浙江省嘉兴市2024届高三上学期9月基础测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省嘉兴市2024届高三上学期9月基础测试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Cr-52一、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.化学在保证人类生存并不断提高生活质量方面起着重要的作用。下列物质的主要成分属于有机物的是（）A.食用碱 B.84消毒液 C.抗坏血酸 D.2B铅笔芯〖答案〗C〖解析〗A．食用碱主要成分为碳酸钠，为无机物，A不符合题意；B．84消毒液主要成分为次氯酸钠，为无机物，B不符合题意；C．抗坏血酸指的是维生素C，为有机物，C符合题意；D．2B铅笔芯主要成分石墨，是无机物，D不符合题意；故〖答案〗选C。2.下列化学用语表示正确的是（）A.中子数为16的磷原子：B.分子的VSEPR模型：C.的电子式：D.顺-2-丁烯结构简式：〖答案〗C〖解析〗A．中子数为16的磷原子：，A错误；B．分子中心原子N价层电子对数：，VSEPR模型为四面体，B错误；C．的电子式：，C正确；D．为反-2-丁烯的结构简式，D错误；〖答案〗选C。3.下列关于铝及其化合物说法不正确的是（）A.铝元素位于周期表的p区B.明矾溶液呈酸性C.常温下，可用铝制容器盛装浓硝酸D.工业上常用电解熔融制备金属铝〖答案〗D〖解析〗A．铝元素的原子序数为13，价电子排布式为3s23p1，位于元素周期表p区，故A正确；B．明矾在溶液中能完全电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，铝离子发生水解使溶液呈酸性，故B正确；C．常温下，铝遇到浓硝酸发生钝化反应，从而可用铝制容器盛装浓硝酸，故C正确；D．工业上常用电解熔融氧化铝制备金属铝，故D错误；故选D。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是（）A.二氧化硅具有导电性，可用于制作光导纤维B.钠钾合金熔点低且导热性好，可用作核反应堆的传热介质C.活性炭具有吸附性，可用作冰箱除菌剂D.二氧化硫具有较强的氧化性，可用于漂白纸张〖答案〗B〖解析〗A．二氧化硅不能导电，其用于制造光导纤维是因具有良好导光性能，故A错误；B．钠钾合金常温下呈液态，具有良好的导热性，可用作核反应堆的传热介质，故B正确；C．活性炭具有吸附性，可吸附冰箱异味，但不能除菌，故C错误；D．二氧化硫具有漂白性，因此可用于漂白纸张，故D错误；故选：B。5.下列说法正确的是（）A.蒸发溶液可获得较为纯净的晶体B.阴离子交换膜法电解饱和食盐水可制备较纯净的烧碱C.酸式滴定管内的油污可用热的饱和溶液洗去D.用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，可用酚酞做指示剂〖答案〗D〖解析〗A．Na2SO3易被空气中的氧气氧化，所以加热蒸发Na2SO3溶液不能获得纯净的Na2SO3晶体，里面可能混有Na2SO4，故A错误；B．电解饱和食盐水时，阳极是氯离子放电生成氯气，阴极是水电离产生的氢离子放电生成氢气，同时生成OH-，若用阴离子交换膜，则OH-移向阳极，和氯气反应，影响产品的产率，应用阳离子交换膜，故B错误；C．饱和碳酸钠溶液显碱性，热的饱和碳酸钠溶液碱性更强，可以洗去油污，但酸式滴定管的活塞是玻璃的，SiO2能和碱液反应，所以不能用热的饱和碳酸钠溶液洗去酸式滴定管内的油污，故C错误；D．NaOH溶液和醋酸恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液显碱性，可以用酚酞做指示剂，故D正确；故选D。6.一种用氢气制备双氧水的反应原理如图所示，已知在化合物中钯(Pd)均以+2价形式存在，下列有关说法正确的是（）A.反应①②③均为氧化还原反应B.反应①中HCl为还原产物C.反应②中每产生，转移2mol电子D.和HCl均为该反应的催化剂〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，反应③中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；B．由图可知，反应①中氢元素的化合价升高被氧化，氢气是反应的还原剂，氯化氢是氧化产物，故B错误；C．由图可知，反应②中钯生成1mol二过氧根二氯合钯离子时，反应转移2mol电子，故C正确；D．由图可知，四氯合钯离子是反应的催化剂，氯化氢是反应的中间产物，故D错误；故选C。7.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.0.5mol异丁烷分子中共价键的数目为B.0.9g水中含有的孤电子对数为C.溶液中，的数目为D.标准状况下，中的原子总数为〖答案〗A〖解析〗A．1个异丁烷(C4H10)分子中含10个C-H键和3个C-C键共13个共价键，则0.5mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确；B．1个H2O分子所含孤电子对数为2，则0.9g水(0.05mol)中含有的孤电子对数为0.1NA，B错误；C．2L1.0mol⋅L−1AlCl3溶液中，所含Al3+的物质的量为2mol，由于Al3+的水解，使得溶液中Al3+的数目小于2NA，C错误；D．标况下CCl4不是气体，无法计算其物质的量，D错误；故选A。8.下列说法不正确的是（）A.聚乳酸是一种可降解的医用高分子材料B.饱和溶液能使蛋白质发生盐析C.油脂发生皂化反应生成甘油和高级脂肪酸D.纤维素水解的最终产物可用新制检验〖答案〗C〖解析〗A．聚乳酸是一种可降解的医用高分子材料，故A正确；B．饱和(NH4)2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，故B正确；C．皂化反应是指油脂在碱性溶液中水解，生成甘油和高级脂肪酸盐，故C错误；D．纤维素水解的最终产物是葡萄糖，可用新制Cu(OH)2检验，故D正确；〖答案〗选C。9.下列反应的离子方程式正确的是（）A.食醋去除水垢中的：B.向浓硝酸中加入少量铜粉：C.明矾溶液与过量氨水混合：D.向NaOH溶液中通入过量：〖答案〗C〖解析〗A．醋酸为弱电解质，不能拆，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A项错误；B．浓硝酸的还原产物为NO2，正确的离子方程式为：，B项错误；C．明矾溶液与过量氨水混合方程式为：，C项正确；D．过量时，会继续与反应生成，D项错误；故〖答案〗选C。10.乙醛可发生如下转化，下列说法不正确的是（）A.乙醛分子中最多5个原子共面B.X与NaOH的乙醇溶液共热可生成C.乙醛→Y的反应类型为氧化反应D.Z的结构简式为〖答案〗B〖解析〗A．乙醛分子中含有碳氧双键，与碳氧双键直接相连的原子共平面，则乙醛分子中最多5个原子共平面，A正确；B．X为BrCH2CHO，X与NaOH的水溶液共热发生取代反应生成，B错误；C．乙醛→Y为乙醛氧化为乙酸，反应类型为氧化反应，C正确；D．Z的结构简式由两分子乙醛发生加成反应得到，故乙的结构简式为，D正确；故选B。11.X、Y、Z、W四种元素，原子序数依次增大。Y与X、Z均相邻，元素Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子。元素W基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1。下列说法不正确的是（）A.第一电离能：B.电负性：C.元素Y和Z能形成含有极性键的非极性分子D.元素Z和W的单质加热反应后产物的化学式为WZ〖答案〗D〖祥解〗X、Y、Z、W四种元素，原子序数依次增大，Y与X、Z均相邻，元素Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y为O，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子，则X为N，Z为S，元素W基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，则W为Cu。【详析】A．根据分析可知第一电离能：，A正确；B．根据分析可知电负性：，B正确；C．元素Y和Z能形成含有极性键的非极性分子SO3，C正确；D．元素Z和W的单质加热反应后产物的化学式为，D错误；故选D。12.海带中含有丰富的碘。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：下列说法正确的是（）A.步骤③用到的主要仪器是分液漏斗B.步骤④中的双氧水可用过量氯水代替C.步骤⑤萃取后的现象是液体分层且下层为紫红色D.步骤⑥可采用减压蒸馏〖答案〗D〖祥解〗由流程可知，①中海带灼烧成灰，②中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，③为过滤，除去不溶的残渣，滤液为含碘离子的溶液④，中加入氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，⑤中用四氯化碳萃取出碘单质，⑥为蒸馏分离出碘单质；【详析】A．步骤③是过滤操作，用到的主要仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，选项A错误；B．氯水能氧化碘离子，但过量的氯水会氧化碘单质，选项B错误；C．步骤⑤是萃取操作，苯的密度比水小，所以下层为溶有碘单质的水溶液，上层为溶有碘单质的苯溶液，呈紫红色，选项C错误；D．碘单质易升华，所以步骤⑥可采用减压蒸馏，选项D正确；〖答案〗选D。13.某同学通过“化学—电解法”探究(高铁酸钾)的合成，其原理如图所示，接通电源，调节电压，将一定量通入KOH溶液，然后滴入含的溶液，控制温度，可制得，下列说法不正确的是（）A.石墨Ⅰ连接电源负极，发生还原反应B.“化学法”得到的离子方程式为：C.合成，阴极可以生成3molKOHD.盐桥中的阴离子向KOH溶液中迁移〖答案〗C〖祥解〗根据题意可知，碱性条件下，Cl2失去电子发生氧化反应生成ClO-，则石墨Ⅱ为阳极，电极反应式为Cl2-2e-+2OH-=2ClO-+H2O，滴入的Fe3+与OH-反应生成的Fe(OH)3与ClO-碱性条件下反应生成、Cl-和H2O，反应的离子方程式为，石墨Ⅰ为电解池的阴极，H2O在阴极得到电子发生还原反应生成H2和OH-，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑。【详析】A．由分析可知，石墨Ⅰ为电解池的阴极，与直流电源负极相连，H2O在阴极发生还原反应生成H2和OH-，故A正确；B．由分析可知，化学法得到高铁酸根离子的反应为滴入的Fe3+与OH-反应生成的Fe(OH)3与ClO-碱性条件下反应生成、Cl-和H2O，反应的离子方程式为，故B正确；C．由B选项可知，合成1mol需要1.5molClO-，结合阴、阳极的电极方程式和电子转移守恒可知，阴极生成KOH的物质的量为1.5mol，故C错误；D．由分析可知，石墨Ⅰ为阴极，石墨Ⅱ为阳极，则盐桥中的阴离子向氢氧化钾溶液中迁移，故D正确；故选C14.一定温度下，的氯化、溴化过程中决速步反应能量图及一段时间后产物的选择性如图所示，下列叙述不正确的是（）A.B.升高温度，体系中n(1-氯丙烷)与n(2-氯丙烷)的比值增大C.在该温度下，丙烷与体积比1：1的和的混合气体反应，产物中2-溴丙烷含量最高D.以丙烷为原料合成丙醇时，“先溴代再水解”有利于提高2-丙醇的含量〖答案〗C〖解析〗A．由图可知四个反应①，②，③，④，，则，A正确；B．由图可知，生成1-氯丙烷的活化能比生成2-氯丙烷的活化能大，通常活化能越大、反应速率受温度影响越大，故升高温度，生成1-氯丙烷的速率增大得更快，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大，B正确；C．在该温度下，丙烷与体积比1：1的和的混合气体反应，生成1-氯丙烷的活化能最小，反应速率最快，所以产物中不是2-溴丙烷含量最高，C错误；D．“溴化反应”时的选择性为97%，“氯化反应”时的选择性为55%，所以以丙烷为原料合成丙醇时，“溴化反应”相比“氯化反应”更有利于提高2-丙醇的含量，，D正确；15.时，和的沉淀溶解平衡曲线如图所示：已知：，或，下列说法正确的是（）A.曲线Ⅱ表示沉淀溶解平衡曲线B.Z点对应的溶液中：C.Y点对应的溶液是过饱和溶液D.时，在平衡体系中〖答案〗B〖祥解〗由溶度积可知，碳酸镉饱和溶液中pCd2+=pKspCdCO3-pCO，氢氧化镉饱和溶液中pCd2+=pKspCd(OH)2-2pOH-，由图可知，曲线I为氢氧化镉的沉淀溶解平衡曲线，曲线II为碳酸镉的沉淀溶解平衡曲线，则T℃时，碳酸镉的溶度积Ksp(CdCO3)=10-8mol/L×10-4mol/L=10-12，氢氧化镉的溶度积Ksp[Cd(OH)2]=10-6mol/L×(10-4mol/L)2=10-14。【详析】A．由分析可知，曲线II为碳酸镉的沉淀溶解平衡曲线，故A错误；B．由图可知，Z点溶液中c(Cd2+)＞c()，由电荷守恒c(H+)+2c(Cd2+)=2c()+c()+c(OH-)，则溶液中c(H+)＜c()+c(OH-)，故B正确；C．由图可知，T℃时，Y点对应的Cd(OH)2溶液中浓度熵Qc=10-4mol/L×(10-6mol/L)2=10-16＜Ksp[Cd(OH)2]，则Y点对应氢氧化镉的溶液为不饱和溶液，故C错误；D．由方程式可知，T℃时，反应的平衡常数K=====0.01，故D错误；故选B。16.探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是（）实验方案现象结论A分别测定和溶液的pH两者都大于7，且溶液的pH大的水解能力强于B对某未知溶液进行焰色试验火焰呈黄色该溶液中含有钠盐C用形状和质量相同的钠，分别和等物质的量的苯酚和乙醇反应钠与乙醇反应比与苯酚反应剧烈乙醇中羟基的活性强于苯酚中羟基的活性D向饱和溶液中滴加一定量的浓溶液溶液变浑浊同时产生气泡发生的反应：〖答案〗D〖解析〗A．两溶液的浓度不确定，不能根据溶液的pH值判断水解程度的大小，故A错误；B．焰色呈黄色说明溶液中存在钠离子，不一定是钠盐，故B错误；C．钠与苯酚反应比钠与乙醇反应剧烈，苯酚中的羟基活性强于乙醇中羟基，故C错误；D．通过现象可知反应生成碳酸钡和二氧化碳气体，则反应离子方程式为：，故D正确；故选：D。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.硼(B)和硅(Si)在周期表中处于一条对角线上，有许多相似的性质。请回答：（1）基态B原子的价层电子轨道表示式是_______________________。（2）硼与硅相似，也能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷()、丁硼烷()、己硼烷()等。①乙硼烷()分子中的B原子通过氢桥键()形成一个四元环，结构式如下图。丁硼烷()分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，写出其结构式___________。②下列说法不正确的是___________。A．在自然界中没有游离态的硼，它易与氧化合形成含氧矿物B．上述硼烷的沸点：乙硼烷<丁硼烷<己硼烷C．与中硼原子的杂化方式相同D．硼烷的通式为③乙硼烷水解生成硼酸()，常温常压下硼酸晶体结构为层状，其二维平面结构如图，含的晶体中有___________mol氢键。硼酸是一元弱酸，它本身不给出质子，但是溶于水后能给出。请解释硼酸水溶液呈酸性的原因(用方程式表示)_______________________________________________。（3）磷化硼(BP)是一种重要的半导体材料，在电子学、能源等领域有广泛应用。某种磷化硼晶体的晶胞如图。①P原子的配位数(紧邻的B原子数)为___________。②图中原子a的坐标为(0，0，1)，则原子b的坐标为___________。〖答案〗（1）（2）①②CD③3（3）①4②()〖解析〗（1）B的原子序数为5，则基态B原子的价层电子轨道表示式是；（2）①由乙硼烷分子中氢桥键()及四元环结构可知，一个B形成4个共价键，丁硼烷()分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，则在2个B之间会存在1个B-B键，3个B、2个氢形成五元环，结构为：；②A．硼(B)和硅(Si)有许多相似的性质，硅与氧形成二氧化硅、硅酸盐等物质，则在自然界中没有游离态的硼，它易与氧化合形成含氧矿物，A正确；B．硼烷均为分子晶体，相对分子质量越大，则沸点越高，故沸点：乙硼烷<丁硼烷<己硼烷，B正确；C．转化B形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化；中硼形成4个共价键，为sp3杂化，C错误；D．硼烷分子中存在氢桥键，由硼烷的成键特点可知，硼烷的通式为，D错误；故选CD；③由图可知，1分子形成6个共用氢键，平均1分子形成3个氢键，则的晶体中有3mol氢键。硼酸是一元弱酸，它本身不给出质子，但是溶于水后能给出，则硼酸水溶液呈酸性的原因分子结合水中氢氧根离子，促使水电离出氢离子，使得溶液显酸性：；（3）①B位于P原子构成的四面体转化，B紧邻的P原子数为4，结合化学式可知，P原子的配位数(紧邻的B原子数)为4。②图中原子a的坐标为(0，0，1)，则原子b在xyz轴的投影分别为、、，则坐标为。18.工业上按如下流程制备硝酸和肼(N2H4)。（1）途径Ⅰ是工业制硝酸的第一步，写出化学方程式____________________________。（2）N2H4的制法可通过途径Ⅱ：用过量NH3和CH3CHO的混合物与氯气进行气相反应合成异肼，然后使其水解得到肼。①下列说法不正确的是___________。A．NH3属于电解质B．途径Ⅱ中氯气作还原剂C．N2、H2、N2H4均为非极性分子D．异肼中氮的化合价呈负价②相同条件下，氨的沸点低于肼的主要原因是_______________________________。（3）Zn元素的化学性质与Al相似。Zn与很稀的硝酸反应，氮元素被还原到最低价，写出该反应的离子方程式_________________________________________；检验反应后溶液中除H+外的阳离子的方法是___________________________________________________。〖答案〗（1）（2）①ABC②肼分子间形成的氢键数目多于氨（3）取反应后的少量溶液分成两份，一份滴加足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色试纸变蓝的气体，则含有，另一份滴加NaOH溶液至过量，先产生白色沉淀后沉淀完全溶解，则含有Zn2+〖祥解〗N2、H2在催化剂作用下合成NH3，NH3催化氧化可生成NO等，NO再被O2氧化为NO2，NO2用水吸收可制得HNO3；NH3、CH3CHO、Cl2发生氧化还原反应，可生成异肼等，异肼与H2O反应可生成N2H4。【详析】（1）途径Ⅰ是工业制硝酸的第一步，NH3催化氧化可生成NO等，化学方程式为。（2）①A．氨水能导电，但导电离子来自一水合氨的电离，所以NH3属于非电解质，A不正确；B．途径Ⅱ中，NH3中N元素显-3价，异肼中N元素显-2价，N元素的化合价升高，做还原剂，则氯气作氧化剂，B不正确；C．N2、H2为非极性分子，N2H4中，N原子的最外层有1个孤电子对，对成键电子有排斥作用，使分子结构不对称，为极性分子，C不正确；D．N的非金属性大于C，则异肼中氮的化合价呈-2价，D正确；故选ABC。②相同条件下，氨和肼都能形成分子间的氢键，但肼形成氢键的数目比氨更多，所以氨的沸点低于肼的主要原因是：肼分子间形成的氢键数目多于氨。（3）Zn与很稀的硝酸反应，氮元素被还原到最低价(-3价)，即生成，该反应的离子方程式为；溶液中除H+外的阳离子还有和Zn2+，检验时，可加入碱，再检验产生的气体，检验Zn2+时，可利用Zn(OH)2的两性，方法是：取反应后的少量溶液分成两份，一份滴加足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色试纸变蓝的气体，则含有，另一份滴加NaOH溶液至过量，先产生白色沉淀后沉淀完全溶解，则含有Zn2+。19.过度排放会引起气候、环境等问题。在Cu/ZnO催化剂下，和可发生反应生成和CO，热化学方程式如下：Ⅰ.Ⅱ.（1）已知：写出表示氢气燃烧热的热化学方程式_________________________________________。（2）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中通入和，起始压强为0.33MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ。平衡时，总压为0.25MPa，的转化率为50%，则反应Ⅰ的平衡常数___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)（3）不同压强下，维持投料比相同，实验测定的平衡转化率随温度的变化关系如图1所示。在恒压密闭容器中，维持投料比相同，将和按一定的流速通过反应器，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性[]随温度变化关系如图2所示。图示温度范围催化剂的活性受温度影响不大。①下列说法不正确的是___________。A．图1中，B．图1中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响C．图2中236℃后，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使转化率和选择性都下降D．改用活性更好的催化剂能使图2中各温度下转化率都增大②假设只发生反应Ⅰ，一定温度下氢气和二氧化碳的物质的量之比为n：1，相应平衡体系中甲醇的物质的量分数为y，请在图3中绘制y随n变化的示意图。___________（4）在密闭容器中，维持其他条件不变，在不同的压强下发生反应Ⅰ和Ⅱ，二氧化碳的平衡转化率和甲醇的选择性随压强变化关系如下表所示。随压强增大而_________(填“增大”“减小”或“不变”)，从化学平衡移动角度解释原因_____________________________。压强P(MPa)123456的平衡转化率%8.115.322.229.536.143.2的选择性%49.580.190.094.597.198.6〖答案〗（1）（2）40（3）①AD②（4）减小增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，和浓度下降，使反应Ⅱ平衡逆向移动〖解析〗（1）氢气燃烧热的热化学方程式，已知①、②，根据盖斯定律，反应II+反应①+反应②可得，，则表示氢气燃烧热的热化学方程式；（2）一定温度体积不变的情况下，气体的物质的量与压强成正比，起始压强为0.33MPa，平衡时总压为0.25MPa，则平衡时总物质的量为，的转化率为50%，则消耗n()=0.5mol，设反应I和II分别消耗xmol、ymol，列三段式：、，则有x+y=0.5、(1-x-y)+(2.3-3x-y)+(x+y)+(x+y)=2.5，解得x=0.4，y=0.1，平衡时n()=0.5mol，n(H2)=1mol，n(CH3OH)=0.4mol，n(H2O)=0.5mol，反应Ⅰ的平衡常数；（3）①A．相同温度下，增大压强平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，则图1中，，故A错误；B．图1中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响，因此二氧化碳的转化率几乎相等，故B正确；C．反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，反应II为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以甲醇的选择性随温度升高而下降，则图2中236℃后，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使转化率和选择性都下降，故C正确；D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，改用活性更好的催化剂能使图2中各温度下转化率都不变，故D错误；故选AD；②若只发生反应Ⅰ，当氢气和二氧化碳的物质的量之比为3：1时，甲醇的物质的量分数最大，此时n=3，最后随着n的增大，甲醇的物质的量分数开始逐渐减小，示意图为；（4）根据表格可知随着压强增大，的平衡转化率变大，说明消耗增多，剩余的随压强增大而减小，从化学平衡移动角度解释原因为：增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，和浓度下降，使反应Ⅱ平衡逆向移动。20.重铬酸钾()是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为，还含有、等杂质。制备流程如图所示：已知：步骤①高温下的主反应为：常见物质的溶解度物质0℃(g)40℃(g)80℃(g)KCl28.040.151.3NaCl35.736.438.04.726.373163215375（1）滤渣1的主要成分是___________。（2）步骤④调节pH时发生的离子方程式为____________________________________。（3）下列说法不正确的是___________。A.步骤①可在陶瓷容器中进行B.为了加快步骤②中的过滤速度，可用玻璃棒小心翻动沉淀C.步骤③的目的是使杂质离子转化为沉淀而除去D.步骤⑤加入KCl后发生的是复分解反应（4）步骤⑤加入KCl后，还需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，洗涤粗产品时可选择___________。A.冷水 B.饱和氯化钾溶液 C.热水 D.冷的酒精（5）测定产品的纯度(摩尔质量：294g/mol)的定量测定：称取0.3750g样品，加水溶解配制250mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中，加入适量的硫酸和足量的KI溶液，充分反应后加入几滴淀粉溶液，然后用标准液进行滴定。上述过程平行测试3次，平均消耗的溶液的体积为22.50mL。已知：，(未配平)。=1\*GB3①的纯度为___________。②上述操作都正确，但实际测得的纯度偏高，可能的原因是______________________________________________。〖答案〗（1）Fe2O3（2）（3）AB（4）A（5）①88.2%或0.882②滴定过程中过量被空气中氧化生成，导致消耗的溶液体积变大，测定结果偏高〖祥解〗铬铁矿中加入Na2CO3、NaNO3熔融、氧化，发生反应2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，生成的熔块主要成分为Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2、Na2SiO3和NaNO2，经水浸、过滤得到滤渣1主要成分为Fe2O3，滤液l调节pH=7，过滤得到滤渣2主要成分为H2SiO3、Al(OH)3，滤液2中溶质为Na2CrO4、NaNO2，加酸调节pH，过滤得到的滤液3主要溶质为Na2Cr2O7，加入KCl发生复分解反应，通过一系列操作后得到，据此分析解答。【详析】（1）根据分析，滤渣1中主要成分是Fe2O3。（2）步骤④调节pH，目的是将转化为，反应的离子方程式为。（3）A．陶瓷容器中含二氧化硅，碳酸钠在高温条件下与二氧化硅反应生成硅酸钠，因此步骤①不可在陶瓷容器中进行，A项错误；B．用玻璃棒小心翻动沉淀，可能戳破滤纸，使实验失败，B项错误；C．步骤③的目的是将和转化为沉淀而除去，C项正确；D．步骤⑤是重铬酸钠和氯化钾反应生成氯化钠和重铬酸钾，因此反应类型是复分解反应，D项正确；故选AB。（4）由表格数据可知，在低温下的溶解度较小，为减少产品损失，可采用冷水洗涤粗产品，故选A。（5）①由已知可得关系式，则的纯度为。②上述操作都正确，但实际测得的纯度偏高，可能的原因是：滴定过程中过量被空气中氧化生成，导致消耗的溶液体积变大，测定结果偏高。21.药物瑞德西韦(Remdesivir)对最初的新型冠状病毒有较好的抑制作用，K()，为该药物合成的中