浙江省杭州市学军中学2023-2024学年高三下学期5月阶段性考试

杭州学军中学紫金港校区高三化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Si28P31S32Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cr52Cu64Ga70As75Ag108Ba137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.下列物质属于非电解质的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故A符合题意；B．Cl2是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C．是化合物，熔融状态下能导电，是电解质，故C不符合题意；D．属于弱酸，是在水溶液能导电的化合物，是电解质，故D不符合题意；答案选A。2.是一种常见的漂白剂，下列说法不正确的是A.可以用于漂白纸浆，但不可用于毛、丝等物质的漂白B.可用于杀菌消毒，是一种食品添加剂C.实验室可用70%的浓硫酸与固体反应制备少量D.是接触法制硫酸的重要中间产品【答案】A【解析】【详解】A．具有漂白性，工业上用于漂白纸浆、毛、丝等物质的漂白，A错误；B．可用于杀菌消毒，食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐、抗氧化等作用，因此还是一种食品添加剂，B正确；C．实验室制备二氧化硫，利用强酸制弱酸，可用70%的浓硫酸与固体反应制备少量，C正确；D．含硫物质先转化为再转化为，最后转化为硫酸，是接触法制硫酸的重要中间产品，D正确；故选A。3.下列说法正确的是A.含12个中子的镁核素：B.用电子式表示的形成过程：C.的价层电子对互斥模型：D.的名称为2甲基4乙基庚烷【答案】C【解析】【详解】A．含12个中子的镁核素质量数为24，可表示为：，A错误；B．氟化钙为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，用电子式表示其形成过程为，B错误；C．的价层电子对互斥模型为四面体结构：，C正确；D．最长碳链有7个碳，第2个碳上有一个甲基，第5个碳上有一个乙基，名称为2甲基5乙基庚烷,D错误；答案选C。4.按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：下列各步实验操作原理与方法错误的是AB步骤①步骤②CD步骤③步骤④A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．由题干流程图可知，步骤①分离出滤液和不溶性固体，故需采用过滤操作，A不合题意；B．由题干流程图可知，步骤②分离出水层和有机层，故需采用分液操作，B不合题意；C．由题干流程图可知，步骤③从溶液中析出固体溶质，需采用蒸发结晶，故需使用蒸发皿而不是坩埚，C符合题意；D．由题干流程图可知，步骤④为对互溶的有机物甲苯和甲醇的混合物进行分析，故需采用蒸馏操作，D不合题意；故答案为：C。5.关于反应，下列说法正确的是A.H2SO4生还原反应B.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1C.Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂D.1molNa2S2O3发生反应，转移4mol电子【答案】C【解析】【详解】A．反应中H2SO4中H、O、S的化合价均为改变，故H2SO4生还原反应，A错误；B．反应中Na2S2O3中S的化合价为+2价，转化为S则化合价降低，转化为SO2化合价升高，即S为还原产物，SO2为氧化产物，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，B错误；C．由B项分析可知，Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂，C正确；D．由B项分析可知，1mol发生反应，转移2mol电子，D错误；故答案为：C。6.根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是材料组成和结构变化性能变化A长链烷烃引入磺酸根离子水洗去污能力增强B晶体熔融后迅速降温凝固光学性质表现各向异性C钢铁添加铬和镍合金元素耐高温能力增强D晶体用Al取代部分Si，用O取代部分N导电能力增强A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．长链烷烃引入磺酸根离子，更好的溶于水，用作洗涤剂，所以去污能力增强，故A正确；B．晶体熔融后迅速降温凝固，内部排列无序，光学性质表现各向同性，故B错误；C．铬和镍熔点比较高，钢铁添加铬和镍合金元素，耐高温能力增强，故C正确；D．晶体用Al取代部分Si，用O取代部分N，Al有自由移动电子，所以导电能力增强，故D正确；答案选B。7.茴香油是淡黄色液体或晶体，难溶于水，易溶于有机溶剂，在水蒸气作用下易挥发，某茴香油主要成分是含有酯基的芳香族化合物。实验室提取该茴香油的流程如下：下列说法正确的是A.操作A是利用沸点差异进行分离B.水蒸气蒸馏和减压蒸馏的原理相同C.有机层加入的无水可用碱石灰代替D.馏出液加NaCl至饱和可以提高茴香油的提取率【答案】D【解析】【分析】茴香籽粉与水经水蒸气蒸馏，使挥发性成分随水蒸气馏出，馏出液加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，然后使用乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有机层，干燥过滤得到粗品，蒸馏得到茴香油；【详解】A．加入乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有机层，利用的是茴香油在水和乙醚中的溶解度不同，以及乙醚和水的密度不同进行分离，A错误；B．水蒸气蒸馏是将含有挥发性成分的植物原料与水共蒸馏，使挥发性成分随水蒸气馏出，减压蒸馏是通过减小体系内压强而降低液体沸点达到分离提纯的目的，两者的蒸馏条件不同，原理不同，B错误；C．茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，若将无水硫酸钠用碱石灰代替，茴香油会在碱石灰的作用下发生水解而无法制得茴香油，C错误；D．向馏出液中加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，有利于提高茴香油的提取率，D正确；故选D。8.关于有机物检测，下列说法正确的是A.用溴的溶液可以鉴别乙醇、乙醛、苯酚B.溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液中加热，将产生的气体通入到酸性高锰酸钾溶液中，紫红色褪去，证明生成了乙烯C.皂化反应后加入热的饱和食盐水有利于硬脂酸钠的析出D.乙醇、丙醛、丙酸的核磁谱图中的峰高度之比都是【答案】C【解析】【详解】A．乙醇、乙醛与溴的溶液互溶，无法鉴别，故A错误；B．挥发出的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以无法判断生成的气体是否为乙烯，故B错误；C．皂化反应后加入热的饱和食盐水降低硬脂酸钠在水中的溶解度，使其析出，故C正确；D．乙醇、丙醛、丙酸核磁谱图中的峰面积之比都是，并不是峰高度，故D错误；答案选C。9.下列方程式不正确的是A.溶液在空气中氧化变质：B.尿素溶于热水：C.的电离平衡：D.与一定量的可能存在反应：【答案】C【解析】【详解】A．Na2S溶液中的S2被空气中氧气氧化而变质，生成硫单质，离子方程式为2S2−+O2+2H2O=2S↓+4OH−，正确；B．尿素溶于热水，相当于酰胺基水解，得到碳酸铵，化学方程式为CO(NH2)2+2H2O=(NH4)2CO3，B正确；C．碳酸钙难溶于水，但是由于是强电解质，溶于水的部分完全电离，选项中CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)表示碳酸钙的沉淀溶解平衡，C错误；D．NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2可能按照物质的量为2:3反应的离子方程式为2Al3++6OH−+3Ba2++3=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D正确；本题选C。10.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.10g的中含有的质子数与中子数均为B.32g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为C.，1mol被还原，放出92.4kJ能量D.pH＝4的盐酸和pH＝4的醋酸溶液等体积混合后，溶液中的数目仍为【答案】C【解析】【详解】A．2H218O中有10个质子，12个中子，相对分子量为22，10g2H218O物质的量为mol，质子数为NA，中子数为NA，A错误；B．32g硫物质的量为1mol，在足量氧气中充分燃烧，生成1molSO2，转移电子数为4NA，B错误；C．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)

ΔH=−92.4kJ/mol，根据热化学方程式的含义，1mol

N2参与反应被还原，放出92.4kJ能量，C正确；D．没有说明体积具体是多少，无法计算氢离子数目，D错误；本题选C。11.某聚合物Z合成路线如下：下列说法正确的是A.X分子中所有原子共平面，有两种化学环境的氢原子B.生成1molZ，理论上同时生成C.1molZ与NaOH溶液充分反应，最多消耗D.Y为【答案】D【解析】【详解】A．X分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，X结构高度对称，有两种不同化学环境的氢原子，A错误；B．生成1molZ，理论上同时生成，B错误；C．1molZ与NaOH溶液充分反应，最多消耗，C错误；D．根据X和Z的结构，Y的结构为：，D正确；故选D。12.是原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素未成对电子数各不相同，原子的最外层电子数与次外层电子数相等，是制造太阳电池板的主要原料。下列说法正确的是A.含氧酸的酸性： B.气态氢化物还原性：C.的氧化物可溶于酸不溶于碱 D.中各原子均满足稀有气体原子的电子构型【答案】B【解析】【分析】X为短周期主族元素，原子的最外层电子数与次外层电子数相等，电子排布只有2、2这种情况，X为Be，未成对电子数为0，是制造太阳电池板的主要原料即硅，Y为Si元素，未成对电子数为2，四种元素未成对电子数各不相同，说明Z和W未成对电子数分别为3和1，Z为P、W为Cl元素；【详解】由上述分析可知，X为Be、Y为Si、Z为P、W为Cl；

A．非金属性Cl＞P>Si，最高价含氧酸的酸性为W＞Z>Y，但不是最高价含氧酸无此规律，故A错误；

B．Y为Si、Z为P，同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，气态氢化物的还原性逐渐减弱，故气态氢化物的还原性：Y>Z，故B正确；

C．元素周期表中Be和Al处于对角线位置上，处于对角线的元素具有相似性，BeO具有两性，可溶于酸也能溶于碱，故C错误；

D．BeCl2中Be原子的族序数+成键原子个数=2+2=4，所以不满足所有原子最外层达到8电子稳定结构，故D错误；

故选：B。13.科学家在电极表面沉积非晶态以高选择性合成，装置及阴极转化过程如题图所示。阴极区溶液酸化后可得。下列说法正确的是[已知：选择性，*表示吸附在表面的原子]A.阴极生成的反应式为：B.参与阴极反应，共转移电子C.电解后，阳极室溶液中的增大D.形成吸附态有利于键断裂【答案】D【解析】【分析】如图所示，左边为阴极区，发生还原反应阴极反应，右边为阳极区，电解氢氧化钾，如此作答即可。【详解】A．碱性环境，氢离子不存在，阴极反应，故A错误；B．阴极反应，参与阴极反应，可知共转移电子，故B错误；C．电解后，阴极氢氧根增多，根据电荷守恒，所以钾离子要向左移动，阳极区电解氢氧化钾生成水，阳极室溶液中的减小，故C错误；D．由阴极反应可知，形成吸附态生成，有利于键断裂，故D正确；答案选D。14.丙酮与反应并进一步转化为2氰基丙烯，过程如下：已知：氰基（）是一个强吸电子基团。下列说法正确的是A.步骤③，“条件1”可以是醇溶液，加热B.步骤①，丙酮中羰基的键共用电子对转化为碳原子与氰基间的键共用电子对C.反应物中加不等质量固体，随着增加，反应速率先增大后减小D.酸性：【答案】B【解析】【详解】A．步骤③是醇类发生消去反应，反应条件是浓硫酸、加热，故A错误；B．由步骤①的示意图可知，丙酮中羰基的键共用电子对转化为碳原子与氰基间的键共用电子对，故B正确；C．加不等质量固体，随着增加，CN浓度增大，H+浓度减小，反应①速率变快，反应②速率变慢，总反应速率要综合多个影响因素，来判断反应速率是增大还是减小，但不会先增大，后减小，故C错误；D．是强吸电子基团，故中羟基上的氢更活泼，酸性更强，故D错误。答案选B。15.在水中存在平衡：；，在25℃时，关系如图所示，表示或度的负对数。下列说法不正确的是A.曲线甲代表与pH的关系B.曲线乙经过点C.的D.向溶液中加入NaOH至pH＝6时，Al元素主要以存在【答案】B【解析】【详解】A．当溶液酸性较强时，溶液中Al3+浓度较大，故曲线甲代表与pH的关系，A项正确；B．曲线乙代表与pH的关系，当pH=10时，，则的平衡常数为，若曲线乙经过点，则用该点计算的平衡常数为，B项错误；C．通过曲线甲上点(5，6)可计算的，则的，C项正确；D．由图像可知，当pH＝6时，Al3+和的浓度都很小，此时Al元素主要以存在，D项正确；故选B。16.碳酸钠、碳酸氢钠是重要的工业原料，下列根据实验方案所得结论正确的是序号方案设计现象结论A将、固体分别加入到蒸馏水中，用手触摸容器外壁加入的容器变热，加入的容器变凉碳酸钠的水解过程放热，碳酸氢钠的水解过程吸热B向饱和溶液中加入过量粉末，搅拌至充分反应取出固体洗净后，投入盐酸中，固体部分溶解并产生气泡相同温度下，C室温下，配制0.1mol/L的溶液，加入到溶液中产生大量气泡并有白色沉淀生成发生了双水解反应，生成了和D向饱和溶液中加入过量酸HX溶液中无气泡产生碳酸酸性大于HXA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．加入的容器变热，加入的容器变凉，说明碳酸钠的溶解过程放热，碳酸氢钠的溶解过程吸热，A错误；B．在一定条件下，硫酸钡是可以转化为碳酸钡的，这并不能说明碳酸钡更难溶，转化为碳酸钡的原因是饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大，与钡离子浓度的乘积大于碳酸钡的溶度积，B错误；C．溶液加入到溶液中不会发生双水解，C错误；D．饱和溶液中加入过量酸HX，溶液中无气泡产生，说明没有生成二氧化碳，则碳酸酸性大于HX，D正确；故选D。非选择题部分17.含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答：（1）可通过配位键与形成。形成该配合物时，基态的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的价电子排布图为______；的金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如，已知该配合物的配位数与的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm。请画出的结构示意图：______。（2）激光照射下NOCl分子会发生解离，将产物通过质谱，发现存在m/z＝30的离子峰，该峰对应的微粒是_____（已知各产物微粒均带1个单位正电荷）。A. B. C. D.（3）NPAs同属于ⅤA族，下列说法正确的是______。A.原子半径：且电负性：N＞P＞AsB.N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱C.简单氢化物的还原性：D.黑砷和黑磷的结构相似（如图），每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与键的个数比为（4）已知晶胞结构如图所示，M处的（其位于四个所构成的正四面体中心）有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因______，该晶胞的晶胞参数如图所示，设为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度______（列出计算式即可）【答案】（1）①.②.（2）B（3）BD（4）①.与形成N—H…F氢键，氢键具有方向性②.【解析】【小问1详解】基态Co3+的价层电子排布式为3d6，CN可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3，形成配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的Co3+价电子排布图为

；的配位数为4，的配位数与的配位数相同，则的配位数也为4，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm，说明Ni与2个PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1个O原子形成配位键，其结构示意图为：；【小问2详解】各产物微粒均带1个单位正电荷，因m/z＝30，即z=1，m=30，则该峰对应的微粒是，故答案为B；【小问3详解】A．同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，则原子半径：r(N)＜r(P)＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A错误；B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，则N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B正确；C．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单氢化物的还原性：NH3＜PH3＜AsH3，C错误；D．黑砷和黑磷的结构相似，每个砷原子最外层均形成8电子结构，由图可知，晶体单层中，每个As原子形成3个As−As键，以As−As键形成六元环，每个As原子被3个六元环共用，每个As−As键被2个六元环共用，则晶体单层中As原子与As−As键的个数比为，D正确；故选BD。【小问4详解】M处的(其位于四个F所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是：与F形成氢键，氢键具有方向性；由图可知晶胞中含F、的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×107cm)×(a×107cm)×(c×107cm)=a2c×1021cm3，则该晶体的密度ρ=g⋅cm−3。18.如图所示可以分离并回收废旧芯片中的几种贵金属。已知，①是一种强酸：②难溶。请回答：（1）含金固体可溶于和NaCl的混合溶液，写出反应的离子方程式：______。常温时在碱性条件下能还原Z，写出反应的化学方程式：______。（2）金的分离还可以加王水，银钯的分离可重复利用某些溶液。①下列说法正确的是______。A.芯片中的金是芯片连接的绝佳材料，只是利用其物理性质B.溶液X可以是NaCl溶液C.配位能力：D.不直接还原固体Y可能的原因是得到的Ag纯度更高②加入盐酸，调pH≈1能将转化为，解释其原因______。（3）溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀？______（填“有”或“没有”）。设计实验验证溶液Z中银元素的存在______。【答案】（1）①.②.（2）①.BD②.调pH≈1，使部分NH3转化为，能使可溶性配离子转化为难溶性的；但若pH过小，c(H+)过大，全部转化为，则可能会完全转化成（3）①.没有②.取少量Z溶液于试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag元素【解析】【分析】废旧芯片中含有贵金属单质Au、Ag和Pd，在硝酸中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为Ag+和Pd2+；含Au固体用王水溶解转化为溶液；向含有Ag+和Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和溶液；AgCl固体用氨水溶解得到银氨溶液，再向银氨溶液中加入肼得到Ag；向含溶液中加入氨水得到含溶液，再加入盐酸调pH得到，据此作答。【小问1详解】根据流程图可知，金可以和和NaCl的混合溶液反应，而且生成，再依据氧化还原反应得，常温时在碱性条件下能还原银氨溶液，银要被还原，自身被氧化，可得化学方程式，答案：、；【小问2详解】芯片中金是芯片连接的绝佳材料，不只是利用其物理性质，还因为金的化学性质不活泼，A项错误；生成的固体Y为氯化银，所以溶液X可以是NaCl溶液，B项正确；溶液Z是氯化银溶于氨水生成的Ag(NH3)2Cl溶液，说明配位能力：，C项错误；N2H4不直接还原固体AgCl可能的原因是碱性条件下水合肼的还原性增强，将固体AgCl溶解为银氨离子，能提高反应速率，同时避免生成的银单质中混有AgCl杂质，得到的Ag纯度更高，D项正确；Ag(NH3)2Cl为难溶物，调pH≈1，使部分NH3转化为，能使可溶性配离子转化为难溶性的Ag(NH3)2Cl；但若pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为，则可能会完全转化成可溶性的[PdCl4]2；，答案：BD、调pH≈1，使部分转化为，能使可溶性配离子转化为难溶性的；但若pH过小，c(H+)过大，全部转化为，则可能会完全转化成；【小问3详解】Z溶液是银氨溶液，溶液中是银氨离子，不会和氯离子产生沉淀；若想验证银元素，应先将银氨离子转化为银离子，再检验银离子的存在，方法为：取少量Z溶液于试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag元素，答案：没有、取少量Z溶液于试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag元素。19.回答下列问题：（1）在微生物作用下电解含乙酸的有机废水可获得清洁能源，其原理如图所示。写出与电源A极相连的惰性电极上发生的电极反应：______。利用可见光催化还原，将转化为增值化学原料（HCHO、HCOOH、等），这被认为是一种可持续的资源化有效途径。（2）已知几种物质的燃烧热如表所示：物质燃烧热已知：，则______。（3）我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图所示（带“*”表示物质处于吸附态），试从图分析，采用BiIn合金催化剂优于中金属Bi和单金属In催化剂的原因分别是______。（4）催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应有：i、ii、iii、一定压强下，往某密闭容器中按投料比充入和，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。①下列说法正确的是______。A.恒温恒压时充入氦气，反应ii、iii的平衡均逆向移动，反应i不移动B.增大的比值，的平衡转化率增大C.图中X、Y分别代表CO、D.体系中的的物质的量分数随温度变化不大，原因是温度变化，反应i、iii的平衡移动方向相反②在上图中画出反应达到平衡时，随温度变化趋势图（只用画220℃以后）______。③在一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol和nmol。仅发生反应iii。实验测得的平衡分压与起始投料比的关系如图。起始时容器内气体的总压强为8pkPa，则b点时反应的平衡常数______（用含p的表达式表示）。（已知：用气体分压计算的平衡常数为，分压＝总压×物质的量分数）【答案】（1）（2）（3）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能（4）①.AD②.③.【解析】【小问1详解】电解含乙酸的有机废水，与电源A极相连的惰性电极是阳极，阳极上乙酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：；【小问2详解】根据燃烧热写出热化学方程式：i.HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=570.8kJ/mol，ii.H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=285.8kJ/mol，iii.H2O(g)=H2O(l)△H=44kJ/mol根据盖斯定律，ii×2iiii得反应CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)的△H=(285.8×2+570.8+44)kJ/mol=；【小问3详解】根据图象，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；【小问4详解】①A．恒温恒压时充入氦气，相当于反应物生成物的分压减小，反应ii、iii的平衡均逆向移动，反应i不移动，A为正确；B．增大的比值，的平衡转化率减小，B错误；C．反应ⅰ、ⅱ、ⅲ分别为吸热、放热、放热反应，升高温度分别向正向、逆向、逆向移动，故CO物质的量分数在增加为X曲线，CH3OH和H2O在减少，且CH3OH减少更多为Y曲线，H2O为Z曲线，图中X、Y分别代表CO、CH3OH，C错误；D．体系中的的物质的量分数随温度变化不大，原因是温度变化，反应ⅰ、ⅲ的平衡移动方向相反，D正确；故选AD。②根据图示，升高温度，氢气的物质的量分数增大，CO2的物质的量分数受温度的影响不大，所以随温度升高而增大，如图：③温度相同时，a、b、c三点平衡常数相等，选c点数据算平衡常数，设反应由起始到达到平衡时CO2转化的物质的量为ymol，根据c点列三段式：，恒温恒容下，压强与物质的量成正比，，解得y=0.5，温度相同时，a、b、c三点平衡常数相等，选c点数据算平衡常数，c电平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH分压为pKPa，则p（CO2）=p（CH3OH）=p（H2O）=pKPa，p（H2）=pKPa×3=3pKPa，则平衡常数Kp=。20.三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8℃)在高温下制备无水CrCl3，同时生成COCl2气体。可利用下面装置模拟制取三氯化铬(K1、K2为气流控制开关)原理：已知：①气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。②碱性条件下，可将氧化(黄色)：酸性条件下，将(橙色)还原为(绿色)。（1）实验装置合理的连接顺序为ahi______(填仪器接口字母标号)。（2）步骤如下：i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；ii．加热反应管至400℃；iii．控制开关，加热，温度保持在50℃~60℃之间；iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；v．停止A装置水浴加热，……；vi．装置冷却后，结束制备实验。①步骤i中，开关、的状态分别为______。②补全步骤v操作：______，其目的是______。（3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是______。（4）装置D中反应的离子方程式为______。（5）测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：Ⅰ．取5gCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；Ⅱ．冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸的作用是防止指示剂提前变色)，使转化为，再加适量的蒸馏水将溶液稀释至100mL；Ⅲ．取25.00mL溶液，加入适量浓硫酸混合均匀，滴入3滴试亚铁灵作指示剂，用新配制的1.000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色变为红褐色即为终点，重复2～3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液21.00mL。①该样品中CrCl3的质量分数为______%(保留小数点后两位，Mr(CrCl3)=158.5)②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是______(填标号)。A．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间B．步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质C．步骤Ⅱ中未加浓磷酸D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视【答案】（1）（2）①.K1开，K2关②.继续通入N2一段时间③.将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收（3）升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管（4）（5）①.88.76②.AC【解析】【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气，A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C，据此分析解题。【小问1详解】根据分析，装置的排序是AECBD，首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入，因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)，故答案为：debcfg；【小问2详解】①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4，故答案为：K1开，K2关；②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收，故答案为：继续通入N2一段时间；将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收；【小问3详解】三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管，故答案为：升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管；【小问4详解】根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为COCl2+4OH=+2H2O+2Cl，故答案为：COCl2+4OH=+2H2O+2Cl；【小问5详解】①和Fe2+的反应为6Fe2+++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，根据原子守恒可得关系式为2CrCl3～2～～6Fe2+～6(NH4)2Fe(SO4)2，则样品中n(CrCl3)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]×=×1.00mol/L×21.00×103L×4=2.8×102mol，m(CrCl3)=nM=2.8×102mol×158.5g/mol=4.438g，则样品中CrCl3的质量分数为×100%=88.76%，故答案为：88.76；②A．步骤Ⅰ未继续加热一段时间，由于过量的H2O2的存在，在步骤Ⅱ中会还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液硫酸亚铁铵体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A符合题意；