《安徽省滁州中學2023-2024學年高二上學期期末測試化學試卷 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

安徽省滁州中學2023-2024學年高二上學期期末考試化學試卷考生注意：1．本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。2．答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚。3．考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。4．本卷命題范圍：選擇性必修一、選擇性必修三第一章、第二章。5．可能用到的相對原子質量：H1N14O16P31S32Fe56Cu64一、選擇題（本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的）1.化學與生活息息相關。下列說法錯誤的是A.天然氣燃燒時，化學能全部轉化為熱能B.食品袋中充入氮氣，可減小食品的腐敗速率C.熱的碳酸鈉溶液可用于洗滌餐具表面的油污D.五彩繽紛的煙花與原子核外電子的躍遷有關【答案】A【解析】【詳解】A．任何能源轉化不可能為百分之百，天然氣燃燒時化學不能全部轉化為熱能，還會轉化為光能等能量，故A錯誤；B．氮氣的化學性質不活潑，可用作保護氣，食品袋中充入氮氣能起到防腐作用，故B正確；C．油脂在堿性條件下水解，碳酸鈉溶液呈堿性，熱的碳酸鈉溶液水解后堿性增強，去油污效果好，故C正確；D．燃放的焰火在夜空中呈現五彩繽紛的禮花為金屬元素的焰色反應，基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子，激發(fā)態(tài)原子釋放能量放出可見光；與原子核外電子的躍遷有關，故D正確；故選：A。2.下列化學用語正確的是A.HClO的結構式：H—Cl—OB.C2H4中的共價鍵類型：極性鍵C.NH3的VSEPR模型： D.基態(tài)Cr原子的最外層電子排布圖：【答案】C【解析】【詳解】A．HClO的結構式為H-O-Cl，故A錯誤；B．C2H4中的共價鍵類型為極性鍵和非極性鍵，故B錯誤；C．NH3分子中N價層電子對數為4，孤電子對數為1，VSEPR模型為，故C正確；D．基態(tài)Cr原子的價層電子排布式為3d54s1，最外層電子數為1，其最外層電子排布圖為，故D錯誤；故答案為：C。3.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的是A.1molN2與3molH2充分反應后，所得NH3的分子數為2NAB.1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中的數目為0.1NAC.電解精煉銅時，陽極減輕64g，外電路中轉移電子數為2NAD.31gP4分子（正四面體結構）中含有的共價鍵數目為1.5NA【答案】D【解析】【詳解】A．N2與H2的反應為可逆反應，所得NH3的分子數小于2NA，故A錯誤；B．Na2CO3溶液中會水解，所以其數目小于NA，故B錯誤；C．電解精煉銅時，粗銅為陽極，含有比銅活潑的金屬，陽極減輕64g，外電路中轉移的電子數不一定為2NA，故C錯誤；D．P4的結構為，3lgP4分子中含有的共價鍵為，故D正確；故答案為：D。4.已知甲烷的燃燒熱為890.3kJ·mol-1。有關下列熱化學方程式的說法正確的是①② ③A.B.C.反應③中反應物的總鍵能大于生成物的D.【答案】D【解析】【詳解】A．甲烷的燃燒熱為890.3kJ/mol，則對應的熱化學方程式為，故A錯誤；B．反應①中生成氣態(tài)水，反應放出的熱量小于890.3kJ，則，反應③中CH4不完全燃燒，放熱更少，則，即，故B錯誤﹔C．反應③是放熱反應，反應物的總鍵能小于生成物的，故C錯誤；D．由蓋斯定律可知，，故D正確；故答案為：D。5.下列有關離子方程式或電極反應式錯誤的是A.向Na2SO3溶液中加入稀硫酸：B.泡沫滅火器的反應原理：C.鉛酸電池放電時的正極反應：D.用溶液檢驗【答案】C【解析】【詳解】A．向Na2SO3溶液中加入稀硫酸，反應生成硫酸鈉、二氧化硫和水，其離子方程式為：，故A正確；B．泡沫滅火器的反應原理是硫酸鋁和碳酸氫鈉反應生成硫酸鈉、二氧化碳和氫氧化鋁，其反應的離子方程式為：，故B錯誤；C．鉛酸電池放電時的正極反應式：，故C錯誤； D．用溶液檢驗時生成沉淀，其離子方程式為：，故D正確。綜上所述，答案C。6.在2L恒容密閉容器中，通入2.2molCO和1molSO2，發(fā)生反應：。40min后反應達到平衡，測得S的質量為25.6g。下列有關說法正確的是A.40min后移出部分S，混合氣體的質量將減小B.反應達平衡時，CO的轉化率大于SO2的轉化率C.40min后升溫，正反應的速率增大程度大于逆反應的D.0—40min內，CO的平均反應速率為0.02mol·L-1·min-1【答案】D【解析】【詳解】A．反應中S為固體，移出部分S，平衡不移動，混合氣體的質量不變，錯誤；B．設反應中消耗xmolSO2，則SO2的平衡轉化率為，CO的平衡轉化率為，故CO的平衡轉化率小于SO2的，錯誤；C．反應為放熱反應，40min后升溫，平衡逆向移動，正反應的速率增大程度小于逆反應的，錯誤；D．反應平衡時S的質量為25.6g，物質的量為25.6g÷32g·mol-1=0.8mol，則反應消耗的CO為1.6mol，CO的平均反應速率，正確。故選D。7.已知亞磷酸（H3PO3）是一種二元弱酸。向0.lmol·L-1H3PO3溶液中逐滴滴加足量0.1mol·L-1NaOH溶液，下列說法錯誤的是A.H3PO3分子中H均與O相連B.溶液中水的電離程度先增大后減小C.總反應的離子方程式為D.加熱0.1mol·L-1Na2HPO3溶液，溶液的pH可能減小【答案】A【解析】 【詳解】A．H3PO3是二元弱酸，則分子中只有2個—OH，其結構式為，A錯誤；B．開始時溶液中的H3PO3電離出H+，對水的電離起抑制作用，逐滴滴加足量稀NaOH溶液，恰好完全反應前，溶液中H+的濃度逐漸減小，水的電離程度增大；恰好完全反應時，溶液中溶質為Na2HPO3，水解促進水的電離，繼續(xù)滴加NaOH溶液，溶液中OH-濃度增大，抑制水的電離，B正確；C．H3PO3是一種二元弱酸，與足量NaOH溶液反應生成正鹽為Na2HPO3，總反應的離子方程式為，C正確；D．加熱0.lmol?L-1Na2HPO3溶液，水的Kw增大，水電離的H+濃度增大，溶液的pH可能減小，D正確；故選A。8.S的含氧酸根有多種，如，，，。等，其中是中的一個O被S取代的產物。下列說法中正確的是A.中O—S—O的鍵角為120°B.與中S的雜化方式相同C.的空間構型為正四面體D.中S與O之間的化學鍵鍵長均相等【答案】B【解析】【詳解】A．中S上的孤電子對數為，故S的雜化方式為sp3，空間構型為三角錐形，O—S—O的鍵角不是120°，A錯誤；B．中S的雜化方式為sp3，中S上的孤電子對數為，故S的雜化方式為sp3，B正確；C．是中的1個O被1個S取代的產物，結構式為，其中S=S與S=O鍵長不等，的空間構型為四面體，不是正四面體，C錯誤； D．中S的最高化合價為＋6，則其中O的化合價不全是－2，其結構式為，其中S與O之間的化學鍵鍵長不完全相等，D錯誤；故選B。9.工業(yè)上利用鋅焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，還含有少量FeO、CuO等）濕法制取金屬鋅的流程如圖所示?！半娊狻睍r，電極均為惰性電極。下列說法錯誤的是A.加入ZnO的目的是調節(jié)溶液的pH以除去溶液中的Fe3+B.為增大反應速率，凈化Ⅰ和凈化Ⅱ均應在較高的溫度下進行C.加過量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了D.“電解”時生成鋅的總反應式為：【答案】B【解析】【分析】鋅焙砂經硫酸“酸浸”后，溶液中含有，，，等金屬陽離子，在“凈化Ⅰ”時先加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，再加入ZnO調節(jié)pH使Fe轉化為Fe(OH)3沉淀除去，在“凈化Ⅱ”時加入過量ZnS將Cu2+轉化為CuS沉淀除去，最后電解ZnSO4溶液得到Zn?！驹斀狻緼．加入ZnO能與氫離子反應，目的是調節(jié)溶液的pH以除去溶液中的Fe3+，轉化為Fe(OH)3沉淀除去，A正確；B．在“凈化Ⅰ”時加入了H2O2若溫度過高，則H2O2會部分分解，影響Fe2+的氧化效率和Fe3+中的除雜效果，B錯誤；C．加入過量ZnS將Cu2+轉化為CuS沉淀除去，溶度積越小越容易生成沉淀，則，C正確；D．電解ZnSO4溶液時陽極是水中氫氧根離子失電子生成氧氣，陰極是鋅離子得電子生成Zn ，生成鋅的總反應式為：，D正確；故選B。10.設計如圖裝置回收金屬鉆，工作時保持厭氧環(huán)境，并定時將乙室溶液轉移至甲室。保持細菌所在環(huán)境pH穩(wěn)定，借助細菌降解乙酸鹽生成CO2，同時將廢舊鋰離子電池的正極材料LiCoO2（s）轉化為中。已知電極材料均為石墨材質，下列說法錯誤的是A.左側裝置為電解池，右側裝置為原電池B.裝置工作時，左側裝置中H+從左室經陽膜移向甲室C.左側裝置a電極反應式為D.右側裝置d電極反應式為【答案】D【解析】【分析】由題意可知，右側裝置為原電池，則左側裝置為電解池﹔原電池中，c電極為電池的負極，CH3COO-在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成CO2和H+，電極反應式為，乙室的LiCoO2電極為正極，酸性條件下LiCoO2在正極得到電子發(fā)生還原反應生成Li+，Co2+和H2O，電極反應式為；電解池中，與原電池正極相連的a電極為陽極，CH3COO-在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成CO2和H+，電極反應式為，b電極為陰極，Co2+在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成Co，電極反應式為，電解的總反應為?！驹斀狻緼．由題意可知，右側裝置為原電池，則左側裝置為電解池，正確；B．細菌所在環(huán)境pH穩(wěn)定，b電極發(fā)生還原反應，而細菌所在環(huán)境發(fā)生 ，產生的氫離子向甲室移動，B正確；C．電解池中，與原電池正極相連的a電極為陽極，CH3COO-在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成CO2和H+，電極反應式為，C正確；D．右側裝置d電極為正極，酸性條件下LiCoO2在正極得到電子發(fā)生還原反應生成Li+，Co2+和H2O，電極反應式為，D錯誤；故選D。11.根據下列實驗操作和現象所得出的結論或解釋正確的是選項實驗操作和現象結論或解釋A向碳酸氫鈉溶液中滴加鹽酸，有氣泡產生電負性：，所以HCl的酸性比H2CO3的強B將CS2分別與水和CCl4混合后振蕩，CS2與水分層、與CCl4互溶CS2是極性分子C相同的兩片鋁片分別與同溫同體積，且c（H+）相等的鹽酸﹑硫酸反應，鋁與鹽酸反應產生氣泡較快Cl-可能對Al與H+的反應起到促進作用D向2mL0.1mol/LAgNO。溶液中先滴入幾滴等濃度的NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴入幾滴等濃度的NaI溶液，有黃色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．一般來說，元素的非金屬性越強，電負性越大，而元素的非金屬性強弱與氫化物的酸性強弱無關，A錯誤；B．CCl4是非極性分子，CS2與CCl4互溶，則CS2也是非極性分子，B錯誤；C．該組對比實驗單一變量為陰離子，鋁與鹽酸反應產生氣泡較快，反應速率較大，說明可能Cl-對該反應起到促進作用，C正確； D．向2mLAgNO3溶液中先滴入幾滴等濃度的NaCl溶液，有白色沉淀生成，Ag+過量有剩余，再滴入幾滴等濃度的NaI溶液，有黃色沉淀生成，不能肯定I-是與AgCl發(fā)生的反應，也就不能得出結論“”，D錯誤；故選C。12.X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數依次增大。X的2s軌道全充滿，Y的s能級電子數量是p能級的兩倍，M是地殼中含量最多的元素，Q是純堿中的一種元素。下列說法錯誤的是A.氫化物的沸點：B.X的第一電離能一定小于YC.Q與M組成的化合物中可能含有非極性鍵D.最高價氧化物對應水化物的酸性：【答案】A【解析】【分析】Y的s能級電子數量是p能級的兩倍，Y為C，X的2s軌道全充滿，原子序數，則X為Be或B，M是地殼中含量最多的元素，M為O，原子序數，則Z為N，Q是純堿中的一種元素，則Q為Na，據此分析?！驹斀狻緼．Y、Z，M分別為C，N，O，其氫化物有多種，若改為簡單氫化物的沸點；，即才正確，A錯誤；B．X為Be或B，Y為C，所以X的第一電離能一定小于Y，B正確；C．Na和O形成的過氧化鈉中過氧根內含有O-O非極性共價鍵，C正確；D．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性N大于C，硝酸酸性強于碳酸，D正確；故選A13.向一恒壓密閉容器中加入lmolCH4和一定量的H2O，發(fā)生反應：。的平衡轉化率隨溫度和壓強的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是 A.該反應的B.曲線對應的壓強：C.點b、c對應的反應速率：D.點a，b、c對應的平衡常數：【答案】D【解析】【詳解】A．該反應是氣體分子數增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，則CH4的平衡轉化率減小，故圖像橫軸表示溫度，該反應是吸熱反應，曲線對應的壓強：，A正確；B．該反應是氣體分子數增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，則CH4的平衡轉化率減小，，B正確；C．點b、c對應的溫度相同，b點對應的壓強小于c點的，則反應速率：，C正確；D．K只受溫度影響，該反應是吸熱反應，，D錯誤；故答案為：D。14.常溫下，向某一元酸HR溶液中滴加一元堿BOH溶液，混合溶液的或與pH變化的關系如圖所示。下列敘述正確的是A.M線表示隨pH的變化 B.BR溶液呈堿性C.若溫度升高，兩條線均向下平移D.常溫下，溶液的【答案】D【解析】【分析】根據，可知，根據，可知，則隨著pH增大，的值逐漸減小，的值逐漸增大，所以M線表示隨pH的變化，N線表示隨pH的變化。【詳解】A．根據分析可知，M線表示隨pH的變化，A項錯誤；B．當時，，根據圖像可知，pH＜7，溶液呈酸性，則，則，則BR溶液呈酸性，B項錯誤；C．升高溫度，酸堿的電離平衡常數都變大，則和都增大，兩條線均向上平移，C項錯誤；D．對于0.1mol/L的NaR溶液，設溶液中氫氧根的濃度為xmol/L，則可列三段式如下：則，解得，即，pH=9，D項正確；故選D。 二、非選擇題（本題包括4小題，共58分）15.(NH4)2Fe(SO4)2是分析化學中的重要試劑，受熱時分解，產物中含有鐵氧化物、SO2，SO3，NH3和水蒸氣等?；卮鹣铝袉栴}：（1）Fe2+的電子排布式為______。（2）H，N，O、S的電負性由小到大的順序是______。N、O、S的第一電離能由小到大的順序是______。（3）H2O2與H2S的相對分子質量相同，但常溫下H2O2為液體，H2S為氣體，原因是______。(NH4)2Fe(SO4)2受熱分解時的氣態(tài)產物中，屬于非極性分子的是______。（4）N一種化合物N2O與CO2互為等電子體，二者結構相似，N2O分子中O只與一個N相連，N2O分子中鍵和鍵數目之比是______。（5）(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在多種離子，其中空間結構為正四面體的有______；其溶液中存在H3O+離子，該離子中H—O—H的鍵角______（填“＞”“＝”或“＜”）單個H2O分子中H—O—H的鍵角?！敬鸢浮浚?）或（2）①.②.（3）①.H2O2能形成分子間氫鍵，使其熔沸點增高，H2S不能形成分子間氫鍵（合理即可）②.SO3（4）1:l（5）①.、②.＞【解析】【小問1詳解】基態(tài)Fe原子的電子排布式為，失去4s上的2個電子形成Fe2+，所以Fe2+的電子排布式為或；【小問2詳解】同周期主族元素從左到右元素的電負性增大，同主族元素的電負性由上到下逐漸減小，且非金屬性越強電負性越強，所以H、N、O、S的電負性由小到大的順序是；同周期主族元素的第一電離能隨原子序數的增大而增大，但VA族元素的第一電離能大于其相鄰元素的第一電離能，所以N＞O，同主族元素從上到下第一電離能逐漸減小，則O＞S，第一電離能大小順序為；【小問3詳解】過氧化氫和硫化氫都屬于分子晶體，且相對分子質量均為34，過氧化氫分子中氧元素的電負性大，所以在過氧化氫分子間存在氫鍵，而H2S 不能形成分子間氫鍵，氫鍵的存在使過氧化氫沸點提高，所以常溫下H2O2為液體，H2S為氣體；(NH4)2Fe(SO4)2受熱分解的氣態(tài)產物中H2O、SO2為V形結構，NH3為三角錐形結構，均為極性分子；SO3中心S上的孤電子對數為，與3個O相連．因此S為sp2雜化，SO3為平面三角形結構，結構對稱，為非極性分子；【小問4詳解】N2O與CO2互為等電子體，二者結構相似，所以N2O的結構式為，分子中鍵和鍵數目之比是1:1；【小問5詳解】(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在多種離子,其中中N價層電子對數為4，無孤電子對，N采取sp3雜化，為正四面體結構；中S價層電子對數為4，無孤電子對，S采取sp3雜化，為正四面體結構；H3O+中O價層電子對數為4，孤電子對數為1，H2O中O孤電子對數為2，H3O+比H2O中孤電子對數少，而孤電子對之間的斥力＞孤電子對與成鍵電子對之間的斥力＞成鍵電子對之間的斥力，導致H3O+中H-O-H的鍵角＞單個H2O分子中H-O-H的鍵角。16.回答下列問題：（1）現用物質的量濃度為0.2000mol·L-1的標準NaOH溶液去滴定20ml某鹽酸的物質的量濃度（以酚酞為指示劑），請?zhí)顚懴铝锌瞻祝孩儆脴藴蔔aOH溶液滴定時，應將標準NaOH溶液注入______（填“甲”或“乙”）中。②判斷到達滴定終點的實驗現象是______________。③如圖表示50mL滴定管中液面的位置，如果液面處的讀數是a，則滴定管中液體體積為_________（填代號）。A．amLB．大于amLC．等于（50－a）mLD．大于（50－a）mL（2）某研究性學習小組用0.2000mol·L-1NaOH標準溶液滴定20.00mL醋酸溶液的濃度，實驗數據記錄如下：實驗序號l234 消耗NaOH溶液的體積20.07200218.8019.97計算醋酸溶液的濃度______（保留四位有效數字）。（3）濃度會影響弱酸、弱堿的電離程度。用pH計測定不同濃度的醋酸的pH，結果如表：醋酸濃度0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.73①根據表中數據，可以得出醋酸是弱電解質的結論，你認為得出此結論的依據是__________。②從表中的數據，還可以得出另一結論：隨著醋酸濃度的增大，醋酸的電離程度將__________（填“增大”“減小”或“不變”）。（4）向0.10mol·L-1二元弱酸H2A溶液中逐滴滴入NaOH溶液，溶液中的H2A、HA-、A2-的物質的量分數隨pH的變化如圖所示[已知]。則_______?！敬鸢浮浚?）①.乙②.當滴入最后半滴標準溶液時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內不褪色（合理即可）③.D（2）0.2002mol/L（3）①.0.0100mol/L的醋酸的pH＞2（或醋酸稀釋10倍時，pH的變化值小于l；合理即可）②.減?。?）1000【解析】【小問1詳解】 ①NaOH溶液為堿性溶液，應該用堿式滴定管量取，即使用圖中的乙。②本實驗是用NaOH滴定鹽酸溶液，用酚酞作指示劑，所以達到終點時現象是：當滴入最后半滴標準溶液時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內不褪色。③滴定管刻度0刻度在上，從上到下增大。如果液面處的讀數是a，且最大刻度以下沒有刻度，則滴定管中液體的體積一定大于（50－a）mL；故答案為：乙；當滴入最后半滴標準溶液時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內不褪色；D；【小問2詳解】分析表中數據可知，第3次數據誤差較大，舍去，所消耗NaOH溶液的平均體積;mL．醋酚和氫氧化鈉反應時n（醋酸）＝n（NaOH），即0.02L×c（醋酸）＝0.02002L×0.2000mol/L，解得c（醋酸）＝0.2002mol/L;故答案為：0.2002mol/L;【小問3詳解】①弱電解質不能完全電離，由0.0100mol/L的醋酸的可知，醋酸電離出的氫離子濃度小于醋酸濃度，可得出醋酸是弱電解質的結論，或濃度為0.1000mol·L-1，0.0100mol·L-1及0.0010mol·L-1的醋酸，pH變化值小于1，也可說明醋酸是弱電解質；②0.0010mol/L．醋酸溶液pH為3.88，而0.0100mol/L醋酸溶液pH為3.38，即醋酸濃度增大10倍，pH減小值小于l，說明隨著醋酸濃度的增大，醋酸的電離程度將減??；故答案為：0.0100mol/L的醋酸的pH＞2（或醋酸稀釋10倍時，pH的變化值小于l）；減小；【小問4詳解】由圖可知，pH＝1.2時溶液中，．此時，pH＝4.2時溶液中，，此時，則;故答案為：1000。17.鎳有廣泛的用途，不僅可以用于不銹鋼的制造，目前也是三元鋰電池中的重要元素。由紅土鎳礦（主要成分為NiO，還含有少量MgO、SiO2以及鐵的氧化物等）可以制取黃鈉鐵礬和。 （1）黃鈉鐵礬中Fe的化合價為______。（2）為加快紅土鎳礦的溶解，在“酸浸”步驟中可以采取的措施是______________________________（任寫2條）；濾渣的主要成分是____________。（3）“預處理”中，反應的離子方程式可能為__________________。（4）“沉鐵”中若采用Na2CO3作為除鐵所需鈉源，Na2CO3的用量對體系pH和鎳的損失影響如圖1所示。當Na2CO3的用量超過6g/L時，鎳的損失率會增大，其可能的原因是____________________（已知Fe3+、Ni2+社開始沉淀的pH分別為2.2、7.5）（5）若溶液中c（Mg2+）為0.lmol/L，溶液的體積為1L，則要使溶液中，則應加入固體NaF為______mol[忽略體積的變化，已知]。“沉鎂”時應保證MgO已將溶液的pH調節(jié)至5.5～6.0的原因是____________________。（6）硫酸鈉與硫酸鎳晶體的溶解度曲線圖如圖2所示，由濾液Y制備的步驟為：Ⅰ．邊攪拌邊向濾液Y中滴加NaOH溶液至沉淀完全，過濾﹔Ⅱ．用蒸餾水洗滌固體﹔Ⅲ．將所得固體分批加入足量稀硫酸，攪拌使其完全溶解﹔Ⅳ．稍低于______℃減壓蒸發(fā)濃縮，降溫至稍高于______℃，趁熱過濾。①步驟Ⅱ中確定固體洗滌干凈的方法是____________；②步驟Ⅳ中橫線上的數字分別是______、______?！敬鸢浮浚?）＋3（2）①.研磨粉碎紅土鎳礦、增大酸的濃度、適當升高溫度等（符合條件都可以，任寫2條）②.SiO2（3） （4）pH＞2.2后，容易形成氫氧化鐵的膠體，吸附溶液中的Ni2+，造成鎳的損失（合理即可）（5）①.0.21②.pH過小，難以形成MgF2沉淀；pH過大，會形成Ni（OH）2沉淀（合理即可）（6）①.取最后一次的洗滌液于一支潔凈的試管中，向其中滴加BaCl2溶液，無沉淀生成（合理即可）②.53.8③.30.8【解析】【分析】紅土鎳礦(主要成分為NiO，還含有少量MgO、SiO2以及鐵的氧化物等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+等，二氧化硅不溶，形成濾渣，濾液中加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加入硫酸鈉沉鐵，得到黃鈉鐵礬沉淀，向濾液中加入MgO調節(jié)溶液pH，再加入NaF溶液沉鎂，所得濾液Y中含有NiSO4經分離提純得到NiSO4?6H2O?！拘?詳解】Na2Fe6(SO4)4(OH)12中氫氧根為-1價，硫酸根為-2價，Na為+1價，故鐵元素為+3價?！拘?詳解】影響化學反應速率的外因有濃度、溫度、接觸面積、催化劑等，所以為加快紅土鎳礦的溶解，在酸浸步驟中可以采取的措施是研磨粉碎紅土鎳礦、增大酸的濃度、適當升高溫度等；據分析SiO2不溶于稀硫酸，故濾渣為SiO2?！拘?詳解】“預處理”中加入過氧化氫的目的是將鐵元素全部氧化為Fe3+，所以發(fā)生反應的離子方程式為：；【小問4詳解】Fe3+、Ni2+開始沉淀的pH分別為2.2、7.5，沉鐵步驟中，若用碳酸鈉作為除鐵所需鈉源，由圖像可知，pH>2.2后，不僅有氫氧化鐵沉淀，同時還可能產生氫氧化鐵膠體，膠體具有吸附性，可吸附Ni2+使鎳的損失率會增大；【小問5詳解】“沉鎂”時存在反應：Mg2++2F-=MgF2，消耗0.2molNaF，存在平衡，c(F-)==mol/L=10-2mol/L，則應加入NaF固體的物質的量為0.2+0.01=0.21mol；“沉鎂”步驟中，若pH過小，H+與F-會結合形成HF，導致Mg2+沉淀不完全；若pH過大，會生成Ni(OH)2沉淀，因此“沉鎂”前，應保證MgO將溶液pH調節(jié)至5.5~6.0；【小問6詳解】濾液Y中主要含有NiSO4，還含有Na2SO4等雜質，為除去雜質可加入NaOH溶液，使Ni2+ 轉化為Ni(OH)2沉淀，過濾后洗滌沉淀，檢查沉淀是否洗滌干凈，用蒸餾水洗滌固體至最后一次洗滌濾液加BaCl2無沉淀出現；向沉淀中加硫酸溶解，蒸發(fā)濃縮，控制溫度在30.8~53.8℃間冷卻結晶，趁熱過濾，即可得到NiSO4·6H2O。18.2030年實現“碳達峰”，2060年達到“碳中和”的承諾，體現了我國的大國風范。二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于減少溫室氣體二氧化碳。回答下列問題：Ⅰ.二氧化碳加氫制甲醇涉及的反應可表示為：①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=-90kJ?mol-1③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-49kJ?mol-1（1）根據上述反應求：④CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的△H4=_____kJ?mol-1。（2）我國學者結合實驗與計算機模擬結果，研究了在金催化劑表面上反應④的反應歷程，如圖所示，其中吸附在金催化劑表面上的物種用*標注。寫出該歷程中決速步驟的化學方程式：_____。（3）一體積可變的密閉容器中，在保持aMPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡時，CO和CH3OH在含碳產物中物質的量分數及CO2的轉化率隨溫度的變化如圖所示：①圖中m曲線代表的物質為_____。②下列說法正確的是_____(填標號)。 A.180～380℃范圍內，H2的平衡轉化率始終低于CO2B.溫度越高，越有利于工業(yè)生產CH3OHC.一定時間內反應，加入選擇性高的催化劑，可提高CH3OH的產率D.150～400℃范圍內，溫度升高，H2O的平衡產量一直增大③已知氣體分壓=氣體總壓×氣體的物質的量分數，用平衡分壓代替平衡濃度可以得到平衡常數Kp=，270℃時反應①的分壓平衡常數為_____(保留2位有效數字)。II.近年來，有研究人員用CO2通過電催化生成多種燃料，實現CO2的回收利用，其工作原理如圖所示：（4）請寫出Cu電極上產生HCOOH的電極反應式：_____。（5）如果Cu電極上只生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH，則Pt電極上產生的O2在標準狀況下的體積為_____L?！敬鸢浮浚?）-41（2）COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*(或H2O*=H*+OH*)（3）①.CH3OH②.AC③.0.015（4）CO2+2H++2e-=HCOOH（5）20.16【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知，反應④=反應②－反應③，則?！拘?詳解】過渡態(tài)物質相對能量與始態(tài)物質相對能量相差越大，活化能越大，反應速率越慢，整體反應速率由反應歷程中最慢的步驟決定，由題圖知，最大活化能，該步起始物質為，產物為，所以該步反應是決速步驟，因反應前后和1個未發(fā)生改變，也可以表述成?！拘?詳解】①根據反應②和③可知，其反應的產物都有生成，且和 都小于零，也就是說，溫度升高，它們的平衡都會逆向移動，從而使的產量變少，則在含碳產物中物質的量分數減小，故符合這個規(guī)律的是曲線m；②A．起始投料，只發(fā)生反應③時，、轉化率相同，只發(fā)生反應①時，的轉化率大于的平衡轉化率，當①、③都發(fā)生時的平衡轉化率始終低于，A正確；B．由圖可知，溫度越低，的含量越高，越有利于工業(yè)生產，B錯誤；C．一定時間內反應，加入選擇性高的催化劑，可讓生成的反應快速達到平衡，而其他反應還未達到平衡，從而提高的產率，C正確；D．從反應①和③可以看出，反應消耗的和生成的相等，圖中150～400℃范圍內，溫度升高，的平衡轉化率先降后升，所以的平衡產量也先降后升，D錯誤；故選AC；③270℃時，設起始量，，由圖可知的轉化率為24%，則反應的為0.24mol，由于反應③=反應①+反應②，所以，只要討論反應①和反應②，反應①生成0.24molCO，設在反應②中消耗了xmol，則平衡時CO為，同理，平衡時為，三段式分析如下：由圖像可知，平衡時CO和的物質的量分數相同，即0.24－x=x，解得x=0.12，則可求得平衡時，，，，則可求得反應①的。 【小問4詳解】充電時，陰極反應中1mol完全轉化為HCOOH時有2mol轉移，則Cu電極上產生HCOOH的電極反應式為。【小問5詳解】