Page22注意事項：1．答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚．2．每小題選出答案后，用2B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，再選涂其他答案標號．在試題卷上作答無效．3．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．滿分100分，考試用時75分鐘．4．可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本大題包含14小題，每小題3分，每題只有一個選項符合要求．1.中國是文化大國，擁有深厚的歷史底蘊．下列與化學有關的說法正確的是A.馬王堆一號墓出土的素紗禪衣是蠶絲制品，主要成分是蛋白質B.指南針的發明可追溯到戰國時期，其最先被人們利用的磁石是C.煙花絢麗多彩是由鋰、鈉、銅、鉀等金屬單質燃燒時呈現出的不同顏色D.北京大學重離子物理研究所利用高精度推測了部分三星堆遺址的年代區間【答案】A【解析】【詳解】A．蠶絲的主要成分為蛋白質，故A正確；B．制造指南針的磁性物質是，不是，故B錯誤；C．煙花絢麗多彩是由鋰、鈉、銅、鉀等金屬化合物灼燒時呈現的各種艷麗色彩，故C錯誤；D．碳14具有放射性，可用于考古，可利用碳14測定年代，故D錯誤；故選A。2.下列化學用語或圖示正確的是A.的電子式為：B.反丁烯的球棍模型：C.分子中N原子的雜化軌道表示式：D.基態原子的最外層電子排布式為【答案】B【解析】【詳解】A．三氯化硼是只含有共價鍵的共價化合物，電子式為，故A錯誤；B．2—丁烯存在順反異構，其中反丁烯的球棍模型為，故B正確；C．氨分子中氮原子的價層電子對數為4，N原子的雜化方式為sp3雜化，雜化軌道表示式為，故C錯誤；D．鉻元素的原子序數為24，最外層電子排布式為4s1，故D錯誤；故選B。3.下列有關金屬及其化合物的應用，說法不正確的是A.刻蝕電路板的廢液中含有鐵元素和銅元素，經分離提純轉化后可回收再利用B.儲氫合金經化學反應儲存氫氣，并可在一定條件下放出氫氣C.超級鋼是由組成的合金，是用前沿技術經化學變化制得的D.鎳鈷合金可用于制造噴氣式飛機的發動機葉片，由此可知，此種鎳鈷合金耐高溫【答案】C【解析】【詳解】A．在FeCl3溶液蝕刻銅箔制造電路板的工藝中，廢液(含有Fe2+、Fe3+、Cu2+)，經分離提純轉化后可回收再利用，A正確；B．儲氫合金能大量吸收H2，并與氫氣結合成金屬氫化物，稍稍加熱金屬氫化物又會分解，B正確；C．超級鋼是由Fe、Mn(10%)、C(0.47%)、Al(2%)、V(0.7%)組成的合金，是用前沿技術經物理變化制得的，C錯誤；D．飛機的發動機葉片是由鎳、鐵、碳和鈷組成的鎳鈷合金，耐高溫，D正確；故選C。4.設為阿伏伽德羅常數的值．下列說法正確的是A.標況下乙炔和混合氣體中所含的鍵數為B.溶液中所含陰離子數目為C.標況下中所含原子數等于D.中含有的質子數為【答案】A【解析】【詳解】A．乙炔分子中碳碳三鍵和氮氣分子中氮氮三鍵都含有2個π鍵，則標準狀況下3.36L乙炔和氮氣混合氣體中所含的π鍵數目為×2×NAmol—1=0.3NA，故A正確；B．缺溶液的體積，無法計算0.1mol/L四羥基合鋁酸鈉溶液中四羥基合鋁酸根離子的物質的量，且四羥基合鋁酸根離子在溶液中水解，所以無法計算溶液中所含陰離子數目，故B錯誤；C．二氧化氮易發生聚合反應生成四氧化二氮得到二氧化氮和四氧化二氮的混合氣體，所以無法計算標準狀況下4.48L二氧化氮和四氧化二氮混合氣體中二氧化氮、四氧化二氮的物質的量和含有的原子數目，故C錯誤；D．的摩爾質量為20g/mol，則中含有的質子數為×10×NAmol—1=0.9NA，故D錯誤；故選A。5.下列離子方程式正確的是A.向溶液中通入少量B.將少量通入溶液中：C.黑色固體溶于足量稀硝酸：D.向滴有酚酞溶液的溶液中滴加鹽酸至淺紅色剛好褪去：【答案】D【解析】【詳解】A．亞鐵離子的還原性強于溴離子，溴化亞鐵溶液與少量氯氣反應時，亞鐵離子優先與氯氣反應生成鐵離子和氯離子，離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故A錯誤；B．亞硫酸的酸性弱于鹽酸，所以二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應，故B錯誤；C．氧化亞銅與足量稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，反應的離子方程式為，故C錯誤；D．向滴有酚酞溶液的碳酸鈉溶液中滴加鹽酸至淺紅色剛好褪去發生的反應為碳酸鈉溶液與鹽酸反應生成碳酸氫鈉和氯化鈉，反應的離子方程式為，故D正確；故選D。6.下列圖示的實驗裝置或操作正確的是AB分離苯和溴苯蒸發結晶得到固體CD鐵制品表面鍍銅萃取振蕩時放氣A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．苯和溴苯互相溶解，且二者沸點相差較大，可用蒸餾的方法分離，但溫度計的水銀球應處在蒸餾燒瓶的支管口處，A錯誤；B．用蒸發皿蒸發結晶得到固體，B正確；C．鐵制品表面鍍銅，應把鐵制品連接外接直流電源的負極，銅是鍍層金屬，作為陽極，C錯誤；D．振蕩時分液漏斗下口傾斜向上，堵住上口的塞子，打開旋塞放氣，圖中操作不合理，D錯誤；故選B。7.下列有關金屬及其化合物的性質的說法不正確的是A.可通過加熱的方法除去碳酸鈉固體中混有的少量碳酸氫鈉B.根據對角線規則，金屬鈹可與溶液反應生成C.少量的鐵和氯氣反應生成，過量的鐵與氯氣反應生成D.鎂在空氣中燃燒得到的固體為混合物【答案】C【解析】【詳解】A．碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，所以可通過加熱的方法除去碳酸鈉固體中混有的少量碳酸氫鈉，故A正確；B．根據對角線規則，金屬鈹與金屬鋁的性質相似，也能與氫氧化鈉溶液反應生成四羥基合鈹酸鈉，故B正確；C．無論鐵過量與否，鐵在氯氣中燃燒只能生成氯化鐵，故C錯誤；D．鎂在空氣中燃燒時，能與空氣中的氧氣反應生成氧化鎂，與二氧化碳反應生成氧化鎂和碳，與氮氣反應生成氮化鎂，所以鎂在空氣中燃燒得到的固體為氧化鎂、氮化鎂和碳的混合物，故D正確；故選C。8.的晶胞與相似，但由于的結構導致晶胞沿一個方向拉長(如圖)，已知的摩爾質量為，若阿伏加德羅常數的值為，下列說法正確的是A.填充在圍成的四面體空隙中B.兩個最近之間的距離為C.每個周圍等距緊鄰的有4個D.晶體密度為【答案】C【解析】【詳解】A．由晶胞結構可知，填充在鈣離子圍成八面體空隙中，故A錯誤；B．由晶胞結構可知，位于體心的與位于棱上的距離最近，為低面對角線的一半，兩個最近之間的距離為，故B錯誤；C．由晶胞結構可知，碳化鈣晶胞不是正方體，位于體心的與位于左右棱上的距離最近，則每個周圍等距緊鄰的有4個，故C正確；D．由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點和面心的鈣離子個數為8×+6×=4，位于棱上和體心的的個數為12×+1=4，設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=10—10a2bd，解得d=，故D錯誤；故選C。9.藥物來曲唑的結構簡式如圖所示，下列關于來曲唑的敘述不正確的是A.分子中C原子的雜化軌道類型有和B.該分子最多可以和加成C.該分子中的所有原子不可能全部共面D.該分子的分子式為【答案】B【解析】【詳解】A．苯環中碳原子的雜化軌道類型是sp2，-CN中碳原子的雜化軌道類型是sp，中間碳原子為飽和碳原子，雜化軌道類型是sp3，A正確；B．1mol該分子含2mol苯環，2mol碳氮雙鍵，2mol碳氮叄鍵，最多可以和12molH2加成，B錯誤；C．分子中間碳原子為飽和碳原子，所有的原子不可能全部共面，C正確；D．根據圖示結構簡式，該分子的分子式為C17H11N5，D正確；故選B。10.為同一短周期元素且最外層電子數依次增加，將它們按如圖方式填入九宮格，橫行和縱行所含元素最外層電子數之和均為10．下列說法正確的是XYZWQA.若為第二周期元素，X常用作電池電極材料，其單質在同族元素組成的單質中密度最小B.若為第二周期元素，W和Q形成的二元化合物為酸性氧化物C.若為第三周期元素，Z單質與氧化鐵的反應需在高溫條件下發生，所以此反應為吸熱反應D.若為第三周期元素，通常用電解熔融氯化物的方法來冶煉Y【答案】D【解析】【詳解】A．若為第二周期元素，橫行和縱行所含元素最外層電子數之和均為10，則X為Li、Y為Be、Z為B、W為N、Q為O，Li單質常作為鋰電池的電極材料，同主族元素組成單質的密度從上往下呈增大趨勢，H2單質在同族元素組成的單質中密度最小，故A錯誤；B．若為第二周期元素，橫行和縱行所含元素最外層電子數之和均為10，則X為Li、Y為Be、Z為B、W為N、Q為O，N與O二者可以形成NO、NO2、N2O5等多種二元化合物，其中NO、NO2不是酸性氧化物，故B錯誤；C．若為第三周期元素，則X為Na、Y為Mg、Z為Al、W為P、Q為S，鋁單質和氧化鐵的反應，即鋁熱反應，需在高溫條件下發生，但該反應是放熱反應，故C錯誤；D．若為第三周期元素，則X為Na、Y為Mg、Z為Al、W為P、Q為S，鎂是活潑金屬，工業上一般電解熔融氯化鎂來制取鎂單質，故D正確；答案選D。11.下列關于實驗的操作、現象、結論均正確的是選項實驗操作現象解釋或結論A溶液中滴加溶液，再加稀硝酸有白色沉淀生成且沉淀不溶解溶液中一定存在B用蒸餾水溶解固體，并繼續加水稀釋溶液由綠色逐漸變為藍色正向移動C向某溶液中先加入少量雙氧水再滴加少量溶液產生紅色沉淀不能證明原溶液中含有D向某鹵代烴中先加入過量溶液，加熱，再加入硝酸銀溶液產生白色沉淀此鹵代烴中含有氯原子A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．溶液中滴加BaCl2溶液，再加稀硝酸，有白色沉淀生成且沉淀不溶解，可能含有或者中的一種或者兩種，也可能存在銀離子，A錯誤；B．用蒸餾水溶解CuCl2固體，并繼續加水稀釋，，溶液由綠色逐漸變藍色，說明生成，平衡向正向移動，B正確；C．向某溶液中先加入少量雙氧水再滴加少量KSCN溶液，若此時溶液中有鐵離子，則溶液變為血紅色，不會生成紅色沉淀，現象錯誤，C錯誤；D．鹵代烴與NaOH水溶液共熱，發生水解反應，冷卻后先加入足量的稀硝酸，酸化處理，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，說明鹵代烴中有氯原子，D錯誤；故選B。12.某實驗小組以粗鎳(含少量和雜質)為原料制備，并測定相關組分的含量，制備流程如圖：已知：①為綠色難溶物；②均為可溶于水的藍紫色晶體，堿性條件下穩定存在。下列說法不正確的是A.試劑X的作用是調節除去和雜質，則試劑X可為B.藍紫色晶體1轉化為藍紫色晶體2的過程中涉及配位鍵的斷裂和形成C.藍紫色晶體1轉化為藍紫色晶體2的原因是在此條件下的溶解度小于D.步驟中為防止氨水分解及降低固體溶解度需冷水浴控溫，則溫度計應在水浴中【答案】B【解析】【分析】由題給流程可知，向粗鎳中加入濃硝酸，加熱條件下酸溶，將金屬元素轉化為可溶的硝酸鹽，加入氫氧化鈉溶液調節溶液pH，將溶液中的鐵離子、鉻離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鉻沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鉻的濾渣和濾液；向濾液中加入氫氧化鈉溶液調節溶液pH，將鎳離子轉化為綠色氫氧化鎳沉淀，過濾得到氫氧化鎳；向氫氧化鎳中加入稀硝酸、氨水，將氫氧化鎳轉化為Ni(NH3)6(NO3)2，過濾得到Ni(NH3)6(NO3)2藍紫色晶體1；向藍紫色晶體1中再加入鹽酸、氨水和氯化銨的混合溶液，將Ni(NH3)6(NO3)2轉化為Ni(NH3)6Cl2，過濾得到Ni(NH3)6Cl2藍紫色晶體2，藍紫色晶體2處理得到產品。【詳解】A．由分析可知，加入試劑X的系列操作為加入氫氧化鈉溶液調節溶液pH，將溶液中的鐵離子、鉻離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鉻沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鉻的濾渣和濾液；向濾液中加入氫氧化鈉溶液調節溶液pH，將鎳離子轉化為綠色氫氧化鎳沉淀，則試劑X為氫氧化鈉溶液，作用是調節溶液pH除去溶液中的鐵離子和鉻離子，故A正確；B．由分析可知，藍紫色晶體1轉化為藍紫色晶體2的反應為Ni(NH3)6(NO3)2+2Cl—=Ni(NH3)6Cl2+2NO，反應中不涉及配位鍵的斷裂和形成，故B錯誤；C．由分析可知，藍紫色晶體1轉化為藍紫色晶體2的反應為Ni(NH3)6(NO3)2+2Cl—=Ni(NH3)6Cl2+2NO，反應能發生的原因是在此條件下Ni(NH3)6Cl2的溶解度小于Ni(NH3)6(NO3)2，故C正確；D．步驟c、d中為防止氨水分解及降低固體溶解度需0～10℃冷水浴控溫，溫度計應插入冷水浴中，不能插入反應液中，故D正確；故選B。13.近日中國科學家成功實現了室溫下電催化甲烷和氧氣轉化制甲酸，為室溫下甲烷的高效綠色利用提供了新的思路，轉化原理如下圖．下列說法正確的是A.在催化電極b上被還原成B.隨著該反應的進行，電解池B區不變C.理論上每生成，就有從A區轉移至B區D.當在室溫下完全反應時，理論上A區電解池溶液質量增加【答案】D【解析】【分析】由圖可知，O2轉化為H2O2，電極反應式為：，H2O2將CH4氧化為HCOOH，方程式為：，催化電極a發生還原反應，為陰極，催化電極b為陽極，發生氧化反應生成氧氣，據此回答。【詳解】A．催化電極b上發生氧化反應生成氧氣，A錯誤；B．隨著該反應的進行，b電極的電極反應式為：，電解池B區pH減小，B錯誤；C．H+為陽離子，移向陰極，即從B區轉移至A區，C錯誤；D．根據a的電極反應式可知，當3molO2在室溫下完全反應時，生成3molH2O2，要消耗1molCH4，生成1molHCOOH和4molH2O，所以理論上A區電解池溶液質量增加(46+4×18)=118g，D正確；故選D。14.電位滴定法是根據滴定過程中指示電極電位的變化來確定滴定終點的一種滴定分析方法。在化學計量點附近，被測離子濃度發生突躍，指示電極電位也產生了突躍，進而確定滴定終點的位置，已知：某二元酸電離常數。某化學小組采用電位滴定法，用鹽酸滴定某溶液中的濃度，滴定過程中，溶液電位U、電極電壓隨鹽酸體積V的變化曲線如圖所示，下列說法中正確的是A.b點溶液顯堿性B.水電離出的C.d點溶液中：D.實驗過程中小組發現所用溶液混有少量，將b點消耗的鹽酸體積記為，d點消耗的鹽酸體積為，則的含量可表示為【答案】D【解析】【分析】由圖可知，b點為Na2A溶液與鹽酸恰好反應得到NaHA和氯化鈉的混合溶液，d點為溶液中的NaHA恰好反應得到H2A和氯化鈉的混合溶液，a點為Na2A、NaHA和氯化鈉的混合溶液，c點為H2A、NaHA和氯化鈉的混合溶液。【詳解】A．由分析可知，b點為NaHA和氯化鈉的混合溶液，由電離常數可知，HA-在溶液中的水解常數Kh===1.0×10-7＞Ka2，HA-在溶液中的電離程度大于水解程度，所以混合溶液呈酸性，故A錯誤；B．A2-在溶液中水解促進水的電離，HA-在溶液中的電離程度大于水解程度，抑制水的電離，H2A在溶液中分步電離出的氫離子抑制水的電離，由分析可知，a點為Na2A、NaHA和氯化鈉的混合溶液，c點為H2A、NaHA和氯化鈉的混合溶液，所以a點水電離出的氫離子濃度大于c點，故B錯誤；C．由分析可知，d點為溶液中的NaHA恰好反應得到H2A和氯化鈉的混合溶液，溶液中鈉離子濃度與氯離子濃度相等，由電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)+c(Cl-)可得：c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故C錯誤；D．由分析可知，b點為Na2A溶液與鹽酸恰好反應得到NaHA和氯化鈉的混合溶液，d點為溶液中的NaHA恰好反應得到H2A和氯化鈉的混合溶液，則b點發生的反應為Na2A+HCl=NaHA+NaCl，d點發生的反應為NaHA+HCl=H2A+NaCl，設鹽酸的濃度為cmol/L，由方程式可知，Na2A的物質的量為10-3cVbmol，雜質NaHA的物質的量為10-3c(Vd-2Vb)mol，則NaHA的含量可表示為=，故D正確；故選D。二、非選擇題：本大題包含5小題，共58分．15.在化學工業中主要用作橡膠和顏料的添加劑等。工業上可由菱鋅礦(主要成分為，還含有等元素)制備。工藝如圖所示：相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的范圍如表：金屬離子開始沉淀的1.56.36.07.48.16.9沉淀完全2.88.38.09.410.18.9已知：①“溶浸”后的溶液中金屬離子主要有：。②弱酸性溶液中能將氧化生成。③氧化性順序：。（1）“溶浸”后溶液中的價層電子排布式為___________。（2）“溶浸”步驟中可提高浸出率的措施有___________(任寫一條即可)。（3）“調”是向“溶浸”后的溶液中加入少量調節至弱酸性，此時溶液中的濃度范圍為___________。（4）寫出“氧化除雜”步驟中反應的離子方程式___________，___________。（5）“沉鋅”時會生成沉淀，寫出該步驟的離子方程式___________，該步驟中檢驗沉淀完全的方法是___________。（6）已知晶體的一種晶胞是立方晶胞(如圖所示)，設阿伏加德羅常數的值為，該晶體密度為___________(列出最簡表達式)。【答案】（1）3d6（2）加熱、攪拌、適當提高硫酸的濃度、將礦石粉碎等任寫一條（3）<1mol/L（4）①.2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+②.+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+（5）①.2Zn2++2+H2O=↓+CO2↑②.取少量“沉鋅”后過濾的濾液于試管中，滴入Na2CO3溶液，若出現白色渾濁則說明未沉淀完全，若無明顯現象則說明沉淀完全（6）【解析】【分析】形成氫氧化物沉淀的pH范圍如表：“溶浸”發生反應的化學方程式為：ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2↑，“溶浸”后的溶液中金屬離子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+，加入KMnO4能將Fe2+氧化為Fe(OH)3、Mn2+氧化為MnO2，濾渣2的成分為Fe(OH)3、MnO2，由于氧化性順序：Ni2+>Cd2+>Zn2+，可加入還原劑Zn單質將Ni、Cd置換出來，濾渣3為Ni、Cd，濾液為ZnSO4，加入Na2CO3反應方程式為：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑，高溫灼燒固體得到ZnO；【小問1詳解】的價層電子排布式為3d6；【小問2詳解】提高浸出率的措施有：加熱、攪拌、適當提高硫酸的濃度、將礦石粉碎等；【小問3詳解】根據表中數據，0.1molL-1的Zn2+產生沉淀時pH為6.0，可得出Ksp[Zn(OH)2]=0.1×(10-8)2=10-17，則pH5.5時鋅離子的最大濃度為c=10-17(10-8.5)2=1(mol/L)，此時溶液中的濃度范圍為<1mol/L；【小問4詳解】已知弱酸性溶液中KMnO4能將Mn2+氧化生成MnO2，將Fe2+氧化為Fe(OH)3，離子方程式為：2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+、+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；【小問5詳解】“沉鋅”時會生成沉淀，濾液為ZnSO4，加入Na2CO3的離子方程式：2Zn2++2+H2O=↓+CO2↑；該步驟中檢驗沉淀完全的方法是：取少量“沉鋅”后過濾的濾液于試管中，滴入Na2CO3溶液，若出現白色渾濁則說明未沉淀完全，若無明顯現象則說明沉淀完全；【小問6詳解】該晶胞中Zn位于頂點和面心的位置、O位于體內，所以晶胞中Zn的個數為8×+6×=4，O的個數為4，晶胞的密度為。16.硫酸鐵銨晶體[，摩爾質量為易溶于水，不溶于乙醇，常用作分析試劑。實驗室制備硫酸鐵銨晶體的裝置如圖所示(加熱及夾持裝置省略)。回答下列問題：（1）裝置A中a的作用為_______。（2）實驗時，首先打開和，關閉和。一段時間后，為使生成的溶液進入裝置B中，再打開_______，關閉_______。(填)（3）向所得溶液中加入雙氧水，雙氧水的作用是_______(用離子方程式表示)，裝置B中需要保持溫度，溫度維持在的原因是_______。（4）當溶液中完全反應后，關閉。將雙氧水換成適量的飽和溶液，繼續滴加；實驗結束后，將裝置B中溶液蒸發濃縮、冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥，得到產品。①為減少產品損失，應用_______洗滌產品。②抽濾的優點是_______。（5）測定產品純度，進行如下實驗：Ⅰ．配制溶液：稱取產品溶于水，然后配制成溶液，取溶液于錐形瓶中，加入過量的溶液充分反應。Ⅱ．滴定：用標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。(已知)①滴定中使用的指示劑為_______。②該產品純度為_______(列出最簡表達式)。【答案】（1）平衡氣壓，便于稀硫酸順利流下（2）①.K2②.K3（3）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.防止H2O2分解（4）①.乙醇②.加快過濾速率，減少晶體溶解損失（5）①.淀粉溶液②.【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，A裝置中鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，利用反應生成的氫氣排盡裝置內的空氣，防止亞鐵離子被氧化；再利用反應生成的氫氣將A裝置內的硫酸亞鐵溶液壓入B裝置內，加入雙氧水將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，再加入飽和硫酸銨溶液得到含有硫酸鐵和硫酸銨的混合溶液，實驗結束后，將裝置B中混合溶液蒸發濃縮、冷卻結晶、抽濾、乙醇洗滌、干燥，得到硫酸鐵銨晶體。【小問1詳解】由實驗裝置圖可知，裝置A中的儀器a為恒壓滴液漏斗，恒壓滴液漏斗的作用是平衡氣壓，便于稀硫酸順利流下，故答案為：平衡氣壓，便于稀硫酸順利流下；【小問2詳解】實驗時，首先打開K1和K3，關閉K2和K4，利用反應生成的氫氣排盡裝置內的空氣，防止亞鐵離子被氧化，一段時間后，為使生成的硫酸亞鐵溶液進入裝置B中，再打開K2、關閉K3，利用反應生成的氫氣將A裝置內的硫酸亞鐵溶液壓入B裝置內，故答案為：K2；K3；【小問3詳解】由分析可知，加入雙氧水的目的是將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；過氧化氫不穩定，受熱易分解，所以為防止過氧化氫受熱分解，實驗時溫度應維持在45°C，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；防止H2O2分解；【小問4詳解】①由題意可知，硫酸鐵銨易溶于水，不溶于乙醇，為減少產品損失，應用乙醇洗滌產品，故答案為：乙醇；②與過濾相比，抽濾可以加快過濾速率，減少晶體溶解損失，故答案為：加快過濾速率，減少晶體溶解損失；【小問5詳解】①碘溶液遇淀粉溶液會變為藍色，所以滴定中使用的指示劑為淀粉溶液，故答案為：淀粉溶液；②由得失電子數目守恒可得如下轉化關系：2Fe3+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmL0.1000mol/L硫代硫酸鈉溶液，則產品純度為=，故答案為：。17.一種以為碳源，在催化劑作用下催化加氫制備可再生能源甲醇的工藝涉及以下反應：反應I：反應Ⅱ：（1）試計算反應Ⅲ：_______。（2）一定溫度下于恒容密閉容器中按比例充入和發生反應I，下列選項能說明反應達到平衡的是_______。a．鍵斷裂的同時，有鍵生成b．c．混合氣體的密度不再改變d．混合氣體的平均相對分子質量不再改變（3）往恒容密閉容器中按充入反應物，在合適催化劑作用下，發生反應I和Ⅱ，平衡轉化率和甲醇的選擇性如圖所示。在達平衡時，的物質的量為_______；隨著溫度的升高，所在曲線逐漸升高的原因是_______；現向恒溫恒壓的密閉容器中充入和，選擇合適的催化劑使其僅發生反應I，反應后達平衡的轉化率為，該反應的_______。(分壓=總壓×物質的量分數，結果保留一位小數)（4）反應I：在某非金屬催化劑催化下的反應歷程如下圖所示，容易得到的副產物有和，其中相對較少的副產物為_______；上述合成甲醇的反應速率較慢，要使反應速率加快，主要降低下列變化中_______(填字母)的能量變化。A．B．C．D．（5）近來科學家成功開發出便攜式固體氧化物燃料電池，其以氣態甲醇為燃料、空氣為氧化劑、電解質是固態氧化物，在熔融狀態下能傳導，該電池的負極反應式為_______。【答案】（1）（2）bd（3）①.0.084②.升高溫度，以反應Ⅱ為主，Ⅱ反應正向移動導致二氧化碳的平衡轉化率升高③.33.3（4）①.②.D（5）【解析】【小問1詳解】利用蓋斯定律可知，將I-Ⅱ可得：；【小問2詳解】a．鍵斷裂的同時，有鍵生成，描述的都是正反應，不能說明正逆反應速率相等，不能判斷是否平衡；b．反應速率比等于系數比，，則正逆反應速率相等，達到平衡；c．容器體積和氣體質量始終不變，則混合氣體的密度始終不變，因此不能說明反應已達平衡；d．反應混合物都是氣體，氣體的質量不變；反應是氣體物質的量發生變化的反應，若氣體平均摩爾質量不隨時間變化，則氣體的物質的量不變，反應達到了平衡狀態；故選bd；【小問3詳解】反應I為放熱反應、反應Ⅱ為吸熱反應，升高溫度，反應I逆向移動，甲醇選擇性下降，則DE曲線為甲醇選擇性曲線、ABC曲線為二氧化碳轉化率曲線；由圖可知，在達平衡時，二氧化碳轉化率為21%、甲醇選擇性為60%，結合碳守恒可知，的物質的量為1mol×21%×（1-60%）=0.084；隨著溫度的升高，所在曲線逐漸升高的原因是