广东省汕尾市2022-2023学年高三上学期学生调研考试化学试题 附解析

汕尾市2023届高三学生调研考试化学本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Si28第I卷一、选择题(本题共16小题，共44分。第1〜10小题，每小题2分；第11〜16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.央视纪录片《如果国宝会说话》中介绍了很多文物，其中主要属于硅酸盐材料的是红陶人头壶五星出东方织锦镶金兽首玛瑙杯三星堆青铜人像ABCDAA B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．红陶人头壶的主要成分是硅酸盐，A选；B．五星出东方织锦的主要成分是丝绸，不是硅酸盐，B不选；C．镶金兽首玛瑙杯属于玉制品，不是硅酸盐，C不选；D．三星堆青铜人像的主要成分是金属，不是硅酸盐，D不选；答案选A。2.“天宫课堂”已在中国空间站开讲了三堂课，其中的化学小实验让我们感受到了化学之美。下列说法错误的是A.“奥运五环”实验中使用的酸碱指示剂溴百里酚蓝属于有机物B.“冰雪”实验中过饱和乙酸钠溶液遇结晶核形成热冰现象属于放热过程C.“水油分离”实验中液体食用油与水不分层是因为油和水在太空中发生了化学反应D.“气泡球”实验是将泡腾片插入水球中，水球迅速变为“气泡球”，原因是泡腾片中的柠檬酸和碳酸氢钠溶于水后反应生成二氧化碳【答案】C【解析】【详解】A．溴百里酚蓝是一种酸碱指示剂，是含有碳元素的化合物，属于有机物，A正确；B．饱和溶液析出晶体的过程是一个放热过程，故“冰雪”实验中过饱和乙酸钠溶液遇结晶核形成热冰现象属于放热过程，B正确；C．“天宫课堂”中油和水不分层，原因是没有重力，需要在离心作用下才可实现分层，无新物质的生成，未发生化学反应，C错误；D．在“天宫课堂”上将泡腾片插入水球中，泡腾片表面产生大量气泡，水球变成“气泡球”，泡腾片中含碳酸氢钠、柠檬酸等，碳酸氢钠和柠檬酸反应生成二氧化碳气体，则该气泡球中主要含有的气体是二氧化碳，D正确；故答案为C。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.羟基的电子式：B.14C和14N原子的核外电子排布相同C.的空间结构模型：D.基态氧原子的核外电子轨道表示式为：【答案】C【解析】【详解】A．羟基是O原子与H原子形成1对共用电子对得到的，O原子最外层有7个电子，则羟基的电子式为：，A错误；B．14C原子核外电子排布是2、4，14N原子的核外电子排布式是2、5，可见二者的核外电子排布不相同，B错误；C．中的中心N原子价层电子对数是3+=3，中心N原子上无孤对电子，因此的空间构型是平面三角形，其结构模型为，C正确；D．O是8号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p4，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态氧原子的核外电子轨道表示式为：，D错误；故合理选项是C。4.劳动成就梦想。下列校园的劳动与所述的化学知识没有关联的是劳动项目化学知识A学校食堂阿姨用洗涤剂清洗灶台上的油污洗涤剂促进油污的挥发B实验老师用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管硝酸具有强氧化性C消防演习中使用泡沫灭火器模拟灭火铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生双水解D校医开紫外灯给教室消毒紫外线可以使蛋白质变性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．学校食堂阿姨用洗涤剂清洗灶台上的油污，是利用洗涤剂促进油污的水解，A符合题意；B．实验老师用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管，是利用硝酸与银反应生成可溶性的硝酸银，体现硝酸的强氧化性，B不符合题意；C．消防演习中使用泡沫灭火器，是铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生强烈双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，C不符合题意；D．校医开紫外灯给教室消毒，是因为紫外线可以使细菌病毒的蛋白质变性，D不符合题意；故选A。5.实验室制备并收集氨气，下列装置不能达到实验目的的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．在实验室中用铵盐与碱共热产生NH3，可以使用该装置制取NH3，A正确；B．NH3是碱性气体，可以使用碱性干燥剂碱石灰干燥，B正确；C．NH3的密度比空气小，可以使用向下排空气方法收集，导气管短进长出，C正确；D．NH3极易溶于水，溶解在水中使导气管中气体压强减小，水容易沿导气管进入前边装置，引起倒吸，故为防止倒吸现象，应该在导气管末端安装一个倒扣漏斗，使漏斗边缘紧贴水面，D错误；故合理选项是D。6.中国的酒文化源远流长，酿酒的转化过程如下：。设NA为阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.1mol葡萄糖中含碳原子数为6NAC.医用消毒酒精中乙醇体积分数为95%D.标准状况下，11.2LCO2中σ键的数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A．纤维素和淀粉都是多糖，分子式都可用(C6H12O5)n表示，但两者的n不同，它们不是同分异构体，A错误；B．葡萄糖的分子式为C6H12O6，1mol葡萄糖中含碳原子数为6NA，B正确；C．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，C错误；D．标准状况下，11.2LCO2的物质的量为0.5mol，每个CO2分子中σ键的数目为2个，0.5molCO2中σ键的数目为1NA，D错误；答案选B。7.黄芩素(结构如下图)可用于某些疾病的治疗。下列关于黄芩素说法错误的是A.分子式为C15H10O5 B.与溴水只能发生加成反应C.可以使酸性高锰酸钾褪色 D.遇到Fe2(SO4)3溶液发生显色反应【答案】B【解析】【详解】A．根据结构简式可知黄芩素的分子式为C15H10O5，故A正确；B．黄芩素中含有碳碳双键，与溴水能发生加成反应，含有酚羟基，具有酚的性质，还可以与溴水发生取代反应，故B错误；C．黄芩素中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D．黄芩素中含有酚羟基，遇到Fe2(SO4)3溶液发生显色反应，故D正确；故选B。8.将SO2从X通入装有稀BaCl2溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是A.洗气瓶中产生BaSO3白色沉淀B.若同时在Y导管口处通入NH3，则生成白色沉淀主要是BaSO4C.若同时在Y导管口处通入NO2，则生成白色沉淀主要是BaSO4D.若把BaCl2溶液换成溴水，溶液颜色变浅，说明SO2有漂白性【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫不溶于四氯化碳，且与BaCl2溶液不反应，没有BaSO3生成，A错误；B．二氧化硫、氨气均不溶于四氯化碳，若同时在Y导管口处通入NH3，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成的是亚硫酸钡沉淀，B错误；C．NO2不溶于四氯化碳，溶于水会生成硝酸，硝酸氧化二氧化硫为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成的白色沉淀硫酸钡，C正确；D．说明二氧化硫与单质溴的反应是氧化还原反应，液颜色变浅，SO2把溴单质还原成了溴离子，说明SO2有还原性，D错误；故本题选C。9.陈述I和II均正确，但不具有因果关系的是选项陈述I陈述IIA金刚砂的熔沸点高金刚砂(SiC)可用作切割钢板的砂轮B碘单质和CCl4都是非极性分子碘单质易溶于CCl4C盐卤中氯化镁、硫酸钾属于电解质盐卤可使豆浆中的蛋白质聚沉D活性炭具有吸附性活性炭可用作制糖业的脱色剂A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．金刚砂(SiC)可用作切割钢板的砂轮是利用其硬度大，耐磨性好，与熔沸点高无关，选项A错误；B．碘和四氯化碳都属于非极性分子，根据相似相容原理，所以碘易溶于四氯化碳，选项B正确；C．盐卤中氯化镁、硫酸钾属于电解质，可以中和胶体微粒表面吸附的离子的电荷，使蛋白质分子凝聚起来得到豆腐豆腐，选项C正确；D．活性炭具有吸附性，可用作制糖业脱色剂，选项D正确；答案选A。10.实验小组模拟海水晒盐，烧杯内的NaCl溶液长时间日晒，有部分晶体析出，下列说法错误的是A.海水晒盐的本质为蒸发结晶B.烧杯中存在：C.往烧杯内通入HCl气体，沉淀会增多D.往烧杯内加入少量水，溶液浓度会降低【答案】D【解析】【详解】A．海水晒盐的过程是经长时间日晒，海水中水分蒸发，有NaCl晶体析出，本质为蒸发结晶，A项正确；B．烧杯内的NaCl溶液长时间日晒，有部分晶体析出，烧杯中存在NaCl的溶解平衡：NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)，B项正确；C．往烧杯中通入HCl气体，溶液中c(Cl-)增大，平衡NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)逆向移动，会析出更多的NaCl，C项正确；D．烧杯内的NaCl溶液长时间日晒，有部分晶体析出，往烧杯中加入少量水，有部分晶体溶解，溶液仍为饱和溶液，溶液浓度不变，D项错误；答案选D。11.某离子液体是一种绿色溶剂，其阳离子为有机结构。某离子液体的结构如图所示，-R为烃基，X、Y、Z为原子序数依次增加的短周期元素，元素Z的电负性在元素周期表中最大。下列叙述正确的是A.原子半径：Y<ZB.最高价氧化物对应的水化物的酸性：Y>XC.该离子液体的中Y的化合价为+4价D.化合物XZ3中各原子均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】元素Z的电负性在元素周期表中最大，因此Z是F,-R为烃基,则Y为N,X、Y、Z为原子序数依次增加的短周期元素，则X是B;A．同周期原子半径，随着核电荷数的增加而减小，Y是N，Z是F,因此原子半径Y>Z，A项错误；B．Y最高价氧化物对应的水化物是,X最高价氧化物对应的水化物是,非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此Y>X，B项正确；C．该离子液体的中Y是N,Y的化合价为-3价，C项错误；D．化合物，为中,B原子不能达到8电子稳定结构，D项错误；答案选B。12.下图为部分含氯物质的分类与化合价的关系图，有关离子方程式书写正确的是A.用气体b制取漂白粉：B.a和c的溶液反应生成气体b：C.向d溶液中通入少量CO2：D.用惰性电极电解饱和e溶液制备烧碱：【答案】D【解析】【分析】根据图示可知a为HCl，b为Cl2，c为NaClO3，d是NaClO，e是NaCl，然后根据物质的性质分析解答。【详解】A．制取漂白粉是Cl2与石灰乳反应，石灰乳主要是固体物质，应该写化学式，不能写成离子形式，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，A错误；B．电子不守恒，电荷不守恒，原子不守恒，离子方程式应该：6H++5Cl-+=3Cl2↑+3H2O，B错误；C．根据强酸制弱酸原理，少量CO2气体通入NaC1O溶液中，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+，C错误；D．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，在阳极上Cl-失去电子帮我Cl2；在阴极上H2O电离产生的H+得到电子变为H2，故反应的总离子方程式为：，D正确；故合理选项是D。13.化学是以实验为基础的科学。下列实验方案设计中，能达到实验目的的是选项实验方案实验目的A取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体验证Na2O2是否变质B在0.1mol·L-1H2C2O4溶液中加入少量NaHCO3溶液，产生气泡证明酸性：H2C2O4>H2CO3C向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察到KMnO4溶液紫色褪去证明Fe2+具有还原性D向2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中先滴加3滴0.1mol·L-1NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加5滴0.1mol·L-1KI溶液，出现黄色沉淀证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠、碳酸钠和盐酸反应都能放出气体，取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体，不能确定该气体是氧气还是二氧化碳，所以不能判断Na2O2是否变质，故不选A；B．根据“强酸制弱酸”，在0.1mol·L-1H2C2O4溶液中加入少量NaHCO3溶液，产生气泡，说明有二氧化碳气体放出，证明酸性：H2C2O4>H2CO3，故选B；C．Fe2+、Cl-都能还原锰酸钾溶液，向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察到KMnO4溶液紫色褪去，不能证明Fe2+具有还原性，故不选C；D．向2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中先滴加3滴0.1mol·L-1NaCl溶液，有白色沉淀生成，AgNO3有剩余，再滴加5滴0.1mol·L-1KI溶液，AgNO3和KI反应生成AgI沉淀，出现黄色沉淀，不是氯化银沉淀转化为碘化银，所以不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故不选D；选B。14.氯化亚铜(CuCl)难溶于水，不溶于乙醇，潮湿时易水解氧化，广泛应用于化工、印染、电镀等行业。由含[Cu(NH3)4]Cl2的印刷线路板蚀刻废液制取CuCl的流程如下图：下列有关说法正确的是A.“沉铜”时发生了氧化还原反应B.“滤液”中大量存在的离子有Na+、、Cl−和OH−C.“浸取”时发生离子方程式为：D.“洗涤”时宜用乙醇作为洗涤剂【答案】D【解析】【详解】A．[Cu(NH3)4]Cl2和氧化铜中铜的化合价没有发生变化，所以“沉铜”时没有发生氧化还原反应，A错误；B．和OH−不能大量共存，B错误；C．“浸取”时发生离子方程式为：，C错误；D．氯化亚铜(CuCl)难溶于水，不溶于乙醇，“洗涤”时宜用乙醇作为洗涤剂，D正确；故选D。15.中国新能源汽车处于世界领先地位，某品牌电动汽车使用三元锂电池，总反应式为：。下图是工作原理，隔膜只允许X离子通过，汽车加速时，电动机提供推动力，减速时，发电机将多余能量转化为电能储存。下列说法错误的是A.减速时，电池充电；加速时，电池放电B.加速时，电子的方向为：甲电极→电动机→乙电极C.减速时，乙电极的反应为：D.加速时，X离子由甲经过隔膜向乙移动【答案】C【解析】【分析】放电过程中得电子结合a个Li+生成，电极反应式为+aLi++ae-=，LiaC6失电子生成6C和aLi+，电极反应式为LiaC6-ae-=aLi++6C。充电时失去a个Li生成，电极反应式为-ae-=+aLi+，6C得到ae-生成LiaC6，电极反应式为6C+ae-+aLi+=LiaC6。【详解】A．减速时发电机将多余的能量转化为电能储存，减速时电池充电，加速时电动机提供推动力，电池放电，A正确；B．加速时LiaC6放电，电子从甲电极经过电动机到乙电极，B正确；C．减速时，乙电极的反应为-ae-=+aLi+，C错误；D．加速时，乙电极为正极，X离子为Li+，Li+由甲经过隔膜向乙移动，D正确；故答案选C。16.实验室粗配0.1mol/LNaOH溶液，用邻苯二甲酸氢钾(用KHP表示)标定其精确浓度。取20.00mL0.1000mol/LKHP标准液于锥形瓶中，滴入所配NaOH溶液，滴定曲线如图。下列说法错误的是A.a点有：B.b点有：C.c点有：D.该NaOH实际浓度为0.09524mol/L，可能是称量时潮解了【答案】A【解析】【详解】A．HP-水解和电离方程式分别为HP-+H2OH2P+OH-，HP-H++P2-，则有c(H+)+c(H2P)=c(P2-)+c(OH-)，A错误；B．该NaOH实际浓度为0.09524mol/L，10.5mLNaOH溶液的物质的量为0.001mol，根据物料守恒可知，n(P2-)+n(HP-)+n(H2P)=0.002mol，则b点有：，B正确；C．根据电荷守恒，c点pH=7，c(OH-)=c(H+)，则，C正确；D．NaOH固体具有吸水性，容易吸水而潮解，导致NaOH实际浓度降低，D正确；故答案选A。第II卷二、非选择题(共56分。)17.填空。I．（1）配制200mL0.2mol/LNa2SO3溶液，下列哪些玻璃仪器会用到_______。（2）用离子方程式解释Na2SO3溶液呈碱性的原因：_______。II．化学小组用双液原电池原理研究酸碱性对物质氧化性、还原性强弱的影响。通过改变溶液酸碱性，观察电压表读数的变化，读数越大，则对应物质的氧化性(或还原性)越强。已知：①电压高低主要与电极反应有关，还与溶液的温度、离子的浓度、pH值等因素有关。②的还原产物与溶液酸碱性有关，在强酸性溶液中，被还原为Mn2+；在中性和弱碱性溶液中，被还原为MnO2；在强碱性溶液中，被还原为。（3）连接电压表，形成闭合回路，电极B应和图中电压表的_______极(填“a”或“b”)柱相连，测得初始电压为V1。（4）实验装置要置于水浴内的原因：_______。实验操作和读数记录如下：左烧杯(Na2SO4/Na2SO3)右烧杯(KMnO4，调pH=4)电压表读数变化①①逐滴加入5mL0.05mol/LH2SO4由V1逐渐降低②②逐滴加入5mL0.1mol/LNaOH由V1逐渐升高③逐滴加入5mL0.05mol/LH2SO4由V1逐渐升高④加入少量0.1mol/LNaOH由V1略微下降①继续逐滴加入NaOH至5mL再迅速下降（5）同学甲根据实验③推导出酸性增强，KMnO4的氧化性增强，实验②可以得出：_______。（6）同学乙认为实验①中，加入酸后，还原剂转化成了_______(填化学式)。（7）同学丙认为实验设计不够严谨，以实验①②为例，应该往左边烧杯中加入_______，测得电压为V2，以此作为实验①②初始电压。（8）同学丁认为，实验④加入5mLNaOH溶液后，右边烧杯内的电极反应为：_______。【答案】（1）BE（2）（3）b（4）保证溶液的温度不变，防止对实验造成干扰（5）溶液碱性增强，Na2SO3的还原性增强（6）（7）5mL蒸馏水(或者5mL0.05mol/LNa2SO4)（8）【解析】【分析】配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近。结合盐的水解规律判断溶液的酸碱性。在原电池反应中，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应；在探究外界条件对化学反应的影响时，要采用控制变量法分析，只改变一个外界条件，其它条件都相同，根据该条件与发生的反应分析解答。【小问1详解】配制200mL0.2mol/LNa2SO3溶液，需使用托盘天平称量Na2SO3固体，然后在烧杯中溶解，并使用玻璃棒搅拌，促进溶质的溶解，待溶液恢复至室温后，通过玻璃棒引流转移至250mL容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁及玻璃棒，然后定容，在溶液凹液面离刻度线1-2cm处改用胶头滴管定容，故配制溶液使用的仪器是BC；【小问2详解】Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：；【小问3详解】在电极B附近，在酸性条件下得到电子被还原为Mn2+，因此B电极为正极，连接电压表的b接线柱；【小问4详解】实验装置要置于水浴内的原因是保证溶液的温度不变，防止对实验造成干扰；【小问5详解】同学甲根据实验③推导出酸性增强，KMnO4的氧化性增强，实验②中是加入NaOH溶液，使溶液碱性增强，由此可以得出的结论是：溶液碱性增强，Na2SO3的还原性增强；【小问6详解】同学乙认为实验①中，加入酸后，Na2SO3与H2SO4会发生反应，反应分步进行，首先反应产生NaHSO3、NaHSO4，还原剂Na2SO3转化成了NaHSO3；【小问7详解】同学丙认为实验设计不够严谨，以实验①②为例，应该往左边烧杯中加入5mL的蒸馏水，或加入5mL0.05mol/LNa2SO4作为对照实验，测得电压为V2，以此作为实验①②的初始电压；【小问8详解】同学丁认为，实验④加入

5mLNaOH

溶液后，溶液显强碱性，在右边烧杯内得到电子被还原为，则B电极发生的电极反应式为：+e-=。18.钒钛磁铁矿炼铁后产生大量的含钛高炉渣(主要成分为TiO2、Al2O3、CaO、SiO2等)。一种“高温碳化-低温选择性氯化”制备TiCl4工艺如下：（1）Ti的价电子排布式为_______。（2）“研磨混合”的目的是_______。（3）“高温碳化”的反应温度约为900℃，碳化后的固体中含有TiC、硅铁合金(FexSiy)、3CaO·Al2O3。①碳化过程中生成TiC的化学方程式为_______。②FexSiy是一种软磁材料，其晶胞结果如图，该晶胞中Si所处的位置为晶胞的棱心和_______；该材料的化学式为_______。（4）将固体加入NaOH-Na2CO3混合溶液中进行“碱浸”，此过程中3CaO·Al2O3发生反应的离子方程式为_______。（5）几种氯化物的物理性质见下表。物质FeCl3SiCl4TiCl4熔点/C306-70-25沸点℃31657.6135①“氯化”时反应温度约为400℃，而气态氯化物中几乎不含FeCl3和SiCl4，可能原因是_______。②“操作I”为_______。（6）为了降低成本，“母液”需循环至“碱浸”步骤中重复利用，则“气体I”的最佳选择为_______(填化学式)。【答案】（1）3d24s2（2）使固体反应物充分混合，提高“高温碳化”的效率（3）①.TiO2＋3CTiC＋2CO↑②.体心③.Fe3Si（4）或者：（5）①.氯化温度较低，硅铁合金与Cl2在该温度下无法反应②.冷凝(降温、冷却、蒸馏等)（6）CO2【解析】【分析】含钛高炉渣主要成分为TiO2、Al2O3、CaO、SiO2等，加焦炭、铁屑研磨混合，“高温碳化”生成TiC、硅铁合金(FexSiy)、3CaO·Al2O3，加入NaOH-Na2CO3混合溶液中进行“碱浸”，CaO·Al2O3生成碳酸钙、偏铝酸钠，过滤，滤液中含有偏铝酸钠，滤液中通入适量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀；固体渣中含有TiC、硅铁合金(FexSiy)、碳酸钙，磁选得到TiC、硅铁合金(FexSiy)，TiC、硅铁合金(FexSiy)通入氯气“氯化”生成TiCl4蒸气。【小问1详解】Ti是22号元素，价电子排布式为3d24s2；【小问2详解】“研磨混合”使固体反应物充分混合，提高“高温碳化”的效率；【小问3详解】①碳化过程中TiO2和焦炭反应生成TiC和CO，化学方程式为TiO2＋3CTiC＋2CO↑。②根据FexSiy的晶胞结构图，该晶胞中Si所处的位置为晶胞的棱心和体心；根据均摊原则，1个晶胞中含有Si原子数为、Fe原子数为，该材料的化学式为Fe3Si。【小问4详解】将固体加入NaOH-Na2CO3混合溶液中进行“碱浸”，此过程中3CaO·Al2O3反应生成碳酸钙沉淀和偏铝酸钠，发生反应的离子方程式为。【小问5详解】①“氯化”时反应温度约为400℃，氯化温度较低，硅铁合金与Cl2在该温度下无法反应，所以气态氯化物中几乎不含FeCl3和SiCl4。②TiCl4蒸气冷凝得到TiCl4，“操作I”为冷凝。【小问6详解】CO2能与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，“母液”需循环至“碱浸”步骤中重复利用，“碱浸”过程加入NaOH-Na2CO3混合溶液，则“气体I”的最佳选择为CO2。19.甲烷是一种温室气体，将它转化为高附加值产品甲醇具有重要意义。目前工业上的甲烷转化大多需要先通过重整生成合成气(CO、H2)再转化为甲醇，涉及的反应如下：反应I：反应II：（1）在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是_______；A.加入催化剂，降低了反应的ΔH，从而加快了反应速率B.混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡C.平衡时H2的体积分数可能大于D.平衡时向容器中充入惰性气体，甲醇的产率不变（2）在密闭容器中通入3molCH4和2molO2，假设只发生反应I和II，分别在0.2MPa和2MPa下进行反应，其中CH4和CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示：①压强为0.2MPa时，表示CH4和CH3OH的曲线分别是_______、_______(填“a”、“b”、“c”或“d”)。②对于反应II，，，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，分压=总压×物质的量分数。在500K，2MPa条件下，测得平衡时CH4的转化率为，则CO的物质的量为_______，该温度时=_______MPa−2；③在升温的过程中，速率常数增大的倍数：k正_______k逆(填“>”、“=”或“<”)。（3）甲烷直接氧化制甲醇的总反应在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)条件下能够自发进行；若将总反应看成由反应I和反应II两步进行，画出由甲烷和氧气经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。（4）工业生产中，研究人员发现甲烷直接氧化制甲醇的反应往往伴随副反应，生成甲醛、甲酸等副产品。为了提高反应速率和产品中甲醇的体积分数，生产中采取最佳措施是_______。【答案】（1）BD（2）①.b②.d③.1mol④.⑤.<（3）①.低温②.（4）使用合适的催化剂【解析】【小问1详解】A．加入催化剂，不改变反应的ΔH，加入催化剂会降低反应的活化能，从而加快了反应速率，A错误；B．根据质量守恒，气体的总质量不变，两个反应的系数和均不一致，故总物质的量平衡前要变化，，故混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B正确；C．假设只发生反应I，加入2mol甲烷和1mol氧气，而且反应完全，平衡时H2的体积分数等于，但是由于反应是可逆的，而且反应II也会消耗氢气，故氢气积分数不可能大于，C错误；D．在恒容密闭容器，平衡时向容器中充入惰性气体，平衡不移动，甲醇的产率不变，D正确；故本题选BD。【小问2详解】减小压强，反应I正向移动，反应II逆向移动，故压强越小，CH4和CH3OH的平衡体积分数越小，故表示CH4和CH3OH的曲线分别是b、d；CH4的转化率为，可知CH4反应了2mol，共生成CO的物质的量为2mol，由图中曲线可知，500K，2MPa条件下，平衡时CH4和CH3OH的平衡体积分数相等，故生成CH3OH的物质的量为1mol，根据反应II可知，消耗CO为1mol，则剩余的CO物质的量为：2mol-1mol=1mol；由反应I可知，氧气反应了1mol，则氧气剩余为1mol，生成氢气共4