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2021-2022学年江苏省连云港市高三（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年江苏省连云港市高三（上）期中化学试卷，共34页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省连云港市高三（上）期中化学试卷
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（3分）古典文献《抱朴子》里记载“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。关于该记载下列说法正确的是（ ）
A．水银泄露可撒硫磺粉覆盖
B．丹砂中Hg的化合价为+1
C．两个反应中硫元素都被还原
D．两个反应互为可逆反应
2．（3分）氯水具有良好的杀菌消毒和漂白作用，氯气和水反应的化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。下列说法正确的是（ ）
A．H2O为极性分子 B．氯水能导电为电解质
C．氯离子的结构示意图： D．HClO的电子式：
3．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．KAl（SO4）2易溶于水，可用于净水
B．氢氟酸能与SiO2反应，可用于雕刻玻璃
C．SO2具有漂白性，可用于制溴工业中溴的吸收剂
D．Fe2O3能与Al粉反应，可用于油漆、橡胶的着色
阅读下列材料，完成4～6题：硫在自然界中分布较广，常见的硫化矿有黄铁矿（FeS2）、闪锌矿（ZnS）等，工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，接触室内发生反应的热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝akJ•mol﹣1。
4．（3分）下列有关含硫物质的说法正确的是（ ）
A．H2S的沸点比H2O的高
B．SO3与SO42﹣的空间构型相同
C．SO2与SO3中心原子的杂化方式相同
D．右图为ZnS晶胞，S2﹣周围等距离且最近的Zn2+为2个
5．（3分）450°C、V2O5催化SO2和O2反应时，反应机理如下：
反应①：V2O5 （s）+SO2（g）═V2O4（s）+SO3（g） ΔH1＝+24kJ•mol﹣1 （快反应）
反应②：2V2O4（s）+O2（g）═2V2O5 （s） ΔH 2＝﹣246kJ•mol﹣1 （慢反应）
下列说法不正确的是（ ）
A．a＝﹣198
B．反应①的ΔS＞0
C．通入过量空气，可提高SO2的平衡转化率
D．在V2O5催化下，SO2被O2氧化生成SO3的能量变化可用如图表示：
6．（3分）黄铁矿在潮湿空气中会被缓慢氧化，发生的主要反应如下（未配平）：
a：FeS2+O2+H2O→SO42﹣+Fe2++H+
b：Fe2++H++O2→Fe3++H2O
c：Fe3++FeS2+H2O→Fe2++SO42﹣+H+
下列说法正确的是（ ）
A．a反应中氧化产物只有FeSO4
B．为了验证b反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水
C．c反应中每生成1molFe2+转移1mol电子
D．长期盛放黄铁矿的纸箱会被腐蚀而发黑
7．（3分）寿山石主要成分的化学式为Y2Z4X10（XW）2，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，Y基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，Z的氧化物为常见的原子晶体，1 个W2X分子含有10个电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Z）＞r（Y）＞r（X）＞r（W）
B．第一电离能：I1（X）＞I1（Z）＞I1（Y）
C．Z的简单氢化物热稳定性比X的强
D．工业上通常采用电解熔融Y的氯化物制取单质Y
8．（3分）定量实验是学习化学的重要途径，下列操作规范且能达到定量实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置测定中和反应的反应热
B．用如图所示装置测定硫酸溶液的浓度
C．用如图所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液
D．用如图所示装置加热硫酸铜晶体测定晶体中结晶水的含量
9．（3分）钴（Co）合金广泛应用于机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸的装置图。下列说法正确的是（ ）
A．a为直流电源负极
B．X膜为阳离子交换膜
C．移除两交换膜后，两电极上发生的反应都不变
D．每生成1molCo，I 室溶液质量理论上减少16g
阅读下列材料，完成10～11题：硫代硫酸钠（Na2S2O3），又名大苏打、海波，可以看成是硫酸钠中一个氧原子被硫原子取代的产物（SO42﹣结构如图所示），易溶于水。硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为照相业的定影剂，反应原理为AgBr+2Na2S2O3═Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr。
10．（3分）如图是实验室模拟工业制备Na2S2O3的装置示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．不能用98.3%硫酸来代替75%硫酸
B．装置乙和装置丁都有防止倒吸的作用
C．装置丙中发生的离子方程式为：4SO2+2OH﹣+2S2﹣═3S2O32﹣+H2O
D．反应结束后将K1上端连接导管通入NaOH溶液中，然后关闭K2打开K1
11．（3分）为了从废定影液中制备AgNO3晶体，设计如图实验流程，下列说法正确的是（ ）
A．1molNa3[Ag（S2O3）2]中含有8molσ键
B．“沉淀”步骤中生成Ag2S 沉淀的离子方程式为：2Ag++S2﹣═Ag2S↓
C．“溶解”步骤中主要发生的化学反应方程式为：Ag2S+4HNO3（浓）═2AgNO3+S+2NO2↑+2H2O
D．将“过滤2”步骤中所得滤液加热蒸干获得AgNO3晶体
12．（3分）Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡的作用。室温下，通过下列实验探究一定浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液的性质。
实验1：向混合溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色；
实验2：向实验1所得溶液中滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅；
实验3：向混合溶液中通入过量的CO2，无明显现象；
实验4：向实验3所得溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1中溶液显红色的主要原因是：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
B．实验2中溶液红色变浅的原因是：HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑
C．实验3中无明显现象说明没有发生化学反应
D．实验4中产生白色沉淀的原因是：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+CO32﹣+BaCO3↓
13．（3分）二甲醚（CH3OCH3）是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。以CO和H2为原料，在一定温度和压强下，用催化剂（主要成分是Cu﹣Mn的合金）生成二甲醚和副产物甲醇的反应如下：
①3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）；
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH （g）。
催化剂中对合成二甲醚的影响情况如图所示。
（已知：选择性＝）
下列说法不正确的是（ ）
A．选择合适催化剂能提高CH3OCH3的产率
B．采取压缩体积的方式可以增大二甲醚的产率
C．当＝2时，二甲醚的选择性为90%，二甲醚的产率为64.8%
D．当减小时，CH3OH 的产率一定增大
14．（3分）在MoO3作用下，HOCH2CH2OH发生反应的历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中Mo形成的共价键数目始终保持不变
B．MoO3改变反应途径，提高了HOCH2CH2OH平衡转化率
C．总反应为：2HOCH2CH2OH2HCHO↑+CH2＝CH2↑+2H2O
D．如果原料为HOCH2CH（OH）CH3，则生成的有机物为乙醛和丙烯.
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分）钪（Sc）是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用。钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2），还含有少量SiO2、Sc2O3等氧化物，从钛铁矿中提取Sc2O3的流程如图：
已知：①当离子浓度减小至10﹣5mol•L﹣1时可认为沉淀完全
②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如表所示：
离子
Fe3+
Fe2+
TiO2+
沉淀完全的pH
3.2
9.0
1.05
③lg2＝0.3，Ksp[Sc（OH）3]＝1.25×10﹣33。
回答下列问题：
（1）基态Fe2+核外电子排布式为 。
（2）“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是 。
（3）“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如右图，萃取时选择最佳的振荡时间为 min。
（4）“洗钛”所得[TiO（H2O2）]2+为橘黄色的稳定离子，H2O2 的作用是 ， 。（写出两点）
（5）“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01mol•L﹣1。“除杂”过程中应控制的pH范围是 。
（6）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为 。
16．（14分）自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。
（1）在不同催化剂下，H2能够还原氮氧化物（NOx）实现氮污染的治理。
I.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图1所示。
①该处理过程中，起催化作用的离子是 。 （填化学式）
②x＝2时，Ce3+参与的离子方程式为 。
③若该过程中，每转移3mol电子消耗1mol氮氧化物（NOx），则x为 。
II.某温度下H2的体积分数对H2﹣NO反应的影响如图2所示，实际生产中H2的体积分数选择600×10﹣6。H2的体积分数不宜过低和过高的主要原因是 。
（2）我国科学家以H2O和N2为原料，以熔融NaOH﹣KOH为电解质，悬浮的纳米Fe2O3作催化剂（Fe2O3发生电极反应生成中间体Fe），该电解装置如图3所示。
①惰性电极I发生的电极反应式为 。
②阴极区发生反应生成NH3的过程可描述为 。
17．（16分）高铁酸钾（K2FeO4）为紫色固体，易溶于水，在KOH浓溶液中的溶解度较低，难溶于无水乙醇等有机溶剂，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中不稳定能产生O2，在碱性溶液中较稳定且碱性越强越稳定。
（1）用如图所示的装置制备K2FeO4（夹持装置略）。
①A为Cl2发生装置，B中盛装的液体是 。
②装置C中生成大量紫色固体，发生的化学反应方程式为 。
③向装置C中通入的Cl2不能过量，原因是 。
（2）提纯K2FeO4：将装置C中的物质过滤，得到高铁酸钾粗产品，请补充由该粗产品制得高纯度K2FeO4的实验方案：将粗产品置于烧杯中， ，得高纯度K2FeO4。（实验中须使用的试剂和装置：1mol•L﹣1'KOH溶液、饱和KOH溶液、乙醇、真空干燥箱）。
（3）测定高铁酸钾样品的纯度：称取0.4400g高铁酸钾样品，完全溶解于稀KOH溶液中，再加入足量亚铬酸钾{K[Cr（OH）4]} 溶液，反应后配成10.00mL溶液；取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH＝2，用0.1000mol•L﹣1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液15.00mL。已知测定过程中发生反应：
①Cr（OH）4﹣+FeO42﹣═Fe（OH）3+CrO42﹣+OH﹣
②2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O
③Cr2O72﹣+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O（未配平）
计算K2FeO4样品的纯度。 （写出计算过程）
18．（14分）中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用。其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
I.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1＝+41.1 kJ•mol﹣1
II.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.0kJ•mol﹣1
III.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝﹣48.9kJ•mol﹣1
（1）反应III的平衡常数表达式为 。
（2）5Mpa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）：n（CO2）＝3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图1所示。
①图中Y代表（填化学式） 。
②体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是 。
（3）CO2和H2起始物质的量比为1：3 时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。温度低于210°C时，随着温度升高有分子筛膜的甲醇产率升高的可能原因是 。
（4）我国科研人员研究出在Cu﹣ZnO﹣ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图3所示。反应②的化学方程式为 ；分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是 。
2021-2022学年江苏省连云港市高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（3分）古典文献《抱朴子》里记载“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。关于该记载下列说法正确的是（ ）
A．水银泄露可撒硫磺粉覆盖
B．丹砂中Hg的化合价为+1
C．两个反应中硫元素都被还原
D．两个反应互为可逆反应
【分析】“丹砂（HgS）烧之成水银”，发生的反应为HgSHg+S；“积变又还成丹砂”发生的反应为：Hg+S＝HgS，据此分析。
【解答】解：A．硫粉覆盖水银，则会发生反应：Hg+S＝HgS，生成的HgS无毒，所以水银泄露可撒硫磺粉覆盖，故A正确；
B．丹砂（HgS）中S的化合价为﹣2价，则Hg的化合价为+2，故B错误；
C．“丹砂（HgS）烧之成水银”反应中，HgS中S元素的化合价由﹣2价升高为0价，化合价升高被氧化，故C错误；
D．两个反应的反应条件不同，不是可逆反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，题目的情景设计较新颖，予化学知识于古文字中，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
2．（3分）氯水具有良好的杀菌消毒和漂白作用，氯气和水反应的化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。下列说法正确的是（ ）
A．H2O为极性分子 B．氯水能导电为电解质
C．氯离子的结构示意图： D．HClO的电子式：
【分析】A．正负电荷中心不重合的分子为极性分子；
B．氯水是混合物；
C．氯离子的质子数为17，核外电子数为18；
D．次氯酸是共价化合物，氯原子和氢原子与氧原子形成共价键，据此书写电子式。
【解答】解：A．H2O分子中O原子价层电子对数＝2+＝4且O原子含有2个孤电子对，所以H2O分子是V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A正确；
B．氯水中存在自由移动的离子，氯水能导电，但是氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．氯离子的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布，其结构示意图为，故C错误；
D．次氯酸是共价化合物，氯原子和氢原子与氧原子形成共价键，则HClO的电子式是，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及离子结构示意图、电子式和极性分子等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．KAl（SO4）2易溶于水，可用于净水
B．氢氟酸能与SiO2反应，可用于雕刻玻璃
C．SO2具有漂白性，可用于制溴工业中溴的吸收剂
D．Fe2O3能与Al粉反应，可用于油漆、橡胶的着色
【分析】A．KAl（SO4）2中的铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附作用；
B．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水；
C．SO2与溴单质发生氧化还原反应，SO2被氧化；
D．Fe2O3是红棕色固体，可用于油漆、橡胶的着色。
【解答】解：A．KAl（SO4）2中的铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附作用，能用于净水，与KAl（SO4）2易溶于水无关，故A错误；
B．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以氢氟酸可用于雕刻玻璃，故B正确；
C．SO2与溴单质发生氧化还原反应，SO2被氧化，利用SO2的还原性，SO2具有漂白性与无关，故C错误；
D．Fe2O3是红棕色固体，可用于油漆、橡胶的着色，Fe2O3能与Al粉反应生成液态铁单质，该反应与Fe2O3用于油漆、橡胶的着色无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
阅读下列材料，完成4～6题：硫在自然界中分布较广，常见的硫化矿有黄铁矿（FeS2）、闪锌矿（ZnS）等，工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，接触室内发生反应的热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝akJ•mol﹣1。
4．（3分）下列有关含硫物质的说法正确的是（ ）
A．H2S的沸点比H2O的高
B．SO3与SO42﹣的空间构型相同
C．SO2与SO3中心原子的杂化方式相同
D．右图为ZnS晶胞，S2﹣周围等距离且最近的Zn2+为2个
【分析】A．能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
B．SO3中S原子价层电子对数＝3+＝3且S原子不含孤电子对，SO42﹣中S原子价层电子对数＝4+＝4且S原子不含孤电子对；
C．SO2中S原子价层电子对数＝2+＝3、SO3中S原子价层电子对数＝3+＝3；
D．S2﹣周围等距离且最近的Zn2+为4。
【解答】解：A．能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，H2O能形成分子间氢键、H2S不能形成分子间氢键，所以熔沸点：H2O＞H2S，故A错误；
B．SO3中S原子价层电子对数＝3+＝3且S原子不含孤电子对，SO42﹣中S原子价层电子对数＝4+＝4且S原子不含孤电子对，前者为平面正三角形结构，后者为正四面体结构，故B错误；
C．SO2中S原子价层电子对数＝2+＝3、SO3中S原子价层电子对数＝3+＝3，两种分子中S原子都采用sp2杂化，故C正确；
D．根据图知，每个Zn2+连接4个等距离的S2﹣，则Zn2+的配位数是4，该晶体中S2﹣、Zn2+的配位数相同，所以S2﹣周围等距离且最近的Zn2+为4，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子杂化类型判断、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵、价层电子对数的计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5．（3分）450°C、V2O5催化SO2和O2反应时，反应机理如下：
反应①：V2O5 （s）+SO2（g）═V2O4（s）+SO3（g） ΔH1＝+24kJ•mol﹣1 （快反应）
反应②：2V2O4（s）+O2（g）═2V2O5 （s） ΔH 2＝﹣246kJ•mol﹣1 （慢反应）
下列说法不正确的是（ ）
A．a＝﹣198
B．反应①的ΔS＞0
C．通入过量空气，可提高SO2的平衡转化率
D．在V2O5催化下，SO2被O2氧化生成SO3的能量变化可用如图表示：
【分析】A.由反应①：V2O5 （s）+SO2（g）═V2O4（s）+SO3（g） ΔH1＝+24kJ•mol﹣1、反应②：2V2O4（s）+O2（g）═2V2O5 （s） ΔH2＝﹣246kJ•mol﹣1，结合盖斯定律可知，①×2+②得到2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝akJ•mol﹣1；
B.反应①的ΔH＞0，且ΔH﹣TΔS＜0的反应可自发进行；
C.通入过量空气，可促进SO2的转化，平衡正向移动；
D.活化能越大、反应速率越慢。
【解答】解：A.由反应①：V2O5 （s）+SO2（g）═V2O4（s）+SO3（g） ΔH1＝+24kJ•mol﹣1、反应②：2V2O4（s）+O2（g）═2V2O5 （s） ΔH2＝﹣246kJ•mol﹣1，结合盖斯定律可知，①×2+②得到2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝（+24×2+﹣244）kJ•mol﹣1＝﹣196kJ•mol﹣1，即a＝﹣196，故A正确；
B.反应①的ΔH＞0，且ΔH﹣TΔS＜0的反应可自发进行，可知反应①的ΔS＞0，故B正确；
C.通入过量空气，可促进SO2的转化，平衡正向移动，可提高SO2的平衡转化率，故C正确；
D.活化能越大、反应速率越慢，且催化剂降低反应的活化能，则E1一定小于E2，与图不符，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握焓变计算、平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点。
6．（3分）黄铁矿在潮湿空气中会被缓慢氧化，发生的主要反应如下（未配平）：
a：FeS2+O2+H2O→SO42﹣+Fe2++H+
b：Fe2++H++O2→Fe3++H2O
c：Fe3++FeS2+H2O→Fe2++SO42﹣+H+
下列说法正确的是（ ）
A．a反应中氧化产物只有FeSO4
B．为了验证b反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水
C．c反应中每生成1molFe2+转移1mol电子
D．长期盛放黄铁矿的纸箱会被腐蚀而发黑
【分析】A．含有化合价升高元素的产物为氧化产物；
B．b过程是向含有Fe2+的溶液中通入O2，Fe2+遇O2会生成Fe3+，含Fe2+、Fe3+的溶液中加入KSCN溶液和氯水时无法确定是否含有Fe2+；
C．c反应的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+，反应中Fe3+降为Fe2+，得到1个电子；
D．黄铁矿被缓慢氧化后生成了硫酸，硫酸会腐蚀纸箱。
【解答】解：A．a反应的离子方程式：2FeS2+7O2+2H2O＝2Fe2++4SO42﹣+4H+，反应中S元素由﹣1价升高到了+6价，氧化产物有FeSO4和H2SO4，故A错误；
B．b过程是向含有Fe2+的溶液中通入O2，Fe2+遇O2会生成Fe3+，含Fe2+、Fe3+的溶液中加入KSCN溶液直接生成红色溶液，所以含Fe2+、Fe3+的溶液不能用KSCN溶液和氯水来检验所含的Fe2+，故B错误；
C．c反应的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+，反应中Fe3+降为Fe2+，得到1个电子，FeS2中的S元素由﹣1价升高到了+6价，失去7个电子，电子转移的总个数为14个，故C正确；
D．黄铁矿被缓慢氧化后生成了三价铁离子和硫酸，硫酸会腐蚀纸箱使其发黑，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查氧化还原反应原理的应用，间接的考查氧化还原反应离子方程式的书写，同时氧化还原反应的一些基本概念、电子转移的计算等，知识考查灵活，对学生的能力要求较高，难度中等。
7．（3分）寿山石主要成分的化学式为Y2Z4X10（XW）2，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，Y基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，Z的氧化物为常见的原子晶体，1 个W2X分子含有10个电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Z）＞r（Y）＞r（X）＞r（W）
B．第一电离能：I1（X）＞I1（Z）＞I1（Y）
C．Z的简单氢化物热稳定性比X的强
D．工业上通常采用电解熔融Y的氯化物制取单质Y
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，即分别处于第一、第二、第三周期，可知W为H元素，而1个W2X分子含有10个电子，则X为O元素，Z的氧化物为常见的原子晶体，故Z为Si；Y基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，其原子序数小于Si，故Y元素原子外围电子排布式为3s23p1，故Y为Al。
【解答】解：由分析可知，W为H，X为O，Y为Al，Z为Si元素；
A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中氢原子比较最小，故原子半径r（Al）＞r（Si）＞r（O）＞r（H），即原子半径r（Y）＞r（Z）＞r（X）＞r（W），故A错误；
B．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能I1（O）＞I1（Si）＞I1（Al），即第一电离能I1（X）＞I1（Z）＞I1（Y），故B正确；
C．X为O元素，Z为Si元素，非金属性O＞Si，故X的简单氢化物热稳定性比Z的强，故C错误；
D．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，工业上电解熔融氧化铝冶炼Al单质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律、元素化合物知识，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，试题侧重考查学生的分析能力以及对基础知识的掌握情况。
8．（3分）定量实验是学习化学的重要途径，下列操作规范且能达到定量实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置测定中和反应的反应热
B．用如图所示装置测定硫酸溶液的浓度
C．用如图所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液
D．用如图所示装置加热硫酸铜晶体测定晶体中结晶水的含量
【分析】A.图中装置保温好，可测定最高温度；
B.硫酸不能盛放在碱式滴定管中；
C.不能将浓硫酸注入容量瓶中；
D.灼烧含结晶水的晶体，在坩埚中进行。
【解答】解：A.图中装置保温好，可测定最高温度，图中装置可测定中和热，故A正确；
B.硫酸不能盛放在碱式滴定管中，应选酸式滴定管，故B错误；
C.不能将浓硫酸注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故C错误；
D.灼烧含结晶水的晶体，在坩埚中进行，不能选蒸发皿，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、中和热测定、中和滴定、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
9．（3分）钴（Co）合金广泛应用于机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸的装置图。下列说法正确的是（ ）
A．a为直流电源负极
B．X膜为阳离子交换膜
C．移除两交换膜后，两电极上发生的反应都不变
D．每生成1molCo，I 室溶液质量理论上减少16g
【分析】水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸，该装置为电解池，Ⅰ室电解质溶液为硫酸，则水中的氢氧根离子放电，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，所以石墨电极为阳极，a为直流电源正极，Ⅰ室消耗水中的氢氧根离子，溶液中的氢离子浓度增大，氢离子经过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室，则X膜为阳离子交换膜；则b为直流电源负极，Co电极为电解池的阴极，Ⅱ室电解质溶液为CoCl2，Co2+离子放电，电极反应为：Co2++2e﹣＝Co，溶液中的氯离子经阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室，则Y膜为阴离子交换膜；氢离子和氯离子在Ⅱ室生成盐酸，据此分析解答。
【解答】解：A．水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸，Ⅰ室电解质溶液为硫酸，则水中的氢氧根离子放电，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，所以石墨电极为阳极，a为直流电源正极，故A错误；
B．Ⅰ室消耗水中的氢氧根离子，溶液中的氢离子浓度增大，氢离子经过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室，则X膜为阳离子交换膜，故B正确；
C．移除两交换膜后，由于氯离子更容易在阳极放电，则石墨电极上发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，电极上发生的反应发生了改变，故C错误；
D．电解1mol Co，由Co2++2e﹣＝Co，转移电子数为2mol，Ⅰ室实际为电解水，消耗水中的氢氧根离子，4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，消耗2molOH﹣，生成0.5mol氧气，则有2mol氢离子由Ⅰ室进入Ⅱ室，共减少0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol＝18g，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电解池的工作原理，为高频考点，注意把握电解池的工作原理以及电极反应式的书写是解答的关键，侧面考查了分析和解答能力，题目难度中等。
阅读下列材料，完成10～11题：硫代硫酸钠（Na2S2O3），又名大苏打、海波，可以看成是硫酸钠中一个氧原子被硫原子取代的产物（SO42﹣结构如图所示），易溶于水。硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为照相业的定影剂，反应原理为AgBr+2Na2S2O3═Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr。
10．（3分）如图是实验室模拟工业制备Na2S2O3的装置示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．不能用98.3%硫酸来代替75%硫酸
B．装置乙和装置丁都有防止倒吸的作用
C．装置丙中发生的离子方程式为：4SO2+2OH﹣+2S2﹣═3S2O32﹣+H2O
D．反应结束后将K1上端连接导管通入NaOH溶液中，然后关闭K2打开K1
【分析】由实验装置可知，甲中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，若选98.3%硫酸浓度太大、反应速率慢，乙装置作安全瓶，丙中发生2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，丁中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：A.不能用98.3%硫酸来代替75%硫酸，浓度太大时电离出氢离子浓度小，反应速率减小，故A正确；
B.装置乙和装置丁都具有缓冲作用，有防止倒吸的作用，故B正确；
C.装置丙中发生的离子方程式为：4SO2+CO32﹣+2S2﹣═3S2O32﹣+CO2，故C错误；
D.反应结束后将K1上端连接导管通入NaOH溶液中，然后关闭K2打开K1，可吸收甲中剩余的二氧化硫，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
11．（3分）为了从废定影液中制备AgNO3晶体，设计如图实验流程，下列说法正确的是（ ）
A．1molNa3[Ag（S2O3）2]中含有8molσ键
B．“沉淀”步骤中生成Ag2S 沉淀的离子方程式为：2Ag++S2﹣═Ag2S↓
C．“溶解”步骤中主要发生的化学反应方程式为：Ag2S+4HNO3（浓）═2AgNO3+S+2NO2↑+2H2O
D．将“过滤2”步骤中所得滤液加热蒸干获得AgNO3晶体
【分析】从废定影液中提取AgNO3，废定影液的主要成分为Na3[Ag（S2O3）2]，由流程可知，加入Na2S溶液生成Ag2S沉淀，过滤后，用浓硝酸溶解Ag2S沉淀生成硝酸银溶液和硫，过滤后得到硝酸银溶液，然后将硝酸银溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硝酸银晶体，以此来解答。
【解答】解：A.配位键为σ键，S2O32﹣离子的结构为，配离子中含4个共价单键，则1molNa3[Ag（S2O3）2]中含有10molσ键，故A错误；
B.“沉淀”步骤中生成Ag2S 沉淀的离子方程式为2[Ag（S2O3）2]3﹣+S2﹣═Ag2S↓+4S2O32﹣，故B错误；
C.浓硝酸溶解Ag2S沉淀生成硝酸银溶液和硫，同时放出二氧化氮气体，反应的化学方程式为Ag2S+4HNO3＝2AgNO3+2NO2↑+S+2H2O，故C正确；
D.硝酸银受热易分解，将硝酸银溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硝酸银晶体，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项A为解答的难点。
12．（3分）Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡的作用。室温下，通过下列实验探究一定浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液的性质。
实验1：向混合溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色；
实验2：向实验1所得溶液中滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅；
实验3：向混合溶液中通入过量的CO2，无明显现象；
实验4：向实验3所得溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1中溶液显红色的主要原因是：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
B．实验2中溶液红色变浅的原因是：HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑
C．实验3中无明显现象说明没有发生化学反应
D．实验4中产生白色沉淀的原因是：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+CO32﹣+BaCO3↓
【分析】A.实验1中碳酸根离子、碳酸氢根子水解显碱性，碳酸根离子的水解分步进行，以第一步水解为主；
B.实验2中碳酸根离子与盐酸反应；
C.实验3中碳酸钠溶液与二氧化碳反应；
D.实验4中碳酸氢钠与氢氧化钡反应。
【解答】解：A.实验1中碳酸根离子、碳酸氢根子水解显碱性，碳酸根离子的水解分步进行，以第一步水解为主，水解离子反应为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故A错误；
B.实验2中碳酸根离子与盐酸反应，则溶液红色变浅的原因是CO32﹣+H+＝HCO3﹣，故B错误；
C.实验3中碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，无明显现象，故C错误；
D.实验4中碳酸氢钠与氢氧化钡反应，产生白色沉淀的原因是2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+CO32﹣+BaCO3↓，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
13．（3分）二甲醚（CH3OCH3）是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。以CO和H2为原料，在一定温度和压强下，用催化剂（主要成分是Cu﹣Mn的合金）生成二甲醚和副产物甲醇的反应如下：
①3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）；
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH （g）。
催化剂中对合成二甲醚的影响情况如图所示。
（已知：选择性＝）
下列说法不正确的是（ ）
A．选择合适催化剂能提高CH3OCH3的产率
B．采取压缩体积的方式可以增大二甲醚的产率
C．当＝2时，二甲醚的选择性为90%，二甲醚的产率为64.8%
D．当减小时，CH3OH 的产率一定增大
【分析】A.催化剂能提高生成物的选择性；
B.加压，平衡向气体分子数减小的方向移动；
C.依据反应物转化率和反应物选择性计算产率；
D.CH3OH 的产率与CO转化率和CH3OH 的选择性共同决定。
【解答】解：A.加入合适的催化剂，可以提高CH3OCH3的选择性，促进CO更多转化为CH3OCH3，提高CH3OCH3的产率，故A正确；
B.反应①正向气体分子数减小，压缩体积压强增大，平衡正向移动，二甲醚的产率增大，故B正确；
C.由图可知，当＝2时，CO转化率为72%，二甲醚的选择性为90%，二甲醚的产率为＝64.8%，故C正确；
D.由图可知，当减小时，CH3OH 的选择性增大，但是CO转化率变小，故CH3OH 的产率不一定增大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断转化率和物质的选择性变化对产率影响是解题的关键。
14．（3分）在MoO3作用下，HOCH2CH2OH发生反应的历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中Mo形成的共价键数目始终保持不变
B．MoO3改变反应途径，提高了HOCH2CH2OH平衡转化率
C．总反应为：2HOCH2CH2OH2HCHO↑+CH2＝CH2↑+2H2O
D．如果原料为HOCH2CH（OH）CH3，则生成的有机物为乙醛和丙烯.
【分析】A．反应过程中，Mo形成的共价键数目由6个变为4个；
B．催化剂不影响平衡移动，不能提高反应物的平衡转化率，但催化剂能降低反应所需活化能，改变反应途径，加快化学反应速率；
C．根据图知，反应物是HOCH2CH（OH）CH3，生成物是HCHO、CH3CHO、CH3CH＝CH2、H2O；
D．根据图中反应物和生成物知，醇羟基被氧化为醛基，连接两个醇羟基的碳原子之间碳碳键断裂分别生成醛，或者相邻的两个醇羟基生成水分子同时还生成碳碳双键。
【解答】解：A．反应过程中，Mo形成的共价键数目由6个变为4个，数目改变，故A错误；
B．MoO3作催化剂，不能提高反应物的平衡转化率，但降低反应所需活化能，改变反应途径，缩短反应时间，加快化学反应速率，故B错误；
C．根据图知，反应物是HOCH2CH2OH，生成物是HCHO、CH2＝CH2、H2O，根据质量守恒定律，反应方程式为2HOCH2CH2OH2HCHO↑+CH2＝CH2↑+2H2O，故C正确；
D．根据图中反应物和生成物知，如果原料是HOCH2CH（OH）CH3，反应物是HOCH2CH（OH）CH3，生成物是HCHO、CH3CHO、CH3CH＝CH2、H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查探究反应机理，侧重考查图象分析判断及知识迁移能力，明确图中断键和成键方式、反应产物判断方法是解本题关键，题目难度中等。
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分）钪（Sc）是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用。钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2），还含有少量SiO2、Sc2O3等氧化物，从钛铁矿中提取Sc2O3的流程如图：
已知：①当离子浓度减小至10﹣5mol•L﹣1时可认为沉淀完全
②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如表所示：
离子
Fe3+
Fe2+
TiO2+
沉淀完全的pH
3.2
9.0
1.05
③lg2＝0.3，Ksp[Sc（OH）3]＝1.25×10﹣33。
回答下列问题：
（1）基态Fe2+核外电子排布式为 [Ar]3d6 。
（2）“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是 TiOSO4+（x+1）H2O＝TiO2•xH2O↓+H2SO4 。
（3）“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如右图，萃取时选择最佳的振荡时间为 10 min。
（4）“洗钛”所得[TiO（H2O2）]2+为橘黄色的稳定离子，H2O2 的作用是 提供配位体，生成稳定配离子[TiO（H2O2）]2+进入水层，便于除钛 ， 将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的 。（写出两点）
（5）“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01mol•L﹣1。“除杂”过程中应控制的pH范围是 3.2～3.7 。
（6）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为 Sc2（C2O4）3•5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O↑ 。
【分析】钛铁矿主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，还含有Mg、Si、Sc等元素，由流程可知，加浓硫酸酸浸后，滤渣1为二氧化硅或不溶性硅酸盐，水解发生TiOSO4+（x+1）H2O＝TiO2•xH2O+H2SO4，萃取时分离出Ti、Sc，洗钛分离出[TiO（H2O2）]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc，与盐酸反应加草酸发生3H2C2O4+2Sc3+＝Sc2（C2O4）3↓+6H+，用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，再灼烧发生Sc2（C2O4）3Sc2O3+3CO↑+3CO2↑，需避免CO污染环境；
（5）“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01 mol•L﹣1.，用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，铁离子完全沉淀时c（OH﹣）＝mol/L＝1.587×10﹣11mol/L，Ksp[Sc（OH）3]＝1.25×10﹣33，开始沉淀时c（OH﹣）＝ mol/L＝5×10﹣11mol/L，对应的氢离子浓度分别为6.3×10﹣4mol/L、2×10﹣4mol/L，据此计算；
（6）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物Sc2O3、CO2、CO、H2O。
【解答】解：（1）铁是26号元素，亚铁离子电子排布式为[Ar]3d6，
故答案为：[Ar]3d6；
（2）“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是 TiOSO4+（x+1）H2O＝TiO2•xH2O↓+H2SO4，
故答案为：TiOSO4+（x+1）H2O＝TiO2•xH2O↓+H2SO4；
（3）“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如图，由图可知，萃取时适宜的振荡时间为10min，萃取率较高，
故答案为：10；
（4）“洗钛”所得[TiO（H2O2）]2+为橘黄色的稳定离子，H2O2 的作用是提供配位体，生成稳定配离子[TiO（H2O2）]2+进入水层，便于除钛，将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的，
故答案为：提供配位体，生成稳定配离子[TiO（H2O2）]2+进入水层，便于除钛；将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的；
（5）“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01 mol•L﹣1.，用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，铁离子完全沉淀时c（OH﹣）＝mol/L＝1.587×10﹣11mol/L，Ksp[Sc（OH）3]＝1.25×10﹣33，开始沉淀时c（OH﹣）＝ mol/L＝5×10﹣11mol/L，对应的氢离子浓度分别为6.3×10﹣4mol/L、2×10﹣4mol/L，除杂”过程中应控制的pH范围是 3.2～3.7，
故答案为：3.2～3.7；
（6）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物，其反应的化学方程式为Sc2（C2O4）3•5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O↑，
故答案为：Sc2（C2O4）3•5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O↑。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用，题目难度较大。
16．（14分）自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。
（1）在不同催化剂下，H2能够还原氮氧化物（NOx）实现氮污染的治理。
I.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图1所示。
①该处理过程中，起催化作用的离子是 Ce4+ 。 （填化学式）
②x＝2时，Ce3+参与的离子方程式为 8Ce3++2NO2+8H+＝8Ce4++N2+4H2O 。
③若该过程中，每转移3mol电子消耗1mol氮氧化物（NOx），则x为 1.5 。
II.某温度下H2的体积分数对H2﹣NO反应的影响如图2所示，实际生产中H2的体积分数选择600×10﹣6。H2的体积分数不宜过低和过高的主要原因是 H2的体积分数过低，NO没有除尽；H2的体积分数过高，过量H2与N2继续反应产生NH3污染空气 。
（2）我国科学家以H2O和N2为原料，以熔融NaOH﹣KOH为电解质，悬浮的纳米Fe2O3作催化剂（Fe2O3发生电极反应生成中间体Fe），该电解装置如图3所示。
①惰性电极I发生的电极反应式为 4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O 。
②阴极区发生反应生成NH3的过程可描述为 Fe2O3在阴极上得电子生成Fe（Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣），Fe将N2还原生成NH3，自身被氧化成Fe2O3（2Fe+N2+3H2O＝Fe2O3+2NH3） 。
【分析】（1）I．①处理过程中，起催化作用的离子是+4价铈离子；
②由图可知，酸性条件下，铈离子与二氧化氮反应生成+4价铈离子、氮气和水；
③根据得失电子守恒列式计算；
II．由图可知，氢气的体积分数过低时，一氧化氮不能完全反应，没有除尽的一氧化氮会污染空气；氢气的体积分数过高时，过量氢气与氮气会继续反应生成氨气污染空气；
（2）①由图可知，惰性电极I为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水；
②由图可知，惰性电极Ⅱ为电解池的阴极，阴极区发生反应生成氨气的过程为氧化铁在水分子作用下在阴极得到电子生成铁和氢氧根离子，放电生成的铁与氮气和水反应生成氧化铁和氨气。
【解答】解：（1）I．由题给示意图可知，氢气、氮氧化物为反应物，氮气和水为生成物，硫酸铈是反应的催化剂；
①由分析可知，处理过程中，起催化作用的离子是+4价铈离子Ce4+，
故答案为：Ce4+；
②由图可知，酸性条件下，铈离子与二氧化氮反应生成+4价铈离子、氮气和水，反应的化学方程式为8Ce3++2NO2+8H+＝8Ce4++N2+4H2O，
故答案为：8Ce3++2NO2+8H+＝8Ce4++N2+4H2O；
③由每转移3mol电子消耗1mol氮氧化物可得：1mol×（2x﹣0）＝3x，解得x＝1.5，
故答案为：1.5；
II．由图可知，氢气的体积分数过低时，一氧化氮不能完全反应，没有除尽的一氧化氮会污染空气；氢气的体积分数过高时，过量氢气与氮气会继续反应生成氨气污染空气，所以实际生产时，氢气体积分数不宜过低和过高，
故答案为：H2的体积分数过低，NO没有除尽；H2的体积分数过高，过量H2与N2继续反应产生NH3污染空气；
（2）①由图可知，惰性电极I为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，
故答案为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O；
②由图可知，惰性电极Ⅱ为电解池的阴极，阴极区发生反应生成氨气的过程为氧化铁在水分子作用下在阴极得到电子生成铁和氢氧根离子，放电生成的铁与氮气和水反应生成氧化铁和氨气，故可描述为Fe2O3在阴极上得电子生成Fe（Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣），Fe将N2还原生成NH3，自身被氧化成Fe2O3（2Fe+N2+3H2O ＝Fe2O3+2NH3），
故答案为：Fe2O3在阴极上得电子生成Fe（Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣），Fe将N2还原生成NH3，自身被氧化成Fe2O3（2Fe+N2+3H2O ＝Fe2O3+2NH3）。
【点评】本题考查氮的氧化物及其污染治理、氧化还原反应的计算、电化学的应用，题目难度中等，明确图示转化关系的实质即可解答，注意掌握氧化还原反应实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
17．（16分）高铁酸钾（K2FeO4）为紫色固体，易溶于水，在KOH浓溶液中的溶解度较低，难溶于无水乙醇等有机溶剂，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中不稳定能产生O2，在碱性溶液中较稳定且碱性越强越稳定。
（1）用如图所示的装置制备K2FeO4（夹持装置略）。
①A为Cl2发生装置，B中盛装的液体是 饱和NaCl溶液 。
②装置C中生成大量紫色固体，发生的化学反应方程式为 3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O 。
③向装置C中通入的Cl2不能过量，原因是 防止氯气过量使溶液碱性减弱，K2FeO4不稳定产生O2 。
（2）提纯K2FeO4：将装置C中的物质过滤，得到高铁酸钾粗产品，请补充由该粗产品制得高纯度K2FeO4的实验方案：将粗产品置于烧杯中， 边搅拌边滴加1mol/LKOH溶液至固体不再溶解，过滤，边搅拌边向滤液中加入饱和KOH溶液，静置，向上层清夜中继续滴加饱和KOH溶液无固体析出，过滤，用乙醇洗涤滤渣2～3次，放置真空干燥箱中干燥 ，得高纯度K2FeO4。（实验中须使用的试剂和装置：1mol•L﹣1'KOH溶液、饱和KOH溶液、乙醇、真空干燥箱）。
（3）测定高铁酸钾样品的纯度：称取0.4400g高铁酸钾样品，完全溶解于稀KOH溶液中，再加入足量亚铬酸钾{K[Cr（OH）4]} 溶液，反应后配成10.00mL溶液；取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH＝2，用0.1000mol•L﹣1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液15.00mL。已知测定过程中发生反应：
①Cr（OH）4﹣+FeO42﹣═Fe（OH）3+CrO42﹣+OH﹣
②2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O
③Cr2O72﹣+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O（未配平）
计算K2FeO4样品的纯度。 90% （写出计算过程）
【分析】由题给实验装置图可知，装置A中浓盐酸与高锰酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有的氯化氢会干扰反应，装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与过量的氢氧化钾溶液、氢氧化铁反应制备高铁酸钾，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染空气；
（3）由题给方程式和得失电子数目守恒可得：FeO42﹣～3Fe2+，25.00mL溶液中n（FeO42﹣）＝ n（Fe2+）＝×0.1 mol•L﹣1×（15.00×10﹣3） L＝5.000×10﹣4 mol，所以100.00mL溶液中含FeO42﹣物质的量为：5.000×10﹣4mol×（100.00 mL/25.00mL）＝2.000×10﹣3mol，进一步计算高铁酸钾样品的纯度。
【解答】解：（1）①由分析可知，装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，
故答案为：饱和NaCl溶液；
②装置C中生成大量紫色固体，发生的反应为氯气与过量的氢氧化钾溶液、氢氧化铁反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，反应的化学反应方程式为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，
故答案为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；
③若向装置C中通入的氯气过量，氯气与过量的氢氧化钾溶液反应使溶液碱性减弱，高铁酸钾的稳定性减弱，会生成氧气，
故答案为：防止氯气过量使溶液碱性减弱，K2FeO4不稳定产生O2；
（2）由题给信息可知，提纯高铁酸钾制得高纯度高铁酸钾的操作为将粗产品置于烧杯中，边搅拌边滴加1mol/L氢氧化钾溶液至固体不再溶解，过滤，边搅拌边向滤液中加入饱和KOH溶液，静置，向上层清夜中继续滴加饱和氢氧化钾溶液无固体析出，过滤，用乙醇洗涤滤渣2～3次，放置真空干燥箱中干燥得到高铁酸钾，
故答案为：边搅拌边滴加1mol/LKOH溶液至固体不再溶解，过滤，边搅拌边向滤液中加入饱和KOH溶液，静置，向上层清夜中继续滴加饱和KOH溶液无固体析出，过滤，用乙醇洗涤滤渣2～3次，放置真空干燥箱中干燥；
（3）由题给方程式和得失电子数目守恒可得：FeO42﹣～3Fe2+，25.00mL溶液中n（FeO42﹣）＝ n（Fe2+）＝×0.1 mol•L﹣1×（15.00×10﹣3） L＝5.000×10﹣4 mol，所以100.00mL溶液中含FeO42﹣物质的量为：5.000×10﹣4mol×（100.00 mL/25.00mL）＝2.000×10﹣3mol，高铁酸钾样品的纯度为×100%＝90%，
故答案为：90%。
【点评】本题以K2FeO4的制备为背景，考查氧化还原方程式的书写、配平，穿插实验操作流程的分析，题目难度中等，重在综合思维能力的考查，有助于培养综合分析问题的能力，还需注意题目所给信息的准确使用。
18．（14分）中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用。其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
I.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1＝+41.1 kJ•mol﹣1
II.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.0kJ•mol﹣1
III.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝﹣48.9kJ•mol﹣1
（1）反应III的平衡常数表达式为 K＝ 。
（2）5Mpa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）：n（CO2）＝3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图1所示。
①图中Y代表（填化学式） CH3OH 。
②体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是 温度改变时，反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡移动方向相反 。
（3）CO2和H2起始物质的量比为1：3 时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。温度低于210°C时，随着温度升高有分子筛膜的甲醇产率升高的可能原因是 分子筛分离出H2O促进反应正向进行的程度大于温度升高反应逆向进行的程度 。
（4）我国科研人员研究出在Cu﹣ZnO﹣ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图3所示。反应②的化学方程式为 *HCOO+*H＝*H3CO+H2O ；分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是 H2O（g）为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正移，提升甲醇产率 。
【分析】（1）化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；
（2）①生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇；
②依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2，反应ii逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H1＜0而△H2＞0，根据勒夏特列原理进行分析；
（3）分子筛分离出H2O促进反应正向进行；
（4）由图可知，反应②*HCOO和*H生成*H3CO和H2O；H2O（g）为反应③的反应物，增大反应物浓度，平衡正向进行。
【解答】解：（1）化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则K＝，
故答案为：K＝；
（2）①△H3＜0，△H2＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，△H1＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO，
故答案为：CH3OH；
②依据主要反应的化学方程式可知，反应Ⅲ消耗CO2，反应Ⅰ逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H3＜0而△H1＞0，根据勒夏特列原理，温度改变时，反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；
故答案为：温度改变时，反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡移动方向相反；
（3）分子筛分离出H2O促进反应正向进行，而温度升高反应逆向进行，分子筛分离出H2O促进反应正向进行的程度大于温度升高反应逆向进行的程度，所以温度升高有分子筛膜的甲醇产率升高，
故答案为：分子筛分离出H2O促进反应正向进行的程度大于温度升高反应逆向进行的程度；
（4）由图可知，反应②*HCOO和*H生成*H3CO和H2O，则反应②的化学方程式为*HCOO+*H＝*H3CO+H2O；H2O（g）为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正移，提升甲醇产率，
故答案为：*HCOO+*H＝*H3CO+H2O；H2O（g）为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正移，提升甲醇产率。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡常数等，掌握勒夏特列原理是解题的关键，此题难度中等，注意基础知识理解掌握
2021-2022学年江苏省连云港市高三（上）期中化学试卷
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（3分）古典文献《抱朴子》里记载“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。关于该记载下列说法正确的是（ ）
A．水银泄露可撒硫磺粉覆盖
B．丹砂中Hg的化合价为+1
C．两个反应中硫元素都被还原
D．两个反应互为可逆反应
2．（3分）氯水具有良好的杀菌消毒和漂白作用，氯气和水反应的化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。下列说法正确的是（ ）
A．H2O为极性分子 B．氯水能导电为电解质
C．氯离子的结构示意图： D．HClO的电子式：
3．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．KAl（SO4）2易溶于水，可用于净水
B．氢氟酸能与SiO2反应，可用于雕刻玻璃
C．SO2具有漂白性，可用于制溴工业中溴的吸收剂
D．Fe2O3能与Al粉反应，可用于油漆、橡胶的着色
阅读下列材料，完成4～6题：硫在自然界中分布较广，常见的硫化矿有黄铁矿（FeS2）、闪锌矿（ZnS）等，工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，接触室内发生反应的热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝akJ•mol﹣1。
4．（3分）下列有关含硫物质的说法正确的是（ ）
A．H2S的沸点比H2O的高
B．SO3与SO42﹣的空间构型相同
C．SO2与SO3中心原子的杂化方式相同
D．右图为ZnS晶胞，S2﹣周围等距离且最近的Zn2+为2个
5．（3分）450°C、V2O5催化SO2和O2反应时，反应机理如下：
反应①：V2O5 （s）+SO2（g）═V2O4（s）+SO3（g） ΔH1＝+24kJ•mol﹣1 （快反应）
反应②：2V2O4（s）+O2（g）═2V2O5 （s） ΔH 2＝﹣246kJ•mol﹣1 （慢反应）
下列说法不正确的是（ ）
A．a＝﹣198
B．反应①的ΔS＞0
C．通入过量空气，可提高SO2的平衡转化率
D．在V2O5催化下，SO2被O2氧化生成SO3的能量变化可用如图表示：
6．（3分）黄铁矿在潮湿空气中会被缓慢氧化，发生的主要反应如下（未配平）：
a：FeS2+O2+H2O→SO42﹣+Fe2++H+
b：Fe2++H++O2→Fe3++H2O
c：Fe3++FeS2+H2O→Fe2++SO42﹣+H+
下列说法正确的是（ ）
A．a反应中氧化产物只有FeSO4
B．为了验证b反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水
C．c反应中每生成1molFe2+转移1mol电子
D．长期盛放黄铁矿的纸箱会被腐蚀而发黑
7．（3分）寿山石主要成分的化学式为Y2Z4X10（XW）2，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，Y基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，Z的氧化物为常见的原子晶体，1 个W2X分子含有10个电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Z）＞r（Y）＞r（X）＞r（W）
B．第一电离能：I1（X）＞I1（Z）＞I1（Y）
C．Z的简单氢化物热稳定性比X的强
D．工业上通常采用电解熔融Y的氯化物制取单质Y
8．（3分）定量实验是学习化学的重要途径，下列操作规范且能达到定量实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置测定中和反应的反应热
B．用如图所示装置测定硫酸溶液的浓度
C．用如图所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液
D．用如图所示装置加热硫酸铜晶体测定晶体中结晶水的含量
9．（3分）钴（Co）合金广泛应用于机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸的装置图。下列说法正确的是（ ）
A．a为直流电源负极
B．X膜为阳离子交换膜
C．移除两交换膜后，两电极上发生的反应都不变
D．每生成1molCo，I 室溶液质量理论上减少16g
阅读下列材料，完成10～11题：硫代硫酸钠（Na2S2O3），又名大苏打、海波，可以看成是硫酸钠中一个氧原子被硫原子取代的产物（SO42﹣结构如图所示），易溶于水。硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为照相业的定影剂，反应原理为AgBr+2Na2S2O3═Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr。
10．（3分）如图是实验室模拟工业制备Na2S2O3的装置示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．不能用98.3%硫酸来代替75%硫酸
B．装置乙和装置丁都有防止倒吸的作用
C．装置丙中发生的离子方程式为：4SO2+2OH﹣+2S2﹣═3S2O32﹣+H2O
D．反应结束后将K1上端连接导管通入NaOH溶液中，然后关闭K2打开K1
11．（3分）为了从废定影液中制备AgNO3晶体，设计如图实验流程，下列说法正确的是（ ）
A．1molNa3[Ag（S2O3）2]中含有8molσ键
B．“沉淀”步骤中生成Ag2S 沉淀的离子方程式为：2Ag++S2﹣═Ag2S↓
C．“溶解”步骤中主要发生的化学反应方程式为：Ag2S+4HNO3（浓）═2AgNO3+S+2NO2↑+2H2O
D．将“过滤2”步骤中所得滤液加热蒸干获得AgNO3晶体
12．（3分）Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡的作用。室温下，通过下列实验探究一定浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液的性质。
实验1：向混合溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色；
实验2：向实验1所得溶液中滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅；
实验3：向混合溶液中通入过量的CO2，无明显现象；
实验4：向实验3所得溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1中溶液显红色的主要原因是：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
B．实验2中溶液红色变浅的原因是：HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑
C．实验3中无明显现象说明没有发生化学反应
D．实验4中产生白色沉淀的原因是：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+CO32﹣+BaCO3↓
13．（3分）二甲醚（CH3OCH3）是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。以CO和H2为原料，在一定温度和压强下，用催化剂（主要成分是Cu﹣Mn的合金）生成二甲醚和副产物甲醇的反应如下：
①3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）；
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH （g）。
催化剂中对合成二甲醚的影响情况如图所示。
（已知：选择性＝）
下列说法不正确的是（ ）
A．选择合适催化剂能提高CH3OCH3的产率
B．采取压缩体积的方式可以增大二甲醚的产率
C．当＝2时，二甲醚的选择性为90%，二甲醚的产率为64.8%
D．当减小时，CH3OH 的产率一定增大
14．（3分）在MoO3作用下，HOCH2CH2OH发生反应的历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中Mo形成的共价键数目始终保持不变
B．MoO3改变反应途径，提高了HOCH2CH2OH平衡转化率
C．总反应为：2HOCH2CH2OH2HCHO↑+CH2＝CH2↑+2H2O
D．如果原料为HOCH2CH（OH）CH3，则生成的有机物为乙醛和丙烯.
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分）钪（Sc）是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用。钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2），还含有少量SiO2、Sc2O3等氧化物，从钛铁矿中提取Sc2O3的流程如图：
已知：①当离子浓度减小至10﹣5mol•L﹣1时可认为沉淀完全
②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如表所示：
离子
Fe3+
Fe2+
TiO2+
沉淀完全的pH
3.2
9.0
1.05
③lg2＝0.3，Ksp[Sc（OH）3]＝1.25×10﹣33。
回答下列问题：
（1）基态Fe2+核外电子排布式为 。
（2）“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是 。
（3）“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如右图，萃取时选择最佳的振荡时间为 min。
（4）“洗钛”所得[TiO（H2O2）]2+为橘黄色的稳定离子，H2O2 的作用是 ， 。（写出两点）
（5）“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01mol•L﹣1。“除杂”过程中应控制的pH范围是 。
（6）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为 。
16．（14分）自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。
（1）在不同催化剂下，H2能够还原氮氧化物（NOx）实现氮污染的治理。
I.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图1所示。
①该处理过程中，起催化作用的离子是 。 （填化学式）
②x＝2时，Ce3+参与的离子方程式为 。
③若该过程中，每转移3mol电子消耗1mol氮氧化物（NOx），则x为 。
II.某温度下H2的体积分数对H2﹣NO反应的影响如图2所示，实际生产中H2的体积分数选择600×10﹣6。H2的体积分数不宜过低和过高的主要原因是 。
（2）我国科学家以H2O和N2为原料，以熔融NaOH﹣KOH为电解质，悬浮的纳米Fe2O3作催化剂（Fe2O3发生电极反应生成中间体Fe），该电解装置如图3所示。
①惰性电极I发生的电极反应式为 。
②阴极区发生反应生成NH3的过程可描述为 。
17．（16分）高铁酸钾（K2FeO4）为紫色固体，易溶于水，在KOH浓溶液中的溶解度较低，难溶于无水乙醇等有机溶剂，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中不稳定能产生O2，在碱性溶液中较稳定且碱性越强越稳定。
（1）用如图所示的装置制备K2FeO4（夹持装置略）。
①A为Cl2发生装置，B中盛装的液体是 。
②装置C中生成大量紫色固体，发生的化学反应方程式为 。
③向装置C中通入的Cl2不能过量，原因是 。
（2）提纯K2FeO4：将装置C中的物质过滤，得到高铁酸钾粗产品，请补充由该粗产品制得高纯度K2FeO4的实验方案：将粗产品置于烧杯中， ，得高纯度K2FeO4。（实验中须使用的试剂和装置：1mol•L﹣1'KOH溶液、饱和KOH溶液、乙醇、真空干燥箱）。
（3）测定高铁酸钾样品的纯度：称取0.4400g高铁酸钾样品，完全溶解于稀KOH溶液中，再加入足量亚铬酸钾{K[Cr（OH）4]} 溶液，反应后配成10.00mL溶液；取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH＝2，用0.1000mol•L﹣1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液15.00mL。已知测定过程中发生反应：
①Cr（OH）4﹣+FeO42﹣═Fe（OH）3+CrO42﹣+OH﹣
②2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O
③Cr2O72﹣+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O（未配平）
计算K2FeO4样品的纯度。 （写出计算过程）
18．（14分）中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用。其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
I.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1＝+41.1 kJ•mol﹣1
II.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.0kJ•mol﹣1
III.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝﹣48.9kJ•mol﹣1
（1）反应III的平衡常数表达式为 。
（2）5Mpa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）：n（CO2）＝3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图1所示。
①图中Y代表（填化学式） 。
②体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是 。
（3）CO2和H2起始物质的量比为1：3 时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。温度低于210°C时，随着温度升高有分子筛膜的甲醇产率升高的可能原因是 。
（4）我国科研人员研究出在Cu﹣ZnO﹣ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图3所示。反应②的化学方程式为 ；分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是 。
2021-2022学年江苏省连云港市高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（3分）古典文献《抱朴子》里记载“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。关于该记载下列说法正确的是（ ）
A．水银泄露可撒硫磺粉覆盖
B．丹砂中Hg的化合价为+1
C．两个反应中硫元素都被还原
D．两个反应互为可逆反应
【分析】“丹砂（HgS）烧之成水银”，发生的反应为HgSHg+S；“积变又还成丹砂”发生的反应为：Hg+S＝HgS，据此分析。
【解答】解：A．硫粉覆盖水银，则会发生反应：Hg+S＝HgS，生成的HgS无毒，所以水银泄露可撒硫磺粉覆盖，故A正确；
B．丹砂（HgS）中S的化合价为﹣2价，则Hg的化合价为+2，故B错误；
C．“丹砂（HgS）烧之成水银”反应中，HgS中S元素的化合价由﹣2价升高为0价，化合价升高被氧化，故C错误；
D．两个反应的反应条件不同，不是可逆反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，题目的情景设计较新颖，予化学知识于古文字中，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
2．（3分）氯水具有良好的杀菌消毒和漂白作用，氯气和水反应的化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。下列说法正确的是（ ）
A．H2O为极性分子 B．氯水能导电为电解质
C．氯离子的结构示意图： D．HClO的电子式：
【分析】A．正负电荷中心不重合的分子为极性分子；
B．氯水是混合物；
C．氯离子的质子数为17，核外电子数为18；
D．次氯酸是共价化合物，氯原子和氢原子与氧原子形成共价键，据此书写电子式。
【解答】解：A．H2O分子中O原子价层电子对数＝2+＝4且O原子含有2个孤电子对，所以H2O分子是V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A正确；
B．氯水中存在自由移动的离子，氯水能导电，但是氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．氯离子的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布，其结构示意图为，故C错误；
D．次氯酸是共价化合物，氯原子和氢原子与氧原子形成共价键，则HClO的电子式是，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及离子结构示意图、电子式和极性分子等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．KAl（SO4）2易溶于水，可用于净水
B．氢氟酸能与SiO2反应，可用于雕刻玻璃
C．SO2具有漂白性，可用于制溴工业中溴的吸收剂
D．Fe2O3能与Al粉反应，可用于油漆、橡胶的着色
【分析】A．KAl（SO4）2中的铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附作用；
B．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水；
C．SO2与溴单质发生氧化还原反应，SO2被氧化；
D．Fe2O3是红棕色固体，可用于油漆、橡胶的着色。
【解答】解：A．KAl（SO4）2中的铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附作用，能用于净水，与KAl（SO4）2易溶于水无关，故A错误；
B．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以氢氟酸可用于雕刻玻璃，故B正确；
C．SO2与溴单质发生氧化还原反应，SO2被氧化，利用SO2的还原性，SO2具有漂白性与无关，故C错误；
D．Fe2O3是红棕色固体，可用于油漆、橡胶的着色，Fe2O3能与Al粉反应生成液态铁单质，该反应与Fe2O3用于油漆、橡胶的着色无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
阅读下列材料，完成4～6题：硫在自然界中分布较广，常见的硫化矿有黄铁矿（FeS2）、闪锌矿（ZnS）等，工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，接触室内发生反应的热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝akJ•mol﹣1。
4．（3分）下列有关含硫物质的说法正确的是（ ）
A．H2S的沸点比H2O的高
B．SO3与SO42﹣的空间构型相同
C．SO2与SO3中心原子的杂化方式相同
D．右图为ZnS晶胞，S2﹣周围等距离且最近的Zn2+为2个
【分析】A．能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
B．SO3中S原子价层电子对数＝3+＝3且S原子不含孤电子对，SO42﹣中S原子价层电子对数＝4+＝4且S原子不含孤电子对；
C．SO2中S原子价层电子对数＝2+＝3、SO3中S原子价层电子对数＝3+＝3；
D．S2﹣周围等距离且最近的Zn2+为4。
【解答】解：A．能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，H2O能形成分子间氢键、H2S不能形成分子间氢键，所以熔沸点：H2O＞H2S，故A错误；
B．SO3中S原子价层电子对数＝3+＝3且S原子不含孤电子对，SO42﹣中S原子价层电子对数＝4+＝4且S原子不含孤电子对，前者为平面正三角形结构，后者为正四面体结构，故B错误；
C．SO2中S原子价层电子对数＝2+＝3、SO3中S原子价层电子对数＝3+＝3，两种分子中S原子都采用sp2杂化，故C正确；
D．根据图知，每个Zn2+连接4个等距离的S2﹣，则Zn2+的配位数是4，该晶体中S2﹣、Zn2+的配位数相同，所以S2﹣周围等距离且最近的Zn2+为4，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子杂化类型判断、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵、价层电子对数的计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5．（3分）450°C、V2O5催化SO2和O2反应时，反应机理如下：
反应①：V2O5 （s）+SO2（g）═V2O4（s）+SO3（g） ΔH1＝+24kJ•mol﹣1 （快反应）
反应②：2V2O4（s）+O2（g）═2V2O5 （s） ΔH 2＝﹣246kJ•mol﹣1 （慢反应）
下列说法不正确的是（ ）
A．a＝﹣198
B．反应①的ΔS＞0
C．通入过量空气，可提高SO2的平衡转化率
D．在V2O5催化下，SO2被O2氧化生成SO3的能量变化可用如图表示：
【分析】A.由反应①：V2O5 （s）+SO2（g）═V2O4（s）+SO3（g） ΔH1＝+24kJ•mol﹣1、反应②：2V2O4（s）+O2（g）═2V2O5 （s） ΔH2＝﹣246kJ•mol﹣1，结合盖斯定律可知，①×2+②得到2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝akJ•mol﹣1；
B.反应①的ΔH＞0，且ΔH﹣TΔS＜0的反应可自发进行；
C.通入过量空气，可促进SO2的转化，平衡正向移动；
D.活化能越大、反应速率越慢。
【解答】解：A.由反应①：V2O5 （s）+SO2（g）═V2O4（s）+SO3（g） ΔH1＝+24kJ•mol﹣1、反应②：2V2O4（s）+O2（g）═2V2O5 （s） ΔH2＝﹣246kJ•mol﹣1，结合盖斯定律可知，①×2+②得到2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝（+24×2+﹣244）kJ•mol﹣1＝﹣196kJ•mol﹣1，即a＝﹣196，故A正确；
B.反应①的ΔH＞0，且ΔH﹣TΔS＜0的反应可自发进行，可知反应①的ΔS＞0，故B正确；
C.通入过量空气，可促进SO2的转化，平衡正向移动，可提高SO2的平衡转化率，故C正确；
D.活化能越大、反应速率越慢，且催化剂降低反应的活化能，则E1一定小于E2，与图不符，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握焓变计算、平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点。
6．（3分）黄铁矿在潮湿空气中会被缓慢氧化，发生的主要反应如下（未配平）：
a：FeS2+O2+H2O→SO42﹣+Fe2++H+
b：Fe2++H++O2→Fe3++H2O
c：Fe3++FeS2+H2O→Fe2++SO42﹣+H+
下列说法正确的是（ ）
A．a反应中氧化产物只有FeSO4
B．为了验证b反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水
C．c反应中每生成1molFe2+转移1mol电子
D．长期盛放黄铁矿的纸箱会被腐蚀而发黑
【分析】A．含有化合价升高元素的产物为氧化产物；
B．b过程是向含有Fe2+的溶液中通入O2，Fe2+遇O2会生成Fe3+，含Fe2+、Fe3+的溶液中加入KSCN溶液和氯水时无法确定是否含有Fe2+；
C．c反应的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+，反应中Fe3+降为Fe2+，得到1个电子；
D．黄铁矿被缓慢氧化后生成了硫酸，硫酸会腐蚀纸箱。
【解答】解：A．a反应的离子方程式：2FeS2+7O2+2H2O＝2Fe2++4SO42﹣+4H+，反应中S元素由﹣1价升高到了+6价，氧化产物有FeSO4和H2SO4，故A错误；
B．b过程是向含有Fe2+的溶液中通入O2，Fe2+遇O2会生成Fe3+，含Fe2+、Fe3+的溶液中加入KSCN溶液直接生成红色溶液，所以含Fe2+、Fe3+的溶液不能用KSCN溶液和氯水来检验所含的Fe2+，故B错误；
C．c反应的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+，反应中Fe3+降为Fe2+，得到1个电子，FeS2中的S元素由﹣1价升高到了+6价，失去7个电子，电子转移的总个数为14个，故C正确；
D．黄铁矿被缓慢氧化后生成了三价铁离子和硫酸，硫酸会腐蚀纸箱使其发黑，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查氧化还原反应原理的应用，间接的考查氧化还原反应离子方程式的书写，同时氧化还原反应的一些基本概念、电子转移的计算等，知识考查灵活，对学生的能力要求较高，难度中等。
7．（3分）寿山石主要成分的化学式为Y2Z4X10（XW）2，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，Y基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，Z的氧化物为常见的原子晶体，1 个W2X分子含有10个电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Z）＞r（Y）＞r（X）＞r（W）
B．第一电离能：I1（X）＞I1（Z）＞I1（Y）
C．Z的简单氢化物热稳定性比X的强
D．工业上通常采用电解熔融Y的氯化物制取单质Y
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，即分别处于第一、第二、第三周期，可知W为H元素，而1个W2X分子含有10个电子，则X为O元素，Z的氧化物为常见的原子晶体，故Z为Si；Y基态原子的3p轨道上有1个未成对电子，其原子序数小于Si，故Y元素原子外围电子排布式为3s23p1，故Y为Al。
【解答】解：由分析可知，W为H，X为O，Y为Al，Z为Si元素；
A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中氢原子比较最小，故原子半径r（Al）＞r（Si）＞r（O）＞r（H），即原子半径r（Y）＞r（Z）＞r（X）＞r（W），故A错误；
B．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能I1（O）＞I1（Si）＞I1（Al），即第一电离能I1（X）＞I1（Z）＞I1（Y），故B正确；
C．X为O元素，Z为Si元素，非金属性O＞Si，故X的简单氢化物热稳定性比Z的强，故C错误；
D．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，工业上电解熔融氧化铝冶炼Al单质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律、元素化合物知识，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，试题侧重考查学生的分析能力以及对基础知识的掌握情况。
8．（3分）定量实验是学习化学的重要途径，下列操作规范且能达到定量实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置测定中和反应的反应热
B．用如图所示装置测定硫酸溶液的浓度
C．用如图所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液
D．用如图所示装置加热硫酸铜晶体测定晶体中结晶水的含量
【分析】A.图中装置保温好，可测定最高温度；
B.硫酸不能盛放在碱式滴定管中；
C.不能将浓硫酸注入容量瓶中；
D.灼烧含结晶水的晶体，在坩埚中进行。
【解答】解：A.图中装置保温好，可测定最高温度，图中装置可测定中和热，故A正确；
B.硫酸不能盛放在碱式滴定管中，应选酸式滴定管，故B错误；
C.不能将浓硫酸注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故C错误；
D.灼烧含结晶水的晶体，在坩埚中进行，不能选蒸发皿，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、中和热测定、中和滴定、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
9．（3分）钴（Co）合金广泛应用于机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸的装置图。下列说法正确的是（ ）
A．a为直流电源负极
B．X膜为阳离子交换膜
C．移除两交换膜后，两电极上发生的反应都不变
D．每生成1molCo，I 室溶液质量理论上减少16g
【分析】水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸，该装置为电解池，Ⅰ室电解质溶液为硫酸，则水中的氢氧根离子放电，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，所以石墨电极为阳极，a为直流电源正极，Ⅰ室消耗水中的氢氧根离子，溶液中的氢离子浓度增大，氢离子经过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室，则X膜为阳离子交换膜；则b为直流电源负极，Co电极为电解池的阴极，Ⅱ室电解质溶液为CoCl2，Co2+离子放电，电极反应为：Co2++2e﹣＝Co，溶液中的氯离子经阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室，则Y膜为阴离子交换膜；氢离子和氯离子在Ⅱ室生成盐酸，据此分析解答。
【解答】解：A．水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸，Ⅰ室电解质溶液为硫酸，则水中的氢氧根离子放电，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，所以石墨电极为阳极，a为直流电源正极，故A错误；
B．Ⅰ室消耗水中的氢氧根离子，溶液中的氢离子浓度增大，氢离子经过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室，则X膜为阳离子交换膜，故B正确；
C．移除两交换膜后，由于氯离子更容易在阳极放电，则石墨电极上发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，电极上发生的反应发生了改变，故C错误；
D．电解1mol Co，由Co2++2e﹣＝Co，转移电子数为2mol，Ⅰ室实际为电解水，消耗水中的氢氧根离子，4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，消耗2molOH﹣，生成0.5mol氧气，则有2mol氢离子由Ⅰ室进入Ⅱ室，共减少0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol＝18g，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电解池的工作原理，为高频考点，注意把握电解池的工作原理以及电极反应式的书写是解答的关键，侧面考查了分析和解答能力，题目难度中等。
阅读下列材料，完成10～11题：硫代硫酸钠（Na2S2O3），又名大苏打、海波，可以看成是硫酸钠中一个氧原子被硫原子取代的产物（SO42﹣结构如图所示），易溶于水。硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为照相业的定影剂，反应原理为AgBr+2Na2S2O3═Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr。
10．（3分）如图是实验室模拟工业制备Na2S2O3的装置示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．不能用98.3%硫酸来代替75%硫酸
B．装置乙和装置丁都有防止倒吸的作用
C．装置丙中发生的离子方程式为：4SO2+2OH﹣+2S2﹣═3S2O32﹣+H2O
D．反应结束后将K1上端连接导管通入NaOH溶液中，然后关闭K2打开K1
【分析】由实验装置可知，甲中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，若选98.3%硫酸浓度太大、反应速率慢，乙装置作安全瓶，丙中发生2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，丁中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：A.不能用98.3%硫酸来代替75%硫酸，浓度太大时电离出氢离子浓度小，反应速率减小，故A正确；
B.装置乙和装置丁都具有缓冲作用，有防止倒吸的作用，故B正确；
C.装置丙中发生的离子方程式为：4SO2+CO32﹣+2S2﹣═3S2O32﹣+CO2，故C错误；
D.反应结束后将K1上端连接导管通入NaOH溶液中，然后关闭K2打开K1，可吸收甲中剩余的二氧化硫，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
11．（3分）为了从废定影液中制备AgNO3晶体，设计如图实验流程，下列说法正确的是（ ）
A．1molNa3[Ag（S2O3）2]中含有8molσ键
B．“沉淀”步骤中生成Ag2S 沉淀的离子方程式为：2Ag++S2﹣═Ag2S↓
C．“溶解”步骤中主要发生的化学反应方程式为：Ag2S+4HNO3（浓）═2AgNO3+S+2NO2↑+2H2O
D．将“过滤2”步骤中所得滤液加热蒸干获得AgNO3晶体
【分析】从废定影液中提取AgNO3，废定影液的主要成分为Na3[Ag（S2O3）2]，由流程可知，加入Na2S溶液生成Ag2S沉淀，过滤后，用浓硝酸溶解Ag2S沉淀生成硝酸银溶液和硫，过滤后得到硝酸银溶液，然后将硝酸银溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硝酸银晶体，以此来解答。
【解答】解：A.配位键为σ键，S2O32﹣离子的结构为，配离子中含4个共价单键，则1molNa3[Ag（S2O3）2]中含有10molσ键，故A错误；
B.“沉淀”步骤中生成Ag2S 沉淀的离子方程式为2[Ag（S2O3）2]3﹣+S2﹣═Ag2S↓+4S2O32﹣，故B错误；
C.浓硝酸溶解Ag2S沉淀生成硝酸银溶液和硫，同时放出二氧化氮气体，反应的化学方程式为Ag2S+4HNO3＝2AgNO3+2NO2↑+S+2H2O，故C正确；
D.硝酸银受热易分解，将硝酸银溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硝酸银晶体，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项A为解答的难点。
12．（3分）Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡的作用。室温下，通过下列实验探究一定浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液的性质。
实验1：向混合溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色；
实验2：向实验1所得溶液中滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅；
实验3：向混合溶液中通入过量的CO2，无明显现象；
实验4：向实验3所得溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1中溶液显红色的主要原因是：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
B．实验2中溶液红色变浅的原因是：HCO3﹣+H+＝H2O+CO2↑
C．实验3中无明显现象说明没有发生化学反应
D．实验4中产生白色沉淀的原因是：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+CO32﹣+BaCO3↓
【分析】A.实验1中碳酸根离子、碳酸氢根子水解显碱性，碳酸根离子的水解分步进行，以第一步水解为主；
B.实验2中碳酸根离子与盐酸反应；
C.实验3中碳酸钠溶液与二氧化碳反应；
D.实验4中碳酸氢钠与氢氧化钡反应。
【解答】解：A.实验1中碳酸根离子、碳酸氢根子水解显碱性，碳酸根离子的水解分步进行，以第一步水解为主，水解离子反应为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故A错误；
B.实验2中碳酸根离子与盐酸反应，则溶液红色变浅的原因是CO32﹣+H+＝HCO3﹣，故B错误；
C.实验3中碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，无明显现象，故C错误；
D.实验4中碳酸氢钠与氢氧化钡反应，产生白色沉淀的原因是2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+CO32﹣+BaCO3↓，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
13．（3分）二甲醚（CH3OCH3）是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。以CO和H2为原料，在一定温度和压强下，用催化剂（主要成分是Cu﹣Mn的合金）生成二甲醚和副产物甲醇的反应如下：
①3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）；
②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH （g）。
催化剂中对合成二甲醚的影响情况如图所示。
（已知：选择性＝）
下列说法不正确的是（ ）
A．选择合适催化剂能提高CH3OCH3的产率
B．采取压缩体积的方式可以增大二甲醚的产率
C．当＝2时，二甲醚的选择性为90%，二甲醚的产率为64.8%
D．当减小时，CH3OH 的产率一定增大
【分析】A.催化剂能提高生成物的选择性；
B.加压，平衡向气体分子数减小的方向移动；
C.依据反应物转化率和反应物选择性计算产率；
D.CH3OH 的产率与CO转化率和CH3OH 的选择性共同决定。
【解答】解：A.加入合适的催化剂，可以提高CH3OCH3的选择性，促进CO更多转化为CH3OCH3，提高CH3OCH3的产率，故A正确；
B.反应①正向气体分子数减小，压缩体积压强增大，平衡正向移动，二甲醚的产率增大，故B正确；
C.由图可知，当＝2时，CO转化率为72%，二甲醚的选择性为90%，二甲醚的产率为＝64.8%，故C正确；
D.由图可知，当减小时，CH3OH 的选择性增大，但是CO转化率变小，故CH3OH 的产率不一定增大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断转化率和物质的选择性变化对产率影响是解题的关键。
14．（3分）在MoO3作用下，HOCH2CH2OH发生反应的历程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中Mo形成的共价键数目始终保持不变
B．MoO3改变反应途径，提高了HOCH2CH2OH平衡转化率
C．总反应为：2HOCH2CH2OH2HCHO↑+CH2＝CH2↑+2H2O
D．如果原料为HOCH2CH（OH）CH3，则生成的有机物为乙醛和丙烯.
【分析】A．反应过程中，Mo形成的共价键数目由6个变为4个；
B．催化剂不影响平衡移动，不能提高反应物的平衡转化率，但催化剂能降低反应所需活化能，改变反应途径，加快化学反应速率；
C．根据图知，反应物是HOCH2CH（OH）CH3，生成物是HCHO、CH3CHO、CH3CH＝CH2、H2O；
D．根据图中反应物和生成物知，醇羟基被氧化为醛基，连接两个醇羟基的碳原子之间碳碳键断裂分别生成醛，或者相邻的两个醇羟基生成水分子同时还生成碳碳双键。
【解答】解：A．反应过程中，Mo形成的共价键数目由6个变为4个，数目改变，故A错误；
B．MoO3作催化剂，不能提高反应物的平衡转化率，但降低反应所需活化能，改变反应途径，缩短反应时间，加快化学反应速率，故B错误；
C．根据图知，反应物是HOCH2CH2OH，生成物是HCHO、CH2＝CH2、H2O，根据质量守恒定律，反应方程式为2HOCH2CH2OH2HCHO↑+CH2＝CH2↑+2H2O，故C正确；
D．根据图中反应物和生成物知，如果原料是HOCH2CH（OH）CH3，反应物是HOCH2CH（OH）CH3，生成物是HCHO、CH3CHO、CH3CH＝CH2、H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查探究反应机理，侧重考查图象分析判断及知识迁移能力，明确图中断键和成键方式、反应产物判断方法是解本题关键，题目难度中等。
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分）钪（Sc）是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用。钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2），还含有少量SiO2、Sc2O3等氧化物，从钛铁矿中提取Sc2O3的流程如图：
已知：①当离子浓度减小至10﹣5mol•L﹣1时可认为沉淀完全
②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如表所示：
离子
Fe3+
Fe2+
TiO2+
沉淀完全的pH
3.2
9.0
1.05
③lg2＝0.3，Ksp[Sc（OH）3]＝1.25×10﹣33。
回答下列问题：
（1）基态Fe2+核外电子排布式为 [Ar]3d6 。
（2）“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是 TiOSO4+（x+1）H2O＝TiO2•xH2O↓+H2SO4 。
（3）“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如右图，萃取时选择最佳的振荡时间为 10 min。
（4）“洗钛”所得[TiO（H2O2）]2+为橘黄色的稳定离子，H2O2 的作用是 提供配位体，生成稳定配离子[TiO（H2O2）]2+进入水层，便于除钛 ， 将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的 。（写出两点）
（5）“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01mol•L﹣1。“除杂”过程中应控制的pH范围是 3.2～3.7 。
（6）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为 Sc2（C2O4）3•5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O↑ 。
【分析】钛铁矿主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，还含有Mg、Si、Sc等元素，由流程可知，加浓硫酸酸浸后，滤渣1为二氧化硅或不溶性硅酸盐，水解发生TiOSO4+（x+1）H2O＝TiO2•xH2O+H2SO4，萃取时分离出Ti、Sc，洗钛分离出[TiO（H2O2）]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc，与盐酸反应加草酸发生3H2C2O4+2Sc3+＝Sc2（C2O4）3↓+6H+，用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，再灼烧发生Sc2（C2O4）3Sc2O3+3CO↑+3CO2↑，需避免CO污染环境；
（5）“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01 mol•L﹣1.，用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，铁离子完全沉淀时c（OH﹣）＝mol/L＝1.587×10﹣11mol/L，Ksp[Sc（OH）3]＝1.25×10﹣33，开始沉淀时c（OH﹣）＝ mol/L＝5×10﹣11mol/L，对应的氢离子浓度分别为6.3×10﹣4mol/L、2×10﹣4mol/L，据此计算；
（6）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物Sc2O3、CO2、CO、H2O。
【解答】解：（1）铁是26号元素，亚铁离子电子排布式为[Ar]3d6，
故答案为：[Ar]3d6；
（2）“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是 TiOSO4+（x+1）H2O＝TiO2•xH2O↓+H2SO4，
故答案为：TiOSO4+（x+1）H2O＝TiO2•xH2O↓+H2SO4；
（3）“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如图，由图可知，萃取时适宜的振荡时间为10min，萃取率较高，
故答案为：10；
（4）“洗钛”所得[TiO（H2O2）]2+为橘黄色的稳定离子，H2O2 的作用是提供配位体，生成稳定配离子[TiO（H2O2）]2+进入水层，便于除钛，将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的，
故答案为：提供配位体，生成稳定配离子[TiO（H2O2）]2+进入水层，便于除钛；将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的；
（5）“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01 mol•L﹣1.，用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，铁离子完全沉淀时c（OH﹣）＝mol/L＝1.587×10﹣11mol/L，Ksp[Sc（OH）3]＝1.25×10﹣33，开始沉淀时c（OH﹣）＝ mol/L＝5×10﹣11mol/L，对应的氢离子浓度分别为6.3×10﹣4mol/L、2×10﹣4mol/L，除杂”过程中应控制的pH范围是 3.2～3.7，
故答案为：3.2～3.7；
（6）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物，其反应的化学方程式为Sc2（C2O4）3•5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O↑，
故答案为：Sc2（C2O4）3•5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O↑。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用，题目难度较大。
16．（14分）自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。
（1）在不同催化剂下，H2能够还原氮氧化物（NOx）实现氮污染的治理。
I.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图1所示。
①该处理过程中，起催化作用的离子是 Ce4+ 。 （填化学式）
②x＝2时，Ce3+参与的离子方程式为 8Ce3++2NO2+8H+＝8Ce4++N2+4H2O 。
③若该过程中，每转移3mol电子消耗1mol氮氧化物（NOx），则x为 1.5 。
II.某温度下H2的体积分数对H2﹣NO反应的影响如图2所示，实际生产中H2的体积分数选择600×10﹣6。H2的体积分数不宜过低和过高的主要原因是 H2的体积分数过低，NO没有除尽；H2的体积分数过高，过量H2与N2继续反应产生NH3污染空气 。
（2）我国科学家以H2O和N2为原料，以熔融NaOH﹣KOH为电解质，悬浮的纳米Fe2O3作催化剂（Fe2O3发生电极反应生成中间体Fe），该电解装置如图3所示。
①惰性电极I发生的电极反应式为 4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O 。
②阴极区发生反应生成NH3的过程可描述为 Fe2O3在阴极上得电子生成Fe（Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣），Fe将N2还原生成NH3，自身被氧化成Fe2O3（2Fe+N2+3H2O＝Fe2O3+2NH3） 。
【分析】（1）I．①处理过程中，起催化作用的离子是+4价铈离子；
②由图可知，酸性条件下，铈离子与二氧化氮反应生成+4价铈离子、氮气和水；
③根据得失电子守恒列式计算；
II．由图可知，氢气的体积分数过低时，一氧化氮不能完全反应，没有除尽的一氧化氮会污染空气；氢气的体积分数过高时，过量氢气与氮气会继续反应生成氨气污染空气；
（2）①由图可知，惰性电极I为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水；
②由图可知，惰性电极Ⅱ为电解池的阴极，阴极区发生反应生成氨气的过程为氧化铁在水分子作用下在阴极得到电子生成铁和氢氧根离子，放电生成的铁与氮气和水反应生成氧化铁和氨气。
【解答】解：（1）I．由题给示意图可知，氢气、氮氧化物为反应物，氮气和水为生成物，硫酸铈是反应的催化剂；
①由分析可知，处理过程中，起催化作用的离子是+4价铈离子Ce4+，
故答案为：Ce4+；
②由图可知，酸性条件下，铈离子与二氧化氮反应生成+4价铈离子、氮气和水，反应的化学方程式为8Ce3++2NO2+8H+＝8Ce4++N2+4H2O，
故答案为：8Ce3++2NO2+8H+＝8Ce4++N2+4H2O；
③由每转移3mol电子消耗1mol氮氧化物可得：1mol×（2x﹣0）＝3x，解得x＝1.5，
故答案为：1.5；
II．由图可知，氢气的体积分数过低时，一氧化氮不能完全反应，没有除尽的一氧化氮会污染空气；氢气的体积分数过高时，过量氢气与氮气会继续反应生成氨气污染空气，所以实际生产时，氢气体积分数不宜过低和过高，
故答案为：H2的体积分数过低，NO没有除尽；H2的体积分数过高，过量H2与N2继续反应产生NH3污染空气；
（2）①由图可知，惰性电极I为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，
故答案为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O；
②由图可知，惰性电极Ⅱ为电解池的阴极，阴极区发生反应生成氨气的过程为氧化铁在水分子作用下在阴极得到电子生成铁和氢氧根离子，放电生成的铁与氮气和水反应生成氧化铁和氨气，故可描述为Fe2O3在阴极上得电子生成Fe（Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣），Fe将N2还原生成NH3，自身被氧化成Fe2O3（2Fe+N2+3H2O ＝Fe2O3+2NH3），
故答案为：Fe2O3在阴极上得电子生成Fe（Fe2O3+3H2O+6e﹣＝2Fe+6OH﹣），Fe将N2还原生成NH3，自身被氧化成Fe2O3（2Fe+N2+3H2O ＝Fe2O3+2NH3）。
【点评】本题考查氮的氧化物及其污染治理、氧化还原反应的计算、电化学的应用，题目难度中等，明确图示转化关系的实质即可解答，注意掌握氧化还原反应实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
17．（16分）高铁酸钾（K2FeO4）为紫色固体，易溶于水，在KOH浓溶液中的溶解度较低，难溶于无水乙醇等有机溶剂，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中不稳定能产生O2，在碱性溶液中较稳定且碱性越强越稳定。
（1）用如图所示的装置制备K2FeO4（夹持装置略）。
①A为Cl2发生装置，B中盛装的液体是 饱和NaCl溶液 。
②装置C中生成大量紫色固体，发生的化学反应方程式为 3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O 。
③向装置C中通入的Cl2不能过量，原因是 防止氯气过量使溶液碱性减弱，K2FeO4不稳定产生O2 。
（2）提纯K2FeO4：将装置C中的物质过滤，得到高铁酸钾粗产品，请补充由该粗产品制得高纯度K2FeO4的实验方案：将粗产品置于烧杯中， 边搅拌边滴加1mol/LKOH溶液至固体不再溶解，过滤，边搅拌边向滤液中加入饱和KOH溶液，静置，向上层清夜中继续滴加饱和KOH溶液无固体析出，过滤，用乙醇洗涤滤渣2～3次，放置真空干燥箱中干燥 ，得高纯度K2FeO4。（实验中须使用的试剂和装置：1mol•L﹣1'KOH溶液、饱和KOH溶液、乙醇、真空干燥箱）。
（3）测定高铁酸钾样品的纯度：称取0.4400g高铁酸钾样品，完全溶解于稀KOH溶液中，再加入足量亚铬酸钾{K[Cr（OH）4]} 溶液，反应后配成10.00mL溶液；取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH＝2，用0.1000mol•L﹣1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液15.00mL。已知测定过程中发生反应：
①Cr（OH）4﹣+FeO42﹣═Fe（OH）3+CrO42﹣+OH﹣
②2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O
③Cr2O72﹣+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O（未配平）
计算K2FeO4样品的纯度。 90% （写出计算过程）
【分析】由题给实验装置图可知，装置A中浓盐酸与高锰酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有的氯化氢会干扰反应，装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与过量的氢氧化钾溶液、氢氧化铁反应制备高铁酸钾，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染空气；
（3）由题给方程式和得失电子数目守恒可得：FeO42﹣～3Fe2+，25.00mL溶液中n（FeO42﹣）＝ n（Fe2+）＝×0.1 mol•L﹣1×（15.00×10﹣3） L＝5.000×10﹣4 mol，所以100.00mL溶液中含FeO42﹣物质的量为：5.000×10﹣4mol×（100.00 mL/25.00mL）＝2.000×10﹣3mol，进一步计算高铁酸钾样品的纯度。
【解答】解：（1）①由分析可知，装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，
故答案为：饱和NaCl溶液；
②装置C中生成大量紫色固体，发生的反应为氯气与过量的氢氧化钾溶液、氢氧化铁反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，反应的化学反应方程式为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，
故答案为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O；
③若向装置C中通入的氯气过量，氯气与过量的氢氧化钾溶液反应使溶液碱性减弱，高铁酸钾的稳定性减弱，会生成氧气，
故答案为：防止氯气过量使溶液碱性减弱，K2FeO4不稳定产生O2；
（2）由题给信息可知，提纯高铁酸钾制得高纯度高铁酸钾的操作为将粗产品置于烧杯中，边搅拌边滴加1mol/L氢氧化钾溶液至固体不再溶解，过滤，边搅拌边向滤液中加入饱和KOH溶液，静置，向上层清夜中继续滴加饱和氢氧化钾溶液无固体析出，过滤，用乙醇洗涤滤渣2～3次，放置真空干燥箱中干燥得到高铁酸钾，
故答案为：边搅拌边滴加1mol/LKOH溶液至固体不再溶解，过滤，边搅拌边向滤液中加入饱和KOH溶液，静置，向上层清夜中继续滴加饱和KOH溶液无固体析出，过滤，用乙醇洗涤滤渣2～3次，放置真空干燥箱中干燥；
（3）由题给方程式和得失电子数目守恒可得：FeO42﹣～3Fe2+，25.00mL溶液中n（FeO42﹣）＝ n（Fe2+）＝×0.1 mol•L﹣1×（15.00×10﹣3） L＝5.000×10﹣4 mol，所以100.00mL溶液中含FeO42﹣物质的量为：5.000×10﹣4mol×（100.00 mL/25.00mL）＝2.000×10﹣3mol，高铁酸钾样品的纯度为×100%＝90%，
故答案为：90%。
【点评】本题以K2FeO4的制备为背景，考查氧化还原方程式的书写、配平，穿插实验操作流程的分析，题目难度中等，重在综合思维能力的考查，有助于培养综合分析问题的能力，还需注意题目所给信息的准确使用。
18．（14分）中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用。其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
I.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1＝+41.1 kJ•mol﹣1
II.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.0kJ•mol﹣1
III.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝﹣48.9kJ•mol﹣1
（1）反应III的平衡常数表达式为 K＝ 。
（2）5Mpa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）：n（CO2）＝3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图1所示。
①图中Y代表（填化学式） CH3OH 。
②体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是 温度改变时，反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡移动方向相反 。
（3）CO2和H2起始物质的量比为1：3 时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。温度低于210°C时，随着温度升高有分子筛膜的甲醇产率升高的可能原因是 分子筛分离出H2O促进反应正向进行的程度大于温度升高反应逆向进行的程度 。
（4）我国科研人员研究出在Cu﹣ZnO﹣ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图3所示。反应②的化学方程式为 *HCOO+*H＝*H3CO+H2O ；分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是 H2O（g）为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正移，提升甲醇产率 。
【分析】（1）化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；
（2）①生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇；
②依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2，反应ii逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H1＜0而△H2＞0，根据勒夏特列原理进行分析；
（3）分子筛分离出H2O促进反应正向进行；
（4）由图可知，反应②*HCOO和*H生成*H3CO和H2O；H2O（g）为反应③的反应物，增大反应物浓度，平衡正向进行。
【解答】解：（1）化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则K＝，
故答案为：K＝；
（2）①△H3＜0，△H2＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，△H1＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO，
故答案为：CH3OH；
②依据主要反应的化学方程式可知，反应Ⅲ消耗CO2，反应Ⅰ逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H3＜0而△H1＞0，根据勒夏特列原理，温度改变时，反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；
故答案为：温度改变时，反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡移动方向相反；
（3）分子筛分离出H2O促进反应正向进行，而温度升高反应逆向进行，分子筛分离出H2O促进反应正向进行的程度大于温度升高反应逆向进行的程度，所以温度升高有分子筛膜的甲醇产率升高，
故答案为：分子筛分离出H2O促进反应正向进行的程度大于温度升高反应逆向进行的程度；
（4）由图可知，反应②*HCOO和*H生成*H3CO和H2O，则反应②的化学方程式为*HCOO+*H＝*H3CO+H2O；H2O（g）为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正移，提升甲醇产率，
故答案为：*HCOO+*H＝*H3CO+H2O；H2O（g）为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正移，提升甲醇产率。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡常数等，掌握勒夏特列原理是解题的关键，此题难度中等，注意基础知识理解掌握
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