河北省部分學校2023屆高三4月大聯(lián)考二?；瘜W試題（含答案解析）

2023屆高三4月大聯(lián)考化學試題注意事項：1.本卷滿分100分，考試時間75分鐘。答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4.考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。5.可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16Fe-56Co-59一、選擇題：本題共14小題，每小題3分。共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活密切相關。下列說法正確的是A.秸稈可用于制造一次性飯盒 B.用高純SiO2制作計算機芯片C.用Na2CO3制作胃酸中和劑 D.食品脫氧劑主要成分是氧化鈣顆?！敬鸢浮緼【解析】【詳解】A．秸稈是植物莖稈部分，只要成分是纖維素，可用來制造一次性飯盒，對環(huán)境友好，故A正確；B．計算機芯片的原料是單質(zhì)硅，故B錯誤；C．碳酸鈉堿性較強，不可作為胃酸中和劑，故C錯誤；D．食品脫氧劑的主要成分是活性鐵粉，故D錯誤；故本題選A。2.草甘膦是廣泛使用的許多除草劑中的有效活性化學成分，如圖是草甘膦的結(jié)構(gòu)。下列關于草甘膦的說法中錯誤的是A.有特征紅外吸收峰 B.1mol草甘膦可與2molH2加成C.既能與酸反應又能與堿反應 D.能與飽和NaHCO3溶液反應【答案】B【解析】【詳解】A．特征紅外吸收峰可以識別結(jié)構(gòu)中的官能團，該物質(zhì)結(jié)構(gòu)中有氨基，羧基等官能團，故A正確；B．該物質(zhì)中沒有能和H2發(fā)生加成的官能團存在，故B錯誤；C．該物質(zhì)結(jié)構(gòu)中有羧基，羧基能和堿反應，又有氨基，氨基能和酸反應，故C正確；D．該物質(zhì)結(jié)構(gòu)中存在羧基，羧基能和NaHCO3發(fā)生反應，故D正確；故本題選B。3.通過電氧化合成法可制備特殊高價金屬化合物高銅酸鈉(化學式為NaCuO2)。關于該物質(zhì)的推測，下列有關說法正確的是A.NaCuO2具有強還原性B.NaCuO2與濃鹽酸反應產(chǎn)生O2C.電氧化合成時，在陰極上Cu2＋失電子得到NaCuO2D.NaCuO2與氫氣反應可能有紫紅色固體生成【答案】D【解析】【詳解】A．NaCuO2中銅元素的化合價為+3價，不穩(wěn)定，容易得到電子，表現(xiàn)強氧化性，A錯誤；B．NaCuO2具有強氧化性，濃鹽酸有還原性，二者會發(fā)生氧化還原反應生成黃綠色刺激性其為的氣體氯氣，B錯誤；C．NaCuO2中銅元素的化合價為+3價，故電氧化合成時，Cu2+在陽極上失電子得到NaCuO2，C錯誤；D．氫氣具有還原性，NaCuO2具有強氧化性，氫氣可將NaCuO2還原產(chǎn)生紫紅色的單質(zhì)銅，D正確；故選D。4.下列實驗裝置或原理錯誤的是A．制取SO2B．驗證漂白性C．驗證還原性D．驗證氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．銅與濃硫酸發(fā)生反應可產(chǎn)生SO2，A正確；B．SO2使酸性高錳酸鉀褪色體現(xiàn)了SO2的還原性，B錯誤；C．SO2還原Fe3+得到亞鐵離子，使溶液中的血紅色消失，體現(xiàn)了SO2的還原性，C正確；D．SO2與Na2S發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生淡黃色沉淀S，體現(xiàn)了SO2的氧化性，D正確。故選B。5.下列說法錯誤的是A.常溫下，濃硝酸、濃硫酸可貯存在鋁制容器中B.可用飽和Na2CO3溶液處理鍋爐水垢中的CaSO4C.銨態(tài)氮肥應保存在陰涼處，硝態(tài)氮肥(硝酸鹽)則能夠耐高溫D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料可實現(xiàn)碳的循環(huán)利用【答案】C【解析】【詳解】A．常溫下鋁與濃硝酸和濃硫酸鈍化，因此可以用鋁制容器儲存濃硫酸和濃硝酸，故A正確；B．飽和碳酸鈉溶液可以與硫酸鈣反應生成更難溶的碳酸鈣，故B正確；C．硝酸鹽高溫分解，硝態(tài)氮肥不耐高溫，故C錯誤；D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可實現(xiàn)碳的循環(huán)利用，故D正確；答案選C。6.向Co2＋鹽溶液中加入過量的KNO2溶液，并以少量醋酸酸化，加熱后從溶液中析出K3[Co(NO2)6]。下列有關說法錯誤的是A.基態(tài)Co2＋核外電子排布式為[Ar]3d7B.的空間構(gòu)型為V形C.醋酸分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為3∶1D.配離子中Co2＋提供空軌道【答案】CD【解析】【詳解】A．Co的原子序數(shù)是27，其原子基態(tài)核外電子排布式為，A項正確；B．中心原子N的價層電子對數(shù)為3，且含有1個孤電子對，空間構(gòu)型為V形，B項正確；C．單鍵全為σ鍵，雙鍵中一個σ鍵，一個鍵，中σ鍵與鍵數(shù)目之比為7：1，C項錯誤；D．配離子中提供空軌道，D項錯誤；答案選CD。7.科學家用配位化合物氯金酸鈉(NaAuCl4)溶液與淚液中的葡萄糖發(fā)生反應生成納米金單質(zhì)顆粒(直徑為20~60nm)。下列說法錯誤的是A.葡萄糖分子中6個碳均為手性碳原子B.第一電離能：Cl>NaC.上述反應中，氯金酸鈉表現(xiàn)氧化性D.生成的納米金分散在水中所得分散系可產(chǎn)生丁達爾效應【答案】A【解析】【詳解】A．連有4個不同原子或原子團的碳為手性碳，葡萄糖分子中6個碳中4個碳為手性碳原子，A項錯誤；B．同周期從左到右，元素第一電離能整體呈增大的趨勢，則第一電離能；Na<Cl，B項正確；C．氯金酸鈉()溶液與淚液中的葡萄糖發(fā)生反應生成納米金單質(zhì)顆粒，氯金酸鈉中Au元素的化合價降低，氯金酸鈉作為氧化劑表現(xiàn)為氧化性，C項正確；D．分散質(zhì)粒子直徑在1nm-100nm之間的分散系為膠體，能產(chǎn)生丁達爾效應，納米金單質(zhì)顆粒直徑為20nm-60nm，分散系在水中所得的分散系為膠體，可產(chǎn)生丁達爾效應，D項正確；答案選A。8.四氯化碳是常用的不燃溶劑，由如下反應制備：。下列說法正確的是A.CS2熔沸點比CO2的低 B.CCl4的熱穩(wěn)定性比CF4的高C.該制備反應是熵增過程 D.CS2的鍵角大于CCl4的鍵角【答案】D【解析】【詳解】A．CS2和CO2均為分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，CS2的相對分子質(zhì)量比CO2大，分子間作用力較大，故CS2的熔沸點比CO2高，故A錯誤；B．氫化物共價鍵的鍵能越大，對應的氫化物越穩(wěn)定，Cl的原子半徑大于F，鍵長：C-Cl>C-F，鍵能：CCl4<CF4，所以CCl4的熱穩(wěn)定性比CF4的低，故B錯誤；C．該正反應是氣體分子數(shù)減小的反應，是熵減過程，故C錯誤；D．CCl4分子為正四面體型，鍵角為109°28′，CS2分子為直線型，鍵角為180°，即CS2的鍵角大于CCl4的鍵角，故D正確；

故選：D。9.氯酸鎂[Mg(ClO3)2]常用作催熟劑、除草劑等，以鹵塊(主要成分為MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等雜質(zhì))為原料制備少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下：下列說法錯誤的是A.“溶解、氧化”時，溫度不能太高B.“反應Ⅰ”離子方程式為C.“反應Ⅱ”發(fā)生的依據(jù)是Mg(OH)2和Fe(OH)3的KspD.“系列操作”需用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、分液漏斗等【答案】D【解析】【分析】鹵塊主要成分為MgCl2?6H2O，含有MgSO4、FeCl2等雜質(zhì)，加入過氧化氫將Fe2+氧化為Fe3+，加入氯化鋇溶液將硫酸根離子轉(zhuǎn)化為BaSO4沉淀，加入氧化鎂，調(diào)節(jié)溶液的pH為4，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過濾分離，濾渣中含有Fe(OH)3、BaSO4，加入NaClO3飽和溶液中有NaCl晶體析出，發(fā)生反應為MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl↓，過濾得到Mg(ClO3)2溶液，較高溫度下其它物質(zhì)的溶解度小于Mg(ClO3)2的，采取蒸發(fā)結(jié)晶除去，Mg(ClO3)2的溶解度受溫度影響大，需要趁熱過濾，防止Mg(ClO3)2析出、減少損失，濾液冷卻結(jié)晶制取Mg(ClO3)2?6H2O?！驹斀狻緼．溶解氧化時，溫度過高會促進Mg2+的水解，產(chǎn)生沉淀，降低產(chǎn)率，故A正確；B．反應Ⅰ加入氯化鋇的作用是除去硫酸根離子，是鋇離子與硫酸根離子反應產(chǎn)生硫酸鋇，故B正確；C．反應Ⅱ中加入MgO并調(diào)節(jié)pH，發(fā)生沉淀的順序是因為溶度積小的先開始沉淀，溶度積大的延后沉淀，故C正確；D．系列操作是蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、冷卻結(jié)晶，需用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、蒸發(fā)皿等，但是分液漏斗在該過程中用不到，故D錯誤；故本題選D。10.短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，它們組成一種團簇分子，結(jié)構(gòu)如圖所示。W、Z的族序數(shù)均等于周期序數(shù)，X原子核外最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，下列說法正確的是A電負性：X<Y<ZB.常溫下，W與X形成的化合物呈液態(tài)C.該團簇分子中原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.最高價氧化物的水化物的堿性：Y<Z【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X原子核外最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，則X為O；W、Z的族序數(shù)均等于周期序數(shù)，可能為H、Be、Al；Z的原子序數(shù)大于O，則Z為Al；根據(jù)圖示可知，W與O形成1個共價鍵，則W為H元素；Y的原子序數(shù)介于O、Al之間，結(jié)合圖示分子結(jié)構(gòu)可知，Y不可能為F、Na元素，只能為Mg元素，所以W、X、Y、Z分別是H、O、Mg、Al【詳解】A．離F越近，其電負性越強，所以電負性O>Al>Mg，即X>Z>Y，故A錯誤；B．常溫下，W與X形成化合物為H2O或H2O2，這兩種物質(zhì)在常溫下都是液態(tài)，故B正確；C．該分子中H原子周圍不滿足8電子的結(jié)構(gòu)，故C錯誤；D．Y的最高價氧化物對應的水化物是Mg(OH)2，Z的是Al(OH)3，同周期從左到右，金屬性減弱，金屬性越弱，堿性越弱，所以堿性Mg(OH)2>Al(OH)3，即Y>Z，故D錯誤；故本題選B。11.由X與Y合成Z的反應如下所示。下列說法正確的是A.X分子中碳原子雜化類型均為sp2 B.Y分子中所有原子可能在同一平面上C.Y可與乙醇發(fā)生縮聚反應形成聚酯 D.Z與HBr反應的產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式只有一種【答案】B【解析】【詳解】A．X中甲基存在飽和碳原子，雜化類型為sp3，故A錯誤；

B．乙烯、-COOH中所有原子共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，Y相當于乙烯分子中的兩個氫原子被羧基取代，所以Y中所有原子可能共平面，故B正確；

C．Y中含有2個羧基，羧基能和乙醇發(fā)生酯化反應，但不能發(fā)生縮聚反應，能和乙二醇發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物，故C錯誤；

D．Z中碳碳雙鍵與HBr反應的產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式有2種，故D錯誤；

故選：B。12.一種“磷酸釩鋰/石墨離子電池”的總反應為。下列有關說法正確的是A.電解質(zhì)可能是多種溶質(zhì)的水溶液B.放電時，外電路中通過0.1mol電子，M極質(zhì)量減少0.7gC.充電時，M極發(fā)生氧化反應，N極發(fā)生還原反應D.充電時，N極反應為【答案】B【解析】【分析】根據(jù)電池總反應可知，Li3C6中Li元素化合價升高、發(fā)生失去電子的氧化反應，M電極為負極，反應式為Li3C6-3e-=6C+3Li+，則N電極為正極，反應式為；充電時，陰極、陽極反應式與負極、正極反應式正好相反，根據(jù)二次電池的工作原理結(jié)合原電池和電解池的工作原理來回答。【詳解】A．鋰是活潑的金屬，能與水反應，所以電解質(zhì)不能是多種溶質(zhì)的水溶液，故A錯誤；B．放電時，M電極為負極，反應式為Li3C6-3e-=6C+3Li+，即外電路中通過0.1mol電子，M極有0.1molLi生成Li+轉(zhuǎn)移到正極N極，即M減少0.1molLi，質(zhì)量為7g/mol×0.1mol=0.7g，故B正確；C．充電時，N電極為陽極,N極發(fā)生氧化反應，M電極為陰極，M極發(fā)生還原反應，故C錯誤；D．放電時N電極為正極，充電時N電極為陽極，電極反應式為，故D錯誤；故選：B。13.相同溫度下，分別在起始體積均為1L的兩個密閉容器中發(fā)生反應：X2(g)+3Y2(g)2XY3(g)△H=-akJ/mol。實驗測得反應的有關數(shù)據(jù)如表。下列敘述正確的是容器反應條件起始物質(zhì)的量/mol達到平衡所用時間/min達平衡過程中的能量變化X2Y2XY3①恒容13010放熱0.1akJ②恒壓130t放熱bkJA.對于上述反應，①、②中反應的平衡常數(shù)K的值不同B.①中：從開始至10min內(nèi)的平均反應速率v(X2)=0.1mol/(L?min)C.②中：X2的平衡轉(zhuǎn)化率小于10%D.b＞0.1a【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．平衡常數(shù)是溫度函數(shù)，只與溫度有關，溫度不變，平衡常數(shù)不變，故A錯誤；B．由題給數(shù)據(jù)可知，容器①達到平衡時反應放出熱量0.1akJ，則反應消耗X2的物質(zhì)的量為，從開始至10min內(nèi)的平均反應速率υ(X2)＝=0.01mol/(L?min)，故B錯誤；C．由題給數(shù)據(jù)可知，恒容容器①達到平衡時反應放出熱量0.1akJ，則反應消耗X2的物質(zhì)的量為，X2的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=10%，該反應為氣體體積減小的反應，恒壓容器相比于恒容容器，相當于是增大壓強，增大壓強，平衡向正反應方向移動，X2的平衡轉(zhuǎn)化率會增大，恒壓容器②中X2的平衡轉(zhuǎn)化率應大于10%，故C錯誤；D．由題給數(shù)據(jù)可知，恒容容器①達到平衡時反應放出熱量0.1akJ，該反應為氣體體積減小的反應，恒壓容器相比于恒容容器，相當于是增大壓強，增大壓強，平衡向正反應方向移動，X2的平衡轉(zhuǎn)化率會增大，恒壓容器②中放出的熱量大于0.1akJ，即b＞0.1a，故D正確；故選D。14.t℃時，由H2CO3與HCl或NaOH配制一組總含碳微粒濃度為的混合溶液，混合體系中部分物種的濃度的負對數(shù)與pH關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.該條件下，H2CO3的B.該溶液的溫度t=25℃C.pH=a時，混合體系中濃度最高的物種為D.pH=7的溶液中：【答案】C【解析】【詳解】A．由題干圖示信息可知，當溶液pH=6.3時，c(H2CO3)=c()，故Ka1(H2CO3)==10-6.3，故該條件下，H2CO3的，A正確；B．由題干圖示信息可知，c(H+)=c(OH-)=10-7，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，故該溶液的溫度t=25℃，B正確；C．根據(jù)電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，故pH=a時，c(Na+)＞c()混合體系中濃度最高的物種為Na+，C錯誤；D．由題干圖示信息可知，pH=7的溶液中：c(Na+)＞c()＞c(H2CO3)，故有，D正確；故答案為：C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.電池正極片由鎳鈷錳酸鋰正極材料和鋁片組成，以其為原料回收各金屬工藝流程如下：回答下列問題：（1）濾液1中含鋁微粒為___________。（2）“堿浸”后需進行過濾、洗滌，簡述洗滌的操作過程：___________。（3）“還原”時，參加反應的___________。（4）“分離”過程包含萃取和反萃取，萃取時必須使用的儀器是___________；萃取時利用有機物HT將Co2＋從水溶液中萃取出來，該過程可表示為Co2＋(水層)＋2HT(有機層)CoT2(有機層)＋2H+(水層)。向CoT2(有機層)中加入稀硫酸能獲得較純的含Co2+的水溶液，從平衡角度解釋其原因：___________。（5）“氧化”過程中MnSO4發(fā)生反應生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化學方程式為___________。（6）“沉鈷”后獲得CoC2O4·2H2O，取mgCoC2O4·2H2O進行“高溫分解”，測得固體的失重率()與溫度的關系曲線如圖所示。寫出加熱到160℃時反應的化學方程式：___________；“高溫分解”需控制的最低溫度為___________?！敬鸢浮浚?）[Al(OH)4]-（2）將濾渣置于漏斗中，向漏斗內(nèi)加入蒸餾水直至浸沒濾渣，讓水自然留下，重復，待通過焰色試驗檢測不到鈉離子后停止洗滌（3）2:1（4）①.分液漏斗②.加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡Co2＋(水層)＋2HT(有機層)CoT2(有機層)＋2H+(水層)逆向移動，c(Co2+)濃度升高，能獲得較純的含Co2+的水溶液（5）(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4（6）①.②.890℃【解析】【分析】電池正極片加入NaOH溶液與鋁片反應生成能溶于水的Na[Al(OH)4]，向濾渣中加入硫酸和過氧化氫還原，加入有機物HT萃取出Co2＋、Li＋，加入(NH4)2S2O8氧化Mn2+生成MnO2，加入草酸銨與Co2＋反應生成CoC2O4·2H2O，高溫分解生成CoO；【小問1詳解】鋁片與足量NaOH溶液反應生成Na[Al(OH)4]，濾液1中含鋁微粒為[Al(OH)4]-；【小問2詳解】洗滌的操作過程：將濾渣置于漏斗中，向漏斗內(nèi)加入蒸餾水直至浸沒濾渣，讓水自然留下，重復，待通過焰色試驗檢測不到鈉離子后停止洗滌；【小問3詳解】“還原”時，反應的離子方程式為2Co3++H2O2=2Co2++O2↑+2H+，參加反應的2:1；向CoT2(有機層)中加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡逆向移動，c(Co2+)濃度升高，能獲得較純的含Co2+的水溶液；【小問4詳解】進行萃取操作時，用到的玻璃儀器有分液漏斗、燒杯；【小問5詳解】“氧化”過程中將Mn2+氧化生成MnO2，自身被還原為，MnSO4發(fā)生反應生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化學方程式為：(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4；【小問6詳解】CoC2O4?2H2O的相對分子質(zhì)量為183，假設其質(zhì)量為183g,加熱到160℃時失重率為19.67%，減少的物質(zhì)質(zhì)量為183g×19.67%=36g，而183g晶體中含有的結(jié)晶水是36g，可知是恰好失去全部的結(jié)晶水，即加熱到160℃時所得固體的化學式為CoC2O4，反應的化學方程式：，由圖可知，“高溫分解”生成CoO，失重率，需控制的最低溫度為890℃。故答案為：；890℃。16.草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O，難溶于水)是電池磷酸鐵鋰正極材料所需的主要原材料。某同學在實驗室，利用廢鐵屑制備草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)?；卮鹣铝袉栴}：（1）利用廢鐵屑制備硫酸亞鐵溶液。廢鐵屑在使用前需要用熱飽和碳酸鈉溶液進行洗滌，目的是___________；為了防止硫酸亞鐵變質(zhì)，制備過程中應采取的措施是___________。（2）草酸亞鐵晶體制備，實驗裝置如圖所示。①儀器X的名稱為___________。②實驗過程中不斷通入N2，其目的除了提供無氧環(huán)境，另一個目的是___________(結(jié)合實驗裝置回答)。③反應完全后，用蒸餾水和無水乙醇多次洗滌，進行固液分離，在60℃下干燥12h，得到淡黃色的草酸亞鐵晶體產(chǎn)品。檢驗草酸亞鐵晶體洗滌干凈的方法是___________；寫出制備草酸亞鐵晶體的離子方程式：___________。（3）產(chǎn)品中FeC2O4·2H2O的質(zhì)量分數(shù)測定[假設產(chǎn)品中雜質(zhì)僅為FeSO4和(NH4)2SO4]Ⅰ．將準確稱量的ag草酸亞鐵晶體樣品置于250mL錐形瓶內(nèi)，加入適量的H2SO4溶解，加熱至70℃左右，立即用濃度為的高錳酸鉀標準溶液滴定至終點，重復2~3次，平均消耗高錳酸鉀溶液bmL；Ⅱ．向上述滴定混合液中加入適量的Zn粉和過量的的H2SO4溶液，煮沸(不含F(xiàn)e3+)，繼續(xù)用的高錳酸鉀標準溶液滴定至終點，平均消耗高錳酸鉀溶液cmL。①步驟Ⅱ中檢驗溶液不含F(xiàn)e3+的操作：取一滴煮沸后的溶液滴入裝有___________(填化學式)溶液的試管中，若___________，則說明溶液不含F(xiàn)e3+。②產(chǎn)品中FeC2O4·2H2O的質(zhì)量分數(shù)為___________%(用含a、b、c的式子表示)。已知。【答案】（1）①.洗滌鐵屑表面油污②.硫酸亞鐵溶液中加少量鐵粉（2）①.三口燒瓶②.起到攪拌作用，使草酸銨和硫酸亞鐵溶液充分混合③.取最后一次洗滌液，加足量鹽酸，再加氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，說明洗滌液中不含硫酸根離子，則草酸亞鐵晶體已洗滌干凈④.（3）①.KSCN溶液②.不變紅③.【解析】【小問1詳解】熱的純堿溶液可以去油污，廢鐵屑在使用前需要用熱的飽和碳酸鈉溶液進行洗滌，目的是洗滌鐵屑表面油污；Fe3+能被Fe還原為Fe2+，為了防止硫酸亞鐵變質(zhì)，制備過程中應采取的措施是在硫酸亞鐵溶液中加少量鐵粉；【小問2詳解】①根據(jù)裝置圖，儀器X的名稱為三口燒瓶。②實驗過程中不斷通入N2，根據(jù)圖示，通入氮氣可以起到攪拌作用，使草酸銨和硫酸亞鐵溶液充分混合，加快反應速率。③取最后一次洗滌液，加足量鹽酸，再加氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，說明洗滌液中不含硫酸根離子，則草酸亞鐵晶體已洗滌干凈；草酸銨、硫酸亞鐵反應生成草酸亞鐵晶體、硫酸銨，反應的離子方程式為?！拘?詳解】①Fe3+遇KSCN溶液變紅，步驟Ⅱ中檢驗溶液不含F(xiàn)e3+的操作：取一滴煮沸后的溶液滴入裝有KSCN溶液的試管中，若溶液不變紅，則說明溶液不含F(xiàn)e3+。②根據(jù)步驟Ⅰ，F(xiàn)e2+、共消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量為，根據(jù)步驟Ⅱ，F(xiàn)e2+消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量為，則消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量為，根據(jù)，可知的物質(zhì)的量為，根據(jù)守恒FeC2O4·2H2O的物質(zhì)的量為，產(chǎn)品中FeC2O4·2H2O的質(zhì)量分數(shù)為。17.CO、CO2、CH3OH等一碳物質(zhì)是重要的基礎化工原料?；卮鹣铝袉栴}：（1）CH3OH(l)氣化時吸收的熱量為的燃燒熱為，寫出CH3OH(l)完全燃燒的熱化學方程式：___________。（2）甲醇水蒸氣重整的熱化學方程式為。已知不同溫度下相關反應的(用平衡分壓代替平衡濃度計算得到的平衡常數(shù))如下表所示。相關反應398K498K598K698K5.0185.89939.51.8×105157.5137.528.149339根據(jù)表計算398K時，的___________。利用該反應產(chǎn)生的H2可設計以H2為燃料、熔融Li2CO3與K2CO3混合物為電解質(zhì)的高溫型燃料電池，寫出該電池負極的電極反應式：___________。（3）利用CO、CH3OH等原料可合成草酸二甲酯()，其加氫可轉(zhuǎn)化為乙二醇(HOCH2CH2OH)，制備草酸二甲酯的總反應為4CO+4CH3OH+O2+2H2O

，其反應機理的一部分如圖所示。①由機理圖可推知，化合物X的結(jié)構(gòu)簡式為___________。②若CO中混有少量H2，H2在Pd表面易形成Pd—H中間體，結(jié)合機理圖，推測因H2導致生成的有機副產(chǎn)物是___________(任寫一種)。（4）草酸二甲酯催化加氫制乙二醇的反應體系中，發(fā)生的主要反應如下：反應Ⅰ：；反應Ⅱ：；一定壓強下，將(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通過裝有催化劑的反應管，測得(COOCH3)2的轉(zhuǎn)化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的選擇性{}與溫度的關系如圖所示。①表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化的曲線是___________，理由為___________。②194℃時，其他條件一定，若加快氣體的流速，則(COOCH3)2的轉(zhuǎn)化率降低，其原因是___________?！敬鸢浮浚?）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-650KJ/mol（2）①.787.5②.H2-2e-=2H+（3）①.ONPdNO②.HCHO（4）①.曲線C②.曲線A上CH3OOCCH2OH選擇性為50%時，曲線C的對應點數(shù)值為50%，則曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化③.194°C時，其他條件一定時加快氣體的流速，(COOCH3)2反應不充分，(COOCH3)2的轉(zhuǎn)化率降低?！窘馕觥俊拘?詳解】反應①為CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)△H=—677KJ/mol，反應②為CH3OH(l)=CH3OH(g)△H=+27KJ/mol，由①+②可得CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)△H=—650KJ/mol；【小問2詳解】在398K時，反應①CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)ΔH1=+90.6kJ/mol的Kp1=5，反應②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=?41.1kJ/mol的Kp2=157.5，由①+②可得反應③CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)ΔH1=+49.5kJ/mol，其Kp=Kp1×Kp2=5×157.5=787.5；以H2為燃料、熔融Li2CO3與K2CO3混合物為電解質(zhì)的高溫型燃料電池，則該電池的負極為H2，該電池負極的電極反應式為H2—2e—=2H+；【小問3詳解】由機理圖可推知，化合物X的結(jié)構(gòu)簡式為ONPdNO；由機理圖中可知，Pd和CO反應可得Pd—CO—Pd，H2在Pd表面易形成Pd—H中間體，則CO奪得2個H，可形成HCHO；【小問4詳解】由圖可知，反應Ⅰ和反應Ⅱ中的CH3OOCCH2OH和HOCH2CH2OH都是生成物，而且這兩個反應都是放熱反應，CH3OOCCH2OH和HOCH2CH2OH的選擇性的表達式相似，那么曲線A上CH3OOCCH2OH選擇性為50%時，曲線C的對應點數(shù)值為50%，則曲線C表示HOCH2CH2OH的選擇性隨溫度變化；兩反應正向均為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，(COOCH3)2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，194°C時，其他條件一定時加快氣體的流速，(COOCH3)2反應不充分，(COOCH3)2的轉(zhuǎn)化率降低。18.化合物G是受體拮抗劑，其一種合