江苏省徐州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

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江苏省徐州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·江苏徐州·高二统考期末）25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10-5
K14.3×10-7
K25.6×10-11
3.0×10-8

回答下列问题：
(1)一般情况下，当温度升高时，Ka__(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是__(填序号)；
a.COb.ClO-c.CH3COO-d.HCO
(3)下列反应不能发生的是__(填序号)
a.CO+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O
b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO
c.CO+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-
d.2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClO
(4)体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。

则HX的电离平衡常数__(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)__醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，理由是___。
2. （2020春·江苏徐州·高二统考期末）锂二次电池新正极材料的探索和研究对锂电池的发展非常关键。
(1) 锂硒电池具有优异的循环稳定性。
①正极材料Se可由SO2通入亚硒酸(H2SeO3)溶液反应制得，则该反应的化学方程式为__。
②一种锂硒电池放电时的工作原理如图1所示，写出正极的电极反应式：________________。充电时Li＋向________(填“Se”或“Li”)极迁移。
③ Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是________。

(2) Li2S电池的理论能量密度高，其正极材料为碳包裹的硫化锂(Li2S)。
① Li2S可由硫酸锂与壳聚糖高温下制得，其中壳聚糖的作用是________。
②取一定量Li2S样品在空气中加热，测得样品固体残留率随温度的变化如图3所示。(固体残留率＝×100%)分析300 ℃后，固体残留率变化的原因是________。
3. （2021春·江苏徐州·高二统考期末）氢氰酸()有剧毒，易挥发。金矿提金时，用溶液浸取金生成，再用锌置换出金，产生的含氰废水需处理后排放。
(1)①存在着两步电离平衡，其第一步电离方程式为___________。
②可用于制备，浊液中加入溶液可发生反应：
，该反应的平衡常数___________。
[已知，]。
(2)可催化氧化废水中的。其他条件相同时，总氯化物(、等)去除率随溶液初始变化如图所示。

①在酸性条件下，也能氧化，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的原因是___________。
②当溶液初始时，总氰化物去除率下降的原因可能是___________。
(3)通过电激发产生和处理废水中的，可能的反应机理如图所示。虚线方框内的过程可描述为___________。

4. （2022春·江苏徐州·高二统考期末）钴及其化合物在工业生产中有着广阔的应用前景。以溶液为原料可制备纳米钴粉和三氯化六氨合钴(价)晶体等。
已知：①不易被氧化，具有强氧化性；具有较强还原性，性质稳定；
②水合肼易溶于水，具有强还原性，氧化产物为。
(1)制备纳米钴粉：向溶液中加溶液调节溶液，再加入水合肼可以制取单质钴粉。已知不同的时(价)的物种分布图如图1所示。

①写出时制钴粉的离子方程式：___________。
②时，所制钴粉纯度会降低，其原因是___________。
(2)制备实验步骤如下：
I.称取研细的和于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入的溶液。实验装置如图2所示。

              图-2
II．控制反应温度为，反应一段时间后，得溶液。
III．在一定条件下制得。
①仪器a的名称为___________。
②步骤I将转化过程中，先加浓氨水再加溶液目的是___________。
③步骤II中控制反应温度为的原因是___________。
(3)制备晶体。请补充以溶液(含杂质、、)制各纯净的晶体实验方案：取一定量的溶液，___________，干燥，得晶体。 (须使用试剂：溶液，溶液，溶液，溶液)
5. （2020春·江苏徐州·高二统考期末）原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G七种元素。其中A的原子有5种不同运动状态的电子；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素；F和D位于同一主族，G的原子序数为29。
(1)基态G原子的价电子排布式为__。
(2)元素B、C的简单气态氢化物的沸点较高的是__(用化学式表示)。
(3)A晶体熔点为2300℃，则其为__晶体。
(4)GD在加热条件下容易转化为G2D，从原子结构的角度解释原因__。
(5)G与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸盐，为将生成的两种气体(气体相对分子质量均小于50)完全转化为最高价含氧酸盐，消耗了1molO2和1L2.2mol/LNaOH溶液。则两种气体的分子式及物质的量分别为__，生成硫酸铜物质的量为__。
6. （2021春·江苏徐州·高二统考期末）科学家模拟光合作用，利用太阳能制备甲烷和异丙醇等燃料。

(1)利用一种新型高效二元铜铁催化剂，在光照条件下，将、转化为。
①目前测定晶体结构可靠的科学方法是___________。一种铜铁催化剂的晶胞如图所示，基态原子的电子排布式为___________，该晶胞中与一个原子相紧邻的原子有___________个。
②在光照和铜铁催化剂条件下，基态碳原子吸收能量变为激发态原子。下列3种不同状态的碳原子轨道表示式中，能量状态最高的是___________(填字母)。
a．
b．
c．
(2)某光电催化反应器如图所示，利用电化学原理模拟光合作用由制异丙醇。

①已知Ti元素的电负性为1.5，O元素的电负性为3.5，则、O原子之间通过___________键形成稳定的化合物。
②电极表面生成异丙醇的电极反应式为___________，此电极反应需选用高活性和高选择性的电化学催化剂，其目的是___________。
7. （2022春·江苏徐州·高二统考期末）铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的用途。
(1)水体中过量的是一种重要污染物，可利用纳米铁粉将其除去。
①基态铁原子核外电子排布式：___________；铁元素在元素周期表中的位置为___________，属于___________区元素。
②相同条件下，向含有的两份水样中分别加入纳米铁粉、纳米铁粉-活性炭-铜粉，的去除速率差异如图1所示，产生该差异的可能原因为___________。

(2)铁镁合金是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图2所示。储氢时，分子位于晶胞体心和棱的中心位置。
①该晶胞中的配位数是___________。
②该合金储满氢后所得晶体的化学式是___________。
(3)在生产中，常用处理的含(价)废水得到和。易被氧化为，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因：___________。
8. （2020春·江苏徐州·高二统考期末）常温下，用含钴废料(主要成分为CoCO3，还含有少量NiCO3与铁屑)制备CoCl2•6H2O的工艺流程如图。

①已知除镍过程中溶液pH对钴的回收率及Ni2+含量的影响如图所示。

②部分金属阳离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属阳离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe3+
1.5
4.0
Fe2+
7.5
9.7
Co2+
6.6
9.4
Ni2+
7.7
9.5

回答下列问题：
(1)酸浸后溶液中的阳离子为：Co2+，Ni2+和__。
(2)除镍时，应调节溶液pH=__，此时Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？___(是或否)。若pH过小，则产品纯度会___(升高，降低，或不变)。
(3)酸溶时，当调节pH=8时，溶液中n(Fe3+)：n(Co2+)=__。
已知Ksp[Co(OH)2]=2.0×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。
(4)除铁时先向溶液中加入30%的H2O2发生的离子反应方程式是：__。充分反应后再向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH范围为__，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，最后过滤得到CoCl2溶液。
(5)已知Ag++SCN-=AgSCN↓，为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取11.9g粗产品配成100mL溶液，从中取出25mL先加入含0.03mol的AgNO3，(杂质不与其反应)，再用0.5mol/L的KSCN溶液标定过量的AgNO3，该标定操作所用的指示剂为__(填化学式)，若消耗20.00mL的KSCN溶液，则该粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数为__。
9. （2021春·江苏徐州·高二统考期末）价铬有强氧化性和毒性，必须进行处理后排放。处理含铬废水并制备的流程如下：

已知：
(1)①写出与溶液在酸性条件下反应的离子方程式：___________。
②转化为时，不同条件对铬元素的去除效果如图所示，调节时总铬浓度先减小再增大的原因是___________。

(2)测定样品中的质量分数。称取样品0.5000g，加水溶解配成溶液。移取于锥形瓶中，加入过量，充分反应后，加热煮沸，然后加酸化。此时铬元素以形式存在，再加入，摇匀，充分反应()，用标准溶液滴定至接近终点时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗标准溶液21.00mL()。
①标准溶液需盛放在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，滴定至终点的现象为___________。
②若未充分加热煮沸，则测量结果会___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③计算样品中的质量分数：___________(写出计算过程)。
10. （2022春·江苏徐州·高二统考期末）以锰渣(含及少量、、元素的氧化物)和黄铁矿(主要成分为)为原料可制备和，过程可表示为：

(1)浸取：将锰渣与黄铁矿粉碎混合，用稀酸X浸取。研究发现，酸浸时，和颗粒参与反应的原理如图所示(部分产物未标出)。

①所用的稀酸X是___________(填名称)。
②和颗粒参与反应的过程可描述为___________。
③若黄铁矿用量增加，锰的浸出率会降低，可能的原因是___________。
(2)除铁铜：滤渣II的主要成分为___________(填化学式)。
(3)溶液和氨水混合溶液反应，生成沉淀。反应的离子方程式为___________。
(4)含量的测定：准确称取样品于锥形瓶中，加入草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品完全溶解后，冷却，用溶液进行滴定，消耗溶液。测定过程中发生下列反应：

计算样品的纯度___________(写出计算过程)。
11. （2020春·江苏徐州·高二统考期末）海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调节能力，为解决环境污染问题提供了广阔的空间。
（1）①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如下图所示。下列说法不正确的是______________（填字母序号）。

a．pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-
b．A点，溶液中H2CO3和HCO3-浓度相同
c．当c(HCO3-)=c(CO32-)时，c(H+)>c(OH -)
②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是______________。
(2)海水pH稳定在7.9—8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。
①海水中含有的OH -可以吸收烟道气中的CO2同时为海水脱钙，生产CaCO3。写出此反应的离子方程式：__________。
②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10-7    K2=5.6×10 -11
H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10-2   K2 =6.0×10-8
海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，该过程的离子方程式是_______________。
(3)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式。
①通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化，该反应的离子方程式是_______________。
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是_________________。
12. （2021春·江苏徐州·高二统考期末）氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
(1)“球磨法”是一种基于机械化学在温和条件下由氮气合成氨的新方案，在45℃、条件下合成氨，氨的体积分数可达82.5%，其原理如图所示。

①下列关于“球磨法”的说法正确的是___________。
A．铁粉碰撞活化后产生缺陷密度越大，的吸附率越高
B．可降低氢气与氮气生成氨气的焓变，使反应更易进行
C．反应在温和条件下进行，不涉及化学键的断裂与形成
②机械碰撞有助于铁粉缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度升高。如图是吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线，应选择的最佳转速约___________转/分钟；若选择500转/分钟的转速，的吸附量降低的原因是___________。

(2)在一种新型催化剂的作用下，用氢气催化还原是目前工业上去除尾气中较理想的方法。
主反应：  
副反应：  
①  ___________
②某温度下的体积分数对反应的影响如图所示。当的体积分数大于时，的体积分数呈下降趋势，原因是___________。

13. （2022春·江苏徐州·高二统考期末）已知：①晶体难溶于水。
②部分金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表：
金属离子




开始沉淀的
7.6
7.6
2.7
4.0
沉淀完全的
9.2
9.6
3.7
5.2

烟气中含高浓度、氮氧化物等有害物质，在排放前须进行脱硫、脱硝处理。
(1)利用反应，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得的平衡转化率与温度、起始投料比的关系如图1所示。

①该反应的___________0(填“＞”“＜”或“=”)。
②图1中所示反应中，投料比最大的是___________(填“”、“”或“”)。
③随着温度的升高，不同投料比下平衡转化率趋于相近的原因是___________。
(2)钠钙双碱法可高效脱除烟气中的，脱硫的流程如图2所示。

①“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触，不宜直接使用石灰乳的原因是___________。
②水溶液中、、随的分布分数如图3所示，“再生液”用溶液调至7～9得到溶液X，溶液X吸收时主要反应的离子方程式为___________。

(3)用电解法处理氮氧化物可回收硝酸。实验室模拟电解的装置如图4所示。写出电解时阳极的电极反应式：___________。


参考答案：
1.      增大     a＞b＞d＞c     cd     大于     大于     稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，醋酸抑制水电离程度大于HX
【分析】升高温度促进弱电解质的电离；酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；酸性强弱为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，强酸能够制取弱酸；加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；加水稀释HX溶液中氢离子浓度减小，对水的抑制程度减小。
【详解】(1)升高温度能促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；
(2)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO＞ClO-＞HCO＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；
(3)a.CO+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a不符合题意；
b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b不符合题意；
c.CO+HClO=CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c符合题意；
d.2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO，该反应不能发生，故d符合题意；
综上所述，本题答案是：cd；
(4)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)；理由是：稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，醋酸抑制水电离程度大于HX。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，涉及弱酸的电离、水的电离程度、反应能否进行等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查分析判断能力。
2.      H2SeO3＋2SO2＋H2O===Se＋2H2SO4     2Li＋＋xSe＋2e－===Li2Sex     Li     Li2Se6>Li2Se4>Li2Se     提供碳源，将硫酸锂还原(作还原剂)     300 ℃后，样品主要发生两个反应过程：反应1为Li2S被O2氧化生成Li2SO4，反应2为C被O2氧化生成CO2；前期固体残留率增加的原因是反应1为主，后期固体残留率减少的原因反应2为主
【详解】(1)①SO2通入亚硒酸中生成Se，发生氧化还原反应，化学方程式为：；
②由电池工作的原理图可知，Li电极为电池的负极，Se电极为电池的正极，电池放电时Li+能迁移到正极附近与Se结合生成，因此正极的电极反应式为：；电池在充电时，Li电极接外电源的负极，做阴极，Li+是阳离子在电解池中朝阴极迁移，因此Li+在充电时朝Li电极迁移；
③由图可知，与正极碳基体结合时会向外释放能量，如果释放的能量越大，那么结合之后越稳定，因此3中与碳基体结合能力的强弱为；
(2)①Li2S电池的正极材料是碳包裹得Li2S，因此为了获得这种正极材料，就需要壳聚糖在与硫酸锂高温反应时，一方面将硫酸锂还原，另一方面提供包裹Li2S的碳源；
②该Li2S是具有碳包裹结构的Li2S，因此在考虑其固体质量变化时，一方面要考虑Li2S自身被氧化的影响，另一方面也要考虑包裹Li2S的碳在高温下被氧化的影响；所以300 ℃后，样品主要发生两个反应过程：反应1为Li2S被O2氧化生成Li2SO4，反应2为C被O2氧化生成CO2；前期固体残留率增加的原因是反应1为主，后期固体残留率减少的原因是反应2为主。
3.     为AuCN+CN-     1.225×109；     在酸性条件下，溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染     随着pH升高，c(OH-)增大，铜离子转化为氢氧化铜，催化效率降低     氧气在阴极表面得电子被还原成∙，∙结合氢离子生成∙O2H，∙O2H分解生成氧气和双氧水
【详解】(1)①存在着两步电离平衡，其第一步电离方程式为AuCN+CN-；
②已知，]；，该反应的平衡常数 = ==1.225×109；
(2)①在酸性条件下，也能氧化，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的原因是，HCN有剧毒，易挥发，在酸性条件下，溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染；
②氢氧化铜是难溶的沉淀，pH升高，c(OH-)增大，铜离子沉淀越多，催化效率越低；所以当溶液初始时，总氰化物去除率下降的原因可能是随着pH升高，c(OH-)增大，铜离子转化为氢氧化铜，催化效率降低；
(3)由图可知，虚线方框内的过程可描述为：氧气在阴极表面得电子被还原成∙，∙结合氢离子生成∙O2H，∙O2H分解生成氧气和双氧水。
4. (1)          后所制钴粉中由于含有而导致纯度降低
(2)     分液漏斗     将不易被氧化的转化为具有较强还原性的     保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和的分解
(3)边搅拌边加入适量溶液，再滴加溶液调节的范围至5.2～7.6，过滤，向滤液中加入溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，至取最后一次洗涤滤液加入溶液不再出现沉淀为止

【解析】(1)
①pH=9时，Co元素以形式存在，制钴粉的离子方程式为 +2N2H4⋅H2O+4OH-=4Co+2N2↑+10H2O；
②pH>10时，Co元素以和Co(OH)2形式存在，所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。
(2)
①仪器a的名称为分液漏斗；
②由“已知①”可知，Co2+不易被氧化，[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，步骤I将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水再加H2O2溶液，是为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；
③步骤II中控制反应温度为60℃，既能保证较快的反应速率，又能减少氨的挥发和H2O2的分解，提高原料的利用率。
(3)
以CoCl2溶液(含杂质Al3+、Fe3+、Fe2+)制各纯净的CoC2O4晶体，需要先将Fe2+氧化为Fe3+，再加入适量的NaOH溶液将Al3+和Fe3+转化为沉淀，过滤后再加入(NH4)2C2O4溶液形成CoC2O4沉淀，过滤、洗涤后，用AgNO3溶液检验是否洗涤干净，最后干燥，得到CoC2O4晶体，具体操作为：取一定量的CoCl2溶液，边搅拌边加入适量H2O2溶液，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.6，过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，至取最后一次洗涤滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止，干燥，得CoC2O4晶体。
5.      3d104s1     NH3     原子     Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充满稳定状态，所以Cu2O更稳定     0.9molNO、1.3molNO2     2mol
【分析】其中A的原子有5种不同运动状态的电子，则A原子核外有5个电子，所以A为硼(B)元素；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则其核外电子排布应为1s22s22p2，所以B为碳(C)元素；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同，则D原子的核外电子排布式为1s22s22p4，所以D为氧(O)元素，C位于碳和氧之间，所以C为氮(N)元素；G的原子序数为29，则G为铜(Cu)元素；F和D位于同一主族，且原子序数小于铜，则F为硫(S)元素；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素，且原子序数小于硫大于氧，则E为钠(Na)元素。
【详解】(1)G为Cu，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，所以价电子排布式为3d104s1；
(2)元素B、C分别为C元素和N元素，简单气态氢化物分别为CH4和NH3，由于NH3分子之间存在氢键，所以NH3的沸点较高；
(3)元素A为硼，硼晶体熔点很高，应为原子晶体；
(4)GD为CuO，加热条件下容易转化为Cu2O；Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充满稳定状态，所以Cu2O更稳定，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O；
(5)同时产生两种气体，气体相对分子质量均小于50，根据N元素的价态变化规律和硝酸与铜反应的规律不妨设两种气体为NO和NO2；消耗1L2.2mol/LNaOH溶液，则根据元素守恒可知生成的n[Na(NO3)]=2.2mol，则n(NO)+ n(NO2)=2.2mol，根据电子守恒可知3n(NO)+ n(NO2)=4n(O2)=4mol，联立解得n(NO)=0.9mol，n(NO2)=1.3mol，可以得出合理解，故假设成立，两种气体分别为NO和NO2，物质的量分别为0.9mol、1.3mol；
Cu与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应生成的盐只有CuSO4，根据题意可知硝酸被铜还原后的产物又被氧气氧化生成了硝酸根，则根据电子守恒可知n(CuSO4)=2n(O2)=2mol；
【点睛】第5小题为本题难点，首先学生需要对N元素的价态变化熟悉，明确生成的两种气体分别是何种物质，其次要注意应用氧化还原反应中的守恒规律进行计算。
6.     X−射线衍射法     [Ar]3d104s1     4     c     离子     3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O     有效抑制析氢反应
【详解】(1)①目前测定晶体结构可靠的科学方法是X−射线衍射法；Cu为29号元素，因此基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，根据图示的一个面心Fe分析该晶胞中与一个原子相紧邻的Cu原子有4个；故答案为：X−射线衍射法；[Ar]3d104s1；4。
②a为基态，b为2s上的一个电子跃迁到2p轨道上，c为2s上的一个电子跃迁到2p轨道上，但不满足洪特规则，因此3种不同状态的碳原子轨道表示式中，能量状态最高的是c；故答案为：c。
(2)①已知Ti元素的电负性为1.5，O元素的电负性为3.5，两者电负性之差等于2、大于1.7，则、O原子之间通过离子键形成稳定的化合物；故答案为：离子。
②根据图中信息，氢离子不断向左移动，则原电池左边为正极，右边为负极，Pt电极表面生成异丙醇的电极反应式为3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O，本装置主要是二氧化碳制取异丙醇，还有副反应生成氢气，因此此电极反应需选用高活性和高选择性的电化学催化剂，其目的是有效抑制析氢反应；故答案为：3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O；有效抑制析氢反应。
7. (1)          第四周期VIII族     d     形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率
(2)     8    
(3)外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构

【解析】(1)
①铁为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：；其在周期表中的位置为：第四周期VIII族；属于d区元素；
②其他条件相同的条件下，纳米铁粉~活性炭铜粉相较于单纯的纳米铁粉，形成Fe-Cu或C原电池加快纳米铁粉去除硝酸根的反应速率，故答案为：形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率；
(2)
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子与位于体对角线一处的镁原子的距离最近，则铁原子的配位数为8；
②由晶胞结构和题给信息可知，合金储满氢的晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱上的氢分子个数为，则所得晶体的化学式为：；
(3)
Fe为26号元素，外围电子排布为，不是稳定结构，容易再失去1个电子，故答案为：外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构。
8.     Fe2+、H+     10     否     降低     2.0×10-16：1(或2.0×10-16)     2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O     4.0≤pH＜6.6     Fe(NO3)3     80%
【分析】含钴废料(主要成分为CoCO3，还含有少量NiCO3与铁屑)加稀盐酸酸浸，得到含Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水调节pH将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀中加入盐酸酸浸得到含Co2+、Fe2+溶液，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化Fe2+得到Fe3+，向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH为4.0≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，减压蒸干溶液，结晶干燥得CoCl2•6H2O。
【详解】(1)碳酸钴和碳酸镍与盐酸反应生成相应的氯化物溶于水，酸浸后，铁屑与酸反应生成Fe2+和H2，同时剩余溶液中还有过量的盐酸，则溶液中的阳离子除有Co2＋、Ni2＋以外，还有Fe2+、H+；
(2)据图可知除镍过程中产品中钴的回收率随着溶液pH的增大而降低，产品中镍元素的含量在pH=10以后几乎不变，pH=10时，Co的回收率高且Ni的含量低，所以应调节pH为10；除镍时，Co元素在滤渣中Ni元素在滤液中，未形成沉淀；若pH过小，除镍不完全，溶液中镍元素的含量增大，则产品的纯度会降低；
(3)常温下，酸溶时，当调节溶液的pH为8时，溶液中c(OH−)=mol/L=1×10-6mol/L，因Ksp[Co(OH)2]＝c(Co2＋)×c2(OH−)=2.0×10－16，所以c(Co2＋)===2.0×10-4，同理可知c(Fe3＋)===4.0×10-20，溶液的体积一定，则溶液中的n(Fe3＋)：n(Co2＋)＝c(Fe3＋)：c(Co2＋)==2.0×10-16：1=2.0×10-16，
(4)除铁时，先向溶液中滴加适量30％H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，其离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；充分反应后再向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，所需pH≥4.1，又要保证溶液中的Co2＋不沉淀，则pH<6.6，故适宜的pH范围为：4.0≤pH＜6.6；
(5)为防止银离子与其他阴离子发生反应，在操作过程中可选用Fe(NO3)3(因氯离子和硫酸根和银离子生成沉淀，不能用氯化铁或硫酸铁)作为指示剂；
Ag＋＋SCN－==AgSCN↓，则KSCN消耗的Ag＋的物质的量n(Ag＋)=n(SCN－)=0.5mol/L×20×10-3L=0.01mol，加入的AgNO3的物质的量为0.03mol，说明与CoCl2·6H2O反应的AgNO3的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，根据关系式Ag＋Cl−CoCl2·6H2O可知，25mL溶液样品中CoCl2·6H2O的物质的量为×0.02mol=0.01mol，100mL溶液中的CoCl2·6H2O的质量为×0.01mol×238g/mol=9.52g，则该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为×100%=80%。
【点睛】第2小题为易错点，要注意该流程中除镍时是使Co元素沉淀，Ni元素留着溶液中，从而达到分离的目的；第5小题选择指示剂时要注意理解该滴定实验的原理是利用KSCN溶液滴定过量的银离子，所以所用指示剂不能与银离子反应。
9.      +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O     pH＜8时转化为，总铬浓度减小，＞10时转化为，总铬浓度增大     碱式     蓝色褪为无色，且30s内不恢复     偏大     ，根据关系式，故25.00mL溶液中，所以250mL溶液中含Cr3+的物质的量为：=0.00175mol，根据铬元素守恒可知：，所以样品中的质量为：，故样品中的质量分数为：
【详解】(1)①二价铁离子具有还原性，具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化为三价铁离子，被还原为三价铬离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
②已知：，pH＜8时转化为，总铬浓度减小，＞10时转化为，总铬浓度增大。
(2)①硫代硫酸钠的水溶液为弱碱性，标准溶液需盛放在碱式滴定管中，滴定至终点的现象为蓝色褪为无色，且30s内不恢复。
②在Na2O2氧化CrCl3的过程中，会有一定量的O2溶解在溶液中，也会将I-氧化为I2，从而使消耗的标准Na2S2O3溶液体积偏大，所以充分加热煮沸的原因是除去其中溶解的氧气，防止氧气将I-氧化，若未充分加热煮沸，则测量结果会偏大。
③令25mL溶液中n(Cr3+)，由元素守恒及方程式可得关系式：，根据关系式，故，所以250mL溶液中含Cr3+的物质的量为：=0.00175mol，根据铬元素守恒可知：，所以样品中的质量为：，故样品中的质量分数为：。
10. (1)     稀硫酸     在酸性条件下将氧化为，而自身被还原为；生成的将氧化成S     随黄铁矿用最增加，生成的单质硫会覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低
(2)、
(3)
(4)95.42%

【分析】锰渣和黄铁矿经过稀酸X酸浸后得到S和PbSO4沉淀，故X为稀硫酸；根据图示：在酸性条件下将氧化为，而自身被还原为；生成的将氧化成S；过氧化氢的目的是将氧化为，加氧化钙除铁和铜，将其转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀；MnF2将过量的钙离子转化为CaF2除去；净化后的滤液中主要含MnSO4，可转化为MnCO3和Mn3O4。
(1)
根据分析，所用的稀酸X为稀硫酸；根据图示，和颗粒参与反应的过程可描述为：在酸性条件下将氧化为，而自身被还原为；生成的将氧化成S；若黄铁矿用量增加，会生成更多的S单质，覆盖在FeS2表面，减少了Fe2+的生成，锰的浸出率会降低，故可能的原因是：随黄铁矿用最增加，生成的单质硫会覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低；
(2)
根据分析，除铁铜：滤渣II的主要成分为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；
(3)
溶液和氨水混合溶液反应，生成沉淀。反应的离子方程式为：；
(4)
根据题中信息，草酸与高锰酸根和四氧化三锰反应，根据方程式，与高锰酸根反应的草酸的物质的量为：，与四氧化三锰反应的草酸的物质的量为：，根据方程式：，四氧化三锰的物质的量为0.002mol，质量分数为：。
11.     bc     HCO3-+OH-=CO32-+H2O     CO2+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O     SO2+HCO3-=CO2+HSO3-     O2+2HSO3-=2SO42-+2H+     碱性海水的中和置稀释作用：鼓入空气排除了部分CO2（写出任意一点即可）
【详解】(1)①a．有图示可知在pH=8的溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；b．A点，溶液中CO2和H2CO3 的浓度 和与HCO3-浓度相同，故b错误；c．有图示可知当c(HCO3-)=c(CO32-)时， 溶液显碱性，即c(H+)＜c(OH -)，故c错误；答案为bc；
②pH=8.4的水溶液中主要存在的是HCO3-，则加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是HCO3-+OH-=CO32-+H2O；
(2)①用含Ca2+的碱性溶液收CO2生成CaCO3和水，反应的离子方程式为CO2+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O。
②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10-7 、K2=5.6×10 -11、H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10-2、K2 =6.0×10-8，则酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，则用含有HCO3-的溶液吸收SO2，发生反应的离子方程式是SO2+HCO3-=CO2+HSO3- ；
(3)①洗涤烟气后的海水呈酸性，+4价的S在溶液中存在形式为HSO3-，有较强还原性，可被O2在酸性条件下氧化为SO42-，发生反应的离子方程式是O2+2HSO3-=2SO42-+2H+；
②通入的新鲜海水是碱性的，可中和酸性海水，另外鼓入空气排除了部分CO2均可以使处理后海水pH升高。
12.      A     400     转速过快，体系升高温度过快，温度过高不利于氮气的吸附     (2b－a)     氢气和生成的氮气反应生成氨气
【详解】(1)①A．铁粉碰撞活化后产生缺陷密度越大，表面积越大，越有利于氮气分子被吸附，因此的吸附率越高，故A正确；B．氢气与氮气生成氨气的焓变不能改变，只能降低反应所需活化能，使反应更易进行，故B错误；C．“球磨法”但其分子被催化剂吸附形成[Fe(N*)]，断裂了氮氮三键，故C错误；综上所述，答案为：A。
②根据图中信息低于400转/分钟，氮的吸附量不大，高于400转/分钟，温度迅速升高，不利于氮气吸附，所以应选择的最佳转速约400转/分钟；若选择500转/分钟的转速，的吸附量降低的原因是转速过快，体系升高温度过快，温度过高不利于氮气的吸附；故答案为：400；转速过快，体系升高温度过快，温度过高不利于氮气的吸附。
(2)①将副反应的2倍减去主反应得到  =(2b－a)；故答案为：(2b－a)。
②根据图中信息可以看出氮气体积分数下降，而氨气体积分数增加，可能原因是氢气和生成的氮气反应生成氨气；故答案为：氢气和生成的氮气反应生成氨气。
13. (1)     ＜          温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响
(2)     使用石灰乳会生成难溶的，引起吸收塔堵塞    
(3)

【解析】(1)
①由图1可知，升高温度，CO的平衡转化率减小，即升温平衡逆向移动，故该反应的逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，＜0。
②在该反应中，当CO物质的量不变时，增大NO的物质的量，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，即起始投料比越大，CO的转化率越大，故图1中所示反应中，投料比最大的是。
③随着温度的升高，不同投料比下平衡转化率趋于相近的原因是温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响。
(2)
①“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触，不宜直接使用石灰乳的原因是使用石灰乳会生成难溶的，引起吸收塔堵塞。
② “再生液”用溶液调至7～9得到溶液X，主要含有亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液吸收SO2生成亚硫酸氢钠，主要反应的离子方程式为。
(3)
阳极发生氧化反应，反应物失去电子，化合价升高，故在阳极失去电子生成硝酸根离子，故阳极的电极反应式。