江苏省徐州市2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题Word版含解析

这是一份江苏省徐州市2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题Word版含解析，共25页。试卷主要包含了作答非选择题时必须用0等内容，欢迎下载使用。

 2021~2022学年度第二学期期中学业水平质量监测
高二年级化学试题
注意事项
1.本试卷共6页，包含单项选择题(第1题~14题，共14题)、非选择题(第15题~18题，共4题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。考试结束后，请将答题纸交回。
2.请将自己的学校、姓名、考试证号填、涂在答题纸上。
3.作答非选择题时必须用0.5mm黑色墨水签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题请用2B铅笔涂黑。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Mn 55
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。
1. 2022年北京冬奥会践行“绿色办奥”理念，成为首个实现“碳中和”的奥运会。下列措施中不利于实现“碳中和”的是
A. 大规模开采可燃冰作为新能源 B. 赛区推广氢燃料电池汽车替代燃油汽车
C. 用氢气代替丙烷作为火炬燃料 D. 场馆赛时常规电力需求由可再生能源供应
【1题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A. 大规模开采可燃冰作为新能源，会增加二氧化碳的排放，不利于实现“碳中和”，故A符合题意；
B. 推广氢燃料电池汽车替代燃油汽车，可以减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故B不符合题意；
C. 氢气的燃烧产物为水，不含二氧化碳，因此用氢气代替丙烷作为火炬燃料有利于减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故C不符合题意；
D. 电力需求由可再生能源供应，可减少煤等化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故D不符合题意；
答案选A。
2. 下列指定化学用语正确的是
A. 醋酸的电离方程式：
B. ，25℃时，的标准燃烧热为
C. 与氢离子浓度的数学关系式为：
D. 碳酸钠水解反应式：
【2题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，则电离方程式：，A项错误；
B．，25℃时，的标准燃烧热为，B项错误；
C．与氢离子浓度的数学关系式为：，C项错误；
D．碳酸钠的水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，化学反应式：，D项正确；
答案选D。
3. 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A. 铝合金耐腐蚀，可用于制造门窗 B. 硫酸钡难溶于水和酸，可用作医疗钡餐
C. 干冰易升华，可用于人工降雨 D. 钾的金属性比钠强，工业上可用钠制取钾
【3题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．铝合金因具有坚固、轻巧、耐腐蚀等优点，可用于制造门窗，故不选A；
B．硫酸钡难溶于水和酸，可用作医疗钡餐，故不选B；
C．干冰易升华吸热，可用于人工降雨，故不选C；
D．工业上用钠制取钾Na+KClK↑+NaCl，利用钾的沸点比钠低，与金属性无关，故选D；
选D。
4. 合理利用金属腐蚀的原理，可为人类生活、生产服务。如在轮船的铁制外壳上镶嵌锌块，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀：市场出售的“暖贴”中的主要成分是铁粉、炭粉、少量氯化钠和水等，“暖贴”用塑料袋密封，使用时从塑料袋取出轻轻揉搓就会释放出热量，用完后袋内有大量铁锈生成。金属腐蚀现象普遍存在。下列事实与电化学腐蚀有关的是
A. 金属钠置于空气中变暗
B. 铝片浸入浓硝酸中产生致密的氧化膜
C. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易生成铜绿
D. 铁在和的混合溶液中发蓝、发黑
【4题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属钠置于空气中与氧气反应生成氧化钠，表面变暗，没有形成电流，与电化学腐蚀无关，故不选A；
B．铝片浸入浓硝酸中产生致密的氧化膜，铝发生钝化，没有形成电流，与电化学腐蚀无关，故不选B；
C．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣，构成铜锌原电池，锌作负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，铜不易生成铜绿，与电化学腐蚀有关，故选C；
D．铁在和的混合溶液中发蓝、发黑，在铁的表面形成一层四氧化三铁，没有形成电流，与电化学腐蚀无关，故不选D；
选C。
5. 合理利用金属腐蚀的原理，可为人类生活、生产服务。如在轮船的铁制外壳上镶嵌锌块，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀：市场出售的“暖贴”中的主要成分是铁粉、炭粉、少量氯化钠和水等，“暖贴”用塑料袋密封，使用时从塑料袋取出轻轻揉搓就会释放出热量，用完后袋内有大量铁锈生成。关于轮船铁制外壳上镶嵌锌块的说法正确的是
A. 负极的电极反应式： B. 可用铜块替换锌块保护铁制外壳
C. 轮船表面因积累大量电子而被保护 D. 轮船在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【5题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】“暖贴”的工作原理是铁和炭构成了原电池的两极，氯化钠溶液是电解质溶液，使用时接触空气，空气中的氧气在正极得到电子发生原电池反应，放出热量。
【详解】A．负极是铁失去电子生成Fe2+：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；
B．铁比铜活泼，若用铜块替换锌块，则铁为负极，失去电子被腐蚀，不可用铜块替换锌块保护铁制外壳，故B错误；
C．轮船的铁制外壳作为原电池的正极发生还原反应，表面因积累大量电子而被保护，故C正确；
D．海水中有更多的离子，电解质溶液浓度大，电解质溶液浓度越大，反应速率越快，所以轮船在海水中的腐蚀速率比在河水中的快，故D错误；
故选C。
6. 合理利用金属腐蚀的原理，可为人类生活、生产服务。如在轮船的铁制外壳上镶嵌锌块，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀：市场出售的“暖贴”中的主要成分是铁粉、炭粉、少量氯化钠和水等，“暖贴”用塑料袋密封，使用时从塑料袋取出轻轻揉搓就会释放出热量，用完后袋内有大量铁锈生成。关于“暖贴”的说法不正确的是
A. 需要接触空气才会发热
B. 炭粉的作用是吸附空气中的水蒸气
C. 氯化钠溶于水作电解质溶液，使铁生锈的速率增大
D. 铁生锈是铁、水和氧气共同发生化学反应的过程
【6题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．“暖贴”的工作原理是铁和炭构成了原电池的两极，氯化钠溶液是电解质溶液，使用时接触空气，空气中的氧气在正极得到电子发生原电池反应，放出热量，所以“暖贴”需要接触空气才会发热，故A正确；
B．炭粉的作用是作为原电池的正极，故B错误；
C．电解质溶液浓度越大，反应速率越快，氯化钠溶于水作电解质溶液，使铁生锈的速率增大，故C正确；
D．生铁和钢都是铁碳合金，铁生锈是铁和碳作为两极，吸附在钢铁表面的溶有二氧化碳的水膜作为电解质溶液，钢铁发生吸氧腐蚀（若水膜的酸性较强则发生析氢腐蚀），负极是铁失去电子生成Fe2+，正极是空气中的氧气得到电子生成OH-，Fe2+和OH-结合成Fe(OH)2，Fe(OH)2继续被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3不稳定分解为铁的氧化物即为铁锈，故D正确；
故选B
7. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，不能达到实验目的的是

A. 用甲装置测定中和反应的反应热 B. 用乙装置测定反应速率
C. 用丙装置制备无水 D. 用丁装置在铁上镀铜
【7题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲是简易量热计，可以用甲装置测定中和反应的反应热，故不选A；
B．乙装置根据单位时间内生成气体体积的大小测定反应速率，故不选B；
C．为防止氯化镁水解，在HCl气流中加热失去结晶水制备无水，故不选C；
D．在铁上镀铜，应该用铁作阴极、铜作阳极，故选D；
选D。
8. 和混合，在一定条件下反应合成尿素：，下列有关该反应的说法正确的是
A. 反应在一定条件下能自发进行的原因是
B. 反应的平衡常数
C. 反应每生成需消耗
D. 用E表示键能，该反应
【8题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．，反应在一定条件下能自发进行原因是，故A错误；
B．尿素是固体，不计入平衡常数表达式，反应的平衡常数，故B正确；
C．反应每生成需消耗2mol氨气，没有明确是否为标准状况，消耗氨气的体积不一定是体积，故C错误；
D．用E表示键能，焓变=反应物总键能-生成物总键能，该反应，故D错误；
选B。
9. 水的离子积常数随着温度的变化关系如下表：
温度/℃
25
50
75
100

1.0
5.5
20.0
56.0
下列说法正确的是
A. 25℃时，溶液中，
B. 水的电离度
C. 时某溶液的，该溶液呈中性
D. 纯水中的大小与温度无关
【9题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．水的离子积常数只与温度有关，25℃时，溶液中，，故A错误；
B．水电离吸热，水的电离度，故B正确；
C．时，某溶液的，，，该溶液呈酸性，故C错误；
D．水电离吸热，纯水中，随温度升高而增大，故D错误；
选B。
10. 已知，分解速率受温度、浓度、催化剂以及溶液酸碱性等多种因素影响。和等均可作为分解的催化剂。含有少量的溶液中，的分解机理为：①(慢)，②(快)。对于含有少量的溶液中发生的反应，下列说法正确的是
A. 增大溶液中，可提高的分解速率
B. 也是该反应的催化剂
C. 反应①和反应②的活化能之和等于
D. 升高温度和使用催化剂均能提高分解的转化率
【10题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A．①(慢)，②(快)。增大溶液中，可加快①的速率，①的速率决定总反应速率，所以增大溶液中，可提高的分解速率，故A正确；
B．I-是该反应的催化剂，是中间产物，故B错误；
C．焓变=正反应活化能-逆反应活化能，正反应活化能、逆反应活化能共同决定反应热，故C错误；
D．，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，分解的转化率减小，催化剂不能使平衡移动，使用催化剂不能改变分解的转化率，故D错误；
选A。
11. 已知，分解速率受温度、浓度、催化剂以及溶液酸碱性等多种因素影响。和等均可作为分解的催化剂。含有少量的溶液中，的分解机理为：①(慢)，②(快)。为比较和对分解的催化效果。某兴趣小组同学设计如图所示实验。下列说法不正确的是

A. 可通过产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B. 其他条件相同时，加入不同的催化剂反应，值不发生变化
C 可用溶液替换溶液进行实验
D. 若实验中反应速率甲>乙，能说明比对分解的催化效果好
【11题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应速率越快，产生气泡的速度越快，所以可通过产生气泡的快慢来比较反应速率的大小，故A正确；
B．催化剂不能使平衡移动，其他条件相同时，加入不同的催化剂反应，值不发生变化，故B正确；
C．若用溶液替换溶液进行实验，加入的阳离子、阴离子都不同，不能判断和对分解的催化效果，故C错误；
D．甲、乙中滴入、的浓度相同，若实验中反应速率甲>乙，能说明比对分解的催化效果好，故D正确；
选C。
12. 一种以烟气中制取轻质的流程如下：

已知且时视为沉淀完全。下列说法错误的是
A. “反应I”中增大氨水浓度能提高烟气中去除率
B. “反应II”中溶液的导电能力随石灰乳的加入快速上升
C. 若测得“滤液”中，则沉淀完全
D. 所得“滤液”可转移到“反应I”中循环利用
【12题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】将烟气通入氨水中发生反应Ⅰ生成碳酸铵，再加入石灰乳发生反应Ⅱ生成碳酸钙和氨水，过滤得到的滤液中含有氨水，可循环使用；所得碳酸钙沉淀进行洗涤干燥，得到轻质。
【详解】A．“反应I”中增大氨水浓度，可以充分吸收二氧化碳，能提高烟气中去除率，选项A正确；
B．加入石灰乳时生成碳酸钙沉淀和氨水，故初始时溶液中的铵根离子、碳酸根离子因反应而快速降低导致导电能力快速降低，后加入过量的氢氧化钙，由于生成氨水的电离及过量氢氧化钙的电离导致离子浓度增大，导电能力逐渐上升，选项B错误；
C．若测得“滤液”中，则，，故沉淀完全，选项C正确；
D．所得“滤液”中含有氨水，可转移到“反应I”中循环利用，选项D正确；
答案选B。
13. 室温下，通过下列实验探究的性质。
实验1：用试纸测量溶液的，测得
实验2：将溶液与溶液等体积混合，所得溶液的
实验3：将溶液与溶液等体积混合，所得溶液的
实验4：向溶液滴加少量酸性溶液，振荡后溶液褪色且有气泡冒出
下列有关说法不正确的是
A. 由实验1可得：
B. 实验2中两溶液混合时有：
C. 实验3中所得溶液中一定存在：
D. 实验4中的离子方程式为：
【13题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．由实验1可得Ka(HCOOH)=，所以，故A正确；
B．实验2中两溶液混合时，溶液的，说明甲酸的电离程度大于甲酸根离子水解，所以，故B正确；
C．将溶液与溶液等体积混合，所得溶液为甲酸钠，根据质子守恒，，故C正确；
D．向溶液滴加少量酸性溶液，甲酸被高锰酸钾氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，甲酸是弱酸，不能拆写为离子，反应的离子方程式为，故D错误；
选D。
14. 催化重整可得到合成气(和)，其主要反应为。同时存在以下反应：
积碳反应：；
消碳反应：
在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。

下列说法正确的是
A. 高压有利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳
B. 增大CH4与CO2的物质的量之比有助于减少积碳
C. 温度高于600℃，升高温度消(消碳反应速率)增加的倍数比积(积碳反应速率)增加的倍数大
D. 升高温度K积(积碳反应平衡常数)减小、K消(消碳反应平衡常数)增加
【14题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干反应方程式，可知增大压强，上述反应平衡均逆向进行，即高压不有利于提高CH4的平衡转化率，有利于减少积碳，A错误；
B．增大CH4与CO2的物质的量之比即增大CH4的用量，则使积碳反应平衡正向移动，不利于减少积碳，B错误；
C．由图示可知，温度高于600℃时，积碳率随温度升高而减小，是因为温度高于600℃，升高温度消(消碳反应速率)增加的倍数比积(积碳反应速率)增加的倍数大，C正确；
D．由题干信息可知，积碳反应：；消碳反应：，升高温度上述平衡均正向移动，则平衡常数均增大，即升高温度K积(积碳反应平衡常数)增大、K消(消碳反应平衡常数)增加，D错误；
故答案为：C。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 以工业废镍催化剂(主要含金属和少量及不溶性物质)为原料制备硫酸镍晶体()流程如下：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时()的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时()的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH能除去催化剂表面油脂的原因是_______。
（2）“酸浸”后过滤，滤液中的金属离子除外还有少量的和等，产生的原因是_______。
（3）利用上述表格数据，计算的_______(列出计算式)。
（4）将“一系列列操作”中的实验方案补充完整，向滤液中_______，过滤、洗涤、干燥后得硫酸镍晶体。(必须用到的试剂：稀硫酸、溶液、溶液)
（5）用惰性电极电解悬浊液(左右)制备电极材料。电极反应式为。
①电解过程中需要充分搅拌悬浊液的目的是_______。
②悬浊液中加入一定量可显著提高产率，原因是_______。
【15题答案】
【答案】（1）油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去
（2）氧化铁与酸反应生成，与金属镍反应生成
（3）或
（4）加入适量的双氧水溶液，充分反应后，加入溶液，调节溶液的在3.2~7.2，过滤，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶
（5） ①. 与惰性电极充分接触，防止悬浊液沉降以提高电解效率 ②. 在电极上失去电子生成，与碱反应生成，将悬浊液中氧化成
【解析】
【分析】工业废镍催化剂主要含金属和少量及不溶性物质，加入氢氧化钠“碱浸”，Al2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤除去Al2O3，向滤渣中加稀硫酸“酸浸”，过滤，除去不溶性杂质，滤液中含有外还有少量的和等，加入适量的双氧水溶液把氧化为，充分反应后，加入溶液，调节溶液的在3.2~7.2，过滤除去和，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶得硫酸镍晶体。
【小问1详解】
油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去，所以“碱浸”中NaOH能除去催化剂表面油脂；
【小问2详解】
“酸浸”时Ni与硫酸反应生成NiSO4，氧化铁与酸反应生成，与金属镍反应生成，所以滤液中的金属离子除外还有少量的和等；
【小问3详解】
Ni2+开始沉淀的pH=7.2，所以的=；
【小问4详解】
滤液中的金属离子除外还有少量的和等，向滤液中加入适量的双氧水溶液把氧化为，充分反应后，加入溶液，调节溶液的在3.2~7.2，过滤除去和，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶过滤、洗涤、干燥后得硫酸镍晶体。
【小问5详解】
①电解过程中需要充分搅拌悬浊液，使与惰性电极充分接触，防止悬浊液沉降以提高电解效率。
②悬浊液中加入一定量，在阳极上失去电子生成，与碱反应生成，将悬浊液中氧化成，所以可显著提高产率。
17. 接触法制硫酸的关键步骤是将催化氧化为：
（1）催化和反应时，反应机理如下：
反应I：
反应II：
①反应I的_______0(填写“>”或“<”或“=”)。
②_______。
（2）当和起始的物质的量分数分别为和时，在和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。

①能判断该反应是否达到平衡状态的是_______。
A.混合气体的密度不变 B.体系中
C. D.混合气体中物质的量分数不变
②反应在时经过达到平衡，此时测得。之间_______。
③反应在时的_______，判断的依据是_______。
④实际工业生产中无须在高压下进行的原因是_______。
【17题答案】
【答案】（1） ①. > ②. -246
（2） ①. CD ②. ③. 0.975 ④. 该气体分子数减少，增大压强，提高，，所以，由图可以判断出为0.975 ⑤. 常压下转化率已经很高，能满足工业生产需求
【解析】
【分析】根据已知反应利用自发反应的判断依据判断反应的熵变，利用盖斯定律计算反应的焓变，根据平衡状态的特点判断反应平衡状态的标志，利用反应过程中物理量的变化判断是否达到平衡，利用三段式进行计算反应速率，利用反应平衡受压强的影响判断图像中的压强大小，利用控制变量法，控制温度不变，改变压强利用反应特点判断压强的大小。
【小问1详解】
①根据反应I焓变大于零，根据反应是自发反应，则，故熵变是大于零，故答案为>。②根据盖斯定律利用反应与反应I：进行计算，总反应减去2×I，得反应II的焓变是-246，故答案为-246。
【小问2详解】
①A．混合气体的密度等于气体的总质量除以容器的体积，根据容器的体积不变，气体的总质量根据质量守恒也不变判断，密度不变时不能说明达到平衡，故A不符合题意；
B．体系中时，不能确定浓度是否不变，故不符合题意；
C．根据，说明正逆反应速率相等，故能说明达到平衡，故C符合题意；
D．混合气体中的物质的量分数不变说明达到了平衡，故符合题意；
故选答案CD。
②根据压强增大平衡向气体体积减小的反应方向移动，根据该反应气体体积的变化判断，增大压强平衡向正反应方向移动，转化率增大，故P1>P2>P3,故反应在时经过达到平衡时，二氧化硫的转化率为0.925，根据和起始的物质的量分数分别为和，判断三氧化硫的物质的量分数为0.5％，根据三段式：则故答案为：；③反应在时的，根据图像中P2曲线判断为0.975，判断依据该气体分子数减少，增大压强，提高，，所以，由图可以判断出为0.975；
④实际工业生产中无须在高压下进行的原因是常压下转化率已经很高，能满足工业生产需求；故答案为: 常压下转化率已经很高，能满足工业生产需求。
【点睛】此题考查化学平衡的判断，根据图像利用控制变量法进行判断压强大小，注意反应速率的计算可以利用三段式，也可利用速率之比等于化学计量数之比进行计算。
19. 滴定分析法是化学中最常用的定量分析方法。
（1）以酚酞为指示剂，用溶液滴定二元酸溶液。滴定过程中溶液的、分布系数随着滴加溶液体积的变化关系如图所示。(比如的分布系数：)

①滴定前溶液的物质的量浓度是_______。
②曲线X代表的是_______(填写“”或“”或“”)，理由是_______。
③的电离常数为_______。
（2）常作氧化还原滴定的氧化剂。现用的酸性标准溶液测定某市售双氧水中的含量。实验步骤如下：
I.取市售双氧水于的容量瓶中(容量瓶中先装入半瓶水)，用水稀释至刻度线，摇匀备用。
II.取一支滴定管依次用自来水，蒸馏水洗净，标准溶液润洗后注入的酸性标准溶液，调整液面，记下读数为。
III.取双氧水稀释溶液于锥形瓶中，加入足量稀后滴定至终点，记下滴定管的读数为。
已知：
①步骤II中的滴定管为_______(填写“酸式”或“碱式”)滴定管。
②步骤III滴定到达终点的现象是_______。
③计算该市售双氧水中的含量，以表示。_______(写出计算过程)。
④下列说法中导致售双氧水中测定含量偏高的是_______(填标号)。
A.若所用酸性溶液浓度偏高
B.若步骤II中滴定管没用标准溶液润洗
C.若读取滴定管的体积不规范，没有平视，滴定前仰视，滴定后又俯视
【19题答案】
【答案】（1） ①. ②. ③. 因为为，由图可以看出，滴定开始时溶液为1，说明第一步电离完全，而曲线X所代表的微粒起始时含量大于0.9，且随着反应有进行该微粒的含量逐渐减小 ④.
（2） ①. 酸式 ②. 滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，经过30秒钟不褪色，即达终点 ③. 340g∙L-1 ④. B
【解析】
【小问1详解】
①滴入40mL氢氧化钠溶液，pH发生突变，说明氢氧化钠和H2A恰好反应，根据2NaOH+H2A= Na2A+2H2O，H2A的物质的量为，H2A的浓度为；
②为，由图可以看出，滴定开始时溶液为1，说明第一步电离完全，第二步存在电离平衡，即H2A=HA-+H+，HA-⇌A2-+H+，而曲线X所代表的微粒起始时含量大于0.9，且随着反应有进行该微粒的含量逐渐减小，恰好反应时几乎为0，所以曲线X代表的是；
③根据图示，滴入25mL氢氧化钠溶液时，c()=c(A2-)，此时溶液pH=2，的电离常数为；
【小问2详解】
①高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，所以酸性高锰酸钾盛在酸式滴定管中，步骤II中的滴定管为酸式滴定管。
②高锰酸钾溶液呈紫红色，达到滴定终点，高锰酸钾剩余，步骤III滴定到达终点的现象是滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，经过30秒钟不褪色，即达终点；
③达到滴定终点消耗的酸性标准溶液20.00mL，根据，可知25mL的稀释液中含的物质的量为，则该市售双氧水中的含量。
④
A．若所用酸性溶液浓度偏高，则消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，测定含量偏低，故不选A；
B．若步骤II中滴定管没用标准溶液润洗，溶液浓度偏低，则消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，测定含量偏高，故选B；
C．若读取滴定管的体积不规范，没有平视，滴定前仰视，滴定后又俯视，消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，测定含量偏低，故不选C；
选B。
21. “碳一化工”是指以含有一个碳原子的物质，如等为原料合成化工产品的有机化工工艺。
（1）二氧化碳催化加氢制甲醇的总反应方程式可表示为：。反应进程中体系能量的变化关系如图所示。其中，。

①总反应的_______。
②该反应进程分两步进行。其中第_______步为慢反应。
③在不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率随温度的变化如图所示。压强由小到大的顺序为_______。温度T时，三条曲线几乎交于一点的原因是_______。

（2）利用电解可实现和的耦合转化。其原理如图所示。

①电极A与电源的_______相连。
②电极B上的反应式为_______。
（3）利用合成气(CO、H2)和在高压(20~30MPa)条件下进行羰基合成，生成正丁醛(CH3CH2CH2CHO)的反应机理如图所示。

①反应的催化剂是_______。
②总反应的化学方程式为_______。
③已知反应体系中存在两个副反应：；，反应需要在高压条件下进行的原因可能是_______。
【21题答案】
【答案】（1） ①. ②. 1 ③. ④. T时反应以为主，而该反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
（2） ①. 负极 ②.
（3） ①. ②. ③. 增大压强，两个副反应逆向移动，减少分解，生成，有利于催化剂再生
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，总反应的，故答案为：；
②活化能越大，反应速率越慢，由图可知，第1步的活化能较大，因此该反应进程中第1步为慢反应，故答案为：1；
③该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，则压强由小到大的顺序为；温度T时，三条曲线几乎交于一点，说明压强对CO2的平衡转化率不再产生影响，可能的原因是T时反应以为主，而该反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，故答案为：T时反应以为主，而该反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
【小问2详解】
①由图可知，CO2在电极A上反应生成CO，C元素的化合价降低，发生的是还原反应，则电极A为阴极，与电源负极相连，故答案为：负极；
②电极B上CH4发生反应生成C2H4，电极反应式为，故答案为： ；
【小问3详解】
①由图可知，反应①是CH3CH=CH2和发生加成反应，在反应⑤中又生成，因此是该反应的催化剂，故答案为：；
②由图可知，该反应的反应物是CH3CH=CH2、CO和H2，产物是正丁醛，则总反应为，故答案为：；
③由图可知，脱去CO可生成催化剂，和都是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，减少分解，生成，有利于催化剂再生，故答案为：增大压强，两个副反应逆向移动，减少分解，生成，有利于催化剂再生。