吉林省四校期初联考2023-2024学年高二下学期开学考试化学试题（解析版）.docx

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2023-2024学年度高二下学期四校期初联考化学试题本试卷满分100分，共7页。考试时间为75分钟。考试结束后，只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56一、单选题(本题共15小题，每小题3分，共45分。)1.2023年4月《中华人民共和国黄河保护法》正式实施，保护黄河健康是生态保护事业的重要使命。下列有关说法错误的是A.冬春季节冰凌漂浮在黄河水面上与氢键的形成有关B.使用FeS固体除去工业污水中、等重金属离子，减少对黄河水污染C.水厂处理黄河水制取自来水，可用明矾消毒D.黄河口大闸蟹配食醋味更美，1mol含有4molH【答案】C【解析】【详解】A．水分子间形成氢键，导致冰中水分子空间有序排列较水中水分子排列松散，冰的密度较小，使得冰凌漂浮在黄河水面，A正确；B．FeS固体能与污水中、等重金属离子形成硫化汞、硫化铜沉淀，减少对黄河水污染，B正确；C．明矾溶于水可以形成胶体净水，但是不可以消毒，C错误；D．1mol含有4molH，D正确；答案选C。2.下列事实不能用勒夏特列原理(化学平衡移动原理)解释的是A.合成氨时，选定温度为400~500℃，而不是常温B.人体血液的pH稳定在7.4±0.05范围内C.氯气在水中的溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度D.生活中，可用热的纯碱溶液除油污【答案】A【解析】【详解】A．工业合成氨是放热反应，升温化学平衡逆向移动，不利于氨气的制备，之所以采用400℃～500第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 ℃的高温条件，是因为在此温度下，催化剂活性最高，且反应速率较大，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；B．人体血液中存在化学平衡，血液酸性增强时，该反应的化学平衡逆向移动，氢离子浓度减小，酸性降低，血液碱性增强时，该反应的化学平衡正向移动，氢离子浓度增大，碱性减低，从而维持人体的pH为一定范围内，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．氯气和水的反应是可逆反应，饱和食盐水中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．纯碱溶液中碳酸根离子水解生成氢氧根离子具有去油污的作用，加热条件下，碳酸根离子水解程度增大，氢氧根离子浓度增大，去油污能力增强，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选：A。3.下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是A.用铜作电极电解溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+B.Na2S2O3溶液中通足量Cl2：S2O+2Cl2+3H2O=2HSO+4Cl—+4H+C.的燃烧热，则表示的燃烧热的热化学方程式为：D.NH4Al(SO4)2溶液与溶液按物质的量之比1：2反应：NH+Al3++2SO+2Ba2++4OH—=NH3·H2O+2BaSO4↓+Al(OH)3↓【答案】D【解析】【详解】A．用铜作电极电解硫酸铜溶液时，阳极上铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，水分子不可能在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，故A错误；B．硫代硫酸钠溶液与足量氯气反应生成硫酸钠、氯化钠和硫酸，反应的离子方程式为S2O+2Cl2+3H2O=2SO+4Cl—+6H+，故B错误；C．甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，则表示甲烷的燃烧热的热化学方程式为，故C错误；D．硫酸铝铵溶液与氢氧化钡溶液按物质的量之比1：2反应时生成一水合氨、硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为NH+Al3++2SO+2Ba2++4OH—=NH3·H2O+2BaSO4↓+Al(OH)3↓，故D正确；故选D。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 4.某同学用0.1000NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，操作如下：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记录读数；④用量筒量取20.00mL盐酸，转移至锥形瓶中，加入几滴酚酞溶液；⑤向其中滴加NaOH溶液并不断摇动锥形瓶，眼睛时刻注视滴定管中的液面变化：⑥当看到滴入半滴NaOH溶液后，溶液变成红色即停止滴定，记录读数。实验中存在的错误有几处？A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【详解】某同学用0.1000NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，操作如下：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，应注入NaOH溶液润洗2到3次、再注入该NaOH溶液至“0”刻度线以上，说法错误、①选；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体，说法正确，②不选；③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记录读数，说法正确，③不选；④量筒是粗量器、不能用量筒，应该用酸式滴定管量取20.00mL盐酸，转移至锥形瓶中，加入几滴酚酞溶液，说法错误、④选；⑤向其中滴加NaOH溶液并不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，说法错误、⑤选；⑥当看到滴入半滴NaOH溶液后，溶液变成红色，不能即停止滴定，若无色变成浅红色、30秒内不褪色，再停止滴定，记录读数，说法错误、⑥选；综上，共有4处错误；答案选B。5.已知H―H的键能为I―I的键能为反应经历了如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A.H―I的键能为B.升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小C.升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率D.为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，，设H―I的键能为x，则，可得，，故A正确；B．升高温度，反应速率加快，正反应①、反应②反应速率都加快，故B错误；C．由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，的转化率降低，故C错误；D．为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应，故D错误；答案选A6.小组进行如下实验。下列说法不正确的是A.①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)B.③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动C.c(OH−)：③=①D.③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl−)【答案】C第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】A．向Mg(OH)2悬浊液中滴加酚酞，溶液变红说明①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，故A正确；B．加入盐酸消耗OH−，使Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)正向移动，过一段时间又补充了OH−，溶液又变红，故B正确；C．温度不变Ksp不变，①变为②加入了稀盐酸，c(Mg2+)增大，根据Ksp=c(Mg2+)c2(OH−)，c(Mg2+)增大，c(OH−)减小，故C错误；D．根据电荷守恒2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，③中溶液显碱性c(OH−)>c(H+)，故2c(Mg2+)>c(Cl−)，故D正确；故答案为C。7.下列实验装置或操作方法正确且能达到实验目的的是ABCD滴定实验中用高锰酸钾溶液滴定草酸接近终点的操作借助秒表，用该装置可完成稀硫酸与锌反应速率的测定实验验证铁的析氢腐蚀用石墨作电极电解饱和食盐水制备NaClOA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．用高锰酸钾溶液滴定草酸应该用酸式滴定管装高锰酸钾，A错误；B．测定稀硫酸与Zn反应速率时，长漏斗造成气体外泄，B错误；C．用饱和食盐水测定的是吸氧腐蚀，C错误；D．通过电解饱和食盐水，制备少量的NaClO，下面石墨上应产生氯气，根据电解原理，下面石墨应为阳极，连接电源正极，上面石墨应产生氢气和NaOH，上面石墨为阴极，连接电源负极，能达到实验目的，D正确；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 故选D。8.煤的气化是一种重要的制氢途径。一定条件下，在容积固定的密闭容器中发生反应：。下列说法不正确的是A.该反应的逆方向高温自发B.将炭块粉碎，可提高反应速率C.增大的量，可以增大活化分子浓度D.升高温度，可以提高的转化率【答案】A【解析】【详解】A．该反应正向吸热，且，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0时反应自发，则正反应高温自发，所以逆反应低温自发，故A错误；B．将炭块粉碎可以增大其与水蒸气的接触面积，可以加快反应速率，故B正确；C．增大水蒸气的量，即增大了反应物的浓度，可以增大单位体积内活化分子数，即增大活化分子浓度，故C正确；D．该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，可以提高碳的转化率，故D正确；故选A。9.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.含有大量的溶液：、、、B.与铝作用放出氢气的溶液：、、、C.的溶液：、、、D.由水电离出的的溶液：、、、【答案】C【解析】【详解】A．NO(H+)具有强氧化性，能将I-氧化，因此所给离子组在指定溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B．与铝反应生成氢气，该溶液可能为酸，也可能为碱，如果溶液是酸，NO能将Fe2+氧化，还会发生，重铬酸根离子也能将Fe2+氧化，如果溶液是碱，Mg2+、Fe2+能与OH-第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 反应生成氢氧化镁、氢氧化亚铁沉淀，所给离子组在指定溶液中不能大量存在，故B不符合题意；C．的溶液显碱性，所给离子组在指定溶液中能够大量共存，故C符合题意；D．由水电离出c(H+)=10-12mol/L，溶液可能酸，也可能为碱，若溶液为酸，CO与H+反应生成二氧化碳，故D不符合题意；答案为C。10.一种以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时，Na+通过离子交换膜从左室移向右室B.充电时，电源的负极应与Mo箔连接C.充电时，溶液中通过0.2mol电子时，阳极质量变化2.3gD.放电时，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]【答案】D【解析】【分析】由原理图示可知放电时，Mg箔作负极，Mo箔作正极；所以充电时Mg箔作阴极，Mo箔作阳极，据此回答。【详解】A．放电时，Mg箔作负极，Mo箔作正极，则Na+通过离子交换膜从右室移向左室，A错误；B．由分析知充电时Mg箔作阴极，故电源负极与Mg箔相连，B错误；C．充电时，阳极反应为Na2Fe[Fe(CN)6]-2e-=+2Na+，则外电路中通过0.2mol电子时，阳极质量变化4.6g，C错误；D．根据分析Mo箔作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，D正确；故选D。11.近期我国科技工作者开发了高效NOx催化净化(脱硝)催化剂，实现NOx减排，其催化原理如图所示第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 (“□”代表氧原子空位)。下列说法错误的是A.反应过程中涉及O-H的断裂和生成B.Ce原子的成键数目发生了改变C.基态Ti原子价电子排布式为3d24s2D.催化循环的总反应为【答案】D【解析】【详解】A．从图中分析，催化剂表面的O与NH3中的H生成O-H键，一个O原子结合两个H生成两个O-H键即以H2O的形式脱离催化剂，催化剂表面两个O-H键也可断裂一个O-H生成水的同时留一O在催化剂表面，反应过程中有O-H生成，也有O-H的断裂，选项A正确；B．从图中分析，Ce的成键数目有氧空位和无氧空位不同，是否与N原子成键也影响其成键数目，反应过程中Ce的成键数目发生改变，选项B正确；C．Ti是22号元素，其3d、4s能级上的电子为其价电子，这两个能级上分别含有2个电子，则该原子价电子排布式为3d24s2，选项C正确；D．从图中分析，全过程进入体系的物质有“”、两次的“NH3+NO”，出来的物质有“H2O”、“N2”、“N2+2H2O”，故催化循环的总反应为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，选项D错误；答案选D。12.化合物[]是分析化学中重要的基准物质，其中X、Y、Z、T第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 分别位于三个短周期，原子序数依次增加，T与Z同主族；常温下，为气体，其分子的总电子数为奇数；W为常见的金属元素，在该化合物中W离子的价层电子排布式为。该物质在稀有气体氛围中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是A.元素的非金属性强弱：B.基态W原子的核外电子有15种不同的空间运动状态C.简单气态氢化物的还原性：D.580℃热分解后得到的固体化合物是【答案】C【解析】【分析】W为常见的金属元素，离子的价层电子排布式为，则W为Fe；X、Y、Z、T分别位于三个短周期，原子序数依次增加，则X为H；常温下，为气体，其分子的总电子数为奇数，则为，Y为N，Z为O；【详解】A．T与Z同主族，则T为S。同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，因此元素的非金属性强弱为，选项A正确；B．铁元素的原子序数为26，其基态原子的价电子排布式为，核外电子占据15个原子轨道，因此有15种不同的空间运动状态，选项B正确C．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，其单质的氧化性逐渐增强，其简单氢化物的还原性逐渐减弱，则水分子的还原性弱于氨分子，选项C错误；D．由题意可知，该化合物为，相对分子质量为392，取1mol该物质进行热重分析，由热重曲线可知，580℃热分解后得到固体的质量为，则固体化合物为0.5mol氧化铁，选项D正确；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 答案选C。13.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应：在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A.曲线表示CH4的平衡转化率随温度的变化B.工业上为提高H2和CO的产率，需要研发低温下的高效催化剂C.高于900K时，随着温度升高，平衡体系中逐渐减小D.恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，反应至CH4转化率达到点的值，延长反应时间，CH4转化率能达到点的值【答案】C【解析】【详解】A．当开始时n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，CO2同时参加两个反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)、H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)，这样在相同条件下CH4转化率小于CO2的转化率，根据图知，相同温度下转化率：曲线A大于曲线B，所以曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化，A错误；B．CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)和H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)为反应前后气体体积增大的吸热反应，升高温度，化学平衡向吸热的正向移动，H2和CO的产率高，所以应该研发高温下的高效催化剂，B错误；C第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 ．这两个反应的正反应都是吸热反应，由于温度对吸热反应影响更大，且第一个反应的反应热更大，结合图像中曲线的斜率可知，当高于900K时，第一个反应正向进行的程度更大，因此随着温度升高，两个反应的化学平衡均正向移动，但平衡体系中逐渐减小，C正确；D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)＝1：1 条件下，反应至CH4达到X点时，未达到该条件下的平衡点，除了改变温度外，还可以通过改变生成物浓度使平衡正向移动，从而提高反应物转化率，随着时间的延长，当达到该条件下的平衡点，即通过800K温度延长线与曲线B交点，而不能使得CH4转化率达到Y点的值，D错误；故合理选项是C。14.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是选项实验方案实验目的A将氯化镁溶液加热蒸干制备无水氯化镁B向溶液中缓慢滴加稀盐酸，观察溶液颜色变化探究对、相互转化的影响C测定同温、相同物质的量浓度的溶液和HCOONa溶液的pH比较与HCOOH酸性的强弱D向1mL溶液中加入1mL溶液，再滴加5~6滴溶液比较、的大小A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．将氯化镁溶液加热蒸干得到氢氧化镁，故A错误；B．溶液中缓慢滴加稀盐酸，能把氯离子氧化氧化为氯气，不能用盐酸探究浓度对、相互转化的影响，故B错误；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 C．测定同温、相同物质的量浓度的溶液和HCOONa溶液的pH，pH越大说明水解程度越大，对应酸的酸性越弱，故C正确；D．向1mL溶液中加入1mL溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，KOH有剩余，再滴加5~6滴溶液，剩余的KOH和硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，不能比较、的大小，故D错误；选C。15.某Na2CO3溶液体系中满足c()+c()+c(H2CO3)=0.1mol·L−1，现利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线。下列说法正确的是A.lgKa1(H2CO3)=6.37B.M点时，溶液中存在：c()8.25时优先于生成沉淀，溶液的pH接近8，溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备时，选用溶液比溶液的效果好，故D正确；故答案选D。二、填空题(4小题，共55分)16.有a、b、c、d、e、f、g七种元素，原子序数依次增大，前5种为短周期主族元素，f、g为第四周期的元素。有关信息如下表，请回答以下问题：aa能形成一种硬度最大的固体单质cc元素基态原子的电子排布式为dd基态原子的；；；ee基态原子核外3p轨道半满ff在周期表中第11纵行gg基态原子最外层电子数为2（1）a、f的元素符号为_______、_______，分别位于元素周期表的_______分区和_______分区。（2）e的基态原子中能量最高的电子所占的轨道形状是_______，其电子云在空间有_______第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 个伸展方向。（3）d基态原子价层电子的轨道表示式为_______，某元素在元素周期表中位置处于d元素的左上角对角线处，它们具有部分相似的性质，请写出该元素组成的单质与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_______（4）b、c两种元素基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。解释造成两者电离能大小差别的主要原因：_______。（5）g基态原子的简化电子排布式为_______。（6）元素f基态原子的第二电离能_______元素g基态原子的第二电离能(填“>”、“<”或“=”)【答案】（1）①.C②.Cu③.p④.ds（2）①.哑铃形②.3（3）①.②.（4）①.N>O②.N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高，O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低。（5）（6）>【解析】【分析】a~e是原子序数依次增大的知周期主族元素，a能形成一种硬度最大的固体单质，a是碳元素；根据c基态原子的电子排布式知c是氧元素，b在a、c之间，是氮元素；d基态原子第一、二、三电离能相差不大，第四电离能比第三电离能大很多，说明d基态原子容易失去3个电子，形成+3价阳离子，则d位于周期表第三周期第ⅢA族，是铝元素；e基态原子核外3p轨道半满，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，是磷元素；f、g是第四周期元素，f在第11纵行，则第ⅠB族，f是铜元素；g的基态原子最外层电子数为2，且原子序数比f大，则g位于第四周期第ⅡB族，是锌元素。【小问1详解】根据分析知，a、f元素符号分别是C、Cu；分别位于元素周期表的p区、ds区。【小问2详解】e基态原子核外3p轨道半满，为能量最高轨道，p轨道的形状是哑铃形，电子云在空间有3个伸展方向。【小问3详解】d是铝元素，基态原子的价层电子排布式是3s23p1，其轨道表示式，在元素周期表中位置处于d元素的左上角对角线处的元素是Be，其单质与NaOH溶液反应的化学方程式为：。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【小问4详解】b、c分别是N、O元素，每个周期的第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，但N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高，O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低，故N、O的第一电离能大小顺序是N>O。【小问5详解】g位于第四周期第ⅡB族，是锌元素，其基态原子的简化电子排布式为。【小问6详解】轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，再失去电子需要的能量较大。f、g分别是铜、锌元素，Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大，Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，还容易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小。17.硒被誉为“生命元素”。亚硒酸钙(，难溶于水)常用作饲料添加剂，常用作制备含硒营养物质的原料。一种利用含硒废料(主要成分是和)制备亚硒酸钙和二氧化硒的工艺流程如下。回答下列问题：（1）“焙烧”常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，废料粉从上部充入，这样操作的目的是_______；“焙烧”中固体产物为、和，“焙烧”时反应的化学方程式为_______。（2）水浸时浸渣的主要成分是_______(填化学式)。（3）“沉硒”的化学方程式为_______。【答案】（1）①.使固体与气体充分接触，提高反应速率②.（2）（3）【解析】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【分析】含硒废料的主要成分是和，加入纯碱和空气焙烧后，得到固体产物为、和；加水溶解，浸渣中含，、溶于水形成溶液，继续加入稀硫酸，与硫酸反应生成难溶性酸H2TeO3，并分解得到难溶于水的TeO2，与硫酸反应生成可溶于水的弱酸H2SeO3，经分离得到H2SeO3，加入H2O2发生氧化还原反应得到H2SeO4，加热分解得到SeO2；H2SeO3中加入石灰乳发生酸碱反应生成亚硒酸钙结晶水合物，沉淀析出。【小问1详解】“焙烧”时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，废料粉从上部加入，这样操作的目的是增大接触面积，提高反应速率；“焙烧”时反应的化学方程式有；【小问2详解】含硒废料的主要成分是和，加入纯碱和空气焙烧后，得到固体产物为、和；加水溶解，浸渣中含，、溶于水形成溶液，所以浸渣是；【小问3详解】“沉硒”的化学方程式为。18.作为未来的重要碳源，其选择性加氢合成一直是研究热点，在加氢合成的体系中，同时发生以下反应：反应i：反应ii：（1）若实验测得反应ⅰ：，(其中、为速率常数。1899年阿仑尼乌斯指出化学反应速率常数和温度的定量关系为：，其中k为速率常数，A、R为常数，Ea为活化能，T为热力学温度，e为自然对数的底。则达到平衡后，仅加入催化剂，增大的倍数_______(填“>”“＜”或“=”)增大的倍数。（2）在加氢合成的体系中，下列说法错误的是_______(填标号)。A.增大浓度有利于提高的转化率第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 B.若升高温度，反应ⅰ的正反应速率减小：反应ⅱ的正反应速率增大C.体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动D.选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量（3）某温度下，向容积为1L的密闭容器中通入2mol和10mol，10min后体系达到平衡，此时的转化率为20%，的选择性为50%。已知：的选择性①用表示0~10min内平均反应速率_______。②反应ⅰ的平衡常数_______(写出计算式即可)。【答案】（1）=（2）BC（3）①.②.【解析】【小问1详解】反应达到平衡后，仅加入催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，即，根据，，增大的倍数等于增大的倍数；【小问2详解】A．增大浓度，平衡正向移动，有利于提高的转化率，A正确；B．不论反应吸热还是放热，升高温度，反应ⅰ的正反应速率和反应ⅱ的正反应速率均增大，B错误；C．体系平衡后，反应i是体积减小的反应，若压缩体积，反应i向着体积减小的方向及正向移动，反应ii是等体积反应，由于加压反应i的H2O增大，平衡逆向移动，C错误；D．选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量，D正确；答案选BC；【小问3详解】①用表示0~10min内平均反应速率；②第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 ，，解得，则平衡常数：；19.是白色固体，可用于制备补血剂。某研究小组制备，并对的性质和纯度进行实验研究。已知：①常温下，②(无色)（1）的制取：如图所示，向装置甲中滴加稀盐酸，产生气体经洗气后通入装置丙中的溶液(pH=11.9)，当溶液的约为7时，滴入溶液，生成沉淀。①装置乙中盛装的试剂是___________溶液(填化学式)。②溶液呈碱性的原因：___________(用离子方程式表示)。③装置丙中生成的离子方程式为___________。④仅以溶液和溶液原料制备。补充完整实验方案：___________，所得沉淀用蒸馏水洗涤干净。(可使用计)（2）的性质探究步骤1.取少量固体，向其中滴加溶液，充分振荡。步骤2.过滤，取少量无色滤液，向其中加入5滴酸化的溶液，溶液显红色。①步骤1中反应的平衡常数___________。[用含和第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 的式子表示]②步骤2中转化为，该反应的离子方程式为___________。（3）纯度的测定准确称取制得的样品，加过量稀硫酸溶解，配制成溶液。量取上述溶液于锥形瓶中，用的标准溶液进行滴定，平行滴定3次，平均消耗标准溶液。①注入溶液前，滴定管需要进行的操作有：检漏、用蒸馏水洗净和___________。②计算样品中的纯度(写出计算过程)___________。【答案】（1）①.②.③.④.在搅拌下向溶液中逐滴缓慢加入溶液，控制溶液不大于6.5，静置后过滤（2）①.②.或（3）①.用标准溶液润洗2～3次②.96.67%【解析】【分析】装置甲中生成二氧化碳，装置乙装有碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中含有的氯化氢气体，生成的二氧化碳通入碳酸钠溶液中，生成碳酸氢钠溶液，当溶液的当溶液的约为7时，滴入硫酸亚铁，转化生成碳酸亚铁沉淀，据此分析。【小问1详解】①结合上述分析可知，装置乙中盛装的试剂是溶液；②溶液呈碱性的原因是碳酸根离子发生了水解反应：；③装置丙中生成的离子方程式为：；④溶液的pH=11.9，碱性较强，将溶液滴入碳酸钠溶液中易生成氢氧化亚铁沉淀，故应将碳酸钠溶液滴入溶液中。同时在第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 中，由Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16可得，，则pH=14-pOH=6.5，即需控制溶液pH不大于6.5，因此以溶液和溶液为原料制备的方案为：在搅拌下向溶液中逐滴缓慢加入溶液，控制溶液不大于6.5，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤干净。答案为：；；；在搅拌下向溶液中逐滴缓慢加入溶液，控制溶液不大于6.5，静置后过滤。【小问2详解】①的平衡常数；②步骤2中加入酸化的溶液，将二价铁氧化为三价，转化为，该反应的离子方程式为：或。答案为：；或。【小问3详解】①注入溶液前，滴定管需要进行的操作有：检漏、用蒸馏水洗净并用标准溶液润洗2～3次；②根据得失电子可得关系式：5Fe2+~，n()=0.0100mol/L×20.00×10-3L=2.0000×10-4mol，n(Fe2+)=5n()×10=5×2.0000×10-4×10mol=1.0000×10-2mol，m(FeCO3)=1.0000×10-2mol×116g/mol=1.1600g，w(FeCO3)=96.67%。答案为：用标准溶液润洗2～3次；96.67%。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司