安徽省A10聯(lián)盟2023-2024學年高二下學期6月月考化學試題

安徽省A10聯(lián)盟20232024學年高二下學期6月月考化學試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Mn55Fe56Cu64第I卷(選擇題共42分)一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題目要求。)1.化學與科技密切相關。下列說法錯誤的是A.北斗衛(wèi)星系統(tǒng)星載銣鐘所用與的物理性質(zhì)不同B.“天宮”實驗艙太陽能電池采用的砷化傢()是新型無機非金屬材料C.超分子粘合劑具有很高的粘合強度，超分子以共價鍵連接其他分子D.全氟磺酸質(zhì)子膜廣泛用于水電解制氫，磺酸基具有很好的親水性【答案】C【解析】【詳解】A．87Rb與85Rb的質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同，互為同位素，同位素的化學性質(zhì)幾乎完全相同，物理性質(zhì)不同，A正確；B．砷化鎵屬于新型無機非金屬材料，B正確；C．超分子內(nèi)的分子間作用力屬于非共價鍵，C錯誤；D．全氟磺酸質(zhì)子膜廣泛用于水電解制氫，磺酸基的結構簡式為－SO3H，含有的羥基(OH)屬于親水基，具有很好的親水性，D正確；故選C。2.實驗室常用電石(主要成分)跟水反應制取乙炔。生成的乙炔中因混有、等而呈難聞的氣味。下列有關說法錯誤的是A.的鍵和鍵之比為B.和的模型不同C.基態(tài)C的價電子軌道表示式：D.基態(tài)核外電子占據(jù)的最高能級原子軌道示意圖：【答案】B【解析】【詳解】A．存在碳碳三鍵，鍵和鍵之比為，故A正確；B．和的中心原子都是4個價層電子對，模型都是四面體形，故B錯誤；C．基態(tài)碳原子的價電子排布式為2s22p2，價電子軌道表示式可以表示為：，故C正確；D．態(tài)核外電子占據(jù)的最高能級為4s能級，軌道形狀為球形，可以表示為，故D正確；答案選B。3.物質(zhì)結構決定性質(zhì)。下列有關物質(zhì)性質(zhì)的解釋錯誤的是選項物質(zhì)性質(zhì)解釋A用作面包膨松劑中和酸，且受熱分解產(chǎn)生氣體B中的配位原子是C原子C的電負性比O小C金剛石比晶體硅的熔點高C的原子半徑比小D穩(wěn)定性大于分子間可以形成氫鍵A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．NH4HCO3可以中和酸，且受熱分解產(chǎn)生氣體使面包蓬松，故NH4HCO3用作面包膨松劑，A正確；B．C的電負性比O小，C上孤對電子離核更遠，更容易形成配位鍵，故Fe(CO)5中的配位原子是C原子，B正確；C．金剛石和晶體硅都是共價晶體，熔化需要破壞共價鍵，C原子半徑比Si小，CC鍵鍵長更短，共價鍵更牢固，金剛石熔點更高，C正確；D．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由共價鍵鍵能決定，與氫鍵無關，D錯誤；本題選D。4.設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是A.標準狀況下，中含有的鍵數(shù)為B.電解精煉銅時，若陰極析出銅，則陽極失電子數(shù)大于C.常溫下，乙烯和環(huán)丁烷的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為D.氯堿工業(yè)兩極共收集到標準狀況下氣體時，理論上遷移的數(shù)為【答案】B【解析】【詳解】A．標準狀況下，11.2LCH3Cl物質(zhì)的量為0.5mol，每個CH3Cl含有3個ssp3σ鍵(即CH鍵)，則11.2L

CH3Cl中含有的ssp3σ鍵數(shù)為1.5NA，A正確；B．電解精煉銅時，陰極反應為Cu2++2e=Cu，若陰極析出3.2g銅即0.05molCu，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)等于0.1NA，即陽極失電子數(shù)為0.1NA，B錯誤；C．乙烯和環(huán)丁烷的最簡式均為CH2，所以28g混合氣體中含有CH2的物質(zhì)的量為：28g÷14g/mol=2mol，則含有碳原子為2NA個，故C正確；D．氯堿工業(yè)的反應為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氫氣在陰極產(chǎn)生，氯氣在陽極產(chǎn)生，氯堿工業(yè)兩極共收集到標準狀況下2.24L氣體時即陰陽極各收集0.05mol氣體，轉(zhuǎn)移電子為0.1mol，理論上遷移Na+的數(shù)目為0.1NA，D項錯誤；本題選B。5.X、Y、Z、M元素分別處于前四周期，且原子序數(shù)依次增大。Y基態(tài)原子的s能級和p能級電子相同；Z、M原子的最外層均只有1個電子，Z原子中只有兩種形狀的電子云，M基態(tài)原子內(nèi)層軌道均排滿電子。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑： B.簡單氫化物沸點：C.離子鍵百分數(shù)： D.X、Y形成的常見化合物是極性分子【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M元素分別處于前四周期，且原子序數(shù)依次增大，Y基態(tài)原子的s能級和p能級電子相同，則Y為O元素：Z、M原子的最外層均只有1個電子，Z原子中只有兩種形狀的電子云，則Z為Na元素，M基態(tài)原子內(nèi)層軌道均排滿電子則M為Cu元素，所以X為H元素，故X是H，Y是O，Z為Na，M為Cu，以此分析解答；【詳解】A．O2－和Na+電子層排布相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小則簡單離子半徑：O2－>Na+，故A項正確；B．NaH是離子晶體，H2O是分子晶體，則沸點：，故B項正確；C．電負性Na<Cu<O，所以離子鍵百分數(shù)Na2O更大，故C項錯誤；D．X、Y形成的常見化合物H2O、H2O2都是極性分子，故D項正確；故本題選C。6.有機物X與氨硼烷()在催化劑作用下可轉(zhuǎn)化為Y，反應過程如下圖，下列說法錯誤的是A.該反應是還原反應B.X、Y中手性碳原子數(shù)相同C.中B、N原子均雜化D.、Y分別與加成消耗的量不同【答案】D【解析】【詳解】A．X轉(zhuǎn)化為Y得氫失氧,是還原反應，A正確；B．X、Y都只有與Br相連的是手性碳原子，B正確；C．BH3NH3中B、N原子均為sｐ３雜化，C正確；D．1molX與Y分別與H2加成消耗H2的量相同，是3mol，D錯誤；故選D。7.如圖是離子液體M催化生成環(huán)狀碳酸酯一種反應機理。下列說法錯誤的是A.M中氮原子雜化方式都為B.轉(zhuǎn)化過程中N元素價態(tài)保持不變C.M比熔點低是由于其陽離子體積大D.一定條件下，最多可與反應【答案】D【解析】【詳解】A．由M的結構可知，N均為sp3雜化，故A正確；B．轉(zhuǎn)化過程中氮元素M陽離子的成鍵不變，即N價態(tài)保存不變，故B正確；C．離子晶體的離子半徑越大，離子鍵越弱，熔點越低，因此M比熔點低是由于其陽離子體積大，故C正確；D．由D的結構可知，一定條件下，最多可與反應，產(chǎn)物為N2CO3和1，2丙二醇，故D錯誤；故選D。8.某實驗小組提純苯甲酸(含有少量和泥沙)的實驗流程如下圖。下列說法正確的是A.“操作1”和“操作2”的名稱完全相同 B.“結晶”的具體操作為蒸發(fā)結晶C.“洗滌”時，可用冷水或者乙醇作洗滌劑 D.步驟I~IV中均需使用到玻璃棒【答案】D【解析】【分析】粗苯甲酸樣品中含有少量NaCl和泥沙，由于苯甲酸的溶解度隨溫度升高而增大，溶解、加熱后需趁熱過濾，除掉泥沙；對熱的濾液進行冷卻結晶，再次過濾得到苯甲酸固體，洗滌、干燥后得到苯甲酸晶體。【詳解】A．由分析，操作1為趁熱過濾，操作2是常溫過濾，A錯誤；B．氯化鈉的溶解度隨溫度變化不大，為了除去氯化鈉，“結晶”時應采用冷卻結晶，使氯化鈉留在濾液中，B錯誤；C．常溫下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗滌時不宜用乙醇，應用冷水，C錯誤；D．步驟I~IV分別為溶解、趁熱過濾、過濾、洗滌，均需使用到玻璃棒，D正確；本題選D。9.下列離子方程式書寫正確的是A溶液中通入少量氣體B溶液中加入過量的HI溶液C酸性溶液加入少量乙二醇5+8+24H+5+8Mn2++22H2OD工業(yè)電解熔融氯化鋁冶煉鋁單質(zhì)A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】Ａ．NaC1O溶液中通入少量SO2氣體，SO2與C1O—發(fā)生氧化還原反應得到硫酸根和氯離子，且次氯酸為弱酸，故溶液中的次氯酸根和生成的氫離子會以次氯酸存在，離子方程式正確，A正確；Ｂ．Fe(NO3)3溶液中加入過量的HI溶液，HI有還原性，酸性條件下會與三價鐵離子和硝酸根離子反應，由于HI過量，三價鐵離子和硝酸根離子反應比為1:3,正確的離子方程式為，B錯誤;Ｃ．酸性KMnO4溶液強氧化性會將乙二酸氧化為CO2，C錯誤;Ｄ．氯化鋁是共價化合物，熔融態(tài)不電離，D錯誤；故選Ａ。10.一種利用電化學原理處理含的電鍍廢液的裝置如圖。該裝置由電池部分和熱再生部分組成。下列說法錯誤的是A.離子交換膜為陰離子交換膜B.a極的電極反應為：C.熱再生部分受熱分解，生成循環(huán)利用D.獲得的高濃度回收液的主要成分為溶液【答案】B【解析】【分析】a電極和b電極兩室均預加相同的Cu2+電鍍廢液，a室銅失去電子發(fā)生氧化反應生成[Cu(NH3)4]2+為負極：Cu2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端為原電池正極，銅離子得到電子發(fā)生還原反應生成銅，電極反應Cu2++2e—=Cu；中間為陰離子交換膜，硫酸根離子由正極遷移到負極?！驹斀狻浚粒笥覂墒揖A加相同的Cu2+電鍍廢液，a室銅失去電子發(fā)生氧化反應生成[Cu(NH3)4]2+為負極:Cu2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端為原電池正極，銅離子得到電子發(fā)生還原反應生成銅，電極反應Cu2++2e—=Cu；中間為陰離子交換膜，硫酸根離子由正極遷移到負極。在原電池內(nèi)電路中陽離子向正極移動，如隔膜為陽離子交換膜，電極溶解生成的銅離子要向右側(cè)移動，通入NH3要消耗Cu2+顯然左側(cè)陽離子不斷減小，明顯不利于電池反應正常進行，故離子交換膜為陰離子交換膜，A正確;Ｂ．由分析可知，a極的電極反應為：Cu2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B錯誤；Ｃ．該裝置為原電池裝置，可以富集Cu2+并產(chǎn)生電能，同時回收液受熱分解釋放出氨氣，能循環(huán)利用NH3，Ｃ正確；Ｄ．[Cu(NH3)4]2+受熱分解出NH3，剩余的主要成分為CuSO4溶液，D正確；故選Ｂ。11.晶體在的高壓下和反應，可以形成一種新型晶體，其立方晶胞如圖所示(晶胞參數(shù)為)，下列敘述錯誤的是A.位于晶胞的頂點和體心位置B.晶胞中，構成的多面體包含20個三角形的面C.晶胞中，與最近且等距的有12個D.晶胞中B、C原子間距離為【答案】D【解析】【詳解】A．由題干信息可知，Cl多于Na的個數(shù)，故位于晶胞的頂點和體心位置，故A正確；B．由晶胞結構可知，晶胞中C構成的多面體有12個頂點，每個頂點為5個三角形共用，則每個三角形平均占有頂點為3，所以多面體包含的三角形個數(shù)為=20，故B正確；C．由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點的鈉原子與位于面對角線上的氯原子距離最近，則晶胞中與鈉原子距離最近的氯原子個數(shù)為12，故C正確；D．由晶胞結構可知，A的原子坐標為(0,0,0)，B、C的原子分數(shù)坐標分別為()、()，晶胞中B、C原子間距離為，故D錯誤。答案選D。12.由下列實驗操作和現(xiàn)象，得出的結論錯誤的是選項操作現(xiàn)象結論A向溶液中通入和氣體X產(chǎn)生白色沉淀白色沉淀不一定為B將溶液加熱到，用傳感器監(jiān)測溶液變化溶液的pH逐漸減小溫度升高，水解平衡正向移動C甲乙兩支試管中各加入一定量的甲苯和少量酸性溶液，乙試管中再加上一定量冠醚，振蕩乙試管中褪色時間更短嵌入冠醚中，增大在甲苯中的溶解度D向溶液中滴加2滴等濃度的溶液，有白色沉淀，過濾后取上層清液又加入2滴溶液有黃色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．亞硫酸的酸性弱于鹽酸，SO2不能與氯化鋇溶液反應，但向氯化鋇溶液中通入二氧化硫和氨氣能生成亞硫酸鋇白色沉淀，向氯化鋇溶液中通入二氧化硫和氯氣能生成硫酸鋇白色沉淀，則白色沉淀不一定是硫酸鋇，A正確；B．加熱亞硫酸鈉溶液pH逐漸減小的原因是亞硫酸鈉被氧化為硫酸鈉，亞硫酸鈉溶液顯堿性而硫酸鈉溶液顯中性，B錯誤；C．K+嵌入冠醚中，增大高錳酸鉀在甲苯中的溶解度，使甲苯和KMnO4充分接觸，反應速率更快，褪色時間更短，C正確；D．過濾后所得上層清液中加入2滴NaI溶液有黃色的AgI沉淀生成，說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，則Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正確；故選B。13.用下列裝置進行實驗，儀器選擇正確且能達到實驗目的的是A．滴定法測定醋酸溶液濃度B．驗證易溶于水且溶液呈堿性C．驗證溴乙烷中含有溴元素D．檢驗水溶液顯酸性、漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．恰好完全反應時，B中生成的醋酸鈉溶液顯堿性，應用酚酞做指示劑，A項錯誤；B．形成噴泉，說明易溶于水，無色酚酞變紅，說明溶液呈堿性，B項正確；C．取上層清液應該加入硝酸酸化后，再滴加硝酸銀溶液檢驗溴離子，C項錯誤；D．不能使指示劑褪色，不能說明具有漂白性，D項錯誤；故答案為：B。14.在恒壓密閉容器中，加入和，發(fā)生如下反應：I．Ⅱ．達平衡后反應體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量隨溫度的變化如圖所示，(已知：選擇性為產(chǎn)生甲烷的物質(zhì)的量與轉(zhuǎn)化的的物質(zhì)的量之比)。下列說法錯誤的是A.曲線E表示的物質(zhì)的量B.隨溫度升高的平衡選擇性降低C.平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的上升先上升后下降D.時，反應Ⅱ的平衡常數(shù)【答案】C【解析】【分析】從圖中看出，溫度低于300℃時，平衡后的反應體系中A、B物質(zhì)的量約為2mol、1mol，D、E物質(zhì)的量約為0，反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅱ為吸熱反應，隨溫度升高反應Ⅰ平衡逆向移動、反應Ⅱ平衡正向移動，導致CH4的物質(zhì)的量減小、CO的物質(zhì)的量增加，結合碳原子守恒含碳物質(zhì)總量為1mol，CH4的物質(zhì)的量最大不超過1mol，則B曲線代表CH4的物質(zhì)的量，A代表n(H2O)，C代表n(H2)，E代表n(CO)，D代表n(CO2)。【詳解】A．由分析，曲線E表示CO的物質(zhì)的量，A正確；B．曲線B為n(CH4)，由圖可知，升高溫度，其選擇性下降，B正確；C．曲線D代表n(CO2)，由圖n(CO2)隨溫度升高先上升后下降，平衡轉(zhuǎn)化率先下降后上升，C錯誤；D．由圖中數(shù)據(jù)，505°C時，n(H2)=n(H2O)=1.35mol，設甲烷為xmol，CO為ymol，則n(H2O)=2x+y=1.35mol，n(H2)=44xy=1.35mol，解方程可得x=0.65，y=0.05，則平衡時n(CO2)=(10.650.05)mol=0.3mol，反應Ⅱ的平衡常數(shù)K=0.17，D正確；本題選C。第II卷(非選擇題共58分)二、非選擇題(本題共4小題，共58分。)15.以大洋錳結核(主要由和鐵氧化物組成，還含有等元素)為原料，制備及，所得產(chǎn)品具有廣泛的用途。制備過程如圖所示：已知：相關離子形成氫氧化物沉淀時的范圍如下：金屬離子開始沉淀時的8.16.31.53.48.96.2沉淀完全時的10.08.32.84.710.98.2②時，；；；。（1）基態(tài)的價電子排布式為___________。（2）“浸取”時，有副產(chǎn)物生成，請寫出該副反應的化學方程式___________。（3）“調(diào)”時，應控制的范圍是___________?！皟艋焙鬄V渣3的主要成分___________。（4）要將“溶解”后的溶液制得晶體，操作X為___________、過濾、洗滌、干燥。（5）將“沉錳”后得到的煅燒得到固體產(chǎn)物，其固體產(chǎn)物的晶胞(立方體結構)如下晶體A所示。經(jīng)測定，該晶胞中最近兩個的距離為。則該固體產(chǎn)物的密度為___________。(設為阿伏加德羅常數(shù)，用含x和的代數(shù)式表示)（6）“煅燒”時，不同條件下煅燒可制得不同錳的氧化物晶體。晶體A可作電池正極材料，通過晶體A中嵌入和脫嵌，實現(xiàn)電極材料充放電的原理如圖所示。“iii”的電極反應式為___________?！敬鸢浮浚?）3d5（2）MnO2+2SO2=MnS2O6（3）①.4.7≤pH<8.1②.ZnS、MgF2（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（5）（6）ZnxMn0.61?0.39O2xe=Mn0.61?0.39O+xZn2+【解析】【分析】以大洋錳結核(主要由MnO2和鐵氧化物組成，還含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)為原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+方便后續(xù)除去，調(diào)pH，可讓Fe3+，Al3+和部分Zn2+轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀而除去，再加MnF2和Na2S凈化主要是除去Zn2+和Mg2+，“沉錳”生成MnCO3沉淀，煅燒得到MnxOy，或者加磷酸進一步制備可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】Mn元素原子序數(shù)為25，基態(tài)錳原子價電子排布為3d54s2，Mn2+是錳原子失去兩個電子，故基態(tài)Mn2+的價電子排布式為3d5；【小問2詳解】“浸取”時，MnO2與SO2反應有副產(chǎn)物MnS2O6生成，該副反應的化學方程式為MnO2+2SO2=MnS2O6；【小問3詳解】調(diào)pH，可讓Fe3+，Al3+和部分Zn2+轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀而除去，故“調(diào)pH”時，為了保證雜質(zhì)離子沉淀，錳離子不沉淀，應控制的pH范圍是4.7≤pH<8.1；再加MnF2和Na2S凈化主要是除去Zn2+和Mg2+，因此“凈化”后濾渣3的主要成分ZnS、MgF2；【小問4詳解】要將“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶體，操作X為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；【小問5詳解】MnCO3煅燒得到固體產(chǎn)物為錳的氧化物，根據(jù)晶體A的結構，該錳的氧化物晶胞結構與氯化鈉晶胞類型，陰陽離子比為1:1，故為MnO，晶胞中最近兩個Mn2+的距離為x

cm。即為晶胞面對角線一半長，故晶胞棱長為xcm，根據(jù)晶胞密度計算公式g/cm3；【小問6詳解】晶體Ⅱ可作電池正極材料，通過Zn2+在晶體Ⅱ中嵌入和脫嵌，實現(xiàn)電極材料充放電，“ii”代表電池放電過程，“iii”的電極反應式：ZnxMn0.61?0.39O2xe=Mn0.61?0.39O+xZn2+。16.甘氨酸亞鐵是一種補鐵強化劑，廣泛用于缺鐵性貧血的預防和治療。某化學興趣小組通過先尋找高純度的最佳制備方案，再利用制取的高純度和甘氨酸反應，最后得到了甘氨酸亞鐵，具體過程如下：(一)制取并尋找最佳制備方案實驗試劑現(xiàn)象滴管試管溶液()溶液()實驗I：立即產(chǎn)生灰綠色沉淀，后出現(xiàn)明顯的紅褐色溶液()溶液()實驗II：產(chǎn)生白色沉淀及少量無色氣泡，后出現(xiàn)明顯的灰綠色。溶液()溶液()實驗III：產(chǎn)生白色沉淀及無色氣泡，較長時間保持白色（1）實驗中紅褐色沉淀產(chǎn)生的原因可用如下反應表示，請補全反應：___________。（2）實驗II中產(chǎn)生的離子方程式為___________。（3）為了探究實驗III中起的作用，甲同學設計了實驗IV進行探究：操作現(xiàn)象實驗IV向溶液中加入硫酸調(diào)節(jié)溶液為4.0，再加入一定量固體配制成含的混合溶液(已知對實驗無影響)。再取該溶液一滴管與溶液混合。與實驗III現(xiàn)象相同對比實驗II、III、IV，甲同學得出結論：___________。乙同學認為該實驗方案不夠嚴謹，應補充的對比實驗操作是：___________，再取該溶液一滴管，與溶液混合。實驗證明：實驗是制取高純度的最佳方案。(二)制取甘氨酸亞鐵(夾持和加熱儀器已省略)查閱資料：①甘氨酸()易溶于水，微溶于乙醇。②甘氨酸亞鐵()易溶于水，難溶于乙醇。③檸檬酸()易溶于水和乙醇，具有較強的還原性和酸性。實驗過程：（4）裝置C盛有和甘氨酸溶液。實驗時，先排盡裝置C內(nèi)空氣，再加熱攪拌，然后滴加檸檬酸溶液調(diào)節(jié)溶液的，過低或過高都會導致甘氨酸亞鐵產(chǎn)率下降，其原因是___________。（5）反應結束后過濾，將濾液進行蒸發(fā)濃縮；并加入無水乙醇，其作用是___________。（6）再進行過濾、洗滌并干燥并稱量，最后得到甘氨酸亞鐵()，則其產(chǎn)率是___________?！敬鸢浮浚?）4Fe2++8+O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8（2）Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O（3）①.水解產(chǎn)生H+，降低溶液pH，減少了副產(chǎn)物Fe(OH)2的產(chǎn)生②.向0.8mol/L

FeSO4溶液中加入Na2SO4固體至c()=1.6mol/L（4）pH過低甘氨酸與氫離子反應導致甘氨酸亞鐵產(chǎn)率下降，pH過高亞鐵離子會與氫氧根離子反應生成Fe(OH)2沉淀也會造成甘氨酸亞鐵產(chǎn)率下降（5）降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使其結晶析出完全（6）75%【解析】【分析】(一)FeCO3是白色沉淀，對比實驗I、II、III的反應試劑和現(xiàn)象可知，碳酸氫鈉溶液pH較小，可以減少副產(chǎn)物Fe(OH)2的產(chǎn)生，如果有銨根存在，pH更小，效果更好，同時設計實驗驗證，并考慮硫酸根濃度不同的影響，得出結論pH小對產(chǎn)生更有利，制備FeCO3實驗成功的關鍵因素是調(diào)節(jié)溶液pH；(二)碳酸鈣和稀鹽酸反應得CO2，CO2除去雜質(zhì)HCl后通入C中，和甘氨酸、碳酸亞鐵、檸檬酸混合，檸檬酸有較強還原性和酸性，防止二價鐵被氧化及發(fā)生水解，最終制得甘氨酸亞鐵，同時用澄清石灰水處理尾氣；【小問1詳解】根據(jù)題中所給信息，F(xiàn)e2+被氧化，氧化劑是氧氣，碳酸根水解產(chǎn)生OH與Fe3+形成氫氧化鐵沉淀，根據(jù)電荷守恒及電子得失守恒配平可以得到離子方程式為4Fe2++8+O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8；【小問2詳解】實驗II中碳酸氫根電離產(chǎn)生的碳酸根和Fe2+產(chǎn)生FeCO3，同時碳酸根沉淀進一步促進碳酸氫根電離，故離子方程式為Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O；【小問3詳解】對比實驗II、III、IV，當溶液pH=4時，生成碳酸亞鐵較好，無氫氧化鐵生成，故甲同學得出結論：水解產(chǎn)生H+，降低溶液pH，減少了副產(chǎn)物Fe(OH)2的產(chǎn)生；乙同學認為該實驗方案不夠嚴謹，因為由于加入了硫酸，硫酸根濃度也可能是造成影響的原因，在已知Na+對實驗無影響的前提下，應補充的對比實驗操作是：向0.8mol/L

FeSO4溶液中加入Na2SO4固體至c()=1.6mol/L，再取該溶液一滴管，與2mL1mol/L

NaHCO3溶液混合；【小問4詳解】滴加檸檬酸溶液調(diào)節(jié)溶液的pH，pH過低或過高都會導致甘氨酸亞鐵產(chǎn)率下降，其原因是pH過低甘氨酸與氫離子反應導致甘氨酸亞鐵產(chǎn)率下降，pH過高亞鐵離子會與氫氧根離子反應生成Fe(OH)2沉淀也會造成甘氨酸亞鐵產(chǎn)率下降；【小問5詳解】根據(jù)已知甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇，故濾液進行蒸發(fā)濃縮，并加入無水乙醇，作用是降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使其結晶析出完全；【小問6詳解】17.4g

FeCO3物質(zhì)的量為0.15mol，200mL1.0mol/L甘氨酸溶液中甘氨酸物質(zhì)的量為0.2mol，根據(jù)甘氨酸亞鐵的組成，F(xiàn)eCO3是過量的，根據(jù)0.2mol甘氨酸，完全轉(zhuǎn)化為甘氨酸亞鐵，理論上生成甘氨酸亞鐵0.1mol，最后實際得到15.3g甘氨酸亞鐵，物質(zhì)的量為0.075mol，故產(chǎn)率為75%。17.資源化利用備受關注，研究資源化綜合利用有重要意義，下面提供兩種綜合利用方法。(一)以和為原料合成反應：將和充入容積為的密閉容器中，分別在、溫度下發(fā)生反應，的物質(zhì)的量變化如表所示：物質(zhì)的量/0

8.03.52.02.01.71.51.5（1）溫度下，內(nèi)以表示該反應速率___________。該溫度下，若各物質(zhì)的起始量，則v(正)___________v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。（2）下列說法正確是___________。A.B.混合氣體的密度保持不變時，反應已達到平衡C.平衡后向容器中充人稀有氣體，平衡不發(fā)生移動D.加入合適催化劑可以降低反應的活化能，減小(二)以和為原料合成反應I：反應Ⅱ：（3）反應___________。（4）將、置于某密閉容器中，控制適當條件使其發(fā)生反應：，測得的某種平衡量值(x)在不同壓強下隨溫度的變化如圖1所示：①x表示___________(填“體積分數(shù)”或“轉(zhuǎn)化率”)。②若，B點表示反應從開始進行到時達到平衡狀態(tài)，___________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。（5）在恒壓密閉容器中投入和，發(fā)生上述反應I和Ⅱ．測得的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時的選擇性(的選擇性)隨溫度的變化曲線如圖2所示。①達到平衡時，反應Ⅱ理論上消耗的物質(zhì)的量為___________。②合成二甲醚的適宜溫度為，其原因是___________?！敬鸢浮浚?）①.0.05②.＜（2）C（3）204.9（4）①.轉(zhuǎn)化率②.（5）①.0.3x②.溫度過低，反應速率太慢，溫度過高，CO選擇性過大，即二甲醚的選擇性減小【解析】【小問1詳解】溫度下，內(nèi)，以表示該反應速率；該溫度下，達到平衡狀態(tài)時，可得三段式：，，若各物質(zhì)的起始量，此時，即；【小問2詳解】A．由表可知，T2時，H2的轉(zhuǎn)化率更大，反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，H2轉(zhuǎn)化率變小，即T1＞T2，故A錯誤；B．體系中物質(zhì)均為氣體，氣體總質(zhì)量不變，容器恒容密閉，根據(jù)可知，混合氣體的密度始終保持不變，不能判斷反應是否達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．平衡后向容器中充人稀有氣體，參加反應的物質(zhì)濃度不變，平衡不發(fā)生移動，故C正確；D．加入合適的催化劑可以降低反應的活化能，ΔH不變，故D錯誤；故選C；【小問3詳解】反應I：反應Ⅱ：反應Ⅱ2×反應可得目標反應：，；【小問4詳解】①溫度升高，平衡逆向移動，x隨溫度升高而減小，即x為轉(zhuǎn)化率；②B點CO的轉(zhuǎn)化率為50%，可得三段式，CO、H2、CH3OCH3、H2O物質(zhì)的量分數(shù)分別為、、、，若，；【小問5詳解】①T°C達到平衡時，CO2平衡轉(zhuǎn)化率為40%，即轉(zhuǎn)化的CO2物質(zhì)的量為0.4xmol，CO的選擇性為25%，即反應Ⅰ消耗的CO2為0.4x×25%=0.1xmol，其中反應Ⅱ理論上消耗CO2的物質(zhì)的量為0.4x0.1x=0.3xmol；②由圖可知