浙江省金丽衢十二校2022-2023学年高三上学期第一次联考化学 Word版含解析.docx

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浙江省金丽衢十二校2022-2023学年高三上学期第一次联考化学试题一、选择题(本大题有25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。)1.下列物质的水溶液呈碱性的是A.NaClB.B(OH)3C.NaHCO3D.NaHSO4【答案】C【解析】【详解】A．NaCl是强酸强碱盐，故其水溶液呈中性，A不合题意；B．B(OH)3是酸性，在水溶液中发生B(OH)3+H2O+H+，其水溶液呈酸性，B不合题意；C．NaHCO3是多元弱酸的强碱酸式盐，由于碳酸氢根离子电离小于水解，故其水溶液呈碱性，C符合题意；D．NaHSO4是强酸的强碱酸式盐，其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++，其水溶液呈酸性，D不合题意；故答案为：C。2.在蒸馏实验过程中一定用不到的仪器是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．该仪器为蒸馏过程中使用的牛角管，A错误；B．该仪器为冷凝管，蒸馏实验过程中使用，B错误；C．该仪器为滴定管，蒸馏实验用不到，C正确；D．该仪器为蒸馏烧瓶，蒸馏实验能用到，D错误；故选C。3.下列物质对应的化学名称及化学式均正确的是 A.N，N—二甲基甲酰胺：B.甲乙醚CH3COCH3C.黄铁矿：CuFeS2D.石英的分子式：SiO2【答案】A【解析】【详解】A．N，N—二甲基甲酰胺的结构简式为，故A正确；B．甲乙醚的结构简式为CH3OCH2CH3，故B错误；C．黄铁矿的主要成分为FeS2，故C错误；D．SiO2是共价晶体，没有分子式，故D错误；故选A。4.下列有关化学用语的描述正确的是A.用电子式表示氧化钠的形成过程：B.中子数为45的溴原子：C.ClO2的球棍模型：D.油酸的结构简式：C17H33COOH【答案】D【解析】【详解】A．氧化钠是氧离子和钠离子之间通过离子键形成的离子化合物，用电子式表示氧化钠的形成过程为：，故A错误；B．中子数为45的溴原子，质量数是80，质子数为35，元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，所以该溴原子可以表示为，故B错误；C．ClO2的球棍模型，氯原子半径应大于氧原子，故C错误；D．油酸的结构简式为C17H33COOH，故D正确；故选D。5.下列说法正确的是A.互同位素B.互为同素异形体C.C2H4与C4H8一定互为同系物 D.甘氨酸(H2NCH2COOH)与硝基乙烷(C2H5NO2)互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．同位素为同种元素的不同核素，是单质不是核素，故A错误；B．同素异形体的分析对象为单质，而为离子，与单质不能互为同素异形体，故B错误；C．C4H8可能为烯烃或环烷烃，若为环烷烃时不能与乙烯互为同系物，故C错误；D．硝基乙烷与甘氨酸的分子式均为C2H5NO2，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选D。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molAlCl3晶体中含有的Cl—数目为3NAB.1mol乙醇和二甲醚的混合物中含共价键数目为8NAC.在25℃时，1LpH为2的H2SO4溶液中含有H+数目为0.02NAD.标准状况下，4.48LNO与3.2gO2充分反应，产物的分子数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A．氯化铝是分子晶体，晶体中不含有氯离子，故A错误；B．乙醇和二甲醚的共价键数目都为8，则1mol乙醇和二甲醚的混合物中含共价键数目为1mol×8×NAmol—1=8NA，故B正确；C．在25℃时，1LpH为2的硫酸溶液中含有氢离子的数目为0.01mol×1L×NAmol—1=0.01NA，故C错误；D．标准状况下，4.48L一氧化氮的物质的量为=0.2mol、3.2g氧气的物质的量为=0.1mol，则一氧化氮和氧气恰好反应生成0.2mol二氧化氮，由于二氧化氮发生聚合反应生成四氧化二氮，所以产物的分子数小于0.2mol×NAmol—1=0.2NA，故D错误；故选B。7.下列描述正确的是A.豆腐是一种常见的食材，制作过程中有一道“盐卤点豆腐”的环节，该环节的作用是使蛋白质变性B.聚丙烯(PP)与聚对苯二甲酸乙二酯(PE)属于有机高分子材料，都是通过加聚反应合成的C.甲胺(CH3—NH2)和乙酰胺()是同一类别物质D.由于共价晶体中的共价键具有方向性，当受到大的外力作用会发生原子错位而断裂，所以钻石硬而脆 【答案】D【解析】【详解】A．卤水点豆腐是蛋白质胶体的聚沉，A错误；B．聚丙烯是通过加聚反应合成的，但聚对苯二甲酸乙二酯是通过缩聚反应合成的，B错误；C．二者含有的官能团不同，不属于同一类别的物质，C错误；D．共价键有方向性，当收到很大外力会发生原子错位而断裂，故钻石硬而脆，D正确；故选D。8.下列描述不正确的是A.1869年俄国化学家门捷列夫根据相对原子质量从小到大的顺序制作了第一张元素周期表B.1922年德国化学家施陶丁格提出了“聚合反应是大量小分子以化学键相互结合形成大分子的过程”假说，为建立高分子科学奠定了基础C.葡萄糖在水溶液中存在链状和环状结构之间的平衡，从链状到环状发生了加成反应D.核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，核酸是生物体遗传信息的载体，通过红外光谱仪可检测其结构中存在单键、双键、氢键等化学键【答案】D【解析】【详解】A．1869年俄国化学家门捷列夫根据相对原子质量从小到大的顺序制作了第一张元素周期表，故A正确；B．1922年德国化学家施陶丁格提出了“聚合反应是大量小分子以化学键相互结合形成大分子的过程”假说，为建立高分子科学奠定了基础，故B正确；C．由葡萄糖的链状结构和环状结构可知，-CHO与第五个碳原子上的-OH加成而将链状结构变成了环状结构，故C正确；D．氢键不是化学键，故D错误；故选D。9.高铜酸钾KCuO2(Cu为+3价)可由反应2CuO+2KO2=O2↑+2KCuO2制备得到，下列说法正确的是AKO2只发生还原反应B.0.2molCuO被氧化时，反应共转移了0.3mol电子C.CuO既是氧化剂又是还原剂D.该反应的氧化产物只有KCuO2【答案】B【解析】【详解】A．由题干反应方程式：2CuO+2KO2=O2↑+2KCuO2可知，反应中KO2中的O部分由-价变为 0价，部分由-价变为-2价，即KO2既发生还原反应又发生还原反应，A错误；B．由题干反应方程式：2CuO+2KO2=O2↑+2KCuO2可知，反应中转移电子数为：3e-，故0.2molCuO被氧化时，反应共转移了0.3mol电子，B正确；C．由题干反应方程式：2CuO+2KO2=O2↑+2KCuO2可知，反应中CuO中Cu的化合价由+2价升高到+3价，故CuO只是还原剂，被氧化，C错误；D．由题干反应方程式：2CuO+2KO2=O2↑+2KCuO2可知，从O的化合价可知O2为氧化产物，从Cu的化合价可知KCuO2为氧化产物，故该反应的氧化产物有KCuO2和O2，D错误；故答案为：B。10.下列实验操作正确的是A.酸式滴定管的查漏方法：将旋塞关闭，滴定管注入一定量的蒸馏水，把它固定滴定管夹上，放置两分钟，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，若均不漏水才可使用B.配制FeSO4溶液，应加入铁粉防止Fe2+氧化，并加入盐酸抑制Fe2+的水解C.重结晶法提纯苯甲酸，将1.0g粗苯甲酸放入100ml的烧杯，加入50ml蒸馏水。加热、搅拌，使苯甲酸充分溶解；冷却后过滤得到晶体，蒸馏水洗涤后晾干，得到高纯度苯甲酸晶体D.在接近滴定终点时，使用“半滴操作”的正确方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液粘落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化【答案】D【解析】【详解】A．酸式滴定管的查漏方法为：将旋塞关闭，滴定管里注入一定量的水，把它固定在滴定管夹上，再将旋塞旋转180°，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，旋塞不渗水才可使用，故A错误；B．配制FeSO4溶液，应加入铁粉防止Fe2+氧化，并加入硫酸抑制Fe2+的水解，故B错误；C．重结晶法提纯苯甲酸的方法为：将1.0g粗苯甲酸放入100ml的烧杯，加入50ml蒸馏水。加热、搅拌，使苯甲酸充分溶解，将溶液过滤到另外一个100mL的烧杯中，将滤液静置，使其缓慢冷却结晶，待滤液完全冷却后滤出晶体，并用少量蒸馏水洗涤，将晶体铺在干燥的滤纸上晾干，故C错误；D．“半滴操作”的正确方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液粘落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，故D正确；故选D。11.下列反应的离子方程式正确的是A.水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：2++2 B.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：C.Mg(HCO3)溶液中加足量的烧碱溶液：D.二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加少量的NaOH溶液【答案】A【解析】【详解】A．已知羧基和酚羟基都能与碳酸根反应，故水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：2++2，A正确；B．已知I-的还原性强于Fe2+，故向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸先氧化I-为I2，故离子方程式为：，B错误；C．已知Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3，故Mg(HCO3)溶液中加足量的烧碱溶液的离子方程式为：，C错误；D．二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加少量的NaOH溶液的离子方程式为：，D错误；故答案为：A。12.槲皮素是植物界广泛分布，具有多种类生物活性的化合物，结构如下图；下列有关该物质的说法不正确的是A.该物质最多与8molH2反应，且反应后存在手性碳原子B.该物质在一定条件下能发生取代、加成、氧化、还原、加聚反应C.该物质含有4种官能团；能与Na2CO3、NaHCO3反应D.1mol该物质和足量的Br2、NaOH反应，消耗的Br2、NaOH物质的量之比为3∶2【答案】C【解析】【详解】A．该物质中含有两个苯环，一个碳碳双键，一个酮羰基，1mol该物质最多能与8mol氢气反应，且反应后存在手性碳原子，如最左侧与羟基相连的碳原子，A正确； B．该物质中存在羟基能发生取代反应，存在碳碳双键能发生加成反应、氧化反应和加聚反应，存在羰基能发生还原反应，B正确；C．该物质中存在羟基、醚键、碳碳双键和羰基四种官能团，酚羟基能与碳酸钠反应，但是不能与碳酸氢钠反应，C错误；D．该物质能与Br2发生取代反应和加成反应，酚羟基的邻、对位上的氢原子可被Br取代，1mol该物质能与5molBr2发生取代反应，和1molBr2发生加成反应，1mol该物质含有4mol酚羟基，能与4molNaOH反应，则消耗的Br2和NaOH的物质的量之比为6：4=3：2，D正确；故答案选C。13.某种化学品的结构如下图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M的简单阳离子半径是同周期中最小的，则下列说法中正确的是A.元素电负性大小的顺序：X>W>Y>ZB.W的某种单质的分子，是极性分子且分子中含有极性键C.同一周期中，元素第一电离能处在Z和M之间的有2种D.该分子中Y原子的杂化方式为sp2【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M的简单阳离子半径是同周期中最小的，可知M为Al元素，化合物中Z形成6个共价键，Z为S元素；X形成1个共价键、Y形成4个共价键、W形成2个共价键，则X为F元素、Y为C元素、W为O元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为O元素、X为F元素、Y为C元素、Z为S元素、M为Al元素，A．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下，元素的电负性逐渐变小，则电负性F>O>S>C，故A错误；B．O3的空间结构为V形，分子中正电荷中心和负电荷中心不重合，O3是极性分子，分子中含有极性键，故B正确；C．同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的第一电离呈现增大趋势，ⅡA族、ⅤA族反常，则元素第一电离能处在Al和S之间的有Si共1种，故C错误； D．Y为C原子，价层电子对数是4，杂化方式为sp3，故D错误；故选：B。14.下列说法一定正确的是A.相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl溶液和2L0.01mol·L-1NaCN溶液中的离子总数相等B.常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，所得溶液pH=7C.25℃时，向10mL0.1mol·L-1HA溶液中加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol·L-1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，则HA为弱酸D.将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)逐渐增大，导电性逐渐增强。【答案】C【解析】【详解】A．NaCN溶液中CN-水解，相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl溶液中的离子总数大于2L0.01mol·L-1NaCN溶液中的离子总数，故A错误；B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，若HA为弱酸，所得溶液pH<7；若BOH为弱碱，所得溶液pH>7，故B错误；C．25℃时，向10mL0.1mol·L-1HA溶液中加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol·L-1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，如图所示，则HA为弱酸，故C正确；D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)先增大后减小，导电性先增强后减弱，故D错误；选C。15.使用现代仪器对有机化合物A的分子结构进行测定，相关结果如下图所示： 则该有机化合物A的结构简式是A.CH3CHOB.C.HCOO(CH2)2CH3D.CH3COOCH2CH3【答案】D【解析】【详解】由核磁共振氢谱可知，该有机物有3种环境的H原子，且个数比为3:3:2；由红外光谱图可知，该有机物中存在C=O和C-O；符合条件的有机物A为CH3COOCH2CH3，故选D。16.用CH4还原SO2不仅可以消除污染，而且可以得到单质S，反应如下：t℃时，在容积为2L的恒容密闭容器中测的反应在不同时刻各物质的物质的量如下表：物质的量(mol)时间(min)物质0246810SO24.82.641.81.82.12.1CO201.081.51.51.751.75下列说法不正确的是A.前2min的平均反应速率v(CH4)=0.27mol·L-1·min-1B.6min时SO2的转化率等于10min时SO2的转化率C.其它条件不变，在第10min后降低温度，可使容器中CO2的浓度升高到1.4mol·L-1D.向容器内通入适量的H2S，会使平衡逆向移动【答案】C【解析】【详解】A．根据可知，前2min甲烷物质的量变化1.08mol，则，故A正确； B．根据表中数据可知6min时SO2的转化量为4.8mol-1.8mol=3mol，SO2转化率为=62.5%；6min后向反应体系中加入二氧化硫，导致平衡发生移动，10min时处于新的平衡，根据硫原子守恒，加入的SO2的物质的量为0.3mol+(1.75mol-1.5mol)2=0.8mol，则SO2的转化率为=62.5%；所以转化率相等，故B正确；C．10min时，二氧化硫浓度1.05mol/L，二氧化碳浓度0.875mol/L，若不改变容器体积，结合方程式，当二氧化硫全部转化为二氧化碳的浓度1.2mol/L，但该反应为可逆反应，低温平衡正向移动，二氧化碳浓度不能达到1.4mol/L，故C错误；D．H2S会与二氧化硫发生氧化还原反应，导致平衡逆向移动，故D正确；答案选C。17.在标准状况下，1mol离子晶体完全分离成气态阳离子、阴离子所吸收的能量可以用(U)来表示，LiO2是离子晶体，其(U)的实验值可通过玻恩—哈伯热力学循环图计算得到已知；下列说法不正确的是A.U(LiO2)=+2980kJ/molB.O=O键能为498kJ/molC.ΔH2=703kJ/molD.Li第一电离能I1=1040kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．从图分析，2mol气态锂离子和1mol气态氧离子生成氧化锂晶体放热为2980kJ，则U(LiO2)=+2980kJ/mol，A正确；B．从图分析，0.5mol氧气变成氧原子吸收249kJ的能量，故O=O键能为498kJ/mol，B正确；C．已知；，根据盖斯定律分析，ΔH2==703kJ/mol，C错误； D．从盖斯定律分析，有-598=-2980+249+703+318+ΔH1，则ΔH1=1040kJ/mol，则锂的第一电离能为520kJ/mol，D错误；故选D。18.下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是A.[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键，其中心离子的配位数为6B.配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中存在离子键、共价键、配位键，若加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀C.超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，包括离子D.人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装的特征【答案】B【解析】【详解】A．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中Cr3+具有空轨道，N、O、Cl具有孤电子对，能够形成配位键，其中心离子的配位数为6，故A正确；B．加入足量AgNO3溶液，配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，故B错误；C．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，包括离子，故C正确；D．人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装的特征，故D正确；故选B。19.常温下，向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与、、变化如图所示。下列说法不正确的是 A.曲线②代表变化，曲线③代表B.由图中的数据计算得C.NaHA溶液中D.b点时，满足【答案】D【解析】【分析】向某浓度H2A溶液中加入NaOH固体时，由于二者发生反应，所以H2A逐渐减少，-lgc(H2A)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2A)与pH变化关系，为曲线①；H2AH++HA-，HA-H++A2-，A2-会逐渐增大，-lgc(A2-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变化关系，为曲线③；另一条则是-lg与pH的变化图，为曲线②，以此解答。【详解】A．由分析可知，曲线②代表变化，曲线③代表，故A正确；B．电离常数的表达式为Ka1=，Ka2=，当pH=3.05时，-lgc(A2-)与-lgc(H2A)相等，即c(A2-)=c(H2A)代人Ka1·Ka2中，可得人Ka1·Ka2=(10-3.05)2=10-6.1，又由图中②可知，当pH=5.3时，=0，即c(A2-)=c(HA-)，即Ka2=10-53，所以，故B正确；C．NaHA溶液中HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(HA-)，HA-H++A2-，HA- +H2O=H2A+OH-，所以c(A2-)与c(H2A)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5.3，即HA-的水解常数Kh===10-13.2<10-5.3，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以c(H2A)Mg>Ca>Na（3）①.3d6②.正四面体（4）Fe3+的3d能级为3d5半充满状态，较稳定（5）【解析】【小问1详解】中核集团核工业北京地质研究院科研团队，通过晶体X射线衍射实验等一系列高新技术手段，成功解译其晶体结构；【小问2详解】同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第VA族和第VIA族反常，同周期稀有气体的第一电离能最大，同主族，从上往下，元素第一电离能逐渐减小，Mg、Ca同主族，所以电离能Mg﹥Ca，P、Na、Mg同周期，所以P>Mg>Na，Na失去一个电子达到饱和状态，而Ca要失去两个电子，所以电离能Ca>Na，则P、Na、Mg、Ca四种元素的原子第一电离能由大到小的顺序为P>Mg>Ca>Na；【小问3详解】铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，Fe2+在基态时核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d6，所以其价层电子排布式3d6；PO价层电子对个数为4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知PO的VSEPR模型为正四面体结构；【小问4详解】Fe3+较Fe2+稳定，是因为Fe3+的3d能级为3d5半充满状态，较稳定；【小问5详解】Si-O键长为anm=a×10-7cm，设晶胞边长为l，根据几何关系可知，晶胞中，共有8个Si原子，分别与两个O原子连接，所以晶胞摩尔质量为，则有密度 。27.化合物X由四种元素组成，某兴趣小组按如图流程进行实验。已知：化合物X遇水即分解，混合溶液C呈碱性，气体D可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，气体体积均在标准状况下测定。（1）X的化学式为：___________。（2）写出无色气体D的电子式：___________。（3）下列关于对氯化铁的用途及性质说法正确的是___________(填字母)。A.实验室配制FeCl3溶液，通常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度B.用覆铜板制作印刷电路板时，可利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，将覆铜板上不需要的铜腐蚀C.除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉过滤即可D.气体D与FeCl3溶液可以制备X（4）新制的A略显两性，能溶于热的浓NaOH溶液中，反应的化学方程式___________。（5）白色沉淀E可以溶解在D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___________。【答案】（1）（2）（3）ABC（4）或（5）或【解析】【分析】化合物X由四种元素组成；流程中生成气体D可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D为氨气；加入硝酸银和稀硝酸生成白色沉淀E，则E为AgCl ；沉淀A灼烧得到红棕色固体B，则B为Fe2O3；则X中、、，铁、氮、氯元素质量分别为11.2g、16.8g、21.3g，则X中剩余氢元素质量为52.90g-11.2g-16.8g-21.3g=3.6g，氢的物质的量为3.6mol，则X中铁、氮、氯、氢物质的量之比为1:6:3:18，X化学式为；【小问1详解】由分析可知，X化学式为；【小问2详解】无色气体D为氨气，电子式：；【小问3详解】A．氯化铁溶液会水解生成氢氧化铁和氢离子，实验室配制FeCl3溶液，通常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中抑制其水解，然后再稀释至所需浓度，A正确；B．用覆铜板制作印刷电路板时，可利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，铁离子和铜生成亚铁离子和铜离子，将覆铜板上不需要的铜腐蚀，B正确；C．除去FeCl2中少量FeCl3杂质，可向混合液中加足量铁粉，铁单质和铁离子生成亚铁离子，然后过滤出去过量的铁，C正确；D．氨气与FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀，不能制备X，D错误；故选ABC；【小问4详解】新制的氢氧化铁略显两性，能溶于热的浓NaOH溶液中，则反应类似氢氧化铝在氢氧化钠溶液中的反应，氢氧化铁和氢氧化钠反应生成或，反应的化学方程式为或；【小问5详解】氯化银沉淀能和氨分子形成配离子导致其溶于氨水中，反应为或。28.2022年11月6日，氢燃料电池车现代NEXO中国版亮相进博会，NEXO是全球最畅销的氢燃料电池车。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图1所示，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数随温度变化曲线如图2所示。 （1）试说明反应I能否发生自发反应___________。（2）反应I、II达平衡后，若在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，则CO的体积分数会___________(填“增大”“不变”或“减小”)。（3）反应II在进气比[n(CO)∶n(H2O)]不同时，测得相应的CO的平衡转化率见图3.(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)①图3中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE，判断：TD___________TE(填“<”“=”或“>”)。②在图4中，画出D点所对应温度下CO平衡转化率随进气比[n(CO)∶n(H2O)]的曲线________。（4）氢氧燃料电池结构与一般的电池基本相同，装置如图5所示，请写出负极的电极反应式：___________。【答案】（1）由图1可知反应I，由图2可知反应IΔH>0，所以高温下可自发 （2）增大（3）①.<②.(曲线必须经过D点，在A点上方，且在F点、G点之间)（4）【解析】小问1详解】由图1可知反应I，由图2可知反应IΔH>0，所以高温下可自发。【小问2详解】反应I为：；反应II为：；若在恒温恒压条件下，向体系中充入N2，容器体积增大，反应是I气体体积增大的反应，平衡正向移动，反应II是气体体积不变的反应，平衡不发生移动，则CO的体积分数会增大。【小问3详解】①反应II的平衡常数随温度升高而减小，则为放热反应。在其他条件相同时，温度升高，CO的平衡转化率降低，故TD