浙江省金華第一中學2023-2024學年高二上學期11月期中考試化學試題

金華一中2023學年第一學期期中考試高二化學試題卷可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Cu64一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質(zhì)既能導電又屬于電解質(zhì)的是A.鎂 B.酒精 C.熔融的硫酸鈉 D.KCl晶體【答案】C【解析】【詳解】A．鎂能導電，但不屬于電解質(zhì)，A不正確；B．酒精不能導電，屬于非電解質(zhì)，B不正確；C．熔融的硫酸鈉能導電，且屬于電解質(zhì)，C正確；D．KCl晶體屬于電解質(zhì)，但不能導電，D不正確；故選C。2.下列化學用語或圖示表達正確的是A.HClO的電子式：B.乙烯的結構簡式：C.鍵電子云輪廓圖D.基態(tài)S原子的價層電子的軌道表示式：【答案】D【解析】【詳解】A．HClO的電子式：，故A錯誤；B．乙烯的結構簡式：CH2=CH2，故B錯誤；C．是鍵電子云，以“肩并肩”方式形成，鍵是兩個p軌道“頭碰頭”形成的，故C錯誤；D．基態(tài)S原子的價層電子排布式為3s23p4，軌道表示式為：，故D正確；故選D。3.氫氧化鈉是一種重要的化工原料，廣泛應用于造紙和制皂工業(yè)等。下列說法不正確的是A.氫氧化鈉屬于強電解質(zhì) B.氫氧化鈉不能使用高純氧化鋁坩堝熔化C.廚房油煙機污漬可用氫氧化鈉溶液清洗 D.工業(yè)上氫氧化鈉由氧化鈉與水反應制得【答案】D【解析】【詳解】A．氫氧化鈉在水溶液中完全電離，屬于強電解質(zhì)，A正確；B．氫氧化鈉與氧化鋁反應，所以不能使用高純氧化鋁坩堝熔化氫氧化鈉，B正確；C．油脂在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解，所以廚房油煙機污漬可用氫氧化鈉溶液清洗，C正確；D．工業(yè)上電解飽和食鹽水制得氫氧化鈉，D錯誤；故選D。4.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應關系不正確的是A.生鐵的硬度大，可以用于制造鋼軌、車輪、建材B.具有漂白、防腐和抗氧化等作用，可用作食品添加劑C.常溫下鐵制容器遇濃硝酸鈍化，可用鐵制容器來盛裝濃硝酸D.硬度很大，可用作砂輪的磨料【答案】A【解析】【詳解】A．生鐵硬而脆，延展性差，制造鋼軌、車輪、建材等金屬材料需要有較好的延展性，如鋼等，故A錯誤；B．SO2具有漂白性和強還原性，具有漂白、防腐和抗氧化等作用，可作為食品添加劑，故B正確；C．常溫下鐵制容器遇濃硝酸鈍化，在鐵的表面生成一層致密的氧化膜，故可用鐵制容器來盛裝濃硝酸，故C正確；D．SiC硬度很大屬于共價晶體，硬度大，可用作砂輪的磨料，故D正確；故本題選A。5.用下列實驗裝置能達到相關實驗目的是ABCD實驗裝置實驗目的除去Fe(OH)3膠體中混有的NaCl溶液配制0.1mol·L1NaCl溶液實驗室灼燒Na2CO3·10H2O收集SO2并吸收尾氣A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．膠體能夠透過濾紙，故除去Fe(OH)3膠體中混有的NaCl溶液不能進行過濾操作，而應該采用滲析法，A錯誤；B．容量瓶不能作為溶解、稀釋和反應、長期貯存溶液的儀器，B錯誤；C．灼燒固體或晶體應該在坩堝中進行，而不能在蒸發(fā)皿中進行，C錯誤；D．SO2的密度比空氣大，可以采用向上排空氣法收集，SO2是酸性氧化物，可以用NaOH溶液來吸收進行尾氣處理，D正確；故答案為：D。6.設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.25℃時，pH=13的氨水中由水電離出的氫離子數(shù)目為B.0.1molFeBr2與0.1molCl2反應時生成Br2分子數(shù)為0.1NAC.常溫常壓下，2.2g由CO2和N2O組成的混合氣體中含有的原子總數(shù)為0.15NAD.電解精煉銅陽極減輕64g，電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA【答案】C【解析】【詳解】A．只知道氫離子濃度，體積未知，無法計算氫離子數(shù)目，故A錯誤；B．還原性Fe2+＞Br，故氯氣先氧化Fe2+，所以生成的Br2分子數(shù)小于0.1NA個，故B錯誤；C．N2O與CO2的摩爾質(zhì)量均為44g/mol，故2.2g混合物的物質(zhì)的量為0.05mol，且均為三原子分子，故0.05mol混合物中含0.15mol原子即0.15NA，故C正確；D．電解精煉銅時，陽極上是粗銅，粗銅中含有比銅活潑的金屬雜質(zhì)如Zn、Fe等，Zn、Fe會優(yōu)先放電，故陽極質(zhì)量減少64g，轉(zhuǎn)移到陰極的電子數(shù)不一定為2NA，故D錯誤；故選C。7.下列“類比”合理的是A.Na與H2O反應生成NaOH和H2，則Fe與H2O反應生成Fe(OH)3和H2B.Na3N與鹽酸反應生成NaCl和NH4Cl，則Mg3N2與鹽酸反應生成MgCl2和NH4ClC.NaClO溶液與CO2反應生成NaHCO3和HClO，則NaClO溶液與SO2反應生成NaHSO3和HClOD.稀硫酸溶液和氫氧化鈉溶液完全中和生成1mol水放熱57.3kJ，稀硫酸和氫氧化鋇溶液完全中和生成1mol水也放熱57.3kJ【答案】B【解析】【詳解】A．Fe與H2O蒸汽在高溫條件下反應生成Fe3O4和H2，故A錯誤；B．Na3N與鹽酸反應生成NaCl和NH4Cl，Mg3N2與鹽酸反應生成MgCl2和NH4Cl，故B正確；C．SO2具有還原性，HClO能氧化SO2，NaClO溶液與SO2反應不能NaHSO3和HClO，故C錯誤；D．稀硫酸溶液和氫氧化鈉溶液完全中和生成1mol水放熱57.3kJ，稀硫酸和氫氧化鋇溶液完全中和生成1mol水的同時還生成0.5mol硫酸鋇沉淀，所以放熱大于57.3kJ，故D錯誤；選B。8.下列相關條件下的離子方程式書寫正確的是A.泡沫滅火器原理：B.侯德榜制堿法的反應之一：C.碳酸氫鎂溶液中滴加過量的燒堿溶液：D.海水提溴工藝中，用純堿溶液富集：【答案】B【解析】【詳解】A．泡沫滅火器中是鋁離子和碳酸氫根發(fā)生反應，離子方程式為：，A錯誤；B．向氨的飽和氯化鈉溶液中通入二氧化碳，有碳酸氫鈉晶體析出，離子方程式正確，B正確；C．碳酸氫鎂溶液中滴加過量的燒堿溶液，碳酸氫鎂量少，完全反應生成氫氧化鎂沉淀，離子方程式為：，C錯誤；D．海水提溴工藝中，用純堿溶液富集，離子方程式為：，D錯誤；故選B。9.下列說法正確的是A.石油裂解氣能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色B.正丁烷和異丁烷互為同系物C.乙醇與金屬鈉能反應，且在相同條件下比水與金屬鈉的反應更劇烈D.乳酸的結構簡式為，1mol乳酸可與2molNaOH發(fā)生中和反應【答案】A【解析】【詳解】A．石油裂解氣含有烯烴，烯烴有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應使溴的四氯化碳溶液褪色，能發(fā)生氧化反應使酸性KMnO4溶液褪色，A正確；B．正丁烷和異丁烷的分子式均為C4H10，互為同分異構體而不是同系物，B錯誤；C．乙醇與金屬鈉能反應，但乙醇中羥基氫不如水中氫容易反應，故在相同條件下比水與金屬鈉的反應緩慢，C錯誤；D．1mol乳酸含有1mol羧基，可與1molNaOH發(fā)生中和反應，D錯誤；故選A。10.已知：Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數(shù)依次遞增，Z元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，其余均為短周期主族元素，Y原子價層電子排布式為，Q、X原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4。下列說法中正確的是。A.元素的第一電離能：X>R>QB.Z位于元素周期表d區(qū)C.原子半徑：Y>X>R>QD.Q、Y形成的最高價氧化物的水化物的酸性：Q>Y【答案】D【解析】【分析】Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數(shù)依次遞增，Z元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，Z為Cu元素，其余的均為短周期主族元素；Q、X原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4，Q原子的核外電子排布為1s22s22p2，故Q為C元素；X原子的核外電子排布為1s22s22p4，為O元素；R原子序數(shù)介于C元素與O元素之間，故R為N；元素Y原子價層電子排布式為msnmpn，則n=2，故為第ⅣA族元素，原子序數(shù)大于O元素，小于Cu元素，故Y為Si元素；【詳解】A．同周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢，同主族元素自上而下第一電離能降低，但第ⅤA族由于p軌道為半充滿狀態(tài)，更加穩(wěn)定，所以第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能：R>X>Q，故A錯誤；B．銅位于元素周期表ds區(qū)，故B錯誤；C．C電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越??；原子半徑：Y>Q>R>X，故C錯誤；D．同非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，Q、Y形成的最高價氧化物的水化物的酸性：Q>Y，故D正確；故選D。11.溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成工藝流程如下：下列說法錯誤的是A.還原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回還原工序B.除雜工序中產(chǎn)生的濾渣可用煤油進行組分分離C.中和工序中的化學反應為D.參與反應的為1∶1∶1【答案】A【解析】【分析】由流程可知，氫溴酸中含有少量的溴，加入硫化鋇將溴還原生成溴化鋇和硫，再加入硫酸除雜，得到的濾渣為硫酸鋇和硫；加入碳酸鋰進行中和，得到的溴化鋰溶液經(jīng)濃縮等操作后得到產(chǎn)品溴化鋰?！驹斀狻緼．還原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化鈉和溴酸鈉等物質(zhì)，若直接返回還原工序，則產(chǎn)品中會有一定量的溴化鈉，導致產(chǎn)品的純度降低，A說法錯誤；B．除雜工序中產(chǎn)生的濾渣為硫酸鋇和硫，硫?qū)儆诜菢O性分子形成的分子晶體，而硫酸鋇屬于離子晶體，根據(jù)相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸鋇不溶于煤油，因此可用煤油進行組分分離，B說法正確；C．中和工序中，碳酸鋰和氫溴酸發(fā)生反應生成溴化鋰、二氧化碳和水，該反應的化學方程式為Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O，C說法正確；D．根據(jù)電子轉(zhuǎn)化守恒可知，溴和硫化鋇反應時物質(zhì)的量之比為1:1；根據(jù)硫酸鋇的化學組成及鋇元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)為1:1，因此，參與反應的n(Br2):n(BaS):n(H2SO4)為1:1:1，D說法正確；綜上所述，本題選A。12.用惰性電極電解法制備硼酸[或]的工作原理如圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子和陰離子通過)。下列有關說法正確的是A.1、3膜為陰膜，2膜為陽膜B.b極的電極反應式為C.每增加產(chǎn)品，NaOH溶液增重23gD.產(chǎn)品室中發(fā)生的反應是【答案】D【解析】【分析】由圖可知，b電極為陽極，電解時陽極上水失電子生成O2和H+，a電極為陰極，電解時陰極上水得電子生成H2和OH，原料室中的Na+通過陽膜1進入a極室，溶液中c(NaOH)增大，原料室中的通過陰膜2進入產(chǎn)品室，b極室中氫離子通入陽膜3進入產(chǎn)品室，、H+發(fā)生反應生成H3BO3；a、b電極反應式分別為2H2O+2e=H2↑+2OH、2H2O4e=O2↑+4H+?！驹斀狻緼．由上述分析可知，1、3膜為陽膜，2膜為陰膜，故A錯誤；B．b極為陽極，電極反應為2H2O4e=O2↑+4H+，故B錯誤；C．每增加1molH3BO3產(chǎn)品，則有1molNa+移向NaOH溶液，同時有0.5molH2生成，因此NaOH溶液質(zhì)量增加1mol×23g/mol0.5mol×2g/mol=22g，故C錯誤；D．產(chǎn)品室中、H+發(fā)生反應生成H3BO3，反應離子方程式為+H+=B(OH)3+H2O，故D正確；故答案為D。13.反應物(S)轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物(P或P·Z)的能量與反應進程的關系如下圖：下列有關四種不同反應進程的說法錯誤的是A.進程I是放熱反應B.平衡時P的產(chǎn)率：II=IC.生成P的速率：III>IID.進程IV中，Z沒有催化作用【答案】C【解析】【詳解】A．進程I：反應物S的總能量大于生成物P的總能量，所以進程I是放熱反應，A選項正確；B．進程II使用了催化劑X，但是催化劑不影響化學平衡的移動，不會改變平衡產(chǎn)率，所以兩個進程中，平衡時P的產(chǎn)率：II=I，B選項正確；C．進程III中S+Y轉(zhuǎn)化為S?Y的活化能大于進程II中S+X轉(zhuǎn)化為S?X的活化能，這兩步反應分別是兩個反應進程的決速步驟，對應反應的活化能大，反應速率小，所以生成P的速率：III<II，C選項錯誤；D．由圖可知，進程IV中S吸附到Z表面生成S?Z，S?Z轉(zhuǎn)化為生成物P?Z，P?Z并未轉(zhuǎn)化為P+Z，所以進程IV中，Z沒有催化作用，D選項正確；答案選C。14.甲異腈(CHNC)在恒容密閉容器中發(fā)生異構化反應：CH3NC(g)→CH3CN(g)，反應過程中甲異腈濃度c隨時間t的變化曲線如圖所示(圖中T為溫度)。該反應的反應速率v與c的關系為v=kc，k為速率常數(shù)(常溫下為常數(shù))，a點和b點反應速率相等，即v(a)=v(b)。下列說法錯誤的是A.bf段平均反應速率為1.0×104mol(L·min)B.a點反應物的活化分子數(shù)多于d點C.T1>T2D.3v(d)=2v(e)【答案】C【解析】【分析】設T1時，速率常數(shù)為k1，T2時，速率常數(shù)為R2，v(a)=v(b)，，?！驹斀狻緼．由題干信息可知，，A正確；B．a(chǎn)d兩點相比較，a點的濃度比d的濃度大，且其他的條件相同，故a點反應物的活化分子數(shù)多于d點，B正確；C．由以上可知，k2=2k1，v=kc，濃度相同的時候，v2>v1，溫度越高，速率越大，故T2>T1，C錯誤；D．，，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D正確；故選C。15.已知。25℃時，和飽和溶液中，金屬陽離子的物質(zhì)的量濃度的負對數(shù)與溶液的變化關系如圖所示，下列說法不正確的是A.向等濃度的和的混合溶液中滴加溶液，先沉淀B.當和沉淀共存時，溶液中：C.Y點對應的分散系是均一穩(wěn)定的D.無法通過直接控制的方法除去溶液中含有的少量【答案】C【解析】【分析】Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，則Fe(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2，則相等時，F(xiàn)e(OH)2中氫氧根離子的濃度大于Cu(OH)2中氫氧根離子的濃度，所以曲線a表示Cu(OH)2、曲線b表示Fe(OH)2，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．向等濃度的和的混合溶液中滴加溶液，溶度積小的先沉淀，應先生成氫氧化銅沉淀，故A正確；B．pH=8時，lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=103.1×(106)2=1015.1，當pH=10時，lgc(Cu2+)=11.7，則Ksp[Cu(OH)2]=1011.7×(104)2=1019.7，c(Fe2+)∶c(Cu2+)==，故B正確；C．Y點對應的Cu(OH)2分散系中，c(Cu2+)×c2(OH)＞Ksp[Cu(OH)2]，平衡逆向移動，形成沉淀，即Y點對應的Cu(OH)2分散系是不穩(wěn)定的體系，故C錯誤；D．氫氧化銅溶度積較小，調(diào)節(jié)pH，先生成氫氧化銅沉淀，不能通過直接控制pH的方法可除去溶液中含有的量，故D正確；答案選C?！军c睛】本題的難點為B，要注意根據(jù)圖象提供的數(shù)據(jù)計算出Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Cu(OH)2]。16.探究鹵族元素單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)，下列方案設計、現(xiàn)象和結論都正確的是選項實驗方案現(xiàn)象結論A往碘的溶液中加入等體積濃溶液，振蕩分層，下層由紫紅色變?yōu)闇\粉紅色，上層呈棕黃色碘在濃溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸鈉溶液點在試紙上試紙最終變?yōu)榘咨温人徕c溶液呈中性C往溶液中滴加溶液，再加入少量固體溶液先變成血紅色后無明顯變化與的反應不可逆D取兩份新制氯水，分別滴加溶液和淀粉溶液前者有白色沉淀，后者溶液變藍色氯氣與水的反應存在限度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．向碘的四氯化碳溶液中加入等體積濃溶液，振蕩，靜置，溶液分層，下層由紫紅色變?yōu)闇\粉紅色，上層呈棕黃色，說明碘的四氯化碳溶液中的與溶液中反應生成使上層溶液呈棕黃色，證明碘在濃溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正確；B．溶液具有強氧化性，能使有機色質(zhì)漂白褪色，無法用試紙測定溶液的，故B錯誤；C．溶液變血紅色的原因，F(xiàn)e3++3SCN=Fe(SCN)3，與硫酸根離子和鉀離子無關，加入少量固體對平衡體系無影響，故C錯誤；D．新制氯水中的和都能與溶液反應生成使淀粉變藍色的碘單質(zhì)，則溶液變藍色不能說明溶液中存在，無法證明氯氣與水的反應存在限度，故D錯誤；故答案選A。二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.鐵鎂合金是一種性能優(yōu)異的儲氫材料。關于鐵鎂兩種元素，請回答下列問題：（1）同周期元素中，第一電離能小于鎂的元素有___________種。（2）基態(tài)Fe原子的簡化電子排布式為___________，其中電子的空間運動狀態(tài)有___________種，F(xiàn)e位于元周期表的___________區(qū)。（3）與Fe元素同周期，基態(tài)原子有2個未成對電子的金屬元素有___________種，下列狀態(tài)的鐵中，電離最外層一個電子所需能量最大的是___________(填標號)。a．[Ar]b．[Ar]c．[Ar]d．[Ar]（4）試從結構角度解釋易被氧化為___________。【答案】（1）2（2）①.[Ar]3d64s2②.15③.d（3）①.3②.c（4）的基態(tài)電子排布式為[Ar]3d6，失去1個電子形成[Ar]3d5半充滿穩(wěn)定結構，因此易被氧化為【解析】【小問1詳解】鎂位于第三周期，第三周期中第一電離能小于Mg的有Na和Al元素2種；【小問2詳解】基態(tài)Fe原子的簡化電子排布式為[Ar]3d64s2；電子的空間運動狀態(tài)即電子所占據(jù)的軌道有15種；Fe位于元素周期表的d區(qū)；【小問3詳解】與Fe元素同周期，基態(tài)原子有2個未成對電子的金屬元素有Ti、Ni、Ge、Se四種元素，但金屬元素有3種；a是基態(tài)Fe原子，b是基態(tài)Fe2+，c是基態(tài)Fe3+離子，d是激發(fā)態(tài)的Fe原子，，F(xiàn)e3+的電子排布式為[Ar]3d5，3d能級半充滿穩(wěn)定不易失去電子，電離能大，電離最外層一個電子所需電離能最大的是c；【小問4詳解】的基態(tài)電子排布式為[Ar]3d6，失去1個電子形成[Ar]3d5半充滿穩(wěn)定結構，因此易被氧化為。18.利用表面含有油脂的廢舊的鐵屑制備Fe3O4粒子，流程如下：已知：易與水反應(水解反應)，pH=2.7時開始沉淀，pH=3.7沉淀完全。回答下列問題：（1）Na2CO3溶液的作用是___________。（2）調(diào)節(jié)pH為1—2的目的是___________。（3）控制H2O2用量的原因是___________。（4）溶液A中的陽離子是___________，檢驗溶液A中陽離子(除Fe元素外形成的陽離子)的具體操作是___________。（5）溶液A到Fe3O4的離子方程式是___________?！敬鸢浮浚?）除去廢鐵屑表面的油污（2）防止Fe2+水解（3）將Fe2+部分氧化為Fe3+，便于加入NaOH溶液時生成Fe3O4（4）①.H+、Fe2+和Fe3+②.取少量溶液A于試管中，滴入石蕊溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明溶液中含有H+離子（5）Fe2++2Fe3++8OH—Fe3O4+4H2O【解析】【分析】由題給流程可知，廢鐵屑用碳酸鈉溶液洗滌除去廢鐵屑表面的油污后過濾得到鐵屑，向洗凈后的鐵屑中加入稀硫酸，將鐵屑溶解得到硫酸亞鐵溶液，向溶液中加入硫酸調(diào)節(jié)溶液pH在1—2的范圍內(nèi)，防止亞鐵離子水解，向溶液中加入適量的過氧化氫溶液，將亞鐵離子部分氧化為鐵離子得到含有氫離子、亞鐵離子和鐵離子的溶液A，在氖氣氣氛中向溶液A中加入氫氧化鈉溶液共熱反應，將亞鐵離子和鐵離子轉(zhuǎn)化為四氧化三鐵?！拘?詳解】碳酸鈉在溶液中水解使溶液呈堿性，則廢鐵屑用碳酸鈉溶液洗滌目的是除去廢鐵屑表面的油污；【小問2詳解】由分析可知，向溶液中加入硫酸調(diào)節(jié)溶液pH在1—2的范圍內(nèi)的目的是防止亞鐵離子水解；【小問3詳解】由分析可知，向溶液中加入適量的過氧化氫溶液的目的是將亞鐵離子部分氧化為鐵離子，便于加入氫氧化鈉溶液時生成Fe3O4；【小問4詳解】由分析可知，溶液A中含有的陽離子為氫離子、亞鐵離子和鐵離子，檢驗溶液中氫離子的操作為取少量溶液A于試管中，滴入石蕊溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明溶液中含有H+；【小問5詳解】由分析可知，在氖氣氣氛中向溶液A中加入氫氧化鈉溶液共熱反應的目的是將亞鐵離子和鐵離子轉(zhuǎn)化為四氧化三鐵，反應的離子方程式為Fe2++2Fe3++8OH—Fe3O4+4H2O。19.綠色能源的開發(fā)利用是未來能源發(fā)展的重要方向，也是實現(xiàn)“碳中和”目標的重要舉措。氫能是重要的綠色能源，利用甲烷來制取氫氣的總反應可表示為：，該反應可通過如下過程來實現(xiàn)：反應Ⅰ：反應Ⅱ：（1）總反應的___________。（2）反應Ⅰ在恒壓條件下，不同進氣比[]和不同溫度時測得相應的CH4平衡轉(zhuǎn)化率見下表。平衡點abcd0.50.511CH4平衡轉(zhuǎn)化率/%50695020①c點平衡混合物中H2的體積分數(shù)為___________，a、b兩點對應的反應速率___________(填“<”、“=”或“>”)，判斷的理由為___________。②若d點的總壓強為aMPa，則d點的分壓平衡常數(shù)為___________(用平衡分壓代替濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。（3）反應Ⅱ在工業(yè)上稱為一氧化碳的催化變換反應，研究表明該反應用Fe3O4作催化劑，反應歷程如下：第一步：第二步：已知第一步為慢反應，則第一步反應的活化能比第二步反應___________(填“大”或“小”)。由于CO還原性較強，若將Fe3O4還原成Fe，并以Fe的形式大量存在于反應體系中，會使催化劑失去活性，但在實際生產(chǎn)中一般不會發(fā)生催化劑失去活性的情況，請結合一氧化碳的催化變換反應歷程說明理由___________?！敬鸢浮?9.+165.120.①.50%②.<③.反應Ⅰ為吸熱反應，恒壓狀態(tài)下投料比相同時，體系溫度越高，平衡轉(zhuǎn)化率越大，反應速率越快，由表數(shù)據(jù)可知a、b兩點對應溫度b點更高，則反應速率v(a)<v(b)④.21.①.大②.由于第二步反應快，催化劑不會以鐵的形式大量存在于反應體系中，所以不會出現(xiàn)催化劑的失活【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知，總反應=Ⅰ+Ⅱ，對應的；【小問2詳解】①假設c點甲烷、水投料均為1mol，平衡時甲烷轉(zhuǎn)化率50%，則反應甲烷、水0.5mol，平衡時甲烷、水、氫氣、一氧化碳分別為0.5mol、0.5mol、1.5mol、0.5mol，總的物質(zhì)的量為3mol，平衡混合物中H2的體積分數(shù)為；反應Ⅰ為吸熱反應，恒壓狀態(tài)下投料比相同時，體系溫度越高，平衡轉(zhuǎn)化率越大，反應速率越快，由表數(shù)據(jù)可知a、b兩點對應溫度b點更高，則反應速率v(a)<v(b)；②假設c點甲烷、水投料均為1mol，平衡時甲烷轉(zhuǎn)化率20%，則反應甲烷、水0.2mol，平衡時甲烷、水、氫氣、一氧化碳分別為0.8mol、0.8mol、0.6mol、0.2mol，總的物質(zhì)的量為2.4mol，D點的總壓強為aMPa，則d點的分壓平衡常數(shù)；【小問3詳解】過渡態(tài)物質(zhì)的總能量與反應物總能量的差值為活化能，活化能越小反應越快，活化能越大反應越慢，決定總反應速率的是慢反應；由于第一步為慢反應，則第一步反應的活化能比第二步反應大，由于第二步反應快，催化劑不會以鐵的形式大量存在于反應體系中，所以不會出現(xiàn)催化劑的失活。故答案為：大；由于第二步反應快，催化劑不會以鐵的形式大量存在于反應體系中，所以不會出現(xiàn)催化劑的失活。20.工業(yè)上利用廢鎳催化劑(主要成分為，還含有一定量的等)制備一水合氫氧化氧鎳的工藝流程如下：相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的范圍如下：金屬離子開始沉淀時的10.67.67.11.5完全沉淀時的13.18.39.22.8回答下列問題：（1）寫出一種能提高“酸浸”速率的措施：_______；（2）濾渣1的主要成分和_______(填化學式)。（3）試劑用于調(diào)節(jié)溶液的，則調(diào)控的范圍是_______。（4）已知“除鐵”后所得溶液中，加入溶液(忽略混合后溶液體積的變化)，使恰好沉淀完全[此時]，則所加溶液_______[已知實驗條件下，，不考慮的水解]。（5）“氧化”過程中加入的試劑Y是，寫出加入反應生成一水合氫氧化氧鎳的離子方程式：_______。（6）已知工業(yè)上也可以用作為陽極、溶液為電解質(zhì)溶液，通過電解氧化法制備，其陽極的電極反應式為_______【答案】（1）粉碎廢鎳催化劑，適當加熱，適當增大酸的濃度或攪拌等（2）（3）（4）0.08（5）（6）【解析】【分析】利用廢鎳催化劑(主要成分為NiO，還含有一定量的ZnO、Fe2O3、SiO2、CaO等)制備一水合氫氧化氧鎳(2NiOOH·H2O)時，先需除掉Fe3+、Ca2+、Zn2+等雜質(zhì)離子和SiO2等，并將+2價Ni氧化為+3價，最終轉(zhuǎn)化為NiOOH?H2O。在操作過程中，先用硫酸溶解，將ZnO、Fe2O3、CaO轉(zhuǎn)化為金屬硫酸鹽，濾渣1為SiO2和微溶的CaSO4；調(diào)節(jié)pH讓Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，加入NH4F將溶解的Ca2+進一步轉(zhuǎn)化為沉淀，加入有機萃取劑，將Zn2+除去；最后加入氧化劑和NaOH，使Ni2+最終轉(zhuǎn)化為2NiOOH·H2O。【小問1詳解】若想提高“酸浸”速率，可通過增大接觸面積，升高溫度、適當增大酸的濃度來實現(xiàn)，具體措施：粉碎廢鎳催化劑，適當加熱，適當增大酸的濃度或攪拌等；答案為：粉碎廢鎳催化劑，適當加熱，適當增大酸的濃度或攪拌等；【小問2詳解】由分析可知，濾渣1的成分是SiO2、CaSO4；【小問3詳解】試劑X用于調(diào)節(jié)溶液的pH，將Fe3+全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，但不能讓Zn2+、Ni2+等生成沉淀，則調(diào)控pH的范圍是2.8≤pH<7.1。答案為：2.8≤pH<7.1；【小問4詳解】加入NH4F，一方面與Ca2+反應生成CaF2沉淀，另一方面使溶液中的c(F)滿足Ksp(CaF2)所要求達到的濃度。沉淀Ca2+所需n(NH4F)=0.100L×0.02mol·L1×2=0.004mol，形成CaF2飽和溶液所需c(NH4F)=mol/L=0.02mol/L，則所加溶液c(NH4F)==0.0