湖南衡阳名校2024届高三复习周练 1月第4周 化学试题（含解析）

这是一份湖南衡阳名校2024届高三复习周练 1月第4周 化学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．明代宋应星所著《天工开物》中详细介绍了竹纸的制造工艺流程，其中“煮楻足火”工序是指加入石灰蒸煮以除去竹料中的木质素、树胶等杂质。另外，为了防止书写时墨迹在纸面扩散，古代及现代造纸都要加入一些矿物性白粉填充纸纤维之间的孔隙。下列说法中错误的是( )
A.纸的主要化学成分为纤维素，纤维素属于多糖
B.纸张中的纤维素分子是通过氢键和范德华力相结合的
C.纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为炭
D.推测木质素分子中可能含有酸性官能团
2．矾是某些金属硫酸盐结晶水合物的统称，常见的矾有白矾、胆矾、黄矾、绿矾等。下列说法错误的是( )
A.白矾溶于水生成胶体，常用于絮凝酸性废水中的悬浮杂质
B.加热胆矾，将生成的气体通入水中可制得硫酸
C.在酸性硫酸铁溶液中，在存在足够时，适当升高溶液的pH可析出黄矾沉淀
D.绿矾隔绝空气强热，残留固体粉末为棕红色
3．下列对图示装置中“①试剂及其作用”分析错误的是( )
A.AB.BC.CD.D
4．普鲁士蓝晶体的骨架结构稳定，离子通道很大，很容易进行可逆的离子嵌入/脱嵌反应，是少数能够容纳较大的碱性阳离子的正极基体材料之一。普鲁士蓝与普鲁士白之间可因嵌入和脱嵌而发生相互转化，如图所示。下列说法错误的是( )
A.配位后碳氨三键键能变小
B.普鲁士蓝向普鲁士白转化过程中，增大
C.普鲁士蓝中，的d轨道参与杂化
D.在普鲁士白晶体中，与距离最近且相等的数目为12
5．与有机物N-501（其主要成分为2羟基-5仲辛基二甲苯甲酮肟，简写为HA）可形成一种螯合物，从而萃取水溶液中的铜离子，其萃取过程如图所示。下列说法错误的是( )
A.HA中苯环上的—OH移至4号位会增大其水溶性
B.HA与中的N原子杂化类型不同
C.HA萃取的过程中，既有σ键的断裂又有σ键的形成
D.水溶液的碱性增强，HA萃取的能力可能减弱
6．是生产硫酸的催化剂，工业上常用钒炉渣（主要含，还有少量等杂质）制备的流程如图所示。下列说法错误的是( )
已知：①；②沉钒前测定滤液中
A.滤液1的主要化学成分是
B.“除杂”时升高温度不利于除硅，有利于除磷
C.为使钒元素的沉降率达到90%以上，调节不小于
D.整个流程中至少有两种气体产生
7．美托拉宗是一种利尿、降压药，其合成路线如图所示。下列说法错误的是( )
A.设计步骤“甲→乙”的目的是保护
B.苯环上有氯取代基时，其邻位上的氢往往比间位上的氢活泼
C.试剂a可以是酸性高锰酸钾溶液
D.“丁→戊”属于取代反应，另一产物为
8．25 ℃时，向溶液中缓慢通入HCl气体，溶液中p（粒子浓度比）与pH的变化关系如图所示。已知。下列说法中正确的是( )
A.表示pH与之间的关系
B.NaHR溶液中水电离的
C.M点溶液中
D.溶液pH=2.8时，
9．为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是( )
A.1 ml Cu含有的价电子个数为
B.中含有σ键个数为20
C.标准状况下，11.2 L HF含有的电子数目为5
D.1 ml油脂在酸性条件下水解可生成甘油分子的数目为
二、填空题
10．不仅是制造锌盐和锌钡白的原料，而且在国防、化工、肥料等方面应用广泛。工业上采用锌渣、锌灰（主要成分为ZnO、，还含有CuO、PbO、和FeO）制备，工业流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“溶浸”时，需不断通入高温水蒸气，其目的是__________；滤渣1的主要成分是_________。
（2）“沉铜”过程中的离子方程式为__________________。
（3）滤渣2中含有，则生成FeOOH的离子方程式为_________。
（4）硫酸锌晶体的溶解度与温度的变化如图所示。“一系列操作”：加热浓缩、_________，洗涤、干燥。
（5）母液中含有较多的，为提高的回收率，常加入，然后_________（填写操作名称）以除去母液中的Cl元素，可循环利用。
（6）已知：，。通入处理该工业废水中的，调节________时，恰好沉淀完全（当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于时，认为该离子沉淀完全），此时溶液中。
11．甲烷化是有效利用资源的途径之一，已在“碳中和”方面显示出较大潜力。
I.1902年，法国化学家保罗·萨巴捷首次报道了的甲烷化。
（1）甲烷化反应：。
①分子中C原子价层电子对数为__________；
②的摩尔生成焓为_________。（已知：在一定压力与温度下，由最稳定的单质合成1 ml纯物质B的反应焓变，叫作物质B的摩尔生成焓。单质的摩尔生成焓为0，的摩尔生成焓分别为）
（2）化学反应速率常数随温度变化关系的经验公式为（为活化能，假设其受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数）。
①甲烷化反应的随的变化关系如图甲所示，其中表示随温度变化的为曲线__________，理由是___________。
②为探究催化剂m、n的催化效率，进行了相应的实验，依据实验数据获得图乙所示曲线。在催化剂m作用下，该反应的活化能___________。假设催化剂m的催化效率大于n的催化效率，请在图乙中画出催化剂n的相应曲线。
Ⅱ.在负载型金属催化作用下，可实现低温下甲烷化。其中涉及的主要反应如下：
反应i:（主反应）
反应ii:（副反应）
（3）向恒压、密闭容器中通入和，平衡时的物质的量随温度的变化如图丙所示。
①图中曲线B代表的是__________；
②在600 ℃时，反应ⅱ的压强平衡常数___________。（保留2位有效数字，分压=总压×物质的量分数）
Ⅲ.甲烷化过程中，活化的可能途径如图丁所示。
（4）CO是活化的优势中间体，可能的原因是___________。
12．稀散金属（In）有熔点低、沸点高、传导性好的特性，广泛应用于半导体、荧光材料、金属有机物等行业。利用铟精矿（主要含In、Pb、Zn、Ag、Ge金属，少量Fe和有机物等）回收多种金属的一种工艺流程如图：
（1）铟精矿焙烧的目的是__________，浸出渣的成分是___________（填化学式）。
（2）浸出一步需控制温度在85~90 ℃，原因是_________。
（3）萃取时，先用次磷酸钠（）还原至，降低铁元素在萃取剂中的萃取率，P被氧化到最高价态，写出此过程的离子方程式：__________；再用碱调节溶液至，加入萃取剂（HR）进行萃取，如图分别展示了萃取剂用量和萃取次数对In回收率的影响，萃取的最佳条件为____________。
（4）已知萃取的离子方程式为，萃取分液后加入_________（填试剂名称）可以将In重新富集到水相中，这个过程叫反萃取。
（5）流程图中的锗沉淀渣经过滤、洗涤、焙烧后，用盐酸处理后经蒸馏、水解等一系列操作得到固体（已知常温下为液体，沸点约为84 ℃），写出水解生成的化学方程式：______________。
（6）形成碳酸锌沉淀时向“滤液”中加固体的同时需加一定量的NaOH固体，NaOH固体的作用是__________。
13．磷酸氯喹可用于治疗新型冠状病毒的感染。磷酸氯喹的一种合成路线如图所示：
已知：I.具有类似芳香环的性质；
Ⅱ.—Cl是苯环上的邻、对位定位基
Ⅲ.（为径基或H）。
回答下列问题：
（1）①的反应类型为__________；K中官能团有__________。
（2）下列说法正确的是__________（填序号）。
a.B可溶于水b.反应②与③的试剂可以交换
c.反应⑤可能有放出d.W的熔点低于
（3）写出L→M的化学方程式：___________。
（4）反应④中，1 ml E最多消耗NaOH__________ml，要适量，理由是_________。
（5）X是H的一种同分异构体，写出2种满足下列条件的X的结构简式：__________（不考虑立体异构）。
①分子结构中含有苯环（无其他环），且苯环上有三个取代基；
②能使溴水褪色；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2:1:1:1。
（6）设计由苯和2-丙醇为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）：______________。
14．催化加氢合成是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：
主反应：
副反应：
（1）已知：在标准压强（101 kPa）、298 K下，由最稳定的单质合成1 ml物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用符号表示。单质的标准摩尔生成焓为0，的分别为，则副反应的________。
（2）有关反应体系说法正确的是________。
A.相同时间内选择合适的催化剂可以提高的产量
B.的转化率越高，的产率一定越高
C.的消耗速率与的消耗速率相等时，反应体系达到平衡状态
D.一定温度下，增大起始的比值，可提高的平衡转化率
（3）在催化剂作用下，向恒温恒压（250 ℃、2.7 MPa）的密闭容器中以充入反应气。反应平衡时测得的转化率为50%，的选择性为80%（已知的选择性），则主反应的_________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果保留2位小数）。若在密闭容器中进行，平衡后缩小容器的体积，则副反应平衡_______（填“正向”“逆向”或“不”）移动。
（4）电催化还原反应有助于缓解能源危机，减少的排放，如图是在催化剂表面电催化还原反应生成甲酸盐的过程，写出该电极发生的反应：__________。
电催化还原制时的ZnO薄膜催化剂可通过电沉积法制备：。如图所示，ZnO薄膜的制备条件（制备时的反应时间、的浓度）直接影响甲醇的产量，则制备ZnO薄膜电极时的最佳条件为____________，试分析该制备条件下所得催化剂催化效果较好的可能原因：__________（答出2点）。
（5）常温下，用NaOH溶液作捕捉剂可以降低碳排放，若某次捕捉后得到0.1 ml/L的溶液，甲乙同学分别向其中滴入盐酸和NaOH溶液调节溶液的pH分别为6和10，则甲同学所得的溶液中的电离程度与乙同学所得溶液中水解程度之比=_________[常温下]。
三、实验题
15．Ⅷ族的铁、钴、镍都是很好的配合化合物的形成体。其中钴能与许多不同类型的配体形成具有不同结构的配合物。是其中的一种，现以为原料合成，并测定其组成。
已知：在pH≈6时水解形成沉淀；活性炭为反应的催化剂。
I.的制备：
实验操作流程如图：
（1）实验中加入氯化铵的作用是___________。
（2）在如图中选择合适的装置制备氨气，写出相应的化学方程式：__________。
（3）通过调节步骤⑥中加入的沸热盐酸和步骤⑦中浓盐酸的体积可以提高产品的产率，如图：
图a中沸热盐酸用量过多，产率下降的原因是____________。
（4）抽滤时所用装置如图，则步骤⑧中加入洗涤剂前应进行的操作是________。
（5）实验过程中造成该产品产率偏低的原因可能为________。
A.加热时温度过高，使氯化铵溶液中释放出氨气
B.冰水浴时，冷却不够完全
C.趁热抽滤时，操作速度太慢
D.最后所得晶体未充分干燥
Ⅱ.的成分测定
（一）氨的测定
用分析天平准确称取约0.5350 g样品，加入NaOH溶液并加热至沸腾使其充分分解，并蒸出氨，蒸出的氨用过量的2%硼酸溶液吸收，以甲基橙为指示剂，用0.6000 ml/L HCl标准液滴定至终点，消耗的盐酸体积为20.00 mL（已知、）。
（二）氯的测定
用分析天平准确称取约0.5350 g样品于250 mL锥形瓶中，用去离子水溶解后，加入指示剂，以0.4000 ml/L 标准液滴定至终点，平行测定两次，消耗标准液的体积为15.00 mL。
（6）用硝酸银标准液滴定时，硝酸银溶液应该盛放在图中的滴定管______（填“a”或“b”）中，结合表中所给物质的相关信息，则硝酸银滴定时终点的现象为__________。
（7）结合定量测定的结果，写出制备的化学方程式：__________。
参考答案
1．答案：C
解析：本题考查纸的主要化学成分、造纸工序中的化学反应等知识。A.纸的主要化学成分是纤维素，属于多糖，正确；B.纤维素是多羟基葡萄糖聚合物，能够形成分子内和分子间氢键，纤维素大分子间通过范德华力相结合，正确；C.炭是黑色的，纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分是矿物性白色填料，错误；D.根据“加入石灰蒸煮以除去竹料中的木质素”，可以推测木质素分子中可能含有酸性官能团，正确。
2．答案：A
解析：本题考查盐类的水解及影响平衡移动的因素，分解反应及其产物分析等。溶于水后，发生水解反应：，酸性废水中较大，使水解平衡向逆反应方向移动，絮凝效果降低，A错误；，挥发出的与反应生成，B正确；硫酸铁在含的水溶液中发生不完全水解反应生成碱式盐：；当升高溶液的pH能促使平衡向正反应方向移动生成黄矾，C正确；S（Ⅵ）具有强氧化性，强热时S（Ⅵ）能将Fe（Ⅱ）氧化成Fe（Ⅲ），生成棕红色的，反应的化学方程式为，D正确。
3．答案：D
解析：本题考查实验方案设计与评价。电石中含有CaS杂质，电石与水反应生成乙炔的同时，有还原性气体产生，溶液可吸收气体，防止给乙炔的检验造成干扰，A正确；饱和食盐水可除去混在中的HCl，防止发生副反应，消耗原料NaOH，使NaClO产量降低，B正确；浓硫酸可吸收中混有的水蒸气，防止其被碱石灰吸收，造成实验误差，C正确；可能未与完全反应，需要在①中使用NaOH溶液吸收未反应的，防止尖嘴处的体积分数过小不能被检出，D错误。
4．答案：B
解析：本题考查离子晶体的电荷守恒、杂化类型、配位数等物质结构与性质的知识。在普鲁士蓝晶体中，与或形成配位键，中C、N之间的电子云密度减小，C、N对成键电子的作用力减弱，键长增加，键能减小，A正确；普鲁士蓝向普鲁士白转化时，嵌入，正电荷增多，为了维持电荷守恒，转化为，减小，B错误；普鲁士蓝中，与6个成键，则的d轨道参与杂化，C正确；观察示意图，填充在晶胞的体心，位于棱心，故与距离最近且相等的数目为12，D正确。
5．答案：B
解析：本题考查分子间氢键与溶解性的关系、杂化方式的判断、萃取过程中化学键的断裂与形成。HA含有分子内氢键，水溶性较差，将HA中苯环上的—OH移至4号位，有利于与形成分子间氢键，水溶性增强，A正确；HA中N原子和中的N原子均为杂化，HA与中的N原子杂化）类型相同，B错误；萃取时，HA中O—H键断裂，并形成4个配位键，它们都是σ键，C正确；依据萃取反应可知，溶液碱性增强可增大萃取率，但碱性过大会生成沉淀，萃取产率降低，D正确。
6．答案：B
解析：本题考查物质制备方法，除杂方法、有关的计算等。“焙烧”时转化成，溶浸时只有不溶于水，A正确；“除杂”时升高温度，水解程度增大，导致除磷率下降，但升温促进水解生成沉淀，有利于除硅，B错误；要使钒元素的沉降率达到90%以上，则“沉钒”后溶液中，则溶液中，C正确；“焙烧”时发生反应：、等，“煅烧”时发生反应：，D正确。
7．答案：D
解析：本题考查有机反应类型、有机物中官能团的性质等有机化学基础知识。对比有机分子甲与戊的结构简式发现两者都有具有还原性，设计步骤“甲→乙”的目的是防止“丙→丁”氧化时将氧化，A正确；观察步骤“乙→丙”发现苯环上的取代反应发生在氯原子的邻位上，B正确；对比丙、丁的结构可知，苯环上的甲基被氧化为羧基，可选用酸性高锰酸钾溶液，C正确；“丁→戊”为酰胺基在碱性条件下的水解反应，除生成戊外，另一产物为，D错误。
8．答案：C
解析：本题考查电离常数表达式的应用、酸式盐溶液的酸碱性及其对水的电离的影响、物料守恒、溶液中粒子浓度大小。向溶液中缓慢通入HCl气体，依次发生离子反应：、。的，溶液pH越大，则越小，越大，则表示pH与之间的关系，A错误；依据，得在水溶液中既能发生电离：，同时也能发生水解：，电离程度大于水解程度，故NaHR溶液显酸性，NaHR溶液中水的电离受到电离出来的的抑制，其溶液中水电离的，B错误；M点溶液中：，，由物料守恒知，，则，C正确；，当pH=2.8时，，得，D错误。
9．答案：B
解析：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算。Cu的价电子排布式为，故1 ml Cu含有的价电子个数为，A错误；中含有σ键个数：中共有与之间的配位键有中有，一共有个σ键，B正确；标准状况下，HF是液体，11.2 L HF的物质的量并不是0.5 ml，C错误；酸性条件下，油脂水解不完全，1 ml油脂在酸性条件下不能水解生成1 ml甘油，D错误。故选B。
10．答案：（1）提高反应混合物的温度，加快反应速率；
（2）
（3）
（4）高于60 ℃趁热过滤
（5）加热（或通入空气）
（6）1.5
解析：本题考查工艺流程分析。
（1）“溶浸”时，不断通入高温水蒸气，可提高反应混合物的温度，加快反应速率；向锌渣、锌灰中加入稀硫酸溶浸，为酸性氧化物与不反应，PbO可与生成沉淀，故滤渣1的主要成分是。
（2）由流程可知，“沉铜”过程中锌将还原为与结合生成CuCl沉淀，总反应离子方程式为。
（3）溶液具有强氧化性，根据题意可知将氧化为FeOOH，同时被还原为，其离子方程式可依据电子得失守恒、电荷守恒及原子守恒进行书写，即。
（4）由图像可知，硫酸锌晶体的溶解度在60 ℃后随温度升高而降低，而且在温度高于60 ℃时主要以形式存在，所以一系列操作为加热浓缩，高于60 ℃趁热过滤、洗涤、干燥得到。
（5）母液中加入后，加热或通入空气会将易挥发的HCl赶出，除去滤液中的Cl元素。
（6）恰好沉淀完全，即，根据可知；再根据，，得，将代入上式，得。
11．答案：（1）①2
②
（2）①M；根据可知，温度升高时，活化能大的反应其k增幅大；甲烷化反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故减小时，变化的幅度比及大，所以曲线M表示
②90；
（3）①
②0.54
（4）生成中间体CO反应的活化能小，反应速率快；中间体CO能量低，稳定，利于生成（或反应放热，有利于中间体CO的生成）
解析：本题考查化学原理的应用，具体考查热化学方程式有关的计算、活化能、反应历程分析、平衡移动等化学反应原理基础知识。
（1）①中心原子价层电子对包括σ键电子对和孤电子对，在分子中C原子的σ键电子对数为2，孤电子对数为0，故C原子的价层电子对数为2；②设的摩尔生成焓为x，生成物的总摩尔生成焓-反应物的总摩尔生成焓。
（2）①甲烷化反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，根据可知减小时，变化的幅度比大，故曲线M表示随温度的变化曲线；②将图乙中的数据代入，解得，催化剂m的催化效率大于催化剂n，即相同条件下使用催化剂m对应的小于使用催化剂n对应的，—为曲线斜率，则催化剂m催化下的曲线斜率较大，且两条线与纵轴交点相同。
（3）①反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度较低时有利于反应ⅰ进行，温度较高时有利于反应ⅱ的进行，温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，含量减小，反应ⅱ平衡正向移动，CO含量增大，因此曲线A代表，曲线C代表CO，曲线B代表；②由图可知：600 ℃时，，由O原子守恒可知：，由H原子守恒可知：，反应ⅱ为气体分子数不变的反应，因此反应ⅱ的压强平衡常数。
（4）由图可知，生成中间体CO反应的活化能小，化学反应速率快；中间体CO能量低，稳定，利于生成；反应放热，有利于中间体CO的生成。
12．答案：（1）使金属转化为氧化物，利于后续的浸出和回收；脱除原料中的有机物质，减少物料量，减少其他试剂的消耗量；
（2）温度低浸出速率慢；温度高金属离子（尤其）水解
（3）；萃取剂HR浓度为2.25 ml/L，萃取4次
（4）盐酸
（5）
（6）中和溶液中的酸，保证的纯度
解析：本题考查回收金属的工艺流程。
（1）焙烧可以使金属转化为氧化物，便于浸出后分离提纯；同时经焙烧可除去矿石中的有机物质，以减少物料量和其他材料的消耗量。浸出时只有和能和硫酸根离子形成沉淀，故浸出渣的主要成分是、。
（2）温度太低可能导致浸出速率慢；温度太高可能导致金属离子水解（主要防止水解）。
（3）次磷酸钠的化学式为，作还原剂，在强酸性条件下，被氧化为，再根据氧化还原反应对离子方程式进行配平：；分析In回收萃取的最佳条件时，既要考虑In的回收率，也要考虑萃取剂的用量和萃取剂的回收成本。萃取剂浓度为2.25 ml/L，萃取4次时，HR浓度和萃取次数增多对In回收率影响不大，浓度和次数减少使In回收率降低较多，因此最佳条件为萃取剂浓度为2.25 ml/L，萃取4次。
（4）要想进行反萃取，就要使平衡逆向移动，加入含较多的试剂即可，即加入强酸（盐酸、硫酸、硝酸均可）。
（5）用盐酸处理后得到经水解得，水解的化学方程式为。
（6）萃取后的溶液呈强酸性，需要向滤液中加入NaOH固体调至合适的pH，以保证所制固体的纯度。
13．答案：（1）加成反应；酮羰基、碳溴键
（2）cd
（3）
（4）2；F分子中的N原子具有孤电子对，呈碱性，可与过量的反应
（5）、、、、、（任写2个）
（6）
解析：本题考查有机推断与合成，具体考查有机物官能团名称、有机反应类型、有机反应方程式书写、限定条件的同分异构体书写、有机合成路线的设计等有机化学基础知识。为乙炔，三分子乙炔发生加成反应生成苯，A→B是苯的硝化反应， B为，B→C是苯环上的氢原子被氯原子取代的过程，同时结合E的结构简式可知C为，C→D为硝基还原为氨基的过程，D为，E→F为酯的水解，故F为，结合H的分子式可知，G→H为G中的羟基被氯原子取代，故H为，结合已知条件Ⅲ和L的结构简式可知M为，M→N为M和氢气的加成反应，故N为。
（1），所以反应①为加成反应；K为，其官能团有酮羰基、碳溴键。
（2）B为，无亲水基，不溶于水，a项错误；换顺序后，苯环上先引入—Cl，由其在苯环上的定位特点可知硝化时会在—Cl的邻、对位，而非间位，故不能换顺序，b项错误；G的分子式为，对比F与G的分子式可知F脱去了，c项正确；W分子中的N具有孤电子对，可以与磷酸的以配位键结合成盐，由于阳离子体积比大得多，其阴阳离子之间形成的离子键强度弱，熔点比低，d项正确。故选cd。
（3）观察L的结构简式，结合信息Ⅲ分析可知，L→M的化学方程式为。
（4）发生反应④时，E分子的酯基在碱性条件下发生水解，根据已知信息“具有类似芳希环的性质”，可知E分子中羟基也可以和氢氧化钠反应；酸化（）使有机钠盐转化为有机酸，但F分子中的N原子具有孤电子对，可与过量的反应，故要适量。
（6）对比有机原料和产物，结合已知Ⅲ的信息，运用逆合成分析法推理，具体过程为
。
14．答案：（1）
（2）ACD
（3）0.23；逆向
（4）；制备时间30 min，锌离子浓度0.05 ml/L；ZnO薄膜生长良好，沉积颗粒大小适中，没有ZnO的大量堆积，电极表面存有一定空隙等（合理即可）
（5）1:4
解析：本题考查盖斯定律、反应方向、速率、平衡及反应条件的选择与调控、电化学和溶液中离子平衡等。
（1）根据题意设①，②，③；副反应=②+③-①，可以得出副反应。
（2）相同时间内选择合适的催化剂可以降低主反应的活化能，提高甲醇的产量，A正确；由于有副反应发生，的转化率越高，的产率不一定越高，B错误；不论是主反应还是副反应，的消耗速率与的消耗速率相等时，反应均达到平衡状态，C正确；不论是主反应还是副反应，一定温度下，增大起始的比值，均可提高的平衡转化率，D正确。
（3）甲醇的选择性为80%，设主副反应变化的分别为，则：
则达到平衡时，，由于的转化率为50%，达到平衡时共消耗，则反应开始时，由投料比得开始时，平衡时，平衡时混合气体总物质的量为，主反应的各物质平衡时的物质的量分数分别为，，根据题干总压为2.7 MPa，平衡时各自的分压为，，，则主反应的。由于平衡后缩小容器的体积，压强增大，主反应平衡正向移动，导致增大，和减少，所以副反应平衡逆向移动。
（4）由图示可以看出该电极发生的反应为；从图a、b可以得出制备时间为30 min，锌离子浓度为0.05 ml/L时甲醇的产量最高；在此制备条件下，ZnO薄膜生长良好，所沉积的颗粒大小适中，没有ZnO的大量堆积，且在电极表面存有一定空隙。
（5）甲同学所得溶液中： ，由于电离程度较小，初始浓度约等于平衡浓度，所以的电离程度，乙同学所得溶液中：，由于水解程度小，初始浓度约等于平衡浓度，所以的水解程度=，故电离程度与水解程度之比为。
15．答案：（1）防止生成沉淀同时为产品提供所需的
（2）
（3）酸度过大，导致产品提前析出，被抽滤而损失
（4）打开活塞K
（5）ABC
（6）b；当滴入最后半滴标准液时，恰好出现砖红色沉淀且30 s内沉淀不消失
（7）
解析：本题考查实验装置的选择、滴定、抽滤等实验操作、化学反应原理分析、水解、沉淀溶解平衡、反应条件的调控、实验中的基本计算、实验误差分析等知识。
（1）在pH≈6时水解形成沉淀溶液水解呈酸性可防止水解生成沉淀，同时水解生成可以为配合物提供配体。
（2）图甲，氯化铵受热分解，遇冷化合，无法制备氨气。图乙，固液不加热型制气体，药品可选用浓氨水与CaO固体，反应为。图丙，固固加热型制氨气，硝酸铵受热易爆炸，应选用氢氧化钙和氯化铵。
（3）酸度过大，导致产品提前析出，与活性炭催化剂一起被抽滤而造成损失。
（4）抽滤时，加入洗涤剂之前要增大压强，减缓抽滤速度，可通过打开活塞K来实现。
（5）A.温度过高氨气释放会导致产率降低；B.冷却不够完全会导致部分晶体未析出或析出后再次溶解，产率降低；C.趁热抽滤时，操作速度太慢，会导致温度下降，部分产品析出，造成产品损失，产率降低；D.最后所得晶体未充分干燥，会使产率增大。故选ABC。
（6）硝酸银溶液呈酸性，应选择酸式滴定管。根据表格中数据分析，当阴离子浓度相同时，生成沉淀所需浓度由小到大顺序为，为避免生成其他沉淀影响实验，滴定时应选择铬酸根离子为指示剂。滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液时，恰好出现砖红色沉淀且30 s内沉淀不消失。
（7），利用质量守恒得，产品的化学式为。实验时，在氯化铵和浓氨水环境中，氧化，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式为。
选项
实验目的
实验装置
①试剂及其作用
A
制备乙炔并检验其生成
溶液，除去乙炔中的杂质气体
B
制备次氯酸钠溶液
饱和食盐水，除去中混有的HCl杂质
C
测定部分变质的样品的纯度
浓硫酸，干燥
D
验证与反应作供氧剂
无需试剂
化学式
AgCl
AgBr
（常温）
颜色
白色
砖红色
淡黄色
黑色