【文档说明】浙江省名校协作体2023-2024学年高二上学期开学适应性考试化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.574 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期浙江省名校协作体适应性试题高二年级化学学科考生须知：1.本卷满分150分，考试时间150分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上

交答题卷；5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Ca-40Cl-35.5Fe-56选择题部分一、选择题(本题共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.下列物质属于电解质的是A.KNO3固体B.NaCl溶液C.SO3D.NH3【答案】A【解析】【详解】A．KNO3溶于水能电离成自由移动的离子，水溶液可以导电，KNO3是电解质，故A正确；

B．NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．SO3溶液导电是因为形成了亚硫酸，SO3自身不能电离，SO3是非电解质，故C错误；D．NH3自身不能发生电离，是非电解质，故D错误；故选：A。2.当光束通过下列物质

时，能观察到丁达尔现象的是A.酒精B.食醋C.食盐水D.云、雾【答案】D【解析】【详解】胶体能产生丁达尔现象，酒精、食醋、食盐水都是溶液，云、雾属于胶体，故选：D。3.下列应用中涉及到氧化还原反应的是A.使用明矾对水进行净化B.雪天道

路上撒盐融雪C.暖贴中的铁粉遇空气放热D.荧光指示牌被照发光【答案】C【解析】【详解】A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价

发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有

的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指

示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；综上所述，本题选C。4.下列物质与俗名对应不正确．．．的是A.冰晶石：Na3AlF6B.钢化玻璃：SiO2C.芒硝：Na2SO4·10H2O

D.福尔马林：35%~40%的HCHO水溶液【答案】B【解析】【详解】A．Na3AlF6的俗称为冰晶石，故A正确；B．钢化玻璃的主要成分是二氧化硅、硅酸钠和硅酸钙，不是二氧化硅的俗称，故B错误；C．Na2SO4

·10H2O的俗称为芒硝，故C正确；D．35%~40%的甲醛水溶液俗称为福尔马林，故D正确；故选B。5.化学用语具有简便表达化学知识与化学思维的特点。下列化学用语表述正确的是A.异丁烷的结构简式：B.醛基的电子式：C.质子数为78，中子数为124的铂()P

t的原子符号：12478PtD.原子序数为31的镓原子结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．该结构简式为异戊烷，异丁烷的结构简式：，故A错误；B．醛基结构简式为：-CHO，其电子式为：，故B错误；C．质子数为78，中子数为124的铂(Pt)的原子符号：2027

8Pt，故C错误；D．原子序数为31的镓原子结构示意图：，故D正确；故选：D。6.在恒温恒容下，可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡状态的标志是A.N2、H2、NH3在容器中共存B.混合气体的密度不再发生变化C.混

合气体的压强不再发生变化D.v正(N2)=2v逆(NH3)【答案】C【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由

变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A．N2、H2、NH3在容器中共存时不一定达到平衡状态，故A不选；B．质量守恒，容积不变，密度一直不变，故B不选；C．正反应体积减小，压强是变量，所以混合气体的压强不再改变，说明达平衡状态，故C选；D．v正(N2)=2v逆(NH3)不满足正逆反应

速率相等，没有达到平衡状态，故D不选；故选C。7.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.二氧化硅熔点高，可用于制作光导纤维B.SO2具有漂白性，可用于制溴工业中吸收Br2C.FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制电路板D.氨气易液化，可用作工业制冷剂【答案】

D【解析】【详解】A．二氧化硅具有良好的传输光信号的能力，用于制作光导纤维，故A错误；B．SO2具有还原性，能与溴单质反应，可用于吸收溴单质，故B错误；C．FeCl3具有较强氧化性，能与铜单质发生反应，可用于蚀刻铜制的电路板，故C错误；D．氨气易

液化，液氨在气化过程中吸收大量的热，可用液氨作制冷剂，故D正确；故选：D。8.设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.标准状况下11.2L的O2、CO2混合气体含有的氧原子数为NAB.1mol·L-1Na2NO4溶液中含有的Na+的数目为2NAC.将7.1gCl2通入足量氢氧化

钠溶液中，转移电子数0.2NAD.18gNH4+所含的电子数目为11NA【答案】A【解析】【详解】A．每个O2、CO2分子中均含有2个氧原子，标准状况下11.2L的O2、CO2混合气体的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，故A正确；

B．溶液体积未知，不能计算Na+数目，故B错误；C．7.1gCl2的物质的量为0.1mol，通入足量氢氧化钠溶液中反应，Cl2转化为ClO-、Cl-，转移电子数0.1NA，故C错误；D．1个NH4+含有10个电子，18gNH4+的物质的量为1mol，所含的电子

数目为10NA，故D错误；答案为A。9.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)的ABCDX中试剂浓盐酸浓硫酸双氧水浓氨水Y中试剂MnO2C2H5OHMnO2NaOH气体Cl2C2H4O2NH3A.AB.BC.C

D.D【答案】C【解析】【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应制氯气必须在加热条件下，且氯气可溶于水，收集氯气不能用排水法，选项A错误；B．乙醇消去制乙烯需要加热，选项B错误；C．双氧水分解制氧气制取装置用固

液不加热制气体，收集氧气可用排水法，选项C正确；D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，选项D错误；答案选C。10.下列反应的离子方程式书写正确的是A.2FeBr溶液中通入少量2Cl：222BrCl2ClBr−−+=+B.23NaCO溶液

中滴加少量盐酸：2322CO2HCOHO−++=+C.23NaSiO溶液中通入过量2CO：22322233SiOCOHOHSiOCO−−++=+D.()442NHSO溶液中加入过量2Ba(OH)溶液：2244

4322NHSOBa2OHBaSO2NHHO−+−++=+++【答案】D【解析】【详解】A．向FeBr2溶液中通入少量的氯气，还原性：Fe2+＞Br-，少量Cl2先氧化亚铁离子而不是Br-，故A正确；B．23NaCO溶液中滴加少

量盐酸，生成碳酸氢钠，反应的离子方程式：2-+-33CO+H=HCO，故B错误；C．23NaSiO溶液中通入过量2CO生成硅酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为SiO2-3+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO-3，故C错误；D．()442NHSO溶液中

加入过量2Ba(OH)溶液，生成硫酸钡沉淀、一水合氨，反应的离子方程式为-2+2-44432++BaO2NH+SO+2OH=BaSO+2NHH，故D正确；故选D。11.2022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】【分析】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。【详解】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。12.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入4mol24NHCOONH发生如下反应()()()2432NHCOONHs2NHgCOg+Δ0H有关数据如下：时间段/min2CO的平均生成速率/()11molLmin−−0-10.40-20.30-30.

2下列说法错误的是A.30秒时，3NH的浓度大于10.4molL−B.0-1min内，()24NHCOONHs的反应速率为162.4gmin−C.2min30秒时24NHCOONH物质的量小于2.8molD.当2CO的体积百分数不变时，不能说明此反

应达到了平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．由于反应速率越来越慢，故30秒时，2CO的浓度大于0.2mol/L，所以3NH的浓度大于10.4molL−，A正确；B．1min内生成2CO为0.42mol=0.8mol，所以消耗24NHCOONH0.8mol，质量为0.

878g=62.4g，故反应速率为62.4g/min，B正确；C．由数据可知2min、3min时2CO的物质的量相同，所以说明2min时反应达到平衡状态，根据2CO的速率可知此时消耗24NHCOONH的物质的量为：0.322mol=1.2mol，剩余

24NHCOONH为：(4-1.2)mol=2.8mol，C错误；D．生成物中只有氨气和二氧化碳，两者物质的量之比是一个定值，所以2CO的体积百分数保持不变时，与是否达到平衡没有关系，D正确；故选C。13.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量

关系如图1；研究发现在催化剂上可能发生的反应过程如图2。下列说法不正确的是A.NH3催化还原NO为放热反应B.过程I中NH3断裂极性键，需要吸收能量，Fe3+体现了氧化性C.过程III的离子方程式：2++3+224Fe+4H+O=4Fe+2HO

D.反应过程中，反应物为NH3、O2、NO，Fe3+、Fe2+为中间产物【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据反应能量关系图，反应物总能555量比生成物总能量高，所以该反应是放热反应，描述正确，不符题意；B．NH3中共价键确极性键，参与反应发生断键，Fe3+转化为Fe2+，得电子降价，体现氧

化性，描述正确，不符题意；C．根据关系图，Fe2+在酸性条件下，被氧气氧化形成Fe3+，方程式书写正确，不符题意；D．根据转化关系，Fe3+应为催化剂，Fe2+是反应过程中的中间产物，描述错误，符合题意；综上，本题选D。1

4.现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：为已知：常温常压下，1体积水能溶解1体积CO2；1体积水能溶解700体积NH3。下列有关说法不正确的是A.反应I原理为CO2+NH3+NaCl+H2O=N

aHCO3↓+NH4ClB.反应I生成的沉淀，经过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱C.向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3D.从母液中可获得副产品氯化铵【答案】C【解析】【详解】A．由发生的反应可知，反应I原理为：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+N

H4Cl，A正确；B．反应原理为CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，则反应I生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱，B正确；C．常温常压下，1体积水能溶解1体积CO2，1体积水能溶解700体积NH3。由于NH3的溶解度远大于CO2，所以侯氏制碱

原理为饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，NaCl饱和溶液中二氧化碳的溶解度较小，所以应该向饱和NaCl溶液中先通入足量的NH3，再通入足量的CO2，C错误；D．根据CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl

及流程图可知：母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，D正确；故合理选项是C。15.①现有6.6g铜镁合金与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到2NO

NO、的混合气体(不考虑24NO等其它气体)体积为4.48L(本题气体体积均为标准状况下)：②这些气体与一定体积氧气混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向①所得溶液中加入5mol/LNaOH溶液至金属离子恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是60mL。下列说法不正确的

是A.①中参加反应硝酸是0.5molB.②中消耗氧气的体积是1.68LC.铜镁合金中镁的质量为2.4gD.混合气体中2NO体积为3.36L【答案】C【解析】【分析】标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为：n=4.48L22.4L/m

ol=0.2mol，60mL5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：n(NaOH)=5mol/L×0.06L=0.3mol。【详解】A．铜镁合金与一定量浓硝酸恰好完全反应得到的铜离子和镁离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝

酸根离子的物质的量为0.3mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的的量为：0.3mol+0.2mol=0.5mol，A正确；B．生成氢氧化铜和氢氧化镁的总物质的量为：0.3mol×12=0.15mol，反应消耗铜

和镁的总物质的量为0.15mol，0.15mol铜和镁完全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，O2得到的电子与铜和镁失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：n(O2)=0.3mol4=0.075mol，消耗标况下氧气的体积为：V(O2)=22.4L/

mol×0.075mol=1.68L，B正确；C．由B可知，铜和镁的总物质的量为0.15mol，总质量为6.6g，设Mg的物质的量为xmol、Cu的物质的量为ymol，则x+y=0.15，根据电子守恒可得：24x+64y=6.6，解得：x=0.075mol、y

=0.075mol，铜镁合金中镁的质量为24g/mol0.075mol=1.8g，故C错误；D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.2，根据电子守恒可得：3x+y=0.3，解得：x=0.05mol、y=0.15mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为3.36L，D

正确；故选C。16.下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物反应结束后有黑色固体生成，且该固体被磁铁吸引铁与水蒸气在高温下反应，生成34F

eOB为了验证2Fe+的还原性，取2FeCl溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液紫色褪去2Fe+具有还原性C取35mLFeCl溶液与试管中，逐滴加入23NaSO溶液至过量。再加入过量稀盐酸和2BaCl溶液加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红

棕色。加入稀盐酸和2BaCl溶液后产生白色沉淀3Fe+和23SO−既发生氧化还原反应，也发生双水解D向少量蒸馏水的试管里滴加2滴36KFe(CN)溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液溶液变血红色CN−与3Fe+的配位能力小于SCN−A.AB.BC.CD.

D【答案】C【解析】【详解】A．将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物，该固体被磁铁吸引，该固体可以是Fe也可以是34FeO，并不能确定一定生成34FeO，A错误；B．Cl-也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不能确定是2Fe+使高锰酸钾褪色，B错误；C．取5mL

FeCl溶液与试管中，逐滴加入23NaSO溶液至过量。再加入过量稀盐酸和2BaCl溶液，加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色，说明发生水解反应产生了3Fe(OH)。加入稀盐酸和2BaCl溶液后产生不溶于盐酸的白色沉淀4SOBa，说明Fe3+将32SO−氧化为2

4SO−，C正确；D．向少量蒸馏水的试管里滴加2滴36KFe(CN)溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，无明显现象，现象错误，D错误。故选C。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）NH4Cl的电子式：___________。（2

）HClO的结构式：___________。（3）已知阴离子R2-原子核内有n个中子，R原子的质量数为m，则w克R2-所含有电子的物质的量是___________。（4）二氧化硫可以用氯化铁溶液吸收，生成氯化亚铁和两种强酸，该反应的离子方程式为___________。（5）金

属铝和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。【答案】（1）（2）H-O-Cl（3）w(m-n+2)mmol（4）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++2-4SO（5）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO

2+3H2↑【解析】的【小问1详解】已知NH4Cl是由铵根离子和氯离子构成的离子化合物，故NH4Cl的电子式为：，故答案为：；【小问2详解】已知HClO的电子式为：，则HClO的结构式为：H-O-Cl，故答案为：H-O-Cl；【小

问3详解】已知阴离子R2-的原子核内有n个中子，R原子的质量数为m，则R原子的质子数为：m-n，R2-含有的电子数为：m-n+2，则w克R2-所含有电子的物质的量是w(m-n+2)mmol，故答案为：w(m-n+2)mmol；【小问4详解】二氧化硫可以用氯化铁溶液吸收，生成氯化亚铁和两种强酸

即HCl和H2SO4，该反应方程式为：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，故该反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++2-4SO，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++2-4SO；【小问5详解】

金属铝和氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和H2，该反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。18化学物X由3种元素组成，某学习小

组按如下流程进行实验：已知：溶液A只含一种溶质，焰色试验呈黄色。（1）组成化合物X的3种元素为___________，化合物X的化学式为___________；（2）混合气体D中能使澄清石灰水变浑浊的气

体的电子式___________；（3）X与2HO反应的化学方程式___________；.（4）气体B也能和水反应，生成的物质不稳定，容易转变为具有刺激性气味的液体G，请设计实验验证G中含有的官能团___________。【答案】（1）

①.钠、碳、氢②.NaC2H（2）（3）2222NaCH+HO=NaOH+CH（4）取乙醛溶液，加入新制的银氨溶液，水浴加热，生成银白色银单质，说明乙醛中含有醛基【解析】【分析】X由3种元素组成，和水生成A和B，溶液A只含一种溶质，焰色试验呈黄色，

则含有钠元素，A与氯化镁生成沉淀C，则C为1.74g氢氧化镁，氢氧化镁为0.03mol，则钠元素为0.06mol，钠元素质量为1.38g；B和氧气燃烧生成混合物气体D，D和石灰水生成F碳酸钙沉淀12g，则碳酸钙为0.12mol，碳

元素为0.12mol，碳元素质量为1.44g；根据守恒，则2.88gX中含氢元素2.88g-1.38g-1.44g=0.06g，物质的量为0.06mol；则X中钠、碳、氢的物质的量之比为0.06：0.12：0.06=

1:2:1，化学式为NaC2H；B燃烧生成E水1.08g，水的物质的量为0.06mol，根据守恒，则B中氢元素为0.12mol，B中碳氢物质的量之比为0.12:0.12=1:1，B为乙炔，故NaC2H和水生成氢氧化钠和乙炔，反应为2222

NaCH+HO=NaOH+CH。【小问1详解】由分析可知，成化合物X的3种元素为钠、碳、氢，化合物X的化学式为NaC2H；【小问2详解】混合气体D中能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳，二氧化碳为碳氧元素组成的共价化合物，电子式；【小问3详解】由分析可知，X与

2HO反应的化学方程式为2222NaCH+HO=NaOH+CH；【小问4详解】气体B乙炔中含有碳碳叁键，能和水发生加成反应，生成的物质不稳定，容易转变为具有刺激性气味的液体G，则G为乙醛，证明乙醛中醛基的方案为：取乙醛溶

液，加入新制的银氨溶液，水浴加热，生成银白色银单质，说明乙醛中含有醛基。19.为实现碳中和，研究人员开发了双功能催化剂，它具有吸收二氧化碳和将其吸收的二氧化碳与氢气反应转化为甲烷的功能，过程中发生的反应为()()()()2242COg4HgCHg2HOg++。已知：断开1mol物质中的化学键

所要吸收的能量如表。物质()2COg()2Hg()4CHg()2HOg吸收的能量11490kJmol−1436kJmol−11652kJmol−1926kJmol−（1）若每生成32g甲烷，则该反应_______(

填“放出”或“吸收”)_______kJ能量。（2）某温度下，在2L的密闭容器中充入()()22nCO:nH=1:5的混合气体，发生上述反应，()2nCO与()4nCH随时间的变化如图所示。①0～2min内，用2H表示该反应的平均反

应速率()2vH=_______11molLmin−−，反应达到平衡状态时，()2cHO=_______1molL−。②x、y两点用2CO表示的化学反应速率：()vx正_______()vy逆(填“>”、“＜”或“=”)。③下列说法正确的是_______

(填标号)。A.5min后该反应停止B.容器中混合气体的平均相对分子质量不再发生改变时，该反应达到平衡C.2min时，v(正)=v(逆)D.若改变催化剂，则反应达到平衡状态所需的时间一定小于5min（3）新型高效甲烷—空气燃料电池采用石墨烯作电极，两电极分别通入甲烷和空气，其工作原

理如图所示：a电极通入的气体是_______；b电极的电极反应式为_______。【答案】（1）①.放出②.540（2）①.0.5②.0.8③.>④.B（3）①.空气②.--2-432CH+10OH-8e=CO+7HO【解析】【小问1详解

】32g甲烷的物质的量为2mol，若每生成32g甲烷，断裂2mol()2COg中的化学键和8molH2中的化学键吸收的总能量为11490kJmol−×2+1436kJmol−×8=6468kJ，形成2molCH4中的化学键和4molH2O中的化学键放出的总能

量为11652kJmol−×2+1926kJmol−×4=7008kJ，则该反应放出540kJ能量。【小问2详解】①()()()()()()()2242mol1C500mol42mol154Og4HgCHgg22HOxxxxxxxx++−−初始转化2

min末2min末甲烷和二氧化碳物质的量相等，1-x=x，x=0.5，则反应消耗氢气的物质的量为2mol，0～2min内，用2H表示该反应的平均反应速率()2vH=2mol0.52L2min=11molLmin−−；根据图像，反应达到平衡状态时，生成0.8mol甲烷，则

生成1.6molH2O，()2cHO=1.6mol2L=0.81molL−。②x点反应物浓度大于y，()vx正>()vy正，y点达到平衡状态()vy正=()vy逆，x、y两点用2CO表示的化学反应速率：()vx正>()vy逆。③A．5min后反应达到平衡状态，该反应没有停止，故

A错误；B．反应前后气体系数和不同，混合气体的平均相对分子质量是变量，容器中混合气体的平均相对分子质量不再发生改变时，该反应达到平衡，故B正确；C．2min时，反应没有达到平衡状态，v(正)>v(逆)，故C错误；D．若改变催化剂，反应速率可能减慢，则反应达到平衡状态所需的时间不一定小

于5min，故D错误；选B。【小问3详解】根据图示，电子流入a极，a是正极，氧气在正极发生还原反应，a电极通入的气体是空气；b电极是负极，甲烷在负极失电子生成碳酸钾和水，负极的电极反应式为--2-432CH+10OH-8e=CO+7HO。20.过氧化钙(2CaO)可用于治理赤潮、应急供氧

等。已知：过氧化钙为白色或淡黄色结晶粉末，难溶于冷水，常温下干燥品很稳定。小组甲拟选用如下装置(部分固定装置略)用钙和氧气制备过氧化钙。（1）请选择必要的装置(装置可重复使用)，按气流方向连接顺序为______(填仪器接口的字母编号)。（2）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，与此用途无关的性

质是___________。A.可缓慢供氧B.能吸收鱼苗呼出的2CO气体C.能潮解D.可抑菌已知2CaO在350℃时能迅速分解，生成CaO和2O。该小组采用如下图所示的装置(加热和固定装置略)测定所制备的产品中2CaO的纯度(设杂质不分解产生气体)。（3）检查该装置气密性的

方法是___________；（4）使用_________(填仪器名称)准确称取0.5000g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到33.60mL(标准状况)气体，则产品中过氧化钙的质量分数为_____

___(计算结果保留3位小数)。（5）下列操作使得测定纯度偏高的是___________。A.反应未冷却至室温B.水准管液面高于量气管C.试管中留有反应生成的气体D.装置漏气小组乙拟在碱性环境下制取22CaO8HO，装置如图所示(部分固定装置略)：（6）上

图的装置B中制取22CaO8HO的离子方程式为___________；采用冰水浴控制温度，其可能原因是___________、___________。长颈漏斗的作用___________。（7）2.76g22CaO8HO样品(含杂质)受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线，140

℃完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。试确定60℃时22CaOHOx中x=___________。【答案】（1）aedbce(d)或aedcbe(d)（2）C（3）连接好装置，向水准管中注入至液面与量气管中形成高

度差，静置一段时间，若高度差不变，则装置不漏气（4）①.分析天平②.0.432（5）AB（6）①.2++2232224Ca+HO+2NH+8HO=CaO8HO+2NH②.温度低于零度，液体易冻结，反应困难③.温度过高过氧化氢分解速率加快④

.导气、防止溶液倒吸（7）2【解析】【分析】制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶；【小问1详解】制备过氧化钙时，用双氧水制备氧

气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，所以正确的顺序为：aedbce(d)或aed

cbe(d)，答案为：aedbce(d)或aedcbe(d)；【小问2详解】A．过氧化钙与水或二氧化碳反应可以生产氧气，可缓慢供氧，A错误B．过氧化钙能吸收鱼苗呼出的2CO气体生成氧气，B错误；C．能潮解与可用于长途运输鱼苗无关，C正确；D．过氧化钙具有强

氧化性可抑菌，可用于长途运输鱼苗，D错误；故选C；【小问3详解】由实验装置图可知，可用液压法检验装置的气密性，连接好装置，向水准管中注入至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差不变，则装置不漏气，答案为：连接好装置，向水准管中注入至液面与量气管中形成高度差，静置

一段时间，若高度差不变，则装置不漏气；【小问4详解】从数据分析应使用分析天平，由题可知反应方程式223502CaO2CaO+O度，由方程式可得：222CaOO，标准状况下33.60mL氧气的物质的量为0.0015摩尔，则反应的过，过氧化钙为

0.003摩尔。所以产品中过氧化钙的质量分数为：0.00372=43.2%0.5000，答案为：分析天平，0.432；【小问5详解】A.反应未冷却至室温，会使气体体积偏大物质的量偏大，使过氧化钙量偏大，结果偏高，A正确；B.水准管液面高于量气管，使生成气体压强小于标

准状况压强，使气体体积偏大，导致固体量偏大，结果偏高，B正确；C.试管中留有反应生成的气体,会使生成气体的物质的量偏小，从而使样品含量偏低，C错误；D.装置漏气会损失部分气体，从而使样品含量偏低，D错误；故选AB；【小问6详解】制取22CaO8HO时过氧化氢、氯化钙和氨气反

应生成22CaO8HO和氯化铵，离子方程：2++2232224Ca+HO+2NH+8HO=CaO8HO+2NH，采用冰水浴控制温度，原因是温度低于零度，液体易冻结，反应困难；温度过高过氧化氢分解速率加快，答案为：2++2232224Ca+HO+2NH+8

HO=CaO8HO+2NH，温度低于零度，液体易冻结，反应困难，温度过高过氧化氢分解速率加快，导气、防止溶液倒吸；【小问7详解】由22CaO8HO样品受热脱水过程的热重曲线可以看出60℃-140℃失

去的结晶水的质量为1.68g-1.32g=0.36g，物质的量为0.02摩尔，则2n(CaO)∶2n(HO)=0.01∶0.02=1∶x，所以x=2，答案为：2。21.某烃A是有机化学工业的基本原料，其

产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，B和D都是日常生活食品中常见的有机物，E是一种油状、有香味的物质。下图为部分有机物间的转化关系：已知：3232CHCHOO2CHCOOH催化

剂△+⎯⎯⎯→（1）有机物F的分子式为24CHO，且只有一种等效氢，F的结构简式为_______，①~⑤反应中属于加成反应的有_______(填序号)，C所含官能团的名称为_______。（2）①丙烯()在催化剂、加热条件下与2O反应可生成一种重要的化工原料丙烯酸()。下列关于丙

烯酸的说法正确的是_______(填选项字母)。a．与乙酸互为同系物b．能发生加成反应、取代反应、氧化反应c．能与3NaHCO溶液反应生成2COd．一定条件下能发生加聚反应，生成②乙二醇(22HOCHCHOH)与丙烯酸发生酯化反应可以生成链状酯()8104GCHO，写出该反应的方程式_______

。（3）反应③的方程式为_______。（4）已知：Diels-Alder反应为共轭双烯与含烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的Diels-Alder反应是。以1，3—丁二烯()和丙烯酸()为起始原料，利用Diels-Alder反应合成的产物的结构简式为_______

。【答案】（1）①.②.①②③.醛基（2）①.bc②.（3）2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O（4）【解析】【分析】由烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，可知A为乙烯，乙烯与水加成后的产物B为乙醇

，乙醇催化氧化得到C为乙醛，乙醛继续催化氧化得到D为乙酸，乙醇和乙酸酯化得到E为乙酸乙酯，乙烯与氧气氧化后得到F为环氧乙烷。【小问1详解】有机物F的分子式为C2H4O，且只有一种等效氢，F的结构简式为环氧乙烷，结构简式为。反应①为乙烯和溴的加成反应，②为乙

烯和水的加成反应生成乙醇，③为乙醇的催化氧化生成乙醛，④为乙醛的催化氧化生成乙酸，⑤为乙醇和乙酸的酯化反应生成乙酸乙酯，即只有①②是加成反应。C为乙醛，含有的官能团是醛基。【小问2详解】①有关丙烯酸的分析：a．丙烯酸含有碳碳双键，丙烯酸和乙酸不是同系物，故a错误；b．丙烯酸含有碳碳双键，能发

生加成、氧化反应，丙烯酸含有羧基，能发生酯化反应，故b正确；c．丙烯酸含有羧基，能与3NaHCO溶液反应生成2CO，故c正确；d．一定条件下能发生加聚反应，生成，故d错误；选bc。②乙二醇(HOCH2CH2OH)与丙烯酸发生酯化反应

可以生成链状酯G(C8H10O4)，根据链状酯的分子式，该酯化反应是HOCH2CH2OH和按照1:2的比例反应的，方程式为【小问3详解】③是乙醇的催化氧化，方程式为2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O；【小

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