湖北省名师联盟届高三上学期第二次月考化学化学精编仿真金卷解析版.docx

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湖北省名师联盟届高三上学期第二次月考化学化学精编仿真金卷解析版

湖北省名师联盟2020届高三上学期第二次月考精编仿真金卷

相对原子质量：

H1C12O16S32Cl35.5K39Fe56Mn55

一、选择题（每小题3分，共48分）

1.化学与生活密切相关。

下列说法错误的是（）

A.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火

B.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性

C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境

D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法

【答案】A

【详解】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。

但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误。

B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。

由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。

C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。

D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：

牺牲阳极的阴极保护法，D正确。

【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。

需要指出的是，选项D中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是形成原电池的保护方法。

2.下列化学用语和化学符号使用正确的是（）

A.次氯酸的结构式可以表示为：

H—O—Cl

B.正丙醇的结构简式为：

C3H7OH

C.含58个质子和82个中子的铈（Ce）原子符号为：

Ce

D.硫化钠的电子式：

【答案】A

【详解】A.次氯酸的结构式可以表示为：

H—O—Cl，A正确；

B.正丙醇的结构简式为：

CH3CH2CH2OH，B错误；

C.含58个质子和82个中子的铈（Ce）原子符号为：

，C错误；

D.硫化钠为离子化合物，其电子式：

，D错误；

答案为A。

3.如图表示1～18号元素（原子）的结构或性质随核电荷数递增的变化。

无法由该图中曲线获知的是（）

A.电子层数B.原子半径C.最高化合价D.最外层电子数

【答案】B

【详解】电子层数等于周期数，最外层电子数=最高化合价；同周期元素从左到右，半径依次减小，所以由该图中曲线无法获知的是原子半径，故选B。

4.下列有关实验操作或仪器的使用正确的是（）

A.分液时取出下层液体

B.存放浓硝酸

C.收集NO气体

D.吸收尾气中的SO2

【答案】D

【详解】A.分液操作时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，故A错误；

B.浓硝酸有强氧化性，可以腐蚀橡胶塞，故B错误；

C.NO气体能与空气中的氧气反应，所以收集NO不能用排空气法，应用排水法，故C错误；

D.SO2气体与氢氧化钠溶液反应，若直接将导管插入液面下，容易发生倒吸现象，故使用图中仪器可以防止倒吸，故D正确。

故选D。

5.“84”消毒液（有效成分为

）可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析不正确的是（）

实验操作

①

蒸馏水

“84”消毒液+石蕊溶液

②

“84”消毒液+石蕊溶液

③

“84”消毒液+石蕊溶液

实验现象

混合后溶液的

，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪色。

混合后溶液

，蓝色迅速褪去，无气体产生。

混合后溶液

，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。

A.对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应

B.实验③中产生的气体是

，由

分解得到：

C.对比实验②和③，溶液的

可能会影响

的氧化性或

的还原性

D.加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控到合适的

才能安全使用

【答案】B

【分析】次氯酸钠可与酸反应生成次氯酸，两者中氯元素均为+1价，具有强氧化性，可用于消毒和漂白。

据此，通过对比实验、分析现象，回答有关问题。

【详解】次氯酸的酸性较碳酸更弱，次氯酸根水解使次氯酸钠溶液呈碱性，能使石蕊变蓝。

A项：

实验①和②表明，次氯酸根在碱性、酸性溶液中均有漂白性（强氧化性，被还原为Cl-），且酸性溶液中漂白性更好，则②中发生了反应

，A项正确；

B项：

③中使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体是

，可由强酸性溶液中反应ClO-+Cl-+2H+=

↑+H2O生成。

分解的产物是氧气和水，B项错误；

C项：

实验②和③表明，酸性溶液中次氯酸根有强氧化性。

②中酸性较弱，ClO-不能氧化

；③中酸性较强，ClO-氧化性也更强，可将

氧化为

，C项正确；

D项：

比较实验①和②，说明加酸可以提高漂白效果。

比较实验②和③，说明酸性过强，会生成有毒的氯气，D项正确。

本题选B。

【点睛】分析对比实验时，一定要找出相同或相似的实验现象的共同原因，从不同实验现象找出本质的差别。

6.下列各组性质比较中，正确的是（）

①沸点：

HF>HCl>HBr>HI；

②离子还原性：

S2－>Cl－>Br－>I－；

③酸性：

HClO4>HBrO4>HIO4；

④金属性：

K>Na>Mg>Al；

⑤气态氢化物稳定性：

HF>HCl>H2S；

⑥半径：

O2－>F－>Na＋>Mg2＋。

A.①②③B.③④⑤⑥C.②③④D.①⑥

【答案】B

【详解】①HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HF＞HI＞HBr＞HCl，故①错误；

②元素的非金属性Cl＞Br＞I＞S，对应离子还原性S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故②错误；

③非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：

HClO4＞HBrO4＞HIO4，故③正确；

④同主族行上到下，金属性增强：

K＞Na，同周期，从左到右金属性减弱，即Na＞Mg＞Al，即金属性：

K＞Na＞Mg＞Al，故④正确；

⑤元素的非金属性F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性HF＞HCl＞H2S，故⑤正确；

⑥电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即O2-＞F-＞Na+＞Mg2+，故⑥正确；

故答案为B。

【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：

（1）同周期元素的微粒：

同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小（稀有气体元素除外），如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。

（2）同主族元素的微粒：

同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。

（3）电子层结构相同的微粒：

电子层结构相同（核外电子排布相同）的离子半径（包括阴、阳离子）随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。

（4）同种元素形成的微粒：

同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。

如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。

（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是（）

A.Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：

Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+H++Cl－+HClO

B.向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液：

6Fe2++3ClO－+3H2O=2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl－

C.NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：

HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O

D.向Fe（NO3）3溶液中加入足量的HI溶液：

2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2

【答案】C

【详解】A、Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2应为：

Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，选项A错误；

B、向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液应为：

2Fe2++ClO－+4OH-+H2O=2Fe（OH）3↓+Cl－，选项B错误；

C、NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：

HCO

＋OH－===CO

＋H2O，选项C正确；

D、向Fe（NO3）3溶液中加入足量的HI溶液，漏掉H+、NO

与I－的反应，选项D错误。

答案选C。

8.稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。

已知：

铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：

Ce4+>Fe3+。

下列说法不正确的是（）

A.铈的冶炼步骤为：

用稀土串级萃取法对矿石进行筛选富集，电解熔融CeO2

B.CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：

CeO2+4HI＝CeI4+2H2O

C.用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：

Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+

D.四种稳定的核素

Ce、

Ce、

Ce、

Ce，它们互称为同位素

【答案】B

【详解】A．稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则用稀土串级萃取法对矿石进行萃取富集，然后电解熔融的CeO2来冶炼金属铈，A项正确；

B．Ce4+具有氧化性，HI具有强还原性，CeO2溶于氢碘酸会发生氧化还原反应，化学方程式可表示为2CeO2+8HI=2CeI3+4H2O+I2，B项错误；

C．用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，C项正确；

D．核素

Ce、

Ce、

Ce、

Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，D项正确；

答案选B。

【点睛】高中“四同”是常考点，也是易混点，质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；

同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。

9.某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，向其中加入1.2molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。

下列说法正确的是（）

A.反应过程中转移的电子数3NA

B.反应后生成NO的体积为24.4L

C.所得溶液中c（Fe2+）：

c（Fe3+）=1∶3

D.所得溶液中c（NO3-）=2.4mol/L

【答案】C

【分析】n（H+）=2.2mol，n（NO3-）=3.5mol，n（Fe）=1.2mol。

根据物质先后发生反应的关系及物质的量的相对多少，判断溶液中剩余离子的物质的量关系及电子转移情况。

【详解】某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，则其中含有n（H+）=2.2mol，n（NO3-）=3.5mol。

向其中加入1.2molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO），首先发生的反应是：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，1.2molFe完全反应，消耗1.2molNO3-，4.8molH+，而H+只有4.4mol，可见H+消耗完，铁过量，反应会消耗1.1mol金属Fe，1.1molNO3-，生成1.1molFe3+，同时反应产生1.1molNO气体，铁还剩余0.1mol，过量Fe和反应产生的Fe3+离子发生反应：

Fe+2Fe3+=3Fe2+，因此0.1mol铁消耗0.2molFe3+，生成0.3molFe2+。

A.1.1molNO3-反应转移电子数3.3NA，0.1molFe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，转移电子0.2NA，故反应转移电子总数目为3.5NA，A错误；

B.无反应条件，无法计算反应生成的NO的体积，B错误；

C.根据上述分析可知反应生成0.3molFe2+，0.9molFe3+，所得溶液中c（Fe2+）∶c（Fe3+）=1∶3，C正确；

D.所得溶液中剩余n（NO3-）=3.5mol-1.1mol=2.4mol，溶液体积未知，无法计算反应后溶液中硝酸根离子的浓度c（NO3-），D错误；

故合理选项是C。

【点睛】本题考查有关混合物反应的计算，注意利用离子方程式进行解答，题目涉及反应物有过量时的计算，要结合物质反应的物质的量关系，判断什么物质过量，什么物质不足量，以不足量的物质为标准进行解答，题目有利于学生理解，侧重考查学生的分析与计算能力。

10.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论不正确的是（）

选项

实验操作

实验现象

解释或结论

A

将相同大小的金属钠分别投入乙醇和水中

乙醇与钠反应缓慢，水与钠反应剧烈

乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼

B

向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/LMgCl2,再加入3滴1mol/LFeCl3溶液

先生成白色沉淀,后生成红褐色沉淀

证明Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Fe（OH）3]

C

将水蒸气通过灼热的铁粉

生成的气体可以点燃

铁与水蒸气在高溫下发生反应

D

将刚摘下的红色花朵放入盛满干燥氯气的集气瓶中,盖上玻璃片

花朵褪色

因为次氯酸具有漂白作用

【答案】B

【解析】A、两个反应的实质都是钠置换出H2，所以反应的剧烈程度就能够说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B、实验中MgCl2和FeCl3溶液是先后分别加入的，且NaOH过量，所以实验现象与两种沉淀的Ksp大小没有关系，不能证明Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Fe（OH）3]，故B错误；C、因为水蒸气在高温下不可能点燃，而铁粉是固体，所以可以点燃的气体只能是新生成的物质，即说明铁与水蒸气在高溫下发生了反应，故C正确；D、刚摘下的红色花朵中含有水分，可以与氯气反应生成次氯酸，使花朵褪色，故D正确。

本题正确答案为B。

11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构。

X的最外层电子数等于最内层电子数，Z元素是最重要的“成盐元素”。

下列说法正确的是（）

A.原子半径：

Z＞Y＞X

B.氢化物沸点：

Z＞Y＞W

C.元素X的单质能与W的氧化物发生置换反应

D.Z与W、X、Y形成的化合物中化学键类型均相同

【答案】C

【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构，则此化合物为SiC，即W为C元素、Y为Si元素；X的最外层电子数等于最内层电子数，X为Mg元素；Z元素是最重要的“成盐元素”，则Z为Cl元素。

【详解】由分析知：

W为C元素、X为Mg元素、Y为Si元素、Z为Cl元素；

A．Mg、Si、Cl均为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径：

X＞Y＞Z，故A错误；

B．C和Si的氢化物有若干种，常温下有气态、液态和固态的氢化物，而HCl常温下为气态，则三者氢化物的沸点无法比较，故B错误；

C．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，发生的反应为置换反应，故C正确；

D．Cl与Mg形成的化合物MgCl2中只存在离子键，而Cl与C或Si形成的CCl4或SiCl4中只存在共价键，故D错误；

故答案为C。

12.高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化性，是一种新型多功能水处理剂，其生产工艺流程如下：

已知：

K2FeO4在水溶液中易发生反应：

4FeO42−+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH－+3O2↑，下列说法不正确的是（）

A.步骤③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:

2

B.步骤④中Na2FeO4转变为湿产品是因为K2FeO4溶解度更小

C.步骤⑤中的洗涤剂可用CH3COOK和异丙醇来配制

D.配制90%Fe（NO3）3溶液必需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管等

【答案】D

【分析】足量Cl2通入NaOH溶液中，温度较低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入NaOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下ClO-才能和Fe3+发生氧化还原反应生成FeO42-，除去NaCl得到碱性的NaClO浓溶液，向碱性的NaClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，向溶液中加入KOH固体至饱和，得到K2FeO4，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。

【详解】A.步骤③发生的反应为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，Fe3+是还原剂、ClO-是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：

2，A正确；

B.步骤④中Na2FeO4转变为湿产品时，是利用溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，步骤④中Na2FeO4转变为湿产品是因为K2FeO4溶解度更小，B正确；

C.醋酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，能抑制高铁酸根离子水解，异丙醇能降低高铁酸钾溶解性且防止其水解，所以骤⑤中的洗涤剂可用CH3COOK和异丙醇来配制，C正确；

D.配制一定质量分数的溶液不需要容量瓶，需要烧杯、玻璃棒和量筒，D错误；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查物质制备的知识，涉及氧化还原反应、物质分离提纯、溶液配制等，明确实验原理及物质性质、物质分离和提纯方法是解本题关键，注意配制一定质量分数溶液与配制一定物质的量浓度溶液所需仪器区别。

13.某铁柱需长期浸入水下，为了减少腐蚀，下列措施中不能达到目的是（）

A.在铁柱上铆上一些锌片B.将铁柱与直流电源的正极相连

C.在铁柱表面涂上一层较厚的沥青D.在铁柱表面镀锡

【答案】B

【详解】A.在铁柱上铆上一些锌片，这样锌铁构成的原电池，金属锌是负极，铁是正极，正极金属铁能被保护，能达到目的，A不符合题意；

B.将铁柱与直流电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，腐蚀速率会大大加快，B符合题意；

C.在铁柱表面涂上一层较厚的沥青，可以隔绝金属和空气、水的接触，能被保护，能达到目的，C不符合题意；

D.利用锡的稳定性隔离铁与腐蚀介质接触，可以减少铁的腐蚀，能达到目的，D不符合题意；

故合理选项

B。

14.短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。

a的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，b原子最外层电子数等于内层电子数的2倍。

d的单质与稀盐酸剧烈反应放出a2。

在1L0.2mol·L-1a2e的水溶液中缓慢通入ec2气体，该溶液的pH与ec2气体体积（标准状况）的关系如图所示。

下列说法不正确的是（）

A.a和b可构成所有原子共平面的分子

B.在b、c、e的气态氢化物中，c的最稳定

C.d的氯化物一定能破坏水的电离平衡

D.e的最高价含氧酸与其氢化物可能发生氧化还原反应

【答案】C

【分析】依题意，锂离子含2个电子，阴离子与锂离子具有相同的电子数，只有H-，a为氢。

最外层电子数是内层电子数2倍，说明内层只有2个电子，b为碳。

短周期有5种金属，原子序数依次增大，所以，d可能为钠、镁、铝。

由图象知，a2e溶液呈酸性，e为硫，H2S与SO2反应，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，恰好完全反应时溶液呈中性，c为氧。

【详解】A、乙烯、苯分子中所有原子共平面，故A正确。

B、在H2O、CH4、H2S中，H2O的热稳定性最强，故B正确。

C、NaCl不能破坏水的电离，故C错误。

D、浓硫酸与硫化氢可发生氧化还原反应，故D正确。

故答案选C。

15.将如图中的K闭合，下列判断正确的是（）

A.去掉盐桥，此装置也能正常工作

B.盐桥中的K+向盛有硫酸铜溶液的烧杯移动，高锰酸根离子向b移动

C.一段时间后，硫酸铜溶液浓度减小

D.C极上的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+

【答案】D

【分析】原电池的构造原理要求装置能够形成闭合回路，盐桥在此使两个烧杯连接，形成闭合回路，据此分析；该原电池中Cu为负极，失电子形成铜离子，C为正极，铁离子得电子生成亚铁离子；因此b为电解池的负极，a为正极，电解池中阳离子向负极移动，阴离子向正极移动，据以上分析进行解答。

【详解】A、去掉盐桥，不能形成闭合回路，此装置不能正常工作，故A错误；

B、C极为原电池的正极，钾离子向盛有硫酸铁溶液的烧杯移动，a为电解池的阳极，高锰酸根离子向a移动，故B错误；

C、因为铜极发生氧化反应，极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以溶液中铜离子浓度增大，故C错误；

D、C极为原电池正极，发生还原反应，极反应为Fe3++e-=Fe2+，故D正确；

故答案选D。

16.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。

下列叙述正确的是（）

A.放电时，负极反应为3NaBr－2e-=NaBr3+2Na+

B.充电时，阳极反应为2Na2S2－2e-=Na2S4+2Na+

C.放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池

D.用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成17.40gNa2S4

【答案】C

【分析】由题意可知，放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，正极上NaBr3被还原为NaBr，则左储罐电解质为NaBr3/NaBr，右储罐电解质为Na2S2/Na2S4。

【详解】A、放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，电极反应式为：

2Na2S2-2e－=Na2S4+2Na＋，故A错误；

B、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上NaBr被氧化为NaBr3，电极反应式为：

3NaBr-2e－=NaBr3+2Na＋，故B错误；

C、放电时，阳离子向正极移动，则离子Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；

D、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算b池生成Na2S4质量，故D错误；

答案选C。

二、非选择题（共52分）

17.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如下。

请回答下列问题：

I．转化脱硫：

将天然气压入吸收塔，30℃时，在T．F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。

（1）过程i的离子反应方程式为_________________________________________。

（2）已知：

①Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全。

②30℃时，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。

pH

0.7

1.1

1.5

1.9

2.3

2.7

Fe2+的氧化速率/g·L-1·h-1

4.5

5.3

6.2

6.8

7.0

6.6

在转化脱硫中，请在上表中选择最佳pH范围是_______

_______________________________________________。

Ⅱ．蒸气转化：

在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化。

结合下图回答问题。

（3）①该过程的热化学方程式是__________________________________________。

②比较压强P1和p2的大小关