2023年6月浙江省普通高校招生选考化学试卷

2023年6月浙江省普通高校招生选考化学试卷一、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．（3分）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是（）A．石墨烯 B．不锈钢 C．石英光导纤维 D．聚酯纤维2．（3分）下列化学用语表示正确的是（）A．H2S分子的球棍模型： B．AlCl3的价层电子对互斥模型： C．KI的电子式：​ D．CH3CH（CH2CH3）2的名称：3﹣甲基戊烷3．（3分）氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是（）A．氯化铁属于弱电解质 B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板 C．氯化铁可由铁与氯气反应制得 D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体4．（3分）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架 B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂 C．维生索C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂5．（3分）下列说法正确的是（）A．图①装置可用于制取并收集氨气 B．图②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡 C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大 D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO4溶液中迁移6．（3分）化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如图。下列说法不正确的是（）A．药剂A具有还原性 B．①→②过程若有2molS﹣S键断裂，则转移4mol电子 C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2 D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S﹣S键位置来实现头发的定型7．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA C．向1L0.1mol⋅L﹣1CH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA8．（3分）下列说法不正确的是（）A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构 B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离 C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂 D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液9．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（）A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣ B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+ C．铜与稀硝酸：Cu+4H++2═Cu2++2NO2↑+2H2O D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2﹣+2SO2+2H2O═H2S+210．（3分）丙烯可发生如图转化，下列说法不正确的是（）A．丙烯分子中最多7个原子共平面 B．X的结构简式为CH3CH＝CHBr C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔 D．聚合物Z的链节为​11．（3分）X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是（）A．第一电离能：Y＞Z＞X B．电负性：Z＞Y＞X＞W C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜Z D．W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子12．（3分）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如图：下列说法不正确的是（）A．操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体13．（3分）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是（）A．电极A接电源正极，发生氧化反应 B．电极B的电极反应式为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣ C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液 D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗14．（3分）一定条件下，1﹣苯基丙炔（Ph﹣C≡C﹣CH3）可与HCl发生催化加成，反应如图：反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图（已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应），下列说法不正确的是（）A．反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ B．反应活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ C．增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例 D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ15．（3分）草酸（H2C2O4）是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验Ⅰ：往20mL0.1mol⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol⋅L﹣1NaOH溶液。实验Ⅱ：往20mL0.10mol⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol⋅L﹣1CaCl2溶液。[已知：H2C2O4的电离常数Kal＝5.4×10﹣2，Ka2＝5.4×10﹣5，Ksp（CaC2O4）＝2.4×10﹣9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是（）A．实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B．实验Ⅰ中V（NaOH）＝10mL时，存在c（C2）＜c（HC2） C．实验Ⅱ中发生反应HC2+Ca2+═CaC2O4↓+H+ D．实验Ⅱ中V（CaCl2）＝80mL时，溶液中c（C2）＝4.0×10﹣8mol⋅L﹣116．（3分）探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是（）实验方案现象结论A往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上试纸变白次氯酸钠溶液呈中性C向2mL0.1mol⋅L﹣1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol⋅L﹣1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol⋅L﹣1KI溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度D取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色氯气与水的反应存在限度A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17．（10分）氮的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：（1）基态N原子的价层电子排布式是。（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。①下列说法不正确的是。A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2C．最简单的氮烯分子式：N2H2D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为。③给出H+的能力：NH3[CuNH3]2+（填“＞”或“＜”），理由是。（3）某含氮化合物晶胞如图，其化学式为，每个阴离子团的配位数（紧邻的阳离子数）为。18．（10分）工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：请回答：（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2，可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式。（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。①下列说法正确的是。A．燃煤中的有机硫主要呈正价B．化合物A具有酸性C．化合物A是一种无机酸酯D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是。（3）设计实验验证化合物A中含有S元素；写出实验过程中涉及的反应方程式。19．（10分）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。水煤气变换反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41.2kJ⋅mol﹣1该反应分两步完成：3Fe2O3（s）+CO（g）⇌2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH1＝﹣47.2kJ⋅mol﹣12Fe3O4（s）+H2O（g）⇌3Fe2O3（s）+H2（g）ΔH2请回答：（1）ΔH2＝kJ⋅mol﹣1。（2）恒定总压1.70MPa和水碳比[＝]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压（某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数）如下表：p（CO2）/MPap（H2）/MPap（CH4）/MPa条件10.400.400条件20.420.360.02①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝。②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式。（3）下列说法正确的是。A．通入反应器的原料气中应避免混入O2B．恒定水碳比[]，增加体系总压可提高H2的平衡产率C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为FeD．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率（4）水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热（如图1所示），保证反应在最适宜温度附近进行。​①在催化剂活性温度范围内，图2中b～c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是。A．按原水碳比通入冷的原料气B．喷入冷水（蒸气）C．通过热交换器换热②若采用喷入冷水（蒸气）的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附（快速）、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是。20．（10分）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝{[Al2（OH）aClb]m，a＝1～5}按如图流程开展实验。已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。②[Al2（OH）aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度＝。当盐基度为0.60～0.85时，絮凝效果较好。请回答：（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是。（2）下列说法不正确的是。A．步骤Ⅰ，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al（OH）3沉淀中的杂质C．步骤Ⅲ，为减少Al（OH）3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌D．步骤Ⅳ，控制Al（OH）3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度（3）步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是；步骤Ⅴ不宜用酒精灯直接加热的原因是。（4）测定产品的盐基度。Cl﹣的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，调pH＝6.5～10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol⋅L﹣1AgNO3标准溶液滴定至浅红色（有Ag2CrO4沉淀），30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c（Al3+）＝0.1000mol⋅L﹣1。①产品的盐基度为。②测定Cl﹣过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是。21．（12分）某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。已知：​请回答：（1）化合物B的含氧官能团名称是。（2）下列说法不正确的是。A．化合物A能与FeCl3发生显色反应B．A→B的转变也可用KMnO4在酸性条件下氧化来实现C．在B+C→D的反应中，K2CO3作催化剂D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应（3）化合物C的结构简式是。（4）写出E→F的化学方程式。（5）研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物N﹣苄基苯甲酰胺（）利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）。（6）写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式。①分子中含有苯环②1H﹣NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基（​）。

2023年6月浙江省普通高校招生选考化学试卷参考答案与试题解析一、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．（3分）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是（）A．石墨烯 B．不锈钢 C．石英光导纤维 D．聚酯纤维【考点】无机化合物与有机化合物的概念．【答案】D【分析】有机物是指含有碳元素的化合物，CO、CO2、碳酸、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，以此解答该题。【解答】解：A．石墨烯由碳原子组成，属于无机非金属材料，故A错误；B．不锈钢是一种合金，属于金属材料，不是有机物，故B错误；C．光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机物，故C错误；D．聚酯纤维是有机高分子化合物，为有机物，故D正确；故选：D。2．（3分）下列化学用语表示正确的是（）A．H2S分子的球棍模型： B．AlCl3的价层电子对互斥模型： C．KI的电子式：​ D．CH3CH（CH2CH3）2的名称：3﹣甲基戊烷【考点】化学式或化学符号及名称的综合；电子式．【答案】D【分析】A．H2S是V形分子，不是直线形分子；B．AlCl3分子中Al原子的价层电子对数为3+＝3，VSEPR模型为平面三角形；C．KI是离子化合物，由K+和I﹣构成；D．CH3CH（CH2CH3）2的主链含有5个C原子，3号C原子上含有1个甲基。【解答】解：A．H2S是V形分子，并且S原子半径大于H，其球棍模型为，故A错误；B．AlCl3分子中Al原子的价层电子对数为3+＝3，VSEPR模型为平面三角形，即，故B错误；C．碘化钾是离子化合物，由K+和I﹣构成，I﹣的最外层电子数为8，其电子式为，故C错误；D．CH3CH（CH2CH3）2的主链含有5个C原子，3号C原子上含有1个甲基，其名称为3﹣甲基戊烷，故D正确；故选：D。3．（3分）氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是（）A．氯化铁属于弱电解质 B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板 C．氯化铁可由铁与氯气反应制得 D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体【考点】强电解质和弱电解质的概念；铁盐和亚铁盐的相互转化．【答案】A【分析】A．在水溶液中不能完全电离的电解质是弱电解质；B．氯化铁溶液可以和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；C．铁与氯气点燃生成氯化铁；D．向沸水中加入氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体。【解答】解：A．氯化铁在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A错误；B．氯化铁溶液可以和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氯化铁溶液可腐蚀覆铜板，故B正确；C．铁与氯气点燃生成氯化铁，氯化铁可由铁与氯气反应制得，故C正确；D．向沸水中加入氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，离子方程式为：Fe3++3H2O＝Fe（OH）3（胶体）+3H+，故D正确；故选：A。4．（3分）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架 B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂 C．维生索C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【答案】A【分析】A．铝合金具有密度小、强度高、耐腐蚀的优良性能；B．氧化钙吸水生成氢氧化钙；C．维生索C具有还原性，能与氧气反应；D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可用作氧气的来源。【解答】解：A．铝合金具有密度小、强度高、耐腐蚀的优良性能，常用于制作门窗框架，与铝有强还原性无关，故A错误；B．氧化钙易吸水，且无毒，可用作干燥剂，故B正确；C．维生索C具有还原性，能与氧气反应，可用作食品抗氧化剂，故C正确；D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂，故D正确；故选：A。5．（3分）下列说法正确的是（）A．图①装置可用于制取并收集氨气 B．图②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡 C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大 D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO4溶液中迁移【考点】化学实验方案的评价．【答案】C【分析】A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；B．酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶；C．俯视刻度线定容，溶液的体积偏小；D．图中构成原电池，阳离子向正极移动。【解答】解：A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备氨气，且收集氨气的试管口应塞一团棉花防止氨气与空气对流，故A错误；B．酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶，不能选图中酸式滴定管，故B错误；C．俯视刻度线定容，溶液的体积偏小，由c＝可知，会导致所配溶液浓度偏大，故C正确；D．图中构成原电池，阳离子向正极移动，则盐桥中阳离子向CuSO4溶液中迁移，故D错误；故选：C。6．（3分）化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如图。下列说法不正确的是（）A．药剂A具有还原性 B．①→②过程若有2molS﹣S键断裂，则转移4mol电子 C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2 D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S﹣S键位置来实现头发的定型【考点】蛋白质的结构和性质．【答案】C【分析】A．①→②变化过程中，硫元素化合价﹣1价降低到﹣2价，化合价降低做氧化剂被还原；B．①→②过程中，部分硫元素化合价﹣1价降低到﹣2价；C．②→③过程中是硫元素化合价升高，需要氧化剂，过氧化氢中氧元素化合价﹣1价降低到﹣2价；D．通过试剂A、B可以改变头发中某些蛋白质中S﹣S键位置，起到定型的作用。【解答】解：A．①→②变化过程中，硫元素化合价﹣1价降低到﹣2价，需要还原剂，药剂A具有还原性，故A正确；B．①→②过程中，硫元素化合价﹣1价降低到﹣2价，若有2molS﹣S键断裂，则转移4mol电子，故B正确；C．②→③过程中是部分硫元素化合价升高，需要氧化剂，若药剂B是H2O2，其还原产物为H2O，故C错误；D．化学烫发通过上述变化，改变头发中某些蛋白质中S﹣S键位置，实现了头发的定型，故D正确；故选：C。7．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA C．向1L0.1mol⋅L﹣1CH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA【考点】阿伏加德罗常数．【答案】A【分析】A．环氧乙烷分子中含有7条σ键；B．求出双氧水的物质的量，然后根据1mol双氧水中含2mol氧原子来分析；C．醋酸铵为弱酸弱碱盐；D．氯气与水反应是可逆反应。【解答】解：A．4.4g环氧乙烷（C2H4O）的物质的量为＝1mol，1mol环氧乙烷中含有σ键数目最多为0.7NA，故A正确；B．1.7g双氧水的物质的量为＝0.05mol，而1mol双氧水中含2mol氧原子，故0.05mol双氧水含0.1mol氧原子即0.1NA个，故B错误；C．醋酸铵为弱酸弱碱盐，向1L0.1mol⋅L﹣1CH3COOH溶液通氨气至中性，醋酸根离子和铵根离子均水解，铵根离子数小于0.1NA，故C错误；D．氯气与水反应是可逆反应，标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数小于0.5NA，故D错误；故选：A。8．（3分）下列说法不正确的是（）A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构 B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离 C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂 D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液【考点】蛋白质的结构和性质；有机物的鉴别．【答案】C【分析】A．通过X射线晶体衍射，可以测定青蒿素分子的空间结构；B．蛋白质在盐溶液中可发生盐析生成沉淀；C．苯酚与甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂；D．乙醛和新制氢氧化铜悬浊液加热生成砖红色沉淀，醋酸能和新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，苯和新制氢氧化铜悬浊液不反应。【解答】解：A．通过X射线晶体衍射，可以测定青蒿素分子的空间结构，故A正确；B．蛋白质在盐溶液中可发生盐析生成沉淀，过滤可分离，故B正确；C．苯酚与甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂，故C错误；D．乙醛和新制氢氧化铜悬浊液加热生成砖红色沉淀，醋酸能和新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，苯和新制氢氧化铜悬浊液不反应出现分层，故可以用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液，故D正确；故选：C。9．（3分）下列反应的离子方程式正确的是（）A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣ B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+ C．铜与稀硝酸：Cu+4H++2═Cu2++2NO2↑+2H2O D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2﹣+2SO2+2H2O═H2S+2【考点】离子方程式的书写．【答案】B【分析】A．氯气先氧化碘离子，然后氧化亚铁离子，FeI2和Cl2以1：1反应时，氯气只能氧化碘离子；B．次氯酸钙溶液和足量二氧化碳反应生成碳酸氢钙和HClO；C．Cu和稀硝酸反应生成NO；D．Na2S溶液中通入足量SO2，二者反应生成S和NaHSO3。【解答】解：A．氯气先氧化碘离子，然后氧化亚铁离子，FeI2和Cl2以1：1反应时，氯气只能氧化碘离子，离子方程式为2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故A错误；B．次氯酸钙溶液和足量二氧化碳反应生成碳酸氢钙和HClO，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HClO+，故B正确；C．Cu和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．Na2S溶液中通入足量SO2，二者反应生成S和NaHSO3，离子方程式为2S2﹣+5SO2+2H2O═3S↓+4，故D错误；故选：B。10．（3分）丙烯可发生如图转化，下列说法不正确的是（）A．丙烯分子中最多7个原子共平面 B．X的结构简式为CH3CH＝CHBr C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔 D．聚合物Z的链节为​【考点】有机物的结构和性质；有机物的推断．【答案】B【分析】丙烯和溴发生取代反应生成X，应该是丙烯中甲基上的氢原子发生取代反应生成X，X为CH3CH＝CH2；丙烯和溴发生加成反应生成Y为CH3CHBrCH2Br，丙烯发生加聚反应生成Z为；A．乙烯中所有原子共平面，甲烷中最多有3个原子共平面，丙烯相当于乙烯中一个氢原子被甲基取代，单键可以旋转；B．X的结构简式为BrCH2CH＝CH2；C．Y和足量KOH醇溶液共热可以发生消去反应；D．Z为聚丙烯，聚丙烯的链节为。【解答】解：A．乙烯中所有原子共平面，甲烷中最多有3个原子共平面，丙烯相当于乙烯中一个氢原子被甲基取代，单键可以旋转，所以丙烯中最多有7个原子共平面，故A正确；B．X的结构简式为BrCH2CH＝CH2，故B错误；C．Y和足量KOH醇溶液共热可以发生消去反应生成丙炔，故C正确；D．通过以上分析知，聚丙烯的链节为，故D正确；故选：B。11．（3分）X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是（）A．第一电离能：Y＞Z＞X B．电负性：Z＞Y＞X＞W C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜Z D．W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子【考点】原子结构与元素周期律的关系．【答案】A【分析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大；X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y元素相邻，X基态原子核外有2个未成对电子，则X为C元素，则Y为N元素，Z为F元素；W原子在同周期中原子半径最大，为Na元素，即X、Y、Z、W分别是C、N、F、Na元素；A．同一周期元素，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；B．元素的非金属性越强，其电负性越大；C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子分别是F﹣、Na+，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小；D．W2X2为Na2C2，其与水反应产物为C2H2和NaOH，正负电荷重心重合的分子为非极性分子。【解答】解：X、Y、Z、W分别是C、N、F、Na元素；A．同一周期元素，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，则X、Y、Z的第一电离能大小顺序是：Z＞Y＞X，故A错误；B．元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性Z＞Y＞X，W为金属元素，则电负性：Z＞Y＞X＞W，故B正确；C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子分别是F﹣、Na+，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径：W＜Z，故C正确；D．W2X2为Na2C2，其与水反应产物为C2H2和NaOH，C2H2为直线形分子，正负电荷重心重合，为非极性分子，故D正确；故选：A。12．（3分）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如图：下列说法不正确的是（）A．操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】B【分析】粗苯甲酸中含有少量NaCl和泥沙，由流程可知，加水溶解时需保证苯甲酸完全溶解，趁热过滤可防止苯甲酸结晶析出，过滤除去泥沙，滤液含苯甲酸、NaCl，NaCl的溶解度受温度影响不大，苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，则冷却结晶可析出苯甲酸，过滤、洗涤得到苯甲酸，以此来解答。【解答】解：A．加水溶解时需保证苯甲酸完全溶解，则B操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量，故A正确；B．苯甲酸在水的溶解度不大，操作Ⅱ趁热过滤的目的除去泥沙，防止苯甲酸结晶析出，NaCl溶解在水中，无法除去，故B错误；C．NaCl的溶解度受温度影响不大，苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，则操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹，NaCl留在溶液中，故C正确；D．苯甲酸在冷水中溶解度小，则操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，减少溶解损失，故D正确；故选：B。13．（3分）氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是（）A．电极A接电源正极，发生氧化反应 B．电极B的电极反应式为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣ C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液 D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗【考点】氯碱工业．【答案】B【分析】电极A上Cl﹣失去电子生成Cl2，为阳极，阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极上O2生成OH﹣，阴极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，阴极上没有H2生成，电池总反应离子方程式为O2+4Cl﹣+2H2O2Cl2↑+4OH﹣，阴极区域生成OH﹣，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，电解池中采用阳离子交换膜。【解答】解：A．电极A上Cl﹣失去电子生成Cl2，为阳极，接电源正极，发生氧化反应，故A正确；B．阴极上O2得电子和H2O反应生成OH﹣，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故B错误；C．阴极区域生成OH﹣，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，所以应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；D．改进设计中通过向阴极区通入O2，避免水电离的H+直接得电子生成H2，降低了电解电压，电耗明显减少，故D正确；故选：B。14．（3分）一定条件下，1﹣苯基丙炔（Ph﹣C≡C﹣CH3）可与HCl发生催化加成，反应如图：反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图（已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应），下列说法不正确的是（）A．反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ B．反应活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ C．增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例 D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ【考点】反应热和焓变．【答案】C【分析】A．反应Ⅱ＝反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、反应Ⅲ都是放热反应，则反应Ⅰ、反应Ⅲ的△H都小于0，所以反应Ⅱ也是放热反应，且反应Ⅱ的△H比反应Ⅰ还小；B．反应所需的活化能越小，反应速率越快，相同时间内所占比例越大；C．增大反应物HCl的浓度，平衡正向移动，但不一定能增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例；D．根据图知，相对较短的反应时间内成为Ⅰ的占比较大。【解答】解：A．反应Ⅱ＝反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、反应Ⅲ都是放热反应，则反应Ⅰ、反应Ⅲ的△H都小于0，所以反应Ⅱ也是放热反应，且反应Ⅱ的△H比反应Ⅰ还小，即存在反应Ⅰ＞反应Ⅱ，故A正确；B．反应所需的活化能越小，反应速率越快，相同时间内所占比例越大，根据图知，短时间内，反应Ⅰ的占比远远大于反应Ⅱ，说明反应Ⅰ的速率远远大于反应Ⅱ，则所需活化能反应Ⅰ＜反应Ⅱ，故B正确；C．由于存在产物I与产物2之间的可逆反应，K与氯化氢含量无关，因此比值不会随着HCl的含量的改变而改变，故C错误；D．根据图知，相对较短的反应时间内成为Ⅰ的占比较大，所以选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确；故选：C。15．（3分）草酸（H2C2O4）是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验Ⅰ：往20mL0.1mol⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol⋅L﹣1NaOH溶液。实验Ⅱ：往20mL0.10mol⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol⋅L﹣1CaCl2溶液。[已知：H2C2O4的电离常数Kal＝5.4×10﹣2，Ka2＝5.4×10﹣5，Ksp（CaC2O4）＝2.4×10﹣9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是（）A．实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B．实验Ⅰ中V（NaOH）＝10mL时，存在c（C2）＜c（HC2） C．实验Ⅱ中发生反应HC2+Ca2+═CaC2O4↓+H+ D．实验Ⅱ中V（CaCl2）＝80mL时，溶液中c（C2）＝4.0×10﹣8mol⋅L﹣1【考点】弱电解质的电离平衡．【答案】D【分析】A．往20mL0.1mol⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol⋅L﹣1NaOH溶液，恰好完全反应生成草酸钠溶液，草酸钠水解溶液显碱性，甲基橙变色范围3.1～4.4；B．实验Ⅰ中V（NaOH）＝10mL时，得到等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4，计算HC2水解平衡常数Kh＝＝和Ka2比较判断溶液酸碱性分析判断离子浓度；C．往20mL0.10mol⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol⋅L﹣1CaCl2溶液，生成草酸和草酸钙沉淀；D．实验Ⅱ中V（CaCl2）＝80mL时，反应生成草酸钙沉淀后剩余钙离子浓度c（Ca2+）＝＝0.06mol/L，结合溶度积常数计算草酸根离子浓度。【解答】解：A．往20mL0.1mol⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol⋅L﹣1NaOH溶液，恰好完全反应生成草酸钠溶液，草酸钠水解溶液显碱性，选择酚酞溶液指示反应终点，故A错误；B．实验Ⅰ中V（NaOH）＝10mL时，得到等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4，计算HC2水解平衡常数Kh＝＝＝≈1.85×10﹣13＜Ka2＝5.4×10﹣5，C2水解平衡常数Kh＝＝≈1.85×10﹣10，溶液显酸性，存在c（C2）＞c（HC2），故B错误；C．往20mL0.10mol⋅L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol⋅L﹣1CaCl2溶液，生成草酸和草酸钙沉淀，反应的离子方程式为：2HC2+Ca2+═CaC2O4↓+H2C2O4，故C错误；D．实验Ⅱ中V（CaCl2）＝80mL时，反应生成草酸钙沉淀后剩余钙离子浓度c（Ca2+）＝＝0.06mol/L，Ksp（CaC2O4）c（Ca2+）×c（C2）＝2.4×10﹣9，溶液中c（C2）＝4.0×10﹣8mol⋅L﹣1，故D正确；故选：D。16．（3分）探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是（）实验方案现象结论A往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上试纸变白次氯酸钠溶液呈中性C向2mL0.1mol⋅L﹣1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol⋅L﹣1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol⋅L﹣1KI溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度D取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色氯气与水的反应存在限度A．A B．B C．C D．D【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【答案】A【分析】A．往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，溶液中发生反应：I﹣+I2⇌；B．次氯酸钠溶液具有漂白性；C．硝酸银过量，均为沉淀生成；D．可逆反应不能反应完全，体系中反应物和生成物共存。【解答】解：A．往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，静置，分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明溶液中发生反应：I﹣+I2⇌，呈棕黄色，证明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，故A正确；B．次氯酸钠溶液具有漂白性将pH试纸漂白，应选pH计测定其pH，故B错误；C．硝酸银过量，均为沉淀生成，由操作和现象不能说明AgCl转化为Agl，不能比较Agl和AgCl的溶解度，故C错误；D．Cl2和HClO均能氧化KI生成碘单质，溶液变蓝色，故无法证明上述反应存在限度，故D错误；故选：A。二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17．（10分）氮的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：（1）基态N原子的价层电子排布式是2s22p3。（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。①下列说法不正确的是A。A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2C．最简单的氮烯分子式：N2H2D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为NnHn+2﹣2m，（n≥2，m≤，m为正整数）。③给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+（填“＞”或“＜”），理由是形成配位键后，使得N原子电子云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，更易给出H+。（3）某含氮化合物晶胞如图，其化学式为CaCN2，每个阴离子团的配位数（紧邻的阳离子数）为6。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【答案】（1）2s22p3；（2）①A；②NnHn+2﹣2m，（n≥2，m≤，m为正整数）；③＜；形成配位键后，使得N原子电子云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，更易给出H+；（3）CaCN2；6。【分析】（1）N是7号元素，基态N原子电子排布式为1s22s22p3；（2）①A．能量最低的激发态N原子为1个2p能级电子跃迁到3s能级；B．成键原子电负性差值越大，化学键中离子键成分的百分数越大；C．最简单的氮烯中含有两个N原子，两个N原子间形成氮氮双键，每个N原子与H原子形成N﹣H键；D．氮烷中N原子有3个成单电子和1个孤对电子，价层电子对数都为4；②氮和氢形成氨烷时，每个N原子能形成3个价键，N原子间形成单键，则氮烷的通式为：NnHn+2，n≥1；氮和氢形成的无环氨多烯，每多一个双键就少2个H原子；③[CuNH3]2+中N原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，形成配位键，使得N原子电子云向铜偏移；（3）由晶胞图和俯视图可知，Ca2+位于顶点和体内，个数为8×+2＝3，位于棱上和体内，个数为2+4×＝3，Ca2+：＝3：3＝1：1；由其键角为120°，根据其六方最密堆积图可知，以体内的1个为例，在其上方、下方距离最近的Ca2+各有3个。【解答】解：（1）N是7号元素，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，价电子排布式为：2s22p3，故答案为：2s22p3；（2）①A．能量最低的激发态N原子为1个2p能级电子跃迁到3s能级，则能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s22p23s1，故A错误；B．成键原子电负性差值越大，化学键中离子键成分的百分数越大，电负性：Ca＜Mg，故化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2，故B正确；C．最简单的氮烯中含有两个N原子，两个N原子间形成氮氮双键，每个N原子与H原子形成N﹣H键，故最简单的氮烯分子式：N2H2，故C正确；D．氮烷中N原子有3个成单电子和1个孤对电子，价层电子对数都为4，氮烷中N原子的杂化方式都是sp3，故D正确；故答案为：A；②氮和氢形成氨烷时，每个N原子能形成3个价键，N原子间形成单键，则氮烷的通式为：NnHn+2，n≥1；氮和氢形成的无环氨多烯，每多一个双键就少2个H原子，则氮烯的通式为：NnHn+2﹣2m，（n≥2，m≤，m为正整数），故答案为：NnHn+2﹣2m，（n≥2，m≤，m为正整数）；③[CuNH3]2+中N原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，形成配位键，使得N原子电子云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，氮氢键更易断裂，更易给出H+，故答案为：＜；形成配位键后，使得N原子电子云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，更易给出H+；（3）由晶胞图和俯视图可知，Ca2+位于顶点和体内，个数为8×+2＝3，位于棱上和体内，个数为2+4×＝3，Ca2+：＝3：3＝1：1，则其化学式为CaCN2；由其键角为120°，根据其六方最密堆积图可知，以体内的1个为例，在其上方、下方距离最近的Ca2+各有3个，配位数为6，故答案为：CaCN2；6。18．（10分）工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：请回答：（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2，可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2。（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。①下列说法正确的是BCD。A．燃煤中的有机硫主要呈正价B．化合物A具有酸性C．化合物A是一种无机酸酯D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是硫酸分子能形成更多的分子间氢键。（3）设计实验验证化合物A中含有S元素取化合物A加入足量NaOH溶液，反应完全后加入稀盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明A中含有S元素；写出实验过程中涉及的反应方程式+2NaOH＝Na2SO4+CH3OH+H2O、Na2SO4+BaCl2＝2NaCl+BaSO4↓。【考点】二氧化硫的污染及治理；含硫物质的性质及综合应用．【答案】（1）2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2；（2）①BCD；②硫酸分子能形成更多的分子间氢键；（3）取化合物A加入足量NaOH溶液，反应完全后加入稀盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明A中含有S元素；2NaOH+＝Na2SO4+CH3OH+H2O、Na2SO4+BaCl2＝2NaCl+BaSO4↓。【分析】（1）高温条件下，CaCO3和O2、SO2反应生成CaSO4和CO2，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式；（2）SO2和O2在催化剂、400～500℃条件下反应生成SO3，SO3和等物质的量的CH3OH反应生成A为；①A．燃煤中电负性S比C、H元素的电负性大，化合物中电负性较大的元素显负化合价；B．化合物A中羟基能电离出氢离子；C．化合物A中类似于酯基；D．浓硫酸吸收SO3可用于制取发烟硫酸；②一定压强下，能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，且形成的氢键个数越多，其熔沸点越高；（3）要验证化合物A中含有S元素，应该将S元素转化为，然后用盐酸酸化的BaSO4溶液检验。【解答】解：（1）高温条件下，CaCO3和O2、SO2反应生成CaSO4和CO2，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故答案为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2；（2）①A．燃煤中电负性S比C、H元素的电负性大，化合物中电负性较大的元素显负化合价，所以燃煤中的有机硫主要呈负价，故A错误；B．化合物A中羟基能电离出氢离子，所以化合物A具有酸性，故B正确；C．化合物A中类似于酯基，为硫酸和甲醇形成的酯，所以化合物A是一种无机酸酯，故C正确；D．浓硫酸吸收SO3可用于制取发烟硫酸，所以工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收，故D正确；故答案为：BCD；②一定压强下，能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，且形成的分子间氢键个数越多，其熔沸点越高，A中含有1个羟基、硫酸分子中含有2个羟基，硫酸分子形成的分子间氢键个数大于A形成的分子间氢键个数，所以化合物A的沸点低于硫酸，故答案为：硫酸分子能形成更多的分子间氢键；（3）要验证化合物A中含有S元素，应该将S元素转化为，然后用盐酸酸化的BaSO4溶液检验，其检验方法为：取化合物A加入足量NaOH溶液，反应完全后加入稀盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及的方程式为+2NaOH＝Na2SO4+CH3OH+H2O、Na2SO4+BaCl2＝2NaCl+BaSO4↓，故答案为：取化合物A加入足量NaOH溶液，反应完全后加入稀盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明A中含有S元素；2NaOH+＝Na2SO4+CH3OH+H2O、Na2SO4+BaCl2＝2NaCl+BaSO4↓。19．（10分）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。水煤气变换反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41.2kJ⋅mol﹣1该反应分两步完成：3Fe2O3（s）+CO（g）⇌2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH1＝﹣47.2kJ⋅mol﹣12Fe3O4（s）+H2O（g）⇌3Fe2O3（s）+H2（g）ΔH2请回答：（1）ΔH2＝+6kJ⋅mol﹣1。（2）恒定总压1.70MPa和水碳比[＝]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压（某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数）如下表：p（CO2）/MPap（H2）/MPap（CH4）/MPa条件10.400.400条件20.420.360.02①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝2。②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式CO+3H2⇌CH4+H2O。（3）下列说法正确的是AC。A．通入反应器的原料气中应避免混入O2B．恒定水碳比[]，增加体系总压可提高H2的平衡产率C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为FeD．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率（4）水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热（如图1所示），保证反应在最适宜温度附近进行。​①在催化剂活性温度范围内，图2中b～c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是AC。A．按原水碳比通入冷的原料气B．喷入冷水（蒸气）C．通过热交换器换热②若采用喷入冷水（蒸气）的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附（快速）、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是温度过高，不利于反应物分子在催化剂表面吸附且温度过高会导致催化剂化学降低。【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【答案】（1）+6；（2）①2；②CO+3H2⇌CH4+H2O；（3）AC；（4）①AC；②；（5）温度过高，不利于反应物分子在催化剂表面吸附且温度过高会导致催化剂化学降低。【分析】（1）①3Fe2O3（s）+CO（g）⇌2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH1＝﹣47.2kJ⋅mol﹣1②2Fe3O4（s）+H2O（g）⇌3Fe2O3（s）+H2（g）ΔH2③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41.2kJ⋅mol﹣1将方程式③﹣①＝②，则ΔH2＝△H﹣△H1；（2）①在条件1下，CH4的分压为0，设开始时加入n（H2O）＝12mol、n（CO）＝5mol、水煤气变换反应中消耗的n（CO）＝xmol，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始（mol）51200反应（mol）xxxx平衡（mol）5﹣x12﹣xxx反应前后气体总计量数之和不变，则反应前后气体总物质的量不变，为17mol，总压强始终不变，为1.70MPa，则平衡时p（CO2）＝p（H2）＝×1.70MPa＝0.1xMPa＝0.40MPa，x＝4，则平衡时p（CO）＝×1.70MPa＝0.10MPa，p（H2O）＝×1.70MPa＝0.80MPa，化学平衡常数K＝；②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，说明没有CO2生成，氢气的量减少，应该是CO和H2反应生成CH4和H2O；（3）A．CO、H2都是可燃物，和O2混合易产生爆炸；B．恒定水碳比[]，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应前后气体计量数之和不变，压强不影响平衡移动；C．过量的水蒸气能将Fe3O4氧化为Fe2O3；D．通过充入惰性气体增加体系总压，但反应物和生成物的分压不变；（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，降低温度，化学反应速率稍减小；B．喷入冷水（蒸气），降低温度、增大水蒸气的浓度，平衡都正向移动；C．通过热交换器换热，降低温度，但不改变投料比；②若采用喷入冷水（蒸气）的方式降温，增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大；（5）温度过高不利于反应物分子在催化剂表面吸附，且温度影响催化剂的活性。【解答】解：（1）①3Fe2O3（s）+CO（g）⇌2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH1＝﹣47.2kJ⋅mol﹣1②2Fe3O4（s）+H2O（g）⇌3Fe2O3（s）+H2（g）ΔH2③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41.2kJ⋅mol﹣1将方程式③﹣①＝②，则ΔH2＝△H﹣△H1＝[（﹣41.2）﹣（﹣47.2）]kJ/mol＝+6kJ/mol，故答案为：+6；（2）①在条件1下，CH4的分压为0，设开始时加入n（H2O）＝12mol、n（CO）＝5mol、水煤气变换反应中消耗的n（CO）＝xmol，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始（mol）51200反应（mol）xxxx平衡（mol）5﹣x12﹣xxx反应前后气体总计量数之和不变，则反应前后气体总物质的量不变，为17mol，总压强始终不变，为1.70MPa，则平衡时p（CO2）＝p（H2）＝×1.70MPa＝0.1xMPa＝0.40MPa，x＝4，则平衡时p（CO）＝×1.70MPa＝0.10MPa，p（H2O）＝×1.70MPa＝0.80MPa，化学平衡常数K＝＝＝2，故答案为：2；②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，说明没有CO2生成，氢气的量减少，应该是CO和H2反应生成CH4和H2O，反应方程式为CO+3H2⇌CH4+H2O，故答案为：CO+3H2⇌CH4+H2O；（3）A．CO、H2都是可燃物，和氧气混合时易产生爆炸，为防止安全事故的发生，通入反应器的原料气中应避免混入O2，故A正确；B．恒定水碳比[]，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应前后气体计量数之和不变，压强不影响平衡移动，所以不能提高平衡产率，故B错误；C．过量的水蒸气能将Fe3O4氧化为Fe2O3，不能被还原为Fe，且过量的水蒸气可以降低CO、H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为Fe，故C正确；D．通过充入惰性气体增加体系总压，但反应物和生成物的分压不变，反应速率不变，故D错误；故答案为：AC；（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，降低温度，化学反应速率稍减小，CO的转化率稍减小，图象符合，故A正确；B．喷入冷水（蒸气），降低温度、增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，图象不符合，故B错误；C．通过热交换器换热，降低温度，但不改变投料比，反应速率稍减小，CO的转化率稍降低，图象符合，故C正确；故答案为：AC；②若采用喷入冷水（蒸气）的方式降温，增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，大于原来的平衡转化率，所以其图象为，故答案为：；（5）该反应为放热反应，且反应物分子在催化剂表面的吸附速率较快，温度过高，不利于反应物分子在催化剂表面吸附，导致反应物分子在催化剂表面的吸附量降低，且温度过高会导致催化剂活性降低，都导致反应速率降低，故答案为：温度过高，不利于反应物分子在催化剂表面吸附且温度过高会导致催化剂化学降低。20．（10分）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝{[Al2（OH）aClb]m，a＝1～5}按如图流程开展实验。已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。②[Al2（OH）aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度＝。当盐基度为0.60～0.85时，絮凝效果较好。请回答：（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2。（2）下列说法不正确的是BC。A．步骤Ⅰ，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al（OH）3沉淀中的杂质C．步骤Ⅲ，为减少Al（OH）3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌D．步骤Ⅳ，控制Al（OH）3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度（3）步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是蒸发皿；步骤Ⅴ不宜用酒精灯直接加热的原因是酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。（4）测定产品的盐基度。Cl﹣的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，调pH＝6.5～10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol⋅L﹣1AgNO3标准溶液滴定至浅红色（有Ag2CrO4沉淀），30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c（Al3+）