲁卡因W,有如下两种合成路径,下列有关说法错误的是 (　　)
A.X的沸点低于邻硝基苯甲酸的沸点
B.Z与苯丙氨酸互为同系物
C.X→Y→W先发生酯化反应再发生还原反应
D.路径X→Y→W优于路径X→Z→W,更符合经济原则
8.高分子Y是一种人工合成的多肽,其合成路线如下:
下列说法不正确的是 (　　)
A.F中含有2个酰胺基
B.高分子Y水解可得到E和G
C.高分子X中存在氢键
D.高分子Y的合成过程中进行了官能团保护
答案全解全析
1.D　化合物1分子中两个碳原子均采用sp3杂化,所有原子不可能共平面,A错误;结构相似,分子组成上相差1个或若干个CH2的有机物互为同系物(知识点),化合物1为环氧乙烷,属于醚类,乙醇属于醇类,二者结构不相似,不互为同系物,B错误;根据化合物2的分子结构可知,分子中含酯基,不含羟基,C错生成高分子化合物,D正确。
2.A　苯氧乙酸()具有强刺激性,实验时需要在通风橱中进行,故A正确;由苯氧乙酸()的结构可知,其不具有强氧化性,故B错误;(易错点),故C错误;③为取代反应,故D错误。
归纳总结
官能团的转化
　　官能团的转化可以通过取代、消去、加成、氧化、还原等反应实现。下面是以乙烯为起始物,通过一系列化学反应实现的官能团间的转化。
3.D　甲苯与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成一氯甲苯,一氯甲苯在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成苯甲醇,合成路线合理,故A不符合题意;(CH3)2SiCl2发生水解反应生成(CH3)2Si(OH)2,(CH3)2Si(OH)2发生缩聚反应生成,交联得到硅橡胶,合成路线合理,故B不符合题意;乙烯和Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br,BrCH2CH2Br在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH,HOCH2CH2OH在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成,合成路线合理,故C不符合题意;和氯气发生加成反应生成,和NaOH的醇溶液共热发生消
不合理,故D符合题意。
4.D　根据逆推法可知,由环己烷与氯气发生取代反应生成,发生消去反应生成,与Br2发生加成反应生成,再发生消去反应生成,与Br2发生1,4-加成生成,与氢气发生加成反应生成,发生水解反应生成。有机物X、Y均为卤代烃,M为环烯烃,A错误;有机物X和Y分别为、,互为同分异构体,不可能为同种物质,B错误;反应①为在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应生成,也属于取代反应,反应⑥为在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成,C错误;综上分析,合成过程涉及取代反应、加成反应、消去反应,D正确。
5.C
单键均为σ键,由分析可知,A→B的反应过程中,每生成1个B分子,A中断裂2个碳氧σ键,生成2个羟基,A错误;B的含苯环同分异构体可以为,分子中含有大于8种不同化学环境的氢原子,B错误;B中含有氨基,转化为C的过程中氨基中N和氢离子能形成配位键,C正确;氯霉素D含有硝基可发生还原反应,含有羟基且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有H,能发生消去反应,含有2个羟基,多个分子可以生成醚键和小分子水,故能发生缩聚反应,D错误。
思维建模
有机推断的解题策略
6.D　X中含有酚羟基,能与FeCl3溶液发生显色反应,A项错误;Y中含氧官能团分别为醚键、酯基,B项错误;苯环和醛基均能与H2发生加成反应,故1 mol Z最多能与4 mol H2发生加成反应,C项错误;X中含有羧基,能与NaHCO3反应生成CO2气体,Z中含有醛基,可与银氨溶液反应生成银镜,故可用饱和NaHCO3溶液和2%银氨溶液鉴别X、Y、Z,D项正确。
7.A　由X合成W有两种路径:一是X发生取代反应生成Y,Y发生还原反应得W;二是X还原生成Z,Z发生取代反应得W。邻硝基苯甲酸可形成分子内氢键,而X(对硝基苯甲酸)可形成分子间氢键,使沸点更高,A错误;Z与苯丙氨酸均含有氨基和羧基,只有一个苯环,结构相似,分子组成相差2个CH2,互为同系物,B正确;X→Y是羧基与羟基发生酯化反应,Y→W是硝基转化为氨基,发生还原反应,C正确;路径X→Z→W大部分原料转化为中间体,而未转化成产品,浪费原料,不符合经济原则,D正确。
8.B　由F的结构简式可知,一个F中含有两个酰胺基(),A正确;高分子Y水解生成和,而不是E和G,B错误;高分子X中含有酰胺基(),所以高分子X中存在氢键,C正确;为防止氨基(—NH2)与G发生缩聚反应,高分子Y的合成过程中E→F的目的是保护氨基,D正确。

（月考培优卷）第1~2单元月考核心素养培优卷（含解析）-2025-2026六年级上册数学（北师大版）

Tue, 12 Aug 2025 12:07:31 +0800

2025-2026学年六年级上册数学月考核心素养培优卷（北师大版）
第1~2单元
考试时间：90分钟；试卷总分：100分；
学校：班级：姓名：成绩：
注意事项：
答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
请将答案正确填写在答题区域，注意书写工整，格式正确，卷面整洁。
一．反复比较，合理选择（共8小题，每题1分，共8分）
1．在一张长32厘米、宽16厘米的长方形内画半径是4厘米的圆，这样的圆最多能画（）个。
A．128 B．32 C．8 D．16
2．如果a、b不为零，a×=b×，那么（　　）
A．a＞b B．a＜b C．a=b
3．两个圆的面积不相等，是因为它们的（）。
A．半径的长度不同 B．圆心的位置不同 C．圆周率的大小不同 D．都不对
4．下图中大圆的半径是8cm，则阴影部分的周长是（）cm。
A．132.48 B．100.48 C．82.24 D．107.36
5．圆规两脚间的距离是6厘米，这时用它画成的圆的直径是（）
A．12厘米 B．6厘米 C．3厘米
6．一批水泥重吨，用去，还剩下多少吨？正确列式是(　　)。
A．× B．×(1－) C．－ D．－×
7．如果a是自然数，且a不等于0，那么（　　）
A．a和互为倒数 B．a和是倒数 C．是倒数
8．某天晚饭后，小雅以每分钟62.8米的速度绕圆形体育场的外边沿走了一圈，用了5分钟，这个体育场的占地面积是（）平方米。
A．5024 B．5652 C．7850 D．9420
二．用心思考，正确填写（共10小题，每空1分，共20分）
9．1的倒数是( )，0.4与( )互为倒数，( )是1的倒数，( )没有倒数．
10．在一个长8厘米，宽4厘米长方形纸板上剪一个最大的圆，圆的面积是( )平方分米，周长是( )分米。
11．在一块长125.6厘米，宽90厘米的长方形铁皮中剪下直径是30厘米的小圆片，最多可以剪( )个圆片．
12．吨煤，如果每次用去吨，( )次用完；如果每次用去，( )次用完．
13．工人修一条路，需要8小时修完，已经修了6小时，还剩下这条路的。
14．秋游时同学们围成一个圆圈做游戏，这个圆圈的周长是15.7米，老师站在中心点上，每个同学与老师间的距离是( )米，围成的圆圈的面积是( )平方米。
15．如果圆规两脚间的距离是8cm，画出的圆的直径是( )，周长是( )，面积是( )。
16．小强看一本书，第一天看了总页数的，第二天比第一天多看了总页数的，还剩总页数的( )没有看。
17．5的分数单位是( )，去掉( )个这样的分数单位、它就变为最小的合数．
18．一台拖拉机小时耕地公顷，照这样算，这台拖拉机每小时耕地( )公顷，这台拖拉机耕1公顷地需要( )小时．
三．仔细推敲，判断正误。（共6小题，每题1分，共6分）
19．圆的周长除以直径的商是一个固定的数，这个数就是3.14．　( )
20．一份稿件，完成了，剩下部分相当于已经完成的1.5倍。( )
21．一袋面粉重20千克，吃了，还剩千克． ( )
22．在同一个圆中，圆心到圆上的距离处处相等． ( )
23．如果一个圆的半径扩大为原来的2倍，那么它的直径就扩大为原来的4倍。( )
24．用同样长的绳子围成正方形和圆形，正方形和圆形的周长和面积都相等。( )
四．一丝不苟，细心计算（共3小题，共26分）
25．直接写出得数．（共8分）

26．解方程。（共6分）
3x＋＝2 x＝＋ x＝
27．计算下面各题，能简算的要简算。（共6分）
36×× ÷×
28．看图列式计算。（共3分）
29．下图中，三角形的面积是3平方厘米，求图中所示阴影部分的面积。（共3分）

五．手脑并用，实践操作（共1小题，共4分）
30．按要求画一画。
（1）画一个半径是1.5厘米的圆。
（2）画出下面图形的所有对称轴。
六．走进生活，解决问题（共6小题，每题6分，共36分）
31．一辆自行车的车轮外直径是0.6米，骑这辆自行车经过一座长942米的桥，车轮一共要转动多少圈？（自行车的长度忽略不计）
32．玲玲家有一个圆形餐桌面，它的半径是1m，就餐时坐了10个人，平均每人占去的位置宽是多少米？（得数保留一位小数）
33．某早餐批发店给学校送一批早餐奶，第一次运走这批奶的，第二次运走45箱，还剩下15箱，这批早餐奶一共有多少箱？
34．新华书店运来一批儿童读物，第一天卖出1800本，第二天比第一天多买，剩下的是总数的，这批儿童读物一共有多少本？
35．加工一批零件，师傅单独做要10小时，徒弟单独做要15小时。师徒两人合作4小时后，剩下的任务由徒弟做，还要几小时才能完成？
36．如图，淘气和笑笑在圆形广场同时同地出发，相背而行，10分钟后相遇，笑笑每分钟走69米，淘气每分钟走88米，请你求出这个圆形广场的直径是多少米？这个圆形广场的占地面积是多少平方米？
/ 让学习更有效新课备课备考 | 数学学科
/ 让学习更有效新课备课备考 | 数学学科
第1页共2页 ◎ 第2页共2页
()
参考答案及试题解析
1．C
【详解】在长方形内画半径是4厘米的圆，每个圆所占的大小应为边长为8厘米的正方形，通过计算可知最多能画8个。
故答案为：C
2．B
【详解】试题分析：先依据分子相同的分数的大小比较的方法，比较出和的大小，再据“积一定的情况下，一个因数大，另一个因数就小”的规律，即可进行判断．
解：因为a×=b×，
又因＞，
所以a＜b；
故选B．
点评：此题主要考查分子相同的分数的大小比较的方法，以及积一定的情况下，因数的变化规律．
3．A
【思路分析】根据圆的面积公式：S＝r2，逐项对本题进行判断即可。
【详解】由分析可得：
A．根据圆的面积公式可得，半径决定圆的面积，符合题意；
B．圆心的位置决定圆的位置，不符合题意；
C．圆周率是固定的，不会改变，不符合题意；
D．A是正确选项，所以都不对不符合题意。
故答案为：A
【点睛】本题考查对圆的特征的掌握，需要明确圆心决定了圆的位置，而半径决定了圆的大小。
4．A
【思路分析】观察图形可知，阴影部分的周长包括大圆的周长、4个小半圆组成的2个小圆的周长、4条大圆的半径。圆的周长＝πd＝2πr，据此计算出各部分的长度，再把它们相加即可解答。
【详解】8×2×3.14＋8×3.14×2＋8×4
＝50.24＋50.24＋32
＝132.48（cm）
则阴影部分的周长是132.48cm。
故答案为：A
5．A
【详解】略
6．B
7．A
【详解】试题分析：根据倒数的意义：乘积是1的两个数互为倒数．倒数是对两个数而言，是两个数相互依存的一个概念，不能单独说某个数是倒数．0没有倒数，1的倒数是1，据此解答．
解：如果a是自然数，且a不等于0，那么a和互为倒数．
故选A．
点评：此题考查的目的是理解倒数的意义，明确：倒数是对两个数而言，是两个数相互依存的一个概念，不能单独说某个数是倒数．
8．C
【思路分析】根据速度×时间＝路程，用62.8×5即可求出圆周长，然后根据圆周长公式：C＝2πr，用圆周长÷2÷3.14即可求出半径，再根据圆面积公式：S＝πr2，代入数据解答。
【详解】62.8×5＝314（米）
314÷2÷3.14＝50（米）
3.14×502
＝3.14×2500
＝7850（平方米）
这个体育场的占地面积是7850平方米。
故答案为：C
【点睛】本题主要考查了圆面积公式、圆周长公式的灵活应用，要熟练掌握相关公式。
9．，2.5，1，0
【详解】试题分析：倒数的意义：乘积为1的两个数互为倒数，求一个数的倒数可以把这个数的分子和分母颠倒位置，也可以根据一个因数=积÷另一个因数，用1除以这个数，由于0不能作除数，所以0没有倒数，据此解答即可．
解：1÷1=，
1÷0.4=2.5；
1的倒数是，0.4与2.5互为倒数，1是1的倒数，0没有倒数．
故答案为，2.5，1，0．
点评：此题考查了倒数的定义和求解方法，要注意1的倒数是1，0没有倒数．
10．0.1256 1.256
【思路分析】由题意可知：最大圆的直径是4厘米，带入圆的面积、周长公式计算即可。
【详解】最大圆的直径是4厘米
面积：3.14×（4÷2）2
＝3.14×4
＝12.56（平方厘米）
12.56平方厘米＝0.1256平方分米
3.14×4＝12.56（厘米）
12.56厘米＝1.256分米
【点睛】本题主要考查圆的周长、面积公式，明确圆的直径是解题的关键。
11．12
【思路分析】本题不能用长方形的面积除以圆的面积求个数，另外还要注意单位的统一．
由题意，长能剪成直径30厘米的圆125.6÷30=4（个）…5.6厘米；宽能剪90÷30=3（个），据此算出最多能剪成多少个．
【详解】125.6÷30=4（个）…5.6厘米，
90÷30=3（个），
4×3=12（个），
答：最多可以剪12个圆片；
故答案为12
12．4，8
【详解】试题分析：求一个数是另一个数的几倍用除法计算；求一个数的几分之几是多少用乘法计算．
解：÷=4（次）；
÷（×）=8（次）；
故答案为4，8．
点评：此题主要考查一个数是另一个数的几分之几的问题．
13．
【思路分析】把这条路的工作总量看作单位“1”，已知工人需要8小时修完，根据“工作效率＝工作总量÷工作时间”，求出工人的工作效率；
已知修了6小时，根据“工作量＝工作效率×工作时间”，求出已经完成的工作量；
再用工作总量“1”减去已完成的工作量，即是还剩下的工作量。
【详解】1÷8＝
1－×6
＝1－
＝
还剩下这条路的。
14．2.5 19.625
【思路分析】由题意可知：求每个同学与老师间的距离，实际上就是求这个圆的半径，这个圆的周长已知，依据圆的周长公式即可求出其半径，继而求出该圆圈的面积。
【详解】15.7÷3.14÷2
＝5÷2
＝2.5（米）
3.14×2.5
＝3.14×6.25
＝19.625（平方米）
【点睛】解答此题的关键是明白：求每个同学与老师间的距离，实际上就是求这个圆的半径。
15．16cm/16厘米 50.24cm/50.24厘米 200.96cm2/200.96平方厘米
【思路分析】圆规两脚间的距离是圆的半径，在同圆或等圆中，直径是半径的2倍，据此用半径乘2求出直径，再根据圆的周长＝直径，圆的面积＝半径的平方，代入数据解答即可。
【详解】8×2＝16（cm）
3.14×16＝50.24（cm）
3.14×
＝3.14×64
＝200.96（cm2）
所以圆的直径是16cm，圆的周长是50.24cm，圆的面积是200.96。
16．
【思路分析】把这本书的总页数看作单位“1”，第二天看的页数占总页数的分率＝第一天看的页数占总页数的分率＋，剩下的页数占总页数的分率＝1－第一天看的页数占总页数的分率－第二天看的页数占总页数的分率，据此解答。
【详解】1－－（＋）
＝1－－
＝
＝
所以，还剩总页数的没有看。
【点睛】本题主要考查分数的加减混合运算，表示出第二天看的页数占总页数的分率是解答题目的关键。
17．，9
【详解】试题分析：将单位“1”平均分成若干份，表示其中这样一份的数为分数单位．由此可知，5的分数单位是；最小的合数是4，5﹣4=，里含有9个这样的分数单位，所以再去掉9个这样的分数单位就是最小的合数．
解：根据分数单位的意义可知，
5的分数单位是；
5﹣4=，
里含有9个这样的分数单位，
所以再去掉9个这样的分数单位就是最小的合数．
故答案为，9．
点评：根据分数单位的意义可知，一个分数的分母是几，其分数单位就是几分之一．
18．
19．×
【详解】根据圆周率的含义：圆的周长和它直径的比值叫做圆周率，圆周率π是一个无限不循环小数；圆周率用字母“π”表示，π≈3.14
所以原题说法错误；
20．√
【思路分析】把完成这份稿件的工作总量看成单位“1”，用单位“1”减去完成的分率，可以计算出未完成的分率，然后用未完成的分率除以完成的分率，可以计算出剩下部分相当于已经完成的几倍，看是否是1.5倍。
【详解】（）
＝
＝
所以原题干说法正确。
故答案为：√
【点睛】本题解题关键是先用减法计算出未完成的分率，再用未完成的分率除以完成的分率，和1.5倍进行对比得出结论。
21．×
22．√
【详解】圆心到圆上的距离是圆的半径，同一个圆的半径相等．故本题正确
23．×
【思路分析】根据圆的直径＝半径×2，再根据因数与积的变化规律可知，一个圆的半径扩大为原来的2倍，那么它的直径就扩大为原来的2倍。
【详解】一个圆的半径扩大为原来的2倍，那么它的直径就扩大为原来的2倍，所以原题的说法错误。
故答案为：×
【点睛】掌握同一圆中圆的直径和半径的关系，以及因数与积的变化规律是解答关键。
24．×
【思路分析】由于用同样长的绳子围成正方形和圆形，则这两个图形的周长相同，假设这根绳子的长度是6.28，根据正方形的周长公式：边长×4＝周长，圆的周长公式：C＝2πr，由此即可求出正方形边长和圆的半径，再根据正方形的面积：边长×边长，圆的面积公式：πr2，把数代入即可求解，再进行比较即可。
【详解】由分析可知，这两个图形的周长相同，假设这根绳子的长度是6.28
正方形的边长：6.28÷4＝1.57
圆的半径：6.28÷3.14÷2
＝2÷2
＝1
正方形的面积：1.57×1.57＝2.4649
圆的面积：3.14×1×1
＝3.14×1
＝3.14
3.14≠2.4649
故答案为：×。
【点睛】本题主要考查正方形和圆的周长和面积公式，熟练掌握它们的面积公式并灵活运用。
25．；； 2 ；；
；；；；
26．x＝；x＝；x＝
【思路分析】解方程主要运用等式的性质，等式两边同时加上或者减去同一个数，等式不变。等式两边同时乘或者除以一个不为0的数，等式不变。把含有x的放在等号的一侧，不含x的放在等号的另一侧，然后把x前的系数除过去，就能得出x是多少。
【详解】3x＋＝2
解：3x＝2－
3x＝
x＝÷3
x＝
x＝＋
解：x＝
x＝÷
x＝
（1－）x＝
解：x＝
x＝÷
x＝
27．2；；；
【思路分析】从左到右依次计算；
从左到右依次计算；
先算小括号里面的除法，再算括号外面的除法；
【详解】36××
＝8×
＝2
÷×
＝×
＝
＝÷
＝
28．18千克
【思路分析】由于酥糖比奶糖少，单位“1”是奶糖的重量，则酥糖相当于奶糖的：1－＝，单位“1”未知，用除法，即12÷，算出结果即可。
【详解】12÷（1－）
＝12÷
＝18（千克）
所以奶糖的质量是18千克。
29．3.28平方厘米
【思路分析】根据三角形面积公式：面积＝底×高÷2，底＝面积×2÷高，代入数据求出三角形的底，即半圆的直径，再根据圆的面积公式：面积＝π×半径2，代入数据，求出半圆的面积，再用半圆的面积－三角形的面积，即可求出阴影部分的面积，据此解答。
【详解】3×2÷1.5
＝6÷1.5
＝4（厘米）
3.14×（4÷2）2÷2－3
＝3.14×22÷2－3
＝3.14×4÷2－3
＝12.56÷2－3
＝6.28－3
＝3.28（平方厘米）
阴影部分面积是3.28平方厘米。
30．见详解
【思路分析】（1）画圆的步骤如下：
把圆规的两脚分开，定好两脚的距离1.5厘米，即半径。把有针尖的一只脚固定在一点上，即圆心。把装有铅笔尖的一只脚旋转一周，就画出一个圆。
（2）画对称轴的步骤：
找出轴对称图形的任意一组对称点。连结对称点。画出对称点所连线段的垂直平分线，就可以得到该图形的对称轴。
【详解】画图如下：
（1）
（2）
【点睛】本题主要考查圆及对称轴的画法。
31．500圈
【思路分析】圆的周长＝πd，据此求出车轮的周长，即车轮转动一圈前进的距离。再用桥的长度除以车轮转动一圈前进的距离即可求出车轮一共要转动多少圈。
【详解】942÷（3.14×0.6）
＝942÷1.884
＝500（圈）
答：车轮一共要转动500圈。
【点睛】明确“车轮的周长即是车轮转动一圈前进的距离”是解题的关键。
32．平均每人占去的位置宽是0.6米
【详解】试题分析：根据“圆的周长=πd”求出圆桌的周长，根据“圆桌的周长÷餐桌能坐的人数=每个人需要宽的长度”解答即可．
解答：解：2×3.14×1=6.28（米），
6.28÷10=0.628≈0.6（米）；
答：平均每人占去的位置宽是0.6米．
点评：此题主要考查圆的周长的计算方法的运用情况．
33．130箱
【思路分析】把这批早餐奶的总箱数看作单位“1”，第一次运走这批奶的，还剩下这批奶的（1－），对应的是第二次运走的箱数与剩下的箱数和，即（45＋15）箱，求单位“1”，根据分数除法的意义，用（45＋15）÷（1－），即可求出总箱数。
【详解】（45＋15）÷（1－）
＝60÷
＝60×
＝130（箱）
答：这批早餐奶一共有130箱。
【点睛】本题的关键是找出单位“1”，并找出数量对应的单位“1”的几分之几，再用除法就可以求出单位“1”的量。
34．6650本
【思路分析】根据题意，把第一天卖出的本数看作单位“1”，则第二天卖出的本数＝第一天卖出本数×（1+），把数代入计算得：1800×（1+）＝2000（本）；然后把整批书的本数看作单位“1”，利用“已知一个数的几分之几是多少，求这个数，用除法计算”，把数代入计算：（1800+2000）÷（1-）＝6650（本），据此解答即可．
【详解】[1800+1800×（1+）]÷（1-）
＝[1800+2000]÷
＝3800÷
＝6650（本）
答：这批儿童读物一共有6650本．
35．5小时
【思路分析】根据公式：工作效率＝工作总量÷工作时间，由此即可求出师傅和徒弟的工作效率，之后用4乘师傅和徒弟的工作效率之和得出4小时完成的量，根据题目可知，这批零件是单位“1”，用1减去完成的量再除以徒弟的效率即可求出时间。
【详解】1÷10＝
1÷15＝
4×（＋）
＝4×
＝
1－＝
÷＝5（小时）
答：还要5小时才能完成任务。
【点睛】本题主要考查工程问题的公式，熟练掌握它的公式并灵活运用。
36．500米；196250平方米
【思路分析】根据速度和×相遇时间＝总路程，求出广场一周的长度，圆的直径＝圆的周长÷圆周率，圆的面积＝圆周率×半径的平方，据此列式解答。
【详解】（69＋88）×10
＝157×10
＝1570（米）
1570÷3.14＝500（米）
3.14×（500÷2）2
＝3.14×2502
＝3.14×62500
＝196250（平方米）
答：这个圆形广场的直径是500米，这个圆形广场的占地面积是196250平方米。
【点睛】关键是根据速度、时间、路程之间的关系求出圆的周长，掌握并灵活运用圆的周长和面积公式。
第1页，共2页
第1页，共2页

高频微专题4 速率与平衡图像（含解析）-《巅峰突破》2026版高中化学高三一轮复习

Tue, 12 Aug 2025 12:06:49 +0800

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
(
姓名班级考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
高频微专题4　速率与平衡图像
满分50分,限时40分钟
一、选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.向一恒容密闭容器中加入1 mol CH4和一定量的H2O,发生反应:CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x[x=]随温度的变化曲线
如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.x1B.反应速率:vb正C.点a、b、c对应的平衡常数:KaD.反应温度为T1 K,当容器内压强不变时,反应达到平衡状态
2.一定条件下向某密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量的B三种气体,图1表示各物质浓度随时间的变化关系,图2表示速率随时间的变化关系,t2 s、t3 s、t4 s、t5 s时刻各改变一种条件,且改变的条件均不同。若t4时刻改变的条件是压强,则下列说法错误的是(　　)
图1　　图2
A.若t1=15,则前15 s的平均反应速率v(C)=0.004 mol·L-1·s-1
B.该反应的化学方程式为3A(g) B(g)+2C(g)
C.t2 s、t3 s、t5 s时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度
D.B的起始物质的量为0.04 mol
3.利用CO2和H2可制得CH4,实现资源综合利用。
已知:Ⅰ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+41.2 kJ·mol-1
Ⅱ.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-165.0 kJ·mol-1
在一定的温度和压力下,将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器,反应相同时间,CO2的转化率和CH4选择性随温度变化关系如图所示。
注:CH4选择性=×100%
下列说法不正确的是 (　　)
A.反应2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g)的焓变ΔH=-247.4 kJ·mol-1
B.240 ℃时,其他条件不变,增大压强能提高CO2的转化率
C.在260~300 ℃间,其他条件不变,升高温度CH4的产率增大
D.320 ℃时CO2的转化率最大,说明反应Ⅰ和反应Ⅱ一定都达到了平衡状态
4.CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。反应①完成之后,以N2为载气,将恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上检测到有积炭。下列说法不正确的是 (　　)
图1　图2
A.反应①为CaO+CO2 CaCO3;反应②为CaCO3+CH4 CaO+2CO+2H2
B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2的速率不变,推测有副反应CH4 C+2H2
C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率
D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生
5.乙醇—水催化重整可获得H2。其主要反应为
C2H5OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g)　ΔH=173.3 kJ·mol-1
CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH=41.2 kJ·mol-1
在1.0×105 Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)=1∶3时,若仅考虑上述反应,平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性=×100%
下列说法正确的是 (　　)
A.图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化
B.升高温度,平衡时CO的选择性增大
C.一定温度下,增大n(C2H5OH)/n(H2O)可提高乙醇平衡转化率
D.一定温度下,加入CaO(s)或选用高效催化剂,均能提高平衡时H2产率
二、非选择题(本题共1小题,共20分)
6.(20分)我国力争2030年前实现“碳达峰”,2060年前实现“碳中和”。其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的综合利用。CO2催化加氢制乙醇是促进碳中和实现的重要途径,其中涉及的反应如下:
反应Ⅰ:2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)　ΔH1
反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.0 kJ/mol
反应Ⅲ:2CO(g)+4H2(g) C2H5OH(g)+H2O(g)　ΔH3=-255.9 kJ/mol
回答下列问题:
(1)CO2催化加氢制乙醇反应的ΔH1=　　　　kJ/mol;该反应能在　　　　(填“高温”或“低温”或“任何温度”)自发进行。
(2)在2 L恒容密闭容器中分别投入2 mol CO2和6 mol H2,进行反应Ⅰ。
①下列描述能说明该反应达到平衡状态的是　　　　(填字母)。
A.容器内混合气体的密度保持不变
B.容器内压强保持不变
C.容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变
D.C2H5OH和H2O的物质的量之比保持不变
E.2v(CO2)正=3v(H2O)逆
②容器中乙醇的物质的量与时间的关系如图1所示,若容器中改变条件时,反应情况会由曲线a变为曲线b,则改变的条件是　　　　;容器中0~10 min内,用氢气表示的平均反应速率v(H2)=　　　　mol·L-1·min-1。
　　　
图1 图2
(3)在总压为p MPa的条件下,按CO2和H2投料比为1∶1、1∶2、1∶3向密闭容器中投入CO2和H2进行反应Ⅰ,CO2的平衡转化率与温度、投料比x=的关系如图2所示。
①从平衡角度分析,随温度升高,不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②A点时,该反应的平衡常数Kp=　　　　(压力平衡常数Kp是以气体分压来表示反应的平衡常数)。
(4)利用电解的方法,也可以实现CO2到乙醇的转变,则碱性电解质溶液中,阴极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;标准状况下,2.24 L CO2参与反应时,转移的电子数为　　　　(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
答案全解全析
1.B　相同条件下,增大H2O(g)的物质的量能提高CH4的平衡转化率,即x值越小CH4的平衡转化率越大,故x1vc正,B错误;据题图可知,x一定时,温度升高CH4的平衡转化率增大,可判断正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,K值增大,而(注意),故平衡常数:Ka归纳总结
解答化学反应速率和化学平衡图像题思维流程
审题干审明各物质的状态(有无固体、纯液体),明确气体分子数的变化(变大、变小、不变),正反应是吸热还是放热
看图像一看面(纵轴与横轴的意义);二看线(线的走向和变化趋势);三看点(起点、拐点、终点);四看辅助线(如等温线、等压线、平衡线);五看量的变化(如浓度变化、温度变化)
想方法 ①三步分析法:一看反应速率是增大还是减小;二看v(正)、v(逆)的相对大小;三看化学平衡移动的方向; ②先拐先平数值大:在含量(或转化率)-时间曲线图中,先出现拐点的曲线则先达到平衡,说明该曲线反应速率快,表示温度较高、有催化剂、压强较大等; ③定一议二:当图像中有三个量时,先确定一个量不变,再讨论另外两个量的关系
作判断联想化学反应速率、化学平衡移动规律,将图像与原理结合,得出结论
2.C　由图1可知,前15 s内v(C)==0.004 mol·L-1·s-1,A正确。由图2可知,t4 s时刻反应速率突然减慢,根据题中信息可知t4 s时是减小压强,减小压强平衡不移动,说明反应前后气体总体积相等,结合图1可知达到平衡时Δc(A)=0.09 mol·L-1,Δc(C)=0.06 mol·L-1,二者数之比,为3∶2,则可判断B为生成物,该反应为3A(g) B(g)+2C(g),B正确。t2 s瞬间只有某个方向的反应速率增大,应该是改变浓度,t3 s时反应速率同等程度加快,即平衡不移动,此时应是加入催化剂,t5 s时正、逆反应速率均加快,应该是升高温度,C错误。该反应为3A(g) B(g)+2C(g),根据A、C的浓度变化,可知应生成0.03 mol·L-1的B,则B的初始浓度为0.05 mol·L-1-0.03 mol·L-1=0.02 mol·L-1,结合起始加入量和起始浓度可判断容器容积为2 L,故起始时n(B)=0.02 mol·L-1×2 L=0.04 mol,D正确。
读图技巧
　　分清正反应速率、逆反应速率及二者的相对大小,分清“突变”和“渐变”;正确判断化学平衡的移动方向;熟记浓度、压强、温度、催化剂等对化学平衡移动的影响规律。
3.D　根据盖斯定律,Ⅱ-Ⅰ×2得2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g)　ΔH=-247.4 kJ·mol-1,A正确;改变压强,对反应Ⅰ平衡无影响,增大压强,反应Ⅱ平衡正向移动,能提高CO2的平衡转化率,B正确;由题图可知,260~300 ℃间,升高温度CH4选择性基本不变,CO2的转化率上升,则CH4的产率增大,C正确;320 ℃时CO2的转化率最大,再升高温度,CO2的转化率降低,可能是因为温度过高导致催化剂失去活性,无法判断反应Ⅰ、反应Ⅱ是否达到平衡状态,D错误。
4.C　由图1可知,反应①为CaO+CO2 CaCO3,反应②为CaCO3和CH4发生氧化还原反应生成CaO、CO和H2,根据得失电子守恒、原子守恒配平该反应的化学方程式为CaCO3+CH4 CaO+2CO+2H2,A正确;由图2可知,t1~t3时n(H2)比n(CO)多,且生成H2速率不变,反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积炭,故可能发生副反应CH4 C+2H2,B正确;由反应②的化学方程式可知,H2和CO的生成速率相等,CO的流速=反应②生成H2的流速≈1.5 mmol·min-1,副反应生成H2的流速≈0.5 mmol·min-1,故副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率,C错误;t3之后,CO的流速为0,CH4的流速逐渐增大,最终到1 mmol·min-1,说明CO的生成速率为0,是因为反应②不再发生,D正确。
5.B　由CO的选择性计算公式可知,相同温度下,CO和CO2的选择性之和为1,故题图中曲线②代表平衡时H2产率随温度的变化;由题图可知,约330 ℃以后H2的平衡产率随温度升高而减小,结合题给反应可知,此时CO的选择性随温度的升高而增大,故曲线③代表平衡时CO的选择性,曲线①代表平衡时CO2的选择性,A错误,B正确;一定温度下,增大,可认为开始时水蒸气物质的量不变,增大乙醇物质的量,则乙醇的平衡转化率降低,C错误;加入CaO能同时吸收CO2和水蒸气,无法判断平衡如何移动,也无法判断对H2产率的影响,催化剂对平衡无影响,D错误。
6.(除标注外,每空2分)
(1)-173.9　低温
(2)①BC　②升高温度　0.18
(3)①该反应是放热反应,随着温度的升高,平衡逆向移动,CO2的平衡转化率降低,CO2和H2投料比增大对CO2的平衡转化率的影响减小(3分)　②(3分)
(4)2CO2+12e-+9H2OC2H5OH+12OH-　0.6NA
解析　(1)根据盖斯定律,Ⅰ=Ⅱ×2+Ⅲ,故ΔH1=2ΔH2+ΔH3=+41.0 kJ/mol×2-255.9 kJ/mol=-173.9 kJ/mol;该反应的ΔS<0,根据ΔG=ΔH-TΔS<0可知该反应在低温时能自发进行。(2)①混合气体的质量和总体积不变,即密度始终保持不变,密度不变不能说明反应达到平衡状态,A错误;该反应为反应前后气体体积减小的反应,当气体的物质的量不再变化,即容器内压强保持不变,说明反应达到平衡状态,B正确;混合气体的质量不变,但总物质的量变化,=,即当混合气体的平均摩尔质量不再改变,说明反应达到平衡状态,C正确;C2H5OH和H2O的物质的量之比等于化学计量数之比,始终保持不变,D错误;2v(CO2)正=3v(H2O)逆,正、逆反应速率不相等,应该是3v(CO2)正=2v(H2O)逆时反应达到平衡状态,E错误。②由题图1可知,改变条件后反应速率加快,平衡时产生的乙醇量少,因该反应是放热反应,由曲线a变为曲线b改变的条件是升高温度,平衡逆向移动,生成乙醇量减少。0~10 min内容器中生成0.6 mol乙醇,消耗3.6 mol H2,故0~10 min内,v(H2)==0.18 mol·L-1·min-1。(3)①该反应是放热反应,随着温度的升高,平衡逆向移动,CO2的平衡转化率降低,CO2和H2投料比增大对CO2的平衡转化率的影响减小,则不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近。②同一温度下H2的投入量越大,CO2的平衡转化率越高,即A点对应投料比x==,设n(CO)=1 mol,n(H2)=3 mol,则:
2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)
起始/mol 1 3 0 0
转化/mol 0.5 1.5 0.25 0.75
平衡/mol 0.5 1.5 0.25 0.75
故平衡时总物质的量为0.5 mol+1.5 mol+0.25 mol+0.75 mol=3 mol,则Kp==。
(4)利用电解的方法,碱性电解质溶液中,CO2在阴极得电子生成乙醇,即阴极反应式为2CO2+12e-+9H2O C2H5OH+12OH-;标准状况下,2.24 L CO2的物质的量为0.1 mol,参与反应时,转移的电子数为0.6NA。

浙江省金华市校级2024-2025一年级下学期期末数学试题（无答案）

Tue, 12 Aug 2025 12:06:37 +0800

…线…
班级
2024学年第二学期小学数学一年级下册期末独立作业
姓名
序号
…装…订…
(完卷时间：60分钟)
(2025.06)
.e
等级：
亲爱的小朋友们，这学期快要过去了，你想知道通过自己的努力有多少收获吗
快来试试吧！书写整洁美观噢！
一、我会填。（每空1分，共35分）
1.36是由(
)个十和(
)个一组成的。100里面有(
）个十，100
里面有()个一。
2.48读作：(
),七十三写作：(
3.最小的两位数是(
),最大的两位数是(
)。
4.个位上是5、十位上是4的两位数是()。和它相邻的两个数分别是
)和()。
5.46比53少(
),67比25多(
),（
)比33多6。
6.先想一想百数表，再按照百数表填一填。
65
7.找规律，填一填。
(1)25,30,(),40,（
),50.
(2)46,44,（),40,（)。
(3)○ △O △O()(
)(
8.在○里填上“>”“<”或“=”。
61+8○89-3
58+21(○58-21
46+13()
46+12
93-52○85-44
55-21(
23+6
76-23(○)79-23
9.七巧板里一共有()种图形，其中三角形有()块。（）号
和(
)号图形是一样的，（)号和()号图形是一样的。
二、我会选。（每空2分，共10分）
1.在46这个数中，“4”表示4个(
）。
A.一
B.十
C.百
2.有46个苹果，梨比苹果少得多，梨可能有(
)个
A.45
B.37
C.12
3.
中有(
)个正方形。
A.4
B.5
C.9
4.
每个方格里只能填1,2,3中的一个，使每一横行、每一竖行的数字不
能重复，△处填(
),☆处填(
)
△3
A.1
B.2
C.3
1
2
三、我是计算小能手。（共20分）
☆2
1.直接写得数。(12分)
8+6=
30+40=
88-12=
18-9=
2+35=
42-11=
94-50=
36+13=
52+16=
21+7=
17+31=
92-12=
2.
用竖式计算。(8分)
61+16=
97-53=
45-4=
6+22=
四、数一数，填一填。(5分)
)个
口(
)个
△
)个
0
(
)个
□
)个
五、看图列式计算。（每小题3分，共15分）
+2
+3
8902345
2.
十位个位
口+口=□
口-口□
只
吃了
的
3
h0
17个
28只
口0□□
□O□口

高频微专题1 信息型反应方程式书写（含解析）-《巅峰突破》2026版高中化学高三一轮复习

Tue, 12 Aug 2025 12:06:06 +0800

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
(
姓名班级考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密封线内不要答题
)
高频微专题1　信息型反应方程式书写
满分100分,限时60分钟
一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+,Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是 (　　)
A.3Cl2+6FeI2 2FeCl3+4FeI3
B.Cl2+FeI2 FeCl2+I2
C.Co2O3+6HCl(浓) 2CoCl2+Cl2↑+3H2O
D.2Fe3++2I- 2Fe2++I2
2.酸性环境中,纳米Fe/Ni去除N过程中的含氮微粒变化如图所示,溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法不正确的是 (　　)
A.反应ⅱ的离子方程式为N+2H2O
B.反应过程中纳米Fe/Ni为催化剂
C.增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量,可提高N的去除效率
D.a mol N至少需要4a mol的铁
3.一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列离子方程式可正确解释相应变化的是 (　　)
A 硫酸亚铁溶液中出现棕黄色沉淀 4Fe2++O2+2H2O 2Fe3++2Fe(OH)2↓
B 硫化钠溶液中出现乳白色浑浊 2S2-+O2+2H2O 4OH-+2S↓
C 氯水颜色逐渐褪去 4Cl2+4H2O 8H++7Cl-+Cl
D 过氧化钠变为白色粉末 +H2O+2CO2 2HC+O2↑
4.实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法和对应的反应方程式均错误的是 (　　)
A.用硫黄处理洒落在地上的水银:S+Hg HgS
B.用盐酸处理银镜反应后试管内壁的金属银:2Ag+2H+ 2Ag++H2↑
C.用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体:SO3+2OH- S+H2O
D.用烧碱溶液吸收电解饱和食盐水时阳极产生的气体:Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O
5.下列离子方程式符合题意且正确的是(　　)
A.向酸性KMnO4溶液中滴加甲醛溶液,溶液褪色并产生气泡:2Mn+12H++5HCHO 2Mn2++5CO2↑+11H2O
B.向含双氧水和氨水的混合液中加入铜粉,溶液变蓝色:Cu+H2O2+4NH3·H2O [Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
C.向氢碘酸溶液中加入少量磁性氧化铁粉末,溶液变浅绿色:Fe3O4+8H+ 2Fe3++Fe2++4H2O
D.向NaHSO3溶液中滴加少量NaClO溶液,产生气泡:HS+Cl-+H+
6.下列实验中相关反应的离子方程式书写不正确的是 (　　)
装置编号溶质X
① H2SO4
② CuSO4
③ NaHCO3
④ KAl(SO4)2
A.①:Ba2++OH-+H++S BaSO4↓+H2O
B.②:Ba2++2OH-+Cu2++S BaSO4↓+Cu(OH)2↓
C.③:Ba2++2OH-+2HC
D.④:3Ba2++6OH-+2Al3++3S 3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
7.KClO2是一种氧化性极强的氧化剂,在酸性或碱性介质中均能将MnO2溶解,得到紫色溶液。其中一种制备流程如图,下列说法正确的是 (　　)
A.“还原”过程反应的环境为强碱性介质
B.“还原”过程中消耗葡萄糖和NaClO3物质的量之比为1∶12
C.“制备”过程中发生反应的离子方程式为2ClO2+H2O2 2Cl+O2+2H+
D.在碱性介质中,Cl
8.某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”,能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后,经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如下。
已知:2NO2(g) N2O4(g)　ΔH<0
下列说法不正确的是 (　　)
A.温度升高时不利于NO2吸附
B.多孔材料“固定”N2O4,促进2NO2(g) N2O4(g)平衡正向移动
C.转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2O 4HNO3
D.每获得0.4 mol HNO3时,转移电子的数目为6.02×1022
9.酸性溶液中,在Ce3+、Br-的催化下,Br将CH2(COOH)2氧化为CO2的反应过程中发生以下几个反应:①Br-与Br生成Br2和H2O;②Br2与CH2(COOH)2发生取代反应生成BrCH(COOH)2;③Br将Ce3+氧化为Ce4+,本身被还原为HBrO;④HBrO和Ce4+把BrCH(COOH)2彻底氧化,并实现催化剂的再生。下列说法错误的是 (　　)
A.①中每转移0.5 mol电子时,可生成0.3 mol Br2
B.②③均属于氧化还原反应,且均使溶液中c(H+)增大
C.④的离子方程式为HBrO+4Ce4++H2O+BrCH(COOH)2 2Br-+4Ce3++3CO2↑+6H+
D.恰好完全反应时,Br与CH2(COOH)2的物质的量之比为4∶3
10.利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-并制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图。下列说法正确的是 (　　)
A.CaSO4·2H2O属于混合物
B.过程Ⅰ中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2∶1
C.过程Ⅱ中,反应的离子方程式为4Mn+4Mn(OH)2↓+H2O
D.将10 L上层清液中的S2-(S2-浓度为480 mg·L-1)转化为S,理论上共需要0.3 mol O2
11.一定条件下,酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应,Mn(Ⅱ)起催化作用,过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B.随着反应物浓度的减小,反应速率逐渐减小
C.该条件下,Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D.总反应为2Mn+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O
12.一种制备Cu2O的工艺路线如图所示,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下,H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8。下列说法正确的是 (　　)
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化
C.反应Ⅱ的离子方程式为SO2+C+CO2
D.反应Ⅲ中生成气体Ⅰ的化学方程式是2CuSO4+3Na2SO3 Cu2O↓+2SO2↑+3Na2SO4
二、非选择题(本题共3小题,共40分)
13.(10分)完成下列问题。
(1)将SO2通入0.5 mol·L-1 KNO3溶液中,一段时间后,试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体。写出SO2与KNO3反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)NSR(NO2的储存和还原在不同时段交替进行)技术可有效降低稀燃柴油和汽油发动机尾气中NO2的排放,其工作原理如图。
存储阶段中Ba存储NO2后转化为Ba(NO3)2的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)CO2的吸收与利用
利用太阳能,以CO2为原料制取炭黑的流程如下图所示。过程2的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)已知:Mn的还原产物是Mn2+。
酸性KMnO4溶液与H2O2反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下:
“沉淀”过程中产生CuCl的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
14.(15分)油画中使用的无机颜料雌黄(As2S3)在不同空气湿度和光照条件下会发生褪色,主要发生以下两种化学反应:
(1)紫外线照射下,被氧化的元素是　　　　(填元素符号),每生成1 mol As2O3,转移电子的物质的量为　　　　mol。
(2)自然光照射下发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)氧化等量As2S3时,紫外线与自然光照射下消耗O2的物质的量之比为　　　　。
(4)Na2S和Na2CO3按物质的量之比2∶1混合后加热,向溶液中通入SO2即可获得Na2S2O3(S的平均化合价为+2价)和CO2,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。上述过程一般在碱性环境下进行,若在酸性环境下,由于生成副产物　　　　导致产品会发黄。
(5)芯片制造工业中利用GaAs与H2O2反应,将As氧化为+5价,该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　。
15.(15分)硫及其化合物是重要的化学物质。回答下列问题:
(1)二氯化二硫(S2Cl2,常温下为液体)常用作贵稀金属的萃取剂,遇水会反应生成S、SO2和刺鼻的酸雾,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　;将干燥的NH3通入S2Cl2的CCl4溶液中,可发生反应:6S2Cl2+16NH3 S4N4+S8+12NH4Cl(已知S8是硫单质中最稳定的),该反应中,NH3体现的性质有还原性和　　　　。
(2)将SO2通入含有FeCl3和BaCl2的混合溶液中有白色沉淀产生,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式解释)。
(3)同种反应物,其反应产物与浓度、温度、反应物相对量等因素有关。影响SO2与NaOH反应产物的因素与下列反应相同的是　　　　　　(填字母)。
a.Na与O2反应　　　　b.H2S与O2反应
c.FeBr2溶液与Cl2反应　　　　d.Fe与稀硝酸反应
(4)SOCl2(遇水产生刺激性气味的气体)是有机合成的氯化剂,与NaOH溶液反应可生成三种钠盐,写出三种钠盐的化学式:　。
(5)造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S),可用如图所示转化方式除去。
①当反应Ⅰ和Ⅱ转移电子数相等时,还原剂的物质的量之比为　　　。
②已知反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3按物质的量之比为1∶1反应,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(反应物有H2O参与)。
答案全解全析
1.A　由于(知识点),所以Cl2应先氧化I-,而不应先氧化Fe2+,A错误;Cl2氧化性强于I2,反应能发生,B正确;氧化性Co2O3>Cl2,反应能发生,C正确;氧化性Fe3+>I2,反应能发生,D正确。
2.B　反应过程中,反应ⅰ是N被还原成N,反应ⅱ是N被还原为N,离子方程式为N+3Fe+8H+ 3Fe2++N+2H2O,A项正确;反应中Fe作还原剂,镍作催化剂,B项错误;增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量,即增大还原剂和催化剂的量,同时增大反应物间的接触面积,可提高N的去除效率,C项正确;a mol N完全转化为N,转移8a mol电子,1 mol Fe转移2 mol电子,根据得失电子守恒,至少需要4a mol的铁,D项正确。
3.B　硫酸亚铁溶液中出现棕黄色沉淀是因为发生了反应4Fe2++O2+10H2O 4Fe(OH)3↓+8H+,A错误;是因为S2-被O2氧化生成了硫单质,B正确;氯水颜色逐渐褪去,是因为氯水中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO,HClO见光分解,促进平衡正向移动,C错误;过氧化钠变为白色粉末,是因为发生反应2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2,Na2O2不可拆成离子形式,D错误。
4.B　S和Hg发生化合反应生成HgS,可以用硫黄处理洒落在地上的水银,反应方程式为S+Hg HgS,处理方法和对应的反应方程式均正确,A不符合题意;Ag不活泼,不能和盐酸反应生成氢气,处理方法和对应的反应方程式均错误,B符合题意;蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为SO2,可以用NaOH溶液吸收,离子方程式为SO2+2OH- S+H2O,处理方法正确,对应的反应方程式错误,C不符合题意;电解饱和食盐水时阳极产生的气体为Cl2,可以用NaOH溶液吸收,离子方程式为Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O,处理方法和对应的反应方程式均正确,D不符合题意。
5.B　甲醛与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为4Mn+12H++5HCHO 4Mn2++5CO2↑+11H2O,A错误;向含双氧水和氨水的混合液中加入铜粉发生的反应为Cu+H2O2+4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O,B正确;氢碘酸与(易错点),反应的离子方程式为Fe3O4+8H++2I- 3Fe2++I2+4H2O,C错误;有气泡产生,故亚硫酸氢钠溶液与少量次氯酸钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠、二氧化硫和水,反应的离子方程式为2HS+ClO- S+Cl-+SO2↑+H2O,D错误。
6.A　Ba(OH)2和H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水,Ba(OH)2完全反应,Ba2+和OH-的化学计量数比为1∶2,离子方程式为Ba2++2OH-+2H++S BaSO4↓+2H2O,A错误;Ba(OH)2和硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀,离子方程式为Ba2++2OH-+Cu2++S BaSO4↓+Cu(OH)2↓,B正确;Ba(OH)2少量,所以OH-可以完全反应,Ba(OH)2和碳酸氢钠的化学计量数比为1∶2,离子方程式为Ba2++2OH-+2HC BaCO3↓+2H2O+C,C正确;Ba(OH)2少量,则Al3+生成氢氧化铝沉淀,Ba2+和S生成硫酸钡沉淀,离子方程式为3Ba2++6OH-+2Al3++3S 3BaSO4↓+2Al(OH)3↓,D正确。
7.D　“还原”过程生成CO2,说明反应环境为酸性介质,A错误;葡萄糖(C6H12O6)转化为CO2,C元素由0价升高为+4价,NaClO3中Cl元素由+5价降低为+4价,降低1价,根据化合价升降相等,二者物质的量之比为1∶24,B错误;“制备”过程为碱性环境,不会生成H+,C错误;在碱性介质中,Cl可将MnO2氧化为Mn,说明Cl的氧化性强于Mn的氧化性,D正确。
8.D　由2NO2(g) N2O4(g)　ΔH<0可知,该反应放热,升高温度,平衡逆向移动,导致生成的N2O4减少,不利于NO2的吸附,A正确;多孔材料“固定”N2O4,从而促进2NO2(g) N2O4(g)平衡正向移动,B正确;N2O4和氧气、水反应生成硝酸,其方程式为2N2O4+O2+2H2O(g) 4HNO3(g),C正确;由2N2O4+O2+2H2O 4HNO3可知,生成4 mol硝酸转移电子4 mol,则每获得0.4 mol HNO3,转移电子0.4 mol,个数约为2.408×1023,D错误。
9.B　
由①的离子方程式可知,每转移5 mol电子时,生成3 mol Br2,则每转移0.5 mol电子时,可生成0.3 mol Br2,A正确。反应②③中均有元素化合价改变,均属于氧化还原反应;反应②生成H+使c(H+)增大,反应③消耗H+,使c(H+)减小,B错误。反应④中HBrO既将BrCH(COOH)2氧化为CO2,还要实现Br-和Ce3+的再生,故离子方程式为HBrO+4Ce4++H2O+BrCH(COOH)2 2Br-+4Ce3++3CO2↑+6H+,C正确。由分析得出的总反应可知,恰好完全反应时,Br与CH2(COOH)2的物质的量之比为4∶3,D正确。
10.D　CaSO4·2H2O有确定的化学式,属于纯净物,A项错误;过程Ⅰ中氧化剂为O2,转化成水,1个O2分子得到4个电子,还原剂为Mn(OH)2,转化为Mn,1个Mn失去2个电子,发生反应时得失电子守恒,所以氧化剂(O2)与氧化产物(Mn)的物质的量之比为1∶2,B项错误;反应环境是碱性,故反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O S2+4Mn(OH)2↓+10OH-,C项错误;由题图可得整个转化过程中O2得电子,S2-失电子,S2-~8e-~2O2,则消耗氧气的物质的量为×10×2 mol=0.3 mol,D项正确。
方法指导
得失电子守恒思想在化学计算中的应用
(1)找各物质:找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)定得失数:确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。
(3)列关系式:根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)。
11.C　由题图可知,随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小,说明反应过程中生成Mn(Ⅲ),然后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ),Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4,A项错误;随着反应物浓度的减小,到大约13 min时开始生成Mn(Ⅱ),Mn(Ⅱ)对反应起催化作用,13 min后反应速率会增大,B项错误;Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ),该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存,C项正确;H2C2O4为弱酸,在离子方程式中应写化学式,总反应为2Mn+5H2C2O4+6H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O,D项错误。
12.D
SO2与碳酸钠溶液反应(反应Ⅱ),所得溶液pH在3~4之间,溶液显酸性,根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8,可知Kh(HS)=13.(每空2分)
(1)3SO2+2H2O+2N3S+2NO+4H+
(2)Ba+O2+2NO2Ba(NO3)2
(3)6FeO+CO22Fe3O4+C
(4)2Mn+6H++5H2O25O2↑+2Mn2++8H2O
(5)2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O2CuCl↓+S+4H+
解析　(1)试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体,说明反应过程中生成NO,离子方程式为3SO2+2H2O+2N 3S+2NO+4H+。
(2)根据题图可知,存储阶段中Ba存储NO2后转化为Ba(NO3)2,化学方程式为Ba+O2+2NO2 Ba(NO3)2。
(3)过程2为氧化亚铁与二氧化碳反应生成四氧化三铁和碳单质,根据得失电子守恒,化学方程式为6FeO+CO2 2Fe3O4+C。
(4)酸性KMnO4溶液将H2O2氧化生成氧气,自身被还原成Mn2+,离子方程式为2Mn+6H++5H2O2 5O2↑+2Mn2++8H2O。
(5)CuSO4转化为CuCl,Cu元素化合价降低,则必有元素化合价升高,由题图可知,SO2中S元素化合价升高,SO2转化为S,故硫酸铜溶液与二氧化硫和氯化钠发生氧化还原反应生成氯化亚铜、Na2SO4、H2SO4和HCl,离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O 2CuCl↓+S+4H+。
14.(除标注外,每空2分)
(1)S　12
(2)As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4(3分)
(3)3∶7
(4)2S2-+C+4SO23S2+CO2　S(硫)
(5)4∶1
解析　(1)在紫外线照射下,As2S3与空气中的氧气反应生成As2O3和H2S2O3,S元素的化合价升高,S元素被氧化,O2中O元素的化合价降低,化学方程式为2As2S3+6O2+3H2O 2As2O3+3H2S2O3,可得关系式2As2S3~24e-~2As2O3,则每生成1 mol As2O3,转移12 mol电子。
(2)在自然光照射下,As2S3与空气中的氧气反应生成H3AsO4和H2SO4,S元素的化合价由-2价升高到+6价,1个S失去8个电子,3个S失去24个电子,As元素的化合价由+3价升高到+5价,2个As共失去4个电子,则1个As2S3共失去28个电子,O2中O元素的化合价由0价降低到-2价,故得到28个电子需要7个O2,结合原子守恒可得,自然光照射下发生反应的化学方程式为As2S3+7O2+6H2O 2H3AsO4+3H2SO4。
(3)根据(1)、(2)分析中得出的化学方程式可知,2As2S3~14O2~6H2SO4,2As2S3~6O2~3H2S2O3,氧化等量As2S3时,紫外线与自然光照射下消耗O2的物质的量之比为6∶14=3∶7。
(4)Na2S→Na2S2O3,S元素化合价由-2价升高到+2价,2个Na2S共失去8个电子,SO2→Na2S2O3,S元素化合价由+4价降低到+2价,根据得失电子守恒,有4个SO2发生反应,结合原子守恒及电荷守恒配平可得2S2-+C+4SO2 3S2+CO2;根据产品发黄可知,副产物为单质硫。
(5)GaAs中As元素的化合价由-3价升高到+5价,1个As失去8个电子,H2O2中O元素的化合价由-1价降低到-2价,1个H2O2得2个电子,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1。
15.(除标注外,每空2分)
(1)2S2Cl2+2H2O3S↓+SO2↑+4HCl　碱性(1分)
(2)SO2+2Fe3++Ba2++2H2O2Fe2++BaSO4↓+4H+(3分)
(3)bcd
(4)NaCl、Na2SO3、NaHSO3
(5)①1∶3　②Na2SO3+Na2S+(CoPc)O+H2ONa2S2O3+CoPc+2NaOH(3分)
解析　(1)根据题目信息,S2Cl2遇水反应生成S、SO2和刺鼻的酸雾,则酸雾为HCl,反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O 3S↓+SO2↑+4HCl;16个NH3分子中有4个NH3被氧化,体现了还原性,有12个NH3中N元素化合价不发生变化,生成NH4Cl,体现了碱性。(2)将SO2通入含有FeCl3和BaCl2的混合溶液中,SO2先被Fe3+氧化为S,然后S结合Ba2+产生白色沉淀,整个过程的离子方程式为SO2+2Fe3++Ba2++2H2O 2Fe2++BaSO4↓+4H+。(3)SO2与NaOH的相对量不同,反应产物不同。Na与O2反应,常温下生成氧化钠,加热或点燃条件下生成过氧化钠,影响反应产物的因素是温度,a不符合题意;H2S与O2反应,O2少量时生成S,O2过量时生成SO2,影响反应产物的因素是反应物相对量,b符合题意;FeBr2溶液与Cl2反应,氯气少量时只有Fe2+被氧化,氯气过量时Fe2+和Br-均被氧化,影响反应产物的因素是反应物相对量,c符合题意;Fe与稀硝酸反应,Fe少量时生成硝酸铁,Fe过量时生成硝酸亚铁,影响反应产物的因素是反应物相对量,d符合题意。(4)SOCl2与水反应会生成SO2和HCl,SO2与NaOH反应可生成亚硫酸钠、亚硫酸氢钠,HCl与NaOH反应可生成氯化钠,故SOCl2与NaOH溶液反应生成的三种钠盐为NaCl、Na2SO3、NaHSO3。(5)①由流程图知,反应Ⅰ中,Na2S转化生成Na2SO3,还原剂为Na2S,且存在关系式Na2S~6e-,反应Ⅱ中,Na2SO3转化生成Na2SO4,还原剂为Na2SO3,且存在关系式Na2SO3~2e-,故转移电子数相等时,还原剂的物质的量之比为1∶3;②结合流程图可知,反应Ⅲ中的反应物有Na2SO3、Na2S、(CoPc)O,生成物有Na2S2O3和CoPc,由于Na2S与Na2SO3按物质的量之比为1∶1反应,则反应的化学方程式为Na2SO3+Na2S+(CoPc)O+H2O Na2S2O3+CoPc+2NaOH。

第八单元 化学能与电能（二） 突破验收卷（含解析）-《巅峰突破》2026版高中化学高三一轮复习