Page24考生須知：1.本卷共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4.考試結束后，只需上交答題紙。5.可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Fe-56選擇題部分一、選擇題(每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共48分)1.下列屬于離子晶體并含有共價鍵的是A.CH3OH B.Mg3N2 C.NH4Cl D.SiO2【答案】C【解析】【詳解】A．CH3OH是只含共價鍵的分子晶體，A項錯誤；B．Mg3N2是離子晶體，只含有離子鍵，B項錯誤；C．NH4Cl離子晶體，含有離子鍵，銨根離子中含有氮氫極性鍵，則也有共價鍵，C項正確；D．SiO2是原子晶體，只含有共價鍵，D項錯誤；故答案為：C。2.下列表示錯誤的是A.Ca2+的結構示意圖：B.HClO的電子式：C.的名稱是：2，2—二甲基—4—乙基己烷D.SO2的VSEPR模型：【答案】D【解析】【詳解】A．鈣離子的核電荷數為20，核外3個電子層，最外層電子數為8，離子的結構示意圖為，故A正確；B．次氯酸的結構式為H—O—Cl，電子式為，故B正確；C．由結構簡式可知，烷烴分子中最長碳鏈含有6個碳原子，側鏈為甲基和乙基，名稱為2，2—二甲基—4—乙基己烷，故C正確；D．二氧化硫分子中硫原子的價層電子對數為3、孤對電子對數為1，分子的VSEPR模型為，故D錯誤；故選D。3.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是A.金剛砂(SiC)有類似金剛石結構，具有優異的耐高溫性能，可用作高溫結構材料B.乙二醇易溶于水，黏度高，可用作汽車防凍液C.液態氯乙烷氣化時吸熱，具有冷凍麻醉的作用，可用于肌肉拉傷、關節扭傷等的鎮痛D.碳酸氫鈉可中和酸并受熱分解，可用于制作食品膨松劑【答案】B【解析】【詳解】A．金剛砂和金剛石都是熔沸點、硬度大的共價晶體，所以具有優異的耐高溫性能，可用作高溫結構材料，故A正確；B．乙二醇可用作汽車防凍液是因為乙二醇會使汽油的凝固點降低，沸點升高，起到防凍的作用，與乙二醇易溶于水，黏度高無關，故B錯誤；C．液態氯乙烷的沸點較低，易揮發，氣化時會吸熱，具有冷凍麻醉的作用，所以態氯乙烷可用于肌肉拉傷、關節扭傷等的鎮痛，故C正確；D．碳酸氫鈉可與酸反應和受熱分解時均能產生大量的二氧化碳氣體，使得食品變得松軟、酥松多空，所以碳酸氫鈉可用于制作食品膨松劑，故D正確；故選B。4.火箭推進發生反應的化學方程式為(C2H8N2中C、N元素的化合價相等)。NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A.C2H8N2是還原劑 B.N2O4被還原C.氧化產物與還原產物物質的量之比為2：3 D.1molN2O4完全反應，有8NA個電子轉移【答案】C【解析】【詳解】A．中H元素的化合價為+1價，C、N元素的化合價相等，則C、N元素的化合價都為-2價，反應中C元素的化合價由中的-2價升至CO2中的+4價，N元素的化合價由中-2價升至N2中0價，被氧化是還原劑，故A項正確；B．反應中N元素的化合價由N2O4中+4價降至N2中的0價，N2O4被還原，故B項正確；C．根據A項，CO2和部分N2為氧化產物，反應中N元素的化合價由N2O4中+4價降至N2中的0價，部分N2為還原產物，結合得失電子守恒和原子守恒，氧化產物(2molCO2和1molN2)與還原產物(2mol)物質的量之比為3∶2，故C項錯誤；D．反應中N元素的化合價由N2O4中+4價降至N2中的0價，1molN2O4完全反應，有8NA個電子轉移，故D項正確；故本題選C。5.在溶液中能大量共存的離子組是A.、K+、、Br- B.Ag+、Na+、、C、Fe3+、Al3+、SCN- D.Ca2+、Mg2+、F-、【答案】A【解析】【詳解】A．四種離子在溶液中不發生任何反應，能大量共存，故A正確；B．溶液中銀離子與硫離子反應生成硫化銀沉淀，不能大量共存，故B錯誤；C．溶液中鐵離子與硫氰酸根離子反應生成六氰含鐵，不能大量共存，故C錯誤；D．溶液中鎂離子與氟離子、硅酸根離子反應生成氟化鎂、硅酸鎂沉淀，鈣離子與氟離子、硅酸根離子反應生成氟化鈣、硅酸鈣沉淀，不能大量共存，故D錯誤；故選A。6.下列有關說法不正確的是A.配制一定物質的量濃度的氯化鉀溶液步驟為：計算、稱量、溶解、洗滌轉移、定容、搖勻、裝瓶B.乙酸乙酯制備實驗中，用NaOH溶液除去粗酯中的雜質且可降低酯的溶解度，更利于分離C.通過乙酸晶體的X射線衍射實驗，既能測晶胞中含有的乙酸分子數，也能推乙酸分子的空間結構D.用一定量的濃溴水可以鑒別出溴乙烷、乙醛溶液和苯酚溶液【答案】B【解析】【詳解】A．配制一定物質的量濃度的氯化鉀溶液步驟為：計算、稱量、溶解、洗滌轉移、定容、搖勻、裝瓶，A項正確；B．乙酸乙酯制備實驗中，用Na2CO3溶液除去粗酯中的雜質且可降低酯的溶解度，更利于分離，乙酸乙酯在NaOH溶液中會發生水解反應，B項錯誤；C．通過乙酸晶體的X射線衍射實驗，既能測晶胞中含有的乙酸分子數，也能推乙酸分子的空間結構，C項正確；D．溴乙烷能萃取濃溴水中的溴單質，并出現分層；濃溴水氧化乙醛使溶液褪色；濃溴水與苯酚溶液生成白色沉淀；故用一定量的濃溴水可以鑒別出溴乙烷、乙醛溶液和苯酚溶液，D項正確；故選B。7.下列化學反應與離子方程式相符的是A.用飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：B.Al溶于足量的NaOH溶液：C.向AgNO3溶液中加入過量氨水：D.氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加熱：【答案】D【解析】【詳解】A．CaSO4微溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡，當向其中加入Na2CO3溶液時，發生沉淀轉化，形成更難溶于水的CaCO3，然后再加入稀HCl，CaCO3與HCl發生反應產生易溶性CaCl2，從而達到除垢的目的，則在實現沉淀轉化的方程式為，A錯誤；B．題干中離子方程式得失電子不守恒，質量不守恒，正確離子方程式為：，B錯誤；C．向AgNO3溶液中加入過量氨水反應生成，反應的離子方程式為：，C錯誤；D．氯乙酸乙酯在足量溶液中加熱發生氯代烴的水解反應和酯的水解反應，對應的離子方程式為，D正確；故答案為：D。8.下列有關實驗操作或分析正確的是A.裝置甲用于驗證濃硫酸的脫水性B.裝置乙用于證明乙炔能使溴水褪色C.裝置丙用于制備Fe(OH)2，且能長時間觀察到白色沉淀D.裝置丁用于標準Na2C2O4溶液測定未知KMnO4溶液的濃度【答案】C【解析】【詳解】A．濃硫酸具有吸水性，左側試管中硫酸銅飽和溶液會因濃硫酸的吸水性而變為硫酸銅過飽和溶液而析出硫酸銅晶體，所以裝置甲可用于驗證濃硫酸的吸水性，故A錯誤；B．電石中混有的硫化鈣能與水反應生成能使溴水褪色的硫化氫氣體，所以裝置乙不能用于證明乙炔能使溴水褪色，故B錯誤；C．由圖可知，與直流電源正極相連的鐵電極做電解池的陽極，鐵在陽極失去電子發生氧化反應生成亞鐵離子，亞鐵離子與氫氧化鈉溶液反應生成白色氫氧化亞鐵沉淀，覆蓋在氫氧化鈉溶液上的煤油可隔絕空氣中的氧氣，防止氫氧化亞鐵被氧化，所以能長時間觀察到白色沉淀，故C正確；D．稀鹽酸也能與高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，則裝置丁不能用于標準草酸鈉溶液測定未知高錳酸鉀溶液的濃度，故D錯誤；故選C。9.石墨與F2在450℃反應，石墨層間插入F得到層狀結構化合物(CF)x，該物質仍具潤滑性，其單層局部結構如圖所示，下列關于該化合物的說法錯誤的是A.與石墨相比，(CF)x導電性減弱 B.與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強C.1mol(CF)x中含有2.5xmol共價單鍵 D.(CF)x中C-C的鍵長比C-F短【答案】D【解析】【詳解】A．石墨晶體中每個碳原子都有未參與雜化的1個2p軌道上電子在層內離域運動，所以石墨晶體能導電，由圖可知，(CF)x中碳原子的所有價鍵均參與成鍵，沒有未參與雜化的2p軌道上的電子，所以與石墨相比，(CF)x導電性減弱，故A正確；B．由圖可知，(CF)x中碳原子的所有價鍵均參與成鍵，不存在能發生氧化反應的碳碳不飽和鍵，所以與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強，故B正確；C．由圖可知，(CF)x中每個碳原子與2個碳原子和2個氟原子形成4個共價單鍵，其中碳碳鍵為2個碳原子所共有，所以每個碳原子形成共價鍵的數目為2+2×=2.5，則1mol(CF)x中含有2.5xmol共價單鍵D．碳原子的原子半徑大于氟原子，所以(CF)x中C-C的鍵長比C-F長，故D錯誤；故選D。10.抗生素克拉維酸的結構簡式如圖所示，下列關于克拉維酸的說法錯誤的是A.分子中含有手性碳原子 B.分子中含有6種官能團，分子式為C8H9NO5C.可形成分子間氫鍵 D.1mol該物質最多可與2molNaOH反應【答案】B【解析】【詳解】A．分子中含有手性碳原子(*標出)，故A正確；B．該分子中含有酰胺基、醚鍵、羥基、羧基、碳碳雙鍵，5種官能團，故B錯誤；C．該有機物分子中含有多個O-H鍵，可形成分子間氫鍵，故C正確；D．羧基、酰胺基能與氫氧化鈉反應，1mol該物質最多可與含2molNaOH的溶液反應，故D正確；故選B。11.X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數依次增大。X只有1個s能級的電子，YQ3是一種平面三角形分子，Z的p能級電子半充滿，M元素焰色呈黃色。下列說法不正確的是(已知：等電子體是原子總數相同、價層電子總數也相同的分子、離子或基團)A.第一電離能X<Y<Z，電負性X<M<QB.Y3Z3X6分子是苯的等電子體，結構相似C.和離子空間結構均是正四面體形D.Z、M、Q簡單離子的半徑大小為Q>Z>M【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數依次增大。X只有1個s能級的電子,則X是氫元素，M元素焰色呈黃色，說明是鈉元素，根據YQ3是一種平面三角形分子，表明YQ3是BF3或BCl3，聯系原子序數依次增大即Y是硼元素，Q是氯元素，Z的p能級電子半充滿說明含有3個電子，則是氮元素。【詳解】A．第一電離能：N>H>B，電負性：Cl>H>Na，A項不正確；B．B3N3H6分子也有大鍵，是苯的等電子體，又稱無機苯，結構性質相似，B項正確；C．和都是SP3雜化，故他們的離子空間構型都是正四面體形；C項正確；D．由題意分析可知，Z、M、Q分別是N，Na，Cl元素，則它們的簡單離子大小Q>Z>M；D項正確；故答案為：A。12.電化學方法制備碘仿的原理及主要原料如圖，選擇性交換膜只允許Na+通過，已知生成CHI3的反應：。下列敘述不正確的是A丙酮可溶于水，制備過程中不需要攪拌，丙酮便可與離子充分接觸反應B.左室生成的反應：、C.制備1mL碘仿實際消粍的電量大于理論值，可能的原因是D.電解一段時間后，應定時將右室混合溶液的一部分移至左室【答案】A【解析】【分析】本題屬于電解池，右側石墨為陰極，電極反應為：，左側石墨為陽極，電極反應為：，隨后單質碘和氫氧化鈉反應生成碘離子和次碘酸根離子，以此解題。【詳解】A．通過攪拌，可以使反應物接觸更加充分，提高轉化率，A錯誤；B．根據分析可知，左室生成的反應：、，B正確；C．制備碘仿實際消粍的電量大于理論值，可能是次碘酸根離子發生歧化反應而被消耗，歧化反應的方程式為：，C正確；D．根據選項B分析可知，電解過程中左室會消耗氫氧根離子，陰極反應為：，Na+通過選擇性交換膜進入右室，右室NaOH的濃度增大，故則電解一段時間后，應定時將右室混合溶液的一部分移至左室，D正確；故選A。13.以金屬釕作催化劑，CO2經過以下步驟可直接轉化為甲醇，有助于實現碳中和，轉化原理如圖所示，下列敘述不正確的是A.該轉化過程的總反應式為：B.也是轉化過程的催化劑C.第1步轉化過程涉及CO2的加成與內鹽的形成D.第4步轉化，參加反應的有機物與H2的個數之比為1：2【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，二氧化碳轉化為甲醇的反應中二氧化碳和氫氣為反應物，甲醇和水為生成物，金屬釕和是反應的催化劑，轉化過程的總化學反應方程式為，故A正確；B．由圖可知，二氧化碳轉化為甲醇的反應中金屬釕和是反應的催化劑，故B正確；C．由圖可知，第1步轉化過程中二氧化碳先發生加成反應生成羧基，羧基和氨基反應生成內鹽，故C正確；D．由圖可知，第4步轉化是聚合物與氫氣反應生成甲醇和，參加反應的有機高聚物與氫氣的個數之比為1：2n，故D錯誤；故選D。14.氙的氟化物被廣泛用作刻蝕劑、氧化劑和氟化劑，常用Xe和F2制備XeF2，恒容條件下反應體系存在如下平衡：反應i：K1反應ii：K2反應iii：K3溫度/℃K1K22508.79×1041.26×1084003.59×1021.74×103關于上述反應，下列有關說法不正確的是A當體系總壓不再改變時，反應達到平衡B.當Xe與F2的投料比為1：1時，F2的平衡轉化率大于XeC.達到平衡后將XeF2從體系中移除，反應i、ii、iii均正向移動D.反應iii的【答案】C【解析】【詳解】A．由方程式可知，反應i、ii、iii均為氣體分子數減小的反應，則當體系總壓不再改變時，說明反應達到平衡，A正確；B．反應ii、iii中Xe與F2的化學計量數之比均小于1：1，則當Xe與F2的投料比為1：1時，F2的消耗量大于Xe,其平衡轉化率大于Xe，B正確；C．由方程式可知，達到平衡后將XeF2從體系中移除，反應i中生成物的濃度減小，平衡正向移動，導致Xe與F2的濃度減小，反應ii、iii均逆向移動，C錯誤；D．根據蓋斯定律，反應ii-i可得反應iii，則，由表可知，250℃時，400℃時，升高溫度平衡常數減小，平衡逆向移動，反應iii是放熱反應，，D正確；故答案為：C。15.25℃時，，H2C2O4的，，的，，。25℃時下列有關說法不正確的是A.將紫色石蕊溶液滴入一定濃度的KHC2O4的溶液中，溶液可能變紅色B.CaC2O4飽和溶液巾，C.0.1molCaC2O4固體可全部溶于1L0.2mol/LHCl溶液中D.向0.1mol/LNa2CO3溶液中滴加少量0.1mol/LH2C2O4溶液，反應的離子方程式是：【答案】C【解析】【詳解】A．KHC2O4中水解常數為，電離常數，則電離程度大于水解程度，KHC2O4溶液呈酸性，紫色石蕊溶液可能變紅色，故A正確；B．CaC2O4飽和溶液中，，已知，則，故B正確；C．1L0.2mol/LHCl中n(HCl)=0.2mol，若完全反應時為CaC2O4+2H+=H2C2O4+Ca2+，該反應的平衡常數=0.015＜105，即1molCaC2O4固體不能全部溶于1L0.2mol/LHCl中，故C錯誤；D．電離平衡常數越大，酸性越強，酸性：H2C2O4>>>，Na2CO3溶液與少量H2C2O4溶液反應生成NaHCO3和Na2C2O4，反應的離子方程式是：，故D正確；故選C。16.下列方案設計、現象和結論都正確的是選項目的方案設計現象和結論A比較AgI和AgCl的Ksp大小向盛有2mL0.1mol/LAgNO3溶液的試管中滴加2滴0.1mol/LNaCl溶液，振蕩試管，然后向其中滴加4滴0.1mol/LKI溶液先產生白色沉淀，后產生黃色沉淀，則證明B探究化學反應速率的影響因素常溫時，在試管A、B中分別加入2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液，在A中加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，在B中加入1mL0.1mol/LH2SO4溶液和1mL水A試管中先出現渾濁，則證明相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快C制備硫酸四氨合銅晶體向盛有4mL0.1mol/LCuSO4溶液的試管里滴加幾滴0.1mol/L氨水生成了難溶物為深藍色，則制得了[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體D探究苯與液溴的反應類型將苯、液溴、鐵粉混合后產生的氣體通入AgNO3溶液中溶液中產生淡黃色沉淀，則說明苯與液溴發生了取代反應A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．AgNO3溶液過量，加入KI溶液可以直接生成AgI沉淀，因此無法判斷AgI和AgCl的Ksp大小，A錯誤；B．實驗設計中稀硫酸濃度不同，導致試管A、B中出現渾濁的時間不同，則證明相同條件下，反應物濃度越大，反應速率越快，B正確；C．制備硫酸四氨合銅晶體，需要加入過量氨水，少量氨水只能生成氫氧化銅沉淀，C錯誤；D．苯、液溴、鐵粉混合后反應產生的氣體中包含、，通入AgNO3溶液中也可以產生淡黃色沉淀，干擾實驗的驗證，D錯誤；答案選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共有5小題，共52分)17.碳、氮、氧是構建化合物的常見元素。（1）尿素[CO(NH2)2]的晶體結構如圖所示，在其晶胞中心位置有一個尿素分子，其晶胞棱長，，晶胞相鄰棱夾角均為90°，尿素中碳原子的雜化方式為___________，每個尿素分子含有___________個鍵，尿素晶體的密度為___________g/cm3。（2）下列說法正確的是___________。A.尿素所含元素中N的電負性最大B.CO(NH2)2、NH3、H2O均能形成分子間氫鍵C.H原子的電子由激發態躍遷到基態時，測得的是吸收光譜D.N、O基態原子中能量最高的電子所占據的原子軌道，均有3個空間伸展方向（3）①NH3的鍵角小于的，原因是___________。②N4分子結構與白磷相似，請寫出N4分子與足量的H+反應生成產物的結構式___________。【答案】（1）①.sp2雜化②.7③.（2）BD（3）①.NH3、中的N原子均為sp3雜化，N原子的孤電子對數分別為1、0，孤電子對對成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對之間的斥力②.【解析】【小問1詳解】①尿素H2NCONH2只能形成σ鍵或者用來容納孤電子對，C原子上沒有孤電子對，故C原子以1個2s軌道和2個2p軌道形成sp2雜化軌道，故答案為：sp2；②未參與雜化的2p軌道形成1個π鍵，N原子除與H、C形成3個σ鍵外，還有一對孤電子對，故N原子以sp3形式雜化。分子中N-H鍵、N-C鍵為σ鍵，C=O鍵中有一個是σ鍵，故σ鍵共有7個，故答案為：7；③尿素晶胞的體積，一個尿素晶胞中有2個尿素分子，則尿素的質量，則晶胞的密度，故答案為：；【小問2詳解】A．尿素含C、N、O、H元素，電負性同周期從左到右依次增大，故電負性：H﹤C﹤N﹤O，O的電負性最大，故A項錯誤；B．能形成氫鍵的元素有：N、O、F，所以CO(NH2)2、NH3、H2O均能形成分子間氫鍵，故B項正確；C．吸收光譜是指物質吸收光子，從低能級躍遷到高能級而產生的光譜，故C項錯誤D．因為N、O基態原子中能量最高的電子所占據的原子軌道為2p軌道，p能級軌道有3個空間伸展方向，為啞鈴狀，故D項正確；故本題選BD。【小問3詳解】①、中的N原子均為sp3雜化，N原子的孤電子對數分別為1、0，孤電子對對成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，所以鍵角：＜的故答案為：、中的N原子均為sp3雜化，N原子的孤電子對數分別為1、0，孤電子對對成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對之間的斥力；②N4分子與足量的H+反應離子方程式為：，故產物為：，故答案為：。18.PFS是一種新型、優質、高效的無機高分子絮凝劑，廣泛用于水的處理，其化學式可表示為[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m(n<2)，工業上用廢鐵屑為原料制備PFS的工藝流程如圖所示：（1）[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m中鐵元素的化合價為___________。（2）加入酸浸槽中的酸液不用稀硝酸的原因是會產生污染空氣的NOx和___________。（3）工業上還可以用O2氧化潮濕的黃鐵礦(FeS2)的方法來獲得硫酸亞鐵，請寫出化學反應方程式___________。（4）下列說法正確的是___________。A.溶液a與H2O2、稀硫酸生成Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n的化學方程式：B.廢鐵屑可用熱的純堿溶液處理，除去廢鐵屑表面的油污C.反應釜中可采用高溫高壓以加快反應速率D.從上述流程中，可得出氧化性強弱：（5）制備PFS時，若pH過高或者過低都會導致[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m的產率偏低，其原因是___________。（6）Fe3+可與H2O、SCN-、Cl-等形成配離子：幾乎無色的[Fe(H2O)6]3+、紅色的[Fe(SCN)6]3-、黃色的。工業鹽酸(俗稱粗鹽酸)呈亮黃色，已證明這是的顏色。請從下面提供的試劑中選擇，設計定性證明粗鹽酸中存在可逆反應：的實驗方案___________。(①FeCl3固體；②KSCN溶液；③稀AgNO3溶液；④鐵粉；⑤K4[Fe(CN)6]溶液；⑥水)【答案】（1）+3（2）會引入硝酸根雜質，造成產品不純。（3）（4）AB（5）若pH過高會生成Fe(OH)3沉淀；若pH過低，則Fe3+水解達不到要求（6）取少量粗鹽酸，加入KSCN溶液，若溶液變成紅色，則證明粗鹽酸中存在可逆反應。或取少量粗鹽酸，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若生成藍色沉淀，則證明粗鹽酸中存在可逆反應【解析】【分析】廢鐵屑中加酸液，生成的溶液a中含有Fe2+，溶液a加入H2O2，Fe2+被氧化為Fe3+，即溶液b中含有Fe3+，加入水和硫酸在聚合釜中得到[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m。【小問1詳解】[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m中根據化合價代數和為0可知，，即Fe的化合價為+3價；【小問2詳解】加入酸浸槽中的酸液不用稀硝酸的原因是：會產生污染空氣的NOx和會引入硝酸根雜質，造成產品不純；【小問3詳解】用O2氧化潮濕的黃鐵礦(FeS2)得到硫酸亞鐵和硫酸，化學方程式為：；【小問4詳解】A．溶液a即FeSO4溶液，與H2O2、稀硫酸生成Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n的化學方程式：，故A正確；B．廢鐵屑可用熱的純堿溶液處理，除去廢鐵屑表面的油污，純堿即Na2CO3，水解呈堿性，溫度升高，水解程度加大，堿性變強，能使油污水解，故B正確；C．反應釜中反應體系內物質沒有氣態的，壓強對反應速率幾乎無影響，故C錯誤；D．H+能將Fe氧化為Fe2+，氧化劑的氧化性大于氧化產物，即H+氧化性大于Fe2+，故D錯誤；故選AB；【小問5詳解】若pH過高會生成Fe(OH)3沉淀；若pH過低，則Fe3+水解達不到要求，因此制備PFS時，pH值要適度；【小問6詳解】Fe3+能與SCN-形成紅色絡合物，能與K4[Fe(CN)6]生成藍色沉淀，實驗方案為：取少量粗鹽酸，加入KSCN溶液，若溶液變成紅色，則證明粗鹽酸中存在可逆反應。或取少量粗鹽酸，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若生成藍色沉淀，則證明粗鹽酸中存在可逆反應。19.某廠使用特定催化劑進行乙酸直接加氫制備乙醇，相關反應如下：反應：反應：回答下列問題：（1）反應Ⅱ能自發進行的條件是___________。（2）乙醇是重要的燃料，乙醇的燃燒熱1366.8kJ/mol，請寫出乙醇在常溫常壓下燃燒的熱化學方程式___________。（3）250℃下，恒壓密閉容器中充入一定量H2(g)和CH3COOH(g)，以下選項不能判斷反應達到平衡狀態的是___________。A.混合氣體的密度保持不變 B.C.體系的總壓保持不變 D.CH3COOH的體積分數不變（4）一定溫度和壓強下，向初始體積為2L的密閉容器中通入4molH2(g)和2molCH3COOH(g)，同時發生兩個反應，測得平衡時，體積減小20%，則平衡時，___________mol/L，反應的平衡常數___________(mol/L)-1。（5）在時，發生兩個反應，2MPa下，平衡時S(乙醇)和S(乙酸乙酯)隨溫度的變化如圖一；250℃下，平衡時S(乙醇)和S(乙酸乙酯)隨壓強的變化如圖二。已知：S表示產物的選擇性，。①250℃下，乙醇選擇性隨壓強變化的曲線是___________(選填a或b)。②請解釋圖一中乙醇選擇性隨溫度升高而降低的原因___________。③150℃時，在催化劑作用下H2(g)和CH3COOH(g)反應一段時間后，乙醇選擇性位于m點，不改變反應時間和溫度，一定能提高乙醇選擇性的措施___________(填一條)。【答案】（1）低溫（2）（3）BC（4）①.1②.2（5）①.b②.反應與反應均為放熱反應，溫度升高，反應和反應的平衡均逆向移動，反應逆向移動的程度大于反應③.使用對反應催化活性更高的催化劑(或“增大壓強”)【解析】【小問1詳解】由方程式可知，反應Ⅰ是熵減的放熱反應，低溫條件下反應ΔH—TΔS＜0，能自發進行，故答案為：低溫；【小問2詳解】乙醇的燃燒熱是指1mol乙醇完全燃燒生成二氧化碳和液態水放出的熱量，由乙醇的燃燒熱1366.8kJ/mol可知，反應的熱化學方程式為，故答案為：；【小問3詳解】A．由質量守恒定律可知，反應前后氣體的質量相等，反應Ⅰ和反應Ⅱ都是氣體體積減小的反應，在恒壓密閉容器中反應時混合氣體的密度增大，則混合氣體的密度保持不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故正確；B．不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故錯誤；C．恒壓密閉容器中體系的總壓始終保持不變，則體系的總壓保持不變不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故錯誤；D．乙酸的體積分數不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故正確；故選BC；【小問4詳解】平衡時，氣體體積減小20%，說明平衡時容器體積為1.6L，設平衡時反應Ⅰ生成amol水、反應Ⅱ生成bmol水，則由題給數據可建立如下三段式：由平衡時氣體體積減小20%可得：a=6×20%=1.2，由水的物質的量為1.6mol可知，b=1.6—1.2=0.4，則平衡時氫氣的濃度為=1mol/L，反應Ⅰ的平衡常數K==2，故答案為：1；2；【小問5詳解】①反應Ⅰ是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡向正反應方向移動，乙醇的物質的量增大，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，增大壓強，平衡不移動，乙醇、乙酸乙酯的物質的量不變，則250℃下，增大壓強，乙醇的選擇性增大、乙酸乙酯的選擇性減小，則乙醇選擇性隨壓強變化的曲線是b，故答案為：b；②反應Ⅰ與反應Ⅱ均為放熱反應，溫度升高，反應Ⅰ和反應Ⅱ的平衡均逆向移動，乙醇選擇性隨溫度升高而降低說明反應Ⅰ逆向移動的程度大于反應Ⅱ，故答案為：反應Ⅰ與反應Ⅱ均為放熱反應，溫度升高，反應Ⅰ和反應Ⅱ的平衡均逆向移動，反應Ⅰ逆向移動的程度大于反應Ⅱ；③150℃時，不改變反應時間和溫度，使用對反應Ⅰ催化活性更高的催化劑一定能提高乙醇的選擇性，反應Ⅰ是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡向正反應方向移動，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，增大壓強，平衡不移動，則增大壓強，乙醇的選擇性也一定增大，故答案為：使用對反應催化活性更高的催化劑(或“增大壓強”)。20.乳酸亞鐵[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O是一種常見的食品鐵強化劑，溶于水，難溶于乙醇。某研究小組以礦渣X(主要成分是Fe2O3，含少量Al2O3、SiO2雜質)制備乳酸亞鐵并進行產品Fe2+含量測定，制備流程如下(部分環節已略去)：已知：①一定濃度的金屬離子生成相應的氫氧化物沉淀的pH如下表所示：金屬氫氧化物開始沉淀時的pH完全沉淀時的pHFe(OH)27.69.6Fe(OH)32.23.4Al(OH)34.15.4②；(無色配離子)。請回答：（1）步驟，轉化時使用如圖裝置，儀器A的名稱是___________。（2）下列有關說法正確的是___________。A.步驟，加入氨水調節pH后，組分A中成分為Fe(OH)3、(NH4)2SO4B.步驟，固體B可為還原鐵粉C.重結晶后可選擇乙醇洗滌晶體D.為得到干燥的乳酸亞鐵晶體，采用高溫烘干的方式（3）對產品中Fe2+質量百分含量測定，實驗室常用已知濃度的Ce(SO4)2標準溶液進行滴定。①請選擇正確的順序，完成滴定前的準備工作。___________(___________)→(___________)→裝液→(___________)→(___________)→用滴定管量取一定體積的Fe2+溶液，加指示劑，準備開始滴定。A．蒸餾水洗滌酸式滴定管B．蒸餾水洗滌堿式滴定管C．潤洗，控制活塞，將洗滌液從滴定管下部放出，重復操作2-3次D．潤洗，將洗滌液從滴定管上口排出，重復操作2-3次E．橡皮管向上彎曲，擠壓玻璃珠，放液排氣F．打開活塞快速放液排氣G．調整液面至0或0刻度以下，記錄讀數②滴定操作前需向溶液中加入一定量磷酸溶液，理由是：___________、___________(寫出兩個理由)。③稱取2.800g乳酸亞鐵產品溶于蒸餾水，定容至250mL，進行如下實驗：每次取25.00mL試液，用0.1000mol/L的Ce(SO4)2標準溶液滴定至終點。滴定反應為：。讀數如下：實驗次數滴定前讀數(mL)滴定后讀數(mL)10.009.3220.509.7830.4010.4040.559.85則該產品中Fe2+質量百分含量為___________%；有同學改用高錳酸鉀標準液進行滴定，操作步驟無差錯，測得Fe2+含量總比真實值高，原因是___________。【答案】（1）恒壓滴液漏斗（2）BC（3）①.ACFG②.酸化溶液，抑制Fe2+水解③.可生成無色的，降低三價鐵離子對終點顏色的干擾④.18.6⑤.高錳酸鉀不只是氧化Fe2+，還能氧化乳酸根離子【解析】【分析】由題給流程可知，向礦渣X中加入稀硫酸酸浸，將金屬元素轉化為可溶的硫酸鹽，二氧化硅與稀硫酸不反應，過濾得到含有二氧化硅的濾渣和含硫酸鹽的濾液，向濾液中加入氨水調節溶液pH在3.5~4.0范圍內，將溶液中的鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾、洗滌得到氫氧化鐵，將氫氧化鐵溶于稀硫酸得到硫酸鐵溶液，向反應后的溶液中加入過量的鐵，將硫酸鐵轉化為硫酸亞鐵，向硫酸亞鐵溶液中加入過量碳酸氫銨，將溶液中的亞鐵離子轉化為碳酸亞鐵沉淀，碳酸亞鐵溶于乳酸溶液得到乳酸亞鐵溶液，溶液經系列操作得到乳酸亞鐵粗品，粗品經重結晶得到純凈的乳酸亞鐵晶體。【小問1詳解】由實驗裝置圖可知，儀器A為恒壓滴液漏斗，故答案為：恒壓滴液漏斗；【小問2詳解】A．由分析可知，加入氨水調節溶液pH的目的是將溶液中的鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，則組分A中成分為Fe(OH)3、(NH4)2SO4和Al2(SO4)3，A錯誤；B．由分析可知，步驟Ⅲ目的是將鐵離子還原為亞鐵離子，為避免引入其它離子，則加入的固體B可為還原鐵粉，B正確；C．乳酸亞鐵難溶于乙醇，所以重結晶后的晶體可用乙醇洗滌，減少乳酸亞鐵因溶解造成損失，C正確；D．乳酸亞鐵晶體中含有結晶水，高溫烘干會使結晶水丟失，