山东省烟台市2025-2026学年高三上学期11月期中学业水平诊断化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省烟台市2025-2026学年高三上学期11月期中学业水平诊断试题注意事项：1.答卷前、考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12016S32Fe56Cu64Pb207一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学让生活更美好。下列说法正确的是A.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化B.煤中加入生石灰，能有效缓解因CO2过度排放而导致的“温室效应”C.载人飞船上常携带一定量的活性炭，利用活性炭的还原性去除呼吸废气中的异味D.医学上用液氮作制冷剂在冷冻麻醉条件下做手术是利用沸点低的物理性质【答案】D【解析】A．维生素C作为抗氧化剂是因为其容易被氧化，从而保护其他物质不被氧化，而非难以被氧化，A错误；B．生石灰（CaO）用于煤中主要与SO2反应减少酸雨，而非有效减少CO2排放，B错误；C．活性炭通过吸附性去除异味，属于物理性质，而非利用还原性，C错误；D．液氮因沸点低（-196℃）蒸发气化吸热，用于冷冻麻醉，属于物理性质的应用，D正确；综上所述，答案为D。2.下列有关物质用途的说法错误的是A.干冰可用舞台上制造“云雾”B.盐卤可用作豆浆的凝固剂C.钠和钾的合金可用作原子反应堆的导热剂D.生石灰可用作脱氧剂【答案】D【解析】A．干冰升华吸收大量的热，所以干冰可用在舞台上制造“云雾”，故A正确；B．豆浆为胶体，盐卤可用作豆浆的凝固剂使其聚沉，故B正确；C．钠和钾的合金具有良好的导热性，可用作原子反应堆的导热剂，故C正确；D．生石灰不具有还原性，不能用作脱氧剂，故D错误；故选：D。3.下列实验操作符合规范的是A．滴加溶液B．溶液加热C．量取15.00mLKMnO4溶液D．定容A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．用滴管往试管内滴加液体时应在试管口上方悬空滴加，不得伸入试管内部，以防污染试剂，故A错误；B．试管内液体体积超过其容积的，加热时容易发生飞溅，故B错误，C．滴定管精度为0.01mL，高锰酸钾溶液具有强氧化性，用酸式滴定管盛放，操作正确，可以量取15.00mLKMnO4溶液，故C正确；D．图中仰视刻度线，溶液体积偏大，视线应平视凹液面最低处，故D错误；故选：C。4.关于实验室安全，下列说法错误的是A.蒸馏液体时出现暴沸，停止加热并立即补加沸石B.具有标识的化学品为有毒物质，应小心使用C.做Cl2性质实验时需要佩戴护目镜并打开排风扇D.皮肤溅上酸液后，应立即用大量水冲洗，再用5%的溶液冲洗【答案】A【解析】A．蒸馏时出现暴沸，停止加热后不能立即补加沸石，因为液体温度仍很高，立即加沸石会导致液体剧烈沸腾(暴沸加剧)，应该待液体冷却后再补加沸石，故A错误；B．带有骷髅标识的化学品属于有毒物质，使用时需要小心，故B正确；C．Cl2有毒且有刺激性，做性质实验时佩戴护目镜、打开排风扇能避免伤害，故C正确；D．皮肤溅上酸液，先大量水冲洗再用NaHCO3溶液(弱碱性)冲洗，可中和残留酸，故D正确；故选：A。5.用代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.22.4LC中原子的数目为B.28gFe粉和足量S完全反应，转移电子数为1.5C.铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为2D.1LpH=7的溶液中，由水电离出的氢离子数为【答案】C【解析】A．未说明气体是否处于标准状况（0℃，1atm），无法确定CH4的物质的量，因此原子数目无法确定，A错误；B．Fe与S反应生成FeS，Fe的氧化态为+2。28gFe为0.5mol，转移电子数为0.5×2=1mol（即NA），而非1.5NA，B错误；C．铅酸蓄电池负极反应为Pb+-2e−=PbSO4。增重96g为的质量（96g/mol），对应1mol参与反应，转移2mol电子（即2NA），C正确；D．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，水解促进水的电离。pH=7时，溶液中的H+浓度为1×10−7mol/L，由水电离的H+数目为1×10−7NA。但水解促进水的电离，实际水电离的H+应大于纯水中的1×10−7NA，D错误；答案选C。6.下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是A.N通入水中B.向NaClO溶液中加入HI溶液：OC.C通入冷的石灰乳中制漂白粉：D.将S通入酸性KMn溶液：【答案】A【解析】A．NO2和H2O发生歧化反应生成HNO3和NO，离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO+NO，故A正确；B．NaClO和HI发生氧化还原反应生成NaCl、I2和H2O，离子方程式为ClO-+2H++2I-=I2+Cl-+H2O，故B错误；C．Cl2通入冷的石灰乳中制漂白粉，反应为Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故C错误；D．SO2通入酸性KMnO4溶液的离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，故D错误；故选：A。7.如图所示，科学家设计了一种用于废弃电极材料再锂化的电化学装置。已知：参比电极的作用是确定再锂化为的最优条件，不干扰电极反应。下列说法错误的是A.X为直流电源的负极B.再锂化过程中，向Pt电极迁移C.电极上发生的反应：D.电解过程中，忽略溶液体积变化，溶液浓度保持不变【答案】D【解析】A．LixCoO2得电子发生还原反应，为阴极，连接电源负极，A正确；B．再锂化过程中，向阳极移动，Pt是阳极，故向Pt电极迁移，B正确；C．LixCoO2电极上发生还原反应，为阴极，电极反应为：LixCoO2+（1-x）e-+（1-x）Li+=LiCoO2，C正确；D．电解过程中，忽略溶液体积变化，中间室的Li+向左移动，硫酸根离子向右移动，Li2SO4溶液的浓度减小，故D错误；故选D。8.亚氯酸钠(具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒剂等，一种以等为原料制备NaCl的工艺流程如图所示。已知：纯Cl易分解爆炸，一般用空气稀释到体积分数10%以下。下列说法正确的是A.“溶解”过程中可以用盐酸代替稀硫酸B.“吸收塔”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C.“吸收塔”中温度不宜过低，否则会导致NaCl产率下降D.理论上，每生产1molNaClO2至少需要通入标准状况22.4L【答案】B【解析】NaClO3加H2SO4酸化溶解，鼓入SO2和空气，发生器发生反应：2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4；将产物ClO2鼓入吸收塔和H2O2、NaOH溶液反应，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，经冷却结晶得到NaClO2固体。A．“溶解”步骤中若用稀盐酸代替稀硫酸，酸性条件下会ClO与Cl-发生归中反应生成Cl2，浪费原料NaClO3且引入杂质Cl2，故A错误；B．“吸收塔”中，氧化剂ClO2→还原产物NaClO2，每个ClO2得1个电子，还原剂H2O2生成O2→氧化产物，每个H2O2失2个电子，由得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故B正确；C．在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，温度过低反应速率慢，但是不一定会导致产率下降，故C错误；D．根据2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4、2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，可得2NaClO3～SO2～2ClO2～2NaClO2，每生产1molNaClO2至少需要通入标准状况0.5mol×22.4L/mol=11.2LSO2，故D错误；故选：B。9.某理论研究认为：燃料电池(图甲)的电极I和II上所发生反应的催化机理示意图分别如图乙和图丙，其中获得第一个电子的过程最慢。理论上下列说法错误的是A.电极I为燃料电池的负极B.电池工作过程中，电解质溶液的pH保持不变C.图丙中，①②③④过程的活化能最高的是①D.相同时间内电极上的催化循环完成次数：电极I是电极II的2倍【答案】B【解析】A．电极 I上氢气被氧化生成H+和电子，故电极 I为负极，故A正确；B．由于负、正两极的总反应为 2H2+O2=2H2O，产生水，相当于稀释溶液，故电解质溶液的pH发生改变，故B错误；C．根据题干“O2获得第一个电子的过程最慢”可知①活化能最高，故C 正确；D．H2氧化只产生2 电子，而O2还原需4 电子，相同时间内负极的催化循环数正好是正极的2 倍，故D正确；故选B。10.甘油和水蒸气重整获得过程中的主要反应：反应I：ΔH>0反应ΔH<0反应III：ΔH<0条件下，1mol和9mol发生上述反应达平衡状态时，体系中和C的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法错误的是A.曲线①代表；曲线②代表C(g)B.550℃达平衡状态时，O(g)的物质的量为7.2molC.其他条件不变，增压有利于增大平衡时的物质的量D.其他条件不变，在450~550℃范围，平衡时的物质的量随温度升高而减小【答案】C【解析】起始量，C3H8O3的物质的量为1mol，故体系中C原子的物质的量为3mol。550℃时曲线①对应的物质为5.0mol，若为5.0molCO或5.0molCH4，均会导致C原子的物质的量超过3mol，不符合题意，故曲线①对应的物质应为H2；反应Ⅲ为放热反应，升高温度，反应Ⅲ的平衡逆向移动，CH4的物质的量减小，故曲线②对应的物质是CH4；曲线③对应的物质是CO。550℃时，CO、CO2、CH4的物质的量分别为0.4mol、2.2mol、0.4mol，三者所含C原子的物质的量为0.4mol+2.2mol+0.4mol=3mol，根据C原子守恒可知，此时体系中不存在C3H8O3。A．根据分析可知，A正确；B．550℃反应达平衡状态时，H2、CH4的物质的量分别为5.0mol、0.4mol，体系中不存在C3H8O3，依据氢原子守恒，可求出水的物质的量为：，B正确；C．反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，加压平衡逆向移动，反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，其他条件不变时，平衡移动的结果，都使H2的物质的量减小，C错误；D．反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动会消耗CO2，反应Ⅲ平衡逆向移动会生成CO2，由题图可知，温度由450℃升高到550℃的过程中，CO2的物质的量增大，说明反应Ⅲ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动进行的程度，而反应Ⅲ平衡逆向移动会消耗H2O(且反应Ⅲ中H2O的化学计量数大于反应Ⅱ中H2O的化学计量数)，故平衡时H2O的物质的量随温度升高而减小，D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列操作能达到实验目的的是操作目的A稀酸化的混合液替代溴水降低液溴的贮存与使用风险B向0.1mol·溶液中滴加0.1mol·溶液证明具有氧化性C相同温度下用pH试纸测定浓度均为0.1mol·NaClO溶液和CCOONa溶液的pH比较HClO和醋酸的酸性强弱D先后通过盛有蒸馏水、浓硫酸的洗气瓶除去NO中的A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】A．液溴易挥发，有毒，稀H2SO4酸化的混合液反应生成单质溴，混合液替代溴水可降低液溴的贮存与使用风险，故A正确；B．酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，H2O2能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现H2O2的还原性，故B错误；C．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应该用pH计，故C错误；D．NO2和H2O反应生成HNO3和NO，浓硫酸和NO不反应且浓硫酸具有吸水性，可以先后通过盛有蒸馏水、浓硫酸的洗气瓶，除去NO中的NO2，故D正确；故选：AD。12.在体积相同的密闭容器中分别加入一定量的催化剂、1mol(g)和不同量的，发生反应ΔH，测得相同时间内不同水醇比下乙醇转化率随温度变化的关系如图所示。已知：①水醇比为2：1时，各点均已达到平衡状态②不同的水醇比会影响催化剂的催化效果下列说法错误的是A.ΔH>0B.C、E两点对应的平均反应速率相同C.A、B、C三点中C点的催化剂催化效果最低D.A、E、F三点对应温度下化学平衡常数：【答案】D【解析】A．根据图中信息可知其他条件相同时，温度升高，乙醇转化率上升，所以该反应为吸热反应，△H>0，A正确；B．起始量均为1mol(g)，相同时间，乙醇的转化率相同，可知C、E两点对应的平均反应速率相同，B正确；C．A、B、C三点温度相同，C点水醇比最大，若其他条件相同时，C点乙醇转化率应为最大，但是根据图中信息可知相同时间C点乙醇转化率最低，所以C点的催化剂催化效果最低，C正确；D．该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数增大，A、E、F三点对应温度下化学平衡常数：，D错误；故选D。13.是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25℃时，某溶液中与的总和为c．-lgc随pH的变化关系如图所示(忽略体积变化)。已知：下列叙述错误的是A. B.m=6.55C.P点沉淀质量小于Q点沉淀质量 D.随pH增大先减小后增大【答案】CD【解析】与的总和为c，随着pH增大，发生反应：，含铬微粒总浓度下降，随着pH继续增大，发生反应

：含铬微粒总浓度上升；A．pH=5时，，K=，，几乎可以忽略不计，含Cr微粒主要为Cr3+，，A正确；B．m点时，=c(Cr3+)，反应

1：K=10-0.4，反应2：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH−(aq)Ksp=10-30.2，反应2-反应1得到：[Cr(OH)4]-(aq)⇋Cr3+(aq)+3OH−(aq)，K3==，，c(H+)=10-6.55mol/L，即pH=6.55，则m=6.55，B正确；C．P和Q点溶液中含Cr微粒总和相等，生成的Cr(OH)3(s)质量相等，则P点沉淀质量等于Q点沉淀质量，C错误；D．随着pH的增大，c(Cr3+)减小，而增大，比值减小，D错误；答案选CD。14.中科海钠公司研发的二次电池“钠离子电池”被欧盟评价为“锂电的性能、铅酸的价格”。其放电总反应为，工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时，正极反应式：B.充电时，电流方向为M→电解液→NC.放电时，M极每减少4.6g，电解液中将增加0.2molD.充电时，外电路每转移1mole-，有1mol被氧化【答案】A【解析】由放电时总反应NaxCn+Na1-xMeO2=nC+NaMeO2可知，NaxCn失电子生成C，则M为负极，负极反应为NaxCn-xe-=nC+xNa+，Na1-xMeO2得电子生成NaMO2，N为正极，正极反应为Na1-xMeO2+xe-+xNa+=NaMeO2，放电时阳离子移向正极，电子由负极经过外电路流向正极；充电时为电解池，原电池的原正、负极与外加电源的正负极相接，作阳极、阴极，阴、阳极反应与负、正极反应相反，据此分析解答。A．结合分析可知，放电时正极反应为Na1-xMeO2+xe-+xNa+=NaMeO2，故A正确；B．电流的方向与电子的移动方向相反，充电时M为阴极，N为阳极，电子由外接电源的负极流向阴极M，溶液中为离子导电，阳离子向阴极(M)移动，故电流方向为N→电解液→M，故B错误；C．由放电时总反应NaxCn+Na1-xMeO2=nC+NaMeO2，M极每减少4.6g(0.2mol)Na+，正极同时增加0.2molNa+，溶液中没有增加Na+，故C错误；D．充电时，有1molNaMeO2被氧化生成1molNa1-xMeO2，外电路每转移xmole-，故D错误；故选：A。15.H2X是一种二元酸，MX是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下：(Ⅰ)0.10mol·L-1的H2X溶液中，各物种的lg[c/(mol·L-1)]与pH的关系；(Ⅱ)含MX(s)的0.10mol·L-1的Na2X溶液中，lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系。下列说法错误的是A.a=1.27B.b=-3.395C.D.(Ⅱ)中增加MX(s)，平衡后溶液中浓度之和增大【答案】D【解析】H2X是一种二元酸，随着pH增大，c(H2X)逐渐减小，c(HX-)先增大后减小，c(X2-)逐渐增大；含MX(s)的0.10mol·L-1的Na2X溶液中，随着pH增大，逆向移动，c(X2-)逐渐增大，导致逆向移动，c(M2+)逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c(M2+)变化不大；据此可得曲线①表示与pH的关系，曲线②表示与pH的关系，曲线③表示与pH的关系，曲线④表示与pH的关系；根据点(4.19,-1.30)，此时，；根据点(2.73,-2.49)，此时，，则；pH=2.73时，、，则；据此解答。A．pH为a对应的时曲线②和曲线④交点，，，则，A正确；B．根据曲线①和曲线③的交点有：，，b=-3.395，B正确；C．根据可得：，C正确；D．(Ⅱ)中增加，平衡不移动，不变，则均不变，因此平衡后溶液中浓度之和不变，D错误；故答案为D。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.一种以钛铁矿[含钛酸亚铁(FeTi)，及少量等]为主要原料制备钛白粉(Ti)和绿矾晶体的工艺流程如下：已知：①“酸解”后，钛主要以TiOS形式存在。强电解质TiOS在溶液中仅能电离出和一种阳离子；②Ti不溶于水和稀酸。（1）化合物FeTi中Ti的化合价为_______；“粉碎过筛”的目的是_______。（2）“酸解”过程中，FeTi发生反应的化学方程式为_______。（3）已知FeS·7O溶解度随温度升高而增大，为获取纯净的FeS·7O，“系列操作”具体为蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥；检验提取FeS·7O的溶液中存在的方法是_______。（4）“水解”过程得到“沉淀”的离子方程式为_______；若在实验室中进行“灼烧”操作，需要用到的硅酸盐材质仪器有酒精灯、_______。【答案】（1）①.+4②.增大接触面积，加快反应速率，提高酸解的浸出率（2）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O（3）①.冷却结晶(降温结晶)②.加入K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成(合理即可)（4）①.TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓②.坩埚、泥三角【解析】以钛铁矿[含钛酸亚铁（FeTiO3），及少量Fe2O3、SiO2等]为主要原料制备钛白粉（TiO2）和绿矾晶体，矿石先粉碎过筛，再加入硫酸160～200℃酸解，生成硫酸亚铁、硫酸铁、TiOSO4，加入铁粉还原铁离子为亚铁离子，过滤除去SiO2，经过蒸发结晶等操作生成绿矾，TiOSO4水解生成H2TiO3，灼烧得到TiO2，据此解答。（1）化合物FeTiO3中O为-2价、Fe为+2价，则Ti的化合价为+4；“粉碎过筛”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高酸解的浸出率，（2）“酸解”过程中，FeTiO3发生反应生成TiOSO4、FeSO4，的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O。（3）FeSO4•7H2O溶解度随温度升高而增大，为获取纯净的FeSO4•7H2O，“系列操作”具体为蒸发浓缩、冷却结晶（降温结晶）、过滤、洗涤、干燥；亚铁离子遇到铁氰化钾生成蓝色沉淀，检验提取FeSO4•7H2O的溶液中存在Fe2+的方法是加入K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成。（4）TiOSO4“水解”过程得到H2TiO3，离子方程式为TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓；若在实验室中进行“灼烧”操作，需要用到的硅酸盐材质仪器有酒精灯、坩埚、泥三角。17.三氯三(四氢呋喃)合铬(Ⅲ)[CrCl3(THF)3]是有机反应中重要的固体催化剂，易溶于THF()，极易水解；一种合成原理为实验制备CrCl3(THF)3的相关物质信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略)：物质摩尔质量/g·mol熔点/℃沸点/℃密度/g·cm152

THF(四氢呋喃)72-108660.89CCl4154-2376.81.59CrCl3158.51152

CrCl3(THF)3374.5143

实验过程：Ⅰ．制备无水CrCl3：按图甲组装仪器，称取粉末放在石英反应管中央摊平，通入并控制气流速率，打开管式炉加热电源至660℃，水浴加热CCl4，反应2h。Ⅱ．THF的除水处理：THF液体中加入干燥剂，蒸馏，收集66℃的馏分。Ⅲ．合成CrCl3(THF)3：按图乙连接好仪器，经过实验操作Y后，将步骤Ⅰ所得的无水CrCl3和适量锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入步骤Ⅱ所得的100mLTHF，通5min后关闭，接通冷却水，加热至THF沸腾，在索氏提取器中发生反应，回流2.5h后再通入冷却至室温；取下双颈烧瓶，在通风橱中处理掉多余的THF，使反应混合物体积约为10mL，抽滤、干燥后称量，得固体产品g。回答下列问题：（1）仪器X的名称为_______；石英管中只有两种生成物，其中一种为三元化合物，则制备无水CrCl的化学方程式是_______。（2）步骤Ⅲ中“实验操作Y”为_______；“通5min”的目的是_______；THF的作用是_______；处理多余的THF可采用的方法为_______。（3）结合平衡移动原理分析：将无水CrCl3和锌粉放在滤纸套筒内的好处是_______；产品沿索氏提取器的管_______(填“2”或“3”)流回双颈烧瓶。（4）本实验制得产品CrCl3(THF)3的产率为_______(用代数式表示)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2（2）①.检查装置的气密性②.排尽装置内的空气，防止空气中水蒸气对产物造成影响③.反应物和萃取剂(或反应物和溶剂)④.蒸馏（3）①.产物可及时脱离反应体系，反应物能充分有效地接触，有利于提高产率②.3（4）×100%【解析】（1）由图可知，仪器X的名称为球形冷凝管；石英管中Cr2O3与CCl4反应生成CrCl3，另外还有一种三元化合物，根据元素守恒可知另一种化合物为COCl2，反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。（2）反应过程中，THF沸腾，有气体参与反应且需防泄漏、防水解，实验前必须检查装置的气密性，即操作Y为检查装置的气密性；空气中含水蒸气，会导致CrCl3(THF)3水解，N2为惰性气体，可排尽装置内的空气，保护反应物和产物；THF的作用之一为反应物，同时CrCl3(THF)3易溶于THF，该反应过程为无水体系，因此THF的作用之二为作溶剂或萃取剂；反应结束后，体系内成分为CrCl3(THF)3、THF，THF的沸点为66℃，因此可利用蒸馏进行分离。（3）反应过程中THF在索氏提取器中进行循环，而CrCl3(THF)3、Zn、CrCl3不会挥发，因此将无水CrCl3和锌粉放在滤纸套筒内的好处是产物可及时脱离反应体系，反应物能充分有效地接触，有利于提高产率；THF在双颈烧瓶中变为气体，经管1进入索氏提取器，CrCl3与THF在Zn粉作催化剂在索氏提取器中进行反应，部分THF经冷凝管回流，其液面逐渐升高，在液面达到管3口时，通过虹吸作用再回流至双颈烧瓶中。（4）根据原子守恒可知，理论上1molCr2O3生成2molCrCl3(THF)3，因此理论生成的CrCl3(THF)3质量为，因此产品中CrCl3(THF)3的产率为。18.一种以方锰矿(含MnO及少量为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)的工艺流程如下：25℃时，相关物质的如下表：物质Mn(OH)2回答下列问题：（1）“滤渣1”的成分是_______；“氧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（2）滴加氨水目的是将和Al3＋转化为沉淀而除去，则调pH最小为_______；此时的物质的量浓度为_______(离子浓度时沉淀完全)。（3）“50℃碳化”反应的离子方程式为_______；“一系列操作”中，验证MnCO3沉淀已经洗涤干净的试剂为_______。（4）为测定产品的纯度，取ag产品于烧杯中，加入足量的稀硫酸溶解，滴加过量的溶液将锰元素转化为，充分反应后加热一段时间，冷却后配制成250.00mL溶液，移取25.00mL溶液，用cmol·标准溶液滴定至终点，重复实验，数据如下。(已知：序号12345滴定前读数/mL0.0024.980.000.000.00滴定后读数/mL24.9849.7824.1025.0025.02滴定终点的现象是_______；该碳酸锰产品的纯度为_______(用代数式表示，MnCO3的摩尔质量为【答案】（1）①.CaSO4、SiO2②.1：2（2）①.5②.2.6×10-12（3）①.Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O②.稀盐酸、BaCl2溶液（4）①.当滴入最后半滴FeSO4溶液后，紫色褪去且在半分钟内不恢复②.【解析】以方锰矿(含MnO及少量Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)，方锰矿加稀硫酸酸浸，SO2做还原剂，各氧化物溶解，形成硫酸盐，SiO2不溶，滤渣I为CaSO4、SiO2，滤液含有Mn2+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，加入氨水调pH，将Fe3+变为Fe(OH)3、Al(OH)3除掉得滤渣2；继离子交换后进行洗脱，再向滤液中加入NH4HCO3溶液沉锰，得到碳酸锰固体，再经过过滤、洗涤、干燥等得到高纯碳酸锰。（1）“滤渣1”的成分是CaSO4、SiO2；“氧化”时发生2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，氧化剂(MnO2)与还原剂(Fe2+)的物质的量之比为1：2；（2）溶液中的离子浓度≤1×10-5mol•L-1沉淀完全，氢氧化铝的溶度积比氢氧化铁大，Ksp[Al(OH)3]=c3(OH-)×c(Al3+)=c3(OH-)×1×10-5=1×10-32，解得c(OH-)=1×10-9mol•L-1，溶液pH=5，故pH≥5；根据Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH-)×c(Fe3+)=(1×10-9)3×c(Fe3+)=2.6×10-39，解得c(Fe3+)=2.6×10-12mol•L-1；（3）“50℃碳化”反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；“一系列操作”中，验证MnCO3沉淀已经洗涤干净需要检验是否存在硫酸根离子，所需试剂为稀盐酸、BaCl2溶液；（4）滴入最后半滴标准液，反应完毕，溶液颜色褪去，滴定终点的现象是：滴入最后半滴硫酸亚铁标准液，溶液紫色褪去，且半分钟内不恢复原色；1、2、3、4、5得溶液体积为24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、25.02mL，则2、3数据误差较大，舍去，体积平均值为25.00mL，根据关系式Mn～～5Fe2+，可知n(Mn)=n(Fe2+)=c×0.025L××=0.05cmol，故该产品中锰的质量分数为=。19.甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源。（1）甲烷和水蒸气催化重整制取富氢混合气：。图为不同温度条件下6小时稳定测试电流强度对CH4转化率[α(CH4)]的影响。由图可知，随着温度的升高，电流对CH4转化率的影响作用逐渐_______(填“增加”“减小”或“不变”)，600℃时，电流对三种催化剂中的_______(用图中的催化剂表示式回答)影响效果最弱，当温度高于750℃时，无论电流强度大小，有无催化剂，CH4转化率趋于相同，其原因是_______。（2）某温度下，向2L密闭容器中按物质的量之比1：2充入CH4(g)和，发生反应，一段时间反应达平衡，平衡时反应共吸收热量123.9kJ，CO2的物质的量浓度是CH4的3倍，则CH4的起始浓度为_______，平衡转化率为_______。若保持恒温，向容器内再通入1mol和2mol，平衡将_______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，CH4平衡转化率_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。（3）研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)的对数(lgp)与温度T的关系如图所示。A点温度时，反应的平衡常数Kp=_______P用平衡分压代替平衡浓度计算)。【答案】（1）①.减小②.10Ni−3CaO/γ−Al2O3③.温度高于750℃时，几种情况下的反应均已达到平衡，催化剂不改变平衡状态（2）①.0.5mol·L-1②.75%③.正向④.变小（3）1034【解析】（1）根据图示可知，当使用相同的催化剂时，随着温度升高，电流对CH4转化率的影响作用逐渐减小；使用10Ni-3CaO/γ-Al2O3催化剂，电流分别为0A、4.5A时，甲烷的转化率相差不大，因此，600℃时，电流对三种催化剂中10Ni-3CaO/γ-Al2O3影响效果最弱；催化剂不影响平衡移动，反应物的平衡转化率不变，因此当温度高于750℃时，无论电流强度大小，有无催化剂，CH4转化率趋于相同，其原因是温度高于750℃时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不影响平衡移动，因此甲烷的转化率趋于相同；（2）已知，即1molCH4(g)和2molH2O(g)完全反应生成1molCO2(g)和4molH2(g)时吸收165.2kJ的能量；某温度下，向2L密闭容器中按物质的量之比1：2充入CH4(g)和H2O(g)，一段时间反应达平衡，平衡时反应共吸收热量123.9kJ，则反应消耗的n(CH4)=mol=0.75mol，c(CH4)=0.375mol/L，假设起始时c(C