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湖南省永州市2021-2022学年高二化学上学期期末质量监测试题（Word版附解析）
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这是一份湖南省永州市2021-2022学年高二化学上学期期末质量监测试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列物质的水溶液呈碱性的是， 常温下，向10mL0， 下列比较正确的是等内容，欢迎下载使用。
永州市2021年下期高二期末质量监测试卷
化学
考生注意：
1.本试卷共18道题，满分100分，考试时量75分钟。
2.考生务必将各题的答案填写在答题卡的相应位置，在试卷上作答无效。考试结束后只交答题卡。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Mn-55 Fe- 56
第I卷(共46分)
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学知识和技术的发展离不开伟大的化学家。下列人物与其贡献不匹配的是
A. 侯德榜一中国工业制纯碱的先驱
B. 勒夏特列一提出了化学平衡的移动原理
C. 门捷列夫一制作了第一张元素周期表
D. 洪特一提出了每个原子轨道最多只能容纳两个自旋相反电子的观点
【答案】D
【解析】
【详解】A．侯德榜是联合制碱法的创始人，发明了侯氏制碱法，是我国民族化学工业的先驱者，故A匹配；
B．勒夏特列提出了化学平衡的移动原理，该原理被称为勒夏特列原理，故B匹配；
C．俄国化学家门捷列夫制作了第一张元素周期表，故C匹配；
D．泡利提出每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，即泡利不相容原理，故D不匹配；
故选D。
2. 碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当，实现CO2零排放。下列做法有利于实现“碳中和”目标的是
A. 利用可燃冰代替现有化石能源 B. 大力推广使用电动汽车
C. 大力发展火力发电 D. 露天焚烧农作物秸秆
【答案】B
【解析】
【详解】A．可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧仍然会产生二氧化碳，不利于实现“碳中和”目标，故A不选；
B．大力推广使用电动汽车，可以减少化石燃料的使用，有利于实现“碳中和”目标，故B选；
C．大力发展火力发电会产生大量二氧化碳，不利于实现“碳中和”目标，故C不选；
D．露天焚烧农作物秸秆，燃烧会产生大量二氧化碳，不利于实现“碳中和”目标，故D不选；
故选B。
3. 下列过程不能自发进行的是
A. 红墨水加到清水使整杯水变红 B. 室温下，冰融化成水
C. 石墨转化为金刚石 D. 铁器在潮湿的空气中生锈
【答案】C
【解析】
【详解】A．扩散现象，是熵增加的自发过程，A不符合题意；
B．冰的熔点为0℃，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是熵增加的自发过程，B不符合题意；
C．金刚石比石墨结构排列更整齐，故金刚石熵比石墨小，石墨转化为金刚石为吸热过程、熵增过程、不是自发过程，C符合题意；
D．铁在潮湿的空气中生锈是发生了自发的氧化还原反应，属于电化学腐蚀，是自发进行的化学过程，D不符合题意；
答案为C。
4. 下列物质的水溶液呈碱性的是
A. Na2SO3 B. KHSO4 C. NaNO3 D. AlCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A． Na2SO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，A正确；
B． KHSO4在水中完全电离成钾离子、氢离子和硫酸根离子，呈酸性，B错误；
C． NaNO3是强碱强酸盐，不水解、呈中性，C错误；
D． AlCl3是弱碱强酸盐，水解呈酸性，D错误；
答案选A。
5. 常温下，向10mL0.1mol/L氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1 L，下列说法不正确是
A. NH3·H2O电离程度增大 B. OH- 数目增大
C. c(NH3·H2O)增大 D. 增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，故A正确；
B．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动， 增大，OH- 数目增大，故B正确；
C．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，的数目增多，但n(NH3·H2O)、c(NH3·H2O)减小，故C错误；
D．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，n(NH3·H2O)减小，则增大，故D正确；
故答案为：C。
6. 下列比较正确的是
A. 第一电离能：I1(P)>I1(S) B. 离子半径： r(Al3+)>r(O2-)
C. 能量： E(3p)> E(4s) D. 电负性： P>O
【答案】A
【解析】
【详解】A．P的原子外层电子为半充满状态，第一电离能较大，故A正确；
B．Al3+与O2﹣的核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径： r(Al3+)＜r(O2-)，故B错误；
C．根据构造原理可知能级能量应为E(3p)＜ E(4s)，故C错误；
D．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则电负性： P＜O，故D错误．
故选A。
7. 下列措施或事实能用勒夏特列原理解释的是
A. 工业合成氨在高温条件下进行
B. SO2 氧化为SO3反应使用催化剂
C. 对可逆反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)， 平衡后压缩容器，气体颜色变深
D. 新制氯水光照条件下溶液颜色变浅
【答案】D
【解析】
【详解】A．合成氨正反应是气体分子总数减小的放热反应，升温不利于平衡右移、但是高温催化剂活性大、能增加反应速率，有利于提高合成氨的产量，故不能用勒夏特列原理解释，A不符合；
B． SO2 氧化为SO3的反应使用催化剂，催化剂能增加反应速率、但不影响平衡，故不能用勒夏特列原理解释，B不符合；
C． 对可逆反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)气体分子总数不变， 平衡后压缩容器平衡不移动、但有色气体碘蒸气浓度增大、气体颜色变深，故不能用勒夏特列原理解释，C不符合；
D．氯水中存在，次氯酸见光分解，新制氯水光照条件下溶液中次氯酸浓度减小、使平衡右移，氯气浓度减小、则颜色变浅，故能用勒夏特列原理解释，D符合；
答案选D。
8. 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跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子，下列说法正确的是
A. X元素原子基态时的电子排布式为[Ar]4s24p3
B. Y元素原子的电子排布图为
C. Y元素的电负性大于X元素
D. X、Z、Y可形成化合物Z2XY4
【答案】C
【解析】
【分析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，处于第四周期第ⅤA族，故X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以Y为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物X2Y3，故Y为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为42-8-33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成负一价离子，符合题意。
【详解】A．X为As，为33号元素，基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故A错误；
B．Y为O元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为 ，故B错误；
C．O的电负性大于C，故C正确；
D．X、Z、Y可形成化合物Z2XY3或Z2X2Y4，故D错误；
故答案为C。
9. 活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示：
下列说法正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. 相同条件下，P1比P2更稳定
C. 该历程中最大正反应的活化能Ea= 215.49kJ·mol-1
D. 相同条件下，由中间产物Z转化为产物速率：v(P1)>v(P2)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故A错误；
B．由图中信息可知P2的能量低于P1的能量，物质能量越低越稳定，因此P2比P1更稳定，故B错误；
C．由图可知该历程中最大正反应的活化能是由中间产物Z到过渡态IV的过程，Ea=186.19 kJ·mol-，故C错误；
D．由图可知中间产物Z转化成产物P1的正反应活化能比Z转化成产物P2的正反应活化能低的多，活化能越小反应速率越快，因此v(P1)>v(P2)，故D正确；
故选：D。
10. 下列各组中的微粒在指定溶液中可能大量共存的是
A. 使酚酞溶液变红的溶液中：NH、Cl-、K+、Na+
B. 常温下，pH=1的溶液中：K+、Fe2+、SO、NO
C. 在c(Al3+)=0.1mol·L-1的溶液中：Ba2+、HCO、Cl-、Na+
D. 常温下，水电离出的c(H+)=10-14mol·L-1溶液中：CH3COO-、K+、Na+、SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．使酚酞溶液变红的溶液呈碱性，NH不能在碱性溶液中大量存在，故A不选；
B．常温下，pH=1的溶液呈酸性，酸性溶液中NO有强氧化性，能够和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；
C．HCO、Al3+之间能发生双水解反应不共存，故C不选；
D．常温下，水电离出的c(H+)=10-14mol·L-1溶液可能呈酸性也可能呈碱性，CH3COO-、K+、Na+、SO四种离子既不和酸反应也不和碱反应，可以大量共存，故D选；
正确答案是D。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 某化学课外小组的同学通过实验探究温度和浓度对反应速率的影响。反应原理是：2IO+5SO+2H+=I2+5SO+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
实验序号
0.01mol·L-1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL
0.01mol·L-1Na2SO3溶液的体积/mL
水的体积/mL
实验温度/°C
出现蓝色的时间/s
①
5
5
V1
5
t1
②
5
5
40
25
t2
③
5
V2
35
25
t3
下列判断不正确的是
A. 出现蓝色所需的时间：t1>t2>t3
B. 实验①③中V1=35，V2=10
C. 探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①②
D. 实验时必须保证KIO3过量
【答案】B
【解析】
【分析】根据控制变量法，①②是探究温度对反应反应速率的影响，②③是探究浓度对反应反应速率的影响。
【详解】A．①②浓度相同，②温度高，②的反应速率比①快，③反应温度与②相同，但反应浓度③比②大，③的反应速率比②快，因此出现蓝色所需的时间：t1>t2>t3，故A正确；
B．根据混合后溶液体积一样，实验①③中V1=40，V2=10，故B不正确；
C．①②浓度相同，温度不同，因此探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①②，故C正确；
D．实验时KIO3过量，则发生2IO+5SO+2H+=I2+5SO+H2O，若实验时KIO3少量、则过量的Na2SO3会与I2反应、实验③比②中Na2SO3的量还不同、会影响显色时间、导致实验失败，故实验时必须保证KIO3过量，故D正确；
答案为B。
12. 可充电水系Zn-CO2电池用锌和催化剂材料作两极，电池工作示意图如下图所示，其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的H2O电离出的H+和OH-可以分别通过膜移向两极。下列说法不正确的是
A. 放电时，电极a为负极，发生还原反应
B. 放电时，b极的电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH
C. 充电时，若电路中通过1mole-，则有0.5mol的CO2生成
D. 充电时，双极膜中水电离出的H+向b极移动，OH-向a极移动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．放电时a极上Zn转变为 ，则 a作负极，发生氧化反应，故A错误；
B．放电时，b极为正极，由图中可知，二氧化碳在酸性条件下生成甲酸，电极反应为：，故B正确；
C．充电时，，若电路中通过，则有转化为0.5mol的CO2，故C正确；
D．充电时，a极为阴极、b极为阳极，则双极膜中水电离出的H+向a极移动，OH-向b极移动，故D错误；
故选AD。
13. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol·L-1CH3COONa和NaClO溶液的pH
测得CH3COONa和NaClO溶液的pH分别为9和11
酸性：CH3COOH>HClO
B
常温下，向0.1mol·L-1的Na2C2O4溶液中滴加等体积的0.1mol·L-1HCl的溶液
测得pH约5.5
c(C2O)>c(H2C2O4)
C
向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量的KCl固体
溶液颜色变浅
FeCl3+KSCNKCl+Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动
D
向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中滴入3滴2mol·L-1的NaOH溶液，再滴入4滴0.1mol·L-1FeCl3溶液
先产生白色沉淀后，后产生红褐色沉淀
同温度下的Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．NaClO溶液中存在HClO具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故A错误；
B．常温下，向0.1mol·L-1的Na2C2O4溶液中滴加等体积的0.1mol·L-1HCl的溶液时，生成NaHC2O4溶液，该溶液pH约为5.5呈酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度，则c(C2O)>c(H2C2O4)，故B正确；
C．溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，K+和Cl-不参加反应，平衡不移动，溶液颜色无明显变化，故C错误；
D．向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中滴入3滴2mol·L-1的NaOH溶液，生成Mg(OH)2白色沉淀且NaOH没有剩余，再滴入4滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，产生红褐色沉淀，说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3，溶解度较大的难溶电解质容易转化为溶解度较小的难溶电解质，则同温度下的Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3，故D正确；
故选BD。
14. 室温下，向20.00mL0.10mol·L-1HX溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 室温下，HX的电离平衡常数Ka的数量级为10-5
B. b点时，加入NaOH溶液的体积为10mL
C. c点溶液中：c(Na+)=10c(HX)
D. 溶液中水的电离程度：c>b>a
【答案】AD
【解析】
【详解】A．Ka=， lgKa=lgc(H+)+lg，温度不变Ka为常数，将a点(-1，3.75)或c点(1，5.75)代入可得lgKa=-4.75，所以Ka=10-4.75=1.78×10-5，即室温下，HX的电离平衡常数Ka的数量级为10-5，A正确；
B． b点时， =0，则=1，存在电荷守恒：，由图知b点溶液呈酸性，，则=c(HX)；而加入NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，存在物料守恒2c(Na＋)=c(X-)＋c(HX)， c(Na＋)=[c(X-)＋c(HX)]，若上述为同一个点，则关于钠离子浓度的结论相矛盾，C错误；
C． c点 (1，5.75)溶液中：=1，则=10，存在电荷守恒：，C点溶液呈酸性，，则 即c(Na+)＜10c(HX)，C错误；
D．NaX的水解会促进水的电离。由图c点pH=5.75知，a点到c点的过程中，随着NaOH的加入，HX不断被中和、但均未被完全中和、而溶液中氢离子浓度越来越低、NaX浓度逐渐增大，水的电离程度也逐渐增大，则a、b、c三点水电离出来的H＋浓度：ab>a
答案选AD。
第II卷(非选择题共54分)
15. 回答下列问题：
（1）某元素基态的正三价离子的3d轨道有3个电子，该元素的元素符号是_______，其基态原子的电子排布式为_______。
（2）室温下，在0.5mol·L-1的纯碱溶液中加入少量水，由水电离出的c(H+)_______(填“变大”、“变小”和“不变”。
（3）已知：H2CO3：K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11；HClO：K=4.0×10-8。室温下，向NaClO溶液中通入CO2，该反应的离子方程式为_______。
（4）甲烷燃料电池用于电解的装置如图所示，回答以下问题：
①B电极作_______(填“正极”或“负极”)；A电极发生的反应式为_______。
②若乙装置用于铁上镀铜，则X的化学式为_______。
③若乙装置用于金属铁的防护，应将金属铁置于_______(填“M”或“N”)极。
【答案】（1） ①. Cr ②. 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1
（2）变小 （3）ClO- +CO2+ H2O=HCO+HClO
（4） ①. 正极 ②. CH4-8e- + 10OH-=CO+7H2O ③. CuSO4 ④. N
【解析】
【小问1详解】
元素基态的正三价离子的3d轨道有3个电子，则其原子的核外电子数应为24，为Cr元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，故答案为：Cr；1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；
【小问2详解】
在0.5mol·L-1的纯碱溶液中加入少量水，使纯碱的浓度减小，水解生成的氢氧根离子浓度减小，由水电离出的c(H+)减小，故答案为：变小；
【小问3详解】
由电离常数的大小可知酸性：，根据强酸制弱酸原理，向NaClO溶液中通入CO2，只能生成碳酸氢钠和HClO，反应的离子方程式为：ClO- +CO2+ H2O=HCO+HClO，故答案为：ClO- +CO2+ H2O=HCO+HClO；
【小问4详解】
①燃料电池中可燃物在负极反应，氧气在正极反应，因此A电极为负极，B电极为正极，A电极上甲烷失电子生成碳酸根离子，电极反应为：CH4-8e- + 10OH-=CO+7H2O，故答案为：正极；CH4-8e- + 10OH-=CO+7H2O；
②乙装置用于铁上镀铜，镀件铁作阴极，镀层金属铜作阳极，硫酸铜溶液作电解质溶液，故答案为：CuSO4；
③若乙装置用于金属铁的防护，电解原理的防护，被保护的金属应作阴极，阴极是与电源负极相连的电极， 因此金属铁应置于N极，故答案为：N。
16. 莫尔盐易溶于水，不溶于乙醇，可用于冶金、电镀等工业。某兴趣小组欲制备莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O](相对分子质量为392)]，并测定其纯度。
I.莫尔盐的制备：
先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再将硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应，即可得到莫尔盐。
实验步骤：
①按上图连接好装置，检验气密性。
②在仪器a中加入一定量的稀硫酸，在c中加入过量铁屑和少量碳粉。
③打开仪器a的上口活塞、K2和K1，使硫酸滴入c中。
④反应一段时间后，使c中液体流入d中。
⑤将d中溶液低温蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用少量乙醇洗涤，干燥，获得莫尔盐晶体。
（1）仪器a名称为_______。
（2）步骤②中，加入少量碳粉的作用是_______。
（3）步骤④中，使c中液体流入d中，其操作为_______。d中发生的化学反应方程式为_______。
（4）步骤⑤中，用少量乙醇洗涤的目的_______。
II.产品纯度的测定：
（5）取6.30g实验所得莫尔盐样品配成溶液，用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。滴定终点的现象为_______。消耗酸性KMnO4溶液25.00mL，该样品纯度为_______(保留3位有效数字)。
【答案】（1）分液漏斗
（2）形成原电池，加快反应速率
（3） ①. 打开K3，关闭K1、K2 ②. FeSO4+ (NH4)2SO4+ 6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
（4）洗去产品表面的杂质，同时可减少产品的损失
（5） ①. 滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液变为浅紫色( 或浅红色)，且半分钟内不褪色 ②. 77.8%
【解析】
【分析】本题考查摩尔盐的制备，首先把铁粉和碳粉加入到装置c中备用，之后用分液漏斗加入稀硫酸，首先关闭K3打开K1，通过反应产生的氢气，赶走装置中的空气，防止其中的氧气氧化二价铁，随后，打开K3，关闭K1、K2，反应继续进行，装置c中压强增大，从而使装置C中的溶液进入装置d中，和d中的硫酸铵发生反应生成产品，以此解题。
【小问1详解】
由图可知仪器a的名称为：分液漏斗；
【小问2详解】
加入碳粉后，碳粉铁屑可以形成原电池，从而加快反应速率，故答案为：形成原电池，加快反应速率；
【小问3详解】
打开K3，关闭K1、K2，c中继续反应产生H2，压强大于大气压，将c中的溶液压入d中，和d中的硫酸铵发生反应：FeSO4+ (NH4)2SO4+ 6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；故答案为：打开K3，关闭K1、K2；FeSO4+ (NH4)2SO4+ 6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
【小问4详解】
根据题目中给的信息莫尔盐易溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少产品的损失，故答案为：洗去产品表面的杂质，同时可减少产品的损失；
【小问5详解】
滴入酸性KMnO4溶液时会和二价铁发生反应，MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，二价铁被消耗完后，再滴入一滴酸性KMnO4溶液，会呈现出酸性KMnO4溶液的颜色即溶液会变成紫色，故答案为：滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液变为浅紫色( 或浅红色)，且半分钟内不褪色；由题中信息可知，，则，则产品的质量为：，该样品的纯度为；
17. 某工厂利用制革工业污泥[含Cr(III)]制取CrOH(H2O)5SO4的工艺流程如下：
已知：酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等。
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______。
（2）H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O，控制其他条件不变，在相同时间内，测得温度对Cr3+转化率的影响如图所示。请分析温度超过70°C时，Cr3+转化率下降的原因是_______。
（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀时的pH
1.5
3.4
8.9
11.9
沉淀完全时的pH
2.8
4.7(>8溶解)
10.9
14
①滤渣II的主要成分为_______(填化学式)。
②用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是_______。
（4）在“除杂II”中，当溶液中镁离子和钙离子沉淀完全时，所得溶液中=_______。(已知：Ksp(CaF2)=1.48×10-10，Ksp(MgF2)=7.40×10-11)
（5）上述流程中，加入NaOH溶液后，溶液呈碱性，Cr2O气转化为CrO，写出上述流程中的“还原”过程生成CrOH(H2O)5SO4沉淀的离子方程式_______。
【答案】（1）适当提高硫酸的浓度、适当升高温度、充分搅拌
（2）H2O2在较高温度下发生分解
（3） ①. Fe(OH)3、AlOH)3 ②. pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成A1O，影响Cr(III)的回收再利用
（4）2 （5）2CrO+3SO2+ 12H2O=2CrOH(H2O)5SO4↓ +SO+ 2OH-
【解析】
【分析】含铬污泥预处理后，用硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋，加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=8使Fe3+、Al3+离子沉淀完全，过滤得到滤液含Cr2O、Ca2+和Mg2+，加氟化钠，使镁离子和钙离子转变为CaF2和(MgF2沉淀，经过滤后得到溶液主要含CrO、通入SO2还原得到CrOH(H2O)5SO4，据此回答。
【小问1详解】
酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有：适当提高硫酸的浓度、适当升高温度、充分搅拌。
【小问2详解】
H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O，而双氧水不稳定受热易分解，故温度超过70°C时，Cr3+转化率下降的原因是：H2O2 在较高温度下发生分解。
【小问3详解】
①由表格数据、结合分析可知滤渣II的主要成分为Fe(OH)3、AlOH)3。
②氢氧化铝能和氢氧化钠溶液反应，由表知用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是：pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成A1O，影响Cr(III)的回收再利用。
【小问4详解】
溶液中金属阳离子浓度小于可视为完全沉淀，由Ksp(CaF2)=1.48×10-10，Ksp(MgF2)=7.40×10-11知，MgF2比CaF2更难溶，则先产生MgF2沉淀，在“除杂II”中，当溶液中镁离子和钙离子沉淀完全时，所得溶液中。
【小问5详解】
上述流程中，加入NaOH溶液后，溶液呈碱性，Cr2O气转化为CrO、通入SO2还原得到CrOH(H2O)5SO4，反应中，硫元素从+4价升高到+6价、铬元素从+6价降低到+3价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒得：离子方程式为2CrO+3SO2+ 12H2O=2CrOH(H2O)5SO4↓ +SO+ 2OH-。
18. 我国积极推进绿色低碳发展，承诺力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，下列是我国科学家提出回收利用CO2的两种方案。
方案一：CO2催化氢化制甲烷
（1）已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-802.3kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H2=-484.6kJ·mol-1
则反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H =_______。
（2）在一定压强、不同温度下，某催化剂催化CO2甲烷化，反应2小时，测得CO2的转化率和甲烷化选择性随温度变化的曲线如下图所示。甲烷化选择性：指含碳产物中甲烷的物质的量分数。请据图分析：
①当温度超过400°C时，CO2转化率下降的原因可能为_______。
②实验时，检测密闭容器中产物，发现当温度超过450°C时，甲烷的选择性下降的原因是发生反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H>0。若保持温度不变，欲提高甲烷化选择性的措施是_______。
方案二：CO2催化氢化制甲醛
（3）在某催化剂作用下，CO2氢化制甲醛的反应为：CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g) △H=-6kJ·mol-1
①一定条件下，向某恒温恒容的密闭容器中充入一定量CO2和H2的混合气体，下列叙述能说明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。
a.气体的密度不变
b.HCHO的浓度保持不变
c.混合气体的平均相对分子质量不变
d.单位时间内，断裂1molH-H键，同时生成1molH-O键
②实验室模拟上述合成HCHO的实验。T1°C时，将CO2与H2按体积比1：2充入2L的密闭容器中，每隔一定时间测得容器内混合气体压强如下表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
压强/kPa
1.2
1.08
1.00
0.96
0.96
0.96
已知：vp(B)=为用B物质的分压变化表示Δt时间内反应的平均反应速率，B物质的分压p(B)=p(总)×气体B的物质的量分数。0-10min内该反应的平均反应速率vp(H2)为_______kPa·min-1。该温度下，平衡时，Kp=_______(保留小数点后一位)。
【答案】（1）-166.9kJ/mol
（2） ①. 升高温度，催化剂活性降低，反应速率减小，转化率下降(或在2h时已达平衡，继续升温，使放热反应平衡逆向移动，导致CO2转化率下降) ②. 改用更高效的催化剂或增大压强
（3） ①. bc ②. 0.024 ③. 3.5或3.5 kPa-1
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，2②-①可得CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，△H =2△H2-△H1=(-484.6kJ·mol-1)2-(-802.3kJ·mol-1)=-166.9kJ/mol。
【小问2详解】
①CO2转化率下降可能是：升高温度，催化剂活性降低，反应速率减小，转化率下降(或在2h时已达平衡，继续升温，使放热反应平衡逆向移动，导致CO2转化率下降)
②因为副反应前后气体体积不变，而甲烷化反应时气体体积减小，所以可以选用催化效率更高的催化剂或增大压强。
【小问3详解】
①气体密度在反应过程中没有变化；H-H键的断裂与H-O键的生成均为正反应方向，因此无法判断平衡，故排除ad；CO2氢化制甲醛是气体体积减小的反应，且反应放热。所以当各种物质的浓度不变，或气体的平均相对分子质量不再减小均可判断平衡。选bc。
②T1°C时，将CO2与H2按体积比1:2充入2L的密闭容器中，容器内总压强为1.2kPa，则CO2分压为1.2kPa，H2的分压为1.2kPa，同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比，则
10min后， ，计算可得：。0-10min内该反应的平均反应速率vp(H2)= kPa·min-1。
由表中数据可知，30min达到平衡，容器内总压强为0.96kPa，则
平衡时，，此时，此时CO2、H2、HCHO和H2O的分压分别为0.16、0.32、0.24、0.24，。
永州市2021年下期高二期末质量监测试卷
化学
考生注意：
1.本试卷共18道题，满分100分，考试时量75分钟。
2.考生务必将各题的答案填写在答题卡的相应位置，在试卷上作答无效。考试结束后只交答题卡。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Mn-55 Fe- 56
第I卷(共46分)
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学知识和技术的发展离不开伟大的化学家。下列人物与其贡献不匹配的是
A. 侯德榜一中国工业制纯碱的先驱
B. 勒夏特列一提出了化学平衡的移动原理
C. 门捷列夫一制作了第一张元素周期表
D. 洪特一提出了每个原子轨道最多只能容纳两个自旋相反电子的观点
【答案】D
【解析】
【详解】A．侯德榜是联合制碱法的创始人，发明了侯氏制碱法，是我国民族化学工业的先驱者，故A匹配；
B．勒夏特列提出了化学平衡的移动原理，该原理被称为勒夏特列原理，故B匹配；
C．俄国化学家门捷列夫制作了第一张元素周期表，故C匹配；
D．泡利提出每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，即泡利不相容原理，故D不匹配；
故选D。
2. 碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当，实现CO2零排放。下列做法有利于实现“碳中和”目标的是
A. 利用可燃冰代替现有化石能源 B. 大力推广使用电动汽车
C. 大力发展火力发电 D. 露天焚烧农作物秸秆
【答案】B
【解析】
【详解】A．可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧仍然会产生二氧化碳，不利于实现“碳中和”目标，故A不选；
B．大力推广使用电动汽车，可以减少化石燃料的使用，有利于实现“碳中和”目标，故B选；
C．大力发展火力发电会产生大量二氧化碳，不利于实现“碳中和”目标，故C不选；
D．露天焚烧农作物秸秆，燃烧会产生大量二氧化碳，不利于实现“碳中和”目标，故D不选；
故选B。
3. 下列过程不能自发进行的是
A. 红墨水加到清水使整杯水变红 B. 室温下，冰融化成水
C. 石墨转化为金刚石 D. 铁器在潮湿的空气中生锈
【答案】C
【解析】
【详解】A．扩散现象，是熵增加的自发过程，A不符合题意；
B．冰的熔点为0℃，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是熵增加的自发过程，B不符合题意；
C．金刚石比石墨结构排列更整齐，故金刚石熵比石墨小，石墨转化为金刚石为吸热过程、熵增过程、不是自发过程，C符合题意；
D．铁在潮湿的空气中生锈是发生了自发的氧化还原反应，属于电化学腐蚀，是自发进行的化学过程，D不符合题意；
答案为C。
4. 下列物质的水溶液呈碱性的是
A. Na2SO3 B. KHSO4 C. NaNO3 D. AlCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A． Na2SO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，A正确；
B． KHSO4在水中完全电离成钾离子、氢离子和硫酸根离子，呈酸性，B错误；
C． NaNO3是强碱强酸盐，不水解、呈中性，C错误；
D． AlCl3是弱碱强酸盐，水解呈酸性，D错误；
答案选A。
5. 常温下，向10mL0.1mol/L氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1 L，下列说法不正确是
A. NH3·H2O电离程度增大 B. OH- 数目增大
C. c(NH3·H2O)增大 D. 增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，故A正确；
B．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动， 增大，OH- 数目增大，故B正确；
C．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，的数目增多，但n(NH3·H2O)、c(NH3·H2O)减小，故C错误；
D．氨水中加入蒸馏水稀释平衡正向移动，电离程度增大，增大，n(NH3·H2O)减小，则增大，故D正确；
故答案为：C。
6. 下列比较正确的是
A. 第一电离能：I1(P)>I1(S) B. 离子半径： r(Al3+)>r(O2-)
C. 能量： E(3p)> E(4s) D. 电负性： P>O
【答案】A
【解析】
【详解】A．P的原子外层电子为半充满状态，第一电离能较大，故A正确；
B．Al3+与O2﹣的核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径： r(Al3+)＜r(O2-)，故B错误；
C．根据构造原理可知能级能量应为E(3p)＜ E(4s)，故C错误；
D．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则电负性： P＜O，故D错误．
故选A。
7. 下列措施或事实能用勒夏特列原理解释的是
A. 工业合成氨在高温条件下进行
B. SO2 氧化为SO3反应使用催化剂
C. 对可逆反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)， 平衡后压缩容器，气体颜色变深
D. 新制氯水光照条件下溶液颜色变浅
【答案】D
【解析】
【详解】A．合成氨正反应是气体分子总数减小的放热反应，升温不利于平衡右移、但是高温催化剂活性大、能增加反应速率，有利于提高合成氨的产量，故不能用勒夏特列原理解释，A不符合；
B． SO2 氧化为SO3的反应使用催化剂，催化剂能增加反应速率、但不影响平衡，故不能用勒夏特列原理解释，B不符合；
C． 对可逆反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)气体分子总数不变， 平衡后压缩容器平衡不移动、但有色气体碘蒸气浓度增大、气体颜色变深，故不能用勒夏特列原理解释，C不符合；
D．氯水中存在，次氯酸见光分解，新制氯水光照条件下溶液中次氯酸浓度减小、使平衡右移，氯气浓度减小、则颜色变浅，故能用勒夏特列原理解释，D符合；
答案选D。
8. 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跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子，下列说法正确的是
A. X元素原子基态时的电子排布式为[Ar]4s24p3
B. Y元素原子的电子排布图为
C. Y元素的电负性大于X元素
D. X、Z、Y可形成化合物Z2XY4
【答案】C
【解析】
【分析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，处于第四周期第ⅤA族，故X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以Y为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物X2Y3，故Y为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为42-8-33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成负一价离子，符合题意。
【详解】A．X为As，为33号元素，基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故A错误；
B．Y为O元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为 ，故B错误；
C．O的电负性大于C，故C正确；
D．X、Z、Y可形成化合物Z2XY3或Z2X2Y4，故D错误；
故答案为C。
9. 活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示：
下列说法正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. 相同条件下，P1比P2更稳定
C. 该历程中最大正反应的活化能Ea= 215.49kJ·mol-1
D. 相同条件下，由中间产物Z转化为产物速率：v(P1)>v(P2)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故A错误；
B．由图中信息可知P2的能量低于P1的能量，物质能量越低越稳定，因此P2比P1更稳定，故B错误；
C．由图可知该历程中最大正反应的活化能是由中间产物Z到过渡态IV的过程，Ea=186.19 kJ·mol-，故C错误；
D．由图可知中间产物Z转化成产物P1的正反应活化能比Z转化成产物P2的正反应活化能低的多，活化能越小反应速率越快，因此v(P1)>v(P2)，故D正确；
故选：D。
10. 下列各组中的微粒在指定溶液中可能大量共存的是
A. 使酚酞溶液变红的溶液中：NH、Cl-、K+、Na+
B. 常温下，pH=1的溶液中：K+、Fe2+、SO、NO
C. 在c(Al3+)=0.1mol·L-1的溶液中：Ba2+、HCO、Cl-、Na+
D. 常温下，水电离出的c(H+)=10-14mol·L-1溶液中：CH3COO-、K+、Na+、SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．使酚酞溶液变红的溶液呈碱性，NH不能在碱性溶液中大量存在，故A不选；
B．常温下，pH=1的溶液呈酸性，酸性溶液中NO有强氧化性，能够和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；
C．HCO、Al3+之间能发生双水解反应不共存，故C不选；
D．常温下，水电离出的c(H+)=10-14mol·L-1溶液可能呈酸性也可能呈碱性，CH3COO-、K+、Na+、SO四种离子既不和酸反应也不和碱反应，可以大量共存，故D选；
正确答案是D。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 某化学课外小组的同学通过实验探究温度和浓度对反应速率的影响。反应原理是：2IO+5SO+2H+=I2+5SO+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
实验序号
0.01mol·L-1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL
0.01mol·L-1Na2SO3溶液的体积/mL
水的体积/mL
实验温度/°C
出现蓝色的时间/s
①
5
5
V1
5
t1
②
5
5
40
25
t2
③
5
V2
35
25
t3
下列判断不正确的是
A. 出现蓝色所需的时间：t1>t2>t3
B. 实验①③中V1=35，V2=10
C. 探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①②
D. 实验时必须保证KIO3过量
【答案】B
【解析】
【分析】根据控制变量法，①②是探究温度对反应反应速率的影响，②③是探究浓度对反应反应速率的影响。
【详解】A．①②浓度相同，②温度高，②的反应速率比①快，③反应温度与②相同，但反应浓度③比②大，③的反应速率比②快，因此出现蓝色所需的时间：t1>t2>t3，故A正确；
B．根据混合后溶液体积一样，实验①③中V1=40，V2=10，故B不正确；
C．①②浓度相同，温度不同，因此探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①②，故C正确；
D．实验时KIO3过量，则发生2IO+5SO+2H+=I2+5SO+H2O，若实验时KIO3少量、则过量的Na2SO3会与I2反应、实验③比②中Na2SO3的量还不同、会影响显色时间、导致实验失败，故实验时必须保证KIO3过量，故D正确；
答案为B。
12. 可充电水系Zn-CO2电池用锌和催化剂材料作两极，电池工作示意图如下图所示，其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的H2O电离出的H+和OH-可以分别通过膜移向两极。下列说法不正确的是
A. 放电时，电极a为负极，发生还原反应
B. 放电时，b极的电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH
C. 充电时，若电路中通过1mole-，则有0.5mol的CO2生成
D. 充电时，双极膜中水电离出的H+向b极移动，OH-向a极移动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．放电时a极上Zn转变为 ，则 a作负极，发生氧化反应，故A错误；
B．放电时，b极为正极，由图中可知，二氧化碳在酸性条件下生成甲酸，电极反应为：，故B正确；
C．充电时，，若电路中通过，则有转化为0.5mol的CO2，故C正确；
D．充电时，a极为阴极、b极为阳极，则双极膜中水电离出的H+向a极移动，OH-向b极移动，故D错误；
故选AD。
13. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol·L-1CH3COONa和NaClO溶液的pH
测得CH3COONa和NaClO溶液的pH分别为9和11
酸性：CH3COOH>HClO
B
常温下，向0.1mol·L-1的Na2C2O4溶液中滴加等体积的0.1mol·L-1HCl的溶液
测得pH约5.5
c(C2O)>c(H2C2O4)
C
向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量的KCl固体
溶液颜色变浅
FeCl3+KSCNKCl+Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动
D
向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中滴入3滴2mol·L-1的NaOH溶液，再滴入4滴0.1mol·L-1FeCl3溶液
先产生白色沉淀后，后产生红褐色沉淀
同温度下的Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．NaClO溶液中存在HClO具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故A错误；
B．常温下，向0.1mol·L-1的Na2C2O4溶液中滴加等体积的0.1mol·L-1HCl的溶液时，生成NaHC2O4溶液，该溶液pH约为5.5呈酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度，则c(C2O)>c(H2C2O4)，故B正确；
C．溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，K+和Cl-不参加反应，平衡不移动，溶液颜色无明显变化，故C错误；
D．向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中滴入3滴2mol·L-1的NaOH溶液，生成Mg(OH)2白色沉淀且NaOH没有剩余，再滴入4滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，产生红褐色沉淀，说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3，溶解度较大的难溶电解质容易转化为溶解度较小的难溶电解质，则同温度下的Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3，故D正确；
故选BD。
14. 室温下，向20.00mL0.10mol·L-1HX溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 室温下，HX的电离平衡常数Ka的数量级为10-5
B. b点时，加入NaOH溶液的体积为10mL
C. c点溶液中：c(Na+)=10c(HX)
D. 溶液中水的电离程度：c>b>a
【答案】AD
【解析】
【详解】A．Ka=， lgKa=lgc(H+)+lg，温度不变Ka为常数，将a点(-1，3.75)或c点(1，5.75)代入可得lgKa=-4.75，所以Ka=10-4.75=1.78×10-5，即室温下，HX的电离平衡常数Ka的数量级为10-5，A正确；
B． b点时， =0，则=1，存在电荷守恒：，由图知b点溶液呈酸性，，则=c(HX)；而加入NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，存在物料守恒2c(Na＋)=c(X-)＋c(HX)， c(Na＋)=[c(X-)＋c(HX)]，若上述为同一个点，则关于钠离子浓度的结论相矛盾，C错误；
C． c点 (1，5.75)溶液中：=1，则=10，存在电荷守恒：，C点溶液呈酸性，，则 即c(Na+)＜10c(HX)，C错误；
D．NaX的水解会促进水的电离。由图c点pH=5.75知，a点到c点的过程中，随着NaOH的加入，HX不断被中和、但均未被完全中和、而溶液中氢离子浓度越来越低、NaX浓度逐渐增大，水的电离程度也逐渐增大，则a、b、c三点水电离出来的H＋浓度：a
答案选AD。
第II卷(非选择题共54分)
15. 回答下列问题：
（1）某元素基态的正三价离子的3d轨道有3个电子，该元素的元素符号是_______，其基态原子的电子排布式为_______。
（2）室温下，在0.5mol·L-1的纯碱溶液中加入少量水，由水电离出的c(H+)_______(填“变大”、“变小”和“不变”。
（3）已知：H2CO3：K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11；HClO：K=4.0×10-8。室温下，向NaClO溶液中通入CO2，该反应的离子方程式为_______。
（4）甲烷燃料电池用于电解的装置如图所示，回答以下问题：
①B电极作_______(填“正极”或“负极”)；A电极发生的反应式为_______。
②若乙装置用于铁上镀铜，则X的化学式为_______。
③若乙装置用于金属铁的防护，应将金属铁置于_______(填“M”或“N”)极。
【答案】（1） ①. Cr ②. 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1
（2）变小 （3）ClO- +CO2+ H2O=HCO+HClO
（4） ①. 正极 ②. CH4-8e- + 10OH-=CO+7H2O ③. CuSO4 ④. N
【解析】
【小问1详解】
元素基态的正三价离子的3d轨道有3个电子，则其原子的核外电子数应为24，为Cr元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，故答案为：Cr；1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；
【小问2详解】
在0.5mol·L-1的纯碱溶液中加入少量水，使纯碱的浓度减小，水解生成的氢氧根离子浓度减小，由水电离出的c(H+)减小，故答案为：变小；
【小问3详解】
由电离常数的大小可知酸性：，根据强酸制弱酸原理，向NaClO溶液中通入CO2，只能生成碳酸氢钠和HClO，反应的离子方程式为：ClO- +CO2+ H2O=HCO+HClO，故答案为：ClO- +CO2+ H2O=HCO+HClO；
【小问4详解】
①燃料电池中可燃物在负极反应，氧气在正极反应，因此A电极为负极，B电极为正极，A电极上甲烷失电子生成碳酸根离子，电极反应为：CH4-8e- + 10OH-=CO+7H2O，故答案为：正极；CH4-8e- + 10OH-=CO+7H2O；
②乙装置用于铁上镀铜，镀件铁作阴极，镀层金属铜作阳极，硫酸铜溶液作电解质溶液，故答案为：CuSO4；
③若乙装置用于金属铁的防护，电解原理的防护，被保护的金属应作阴极，阴极是与电源负极相连的电极， 因此金属铁应置于N极，故答案为：N。
16. 莫尔盐易溶于水，不溶于乙醇，可用于冶金、电镀等工业。某兴趣小组欲制备莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O](相对分子质量为392)]，并测定其纯度。
I.莫尔盐的制备：
先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再将硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应，即可得到莫尔盐。
实验步骤：
①按上图连接好装置，检验气密性。
②在仪器a中加入一定量的稀硫酸，在c中加入过量铁屑和少量碳粉。
③打开仪器a的上口活塞、K2和K1，使硫酸滴入c中。
④反应一段时间后，使c中液体流入d中。
⑤将d中溶液低温蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用少量乙醇洗涤，干燥，获得莫尔盐晶体。
（1）仪器a名称为_______。
（2）步骤②中，加入少量碳粉的作用是_______。
（3）步骤④中，使c中液体流入d中，其操作为_______。d中发生的化学反应方程式为_______。
（4）步骤⑤中，用少量乙醇洗涤的目的_______。
II.产品纯度的测定：
（5）取6.30g实验所得莫尔盐样品配成溶液，用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。滴定终点的现象为_______。消耗酸性KMnO4溶液25.00mL，该样品纯度为_______(保留3位有效数字)。
【答案】（1）分液漏斗
（2）形成原电池，加快反应速率
（3） ①. 打开K3，关闭K1、K2 ②. FeSO4+ (NH4)2SO4+ 6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
（4）洗去产品表面的杂质，同时可减少产品的损失
（5） ①. 滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液变为浅紫色( 或浅红色)，且半分钟内不褪色 ②. 77.8%
【解析】
【分析】本题考查摩尔盐的制备，首先把铁粉和碳粉加入到装置c中备用，之后用分液漏斗加入稀硫酸，首先关闭K3打开K1，通过反应产生的氢气，赶走装置中的空气，防止其中的氧气氧化二价铁，随后，打开K3，关闭K1、K2，反应继续进行，装置c中压强增大，从而使装置C中的溶液进入装置d中，和d中的硫酸铵发生反应生成产品，以此解题。
【小问1详解】
由图可知仪器a的名称为：分液漏斗；
【小问2详解】
加入碳粉后，碳粉铁屑可以形成原电池，从而加快反应速率，故答案为：形成原电池，加快反应速率；
【小问3详解】
打开K3，关闭K1、K2，c中继续反应产生H2，压强大于大气压，将c中的溶液压入d中，和d中的硫酸铵发生反应：FeSO4+ (NH4)2SO4+ 6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；故答案为：打开K3，关闭K1、K2；FeSO4+ (NH4)2SO4+ 6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
【小问4详解】
根据题目中给的信息莫尔盐易溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少产品的损失，故答案为：洗去产品表面的杂质，同时可减少产品的损失；
【小问5详解】
滴入酸性KMnO4溶液时会和二价铁发生反应，MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，二价铁被消耗完后，再滴入一滴酸性KMnO4溶液，会呈现出酸性KMnO4溶液的颜色即溶液会变成紫色，故答案为：滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液变为浅紫色( 或浅红色)，且半分钟内不褪色；由题中信息可知，，则，则产品的质量为：，该样品的纯度为；
17. 某工厂利用制革工业污泥[含Cr(III)]制取CrOH(H2O)5SO4的工艺流程如下：
已知：酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等。
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______。
（2）H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O，控制其他条件不变，在相同时间内，测得温度对Cr3+转化率的影响如图所示。请分析温度超过70°C时，Cr3+转化率下降的原因是_______。
（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀时的pH
1.5
3.4
8.9
11.9
沉淀完全时的pH
2.8
4.7(>8溶解)
10.9
14
①滤渣II的主要成分为_______(填化学式)。
②用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是_______。
（4）在“除杂II”中，当溶液中镁离子和钙离子沉淀完全时，所得溶液中=_______。(已知：Ksp(CaF2)=1.48×10-10，Ksp(MgF2)=7.40×10-11)
（5）上述流程中，加入NaOH溶液后，溶液呈碱性，Cr2O气转化为CrO，写出上述流程中的“还原”过程生成CrOH(H2O)5SO4沉淀的离子方程式_______。
【答案】（1）适当提高硫酸的浓度、适当升高温度、充分搅拌
（2）H2O2在较高温度下发生分解
（3） ①. Fe(OH)3、AlOH)3 ②. pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成A1O，影响Cr(III)的回收再利用
（4）2 （5）2CrO+3SO2+ 12H2O=2CrOH(H2O)5SO4↓ +SO+ 2OH-
【解析】
【分析】含铬污泥预处理后，用硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋，加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=8使Fe3+、Al3+离子沉淀完全，过滤得到滤液含Cr2O、Ca2+和Mg2+，加氟化钠，使镁离子和钙离子转变为CaF2和(MgF2沉淀，经过滤后得到溶液主要含CrO、通入SO2还原得到CrOH(H2O)5SO4，据此回答。
【小问1详解】
酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有：适当提高硫酸的浓度、适当升高温度、充分搅拌。
【小问2详解】
H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O，而双氧水不稳定受热易分解，故温度超过70°C时，Cr3+转化率下降的原因是：H2O2 在较高温度下发生分解。
【小问3详解】
①由表格数据、结合分析可知滤渣II的主要成分为Fe(OH)3、AlOH)3。
②氢氧化铝能和氢氧化钠溶液反应，由表知用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是：pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成A1O，影响Cr(III)的回收再利用。
【小问4详解】
溶液中金属阳离子浓度小于可视为完全沉淀，由Ksp(CaF2)=1.48×10-10，Ksp(MgF2)=7.40×10-11知，MgF2比CaF2更难溶，则先产生MgF2沉淀，在“除杂II”中，当溶液中镁离子和钙离子沉淀完全时，所得溶液中。
【小问5详解】
上述流程中，加入NaOH溶液后，溶液呈碱性，Cr2O气转化为CrO、通入SO2还原得到CrOH(H2O)5SO4，反应中，硫元素从+4价升高到+6价、铬元素从+6价降低到+3价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒得：离子方程式为2CrO+3SO2+ 12H2O=2CrOH(H2O)5SO4↓ +SO+ 2OH-。
18. 我国积极推进绿色低碳发展，承诺力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，下列是我国科学家提出回收利用CO2的两种方案。
方案一：CO2催化氢化制甲烷
（1）已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-802.3kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H2=-484.6kJ·mol-1
则反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H =_______。
（2）在一定压强、不同温度下，某催化剂催化CO2甲烷化，反应2小时，测得CO2的转化率和甲烷化选择性随温度变化的曲线如下图所示。甲烷化选择性：指含碳产物中甲烷的物质的量分数。请据图分析：
①当温度超过400°C时，CO2转化率下降的原因可能为_______。
②实验时，检测密闭容器中产物，发现当温度超过450°C时，甲烷的选择性下降的原因是发生反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H>0。若保持温度不变，欲提高甲烷化选择性的措施是_______。
方案二：CO2催化氢化制甲醛
（3）在某催化剂作用下，CO2氢化制甲醛的反应为：CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g) △H=-6kJ·mol-1
①一定条件下，向某恒温恒容的密闭容器中充入一定量CO2和H2的混合气体，下列叙述能说明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。
a.气体的密度不变
b.HCHO的浓度保持不变
c.混合气体的平均相对分子质量不变
d.单位时间内，断裂1molH-H键，同时生成1molH-O键
②实验室模拟上述合成HCHO的实验。T1°C时，将CO2与H2按体积比1：2充入2L的密闭容器中，每隔一定时间测得容器内混合气体压强如下表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
压强/kPa
1.2
1.08
1.00
0.96
0.96
0.96
已知：vp(B)=为用B物质的分压变化表示Δt时间内反应的平均反应速率，B物质的分压p(B)=p(总)×气体B的物质的量分数。0-10min内该反应的平均反应速率vp(H2)为_______kPa·min-1。该温度下，平衡时，Kp=_______(保留小数点后一位)。
【答案】（1）-166.9kJ/mol
（2） ①. 升高温度，催化剂活性降低，反应速率减小，转化率下降(或在2h时已达平衡，继续升温，使放热反应平衡逆向移动，导致CO2转化率下降) ②. 改用更高效的催化剂或增大压强
（3） ①. bc ②. 0.024 ③. 3.5或3.5 kPa-1
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，2②-①可得CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，△H =2△H2-△H1=(-484.6kJ·mol-1)2-(-802.3kJ·mol-1)=-166.9kJ/mol。
【小问2详解】
①CO2转化率下降可能是：升高温度，催化剂活性降低，反应速率减小，转化率下降(或在2h时已达平衡，继续升温，使放热反应平衡逆向移动，导致CO2转化率下降)
②因为副反应前后气体体积不变，而甲烷化反应时气体体积减小，所以可以选用催化效率更高的催化剂或增大压强。
【小问3详解】
①气体密度在反应过程中没有变化；H-H键的断裂与H-O键的生成均为正反应方向，因此无法判断平衡，故排除ad；CO2氢化制甲醛是气体体积减小的反应，且反应放热。所以当各种物质的浓度不变，或气体的平均相对分子质量不再减小均可判断平衡。选bc。
②T1°C时，将CO2与H2按体积比1:2充入2L的密闭容器中，容器内总压强为1.2kPa，则CO2分压为1.2kPa，H2的分压为1.2kPa，同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比，则
10min后， ，计算可得：。0-10min内该反应的平均反应速率vp(H2)= kPa·min-1。
由表中数据可知，30min达到平衡，容器内总压强为0.96kPa，则
平衡时，，此时，此时CO2、H2、HCHO和H2O的分压分别为0.16、0.32、0.24、0.24，。
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