备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）08（解析版）

备战2024年高考化学模拟卷(浙江专用)黄金卷08(考试时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23MSi28P31S32Cl35.5K39Ca40CMn55Fe56Cu64Zn65Ga70ABr80Pd106Ag108Ba137第Ⅰ卷一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列属于新型无机非金属材料的是()A．水泥 B．碳化硅 C．橡胶 D．塑料【答案】B【解析】A项，水泥为传统无机硅酸盐材料，A错误；B项，碳化硅为新型无机非金属材料，B正确；C项，橡胶为有机高分子材料，C错误；D项，塑料为有机高分子材料，D错误；故选B。2．下列化学用语表示正确的是()A．溴的简化电子排布式：B．1-丁醇的键线式：C．Cl-Cl形成的键模型：D．水的VSEPR模型：【答案】D【解析】A项，溴位于周期表中第4周期第ⅤⅡA族，核外电子数35，电子排布式为，A错误；B项，1-丁醇的键线式为，而为1-丙醇，选项B错误；C项，Cl-Cl形成的键模型：，选项C错误；D项，H2O中价层电子对个数=2+=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，选项D正确；故选D。3．Na2CO3是一种重要的盐，下列说法不正确的是()A．Na2CO3属于强电解质B．厨房油烟污渍可用热的Na2CO3溶液清洗C．Na2CO3又称食用碱D．Na2CO3是泡沫灭火器的主要成分【答案】D【解析】A项，Na2CO3在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A正确；B项，Na2CO3水解溶液呈碱性，加热促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，所以厨房油烟污渍可用热的Na2CO3溶液清洗，故B正确；C项，Na2CO3又称食用碱，故C正确；D项，NaHCO3是泡沫灭火器的主要成分之一，故D错误；故选D。4．规范的实验操作是实验成功的必要保证，下列有关实验操作描述正确的是()A．电解精炼铜时，粗铜作阴极B．容量瓶和分液漏斗使用前均需查漏C．滴定实验前，需用所盛装溶液分别润洗滴定管和锥形瓶D．试管和烧杯均可用酒精灯直接加热【答案】B【关键能力】科学探究与创新意识

【解析】A项，根据电解析理，电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，A错误；B项，容量瓶和分液漏斗使用前均需查漏，B正确；C项，滴定实验前，滴定管应要用所盛装溶液润洗，但锥形瓶不需要润洗，C错误；D项，试管可用酒精灯直接加热，烧杯应垫上石棉网加热，而不能用酒精灯直接加热，D错误；故选B。5．下列说法不正确的是()A．图①：进行化学实验时，需要佩戴护目镜，以保护眼睛B．图②：可用于分离植物油和水的混合液C．图③：可用于硫酸钠的焰色试验D．图④：牺牲阳极法保护钢铁设备的示意图【答案】D【解析】A项，是护目镜，进行化学实验时，需要佩戴护目镜，以保护眼睛，故A正确；B项，植物油和水不互溶，可以利用分液分离。故B正确；C项，光洁的无锈铁丝焰色无色，可以用于硫酸钠的焰色试验，故C正确；D项，将闸门与电源的负极相连，属于外加电源阴极保护法，故D错误；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1mol[PdCl2O2]2-，转移2mol电子D．[PdCl4]2-和HCl均为该反应的催化剂【答案】C【解析】A项，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项，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项，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项，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．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．4.6gNA完全燃烧，一定有0.5NA个C-H键断裂B．0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有0.8NA个σ键C．含0.5molCr2O72-的酸性溶液与足量H2O2反应生成，转移电子数4NAD．0.2molFeCl3完全水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数等于0.2NA【答案】B【解析】A项，C2H6O存在同分异构体，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，题目所给条件无法判断物质结构，故无法确定C-H键断裂数目，故A错误；B项，每个CH2=CHCOOH分子中有3个C-H键，2个C-C键，2个C-O键，1个O-H键，0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)中含有0.8NA个σ键，故B正确；C项，中存在的氧元素化合价为-2价和四个-1价，Cr元素化合价+6价，Cr2O72-中铬元素化合价+6价，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故C错误；D项，胶体粒子是由多个分子或离子的聚集体，0.2molFeCl3完全水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数少于0.2NA，故D错误；故选B。8．下列说法不正确的是()A．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，难溶于乙醚B．在碱催化下，苯酚和甲醛可缩聚成网状结构的热固性酚醛树脂C．大豆蛋白纤维是一种可降解材料D．聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用作不粘锅的耐热涂层【答案】D【解析】A项，天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，一般能溶于水，难溶于乙醚等有机溶剂，A正确；B项，碱性条件下，苯酚邻对位上的活泼氢先与甲醛加成，后在发生缩聚，生成网状结构的热固性酚醛树脂，B正确；C项，蛋白质在酸性或者碱性条件下都能水解生成氨基酸，故大豆蛋白纤维是一种可降解材料，C正确；D项，聚氯乙烯有毒，不能用来制作不粘锅的耐热涂层，D错误；故选D。9．下列反应的离子方程式正确的是()A．用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OB．Mg(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+2H2OC．用石墨电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl-+2H2OCu(OH)2↓+H2↑+Cl2↑D．酸化的FeSO4溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O【答案】D【解析】A项，草酸是弱酸，在离子反应中保留化学式，酸性KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A错误；B项，向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，故B错误；C项，用惰性石墨电极电解CuCl2溶液，阳极的电极材料不参与反应，反应的离子方程式为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故C错误；D项，酸化的FeSO4溶液暴露在空气中，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故D正确；故选D。10．磷酸奥司他韦可以用于治疗流行性感冒，其结构如图所示。下列关于磷酸奥司他韦的说法正确的是()A．分子中至少有7个碳原子共平面B．该物质的分子式为C16H31O8N2PC．1mol该物质最多能与2molNaOH发生反应D．1mol该物质最多能与3molH2发生加成反应【答案】B【解析】A项，乙烯、-COO-中所有原子共平面，碳碳双键及直接连接碳碳双键的碳原子共平面，单键可以旋转，该分子中至少有5个碳原子共平面，故A错误；B项，分子中C、H、O、N、P原子个数依次是16、31、8、2、1，分子式为C16H31O8N2P，故B正确；C项，酰胺基、酯基水解生成的羧基及磷酸都能和NaOH溶液反应，1mol该物质最多能消耗5molNaOH，故C错误；D项，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基、酰胺基中碳氧双键和氢气不反应，1mol该物质最多消耗1mol氢气，故D错误；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：XYZWB．电负性：YXZC．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【解析】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。A项，第一电离能：NOSCu，A正确；B项，根据分析可知电负性：NOS，B正确；C项，元素Y和Z能形成含有极性键的非极性分子SO3，C正确；D项，元素Z和W的单质加热反应后产物的化学式为Cu2S，D错误；故选D。12．实验室合成并提纯山梨酸乙酯(密度，沸点195.5℃)的过程如下图所示。下列说法正确的是()A．操作①控温110℃，目的是除去生成的水B．操作③可以通过观察气泡现象控制试剂a的用量C．操作③④均应收集下层液体D．操作②⑤可用玻璃棒轻轻拨散固体，以加快过滤速率【答案】B【解析】山梨酸和乙醇在浓硫酸、110℃条件下发生酯化反应生成山梨酸乙酯，产物混合物过滤后滤液中加入试剂a为碳酸氢钠，用于中和多余的山梨酸，再用水洗涤分液，在有机层中加入少量无水硫酸镁吸收多余的水分，再进行过滤得到滤液，滤液进行蒸馏得到山梨酸乙酯。A项，操作①控制温度为110℃，加热可以加快反应的进行，同时温度又不至于过高导致乙醇大量挥发，且山梨酸乙酯的沸点高于110℃可减少山梨酸乙酯的挥发，A错误；B项，操作③加入的是碳酸氢钠溶液，用于除去多余的山梨酸，碳酸氢钠与山梨酸反应生成二氧化碳气体，可观察气泡现象控制碳酸氢钠溶液的用量，B正确；C项，操作③④最后得到含有山梨酸乙酯的有机层，山梨酸乙酯密度小于水，因此应该收集上层的液体，C错误；D项，过滤时玻璃棒的作用为引流，不能用其拨散固体，防止捣破滤纸，D错误；故选B。13．一种用于发动机SCR系统的电解尿素(H2NCONH2)混合装置(X、Y为石墨电极，隔膜仅阻止气体通过)如图，下列说法不正确的是()A．装置工作时，电子由Y极流入，X极流出B．Y极发生还原反应C．X极的电极反应式为H2NCONH2+8OH-2↑+CO32-+6H2OD．若用铅酸蓄电池为电源，理论上消耗49gH2SO4时，此装置中有0.5molH2生成【答案】D【解析】该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极X是阳极，生成氢气的电极Y是阴极，阳极反应式为H2NCONH2+8OH-2↑+CO32-+6H2O，阴极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-。A项，该装置为电解池，由分析可知电极X是阳极，Y是阴极，阳极与原电池中正极相连，阴极与负极相连，由电子由负极流向正极，则电子由Y极流入，X极流出，故A正确；B项，Y为阴极得电子发生还原反应，阴极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故B正确；C项，该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，X是阳极，阳极反应式为H2NCONH2+8OH-2↑+CO32-+6H2O，故C正确；D项，铅酸蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，每消耗2molH2SO4转移2mol电子，理论上消耗49gH2SO4即物质的量为，转移0.5mol电子，由2H2O+2e-═H2↑+2OH-，可知有0.25molH2生成，故D错误；故选D。14．2-溴-2-甲基丙烷发生水解反应[(CH3)3CBr+H2O(CH3)3C+HBr]的能量变化与反应过程的关系如下图所示。下列说法不正确的是()A．溶液碱性增强，2-溴-2-甲基丙烷的水解百分率增大B．该反应在低温下自发进行C．分子中碳溴键断裂的速率比(CH3)3C+与H2O结合速率快D．碘原子半径比氯大，因此(CH3)3C-I水解生成(CH3)3C-OH的速率比(CH3)3C-Cl快【答案】C【解析】A项，溶液碱性增强，(CH3)3CBr+H2O(CH3)3C+HBr平衡正向移动，2-溴-2-甲基丙烷的水解百分率增大，故A正确；B项，正反应放热，△H<0，生成物微粒增多，△S>0，所以该反应在任意温度下都能自发进行，故B正确；C项，分子中碳溴键断裂的活化能大，所以碳溴键断裂的速率比(CH3)3C+与H2O结合速率慢，故C错误；D项，碘原子半径比氯大，C-Cl键能大于C-I键能大，因此(CH3)3C-I水解生成(CH3)3C-OH的速率比(CH3)3C-Cl快，故D正确；故选C。15．可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：Ksp(BaCO3)=5.0；Ksp(BaSO4)=1.0。下列推断正确的是()A．饱和BaCO3溶液中存在：c(Ba2+)=c(HCO3-)+c(CO32-)B．向BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中加入少量BaCl2，溶液中减小C．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)D．若每次加入1L2mol·L-1的Na2CO3溶液，至少需要6次可将0.2molBaSO4转化为BaCO3【答案】D【解析】A项，BaCO3是难溶性盐，饱和BaCO3溶液中存在：BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32-(aq)，根据物料守恒：c(Ba2+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B项，BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中存在平衡：BaCO3(s)+SO42-(aq)BaSO4(s)+CO32-(aq)，溶液中，少量BaCl2，度不变，Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)不变，不变，故B错误；C项，胃液中含有盐酸，不用碳酸钡作为内服造影剂的原因是：碳酸钡能和盐酸反应而溶解，和溶度积常数无关，故C错误；D项，向BaSO4中加入Na2CO3溶液，发生反应BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，该反应的平衡常数K=，若每次加入1L2mol·L-1的Na2CO3溶液，能处理BaSO4物质的量xmol，则K=，x=，，所以至少6次可以将0.2molBaSO4转化为BaCO3，故D正确；故选D。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NaHCO3和Na2CO3溶液的pH两者都大于7，且Na2CO3溶液的pH大CO32-的水解能力强于HCO3-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NaHCO3溶液中滴加一定量的浓BaCl2溶液溶液变浑浊同时产生气泡发生的反应：Ba2++2HCO3-=BaCO3↓+CO2↑+H2O【答案】D【解析】A项，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项，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项，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项，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：Ba2++2HCO3-=BaCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确；故选D。第Ⅱ卷二、非选择题：共5题，共52分。17．(10分)第ⅢA和第ⅤA元素可形成多种化合物。请回答：(1)基态B原子核外电子占据的最高能级符号是，基态As原子的价层电子排布式是。(2)①固体储氢材料氨硼烷BH3·NH3，其结构和乙烷相似，下列有关说法正确的是。A．氨硼烷中B原子的杂化方式为sp2B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷C．元素B、N的第一电离能均高于相邻元素D．是硼原子能量最低的激发态②BF3形成的化合物中配位键的强度：BF3·N(CH3)2ClBF3·N(CH3)Cl2(填“>”、“<”或“=”)，理由是。(3)一种含Ga化合物晶胞如图甲，三个晶胞围成一个六棱柱，如图乙，该化合物的化学式为，每个N原子周围距离最近的N原子数目为。【答案】(1)2p(1分)4s24p3(1分)(2)B(1分)>(1分)Cl电负性大，N(CH3)2Cl中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与BF3形成配位键，即形成的配位键稳定性低(2分)(3)GaN(2分)12(2分)【解析】(1)基态B原子核外电子排布：1s22s22p1，占据的最高能级符号2p；As原子序数33，基态As原子与的价层电子排布式4s24p3；(2)①A项，氨硼烷BH3·NH3，其结构和乙烷相似，则氨硼烷中B原子的杂化方式为sp3，A错误；B项，氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，B正确；C项，N原子核外电子排布处于半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素；B核外电子排布：1s22s22p1，第一电离能不高于相邻元素，C错误；D项，2s能级未排满电子，不是硼原子能量最低的激发态，D错误；故选B；②Cl电负性大，N(CH3)Cl2中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与BF3形成配位键，即形成的配位键稳定性低；(3)均摊法计算可知Ga原子与N原子个数比为1：1，则其化学式：GaN；距离每个N原子距离最近的N原子数目为12。18．(10分)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)4NH3+5O24NO+6H2O(2分)(2)ABC(2分)肼分子间形成的氢键数目多于氨(2分)(3)4Zn+10H++NO3-=4Zn2++NH4++3H2O(2分)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NH4+，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+(2分)【解析】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。(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4NH3+5O24NO+6H2O。(2)①A项，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项，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项，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项，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NH4+，该反应的离子方程式为4Zn+10H++NO3-=4Zn2++NH4++3H2O；溶液中除H+外的阳离子还有NH4+和Zn2+，检验NH4+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NH4+，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．(10分)CO2过度排放会引起气候、环境等问题。在Cu/ZnO催化剂下，CO2和H2可发生反应生成CH3OH和CO，热化学方程式如下：Ⅰ.CO(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝-50kJ·mol−1Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH＝+41.2kJ·mol−1(1)已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH1＝-566kJ·mol−1H2O(g)=H2O(l)

ΔH＝-44kJ·mol−1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1molCO2和2.31molH2，起始压强为0.33MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ。平衡时，总压为0.25MPa，CO2的转化率为50%，则反应Ⅰ的平衡常数KP=(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CO2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CO2和H2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，P1P2P3P4B．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CO2转化率和CH3OH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CO2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。n(CO)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)123456CO2的平衡转化率%8.115.322.229.536.143.2CH3OH的选择性%49.580.190.094.597.198.6【答案】(1)(1分)(2)40(2分)(3)AD(2分)(2分)(4)减小(1分)增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，CO2和H2浓度下降，使反应Ⅱ平衡逆向移动(2分)【解析】(1)氢气燃烧热的热化学方程式，已知①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)、②H2O(g)=H2O(l)，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，CO2的转化率为50%，则消耗n(CO2)=0.5mol，设反应I和II分别消耗CO2xmol、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(CO2)=0.5mol，n(H2)=1mol，n(CH3OH)=0.4mol，n(H2O)=0.5mol，反应Ⅰ的平衡常数；(3)①A项，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，P1＞P2＞P3＞P4，故A错误；B项，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项，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CO2转化率和CH3OH选择性都下降，故C正确；D项，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CO2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，CO2的平衡转化率变大，说明消耗CO2增多，剩余的n(CO)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，CO2和H2浓度下降，使反应Ⅱ平衡逆向移动。20．(10分)我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为原料制备CeO2的工艺如下图。已知：①Ce3+可形成难溶于水的复盐[(Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O]，其氢氧化物也难溶于水。②硫脲的结构简式为CS(NH2)2，在酸条件下易被氧化为(CSN2H3)2。请回答：(1)实验室常用下图所示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器的名称是。(2)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度的关系如图所示，下列说法正确的是_______A．固体A的成分是SiO2B．步骤①和步骤②均包含过滤、洗涤操作，洗涤的目的相同C．步骤②加入硫脲的目的将CeF22+还原为Ce3+D．根据上图，焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，c(H2SO4)=2.5mol/L(3)步骤④发生的离子方程式为。(4)取ag所制CeO2，溶解后配制成250mL溶液。取bmL该溶液用0.01mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液VmL。实验室配制250ml0.01mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的过程如下(未排序)：①将已恢复至室温的溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶中；②盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；③用天平称取ng(NH4)2Fe(SO4)2固体并放入烧杯中，加入约30mL蒸馏水充分搅拌、溶解；④用30mL蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将每次洗涤液转入容量瓶中，轻轻振荡；⑤定容：用胶头滴管滴加至凹液面和刻度线相切；⑥将配置好的溶液倒入试剂瓶中，贴好标签；实验操作顺序依次为(填序号)。滴定过程中，接近终点时需采用半滴操作，具体操作是。(5)该产品的质量分数为(列出表达式)【答案】(1)研钵(1分)(2)C(2分)(3)2Ce3++6HCO3-=Ce2(CO)3↓+3H2O+3CO2↑(1分)(4)③①④⑤②⑥(2分)慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用锥形瓶内壁靠落液滴，并用蒸馏水将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合(2分)(5)(2分)【解析】氟碳铈矿在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为四价Ce，用硫酸浸取，四价Ce进入溶液得到含CeF22+溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，含CeF22+溶液中加入硫脲将四价Ce还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。(1)该仪器的名称是研钵；(2)A项，由分析可知，固体A的成分是SiO2、BaSO4，错误；B项，步骤①和步骤②均为分离固液的操作，包含过滤，但是步骤①洗涤沉淀的目的是回收残留的Ce4+，而步骤②洗涤的目的是去除