浙江省2023-2024学年高三化学上学期联考模拟预测试题含解析

Page252023学年高三第一次联考化学试题考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：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.第19届杭州亚运会从亚运礼器到场馆建设，从生活耗材到运动装备，均围绕“绿色、智能、节俭、文明”办赛理念，应用多种新型材料，其中不属于新型无机非金属材料的是。A.陶瓷 B.碳纤维 C.有机玻璃 D.石墨烯【答案】C【解析】【详解】A．是无机化合物，陶瓷属于新型无机非金属材料，A错误；B．碳纤维成分是碳单质，是无机物，属于新型无机非金属材料，B错误；C．有机玻璃成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于有机高分子材料，不属于新型无机非金属材料，C正确；D．石墨烯是碳单质，是无机物，属于新型无机非金属材料，D错误；答案选C。2.下列化学用语表示不正确的是。A.的空间填充模型： B.中键电子云轮廓图：C.天然橡胶主要成分： D.的名称：1，3-二羟甲基苯酚【答案】D【解析】【详解】A．碳原子半径比氧原子大，CO2分子中C原子发生sp杂化，与氧原子形成直线形分子，因此空间填充模型为，A正确；B．中键由H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道头碰头重叠形成，其电子云轮廓图为，B正确；C．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，结构简式是，C正确；D．的名称是2，4-二羟甲基苯酚，D错误；故选D。3.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是。A.溶液具有氧化性，可用酸式滴定管盛放B.铝粉与溶液能反应生成，可用于疏通厨卫管道C.单质硫为非极性分子，附着硫的试管可用洗涤D.青铜比纯铜熔点低、硬度大、耐腐蚀，古代用青铜铸剑【答案】A【解析】【详解】A．溶液显碱性，应用碱式滴定管盛放，故A错误；B．铝粉和氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和氢气，生成气体可以疏通管道，故B正确；C．硫单质、CS2均为非极性分子，根据“相似相溶”规律知，在实验室里可用CS2洗涤试管内壁附着的硫单质，故C正确；D．青铜是铜的合金，其硬度比纯铜高且易于锻造，古代用青铜铸剑，与该性质有关，故D正确。答案选A。4.下列关于元素及其化合物的说法不正确的是。A.氢气与氯气混合点燃可用于工业制盐酸B.工业炼铁、制玻璃、水泥的原料都有石灰石C.实验室配制氯化铁溶液是将氯化铁固体溶解在浓盐酸中，再加适量水稀释D.实验室可用加热浓氨水快速制取氨气【答案】A【解析】【详解】A．氢气与氯气混合点燃会发生爆炸，应是氢气在氯气中燃烧用于工业制盐酸，故A错误；B．高炉炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石；制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱，所以高炉炼铁、生产普通硅酸盐水泥和普通玻璃都要用到的原料是石灰石，故B正确；C．实验室配制氯化铁溶液是将氯化铁固体溶解在浓盐酸中，抑制铁离子水解，再加适量水稀释，故C正确；D．温度升高，氨气溶解度减小，产生氨气，实验室可用加热浓氨水快速制取氨气，故D正确；故选A。5.黄铁矿与焦炭充分混合(与C的质量比为)，在有限量的空气中缓慢燃烧，结果可得到硫磺，过程中可能发生的反应之一为：。下列有关说法不正确的是。A.晶体中存非极性共价键B.当有参加反应时，共转移电子C.既是氧化产物又是还原产物D.当有生成时，有被焦炭还原【答案】D【解析】【详解】A.晶体由Fe2+、构成，存离子键、非极性共价键，故A正确；B.反应过程中C、S元素化合价升高，当有参加反应时，共转移电子，故B正确；C.Fe元素化合价升高、氧元素化合价降低生成，既氧化产物又是还原产物，故C正确；D.反应过程中C、S元素化合价升高，氧气被C、S元素还原，当有生成时，有3molO2被焦炭还原，故D错误；选D。6.为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.石英晶体中含有的Si—O键的数目是B.氨基(-NH2)中含有的电子数为C.中含键的数目最多为D.的溶液中，含有数目为【答案】C【解析】【详解】A．1molSiO2中含4molSi—O键，则石英晶体即0.1molSiO2中含有的Si—O键的数目是，A错误；B．一个氨基(-NH2)中含9个电子，则氨基(-NH2)即氨基中含有的电子数为，B错误；C．当表示环氧乙烷()时，一个环氧乙烷分子中含7根键，则即0.1mol环氧乙烷中含键的数目为，C正确；D．溶液中会水解，则的溶液中，含有数目小于，D错误；故选C。7.下列有关实验设计、操作说法正确的是。A.甲图可验证酸性：B.乙图可用于铁制镀件镀铜C.丙图用于实验室在同一橱柜存放乙醇与试剂D.丁图为酸式滴定管的润洗操作【答案】B【解析】【详解】A．醋酸易挥发，甲图不能验证酸性：，故A错误；B．铁作阴极、铜作阳极，硫酸铜为电解质溶液，可实现铁制镀件镀铜，故B正确；C．是强氧化剂，乙醇具有还原性，所以不能在同一橱柜存放乙醇与试剂，故C错误；D．酸式滴定管的润洗操作：从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2~3次，故D错误；选B。8.下列说法不正确的是。A.依据相似相溶可知，人体细胞和细胞器形成双分子膜的头基是极性基团而尾基是非极性基团B.物质的熔点与晶体颗粒大小有关，当晶体颗粒小至纳米级，其熔点下降C.在稀的溶液中滴入几滴鸡蛋清，有沉淀析出D.多卤代烃化学性质稳定，不易燃烧，可用作灭火剂【答案】C【解析】【详解】A．依据相似相溶可知，人体细胞和细胞器形成双分子膜的头基是极性基团而尾基是非极性基团，以利于一端亲水一端亲酯，A正确；B．纳米晶体颗粒在性能会出现新的特征，例如当晶体颗粒小至纳米级，其熔点下降，B正确；C．在浓的溶液中滴入几滴鸡蛋清，蛋白质会发生盐析，从而有沉淀析出，而不是稀得硫酸铵溶液，C错误；D．多卤代烃化学性质稳定，不易燃烧，可以用作灭火剂，D正确；故选C。9.氯水、漂白粉、84消毒液都是常用的消毒剂，下列有关离子方程式正确的是。A.氯水中加入过量：B.漂白粉与浓盐酸混合使用：C.84消毒液和白醋混合使用：D.84消毒液中滴入过量的溶液：【答案】C【解析】【详解】A．氯水中加入过量碳酸钠，离子方程式为Cl2+2+H2O=Cl-+ClO-+2，A错误；B．漂白粉与浓盐酸混合反应生成氯气，离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，B错误；C．84消毒液与白醋混合使用，醋酸与次氯酸根离子反应生成次氯酸和醋酸根离子，C正确；D．84消毒液中加入过量的NaHSO3，反应的离子方程式为2+ClO-=+SO2↑+H2O+Cl-，D错误；故答案选C。10.维纶是聚乙烯醇缩甲醛纤维的商品名，可用于生产服装、绳索等，其合成路线如下。下列说法正确的是。A.物质A中所有碳原子一定在同一平面B.物质B完全水解需消耗C.物质C难溶于水D.过程③经历了加成、取代两步反应【答案】D【解析】【详解】A．物质A中存在碳碳双键结构，除碳碳双键外剩余的碳都是以单键的形式相连，可以旋转到同一个平面，也可以不在一个平面，则物质A中所有碳原子不一定在同一平面，A错误；B．物质B中含nmol酯基，完全水解需消耗，B错误；C．物质C中含羟基，羟基为亲水基团，则物质C可溶于水，C错误；D．过程③醛基发生了加成反应，同时通过取代反应形成了醚键，D正确；故选D。11.已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素，B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数是其内层电子数的3倍，D与C同族，E元素原子最外层只有一个电子，其余轨道全部充满。下列说法正确的是。A.氢化物的稳定性：B<CB.元素电负性：C>B>D>AC.A、B、C三种元素形成的化合物一定显酸性D.D和E的单质混合加热生成ED【答案】B【解析】【分析】已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素，则A为H，C的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则C为O，B的价电子层中有3个未成对电子且原子序数小于O，则B的基态核外电子排布式为：1s22s22p3，为N，D与C同族，则D为S，E元素原子最外层只有一个电子，其余轨道全部充满，则E基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu。据此回答。【详解】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，但N和O的氢化物均不止一种，难以比较N和O的氢化物的稳定性，A错误；B．同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，元素电负性：C＞B＞D＞A，即O＞N＞S＞H，B正确；C．A、B、C三种元素形成的化合物有多种，不一定显酸性，例如NH3·H2O呈碱性，C错误；D．硫单质具有的氧化性较弱，D和E的单质混合加热生成E2D即Cu2S，D错误；答案选B。12.海水中蕴含着丰富的化学物质，可从海水中提取Na、Mg等物质，下列说法正确的是。A.已知粗盐中含有、、等杂质离子，试剂①可依次加入足量的、B.试剂②④均为盐酸，工业上试剂③为溶液C.操作①③相同，操作②④完全相同D.工业制Na、Mg的副产品可循环使用【答案】D【解析】【分析】已知粗盐中含有、、等杂质离子，试剂①可依次加入足量的、NaOH除去硫酸根离子和镁离子、再加适量的除去过量的钡离子、钙离子，过滤后再用盐酸调节至中性，操作②为蒸发结晶，电解熔融氯化钠制备钠和氯气；卤水加氢氧化钙，③为过滤，得氢氧化镁固体，加盐酸得氯化镁浓溶液，④为在氯化氢气流中加热，得氯化镁固体，电解熔融氯化镁制备镁和氯气。【详解】A．已知粗盐中含有、、等杂质离子，试剂①可依次加入足量的、NaOH除去硫酸根离子和镁离子、再加适量的除去过量的钡离子、钙离子，过滤后再用盐酸调节至中性，故A错误；B．试剂②④均为盐酸，工业上试剂③为氢氧化钙溶液，氢氧化钙成本低，故B错误；C．操作①③为过滤，相同，操作②为蒸发结晶，④为在氯化氢气流中加热，不完全相同，故C错误；D．工业制Na、Mg的副产品可循环使用，故D正确；故选D。13.膜电极主要由质子交换膜、催化层和扩散层组成，高性能的膜电极具有很多优良的特点。工业上可以采用膜电极电解法处理含硫废水并协同产氢实现资源的有效利用，其简易装置图如下所示。下列有关说法不正确的是。A.a电极为电源的负极B.当收集到标况下时，一定有被处理C.膜电极具有较高的质子传导性D.阳极电极反应方程式可能为：【答案】B【解析】【详解】A．由膜电极上发生的反应可知，膜电极左侧氢离子得电子转化为氢气，则膜电极左侧为阴极，a电极为电源的负极，A正确；B．膜电极阴极发生的反应为，阳极发生的反应为或，当收集到标况下时，电解池中转移的电子为1mol，则阳极处理的为0.5mol或，B错误；C．根据膜电极上发生的电极反应可知，阳极生成氢离子，氢离子转移到阴极，阴极消耗氢离子，则膜电极具有较高的质子传导性，C正确；D．由图可知，阳极消耗生成或，则电极反应式可能为或，D正确；故选B。14.乙醇在浓硫酸做催化剂的条件下发生脱水反应，反应历程和能量变化关系图如下，下列说法正确的是。A.采用较低温度，可获得产率更高的乙醚B.在上述相同条件下，正丙醇比异丙醇更容易反应C.为了获得更多的乙烯，温度越高越好D.选择合适的催化剂，可提高平衡时乙烯的产率【答案】A【解析】【详解】A．反应历程体现生成乙醚活化能低，采用较低温度,可以减少乙烯的生成，可获得更多的乙醚，A正确；B．异丙醇是羟基连在2号碳原子上是仲碳，正丙醇是羟基连在1号碳原子上是伯碳，异丙醇形成的中间体正碳离子更稳定，更易脱水，故在上述相同条件下异丙醇比正丙醇更容易反应，B错误；C．温度控制170℃会获得更多的乙烯，温度高于170℃浓硫酸会使乙醇脱水碳化，副反应增加，为了获得更多的乙烯，不是温度越高越好，C错误；D．催化剂只能改变反应的速率，不能提高平衡时乙烯的产率，D错误；答案选A。15.钡餐造影检查是以医用硫酸钡作为造影剂，口服后随着人体消化管道的蠕动，涂抹在胃肠道内管壁及充填在管腔内，在X线照射下与周围器官形成明显对比，可以观察胃、食管等器官的外形、大小、位置、扩张性及蠕动波情况，进而显示消化道有无病变。已知：常温下，，；的电离平衡常数，；饱和溶液pH约为9.6，人体胃液pH约为2；的一级电离是完全电离，二级电离电离常数。结合信息，以下推断不正确的是A.在胃液中的溶解度大于B.若每次加入的溶液，至少需要4次加入才能将全部转化为C.饱和溶液通入少量后溶液中：D.若误服，医学上可采用适当浓度的溶液洗胃或静脉缓注溶液实现解毒【答案】B【解析】【详解】A．根据沉淀溶解平衡，知纯水中，，在胃液中因和结合（硫酸二级电离不完全），使平衡正向移动，溶解度增大，故A正确；B．向中加入溶液，发生反应：，，若每次加入的溶液能处理的物质的量为xmol，得出，将处理需要加入，至少需要加入6次，故B错误；C．饱和溶液pH约为9.6，饱和溶液存在，，碳酸根水解生成碳酸氢根，，得出，此时，通入少量后，溶液中发生反应减少增多，，故C正确；D．若误服，根据，<，只要溶液浓度合适就可以将转化为实现解毒，故D正确；故选B。16.探究Na单质及其化合物的性质，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对未知溶液进行焰色试验火焰呈黄色溶液为钠盐Ba烧杯变浑浊，b烧杯未浑浊稳定性：C在含酚酞的水溶液中加入溶液先变红再褪色与水的反应的本质：D测定相同浓度、溶液的pH溶液pH大水解程度：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．对未知溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，说明溶液中含钠元素，可以为钠盐溶液也可以为氢氧化钠溶液，A错误；B．装置中和的位置放反，a烧杯变浑浊，b烧杯未浑浊，可能是大试管的温度更高导致的分解，B错误；C．在含酚酞的水溶液中加入，溶液先变红再褪色，说明首先生成了碱和具有漂白性的物质过氧化氢，则可得到与水的反应的本质，C正确；D．酸性，酸性越强，对应盐的水解程度越弱，则水解程度，相同浓度、溶液的pH，溶液pH更小，D错误；故选C。二、非选择题(共5大题，共52分)17.含磷化合物在生命体中有重要意义。红磷在氯气中燃烧可以生成两种化合物PCl3和PCl5。PCl5分子呈三角双锥形，其结构如图所示：（1）写出基态P原子的价层电子排布式________。BCl3中心原子价层有空轨道，可以与H2O分子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解。根据以上信息，判断PCl3能否水解_______(填能或不能)。（2）下列关于含磷化合物的说法，正确的是___________。A.在水中的电离方程式为B.PCl5分子中的Cl—P—Cl键角有两种C.PCl3、PCl5等分子均满足8电子稳定结构D.已知是二元酸，该分子中P的杂化方式为（3）N、P是同一族元素，P能形成PCl3、PCl5两种氯化物，而N只能形成一种氯化物NCl3，而不能形成NCl5，原因是___________。（4）磷化硼BP的晶胞如图甲所示，(黑球为P，白球为B)沿虚线(晶胞的体对角线)方向的投影如图乙所示，已经画出了部分P原子的位置，请你画出4个B原子的位置___________(用空心圆圈表示)。（5）某单质的一种堆积方式为面心立方最密堆积，其剖面图如图。(空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子总体积在整个空间中所占的体积百分比；V(球))此晶体的空间利用率为___________(用含圆周率的代数式表示)。【答案】17.①.②.能18.D19.N原子最外层无d轨道，不能发生杂化，故无20.21.【解析】【小问1详解】已知P是15号元素，故基态P原子的价层电子排布式为3s23p3，BCl3中心原子价层有空轨道，可以与H2O分子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解，PCl3中心原子P周围含有的孤电子对数为：=1，故根据以上信息，判断PCl3能水解，啊为：3s23p3；能；【小问2详解】A．是中强酸，故其在水中电离为部分电离，故其的电离方程式为，A错误；B．PCl5分子中根据图知，平面上键角(Cl-P-Cl)为120°、上顶点和平面上的Cl原子形成的键角(Cl-P-Cl)为90°，上下顶点和P原子形成的键角(Cl-P-Cl)为180°，即Cl-P-Cl键角有3种形式，B错误；C．PCl5分子中根据图知，P周围含有10个电子，而PCl3分子满足8电子稳定结构，C错误；D．已知H3PO3是二元酸，则H3PO3的结构式为：，该分子中P周围的价层电子对数为4，故其杂化方式为，D正确；故答案为：D；【小问3详解】由图可知，PCl5分子中P、Cl原子间形成5个P-Cl键，3d轨道常用杂化成键，杂化类型为sp3d,但N原子的价电子排布式为2s22p3，没有d轨道，不能N原子和Cl原子不能形成5键，不能发生sp3d杂化，故答案为：N原子最外层无d轨道，不能发生sp3d杂化，则不能形成NCl5；【小问4详解】根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成，所以画图为：，故答案为：；【小问5详解】由题干晶胞示意图可知，该晶胞中原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积；面心立方最密堆积中处于晶胞面对角线上原子紧密相邻，设原子半径为r，则晶胞棱长=4r×=2r，晶胞体积=(2r)3=16r3，晶胞中原子数目=8×+6×=4，晶胞中原子总体积=4×πr3，晶胞中原子的空间利用率为：=，故答案为：。18.工业上以制作印刷电路的废液(含、、、)生产和蚀刻液重新生成的流程如下：已知：是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇。请回答下列问题：（1）Y中所含溶质化学式为___________。（2）下列说法正确的是___________。A．微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇小B．相同条件下，滤渣1和X分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快C．分子的VSEPR模型为平面三角形D．基态亚铜的价层电子排布式为，故与稀硫酸不反应E．工业上对滤渣2用浓硫酸进行了处理，符合绿色化学的原则（3）写出上述流程中生成的化学方程式___________。（4）浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，请从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质___________。（5）滤液1需要加过量Z，检验Z过量的方法是___________。【答案】（1）（2）BC（3）（4）浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热（5）取蚀刻液少量于试管中，加入溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量【解析】【分析】废液中加入过量铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液1中含有Fe2+、Cl-，在滤液中通入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液2也为FeCl2溶液，滤渣2为铜，铜和氯气反应生成CuCl2，Z为Cl2。【小问1详解】由分析可知，Y中所含溶质的化学式为HCl。【小问2详解】A．根据相似相溶原理，是极性分子，微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇大，故A错误；B．由分析可知，滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，X为Fe粉，分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快，滤渣1形成原电池，反应速率更快，故B正确；C．分子中心原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D．基态亚铜的价层电子排布式为，能与稀硫酸发生如下反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，故D错误；E．滤渣2为铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，有污染性气体生成，不符合绿色化学的原则，故E错误；故选BC。【小问3详解】依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：。【小问4详解】浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质为：浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热。【小问5详解】Z为Cl2，检验Cl2过量的方法为：取蚀刻液少量于试管中，加入溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量。19.I．氮的固定意义重大，氮肥的使用提高了粮食产量。自然固氮反应之一是：，已知：

键能/946498632（1）则该反应的___________。（2）恒压时，反应中，NO的平衡转化率与温度的关系曲线如图甲所示，反应中，的平衡转化率与温度的关系曲线如图乙所示。图甲中A、B、C三点表示不同温度、压强下达到平衡时NO的转化率。①___________(填“A”、“B”或“C”)点对应的压强最大，判断依据是________。②结合图甲和图乙，恒压100kPa、25℃时，与混合后最终气体的体积为____mL。II．将物质的量之比为的和CO充入一密闭容器中进行反应，CO在的表面进行两步反应转化，其反应历程如图丙所示，请回答：（3）下列说法正确的是___________。A.在恒温恒容时，混合气体的密度不再变化说明体系达到平衡状态B.该总反应高温下可能不自发C.反应过程中先是中的O原子去进攻中的Pt原子D.研究表明，催化使反应历程具有更少的反应步骤和更低的活化能，平衡转化率更大（4）在℃，平衡时与的关系如图丁所示，p为物质的分压强(单位为kPa)。若、，则___________。(分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）（2）①.B②.图甲中曲线上各点为下NO平衡转化率，对反应而言压强越大平衡转化率越大，可知曲线以下的点压强小于，曲线以上的点压强大于③.6（3）BC（4）【解析】【小问1详解】固氮反应是，已知N2、O2、NO三种分子中化学键键能依次为946kJ•mol-1、498kJ•mol-1、632kJ•mol-1，则该反应的△H=946kJ/mol+498kJ•mol-1-2×632kJ•mol-1=+180kJ/mol；【小问2详解】①因为曲线上的点表示为下的NO平衡转化率，该反应是气体体积减小的反应，温度相同时，压强越大NO的平衡转化率越大，所以曲线以下的点压强小于，曲线以上的点压强大于，所以B点大压强最大；②由图1可知100kPa、25℃时一氧化氮的转化率为100%，可得10mLNO2(g)，而此条件下NO2(g)的转化率为80%，则判断平衡时剩余气体的体积为10(1-80%)mL+4mL=6mL；【小问3详解】A．在恒温恒容时，气体的密度始终不变，故密度不变不能说明达到平衡，故A不符合；B．正反应是熵减过程，即△S＜0，由图像可知△H＜0，则高温时△H-T△S>0，反应不自发，故B正确；C．由反应历程图像可知，先是中的O原子去进攻中的Pt原子，故C正确；D．催化剂不能提高平衡转化率，故D错误。答案为BC；【小问4详解】平衡时v正=v逆，即=，有，代入横坐标为1纵坐标为3那个点的数据，p(CO2)=103kPa，p(N2)=2103kPa，p(N2O)=10kPa，p(CO)=10kPa，则=。20.某化学小组模拟工业生产原理：以废铁屑(含少量、Mn、C等杂质)为原料生产配合物乙二胺四乙酸铁钠(EDTA铁钠盐)，并测定所制取的样品中铁元素的含量。已知：①乙二胺四乙酸铁钠，易溶于水和稀酸，微溶于乙醇；该螯合型配合物稳定性好②氢氧化铁沉淀通常呈胶体状态，有较强的吸附性Ⅰ．制备乙二胺四乙酸铁钠晶体实验原理：实验流程：方案1：（1）由制乙二胺四乙酸铁钠可以选择_________(填“酒精灯直接加热”或“水浴加热”)。（2）氧化剂A可以选择，试写出该步反应的离子方程式___________。（3）下列说法正确的是___________。A．为避免沉淀中裹入过多杂质，可以采用一次性加入氨水B．该流程中两次用到溶液，均可用溶液代替C．操作④洗涤时宜采用冷水洗涤D．“一系列的操作”是指“蒸发浓缩，趁热过滤、洗涤、干燥”E．乙二胺四乙酸铁钠溶液中滴入KSCN溶液不一定会显红色方案2：用EDTA、与反应，制备乙二胺四乙酸铁钠，此法EDTA先被中和后再和直接反应。两个方案都有不足之处，方案1的缺点：氢氧化铁沉淀成胶体状态，难以过滤和洗涤。（4）为使沉淀颗粒增大，实验中往往可以采取___________(填实验条件)。（5）方案2的缺点：产品中含杂质多，纯度不好。方案2后剩余废液可用层柱法(利用筛网孔径与微粒孔径不同的一种分离方法)可得到反应的副产物___________(填名称)。Ⅱ．测定所制取样品中铁的含量(EDTA标准溶液滴定法)取样品溶于水，然后将其中的铁元素用萃取剂从配合物中“反萃取”出来并配成溶液，取出加入过量的标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用的标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗标准溶液体积为。已知：、与EDTA反应的化学计量比均为。（6）实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示___________。A. B. C. D.（7）计算铁元素的质量分数___________。【答案】（1）水浴加热（2）（3）BE（4）煮沸（5）氯化钠（6）C（7）10.64％【解析】【分析】用废铁屑制备乙二胺四乙酸铁钠晶体，先用Na2CO3溶液洗去废铁屑表面的油污，便于后续处理，操作①为过滤，滤渣为Fe、Fe2O3、Mn、C等，用过量的盐酸进行酸浸，将铁屑溶解，然后进行操作②，即过滤操作，滤去C等不溶性杂质，滤液B中主要含有Fe2+以及少量的Fe3+、Mn2+，向其中通入氧气，可以将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入过量的氨水将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，进行操作③，过滤、洗涤操作，可得Fe(OH)3沉淀，然后加入EDTA和Na2CO3溶液在70~80℃条件下反应，反应结束后进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥，可得产品。【小问1详解】由流程图可知制备乙二胺四乙酸铁纳需要的温度为70~80℃，故采取的加热方式为水浴加热。【小问2详解】氧化剂A的作用是将滤液B中的Fe2+氧化为Fe3+，故可以用氧气，反应的离子方程式为。【小问3详解】A．氢氧化铁沉淀通常呈胶体状态，有较强的吸附性，为避免沉淀中裹入过多杂质，可以分几次加入氨水，以便充分反应，减少杂质，A错误。B．该流程中两次用到溶液，第一次是溶解废铁屑表面的油脂，第二次是中和掉溶液中的H+，调节pH，因此均可用溶液代替，B正确。C．乙二胺四乙酸铁钠，易溶于水和稀酸，微溶于乙醇，故操作④洗涤时宜采用乙醇洗涤，以便减少洗涤过程对产品的损耗，C错误。D．乙二胺四乙酸铁钠，易溶于水，故“一系列的操作”是指“蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥”，D错误。E．乙二胺四乙酸铁钠为螯合型配合物，稳定性好，溶液中不含Fe3+，故滴入KSCN溶液不会显红色，E正确。综上所述，故答案为BE。【小问4详解】为使沉淀颗粒增大，实验中往往可以采取煮沸的方法。【小问5详解】方案2中EDTA先被中和后再和直接反应，反应后的产物为乙二胺四乙酸铁纳和NaCl，因此反应的副产物为氯化钠。【小问6详解】实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗的活塞放气，分液漏斗放气时需要用右手掌压紧盖子，左手拇指、食指和