浙江省县城教研联盟高三下学期三模化学试题

2023～2024学年第二学期浙江省县域教研联盟高三年级模拟考试化学考生须知：1.本试题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，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷。4.学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Fe56Cu64Se79Ba137选择题部分(共48分)一、选择题(本大题共16个小题。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.下列物质只含有共价键且其水溶液显酸性的是A.HCl B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．HCl中只含共价键HCl，且水溶液呈酸性，A符合题意；B．含有共价键和离子键，水溶液呈酸性，B不符合题意；C．只含共价键，水溶液呈碱性，C不符合题意；D．含有共价键和离子键，水溶液呈碱性，D不符合题意；故选A。2.明矾应用广泛，下列说法不正确的是A.明矾属于复盐B.明矾溶液和小苏打溶液混合可以生成气体C.明矾大晶体的培养可以通过形状完整的小晶体作为晶核D.明矾可以用作净水剂，是因为明矾溶于水生成了氢氧化铝沉淀【答案】D【解析】【详解】A．明矾含有铝离子和钾离子两种阳离子，属于复盐，A正确；B．明矾溶液中含有Al3+，Al3+和碳酸氢钠溶液会发生双水解反应生成气体，B正确；C．选用形状较为规则的小明矾晶体作晶核，更有利于晶体的完美析出，C正确；D．明矾可以用作净水剂，是因为明矾溶于水生成了氢氧化铝胶体，D错误；故选D。3.下列表示正确的是A.镁原子最外层电子云轮廓图：B.聚1，3丁二烯：C.碳酸的结构简式：D.p轨道和p轨道形成的σ键：【答案】C【解析】【详解】A．基态镁原子的最外层电子排布为3s2，s能级电子云轮廓图为球形，图示为哑铃形，故A错误；B．1，3丁二烯通过加聚反应生成聚1，3丁二烯，聚1，3丁二烯的结构简式为，故B错误；C．碳酸的结构简式为，故C正确；D．p轨道和p轨道形成的σ键为，故D错误；故选C。4.制备高铁酸钠()的一种方法是：，下列说法不正确的是A.作还原剂B.是还原产物C.是一种新型绿色消毒剂，可用于饮用水的处理D.每生成，电子转移总数为(为阿伏加德罗常数的值)【答案】D【解析】【详解】A．在反应中，铁的价态从＋3价升高为＋6，所以作还原剂，故A正确；B．在反应中氯的价态从＋1价降低为－1价，发生还原反应，所以是还原产物，故B正确；C．具有强氧化性，可消毒杀菌；的还原产物水解生成氢氧化铁胶体可吸附水中杂质，可用于饮用水的处理，故C正确；D．由方程式可知，每生成，转移电子6mol，转移总数为，故D错误；故选D。5.在溶液中能大量共存的离子组是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】B【解析】【详解】A．铜离子和碳酸根离子会反应，不能大量共存，A错误；B．选项所给离子间不相互反应，可以大量共存，B正确；C．银离子和氢氧根离子会生成氢氧化银沉淀并转化为氧化银，不能大量共存，C错误；D．酸性条件下硝酸根有强氧化性，会氧化有还原性的二价铁离子，不能大量共存，D错误；答案选B。6.以等为原料制备亚氯酸钠(，有强氧化性和漂白性，其溶液受热易分解)的工艺流程如下：下列说法不正确的是A.试剂X可以是和NaOH的混合液B.操作是减压蒸发，操作是重结晶C.常温下，亚氯酸()比亚氯酸钠更稳定D.酸性介质中还原氯酸钠()可制得原料【答案】C【解析】【分析】以ClO2等为原料制备亚氯酸钠NaClO2，氯的化合价从+4变为+3，化合价降低，得电子，需要加入还原剂X，同时X中需要含钠元素，溶液A中已经生成NaClO2，由于其溶液受热易分解，故需要减压蒸发(操作I)，在冷却结晶，过滤后得粗产品，粗产品已经是结晶得到，故进一步重结晶(操作Ⅲ)得较纯产品。【详解】A．H2O2可以失电子做还原剂，同时加氢氧化钠引入钠离子，故试剂X可以是H2O2和NaOH的混合液，A正确；B．由分析，操作Ⅰ是减压蒸发，操作Ⅲ是重结晶，B正确；C．在碱性溶液中NaClO2相对稳定,在酸性溶液中，和H+结合为HClO2，不稳定，易分解产生Cl2、ClO2和H2O，C错误；D．氯酸钠(NaClO3)制ClO2，氯元素化合价从+5变为+4，化合价降低，得电子，需要加入还原剂，D正确；本题选C。7.化学与人类健康关系密切，下列说法正确的是A.在葡萄酒中添加适量的主要目的是调节葡萄酒的酸度B.制作豆腐时可以用石膏或胆矾“点卤”C.氯化镁、亚硝酸钠、山梨酸钾、三聚氰胺等均可以用作食品添加剂D.膳食纤维是人体七大营养素之一，难以在人体内水解为葡萄糖加以吸收利用【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中添加适量的主要目的是作抗氧化剂，A错误；B．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，制作豆腐时不能用胆矾“点卤”，B错误；C．氯化镁、亚硝酸钠、山梨酸钾等均可以用作食品添加剂，三聚氰胺不能，C错误；D．人体没有能水解纤维素的酶，因此膳食纤维难以在人体内水解为葡萄糖加以吸收利用，D正确；答案选D。8.实验室模拟侯氏制碱过程中，下列图示装置和原理能达到实验目的的是A．制取氨气B．制取C．分离D．制取A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．应该加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，故A错误；B．二氧化碳通入饱和氨盐水中制取碳酸氢钠，通入二氧化碳的导气管应伸到液面以下，故B错误；C．用过滤法从母液中分离出碳酸氢钠固体，故C正确；D．加热碳酸氢钠应在坩埚中灼烧而不是用烧杯，故D错误；答案选C。9.下列说法不正确的是A.肥皂的主要成分是硬脂酸钠，其去污的主要原理是水解呈碱性B.C60和C70可以通过“分子识别”加以分离C.色谱分析法是一种物质分离的分析方法，也可以对反应进程进行跟踪D.核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子【答案】A【解析】【详解】A．硬脂酸钠在水溶液中电离成钠离子和硬脂酸根离子(C17H35COO)，硬脂酸根离子由两部分组成，一部分[CH3(CH2)16]与油脂的亲和力大，是亲油基团；另一部分[COO]与水的亲和力大，是亲水基团。将沾了油污的衣物擦上肥皂搓洗时硬脂酸根离子一头“拉着油”，另一头“拉着水”，将油污“拖下水”，从而将衣物洗净，而不是依靠水解，A错误；B．C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的“分子识别”的特征，B正确；C．由于不同物质在层析液中的扩散速度不同可以进行分离，则色谱分析法是一种物质分离的分析方法，也可以对反应进程进行跟踪，C正确；D．核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，D正确；故答案为：A。10.下列反应的离子方程式正确的是A.向溶液中滴加稀盐酸：B.用饱和碳酸钠溶液浸泡沉淀：C.Al与NaOH溶液反应：D.向溶液中加入过量溶液：【答案】B【解析】【详解】A．硅酸钠是强电解质且易溶，所以需要拆为离子形式，正确的离子方程式为+2H+=H2SiO3↓，A错误；B．用饱和碳酸钠溶液浸泡BaSO4沉淀，由于碳酸钡更难溶，沉淀发生转化，硫酸钡沉淀转化为碳酸钡沉淀，选项所给离子方程式正确，B正确；C．铝是两性金属，可以和氢氧化钠溶液反应生成六羟基合铝酸钠、氢气，离子方程式为2Al+2OH−+6H2O=2Al(OH)+3H2↑，C错误；D．向FeCl3溶液中加入过量Na2S溶液，由于硫离子过量，亚铁离子与其会生成FeS沉淀，正确的离子方程式为2Fe3++3S2−=2FeS↓+S↓，D错误；故选B。11.某药物A有如下转化关系：下列说法中不正确的是A.药物A的分子结构中含有酚羟基和羧基B.药物A的分子式为C.在上述转化关系中，药物A分别与、发生的均为取代反应D.1mol药物A能与3molNaOH发生反应【答案】C【解析】【分析】药物A可以和氯化铁发生显色反应，即存在酚羟基，能与醇发生酯化反应，即存在羧基，能与碳酸钠溶液反应，根据与乙醇酯化反应产物的分子式和与碳酸钠溶液反应产物的分子式，可得A的分子式为，与碳酸钠溶液反应后得产物中存在3个Na，即A中有2个酚羟基，1个羧基，A与溴的四氯化碳溶液加成得到C9H8Br2O4，可以知道含有碳碳双键，即A的一种可能结构为（符合条件的结构有多种，此处为方便分析，写出一种）。【详解】A．药物A可以和氯化铁发生显色反应，即存在酚羟基，能与醇发生酯化反应，即存在羧基，故A正确；B．由分析得，A的分子式为，故B正确；C．根据分析，药物A与Br2发生加成反应，故C错误；D．A中有2个酚羟基，1个羧基，1mol药物A能与3molNaOH发生反应，故D正确；故选C。12.已知W、X、Y、Z的原子序数依次递增，其元素性质或原子结构特征如下：元素元素性质或原子结构特征W是宇宙中含量最多的元素X元素原子最高能级不同轨道都有电子，且自旋方向相同Y原子核外s能级上电子总数与p能级上的电子总数相等，第一电离能低于同周期相邻元素Z价层电子数等于其电子层数下列说法正确的是A.化合物的VSEPR模型名称为三角锥形B.的中心原子采用杂化C.中WYW键角比中的小D.组成为ZX的化合物属于分子晶体，是新型无机材料【答案】B【解析】【分析】H元素是宇宙中含量最多的元素，因此W是H元素；X元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，X元素为N元素；由于Y元素第一电离能都低于同周期相邻元素，Y元素可能为O，可能为S，但是由于原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，因此Y元素为O元素；由W、X、Y、Z的原子序数依次递增且Z价层电子数等于其电子层数可知，Z为Al元素。【详解】A．XW3即NH3，N上有一对孤电子对，价层电子对数4，VSEPR模型名称为正四面体形，A错误；B．W3Y+即H3O+，O上有一对孤电子对，价层电子对数为4，中心原子O为sp3杂化，B正确；C．两种粒子的中心原子氧原子都为sp3杂化，H3O+中心原子氧原子有一对孤电子对，而H2O中心原子氧原子有两对孤电子对，孤对电子对成键电子的斥力更大，使H2O中的HOH键更小，C错误；D．ZX是AlN，是新型无机材料，属于共价晶体，D错误；本题选B。13.精确测量金属离子在惰性电极上以镀层形式沉积的金属质量，可以确定电解过程中通过电解池的电量。实际测量中，常用银电量计，如下图所示。下列说法不正确的是A.电量计中的银棒应与电源的正极相连B.铂坩埚上发生的电极反应是：C.实验中，为了避免银溶解过程中可能产生的金属颗粒掉进铂坩埚而导致测量误差，常在银电极附近增加一个收集网袋。若没有收集网袋，测量结果会偏高D.若要测定电解饱和食盐水时通过的电量，可将该银电量计中的银棒与待测电解池的阳极相连，铂坩埚与电源的负极相连【答案】D【解析】【分析】要精确测量金属离子在惰性电极上以镀层形式沉积的金属质量，需要让银棒为阳极，铂为阴极，Ag+在阴极得到电子生成Ag，通过测量铂坩埚质量的增加量来测量转移电子的物质的量，以此解答。【详解】A．由分析可知，电量计中的银棒为阳极，应与电源的正极相连，A正确；B．由分析可知，银棒与电源正极相连，铂与负极相连，铂上发生的电极反应为：，B正确；C．若没有收集网袋，则导致铂坩埚的质量偏大，使得测量金属质量的结果会偏高，计算出的电量偏高，C正确；D．银棒与待测电解池的阳极相连时，银做阳极，失去电子生成银离子而溶解，Ag+与Cl结合生成氯化银沉淀，且阴极没有金属沉积，所以电解食盐水时通过的电量不能用该方法测量，D错误；故选D。14.文献报道，和PO(环氧丙烷)共聚生成主产物PPC(聚碳酸丙烯酯)和副产物CPC(环状碳酸丙烯酯)。其能量与时间变化如图所示。下列说法正确的是A.B.由图可知，相同条件下，由于，主反应的速率低于副反应速率C.实际生产中，可以通过催化剂的选择性来抑制CPC的生成D.由和PO生成CPC的焓变为：【答案】C【解析】【详解】A．均为负值，根据图示，，故A错误；B．活化能越小反应速率越快，由图可知，相同条件下，由于，主反应的速率高于副反应速率，故B错误；C．催化剂具有选择性，实际生产中，可以通过催化剂的选择性来抑制CPC的生成，故C正确；D．根据图示，由和PO生成CPC的焓变为：，故D错误；答案选C。15.25℃时，氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略体积变化)，得到、与溶液pH的变化关系，如下图所示：已知：①固态氟化氢中存在形式；②。下列说法不正确的是A.常温下NaF溶液呈碱性B.固态氟化氢中存在，其链状结构可表示为：C.HF的电离平衡常数的值为D.溶液与溶液等体积混合，调节混合液pH为3.45(忽略调节混合液体积的变化)，无沉淀产生【答案】D【解析】【详解】A．NaF为强碱弱酸盐，常温下由于氟离子水解，所以NaF溶液呈碱性，故A正确；B．F具有较强的电负性，可以与氢原子形成氢键，所以其链状结构可表示为：，故B正确；C．根据电离方程式，可知；，故C正确；D．pH=3.45，，而溶液中的，，有少量沉淀产生，故D错误；故选D。16.下列实验目的、方案设计和现象、结论都正确的是选项实验操作实验现象实验结论A为验证某固体是还是，室温下取少量固体于试管中，插入温度计，加几滴水。温度降低该固体是B常温下，用pH计分别测定等体积溶液和溶液的pHpH均为7同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同C向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液无明显现象与的配位能力强于D在某待检溶液中，滴加NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体试纸变蓝色该待检溶液中一定含有A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，温度降低证明固体是碳酸氢钠，故A错误；B．中和发生相互促进的双水解，由于水解能力一致，使得溶液呈中性，浓度越大，水的电离程度越大，故B错误；C．Fe3+与SCN可形成红色络合物，向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，无明显现象，说明与的配位能力强于，故C正确；D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，若该溶液是酰胺类物质，与氢氧化钠加热可生成氨气，则不能证明该溶液中含有，故D错误；故选C。非选择题部分(共52分)二、非选择题(本大题共5个小题，共52分)17.过渡元素在材料和化工生产中占有重要地位。（1）中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在()，写出氯化铁双聚分子的结构式___________。（2）元素Mn和Fe的部分电离能如下表所示，发现Mn元素的第三电离能()要大于Fe元素的第三电离能，原因是___________。元素MnFe电离能()7177591509156132482957（3）Mn的一种配合物化学式为，下列说法正确的是___________。A.与Mn原子配位时，提供孤电子对的是C原子B.电负性：H<C<N<OC.中两个C原子的杂化类型均为D.中σ键与π键数目之比为5：2（4）某晶体的晶胞如图1所示，Cu可以完全取代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。①其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。②下列关于晶体的说法正确的是___________。A．晶体的形成与晶体的自范性有关B．测定某一固体是否属于晶体可以用X射线衍射仪进行实验C．晶体和非晶体的根本区别在于固体是否有规则的几何外形D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性E．晶胞是晶体结构中最小的重复单元【答案】（1）（2）的价层电子排布为，是半充满状态，比较稳定；的价层电子排布为，再失去一个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定的状态（3）BD（4）①.②.ABE【解析】【小问1详解】Fe提供空轨道，Cl提供孤电子对，氯化铁中以双聚分子存在的结构式为：，故答案为；【小问2详解】锰元素位于第四周期第ⅦB族，其基态原子的价电子排布式为：3d54s2，则其基态的价电子排布式：3d5；由转化为时，3d能级由较稳定的半充满状态转变为不稳定的状态需要的能量较多；而转化为时，3d能级由不稳定的状态转变为较稳定的半充满状态需要的能量相对要少，故气态再失去1个电子比气态再失去1个电子难，故答案为：的价层电子排布为，是半充满状态，比较稳定；的价层电子排布为，再失去一个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定的状态；【小问3详解】A．CH3CN中N有孤电子对，C没有孤电子对，因此CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是N原子，故A错误；B．同周期电负性从左到右逐渐增强，所以电负性：H<C<N<O，故B正确；C．中，甲基中的C原子为sp3杂化，氰基的C原子为sp杂化，故C错误；D．中存在一个碳氮叁键，所以σ键与π键数目之比为5：2，故D正确；故选BD。【小问4详解】①Cu替代b位置Fe型能量更高，更不稳定，则1个晶胞中Fe原子数为，Cu原子数为，N原子数为1，则更稳定的Cu替代型产物的化学式为，故答案为：；②A．在一定条件下，物质能形成具有几何形状的晶体，这个形成过程与晶体的自范性有关，故A正确；B．同一条件下，当单一波长的X射线通过晶体和非晶体时，摄取的图谱是不同的，非晶体图谱中看不到分立的斑点或明锐的谱线，故B正确；C．晶体和非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，不在于是否有规则的几何外形，故C错误；D．玻璃是非晶体，没有自范性，故D错误；E．晶胞是体现晶体结构的基本单位，一个晶胞内表达了晶体排列中的完整的一个重复单元，晶体可以由一个个晶胞重复排列而成的，故E正确；故答案为：ABE。18.一种制备的工艺路线如图所示。反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。已知：常温下，的电离平衡常数，。请回答：（1）反应的化学方程式为___________。（2）反应的离子反应方程式为___________。（3）下列说法正确的是___________。A.反应、、均为氧化还原反应B.低温真空蒸发主要目的是防止分解C.溶液Y可循环用于反应所在操作单元吸收气体D.若产量不变，参与反应的X与物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少（4）反应需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，原因是___________(结合离子反应方程式和必要的文字说明)。（5）请用实验验证反应后的溶液中存在的阳离子___________。【答案】（1）（2）（3）CD（4）反应发生反应，反应过程中酸性越来越强，使发生歧化反应（5）用洁净的铂丝蘸取溶液，放在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明存在；用玻璃棒蘸取溶液，滴加到pH试纸上，试纸变红色，说明存在【解析】【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Kal=1.3×10−2,Ka2=6.3×10−8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，气体Ⅱ为CO2，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O的离子方程式是+2Cu2++2H2O=+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，据此分析解答。【小问1详解】由分析，反应I是铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体和硫酸铜，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；【小问2详解】由分析，反应Ⅱ是二氧化硫气体与碳酸钠反应生成二氧化碳和亚硫酸氢钠，离子反应方程式为2SO2++H2O=2+CO2；【小问3详解】A．反应Ⅱ是二氧化硫气体与碳酸钠反应生成二氧化碳和亚硫酸氢钠，不是氧化还原反应，A错误；B．由分析，低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，B错误；C．溶液Y是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体SO2，C正确；D．X为Na2SO3，是强碱弱酸盐，显碱性，若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的Na2SO3与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少，D正确；故选CD；【小问4详解】反应Ⅲ发生反应+2Cu2++2H2O=+Cu2O↓+4H+，反应过程中酸性越来越强，可能会使Na2SO3转化成SO2气体、Cu2O发生歧化反应，故反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行；【小问5详解】反应Ⅲ后的溶液中存在的阳离子为Na+和H+，分别用实验验证的方法是：用洁净的铂丝蘸取溶液，放在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明存在Na+；用玻璃棒蘸取溶液，滴加到pH试纸上，试纸变红色，说明存在H+。19.随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。将氯化氢转化为氯气的技术成为化学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为：请回答：（1）下列措施中，有利于提高(平衡转化率)的有___________(填字母)。A.增大 B.增大 C.使用更好的催化剂 D.移去 E.增大压强（2）下图为刚性容器中，进料浓度比分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：①图中进料浓度比的曲线是___________。②设HCl初始浓度为，根据进料浓度比的数据计算：K(400℃)=___________(只需要列出计算式即可，不必化简)。③进料浓度比过低产生的不利影响是___________。④400℃时，若HCl和的物质的量之比为，相应平衡体系中的物质的量分数为x，请在下图中绘制x随n变化的示意图_______。（3）科学家采用碳基电极材料将氯化氢转化为氯气的新方法，如图所示，写出电极a附近涉及的所有反应___________。【答案】（1）BDE（2）①.曲线②.③.O2和Cl2分离能耗较高④.（3）、【解析】【小问1详解】A．增大氯化氢的物质的量，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但氯化氢的转化率减小，故错误；B．增大氧气的物质的量，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，氯化氢的转化率增大，故正确；C．使用更好的催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，氯化氢的转化率不变，故错误；D．移去水蒸气，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氯化氢的转化率增大，故正确；E．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，但氯化氢的转化率增大，故正确；故选BDE；【小问2详解】①氯化氢和氧气的进料浓度比增大相当于增大氯化氢浓度，平衡向正反应方向移动，但氯化氢的转化率减小，则相同温度时，氯化氢和氧气的进料浓度比为7：1时，氯化氢的转化率最小，由图可知，相同温度时，曲线Ⅲ表示的氯化氢转化率最小，则曲线Ⅲ表示氯化氢和氧气的进料浓度比为7：1时氯化氢的转化率与温度的变化，故答案为：曲线Ⅲ；②由图可知，氯化氢初始浓度为c0，温度为400℃，氯化氢和氧气的进料浓度比为1：1反应达到平衡时，氯化氢的转化率为84%，由题意可建立如下三段式：由三段式数据可知，反应的平衡常数K==，故答案为：；③由方程式可知，氯化氢和氧气的进料浓度比过低时，反应制得的氯气中混有过量的氧气，分离氯气和氧气的能耗较高，会导致制备氯气的成本提高，故答案为：O2和Cl2分离能耗较高；④氯化氢和氧气的进料物质的量比n：1增大相当于增大氯化氢浓度，平衡向正反应方向移动，但氯化氢的转化率减小，由方程式可知，400℃时，氯化氢和氧气的进料物质的量比为4：1反应达到平衡时，氯化氢的转化率最大，由图可知，温度为400℃，氯化氢和氧气的进料浓度比为4：1反应达到平衡时，氯化氢的转化率为76%，设起始氯化氢和氧气的物质的量分别为4mol和1mol，由题意可建立如下三段式：由三段式数据可知，平衡时氯气的物质的量分数为=0.36，则氯气的物质的量分数随n变化的示意图为；【小问3详解】由图可知，与直流电源负极相连的电极a为原电池的阴极，铁离子在阴极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，电极反应式为，生成的亚铁离子酸性条件下与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：；。20.碘化锡()主要用于制造有机锡配合物。某小组利用单质锡和碘制备碘化锡，其主要实验流程如下(反应装置见下图，夹持仪器略去)：已知：①无水碘化锡为橙红色立方晶体，空气中受潮易水解，熔点145.7℃，沸点364.5℃。②碘化锡在丙酮和热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小。③石油醚的沸点为60～90℃，碘单质的升华温度为45～77℃。请回答：（1）反应装置中仪器X的名称是___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.将锡片剪成细小碎片、碘磨细的原因是充分反应，同时提高反应速率B.仪器X的作用是吸收石油醚，防止石油醚扩散到空气中C.步骤可以不转移反应液，直接在原反应装置(圆底烧瓶)中进行后续操作D.步骤采用蒸发结晶比冷却结晶更好（3）反应装置中，为使紫色碘蒸气上升不高于冷凝管的中间部位，可采取的措施是___________。判断“反应装置”中的反应已完全的实验现象是___________。（4）步骤，圆底烧瓶中还附着四碘化锡晶体，处理的方法是___________。（5）产品中的杂质可以进一步采用重结晶法提纯。请从下列选项中选择最佳选项并进行排序。___________取碘化锡样品放入烧杯中→___________→___________→___________a．加入适量的热水b．加入适量的热的石油醚c．用冷水浴冷却结晶d．趁热过滤e．加入适量的冷的石油醚（6）该小组对制备的碘化锡产品进行性质和组成上的研究。①取适量的产品溶解在2mL丙酮中配成溶液，再加入1ml蒸馏水，产生白色无定型沉淀，写出反应的化学方程式___________。②本实验可以通过测定某些物理量来确定碘化锡的化学式，需测定的物理量有___________。【答案】（1）干燥管（2）CD（3）①.调节冷凝管的进水速度②.蒸气的紫色消失（4）用12mL热的石油醚洗涤内壁，一起转移到小烧杯中（5）bdc（6）①.②.加入锡片的总质量，剩余锡片质量，加入碘的质量【解析】【分析】过量Sn和I2以石油醚为溶剂，在反应装置中水浴加热回流反应得SnI4，生成的SnI4溶在热的石油醚中，将反应液转移至冰水中冷却，结晶后过滤出产品，并干燥。【小问1详解】由反应装置图，反应装置中仪器X的名称是干燥管；【小问2详解】A．将锡片剪成细小碎片、碘磨细，增大了反应物之间接触面积，可以使反应物充分反应，同时提高反应速率，A正确；B．装置中冷凝管连接两个干燥器，第一个即图中X的作用是是吸收石油醚，防止石油醚扩散到空气中，第二个是防止由水蒸气进入装置内与产物反应，B正确；C．由于Sn过量，如果不转移反应液，直接在原反应装置(圆底烧瓶)中进行后续操作，会导致产品中有Sn杂质，C错误；D．由于碘化锡在热的石油醚中溶解度较大，步骤Ⅳ采用蒸发结晶可能导致析出的晶体较少，产率低，D错误；故不正确的选CD；【小问3详解】反应装置中，为使紫色碘蒸气上升不高于冷凝管的中间部位，可采取的措施是调节冷凝管的进水速度，通过加快进水速度加强冷却效果，由于Sn过量，碘会被反应完，故判断“反应装