2026届湖南长沙市高考化学自编模拟试卷04（人教版）

2026届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷04 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Ca-40 第I卷（选择题 共42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学与生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是 A．苏打的主要成分是Na2CO3 B．钢水铸模的模具需要干燥，由于高温下铁能与水反应 C．用于电器绝缘材料的聚酰亚胺属于有机高分子化合物 D．苯分子是单双键交替的正六边形结构 2．下列表示不正确的是 A．的空间结构是正四面体 B．SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型： C．H2O为极性分子 D．的名称：2-甲基4-乙基戊烷 3．规范化学实验操作是进行科学实验的基础，下列实验操作不正确的是 A．在粗盐提纯的实验中洗涤NaCl晶体：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次 B．使用酸式滴定管前检漏，发现漏水时在瓶塞和瓶口内侧涂抹少量凡士林以防漏水 C．不慎将水银洒在桌面上时，首先应尽量回收，再用硫粉覆盖 D．以酚酞为指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠，当滴入最后半滴盐酸标准溶液后，溶液由红色变成无色时判断滴定终点 4．下列离子方程式书写正确的是 A．将溶液与氨水-混合溶液反应，生成沉淀： B．溶液中通入过量的气体： C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大： D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：+2Br2→↓+2H++2Br- 5．下列实验装置或操作不能达到实验目的的是       图Ⅰ                              图Ⅱ                           图Ⅲ                      图Ⅳ A．用图Ⅰ装置探究温度对化学平衡的影响 B．用图Ⅱ装置探究浓度对化学反应速率的影响 C．用图Ⅲ比较和的催化效果 D．用图Ⅳ测定NaOH溶液的浓度 6．下列实验根据现象能得出相应结论的是 选项 实验 现象 结论 A 向FeI2溶液中滴加少量酸性 KMnO4溶液 酸性 KMnO4溶液褪色 Fe2+具有还原性 B 在25℃和50℃时，分别测量0.1 mol·L-1Na2CO3溶液的pH 升高温度，溶液的pH下降 pH 变化是KW的改变与水解平衡移动共同作用的结果 C 向盛有2 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液的试管中先滴加2滴0.1 mol·L-1 NaCl溶液，再滴加2滴0.1 mol·L-1 NaBr 溶液 先生成白色沉淀，后产生淡黄色沉淀 Ksp(AgBr) <Ksp(AgCl) D 向久置的Na2SO3样品中加入足量 Ba(NO3) 2溶液，再加入足量稀盐酸 出现白色沉淀，沉淀不溶解 Na2SO3样品完全变质 A．A B．B C．C D．D 7．沙丁胺醇是目前治疗哮喘的常用药物，其结构简式如图所示．下列叙述正确的是 A．沙丁胺醇分子中含有2个手性碳原子 B．该分子中C、N原子的杂化方式完全相同 C．该物质可以发生氧化反应，但不能发生还原反应 D．该物质分别与足量的反应，消耗两者的量分别为 8．中国科学院研究所发布的新型固态锂硫正极材料(2Li2S·CuI)，能量密度较高且成本较低。由这种材料制成的锂离子电池放电、充电时的工作原理如图所示，反应的化学方程式为。下列说法错误的是 A．放电时，a极为负极 B．放电时，b极上的电极反应式： C．充电时，电子的流向：b极→外接电源的正极，外接电源的负极→a极 D．充电时，每转移3 mol电子，a极增重21g 9．烷烃是我们一开始便学习的有机物，十分有趣。烷烃的卤化反应机理如下： 步(1)： 步(2)：     步(3)：    提示：自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定 下列说法不正确的是 A．步(2)是慢的一步，是氯化反应的决速步 B．反应中，有生成 C．比稳定，而比稳定 D．提高的量，且用大量，主要得到氯甲烷 10．一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图，电解质为含的有机溶液。闭合时产生，闭合时产生。下列说法正确的是 A．闭合时从左向右移动 B．闭合时Ni-Pt电极发生还原反应 C．闭合，理论上每生成，需消耗约 D．放电时总反应： 11．是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。下列说法正确的是 A．物质A的化学式为 B．结合能力： C．过程Ⅰ的化学反应方程式为 D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为 12．一水硫酸四氨合铜(Ⅱ)的化学式为[Cu(NH3)4] SO4·H2O是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组以废铜料(含少量铁及难溶性杂质)为主要原料合成该物质，合成路线如下： 下列说法不正确的是 A．操作Ⅰ中发生的主要反应为：Fe+H2O2+2H+= Fe2++2H2O B．操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁 C．操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式 D．设计操作Ⅳ的目的是为了提高乙醇的利用率 13．标准状态下，反应的历程示意图如下。下列说法不正确的是 A． B．历程Ⅱ中Cl是催化剂 C．历程Ⅰ的活化能为 D．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ＞历程Ⅰ 14．某容器中只发生反应：aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)。由下列图像得出的结论不正确的是 A．相同温度下，分别向体积不等的A、B两个恒容密闭容器中均通入1molX和1molY，tmin后X的转化率如图甲所示。若B中反应达到平衡状态，则A中一定达到平衡状态 B．恒容密闭容器中通入一定量的X和Y，反应相同时间，X的转化率随温度变化如图乙所示。则该反应的△H<0 C．其他条件相同，改变起始时X的物质的量，平衡时Z的体积分数变化如图丙所示。则平衡时Y的转化率：C<A<B D．其他条件相同，反应速率与压强的关系如图丁所示。则a+b<c 第II卷（非选择题 共58分） 二、非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．草酸是一种用途广泛的有机酸，易溶于水，常用来作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某实验小组通过查阅资料设计了如图所示的装置(夹持仪器省略)制备一定量的草酸晶体，回答下列问题： 经查找资料得知：乙炔在左右硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。 (1)仪器a的名称是___________。 (2)硫酸铜溶液除去的杂质气体分子式为___________。 (3)装置C中反应一般控制在左右，适宜采用的加热方式为___________，若温度高于，则生成草酸的速率会减慢，原因是___________。 (4)装置C中发生的化学方程式为___________。 (5)某实验小组称取电石(杂质的质量分数为4.0%)，在浓硝酸足量情况下，完成实验，最后得到草酸晶体。 ①从C中分离出草酸晶体的方法是：___________，过滤，洗涤，干燥。 ②该实验中草酸晶体的产率：___________%(结果保留两位有效数字)。 (6)设计实验证明草酸属于二元酸(写出简要步骤)___________。 16．以液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含、、、等)为原料回收的流程如图所示。 已知： 1.具有强氧化性，通常情况不与常见的无机酸反应。 2.几种阳离子转化为沉淀的pH 金属阳离子 开始沉淀的pH 1.5 7.6 3.4 6.5 沉淀完全的pH 2.8 9.4 4.7 9.0 回答下列问题： (1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有___________(至少写一种)。 (2)操作①和②的名称为___________。 (3)请写出加入的与反应的离子方程式___________。 (4)操作②中也需要调节pH，调节pH的范围为___________，常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的时，悬浊液中___________［已知：25℃时，的］。 (5)操作③需加入浓的原因是___________，在氩气氛围中加热的目的是___________。 (6)对样品纯度进行测定的方法：准确称量样品12.5g，配成200mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵］溶液使被氧化为，然后用萃取剂萃取，再用的标准也滴定至终点，重复2~3次，平均消耗10.00mL标准液。计算样品的纯度为___________%。 17．离子液体在液液萃取、电化学、有机合成等方面有广泛应用。一种离子液体[Bmim]PF6(相对分子质量为284)的制备方法如下： 实验步骤： ①在如图所示的三颈烧瓶中加入20.50 g N⁃甲基咪唑，在N2保护下缓慢滴加等物质的量的正溴丁烷，保持70 ℃回流30小时，得到液态[Bmim]Br粗品。 ②用乙酸乙酯洗涤粗品3次，减压蒸馏，得到纯品[Bmim]Br。 ③将[Bmim]Br溶于水，加入烧瓶中，缓慢滴加含等物质的量KPF6的溶液， 室温下搅拌10小时，静置后分液。 ④所得产物减压蒸馏，用水洗涤，干燥，得到68.16 g产品。 (1)仪器a的名称为___________。 (2)N⁃甲基咪唑与正溴丁烷或水混合均可得到澄清溶液，N⁃甲基咪唑与水互溶的原因是___________。 步骤①中观察到液体由澄清变浑浊再变澄清，变浑浊的原因是___________。 (3)步骤②减压蒸馏除去的物质主要为___________。 (4)步骤④检验产物已洗涤干净的方法是___________。 (5)[Bmim]PF6可代替CCl4作萃取剂，其优点之一是比CCl4难挥发。[Bmim]PF6比CCl4沸点高的原因是___________。 (6)以[Bmim]I与I2的混合液作为离子导体的一种染料(Dye)敏化太阳能电池，工作原理如图所示，光照射时发生电极反应：Dye-e-=Dye+。已知I-+I2=，该太阳能电池中染料再生的离子方程式为___________。 18．碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以为原料合成甲醇可以减少的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题： I.和生成甲醇涉及的反应如下： 主反应：   副反应：   (1)反应  _______。 (2)时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性[选择性]随压强的变化如图所示。 ①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是_______。 ②时，若在密闭容器中充入和，在压强为时，生成0.6mol CO，则时，主反应的压强平衡常数_______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数) II.催化剂的性能测试：一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。 (3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下的转化率为_______。 (4)其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图1、2所示。 ①由图1判断，实验中反应未达到化学平衡状态的点为_______。 ②温度高于时，平衡转化率升高的原因是_______。 ③温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：_______。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届湖南省长沙市高考化学自编模拟试卷04（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D B B B D B C D 题号 11 12 13 14 答案 C A D C 1．D 【详解】A．Na2CO3俗称纯碱、苏打，苏打的主要成分是Na2CO3，故A正确； B．高温下铁能与水蒸气反应，所以钢水铸模的模具需要干燥，故B正确； C．聚酰亚胺可由羧酸和胺类化合物通过缩聚反应生成，属于有机高分子化合物，故C正确； D．苯中无双键，苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，故D错误； 故选D。 2．D 【详解】A．价层电子对数为4，其空间结构是正四面体，A正确； B．SO2中心原子S价层电子对数为: ，其价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，B正确； C．中O上含有孤电子对，故为极性分子，C正确； D．有机物主链上有6个碳原子，第2、4号碳原子上连有甲基，命名为：2，4-二甲基己烷，D错误； 故选D。 3．D 【详解】A. 洗涤沉淀/晶体的规范操作是：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次，A项正确； B. 凡士林常可用于玻璃塞或活塞处防止漏水，B项正确； C. 水银有毒，不小心洒在桌面上时应先尽量回收，再用硫粉覆盖，使其转化为硫化汞，C项正确； D.用盐酸滴定氢氧化钠时，当滴入最后半滴盐酸标准溶液后，溶液由红色变成无色，且半分钟内不变色时才可以判断滴定终点，D项错误； 答案选D。 4．B 【详解】A．溶液与氨水-NH4HCO3反应，生成FeCO3沉淀，离子方程式为：，故A错误； B．Fe3+与H2S发生氧化还原反应，离子方程为：，故B正确； C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大时，是产生沉淀只有硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：，故C错误； D．醛基具有强还原性、能被溴水氧化，邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，生成，离子方程式为：，故D错误； 故答案选B。 5．B 【详解】A．用图Ⅰ装置的变量为温度，根据烧瓶内气体颜色探究温度对化学平衡的影响，故不选A；     B．图Ⅱ装置中锌的表面积、硫酸的浓度都不同，不能探究浓度对化学反应速率的影响，故选B； C．图Ⅲ装置中的变量只有催化剂不同，根据放出气泡的速度比较和的催化效果，故不选C；     D．图Ⅳ用盛放在酸式滴定管中的标准盐酸溶液测定未知NaOH溶液的浓度，故不选D； 选B。 6．B 【详解】A．I-有还原性且还原性强于Fe2+，酸性KMnO4溶液褪色不能说明Fe2+具有还原性，A错误； B．升高温度，水解平衡正向移动，溶液pH应增大，升高温度，Kw增大，pH应减小，所以最终溶液的pH下降，是Kw的改变与水解平衡移动共同作用的结果，B正确； C．AgNO3溶液过量，可以与NaBr反应生成AgBr沉淀，不能说明AgCl沉淀发生了转化，无法判断Ksp大小，C错误； D．溶液中加入足量Ba(NO3) 2，再加入足量稀盐酸，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，无论Na2SO3是否变质，都会有白色沉淀生成且沉淀不溶解，D错误； 本题选B。 7．D 【详解】A．该物质苯环上较长取代基中连有醇羟基的碳原子为手性碳原子，分子中只含有1个手性碳原子，A错误； B．该分子中，C原子有和两种杂化方式，N原子采取杂化，B错误； C．该物质含有苯环，可以与氢气发生加成反应，该加成反应属于还原反应，C错误； D．羟基都能与反应，酚羟基又可以与反应，该物质分别与足量的反应时消耗两者的量分别为,D正确； 故选D。 8．B 【分析】A极是活泼金属Li，作原电池的负极，b为正极，放电时a极发生Li-e-=Li+，正极发生3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI； 【详解】A．由分析可知，a电极是Li，活泼金属失去电子发生氧化反应，放电时，为负极，A正确； B．放电时，b极上的电极反应式：3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI，B错误； C．充电时，原电池的负极接外加电源的负极，b极接外加电源的正极，电子的流向：b极→外接电源的正极，外接电源的负极→a极，C正确； D．充电时，a极发生Li++e-=Li，每转移3 mol电子，a极增重3molLi，质量为21g，D正确； 答案选B。 9．C 【详解】A．步(2)的活化能大，反应速率慢，是慢的一步，是氯化反应的决速步，A正确； B．第2步产生了，2个可以形成，，B正确； C．自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定，比相比，-CH3取代了的一个氢原子，-CH3是供电子基团，故比稳定，苯基是吸电子基团，故比稳定，C错误； D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，主要得到氯甲烷，D正确； 故选C。 10．D 【分析】放电过程中产生，由图可知，放电过程中氮气得到电子发生还原反应生成，又转化为和，则左侧电极为正极，右侧电极为负极。 【详解】A．闭合时形成原电池，由于左侧电极为正极，右侧电极为负极，从负极移向正极，从右向左移动，A错误； B．闭合时形成电解池，电极作为阳极，失去电子，发生氧化反应，B错误； C．未说明氯气是否处于标准状况，不能开展计算，C错误； D．放电过程中氮气得到电子发生还原反应生成，又转化为和，负极锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，总反应为：，D正确； 故选D。 11．C 【分析】氨气和次氯酸钠反应生成肼，肼和亚硝酸钠反应生成，氨气和等物质的量三氧化硫反应生成硫酸氢铵； 【详解】A．氨气和等物质的量三氧化硫反应，结合质量守恒，反应生成的A为硫酸氢铵，A错误； B．甲基为推电子基团，使得的-NH2中N原子周围电子云密度比的大，易给出孤电子对与形氢离子成配位键，故结合氢离子能力：，B错误； C．过程Ⅰ的反应为氨气和次氯酸钠反应生成，反应中氮化合价由-3变为-2、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒、质量守恒，化学反应方程式为，C正确； D．过程Ⅱ中氮化合价由-2变为NaN3中的，为还原剂，中氮化合价由+3变为NaN3中的，为氧化剂，结合电子守恒，存在，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，D错误； 故选C。 12．A 【分析】含铜废料加硫酸和双氧水，铜被氧化为硫酸铜，铁被氧化为硫酸铁，加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀除去铁，滤液得硫酸铜溶液，滤液中加氨水生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，硫酸四氨合铜溶解度降低，析出[Cu(NH3)4] SO4·H2O，过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸四氨合铜，滤液经过酸化调pH，蒸馏出的乙醇继续循环利用。 【详解】A．操作Ⅰ中铜被氧化为硫酸铜，发生的主要反应为：Cu +H2O2+2H+= Cu2++2H2O，A错误； B．加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀，操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁，B正确； C．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式，C正确； D．设计操作Ⅳ，乙醇循环利用，目的是为了提高乙醇的利用率，D正确； 故选A。 13．D 【详解】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即△H=，故A正确； B．由图可知，Cl原子在历程Ⅱ中反应前后均有，因此作为催化剂，故B正确； C．从反应物的起始到最高点的过渡态为活化能，因此历程Ⅰ的活化能为，故C正确； D．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故D错误； 故答案选D。 14．C 【详解】A．A容器体积小，压强大，反应速率比B快，B点达到平衡状态，故A一定达到平衡状态，A正确； B．恒容密闭容器中通入一定量的X和Y，反应相同时间，X的转化率随温度变化如图乙所示，X转化率最高点，即达到平衡，平衡后，温度升高平衡向吸热方向移动，X转化率降低，则该反应的△H<0，B正确； C．X的物质的量越多，则Y的转化率越高，平衡时Y的转化率： A<B<C，C错误； D．压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，平衡向逆向进行，则a+b<c，D正确； 故选C。 15．(1)蒸馏烧瓶 (2) (3) 水浴加热 温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低) (4) (5) 蒸发浓缩、冷却结晶 80 (6)取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7) 【分析】装置A中饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应，生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过B中CuSO4溶液除去H2S和PH3，乙炔进入C中和浓硝酸反应生成草酸，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氮，防止污染空气，以此解答。 【详解】（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶； （2）根据分析可知，饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应生成乙炔，乙炔中混有H2S和PH3，通过乙中CuSO4溶液除去H2S和PH3； （3）由于装置C中反应控制在左右，采用水浴加热，若温度高于，则生成草酸的速率会减慢，原因是温度过高，浓硝酸分解，导致草酸生成速率减慢(或催化剂活性降低)； （4）结合已知条件和氧化还原反应的书写原则，得装置C中发生的化学方程式为； （5）①从C中分离出草酸晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥； ②电石(杂质的质量分数为4.0%)，则电石质量为1.25g×96%=1.2g，物质的量为0.01875mol，根据关系式知，得草酸物质的量为0.01875mol，则草酸晶体质量为0.01875mol×126g/mol=2.3625g，产率为； （6）若证明草酸属于二元酸，我们可以取草酸溶液，使用等浓度氢氧化钠滴定，消耗氢氧化钠体积(或常温下，测得草酸氢钠溶液的小于7，说明电离大于水解，可以证明草酸属于二元酸)。 16．(1)适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌(答将样品粉碎不得分) (2)过滤 (3) (4) 4.7≤pH＜7.6 (5) 抑制的水解 防止加热过程中被氧化 (6)78.88 【分析】废玻璃粉末酸浸除去、，滤渣Ⅰ中含有CeO2、SiO2，CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，二氧化硅不反应成为滤渣Ⅱ，滤液中含有CeCl3，加入碱调节溶液的pH得Ce(OH)3悬浊液，加盐酸得，在加热的条件下通入HCl抑制CeCl3水解得无水CeCl3，CeCl3在一定条件下生成Ce。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌； （2）操作①和②都是固液分离的方法，均为过滤； （3）CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，过氧化氢中氧被氧化为氧气，反应为：； （4）操作②中也需要调节pH，使得铁离子、铝离子成为沉淀，而不沉淀，结合表数据，调节pH的范围为4.7≤pH＜7.6；常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的时，pOH=5，则悬浊液中； （5）Ce3+水解方程式为，操作③在加热的条件下通入HCl，使得水解平衡逆向移动，故HCl的作用是抑制Ce3+水解防止生成沉淀；在氩气氛围中加热的目的是防止加热过程中被空气中氧气氧化； （6）和亚铁离子发生氧化还原反应生成和铁离子，结合Ce元素守恒和电子守恒存在，，则样品的纯度为78.88%。 17．(1)球形干燥管 (2) N⁃甲基咪唑与水分子间能形成氢键 生成的[Bmim]Br和反应物不互溶，搅拌下形成乳浊液 (3)乙酸乙酯 (4)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液不出现浅黄色沉淀 (5)[Bmim]PF6为离子晶体，CCl4为分子晶体 (6)3I-+2Dye+=2Dye+ 【分析】三颈烧瓶中加入N-甲基咪唑，在N2保护下缓慢滴加等物质的量的正溴丁烷，保持70℃回流30小时，得到液态[Bmim]Br粗品；用乙酸乙酯洗涤粗品3次，减压蒸馏，得到纯品[Bmim]Br；[Bmim]Br溶于水，加入烧瓶中，缓慢滴加含等物质的量的KPF6溶液，室温下搅拌10小时，静置后分液。所得产物减压蒸馏，用水洗涤，干燥，得到[Bmim]PF6。 【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称为球形干燥管； （2）N⁃甲基咪唑与水间可以形成氢键，所以N⁃甲基咪唑与水互溶。 步骤①中生成的[Bmim]Br和反应物不互溶，搅拌下形成乳浊液，所以观察到液体变浑浊。 （3）步骤②用乙酸乙酯洗涤[Bmim]Br，减压蒸馏除去的物质主要为乙酸乙酯； （4）步骤③中[Bmim]Br和KPF6反应生成[Bmim]PF6和HBr，步骤④用水洗涤是除去过量的KPF6、HBr，检验产物已洗涤干净只需要检验洗涤液中的Br-即可，方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加AgNO3溶液不出现浅黄色沉淀，则产物已洗涤干净； （5）[Bmim]PF6为离子晶体，CCl4为分子晶体，所以[Bmim]PF6比CCl4沸点高。 （6）光照射时发生电极反应：Dye-e-=Dye+，导电玻璃上发生电极反应：  +2e-=3I-，结合两个电极方程式可知，电池工作时总方程式为：2Dye+= 2Dye++3I-；则该太阳能电池中染料再生的离子方程式为2Dye++3I-=2Dye+。 18．(1)-90.7 (2) 主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大 (3)25% (4) ABCD 温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多 【详解】（1）根据盖斯定律可知，； （2）①加压，平衡向气体分子数减小的反应，则增大压强，甲醇的选择性增大的原因是：主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大； ②由图可知，平衡时，甲醇的选择性为40%，此时生成0.6molCO，则生成0.4mol的甲醇，根据主反应可知 ， 根据副反应可知， 平衡时总物质的量：1mol+1mol+0.6mol+1mol+04mol=4mol，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的分压分别为：、、、，则时，主反应的压强平衡常数； （3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)n(CO)=5：18：1，假设生成的CH3OH的物质的量为5mol，则生成的CO的物质的量为1mol，剩余的CO2的物质的量为18mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为5mol+18mol+1mol=24mol，则该温度下CO2转化率的计算式为×100%=25%； （4）①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态，故答案为：ABCD； ②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆向移动，副反应正向移动，温度高于260℃时，副反应正向移动的程度大于主反应逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大，故答案为：温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度； ③由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。 学科网（北京）股份有限公司 $