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2021-2022学年江苏省连云港市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省连云港市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了SO3等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省连云港市高二（上）期末化学试卷
1. 东晋葛洪所著《抱朴子》记载“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，其反应为CuSO4+Fe=FeSO4+Cu。下列说法正确的是( )
A. “曾青”成分为FeSO4 B. 反应为置换反应
C. Fe的金属性比Cu的弱 D. 反应中铁单质被还原
2. 反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列有关化学用语说法正确的是( )
A. NaOH的电子式：
B. O2−的结构示意图：
C. 基态C原子最外层电子的轨道表示式：
D. CO2是含有共价键的非极性分子
3. 实验室制取高浓度的HClO溶液，有关实验装置和原理能达到实验目的的是( )
A. 制取氯气 B. 制取氯水
C. 提高HClO浓度 D. 分离HClO溶液
4. 下列关于SO2、SO3、H2SO4和SO42−的说法正确的是( )
A. SO2、SO3分子中S原子均为sp3杂化 B. SO2、SO3中键角前者大
C. H2SO4能形成分子间氢键 D. SO42−的空间构型为平面正方形
5. 450℃、V2O5催化SO2和O2反应时、能量变化如图所示，反应机理如下：
反应①：V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)ΔH1=+24kJ⋅mol−1
反应②：2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s)ΔH2=−246kJ⋅mol−1
下列说法正确的是( )
A. 反应①的ΔS=0
B. 反应②是慢反应，决定该反应速率
C. 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=−202kJ⋅mol−1
D. 使用V2O5可以降低反应的焓变
6. 下列关于硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是( )
A. 硫磺难溶于水，可用于去除洒落在地面的汞
B. 二氧化硫具有漂白性，可用作干制果蔬的抗氧化剂
C. 浓硫酸具有强氧化性，实验室可用作干燥剂
D. 聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
7. 下列说法正确的是( )
A. 向0.1mol⋅L−1氨水中加入少量水，溶液中c(NH4+)c(NH3⋅H2O)增大
B. 常温下，由水电离产生的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中可以大量共存：Ca2+、NH4+、CH3COO−、Cl−
C. 常温下，0.1mol⋅L−1盐酸与0.1mol⋅L−1氨水等体积混合，所得溶液pH=7
D. 常温下，向20mLpH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系如图
8. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是( )
A. 原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z
C. 元素第一电离能：I1(Z)>I1(Y)
D. W元素的一种氧化物晶胞如图所示，该氧化物为CuO
9. 利用微电池技术去除天然气中的H2S并生成FeS的装置如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 微电池负极的电极反应式为Fe−2e−+H2S=FeS+2H+
B. 去除过程发生的主要反应为2Fe+2H2S+O2=2FeS+2H2O
C. 通入气体一段时间后，去除速率降低的可能原因是铁减少，形成微电池的数量减少
D. 该装置使用一段时间后，内部有大量的铁锈产生
10. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3和NaHSO3的性质
实验1：用pH试纸测量0.1mol⋅L−1NaHCO3，溶液的pH，测得pH约为8
实验2：加热0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液，恢复到室温，测得pH约为9
实验3：向0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中通入足量SO2，测得pH约为5
实验4：向0.1mol⋅L−1NaHSO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是( )
A. 由实验1可以得出：c(Na+)>c(HCO3−)>c(CO32−)>c(H2CO3)
B. 实验2中pH升高的原因是NaHCO3水解程度增大
C. 实验3所得溶液中存在：c(HSO3−)+c(OH−)+2c(SO32−)>0.1mol⋅L−1
D. 实验4中发生反应的离子方程式为HSO3−+Cl2=SO2+HClO+Cl−
11. 下列对实验操作和现象的解释与结论不正确的是( )
操作和现象
解释与结论
A
向配合物Co(NH)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生
Co(NH3)3Cl3中Co3+的
配位数为6
B
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色
KI与FeCl3的反应是可逆反应
C
常温下用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH的为9，NaNO2溶液的pH的为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后生成无色气泡
Ca2+与CO32−结合，破坏HCO3−的电离平衡，溶液中H+浓度增大，与HCO3−反应产生CO2气体
A. A B. B C. C D. D
12. 室温下，用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入盐酸，产生气泡。已知Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，
Ksp(BaCO3)=2.6×10−9。下列说法正确的是( )
A. Na2CO3饱和溶液中存在：c(OH−)=c(H+)+c(HCO3−)+c(H2CO3)
B. 反应BaSO4(S)+CO32−(aq)⇌BaCO3(s)+SO42−(aq)正向进行，需满足c(SO42−)c(CO32−)<11260
C. 过滤后所得的滤液中一定存在：c(Ba2+)=Ksp(BaCO3)c(CO32−)，且c(SO42−)>c(CO32−)
D. 滤渣中加入盐酸发生反应的离子方程式：CO32−+2H+=CO2↑+H2O
13. 甲烷，水蒸气在镍基催化剂催化下重整制备氢气的主要反应为：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)ΔH=165.1kJ⋅mol−1；工业上常将镍基催化剂和纳米CaO混合制成微球颗粒使用。将一定比例的CH4和H2O的混合气体置于密闭容器内催化制氢，平衡时H2所占的体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)c4(H2)c(CH4)
B. 750℃后曲线X显著下降的可能原因是催化剂失活
C. 其他条件不变，缩小容器体积，CH4的平衡转化率增大
D. 添加CaO可以吸收生成的CO2并放热，从而促使平衡正移
14. 铁的配合物离子(用[L−Fe−H]+表示)催化某反应的一种反应机理如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 该过程的总反应为HCOOH=CO2↑+H2↑
B. 反应机理表明H+和HCOO−参与了该反应
C. 反应过程中存在非极性共价键的断裂和形成
D. H+浓度过大或过小，均导致反应速率下降
15. 我国科学家研发的金球首套千吨级太阳能燃料合成项目，为实现“碳中和”目标作出了重大贡献。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。
(1)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池的功能材料，CaTiO3的晶胞如图1所示。
①基态Ti原子的核外电子排布式为 ______。
②CaTiO3组成元素的电负性大小顺序是 ______；Ca2+的配位数是 ______。
(2)单晶硅是生产太阳能电池板的主要原料，SiCl4是生产单晶硅的前驱体，可发生水解反应，机理如图2：
注：含s、p、d轨道的杂化类型有：dsp2、sp3d、sp3d2。
在SiCl4水解为中间体SiCl4(H2O)的过程中，Si原子的杂化类型由 ______变为 ______。
(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6℃)之间，其原因是 ______。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1−xOy，则y=______(用含x的表达式)。
16. 海带中含有的碘元素为有机碘和无机碘(I−)。在实验室中，从海带制取KIO3的流程如图1：
图1
(1)海带中含有丰富的维生素，其中维生素C的结构简式如图2，则1mol维生素C含有σ键的数目为 ______。
图2
(2)海带灼烧成灰的目的是 ______。
(3)氧化时需控制H2SO4和H2O2的加入量，
①写出氧化时反应的离子方程式：______。
②I−被氧化生成I2的比例与n(H2O2)n(I−)的关系如图3所示。达到n(H2O2)n(I−)=1后，生成碘单质的量减少的原因是 ______。
图3
(4)碘单质易溶于CCl4不易溶于水的原因是 ______。
(5)将碘单质溶于过量的KOH溶液发生反应：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，工业上可用如图4所示装置电解所得溶液制备KIO3。
图4
①阴极产生的气体X的化学式为 ______。
②阳极的电极反应式为 ______。
17. 工业以炼钢污泥(主要成分为铁的氧化物，还含有CaO、SiO2，C等杂质)为原料制备脱硫剂活性Fe2O3的流程如图1：
已知：
①Fe3+与F−形成[FeF6]3−，Fe2+不能与F−反应
②Ksp(CaF2)=3.95×10−11，Ksp(FeCO3)=2×10−11
③活性Fe2O3脱硫原理是将废气中的H2S吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成。当脱硫剂丧失脱硫功能后，在一定温度下可进行再生。
(1)“酸浸”时不断搅拌的目的是 ______。
(2)制备FeCO3，为获得较高产率的Fe2O3，请补充实验方案：取过滤1所得滤液置于烧杯中，______，过滤，热分解获得活性Fe2O3。(须用到的试剂：铁粉、NH4F溶液、NH4HCO3溶液)
(3)热分解。向FeCO3中加入适量的NH4HCO3固体，混合均匀后充分加热，使之完全分解，获得活性Fe2O3。加入NH4HCO3固体的目的是 ______。
(4)脱硫和再生的原理如图2所示。
①“再生”过程中的温度控制主要采用调节混合气中O2含量的方法进行。研究表明通入O2浓度为4%效果最好，若浓度过高会导致再生的脱硫剂脱硫效果降低。其原因是 ______。
②“再生”结束的标志是 ______。
③为了判断脱硫完成情况，需要测定再生时出口处SO2浓度，具体操作：将O2、N2的混合气以1L⋅min−1的速率依次通过脱硫剂、10.00mL0.0100mol⋅L−1酸性高锰酸钾溶液中，4分钟后恰好完全反应。计算再生时出口处SO2的浓度：______。(用mg⋅L−1表示。写出计算过程，否则不得分)。
18. 工业废水对环境产生很大影响，不同的工业废水有不同的处理方法。
(1)电化学氧化法处理酸性废水中NH4+的原理是：利用电解产生高活性羟基自由基(⋅OH)将NH4+氧化成N2，电解产生⋅OH的反应机理如图1所示。
①电解制取⋅OH的过程可描述为 ______。
②研究表明当pH大于4后，随溶液pH增大，NH4+去除率降低的原因是 ______。
③写出⋅OH与NH4+反应的离子方程式：______。
(2)工业制革废水中含有大量蛋白质(酸性条件下带正电荷，碱性条件下带负电荷)和Cr(Ⅲ)[Cr3+,Cr(OH)3,Cr(OH)4−]。当Cr(Ⅲ)以Cr(OH)3胶体颗粒形式存在时，可用Fe3O4纳米颗粒吸附除去。Cr(OH)3胶体、Fe3O4纳米颗粒的zeta电位、Cr(Ⅲ)捕获量随溶液pH的变化关系如图2所示。
资料卡片：胶体粒子所带电荷多少和正负用zeta电位衡量，zeta电位的正负值表示胶体粒子带正负电荷，数值越大所带电荷越多。
①pH=4时，铬元素吸收效率很差，其原因可能是 ______。
②在碱性条件下Fe3O4吸附废水中Cr(OH)3胶体颗粒具有选择性的原因是 ______。
③Fe3O4纳米颗粒吸附后的形成Fe3O4⋅Cr(OH)3，加入到NaClO溶液中浸泡可以回收Fe3O4纳米颗粒，同时得到Na2CrO4溶液，反应的离子方程式为 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化再结合基本概念来分析解答，知道物质的性质及元素化合价即可解答，题目难度不大。
【解答】
“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，其反应为CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，该反应为置换反应，铁的化合价升高，被氧化，铜的化合价降低，被还原，据此解答。
A.根据CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，“曾青”成分为CuSO4，故A错误；
B.反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu属于置换反应，故B正确；
C.反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，铁置换了铜，Fe的金属性比Cu的强，故C错误；
D.反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu中铁单质被氧化，故D错误；
故选：B。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原子核外电子排布、化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子核外电子排布、分子极性判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.NaOH属于离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，电子式为，故A错误；
B.氧离子核内有8个质子、核外有10个电子，氧离子结构示意图为，故B错误；
C.基态C原子最外层电子中含有4个电子，2s能级上2个电子、2p能级上2个电子，基态C原子最外层电子的轨道表示式：，故C错误；
D.非金属元素的原子之间易形成共价键，正负电荷中心重合的分子为非极性分子，CO2中碳原子和氧原子之间存在共价键，该分子为直线形分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D正确；
故选：D。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A. 电解饱和食盐水，阳极上氯离子失去电子，图中装置可制备氯气，故A正确；
B. 食盐水可抑制氯气的溶解，应长导管进气，短导管进气可排出食盐水，故B错误；
C. HClO与CaO反应，应加碳酸钙提高HClO的浓度，故C错误；
D. 图中锥形瓶不能密封，馏分难流下，故D错误；
故选：A。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原子杂化类型判断、微粒空间结构判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确价层电子对互斥内涵是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.SO2中S原子价层电子对数=2+6−2×22=3且含有一个孤电子对，SO3中S原子价层电子对数=3+6−3×22=3且不含孤电子对，S原子杂化类型：均为sp2，故A错误；
B.孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，前者含有一个孤电子对、后者不含孤电子对，所以键角前者小，故B错误；
C.硫酸分子中存在−OH，−OH之间能形成氢键，所以硫酸分子之间存在氢键，故C正确；
D.SO42−中S原子价层电子对数=4+6+2−4×22=4且不含孤电子对，为四面体形，故D错误；
故选：C。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查反应热和焓变，为高频考点，明确活化能与反应速率关系、盖斯定律的计算应用、活化能与反应速率的关系等知识是解题关键，注意掌握催化剂的作用，选项A是易错点，题目难度不大。
【解答】
A.反应①的ΔH>0，450℃时能自发进行，则该反应为熵增的反应，即反应①的ΔS>0，故A错误；
B.由图可知，反应①的活化能小于反应②，反应的活化能越大，反应速率越慢，则反应②是慢反应，决定该反应速率，故B正确；
C.反应①：V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)ΔH1=+24kJ⋅mol−1，反应②：2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s)ΔH2=−246kJ⋅mol−1，根据盖斯定律：反应①×2+②计算出2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)的焓变ΔH=(+24kJ⋅mol−1)×2+(−246kJ⋅mol−1)=−198kJ⋅mol−1，故C错误；
D.V2O5是该反应的催化剂，能改变反应的途径，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的焓变，故D错误；
故选：B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
【解答】
A.由于硫与汞反应，可用于去除洒落在地面的汞，与硫的溶解性无关，故A错误；
B.作抗氧化剂与还原性有关，与二氧化硫具有漂白性无关，故B错误；
C.浓硫酸可以作干燥剂，是因为浓硫酸具有吸水性，与其强氧化性无关，故C错误；
D.聚合硫酸铁能水解并形成氢氧化铁胶体，胶体的表面积很大，具有吸附性，可以吸附水中悬浮物，起净水作用，故D正确；
故选：D。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离、离子共存等知识，为高频考点，明确离子反应发生条件及弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度不大。
【解答】
A. 向0.1mol⋅L−1氨水中加入少量水，一水合氨的电离程度增大，溶液中n(NH4+)增大、n(NH3⋅H2O)减小，根据c=nV可知，溶液中c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=n(NH4+)n(NH3⋅H2O)的比值增大，故A正确；
B. 常温下，由水电离产生的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，NH4+与OH−反应，CH3COO−与H+反应，不能大量共存，故B错误；
C. 常温下，0.1mol⋅L−1盐酸与0.1mol⋅L−1氨水等体积混合，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解溶液呈酸性，所得溶液的pH<7，故C错误；
D. 常温下，向20mLpH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液，加入20mL该氢氧化钠溶液时，醋酸过量，混合液呈酸性，此时溶液的pH<7，图示曲线变化不符合实际，故D错误；
故选：A。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期律，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
【解答】
前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，电子排布分别为1s22s22p2、1s22s22p4，则X为C、Z为O；Z与Y同族，则Y为S元素；W原子核内有29个质子，则W为Cu；
由分析可知，X为C、Y为O、Z为S、W为Cu，以此解题；
A.同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(硫)>X(碳)>Y(氧)，故A错误；
B.元素的非金属性强弱与氢化物稳定性一致，非金属性Y(氧)>Z(硫)，故简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z，故B正确；
C.同主族自上而下第一电离能减小，故元素第一电离能：I1(S)
故选：B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
【解答】
由图可知，Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−+H2S=FeS+2H+，氧气作正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，据此作答。
A. Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−+H2S=FeS+2H+，故A正确；
B. 由微电池的正负极反应可知，去除过程总反应为2Fe+2H2S+O2=2FeS+2H2O，故B正确；
C. 通入气体一段时间后，随反应进行，Fe不断被消耗，形成微电池的数量减少，去除速率降低，故C正确；
D. 反应过程中Fe生成FeS，不生成铁锈，故D错误；
故选：D。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质之间反应、物质的化学反应，侧重考查物质性质，题目难度不大，明确反应原理是解题的关键，考查处理及灵活运用所学知识进行分析问题、解决问题的能力。
【解答】
A.0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液的pH约为8，说明碳酸氢根离子水解为主，电离程度较小，则水解产生的碳酸分子比电离产生的碳酸根离子多，可以得出：c(Na+)>c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)，故A错误；
B.升温后又恢复到原来的温度，此时pH增大，只能说明在升温的时候碳酸氢根离子发生分解反应生成了碳酸根离子，且碳酸根离子水解程度较大，故B错误；
C.向0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中通入足量SO2会生成0.1mol⋅L−1NaHSO3，根据电荷守恒，c(HSO3−)+
c(OH−)+2c(SO32−)=c(Na+)+c(H+)，其中c(Na+)=0.1mol⋅L−1，故c(HSO3−)+c(OH−)+2c(SO32−)>0.1mol⋅L−1，故C正确；
D.此时氯气和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，离子方程式为：HSO3−+Cl2+H2O=SO42−+3H++2Cl−，故D错误；
故选：C。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、淀粉水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A.向配合物Co(NH)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生，说明氯原子为内界，所以其化学式为Co[(NH3)3Cl3]，配位数是6，故A正确；
B.KI过量，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有铁离子，则KI与FeCl3的反应是可逆反应，故B正确；
C.两种钠盐溶液的浓度相对大小未知，无法判断水解程度相对大小，所以无法判断两种酸电离出氢离子能力相对大小，故C错误；
D.向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，说明Ca2+与CO32−结合生成白色沉淀碳酸钙，破坏了HCO3−的电离平衡，溶液中H+浓度增大，H+与HCO3−反应产生气体，故D正确；
故选：C。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了离子浓度大小比较、难溶物的溶解平衡等知识，题目难度中等，注意掌握溶度积常数的概念及应用，能够根据溶度积常数进行计算，为高频考点。
【解答】
A.碳酸钠饱和溶液中存在的质子守恒的关系为c(OH−)=c(H+)+c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故A错误；
B.反应BaSO4(S)+CO32−(aq)⇌BaCO3(s)+SO42−(aq)的平衡常数K=c(SO42−)c(CO32−)=c(SO42−)c(CO32−)×c(Ba2+)c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=1.1×10−102.6×10−9=11260，当浓度熵Qc=c(SO42−)c(CO32−)<11260=K时，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C.由题意可知，过滤后所得的滤液中K=c(SO42−)c(CO32−)=c(SO42−)c(CO32−)×c(Ba2+)c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=1.1×10−102.6×10−9=11260<1，则溶液中c(SO42−)
故选：B。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
A. K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)⋅c4(H2)c(CH4)⋅c2(H2O)，故A错误；
B. 750℃后曲线X显著下降，与CaO、水、二氧化碳反应有关，平衡逆向移动，与催化剂无关，故B错误；
C. 反应为气体总物质的量增大的反应，则缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，故C错误；
D. 焓变为正，为吸热反应，则添加CaO可以吸收生成的CO2并放热，从而促使平衡正移，故D正确；
故选：D。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查反应机理，侧重考查图片分析、判断及知识综合运用能力，明确化学反应机理中断键和成键方式、化学反应速率影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.由图可知，该反应的反应物为HCOOH，生成物为CO2和H2，该过程的总反应为HCOOH=CO2↑+H2↑，故A正确；
B.根据图知，[L−Fe−H]++HCOO−→时HCOO−参与反应，+H+→时氢离子参与反应，所以反应机理表明H+和HCOO−参与了该反应，故B正确；
C.根据反应过程，HCOOH→HCOO−+H+存在极性键的断裂，[L−Fe−H]++HCOO−→存在极性键的形成，→CO2+存在极性键的断裂和形成，+H+→存在非极性键的形成和离子键的形成，→[L−Fe−H]++H2↑存在极性键的断裂、非极性键的形成、离子键断裂及形成，所以在整个过程中，涉及到极性键的断裂和形成，有非极性键的形成，不存在非极性键的断裂，故C错误；
D.H+浓度过大则不利于物质Ⅰ结合HCOO−，过小则不利于物质Ⅳ的生成，均会导致整体的反应速率降低，故D正确；
故选：C。
15.【答案】(1)①1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2 ②O>Ti>Ca；12
(2)sp3 ； sp3d
(3)甲硫醇不能形成分子间氢键，而甲醇和水均能形成分子间氢键，且水比甲醇的氢键多
(4)2−x
【解析】
【分析】
本题考查物质结构和性质，侧重查看阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律、价层电子对互斥理论内涵、氢键等知识点是解本题关键，难点是配位数的判断，题目难度中等。
【解答】
(1)①基态Ti原子核外有22个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；
②元素对键合电子的吸引力越大，其电负性越大，对键合电子的吸引力大小顺序是O>Ti>Ca，所以电负性大小顺序是O>Ti>Ca；根据图知，距离Ca2+最近且等距离的氧离子个数是12，所以钙离子配位数是12，
故答案为：O>Ti>Ca；12；
(2)根据图知，SiCl4中Si原子价层电子对数是4，SiCl4(H2O)中Si原子价层电子对数是5，Si原子杂化类型：前者为sp3，后者为sp3d，
故答案为：sp3；sp3d；
(3)能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，甲硫醇不能形成分子间氢键，而甲醇和水均能形成分子间氢键，且水比甲醇的氢键多，所以甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6℃)之间，
故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而甲醇和水均能形成分子间氢键，且水比甲醇的氢键多；
(4)ZnxZr1−xOy中Zn元素的化合价为+2价、Zr元素的化合价为+4价、O元素的化合价为−2价，化合物中各元素化合价的代数和为0，则存在2x+4(1−x)=2y，y=2−x，
故答案为：2−x。
16.【答案】(1)20NA
(2)增大接触面积提高碘元素浸取率
(3)①H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O
②过量的H2O2将I2进一步氧化为更高价态的碘，如IO3−
(4)碘单质为非极性分子，易溶于非极性的CCl4，不易溶于极性水中
(5)①H2
②I−+6OH−−6e−=IO3−+3H2O
【解析】
【分析】
本题主要考查实验方案的设计，具体涉及σ键数的计算，氧化还原反应，物质的分离与除杂，相似形容原理的应用，电极反应式的书写等，同时考查学生的分析能力，解决问题的能力等，属于高考的高频考点，难度中等。
【解答】
(1)1mol维生素C含有σ键的数目为20NA，
故答案为：20NA；
(2)海带灼烧成灰的目的是增大接触面积提高碘元素浸取率，
故答案为：增大接触面积提高碘元素浸取率；
(3)①根据分析可知，氧化时反应的离子方程式为：H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O，
故答案为：H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O；
②当n(H2O2)n(I−)=1后，生成碘单质的量减少的原因是过量的H2O2将I2进一步氧化为更高价态的碘，如IO3−，
故答案为：过量的H2O2将I2进一步氧化为更高价态的碘，如IO3−；
(4)碘和CCl4均为非极性分子，而水为极性分子，根据相似形容原理可知，碘单质易溶于CCl4不易溶于水，
故答案为：碘单质为非极性分子，易溶于非极性的CCl4，不易溶于极性水中；
(5)①阴极为水得电子被还原H2，
故答案为：H2；
②阳极的电极反应式为：I−+6OH−−6e−=IO3−+3H2O，
故答案为：I−+6OH−−6e−=IO3−+3H2O。
17.【答案】(1)防止CaSO4沉淀附着在污泥的表面，加快反应速率，提高铁元素浸取率
(2)加入铁粉至不再溶解，再加入NH4F溶液，静置，向上层清液中继续加NH4F溶液至不再产生沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3溶液至无气泡产生
(3)NH4HCO3固体加热时分解产生气体，使活性Fe2O3产生更多的孔隙
(4)①O2浓度过高会导致再生过程温度偏高，催化剂熔融致使孔隙减少
②温度恢复至再生前或再生时出口处O2的浓度不再改变(或约为4%)或再生时出口处检测不到SO2气体 ③4mg⋅L−1
【解析】
【分析】
本题考查混合物分离提纯、物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
【解答】
分析流程可知，炼钢污泥(主要成分为铁的氧化物，还含有CaO、SiO2、C等杂质)加酸溶解，C和SiO2等难溶性杂质过滤除去，加入废铁屑进行还原，将铁离子还原为亚铁离子，加入氟化铵除去钙离子，加入碳酸氢铵发生反应Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫化氢进行脱硫处理，发生反应Fe2O3⋅H2O+3H2S=Fe2S3⋅H2O+3H2O，将产品加氧气再生，获得产品Fe2O3⋅H2O，据此分析回答问题。
(1)炼钢污泥用稀硫酸除理时铁的氧化物、氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸钙，硫酸钙难溶，会覆盖钢铁污泥的表面影响进一步反应，搅拌可以防止CaSO4沉淀附着在污泥的表面，加快反应速率，提高铁元素浸取率，
故答案为：防止CaSO4沉淀附着在污泥的表面，加快反应速率，提高铁元素浸取率；
(2)操作过滤1后溶液为混有硫酸钙的硫酸铁溶液，应加过量的铁粉，将三价铁还原为二价铁，再加入NH4F将钙离子转化为沉淀氟化钙除去，为了检验钙离子是否完全除尽，需静置、取上层澄清溶液继续滴加氟化铵溶液，若不再出现白色浑浊，则证明钙离子已经沉淀完全，然后过滤，向滤液中加入碳酸氢铵生成碳酸亚铁，由于反应同时生成CO2气体，若不再有气泡放出，则标志着亚铁离子完全沉淀，然后过滤，
故答案为：加入铁粉至不再溶解，再加入NH4F溶液，静置，向上层清液中继续加NH4F溶液至不再产生沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3溶液至无气泡产生；
(3)向FeCO3在空气中加热分解，生成Fe2O3，加入NH4HCO3固体，则加热时分解产生气体，使Fe2O3产生更多的孔隙，使活性最强，
故答案为：NH4HCO3固体加热时分解产生气体，使活性Fe2O3产生更多的孔隙；
(4)①由图示可知，再生过程的变化是Fe2S2在氧气中煅烧，生成Fe2O3和SO2的过程，为放热反应，如果氧气的浓度过高，这反应放出的热量过大，温度过高，将会使Fe2O3表面熔融导致孔隙减小，活性降低，
故答案为：O2浓度过高会导致再生过程温度偏高，催化剂熔融致使孔隙减少；
②再生过程的结束，即意味着Fe2S2完全反应，则通入氧气的浓度不再减小或不再有SO2气体产生，
故答案为：温度恢复至再生前或再生时出口处O2的浓度不再改变(或约为4%)或再生时出口处检测不到SO2气体；
③SO2与酸性高锰酸钾溶液时，S元素由+4价升高至+6价，Mn元素由+7价降至+2价，根据电子守恒如下关系，5SO2∼2KMnO4，10.00mL0.0100mol⋅L−1酸性高锰酸钾溶液中KMnO4的物质的量为10.00×10−3L×0.0100mol⋅L−1=1×10−4mol，则SO2的物质的量为2.5×10−4mol，质量为64g/mol×2.5×10−4mol=0.016g，1L/min−1的速率4分钟的气体体积为1L/min×4min=4L，再生时出口处SO2的浓度为0.016×103mg4L=4mg⋅L−1，
故答案为：4mg⋅L−1。
18.【答案】(1)①O2得电子结合H+生成H2O2，Fe3+得电子生成Fe2+，生成的H2O2与Fe2+在酸性条件下反应生成Fe3+和⋅OH
②pH大于4后，H+浓度减少，O2得电子结合H+生成的H2O2的量减少，Fe3+、Fe2+会转变为Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，导致H2O2与Fe2+的量减少，生成的⋅OH变少
③6⋅OH+2NH4+=N2↑+6H2O+2H+
(2)① pH=4时，Fe3O4纳米颗粒带正电，Cr(Ⅲ)主要以Cr3+形式存在，不易被Fe3O4纳米颗粒吸附
②碱性条件下Fe3O4纳米颗粒带负电荷，能大量吸附废水中带正电荷的Cr(OH)3胶体颗粒，而此时废水中的蛋白质带负电荷，不易被带负电荷的Fe3O4纳米颗粒吸附
③2Fe3O4⋅Cr(OH)3+3ClO−+4OH−=2Fe3O4+2CrO42−+3Cl−+5H2O
【解析】
【分析】
本题主要考查电解原理的应用，掌握电解池中电极的判断，电极反应式的书写，电子、电流的方向等是解本题的关键，同时考查氧化还原反应离子方程式的书写，实际问题的分析解决，属于高考高频考点，难度中等。
【解答】
(1)①由图可知，电解制取⋅OH的过程可描述为O2得电子结合H+生成H2O2，Fe3+得电子生成Fe2+，生成的H2O2与Fe2+在酸性条件下反应生成Fe3+和⋅OH，
故答案为：O2得电子结合H+生成H2O2，Fe3+得电子生成Fe2+，生成的H2O2与Fe2+在酸性条件下反应生成Fe3+和⋅OH；
②pH大于4后，H+浓度减少，O2得电子结合H+生成的H2O2的量减少，同时pH大于4后，Fe3+、Fe2+会转变为Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，导致H2O2与Fe2+的量减少，生成的⋅OH变少，进一步导致NH4+去除率降低，
故答案为：pH大于4后，H+浓度减少，O2得电子结合H+生成的H2O2的量减少，Fe3+、Fe2+会转变为
Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，导致H2O2与Fe2+的量减少，生成的⋅OH变少；
③⋅OH与NH4+反应的离子方程式为：6⋅OH+2NH4+=N2↑+6H2O+2H+，
故答案为：6⋅OH+2NH4+=N2↑+6H2O+2H+；
(2)①pH=4时，Fe3O4纳米颗粒带正电，Cr(Ⅲ)主要以Cr3+形式存在，不易被Fe3O4纳米颗粒吸附，
故答案为：pH=4时，Fe3O4纳米颗粒带正电，Cr(Ⅲ)主要以Cr3+形式存在，不易被Fe3O4纳米颗粒吸附；
②碱性条件下Fe3O4纳米颗粒带负电荷，能大量吸附废水中带正电荷的Cr(OH)3胶体颗粒，而此时废水中的蛋白质带负电荷，不易被带负电荷的Fe3O4纳米颗粒吸附，
故答案为：碱性条件下Fe3O4纳米颗粒带负电荷，能大量吸附废水中带正电荷的Cr(OH)3胶体颗粒，而此时废水中的蛋白质带负电荷，不易被带负电荷的Fe3O4纳米颗粒吸附；
③由题给信息可知，Cr元素化合价由+3价升高到+6，NaClO作氧化剂，氯元素由+1价降低到−1价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe3O4⋅Cr(OH)3+3ClO−+4OH−=2Fe3O4+2CrO42−+3Cl−+5H2O，
故答案为：2Fe3O4⋅Cr(OH)3+3ClO−+4OH−=2Fe3O4+2CrO42−+3Cl−+5H2O。
2021-2022学年江苏省连云港市高二（上）期末化学试卷
1. 东晋葛洪所著《抱朴子》记载“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，其反应为CuSO4+Fe=FeSO4+Cu。下列说法正确的是( )
A. “曾青”成分为FeSO4 B. 反应为置换反应
C. Fe的金属性比Cu的弱 D. 反应中铁单质被还原
2. 反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列有关化学用语说法正确的是( )
A. NaOH的电子式：
B. O2−的结构示意图：
C. 基态C原子最外层电子的轨道表示式：
D. CO2是含有共价键的非极性分子
3. 实验室制取高浓度的HClO溶液，有关实验装置和原理能达到实验目的的是( )
A. 制取氯气 B. 制取氯水
C. 提高HClO浓度 D. 分离HClO溶液
4. 下列关于SO2、SO3、H2SO4和SO42−的说法正确的是( )
A. SO2、SO3分子中S原子均为sp3杂化 B. SO2、SO3中键角前者大
C. H2SO4能形成分子间氢键 D. SO42−的空间构型为平面正方形
5. 450℃、V2O5催化SO2和O2反应时、能量变化如图所示，反应机理如下：
反应①：V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)ΔH1=+24kJ⋅mol−1
反应②：2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s)ΔH2=−246kJ⋅mol−1
下列说法正确的是( )
A. 反应①的ΔS=0
B. 反应②是慢反应，决定该反应速率
C. 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=−202kJ⋅mol−1
D. 使用V2O5可以降低反应的焓变
6. 下列关于硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是( )
A. 硫磺难溶于水，可用于去除洒落在地面的汞
B. 二氧化硫具有漂白性，可用作干制果蔬的抗氧化剂
C. 浓硫酸具有强氧化性，实验室可用作干燥剂
D. 聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
7. 下列说法正确的是( )
A. 向0.1mol⋅L−1氨水中加入少量水，溶液中c(NH4+)c(NH3⋅H2O)增大
B. 常温下，由水电离产生的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中可以大量共存：Ca2+、NH4+、CH3COO−、Cl−
C. 常温下，0.1mol⋅L−1盐酸与0.1mol⋅L−1氨水等体积混合，所得溶液pH=7
D. 常温下，向20mLpH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系如图
8. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是( )
A. 原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z
C. 元素第一电离能：I1(Z)>I1(Y)
D. W元素的一种氧化物晶胞如图所示，该氧化物为CuO
9. 利用微电池技术去除天然气中的H2S并生成FeS的装置如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 微电池负极的电极反应式为Fe−2e−+H2S=FeS+2H+
B. 去除过程发生的主要反应为2Fe+2H2S+O2=2FeS+2H2O
C. 通入气体一段时间后，去除速率降低的可能原因是铁减少，形成微电池的数量减少
D. 该装置使用一段时间后，内部有大量的铁锈产生
10. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3和NaHSO3的性质
实验1：用pH试纸测量0.1mol⋅L−1NaHCO3，溶液的pH，测得pH约为8
实验2：加热0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液，恢复到室温，测得pH约为9
实验3：向0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中通入足量SO2，测得pH约为5
实验4：向0.1mol⋅L−1NaHSO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是( )
A. 由实验1可以得出：c(Na+)>c(HCO3−)>c(CO32−)>c(H2CO3)
B. 实验2中pH升高的原因是NaHCO3水解程度增大
C. 实验3所得溶液中存在：c(HSO3−)+c(OH−)+2c(SO32−)>0.1mol⋅L−1
D. 实验4中发生反应的离子方程式为HSO3−+Cl2=SO2+HClO+Cl−
11. 下列对实验操作和现象的解释与结论不正确的是( )
操作和现象
解释与结论
A
向配合物Co(NH)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生
Co(NH3)3Cl3中Co3+的
配位数为6
B
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色
KI与FeCl3的反应是可逆反应
C
常温下用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH的为9，NaNO2溶液的pH的为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后生成无色气泡
Ca2+与CO32−结合，破坏HCO3−的电离平衡，溶液中H+浓度增大，与HCO3−反应产生CO2气体
A. A B. B C. C D. D
12. 室温下，用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入盐酸，产生气泡。已知Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，
Ksp(BaCO3)=2.6×10−9。下列说法正确的是( )
A. Na2CO3饱和溶液中存在：c(OH−)=c(H+)+c(HCO3−)+c(H2CO3)
B. 反应BaSO4(S)+CO32−(aq)⇌BaCO3(s)+SO42−(aq)正向进行，需满足c(SO42−)c(CO32−)<11260
C. 过滤后所得的滤液中一定存在：c(Ba2+)=Ksp(BaCO3)c(CO32−)，且c(SO42−)>c(CO32−)
D. 滤渣中加入盐酸发生反应的离子方程式：CO32−+2H+=CO2↑+H2O
13. 甲烷，水蒸气在镍基催化剂催化下重整制备氢气的主要反应为：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)ΔH=165.1kJ⋅mol−1；工业上常将镍基催化剂和纳米CaO混合制成微球颗粒使用。将一定比例的CH4和H2O的混合气体置于密闭容器内催化制氢，平衡时H2所占的体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)c4(H2)c(CH4)
B. 750℃后曲线X显著下降的可能原因是催化剂失活
C. 其他条件不变，缩小容器体积，CH4的平衡转化率增大
D. 添加CaO可以吸收生成的CO2并放热，从而促使平衡正移
14. 铁的配合物离子(用[L−Fe−H]+表示)催化某反应的一种反应机理如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 该过程的总反应为HCOOH=CO2↑+H2↑
B. 反应机理表明H+和HCOO−参与了该反应
C. 反应过程中存在非极性共价键的断裂和形成
D. H+浓度过大或过小，均导致反应速率下降
15. 我国科学家研发的金球首套千吨级太阳能燃料合成项目，为实现“碳中和”目标作出了重大贡献。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。
(1)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池的功能材料，CaTiO3的晶胞如图1所示。
①基态Ti原子的核外电子排布式为 ______。
②CaTiO3组成元素的电负性大小顺序是 ______；Ca2+的配位数是 ______。
(2)单晶硅是生产太阳能电池板的主要原料，SiCl4是生产单晶硅的前驱体，可发生水解反应，机理如图2：
注：含s、p、d轨道的杂化类型有：dsp2、sp3d、sp3d2。
在SiCl4水解为中间体SiCl4(H2O)的过程中，Si原子的杂化类型由 ______变为 ______。
(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6℃)之间，其原因是 ______。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1−xOy，则y=______(用含x的表达式)。
16. 海带中含有的碘元素为有机碘和无机碘(I−)。在实验室中，从海带制取KIO3的流程如图1：
图1
(1)海带中含有丰富的维生素，其中维生素C的结构简式如图2，则1mol维生素C含有σ键的数目为 ______。
图2
(2)海带灼烧成灰的目的是 ______。
(3)氧化时需控制H2SO4和H2O2的加入量，
①写出氧化时反应的离子方程式：______。
②I−被氧化生成I2的比例与n(H2O2)n(I−)的关系如图3所示。达到n(H2O2)n(I−)=1后，生成碘单质的量减少的原因是 ______。
图3
(4)碘单质易溶于CCl4不易溶于水的原因是 ______。
(5)将碘单质溶于过量的KOH溶液发生反应：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，工业上可用如图4所示装置电解所得溶液制备KIO3。
图4
①阴极产生的气体X的化学式为 ______。
②阳极的电极反应式为 ______。
17. 工业以炼钢污泥(主要成分为铁的氧化物，还含有CaO、SiO2，C等杂质)为原料制备脱硫剂活性Fe2O3的流程如图1：
已知：
①Fe3+与F−形成[FeF6]3−，Fe2+不能与F−反应
②Ksp(CaF2)=3.95×10−11，Ksp(FeCO3)=2×10−11
③活性Fe2O3脱硫原理是将废气中的H2S吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成。当脱硫剂丧失脱硫功能后，在一定温度下可进行再生。
(1)“酸浸”时不断搅拌的目的是 ______。
(2)制备FeCO3，为获得较高产率的Fe2O3，请补充实验方案：取过滤1所得滤液置于烧杯中，______，过滤，热分解获得活性Fe2O3。(须用到的试剂：铁粉、NH4F溶液、NH4HCO3溶液)
(3)热分解。向FeCO3中加入适量的NH4HCO3固体，混合均匀后充分加热，使之完全分解，获得活性Fe2O3。加入NH4HCO3固体的目的是 ______。
(4)脱硫和再生的原理如图2所示。
①“再生”过程中的温度控制主要采用调节混合气中O2含量的方法进行。研究表明通入O2浓度为4%效果最好，若浓度过高会导致再生的脱硫剂脱硫效果降低。其原因是 ______。
②“再生”结束的标志是 ______。
③为了判断脱硫完成情况，需要测定再生时出口处SO2浓度，具体操作：将O2、N2的混合气以1L⋅min−1的速率依次通过脱硫剂、10.00mL0.0100mol⋅L−1酸性高锰酸钾溶液中，4分钟后恰好完全反应。计算再生时出口处SO2的浓度：______。(用mg⋅L−1表示。写出计算过程，否则不得分)。
18. 工业废水对环境产生很大影响，不同的工业废水有不同的处理方法。
(1)电化学氧化法处理酸性废水中NH4+的原理是：利用电解产生高活性羟基自由基(⋅OH)将NH4+氧化成N2，电解产生⋅OH的反应机理如图1所示。
①电解制取⋅OH的过程可描述为 ______。
②研究表明当pH大于4后，随溶液pH增大，NH4+去除率降低的原因是 ______。
③写出⋅OH与NH4+反应的离子方程式：______。
(2)工业制革废水中含有大量蛋白质(酸性条件下带正电荷，碱性条件下带负电荷)和Cr(Ⅲ)[Cr3+,Cr(OH)3,Cr(OH)4−]。当Cr(Ⅲ)以Cr(OH)3胶体颗粒形式存在时，可用Fe3O4纳米颗粒吸附除去。Cr(OH)3胶体、Fe3O4纳米颗粒的zeta电位、Cr(Ⅲ)捕获量随溶液pH的变化关系如图2所示。
资料卡片：胶体粒子所带电荷多少和正负用zeta电位衡量，zeta电位的正负值表示胶体粒子带正负电荷，数值越大所带电荷越多。
①pH=4时，铬元素吸收效率很差，其原因可能是 ______。
②在碱性条件下Fe3O4吸附废水中Cr(OH)3胶体颗粒具有选择性的原因是 ______。
③Fe3O4纳米颗粒吸附后的形成Fe3O4⋅Cr(OH)3，加入到NaClO溶液中浸泡可以回收Fe3O4纳米颗粒，同时得到Na2CrO4溶液，反应的离子方程式为 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化再结合基本概念来分析解答，知道物质的性质及元素化合价即可解答，题目难度不大。
【解答】
“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，其反应为CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，该反应为置换反应，铁的化合价升高，被氧化，铜的化合价降低，被还原，据此解答。
A.根据CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，“曾青”成分为CuSO4，故A错误；
B.反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu属于置换反应，故B正确；
C.反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，铁置换了铜，Fe的金属性比Cu的强，故C错误；
D.反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu中铁单质被氧化，故D错误；
故选：B。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原子核外电子排布、化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子核外电子排布、分子极性判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.NaOH属于离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，电子式为，故A错误；
B.氧离子核内有8个质子、核外有10个电子，氧离子结构示意图为，故B错误；
C.基态C原子最外层电子中含有4个电子，2s能级上2个电子、2p能级上2个电子，基态C原子最外层电子的轨道表示式：，故C错误；
D.非金属元素的原子之间易形成共价键，正负电荷中心重合的分子为非极性分子，CO2中碳原子和氧原子之间存在共价键，该分子为直线形分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D正确；
故选：D。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A. 电解饱和食盐水，阳极上氯离子失去电子，图中装置可制备氯气，故A正确；
B. 食盐水可抑制氯气的溶解，应长导管进气，短导管进气可排出食盐水，故B错误；
C. HClO与CaO反应，应加碳酸钙提高HClO的浓度，故C错误；
D. 图中锥形瓶不能密封，馏分难流下，故D错误；
故选：A。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原子杂化类型判断、微粒空间结构判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确价层电子对互斥内涵是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.SO2中S原子价层电子对数=2+6−2×22=3且含有一个孤电子对，SO3中S原子价层电子对数=3+6−3×22=3且不含孤电子对，S原子杂化类型：均为sp2，故A错误；
B.孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，前者含有一个孤电子对、后者不含孤电子对，所以键角前者小，故B错误；
C.硫酸分子中存在−OH，−OH之间能形成氢键，所以硫酸分子之间存在氢键，故C正确；
D.SO42−中S原子价层电子对数=4+6+2−4×22=4且不含孤电子对，为四面体形，故D错误；
故选：C。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查反应热和焓变，为高频考点，明确活化能与反应速率关系、盖斯定律的计算应用、活化能与反应速率的关系等知识是解题关键，注意掌握催化剂的作用，选项A是易错点，题目难度不大。
【解答】
A.反应①的ΔH>0，450℃时能自发进行，则该反应为熵增的反应，即反应①的ΔS>0，故A错误；
B.由图可知，反应①的活化能小于反应②，反应的活化能越大，反应速率越慢，则反应②是慢反应，决定该反应速率，故B正确；
C.反应①：V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)ΔH1=+24kJ⋅mol−1，反应②：2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s)ΔH2=−246kJ⋅mol−1，根据盖斯定律：反应①×2+②计算出2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)的焓变ΔH=(+24kJ⋅mol−1)×2+(−246kJ⋅mol−1)=−198kJ⋅mol−1，故C错误；
D.V2O5是该反应的催化剂，能改变反应的途径，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的焓变，故D错误；
故选：B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
【解答】
A.由于硫与汞反应，可用于去除洒落在地面的汞，与硫的溶解性无关，故A错误；
B.作抗氧化剂与还原性有关，与二氧化硫具有漂白性无关，故B错误；
C.浓硫酸可以作干燥剂，是因为浓硫酸具有吸水性，与其强氧化性无关，故C错误；
D.聚合硫酸铁能水解并形成氢氧化铁胶体，胶体的表面积很大，具有吸附性，可以吸附水中悬浮物，起净水作用，故D正确；
故选：D。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离、离子共存等知识，为高频考点，明确离子反应发生条件及弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度不大。
【解答】
A. 向0.1mol⋅L−1氨水中加入少量水，一水合氨的电离程度增大，溶液中n(NH4+)增大、n(NH3⋅H2O)减小，根据c=nV可知，溶液中c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=n(NH4+)n(NH3⋅H2O)的比值增大，故A正确；
B. 常温下，由水电离产生的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，NH4+与OH−反应，CH3COO−与H+反应，不能大量共存，故B错误；
C. 常温下，0.1mol⋅L−1盐酸与0.1mol⋅L−1氨水等体积混合，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解溶液呈酸性，所得溶液的pH<7，故C错误；
D. 常温下，向20mLpH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液，加入20mL该氢氧化钠溶液时，醋酸过量，混合液呈酸性，此时溶液的pH<7，图示曲线变化不符合实际，故D错误；
故选：A。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期律，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
【解答】
前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，电子排布分别为1s22s22p2、1s22s22p4，则X为C、Z为O；Z与Y同族，则Y为S元素；W原子核内有29个质子，则W为Cu；
由分析可知，X为C、Y为O、Z为S、W为Cu，以此解题；
A.同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(硫)>X(碳)>Y(氧)，故A错误；
B.元素的非金属性强弱与氢化物稳定性一致，非金属性Y(氧)>Z(硫)，故简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z，故B正确；
C.同主族自上而下第一电离能减小，故元素第一电离能：I1(S)
故选：B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
【解答】
由图可知，Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−+H2S=FeS+2H+，氧气作正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，据此作答。
A. Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−+H2S=FeS+2H+，故A正确；
B. 由微电池的正负极反应可知，去除过程总反应为2Fe+2H2S+O2=2FeS+2H2O，故B正确；
C. 通入气体一段时间后，随反应进行，Fe不断被消耗，形成微电池的数量减少，去除速率降低，故C正确；
D. 反应过程中Fe生成FeS，不生成铁锈，故D错误；
故选：D。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质之间反应、物质的化学反应，侧重考查物质性质，题目难度不大，明确反应原理是解题的关键，考查处理及灵活运用所学知识进行分析问题、解决问题的能力。
【解答】
A.0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液的pH约为8，说明碳酸氢根离子水解为主，电离程度较小，则水解产生的碳酸分子比电离产生的碳酸根离子多，可以得出：c(Na+)>c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)，故A错误；
B.升温后又恢复到原来的温度，此时pH增大，只能说明在升温的时候碳酸氢根离子发生分解反应生成了碳酸根离子，且碳酸根离子水解程度较大，故B错误；
C.向0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中通入足量SO2会生成0.1mol⋅L−1NaHSO3，根据电荷守恒，c(HSO3−)+
c(OH−)+2c(SO32−)=c(Na+)+c(H+)，其中c(Na+)=0.1mol⋅L−1，故c(HSO3−)+c(OH−)+2c(SO32−)>0.1mol⋅L−1，故C正确；
D.此时氯气和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，离子方程式为：HSO3−+Cl2+H2O=SO42−+3H++2Cl−，故D错误；
故选：C。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、淀粉水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A.向配合物Co(NH)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生，说明氯原子为内界，所以其化学式为Co[(NH3)3Cl3]，配位数是6，故A正确；
B.KI过量，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有铁离子，则KI与FeCl3的反应是可逆反应，故B正确；
C.两种钠盐溶液的浓度相对大小未知，无法判断水解程度相对大小，所以无法判断两种酸电离出氢离子能力相对大小，故C错误；
D.向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，说明Ca2+与CO32−结合生成白色沉淀碳酸钙，破坏了HCO3−的电离平衡，溶液中H+浓度增大，H+与HCO3−反应产生气体，故D正确；
故选：C。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了离子浓度大小比较、难溶物的溶解平衡等知识，题目难度中等，注意掌握溶度积常数的概念及应用，能够根据溶度积常数进行计算，为高频考点。
【解答】
A.碳酸钠饱和溶液中存在的质子守恒的关系为c(OH−)=c(H+)+c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故A错误；
B.反应BaSO4(S)+CO32−(aq)⇌BaCO3(s)+SO42−(aq)的平衡常数K=c(SO42−)c(CO32−)=c(SO42−)c(CO32−)×c(Ba2+)c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=1.1×10−102.6×10−9=11260，当浓度熵Qc=c(SO42−)c(CO32−)<11260=K时，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C.由题意可知，过滤后所得的滤液中K=c(SO42−)c(CO32−)=c(SO42−)c(CO32−)×c(Ba2+)c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=1.1×10−102.6×10−9=11260<1，则溶液中c(SO42−)
故选：B。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
A. K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)⋅c4(H2)c(CH4)⋅c2(H2O)，故A错误；
B. 750℃后曲线X显著下降，与CaO、水、二氧化碳反应有关，平衡逆向移动，与催化剂无关，故B错误；
C. 反应为气体总物质的量增大的反应，则缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，故C错误；
D. 焓变为正，为吸热反应，则添加CaO可以吸收生成的CO2并放热，从而促使平衡正移，故D正确；
故选：D。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查反应机理，侧重考查图片分析、判断及知识综合运用能力，明确化学反应机理中断键和成键方式、化学反应速率影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
A.由图可知，该反应的反应物为HCOOH，生成物为CO2和H2，该过程的总反应为HCOOH=CO2↑+H2↑，故A正确；
B.根据图知，[L−Fe−H]++HCOO−→时HCOO−参与反应，+H+→时氢离子参与反应，所以反应机理表明H+和HCOO−参与了该反应，故B正确；
C.根据反应过程，HCOOH→HCOO−+H+存在极性键的断裂，[L−Fe−H]++HCOO−→存在极性键的形成，→CO2+存在极性键的断裂和形成，+H+→存在非极性键的形成和离子键的形成，→[L−Fe−H]++H2↑存在极性键的断裂、非极性键的形成、离子键断裂及形成，所以在整个过程中，涉及到极性键的断裂和形成，有非极性键的形成，不存在非极性键的断裂，故C错误；
D.H+浓度过大则不利于物质Ⅰ结合HCOO−，过小则不利于物质Ⅳ的生成，均会导致整体的反应速率降低，故D正确；
故选：C。
15.【答案】(1)①1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2 ②O>Ti>Ca；12
(2)sp3 ； sp3d
(3)甲硫醇不能形成分子间氢键，而甲醇和水均能形成分子间氢键，且水比甲醇的氢键多
(4)2−x
【解析】
【分析】
本题考查物质结构和性质，侧重查看阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律、价层电子对互斥理论内涵、氢键等知识点是解本题关键，难点是配位数的判断，题目难度中等。
【解答】
(1)①基态Ti原子核外有22个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；
②元素对键合电子的吸引力越大，其电负性越大，对键合电子的吸引力大小顺序是O>Ti>Ca，所以电负性大小顺序是O>Ti>Ca；根据图知，距离Ca2+最近且等距离的氧离子个数是12，所以钙离子配位数是12，
故答案为：O>Ti>Ca；12；
(2)根据图知，SiCl4中Si原子价层电子对数是4，SiCl4(H2O)中Si原子价层电子对数是5，Si原子杂化类型：前者为sp3，后者为sp3d，
故答案为：sp3；sp3d；
(3)能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，甲硫醇不能形成分子间氢键，而甲醇和水均能形成分子间氢键，且水比甲醇的氢键多，所以甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6℃)之间，
故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而甲醇和水均能形成分子间氢键，且水比甲醇的氢键多；
(4)ZnxZr1−xOy中Zn元素的化合价为+2价、Zr元素的化合价为+4价、O元素的化合价为−2价，化合物中各元素化合价的代数和为0，则存在2x+4(1−x)=2y，y=2−x，
故答案为：2−x。
16.【答案】(1)20NA
(2)增大接触面积提高碘元素浸取率
(3)①H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O
②过量的H2O2将I2进一步氧化为更高价态的碘，如IO3−
(4)碘单质为非极性分子，易溶于非极性的CCl4，不易溶于极性水中
(5)①H2
②I−+6OH−−6e−=IO3−+3H2O
【解析】
【分析】
本题主要考查实验方案的设计，具体涉及σ键数的计算，氧化还原反应，物质的分离与除杂，相似形容原理的应用，电极反应式的书写等，同时考查学生的分析能力，解决问题的能力等，属于高考的高频考点，难度中等。
【解答】
(1)1mol维生素C含有σ键的数目为20NA，
故答案为：20NA；
(2)海带灼烧成灰的目的是增大接触面积提高碘元素浸取率，
故答案为：增大接触面积提高碘元素浸取率；
(3)①根据分析可知，氧化时反应的离子方程式为：H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O，
故答案为：H2O2+2I−+2H+=I2+2H2O；
②当n(H2O2)n(I−)=1后，生成碘单质的量减少的原因是过量的H2O2将I2进一步氧化为更高价态的碘，如IO3−，
故答案为：过量的H2O2将I2进一步氧化为更高价态的碘，如IO3−；
(4)碘和CCl4均为非极性分子，而水为极性分子，根据相似形容原理可知，碘单质易溶于CCl4不易溶于水，
故答案为：碘单质为非极性分子，易溶于非极性的CCl4，不易溶于极性水中；
(5)①阴极为水得电子被还原H2，
故答案为：H2；
②阳极的电极反应式为：I−+6OH−−6e−=IO3−+3H2O，
故答案为：I−+6OH−−6e−=IO3−+3H2O。
17.【答案】(1)防止CaSO4沉淀附着在污泥的表面，加快反应速率，提高铁元素浸取率
(2)加入铁粉至不再溶解，再加入NH4F溶液，静置，向上层清液中继续加NH4F溶液至不再产生沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3溶液至无气泡产生
(3)NH4HCO3固体加热时分解产生气体，使活性Fe2O3产生更多的孔隙
(4)①O2浓度过高会导致再生过程温度偏高，催化剂熔融致使孔隙减少
②温度恢复至再生前或再生时出口处O2的浓度不再改变(或约为4%)或再生时出口处检测不到SO2气体 ③4mg⋅L−1
【解析】
【分析】
本题考查混合物分离提纯、物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
【解答】
分析流程可知，炼钢污泥(主要成分为铁的氧化物，还含有CaO、SiO2、C等杂质)加酸溶解，C和SiO2等难溶性杂质过滤除去，加入废铁屑进行还原，将铁离子还原为亚铁离子，加入氟化铵除去钙离子，加入碳酸氢铵发生反应Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫化氢进行脱硫处理，发生反应Fe2O3⋅H2O+3H2S=Fe2S3⋅H2O+3H2O，将产品加氧气再生，获得产品Fe2O3⋅H2O，据此分析回答问题。
(1)炼钢污泥用稀硫酸除理时铁的氧化物、氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸钙，硫酸钙难溶，会覆盖钢铁污泥的表面影响进一步反应，搅拌可以防止CaSO4沉淀附着在污泥的表面，加快反应速率，提高铁元素浸取率，
故答案为：防止CaSO4沉淀附着在污泥的表面，加快反应速率，提高铁元素浸取率；
(2)操作过滤1后溶液为混有硫酸钙的硫酸铁溶液，应加过量的铁粉，将三价铁还原为二价铁，再加入NH4F将钙离子转化为沉淀氟化钙除去，为了检验钙离子是否完全除尽，需静置、取上层澄清溶液继续滴加氟化铵溶液，若不再出现白色浑浊，则证明钙离子已经沉淀完全，然后过滤，向滤液中加入碳酸氢铵生成碳酸亚铁，由于反应同时生成CO2气体，若不再有气泡放出，则标志着亚铁离子完全沉淀，然后过滤，
故答案为：加入铁粉至不再溶解，再加入NH4F溶液，静置，向上层清液中继续加NH4F溶液至不再产生沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3溶液至无气泡产生；
(3)向FeCO3在空气中加热分解，生成Fe2O3，加入NH4HCO3固体，则加热时分解产生气体，使Fe2O3产生更多的孔隙，使活性最强，
故答案为：NH4HCO3固体加热时分解产生气体，使活性Fe2O3产生更多的孔隙；
(4)①由图示可知，再生过程的变化是Fe2S2在氧气中煅烧，生成Fe2O3和SO2的过程，为放热反应，如果氧气的浓度过高，这反应放出的热量过大，温度过高，将会使Fe2O3表面熔融导致孔隙减小，活性降低，
故答案为：O2浓度过高会导致再生过程温度偏高，催化剂熔融致使孔隙减少；
②再生过程的结束，即意味着Fe2S2完全反应，则通入氧气的浓度不再减小或不再有SO2气体产生，
故答案为：温度恢复至再生前或再生时出口处O2的浓度不再改变(或约为4%)或再生时出口处检测不到SO2气体；
③SO2与酸性高锰酸钾溶液时，S元素由+4价升高至+6价，Mn元素由+7价降至+2价，根据电子守恒如下关系，5SO2∼2KMnO4，10.00mL0.0100mol⋅L−1酸性高锰酸钾溶液中KMnO4的物质的量为10.00×10−3L×0.0100mol⋅L−1=1×10−4mol，则SO2的物质的量为2.5×10−4mol，质量为64g/mol×2.5×10−4mol=0.016g，1L/min−1的速率4分钟的气体体积为1L/min×4min=4L，再生时出口处SO2的浓度为0.016×103mg4L=4mg⋅L−1，
故答案为：4mg⋅L−1。
18.【答案】(1)①O2得电子结合H+生成H2O2，Fe3+得电子生成Fe2+，生成的H2O2与Fe2+在酸性条件下反应生成Fe3+和⋅OH
②pH大于4后，H+浓度减少，O2得电子结合H+生成的H2O2的量减少，Fe3+、Fe2+会转变为Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，导致H2O2与Fe2+的量减少，生成的⋅OH变少
③6⋅OH+2NH4+=N2↑+6H2O+2H+
(2)① pH=4时，Fe3O4纳米颗粒带正电，Cr(Ⅲ)主要以Cr3+形式存在，不易被Fe3O4纳米颗粒吸附
②碱性条件下Fe3O4纳米颗粒带负电荷，能大量吸附废水中带正电荷的Cr(OH)3胶体颗粒，而此时废水中的蛋白质带负电荷，不易被带负电荷的Fe3O4纳米颗粒吸附
③2Fe3O4⋅Cr(OH)3+3ClO−+4OH−=2Fe3O4+2CrO42−+3Cl−+5H2O
【解析】
【分析】
本题主要考查电解原理的应用，掌握电解池中电极的判断，电极反应式的书写，电子、电流的方向等是解本题的关键，同时考查氧化还原反应离子方程式的书写，实际问题的分析解决，属于高考高频考点，难度中等。
【解答】
(1)①由图可知，电解制取⋅OH的过程可描述为O2得电子结合H+生成H2O2，Fe3+得电子生成Fe2+，生成的H2O2与Fe2+在酸性条件下反应生成Fe3+和⋅OH，
故答案为：O2得电子结合H+生成H2O2，Fe3+得电子生成Fe2+，生成的H2O2与Fe2+在酸性条件下反应生成Fe3+和⋅OH；
②pH大于4后，H+浓度减少，O2得电子结合H+生成的H2O2的量减少，同时pH大于4后，Fe3+、Fe2+会转变为Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，导致H2O2与Fe2+的量减少，生成的⋅OH变少，进一步导致NH4+去除率降低，
故答案为：pH大于4后，H+浓度减少，O2得电子结合H+生成的H2O2的量减少，Fe3+、Fe2+会转变为
Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，导致H2O2与Fe2+的量减少，生成的⋅OH变少；
③⋅OH与NH4+反应的离子方程式为：6⋅OH+2NH4+=N2↑+6H2O+2H+，
故答案为：6⋅OH+2NH4+=N2↑+6H2O+2H+；
(2)①pH=4时，Fe3O4纳米颗粒带正电，Cr(Ⅲ)主要以Cr3+形式存在，不易被Fe3O4纳米颗粒吸附，
故答案为：pH=4时，Fe3O4纳米颗粒带正电，Cr(Ⅲ)主要以Cr3+形式存在，不易被Fe3O4纳米颗粒吸附；
②碱性条件下Fe3O4纳米颗粒带负电荷，能大量吸附废水中带正电荷的Cr(OH)3胶体颗粒，而此时废水中的蛋白质带负电荷，不易被带负电荷的Fe3O4纳米颗粒吸附，
故答案为：碱性条件下Fe3O4纳米颗粒带负电荷，能大量吸附废水中带正电荷的Cr(OH)3胶体颗粒，而此时废水中的蛋白质带负电荷，不易被带负电荷的Fe3O4纳米颗粒吸附；
③由题给信息可知，Cr元素化合价由+3价升高到+6，NaClO作氧化剂，氯元素由+1价降低到−1价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe3O4⋅Cr(OH)3+3ClO−+4OH−=2Fe3O4+2CrO42−+3Cl−+5H2O，
故答案为：2Fe3O4⋅Cr(OH)3+3ClO−+4OH−=2Fe3O4+2CrO42−+3Cl−+5H2O。
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