北京市五中2023-2024学年高二（上）开学考化学试题含答案

这是一份北京市五中2023-2024学年高二（上）开学考化学试题含答案，共24页。试卷主要包含了5ml乙醇中含有的共价键数为， 通过如图装置进行能量转化等内容，欢迎下载使用。

本试卷共10页，共100分．考试时长90分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ba-137
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分．在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．
1. 北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”如期开讲及“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就．下列相关叙述正确的是
A. 冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为氧化性气体
B. 飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C. 二氧化硅用作半导体材料
D. 核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
2. 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 18g重水()中含有的质子数为
B. 0.5ml乙醇中含有的共价键数为
C. 32g环状( )分子中含有的S-S键数为
D. 的HClO溶液中的数目为
3. 一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子与具有相同电子层结构。下列叙述正确的是
A. X的负化合价有-1价、-2价B. 原子半径大小为
C. YX的水合物具有两性D. 无色无味气体为WX
4. 通过如图装置进行能量转化。下列分析不正确的是

A. 该装置能将化学能转化为电能
B. 电子从锌片流向铜片，电流表指针偏转
C. Cu片；；Zn片：
D. 氧化反应和还原反应可在两个不同的区域进行
5. 下列方程式与所给事实相符的是
A. 醋酸与氢氧化钠溶液反应：
B. 用大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳：
C. 二氧化氮气体溶于水，所得溶液呈酸性：
D. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
6. 工业制硫酸的一步重要反应是的催化氧化。在密闭容器中，充入和足量，在催化剂、500℃的条件下发生反应。、的物质的量随时间的变化如图。

下列说法正确的是
A. 该反应的化学方程式是
B. 反应到2min时，达到了化学平衡状态
C. 反应开始至5min末，以浓度的变化表示该反应的平均反应速率是
D. 通过调控反应条件，可以使转化率高于80%
7. 下列实验中，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
8. 一定温度下，将和充入2L密闭容器中发生反应：，在时达平衡．在时分别改变反应的一个条件，测得容器中的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确的是
A. 时改变的条件是使用催化剂B. 时可能小于时
C. 时改变的条件一定是增大反应物的浓度D. 平衡常数均为0.25
9. 2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知：

下列说法不正确的是
A. 氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能
B. 的过程中，，
C. 断裂2ml和1ml中化学键所需能量大于断裂2ml中化学键所需能量
D. 化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
10. 一定条件下，在容积为3 L的密闭容器中，发生反应CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）ΔH<0，在不同温度下甲醇的物质的量随时间的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 平衡常数K（300 ℃）B. 300 ℃，当容器内压强不变时说明反应已经达到平衡
C. 在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系的容积压缩到原来的1/2，氢气的浓度减小
D. 500 ℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率：v（H2）＝ ml·L－1·min－1
11. 如图是FeCl3溶液与KSCN溶液反应的实验示意图。下列分析不正确的是
A. 溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
B. 滴加FeCl3溶液达平衡后，c(SCN-)降低
C. 滴加FeCl3溶液达平衡后，观察到溶液红色加深
D. 滴加FeCl3溶液，平衡正向移动，体系中c(Fe3+)降低
12. 钛酸钡是一种压电材料，主要用于电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元器件的配制。某工厂以重晶石为原料，生产的工业流程如下图，下列说法不正确的是

资料：“焙烧”后固体产物有、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS
A. “焙烧”步骤中碳粉的主要作用是做还原剂，将还原
B. “酸化”中的酸为硫酸
C. “沉淀”步骤中生成的化学方程式为：
D. “热分解”生成粉状钛酸钡，产生的
13. NO2的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的NO2，原理如图1所示。用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，如图2所示。
下列说法不正确的是
A. 反应①为
B. 储存和还原技术也能降低尾气排放的NO
C. 0～12.5s内，氢气的消耗速率为v(H2)=1.6×10-4ml/(L·s)
D. 反应②分两步进行，第二步Ba(NO3)2消耗的速率大于第一步的
14. 实验室用如下方法制备。
已知：i.
ii.过程②中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液
下列说法不正确的是
A. 过程②中溶液先变浑浊可能的原因：
B. 过程②中的作用：
C. 过程②中加入适量乙醇可增大S的溶解度，加快反应速率
D. 过程②中通入过量，可增大的产率
第二部分
本部分共5题，共58分．
15. 工业合成氨技术开创了人工固氮的重要途径，但能耗高、碳排放量大。开发温和条件下合成氨的新工艺意义重大。
（1）氮的固定有以下常见方式：
生物固氮：
工业合成氨：
通过雷电固氮：___________。(写出反应方程式)
（2）断开氮分子中的N≡N键，需要___________能量(填“吸收”或“释放”)。
（3）高温不利于提高工业合成氨中N2的平衡转化率。
①生产中依然选择高温合成氨，目的是___________。
②针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了采用M—LiH(M表示金属)复合催化剂的解决方案。做对比实验，测得反应速率如下图所示。
资料：用单位时间内每克催化剂所获得的NH3的物质的量表示反应速率
a．无LiH，催化效率最高的金属是___________。
b．有LiH，反应速率明显增大。文献报道了M—LiH可能的催化过程如下：
i．N2=2N(在M表面解离)
ii．
iii．___________。
在较低压强、较低温度下合成了NH3，这是合成氨反应研究中的重要突破。
（4）最近，我国科研人员报道了一种氯化镁循环法，可进一步降低能耗。该方法的总反应为。转化关系如下：
①A是___________。
②科研人员将X与混合反应，证实了氮化镁中氮元素能转化为氨。不考虑其他副反应，产物中=___________。
16. 资源化利用碳、氮及其化合物具有重要意义
（1）在太阳能的作用下，缺铁氧化物（如）能催化分解，其过程如图所示．过程①的化学方程式为____________，过程②能量转化的主要形式为___________，
（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：，随着温度升高，容器I、II、III中的平衡转化率如图乙所示：
①该反应的_____（填“>”或“<”）0．
②若容器I的体积为2L，反应在370℃下进行，后达到平衡，则0~20s内容器II中用表示的反应速率为______．B点对应的平衡常数_______（保留两位有效数字）．
③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是_________；
④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应_______进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”）．
17. 二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-206.0kJ/ml，工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：
i.甲醇合成反应；
ii.甲醇脱水反应：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，ΔH=-24.0kJ·ml-1
（1）请补全甲醇合成反应的热化学方程式：___________
（2）起始时向容器中投入2mlCO和4mlH2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为___________。
（3）在甲、乙两个相同的恒容容器中进行甲醇脱水反应：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，甲恒温，乙绝热，则CH3OH的转化率甲___________乙(填“>”“<”或“=”)
（4）生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：CH3OH(g)+H2O(g) ⇌CO2(g)+3H2(g) ΔH=+48.8kJ·ml-1，将反应物混合气按进料比n(CO)∶n(H2)=1∶2通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度和压强下，测得二甲醚的选择性分别如图1、图2所示。
资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。
①图1中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是___________。
②图2中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因是___________。
18. 钢铁行业酸洗工艺产生的废液主要含有和。以空气和钢铁酸洗废液为原料可以合成。工业上常加入，以提高反应速率。
（1）向酸洗废液中加入少量，并通入空气。
前期发生的反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
后期转化过程如图：

已知：
ⅰ．催化剂加快反应的一种方式是自身参与反应最终又生成，自身的质量和化学性质并不发生改变
ⅱ．室温下可发生反应，受热可再分解为和
①反应Ⅳ的化学方程式是___________。
②下列说法正确的是___________(填字母)。
a．由反应Ⅱ可以判断此条件下的氧化性强于
b．加入的主要目的是得到，作为后期反应的催化剂
c．后期转化过程的总反应可表示为
③反应过程中需控制温度在80℃左右。温度不能太低的原因是___________(写出两点)。
（2）为了测定产品的质量，用以下方法测定产品中铁元素的质量分数：
取a g产品，加入一定量的硫酸，充分反应后加入蒸馏水稀释，得到待测液。取待测液，加入足量溶液，充分反应后再与溶液反应，恰好消耗溶液。
已知：
ⅰ．与的反应为：
ⅱ．溶液酸性较强时不稳定，可发生反应：
①加入硫酸不能过多，主要原因有两点：
a．硫酸过多时，溶液中浓度过大，会加快将氧化为，从而造成误差。写出氧化的离子方程式___________。
b．___________。
②产品中铁元素的质量分数为___________。
19. 化学小组同学用铜与过量浓硝酸反应制备气体，实验后发现溶液呈绿色，对其原因进行如下探究。
（1）甲同学提出猜想：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加显绿色。
实验：向中通入稳定的气流，溶液变黄。取该溶液与蓝色溶液混合，观察到溶液显绿色，验证了猜想。
甲同学进一步探究硝酸溶液中何种粒子与作用显黄色。
①写出铜和浓硝酸反应产生的化学方程式___________。
②实验1中溶液a是___________。
③依据上述实验推知，浓硝酸中溶液呈黄色是溶液中___________与作用的结果。
（2）资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成，易分解产生无色气体
ⅱ．是一种弱酸。电离出，与发生如下反应：(绿色)
乙同学依据资料提出猜想：铜与浓硝酸反应过程中生成，使溶液呈绿色。
实验4：溶液与溶液混合，溶液呈绿色，加入浓硝酸后，溶液变蓝。
丙同学对加入浓硝酸后溶液变蓝的原因提出猜想并进行实验验证。
猜想1：加入浓硝酸后发生反应：，浓度下降，绿色消失。
猜想2：酸性条件下分解，浓度下降，绿色消失。
①补全分解的化学方程式：□□□___________+□______________________
②用离子方程式表示加入溶液的作用___________。
③丙同学依据实验推知猜想___________(填“1”或“2”)成立。
（3）综合上述实验得出：过量浓硝酸与铜反应后溶液呈绿色的主要原因是___________。
参考答案
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分．在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．
1. 【答案】D
【详解】A．为还原性气体，A错误；
B．玻璃纤维属于无机非金属材料，B错误；
C．单质硅用作半导体材料，C错误；
D．与的质子数都为92，中子数分别为143、146，是质子数相同、中子数不同的同一元素，两者互称同位素，D正确；
故选D。
2. 【答案】C
【详解】A．D2O的摩尔质量为20 g/ml，则18g重水物质的量为0.9 ml，根据关系式D2O~10质子计算可得质子数为0.9，A错误；
B．乙醇的结构式为 ，0.5ml乙醇含有的共价键为4，B错误；
C．由图示结构列关系式，S8~8S-S，32gS8含有的S-S数目为，C正确；
D．HClO为弱电解质，绝大多数以分子形式存在，因此的数目远小于，D错误；
答案选C。
3. 【答案】A
【分析】短周期W、X、Y原子序数依次增大。简单离子与具有相同电子层结构，X是O元素、Y是Mg元素。一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成，该气体是二氧化碳，则W是C元素。
【详解】A．O的负化合价有-1价、-2价，故A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径大小为，故B错误；
C．Mg(OH)2不能和碱反应，不具有两性，故C错误；
D．MgCO3和盐酸反应放出的无色无味气体为CO2，故D错误；
选A。
4. 【答案】C
【详解】A．该装置是原电池，是将化学能转化为电能，故A正确；
B．锌活泼性比铜活泼性强，锌为负极，铜为正极，则电子从锌片流向铜片，电流表指针偏转，故B正确；
C．Cu片；；Zn片： ，故C错误；
D．原电池中负极是发生氧化反应，正极是发生还原反应，因此氧化反应和还原反应可在两个不同的区域进行，故D正确。
综上所述，答案为C。
5. 【答案】C
【详解】A．醋酸与氢氧化钠溶液反应：，A错误；
B．用大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳：，B错误；
C．二氧化氮气体溶于水，所得溶液呈酸性，是因为发生歧化反应生成硝酸：，C正确；
D．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：，D错误；
故选C。
6. 【答案】D
【详解】A．由图可知该反应为可逆反应，反应方程式为，A错误；
B．反应到5min时，达到了化学平衡状态，B错误；
C．反应开始至5min末，以浓度的变化表示该反应的平均反应速率是，C错误；
D．该反应正向气体分子数减小，且为放热反应，可通过调控反应条件，如改变压强和温度，可以使转化率高于80%，D正确；
故选D。
7. 【答案】A
【详解】A．硫酸铝烧杯中溶液变浑浊，说明铝离子和氨气反应生成沉淀，说明氨水有挥发性，能达到实验目的，选项A正确；
B．检验NaHCO3分解产生的CO2应该用澄清石灰水，二氧化碳与氯化钙不反应，不能产生白色沉淀，选项B错误；
C．实验室加热氯化铵和氢氧化钙(熟石灰)的混合物制取氨气，若直接加热氯化铵生成的HCl和NH3在试管口又重新反应生成NH4Cl，不能达到实验目的，选项C错误；
D．NO2能与水反应，不能用排水法收集，选项D错误；
答案选A。
8. 【答案】B
【详解】A．t2时刻瞬间C的浓度增大，t2∼t3阶段C的浓度不变，说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有x=1+1=2，加入催化剂不改变化学平衡，C的浓度不发生变化，A错误；
B．反应正向放热，降低温度平衡正向移动，C的浓度增大，所以t3时刻改变的一个条件可能是降低温度，即t3时刻v逆小于t2时刻v逆，B正确；
C．反应正向放热，t3降低温度或增加了A(或B)的物质的量，平衡均正向移动，C的浓度随时间而增大，C错误；
D．由A选项分析知，t1∼t3间温度相同，平衡常数相同，可计算t1∼t2平衡常数K，列出三段式：，，D错误；
故选B。
9. 【答案】C
【详解】A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以根据氧化还原反应原理设计成燃料电池提供电能，A正确；
B．由盖斯定律知 <0，气体变成液体，该反应是熵减的反应，B正确；
C．氢气燃烧的反应是放热反应，故断裂2ml氢气和1ml 氧气中化学键所需能量小于断裂2ml水中化学键所需能量，C错误；
D．化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；
故选C。
10. 【答案】B
【详解】A. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，平衡常数K=，该反应放热，300℃下甲醇的含量高，即正反应进行的程度更大，故300℃下的平衡常数大，故A项错误；
B. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体分子总数减小的反应，在体积为3L的密闭容器中，气体分子总数、气体压强会发生变化，当容器内压强不变时说明反应已经达到平衡，故B项正确；
C. E点是平衡状态，压缩体积则瞬间所有气体的浓度均增大一倍，由于增压平衡右移，氢气浓度有所下降，但比压缩前浓度大，故C项错误；
D. (H2)=2(CH3OH)=2ml·L−1·min−1，故D项错误；
答案选B。
11. 【答案】D
【详解】A．Fe3+会与SCN-发生络合反应，使溶液显红色，存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，A正确；
B．滴加FeCl3溶液c(Fe3+)增大，平衡正向移动，c(SCN-)降低，B正确；
C．滴加FeCl3溶液c(Fe3+)增大，平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，红色加深，C正确；
D．滴加FeCl3溶液c(Fe3+)增大，虽然平衡正向移动，但只是使c(Fe3+)增大的程度变小，c(Fe3+)依然增大，D错误；
综上所述答案为D。
12. 【答案】B
【分析】重晶石、炭粉、氯化钙焙烧生成、BaS、 CaS和CO，浸取、过滤，滤渣为CaS，滤液中含有、BaS；加盐酸酸化，把BaS转化为，浓缩结晶得固体，用水溶液，加TiCl4、草酸铵生成沉淀，加热分解生成；
【详解】A．“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是做还原剂，将还原为BaS，故A正确；
B． 与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，“酸化”中的酸不能为硫酸，应该为盐酸，故B错误；
C．“沉淀”步骤中、TiCl4、草酸铵反应生成沉淀，反应的化学方程式为：，故C正确；
D．“热分解”时，分解生成粉状钛酸钡，根据元素守恒，产生的，故D正确；
选B。
13. 【答案】D
【详解】A．根据图1中反应①反应物为氧化钡、二氧化氮和氧气，生成物为硝酸钡，其反应为，故A正确；
B．根据NO2的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的NO2，NO和氧气反应生成NO2，则储存和还原技术也能降低尾气排放的NO，故B正确；
C．0～12.5s内，氢气的消耗速率为，故C正确；
D．反应②分两步进行，第一个阶段硝酸钡和氢气反应生成氨气，第二个阶段是硝酸钡、氨气反应生成氮气，两个阶段时间相同，根据得失电子转移生成或消耗1ml的氨气，第一步会消耗0.5ml硝酸钡，第二步消耗0.3ml硝酸钡，因此第二步Ba(NO3)2消耗的速率小于第一步的，故D错误。
综上所述，答案为D。
14. 【答案】D
【详解】A．ii.过程②中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液，过程②中溶液先变浑浊可能的原因：，A正确；
B．已知：i.，故过程②中的作用：，B正确；
C．过程②中加入适量乙醇可增大S的溶解度，加快反应速率，C正确；
D．过量的使得溶液酸性过强会降低硫代硫酸钠的产率：2H++S2O=S+SO2+H2O，D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分．
15. 【答案】（1）
（2）吸收 （3） ①. 提高化学反应速率 ②. Fe ③.
（4） ①. Cl2 ②.
【小问1详解】
雷电固氮是指氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，其化学方程式为；
【小问2详解】
断裂化学键需要吸收能量，故断开氮分子中的N≡N键，需要吸收能量；
【小问3详解】
①生产中依然选择高温合成氨，使催化剂达到活性最佳的温度，从而提升化学反应速率；
②a．由图可以看出无LiH时，用铁做催化剂时的化学反应速率最高，故催化效率最高的金属是Fe；
b．总反应为，用总反应减去反应i，再减去反应即得反应iii为；
【小问4详解】
①氯化镁电解生成镁和氯气，结合B和氮气结合生成氮化镁可知A为氯气；
②D为氯化氢，故X为氯化铵，氯化铵和氯化镁反应生成氨气的化学方程式为：
，8份氨气中有2份来自于，6份来自氯化铵，故。
16. 【答案】（1） ①. ②. 太阳能转化成化学能
（2） ①. ＞ ②. ③. ④. D＞B＞A ⑤. 向逆反应方向
【分析】此题为化学平衡的综合题，结合化学反应与能量分析反应历程以及书写化学方程式，同时运用勒夏特列原理分析外界条件对化学平衡移动的影响，同时列出三段式计算化学反应速率、平衡常数，运用浓度商规则判断化学反应进行的方向。
【小问1详解】
过程①为缺铁氧化物（如）能催化分解生成和C，化学方程式为：；分析过程②可知能量转化形式为太阳能转化成化学能。
【小问2详解】
随着温度升高，容器I、II、III中的平衡转化率如图乙，分析可知，温度升高，反应物的平衡转化率在升高，因此升高温度平衡正向移动，此反应为吸热反应，故＞0；
若容器I的体积为2L，反应在370℃下进行，后达到平衡，由图乙，此时反应物转化率为0.4，可列出三段式：，故；
同时此温度下平衡常数为；
反应前后质量守恒，m不变，只需比较容器体积即可，从A→C→D，三点起始量一样，随着温度升高，由于反应为吸热反应，温度升高有助于反应进行，导致转化率增大，现要使三点的转化率一致，所以需要加压，相当于缩小容器体积，即VA＞VC＞VD，所以ρA＜ρC＜ρD，即图中A、C、D三点处容器内密度大小关系是：D＞C＞A，故答案为：D＞C＞A；
若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则大于K，故反应此时向逆反应方向进行。
17. 【答案】（1）CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=-91.0kJ·ml-1
（2）25% （3）>
（4） ①. 增大压强，主反应平衡不移动，副反应平衡逆向移动，所以二甲醚选择性增大 ②. 主反应ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，副反应ΔH>0，升高温度平衡正向移动，所以二甲醚选择性降低
【小问1详解】
已知：①2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1=-206.0kJ/ml，
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，ΔH2=-24.0kJ·ml-1
根据盖斯定律，由（①-②）得甲醇合成反应的热化学方程式CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=（ΔH1-ΔH2）=-91.0kJ·ml-1；
【小问2详解】
起始时向容器中投入2mlCO和4mlH2，测得某时刻上述总反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-206.0kJ/ml中放出的热量为51.5kJ，此时消耗CO为0.5ml，转化率为；
【小问3详解】
在甲、乙两个相同的恒容容器中进行甲醇脱水反应：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，甲恒温，乙绝热，因正反应为放热反应，则乙的温度升高平衡逆向移动，转化率降低，则CH3OH的转化率甲>乙；
【小问4详解】
①图1中，温度一定，增大压强，主反应平衡不移动，副反应平衡逆向移动，所以二甲醚选择性增大；
②图2中，温度高于265℃后，主反应ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，副反应ΔH>0，升高温度平衡正向移动，所以二甲醚选择性降低。
18. 【答案】（1） ①. ②. abc ③. 温度低反应速率慢；温度低生成的不易分解，浓度低，催化效果差
（2） ①. ②. 溶液酸性较强时不稳定，与硫酸发生反应，无法准确测定的含量 ③. 或
【分析】由后期转化图可知反应III为2NO+O2=2NO2，反应IV为：，其中NO为催化剂，NO2为中间产物, FeCl3制备产物的方程式为：4FeCl3+2nH2O=2Fe2(OH)nCl6-n+2nHCl。后期转化过程的总反应可表示为。
【小问1详解】
①根据分析，反应Ⅳ的化学方程式是：；
②a．反应II中HNO2为氧化剂，FeCl3为氧化产物，故由反应Ⅱ可以判断此条件下的氧化性强于，a正确；
b．由前期的反应可知加入的主要目的是得到，作为后期反应的催化剂，b正确；
c．根据分析，后期转化过程的总反应可表示为，c正确；
故选abc；
【小问2详解】
①氧化得到I2，离子方程式为：；根据题中信息，溶液酸性较强时不稳定，故加入硫酸不能过多，主要原因为：溶液酸性较强时不稳定与硫酸发生反应，无法准确测定的含量；
②铁离子将碘离子氧化为I2，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，根据题中信息可找出关系式：，，故样品中铁元素的质量分数为：。
19. 【答案】（1） ①. ②. 溶液 ③.
（2） ①. ②. ③. 1
（3）过量浓硝酸中与作用呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，黄色蓝色叠加显绿色
【分析】甲同学进探究硝酸溶液中何种粒子与作用显黄色，设计思路为研究氢离子、硝酸根与作用后的颜色，待探究的离子浓度应相同且为单一变量， 实验3溶液无色，说明钠离子、硫酸根不与NO2作用，故实验1中a溶液为溶液，探究硝酸根与NO2作用，实验2中a溶液为溶液，探究氢离子与NO2作用。
丙同学将实验4中蓝色溶液分成两份，第一份加入NaOH溶液后溶液变为绿色，，浓度增大，与铜离子反应生成，溶液变绿色；第二份加入等体积的水，为空白对照实验，可证明猜想1成立。
【小问1详解】
①铜和浓硝酸反应产生的化学方程式：；
②实验1中溶液a是：；
③实验1溶液无色，说明硝酸根不与NO2作用；实验2变黄色，说明H+与NO2作用，故浓硝酸中溶液呈黄色是溶液中H+与作用的结果；
【小问2详解】
①分解时发生氧化还原反应，补全后的化学方程式为：；
②加入氢氧化钠溶液后，，浓度增大，与铜离子反应生成，溶液变绿色；
③根据分析，猜想1成立；
【小问3详解】
综合上述实验得出：过量浓硝酸与铜反应后溶液呈绿色的主要原因是：过量浓硝酸中与作用呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，黄色蓝色叠加显绿色。
验证氨水有挥发性
检验
分解产生的
实验室制取少量氨气
制备并收集
A
B
C
D
实验装置
操作
编号
溶液a
现象

向溶液a中通入稳定的气流8s
实验1
___________
溶液基本无色
实验2
立即变黄
实验3
溶液基本无色
将实验4中蓝色溶液分成两份
加入溶液，振荡
溶液变绿色
加入，振荡
溶液仍为蓝色