1、試卷第 =page 20 20頁，共 =sectionpages 20 20頁試卷第 =page 19 19頁，共 =sectionpages 20 20頁遼寧省沈陽實驗中學2022-2023學年高二上學期開學考試化學試題學校:_姓名：_班級：_考號：_一、單選題12022年3月5日，中國載人航天工程總設計師周建平表示，中國將發射2個空間站實驗艙、2艘載人飛船、2艘貨運飛船，再將6名航天員送入中國空間站。下列說法錯誤的是A火箭箭體采用的高強度新型鈦合金結構屬于金屬材料B制造太陽能電池板的二氧化硅屬于新型無機非金屬材料C飛船返回艙外表面使用的耐高溫氮化硅陶瓷屬于新型陶瓷D宇航服使用的多種合成纖維

2、屬于有機高分子材料【答案】B【詳解】A火箭箭體采用的高強度新型鈦合金結構是鈦合金，合金屬于金屬材料，A正確；B制造太陽能電池板材料是晶體硅，不是二氧化硅，B錯誤；C玻璃、水泥、陶瓷屬于傳統無機非金屬材料，在飛船返回艙外表面使用的耐高溫氮化硅陶瓷屬于新型陶瓷，是新型無機非金屬材料，C正確；D宇航服使用的多種合成纖維是人工合成材料，因此屬于有機高分子材料，D正確；故合理選項是B。2內經曰：“五谷為養，五果為助，五畜為益，五菜為充。”合理膳食能提高免疫力。下列說法正確的是A油脂能夠發生皂化反應B淀粉和纖維素都屬于天然有機高分子，且兩者互為同分異構體C向淀粉水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2并

3、加熱，可以證明其水解最終生成葡萄糖D食鹽水可以破壞蛋白質結構，用鹽水漱口可以殺滅新型冠狀病毒【答案】A【詳解】A油脂在堿性條件下的水解為皂化反應，A正確；B淀粉和纖維素是天然高分子化合物，但兩者分子量不同，不是同分異構體，B錯誤；C淀粉水解產物需要在堿性條件下檢驗，故應將水解液調至堿性后再檢驗產物，C錯誤；D食鹽水能使蛋白質鹽析，但鹽析是物理變化，不能使蛋白質變性，故鹽水漱口不能殺滅病毒，D錯誤；故選A。3化學學科需要借助化學專用語言描述。下列有關化學用語正確的是A乙烯的電子式：B乙醇分子的空間填充模型：C乙酸的分子式：CH3COOHD次氯酸的結構式：H-Cl-O【答案】B【詳解】A乙烯分子中

4、C原子形成4對共用電子對，C原子間形成2對共用電子對，故其電子式：，故A錯誤；B乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，分子的空間填充模型：，故B正確；C乙酸的分子式為C2H4O2，故C錯誤；D次氯酸分子中O分別與H和Cl形成1對共用電子對，故結構式為：H-O-Cl，故D錯誤；故選B。4NA表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A11.2LCH4和44.8LCl2(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子數為2.5NAB28g乙烯和丙烯的混合氣體充分燃燒，消耗的O2分子數為4NAC標準狀況下，11.2LCH2Cl2含有的共用電子對的數目為2NAD10.4g苯乙烯()分子中含有的碳碳雙鍵的數目為0.4

5、NA【答案】A【詳解】A標況下11.2LCH4的物質的量為n=0.5mol，44.8LCl2的物質的量為n=2mol，由于甲烷與氯氣的反應前后分子數始終不變，則反應后氣體總物質的量仍然為0.5mol+2mol=2.5mol，反應后的分子數為2.5NA，故A正確；B乙烯和丙烯的混合氣可看作平均組成為CH2的氣體，常溫常壓下，28g乙烯和丙烯的混合氣體即2molCH2，消耗的O2分子數為3NA，故B錯誤；C標準狀況下，CH2Cl2為液體，不能計算其物質的量，故C錯誤；D1mol苯乙烯()分子中含有1mol碳碳雙鍵，10.4g苯乙烯的物質的量為=0.1mol，故含有碳碳雙鍵的數目為0.1NA，故D錯

6、誤；故選A。5“龍芯一號”的問世填補了我國電腦芯片制造史上的一項空白。用硝酸與氫氟酸的混合液作制作芯片的刻蝕液，發生的反應為。下列有關敘述正確的是A電腦芯片的主要成分為，具有良好的光學性能B實驗室中，可用玻璃儀器密封保存氫氟酸C在該反應中，作還原劑，被氧化為D該反應轉移電子時，生成【答案】C【詳解】A電腦芯片的主要成分為硅，不是二氧化硅，故A錯誤；B氫氟酸能與玻璃中的二氧化硅反應，所以不能用玻璃儀器密封保存氫氟酸，故B錯誤；C由方程式可知，反應中硅元素的化合價升高被氧化，硅為反應的還原劑，被氧化為硅氟酸，故C正確；D缺標準狀況下，無法計算反應轉移0.1mol電子時，生成二氧化氮的體積，故D錯誤

7、；故選C。6下列圖示裝置正確且能達到相應實驗目的的是A檢驗無水乙醇中是否有水B制取氨氣C制取乙酸乙酯D分餾石油【答案】B【詳解】A鈉和乙醇也會反應生成氫氣，無法用鈉檢驗乙醇中是否有水，故A錯誤；B實驗室用氯化銨和消石灰加熱制取氨氣，用向下排空氣法收集氨氣，試管口放一團棉花，可防止氨氣和空氣發生對流，使收集的氨氣更純凈，故B正確；C收集乙酸乙酯的導管不能插入飽和碳酸鈉溶液液面下，故C錯誤；D石油分餾實驗中，溫度計不能插入液面下，要使水銀球位于蒸餾燒瓶的支管口處，冷卻水應下口進，上口出，故D錯誤；答案選B。7海帶灰富含以I-形式存在的碘元素。在實驗室中，從海帶灰浸取液中提取碘單質的流程如圖：下列說

8、法正確的是A為提高中反應的速率，可增大硫酸濃度或在高溫條件下進行B操作中CCl4，可用酒精、苯等代替C操作使用的是反萃取法，得到的上層溶液為紫紅色D操作Z所需的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗【答案】D【分析】海帶灰富含以I-形式存在的碘元素，加入過氧化氫和稀硫酸，碘離子會被氧化為碘單質；含碘單質的水溶液用四氯化碳萃取，分液后四氯化碳層中含有碘單質；加入氫氧化鈉溶液，碘單質與NaOH反應，生成碘化鈉、次碘酸鈉和水；碘化鈉、次碘酸鈉在溶液中，往里面加稀硫酸，碘化鈉和次碘酸鈉反應生成碘單質，通過過濾得到固體。【詳解】A高溫時過氧化氫分解，不利于氧化碘離子，A項錯誤；B酒精與水互溶，不能萃取碘水中的碘，

9、B項錯誤；C操作使用的是反萃取法，得到的上層溶液為無色溶液，含I-、IO-，C項錯誤；D操作Z為過濾，所需的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗，D項正確；答案選D。8已知下列反應的熱化學方程式：6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) H1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H2C(s)+O2(g)=CO2(g) H3 H2O(g)=H2O(l) H4則反應4 C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(l)+O2(g)+6N2(g)的H為A12H3+5H2-2H1+10H4B2H1-5H2-12H3+10H4C12H3-5H2-2

10、H1+10H4DH1-5H2-12H3+10H4【答案】A【詳解】根據蓋斯定律，將所給熱化學方程式中的C（s）、H2O(g)、H2(g)消去，2C3H5(ONO2)3(l)= 5H2(g)+3N2(g)+3O2(g)+6CO2(g) H=6H3-H1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=H2+2H4；所以4 C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(l)+O2(g)+6N2(g)的H為12H3+5H2-2H1+10H4，答案選A。9有機物 M 是一種抑制生長的植物激素，可延長鮮花盛開的時間，其結構簡式如圖所示。下列關于有機物 M 的說法正確的是A分子式為 C14H2

11、0O4B分子中含有四種含氧官能團C一定條件下可以發生酯化反應、加聚反應、氧化反應D1mol M 能與 2mol NaOH 發生反應【答案】C【詳解】A分子式為C15H20O4，A錯誤；B分子中含羰基、羥基、酯基，3種含氧官能團，B錯誤；C該分子含羧基、羥基，能發生酯化反應，含碳碳雙鍵，能發生加聚反應、能與氧氣發生氧化反應，C正確；D1molM含1mol羧基，能與1molNaOH反應，D錯誤；故選C。10除去下列物質中含有的少量雜質(括號內為雜質)，所用方法錯誤的是選項物質(雜志)方法A通過飽和的溶液B(丙烯)通過酸性高錳酸鉀溶液C乙醇(乙酸)加入生石灰，蒸餾D(水蒸氣)通過堿石灰AABBCCD

12、D【答案】B【詳解】A亞硫酸氫鈉溶液與氯化氫反應生成二氧化硫，可以通過飽和的亞硫酸氫鈉溶液除去二氧化硫中的氯化氫，A正確；B酸性高錳酸鉀溶液能把丙烯氧化為二氧化碳，從而引入新雜質，達不到除雜的目的，B錯誤；C乙酸和生石灰反應生成醋酸鈣，然后通過蒸餾即看得到乙醇，C正確；D氨氣是堿性氣體，利用堿石灰可除去氨氣中的水蒸氣，D正確；答案選B。11為探究某固體化合物X(僅含兩種元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：下列有關說法錯誤的是A黑色化合物A最多可消耗392 mL(標準狀況)O2B無色氣體D能形成酸雨，總共產生448 mL(標準狀況)無色氣體DC將無色氣體D全部通入黃色溶液E中，溶液變成淺綠色

13、，且無色氣體D有剩余D化合物X的電子式為【答案】D【分析】黃色單質B燃燒生成的無色氣體，則黃色單質為S、無色氣體為SO2。黑色化合物A在空氣中高溫灼燒也生成SO2，說明其中含有硫元素，同時生成的紅棕色固體，用稀硫酸溶解得黃色溶液，故紅棕色化合物為Fe2O3，黃色溶液E為Fe2(SO4)3溶液。n(Fe2O3)=，由質量守恒可知黑色化合物質量為m=1.2 g-0.32 g=0.88 g，故黑色化合物含有S原子為：0.88 g-0.005 mo1256 g/ mol=0.01 mol，故黑色化合物中Fe、S原子物質的量之比為n(Fe)：n(S)=(0.005 mol2)：0.01 mol=1：1，

14、故黑色化合物A為FeS。由元素守恒可知，X含有有Fe、S兩種元素，1.2 gX中含有Fe為0.005 mol2=0.01 mol，含有S原子為，故X中Fe、S原子物質的量之比為n(Fe)：n(S)=(0.005 mol2)：0.02 mol=1：2，故X的化學式為FeS2。【詳解】A黑色固體是FeS，其與O2在高溫下煅燒，反應方程式為：4FeS+7O22Fe2O3+4SO2，1 mol FeS反應消耗7 mol O2，根據反應方程式中物質反應轉化關系，由n(Fe2O3)=0.005 mol可知n(FeS)=0.01 mol，則其反應消耗n(O2)=，其在標準狀況下的體積V(O2)=0.0175

15、 mol22.4 L/mol=0.392 L=392 mL，A正確；B由于n(S)=0.02 mol，其反應產生SO2的會造成酸雨，根據S元素守恒，可知n(SO2)=0.02 mol，故n(SO2)=0.02 mol22.4 L/mol=0.448 L=448 mL，B正確；CD是SO2，E是Fe2(SO4)3，它們在酸性條件下會發生反應：SO2+2Fe3+2H2O=4H+2Fe2+，n(SO2)=0.02 mol，n(Fe3+)=0.01 mol，二者反應后溶液中含有Fe2+而顯綠色，二者的物質的量的比是2：1，反應消耗的比是1：2，因此SO2氣體過量，有剩余，C正確；D化合物X是FeS2，

16、在該物質中Fe2+與以離子鍵結合，中兩個S原子形成一個共價單鍵，因此FeS2的電子式為，D錯誤；故合理選項是D。12向mg由鐵粉和銅粉組成的混合物中，加入某濃度的稀硝酸，充分反應后測得生成NO的體積V(NO)(已換算成標準狀況下)、m(固體剩質余量)隨加入的稀硝酸的體積的變化如圖所示(設硝酸的還原產物只有NO)。下列說法中正確的是A稀硝酸的濃度為0.4molL-1Ba點時，100mL稀硝酸中溶解了Fe和Cu共8.4gCb點對應的溶液中可能含有的金屬陽離子為Fe2+、Fe3+、Cu2+D加入稀硝酸至400mL時，收集到的V(NO)約為6.91L【答案】D【分析】由圖示數據可得如下表格：編號稀硝酸

17、體積/mL100200300400剩余金屬/g12.23.200NO體積/mL224044806720V實驗和都有金屬剩余，則溶液中不可能含硝酸鐵，溶液中金屬離子為+2價，在實驗的基礎上加入100mL硝酸，參加反應的金屬的質量為12.2g-3.2g=9g，生成NO的體積為4480mL-2240mL=2240mL，NO的物質的量為0.1mol，根據電子轉移守恒可知，參加反應的金屬的物質的量為=0.15mol，參加反應的金屬的平均摩爾質量為=60g/mol，該過程既有鐵參與反應，又有銅參與反應，利用十字交叉法，則n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，故實驗只有鐵參與反應，實驗生

18、成NO的體積為2240mL，NO的物質的量為0.1mol，根據電子轉移守恒可知，參加反應的鐵的物質的量為=0.15mol，質量為0.15mol56g/mol=8.4g，實驗既有鐵參與反應，又有銅參與反應，且n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，在實驗的基礎上繼續加入100mL稀硝酸，生成NO的體積為6720mL-4480mL=2240mL，NO的物質的量為0.1mol，該過程既有銅參加反應，又有亞鐵離子參加反應，參加反應的金屬的質量為3.2g，金屬全部為銅，物質的量為=0.05mol，金屬銅與稀硝酸反應的化學方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4

19、H2O，0.05molCu參與反應生成molNO，則亞鐵離子參與反應生成molNO，硝酸亞鐵與稀硝酸反應的化學方程式為：4HNO3(稀)+3Fe(NO3)2=3Fe(NO3)3+NO+2H2O，則消耗亞鐵離子0.2mol，由以上分析可知，總共含亞鐵離子0.15mol+0.075mol=0.225mol，則加入稀硝酸300mL后還有0.225mol-0.2mol=0.025mol亞鐵離子，0.025mol亞鐵離子與稀硝酸反應生成0.0083molNO，體積為0.0083mol22.4L/mol0.19L。【詳解】A由分析可知，實驗只有鐵參與反應，發生反應3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)

20、2+2NO+4H2O，生成NO的體積為2240mL，NO的物質的量為0.1mol，則參加反應的硝酸的物質的量為0.1mol4=0.4mol，硝酸的物質的量濃度為=4mol/L，A錯誤；B由分析可知，a點只消耗了鐵8.4g，B錯誤；Cb點還有金屬剩余，因此溶液中不可能有Fe3+，C錯誤；D由分析可知，加入稀硝酸至400mL時，收集到的V(NO)約為6.72L+0.19L=6.91L，D正確；答案選D。13羥基自由基(OH)是自然界中氧化性僅次于氟的氧化劑。我國科學家設計了一種能將苯酚氧化為CO2、H2O的原電池-電解池組合裝置(如圖)，該裝置能實現發電、環保二位一體。下列說法錯誤的是Aa極為正極

21、，c極為陰極Bb極的電極反應式為C6H5OH-28e-11H2O=6CO228HCd極區苯酚被氧化的化學方程式為C6H5OH28OH=6CO217H2OD右側裝置中，每轉移0.7mole-，c、d兩極共產生氣體3.36L(標準狀況)【答案】D【詳解】A根據電池裝置圖可知，左側為原電池裝置，a電極上重鉻酸根離子得到電子，化合價降低，生成氫氧化鉻，b電極上苯酚生成二氧化碳，碳元素的化合價升高，被氧化，b電極是負極，a電極是正極，c電極是陰極，d是陽極，A正確；Bb電極上苯酚轉化成二氧化碳，根據元素和電荷守恒，電極反應式為為C6H5OH-28e-11H2O=6CO228H，B正確；C右側裝置為電解裝

22、置，d是陽極，結合圖示，電極反應中產生羥基自由基(OH)和H，沒有生成氧氣，正確的電極反應式為H2O-e-=OH+ H，羥基自由基氧化能力極強，能氧化苯酚為二氧化碳和水，故苯酚被氧化的化學方程式為C6H5OH28OH=6CO217H2O，C正確；Dc極上氫離子放電，電極反應為2H+2e-=H2,d極的電極反應式為H2O-e-=OH+ H，結合苯酚的氧化過程可知，當轉移0.7mol電子時，d極生成0.7mol的OH，它氧化苯酚時生成 CO2，標準狀況下的體積為0.15mol22.4L/mol=3.36L，c極上生成0.35mol的氫氣，標準狀況下的體積為0.35mol22.4L/mol=7.84

23、L，兩極共產生氣體的體積為3.36L+7.84L=11.2L(標況下)，D錯誤；故選D。14汽車尾氣中NO產生的反應為：N2（g）+O2（g）2NO（g），一定條件下，等物質的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應，如圖曲線a表示該反應在溫度T下N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時N2的濃度隨時間的變化下列敘述正確的是A溫度T下，該反應的平衡常數B溫度T下，隨著反應的進行，混合氣體的密度減小C曲線b對應的條件改變可能是加入了催化劑D若曲線b對應的條件改變是溫度，可判斷該反應的H0【答案】A【詳解】A、根據平衡常數的定義，結合開始時氮氣和氧氣的物質的量相等，可

24、知該平衡常數為：，選項A正確；B、由于該容器是一個恒容容器，反應前后氣體的質量不發生改變，所以氣體的密度一直不變，選項B錯誤；C、催化劑僅能改變達到平衡所用的時間，不能使平衡移動，即不能改變平衡濃度，選項C錯誤；D、若曲線b對應的條件改變是溫度，根據先達到平衡可知為升高溫度，平衡向吸熱反應的方向移動，而氮氣的濃度降低，說明平衡向正方向移動，正反應為吸熱反應，H0，選項D錯誤。答案選A。15在某容積一定的密閉容器中，可逆反應：A(g)B(g)xC(g)，有圖所示的反應曲線，試判斷對圖的說法中正確的是(T表示溫度，p表示壓強，C%表示C的體積分數)Ap3p4，y軸表示A的物質的量Bp3p4，y軸表

25、示C的體積分數Cp3p4，y軸表示混合氣體的密度Dp3p4，y軸表示混合氣體的平均相對分子質量【答案】D【分析】根據圖可知，先拐先平衡條件高，T1T2，升高溫度，C的含量下降，說明平衡逆向移動，所以該反應正反應為放熱反應，p2p1，增大壓強，C的含量增大，平衡正向移動，說明反應是氣體體積減小的反應，故x=1。據此解答。【詳解】A由于該反應是體積減小的反應，增加壓強平衡正向移動，A的物質的量減小，p3線應在下方，故A錯誤；B由于該反應是體積減小的反應，增加壓強平衡正向移動，C的體積分數增大，p4線應在上方，故B錯誤；C由于該反應前后氣體質量守恒，容器體積不變，所以密度不變，故C錯誤；D由于該反應

26、是體積減小的反應，增加壓強平衡正向移動，總物質的量減小，氣體質量守恒，所以平均相對分子質量增大，升高溫度，平衡逆向移動，所以平均相對分子質量減小，故D正確；故選D。二、工業流程題16硫酸是重要的化工產品之一，以黃鐵礦(主要成分FeS2)為原料生產硫酸的一種流程如圖所示。回答下列問題：(1)黃鐵礦預先粉碎的目的是_。已知爐渣的主要成分是Fe2O3，則煅燒的化學方程式為_。(2)某化工廠生產硫酸，使用一種含雜質為25%的黃鐵礦為原料。若取2噸該礦石，可制得98%的濃硫酸_噸(假設生產過程中硫的損失為零)。(3)Na2S2O5是一種食品抗氧化劑，檢驗Na2S2O5已被氧化的實驗方案是_。(4)某同學

27、以如圖所示裝置用電化學原理模擬生產硫酸：寫出通入O2的電極的電極反應式_。若此過程中轉移了0.2mol電子，則質子膜兩側電解液的質量變化差(m左-m右)為_g(忽略氣體的溶解)。【答案】(1) 增大反應物之間的接觸面積，加快反應速率，使反應更充分 (2)2.5(3)取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解；滴加足量鹽酸，振蕩；再滴入氯化鋇溶液，若有白色沉淀生成，則該晶體已被氧化。(4) 4.4【分析】以黃鐵礦（主要成分FeS2）為原料生產硫酸，并將產出的爐渣和尾氣進行資源綜合利用，黃鐵礦在空氣中煅燒生成濾渣主要為氧化鐵，用來煉鐵，生成的二氧化硫凈化后補充氧氣氧化生成三氧化硫，吸收三氧化硫

28、得到濃硫酸，尾氣用氫氧化鈉溶液吸收，再通入二氧化硫得到亞硫酸氫鈉，加熱得到焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）。（1）黃鐵礦預先粉碎可增大反應物之間的接觸面積，加快反應速率，也能使反應更充分。FeS2與氧氣在高溫條件下反應，生成氧化鐵和二氧化硫，化學方程式為，（2）由反應及原子守恒可知，存在FeS22SO22H2SO4。設制得98%的濃硫酸為xt。則，x=2.5t。可制得98%的濃硫酸2.5噸。（3）Na2S2O5中S元素的化合價為+4價，因此會被氧化為+6價，即晶體在空氣中易被氧化為Na2SO4，用鹽酸、氯化鋇溶液檢驗樣品中是否含有硫酸根即可，實驗方案為：取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶

29、解；滴加足量鹽酸，振蕩；再滴入氯化鋇溶液，若有白色沉淀生成，則該晶體已被氧化。（4）氧氣發生還原反應，為電池正極，電極反應式為。左側產生的部分氫離子通過質子交換膜移向右側，右側氧氣獲得電子，酸性條件下生成水，若此過程中轉移了0.2mol電子，則通過質子交換膜的氫離子為0.2mol，根據電子轉移守恒，反應的二氧化硫為，質量為0.1mol64g/mol=6.4g，反應的氧氣為，氧氣質量為0.05mol32g/mol=1.6g，則質子膜兩側電解液的質量變化差(m左-m右) =m（SO2）-m（H+）-m（O2）+m（H+）=6.4g-1.6g-20.2mol1g/mol=4.4g。三、實驗題17化學

30、科學可以幫助我們安全、合理、有效地開發自然資源和使用各種化學品，為建設美麗家園發揮重要價值。9.工業海水淡化及從海水中提取溴的過程如下：請回答下列問題：(1)歷史最久，技術和工藝也比較成熟，但成本較高的海水淡化的方法是_法。(2)步驟中已獲得 Br2，步驟中又將 Br2還原為 Br-，其目的是 _。(3)步驟用 SO2溶液吸收 Br2，反應的離子方程式為_。.亞硝酸鈉(NaNO2)是生活中廣泛應用的一種化學品，實驗室可用如圖裝置制備(略去部分夾持儀器)。已知：2NO + Na2O2 = 2NaNO22NO2 + Na2O2 = 2NaNO3酸性條件下，NO、NO2和 NO 都能與 MnO反應生

31、成 NO和 Mn2+請回答下列問題：(4)裝置 A 中發生反應的化學方程式為_。(5)裝置 C 的作用為_，裝置 E 的作用為_。(6)裝置 F 中發生反應的離子方程式為_。(7)為測定亞硝酸鈉的含量，進行如下操作：稱取 3.000 g 樣品溶于水配成 250 mL 溶液，取 25.00 mL溶液于錐形瓶中，再向錐形瓶中加入 0.1000molL-1酸性 KMnO4溶液 16.00 mL，兩者恰好完全反應。計算所得固體中亞硝酸鈉的質量分數為_(保留四位有效數字)。【答案】(1)蒸餾法(2)富集溴元素(3)步驟用SO2和水吸收Br2生成溴化氫和硫酸，反應的離子方程式為：；(4)(5) 干燥NO氣

32、體并除去CO2 防止裝置F中的水蒸進入裝置D中(6)(7)92.00%【分析】實驗開始加熱之前，先用氮將裝置中的空排干凈，A中木炭與濃硝酸反應生成NO2 CO2和H2O，NO2進入B中與水反應生成硝酸，硝酸和銅反應生成NO，C中應為堿石灰，可吸收CO2并干燥NO，NO與Na2O2在D中反應得到NaNO2，E為干燥劑，防止水進入D裝置，F為尾氣處理裝置，以此解題。（1）常用的海水淡化方法為蒸餾、離子交換和電滲析法，歷史最久，技術和工藝也比較成熟，但成本較高的海水淡化的方法是蒸餾法；（2）步驟中已獲得 Br2，步驟中又將 Br2 還原為 Br-，這樣操作可以增大溴離子的濃度，故答案為：富集溴元素；

33、（3）步驟用SO2和水吸收Br2生成溴化氫和硫酸，反應的離子方程式為：；（4）由圖可知，裝置A中木炭和濃硝酸反應生成二氧化氮和二氧化碳，方程式為：；（5）根據分析，裝置C的作用是：干燥NO氣體并除去CO2；裝置E的作用是：防止裝置F中的水蒸進入裝置D中；（6）F中酸性高錳酸鉀溶液可吸收NO,離子方程式為：；（7）亞硝酸根與酸性高錳酸鉀溶液反應的離子方程式為：，亞硝酸鈉的質量分數為。四、原理綜合題18化學反應速率、限度及能量變化與生活、生產密切相關。(1)由和轉化為的催化反應歷程示意圖如圖。該歷程中，的過程中，_(填“吸收”或“放出”)能量，涉及_(填標號，下同)鍵的形成，甲烷的過程中涉及_鍵的

34、斷裂。abCHcCCdOHeCO(2)在容積為2L的恒容密閉容器中充入2mol和4mol，在一定溫度下發生反應：，10min反應達到平衡時，測得。010min內，_，的體積分數為_。上述反應達到平衡時，混合氣體的平均摩爾質量為_。能說明該反應已達到平衡狀態的是_(填標號)。ab容器內壓強保持不變c每斷裂1molHH，形成1molOHd容器內混合氣體的密度保持不變(3)、和熔融可制作燃料電池(反應原理為)，其工作原理如圖所示。該電池在放電過程中生成氧化物Y，Y可循環使用，則石墨電極為_(填“正極”或“負極”)，負極的電極反應式為_。【答案】(1) 放出 c b(2) 0.15 25% 24 b(

35、3) 正極 【解析】（1）由和轉化為的催化反應歷程示意圖如圖。根據示意圖可知該歷程中，的過程中形成新的化學鍵，所以放出能量，涉及CC鍵的形成，答案選c；甲烷的過程中涉及CH鍵的斷裂，答案選b。（2）10min反應達到平衡時，測得，根據方程式可知消耗氫氣的濃度是1.5mol/L，則010min內，1.5mol/L10min0.15。生成乙醇的物質的量是0.5mol，水蒸氣是1.5mol，剩余二氧化碳是2mol1mol1mol，氫氣是4mol3mol1mol，則的體積分數為25%。上述反應達到平衡時，根據質量守恒可知混合氣體的平均摩爾質量為24。a沒有指明反應方向，不能說明反應達到平衡狀態；b正反應體積減小，容器內壓強保持不變，說明正逆反應速率相等，反應達