2024-2025学年吉林省“BEST合作体”高二上学期期末考试 化学试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年吉林省“BEST合作体”高二上学期期末考试 化学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了5 Cu等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Cu：64
第Ⅰ卷 客观题
一、单项选择题(15小题，每小题3分，共45分)
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 黏土高温烧结制陶瓷的过程中没有形成新的化学键
B. 高炉炼铁时可通过增加塔高来降低体系中CO的百分含量
C. 将煤气化，有利于提供更多的能量，而且有效地减少温室气体的产生
D. 氯化铵溶液显酸性可用作铁制品除锈剂
【答案】D
【解析】黏土高温烧结制陶瓷，有新物质生成陶瓷烧结的过程中发生了化学变化，形成了新的化学键，A错误；高炉炼铁时通过增加塔高不能影响化学平衡移动，不能降低CO的百分含量，B错误；根据盖斯定律和能量守恒原理，将煤气化不会提供更多的能量，不会减少温室气体的产生，C错误；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，故氯化铵溶液可用作铁制品的除锈剂，D正确；
故答案为：D。
2. 下列反应既属于氧化还原反应，且能量变化符合如图中曲线的是
A. 铝热反应B. 硫单质在氧气中燃烧
C. 灼热的木炭与反应D. 碳酸钙的分解
【答案】C
【解析】该反应是反应物能量低于生成物能量，该反应为吸热反应。
铝热反应是放热反应，A不符合；S在氧气中燃烧为放热反应，B不符合；灼热的木炭与CO2反应是吸热反应，也是氧化还原反应，C符合；碳酸钙分解属于吸热反应，但不属于氧化还原反应，D不符合；
答案选C。
3. 一定温度下，在容积恒定的密闭容器中进行反应。，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是
①混合气体的密度不变 ②容器内气体的压强不变
③混合气体的总物质的量不变 ④B的物质的量浓度不变
⑤ ⑥
A. ②⑤⑥B. ①④⑤C. ②④⑤⑥D. 只有④
【答案】B
【解析】①混合气的密度等于混合气的总质量除以容器体积，A是固体，所以混合气的总质量是一个变量，容器体积是定值，所以混合气密度在未平衡前一直在变化，当密度不变时，反应达到平衡状态，①符合题意；②该反应是反应前后气体系数之和相等的反应，在温度和容积一定时，压强和气体的总物质的量成正比，所以容器内气体的压强一直不变，则压强不变不能判断该反应是否平衡，②不符合题意；③该反应的混合气的总物质的量一直不变，故不能用总的物质的量不变判断是否平衡，③不符合题意；④B的物质的量浓度不再变化说明达到了平衡状态，④符合题意；⑤用C表示的正反应速率等于用D表示的逆反应速率，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，⑤符合题意；⑥当各物质浓度不发生变化，反应达到平衡，⑤不符合题意；故①④⑤都是平衡状态的标志；
故答案为：B。
4. 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 室温下，的溶液中水电离产生的数目为
B. 1mlH2和1mlI2反应后气体分子总数为2NA
C. 氢氧燃料电池工作时，正极消耗气体，电路中转移电子数为2
D. 标准状况下，溶于水，所得溶液中的微粒数之和为
【答案】B
【解析】溶液铵根离子会水解，使溶液显酸性，但是溶液体积未知，不能确定水电离产生的数目，A错误；H2和I2会发生反应：，反应过程中气体总物质的量不变，1mlH2和1mlI2反应后气体分子总数为2NA，B正确；未说明气体所处的温度和压强，无法计算其物质的量，C错误；Cl2溶于水发生反应：，标准状况下，的物质的量为0.5ml，根据Cl原子守恒2N(Cl2)+N()+N()+N(HClO)=，D错误；
故选B
5. 下列关于仪器选择、实验操作及相关叙述均正确的是
A. 准确测量中和反应反应热
B. 用胆矾制无水硫酸铜
C. 装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
D. 对比Fe3+与Cu2+对双氧水分解的催化效率
【答案】C
【解析】金属导热快，故银质搅拌器、铜杯盖均应换为非金属材质，减少热量散失，A错误；用胆矾制无水硫酸铜，属固体加热，应在坩埚中进行，B错误；根据装置判断，锌电极为负极，溶液中的阳离子向正极移动，盐桥中阳离子向溶液中迁移，C正确；对比实验应该单一变量，该实验没有考虑氯离子和硫酸根的影响，无法对比Fe3+与Cu2+对双氧水分解的催化效率，D错误；
故选C。
6. 2023年3月15日19时41分，“长征十一号”运载火箭在我国酒泉卫星发射中心点火起飞，随后，将“试验十九号卫星”精准送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。长征运载火箭使用偏二甲肼()作燃料，作氧化剂。下列说法正确的是
A. 基态氢原子的轨道电子云轮廓图为哑铃形
B. 基态原子核外能级和能级电子的能量相等
C. 基态原子的核外电子的运动状态有8种
D. 氮原子的电子排布式由能释放能量产生吸收光谱
【答案】C
【解析】基态氢原子的轨道电子云轮廓图为球形，A错误；基态C原子核外2s能级和2p能级电子的能量不相等，2p能级电子的能量高，B错误；O原子核外有8个电子，根据泡利原理，它们的运动状态都不相同，基态原子的核外电子的运动状态有8种，C正确；3s能级的能量大于2p能级的能量，原子的电子排布式由，能量升高，吸收能量产生吸收光谱，D错误；
答案选C。
7. 金属的腐蚀与防护和生活密切相关。下列有关说法错误的是
A. 铜器在弱酸性环境中表面生成铜绿发生的是吸氧腐蚀
B. 如上装置，一段时间后向三颈烧瓶中加入KSCN溶液，溶液未变红，说明铁被保护
C. 如上装置，开始一段时间内压强传感器测得压强几乎未发生变化，说明镀锌铁皮可能是析氢腐蚀和吸氧腐蚀同时发生
D. 采用外加电流保护法，将采油平台的钢铁构筑物与外接电源的负极相连
【答案】B
【解析】铜的还原性非常弱，一般不能与非氧化性酸反应，铜器在弱酸性环境中表面生成铜绿发生的是吸氧腐蚀，A正确；若铁被腐蚀生成的是Fe2+，用KSCN溶液无法检验，因此一段时间后向三颈烧瓶中加入KSCN溶液，溶液未变红，并不能说明铁被保护，B错误；压强传感器测得压强几乎未发生变化，则体系内的气体分子数几乎不变，析氢腐蚀产生氢气，气体分子数增大，吸氧腐蚀吸收氧气，气体分子数减小，可能是析氢腐蚀和吸氧腐蚀同时发生，C正确；采油平台的钢铁构筑物与外接电源的负极相连叫外加电流保护法，可防止钢铁构筑物被腐蚀，D正确；
故选：B。
8. 下列应用中涉及的方程式或离子方程式不正确的是
A. 使用漂白粉消毒：
B. 制备白色颜料：
C. 泡沫灭火器工作原理：
D. 使用FeS处理含汞废水：
【答案】C
【解析】碳酸的酸性强于次氯酸，因此在使用漂白粉消毒时，空气中的CO2溶于水，会将ClO－转化为HClO，离子方程式为，A不符合题意；TiCl4为强酸弱碱盐，极易水解，生成TiO2·xH2O和HCl，方程式为，B不符合题意；泡沫灭火器利用的是Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，用于灭火时，将两溶液混合， Al3+和发生双水解反应，离子方程式应为，C符合题意；一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。HgS的溶解度比FeS小，因此FeS可用于处理含汞废水，离子方程式为，D不符合题意；
答案选C。
9. MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是
A. 使用MnO2催化时，总反应的焓变会发生变化
B. H2O+O2→H+++ ∙OH放出热量
C. 催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
D. 1mlHCHO参加反应转移4ml电子
【答案】D
【解析】使用MnO2催化时，降低反应所需活化能，但反应的∆H不变，故A错误；H2O+O2→H+++ ∙OH过程为水中的O-H键断裂的过程，断键为吸热过程，故B错误；过程中碳酸氢根和氢离子生成二氧化碳和水的反应为非氧化还原反应，故C错误；HCHO最终生成二氧化碳和水，HCHO中C为0价变为二氧化碳中+4价，因此1ml HCHO参与反应时转移4ml电子，故D正确；
故选D。
10. 下列事实或现象和相应结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】氯化铁在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化铁溶液加水稀释后溶液pH变大，主要是因为加水稀释溶液中氢离子浓度减小，与水解程度增大无关，A错误；硝酸具有氧化性，可以将BaSO3氧化为BaSO4，因此不能证明样品中含有，B错误；二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，二氧化硫饱和溶液中亚硫酸的浓度大于二氧化碳饱和溶液中碳酸的浓度，则前者饱和溶液的pH小于后者不能说明亚硫酸的酸性强于碳酸，C错误；硫化钠溶液与硫酸锌溶液完全反应生成硫化锌沉淀和硫酸钠，向反应后的溶液中再加入硫酸铜溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀说明硫化锌的溶度积大于硫化铜，D正确；
答案选D。
11. 氧化亚氮()是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。碘蒸气存在能大幅度提高分解速率，反应历程为：
第一步：(快反应)
第二步：(慢反应)
第三步：(快反应)
实验表明，含碘时分解速率方程(k为速率常数)。下列表述正确的是
A. 分解反应中，(含碘)>(无碘)
B. 第三步对总反应速率起决定作用
C. 第二步活化能比第三步小
D. 浓度与分解速率无关
【答案】A
【解析】由题可知，碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，v=k•c(N2O)•c0.5(I2)中v与k成正比，则k(含碘)＞k(无碘)，故A正确；慢反应对总反应速率起决定作用，所以第二步起决定作用，故B错误；第二步反应慢，活化能大，即第二步活化能比第三步大，故C错误；根据N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•c0.5(I2)， I2浓度与N2O分解速率有关，故D错误；
答案选A。
12. 用0.100的溶液滴定的溶液，测得滴定过程中溶液的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. ①点溶液中：
B. ②点溶液中：
C. ③点溶液中：
D. 在相同温度下，①、②、③三点溶液中水电离的：③＜②＜①
【答案】D
【解析】由图示知，点①时溶液显酸性，故c(H+)＞c(OH-)，A正确；点②pH=7，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)，B正确；点③所示溶液恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解，溶液显碱性，但水解程度较小：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C正确；从点①到点③的滴定过程中，随着反应的进行，CH3COOH的浓度逐渐减小，CH3COONa的浓度逐渐增大，CH3COOH抑制水电离，CH3COO-水解促进水电离，水的电离程度越来越大，到点③时，两者完全反应生成CH3COONa，水的电离程度最大，故三点溶液中由水电离的c(OH-)：③＞②＞①，D错误；
故答案选D。
13. 氨对发展农业有着重要意义，也是重要的化工原料。合成氨的生产流程示意图如下。
下列有关合成氨说法正确的是
A. 从合成氨平衡体系中分离出，可提高正反应速率，减小逆反应速率，平衡正移
B. 热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离
C. 合成氨一般选择进行，铁触媒的活性最大，原料气平衡转化率高
D. 步骤④⑤均有利于提高原料的平衡转化率
【答案】B
【解析】从合成氨平衡体系中分离出氨气，减少了生成物的浓度，使平衡正向移动，但正反应速率和逆反应速率都减小，故A错误；热交换将氨气热量转给氮气和氢气，目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温，利于液化分离，故B正确；合成氨一般选择进行，主要是让铁触媒的活性最大，但该反应是放热反应，温度升高，原料气的平衡转化率降低，故C错误；步骤④是有利于铁触媒的活性最大，由于该反应是放热反应，升高温度，原料的平衡转化率降低，步骤⑤分离出氨气，有利于平衡正向移动，可以提高原料的转化率，故D错误；
故选B。
14. 水系双离子电池相比于锂电池有安全和成本优势，在储能领域有较好应用。我国最新水系(碱性)双离子电池的工作原理如图所示，下列有关叙述错误的是
A. 放电时，电解质溶液中的Na+由b极区向a极区转移
B. 放电时，若a极得到3.2gCu和，则电路中转移的电子的物质的量为0.14ml
C. 为消除第一次放电的不可逆，可将Cu3(PO4)2彻底放电转化为Cu2O后再充电
D. 第1次放电时，a极的电极反应式为
【答案】B
【解析】放电时为原电池，由图可知a极上的反应涉及Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，即a极为正极，则b极为负极，充电时a极为阳极、b极为阴极，据此分析解题。
放电时为原电池，Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，b极为负极，a极为正极，电解质溶液中的钠离子向正极移动，即钠离子由b极区向a极区转移，A正确；放电时，a极的电极反应涉及Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，若a极得到3.2gCu和2.88gCu2O，Cu3(PO4)2→Cu2O时移的电子的物质的量为=0.04ml，由Cu3(PO4)2→Cu时移的电子的物质的量为=0.1ml，即共转移0.1ml+0.04ml=0.14ml，但是由于a极还有水放电，所以电路中转移的电子的物质的量大于0.14 ml，B错误；若将Cu3(PO4)2彻底放电转化为Cu2O，再充时Cu2O可单向转化生成Cu3(PO4)2，C正确；放电时，a极的电极反应涉及Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，Cu元素化合价降低，发生还原反应，第1次放电时，a极的电极反应式为 ，D正确；
故答案为：B。
15. 工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1 ml·L1Na2CO3溶液和1.0ml·L1 Na2CO3溶液，含 SrSO4(s)的0.1 ml·L1 Na2SO4溶液和1.0ml·L1 Na2SO4溶液，在一定pH范围内，四种溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系如图所示。
下列说法错误的是
A. a=—6.5
B. pH相同时，溶液中c( )越大，c(Sr2+ )越小
C. 曲线③对应含SrCO3(s)的0.1 ml·L1Na2CO3溶液
D. 在Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 ml·L1的混合溶液中，pH≥7.7时才能实现SrSO4(s)转化为SrCO3(s)
【答案】D
【解析】硫酸锶和碳酸锶在溶液中均存在难溶电解质的溶解平衡，硫酸是强酸，溶液的pH增大，硫酸根离子浓度基本不变，锶离子浓度基本不变，溶液pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，则曲线①表示含SrSO4(s)的0.1 ml·L-1 Na2SO4溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，曲线②表示含SrSO4(s)的1.0 ml·L-1 Na2SO4溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系；碳酸是弱酸，溶液的pH增大，碳酸根离子浓度增大，锶离子浓度减小，溶液pH相同时，溶液中碳酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，则曲线③表示含SrCO3(s)的0.1 ml·L-1Na2CO3溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，曲线④表示含SrCO3(s)的1.0 ml·L-1Na2CO3溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系。
由分析可知，曲线①表示含SrSO4(s)的0.1 ml·L1 Na2SO4溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，由图可知，溶液pH为6.8时，锶离子浓度为10—5.5ml/L，则硫酸锶的溶度积为Ksp=0.1×10—5.5=10—6.5，温度不变，硫酸锶的溶度积不变，则pH为7.7时，溶液中锶离子浓度为=10—6.5ml/L，所以a=—6.5，故A正确；由分析可知，硫酸锶在溶液中存在难溶电解质的溶解平衡，溶液pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，故B正确；由分析可知，曲线③表示含SrCO3(s)的0.1 ml·L1Na2CO3溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，故C正确；由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，硫酸根离子浓度基本不变，锶离子浓度基本不变，所以沉淀的转化与溶液pH无关，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷 主观题
16. 化学用语、元素周期律等是学习元素及其化合物知识的重要工具。请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是_______(填序号)。
①s区全部是金属元素
②共价化合物中电负性大的成键元素表现为负价
③两种金属元素第一电离能越小的其金属性越强
④电负性大于1.8的一定为非金属
⑤第四周期元素中未成对电子数最多的元素位于钾元素后面第五位
（2）新型半导体材料如碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)等在航空航天、国防技术及5G技术等领域扮演着重要的角色。基态Si原子的核外电子空间运动状态共有_______种，其核外电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状为_______，基态镓原子的价层电子排布式为_______。
（3）下列不同状态的C+中，电离最外层一个电子所需能量最高的是_______。
a．1s22s22p1 b．1s22s22p2 c．1s22s2 d．1s22s12p1
（4）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
（5）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是_______。
（6）已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42.X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。已知检验微量化合物X2Y3可以用一种称为马氏检验的方法，其原理是：样品在盐酸中可被金属锌还原为XZ3气体，产物还有氯化锌和H2O，该反应的化学方程式是_______(要用推导出来的元素表达)。
【答案】（1）②⑤ （2）①. 8 ②. 哑铃形 ③.
（3）c （4）或
（5）Z （6）
【解析】
【小问1详解】
①s区不全部都是金属元素，如H元素为非金属元素，①错误；
②共价化合物中，电负性大的成键元素对共用电子对的吸引能力较强，故电负性大的元素表现负价，②正确；
③金属性：Mg＞Al，但由于Mg位于ⅡA族，Al位于ⅢA族，镁3s能级全满较稳定，第一电离能：Mg＞Al，③错误；
④电负性大于1.8的元素不一定为非金属元素，如Pb、Bi的电负性为1.9，④错误；
⑤铬元素价层电子排布式为3d54s1，第四周期元素中未成对电子数最多的元素是铬，位于第四周期第ⅥB族，位于钾元素后面第五位，⑤正确；
故答案为：②⑤。
【小问2详解】
Si原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p2，不同轨道的电子空间运动状态不同，Si原子核外电子空间运动状态共有8种；核外电子占据最高能级为p能级，哑铃形；基态镓原子序数31，价层电子排布式为4s24p1。
【小问3详解】
1s22s22p1为基态C+，1s22s22p2为基态C原子，1s22s2为基态C2+，1s22s12p1为激发态C2+，电子离核越远，受原子核吸引越小，越易电离，电离能越小，则电离最外层一个电子所需能量最高的是1s22s2，故选c。
【小问4详解】
原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，磷原子其价电子排布为3s23p3，3p能级三个轨道上，每个轨道上有1个自旋方向相同的电子，则自旋磁量子数的代数和为或。
【小问5详解】
一般情况下，金属元素的第一电离能小于非金属元素，则第一电离能最小的X为Mg元素；N原子价层电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，第一电离能较大，则较大的Z为N元素，Y为O元素。
【小问6详解】
X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则4p能级有3个电子，其价层电子排布式为4s24p3，X为33号元素为As，Y元素原子2p轨道上有2个未成对电子，其价层电子排布式为2s22p2或2s22p4，则Y为C元素或O元素，X与Y可形成化合物X2Y3，则Y为O元素，X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z为H元素；样品在盐酸中可被金属锌还原为AsH3气体，产物还有氯化锌和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
17. 镍﹣镉电池是一种非常理想的直流供电电池。废旧镍﹣镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴的低价氧化物和有机质等。回收利用废旧镍﹣镉电池的一种工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）流程中将原料“粉碎”的目的是_______。
（2）“氧化”工序发生主要反应的离子方程式为_______。
（3）已知：Ni(OH)2的溶度积Ksp=2.0×10-15，“调pH”时溶液中c(Ni2+)=0.02ml·L-1，则常温下应控制pH小于_______。
（4）滤液1经处理之后可循环至_______工序中使用。
（5）CdCO3可用于冶炼镉，产生的粗镉可利用电解精炼的方法进行提纯，在电解池的_______(填“阳极”或“阴极”)产生纯镉。
（6）一项研究表明，采用溶剂萃取法可将Cd2+、C2+、Ni2+从混合溶液中有效分离。如图为不同pH下DEHPA和Cyanex272对溶液中三种离子的萃取效率，则此方法的流程为_______。
（7）镍镉蓄电池的工作原理为：。当飞船运行到地影区时，镍镉蓄电池为飞船供电，此时在正极电极反应方程式是_______，负极附近溶液的碱性_______(填“增强”“减弱”或“不变”)。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）
（3）7.5 （4）沉镍
（5）阴极 （6）首先用DEHPA作萃取剂，将从溶液中分离；随后使用Cyanex272将、分离
（7）①. ②. 减弱
【解析】利用废旧镍﹣镉电池（含有镍、镉、铁及少量钴的低价氧化物和有机质）回收镍镉的工艺流程为：将废旧镍﹣镉电池粉碎，然后高温灼烧除去有机质后加硫酸酸浸，金属转化为阳离子、、、进入溶液，通过过滤除去不溶物，在滤液中加入把氧化为，在调节pH环节转化为沉淀过滤除去，在滤液中加入沉镍后过滤得到关于镍的某种晶体，最后在滤液中加入沉镉得到固体，据此分析解答。
【小问1详解】
流程中将原料“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
故答案为：增大接触面积，加快反应速率。
【小问2详解】
“氧化”工序中，是在酸性条件下加入把氧化为，反应的离子方程式为：。
故答案为：。
【小问3详解】
为避免生成沉淀，需控制溶液中的氢氧根离子的浓度，利用的溶度积计算，此时溶液中，由，可得，，因此应控制pH小于7.5。
故答案为：7.5。
【小问4详解】
“沉镉”时发生的反应为：，因此滤液1的主要成分为，经处理之后可循环至沉镍工序中重复使用。
故答案为：沉镍。
【小问5详解】
根据电解原理可知，电解精炼镉时，镉元素从+2价得电子降低为0价的单质镉，所以在电解池的阴极得电子产生纯镉。
故答案为：阴极。
【小问6详解】
根据萃取曲线图可知，使用DEHPA作萃取剂对区分度好，对、的区分度不明显，无法通过萃取分离；而用Cyanex272作萃取剂对区分度好，对、的区分度不明显，无法通过萃取分离；结合这2个特点，可以采用：首先用DEHPA作萃取剂，将从溶液中分离；随后使用Cyanex272将、分离。
故答案为：首先用DEHPA作萃取剂，将从溶液中分离；随后使用Cyanex272将、分离。
【小问7详解】
根据镍镉蓄电池的工作原理为：，为飞船供电时作原电池，属于放电过程，则负极反应式为：，正极反应式为：；负极反应要消耗，随着电池放电工作，溶液碱性逐渐减弱。
故答案为：；减弱。
18. 硫酸铁和硫酸亚铁均为重要的盐。实验室用废铁屑(含油污)制备和溶液，并进行相关探究。回答下列问题：
Ⅰ．制备0.01 ml⋅L溶液和0.04 ml⋅L溶液。
步骤一：将废铁屑(含油污)依次用热纯碱溶液、蒸馏水清洗后，加入足量溶液，充分反应后过滤；
步骤二：向滤液中分批加入足量双氧水，充分反应后小心煮沸、冷至室温；
步骤三：标定所得溶液浓度；
步骤四：配制100 mL 0.01 ml⋅L 溶液；
步骤五：取部分标定浓度后的溶液，经转化后配制100 mL 0.04 ml⋅L 溶液。
（1）步骤一中用蒸馏水清洗的目的为___________；步骤二中，双氧水需足量并分批加入的原因为___________。
（2）步骤三标定溶液浓度的操作：准确量取10.00 mL 溶液于锥形瓶中，依次加入适当过量的、适量的，充分反应后用0.1000 ml⋅L 标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00 mL(已知：Sn的常见化合价为+2、+4；该实验条件下不与反应)。
①向溶液中加入反应的离子方程式为___________；加入适量的作用为___________。
②溶液的物质的量浓度为___________。
（3）制备0.01 ml⋅L 溶液的实验中，如图所示仪器不需要使用的是___________(填仪器名称)。
Ⅱ．探究与Ag生成和的反应特点。
提出猜想：上述反应为可逆反应。
验证猜想：取少量Ag粉，向其中加入0.01ml⋅L 溶液，固体全部溶解；将0.01 ml⋅L 溶液与0.04 ml⋅L 溶液等体积混合，产生灰黑色沉淀。
（4）验证猜想时，第二步实验中所加FeSO₄溶液过量的目的为___________；向所得灰黑色沉淀中加入适量浓硝酸，通过___________(填实验现象)，可证明灰黑色沉淀为Ag单质。
（5）实验结论：猜想___________(填“成立”或“不成立”)。
【答案】（1）①.除去废铁屑表面过量的纯碱和油脂水解的产物 ②.使Fe2+完全转化为Fe3+，且不引入新的杂质，减少双氧水的分解，提高原料的利用率
（2）①.2Fe3++Sn2+=2Fe2++ Sn4+ ②.可将过量的Sn2+氧化，使测定结果更准确 ③
（3）蒸发皿、碱式滴定管
（4）①.有利于还原的反应正向进行 ②.沉淀逐渐溶解，产生红棕色气体
（5）成立
【解析】将废铁屑依次用纯碱溶液、蒸馏水清洗后，与足量硫酸反应后过滤，滤液与足量过氧化氢反应制得硫酸铁溶液，部分制得的硫酸铁转化为硫酸亚铁。
【小问1详解】
废铁屑表面含油污，用足量热纯碱溶液除去油脂后，废铁屑表面有过量的纯碱和油脂水解的产物，用蒸馏水可以洗去他们，所以用蒸馏水清洗的目的为除去废铁屑表面过量的纯碱和油脂水解的产物；双氧水具有较强的氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，且其产物为水，足量双氧水可以保证将Fe2+完全氧化，所以步骤二中，双氧水需足量的原因为：使Fe2+完全转化为Fe3+，且不引入新的杂质，而分批加入可以减少双氧水的分解，提高原料的利用率；
【小问2详解】
①向溶液中加入，可以将Fe3+还原为Fe2+，其反应的离子方程式为2Fe3++Sn2+=2Fe2++ Sn4+；为了使Fe3+完全被还原，加入的要适当过量，而可将过量的Sn2+氧化，避免影响硫酸铁溶液浓度测定的准确性，所以加入适量的作用为：将过量的Sn2+氧化，避免影响硫酸铁溶液浓度测定的准确性；
②由电子得失守恒和铁原子守恒可知，反应原理为5~10 Fe2+~2KMnO4，则溶液中的物质的量浓度为；
【小问3详解】
制备0.01 ml/L溶液的实验中，如图所示仪器需要使用的是100mL容量瓶、烧杯、酸式滴定管，即不需要使用的是蒸发皿和碱式滴定管；
【小问4详解】
验证探究与Ag生成和的反应为可逆反应时，所加FeSO₄溶液过量，可以使反应向消耗的方向进行，即有利于还原的反应正向进行；若所得灰黑色沉淀为Ag单质，则往其中加入适量浓硝酸，Ag单质会溶解，生成红棕色二氧化氮，反应的现象为沉淀逐渐溶解，产生红棕色气体；
【小问5详解】
由上述实验可知，与Ag反应生成和、和反应生成与Ag，两个反应同时进行，即相同条件下与Ag生成和的反应既可正向进行，又可以逆向进行，所以猜想成立。
19. 以CO、为原料进行资源化利用，对于环境、能源均具有重要意义。已知存在如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.
回答下列问题：
（1）已知某反应的平衡常数表达式为，则该反应的热化学方程式为__________。
（2）向一容积为2L的恒容密闭容器中通入1ml和3ml，一定温度下发生反应Ⅰ.起始总压为pPa，20min时达到化学平衡状态，测得的物质的量分数为12.5%。
①平衡时总压为________Pa。
②0~20min内，用表示的平均反应速率________，的平衡浓度________
（3）在一定条件下发生反应Ⅰ、Ⅲ（过量），若反应Ⅰ中的转化率为90%，Ⅲ中的转化率为40%，则的产率为________.
（4）工业上，以一定比例混合的与的混合气体以一定流速分别通过填充有催化剂a、催化剂b的反应器，发生反应Ⅰ.转化率与温度的关系如图1所示.在催化剂b作用下，温度高于时，转化率下降的原因可能是__________。
（5）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时CO、分别为1ml、2ml时，发生反应Ⅳ，平衡后混合物中体积分数（）如图2所示。
①其中，、和由大到小的顺序是________。
②若在250℃、的条件下，反应达到平衡，则该反应的平衡常数________（分压总压物质的量分数）。
【答案】（1）
（2）① ② ③.0.9
（3）54% （4）催化剂的活性降低
（5）①. ②.
【解析】
【小问1详解】
某反应的平衡常数表达式为，可得方程式，根据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅲ可得该反应，则该反应的热化学方程式为 。
【小问2详解】
向一容积为2L恒容密闭容器中通入1ml和3ml，一定温度下发生反应，起始总压为pPa，20min时达到化学平衡状态，测得的物质的量分数为12.5%，列出三段式：
①，得n=0.4，平衡时总压为。
②0~20min内，用表示的平均反应速率，的平衡浓度
【小问3详解】
在一定条件下发生反应Ⅰ、Ⅲ（过量），若反应Ⅰ中的转化率为90%，Ⅲ中的转化率为40%，列出三段式：
则的产率为。
【小问4详解】
催化剂在特定温度下催化能力最强，在催化剂b作用下，温度高于时，转化率下降的原因可能是催化剂的活性降低。
【小问5详解】
①该反应为体积减小的反应，压强增大，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，结合图像，、和由大到小的顺序是。
②若在250℃、的条件下，反应达到平衡，列出三段式：
，解得m=，CO、H2、CH3OH分压分别为，则该反应的平衡常数。
事实或现象
结论
A
将溶液由稀释到，则溶液变大
稀释后，的水解程度增大
B
取样品，溶解后滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不消失
此样品中含有
C
分别测定、饱和溶液的，前者小
酸性强于
D
向溶液中滴加溶液至不再产生白色沉淀，再滴加几滴 溶液，出现黑色沉淀
元素
X
738
1451
7733
Y
1314
3388
5301
Z
1402
2856
4578