浙江省杭州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试化学试题 含解析

2023学年第二学期杭州市高二年级教学质量检测化学试题卷考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卷，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷密封区内填写学校、班级和姓名。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效。4.考试结束，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137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.下列物质不能导电的是A.无水乙醇 B.熔融NaCl C.铁 D.稀NaOH溶液【答案】A【解析】【详解】A．无水乙醇是非电解质，不能电离，没有自由移动的离子，不能导电，A符合要求；B．熔融NaCl能够电离产生Na+和Cl-，可以导电，B不符合；C．铁能导电，C不符合；D．稀NaOH溶液有自由移动的离子，具有导电性，D不符合；故选A。2.工业上利用NH3、CO2和NaCl溶液制取NaHCO3，下列说法不正确的是A.NaHCO3固体加热可以分解为Na2CO3B.NaHCO3和Na2CO3均可作为食用碱C.向饱和NaCl溶液中先通入CO2后通入NH₃可获得更多的NaHCO3D.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2可得到NaHCO3沉淀【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3热稳定性不强，受热易分解，将所得NaHCO3固体加热分解可生成碳酸钠，故A正确；B．碳酸是二元弱酸，碳酸氢钠和碳酸钠为强碱弱酸盐，均能水解，其溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱，故B正确；C．二氧化碳水中溶解度较小，NH3极易溶于水，所以生产中，应先通入NH3使溶液呈碱性，再通入过量CO2，可获得更多的NaHCO3，故C错误；D．NaHCO3的溶解度小，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2可得到NaHCO3沉淀，故D正确；故选C。3.下列化学用语表示正确的是A.H2O2的电子式：B.2p2电子云：C.中子数为7的碳原子：D.2-甲基丙烷与正丁烷属于同系物【答案】B【解析】【详解】A．H2O2的电子式：，A错误；B．p轨道电子云为纺锤形，B正确；C．中子数为7的碳原子：，C错误；D．2-甲基丙烷的分子式为C4H10，与正丁烷C4H10互为同分异构体，D错误；故选B。4.室温下，下列各组离子能大量共存的是A.Na+、Al3+、、 B.K+、Fe3+、、SCN-C.、K+、Cl-、H+ D.Na⁺、Cl⁻、ClO⁻、OH⁻【答案】D【解析】【详解】A．Al3+与双水解不共存，A错误；B．Fe3+与SCN-发生络合反应不共存，B错误；C．与H+反应生成SO2、S和H2O，不能共存，C错误；D．所含离子之间能够大量共存，D正确；故选D。5.石墨烯可以看作是单层石墨，利用以下方法对石墨烯进行“切割”。下列说法正确的是A.水溶性②>④B.试剂A可以是酸性KMnO4溶液C.③→④是还原过程D.每“切割”1mol碳碳双键转移2mol电子【答案】B【解析】【分析】①可以被酸性高锰酸钾氧化为②，继续被酸性高锰酸钾氧化为③，③反应转化为④，据此回答。【详解】A．水溶性与分子极性相关，②、④相比，引入O原子后分子极性变大，水溶性：②<④，A错误；

B．试剂A可以是酸性KMnO4溶液，将碳碳双键氧化为羰基，B正确；C．通过观察反应前后的结构简式可知，③→④是氧化过程，C错误；D．每“切割”1mol碳碳双键可以看成增加2molO，O元素化合价由0价→-2价，所以转移4mol电子，D错误；故选B。6.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法一定正确的是A.1molC3H6中含有π键数目为NAB.1.8gH2O中含有的孤电子对数为0.1NAC.向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中通入氨气，溶液呈中性时NH的数目为0.1NAD.标准状况下，11.2LCHCl3含有的分子数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A．1molC3H6中含有π键数目为NA，也可能是环丙烷，π键数目为0，故A错误；B．水分子中有2个孤电子对，1.8gH2O中含有的孤电子对数为0.2NA，故B错误；C．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中通入氨气，溶液呈中性时存在电荷守恒，c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(NH)=c(Cl-)，NH的数目=0.1mol/L×1L×NA/mol=0.1NA，故C正确；D．标准状况下，CHCl3为液态，11.2LCHCl3含有的分子数不能用气体摩尔体积计算，故D错误；故选C。7.结构与组成的变化可以引起性能的变化，下列推测不合理的是

物质结构和组成变化性能变化A纯铝掺杂Cu、Mg、Si等元素硬度变大B晶体硅用碳原子取代部分硅原子耐磨性增强C纤维素一定条件和硝酸发生酯化反应可燃性增强D冠醚由变为识别的阳离子半径变大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．铝中加入Cu、Mg、Si等制成合金，可以增强材料的硬度，A正确；B．用碳原子取代晶体硅中部分硅原子得到碳化硅晶体，碳化硅耐磨性好，B正确；C．纤维素一定条件和硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维素，是热塑性物质，在阳光下易变色，且极易燃烧，所以可燃性增强，C正确；D．冠醚识别碱金属离子时存在必要条件：冠醚空腔直径与碱金属离子直径适配，中含有5个氧，中含有4个氧，中间的空腔直径减小，因此是减小识别的阳离子半径，D错误；故选D。8.下列说法不正确的是A.可用新制的氢氧化铜鉴别乙醛和乙酸B.向鸡蛋清溶液中加入浓硝酸并加热，生成黄色沉淀C.淀粉与纤维素的化学组成均可表示为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体D.油脂在碱性溶液中的水解反应又称为皂化反应【答案】C【解析】【详解】A．可用新制的氢氧化铜鉴别乙醛和乙酸，加热产生砖红色沉淀的为乙醛，加入溶液后蓝色沉淀消失的为乙酸，A正确；B．向鸡蛋清溶液中加入浓硝酸并加热，‌生成黄色沉淀的原因是蛋白质（‌含苯环结构）与浓硝酸发生了颜色反应，B正确；C．淀粉与纤维素的化学组成均可表示为(C6H10O5)n，化学式中的n值不同，不是同分异构体，C错误；D．油脂在碱性溶液中水解生成甘油和高级脂肪酸盐的反应又称为皂化反应，D正确；故选C。9.CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3分别用下列仪器检测，结果相同的是A.元素分析仪 B.质谱仪C.核磁共振仪 D.X射线衍射仪【答案】A【解析】【详解】A．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3组成元素、相同元素原子个数均相同，故元素分析仪的结果相同，故A正确；B．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3分子离子碎片不同，故质谱图结果不同，故B错误；C．核磁共振氢谱能检测氢原子种类，CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3氢原子环境不同，故核磁共振氢谱图不同，故C错误；D．X射线衍射仪能检测分子结构，CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3分子结构不同，故检测结果不同，故D错误；故选A。10.下列关于实验的说法正确的是A.图①表示向容量瓶中转移溶液的操作B.图②装置可用于定量测定化学反应速率C.图③装置可验证乙醇与浓硫酸共热生成乙烯D.图④装置可用于分离二氯甲烷(沸点40℃)和四氯化碳(沸点77℃)【答案】D【解析】【详解】A．向容量瓶中转移溶液时，玻璃棒应该在刻度线以下，A错误；B．定量测定化学反应速率，应该把长颈漏斗改为分液漏斗，B错误；C．乙醇与浓硫酸共热生成乙烯，反应温度170℃，温度计在溶液中，但是挥发的乙醇和乙烯都能够与酸性高锰酸钾反应，不能得出生成乙烯，C错误；D．二氯甲烷(沸点40℃)和四氯化碳(沸点77℃)互溶，可以通过蒸馏分离，D正确；故选D。11.某有机物的合成路线如下：下列说法不正确的是A.X可以是1-溴丙烷 B.Y中的所有原子可能共平面C.试剂a可以是NaOH水溶液 D.Z的链节为【答案】B【解析】【分析】X发生消去反应转化为C3H6，X可以是1-溴丙烷，丙烯与Br2在光照条件下发生取代反应转化为Y，Y水解转化为C3H6O，根据Z的结构简式可知，Y为CH2=CH-CH2Br，C3H6O为CH2=CHCH2OH，C3H6为CH2=CHCH3，据此回答。【详解】A．根据分析可知，X可以是1-溴丙烷，A正确；B．Y为CH2=CH-CH2Br，有饱和碳原子，则Y中的所有原子不可能共平面，B错误；C．Y为CH2=CH-CH2Br，水解生成CH2=CHCH2OH，试剂a可以是NaOH水溶液，C正确；D．为的链节，D正确；故选B。12.X、Y、Z、M、W是五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的半径在主族元素中最小，Y的一种单质在自然界中硬度最大，Z与Y同周期且Z基态原子核外有2个未成对电子，M与Z同主族。下列说法一定正确的是A.X与Y能形成直线型分子 B.第一电离能：M>ZC.氧化物对应的水化物的酸性：W>M D.沸点：X2M>X2Z【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、W是五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的半径在主族元素中最小，X为H元素；Y的一种单质在自然界中硬度最大，Y为C元素；Z与Y同周期且Z基态原子核外有2个未成对电子，结合原子序数可知Z为O元素；M与Z同主族，M为S元素，W的原子序数最大，W为Cl元素。【详解】A．X与Y能形成直线型分子为乙炔，故A正确；B．同主族从上到下元素的第一电离能减小，则第一电离能：M＜Z，故B错误；C．同周期主族元素从左到右元素的非金属性增强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞M，不是最高价含氧酸无此规律，故C错误；D．水分子间含氢键，则沸点：X2M＜X2Z，故D错误；故选A。13.苯的溴化反应机理如下所示，下列说法正确的是①C6H6+Br2→C6H6Br++Br-慢反应②C6H6Br+→C6H5Br+H+快反应A.已知反应①△H>0，故苯的溴化反应是吸热反应B.苯的溴化反应速率主要由反应②决定C.FeBr3的催化机理：反应过程中产生了[Br+][]，有利于反应①进行D.苯与ICl反应可能得到氯苯【答案】C【解析】【详解】A．已知反应①△H>0，题目信息不知道反应②是吸热反应还是放热反应，所以不能进行判断，A错误；B．化学反应速率由慢反应决定，所以苯的溴化反应速率主要由反应①决定，B错误；C．反应过程中的催化机理为：产生了[Br+][]，有利于反应①进行，C正确；D．在反应中，‌ICl作为氯化剂和氧化剂，‌其中的I原子显示出+1的化合价，‌而Cl原子显示出-1的化合价，根据取代反应的原则，‌电性相反的原子或原子团相互结合形成化合物，‌从而促使苯环上的一个氢原子被ICl中的I原子取代，‌生成一碘化苯（‌苯环上的一个氢原子被碘原子取代的产物）‌和氯化氢（‌HCl）‌，D错误；故选C。14.利用下图装置研究铁的电化学腐蚀与防护，下列说法不正确的是A.若M为锌棒，开关K掷于A处，可减缓铁的腐蚀B.若M为碳棒，开关K分别掷于B、C处，铁的腐蚀速率：C>BC.可用K3[Fe(CN)6]溶液检验铁是否发生腐蚀D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢【答案】B【解析】【分析】当K与A相连形成原电池，当K与B、C相连形成电解池，与B相连时M为阴极，Fe为阳极，Fe被腐蚀，与C相连时，M为阳极，Fe为阴极，被保护，据此回答。【详解】A．若M为锌棒，开关K掷于A处，M为负极，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，A正确；B．若M为碳棒，开关K分别掷于B、C处，与B相连时M为阴极，Fe为阳极，Fe被腐蚀，与C相连时，M为阳极，Fe为阴极，被保护，铁的腐蚀速率：B>C，B错误；C．可用K3[Fe(CN)6]溶液检验铁是否发生腐蚀，腐蚀产生的Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，C正确；D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，因为海水中电解质离子浓度大，腐蚀速率快，D正确；故选B。15.已知：25℃时，Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13，Ksp(ZnS)=1.6×10-24，下列说法不正确的是A.0.1mol/LH2S溶液的pH约为4B.向pH=5H2S溶液中加入少量pH=5的稀盐酸，pH几乎不变C.0.1mol/LNa2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)D.1L1mol/L盐酸最多可以溶解0.5molZnS【答案】CD【解析】【详解】A．0.1mol/LH2S溶液中，第二步电离很微弱，溶液中，则，则，溶液的pH约为4，A正确；B．向pH=5的H2S溶液中加入少量pH=5的稀盐酸，溶液中始终保持不变，则pH不变，B正确；C．0.1mol/LNa2S溶液中存在，钠离子不水解，的水解分两步进行：、，，，对于第一级水解，设达平衡时c(OH-)=xmol/L，，，解得x=0.057mol/L，即c(OH-)=0.057mol/L，则c(S2-)=0.043mol/L，对于第二级水解，设达平衡时c(H2S)=ymol/L，，因为，所以c(HS-)=0.057-y0.057+y0.057mol/L，解得c(H2S)=9.110-8mol/L，所以，C错误；D．根据反应：，平衡常数：，常温下饱和H2S溶液浓度约为0.1mol/L，由A选项可知若D正确，则，则D错误；故选CD16.下列实验方案设计、现象和结论均正确的是实验方案现象结论A向0.1mol/L稀盐酸中加入少量NaHCO3固体，测量溶液温度变化溶液温度下降(aq)+H+(aq)=H2O(l)+CO2(g)△H>0B向2mL0.1mol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)C向1mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.1mol/LKI溶液，充分反应后再加入2mLCCl4，振荡后静置，取上层清液滴加KSCN溶液上层清液变红色Fe3+与I-反应存在限度D向含有酚酞的NaOH溶液中滴入新制氯水溶液由红色变无色氯水中存在酸性物质A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向0.1mol/L稀盐酸中加入少量NaHCO3固体，测量溶液温度变化，溶液温度下降，NaHCO3固体溶解可能吸热，由实验操作和现象，不能证明反应为吸热反应，故A错误；B．向2mL0.1mol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液，反应后，AgNO3有剩余，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液，KI可能与AgNO3直接反应，而不是与AgCl反应，不能说明AgCl转化为AgI、AgI溶解度小于AgCl，故B错误；C．向1mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.1mol/LKI溶液，氯化铁不足，充分反应后再加入2mLCCl4，振荡后静置，取上层清液滴加KSCN溶液，上层清液变红色，可知铁离子不能完全转化，Fe3+与I-反应存在限度，故C正确；D．向含有酚酞的NaOH溶液中滴入新制氯水，溶液由红色变无色，氯水中存在酸性物质中和碱或存在强氧化性物质，能将酚酞氧化，故D错误；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.2023年诺贝尔化学奖授予了三位研究量子点(尺寸为2~20nm)的科学家。图1是一种量子点的结构，图2是CdSe的一种晶胞图。请回答：（1）基态34Se原子价层电子排布式为__________。（2）下列说法不正确的是__________。A.电负性：C<O<N B.已知Cd与Zn同族，则Cd位于IIB族C.图1中碳原子均为sp²杂化 D.图1中Ru²⁺的配位数为6（3）量子点可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，该现象属于__________变化(填“物理”或“化学”)。（4）Se和S位于同主族，S8为八元环状结构，S-S-S的键角最接近__________(填“105°”或“120°”)，理由是__________。（5）CdSe晶体中，离Cd原子距离最近且相等的Se原子有__________个，每个晶胞中含有__________个Se原子。【答案】（1）4s24p4（2）AC（3）物理（4）①.105°②.S的杂化类型为sp3杂化，孤电子对数为2且孤电子对有较大的排斥力（5）①.4②.2【解析】【小问1详解】基态34Se原子的价层电子排布式为4s24p4；【小问2详解】A．非金属性越强，电负性越大，所以电负性：C＜N＜O，A错误；B．已知Cd与Zn同族，则Cd位于IIB族，B正确；C．图1中单键碳为sp3杂化，双键碳为sp2杂化，C错误；D．根据结构简式可知，图1中Ru2+的配位数为6，D正确；故选AC；【小问3详解】量子点可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，该现象属于物理变化，没有新物质生成；【小问4详解】Se和S位于同主族，S8为八元环状结构，价层电子数为，杂化类型为sp3杂化，孤电子对数为2且孤电子对有较大排斥力大，所以S-S-S的键角最接近105°；【小问5详解】根据晶胞图可知，每个Cd连了4个Se，4个Se距离Cd相等，所以CdSe晶体中，离Cd原子距离最近且相等的Se原子有4个，Cd在面心和内部，均摊为，根据化学式可知，每个晶胞中含有2个Se。18.如图为制硝酸的流程图。请回答：（1）工业生产中，物质A应选择_________(填“空气”或“氧气”)。（2）下列说法正确的是_________。A.氨分离器得到的气体可循环使用B.热交换器可将接触氧化后的气体冷却并预热AC.从氧化炉进入吸收塔的气体主要是NOD.吸收塔中通入A可提高硝酸的产率（3）以NO2为例，写出尾气处理装置中反应的化学方程式_________。（4）写出足量氨气与光气(COCl2)反应生成尿素[CO(NH2)2]的化学方程式_________。（5）向CuSO4溶液中依次加入氨水和乙醇可得[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体，设计实验证明该晶体中含有N元素(已知CuS不溶于氨水)_________。【答案】（1）空气（2）ABD（3）（4）（5）取少量晶体溶于水，加入足量的Na2S过滤，滤液中加入足量NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有N元素【解析】【分析】合成塔中发生工业合成氨的反应，，将氨分离出来，在接触氧化器中发生氨的催化氧化的反应，方程式为，氨的催化氧化反应是放热反应，通过热交换器将物质A预热，同时降低气体本身温度，NO气体进入氧化炉中，与物质A发生反应，则物质A为空气或氧气，NO被氧化的方程式为，生成的NO2气体在吸收塔中与水发生反应生成硝酸和NO，化学方程式为，尾气中含有氮氧化物均可以被NaOH溶液吸收，据此解答。【小问1详解】物质A作用是提供氧气，工业生产中可以为节约成本选择空气，故答案为：空气；【小问2详解】A．氨分离器得到的气体为N2和H2，可以在合成塔中循环使用，故A正确；B．由分析可知，热交换器可将接触氧化后的气体冷却并预热A，故B正确；C．由分析可知，从氧化炉进入吸收塔的气体主要是NO2，故C错误；D．吸收塔中通入A可将反应中产生的NO继续氧化为NO2，提高硝酸的产率，故D正确；故选ABD；【小问3详解】尾气处理中NO2被Na2CO3溶液吸收，方程式为，故答案为：；【小问4详解】足量氨气与光气(COCl2)反应生成尿素[CO(NH2)2]的化学方程式为，故答案为：；【小问5详解】欲证明[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O中含有N元素，可以用湿润的红色石蕊试纸去检验氨气，结合题目中已知条件CuS不溶于氨水，可以向溶液中加入足量的Na2S，过滤，滤液中加入足量NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有N元素，故答案为：取少量晶体溶于水，加入足量的Na2S过滤，滤液中加入足量NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有N元素。19.(一)杭州亚运会主火炬的燃料被称为是“零碳甲醇”，即从生产甲醇到燃烧甲醇，产生、消耗的二氧化碳量实现完全中和。（1）已知：

H2(g)CH3OH(1)燃烧热H(kJ•mol-1)-285.8-726.5“零碳甲醇”可通过以下总反应合成，该反应的△H=_________kJ/mol。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)（2）某温度下，向容积固定为0.5L的密闭容器中通入2molCO2与4molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，平衡时CO2的转化率为50%，不考虑副反应，该反应的平衡常数K=__________。(二)恒压5MPa、投料比n(CO2)：n(H2)=1：3时发生反应I和Ⅱ。I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49.3kJ/molⅡ．CO2(g)+3H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.2kJ/mol某研究小组探究两组催化剂(CZA-1与CZA-2)在相同时间内对合成甲醇的影响，实验结果如图1和2所示。(CH3OH选择性=，CH3OH产率=)（3）下列说法正确的是_________。A.降低温度能提高CH3OH的平衡产率B.增大压强能提高CO2平衡转化率C.CZA-1的催化效率高于CZA-2D.增大n(CO2)：n(H2)的投料比一定能提高CO2的转化率（4）使用CZA-2催化剂，温度高于240℃时，CO2转化率升高但甲醇选择性下降的原因是_________。（5）在图3中画出使用CZA-1催化剂时，CH3OH产率随温度变化的趋势_________。【答案】（1）-130.9kJ/mol（2）0.25（3）ABC（4）CZA-2催化剂活性下降使反应Ⅰ速率减小，温度升高使反应Ⅱ速率增大的程度大于反应Ⅰ速率减小的程度（5）【解析】【小问1详解】H2燃烧热的热化学方程式为CH3OH燃烧热的热化学方程式为：根据盖斯定律，3×①-②得到CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)，则=3×(-285.8)+726.5=-130.9kJ/mol；【小问2详解】向容积固定为0.5L的密闭容器中通入2molCO2与4molH2，平衡时CO2的转化率为50%，列出三段式：，该反应的平衡常数K=；【小问3详解】A．降低温度，Ⅰ正向移动，能提高CH3OH的平衡产率，A正确；B．增大压强Ⅰ和Ⅱ均正向移动，能提高CO2的平衡转化率，B正确；C．由图1和2可知，CZA-1的催化效率高于CZA-2，C正确；D．增大n(CO2)：n(H2)的投料比，相当于增大CO2的量，可以提高H2的转化率，但是CO2的转化率降低，D错误；故选ABC。【小问4详解】使用CZA-2催化剂，温度高于240℃时，CO2转化率升高但甲醇选择性下降的原因是：CZA-2催化剂活性下降使反应Ⅰ速率减小，温度升高使反应Ⅱ速率增大的程度大于反应Ⅰ速率减小的程度；【小问5详解】使用CZA-1催化剂过程中，200-240℃时，随着温度升高，反应速率加快，CH3OH产率增大，高于240℃时，CZA-1催化剂活性下降使反应Ⅰ速率减小，CH3OH产率减小，即CH3OH产率随温度变化的趋势为先增大后减小，趋势图表示如下：。20.摩尔盐的化学式为((NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O)，摩尔质量为392g/mol，常用来配制亚铁离子的标准溶液。实验室制备摩尔盐的流程如下：已知不同温度下三种盐的溶解度((g/100gH2O)如下：温度/℃FeSO4(NH4)2SO4(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O1020.073.017.22026.575.421.63032.978.028.1请回答：（1）步骤Ⅳ系列操作包含蒸发浓缩、________。蒸发装置如图所示，仪器a的名称为________。（2）下列说法正确的是________。A.可用热的Na2CO3溶液洗去铁屑表面的油污B.为了加快反应速率，可用浓硫酸代替3mol/L稀硫酸C.步骤Ⅱ的目的是除去杂质并防止FeSO4析出D.常温下，可用蒸馏水洗涤摩尔盐粗产品（3）可用0.01000mol/L酸性K2Cr2O7标准溶液滴定摩尔盐，操作顺序：________。③→________→________→④→⑤→________→________。(填入合理的操作步骤序号)①用少量待测液润洗锥形瓶。②重复实验2次。③检查酸式滴定管是否漏水，并用少量蒸馏水洗涤酸式滴定管。④取2.500g固体溶于水并加入硫酸、磷酸，配制成250mL溶液。⑤取25.00mL待测液于锥形瓶中，滴加数滴无色二苯胺磺酸钠指示剂。⑥开始滴定，当溶液由绿色变为紫色且30s不变色时，记录读数。⑦用少量标准溶液润洗酸式滴定管，将润洗液从滴定管下口放出。⑧用少量标准溶液润洗酸式滴定管，将润洗液从滴定管上口倒出。⑨向酸式滴定管中加入标准溶液，排出气泡，调节液面至“0”刻度，记录读数。（4）已知：Fe2+++H+→Fe3++Cr3+(绿色)+H2O(未配平)。某同学按照正确操作进行了3次平行实验，平均消耗0.01000mol/L酸性K2Cr2O710.00mL(已知杂质不参与反应、Fe3+在该体系中以无色配离子形式存在)。①样品中摩尔盐质量分数为________%(保留两位小数)。②滴定终点由绿色变为紫色的原因是______________。【答案】（1）①.冷却结晶②.蒸发皿（2）AC（3）⑦；⑨；⑥；②（4）①.94.08%②.滴定终点时，指示剂被K2Cr2O7溶液氧化【解析】【分析】实验室制备摩尔盐，首先铁屑和稀硫酸发生反应，水浴加热后趁热过滤，除去杂质，溶解度随温度升高而增大，则趁热过滤可防止结晶析出，加入硫酸铵，制备摩尔盐，调节pH后溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到摩尔盐。【小问1详解】由分析可知步骤Ⅳ系列操作包含蒸发浓缩、冷却结晶，图中a仪器为蒸发皿，故答案为：冷却结晶；蒸发皿；【小问2详解】A．油污可在碱性环境