浙江省台州市名校联盟2023-2024学年高三上学期化学试题

2023学年第一学期台州名校联盟试题定稿高三年级化学学科考生须知：1.本卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。5.本卷可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Ag108I127Ba137选择题部分一、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.下列物质中，属于含有键的电解质的是A.Ba(OH)2 B.C2H5OH C.Na2O D.SiO2【答案】A【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，所有的酸、碱、盐和大多数金属氧化物均为电解质，据此分析解题。【详解】A．Ba(OH)2中OH中含有键，为强碱，属于电解质，A符合题意；B．C2H5OH是非电解质，B不合题意；C．Na2O中不含键，属于电解质，C不合题意；D．SiO2为非金属氧化物，含有键，但不属于电解质，D不合题意；故答案为：A。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.的键电子云图形：B.基态C原子的轨道表示式：C.顺2丁烯的分子结构模型：D.用电子式表示的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．ppσ键的原子轨道头碰头方式重叠，则ClCl的ppσ键电子云图形为，故A正确；B．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，2p能级的2个电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，则C原子的轨道表示式为，故B错误；C．顺2丁烯的分子中两个甲基位于双键的同一侧，其结构模型为，故C正确；D．氯化镁为离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程，故D正确；故选B。3.作为继NO和CO之后的第3种气体信号分子，在血管新生的调控中起到重要作用，人体中微量的能有效预防心脏病。下列有关说法正确的是A.氢硫酸是的水溶液，属于弱电解质B.NO和CO都属于酸性氧化物C.、NO和CO都能与臭氧反应D.通入溶液中无明显现象【答案】C【解析】【详解】A．H2S属于二元弱酸，属于弱电解质，但其水溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A说法错误；B．NO和CO为不成盐氧化物，即NO和CO不属于酸性氧化物，故B说法错误；C．臭氧具有强氧化性，H2S、NO、CO具有还原性，H2S、NO、CO都能与臭氧发生氧化还原反应，故C说法正确；D．H2S属于二元弱酸，在酸性条件下具有强氧化性，能把－2价S氧化成S单质，溶液出现浑浊，故D说法错误；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.具有强氧化性，可用于饮用水处理B.维生素C具有还原性，可帮助人体将食物中摄取的转化为C.Na能与水反应且不与乙酸乙酯反应，可用钠来去除乙酸乙酯中少量水分D.煤油不与Na反应、不溶解钠且密度比钠小，可用来保存金属钠【答案】C【解析】【详解】A．中Fe为+6价，具有强氧化性，可杀菌消毒，还原产物三价铁可以水解生成氢氧化铁胶体，可净水，A正确；B．维生素C具有还原性，可将还原为，B正确；C．Na能与水反应且生成碱，乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，故不能用钠来去除乙酸乙酯中少量水分，C错误；D．煤油不与Na反应、不溶解钠且密度比钠小，故金属钠保存在煤油中，D正确；答案选C。5.下列装置或操作能达到实验目的的是A.图①装置可用于除去乙烷中的乙烯B.图②装置可用于铜与稀硝酸反应制备少量NOC.图③装置可用于模拟铁的析氢腐蚀过程D.图④装置可用于制备金属镁【答案】A【解析】【详解】A．乙烷不和酸性高锰酸钾溶液反应，乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应会生成CO2，用NaOH溶液除去生成的CO2，图①装置可用于除去乙烷中的乙烯，A正确；B．NO在空气中会被氧化为NO2，不能用排空气法收集，B错误；C．铁在NaCl溶液中会发生吸氧腐蚀，不能发生析氢腐蚀，C错误；D．Mg比Al活泼，Al不能和MgO反应生成Mg，D错误；故选A。6.光催化CO2还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料光催化CO2还原为醇类的机理如图，h+是电子跃迁后留下的空穴，具有强氧化性。下列说法不正确的是A.H2O在富集空穴的MoS2材料上发生氧化反应B.电子迁移到光催化剂表面时，在一定条件下也可能发生反应C.光催化过程的总反应是和D.转化过程中，每消耗标准状况下，转移1.2mol电子【答案】D【解析】【分析】由反应机理图可知H2O在富集空穴的MoS2材料上被氧化，电极反应为：2H2O4e=4H++O2↑，则CO2在Bi2MoO6材料上得到电子被还原为CH3CH2OH或CH3OH、CH4等，电极反应分别为：2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，CO2+8H++8e=CH4+2H2O，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，可知H2O在富集空穴的MoS2材料上被氧化，发生氧化反应，A正确；B．由题意得光催化CO2可还原为醇类，故在一定条件下光催化CO2可还原生成甲烷等有机物，电极反应为：，B正确；C．由反应机理图可知，光催化过程反应物有二氧化碳、水，生成物有氧气、甲醇、乙醇，故光催化过程的总反应是2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，C正确；D．由C选项可知Bi2MoO6材料上不管是生成CH3OH还是C2H5OH，1molCO2都是转移6mol电子，故当消耗标准状况下2.24LCO2时，即0.1molCO2，转移0.6mol电子，D错误；故答案为：D。7.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中硫的价层电子对数为B.常温下，pH等于2的盐酸溶液中，水电离的数目为C.标准状况下，4.48L甲烷和乙烯混合气体完全燃烧，产生的水中所含键数目为D.和于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为【答案】A【解析】【详解】A．成键电子对是3，孤对电子对是0，价层对数为3，硫的价层电子对数为，A正确；B．常温下，pH等于2的盐酸溶液中，没有告知体积，无法计算水电离的数目，B错误；C．标况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体分子数为=0.2mol，其H原子个数为，根据元素守恒可知，混合气体完全燃烧，产生的水的物质的量为0.4mol，则其中所含O—H键数目为0.8NA，C错误；D．H2和I2反应是可逆反应，生成HI分子数小于2NA，D错误；答案选A。8.下列说法不正确的是A.红外光谱图可显示分子中所含有的化学键或官能团信息B.甘油醛是最简单的醛醣，属于手性分子，可转变为丙三醇C.碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故可选择裂化汽油作为萃取剂D.蛋白质的生物活性首先取决于其一级结构【答案】C【解析】【详解】A．红外光谱仪用于测定有机物中有机物和化学键，不同的化学键或官能团的光谱波长不同，A正确；B．糖为多羟基醛或多羟基酮，故最简单的醛糖为甘油醛，甘油醛中含有手性碳原子，属于手性分子，B正确；C．由于裂化汽油中含有不饱和的碳碳键，能与碘单质发生加成反应，故不可选择裂化汽油作为碘的萃取剂，C错误；D．蛋白质的一级结构指蛋白质中单体氨基酸残基的排列顺序，包括二硫键的位置，蛋白质一级结构是蛋白质高级结构的必要基础，蛋白质的生物活性首先取决于其一级结构，D正确；故选C。9.下列反应的离子方程式正确的是A.向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：B.用铁做阳极电解饱和食盐水：C.向KMnO4溶液中滴入H2O2溶液产生黑色沉淀和气泡：D.CuSO4溶液中滴加过量浓氨水：【答案】C【解析】【详解】A．向K2Cr2O7溶液中存在，滴加少量浓H2SO4，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，A错误；B．Fe作阳极上电解饱和食盐水，阳极上Fe失电子发生电极反应式为Fe2e=Fe2+，阴极氢离子得电子生成氢气，则阴极的电极方程式为：2H++2e=H2↑；溶液中Fe2+、OH反应生成沉淀，则电池反应式为Fe+2H2OFe(OH)2↓+H2↑，B错误；C．向KMnO4溶液中滴入H2O2溶液产生黑色沉淀即产生MnO2和气泡即O2，故离子方程式为：，C正确；D．CuSO4溶液中滴加过量的浓氨水得到[Cu(NH3)4]2+，反应的离子方程式为Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D错误；故答案为：C。10.某小组用下列流程合成1丁基3甲基咪唑六氟磷酸盐。下列说法不正确的是A.反应①生成了B.化合物A和化合物C的熔点大小：C.化合物A中，含有H的N结合的能力比另一个N弱D.化合物E为离子化合物，常温下可能为液体【答案】B【解析】【详解】A．物质A属于弱酸，乙酸钠呈碱性，二者发生中和反应，生成和物质B，故A正确；B．对比A和C的结构简式，含有酰胺的物质可以形成氢键，酰胺的熔点大于烃类的熔点，故化合物A的熔点大于化合物C，故B错误；C．不含H的N存在不饱和键，更加容易与H发生加成反应，故含有H的N结合能力比另一个N弱，故C正确；D．物质E具有长的碳链，且该物质完全由正负离子所组成，在室温或接近室温下呈现液态的盐，故D正确；故选B。11.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。X的价电子排布式为，基态Y的最高能级单电子数是W的3倍，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同。下列说法正确的是A电负性比较：B.Y原子核外电子有15种空间运动状态C.Z元素在周期表中的位置可能为第三周期IA族D.X的简单氢化物比Y的简单氢化物键角大【答案】D【解析】【分析】前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。则W、X、Y、Z四种元素分别在第一、第二、第三、第四周期，W为H元素。X的价电子排布式为，，s能级的原子轨道上最多填充2个电子，可知n=2，则X的价层电子排布为2s22p3，则X为N元素。基态Y的最高能级的单电子数是W的3倍，则Y为第三周期，且有3个单电子，Y为P元素。Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同，所以Z有1个单电子，最外层有1个电子，且不属于第ⅠA族，则Z为Cu。所以W、X、Y、Z分别为H元素、N元素、P元素、Cu元素。【详解】A．在同一周期中，从左到右元素的电负性逐渐增大；在同一主族中，自上而下元素的电负性逐渐减小，电负性比较：，A错误；B．P核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，每个原子轨道上电子具有相同的空间运动状态，P原子的电子填充了9个不同的原子轨道，因此其核外电子有9种空间运动状态，B错误；C．Cu在元素周期表中的位置为第四周期第IB族，C错误；D．电负性，N>P，在分子中，孤电子对的数目相同的情况下，中心原子的电负性越大，通常会导致分子中的键角变，NH3比PH3键角大，D正确；故选D。12.2023年诺贝尔化学奖授予MoungiG．Bawendi、LouisE．Brus、AlexeiI．Ekimov，以表彰他们发现和合成了量子点。量子点是一种尺寸极小的纳米颗粒，它的尺寸决定了它的性质，下图为金属铅的晶粒大小与熔点的关系图，下列关于金属铅的说法不正确的是A.铅的核外电子排布为B.稀硫酸难以溶解铅块，却很容易溶解纳米铅粒C.纳米铅熔点降低主要原因是晶体的表面积增大D.铅晶体表面原子的能量比晶体内部的能量低【答案】D【解析】【详解】A．铅和C位于同主族，铅位于第六周期，铅的核外电子排布为，故A正确；B．稀硫酸难以溶解铅块，却很容易溶解纳米铅粒是因为纳米铅粒具有更高的比表面积，与稀硫酸反应接触面积更大，从而更易发生反应，故B正确；C．由图可知，金属铅的晶粒越小，其熔点越低，主要与晶体的表面积增大有关，故C正确；D．晶体表面原子会偏离其正常平衡位置，造成表面层的晶格畸变，其能量比晶体内部的能量高，故D错误；故选D。13.氮气电解催化装置可以实现同时制备铵盐和硝酸盐，利用双极膜(M、N)将水解离成、还可以浓缩溶液(图中进、出气通道及部分反应均省略)。下列说法不正确的是A.a端接电源负极，电子从电极Y流向bB.阳极室的总反应为C.M、N为选择性透过膜，经M膜进入阴极室的是D.工作相同时间，X、Y电极上消耗的质量比为5：3【答案】B【解析】【分析】由已知信息可知，氮气电解催化装置可以实现同时制备铵盐和硝酸盐，根据图给示意图可知，左侧氮气转化为氨气,，为阴极，右侧氮气转化为硝酸，为阳极。【详解】A．根据分析可知，a端为负极接电源负极，电子从电极Y流向b，A正确；B．右侧氮气转化为硝酸，为阳极，阳极室的总反应为，B错误；C．M、N为选择性透过膜，经M膜进入阴极室的是，C正确；D．X为负极，阴极室的总反应为：，Y为正极，阳极室的总反应为，由此可知消耗相同电子转移数量比为3：5，则工作相同时间，转移电子数量相同，X、Y电极上消耗的质量比为5：3，D正确；故选B。14.与生成硫酸氢甲酯的反应为，水可以作为该反应的催化剂，有水条件下部分反应历程如图所示，其中“…”表示粒子间的静电作用。下列说法正确的是A.上述反应历程可说明B.将反应的活化能降到了3.66eVC.反应物间形成静电作用均有助于增大体系相对能量，使反应更容易进行D.过渡状态I到过渡状态II发生的是化学变化【答案】D【解析】【详解】A．有水条件下部分反应历程如图所示，部分历程，不能判断，A错误；B．将反应的活化能从3.66eV降到了2.96eV，B错误；C．反应物间形成静电作用均有助于增大体系相对能量，使反应不容易进行，C错误；D．过渡状态I到过渡状态II发生化学键变化，是化学变化，D正确；故选D。15.室温下，以氟磷灰石为原料，经酸浸、转化可得到、和。已知：25℃，的、、()；下列说法不正确的是A.的沉淀溶解平衡可表示为：B.酸浸过程中溶液时，C.溶液中存在：D.向溶液中加入少量水稀释时，的值增大【答案】B【解析】【详解】A．根据沉淀的溶解平衡可知，Ca5(PO4)3F的沉淀溶解平衡可表示为：，A正确；B．由Ka2(H3PO4)==107.21可知，当酸浸过程中溶液时，=101.21＜1即，B错误；C．溶液中存在电荷守恒式为，物料守恒式为：故有，C正确；D．向溶液中加入少量水稀释时溶液中c(H+)减小，Ka不变，故=的值增大，D正确；故答案：B。16.探究金属单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论有不正确的是实验方案现象结论A室温下将两块铝片分别放置在空气和铬酸溶液中，5min后取出、洗净后，在铝片表面各滴加5滴等浓度硫酸铜溶液一段时间后，两块铝片表面出现深浅程度不同的红色斑点色斑较深铝片氧化膜更致密B在室温下，用pH计分别测定浓度均为的、溶液的pH值、溶液中pH计读数分别为：11.6、8.3的水解能力强于C取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒入镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，将另一块干冰盖上镁粉在干冰内继续燃烧，发出耀眼的白光干冰易升华，且金属镁可以与二氧化碳反应D常温下，将铜丝插入盛有浓硝酸溶液的试管中试管溶液上方出现红棕色气体不能说明铜与浓硝酸反应生成A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．金属铝能和硫酸铜反应，两块铝片表面出现深浅程度不同的红色斑点，说明两块铝片与硫酸铜溶液反应的程度不同，色斑较浅的铝片氧化膜更致密，故A错误；B．相同浓度的碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠的pH，说明碳酸根离子的水解能力强于碳酸氢根离子，故B正确；C．镁粉在干冰内剧烈燃烧，发出耀眼白光，说明干冰易升华且镁与二氧化碳发生反应，故C正确；D．试管上方出现红棕色气体，有可能是生成的一氧化氮在试管上方遇氧气生成的二氧化氮，所以不能说明铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，故D正确；故选A非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.氟单质及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：（1）基态F原子价电子的电子排布式为___________。（2）范德华半径是指分子晶体中共价分子之间的最短距离。图1中可看成氟单质的范德华半径的是___________(填、或)。（3）Be、C、N、F等原子的第二电离能最大的是___________(填元素符号)。（4）液态HF存在自耦电离：，试解释形成的原因___________，的VSEPR模型的名称为___________。（5）1962年，青年化学家N。Bartlett用Xe和合成了氙的第一个化合物—，震惊了化学界，、、也随之合成。下列说法不正确的是___________A.该化合物中基态阳离子的价电子排布式为B.合成过程中Xe为还原剂C.可推测Ne也会和化合D.Xe属于p区元素，中心原子杂化方式是（6）由Xe和F构成的化合物的晶体属四方晶系，晶胞参数如图2所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知Xe和F原子的共价半径分别为和，空间利用率是指构成晶体的原子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。计算该晶胞的空间利用率___________。(用、、a、c表示)【答案】（1）（2）（3）Be（4）①.与HF形成氢键②.四面体形（5）CD（6）【解析】【小问1详解】F是第9号元素，基态F原子电子排布式为，价电子的电子排布式为；【小问2详解】分子晶体中相邻分子之间的两原子核间距，即为【小问3详解】Be失去一个电子后核外电子排布式为、C失去一个电子后核外电子排布式为、N失去一个电子后核外电子排布式为、F失去一个电子后核外电子排布式为，其中Be失去第二个电子时是从半满（稳定）结构中失去一个2p电子，较困难，因此第二电离能最大；【小问4详解】类似于H2O的电离但是生成的，可以与1分子HF通过氢键结合，即得到；[H2F]+的价电子对数=2+×（721）=4，VSEPR模型名称为四面体，【小问5详解】A．基态Xe的核外电子排布，基态价电子排布式为，A正确；B．合成过程中Xe化合价升高，为还原剂，B正确；C．Xe半径比Ne大，失电子能力比Ne强，Ne对核外电子吸引力强故不能形成阳离子，C错误；D．Xe属于p区元素，中心原子的价层电子对数为，杂化方式是，D错误；故选CD。【小问6详解】晶胞中Xe的原子个数为，F的原子个数为，即一个晶胞中有两个分子；已知Xe和F原子的共价半径分别为和，晶胞的空间利用率。18.芳香烃氯代反应常将无水作为催化剂。某研究小组设计了如下流程，以某含铁元素矿渣(主要成分为铁的氧化物及少量杂质)为原料制备无水。已知：氯化亚砜()熔点为101℃，沸点为76℃，易水解。回答下列问题：（1）A溶液的主要溶质的化学式是___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.操作①可采用滤纸过滤B.加入试剂B会发生如下离子反应：C试剂D可以选用或溶液D.分子是一种极性分子，其中硫元素的化合价为+4价，（3）反应F→G的化学方程式为___________。（4）F→G的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂：___________。（5）请用下列试剂设计简单的实验验证氯化亚砜与足量的水完全反应的产物，并简要说明实验操作、现象和结论___________。(供选择的试剂：稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液)【答案】（1）和NaOH（2）AB（3）（4）（5）取少量反应后溶液，分成甲、乙两支试管，在甲试管中滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则证明产物有HCl；在乙试管中先滴加氯化钡溶液，若无现象，再滴加稀硝酸，若出现白色沉淀，则证明产物有。【解析】【分析】矿渣加入过量NaOH溶液与杂质反应生成Na[Al(OH)4]溶液，操作①是过滤，固体为铁的氧化物，加入足量B为稀盐酸得到C溶液含FeCl2、FeCl3，足量试剂D应是氧化FeCl2为FeCl3，是常见的氧化剂氯气；FeCl3溶液蒸发时易发生水解反应，可以在HCl氛围中加热得到FeCl3∙6H2O；SOCl2易与水反应，所以FeCl3∙6H2O在SOCl2中加热脱水得到无水FeCl3(s)。【小问1详解】矿渣加入过量NaOH溶液与反应生成Na[Al(OH)4]溶液，NaOH溶液是过量的，则A溶液的主要溶质的化学式是和NaOH；【小问2详解】A．操作①是过滤，不可采用滤纸过滤，因为该溶液会腐蚀滤纸，A错误；B．过量的NaOH溶液已经将完全消耗了，加入试剂B稀盐酸是与铁的氧化物反应，离子反应方程式：，B错误；C．足量试剂D应是氧化FeCl2为FeCl3，是常见的氧化剂，可以选用或溶液，C正确；D．分子正负电荷中心不重合，是一种极性分子，其中O为2价、Cl为1价，则硫元素的化合价为+4价，D正确；故选AB；【小问3详解】已知SOCl2易与水发生水解反应生成和HCl，所以FeCl3∙6H2O在SOCl2中加热脱水得到无水FeCl3(s)，同时分解生成SO2，反应F→G的化学方程式为：；【小问4详解】F→G的过程中可能产生少量亚铁盐，原因是反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，故还原剂为SO2；【小问5详解】氯化亚砜与足量的水完全反应的产物是和HCl，可用稀硝酸和硝酸银溶液检验HCl，检验二氧化硫可与稀硝酸反应氧化为硫酸，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，设计实验方案为：取少量反应后溶液，分成甲、乙两支试管，在甲试管中滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则证明产物有HCl；在乙试管中先滴加氯化钡溶液，若无现象，再滴加稀硝酸，若出现白色沉淀，则证明产物有。19.甲醇是一种可再生能源，用和合成甲醇的过程主要有以下反应：反应I：反应II：反应III：请回答：（1）反应III自发进行的条件是___________。（2）恒温恒容条件下，若仅发生反应II，反应达到平衡的标志是___________。A.CO的分压不再发生变化 B.气体平均相对分子质量不再发生变化C.气体密度不再发生变化 D.比值不再发生变化（3）在5.0MPa恒定压强和催化剂作用下，以的投入量进行反应，体系到达平衡后的CO与在含碳产物中的物质的量百分数、转化率随温度的变化如图1所示。①表示平衡时在含碳产物中物质的量百分数的曲线是___________(填a或b)。②平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是___________。（4）反应I、III的逆过程又称为甲醇水蒸气重整，是电动汽车常见的氢源。在常压、CaO催化下，和以体积比1：1.2混合，总物质的量为2.2mol，反应至时刻测得转化率及CO、选择性随温度变化分别如图2所示，260℃时的物质的量随时间的变化曲线如图3所示。①下列说法正确的是___________。A．反应适宜温度为300℃B．工业生产通常在高压条件下进行甲醇水蒸气重整C．CaO催化剂具有更高催化活性，可以提高甲醇平衡转化率D．其他条件不变，适当升高温度有利于提高的产率②通过计算在图3中画出300℃时，反应至时刻物质的量随时间变化的曲线。___________【答案】（1）低温（2）AD（3）①.a②.升温后以反应II为主，该反应为吸热反应，升温正向移动，的转化率增大（4）①.BD②.【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应I反应II=反应III，则反应III的反应热=，即反应III为=，、，据可知，其自发进行的条件是低温；【小问2详解】A.反应II为气体体积不变的反应，恒温恒容条件下，容器的压强恒定，当一氧化碳的物质的量不变时CO的分压不再发生变化，此时正、逆化学反应速率相等，反应达到了平衡状态，故A正确；B.反应II为气体体积不变的反应，容器中气体总质量恒定，所以气体平均相对分子质量始终不变，当气体平均相对分子质量不再发生变化时，不一定达到平衡状态，故B错误；C.恒温恒容条件下，容器中气体总质量恒定，气体密度始终不变，当气体密度不再发生变化时，不一定达到平衡状态，故C错误；D.反应II：的平衡常数为K=，恒温条件下平衡时为定值，比值也为定值，不再发生变化时反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：AD；【小问3详解】①在5.0MPa恒定压强和催化剂作用下，以的投入量进行反应，反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高时，反应I向左移动，反应II向右移动，因此表示平衡时CO在含碳产物中物质的量百分数的曲线是b，则表示平衡时在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a；②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是：温度升高后，以反应II为主，反应II是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，使得CO2平衡转化率升高；【小问4详解】①A．由图象可知CH3OH的转化率在高于260℃时较高，但在300℃时，CO的选择性最高，而CO2的选择性最低，所以300℃不是反应适宜的温度，故A错误；B．高压条件有利于加快反应速率，故B正确；C．催化剂不能改变化学平衡状态，只能缩短达到平衡的时间，不能提高甲醇平衡转化率，故C错误；D．反应I、III的逆过程又称为甲醇水蒸气重整，为吸热反应，其他条件不变，适当升高温度有利于提高的产率，故D正确；故答案为：BD；②根据水蒸气重整反应中甲醇的转化率、一氧化碳和二氧化碳的选择性图像可知，温度从260℃升高到300℃，反应速率加快，但二氧化碳的选择性减小，使氢气的物质的量也减少了，所以曲线斜率增大，但是水平线低于200℃时，反应I中生成n(H2)=3n(CO2)=0.95×1mol×3=2.85mol，反应II中生成n(H2)=2n(CO2)=0.05×1mol×2=0.10mol，所以生成氢气的物质的量为2.85mol+0.10mol=2.95mol，则300℃时，反应至时刻物质的量随时间变化的曲线为。20.实验小组用废铁屑(含少量、FeS和)和硫酸制备晶体。已知：①硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如表：温度/℃0103056648090溶解度/g14.017.025.035.235.630.527.0析出晶体②的密度1.19g/mL。（1）步骤II过程中产生气体成分为___________(填化学式)。（2）下列说法不正确的是___________。A.步骤I的目的是去除废铁屑表面的油脂B.步骤I的过滤可用如图所示操作代替C.步骤II水浴加热至无气泡产生、溶液颜色呈灰绿色停止反应D.步骤II需要在通风橱中进行，等溶液冷却至室温后过滤（3）为获得较多产品，步骤III一系列操作如下：滤液B转移至蒸发血，加入适量3mol/L硫酸→70℃蒸发至溶液析出适量的晶体，停止加热→操作X→过滤→用冷蒸馏水洗涤→滤纸吸干。①加入适量硫酸作用是抑制水解和___________。②操作X的名称为___________。（4）产品纯度测定：用标准溶液滴定(所含杂质不含亚铁及其他还原性物质)溶液，3次平行滴定，若每次滴定的锥形瓶中含样品2.93g，平均消耗。①产品纯度为___________%(保留值小数点后1位)。②下列操作会使得测定结果偏大的是___________。A．滴定用的酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗B．移取硫酸亚铁溶液时，待液体全部流出后，立即取出移液管C．滴定终点时，酸式滴定管读数时没有等液体回落D．滴定前酸式滴定管尖嘴处无气泡，到达滴定终点时有气泡【答案】（1）和（2）CD（3）①.促使晶体析出②.冷却至10℃结晶（4）①.94.9②.AC【解析】【分析】用热纯碱溶液可除去废铁屑(含少量、FeS和)表面的油污，然后过滤，再向废铁屑中加入硫酸溶液，发生反应：，，，，不反应，再经一系列操作生成，据此分析；【小问1详解】步骤II发生反应：，，则产生气体成分为和；【小问2详解】A．步骤I用热纯碱溶液目的是去除废铁屑表面的油脂，A正确；B．废铁屑(含少量SiO2、FeS和Fe2O3)沉于液面下，步骤I的过滤可用如图所示操作代替，B正确；C．步骤II水浴加热至无气泡产生、溶液颜色呈灰绿色停止反应，则生成的是氢氧化亚铁，C错误；D．步骤II需要在通风橱中进行，趁热过滤，D错误；故选CD。【小问3详解】①加入适量硫酸，H+、浓度增大，其作用是抑制水解和促使晶体析出；②操作X是使溶液尽可能析出晶体，应选择较低温度，30℃时硫酸亚铁溶解度较大，不利于析出其晶体，0℃时可能结冰，也不利于析出其晶体，故最合适的温度为10℃，则操作X的名称为冷却至10℃结晶；【小问4详解】①可知发生反应为：，可得：，，产品纯度为；②A．滴定用的酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液被稀释，消耗标准液体积偏大，测定结果偏大，A符合题意；B．移取硫酸亚铁溶液时，待液体全部流出后，立即取出移液管，待测液用量减少，消耗标准液体积