【文档说明】湖北省云学新高考联盟学校2023-2024学年高二上学期10月联考化学试题 含解析.docx，共(21)页，1.330 MB，由小赞的店铺上传

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2023年云学新高考联盟学校高二年级10月联考化学试卷考试时间：2023年10月17日14：30~17：05时长：75分钟满分100分本试卷共8页，共19题，满分100分。考试用时75分钟。★祝考试顺利★相对原子质量：H-1C-12N-14O-

16Na-23Al-27一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45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.化学与环境密切相关，下列说法正确的是A.燃煤中加入23NaCO可以减少酸雨的形成B.2SO、2NO或2H的大量排放都会导致酸雨的形成C.原子利用率是期望产物

的总的物质的量与生成物的总的物质的量之比D.绿色化学的核心是利用化学原理和技术手段从源头上减少和消除环境污染【答案】D【解析】【详解】A．23NaCO不能与二氧化硫气体反应，可向燃煤中加入CaO以减少酸雨的形成，故A错误；B．2H的大量排放不会导致酸雨的形成

，故B错误；C．原子利用率是指被利用的原子的质量比上总原子的质量，故C错误；D．绿色化学的核心是利用化学原理和技术手段从源头上减少和消除环境污染，故D正确；答案选D。2.下列过程不能用勒夏特列原理解释的是

A.在生产可乐时，在加压的条件下通入2COB.氨的催化氧化时，使用催化剂加快反应速率C.向0.1mol/L重铬酸钾溶液中滴入10滴浓NaOH溶液后，橙色变深浅D.将22H(g)I(g)2HI(g)+9.48kJ/molH=−平衡体系温度降低，气体的颜

色变浅【答案】B【解析】【详解】A．2322HSOSO+HO，打开可乐瓶盖后，压强减小平衡正向移动，所以有大量气泡逸出，故能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．使用催化剂加快化学反应速率但不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C．2-

+2-2724CrO+HO2H(C()rO)+2橙色黄色，滴入10滴浓NaOH溶液后，平衡正向移动，橙色变深浅，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．反应为放热反应，降温平衡正向移动，碘单质浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。3.下列反应的离子方程

式表示正确的是A.向32Fe(NO)稀溶液中滴加足量氢碘酸：2332O=3FeNO4H3FeNO2H+−++++++B.向酸性4KMnO溶液中通入2SO：2242423SO2MnO4OHMnO3SO2HO=−−−++++C.向2Ba(OH)溶液

中加入少量3NaHCO溶液：2332HCOBaOHBaCOH=O−+−+++D.向明矾溶液中滴加2Ba(OH)溶液，恰好使24SO−沉淀：223443Ba3SO2Al6OH=3BaSO+−++++32Al(OH)+【答案】C【解析】【详解】A．向32Fe(NO)稀溶液中滴加足量氢碘酸，离子方

程式：322O=6I2NO8H3I2NO4H−−+++++，故A错误；B．向酸性4KMnO溶液中通入2SO：2+2+2424=5SO2MnO2HOMn5SO4H−−++++，故B错误；C．向2Ba(OH)溶液中加入少量3NaHCO溶液：2332HCOBaOHBaCOH=O−+−+++，故C正

确；D．明矾溶液中滴加2Ba(OH)溶液，恰好使24SO−沉淀完全，铝离子转化成偏铝酸根离子，离子方程式：2+3+244222Ba+4OH+Al+2SO2BaSO+AlO2HO−−−=+，故D错误；答案选C。4.关于有效碰撞理论，下列说法正确是A.普通分子有时也能发生有效碰撞B.增大反应物

的质量一定能使化学反应速率加快的C.使用催化剂加快反应速率是因为提高了分子的能量D.升高温度加快反应速率是因为增加了单位时间内的有效碰撞次数【答案】D【解析】【详解】A．活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，但是普

通分子能量较低不会发生有效碰撞，A错误；B．增大反应物的质量不一定能使化学反应速率加快，例如增加纯固体的质量不影响反应速率，B错误；C．使用催化剂，降低反应的活化能，使有效碰撞频率增大，反应速率加快，C错误；D．升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子百分数增大，则增加了

活化分子的有效碰撞次数，反应速率加快，D正确；故选D5.下列哪个装置能形成原电池A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】原电池的构成条件有：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进

行氧化还原反应，根据原电池的构成条件判断。【详解】A．没有构成闭合回路，不能形成原电池，A错误；B．没有构成闭合回路，不能形成原电池，B错误；C．乙醇属于非电解质，没有电解质溶液，不能形成原电池，C错误；D．符合原电池的构成条件，形成锌铜原电池，锌为负极、铜为正极

，D正确；故选D。。6.某有机物的结构如图所示，下列说法错误的是A.分子式为8103CHOB.能发生氧化反应生成醛类物质C.能发生加成反应D.既能与乙醇又能与乙酸发生酯化反应【答案】A【解析】【详解】A．根据该物质结构简式

，其分子式：8123CHO，故A错误；B．该有机物含羟基，与羟基直接相连的C原子上有H原子，可被氧化生成醛类物质，故B正确；C．该有机物分子中含碳碳双键，可发生加成反应，故C正确；D．该有机物分子中含羧基可羟基，既能与乙醇又能与乙酸发生酯化反应，故

D正确；答案选A。7.室温下，下列关于电解质的说法正确的是A.电离常数为aK的HB溶液中：()1HKamolLc+−=B.0.1mol/L的HF溶液的pH约为2，则HF为强电解质C.用等浓度的硫酸中和等体积、pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，消耗的硫酸体积相等D

.向10.1molL−的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中()4cNH+与()32cNHHO的比值增大【答案】D【解析】【详解】A．HB电离方程式：HBHB+−+垐?噲?，()()()acBcHKcHB−+=，则()()1acHBcHKmolL+−=，故A错误；B．若HF为强电解质，完全

电离，()1cH0.1molL+−=，pH值应为1，但溶液实际pH=2，故B错误；C．pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氢氧化钠完全电离，氨水部分电离，说明()()32nNHHOnNaOH＞，则中和氨水消耗硫酸体积较多，故

C错误；D．硫酸铵在溶液中完全电离出铵根离子，氨水中一水合氨部分出铵根离子，所以向10.1molL−的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中()4cNH+与()32cNHHO的比值增大，故D正确；答案选D。8.已知HA是挥发性强酸，

下列叙述正确且能说明HB是弱酸的是A.HA和HB都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取B.相同pH的HA和HB分别跟铁反应时，产生氢气的起始速率相等C.相同pH的HA和HB溶液中分别加入相应的钠盐固体，HB

的pH变大D.将pH均为3的HA和HB，都稀释成pH5=的溶液，HB所需加入水的量少【答案】C【解析】【详解】A．HA和HB都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取，可能是由于浓硫酸的强氧化性所制取，不能说明HB是弱酸，故A错误；B．相同pH的HA和HB分别跟铁反应产生氢气的起始

速率相等，只能说明初始溶液()cH+相同，不能证明HB是弱酸，故B错误；C．相同pH的HA和HB溶液中分别加入相应的钠盐固体，HB的pH变大，说明HB溶液中存在电离平衡，加入相应钠盐，()cH+减小，说明HB是弱酸，故C正确；D．将pH均为3的HA和HB，都稀释成pH5=的

溶液，HB所需加入水的量少，只能说明HB酸性强于HA，不能说明HB是弱酸，故D错误；答案选C。9.常温下，下列各组离子在指定的条件下能大量共存的是A.在pH13=的溶液中：4NH+、K+、F−、3NO−B.通入足量2CO的溶液中：H+、4NH+、3Al+、24SO−C.()3cFe0.

1mol/L+=的溶液中：K+、Cl−、24SO−、SCN−D.由水电离出的()12cH10mol/L+−=的溶液中：2Mg+、Na+、24SO−、ClO−【答案】B【解析】【详解】A．在pH13=的溶液中存在大量氢氧根

离子，氢氧根离子会和铵根离子生成氨气和水，不共存，A不符合题意；B．推通入足量2CO溶液中存在，H+、4NH+、3Al+、24SO−相互不反应液不和二氧化碳反应，能共存，B符合题意；C．Fe3+与SCN-结合生成配合物，不共存，C不符合题意；D．

酸或碱抑制水的电离，由水电离出的()12cH10mol/L+−=的溶液可能是碱性或酸性，碱性溶液中镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，酸性溶液中氢离子和次氯酸根离子生成弱酸次氯酸，不共存，D不符合题意；故选B。10.工业上利用黄铁矿(2FeS)制取硫酸，其反应流

程如下：下列说法错误的是A.反应①矿石粉碎的目的是提高反应速率和矿石的转化率B.反应②中即使通入过量的氧气，也不能将2SO全部转化成3SOC.增大压强有利于反应②的进行，所以工业生产采用高压条件D.过量的氨水吸收2SO的化学方程式：32242322NHHOSO(N

H)SOHO+=+【答案】A【解析】【分析】黄铁矿粉碎和空气焙烧生成二氧化硫，在接触室中二氧化硫转化为三氧化硫，使用浓硫酸吸收得到浓硫酸；【详解】A．对矿石进行粉碎，增大原料间接触面积从而增大反应速率，但是不能改变矿石的转化率，A错误；B．二氧化硫和氧气

生成三氧化硫反应为可逆反应，故反应②中即使通入过量的氧气，也不能将2SO全部转化成3SO，B正确；C．反应②为223Δ2SO+O2SO催化剂，是气体分子数减小的反应，增大压强有利于反应②的正向进行的且增加压强反应速率加快，所以工业生产采用高压条件，C正确；D．过量的

氨水吸收2SO，二氧化硫完全转化为亚硫酸根离子，化学方程式：32242322NHHOSO(NH)SOHO+=+，D正确；故选A。11.下列物质用途或操作正确且与盐类水解有关的一组是①明矾净水②用热纯碱溶液除油脂③3FeCl用于印刷线路板④用4TiCl水溶液制备22TiOHOx⑤用

硫酸铜和石灰乳配制波尔多液杀虫剂⑥在氯化氢气氛中灼烧氯化镁晶体制无水氯化镁⑦用铁粉、氯化钠和炭粉的混合物作食品抗氧化剂⑧在含氯化铁杂质的氯化铜溶液中加入过量的氧化铜，过滤除杂⑨配制4FeSO溶液时将4FeSO晶体溶于浓硫酸中并加蒸馏水稀释至指定浓度A.①③⑤⑦⑧B.③④⑦⑧⑨C.①②

④⑥⑧D.②③④⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，能够吸附水中杂质，与盐的水解有关；②纯碱溶液水解呈碱性，加热后水解程度增大，溶液碱性增强

，能使得油脂发生碱性水解，与盐的水解有关；③氯化铁溶液和铜发生氧化还原反应腐蚀铜，用于印刷线路板，与水解无关；④4TiCl水溶液加热钛离子水解生成氢氧化钛和挥发性HCl，氢氧化钛分解为22TiOHOx，

与盐的水解有关；⑤硫酸铜和石灰乳配制波尔多液杀虫剂是两者复分解反应生成氢氧化铜浊液，铜离子能够使蛋白质变性，与盐的水解无关；⑥氯化镁电离出的镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，在氯化氢气流中抑制了镁离子的水解，与盐的水解有关⑦用铁粉、氯化钠和碳粉混合物能够形成原电池，达到消耗氧

气的目的，能够使食品保鲜，与盐的水解无关；⑧氯化铁溶液中的铁离子水解呈酸性，氧化铜消耗氢离子，促进了的铁离子的水解，最终铁离子转化成氢氧化铁沉淀，与盐的水解有关；⑨浓硫酸具有强氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，故配制4FeSO溶

液时不能将4FeSO晶体溶于浓硫酸中，与盐类水解无关；综上，故选C。12.下列生产或实验事实对应的结论错误的是事实结论A其他条件相同，同浓度的223NaSO溶液和等体积的稀24HSO反应，析出沉淀的时间随着硫酸浓度的增大而逐渐减少当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加

快B0.1mol/L和0.3mol/L酸性高锰酸钾溶液分别与0.5mol/L草酸溶液等体积混合高锰酸钾溶液先褪色的反应速率快C工业制硫酸过程中，3SO气体用98%的浓硫酸吸收而不用水用水吸收3SO易形成硫酸的酸雾，

影响吸收效率DA、B两支试管中分别加入等体积5%的22HO溶液，在A中加入少量2MnO粉末，在B中加入2~3滴3FeCl溶液，A试管中产生气泡快当其他条件不变时，不同的催化剂对化学反应速率的影响不同A.A

B.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．当其他条件不变时，随着稀硫酸浓度增大，析出沉淀的时间减少，说明当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快，故A正确；B．高锰酸钾与草酸反应时其物质的量之比为2:5，等体积混合时，0.

3mol/L酸性高锰酸钾溶液中高锰酸钾，故其不可能褪色，该实验方案不合理，因此B错误；C．在SO3的吸收阶段，当从上向下喷洒浓硫酸时，浓硫酸与SO3接触面积增大，吸收SO3更快，更多，可以说明增大接触面积，化学反应速率加快；用水吸收3SO易形成硫酸的酸雾，影响吸收效率，故C正确；D．等体积5%

的22HO溶液，在A中加入少量2MnO粉末，在B中加入2~3滴3FeCl溶液，A试管中产生气泡快，说明当其他条件不变时，不同的催化剂对化学反应速率的影响不同，故D正确；答案选B。13.短周期主族元素W、X

、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一。0.1mol/L丙溶液的pH1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正

确的是A.W为C元素B.元素的非金属性：ZYXC.甲和丙的稀溶液加热也反应D.K与L、乙反应生成丙离子方程式为：222242SOO2HO4H2SO+−++=+【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、M均是由这些元素组成的二

元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体；0.1mol/L丙溶液的pH1，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则K应为SO2，二氧化硫被氧气

氧化为三氧化硫，再和水生成硫酸，则乙为O2，L为H2O，甲是常见的固体且浓硫酸和甲反应生成M，推测甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素；代入检验推理合理；【详解】A．由分析可知，W为H元素，A错误；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强

；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；元素的非金属性：OSC，B错误；C．碳和稀硫酸加热不反应，C错误；D．氧气具有氧化性，二氧化硫与氧气、水发生氧化还原反应生成硫酸，离子方程式为：222242SOO2HO4H2SO+−++=+，D正确；故选D。14.中国科学院科学

研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，副产物是46CH。其反的应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)下列说法正确的是A.使用其他高效催化剂，不可能提高乙烯产率B.由图1可知，22CH转化为23CH时，只有化学键的断裂C.由图2可

知，23CH转化为46CH的速率低于转化为24CH的速率D.决定制乙烯速率快慢的反应为：23224CHHO(g)eCHOH−−++=+【答案】C【解析】【详解】A．使用其他高效催化剂，可以加快反应速率，能提高单位时间内的乙烯产率，A错误；B．由

图1可知，22CH转化为23CH时，也生成可碳氢键，B错误；C．由图2可知，23CH转化为46CH的活化能更大，反应活化能越高，反应所需能量越大，相同条件下反应速率越低，故23CH转化为46CH的速率低于转化为24CH的速率，C正确；D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为

活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；故决定制乙烯速率快慢的反应为：22223CHHO(g)eCHOH−−++=+，D错误；故选C。15.常温下，10.1molL−32NHHO溶液的pH11=，在如图所示的溶液体系中，隔膜

不让4NH+和OH−通过32NHHO分子可自由穿过。已知溶液中()()()32324cNHHOcNHHOcNH+=+总，该体系达到平衡时，下列叙述正确的是A.水的电离程度：溶液Ⅰ<溶液ⅡB.溶液Ⅰ中：

()()3232cNHHO101cNHHO=总C.溶液Ⅱ中：()()()()324cNHHOcOHcNHHc−++D.溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中的32NHHO浓度不相等【答案】C【解析】【分析】常温下，10

.1molL−32NHHO溶液的pH11=，则335b1010K100.1−−−==；【详解】A．溶液Ⅰ呈中性，则水的电离不受影响，Ⅱ溶液中，加入氨水使溶液的pH=11，则溶液呈碱性，水的电离受到抑制，所以水的电离程度：溶液A＞溶液B，

A不正确；B．溶液Ⅰ中，()()745b3210cNHK10cNHHO−+−==，则溶液中剩余的()()3241cNHHOcNH100+=，此时已电离的()()324cNHHOcNH+=，所以()()(

)()324441101cNHHOcNHcNHcNH100100+++=+=总，B不正确；C．溶液Ⅱ中，()()345b3210cNHK10cNHHO−+−==，()()324cNHHO100cNH+=，

所以()()()()324cNHHOcOHcNHHc−++，C正确；D．32NHHO分子可自由穿过隔膜，则溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中的32NHHO浓度相等，故D错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。1

6.如表所示是几种弱酸在常温下的电离平衡常数：3CHCOOH224HCO23HCO23HSOHClOHF5aK1.810−=2a1K5.610−=4a2K1.510−=7a1K4.510−=11a2K4.710−=2a1K1.410−=8a2K6.010−=

8aK4.010−=4aK6.310−=回答下列问题：（1）常温下表中六种酸酸性由强到弱的顺序为___________；（2）常温下NaF溶液呈碱性的原因___________(用离子方程式表示)；（3）常温下24NaHCO溶液呈____

_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________；（4）常温下向NaClO溶液中通入少量2CO的化学方程式为___________；（5）常温下向23NaCO溶液中通入过量2SO的离子方程式为___________

；（6）常温下用NaOH溶液作2CO捕捉剂不仅可以降低碳排放，还可得到重要化工产品纯碱。某次捕捉后得到pH10=的纯碱溶液，则溶液中()()2323cCO:cHCO−=___________。【答案】（1）2242

3323CHOHCOOHCOHSOHCOHFHCl＞＞＞＞＞（2）2FHOHFOH−−++（3）①.碱性②.()()()()()22424cNacHCOcCOcOHcH+−−−+＞＞＞＞（4）2232NaClOCOHO2HClO

NaHCO++=+（5）232223CO2SOHOCO2HSO−−++=+（6）0.47【解析】【小问1详解】酸的电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性：22423323CHOHCOOHCOHSOHCOHFHCl＞＞＞＞＞；【小问2详解】NaF为强碱弱酸盐，溶液中

F−水解导致溶液呈碱性，离子方程式：2FHOHFOH−−++；【小问3详解】24HCO−电离平衡常数：11a2K4.710−=，24HCO−水解平衡常数：144wh11a2K10K2.110K4.710−−−==，ha2KK＞，说明24HCO−水解程度大于电离程度，则溶液呈碱

性；溶液中离子浓度由大到小的顺序：()()()()()22424cNacHCOcCOcOHcH+−−−+＞＞＞＞；【小问4详解】向NaClO溶液中通入少量2CO的化学方程式：2232NaClOCOHO2HClONaHCO++

=+；【小问5详解】向23NaCO溶液中通入过量2SO的离子方程式：232223CO2SOHOCO2HSO−−++=+；【小问6详解】pH10=说明溶液中()10cH10mol/L+−=，由233HCOHCO−+−+可得：()()()2

311a23cCOcHK4.710cHCO−−−+==，所以()()233cCO0.47cHCO−−=；17.宇宙中随时伴随能量变化，研究化学反应能量变化意义重大。（1）杭州亚运会首次使用废碳(2CO)绿色循环再生技术合成的零碳甲醇(3CHOH)燃料作为主火炬燃料，是对

绿色亚运的美好诠释。①下列有关零碳甲醇作主火炬燃料的优势说法正确的是___________；A．环保，燃烧高效，可实现循环内零排放B．安全，不易爆炸，储存运输安全便捷C．可靠，持续燃烧，极端天气不易熄灭D．经济，废碳再生，燃料成本低E．可视，火焰亮丽稳定②已

知：反应Ⅰ：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+49.0kJ/molH=−反应Ⅱ：3222CHOH(g)1/2O(g)CO(g)2H(g)+=+192.9kJ/molH=−过程Ⅲ：22HO(g)HO(l)=44k

J/molH=−表示甲醇蒸汽燃烧热的热化学方程式为___________。（2）取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L硫酸溶液50mL置于如图所示的装置中进行中和反应反应热的测定实验。回答下列问题：①从图中实验装置看，

其中缺少的一种玻璃仪器是___________；②四次实验数据如下，表中温差平均值为___________℃实验次数起始温度1T/℃终止温度2T/℃温差平均值/℃硫酸溶液NaOH溶液反应前温度126.226.626.429.9227.027.427.232.3325.92

5.925.929.3426.426.226.329.6若0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是31g/cm，反应后生成的溶液比热容()c4.18J/g=℃，则中和反应反应热H=___________(结果保留小数点后1位)。③实验中若分几次加入

50mL0.55mol/LNaOH溶液，所测中和热H___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。（3）在催化剂存在下，反应262242CH(g)CO(g)CH(g)HO(g)CO(g)+++可表示为如图所示：该反应的H

=___________kJ/mol，包含___________个基元反应。【答案】（1）①.ACDE②.132223C2OHOH(g)O(g)CO(g)H(l)ΔH764.7kJmol2−+=+=−（2）①.环形玻璃搅拌器②.3.4℃③.56.8kJ/mol④.偏大（3）①.177+②.

2【解析】【小问1详解】①A．甲醇燃烧产物为二氧化碳和水，环保，燃烧高效，可实现循环内零排放，故A正确；B．甲醇属于可燃性物质，储存运输时具有一定危险性，故B错误；C．零碳甲醇支持持续燃烧，极端天气不易熄灭，故

C正确；D．零碳甲醇是废碳再生，燃料成本低，故D正确；E．甲醇燃烧火焰明亮可视，火焰亮丽稳定，故E正确；答案选ACDE；②根据盖斯定律：②×3+①×2+③×2得132223C2OHOH(g)O(g)CO

(g)H(l)ΔH764.7kJmol2−+=+=−；【小问2详解】①由实验装置图可知，装置中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌器；②四次实验数据温差分别为：3.5℃、5.1℃、3.4℃、3.3℃，5.

1℃偏差太大数据舍去，温度均差：3.4℃；()4.18J/g1J10Q02gcmt421.3.4===℃℃，此时生成水物质的量：0.25mol/L0.05L20.025mol=，中和反应反应热-31421

.210kJ56.8kJ/mol0.025molH==；③实验中若分几次加入50mL0.55mol/LNaOH溶液，由热量损失，导致所测中和热H偏大；【小问3详解】()11300477kJmol177kJmolH−−=−=−−−=+

生成物总能量反应物总能量，共包含2步基元反应；18.乙酸乙酯是常用的化工原料和有机溶剂，某化学兴趣小组在实验室制取乙酸乙酯并进行提纯。已知：2CaCl可与乙醇形成难溶物225CaCl6CHOH(一)制备过程在A试管中加入5.8mL(0.10mol)无水乙醇

，然后边振荡试管边慢慢加入2.0mL浓硫酸和2.9mL(0.05mol)冰醋酸，再加入几片碎瓷片。如下图连接好装置，用酒精灯小心加热，将产生的蒸气经导管通到B中饱和23NaCO溶液的液面上。（1）该实验制备乙酸乙酯的原理是___

________(用化学方程式表示)；（2）加入几片碎瓷片的作用是___________；（3）饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇、中和乙酸和___________；（4）若预先向饱和23NaCO溶液中加入2滴酚酞溶液，实验过程中红色的液面上逐渐出现一层无色液体。实

验结束后，振荡B试管，静置，观察到有气泡放出，静置后分层，上下两层均为无色透明液体。分析溶液红色褪去的主要原因，实验小组提出如下假设，并设计实验验证。假设一：碳酸钠与挥发出的乙酸反应。假设二：酚酞由水层转移到有机层实验实验操作实验现象1用胶头滴管吸取少许上

层液体于试管中，加入几滴氢氧化钠溶液，振荡溶液变红2将吸有酚酞溶液的长胶头滴管穿过有机层向无色的水层中滴加酚酞溶液溶液变红由实验1、2的现象可以得出结论___________(填“假设一正确”，“假设二正确”或“假设一、二均正确”)(二)

提纯过程将B试管中的混合液转入分液漏斗中，振荡，静置分层后分去水层，有机层依次用3mL饱和食盐水、3mL饱和氯化钙溶液和3mL蒸馏水洗涤。再将有机层用适量的无水硫酸镁干燥。将干燥后的乙酸乙酯滤入如图所示装置中，蒸馏，收集73~78℃馏分。

（5）仪器C的名称是___________；（6）饱和氯化钙溶液的作用是___________；（7）共收集到乙酸乙酯3.3g，则本实验的产率是___________(产率指的是某种生成物的实际产量与理论

产量的比值)。【答案】（1）CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3COOCH2CH3+H2O（2）防止液体爆沸（3）降低乙酸乙酯在水中的溶解度，利于酯的析出分层（4）假设二正确（5）蒸馏烧瓶（6）除去未被饱和碳酸钠溶液溶

解的乙醇（7）37.5%【解析】【分析】由题目信息知，利用乙酸和乙醇发生酯化反应制备乙酸乙酯，加入物料后用酒精灯小心加热，产生的蒸气（含乙酸乙酯）经导管通到饱和溶液的液面上，冷却至室温，将B试管中的混合液转入分液漏斗中，振荡，静置分层后分去水层，有机层经洗涤、干燥、过滤、蒸馏

纯化即可得乙酸乙酯。【小问1详解】乙酸和乙醇在浓硫酸催化加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3COOCH2CH3+H2O；【小问2详解】加入几片碎瓷片的作用

是防止液体爆沸；【小问3详解】饱和碳酸钠溶液的主要作用有：中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯在水中的溶解度、提高水溶液的密度以加速乙酸乙酯与水溶液的分层；【小问4详解】上层液体为有机层，其中主要含乙酸乙酯，用胶头滴管吸取少许上层液体于试管中，

加入几滴氢氧化钠溶液，振荡，溶液变红，说明有机层中含酚酞；将吸有酚酞溶液的长胶头滴管穿过有机层向无色的水层中滴加酚酞溶液，溶液变红，说明下层的水溶液中含有碱性的碳酸钠，综上分析可知，溶液红色褪去的主要原因是假设二：酚酞由水层转移到有机层；【小问5详解】仪器C的名称是蒸馏烧瓶；【小问6详解】

已知：2CaCl可与乙醇形成难溶物225CaCl6CHOH；故饱和氯化钙溶液的作用是除去未被饱和碳酸钠溶液溶解的乙醇；【小问7详解】无水乙醇与冰醋酸反应，由于冰醋酸少量，理论生成的乙酸乙酯为0.1mol，对应的质量为0.1mol×88g/mol=8.8g，蒸馏共收集到乙酸乙酯3.3g，则本实验

的产率为3.3g100%37.5%8.8g=。19.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，我国目前氨的生产能力位居世界首位。其合成原理为：223N(g)3H(g)2NH(g)+92.4kJ/molH=−200J/(Kmol)S=−。（1）合成氨及其衍生工业是化工生产的重

要门类，某工厂用下图流程合成氨及其含氮产物：上流程中气体2为___________，在饱和NaCl溶液中先通入过量3NH再通入过量2CO可得到固体___________；（2）合成氨反应在常温下_______

____(填“能”或“不能”)自发；（3）在恒温恒容密闭容器中充入2mol2N和6mol2H进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达平衡状态的是___________；a．断裂6molHH−同时生成6molNH−b．容器内压强保持不变c．

混合气体密度保持不变d。容器内2N、2H、3NH物质的量之比为1：3：2e．3NH的百分含量保持不变（4）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过下图机理进行(*表示催化剂表面吸附位，2N表示被吸附于催化剂表面的2N)。(ⅰ)22N(g)N+(ⅱ)2N2N+(ⅲ)22H(g)

H+(ⅳ)2H2H+(ⅴ)NHNH++……(…)33NHNH(g)+判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为___________(填步骤前的标号)，理由是___________。（5）基于23AlO载氮体的碳基化学链合成氨技术示

反应如下：吸氮反应：232AlO(s)3C(s)N(g)2AlN(s)3CO(g)++=+708.1kJ/molH=+释氮反应：22332AlN(s)3HO(l)AlO(s)2NH(g)+=+274.1kJ

/molH=−在温度为T、0p100kPa=恒压条件下进行吸氮反应，平衡时氮气转化率为50%，分压平衡常数Kp=___________2(kPa)。【答案】（1）①.NO②.NaHCO3（2）能（3）

be（4）①ⅱ②.氮氮三键键能最大，断键需要吸收能量最多，反应过程最慢（5）()37525【解析】【分析】氨气被氧气先氧化为NO，NO进一步被氧化为NO2；在饱和NaCl溶液中先通入过量3NH再通入过量2CO

可得到固体为NaHCO3，受热分解为Na2CO3；【小问1详解】根据分析可知气体2为NO；生成的固体1为NaHCO3；【小问2详解】该反应ΔH92.4kJ/mol=−、ΔS200J/(Kmol)=−，根据

()ΔGΔHTΔS92.40.2298kJmol0=−=−+-1＜可知，常温可自发进行；【小问3详解】a．断裂6molHH−同时生成6molNH−表示相同反应方向，不能判断是否达到平衡，故a错误；b．该反应前后气体分子数不同，反应过程中压强不断变化，容器内压强保持不变，能判

断达到平衡，故b正确；.c．混合气体总质量不变，恒容条件下反应气体总体积不变，混合气体密度始终保持不变，不能判断是否达到平衡，故c错误；d．反应进行到某个时刻，容器内2N、2H、3NH物质的量之比可能恰好为1：

3：2，不能判断是否达到平衡，故d错误；e．反应过程中，3NH不断被消耗，百分含量逐渐降低，当3NH的百分含量保持不变，能判断达到平衡，故e正确；答案选be；【小问4详解】上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为第ⅱ步，因为氮氮三键键能最大，断键需要吸收能量最多

，反应过程最慢；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com