（浙江选考）2023高考化学大一轮复习普通高校招生选考科目考试预测卷2

PAGEPAGE2浙江省普通高校招生选考科目考试预测卷(二)本试卷分为选择题和非选择题两局部，共4页，总分值100分，考试时间90分钟，其中加试题局部为30分，用[加试题]标出。可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23Al—27S—32Cl—35.5Ba—137选择题局部一、选择题(共25小题，每题2分，共50分。每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分)1．对物质进行分类是化学学习中的常用方法，纯碱属于()A．酸 B．碱C．盐 D．氧化物C[纯碱为Na2CO3，属于钠盐或碳酸盐，C正确。]2．以下仪器中，不能用作反响容器的是()ABCDB[量筒是定量仪器，不能受热，故不能作反响容器，B正确。]3．以下元素中，非金属性最强的是()A．C B．SiC．O D．PC[同周期从左向右非金属性逐渐增强(稀有气体除外)，同主族从上向下非金属性逐渐减弱，C正确。]4.以下物质中，既有离子键又有共价键的是()A．Na2O B．MgCl2C．H2O D．NaOHD[Na2O、MgCl2为离子化合物，且只含有离子键，A、B错误；H2O为共价化合物，只含有共价键，C错误；NaOH为离子化合物，OH－中有共价键，所以NaOH既有离子键又有共价键，D正确。]5．以下各组物质中，互称为同位素的是()A．D和T B．水和冰C．O2和O3 D．CO和CO2A[D为氘又叫重氢，T为氚又叫超重氢，均是氢的同位素，A正确；水和冰是同一种物质H2O的不同形态，B错误；O2和O3互为同素异形体，C错误；CO和CO2是碳的两种不同氧化物，D错误。]6．在化学反响3CO＋Fe2O3eq\o(=,\s\up15(△))2Fe＋3CO2中，复原剂是()A．CO B．Fe2O3C．Fe D．CO2A[反响中碳元素的化合价由＋2价升高到＋4价，那么CO为复原剂，A正确。]7．以下四种根本化学反响类型中，一定属于氧化复原反响的是()A．化合反响 B．分解反响C．置换反响 D．复分解反响C[有单质参加的化合反响和有单质生成的分解反响一定是氧化复原反响，置换反响一定是氧化复原反响，复分解反响一定不是氧化复原反响，C正确。]8．只用以下试剂中的一种，就能鉴别NaOH、Ca(OH)2、盐酸三种溶液，它是()A．石蕊试液 B．酚酞试液C．氯化钡溶液 D．碳酸钠溶液D[NaOH和Ca(OH)2溶液呈碱性，盐酸呈酸性，石蕊、酚酞无法鉴别NaOH和Ca(OH)2，A、B错误；氯化钡无法鉴别NaOH、Ca(OH)2和盐酸，C错误；碳酸钠与NaOH不反响，无现象，与Ca(OH)2反响有白色沉淀产生，与盐酸反响有气泡产生，故碳酸钠溶液可以鉴别这三种溶液，D正确。]9．以下化学用语使用正确的选项是()A[B项为氩的原子结构示意图，B错误；质子数为8，中子数为10的核素应该是18O，C错误；CO2分子的结构式为O=C=O，D错误。]10．如图是某有机物分子的比例模型，那么该物质不具有的性质是()A．使紫色石蕊试液变红 B．与钠反响C．发生酯化反响 D．发生氧化反响A[由图可知，该有机物为乙醇，呈中性，不能使紫色石蕊试液变红，A正确；该物质结构中有—OH，能与钠反响生成氢气，能与乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反响生成乙酸乙酯，也能在一定条件下氧化生成乙醛，B、C、D错误。]11．火箭发射常以液态肼(N2H4)为燃料，1molN2H4在O2中完全燃烧生成氮气和水蒸气时，放出534.4kJ的热量，那么以下热化学方程式书写正确的选项是()【导学号：81640447】A.eq\f(1,2)N2H4(l)＋eq\f(1,2)O2(g)=eq\f(1,2)N2(g)＋H2O(g)ΔH＝＋267.2kJ·mol－1B.eq\f(1,2)N2H4(l)＋eq\f(1,2)O2(g)=eq\f(1,2)N2(g)＋H2O(l)ΔH＝－267.2kJ·mol－1C．N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋534.4kJ·mol－1D．N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.4kJ·mol－1D[此题考查热化学方程式的书写。N2H4燃烧放热，ΔH应为负值，故A、C项错误；1molN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和水蒸气放出534.4kJ热量，那么eq\f(1,2)molN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和水蒸气放出267.2kJ热量，当H2O(g)变为H2O(l)时放出的热量会更多，B错误，D正确。]12．以下实验操作正确的选项是()A．用pH试纸测定某溶液的pH时，需预先用蒸馏水湿润pH试纸B．蒸馏石油时为了更好地控制温度，应将温度计的水银球伸入液面以下C．蒸发结晶时不能将溶液全部蒸干，应该在有大量晶体析出时停止加热D．稀释浓硫酸时，可向盛有浓硫酸的烧杯中直接加蒸馏水C[测溶液pH时不能湿润pH试纸，A错误；蒸馏时温度计的水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管口水平处，B错误；稀释浓硫酸时，向盛有蒸馏水的烧杯中沿杯壁边加浓硫酸边用玻璃棒搅拌，D错误。]13．以下说法不正确的选项是()A．太阳能是清洁能源B．化石燃料属于可再生能源，不影响可持续开展C．低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放D．农村用沼气池产生的沼气作燃料，属于生物质能的利用B[化石燃料如煤、石油、天然气属于不可再生能源，B错误。]14．以下指定反响的离子方程式正确的选项是()A．氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．Na与水反响产生H2：Na＋H2O=Na＋＋OH－＋H2↑C．大理石与盐酸反响制取CO2：COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2OD．稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液：SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋＋2OH－＋Ba2＋=BaSO4↓＋2H2OD[氯气溶于水是可逆反响，生成的HClO是弱酸，属于弱电解质，应该写化学式，A错误；Na与水反响产生H2的方程式质量不守恒，B错误；大理石主要成分是碳酸钙，不溶于水，不能拆分，应该写化学式，C错误。]15．关于如下图装置的表达，正确的选项是()A．铜是负极，铜片上有气泡产生 B．铜片质量逐渐减少C．电流从锌片经导线流向铜片 D．H＋在铜片外表被复原D[该装置为Zn－Cu原电池，将化学能转化为电能，Zn为负极，失电子，质量逐渐减少，A、B错误；电子由锌极流向铜极，C错误；铜为正极，氢离子在铜片外表得电子被复原生成氢气，D正确。]16．生活中处处有化学。请根据你所学过的化学知识，判断以下说法中，不正确的选项是()A．医疗上常用体积分数为75%的酒精作消毒剂B．为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒C．氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品D．BaSO4在医学上用作钡餐，所以Ba2＋对人体无毒D[BaSO4在医学上用作钡餐是因为其既不溶于水也不溶于酸，而且不易被X射线透过，但是Ba2＋为重金属阳离子，易使蛋白质变性，对人体有毒，D错误。]17．化学是以实验为根底的科学，以下有关实验现象描述，不正确的选项是()选项实验操作实验现象A将外表变黑的灼热铜丝伸入无水乙醇中铜丝重新变红B将点燃的钠块伸入氯气瓶中钠块剧烈燃烧，生成大量黑烟C将乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色D将碘水滴到新切的土豆片上土豆片外表变蓝B[钠在氯气中燃烧生成大量的白烟，B错误。]18．以下说法中，正确的选项是()A．油脂的皂化反响生成脂肪酸和丙醇B．蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基C．纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色D．淀粉、蛋白质都属于高分子化合物D[油脂的皂化反响生成脂肪酸钠和丙三醇，A错误；蛋白质的水解产物为氨基酸，含有羧基和氨基，B错误；纤维素为多糖，遇碘水不显蓝色，C错误。]19．在一定条件下，反响2SO2＋O22SO3在2L密闭容器中进行，5min内SO3的质量增加了16.0g，那么该反响的速率为()【导学号：81640448】A．v(O2)＝0.02mol·L－1·min－1B．v(SO3)＝0.04mol·L－1·min－1C．v(SO2)＝0.02mol·L－1·min－1D．v(SO3)＝0.01mol·L－1·min－1C[分析得v(SO3)＝eq\f(16.0g,80g·mol－1×2L×5min)＝0.02mol·L－1·min－1，根据同一反响中不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比知，v(O2)＝eq\f(vSO3,2)＝0.01mol·L－1·min－1，v(SO2)＝v(SO3)＝0.02mol·L－1·min－1，C正确。]20.在硫酸铁、硫酸铜和硫酸的混合溶液中参加铁粉，待反响结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，那么反响后溶液中存在较多的阳离子是()A．Cu2＋ B．Fe3＋C．Fe2＋ D．H＋C[剩余的固体能被磁铁吸引，说明剩余的固体中含铁，那么溶液中无Fe3＋、Cu2＋、H＋，最后全部生成FeSO4，C正确。]21．以下有关实验的表达正确的选项是()A．苯参加到溴水中，将会和溴发生取代反响而使溴水褪色B．在空气中灼烧铜丝，待铜丝冷却后伸入乙醇中，反复屡次，可以制得乙醛C．在洁净的试管中参加1～2mL的硝酸银溶液，再滴加稀氨水，直到AgOH完全沉淀，即制得银氨溶液D．将10%的葡萄糖溶液参加新制氢氧化铜悬浊液中，加热可得到砖红色沉淀D[苯不能和溴水发生取代反响，只能因萃取溴水中的溴而使溴水褪色，A错误；乙醇的催化氧化需要在加热条件下进行，B错误；银氨溶液配制时，需将沉淀恰好溶解，不是沉淀完全，C错误；葡萄糖分子中含有醛基，能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，产生砖红色沉淀，D正确。]22．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是()A．20gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NAC．标准状况下，22.4L水中含有的共价键数为2NAD．50mL12mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAA[亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H＋数小于2NA，B错误；标准状况下，水为液体，C错误；随着反响的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，不能完全反响，转移的电子数小于0.3NA，D错误。]23．W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，W与X不在同一周期，且原子核外最外层电子数分别为1、5、5、7，以下说法正确的选项是()A．原子半径大小顺序：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)B．W和X形成的化合物中只有离子键C．Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z强D．X的最低价气态氢化物的热稳定性比Y强D[根据题意知，W为H，X为N，Y为P，Z为Cl，其原子半径大小为r(Y)>r(Z)>r(X)>r(W)，A错误，氢和氮可以形成含有共价键的共价化合物硝酸，也可以形成含有离子键的离子化合物硝酸铵，B错误；Cl的非金属性比P强，所以Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y强，C错误。]24．以下说法不正确的选项是()A．用玻璃棒蘸取0.01mol·L－1氢氧化钠溶液，点在广范pH试纸中部，与标准比色卡对照，测得其pH为12B．向外表皿中参加少量胆矾，再参加约3mL浓硫酸，搅拌，观察到蓝色晶体变成白色粉末C．在2只相同小烧杯中分别参加50mL物质的量浓度均为0.1mol·L－1的硫酸、醋酸溶液，进行导电性实验，接通电源，观察到硫酸的小灯泡比醋酸的小灯泡明亮，可得到的结论是，硫酸是强电解质，醋酸是弱电解质D．在洁净的试管中参加2mL新制氯水，再向试管中参加几滴硝酸银和稀硝酸，产生白色沉淀，那么证明新制氯水中含有Cl－C[硫酸是二元酸，醋酸是一元酸，无法用等物质的量浓度的硫酸、醋酸溶液进行导电性实验来说明电解质的强弱，因为即使硫酸是弱电解质，醋酸是强电解质，从理论上讲也有可能观察到硫酸的小灯泡更明亮，C错误。]25．某溶液中可能含有以下6种离子中的某几种：Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)、NHeq\o\al(＋,4)、Na＋、K＋。为确认溶液组成进行如下实验：①取200mL上述溶液，参加足量BaCl2溶液，反响后将沉淀过滤、洗涤、枯燥，得到沉淀4.30g，向沉淀中参加过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶；②向①的滤液中参加足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出)。由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是()A．一定存在SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)、NHeq\o\al(＋,4)，可能存在Cl－、Na＋、K＋B．一定存在SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－，一定不存在Na＋、K＋C．c(COeq\o\al(2－,3))＝0.01mol·L－1，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(SOeq\o\al(2－,4))D．如果上述6种离子都存在，那么c(Cl－)＞c(SOeq\o\al(2－,4))D[从信息可知，能与BaCl2反响生成沉淀的只有SOeq\o\al(2－,4)和COeq\o\al(2－,3)，其中硫酸钡沉淀不溶于盐酸、碳酸钡沉淀可溶于盐酸，所以硫酸钡沉淀为2.33g，那么碳酸钡沉淀为1.97g，可箅出n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(BaSO4)＝eq\f(2.33g,233g·mol－1)＝0.01mol，n(COeq\o\al(2－,3))＝n(BaCO3)＝eq\f(1.97g,197g·mol－1)＝0.01mol。由于滤液中参加足量的NaOH溶液，生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L，那么该气体为氨气，n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(NH3)＝eq\f(1.12L,22.4L·mol－1)＝0.05mol。根据电荷守恒，阳离子所带的正电荷为n(NHeq\o\al(＋,4))＝0.05mol，阴离子所带的负电荷为2×n(SOeq\o\al(2－,4))＋2×n(COeq\o\al(2－,3))＝0.04mol，阳离子所带的正电荷大于阴离子所带的负电荷，所以溶液中一定存在Cl－，A错误；如果不存在Na＋和K＋，Cl－的物质的量为0.01mol，如果存在Na＋或K＋，Cl－的物质的量大于0.01mol，Na＋或者K＋根据以上信息无法确定，B错误；溶液体积为200mL，故c(COeq\o\al(2－,3))＝0.05mol·L－1，C错误；如果上述6种离子都存在，那么n(Cl－)>0.01mol，即c(Cl－)>c(SOeq\o\al(2－,4))，D正确。]非选择题局部二、非选择题(本大题共7小题，共50分)26．(4分)有机化合物A、B、C、D有如图转化关系，D是食醋中含有的成分，根据图示答复以下问题：【导学号：81640449】(1)写出C中含有的官能团名称：________。(2)写出反响①的反响类型：________。(3)写出反响③的化学方程式：___________________________。解析：乙烯与水加成得到化合物B乙醇，乙醇被氧气氧化为化合物C乙醛，D是食醋中含有的成分，那么D为乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下生成乙酸乙酯。(1)C为乙醛，含有的官能团为醛基。(2)乙烯与水加成生成乙醇的反响属于加成反响。(3)乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下生成乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHeq\o(,\s\up15(浓硫酸),\s\do15(△))CH3COOCH2CH3＋H2O。答案：(1)醛基(1分)(2)加成反响(1分)(3)CH3COOH＋CH3CH2OHeq\o(,\s\up15(浓硫酸),\s\do15(△))CH3COOCH2CH3＋H2O(2分)27．(6分)A是最轻的气体，B为黄绿色气体，物质A、B、C、D、E、F、J之间有如图转化关系(转化关系中反响条件及局部反响物、产物未标出)。(1)气体C的电子式是________。(2)写出溶液D与气体B反响的离子方程式：______________________。(3)写出由溶液E生成沉淀F的离子方程式：______________________。解析：(1)最轻的气体A为氢气，黄绿色气体B为氯气，那么气体C为HCl，电子式为HCeq\o(l,\s\up15(),\s\do14())。(2)因为红褐色沉淀为Fe(OH)3，所以金属J为铁，溶液D为FeCl2，FeCl2被氯气氧化生成FeCl3，溶液FeCl2与氯气反响的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－。(3)生成红褐色沉淀Fe(OH)3的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓。]答案：(1)HCeq\o(l,\s\up15(),\s\do14())(2分)(2)2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－(2分)(3)Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓(2分)28．(6分)某同学为了探究元素非金属性递变规律，设计了如下图实验装置。实验要求：根据强酸制弱酸的原理通过一次实验来证明同族元素(C、Si)性质递变规律和同周期元素(C、N)性质递变规律。所给试剂(供选择)：稀盐酸、稀硝酸、稀硫酸、碳酸钙固体、硅酸钠溶液、次氯酸钙溶液、二氧化硅、硝酸钠溶液。(1)写出仪器A的名称：________，仪器安装完毕后必须要进行的实验操作是_______________________________。(2)欲完成实验要求，c物质应选________(填化学式)，饱和NaHCO3溶液的作用是________________。(3)写出d中反响的离子方程式：_______________________。解析：要证明同族元素(C、Si)性质递变规律和同周期元素(C、N)性质递变规律，即非金属性N>C>Si，就要用元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来证明，即强酸制弱酸。C对应的酸为碳酸，N对应的酸为硝酸，Si对应的酸为硅酸。(1)仪器A的名称为分液漏斗，仪器安装完毕后必须要检验装置的气密性，装置气密性好，才可以进行后面的实验。(2)通过实验证明酸性HNO3＞H2CO3>H2SiO3，所以a中装硝酸，c中装碳酸钙，d中装硅酸钠溶液，a中实验说明HNO3>H2CO3，d中实验要说明H2CO3>H2SiO3，由于硝酸具有挥发性，所以生成的CO2中会混有HNO3，用饱和碳酸氢钠溶液除去HNO3。(3)试管d是为了证明酸性H2CO3＞H2SiO3，那么反响的离子方程式为SiOeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋COeq\o\al(2－,3)。答案：(除特殊标注外，每空1分)(1)分液漏斗检验装置的气密性(2)CaCO3除去挥发出来的HNO3(3)SiOeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋COeq\o\al(2－,3)(2分)29.(4分)标准状况下，往100mLNaOH溶液中通入一定体积的Cl2，充分反响后，溶液中的Cl－的浓度为0.2mol/L。答复以下问题：(1)该反响转移的电子数为________。(2)该反响消耗Cl2的体积为________mL。解析：此题考查无机计算，稀释后浓度的计算，质量的计算。设反响的Cl2的物质的量为x，那么Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O11x0.2×0.1mol解得x＝0.02mol，那么V(Cl2)＝0.02×22.4L＝0.448L＝448mL。反响1molCl2转移1mol电子，那么反响0.02molCl2转移0.02mol电子。答案：(1)0.02NA(2分)(2)448(2分)30．【加试题】(10分)一种淡黄棕色、坚硬、透明的菱形六面晶体X，该晶体X只由两种元素构成，遇水能产生燃料气体CH4。某研究性学习小组为了探究X的组成，称取28.8gX溶于足量的水中，充分反响后得到62.4g白色沉淀和标准状况下13.44LCH4；再向反响后的混合溶液中参加足量的氢氧化钠或盐酸，该白色沉淀完全消失。请答复：【导学号：81640450】(1)X的化学式为________。(2)该小组同学进一步查阅资料了解到，利用光能和光催化剂，也可产生CH4，CO2和H2O(g)在光催化剂作用下生成CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如下图。在0～30h内，CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ和vⅢ从大到小的顺序为_______，反响开始后的12h内，在第_______种催化剂的作用下，收集的CH4最多。(3)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反响器，发生反响：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋206kJ·mol－1，该反响在T℃，平衡常数K＝27。现将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1L恒容密闭容器中，在T℃下，某时测得CH4和H2的物质的量各为1.5mol。①比拟此时正、逆反响速率的大小：v(正)________v(逆)(填“＞〞“＜〞或“＝〞)；②t1时刻到达平衡，那么CH4的平衡转化率为________；③平衡一段时间后，t2时刻升高温度，画出t2时刻后v(正)变化图像。解析：(1)X只由两种元素构成，遇水能产生燃料气体CH4，说明一定含有C，同时生成的白色沉淀又能溶解在氢氧化钠或盐酸中，推测白色沉淀为Al(OH)3，再通过定量计算可知有白色沉淀n[Al(OH)3]＝eq\f(62.4g,78g·mol－1)＝0.8mol，n(CH4)＝eq\f(13.44L,22.4L·mol－1)＝0.6mol，X中铝、碳元素个数之比为4∶3，那么X的化学式为Al4C3。(2)由图像可以看出，反响进行到30h时，催化剂Ⅲ生成的甲烷最多，其次是催化剂Ⅱ，催化剂Ⅰ生成的甲烷最少。因此vⅠ、vⅡ和vⅢ从大到小的顺序为vⅢ＞vⅡ＞vⅠ；同理由图像也可以看出，反响进行到12h时，催化剂Ⅱ生成的甲烷最多，因此在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多。(3)①由于某时测得CH4和H2的物质的量各为1.5mol，又起始时CH4与H2O(g)物质的量相等，由反响CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)知，n(H2)＝n(CH4)＝1.5mol，n(CO)＝eq\f(1,3)n(H2)＝0.5mol，Q＝eq\f(cCO·c3H2,cCH4·cH2O)＝eq\f(0.5×1.53,1.5×1.5)＝0.75(mol·L－1)2，由于Q＜K，那么平衡要正向移动，v(正)＞v(逆)。②设到达平衡时，参加反响的CH4、H2O的物质的量均为x，那么CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)n(起始)/mol2200n(变化)/molxxx3xn(平衡)/mol2－x2－xx3x根据题意，那么平衡常数K＝eq\f(cCO·c3H2,cCH4·cH2O)＝eq\f(x·3x3,2－x·2－x)＝27(mol·L－1)2，解得x＝1mol，所以CH4的转化率＝eq\f(1mol,2mol)×100%＝50%。③正反响是吸热反响，温度升高，v(正)突然增大，平衡正向移动。答案：(1)Al4C3(2分)(2)vⅢ＞vⅡ＞vⅠⅡ(1分)(3)①＞(2分)②50%(2分)(2分)31．【加试题】(10分)某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：【导学号：81640451】①检验装置的气密性；②通入枯燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反响完全；④充分冷却，待FeCl3沉积完全，停止通入Cl2，并用枯燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。请答复以下问题：(1)装置D中反响的离子方程式为_______________________。(2)C中无水CaCl2的作用是__________________________________。(3)装置B中假设不用冷水浴冷却，可能产生的后果是_________________