备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）06（解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷()黄金卷06(考试时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23MSi28P31S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137第Ⅰ卷一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。1．下列物质属于电解质，且在熔融状态下能导电的是()A．水银 B．生石灰 C．硝酸 D．二氧化硅【答案】B【解析】在水溶液或者熔融状态能导电的化合物叫电解质，水银属于单质，硝酸属于电解质但是在熔融状态不导电，二氧化硅属于非电解质，生石灰故属于电解质，且在熔融状态下能电离出钙离子和氧离子，能导电，故选B。2．下列化学用语表示正确的是()A．中子数为16的磷原子：B．NH3分子的VSEPR模型：C．CaCl2的电子式：D．顺2丁烯的结构简式：【答案】C【解析】A项，中子数为16的磷原子：，A错误；B项，NH3分子中心原子N价层电子对数：，VSEPR模型为四面体，B错误；C项，CaCl2的电子式：，C正确；D项，为反2丁烯的结构简式，D错误；故选C。3．下列关于铝及其化合物说法不正确的是()A．铝元素位于周期表的p区B．明矾溶液呈酸性C．常温下，可用铝制容器盛装浓硝酸D．工业上常用电解熔融AlCl3制备金属铝【答案】D【解析】A项，铝元素的原子序数为13，价电子排布式为3s23p1，位于元素周期表p区，故A正确；B项，明矾在溶液中能完全电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，铝离子发生水解使溶液呈酸性，故B正确；C项，常温下，铝遇到浓硝酸发生钝化反应，从而可用铝制容器盛装浓硝酸，故C正确；D项，工业上常用电解熔融氧化铝制备金属铝，故D错误；故选D。4．下列说法不正确的是()A．钠是一种强还原剂，可以将钛等金属从其熔融的氯化物中置换出来B．可以用黄铁矿制备硫酸，而不能用黄铜矿制备硫酸C．二氧化硅是共价晶体，可直接用于制造光导纤维而不能直接做芯片D．镁燃烧发出耀眼的白光，常用于制造信号弹和焰火，镁还能在CO2或SO2或NO2中剧烈燃烧【答案】B【解析】A项，钠性质活泼，具有强的还原性，钠与熔融的氯化钛反应生成钛和氯化钠，可用于冶炼钛，A正确；B项，CuFeS2也可以在高温下与氧气反应生成SO2，从而能进一步制取硫酸，B错误；C项，硅芯片为单质硅，二氧化硅是共价晶体，可直接用于制造光导纤维，但不能直接做芯片，C正确；D项，镁有较强的还原性，能被CO2或SO2或NO2氧化，反应过程中发光放热，为燃烧反应，即镁能在CO2或SO2或NO2中剧烈燃烧，D正确；故选B。5．下列说法正确的是()A．图①装置可制取大量NaHCO3晶体B．图②酸性KMnO4溶液褪色证明生成的气体分子中含有碳碳不饱和键C．图③实验只发生了反应：Fe+SFeSD．图④装置依据褪色时间的长短，不能证明反应物浓度对反应速率的影响【答案】D【解析】A项，饱和食盐水中应先通氨气再通二氧化碳制取NaHCO3晶体，故A错误；B项，酒精易挥发，同时也能是酸性高锰酸钾溶液褪色；另外浓硫酸能使酒精炭化，生成的碳单质与浓硫酸反应生成二氧化硫，也能是酸性高锰酸钾溶液褪色；因此不能根据高锰酸钾溶液褪色证明生成的气体分子中含有碳碳不饱和键，故B错误；C项，灼烧过程中还可能发生Fe与氧气、S与氧气的反应，故C错误；D项，所用高锰酸钾溶液的浓度不同，不能通过褪色时间判断速率快慢，故D正确；故选D。6．药物结构的修饰有助于新药的开发与利用。青蒿素可以获得双氢青蒿素，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是()A．若试剂①为NaH，其还原产物为H2OB．青蒿素中存在过氧键，具有强氧化性C．该过程若有1mol青蒿素完全转化，则转移2mol电子D．羟基的引入使得双氢青蒿素分子拥有更多修饰与改造的可能【答案】A【解析】A项，青蒿素反应过程中得氢，发生还原反应，得还原产物为双氢青蒿素，故A错误；B项，根据青蒿素结构可知，存在过氧键，具有强氧化性，故B正确；C项，结合反应过程中物质转化可知，若有1mol青蒿素完全转化，则转移2mol电子，故C正确；D项，羟基可发生多种化学反应，使得双氢青蒿素分子拥有更多修饰与改造的可能，故D正确；故选A。7．膦(PH3)可用白磷(P4)与过量碱液反应制备，反应方程式：P4+3KOH+3H2O=PH3↑+3KH2PO2，下列说法不正确的是()A．1molP4含σ键数目为6NA B．KH2PO2为酸式盐C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3 D．生成1molPH3转移的电子数为3NA【答案】B【解析】A项，P4是正四面体结构，分子中含有6个共价单键，1molP4含σ键数目为6NA，故A正确；B项，白磷与过量碱液反应生成KH2PO2，可知为正盐，故B错误；C项，P4+3KOH+3H2O=PH3↑+3KH2PO2反应，1个P原子化合价降低生成PH3，3个P原子化合价升高生成KH2PO2，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故C正确；D项，P原子化合价降低生成PH3，P元素化合价由0降低为3生成PH3，所以生成1molPH3转移的电子数为3NA，故D正确；故选B。8．下列说法正确的是()A．油脂在酸性溶液中的水解反应可称为皂化反应B．苯中含少量苯酚，可加入浓溴水，充分反应后过滤除去C．氨基酸既能与HCl反应，也能与NaOH反应，产物均为盐和水D．乙醛和氢气混合气体通过热的镍催化剂，乙醛发生还原反应【答案】D【解析】A项，油脂在碱性溶液中的水解反应可称为皂化反应，A错误；B项，苯中混有苯酚不能用溴水除杂，原因：多余的溴会在苯中溶解，生成的三溴苯酚也会在苯中溶解，无法通过过滤方法进行分离，B错误；C项，氨基酸既能与HCl反应又能与NaOH反应，但不能生成水，C错误；D项，乙醛和氢气混合气体通过热的镍催化剂，乙醛发生还原反应生成乙醇，D正确；故选D。9．下列反应的方程式不正确的是()A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO3+a2++OH=aCO3↓+H2OB．将稀硫酸加入硫代硫酸钠溶液：S2O32+SO42+4H+=2SO2↑+S↓+2H2OC．CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：ZnS(s)＋Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)D．向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜：CH3CHO+22↓+3【答案】B【解析】A项，碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式正确，故A正确；B项，稀硫酸加入硫代硫酸钠溶液，硫代硫酸根离子在酸性条件下会发生歧化反应，其离子方程式为：S2O32+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故B错误；C项，CuSO4溶液与ZnS反应生成CuS和硫酸锌，其中ZnS和CuS难溶于水，离子方程式正确，故C正确；D项，银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，反应生成乙酸铵、Ag和水，离子方程式正确，故D正确；故选B。10．肉桂醛可利用苯甲醛、乙醛通过如下途径合成。下列说法不正确的是()+CH3CHO+H2OA．上述反应依次经历了加成、消去的过程B．肉桂醛与足量溴水反应生成C．产物中可能存在副产物CH₃CH=CHCHOD．肉桂醛分子的碳原子具有相同的杂化方式【答案】B【解析】A项，肉桂醛的合成过程可看作是苯甲醛中的碳氧双键发生加成反应得到，再消去得到肉桂醛，A正确；B项，肉桂醛与足量溴水反应，除了碳碳双键发生加成，醛基还会被氧化为羧基，生成，B错误；C项，CH3CHO自身会发生羟醛缩合，会生成CH₃CH=CHCHO，C正确；D项，肉桂醛分子的碳原子具有相同的杂化方式为sp2杂化，D正确；故选B。11．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是同周期元素，位于s区，Y的s能级电子数等于p能级的电子数，五种元素中Q的未成对电子数最多。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。则下列说法正确的是()A．离子半径：B．化合物ZW2和ZW3中Z杂化不同C．简单氢化物的稳定性：D．Z和X可形成原子个数比为1：1和1：2的化合物【答案】D【解析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是同周期元素，位于s区，Y的s能级电子数等于p能级的电子数，则Y原子的电子排布式1s22s22p63s2，所以Y为Mg元素，X为Na元素，W、Z最外层电子数相同，则W、Z同主族，Z的核电荷数是W的2倍，则Z是S元素，W是O元素，五种元素中Q的未成对电子数最多，则Q为N元素。A项，X为Na元素，Z是S元素，W是O元素，简单离子电子层数越多，半径越大，具有相同电子层结构的离子，质子数越大，离子半径越小，所以离子半径：S2Na+，即：Z，A错误；B项，化合物SO2和SO3中S的价层电子对数均为3，均为sp2杂化，B错误；C项，元素的非金属性越大，其氢化物的稳定性越强，非金属性O，所以其简单氢化物的稳定性：H2O，C错误；D项，S元素和Na元素可形成原子个数比为1:1和1:2的化合物为Na2S和Na2S2，D正确；故选D。12．高铁酸钾(K2FeO4)具有杀菌消毒及净水作用，某实验小组在碱性条件下制备K2FeO4流程如图所示：下列说法不正确的是()A．1molK2FeO4消毒能力相当于1.5molHClOB．氧化反应：3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2OC．同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾D．提纯时，应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯【答案】D【解析】A项，1mol次氯酸得2mol电子生成氯离子，1molK2FeO4得3mol电子转化为三价铁，故1molK2FeO4消毒能力相当于1.5molHClO，A正确；B项，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程：3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O，B正确；C项，流程图中高铁酸钠加入饱和氢氧化钾溶液利用同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾可生成高铁酸钾，C正确；D项，提纯时需过滤，应用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D错误；故选D。13．一种检测空气中甲醛含量的电化学传感器的工作原理如图所示。下列说法正确的是()A．工作时，电能转化为化学能B．工作时，工作电极电势低，发生还原反应C．工作时，电子由工作电极通过导线转移到对电极，再经过电解质溶液回到工作电极D．工作时，对电极区的电极反应为O2+4H++4e=2H2O【答案】D【解析】该装置为化学电源，通氧气一极为正极，电极反应式为O2+4H++4e=2H2O，通甲醛一极为负极，其电极反应式为HCHO4e+H2O=CO2+4H+。A项，该装置为原电池，电源工作时将化学能转化为电能，故A错误；B项，工作电极为负极，对电极为正极，工作电极电势高，故B错误；C项，电子从负极经外电路流向正极，即工作时，电子从工作电极经导线流向对电极，但电子不经过电解质溶液，故C错误；D项，电解质为酸性，对电极区氧气得电子生成水，电极反应为O2+4H++4e=2H2O，故D正确；故选D。14．一定条件下，2，3二甲基1，3丁二烯与溴单质发生液相加成反应(1，2加成和1，4加成同时存在)，已知体系中两种产物可通过中间产物互相转化，反应历程及能量变化如图所示：下列说法正确的是()A．比稳定，因此任意条件下主产物均为B．由小于可知，升温有利于→C．D．由反应历程及能量变化图可知，该加成反应为放热反应【答案】C【解析】A项，低温下的主产物为1，2加成，高温下的主要产物是1，4加成，故A错误；B项，温度升高对活化能大的反应影响更大，因此升温有利于得到，故B错误；C项，根据图像可以得到，故C正确；D项，由反应历程及能量变化图无法判断该加成反应为放热反应，故D错误；故选C。15．H2S是常见的二元弱酸(电离常数Ka1(H2S)=1.1×107，Ka2(H2S)=1.3×1013)。氢氧化铁[Ksp=2.8×10－39]、氢氧化锌[Ksp=3.0×10－17]均为难溶多元弱碱，硫化锌[Ksp=1.6×10－24]为难溶盐。所有数据均为25℃的值。下列有关说法不正确的是()A．因为H2S的Ka1Ka2，所以c(S2)Ka2=1.3×1013mol/LB．Fe(OH)3饱和溶液中的c(Fe3+)1×1010mol/LC．分别向等体积等浓度的(CH3COO)2Zn、ZnSO4溶液中通入等物质的量的H2S沉淀ZnS后，前者c(Zn2+)更小D．的Na2S溶液与相同物质的量的ZnSO4反应，只沉淀ZnS【答案】D【解析】A项，H2S在水溶液中的电离方程式为：H2SH++HS、HSH++S2，Ka1=，Ka2=，因为H2S的Ka1Ka2，可以任务c(H+)≈c(HS),所以c(S2)Ka2=1.3×1013mol/L，故A正确；B项，Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中存在平衡：Fe(OH)3Fe3++3OH，设c(Fe3+)=amol/L，则c(OH)=3amol/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH)=a×(3a)3=2.8×1039，解得a1×1010mol/L，故B正确；C项，(CH3COO)2Zn是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，抑制H2S的电离，c(S2)更大，沉淀Zn2+更加彻底，c(Zn2+)更小，故C正确；D项，氢氧化锌的Ksp=3.0×10－174溶液中Zn2+开始沉淀时，c(OH)=，pH=，则的Na2S溶液与相同物质的量的ZnSO4反应，除了沉淀ZnS还会生成Zn(OH)2，故D错误；故选D。16．下列方案设计、现象和结论都正确的是()实验目的实验设计现象和结论A检验某固体化合物样品中是否存在取少量固体样品完全溶于盐酸，在滴加KSCN溶液若出现血红色，则该固体化合物中存在B探究H2SO3和HClO的酸性强弱将SO2气体通入a(溶液中若产生白色沉淀，则说明酸性：H2SO3＞HClOC探究常温下同浓度的CH3COOH和NH3·H2O的电离能力3COONa和NH4溶液的pH若两者的pH之和等于14，则两者的电离程度相同D验证某红棕色气体是否为NO2将气体通入淀粉碘化钾溶液若溶液变蓝，则说明气体为NO2【答案】C【解析】A项，若固体为硝酸亚铁，溶于盐酸时，硝酸根表现强氧化性将亚铁离子氧化为三价铁，因此滴加KSCN溶于变红色不能说明固体中含三价铁，故A错误；B项，a(具有强氧化性，SO2具有强还原性，两者混合发生氧化还原反应，不能证明H2SO33COONa和NH4溶液的pH，若pH之和等于14，说明醋酸钠水解产生的氢氧根离子浓度和氯化铵水解产生的氢离子浓度相等，根据越弱越水解可知醋酸和一水合氨的电离程度应相等，故C正确；D项，溴蒸气也为红棕色气体，也能使淀粉碘化钾溶液变蓝色，故D错误；故选C。第Ⅱ卷二、非选择题：共5题，共52分。17．(10分)铂及其配合物在生活中有重要应用。(1)顺铂有抗癌作用。机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的Pt(NH3)2(OH)Cl与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。如：①基态Cu原子价层电子排布式为_______。②鸟嘌呤与Pt(NH3)2(OH)Cl反应的产物中包含的化学键_______。A氢键

B．离子键

C．共价键

D．配位键③在Pt(NH3)2Cl2，配体与铂(Ⅱ)的结合能力：Cl_______(NH3填“>”或“＜”)。(2)顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。顺铂反铂空间结构25℃时溶解度/g①推测Pt(NH3)2Cl2的结构是_______(填“平面四边形”或“四面体形”)。②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。(3)铂晶胞为立方体，边长为apm，结构如图：下列说法正确的是_______。A．该晶胞中含有的铂原子数目为4B．该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有8个C．该晶体的密度为D．该晶体中铂原子之间的最近距离为pm【答案】(1)3d104s1(1分)BCD(2分)＜(1分)(2)平面四边形(1分)顺铂为极性分子，而反铂是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性大的顺铂在水中溶解度更大(2分)(3)ACD(3分)【解析】(1)①Cu为29号元素，根据构造原理可知，基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1。②根据题中产物结构可知化学键包括离子键，共价键和配位键，故选BCD。③与Cl相比，N给出孤电子对能力更强。(2)①若为四面体结构，Pt(NH3)2Cl2只有一种，而此处有两种同分异构体，故为平面四边形结构。②顺铂为极性分子，而反铂是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性大的顺铂在水中溶解度更大。(3)A项，铂原子数目：，A正确；B项，该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有三层，每层有4个原子与其等距，共12个，B不正确；C项，晶胞质量为，则该晶体的密度为，C正确；D项，该晶胞中两个Pt之间的最近距离为面对角线的一半，D正确；故选ACD。18．(10分)工业上以SO2为原料可以制备各种含硫化合物，部分转化关系如下图所示：(1)工业上常用煅烧黄铁矿制SO2，写出该反应的方程式(2)下图是硫的四种含氧酸根的结构式：根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将转化为的是(填标号)，写出该反应的离子方程式(3)工业上用惰性电极电解硫酸和硫酸钾的混合溶液(或硫酸氢钾溶液)来制备K2S2O8，写出电解的总离子方程式(4)发烟硫酸和尿素反应可以制得氨基磺酸(H2NSO3H)，氨基磺酸是硫酸分子的一个羟基被氨基取代而形成的无机固体酸，是一种常见的化工原料。下列说法不正确的是___________A．氨基磺酸能与醇反应B．氨基磺酸能与活泼金属反应产生氢气C．氨基磺酸的实际存在形式可能为+H3NSO3D．氨基磺酸与硝酸只能发生非氧化还原反应(5)设计实验检验氨基磺酸(H2NSO3H)中的N元素(6)硫代硫酸钠有较强的配位能力，不溶于水的AgBr可以溶解在Na2S2O3溶液中，生成和银氨溶液类似的物质，写出该反应的离子方程式，和Ag+成键的原子是A．氧原子

B．端基硫原子

C．中心硫原子【答案】(1)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2(1分)(2)D(1分)2Mn2++5S2O82+8H2O=2MnO4+10SO42+16H+(1分)(3)2HSO4S2O82+H2↑或2H++SO42S2O82+H2↑(1分)(4)D(2分)(5)取少量氨基磺酸于试管中，加足量浓NaOH溶液，微热，若试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则有氮元素(2分)(6)AgBr+2S2O32=[Ag(S2O3)]3+Br(1分)B(1分)【解析】工艺流程为以二氧化硫为原料制备硫的化合物，将SO2通入碳酸钠和硫化钠的混合体系中可制备硫代硫酸钠；将SO2先转化为SO3，再溶于水生成硫酸，利用惰性电极电解硫酸和硫酸钾的混合溶液(或硫酸氢钾溶液)来制备K2S2O8，用发烟硫酸和尿素反应可以制得氨基磺酸(H2NSO3H)。(1)工业上常用煅烧黄铁矿制SO2，黄铁矿为FeS2，煅烧生成氧化铁和二氧化硫，该反应的方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；(2)在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4需要具有强氧化性的物质，S2O82结构中含过氧键，具有强氧化性，故选D；反应的离子方程式为2Mn2++5S2O82+8H2O=2MnO4+10SO42+16H+；(3)用惰性电极电解硫酸和硫酸钾的混合溶液来制备K2S2O8，阴极生成氢气，阳极生成K2S2O8，电解的总离子方程式为2H++SO42S2O82+H2↑；(4)氨基磺酸是硫酸分子的一个羟基被氨基取代而形成的无机固体酸，能与水反应生成硫酸氢铵，磺酸基具有强酸性，氨基具有碱性，A项，氨基磺酸中的磺酸基具有强酸性，能与醇发生酯化反应，A正确；B项，氨基磺酸中的磺酸基具有强酸性，能与活泼金属反应生成氢气，B正确；C项，氨基磺酸的实际存在形式可能为+H3NSO3，C正确；D项，氨基磺酸中的N显3价，具有还原性，能与具有氧化性的硝酸发生氧化还原反应，D错误；故选D；(5)氨基磺酸能与水反应生成硫酸氢铵，检验N元素可以先将其转化为铵根，再检验铵根，则可设计实验：取少量氨基磺酸于试管中，加足量浓NaOH溶液，微热，若试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则有氮元素；(6)硫代硫酸钠有较强的配位能力，不溶于水的AgBr可以溶解在Na2S2O3溶液中，生成和银氨溶液类似的物质，该反应的离子方程式为AgBr+2S2O32=[Ag(S2O3)]3+Br；由硫代硫酸根的结构

可知，和Ag+成键的原子是端基硫原子，故选B。19．(10分)以煤为原料，经由甲醇可制取甲醚，也可以制取烯烃并可以此取代传统的以石油为原料制取烯烃的路线。(1)已知：在25℃和101kPa条件下，甲醇的燃烧热为726.5kJ·mol－1，乙烯的燃烧热为1411kJ·mol－1，(为活化能，R、C为常数，k为平衡常数)。则：①CH3OH(l)脱水生成C2H4的热化学方程式是，该反应自发进行的条件是(填“较低”、“较高”或“任意”)温度。②甲醇脱水生成乙烯的温度与平衡常数的实验数据图如图1所示，该反应的正反应的活化能为。(2)以煤为原料气化产生的原料气可以用来合成CH3OH和CH3OCH3，合成气平衡转化率随氢碳比()的变化如图2所示：甲醇制取烃的过程中，会发生多种反应，可以生成CH4、C2H4、C4H8等，一定条件下，测得各烃的质量分数、CH3OH转化率随温度变化情况如图3所示。①下列叙述不正确的是。A．合成CH3OCH3B．甲醇制取烃的过程中，相同条件下，温度越高越有利于的生成C．甲醇制取乙烯的过程中，一般控制在350℃~400℃比较合适D．甲醇制取烃的过程中，CH3OH的平衡转化率随温度升高先增大后减少②原料气合成CH3OH、CH3OCH3过程有如下反应发生：反应Ⅰ

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－91kJ·mol－1反应Ⅱ

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH＝－41kJ·mol－1反应Ⅲ

2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH＝－24kJ·mol－1图2中原料气合成CH3OCH3的转化率高于CH3OH的原因。③在350℃，1MPa下，甲醇制取乙烯的转化率随时间的变化曲线如图4所示(为该条件下的平衡时刻)。画出在相同条件下，向容器中添加氮气作稀释剂时甲醇的转化率随时间的变化曲线。【答案】(1)①2CH3OH(l)=C2H4(g)+2H2O(l)ΔH＝－42kJ·mol－1(2分)任意(1分)②32(1分)(2)D(2分)反应Ⅱ耗了反应Ⅲ的生成的水，促进反应Ⅲ的正向移动，提高了原料气的转化率(其他合理的也可以)(2分)(2分)【解析】(1)①在25℃和101kPa条件下，甲醇的燃烧热为726.5kJ·mol－1，乙烯的燃烧热为1411kJ·mol－1，则a:CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)ΔH＝－1453.0kJ·mol－1；b:C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－1411kJ·mol－1；根据盖斯定律ab得CH3OH(l)脱水生成C2H4的热化学方程式是

2CH3OH(l)=C2H4(g)+2H2O(l)ΔH＝－42kJ·mol－1，△S>0、△H<0，所以该反应自发进行的条件是任意温度。②将图1中曲线上的两点数据带入，，Ea=3.2×104J·mol－1，该反应的正反应的活化能为32kJ·mol－1。(2)①A项，根据图2，氢碳比为1.0时，合成CH3OCH3的转化率最高，所以最佳氢碳比为1.0，故A正确；B项，甲醇制取烃的过程中，相同条件下，升高温度，甲烷的物质的量分数逐渐增大，温度越高越有利于CH4的生成，故B正确；C项，甲醇制取乙烯的过程中，350℃~400℃甲醇转化率较高，乙烯的物质的量分数较大，所以一般控制在350℃~400℃比较合适，故C正确；D项，甲醇制取烃的过程中，400℃前未达到平衡，随温度升高反应速率加快，转化率增大，若是CH3OH的平衡转化率随温度升高而减小，故D错误；故选D。②原料气合成CH3OH、CH3OCH3过程有如下反应发生：反应Ⅰ

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－91kJ·mol－1反应Ⅱ

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH＝－41kJ·mol－1反应Ⅲ

2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH＝－24kJ·mol－1反应Ⅱ耗了反应Ⅲ的生成的水，促进反应Ⅲ的正向移动，提高了原料气的转化率，所以原料气合成CH3OCH3的转化率高于CH3OH。③在350℃，1MPa下，甲醇制取乙烯的反应方程式为2CH3OH(l)=C2H4(g)+2H2O(l)，在相同条件下，向容器中添加氮气作稀释剂，相当于减压，反应速率减慢，平衡正向移动，甲醇的转化率增大，图像为

。20．(10分)乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2·3H2O·mol1}是一种常见的食品铁强化剂，溶于水，难溶于乙醇。某研究小组以矿渣X(主要成分是，含少量、SiO2杂质)制备乳酸亚铁并进行产品含量测定，制备流程如下(部分环节已略去)：已知：①一定浓度的金属离子生成相应的氢氧化物沉淀的pH如下表所示：金属氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH②2++2HCO3=↓↑3++2HPO42=[(无色配离子)请回答：(1)步骤Ⅳ，转化时使用如图装置，仪器A的名称是___________。(2)下列有关说法不正确的是___________。A．步骤Ⅱ，加入氨水调节pH后，组分A中主要含铁成分为2+、B．步骤Ⅲ，固体B为铁C．固体C为和FeD．重结晶后可选择乙醇洗涤晶体E．为得到干燥的乳酸亚铁晶体，采用高温烘干的方式(3)实验室常用已知浓度的重铬酸钾标准溶液滴定。①从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤［“___________”上填写一件最关键仪器，“(

)”内填写一种操作，均用字母表示］___________蒸馏水洗涤______→润洗→(

)→装液→(

)→(

)→用_________(量取一定体积的)→加指示剂，准备开始滴定。仪器：a．烧杯；b．酸式滴定管；c．碱式滴定管；d．锥形瓶操作：e．调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数f．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液h．控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出i．将洗涤液从滴定管上口倒出②滴定曲线如下图所示(曲线a未加磷酸，曲线b加磷酸)。滴定操作中向溶液中加入磷酸溶液的原因是：溶液酸化抑制水解、___________(写出两个理由)。(4)研究小组为了测定乳酸亚铁产品中的含量，称取5.600g乳酸亚铁产品溶于蒸馏水，定容至250mL，进行如下实验。【实验一】铈量法测定2+含量。取25.00mL试液，用0.1000mol/L的(SO4)2标准溶液滴定至终点。滴定反应为：4++2+=4++3+，4次滴定消耗(SO4)2溶液的体积如下：实验次数1234消耗(SO4)2溶液的体积/mL①则该产品中2+含量为___________%(保留四位有效数字)。【实验二】高锰酸钾法测定2+含量。取25.00mL试液，加入适量硫酸，用0.0200mol/L的高锰酸钾标准溶液滴定至终点。4次滴定测得的2+含量如下：实验次数1234含量(%)②比较实验一、二测得的产品中2+含量，认为铈量法适合于乳酸亚铁中2+含量的测定，原因是___________。【答案】(1)恒压滴液漏斗(恒压漏斗)(1分)(2)AE(2分)(3)bhgeb(2分)使滴定突变范围变大，减少滴定误差；生成的配合物为无色，降低三价铁离子对终点颜色的干扰(2分)(2分)铈量法可避免乳酸根的干扰(或高锰酸钾法未考虑乳酸根被酸性高锰酸钾溶液氧化)(1分)【解析】利用矿渣制备乳酸亚铁，矿渣中含有少量氧化铝和二氧化硅杂质，稀硫酸酸浸、过滤可除去二氧化硅，滤液中含有铁离子和铝离子，由表格中数据可知，用氨水调节pH3.5~4.0，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子尚未沉淀，组分A为氢氧化铁，氢氧化铁酸溶后还原为亚铁离子，为避免引入新的杂质，可用铁单质进行还原，因此B为铁单质，亚铁离子与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，固体C为碳酸亚铁和过量的B；碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁，经重结晶得到纯净的乳酸亚铁晶体。(1)仪器A为恒压滴液漏斗(恒压漏斗)。(2)加入氨水调节pH后，组分A中的含铁物质为氢氧化铁沉淀，没有亚铁离子，A错误；步骤Ⅲ目的是将铁离子还原为亚铁离子，为避免引入其它离子，因此加入的还原剂B为铁单质，B正确；步骤Ⅲ所用Fe为过量，因此固体C中含有Fe，亚铁离子与碳酸氢根反应生成碳酸亚铁，因此固体C中有碳酸亚铁，C正确；乳酸亚铁难溶于乙醇，因此重结晶后的晶体可用乙醇洗涤，D正确；乳酸亚铁晶体中带有三个结晶水，高温烘干会使结晶水丢失，因此不可采用高温烘干的方式，E错误；故选AE。(3)重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出