安徽省宣城市2021-2022学年高二化学上学期期末调研试卷（Word版含解析）

宣城市2021~2022学年度第一学期期末调研测试高二化学试题考生注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间100分钟。2.答题前，考生先将自己的姓名、考号在答题卡指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用0.5毫米的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。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ni-59Ag-108第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案)1.下列措施中不利于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是A.大力提倡植树造林B.向燃煤中添加碳酸钙C.借助光伏、风电、核电等技术发电D.利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化【答案】B 【解析】【分析】详解】A．植物能进行光合作用，从而吸收CO2，能实现碳中和，A不符合题意；B．燃煤中添加CaCO3，可实现燃煤脱硫，减少SO2排放，但会增加CO2的排放，不利于碳中和，B符合题意；C．采用光伏、风电、核电等新能源，可减少传统化石能源的使用，减少CO2的排放，能实现碳中和，C不符合题意；D．将CO2转化，符合碳中和要求，D不符合题意；故答案选B。2.化学在生活、生产、科技中有着广泛应用。下列说法正确的是A.共享单车利用太阳能电池完成卫星定位，有利于节能环保B.溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多C.将氯气通入澄清石灰水中可制得漂白粉D.75%的酒精和生理盐水均可用于餐具消毒以杀灭新型冠状病毒【答案】A【解析】【详解】A．太阳能是可再生的清洁能源，同时共享单车的使用，减少能源的利用，则有利于节能环保，故A正确；B．碳酸钠碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，故B错误；C．澄清石灰水中溶质Ca(OH)2浓度较低，用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，故C错误；D．生理盐水主要成分是NaCl，对新冠病毒无效，不能有效杀灭新型冠状病毒，故D错误；故选：A。3.下列反应中，既属于离子反应，又属于氧化还原反应且是放热反应的是A.盐酸与氢氧化钠的反应B.甲烷的完全燃烧C.锌与稀盐酸的反应D.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应【答案】C【解析】【详解】A．盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，无化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．甲烷的完全燃烧不属于离子反应，故B错误；C．锌与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，属于离子反应，Zn和H元素化合价变化，属于氧 化还原反应，且是放热反应，故C正确；D．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，属于吸热反应，没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故D错误；故选：C。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.溶液中含有的氧原子数为B.一定条件下，和反应可生成个分子C.常温下，的溶液中，由水电离出的的数目为D.常温常压下，和的混合气体中含有的氮原子数为【答案】D【解析】【详解】A．水溶液中n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.1mol·L-1×1L=0.1mol，CH3COOH和CH3COO-中含氧原子：0.1mol×2=0.2mol，另外，水中也含氧原子，故氧原子数大于，A错误；B．一定条件下，N2与H2反应为可逆反应，1molN2与3molH2可生成NH3的数目小于2NA，B错误；C．25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中c(H+)=，Ba(OH)2溶液中H+完全来源于水，故由水电离产生的H+为10-13mol/L，则由水电离产生的OH-也为10-13mol/L，对应物质的量=10-13mol，C错误；D．N2O4的最简式是NO2，所以23gNO2和N2O4的混合气体，相当于23gNO2，即0.5molNO2，则N原子的物质的量是0.5mol，即0.5NA，D正确；故答案选D。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.的溶液中：、、、B.能溶解的溶液中：、、、C.无色溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．的溶液呈中性，而发生水解反应溶液呈酸性，不能共 存，故A错误；B．能溶解的溶液呈酸性或强碱性，H+、之间发生反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；C．无色溶液中不会存在，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．的溶液呈酸性，各种离子之间不反应，能大量共存，故D正确；故选：D。6.下列有关电解质及电离的说法正确的是A.稀释醋酸溶液时，所有离子的浓度均减小B.氯气的水溶液能导电，所以氯气是电解质C.醋酸溶液的导电性不一定比盐酸弱D.水中加入酸、碱或盐都一定会抑制水的电离【答案】C【解析】【详解】A.稀释酸溶液，溶液中酸电离产生的所有离子的浓度均减小，但水电离出的离子浓度增大，选项A错误；B．氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C．导电能力强弱与离子浓度大小有关，与电解质的强弱无关，选项C正确；D．水中加入酸、碱会抑制水的电离，但若加入弱碱盐或弱酸盐可能会促进水的电离，选项D错误；答案选C7.下列有关实验装置及实验设计或现象正确的是ABCD装置实验测定分解反应速率探究温度对反应探究与水反应的热效应探究、对分解速率 平衡的影响的影响A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．气体易从长颈漏斗逸出，且没有秒表来记录反应时间，不能测定H2O2分解反应的速率，故A错误；B．已知中NO2为红棕色气体，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故B正确；C．钠与水反应为放热反应，应是U型右边的红墨水液面上升，故C错误；D．该探究实验中共有浓度、和催化剂2个变量，不能探究、对分解速率的影响，应保证浓度相同，故D错误；故选：B。8.足量的锌粉与稀硫酸反应，为了加快反应速率且增大生成的量，下列措施中能达到实验目的的是A.滴加少量的稀硝酸B.滴加几滴硫酸铜溶液C.滴加少量稀硫酸D.滴加少量醋酸钠溶液【答案】C【解析】【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，与金属反应不生成氢气，故A不符合题意；B．滴加几滴硫酸铜溶液，部分Zn与硫酸铜反应生成铜单质，形成锌-铜-硫酸原电池，能加快生成氢气的速率，但不会改变氢气的量，故B不符合题意；C．滴加少量稀硫酸，增大了硫酸浓度和用量，既加快了反应速率也增加氢气的量，故C符合题意；D．滴加少量醋酸钠与氢离子结合成醋酸分子，降低了氢离子浓度，使反应速率减小，故D不符合题意；故选：C。9.水是生活中不可缺少的物质。下列关于水的的说法，正确的是A.水的分解和水的汽化过程中焓变均大于0B.水的电离和电解过程均需要通电才能实现C.水电离出的氢离子浓度一定等于D.升高温度，水的电离程度和均增大 【答案】A【解析】【详解】A．水的分解和水的汽化过程都是吸热过程，焓变均大于0，故A正确；B．电离是指电解质在一定条件下(例如溶于某些溶剂、加热熔化等)，电离成可自由移动的离子的过程，不需要通电，电解过程需要通电，故B错误；C．常温下，纯水电离出的c(H+)=，而升高温度，促进水的电离，Kw值增大，c(H+)>，故C错误；D．水的电离是吸热的过程，升高温度使水的离子积增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；故选：A。10.某温度下，在恒容密闭容器中、、建立化学平衡：，改变下列条件对正、逆反应速率的影响不正确的是A.压缩容器体积B.通入C.使用(正)催化剂D.升高温度A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．压缩容器体积各物质的浓度均增大，正逆反应速率均增大，且正反应速率增大的程度大于逆反应速率，故A错误；B．通入增大反应物浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，故B正确；C．使用(正)催化剂能同等程度的增大正逆反应速率，故C正确；D．升高温度正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，平衡逆向移动，故D正确；故选：A。11.对于反应，下列分别表示不同条件下的反应速率，则反应速率大小关系正确的是 ①②③④A.②>③>④>①B.③>①=④>②C.③>④>①=②D.①>④>②>③【答案】B【解析】【详解】比较不同条件下的反应速率应转化成同一物质的速率进行比较，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行转换，以A的速率为标准，①对应的；②对应的；③④可知反应速率的由快到慢的顺序为：③>①=④>②；故选：B。12.下列与金属腐蚀有关说法中，不正确的是A.图a中铁制品主要发生吸氧腐蚀B.图b开关置于N处时，金属铁的腐蚀速率比置于M时更小C.图c为外加直流电源保护法，钢闸门应与外接电源的负极相连D.图d燃气灶的中心部位容易生锈，主要是高温下铁发生电化学腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．铁制品由Fe和C 等组成，海水是中性介质，构成原电池，发生吸氧腐蚀，故A正确；B．开关置于N处时，Zn的活泼性比Fe强，Fe做正极被保护，置于M时，Fe比Cu活泼，Fe做负极失电子生成Fe2+，则金属铁的腐蚀速率比置于M时更小，故B正确；C．电解池中，阴极材料被保护，钢闸门应与外接电源的负极相连做阴极可以获得保护，故C正确；D．燃气灶的中心部位容易生锈，主要是高温下铁发生化学腐蚀，不是电化学腐蚀，故D错误；故选：D。13.化学家研究催化剂催化丙烷脱氢机理如下图所示：下列说法错误的是A由图可知催化大致经过阶段Ⅰ(吸附)、反应Ⅱ(断裂第1个键)、反应Ⅲ(断裂第2个键)B.反应Ⅱ活化能最大，是催化丙烷脱氢的决速步C.在催化下反应生成时，放出的热量为D.若该催化反应在绝热容器中按照先发生Ⅰ，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，则完成反应Ⅱ后，不需要再加热就能发生反应Ⅲ【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，阶段Ⅰ产物为pt4...C3H8，该过程为吸附，反应Ⅱ产物为pt4-(HC3H7)，此时断裂第1个C-H键，反应Ⅲ产物pt4-(2HC3H7)，此时断裂第2个C-H键，故 A正确；B．由图可知，反应Ⅱ活化能最大，则反应Ⅱ是Pt4催化丙烷脱氢的快速阶段，故B正确；C．由图可知1个C3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1个C3H6(g)和1个H2(g)]时，放出的热量为0.95eV，则1molC3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1mol[C3H6(g)+H2(g)]时，放出的热量为0.95NAeV，故C错误；D．若该催化反应在绝热容器中按照先发生I，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，由于反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，反应放出的热量使体系温度升高，达到反应Ⅲ所需的活化能，因此这些能量足以使反应Ⅲ发生，所以完成反应Ⅱ后，不需要再加热就能发生反应Ⅲ，故D正确；故选：C。14.在密闭容器中发生储氢反应：。在一定温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa。下列说法正确的是A.低温条件有利于该反应正向自发，利于储氢B.升高温度，v逆增大，v正减小，平衡逆向移动C.缩小容器的容积，平衡正向移动，重新达到平衡时H2的浓度减小D.向密闭容器中充入氢气，平衡正向移动，平衡常数增大【答案】A【解析】【详解】A．根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，降低温度，平衡正向移动，有助于H2转化为LaNi5H6固体的形成，因此利用储氢，A正确；B．升高温度，v逆增大，v正也增大，由于温度对吸热反应影响更大，所以v逆增大的倍数大于v正增大的倍数，化学平衡向吸热的逆向移动，B错误；C．缩小容器的容积，平衡正向移动，由于温度不变，反应的化学平衡常数不变，化学平衡常数K=不变，所以重新达到平衡时H2的浓度应该与原来相同，C错误；D．向密闭容器中充入氢气，化学平衡正向移动，但由于温度不变，化学平衡常数就不变，D错误；故合理选项是A。15.用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定三颈烧瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧(DO)随时间变化关系的曲线如下。下列说法正确的是 A.溶解氧随着溶液酸性减弱而增大B.时，发生析氢腐蚀而不发生吸氧腐蚀C.整个过程中，负极电极反应式为：D.时，既发生吸氧腐蚀又发生析氢腐蚀【答案】D【解析】【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，据此分析解答。【详解】A．由图可知，随着pH增大即溶液酸性减弱，溶解氧(DO)减小，故A错误；B．由图可知，pH=2.0时，锥形瓶内的溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生，同时锥形瓶内的气压增大，说明有产生氢气的析氢腐蚀发生，故B错误；C．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，故C错误；D．若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故D正确；故选：D。16.用溶液滴定溶液，溶液和温度随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A.整个滴定过程中，水的电离程度和都逐渐增大B.时，溶液中存在C.的电离常数D.第一反应终点可选用紫色石蕊溶液作为指示剂【答案】B【解析】【分析】用NaOH溶液滴定H2A溶液，=1时即X点，溶质为NaHA，=2时即Z点，溶质为Na2A；【详解】A．酸或碱抑制水的电离，能水解的盐类促进水的电离，随着NaOH溶液加入，逐渐生成能水解的盐类，当NaOH溶液过量，又抑制水的电离，则水的电离程度先增大后减小，水的电离是吸热反应，温度升高增大，由图中温度曲线可知温度先增大后减小，则Kw也是先增大后减小，故A错误；B．时，溶质为等量的NaHA和Na2A混合物，溶液中存在物料守恒：①，电荷守恒：②，联立①②两式可得，故B正确；C．由图知pH=9.7时，的电离常数，故C错误； D．由图知第一反应终点时溶液pH<7，紫色石蕊溶液在此pH范围内还没变色，则不能作为指示剂，故D错误；故选：B。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、填空题(本题共5小题，共52分)17.按要求回答问题：（1）碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为_______。（2）某温度下，向含有固体的饱和溶液中加入少量稀盐酸，则的溶解度_______(填“增大”“减小”“不变”，下同)，_______，_______。（3）电子工业使用溶液刻蚀印刷覆铜板，该过程的离子方程式为_______；配制的溶液应保持酸性的原因是_______。（4）常温下，的，用离子方程式说明溶液显碱性的原因_______。【答案】（1）、（2）①.减小②.不变③.减小（3）①.②.抑制水解生成（4）【解析】【小问1详解】碳酸氢钠在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：、；【小问2详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c(Cl-)增大，部分溶质AgCl析出，的溶解度减小，AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变；平衡逆向移动，c(Ag+)减小；【小问3详解】电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，所以过程中发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，FeCl3溶液中Fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性原因是抑制水解生成；【小问4详解】常温下，的说明为弱酸，溶液中 发生水解反应而显碱性，水解反应的离子方程式为。18.已知部分酸的电离平衡常数如下：弱酸电离常数()（1）、、、四种离子结合能力由强到弱的顺序是_______(用离子符号表示)。（2）时，向的溶液中加入蒸馏水，将其稀释到后，下列说法正确的是_______。A.的电离程度增大B.减小C.增大D.的数目增多（3）取等体积的均为a的醋酸和次氯酸两种溶液，分别用等浓度的稀溶液恰好完全中和时，消耗溶液的体积分别为，，则大小关系为：_______(填“>”、“<”或“=”)。（4）溶液与足量的溶液反应的离子方程式为_______。【答案】（1）（2）ABD（3）<（4）【解析】【小问1详解】弱酸的电离平衡常数越大，相应酸的酸性就越强，其酸根离子结合H+的能力就越弱，根据酸电离平衡常数可知酸性，所以结合H+的能力由强到弱的顺序为；【小问2详解】A．是弱酸，越稀越电离，则稀释后的电离程度增大，A正确；B．由于稀释导致减小的程度比电离程度，则减小，B正确； C．稀释后减小，温度不变，则Ka(HCN)不变，则减小，C错误；D．根据越稀越电离，的数目增多，D正确；故选：ABD；【小问3详解】由电离常数可知，醋酸的酸性比次氯酸强，相同pH的两种酸，醋酸的浓度比次氯酸小，故中和相同体积和相同pH的两种酸，所用到的NaOH的量关系为：醋酸小于次氯酸，故答案为：＜；【小问4详解】由电离常数可知酸性：>>，溶液与足量的溶液反应生成和，反应的离子方程式为。19.Ⅰ.利用绿色钙源蛋壳(主要成分为)制备葡萄糖酸钙晶体(相对分子质量为448)，并用酸性溶液间接滴定法对其纯度进行测定，假设其它成份不与溶液反应，步骤如下。①称取产品置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解；②加入足量溶液，用氨水调节为4～5，生成白色沉淀，过滤、用乙醇洗涤；③将②中洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗标准溶液。回答下列问题：（1）步骤②中生成白色沉淀的化学式为_______；用乙醇洗涤沉淀的原因是_______和利于干燥。（2）用离子方程式表示酸性标准溶液滴定待测液的反应原理_______。（3）根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为_______%(保留三位有效数字)。Ⅱ.利用吸收烟气中的过程包括：的分解、的吸收与的生成，以及的氧化。（4）恒温恒容密闭容器中进行吸收反应为，能说明该反应已达到平衡状态的是_______。A.气体的总压强不再随时间变化B.气体的密度不再随时间变化 C.单位时间内断裂与生成键数相等D.气体的分压不再随时间变化（5）的氧化涉及如下反应：①②③_______(用、表示)。【答案】（1）①.②.减小溶解损耗（2）（3）89.6（4）BD（5）【解析】【分析】步骤①与稀盐酸反应生成CaCl2，步骤②中钙离子和草酸根离子结合生成白色沉淀，步骤③溶于稀硫酸生成CaSO4和H2C2O4，用标准溶液滴定H2C2O4发生氧化还原反应；【小问1详解】与稀盐酸反应生成CaCl2，步骤②中钙离子和草酸根离子结合生成白色沉淀；用乙醇洗涤沉淀的原因是减小溶解损耗；【小问2详解】溶于稀硫酸生成CaSO4和H2C2O4，用标准溶液滴定H2C2O4发生氧化还原反应；【小问3详解】由滴定原理：，n(H2C2O4)=2.5n()=2.5××=mol，n(H2C2O4)=n(Ca2+)=mol，m()=nM= mol×448g/mol=0.5376g，产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为；【小问4详解】A．该反应是气体体积不变的反应，气体的总压强始终不变，故A错误；B．该反应混合气体的质量是变量，容器体积不变，则反应过程中气体的密度发生改变，当气体的密度不再随时间变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；C．单位时间内断裂H-S与生成H-O键数相等，只说明v正(H2S)=v正(H2O)，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．随着反应进行，气体的分压发生改变，当其不再随时间变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；【小问5详解】根据盖斯定律：2×②-2×①得③，则△H3=。20.三氧化二镍()常用于制造高能电池。以金属镍废料(含、、等杂质)生产的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）中元素化合价为_______，实验室进行过滤操作需用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和_______。（2）为加快酸浸速率可采取的措施有_______(写出一点即可)；其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图所示，酸浸的最佳温度与时间为_______(选填“a、b、c、d”中的一个标号)。 （3）“氧化”时加入发生反应的离子方程式为_______。（4）“过滤”中加入的目的是将、变为、沉淀除去，已知常温下，、的溶度积分别为、。两种沉淀共存时，溶液中_______。（5）被“氧化”生成，的化学方程式为_______。（6）用含镍26.55%的金属镍废料经过上述工艺制得固体，镍的回收率为_______%(保留两位小数)。【答案】（1）①.②.玻璃棒（2）①.粉碎矿石、升温、适当增大酸的浓度、搅拌等②.c（3）（4）0.5（5）（6）88.89【解析】【分析】镍废料中加入盐酸酸浸，然后发生一系列转化后得到Ni2O3，则Ni能和稀盐酸反应，生成Ni2+，Fe、Ca、Mg和稀盐酸分别反应生成Fe2+、Ca2+、Mg2+，则酸浸后的溶液中含有Ni2+、Cl-、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H+，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH，使Fe3+全部沉淀，过滤得到的滤渣A为Fe(OH)3，过滤后的滤液中加入NH4F，Ca2+生成CaF2沉淀，Mg2+生成MgF2沉淀，则滤渣B为CaF2、MgF2；再向滤液中加入Na2CO3溶液进行沉镍，生成NiCO3，滤液C中含有Na+、CO、NH、F-、Cl-等，过滤后向滤渣中加入稀盐酸，NiCO3溶解生成CO2和NiCl2，向溶液中加入NaClO、NaOH得到Ni2O3，NaClO得电子发生还原反应生成NaCl；过滤后得到Ni2O3；【小问1详解】中O为-2价，元素化合价为+3，过滤操作需用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和 玻璃棒；【小问2详解】为加快酸浸速率可采取的措施有：粉碎矿石、升温、适当增大酸的浓度、搅拌等，Ni的浸出率越高、温度越低且时间越短越好，根据图知，由图可知酸浸的最佳温度与时间分别为70℃、120min，镍浸出率较大，故答案为：c；【小问3详解】“氧化”时加入氧化Fe2+为Fe3+，发生反应的离子方程式为；【小问4详解】两种沉淀共存时，溶液中；【小问5详解】“氧化”生成Ni2O3时，NaClO被还原生成NaCl，反应方程式为；【小问6详解】m(Ni)=100kg×26.55%=26.55kg，Ni2O3固体中m(Ni)=33.2kg×≈23.60kg，Ni的回收率=。21.甲醇和乙醇都是重要的化工原料，将转化为甲醇和乙醇是实现“碳达峰、碳中和”目标的方法之一。（1）利用焦炉煤气制取甲醇的主要反应原理为则该反应的_______。 （2）完全燃烧甲醇放出的热量，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______。（3）某小组采用催化加氢制甲醇来减少对环境造成的影响。恒温恒容条件下，向4L的密闭容器中，充入和，发生反应，起始压强为，后反应达平衡，此时，则：①转化率为_______%，_______。②该反应达到平衡时的平衡常数_______(列出计算式即可)。(为分压表示的平衡常数，物质的量分数)（4）某兴趣小组同学以甲醇燃料电池为电源研究有关电化学的问题。①乙池中，B极的电极名称为_______极，甲池中，通入氧气一极的电极反应式为_______。②丙池中，通电前C、D两电极的质量相同，通电一段时间后，若两极的质量相差，则理论上甲池中消耗的体积为_______(标准状况下)。【答案】（1）（2）（3）①.40②.③.（4）①.阴②.③.224【解析】【小问1详解】 该反应的反应物的总能量-生成物的总能量=419-510=-91kJ/mol；【小问2详解】甲醇物质的量，则1mol甲醇放出的热量，甲醇燃烧热的热化学方程式为；【小问3详解】①平衡时，在4L容器中，列三段式：，转化率为，；②恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，起始压强为，则，平衡时总压强为，平衡时的平衡常数；【小问4详解】①甲池为原电池，燃料甲醇在负极发生失电子，正极上氧气得电子。则乙池为惰性电极电解饱和食盐水装置，B为阴极，甲池正极上氧气得电子，电极反应式为；②设电路中转移电子为x，丙池中阳极反应式为Ag-e-=Ag+，阴极反应式为Ag++e-=Ag，开始时两极的质量相等，电解一段时间后两极的质量相差，则108x+108x=，解得x=0.04mol，原电池中正极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据电子守恒可知，n(O2)=n(e-)=0.01mol，标准状况下V(O2)=nVm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL。