湖北省荆州市荆州中学2021-2022学年高二化学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份湖北省荆州市荆州中学2021-2022学年高二化学上学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 习主席在十九大报告中指出， 下列说法中正确的是， 下列叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。

荆州中学2021-2022学年上学期期末考试
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Co-59 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题)
一、选择题(本题共15题，每题3分，共45分。每题只有一个正确答案)
1. 习主席在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山。”下列做法不利于环境保护的是
A. 开发清洁能源，提高能源的利用率
B. 对废电池做深埋处理
C. 使用Na2S做沉淀剂去除工业废水中的Cu2+
D. 施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性
【答案】B
【解析】
【详解】A．开发清洁能源可以减少对传统化石燃料的需求，可减少空气污染，有利于环境保护，故A不选；
B．对废电池做深埋处理，电池中的重金属离子会污染土壤和地下水，不利于环境保护，故B选；
C．使用Na2S做沉淀剂去除工业废水中的Cu2+，可以减少重金属离子对水体的污染，有利于环境保护，故C不选；
D．盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)中的碳酸根离子水解导致溶液显碱性，施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可使硫酸钙变为碳酸钙，从而降低盐碱地的碱性，故D不选。
故选：B。
2. 下列说法中正确的是
A. 生成物的总能量大于反应物的总能量时，ΔH＜0
B. 已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数为K，则2H2(g)+2I2(g)⇌4HI(g)的平衡常数为2K
C. 由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
D. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在低温下能自发进行，说明该反应的ΔH＞0
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．ΔH=生成物能量和-反应物能量和，当生成物的总能量大于反应物的总能量时，ΔH＞0，A错误；
B．因为相同温度下，化学计量数变为原来的n倍，则化学平衡常数应变为原来的n次方倍，所以反应2H2(g)＋2I2(g)4HI(g)的平衡常数为K2，B错误；
C．能量判据和熵判据组合而成的复合判据ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应可以自发进行，若ΔG＞0，反应不能自发进行，C正确；
D．反应NH3(g)＋HCl(g)＝NH4Cl(s)在低温下能自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，从方程式知ΔS＜0，说明ΔH＜0，D错误；答案选C。
3. 下列叙述正确的是
A. 可表示单核10电子粒子基态时的电子排布图
B. 2s的电子云半径比1s的电子云半径大，说明2s的电子比1s的多
C. s能级上电子的能量总小于p能级上电子的能量
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】A
【解析】
【详解】A．符合泡利原理和洪特规则，核外电子总数为10，则可表示单核10电子粒子基态时的电子排布图，A叙述正确；
B．2s电子云半径比1s的电子云半径大，但2s的电子总数与1s的一样多，B叙述错误；
C．同一能层上的s能级上电子的能量总小于p能级上电子的能量，不同能层上的s能级上电子的能量与p能级电子的能量不能判断，C叙述错误；
D．电子在激发态跃迁到基态时会产生发射光谱，从基态跃迁到激发态会产生吸收光谱，吸收光谱和发射光谱总称原子光谱，D叙述错误；
答案为A。
4. 下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法中，正确的是




A.铜板打上铁铆钉后，铜板更易被腐蚀
B.暖气片表面刷油漆可防止金属腐蚀
C.连接锌棒后，电子由铁管道流向锌
D.阴极的电极反应式为Fe – 2e- = Fe2+

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．形成Fe-Cu原电池，Cu作正极被保护，Cu不易被腐蚀，A错误；
B．暖气片表面刷油漆可隔绝氧气，从而防止金属腐蚀，B正确；
C．锌比铁活泼，形成锌-铁原电池，锌作负极，电子由锌流向铁管道，C错误；
D．铁管道与电源负极相连，为阴极，阴极得电子，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，D错误。
答案选B。
5. NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 500mL2mol·L-1FeCl3溶液中含有的Fe3+的数目小于NA
B. 1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HCO和CO离子数之和为0.1NA
C. 已知CH3COONH4溶液呈中性，则1L1.0mol·L-1CH3COONH4溶液中有NA个NH
D. 等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．500mL2mol•L-1FeCl3溶液中Fe3+的数目为0.5L×2mol/L×NA/mol=NA，但三价铁离子在水中能水解，溶液中含有的Fe3+的数目小于NA，故A正确；
B．由原子守恒可知n(H2CO3)+n()+n()=n(NaHCO3)=1L×0.1mol/L=0.1mol，故溶液中和离子数之和小于0.1NA，故B错误；
C．1L1.0mol•L-1CH3COONH4溶液中铵根离子个数为1L×1mol/L×NA/mol=NA，但铵根离子在水中水解，溶液中有个数小于NA，故C错误；
D．题目未给溶质具体的物质的量，无法计算离子的物质的量，故D错误；
故选：A。
6. 下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是
A. 能使石蕊试液变红的溶液中：CO、K+、Cl-、Na+
B. 25℃时，由水电离产生的c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1的溶液中：NO、Mg2+、Na+、SO
C. 25℃时，=1.0×1012的溶液中：NH、Fe2+、Cl-、NO
D. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl-、SO
【答案】B
【解析】
【详解】A．能使石蕊试液变红的溶液为酸性，含有大量的H+，则H+和CO不能大量共存，A不合题意；
B．25℃时，由水电离产生的c(OH-)=1×10-10mol·L-1的溶液可能是强酸也可能是强碱，强酸中含有大量的H+、NO、Mg2+、Na+、SO可以大量共存，强碱时含有大量的OH-，OH-与Mg2+不能大量共存，B符合题意；
C．常温下在=1×1012的溶液是碱性溶液，其中含有大量的OH-，则OH-与NH、Fe2+不能大量共存，C不合题意；
D．铝离子和碳酸氢根离子双水解反应，不能大量共存，D不合题意；
故答案为：B。
7. 为探究锌与稀硫酸反应生成氢气的速率用[v(H2)来表示]，向反应混合液中加入某些质，下列判断正确的是
A. 加入NaHSO4固体，v(H2)不变 B. 加入少量水，v(H2)减小
C. 加入Na2SO4固体，v(H2)减小 D. 滴加少量HNO3溶液，v(H2)增大
【答案】B
【解析】
【分析】锌为固体，与稀硫酸反应时，固体的表面积越大，酸溶液浓度越大或温度越高，以及形成原电池反应都可增大反应速率，据此分析选择。
【详解】A．加入NH4HSO4固体，溶液中c(H+)增大，反应速率加快，即v(H2)增大，A错误；
B．加入水，溶液中c(H+)减小，反应速率减小，B正确；
C．加入Na2SO4固体，溶液中氢离子不变，反应速率不变，C错误；
D．滴加少量HNO3溶液，硝酸具有强氧化性，和单质锌反应生成NO，不产生氢气，D错误；
答案为：B。
8. 我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法错误的是

A. N2生成NH3是通过多步还原反应生成的
B. 该历程中既有共价键的断裂也有共价键的形成
C. 适当提高N2分压，可以加快N2(g)→*N2反应速率，提高N2在此步骤的转化率
D. 大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的，即通过多步还原反应生成NH3，故A正确；
B．过程Ⅰ中，断裂1个N-Nπ键，形成1个N-H σ键，包括后续变化，也有共价键的断裂也有共价键的形成，故B正确；
C．适当提高N2分压，可以加快N2(g)→*N2反应速率，但N2在此步骤的转化率降低，故C错误；
D．氨气分子的脱附可留下继续反应的空间，而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将降低反应速率，故D正确；
故选：C。
9. 下列有关工业生产的叙述正确的是
A. 工业上通常采用电解熔融的MgO制得金属Mg
B. 在铁的表面镀铝的工艺中，镀件作阴极，镀层金属为阳极，饱和氯化铝溶液作为电镀液
C. 电解饱和食盐水制烧碱采用阳离子交换膜法，可防止阴极室产生的OH-进入阳极室
D. 电解精炼铜时，同一时间内阳极减少的质量一定等于阴极增加的质量
【答案】C
【解析】
【详解】A．MgO熔点很高，会消耗大量能源，工业上通常采用电解熔融的MgCl2制得金属Mg，故A错误；
B．阴极上溶液中铝离子难以放电，不能用氯化铝溶液作为电镀液，故B错误；
C．电解饱和食盐水制烧碱采用阳离子交换膜法，可防止阴极室产生的OH-进入阳极室，避免与氯气发生反应，故C正确；
D．阳极上比Cu活泼的金属先放电，然后Cu再放电，而阴极只有Cu析出，根据电子转移守恒，同一时间内阳极减少的质量一定不等于阴极增加的质量，故D错误；
故选：C。
10. 下列实验操作能达到实验目的的是

A. 装置I：从MgCl2溶液中提取MgCl2·6H2O固体
B. 装置II：探究催化剂对化学反应速率的影响
C. 装置III：验证AgCl和AgI的Ksp大小
D. 装置IV：用标准盐酸溶液滴定NaOH溶液的浓度
【答案】C
【解析】
【详解】A．蒸发氯化镁溶液时，氯化镁在溶液中水解会生成氢氧化镁，无法制得六水氯化镁固体，故A错误；
B．过氧化氢溶液的浓度不同，则由变量唯一化可知，该实验无法探究氯化铁溶液做催化剂对化学反应速率的影响，故B错误；
C．由氯化银白色沉淀中加入少量碘化钾溶液会生成黄色碘化银沉淀可知，说明氯化银的溶度积小于碘化银的溶度积，则该实验以验证氯化银和碘化银的Ksp大小，故C正确；
D．滴定氢氧化钠溶液时，不能选用碱式滴定管盛装酸溶液，应选用酸式滴定管，故D错误；
故选C。
11. 在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应H2O(g)+C(s)CO(g)+H2(g) △H>0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是
容器
温度(T1 起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
平衡时容器内压强
n(H2O)
n(C)
n(CO)
n(H2)
n(CO)

Ⅰ
T1
0.6
1.2
0
0
0.2
P1
Ⅱ
T1
0.3
0.6
0
0
x
P2
Ⅲ
T2
0
0
0.3
0.3
y
P3

A. 达平衡时，y>x>0.1
B. 温度为T1时该反应的平衡常数的值为0.1
C. P1>2P2
D. 达平衡时，水蒸气的转化率：容器Ⅰ=容器Ⅱ
【答案】A
【解析】
【详解】A．假设容器Ⅱ体积为1.0L，温度相同，容器Ⅱ内物质的量是容器Ⅰ的一半，到达平衡时，容器Ⅱ各物质的量是容器Ⅰ的一半，即容器Ⅰ中CO物质的量0.2mol，容器Ⅱ中CO为0.1mol，把容器Ⅱ体积从1.0L变为2.0L，相当于增大体积，减小压强，平衡正向移动，容器Ⅱ中CO比0.1mol大，即y＞0.1，假设容器Ⅲ温度为T1，容器Ⅰ和容器Ⅲ形成等效平衡，到达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中n(CO)相等，因T1＜T2，对容器Ⅲ来说，相当于升温，平衡正向移动，故y＞x，综上可得，平衡时，y＞x＞0.1，故A正确；
B．平衡常数只与温度有关，对容器Ⅰ，平衡时n(CO)=0.2mol，则n(H2)=0.2mol，n(H2O)=0.4mol，c(CO)==0.1mol•L-1，c(H2)==0.1mol•L-1，c(H2O)==0.2mol•L-1，，故B错误；
C．假设容器Ⅱ体积为1.0L，温度相同，容器Ⅱ内物质的量是容器Ⅰ的一半，到达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅰ的压强相同，把容器Ⅱ体积从1.0L变为2.0L，若容器Ⅱ中平衡不移动，压强变为原来的一半，对来说，增大体积，减小压强，平衡正向移动，容器Ⅱ中压强增大，故P1＜2P2，故C错误；
D．假设容器Ⅱ体积为1.0L，温度相同，容器Ⅱ内物质的量是容器Ⅰ的一半，到达平衡时，各物质的转化率相等，把容器Ⅱ体积从1.0L变为2.0L，相当于增大体积，减小压强，平衡正向移动，容器Ⅱ中水蒸气的转化率增大，因此水蒸气的转化率：容器I＜容器II，故D错误，
故选：A。
12. 下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是
A. 用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测其浓度：KMnO4；紫红色
B. 利用“Ag++SCN-=AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3；红色
C. 利用“2Fe3++2I-=I2+2Fe2+”原理，用FeCl3溶液测KI样品中的KI的百分含量：淀粉；蓝色
D. 利用“OH-+H+=H2O”原理，用NaOH来测量某盐酸溶液的浓度：酚酞；浅红色
【答案】C
【解析】
【详解】A．KMnO4溶液位紫红色，用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测其浓度，反应生成锰离子、硫酸根离子，溶液无色变为紫红色，A正确；
B．铁离子和硫氰酸根离子反应变为血红色，故用标准KSCN溶液测AgNO3溶液浓度所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色为：Fe(NO3)3，红色，B正确；
C．反应立刻生成碘单质会使溶液立刻变为蓝色，C错误；
D．碱性溶液能使酚酞试液变红色，用NaOH来测量某盐酸溶液的浓度所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色为：酚酞；浅红色，D正确；
故选C。
13. 常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是

A. 3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍
B. 曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c
C. 当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)
D. 当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大
【答案】D
【解析】
【详解】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图象，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当 V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当 V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。
14. 一种利用双膜法电解回收CoCl2溶液中Co的装置如图所示，电解时Co会析出在Co电极上。下列说法正确的是

A. a为电源的正极
B. 电解后H2SO4溶液的浓度减小
C. 电解后盐酸溶液的浓度增大
D. 常温时，Co电极的质量每增加5.9g，Ti电极上会析出1.12L气体
【答案】C
【解析】
【分析】电解时CoCl2中Co2+会析出在Co电极上，因此Co电极上Co2+发生还原反应，则电源的a为负极，b为正极，阳极上水电离的OH-发生氧化反应生成O2。
【详解】A．由上述分析可知，a为电源的负极，故A错误；
B．电解过程中，阳极区的水被消耗，溶液中H+穿过阳离子交换膜进入稀盐酸溶液中，不参加反应，根据电荷守恒可知，n(H2SO4)不变，V水减小，因此电解后H2SO4溶液的浓度增大，故B错误；
C．电解过程中，阴极区的Cl-穿过阴离子交换膜进入稀盐酸中，阳极区中H+穿过阳离子交换膜进入稀盐酸溶液中，因此电解后盐酸溶液的浓度增大，故C正确；
D．5.9g Co物质的量为=0.1mol，得到0.2mol电子，阳极上电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，根据转移电子守恒可知，阳极上生成0.05mol O2，但常温常压下的气体摩尔体积并不等于22.4L/mol，因此Ti电极上析出的O2体积不等于1.12L，故D错误；
故答案为C。
15. 金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度。它无电时也无需充电，只需更换其中的某些材料即可，其工作示意图如图，下列说法正确的是

A. 放电时，通入空气的一极为负极
B. 放电时，电池反应为4Li+O2+2H2O=4LiOH
C. 有机电解液可以是乙醇等无水有机物
D. 该电池无电时只需更换锂电极，不需要更换水性电解液
【答案】B
【解析】
【分析】锂燃料电池中，锂易失电子而作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，空气中的氧气在多孔碳电极上发生得电子的反应，则多孔碳电极为正极，水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以原电池总反应为4Li+O2+2H2O═4LiOH，据此分析解答。
【详解】A．锂燃料电池中，锂易失电子而作负极，通入空气的多孔碳电极为正极，故A错误；
B．锂燃料电池时，负极Li失电子生成Li+，正极氧气得电子生成氢氧根离子，总反应为4Li+O2+2H2O═4LiOH，故B正确；
C．Li是活泼金属，能与乙醇反应，发生自损耗现象，所以有机电解液不能是乙醇等无水有机物，故C错误；
D．负极材料Li不断损耗，需要补充，水性电解液中氢氧化锂达到饱和，也需要更换，故D错误；
故选：B。
第Ⅱ卷(非选择题)
16. Ⅰ.回答下列问题：
（1）在实验室中配制FeCl3溶液时，配制方法是将FeCl3晶体溶于____中，然后加水稀释到所需浓度，这样操作的目的是____。
（2）如果盐的水解程度很大，则可用于无机化合物的制备。例如用TiCl4制备TiO2的反应可表示为：____，将所得产物TiO2·xH2O焙烧得到TiO2。
Ⅱ.以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和H2SO4为原料，可以制取高纯PbO，从而实现铅的再生利用。在此过程中涉及如下两个反应：
①2Fe2++PbO2+4H++SO=2Fe3++PbSO4+2H2O
②2Fe3++Pb+SO=2Fe2++PbSO4
（3）写出Pb与PbO2反应生成PbSO4的化学方程式____。
（4）在上述过程中，Fe2+的作用是____。
（5）下列实验方案，可证实上述过程，请将方案补充完整。
a.向酸化的FeSO4溶液中加入____溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b.向a得到的溶液中加入____溶液恢复原来的颜色。
【答案】（1） ①. 较浓的盐酸 ②. 抑制FeCl3的水解
（2）TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl
（3）PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O
（4）催化剂 （5） ①. KSCN ②. Pb
【解析】
【小问1详解】
氯化铁水解：，为防止铁离子水解，在配制氯化铁溶液时常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，氢离子浓度增大，从而抑制铁离子水解，故答案为：较浓的盐酸；抑制FeCl3水解；
【小问2详解】
TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl，TiCl4与H2O反应方程式为：TiCl4+(2+x) H2O=TiO2•xH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+(2+x) H2O=TiO2•xH2O+4HCl；
【小问3详解】
将方程式①+②得Pb、PbO2、H2SO4反应的方程式为PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，故答案为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O；
【小问4详解】
Fe2+在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，为催化剂，所以Fe2+的作用是作催化剂，故答案为：催化剂；
【小问5详解】
Fe3+和SCN-反应生成Fe(SCN)3而使溶液呈血红色，Fe2+和SCN-不反应，可以用KSCN溶液检验铁离子，所以向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红，说明PbO2能氧化Fe2+生成Fe3+；向溶液中加入Pb使Fe3+被还原为Fe2+，Pb被氧化为PbSO4，故答案为：KSCN；Pb。
17. 氢氰酸(HCN)有剧毒，易挥发。金矿提金时，用NaCN溶液浸取金生成[Au(CN)2]-，再用锌置换出金，产生的含氰废水需处理后排放。
（1）①写出基态锌离子的电子排布式____，基态氮原子的轨道表示式____。
②NaCN可用于制备CuCN，CuCN浊液中加入Na2S溶液可发生反应：2CuCN(S)+S2-(aq)Cu2S(s)+2CN-(aq)，该反应的平衡常数K=____。[已知Ksp(CuCN)=3.5×10-20，Ksp(Cu2S)=1.0×10-48]。
（2）Cu2+可催化H2O2氧化废水中的CN-。其他条件相同时，总氰化物(CN-、HCN等)去除率随溶液初始pH变化如图所示。

①在酸性条件下，H2O2也能氧化CN-，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pH>10时，总氰化物去除率下降的原因可能是____。
（3）通过电激发产生HO•和OH-处理废水中的CN-，可能的反应机理如图所示。虚线方框内历程可用方程式描述为____。

【答案】（1） ①. [Ar]3d10 ②. ③. 1.225×10-9
（2） ①. 在酸性条件下，溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染 ②. 随着pH升高，c(OH-)增大，铜离子转化为氢氧化铜，催化效率低
（3）O2+2e-+2H+=H2O2
【解析】
【小问1详解】
①锌原子核外有30个电子，失去2个电子形成锌离子，则基态锌离子核外电子排布式[Ar]3d10；氮元素核外有7个电子，则根据洪特规则和保利不相容原理，氮原子的轨道表示式为；
②，该反应的平衡常数；
【小问2详解】
①在酸性条件下，CN-与氢离子结合，生成极弱的毒性非常强的HCN，所以不在酸性条件下进行处理废水，故答案为：在酸性条件下CN-与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN；
②随着pH升高，c(OH-)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，使Cu2+减少，催化剂的催化效率降低，氰化物去除率下降，故答案为：随着pH升高，c(OH-)增大，铜离子转化为氢氧化铜，催化效率低；
【小问3详解】
根据图知，虚线方框内的过程为：O2在阴极表面得电子被还原成•O2-、•O2-结合H+生成•O2H、•O2H分解生成O2和H2O2，反应方程式为O2+2e-+2H+=H2O2，故答案为：O2+2e-+2H+=H2O2。
18. 钼(Mo)是一种重要的过渡金属元素，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体(Na2MoO4·10H2O)可制造金属缓蚀剂。由钼精矿(主要成分MoS2，含有少量不反应杂质)制备钼及钼酸钠晶体的工艺流程如图：

（1）焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是____。(填序号)
a.适当增大空气的用量
b.增大钼精矿的量
c.将矿石粉碎
（2）已知焙烧产物为MoO3，“碱浸”过程中反应的离子方程式为____。
（3）已知钼酸钠的溶解度曲线如图所示，要获得钼酸钠晶体Na2MoO4·10H2O的操作2为____、____、过滤、洗涤、烘干。

（4）在实际生产中会有少量SO生成，用固体Ba(OH)2除去。在除SO前测定碱浸液中c(MoO)=0.80mol/L，c(SO)=0.02mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为____ %。(保留整数)[已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，溶液体积变化可忽略不计]。
（5）在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。

铜电极上产生CH4的电极反应式为____，若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了____g。
【答案】（1）ac （2）CO+MoO3=CO2↑+MoO
（3） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却至10℃以下结晶
（4）89 （5） ① CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O ②. 3.6g
【解析】
【分析】焙烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+=+CO2↑，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4•2H2O，Na2MoO4与足量盐酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo；
【小问1详解】
焙烧时，使钼精矿充分反应的即提高原料的利用率，使原料尽可能全部转化，则可以粉碎原料，增大原料与氧气的接触面积，还可以将焙烧后的原料循环再次煅烧，故答案为：ac；
【小问2详解】
由题意可知MoO3为酸性氧化物，碱浸过程中，MoO3与碳酸钠溶液反应生成Na2MoO4和CO2，反应离子方程式为MoO3+=+CO2↑，故答案为：MoO3+=+CO2↑；
【小问3详解】
由图分析可得，温度高于10℃，便不再析出Na2MoO4•10H2O晶体，所以分离固体的操作在蒸发浓缩后，应选择在10℃以下结晶，故答案为：蒸发浓缩；10℃以下结晶；
【小问4详解】
c()=0.80mol•L-1，c()=0.02mol•L-1，当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)=mol/L=5.0×10-8mol•L-1，此时c()=mol/L=2.2×10-3mol/L，的去除率为×100%=89%，故答案为：89%。
【小问5详解】
铜电极为阴极，铜电极上产生CH4的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2，若铜电极上只生成5.6gCO，则说明转移了0.4mol电子，发生反应2H++CO2+2e-=CO+H2O，铜极区溶液质量变化的质量为0.2molH2O的质量即3.6g，故答案为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2；3.6。
19. 有机反应往往具有可逆性，同时还伴随副反应发生。请回答下列问题：
Ⅰ.利用甲醇(CH3OH)在一定条件下直接脱氢可制甲醛(HCHO)，反应方程式为：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) △H>0。
（1）已知CH3OH可以由CO和H2反应制备，制备过程中发生的反应有：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.7kJ/mol
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5kJ/mol
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ/mol
则反应3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=____。
（2）若在恒温恒容容器中进行上述制甲醛的反应，可判断反应达到平衡状态的是____(填序号)。
A. 混合气体的密度不变
B. CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1：1
C. H2的体积分数不再改变
D. 混合气体的平均相对分子质量不变
Ⅱ.2—甲氧基—2—甲基丁烷(TAME)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH△H1
反应Ⅱ：+CH3OH△H2
反应Ⅲ： △H3
（3）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是____。

（4）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为a。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=8，则平衡体系中B的物质的量为____mol，反应I的平衡常数Kx1=____。
（5）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为____(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的V正____V逆(填“>”“<”或“=”)。

【答案】（1）-246.lkJ/mol （2）CD
（3）B （4） ①. ②.
（5） ①. X ②. <
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律：有①×2+②+③计算3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)△H═-90.7kJ/mol×2+(-23.5kJ/mol)+(-41.2kJ/mol)═-246.1kJ/mol，故答案为：-246.1kJ/mol；
【小问2详解】
A.反应体系中各物质均为气体，气体的总质量不变，则恒温恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能据此判断达到平衡状态，故A错误；
B.CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1：1，即CH3OH、HCHO的物质的量浓度相等，不能判断达到平衡状态，与CH3OH的起始量和转化率有关，故B错误；
C.H2的体积分数不再改变，即H2的正逆反应速率相等，可判断达到平衡状态，故C正确；
D.正反应是气体体积增大的反应，正向进行时混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
【小问3详解】
由图可知，横坐标为温度的倒数，反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高而减小，即升高温度反应Ⅱ、Ⅲ的平衡逆向移动，反应Ⅱ、Ⅲ是放热反应，物质具有的能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，故答案为：B；
【小问4详解】
向某反应容器中加入1.0molTAME，测得TAME的平衡转化率为α，则平衡时n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)=αmol，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=8，即 =8，解得n(B)=mol、n(A)=mol，平衡体系中各物质的物质的量分数为：φ(A)=、φ(CH3OH)=、φ(TAME)=，反应Ⅰ的平衡常数；故答案为：；；
【小问5详解】
反应Ⅲ的平衡常数Kx3=8，即=8，由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；t=100s时反应Ⅲ的浓度熵Qc=≈10.2＞Kx3，此时反应Ⅲ的平衡向逆反应方向移动，即正反应速率v正小于逆反应速率v逆，故答案为：X；＜。