沖刺搶分卷08 備戰(zhàn)2025年高考考前仿真模擬卷沖刺搶分卷化學試題08 （遼寧、黑龍江、吉林、內蒙古專用） 含解析

第第頁備戰(zhàn)2025年高考化學【三輪·沖刺搶分】考前仿真模擬卷沖刺搶分卷08（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1B11C12O16Cl35.5Sc45Mn55Fe56一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求．1．講好江西故事，增強文化自信，下列有關說法錯誤的是A．江西景德鎮(zhèn)青花瓷世界聞名，其青色主要來自金屬鈷的化合物，鈷位于元素周期表中第四周期第ⅢB族B．?；韬钅钩鐾亮舜罅康闹窈啠涊d了一些已經失傳的文獻，竹簡的主要成分為纖維素C．楊萬里《舟次西徑》“蘆荻漸多人漸少，鄱陽湖尾水如天?！庇纱丝芍袊畲蟮蛾柡c長江交匯處，不容易因膠體聚沉而形成三角洲D．古代滕王閣建筑上使用的油漆含桐油，桐油主要成分是高級脂肪酸甘油酯，能發(fā)生皂化反應【答案】A【詳解】A．鈷的原子序數為27，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，而非ⅢB族。ⅢB族主要包括鈧、釔及鑭系、錒系元素，A錯誤；B．竹簡由竹子制成，主要成分為纖維素，B正確；C．鄱陽湖與長江交匯處為淡水環(huán)境，電解質濃度低，膠體不易聚沉，三角洲形成較難，C正確；D．桐油的主要成分是高級脂肪酸甘油酯，可在堿性條件下發(fā)生皂化反應生成肥皂和甘油，D正確；故選A。2．中國四大發(fā)明之一的黑火藥，爆炸時發(fā)生反應。下列表示反應中相關微粒的化學用語正確的是A．基態(tài)碳原子的最外層電子軌道表示式：B．分子中含有2個鍵、1個鍵C．的電子式為D．的分子結構模型【答案】D【詳解】A．碳原子的原子序數為6，其基態(tài)電子排布式為1s22s22p2，基態(tài)碳原子的最外層電子軌道表示式：，故A錯誤；B．分子中存在氮氮三鍵，含有1個σ鍵、2個π鍵，故B錯誤；C．的電子式為，故C錯誤；D．對稱結構，為非極性分子，是直線形分子，分子結構模型，故D正確；故選D。3．下列有關化學實驗安全的必備知識，說法正確的是A．實驗室中金屬鈉著火時，可以用泡沫滅火器滅火B(yǎng)．等鋇的化合物均有毒，相關廢棄物應進行無害化處理C．濃硫酸不慎濺到皮膚上，應立即用大量水沖洗，然后再涂上3%~5%的碳酸氫鈉溶液D．實驗室制乙酸乙酯時，應將導管直接插入飽和碳酸鈉溶液中收集產物【答案】C【詳解】A．金屬鈉著火時，與空氣中的氧氣反應生成過氧化鈉，過氧化鈉與水，二氧化碳反應，而干冰滅火器和泡沫滅火器都生成二氧化碳，只能用干燥沙土蓋滅，A錯誤；B．難溶于水，且性質穩(wěn)定，不溶于水和酸，因此可以用作“鋇餐”來診斷消化道疾病，這說明它對人體無害，無毒性?，B錯誤；C．濃硫酸濺到皮膚上時，先用大量的水沖洗，然后再涂上3%~5%的碳酸氫鈉溶液，C正確；D．實驗室制乙酸乙酯時，應將導管末端應該在飽和碳酸鈉溶液液面上，收集產物，D錯誤；故選C。4．氯及其化合物部分轉化關系如圖所示，設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．反應①中足量與反應轉移電子數目為B．溶液中含有離子數目為C．分子中含有中子數目為D．反應④生成標準狀況下需要數目為【答案】C【分析】鐵和氯氣反應生成氯化鐵，氯氣和氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉、氯化鈉和水，氯氣和氫氣反應生成氯化氫，氯氣和甲烷發(fā)生取代反應能生成一氯甲烷；A．鐵和氯氣反應生成氯化鐵，氯化合價由0變?yōu)?1，則足量與反應轉移2mol電子，電子數目為2，A錯誤；B．溶液中次氯酸根離子水解導致溶液中含有離子小于0.01mol，數目小于，B錯誤；

C．1分子中含有20個中子，分子中含有中子數目為，C正確；D．甲烷和氯氣發(fā)生一步取代生成一氯甲烷和HCl，反應④生成標準狀況下(為0.1mol)則至少需要0.1mol，氯氣分子數目不是，D錯誤；故選C。5．下列關于物質性質分析的說法錯誤的是A．濃硫酸能使蔗糖炭化變黑，體現了濃硫酸的脫水性和強氧化性B．氯化鐵溶液腐蝕銅電路板，體現了氯化鐵溶液的氧化性C．氯氣的水溶液放置一段時間后pH下降，原因是生成了鹽酸D．紅熱的木炭放入濃硝酸中產生紅棕色氣體，說明木炭與濃硝酸發(fā)應生成【答案】D【詳解】A．濃硫酸具有脫水性和強氧化性，加入蔗糖使得蔗糖碳化變黑“長大”，并產生了CO2、SO2，A正確；B．氯化鐵溶液腐蝕銅電路板生成氯化亞鐵和氯化銅，鐵化合價降低，體現了氯化鐵溶液的氧化性，B正確；C．氯水中次氯酸不穩(wěn)定，分解為HCl和氧氣，HCl水溶液為強酸鹽酸，使得溶液pH降低，C正確；

D．生成紅棕色氣體二氧化氨，可能是由于紅熱木炭與濃硝酸發(fā)生反應，也可能是由于濃硝酸受熱分解，D錯誤；故選D。6．以碳酸錳銅礦(主要成分為、，還含有、等雜質)為原料制備硫酸錳的主要過程：第一步溶于稀硫酸、第二步氧化、第三步除去等，有關離子方程式書寫正確的是A．碳酸錳銅礦加入稀硫酸中主要發(fā)生的反應：B．加入將轉化為：C．若向溶液中通入氨氣除去：D．若向溶液中加入除去：【答案】D【詳解】A．碳酸錳、碳酸銅難溶，離子方程式應為：、，A錯誤；B．加入將轉化為：，B錯誤；C．可溶于水，除去不能通入過量的氨氣，離子方程式應為：，C錯誤；D．若向溶液中加入除去，轉化為更難溶的：，D正確；故選D。7．某科研團隊以可再生納米碳—羰基材料為催化劑，催化烷烴基氧化脫氫反應，其基元反應和能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是A．反應歷程中僅有極性鍵的斷裂和生成B．過渡態(tài)Ⅳ的氧化性大于過渡態(tài)ⅡC．基元反應②為決速步驟D．乙苯氧化脫氫可獲得苯乙烯和一種綠色消毒劑【答案】A【詳解】A．反應歷程中有的斷裂和的生成，有極性鍵和非極性鍵的斷裂和生成，故A錯誤；B．由基元反應可知，過渡態(tài)Ⅳ的物質中含有過氧鍵，其氧化性大于過渡態(tài)Ⅱ，故B正確；C．由反應機理可知，基元反應②的能壘最大，反應最慢，基元反應②為決速步驟，故C正確；D．由反應機理可知，乙苯氧化脫氫反應為，獲得苯乙烯和一種綠色消毒劑，故D正確；故答案為A。8．下列實驗裝置(部分夾持裝置略)或操作能夠達到實驗目的的是A．在HCl氣流中進行圖甲操作，可制取無水B．圖乙操作可對氨氣進行尾氣吸收C．圖丙操作可驗證非金屬性：D．圖丁操作可檢驗溶液是否變質【答案】A【詳解】A．MgCl2·6H2O在加熱過程中容易水解，最終得不到MgCl2，故在HCl氛圍中脫水，A正確；B．氨氣直接通入水中，起不到防倒吸的作用，可以改用四氯化碳，B錯誤；C．濃鹽酸與碳酸鈉反應生成CO2，通過飽和碳酸氫鈉溶液除去二氧化碳中混有的HCl，CO2和硅酸鈉反應生成不溶性硅酸，說明酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3，但鹽酸不是最高價含氧酸，不能說明元素非金屬性強弱，C錯誤；D．硝酸具有強氧化性，能將亞硫酸根氧化生成硫酸根，不能說明亞硫酸鈉是否變質，D錯誤；答案選A。9．化合物M是一種新型抗生素關鍵中間體的類似物，其合成路線如下(略去部分試劑和反應條件)。已知化合物K虛線圈內所有原子共平面。下列說法錯誤的是A．K中氮原子的雜化方式為sp2B．Q的化學名稱為2-甲基-1-丙醇C．形成M時，氮原子與L中碳原子a成鍵D．在酸性條件下，M可水解生成CO2【答案】C【詳解】A．化合物K虛線圈內所有原子共平面，可知K中氮原子的雜化方式為sp2，故A正確；B．Q中含羥基的最長碳鏈含3個C原子，2號C上有甲基，羥基在1號C上，則Q的化學名稱為2-甲基-1-丙醇，故B正確；C．生成M和Q時，酯基中的碳氧單鍵斷裂，N原子與L中碳原子b成鍵，L中碳原子a的成鍵不變，故C錯誤；D．M含酯基、酰胺基，在酸性條件下，M可水解生成CO2，故D正確；答案選C。10．一定溫度下，向容積不等的恒容密閉容器中分別加入足量活性炭和，發(fā)生反應：

，經過相同時間，測得各容器中的轉化率與容器容積的關系如下圖所示。下列說法錯誤的是A．若對d點容器加壓，縮小容器體積，此時：v(正)<v(逆)B．a點所示條件下滿足C．高溫條件下有利于該反應自發(fā)進行D．b點的平衡常數【答案】A【詳解】A．ac曲線上反應均達到平衡狀態(tài)，cd曲線上反應均未達到平衡狀態(tài)，d點容器加壓，反應正向進行，此時v(正)>v(逆)，A錯誤；B．平衡時，速率比等于化學計量數比，，B正確；C．反應，，高溫時，有利于自發(fā)進行，C正確；D．b點轉化率50%，平衡時，，，濃度：，，，平衡常數，D正確；故選A。11．某除草劑的分子結構如圖所示。X、Y、Z、W、E為原子序數依次增大的短周期主族元素，E與Z同族，W與Z同周期。下列說法錯誤的是A．第一電離能：Y<W<Z；電負性：X<Y<WB．最簡單氫化物沸點：Z<E<WC．鍵長：X—W<X—Z<X-YD．的VSEPR模型和空間結構不相同【答案】B【分析】X、Y、Z、W、E為原子序數依次增大的短周期主族元素，E形成五個共價鍵、Z形成三個價鍵，Z和E同主族，所以Z為VA族元素，故Z為N元素，E為P元素；W形成兩個價鍵，所以W為VIA族元素，Z與W同周期，故W為O元素，Y形成四個價鍵，Y為IVA族元素，又原子序數小于O，則Y為C元素；X形成一個價鍵，X的原子序數小于C，所以X為H元素，綜上所述X為H元素、Y為C元素、Z為N元素、W為O元素、E為P元素，據此分析。A．同周期主族元素的第一電離能從左到右呈增大的趨勢，但Z(N)的2p能級有3個電子，處于半充滿，較穩(wěn)定，故Z(N)的第一電離能大于W(O)的第一電離能，第一電離能：C<O<N，即Y<W<Z；同周期主族元素從左到右元素的電負性增強，氫元素的電負性在三者中最小，所以電負性：H<C<0，即X<Y<W，A正確；B．分子間存在氫鍵，故沸點高于PH?，在常溫下呈液態(tài)，在常溫下呈氣態(tài)，故簡單氫化物沸點：<<，即E<Z<W，B錯誤；C．原子半徑：O<N<C，原子半徑越小，鍵長越短，則鍵長：H-O<H-N<H-C，C正確；D．的中心原子上的價層電子對數，VSEPR模型為平面三角形，離子的空間結構為V形，兩者不相同，D正確；故選B，12．高電壓水系鋅—有機混合液流電池的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．充電時，FQ所在電極與電源正極相連B．充電時，陰極區(qū)溶液的pH減小C．放電時，中性電解質溶液的濃度增大D．放電時，電池的正極反應式為【答案】B【分析】放電時右側FQ得電子，發(fā)生還原反應，為正極，電極方程式為；左側Zn失電子，發(fā)生氧化反應，為負極，電極方程式為，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動。A．由圖可知，充電時左側為陰極，右側為陽極，FQ所在電極應與電源正極相連，A項正確；B．陰極區(qū)發(fā)生反應，溶液的pH增大，B項錯誤；C．放電時，鈉離子向右移動，向左移動，中性電解質溶液的濃度增大，C項正確；D．放電時，電池的正極反應式為，D項正確；故選B。13．硼氫化鈉為白色粉末，是有機合成中常用的還原劑，在潮濕空氣中分解。偏硼酸鈉()易溶于水，不溶于乙醇，易水解，但在堿性條件下可穩(wěn)定存在。用硼精礦(含有一定量，及、、等雜質)制取的流程和分析樣品純度(雜質不參加反應)的步驟如下。步驟Ⅰ：取樣品配成溶液，取置于碘量瓶中，加入的溶液，發(fā)生反應：(化學方程式未配平)。步驟Ⅱ：向步驟Ⅰ反應后的溶液中加入過量的溶液，調節(jié)，使轉化為，冷卻后于暗處放置數分鐘。步驟Ⅲ：將步驟Ⅱ所得混合液的調為弱酸性，加入幾滴淀粉溶液，用標準溶液滴定至終點，發(fā)生反應：，消耗標準溶液。下列說法正確的是A．濾渣的主要成分為B．“除硅鋁”步驟不加入而加入CaO的主要原因是：盡量不引入雜質離子并創(chuàng)造堿性環(huán)境防止水解C．“操作2”是將濾液蒸發(fā)、結晶、洗滌，其中洗滌選用的試劑最好是冰水D．“操作2”結束后若采用耐腐蝕電極材料，用電解的方法也可以制備，該過程中每轉移電子，在陰極生成【答案】B【分析】由流程知，硼精礦經氫氧化鈉溶液溶解、過濾，得到的濾液含偏硼酸鈉、偏鋁酸鈉(四羥基合鋁酸鈉)、硅酸鈉和氧化鐵，操作1為過濾，得到的濾渣為氧化鐵；加入生石灰，除硅鋁，過濾后，得到主要含偏硼酸鈉的濾液，經操作2、反應1即制得。A．氧化鐵不與水、氫氧化鈉溶液反應，濾渣的主要成分為，A錯誤；B．已知偏硼酸鈉()易溶于水，不溶于乙醇，易水解，但在堿性條件下可穩(wěn)定存在，則“除硅鋁”步驟不加入而加入CaO的主要原因是：盡量不引入雜質離子并創(chuàng)造堿性環(huán)境防止水解，B正確；C．加入生石灰除硅鋁，過濾后，得到主要含偏硼酸鈉的濾液，故操作2為將濾液蒸發(fā)、結晶、過濾，由于偏硼酸鈉(NaBO2)易溶于水，不溶于醇，故用醇洗滌，C錯誤；D．若用電解的方法制備，若陰極上只有直接得電子放電轉變?yōu)椋姌O反應式為，陽極為,若每轉移電子，在陰極消耗1mol生成1mol，離子需要移動才能構成閉合回路，沒有離子交換膜，鈉離子發(fā)生移動，故不可能在陰極生成，更何況，陰極上水電離產生的氫離子也可能放電，D錯誤；選B。14．合金中廣泛存在的一種耐磨相晶胞如圖甲所示，研究發(fā)現添加適量可以提高其耐磨性能，加后(替換部分)的晶胞結構如圖乙所示，其中A原子坐標為。下列說法錯誤的是A．元素在元素周期表中屬于d區(qū)B．加后晶體的化學式為C．若B原子坐標為，則M原子坐標為D．圖甲晶胞的晶體密度為【答案】D【詳解】A．基態(tài)鐵原子的原子序數為，其價層電子排布式為，在元素周期表中屬于d區(qū)，A正確；B．題圖乙晶胞結構中原子位于晶胞面上和體內，共有個，原子位于體內，共個，原子位于棱上和體內，共有個，晶體的化學式為，B正確；C．題圖甲晶胞沿軸方向的投影為，則原子的坐標為，C正確；D．題圖甲晶胞中含有原子個數為，原子個數為，則晶體密度為：，化簡為：，D錯誤；故選D。15．某溫度下，用標準溶液滴定溶液，測得溶液的相對電導率及隨滴入標準溶液的體積的變化關系如圖所示。已知。下列說法正確的是A．c點之后電導率持續(xù)上升說明，的導電能力強于B．的過程中，溶液中逐漸增大C．c點溶液中約為D．d點溶液中：【答案】C【分析】從圖中可知，a到c的過程中，溶液的電導率逐漸減小，則溶液中離子濃度逐漸減小，結合兩種反應物可知，a到b段發(fā)生反應的方程式為NaHC2O4+Ba(OH)2=BaC2O4↓+NaOH+H2O此時，鋇離子沉淀完全，加入NaHC2O4體積為10mL，物質的量為0.001mol，則生成氫氧化鈉0.001mol，b到c段隨著NaHC2O4的繼續(xù)加入，是NaOH與NaHC2O4反應生成草酸鈉和水，化學方程式為NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O。此時生成草酸鈉物質的量為0.001mol。c到d段加入NaHC2O4后不發(fā)生反應。加入的NaHC2O4的物質的量為0.001mol。A．觀察電導率曲線可知，過了點后繼續(xù)加入草酸氫鈉溶液時，溶液中實際上是有更多的、等離子參加導電，并不單純是因為的導電能力比強所致，A錯誤；B．，，相乘可得。題干所給的比值可化為，b到c點過程中氫氧化鈉逐漸被消耗，堿性逐漸減弱，氫離子濃度逐漸增大，則在該過程中該比值應減小而非增大，B錯誤；C．根據分析，b點溶液中溶質為NaOH和少量BaC2O4，此時的溶液為BaC2O4的飽和溶液，根據b點鋇離子濃度為10-4mol/L，可求得Ksp(BaC2O4)=10-8，c點溶液中草酸根離子的物質的量為0.001mol，濃度為，則c(Ba2+)=mol/L，C正確；D．根據前述分析，d點溶液中溶質為Na2C2O4和NaHC2O4，且兩者的物質的量均為0.001mol，即兩者的濃度相等（暫不考慮水解和電離），根據草酸一、二兩級電離常數可知，草酸根離子的水解平衡常數為，草酸氫根離子的水解常數為10-12，即草酸氫根離子的電離程度遠大于草酸根和草酸氫根離子的水解程度，則溶液中c()>c()，D錯誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．（14分）鈧(Sc)是一種功能強大但產量稀少的稀土金屬，廣泛用于尖端科技領域。從某種磷精礦(主要成分為，含少量)分離稀土元素鈧(Sc)的工業(yè)流程如下：(1)寫出“酸浸”過程中與發(fā)生反應的化學方程式。(2)“萃取”的目的是富集Sc，但其余元素也會按一定比例進入萃取劑中。①通過制得有機磷萃取劑，其中—R代表烴基，—R不同產率也不同。當—R為“”時，產率(填“大于”、“小于”或“等于”)—R為“”時，請從結構的角度分析原因。②“反萃取”的目的是分離Sc和Fe元素。向“萃取液”中通入，、、的沉淀率隨pH的變化如圖1，試劑X為(填“”或“”)，應控制最佳pH為。

圖l(3)已知，，?！俺菱偂睍r，發(fā)生反應，此反應的平衡常數。(用含a、b、c的代數式表示)。(4)反應過程中，測得鈧的沉淀率隨的變化情況如圖2所示。當草酸用量過多時，鈧的沉淀率下降的原因是。(5)草酸鈧晶體()在空氣中加熱，隨溫度的變化情況如圖3所示。550～850℃反應的化學方程式為。(寫出計算過程)

圖3【答案】(1)(2)大于隨著碳原子數增加，“”推電子能力強于“”，鍵更難斷裂，產率降低2(3)(4)草酸鈧沉淀轉化為可溶性絡合物(5)【分析】磷精礦加入硝酸酸浸，二氧化硅不反應，過濾得到濾渣1，稀土元素、鐵、鈣元素進入濾液，加入萃取劑萃取出稀土元素，然后加入試劑X為亞硫酸鈉將三價鐵轉化為二價鐵，通入氨氣，調節(jié)pH分離出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去鈣元素得到硫酸鈣為濾渣2，濾液加入草酸沉淀分離出草酸鈧晶體；（1）“酸浸”過程中與發(fā)生反應而溶解，化學方程式為；（2）①隨著碳原子數增加，“”推電子能力強于“”，鍵更難斷裂，不利于正向進行，產率降低，所以當—R為“”時，產率大于—R為“”時；②根據圖中各離子的沉淀率，應加入還原劑，將還原為，控制pH為2，使沉淀，幾乎不沉淀，有利于分離除雜，故試劑X為；（3）此反應的平衡常數===；（4）當草酸用量過多時，鈧的沉淀率下降的原因是草酸鈧沉淀轉化為可溶性絡合物；（5）1mol草酸鈧晶體的質量為462g，550℃時，質量減少462g×(19.5%+3.9%)≈108g，根據質量守恒，1mol草酸鈧晶體含6mol，6mol的質量為108g，可知550℃時剩余固體為，850℃時固體質量剩余462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，的摩爾質量為138g/mol，根據鈧原子守恒，可知850℃時剩余固體為，則550～850℃反應的化學方程式為。17．（13分）的熔點為，沸點為，易溶于，極易水解。實驗室中，先將還原為W再制備，裝置如圖所示(夾持裝置略)?；卮鹣铝袉栴}：(1)制W：檢查裝置氣密性并加入。先通，其目的是，請簡述通的后續(xù)操作。(2)儀器A的名稱為，證明已被完全還原的現象是。(3)制：完全還原后，進行的操作為：a．冷卻，停止通；b．用干燥的E'裝置替換E；c．通；d．加熱；e……①操作c目的是。②裝置E'的主要缺點是，如果選用這個裝置來完成實驗，則必須采取的改進措施是。(4)利用碘量法測定產品純度，實驗如下：a．稱量并轉化：稱量并將其轉化為可溶的；b．離子交換：；c．析碘：交換后加入適量酸化的溶液，發(fā)生反應：；d．滴定：析碘完全后，用標準溶液滴定，發(fā)生反應：；e．滴定達終點時消耗的溶液。①樣品中(摩爾質量為)的質量分數為。②開蓋稱量待測樣品，則滴定時消耗溶液的體積將(填“偏大”“偏小”或“不變”)，樣品中質量分數的測定值將(填“偏大”“偏小”或“不變”)?！敬鸢浮?1)排盡裝置中空氣，(防止與空氣時加熱爆炸)檢驗B出口處排出的氫氣的純度，當排出的純凈時，通冷凝水，加熱管式爐，并對B處逸出的進行后續(xù)處理(2)直形冷凝管不再有水凝結(3)排盡裝置中的，防止與時加熱爆炸沒有吸收多余的裝置，(會造成空氣污染)；沒有防止防止水蒸氣進入的裝置或缺少冷凝水裝置，會造成產品水解，產率和純度降低在B'處加裝盛有堿石灰的干燥管(4)偏大偏大【分析】將WO3在加熱條件下用H2還原為W，為防止空氣干擾，還原WO3之前要除去裝置中的空氣；由信息可知WCl6極易水解，W與Cl2反應制取WCl6時，要在B處加裝盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中的水蒸氣進入E中；（1）根據分析，先通，其目的是排盡裝置中空氣，(防止與空氣時加熱爆炸)；通的后續(xù)操作為檢驗B出口處排出的氫氣的純度，當排出的純凈時，通冷凝水，加熱管式爐，并對B處逸出的進行后續(xù)處理；（2）儀器A的名稱為直形冷凝管；WO3在加熱條件下用H2還原為W，有水生成，證明已被完全還原的現象是不再有水凝結；（3）①操作c通，然后加熱，目的是排盡裝置中的，防止與時加熱爆炸；②有毒，裝置E'的主要缺點是沒有吸收多余的裝置，(會造成空氣污染)；WCl6極易水解，沒有防止防止水蒸氣進入的裝置或缺少冷凝水裝置，會造成產品水解，產率和純度降低；如果選用這個裝置來完成實驗，則必須采取的改進措施是在B'處加裝盛有堿石灰的干燥管；（4）①根據題中信息，可得關系式：，樣品中(摩爾質量為)的質量分數為=；②開蓋稱量待測樣品，WCl3會水解生成W2O3，導致稱取的樣品質量增加，則滴定時消耗溶液的體積將偏大；樣品中質量分數的測定值將偏大。18．（14分）環(huán)氧乙烷常作消毒劑?，F代工業(yè)常用銀作催化劑，氧化乙烯制備環(huán)氧乙烷，相關反應如下：主反應(i)：

副反應(ii)：

回答下列問題：(1)的電子式為。(2)

。反應i的正反應自發(fā)進行的條件是(填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)。(3)一定溫度下，在恒容密閉容器中充入和，發(fā)生上述反應，下列情況表明反應一定達到平衡狀態(tài)的是___________(填標號)。A．混合氣體密度不隨時間變化B．氣體平均摩爾質量不隨時間變化C．氣體總壓強不隨時間變化D．(4)將和以不同起始流速通入負載催化劑的反應器中，通過檢測流出氣成分繪制的乙烯轉化率和環(huán)氧乙烷選擇性曲線如圖所示。已知：環(huán)氧乙烷選擇性。①隨著起始流速增大，乙烯轉化率降低，可能的原因是。②下列措施一定可以提高環(huán)氧乙烷平衡產率的是(填標號)。A．使用選擇性更高的催化劑

B．升高反應體系溫度

C．及時分離出環(huán)氧乙烷(5)某溫度下，保持壓強為，向密閉容器中充入和，經過反應達到平衡，乙烯平衡轉化率為80%，環(huán)氧乙烷選擇性為75%。①內，分壓變化速率為(用含的式子表示)。②該溫度下，反應ii用分壓代替平衡濃度計算的平衡常數為(只列計算式)。【答案】(1)(2)-1134低溫(3)BC(4)流速越快，反應物接觸時間越短，原料氣與催化劑接觸時間越短，原料利用率越低，乙烯轉化率越低C(5)(或等)【詳解】（1）結構中含有碳碳雙鍵，每個碳原子結合2個氫原子，電子式為；故答案為：；（2）根據蓋斯定律，反應(ii)-反應(i)=目標反應，故-1134；主反應(i)為，則低溫條件下，能自發(fā)進行；故答案為：-1134；低溫；（3）A．根據，在恒容容器中，氣體m不變、V不變，則混合氣體密度不是變量，混合氣體密度不隨時間變化不能表明反應一定達到平衡狀態(tài)，A項錯誤；B．根據，在恒容容器中，氣體m不變，而主反應(i)氣體物質的量減小，則氣體平均摩爾質量是變量，氣體平均摩爾質量不隨時間變化能表明反應一定達到平衡狀態(tài)，B項正確；C．主反應(i)氣體物質的量減小，則氣體總壓強是變量，氣體總壓強不隨時間變化能表明反應一定達到平衡狀態(tài)，C項正確；D．根據碳元素守恒，則不能表明反應一定達到平衡狀態(tài)，D項錯誤；故答案為：BC；（4）①隨著起始流速增大，乙烯轉化率降低，可能的原因是流速越快，反應物接觸時間越短，原料氣與催化劑接觸時間越短，原料利用率越低，乙烯轉化率越低；②A．使用選擇性更高的催化劑，單位時間內生成環(huán)氧乙烷的量增多，能增大生產環(huán)氧乙烷效率，但平衡不移動，不能提高環(huán)氧乙烷平衡產率，A項錯誤；B．升高反應體系溫度，主反應平衡逆移，環(huán)氧乙烷平衡產率降低，B項錯誤；

C．及時分離出環(huán)氧乙烷，主反應平衡正移，環(huán)氧乙烷平衡產率增大，C項正確；故答案為：①流速越快，反應物接觸時間越短，原料氣與催化劑接觸時間越短，原料利用率越低，乙烯轉化率越低；②C（5）①根據相關數據計算，平衡體系中，、、，起始時氧氣分壓為，平