浙江省衢温“51”联盟2023-2024学年高二上学期期中联考化学试题

2023学年第一学期衢温“5+1”联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5K39Fe56Cu64Ag108Ba137选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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.下列属于含有非极性共价键的离子化合物的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．为共价化合物，A错误；B．为离子化合物，O和O之间为非极性共价键，B正确；C．为共价化合物，C错误；D．为离子化合物，O和H之间为极性共价键，D错误；故选B。2.下列说法不正确的是A.光导纤维主要成分的化学式为 B.熟石膏的化学式为C.漂白粉有效成分的化学式为 D.硬脂酸的化学式为【答案】D【解析】【详解】A．光导纤维的主要成分化学式SiO2，A正确；B．熟石膏的化学式为：2CaSO4·H2O，生石膏的化学为CaSO4·2H2O，B正确；C．漂白粉的有效成分是：Ca(ClO)2，C正确；D．硬脂酸属于饱和一元羧酸，符合通式CnH2n+1COOH，化学式为：，D错误；答案选D。3.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.煤油可用作燃料且能与金属钠反应放出氢气B.棉、虫丝及天然橡胶完全燃烧都只生成和C.液化石油气可由石油分馏获得，汽油可由石油分馏或石油裂化获得D.长途运输水果时常放置溶液，是利用其氧化性杀菌【答案】C【解析】【详解】A．煤油的主要成分为烃，不能与金属钠反应产生氢气，A错误；B．虫丝的主要成分为蛋白质，含N元素，燃烧后产物不止和，B错误；C．液化石油气可由石油分馏获得，汽油可由石油分馏或石油裂化获得，C正确；D．溶液可吸收水果释放出的乙烯，减缓成熟速度，D错误；故选C。4.已知氢碘酸(的溶液)的酸性比盐酸酸性更强，关于氢碘酸的下列说法正确的是A.氢碘酸属于电解质B.氢碘酸中存在分子，表现出的酸性能溶解氢氧化镁C.在氧化还原反应中，既可作氧化剂，也可以作还原剂D.与氢碘酸反应的离子方程式：【答案】C【解析】【详解】A．氢碘酸是碘化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．HI是强电解质，在水溶液中完全电离，不存在HI分子，故B错误；C．碘化氢中氢离子具有氧化性，碘离子具有还原性，在氧化还原反应中既可作氧化剂，也可以作还原剂，故C正确；D．与氢碘酸反应的离子方程式：，故D错误；答案选C。5.下列离子方程式书写正确的是A.的水解：B.足量通入饱和溶液中的反应：C.印刷电路板的反应：D.足量与溶液的反应：【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3的水解方程式为：，A错误；B．碳酸钠溶液是饱和的，生成的碳酸氢钠比较多，又因碳酸氢钠的溶解性比碳酸钠小，所以生成的碳酸氢钠会析出，离子反应为，B错误；C．腐蚀印刷电路板的离子方程式，C正确；D．足量Ca(OH)2与NaHCO3溶液的反应，D错误；故选C。6.将的硫酸溶液跟过量锌粒反应，在一定条件下，为了减缓反应进行的速率，又不影响生成氢气的总量，可以向反应物溶液中采取的措施是A.加入硫酸钠溶液 B.滴加几滴硫酸铜溶液C.滴加几滴浓硫酸 D.加入硝酸钾溶液【答案】A【解析】【详解】A.加入硫酸钠溶液导致溶液中氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢离子总物质的量不变，所以生成氢气总量不变，A符合题意；B.加入硫酸铜溶液，由于锌与硫酸铜反应生成铜单质，铜和锌以及溶液构成原电池，加快了氢气的产出速率，B不符合题意；C.滴加几滴浓硫酸后，导致氢离子物质的量增大，硫酸溶液的浓度，所以产生的氢气的量增大，且反应速率加快，C不符合题意；D.加入硝酸钾，引入硝酸根离子，硝酸根、氢离子和锌反应生成氮氧化物而不是氢气，使生成氢气的氢离子物质的量减小，氢气的总量减小，D不符合题意；故选A。7.下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是A.热的纯碱溶液去油污效果好B.合成氨工业中使用铁触媒作催化剂C.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气D.相同条件下，相同的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数后醋酸溶液的较小【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释。【详解】A．纯碱中碳酸根离子水解显碱性，温度越高越促进油污的水解平衡正向移动，碱性增强，去污效果好，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．催化剂能极大加快反应速率，不影响化学平衡移动，不能用勒夏特利原理解释，故B符合题意；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．pH值相同的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数后，因为醋酸电离平衡右移，醋酸的pH值较小，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。8.是四种原子序数依次增大的短周期元素，可以形成两种重要化合物，的原子半径依次减小，与位于不同周期，组成的一种化合物的结构式为。下列说法一定正确的是A.化合物中含有离子键和共价键B.简单离子半径大小顺序：C.元素的氧化物对应水化物的酸性比的强D.中所有原子都达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y的原子半径依次减小，说明二者位于同一周期；X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡XZZX≡Y，X形成4个共价键，位于ⅣA族，Y形成3个共价键，位于ⅤA族，Z形成2个共价键，位于ⅥA族，则X为C元素，Y为N，Z为S元素。Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，则W为Cl元素，形成的物质分别为SCl2和S2Cl2。【详解】A．化合物Z2W2为S2Cl2，S最外层6个电子，达到稳定结构需要共用2个电子，Cl最外层7个电子，达到稳定结构需要共用1个电子，则S2Cl2中只含有共价键，结构是为ClSSCl，A错误；B．Y、Z、W形成的简单离子分别为N3、S2、Cl，N3核外只有2个电子层，半径最小；而S2和Cl的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则S2的半径大于Cl的半径，因此排序为S2＞Cl＞N3，即，B错误；C．W为S元素，Y为N元素，W的含氧酸有H2SO3，为弱酸，其酸性比Y的含氧酸HNO3弱，C错误；D．X为C，Z为S，CS2的电子式为，所有原子均满足8电子稳定结构，D正确；故选D。9.下列说法正确的是A.使甲基橙变黄的溶液中，一定能大量共存B.常温下，的溶液中，不能大量共存C.相同条件下，相同浓度的溶液：①溶液，②溶液，③溶液中①>②>③D.相同条件下，相同的溶液：①溶液，②溶液中①>②【答案】B【解析】【详解】A．使甲基橙变黄的溶液pH4.4，若溶液呈酸性，碳酸根离子不能大量存在，A错误；B．常温下，的溶液中，说明溶液呈酸性，酸性条件下次氯酸根离子与氢离子生成弱电解质而不能共存，B正确；C．硫化铵溶液中铵根离子和硫离子水解相互促进，硫化钠溶液中硫离子水解，硫化氢溶液中硫化氢电离出硫离子，因此②>①>③，C错误；D．水解程度ClO>CH3COO，若次氯酸钠溶液和醋酸钠溶液pH相同，则物质的量浓度醋酸钠溶液>次氯酸钠溶液，则钠离子浓度为：②>①，D错误；故选B。10.将1molA和2molB置于真空密闭容器中(假设容器体积不变，固体试剂体积忽略不计)，在恒定温度下使其反应达到平衡：，下列不可以判断该反应已达到化学平衡状态的是A.气体的密度保持不变 B.容器内气体总压不变C.B的体积分数不变 D.混合气体的平均摩尔质量保持不变【答案】B【解析】【详解】A．随着反应的进行，气体的总质量发生变化，恒容条件下，气体总质量不变时，气体密度保持不变，可以判断达到平衡状态，A不符合题意；B．该反应前后气体分子数不变，恒容条件下气体的总压一直保持不变，不能判断达到平衡状态，B符合题意；C．B的体积分数不变时可以判断达到平衡状态，C不符合题意；D．该反应前后气体分子数不变，随着反应的进行，气体的总质量发生变化，恒容条件下，气体总质量不变时，混合气体的平均摩尔质量保持不变，可以判断达到平衡状态，D不符合题意；故选B。11.已知为阿伏加德罗常数的数值，下列说法一定正确的是A.常温常压下，分子中所含键数目为B.标准状况下，与混合后的分子数目为C.和的固体混合物中含有的阴离子总数为D.常温下，的溶液中含个数为【答案】C【解析】【详解】A．常温常压下，物质的量为1mol，可以是乙醇或二甲醚，若是乙醇分子中所含键数目为，若是二甲醚分子中所含键数目为，A错误；B．在标准状况下，11.2L气体的物质的量是0.5mol，根据2NO＋O2=2NO2可知，0.5molNO消耗0.25molO2生成0.5mol的NO2，则生成的NO2和剩余的O2合计0.75mol，但由于会发生2NO2N2O4，所以反应后的气体的物质的量要小于0.75mol，即所含分子数小于0.75NA，，B错误；C．和的摩尔质量均为120g/mol，中阴离子为，中阴离子为，和的固体混合物中含有的阴离子总数为，C正确；D．常温下，的溶液中含个数为，D错误；故选C。12.在相同温度下，在三个大小完全一样的容器中发生反应(保持容器体积不变)：。开始时投料情况如下：A中和；中；中，当反应都达到平衡后，下列说法正确的是A.容器中的转化率关系：B.容器A放出的热量为容器中吸收热量为C.达到平衡后三容器中氨气的体积分数相等D.容器中氨气的平衡浓度是容器中氨气平衡浓度的一半【答案】A【解析】【分析】在相同温度下，在三个大小完全一样的容器中发生反应(保持容器体积不变)：。开始时投料情况是：A中3molH2(g)和1molN2(g)；B中2molNH3(g)；C中4molNH3(g)，A、B容器中为等效平衡，C为B的2倍，相当于加压，平衡向右移动。据此分析。【详解】A．A、B容器中为等效平衡，C为B2倍，相当于加压，平衡向右移动，故α(B)>α(C)，A正确；B．反应为可逆反应，A中的3mol氢气和1mol氮气不可能完全反应，所以放出的热量小于92kJ，同样B中也不可能完全转化，吸收的能量小于92kJ，B错误；C．A、B容器中为等效平衡，达到平衡后A、B容器中氨气的体积分数相等，C中的氨气的体积分数大于A、B中，C错误；D．A、B容器中为等效平衡，A容器中氨气的平衡浓度等于B容器中氨气的平衡浓度，小于C容器中氨气的平衡浓度的一半，D错误；故选A。13.微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置，以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图Ⅰ所示，并利用此电能模拟氯碱工业电解饱和食盐水，如图Ⅱ所示。下列说法正确的是A.电池工作时，电流由极经外电路流向A极B.电解池Ⅱ中每生成氯气，理论上原电池Ⅰ生成二氧化碳的体积是C.若为碳电极、为铁电极，应与相连D.Ⅱ中阳极反应为：【答案】D【解析】【分析】如图I微生物燃料电池中微生物生成二氧化碳，发生氧化反应，为负极，氧气得电子，发生还原反应，为正极。【详解】A．由于通氧气的一极是原电池的正极，微生物一端为原电池的负极，电池工作时电流由正极流向负极，故由A极流向B极，A选项错误；B．无标况无法计算体积，B选项错误；C．若a为碳电极、b为铁电极，b作阴极与原电池负极相连，故b应与B相连，C选项错误；D．Ⅱ中阳极反应为氯离子放电生成氯气，电极反应式为，D选项正确；答案选D。14.丙烷的一溴代反应产物有两种：和，部分反应过程的能量变化如图所示(表示活化能)。下列说法不正确的是A.稳定性：B.与的反应涉及极性键和非极性键的断裂C.D.比较和推测生成速率：【答案】D【解析】【详解】A．根据如图，能量，所以稳定性，A正确；B．与的反应生成和，涉及极性键和非极性键的断裂，B正确；C．根据图示信息，为吸热反应，，C正确；D．因为活化能，所以生成速率：，D错误；故选D。15.室温下，向的溶液中逐滴加入的溶液，溶液中由水电离出浓度的负对数与所加溶液体积关系如图所示(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法不正确的是A.b点溶液中：c(CH3COO)＞c(CH3COOH)B.c点溶液显酸性，e点溶液显中性C.d点溶液中：c(Na+)+c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.1mol/LD.f点溶液：c(Na+)＞c(OH)＞c(CH3COO)＞c(H+)【答案】B【解析】【分析】【详解】A．b点加入n(NaOH)是醋酸的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，CH3COOH抑制水电离、CH3COONa促进水电离，根据图知，水的电离出的c(H+)＜107mol/L，水的电离被抑制，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中存在cc(CH3COO)＞c(CH3COOH)，故A正确；B．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，c点醋酸过量、e点NaOH过量，则c点溶液呈中性、e点溶液呈碱性，故B错误；C．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，混合溶液体积是醋酸或NaOH溶液体积的2倍，则浓度是原来一半，根据物料守恒得c(Na+)+c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，故C正确；D．f点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaOH，CH3COO水解、NaOH电离都生成OH，c(OH)＞c(CH3COO)，溶液呈碱性，则c(OH)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO)，所以溶液中存在c(Na+)＞c(OH)＞c(CH3COO)＞c(H+)，故D正确；故选B。16.根据下列实验或实验操作和现象，所得结论正确的是实验或实验操作现象实验结论A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液溶液紫色褪去H2O2具有还原性B将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中溶液变黄色氧化性：H2O2＞Fe3+C向2mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加2滴0.1mol/LKCl溶液，再滴加0.1mol/LKI溶液先生成白色沉淀，后有黄色沉淀产生此温度下：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液出现白色沉淀发生反应：A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】详解】A．酸性KMnO4溶液可氧化H2O2溶液，紫色褪去，可知H2O2具有还原性，A符合题意；B．硝酸根离子也能把亚铁离子氧化为铁离子，不能说明氧化性：H2O2＞Fe3+，B不合题意；C．硝酸银溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，由实验操作和现象可知，不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）的大小，C不合题意；D．向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸钠，与电离的氢离子再加上1分子的水生成氢氧化铝，电离出的氢离子促进的水解，的水解促进电离，反应原理为：，D不合题意；故答案为：A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.请根据所学知识，回答下列问题。（1）已知物质中，原子的化合价为价，请写出的电子式：_______。（2）亚磷酸为二元弱酸，常温下，的电离常数为，则溶液显_______性(填“酸”“碱”或“中”)，请写出亚磷酸与过量反应的化学方程式：_______。（3）已知在常温条件下，均为5的溶液和溶液，各取上述溶液，分别升温至后，较小的是_______溶液。（4）时将溶液和溶液混合，混合后溶液中的浓度为。(时，)【答案】（1）（2）①.酸②.（3）（4）【解析】【小问1详解】已知物质中，原子的化合价为价，则为离子化合物，分子中存在，电子式为；【小问2详解】亚磷酸为二元弱酸，常温下，的电离平衡常数为，的水平衡常数为，水解程度小于电离程度，则溶液显酸性；亚磷酸为二元弱酸，只能提供两个氢离子参加反应，方程式为；【小问3详解】溶液中存在水解，越热水解程度越大，酸性越强，PH越小，而是强酸不存在平衡；【小问4详解】，，反应后，；18.A～I元素在周期表中的位置如图所示，回答下列问题：（1）元素是地壳中含量第5的元素，在地壳中全部以化合态存在，其化合物的焰色反应为砖红色，这与原子核外电子发生跃迁_______(填“吸收”或“释放”)能量有关。（2）元素被称为“人类的第三金属”，该元素基态原子的电子排布式为_______。（3）是有机合成中常用的还原剂，中元素基态原子的价层电子轨道表示式为_______；原子最高能级电子云轮廓图的形状为_______；离子半径_______(填“>”或“<”)。（4）D元素形成的简单氢化物分子的空间结构为_______。（5）高温下I元素的氧化物IO容易转化为，试从结构的角度解释原因：_______。【答案】（1）释放（2）(或)（3）①.②.哑铃形(或纺锤形)③.＜（4）V形(或角形)（5）中的价层电子排布为全充满结构，更稳定【解析】【分析】由图可知，A～I分别为氢、锂、硼、氧、钠、铝、钙、钛、铜；【小问1详解】当金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因此焰色反应与原子核外电子发生跃迁释放能量有关。【小问2详解】钛为22号元素，该元素基态原子电子排布式为(或)；【小问3详解】中Al元素为13号元素，其基态原子的价层电子轨道表示式为；Al原子最高能级电子为3p电子，其电子云轮廓图的形状为哑铃形(或纺锤形)；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径<；【小问4详解】氧元素形成的简单氢化物分子为水分子，H2O分子中中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子；【小问5详解】中的价层电子排布为全充满结构，更稳定，故高温下CuO容易转化为。19.软锰矿的主要成分是，还含有少量金属铁、铝、铜的化合物等杂质，黄铁矿的主要成分是，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：已知：的的金属离子从开始形成氢氧化物沉淀，到沉淀时溶液的如下表：金属离子开始沉淀7.52.74.15.98.8完全沉淀953.75.46.910.8（1）在浸取时不能提高浸出率的措施是_______。A.适当升高温度 B.加压 C.搅拌 D.矿石研成粉末（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入溶液无明显现象，则浸取时发生的主要反应的化学方程式为_______。（3）“氧化”中加入发生反应的离子方程式为_______。（4）形成“滤渣3”需要调节范围为_______。（5）“碳化”反应为。碳化温度采用的原因是_______；请分析能否用碳酸钠溶液代替碳酸氢铵溶液并阐述理由：_______。【答案】（1）B（2）（3）（4）6.9～8.8（5）①.温度过低反应太慢，温度过高会分解②.不能，碳酸钠溶液中较大，会产生沉淀【解析】【分析】软锰矿和黄铁矿加入硫酸酸浸，滤渣1为S、SiO2，由（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，说明酸性条件下，二氧化锰将FeS2中硫元素氧化为S单质，没有氧化Fe元素，铝的氧化物溶于酸，故浸取液中含有Mn2+、Fe2+、Cu2+、Al3+等，结合碳化得到碳酸锰，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH＝5.4﹣5.8，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，再加入氨水调节pH＝6﹣8，生成氢氧化铜，滤渣3为氢氧化铜，滤液中主要含有MnSO4，在滤液中加入碳酸氢铵，加热碳化，生成MnCO3沉淀、CO2、(NH4)2SO4，过滤得到MnCO3，滤液中主要含有(NH4)2SO4；【小问1详解】提高浸出率的可采取的措施有适当升高温度和搅拌、矿石研成粉末，加压不影响溶液中固体浸出率，故答案为：B；【小问2详解】浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，则浸取时发生的主要反应是二氧化硫与软锰矿浆作用生成硫酸锰和少量的硫酸铝、硫酸亚铁、硫和水，反应的化学方程式：，故答案为：；【小问3详解】“氧化”中加入发生反应生成硫酸铁、硫酸锰和水，反应的离子方程式为；【小问4详解】调节pH为5.4～5.8的目的是使Fe3+、Al3+完全沉淀生成Al(OH)3、Fe(OH)3，继续加入氨水使Cu2+沉淀而Mn2+不转化为沉淀，则形成“滤渣3”需要调节范围为6.9～8.8；【小问5详解】温度过低反应太慢，过高，NH4HCO3会分解，因此采用50℃碳化，碳酸钠溶液中较大，会产生沉淀，故不能用碳酸钠溶液代替碳酸氢铵溶液，故答案为：温度过低反应太慢，过高，NH4HCO3会分解；不能，碳酸钠溶液中较大，会产生沉淀。20.“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对创新利用的研究。Ⅰ.催化制取甲烷的反应为：已知：①②③（1）则_______。Ⅱ.催化加氢制甲醇是实现碳达峰、碳中和的途径之一，反应可表示为。为探究该反应原理，在容积为密闭容器中，充入和在某温度下发生反应，测得和的物质的量随时间的变化如图所示：（2）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率_______。（3）下列措施一定能使的转化率增大的是_______。A.在原容器中再充入B.在原容器中再充入C.在原容器中充入氦气D.使用更有效的催化剂E.缩小容器的容积F.将水蒸气从体系中分离（4）一定条件下进行反应，每5分钟测得转化率随温度变化关系如图所示。①已知A点为平衡状态，该温度下的平衡常数_______(填计算结果)。②若在点时向体系中同时加入和，则此时_______(填“>”，“<”或“=”)。③时，的转化率逐渐增大的原因是_______。【答案】（1）（2）（3）BEF（4）①.37.5②.>③.时，反应未达到平衡，温度越高，速率越大，随着温度升高，相同时间内的转化率逐渐增大【解析】【小问1详解】反应②=反应①×2反应③+CO2催化制取甲烷的反应，ΔH2=(41×2+73162)kJ/mol=171kJ/mol。【小问2详解】从反应开始到平衡，v(CO2)=0.75mol÷1L÷10min=0.075mol·L1·min1，氢气的反应速率为CO2的三倍，则v(H2)=0.225mol·L1·min1。【小问3详解】A．在原容器中再充入1molCO2，CO2的量增大，转化率减小，A错误；B．在原容器中再充入1molH2，反应物浓度增大，化学平衡正向移动，CO2转化率增大，B正确；C．在原容器中充入1mol氦气，反应物和产物浓度都不变，化学平衡不移动，CO2转化率不变，C错误；D．催化剂只能影响反应速率，不影响化学平衡，CO2转化率不变，D错误；E．缩小容器体积，压强增大，化学平衡正向移动，CO2转化率增大，E正确；F．将水蒸气从体系中分离，产物浓度减小，化学平衡正向移动，CO2转化率增大，F正确；故答案选BEF。【小问4详解】①A点CO2转化率为90%，则有，则K==37.5。②A点时向体系中同时加入0.1molCO2和0.1molH2O，则Qc==20.8<37.5，此时反应正向进行，v正>v逆③时，反应未达到平衡，温度越高，速率越大，随着温度升高，相同时间内的转化率逐渐增大。21.是一种重要化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组利用下图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。已知：①为白色固体，微溶于水，不溶于酒精。②能溶于氨水，无色实验步骤：Ⅰ.向的溶液中，加入的溶液；打开装置A中分液漏斗的活塞产生气体，一段时间后C中产生白色固体。Ⅱ.将中混合物过滤、洗涤、干燥得产品。请回答下列问题：（1）仪器的名称是_______，装置中长颈漏斗的作用是_______。（2）步骤Ⅰ将通入装置中发生反应的离子方程式为_______。（3）步骤Ⅱ洗涤时，其中洗涤剂的最佳选择为_______。A.蒸馏水B.的乙醇C.无水乙醇（4）判断沉淀洗涤干净的实验