山东省济宁市2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题 附解析

2022~2023学年度第一学期高三质量检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16S32Fe56Ba137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列成语中，没有涉及化学变化的是A.严冬冱寒，滴水成冰 B.水滴石穿，绳锯木断C.趁热打铁，百炼成钢 D.星星之火，可以燎原【答案】A【解析】【详解】A．“滴水成冰”过程中，水由液态转变为固态，属于物理变化，A符合题意；B．“水滴石穿”中蕴含碳酸钙和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，涉及化学变化，B不符合题意；C．“百炼成钢”是将铁中过量的碳除去，发生了化学反应，且铁、碳元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，C不符合题意；D．“星星之火，可以燎原”，此过程发生燃烧，燃烧属于氧化还原反应，D不符合题意；故选A。2.化学实验操作是进行科学实验的基础，下列操作符合规范的是A.测量溶液的pHB.稀释浓硫酸C.检验装置气密性D.快速制氨气A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．应用玻璃棒蘸取待测液滴到试纸上，A错误；B．浓硫酸密度大于水，又稀释时放热，所以将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌，B正确；C．左侧漏斗漏气，无法检验装置气密性，C错误；D．右侧收集气体装置未与外界连通，易发生危险，D错误；故选B。3.已知晶体的硬度比金刚石大，原子间均以单键结合，下列关于晶体的说法错误的是A.晶体中所有原子均采取杂化B.晶体中所有化学键均为极性键C.晶体中C—N键键长大于金刚石中C—C键的键长D.第二周期中，第一电离能介于C和N之间的元素只有1种【答案】C【解析】【详解】A．因为C的最外层有4个电子，每个电子与另一个N形成C-N，因此一个碳原子连接4个N原子，价层电子对数为4，为sp3杂化，因为N的最外层有5个电子，每个电子与另一个C形成N-C，因此一个N原子连接3个C原子，成键电子对为3，孤电子对数为1，价层电子数为4，为sp3杂化，故A正确；

B．C原子周围有4个单电子，N原子周围有3个单电子，则C3N4

晶体中每个C原子连接4个N

原子，而每个N原子连接3个C原子，所有化学键均为极性键，故B正确；

C．因N的原子半径比C原子半径小，则C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要短，故C错误；

D．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族的第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：C＜O＜N，第二周期中，第一电离能介于C和N之间的元素只有O元素1种，故D正确；

故选：C。4.下列说法错误的是A.医疗上常用质量分数为75%的酒精溶液进行消毒B.误食可溶性钡盐可用5%的溶液洗胃C.水垢中的碳酸钙可以用食醋来去除D.乙醇燃料电池的原理可以用于酒精检测仪查“酒驾”【答案】A【解析】【详解】A．医用酒精体积分数为75%，用于消毒，A错误；B．可溶性钡盐和溶液反应生成难溶性沉淀硫酸钡，故可用5%的溶液洗胃，B正确；C．食醋中含有醋酸，醋酸可以和碳酸钙反应，C正确；D．乙醇易挥发且可以被氧化，当呼出气体中含有酒精时检测仪指示灯亮起，D正确；故选A。5.汽车安全气囊系统中有一定比例的叠氮化钠()，氧化铁、硝酸铵等物质，受到撞击点火器点火引发叠氨化钠迅速分解生成氮气和钠，硝酸铵分解为一氧化二氮和水蒸气。下列说法错误的是A.叠氮化钠的稳定性较弱B.硝酸铵分解反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1C.金属钠和氧化铁反应生成铁和氧化钠D.该系统利用了化学反应的物质变化、能量变化和化学反应速率等因素【答案】B【解析】【详解】A．叠氨化钠点火迅速分解，说明其稳定性较弱，A正确；B．硝酸铵发生分解，NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，-3价和+5价氮化合价都变为+1价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，B错误；C．金属钠和氧化铁加热条件下发生反应，生成铁和氧化钠，C正确；D．该系统利用了化学反应的物质变化（产生大量气体）、能量变化（反应放热）和化学反应速率（迅速分解）等因素，D正确；故选B。6.已知元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，其中Y的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为13，W的价层电子数为11，用粒子轰击X核会产生Y核和中子(即)，可表示为。下列说法错误的是A.Y与Z可以形成非极性分子 B.的一种同位素可做示踪原子C.简单气态氢化物的稳定性：X<Y D.W在空气中长期放置，会腐蚀形成氧化物【答案】D【解析】【分析】Y的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则Y是O；W的价层电子数为11，则W为第四周期元素，价层电子排布式为3d104s1，最外层电子数为1，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则W为Cu；Y、Z、W的原子最外层电子数之和为13，则Z最外层电子数=13-6-2=5，因为元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大，所以Z为15号元素P；由知，a+2=8，解得a=6，则X为C；综上所述，X为C，Y是O，Z为P，W为Cu。【详解】A．根据分析，Y是O，Z为P，P4O10为非极性分子，A正确；B．根据分析，为，的同位素可做示踪原子，B正确；C．根据分析，X为C，Y是O，同周期主族元素，从左到右，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C<O，则简单气态氢化物的稳定性：X(C)<Y(O)，C正确；D．根据分析，W为Cu，Cu在空气中长期放置，会腐蚀形成碱式碳酸铜，碱式碳酸铜属于盐，D错误；故选D。7.某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子，其摩尔质量为，下列说法正确的是A.金属离子M与硼原子的配位数之比2∶1B.金属离子的价电子排布式为C.化学式为D.该化合物中存在金属键、离子键、极性键和配位键【答案】C【解析】【分析】八面体位于晶胞的顶点和面心，个数为，四面体位于晶胞的内部，个数为8，晶胞中八面体和四面体个数比为1:2，则该晶体的化学式可表示为，该化合物的摩尔质量为，则，解得，即M为Fe元素，其化学式为。【详解】A．金属离子M与6个形成八面体，则金属离子M的配位数为6，硼原子与4个氢原子形成四面体，则硼原子的配位数为4，因此金属离子M与硼原子的配位数之比为3∶2，A错误；B．根据分析，M为Fe元素，该化合物的化学式为，NH3整体为0价，中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，金属离子M为Fe2+，其价电子排布式为3d6，B错误；C．根据分析，该晶体的化学式为，C正确；D．该化合物中没有金属键，D错误；故选C。8.实验室以二氧化铈()废渣为原料制备，其部分实验过程如下，已知：能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)下列说法错误的是A.“酸浸”的离子方程式为：B.“萃取”过程发生的是物理变化C.流程中两处加氨水都促进了平衡的移动，有利于目标产物的生成D.“反萃取”是将有机层的转移到水层【答案】B【解析】【分析】二氧化铈废渣加入盐酸和过氧化氢，得到含有三价铈离子的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后，再加入稀硝酸反萃取将三价铈离子萃取到水层，最后加入氨水、碳酸氢铵生成碳酸铈，据此回答。【详解】A．酸浸时双氧水作还原剂，-1价氧被二氧化铈氧化到0价氧，即离子方程式为，A正确；B．由已知信息知萃取过程发生反应(水层)(有机层)(有机层)(水层)是化学变化，B错误；C．第一次加入氨水除去过量盐酸，降低氢离子浓度平衡正向移动，利于生成；第二次加入氨水发生反应，利于生成碳酸铈沉淀，C正确；D．由分析知反萃取是将有机层转移到水层，D正确；故选B。9.用电解法可将转化为工业原料、CO，原理如图所示下列说法错误是A.离子交换膜为质子交换膜B.若乙室产物只有1molCO生成，则乙室质量增加18gC.若乙室生成CO、物质的量比为1∶1，则两电极产生气体的物质的量相同D.电解过程中甲室稀硫酸浓度不断增大【答案】C【解析】【分析】二氧化碳在铜电板表面转化为乙烯，碳元素从+4价降低为-2价，被还原，该电极是电解池的阴极，Pt为阳极。【详解】A．二氧化碳在铜电板表面转化为乙烯，碳元素从+4价降低为-2价，被还原，该电极是电解池的阴极，主要反应为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+，因此装置中的离子交换膜为质子交换膜，阳极区的氢离子过交换膜进入阴极区，故A说法正确，不符合题意；B．阴极发生的反应只有CO2+2H++2e-=CO+H2O，反应生成1molCO的同时生成1molH2O，因此乙室增加的质量为18g，故B说法正确，不符合题意；C．若阴极生成CO与C2H4的物质的量之比为1:1，设两种产物都是1mol，则转移电子的总物质的量为14mol，阳极产生氧气的物质的量为3.5mol，两电极产生气体的物质的量不相同，故C说法错误，符合题意；D．电解过程中，甲室溶液中硫酸的物质的量不变，但水的量减少，导致硫酸浓度增大，故D说法正确，不符合题意。故选C。10.为了检验补铁药片(葡萄糖酸亚铁)在保存的过程中铁元素是否被氧化为三价铁，进行如下实验：取药片，研磨成粉末，分成两份。一份用蒸馏水溶解，加入KSCN溶液，未观察到溶液变红色；另一份用稀盐酸溶解，加入KSCN溶液，观察到溶液变红色。下列说法正确的是A.补铁药片中的铁元素没有被氧化 B.葡萄糖酸有强氧化性C.比更容易和结合 D.用KSCN溶液检验应在酸性条件下进行【答案】D【解析】【详解】A．在酸性条件下加入KSCN溶液，观察到溶液变红色，说明铁元素被氧化，A错误；B．葡萄糖酸有氧化性，但没有强氧化性，B错误；C．与在溶液中会竞争结合Fe3+，加蒸馏水溶液不变红色，说明中性环境下比更容易和结合，加稀盐酸溶液变红色，说明酸性条件下比更容易和结合，C错误；D．其他条件相同，一份加蒸馏水，另一份加稀盐酸，在酸性条件下溶液变红色，说明用KSCN溶液检验应在酸性条件下进行，D正确；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列各组实验所选玻璃仪器和试剂，不能达到实验目的的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A测定某NaOH溶液的浓度酸式滴定管、碱式滴定管、烧杯HCl溶液、酚酞试剂、待测NaOH溶液、蒸馏水B探究浓度对化学平衡的影响胶头滴管、试管、量筒溶液、KSCN溶液、KSCN溶液C比较氯、溴、碘的非金属性试管、胶头滴管新制氯水、溴水、NaBr溶液、NaI溶液D验证铁盐的氧化性试管、胶头滴管溶液、KI溶液、淀粉溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．滴定实验时，一般标准液盛放在滴定管中，未知浓度溶液盛放在锥形瓶中，题中所给仪器缺少锥形瓶，为了减少误差，强酸滴定强碱时，指示剂一般选择甲基橙，故A符合题意；B．用量筒量取相同体积不同浓度的KSCN溶液，放入试管中，用胶头滴管向溶液中滴入相同滴数的FeCl3溶液，观察溶液颜色深浅，从而推出结论，故B不符合题意；C．比较Cl、Br、I非金属性强弱，用置换反应进行分析判断，向盛有NaBr溶液的试管中滴加新制氯水，溶液变为橙色或橙黄色，说明Cl的非金属性比Br强，向盛有NaI溶液试管中滴加溴水，溶液变为棕黄色，说明Br的非金属性强于I，故C不符合题意；D．证明Fe3+具有强氧化性，需要证明I2生成，淀粉遇碘变蓝，向淀粉KI溶液中滴加FeCl3溶液，溶液显蓝色，说明Fe3+具有强氧化性，故D不符合题意；答案为A。12.在微生物作用下可以转化为，处理氨氮废水的工艺流程如下，下列说法错误的是A.加入NaOH溶液调pH，可以实现部分的回收B.硝化过程的离子方程式为：C.反硝化过程，需要继续加NaOH溶液调pHD.理论上消耗1mol甲醇可以生成标准状况下35.84L气体【答案】BC【解析】【分析】向氨氮废水加入NaOH溶液，调节pH并升温至30℃，发生反应NH+OH-NH3+H2O，通入空气将氨赶出并回收再利用，得到低浓度的氨氮废水；硝化过程中，碱性环境下通入氧气，在微生物作用下实现→→的转化，发生反应；“反硝化”过程中，调节pH至酸性，加入具有还原性的甲醇(CH3OH)实现HNO3→N2转化，发生反应5CH3OH＋6HNO35CO2↑＋3N2↑＋13H2O；据此分析解答。【详解】A．加入NaOH溶液调pH并微热，发生反应NH+OH-NH3+H2O，可以实现部分的回收，A正确；B．硝化过程中，碱性环境下通入O2，发生反应，B错误；C．根据分析，反硝化过程，需要将溶液调成酸性，目的是将还原为N2，C错误；D．“反硝化”过程中，发生反应5CH3OH＋6HNO35CO2↑＋3N2↑＋13H2O，1molCH3OH反应生成1molCO2和0.6molN2共1.6mol气体，其标况下体积为，D正确；故选BC。13.某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是A.提高反应温度，逆反应速率增加最大的是反应②B.使用催化剂可以降低反应活化能，提高活化分子百分数，提高反应物的转化率C.该化学反应的速率主要由反应③决定D.该过程的总反应为【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，逆反应速率加快，逆反应活化能最小的速率增加最大，则由图可知，逆反应速率增加最大的是反应①，A错误；B．催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不能提高反应物的转化率，B错误；C．正反应活化能最大的是反应①，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应①决定，C错误；D．由图可知，该过程的总反应为，D正确；故选D。14.根据酸碱质子理论，给出质子()的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。相同温度下，HCl和在冰醋酸中存在，，(知)下列说法正确的是A.把HCl通入水溶液中：B.酸性强弱顺序为：C.在HCOOH中的D.接受质子的能力：【答案】BD【解析】【详解】A．在冰醋酸中才存在，在水中是生成CH3COOH，故反应为，选项A错误；B．在冰醋酸中，HCl和：HCl<，故：HCl<，酸性：HCl>，在冰醋酸中给出质子(H+)，CH3COOH结合H+，给出H+能力：>CH3COOH，故酸性：，选项B正确；C．酸性HCOOH>CH3COOH，给出H+能力HCOOH>CH3COOH，结合H+能力HCOOH<CH3COOH，在HCOOH的电离程度小于在冰醋酸中的电离程度，<10-9.4，>9.4，选项C错误；D．HCl在水中完全电离，在冰醋酸中电离程度较小，说明结合HCl电离出的H+能力H2O>CH3COOH，选项D正确；答案选BD。15.溶液中存在以下两个平衡(25℃)(25℃)25℃时，溶液中随pH的变化关系如图，下列选项错误的是A.当时，B.平衡时，C.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加D.加入少量固体，平衡时与的比值保持不变【答案】B【解析】【详解】A．当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中即=0.20①，反应的平衡常数K2===3.3×10-7②，联立①②可得，A正确；B．根据电荷守恒，①，根据物料守恒，②，①-②得，B错误；C．加入少量水稀释，两个平衡正向移动，故溶液中的离子总数会增加，C正确；D．平衡时=K1，溶液中的反应的平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故比值应不变，D正确；故选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.锂离子电池能够成为产业发展方向，主要基于其拥有较高的能量重量比和能量体积比等多项特性，正极材料为钴酸锂、锰酸锂和磷酸亚铁锂材料等。（1）工业上用、、LiCl及苯胺()为原料制备磷酸亚铁锂。基态Cl原子价电子的轨道表示式为_______，其在元素周期表中的位置为_______，O、N、P的电负性由大到小的顺序为_______。（2）锂离子电池可采用离子液体作为电解质，以下为2种离子液体的结构。化合物Ⅰ中碳原子的杂化轨道类型为_______，1mol化合物Ⅰ中含有_______个σ键；化合物Ⅱ中阳离子的空间构型为_______。传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是_______。（3）实验室可利用硝酸锰受热分解的方式制备锰的一种氧化物(晶胞结构如图所示)。该锰的氧化物中Mn的化合价为_______，请画出z方向投影图_______。【答案】（1）①.。②.第三周期，第VIIA族。③.O>N>P。（2）①.sp3。②.14。③.四面体；。④.有机溶剂通过分子间作用力结合而成，而离子液体通过阴阳离子作用形成离子键相，离子键作用力大于分子间作用力，故离子液体相对难挥发。（3）①.-2。②.。【解析】【小问1详解】氯原子价电子排布式为3s23p5，价电子的轨道表示式为：；氯元素是第三周期，第VIIA族；O、N、P的电负性，同周期元素核电荷数越大电负性越大，O电负性大于N，同主族元素核电荷数越小电负性越大，N电负性大于P，故电负性O>N>P；故答案为：；第三周期，第VIIA族；O>N>P。【小问2详解】化合物Ⅰ中碳原子价电子对数为4+=4，轨道为sp3杂化；1mol化合物Ⅰ中含有11个极性单键，都为σ键，两个双键，其中含有2个σ键，一个配位键，为σ键，一共有14个σ键；化合物Ⅱ中，中心原子为N原子，价电子对数为4+=4，sp3杂化，空间构型为四面体；传统的有机溶剂都是不带电的分子，通过分子间作用力结合而成，而离子液体通过阴阳离子作用形成离子键相，离子键作用力大于分子间作用力，故离子液体相对难挥发；故答案为：sp3；14；四面体；有机溶剂通过分子间作用力结合而成，而离子液体通过阴阳离子作用形成离子键相，离子键作用力大于分子间作用力，故离子液体相对难挥发。【小问3详解】锰的氧化物晶胞中Mn原子个数为1+×8=2，O原子个数为2+×4=4，则化学式为MnO2，氧的化合价为-2价，则锰的化合价为+4价；沿z方向投影图为：；故答案为：-2；。17.一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)为原料生产三盐基硫酸铅()的工艺流程如图所示。已知常温下，，，，回答下列问题：（1）常温下，的电离平衡常数_______。（2）写出转化过程发生反应的化学方程式_______，Pb的转化率随着用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于_______。（3）测得滤液1中，则该滤液中_______(保留1位小数)；滤液2中可以循环利用的物质是_______；从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有_______。（4）合成三盐基硫酸铅时，影响产品纯度的因素很多，其中反应终点pH对产品中PbO和含量的影响如下图(将看作是PbO和，经测定三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，理论含量8.08%)，则反应终点控制pH的范围是_______。(填序号)。A.<8.4 B.8.4~8.8 C.8.8~9.2 D.>9.2【答案】（1）2×10-5（2）①.PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑②.醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量（3）①.4.6×10-7②.硝酸③.坩埚、泥三角（4）B【解析】【分析】一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)加碳酸氢铵，PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，过滤后滤渣用硝酸酸溶，再加硫酸得到PbSO4,过滤得滤渣，加NaOH溶液在50-60℃合成，过滤、洗涤、干燥得三盐基硫酸铅()。【小问1详解】在NH4HCO3溶液中，反应NH+HCO+H2O⇌NH3•H2O+H2CO3的平衡常数K===1.25×10-3，常温下，的电离平衡常数2×10-5。故答案为：2×10-5；【小问2详解】转化过程转化为更难溶的PbCO3，发生反应的化学方程式PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，Pb的转化率随着用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量。故答案为：PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑；醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量；【小问3详解】测得滤液1中，PbSO4+COPbCO3+SO,,则该滤液中4.6×10-7；滤液2中可以循环利用的物质是硝酸；加热固体要在坩埚中进行，从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有坩埚、泥三角。故答案为：4.6×10-7；硝酸；坩埚、泥三角；【小问4详解】三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，理论含量8.08%)，结合图形分析反应终点控制pH的范围是8.4～8.8，则反应终点控制pH的范围是B。故答案为：B。18.某化学小组用如图所示装置制取连二亚硫酸钠()。已知：①连二亚硫酸钠：淡黄色粉末，具有较强的还原性，不溶于醇，遇水会分解，在碱性介质中较稳定。②在碱性溶液中，低于52℃时以形态结晶，高于52℃时脱水成无水盐。回答下列问题：（1）Ⅰ.安装好装置，并检验装置气密性，然后再加入相应的试剂。橡胶管a的作用是_______，单向阀的作用是_______，下列装置不能代替单向阀的是_______(填字母)。A.B.C.D.Ⅱ.打开B装置的活塞，向三颈烧瓶中滴加_______(填“少量”或“过量”)的溶液；Ⅲ.打开A装置的活塞，控制B装置内溶液的温度在60~70℃之间，即可生成。写出此步骤中生成的化学方程式为：_______。Ⅳ.过滤，经洗涤、_______(填操作名称)后获得。简述洗涤步骤：在无氧环境中_______。（2）在潮湿空气中被氧化，生成和_______两种常见酸式盐。【答案】（1）①.平衡气压，有利于70%硫酸滴下②.防止倒吸③.A④.过量⑤.2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2或H2O+HCOONa+2SO2+2Na2CO3=Na2S2O4+3NaHCO3⑥.干燥⑦.向漏斗(过滤器)中加入甲醇至没过晶体，待甲醇自然流完后，重复2～3次（2）NaHSO3【解析】【分析】本实验制备连二亚硫酸钠，实验原理是2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2或H2O+HCOONa+2SO2+2Na2CO3=Na2S2O4+3NaHCO3，装置A制备SO2，在装置B发生反应制备连二亚硫酸钠，装置C的作用是尾气处理，据此分析；【小问1详解】Ⅰ．橡皮管a连接蒸馏烧瓶和分液漏斗，使烧瓶和分液漏斗内气体压强相同，有利于70%硫酸滴下；单向阀的作用是防倒吸；根据题中所给装置，能防倒吸的仪器是BCD，因此不能防倒吸的是A；故答案为平衡气压，有利于70%硫酸滴下；防止倒吸；A；Ⅱ．装置B制备连二亚硫酸钠，甲酸的酸性强于碳酸，向三颈烧瓶中滴加碳酸钠，碳酸钠与甲酸反应生成甲酸钠，HCOONa+SO2→Na2S2O4，S的化合价由+4价→+3价，化合价降低1价，则甲酸钠中C原子被氧化成CO2，化合价升高2价，反应式有HCOONa+2SO2→Na2S2O4+CO2+H2O，根据原子守恒，因此需要碳酸钠参与反应，因此向三颈烧瓶中滴加过量的碳酸钠溶液；故答案为过量；Ⅲ．根据上述分析，反应方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2或H2O+HCOONa+2SO2+2Na2CO3=Na2S2O4+3NaHCO3；故答案为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2或H2O+HCOONa+2SO2+2Na2CO3=Na2S2O4+3NaHCO3；Ⅳ．得到连二亚硫酸钠，需要过滤、洗涤、干燥；连二亚硫酸钠遇水会分解，不溶于甲醇，洗涤时应用甲醇洗涤，操作是向漏斗(过滤器)中加入甲醇至没过晶体，待甲醇自然流完后，重复2～3次；故答案为干燥；向漏斗(过滤器)中加入甲醇至没过晶体，待甲醇自然流完后，重复2～3次；【小问2详解】连二亚硫酸钠在空气中被氧化成两种常见酸式盐，其中一种酸式盐为NaHSO4，则另一种酸式盐为NaHSO3；故答案为NaHSO3。19.二十大提出“坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天、碧水、净土保卫战”。研究氮及其化合物的转化对保护环境有着重大意义。（1）可以还原烟气中的NO。主反应：副反应：则①则_______(用含、的式子表示)。②实验测得主然区温度、过量空气系数()与NO还原效率的关系如图所示。“还原气氛”下，该反应的最佳条件是_______K，_______。（2）在汽车尾气净化装置中CO和NO发生反应可以实转化带现降低氮氧化物的排放量。若恒压条件下将等物质的量的NO、CO，分别充入盛有催化剂①和②容器中，发生上述反应经过相同时间，随温度的升高测得NO的转化率变化如图所示，a点_______(填“是”、“否”或“不一定”)达到平衡，ab段转化率降低的原因是_______。（3）氨气是重要的化工原料，在一定条件下，向某反应容器中投入5mol、15mol在不同温度(T)下发生反应：平衡体系中的质量分数随平衡时气体总压强变化的曲线如图所示。①、、中，温度最低的是_______，M点时，的转化率为_______。②1939年捷姆金和佩热夫推出合成氨反应在接近平衡时净速率方程式为，、分别为正反应和逆反应的速率常数；、、代表各组分的分压(分压=总压×物质的量分数)；a为常数。工业上以铁触媒为催化剂，当、温度为时，M点的_______(保留1位小数)。【答案】（1）①.②.T=1673K③.KSR1=0.85（2）①.否②.因为温度升高使催化剂失去活性而使NO的转化率降低（3）①.T1②.60%③.24.5【解析】【小问1详解】根据盖斯定律结合反应方程式可知，△H3=；根据图像可知，还原性最高效率是T=1673K，KSR1=0.85；故答案为：；T=1673K；KSR1=0.85。【小问2详解】a点时，NO转化率最高，只能说明反应速率最快，影响反应速率还有催化剂的活性，而受到催化剂的影响，a点可能是因为温度升高使催化剂失去活性而使转化率降低，所以a点不一定达到平衡；故答案为：否；因为温度升高使催化剂失去活性而使NO的转化率降低。【小问3详解】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，反应为放热反应，当温度升高，反应向逆反应方向进行，NH3含量降低，根据图像可知NH3含量：T1>T2>T3，温度T1<T2<T3，最低的是T1；在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2，混合气体总质量m=5mol×28g/mol+15mol×2g/mol=170g，M点时，NH3的质量分数为60%，NH3的质量为m(NH3)=170g×60%=102g，n(NH3)==6mol，消耗氮气为n(N2)=n(NH3)=3mol，故M点N2的转化率为=60%；M点NH3的物质的量为6mol，列三段式，，此时气体总压强20MPa，总物质的量n(总)=14mol，p(N2)=×20MPa=MPa，p(H2)=×20MPa=Mpa，p(NH3)=×20MPa=Mpa，则M点时，a=0.5，v(NH3)==0，则=24.5(MPa)2；

故答案为：T1；60%；24.5。20.工业上常用炼钢残渣(主要成分有、FeO、CaO、、等)生产钒的氧化物同时得到副产品黄铵铁矾，有关工艺流程如图：已知：为两性氧化物，在水溶液中存在：回答下列问题：（1）“一段酸浸”控制，目的是使钒以钒酸钙()的形态留到酸浸渣中，滤液中加入氨水并通入空气，生成黄铵铁矾，为确定其组成做如下实验：①取一定量黄铵铁矾样品，将其溶于少量稀盐酸中，再加水稀释至250mL，得到溶液A。②取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成224mL(标准状况)，将产生的沉淀过滤、洗涤，滤液合并后加入足量的溶液，