2022天津和平区一中高三上学期第一次月考化学试题含答案

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天津一中2021-2022-1高三年级化学学科三月考质量调查试卷
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)、第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。
第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页。考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效。
第Ⅰ卷(本卷共6道题，每题3分，共18分)
相对原子质量：Fe 56
一、选择题(每题只有一个正确选项)
1. 2021年，神舟十号飞船成功发射，火箭采用液氢、液氧等无毒无污染推进剂。图1为航天员王亚平在神舟十号飞船进行太空授课。分解水获得能量变化如图2所示，下列说法正确的是

A. 反应物的总能量大于生成物的总能量 B. 断开H—O键放出能量
C. 形成H—H键吸收能量 D. 分解水属于吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故A错误；
B．断裂化学键吸收能量，则断开H-O键吸收能量，故B错误；
C．形成化学键释放能量，则形成H-H键放出能量，故C错误；
D．由分解水获得的能量变化图可知，该反应需要吸热，为吸热反应，故D正确；
故选D选项。
2. 近日，三星堆遗址再次启动发掘，出土了大量精美的文物。下列有关出土文物说法错误的是
A. 造型极具地方特色的陶器是由黏土高温烧结而成
B. 青铜神树中的锡会加速铜的腐蚀
C. 黄金面具最薄处仅为0.2毫米，体现了金具有良好的延展性
D. 科学家们利用出土木炭中的来测定三星堆遗址的年代
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．生成陶瓷的主要原料是黏土，故造型极具地方特色的陶器是由黏土高温烧结而成，A正确；
B．由于Sn比Cu活泼，故Sn先被腐蚀从而保护了铜，青铜神树中的锡不会加速铜的腐蚀反而保护铜不被腐蚀，B错误；
C．黄金面具最薄处仅为0.2毫米，体现了金具有良好的延展性，C正确；
D．根据出土文物中的含量即可推算出文物的年代，科学家们利用出土木炭中的来测定三星堆遗址的年代，D正确；
故答案为：B。
3. 在双金属催化中，双金属之间的协同作用使其有远优于单金属催化剂的催化性能。下图是ACS Catalysis 期刊报道的单原子催化剂协同催化硝基苯乙烯加氢制备乙烯基苯胺反应中的催化过程示意：

下列说法正确的是
A. 双单原子催化剂中的协同催化作用极大地提高了在硝基苯乙烯催化加氢反应的选择性和活性
B. 双单原子催化剂可以降低硝基苯乙烯加氢反应中的反应热
C. 在双单原子催化剂作用下，可以增大硝基苯乙烯的平衡转化率
D. 使用双单原子催化剂时，不会有除乙烯基苯胺以外的其他物质生成
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．对比双单原子催化和单原子催化过程，可知在双单原子催化作用下硝基苯乙烯加氢制备乙烯基苯胺的转化率和选择性都有很大的提升，故A正确；
B．催化剂不改变反应的反应热，故B错误；
C．催化剂只能改变反应速度，不能改变平衡转化率，故C错误；
D．由上图分析可知在双单原子催化剂作用下乙烯基苯胺的选择性并没有达到100%，所以有副产物生成，故D错误；
答案选A。
4. 下列生活中的做法可以用氧化还原反应规律解释的是
A
B
C
D





用铁粉作脱氧保鲜剂
用白醋去除水垢
用纯碱溶液清洗油污
用明矾净水

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．用铁粉作脱氧保鲜剂，生成氧化铁，氧气被铁单质还原，故选A；
B．用白醋去除水垢，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选B；
C．用纯碱溶液清洗油污，油脂在碱性溶液中发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选C；
D．用明矾净水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选D；
选A。
5. 新中国化学题材邮票记载了我国化学的发展历程，形象地呈现了人类与化学相互依存的关系。下列邮票内容所涉及的主要物质，属于无机化合物的是
A
B
C
D




侯氏制碱法生产纯碱
化学工业生产橡胶
齐鲁三十万吨乙烯工程
人工全合成结晶牛胰岛素

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．纯碱是碳酸钠，是无机物，A符合题意；
B．合成橡胶是三大合成有机高分子化合物，属于有机物，B不合题意；
C．乙烯是有机物，C不合题意；
D．结晶牛胰岛素一种蛋白质，属于有机物，D不合题意；
故答案为：A。
6. 常温下25 mL0.10 mol·L-1的碳酸钠溶液和25 mL0.10 mol·L-1的碳酸氢钠溶液中逐滴滴加0.10 mol·L-1的稀盐酸，用(图1)测得压强盐酸体积的变化曲线图(图2)所示，下列说法正确的是

A. Y曲线是NaHCO3溶液的滴定曲线
B. b点溶液的碱性大于c点
C. a点溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)
D. b，d两点水的电离程度相等
【答案】C
【解析】
【分析】由图示可知：X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才开始有CO2生成，并且消耗得盐酸物质的量之比约为1：2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线；a点部分碳酸钠参与反应，b点碳酸氢钠完全反应，c点碳酸钠恰好转化为碳酸氢钠，d点碳酸钠恰好完全反应，以此分析解答。
【详解】A．结合分析可知，X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，A错误；
B．b点与c点分别为碳酸氢钠、碳酸钠与盐酸以物质的量之比为1：1的滴定点，b点主要成分是NaCl，因溶有CO2而显酸性；c点主要成分是NaCl和NaHCO3，因含有强碱弱酸盐NaHCO3，水解使溶液显弱碱性，则溶液的pH：b＜c，即b点溶液的碱性小于c点，B错误；
C．由图示可知，a点约滴加盐酸15 mL，而起始Na2CO3溶液的体积为25 mL，说明有15 mLNa2CO3溶液溶液转化为NaHCO3，还剩余10 mLNa2CO3溶液还没有反应，用于水解程度较小，则a点c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)，C正确；
D．b点NaHCO3恰好完全反应,溶质为NaCl，d点Na2CO3恰好与HCl完全反应，反应后溶质也是NaCl，由于b、d点压强不同，说明b、d点溶液中均有溶解的二氧化碳，碳酸电离使溶液呈酸性，抑制了水的电离，题中缺少碳酸浓度，无法比较b、d两点水的电离程度大小，D错误；
故合理选项是C。
7. 某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。下列说法不正确的是

A. 步骤①中保险粉是作还原剂，步骤②中分离操作的名称是过滤
B. 步骤①中的反应式：3Fe(OH)3++2OH-=3Fe(OH)2+2+4H2O
C. Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸收大量的热
D. 从步骤②中可知OH-和EDTA共存时，Fe2+更易和EDTA结合，生成可溶性化合物
【答案】B
【解析】
【分析】Na2S2O4具有还原性，可与Fe(OH)3发生氧化还原反应生成Fe(OH)2，加入EDTA浸泡，生成含有亚铁离子的络合物，过滤可得到Mg(OH)2。
【详解】A． Na2S2O4具有还原性，步骤①中保险粉是作还原剂，步骤②用于分离固体和液体，步骤②中分离操作的名称是过滤，故A正确；
B． 保险粉将氢氧化铁还原为氢氧化亚铁，步骤①中的反应式：6Fe(OH)3++2OH-=6Fe(OH)2+2+4H2O，故B错误；
C． Mg(OH)2分解是吸热降低表面温度，Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸收大量的热，故C正确；
D． Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2(s) Fe2+(aq)+2OH-(aq)当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2+促使平衡向右移动而使Fe(OH)2不断溶解，故D正确；
故选B。
8. 环戊二烯可用于制备二茂铁［Fe(C5H5)2，结构简式为］，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。下列说法正确的是

A. 阳极电极反应式为：2Br--2e-=Br2
B. Ni电极电势高于Fe电极
C. 电解制备可以在NaBr的水溶液中进行
D. 制备二茂铁总反应为：Fe+2=+H2↑
【答案】D
【解析】
【分析】由图示原理知，Fe需失电子转化为Fe2+，故Fe电极为阳极，对应电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，则Ni电极为阴极，Na+在阴极得电子生成Na，对应电极反应为：Na++e-=Na。
【详解】A．由分析知，阳极应为Fe失电子生成Fe2+，A错误；
B．由分析知，Ni为阴极，故与电源负极相连，其电势低于Fe，B错误；
C．阴极生成的Na单质会与水反应，故不能用水溶液，C错误；
D．由反应原理可知钠离子仅为中间产物，制备二茂铁总反应为：Fe+2 = +H2↑，D正确；
故答案选D。
9. 鲁米诺()是一种被氧化时进行化学发光的物质。下列关于鲁米诺的说法不正确的是
A. 该物质分子式是
B. 具有碱性，可以与盐酸反应
C. 含有三种官能团
D 1该物质与足量溶液反应，最多可消耗2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由结构简式可知，该物质分子式是，故A 正确；
B．该物质结构中含有氨基，具有碱性，可以与盐酸反应，故B正确；
C．该物质结构中含有氨基、酰胺键两种官能团，故C 不正确；
D．酰胺键碱性条件下了水解，1该物质与足量溶液反应，最多可消耗2，故D正确；
答案选C。
10. 下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是

A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B. 相同条件下，Al2(SO4)3与NaHCO3反应产生CO2速率更快
C. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；
B．NaHCO3溶液中离子浓度更大，更易水解生成二氧化碳，故Al2(SO4)3与NaHCO3反应产生CO2速率更快，B正确；
C． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，C错误；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；
故选C。
11. 环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2]；二茂铁分子是一种金属有机配合物，结构如图所示，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。下列说法正确的是

A. 1mol环戊二烯()中含有5NA σ键
B. 二茂铁分子中存在配位键
C. 环戊二烯分子中所有原子共平面
D. Fe2+的价电子排布式为3d44s2
【答案】B
【解析】
【详解】A．环戊二烯中有3个碳碳单键为σ键，2个碳碳双键中有2个σ键，此外还有6个碳氢单键为σ键，所以1 mol环戊二烯中含有11mol σ键，选项A错误；
B．Fe2+含有空轨道，环戊二烯离子(C5H5-)含孤电子对，所以二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5H5-)之间的化学键类型是配位键，选项B正确；
C．环戊二烯中有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的4个原子形成四面体结构，不可能所有原子共面，选项C错误；
D．Fe2+由Fe原子失去最外层二个电子形成，价电子排布式为3d6，选项D错误；
答案选B。
12. 25℃时，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol·L-1的H2A溶液，溶液中各微粒的分布系数δ与pH、NaOH溶液体积的变化如图所示。[A2-的分布系数：δ(A2-)=。下列说法正确的是

A. H2A在水中的电离方程式：H2AH++HA-、HA-H++A2-
B. 当V(NaOH)=30mL时，溶液中存在以下关系：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+c(OH-)
C. HA-的电离平衡常数Ka=1.0×10-5
D. 滴定终点时，溶液中c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题中图示可知，用强碱滴定二元酸，只有一个突跃，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以H2A在水中电离的方程式为H2A=H++HA-、HA-H++A2-，故A错误；
B、当V(NaOH)=30.00mL时，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以HA-只电离，不水解，即溶液中不存在H2A，所以物料守恒3[c(HA-)+c(A2-)]=2c(Na+)，联立电荷守恒和物料守恒，得c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，故B错误；
C．根据题中图示可知，常温下，由于H2A一级电离为完全电离，HA-的起始浓度为0.1mol/L，当V(NaOH)=0mL，HA-浓度大，即HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡为HA-H++A2-，其电离平衡常数Ka==≈1.0×10-2，故C错误；
D、当滴定终点时，溶液的溶质为Na2A，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，由于A2-离子水解，溶液呈碱性，即c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，故D正确；
答案为D。
第Ⅱ卷(本卷共4道题)
13. 氮原子可以形成σ键、π键、大π键和配位键，成键的多样性使其形成了多种具有独特组成的物质。回答下列问题：
（1）下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_______(填序号)。
a. b. c.
（2）肼()分子中孤电子对与σ键的数目之比为_______，肼的相对分子质量与乙烯接近，但沸点远高于乙烯的原因是_______。
（3）硝酸的结构可表示为，硝酸与水分子可形成一水合二硝酸结晶水合物()，水分子以三个氢键与两个硝酸分子结合，请写出一水合二硝酸的结构式_______(氢键用“…”表示)。
（4）正硝酸钠()为白色晶体，是一种重要的化工原料。
①阴离子的空间构型为_______，其中心原子杂化方式为_______。
②在573K条件下，实验室中用和在银皿中反应制得，的立方晶胞如图所示。图中“●”表示_______(填“”或“”)，晶胞的参数为a pm，则晶胞密度为_______。(列出计算式即可，为阿伏加德罗常数的值)

【答案】（1）c （2） ①. 2：5 ②. 肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键
（3） （4） ①. 正四面体 ②. ③. ④.
【解析】
【小问1详解】
电子由高能量的激发态跃迁到低能量的激发态或基态时出现发射光谱， 是基态N原子，不能形成发射光谱；是基态N离子，不能形成发射光谱； 是激发态N原子，能形成发射光谱，选c；
【小问2详解】
肼()分子中每个N原子有1个孤电子对，分子中有5个σ键，孤电子对数与σ键数目之比为2:5；肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键，所以肼的沸点远高于乙烯；
【小问3详解】
硝酸的结构可表示为，硝酸与水分子可形成一水合二硝酸结晶水合物()，水分子中的2个H原子与硝酸分子中的非羟基氧原子形成2个氢键，水分子中的氧原子与硝酸分子中的氢原子形成1个氢键，一水合二硝酸的结构式。
【小问4详解】
①中阴离子为，中N原子价电子对数是，空间构型为正四面体，其中心原子杂化方式为；
②是立方晶胞，根据均摊原则，黑球数为、白球数为8，图中“●”表示，晶胞的参数为a pm，则晶胞密度为。
14. 克霉唑为广谱抗真菌药，对多种真菌尤其是白色念珠菌具有较好的抗菌作用，其合成路线如下图：


已知：甲苯与氯气在三氯化铁催化下得到两种物质： 和。 回答下列问题：
(1)E的名称是______；F中的官能团名称为______。
(2)合成克霉唑的过程中，发生最多的反应类型是______。
(3)在由B制取E的过程中，不是由B一步反应生成E，其原因为______。
(4)写出C→D的化学方程式______。
(5)M与G互为同分异构体，满足下列两个条件的M有______种(不包括G本身)
①含有三个苯环
②苯环之间不直接相连
写出其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式______。
(6)结合题中信息，写出用苯为原料，制备的合成路线______(无机试剂任选)。
【答案】 ①. 邻氯甲苯 ②. 氯原子 ③. 取代反应 ④. 甲苯直接发生氯代反应得到邻氯甲苯和对氯甲苯难以分离 ⑤. ⑥. 14 ⑦. ⑧.
【解析】
【分析】由流程图和已知信息可知D的结构简式为，再根据各物质的结构简式和官能团性质分析推断；同分异构体书写时利用等效氢的方法写出同分异构体。
【详解】（1）E的结构简式为，名称为邻氯甲苯；F的结构简式为，官能团为氯原子，
故答案为：邻氯甲苯；氯原子；
（2）A到B为取代反应，B到C为取代反应，C到D为取代反应，D到E为水解反应，也为取代反应，E到F为取代反应，F到G为取代反应，G到H为取代反应，故最多的反应为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）由已知信息可知甲苯与氯气在三氯化铁催化下得到两种物质： 和，邻氯甲苯和对氯甲苯难以分离，
故答案为：甲苯直接发生氯代反应得到邻氯甲苯和对氯甲苯难以分离；
（4）C→D的化学方程式为：,
故答案为：；
（5）M与G互为同分异构体，满足①含有三个苯环②苯环之间不直接相连；则三个苯环必定连在同一碳原子上，其一氯代物有四种位置分别为1,2,3,4，则二氯代物有14种，取代位置分别为1，2；1,3；1,4；5,6；5,7；5,8；5，9；6，7；6,8；5,2；5,3；5,4；6,3；6,4；7,4；共15种结构，除去G本身，则有14种同分异构体，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为，
故答案为：14；；
（5）)结合题中信息，用苯为原料，制备的合成路线为：，
故答案：。
15. Fe2O3俗称氧化铁红，常用作油漆等着色剂。某实验小组用部分氧化的FeSO4为原料，以萃取剂X（甲基异丁基甲酮）萃取法制取高纯氧化铁并进行铁含量的测定。实验过程中的主要操作步骤如下：

已知：①在较高的盐酸浓度下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。
② 3DDTC-NH4+Fe3+= (DDTC) 3-Fe↓+3NH4＋
请回答下列问题：
（1）用萃取剂X萃取的步骤中，以下关于萃取分液操作的叙述中，正确的是____________。
A．FeSO4原料中含有的Ca2+、Cu2+等杂质离子几乎都在水相中
B．为提高萃取率和产品产量，实验时分多次萃取并合并萃取液
C．溶液中加入X，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，如图用力振摇

D．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气
E．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层
F．分液时，将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，打开旋塞，待下层液体完全流尽时，关闭旋塞后再从上口倒出上层液体
（2）下列试剂中，可作反萃取的萃取剂Y最佳选择是_______________。
A．高纯水 B．盐酸 C．稀硫酸 D．酒精
（3）吸油量是反映氧化铁红表面性质的重要指标。吸油量大，说明氧化铁红表面积较大，则用在油漆中会造成油漆假稠，影响质量。不同浓度的两种碱溶液对产物吸油量影响如图所示，则上述实验过程中选用的碱溶液为_______________（填“NaOH”或“NH3·H2O”），反应的化学方程式为_________________。

（4）操作A为______________________。
（5）现准确称取4.000g , 样品，经酸溶、还原为Fe2+，在容量瓶中配成100mL溶液，用移液管移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.l000mol/L的K2Cr2O7溶液进行滴定（还原产物是Cr3+），消耗K2Cr2O7溶液20.80mL。
① 用移液管从容量瓶中吸取25.00mL溶液后，把溶液转移到锥形瓶中的具体操作为_____。
② 产品中铁的含量为_______（假设杂质不与K2Cr2O7反应）。
【答案】 ①. ABF ②. A ③. NAOH ④. (DDTC)3-Fe+3NaOH=3DDTC-Na+Fe(OH)3↓ ⑤. 过滤、洗涤、灼烧 ⑥. 将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管。 ⑦. 69.89%
【解析】
【详解】试题分析：本题以工艺流程图考查实验操作、图像分析、氧化还原反应滴定以及计算等。
（1）A项：由流程中的萃取操作可知，Ca2+、Cu2+等杂质离子几乎都在水相中弃去，正确；B项：实验时分多次萃取并合并萃取液可提高萃取率和产品产量，正确；C项：应右手手心顶住分液漏斗的塞子，并用右手握住漏斗颈部，用左手食指与中指夹住分液漏斗的旋塞，同时左手也握住分液漏斗，将分液漏斗倒置，振荡，错误；D项：振荡后，让分液漏斗仍保持倾斜状态(上口要倾斜朝下，而下口处不要有液体)旋开活塞，放出气体，使内外压力平衡，错误；E项：分层应该放置在铁架台上，错误；F项：分液时，将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，打开旋塞，待下层液体完全流尽时，关闭旋塞后再从上口倒出上层液体，正确。
(2) 根据信息在较高的盐酸浓度下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。加高纯水时，酸度降低，所以用高纯水可以进行反萃取；
(3)据题中信息吸油量大，说明氧化铁红表面积较大，则用在油漆中会造成油漆假稠，影响质量，结合图2两条曲线可知：用NaOH溶液，获得的氧化铁表面积小，吸油量低；结合流程，(DDTC)3-Fe中加入碱液(NaOH)得到氢氧化铁沉淀，其反应为：(DDTC)3-Fe+3NaOH=3DDTC-Na+Fe(OH)3↓；
（4）需要Fe(OH)3沉淀从滤液中滤出并洗涤，然后灼烧即可得到三氧化二铁。故操作A为过滤、洗涤、灼烧。
（5）①将已经装有溶液的移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管；②用K2Cr2O7溶液进行滴定（还原产物是Cr3+），则有，溶液这Fe2+的浓度为，产品中铁的含量为：=69.89%
点睛：本题考查物质制备型工艺流程大题，涉及解释操作的目的、除杂实质、pH的控制的原因、滤渣主要成分、化学方程式的书写、物质含量的测定的等知识。审题时：联想与追问此化学工艺流程的目的是什么？加入碱液、H2O2的目的是什么？通过对问题的回答有助于我们对本题的解答。
16. 循环再利用制备甲烷、甲醇等有机燃料，变废为宝历来是化学重要的研究领域。
I.Pd-MgO/界面上甲烷化的过程如图所示：


（1）下列说法正确的是_______(填标号)。
A. 整个循环过程中镁的价态不断发生改变 B. 循环中Pd、MgO、均未参与反应
C. 氢分子在Pd表面被吸附并解离为氢原子 D. 总反应为：
II.为了高效利用能源并且减少的排放，可用下列方法把转化成乙醇燃料
①
②
（2）反应Ⅰ在_______(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下，易自发进行。
III.利用与合成甲醇涉及的主要反应如下：
a.
b.
试回答下列问题：
（3）已知c. ，则_______
（4）向刚性容器中充入一定量的和，在不同催化剂(Cat.1，Cat.2)下经相同反应时间，的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性]随温度的变化如图所示：


①由图可知，催化效果Cat.1_______Cat.2(填“>”“＜”或“=”)。
②在210～270℃间，的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因_______。
（5）一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的和发生上述反应。
①有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______(填标号)。
A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压
②达到平衡时的转化率为20%，的选择性为75%，则的转化率为_______；反应b的压强平衡常数_______。
【答案】（1）CD （2）低温
（3）
（4） ①. > ②. 温度升高，催化剂的活性降低(或温度升高，更有利于反应b速率增大等)
（5） ①. B ②. 16.7% ③.
【解析】
【小问1详解】
A．整个循环过程中镁的化合价始终为+2价，故A错误；
B．催化剂MgO参与了化学反应，故B错误；
C．根据图示，氢分子在Pd表面被吸附并解离为氢原子，故C正确；
D．根据图示，二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲烷和水，总反应为，故D正确；
故选CD。
【小问2详解】
△H