安徽省2024-2025学年高二化学上学期冬季联赛试题含解析

2024年冬季联赛（高二）

化学

本试卷分第I卷（选择题）和第H卷（非选择题）两部分，第I卷第1至第5页，第II卷第6至第8页。全卷

满分100分，考试时间75分钟。

考生留意事项：

I.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，并细致核对答题卡上所粘贴的条

形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一样。

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H卷时，必需运用（）.5亳米的黑色墨水签字笔在答题卡上旧写，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0.5亳米的黑色墨水签字笔描清晰。必需在题号所指示

的答题区域作答，超出答题区域旧写的答案无效，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卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Mg-24S-32Fe-56

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。

1.杭州亚运会的胜利举办、“天宫课堂”的如期开讲、天舟六号货运飞船胜利放射、嫦娥五号采I可月壤等,

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3He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（CHjOH）为有机物

C.放射天舟六号货运飞船的火箭所用推动剂为液氮和液氢

D.乙酸钠过饱和溶液析出晶体（CHCOONaBH2。）并放热的过程涉及物理变更和化学变更

【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.依据物质的分类依据可知，CHQH是有机物，B项正确：

C.火箭推动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CH3coONa・3H/）是化学变更，同时放热，涉及物理变更和化学变更，D项正确：

故选C。

2.反应N2（g）+3H2（g）==2NH3，AHvO,达平衡后变更某一条件，下列图像与条件变更一样的是

A.憎大N?浓度B.变更压强C.上升温度D.加入催化剂

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.该反应是气体分子数削减的放热反应，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削减的放热反应，由图像知R>P],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削减的放热反应，温度上升，平衡逆向移动，平衡常数K削减，C错误；

D.催化剂能变更反应速率，不影响化学平衡，D错误；

故选B。

3.臭氧分解20，=302的反应历程包括以下反应：反应①03fo2+0•（快）：反应

②OI+O-T2C）2（慢）。大气中的氯氟烧光解产生的氯自由基（Q・）能够催化。3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.0、分解为0,的速率主要由反应①确定

C.Q•参加反应提高了分解为0?妁平衡转化率

D.。・参加反应①、②，变更分解的反应历程

【答案】D

2

【解析】

【详解】A.活化能越大，反应速率越•曳，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.Oy分解的反应速率取决于慢反应，B错误：

C.催化剂能变更反应速率，不影响化学平衡，C错误：

D.C1•参加了反应①和②，加快了09的分解反应速率，变更了反应历程，D正确;

答案选Do

4.下述试验中，能达到试验目的是

验证NaOH在水的作用下检验NaHCOa分解产除去co?中混有的少由FeCb(H2。制取无水

发生电离

生的CO?量HQFeCl3固体

NaHCOI

11}

SQO

pH试纸警口容液/

（-NaOH固体）饱和Na£O,溶液噱

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，接受该比照可以达到试验目的，A正确：

B.检验NaHCOj分解产生CO?选择Ca(OH)2溶液，C0?不与CaCl,溶液反应，B错误；

C.除去CO?中混有的少量HC1,应选择饱和NaHCOi溶液，因Na2cO3能与CO?反应，C错误；

D.FeCl/GH?。在加热过程中会水解生成Fe(OHb,得不到FeCl1,不能接受干脆蒸发结晶的

方式，D错误：

答案选A。

5.其小组试验验证“Ag++Fe2+；h・Fe3++Agi”为可逆反应，并通过测定Ag+浓度计算其平衡常数。

3

卜列说法错误的是

A.反应①为4NO2+O2+2BaO=2Ba(NO3)2

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v(H2O)=L()xl04mol/(L-s)

D.反应②分两步进行•，其次步Ba(N()J2消耗的速率大于第•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.依据NOa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NO2,NO和氧气反应生成则

储存和还原技术也能降低尾气排放的70,B正确：

高温

C.由图1、图2可知。〜12.5s发生反应：Ba(NO3)2+8H2=^BaO+5H2OT+2NH3T,0〜12.5s内，

小的浓度变更了IxlO'molL-'，故也^⑻的浓度变更了获2.00x1(尸mol-L，0~12.5s内

O

收㈤的平均反应速率v(Hq)上2"；L0xK)Ym3/(L»C正确;

12.5

高温

I).由图2可知，反应②分两步进行，第一步为；Ba(NO.),+8H2-BaO+5H2OT+2NH3T；其次

高温

步为：3Ba(NO3)2+10NH5-3BaO+I5H2OT+8N2T；两个阶段时间相同，依据得失电子转移生

成或消耗Imol的氨气，第一步会消耗0.5mol硝酸钢，其次步消耗0.3mol硝酸钢，因此其次步Ba(NO)消

耗的速率小于第一步的，D错误；

答案选D。

7.室温下，向10mL0.100mol/LNa2cO3溶液中逐滴滴加0.100mol/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溶液体积的变更如图，下列说法正确的是

5

13.0

11.0

9.0

^7.0

5.0

3.0

r（HCl）/mL

A.a点溶液溶质主要为Na。、Na2co、

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（Cl）

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10ml0.100mol/L盐酸E寸,盐酸与10ml0.100mol/L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20nli0.100mol/L盐酸时,盐酸与10ml0.lOOirol/L碳酸钠溶液恰好反应得到氯化

钠和碳酸的混合溶液，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、氯化钠和碳峻氢钠，故A错误；

B.日分析可知，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.曰分析可知，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（OHj+c（HCO-）+2c（COjj+c（Clj,故C正确;

D.日分析可知，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，阳变大，故D错误；

故选C。

8.在T℃,HCI气体通过铁管时.发生腐蚀反应（X）：

Fe（s）+2HCI（g）FeCI,（s）+H2（g）AH<0,（K=0.33）o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

6

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

D.反应X的AH可通过如下反应获得：Fc(s)+Cl2(g)^^FeCI2(s)AH,.

H2(g)4-Cl2(g)^2HCl(g)AH2

【答案】C

[Of]

【详解】A.反应Fe(s)+2HCI(g)FeCl2(s)+H2(g)的AH<0,AS<0,依据AH-TAS<0可知。

低温有利于反应自发进行，A正确：

B.依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：

2

C.依据反应Fe(s)+2HCl(g);=^FeC12(s)+H2(g)可知，(？=齐=0.5>K,有利于该反应逆向进行,

铁管不易被腐蚀，C错误；

D.依据盖斯定律可知反应X的AH二△Hi-AH?,1)正确；

故答案为:Co

9.下列试验中，对现象的说明错误的是

ABCD

通

(少StMnO：3»lmolL-'

装置(KSCN溶液仪喝一蒸馈水

L.(u_(Lk—>

装有NO：瘫闭注射器

及操分别测定20c和

ImLO.OImolL1

gHQ溶液总FcCh溶液+lmL向右推动活塞，压缩体枳

作E:fO.lmol-L'KSCN

向HQ,溶液⑶溶液80℃蒸缁水的电导

加少StMnO：

率

产生气泡速率80℃蒸储水的电导气体红棕色先变深，再变

现象溶液红色加深

加快率大于20c的浅

增大反应物浓度，温度上升，

MnO,降低了压强增大，

3

说明FC*+3SCN-H2O-

反应所需的活2NO2.-N2O4平衡

化能;二・Fe(SCN)3平衡正移H++OFT立衡正移先逆移，再正移

A.AB.BC.CD.D

7

【答案】D

【解析】

【详解】A.MnO?使H,O?溶液产生气泡速率加快缘由是MnO?催化了H?。？溶液的分解反应，由催化

剂影响反应速率的微观机理可知，MnO?降低了该反应的活化能，A正确：

B.加入3滴ImolI/KSCN溶液，增大反应物浓度，使反应Fe'++3S6T"Fe(SCN)3平衡正向移动，

颜色加深，B正确：

C.依据80℃蒸镯水的电导率大于20c的可知，水中自由移动的离子浓度增大，是因为上升温度，

H2O;=±H++OH-平衡正向移动，C正确：

D.向右推动活塞，压缩体积，气体红棕色先变深再变浅，是因为体积减小，4NO?)增大，颜色加深，颜

色变浅是因为2NO?一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)^=JCa(aq)+CO^(aq),pH«9o[已

57

知：K、p(CaCOj=3.4x10-9,K^(CaSO4)=4.9xKF,Kal(H2CO5)=4.5xKK,

Ka2(H2CO3)=4.7xlO"],下列有关说法错误的是

2+

A.上层清液中：c(Ca)=c(CO^j+c(HCO；)+c(H2CO3)

c(HCO；)

B.上层清液中：-A一

eg)

C.向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2)城小

【).

向体系中加入Na2so4溶液，存在:

5

CaCO3(s)+SO^~(aq)^=JCaSO,f(s)+CO^(aq),K»6.9xlO-

【答案】C

【解析】

【详解】A.上层清液为CaCOi的饱和溶液，存在CaCO3(s)5=Ca2+(aq)+CO：(aq),CO：存在水解

平衡,依据原子守恒，c(Ca2+)=c(CO『)+c(HCO；)+c(H2co3),A正确;

c(HCO])c(H')ixlO-9

B.CaCO?的饱和溶液pH^9,依据Ka2(H2coJ=4.7xl0-u,«21，

c(CO；-)-He4.7xlO-"

8

B正确:

C.向体系中通入CO2气体，发生反应：CaCC^+HzO+CO2=Ca（HCO3）2，CaCO3转化为Ca（HCO3）2,

溶液中c（Ca2'）增大，c错误：

-

D.体系中存在：CaCO5(s)+SO；(aq)^^CaSO4(s)+CO；-(aq),

c(CO；)c(CO；-)xc(Ba2-)^(Ba^)

p6.9x10-5,正确;

2+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。

1

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

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

2Fe,O4(s)+H2O(g)^^3Fe2O3(s)+H2(g)AH2

下列说法正确的是

1

A.AH2=-6.0kJmor

B.恒定水碳比,增加体系总压，H2的平衡产率增大

C.通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】

11

【详解】A.依据盖斯定律可知，AH2=-AH,+AH=-(-47.2kJ-mol)+(-41.2kJ-mol^+d.OkJ-mol,A

错误：

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

,增加体系总压，平衡不移动，H?的平衡产率不变，R错误;

C.通入过量的水蒸气，有利于反应2FeQ4（s）+Hq（g）=±3Feq3（s）+H2（g）正向进行，可防止

FeQ,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

9

误：

答案选c。

12.室温下，向新制酸化的和未酸化的O.lmoLL"的FeSO,溶液中通入氧气且搅拌时，pH变更曲线如图。

已知：Fe(OHb的K印rZSxlO-39；Fe(OH)?的K卬=4.9x10.

Fe3+起先沉淀时的pH=1.5：Fe2+起先沉淀时的pH*6.3

下列说法正确的是

A.M点对应的溶液中Fd+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上升的反应为：4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O

2++

C.导致P点fQ点pH降低的主要缘由是：2Fe+2H2O.^Fe(OH)2+2H

D.。点和Q点后pH变更不大，推想两个反应体系中确定不再发生Fe?+的氧化反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.FeSO,溶液中存在：Fe2，+2H2O;==Fe(OH)2+2H+,M点c(H1较P点大，H，抑制F*

水解，所以M点对应的溶液中Fe?+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—N点pH上升，因为Fe"在酸性条件下被Q氧化，发生反应：

2++3+

4Fc+O2+4II=4FC+2II2O,B正确：

C.日于P点和Q点的pH>1.5,依据已知可知，P点-Q点pH降低的主要缘由是

2++

4Fe+O2+10H2O=4Fe(OH)314-8H,C错误：

10

D.由M点一>N点过程中发生的反应4Fe2++Oz+4H+=4Fe3++2H2O可知，溶液中Fe?,被氧化过程消

耗H'0点之后pH接近于1.7,发生的反应Fe3++3H2OiW9Fe(0H)；+3H+,该反应产生H+，这两

个反应同时进行，pH变更不大；Q点后pH变更不大，可能是4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3>L+8H+

速率降低，导致pH变更不大，不能依据0点和Q点后pH变更不大，推想两个反应体系中确定不再发生

Fe的的氧化反应，D错误；

故选Bo

13.常温时，向浓度均为().l()mol•LT、体积均为Vo的MOH和ROH溶液加水稀释至体积V,pH随

也二的变更如图所示，下列叙述错误的是

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(R]

I).当恒77=2时，若两溶液同时上升温度，则一一^减小

V。c(M+)

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知,O.IOmoLL?的MOH的pH=13,O.lOmollJ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Tc点稀释了100倍，依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，依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

II

同，C项正确:

D.MOH是强碱完全电离，上升温度c（M）不变，ROH是弱碱不完全电离，上升温度ROH的电离程度

,、c（R1）

增大，cR+）增大，4-增大，D项错误;

'7c（M+）

故选D。

14.某小组同学探究不同条件下氯气与二价锌化合物的反应，试验记录如下:

试验方案

序号试验现象

试验装置试剂a

产生黑色沉淀，放置后不

水

Cl2fq尾气处理发生变更

产生黑色沉淀，放置后溶

②5%NaOH溶液

液变为紫色，仍有沉淀

10mL试齐।la中加入5滴

0.1molL_,MnSO潜液产生黑色沉淀，放置后溶

③40%NaOH溶液

液变为紫色，仍有沉淀

溶液紫色快速变为绿色，

④取③中放置后的悬浊液1mL，加入4mL40%NaOH溶液

且绿色缓慢加深

⑤取③中放置后的悬浊液1mL，加入4mL4H2。溶液紫色缓慢加深

资料：水溶液中，MnO2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；；NaClO的氧化性随碱性增加而减弱。

卜列说法错误的是

A.对比试验①和②可知，碱性环境中，二价锌化合物可被氧化到更高价态

B.④中溶液紫色快速变为绿色的可能缘由是：MnO：被OH-还原生成MnO;

C.⑤中紫色缓慢加深的主要缘由是：3MnO^+2H2O-2MnO；+MnO,+401K

I）.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MnO4被还原为MnO；的反

应速率

【答案】C

12

【解析】

【详解】A.由试验①②现象知，中性下Mn‘被氧化为黑色加&,碱性下Vr?被氧化为MnO；,A项正确:

B.将③中放置后的悬浊液1mL加入4（nL4O%NaOH溶液，碱性增加，依据浓减性条件下MnO：可被01「还原为

MnOj-,发生反应：4MnO4+4OH=4MnO；+O2T+2H2O,溶液紫色快速变为绿色，B项正确；

C.③中放置后的悬浊液存在MnO2、。0一、MnO；和0H等，将③中放置后的悬浊液1mL加入4mLlhO,溶

液碱性减弱，NaClO氧化性增加，紫色加深说明NaClO将MnO?氧化为MnO：,主要发生反应

2MnO2+3C1O+2OH=2MnO4+3CI+H2O,C项错误:

D.③中浊液中存在MnO?、CIO\MnO；和0H等，存在反应:

i.4MnO4+4OH=4MnOj+O2T+2H.O.ii.2MnO；+C1O+H2O=2MnO4+Cl+2OH,在浓碱

性条件下，c（OH）和c（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53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:

废气

（含少量SO?）

含Ni固体|山溶液3|

|75米（，水浸BaCl2溶液

废催化剂

I焙烧W®

BaMoO(s)

t4

NaOH(s)固体x|~►.....——>AlAs

己知：I.25℃时，H2c。3的Ka产4.5xlO，Ka2=4.7x1(T“

-9

II.Ksp(BaMoO4)=3.5x10%Ksp(BaCOj=2.6xlO

IH.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_______o

（2）操作①是______。

13

(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NaCl和Y,丫为_______(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，可析出丫。

(5)为避开制备的BaMoO,中混入BaCO|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SO?的简易测定方法如图所示。

一

o。

m

L

j

s

l

-

第

a.精确移取5mL5xl()7mQl-LT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，在测定地点渐渐抽气，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mgL'o

c.若空气中允许SO?最大含量为0.02mg-L/,则抽气次数nN_____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)A1O；+CO2+2H2O=A1(OH)3J+HCO；或［A1(OH)41+CO?=A1(OH)3J+HCO：

(4)①.NaHCO.②.NH3③.CO2

⑴1x10-7x2.6x10-9

4.7xl0-,,x3.5xl0-8

(6)①.蓝—③80

【解析】

【分析】废催化剂和NaOH固体混合焙烧,A1转化为NaAW、Mo转化为Na2M合4,Ni等不反应,之后加水浸

取,得到含有NaAlQ、NaMoO,的溶液.Ni不落解,过滤向滤液中通入过量的CO?,NaAW转化为Al(0吐沉

淀，过滤后在向滤液中加入适量BaCk，得到BaMoO“沉淀。

【小问1详解】

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，答案：粉碎废催化剂的目的

14

是增大接触面枳，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：过滤：

【小问3详解】

溶液1的主要微粒有A10：、MoO~\OH-和Na+等，通入过量CO?生成固体X,则X为AKOH%,离

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MoO；、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^Y为NaHCOr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；CO,；

【小问5详解】

c（COr）xc（H-）

由HCO；=・CO：+H',依据Kaz（H2co3）=可得

c（HCO；）

,、c（H+）xc（CO^"）c（CO；-）=c（CO：）xc（Ba2]=K^BaCOj=2.6x10“

（；）

cHCO=J2+8

'"Ka2（H2CO3）c（MoOj）-c（MoO；-）xc（Ba）-Ksp（BaMoO4）-3.5xl0-

c（H+）xc（CO；-）

qHCO；）二Kg（HQjc”）xc（C。；-）

c（MoO；-）c（MoO；'）Ka2（H2CO3）xc（MoO：）

79

=c（H+）xK卬（BaCOj二1x10"x2.6x10"公案IxlOx2.6xl0-

-118-118

-Ka2（H2CO3）xKsp（BaMoO4）-4.7x10x3.5x10~"□:4.7xIOx3.5xl0-

【小问6详解】

a.耨确移取5mL5x10-mol・£/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.日I,」SO#2H,O=2HhH,SO-所以的SO,含量为5、1°“、5x10一x,x1(/=为।°

___

__nx100x10-3n

c.—V0.02mg•L।；nN80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子材料、药物等成千上万种有用的物质。

15

I.合成聚氯乙烯(PVC)和用作汽油抗震剂的CH3cH2cl

(2)B-D的反应类型是

(3)E的结构简式是______o

(4)MfCH3cH夕1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生产乙醇的路途。乙醇可用作燃

料，也可用于生产医药、化妆品、酯类等。

H2oO,NO,0

CH3CH2OH-

浓硫酸

仃机物T

CH3cH

△「CH2…30cH3缶

合成气催化疝

CH30H

(5)生成N的化学方程式是

(6)生成有机物T的化学方程式是

(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CH；CH20H和CHQH,反应的n(H?):n(CH3coec&)=_

【答案】(1)CH3cH2cH2cH3、CH3cH(83)2

(2)加成反应(3)CH,=CHC1

16

(4)CH3CHA+Cl2^-^--->CH3CH2CI+HCI

(5)2CH5CH2OH+O2—2CH,CHO+2H2O

(6)CH3coOH+CH©H2OH.""詈CH3COOCH2CHA+H20

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

【解析】

【分析】I.「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CH?—CHC7；乙烷和氯气发生取代反应生成氯乙烷和W氯化氢；

II.乙烯和水发生加成反应生成乙醉，乙醇发生催化氧化反应生成的N为乙醛，乙醛接着被氧化生成的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

CHCH《H?CH,、CH3cH(CH3),；

【小问2详解】

B为乙烯，B-D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”？=CHCh

【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+C12->CH3cH2CI+HCI：

【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:

2cH3cHQH+O?，2CH£HO+2H2。；

【小问6详解】

乙酸和乙醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应，酸脱羟基醇脱氢生成乙酸乙酯，其方程式为:

A

CH-COOH+CHQHQH=CH3COOCH2CH3+H2O：

浓“0』

【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，故可循环运用，①正确:

17

②嫌是只含碳氢元素的物质，故乙醇不属于烧类物质，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：应当用饱和溶液和乙酸发

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4mol氢原子，故linol乙酸甲酯须要2mol的

氢气，故"H?)：n(CH3coOCHj=2：l°

17.“碳达峰•碳中和”是我国社会发展重大战略之一，探讨甲烷的燃烧技术可削减CO,的排放并实现资源

利用。

I.甲烷干脆燃烧可达到2800C左右的高温，主要发生反应i,可能发生副反应ii。

1

i.CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)-2H2O(g)AH,=-8O2.3kJ-mor,K,

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

iii.AH3,K,

⑴利用△乩和AHR计算AH2时，反应iii是；K2=______(用K1,K3表示)。

II.化学链燃烧技术有利于CO?的捕获和综合利用。较高温度卜，将恒定流速的CH4在l1时刻通入反应器

与载氧体Fe?。、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更如图2所示。待反应①完

成后，口时刻向反应器中通入一段时间氮气，L时刻再通入一段时间空气，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“供应电子”或“接受电子”)。

(3)恒压条件下，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,

18

其缘由是______O

(4)结合图2,依据L时刻产生C0),用化学方程式及简要文字说明t?时刻流出CH］速率突然增大的可

%

0

e

岑

、

出

*

已知：失重率一样厂咻赊固体xlOO%

“品

III.某同学接受重量分析法探究载氧体的还原产物及循环效果，试验过程如下：在装置中放置确定量的

FeA，加热条件下通入足量CH一充分匀整反应，分析固体失重率。

(5)650c时载氧体的还原产物主要为F7。一结合简洁计算说明1000C时，载氧体的主要还原产物为

，依据是o

IV.有人设想利用"CaSOg-CaS”间的转化实现CH4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】17.①.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)uJc2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)②.KJK械

KtK3

18.CH4(g)+12Fe2O3(s)=CO2(g)+8Fe3O4(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，CO?的

物质的量增大

高温

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

体的反应速率

19

21.①.FeO或FeO和FeQ&②.ImolFe］。；每失去ImolO,失重率为一x100%=10%,

160

与9.00%接近

〜、“。\/CaS/空气

5/'CaSO4'、少g

【解析】

【小问1详解】

依据盖斯定律，利用和AHj计算AH?时，若反应i+反应iii得到反应ii,可得出反应iii是

2CO(g)+O2(g)=2CO,(g),若反应ii等于反应i-反应iii,可得反应iii为

2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)］,结合平衡常数表达式可知，S=%/匕［或长/降］(其他合理答案也

给分),故答案为：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)；监=&/降［或

K/K3］(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CHKg)+12Fe2O3(s)=CO2(g)+8FeQ4(s)+2Hq(g)；Fe2()3是氧化

剂，反应中接受电子，故答案为：CH4(g)+12Fe2()3(s)=CO2(g)+8FeQ4(s)+2H2O(g)：接受电子;

【小问3详解】

反应①：CH4(g)+12Fe2O3(s)=CO2(g)+8FeQ4(s)+2H2。德)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,平衡正向移动，CO2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