浙江省臺州市2023-2024學年高二下學期6月期末考試化學試題

浙江省臺州市20232024學年高二下學期6月期末考試化學試題選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質屬于強電解質的是A.氨氣 B.硬脂酸鈉 C.醋酸 D.石灰水【答案】B【解析】【分析】強電解質是在水溶液中（幾乎）完全發(fā)生電離的電解質，包括有強電解質：強酸、強堿、大部分鹽（與溶解度無關）?！驹斀狻緼．氨氣屬于非電解質，A錯誤；B．硬脂酸鈉屬于鹽，可以完全電離，故屬于強電解質，B正確；C．醋酸是弱酸，屬于弱電解質，C錯誤；D．石灰水是混合物，既不是電解質也不是非電解質，D錯誤；故選B。2.下列關于鐵及其化合物的敘述不正確的是A.紅熱的鐵與水蒸氣反應生成氫氧化鐵和氫氣B.在空氣里受熱，能迅速被氧化成C.隔絕空氣的條件下，向溶液中加入后得到紅褐色沉淀D.溶液可用于有機物中酚羥基的檢驗【答案】A【解析】【詳解】A．紅熱的鐵與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，A錯誤；B．不穩(wěn)定，在空氣里受熱，能迅速被氧化成，B正確；C．具有強氧化性，并且與水生成氫氧化鈉和氧氣，再與發(fā)生氧化還原反應得到，C正確；D．含有酚羥基的有機物，遇到溶液顯紫色，D正確；故選A。3.下列表述不正確的是A.富勒烯與金剛石互為同素異形體B.乙炔中碳原子雜化軌道電子云輪廓圖：C.五氯化磷的電子式中每個原子都滿足最外層8電子結構D.的名稱：3甲基5乙基庚烷【答案】C【解析】【詳解】A．富勒烯與金剛石都是由碳元素形成的不同單質，互為同素異形體，A正確；B．乙炔中碳原子都是sp雜化，則乙炔中碳原子雜化軌道電子云輪廓圖：，B正確；C．五氯化磷的電子式中磷原子不滿足最外層8電子結構，C錯誤；D．根據烷烴命名規(guī)則，的名稱是3甲基5乙基庚烷，D正確；故選C4.三氟化溴遇水立即發(fā)生反應。下列有關該反應的說法正確的是A.氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶3B.反應中每轉移生成C.反應中生成的兩種酸都是強酸D.中心原子價層電子對數為4【答案】A【解析】【詳解】A．該反應3個中作為氧化劑的有2個，作為還原劑的有1個，H2O中有2個為還原劑，則氧化劑和還原劑的物質的量之比為2∶3，A正確；B．根據化學方程式知，生成時，轉移，則反應中每轉移生成，B錯誤；C．HF是弱酸，C錯誤；D．中心原子價層電子對數為，D錯誤；故選A。5.常溫下，下列各組離子在指定條件下能大量共存的是A.溶液中：、、、B.水溶液中：、、、C.使紫色石蕊變紅的溶液：、、、D.使酚酞變紅的溶液：、、、【答案】D【解析】【詳解】A．溶液中的、反應會產生硅酸沉淀，不能大量共存，A錯誤；B．具有強氧化性，能將二氧化硫氧化為硫酸根，硫酸根與鋇離子產生硫酸鋇沉淀，不能大量共存，B錯誤；C．使紫色石蕊變紅的溶液，說明溶液為酸性，酸性條件下高錳酸根強氧化性，能將氯離子氧化，不能大量共存，C錯誤；D．使酚酞變紅的溶液，說明溶液為堿性，以上離子均能大量共存，D正確；故答案選D。6.實驗室制取(一水合碘酸鈣)的實驗流程如圖所示：已知：常溫下微溶于水，難溶于乙醇。下列說法不正確的是A.四氯化碳的作用增大的溶解度，以提高利用率B.操作1的名稱為分液C.加入后水層中的雜質為D.操作2可以在冷卻后加入乙醇促進產品析出【答案】C【解析】【分析】轉化過程將I2轉化為碘酸根，由于CCl4不溶于水經分液得到水層。加入氫氧化鈣產生Ca(IO3)2?H2O。Ca(IO3)2?H2O微溶于水，即經過濾洗滌干燥等得到晶體?！驹斀狻緼．I2在水中的溶解度小，CCl4的作用是增大I2的溶解度，從而提高I2的利用率，A項正確；B．由圖可知，操作1分離后得到水層和CCl4層，該操作為分液，B項正確；C．常溫下，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣和次氯酸鈣，加入后水層中的雜質為，C項錯誤；D．產品難溶于乙醇，為了減少溶解損失可選用乙醇促進產品析出，D項正確；故選C。7.為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.和固體混合物中，陽離子總數大于B.足量的濃鹽酸與反應，轉移電子的數目為C.50g46%的乙醇水溶液中含有的氫原子數為D.的溶液中離子數為【答案】C【解析】【詳解】A．和的相對分子質量都是142，則和固體混合物中，陽離子總數等于，A錯誤；B．的物質的量為0.1mol，足量的濃鹽酸與MnO2反應生成氯化錳、氯氣、水，錳元素化合價由+4降低為+2，轉移電子的數目為，B錯誤；C．50g46%的乙醇水溶液中，含有23g乙醇，即0.5mol乙醇中含氫原子3mol，27g水即1.5mol水中含氫原子3mol，共含氫原子6mol，即50g46%的乙醇水溶液中含有的氫原子數為，C正確；D．重鉻酸鉀發(fā)生水解，反應的離子方程式為H2O+2+2H+，的溶液中離子數小于，D錯誤；故選C。8.下列實驗裝置使用正確的是A.裝置①可用于硫酸鈉的焰色試驗B.裝置②可產生噴泉現象C.裝置③可用于在鐵制鍍件表面鍍銅D.裝置④可驗證氨氣能與酸反應【答案】C【解析】【詳解】A．應該用鉑絲或者無銹鐵絲，A錯誤；B．二氧化碳在水中或者小蘇打飽和溶液中溶解度小，不會產生噴泉，B錯誤；C．在鐵制鍍件表面鍍銅，鐵制鍍件為陰極，連電源負極，銅片為陽極，連電源正極，C正確；D．濃硫酸沒有揮發(fā)性，不會產生白煙，D錯誤；故選C。9.有關有機物檢測，下列說法正確的是A.酸性高錳酸鉀溶液可以用于鑒別苯、己烷與苯乙烯B.咖啡因的分子結構可以通過X射線衍射技術最終測定C.質譜儀可用于確定丙醇中有幾種化學環(huán)境的氫原子D.光照條件下可以與發(fā)生取代反應的烴一定是烷烴【答案】B【解析】【詳解】A．苯、己烷都不與酸性高錳酸鉀溶液反應，A錯誤；B．X射線衍射技術是指使用X射線探測某些分子或晶體結構的科研方法，因此咖啡因的分子結構可以通過X射線衍射技術最終測定，B正確；C．質譜法可以測定有機物相對分子質量，不能確定丙醇中有幾種化學環(huán)境的氫原子，C錯誤；D．甲苯、環(huán)烷烴等烴在光照條件下可以與發(fā)生取代反應，D錯誤；故選B。10.下列方程式與所給事實相符的是A.將少量通入溶液中：B.銀氨溶液中加入足量鹽酸產生沉淀：C.利用與制備沉淀：D.加熱氯化銅溶液，溶液由綠色變?yōu)辄S綠色：【答案】C【解析】【詳解】A．將少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈣、次氯酸和氯化鈣，離子方程式為：，故A錯誤；B．銀氨溶液中加入足量鹽酸產生沉淀的離子反應為[Ag(NH3)2]++OH+3H++Cl=AgCl↓+2+H2O，故B錯誤；C．向MnCl2溶液中加入NH4HCO3溶液反應生成水、二氧化碳和MnCO3沉淀，離子方程式為，故C正確；D．氯化銅溶液含有[Cu(H2O)4]2+，加熱時轉化為[CuCl4]2，溶液呈黃綠色，且反應吸熱，離子方程式為，故D錯誤；故答案C。11.苯氧乙酸是制備某種香料的中間體，其制備原理如下圖所示：下列說法正確的是A.環(huán)氧乙烷只能由乙烯氧化法制得B.苯氧乙酸含有3種含氧官能團C.苯氧乙醇的結構簡式可能為D.步驟2可以選用或作為氧化劑【答案】C【解析】【分析】苯酚與環(huán)氧乙烷發(fā)生加成反應生成苯氧乙醇，苯氧乙醇發(fā)生氧化反應生成苯氧乙酸?！驹斀狻緼．乙烯氧化法制備環(huán)氧乙烷，反應為，除此之外，環(huán)氧乙烷可以由乙二醇脫水成醚得到，故A錯誤；B．苯氧乙酸的結構簡式為，有醚鍵和羧基2種含氧官能團，故B錯誤；C．根據分析可知，苯氧乙醇的結構簡式為，故C正確；D．步驟2是苯氧乙醇發(fā)生氧化反應生成苯氧乙酸，醇發(fā)生催化氧化反應生成醛可以選用或作為氧化劑，但是醇氧化為羧酸必須用強氧化劑，比如可用酸性高錳酸鉀，故D錯誤；故答案選C。12.太陽能驅動和制備的裝置如圖。下列說法不正確的是A.陽極區(qū)電極反應式為B.溶液中電流從a極流向b極C.陽極區(qū)中補充可提高制備效率D.理論上，每生成標況下時，陰極區(qū)溶液質量增加22g【答案】D【解析】【分析】根據圖中裝置可知，雙極膜中產生的移動到a電極，a電極為陽極，電極反應式為：，雙極膜中產生的移動到b電極，b電極為陰極，電極反應式為：，據此作答?！驹斀狻緼．由圖示信息可知陽極區(qū)轉化為氧氣，電極反應為：，故A正確；B．a電極為陽極，b電極為陰極，電解池的外電路：是與電源連接的電路，陽極是氧化反應，失去電子使得電子通過電源外電路到電解池的陰極，這是電子的移動方向，電流的方向與電子運動的方向相反，所以外電路的電流是陰極流向陽極，電解池的內電路：就是溶液里的電流方向，是從陽極流向陰極，溶液中電流從a極流向b極，故B正確；C．水解可產生，使陽極區(qū)溶液呈堿性，提高陽極區(qū)的濃度，從而可提高制備效率，故C正確；D．標準狀況下為2mol，生成2mol氧氣轉移8mol電子，陰極區(qū)電極式為：，陰極區(qū)增重的重量為二氧化碳和轉移的氫離子質量，44×0.5+8=30g，故D錯誤；故答案選D。13.叔丁基溴在乙醇中反應的能量變化如圖所示。反應1：反應2：下列說法不正確的是A.在乙醇中反應生成時，反應的催化劑是B.在乙醇中反應生成時，增加催化劑的用量，可以提高轉化為的選擇性，減少副反應C.在乙醇中反應生成時，決速步反應活化能為D.升高溫度，與乙醇反應轉化率下降，與反應轉化率升高【答案】B【解析】【詳解】A．從圖中可以看出，在乙醇中反應生成時，反應的催化劑是，A正確；B．催化劑不會提高轉化為的選擇性，B錯誤；C．從圖中可知，在乙醇中反應生成時，決速步反應活化能為，C正確；D．與乙醇反應放出熱量，與反應吸收熱量，則升高溫度，與乙醇反應轉化率下降，與反應轉化率升高，D正確；故選B。14.某電解質溶液中部分微觀粒子的結構如圖，“”表示微粒間存在較強靜電作用。A、B、C、D、E、F為原子序數依次增大的短周期元素。下列說法不正確的是A.工業(yè)上采用電解的方法冶煉D單質B.同周期元素中，有一種元素的第一電離能介于B和C之間C.最簡單氫化物的沸點：C>FD.未成對電子數：A>E【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D、E、F為原子序數依次增大的短周期元素，A連接3個共價鍵且和C形成配位鍵時可以提供空軌道，A為B元素，B連接2個共價鍵，B為O元素；C連接1個共價鍵，且C與B原子形成配位鍵時可以提供孤電子對，C為F元素，D連接3個共價鍵且和F形成配位鍵時可以提供空軌道，D為Al元素，F為Cl元素，E連接3個共價鍵，且?guī)б粋€正電荷，則E為S元素?！驹斀狻緼．工業(yè)上采用電解熔融的方法冶煉Al單質，A正確；B．同周期從左到右，元素的第一電離能有逐漸增大的趨勢，第與第族元素的第一電離能比同周期相鄰元素的第一電離能大，則N第一電離能介于O和F之間，B正確；C．HF與HCl都是分子晶體，HF含有分子間氫鍵，則沸點HF>HCl，C正確；D．B未成對電子數是1，S未成對電子數是2，D錯誤；故選D。15.常溫下，往溶液中通入形成飽和溶液X，有微量生成。溶液X中(溶液體積和濃度的變化忽略不計)。已知：電離常數、，。下列說法不正確的是A.溶液X中，B.反應的C.溶液X中，D.溶液X中存在【答案】D【解析】【詳解】A．往溶液中通入形成飽和溶液X，有微量生成，即亞鐵離子恰好生成沉淀，，A正確；B．根據反應①、②、③，由蓋斯定律，反應①②③可得反應，則，B正確；C．溶液中，HS的水解常數為，則，故溶液中，C正確；D．根據電荷守恒，溶液X中存在，D錯誤；故選D。16.下列方案設計、現象和結論都正確是選項目的方案設計現象和結論A探究和的氧化性強弱將稀硫酸酸化的加入溶液中若溶液出現黃色，則說明的氧化性比強B比較、結合的能力強弱分別配得相同的溶液與溶液，稀釋10倍后，用計測定溶液，說明結合的能力強于C探究濃度對平衡的影響向溶液中加入溶液，溶液呈紅色，再三等分于a、b、c三支試管中，向b中加入鐵粉、向c中滴加4滴溶液若b中顏色比a淺，c中顏色比a深，則說明濃度對平衡產生影響D探究蔗糖在酸性水溶液中的穩(wěn)定性取2mL20%的蔗糖溶液于試管中，加入適量稀后水浴加熱5min；再加入適量新制懸濁液并加熱若沒有生成磚紅色沉淀，則蔗糖在酸性水溶液中穩(wěn)定A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．酸性條件下，硝酸根離子具有強氧化性，能氧化亞鐵離子，干擾H2O2氧化亞鐵離子，故A錯誤；B．NaClO溶液可使pH試紙褪色，應選pH計測定等濃度鹽溶液的pH，故B錯誤；C．與溶液反應為，溶液為紅色，向b中加入鐵粉，鐵粉與Fe3+反應，導致Fe3+濃度減小，上述平衡逆向移動，則導致顏色變淺；向c中滴加4滴溶液，增大SCN濃度，上述平衡正向移動，導致顏色加深，說明濃度對平衡產生影響，故C正確；D．蔗糖為二糖，在酸性條件下可以水解生產單糖，驗證單糖中是否存在CHO，應向水解液中加入NaOH溶液使體系呈堿性，再加入新制Cu(OH)2懸濁液，故D錯誤；答案選C。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.鍺是一種戰(zhàn)略性金屬，廣泛應用于光學及電子工業(yè)領域，工業(yè)上可由提取，并制造晶體，生產一種用于制作太陽能電池的材料。（1）的價層電子排布式為___________，基態(tài)原子有___________種空間運動狀態(tài)。（2）比較與的金屬性強弱的實驗方法：___________。（3）固態(tài)時，以環(huán)狀和鏈狀(SO3)n兩種形式存在，下列說法不正確的是___________。A.單分子中心原子為雜化，空間結構為平面三角形B.環(huán)狀(SO3)n中硫原子的雜化軌道類型為C.單分子和鏈狀(SO3)n均是分子晶體D.鏈狀(SO3)3中最多可能有6個原子在同一平面上（4）硫酸可以和硝酸反應生成，比較鍵角，___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。（5）的晶胞如圖所示。與的最短距離比與的最短距離大，則在晶胞中的位置為___________(填“A”、“B”或“C”)所處的位置，晶體中一個周圍與其距離最近的的個數為___________?！敬鸢浮浚?）①.②.18（2）Cs與K分別與水反應，比較反應的劇烈程度(其他合理答案也可)（3）BD（4）①.>②.中是雜化，中是雜化（5）①.C②.12【解析】【小問1詳解】Ge(鍺)元素在周期表的第四周期、第ⅣA族，因此核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2，則基態(tài)Ge原子的價層電子排布式為4s24p2；Br為35號元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，其內層軌道全部占滿，共占據14個軌道，4S能級3個軌道也占滿，所以共有18種空間運動狀態(tài)的電子；【小問2詳解】比較大小、形狀相同的等量金屬（Cs與K）與水反應的劇烈程度，金屬性越強，單質與水反應越劇烈，據此可比較金屬性強弱；【小問3詳解】A．中心原子價層電子對數為3，為雜化，沒有孤對電子，空間結構為平面三角形，A正確；B．環(huán)狀中硫原子形成4個單鍵，故為雜化，B錯誤；C．和三聚體兩種形式，固態(tài)三氧化硫易升華，熔沸點低，故為分子晶體，C正確；D．鏈狀(SO3)3中硫原子形成4個單鍵，故為雜化，最多可能有3個原子在同一平面上，D錯誤；故選BD。【小問4詳解】中是雜化，中是雜化，故鍵角，>；【小問5詳解】由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點A處的原子個數為8×=1、位于體心C處的原子個數為1、位于面心B處的原子個數為6×=3，由化學式可知，B處為溴原子，由銫原子與溴原子的最短距離比鍺原子與溴原子的最短距離大可知，C處為鍺原子、B處為銫原子；晶胞中位于頂點的銫原子與位于面心的溴原子距離最近，則銫原子周圍與其距離最近的溴原子的個數為12。18.氮氣是一種重要的工業(yè)基礎原料，可按如下流程進行轉化利用。反應Ⅱ的原子利用率100%，硝酸氯可溶于水，Y是硝酸氯的同分異構體，結構中有一個三元環(huán)，氮原子的雜化方式為，鹽A是84消毒液的主要成分，流程圖中的水已省略。（1）化合物X的化學式___________。（2）寫出反應Ⅲ的化學方程式___________。（3）下列說法正確的是___________。A.薯片的包裝袋中、燈泡中、工業(yè)制鎂的電解槽中都充入氮氣做保護氣B.硝酸氯分子中的所有原子可能處于同一平面C.為了加快反應速率，可以加熱反應ID.反應Ⅳ屬于氧化還原反應（4）通常情況下硝酸氯與均為液體，但硝酸氯沸點明顯低于，且比更易發(fā)生分解，試分析原因___________。（5）設計實驗驗證硝酸氯中的氯元素___________?！敬鸢浮浚?）（2）（3）BD（4）由于硝酸分子間存在氫鍵，而化合物分子間沒有，所以沸點低于硝酸；由于氯原子半徑明顯大于氫原子，所以鍵明顯弱于，所以的穩(wěn)定性弱于硝酸，更易分解（5）取少量硝酸氯于試管中，加水溶解，加入足量亞硝酸鈉，硝酸酸化后滴入硝酸銀溶液，若出現白色沉淀，則說明存在氯元素(其他合理答案亦可)【解析】【分析】氮氣經過一系列反應得到硝酸，硝酸與五氧化二磷生成五氧化二氮，因為反應Ⅱ的原子利用率100%，則化合物X是，硝酸氯與氫氧化鈉生成次氯酸鈉和硝酸鈉。【小問1詳解】根據分析知，化合物X的化學式；【小問2詳解】根據原子守恒，反應Ⅲ的化學方程式：；【小問3詳解】A.氮氣與鎂生成氮化鎂，不可以做工業(yè)制鎂保護氣，錯誤；B.硝酸氯分子中的所有原子可能處于同一平面，正確；C.因為硝酸受熱易分解，所以不可以加熱反應I，錯誤；D.硝酸氯中氯元素為+5價，Y是硝酸氯的同分異構體，結構中有一個三元環(huán)，氮原子的雜化方式為，則Y中氮元素一定不是+5價，即反應Ⅳ屬于氧化還原反應，正確；故選BD；【小問4詳解】由于硝酸分子間存在氫鍵，而化合物分子間沒有，所以沸點低于硝酸；由于氯原子半徑明顯大于氫原子，所以鍵明顯弱于，所以的穩(wěn)定性弱于硝酸，更易分解；【小問5詳解】取少量硝酸氯于試管中，加水溶解，加入足量亞硝酸鈉，硝酸酸化后滴入硝酸銀溶液，若出現白色沉淀，則說明存在氯元素(其他合理答案亦可)。19.過度排放會造成氣候、環(huán)境問題，在特定催化劑下，和可發(fā)生反應生成和，熱化學方程式如下：反應I：反應II：（1）已知：寫出表示燃燒熱的熱化學方程式：___________。（2）在一定溫度下，將和充入體積為1L的恒容密閉容器中，容器起始壓強為p，僅發(fā)生反應I，回答下列問題：①反應I在低溫下可自發(fā)進行的原因是___________。②已知平衡常數可用反應體系中的氣體分壓代替濃度表示，分壓=總壓×物質的量分數。若該反應平衡后混合氣體的壓強變?yōu)?.75p，則該溫度下反應的化學平衡常數Kp為___________。(用含p的計算式化簡后表示)③一定溫度下和的物質的量之比為n：1，相應平衡體系中的物質的量分數為y，請在下圖中繪制y隨n變化的示意圖_______。（3）有研究表明，5MPa氣壓下經催化，的含水蒸氣量與平衡轉化率、甲醇平衡產率的關系如圖1、圖2所示：①下列說法不正確的是___________。A．其他條件不變，增大含水蒸氣的量一定可以使反應I的平衡逆移，平衡濃度增大B．中的水蒸氣在高溫下可以作為反應的熱源，有利于反應I的速率加快C．圖1中450℃下的圖像變化說明高溫下含水蒸氣量增大不利于甲醇生成D．改用活性更好的催化劑能使圖2中各溫度下的甲醇產率都增大②圖2中260℃時甲醇產率變化趨勢與220、240℃時相反，請從溫度與水蒸氣含量的角度對此作出合理的解釋___________?！敬鸢浮浚?）（2）①.反應放熱，且正反應方向氣體總物質的量減少，，，故低溫下自發(fā)②.③.（3）①.AD②.因為反應I的、反應Ⅱ的，故220、240℃等較低溫度下以反應I為主，水蒸氣濃度增大主要使反應I平衡逆移，甲醇產率降低；而溫度升高至260℃后，以反應Ⅱ為主，水蒸氣濃度增大主要使反應Ⅱ平衡逆移，濃度增大，從而推動反應I平衡正移，甲醇產率升高(其他合理答案亦可)【解析】【小問1詳解】氫氣燃燒熱的熱化學方程式，已知反應1、2，則根據蓋斯定律可得，，則表示氫氣燃燒熱的熱化學方程式為；【小問2詳解】①熱力學中，一個反應是否自發(fā)進行取決于吉布斯自由能變化（ΔG）。吉布斯自由能變化的公式是：,反應I在低溫下可自發(fā)進行的原因是:反應是放熱反應（ΔH<0），在低溫下，ΔH項的影響占主導地位，使得ΔG變負，從而使反應自發(fā)進行。②已知平衡常數可用反應體系中的氣體分壓代替濃度表示，分壓=總壓×物質的量分數。若該反應平衡后混合氣體的壓強變?yōu)?.75p，設初始時的壓強為p，反應進行程度為x，根據題意，反應平衡后總壓強變?yōu)?.75p,則有、，平衡總壓強，p平=0.75p，則有x+3x+x+x=0.75?，解得x=0.125，則，代入計算得；③若只發(fā)生反應Ⅰ，當氫氣和二氧化碳的物質的量之比為3：1時，甲醇的物質的量分數最大，此時n=3，最后隨著n的增大，甲醇的物質的量分數開始逐漸減小，示意圖為；【小問3詳解】①A．圖1中可以將看出隨著氫氣含水蒸氣量增加，二氧化碳轉化率都會降低，平衡的確會逆移，二氧化碳濃度因反應逆移增大，但在圖2中260℃時，隨著氫氣中含水蒸氣量的增加，甲醇含量增高，說明反應正移，所以二氧化碳的平衡濃度減小，綜上二氧化碳濃度變化不能確定，故A錯誤；B．水是一種比熱容較高的物質，所以氫氣中的水蒸氣含有大量的熱量，因此可以作為反應的熱源，故B正確；C．圖1中可以將看出在450℃下，隨著氫氣含水蒸氣量增加，二氧化碳轉化率降低，所以不利于反應正向進行，則甲醇生成量減小，故C正確；D．催化劑只改變反應速率，不影響平衡移動，改用活性更好的催化劑能使圖2中各溫度下轉化率都不變，故D錯誤；故選AD；②因為反應I的ΔH<0、反應Ⅱ的ΔH>0，故220、240℃等較低溫度下以反應I為主，水蒸氣濃度增大主要使反應I平衡逆移，甲醇產率降低；而溫度升高至260℃后，以反應Ⅱ為主，水蒸氣濃度增大主要使反應Ⅱ平衡逆移，CO2濃度增大，從而推動反應I平衡正移，甲醇產率升高。20.保險粉是一種常用的漂白劑，主要成分為連二亞硫酸鈉()，其性質如下表所示：溶解性易溶于水，且溶解度隨溫度升高而增大難溶于酒精穩(wěn)定性酸性條件下易分解堿性條件下穩(wěn)定結晶形態(tài)低于52℃以形態(tài)存在高于52℃以無水鹽形態(tài)存在工業(yè)上通常以、、為原料進行保險粉的制備，實驗室模擬流程如下：（1）下圖是步驟①的實驗裝置，裝置圖中的儀器a名稱為___________，虛線方框內儀器的作用是___________。（2）下列敘述不正確的是___________。A.步驟①為氧化還原反應，反應中作為氧化劑B.步驟②中的唯一作用是使充分反應生成產物C.儀器b的作用是維持濃硫酸液面上方的氣壓，使液體能順利滴下D.步驟①的加熱溫度不宜過高，目的是為了防止產物失去結晶水（3）從下列操作中選擇合理操作完成步驟③并排序：__________溶液→___________→a→___________→___________→干燥。a．攪拌下通入略高于60℃的水蒸氣；b．分批逐步加入細食鹽粉，攪拌使其結晶，用傾析法除去上層溶液，余少量母液；c．趁熱過濾；d．熱酒精水溶液洗滌；e．熱酒精洗滌；f．熱水洗滌（4）副產物純度測定副產物固體中通常含有雜質，為了測定其純度，取25.00g產品投入足量稀硫酸中充分溶解，用足量的酸性溶液充分吸收逸出的氣體，并將所得溶液在容量瓶中稀釋至250mL，用移液管取10mL至錐形瓶中，使用0.01000mol/L的標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液25.00mL。則產品的純度為___________(精確到0.01%)。下列操作會導致測定的純度偏低的是___________。A．裝標準溶液的滴定管用蒸餾水洗滌后沒有用標準液潤洗B．滴定前尖嘴處有氣泡，滴定后無氣泡C．起始讀數正確，滴定后俯視讀數D．滴定時當溶液由紫紅色變成無色時立即讀數，半分鐘后又變回紫紅色【答案】（1）①.圓底燒瓶②.防止倒吸（2）BD（3）溶液→b→a→c→e→干燥（4）①.85.5%②.CD【解析】【分析】分析流程可知，Zn粉加蒸餾水形成懸濁液，通入足量的SO2，在35溫度下反應生成ZnS2O4溶液，加入足量NaOH溶液發(fā)生復分解反應生成Na2S2O4溶液和Zn(OH)2固體，過濾分離兩者，對Na2S2O4溶液進行加食鹽析出、趁熱過濾、洗滌、干燥得到產品；【小問1詳解】裝置圖中儀器a為圓底燒瓶；虛線框內倒扣的漏斗作用是防倒吸；【小問2詳解】A．由分析可知，步驟①為Zn與足量SO2反應生成ZnS2O4溶液，Zn的化合價升高，S的化合價降低，即SO2是氧化劑，故A正確；B．根據題干中表格的信息，NaOH還有防止Na2S2O4分解的作用，故B錯誤；C．儀器b是恒壓滴液漏斗，其作用是維持濃硫酸液面上方的氣壓，使液體能順利滴下，故C正確；D．步驟①的加熱溫度不宜過高，如果溫度過高，SO2的溶解度降低，會導致其揮發(fā)而浪費，故D錯誤；答案為BD；【小問3詳解】根據題干信息，從Na2S2O4溶液得到固體，應先加食鹽細粉，增大Na+濃度，析出固體，攪拌下通入略高于60℃的水蒸氣，更有利于固體析出，趁熱過濾，用熱酒精洗滌，干燥；故答案為溶液→b→a→c→e→干燥；【小問4詳解】按照實驗步驟，應該先計算出剩余的，剩余的用滴定，n()=0.01000mol/L=0.00025mol，根據關系式：，可得的物質的量n()=0.00025mol=0.0001mol，由于是在稀釋的溶液中取10mL滴定，故剩余的的物質的量為0.0001mol=0.0025mol，則與SO2反應的的物質的量為0.5000mol/L0.0025mol=0.01mol；根據關系式，可得n()=0.01mol=0.025mol，質量為0.025mol=3.625g，產品的純度為=85.5%；A．裝標準溶液的滴定管用蒸餾水洗滌后沒有用標準液潤洗，導致標準溶液體積偏大，則剩余的偏大，計算出的雜質的量偏小，則純度會偏高，故A不選；B．滴定前尖嘴處有氣泡，滴定后無氣泡，導致標準溶液體積偏大，則剩余的偏大，計算出的雜質的量偏小，則純度會偏高，故B不選；C．起始讀數正確，滴定后俯視讀數，導致標準溶液體積偏小，則剩余的偏小，計算出的雜質的量偏大，則純度會偏低，故C選；D．滴定時當溶液由紫紅色變成無色時立即讀數，半分鐘后又變回紫紅色，導致標準溶液體積偏小，則剩余的偏小，計算出的雜質的量偏大，則純度會偏