安徽省示范高中培优联盟2023-2024学年高二年级上册冬季联赛化学试题

安徽省示范高中培优联盟2023年冬季联赛（高二）

化学

本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，第I卷第1至第5页，第n卷第6至第

8页。全卷满分100分，考试时间75分钟。

考生注意事项：

1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡

上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。

2.答第I卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

3.答第II卷时，必须使用亳米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清

晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用毫米的黑色墨水签字笔描清

楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸

上答题无效。

4.考试结束，务必将试题卷和答题卜一并上交。

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016Mg24S32Fe56

第I卷（选择题共42分）

一、选择题（本大题共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。

I.杭州亚运会的成功举办、“天宫课堂”的如期开讲、天舟六号货运飞船成功发射、嫦娥五号采回月壤等，

均展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法错误的是

A.月壤中的'He与地球上的"He互为同位素

B,杭州亚运会火炬所用燃料甲醇（CH3OH）为有机物

C.发射天舟六号货运飞船的火箭所用推进剂为液氮和液氢

D.乙酸钠过饱和溶液析出品体（CH3coONa^H?。）并放热的过程涉及物理变化和化学变化

【答案】C

【解析】

【详解】A.3Hc与"He是质子数相同中子数不同的两种核素互为同位素，A项正确；

B.根据物质的分类依据可知，CHQH是有机物，B项正确;

C.火箭推进剂通常包括燃料和氧化剂，两者混合遇高温、明火能燃烧，液氮较稳定，遇液氢在高温或明

火不能燃烧，c项错误：

D.乙酸钠与水生成CH3coONaTH?。是化学变化，同时放热，涉及物理变化和化学变化，D项正确;

故选C。

【答案】B

【解析】

【详解】A.该反应是气体分子数减少的放热反应，H?的转化率随C（N?）的增大而增大，A错误：

B.该反应是气体分子数减少的放热反应，由图像知P1〉P2,其他条件不变时，增大压强平衡正移，混合

气体的平均摩尔质量增大，B正确；

C.该反应是气体分子数减少的放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减少，C错误：

D.催化剂能改变反应速率，不影响化学平衡，D错误；

故选B。

3.臭氧分解2。3-302的反应历程包括以下反应：反应①―。？+。.（快）；反应②

0；+。一＞2。2（慢）。大气中的氯氟燃光解产生的氯自由基（0・）能够催化分解，加速臭氧层的破坏。

下列说法正确的是

A.活化能：反应①〉反应②

B.分解为0,的速率主要由反应①决定

C.C1•参与反应提高了分解为。2的平衡转化率

D.。・参与反应①、②，改变分解的反应历程

【答案】D

【解析】

【详解】A.活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能反应①＜反应②，A错

误:

B.0；分解的反应速率取决于慢反应，B错误：

C.催化剂能改变反应速率，不影响化学平衡，C错误：

D.C1•参与了反应①和②，加快了的分解反应速率，改变了反应历程，D正确:

答案选D。

4.下述实验中，能达到实验目的是

由FeCh-6Hq

检验分解

验证NaOH在水的作NaHCC)3除去CO?中混有的

制取无水FeCh

用下发生电离

产生的C。？少量HC1

固体

11NaHCOjI-,

Illi''X

••(u、

口口口

pH试纸k

署修容液词

(■NaOH固体)饱和Na2co，溶液届

ABCD

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.将NaOH固体放置在pH试纸上无现象：NaOH固体上滴加水后pH试纸变蓝；pH试纸上

只滴加水，呈现中性的颜色，采用该对照可以达到实验目的，A正确：

B.检验NaHCOj分解产生CO?选择Ca(OH)2溶液，CO?不与CaCl2溶液反应，B错误：

C.除去CO?中混有的少量HC1,应选择饱和NaHCO,溶液，因Na2c能与CO?反应，C错误；

D.FeCh^H?。在加热过程中会水解生成Fe(OH%,得不到FeC§(H2。，不能采用直接蒸发结晶

的方式，D错误:

答案选A。

5.某小组实验验证“Ag++Fe”「Fe3++AgJ”为可逆反应，并通过测定Ag~浓度计算其平衡常数。

实验I.将O.OIOOmoLLiAg2sOq溶液和00400mol-LTFeS04溶液（pH=l）等体积混合，产生灰黑色

沉淀，溶液呈黄色。

实验II.将少量Ag粉中与O.OlOOmol•匚Fe2（SOj溶液（PH=1）混合，固体完全溶解。

卜列说法错误的是

c（Fe3+）

"中反应的平衡常数K7""（Ag。

B.实验I、II说明Ag++Fe2+^^Fe3++Ag为可逆反应

C.通过测定实验II清液中的Ag，浓度计算其平衡常数

D.实验I【中，不宜用Fe（NOj溶液代替Fe/SOj溶液

【答案】C

【解析】

c（Fe3+）

【详解】A.由平衡常数表达式的书写可知，I中反应的平衡常数KA项正确:

c（Fe2+）xc（Ag+）,

B.实验I说明Ag++Fe2+；h•Fe"+Ag正反应可以发生，实验H说明Ag*+Fe?+.='Fe*+Ag的

逆反应可以发生，B项正确；

C.实验II的现象说明反应发生了，由于固体完全溶解不能说明该反应达到平衡，不可以通过测定实验II

清液中的Ag+浓度计和其平衡常数，C项错误：

D.Fe（NO）3溶液中的NO；在酸性条件下具有氧化性，也能与Ag发生反应，D项正确：

故选C。

6.NO?的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的NO?，原理如图1所示。用H?模

拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO3）2的催化还原过程，如图2所示。

下列说法错误的是

A.反应①为4NO2++2BaO=2Ba（NOJ

B.储存和还原技术也能降低尾气排放的NO

C.0~12.5s内，水蒸气的生成速率为丫（凡0）=1.0、10一501/（口5）

D.反应②分两步进行，第二步Ba（N0）2消耗的速率大于第一步的

【答案】D

【解析】

【详解】A.由转化关系图可知，反应①为4NC>2+O2+2BaO=2Ba（NOj2,A正确：

B.根据NO?的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的N02,NO和氧气反应生成

NO21则储存和还原技术也能降低尾气排放的NO,B正确；

高温

C.由佟11、图2可知0-12.5s发生反应；Ba（NO,）2+8H2==BaO+5H2OT+2NH3T,072.5s

内，出的浓度改变了ZxlO-moLL，故H?O（g）的浓度改变了，x2.00xl0-3moi.LT,0~12.5s内

8

也。（。的平均反应速率4凡0）=01“0><1（）~。］/（小）”正确：

高温

D.由图2可知，反应②分两步进行，第一步为：Ba（NOX）,+8H2-BaO+5H2O?+2NH3T：第

二步为：3Ba（NOj2+10NH5-3BaO+15H2OT+8N2?：两个阶段时间相同，根据得失电子转移

生成或消耗Imol的氨气，第一步会消耗0.5mol硝酸钢，第二步消耗0.3mol硝酸领，因此第二步Ba（N（h）2

消耗的速率小于第一步的，D错误；

答案选D。

7.室温下，向lOmLO.lOOmol/LNa2co，溶液中逐滴滴加QlOOmol/LHCl溶液，整个反应过程中无气体

逸出，测得混合溶液的pH随加入HC1溶液体枳的变化如图，下列说法正确的是

A.a点溶液溶质主要为NaCI、Na2CO3

B.b点溶液中c（CO；）>c（H2cOJ

C.c点溶液中c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO；）+2c（CO；）+c（C「）

D.取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH不变

【答案】C

【解析】

【分析】加入盐酸时，盐酸与碳酸钠溶液恰好反应得到氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，加入盐酸时，盐酸

与碳酸钠溶液恰好反应得到氯化钠和援酸的混合溶液，则图中a点为碳酸钠、氯化钠和碳酸氢钠的混合溶

液，b点为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，c点为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸的混合溶液，d点为氯化钠和碳

酸的混合溶液。

【详解】A.由分析可知，a点溶液的溶质主要为碳酸钠、氯化钠和碳酸氢钠，故A错误：

B.由分析可知，b点为氯化钠和碳酸氢钠混合溶液，溶液显碱性说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度

大于电离程度，则溶液中碳酸浓度大于碳酸根离子浓度，故B错误：

C.由分析可知，c点为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系

++

c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HCO3)+2c(CO")+c(Cr),故C正确;

D.由分析可知，d点为氯化钠和碳酸的混合溶液，将溶液加热至沸腾时，碳酸会受热分解生成二氧化碳

和水，碳酸浓度减小，溶液酸性降低，pH变大，故D错误：

故选C。

8.在T℃,HC1气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：

Fc(s)+2HCI(g)?=sFcCl,(s)+H2(g)AH<0,(K=0.33)。下列分析错误的是

A.反应X低温下可以自发进行

B.降低反应温度，可减缓反应X速率

C.T℃时，若气体混合物中c(HQ)=c(H2)=2.0mol-I71铁管被腐蚀

D.反应X的AH可通过如卜反应获得：Fe(s)+Cl2(g)==JFeCl2(s)AH,、

H2(g)+Cl2(g)^2HCl(g)AH2

【答案】C

【解析】

【详解】A.反应Fe(s)+2HCl(g)一=±FeC12(s)+H2(g)的AHv0,ASv0,根据AH—TAScO可

知。低温行利于反应自发进行，A正确：

B.|艮据影响反应速率的因素可知，反应速率随温度降低而降低，B正确：

C.根据反应Fe(s)+2HCl(g)s2FeC12(s)+H2(g)可知,Q=g=0.5>K,有利于该反应逆向进

行.铁管不易被腐蚀,c错误：

D.根据盖斯定律可知反应X的AH=AH1-AH2,D正确；

故答案为：Co

9.下列实验中，对现象的解释错误的是

ABCD

装

(少.MnO,3滴ImolL

(KSCN溶液

置仪喝一蒸馈水装有NO：麻用注射器

及分别测定201向右推动活塞，压缩体

ImLO.OlmolL1

gHQ,溶液曲FcCh溶液+lmL

操E-fO.lmolL'KSCN和蒸储水的

向溶液⑶溶液80℃积

加少IjtMnO：

作电导率

80℃蒸储水的电

现产生气泡速气体红棕色先变深，再

溶液红色加深导率大于20℃

象率加快变浅

的

增大反应物浓度，温度升高，

MnO降低压强增大，

23+-

解Fe+3SCN也0-

了反应所需2股5^^。4平

释•FeBCN打平H++OH-平衡

的活化能衡先逆移，再正移

衡正移正移

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.MnO?使H/)2溶液产生气泡速率加快原因是MnO?催化了H/)2溶液的分解反应，由催

化剂影响反应速率的微观机理可知，Mi!。？降低了该反应的活化能，A正确；

B.加入3滴lmol-LTKSCN溶液，增大反应物浓度，使反应Fe“+3SCN.•二，Fe(SCN)3平衡正向移

动，颜色加深，B正确：

C.根据80℃蒸储水的电导率大于20℃的可知，水中自由移动的离子浓度增大，是因为升高温度，

H2OH"+OH平衡正向移动，C正确：

D.I句右推动活塞，压缩体积，气体纪棕色先变深再变浅，是因为体积减小，C(NC>2)增大，颜色加深，

颜色变浅是因为2NC)2--平衡正向移动导致的，D错误；

故选D。

2+

10.将过量CaCO,粉末置于水中，达到溶解平衡:CaCO3(s)^=tCa(aq)+CO^(aq),pH»9e[B

57

知：K、p(CaCOj=3.4x10。Ksp(CiiSO4)=4.9xl(r,K；11(H2CO3)=4.5x10-,

Ka2(H2CO5)=4.7x10-"],下列有关说法错误的是

2+

A.上层清液中：c(Ca)=c(CO^)+c(HCO；)+c(H2CO3)

c(HCO-)

B.上层清液中：不肃臼

c.向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca?+)城小

D.向体系中加入Na?SO4溶液，存在：

--5

CaCO3(s)+SO-(aq)kCaSO4(s)+CO：(aq),K《6.9x10

【答案】C

【解析】

【详解】A.上层清液为CaCOj的饱和溶液,存在CaCOj(s).・CM+(aq)+CO；-(aq),CC；-存在水

2+

解平衡,根据原子守恒,c(Ca)=c(CO^)+c(HCO；)+c(H2CO3),A正确；

B.CaCO：的饱和溶液pH79,根据

c(HC。；)c")”(J

K“2(H2COj=4.7xl(T”,«21,B正确:

c(CO；-)-Ka24.7x10"

C.向体系中通入CO2气体，发生反应：Ca83+H2O+CO2=Ca(HCOj2，CaCC>3转化为

Ca(HCO3)2，

溶液中c(Ca2+)增大，c错误;

D.体系中存在:CaCO3(s)+SO^(aq).CaSO4(s)+CO；(aq),

2

c(CO；-)c(CO；)xc(Ba-)Ksp(BaCO3)

-5正确:

2+»6.9xl0,D

c(SO--)-c(SO^)xc(Ba)-Ksp(BaSO4)

故选C。

11.水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。

,

水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)^=±CO2(g)+H2(g)AH=-41.2kJmor

该反应分两步完成：3Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g)AH1=-47.2kJ-mol

下列说法正确的是

A.AH2=-6.0kJ•mol

n(HQ)

B.恒定水碳比增加体系总压，H2的平衡产率增大

n(CO)

C.追入过量的水蒸气可防止FqO,被进一步还原为Fe

D.通过充入He气增加体系总压，可提高反应速率

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据盖斯定律可知，

AH:=-AH,+AH=-(-47.2kJ•mo「)+(⑷.2kJ-mof')=+6.0kJ-mol",A错误;

B.水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)^，CO2(g)+H2(g)是气体分子数不变的放热反应，恒定水

n(HQ)

碳比一忌，增加体系总压，平衡不移动，H,的平衡产率不变，B错误；

n(CO)

C.通入过量的水蒸气，有利于反应2FeQ4(s)+H2O(g).TFqOjsH凡(g)正向进行，可防止

Fes。，被进一步还原为Fe,C正确：

D.充入He气增加体系总压，但不能增加体系中反应物和生成物的气体的浓度，不能提高反应速率，D错

误：

答案选C。

12.室温下，向新制酸化的和未酸化的OlmoLL-的FcSOj溶液中通入氧气且搅拌时，pH变化曲线如

图。

已知：Fe(OHb的长卬=2.8x10-39：Fe(OH)2的=4.9x10x

Fe3+开始沉淀时的pH«1.5：Fe2+开始沉淀时的pH工6.3

下列说法F确的是

A.M点对应的溶液中Fe2+水解程度大于P点对应的溶液中Fe2+水解程度

2+3+

B.导致M点fN点pH升高的反应为：4Fe+O2+4H'=4Fe+2H2O

2

C.导致P点fQ点pH降低的主要原因是：2Fe++2H2OFe(OH)2+2H

D.0点和Q点后pH变化不大，推测两个反应体系中一定不再发生Fe?+的氧化反应

【答案】B

【解析】

2+

【详解】A.FeSO4溶液中存在：Fe++2H2OFe(OH)2+2H,M点c(H)较P点大，H•抑

制Fe?+水解，所以M点对应的溶液中Fe2+水解程度小于P点对应的溶液中Fe?+水解程度，A错误：

B.M点9N点pH升高，因为Fe”在酸性条件下被0?氧化，发生反应：

2+3+

4Fe+O2+4H*=4Fe4-2H,O,B正确；

C.由于P点和Q点的pH>1.5,根据已知可知，P点-Q点pH降低的主要原因是

2+

4Fe+O2+i0H,O=4Fe(OH),J+8H+,C错误：

D.由M点7N点过程中发生的反应4Fe2++O2+4H*=4Fe“+2Hq可知，溶液中Fe"被氧化过程

消耗HZ0点之后pH接近于，发生的反应Fe3++3H2。峰'2Fe(OH)3+3H\该反应产生H，这两

个反应同时进行，pH变化不大；Q点后pH变化不大，可能是

4Fe2++O2+10H2(J=4Fe(OH)3J+8H+速率降低，导致pH变化不大，不能根据0点和Q点后pH变

化不大，推测两个反应体系中一定不再发生Fe?+的氧化反应，D错误；

故选B。

13.常温时，向浓度均为O.lOmoLd体积均为V。的MOH和ROH溶液加水稀释至体积V,pH随

.V

恒婷的变化如图所示，F列叙述错误的是

A.MOH是强碱

B.ROH的电离程度；b点大于c点

C.a点和b点所示溶液中水的电离程度相同

Vc(R1

D.当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则一一^减小

7Yr)c(M+)

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知，O.lOmolL的MOH的pH=13,O.lOmoll।的ROH的pH<13,所以

MOH是强碱，ROH是弱碱，A项正确;

B.ROH是弱碱，b点相对于c点稀释了100倍，根据影响弱电解质电离的因素可知，ROH的电离程

度：b点大于c点，B项正确:

C.由图可知，a点和b点溶液的pH相同，根据影响水电离的因素可知，a点和b点溶液中水的电离程度

相同，C项正确:

D.MOH是强碱完全电离，升高温度c（M+）不变，ROH是弱碱不完全电离，升高温度ROH的电离程

咨增大，DM：

度增大，c（R.）增大,

c（M+）

故选Do

14.某小组同学探究不同条件下氯气与二价钵•化合物的反应，实验记录如下:

实验方案

序号实验现象

实验装置试剂a

产生黑色沉淀，放

①水

置后不发生变化

3f二g=-►尾气处理*生黑色沉淀，放

②5%NaOH溶液置后溶液变为紫

色，仍有沉淀

Icdi加1A4福

O.lmolL'1MnSO」溶液

产生.黑色沉淀，放

③40%NaOH溶液置后溶液变为紫

色，仍有沉淀

溶液紫色迅速变为

取③中放置后的悬浊液1mL，力口入4mL40%NaOH

④绿色，且绿色缓慢

溶液

加深

⑤取③中放置后的悬浊液1mL,加入4mL4H溶液紫色缓慢加深

资料：水溶液中，MnO?为棕黑色沉淀，Mn（OH）2为白色沉淀，MnO；呈绿色：浓碱性条件下，MnO；

可被OH-还原为MnO；；NaQO的氧化性随碱性增强而减弱。

下列说法错误的是

A.对比实验①和②可知，碱性环境中，二价钵化合物可被氧化到更高价态

B.④中溶液紫色迅速变为绿色的可能原因是：MnO；被OH还原生成MnO广

C.⑤中紫色缓慢加深的主要原因是：3MnO：+2H2O=2MnO；+MnO,+4Ohr

D.③中未得到绿色溶液，可能是因为MnO：被氧化为MnO；的反应速率快于MnO：被还原为MnO；的反

应速率

【答案】C

【解析】

【详解】A.由实验①②现象知，中性下MM+被氧化为黑色MnCh,碱性下MM+被氧化为MnO；,A项正

确；

B.将③中放置后的悬浊液1mL加入4mL40%NaOH溶液，碱性增强，根据浓碱性条件下MnO；可被OH

还原为MnO：,发生反应：4MnO4-4OH=4MnO^+O2T+2H2O,溶液紫色迅速变为绿色，B项正

确：

C.③中放置后的悬浊液存在MnO2、C1O\MnO；和OH等，将③中放置后的悬浊液1mL加入

4mL+O,溶液碱性减弱，NaClO氧化性增强，紫色加深说明NaQO将MnO2氧化为MnO」，主要发生

反应2MnO?+3ClO+20H=2MnO：+3Cl+也0,C项错误：

D.③中浊液中存在MnO2、C1O\MnO：和OH等，存在反应：

i.4MnO4+4OH=4MnO^+O2T+2H2O.ii.2MnO；-+C1O+H2O=2MnO；+C1+2OH,在浓碱

性条件下，c（OH）和《CIO］均很大时，反应ii速率快于反应i,③中未得到绿色溶液，D项正确：

答案选C。

第n卷（非选择题共58分）

二、非选择题（本大题共4小题，共58分。）

15.对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（A1）、锄（Mo）、银（Ni）等元素的氧

化物及少量的硫化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：

7

已知：I.25℃时，H2CO,KaI=4.5xIO',Ka2=4.7x10"

9

II.Ksp(BaMoO,,)=3.5x10^；Ksp(BaCO3)=2.6xl0-

III.酸性：H2MOO4>H2CO3

N.该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO：的形态存在。

(1)焙烧中，废催化剂需粉碎，目的是。

(2)操作①是。

(3)生成固体X的离子方程式是0

(4)溶液3中，主要存在的钠盐有Na。和Y,Y为(填化学式)：往溶液3中添加适量NaQ固体

后，分别依次通入足量_______、(填化学式)气体，可析出Y。

(5)为避免制备的BaMoO.,中混入BaCOs沉淀，溶液中c(HCO；):c(MoO^)=(列出算式即

可)时，应停止加入BaCl?溶液。

(6)废气经处理后排入空气。空气中SO2的简易测定方法如图所示。

a.推确移取5mL5x104moLL”碘溶液，注入测定装置的试管中，加入2〜3滴淀粉溶液，此时溶液呈

_______色。

b.连接仪器，在测定地点慢慢抽气，每次抽气100mL,直到溶液的颜色全部褪尽为止，共抽气n次。空

气中SO2的含量为mg-L-'o

c.若空气中允许SO2最大含量为0.02mg-L-l则抽气次数n之______次才符合标准，否则超标。

【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，使废催化剂充分焙烧

(2)过滤(3)AIO；+CO2+2H2O=A1(OH)3i+HCO；或

-

[AI(OH)4]+CO2=A1(OH)3J+HCO；

(4)®.NaHCO.②.NH,③.CO2

(5)lxl(r，x2.6xl0-9

'4.7x10-,,x3.5xl0-8

(6)①.蓝80

【解析】

【分析】废催化剂和NaOH固体混合培烧，A1转化为NaAQ、M。转化为NazMoO』，Ni等不反应，之后加

水浸取，得到含有NaAKh、NazMoO二的溶液，Ni不溶解，过滤向滤液中通入过量的CO?,NaAlCh转化为

A1(OH)3沉淀，过滤后在向滤液中加入适量BaC12,得到BaMoth沉淀。

【小问1详解】

粉碎废催化剂的目的是增大接触面枳，加快反应速率，使废催化剂充分焙烧，答案：粉碎废催化剂的目的

是增大接触面积，加快反应速率，使废催化剂充分焙烧：

【小问2详解】

由题意可知操作①是过滤：答案：过渡：

【小问3详解】

溶液1的土要微粒有A1O。MoO；、OH」和Na+等，通入过量CO2上成固体X,则X为AKOH},肉

子方程式A1O；+CO2+2H2O=Al(0H)3J+HCO；:答案：

A1O,+CO2+2H2O=A1(OH)3J+HCO；：

【小问4详解】

溶液2中主要含有M。。；、HCO；和Na+等，加入BaC12溶液并调pH=7.(),溶液3的主要物质有NaQ

和NaHCC)3，Y为NaHC。.由侯氏制碱原理可知.向溶液3中添加适量NaCl固体后.应分别依次通入

足量NH?和CO2气体，可析出NaHCO,；答案：NaHCO,；NH3；CO2；

【小问5详解】

里可得

由HCO；-COT+H+,依据K£H2co3)='c向后

zHpn-xc(H-)xc(CQ^-)c(CO1二c(C0；)xc(Ba2+)=K/BaCOj=2.6、10-9

2+8

气3厂K心(H£Oj:c(MoO；)-c(MoO；~)xc(Ba)-K,p(BaMoO4)-3.5x10-,

cH+xKBaCO_79-7-9

_()sP(5)_1X10X2.6X10较案1X10X2.6X10

-118--8：

Ka2(H2CO5)xKsp(BaMoO4)-4.7x1O-x3.5x1(r°□耒：4.7xIO"x3.5xIO

【小问6详解】

a.准确移取5mL5x10'moLL/碘溶液，注入测定装置的试管中，加入2〜3滴淀粉溶液，此时溶液呈

蓝色。

b.0I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4,所以的SO?含量为S-“SXIOTx.xlO,=丫叫.为：

nx100x10n

c.—0.02mg,L1；n280次。答案：蓝；—；80。

nn

16.乙烯是石油化学工业重要的原料，可以由乙烯得到有机高分了•材料、药物等成千上万种有用的物质.

I.合成聚氯乙烯(PVC)和用作汽油抗震剂的CH3cH夕1

(I)A结构简式是。

(2)B-D的反应类型是。

(3)E的结构简式是。

(4)MTCH3cH2cl的反应方程式是。

II.除用乙烯合成乙醇外，我国科学家开发了基于煤基合成气(CO、HJ生产乙静的路线。乙醇可用作燃

料，也可用于生产医药、化妆品、酯类等。

(5)生成N的化学方程式是3

(6)生成有机物T的化学方程式是0

(7)下列说法错误的是。

①CHQH可循环利用

②乙醇属于烽类物质，可添加在汽油中作燃料

③用饱和NaOH溶液可除去T中混有的Q

(8)加氢生成CH3cH20H和CH；C)H,反应的n(H2):n(CH3coOCH?)=»

【答案】(1)CH3cH2cH2cH八CH3CH(CH,)2

(2)加成反应(3)CH2=CHCi

(4)CH3cH3+Cl?2，。3°℃>CHQH2cl+HC1

(5)2CH3CH2OH+O2—2CH.CHO+2H2O

(6)CH,COOH+CH3cH20H兰CH,COOCH2CH3+HQ

(7)(2X3)(8)2:1

【解析】

【分析】I.丁烷A裂解生成的B为乙烯，M为乙烷，乙烯和氯气发生加成反应生成的D为1,2二氯乙

烷，由PVC可逆推出E的结构简式为=CHC1；乙烷和氯气发生取代反应生成氯乙烷和W氯化纭；

H.乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化反应生成的N为乙醛，乙醛继续被氧化生成的Q

为乙酸，乙酸和乙醇反应生成T,T为乙酸乙酯。

【小问1详解】

A的分子式为C^Hio,是丁烷，丁烷有两种同分异构体，分别是正丁烷和异丁烷，其结构简式为

CHCH2CH2CH,、；

【小问2详解】

B为乙烯，BTD的反应是乙烯和氯气发生的加成反应；

【小问3详解】

由PVC的结构可逆推出E的结构简式为C〃2=CHCI；

【小问4详解】

M是乙烷，乙烷和氯气发生取代反应生成氯乙烷，其化学方程式为：

250~500C

CH.CH3+C12tCH3cHO+HCl：

【小问5详解】

N为乙醛，乙醇和氧气发生催化氧化，生成乙醛和水，反应方程式为：

2CH3CH2OH+O2j2cH3cH0+2*0；

【小问6详解】

乙酸和乙醉在浓硫酸的作用下发生酯化反应，酸脱羟基醉脱氢生成乙酸乙酯，其方程式为：

A

CH-COOH+CH5CH?OH戈CH5COOCH2CH3+H2O；

【小问7详解】

①乙酸甲酯加氢后生成的甲醇可作为前面生成甲醛的原料，故可循环使用，①正确；

②姓是只含碳氢元素的物质，故乙醇不属于妙类物质，②错误；

③T为乙酸乙酯，Q为乙酸，乙酸乙酯和乙酸都能和氢氧化钠溶液反应，应该用饱和N？CO,溶液和乙酸

发生化学反应而将乙酸除去，③错误：

故选②③：

【小问8详解】

Imol乙酸甲酯和氢气加成生成Imol乙醇和Imol甲醇,增加了4moi氢原子,故Imol乙酸甲酯需要2mol

的氢气，故。(凡)：n(CH3COOCH.)=2：\B

17.“碳达峰.碳中和”是我国社会发展重大战略之一，研究甲烷的燃烧技术可减少CO2的排放并实现资源利

用。

I.甲烷直接燃烧可达到28OOC左右的高温，主要发生反应i,可能发生副反应ii.

­,

i.CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)-2H2O(g)AH,=-802.3kJ-mol,KI

ii.CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)AH2,K2

iii....AH,,K3

(1)利用和计算AH2时，反应iii是；K2=(用KrK3表示)。

H.化学链燃烧技术有利丁・CO?的捕获和综合利用。较高温度下，将恒定流速的CH<在L时刻通入反应

器与载氧体反应，原理如图1所示，流出气体中各组分的浓度随反应时间变化如图2所示。待反应

①完成后，t3时刻向反应器中通入•段时间氧气，L时刻再通入•段时间空气，发生反应②，实现载氧体

的循环再生。

(2)①的化学反应方程式是,载氧体的主要作用是(填“提供电子''或"接受电子”)。

(3)恒乐条件下，反应①在某密闭容器中反应，平衡后通入He气，测得一段时间内CO?物质的量上

升，其原因是。

(4)结合图T依据L时刻产生CO：用化学方程式及简要文字解释t?时刻流出CH4速率突然增大的可

能原因_______O

己知：失重率「吊L%余同体X100%

血样品

III.某同学采用重量分析法探究载氧体的还原产物及循环效果，实验过程如下：在装置中放置一定量的

Fe2O,,加热条件下通入足量CH「充分均匀反应，分析固体失重率。

(5)650°。时载氧体的还原产物主要为FeQ4V结合简单计算说明1(X)()°。时，载氧体的主要还原产物为

，依据是0

IV.有人设想利用“CaSO4-CaS”间的转化实现CH,的化学链燃烧过程，按图1的呈现方式。

(6)将该转化关系在虚线框内画出______。

【答案】17.®.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)或2cO/g)=2CO(g)+O2(g)②.KJK,或

K,-K3

18.①.CH4(g)+12Fe2O3(s)=CO2(g)+8Fe5O4(s)+2H2O(g)②.接受电子

19.反应①为气体分子数增大的反应，恒压时通入He,容器体积增大，Q<K,平衡正向移动，CO2的物

质的量增大

同温

20.CH4=C+2H2,产生的积炭厦盖载氧体，减小了载氧体和CH,的接触面积，降低了CH,与载氧体

的反应速率

②.ImolFeQ?每失去ImolO,失重率为去x100%=10%,与

21.①.FeO或FeO和FqC2

9.00%接近

【解析】

【小问1详解】

根据盖斯定律，利用△乩和AH,计算AH2时，若反应i+反应iii得到反应ii,可得出反应iii是

2c0(8)+。式8)=2c。2值),若反应ii等于反应i反应iii,可得反应iii为2。。式8)=20。(8)+02(8)].

结合平衡常数表达式可知，匕=匕/1<3[或KrKs](其他合理答案也给分)，故答案为：

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)Sic2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)：K?=KJKj或降•K.(其他合理答案

也给分)；

【小问2详解】

由图1可知①的反应方程式是CH4(g)+12Fe2O"s)=CO2(g)+8Fea(s)+2H2O(g)：Fe2。?是氧化

剂,反应中接受电子,故答案为:CH4(g)4-12Fe2O3(s)=CO2(g)+8Fe3O4(s)+2H2O(g)；接受电

子；

【小问3详解】

反应①：CH4(g)+12Fe2O3(s)=CO2(g)+8Fe3O4(s)+2Hq(g)是气体分子数增加的反应，恒压时

通入He,容器体积增大，Q<K,立衡正向移动，CO?的物质的量增大，故答案为：反应①为气体分子

数增大的反应，恒压时通入He,容器体积增大，Q<K,平衡正向移动，CO2的物质的量增大:

[小问4详解】

由图2可知，口时刻CH4的浓度为零，1」时刻再通入一段时间空气有CO?生成，故t?时刻之前存在通入

的CH,受热分解产生C覆盖在载氧体的表面，使载氧体和CH“的接触而枳减小，降低了CH4与载氧体的

高温

反应速率，与时刻流出CH4速率突然增大，故答案为：CH4—C+2H,,产生的积炭覆盖载氧体，减

小了载氧体和CH』的接触面积，降低「CH’与载氧体的反应速率;

【小问5详解】

ImolFetOi每失去ImolO,失重率为」9