2023年高考浙江卷化學真題（6月）學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．材料是人類賴以生存和發展的物質基礎，下列材料主要成分屬于有機物的是A．石墨烯 B．不銹鋼 C．石英光導纖維 D．聚酯纖維【答案】D【詳解】A．石墨烯是一種由單層碳原子構成的平面結構新型碳材料，為碳的單質，屬于無機物，A不符合題意；B．不銹鋼是Fe、Cr、Ni等的合金，屬于金屬材料，B不符合題意；C．石英光導纖維的主要成分為SiO2，屬于無機非金屬材料，C不符合題意；D．聚酯纖維俗稱“滌綸”，是由有機二元酸和二元醇縮聚而成的聚酯經紡絲所得的合成纖維，屬于有機物，D符合題意；故選D。2．下列化學用語表示正確的是A．分子的球棍模型：

B．的價層電子對互斥模型：

C．的電子式：D．的名稱：3?甲基戊烷【答案】D【詳解】A．分子是“V”形結構，因此該圖不是分子的球棍模型，故A錯誤；B．中心原子價層電子對數為，其價層電子對互斥模型為平面三角形，故B錯誤；C．是離子化合物，其電子式：，故C錯誤；D．的結構簡式為，其名稱為3?甲基戊烷，故D正確。綜上所述，答案為D。3．氯化鐵是一種重要的鹽，下列說法不正確的是A．氯化鐵屬于弱電解質 B．氯化鐵溶液可腐蝕覆銅板C．氯化鐵可由鐵與氯氣反應制得 D．氯化鐵溶液可制備氫氧化鐵膠體【答案】A【詳解】A．氯化鐵能完全電離出鐵離子和氯離子，屬于強電解質，A錯誤；B．氯化鐵溶液與銅反應生成氯化銅和氯化亞鐵，可用來蝕刻銅板，B正確；C．氯氣具有強氧化性，氯氣與鐵單質加熱生成氯化鐵，C正確；D．向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，繼續加熱呈紅褐色，鐵離子發生水解反應可得到氫氧化鐵膠體，D正確；故選：A。4．物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是A．鋁有強還原性，可用于制作門窗框架B．氧化鈣易吸水，可用作干燥劑C．維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑D．過氧化鈉能與二氧化碳反應生成氧氣，可作潛水艇中的供氧劑【答案】A【詳解】A．鋁用于制作門窗框架，利用了鋁的硬度大、密度小、抗腐蝕等性質，而不是利用它的還原性，A不正確；B．氧化鈣易吸水，并與水反應生成氫氧化鈣，可吸收氣體中或密閉環境中的水分，所以可用作干燥劑，B正確；C．食品中含有的Fe2+等易被空氣中的氧氣氧化，維生素C具有還原性，且對人體無害，可用作食品抗氧化劑，C正確；D．過氧化鈉能與二氧化碳反應生成氧氣，同時可吸收人體呼出的二氧化碳和水蒸氣，可作潛水艇中的供氧劑，D正確；故選A。5．下列說法正確的是A．圖①裝置可用于制取并收集氨氣B．圖②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴內的氣泡C．圖③操作俯視刻度線定容會導致所配溶液濃度偏大D．圖④裝置鹽橋中陽離子向溶液中遷移【答案】C【詳解】A．氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫，遇冷又化合生成氯化銨，則直接加熱氯化銨無法制得氨氣，實驗室用加熱氯化銨和氫氧化鈣固體的方法制備氨氣，故A錯誤；B．高錳酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕橡膠管，所以高錳酸鉀溶液應盛放在酸式滴定管在，不能盛放在堿式滴定管中，故B錯誤；C．配制一定物質的量濃度的溶液時，俯視刻度線定容會使溶液的體積偏小，導致所配溶液濃度偏大，故C正確；D．由圖可知，鋅銅原電池中，鋅電極為原電池的負極，銅為正極，鹽橋中陽離子向硫酸銅溶液中遷移，故D錯誤；故選C。6．化學燙發巧妙利用了頭發中蛋白質發生化學反應實現對頭發的“定型”，其變化過程示意圖如下。下列說法不正確的是A．藥劑A具有還原性B．①→②過程若有鍵斷裂，則轉移電子C．②→③過程若藥劑B是，其還原產物為D．化學燙發通過改變頭發中某些蛋白質中鍵位置來實現頭發的定型【答案】C【詳解】A．①→②是氫原子添加進去，該過程是還原反應，因此①是氧化劑，具有氧化性，則藥劑A具有還原性，故A正確；B．①→②過程中S的價態由?1價變為?2價，若有鍵斷裂，則轉移電子，故B正確；C．②→③過程發生氧化反應，若藥劑B是，則B化合價應該降低，因此其還原產物為，故C錯誤；D．通過①→②過程和②→③過程，某些蛋白質中鍵位置發生了改變，因此化學燙發通過改變頭發中某些蛋白質中鍵位置來實現頭發的定型，故D正確。綜上所述，答案為C。7．NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．4.4gC2H4O中含有σ鍵數目最多為0.7NAB．1.7gH2O2中含有氧原子數為0.2NAC．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨氣至中性，銨根離子數為0.1NAD．標準狀況下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯離子數為0.5NA【答案】A【詳解】A．1個C2H4O中含有6個σ鍵和1個π鍵(乙醛)或7個σ鍵(環氧乙烷)，4.4gC2H4O的物質的量為0.1mol，則含有σ鍵數目最多為0.7NA，A正確；B．1.7gH2O2的物質的量為=0.05mol，則含有氧原子數為0.1NA，B不正確；C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨氣至中性，溶液中存在電荷守恒關系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，則c(CH3COO-)=c(NH)，再根據物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出銨根離子數小于0.1NA，C不正確；D．標準狀況下，11.2LCl2的物質的量為0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2與水反應生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯離子數小于0.5NA，D不正確；故選A。8．下列說法不正確的是A．通過X射線衍射可測定青蒿素晶體的結構B．利用鹽析的方法可將蛋白質從溶液中分離C．苯酚與甲醛通過加聚反應得到酚醛樹脂D．可用新制氫氧化銅懸濁液鑒別苯、乙醛和醋酸溶液【答案】C【詳解】A．X射線衍射實驗可確定晶體的結構，則通過X射線衍射可測定青蒿素晶體的結構，故A正確；B．蛋白質在鹽溶液中可發生鹽析生成沉淀，因此利用鹽析的方法可將蛋白質從溶液中分離，故B正確；C．苯酚與甲醛通過縮聚反應得到酚醛樹脂，故C錯誤；D．新制氫氧化銅懸濁液與乙醛加熱反應條件得到磚紅色沉淀，新制氫氧化銅懸濁液與醋酸溶液反應得到藍色溶液，因此可用新制氫氧化銅懸濁液鑒別苯、乙醛和醋酸溶液，故D正確。綜上所述，答案為C。9．下列反應的離子方程式正確的是A．碘化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣：B．向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳：C．銅與稀硝酸：D．向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫：【答案】B【詳解】A．碘化亞鐵溶液與等物質的量的氯氣，碘離子與氯氣恰好完全反應，：，故A錯誤；B．向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳，反應生成碳酸氫鈣和次氯酸：，故B正確；C．銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水：，故C錯誤；D．向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫，溶液變渾濁，溶液中生成亞硫酸氫鈉：，故D錯誤；答案為B。10．丙烯可發生如下轉化，下列說法不正確的是A．丙烯分子中最多7個原子共平面B．X的結構簡式為C．Y與足量KOH醇溶液共熱可生成丙炔D．聚合物Z的鏈節為

【答案】B【分析】CH3-CH=CH2與Br2的CCl4溶液發生加成反應，生成

(Y)；CH3-CH=CH2與Br2在光照條件下發生甲基上的取代反應，生成

(X)；CH3-CH=CH2在催化劑作用下發生加聚反應，生成

(Z)。【詳解】A．乙烯分子中有6個原子共平面，甲烷分子中最多有3個原子共平面，則丙烯分子中，兩個框內的原子可能共平面，所以最多7個原子共平面，A正確；B．由分析可知，X的結構簡式為

，B不正確；C．Y()與足量KOH醇溶液共熱，發生消去反應，可生成丙炔(CH3C≡CH)和KBr等，C正確；D．聚合物Z為

，則其鏈節為

，D正確；故選B。11．X、Y、Z、W四種短周期主族元素，原子序數依次增大。X、Y與Z位于同一周期，且只有X、Y元素相鄰。X基態原子核外有2個未成對電子，W原子在同周期中原子半徑最大。下列說法不正確的是A．第一電離能：B．電負性：C．Z、W原子形成稀有氣體電子構型的簡單離子的半徑：D．與水反應生成產物之一是非極性分子【答案】A【分析】X、Y、Z、W四種短周期主族元素，原子序數依次增大。X、Y與Z位于同一周期，且只有X、Y元素相鄰。X基態原子核外有2個未成對電子，則X為C，Y為N，Z為F，W原子在同周期中原子半徑最大，則W為Na。【詳解】A．根據同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，則第一電離能：，故A錯誤；B．根據同周期從左到右電負性逐漸增大，同主族從上到下電負性逐漸減小，則電負性：，故B正確；C．根據同電子層結構核多徑小，則Z、W原子形成稀有氣體電子構型的簡單離子的半徑：，故C正確；D．與水反應生成產物之一為乙炔，乙炔是非極性分子，故D正確。綜上所述，答案為A。12．苯甲酸是一種常用的食品防腐劑。某實驗小組設計粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提純方案如下：下列說法不正確的是A．操作I中依據苯甲酸的溶解度估算加水量B．操作Ⅱ趁熱過濾的目的是除去泥沙和NaClC．操作Ⅲ緩慢冷卻結晶可減少雜質被包裹D．操作Ⅳ可用冷水洗滌晶體【答案】B【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化鈉，加水、加熱溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，從而形成懸濁液；趁熱過濾出泥沙，同時防止苯甲酸結晶析出；將濾液冷卻結晶，大部分苯甲酸結晶析出，氯化鈉仍留在母液中；過濾、用冷水洗滌，便可得到純凈的苯甲酸。【詳解】A．操作I中，為減少能耗、減少苯甲酸的溶解損失，溶解所用水的量需加以控制，可依據苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正確；B．操作Ⅱ趁熱過濾的目的，是除去泥沙，同時防止苯甲酸結晶析出，NaCl含量少，通常不結晶析出，B不正確；C．操作Ⅲ緩慢冷卻結晶，可形成較大的苯甲酸晶體顆粒，同時可減少雜質被包裹在晶體顆粒內部，C正確；D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水，所以操作Ⅳ可用冷水洗滌晶體，既可去除晶體表面吸附的雜質離子，又能減少溶解損失，D正確；故選B。13．氯堿工業能耗大，通過如圖改進的設計可大幅度降低能耗，下列說法不正確的是A．電極A接電源正極，發生氧化反應B．電極B的電極反應式為：C．應選用陽離子交換膜，在右室獲得濃度較高的溶液D．改進設計中通過提高電極B上反應物的氧化性來降低電解電壓，減少能耗【答案】B【詳解】A．電極A是氯離子變為氯氣，化合價升高，失去電子，是電解池陽極，因此電極A接電源正極，發生氧化反應，故A正確；B．電極B為陰極，通入氧氣，氧氣得到電子，其電極反應式為：，故B錯誤；C．右室生成氫氧根，應選用陽離子交換膜，左邊的鈉離子進入到右邊，在右室獲得濃度較高的溶液，故C正確；D．改進設計中增大了氧氣的量，提高了電極B處的氧化性，通過反應物的氧化性來降低電解電壓，減少能耗，故D正確。綜上所述，答案為B。14．一定條件下，苯基丙炔()可與發生催化加成，反應如下：反應過程中該炔烴及反應產物的占比隨時間的變化如圖(已知：反應I、Ⅲ為放熱反應)，下列說法不正確的是A．反應焓變：反應I>反應ⅡB．反應活化能：反應I<反應ⅡC．增加濃度可增加平衡時產物Ⅱ和產物I的比例D．選擇相對較短的反應時間，及時分離可獲得高產率的產物Ⅰ【答案】C【詳解】A．反應I、Ⅲ為放熱反應，相同物質的量的反應物，反應I放出的熱量小于反應Ⅱ放出的熱量，反應放出的熱量越多，其焓變越小，因此反應焓變：反應I>反應Ⅱ，故A正確；B．短時間里反應I得到的產物比反應Ⅱ得到的產物多，說明反應I的速率比反應Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，則反應活化能：反應I<反應Ⅱ，故B正確；C．增加濃度，平衡正向移動，但平衡時產物Ⅱ和產物I的比例可能降低，故C錯誤；D．根據圖中信息，選擇相對較短的反應時間，及時分離可獲得高產率的產物Ⅰ，故D正確。綜上所述，答案為C。15．草酸()是二元弱酸。某小組做如下兩組實驗：實驗I：往溶液中滴加溶液。實驗Ⅱ：往溶液中滴加溶液。[已知：的電離常數，溶液混合后體積變化忽略不計]，下列說法正確的是A．實驗I可選用甲基橙作指示劑，指示反應終點B．實驗I中時，存在C．實驗Ⅱ中發生反應D．實驗Ⅱ中時，溶液中【答案】D【詳解】A．溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點時生成顯堿性的草酸鈉溶液，為了減小實驗誤差要選用變色范圍在堿性范圍的指示劑，因此，實驗I可選用酚酞作指示劑，指示反應終點，故A錯誤；B．實驗I中時，溶質是、且兩者物質的量濃度相等，，，則草酸氫根的電離程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B錯誤；C．實驗Ⅱ中，由于開始滴加的氯化鈣量較少而過量，因此該反應在初始階段發生的是，該反應的平衡常數為，因為平衡常數很大，說明反應能夠完全進行，當完全消耗后，再和發生反應，故C錯誤；D．實驗Ⅱ中時，溶液中的鈣離子濃度為，溶液中，故D正確。綜上所述，答案為D。16．探究鹵族元素單質及其化合物的性質，下列方案設計、現象和結論都正確的是實驗方案現象結論A往碘的溶液中加入等體積濃溶液，振蕩分層，下層由紫紅色變為淺粉紅色，上層呈棕黃色碘在濃溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸鈉溶液點在試紙上試紙變白次氯酸鈉溶液呈中性C向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液先產生白色沉淀，再產生黃色沉淀轉化為，溶解度小于溶解度D取兩份新制氯水，分別滴加溶液和淀粉溶液前者有白色沉淀，后者溶液變藍色氯氣與水的反應存在限度A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．向碘的四氯化碳溶液中加入等體積濃碘化鉀溶液，振蕩，靜置，溶液分層，下層由紫紅色變為淺粉紅色，上層呈棕黃色說明碘的四氯化碳溶液中的碘與碘化鉀溶液中碘離子反應生成碘三離子使上層溶液呈棕黃色，證明碘在濃碘化鉀溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正確；B．次氯酸鈉溶液具有強氧化性，會能使有機色質漂白褪色，無法用pH試紙測定次氯酸鈉溶液的pH，故B錯誤；C．由題意可知，向硝酸銀溶液中加入氯化鉀溶液時，硝酸銀溶液過量，再加入碘化鉀溶液時，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的轉化，無法比較氯化銀和碘化銀的溶度積大小，故C錯誤；D．新制氯水中的氯氣和次氯酸都能與碘化鉀溶液反應生成使淀粉變藍色的碘，則溶液變藍色不能說明溶液中存在氯氣分子，無法證明氯氣與水的反應存在限度，故D錯誤；故選A。二、結構與性質17．氮的化合物種類繁多，應用廣泛。請回答：(1)基態N原子的價層電子排布式是。(2)與碳氫化合物類似，N、H兩元素之間也可以形成氮烷、氮烯。①下列說法不正確的是。A．能量最低的激發態N原子的電子排布式：B．化學鍵中離子鍵成分的百分數：C．最簡單的氮烯分子式：D．氮烷中N原子的雜化方式都是②氮和氫形成的無環氮多烯，設分子中氮原子數為n，雙鍵數為m，其分子式通式為。③給出的能力：(填“>”或“<”)，理由是。(3)某含氮化合物晶胞如圖，其化學式為，每個陰離子團的配位數(緊鄰的陽離子數)為。【答案】(1)2s22p3(2)ANnHn+2?2m(，m為正整數)＜形成配位鍵后，由于Cu對電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進一步使氮氫鍵的極性變大，故其更易斷裂(3)CaCN26【詳解】（1）N核電荷數為7，核外有7個電子，基態N原子電子排布式為1s22s22p3，則基態N原子的價層電子排布式是2s22p3；故答案為：2s22p3。（2）①A．能量最低的激發態N原子應該是2p能級上一個電子躍遷到3s能級，其電子排布式：，故A錯誤；B．鈣的金屬性比鎂的金屬性強，則化學鍵中離子鍵成分的百分數：，故B正確；C．氮有三個價鍵，最簡單的氮烯即含一個氮氮雙鍵，另一個價鍵與氫結合，則其分子式：，故C正確；D．氮烷中N原子有一對孤對電子，有三個價鍵，則氮原子的雜化方式都是，故D正確；綜上所述，答案為：A。②氮和氫形成的無環氮多烯，一個氮的氮烷為NH3，兩個氮的氮烷為N2H4，三個氮的氮烷為N3H5，四個氮的氮烷為N4H6，設分子中氮原子數為n，其氮烷分子式通式為NnHn+2，根據又一個氮氮雙鍵，則少2個氫原子，因此當雙鍵數為m，其分子式通式為NnHn+2?2m(，m為正整數)；故答案為：NnHn+2?2m(，m為正整數)。③形成配位鍵后，由于Cu對電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進一步使氮氫鍵的極性變大，故其更易斷裂，因此給出的能力：＜(填“>”或“<”)；故答案為：＜；形成配位鍵后，由于Cu對電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進一步使氮氫鍵的極性變大，故其更易斷裂。（3）鈣個數為，個數為，則其化學式為CaCN2；根據六方最密堆積圖

，以上面的面心分析下面紅色的有3個，同理上面也應該有3個，本體中分析得到

，以這個進行分析，其俯視圖為

，因此距離最近的鈣離子個數為6，其配位數為6；故答案為：CaCN2；6。三、工業流程題18．工業上煅燒含硫礦物產生的可以按如下流程脫除或利用。

已知：

請回答：(1)富氧煅燒燃煤產生的低濃度的可以在爐內添加通過途徑Ⅰ脫除，寫出反應方程式。(2)煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的，通過途徑Ⅱ最終轉化為化合物A。①下列說法正確的是。A．燃煤中的有機硫主要呈正價

B．化合物A具有酸性C．化合物A是一種無機酸酯

D．工業上途徑Ⅱ產生的也可用濃吸收②一定壓強下，化合物A的沸點低于硫酸的原因是。(3)設計實驗驗證化合物A中含有S元素；寫出實驗過程中涉及的反應方程式。【答案】(1)(2)BCD硫酸分子能形成更多的分子間氫鍵(3)取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應完全后加入鹽酸酸化，無明顯現象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl【分析】含硫礦物燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和氧氣、碳酸鈣生成硫酸鈣和二氧化碳，二氧化硫被氧氣氧化為三氧化硫，三氧化硫和等物質量的甲醇發生已知反應生成A：

；【詳解】（1）氧氣具有氧化性，能被四價硫氧化為六價硫，二氧化硫、空氣中氧氣、碳酸鈣高溫生成硫酸鈣和二氧化碳，反應為；（2）①A．硫的電負性大于碳、氫等，故燃煤中的有機硫主要呈負價，A錯誤；

B．根據分析可知，化合物A分子中與硫直接相連的基團中有-OH，故能電離出氫離子，具有酸性，B正確；C．化合物A含有

基團，類似酯基-COO-結構，為硫酸和醇生成的酯，是一種無機酸酯，C正確；

D．工業上途徑Ⅱ產生的也可用濃吸收用于生產發煙硫酸，D正確；故選BCD；②一定壓強下，化合物A分子只有1個-OH能形成氫鍵，而硫酸分子中有2個-OH形成氫鍵，故導致A的沸點低于硫酸；（3）由分析可知，A為

，A堿性水解可以生成硫酸鈉、甲醇，硫酸根離子能和氯化鋇生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，故實驗設計為：取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應完全后加入鹽酸酸化，無明顯現象，再加入氯化鋇生成白色沉淀，說明A中含有S元素；涉及反應為：

+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。四、原理綜合題19．水煤氣變換反應是工業上的重要反應，可用于制氫。水煤氣變換反應：

該反應分兩步完成：

請回答：(1)。(2)恒定總壓和水碳比[]投料，在不同條件下達到平衡時和的分壓(某成分分壓=總壓×該成分的物質的量分數)如下表：條件10.400.400條件20.420.360.02①在條件1下，水煤氣變換反應的平衡常數。②對比條件1，條件2中產率下降是因為發生了一個不涉及的副反應，寫出該反應方程式 。(3)下列說法正確的是______。A．通入反應器的原料氣中應避免混入B．恒定水碳比，增加體系總壓可提高的平衡產率C．通入過量的水蒸氣可防止被進一步還原為D．通過充入惰性氣體增加體系總壓，可提高反應速率(4)水煤氣變換反應是放熱的可逆反應，需在多個催化劑反應層間進行降溫操作以“去除”反應過程中的余熱(如圖1所示)，保證反應在最適宜溫度附近進行。

①在催化劑活性溫度范圍內，圖2中b-c段對應降溫操作的過程，實現該過程的一種操作方法是。A．按原水碳比通入冷的原料氣

B．噴入冷水(蒸氣)

C．通過熱交換器換熱②若采用噴入冷水(蒸氣)的方式降溫，在圖3中作出平衡轉化率隨溫度變化的曲線 。(5)在催化劑活性溫度范圍內，水煤氣變換反應的歷程包含反應物分子在催化劑表面的吸附(快速)、反應及產物分子脫附等過程。隨著溫度升高，該反應的反應速率先增大后減小，其速率減小的原因是 。【答案】(1)6 (2)2CO+3H2?CH4+H2O (3)AC(4)AC

(5)溫度過高時，不利于反應物分子在催化劑表面的吸附，從而導致其反應物分子在催化劑表面的吸附量及濃度降低，反應速率減小；溫度過高還會導致催化劑的活性降低，從而使化學反應速率減小【詳解】（1）設方程式①

②

③

根據蓋斯定律可知，③=①-②，則；（2）①條件1下沒有甲烷生成，只發生了水煤氣變換反應，該反應是一個氣體分子數不變的反應。設在條件1下平衡時容器的總體積為V，水蒸氣和一氧化碳的投料分別為12mol和5mol，參加反應的一氧化碳為xmol，根據已知信息可得以下三段式：，解得x=4；則平衡常數；②根據表格中的數據可知，有甲烷生成，且該副反應沒有二氧化碳參與，且氫氣的產率降低，則該方程式為：CO+3H2?CH4+H2O；（3）A．一氧化碳和氫氣都可以和氧氣反應，則通入反應器的原料氣中應避免混入，A正確；B．該反應前后氣體計量系數相同，則增加體系總壓平衡不移動，不能提高平衡產率，B錯誤；C．通入過量的水蒸氣可以促進四氧化三鐵被氧化為氧化鐵，水蒸氣不能將鐵的氧化物還原為單質鐵，但過量的水蒸氣可以降低體系中CO和H2的濃度，從而防止鐵的氧化物被還原為單質鐵，C正確；D．若保持容器的體積不變，通過充入惰性氣體增加體系總壓，反應物濃度不變，反應速率不變，D錯誤；故選AC；（4）①A．按原水碳比通入冷的原料氣，可以降低溫度，同時化學反應速率稍減小，導致CO的轉化率稍減小，與圖中變化相符，A正確；B．噴入冷水(蒸氣)，可以降低溫度，但是同時水蒸氣的濃度增大，會導致CO的轉化率增大，與圖中變化不符，B錯誤；C．通過熱交換器換熱，可以降低溫度，且不改變投料比，同時化學反應速率稍減小，導致CO的轉化率稍減小，與圖中變化相符，C正確；故選AC；②增大水蒸氣的濃度，平衡正向移動，則一氧化碳的的平衡轉化率增大，會高于原平衡線，故圖像為：

；（5）反應物分子在催化劑表面的吸附是一個放熱的快速過程，溫度過高時，不利于反應物分子在催化劑表面的吸附，從而導致其反應物分子在催化劑表面的吸附量及濃度降低，反應速率減小；溫度過高還會導致催化劑的活性降低，從而使化學反應速率減小。五、工業流程題20．某研究小組用鋁土礦為原料制備絮凝劑聚合氯化鋁()按如下流程開展實驗。

已知：①鋁土礦主要成分為，含少量和。用溶液溶解鋁土礦過程中轉變為難溶性的鋁硅酸鹽。②的絮凝效果可用鹽基度衡量，鹽基度當鹽基度為0.60~0.85時，絮凝效果較好。請回答：(1)步驟Ⅰ所得濾液中主要溶質的化學式是。(2)下列說法不正確的是___________。A．步驟I，反應須在密閉耐高壓容器中進行，以實現所需反應溫度B．步驟Ⅱ，濾液濃度較大時通入過量有利于減少沉淀中的雜質C．步驟Ⅲ，為減少吸附的雜質，洗滌時需對漏斗中的沉淀充分攪拌D．步驟Ⅳ中控制和的投料比可控制產品鹽基度(3)步驟V采用如圖所示的蒸汽浴加熱，儀器A的名稱是；步驟V不宜用酒精燈直接加熱的原因是。

(4)測定產品的鹽基度。的定量測定：稱取一定量樣品，配成溶液，移取溶液于錐形瓶中，調，滴加指示劑溶液。在不斷搖動下，用標準溶液滴定至淺紅色(有沉淀)，30秒內不褪色。平行測試3次，平均消耗標準溶液。另測得上述樣品溶液中。①產品的鹽基度為。②測定過程中溶液過低或過高均會影響測定結果，原因是。【答案】(1)NaAlO2 (2)C(3)蒸發皿酒精燈直接加熱受熱不均勻，會導致產品鹽基度不均勻(4)0.7pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸跟，會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而pH過高，氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多【分析】鋁土礦主要成分為，含少量和，向鋁土礦中加氫氧化鈉溶液，得到難溶性鋁硅酸鹽、偏鋁酸鈉，氧化鐵不與氫氧化鈉溶液反應，過濾，濾液中主要含偏鋁酸鈉，向偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳，過濾，得到氫氧化鋁沉淀，分為兩份，一份加入鹽酸得到氯化鋁，將兩份混合得到聚合氯化鋁溶液，加熱得到聚合氯化鋁固體。【詳解】（1）根據題中信息步驟Ⅰ所得濾液中主要溶質的化學式是NaAlO2；故答案為：NaAlO2。（2）A．步驟I，反應所學溫度高于100℃，因此反應須在密閉耐高壓容器中進行，以實現所需反應溫度，故A正確；B．步驟Ⅱ，濾液濃度較大時通入過量生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉溶液，有利于減少沉淀中的雜質，故B正確；C．步驟Ⅲ，洗滌時不能需對漏斗中的沉淀充分攪拌，故C錯誤；D．中a、b可通過控制和的投料比來控制產品鹽基度，故D正確；綜上所述，答案為：C。（3）步驟V采用如圖所示的蒸汽浴加熱，根據圖中信息得到儀器A的名稱是蒸發皿；酒精燈直接加熱受熱不均勻，會導致產品鹽基度不均勻，而用蒸汽浴加熱，受熱均勻，得到的產品鹽基度均勻；故答案為：蒸發皿；酒精燈直接加熱受熱不均勻，會導致產品鹽基度不均勻。（4）①根據，樣品溶液中氯離子物質的量濃度為，，根據電荷守恒得到產品的鹽基度為；故答案為：0.7。②測定過程中溶液過低或過高均會影響測定結果，原因是pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸跟，會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而pH過高，氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多；故答案為：pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸跟，會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而pH過高，氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多。六、有機推斷題21．某研究小組按下列路線合成胃動力藥依托比利。已知：