浙江省绍兴市2025-2026学年高三上学期11月选考科目诊断性考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1浙江省绍兴市2025-2026学年高三上学期11月选考科目诊断性考试试题注意事项：考生考试时间90分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。)1.下列物质属于难溶于水的化合物是A. B.He C. D.【答案】A【解析】A．为正四面体结构，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，难溶于极性溶剂水（相似相溶原理），A正确；B．He单质，不是化合物，He难溶于水，B错误；C．NH3与水分子可形成氢键且能与水反应，其在水中的溶解度极高，C错误；D．Na2S属于可溶性钠盐，是易溶于水的化合物，D错误；故选A。2.下列化学用语表示正确的是A.的电子式：B.麦芽糖的分子式：C.基态Br原子的价电子排布式：D.HCl电子云轮廓图：【答案】B【解析】A．二氧化碳的电子式：，A错误；B．麦芽糖的分子式是，B正确；C．Br价电子为7，为N层电子，Br价电子排布式为4s24p5，C错误；D．H提供1s原子轨道，氯提供1个未成对的3p原子轨道HCl电子云轮廓图：，D错误；故选B。3.根据元素周期表，下列说法不正确的是A.第一电离能：N>O B.酸性：C.离子半径： D.稳定性：【答案】C【解析】A．同周期元素第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N>O，A正确；B．同周期元素从左到右非金属性增强，Cl的非金属性强于S，最高价氧化物对应水化物的酸性强于，B正确；C．和电子层数相同，但核电荷数更大，离子半径更小，故，C错误；D．O的非金属性强于S，的稳定性大于，D正确；故选C。4.下列有关实验说法正确的是A.用广泛pH试纸测得某碱性溶液的pH为12.5B.酒精灯加热烧瓶时不用垫陶土网C.可用酒精代替萃取碘水中的碘单质D.分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏【答案】D【解析】A．广泛pH试纸测得的数值精确到1，不能精确到0.1，A错误；B．烧瓶直接加热易受热不均而破裂，必须垫陶土网，B错误；C．酒精与水混溶，无法分层，不能用作萃取剂，C错误；D．分液漏斗需检查活塞是否漏液，容量瓶需检查瓶塞是否漏水，两者使用前均需检漏，D正确；故选D。5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.浓硝酸有强氧化性，不可用铁制容器来盛装B.HF溶液具有酸性，不能玻璃瓶盛装C.具有还原性，可使溶液褪色D.高碳钢硬而脆，可用于制造钢丝和钢轨【答案】C【解析】A．浓硝酸因强氧化性使铁钝化形成致密氧化膜，可用铁制容器盛装，A错误；B．HF不能盛装于玻璃瓶是因与反应，而非酸性，选项描述原因错误，B错误；C．的还原性使其被氧化，导致溶液褪色，对应正确，C正确；D．高碳钢硬而脆，不适合制造需韧性的钢丝和钢轨，D错误；故答案选C。6.可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是选项结构性质A丙烯醛的结构：与足量溴水反应的产物：B键能：H－Cl>H－Br稳定性：HCl>HBrC中O显正电性可以氧化D蛋白质中含有氨基和羧基蛋白质是两性分子A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．足量溴水（氧化性）在一定条件下可能进一步氧化醛基（还原性）为羧基，推测不合理，A符合题意；B．H-Cl键能大于H-Br，键能越大分子越稳定，因此HCl稳定性强于HBr，推测合理，B不符合题意；C．OF2中O显+2价，H2O中O为-2价，OF2可以作为氧化剂与H2O发生归中反应产生氧气，推测合理，C不符合题意；D．蛋白质含氨基（碱性）和羧基（酸性），具有两性，推测合理，D不符合题意；故答案选A。7.下列方程式正确的是A.Fe电极电解饱和食盐水：B.溶于水：C.FeO空气中受热：D.溶液中滴加少量的：【答案】C【解析】A．Fe作电极时，阳极Fe优先被氧化，而非Cl⁻放电，方程式未体现Fe的参与，应为：，A错误；B．次氯酸为弱酸，不能拆，应为，B错误；C．6FeO与在加热条件下生成2，Fe和O原子均守恒，反应合理，C正确；D．少量应优先中和和生成，应为，D错误；故选C。8.利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是A.用甲装置检验产物乙炔 B.用乙装置制取乙酸乙酯C.用丙装置防止钢闸门腐蚀 D.用丁装置测定溶液的浓度【答案】B【解析】A．电石与水反应生成乙炔，用硫酸铜溶液除去硫化氢等杂质，乙炔使酸性高锰酸钾溶液褪色，可验证乙炔具有还原性，A正确；B．用乙装置制取乙酸乙酯，为了防倒吸，导管应该在液面上，B错误；C．将钢闸门与电源的负极相连，作阴极，被保护，可以防止钢闸门腐蚀，C正确；D．用丁装置，可用酸性高锰酸钾标准溶液滴定溶液，根据消耗的标准溶液体积，可测定溶液的浓度，D正确；故选B。9.从中草药中提取的CalebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于CalebinA的说法不正确的是A.该分子在水中溶解性小于邻苯二酚B.该分子在酸性条件下水解生成的两种有机产物无法用溶液区分C.1mol该分子最多与8mol发生加成反应D.该分子既可与溴水发生加成反应也能发生取代反应【答案】C【解析】A．由该分子的结构可知，该分子有较高的对称性，极性较差，故溶解度小于亲水性更高的邻苯二酚，A正确；B．该分子水解之后生成的两种有机产物，均含有苯环及相连的酚羟基，无法通过的显色反应进行区别，B正确；C．该分子除了苯环以及两个碳碳双键可以与氢气发生加成反应外，还有一个可以与氢气发生加成反应的羰基，因此1mol该分子最多消耗的氢气的物质的量为9mol，故C错误；D．该分子上存在碳碳双键，可以与溴发生加成反应，并且其苯环上存在羟基（酚羟基），酚羟基的邻位和对位的氢可以与溴水发生取代反应，D正确；因此，答案选C。10.从海带中提取碘元素的实验过程如下图所示：已知氧化性：下列说法不正确的是A.实验步骤①的目的是将有机碘转化成无机碘，部分无机碘可能被空气氧化成而损失B.实验步骤④可以用过量氯水代替氧化C.实验步骤⑤实现海带灰中的硫酸盐、碳酸盐等与碘分离D.实验步骤⑥可能包括一系列操作：加入过量NaOH浓溶液、分液、水相中加酸酸化、过滤、升华【答案】B【解析】海带经过①灼烧后，将海带灰②浸泡得到悬浊液，此时悬浊液中含有I-，经过③过滤得到含I-的溶液，加入④H2O2、稀硫酸之后，将I-氧化为I2，加入CCl4⑤提取碘，最后通过⑥反萃取等一系列操作分离得到I2，据此作答。A．实验步骤①的目的是将有机碘转化成无机碘，便于后续溶解和提取，但I-具有还原性，在灼烧过程中可能被氧气氧化为I2升华而损失，A正确；B．已知氧化性：，若用过量的氯水代替H2O2氧化I-，可能将I-过度氧化为HIO3在萃取时损失掉，因此不能用过量氯水代替氧化，B错误；C．实验步骤⑤为萃取分液操作，I2被萃取到CCl4层，而海带灰中的硫酸盐、碳酸盐等易溶于水的杂质会留在水相，因此能实现与碘的分离，C正确；D．实验步骤⑥加入过量NaOH浓溶液，使I2转化为I-和反萃取进入水相，分液，在水相中加酸酸化，使I-和重新转化为I2析出，过滤得到粗碘，再利用升华法提纯得到纯碘，D正确；故答案选B。11.碱金属单质M和反应的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A.B.C.若M分别为Na和K，则：Na＜KD.【答案】D【解析】由图分析有：；同一物质固态到气态吸收能量（）；化学键断裂吸收能量（）；一般情况下，原子失去电子吸收能量（），得到电子释放能量（）；据此作答。A．氯气化学键断裂产生氯原子，吸收能量，即；阴、阳离子形成离子键，状态从气态到固态，释放能量，即，A错误；B．依据分析，原子失去电子吸收能量，；得到电子释放能量，，B错误；C．依据分析可知，Na、K是同主族元素，原子核外最外层电子数相同，原子半径越小，越难失去电子；由于原子半径：Na＜K，所以失去电子吸收的能量：Na＞K，即，C错误；D．根据盖斯定律有：，D正确；故答案选D。12.己二腈是工业制造尼龙-66的原料，利用丙烯腈(，不溶于水)为原料、高浓度季铵盐水溶液[季铵盐的阳离子在阴极表面会形成一个疏水的界面层，提高电解效率]为电解液制备己二腈的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是A.的作用之一是抑制副反应：B.若交换膜为阴离子交换膜，则一段时间后阳极区由无色变成橙色C.当电路中转移1mol时，阳极室溶液质量减少9gD.电解质季铵盐中R越大，电解效率越高【答案】D【解析】结合题意可知，a为阴极，丙烯腈发生还原反应生成己二腈，电极反应式为：；b为阳极发生氧化反应，电极反应式为：；据此作答。A．依据题意：季铵盐的阳离子(R4N+)在阴极表面会形成一个疏水的界面层，则R4NBr可以阻止水中的氢离子得电子发生副反应，提高电解效率，A正确；B．若交换膜为阴离子交换膜，R4NBr电离出来的溴离子可能会移动至阳极并放电，产生溴单质，使阳极区溶液由无色变成橙色，B正确；C．阳极电极反应式为：，当电路中转移1mol电子时，阳极室产生0.25mol氧气，同时有1mol氢离子进入阴极区，则阳极溶液减少质量=，C正确；D．电解质季铵盐(R4NBr)中R越大，可能增强了疏水性，抑制了副反应；但R越大也可能导致离子体积增大，离子的迁移率降低，增加电解过程中的能耗，D不正确；故答案选D。13.在碱性溶液中，缩二脲与硫酸铜反应得到特征的紫色是由于生成了诸如配合物离子A的微粒(结构如图所示)。下列说法不正确的是A.中心原子Cu的价态为价B.强酸性溶液中也可得到相同产物C.配合物离子A之间可能存在氢键D.过量NaOH中滴加少量硫酸铜溶液，再加入蛋白质或多肽可能观察到紫色【答案】B【解析】A．与铜形成配合物的配体分别是2个和2个，配离子整体呈现-2价，故铜显+2价，A不符合题意；B．双缩脲反应的实质是在碱性条件下，肽键(或类似结构)与形成紫色配合物，在强酸性溶液中，会与配体中的碱性基团结合，破坏配体与的配位结构，无法形成稳定的紫色配合物，因此在强酸性溶液中不能得到相同产物，B符合题意；C．配合物离子A的结构中含有-NH-和O，N和O均为电负性较大的原子，且连接有H原子，满足形成氢键的条件，所以配合物离子A之间可能存在氢键，C不符合题意；D．过量NaOH溶液中滴加少量硫酸铜溶液，会生成，该离子是碱性条件下能稳定存在的配离子，此时溶液呈强碱性，再加入蛋白质或多肽(含肽键)，满足双缩脲反应的条件即碱性环境、肽键与，可观察到紫色，D不符合题意；故选B。14.丙二醇脱氧脱水反应的循环机理如图所示。下列说法不正确的是A.整个过程中属于氧化还原反应的是③④B.反应历程中既有键的断裂又有键的生成C.总反应方程式：2D.若将原料换为乙二醇，有乙烯、乙醛生成【答案】D【解析】A．①、②过程中主要发生取代反应，且不涉及电子转移，Mo元素化合价不变化；在反应③中，Mo元素的化合价由+6价降低到+4价，有化合价变化，属于氧化还原反应，在反应④中，Mo元素的化合价由+4升高到+6，有化合价变化，属于氧化还原反应，A正确；B．由图可知②过程中有Mo=O键发生断裂，④过程中的有Mo=O形成，故既有键的断裂又有键的生成，B正确；C．由图可知，MoO3参加反应后最后步骤又生成，为催化剂，①过程1,2-丙二醇、MoO3为反应物，生成了水和，第②过程、1,2-丙二醇为反应物，生成了水和，第③过程分解生成甲醛、乙醛和，再分解生成丙烯和MoO3，总反应方程式：2，C正确；D．若将原料换为乙二醇，经过步骤①生成，步骤②生成，步骤③中中C-C键、Mo-O键断裂，生成2分子和，步骤④中Mo-O键断裂，同时有C=C双键生成，故若将原料换为乙二醇，有乙烯、甲醛生成，D错误；故选D。15.已知室温下：、。下列说法不正确的是A.的溶液中：B.向溶液中滴加盐酸至，存在如下关系：C.将与等体积同浓度溶液混合，未出现浅蓝绿色沉淀，则可推测D.向草酸溶液中加入一定体积的水，增大【答案】B【解析】A．的电离平衡常数为，远大于其水解常数，说明以电离为主，故溶液中，，A正确；B．溶液中电荷守恒：，当pH=7时，c(H⁺)=c(OH⁻)，则，B错误；C．混合后的初始时刻：=c(Cu2+)=5×10-5mol/L，Q=(5×10-5)2=2.5×10-9，未出现沉淀说明Q<Ksp，故可推测，C正确；D．稀释草酸时，草酸的电离程度增大，草酸分子的物质的量减小而草酸根的物质的量增大，故比值增大，D正确；故选B。16.镀锌铁皮具有较强的耐腐蚀性。镀锌层(如图)是铁皮的保护膜，膜的厚度与均匀度是判断镀层质量的重要指标。测定镀锌层厚度的方案如下：步骤Ⅰ——取样：剪取合适长宽的镀锌铁皮(计算面积为)；步骤Ⅱ——称重：用电子天平称量铁皮的质量；步骤Ⅲ——酸溶：将镀锌铁皮放入烧杯中，加入足量稀硫酸，用玻璃棒小心翻动铁皮，使铁皮镀锌层都充分反应。到反应速率突然减小时(产生气泡速率变得极慢)，立刻将铁皮取出，用水冲掉附着的酸液。步骤Ⅳ——称重：将铁片放在陶土网上，用酒精灯小火烘干，冷却后称量质量。已知：锌的密度为下列说法不正确的是A.步骤Ⅲ，反应速率突然减小的主要原因是镀锌层消耗完，不能与铁构成原电池B.步骤Ⅲ，理论上若不取出铁皮，让它完全溶解，通过测定生成氢气的体积，可以计算混合物中锌的质量C.步骤Ⅳ，若用大火加热则可能使铁氧化而导致测定的镀锌层厚度偏小D.镀锌层厚度【答案】D【解析】镀锌铁皮中含有铁和锌，锌比铁活泼，锌、铁与稀硫酸构成原电池，锌为负极，铁为正极，反应速率较快，当镀锌层中的锌反应完后，只有铁与稀硫酸反应，反应速率减慢时，取出镀锌铁皮，剩余的镀锌铁皮只含铁，镀锌铁皮反应前后减少的质量（）g为锌的质量，据此回答问题。A．由分析可知，步骤Ⅲ，反应速率突然减小的主要原因是镀锌层消耗完，不能与铁构成原电池，A正确；B．由分析可知，步骤Ⅲ，理论上若不取出铁皮，让它完全溶解，根据化学方程式和，通过测定生成氢气的体积，可以计算混合物中锌的质量，B正确；C．步骤Ⅳ，若用大火加热则可能使铁氧化，导致冷却后称量的偏大，则锌的质量偏小，测定的镀锌层厚度偏小，C正确；D．由分析知，镀锌层中锌的质量(）g，则镀锌层的体积为，镀锌层单侧面积为，则镀锌层的厚度，D错误；故答案选D。二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.钛、金、铬等元素在工业中有重要应用，已知Au(金)与铜属于同一族元素。请回答：（1）下列说法不正确的是_______。A.基态钛原子中有4个单电子B.Au(金)处于元素周期表的d区C.Au能溶于王水(V浓盐酸∶V浓硝酸=3∶1混合)，与与形成有关D.纯钛硬度与不锈钢相当，钛金合金硬度更大（2）合金的硬度取决于化学键的数量和这些键的长度。①钛金合金的一种形态为立方晶胞，顶点是金，面心是钛，立方体边长为。如下图所示：每个钛周围有_______个金，每个钛周围最近的有_______个钛。②计算Ti—Au键的距离为_______。(，，结果保留两位小数)③为增强钛的硬度和美观，可镀氮化钛(TiN)薄膜。TiN薄膜可使用化学气相沉积技术来制备：在基底上，温度加热到350℃以上，利用四氯化钛和氨气反应制得，写出该反应的化学方程式_______。(氯化铵分解温度：337.8℃)，并设计实验，检验产物中相对活泼的一种气体_______。（3）三分子磷酸()之间可脱水形成环状三聚磷酸，画出环状三聚磷酸的结构式_______，并比较磷酸与环状三聚磷酸的，并从断键角度说明理由_______。（4）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过如下工艺将铬铁矿转化并回收钾资源。已知：铬铁矿主要成分是、、、。①浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、_______、_______、MgO(填化学式)。②写出还原、分离工序中发生反应的化学方程式_______。【答案】（1）AB（2）①.4②.8③.2.93④.⑤.用湿润的pH(或石蕊)试纸靠近产物出口，若变红，且将产物导入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀。则该相对活泼的气体为HCl（3）①.②.环状三聚磷酸中的每个羟基平均受的吸引更大，导致羟基的极性变的更大，更易断裂，更易电离氢离子导致环状三聚磷酸的大于磷酸（4）①.②.③.【解析】（1）A．基态钛原子(22Ti)的电子排布式为1s2s22p63s23p63d24s2，其中3d轨道有2个单电子，4s轨道没有单电子，所以基态钛原子中有2个单电子，A错误；B．金(Au)的原子序数为79，其电子排布式为[Xe]4f145d106s1，价电子排布式为5d106s1，根据元素周期表分区规则，价电子排布式为(n-1)d1-9ns1-2的元素属于ds区元素，所以金处于元素周期表的ds区，B错误；C．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3:1混合而成的溶液，金能溶于王水是因为Cl-与Au3+形成稳定的[AuCl4]-，降低了Au3+的浓度，使金与王水的反应能够持续进行，C正确；D．纯钛硬度与不锈钢相当，纯钛硬度较小，钛金合金是混合物，合金的硬度一般比组成它的纯金属的硬度大，所以钛金合金硬度更大，D正确；答案选AB；（2）①在该立方晶胞中，面心的钛原子与顶点的金原子相邻，每个面心的钛原子与4个顶点的金原子相连，由于每个顶点的金原子被8个面共用，所以每个钛原子周围有4个金原子；面心的钛原子与相邻面心的钛原子最近，每个面心的钛原子有4个相邻的面心钛原子，另一取向也有4个，所以每个钛周围最近的钛的个数为8；②由晶胞结构可知，Ti—Au键的距离为晶胞边长的，立方体边长为4.15，则Ti—Au键的距离为晶胞边长为=2.93；③加热到350℃以上，四氯化钛和氨气反应制得氮化钛和氯化铵，反应的化学方程式为；产物中活泼的气体为氯化氢，氯化氢气体遇湿润的石蕊试纸变红等，故检验方法为用湿润的pH(或石蕊)试纸靠近产物出口，若变红，且将产物导入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀。则该相对活泼的气体为HCl；（3）环状三聚磷酸是由三分子磷酸脱去三分子水而形成，其结构式为；环状三聚磷酸中的每个羟基平均受的吸引更大，导致羟基的极性变的更大，更易断裂，更易电离氢离子导致环状三聚磷酸的大于磷酸；（4）铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2，与过量KOH在空气中煅烧，生成K2CrO4、Fe2O3、MgO、KAlO2、K2SiO3,;通入KHCO3-K2CO3/CO2浸取，生成Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO不反应，故滤渣I为Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO;通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K2CrO4固体，滤液|中含有K2CrO4将K2C'rO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，同时副产物KHCO3生成，将K2Cr2O7与KHCO3分离，滤液1I的主要溶质为KHCO3；Fe(CO),做还原剂，将滤液I中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3进入滤渣II，KOH进一步处理得K2CO3，循环使用；①根据分析可得浸取工序中滤渣I的主要成分:、、、MgO，故答案为、；②Fe(CO)5做还原剂，将滤液I中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3，铁元素由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式为，故答案为:。18.乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(CO、)为原料合成乙二醇具有重要意义。Ⅰ．直接合成法：（1）下列措施有利于提高平衡转化率是_______。A.增大压强 B.降低温度 C.加入催化剂 D.恒容装置充入（2）在355K时，在1L的刚性恒容容器中，通入CO的物质的量为1mol，控制的物质的量为n。达到平衡时，相应平衡体系中乙二醇的物质的量为x，绘制x随n变化的示意图_______，测得时，CO的平衡转化率为50%。(不计副反应)Ⅱ．间接合成法：用合成气和制备DMO()经过MG()合成乙二醇，具体反应如下：反应ⅰ：反应ⅱ：反应ⅲ：（3）2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性=n生成(该物质)/n消耗(DMO)×100%]。①DMO()中C的杂化方式是_______。②已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线_______(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线_______表示乙醇的选择性。③450K，出口处n(MG)∶n(DMO)的值为_______。④控制温度在483K左右乙二醇的选择性最高，请说明温度过高或过低乙二醇选择性下降的原因_______。【答案】（1）AB（2）（3）①.、②.Ⅰ③.Ⅲ④.2⑤.温度低于483K，主要是温度升高，反应ⅱ速率加快，更多的MG转化成乙二醇，反应ⅲ几乎不反应，所以乙二醇的选择性升高。温度高于483K，相同流速下，原料几乎转变成乙二醇，反应ⅲ的速率加快，导致乙二醇的选择性反而下降。【解析】（1）A．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，A符合题意；B．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，B符合题意；C．加入催化剂，降低反应的活化能，化学反应速率加快，但平衡不移动，的平衡转化率不变，C不符合题意；D．恒容装置充入，平衡正向移动，但的平衡转化率减小，D不符合题意；故答案选AB。（2）CO和合成乙二醇的反应方程式为，当通入CO的物质的量固定为1mol时，开始是，随的物质的量(n)增加，平衡正向移动，乙二醇的物质的量增大，当的物质的量时，乙二醇的物质的量为0.25mol，此后，随的物质的量增加，乙二醇增大的幅度会逐渐变缓，最终趋于0.5mol，故x随n变化的示意图为，故答案为。（3）①DMO()中C的杂化方式是、，故答案为、。②MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100，曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，根据曲线的变化，曲线Ⅰ表示DMO的实际转化率；随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇、乙二醇会继续转化成乙醇，则乙醇的选择性会增加，MG的选择性会降低，根据曲线的变化，曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线，故答案为Ⅰ；Ⅲ。③设初始时n(DMO)=1mol，则n(H2)=52.4mol，由图可知，450K时，DMO的实际转化率为80%，转化的DMO为0.8mol，乙二醇和MG的选择性均为50%，则生成的MG的物质的量n(MG)==0.4mol，出口处n(MG)∶n(DMO)为=，故答案为2。④控制温度在483K左右乙二醇的选择性最高原因是温度低于483K，主要是温度升高，反应ⅱ速率加快，更多的MG转化成乙二醇，反应ⅲ几乎不反应，所以乙二醇的选择性升高，温度高于483K，相同流速下，原料几乎转变成乙二醇，反应ⅲ的速率加快，导致乙二醇的选择性反而下降。19.富马酸亚铁()是一种治疗缺铁性贫血的安全有效的补铁药品。某兴趣小组以顺丁烯二酸酐为原料，硫脲为催化剂制备富马酸亚铁。反应原理如下：实验步骤如下：步骤Ⅰ：反丁烯二酸的制备取2.50g顺丁烯二酸酐，加水温热溶解。加入催化剂硫脲，溶液在搅拌下加热煮沸至较多固体析出时立即冷却，结晶，抽滤，洗涤，沸水浴烘干。步骤Ⅱ：富马酸亚铁的合成将2.32g反丁烯二酸置于三颈烧瓶中，加水溶解，用调节溶液pH为6.5～6.7.安装好回流装置，搅拌，加热至沸。打开活塞持续通入，缓慢加入溶液，维持反应温度100℃，充分搅拌30～90min。冷却，抽滤，洗涤，干燥，得棕红(或棕)色粉末。制备装置如图。已知：ⅰ．ⅱ．富马酸亚铁难溶于水。在约240℃时分解。请回答：（1）仪器A的名称是_______；冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。（2）步骤Ⅱ中用调节溶液pH为6.5～6.7，pH不能过高的原因是_______。（3）下列说法正确的是_______。A.步骤Ⅰ中加入硫脲的目的是降低马来酸向富马酸转化的活化能，加快反应速率B.步骤Ⅱ中持续通入的目的是排尽装置中的空气，防止被氧化C.步骤Ⅱ中产品干燥的方式：酒精灯加热烘干D.富马酸亚铁虽然难溶于水，但是在胃中能转化成游离的而被人体吸收（4）与形成稳定环状配离子的能力：马来酸根离子_______富马酸根离子。(填“大于”、“等于”或“小于”)（5）中国药典2020版规定：富马酸亚铁中Fe(Ⅲ)的含量不得大于2.0%。Fe(Ⅲ)的含量测定：准确称取产品0.50g，加入25mL纯水和5mLHCl溶液，温热溶解完全后流水冷却。加入足量KI，振摇溶解，暗处放置5min。加纯水70mL，用标准溶液滴定至淡黄色，加入2mL淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失即为终点，记录标准液用量。重复2～3次，标准溶液平均消耗量为15.00mL。已知：①指示剂不在滴定前加入的原因是_______。②此产品中Fe(Ⅲ)的含量是_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.a（2）pH较高时，容易转化为，导致产品纯度降低（3）ABD（4）大于（5）①.淀粉与碘过早形成过于稳定的包合物，导致终点颜色变化不灵敏或滞后，从而产生滴定误差②.1.68%【解析】利用富马酸和可制备富马酸亚铁，在三颈烧瓶中加富马酸、纯碱溶液，加热可获得富马酸二钠溶液，向其中再加入溶液加热条件下可生成富马酸亚铁，再经冷却、过滤、洗涤沉淀、水浴干燥，即可得到富马酸亚铁粗产品。（1）仪器A的名称是分液漏斗；冷凝管的冷凝水为下进上出，因此进水口为a，故答案为：分液漏斗，a；（2）调节溶液pH为6.5～6.7，pH不能过高的原因是防止在pH较高，即较高时转化成，导致产品纯度降低，故答案为：pH较高时，容易转化为，导致产品纯度降低；（3）A．硫脲作为催化剂，能降低马来酸向富马酸转化的活化能，加快反应速率，A正确；B．持续通入可排尽装置内的空气，防止被氧化，B正确；C．富马酸亚铁约240℃时分解