2022-2023学年浙江省重点中学拔尖学生培养联盟高一下学期第二次月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省重点中学拔尖学生培养联盟2022-2023学年高一下学期第二次月考试题考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有〖答案〗必须写在答题卷上，写在试卷上无效：考试结束后，只需上交答题卷。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108I-127选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.含有非极性共价键的离子化合物是（）A.H2O2 B.Na2O2 C.Na2CO3 D.NH4Cl〖答案〗B〖解析〗【详析】A．H2O2只含共价键，属于共价化合物，故不选A；B．Na2O2含有离子键、O-O键，是含有非极性共价键的离子化合物，故选B；C．Na2CO3不含非极性共价键，故不选C；D．NH4Cl不含非极性共价键，故不选D；选B。2.Na2CO3应用广泛，下列说法不正确的是（）A.Na元素位于第三周期IA族 B.Na2CO3属于强电解质C.Na2CO3溶液呈碱性 D.碳酸钠可以治疗胃酸过多〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na是11号元素，位于第三周期IA族，故A正确；B．Na2CO3在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B正确；C．Na2CO3溶液呈碱性，故C正确；D．碳酸钠碱性强，不能用碳酸钠治疗胃酸过多，一般用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；选D。3.下列化学用语表述不正确的是（）A.乙酸的分子式：CH3COOH B.羟基的电子式：C.CO2的结构式：O=C=O D.正丁烷的球棍模型：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．乙酸的结构简式为CH3COOH，分子式为C2H4O2，故A错误；B．羟基的结构简式为-OH，电子式为，故B正确；C．CO2分子中碳氧之间以双键结合，其结构式为O=C=O，故C正确；D．正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，球棍模型为，故D正确；故选A。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A.SiO2具有半导体特性，可用于制造芯片 B.硬铝密度小强度高，可用作飞机外壳材料C.FeCl3溶液能腐蚀Cu，可制作印刷电路板 D.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆〖答案〗A〖解析〗【详析】A．SiO2能够发生全反射，可用于制作光导纤维，硅用于制造芯片，A错误；B．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，因此可用作航空材料，B正确；C．FeCl3与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以FeCl3溶液腐蚀Cu制作印刷电路板，C正确；D．具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，D正确；故选A。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是（）A.Cl2和足量Fe反应可生成FeCl2 B.高温下C与SiO2反应可制备粗硅C.Al可溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠 D.实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气〖答案〗A〖解析〗【详析】A．Cl2和足量Fe反应可生成FeCl3，故A错误；B．高温下C与SiO2反应生成CO和Si，可制备粗硅，故B正确；C．Al可溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠和氢气，故C正确；D．氯化铵和消石灰加热生成氯化钙、氨气、水，实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气，故D正确；选A。6.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是（）A.Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B.5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C.产物中的SO离子有一部分是氧化产物 D.FeS2只做还原剂〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Cu2S为中Cu、S元素化合价降低之产物，Cu2S为还原产物，故A错误；B．反应中Cu元素化合价由+2降低至+1，FeS2中S原子有的部分由-1升高至+6，有的部分由-1降低至-2，其余元素化合价未发生变化，因此每有5molFeS2发生反应，转移电子为10mol××[6-(-1)]=21mol，故B错误；C．由B项分析可知，产物中的SO离子有一部分是FeS2中S元素升高而得，因此产物中的SO离子有一部分是氧化产物，故C正确；D．由B分析可知，FeS2在反应中既作氧化剂也是还原剂，故D错误；故选C。7.下列方程式的有关表述正确的是（）A.少量SO2通入漂白粉溶液中：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOB.Na2CO3溶液中滴加过量CH3COOH溶液：CO+H+=HCOC.Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2OD.向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．少量SO2通入漂白粉溶液中二氧化硫被氧化生成硫酸钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故A错误；B．Na2CO3溶液中滴加过量CH3COOH溶液生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO-，故B错误；C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀，氢氧化钡和明矾的物质的量比为2:1，反应生成偏铝酸钾、硫酸钡沉淀、水，反应的离子方程式为Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2O，故D正确；选D。8.下列说法不正确的是（）A.在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳B.向蛋白质溶液中加浓硝酸，先产生白色沉淀，加热后，沉淀变成黄色C.石油裂解气可以使溴水褪色，也可以使高锰酸钾溶液褪色D.天然橡胶有一定弹性，但强度、韧性不足，为了克服这些缺点，常用S与橡胶作用，使线性橡胶通过S原子形成化学键，产生交联，形成网状结构——硫化橡胶〖答案〗A〖解析〗【详析】A．葡萄糖为单糖，不能水解，在酒化酶的作用下葡萄糖可以转化为乙醇和二氧化碳，A错误；B．浓硝酸可以使蛋白质变性生成沉淀，加热硝酸和蛋白质发生显色反应变为黄色，B正确；C．石油裂解气中含有不饱和烃类，可以使溴水褪色，也可以使高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．S与橡胶作用，使线性橡胶通过S原子形成化学键，产生交联，形成网状结构——硫化橡胶，网状结构的使得橡胶的强度、韧性得到改善，D正确；故选A。9.甲基丙烯酸羟乙酯是有机合成中的一种重要原料。其结构简式如图，下列说法错误的是（）A.该化合物最多6个碳原子共平面B.该化合物在NaOH溶液中的水解产物均易溶于水C.一定条件下，能与乙酸发生酯化反应D.既能使溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应原理相同〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该化合物中含碳碳双键，具有类似乙烯平面结构，单键可以绕键轴旋转，通过旋转分子中所有的6个碳原子均可共平面，A正确；B．该化合物在NaOH溶液中水解为羧酸钠盐和乙二醇，二者均易溶于水，B正确；C．分子结构中含有羟基，能和乙酸发生酯化反应，C正确；D．分子结构中含碳碳双键，能和Br2发生加成反应使溴水褪色，也能被酸性高锰酸钾氧化使溶液褪色，二者反应原理不同，D错误；故选D。10.2022年5月，人类首次利用月球土壤成功种活了植物，未来的宇航员们有可能在月球上种植食物，月壤中所含短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、W的原子核外最外层电子数为互不相等的偶数，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X、Y、Z最外层电子数之和为11，下列叙述不正确的是（）A.原子半径大小顺序：Y＞Z＞W＞XB.Y、Z的最高价氧化物的水化物碱性：Y＞ZC.元素W和X的简单氢化物的沸点：X＜WD.元素X与Y、W形成的二元化合物的化学键依次为离子键、共价键〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，所以X为O元素，X、Y、W的原子核外最外层电子数为互不相等的偶数，且原子序数依次增大，X最外层电子数为6，则Y、W应为第三周期，最外层电子数分别为2、4，Y为Mg，W为Si。X、Y、Z最外层电子数之和为11，Y最外层电子数为2，则Z最外层电子数为3，Z为Al，综上，X为O，Y为Mg，Z为Al，W为Si，据此分析解题。【详析】A．一般电子层数多，半径大，同周期，从左到右原子半径依次减小，所以Y＞Z＞W＞X，A正确；B．Y、Z的最高价氧化物的水化物即Mg(OH)2、Al(OH)3，Mg(OH)2显碱性，Al(OH)3为两性氢氧化物，碱性Y＞Z，B正确；C．由分析可知，W为Si、X为O，由于H2O分子间能够形成分子间氢键，而SiH4不能，故元素W和X的简单氢化物的沸点：X＞W，C错误；D．由分析可知，X为O，Y为Mg，W为Si，则元素X与Y、W形成的二元化合物分别为：MgO、SiO2，故它们的化学键依次为离子键、共价键，D正确；故选：C。11.光辅助充电的金属空气电池工作原理如图，下列说法不正确的是（）A.充电时打开开关K1，光能转化为电能和化学能；放电时打开K2，化学能转化成电能B.充电时电极1的电极反应方程式为：C2H5OH-12e-+12OH-=2CO2+9H2OC.放电时，每生成1molZn(OH)需消耗标况下的O2的体积为11.2LD.电极5在放电时为负极，充电时为阳极〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由装置可知左侧为充电装置，充电时在光照作用下乙醇被氧化为二氧化碳，电极5上氢氧化锌得电子生成Zn，闭合K2时为放电过程，负极锌失去电子生成氢氧化锌，正极氧气得电子，据此分析解答。【详析】A.充电时打开开关K1，在光照条件下引发乙醇氧化为二氧化碳，该过程中光能转化为电能和化学能；放电时打开K2，化学能转化成电能，故A正确；B.充电时电极1上乙醇失电子转化为二氧化碳，电极反应方程式为：C2H5OH-12e-+12OH-=2CO2+9H2O，故B正确；C.放电时，每生成1molZn(OH)转移2mol电子，4mol电子转移生成1mol氧气，则转移2mol电子需消耗标况下的O2的体积为11.2L，故C正确；D.由以上分析电极5在放电时为负极，充电时为阴极，故D错误；故选：D。12.过一硫酸化学式为H2SO5，常温常压下为白色固体，下列推测不合理的是（）A.也可以表示H2O2•SO3 B.具有强酸性与强氧化性C.该物质保存时应远离有机物 D.是一种二元强酸〖答案〗D〖解析〗【详析】A．过一硫酸化学式为H2SO5，结构式为，也可以表示为H2O2•SO3，故A正确；B．过一硫酸中有过氧键，有羟基氢，具有强酸性与强氧化性，故B正确；C．过一硫酸具有强氧化性，保存时应远离有机物，防止爆炸，故C正确；D．根据过一硫酸的结构式可判断该物质是一元强酸，故D错误；故选：D。13.常温下，下列有关溶液的说法正确的是（）A.Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5，则CH3COONH4溶液的pH=7，此时水的电离程度与纯水一样B.若0.1mol/LHA溶液的pH=3，则浓度均为0.1mol/L的HA与NaA的混合溶液的pH约等于5C.某酸H2A的酸式盐NaHA溶液的pH＜7，则H2A的第一步肯定完全电离，第二步则可能部分电离D.pH=8的NaOH溶液和pH=8的氨水中，氨水中由水电离出来的c(OH-)较大〖答案〗B〖解析〗【详析】A．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，水解促进水的电离，故A错误；B．0.1mol/LHA溶液的pH=3，则c(H+)c(A-)=10-3mol/L,c(HA)0.1mol/L，则Ka=1.0×10-5；浓度均为0.1mol/L的HA与NaA的混合溶液中c(A-)c(HA)0.1mol/L，则c(H+)=Ka=1.0×10-5，pH约等于5，故B正确；C．NaHA溶液的pH＜7，能说明HA-的电离程度大于其水解程度或也可能完全电离，故C错误；D．pH=8的NaOH溶液和pH=8的氨水，氢氧根离子浓度相同，则对水的电离的抑制程度相同，水电离程度相同，故D错误；故选：B。14.二氧化碳到淀粉的人工合成第一步为用无机催化剂将二氧化碳还原为甲醇，反应方程式为3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。一定温度下，恒容密闭容器中按照投料比=3充入H2与CO2，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在T=250℃下的x(CH3OH)～p、在p=5×105Pa下的x(CH3OH)～T如图所示。下列说法不正确的是（）A.曲线a代表T=250℃下的x(CH3OH)～p，曲线b代表p=5×105Pa下的x(CH3OH)～TB.该反应正反应为放热反应C.在原p=5×105Pa，210℃的条件下，向该恒容密闭容器中继续通入3molH2与lmolCO2，达到新的平衡后，x(CH3OH)＜0.10D.在原p=5×105Pa，210℃的条件下，将投料比改成=2，则x(CH3OH)＜0.10〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该反应为气体体积减小的反应，恒温条件下加压，平衡正向移动，x(CH3OH)增大，则曲线a代表T=250℃下的x(CH3OH)～p，曲线b代表p=5×105Pa下的x(CH3OH)～T，据此分析解答。【详析】A．该反应为气体体积减小的反应，恒温条件下加压，平衡正向移动，x(CH3OH)增大，则曲线a代表T=250℃下的x(CH3OH)～p，曲线b代表p=5×105Pa下的x(CH3OH)～T，A正确；B．曲线b代表p=5×105Pa下的x(CH3OH)～T，升高温度，x(CH3OH)逐渐减小，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，B正确；C．在原p=5×105Pa，210℃的条件下，向该密闭体系中继续通入3molH2与lmolCO2，即按照投料比同等倍数增大反应物浓度，等效于加压，平衡正向移动，达到新的平衡后，x(CH3OH)>0.10，C错误；D．在原p=5×105Pa，210℃的条件下，将投料比改成=2，等效于在原投料比=3反应达平衡的基础上，减少反应物H2的浓度，平衡逆向移动，x(CH3OH)<0.10，D正确；故选C。15.常温下，向20mL0.1mol•L-1H2S溶液中缓慢加入少量溶于水的ZnSO4粉末(已知ZnS难溶，忽略溶液体积变化)，溶液中c(Zn2+)与c(H+)变化如图所示(横纵坐标未按比例画，已知：Ka1(H2S)=1.0×10-9，Ka2(H2S)=1.0×10-13。下列有关说法不正确的是（）A.a点溶液中水的电离被抑制B.由b点可知，Ksp(ZnS)=1×10-24C.a，b，c三点中c(H2S)的大小关系为：a＞b＞cD.b点处，有2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)〖答案〗D〖解析〗【详析】A．硫化氢溶液为酸性，会抑制水的电离，a点为初始溶液，溶液中水的电离被抑制，A正确；B．已知：Ka1(H2S)=1.0×10-9，Ka2(H2S)=1.0×10-13，，b点，由，可知参加反应的，反应后，则得到，b点，则，B正确；C．，随着反应的进行，硫化氢浓度逐渐减小，故a，b，c三点中c(H2S)的大小关系为：a＞b＞c，C正确；D．b点处，由电荷守恒可知，2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)+2c()，D错误；故选D。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是（）实验方案现象结论A检验铜和浓硫酸反应之后是否有酸剩余取少量反应后的溶液于试管中，依次加入盐酸和BaCl2溶液若出现白色沉淀，则硫酸剩余B探究淀粉在酸性条件下的水解程度取少量淀粉溶液，加入适量稀硫酸加热5min后，再加NaOH中和硫酸，最后滴加碘水溶液无明显现象，则淀粉完全水解C比较CH3COOH和HClO的酸性强弱相同条件下分别用pH试纸测定0.1mol•L-1CH3COONa溶液、0.1mol•L-1NaClO溶液的pHNaClO溶液pH＞CH3COONa溶液的pH，证明CH3COOH的酸性比HClO的酸性强D探究浓度对化学平衡的影响在4mL0.1mol•L-1K2Cr2O7溶液中加入数滴1mol•L-1NaOH溶液若溶液由橙色变为黄色，则H+浓度减小，Cr2O+H2O2CrO+2H+平衡正移〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铜和浓硫酸反应后的溶液中含有硫酸铜，硫酸铜和BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，若出现白色沉淀，不能证明有硫酸剩余，故A错误；B．取少量淀粉溶液，加入适量稀硫酸加热5min后，再加NaOH中和硫酸，此时NaOH可能过量，而碘水能与氢氧化钠溶液反应，则溶液无明显现象，淀粉不一定完全水解，故B错误；C．pH试纸不能测强氧化性物质，NaClO水解会产生次氯酸，有强氧化性，故C错误；D．含有Cr2O的溶液呈橙色，含有CrO的溶液呈黄色，K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2O+H2O2CrO+2H+，在4mL0.1mo/LK2Cr2O7溶液中加入数滴1mol/LNaOH溶液，氢离子浓度降低，平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，故D正确；故选D非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.请回答：（1）写出乙烯的结构式：_______；写出CaC2的电子式：______。（2）取50mL过氧化氢水溶液，在少量I-存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量(已折合成标况)如表：t/min02040V(O2)/L00.4480.67220~40min，消耗H2O2的平均速率为______mol•L-1•min-1。（3）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。①该电化腐蚀称为______(填“吸氧腐蚀”或“析氢腐蚀”)。②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是______(填字母)。〖答案〗（1）①.②.（2）0.02（3）①.吸氧腐蚀②.B〖解析〗【小问1详析】乙烯的分子式为C2H4，含有碳碳双键，结构式为；CaC2是离子化合物，电子式为；【小问2详析】20~40min，生成氧气的物质的量，根据2H2O2=2H2O+O2↑可知，消耗H2O2的物质的量为0.02mol，消耗H2O2的平均速率为mol•L-1•min-1。【小问3详析】①海水接近中性，该电化腐蚀称为吸氧腐蚀。②图中A、B、C、D四个区域，B点氧气含量高，为原电池正极，B点发生反应，溶液呈碱性，所以生成铁锈最多的B。18.化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：已知：7.8g单质B与水反应生成2.24L氢气，所有气体体积已折合成标准状态下。白色沉淀D为三种元素组成的纯净物。请回答：（1）组成X的元素有______，E的化学式为______。（2）溶液A→D反应的离子方程式______。（3）X隔绝空气400℃下反应的化学方程式是______。（4）气体C和Mg反应生成的固体E中可能混有Mg，请设计实验证明______。〖答案〗（1）①.K、C、N②.Mg3N2（2）CN-+Ag+=AgCN↓（3）2K2CN22KCN+2K+N2（4）方法一：取反应后的固体溶于足量稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg；方法二：取反应后的固体溶于足量水，过滤，向过滤后的滤渣中加入稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg〖解析〗〖祥解〗标况下2.24L氢气为0.1mol，7.8g单质B与水反应生成2.24L氢气，则B为Na或K，而7.8gNa和水反应生成氢气物质的量大于0.1mol，则B为K；气体单质C2.24L和Mg反应生成固体E10.0g，C物质的量为0.1mol，则E为Mg3N2，C为氮气，其质量为0.1mol×28g/mol=2.8g；固体A加水溶解变为溶液A，则A为盐，溶液A和足量硝酸银溶液反应生成26.8g白色沉淀D，则A含有K、N以及另外一种元素，根据D为沉淀，则该沉淀为AgCN，其物质的量为0.2mol；则A的质量为23.6g-7.8g-2.8g=13g，则A为KCN，则X含K、C、N元素；X含C物质的量为，含N物质的量为，含K物质的量为，则X化学式为K2CN2。【小问1详析】根据分析，组成X的元素有K、C、N，E的化学式为Mg3N2；【小问2详析】溶液A→D反应为KCN和硝酸银反应，离子方程式CN-+Ag+=AgCN↓；【小问3详析】X化学式为K2CN2，X隔绝空气400℃下反应的化学方程式是2K2CN22KCN+2K+N2；【小问4详析】气体C和Mg反应生成的固体E中可能混有Mg，证明实验为，方法一：取反应后的固体溶于足量稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg；方法二：取反应后的固体溶于足量水，过滤，向过滤后的滤渣中加入稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg。19.Ⅰ.甲烷干重整是制备CO和H2的一种方法，其原理如下主反应：①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1副反应：②H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ•mol-1③CH4(g)C(s)+2H2(g)△H3=+75kJ•mol-1④2CO(g)C(s)+CO2(g)△H4=-172kJ•mol-1（1）主反应①△H1=_______kJ•mol-1。（2）反应①、②、③、④的△G关于T的关系如图所示，其中反应④对应图为______(填a，b，c，d)。其中：△G=△H-T△S。（3）在温度1000K时，假设只发生反应①和②，忽略反应③和反应④。向100KPa恒压密闭体系中充入1molCH4和3molCO2，达到平衡时测得CO和H2物质的量分别为1.5mol和0.5mol，则反应①的平衡常数Kp=_______kPa2。(对于气相反应，用某组分B的平衡分压p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p•x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)II.甲烷干重整可制得H2与CO，但甲烷干重整反应中，催化剂容易积碳和烧结，引起催化剂失活。有课题组研究Ni催化甲烷干重整反应，某温度下研究了在不同反应物投料比以一定流速下通过催化剂表面，检测甲烷转化率随时间的变化曲线，此时只需考虑反应①、②、③：反应④几乎不发生。（4）以下两条曲线分别为=1：1.1，1∶1.3情况下的曲线，请结合信息解释为什么两条曲线随时间均下降且1∶1.3投料比时转化率高______？（5）画出=1：1.1，1∶1.3条件下，CO2转化率曲线随时间变化曲线并标注______。(已知：反应②活化能远大于反应①)（6）Bodrov和Apelbaoom等提出了在镍基催化剂上的甲烷干重整的反应机理，以下为反应机理方程式：(*代表催化剂)请补充完整：①CH4+*=H2+CH2*②______③H2+O*=H2O+*④______⑤CO*=*+CO〖答案〗（1）247（2）d（3）225（4）①随反应时间延长，甲烷积碳增多，覆盖催化剂降低了催化剂的活性，转化率下降。②提高原料气中CO2含量，主反应反应速率增大，CH4分解反应会受到抑制（5）（6）①.CO2+*=O*+CO②.H2O+CH2*=2H2+CO*〖解析〗小问1详析】根据盖斯定律分析，有③-④得①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1=+75kJ•mol-1+172kJ•mol-1=+247kJ•mol-1。【小问2详析】从公式分析，只有④随着温度升高，△G变大，反应②的变化不大。故④为曲线d。【小问3详析】，，则有2x+y=1.5，2x-y=0.5，解x=y=0.5mol，总物质的量为0.5+2+1.5+0.5+0.5=5，反应①的平衡常数Kp==225kPa2。【小问4详析】①随反应时间延长，甲烷积碳增多，覆盖催化剂降低了催化剂的活性，两种情况下转化率都下降。②1∶1.3投料比时，提高原料气中CO2含量，主反应反应速率增大，CH4分解反应会受到抑制，甲烷的转化率会降低。【小问5详析】从（4）分析，随着反应进行，反应物的转化率都在降低，但提供二氧化碳的含量时，二氧化碳的转化率会降低，故曲线如图：。【小问6详析】根据*代表催化剂，且催化剂会最后产生来分析，且从③分析，前两步中需要产生O*，故第②的反应为CO2+*=O*+CO，第①步产生的在第②③中都不涉及，则在第④步参与反应，故④的反应为H2O+CH2*=2H2+CO*。20.某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2•3H2O晶体，并用滴定法测定Cu(NO3)2•3H2O晶体的纯度。Ⅰ.设计的合成路线如图：（1）试剂X是______(填化学式)，沉淀C为______(填化学式)。（2）操作Ⅰ的过程为______、过滤、洗涤等步骤。Ⅱ.学习小组用“间接碘量法”测定Cu(NO3)2•3H2O(摩尔质量：242g•mol-1)晶体的纯度，过程如下：取0.4400g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。已知：I2+2S2O=S4O+2I-（3）可选用______作滴定指示剂，滴定终点的现象是______。（4）Cu(NO3)2溶液与KI反应的离子方程式为______。（5）该试样中Cu(NO3)2•3H2O的质量百分数为_______。（6）计算表明Cu(NO3)2•3H2O的质量百分数大于100%，可能原因是______。〖答案〗（1）①.CuO[Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]②.Fe(OH)3（2）蒸发浓缩、冷却结晶（3）①.淀粉②.最后半滴Na2S2O3溶液滴入，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色（4）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2（5）110%（6）Cu(NO3)2•3H2O(部分)失水、I-被HNO3氧化〖解析〗〖祥解〗由流程可知，铜屑和足量硝酸生成硝酸铜、硝酸铁得到溶液A，加入X和过量的硝酸反应调节pH使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀C且不引入新杂质，则X可以为CuO[Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]，溶液B含有硝酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到Cu(NO3)2•3H2O晶体；【小问1详析】由分析可知，试剂X是CuO[Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]，沉淀C为Fe(OH)3；【小问2详析】操作I的过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。【小问3详析】碘单质能使淀粉溶液变蓝色，则可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是最后半滴Na2S2O3溶液滴入，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色；【小问4详析】碘离子具有还原性，能和铜离子发生氧化还原反应生成CuI沉淀和碘单质，Cu(NO3)2溶液与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；【小问5详析】结合2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O=S4O+2I-，可知，Cu2+~S2O，则该试样中Cu(NO3)2•3H2O的质量百分数为；【小问6详析】Cu(NO3)2•3H2O(部分)失水、I-被HNO3氧化等都会导致Na2S2O3标准溶液用量增大，导致测得结果偏大。21.化合物E是有机合成中的重要中间体，其合成路线如图：已知：R－CHO+R1－CH2－CHO+H2O回答下列问题：（1）A中官能团的名称是_______，C的结构简式是_______。（2）写出D→E的化学方程式：_______。（3）下列说法正确的是_______。A.B的分子式为C5H8O2B可用银氨溶液鉴别化合物C和DC.1molM与足量Na反应，最多可产生1molH2D.化合物A、B、D、M均难溶于水（4）设计以D和乙烯为原料合成CH3CH2COOCH2CH3的流程图路线_______。(流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2CH2Br无机试剂任选)（5）写出3个同时符合下列条件的化合物E的同分异构体_______。i)分子中只含有一个环ii)含有C=Oiii)分子中含有3种氢原子〖答案〗（1）①.碳碳双键、醛基②.（2）（3）ABC（4）（5）、、、、〖解析〗〖祥解〗A和M反应生成B和水，B与氢气加成生成C（），C在烯酸的条件下生成D和乙醛，D在乙醇钠作用下生成E（）和水,依此解题。【小问1详析】A中官能团的名称是碳碳双键、醛基，C的结构简式是，〖答案〗为：碳碳双键、醛基，；【小问2详析】D在乙醇钠作用下生成E（）和水，化学方程式为：,〖答案〗为：；【小问3详析】A．B的分子式为C5H8O2，A正确；B．D中存在醛基，C中没有醛基，所以可用银氨溶液鉴别化合物C和D，B正确；C．一个M分子有两个羟基，所以1molM与足量Na反应，最多可产生1molH2，C正确；D．M分子有两个羟基易溶于水，D错误；故选ABC。【小问4详析】丙醛催化氧化生成丙酸，乙醇水化生成乙醇，乙醇和丙酸生成丙酸乙酯，流程图路线为：，〖答案〗为：；【小问5详析】略浙江省重点中学拔尖学生培养联盟2022-2023学年高一下学期第二次月考试题考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有〖答案〗必须写在答题卷上，写在试卷上无效：考试结束后，只需上交答题卷。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108I-127选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.含有非极性共价键的离子化合物是（）A.H2O2 B.Na2O2 C.Na2CO3 D.NH4Cl〖答案〗B〖解析〗【详析】A．H2O2只含共价键，属于共价化合物，故不选A；B．Na2O2含有离子键、O-O键，是含有非极性共价键的离子化合物，故选B；C．Na2CO3不含非极性共价键，故不选C；D．NH4Cl不含非极性共价键，故不选D；选B。2.Na2CO3应用广泛，下列说法不正确的是（）A.Na元素位于第三周期IA族 B.Na2CO3属于强电解质C.Na2CO3溶液呈碱性 D.碳酸钠可以治疗胃酸过多〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na是11号元素，位于第三周期IA族，故A正确；B．Na2CO3在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B正确；C．Na2CO3溶液呈碱性，故C正确；D．碳酸钠碱性强，不能用碳酸钠治疗胃酸过多，一般用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；选D。3.下列化学用语表述不正确的是（）A.乙酸的分子式：CH3COOH B.羟基的电子式：C.CO2的结构式：O=C=O D.正丁烷的球棍模型：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．乙酸的结构简式为CH3COOH，分子式为C2H4O2，故A错误；B．羟基的结构简式为-OH，电子式为，故B正确；C．CO2分子中碳氧之间以双键结合，其结构式为O=C=O，故C正确；D．正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，球棍模型为，故D正确；故选A。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A.SiO2具有半导体特性，可用于制造芯片 B.硬铝密度小强度高，可用作飞机外壳材料C.FeCl3溶液能腐蚀Cu，可制作印刷电路板 D.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆〖答案〗A〖解析〗【详析】A．SiO2能够发生全反射，可用于制作光导纤维，硅用于制造芯片，A错误；B．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，因此可用作航空材料，B正确；C．FeCl3与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以FeCl3溶液腐蚀Cu制作印刷电路板，C正确；D．具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，D正确；故选A。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是（）A.Cl2和足量Fe反应可生成FeCl2 B.高温下C与SiO2反应可制备粗硅C.Al可溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠 D.实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气〖答案〗A〖解析〗【详析】A．Cl2和足量Fe反应可生成FeCl3，故A错误；B．高温下C与SiO2反应生成CO和Si，可制备粗硅，故B正确；C．Al可溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠和氢气，故C正确；D．氯化铵和消石灰加热生成氯化钙、氨气、水，实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气，故D正确；选A。6.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是（）A.Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B.5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C.产物中的SO离子有一部分是氧化产物 D.FeS2只做还原剂〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Cu2S为中Cu、S元素化合价降低之产物，Cu2S为还原产物，故A错误；B．反应中Cu元素化合价由+2降低至+1，FeS2中S原子有的部分由-1升高至+6，有的部分由-1降低至-2，其余元素化合价未发生变化，因此每有5molFeS2发生反应，转移电子为10mol××[6-(-1)]=21mol，故B错误；C．由B项分析可知，产物中的SO离子有一部分是FeS2中S元素升高而得，因此产物中的SO离子有一部分是氧化产物，故C正确；D．由B分析可知，FeS2在反应中既作氧化剂也是还原剂，故D错误；故选C。7.下列方程式的有关表述正确的是（）A.少量SO2通入漂白粉溶液中：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOB.Na2CO3溶液中滴加过量CH3COOH溶液：CO+H+=HCOC.Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2OD.向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．少量SO2通入漂白粉溶液中二氧化硫被氧化生成硫酸钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故A错误；B．Na2CO3溶液中滴加过量CH3COOH溶液生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO-，故B错误；C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀，氢氧化钡和明矾的物质的量比为2:1，反应生成偏铝酸钾、硫酸钡沉淀、水，反应的离子方程式为Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2O，故D正确；选D。8.下列说法不正确的是（）A.在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳B.向蛋白质溶液中加浓硝酸，先产生白色沉淀，加热后，沉淀变成黄色C.石油裂解气可以使溴水褪色，也可以使高锰酸钾溶液褪色D.天然橡胶有一定弹性，但强度、韧性不足，为了克服这些缺点，常用S与橡胶作用，使线性橡胶通过S原子形成化学键，产生交联，形成网状结构——硫化橡胶〖答案〗A〖解析〗【详析】A．葡萄糖为单糖，不能水解，在酒化酶的作用下葡萄糖可以转化为乙醇和二氧化碳，A错误；B．浓硝酸可以使蛋白质变性生成沉淀，加热硝酸和蛋白质发生显色反应变为黄色，B正确；C．石油裂解气中含有不饱和烃类，可以使溴水褪色，也可以使高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．S与橡胶作用，使线性橡胶通过S原子形成化学键，产生交联，形成网状结构——硫化橡胶，网状结构的使得橡胶的强度、韧性得到改善，D正确；故选A。9.甲基丙烯酸羟乙酯是有机合成中的一种重要原料。其结构简式如图，下列说法错误的是（）A.该化合物最多6个碳原子共平面B.该化合物在NaOH溶液中的水解产物均易溶于水C.一定条件下，能与乙酸发生酯化反应D.既能使溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应原理相同〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该化合物中含碳碳双键，具有类似乙烯平面结构，单键可以绕键轴旋转，通过旋转分子中所有的6个碳原子均可共平面，A正确；B．该化合物在NaOH溶液中水解为羧酸钠盐和乙二醇，二者均易溶于水，B正确；C．分子结构中含有羟基，能和乙酸发生酯化反应，C正确；D．分子结构中含碳碳双键，能和Br2发生加成反应使溴水褪色，也能被酸性高锰酸钾氧化使溶液褪色，二者反应原理不同，D错误；故选D。10.2022年5月，人类首次利用月球土壤成功种活了植物，未来的宇航员们有可能在月球上种植食物，月壤中所含短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、W的原子核外最外层电子数为互不相等的偶数，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X、Y、Z最外层电子数之和为11，下列叙述不正确的是（）A.原子半径大小顺序：Y＞Z＞W＞XB.Y、Z的最高价氧化物的水化物碱性：Y＞ZC.元素W和X的简单氢化物的沸点：X＜WD.元素X与Y、W形成的二元化合物的化学键依次为离子键、共价键〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，所以X为O元素，X、Y、W的原子核外最外层电子数为互不相等的偶数，且原子序数依次增大，X最外层电子数为6，则Y、W应为第三周期，最外层电子数分别为2、4，Y为Mg，W为Si。X、Y、Z最外层电子数之和为11，Y最外层电子数为2，则Z最外层电子数为3，Z为Al，综上，X为O，Y为Mg，Z为Al，W为Si，据此分析解题。【详析】A．一般电子层数多，半径大，同周期，从左到右原子半径依次减小，所以Y＞Z＞W＞X，A正确；B．Y、Z的最高价氧化物的水化物即Mg(OH)2、Al(OH)3，Mg(OH)2显碱性，Al(OH)3为两性氢氧化物，碱性Y＞Z，B正确；C．由分析可知，W为Si、X为O，由于H2O分子间能够形成分子间氢键，而SiH4不能，故元素W和X的简单氢化物的沸点：X＞W，C错误；D．由分析可知，X为O，Y为Mg，W为Si，则元素X与Y、W形成的二元化合物分别为：MgO、SiO2，故它们的化学键依次为离子键、共价键，D正确；故选：C。11.光辅助充电的金属空气电池工作原理如图，下列说法不正确的是（）A.充电时打开开关K1，光能转化为电能和化学能；放电时打开K2，化学能转化成电能B.充电时电极1的电极反应方程式为：C2H5OH-12e-+12OH-=2CO2+9H2OC.放电时，每生成1molZn(OH)需消耗标况下的O2的体积为11.2LD.电极5在放电时为负极，充电时为阳极〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由装置可知左侧为充电装置，充电时在光照作用下乙醇被氧化为二氧化碳，电极5上氢氧化锌得电子生成Zn，闭合K2时为放电过程，负极锌失去电子生成氢氧化锌，正极氧气得电子，据此分析解答。【详析】A.充电时打开开关K1，在光照条件下引发乙醇氧化为二氧化碳，该过程中光能转化为电能和化学能；放电时打开K2，化学能转化成电能，故A正确；B.充电时电极1上乙醇失电子转化为二氧化碳，电极反应方程式为：C2H5OH-12e-+12OH-=2CO2+9H2O，故B正确；C.放电时，每生成1molZn(OH)转移2mol电子，4mol电子转移生成1mol氧气，则转移2mol电子需消耗标况下的O2的体积为11.2L，故C正确；D.由以上分析电极5在放电时为负极，充电时为阴极，故D错误；故选：D。12.过一硫酸化学式为H2SO5，常温常压下为白色固体，下列推测不合理的是（）A.也可以表示H2O2•SO3 B.具有强酸性与强氧化性C.该物质保存时应远离有机物 D.是一种二元强酸〖答案〗D〖解析〗【详析】A．过一硫酸化学式为H2SO5，结构式为，也可以表示为H2O2•SO3，故A正确；B．过一硫酸中有过氧键，有羟基氢，具有强酸性与强氧化性，故B正确；C．过一硫酸具有强氧化性，保存时应远离有机物，防止爆炸，故C正确；D．根据过一硫酸的结构式可判断该物质是一元强酸，故D错误；故选：D。13.常温下，下列有关溶液的说法正确的是（）A.Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5，则CH3COONH4溶液的pH=7，此时水的电离程度与纯水一样B.若0.1mol/LHA溶液的pH=3，则浓度均为0.1mol/L的HA与NaA的混合溶液的pH约等于5C.某酸H2A的酸式盐NaHA溶液的pH＜7，则H2A的第一步肯定完全电离，第二步则可能部分电离D.pH=8的NaOH溶液和pH=8的氨水中，氨水中由水电离出来的c(OH-)较大〖答案〗B〖解析〗【详析】A．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，水解促进水的电离，故A错误；B．0.1mol/LHA溶液的pH=3，则c(H+)c(A-)=10-3mol/L,c(HA)0.1mol/L，则Ka=1.0×10-5；浓度均为0.1mol/L的HA与NaA的混合溶液中c(A-)c(HA)0.1mol/L，则c(H+)=Ka=1.0×10-5，pH约等于5，故B正确；C．NaHA溶液的pH＜7，能说明HA-的电离程度大于其水解程度或也可能完全电离，故C错误；D．pH=8的NaOH溶液和pH=8的氨水，氢氧根离子浓度相同，则对水的电离的抑制程度相同，水电离程度相同，故D错误；故选：B。14.二氧化碳到淀粉的人工合成第一步为用无机催化剂将二氧化碳还原为甲醇，反应方程式为3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。一定温度下，恒容密闭容器中按照投料比=3充入H2与CO2，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在T=250℃下的x(CH3OH)～p、在p=5×105Pa下的x(CH3OH)～T如图所示。下列说法不正确的是（）A.曲线a代表T=250℃下的x(CH3OH)～p，曲线b代表p=5×105Pa下的x(CH3OH)～TB.该反应正反应为放热反应C.在原p=5×105Pa，210℃的条件下，向该恒容密闭容器中继续通入3molH2与lmolCO2，达到新的平衡后，x(CH3OH)＜0.10D.在原p=5×105Pa，210℃的条件下，将投料比改成=2，则x(CH3OH)＜0.10〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该反应为气体体积减小的反应，恒温条件下加压，平衡正向移动，x(CH3OH)增大，则曲线a代表T=250℃下的x(CH3OH)～p，曲线b代表p=5×105Pa下的x(CH3OH)～T，据此分析解答。【详析】A．该反应为气体体积减小的反应，恒温条件下加压，平衡正向移动，x(CH3OH)增大，则曲线a代表T=250℃下的x(CH3OH)～p，曲线b代表p=5×105Pa下的x(CH3OH)～T，A正确；B．曲线b代表p=5×105Pa下的x(CH3OH)～T，升高温度，x(CH3OH)逐渐减小，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，B正确；C．在原p=5×105Pa，210℃的条件下，向该密闭体系中继续通入3molH2与lmolCO2，即按照投料比同等倍数增大反应物浓度，等效于加压，平衡正向移动，达到新的平衡后，x(CH3OH)>0.10，C错误；D．在原p=5×105Pa，210℃的条件下，将投料比改成=2，等效于在原投料比=3反应达平衡的基础上，减少反应物H2的浓度，平衡逆向移动，x(CH3OH)<0.10，D正确；故选C。15.常温下，向20mL0.1mol•L-1H2S溶液中缓慢加入少量溶于水的ZnSO4粉末(已知ZnS难溶，忽略溶液体积变化)，溶液中c(Zn2+)与c(H+)变化如图所示(横纵坐标未按比例画，已知：Ka1(H2S)=1.0×10-9，Ka2(H2S)=1.0×10-13。下列有关说法不正确的是（）A.a点溶液中水的电离被抑制B.由b点可知，Ksp(ZnS)=1×10-24C.a，b，c三点中c(H2S)的大小关系为：a＞b＞cD.b点处，有2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)〖答案〗D〖解析〗【详析】A．硫化氢溶液为酸性，会抑制水的电离，a点为初始溶液，溶液中水的电离被抑制，A正确；B．已知：Ka1(H2S)=1.0×10-9，Ka2(H2S)=1.0×10-13，，b点，由，可知参加反应的，反应后，则得到，b点，则，B正确；C．，随着反应的进行，硫化氢浓度逐渐减小，故a，b，c三点中c(H2S)的大小关系为：a＞b＞c，C正确；D．b点处，由电荷守恒可知，2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)+2c()，D错误；故选D。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是（）实验方案现象结论A检验铜和浓硫酸反应之后是否有酸剩余取少量反应后的溶液于试管中，依次加入盐酸和BaCl2溶液若出现白色沉淀，则硫酸剩余B探究淀粉在酸性条件下的水解程度取少量淀粉溶液，加入适量稀硫酸加热5min后，再加NaOH中和硫酸，最后滴加碘水溶液无明显现象，则淀粉完全水解C比较CH3COOH和HClO的酸性强弱相同条件下分别用pH试纸测定0.1mol•L-1CH3COONa溶液、0.1mol•L-1NaClO溶液的pHNaClO溶液pH＞CH3COONa溶液的pH，证明CH3COOH的酸性比HClO的酸性强D探究浓度对化学平衡的影响在4mL0.1mol•L-1K2Cr2O7溶液中加入数滴1mol•L-1NaOH溶液若溶液由橙色变为黄色，则H+浓度减小，Cr2O+H2O2CrO+2H+平衡正移〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铜和浓硫酸反应后的溶液中含有硫酸铜，硫酸铜和BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，若出现白色沉淀，不能证明有硫酸剩余，故A错误；B．取少量淀粉溶液，加入适量稀硫酸加热5min后，再加NaOH中和硫酸，此时NaOH可能过量，而碘水能与氢氧化钠溶液反应，则溶液无明显现象，淀粉不一定完全水解，故B错误；C．pH试纸不能测强氧化性物质，NaClO水解会产生次氯酸，有强氧化性，故C错误；D．含有Cr2O的溶液呈橙色，含有CrO的溶液呈黄色，K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2O+H2O2CrO+2H+，在4mL0.1mo/LK2Cr2O7溶液中加入数滴1mol/LNaOH溶液，氢离子浓度降低，平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，故D正确；故选D非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.请回答：（1）写出乙烯的结构式：_______；写出CaC2的电子式：______。（2）取50mL过氧化氢水溶液，在少量I-存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量(已折合成标况)如表：t/min02040V(O2)/L00.4480.67220~40min，消耗H2O2的平均速率为______mol•L-1•min-1。（3）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。①该电化腐蚀称为______(填“吸氧腐蚀”或“析氢腐蚀”)。②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是______(填字母)。〖答案〗（1）①.②.（2）0.02（3）①.吸氧腐蚀②.B〖解析〗【小问1详析】乙烯的分子式为C2H4，含有碳碳双键，结构式为；CaC2是离子化合物，电子式为；【小问2详析】20~40min，生成氧气的物质的量，根据2H2O2=2H2O+O2↑可知，消耗H2O2的物质的量为0.02mol，消耗H2O2的平均速率为mol•L-1•min-1。【小问3详析】①海水接近中性，该电化腐蚀称为吸氧腐蚀。②图中A、B、C、D四个区域，B点氧气含量高，为原电池正极，B点发生反应，溶液呈碱性，所以生成铁锈最多的B。18.化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：已知：7.8g单质B与水反应生成2.24L氢气，所有气体体积已折合成标准状态下。白色沉淀D为三种元素组成的纯净物。请回答：（1）组成X的元素有______，E的化学式为______。（2）溶液A→D反应的离子方程式______。（3）X隔绝空气400℃下反应的化学方程式是______。（4）气体C和Mg反应生成的固体E中可能混有Mg，请设计实验证明______。〖答案〗（1）①.K、C、N②.Mg3N2（2）CN-+Ag+=AgCN↓（3）2K2CN22KCN+2K+N2（4）方法一：取反应后的固体溶于足量稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg；方法二：取反应后的固体溶于足量水，过滤，向过滤后的滤渣中加入稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg〖解析〗〖祥解〗标况下2.24L氢气为0.1mol，7.8g单质B与水反应生成2.24L氢气，则B为Na或K，而7.8gNa和水反应生成氢气物质的量大于0.1mol，则B为K；气体单质C2.24L和Mg反应生成固体E10.0g，C物质的量为0.1mol，则E为Mg3N2，C为氮气，其质量为0.1mol×28g/mol=2.8g；固体A加水溶解变为溶液A，则A为盐，溶液A和足量硝酸银溶液反应生成26.8g白色沉淀D，则A含有K、N以及另外一种元素，根据D为沉淀，则该沉淀为AgCN，其物质的量为0.2mol；则A的质量为23.6g-7.8g-2.8g=13g，则A为KCN，则X含K、C、N元素；X含C物质的量为，含N物质的量为，含K物质的量为，则X化学式为K2CN2。【小问1详析】根据分析，组成X的元素有K、C、N，E的化学式为Mg3N2；【小问2详析】溶液A→D反应为KCN和硝酸银反应，离子方程式CN-+Ag+=AgCN↓；【小问3详析】X化学式为K2CN2，X隔绝空气400℃下反应的化学方程式是2K2CN22KCN+2K+N2；【小问4详析】气体C和Mg反应生成的固体E中可能混有Mg，证明实验为，方法一：取反应后的固体溶于足量稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg；方法二：取反应后的固体溶于足量水，过滤，向过滤后的滤渣中加入稀盐酸，若有气泡产生则存在Mg；若无气泡产生则不存在Mg。19.Ⅰ.甲烷干重整是制备CO和H2的一种方法，其原理如下主反应：①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1副反应：②H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ•mol-1③CH4(g)C(s)+2H2(g)△H3=+75kJ•mol-1④2CO(g)C(s)+CO2(g)△H4=-172kJ•mol-1（1）主反应①△H1=_______kJ•mol-1。（2）反应①、②、③、④的△G关于T的关系如图所示，其中反应④对应图为______(填a，b，c，d)。其中：△G=△H-T△S。（3）在温度1000K时，假设只发生反应①和②，忽略反应③和反应④。向100KPa恒压密闭体系中充入1molCH4和3molCO2，达到平衡时测得CO和H2物质的量分别为1.5mol和0.5mol，则反应①的平衡常数Kp=_______kPa2。(对于气相反应，用某组分B的平衡分压p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p•x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)II.甲烷干重整可制得H2与CO，但甲烷干重整反应中，催化剂容易积碳和烧结，引起催化剂失活。有课题组研究Ni催化甲烷干重整反应，某温度下研究了在不同反应物投料比以一定流速下通过催化剂表面，检测甲烷转化率随时间的变化曲线，此时只需考虑反应①、②、③：反应④几乎不发生。（4）以下两条曲线分别为=1：1.1，1∶1.3情况下的曲线，请结合信息解释为什么两条曲线随时间均下降且1∶1.3投料比时转化率高______？（5）画出=1：1.1，1∶1.3条件下，CO2转化率曲线随时间变化曲线并标注______。(已知：反应②活化能远大于反应①)（6）Bodrov和Apelbaoom等提出了在镍基催化剂上的甲烷干重整的反应机理，以下为反应机理方程式：(*代表催化剂)请补充完整：①CH4+*=H2+CH2*②______③H2+O*=H2O+*④______⑤CO*=*+CO〖答案〗（1）247（2）d（3）225（4）①随反应时间延长，甲烷积碳增多，覆盖催化剂降低了催化剂的活性，转化率下降。②提高原料气中CO2含量，主反应反应速率增大，CH4分解反应会受到抑制（5）（6）①.CO2+*=O*+CO②.H2O