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2021-2022学年湖南省天壹名校联盟高二（下）月考化学试卷（3月份）（A卷）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年湖南省天壹名校联盟高二（下）月考化学试卷（3月份）（A卷）（含答案解析），共20页。试卷主要包含了0kJ， 25℃，改变0等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省天壹名校联盟高二（下）月考化学试卷（3月份）（A卷）
1. 新年伊始，北京冬奥立春开幕，我国提倡拿干净金牌，坚决反对兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，关于它的说法正确的是( )
A. 从结构上看，它属于烯烃
B. 从结构上看，它属于醇类
C. 从官能团看，它含有四个官能团
D. 从元素组成上看，它在氧气中燃烧一定只生成CO2和H2O
2. 中国女药学家屠呦呦因发现青蒿素对疟疾的治疗作用而成为2015年诺贝尔生理学或医学奖获得者之一。青蒿素为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156∼167∘C，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35∘C。提取青蒿素的主要工艺为：
下列有关此工艺操作不正确的是( )
A. 破碎的目的是提高青蒿素的浸取率 B. 操作Ⅰ是萃取
C. 操作Ⅱ是蒸馏 D. 操作Ⅲ是重结晶
3. 纳米机器人日益受到人类的关注。机器的“车轮”常用组件如图所示：
下列说法不正确的是( )
A. ①②③④均是有机化合物
B. ④的分子式为C10H16
C. 苯有多种同分异构体，其中一种是②
D. ①②④分子中具有化学环境不同的氢原子分别为3种、1种、2种
4. 某有机化合物的蒸气与足量氧气混合点燃，充分反应后生成4.48L(已折算成标准状况)CO2和5.4gH2O。下列关于该有机化合物的说法正确的是( )
A. 该有机化合物的最简式一定为CH3
B. 该有机化合物只含碳氢两种元素
C. 根据数据分析可以确定该有机化合物不含氧元素
D. 该有机化合物的分子式可能为C2H6O2
5. 研究表明，二氧化碳与氢气反应可以合成甲醇，反应如下：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49.0kJ⋅mol−1，下列有关说法正确的是( )
A. 1molCO2和3molH2充分反应时放出的热量为49.0kJ
B. 升高温度能提高CO2的反应速率和转化率
C. 达平衡时缩小容器体积，v(正)增大，v(逆)减小
D. 增大二氧化碳与氢气的投料比，可以提高H2的转化率
6. 大气层中臭氧分解反应历程如图所示，下列说法正确的是( )
A. 因总反应为放热反应，故催化反应①②也均为放热反应
B. 决定O3分解反应速率的是催化反应②
C. 催化剂为Cl，降低活化能，加快了臭氧分解反应速率
D. 温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大
7. 25℃，改变0.010mol⋅L−1的CH3COONa溶液的pH，溶液中的CH3COOH、CH3COO−、H+、OH−浓度的对数值lgc与溶液的pH的变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. d线代表OH−
B. 当pH>4.74时，恒有：c(CH3COO−)>c(CH3COOH)>c(H+)
C. b线与d线的交点处溶液呈中性
D. CH3COOH的电离平衡常数的数量级为10−6
8. MFC一电芬顿技术不需要外加能即可发生，通过产生羟基自由基(⋅OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果。其耦合系统原理示意图如图，下列说法不正确的是( )
A. 甲池为原电池，乙池为电解池
B. b电极上发生的电极反应为：O2+4e−+4H+=2H2O
C. 乙池必须在酸性环境中使用
D. 理论上当乙池中产生1mol羟基自由基时，甲池中有1molH+从M室移动到N室
9. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图。已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法正确的是( )
A. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
B. 浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O
C. 流程中可循环使用的物质只有NH3
D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物的碱性强弱不同
10. 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备：C4H10(g)⇌C4H8(g)+H2(g)ΔH。如图为反应的平衡产率和反应温度关系的曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。下列说法错误的是( )
A. ΔH>0
B. 升高温度，可以加快反应速率
C. 600℃之前，丁烯的产率随温度升高而增大可能是催化剂的活性好，选择性高
D. 600℃之后，丁烯的产率随温度升高而降低是由于平衡逆向移动
11. 某有机化合物A经质谱仪测定相对分子质量为58，红外光谱测定含有醛基，则A的分子式可能为( )
A. C4H10 B. C3H6O C. C2H2O2 D. C3H8N
12. 以太阳能为热源分解Fe2O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2，其过程如下。
过程Ⅰ：Fe3O4→FeO+O2(未配平)；
过程Ⅱ：FeO+H2O→H2+Fe3O4(未配平)。
下列说法不正确的是( )
A. 过程的反应中还原产物是FeO
B. 过程Ⅰ的反应中每生成12molFeO转移8mol电子
C. FeO在分解水制H2的过程中作催化剂
D. 过程Ⅱ的反应中FeO和H2O的化学计量数之比为2：1
13. 为了探究镁铝在NaOH溶液中的放电情况，某研究小组设计了如图1所示的实验装置。反应过程中装置的电压变化如图2所示。下列说法正确的是( )
A. 镁电极始终为电池的负极
B. 50s后，原电池中电子流动方向发生改变
C. 判断原电池的正、负极既要依据金属活动性顺序，又要考虑与电解质溶液有关
D. 整个过程中正极的电极反应式均为：2H2O−2e−=H2↑+OH−
14. 用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液(甲基橙作指示剂)的实验，下列说法正确的是( )
A. 使用新滴定管无需检查活塞是否漏水
B. 滴定管、锥形瓶用蒸馏水洗涤后，都要用所装溶液润洗
C. 滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，会造成待测溶液浓度偏高
D. 滴入最后半滴标准盐酸，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色时，立即停止滴定
15. 有机化合物的元素定量分析最早是由德国化学家李比希提出的。某化学兴趣小组按如图所示，在电炉加热时用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。
回答下列问题：
(1)A中发生反应的化学方程式为 ______。
(2)B装置的作用是 ______，燃烧管C中CuO的作用是 ______。
(3)产生氧气按从左向右流向，根据气流方向进行装置连接顺序判断，燃烧管C不能先与装置D连接而是先与装置E连接的原因是 ______。
(4)若准确称取1.38g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经充分燃烧后，D管质量增加2.64g，E管质量增加1.62g，则该有机物的实验式是 ______，实验测得其蒸气密度是同温同压下氢气密度的23倍，则X的分子式为 ______。
(5)有人提出装置D和空气相通，会影响测定结果的准确性，应在D后再增加一个装置D，其主要目的是 ______。
(6)若该物质的核磁共振氢谱如图所示，则其结构简式为 ______。
16. 我国科学者突破二氧化碳人工合成淀粉技术，具有划时代的意义。其中关键的一步是将二氧化碳在双金属固溶体氧化物催化剂ZnO−ZrO2下变成甲醇。由CO2制备甲醇过程可能涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0
试回答下列问题：
(1)CO2和H2合成甲醇(反应Ⅰ)的反应历程如图甲所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
反应Ⅰ的ΔH1______0(填“>”或“<”)；该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为 ______。
(2)在一定条件下2L恒容密闭容器中，充入3molH2和1.5molCO2仅发生反应工，实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系如表所示：
温度(℃)
500
T
CO2的平衡转化率(%)
70
60
请判断T ______(填“>”或“<”)500℃；温度为T℃时，反应Ⅰ的平衡常数K=______。
(3)起始时n(CO2)：n(H2)=1：10，维持恒压36MPa时，甲醇的选择性(生成甲醇所用的含碳反应物的物质的量与总消耗的含碳反应物的物质的量的比值)、CO2的转化率、CO的选择性(生成CO所用的含碳反应物的物质的量与总消耗的含碳反应物的物质的量的比值)随温度(T)变化如图乙所示。温度高于260℃时，随温度升高，CO2的转化率提高而甲醇的选择性降低。试分析其原因为 ______。
(4)另有科学者利用电解法将CO2转化为甲醇的原理如图丙所示，写出电极b上发生的电极反应式：______。
17. 根据题目要求，回答下列问题：
Ⅰ.以废旧铅蓄电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4)和H2SO4为原料，可以回收高纯铅的流程如图(部分产物已略去)：
已知：①铅化合物的溶度积(25∘C)：Ksp(PbSO4)=2.5×10−8，Ksp(PbCO3)=7.4×10−14。
②PbSiF6和H2SiF6均为能溶于水的强电解质。
③在过程i涉及了两个反应：
a.2Fe2++PbO2+4H++SO42−=2Fe3++PbSO4+2H2O，
b.2Fe3++Pb+SO42−=Fe2++PbSO4。
(1)过程i中，加入的FeSO4起 ______作用。
(2)在室温下，过程ii需要加入(NH4)2CO3溶液，发生：PbSO4(s)+CO32−⇌PbCO3(s)+SO42−，则该反应的平衡常数K=______(保留两位有效数字)。
(3)过程iii发生反应的离子方程式为 ______。
Ⅱ.工业上用PbSiF6、H2SiF6混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn)提纯，装置示意图如图。
(4)①阴极发生的电极反应式为 ______。
②电解时产生的阳极泥的主要成分 ______(填元素符号)。
(5)为了保证析出铅的光滑度和致密性，电解工作一段时间后需要补充Pb2+以保持溶液中c(Pb2+)的稳定，同时需要调控好溶液中的c(H2SiF6)。
①电解工作一段时间后电解液中会混入 ______(填离子符号)而影响c(Pb2+)。
②c(H2SiF6)过高时造成铅产率也会减小，原因可能是 ______。
18. SO2、NOx是空气的主要污染物，有效去除大气中的SO2、NOx可以保护大气环境。含氮废水氨氮(以NH3、NH4+存在)和硝态氮(以NO2−、NO3−存在)引起水体富营养化，需经处理后才能排放。
(1)用天然碱生产小苏打的母液(主要溶质为碳酸钠)吸收烟气中SO2的相关反应的热化学方程式如下：
2Na2CO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq)ΔH=akJ⋅mol−1
2NaHCO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l)ΔH=bkJ⋅mol−1
Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=2NaHSO3(aq)ΔH=ckJ⋅mol−1
反应Na2CO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+CO2(g)的ΔH=______kJ⋅mol−1。
(2)工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如图1所示，写出电解时铁电极发生的电极反应式：①______。随后，铁电极附近有无色气体产生，写出有关反应的离子方程式：②______。
(3)工业上以钛基氧化物涂层材料为阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，电解硝酸钠和硫酸钠混合溶液，可使NO3−变为NH4+。电极(电催化剂)所处的环境对其催化活性起重要作用。其他条件不变，向其中一份电解液中投加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低。可能原因是①______。其他条件不变，只改变溶液的pH，NO3−去除率如图2所示，pH升高时，去除率②______(“升高”或“下降”)，可能原因是③______。
(4)厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，反应模型如图所示。氨氮去除过程总的离子方程式为：______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.含有碳碳双键，但除了C、H元素外还含有O元素，所以不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故A错误；
B.含有酚羟基，不含醇羟基，从结构上看，它属于酚类，不属于醇类，故B错误；
C.含有碳碳双键、酚羟基两种官能团，含有3个酚羟基和1个碳碳双键，所以含有4个官能团，故C正确；
D.如果不完全燃烧，生成CO和H2O，如果完全燃烧生成CO2和H2O，故D错误；
故选：C。
A.含有碳碳双键；
B.含有酚羟基，不含醇羟基；
C.含有碳碳双键、酚羟基；
D.如果不完全燃烧，生成CO和H2O。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.将青蒿素粉碎增大与乙醚的接触面积，加快反应速率，提高了青蒿素的浸取率，故A正确；
B.操作I可分离出残渣，操作方法为过滤，用到玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B错误；
C.操作Ⅱ是蒸馏，乙醚的沸点为35∘C，最好选用水浴加热，便于控制温度分离出乙醚，故C正确；
D.由题意可知，青蒿素在水中几乎不溶，故操作Ⅲ的主要过程是加入95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，涉及重结晶，故D正确；
故选：B。
由流程可知，加乙醚作溶剂，操作I为过滤，分离出残渣，提取液含乙醚及青蒿素，操作II为蒸馏，分离出乙醚，青蒿素不溶于水，操作Ⅲ的目的是将粗品青蒿素转化为较纯青蒿素，操作方法为粗品中加95%的乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验操作及仪器的使用，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.①②④属于烃类物质，它们属于有机物，但③富勒烯是碳单质的一种同素异形体，故A错误；
B.金刚烷分子含有10个碳原子、16个氢原子，其分子式为C10H16，故B正确；
C.②与苯的分子式相同都是C6H6，二者结构不相同，三棱柱烷与苯互为同分异构体，故C正确；
D.同一碳原子上的氢原子等效，同一碳原子连接的甲基上氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效，①②④分子中具有化学环境不同的氢原子分别为3种、1种、2种，故D正确；
故选：A。
A.富勒烯是碳单质的一种同素异形体；
B.交点是碳原子，利用碳的四价结构确定氢原子数目；
C.②与苯的分子式相同，结构不相同；
D.同一碳原子上的氢原子等效，同一碳原子连接的甲基上氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效。
本题考查有机物的结构与性质，注意理解有机物中碳的价键结构特点，明确等效氢判断方法，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
4.【答案】D
【解析】解：A.该有机物分子中C、H个数比为1：3，有机物燃烧生成二氧化碳和水，该有机物可能属于烃，也可能是烃的含氧衍生物，故A错误；
B.该有机物可能属于烃，也可能是烃的含氧衍生物，故B错误；
C.根据题目信息不能确定是否含有氧元素，故C错误；
D.由分析可知，该有机物分子式为C2H6或C2H6O，故D正确；
故选：D。
n(CO2)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，n(H2O)=5.4g18g/mol=0.3mol，根据原子守恒可知，该有机物分子中C、H原子数之比为0.2mol：(0.3mol×2)=1：3，无法确定O元素，由有机物中碳原子、氢原子数目关系，可知有机物分子式为C2H6或C2H6O。
本题考查有机物分子式确定的计算，题目难度不大，明确常见有机物组成、结构与性质为解答关键，注意掌握守恒思维在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的化学计算能力。
5.【答案】D
【解析】解：A.反应为可逆反应，不能完全转化，则1molCO2和3molH2充分反应时放出的热量一定小于49.0kJ，故A错误；
B.焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应物的转化率减小，故B错误；
C.达平衡时缩小容器体积，压强增大，正逆反应速率均增大，且v(正)大于v(逆)，平衡正向移动，故C错误；
D.增大二氧化碳的量，可促进氢气的转化，则增大二氧化碳与氢气的投料比，可以提高H2的转化率，故D正确；
故选：D。
A.反应为可逆反应，不能完全转化；
B.焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
C.达平衡时缩小容器体积，压强增大；
D.增大二氧化碳的量，可促进氢气的转化。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握可逆反应的特征、平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，生成物的总能量低于反应总能量的反应，则总反应是放热反应，催化反应①为吸热反应，催化反应②为放热反应，故A错误；
B.由图可知，催化反应①的活化能大于催化反应②，则决定O3分解反应速率的是催化反应①，故B错误；
C.O3+Cl→O2+ClO、ClO+O→Cl+O2可知，催化剂为Cl，催化剂降低反应活化能，加快了臭氧分解反应速率，故C正确；
D.由图可知，总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数减小，故D错误；
故选：C。
A.生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；
B.决定O3分解反应速率的是活化能最大的反应；
C.O3+Cl→O2+ClO、ClO+O→Cl+O2可知，催化剂为Cl，催化剂通过降低反应活化能，加快反应速率；
D.由图可知，总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。
本题考查反应热与焓变、化学平衡的影响因素，为高频考点，把握反应中能量变化、勒夏特列原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.据分析得到，d线代表的是OH−，故A正确；
B.据分析，a线代表的是CH3COO−，b线代表的是H+，c线代表的是CH3COOH，根据图中信息pH>4.74时，恒有：c(CH3COO−)>c(CH3COOH)>c(H+)，故B正确；
C.线b与线d交点，即lgc(OH−)=lgc(H+)，则c(OH−)=c(H+)，故溶液呈中性，故C正确；
D.a线代表的是CH3COO−，c线代表的是CH3COOH，CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)，就是ac交点的氢离子浓度，即c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=c(H+)=10−4.74，数量级为10−5，故D错误；
故选：D。
CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，随着pH增大即OH−浓度增大平衡逆向移动，CH3COOH浓度减少，CH3COO−浓度增大，根据题意及图像可知，a线代表的是CH3COO−，b线代表的是H+，c线代表的是CH3COOH，d线代表的是OH−。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确判断曲线表示微粒名称、电离平衡常数计算方法是解本题关键，难点是D选项的计算，题目难度中等。
8.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，甲为原电池，乙为电解池，故A正确；
B.b极为正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，故B正确；
C.乙池中涉及到Fe3+和Fe2+的转化，酸性较弱或非酸性环境，Fe3+和Fe2+会转化为沉淀，故C正确；
D.Y极为阴极，电极反应式为O2+2e−+2H+=H2O2，H2O2继续发生反应H2O2+Fe2+=Fe3++OH−+⋅OH，乙池中产生1mol羟基自由基时，需要1molH2O2，转移2mol电子，由电荷守恒可知，甲池中有2molH+从M室移动到N室，故D错误；
故选：D。
由图可知，甲为原电池，b极氧元素价态降低得电子，故b极为正极，a极为负极，则X极为阳极，Y极为阴极，据此作答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
9.【答案】B
【解析】解：A.一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故A错误；
B.高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故B正确；
C.浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C错误；
D.Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，而不是利用它们氢氧化物的碱性强弱不同选择分离方式，故D错误；
故选：B。
菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂，以此解答该题。
本题考查制备方案的设计、物质分离和提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目综合性较强，明确流程图中发生的反应、基本操作方法、物质性质是解本题关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，升高温度，丁烯产率增大，可知升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即ΔH>0，故A正确；
B.升高温度，单位体积内活化分子百分数增大，反应速率加快，故B正确；
C.600℃之前，丁烯的产率随温度升高而增大，催化剂的活性高，选择性高，故C正确；
D.600℃之后，部分丁烷裂解导致产率降低，且升高温度、平衡正向移动，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，升高温度，丁烯产率增大，可知升高温度平衡正向移动；
B.升高温度，单位体积内活化分子百分数增大；
C.600℃之前，丁烯的产率随温度升高而增大，催化剂的活性高；
D.600℃之后，部分丁烷裂解导致产率降低。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握图中坐标的意义、温度对平衡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D为解答的难点，题目难度不大。
11.【答案】BC
【解析】解：A.C4H10属于烃，没有氧元素，即没有醛基，不符合题意，故A错误；
B.C3H6O的相对分子质量为12×3+6+16=58，结构简式可以为CH3CH2CHO，符合题意，故B正确；
C.C2H2O2的相对分子质量为12×2+2+16×2=58，结构简式为OHC−CHO，符合题意，故C正确；
D.C3H8N没有氧元素，即没有醛基，不符合题意，故D错误；
故选：BC。
某有机化合物A含有醛基(−CHO)，该有机物含有氧元素，再结合相对分子质量、选项中分子式进行验证判断。
本题考查有机物分子式的确定，题目适合利用验证法进行解答，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
12.【答案】D
【解析】解：A.2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，反应中氧元素化合价−2价升高到0价，失电子发生氧化反应得到氧气为氧化产物，铁元素化合价降低，产生的FeO是还原产物，故A正确；
B.过程Ⅰ为2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，方程式显示当有6mol FeO生成时，转移4mol电子，故每生成12molFeO转移8mol电子，故B正确；
C.过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，过程Ⅱ：3FeO+H2O−△Fe3O4+H2↑，总反应是2H2O−四氧化三铁太阳能2H2↑+O2↑，故FeO、Fe3O4在分解水制H2的过程中作催化剂，故C正确；
D.反应3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)的产物中，则过程Ⅱ的反应中FeO和H2O的化学计量数之比为3：1，故D错误，
故选：D。
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，元素化合价升高的失电子发生氧化反应得到氧化产物，元素化合价降低得到电子发生还原反应，得到还原产物；过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2O−△Fe3O4+H2↑，总反应是2H2O−太阳能2H2↑+O2↑，可见在整个过程实现了太阳能向化学能的转化，所以FeO、Fe3O4为整个过程的催化剂，据此答题。
本题考查了氧化还原反应、反应过程中能量变化、识图能力的培养等，题目难度不大，学会从图中提取有用的信息，把握反应中元素的化合价变化、物质之间的转化为解答的关键。
13.【答案】BC
【解析】解：A.起始时Mg作负极，50s后Al作负极，Mg作正极，故A错误；
B.由图2可知，50s后电压为负值，说明正负极发生改变，电子流动方向发生改变，故B正确；
C.由该装置的正负极变化可知，原电池的正、负极与金属活动性顺序和电解质溶液有关，故C正确；
D.整个过程中正极的电极反应式均为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故D错误；
故选：BC。
由图可知，Mg比Al活泼，开始时Mg作负极发生吸氧腐蚀，Mg失电子生成氢氧化镁，Al作正极，随反应进行，Mg表面逐渐被氢氧化镁覆盖，Al能与NaOH反应，故后来Al作负极，Mg作正极，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目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。
14.【答案】C
【解析】解：A.酸式滴定管有旋塞，需检查活塞是否漏水，不漏水才能使用，故A错误；
B.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不需要润洗，滴定管水洗后需加盐酸润洗，故B错误；
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸偏多，会造成待测溶液浓度偏高，故C正确；
D.锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且30s不变时，达到滴定终点，不能锥形瓶中溶液由黄色变为橙色时，立即停止滴定，故D错误；
故选：C。
A.酸式滴定管有旋塞；
B.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不需要润洗；
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸偏多；
D.锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且30s不变时，达到滴定终点。
本题考查中和滴定，为高频考点，把握仪器的使用、滴定操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
15.【答案】2H2O2−MnO22H2O+O2↑干燥氧气 把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2 若先连接装置D，则燃烧产生的CO2和水蒸气同时被碱石灰吸收，无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量 C2H6OC2H6O防止吸收燃烧产物中二氧化碳的D装置吸收空气中的二氧化碳和水蒸气 CH3OCH3
【解析】解：(1)A中在常温下制取氧气，反应物为H2O2，发生反应的化学方程式为2H2O2−MnO22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O2−MnO22H2O+O2↑；
(2)实验目的是用干燥的氧气氧化有机物，以便测定产物的质量，所以B装置的作用是干燥氧气；为防止燃烧产物中混有CO，影响测定结果，需再提供氧化剂，所以燃烧管C中CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2，
故答案为：干燥氧气；把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；
(3)装置E用于吸收水蒸气，装置D既能吸收二氧化碳又能吸收水蒸气，所以燃烧产物应先通过装置E，后经过装置D，从而得出燃烧管C不能先与装置D连接而是先与装置E连接的原因是：若先连接装置D，则燃烧产生的CO2和水蒸气同时被碱石灰吸收，无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量，
故答案为：若先连接装置D，则燃烧产生的CO2和水蒸气同时被碱石灰吸收，无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量；
(4)n(CO2)=2.64g44g/mol=0.06mol，n(H2O)=1.62g18g/mol=0.09mol，则n(C)=0.06mol，n(H)=0.18mol，n(O)=1.38g−0.06mol×12g/mol−0.18mol×1g/mol16g/mol=0.03mol，从而得出有机物分子中C：H：O=0.06mol：0.18mol：0.03mol=2：6：1，则该有机物的实验式是C2H6O。实验测得其蒸气密度是同温同压下氢气密度的23倍，则X的相对分子质量为46，分子式为C2H6O，
答案为：C2H6O；C2H6O；
(5)装置D和空气相通，会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，从而影响测定结果的准确性，所以应在D后再增加一个装置D，其主要目的是防止吸收燃烧产物中二氧化碳的D装置吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，
故答案为：防止吸收燃烧产物中二氧化碳的D装置吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；
(6)从图中可以看出，该有机物分子中只有一种氢原子，则其结构简式为CH3OCH3，
故答案为：CH3OCH3。
实验目的是采用燃烧法测定有机物的组成，先制得纯净的氧气，然后将有机物完全氧化为二氧化碳和水，再分别测定二氧化碳和水的质量，从而得出有机物中碳、氢、氧的原子个数比；
(1)H2O2在MnO2催化下分解为H2O、O2；
(2)B装置用于干燥氧气；为防止燃烧产物中混有CO，用燃烧管C中CuO把CO转化为CO2；
(3)装置E用于吸收水蒸气，装置D既能吸收二氧化碳又能吸收水蒸气，所以燃烧产物应先通过装置E，后经过装置D，从而得出燃烧管C不能先与装置D连接而是先与装置E连接；
(4)n(CO2)=2.64g44g/mol=0.06mol，n(H2O)=1.62g18g/mol=0.09mol，则n(C)=0.06mol，n(H)=0.18mol，n(O)=1.38g−0.06mol×12g/mol−0.18mol×1g/mol16g/mol=0.03mol，从而得出有机物分子中C：H：O=0.06mol：0.18mol：0.03mol=2：6：1，据此计算；
(5)装置D和空气相通，会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，从而影响测定结果的准确性；
(6)从图中可以看出，该有机物分子中只有一种氢原子，为甲醚。
本题考查有机物的分子式的实验测定，明确实验的原理是解题关键，侧重考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合知识的能力。
16.【答案】200升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，反应Ⅱ平衡正向移动，且温度对反应Ⅱ的影响程度大于反应Ⅰ，所以二氧化碳的转化率增大 CO2+6HCO3−+6e−=CH3OH+6CO32−+H2O
【解析】解：(1)由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0；由图可知，该历程中最小能垒(活化能)步骤为CH2O*、OH*和3H*生成CH3O*、OH*和2H*，则化学方程式为CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*，
故答案为：<；CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*；
(2)反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，则T>500℃；温度为T℃时，CO2的平衡转化率为60%，列化学平衡三段式，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol/L)0.751.500
转化(mol/L)0.451.350.450.45
平衡(mol/L)0.30.150.450.45
K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=0.45×0.450.3×0.153=200，
故答案为：>；200；
(3)反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，温度高于260℃时，随温度升高，CO2的转化率提高而甲醇的选择性降低的原因：升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，反应Ⅱ平衡正向移动，且温度对反应Ⅱ的影响程度大于反应Ⅰ，所以二氧化碳的转化率增大，
故答案为：升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，反应Ⅱ平衡正向移动，且温度对反应Ⅱ的影响程度大于反应Ⅰ，所以二氧化碳的转化率增大；
(4)由图可知，二氧化碳在电极b发生还原反应转化为甲醇，注意电解质溶液为KHCO3溶液，所以电极反应式为CO2+6HCO3−+6e−=CH3OH+6CO32−+H2O，
故答案为：CO2+6HCO3−+6e−=CH3OH+6CO32−+H2O。
(1)由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；由图可知，该历程中最小能垒(活化能)步骤为CH2O*、OH*和3H*生成CH3O*、OH*和2H*；
(2)反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；温度为T℃时，CO2的平衡转化率为60%，列化学平衡三段式，K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)；
(3)反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动；
(4)由图可知，二氧化碳在电极b发生还原反应转化为甲醇，注意电解质溶液为KHCO3溶液，据此分析。
本题考查化学平衡及其影响因素、化学平衡的计算、活化能、吸放热反应的判定、电解原理的应用及电极反应式书写等知识，为高频考点，把握化学平衡影响因素、化学平衡的计算是解题关键，试题有利于培养学生的分析能力和计算能力，注意差量法的计算应用，题目难度中等。
17.【答案】催化 3.4×105 PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑Pb2++2e−=PbCu、AgFe2+、Zn2+ H2SiF6为强电解质，c(H2SiF6)过高时，即氢离子浓度增大，H+优先Pb2+放电
【解析】解：(1)根据信息③所给的两个反应可知，Fe2+参与第一个反应后，在第二个反应中又生成，所以FeSO4起催化作用，
故答案为：催化；
(2)该反应的平衡常数K=c(SO42−)c(CO32−)=c(SO42−)c(CO32−)×c(Pb2+)c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3)=2.5×10−87.4×10−14≈3.4×105，
故答案为：3.4×105；
(3)过程iii中H2SiF6与PbCO3发生复分解反应生成PbSiF6和H2O、CO2，根据题目所给信息PbSiF6和H2SiF6均为能溶于水的强电解质，所以离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑，
故答案为：PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑；
(4)①该装置的作用是粗铅提纯，所以工作时，阴极上铅离子放电生成铅单质，电极反应式为Pb2++2e−=Pb，
故答案为：Pb2++2e−=Pb；
②Cu、Ag的活泼性比铅弱，不会在阳极放电，形成阳极泥，
故答案为：Cu、Ag；
(5)①粗铅中的Fe、Zn比Pb活泼，会先于Pb放电，从而使电解液中混有Fe2+、Zn2+，影响c(Pb2+)，
故答案为：Fe2+、Zn2+；
②H2SiF6为强电解质，c(H2SiF6)过高时，即氢离子浓度增大，H+优先Pb2+放电，使铅的产率降低，
故答案为：H2SiF6为强电解质，c(H2SiF6)过高时，即氢离子浓度增大，H+优先Pb2+放电。
Ⅰ.含铅废料在硫酸亚铁的催化作用下与硫酸反应得到硫酸铅，之后加入(NH4)2CO3溶液，使硫酸铅沉淀转化为碳酸铅，然后用过量的H2SiF6溶液溶解，得到混合溶液；
Ⅱ.(4)①阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
②粗铅主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，Cu、Ag活泼性比Pb差；
(5)①电解工作一段时间后Fe、Zn失电子生成Fe2+、Zn2+；
②c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小。
本题考查物质的分离和提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、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，题目难度较大。
18.【答案】(1)(a+b)2
(2)①Fe−2e−=Fe2+；②2NO2−+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O
(3)①水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气，氯气与铵离子发生氧化反应生成N2，从而使铵离子从水溶液中得到去除；②下降；③随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降
(4)NH4++NO2−=N2↑+2H2O
【解析】
【分析】
本题考查比较综合，涉及运用盖斯定律计算反应热、电解原理应用、陌生方程式的书写、图象分析等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
【解答】
(1)①2Na2CO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq)△H=akJ⋅mol−1
②2NaHCO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l)△H=bkJ⋅mol−1
③Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=2NaHSO3(aq)△H=ckJ⋅mol−1
根据盖斯定律，(①+②)×12可得：Na2CO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+CO2(g)，故△H=(a+b)2mol/L；
(2)①阳离子由左室移向右室，则左室为阳极室，右室为阴极室，阳极是Fe放电生成Fe2+，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+；②铁电极附近有无色气体产生，电解治理亚硝酸盐对水体的污染，应是亚铁离子还原亚硝酸根离子生成氮气的反应，离子方程式为：2NO2−+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O；
(3)①其他条件不变，向其中一份电解液中投加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，可能原因是：水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气，氯气与铵离子发生氧化反应生成N2，从而使铵离子从水溶液中得到去除；②由图象可知，溶液pH越大，硝酸根离子的去除率下降；③可能原因是：随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降；
(4)整个过程是NO2−与NH4+反应生成N2和H2O，总的反应方程式为NH4++NO2−=N2↑+2H2O。
2021-2022学年湖南省天壹名校联盟高二（下）月考化学试卷（3月份）（A卷）
1. 新年伊始，北京冬奥立春开幕，我国提倡拿干净金牌，坚决反对兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，关于它的说法正确的是( )
A. 从结构上看，它属于烯烃
B. 从结构上看，它属于醇类
C. 从官能团看，它含有四个官能团
D. 从元素组成上看，它在氧气中燃烧一定只生成CO2和H2O
2. 中国女药学家屠呦呦因发现青蒿素对疟疾的治疗作用而成为2015年诺贝尔生理学或医学奖获得者之一。青蒿素为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156∼167∘C，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35∘C。提取青蒿素的主要工艺为：
下列有关此工艺操作不正确的是( )
A. 破碎的目的是提高青蒿素的浸取率 B. 操作Ⅰ是萃取
C. 操作Ⅱ是蒸馏 D. 操作Ⅲ是重结晶
3. 纳米机器人日益受到人类的关注。机器的“车轮”常用组件如图所示：
下列说法不正确的是( )
A. ①②③④均是有机化合物
B. ④的分子式为C10H16
C. 苯有多种同分异构体，其中一种是②
D. ①②④分子中具有化学环境不同的氢原子分别为3种、1种、2种
4. 某有机化合物的蒸气与足量氧气混合点燃，充分反应后生成4.48L(已折算成标准状况)CO2和5.4gH2O。下列关于该有机化合物的说法正确的是( )
A. 该有机化合物的最简式一定为CH3
B. 该有机化合物只含碳氢两种元素
C. 根据数据分析可以确定该有机化合物不含氧元素
D. 该有机化合物的分子式可能为C2H6O2
5. 研究表明，二氧化碳与氢气反应可以合成甲醇，反应如下：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49.0kJ⋅mol−1，下列有关说法正确的是( )
A. 1molCO2和3molH2充分反应时放出的热量为49.0kJ
B. 升高温度能提高CO2的反应速率和转化率
C. 达平衡时缩小容器体积，v(正)增大，v(逆)减小
D. 增大二氧化碳与氢气的投料比，可以提高H2的转化率
6. 大气层中臭氧分解反应历程如图所示，下列说法正确的是( )
A. 因总反应为放热反应，故催化反应①②也均为放热反应
B. 决定O3分解反应速率的是催化反应②
C. 催化剂为Cl，降低活化能，加快了臭氧分解反应速率
D. 温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大
7. 25℃，改变0.010mol⋅L−1的CH3COONa溶液的pH，溶液中的CH3COOH、CH3COO−、H+、OH−浓度的对数值lgc与溶液的pH的变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. d线代表OH−
B. 当pH>4.74时，恒有：c(CH3COO−)>c(CH3COOH)>c(H+)
C. b线与d线的交点处溶液呈中性
D. CH3COOH的电离平衡常数的数量级为10−6
8. MFC一电芬顿技术不需要外加能即可发生，通过产生羟基自由基(⋅OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果。其耦合系统原理示意图如图，下列说法不正确的是( )
A. 甲池为原电池，乙池为电解池
B. b电极上发生的电极反应为：O2+4e−+4H+=2H2O
C. 乙池必须在酸性环境中使用
D. 理论上当乙池中产生1mol羟基自由基时，甲池中有1molH+从M室移动到N室
9. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图。已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法正确的是( )
A. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
B. 浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O
C. 流程中可循环使用的物质只有NH3
D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物的碱性强弱不同
10. 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备：C4H10(g)⇌C4H8(g)+H2(g)ΔH。如图为反应的平衡产率和反应温度关系的曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。下列说法错误的是( )
A. ΔH>0
B. 升高温度，可以加快反应速率
C. 600℃之前，丁烯的产率随温度升高而增大可能是催化剂的活性好，选择性高
D. 600℃之后，丁烯的产率随温度升高而降低是由于平衡逆向移动
11. 某有机化合物A经质谱仪测定相对分子质量为58，红外光谱测定含有醛基，则A的分子式可能为( )
A. C4H10 B. C3H6O C. C2H2O2 D. C3H8N
12. 以太阳能为热源分解Fe2O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2，其过程如下。
过程Ⅰ：Fe3O4→FeO+O2(未配平)；
过程Ⅱ：FeO+H2O→H2+Fe3O4(未配平)。
下列说法不正确的是( )
A. 过程的反应中还原产物是FeO
B. 过程Ⅰ的反应中每生成12molFeO转移8mol电子
C. FeO在分解水制H2的过程中作催化剂
D. 过程Ⅱ的反应中FeO和H2O的化学计量数之比为2：1
13. 为了探究镁铝在NaOH溶液中的放电情况，某研究小组设计了如图1所示的实验装置。反应过程中装置的电压变化如图2所示。下列说法正确的是( )
A. 镁电极始终为电池的负极
B. 50s后，原电池中电子流动方向发生改变
C. 判断原电池的正、负极既要依据金属活动性顺序，又要考虑与电解质溶液有关
D. 整个过程中正极的电极反应式均为：2H2O−2e−=H2↑+OH−
14. 用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液(甲基橙作指示剂)的实验，下列说法正确的是( )
A. 使用新滴定管无需检查活塞是否漏水
B. 滴定管、锥形瓶用蒸馏水洗涤后，都要用所装溶液润洗
C. 滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，会造成待测溶液浓度偏高
D. 滴入最后半滴标准盐酸，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色时，立即停止滴定
15. 有机化合物的元素定量分析最早是由德国化学家李比希提出的。某化学兴趣小组按如图所示，在电炉加热时用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。
回答下列问题：
(1)A中发生反应的化学方程式为 ______。
(2)B装置的作用是 ______，燃烧管C中CuO的作用是 ______。
(3)产生氧气按从左向右流向，根据气流方向进行装置连接顺序判断，燃烧管C不能先与装置D连接而是先与装置E连接的原因是 ______。
(4)若准确称取1.38g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经充分燃烧后，D管质量增加2.64g，E管质量增加1.62g，则该有机物的实验式是 ______，实验测得其蒸气密度是同温同压下氢气密度的23倍，则X的分子式为 ______。
(5)有人提出装置D和空气相通，会影响测定结果的准确性，应在D后再增加一个装置D，其主要目的是 ______。
(6)若该物质的核磁共振氢谱如图所示，则其结构简式为 ______。
16. 我国科学者突破二氧化碳人工合成淀粉技术，具有划时代的意义。其中关键的一步是将二氧化碳在双金属固溶体氧化物催化剂ZnO−ZrO2下变成甲醇。由CO2制备甲醇过程可能涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0
试回答下列问题：
(1)CO2和H2合成甲醇(反应Ⅰ)的反应历程如图甲所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
反应Ⅰ的ΔH1______0(填“>”或“<”)；该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为 ______。
(2)在一定条件下2L恒容密闭容器中，充入3molH2和1.5molCO2仅发生反应工，实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系如表所示：
温度(℃)
500
T
CO2的平衡转化率(%)
70
60
请判断T ______(填“>”或“<”)500℃；温度为T℃时，反应Ⅰ的平衡常数K=______。
(3)起始时n(CO2)：n(H2)=1：10，维持恒压36MPa时，甲醇的选择性(生成甲醇所用的含碳反应物的物质的量与总消耗的含碳反应物的物质的量的比值)、CO2的转化率、CO的选择性(生成CO所用的含碳反应物的物质的量与总消耗的含碳反应物的物质的量的比值)随温度(T)变化如图乙所示。温度高于260℃时，随温度升高，CO2的转化率提高而甲醇的选择性降低。试分析其原因为 ______。
(4)另有科学者利用电解法将CO2转化为甲醇的原理如图丙所示，写出电极b上发生的电极反应式：______。
17. 根据题目要求，回答下列问题：
Ⅰ.以废旧铅蓄电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4)和H2SO4为原料，可以回收高纯铅的流程如图(部分产物已略去)：
已知：①铅化合物的溶度积(25∘C)：Ksp(PbSO4)=2.5×10−8，Ksp(PbCO3)=7.4×10−14。
②PbSiF6和H2SiF6均为能溶于水的强电解质。
③在过程i涉及了两个反应：
a.2Fe2++PbO2+4H++SO42−=2Fe3++PbSO4+2H2O，
b.2Fe3++Pb+SO42−=Fe2++PbSO4。
(1)过程i中，加入的FeSO4起 ______作用。
(2)在室温下，过程ii需要加入(NH4)2CO3溶液，发生：PbSO4(s)+CO32−⇌PbCO3(s)+SO42−，则该反应的平衡常数K=______(保留两位有效数字)。
(3)过程iii发生反应的离子方程式为 ______。
Ⅱ.工业上用PbSiF6、H2SiF6混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn)提纯，装置示意图如图。
(4)①阴极发生的电极反应式为 ______。
②电解时产生的阳极泥的主要成分 ______(填元素符号)。
(5)为了保证析出铅的光滑度和致密性，电解工作一段时间后需要补充Pb2+以保持溶液中c(Pb2+)的稳定，同时需要调控好溶液中的c(H2SiF6)。
①电解工作一段时间后电解液中会混入 ______(填离子符号)而影响c(Pb2+)。
②c(H2SiF6)过高时造成铅产率也会减小，原因可能是 ______。
18. SO2、NOx是空气的主要污染物，有效去除大气中的SO2、NOx可以保护大气环境。含氮废水氨氮(以NH3、NH4+存在)和硝态氮(以NO2−、NO3−存在)引起水体富营养化，需经处理后才能排放。
(1)用天然碱生产小苏打的母液(主要溶质为碳酸钠)吸收烟气中SO2的相关反应的热化学方程式如下：
2Na2CO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq)ΔH=akJ⋅mol−1
2NaHCO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l)ΔH=bkJ⋅mol−1
Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=2NaHSO3(aq)ΔH=ckJ⋅mol−1
反应Na2CO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+CO2(g)的ΔH=______kJ⋅mol−1。
(2)工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如图1所示，写出电解时铁电极发生的电极反应式：①______。随后，铁电极附近有无色气体产生，写出有关反应的离子方程式：②______。
(3)工业上以钛基氧化物涂层材料为阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，电解硝酸钠和硫酸钠混合溶液，可使NO3−变为NH4+。电极(电催化剂)所处的环境对其催化活性起重要作用。其他条件不变，向其中一份电解液中投加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低。可能原因是①______。其他条件不变，只改变溶液的pH，NO3−去除率如图2所示，pH升高时，去除率②______(“升高”或“下降”)，可能原因是③______。
(4)厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，反应模型如图所示。氨氮去除过程总的离子方程式为：______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.含有碳碳双键，但除了C、H元素外还含有O元素，所以不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故A错误；
B.含有酚羟基，不含醇羟基，从结构上看，它属于酚类，不属于醇类，故B错误；
C.含有碳碳双键、酚羟基两种官能团，含有3个酚羟基和1个碳碳双键，所以含有4个官能团，故C正确；
D.如果不完全燃烧，生成CO和H2O，如果完全燃烧生成CO2和H2O，故D错误；
故选：C。
A.含有碳碳双键；
B.含有酚羟基，不含醇羟基；
C.含有碳碳双键、酚羟基；
D.如果不完全燃烧，生成CO和H2O。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.将青蒿素粉碎增大与乙醚的接触面积，加快反应速率，提高了青蒿素的浸取率，故A正确；
B.操作I可分离出残渣，操作方法为过滤，用到玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B错误；
C.操作Ⅱ是蒸馏，乙醚的沸点为35∘C，最好选用水浴加热，便于控制温度分离出乙醚，故C正确；
D.由题意可知，青蒿素在水中几乎不溶，故操作Ⅲ的主要过程是加入95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，涉及重结晶，故D正确；
故选：B。
由流程可知，加乙醚作溶剂，操作I为过滤，分离出残渣，提取液含乙醚及青蒿素，操作II为蒸馏，分离出乙醚，青蒿素不溶于水，操作Ⅲ的目的是将粗品青蒿素转化为较纯青蒿素，操作方法为粗品中加95%的乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验操作及仪器的使用，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.①②④属于烃类物质，它们属于有机物，但③富勒烯是碳单质的一种同素异形体，故A错误；
B.金刚烷分子含有10个碳原子、16个氢原子，其分子式为C10H16，故B正确；
C.②与苯的分子式相同都是C6H6，二者结构不相同，三棱柱烷与苯互为同分异构体，故C正确；
D.同一碳原子上的氢原子等效，同一碳原子连接的甲基上氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效，①②④分子中具有化学环境不同的氢原子分别为3种、1种、2种，故D正确；
故选：A。
A.富勒烯是碳单质的一种同素异形体；
B.交点是碳原子，利用碳的四价结构确定氢原子数目；
C.②与苯的分子式相同，结构不相同；
D.同一碳原子上的氢原子等效，同一碳原子连接的甲基上氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效。
本题考查有机物的结构与性质，注意理解有机物中碳的价键结构特点，明确等效氢判断方法，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
4.【答案】D
【解析】解：A.该有机物分子中C、H个数比为1：3，有机物燃烧生成二氧化碳和水，该有机物可能属于烃，也可能是烃的含氧衍生物，故A错误；
B.该有机物可能属于烃，也可能是烃的含氧衍生物，故B错误；
C.根据题目信息不能确定是否含有氧元素，故C错误；
D.由分析可知，该有机物分子式为C2H6或C2H6O，故D正确；
故选：D。
n(CO2)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，n(H2O)=5.4g18g/mol=0.3mol，根据原子守恒可知，该有机物分子中C、H原子数之比为0.2mol：(0.3mol×2)=1：3，无法确定O元素，由有机物中碳原子、氢原子数目关系，可知有机物分子式为C2H6或C2H6O。
本题考查有机物分子式确定的计算，题目难度不大，明确常见有机物组成、结构与性质为解答关键，注意掌握守恒思维在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的化学计算能力。
5.【答案】D
【解析】解：A.反应为可逆反应，不能完全转化，则1molCO2和3molH2充分反应时放出的热量一定小于49.0kJ，故A错误；
B.焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应物的转化率减小，故B错误；
C.达平衡时缩小容器体积，压强增大，正逆反应速率均增大，且v(正)大于v(逆)，平衡正向移动，故C错误；
D.增大二氧化碳的量，可促进氢气的转化，则增大二氧化碳与氢气的投料比，可以提高H2的转化率，故D正确；
故选：D。
A.反应为可逆反应，不能完全转化；
B.焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
C.达平衡时缩小容器体积，压强增大；
D.增大二氧化碳的量，可促进氢气的转化。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握可逆反应的特征、平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，生成物的总能量低于反应总能量的反应，则总反应是放热反应，催化反应①为吸热反应，催化反应②为放热反应，故A错误；
B.由图可知，催化反应①的活化能大于催化反应②，则决定O3分解反应速率的是催化反应①，故B错误；
C.O3+Cl→O2+ClO、ClO+O→Cl+O2可知，催化剂为Cl，催化剂降低反应活化能，加快了臭氧分解反应速率，故C正确；
D.由图可知，总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数减小，故D错误；
故选：C。
A.生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；
B.决定O3分解反应速率的是活化能最大的反应；
C.O3+Cl→O2+ClO、ClO+O→Cl+O2可知，催化剂为Cl，催化剂通过降低反应活化能，加快反应速率；
D.由图可知，总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。
本题考查反应热与焓变、化学平衡的影响因素，为高频考点，把握反应中能量变化、勒夏特列原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.据分析得到，d线代表的是OH−，故A正确；
B.据分析，a线代表的是CH3COO−，b线代表的是H+，c线代表的是CH3COOH，根据图中信息pH>4.74时，恒有：c(CH3COO−)>c(CH3COOH)>c(H+)，故B正确；
C.线b与线d交点，即lgc(OH−)=lgc(H+)，则c(OH−)=c(H+)，故溶液呈中性，故C正确；
D.a线代表的是CH3COO−，c线代表的是CH3COOH，CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)，就是ac交点的氢离子浓度，即c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=c(H+)=10−4.74，数量级为10−5，故D错误；
故选：D。
CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，随着pH增大即OH−浓度增大平衡逆向移动，CH3COOH浓度减少，CH3COO−浓度增大，根据题意及图像可知，a线代表的是CH3COO−，b线代表的是H+，c线代表的是CH3COOH，d线代表的是OH−。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确判断曲线表示微粒名称、电离平衡常数计算方法是解本题关键，难点是D选项的计算，题目难度中等。
8.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，甲为原电池，乙为电解池，故A正确；
B.b极为正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，故B正确；
C.乙池中涉及到Fe3+和Fe2+的转化，酸性较弱或非酸性环境，Fe3+和Fe2+会转化为沉淀，故C正确；
D.Y极为阴极，电极反应式为O2+2e−+2H+=H2O2，H2O2继续发生反应H2O2+Fe2+=Fe3++OH−+⋅OH，乙池中产生1mol羟基自由基时，需要1molH2O2，转移2mol电子，由电荷守恒可知，甲池中有2molH+从M室移动到N室，故D错误；
故选：D。
由图可知，甲为原电池，b极氧元素价态降低得电子，故b极为正极，a极为负极，则X极为阳极，Y极为阴极，据此作答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
9.【答案】B
【解析】解：A.一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故A错误；
B.高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故B正确；
C.浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C错误；
D.Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，而不是利用它们氢氧化物的碱性强弱不同选择分离方式，故D错误；
故选：B。
菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂，以此解答该题。
本题考查制备方案的设计、物质分离和提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目综合性较强，明确流程图中发生的反应、基本操作方法、物质性质是解本题关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，升高温度，丁烯产率增大，可知升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即ΔH>0，故A正确；
B.升高温度，单位体积内活化分子百分数增大，反应速率加快，故B正确；
C.600℃之前，丁烯的产率随温度升高而增大，催化剂的活性高，选择性高，故C正确；
D.600℃之后，部分丁烷裂解导致产率降低，且升高温度、平衡正向移动，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，升高温度，丁烯产率增大，可知升高温度平衡正向移动；
B.升高温度，单位体积内活化分子百分数增大；
C.600℃之前，丁烯的产率随温度升高而增大，催化剂的活性高；
D.600℃之后，部分丁烷裂解导致产率降低。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握图中坐标的意义、温度对平衡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D为解答的难点，题目难度不大。
11.【答案】BC
【解析】解：A.C4H10属于烃，没有氧元素，即没有醛基，不符合题意，故A错误；
B.C3H6O的相对分子质量为12×3+6+16=58，结构简式可以为CH3CH2CHO，符合题意，故B正确；
C.C2H2O2的相对分子质量为12×2+2+16×2=58，结构简式为OHC−CHO，符合题意，故C正确；
D.C3H8N没有氧元素，即没有醛基，不符合题意，故D错误；
故选：BC。
某有机化合物A含有醛基(−CHO)，该有机物含有氧元素，再结合相对分子质量、选项中分子式进行验证判断。
本题考查有机物分子式的确定，题目适合利用验证法进行解答，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
12.【答案】D
【解析】解：A.2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，反应中氧元素化合价−2价升高到0价，失电子发生氧化反应得到氧气为氧化产物，铁元素化合价降低，产生的FeO是还原产物，故A正确；
B.过程Ⅰ为2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，方程式显示当有6mol FeO生成时，转移4mol电子，故每生成12molFeO转移8mol电子，故B正确；
C.过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，过程Ⅱ：3FeO+H2O−△Fe3O4+H2↑，总反应是2H2O−四氧化三铁太阳能2H2↑+O2↑，故FeO、Fe3O4在分解水制H2的过程中作催化剂，故C正确；
D.反应3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)的产物中，则过程Ⅱ的反应中FeO和H2O的化学计量数之比为3：1，故D错误，
故选：D。
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，元素化合价升高的失电子发生氧化反应得到氧化产物，元素化合价降低得到电子发生还原反应，得到还原产物；过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2O−△Fe3O4+H2↑，总反应是2H2O−太阳能2H2↑+O2↑，可见在整个过程实现了太阳能向化学能的转化，所以FeO、Fe3O4为整个过程的催化剂，据此答题。
本题考查了氧化还原反应、反应过程中能量变化、识图能力的培养等，题目难度不大，学会从图中提取有用的信息，把握反应中元素的化合价变化、物质之间的转化为解答的关键。
13.【答案】BC
【解析】解：A.起始时Mg作负极，50s后Al作负极，Mg作正极，故A错误；
B.由图2可知，50s后电压为负值，说明正负极发生改变，电子流动方向发生改变，故B正确；
C.由该装置的正负极变化可知，原电池的正、负极与金属活动性顺序和电解质溶液有关，故C正确；
D.整个过程中正极的电极反应式均为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故D错误；
故选：BC。
由图可知，Mg比Al活泼，开始时Mg作负极发生吸氧腐蚀，Mg失电子生成氢氧化镁，Al作正极，随反应进行，Mg表面逐渐被氢氧化镁覆盖，Al能与NaOH反应，故后来Al作负极，Mg作正极，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目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。
14.【答案】C
【解析】解：A.酸式滴定管有旋塞，需检查活塞是否漏水，不漏水才能使用，故A错误；
B.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不需要润洗，滴定管水洗后需加盐酸润洗，故B错误；
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸偏多，会造成待测溶液浓度偏高，故C正确；
D.锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且30s不变时，达到滴定终点，不能锥形瓶中溶液由黄色变为橙色时，立即停止滴定，故D错误；
故选：C。
A.酸式滴定管有旋塞；
B.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不需要润洗；
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸偏多；
D.锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且30s不变时，达到滴定终点。
本题考查中和滴定，为高频考点，把握仪器的使用、滴定操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
15.【答案】2H2O2−MnO22H2O+O2↑干燥氧气 把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2 若先连接装置D，则燃烧产生的CO2和水蒸气同时被碱石灰吸收，无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量 C2H6OC2H6O防止吸收燃烧产物中二氧化碳的D装置吸收空气中的二氧化碳和水蒸气 CH3OCH3
【解析】解：(1)A中在常温下制取氧气，反应物为H2O2，发生反应的化学方程式为2H2O2−MnO22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O2−MnO22H2O+O2↑；
(2)实验目的是用干燥的氧气氧化有机物，以便测定产物的质量，所以B装置的作用是干燥氧气；为防止燃烧产物中混有CO，影响测定结果，需再提供氧化剂，所以燃烧管C中CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2，
故答案为：干燥氧气；把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；
(3)装置E用于吸收水蒸气，装置D既能吸收二氧化碳又能吸收水蒸气，所以燃烧产物应先通过装置E，后经过装置D，从而得出燃烧管C不能先与装置D连接而是先与装置E连接的原因是：若先连接装置D，则燃烧产生的CO2和水蒸气同时被碱石灰吸收，无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量，
故答案为：若先连接装置D，则燃烧产生的CO2和水蒸气同时被碱石灰吸收，无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量；
(4)n(CO2)=2.64g44g/mol=0.06mol，n(H2O)=1.62g18g/mol=0.09mol，则n(C)=0.06mol，n(H)=0.18mol，n(O)=1.38g−0.06mol×12g/mol−0.18mol×1g/mol16g/mol=0.03mol，从而得出有机物分子中C：H：O=0.06mol：0.18mol：0.03mol=2：6：1，则该有机物的实验式是C2H6O。实验测得其蒸气密度是同温同压下氢气密度的23倍，则X的相对分子质量为46，分子式为C2H6O，
答案为：C2H6O；C2H6O；
(5)装置D和空气相通，会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，从而影响测定结果的准确性，所以应在D后再增加一个装置D，其主要目的是防止吸收燃烧产物中二氧化碳的D装置吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，
故答案为：防止吸收燃烧产物中二氧化碳的D装置吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；
(6)从图中可以看出，该有机物分子中只有一种氢原子，则其结构简式为CH3OCH3，
故答案为：CH3OCH3。
实验目的是采用燃烧法测定有机物的组成，先制得纯净的氧气，然后将有机物完全氧化为二氧化碳和水，再分别测定二氧化碳和水的质量，从而得出有机物中碳、氢、氧的原子个数比；
(1)H2O2在MnO2催化下分解为H2O、O2；
(2)B装置用于干燥氧气；为防止燃烧产物中混有CO，用燃烧管C中CuO把CO转化为CO2；
(3)装置E用于吸收水蒸气，装置D既能吸收二氧化碳又能吸收水蒸气，所以燃烧产物应先通过装置E，后经过装置D，从而得出燃烧管C不能先与装置D连接而是先与装置E连接；
(4)n(CO2)=2.64g44g/mol=0.06mol，n(H2O)=1.62g18g/mol=0.09mol，则n(C)=0.06mol，n(H)=0.18mol，n(O)=1.38g−0.06mol×12g/mol−0.18mol×1g/mol16g/mol=0.03mol，从而得出有机物分子中C：H：O=0.06mol：0.18mol：0.03mol=2：6：1，据此计算；
(5)装置D和空气相通，会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，从而影响测定结果的准确性；
(6)从图中可以看出，该有机物分子中只有一种氢原子，为甲醚。
本题考查有机物的分子式的实验测定，明确实验的原理是解题关键，侧重考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合知识的能力。
16.【答案】
【解析】解：(1)由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0；由图可知，该历程中最小能垒(活化能)步骤为CH2O*、OH*和3H*生成CH3O*、OH*和2H*，则化学方程式为CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*，
故答案为：<；CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*；
(2)反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，则T>500℃；温度为T℃时，CO2的平衡转化率为60%，列化学平衡三段式，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol/L)0.751.500
转化(mol/L)0.451.350.450.45
平衡(mol/L)0.30.150.450.45
K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=0.45×0.450.3×0.153=200，
故答案为：>；200；
(3)反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，温度高于260℃时，随温度升高，CO2的转化率提高而甲醇的选择性降低的原因：升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，反应Ⅱ平衡正向移动，且温度对反应Ⅱ的影响程度大于反应Ⅰ，所以二氧化碳的转化率增大，
故答案为：升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，反应Ⅱ平衡正向移动，且温度对反应Ⅱ的影响程度大于反应Ⅰ，所以二氧化碳的转化率增大；
(4)由图可知，二氧化碳在电极b发生还原反应转化为甲醇，注意电解质溶液为KHCO3溶液，所以电极反应式为CO2+6HCO3−+6e−=CH3OH+6CO32−+H2O，
故答案为：CO2+6HCO3−+6e−=CH3OH+6CO32−+H2O。
(1)由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；由图可知，该历程中最小能垒(活化能)步骤为CH2O*、OH*和3H*生成CH3O*、OH*和2H*；
(2)反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；温度为T℃时，CO2的平衡转化率为60%，列化学平衡三段式，K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)；
(3)反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动；
(4)由图可知，二氧化碳在电极b发生还原反应转化为甲醇，注意电解质溶液为KHCO3溶液，据此分析。
本题考查化学平衡及其影响因素、化学平衡的计算、活化能、吸放热反应的判定、电解原理的应用及电极反应式书写等知识，为高频考点，把握化学平衡影响因素、化学平衡的计算是解题关键，试题有利于培养学生的分析能力和计算能力，注意差量法的计算应用，题目难度中等。
17.【答案】催化 3.4×105 PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑Pb2++2e−=PbCu、AgFe2+、Zn2+ H2SiF6为强电解质，c(H2SiF6)过高时，即氢离子浓度增大，H+优先Pb2+放电
【解析】解：(1)根据信息③所给的两个反应可知，Fe2+参与第一个反应后，在第二个反应中又生成，所以FeSO4起催化作用，
故答案为：催化；
(2)该反应的平衡常数K=c(SO42−)c(CO32−)=c(SO42−)c(CO32−)×c(Pb2+)c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3)=2.5×10−87.4×10−14≈3.4×105，
故答案为：3.4×105；
(3)过程iii中H2SiF6与PbCO3发生复分解反应生成PbSiF6和H2O、CO2，根据题目所给信息PbSiF6和H2SiF6均为能溶于水的强电解质，所以离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑，
故答案为：PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑；
(4)①该装置的作用是粗铅提纯，所以工作时，阴极上铅离子放电生成铅单质，电极反应式为Pb2++2e−=Pb，
故答案为：Pb2++2e−=Pb；
②Cu、Ag的活泼性比铅弱，不会在阳极放电，形成阳极泥，
故答案为：Cu、Ag；
(5)①粗铅中的Fe、Zn比Pb活泼，会先于Pb放电，从而使电解液中混有Fe2+、Zn2+，影响c(Pb2+)，
故答案为：Fe2+、Zn2+；
②H2SiF6为强电解质，c(H2SiF6)过高时，即氢离子浓度增大，H+优先Pb2+放电，使铅的产率降低，
故答案为：H2SiF6为强电解质，c(H2SiF6)过高时，即氢离子浓度增大，H+优先Pb2+放电。
Ⅰ.含铅废料在硫酸亚铁的催化作用下与硫酸反应得到硫酸铅，之后加入(NH4)2CO3溶液，使硫酸铅沉淀转化为碳酸铅，然后用过量的H2SiF6溶液溶解，得到混合溶液；
Ⅱ.(4)①阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
②粗铅主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，Cu、Ag活泼性比Pb差；
(5)①电解工作一段时间后Fe、Zn失电子生成Fe2+、Zn2+；
②c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e−=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小。
本题考查物质的分离和提纯实验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、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，题目难度较大。
18.【答案】(1)(a+b)2
(2)①Fe−2e−=Fe2+；②2NO2−+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O
(3)①水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气，氯气与铵离子发生氧化反应生成N2，从而使铵离子从水溶液中得到去除；②下降；③随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降
(4)NH4++NO2−=N2↑+2H2O
【解析】
【分析】
本题考查比较综合，涉及运用盖斯定律计算反应热、电解原理应用、陌生方程式的书写、图象分析等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
【解答】
(1)①2Na2CO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=Na2SO3(aq)+2NaHCO3(aq)△H=akJ⋅mol−1
②2NaHCO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+2CO2(g)+H2O(l)△H=bkJ⋅mol−1
③Na2SO3(aq)+SO2(g)+H2O(l)=2NaHSO3(aq)△H=ckJ⋅mol−1
根据盖斯定律，(①+②)×12可得：Na2CO3(aq)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+CO2(g)，故△H=(a+b)2mol/L；
(2)①阳离子由左室移向右室，则左室为阳极室，右室为阴极室，阳极是Fe放电生成Fe2+，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+；②铁电极附近有无色气体产生，电解治理亚硝酸盐对水体的污染，应是亚铁离子还原亚硝酸根离子生成氮气的反应，离子方程式为：2NO2−+8H++6Fe2+=N2↑+6Fe3++4H2O；
(3)①其他条件不变，向其中一份电解液中投加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，可能原因是：水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气，氯气与铵离子发生氧化反应生成N2，从而使铵离子从水溶液中得到去除；②由图象可知，溶液pH越大，硝酸根离子的去除率下降；③可能原因是：随着pH的升高，催化剂的催化活性明显下降；
(4)整个过程是NO2−与NH4+反应生成N2和H2O，总的反应方程式为NH4++NO2−=N2↑+2H2O。
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