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浙江省高三上学期第一次模拟考试化学试卷（含解析）
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这是一份浙江省高三上学期第一次模拟考试化学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，元素或物质推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
浙江省高三上学期第一次模拟考试化学试卷
一、单选题
1．下列说法不正确的是 （ ）
A．工业上将氯气通入热的澄清石灰水制漂白粉
B．工业上可用食盐、氨、二氧化碳为原料制取纯碱
C．工业上在碳素钢里适当地加入一种或几种合金元素从而制得特种钢
D．工业上可以利用氢气在氯气中燃烧制取氯化氢
2．下列化学用语或表述正确的是（ ）
A．的结构式： B．分子的空间填充模型
C．与均是10电子粒子 D．硫离子的核外电子排布式
3．下列反应中，属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂的是（ ）
A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B．Cl2+H2O=HCl+HClO
C．SO2+H2O=H2SO3 D．C+H2OCO↑+H2↑
4．NA为阿伏伽德罗常数的值。我国科学家突破CO2人工合成淀粉技术，其主要流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．2molH2与足量CO2完全反应生成NA个CH3OH
B．生成22.4LO2时，2NA个H2O2被还原
C．合成90gC3H6O3，至少需要3NA个CO2
D．1mol淀粉[C6(H2O)5]n中，含有的H2O分子数为5nNA
5．用括号内的试剂和方法除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是（ ）
A．苯中含有苯酚(浓溴水，过滤)
B．丁烷中含有2-丁烯(酸性高锰酸钾，洗气)
C．乙酸乙酯中含有乙酸(饱和碳酸钠溶液，分液)
D．溴苯中含有液溴(溶液，分液)
6．x、y、z是含有同一元素的三种物质，它们之间的转化关系如图（转化中其它物质未列出）。x的化学式为（ ）
A．CaCO3 B．CO2 C．CO D．C
7．下列实验操作或装置正确的是（ ）
A．图甲装置可用于完成过滤操作
B．图乙装置可完成“喷泉”实验
C．图丙装置可实现制备并观察其颜色
D．图丁表示为配制一定物质的量浓度溶液时称量溶质的操作
8．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（ ）
X
Y
W
Z
T
A．原子半径：Z>W>Y>X
B．氧化物对应的水化物酸性：Z>X
C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物
9．向含和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1溶液至过量，加入溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是
A．图中C点铝元素存在形式是
B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀
C．原混合溶液中
D．OA段反应的离子方程式为
10．NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法中正确的是（ ）
A．用图1所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中
B．用图2所示装置准确称得固体
C．用图3所示操作排出碱式滴定管中的气泡
D．用图4所示装置以NaOH待测液滴定
11．下列说法中，不正确的是（ ）
A．水凝结成冰的过程中，
B．热稳定性：
C．已知 ， ，则
D．元素Cu和Fe均位于周期表d区
12．在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失的去电子总数，这个规律称为电子得失守恒。在一定条件下，发生了以下反应：+Cl2+2OH-=+2Cl-+H2O下列说法错误的是（ ）
A．n=2 B．中R的价态为+6价
C．中R的价态为+5价 D．是氧化产物
13．太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图。M电极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料，隔膜只允许Li+通过，电池反应式为LixC6+Li1- xFePO4 LiFePO4+C6，下列说法正确的是（ ）
A．放电时Li+从左边移向右边，从右边移向左边
B．放电时，正极反应式为 Li1-xFePO4+xLi++xe- =LiFePO4
C．充电时M极连接电源的负板，电极反应式为C6+xe-=
D．充电时电路中通过2.0 mol电子，产生28 gLi
14．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，10s达到平衡。下列描述不正确的是（ ）
A．t1时，Z和X的浓度相等，v正(X)>v逆(X)
B．t0=10s，开始到t0用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s)
C．该反应容器内的压强始终保持不变
D．反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)
15．关于化合物结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．分子中至少有11个碳原子共平面
B．分子中含有2个手性碳原子
C．能与盐酸或氢氧化钠溶液反应生成盐
D．能发生取代反应、氧化反应、还原反应
16．25℃时， 按下表配制两份溶液。
一元弱酸溶液
加入的NaOH溶液
混合后所得溶液
HA 10. 0mL 0.20 mol/L
5. 0mL 0. 20 mol/L
溶液I pH=5. 0
HB 10. 0mL 0. 20 mol/L
5.0mL 0.20 mol/L
溶液Ⅱ pH=4.0
下列说法不正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中： c(A-)＞c(Na+ )＞c(H+)＞c(OH-)
B．将溶液Ⅰ和Ⅱ混合，混合后的溶液中： c(Na+ )=c(A- )+c(HA)=c(B- )+c(HB)
C．Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0， 说明
D．将溶液Ⅰ和Ⅱ混合，混合后的溶液中： c(HA)＞c(HB)
二、工业流程题
17．常温下，某澄清透明溶液中可能存在：Na＋、Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、Br－、SO32－、SO42－中的一种或多种(不考虑水的电离和离子的水解)，各离子的物质的量浓度均为0.1 mol·L－1。现进行如下实验，(流程中所加试剂均为过量)，下列说法正确的是
A．沉淀B中肯定含有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁
B．样品溶液中肯定不存在Cu2＋和SO32－，可能含有Na＋
C．样品溶液中肯定存在Na＋、Fe2＋、Br－、SO42－
D．1 L黄色溶液D能恰好溶解铁2.8克
18．锗及其化合物被广泛应用于半导体、催化剂等领域。以铅锌矿含锗烟尘为原料可制备GeO2，其工艺流程图如下。
已知：GeO2是两性氧化物；GeCl4易水解，沸点86.6℃
(1)第①步滤渣主要成分有_________(填化学式)，实验室萃取操作用到的玻璃仪器有__________。
(2)第③步萃取时，锗的萃取率与V水相/V有机相(水相和有机相的体积比)的关系如下图所示，
从生产成本角度考虑，较适宜的V水相/V有机相的值为______________。
(3)第④步加入盐酸作用________________(答两点即可)。
(4)检验GeO2·nH2O是否洗涤干净的操作是_____________。
(5)GeO2产品中通常混有少量SiO2。取样品5.4g，测得其中氧原子的物质的量为0.105mol，则该样品中GeO2的物质的量为_____ mol。
19．某工业废水中含有大量的Cu2+、Fe3+、Fe2+和，拟从该废水中回收金属铜并制得绿矾(FeSO4·7H2O)，工艺流程如下图：
(1)下列叙述正确的是___________。
A．滤渣A为Fe和Cu的混合物
B．试剂b为盐酸
C．步骤Ⅱ可以分离出Cu，并能得到FeSO4溶液
D．步骤Ⅲ为蒸发溶液
(2)步骤Ⅰ发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu和___________。
(3)取2mL溶液A于试管中，滴加少量NaOH溶液，观察到的实验现象是___________。
(4)获得的绿矾晶体(FeSO4·7H2O)可能有部分被氧化，请设计检验方案验证(操作、现象、结论)___________。
(5)已知：3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。虚线框处宜选择的装置是___________(填“甲”或“乙”)。
20．某研究小组拟合成化痰药盐酸氨溴索和葡萄味香精X。
已知信息：①R1CHO+R2NH2R1CH=N-R2
②（易被氧化）
请回答：
(1)下列说法不正确的是______。
A．化合物X有弱碱性
B．化合物B能发生银镜反应
C．化合物E遇FeCl3溶液会发生显色反应
D．盐酸氨溴索的分子式是C13H17ClBr2N2O
(2)化合物F的结构简式是______。
(3)写出B＋C→D的化学方程式_________。
(4)写出化合物C同时符合下列条件的同分异构体的结构简式______。
①分子中有一个含氮六元环；
②核磁共振氢谱显示分子中有5种氢原子，红外光谱显示分子中有甲基。
(5)设计以甲苯和甲醇为原料制备化合物X的合成路线(无机试剂任选，用流程图表示)_________。
三、元素或物质推断题
21．A、B、C、D、E、F都是短周期元素，原子序数依次增大。
元素
有关信息
A
原子最外层电子数与电子层数相等
B
其氢化物溶于水呈碱性
C
元素主要化合价为-2
D
与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水
E
所在主族序数与所在周期序数之差为3
F
该元素的最高正化合价与最低负价的代数和为6
(1)请指出元素E在周期表中的位置：___________。
(2)沸点：A2C___________A2E(填“>”或“<”或“=”)。
(3)C、D、E、F形成的简单离子半径从大到小的顺序是___________。
(4)C的非金属性比E___________(填“强”或“弱”)，并用化学事实加以说明(用化学方程式表示)___________。
(5)B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液常呈现黄色，其原因是(用化学方程式表示)___________。
22．化合物A由四种常见元素组成，是一种重要的化工原料。某实验小组按如图所示流程进行相关实验：
已知化合物A含有两种阴离子和一种阳离子，向溶液A滴加溶液产生蓝色沉淀。
请回答：
(1)组成A的四种元素为_______；A的化学式为_______。
(2)滤液C加稀硝酸酸化时产生了无色气体，该反应的离子方程式为_______。
(3)①溶液A中加入稍过量的溶液，生成沉淀的同时有一种气体产生，写出反应的化学方程式：_______。
②D可以溶解在的浓溶液中，沉淀消失变为无色溶液，该反应的离子方程式为_______。
(4)设计实验检验化合物A是否变质，在下表中填写检验出化合物A没有变质的方案。
实验操作
实验现象
实验结论
_______
_______
_______
四、原理综合题
23．氮及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)在一定温度下，氨气溶于水的过程及其平衡常数为：
其中P为的平衡压强，为在水溶液中的平衡浓度。设氮气在水中的溶解度，则用P、和表示S的代数式为_______。
(2)氨在催化氧化反应时发生如下反应：
I.
II.
III.
①反应I在常压下自发进行的条件是_______。
②将一定比例的和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、生成的选择率与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变，升高温度，的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，出口处的物质的量先增大后减小
C．催化氧化除去尾气中的应选择反应温度高于250℃
D．随温度的升高，选择性下降的原因可能为催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大
(3)的氧化反应：，分两步进行。
I.
II.
已知：i.决定氧化反应速率的是步骤“II”
ii.，反应I的活化能为，反应II的活化能为
①请在图中画出氧化反应的过程能量示意图(必要的地方请标注)_______。
②某工业制硝酸流程中，进入反应塔的混合气体中和发生化学反应：，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：
压强
温度/℃
达到所列转化率需要时间/s
50％
90％
98％
1.0
30
12
250
2830
90
25
510
5760
氧化生成反应的反应速率随温度的升高而_______(填升高、降低或不变)，试分析其原因_______。
参考答案
1．A
【详解】A．氢氧化钙在水中溶解度很小，应将氯气通入石灰乳中制漂白粉，A错误；
B．工业上可用食盐、氨、二氧化碳为原料，使用氨碱法制取纯碱，B正确；
C．在碳素钢里适当地加入一种或几种合金元素，可以改变合金的性能，从而制得特种钢，C正确；
D．氯气化学性质活泼，工业上可以利用氢气在氯气中燃烧制取氯化氢，D正确；
故选A。
2．A
【详解】A．的中心原子为氧原子，结构式：，A正确；
B．二氧化碳为直线形分子，B错误；
C．羟基为9电子粒子，C错误；
D．硫离子是硫原子得到2个电子后形成的，核外电子排布式，D错误；
故选A。
3．B
【分析】元素化合价升高，失去电子，物质作还原剂；元素化合价降低，得到电子，物质作氧化剂，据此分析解答。
【详解】A．在反应中2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Na失去电子，元素化合价升高，作还原剂，H2O中的H得到电子变为H2，元素化合价降低，H2O作氧化剂，A不符合题意；
B．在反应中Cl2+H2O=HCl+HClO，只有Cl2中的Cl元素化合价升高、降低，因此Cl2既作氧化剂，又作还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，B符合题意；
C．在反应SO2+H2O=H2SO3中，所有元素的化合价都不变，不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．在该反应中H2O中的H元素化合价降低获得电子，H2O作氧化剂，D不符合题意；
故合理选项是B。
4．C
【详解】A．H2与足量CO2完全反应的方程式为，2molH2完全反应生成个CH3OH，A项错误；
B．适用条件为标准状况，无法计算，B项错误；
C．根据反应前后质量守恒定律，反应前后碳元素守恒，合成90gC3H6O3，，至少需要3NA个CO2，C项正确；
D．淀粉为碳、氢、氧元素的化合物，其分子中不存在水分子，故1mol淀粉[C6(H2O)5]n中，不存在水分子，D项错误；
答案选C。
5．A
【详解】A．苯酚和溴水反应生成三溴苯酚，能溶解在苯中，不能分离，选项A不正确；
B．2-丁烯能被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸而丁烷不会，通过洗气后得到纯净的丁烷，选项B正确；
C．乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠，乙酸钠溶于水中，乙酸乙酯不溶于水，分液分离，选项C正确；
D．溴能与氢氧化钠溶液反应，溴苯常温下与氢氧化钠溶液不反应也不溶于水，分液分离，选项D正确；
答案选A。
6．D
【详解】A. 碳酸钙高温会分解，但是点燃的条件下不会反应，故A错误；
B. 二氧化碳在高温的条件下会反应，但是点燃的条件下不会反应，故B错误；
C. 一氧化碳高温会点燃后生成了二氧化碳，但是二氧化碳和一氧化碳不会反应，故C错误；
D. 碳在高温的条件下和点燃的条件下都会生成二氧化碳，二氧化碳和碳又会生成一氧化碳，满足转化关系，故D正确；
故选D。
【点睛】在解此类题时，首先分析选项中各物质的性质，然后将各物质代入转化关系中验证即可。
7．C
【详解】A．过滤时需要用玻璃棒引流，不能直接倾倒，图甲装置中过滤时没有用玻璃棒引流，A错误；
B．氯气在水中溶解度较小，不能完成“喷泉”实验，B错误；
C．因为氢氧化亚铁极易被氧化，故制取氢氧化亚铁时应隔绝空气进行，煤油起到隔绝空气的作用，C正确；
D．称量NaOH时，应将NaOH固体放入小烧杯中，以防止NaOH受潮附在纸上或仪器上，D错误；
故选C。
8．D
【分析】设W的最外层电子数为a，则根据这几种元素在周期表中的相对位置可知，X、Y、Z的最外层电子数分别为：a+1、a+2、a+3，依题意有a+(a+1)+(a+2)+(a+3)=22，解得a=4，且该四种元素为短周期元素，则W、X、Y、Z、T分别为：Si、N、O、Cl、Ge。
【详解】A．原子半径：W>Z>X>Y，A错误；
B．Z和X的氧化物的水化物均有多种，无法比较，B错误；
C．NH4NO3中既含有离子键也含有共价键，C错误；
D．Ge单质具有半导体性质，其与C同族，化学性质相似，可形成化合物GeCl4，D正确；
答案选D。
9．D
【分析】加入3L氢氧化钡时生成5mol沉淀，其中3mol硫酸钡沉淀、2mol氢氧化铝沉淀，再加入3L氢氧化钡得到2mol氢氧化铝沉淀，再加入2mol氢氧化钡，溶解了4mol氢氧化铝沉淀。
【详解】A．根据图中信息B点到C点沉淀溶解，是氢氧化铝沉淀全部溶解，因此C点铝元素存在形式是，故A正确；
B．D点含有氢氧化钡和，向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀，故B正确；
C．根据图中信息B点到C点氢氧化铝沉淀全部溶解，则铝离子物质的量为4mol，C中沉淀有3mol硫酸钡沉淀，因此硫酸铝为1mol，氯化铝为3mol，溶液体积相同，则原混合溶液中，故C正确；
D．OA段反应是生成3mol硫酸钡和2mol氢氧化铝沉淀，其反应的离子方程式为，故D错误；
综上所述，答案为D。
10．C
【详解】A．配置一定物质的量浓度溶液时，将氢氧化钠溶液转移至容量瓶中时需玻璃棒引流，故A错误；
B．托盘天平是粗量器，精度为±0.1g，所以不能用托盘天平称取0.1575g二水草酸固体，且砝码和药品放置不符合“左物右码”的原则，故B错误；
C．排出排出碱式滴定管中的气泡时，应将橡胶管向上弯曲，挤压橡胶管中的玻璃小球，快速放液，故C正确；
D．氢氧化钠溶液会与玻璃中的二氧化硅反应，所以氢氧化钠溶液应装在碱式滴定管中，不能装在酸式滴定管中，故D错误；
故选C。
11．D
【详解】A． 水凝结成冰的过程放出热量，则，混乱度减小，则，故A正确；
B． 两者均是离子化合物，氟对电子的“束缚”能力最强，氟离子半径比氯离子半径小，所以氟离子与铵根成的离子键(即相互作用力是静电力)更强，更稳定，，故B正确；
C． 得电子的过程释放能量，，失电子的过程吸收能量，，则，故C正确；
D． 元素Cu位于周期表ds区，故D错误；
故选D。
12．C
【分析】1molCl2得2mole-，化合价降低生成氯离子，氯气是氧化剂；根据电子得失守恒知1mol失去2mole-生成，故中R元素为+4价，n=2；
【详解】A．由分析知n=2，A正确；
B．中R的价态为+6价，B正确；
C．中R的价态为+4价，C错误；
D．失去电子化合价升高发生氧化反应生成，是氧化产物，D正确；
故选C。
13．B
【分析】电池反应式为，由图可知，M极为负极，电极反应式为LixC6−xe−═xLi＋＋6C，N极为正极，电极反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−═LiFePO4，充电时，M极为阴极，电极反应式为xLi＋＋6C＋xe−═LixC6，N极为阳极，电极反应式为LiFePO4−xe−═Li1−xFePO4＋xLi＋，据此作答。
【详解】A．放电时，负极生成锂离子，正极消耗锂离子，故Li＋从左边移向右边，隔膜为阳离子交换膜，磷酸根离子不能透过，故A错误；
B．放电时，N极为正极，电极反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−═LiFePO4，故B正确；
C．充电时，M极为阴极，连接电源的负极，电极反应式为xLi＋＋6C＋xe−═LixC6，故C错误；
D．充电时电路中通过2.0mol电子，阴极生成Li的质量为2mol×7g/mol＝14g，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图像和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
14．B
【详解】A．由曲线图可知，t1时，Z和X的曲线相交，所以浓度相等，此时反应正向进行，所以v正(X)>v逆(X)，故A正确；
B．t0=10s时，用Z表示开始到t0时间内的反应速率为，故B错误；
C．由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mol，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，所以反应容器内的压强始终保持不变，故C正确；
D．由图象可知，X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；
故答案选B。
15．A
【详解】A．与苯环直接相连的原子与苯环共面，碳碳叁键两端的原子共线，碳氧双键两端的原子共面，碳碳单键可以旋转，故该分子中至少有10个碳原子共平面，A错误；
B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中含有2个手性碳原子，B正确；
C．分子中含有氨基和酯基，氨基能与盐酸反应，酯基能和氢氧化钠溶液发生水解反应，都能生成盐，C正确；
D．碳原子上氢能发生取代反应，碳碳叁键能发生氧化反应、还原反应，D正确；
故选A。
16．C
【详解】A．溶液Ⅰ的pH=5.0，呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，所以c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，A正确；
B．根据物料守恒可知，将溶液Ⅰ和Ⅱ混合，混合后的溶液中： c(Na+ )=c(A- )+c(HA)=c(B- )+c(HB)，B正确；
C．溶液Ⅰ为物质的量浓度相等的HA和NaA的混合溶液，HA的电离微弱，则c(A-)≈c(HA)，此时Ka(HA)==c(H+)=10-pH=10-5.0，同理Ka(HB)=10-4.0，所以Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0时，=10-1.0=0.1，C错误；
D．由选项C的分析可知，Ka(HA)=10-5.0，Ka(HB)=10-4.0，则酸性：HB>HA，混合Ⅰ和Ⅱ时HA、NaA、HB和NaB的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，所以HA的电离小于HB，即c(HA)>c(HB)，D正确；
故答案为：C。
17．C
【分析】先推断离子，加氯气和氯化钡生成白色沉淀，故A为硫酸钡沉淀，所以原溶液可能含亚硫酸根离子或硫酸根离子；由分层后的液体颜色说明原溶液含溴离子，加氢氧化钠得到沉淀B，再加盐酸溶解后出现黄色溶液，说明原溶液含亚铁离子，由于SO32-与Fe2+、Cu2+、Mg2+会发生反应生成沉淀，所以原溶液不含亚硫酸根离子，故一定含硫酸根离子；以上推断可看出，一定含Fe2+、Br-、SO42-。根据已知条件，各离子的浓度均为0.1 mol·L－1，结合溶液为电中性，溶液中还应含有0.1 mol·L－1的正电荷，结合题中提供的离子可得，一定含有Na＋，一定不含有Mg2＋、Cu2＋；
【详解】A. 由以上分析可知一定含亚铁离子，镁离子一定不存在，故A错误；
B. 根据上述分析，一定含有Na＋，故B错误，
C. 根据分析，一定含有的离子为Na＋、Fe2＋、Br－、SO42－，故C正确；
D. 黄色溶液中含有Fe3+，1 L黄色溶液中含有0.1mol Fe3+，Fe3+可与Fe反应生成Fe2+，离子方程式为2Fe3++ Fe=3 Fe2+，0.1mol Fe3+可使0.05mol Fe溶解，质量为2.8g。除0.1mol Fe3+外，溶液中还含有过量的盐酸，也可使铁溶解，故1LD溶液溶解铁的质量大于2.8g，故D错误；
答案选C。
18． SiO2、PbSO4 分液漏斗、烧杯 8 中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解 取最后一次洗涤液于试管中，加入稍过量稀HNO3酸化，再加入1~2滴 AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净，若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净 0.05
【分析】GeO2、ZnO能够与硫酸发生反应，变为可溶性硫酸盐，PbO与H2SO4反应生成PbSO4，而SiO2不能溶于酸，过滤后得到滤液中主要是ZnSO4、Ge(SO4)2，用有机溶剂萃取锗，萃取后的有机层加入足量NaOH溶液，将锗反应生成锗酸钠，分液，水层加入盐酸中和过量的氢氧化钠和抑制GeCl4水解，蒸馏得到GeCl4，加水水解、过滤，最终得到GeO2。
【详解】(1)GeO2、ZnO能够与硫酸发生反应，变为可溶性硫酸盐，PbO与H2SO4反应生成PbSO4，而SiO2不能溶于酸，所以第①步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbSO4。实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；故答案为：SiO2、PbSO4；分液漏斗、烧杯。
(2)根据图象可知，在第③步萃取时，从生产成本角度考虑，由图可知有机萃取剂的用量在V水相/V有机相的值为8时比V水相/V有机相的值为4时少，此时萃取率处于较高水平，而有机萃取剂较贵，故V水相/V有机相的值为8时较适宜；故答案为：8。
(3)在第③步萃取时加入了NaOH，第④步加入盐酸作用一是为作反应物，中和NaOH，二是GeCl4是强酸弱碱盐，在溶碱性溶液中易水解，为了抑制GeCl4水解，也要加入适量的盐酸；故答案为：中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解。
(4)第⑤步加水，GeCl4发生水解反应，产生GeO2∙nH2O，反应的化学方程式GeCl4 + (n+2)H2O =GeO2∙nH2O + 4HCl；
(5)GeO2·nH2O是从含有HCl的溶液中过滤出来的，所以要检验GeO2·nH2O是否洗涤干净只要检验没有Cl－即可。操作是取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净，若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入稍过量稀HNO3酸化，再加入1~2滴 AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净，若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净。
(6)设GeO2的物质的量为xmol，SiO2的物质的量为ymol，2(x+y)=0.105，105x+ 60y=5.4，解得x=0.050，故该样品中GeO2的物质的量为0.05mol；故答案为：0.05。
【点睛】化工流程是常考题型，主要对元素化合物、化学反应原理、化学实验综合考查，对基本操作是考查，要注意从细节和答题模板中规范答题。
19．(1)AC
(2)2Fe3++Fe=3Fe2+
(3)产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
(4)取适量晶体溶于水于洁净试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则有部分被氧化，反之则无
(5)乙
【分析】由题给流程可知，向工业废水中加入加入足量的铁，铁与铁离子反应生成亚铁离子，与铜离子反应生成铜和亚铁离子，过滤得到含有铁和铜的滤渣A和硫酸亚铁溶液A；向滤渣A中稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液B；硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸亚铁晶体。
（1）
A.由分析可知，滤渣A为Fe和Cu的混合物，故正确；
B.由分析可知，试剂b为稀硫酸，若为盐酸，所得产品中会混有氯化亚铁，故错误；
C.由分析可知，步骤II为过滤操作，过滤可以分离出Cu，并能得到FeSO4，故正确；
D.由分析可知，步骤III为蒸发结晶、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，目的是得到七水硫酸亚铁晶体，故错误；
AC正确，故答案为：AC；
（2）
步骤I发生的反应为铁与铁离子反应生成亚铁离子，与铜离子反应生成铜和亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu和Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）
氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液反应立即生成氢氧化亚铁白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色，所以现象为产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；
（4）
若绿矾晶体被氧化，绿矾晶体中会混有硫酸铁，检验硫酸铁的方法是取少量绿矾晶体(FeSO4·7H2O)于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则绿矾晶体有被氧化取少量绿矾晶体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则绿矾晶体有被氧化；
（5）
铁粉与水蒸气反应生成氢气，氢气的密度比空气小，所以应向下排空气收集，所以选乙。
20． CD
【详解】(1) A.化合物X中有氨基，氨基具有弱碱性，故A正确；
B.根据合成路线和题中已知信息，甲苯中的甲基被氧化为醛基，得到物质A，A在硫酸和二氧化锰的催化作用下，发生硝化反应得到化合物B，B分子式为C7H5NO3，结构中应含有苯环、醛基和硝基，结构式为有醛基故能发生银镜反应，故B正确；
C.化合物E中的羟基为醇羟基，酚羟基遇FeCl3溶液会发生显色反应，故C错误；
D.盐酸氨溴索的分子式是C13H19ClBr2N2O，故D错误；
答案为CD。
(2)根据已知信息②，有机物苯环上的硝基，在铁和氯化氢作用下，硝基转变为氨基。故有机物D在铁和氯化氢作用下，苯环上的硝基转变为氨基得到化合物E，E在NaBH4作用下氮氧双键发生加成变单键得到化合物F，因此F的结构式为，
答案为：；
(3) 根据已知信息①R1CHO+R2NH2R1CH=N-R2，B＋C→D的化学方程式为；
答案为：；
(4)化合物C同时符合分子中有一个含氮六元环；核磁共振氢谱显示分子中有5种氢原子，红外光谱显示分子中有甲基。符合条件的结构有：4种结构；
答案为：；
(5)甲苯在浓硫酸和浓硝酸的作用下进行硝化反应，再用酸性高锰酸钾将甲基氧化为羧基，再和甲醇发生酯化反应，最后在铁和氯化氢作用下，苯环上的硝基转变为氨基得到化合物X；合成路线为，
答案为：。
21．(1)第三周期第ⅥA族
(2)＞
(3)S2-＞Cl-＞O2-＞Na+
(4) 强 O2+2H2S=S+2H2O
(5)4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大。A元素的原子最外层电子数与电子层数相等，则A是H元素；B的氢化物溶于水呈碱性，则B是N元素；C元素主要化合价为-2价，则C为O元素；D元素与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水，则D是Na元素；E元素所在主族序数与所在周期序数之差为3，则E是S元素；F元素的最高正化合价与最低负价的代数和为6，则F是Cl元素，然后根据物质性质及元素周期律分析解答。
【详解】（1）根据上述分析可知：A是H，B是N，C是O，D是Na，E是S，F是Cl元素。根据上述分析可知：元素E是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，根据原子结构与元素位置关系可知S元素在周期表中的位置是位于第三周期第ⅥA族；
（2）A2C是H2O，A2E是H2S，二者都是由分子通过分子间作用力结合形成的化合物，由于H2O分子之间还存在氢键，导致其熔沸点比同族元素的化合物H2S的高，所以沸点H2O＞H2S；
（3）C是O，D是Na，E是S，F是Cl元素，它们形成的简单离子是O2-、Na+、S2-、Cl-，其中O2-、Na+核外有2个电子层，S2-、Cl-核外有3个电子层，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小；对于电子层结构不同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以O2-、Na+、S2-、Cl-的半径大小关系为：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+；
（4）C是O，E是S，二者是同一主族元素，原子序数S＞O，所以元素的非金属性：O＞S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性就越强，活动性强的可以将活动性弱的从化合物中置换出来，所以可以根据反应O2+2H2S=S+2H2O判断元素的非金属性：O＞S；
（5）B是N，其最高价氧化物对应的水化物是HNO3，浓硝酸是无色液体，其不稳定，受热或光照会分解产生NO2，产生的NO2气体溶解在硝酸中使硝酸显黄色，该反应的化学方程式为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O。
22．(1) Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)
(2)
(3)
(4) 将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象 加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化 化合物A中不含，没有变质
【分析】化合物A由四种元素组成，化合物A溶于水后配制成溶液A，加入可溶性钡盐后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀B 23.3g，则B是，物质的量为0.1mol，则化合物A中含；为了避免实验过程中引入氯离子，可溶性钡盐应该选择，滤液C加入溶液后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀D，D为AgCl，物质的量为0.2mol，则化合物A中含；向溶液A滴加溶液产生蓝色沉淀，表明化合物A所含阳离子是，的质量为，物质的量为0.2mol，所以、、的物质的量之比为2∶2∶l，化合物A的化学式为；
【详解】（1）根据上述分析，组成A的四种元素为Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)；化合物A的化学式为，故填Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)；；
（2）滤液C中含有阳离子，加稀硝酸发生氧化还原反应，生成和NO，该反应的离子方程式为，故填；
（3）①溶液A是溶液，加入稍过量的溶液发生复分解反应，生成的沉淀是，同时产生的气体是，其化学方程式为；故填；
②AgCl与的浓溶液反应的离子方程式为，故填；
（4）变质会生成，则只需检验化合物A溶解所得溶液中是否含有，可利用KSCN和反应溶液显红色进行检验，方案为：将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象，加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化，化合物A中不含，没有变质；
故填将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象；加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化；化合物A中不含，没有变质。
23．(1)
(2) 任意温度 BD
(3) 降低 ，温度升高，反应I平衡逆移，减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响
【详解】（1）由K1的表达式可知，由反应式可知，因为溶液中的与几乎相等，故可得，因此，因此可得S=。
（2）①一个反应能自发进行的条件是，在该反应中，，且该反应为熵增的反应，即，因此该反应在任意温度下，都满足，即反应I在常压下自发进行的条件是任意温度；
②A.因为各反应的，因此其他条件不变，升高温度，的平衡转化率减小，A错误；B.其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，NH3的转化率有明显升高，N2的选择性略降，因此出口处的物质的量先增大后减小，B正确；C.催化氧化除去尾气中的若选择反应温度高于250℃，则N2的选择性下降，尾气中氮的氧化物含量上升，不利于尾气处理，C错误；D.随温度的升高，选择性下降的原因可能为催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大，D正确。因此选BD。
（3）①由已知i可知，反应I的活化能为小于反应II的活化能为，因此氧化反应的过程能量示意图可表示为：；
②由实验数据可知，温度较高时，NO达到所需转化率的时间增多，即氧化生成反应的反应速率随温度的升高而降低。造成这一结果的原因是，，温度升高，反应I平衡逆移，减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响。
浙江省高三上学期第一次模拟考试化学试卷
一、单选题
1．下列说法不正确的是 （ ）
A．工业上将氯气通入热的澄清石灰水制漂白粉
B．工业上可用食盐、氨、二氧化碳为原料制取纯碱
C．工业上在碳素钢里适当地加入一种或几种合金元素从而制得特种钢
D．工业上可以利用氢气在氯气中燃烧制取氯化氢
2．下列化学用语或表述正确的是（ ）
A．的结构式： B．分子的空间填充模型
C．与均是10电子粒子 D．硫离子的核外电子排布式
3．下列反应中，属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂的是（ ）
A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ B．Cl2+H2O=HCl+HClO
C．SO2+H2O=H2SO3 D．C+H2OCO↑+H2↑
4．NA为阿伏伽德罗常数的值。我国科学家突破CO2人工合成淀粉技术，其主要流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．2molH2与足量CO2完全反应生成NA个CH3OH
B．生成22.4LO2时，2NA个H2O2被还原
C．合成90gC3H6O3，至少需要3NA个CO2
D．1mol淀粉[C6(H2O)5]n中，含有的H2O分子数为5nNA
5．用括号内的试剂和方法除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是（ ）
A．苯中含有苯酚(浓溴水，过滤)
B．丁烷中含有2-丁烯(酸性高锰酸钾，洗气)
C．乙酸乙酯中含有乙酸(饱和碳酸钠溶液，分液)
D．溴苯中含有液溴(溶液，分液)
6．x、y、z是含有同一元素的三种物质，它们之间的转化关系如图（转化中其它物质未列出）。x的化学式为（ ）
A．CaCO3 B．CO2 C．CO D．C
7．下列实验操作或装置正确的是（ ）
A．图甲装置可用于完成过滤操作
B．图乙装置可完成“喷泉”实验
C．图丙装置可实现制备并观察其颜色
D．图丁表示为配制一定物质的量浓度溶液时称量溶质的操作
8．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（ ）
X
Y
W
Z
T
A．原子半径：Z>W>Y>X
B．氧化物对应的水化物酸性：Z>X
C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物
9．向含和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1溶液至过量，加入溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是
A．图中C点铝元素存在形式是
B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀
C．原混合溶液中
D．OA段反应的离子方程式为
10．NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法中正确的是（ ）
A．用图1所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中
B．用图2所示装置准确称得固体
C．用图3所示操作排出碱式滴定管中的气泡
D．用图4所示装置以NaOH待测液滴定
11．下列说法中，不正确的是（ ）
A．水凝结成冰的过程中，
B．热稳定性：
C．已知 ， ，则
D．元素Cu和Fe均位于周期表d区
12．在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失的去电子总数，这个规律称为电子得失守恒。在一定条件下，发生了以下反应：+Cl2+2OH-=+2Cl-+H2O下列说法错误的是（ ）
A．n=2 B．中R的价态为+6价
C．中R的价态为+5价 D．是氧化产物
13．太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图。M电极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料，隔膜只允许Li+通过，电池反应式为LixC6+Li1- xFePO4 LiFePO4+C6，下列说法正确的是（ ）
A．放电时Li+从左边移向右边，从右边移向左边
B．放电时，正极反应式为 Li1-xFePO4+xLi++xe- =LiFePO4
C．充电时M极连接电源的负板，电极反应式为C6+xe-=
D．充电时电路中通过2.0 mol电子，产生28 gLi
14．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，10s达到平衡。下列描述不正确的是（ ）
A．t1时，Z和X的浓度相等，v正(X)>v逆(X)
B．t0=10s，开始到t0用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s)
C．该反应容器内的压强始终保持不变
D．反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)
15．关于化合物结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．分子中至少有11个碳原子共平面
B．分子中含有2个手性碳原子
C．能与盐酸或氢氧化钠溶液反应生成盐
D．能发生取代反应、氧化反应、还原反应
16．25℃时， 按下表配制两份溶液。
一元弱酸溶液
加入的NaOH溶液
混合后所得溶液
HA 10. 0mL 0.20 mol/L
5. 0mL 0. 20 mol/L
溶液I pH=5. 0
HB 10. 0mL 0. 20 mol/L
5.0mL 0.20 mol/L
溶液Ⅱ pH=4.0
下列说法不正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中： c(A-)＞c(Na+ )＞c(H+)＞c(OH-)
B．将溶液Ⅰ和Ⅱ混合，混合后的溶液中： c(Na+ )=c(A- )+c(HA)=c(B- )+c(HB)
C．Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0， 说明
D．将溶液Ⅰ和Ⅱ混合，混合后的溶液中： c(HA)＞c(HB)
二、工业流程题
17．常温下，某澄清透明溶液中可能存在：Na＋、Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、Br－、SO32－、SO42－中的一种或多种(不考虑水的电离和离子的水解)，各离子的物质的量浓度均为0.1 mol·L－1。现进行如下实验，(流程中所加试剂均为过量)，下列说法正确的是
A．沉淀B中肯定含有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁
B．样品溶液中肯定不存在Cu2＋和SO32－，可能含有Na＋
C．样品溶液中肯定存在Na＋、Fe2＋、Br－、SO42－
D．1 L黄色溶液D能恰好溶解铁2.8克
18．锗及其化合物被广泛应用于半导体、催化剂等领域。以铅锌矿含锗烟尘为原料可制备GeO2，其工艺流程图如下。
已知：GeO2是两性氧化物；GeCl4易水解，沸点86.6℃
(1)第①步滤渣主要成分有_________(填化学式)，实验室萃取操作用到的玻璃仪器有__________。
(2)第③步萃取时，锗的萃取率与V水相/V有机相(水相和有机相的体积比)的关系如下图所示，
从生产成本角度考虑，较适宜的V水相/V有机相的值为______________。
(3)第④步加入盐酸作用________________(答两点即可)。
(4)检验GeO2·nH2O是否洗涤干净的操作是_____________。
(5)GeO2产品中通常混有少量SiO2。取样品5.4g，测得其中氧原子的物质的量为0.105mol，则该样品中GeO2的物质的量为_____ mol。
19．某工业废水中含有大量的Cu2+、Fe3+、Fe2+和，拟从该废水中回收金属铜并制得绿矾(FeSO4·7H2O)，工艺流程如下图：
(1)下列叙述正确的是___________。
A．滤渣A为Fe和Cu的混合物
B．试剂b为盐酸
C．步骤Ⅱ可以分离出Cu，并能得到FeSO4溶液
D．步骤Ⅲ为蒸发溶液
(2)步骤Ⅰ发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu和___________。
(3)取2mL溶液A于试管中，滴加少量NaOH溶液，观察到的实验现象是___________。
(4)获得的绿矾晶体(FeSO4·7H2O)可能有部分被氧化，请设计检验方案验证(操作、现象、结论)___________。
(5)已知：3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。虚线框处宜选择的装置是___________(填“甲”或“乙”)。
20．某研究小组拟合成化痰药盐酸氨溴索和葡萄味香精X。
已知信息：①R1CHO+R2NH2R1CH=N-R2
②（易被氧化）
请回答：
(1)下列说法不正确的是______。
A．化合物X有弱碱性
B．化合物B能发生银镜反应
C．化合物E遇FeCl3溶液会发生显色反应
D．盐酸氨溴索的分子式是C13H17ClBr2N2O
(2)化合物F的结构简式是______。
(3)写出B＋C→D的化学方程式_________。
(4)写出化合物C同时符合下列条件的同分异构体的结构简式______。
①分子中有一个含氮六元环；
②核磁共振氢谱显示分子中有5种氢原子，红外光谱显示分子中有甲基。
(5)设计以甲苯和甲醇为原料制备化合物X的合成路线(无机试剂任选，用流程图表示)_________。
三、元素或物质推断题
21．A、B、C、D、E、F都是短周期元素，原子序数依次增大。
元素
有关信息
A
原子最外层电子数与电子层数相等
B
其氢化物溶于水呈碱性
C
元素主要化合价为-2
D
与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水
E
所在主族序数与所在周期序数之差为3
F
该元素的最高正化合价与最低负价的代数和为6
(1)请指出元素E在周期表中的位置：___________。
(2)沸点：A2C___________A2E(填“>”或“<”或“=”)。
(3)C、D、E、F形成的简单离子半径从大到小的顺序是___________。
(4)C的非金属性比E___________(填“强”或“弱”)，并用化学事实加以说明(用化学方程式表示)___________。
(5)B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液常呈现黄色，其原因是(用化学方程式表示)___________。
22．化合物A由四种常见元素组成，是一种重要的化工原料。某实验小组按如图所示流程进行相关实验：
已知化合物A含有两种阴离子和一种阳离子，向溶液A滴加溶液产生蓝色沉淀。
请回答：
(1)组成A的四种元素为_______；A的化学式为_______。
(2)滤液C加稀硝酸酸化时产生了无色气体，该反应的离子方程式为_______。
(3)①溶液A中加入稍过量的溶液，生成沉淀的同时有一种气体产生，写出反应的化学方程式：_______。
②D可以溶解在的浓溶液中，沉淀消失变为无色溶液，该反应的离子方程式为_______。
(4)设计实验检验化合物A是否变质，在下表中填写检验出化合物A没有变质的方案。
实验操作
实验现象
实验结论
_______
_______
_______
四、原理综合题
23．氮及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)在一定温度下，氨气溶于水的过程及其平衡常数为：
其中P为的平衡压强，为在水溶液中的平衡浓度。设氮气在水中的溶解度，则用P、和表示S的代数式为_______。
(2)氨在催化氧化反应时发生如下反应：
I.
II.
III.
①反应I在常压下自发进行的条件是_______。
②将一定比例的和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、生成的选择率与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变，升高温度，的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，出口处的物质的量先增大后减小
C．催化氧化除去尾气中的应选择反应温度高于250℃
D．随温度的升高，选择性下降的原因可能为催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大
(3)的氧化反应：，分两步进行。
I.
II.
已知：i.决定氧化反应速率的是步骤“II”
ii.，反应I的活化能为，反应II的活化能为
①请在图中画出氧化反应的过程能量示意图(必要的地方请标注)_______。
②某工业制硝酸流程中，进入反应塔的混合气体中和发生化学反应：，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：
压强
温度/℃
达到所列转化率需要时间/s
50％
90％
98％
1.0
30
12
250
2830
90
25
510
5760
氧化生成反应的反应速率随温度的升高而_______(填升高、降低或不变)，试分析其原因_______。
参考答案
1．A
【详解】A．氢氧化钙在水中溶解度很小，应将氯气通入石灰乳中制漂白粉，A错误；
B．工业上可用食盐、氨、二氧化碳为原料，使用氨碱法制取纯碱，B正确；
C．在碳素钢里适当地加入一种或几种合金元素，可以改变合金的性能，从而制得特种钢，C正确；
D．氯气化学性质活泼，工业上可以利用氢气在氯气中燃烧制取氯化氢，D正确；
故选A。
2．A
【详解】A．的中心原子为氧原子，结构式：，A正确；
B．二氧化碳为直线形分子，B错误；
C．羟基为9电子粒子，C错误；
D．硫离子是硫原子得到2个电子后形成的，核外电子排布式，D错误；
故选A。
3．B
【分析】元素化合价升高，失去电子，物质作还原剂；元素化合价降低，得到电子，物质作氧化剂，据此分析解答。
【详解】A．在反应中2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Na失去电子，元素化合价升高，作还原剂，H2O中的H得到电子变为H2，元素化合价降低，H2O作氧化剂，A不符合题意；
B．在反应中Cl2+H2O=HCl+HClO，只有Cl2中的Cl元素化合价升高、降低，因此Cl2既作氧化剂，又作还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，B符合题意；
C．在反应SO2+H2O=H2SO3中，所有元素的化合价都不变，不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．在该反应中H2O中的H元素化合价降低获得电子，H2O作氧化剂，D不符合题意；
故合理选项是B。
4．C
【详解】A．H2与足量CO2完全反应的方程式为，2molH2完全反应生成个CH3OH，A项错误；
B．适用条件为标准状况，无法计算，B项错误；
C．根据反应前后质量守恒定律，反应前后碳元素守恒，合成90gC3H6O3，，至少需要3NA个CO2，C项正确；
D．淀粉为碳、氢、氧元素的化合物，其分子中不存在水分子，故1mol淀粉[C6(H2O)5]n中，不存在水分子，D项错误；
答案选C。
5．A
【详解】A．苯酚和溴水反应生成三溴苯酚，能溶解在苯中，不能分离，选项A不正确；
B．2-丁烯能被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸而丁烷不会，通过洗气后得到纯净的丁烷，选项B正确；
C．乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠，乙酸钠溶于水中，乙酸乙酯不溶于水，分液分离，选项C正确；
D．溴能与氢氧化钠溶液反应，溴苯常温下与氢氧化钠溶液不反应也不溶于水，分液分离，选项D正确；
答案选A。
6．D
【详解】A. 碳酸钙高温会分解，但是点燃的条件下不会反应，故A错误；
B. 二氧化碳在高温的条件下会反应，但是点燃的条件下不会反应，故B错误；
C. 一氧化碳高温会点燃后生成了二氧化碳，但是二氧化碳和一氧化碳不会反应，故C错误；
D. 碳在高温的条件下和点燃的条件下都会生成二氧化碳，二氧化碳和碳又会生成一氧化碳，满足转化关系，故D正确；
故选D。
【点睛】在解此类题时，首先分析选项中各物质的性质，然后将各物质代入转化关系中验证即可。
7．C
【详解】A．过滤时需要用玻璃棒引流，不能直接倾倒，图甲装置中过滤时没有用玻璃棒引流，A错误；
B．氯气在水中溶解度较小，不能完成“喷泉”实验，B错误；
C．因为氢氧化亚铁极易被氧化，故制取氢氧化亚铁时应隔绝空气进行，煤油起到隔绝空气的作用，C正确；
D．称量NaOH时，应将NaOH固体放入小烧杯中，以防止NaOH受潮附在纸上或仪器上，D错误；
故选C。
8．D
【分析】设W的最外层电子数为a，则根据这几种元素在周期表中的相对位置可知，X、Y、Z的最外层电子数分别为：a+1、a+2、a+3，依题意有a+(a+1)+(a+2)+(a+3)=22，解得a=4，且该四种元素为短周期元素，则W、X、Y、Z、T分别为：Si、N、O、Cl、Ge。
【详解】A．原子半径：W>Z>X>Y，A错误；
B．Z和X的氧化物的水化物均有多种，无法比较，B错误；
C．NH4NO3中既含有离子键也含有共价键，C错误；
D．Ge单质具有半导体性质，其与C同族，化学性质相似，可形成化合物GeCl4，D正确；
答案选D。
9．D
【分析】加入3L氢氧化钡时生成5mol沉淀，其中3mol硫酸钡沉淀、2mol氢氧化铝沉淀，再加入3L氢氧化钡得到2mol氢氧化铝沉淀，再加入2mol氢氧化钡，溶解了4mol氢氧化铝沉淀。
【详解】A．根据图中信息B点到C点沉淀溶解，是氢氧化铝沉淀全部溶解，因此C点铝元素存在形式是，故A正确；
B．D点含有氢氧化钡和，向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀，故B正确；
C．根据图中信息B点到C点氢氧化铝沉淀全部溶解，则铝离子物质的量为4mol，C中沉淀有3mol硫酸钡沉淀，因此硫酸铝为1mol，氯化铝为3mol，溶液体积相同，则原混合溶液中，故C正确；
D．OA段反应是生成3mol硫酸钡和2mol氢氧化铝沉淀，其反应的离子方程式为，故D错误；
综上所述，答案为D。
10．C
【详解】A．配置一定物质的量浓度溶液时，将氢氧化钠溶液转移至容量瓶中时需玻璃棒引流，故A错误；
B．托盘天平是粗量器，精度为±0.1g，所以不能用托盘天平称取0.1575g二水草酸固体，且砝码和药品放置不符合“左物右码”的原则，故B错误；
C．排出排出碱式滴定管中的气泡时，应将橡胶管向上弯曲，挤压橡胶管中的玻璃小球，快速放液，故C正确；
D．氢氧化钠溶液会与玻璃中的二氧化硅反应，所以氢氧化钠溶液应装在碱式滴定管中，不能装在酸式滴定管中，故D错误；
故选C。
11．D
【详解】A． 水凝结成冰的过程放出热量，则，混乱度减小，则，故A正确；
B． 两者均是离子化合物，氟对电子的“束缚”能力最强，氟离子半径比氯离子半径小，所以氟离子与铵根成的离子键(即相互作用力是静电力)更强，更稳定，，故B正确；
C． 得电子的过程释放能量，，失电子的过程吸收能量，，则，故C正确；
D． 元素Cu位于周期表ds区，故D错误；
故选D。
12．C
【分析】1molCl2得2mole-，化合价降低生成氯离子，氯气是氧化剂；根据电子得失守恒知1mol失去2mole-生成，故中R元素为+4价，n=2；
【详解】A．由分析知n=2，A正确；
B．中R的价态为+6价，B正确；
C．中R的价态为+4价，C错误；
D．失去电子化合价升高发生氧化反应生成，是氧化产物，D正确；
故选C。
13．B
【分析】电池反应式为，由图可知，M极为负极，电极反应式为LixC6−xe−═xLi＋＋6C，N极为正极，电极反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−═LiFePO4，充电时，M极为阴极，电极反应式为xLi＋＋6C＋xe−═LixC6，N极为阳极，电极反应式为LiFePO4−xe−═Li1−xFePO4＋xLi＋，据此作答。
【详解】A．放电时，负极生成锂离子，正极消耗锂离子，故Li＋从左边移向右边，隔膜为阳离子交换膜，磷酸根离子不能透过，故A错误；
B．放电时，N极为正极，电极反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−═LiFePO4，故B正确；
C．充电时，M极为阴极，连接电源的负极，电极反应式为xLi＋＋6C＋xe−═LixC6，故C错误；
D．充电时电路中通过2.0mol电子，阴极生成Li的质量为2mol×7g/mol＝14g，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图像和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
14．B
【详解】A．由曲线图可知，t1时，Z和X的曲线相交，所以浓度相等，此时反应正向进行，所以v正(X)>v逆(X)，故A正确；
B．t0=10s时，用Z表示开始到t0时间内的反应速率为，故B错误；
C．由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mol，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，所以反应容器内的压强始终保持不变，故C正确；
D．由图象可知，X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；
故答案选B。
15．A
【详解】A．与苯环直接相连的原子与苯环共面，碳碳叁键两端的原子共线，碳氧双键两端的原子共面，碳碳单键可以旋转，故该分子中至少有10个碳原子共平面，A错误；
B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中含有2个手性碳原子，B正确；
C．分子中含有氨基和酯基，氨基能与盐酸反应，酯基能和氢氧化钠溶液发生水解反应，都能生成盐，C正确；
D．碳原子上氢能发生取代反应，碳碳叁键能发生氧化反应、还原反应，D正确；
故选A。
16．C
【详解】A．溶液Ⅰ的pH=5.0，呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，所以c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，A正确；
B．根据物料守恒可知，将溶液Ⅰ和Ⅱ混合，混合后的溶液中： c(Na+ )=c(A- )+c(HA)=c(B- )+c(HB)，B正确；
C．溶液Ⅰ为物质的量浓度相等的HA和NaA的混合溶液，HA的电离微弱，则c(A-)≈c(HA)，此时Ka(HA)==c(H+)=10-pH=10-5.0，同理Ka(HB)=10-4.0，所以Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0时，=10-1.0=0.1，C错误；
D．由选项C的分析可知，Ka(HA)=10-5.0，Ka(HB)=10-4.0，则酸性：HB>HA，混合Ⅰ和Ⅱ时HA、NaA、HB和NaB的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，所以HA的电离小于HB，即c(HA)>c(HB)，D正确；
故答案为：C。
17．C
【分析】先推断离子，加氯气和氯化钡生成白色沉淀，故A为硫酸钡沉淀，所以原溶液可能含亚硫酸根离子或硫酸根离子；由分层后的液体颜色说明原溶液含溴离子，加氢氧化钠得到沉淀B，再加盐酸溶解后出现黄色溶液，说明原溶液含亚铁离子，由于SO32-与Fe2+、Cu2+、Mg2+会发生反应生成沉淀，所以原溶液不含亚硫酸根离子，故一定含硫酸根离子；以上推断可看出，一定含Fe2+、Br-、SO42-。根据已知条件，各离子的浓度均为0.1 mol·L－1，结合溶液为电中性，溶液中还应含有0.1 mol·L－1的正电荷，结合题中提供的离子可得，一定含有Na＋，一定不含有Mg2＋、Cu2＋；
【详解】A. 由以上分析可知一定含亚铁离子，镁离子一定不存在，故A错误；
B. 根据上述分析，一定含有Na＋，故B错误，
C. 根据分析，一定含有的离子为Na＋、Fe2＋、Br－、SO42－，故C正确；
D. 黄色溶液中含有Fe3+，1 L黄色溶液中含有0.1mol Fe3+，Fe3+可与Fe反应生成Fe2+，离子方程式为2Fe3++ Fe=3 Fe2+，0.1mol Fe3+可使0.05mol Fe溶解，质量为2.8g。除0.1mol Fe3+外，溶液中还含有过量的盐酸，也可使铁溶解，故1LD溶液溶解铁的质量大于2.8g，故D错误；
答案选C。
18． SiO2、PbSO4 分液漏斗、烧杯 8 中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解 取最后一次洗涤液于试管中，加入稍过量稀HNO3酸化，再加入1~2滴 AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净，若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净 0.05
【分析】GeO2、ZnO能够与硫酸发生反应，变为可溶性硫酸盐，PbO与H2SO4反应生成PbSO4，而SiO2不能溶于酸，过滤后得到滤液中主要是ZnSO4、Ge(SO4)2，用有机溶剂萃取锗，萃取后的有机层加入足量NaOH溶液，将锗反应生成锗酸钠，分液，水层加入盐酸中和过量的氢氧化钠和抑制GeCl4水解，蒸馏得到GeCl4，加水水解、过滤，最终得到GeO2。
【详解】(1)GeO2、ZnO能够与硫酸发生反应，变为可溶性硫酸盐，PbO与H2SO4反应生成PbSO4，而SiO2不能溶于酸，所以第①步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbSO4。实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；故答案为：SiO2、PbSO4；分液漏斗、烧杯。
(2)根据图象可知，在第③步萃取时，从生产成本角度考虑，由图可知有机萃取剂的用量在V水相/V有机相的值为8时比V水相/V有机相的值为4时少，此时萃取率处于较高水平，而有机萃取剂较贵，故V水相/V有机相的值为8时较适宜；故答案为：8。
(3)在第③步萃取时加入了NaOH，第④步加入盐酸作用一是为作反应物，中和NaOH，二是GeCl4是强酸弱碱盐，在溶碱性溶液中易水解，为了抑制GeCl4水解，也要加入适量的盐酸；故答案为：中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解。
(4)第⑤步加水，GeCl4发生水解反应，产生GeO2∙nH2O，反应的化学方程式GeCl4 + (n+2)H2O =GeO2∙nH2O + 4HCl；
(5)GeO2·nH2O是从含有HCl的溶液中过滤出来的，所以要检验GeO2·nH2O是否洗涤干净只要检验没有Cl－即可。操作是取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净，若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入稍过量稀HNO3酸化，再加入1~2滴 AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净，若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净。
(6)设GeO2的物质的量为xmol，SiO2的物质的量为ymol，2(x+y)=0.105，105x+ 60y=5.4，解得x=0.050，故该样品中GeO2的物质的量为0.05mol；故答案为：0.05。
【点睛】化工流程是常考题型，主要对元素化合物、化学反应原理、化学实验综合考查，对基本操作是考查，要注意从细节和答题模板中规范答题。
19．(1)AC
(2)2Fe3++Fe=3Fe2+
(3)产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
(4)取适量晶体溶于水于洁净试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则有部分被氧化，反之则无
(5)乙
【分析】由题给流程可知，向工业废水中加入加入足量的铁，铁与铁离子反应生成亚铁离子，与铜离子反应生成铜和亚铁离子，过滤得到含有铁和铜的滤渣A和硫酸亚铁溶液A；向滤渣A中稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液B；硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸亚铁晶体。
（1）
A.由分析可知，滤渣A为Fe和Cu的混合物，故正确；
B.由分析可知，试剂b为稀硫酸，若为盐酸，所得产品中会混有氯化亚铁，故错误；
C.由分析可知，步骤II为过滤操作，过滤可以分离出Cu，并能得到FeSO4，故正确；
D.由分析可知，步骤III为蒸发结晶、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，目的是得到七水硫酸亚铁晶体，故错误；
AC正确，故答案为：AC；
（2）
步骤I发生的反应为铁与铁离子反应生成亚铁离子，与铜离子反应生成铜和亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu和Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）
氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液反应立即生成氢氧化亚铁白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色，所以现象为产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；
（4）
若绿矾晶体被氧化，绿矾晶体中会混有硫酸铁，检验硫酸铁的方法是取少量绿矾晶体(FeSO4·7H2O)于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则绿矾晶体有被氧化取少量绿矾晶体于试管中，加水溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则绿矾晶体有被氧化；
（5）
铁粉与水蒸气反应生成氢气，氢气的密度比空气小，所以应向下排空气收集，所以选乙。
20． CD
【详解】(1) A.化合物X中有氨基，氨基具有弱碱性，故A正确；
B.根据合成路线和题中已知信息，甲苯中的甲基被氧化为醛基，得到物质A，A在硫酸和二氧化锰的催化作用下，发生硝化反应得到化合物B，B分子式为C7H5NO3，结构中应含有苯环、醛基和硝基，结构式为有醛基故能发生银镜反应，故B正确；
C.化合物E中的羟基为醇羟基，酚羟基遇FeCl3溶液会发生显色反应，故C错误；
D.盐酸氨溴索的分子式是C13H19ClBr2N2O，故D错误；
答案为CD。
(2)根据已知信息②，有机物苯环上的硝基，在铁和氯化氢作用下，硝基转变为氨基。故有机物D在铁和氯化氢作用下，苯环上的硝基转变为氨基得到化合物E，E在NaBH4作用下氮氧双键发生加成变单键得到化合物F，因此F的结构式为，
答案为：；
(3) 根据已知信息①R1CHO+R2NH2R1CH=N-R2，B＋C→D的化学方程式为；
答案为：；
(4)化合物C同时符合分子中有一个含氮六元环；核磁共振氢谱显示分子中有5种氢原子，红外光谱显示分子中有甲基。符合条件的结构有：4种结构；
答案为：；
(5)甲苯在浓硫酸和浓硝酸的作用下进行硝化反应，再用酸性高锰酸钾将甲基氧化为羧基，再和甲醇发生酯化反应，最后在铁和氯化氢作用下，苯环上的硝基转变为氨基得到化合物X；合成路线为，
答案为：。
21．(1)第三周期第ⅥA族
(2)＞
(3)S2-＞Cl-＞O2-＞Na+
(4) 强 O2+2H2S=S+2H2O
(5)4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大。A元素的原子最外层电子数与电子层数相等，则A是H元素；B的氢化物溶于水呈碱性，则B是N元素；C元素主要化合价为-2价，则C为O元素；D元素与A同主族，最高价氧化物对应的水化物易溶于水，则D是Na元素；E元素所在主族序数与所在周期序数之差为3，则E是S元素；F元素的最高正化合价与最低负价的代数和为6，则F是Cl元素，然后根据物质性质及元素周期律分析解答。
【详解】（1）根据上述分析可知：A是H，B是N，C是O，D是Na，E是S，F是Cl元素。根据上述分析可知：元素E是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，根据原子结构与元素位置关系可知S元素在周期表中的位置是位于第三周期第ⅥA族；
（2）A2C是H2O，A2E是H2S，二者都是由分子通过分子间作用力结合形成的化合物，由于H2O分子之间还存在氢键，导致其熔沸点比同族元素的化合物H2S的高，所以沸点H2O＞H2S；
（3）C是O，D是Na，E是S，F是Cl元素，它们形成的简单离子是O2-、Na+、S2-、Cl-，其中O2-、Na+核外有2个电子层，S2-、Cl-核外有3个电子层，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小；对于电子层结构不同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以O2-、Na+、S2-、Cl-的半径大小关系为：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+；
（4）C是O，E是S，二者是同一主族元素，原子序数S＞O，所以元素的非金属性：O＞S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性就越强，活动性强的可以将活动性弱的从化合物中置换出来，所以可以根据反应O2+2H2S=S+2H2O判断元素的非金属性：O＞S；
（5）B是N，其最高价氧化物对应的水化物是HNO3，浓硝酸是无色液体，其不稳定，受热或光照会分解产生NO2，产生的NO2气体溶解在硝酸中使硝酸显黄色，该反应的化学方程式为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O。
22．(1) Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)
(2)
(3)
(4) 将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象 加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化 化合物A中不含，没有变质
【分析】化合物A由四种元素组成，化合物A溶于水后配制成溶液A，加入可溶性钡盐后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀B 23.3g，则B是，物质的量为0.1mol，则化合物A中含；为了避免实验过程中引入氯离子，可溶性钡盐应该选择，滤液C加入溶液后产生不溶于稀硝酸的白色沉淀D，D为AgCl，物质的量为0.2mol，则化合物A中含；向溶液A滴加溶液产生蓝色沉淀，表明化合物A所含阳离子是，的质量为，物质的量为0.2mol，所以、、的物质的量之比为2∶2∶l，化合物A的化学式为；
【详解】（1）根据上述分析，组成A的四种元素为Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)；化合物A的化学式为，故填Fe、Cl、S、O(或铁、氯、硫、氧)；；
（2）滤液C中含有阳离子，加稀硝酸发生氧化还原反应，生成和NO，该反应的离子方程式为，故填；
（3）①溶液A是溶液，加入稍过量的溶液发生复分解反应，生成的沉淀是，同时产生的气体是，其化学方程式为；故填；
②AgCl与的浓溶液反应的离子方程式为，故填；
（4）变质会生成，则只需检验化合物A溶解所得溶液中是否含有，可利用KSCN和反应溶液显红色进行检验，方案为：将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象，加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化，化合物A中不含，没有变质；
故填将化合物A溶于水，取少量溶液于试管，加入几滴KSCN溶液，观察现象；加入硫氰化钾溶液后，溶液颜色无变化；化合物A中不含，没有变质。
23．(1)
(2) 任意温度 BD
(3) 降低 ，温度升高，反应I平衡逆移，减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响
【详解】（1）由K1的表达式可知，由反应式可知，因为溶液中的与几乎相等，故可得，因此，因此可得S=。
（2）①一个反应能自发进行的条件是，在该反应中，，且该反应为熵增的反应，即，因此该反应在任意温度下，都满足，即反应I在常压下自发进行的条件是任意温度；
②A.因为各反应的，因此其他条件不变，升高温度，的平衡转化率减小，A错误；B.其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，NH3的转化率有明显升高，N2的选择性略降，因此出口处的物质的量先增大后减小，B正确；C.催化氧化除去尾气中的若选择反应温度高于250℃，则N2的选择性下降，尾气中氮的氧化物含量上升，不利于尾气处理，C错误；D.随温度的升高，选择性下降的原因可能为催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大，D正确。因此选BD。
（3）①由已知i可知，反应I的活化能为小于反应II的活化能为，因此氧化反应的过程能量示意图可表示为：；
②由实验数据可知，温度较高时，NO达到所需转化率的时间增多，即氧化生成反应的反应速率随温度的升高而降低。造成这一结果的原因是，，温度升高，反应I平衡逆移，减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响。
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