【文档说明】【精准解析】江西省新余市第一中学2022-2023学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）.docx，共(21)页，1.046 MB，由envi的店铺上传

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新余一中2022-2023学年高二年级上学期开学考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56Cu64Ca40一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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.运用化学知识，对下列内容进行分析不合理是A.成语“饮鸩止渴”中的“鸩”是指放了砒霜(23AsO)的酒，砒霜有剧毒，具有还原性。B.油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离C.屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出治疗疟疾的青蒿素，其过程包含萃取操作D.东汉魏伯阳

在《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指硫。【答案】B【解析】【分析】【详解】A．砒霜有剧毒，As2O3中砷元素的化合价为+3价，能够被氧化成+5价，则砒霜具有还原性，故A正确；B．高级脂肪酸钠和甘油在盐溶液中的溶

解度不同，采用盐析的方法分离，故B错误；C．青蒿素易溶于乙醚，不溶于水，采用萃取操作提取，故C正确；D．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，

黄芽指呈淡黄色的硫磺，故D正确；答案选B。2.下列说法不正确．．．的是A.油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆B.35%-40%的甲醛的水溶液叫福尔马林，能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本C.天然气的主要成分是甲烷，是常用的燃料D

.中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素【答案】A【解析】【详解】A．油脂的相对分子质量虽然较大，但比高分子化合物的相对分子质量小的多，油脂不是高分子化合物，A错误；B．福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质发生变性，可用于浸制动

物标本，B正确；C．天然气是三大化石燃料之一，其主要成分是甲烷，是生产生活中常用的一种清洁燃的料，C正确；D．我国科学家合成的结晶牛胰岛素，是世界上首次人工合成的具有活性的蛋白质，蛋白质的基本组成单位是氨基酸，D正确；故选A。3.三位分别来自法

国、美国、荷兰的科学家因研究“分子机器的设计与合成”而获得2016年诺贝尔化学奖。纳米分子机器日益受到关注，机器的“车轮”常用组件如图。下列说法不正确的是（）A.①③均能发生加成反应B.②④互为同分异构体C.①②③④均属于烃D.①②④的一氯代物分别为3种、3种、2种【答案】C【解析】

【详解】A.①中含有苯环，能够与氢气加成；③中含有碳碳双键，能够发生加成反应，故A正确；B.②④的化学式均为C10H16，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.③为富勒烯只含有碳原子，不属于烃，故C错误；D.①中有3种氢原子，一氯代物有3种，②中有3种氢原子，一氯代物有3种，④中

含有2种氢原子，一氯代物有2种，故D正确；故选C。【点睛】判断一氯代物的同分异构体数目，要根据烃中氢原子的种类数来确定，烃中有几种类型的氢原子，其一氯代物种类就有几种。4.下列实验操作、现象和结论都正确且有相关性的是操作现象结论A向某无色溶液中加入足量稀盐酸酸化的

BaCl2溶液出现白色沉淀溶液中一定存在SO24−B将在空气中灼烧的铜丝插入乙醇中黑色变红色乙醇具有还原性C向硫酸酸化的H2O2溶液中滴入Fe(NO3)2溶液变黄氧化性：H2O2>Fe3+D向淀粉水解液

中滴加碘水溶液变蓝说明淀粉开始水解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．该操作不能排出溶液中有Ag+的可能，应先加稀盐酸，无明显现象再加BaCl2溶液，A不符合题意；B．该操作乙醇将黑色的氧化铜还原为红色的铜，操作、现象

和结论都正确，B符合题意；C．该操作不能区分是H2O2还是酸性环境下硝酸根离子氧化了Fe2+，现象正确，结论不正确，C不符合题意；D．淀粉遇碘单质变蓝，该操作及现象说明该水解液中还有淀粉，不能确定是否开始水解

，D不符合题意；故选B。5.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图。Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等。W的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是A.原子半径大小：Y>Z>QB.W、Y、Z三种元素可形成

离子化合物C.该化合物中所有原子都满足8电子稳定结构D.该化合物的阴离子中所有的原子可能共面【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，W的原子半径在周期表中最小，则其为氢元素；从食品添加剂的结构图中可以看出，X形成四个共价键，则其最外层有4个电子，其为C

元素；Y形成三个共价键，则其最外层有5个电子，其为N元素；Z形成二个共价键，其最外层电子数为6，满足“Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等”，所以Z为O元素；Q形成Q+，则其为Na元素。从而得出W、X、Y

、Z、Q分别为H、C、N、O、Na。【详解】A．Y、Z、Q分别为N、O、Na，则其原子半径大小：Q＞Y＞Z，A不正确；B．W、Y、Z分别为H、N、O，则W、Y、Z三种元素可形成离子化合物NH4NO3，B正确；C．该

化合物中除了H外的其它原子都满足8电子稳定结构，C不正确；D．碳原子形成4个单键、碳原子其空间结构是四面体形，则该化合物的阴离子中所有的原子不可能共面，D不正确；故选B。6.我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O—Pt/SiC/

IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图，下列说法错误的是A.该反应为2CO2+2H2O一定条件2HCOOH+O2B.该反应能量转化形式为光能→化学能C

.图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+D.转化HCOOH的路径中，1molCO2被氧化为HCOOH时，转移电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O一定条件2HCOOH+O

2，故A正确；B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；C．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故C正确；D．转化HCOOH的路径中，CO2被还原为HCOOH，故

D错误；答案选D。7.硅胶吸附剂的结构示意图如图所示，常用作干燥剂。在其中添加CoCl2可使其指示吸水量的多少来决定硅胶是否失效，原理如下：CoCl2(蓝色)=CoCl2·6H2O(粉红色)，失效的硅胶可加热再生，下列说法错误的是A.当硅胶变粉红色说明硅胶失效了B.S

iO2是酸性氧化物，硅胶可干燥HF和Cl2等酸性气体C.失效的硅胶再生时加热的温度不宜过高D.当硅胶遇到大量的水分子时，与硅羟基形成了过多氢键从而失去吸附力【答案】B【解析】【详解】A．由题中信息可知，硅胶吸水后，会变成蓝色的CoCl2·6H2O(粉红色)，故变成粉红色后则说明硅胶

失效了，A正确；B．二氧化硅可以和HF反应，故硅胶不能干燥HF，B错误；C．温度过高会因显色剂逐步氧化而失去显色作用，C正确；D．由硅胶结构可知，硅胶用作干燥剂，是通过硅羟基和水分子之间形成氢键而达到吸水的目的，故当硅胶遇到大量的水分子时，与硅羟基形成了过多氢键从而失去吸附力，D正确；

故选B。8.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池如图所示，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液。使用时，电池中的总反应为：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag。下列对该电池使用时的叙述不正确的是A

.正极材料是Ag2OB.负极反应为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2C.电子由Zn极经外电路流向Ag2O极D.电解质KOH会被不断消耗【答案】D【解析】【分析】该原电池中，Zn元素化合价由0价变为+2价，Ag元素化合价由+1价变为

0价，所以Zn是负极失电子发生氧化反应，Ag2O是正极得电子发生还原反应，据此分析解答。【详解】A．由总反应式可知，Ag元素化合价由+1价变为0价，则Ag2O得电子发生还原反应作正极，故A正确；B．负极Zn失电子发生氧化反应，碱性条件下生成Zn

(OH)2，则负极反应为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，故B正确；C．由分析可知，Zn为原电池负极，Ag2O为原电池正极，原电池中电子从负极流向正极，即由Zn极经外电路流向Ag2O极，故C正确；D．电池总反应式为Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，由总反应式可知，KOH的

量不变，故D错误；答案选D。9.我国科研人员提出CeO2催化合成碳酸二甲酯(DMC)需经历三步反应，示意图如图。下列说法不正确的是A.①③均为取代反应，②为加成反应B.1molDMC在碱性条件下完全水解生成了32molCHOH和21molCO，产

物总共消耗4molNaOHC.合成DMC的总反应中3CHOH和2CO是反应物D.①中催化剂的作用是使O-H键断裂活化【答案】B【解析】【详解】A．根据图中断键和成键的情况分析得到①③均为取代反应，②为加成反应，故A正确；B．DMC中含有2个酯基，因此1molDMC在

碱性条件下完全水解，消耗2molNaOH，故B错误；C．合成DMC的总反应是CH3OH和CO2反应生成DMC和水，因此CH3OH和CO2是反应物，故C正确；D．根据①的图示得到①中催化剂的作用是甲醇中的O−H键

断裂活化，故D正确；故选B。10.关于反应+-22Cl(g)+HO(l)HClO(aq)+H(aq)+Cl(aq)ΔH<0，达到平衡后，下列说法不正确．．．的是A.升高温度，氯水中的c(HClO)减小B.氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HClO)增大C.取氯水稀

释，()-cCl/c(HClO)增大D.取两份氯水，分别滴加3AgNO溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度【答案】D【解析】【详解】A．HClO受热易分解，升高温度

，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO⇌H+

+ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此-c(Cl)c(HClO)增大，C正确；D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不

能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误；答案选D。二、选择题，本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.

能正确表示下列反应的离子方程式是A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：+2-3224322NHHO+SO=2NH+SO+HOB.氯化钠固体与浓硫酸混合加热：-24222HSO+2ClSO+Cl+HOΔC.用硫酸和淀粉

-KI溶液检验加碘盐中的-3IO：--+322O+5I+6H=3I+3HOID.明矾溶液中滴入2Ba(OH)溶液使2-4SO恰好完全沉淀：2+-3+2-4432Ba+3OH+Al+2SO=2BaSO+

Al(OH)【答案】AC【解析】【详解】A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，氨水过量反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为23224322NHHOSO2NHSOHO+−+=++，故A正确；B．氯化钠固体与浓硫酸混合加热生成硫酸钠和氯化氢，2424H

SO()+2NaCl=NaSO+2HCl浓，故B错误；C．在酸性条件下，-3IO可以把碘离子氧化为单质碘，离子方程式为--+322O+5I+6H=3I+3HOI，故C正确；D．硫酸根离子恰好完全沉淀时，二者物质的量之比为1：2，则正确的离子

方程式为2+-3+2--44222Ba+4OH+Al+2SO=2BaSOAlO+2HO+，故D错误；故选AC。12.恒温下，物质的量之比为2∶1的SO2和O2的混合气体在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2232SO(g)+O(g)2SO(g)(正

反应为放热反应)，()2nSO随时间变化关系如表，下列说法正确的是时间/min0123452n(SO)/mol0.200.160.130.110.080.08A.当容器中气体的密度不变时，该反应达到平衡状态B.5分钟时，向容器中充入少量惰性气体，反应速率不变C.从反应开始到达到平

衡，用SO3表示的平均反应速率为0.01mol/(Lmin)D.容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为4∶5【答案】BD【解析】【详解】A．恒容密闭容器中，气体的质量、体积均不变，混合气体的密度始终不变，则密度不变时，不能判定反应是否达到平衡状态，故A错误；B．5分

钟时，向恒容密闭容器中充入少量惰性气体，反应体系中各物质的浓度均不会改变，反应速率不变，故B正确；C．由题给表格数据可知，4min时反应达到平衡，二氧化硫的物质的量的变化量为（0.20—0.08）mol=0.12mol，由化学方程的化学计量数之比等于各物质的变化量之比可知，三氧

化硫的变化量为0.12mol，则用SO3表示的平均反应速率为0.12mol2L4min=0.015mol/(L·min)，故C错误；D．由题给表格数据可知，起始二氧化硫和氧气的物质的量分别为0.20mol和0.10mol，4min时反应达到平衡，二氧化硫的物质的量的变化量为（0.20—0.08）m

ol=0.12mol，由化学方程的化学计量数之比等于各物质的变化量之比可知，平衡时二氧化硫、氧气和三氧化硫的物质的量分别为0.08mol、0.04mol、0.12mol，由恒温恒容时，气体压强之比等于物质的量之比可得达到平衡状态时

的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12）mol：(0.2+0.1)mol=4：5，故D正确；故选BD。13.实验室从含碘的废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I−等）中回收碘，其实验过程如下，下列各项操作选用的装置不正确的是（）选项AB

CD操作操作X氧化操作Y操作Z（加热及夹持装置略去）装置A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】含碘的废液含有CCl4、I2、I−等，加入Na2SO3将I2还原为I-：H2O+SO32-+I2=2I-+SO42-+2H+；利用操作X将水溶液与CCl4分离，所以

操作X为分液；同理操作Y应为分液，操作Z应为蒸馏。【详解】A．操作X为分液操作，实现了互不相溶的两种液体的分离，所给装置也正确，A项正确；B．装置B涉及氧化这一环节，使用玻璃球泡可以增大接触面积，使氯气与溶液反应更充分，倒扣的漏斗是为了防止液体倒吸，用NaOH溶液吸收尾气氯气

，防止污染大气，B项正确；C．因要实现的是互不相溶的液体的分离，所以采用分液操作，应选用与A项同样的装置，题给的是过滤装置，实现的是难溶固于液体的分离，C项错误；D．操作Z是蒸馏，所给的蒸馏装置也正确，D项正确；所以答案选择C项。【

点睛】本题侧重考查分离的原理及应用，所给4个装置的细节上均没有问题。14.恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)，测得不同起始浓度（-3-110molL）和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如表所示，下列说法不

正确．．．的是编号020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A.实验①，0~20min，()-5-1-1

2N1.0010molLminv=B.实验②，60min时处于平衡状态，x0.40C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大【答案】C【解析】【详解】A．实验①中

，0~20min，氨气浓度变化量为-3-1-3-1-4-12.4010molL-2.0010molL=4.0010molL，()-4-1-5-1-134.0010molLNH=2.0010molLmin20minv=，反应速率之比等于

化学计量数之比，()()-5-1-1231NNH=1.0010molLmin2vv=，A正确；B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为-4-14.001

0molL，则实验①达平衡时氨气浓度也为-4-14.0010molL，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；C．实验①、实验②中0

~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是-4-14.0010molL，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应

速率并没有增大，C不正确；D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，

D正确；故合理选项为C。三、非选择题：15.硫酸锌()4ZnSO是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为3ZnCO，杂质为2SiO以及CaMgFeCu、、、等的化合

物。其制备流程如下：回答下列问题：（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。（3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用

的X是_______(填标号)。A.32NHHOB.2Ca(OH)C.NaOH滤渣①的主要成分是3Fe(OH)、_______、_______。（4）向8090℃的滤液①中分批加入适量4KMnO溶液充分反应后过滤，滤渣②中有2MnO，该步反应的设计目的是氧化2+Fe，写出离子方程式__

_____。（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。（6）滤渣④与浓24HSO反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是____、_____。【答案】（1）ZnCO3高温ZnO+CO2↑（2）①.增

大压强、将焙烧后的产物碾碎②.增大反应物的接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率（3）①.B②.CaSO4③.SiO2（4）3Fe2++4MnO−+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+（5）置换Cu2+为Cu从

而过滤除去（6）①.CaSO4②.MgSO4【解析】【分析】将菱锌矿高温煅烧反应产生ZnO、CO2，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物煅烧产生CaO、MgO、Fe2O3、CuO，SiO2不发生反应。然后用H2SO4酸浸，ZnO、CaO、MgO、Fe2O3、CuO变为ZnSO4、CaSO4、M

gSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，然后加入Ca(OH)2调整溶液pH=5，形成CaSO4、Fe(OH)3沉淀，SiO2与酸不反应，进入滤渣①中，滤液①中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+、Mg2+及少量Ca2+；向滤液①中加入KM

nO4溶液，可以将Fe2+氧化为Fe(OH)3，KMnO4被还原为MnO2；滤渣②中含有Fe(OH)3、MnO2；向滤液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu2+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的Zn粉，向滤液③中加入HF，反应产生CaF2、MgF2沉淀，通过

过滤除去，滤液中含有ZnSO4，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O。【小问1详解】菱锌矿高温煅烧时，ZnCO3反应产生ZnO、CO2，该反应的化学方程式为：ZnCO3高温ZnO+CO2↑；【小问2详解】从反应速率的影响因素考虑，为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有

增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大反应物的接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；【小问3详解】A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，A不符合题意；B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，B符合题意；C．NaOH会引入杂质Na+，且

成本较高，C不符合题意；故最适宜的X物质是Ca(OH)2，合理选项是B；当沉淀完全时，离子浓度小于10-5mol/L，当离子完全沉淀时pH=5时只有Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；故滤渣①中有Fe(OH)3；又由于CaSO4是微溶物，酸性氧化物SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、

CaSO4、SiO2；【小问4详解】向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++4MnO−+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；【小问5详解】滤液②中含有Cu

2+、Zn2+、Ca2+、Mg2+，向其中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而过滤除去；【小问6详解】由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，CaF2、MgF2与浓硫酸反应可得到HF，HF可以

循环利用，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。16.亚硝酸钙()22CaNO是水泥混凝土外加剂的主要原料，可配制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等。某学习小组用如图所示实验装置及药品来制备亚硝酸钙(

夹持装置略去)。已知：①()2222NO+CaO=CaNO；()22322NO+CaO=CaNO②酸性条件下，NO能与4KMnO溶液反应生成-3NO和2+Mn。请回答下列问题：（1）盛装铜片的仪器名称为_____

__，上述装置按气流方向连接的顺序为_______。(填字母)（2）检查装置的气密性，装入药品，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加稀硝酸，通入N2的作用是_______。（3）A装置中反应的

化学方程式为_______，C装置中观察到的现象是_______。（4）工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含2NONO、)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的()22CaNO，反应原理为：()22222Ca(OH)+NO+NO=CaNO+HO。若()

2n(NO):nNO<1:1，则会导致_______。（5）将22.88gCaO完全转化为()22CaNO，理论上至少需要铜的物质的量为_______。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.AEBDC（2）排尽空气，防止生成NO被O2氧化（3）①.3Cu+8HNO3

=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O②.溶液紫色变浅（4）产品中混有Ca(NO3)2杂质的（5）0.12mol【解析】【分析】该实验要制取亚硝酸钙，通过信息可知，用一氧化氮和过氧化钙反应，所以基本过程为向庄重通入氮气，吹出装置中的氧

气，然后点燃酒精灯，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，通过装置E中的水除气体中的硝酸，通过B中无水氯化钙干燥气体，再通过D中过氧化钙反应生成亚硝酸钙，最后通入C中高锰酸钾溶液中进行尾气处理。以此解答。【小问

1详解】由图可知，盛装铜片的仪器名称为三颈烧瓶；通过以上分析可知上述装置按气流方向连接的顺序为AEBDC；【小问2详解】装置中有空气，空气中的氧气可以和一氧化氮反应，故通入N2的作用是排尽空气，防止生成的N

O被O2氧化；【小问3详解】A装置中反应为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；根据信息：酸性条件下，NO能与KMnO4溶液反应生成NO3−和Mn2+分析，C装置中反应的离子方程式为3MnO4

−+4H++5NO=3Mn2++5NO3−+2H2O，观察到的现象是溶液紫色变浅；【小问4详解】若n(NO)：n(NO2)<1：1，则会导致NO2过量，二氧化氮和氢氧化钙反应生成硝酸钙和亚硝酸钙，所以产品中混有Ca(NO3)2杂质；【小问5详解】将2.88

gCaO2的物质的量为0.04mol，完全转化为Ca(NO2)2，理论上至少需要一氧化氮的物质的量为0.08mol，根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O分析，需要铜的物质的量为0.12

mol。17.研究和深度开发CO2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.6kJ/mol。（1）该反应一般认为通过如下步骤来

实现：i.2221CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH=+41.2kJ/molii.232CO(g)+2H(g)CHOH(g)ΔH则2ΔH=_______kJ/mol。（2）下列措施中，能提高CO2转化率的是_______。A.在原料气中加入适量2HO(g)B.从体系中不断分离出甲醇

C.循环利用原料气D.提高原料气中CO2的体积分数（3）一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入21molCO和23molH，在催化剂作用下发生反应，测得5min时CO2的转化率在五种不同温度下的变化如图1

所示。①T4温度下，反应在0~5min内平均反应速率()2vH=_______mol/(Lmin)。②b点对应的正反应速率()v正_______c点对应逆反应速率()v逆(填“>”“<”或“=”)。③若反应在c点的体系总压强为0.80MPa，则c点反应的pK=_______

-2(MPa)(pK为以分压表示的平衡常数)。（4）2TiO基催化剂光催化还原2CO亦可制得燃料甲醇，其原理如图2所示。①CB极的电势_______VB极的电势(填“低于”或“高于”)。②碱性条件下甲醇燃料电池的负极反应式是_______。【答案】（1）-90.8（2）BC（3）①.0.21

②.<③.2512（4）①.高于②.--2-332CHOH-6e+8OH=CO+6HO【解析】【小问1详解】a．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ/molb．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g

)ΔH=-49.6kJ/mol根据盖斯定律b-a得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=-49.6-41.2=-90.8kJ/mol；【小问2详解】A．在原料气中加入适量H2O(g)，增大水蒸气浓度，平衡逆向移动，CO2转化率降低，故不选A；B．从体

系中不断分离出甲醇，甲醇浓度减小，平衡正向移动，CO2转化率升高，故选B；C．循环利用原料气，提高原料利用率，CO2转化率升高，故选C；D．提高原料气中CO2的体积分数，增大CO2的浓度，CO2转化率降低，故不选D；

故选BC；【小问3详解】①该反应对应方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，由图示知，T4温度下，5min时CO2的转化率为70%，即CO2的转化量=1mol×70%=0.7mol，故H2的转化量=3×0.7mol=2.1mol，则

v(H2)=2.1mol2L5min=0.21mol/(L·min)；②b点温度低、甲烷浓度小，c点温度高，b对应的正反应速率v(正)<c点对应正反应速率v(正)，c点为平衡点v(正)=v(逆)，所以b对应的正反应速率v(正)<c点对应逆反应速率v(逆)；③由图示知，c点对应CO2转化率为5

0%，列三段式如下：()()()()()()()2232++mol1300mol0.51.50.50.COg3H5mol0.51.50.50.5gCHOHgHOg初始转化平衡此时气体n(总)=3mol，

则p(CO2)=0.51p=p36总总，p(H2)=1.51p=p32总总，p(CH3OH)=p(H2O)=0.51P=P36总总；则Kp=32322p(CHOH)p(HO)p(CO)p(H)，代入数据计算得Kp=2512；【小问4详解】①在光照下，CB极表面聚集由二

氧化钛基转移过来的电子，因此CB极的电势高于VB极的电势；②碱性条件下甲醇燃料电池的负极为甲醇，反应生成碳酸根离子，电极反应式为：--2-332CHOH-6e+8OH=CO+6HO。的18.2022年北京冬奥会首次采用氢能作为火炬燃料，体现绿色奥运理念。工业上利用天然气制备氢气，还能得

到乙烯、乙炔等化工产品，有关反应原理如下：反应1：()()()42222CHgCHg+3Hg1ΔH反应2：()()()42422CHgCHg+2Hg2ΔH请回答下列问题：（1）已知几种物质的燃烧热(H)数据如下：物质()4CHg()22CHg()24CHg(

)2Hg燃烧热(H)/(kJ/mol)-890.3-1299.5-1411.0-285.8①写出表示()22CHg燃烧热的热化学方程式：_______。②已知反应112ΔS220.2JmolK−−=+，则下列所

给温度能使该反应自发进行的是_______(填标号)。A．0℃B．25℃C．1250℃D．2000℃（2）在恒温恒容密闭容器中充入适量4CH发生上述反应1和反应2，下列情况不能说明上述反应达到平衡状态的是_______

(填字母)。A.气体总压强不随时间变化B.气体密度不随时间变化C气体平均摩尔质量不随时间变化D.2H体积分数不随时间变化（3）()()()42222CHgCHg+3Hg的速率方程为()24v=kcCH正正，()()2222v=kcCHcH逆逆(正k、k逆为正、逆反应速率常数

，与温度有关)。其他条件相同，1T℃达到平衡时k=1.5k正逆，2T℃达到平衡时k=3.0k正逆。由此推知，1T_______2T(填“＞”“＜”或“=”)。（4）一定温度下，在总压强保持恒定为121kPa时，向某密

闭容器中充入4CH和2N组成的混合气体(2N不参与反应)，测得4CH的平衡转化率与通入气体中4CH的物质的量分数的关系如图所示。的.①图中随着通入气体中4CH的物质的量分数的增大，甲烷的平衡转化率降低的主要原因是_______。②已知M点乙炔的选择性为75%[乙炔的选择性()()()2222

24nCH100%nCH+nCH=]。该温度下，反应2的平衡常数pK=_______kPa(结果保留2位有效数字，pK是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.C2H2(g)+

52O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)ΔH=-1299.5kJ/mol②.D（2）B（3）<（4）①.在其它条件不变时，随着混合气体反应物中CH4的体积分数的增加，反应体系总压强增大，化学平衡逆向移动，导致甲烷的平衡转化率反而降低②.7.56【解析】【小问1详解】①燃烧热是1

mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。根据表格数据可知乙炔的燃烧热为-1299.5kJ/mol，则表示乙炔燃烧热的热化学方程式为：C2H2(g)+52O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)ΔH=-1299.5kJ/mol；②根

据物质的燃烧热，可得热化学方程式：(i)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ/mol；(ii)C2H2(g)+52O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)ΔH=-1299.5kJ/mol；(iii)H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=-28

5.8kJ/mol；根据盖斯定律，(i)×2-(ii)-(iii)×3可得()()()42222CHgCHg+3HgΔH=376.3kJ/mol；ΔH1-TΔS<0，反应可以自发，则对于反应1需要376.3kJ/mol-T120.2202

kJmolK−−<0，需要最低温度为1708.9K，故选D；【小问2详解】A．反应在恒温恒容密闭容器中进行，反应1和反应2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体总压强不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A不符合题意；B．反应在恒温恒容密闭容器中进行，

气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，B符合题意；C．反应混合物都是气体，气体的质量不变。反应1和反应2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体平均摩尔质量不随时间变化，则气体的物质的量

不变，反应达到了平衡状态，C不符合题意；D．在这两个反应中，H2都是生成物，反应前后气体的物质的量发生变化，若H2体积分数不随时间变化，则H2的物质的量及体系中气体总物质的量都不变，反应达到平衡状态，D不符合题意；故合理选项

是B；【小问3详解】根据前边计算可知2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)ΔH1=+376.3kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应。升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大。2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)

的速率方程为v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H2)·c3(H2)，v正=v逆，k正c2(CH4)=k逆c(C2H2)·c3(H2)，K=()()()322224cCHcHkcCH=k正逆，在T1℃达到平衡时k正=1.5k逆，K1=1.5

；T2℃达到平衡时k正=3.0k逆，K2=3.0，K2＞K1，所以T1＜T2；【小问4详解】①温度不变化学平衡常数不变。反应1和反应2的反应物只有CH4一种，增大CH4的浓度，反应正向进行，导致生成物浓度增大，气体总压强增大对化学平衡移动的影响大于浓度增大对化

学平衡移动的影响。根据平衡移动原理，在其它条件不变时，随着混合气体反应物中CH4的体积分数的增加，反应体系总压强增大，化学平衡逆向移动，导致甲烷的平衡转化率反而降低；②假设通入的CH4、N2混合气体总物质的量为10amol，在M点CH4占气体总物质的量的0.6，则通入CH4的物质的量

为n(CH4)=6amol，n(N2)=4amol。甲烷平衡转化率为40%，则反应消耗的CH4的物质的量为6amol×40%=2.4amol，未反应的甲烷的物质的量为6amol×(1-40%)=3.6amol。根据M点时乙炔的选择性为75%，

可知反应1：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)消耗CH4的物质的量为2.4amol×75%=1.8amol，根据物质反应转化关系可知其产生C2H2(g)为0.9amol，产生H2(g)为2.7amol；发生反应2：

2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)消耗CH4的物质的量为2.4amol×25%=0.6amol，根据物质反应转化关系可知其产生C2H4(g)为0.3amol，产生H2(g)为0.6amol，则平衡时

气体总物质的量n(总)=n(N2)+n(CH4)+n(C2H2)+n(C2H4)+n(H2)=4amol+3.6amol+0.9amol+0.3amol+(2.7a+0.6a)mol=12.1amol，所以该条件下反应2的化学

平衡常数Kp=222422240.9a3.3a(121kPa)(121kPa)p(CH)p(H)12.1a12.1a==7.56kPa3.6ap(CH)(121kPa)12.1a。获得更多资源请扫码

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