湖南省永州市2021-2022学年高二化学上学期期末质量监测试卷（Word版附解析）

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-1N-14O-16S-32Mn-55Fe-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.Na2SO3B.KHSO4C.NaNO3D.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1L，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]4s24p3B.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-1D.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=186.19kJ·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、NOC.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/mL0.01mol·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/s①55V15t1②554025t2③5V23525t3下列判断不正确的是A.出现蓝色所需的时间：t1>t2>t3B.实验①③中V1=35，V2=10C.探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①②D.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-=HCOOHC.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和测得CH3COONa和NaClO溶液的酸性：CH3COOH>HClO NaClO溶液的pHpH分别为9和11B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5.5c(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)3A.AB.BC.CD.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10-5B.b点时，加入NaOH溶液的体积为10mLC.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<b<c，溶液中水的电离程度：c>b>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.Cr②.1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1（2）变小（3）ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO（4）①.正极②.CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O③.CuSO4④.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、K2②.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pH1.53.48.911.9沉淀完全时的pH2.84.7(>8溶解)10.914①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)3②.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-1②2H2(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-1①一定条件下，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/min01020304050压强/kPa1.21.081.000.960.960.96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.bc②.0.024③.3.5或3.5kPa-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，。