2022-2023学年辽宁省六校高三上学期开学考试化学试题（含解析）

1、20222023学年度(上)六校高三期初考试化学试题考试时间：75分钟 满分：100分可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S16 一、选择题(每题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1. 生活中处处有化学。下列叙述正确的是A. HB铅笔芯的成分为二氧化铅B. 焰火中紫色来源于钠盐灼烧C. 漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果D. 碳酸氢钠可做食品膨松剂【答案】D【解析】【详解】AHB铅笔芯的成分为石墨和黏土，A不正确；B焰色试验中，钠的焰色为黄色，焰火中紫色来源于钾盐灼烧，B不正确；C漂白粉与盐酸混合时，若盐酸过量，则会发生氧化还原反应，从而产生有毒气体氯气，C不正

2、确；D碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳气体，受热后体积发生膨胀，使食品变得膨松，所以可做食品膨松剂，D正确；故选D。2. 下列表示正确的是A. 乙醛的结构简式：B. 2-丁烯的键线式：C. 基态碳原子的轨道表示式：D. 过氧化钠的电子式：【答案】D【解析】【详解】A乙醛的结构简式：，故A错误；B是1,3丁二烯的键线式，而2丁烯的键线式：，故B错误；C基态碳原子电子排布式为1s22s22p2，则基态碳原子的轨道表示式：，故C错误；D过氧化钠中有两个钠离子，一个过氧根离子，其电子式：，故D正确。综上所述，答案为D。3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 8gCH4含有中子数为3NAB.

3、0.1mol/LHClO4溶液中含有的H+数为0.1NAC. 1.2gNaHSO4中含有0.02NA个阳离子D. 0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A8gCH4的物质的量为0.5mol，1molCH4中含有的中子数为6NA，则8gCH4含有中子数为3NA，故A正确；B溶液的体积未知，故无法计算其物质的量，故B错误；CNaHSO4在水溶液中能够电离出Na+、H+、和SO，固体中含有Na+和HSO，12gNaHSO4的物质的量为0.1mol，则12gNaHSO4中含有0.1NA个阳离子，故C错误；DH2与I2反应为可逆反应，

4、则0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数小于0.2NA，故D错误；故选A。4. 下列关于有机物的说法正确的是A. 苯、乙烯和乙酸都能与H2发生加成反应B. 苯乙烯( )易溶于水及苯C. 的一氯代物有四种D. CH2=CHCH=CH2中所有原子不可能共平面【答案】C【解析】【详解】A苯、乙烯都能与H2发生加成反应，乙酸不能与氢气发生加成反应，故A错误；B苯乙烯( )难溶于水，易溶于苯，故B错误；C 有四种位置的氢，其一氯代物有四种，故C正确；D根据乙烯中6个原子共平面分析，CH2=CHCH=CH2中所有原子可能共平面，故D错误；综上所述，答案为C。5. W、X、Y

5、、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A. 元素的电负性：WXYB. 原子半径：ZYXWC. 最高价氧化物的水化物的酸性：XZD. Y和W、X、Z均可形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，则为氨气和氯化氢反应生成氯化铵，则W为H、X为N、Z为Cl，根据四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，则Y为Na。【详解】A同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此元素的电负性：XWY，故A错误；B根据层多径大，

6、同电子层结构核多径小，则原子半径：YZXW，故B错误；C根据非金属性越强，则最高价氧化物的水化物的酸性越强，因此最高价氧化物的水化物的酸性： ZX，故C错误；DY和W、X、Z均可形成离子化合物，分别为NaH、Na3N、NaCl，故D正确。综上所述，答案为D。6. 关于反应，下列说法正确的是A. H2SO4是还原剂B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为21C. 0.5mol Na2S2O3发生反应，转移1mol电子D Na2S2O3与稀硝酸也能发生类似反应【答案】C【解析】【详解】A反应，H2SO4中S元素化合价未变，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B反应，中S元素化合价升高生成

7、SO2、S元素化合价降低生成S单质，SO2是氧化产物、S单质是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为11，故B错误；C中S元素化合价由+2升高为+4生成SO2、S元素化合价由+2降低为0生成S单质，0.5mol Na2S2O3发生反应，转移1mol电子，故C正确；D硝酸具有强氧化性，Na2S2O3与稀硝酸反应时，Na2S2O3只作还原剂，故D错误；选C7. 下列“类比”合理的是A. Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Al与H2O反应生成Al(OH)3和H2B. Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClC. NaClO溶液与CO2反应

8、生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOD. NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3【答案】B【解析】【详解】A铝的活泼性小于钠， Al与冷水不反应，故A错误；BNa3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，故B正确；CNaClO具有强氧化性，SO2具有还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应，生成NaCl和硫酸，故C错误；D氨水与少量AgNO3溶液反应生成和NH4NO3，故D错误；选B。8. C2O3是一种无色无味的气体

9、，结构式如图所示，可溶于水生成草酸：。下列说法正确的是A. 甲酸与草酸互为同系物B. C2O3是非极性分子C. 熔点：草酸三氧化二碳干冰D. CO2、C2O3和分子中碳原子的杂化方式均相同【答案】C【解析】【详解】A结构相似、分子组成上相差1个或若干个原子团的化合物互为同系物，甲酸()与草酸()不符合要求，不互为同系物，A错误；B由题图可知正电中心和负电中心不重合，是极性分子，B错误；C草酸分子间能形成氢键，而不能，故草酸熔点比高，相对分子质量比小，因此熔点低于，熔点：草酸三氧化二碳干冰，C正确；D中碳原子的杂化方式为，中碳原子的杂化方式为，分子中碳原子的杂化方式为，杂化方式不完全相同，D错误

10、。故选C。9. 将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是A. 铁被氧化的电极反应式为Fe3eFe3+B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀D. 以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-；据此解题；【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B.铁的腐蚀过程中化学能除了转

11、化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；综上所述，本题应选C.【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e-=H2；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-。10. 分子结构修饰在药物设计与合成中有

12、广泛的应用。布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。下列说法错误的是A. 甲的分子式为C13H18O2B. 甲分子中最多有8个碳原子共平面C. 甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应D. 甲修饰成乙可降低对胃、肠道的刺激【答案】B【解析】【详解】A由甲的结构简式可知分子式为C13H18O2，A正确；B苯环是平面型分子，由于单键可旋转，则最多共平面的碳原子有共11个，B错误；C甲含有羧基，能与NaOH溶液反应，乙含有酯基，可与NaOH溶液发生水解反应，C正确；D甲含有羧基，具有弱酸性，甲修饰成乙含有酯基，可降低对胃、肠道的刺激，D正确；故选：B

13、。11. 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是A. a与浓硝酸不反应，因此可以用钢瓶运输浓硝酸B. b、e为盐酸盐时，可用酸性高锰酸钾溶液鉴别C. 可将e加入浓碱液中制得d的胶体D. 可存在bcdeb的循环转化关系【答案】D【解析】【分析】a为单质，Fe化合价为0，则a为铁单质；b为盐，Fe化合价为+2价，则b为亚铁盐；c为碱，Fe化合价为+2价，则c为氢氧化亚铁；d为碱，Fe化合价为+3价，则d为氢氧化铁；e为盐，Fe化合价为+3价，则e为铁盐。【详解】A铁单质遇浓硝酸发生钝化，在表面生成一层致密的氧化物薄膜，因此可用钢瓶运输浓硝酸，并非不反应，A错误；Bb、e为盐酸

14、盐时，b为FeCl2，e为FeCl3，酸性条件下Fe2+、Cl-都能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别氯化铁和氯化亚铁，B错误；C将铁盐加入浓碱液中生成氢氧化铁沉淀，无法生成氢氧化铁胶体，C错误；D亚铁盐可与碱溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁可以被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁可与酸反应生成铁盐，铁盐可与铁粉反应生成亚铁盐，存在bcdeb的循环转化关系，D正确；故答案选D。12. 向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2mol X和1mol Y发生反应：2X(g)+Y(g)Z(g) H，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化

15、曲线如图所示。下列说法正确的是 A. H0B. 气体的总物质的量：na=ncC. a点：Y的物质的量为0.25molD. 反应速率：【答案】A【解析】【详解】A2X(g)+Y(g)Z(g)正反应气体物质的量减少。甲为绝热过程，甲容器开始时压强增大，说明温度升高，正反应放热，H0，故A正确；Ba、c两点的压强相等，a点温度大于c点，所以c点气体的总物质的量大于a点，即nanc，故B错误；Ca点压强为起始压强，若a点温度与起始温度相同，则a点气体总物质的量为1.5mol； 2-2a+1-a+a=1.5，a=0.75mol，则Y的物质的量为0.25mol。由于a点温度大于起始温度，所以a点总物质的量

16、小于1.5mol，则Y的物质的量小于0.25mol，故C错误；D正反应放热，a点温度大于b点，升高温度平衡逆向移动，a点反应物浓度大于b点，所以反应速率：，故D错误；选A。13. 下列实验操作、现象及所得结论均正确的是 实验操作现象结论A向某钾盐中滴加浓盐酸产生气体可以使品红溶液褪色该钾盐为K2SO3或KHSO3或二者的混合物B将足量的SO2通入酸性高锰酸钾溶液溶液的紫色褪去SO2具有漂白性C分别测定相同条件下浓度均为0.1 molL1的CH3COONa和NaHCO3溶液的pH后者大于前者Kh(CH3COO)Kh()D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水A.

17、AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体可以使品红溶液褪色，可能是二氧化硫或氯气，因此原溶液可能是含有KClO，也可能还有亚硫酸钾等，故A错误；B将足量的SO2通入酸性高锰酸钾溶液，产生的气体可以使品红溶液褪色，高锰酸钾具有强氧化性，则二氧化硫具有还原性，故B错误；C分别测定相同条件下浓度均为0.1 molL1的CH3COONa和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，则说明碳酸氢根水解程度大，水解常数Kh(CH3COO)Kh()，故C正确；D检验乙醇中是否含有水，主要用无水硫酸铜检验，若变蓝，说明含有水，故D错误；综上所述，答案为C。14. 我国科

18、学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜B. 放电时负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-C. 充电时CO2在多孔Pd纳米片表面转化为甲酸D. 外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离【答案】C【解析】【分析】根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Z

19、n(OH)42-，多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为CO2+2H+2e-=HCOOH， 总的电极反应为：Zn+2OH- +2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，充电时的电极反应与放电时的反应相反，由此分析。【详解】A由图可知，a膜释放出氢离子，是阳离子膜，b膜释放出氢氧根离子，是阴离子膜，故A正确；B根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，故B正确；C放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲

20、酸，充电时是电解池，甲酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2，故C错误；D复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，根据总的电极反应：Zn+2OH- +2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，锌的化合价从0价升高到+2价，外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离，故D正确；答案选C。【点睛】根据图中信息写出电极反应是解本题的关键，方法是根据氧化还原反应的原理找到反应物和生成物，根据化合价的变化找到转移的电子数，再进行判断。15. 常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的一元碱BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系数随滴加盐酸体积VHCl的变

21、化关系如图所示。比如B+的分布系数：下列叙述正确的是A. 滴定时，可以选择酚酞作指示剂B. BOH的电离常数Kb=1.0106C. 滴定过程中，水的电离程度：nmpD. p点溶液中，粒子浓度大小为c(Cl-)c(B+)c(BOH)【答案】D【解析】【详解】A根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，A错误；B滴定达到终点时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H

22、2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 mol/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 mol/L，则根据BOHB+OH-，可知c(B+)=0.1000 mol/L，故BOH的电离平衡常数Kb=，B错误；C向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：mnp，C错误；Dp点时恰好中和反应产生BCl，该盐是强酸弱碱盐，B+发生水解反应产生BOH而消耗，则粒子浓度c(Cl-)c(B+)，盐水解程度十分微弱，盐水解产生的微粒浓度小于

23、盐电离产生的两种浓度，则微粒浓度：c(B+)c(BOH)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)c(B+)c(BOH)，D正确；故合理选项是D。第II卷(非选择题，共55分)16. 氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯氧化锌的工业流程如图所示。已知：As2O3微溶于水而生成亚砷酸(H3AsO3)，FeAsO4和ZnCO3难溶于水。回答下列问题：（1）锌元素位于元素周期表_区，Zn的价层电子排布式为_。（2）操作X为_，需用到的玻璃仪器有_、漏斗、烧杯。（3）“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3H2O按12比例

24、参加反应生成了Zn(NH3)42+，发生的离子反应方程式为_。（4）流程中可循环利用的含氮物质有_(填化学式)。（5）已知三种硫化物的Ksp如下表。当溶液中某离子物质的量浓度10-5mol/L时视为沉淀完全，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol/L时，此时Pb2+是否完全沉淀_(填“是”或“否”)。物质CdSCuSPbSKsp8.010-276.310-368.010-28（6）已知“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，写出CO2 “沉锌”的化学方程式：_。【答案】（1） . ds . 3d103s2 （2） . 过滤 . 玻璃棒 （3）ZnO+2+2NH3H2

25、O=Zn(NH3)42+3H2O （4）(NH4)2SO4、NH3H2O （5）否 （6）Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3+(NH4)2SO4【解析】【分析】锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)中加入(NH4)2SO4、NH3H2O，过滤后，滤液中含有Zn(NH3)42+、重金属离子等；加入(NH4)2S2O8、FeSO4H2O，先将氧化为，再将Fe2+氧化为Fe3+，二者反应生成FeAsO4沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S，将重金属离子转化为沉淀，过滤后，滤液中加入Zn，深度除金属离子；过滤后蒸氨，将氨气溶于水得NH3H2O；溶液中通入CO2气体，将

26、Zn(NH3)42+转化为ZnCO3沉淀；过滤后，溶液2为(NH4)2SO4；滤渣为ZnCO3，烘干后煅烧，气体1为CO2。【小问1详解】锌元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则其位于元素周期表ds区，Zn的价层电子排布式为3d103s2。答案为：ds；3d103s2；【小问2详解】操作X用于分离沉淀和溶液，所以应为过滤，需用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯。答案为：过滤；玻璃棒；【小问3详解】“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3H2O按12比例参加反应，则、NH3H2O物质的量之比为1:1，ZnO生成了Zn(NH3)42+，发生的离子反应方程式为ZnO+2+2N

27、H3H2O=Zn(NH3)42+3H2O。答案为：ZnO+2+2NH3H2O=Zn(NH3)42+3H2O；【小问4详解】由分析可知，(NH4)2SO4、NH3H2O、CO2都可循环使用，则流程中可循环利用的含氮物质有(NH4)2SO4、NH3H2O。答案为：(NH4)2SO4、NH3H2O；【小问5详解】c(Cu2+)=10-10mol/L，c(S2-)=mol/L=6.310-26mol/L，c(Cu2+)=mol/L=1.310-2mol/L10-5mol/L，此时Pb2+没有完全沉淀，即：否。答案为：否；【小问6详解】“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，通入CO2 “沉锌”后

28、，锌元素转化为ZnCO3沉淀，化学方程式：Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3+(NH4)2SO4。答案为：Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3+(NH4)2SO4。【点睛】寻找循环使用的物质时，可通过书写各步反应的化学方程式判断。17. 过碳酸钠(2Na2CO33H2O2)俗称固体双氧水，是由碳酸钠、过氧化氢和水三组分体系利用氢键所形成的不稳定的复合物，高温下容易分解，易溶于水。可以替代过氧化钙作为水产养殖业的供氧剂，给在储存运输过程中的鱼、虾等生物供氧保鲜，放氧速率高于过氧化钙。某实验小组模拟工业生产过碳酸钠，装置如图所示。（1）装置中仪器B的名称为_；仪器A的

29、进水口为_(“上口”或“下口”)。（2） 按图连接好装置后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴入30% H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应。下列物质中，可作为稳定剂使用的是_。A. FeCl3B. Na2SiO3C. MnO2D. Na2SO3（3）反应过程中要控制温度不能太高，原因是_。（4）反应后向混合物中加入NaCl固体，搅拌、静置、过滤、洗涤、低温干燥，得到过碳酸钠固体。加入NaCl固体的作用是_。（5）过碳酸钠样品中H2O2含量的测定。取b g 2Na2CO33H2O2(M=314 gmol1)配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶

30、，加入足量稀硫酸，用0.04000 molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。(已知：5H2O22KMnO43H2SO4=2MnSO4K2SO45O28H2O)实验达到滴定终点的现象是_。该过氧碳酸钠的产品纯度为_(用字母表示)。滴定时间过长，测得过碳酸钠产品纯度将_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1） . 恒压分液漏斗 . 下口 （2）B （3）防止H2O2发生分解 （4）增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出 （5） . 当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色 . . 偏低【解析】【分析】根据图中装置连接好后，先将饱和

31、Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴入30% H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应，再加入氯化钠固体，增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出。【小问1详解】根据图中信息得到装置中仪器B的名称恒压分液漏斗；仪器A为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，冷凝水是“下进上出”即进水口为下口；故答案为：恒压分液漏斗；下口。【小问2详解】根据题意及催化剂知识分析H2O2溶液在FeCl3、MnO2等催化剂作用下易分解，而与和还原剂Na2SO3发生氧化还原反应，因此可作为稳定剂使用的是Na2SiO3；故答案为：B。【小问3详解】由于H2O2溶液在温度较高条件下易分解，为了减少H2O2

32、溶液分解，因此反应过程中要控制温度不能太高；故答案为：防止H2O2发生分解。【小问4详解】根据题意加入NaCl固体，增加了溶液中钠离子的物质的量浓度，有利于过碳酸钠析出；故答案为：增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出。【小问5详解】高锰酸钾溶液是紫红色，实验达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色；故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色。根据方程式得到关系式5(2Na2CO33H2O2) 15H2O26KMnO4，该过氧碳酸钠的产品纯度为；故答案为：。滴定时间过长，过氧化氢会发生分解反应，会使消耗的高锰酸钾

33、溶液的体积减小，导致测定过碳酸钠产品纯度将偏低；故答案为：偏低。18. CH4-CO2重整技术是实现“碳中和”的一种理想的CO2利用技术，具有广阔的市场前景、经济效应和社会意义。该过程中涉及的反应如下。主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2= + 41.0 kJ/mol回答下列问题：（1）已知CH4、CO和H2的燃烧热H分别为-890.3 kJ/mol、-283.0 kJ/mol和-285.8 kJ/mol，该催化重整主反应的H1=_kJ/mol。有利于提高CO2平衡转化率的条件是_(填标号)。A.高温高

34、压 B.高温低压 C.低温高压 D.低温低压（2）在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。甲烷的质量分数随温度变化的关系如图甲所示，曲线a对应的=_。反应体系中，随温度变化的关系如图乙所示，随着进料比 的增加，的值_(填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是_。（3）在800、101 kPa时，按投料比=1.0加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为90%，二氧化碳的转化率为95%，则副反应的平衡常数K=_(计算结果保留2位有效数字)。（4）我国科学家设计了一种电解装置如图丙所示，能将二氧化碳转化成合成气CO和H2，同时获得甘油醛。则催化电极a为_极，催

35、化电极b产生CO的电极反应式为_。【答案】（1） . +247.3 kJ/mol . B （2） . 1.0 . 减小 . 随着投料比n(CO2)/n(CH4)的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，n(H2)/n(CO)减小 （3）1.06 （4） . 阳 . CO2+H2O+2e-=CO+2OH-或者2CO2+2e-=CO+CO【解析】【小问1详解】根据题中所给条件，可以列出CH4（g）+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-890.3kJ/mol;CO(g)+O2(g)=CO2(g) =-283.0kJ/mol;H2(g)+ O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol根据盖斯定律可得=+247.3kJ/mol；主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)化学方程式反应物系数之和小于生成物系数之和，并且该反应为吸热反应，故高温低压有利于二氧化碳的转化，答案选B；【小问2详解】甲烷的质量分数，由a、b、c三条线的起始投入甲烷的质量分数可知，甲烷的质量分数越大，越小，故曲线a对应的=1.0；可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料