河北省保定市2022—2023學年高三上學期11月期末調研考試化學試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H—1C—12O—16Fe—56Co—59Cu—64Y—89Ba—137一、單項選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2022年11月11日，國務院聯防聯控機制綜合組發布“通知”，公布了進一步優化防控工作的二十條措施，以利于更好做好疫情防控。下列說法正確的是A.防護服、護目鏡、防疫口罩中都含有高分子材料B.核酸廣泛存在于動植物細胞中，和油脂一樣是一種酯類物質C.84消毒液是一種含氟的強氧化性消毒劑，常用于人體皮膚消毒D.醫用酒精是質量分數為75%的乙醇水溶液，其殺菌原理是使細菌蛋白變性【答案】A【解析】【詳解】A．防護服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，護目鏡多采用聚碳酸酯制作，防疫口罩的核心材料是聚丙烯，故三者均含有高分子材料，A正確；B．核酸廣泛存在于動植物細胞中，它是由許多核苷酸單體（五碳糖、磷酸基、含氮堿基）聚合成的生物大分子化合物，不屬于酯類物質，B錯誤；C．84消毒液的主要成分是次氯酸鈉，不含氟，C錯誤；D．醫用酒精是體積分數為75%的乙醇水溶液，D錯誤；故選A。2.鉛同位素的研究最初為模式年齡定年和探討成礦物質來源的示蹤。自然界中82Pb有204Pb、206Pb、207Pb、208Pb4種同位素，其中206Pb、208Pb為放射性成因同位素，由、放射性衰變產生。下列說法錯誤的是A.元素發生放射性衰變，會有新的粒子產生B.可用質譜法區分和C.含有的中子數和質子數之差為124D.鉛的4種同位素屬于鉛的4種不同核素【答案】C【解析】【詳解】A．由題干信息可知，206Pb、208Pb為放射性成因同位素，由、放射性衰變產生，根據質量守恒可知，元素發生放射性衰變，會有新的粒子產生，A正確；B．和的相對原子質量不同，故可用質譜法區分和，B正確；C．含有的中子數和質子數之差為(206-82)-82=42，C錯誤；D．具有一定數目的質子和一定數目的中子的一種原子即為一種核素，故鉛的4種同位素屬于鉛的4種不同核素，D正確；故答案為：C。3.化學學科核心素養中提出了宏觀辨識與微觀探析，要求能從不同層次認識物質的多樣性，能從微粒水平認識物質的組成、結構等。下列敘述的化學用語或圖示表達正確的是A.基態鈦原子的外圍電子排布式：3d24s2B.SO3的VSEPR模型：C.用電子式表示HCl的形成過程：D.異丁烷的球棍模型：【答案】A【解析】【詳解】A．Ti是22號元素，根據構造原理，可知基態Ti原子的外圍電子排布式是：3d24s2，A正確；B．SO3分子中的中心S原子價層電子對數是3+=3，無孤電子對，因此SO3的VSEPR模型是平面三角形，B錯誤；C．HCl分子中H、Cl原子之間以共價鍵結合，其形成過程用電子式表示為：，C錯誤；D．異丁烷也就是2-甲基丙烷的俗稱，其球棍模型為，D錯誤；故合理選項是A。4.在化學元素史上，氟元素的發現是參與人數最多、工作最難的研究課題之一，從發現氫氟酸到制得單質氟，歷時118年之久。設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.在標準狀況下，22.4L與足量水反應生成的分子數為0.25NAB.氟蒸氣和氫氣充分反應，轉移電子數小于2NAC.在標準狀況下，22.4LHF所含的質子數為10NAD.的氟化鈉水溶液中與離子數之和大于NA【答案】D【解析】【詳解】A．氟氣與水反應生成氫氟酸和氧氣，由得失電子數目守恒可知，標準狀況下22.4L氟氣與足量水反應生成氧氣的分子數為××NAmol—1=0.5NA，故A錯誤；B．氟氣與氫氣反應生成氟化氫，則1mol氟氣與1mol氫氣充分反應生成氟化氫時，轉移電子數目為1mol×2×NAmol—1=2NA，故B錯誤；C．標準狀況下，氟化氫為液態，則無法計算22.4L氟化氫的物質的量和含有的質子數，故C錯誤；D．氟化鈉為強堿弱酸鹽，氟離子在溶液中水解使溶液中陰離子數目增大，則1L1mol/L氟化鈉溶液中氟離子和氫氧根離子的數目之和大于1mol/L×1L×NAmol—1=NA，故D正確；故選D。5.古代酒農用硫磺熏烤過的橡木桶盛放葡藥酒，可以延長葡萄酒的保質期，二氧化硫作為葡萄酒的添加劑歷史悠久。下列反應的離子方程式書寫正確的是A.二氧化硫在葡萄酒中的抗氧化作用：B.二氧化硫通入含氫氧化鉀的溶液中：C.少量氣體通入溶液中：D.硫代硫酸鈉和稀硫酸反應生成二氧化硫：【答案】D【解析】【詳解】A．電荷、原子均不守恒，正確的離子方程式為，A錯誤；B．當二氧化硫和氫氧化鉀1:1反應時恰好生成，當二氧化硫和氫氧化鉀1:2反應時恰好生成和水，故二氧化硫與氫氧化鉀反應得到的既有也有，B錯誤；C．具有氧化性，能將氧化為，自身被還原為，故二者發生的應是氧化還原反應，C錯誤；D．硫代硫酸根在酸性條件下不穩定，可發生歧化反應生成淡黃色的硫單質和有刺激性氣味的二氧化硫氣體，題中離子方程式無誤，D正確；故選D。6.碳酰氯(COCl2)俗名光氣，熔點為-118℃，沸點為8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氫。光氣可由氯仿(CHCl3)和氧氣在光照條件下合成。下列說法錯誤的是A.裝置乙的主要作用是吸收尾氣中的氯化氫，且能防倒吸B.裝置丁中發生反應的化學方程式為C.冰水混合物的作用是降溫，主要是防止揮發D.裝置的連接順序應為【答案】C【解析】【分析】光氣可由氯仿(CHCl3)和氧氣在光照條件下合成，且光氣遇水迅速水解，由實驗裝置可知，乙裝置制備氧氣，然后經甲干燥氧氣通過e進入裝置丁中和CHCl3反應合成光氣，同時也生成了氣體，丁后面需連接干燥裝置防止水進入丁中，最后連接丙裝置吸收尾氣。【詳解】A．反應生成氣體，需要用裝置乙進行尾氣吸收，裝置乙中的漏斗倒扣能起到防倒吸的作用，A不符合題意；B．在裝置丁中，氯仿(CHCl3)和氧氣在光照條件下合成了光氣，同時生成了氣體，題中方程式無誤，B不符合題意；C．光氣沸點較低（8.2℃），冰水混合物的作用是降溫，主要是防止光氣揮發，C符合題意；D．光氣遇水迅速水解，則丙中產生的氧氣進入丁之前必須用甲裝置干燥，尾氣處理裝置之前也需加裝甲裝置防止乙中有水蒸氣進入丁而使光氣水解，故裝置的連接順序應為，D不符合題意；故選C。7.用體積相同的濃、稀分別將兩份等質量的銅片完全溶解，觀察到現象：①和過量濃反應，所得溶液為綠色。②和過量稀反應，所得溶液為藍色。用注射器分別取①②中等體積的少量溶液，夾上彈簧夾，完成如下實驗：實驗儀器操作現象I向外拉動注射器活塞①中液面上方呈紅棕色，……Ⅱ②中無明顯變化下列說法正確的是A.①中產生，②中產生，說明氧化性：稀HNO3>濃HNO3B.I中溶液上方呈紅棕色是因為發生反應：C.溶解等量的Cu，消耗HNO3(濃)的物質的量小于HNO3(稀)D.近過以上實驗，可知溶液的綠色是溶液中溶解了二氧化氮所致【答案】D【解析】【詳解】A．濃度越大氧化性越強，所以氧化性是稀HNO3<濃HNO3，故A錯誤；B．I中溶液溶有二氧化氮，當抽動針筒時壓強減小，二氧化氮從溶液中逸出，從而出現紅棕色，而不是NO與氧氣反應的結果，故B錯誤；C．由反應可知，消耗1molCu消耗的濃硝酸為4mol，消耗的稀硝酸為8mol，由此可知溶解等量的銅消耗的濃硝酸更多，故C錯誤；D．①中溶液顏色是綠色，②中溶液顏色是藍色，①與②所得溶液顏色不同，反應的產物只有產生的氣體是不一樣的，所以溶液顏色不一樣可能原因是二氧化氮溶于水的緣故，故D正確；故本題選D。8.用下圖Ⅰ所示裝置通電10min后，去掉直流電源，連接成圖Ⅱ所示裝置，可觀察到圖Ⅱ所示裝置U形管左端鐵電極表面析出白色膠狀物質，U形管右端液面上升。下列說法正確的是A.同溫、同壓下，裝置I中兩電極上收集到的氣體體積相等B.裝置I通電10min后鐵電極周圍溶液pH增大C.用裝置II進行實驗時石墨電極上的電極反應為D.用裝置II進行實驗時鐵電極上的電極反應為【答案】B【解析】【分析】裝置I是電解裝置，鐵與電源負極相連，則鐵是陰極，電極反應式：，石墨是陽極，電極反應式：；10分鐘后去掉電源變成裝置II就成了原電池，鐵是負極，由于此時鐵電極周圍呈堿性，所以電極反應式為：，石墨是正極，電極反應式：O2+4e-+2H2O=4OH-。【詳解】A．裝置I是電解裝置，鐵是陰極，電極反應式：，石墨是陽極，電極反應式：，因Cl2能溶解在水中且有一部分能與H2O發生反應，而H2不溶于水，故兩個電極上收集到的氣體體積不一樣多，A錯誤；B．鐵電極電極式為，故周圍溶液pH增大，B正確；C．裝置II進行實驗時石墨為正極，電極反應式：O2+4e-+2H2O=4OH-，C錯誤；D．裝置II進行實驗時鐵電極是負極，由于此時鐵電極周圍呈堿性，所以電極反應式為：，D錯誤；故選B。9.2022年6月11日國家航天局公布了“祝融號”火星車拍攝的首批科學影象圖。火星氣體及巖石中富含的X、Y、Z、W為原子序數遞增的4種短周期元素，其中Z為金屬元素，其單質與冷水劇烈反應，X、W為同一主族元素，Y是地殼中含最高的元素，火星巖石中含有W的最高價化合物。下列說法正確的是A.Z位于元素周期表第三周期IIIA族B.最高價氧化物對應水化物的酸性：C.原子半徑：D.Z和Y能形成陰陽離子個數比為1：2和1：1的兩種化合物【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數遞增的4種短周期元素，其中Z為金屬元素，其單質與冷水劇烈反應，則Z為Na，Y是地殼中含最高的元素，則Y是O，X、W為同一主族元素且W的最高價化合物，則X、W分別為C和Si，化合物即。【詳解】A．Z為Na，位于元素周期表第三周期IA族，A錯誤；B．X、W分別為C和Si，酸性：，B正確；C．依次為Na、Si、O、C，原子半徑應為：Na>Si>C>O，C錯誤；D．Na和O可形成和，陰陽離子個數比均為1：2，D錯誤；故選B。二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。10.雙極膜能夠在直流電場作用下將解離為和。以維生素C的鈉鹽(C6H7O6Na)為原料制各維生素C(，具有弱酸性和還原性)的裝置如圖。下列說法正確的是A.a離子，b離子是B.此裝置最終既可以得到維生素C，又可以得到NaOHC.將X極區的替換為，可以提高維生素C的產率D.極的電極反應式為【答案】B【解析】【分析】由裝置圖知，X極區產生氧氣，為陽極，在X電極，水失去電子生成氧氣，同時生成氫離子，鈉離子通過陽離子交換膜進入右側區域與a離子即氫氧根離子構成NaOH，則b離子為氫離子，與結合為，Y極區產生氫氣，為陰極，水得到電子生成氫氣，同時生成氫氧根離子。【詳解】A．a離子是，b離子是，A錯誤；B．由分析知，此裝置最終既可以得到維生素C，又可以得到NaOH，B正確；C．若將X極區的Na2SO4替換為C6H7O6Na，一方面生成的導電能力弱，另一方面維生素C易被生成的氧氣氧化，不能提高維生素C的產率，C錯誤；D．X極為陽極，發生氧化反應，電極反應式為，D錯誤；故選B。11.常溫下，用NaOH溶液調節H3PO4溶液的pH，溶液中含磷微粒的物質的量分數與pH的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.的二級電離常數為：B.M點時，溶液中C.時，溶液中水的電離程度比純水大D.時，溶液中【答案】CD【解析】【詳解】A．由題干圖像M點信息可知，此時c()=c()，pH=7.25，故的二級電離常數為：，A正確；B．由題干圖像M點信息可知，此時c()=c()，pH=7.25，故M點時，溶液中有，B正確；C．由題干圖像信息可知，時，溶液中溶質主要為H3PO4，H3PO4電離出的H+抑制水的電離，故此時溶液中水的電離程度比純水小，C錯誤；D．由電荷守恒可知，溶液中有：，故時，溶液中，D錯誤；故答案為：CD。12.在容積為1L的恒容密閉容器中發生反應，圖Ⅰ表示200℃時容器中A、B、C的物質的船隨時間的變化關系，圖Ⅱ表示不同溫度下達到平衡時C的體積分數隨起始的變化關系。則下列結論正確的是A.由圖Ⅱ可知反應的△H＜0，且a=2B.200℃時，反應從開始到平微的平均速率v(A)=0.04mol/(L·min)C.200℃時，向容器中充入2molA和1molB，達到平御時，A的體積分數小于0.5D.若在圖Ⅰ所示的平衡狀態下，再向體系中充入He，重新達到平衡前v(正)＞v(逆)【答案】AC【解析】【詳解】A．根據圖Ⅱ可知：在其它條件不變時，升高溫度，平衡時生成物C的含量降低，說明升高溫度，化學平衡逆向移動，逆反應為吸熱反應，則該反應的正反應是放熱反應，所以反應熱△H＜0；根據圖Ⅰ可知A、B是反應物，C是生成物，當反應進行到5min時達到平衡狀態。△n(A)：△n(B)：△n(C)=0.4：0.2：0.2=2：1：1，所以該反應方程式為：2A(g)+B(g)C(g)。在一定的溫度下只要A、B起始物質的量之比剛好等于平衡化學方程式化學計量數之比，平衡時生成物C的體積分數就最大，A、B的起始物質的量之比為2：1，故a=2，A正確；B．由圖Ⅰ可知，200℃時5min達到平衡，平衡時A的物質的量變化量為△n(A)=0.8mol-0.4mol=0.4mol，故v(A)=，B錯誤；C．由圖Ⅰ可知：200℃時平衡時，A、B、C的物質的量變化量分別為0.4mol、0.2mol、0.2mol，物質的量之比等于化學計量數之比，故x：y：Z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，平衡時A的體積分數為:，200℃時，向容器中充入2molA和1molB達到平衡等效為原平衡增大壓強，增大壓強化學平衡向正反應移動，故達到平衡時，A的體積分數小于0.5，C正確；D．在恒溫恒容條件下，向反應體系中通入氦氣，反應混合物的濃度不變，化學平衡不移動，故v(正)=v(逆)，D錯誤；故合理選項是AC。13.超細銀粉在光學、生物醫療等領域有著廣闊的應用前景。由含銀廢催化劑制備超細銀粉的過程如下：資料：①含銀廢催化劑成分：主要含、及少量、、、等。②為載體，且不溶于硝酸。下列說法錯誤的是A.過程I中，得到的濾渣的主要成分是：、B.過程Ⅱ中，檢驗沉淀表面的已洗滌干凈的試劑可以用KSCN溶液C.過程Ⅳ中，發生反應的氧化劑和還原劑物質的量之比為1：4D.過程Ⅴ可以利用電能轉化為化學能的裝置去實現【答案】C【解析】【分析】含銀廢催化劑經磨碎、加熱，用稀硝酸溶解，過濾所得的濾渣為及，濾液中有Ag+、Mg2+、K+、Fe3+，加入NaCl可形成AgCl沉淀，將沉淀過濾、洗滌，用氨水溶解可得氯化二氨合銀溶液，反應方程式為AgCl+2NH3?H2O=Ag(NH3)2C1+2H2O，向其中加入N2H4?H2O，二者發生氧化還原反應生成粗銀和氮氣，最后利用電解法精煉粗銀可得超細銀粉。【詳解】A．過程I中，只有和不溶于稀硝酸，故得到的濾渣的主要成分是：、，A不符合題意；B．遇KSCN，溶液會變紅，故可以用KSCN溶液檢驗沉淀表面的已洗滌干凈，B不符合題意；C．過程Ⅳ中，反應的氧化劑為Ag(NH3)2C1，其中銀元素由+1價被還原為0價，變化一個價態，還原劑為N2H4?H2O，其中氮元素由-2價被氧化為0價，共變化四個價態，故氧化劑和還原劑的物質的量之比為4：1，C符合題意；D．過程Ⅴ可以利用電解精煉粗銀制得超細銀，這一過程將電能轉化為化學能，D不符合題意；故選C。三、非選擇：共57分14.三氯化六氨合鈷是橙黃色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含鈷配合物的原料。下圖是某科研小組以含鈷廢料(含少量Fe、Al等雜質)制取的工藝流程：已知：Ⅰ．浸出液中含有、、、等。Ⅱ．、、、Ⅲ．具有較強還原性。Ⅳ.溶液中金屬離子物質量濃度低于時，可認為沉淀完全。回答下列問題：（1）為加快廢料與鹽酸的反應速率，采用的方法有___________(任寫三條)。（2）寫出加“適量”發生反應的離子方程式___________。（3）“加調至a”會生成兩種沉淀，同時得到含的濾液，調節的范圍為___________。（4）①若無活性炭作催化劑，所得固體產物中除外還會有大量二氯化一氯五氨合鈷和三氯化五氨一水合鈷晶體，這體現了催化劑的___________性。②“氧化”時，應先加入的物質是___________(填“氨水”或“”)。③“氧化”時，相同時間內不同的反應溫度對產品的影響關系如圖，60℃后隨溫度升高，Co的氧化率下降的主要原因是___________。（5）將“氧化”后的混合物趁熱過濾，待濾液冷卻后加入適量濃鹽酸，過濾、洗滌、干燥，得到晶體。該過程中加入濃鹽酸的目的是___________。【答案】（1）升溫、增大鹽酸濃度、廢料粉碎、攪拌等（2）（3）4.7<pH<7.4（4）①.選擇性②.氨水③.受熱易分解，的氧化率降低（5）增大，降低在水中的溶解度，有利于其結晶析出【解析】【分析】以含鈷廢料(含少量Fe、Al等雜質)制取，用鹽酸溶解廢料，得到含有、、的酸性溶液，加入適量的將氧化為，再加入Na2CO3調pH，可將、轉化為Fe(OH)3和Al(OH)3，過濾，向含有Co2+的濾液中加入鹽酸調節pH為2到3，加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2?6H2O，再依次加入氨水和H2O2，發生反應：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3?H2O=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O，再將沉淀在HCl氛圍下蒸發濃縮、冷卻結晶、減壓過濾即得到產品。【小問1詳解】為加快廢料與鹽酸的反應速率，可采用適當升溫、增大鹽酸濃度、將廢料粉碎、攪拌等方法；【小問2詳解】加可將氧化為，反應的離子方程式；【小問3詳解】根據分析，加Na2CO3調pH的目的是將、轉化為Fe(OH)3和Al(OH)3，同時不沉淀且得到含的濾液，Fe(OH)3和Al(OH)3為同一類型的沉淀，由其Ksp數據知，先于出現沉淀，恰好完全沉淀時的c(OH-)=mol/L，此時=4.7，當開始沉淀時，溶液中c(OH-)=mol/L，此時=7.4，且則應調節的范圍為4.7<pH<7.4；【小問4詳解】①若無活性炭作催化劑，所得固體產物中除外還會有大量其它晶體，這體現了催化劑的選擇性；②“氧化”時，若先加H2O2，Co元素被氧化成Co3+，再加氨水會生成Co(OH)3，不利于產品的生成，故應先加入氨水再加入H2O2，防止生成Co(OH)3；③60℃后隨溫度升高，Co的氧化率下降的主要原因是受熱易分解，的氧化率降低，產率也隨之降低；【小問5詳解】加入濃鹽酸可增大溶液中的，從而降低在水中的溶解度，有利于其結晶析出。15.富馬酸亞鐵［相對分子質量為170]常用于治療缺鐵性貧血，也可作食品營養強化劑。某化學興趣小組用富馬酸（HOOCCH=CHCOOH，相對分子質量為116）和制備富馬酸亞鐵，并對其純度進行測定，過程如下：I．富馬酸亞鐵晶體的制備步驟1：稱取4.64g富馬酸置于儀器A中，稱取一定量的水加入儀器A中，開啟攪拌槳攪拌，并開啟調溫型電熱套使溶液溫度達到80℃時，加入預先溶解好的純堿溶液，在生成富馬酸二鈉約5min后，調節pH在6.5～6.7之間，繼續加熱升溫，反應15min，即可得到富馬酸二鈉溶液。步驟2：在富馬酸二鈉溶液中，緩慢加入溶液，維持溫度98～100℃，充分攪拌1.5h；在回流過程中一直持續通入氮氣。步驟3：冷卻、過濾，洗滌沉淀，然后水浴干燥，得到粗產品3.06g。回答下列問題：（1）儀器A的名稱是___________，球形冷凝管的作用是___________。（2）步驟1中調pH最好選用的酸為___________。a．鹽酸b．硫酸c．硝酸（3）步驟2中生成富馬酸亞鐵的化學方程式為___________。（4）步驟2在回流過程中一直持續通入氮氣的目的是___________。若不通氮氣，最后得到的粗產品的質量會___________(填“不變”“偏大”或“偏小”)。Ⅱ.產品純度的測定（5）取0.400g產品置于250ml錐形瓶中，加入15.00mL硫酸，加熱溶解后冷卻，再加入50.00mL新煮沸過的冷水和2滴鄰二氮菲指示液，此時溶液呈紅色；立即用的硫酸高鈰銨標準液滴定(還原產物為)，滴定終點溶液變為淺藍色。平行滴定三次，平均消耗21.60mL標準液。則產品中富馬酸亞鐵的質量分數為___________。【答案】（1）①.三頸燒瓶②.冷凝回流，減少富馬酸的揮發（2）b（3）（4）①.防止被空氣中的氧氣氧化②.偏大（5）91.8%【解析】【分析】利用富馬酸和可制備富馬酸亞鐵，在三頸燒瓶中加富馬酸、純堿溶液，加熱可獲得富馬酸二鈉溶液，向其中再加入溶液加熱條件下可生成富馬酸亞鐵，再經冷卻、過濾、洗滌沉淀、水浴干燥，即可得到富馬酸亞鐵粗產品。【小問1詳解】儀器A的名稱是三頸燒瓶，球形冷凝管的作用是冷凝回流，減少富馬酸的揮發，提高原料的利用率；【小問2詳解】鹽酸和硝酸易揮發，硫酸不揮發，步驟1中調pH最好選用的酸為硫酸，故選b；【小問3詳解】根據題目信息，富馬酸二鈉與可生成富馬酸亞鐵，化學方程式為；【小問4詳解】具有還原性，很容易被空氣氧化，故要一直持續通入氮氣防止被空氣中的氧氣氧化；若不通氮氣，部分被氧化成了，得到的粗產品中含有富馬酸鐵，富馬酸鐵的摩爾質量大于富馬酸亞鐵的，故最后得到的粗產品的質量會偏大；【小問5詳解】反應過程中中鈰元素由+4價降至+3價，變化了一個價態，富馬酸亞鐵中鐵元素由+2價升至+3價，也變化了一個價態，故n[]=n[]=，則產品中富馬酸亞鐵的質量分數為=91.8%。16.合成氨工業在20世紀初期迅速發展，開始用氨作炸藥工業的原料，為戰爭服務。第一次世界大戰結束后，氨轉向為農業、工業服務。50年代后合成氨的原料構成發生重大變化，近30年來合成氨工業發展很快，三位化學家因為合成氨反應獲得諾貝爾獎。回答下列問題：（1）2007年度諾貝爾化學獎獲得者格哈德·埃特爾，確認了合成氨反應機理。673K時，各步反應的能量變化如圖，其中吸附在能化劑表面上的粒子用“*”標注。①圖中決速步驟的反應方程式為___________。②工業上投料時，試從化學反應平衡和化學反應速率的角度解釋其原因：___________。（2）與作用分別生成、、的反應均為放熱反應。工業尾氣中的可通過催化氧化為除去。將一定比例的、和的混合氣體以一定流速經過裝有催化劑的反應管，的轉化率、的選擇性[]與溫度的關系如圖。①其他條件不變，在175～300℃范圍內升高溫度，出口處氮氧化物的量___________(填“增大”或“減小”)，的平衡轉化率___________(填“增大”或“或小”)。②為能更有效除去尾氣中的，且使的選擇性高，應選擇的最佳溫度為___________。（3）工業合成氨需要的原料之一是。國際上最為有效的制氫工藝是甲烷水蒸氣重整反應，涉及的主要反應如下：反應Ⅰ：反應Ⅱ：反應Ⅲ：一定條件下，向恒容容器中以物質的量之比為1：3的比例投入甲烷和水蒸氣，達到平衡時，甲烷和水蒸氣的轉化率分別是80%和40%，則的物質的量分數=___________()，反應Ⅲ以物質的量分數表示的平衡常數=___________(可用分數表示)。（4）利用磷鹽分子作為質子導體，可實現高速率電催化還原反應合成，其原理如圖所示。此過程中涉及到生成的反應有___________。【答案】（1）①.②.提高的濃度可提高的轉化率；在催化劑上的吸附分解為總反應的決速步驟，適當提高氮氣的比例，能加快合成氨反應的進行（2）①.增大②.減小③.225（3）①.50%②.（4）、【解析】【小問1詳解】①圖中決速步驟是反應速率最小即活化能最大的一步，讀圖可知反應方程式為：。②根據工業合成氨反應可知反應比為，而工業上投料時，對比分析可知：提高的濃度可提高的轉化率；在催化劑上的吸附分解為總反應的決速步驟，適當提高氮氣的比例，能加快合成氨反應的進行【小問2詳解】①其他條件不變，在175～300℃范圍內升高溫度，由圖可知的轉化率逐漸增大，而的選擇性逐漸減小，所以出口處氮氧化物的量增大；由題意可知該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，所以的平衡轉化率減小。②為能更有效除去尾氣中的應使得轉化率盡可能大，且使的選擇性高，所以應選擇的最佳溫度為圖中交點，即225℃。【小問3詳解】假設開始時甲烷和水蒸氣的物質的量分別為1mol和3mol，達到平衡時，甲烷和水蒸氣的轉化率分別是80%和40%，則甲烷剩，水蒸氣剩余，根據H原子守恒可知所得的物質的量是，根據C原子和O原子守恒可得，所以平衡時，則的物質的量分數，反應Ⅲ以物質的量分數表示的平衡常數。小問4詳解】讀圖可知此過程中涉及到生成的反應有：、。17.