【文档说明】湖北省武汉市洪山高级中学2022-2023学年高二上学期开学考试化学试题 含解析【武汉专题】.docx，共(22)页，5.768 MB，由小赞的店铺上传

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武汉市洪山高级中学2022—2023学年度第一学期高二开学考试化学试卷试题分值：100分考试时长：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64一、

选择题：本题共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。1.2022年，我国具有独立知识产权的“龙芯”20岁了。下列关于硅及其化合物的叙述不正确的是①二氧化硅的晶体结构与金刚石相似，都是立体网状结构②硅是地壳中含量最多的非金属元素③晶体硅

具有金属光泽，是良好的半导体材料，能制成光电池，可以导电，属于金属材料④二氧化硅是制造光导纤维的重要原料⑤SiO2分子是由两个氧原子和一个硅原子组成的⑥SiO2是酸性氧化物，它可溶于水生成硅酸⑦常温下，硅的化学性质稳定，所以自然界中的硅大部分以游离态存在A.②③⑤⑥⑦B.①⑤⑥⑦C.③

④⑤⑥D.①③④【答案】A【解析】【详解】①在二氧化硅的晶体结构中，每个Si原子与4个O原子相连，每个O原子与2个Si原子相连，与金刚石相似，都是立体网状结构，①正确；②硅在地壳中含量占第二位，氧是地壳中含量最多的非金属元素，②错误；③硅在元素周

期表中位于金属与非金属元素之间，能体现某些金属的性质，晶体硅具有金属光泽，是良好的半导体材料，但仍属于非金属材料，③错误；④二氧化硅具有导光性，是制造光导纤维的重要原料，④正确；⑤二氧化硅晶体属于共价晶体，由硅原子、氧原子构成

，不含SiO2分子，在晶体中硅和氧的原子个数比为1∶2，⑤错误；⑥SiO2是酸性氧化物，但它不溶于水，不能直接转化为硅酸，⑥错误；⑦常温下，硅的化学性质稳定，但硅是亲氧元素，自然界中的硅都以化合态存在，⑦错误；综合以上分析，②③⑤⑥⑦不正确，故选A。2.AN

为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2L的3CHCl所含的分子数为A0.5NB.28g乙烯所含共用电子对数目为A6NC.41.0molCH与21.0molCl在光照下反应最终生成的3CHCl分子数为A1.0ND.2.8g的

聚乙烯中含有的碳原子数为A0.1N【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，CHCl3呈液态，不能用气体摩尔体积进行计算，A项错误；B．乙烯的结构式为，1个乙烯分子中含有6对共用电子，则28g乙烯（物质的量为1mo

l）所含共用电子对数目为6NA，B项正确；C．CH4与Cl2反应为可逆反应，且甲烷与氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等氯代物，所以1.0molCH4与1.0molCl2在光照下反应最终生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，C项错误；D．聚乙烯的链节为，2.8g的聚乙烯中含有的

碳原子的物质的量为2.8g20.2mol28g/mol=，即2.8g的聚乙烯中含有的碳原子数为0.2NA，D项错误；故选B。3.下列有关说法正确的是A.石油分馏、煤的干馏、煤的气化、煤的液化都是物理变化B.95%的乙醇溶液可以更有效的杀死新冠病毒C.淀粉和油脂都是天然高分子

化合物D.葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜【答案】D【解析】【详解】A．石油分馏过程中没有新物质生成，是物理变化，煤的干馏、煤的气化、煤的液化过程中有新物质生成，均属于化学变化，故A错误；B．75%的乙醇溶液可以

更有效的杀死新冠病毒，酒精浓度太高，不利于杀菌消毒，故B错误；C．淀粉是天然高分子化合物，油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，故C错误；D．高锰酸钾溶液能吸收乙烯，因此葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液

的硅藻土放在一起可以保鲜，故D正确。故选D。4.下列关系正确的是A.沸点：正戊烷＞2，2-二甲基戊烷＞2，3-二甲基丁烷＞丙烷B.密度：CCl4＞H2O＞正壬烷＞正戊烷C.含氢质量分数：乙烷＞甲烷＞乙烯＞乙炔D.等质量的物质燃烧耗O2量：乙烷＞乙烯＞甲烷【答案】B【解

析】【详解】A．碳原子数越多，沸点越高，相同碳原子数时支链越多沸点越低，则沸点为2,2-二甲基戊烷＞2,3-二甲基丁烷＞正戊烷＞丙烷，故A错误；B．含氯原子数越多密度越大，且大于水，烷烃的密度比水的密度小，碳原子数越多，密度越大，则密度：CCl4＞H2O＞正壬烷＞正戊烷，故B

正确；C．由最简式可知C原子数相同时，H原子数越多、H的质量分数越大，则含氢质量分数：甲烷＞乙烷＞乙烯＞乙炔，故C错误；D．等质量时，H的质量分数越大，消耗氧气越多，则等质量的物质燃烧耗O2量：甲烷＞乙烷＞乙烯，故D错

误；故选B。5.浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是A.对比①和②可以说明还原性：--Br>ClB.②中根据试管口出现白雾说明有HCl产生，证明酸性：24HSOHClC.③中浓24HSO被还原

成2SOD.收集①中产生的气体溶于水形成有色溶液，将③中产生的气体通如其中，证明③中产生的气体具有漂白性【答案】A【解析】【详解】A．①试管上部有红棕色气体产生为Br2，则浓硫酸与NaBr固体产生Br2，②试管口有白雾

产生为HCl气体，则浓硫酸与NaCl固体产生HCl，①试管发生氧化还原反应，②试管为非氧化还原反应，对比①和②可以说明还原性：--Br>Cl，A项正确；B．②中根据试管口出现白雾说明有HCl产生，发生的

反应为非氧化还原反应，浓硫酸的沸点高，而HCl的沸点低，证明沸点：24HSOHCl，B项错误；C．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2气体，为强酸制弱酸，浓硫酸未被还原成SO2为非氧还原反应，C项错误；D．将①中的Br2溶于水，再将③产生的SO2气体通入后，溴水溶液褪色，发生反应的化学方程

式为：22224SO+Br+2HO2HBr+HSO=，SO2化合价升高，证明SO2具有还原性，D项错误；答案选A。有漂白性6.柠檬烯具有良好的镇咳、祛痰、抑菌作用，其结构如图所示。下列关于柠檬烯的说法正确的是A.分子式为1016CH，属于

乙烯同系物B.分子中所有碳原子可能都处于同一平面上C.能发生取代反应和加成反应D.与足量氢气加成后的产物有4种一氯代物【答案】C【解析】【详解】A．根据分子的结构简式可知，该物质的分子式为C10H16，但该物

质与乙烯的结构不相似，含有2个碳碳双键和碳环，与乙烯不属于同系物，故A错误；B．分子中含有饱和碳原子和周围的碳原子一定不在同一平面上，故B错误；C．分子中存在碳碳双键，能够发生加成反应，含有饱和碳原子，能发生取代反应，故C正确；的D．与足量氢气加成后的产物有7种等效

氢，有7种一氯代物，故D错误。故选C。7.下列说法中不正确的是A.浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，是由于蛋白质与浓硝酸发生显色反应B.检验蔗糖水解产物是否具有还原性，在水解后的溶液中，先加氢氧化钠溶液中和至碱性，再加入新制的()2CuOH，并加热C.在工业上可利用油脂在碱性条件下的水解反应(

即皂化反应)获得高级脂肪酸盐和甘油，进行肥皂生产D.检验淀粉在稀硫酸催化下水解程度的方法是：取适量水解液于试管中，加入少量碘水，若出现蓝色说明没有水解【答案】D【解析】【详解】A．皮肤组成主要成分是蛋白质，含有苯环的蛋白质遇浓硝酸显

黄色，浓硝酸沾到皮肤上能使皮肤变黄，这是由于浓硝酸和蛋白质发生了显色反应，故A正确；B．蔗糖水解产物中葡萄糖含有醛基，在碱性条件下与新制的Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀，故检验蔗糖水解产物是否具有还原性，在水解后的溶液中，先加

氢氧化钠溶液中和至碱性，再加入新制的新制的Cu(OH)2，并加热，故B正确；C．在工业上可利用油脂在碱性条件下的水解反应(即皂化反应)获得高级脂肪酸盐和甘油，进行肥皂生产，故C正确；D．检验淀粉在稀硫酸催化下水解程度的方法是：取适量水解液于试管中，加入少量碘水，若出现蓝色只能说明淀粉没有水解或

是水解不完全，故D错误。故选D。8.实验室可利用NO与2Cl反应制备亚硝酰氯(NOCl)，装置如图。已知亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，遇水生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。下列说法错误的是A.X装置的优点

是随开随用，随关随停B.若无装置Y，Z中可能发生反应：222NOClHO=2HClNONO+++C.装入药品打开2K后，应先打开1K再打开3KD.Z中冰盐水的作用是冷凝并收集亚硝酰氯【答案】C【解析】【分析】X中稀硝酸与铜丝反应生成NO，经Y中干燥剂干燥后进入Z中，与干燥纯净氯

气在冰盐水浴条件下反应生成亚硝酰氯，据此分析解答。【详解】A．X装置打开旋塞K1时硝酸与铜接触生成NO，关闭旋塞后生成的NO会将硝酸压入左侧，使得铜丝与稀硝酸脱离，反应即刻停止，从而实现随开随用，随关随停，故A正确；B．X中生

成的NO中有水蒸气，若不通过Y进行干燥，水会进入Z中与生成的亚硝酰氯发生反应，结合已知条件可知反应生成HCl，二氧化氮和NO，反应为：222NOClHO=2HClNONO+++，故B正确；C．装入药品打开2K后，应先打

开3K，待氯气将装置中的空气排尽后再打开1K，这样可防止NO与氧气发生反应，故C错误；D．亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，用冰盐水有利于产物的冷凝收集，故D正确；故选：C。9.工业上，常用O2氧化HCl转化成Cl2，提高效益，减少污染。反应为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（

g）+2H2O（g）。一定条件下，测得数据如下：t/min02.04.06.08.010.012.0c（Cl2）/10-3mol∙L-101.83.85.7727.77.7的.下列说法错误的是A.条件不变时，14min时v正（Cl2）=v逆（H2O）B.2.

0~4.0min内的平均反应速率大于6.0~8.0min内的C.0~6.0min内HCl的平均反应速率为1.9mol·L-1·min-1D.加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于10.0min【答案】C【解析】【详解】A．由表格数据可知，10min时Cl2浓度

不再变化，反应达到平衡，14min时反应依然处于平衡状态，所以v正（Cl2）=v逆（H2O），A正确；B．2.0~4.0min内Cl2的平均反应速率为-3-33.8-1.810mol/(Lmin)=110mol/(Lmin)2

，6.0~8.0min内Cl2的平均反应速率为-3-47.2-5.710mol/(Lmin)=7.510mol/(Lmin)2，所以2.0~4.0min内的平均反应速率大于6.0~8.0min内的，B正确；C．0~6.0min内Cl2的平均反应速率为-3-45.7-010mol/(

Lmin)=9.510mol/(Lmin)6，根据反应速率之比等于化学计量数之比，HCl0~6.0min内的平均反应速率为-31.910mol/(Lmin)，C错误；D．催化剂可以加快化学反应速率，缩短达到平衡的反应时间，D正确；故选C。10.海水是重要的资源，可以制

备一系列物质。下列说法正确的是A.步骤①中，除去粗盐中24SO−、2Ca+、2Mg+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→2BaCl溶液→23NaCO溶液→盐酸→过滤B.步骤②中，应先通3NH再通2COC.步骤

③得到无水2MgCl后，电解其水溶液可得到金属镁D.步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化【答案】B【解析】【详解】A．NaOH溶液用来除去Mg2+，BaCl2溶液用来除去24SO−，Na2CO3溶液用来除去过量的Ba2+和Ca2

+，盐酸用来除去过量的OH-和23CO−，但应该先过滤再加盐酸，否则沉淀会溶解，故A错误；B．饱和NaCl溶液中通NH3、CO2，可以制取NaHCO3，要先通入溶解度很大的NH3，再通入CO2，增大其溶解度，提高产率，故B正确；C．工业上通过电解

熔融的氯化镁类制备金属镁，故C错误；D．⑤反应中，Br2被还原成HBr，故D错误。故选B。11.用括号内的试剂和方法除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是A.乙烯中含有2SO(NaOH溶液，洗气)B.乙醇中的乙酸(CaO固体、蒸馏)C.乙酸乙

酯中含有乙酸(饱和23NaCO溶液、分液)D.乙烷中含有乙烯(酸性高锰酸钾溶液、洗气)【答案】D【解析】【详解】A．SO2能与NaOH溶液反应，产物溶于水中，而乙烯与NaOH溶液不反应，可用洗气法分离，故

A正确；B．乙酸可以与CaO反应生成醋酸钙，经过蒸馏可以将乙醇蒸出，故B正确；C．Na2CO3溶液可以与乙酸反应，生成醋酸钠溶于水，再经过分液可以分开，故C正确；D．乙烯与酸性高锰酸钾反应，生成CO2，乙烷中混入了CO2，没有起到除杂作用，可以用溴水除去乙烷中的乙烯，乙烯与溴水发生加成反应生

成液态的1，2-二溴乙烷，可以与乙烷分离，故D错误。故选D。12.将35.8g由AlFCeu、、组成的合金等分为两份，将其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L(标准状况)；另一份合金溶于过量的稀硝酸中

，得到VL(标准状况下)NO气体，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤得到滤液X和25.4g的沉淀Y(若3HNO的还原产物仅为NO)，则下列说法正确的是A.35.8g的合金中含铝10.8gB.滤液X中的溶质只有硝酸钠C.V为6.72D.沉淀Y中含氢氧化铜9.8g【答案】C【解析】【

分析】35.8g由AlFCeu、、组成的合金等分为两份，则每一份的质量为17.9g：将其中一份合金溶于足量的NaOH溶液中，其中只有金属铝能和氢氧化钠反应，产生氢气3.36L(标准状况)，即0.15mol，结合2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知Al的物质的量为0

.1mol，质量为2.7g，同时第一份中Fe和Cu的总质量为17.9g-2.7g=15.2g；另一份合金溶于过量的稀硝酸中，三种金属都和硝酸反应，分别生成硝酸铝、硝酸铁和硝酸铜，同时得到VL(标准状况下)NO气体，

向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到Fe(OH)3和Cu(OH)2，滤液X中含有硝酸钠、偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，沉淀Y为Fe(OH)3和Cu(OH)2，质量共25.4g，整个过程来看铁和铜结合了氢氧根得到了对应沉淀，则与铜离子、铁离子

反应了的OH-的质量=25.4g-15.2g=10.2g，物质的量为10.2g÷17g/mol=0.6mol，则与硝酸反应时Fe、Cu失电子总物质的量为0.6mol，根据得失电子守恒可知Cu、Fe与硝酸反应产生NO的物质的量=0.6mol÷(5-2)=0.2m

ol，由前面的分析可知每份中Al的物质的量为0.1mol，根据Al+4HNO3=Al(NO3)3+2H2O+NO↑可知Al与硝酸反应产生的NO的物质的量为0.1mol，则V=(0.2mol+0.1mol)×22.4L/mol=6.72L；假

设一份合金中的铁的物质的量为xmol,铜的物质的量为ymol，则有56x+64y=15.2，3x+2y=0.6,解x=0.1mol，y=0.15mol，则每份合金中Fe的物质的量为0.1mol，质量为5.6g，Cu的物质的

量为0.15mol，质量为9.6g；综上所诉，原合金中Al、Fe、Cu的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.3mol，三者质量分别为5.4g、11.2g、19.2g。【详解】A．由分析可知合金中铝的总质量=2.7g×2=5.4g，A错

误；B．由分析可知滤液X含有氢氧化钠、偏铝酸钠，B错误；C．由分析可知V=6.72，C正确；D．一份合金中铜的物质的量为0.15mol，则氢氧化铜物质的量为0.15mol，质量=0.15mol×98g/mol=14.

7g，D错误；故选C。13.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下发生反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)，正反应速率随时间变化的示意图如下图，下列结论中正确的个数为①反应在c点到达平衡②SO2浓度：a点小于c点③反应物的总能量高于生成物的总能量④Δt1=Δt

2，ab段NO2的消耗量小于bc段NO2的消耗量⑤混合物颜色不再变化，说明反应达到平衡⑥体系压强不再变化，说明反应达到平衡⑦逆反应速率图象在此时间段内和上图趋势相同⑧达到平衡后，改变容器体积增大压强，逆反应速率可能先增大后减小A.

4个B.5个C.6个D.7个【答案】A【解析】【详解】①正反应开始增大，在c点速率最大，后来速率又减小，因此反应在c点未达到平衡，故①错误；②绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，从a点到c点，正反应速率不断增大，不断消耗SO2，因此SO

2浓度：a点大于c点，故②错误；③该容器绝热恒容，正反应速率增大，说明该反应是放热反应，因此反应物的总能量高于生成物的总能量，故③正确；④ab段的速率小于bc段的速率，若Δt1=Δt2，则ab段NO2的消耗量小于bc段NO2的消耗量，故④正确

；⑤该反应正向进行，浓度不断减小，当混合物颜色不再变化，说明反应达到平衡，故⑤正确；⑥该反应等体积反应，但正向反应，温度不断升高，压强不断增大，当体系压强不再变化，说明反应达到平衡，故⑥正确；⑦开始逆反应速率为0，生成物浓度增大，温度升高，逆速率加快，当正反应速率达到

最大时，逆反应速率还在增大，因此逆反应速率图象在此时间段内和上图趋势不相同，故⑦错误；⑧平衡后，改变容器体积增大压强，逆反应速率始终等于于原反应速率，平衡不移动，故⑧错误；因此正确的有③④⑤⑥共4个，故A符合题意。是14.经测定甲、乙两种溶液共含

12种离子(不考虑水的电离)：阳离子种类+H、+Na、+K、2+Ba、2+Fe、+4NH阴离子种类OH−、2S−、Cl−、3NO−、23SO−、24SO−现取甲、乙两种溶液进行以下实验：①取少量甲溶液，滴加足量的稀盐酸，仅观察到溶液中产生淡黄色沉淀产生，没

有闻到刺激性气味；②取乙溶液加入过量氨水，静置后，取上层清液，做焰色试验，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃片没有观察到紫色火焰下列有关推断正确的是A.甲溶液一定含有2S−、23SO−，且()()223S:SO1:2cc−−=B.甲溶

液一定不含OH−、一定含有24SO−C.乙溶液一定含有+H、2+Ba、+4NH、23SO−D.乙溶液一定含有Cl−、一定不含+K【答案】D【解析】【分析】①取少量甲溶液，滴加足量的稀盐酸溶液，仅看到溶液中有淡黄色沉淀产生，没有闻到刺激性气味的气体，生成的沉淀为S，说明溶液中含有S2-、2-3SO，

二者恰好发生反应：2S2-+2-3SO+6H+=3S↓+3H2O，因存在S2-、2-3SO，则溶液中一定没有Ba2+，二者应存在于碱性溶液中，则溶液中一定没有H+、Fe2+、+4NH；②取乙溶液，进行焰色试验，火焰为黄色

，透过蓝色钴玻璃观察不到紫色火焰，说明溶液中含有Na+，没有K+，根据①分析知：乙溶液中存在Na+、Ba2+、H+、Fe2+、+4NH，则一定不存在2-4SO，应在甲溶液中，H+、Fe2+与-3NO会发生氧化还原反应，所以-3NO在甲溶液中，根据溶液电中性，乙溶液中应还有阴离

子Cl-，由以上分析可知，甲中含有K+、S2-、2-4SO、2-3SO、OH-、-3NO；乙溶液中存在Na+、Ba2+、+4NH、H+，Fe2+、Cl-，据此分析。【详解】A．甲溶液中一定含有S2-、2-3SO，仅看到溶液中有淡黄色沉淀产生，没有闻到刺激性气味的气体，说

明二者恰好发生反应，生成的沉淀为S，根据2S2-+2-3SO+6H+=3S↓+3H2O，c(S2--)：c(2-3SO)=2：1，故A错误；B．甲中含有K+、S2-、2-4SO、2-3SO、OH-、-3NO，在

甲中含OH-，故B错误；C．乙溶液中存在Na+、Ba2+、+4NH、H+，Fe2+、Cl-，23SO−在甲溶液中，故C错误；D．乙溶液中存在Na+、Ba2+、+4NH、H+，Fe2+、Cl-，乙溶液中一定含有Cl-，一定不含K+，故D正确；故选D。二、非选择题：

本题共4小题，共55分。15.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2S3，少量FeS2等)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）为了提高第一次焙烧后的烧渣在碱浸时的溶出速率，可采取的有效

措施为_______、_______。(任写两点)。（2）已知：①第一次焙烧的主要目的是脱硫(降低矿粉中硫化物型硫的含量)，以免影响产品Al2O3的质量；②此过程中FeS2与氧气发生了氧化还原反应：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2↑。第一次焙烧结束后，硫最终主

要以_______(填物质的化学式)的形式存在。（3）第二次焙烧过程中产生了污染性气体SO2，工业生产中可选用以下哪些溶液除去SO2_______(填选项字母)。A.澄清石灰水B.品红溶液C.石灰乳D.NaOH溶液（4）纯度检验：将少量磁选后的产品溶于稀硫酸中，再滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KM

nO4褪色，_______(填“能”或“不能”)说明产品中含有FeO，理由是_______。（5）第二次焙烧是在缺氧的条件下进行的，此步骤发生的主要反应的化学反应方程式为_______。【答案】（1）①.将烧渣粉碎②.加热（2）4CaSO（3）CD（4）①.不能②

.34FeO和稀硫酸反应会生成2+Fe和3+Fe，生成的2+Fe能让酸性高锰酸钾褪色（5）223342FeS+16FeO11FeO+2SO焙烧↑【解析】【分析】高硫铝土矿中掺杂少量氧化钙后在空气中第一次焙烧，可以硫酸钙形式除

去其中的硫元素，得到铝、铁等的氧化物，将得到的固体在氢氧化钠溶液中碱浸后过滤，可将铝元素转化为偏铝酸盐留在滤液中而除去，滤渣里铁的氧化物与FeS2一起再次焙烧，得到的固体经磁选即可获得Fe3O4。【小问1详解】为了提高第一次焙烧后的烧渣在碱浸时的溶出速率，可采取的有效措施：将烧渣粉碎、加热或

者碱浸时进行搅拌操作等。【小问2详解】据分析，第一次焙烧结束后，硫元素在氧气和氧化钙共同作用下，最终主要以4CaSO的形式存在。【小问3详解】SO2是酸性氧化物，可与碱溶液反应，工业生产中选用石灰乳或NaOH溶液进行吸收除去，A选项澄清石灰水中氢氧化钙浓度太低不适合，B选项品

红溶液因与SO2生产不稳定的无色物质，用来检验SO2，不能用来吸收SO2，故选择CD。【小问4详解】将少量磁选后的产品溶于稀硫酸中，再滴入酸性KMnO4溶液，由于34FeO和稀硫酸反应会生成2+Fe和3+Fe，生成的2+

Fe能让酸性高锰酸钾褪色，故若酸性KMnO4褪色，不能说明产品中含有FeO。【小问5详解】第二次焙烧是在缺氧的条件下进行，此步骤发生的主要反应是前步滤渣留下的氧化铁与FeS2一起焙烧发生的反应，化学反应方程式为：

223342FeS+16FeO11FeO+2SO焙烧↑。【点睛】该题需紧抓铁元素所在物质的变化，逐步分析硫和铝元素的除去形式。16.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；【小问4详解】根据已知信息

利用Diels-Alder反应，1,3—丁二烯()和丙烯酸()反应生成。17.氨基甲酸铵(24HNCOONH)是一种重要的化工原料，可用作化学肥料、灭火剂洗涤剂等。某化学兴趣小组用以下装置模拟工业原理制备氨

基甲酸铵。已知：①制取氨基甲酸铵反应为：()()()32242NHgCOgHNCOONHs+0H＜。②氨基甲酸铵易分解、易吸水，溶于水后生成碳酸氢铵和一水合氨。③四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。回答下列问题：（1）若用如图所示装置制取氨气，你所选择的试剂是_______。（

2）液体石蜡鼓泡瓶的作用是_______，尾气处理装置中的试剂是_______。（3）三颈烧瓶需用冰水浴冷却，其目的是_______。（4）4CCl液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，从三颈烧瓶中分离出粗产品的操作是_______。（5）将一定量纯净的氨

基甲酸铵固体置于密闭真空容器中(容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到平衡：()()()2432NHCOONHs2NHgCOg+。可以判断该反应已经达到平衡的是_______。A.()()322NHCOvv=B.容器中总压强不变C.容器中

混合气体平均相对分子质量不变D.容器中氨气的体积分数不变（6）因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.173g，用足量石灰水充分反应后，使碳元素全部转化为碳酸钙，经过滤、洗涤、干燥后称量，测得质量为1.500g。样品中氨基甲酸铵的质量分数

是_______。(计算结果保留四位有效数字)[()24HNCOONH78Mr=、()43NHHCO79Mr=]【答案】（1）浓氨水与氢氧化钠固体(CaO、碱石灰)（2）①.通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例②.浓硫酸的（3）防止氨

基甲酸铵分解；促进生成氨基甲酸铵反应正向移动，提高反应物的转化率（4）过滤（5）B（6）79.80%【解析】【小问1详解】此装置是固体和液体不需要加热制取气体，因此制备氨气，可以选用：浓氨水和NaOH固体，浓氨水和CaO、浓氨水和碱石灰，利用NaOH、CaO与

水放出大量的热，使氨水分解产生NH3。【小问2详解】NH3和CO2都是无色气体，为了减少原料的浪费，通过石蜡鼓泡瓶观察气泡，调节，NH3和CO2的通入比例，达到最大转化；该反应尾气为氨气和二氧化碳，其中氨气有毒，需要尾气处理

，故a处应接的尾气处理装置中应装有酸液，又由于产物氨基甲酸铵易吸水，故需要用浓硫酸，不能用稀硫酸，防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶。【小问3详解】已知2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)ΔH＜0，反应放

热，降低温度可以使平衡正向移动，提高产率，同时，产物氨基甲酸铵易分解，低温下可以防止其分解。【小问4详解】得到产物在CCl4中是悬浮晶体，固液分离需要过滤操作。【小问5详解】A．当v(NH3)正=v(NH3)逆或v(N

H3)正=2v(CO2)逆时，即该反应正反应和逆反应速率相等，已经达到平衡，()()322NHCOvv=不能表明正反应和逆反应速率相等，故A错误；B．随着NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)不断进行，容器

中总压强会有变化，当总压强不变时，则能表明气体总的物质的量、各成为的物质的量不再变化，该反应已经达到平衡，故B正确；C．容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，因为混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2∶1混合而成，故C错误；D．容器中混合

气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2∶1混合而成，氨气的体积分数始终为66.67%，故D错误；答案选B。【小问6详解】样品与足量石灰水充分反应，碳元素全部转化为碳酸钙，所以氨基甲酸铵和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和一水

合氨，反应的方程式为H2NCOONH4+Ca(OH)2+H2O=CaCO3↓+2NH3·H2O；设碳酸氢铵为xmol，氨基甲酸铵为ymol，由样品总质量可得：79g/molxmol+78g/molymol=1.173g，又因为

n(C)=n(CaCO3)=1.5g100g/mol=0.015mol，由碳原子守恒可得：xmol+ymol=0.015mol，解x=0.003，y=0.012，则m(H2NCOONH4)=0.012mol78g/mol=0.

936g，则氨基甲酸铵的质量分数=0.936100%1.173gg=79.80%。18.习近平总书记在世界领导人气候峰会上指出，中国将在2030年前实现“碳达峰”、2060年前实现“碳中和”。这是中国基于推动构建人类命运共同体的责任担当

和实现可持续发展的内在要求作出的重大战略决策。因此2CO的捕集、创新利用与封存成为科学家研究的重要课题。I.最近有科学家提出“绿色自由”构想：先把空气吹入饱和碳酸钾溶液，然后再把2CO从溶液中提取出来，并使之变为可再生燃料甲醇。“绿色自由”构想技术流程如图：（1）写出吸收池中反

应的化学方程式_______。（2）在合成塔中，2CO与2H反应，生成气态的2HO和3CHOH。已知：i.()()()()222COgHgCOgHOg++垐?噲?141.19kJ/molH=+ii.()()()23COg2HgCHOHg+299.77kJ/molH=−①

写出合成塔中反应的热化学方程式．．．．．．_______。②若反应i为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______。（3）在一定条件下，在某催化剂作用下，向2L恒容密闭容器中充入22molCO和23molH发生以上制备甲醇的反应反应，测得在相同

时间内，不同温度下2H的转化率如图所示，已知2T时已达平衡状态。①a点v正_______v逆(填“＞”，“＜”，“=”)；②b点的转化率比c点高的原因是_______；③2T时，若平衡时压强为1.7MPa，pK=_______2MPa−(计算结果保留三位有效数

字，pK为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。II.在一定条件下，和可以直接化合生成甲酸(HCOOH)。（4）温度为1t℃时，将等物质的量的2CO和2H充入体积为1L的密闭容器中发生反应：()()()22COgHgHCOOHg+

31.4kJ/molH=−，2K=。实验测得：()()22COHvkcc=正正、()HCOOHvkc=逆逆，正k、逆k为速率常数。1t℃时，kk=正逆_______；温度为2t℃时，2.2kk=正逆，则2t℃_______(填

“＞”“＜”或“=”)1t℃。【答案】（1）K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3（2）①.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=-58．58kJ/mol②.A（3）①.＞②.该反应

为放热反应，温度升高，平衡逆向移动③.9.88（4）①.2②.＜【解析】【小问1详解】吸收池中碳酸钾、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钾，化学方程式为K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3。【小问2详解】①根据题干合成塔中信息可知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，化学方程

式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，已知①()()()()222COgHgCOgHOg++1Δ=+41.19kJ/molH②()()()23COg2HgCHOHg+2Δ=-99.77kJ/molH，根据盖斯定律，①+②得：反应()()()()2232COg3H

gCHOHgHOg++123ΔΔΔ+41.19kJ/mol-99.77k=+=J/molHHH=-58．58kJ/mol热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=-58．

58kJ/mol。②根据题干中已知信息以及总的热化学方程式，在多步反应历程中，慢反应的活化能大，反应Ⅰ为慢反应，说明反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，总反应为放热反应，故A符合。【小问3详解】①a点对应的CO2的转化率还没有达到该温度下的

最高水平，所以反应正在向正反应方向进行，反应未达到平衡状态，则v正＞v逆。②b点时已达平衡状态，则c点时，该反应处于平衡状态，b点的转化率比c点高的原因是该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动。③T2时，()()()()2232CO3HCHOHHO230

.830.80.80.81.20.6ggg0.80.g8++开始/mol变化/mol平衡/mol，平衡时混合气体总物质的量为1.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=3.4mol，若平衡时压强为1.7MPa，则()()()()32p33220.80.8

1.7MPa1.7MPaCHOHHO3.43.4K=COH1.20.61.7MPa1.7MPa3.43.4pppp==9.882MPa−。【小问4详解】温度为1t℃时，K=2，达

到平衡时，()()22=COHvkcc正正=()=HCOOHvkc逆逆，=正逆kk()()()22HCOOHCOHccc=K=2；温度为2t℃时，=2.2kk正逆，即K=2.2，大于1t℃时的平衡常数，由于反应正向放热，温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，则2t℃＜1t℃。获得更多资源请扫码

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