2025年高考預(yù)測猜題 化學(xué) 信息必刷卷01（新高考 通 用）（解析版）

絕密★啟用前2025年高考考前信息必刷卷01化學(xué)考情速遞基、試題情境鏈接、創(chuàng)新設(shè)計試題。突出關(guān)鍵能力考查，激發(fā)學(xué)生從事科學(xué)研究、探索未知的興趣，助力拔尖創(chuàng)新人才的選拔培養(yǎng)，充分發(fā)揮高考育人功能和積極導(dǎo)向作用，精選試題素材弘揚愛國主義。如第1題結(jié)合中國傳統(tǒng)文化，考查化學(xué)反應(yīng)類型、化學(xué)反應(yīng)原理和方法、物質(zhì)的性質(zhì)等；第3題聯(lián)系生活中的食鹽、食醋、天然氣、蔗糖等化學(xué)物質(zhì)，體現(xiàn)化學(xué)與生活的聯(lián)系等。14~15學(xué)生對基礎(chǔ)知識的掌握和應(yīng)用能力。4道非選擇綜合題依據(jù)其內(nèi)在的邏輯關(guān)聯(lián)分設(shè)選擇、填空、簡答、推理和實驗設(shè)計能力。如第8題依據(jù)元素周期表，結(jié)合熱重曲線圖信息，考查元素的電負性、微粒間作18CO圖等圖示，多角度考查化學(xué)反應(yīng)有關(guān)原理，要求學(xué)生在真實情境中綜合運用電化學(xué)、熱化學(xué)、化學(xué)平衡等知識，突出應(yīng)用所學(xué)知識解決實際問題的綜合能力的考查。：創(chuàng)設(shè)真實情境是高考化學(xué)命題的一大特點。比如第12染物的降解”等?？忌谶@些真實情境下分析合成過程中的化學(xué)物質(zhì)轉(zhuǎn)化、反應(yīng)條件、反應(yīng)類型等化學(xué)知識，從原料出發(fā)，經(jīng)過多步反應(yīng)得到目標產(chǎn)物等。這種情境化的命題形式有助于考查學(xué)生將化學(xué)知識應(yīng)用于實際情境的能力，以及在復(fù)雜情境下分析和解決問題的能力。202513151618題的轉(zhuǎn)化率、溶解平衡、PH圖像等?；瘜W(xué)情境可能更多涉及新能源、新科技等相關(guān)化學(xué)知識。例如第18題以氫能的開發(fā)和利用為切入點，考查熱化學(xué)、電化學(xué)的知識等。（考試時間：分鐘試卷滿分：分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1CNOS7/34個選項中只有一個答案符合要求。1．中國古代化學(xué)工藝是中華璀璨文明的一部分，下列有關(guān)說法不正確的是A．東漢成書記載有“石膽化鐵則為銅”，該過程涉及了置換反應(yīng)B．聞名海內(nèi)外的景德鎮(zhèn)瓷器是由黏土經(jīng)高溫燒結(jié)而成C．古代煉丹家由丹砂煉水銀的方法屬于現(xiàn)代金屬冶煉工藝中的熱還原法D．用青銅鑄劍利用了青銅比純銅熔點低、硬度大的優(yōu)點【答案】C【解析】A．“石膽化鐵則為銅”利用了鐵與硫酸銅反應(yīng)生成銅和硫酸亞鐵，該反應(yīng)基本類型屬于置換反ABBC屬于現(xiàn)代金屬冶煉工藝中的熱分解法，不是熱還原方法，C錯誤；D．青銅屬于合金，合金的熔點比純金屬低，而硬度比成分金屬要大，D正確；故合理選項是C。2．下列物質(zhì)的應(yīng)用中，主要利用的反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)的是A.用鋁和氧化鐵的混合物焊接鐵軌B.用氮氣實現(xiàn)工業(yè)合成氨C.實驗室用NaOH溶液吸收尾氣D.用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗【答案】C(或電子對偏移)A．鋁和氧化鐵在高溫下反應(yīng)生成鐵和氧化鋁，屬于置換反應(yīng)，元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故A不選；B．氮氣和氫氣在高溫、高壓、催化劑條件下反應(yīng)生成氨氣，元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故B不選；C．NaOH溶液和SO2反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，元素化合價沒有變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故C選；D．發(fā)生反應(yīng)為2KI+Cl=2KCl+I，此反應(yīng)為置換反應(yīng)，屬于氧化還原反應(yīng)，故D不選；答案選C。3．生活離不開化學(xué)。下列說法不正確的是A．食鹽的主要成分是NaCl，用電子式表示其形成過程為：B．食醋的溶質(zhì)是醋酸，醋酸的分子結(jié)構(gòu)模型：C．天然氣是一種清潔的化石燃料，主要成分CH4的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形D．蔗糖和核糖都是二糖，它們的水解產(chǎn)物都是葡萄糖【答案】DANaCl是離子化合物，電子式表示其形成過程為：AB．醋酸結(jié)構(gòu)簡式CHCOOHBCCH4中心原子C原子價層電子對數(shù)為4CDD8/D。(主要成分為CoO和CoOAlO3和ZnO)為原料制備CoCO3的工藝流程如圖所示：下列說法錯誤的是A．酸浸時加入HO2做還原劑B．除鋁時加入NaCO3溶液可以促進Al3+的水解C．若萃取劑的總量一定，則一次加入萃取比分多次加入萃取效果更好D．將含NaCO3的溶液緩慢滴加到Co2+溶液中沉鈷，目的是防止產(chǎn)生Co(OH)2【答案】CAHO2C3+還原為C2+AB鋁時加入NaCO3溶液，發(fā)生的反應(yīng)為2Al3++3CO2－3+3HO=Al(OH)↓+3CO↑，過濾后所得濾渣是Al(OH)，B正確；C．萃取過程中，多次萃取能使萃取效率提高，C錯誤；D．沉鈷時應(yīng)將含Co2+的溶液緩慢滴加到NaCO3溶液中，如果碳酸鈉過量、溶液堿性過強、會生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的產(chǎn)率，D正確；故答案為C。5．實驗室進行粗鹽提純并制備NaHCO3和Cl，下列相關(guān)原理、裝置及操作正確的是A.裝置甲除粗鹽水中的泥沙B.裝置丙制備NaHCO3C.裝置乙蒸發(fā)NaCl溶液D.裝置丁制備Cl2【答案】BAAB．裝置丙制備NaHCO3時，將CO2氣體通入氨化的NaCl飽和溶液中，由于NaHCO3在飽和NaCl中的溶NaHCO3BCNaCl晶的方法，通常使用蒸發(fā)皿，坩堝是灼燒固體所用的儀器，不用于蒸發(fā)溶液，C不正確；D．裝置丁制備Cl，采用電解飽和食鹽水的方法，與直流電源正極相連的Fe電極為陽極，則Fe失電子，而不是Cl-失電子，得不到Cl，D不正確；故選C。6．下列“實驗結(jié)論”與“實驗操作及現(xiàn)象”不相符的一項是9/選項實驗操作及現(xiàn)象實驗結(jié)論A向某溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀該溶液中一定含有Mg2+B金屬鈉具有還原性C向某溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀該溶液中可能含有Cl-D紅，隨后褪色氯水中含有酸性物質(zhì)、漂白性物質(zhì)【答案】A【解析】A．白色沉淀可能為氫氧化鋁或氫氧化鎂等，由操作和現(xiàn)象可知，該溶液中不一定含有Mg2+，故A錯誤；B．將銀白色的金屬鈉放置在空氣中，鈉表面很快變暗，說明Na與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)BCAgNO3AgCOAgCl，則原溶液中可能含有Cl-CD漂白性，則藍色石蕊試紙先變紅，隨后褪色，故D正確；故選：A。7．雙鈣鈦礦型氧化物具有立方晶胞結(jié)構(gòu)，通過摻雜改性可用作固體電解質(zhì)材料，其晶體的一種完整結(jié)構(gòu)單元如圖所示，真實的晶體中存在5%的O空位缺陷。下列說法錯誤的是（）A．不考慮晶體缺陷，與的配位數(shù)相等B．O空位的形成有利于O2-的傳導(dǎo)C．不考慮晶體缺陷，該晶體的化學(xué)式為LaNiMnO3D．考慮晶體缺陷，該晶體中+3價與+4價La原子的個數(shù)之比為4：1【答案】C【解析】ANi與Mn原子均位于頂點，且個數(shù)相同，因此配位數(shù)也相同，ABO空位的形成有利于O2-的傳導(dǎo)，因為空位處動能大，離子移動快，B正確；C項，La個數(shù)是1，Ni與Mn個數(shù)均為4×1/8=0.5O的個數(shù)為6×1/2=3LaNiMnOC錯誤；DLaNiMnO，考慮缺陷則是LaNiMnO，設(shè)+3價La為x個，+4價La為y個，則x+y=2，3x+4y+2+3=5.7×2，解得x=1.6，y=0.4，+3價與+4價La原子個數(shù)比為4：1，D正確；故選C。8．已知WXY和Z為前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大，W的原子半徑在元素周期表中最小，X、Y位于同一主族，Z的正一價離子在酸性條件下可以發(fā)生歧化反應(yīng)，ZYX·5WX分解的TG曲線(熱重)及DSC曲線(反映體系熱量變化情況，數(shù)值已省略)如圖所示。下列說法不正確的是/A．W、X、Y、Z的電負性大?。篨>Y>W>ZB．ZYX4和WX之間存在不同的作用力C．1200℃時固體成分為ZXD．700℃左右有兩個吸收峰，此時發(fā)生兩個氧化還原反應(yīng)【答案】D【解析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，W為周期表中原子半徑最小的元素，WXYX為OY為SZZ為CuZYX·5WX為CuSO·5HOAWXYZ分別為HOSCu大小為：O>S>H>Cu，A項正確；B．ZYX4為CuSO，WX為HO，兩種不同的作用力。其中4個水[Cu(HO)]2+BC1200℃對應(yīng)固體質(zhì)量為0.72g，發(fā)生反應(yīng)為：4CuO\s\up6(__________)高溫2CuO+O↑此時固體成分為CuO，C項正確；D．從DSC曲線可以看出，700℃左右有兩個吸熱峰，對應(yīng)固體質(zhì)量在1.6mg~0.8mg之間，其對應(yīng)反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuSO4ΔCuO+SO↑、2SO32SO+O，不都是氧化還原反應(yīng)，D項不正確；答案選D。9．X溶液中可能含有下列5種離子中的幾種：Fe3+、Fe2+、NH＋4、Cl-、SO2－4，某同學(xué)為確定其中含有的離子，設(shè)計并完成以下實驗(所加試劑均足量)。下列說法正確的是A．X溶液中一定存在SO2－4，可能不存在Cl-B．X溶液中一定存在NH＋4、SO2－4，至少含有Fe3+、Fe2+中的一種C．取少量X溶液，先加入適量氯水，再加少量KSCN溶液，若溶液呈紅色，則含有Fe2+D．X溶液中一定含有Cl-，且/【答案】B【解析】AX溶液中一定存在Cl-A錯誤；BX溶液中一定存在NH＋4SO2－4、Cl-Fe3+Fe2+BC2Fe2+Fe3+Fe3+Fe2+C錯誤；D．根據(jù)分析可知n(Cl?)至少為0.01mol，溶液體積為100mL，則c(Cl?)≥0.1mol/L，故D錯誤；故選B。10．苯乙烯是一種重要的化工原料，在CO2氣氛下乙苯催化脫氫生成苯乙烯的一種反應(yīng)歷程如圖所示，下列說法錯誤的是A．該反應(yīng)歷程中CO2是氧化劑B．1mol生成1mol減少鍵C．催化劑改變了反應(yīng)歷程，降低了反應(yīng)的△H(焓變)D．分子中C原子都采取sp2雜化【答案】CACO2是氧化劑，故A正確；B．從和結(jié)構(gòu)分析得到1mol生成1mol減少2molσ鍵，故B正確；C．催H(焓變)CD．分子中C原子價層電子對數(shù)都為3+0=3，采取sp2雜化，故D正確；綜上所述，答案為C。11．CO2的資源化利用有利于實現(xiàn)“碳中和”CO2為原料可以合成新型可降解高分子P下。已知：反應(yīng)①中無其他產(chǎn)物生成。下列說法不正確的是A．CO2與X的化學(xué)計量比為1：2B．P完全水解得到的產(chǎn)物的分子式和Y的分子式相同C．P可以利用碳碳雙鍵進一步交聯(lián)形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)/D．Y通過碳碳雙鍵的加聚反應(yīng)生成的高分子難以降解【答案】BAXY的結(jié)構(gòu)可知CO2與X的化學(xué)計量比為12AB．P完全水解得到的產(chǎn)物結(jié)構(gòu)簡式為，分子式為CHO，Y的分子式為CHO，二者分子式不相同，B錯誤；C．P的支鏈上有碳碳雙鍵，可進一步交聯(lián)形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，C正確；D．Y形成的聚酯類高分子主鏈上含有大量酯基，易水解，而Y通過碳碳雙鍵加聚得到的高分子主鏈主要為長碳鏈，與聚酯類高分子相比難以降解，D正確；故選B。.OH.OH雙極膜中間層中的HO解離為H+和OH-。下列說法錯誤的是A．M極為陰極，電極反應(yīng)式：O+2e-+2H+==2.OHB．雙極膜中HO解離出的OH-透過膜a向N極移動C．每處理6.0g甲醛，理論上有0.4molH+透過膜bD．通電一段時間后，理論上苯酚和甲醛轉(zhuǎn)化生成CO2物質(zhì)的量之比為67【答案】C【解析】AM電極通入OOHO+2e-+2H+==2—OHM作陰極，A正確；B．N為陽極，電解時陰離子向陽極移動，所以O(shè)H-透過膜a向N極移動，B正確；C．甲醛與—OH反應(yīng)生成CO2的反應(yīng)：HCHO+4OH-+.OH-4e-→CO+4HO，6.0g甲醛為0.2mol，有0.8molH+bCD．根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，1mol甲醛生成CO2轉(zhuǎn)移4mole-1molCHO生成CO2轉(zhuǎn)移28mole-，理論上苯酚和甲醛轉(zhuǎn)化生成CO2物質(zhì)的量之比為67，D正確；故選C。13．在催化劑作用下，CO2氧化CH6可獲得CH。其主要化學(xué)反應(yīng)為：反應(yīng)Ⅰ．CH(g)+CO(g)CH(g)+HO(g)+CO(g)△H=+177kJ/mol反應(yīng)Ⅱ．CH(g)+2CO(g)3H(g)+4CO(g)△H=+430kJ/mol壓強分別為P、P2時，將2molCH6和3molCO2的混合氣體置于密閉容器中反應(yīng)，不同溫度下體系中(CH4的選擇性)/是A．壓強為，溫度為210℃時，反應(yīng)達平衡時，2n(CH)=n(CO)B．P>P2C．CH4的選擇性下降的原因可能是隨著溫度的升高，反應(yīng)Ⅱ中生成的CO抑制了反應(yīng)Ⅰ的進行D．低溫下CH6轉(zhuǎn)化為CH4的反應(yīng)可能非自發(fā)進行【答案】BAP210℃50%80%乙烷為2mol×50%×80%=0.8mol0.8mol2mol×50%×20%=0.2mol0.8molCO的總物質(zhì)的量1.6mol，生成乙烯的總物質(zhì)的量為0.8mol2n(CH)=n(CO)AB反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ均逆向移動，乙烷轉(zhuǎn)化率降低，所以P<P，B項錯誤；C．溫度升高，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ受溫度影響，平衡都會正向移動，由圖可知，溫度升高的過程中乙烷的轉(zhuǎn)化率逐漸增大，但乙烯的選擇CO抑制了反應(yīng)Ⅰ的進行，C項正確；D．反應(yīng)Ⅰ正向為△H>0，△S>0，溫度升高更有利于CH4的生成，低溫下可能△G=△H-T△S>0，即CH6轉(zhuǎn)化為CH4的反應(yīng)可能非自發(fā)進行，D項正確；答案選B。14．“化學(xué)多米諾實驗”是利用化學(xué)反應(yīng)中氣體產(chǎn)生的壓力，使多個化學(xué)反應(yīng)依次發(fā)生，裝置如圖所示。若在①～⑥中加入表中相應(yīng)試劑，能實現(xiàn)“化學(xué)多米諾實驗”且會使⑤中試劑褪色的是選項①中試劑②中試劑③中試劑④中試劑⑤中試劑⑥中試劑A稀硫酸Zn濃鹽酸Ca(ClO)2FeCl2溶液NaOH溶液B濃氨水堿石灰水AlS3酸性KMnO4溶液NaOH溶液C雙氧水MnO2飽和食鹽水CaC2濃溴水KMnO4溶液/D鹽酸大理石濃硫酸NaClKMnO4溶液水和CCl4A.AB.BC.CD.D【答案】CAZnCa(ClO)2反應(yīng)生AB反應(yīng)生成氨氣，氨氣易溶于水，導(dǎo)致裝置③中生成的氨水進入裝置④，④中發(fā)生反應(yīng)：3+6NH·HO=2Al(OH)↓+3(NH)SHSBCCaC2反應(yīng)生成乙炔，CD．濃硫酸和NaCl需要加熱才能反應(yīng)生成HCl，因此不能使高錳酸鉀溶液褪色，D錯誤；故答案選C。15．NaCO3溶液顯堿性，含Mg2+的溶液與碳酸鈉溶液反應(yīng)，產(chǎn)物可能是Mg(OH)2或MgCO已知：①圖1中曲線表示NaCO3體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分數(shù)與溶液pH2中曲線Ⅰ的離子濃度關(guān)系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=K[Mg(OH)]；曲線Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合c(NaCO)=0.1mol·L-1pH下c(CO2－3)由圖1得到。下列說法正確的是A.常溫下，CO2－3的第一步水解平衡常數(shù)數(shù)量級為10-3B.由圖2，初始狀態(tài)pH=9，lg[c(Mg2+)]=-6，沒有沉淀生成C.由圖2，初始狀態(tài)pH=9，lg[c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液存在：c(HCO)+c(CO2－3)+c(HCO－3)>0.1mol/LD.由圖1和圖2，初始狀態(tài)pH=9lg[c(Mg2+)]=-1Mg2++2HCO－3==MgCO↓+CO↑+HO【答案】B【解析】A．由圖1可知，當pH=10.25時，c(CO2－3)=c(HCO－3)，K(CO2－3)=c(OH-).c(HCO－3)/c(CO2－3)=c(OH-)=10-3.7510-4AB2可知pH=9lg[c(Mg2+)]=-6BC2可知pH=9lg[c(Mg2+)]=-2/的上方，會生成MgCO3沉淀，根據(jù)物料守恒關(guān)系可知，溶液中c(HCO)+c(CO2－3)+c(HCO－3)＜c(NaCO)=0.1mol/LCDpH=8時溶液中主要含碳微粒是HCO－3和CO2－3pH=9lg[c(Mg2+)]=-1IMg2+和CO2－3反應(yīng)生成MgCO3沉淀，則反應(yīng)的離子方程式為Mg2++CO2－3==MgCO↓，故D錯誤。答案選B。二、非選擇題：本題共4小題，共分。16.（14分）以鈦白渣(主要成分為FeSO，含有少量MgSO4及)為原料，生產(chǎn)氧化鐵黃(α-FeOOH)的工藝流程如下：已知：常溫下；（1“溶解”時，4發(fā)生水解生成難溶于水的·xHO______“除雜”時，加入過量鐵粉的作用除了防止Fe2+被氧化外還有______。（2）常溫下，實驗測定濾液①的pH=2，，則濾液①中c(HF)=______。（3）實驗室用如圖1所示裝置(部分夾持裝置省略)模擬制備FeOOH的過程操作如下：ⅰ．______；ⅱ．關(guān)閉止水夾，一段時間后，打開K；ⅲ．當乙中pH=6.0時，關(guān)閉K、K，打開，通入空氣。溶液中的pH隨時間變化如圖2所示。①將操作i補充完整：______。②pH≈4時制得FeOOH(如圖2所示)。0-時段，pH幾乎不變；-時段，pH明顯降低。結(jié)合方程式解釋原因：______。/（4）合格氧化鐵黃的色光度值范圍為―0.5~0.5，氧化過程中溶液的pH對產(chǎn)率、色光度的影響如圖所示，氧化時應(yīng)控制pH的合理范圍是______，pH過大會導(dǎo)致產(chǎn)品的顏色變黑，可能含有的雜質(zhì)______(填化學(xué)式)。1）①＋(x+1)H·xHO↓＋HSO（2分）②與HF反應(yīng)促進HF的電離平衡，形成更多的氟離子，以促進形成氟化鎂沉淀（2分）（2）1molL-1（2分）（3）①關(guān)閉K，打開止水夾與K1（2分）②pH=6.0左右，4Fe(OH)2+O+2HO==4Fe(OH)3因此pH幾乎不變（2分）③之后發(fā)生4Fe2++O+6HO==4FeOOH+8H+，溶液中H+pH減小（2分）（4）①.3.5～4.0（1分）②.FeO（2分）FeSOMgSO4TiOSO4會發(fā)生水解轉(zhuǎn)化為·xHOHFMgSO4轉(zhuǎn)化為MgF2Fe可防止Fe2+被氧化同時可促進4FeSO4進一步氧化沉淀得到氧化鐵黃。（1）根據(jù)題意4的水解轉(zhuǎn)化為·xHO沉淀，可寫出其水解的化學(xué)方程式為＋(x+1)H·xHO↓＋HSO，“除雜”時，加入過量鐵粉的作用是與HF反應(yīng)促進HF的電離平衡，形成更多的氟離子，以促進形成氟化鎂沉淀，故答案為：＋(x+1)H·xHO↓＋HSO；與HF反應(yīng)促進HF的電離平衡，形成更多的氟離子，以促進形成氟化鎂沉淀。（2pH=2c(Mg2+)=1.0×10-5mol/LK(HF)=3×10-4K(MgF)=9×10-9，則濾液①中，則，故答案為：1molL-1。（3）用如圖1所示裝置(部分夾持裝置省略)模擬制備FeOOH的過程結(jié)合ⅱ和ⅲ步的操作可知，操作i是：關(guān)閉K，打開止水夾與K；根據(jù)信息pH≈4時制得FeOOH，可推測pH=6.0左右Fe(OH)2轉(zhuǎn)化為Fe(OH)4Fe(OH)2+O+2HO=4Fe(OH)pH幾乎不變之后pHH+4Fe2++O+6HO==4FeOOH+8H+，溶液中H+濃度增大，pHK，/打開止水夾與K；pH=6.0左右，4Fe(OH)2+O+2HO==4Fe(OH)3因此pH幾乎不變；之后發(fā)生4Fe2++O+6HO=4FeOOH+8H+，溶液中H+濃度增大，pH減小。（4-0.5~0.5pH的合理范圍是3.5～4.0pH過大會導(dǎo)致部分Fe2+FeO3.5～4.0；FeO。17.（14分）利用“燃燒—碘酸鉀滴定法”測定鋼鐵中硫含量的實驗裝置如下圖所示(夾持裝置略)。實驗過程如下：①加樣，將amg樣品加入管式爐內(nèi)瓷舟中(瓷舟兩端帶有氣孔且有蓋)，聚四氟乙烯活塞滴定管G內(nèi)預(yù)裝c(KIO):c(KI)略小于1:5的KIO3堿性標準溶液，吸收管F內(nèi)盛有鹽酸酸化的淀粉水溶液。向F內(nèi)滴入適量KIO3堿性標準溶液，發(fā)生反應(yīng)：KIO+5KI+6HCl==3I+6KCl+3HO，使溶液顯淺藍色。②燃燒：按一定流速通入O，一段時間后，加熱并使樣品燃燒。F內(nèi)溶液淺藍色消退時()SO+I+2HO==2HCl+HSOKIO3堿性標準溶液滴定至淺藍色復(fù)現(xiàn)。隨SO2不斷進入F，滴定過程中溶液顏色“消退-變藍”不斷變換，直至終點?；卮鹣铝袉栴}：（120.00mL0.1000mol/LKIO3的堿性溶液和一定量的KI1000mLKIO3堿性標準溶液，下列儀器必須用到的是_______(填標號)。A.玻璃棒B.1000mL錐形瓶C.500mL容量瓶D.膠頭滴管（2B和C的作用是充分干燥OB中的試劑為_______F中通氣管末端多孔玻璃泡內(nèi)置一密度小于水的磨砂浮子(見放大圖)，目的是_______。（3）該滴定實驗達終點的現(xiàn)象是_______；滴定消耗KIO3堿性標準溶液VmL，樣品中硫的質(zhì)量分數(shù)是_______(用代數(shù)式表示)。（4）若裝置D中瓷舟未加蓋，會因燃燒時產(chǎn)生粉塵而促進SO3的生成，粉塵在該過程中的作用是_______；若裝置E冷卻氣體不充分，可能導(dǎo)致測定結(jié)果偏大，原因是_______；若滴定過程中，有少量IO－3不經(jīng)I2直接將SO2氧化成HSO，測定結(jié)果會_______(填“偏大”“偏小”或“不變”)?！敬鸢浮浚?）AD（2分）（2）①.濃硫酸（1分）②.防止倒吸（1分）（3）①當加入最后半滴KIO3堿性標準溶液后，溶液由無色突變?yōu)樗{色且30s內(nèi)不變色（2分）②.（2分）/（4.2分）②.通入F的氣體溫度過高，導(dǎo)致部分I2KIO3堿性標準溶液（2分）③.不變（2分）【解析】由題中信息可知，利用“燃燒—碘酸鉀滴定法”測定鋼鐵中硫含量的實驗中，將氧氣經(jīng)干燥、凈化后通入管式爐中將鋼鐵中硫氧化為SOSO2KIO3堿性標準溶液的體積來測定鋼鐵中硫的含量。（120.00mL0.1000mol/LKIO3的堿性溶液和一定量的KI1000mLKIO3釋了50倍后KIO3的濃度為0.0020000mol/L），需要用堿式滴定管或移液管量取20.00mL0.1000mol/LKIO3KI中溶解KI固體，溶解時要用到玻璃棒攪拌，需要用1000mL容量瓶配制標準溶液，需要用膠頭滴管定容，因此，下列儀器必須用到的是AD。（2）裝置B和C的作用是充分干燥O，濃硫酸具有吸水性，常用于干燥某些氣體，因此B中的試劑為濃硫酸。裝置F中通氣管末端多孔玻璃泡內(nèi)置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因為磨砂浮子的密度小于水，若球泡內(nèi)水面上升，磨砂浮子也隨之上升，磨砂浮子可以作為一個磨砂玻璃塞將導(dǎo)氣管的出氣口堵塞上，從而防止倒吸。（31滴或半滴標準溶液來指示滴定終點的，因此，該滴定實驗達終點的現(xiàn)象是當加入最后半滴KIO3堿性標準溶液后，溶液由無色突變?yōu)樗{色且30sS元素守恒及SO+I+2HO==2HCl+HSOKIO+5KI+6HCl==3I+6KCl+3HO可得關(guān)系式3S~3SO~3I~KIO定消耗KIO3堿性標準溶液VmL，則，，樣品中硫的質(zhì)量分數(shù)是。（4DSO2的氧化反應(yīng)從而促進SO3的生成，因此，粉塵在該過程中的作用是催化劑；若裝置E冷卻氣體不充分，則通入FI2KIO3IO－3不經(jīng)I2直接將SO2氧化成HSOIO－3得到6e-被還原為I-，仍能得到關(guān)系式3S~3SO~KIO，測定結(jié)果會不變。18．（15分）氫能是一種極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，目前有以下制取氫氣的方法：?CO(g)＋HO(g)==CO(g)＋H(g)可用于生產(chǎn)氫氣。該反應(yīng)也可采用電化學(xué)方法實現(xiàn)，反應(yīng)裝置如圖所示。/①裝置中的固體電解質(zhì)應(yīng)采用___________(填“氧離子導(dǎo)體”或“質(zhì)子導(dǎo)體”)。②生產(chǎn)時，陽極發(fā)生的電極反應(yīng)式為___________。③同溫同壓下，相同時間內(nèi)，若進口Ⅰ處n(CO)n(HO)=ab，出口Ⅰ處氣體體積為進口Ⅰ處的y倍，則CO的轉(zhuǎn)化率為___________(用a、b、y表示)。（2）工業(yè)上利用甲醇和水蒸氣可制備氫氣。Ⅰ.催化重整法制氫反應(yīng)1：CHOH(g)CO(g)+2H(g)ΔH=+90.6kJ/mol反應(yīng)2：CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)ΔH=-41.2kJ/mol則反應(yīng)3：CHOH(g)+HO(g)CO(g)+3H(g)ΔH=___________kJ/mol。Ⅱ.以CuO-ZnO-AlO3催化劑進行甲醇重整制氫時，固定其他條件不變，改變水、甲醇的物質(zhì)的量比，甲醇平衡轉(zhuǎn)化率及CO選擇性的影響如圖所示。CO選擇性=。①當水、甲醇比大于0.8時，CO選擇性下降的原因是___________。②當水、甲醇比一定時，溫度升高，CO選擇性有所上升，可能原因是___________。（3）HCOOH催化釋氫。在催化劑作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能反應(yīng)機理如圖所示。①HCOOD催化釋氫反應(yīng)除生成CO2外，還生成___________(填化學(xué)式)。②研究發(fā)現(xiàn)：其他條件不變時，以HCOOK溶液代替HCOOH催化釋氫的效果更佳，其具體優(yōu)點是/___________?！敬鸢浮浚?）①質(zhì)子導(dǎo)體（2分）②CO＋HO-2e-==CO＋2H（2分）③(1-y)(a+b)/a（2分）（2）①+49.4（2分）②增加水蒸氣的用量，有利于反應(yīng)23中更多的CHOH轉(zhuǎn)化為COCO選擇性下降（2分）③升高溫度，反應(yīng)1的ΔH>0K增大，反應(yīng)正向進行程度增大，反應(yīng)2的ΔH<0K減小，反應(yīng)正向CO3的ΔH>0K增大，反應(yīng)正向進行程度增大，使更多的甲醇轉(zhuǎn)化為CO，使CO2選擇性上升，但此影響程度小于前兩者使CO選擇性上升的影響，故CO選擇性仍然隨溫度的升高而上升（2分）（3）①HD（1分）②提高釋放氫氣的速率，提高釋放出氫氣的純度(HCOOK是強電解質(zhì)，更容易產(chǎn)生HCOOˉ和K+，更快的產(chǎn)生KH，KH可以與水反應(yīng)生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解產(chǎn)生的CO，從而使氫氣更純凈)（2分）1CO被氧化生成COCO2的同時產(chǎn)生氫離子，氫離子通過固體電解質(zhì)在陰極附近得電子生成H，所以裝置中的固體電解質(zhì)應(yīng)采用質(zhì)子導(dǎo)體；②電解時，陽極上CO被氧化生成CO，同時產(chǎn)生氫離子，則陽極發(fā)生的電極反應(yīng)式為：CO+HO-2e-==CO+2H+；③同溫同壓下，相同時間內(nèi)，若進口Ⅰ處n(CO)n(HO)=ab，則設(shè)n(CO)=amol，n(HO)=bmol，根據(jù)陽極的電極反應(yīng)式(CO+HO-2e-==CO+2H+)可知，陽極上每消耗1molCO，氣體物質(zhì)的量減少1mol，當出口Ⅰ處氣體體積為進口Ⅰ處的y(a+b)-y(a+b)=(1-y)(a+b)CO物質(zhì)的量為(1-y)(a+b)，所以CO的轉(zhuǎn)化率為(1-y)(a+b)/a；（2）反應(yīng)3=反應(yīng)1+反應(yīng)2，則根據(jù)蓋斯定律可知，?H=?H+?H=+90.6kJ/mol+(-41.2)kJ/mol=+49.4kJ/mol；Ⅱ①可以從水蒸氣濃度對平衡移動的角度分析，當水、甲醇比大于0.8時，CO選擇性下降的原因是：增加水蒸氣的用量，有利于反應(yīng)23中更多的CHOH轉(zhuǎn)化為COCO選擇性下降；CO因是：升高溫度，反應(yīng)1的ΔH>0K增大，反應(yīng)正向進行程度增大，反應(yīng)2的ΔH<0K減小，反應(yīng)CO3的ΔH>0K大，使更多的甲醇轉(zhuǎn)化為CO，使