1、2022年1月浙江省选考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137一、选择题(本大题共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. 水溶液呈酸性的盐是A. NH4ClB. BaCl2C. H2SO4D. Ca(OH)2【答案】A【解析】【详解】ANH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意；BBaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶
2、液显中性，B不符合题意；CH2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；DCa(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。2. 下列物质属于非电解质是A. CH4B. KIC. NaOHD. CH3COOH【答案】A【解析】【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，包括酸、碱、大多数的盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；据此解答。【详解】ACH4属于有机物，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，为非电解质，故A符合题意；BKI属于盐，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故B不符合题意；CNaOH属于碱，在水溶液中和熔融状态下能导
3、电的化合物，为电解质，故C不符合题意；DCH3COOH属于酸，在水溶液中能电离出H+离子和CH3COO-离子，即CH3COOH是在水溶液中导电的化合物，为电解质，故D不符合题意；答案为A。3. 名称为“干燥管”的仪器是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A是蒸馏烧瓶，故不选A； B是球形干燥管，故选B； C是直形冷凝管，故不选C； D是分液漏斗，故不选D；选B。4. 下列物质对应的化学式不正确的是A. 氯仿：CHCl3B. 黄铜矿的主要成分：Cu2SC. 芒硝：Na2SO410H2OD. 铝土矿的主要成分：Al2O3【答案】B【解析】【详解】A氯仿是三氯甲烷的俗称，其化学式为CH
4、Cl3，故A正确； B黄铜矿的主要成分：CuFeS2，故B错误；C芒硝：Na2SO410H2O，故C正确； D铝土矿的主要成分：Al2O3，故D正确；故选B。5. 下列表示不正确的是A. 乙炔的结构简式HCCHB. KOH的电子式C. 乙烷的球棍模型：D. 氯离子的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A乙炔中碳碳之间为三键，故结构简式HCCH，选项A正确；BKOH为离子化合物，故电子式为，选项B正确；C为乙烷的比例模型，不是球棍模型，选项C错误；D氯离子的核电荷数是17，电子数为18，氯离子的结构示意图为，选项D正确；故答案是C。6. 下列说法不正确的是A. 液化石油气是纯净物B. 工业酒精
5、中往往含有甲醇C. 福尔马林是甲醛的水溶液D. 许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯【答案】A【解析】【详解】A液化石油气中含有多种物质，属于混合物，选项A不正确；B工业酒精中往往含有甲醇，不能利用工业酒精勾兑白酒，选项B正确；C福尔马林是含甲醛37%-40%的水溶液，选项C正确；D水果与花卉中存在酯类，具有芳香气味，选项D正确；答案选A。7. 下列说法不正确的是A. 32S和34S互为同位素B. C70和纳米碳管互为同素异形体C. CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2互为同分异构体D. C3H6和C4H8一定互为同系物【答案】D【解析】【详解】A32S和34S是质子数相同、中子数不同的原子
6、，互为同位素，故A正确； BC70和纳米碳管是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；CCH2ClCH2Cl和CH3CHCl2的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故C正确；DC3H6和C4H8可能为烯烃或环烷烃，所以不一定是同系物，故D错误；选D。8. 下列说法不正确的是A. 镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件B. 还原铁粉可用作食品干燥剂C. 氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒D. 油脂是热值最高的营养物质【答案】B【解析】【详解】A金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故A正确；B还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，
7、故B错误；C氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确 ；选B。9. 下列说法正确的是A. 铁与碘反应易生成碘化铁B. 电解ZnSO4溶液可以得到ZnC. 用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁D. SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀【答案】B【解析】【详解】AI2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B正确；C石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；DSO2通入BaCl2溶液中不
8、能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；故答案选B。10. 关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是A. CO是氧化产物B. SiH4发生还原反应C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为14D. 生成1molSiO2时，转移8mol电子【答案】D【解析】【详解】A根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D根据反应方程式可知，Si元素的化
9、合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；答案选D。11. 下列说法不正确的是A. 灼烧法做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须将海带进行灰化B. 用纸层析法分离铁离子和铜离子时，不能将滤纸条上的试样点浸入展开剂中C. 将盛有苯酚与水形成浊液的试管浸泡在80热水中一段时间，浊液变澄清D. 不能将实验室用剩的金属钠块放回原试剂瓶【答案】D【解析】【详解】A灼烧使海带灰化，除去其中的有机物，便于用水溶解时碘离子的浸出，故A正确；B纸层析法中要求流动相溶剂对分离物质应有适当的溶解度，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，所以纸层析法是利用试样中各种离
10、子随展开剂在滤纸上展开的速率不同而形成不同位置的色斑，如果试样接触展开剂，样点里要分离的离子或者色素就会进入展开剂，导致实验失败，故B正确；C苯酚常温为微溶，高于60时易溶于水，故C正确；D钠是活泼的金属，易与水反应，易被氧气氧化，因此实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶，故D错误；故选D。12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 在25时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NAB. 1.8g重水(D2O)中所含质子数为NAC. 足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NAD. 32g甲醇的分子中含有CH键的数目为4NA【答案】A【解析】
11、【详解】A1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-的浓度为0.01mol/L，物质的量0.01mol/L 1L=0.01mol，OH-的数目为0.01NA，A正确；B1.8g重水(D2O)的物质的量为：0.09mol，所含质子数为0.9NA，B错误；C足量的浓盐酸与8.7gMnO2(0.1mol)反应，+4价Mn转化生成Mn2+，转移电子的数目为0.2NA，C错误；D甲醇的结构简式为：CH3OH，32g (1mol)的分子中含有CH键的数目为3NA，D错误；答案选A。13. 下列实验对应的离子方程式不正确的是A. 将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合： +Ca2+OH-=CaCO3+H2
12、OB. 将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2+2OH-= + +H2OC. 将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-= +2HClOD. 向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag+2NH3H2O= +2H2O【答案】C【解析】【详解】A. 将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为： +Ca2+OH-=CaCO3+H2O，选项A正确；B. 将少量NO2通入NaOH溶液，反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH-= + +H2O，选项B正确；C. 将少量SO2通入NaClO溶液，反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为：SO
13、2+H2O+2ClO-= +HClO+H+Cl-，选项C不正确；D. 向氨水中滴入少量硝酸银溶液，反应生成氢氧化二氨合银，反应的离子方程式为：Ag+2NH3H2O= +2H2O，选项D正确；答案选C。14. 下列说法正确的是A. 苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸铵均能使蛋白质变性B. 通过石油的常压分馏可获得石蜡等馏分，常压分馏过程为物理变化C. 在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生取代反应获得苯乙烷D. 含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药【答案】D【解析】【详解】A硫酸铵使蛋白质发生盐析，而不是变性，A错误；B石油经过减压分馏得到石蜡等馏分，是物理变化，B错误；C在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发
14、生加成反应获得苯乙烷，C错误；D含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药，D正确；答案选D。15. 关于化合物，下列说法正确的是A. 分子中至少有7个碳原子共直线B. 分子中含有1个手性碳原子C. 与酸或碱溶液反应都可生成盐D. 不能使酸性KMnO4稀溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A图中所示的C课理解为与甲烷的C相同，故右侧所连的环可以不与其在同一直线上，分子中至少有5个碳原子共直线，A错误；B，分子中含有2个手性碳原子，B错误；C该物质含有酯基，与酸或碱溶液反应都可生成盐，C正确；D含有碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误；答案选C。16. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元
15、素。W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是A. 非金属性：YWB. XZ3是离子化合物C. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D. X与Y可形成化合物X2Y3【答案】D【解析】【分析】X是地壳中含量最多的金属元素，X为Al元素，W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，W为O元素，Y为S元素，Z为Cl元素，据此分析解题。【详解】A非金属性同主族从上至下逐渐减弱：YW，A错误；B氯化铝是共价化合物，B错误；CY、Z的最高价氧化物对应的水化物分别硫酸和高氯酸，两者均为强酸，次氯酸也是氯的氧化物对应的水化合物，但次氯酸为弱酸，C错误；D根据化合物的化合价代数和为
16、0可知，铝与硫元素形成的化合物化学式为Al2S3，D正确；答案选D。17. 已知25时二元酸H2A的Ka1=1.310-7，Ka2=7.110-15。下列说法正确的是A. 在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者B. 向0.1molL-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%C. 向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)c(HA-)D. 取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【解析】【详解】A在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-
17、，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)0.1mol/L，Ka1=，c(HA-)=1.310-5mol/L，c(HA-)c(H2A) 电离，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；C向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)c(HA-)，故C错误；DH2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH 20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO+H+=H2CO
18、3，B项错误；C根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；D根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D项错误；答案选C。24. 某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是A. 反应原料中的原子100%转化为产物B. 该过程在化合物X和I-催化下完成C. 该过程仅涉及加成反应D. 若原料用，则产物为【答案】C
19、【解析】【详解】A通过图示可知，二氧化碳和反应生成，没有其它物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A正确；B通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B正确；C在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误；D通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用，则产物为，D正确；故选C。25. 下列方案设计、现象和结论有不正确的是目的方案设计现象和结论A检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫B鉴定某涂改液中是否存在含氯化合
20、物取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物C检验牙膏中是否含有甘油将适量牙膏样品与蒸馏水混合，搅拌，静置一段时间，取上层清液，加入新制的Cu(OH)2，振荡，观察现象溶液出现绛蓝色，说明牙膏中含有甘油D鉴别食盐与亚硝酸钠各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A二氧化硫具有还原性，酸性KMnO4稀溶液具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成无色的Mn2+，若溶液不变色，说明空气中不含二氧
21、化硫，A正确；B涂改液与KOH溶液混合加热可得KCl于溶液中，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，证明有氯元素存在，B正确；C甘油能够与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成绛蓝色溶液，所以可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验甘油，C正确；D亚硝酸钠在酸性条件下具有氧化性，滴加含淀粉的酸性KI溶液，生成了碘单质，反应的离子方程式为：2NO+2I-+4H+2NO+I2+2H2O，该实验没有酸化，D错误；故选：D。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26. 回答下列问题：（1）两种有机物的相关数据如表：物质HCON(CH3)2HCONH2相对分子质量7345沸点/153220HCON
22、(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是_。（2）四种晶体的熔点数据如表：物质CF4SiF4BF3AlF3熔点/-183-90-1271000CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是_。【答案】（1）HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低。 （2）CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。【解析
23、】【小问1详解】HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；【小问2详解】CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。【点睛】比较分子晶体的熔沸点，需要考虑分子间是否存在氢键，若存在分子间氢键，则分子的熔沸点较高。27. 某同学设计实验确定Al(NO3)3xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.
24、06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：（1）x=_(写出计算过程)。（2）气体产物中n(O2)_mol。【答案】（1）9 （2）0.0100【解析】【小问1详解】Al(NO3)3xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。【小问2详解】气体产物中n(H2O)=3.06g18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.0292-0.172=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.023-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n
25、(O2)=(0.0218-0.17-0.023-0.042-0.03)2=0.0100mol。28. 化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：请回答：（1）组成X的元素有_，X的化学式为_。（2）溶液C中溶质的成分是_(用化学式表示)；根据CDE的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序_。（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是_。（4）设计实验确定溶液G中阴离子_。【答案】（1） . Fe、S、O、H . FeH(SO4)2 （2） . FeCl3、HCl、BaCl2 . Cl-、H2O、SCN-、OH- （3）2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16
26、Na2O+H2 （4）用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-【解析】【分析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为0.02mol硫酸钡，说明X含有0.02mol的硫酸根，H中为Fe单质，即为0.01mol，X中含有0.01molFe，由此可知X中应含有0.01的H，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2；【
27、小问2详解】X 为FeH(SO4)2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，CD形成络合物，DE形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl-、H2O、SCN-、OH-；【小问3详解】X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2；【小问4详解】设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-。29. 工业上，以煤炭为原料，通
28、入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：（1）在C和O2的反应体系中：反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=-394kJmol-1反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2=-566kJmol-1反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) H3。 设y=H-TS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是_。一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比_。A.不变 B.增大 C.减小 D.无法判断（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=131kJmol-1。工
29、业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_。（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H=-41kJmol-1。一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为_。维持与题相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为_。生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是_。A.反应温度愈高愈好 B.适当提高反
30、应物压强C.选择合适的催化剂 D.通入一定量的氮气以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤：_；步骤：_。【答案】（1） . a . B （2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率 （3） . 9.0 . 1.8：1 . BC . M+H2O=MO+H2 . MO+CO=M+CO2【解析】【小问1详解】由已知方程式：(2反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不
31、变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；【小问2详解】由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维
32、持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；【小问3详解】该反应平衡常数K=；假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；A反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；B适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；C选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；D若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；故答案选BC；水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产
33、生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。30. 某兴趣小组用四水醋酸锰(CH3COO)2Mn4H2O和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验(夹持仪器已省略)：已知：无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯。制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2+2(CH3COO)2O。乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2OCH3COOH+HCl。请回答：（1）步骤：所获固体主要成分是_(用化学式表示)。（2）步骤在室温下反应，步骤在加热回流下反应，目的分别是_。（3）步骤：下列操作中
34、正确的是_。A. 用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B. 用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C. 用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物D. 洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作（4）步骤：奖装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：_。纯化完成(_)(_)(_)(_)将产品转至干燥器中保存a.拔出圆底烧瓶的瓶塞b.关闭抽气泵c.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温d.打开安全瓶上旋塞图2装置中U形管内NaOH固体的作用
35、是_。（5）用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是_(填“甲”或“乙”)同学的方法。【答案】（1）(CH3COO)2Mn （2）步骤脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤加热回流促进反应生成MnCl2 （3）ABD （4） . cdba . 防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品 （5）乙【解析】【小问1详解】根据制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2+2(CH3COO)2O以及乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2OCH3COOH+HCl可判断步骤中利用CH3COCl吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。【小问2详解】由于步骤脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2，因此步骤在室温下反应；而步骤加热回流促进反应生成MnCl2，所以步骤需要在加热回流下反应。【小问3详解】A滤
