安徽省滁州中学2023-2024学年高二上学期期末测试化学试卷 Word版含解析.docx

《安徽省滁州中学2023-2024学年高二上学期期末测试化学试卷 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

安徽省滁州中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学试卷考生注意：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：选择性必修一、选择性必修三第一章、第二章。5．可能用到的相对原子质量：H1N14O16P31S32Fe56Cu64一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生活息息相关。下列说法错误的是A.天然气燃烧时，化学能全部转化为热能B.食品袋中充入氮气，可减小食品的腐败速率C.热的碳酸钠溶液可用于洗涤餐具表面的油污D.五彩缤纷的烟花与原子核外电子的跃迁有关【答案】A【解析】【详解】A．任何能源转化不可能为百分之百，天然气燃烧时化学不能全部转化为热能，还会转化为光能等能量，故A错误；B．氮气的化学性质不活泼，可用作保护气，食品袋中充入氮气能起到防腐作用，故B正确；C．油脂在碱性条件下水解，碳酸钠溶液呈碱性，热的碳酸钠溶液水解后碱性增强，去油污效果好，故C正确；D．燃放的焰火在夜空中呈现五彩缤纷的礼花为金属元素的焰色反应，基态原子吸收能量变为激发态原子，激发态原子释放能量放出可见光；与原子核外电子的跃迁有关，故D正确；故选：A。2.下列化学用语正确的是A.HClO的结构式：H—Cl—OB.C2H4中的共价键类型：极性键C.NH3的VSEPR模型： D.基态Cr原子的最外层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．HClO的结构式为H-O-Cl，故A错误；B．C2H4中的共价键类型为极性键和非极性键，故B错误；C．NH3分子中N价层电子对数为4，孤电子对数为1，VSEPR模型为，故C正确；D．基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，最外层电子数为1，其最外层电子排布图为，故D错误；故答案为：C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.1molN2与3molH2充分反应后，所得NH3的分子数为2NAB.1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中的数目为0.1NAC.电解精炼铜时，阳极减轻64g，外电路中转移电子数为2NAD.31gP4分子（正四面体结构）中含有的共价键数目为1.5NA【答案】D【解析】【详解】A．N2与H2的反应为可逆反应，所得NH3的分子数小于2NA，故A错误；B．Na2CO3溶液中会水解，所以其数目小于NA，故B错误；C．电解精炼铜时，粗铜为阳极，含有比铜活泼的金属，阳极减轻64g，外电路中转移的电子数不一定为2NA，故C错误；D．P4的结构为，3lgP4分子中含有的共价键为，故D正确；故答案为：D。4.已知甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1。有关下列热化学方程式的说法正确的是①② ③A.B.C.反应③中反应物的总键能大于生成物的D.【答案】D【解析】【详解】A．甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则对应的热化学方程式为，故A错误；B．反应①中生成气态水，反应放出的热量小于890.3kJ，则，反应③中CH4不完全燃烧，放热更少，则，即，故B错误﹔C．反应③是放热反应，反应物的总键能小于生成物的，故C错误；D．由盖斯定律可知，，故D正确；故答案为：D。5.下列有关离子方程式或电极反应式错误的是A.向Na2SO3溶液中加入稀硫酸：B.泡沫灭火器的反应原理：C.铅酸电池放电时的正极反应：D.用溶液检验【答案】C【解析】【详解】A．向Na2SO3溶液中加入稀硫酸，反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，其离子方程式为：，故A正确；B．泡沫灭火器的反应原理是硫酸铝和碳酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化碳和氢氧化铝，其反应的离子方程式为：，故B错误；C．铅酸电池放电时的正极反应式：，故C错误； D．用溶液检验时生成沉淀，其离子方程式为：，故D正确。综上所述，答案C。6.在2L恒容密闭容器中，通入2.2molCO和1molSO2，发生反应：。40min后反应达到平衡，测得S的质量为25.6g。下列有关说法正确的是A.40min后移出部分S，混合气体的质量将减小B.反应达平衡时，CO的转化率大于SO2的转化率C.40min后升温，正反应的速率增大程度大于逆反应的D.0—40min内，CO的平均反应速率为0.02mol·L-1·min-1【答案】D【解析】【详解】A．反应中S为固体，移出部分S，平衡不移动，混合气体的质量不变，错误；B．设反应中消耗xmolSO2，则SO2的平衡转化率为，CO的平衡转化率为，故CO的平衡转化率小于SO2的，错误；C．反应为放热反应，40min后升温，平衡逆向移动，正反应的速率增大程度小于逆反应的，错误；D．反应平衡时S的质量为25.6g，物质的量为25.6g÷32g·mol-1=0.8mol，则反应消耗的CO为1.6mol，CO的平均反应速率，正确。故选D。7.已知亚磷酸（H3PO3）是一种二元弱酸。向0.lmol·L-1H3PO3溶液中逐滴滴加足量0.1mol·L-1NaOH溶液，下列说法错误的是A.H3PO3分子中H均与O相连B.溶液中水的电离程度先增大后减小C.总反应的离子方程式为D.加热0.1mol·L-1Na2HPO3溶液，溶液的pH可能减小【答案】A【解析】 【详解】A．H3PO3是二元弱酸，则分子中只有2个—OH，其结构式为，A错误；B．开始时溶液中的H3PO3电离出H+，对水的电离起抑制作用，逐滴滴加足量稀NaOH溶液，恰好完全反应前，溶液中H+的浓度逐渐减小，水的电离程度增大；恰好完全反应时，溶液中溶质为Na2HPO3，水解促进水的电离，继续滴加NaOH溶液，溶液中OH-浓度增大，抑制水的电离，B正确；C．H3PO3是一种二元弱酸，与足量NaOH溶液反应生成正盐为Na2HPO3，总反应的离子方程式为，C正确；D．加热0.lmol∙L-1Na2HPO3溶液，水的Kw增大，水电离的H+浓度增大，溶液的pH可能减小，D正确；故选A。8.S的含氧酸根有多种，如，，，。等，其中是中的一个O被S取代的产物。下列说法中正确的是A.中O—S—O的键角为120°B.与中S的杂化方式相同C.的空间构型为正四面体D.中S与O之间的化学键键长均相等【答案】B【解析】【详解】A．中S上的孤电子对数为，故S的杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，O—S—O的键角不是120°，A错误；B．中S的杂化方式为sp3，中S上的孤电子对数为，故S的杂化方式为sp3，B正确；C．是中的1个O被1个S取代的产物，结构式为，其中S=S与S=O键长不等，的空间构型为四面体，不是正四面体，C错误； D．中S的最高化合价为＋6，则其中O的化合价不全是－2，其结构式为，其中S与O之间的化学键键长不完全相等，D错误；故选B。9.工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等）湿法制取金属锌的流程如图所示。“电解”时，电极均为惰性电极。下列说法错误的是A.加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+B.为增大反应速率，净化Ⅰ和净化Ⅱ均应在较高的温度下进行C.加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了D.“电解”时生成锌的总反应式为：【答案】B【解析】【分析】锌焙砂经硫酸“酸浸”后，溶液中含有，，，等金属阳离子，在“净化Ⅰ”时先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入ZnO调节pH使Fe转化为Fe(OH)3沉淀除去，在“净化Ⅱ”时加入过量ZnS将Cu2+转化为CuS沉淀除去，最后电解ZnSO4溶液得到Zn。【详解】A．加入ZnO能与氢离子反应，目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+，转化为Fe(OH)3沉淀除去，A正确；B．在“净化Ⅰ”时加入了H2O2若温度过高，则H2O2会部分分解，影响Fe2+的氧化效率和Fe3+中的除杂效果，B错误；C．加入过量ZnS将Cu2+转化为CuS沉淀除去，溶度积越小越容易生成沉淀，则，C正确；D．电解ZnSO4溶液时阳极是水中氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是锌离子得电子生成Zn ，生成锌的总反应式为：，D正确；故选B。10.设计如图装置回收金属钻，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。保持细菌所在环境pH稳定，借助细菌降解乙酸盐生成CO2，同时将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2（s）转化为中。已知电极材料均为石墨材质，下列说法错误的是A.左侧装置为电解池，右侧装置为原电池B.装置工作时，左侧装置中H+从左室经阳膜移向甲室C.左侧装置a电极反应式为D.右侧装置d电极反应式为【答案】D【解析】【分析】由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池﹔原电池中，c电极为电池的负极，CH3COO-在负极失去电子发生氧化反应生成CO2和H+，电极反应式为，乙室的LiCoO2电极为正极，酸性条件下LiCoO2在正极得到电子发生还原反应生成Li+，Co2+和H2O，电极反应式为；电解池中，与原电池正极相连的a电极为阳极，CH3COO-在阳极失去电子发生氧化反应生成CO2和H+，电极反应式为，b电极为阴极，Co2+在阴极得到电子发生还原反应生成Co，电极反应式为，电解的总反应为。【详解】A．由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，正确；B．细菌所在环境pH稳定，b电极发生还原反应，而细菌所在环境发生 ，产生的氢离子向甲室移动，B正确；C．电解池中，与原电池正极相连的a电极为阳极，CH3COO-在阳极失去电子发生氧化反应生成CO2和H+，电极反应式为，C正确；D．右侧装置d电极为正极，酸性条件下LiCoO2在正极得到电子发生还原反应生成Li+，Co2+和H2O，电极反应式为，D错误；故选D。11.根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是选项实验操作和现象结论或解释A向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸，有气泡产生电负性：，所以HCl的酸性比H2CO3的强B将CS2分别与水和CCl4混合后振荡，CS2与水分层、与CCl4互溶CS2是极性分子C相同的两片铝片分别与同温同体积，且c（H+）相等的盐酸﹑硫酸反应，铝与盐酸反应产生气泡较快Cl-可能对Al与H+的反应起到促进作用D向2mL0.1mol/LAgNO。溶液中先滴入几滴等浓度的NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴入几滴等浓度的NaI溶液，有黄色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．一般来说，元素的非金属性越强，电负性越大，而元素的非金属性强弱与氢化物的酸性强弱无关，A错误；B．CCl4是非极性分子，CS2与CCl4互溶，则CS2也是非极性分子，B错误；C．该组对比实验单一变量为阴离子，铝与盐酸反应产生气泡较快，反应速率较大，说明可能Cl-对该反应起到促进作用，C正确； D．向2mLAgNO3溶液中先滴入几滴等浓度的NaCl溶液，有白色沉淀生成，Ag+过量有剩余，再滴入几滴等浓度的NaI溶液，有黄色沉淀生成，不能肯定I-是与AgCl发生的反应，也就不能得出结论“”，D错误；故选C。12.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法错误的是A.氢化物的沸点：B.X的第一电离能一定小于YC.Q与M组成的化合物中可能含有非极性键D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】A【解析】【分析】Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C，X的2s轨道全充满，原子序数，则X为Be或B，M是地壳中含量最多的元素，M为O，原子序数，则Z为N，Q是纯碱中的一种元素，则Q为Na，据此分析。【详解】A．Y、Z，M分别为C，N，O，其氢化物有多种，若改为简单氢化物的沸点；，即才正确，A错误；B．X为Be或B，Y为C，所以X的第一电离能一定小于Y，B正确；C．Na和O形成的过氧化钠中过氧根内含有O-O非极性共价键，C正确；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大于C，硝酸酸性强于碳酸，D正确；故选A13.向一恒压密闭容器中加入lmolCH4和一定量的H2O，发生反应：。的平衡转化率随温度和压强的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A.该反应的B.曲线对应的压强：C.点b、c对应的反应速率：D.点a，b、c对应的平衡常数：【答案】D【解析】【详解】A．该反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则CH4的平衡转化率减小，故图像横轴表示温度，该反应是吸热反应，曲线对应的压强：，A正确；B．该反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则CH4的平衡转化率减小，，B正确；C．点b、c对应的温度相同，b点对应的压强小于c点的，则反应速率：，C正确；D．K只受温度影响，该反应是吸热反应，，D错误；故答案为：D。14.常温下，向某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的或与pH变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A.M线表示随pH的变化 B.BR溶液呈碱性C.若温度升高，两条线均向下平移D.常温下，溶液的【答案】D【解析】【分析】根据，可知，根据，可知，则随着pH增大，的值逐渐减小，的值逐渐增大，所以M线表示随pH的变化，N线表示随pH的变化。【详解】A．根据分析可知，M线表示随pH的变化，A项错误；B．当时，，根据图像可知，pH＜7，溶液呈酸性，则，则，则BR溶液呈酸性，B项错误；C．升高温度，酸碱的电离平衡常数都变大，则和都增大，两条线均向上平移，C项错误；D．对于0.1mol/L的NaR溶液，设溶液中氢氧根的浓度为xmol/L，则可列三段式如下：则，解得，即，pH=9，D项正确；故选D。 二、非选择题（本题包括4小题，共58分）15.(NH4)2Fe(SO4)2是分析化学中的重要试剂，受热时分解，产物中含有铁氧化物、SO2，SO3，NH3和水蒸气等。回答下列问题：（1）Fe2+的电子排布式为______。（2）H，N，O、S的电负性由小到大的顺序是______。N、O、S的第一电离能由小到大的顺序是______。（3）H2O2与H2S的相对分子质量相同，但常温下H2O2为液体，H2S为气体，原因是______。(NH4)2Fe(SO4)2受热分解时的气态产物中，属于非极性分子的是______。（4）N一种化合物N2O与CO2互为等电子体，二者结构相似，N2O分子中O只与一个N相连，N2O分子中键和键数目之比是______。（5）(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在多种离子，其中空间结构为正四面体的有______；其溶液中存在H3O+离子，该离子中H—O—H的键角______（填“＞”“＝”或“＜”）单个H2O分子中H—O—H的键角。【答案】（1）或（2）①.②.（3）①.H2O2能形成分子间氢键，使其熔沸点增高，H2S不能形成分子间氢键（合理即可）②.SO3（4）1:l（5）①.、②.＞【解析】【小问1详解】基态Fe原子的电子排布式为，失去4s上的2个电子形成Fe2+，所以Fe2+的电子排布式为或；【小问2详解】同周期主族元素从左到右元素的电负性增大，同主族元素的电负性由上到下逐渐减小，且非金属性越强电负性越强，所以H、N、O、S的电负性由小到大的顺序是；同周期主族元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但VA族元素的第一电离能大于其相邻元素的第一电离能，所以N＞O，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，则O＞S，第一电离能大小顺序为；【小问3详解】过氧化氢和硫化氢都属于分子晶体，且相对分子质量均为34，过氧化氢分子中氧元素的电负性大，所以在过氧化氢分子间存在氢键，而H2S 不能形成分子间氢键，氢键的存在使过氧化氢沸点提高，所以常温下H2O2为液体，H2S为气体；(NH4)2Fe(SO4)2受热分解的气态产物中H2O、SO2为V形结构，NH3为三角锥形结构，均为极性分子；SO3中心S上的孤电子对数为，与3个O相连．因此S为sp2杂化，SO3为平面三角形结构，结构对称，为非极性分子；【小问4详解】N2O与CO2互为等电子体，二者结构相似，所以N2O的结构式为，分子中键和键数目之比是1:1；【小问5详解】(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在多种离子,其中中N价层电子对数为4，无孤电子对，N采取sp3杂化，为正四面体结构；中S价层电子对数为4，无孤电子对，S采取sp3杂化，为正四面体结构；H3O+中O价层电子对数为4，孤电子对数为1，H2O中O孤电子对数为2，H3O+比H2O中孤电子对数少，而孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，导致H3O+中H-O-H的键角＞单个H2O分子中H-O-H的键角。16.回答下列问题：（1）现用物质的量浓度为0.2000mol·L-1的标准NaOH溶液去滴定20ml某盐酸的物质的量浓度（以酚酞为指示剂），请填写下列空白：①用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入______（填“甲”或“乙”）中。②判断到达滴定终点的实验现象是______________。③如图表示50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体体积为_________（填代号）。A．amLB．大于amLC．等于（50－a）mLD．大于（50－a）mL（2）某研究性学习小组用0.2000mol·L-1NaOH标准溶液滴定20.00mL醋酸溶液的浓度，实验数据记录如下：实验序号l234 消耗NaOH溶液的体积20.07200218.8019.97计算醋酸溶液的浓度______（保留四位有效数字）。（3）浓度会影响弱酸、弱碱的电离程度。用pH计测定不同浓度的醋酸的pH，结果如表：醋酸浓度0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.73①根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是__________。②从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的增大，醋酸的电离程度将__________（填“增大”“减小”或“不变”）。（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-的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。则_______。【答案】（1）①.乙②.当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色（合理即可）③.D（2）0.2002mol/L（3）①.0.0100mol/L的醋酸的pH＞2（或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于l；合理即可）②.减小（4）1000【解析】【小问1详解】 ①NaOH溶液为碱性溶液，应该用碱式滴定管量取，即使用图中的乙。②本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以达到终点时现象是：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色。③滴定管刻度0刻度在上，从上到下增大。如果液面处的读数是a，且最大刻度以下没有刻度，则滴定管中液体的体积一定大于（50－a）mL；故答案为：乙；当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；D；【小问2详解】分析表中数据可知，第3次数据误差较大，舍去，所消耗NaOH溶液的平均体积;mL．醋酚和氢氧化钠反应时n（醋酸）＝n（NaOH），即0.02L×c（醋酸）＝0.02002L×0.2000mol/L，解得c（醋酸）＝0.2002mol/L;故答案为：0.2002mol/L;【小问3详解】①弱电解质不能完全电离，由0.0100mol/L的醋酸的可知，醋酸电离出的氢离子浓度小于醋酸浓度，可得出醋酸是弱电解质的结论，或浓度为0.1000mol·L-1，0.0100mol·L-1及0.0010mol·L-1的醋酸，pH变化值小于1，也可说明醋酸是弱电解质；②0.0010mol/L．醋酸溶液pH为3.88，而0.0100mol/L醋酸溶液pH为3.38，即醋酸浓度增大10倍，pH减小值小于l，说明随着醋酸浓度的增大，醋酸的电离程度将减小；故答案为：0.0100mol/L的醋酸的pH＞2（或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于l）；减小；【小问4详解】由图可知，pH＝1.2时溶液中，．此时，pH＝4.2时溶液中，，此时，则;故答案为：1000。17.镍有广泛的用途，不仅可以用于不锈钢的制造，目前也是三元锂电池中的重要元素。由红土镍矿（主要成分为NiO，还含有少量MgO、SiO2以及铁的氧化物等）可以制取黄钠铁矾和。 （1）黄钠铁矾中Fe的化合价为______。（2）为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可以采取的措施是______________________________（任写2条）；滤渣的主要成分是____________。（3）“预处理”中，反应的离子方程式可能为__________________。（4）“沉铁”中若采用Na2CO3作为除铁所需钠源，Na2CO3的用量对体系pH和镍的损失影响如图1所示。当Na2CO3的用量超过6g/L时，镍的损失率会增大，其可能的原因是____________________（已知Fe3+、Ni2+社开始沉淀的pH分别为2.2、7.5）（5）若溶液中c（Mg2+）为0.lmol/L，溶液的体积为1L，则要使溶液中，则应加入固体NaF为______mol[忽略体积的变化，已知]。“沉镁”时应保证MgO已将溶液的pH调节至5.5～6.0的原因是____________________。（6）硫酸钠与硫酸镍晶体的溶解度曲线图如图2所示，由滤液Y制备的步骤为：Ⅰ．边搅拌边向滤液Y中滴加NaOH溶液至沉淀完全，过滤﹔Ⅱ．用蒸馏水洗涤固体﹔Ⅲ．将所得固体分批加入足量稀硫酸，搅拌使其完全溶解﹔Ⅳ．稍低于______℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于______℃，趁热过滤。①步骤Ⅱ中确定固体洗涤干净的方法是____________；②步骤Ⅳ中横线上的数字分别是______、______。【答案】（1）＋3（2）①.研磨粉碎红土镍矿、增大酸的浓度、适当升高温度等（符合条件都可以，任写2条）②.SiO2（3） （4）pH＞2.2后，容易形成氢氧化铁的胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍的损失（合理即可）（5）①.0.21②.pH过小，难以形成MgF2沉淀；pH过大，会形成Ni（OH）2沉淀（合理即可）（6）①.取最后一次的洗涤液于一支洁净的试管中，向其中滴加BaCl2溶液，无沉淀生成（合理即可）②.53.8③.30.8【解析】【分析】红土镍矿(主要成分为NiO，还含有少量MgO、SiO2以及铁的氧化物等)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，形成滤渣，滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，再加入硫酸钠沉铁，得到黄钠铁矾沉淀，向滤液中加入MgO调节溶液pH，再加入NaF溶液沉镁，所得滤液Y中含有NiSO4经分离提纯得到NiSO4⋅6H2O。【小问1详解】Na2Fe6(SO4)4(OH)12中氢氧根为-1价，硫酸根为-2价，Na为+1价，故铁元素为+3价。【小问2详解】影响化学反应速率的外因有浓度、温度、接触面积、催化剂等，所以为加快红土镍矿的溶解，在酸浸步骤中可以采取的措施是研磨粉碎红土镍矿、增大酸的浓度、适当升高温度等；据分析SiO2不溶于稀硫酸，故滤渣为SiO2。【小问3详解】“预处理”中加入过氧化氢的目的是将铁元素全部氧化为Fe3+，所以发生反应的离子方程式为：；【小问4详解】Fe3+、Ni2+开始沉淀的pH分别为2.2、7.5，沉铁步骤中，若用碳酸钠作为除铁所需钠源，由图像可知，pH>2.2后，不仅有氢氧化铁沉淀，同时还可能产生氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，可吸附Ni2+使镍的损失率会增大；【小问5详解】“沉镁”时存在反应：Mg2++2F-=MgF2，消耗0.2molNaF，存在平衡，c(F-)==mol/L=10-2mol/L，则应加入NaF固体的物质的量为0.2+0.01=0.21mol；“沉镁”步骤中，若pH过小，H+与F-会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；若pH过大，会生成Ni(OH)2沉淀，因此“沉镁”前，应保证MgO将溶液pH调节至5.5~6.0；【小问6详解】滤液Y中主要含有NiSO4，还含有Na2SO4等杂质，为除去杂质可加入NaOH溶液，使Ni2+ 转化为Ni(OH)2沉淀，过滤后洗涤沉淀，检查沉淀是否洗涤干净，用蒸馏水洗涤固体至最后一次洗涤滤液加BaCl2无沉淀出现；向沉淀中加硫酸溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8~53.8℃间冷却结晶，趁热过滤，即可得到NiSO4·6H2O。18.2030年实现“碳达峰”，2060年达到“碳中和”的承诺，体现了我国的大国风范。二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：Ⅰ.二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：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）根据上述反应求：④CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的△H4=_____kJ•mol-1。（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上反应④的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。写出该历程中决速步骤的化学方程式：_____。（3）一体积可变的密闭容器中，在保持aMPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示：①图中m曲线代表的物质为_____。②下列说法正确的是_____(填标号)。 A.180～380℃范围内，H2的平衡转化率始终低于CO2B.温度越高，越有利于工业生产CH3OHC.一定时间内反应，加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的产率D.150～400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量一直增大③已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp=，270℃时反应①的分压平衡常数为_____(保留2位有效数字)。II.近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示：（4）请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式：_____。（5）如果Cu电极上只生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH，则Pt电极上产生的O2在标准状况下的体积为_____L。【答案】（1）-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】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应④=反应②－反应③，则。【小问2详解】过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，反应速率越慢，整体反应速率由反应历程中最慢的步骤决定，由题图知，最大活化能，该步起始物质为，产物为，所以该步反应是决速步骤，因反应前后和1个未发生改变，也可以表述成。【小问3详解】①根据反应②和③可知，其反应的产物都有生成，且和 都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使的产量变少，则在含碳产物中物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m；②A．起始投料，只发生反应③时，、转化率相同，只发生反应①时，的转化率大于的平衡转化率，当①、③都发生时的平衡转化率始终低于，A正确；B．由图可知，温度越低，的含量越高，越有利于工业生产，B错误；C．一定时间内反应，加入选择性高的催化剂，可让生成的反应快速达到平衡，而其他反应还未达到平衡，从而提高的产率，C正确；D．从反应①和③可以看出，反应消耗的和生成的相等，图中150～400℃范围内，温度升高，的平衡转化率先降后升，所以的平衡产量也先降后升，D错误；故选AC；③270℃时，设起始量，，由图可知的转化率为24%，则反应的为0.24mol，由于反应③=反应①+反应②，所以，只要讨论反应①和反应②，反应①生成0.24molCO，设在反应②中消耗了xmol，则平衡时CO为，同理，平衡时为，三段式分析如下：由图像可知，平衡时CO和的物质的量分数相同，即0.24－x=x，解得x=0.12，则可求得平衡时，，，，则可求得反应①的。 【小问4详解】充电时，阴极反应中1mol完全转化为HCOOH时有2mol转移，则Cu电极上产生HCOOH的电极反应式为。【小问5详解】