【文档说明】下关一中教育集团2024～2025学年高二年级上学期段考（一）化学答案.pdf，共(19)页，1.175 MB，由小赞的店铺上传

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第1页/共19页学科网（北京）股份有限公司下关一中教育集团2024~2025学年高二年级上学期段考(一)化学试卷本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第I卷第1页至第5页，第Ⅱ卷第6页至第8页。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时90分钟。以下数据可供解题时参考。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cr-52第I卷(选择题，共54分)注意事项：1.答题前，考生务必用

黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.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，用橡皮擦千净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。一、选择题(本大题共18小题，每小题3分，共54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.中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是A.竹管、动物尾毫→湖笔B.松木→油烟→徽墨C.楮树皮→纸浆纤维→宣纸D.端石→端砚【答案】B【解析】【详解】A．湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；

B．松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；C．宣纸，以楮树皮原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、

雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.乙烯的空间填充模型：B.CO2的电子式：为第2页/共19页学科网（北京）股份有限公司C.HClO的结构式：H-O-ClD.氯元

素的原子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】CO2的电子式为：，故答案为：B。3.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L0.1mol/L的氨水中有A0.1N个氮原子B.标准状况下，322.4LSO中含有的分子数为ANC.常温常压下，2

622.4LCH含有的共价键数目为A7ND.-11L0.1molLlNaC×溶液中含有的NaCl分子数目为A2N【答案】A【解析】【详解】A．氨水中氮元素守恒，故氮原子数为：AAAN=nN=cVN=0.1N××，故A项正确；B．标况下，3SO不是气

体，不能使用气体摩尔体积计算，故B项错误；C．只有在标准状况下，2622.4LCH的物质的量等于1mol，故常温常压下，261molCH所含有的共价键数目不是A7N，故C项错误；D．NaCl是离子化合物，其中含有阳离子、阴离子，在NaCl溶液中不含NaCl分子，故

D项错误；故本题选A。4.能正确表示下列反应的离子方程式为A.过量SO2溶解在NaOH溶液中：SO2+2OH-=HSO3-+H2OB.NaHCO3和盐酸反应：HCO3-+H+=H2O+CO2↑C.Fe2O3溶于氢碘酸：4Fe3++6HI=4Fe2

++3I2+3H2OD.硫酸铜溶液中滴加氨水：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓【答案】B【解析】【详解】A．H原子不守恒，应为SO2+OH-=HSO3-，故A错误；第3页/共19页学科网（北京）股份有限公司B．NaHCO3和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，故为：HCO3

-+H+=H2O+CO2↑，故B正确；C．Fe2O3不能拆开写，氢碘酸为强酸，拆开写，故溶于氢碘酸的离子方程式为Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故C错误；D．氨水不能拆开写，故为Cu2++2NH3·

H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，故D错误；故选B。5.工业上制备下列物质的生产流程不合理的是A.制硝酸：2222HOOHO2323NNHNONOHNO¾¾®¾¾®¾¾®¾¾¾®B.生产硅：石英砂¾¾¾®焦炭高温粗硅2300C1100C3HClHSiHCl°°¾¾¾®¾¾¾®过量(纯)硅C

.由铝土矿冶炼铝：铝土矿HCl233AlOAlClAl¾¾¾®¾¾®¾¾¾®电解提纯D.制乙酸：22OO3233Cu,,CHCHOHCHCHOCHCOOH¾¾¾®¾¾¾¾®△催化剂△【答案】C【解析】【详解】A．氮气和氢气生成氨气，氨气氧化为NO，NO和氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和

水生成硝酸，故A项不符合题意；B．二氧化硅被焦炭还原为粗硅，和HCl反应生成SiHCl3，再用氢气还原得到高纯硅，故B项不符合题意；C．铝土矿提纯得到氧化铝，和稀盐酸反应生成氯化铝，氯化铝为共价化合物不能电解生成铝单质，故C项符合题意；D．乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，

故D项不符合题意；故本题选C。6.如图所示实验方案中，不能达到相应实验目的的是A.研究温度对化学平衡的影响B.探究浓度对化学平衡的影响C.准确测定酸碱中和的热效应D.制备乙酸乙酯【答案】C【解析】第4页/共19页学科网（北京）股份有限公司【详解】A．2242NON

OΔH<0ƒ，加入氧化钙，升高温度平衡逆向移动，红棕色加深，可以研究温度对化学平衡的影响，A正确；B．加入铁粉，减小3+Fe的浓度，体系颜色改变，可以研究浓度对化学平衡的影响，B正确；C．金属搅拌器能导热，使体系热量丧失，该装置不可以测定酸碱中和的热效应，应该用玻璃搅拌器，C错误；D．制备乙酸乙

酯，收集产物用饱和碳酸钠溶液，D正确；故选C。7.0.5mol4CH完全燃烧生成2CO和液态2HO时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式正确的是A.422211CH(g)O(g)CO(g)HO(g)22+=+1H445kJmol-D=-×B.4222C

H(g)2O(g)CO(g)2HO(l)+=+1H890kJmol-D=+×C.42222CH(g)4O(g)2CO(g)4HO(l)+=+1H1780kJmol-D=-×D.4222CH(g)2O(g)CO(g)2HO(g)+=

+1H890kJmol-D=-×【答案】C【解析】【详解】A．0.5mol4CH完全燃烧生成2CO和液态2HO时放出445kJ热量，热化学方程式中水的状态不是液体，故A错误；B．1mol甲烷完全燃烧生成2CO和液态2HO时放出的热量为445kJ÷0.5＝890kJ

，此反应是放热反应，即ΔH<0，故B错误；C．2mol甲烷完全燃烧2CO和液态2HO时放出的热量为(445kJ÷0.5)×2＝1780kJ，此反应是放热反应，即ΔH<0，42222CHg4Og2COg2HOl+=+1ΔH1780kJmol-=-×，故C正

确；D．热化学方程式中水的状态不是液体，若生成气态水，则放出的热量会放变少，故D错误；选C。8.已知强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时的热效应ΔH=-57.3KJ/mol。向1L0.5mol/LNaOH溶液中分别加入：①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸，恰好完

全反应时的热效应分别是ΔH1、ΔH2、ΔH3，其关系正确的是A.ΔH1>ΔH3>ΔH2B.ΔH1=ΔH2=ΔH3C.ΔH1<ΔH3<ΔH2D.ΔH1=ΔH3<ΔH2第5页/共19页学科网（北京）股份有限公司【答案】A【解析】【详解】醋酸为弱电解质，与NaOH反应过程中发生电离，电离吸热，导致放热量

减少，ΔH偏大；浓硫酸溶水放热，导致ΔH偏小；故ΔH1>ΔH3>ΔH2，A正确；故选：A。9.下列不能用勒夏特列原理解释的是A.收集氯气用排饱和食盐水法B.氯水宜保存在低温、避光条件下C.打开易拉罐有大量气泡冒出D.加催化剂，使氮气和氢气在一定条件下转化为氨气【答案】D【解析

】【详解】A．饱和食盐水增大了氯离子浓度，抑制氯气的溶解，A不符合题意；B．高温、光照条件下，氯水分解，避光保存，使平衡逆向移动，防止氯水分解，B不符合题意；C．打开瓶塞，压强减小，平衡向着生成气体方向进行，C不符合题意；

D．加入催化剂，平衡不移动，故不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；故选D。10.某小组为研究原电池原理，设计如图装置。下列叙述正确的是A.a和b不连接时，铁片上会有2H产生B.a和b用导线连接时，电子

由a流向bC.a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为2Cu2eCu+-+=D.a和b连接时，铁会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色；a和b不连接时，铁片不发生反应【答案】C【解析】【详解】A．a和b不连接时，铁片与铜离子

发生置换反应，铁片表面有铜生成，A错误；B．a和b用导线连接时构成原电池装置，铁为负极，铜为正极，电子由铁流出，通过b流向a，B错误；第6页/共19页学科网（北京）股份有限公司C．a和b用导线连接时构成原电池装置，铁为负极，铜为正极，正极的反应为：铜离子得电子生成铜单质，C正确；

D．a和b连接时构成原电池装置，铁为负极，铁会溶解，铜为正极，正极的反应为：铜离子得电子生成铜单质，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色；a和b不连接时，铁片与铜离子发生置换反应，铁片表面有铜生成，D错误；故选C。11.一定条件下，在一密闭容器中放入足量的Ni和一定量的CO，发生反应并

达到化学平衡：4Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)(g)ƒ。已知该反应在25C°、80C°时的平衡常数分别为4510´和2.下列说法正确的是A.增大CO(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率B.上述生成4Ni(C

O)的反应为放热反应C.恒温恒压下，若向容器中再充入少量的Ar，上述平衡将正向移动D.80C°时，测得某时刻4Ni(CO)、CO浓度均为-10.5molL×，则此时v(正)>v(逆)【答案】B【解析】【详解】A．增大CO浓度相当于增大压强，活化分子百分数不变，A错误；B．升高温度，平

衡常数减小，所以上述生成4Ni(CO)的反应为放热反应，B正确；C．恒温恒压下，若向容器中再充入少量的Ar，为维持压强不变，容器体积增大，相当于减小压强，上述平衡将逆向移动，C错误；D．80C°时，测得某时刻4Ni(CO)、CO浓度均为-10.5molL×，则40.5Q==8>20.5，此时逆向进

行v(正)<v(逆)，D错误；故选B。12.在一密闭容器中发生反应223N(g)+3H(g)2NH(g)ΔH<0ƒ，在某一时间段反应速率与反应过程的曲线关系如图所示，下列说法错误的是第7页/共19页学科网（北京）股份有限公司A.1t时，改变

的条件可能是增大压强B.3t时，可能是使用了催化剂C.4t时，改变的条件可能是减小压强D.01t~t时，反应物的转化率最大【答案】A【解析】【详解】A．达到平衡后，1t条件下，v正、v逆都瞬间增大，则改变的条件为升温或者增压，但突变时v<v正逆，反应向左移动，则1t为升温，A

错误；B．3t条件下，正逆反应速率相等，则3t为催化剂，B正确；C．3t条件下，v正、v逆都瞬间减小，则改变的条件为降温或者减压，但突变时v<v正逆，反应向左移动，则4t为减压，C正确；D．1t后平衡逆向移动，反应物的转化率降低，故01t~t时间段转化率

最高，D正确；故选：A。13.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是A.HEZ是一种强

氧化性酸B.非金属性：WZYX>>>C.22XZ中，Z的化合价为-1价D.Y、W、E的氢化物中只有极性键【答案】D【解析】第8页/共19页学科网（北京）股份有限公司【分析】依题意，X原子核只有一个质子，则X为H，由分子结构式可知，Y可形成4个共价键，

Z可形成2个共价键，W可形成一个共价键，且Y、Z、W原子序数依次增大，均位于X的下一周期，也就是第二周期，则可推断Y为C，Z为O，W为F．元素E的原子比W原子多8个电子，则E为Cl，故X为H，Y为C，Z为O，W为F，E为Cl。【详解】A．HClO是一种强

氧化性酸，故A项正确；B．同周期元素，原子序数越大，非金属性越强，故非金属性：F>O>C>H，故B项正确；C．22XZ为22HO，O在化合物中显-1价，故C项正确；D．C的氢化物中33CHCH中含有极性

键和非极性键，故D项错误；故本题选D。14.已知反应：223N(g)3H(g)2NH(g)+ƒ192kJmol-D=-×H，温度不同(T2>T1)。下列图像正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A

．正反应放热，温度升高，平衡逆移，H2的平衡体积分数增大，由于T2>T1，由图可知，相同压强下T2的H2体积分数小于T1，与理论相反；正反应气体分子数减小，加压，平衡正移，H2的平衡体积分数减小，图中为增大，A错误；B．由于T2>T1，正反应放热，温度升高

，反应速率加快，先达到平衡，且平衡逆移，N2的转化率减小，与图相符，B正确；C．由于T2>T1，正反应放热，温度升高，平衡逆移，但正、逆反应速率瞬时均增大，图像中间应有一段间隔，C错误；的第9页/共19页学科网（北京）股份有限公司D．正反应放热，温度升高，平衡逆移，所以升温化学平衡常

数减小，与图中相反，D错误；故答案选B。15.在硫酸工业中，通过下列反应使2SO氧化成3SO：2232SO(g)+O(g)2SO(g)ΔH=-199.6kJ/molƒ。下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时2SO的转化率。下列

说法错误的是平衡时2SO的转化率(%)温度/C°0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.7983A.理论上，高压低温能使2SO尽可能多地

转化为3SOB.实际生产中考虑到对设备的要求，通常采用常压条件即可C.该反应为放热反应，所以为了保证产率，工业生产中温度越低越好D.尾气中的2SO必须回收，以减少空气污染【答案】C【解析】【详解】A．理论上，高压低温能使二氧化硫尽可能多地转化为三氧化

硫，故A项正确；B．反应为气体体积缩小的反应，增大压强平衡正向移动，所以从理论上分析，选择高压，但常压下的转化率已经很高了，继续增大压强，虽然二氧化硫的平衡转化率会提高，但不明显，且会增加设备成本，增大投资和能量消耗，在实际生产中，为了降低成本采用常

压条件，故B项正确；C．低温化学反应速率较慢，考虑生产效率问题，并不是越低越好，通常选用400~500C°，故C项错误；D．尾气中含有二氧化硫，为防止空气污染，二氧化硫需回收处理，故D项正确；故答案选C。16.自由基是

化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与2O反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是.第10页/共19页学科网（北京）股份有限公司A.上述反应，反应物的键能总和大于生成物的键能总和B.产物1P与2P的分

子式、氧元素的化合价均相同C.该历程的反应快慢由中间产物Z生成产物1P的速率决定D.产物2P比1P稳定【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则参与反应的反应物总键能小于生成物的总键能，故A项错误；B．产物1P与2P的分子式均为3HNO，但产物

1P结构中存在“OO———”，则产物1P中部分氧元素的化合价为-1价，而产物2P氧元素的化合价为-2价，两者氧元素的化合价不同，故B项错误；C．由题干反应历程图可知，过渡态I的活化能为14.15-(-12.16)=26.31kJ/mol，过渡态Ⅱ的活化能为-15

3.58-(-201.34)=47.76kJ/mol，过渡态Ⅲ的活化能为-200.59-(-205.11)=4.52kJ/mol，过渡态Ⅳ的活化能为-18.92-(-205.11)=186.19kJ/mol，即该历程中最大正反应的活化能E=186.19kJ/mol正，故决速步应该是中间产物Z生成

产物2P这一历程，故C项错误；D．由题干反应历程图可知，产物2P具有的总能量比产物1P的低，物质具有的能量越低越稳定，故产物2P比1P稳定，故D项正确；故本题选D。17.一定条件下．将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器中．发生

反应：3AgBg4Cg2Ds++ƒ。2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图第11页/共19页学科网（北京）股份有限公司所示。下列说法正确的是A.从开始到平衡，用D表示的化学反应速率为0.2mol⋅L1-⋅m

in1-B.平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比为3∶2C.反应过程中A和B的转化率之比为3∶1D.到达平衡时C的物质的量浓度为0.8mol⋅L1-【答案】D【解析】【分析】由图可知，2min后D的物质的量为0.8mol且不再改变，反应达到平衡状态，可列三段式：3Ag+Bg4

Cg+2Ds(mol)3100(mol)1.20.41.60.8(mol)1.80.61.60.8ƒ起始转移平衡，据此回答。【详解】A．D为固体，不能用单位时间内浓度的变化率来表示反应速率，A错误；B．平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比为4=1:11.8

+0.6+1.6，B错误；C．根据三段式可知，反应过程中A和B的转化率都为40%，转化率之比为1∶1，C错误；D．根据分析可知，到达平衡时C的物质的量浓度为1.62=0.8mol·L-1，D正确；故选D。18.在一固定容积的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足

量碳发生化学反应：22C(s)+2NO(g)CO(g)+N(g)ƒ，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A.增大压强或升高温度，NO转化率均增大第12页/共19页学科网（北京）股份有限公司B.若该反应在1T

、2T时的平衡常数分别为1K、2K，则12K<KC.若状态B、C、D的速率分别为v(B)、v(C)、v(D)，则v(C)=v(D)>v(B)D.在2T时，若反应体系处于状态D，则此时v(正)v>(逆)【答案】D【解析】【详解】A．22C(s)+2NO(g)

CO(g)+N(g)ƒ，是气体压强不变的反应，所以增大压强，NO转化率不变，故A项错误；B．若该反应在1T、2T时的平衡常数分别为1K、2K，从1T到2T，温度升高，一氧化氮浓度增加，说明逆向移动，K减小，则12K>K，故B项错误；C．若状态B、C、D的速率分别为v(B)、v(C)、v(D)，B

和D处于同一温度，浓度c(D)>c(B)，则v(B)<v(D)，C在3TC°，温度越高，速率越快，则v(B)<v(D)<v(C)，故C项错误；D．在2T时，若反应体系处于状态D，说明要消耗一氧化氮，平衡正向移动，即v(

正)v>(逆)，故D项正确；故本题选D。第Ⅱ卷(非选择题，共46分)注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。二、填空题(本大题共4小题，共46分)19.2023年6月4日，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着

陆，我国航天事业再攀高峰。火箭发射常用强还原性的肼类燃料，实验室用3NH与2Cl合成肼(分子式24NH，为无色油状液体，与水按任意比例互溶，沸点118C°，有强还原性)的装置如图所示：请回答下列问题：第13

页/共19页学科网（北京）股份有限公司（1）仪器c的名称为___________，B中长颈漏斗的作用是___________。（2）装置D中发生反应的离子方程式是：___________；装置C中的试剂是___________，作用是___________。

（3）装置B中制备24NH的离子方程式为___________。（4）该装置中通入3NH必须过量，且缓缓通入2Cl的原因是___________。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.防止倒吸（2）①.+--2+42216H+2MnO+10Cl=2Mn

+8HO+5Cl­②.饱和食盐水③.除去氯气中混有的氯化氢气体（3）--322422NH+Cl+2OH=NH+2Cl+2HO（4）防止生成物24NH被氧化【解析】【分析】装置A用氢氧化钙和氯化铵加热生成氨气，生成的氨

气通入B装置，装置D中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，2Cl中含有挥发产生的HCl，会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，则C为盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体，氨气和氯气在B中生成肼，尾气通过烧杯中溶液吸收。【小问1详解】据仪器的结构特点可知仪器

c为恒压滴液漏斗。氨气极易溶于水，B中长颈漏斗主要作用是防倒吸。【小问2详解】装置D中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，离子方程式为--+2+4222MnO+10Cl+16H=2Mn+8HO+5Cl­，结合分析可知装置C中有饱和食盐水，作用是除去氯气中混有的氯化氢气体。【小问3详解】装

置B中3NH与2Cl反应制备24NH，氮化合价由-3变为-2、氯化合价由0变为-1，结合电子守恒，总离子方程式为--322422NH+Cl+2OH=NH+2Cl+2HO。【小问4详解】24NH具有强还原性、氯气具有强氧化性；该装置中通入3NH必须过量，且缓缓通入2Cl的原因是：24NH具有强还原性

易被2Cl氧化，3NH必须过量，促进氯气、次氯酸钠和氨气反应，以利于肼的生成。20.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，某大学实验研究组设计由NO与2Cl在通常条件下反应得第14页/共19页学科网（北

京）股份有限公司到，化学方程式为22NO(g)+Cl(g)2ClNO(g)ƒ。（1）已知亚硝酰氯的结构为Cl-N=O，几种化学键的键能数据如下表：化学键NOºCl-ClCl-NN=O键能/(kJ/mol)630243200

607则22NO(g)+Cl(g)2CINO(g)ƒ的ΔH=___________kJ/mol。该反应在___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)条件能自发进行。（2）在恒温恒容的密闭容器中，氮氧

化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：①2312NO(g)+NaCl(s)NaNO(s)+ClNO(g)Kƒ②23224NO(g)+2NaCl(s)2NaNO(s)+2NO(g)+Cl(g)Kƒ③232NO(g)+Cl(g)2ClNO(g)Kƒ则3K=__________

_(用含1K、2K的式子表示)。（3）若向绝热恒容密闭容器中充入物质的量之比为2:1的NO和2Cl进行反应22NO(g)+Cl(g)2ClNO(g)ƒ，能判断反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)。a．容器中的压强不变b．22v(NO)=vCl正逆c．气体的平均相对

分子质量保持不变d．该反应平衡常数保持不变e．NO和2Cl的体积比保持不变（4）550C°下，若把2molNO和21molCl加入体积为2L的恒容密闭容器中发生反应22NO(g)+Cl(g)2ClNO(g)ƒ，平衡时NO的转化率与温度T的

关系如图所示，则M点的平衡常数K=___________。（5）中国科学院大学以Bi为电极材料，利用电化学催化还原2CO制备HCOOH。用计算机模拟2CO在第15页/共19页学科网（北京）股份有限公司

电极材料表面发生还原反应的历程如图所示(*表示微粒与Bi的接触位点)：HCOOH是___________(填“氧化”或“还原”)产物。依据反应历程图中数据，你认为电催化还原2CO生成HCOOH的选择性___________(填“

高于”或“低于”)生成CO的选择性。【答案】（1）①.-111②.低温（2）212KK（3）acd（4）4（5）①.还原②.高于【解析】【小问1详解】22NO(g)+Cl(g)2CINO(g)ƒ的ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和-1-1-1-1=(2630+243)kJmol-(2

200+2607)kJmol=-111kJmol´×´´××；通过计算，该反应的ΔH<0，0SD<，根据吉布斯自由能判据，该反应只有在低温下才能自发进行；【小问2详解】42222132422222cNOc(ClNO)Kc(ClNO)K===c(NO)cClcNOc(NO)cCl

K；【小问3详解】a．对于反应22NO(g)+Cl(g)2ClNO(g)ƒ，反应前后气体系数变化，故压强是变量，故当压强不再变化说明反应已经平衡，故a项正确；b．22v(NO)=vCl正逆，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故b项错误；c．气体的

平均相对分子质量即平均摩尔质量等于总质量比总物质的量，总质量虽然不变，但是总物质的量会改变，故平均相对分子质量是变量，当它不再变化则说明反应已经达到平衡状态，故c项正确；d．绝热容器中，温度会改变，温度改变平衡常数就会改变，

当平衡常数不再变化则说明反应已经达到平衡状态，故d项正确；第16页/共19页学科网（北京）股份有限公司e．NO和2Cl的体积比始终是2:1，不是变量，故不能说明达到平衡状态，故e项错误；故答案为：acd；【小问4详解】由题可得三段式：22NO(g)+Cl(g)2ClNO(g)mol210

mol250%0.51mol10.51()()()´ƒ量变化量平衡量起始，M点的平衡常数220.5K==40.250.5´；【小问5详解】由二氧化碳制备甲酸，C元素化合价由+4价降低至+2价，得到2个电子发生还原反应，所以应为还原产物；由图二氧化碳生成甲酸的活化能为0.43eV，二氧化碳生成

CO的活化能为1.1eV，生成CO的中间体(*COOH)的能垒(活化能)高于生成HCOOH的中间体(*OCHO)的能垒(活化能)，所以生成甲酸的选择性高于生成CO的选择性。21.3Cr(OH)可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为

23CrO，含23FeO、2SiO、23AlO等杂质)为原料生产3Cr(OH)和金属Al的工艺流程如图所示。回答下列问题：已知：①焙烧时23AlO转化为可溶性的钠盐；②“加入2NaS”析铬时，硫离子被2-27CrO氧化2-4SO。（1）为提高焙烧效

率，可以采取的措施为___________(填一种方法即可)；在实验室中“焙烧”在___________中进行。（2）“焙烧时，23CrO转化为24NaCrO，请写出该转化过程的化学方程式：_______

____。（3）“水浸”后滤渣主要成分为___________(填化学式，下同)。（4）用稀硫酸进行“酸浸”后，再进行“沉铝”操作，所得的母液Ⅱ的主要成分为___________。为第17页/共19页学科网（北京

）股份有限公司（5）过滤得到母液I经___________、___________、过滤、洗涤、干燥得到碳酸钠晶体，失去结晶水得到碳酸钠固体。（6）加入“2NaS”析铬，2-27CrO被还原的离子方程式为___________。

【答案】（1）①.将矿石粉碎(增大空气的量或适当提高温度等，合理即可)②.坩埚（2）232232422CrO+3O+4NaCO4NaCrO+4CO=高温（3）23FeO（4）442NHSO（5）①.蒸发浓缩(或加热浓缩)②.冷却结晶(或降温结

晶)（6）2-2-2--272343S+4CrO+16HO=8Cr(OH)3SO+8OH¯【解析】【分析】高铁铬铁矿通入空气、加入碳酸钠焙烧生成二氧化碳，焙烧过程中23CrO转化为24NaCrO，2SiO和23NaCO反应转化为23NaSiO，23AlO和23NaCO

反应转化为2NaAlO，水浸过滤得滤渣为23OFe，滤液中通入2CO调节溶液pH过滤后的固体为硅酸沉淀和3Al(OH)沉淀，加酸酸浸过滤得到硅酸沉淀，滤液中加过量氨水沉铝得3Al(OH)沉淀，煅烧得23AlO，电解熔融23AlO得Al，母液Ⅱ主要成分是442NHSO，调节溶液p

H过滤后的滤液加入2NaS，生成3Cr(OH)，过滤得到的母液I蒸发浓缩(或加热浓缩)、冷却结晶(或降温结晶)过滤、洗涤、干燥得到碳酸钠晶体，失去结晶水得到碳酸钠固体。【小问1详解】为提高焙烧效率，可以采取的措施为将矿石粉碎(增大空气的量或逆流焙烧或适当提高温度等)；焙烧在坩

埚中进行；【小问2详解】焙烧时，23CrO转化为24NaCrO，转化过程的化学方程式为232232422CrO+3O+4NaCO4NaCrO+4CO=高温；【小问3详解】23CrO、2SiO以及23AlO和23

NaCO反应转化为能溶的24NaCrO、23NaSiO、4NaAl(OH)，23FeO不反应也不溶解，所以“水浸”后滤渣主要成分为23FeO；【小问4详解】第18页/共19页学科网（北京）股份有限公司用稀硫酸进行“酸浸”后，再进行“沉铝”操作，因为铁、硅、铝元素均先后成为滤渣

，所得的母液Ⅱ的主要成分为442NHSO；【小问5详解】过滤得到的母液I主要含有碳酸钠，经蒸发浓缩(或加热浓缩)、冷却结晶(或降温结晶)、过滤、洗涤、干燥得到碳酸钠晶体，失去结晶水得到碳酸钠固体；【小问6详解】加入“2NaS”析铬，2-27CrO被还原成

3Al(OH)，其离子方程式为2-2-2--272343S+4CrO+16HO=8Cr(OH)+3SO+8OH¯。22.烃A是一种基础化工原料，相对分子质量为28，B与G互为同系物。H是有芳香味的油状液体。有关物质转化关系如图所示：已知：2H332CHCHOCHCHOH¾¾¾

¾®一定条件，化合物E分子式为342CHO请回答下列问题：（1）化合物A的名称为___________，化合物B的官能团的名称为___________。（2）B→C的化学方程式是___________，反应类型是__________

_。（3）D+G→H的化学方程式是___________，反应类型是___________。（4）下列说法正确的是___________(填序号)。A.D+G→H的过程中，浓硫酸作催化剂和吸水剂B.H在碱性条件下水解是可逆的C.用碳酸钠溶液可以溶解G，并吸收

多余的DD.聚合物X可以发生加成反应【答案】（1）①乙烯②.羟基（2）①.32232Cu2CHCHOH+O2CHCHO+2HO®△②.氧化反应（3）①.332232232CHCOOH+CHCHCHOHCHCOOCHCHCH+HOˆˆˆˆ†‡ˆˆˆˆ浓硫酸△②.取代反应或酯化反

应（4）AC【解析】【分析】烃A是一种基础化工原料，相对分子质量是28，所以A是乙烯，乙烯和水发生加成反应，生成.第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司的B是乙醇32CHCHOH，乙醇催化氧化生成C是乙醛3CHCHO，乙醛继续氧化生成D是乙酸3CH

COOH，B与G互为同系物，G是醇，F与2H发生加成反应生成G，G为322CHCHCHOH(1-丙醇)，F与2O发生氧化反应生成E，结合E分子式为342CHO，不饱和度为2，可知E的结构简式为2CH=

CHCOOH，E可以发生加聚反应生成X，D(乙酸)和G(1-丙醇)发生酯化反应生成H为酯，结构简式为3223CHCOOCHCHCH，据此解答。【小问1详解】化合物A是乙烯，结构简式为22CH=CH；B是乙醇，化合物B的官能团

的名称为羟基；【小问2详解】乙醇催化氧化生成C是乙醛3CHCHO，B→C的化学方程式是32232Cu2CHCHOH+O2CHCHO+2HOD¾¾®，反应类型是氧化反应；【小问3详解】322CHCHCHOH和3CHCOOH在浓硫酸作用下发生酯化反应生成H，反应的

化学方程式是332232232CHCOOH+CHCHCHOHCHCOOCHCHCH+HODƒ浓硫酸；该反应类型为取代(酯化)反应；【小问4详解】A．D+G→H是酯化反应，浓硫酸作催化剂和吸水剂，故A项

正确；B．H为酯，酯在碱性条件下水解是不可逆的，故B项错误；C．乙酸和碳酸钠反应，乙醇和碳酸钠溶液互溶，故C项正确；D．X是聚合物，没有碳碳双键，不能发生加成反应，故D项错误；故答案为：AC。