江苏省扬州市宝应县2022-2023学年高二化学上学期期中检测（选修）试题（Word版附解析）

这是一份江苏省扬州市宝应县2022-2023学年高二化学上学期期中检测（选修）试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了11，1ml·L-1的盐酸的pH=1等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度第一学期期中检测试卷
高二化学(选修)2022.11
可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23 K-39 V-51 Mn-55
选择题(共42分)
一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 回收并合理利用废旧物品有利于节约资源和保护环境。下列回收的废旧物品利用方法不合理的是
A. 废铅蓄电池回收铅和硫酸 B. 废塑料裂解制取化工原料
C. 废书报用于造纸 D. 废易拉罐用于焚烧发电
【答案】D
【解析】
【详解】A．铅蓄电池构成复杂，含有铅和铅的化合物，而且含硫酸，为防止其对环境的污染，应对其进行回收利用，废旧物品利用方法合理，A项合理；
B．废塑料裂解产生乙烯，可用作化工原理，废旧物品利用方法合理，B项合理；
C．废书、废纸的回收利用是解决造纸工业面临的原料短缺、能源紧张和污染严重等三大问题的有效途径，废旧物品利用方法合理，C项合理；
D．废易拉罐主要成分为铝等金属，不能燃烧，不可用于焚烧发电，回收的废旧物品利用方法不合理，D项不合理；
答案选D。
2. 反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O可用于雕刻玻璃，SiO2不溶于稀盐酸和稀硫酸，K(HF)=6×10-4。下列说法正确的是
A. 该反应的实质是SiO2与H+反应生成盐和水，属于复分解反应
B. 1mol SiO2含4mol Si-O键
C. 反应中四种物质均属于电解质
D. NaF溶液呈碱性，应盛放在带橡皮塞的玻璃试剂瓶中
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiF4不属于盐，因此该反应不属于复分解反应，A项错误。
B．根据SiO2的结构式，1个Si原子周围有4个Si-O键，因此1mol SiO2含4mol Si-O键，B项正确。
C．SiO2和SiF4都是非电解质，C项错误。
D．NaF在溶液中会水解产生HF，HF能够腐蚀玻璃，因此不能盛放在玻璃试剂瓶中，D项错误。
答案选B。
3. 氢气和氧气发生反应生成水的过程用如下模型表示，“-”表示化学键，下列说法正确的是

A. 过程I是放热过程
B. 过程III放出1143.2kJ的热量
C. a的总能量大于d的总能量
D. 1mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O(l)] 【答案】C
【解析】
【详解】A．过程I断键，是吸热过程，故A错误；
B．根据图示，不能判断过程III放出热量的多少，故B错误；
C．燃烧反应放热，所以a的总能量大于d的总能量，故C正确；
D．相同物质的量的同种物质，S(g)> S(l)> S(s)，1mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O(l)]>S[H2O(s)]，故D错误；
选C。
4. 关于水的电离，下列叙述中，正确的是（ ）
A. 升高温度，水的平衡向正反应方向移动，Kw增大，c(OH-)增大，pH增大
B. 向水中加入少量硫酸，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(H+)增大
C. 向水中加入氨水，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(OH-)降低
D. 向水中加入少量固体醋酸钠，平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(H+)降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．水的电离为吸热反应，升高温度，水的平衡向正反应方向移动，Kw增大，c(OH-)增大，c(H+)增大，pH值减小，A项错误；
B．向水中加入少量硫酸，使溶液中c(H+)增大，水的平衡向逆反应方向移动，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，B项正确；
C．向水中加入氨水，氨水电离生成OH-，c(OH-)升高，水的平衡向逆反应方向移动，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，C项错误；
D．向水中加入少量固体醋酸钠，醋酸钠电离生成CH3COO-，CH3COO-结合H+生成醋酸分子，c(H+)降低，平衡向正反应方向移动，Kw不变，D项错误；
故选B。
5. 下列关于溶液酸碱性说法不正确的是
A. 25℃ pH=3的H2SO4与pH=11的氨水等体积混合后，加入酚酞溶液为无色
B. 25℃ 1L pH=5的氯化铵溶液，c(H+)=10-5mol·L-1，由水电离出n(OH-)=10-5mol
C. 某温度下纯水中c(OH-)=4×10-7mol·L-1，则该温度下0.1mol·L-1的盐酸的pH=1
D. 313K时，Kw=2.9×10-14，则pH=7时，溶液呈碱性
【答案】A
【解析】
【详解】A．25℃ pH=3的H2SO4与pH=11的氨水等体积混合后，氨水有剩余，溶液显碱性，加入酚酞溶液为红色，A项错误；
B．25℃ 1L pH=5的氯化铵溶液，c(H+)=10-5mol·L-1，氯化铵为盐，本身不产生H+，溶液中的H+全部来自于水，故由水电离出n(OH-)=10-5mol/L×1L=10-5mol，B项正确；
C．0.1mol/L的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，pH=-lg c(H+)= - lg(0.1)=1，C项正确；
D．313K时，pH=7时，溶液中c(H+)=1.0×10-7mol/L，则c(OH-)=Kw/ c(H+)=2.9×10-7mol·L-1，c(H+) 故选A。
6. 定量实验是学习化学的重要途径，下列操作规范且能达到定量实验目的的是

A. 用图1所示装置测定中和反应的反应热
B. 用图2所示装置测定硫酸溶液的浓度
C. 用图3所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液
D. 用图4所示装置加热硫酸铜晶体测定晶体中结晶水的含量
【答案】A
【解析】
【详解】A．用图1所示装置可测定中和反应的反应热，故A正确；
B．利用中和滴定测定稀硫酸的浓度，一般用氢氧化钠溶液滴定，不能将碳酸钠固体放在锥形瓶中，用稀硫酸滴定碳酸钠，故B错误；
C．浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后在转移至容量瓶中，故C错误；
D．加热固体应在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故D错误。
故选A。
7. 实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法不正确的是
A. 可用移液管取标准溶液置于锥形瓶中
B. 应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C. 应选用烧杯而非称量纸称量固体
D. 达到滴定终点时溶液显红色，记录体积后重复以上操作2~3次
【答案】D
【解析】
【详解】A.量取Na2CO3标准溶液应使用移液管，读数精确到小数点后两位，故A项正确；
B.Na2CO3溶液呈碱性，应使用带塑料塞的容量瓶配制，故B项正确；
C.Na2CO3能与空气中的二氧化碳、水反应，因此一般用烧杯称量Na2CO3固体，故C项正确；
D.盐酸滴定Na2CO3标准溶液，滴定终点显弱碱性，溶液显橙色，故D项错误。
故答案选：D。
8. 下列氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. 具有氧化性，可用于水体消毒
B. 具有酸性，可用于蚀刻线路板上的铜
C. 具有还原性，可用于除去铁锈
D. 受热易分解，可用作氮肥
【答案】A
【解析】
【详解】A．用于水体消毒，因为其具有氧化性，可使蛋白质变性，故A符合题意；
B．用于蚀刻线路板上的铜，是因为铁离子具有氧化性，能够与铜反应，和其具有酸性无关，故B不符合题意；
C．用于除去铁锈，是和其酸性有关，与其还原性无关，故C不符合题意；
D．可用作氮肥，是因为其组成含有氮元素，与其受热易分解无关，故D不符合题意；
答案A。
9. 乙烯与氯化氢气体催化加成反应的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是

A. 第一步反应比第二步的快
B. 两步反应的DH均小于0
C. 第一步的逆反应活化能比第二步的小
D. 催化剂可以使该反应的速率和焓变增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，第一步反应的活化能大于第二步，因此第二步反应更快，A项错误；
B．由图像可知，第一步反应后的能量大于反应前，即DH大于0，B项错误；
C．由图像很明显能看出，第一步逆反应活化能比第二步的小，C项正确；
D．催化剂可以降低反应所需的活化能，从而增大反应速率，但不能改变反应的焓变，D项错误；
答案选C。
【点睛】解答此类题目时，注意区分活化能、DH、键能等概念的区别与联系。
10. 相同温度和压强下，研究Cl2在不同溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)随溶液浓度的变化。在NaCl溶液和盐酸中Cl2的溶解度以及各种含氯微粒的浓度变化如图。

下列说法不正确的是
A. 由图1可知，Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl
B. 随NaCl溶液浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆移，Cl2溶解度减小
C. 随盐酸浓度增加Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应从而促进Cl2溶解
D. 由上述实验可知，H+浓度增大促进Cl2溶解，由此推知在稀硫酸中，随硫酸浓度增大Cl2的溶解度会增大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl浓度升高，得出Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl，故A正确；
B．增大Cl－浓度，Cl2+H2O⇌H++ Cl－+HClO平衡逆移，所以随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小，故B正确；
C．由图2分析Cl2的浓度先降低后升高，随着盐酸浓度增加，Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应，从而促进Cl2溶解，故C正确；
D．由图2分析，H+浓度一直增大，但是溶解的Cl2的浓度先降低后升高，应该是发生了反应Cl2+Cl－=Cl，促进了Cl2溶解，而在稀硫酸只提供了H+，随硫酸浓度增大，Cl2+H2O⇌H++ Cl－+HClO平衡逆向移动，Cl2的溶解度会降低，故D错误；
故选D。
11. 为探究FeCl3的性质，进行了如下实验：FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1.(亚铁离子与铁氰化钾【K3[Fe(CN)6]】溶液反应产生蓝色沉淀)
实验
操作与现象
①
在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
②
在5 mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；
再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
③
在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；
将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生；
另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是
A. 实验①说明加热促进Fe3+水解反应，该溶液能产生丁达尔现象
B. 实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应
C. 实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应
D. 实验②和③说明Fe3+的水解反应和还原反应存在竞争，SO对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【解析】
【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；
B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；
C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；
D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。
故选D。
12. 电解制备钴()的工作原理如图所示。下列关于该装置工作时的说法不正确的是

A. a为电源的正极
B. 钴电极上的电极反应为
C. Ⅱ室中浓度减小
D. 若不使用离子交换膜，石墨电极上会析出
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为电解池，制备Co，则钴为阴极，电极反应式为，则b为电源的负极，a为正极，石墨是阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2；
【详解】A．由分析知，a为电源的正极，A正确；
B．钴为阴极，电极反应式为，B正确；
C．由I室中发生的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2，电解池中阳离子移到正极，即I室溶液中H+移到II室，阴离子移到负极，III室中Cl-移到II室，则II室的浓度增大，C错误；
D．若I、II室之间不使用阳离子交换膜，II室中Cl-移到阳极先失电子，则石墨电极上会析出，D正确；
故选：C。
13. 通过滴加相同浓度的盐酸或KOH溶液来调节0.01mol·L-1 Na2HAsO3溶液的pH，实验测得含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。

下列有关说法正确的是
A. K2(H2AsO)为1×10-9.2
B. NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2AsO的水解程度小于其电离程度
C. 水的电离程度：a点大于b点
D. c点溶液中存：c(Na＋)=2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示c(H2AsO)=c(H3AsO3)时，pH=9.2，K1(H3AsO3)为1×10-9.2，故A错误；
B．根据图示NaH2AsO3溶液呈碱性，所得溶液中H2AsO的水解程度大于其电离程度，故B错误；
C．b点H2AsO离子水解促进水电离，所以水的电离程度a点小于b点，故C错误；
D．根据物料守恒c(Na＋)=2c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋2c(AsO)+2c(H3AsO3)，c点溶液中存在c(HAsO)=c (H3AsO3)，所以c(Na＋)=2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)，故D正确；
选D。
14. 乙醇-水催化重整可获得H2.其主要反应为
反应1：，
反应2：。
在、时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。

CO的选择性，下列说法正确的是
A. C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH=214.5kJ·mol-1
B. 升高温度，平衡时CO2的选择性增大
C. 反应1在一定温度下，增大，乙醇平衡转化率减小
D. 反应2在一定温度下，加入CaO(S)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H2的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知反应1，反应2，且反应1的热效应更大，温度升高的时候对反应1影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。
【详解】A．由盖斯定律可知，反应1+反应2×2得：C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH=173.3kJ·mol-1+2×41.2kJ·mol-1=255.7kJ·mol-1，故A错误；
B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B错误；
C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C正确；
D．选用高效催化剂可加速反应速率，但不会影响平衡时产率，故D错误；
故选C。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。
①配制100mL 0.10 mol·L-1 NaOH标准溶液。
②取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。
实验编号
NaOH溶液的浓度(mol/L)
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)
待测盐酸溶液的体积(mL)
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
22.72
20.00
3
0.10
22.80
20.00
请完成下列问题：
（1）配制NaOH标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______、胶头滴管。
（2）滴定达到终点的现象是_______。
（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_______(保留两位有效数字)
（4）如下图所示，排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作_______，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

（5）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有_______。
A.滴定终点读数时俯视读数
B.锥形瓶水洗后未干燥
C.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗
D.称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
F.滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出
G.配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3
【答案】（1）100mL容量瓶
（2）加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟不褪色
（3）0.11 mol·L-1
（4）丙 （5）DE
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
中和滴定实验的步骤是：
滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【小问1详解】
配制100mL 0.10 mol·L-1 NaOH标准溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管。
【小问2详解】
滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱中显浅红色，故答案为：加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟不褪色。
【小问3详解】
三组数据均有效，消耗氢氧化钠的平均体积为：=22.71mL，c(待测)===0.11 mol·L-1；
【小问4详解】
碱式滴定管的气泡通常在橡胶管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤压橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲出，故答案为：丙。
【小问5详解】
A．滴定终点读数时俯视读数，导致标准溶液的体积偏小，则待测溶液浓度偏低，故A不选；
B．锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准液体积不产生影响，待测液浓度准确，故B不选；
C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致标准溶液的体积偏小，则待测溶液浓度偏低，故C不选；
D．称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体，导致标准溶液的体积偏大，则待测溶液浓度偏高，故D选；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致标准溶液的体积偏大，则待测溶液浓度偏高，故E选；
F．滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出，导致标准溶液的体积偏小，则待测溶液浓度偏低，故F不选；
G．配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3，根据钠守恒，对V(标准)无影响，待测液浓度准确，故G不选；
故选DE。
16. 甲醇是重要的有机化工原料，目前世界甲醇年产量超过2.1×107吨，在能源紧张的今天，甲醇的需求也在增大。
甲醇的合成方法是：i.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.1kJ·mol-1
另外：ii.2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566.0kJ·mol-1
iii.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-572.0kJ·mol-1
若混合气体中有二氧化碳存在时，一定温度下还发生下列反应：
iv.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH=41.1kJ·mol-1
（1）甲醇的燃烧热为_______kJ·mol-1。
（2）若反应在密闭恒容绝热容器中进行，对反应(ⅳ)中CO2的转化率的影响是_______。
a.增大 b.减小 c.无影响 d.无法判断
（3）如图是温度、压强与反应(ⅰ)中CO转化率的关系：

①反应(ⅰ)平衡常数表达式为K=_______。
②由图像可知，较低温度时，CO转化率对_______(选填“温度”或“压强”)敏感。
③由图像可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300～400℃和10MPa的条件，其原因是_______。
（4）在一容积为2L的密闭容器内加入2mol的CO和6mol的H2，在一定条件下发生反应i.该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示：

①由图可知反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而在t2、t8时都改变了条件，试判断t8时改变的条件可能是_______。
②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线_______。
【答案】（1）764.9
（2）d （3） ①. ②. 温度 ③. 温度较低，反应速率慢，不利于甲醇的合成；压强较高，消耗能量越多，对设备的要求越高
（4） ①. 加入催化剂 ②.
【解析】
【小问1详解】
甲醇的燃烧热指1mol甲醇完全燃烧生成CO2(g)、H2O(l)所放出的能量，已知：i.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH= -90.1kJ·mol-1，ii.2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH= -566.0kJ·mol-1，iii.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH= -572.0kJ·mol-1，根据盖斯定律，ii×+ iii- i可得CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=[(-566.0)×+(-572.0)-( -90.1)]kJ·mol-1= -764.9 kJ·mol-1；
【小问2详解】
在密闭恒容绝热容器中进行2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566.0kJ·mol-1，随着反应的进行，气体的温度逐渐升高二氧化碳的转化率减小，但反应（iv）为吸热反应，又能够使温度降低，有利于提高二氧化碳的转化率，因此无法判断反应（iv）对合成甲醇反应中CO2的转化率的影响，故选d；
【小问3详解】
①由CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)方程式可知，反应(ⅰ)平衡常数的表达式为K=。
②由图像可知，不管压强多大，只要温度较低，则转化率均较高，故转化率对温度较敏感；
③化学反应速率与温度和压强呈正比，由图像可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300～400℃和10MPa的条件，若温度较低，化学反应速率较低，不利于工业合成效率，因此采用300～400℃合成提高生产效率，虽然CO转化率随压强增大而升高，但随着压强的增大，对合成仪器的抗压要求越高，并且耗能也越高，因此采用10MPa的原因是控制成本；
【小问4详解】
①由图像可知，t8时刻，逆反应速率上升，并且后续未发生突变，因此t8时刻改变的条件增加了化学反应速率且不影响化学平衡，故t8时刻改变的条件可能为加入催化剂；
②i.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)为分子数减小的反应，若t4时降压，逆反应速率将突然降低，平衡将逆向移动，后续逆反应速率将逐渐降低，直至t5时达到平衡；t6时增大反应物的浓度，t6改变反应物浓度瞬间，甲醇浓度并未改变，因此t6瞬间逆反应速率不变，正反应速率增大，平衡将正向移动，甲醇浓度逐渐上升，逆反应速率将逐渐升高直至达到新平衡，因此图像如图所示：。
17. 是硫酸生产中的催化剂，某种含钒工业下脚料主要成分是，其中含铝、硅、铜、锰等氧化物及油脂等杂质，一种以该下脚料为原料提取的工艺流程如图：

已知：；。
回答下列问题：
（1）“焙烧”可以除去油脂，还有一个作用是_______。
（2）将焙烧冷却后的固体残留物进行“粉碎”，其目的是_______。
（3）“滤渣1”的主要成分是_______(写化学式)。
（4）“沉锰”反应的离子方程式是_______。
（5）“浓缩结晶”时，需要加入过量，其原因是_______。
（6）煅烧偏钒酸铵时，固体(取)质量的减少量随温度变化的曲线如图所示：

100~200℃时产生的一种气体的化学式为_______，300~350℃时发生反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）将V2O3氧化为V2O5
（2）增大接触面积，提高酸溶速率
（3）SiO2 （4）Mn2++2HCO=Mn(OH)2↓+CO2↑
（5）增大溶液中的铵根离子浓度，使NH4VO3完全析出
（6） ①. NH3 ②. 2HVO3V2O5+ H2O
【解析】
【分析】由题给流程可知，含钒下脚料焙烧的目的是除去下脚料表面的油脂，并将三氧化二钒转化为五氧化二钒，将焙烧后的下脚料粉碎，加入稀硫酸酸溶，将五氧化二钒转化为VO离子，其余金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和含有VO离子的可溶的硫酸盐；加入氢氧化钠溶液将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，将VO离子转化为VO离子，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有VO离子的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到氢氧化锰和滤液；向滤液中加入过量的硫酸铵溶液，经浓缩结晶、过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵制得五氧化二钒。
【小问1详解】
由分析可知，含钒下脚料焙烧的目的是除去下脚料表面的油脂，并将三氧化二钒转化为五氧化二钒，故答案为：将V2O3氧化为V2O5；
【小问2详解】
将焙烧冷却后的固体残留物进行粉碎可以增大反应物的表面积，使酸溶时反应物的接触面积，提高酸溶的速率，故答案为：增大接触面积，提高酸溶速率；
【小问3详解】
由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅，故答案为：SiO2；
【小问4详解】
由分析可知，加入碳酸氢铵溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为氢氧化锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++2HCO=Mn(OH)2↓+CO2↑，故答案为：Mn2++2HCO=Mn(OH)2↓+CO2↑；
【小问5详解】
浓缩结晶时加入过量的硫酸铵溶液，可以增大溶液中的铵根离子浓度，有利于VO离子完全转化为钒酸铵沉淀，故答案为：增大溶液中的铵根离子浓度，使NH4VO3完全析出；
【小问6详解】
钒酸铵受热分解时发生的反应为NH4VO3 NH3↑+HVO3、2HVO3V2O5+ H2O，由题意可知，钒酸铵的物质的量为=0.02mol，由钒原子个数守恒可知，钒酸的质量为0.02mol×100g/mol=2.000g，则100~200℃时发生的反应为NH4VO3 NH3↑+HVO3，五氧化二钒的质量为0.02mol××182g/mol=1.820g，则300~350℃时发生的反应为2HVO3V2O5+ H2O，故答案为：NH3；2HVO3V2O5+ H2O。
18. 以废锰酸锂电池为原料，回收MnO2、精铜的实验流程如下：

（1）“浸取”在如图所示装置中进行。

①将一定量“LiMn2O4和石墨混合粉末”与H2SO4溶液、H2O2溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中，75℃下通过分液漏斗缓慢滴加另一种溶液。分液漏斗中的溶液是_______。
②LiMn2O4转化为MnSO4的化学方程式为_______。
③保持温度、反应物和溶剂的量不变，能提高Mn元素浸出率的措施有_______。
（2）补充以“铜箔和铝箔”为原料制备精铜的实验方案：边搅拌边向“铜箔和铝箔”中加入溶液，当溶液中不再产生气泡时，过滤；将铜箔压制成片并与直流电源_______极相连，不锈钢片与直流电源_______极相连，在H2SO4-CuSO4混合溶液中电解，当铜箔完全溶解时取出不锈钢片，刮出精铜将所得精铜用蒸馏水洗净，干燥。
（3）通过下列方法测定MnO2的纯度：准确称取0.4000g MnO2样品，加入25.00mL 0.2000mol·L-1 Na2C2O4溶液和适量硫酸，加热至完全反应(发生反应为MnO2+C2O+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O)，用0.01000mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定过量的Na2C2O4至终点，消耗KMnO4标准溶液20.00mL(滴定反应为2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。计算样品中MnO2的质量分数(写出计算过程)_______。
【答案】（1） ①. H2O2 ②. ③. 适当加快搅拌速率；延长反应时间
（2） ①. 正极 ②. 负极
（3）97.88%
【解析】
【分析】以废锰酸锂电池为原料进行破碎筛分，分离出铜箔和铝箔，以及锰酸锂和石墨混合粉末，之后浸取，在酸性条件下用过氧化氢将锰酸锂中的锰还原为+2价，过滤，滤液通过电解得到二氧化锰，铜箔和铝箔通过精制得到精铜，以此解题。
【小问1详解】
①反应在75℃下进行，若三颈烧瓶中先加入H2O2溶液，向其中滴加硫酸溶液，则容易导致H2O2分解，故滴液漏斗中溶液是H2O2溶液，故答案为：H2O2；
②过氧化氢作还原剂将LiMn2O4中锰元素还原为+2价，方程式为：，故答案为：；
③从反应速率和反应物反应的充分程度角度分析，能提高Mn元素浸出率的措施有：适当加快搅拌速率；延长反应时间，故答案为：适当加快搅拌速率；延长反应时间；
【小问2详解】
根据电解原理可知电解时将铜箔压制成片并与直流电源正极相连，作阳极，不锈钢片与直流电源的负极相连，作阴极，在H2SO4－CuSO4混合溶液中电解，当铜箔完全溶解时取出不锈钢片，刮出精铜用蒸馏水洗净，干燥。
【小问3详解】
根据2MnO+5C2O+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，与MnO反应的C2O的物质的量：2.5×0.01000mol/L×20.00×10-3L=5.000×10-4mol，0.4000 g样品中MnO2的物质的量：0.2000mol/L×25×10-3L-5.000×10-4mol=4.50×10-3mol；m（MnO2）=4.50×10-3mol×87g/mol=0.3915g；则样品中MnO2的质量分数=97.88%，故答案为：97.88%。