2022-2023学年浙江省舟山市高二下学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1浙江省舟山市2022-2023学年高二下学期期末考试可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108Ba-137一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列矿石的主要成分属于盐的是A.软锰矿 B.磁铁矿 C.孔雀石 D.铝土矿【答案】C【详解】A．软锰矿主要含有二氧化锰，二氧化锰为氧化物，A不符合题意；B．磁铁矿主要含有四氧化三铁，四氧化三铁为氧化物，B不符合题意；C．孔雀石含有碱式碳酸铜，属于盐，C符合题意；D．铝土矿主要含有氧化铝，氧化铝氧化物，D不符合题意；故选C。2.过氧乙酸消毒剂在非典和新冠时期均发挥了巨大作用，是一种广谱高效消毒剂，下列对其主要成分过氧乙酸的有关说法不正确的是A.过氧乙酸不稳定，但分解产物不污染环境B.过氧乙酸分子中所有原子均可能在同一平面内C.过氧乙酸分子中含极性键和非极性键D.碳元素位于周期表的p区，基态碳原子核外电子的空间运动状态有4种【答案】B【详解】A．过氧乙酸不稳定，分解生成乙酸和氧气，不污染环境，A正确；B．过氧乙酸分子中含有甲基，具有类似于甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面内，B错误；C．过氧乙酸分子中含极性键C-H、C-O、O-H，非极性键O-O、C-C，C正确；D．碳元素为第二周期第ⅣA族，位于周期表的p区，电子排布式为1s22s22p2，基态碳原子核外电子的空间运动状态有4种，D正确；故选B。3.下列化学用语表示不正确的是A.N原子能级电子云轮廓图：B.基态的价层电子轨道表示式：C.用电子式表示的形成过程：D.顺式聚异戊二烯的结构简式：【答案】C【详解】A．能级有3个轨道，分别沿着x、y、z轴伸展，p轨道为哑铃形，所以N原子能级电子云轮廓图为：，选项A正确；B．基态的价电子排布式为3d5，基态的价层电子轨道表示式为：，选项B正确；C．属于离子化合物，钠原子失去最外层的一个电子形成钠离子，氧原子得到2个电子形成氧离子，用电子式表示的形成过程为：，选项C错误；D．顺式聚异戊二烯的结构中，亚甲基位于碳碳双键同侧，顺式聚异戊二烯的结构简式为：，选项D正确；答案选C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.氨气易液化，且液氨汽化时要吸收大量热，因此可用作制冷剂B.纯铝具有很强的抗腐蚀能力，因此可用作制造飞机的材料C.可中和酸和受热分解，并产生气体，因此可用作食物膨松剂D.难溶于水和酸，且不容易被X射线透射，因此可用作“钡餐”【答案】B【详解】A．氨气易液化，且液氨汽化时要吸收大量热导致温度降低，因此可用作制冷剂，两者存在对应关系，A不符合题意；B．铝合金质轻且硬度大，因此可用作制造飞机的材料，与抗腐蚀性不存在对应关系，B符合题意；C．可中和酸和受热分解，并产生气体导致糕点疏松，因此可用作食物膨松剂，两者存在对应关系，C不符合题意；D．难溶于水和酸，且不容易被X射线透射，因此可用作“钡餐”检查肠胃情况，两者存在对应关系，D不符合题意；故选B。5.关于非金属含氧酸及其盐的结构与性质，下列说法正确的是A.的氧化性会随溶液的增大而增强B.浓具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化C.硅酸盐的阴离子结构丰富多样，可以硅氧四面体结合成链状或环状D.硝酸可形成分子内氢键，而醋酸不能，因此熔沸点硝酸高于醋酸【答案】C【详解】A．在酸性环境中转化为强氧化性的次氯酸，其氧化性会随溶液的增大而减弱，A错误；B．浓具有强脱水性，能使糖类化合物中的氢、氧元素按水的组成脱下，使其炭化，B错误；C．硅和氧能形成4个共价键，故硅酸盐的阴离子结构丰富多样，可以硅氧四面体结合成链状或环状，C正确；D．硝酸可形成分子内氢键，而醋酸不能，分子内氢键的形成会导致其沸点降低，D错误；故选C。6.四氧化三铁()磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备磁性纳米颗粒的反应是。下列叙述不正确的是A.水热法制备磁性纳米颗粒的反应中，还原剂是B.离子方程式中C.每生成，被氧化的的物质的量为D.该条件下氧化性强于【答案】C【分析】根据反应3Fe2++2+O2+xOH-=Fe3O4++2H2O，O元素化合价降低，由0降到-2，1个O2得4个电子，O2作氧化剂；Fe元素化合价升高，由+2升到+3，由于Fe3O4中+3价Fe占，故3个Fe2+中有两个Fe2+失电子，失去电子的数目为=2个，Fe2+作还原剂；S元素化合价升高，由+2升到+2.5，故1个失电子的数目为=2个，作还原剂，据此分析作答。【详解】A．根据上述分析，还原剂是Fe2+、，A项正确；B．方程式等号左右电荷要守恒，故x=4，保证等号左右电荷代数和均为-2，B项正确；C．由反应方程式可知，生成1molFe3O4需要消耗1molO2，3个Fe2+中有两个Fe2+失电子，则氧化的的物质的量为，C项错误；D．该条件下O2作氧化剂，为氧化产物，故O2氧化性强于，D项正确；答案选C。7.下列离子方程式中正确的是A.溶液中滴加足量溶液：B.碳酸氢钠溶液与过量石灰水反应：C.溶液中滴加过量氨水：D.次氯酸钙溶液中通入少量【答案】B【详解】A．溶液中滴加足量溶液，硫氢根过量会有硫化氢生成，即，A错误；B．碳酸氢钠溶液与过量石灰水反应，碳酸氢根少量“系数定为1”，即，B正确；C．一水合氨是弱碱，不能溶解氢氧化铝，即，C错误；D．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫会发生氧化还原反应生成硫酸钙和次氯酸，即，D错误；故选B。8.下列说法不正确的是A.日常生活中经常接触到的聚苯乙烯、酚醛树脂、顺丁橡胶等都是人工合成的有机高分子B.淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物，摄入后都能为人体提供能量C.葡萄糖在水溶液中存在链状和环状结构之间的平衡，从链状到环状发生了加成反应D.将废弃动植物油脂经反应改性制成“生物柴油”，代替柴油作为内燃机燃料，这一做法符合“绿色化学”的理念【答案】B【详解】A．日常生活中经常接触到的聚苯乙烯是由苯乙烯通过加聚反应制成的高分子化合物；酚醛树脂是苯酚与甲醛通过缩聚反应制取的高分子化合物；顺丁橡胶是由1，3-丁二烯通过加聚反应制成的高分子化合物，可见上述物质都是人工合成的有机高分子，A正确；B．淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物，摄入后淀粉、蛋白质都能水解产生小分子化合物为人体提供能量，但人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解反应，故纤维素不能为人体提供能量，B错误；C．葡萄糖分子中的醛基可以与分子内的羟基作用，形成两种六元环状结构；在葡萄糖水溶液中，存在着链状和环状结构葡萄糖之间的平衡，其中绝大部分葡萄糖为环状结构；从链状到环状发生了加成反应，C正确；D．将废弃动植物油脂经反应改性制成“生物柴油”，代替柴油作为内燃机燃料，这一做法能够使废物资源化被利用，因此符合“绿色化学”的理念，D正确；故合理选项是B。9.有关有机物X(结构如图)，下列说法不正确的是A.分子中至少有4个碳原子共直线B.分子中只含有3种官能团，1个手性碳原子C.该物质可使溴水和高锰酸钾酸性溶液褪色D.该物质可与盐酸反应【答案】A【详解】A．苯环上，连有取代基的两个碳原子和与它们相连的取代基中的碳原子是共直线的；碳碳双键上的两个碳原子与苯环上连接的碳原子形成类似乙烯结构，三个碳原子不可能在同一直线；氧原子与两个碳原子单键连接，形成V形；故分子中至少有3个碳原子共直线，A错误；B．分子中含有碳碳双键、酯基、仲胺共3种官能团，1个手性碳原子（与酯基碳连接的碳原子），B正确；C．分子中含有碳碳双键能和溴发生加成反应、能被酸性高锰酸钾氧化，即可使溴水和高锰酸钾酸性溶液褪色，C正确；D．官能团仲胺具有弱碱性，则该物质可与盐酸反应，D正确；故选A。10.X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期、且两种基态原子中的未成对电子数均等于次外层的电子数，Z和W为位于同一周期的金属元素，Z元素的逐级电离能依次为738、1451、7733、10540、13630……。下列有关说法正确的是A.简单离子的半径：B.电负性：C.X的氢化物沸点一定高于Y的氢化物D.X、Y两种元素形成的化合物一定为非极性分子【答案】A【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期，且两种基态原子中未成对电子数均等于次外层电子数，则X和Y均有2个未成对电子，Y的原子半径大于X，X的电子排布式为1s22s22p4，X为O元素，Y的电子排布式为1s22s22p2，Y为C元素，Z和W为位于同一周期的金属元素，Z元素的逐级电离能(kJ/mol)依次为738、1451、7733、10540、13630…，Z的第三电离能剧增，说明Z最外层有2个电子，则Z为Mg元素，W为金属且原子半径比Mg大，与Mg处于同一周期，W为Na元素；【详解】A．由上分析可知，X为O元素，Z为Mg元素，W为Na元素，形成简单离子分别为O2-、Mg2+、Na+，这三种离子具有相同的电子层结构，随着原子序数的递增，半径减小，原子序数O＜Na＜Mg，离子半径r(O2-)＞r(Na+)＞r(Mg2+)，即简单离子的半径X＞W＞Z，选项A正确；B．由上分析可知，X为O元素，Y为C元素，W为Na元素，根据元素周期律，同一周期元素从左至右，元素的电负性依次增大，同一主族元素从上至下，电负性依次减小，或非金属性越强，电负性越大，所以电负性O＞C＞Na，即X＞Y＞W，选项B错误；C．由上分析可知，X为O元素，Y为C元素，X的氢化物有H2O和H2O2，但Y的氢化物有许多烃，有些烃为固态，沸点高于X的氢化物，选项C错误；D．由上分析可知，X为O元素，Y为C元素，X、Y两种元素形成的化合物CO2为非极性分子，而CO为极性分子，选项D错误；答案选A。11.下图是新型镁-锂双离子二次电池,下列关于该电池的说法不正确的是A.放电时,Li+由左向右移动B.放电时,正极电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4C.充电时,外加电源的正极与Y相连D.充电时,导线上每通过1mole-,左室溶液质量减轻12g【答案】D【分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。【详解】A．放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以Li+由左向右移动，故A正确；B.放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；C.充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，故C正确；D.充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝5g，故D错误；答案选D。【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为D，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。12.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氮、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料：能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。下列说法不正确的是A.提供空轨道用于形成配位键B.该配合物中阴离子空间结构为正四面体C.配离子为，中心离子的配位数为6D.的价层电子排布式为【答案】D【详解】A．能被溶液吸收生成配合物，提供空轨道，NO中氮，水中氧提供孤对电子，用于形成配位键，故A正确；B．该配合物中阴离子硫酸根中心原子价层电子对数为，其空间结构为正四面体，故B正确；C．配离子为，配体是NO和水，其中心离子的配位数为6，故C正确；D．的价层电子排布式为，故D错误。综上所述，答案为D。13.下列有关说法正确的是A.常温下，pH相同的盐酸和醋酸与铁粉反应，起始产生气泡的速率是盐酸中比较快B.一定温度下将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，逐浙增大，但电离常数不变C.时，某溶液，升温至D.测得的一元碱溶液，则一定为弱电解质【答案】C【详解】A．由于pH相同，因此起始时相同，故起始产生气泡的速率是一样的，A错误；B．一定温度下将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，由于溶液体积增大，故逐浙减小，但电离常数不变，B错误；C．时，某溶液，升温使增大，不变，增大，因此升温至，C正确；D．由于没有告诉温度，不能确定，因此无法确定的一元碱溶液，是否完全电离，D错误；故选C。14.甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示，已知Cl−Cl、C−Cl键能分别为243kJ∙mol−1、327kJ∙mol−1，下列说法不正确的是A.CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)ΔH=−15kJ∙mol−1B.CH4与Cl2的取代反应是放热反应C.ΔH4≈ΔH3≈ΔH2≈ΔH1，说明CH4与Cl2的四步取代反应，难易程度相当D.1molCH4(g)的能量比1molCH2Cl2(g)的能量多197kJ【答案】D【详解】A．CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)ΔH=−99kJ∙mol−1，CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)在CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)的基础上没有断裂Cl−Cl，没有形成C−Cl，只断裂一个C−H，形成H−Cl，因此ΔH=E(C−H)+243kJ∙mol−1−327kJ∙mol−1−E(H−Cl)=−99kJ∙mol−1，则CH4(g)+Cl•(g)→CH3•(g)+HCl(g)ΔH=E(C−H)−E(H−Cl)=−15kJ∙mol−1，故A正确；B．根据图中信息得到CH4与Cl2的取代反应是放热反应，故B正确；C．ΔH4≈ΔH3≈ΔH2≈ΔH1，说明CH4与Cl2的四步取代反应，由于断键断裂C−H，形成C−Cl和H−Cl，四步反应的难易程度相当，故C正确；D．根据图中1molCH4(g)和1molCl2(g)的能量比1molCH2Cl2(g)和1molHCl(g)的能量多197kJ，故D错误。综上所述，答案为D。15.室温下，将溶液与过量固体混合，溶液随时间变化如图所示。已知：下列说法不正确的是A.两者混合发生反应：B.随着反应的进行，逆向移动，溶液下降C.充分反应后上层清液中约为D.内上层清液中存在：【答案】D【详解】A．微溶于水，难溶于水，溶液与过量固体混合反应生成，离子反应为：，故A正确；B．随上述反应的进行，减小，使得逆向移动，c()减小，pH减小，故B正确；C．充分反应后上层清液为碳酸钙和硫酸钙的饱和溶液，≈，故C正确；D．根据电荷守恒得：，溶液呈碱性，，则，故D错误；故选：D。16.下列实验现象和解释都合理的是选项实验操作现象解释A将溴乙烷与的乙醇溶液共热产生的气体通入溴的溶液中溴的溶液褪色溴乙烷发生消去反应，生成乙烯B取大小相同的金属钠块与浓盐酸、与水反应进行对照实验金属钠与浓盐酸反应比金属钠与水反应速率慢浓盐酸中较小C将酚酞滴加到浓溶液中试液先变红后褪色高浓度的具有超强的漂白性D热的苯酚水溶液自然冷却变浑浊温度降低析出苯酚晶体A.A B.B C.C D.D【答案】A【详解】A．溴乙烷发生消去反应，生成乙烯，乙烯含有不饱和键使得溴的四氯化碳溶液褪色，实验现象和解释都合理，A符合题意；B．盐酸为强酸，溶液氢离子浓度更大，与钠反应速率更快，B不符合题意；C．高浓度的具有强碱性，但是没有漂白性，其使得酚酞褪色也是很强的碱性原因使得酚酞结构发生改变，C不符合题意；D．热的苯酚水溶液自然冷却得到浑浊液为乳浊液不是得到苯酚晶体，D不符合题意；故选A。二、填空题(本大题共5小题，共52分)17.物质结构与性质是化学学习重要的组成部分。请根据所学知识回答下列问题：（1）分子中，有________个键，______个键，C原子的杂化轨道类型是________。若和具有相同的空间构型和键合形式，试写出的结构式_______。（2）含及S四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________。与相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是___________，原因是___________。（3）图为BP晶体的结构示意图，若BP的摩尔质量为，阿伏伽德罗常数的值为，晶胞边长为，则该晶体密度为___________；以晶胞长度为单位建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，例如图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为___________。【答案】（1）①.2②.2③.sp④.（2）①.1:2或2:1②.Cu③.Cu的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，Zn的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，电子处于全充满状态，其与电子能量差值更大（3）①.②.【小问1详解】单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，分子类似二氧化碳分子结构，分子中有2个键，2个键，C原子中无孤电子对，其杂化轨道类型是sp。若和具有相同的空间构型和键合形式，分子类似二氧化碳分子结构为直线形结构，则的结构式为。【小问2详解】基态S原子价电子排布为3s23p4，则基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为1:2或2:1。Cu的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，Zn的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，电子处于全充满状态，其与电子能量差值更大，故导致与相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是Cu；【小问3详解】根据“均摊法”，晶胞中含个P、4个B，则晶体密度为；图中原子1的坐标为，则原子2在x、y、z轴的投影坐标分别为、、，故坐标为。18.化合物A、B、C、D、X之间的转化关系见下图。已知：化合物A是一种非金属氧化物，由同周期相邻元素组成，且；化合物含三种元素；化合物D含两种元素，焰色试验呈紫色；化合物B是一种强碱；气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。回答下列问题：（1）化合物X中所含的三种元素是___________；（2）化合物D的化学式为___________；气体的电子式为___________；（3）写出化合物X与水反应的化学方程式___________；（4）化合物B的碱性_____(填“强于”或“弱于”)，从结构的角度解释可能的原因_____。【答案】（1）K、N、H（2）①.KN3②.（3）（4）①.强于②.钾离子半径大于钠离子，因此离子键弱于【分析】气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则C为氨气，则A或X中含氮元素，已知：化合物A是一种非金属氧化物，由同周期相邻元素组成，且，则A为N2O，在反应2中生成了0.6molNH3可得，化合物X中含有0.6molN原子，反应1中0.3molN2O与含0.6molN的X反应，N元素守恒，反应中有(0.6+2×0.3)molN，反应1产物中含N的为0.3molNH3和D，则D含有0.9molN、质量为12.6g，故D中K元素质量为24.3g-12.6g=11.7g、物质的量为0.3mol，则D中K、N物质的量之比为1：3，D为KN3。反应1中化合物B是一种强碱，B为33g+13.2g-24.3g-0.3×17g=16.8g，可推测B为KOH，物质的量为0.3mol，则反应1为0.3molN2O+33.0gX→0.3molKOH+0.3molNH3+0.3molKN3，结合题干化合物含三种元素，可得化合物X为KNH2：N2O+2KNH2=KOH+NH3+KN3；综上，1，2方程式如下：N2O+2KNH2=KOH+NH3+KN3、KNH2+H2O=KOH+NH3；【小问1详解】根据上述分析可知，化合物X中所含的三种元素是K、N、H；【小问2详解】化合物D的化学式为KN3；气体为NH3，电子式为；【小问3详解】化合物X为KNH2，与水反应的化学方程式为；【小问4详解】化合物B的碱性强于，从结构的角度解释可能的原因钾离子半径大于钠离子，因此离子键弱于。19.完成下列问题。I.（1）已知，的的。若氨水的浓度为，溶液中的约为___________。将通入该氨水中，当下降至时，溶液中和的比值是___________。Ⅱ．是最重要的温室气体之一，其过量排放在导致全球各种变化的诱因中扮演了重要角色，近年来如何降低大气中的含量及有效地开发利用，正成为科学家研究的主要课题。利用和合成甲醇，涉及的主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：回答下列问题：（2）反应Ⅰ自发进行的条件是___________(填“低温”或“高温”或“任何温度”)。（3）在体积不变的密闭容器中，充入和发生反应Ⅱ，当下列条件不再变化时，能说明反应达到平衡状态的有___________。A．的浓度不变B．的质量不变C．容器内气体的总压强D．容器内混合气体的密度E．容器内混合气体的平均摩尔质量（4）一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入发生反应Ⅰ，反应达到平衡时，反应物的转化率关系是___________(填“>”“<”或“=”)，下列措施中能等同时满足增大反应速率和提高转化率的是___________。A．使用高效催化利B．降低反应温度C．将容器体积缩小为D．不断将甲醇从反应混合物中分离出来（5）在密闭容器中通入和，选择合适的催化剂反应，甲醇的选择率(生成甲醇的占总转化量的物质的量分数)和的平衡转化率随温度的变化趋势如下图所示。①达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高的是___________(填“D”、“E”或“F”)。②时，反应Ⅰ的平衡常数K=___________。③随着温度的升高，甲醇的选择率降低，的平衡转化率升高，其原因为___________。【答案】（1）①.0.006②.0.62（2）低温（3）AB（4）①.=②.C（5）①.F②.③.当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以的转化率增加，但甲醇的选择性降低【小问1详解】，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，溶液中的或0.006mol·L-1；，将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol•L-1时，溶液显中性c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，则溶液中的；【小问2详解】满足时，反应自发进行，根据反应I可知，该反应的，，则该反应在低温下能自发；【小问3详解】A．H2浓度不变是平衡标志，故A正确；

B．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，CO的质量不变，说明CO气体物质的量不变，反应达到平衡状态，故B正确；

C．反应前后气体体积不变．容器内气体的总压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；

D．反应前后气体质量和体积不变，容器内混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

E．反应前后气体质量和气体物质的量不变，容器内混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故E错误；

故答案为：AB；【小问4详解】加入的CO、H2的物质的量之比等于其计量数之比，所以平衡时CO、H2的转化率相等；A．使用高效催化利可以增大反应速率，平衡不移动，A不选；B．降低反应温度，反应速率降低，B不选；C．将容器体积缩小为，体积减小，浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，CO2转化率增大，C选；D．不断将甲醇从反应混合物中分离出来，减小了各物质浓度，反应速率减小，D不选；故选C；【小问5详解】①由图可知，D点生成n(CH3OH)=1mol×13.2%×86%=0.11352mol，同理E、F生成CH3OH的物质的量分别为0.117mol、0.12mol；故选F点；②反应I平衡常数表达式为，根据信息甲醇的选择率是转化的中甲醇的含量，553K时的平衡转化率是20%，甲醇的物质的量是，则反应I参加反应的H2为，生成的为；反应Ⅱ中参加反应的CO2为，参加反应的为，生成的为。反应I在553K下平衡时的物质的量分别为：CO2为，H2为，为0.12mol，为，体积保持1L不变，故；③反应Ⅰ、Ⅱ两个反应一个是放热一个是吸热，各自受温度影响正好相反，升高温度反应Ⅱ向正向移动，反应Ⅰ向逆向移动，甲醇含量降低即选择率降低，故原因为当温度升高时反应I平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性降低。20.乙酰水杨酸俗称阿司匹林()，是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为。实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与乙酸酐为主要原料合成阿司匹林，其制备原理为：主要试剂和产品的物理常数如表：名称相对分子质量塎点或沸点/℃水相对密度/g∙cm-3水杨酸138158(熔点)微溶1.44乙酸酑102-74(熔)139.4(沸)反应1.10乙酰水杨酸180135(熔点)微溶1.35Ⅰ．制备过程：在锥形瓶中加入适量水杨酸及醋酸酐，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加少量浓硫酸后加热，维持瓶内温度在85℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。步骤①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入冷水中，析出固体，过滤。步骤②所得结晶粗品加入适量饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。步骤③滤液中加___________后冷却、过滤即得粗产品。请回答：（1）步骤①中需使用冷水，目的是___________。（2）步骤②中饱和碳酸氢钠的作用是___________，以便过滤除去难溶杂质。写出难溶高分子杂质的结构简式___________。（3）步骤③中所加试剂为___________(填编号)。A.冷水 B.浓盐酸 C.溶液 D.无水乙醇Ⅱ．粗产品纯化过程：用重结晶方法提纯粗产品的流程如下：加热回流装置如图：（4）仪器X的名称为___________。（5）冷凝水的流进方向是___________(填“a”或“b”)。【答案】（1）有利于充分析出乙酰水杨酸固体（2）①.生成可溶性的乙酰水杨酸钠②.（3）B（4）三颈烧瓶（5）a【分析】由题意可知，制备乙酰水杨酸的实验过程为在浓硫酸作用下，水杨酸与乙酸酐在热水浴中反应制备乙酰水杨酸，制得的乙酰水杨酸经降温结晶、过滤得到乙酰水杨酸，将制得的粗乙酰水杨酸溶于饱和碳酸氢钠溶液中，溶解、过滤除去难溶杂质得到乙酰水杨酸钠，滤液用浓盐酸酸化得到乙酰水杨酸，经冷却结晶、过滤得到乙酰水杨酸，乙酰水杨酸经重结晶制得乙酰水杨酸晶体。【小问1详解】由分析可知，操作①中使用冷水的目的是降