Z20名校聯盟(浙江省名校新高考研究聯盟)2024屆高三第一次聯考化學試題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24A127Fe56Ag108選擇題部分一、選擇題(每小題只有1個選項符合題目要求。每小題3分，共48分)1.化學是材料科學的基礎。下列說法不正確的是A.制造5G芯片的氮化鋁晶圓屬于無機非金屬材料B.La－Ni合金是一種新型儲氫合金材料C.高吸水性樹脂聚丙烯酸鈉是通過縮聚反應合成的D.制造防彈裝甲的芳綸纖維屬于有機高分子材料【答案】C【解析】【詳解】A．制造5G芯片的氮化鋁晶圓屬于無機非金屬材料，A正確；B．La－Ni合金是一種新型儲氫合金材料，B正確；C．高吸水性樹脂聚丙烯酸鈉是丙烯酸鈉通過加聚反應合成的，C錯誤；D．制造防彈裝甲的芳綸纖維屬于有機高分子材料，D正確。故選C。2.下列化學用語表示正確的是A.羥基的電子式：B.基態氮原子的價層電子軌道表示式：C.PCl3的價層電子對互斥模型：D.的名稱：3－溴丁烷【答案】B【解析】【詳解】A．羥基的電子式為：，故A錯誤；B．基態氮原子價電子排布式為：2s22p3，軌道表示式：，故B正確；C．PCl3中心原子價層電子對數為3+=4，且有1個孤電子對，空間構型為三角錐形，故C錯誤；D．的名稱是：2－溴丁烷，故D錯誤；故選B。3.SO2是一種常見氧化物，下列說法不正確的是A.SO2屬于弱電解質 B.SO2可用作食品添加劑C.SO2既有氧化性又有還原性 D.SO2具有漂白性【答案】A【解析】【詳解】A．二氧化硫屬于非電解質，故A錯誤；B．食品中適量添加二氧化硫可起到漂白、防腐和抗氧化作用，故B正確；C．SO2中硫元素為+4價，既能升高也能降低，所以既有氧化性又有還原性，故C正確；D．SO2具有漂白性，能與有色物質結合為無水物質，故D正確；答案選A。4.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是A.不銹鋼具有很強的抗腐蝕能力，可用于制造醫療器械和廚房餐具B.單晶硅熔點高，可用作半導體材料C.維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑D.氯乙烷汽化時吸熱，可作肌肉拉傷的鎮痛劑【答案】B【解析】【詳解】A．不銹鋼具有很強的抗腐蝕能力，可用于制造醫療器械和廚房餐具，A正確；B．硅介于金屬元素與非金屬元素之間，單晶硅可用作半導體材料，B錯誤；C．維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑，C正確；D．氯乙烷汽化時吸熱，可作肌肉拉傷的鎮痛劑，D正確。故選B。5.完成下述實驗，裝置或試劑不正確的是A.實驗室制氯氣B.驗證氨氣易溶于水且溶液呈堿性C.溶液的轉移D.實驗室制乙炔除去H2S雜質A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．實驗室利用二氧化錳和濃鹽酸在加熱的條件下反應生成氯氣，故A正確；B．氨氣易溶于水會引發噴泉實驗，滴有酚酞的溶液變紅說明氨氣溶于水形成的溶液呈堿性，故B正確；C．配置一定物質的量濃度溶液中，“轉移”需要用玻璃棒引流，故C錯誤；D．H2S通入硫酸銅溶液中會生成CuS沉淀，實驗室用硫酸銅溶液除去乙炔中的H2S雜質，故D正確；故選C。6.汽車發生碰撞時，安全氣囊中發生反應：10NaN3+2KNO3=5Na2O+K2O+16N2↑。下列判斷不正確的是A.該反應能在瞬間完成，并產生大量氣體B.生成標準狀況下2.24L氣體，該反應轉移電子的數目為0.5NAC.N2既是氧化產物又是還原產物D.被氧化和被還原的N原子的物質的量之比為15：1【答案】B【解析】【詳解】A．該反應在碰撞時就迅速發生，反應放出大量N2氣體，可以起到緩沖作用，防止人因撞擊而受嚴重傷害，A正確；B．根據反應方程式可知：反應產生16molN2，反應過程中轉移10mol電子。現在反應生成標準狀況下2.24L氣體的物質的量是0.1mol，則轉移電子的物質的量是n(e)=，故該反應轉移電子的數目為0.0625NA，B錯誤；C．在該反應中N元素化合價由反應前NaN3中的價變為反應后N2中的0價，化合價升高，失去電子被氧化，故N2是氧化產物；N元素化合價由反應前KNO3中的+5價變為反應后N2中的0價，化合價降低，得到電子被還原，故N2又是還原產物，因此N2既是氧化產物又是還原產物，C正確；D．根據選項C分析可知：NaN3中的N被氧化，KNO3中N被還原，故被氧化和被還原的N原子的物質的量之比為30：2=15：1，D正確；故合理選項是B。7.設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是A.向1L1mol/LNH4Cl溶液中加氨水至中性，此時溶液含NH數目為NAB.1molAlCl3完全水解生成的Al(OH)3膠體粒子數目為NAC.4.2gC3H6中含有σ鍵數目為0.8NAD.標準狀況下5.6LCH4與5.6LCl2混合后光照，充分反應后生成CH3Cl的數目為0.25NA【答案】A【解析】【詳解】A．向1L1mol/LNH4Cl溶液中加氨水至中性，根據電荷守恒可知，溶液顯中性結合氯離子守恒可知，則此時溶液含NH數目為NA，A正確；B．Al(OH)3膠體粒子是由多個分子聚集而成的，故其膠粒的數量小于NA，B錯誤；C．若C3H6為環丙烷，則4.2gC3H6中含有σ鍵的數目為0.9NA，C錯誤；D．甲烷和氯氣的四步反應均會發生，故不確定生成一氯甲烷的物質的量，D錯誤；故選A。8.下列說法正確的是A.蛋白質、淀粉、纖維素和油脂等高分子均能發生水解B.通過煤的液化可獲得液態烴等有機化合物，煤的液化過程為物理變化C.氨基酸既能與HCl反應，也能NaOH反應，產物均為鹽和水D.天然橡膠硫化后由線型結構轉變為網狀結構【答案】D【解析】【詳解】A．油脂的相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，A錯誤；B．煤的液化是在高溫、催化劑存在下，煤和氫氣作用生成液體燃料的過程，此過程發生化學變化，B錯誤；C．氨基酸與HCl反應，只生成一種鹽，沒有水生成，C錯誤；D．天然橡膠硫化后由線型結構轉變為網狀結構，D正確；故選D。9.下列反應的離子方程式不正確的是A.向硫酸銅溶液中滴加過量氨水：Cu2++2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+2NHB.氫氧化鐵沉淀溶于氫碘酸：2Fe(OH)3+6H++2I=2Fe2++I2+6H2OC.用硫化亞鐵除去廢水中的汞離子：FeS(s)+Hg2+(aq)=Fe2+(aq)+HgS(s)D.向硫化鈉溶液中滴加次氯酸鈉溶液：S2+ClO+H2O=S↓+Cl+2OH【答案】A【解析】【詳解】A．硫酸銅溶液中滴加過量氨水，生成，A錯誤；B．氫氧化鐵沉淀溶于氫碘酸，離子方程式為：2Fe(OH)3+6H++2I=2Fe2++I2+6H2O，B正確；C．用硫化亞鐵除去廢水中的汞離子，離子方程式：FeS(s)+Hg2+(aq)=Fe2+(aq)+HgS(s)，C正確；D．向硫化鈉溶液中滴加次氯酸鈉溶液，發生氧化還原反應：S2+ClO+H2O=S↓+Cl+2OH，D正確；故選A10.α－氰基丙烯酸異丁酯可用作醫用膠，其結構簡式如圖。下列有關其說法不正確的是A.分子中碳原子的雜化方式有3種B.其同分異構體不可能是芳香族化合物C.能發生加成聚合反應D.在“H2O，H+/加熱”條件下反應可生成二元羧酸【答案】B【解析】【詳解】A．CN中C為sp雜化，雙鍵中C為sp2雜化，其它C均為sp3雜化，故A正確；

B該分子中含2個雙鍵、1個三鍵，不飽和度為4，存在含苯環的同分異構體，可能是芳香族化合物，故B錯誤；

C．含有碳碳雙鍵，能發生加成聚合反應，故C正確；

D．在“H2O，H+/加熱”條件下酯基發生酸性水解得到羧基，CN酸性水解也得到COOH，反應可生成二元羧酸，故D正確；故選：B。11.如圖化合物Q是一種表面涂層材料，其中W、X、Y、Z是分別處于三個短周期的主族元素，原子序數依次增大且不相鄰，下列有關說法不正確的是A.電負性：Y＞Z＞X＞WB.X的基態原子有6種空間運動狀態的電子C.Y的氫化物的沸點較高，主要是因為分子間存在氫鍵D.Q在酸性條件下水解生成的氣體為非極性分子【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是分別處于三個短周期的主族元素，原子序數依次增大且不相鄰，W形成1條鍵，W為H，X形成4條鍵，X為C，Y形成2條鍵，Y為O，Z形成1條鍵，則Z在第三周期，為Cl。【詳解】A．同主族元素，從上到下電負性逐漸減小，同周期元素從左到右電負性逐漸增強，則電負性O>Cl>C>H，A正確；B．C的基態原子核外有6個電子，電子排布式為1s22s22p2，有4種空間運動狀態的電子，B錯誤；C．H2O中存在分子間氫鍵，因此其沸點較高，C正確；D．根據Q的結構可知，其中存在酯基，酸性條件下其水解能生成二氧化碳氣體，二氧化碳為非極性分子，D正確；故答案選B。12.通過下列實驗可從I2的CCl4溶液中回收I2。下列說法不正確的是A.I2/CCl4溶液可以用乙酸乙酯萃取分離其中的碘B.操作①為分液，需要使用分液漏斗C.步驟②發生的反應為：IO+5I+6H+=3I2↓+3H2OD.操作③為升華法(如圖)，可除去粗碘快速結晶時混入的雜質【答案】A【解析】【分析】向碘的四氯化碳溶液中加入氫氧化鈉溶液，分液后水層中含有碘離子和碘酸根離子，加入硫酸后，碘離子和碘酸根離子發生歸中反應升成碘單質，得含有碘單質的懸濁液，過濾后得碘單質；【詳解】A．乙酸乙酯與四氯化碳互溶，不能萃取，故A錯誤；B．據分析，操作①為分液，需分液漏斗，故B正確；C．步驟②碘離子和碘酸根離子發生歸中反應升成碘單質，離子方程式：IO+5I+6H+=3I2↓+3H2O，故C正確；D．操作③為升華，可除去粗碘快速結晶時混入的雜質，故D正確；答案選A。13.某無隔膜流動海水電解法制H2的裝置如圖所示，其中高選擇性催化劑PRT可抑制O2在電極表面產生，提高放電效率。下列說法不正確的是A.鈦箔作陰極，發生還原反應B.陽極反應主要為：Cl2e+H2O=HClO+H+C.電解后海水pH明顯下降D.理論上生成1molH2轉移電子數為2NA【答案】C【解析】【分析】鈦箔附近產生氫氣，為陰極；鈦網附近氯離子失去電子產生次氯酸，為陽極。【詳解】A.鈦箔附近產生氫氣，為陰極，發生還原反應，A正確；B.鈦網為陽極，產生HClO，反應主要為：Cl2e+H2O=HClO+H+，B正確；C.電解的總反應方程式為：，電解后海水pH增大，C錯誤；D.根據陰極電極方程式，生成1molH2轉移電子數為2NA，D正確；故選C。14.某溶液初始僅溶有等濃度的M和N，反應①、②同時進行：①M+NX+W②M+NY+W反應①的速率可表示為v1=k1c2(M)，反應②的速率可表示為v2=k2c2(M)(k1、k2為速率常數)。反應體系中M和X的濃度隨時間變化如圖所示。下列說法正確的是A.0～30min，消耗M的平均速率為0.01mol?L1?min1B.體系中X和Y的濃度之比保持不變，說明反應已平衡C.反應①的活化能比反應②的活化能更大D.充分反應后，X的選擇性[×100%]為62.5%【答案】D【解析】【詳解】A．根據圖示可知，0—30min時間段內，有如下關系，，，v(M)==310—3mol/Lmin，故A錯誤；B．相同時間內，X和Y的濃度之比等于兩者的平均反應速率之比，因Y和Z分別是反應①和反應②的產物，故兩者的濃度之比為定值，則其濃度為定值時保持不變，不能作為平衡的依據，故B錯誤；C．根據上述分析，相同條件下，反應①產生的X比反應②產生的Y多，反應①的反應速率大于反應②的反應速率，則反應①的活化能小，活化能越大，反應速率越慢，故C錯誤；D．前30min內M轉化為X的轉化率為=62.5%，反應中M轉化為X、Y的比例不變，故如果反應能進行到底，反應結束，有62.5%的M轉化為X，故D正確；故本題選D。15.某溫度下，用0.1000mol/L硝酸銀標準溶液對25mL含KX和KY的混合溶液進行電位滴定(Y與H+的反應可以忽略)，獲得電動勢(E)和硝酸銀標準溶液體積(V)的電位滴定曲線如圖所示。已知：Ag++2Y=[AgY2]，[AgY2]+Ag+=2AgY↓。該溫度下，Ksp(AgY)=2×1016，Ksp(AgX)=2×1010。下列說法不正確的是A.B→C主要發生了反應：Ag++X=AgX↓B.若HY為弱酸，則從0→A點，水的電離程度不斷減小C.原混合溶液中c(KX)=0.03000mol/LD.AgX(s)+Y(aq)AgY(s)+X(aq)的平衡常數為106【答案】D【解析】【分析】Ksp(AgY)＜Ksp(AgX)，可知含KX和KY的混合溶液滴加硝酸銀，KY先與硝酸銀反應；0A段發生反應Ag++2Y=[AgY2]、AB段發生反應[AgY2]+Ag+=2AgY↓，BC段發生反應Ag++X=AgX↓。【詳解】A．Ksp(AgY)＜Ksp(AgX)，KY先與硝酸銀反應；可知B→C主要發生了反應：Ag++X=AgX↓，故A正確；B．若HY為弱酸，則從0→A點，發生反應Ag++2Y=[AgY2]，Y－離子濃度減小，對水電離的促進作用減小，水的電離程度不斷減小，故B正確；C．B→C主要發生了反應：Ag++X=AgX↓，則n(KX)=0.1mol/L×(12.55)×103L=7.5×104mol，原混合溶液中c(KX)=mol/L，故C正確；D．AgX(s)+Y(aq)AgY(s)+X(aq)的平衡常數為106，故D錯誤；答案選D。16.下列實驗操作對應的現象和根據現象得出的結論不正確的是選項實驗操作現象結論A向2mL0.1mol/LFeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，振蕩，靜置溶液分層，下層呈紫紅色還原性：Fe2+＜IB往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液產生白色沉淀結合H+的能力：AlO＞COC用pH計測定0.1mol/LNaHCO3溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pHNaHCO3(aq)為8.3，CH3COONa(aq)為8.9水解常數：Kh(HCO)＜Kh(CH3COO)D甲、乙試管均盛有2mL等濃度銀氨溶液，分別加入2滴等濃度的NaCl溶液和NaI溶液甲中無明顯現象，乙中產生黃色沉淀溶度積常數：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．FeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，溶液分層，下層呈紫紅色，說明氧化了I，還原性：Fe2+＜I，A正確；B．往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，發生反應，偏鋁酸根結合碳酸氫根電離的氫離子生成氫氧化鋁沉淀，則結合H+的能力：AlO＞CO，B正確；C．碳酸氫根在溶液中存在電離，根據同濃度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH無法比較水解常數的大小，C錯誤；D．等濃度的NaCl溶液和NaI溶液分別與等濃度銀氨溶液混合，Ksp小的才有可能產生沉淀，沒有產生氯化銀沉淀，產生碘化銀沉淀，說明溶度積常數：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正確；故選C。非選擇題部分二、非選擇題(共5小題，共52分)17.硼及其化合物在工農業生產、新型材料等方面應用廣泛，回答下列問題：（1）基態硼原子的價層電子排布式是______。（2）下列說法不正確的是______。A.根據對角線規則，B元素的一些化學性質與Si元素相似B.第一電離能(I1)：I1(Be)＜I1(B)＜I1(C)C.BF3的空間結構為平面三角形D.晶體硼的熔點為2300℃，推測其為共價晶體（3）儲氫材料氨硼烷水解釋放氫氣：3NH3BH3+6H2O3NH++9H2↑。反應中硼原子的雜化軌道類型由______變為______。（4）AlF3的熔點(1040℃)遠高于BF3的熔點(127℃)，從晶體類型及微粒間作用力角度分析其原因______。（5）硼化鎂是一種離子晶體，屬于六方晶系(如圖1)，a=b≠c，?α=90°，β=120°，鎂層和硼層交替排列，硼原子層形成平面六元并環結構。硼化鎂晶體沿z軸方向的投影如圖2所示。①硼化鎂的化學式為______。②B的配位數(緊鄰的鎂原子數)是______。【答案】（1）2s22p1（2）B（3）①.sp3②.sp2（4）AlF3是離子晶體而BF3是分子晶體，前者的離子鍵強于后者的范德華力（5）①.MgB2②.6【解析】【小問1詳解】硼是5號元素，價層電子排布式是2s22p1。【小問2詳解】A．根據對角線規則，B元素的一些化學性質與Si元素相似，A正確；B．同一周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但第ⅡA族元素的第一電離能大于同周期第ⅢA族元素的第一電離能，第VA族元素的第一電離能大于同周期第VIA族元素的第一電離能，則第一電離能：I1(B)<I1(Be)<I1(C)，B錯誤；C．BF3中B原子的價層電子對數為3+=3，無孤電子對，則BF3的空間結構為平面三角形，C正確；D．共價晶體熔沸點較高，晶體硼的熔點為2300℃，推測其為共價晶體，D正確；故選B。【小問3詳解】在NH3BH3中B原子為sp3雜化，而生成物中B原子的價層電子對數為3，則B原子為sp2雜化。【小問4詳解】AlF3是離子晶體而BF3是分子晶體，前者的離子鍵強于后者的范德華力，所以AlF3的熔點(1040℃)遠高于BF3的熔點(127℃)。【小問5詳解】觀察圖甲，由均攤法，晶胞中所含B原子個數為6，Mg原子個數為=3，則硼化鎂的化學式為MgB，根據圖乙，硼化鎂晶體沿z軸方向的投影中，每個B原子與相鄰的3個Mg原子相切，結合題給信息可知，每個B原子所在層的上下兩層分別有3個Mg原子與B原子距離最近且相等，故B原子的配位數是6。18.氯化亞砜()常用作脫水劑和氯化劑。如圖流程表示其制備及用途，回答下列問題：（1）用硫磺、氯氣和三氧化硫為原料，在一定條件下可合成SOCl2，原子利用率達100%。寫出該反應方程式______。（2）下列有關說法不正確的是______。A.SO3是極性分子，容易與H2O發生反應B.途徑①能制得無水FeCl3是因為SOCl2吸水性強且產物HCl能抑制Fe3+水解C.FeCl3在溶液中分步水解，第一步反應為：Fe3++H2OFe(OH)2++H+D.CH3COCl能與NH3反應生成乙酰胺（3）途徑②除了CH3COCl外還產生兩種酸性氣體，寫出該反應方程式______。（4）SOCl2極易水解，試從共價鍵的極性角度分析其原因______。（5）途徑①可能發生氧化還原反應而生成副產物，設計實驗分別檢驗氧化產物和還原產物的存在______。【答案】（1）2S+3Cl2+SO33SOCl2（2）A（3）CH3COOH+SOCl2=CH3COCl+SO2↑+HCl↑（4）O、Cl的電負性比S大，(S=O和S－Cl的電子均偏離S)，使S的正電性(δ+)較大；水中O的負電性(δ)較大，容易進攻S(且Cl的離去能力較好)，從而發生反應（5）取樣，加鹽酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀說明有SO；另一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有藍色沉淀，說明有Fe2+生成【解析】【分析】硫磺、氯氣和三氧化硫在一定條件下可合成SOCl2，SOCl2和氯化鐵晶體反應可以得到無水氯化鐵，和乙酸反應可以得到CH3COCl；【小問1詳解】硫磺、氯氣和三氧化硫為原料，在一定條件下可合成SOCl2，原子利用率達100%，則反應為化合反應，根據質量守恒配平可知反應為2S+3Cl2+SO33SOCl2；【小問2詳解】A．SO3分子中硫形成3個共價鍵且無孤電子對，為平面三角形結構，分子中正負電荷重心重合，是非極性分子，三氧化硫容易與H2O發生反應生成硫酸，A錯誤；B．水溶液中鐵離子能水解生成氫氧化鐵，途徑①能制得無水FeCl3是因為SOCl2吸水性強且產物HCl能抑制Fe3+水解，從而制的無水氯化鐵，B正確；C．FeCl3在溶液中分步水解，第一步反應生成Fe(OH)2+和H+：Fe3++H2OFe(OH)2++H+，C正確；D．CH3COCl中Cl帶負電荷，氨分子中氫帶正電荷，則CH3COCl能與NH3反應生成乙酰胺和HCl，D正確；故選A；【小問3詳解】途徑②除了CH3COCl外還產生兩種酸性氣體，根據質量守恒可知，兩種氣體為二氧化硫、氯化氫，則該反應方程式CH3COOH+SOCl2=CH3COCl+SO2↑+HCl↑；【小問4詳解】O、Cl的電負性比S大，(S=O和S－Cl的電子均偏離S)，使S的正電性(δ+)較大；水中O的負電性(δ)較大，容易進攻S(且Cl的離去能力較好)，從而發生反應使得SOCl2極易水解；【小問5詳解】鐵離子具有氧化性，SOCl2中硫處于低價態具有還原性，兩者容易發生氧化還原反應生成氧化產物硫酸根離子和還原產物亞鐵離子，故實驗設計為：取樣，加鹽酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，產生白色沉淀說明有SO；另一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有藍色沉淀，說明有Fe2+生成。19.甲烷的直接轉化具有較高的經濟價值，因此備受科學家關注。回答下列問題：（1）用絲光沸石作催化劑可實現甲烷直接轉化制備甲醇，合成方法有以下兩種：I.CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)△H1=126.4kJ?mol1II.CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)△H2已知：H2的標準燃燒熱為285.8kJ/mol；H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ?mol1。計算△H2=______kJ/mol。（2）若采用方法I生產甲醇。在200℃下，向恒容為5L的密閉反應器中加入催化劑，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反應充分進行，體系的總壓強隨時間的變化如圖所示。①下列措施可提高CH4的平衡轉化率的是______(填標號)。A.升高溫度B.初始總壓強不變，提高CH4的分壓C.投料比不變，增大反應物濃度D.反應達到平衡后，再充入一定量He②在200℃下，方法I的標準壓力平衡常數K=______(可保留)。已知：2A(g)B(g)的標準平衡常數K=，其中pθ為標準壓強(100kPa)，p(A)和p(B)為平衡分壓(某成分的物質的量分數×總壓)。③若將容器改為絕熱容器，初始溫度為200℃，其他條件不變，達到新平衡時，甲醇產率將______(填：變大、變小或不變)。（3）為提高生產效率，利用方法II進行連續生產時采用如圖所示的步驟控制體系溫度和通入氣體(各階段氣體流速相同)。已知大多數氣體分子在催化劑表面的吸附過程是放熱的，He不會在催化劑表面吸附，吸附和解吸不會導致體系溫度的變化。①通入CH4發生反應前，要往反應器中通入O2從而活化催化劑，活化催化劑后持續通入He一段時間的目的是______。②從反應速率的角度分析，通入CH4后維持200℃的原因______(不考慮催化劑失活)。【答案】（1）+115.4（2）①C②.70或99③.變小（3）①.吹出體系中的O2②.溫度過低，反應速率小；溫度過高，反應物在催化劑表面的吸附量減少成為主因，反應速率小【解析】【小問1詳解】①CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)ΔH1=126.4kJ/mol；②CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)ΔH2；③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3=?285.8kJ?mol1；④H2O(l)=H2O(g)△H4=+44kJ?mol1；利用蓋斯定律，將反應①③④，得反應②為CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)++H2(g)ΔH2=ΔH1ΔH3ΔH4=+115.4kJ?mol1。【小問2詳解】①A．升高溫度，平衡逆向移動，CH4的平衡轉化率減小，故A不選；B．初始總壓強不變，提高CH4的分壓，平衡正向移動，但CH4的轉化率減小，故B不選；C．投料比不變，增大反應物濃度，相當于加壓，平衡正向移動，CH4的平衡轉化率增大，故C選，D．反應達到平衡后，再充入一定量He，參與反應的物質濃度不變，平衡不移動，CH4的平衡轉化率不變，故D不選；故選：C；②在200℃下，向容積為5L的恒容密閉反應器中加入催化劑，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反應充分進行，從圖中看出，起始總壓強為12kPa，平衡時總壓強為9.05kPa，則He的壓強為12kPa6.0kPa4.8kPa=1.2kPa，設參加反應的CH4的壓強為x，則可建立如下三段式：

則6x+4.80.5x+x+1.2=9.2，x=5.6kPa，該反應溫度下，方法1的標準壓力平衡常數K==70或99；③若將容器改為絕熱容器，初始溫度為200℃，其他條件不變，達到新平衡時，甲醇產率降低，原因是：反應為放熱反應，絕熱容器中溫度升高，不利于主反應正向進行，甲醇的產率變小。

【小問3詳解】①已知大多數氣體分子在催化劑表面的吸附過程是放熱的，He不會在催化劑表面吸附，吸附和解吸附不會導致體系溫度的變化。通入CH4發生反應前，要往反應器中通入O2，其目的是活化催化劑，但O2被吸附在催化劑表面；活化催化劑后持續通入He一段時間的目的是吹去體系中的O2；②從反應速率的角度，通入CH4后反應溫度維持在200°C的原因是溫度過低，反應速率降低，溫度過高，反應物在催化劑表面的吸附量減少成為主因，反應速率小。20.某小組設計制備補鐵劑甘氨酸亞鐵實驗步驟和裝置圖(夾持裝置省略)如圖：合成反應為：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O。有關物質性質如表所示：甘氨酸檸檬酸甘氨酸亞鐵易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，微溶于乙醇具有兩性酸性和還原性常溫不易，氧化變質

回答下列問題：（1）步驟I制備FeSO4，先打開K1、K2，關閉K3，充分反應后(仍有氣泡)，將B中溶液轉移到D中的操作是______。（2）步驟I、II中，為了防止Fe2+被氧化，采取的措施有______、______(填2種)。（3）步驟II，D中反應液pH過高或過低均會導致產率降低，原因是______。（4）下列說法不正確的是______。A.步驟I、II使用滴液漏斗A或C滴入液體時，無需取下上口玻璃塞B.步驟III加入乙醇的作用是降低甘氨酸亞鐵的溶解度，促使其結晶析出C.步驟III過濾后洗滌，往漏斗中加水浸沒沉淀，小心攪拌以加快過濾D.步驟IV重結晶，將粗產品溶解于適量水中，蒸發濃縮至出現大量晶體，趁熱過濾（5）步驟V，檢測產品中鐵元素的含量，需要用到如圖電子天平，以差量法準確稱量樣品。操作的正確排序為：電子天平開機預熱→A→B→______→______→______→______→F。______A.調水平(使水平儀氣泡歸中)B.利用標準碼進行校準C.往稱量瓶中加入一定量樣品，放回秤盤D.將稱量瓶置于秤盤中間，待示數不變時，按TAR鍵去皮E.從稱量瓶中倒出一定量樣品，放回秤盤F關閉側門，待示數不變時讀數記錄【答案】（1）打開K3，關閉K1、K2（2）①.生成H2排除裝置內空氣、加少量檸檬酸②.E水封，整個裝置密閉進行反應（3）pH過高，Fe2+會生成Fe(OH)2沉淀；過低，不利于形成H2NCH2COO，導致生成的甘氨酸亞鐵偏少（4）CD（5）D、C、F、E【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，打開K1、K2，關閉K3，80℃條件下鐵與稀硫酸反應在裝置B中反應生成硫酸亞鐵和氫氣，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，然后打開K3，關閉K1、K2，利用反應生成的氫氣將硫酸亞鐵溶液壓入盛有甘氨酸和少量檸檬酸的裝置D中，在50℃恒溫條件下用磁力攪拌器不斷攪拌，然后向D中滴入氫氧化鈉溶液調節溶液pH至5.5左右，使硫酸亞鐵溶液與甘氨酸、氫氧化鈉溶液充分反應生成甘氨酸亞鐵，反應完成后，向裝置D中加入無水乙醇，降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使溶液中的甘氨酸亞鐵結晶析出得到白色沉淀，過濾、洗滌得到甘氨酸亞鐵粗產品；甘氨酸亞鐵經重結晶得到精品。【小問1詳解】由分析可知，將B中溶液轉移到D中的操作為打開K3，關閉K1、K2，利用反應生成的氫氣將硫酸亞鐵溶液壓入盛有甘氨酸和少量檸檬酸的裝置D中，故答案為：打開K3，關閉K1、K2；【小問2詳解】步驟I、II中，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣、向裝置D中加少量檸檬酸和裝置E水封，使整個裝置密閉進行反應的目的是防止亞鐵離子被空氣中氧氣氧化，故答案為：生成H2排除裝置內空氣、加少量檸檬酸；E水封，整個裝置密閉進行反應；【小問3詳解】若裝置D中反應液pH過高，溶液中亞鐵離子會轉化為氫氧化亞鐵沉淀導致產率降低，若裝置D中反應液pH過低，不利于甘氨酸轉化為甘氨酸亞鐵導致產率降低，故答案為：pH過高，Fe2+會生成Fe(OH)2沉淀；過低，不利于形成H2NCH2COO，導致生成的甘氨酸亞鐵偏少；【小問4詳解】A．滴液漏斗的作用是平衡氣壓，便于溶液順利流下，所以步驟I、II使用滴液漏斗A或C滴入液體時，無需取下上口玻璃塞，故正確；B．步驟III加入乙醇的作用是降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使溶液中的甘氨酸亞鐵結晶析出得到白色沉淀，故正確；C．步驟III過濾時，不能用玻璃棒小心攪拌以加快過濾，否則會造成濾紙破損導致實驗失敗，故錯誤；D．步驟IV重結晶的操作為將粗產品溶解于適量水中，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到甘氨酸亞鐵，故錯誤；故選CD；【小問5詳解】用電子天平檢測產品中鐵元素的含量的操作為電子天平開機預熱，調水平，使水平儀氣泡歸中，利用標準碼進行校準，將稱量瓶置于秤盤中間，