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2021-2022学年福建省南平市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省南平市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了4ml电子转移，则有0，33g，80℃时0，25∼2，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省南平市高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生活生产密切相关。下列做法错误的是( )
A. 生活中可用热纯碱溶液去除油污
B. 铵态氮肥和草木灰(含K2CO3)混合施用
C. “84”消毒液不能与洁厕剂混合使用
D. 河道中的钢铁闸门与外加直流电源负极相连保护其不受腐蚀
2. 下列物质加入蒸馏水中不影响水的电离平衡的是( )
A. NaOH B. H2SO4 C. NaCl D. NH4Cl
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1L1mol⋅L−1CH3COOH溶液中CH3COO−的数目为NA
B. 1molNH4NO3溶于稀氨水使溶液呈中性NH4+数目为NA
C. 标准状况下4.48LSO2与足量的O2充分反应生成SO3数目为0.2NA
D. 4.6g钠用带小孔铝箔包裹与水充分反应生成H2分子数目为0.1NA
4. 如图装置与对应的叙述不相符的是( )
A. 装置中阳极产生的气体可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
B. 装置中电解质溶液CuSO4浓度保持不变
C. 装置中左侧烧瓶内颜色变深，验证温度对平衡移动有影响
D. 装置中可实现标准盐酸滴定未知NaOH溶液
5. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. NaHCO3溶液水解：HCO3−+H2O⇌CO32−+H3O+
B. 用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl−+2H2O−通电2OH−+H2↑+Cl2↑
C. 实验室制备氢氧化铁胶体：Fe3++3NH3⋅H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH3−
D. 用FeS作沉淀剂除去废水中Cu2+：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)
6. 某微生物燃料电池工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该电池在高温下工作效率会更高
B. 电子从b极经导线流向a极
C. 若该电池有0.4mol电子转移，则有0.45molH+通过质子交换膜
D. HS−在硫氧化菌作用下转化为SO42−的反应是：HS−+4H2O−8e−=SO42−+9H+
7. 已知甲酸分解反应：HCOOH(aq)⇌CO(g)+H2O(l)ΔH。根据过渡态理论，在H+催化作用下反应过程中的能量变化如图(其中E1、E2、E3均大于0)。下列说法错误的是
( )
A. E2为正反应的最高活化能
B. 该反应为放热反应ΔH=E3
C. 生成过渡态Ⅰ的反应方程式：+H+⇌
D. 使用催化剂后正逆反应速率同等程度改变平衡不移动
8. 如图为我国化学工业科学家侯德榜制碱法的部分流程。下列说法错误的是( )
A. 过滤后的母液通过处理可以得到NH4Cl
B. 先吸氨再碳酸化的目的是使溶液呈碱性促进CO2吸收
C. 碳酸化中反应的离子方程式：CO2+NH3⋅H2O=HCO3−+NH4+
D. NH4+浓度过高可能会析出NH4HCO3，影响NaHCO3的产率和纯度
9. 某温度时，向1L恒容密闭容器中充入0.20molX发生反应：X(g)⇌2Y(g)+Z(s)ΔH<0，实验数据如下：
时间/s
0
20
40
60
80
100
c(Y)/(mol⋅L−1)
0.00
0.12
0.20
0.26
0.30
0.30
下列说法正确的是( )
A. 20∼40s内，v(X)=0.002mol⋅L−1⋅s−1
B. 升高温度，该反应的平衡常数增大
C. 增大Z的物质的量平衡逆向移动
D. 其他条件不变，100s时再充入0.40molX，达新平衡时X的转化率增大
10. 常温下，向两个体积相同的锥形瓶中各加入0.05g镁条，盖紧橡胶塞，然后用注射器分别注入2mL2mol⋅L−1盐酸、2mL2mol⋅L−1醋酸，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a曲线表示镁与盐酸的反应
B. 反应前盐酸和醋酸的pH相同
C. 200s后a曲线溶液中存在：c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)
D. 260s时锥形瓶内c(Mg2+)浓度相同
11. 为验证铁元素的氧化还原能力，利用如图所示电池装置进行实验。
(1)电子由铁电极流向石墨电极，盐桥中的阳离子向 ______移动(填“左侧”或“右侧”)。
(2)电池反应一段时间后，石墨电极上未见Fe析出且无气体逸出。测得左侧烧杯溶液c(Fe2+)增加了0.02mol⋅L−1，右侧烧杯溶液中c(Fe2+)=______。
(3)以上实验结果得知石墨电极的电极反应式是 ______。验证了Fe2+氧化性弱于 ______。
(4)为进一步了解Fe2+在氧化还原反应中得失电子的情况，可用标准物质的量浓度的酸性KMnO4溶液对Fe2+进行滴定，滴定时酸性KMnO4溶液应装在 ______滴定管中，判断滴定终点的现象是 ______。若滴定前平视读数滴定后仰视读数则所测溶液中c(Fe2+)浓度 ______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12. 为节约资源、保护环境。目前采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(由Al箔、LiFePO4、少量不溶于酸碱的导电剂组成)中的资源，部分流程如图所示：
查阅资料得知Li2CO3的溶解度为：20℃时1.33g，80℃时0.85g。
(1)将回收的废旧锂离子电池进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。下列分析不合理的是 ______(填标号)。
A.废旧电池在处理前需要进行预放电，否则残余能量集中释放造成安全隐患
B.预放电时电池中的锂离子移向负极，不利于提高正极片中锂元素的回收率
C.热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等
D.锂离子电池不含汞、镉、铅等有毒重金属，可用普通垃圾处理方法处理
(2)工业上为了获得一种常用金属，往“滤液①”中通入过量的二氧化碳，产生沉淀的反应离子方程式是______。
(3)有人提出在“酸浸”时，用H2O2代替HNO3其优点是 ______。完成反应的化学方程式：
______LiFePO4+______H2O2+______H2SO4=______Fe2(SO4)3+______+______H2O+______H3PO4
(4)“过滤洗涤”过程中常选用的洗涤剂是 ______(填标号)。
A.冷水
B.热水
C.饱和Na2CO3溶液
13. 某研究性学习小组对肾结石在人体中的溶解平衡进行初步探究，进一步认识肾结石产生并利用沉淀的转化进行治疗的原理。经分析肾结石主要成分有：草酸钙(CaC2O4)90%、碳酸钙(CaCO3)8%、磷酸钙[Ca2(PO4)3]及其它2%。
实验探究一：草酸钙的溶解性
实验①
某同学观察后认为：滴加饱和Na2CO3溶液后无现象说明草酸钙不溶于水，水中不存在钙离子。另一同学认为无明显现象并不能证明不存在钙离子只是很少，并补充下列实验。
实验②钙试剂的显色反应
钙试剂蒸
馏水+钙试剂
矿泉水+钙试剂
实验现象
实验③
(1)实验②中使用蒸馏水的目的是 ______。
(2)实验②、③验证了 ______，草酸钙沉淀溶解平衡的方程式是 ______。
实验探究二：草酸钙沉淀转化
难溶物
25℃时Ksp/(mol2⋅L−2)
CaC2O4
2.3×10−9
CaCO3
3.0×10−8
MgC2O4
8.6×10−5
(3)人体内血清总钙含量范围2.25∼2.75mmol⋅L−1，当血清总钙含量达上限时，血清中C2O42−浓度达到 ______时，会产生草酸钙沉淀可能会引起结石。
(4)肾结石病人不能过量食用含草酸的食物(如菠菜等)，已知草酸溶液中H2C2O4、HC2O4−、C2O42−三种微粒的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化关系如图所示，当pH=2.7时c2(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(C2O42−)=______。
(5)医生建议：肾结石病人口服镁制剂(主要成分为MgCl2溶液)，可以减缓草酸钙结石患者的病痛。解释医生建议的合理性 ______。
14. NH3作为一种重要化工原料，大量应用于工业生产。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)往恒温恒容密闭容器中充入一定量的NH3和O2，在催化剂作用下发生反应I，下列叙述已达平衡状态的是 ______(填标号)。
A.容器内气体密度保持不变
B.容器内5v正(O2)=4v逆(NO)
C.容器内n(NO)：n(NH3)=1：1
D.容器内压强保持不变
(2)氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ。为分析催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量关系如图所示：
①该催化剂在520℃∼840℃时选择反应 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②反应II的平衡常数表达式K=______。
③520℃时NH3的转化率是______。
④能够降低NH3转化为N2平衡转化率的措施是 ______(填标号)。
A.使用Cu−TiO2催化剂
B.适当降低反应温度
C.分离出体系中的水蒸气
D.投料比不变，增加反应物的浓度
(3)NH3常用于生产化工产品NH4Cl，NH4Cl溶液各离子浓度由大到小的顺序是 ______。
15. 我国向国际社会承诺2030年前“碳达峰”。CO2的转化、回收及综合利用受到广泛关注，回答下列问题：
(1)用CO2和H2制取甲醇，反应的能量变化如图1所示。
根据上图计算CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=______。
(2)萨巴帝尔(Sabatier)反应可以将二氧化碳转化为甲烷和水，配合水的电解可以实现氧气的再生。该方法可同时解决二氧化碳的清除问题，因此成为一种非常重要的载人航天器中氧气再生方法。
①萨巴帝尔(Sabatier)反应是放热反应，控制反应器内的温度非常重要，反应温度过低则会造成 ______。
②萨巴帝尔(Sabatier)反应在载人航天器实现回收CO2再生O2，其过程如图2所示，这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充 ______(填化学式)。
(3)有人提出用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔH>0来消除CO的污染，说明该反应是否能自发进行 ______。
(4)铅蓄电池作为电源可将CO2转化为乙烯(C2H4)，其原理如图3所示，所用电极材料均为惰性电极。
已知铅蓄电池总反应式为：
①铅蓄电池充电时Pb电极应与外加电源的 ______极相连。
②生成乙烯的电极反应式是 ______。
③若电解过程中生成标准状况下4.48LO2，电路中转移的电子至少为 ______mol。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.纯碱为碳酸钠，水解显碱性，油脂在碱性环境下水解生成可溶于与水的甘油和高级脂肪酸钠，所以可以热的纯碱溶液来除去物品表面的油污，故A正确；
B.NH4+水解显酸性，CO32−水解显碱性，二者能相互促进水解，所以铵态氮肥和草木灰(含K2CO3)不可混合施用，故B错误；
C.“84”消毒液不能与洁厕剂混合使用，否则生成有毒气体氯气，引起中毒，故C正确；
D.钢铁闸门与外加直流电源的负极相连作阴极被保护，所以可将河道中的钢铁闸门与外加直流电源的负极相连以保护其不受腐蚀，故D正确；
故选：B。
A.纯碱为碳酸钠，水解显碱性；
B.NH4+水解显酸性，CO32−水解显碱性，二者能相互促进水解；
C.“84”消毒液与洁厕剂混合使用生成有毒气体氯气；
D.钢铁闸门与外加直流电源的负极相连作阴极被保护。
本题考查化学与生活，涉及盐类水解，明确盐类水解原理、元素化合物性质是解本题关键，注意化学在生产生活中的运用，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.NaOH是碱，抑制水的电离，故A错误；
B.H2SO4是酸，抑制水的电离，故B错误；
C.NaCl是强酸强碱盐，不水解，对水的电离无影响，故C正确；
D.NH4Cl是强酸弱碱盐，能水解，促进水的电离，故D错误；
故选：C。
水的电离平衡：H2O⇌H++OH−中，要使平衡发生移动，应改变溶液c(H+)或c(OH−)的浓度，酸、碱抑制水的电离，盐的水解促进水的电离。
本题考查了水的电离平衡的影响，应注意的是酸和碱抑制水的电离，盐的水解能促进水的电离，而含弱离子的盐才能水解，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.1L1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中含有1mol溶质醋酸，由于醋酸部分电离，所以溶液中含有的CH3COO−小于1mol，含有CH3COO−数目小于NA，故A错误；
B.将1molNH4NO3溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：n(OH−)+n(NO3−)=n(H+)+n(NH4+)，而溶液呈中性，则有n(OH−)=n(H+)，故可知n(NO3−)=n(NH4+)=1mol，即铵根离子个数为NA个，故B正确；
C.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以标准状况下4.48LSO2与足量的O2充分反应生成SO3数目小于0.2NA，故C错误；
D.4.6g钠的物质的量=4.6g23g/mol=0.2mol，和水反应，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成0.1mol氢气，而钠和水反应后生成的NaOH能继续和铝反应生成氢气，故最终生成的氢气的物质的量大于0.1mol，即分子数多于0.1NA个，故D错误；
故选：B。
A.醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出CH3COO−；
B.依据溶液中电荷守恒判断；
C.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，可逆反应不能进行到底；
D.求出钠的物质的量，然后根据钠和水反应后生成的NaOH能继续和铝反应来分析。
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，熟悉相关物质的结构组成，明确以物质的量为核心计算公式即可解答，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.碳棒与电源正极相连作阳极，阳极上氯离子失去电子生成氯气，氯气可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，图中装置合理，故A正确；
B.粗铜中比Cu活泼的金属失去电子，阴极上只有铜离子得到电子，则CuSO4浓度减小，故B错误；
C.只有温度不同，可验证温度对平衡移动有影响，故C正确；
D.酸式滴定管盛放盐酸，可滴定锥形瓶中的NaOH溶液，图中装置合理，故D正确；
故选：B。
A.碳棒与电源正极相连作阳极，阳极上氯离子失去电子生成氯气，氯气可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；
B.粗铜中比Cu活泼的金属失去电子，阴极上只有铜离子得到电子；
C.只有温度不同；
D.酸式滴定管盛放盐酸，可滴定锥形瓶中的NaOH溶液。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、电化学、中和滴定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.NaHCO3溶液水解的离子方程式：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，故A错误；
B.惰性电极电解氯化镁溶液有氢氧化镁沉淀生成，正确的离子方程式为：Mg2++2Cl−+2H2O−通电Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，故B错误；
C.实验室制备氢氧化铁胶体的离子方程式：Fe3++3H2O−△Fe(OH)3(胶体)+3H+，故C错误；
D.用FeS作沉淀剂除去废水中Cu2+的离子方程式为：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)，故D正确；
故选：D。
A.碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，选项中是碳酸氢根离子电离方程式；
B.镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀；
C.铁离子和一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体的制备方法是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色得到氢氧化铁胶体；
D.用FeS作沉淀剂除去废水中Cu2+，FeS溶解性大于CuS，实现沉淀转化。
本题考查离子方程式的书写方法，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.高温下会造成微生物死亡，降低电池效率，故A错误；
B.原电池工作时，电子从负极(a)经导线流向正极(b)，故B错误；
C.由电荷守恒可知，若该电池有0.4mol电子转移，则有0.4molH+通过质子交换膜，故C错误；
D.a极为负极，电极反应式为HS−+4H2O−8e−=SO42−+9H+，故D正确；
故选：D。
由图可知，b为正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，a极为负极，电极反应式为HS−+4H2O−8e−=SO42−+9H+，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
7.【答案】B
【解析】解：A.过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能，由图可知，E2为正反应的最高活化能，故A正确；
B.由图可知，该反应为放热反应，ΔH=−E3kJ⋅mol−1，故B错误；
C.由图可知，生成过渡态Ⅰ的反应方程式：+H+⇌，故C正确；
D.催化剂能同等程度降低反应的活化能，则正逆反应速率同等程度改变，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变平衡状态，平衡不发生移动，故D正确；
故选：B。
A.根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能；
B.该反应的反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；
C.结合图中信息即可得出结论；
D.催化剂可改变化学反应速率，但不改变平衡状态。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握吸放热反应的判断、活化能及判定、催化剂的作用和反应历程是解题关键，注意吸放热反应与物质具有能量的关系，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.过滤后的母液主要成分为氯化铵，通过处理可以得到NH4Cl晶体，故A正确；
B.氨气极易溶于水，二氧化碳溶解性不大，先吸氨再碳酸化的目的是使溶液呈碱性促进CO2吸收，生成更多的碳酸氢钠晶体，故B正确；
C.碳酸化中反应的离子方程式：CO2+NH3⋅H2O+Na+=NaHCO3↓+NH4+，故C错误；
D.NH4+浓度过高，可能会结合碳酸氢根离子形成碳酸氢铵，可能会析出NH4HCO3晶体，影响NaHCO3的产率和纯度，故D正确；
故选：C。
精制饱和食盐水吸氨后再碳酸化，通入二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到晶体碳酸氢钠晶体和母液，碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠、二氧化碳和水，生成的二氧化碳循环利用。
本题考查了工业制备纯碱的过程分析判断，注意过程中发生反应的特征和原理，题目难度中等。
9.【答案】A
【解析】解：A.根据表格数据可知在20∼40s内，Δn(Y)=0.20mol/L−0.12mol/L=0.08mol/L，则根据物质反应时物质的量的比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，可知Δn(X)=0.04mol/L，故v(X)=△c△t=0.04mol/L20s=0.002mol⋅L−1⋅s−1，故A正确；
B.该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致平衡常数减小，故B错误；
C.Z是固体，增加Z的物质的量，其浓度不变，因此化学平衡不移动，故C错误；
D.在其它条件不变时，100 s时再充入0.40molX，化学平衡正向移动，但平衡移动消耗量远小于加入量的增大，因此达新平衡时X的转化率减小，故D错误；
故选：A。
A.根据表格数据可知在20∼40s内，Δn(Y)=0.20mol/L−0.12mol/L=0.08mol/L，则根据物质反应时物质的量的比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，可知Δn(X)=0.04mol/L，故v(X)=△c△t；
B.该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动；
C.Z是固体，增加Z的物质的量，化学平衡不移动；
D.在其它条件不变时，100 s时再充入0.40molX，化学平衡正向移动，但平衡移动消耗量远小于加入量的增大。
本题考查化学平衡的计算，把握表中数据、平衡移动、平衡常数为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度中等。
10.【答案】A
【解析】解：A.因为盐酸为强酸，醋酸为弱酸，则镁与2mL2mol⋅L−1盐酸反应速率快，a曲线表示镁与盐酸的反应，故A正确；
B.2mL2mol⋅L−1盐酸、2mL2mol⋅L−1醋酸，溶质浓度相同，常数为弱酸，溶液中氢离子浓度小于盐酸，反应前盐酸和醋酸的pH不相同，故B错误；
C.200s后，反应生成的氯化镁溶液中存在电荷守恒，a曲线溶液中存在：2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，故C错误；
D.图像分析可知，260s时，镁和盐酸、醋酸反应生成气体压强不同，说明未完全反应，锥形瓶内c(Mg2+)浓度不相同，故D错误；
故选：A。
向两个完全相同的恒容密闭容器中各加入0.05g镁，然后用注射器向上述两个密闭容器中分别注入2mL2mol⋅L−1盐酸、2mL2mol⋅L−1醋酸，因为盐酸为强酸，醋酸为弱酸，则镁与2mL2mol⋅L−1盐酸反应速率快，密闭容器内气体的压强变化快，据此分析解答。
本题考查结合图像影响反应速率的因素分析，为高频考点，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】右侧 0.14mol/LFe3++e−=Fe2+ Fe3+ 酸式 当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时溶液颜色变浅红色，且半分钟内不变色 偏大
【解析】解：(1)原电池工作时，阳离子向正极(右侧)移动，
故答案为：右侧；
(2)铁电极为负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，左侧烧杯溶液c(Fe2+)增加了0.02mol⋅L−1，电路中转移电子的物质的量为0.02mol/L×0.5L×2=0.02mol，石墨电极为正极，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，右侧生成Fe2+ 0.2mol，右侧烧杯溶液中c(Fe2+)=；0.1mol/L×0.5L+0.02mol0.5L=0.14mol/L，
故答案为：0.14mol/L；
(3)石墨电极为正极，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，验证了Fe2+氧化性弱于Fe3+，
故答案为：Fe3++e−=Fe2+；Fe3+；
(4)滴定时酸性KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，判断滴定终点的现象是当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时溶液颜色变浅红色，且半分钟内不变色，若滴定前平视读数滴定后仰视读数，标准液体积偏大，则所测溶液中c(Fe2+)浓度偏大。
故答案为：酸式；当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时溶液颜色变浅红色，且半分钟内不变色；偏大。
由图可知，该装置为原电池，铁电极为负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，石墨电极为正极，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，高锰酸钾能氧化亚铁离子，可用高锰酸钾滴定溶液中亚铁离子，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】BDCO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3− H2O2作氧化剂时还原产物是H2O，无污染，不会产生大气污染物 21411Li2SO4 2 2 B
【解析】解：(1)A.废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，可能导致过电等现象，造成人生命安全危险事故，故A正确；
B.预放电时电池中的锂离子移向正极，故B错误；
C.有机物熔沸点较低、大多数易燃，碳粉可燃，可知热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物等，故C正确；
D.锂离子电池即使不含汞、镉、铅等有毒重金属，但里面有多种化学物质，因此不可用普通垃圾处理方法处理，否则会导致产生土壤污染、水污染，故D错误，
故答案为：BD；
(2)在“滤液1”中含有NaAlO2，向其中通入足量CO2气体，NaAlO2、CO2、H2O会产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，反应的离子方程式为：CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−，
故答案为：CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−；
(3)在“酸浸”时，用H2O2代替HNO3，由于H2O2作氧化剂时还原产物是H2O，无污染，不会产生大气污染物；该反应中，Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后Fe2(SO4)3中的+3价，化合价升高1×2=2价，O元素化合价由反应前H2O2中的−1价变为反应后H2O中的−2价，化合价降低1×2价，元素化合价升降最小公倍数是2，所以LiFePO4的系数是2，Fe2(SO4)3的系数是1；H2O2的系数是1，H2O的系数是2；再根据Li元素守恒可知缺项物质是Li2SO4，其系数是1；然后根据SO42−守恒，可知H2SO4的系数是4，最后根据P元素守恒可知H3PO4系数是2，则配平后化学方程式为：2LiFePO4+1H2O2+4H2SO4=1Fe2(SO4)3+1Li2SO4+2H2O+2H3PO4，
故答案为：H2O2作氧化剂时还原产物是H2O，无污染，不会产生大气污染物；2；1；4；1；1Li2SO4；2；2；
(4)由表中数据可知升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，使用饱和Na2CO3溶液可以洗涤，降低Li2CO3的溶解度，但是会引入杂质Na+，因此应该使用热水洗涤沉淀，
故答案为：B。
废旧电池正极片(磷酸亚铁锂、炭黑和铝箔等)放电拆解后加入氢氧化钠溶液碱浸，过滤得到滤液中偏铝酸钠溶液，滤渣酸浸过滤得到炭黑和硫酸锂、硫酸亚铁的溶液，加入硫酸、硝酸氧化亚铁离子滤渣生成铁离子，调节溶液pH使磷酸铁沉淀，过滤后的滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，经过滤、洗涤、干燥等操作得到碳酸锂，以此解答该题。
本题以物质的制备为背景，考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，难度适中。
13.【答案】对照实验或空白实验 草酸钙溶于水产生少量钙离子或草酸钙存在沉淀溶解平衡 CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)8.36×10−7mol⋅L−1 1000 因Ksp(CaC2O4)
故答案为：对照实验或空白实验；
(2)将草酸钙放入一定量水中，充分搅拌后静置，取上层清液，加入Na2CO3后无明显现象。由于钙试剂是蓝色溶液，向其中加入蒸馏水溶液显蓝色，加入含有Ca2+的矿泉水后溶液变为紫红色，说明Ca2+与该试剂作用产生紫红色物质；再另取溶解CaC2O4的水，向其中加入钙试剂，溶液也显紫红色，说明CaC2O4能够在水中微弱溶解，是水中含有一定量的Ca2+，即草酸钙在水中存在沉淀溶解平衡，该沉淀溶解平衡的离子方程式为：CaC2O4 (s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)，
故答案为：草酸钙溶于水产生少量钙离子或草酸钙存在沉淀溶解平衡；CaC2O4 (s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)；
(3)根据表格数据可知：Ksp(CaC2O4)=2.3×10−9；人体内血清总钙含量范围2.25−2.75mmol⋅L−1，当血清总钙含量达上限时，c(Ca2+)=2.75×10−3mol⋅L−1，则c(C2O42−)=2.3×10−92.75×10−3mol/L=8.36×10−7 mol⋅L−1，此时会产生草酸钙沉淀可能会引起结石，
故答案为：8.36×10−7 mol⋅L−1；
(4)根据图象可知：Ka1=c(H+)c(HC2O4−)c(H2C2O4)=c(H+)=10−1.2mol/L；Ka2=c(H+)c(C2O42−)c(HC2O4−)=c(H+)=10−4.2mol/L。当溶液pH=2.7时，c2(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(C2O42−)=c(HC2O4−)c(H+)c(HC2O4−)c(H2C2O4)c(C2O42−)c(H+)=Ka1Ka2=10−1.210−4.2=1000，
故答案为：1000；
(5)医生建议：肾结石病人口服镁制剂(主要成分为MgCl2溶液)，可以减缓草酸钙结石患者的病痛，这是由于Ksp(CaC2O4)
(2)将草酸钙放入一定量水中，充分搅拌后静置，取上层清液，加入Na2CO3后无明显现象。由于钙试剂是蓝色溶液，向其中加入蒸馏水溶液显蓝色，加入含有Ca2+的矿泉水后溶液变为紫红色，说明Ca2+与该试剂作用产生紫红色物质；
(3)根据表格数据可知：Ksp(CaC2O4)=2.3×10−9；人体内血清总钙含量范围2.25−2.75mmol⋅L−1，当血清总钙含量达上限时，c(Ca2+)=2.75×10−3mol⋅L−1；
(4)根据图象可知：Ka1=c(H+)c(HC2O4−)c(H2C2O4)=c(H+)=10−1.2mol/L；Ka2=c(H+)c(C2O42−)c(HC2O4−)=c(H+)=10−4.2mol/L。当溶液pH=2.7时，c2(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(C2O42−)=c(HC2O4−)c(H+)c(HC2O4−)c(H2C2O4)c(C2O42−)c(H+)=Ka1Ka2；
(5)医生建议：肾结石病人口服镁制剂(主要成分为MgCl2溶液)，可以减缓草酸钙结石患者的病痛，这是由于Ksp(CaC2O4)
14.【答案】DⅠc2(N2)⋅c6(H2O)c4(NH3)⋅c3(O2) 60%Dc(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)
【解析】解：(1)A.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应达到平衡状态，故A错误；
B.容器内4v正(O2)=5v逆(NO)才能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.容器内n(NO)：n(NH3)=1：1，无法说明各组分浓度不再改变，则不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，容器内压强增大，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：D；
(2)①由图可知，高温时，NO的生成量高，故该催化剂在高温时选择反应Ⅰ，
故答案为：I；
②平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K=c2(N2)⋅c6(H2O)c4(NH3)⋅c3(O2)，
故答案为：c2(N2)⋅c6(H2O)c4(NH3)⋅c3(O2)；
③由图可知，520℃时氮气的物质的量为0.2mol，NO物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，则Δn(NH3)=0.2mol×2+0.2mol=0.6mol，氨气转化率=△n(NH3)n起始(NH3)×100%=0.6mol1mol×100%=60%，
故答案为：60%
④A.催化剂不改变化学平衡状态，则NH3转化为N2平衡转化率不变，故A错误；
B.适当降低反应温度，平衡正向移动，则NH3转化为N2平衡转化率增大，故B错误；
C.分离出体系中的水蒸气，平衡正向移动，则NH3转化为N2平衡转化率增大，故C错误；
D.投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动，但只能减弱这种改变，NH3转化为N2平衡转化率减小，故D正确；
故答案为：D；
(4)①NH4Cl=NH4++Cl−、②NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+、③H2O⇌H++OH−，反应进行的程度：①>②>③，c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)。
(1)判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
(2)①结合图象分析高温时催化剂的选择性；
②平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
③由图可知，520℃时氮气的物质的量为0.2mol，NO物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，则Δn(NH3)=0.2mol×2+0.2mol=0.6mol，结合转化率=△n(NH3)n起始(NH3)×100%计算；
④A.催化剂不改变化学平衡状态
B.适当降低反应温度，平衡正向移动；
C.分离出体系中的水蒸气，平衡正向移动；
D.投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动；
(4)NH4Cl=NH4++Cl−、NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+、H2O⇌H++OH−，据此分析。
本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，掌握勒夏特列原理、原子守恒是解题的关键，此题难度中等。
15.【答案】−50kJ⋅mol−1 反应速率下降 H2 因为ΔH−TΔS>0，所以不可行或ΔH>0，ΔS>0，任何温度下不能自发进行 负 2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O0.8
【解析】解：(1)根据图示可知：①CO(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=−41kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=−91kJ/mol；根据盖斯定律，将②-①，整理可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=−51kJ/mol，
故答案为：−50kJ⋅mol−1；
(2)①萨巴帝尔(Sabatier)反应是放热反应，控制反应器内的温度非常重要，反应温度过低，则物质的内能减小，活化分子数目减少，因而会造成反应速率下降，
故答案为：反应速率下降；
②萨巴帝尔(Sabatier)反应在载人航天器实现回收CO2再生O2，根据其过程转化关系图示可知：用这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充H2，
故答案为：H2；
(3)有人提出用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔH>0来消除CO的污染，由于该反应的ΔH>0，ΔS<0，ΔH−TΔS>0，所以在任何温度下不能自发进行，
故答案为：因为ΔH−TΔS>0，所以不可行或ΔH>0，ΔS>0，任何温度下不能自发进行；
(4)①铅蓄电池在放电时Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，则在充电时Pb电极应与外加电源的负极连接作阴极，发生还原反应，
故答案为：负；
②在阴极上CO2得到电子被还原生成C2H4，则阴极的电极反应式是：2CO2+12e−+12H+=C2H4+4H2O，
故答案为：2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O；
③在电解时生成标准状况下4.48LO2，n(O2)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，在电解时阳极上水电离产生的OH−失去电子被氧化产生O2，O元素化合价由反应前H2O中的−2价变为反应后O2的0价，每反应产生1molO2，反应过程中会转移4 mol电子，现在反应制取得到0.2molO2，则转移电子的物质的量至少是0.2mol×4=0.8mol，
故答案为：0.8。
(1)根据图示可知：①CO(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=−41kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=−91kJ/mol；根据盖斯定律，将②-①，整理可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)；
(2)①萨巴帝尔(Sabatier)反应是放热反应，反应温度过低，则物质的内能减小，活化分子数目减少；
②萨巴帝尔(Sabatier)反应在载人航天器实现回收CO2再生O2，根据其过程转化关系图示可知：用这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充H2；
(3)有人提出用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔH>0来消除CO的污染，由于该反应的ΔH>0，ΔS<0，ΔH−TΔS>0；
(4)①铅蓄电池在放电时Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应；
②在阴极上CO2得到电子被还原生成C2H4；
③在电解时生成标准状况下4.48LO2，n(O2)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，在电解时阳极上水电离产生的OH−失去电子被氧化产生O2，O元素化合价由反应前H2O中的−2价变为反应后O2的0价，每反应产生1molO2，反应过程中会转移4 mol电子。
本题考查比较综合，设计到反应热的计算、化学反应方向的判断、电化学原理，解题的关键是掌握电化学原理的应用，均为高频考点，难度中等。
2021-2022学年福建省南平市高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生活生产密切相关。下列做法错误的是( )
A. 生活中可用热纯碱溶液去除油污
B. 铵态氮肥和草木灰(含K2CO3)混合施用
C. “84”消毒液不能与洁厕剂混合使用
D. 河道中的钢铁闸门与外加直流电源负极相连保护其不受腐蚀
2. 下列物质加入蒸馏水中不影响水的电离平衡的是( )
A. NaOH B. H2SO4 C. NaCl D. NH4Cl
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1L1mol⋅L−1CH3COOH溶液中CH3COO−的数目为NA
B. 1molNH4NO3溶于稀氨水使溶液呈中性NH4+数目为NA
C. 标准状况下4.48LSO2与足量的O2充分反应生成SO3数目为0.2NA
D. 4.6g钠用带小孔铝箔包裹与水充分反应生成H2分子数目为0.1NA
4. 如图装置与对应的叙述不相符的是( )
A. 装置中阳极产生的气体可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
B. 装置中电解质溶液CuSO4浓度保持不变
C. 装置中左侧烧瓶内颜色变深，验证温度对平衡移动有影响
D. 装置中可实现标准盐酸滴定未知NaOH溶液
5. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. NaHCO3溶液水解：HCO3−+H2O⇌CO32−+H3O+
B. 用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl−+2H2O−通电2OH−+H2↑+Cl2↑
C. 实验室制备氢氧化铁胶体：Fe3++3NH3⋅H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH3−
D. 用FeS作沉淀剂除去废水中Cu2+：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)
6. 某微生物燃料电池工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该电池在高温下工作效率会更高
B. 电子从b极经导线流向a极
C. 若该电池有0.4mol电子转移，则有0.45molH+通过质子交换膜
D. HS−在硫氧化菌作用下转化为SO42−的反应是：HS−+4H2O−8e−=SO42−+9H+
7. 已知甲酸分解反应：HCOOH(aq)⇌CO(g)+H2O(l)ΔH。根据过渡态理论，在H+催化作用下反应过程中的能量变化如图(其中E1、E2、E3均大于0)。下列说法错误的是
( )
A. E2为正反应的最高活化能
B. 该反应为放热反应ΔH=E3
C. 生成过渡态Ⅰ的反应方程式：+H+⇌
D. 使用催化剂后正逆反应速率同等程度改变平衡不移动
8. 如图为我国化学工业科学家侯德榜制碱法的部分流程。下列说法错误的是( )
A. 过滤后的母液通过处理可以得到NH4Cl
B. 先吸氨再碳酸化的目的是使溶液呈碱性促进CO2吸收
C. 碳酸化中反应的离子方程式：CO2+NH3⋅H2O=HCO3−+NH4+
D. NH4+浓度过高可能会析出NH4HCO3，影响NaHCO3的产率和纯度
9. 某温度时，向1L恒容密闭容器中充入0.20molX发生反应：X(g)⇌2Y(g)+Z(s)ΔH<0，实验数据如下：
时间/s
0
20
40
60
80
100
c(Y)/(mol⋅L−1)
0.00
0.12
0.20
0.26
0.30
0.30
下列说法正确的是( )
A. 20∼40s内，v(X)=0.002mol⋅L−1⋅s−1
B. 升高温度，该反应的平衡常数增大
C. 增大Z的物质的量平衡逆向移动
D. 其他条件不变，100s时再充入0.40molX，达新平衡时X的转化率增大
10. 常温下，向两个体积相同的锥形瓶中各加入0.05g镁条，盖紧橡胶塞，然后用注射器分别注入2mL2mol⋅L−1盐酸、2mL2mol⋅L−1醋酸，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a曲线表示镁与盐酸的反应
B. 反应前盐酸和醋酸的pH相同
C. 200s后a曲线溶液中存在：c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)
D. 260s时锥形瓶内c(Mg2+)浓度相同
11. 为验证铁元素的氧化还原能力，利用如图所示电池装置进行实验。
(1)电子由铁电极流向石墨电极，盐桥中的阳离子向 ______移动(填“左侧”或“右侧”)。
(2)电池反应一段时间后，石墨电极上未见Fe析出且无气体逸出。测得左侧烧杯溶液c(Fe2+)增加了0.02mol⋅L−1，右侧烧杯溶液中c(Fe2+)=______。
(3)以上实验结果得知石墨电极的电极反应式是 ______。验证了Fe2+氧化性弱于 ______。
(4)为进一步了解Fe2+在氧化还原反应中得失电子的情况，可用标准物质的量浓度的酸性KMnO4溶液对Fe2+进行滴定，滴定时酸性KMnO4溶液应装在 ______滴定管中，判断滴定终点的现象是 ______。若滴定前平视读数滴定后仰视读数则所测溶液中c(Fe2+)浓度 ______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12. 为节约资源、保护环境。目前采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(由Al箔、LiFePO4、少量不溶于酸碱的导电剂组成)中的资源，部分流程如图所示：
查阅资料得知Li2CO3的溶解度为：20℃时1.33g，80℃时0.85g。
(1)将回收的废旧锂离子电池进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。下列分析不合理的是 ______(填标号)。
A.废旧电池在处理前需要进行预放电，否则残余能量集中释放造成安全隐患
B.预放电时电池中的锂离子移向负极，不利于提高正极片中锂元素的回收率
C.热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等
D.锂离子电池不含汞、镉、铅等有毒重金属，可用普通垃圾处理方法处理
(2)工业上为了获得一种常用金属，往“滤液①”中通入过量的二氧化碳，产生沉淀的反应离子方程式是______。
(3)有人提出在“酸浸”时，用H2O2代替HNO3其优点是 ______。完成反应的化学方程式：
______LiFePO4+______H2O2+______H2SO4=______Fe2(SO4)3+______+______H2O+______H3PO4
(4)“过滤洗涤”过程中常选用的洗涤剂是 ______(填标号)。
A.冷水
B.热水
C.饱和Na2CO3溶液
13. 某研究性学习小组对肾结石在人体中的溶解平衡进行初步探究，进一步认识肾结石产生并利用沉淀的转化进行治疗的原理。经分析肾结石主要成分有：草酸钙(CaC2O4)90%、碳酸钙(CaCO3)8%、磷酸钙[Ca2(PO4)3]及其它2%。
实验探究一：草酸钙的溶解性
实验①
某同学观察后认为：滴加饱和Na2CO3溶液后无现象说明草酸钙不溶于水，水中不存在钙离子。另一同学认为无明显现象并不能证明不存在钙离子只是很少，并补充下列实验。
实验②钙试剂的显色反应
钙试剂蒸
馏水+钙试剂
矿泉水+钙试剂
实验现象
实验③
(1)实验②中使用蒸馏水的目的是 ______。
(2)实验②、③验证了 ______，草酸钙沉淀溶解平衡的方程式是 ______。
实验探究二：草酸钙沉淀转化
难溶物
25℃时Ksp/(mol2⋅L−2)
CaC2O4
2.3×10−9
CaCO3
3.0×10−8
MgC2O4
8.6×10−5
(3)人体内血清总钙含量范围2.25∼2.75mmol⋅L−1，当血清总钙含量达上限时，血清中C2O42−浓度达到 ______时，会产生草酸钙沉淀可能会引起结石。
(4)肾结石病人不能过量食用含草酸的食物(如菠菜等)，已知草酸溶液中H2C2O4、HC2O4−、C2O42−三种微粒的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化关系如图所示，当pH=2.7时c2(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(C2O42−)=______。
(5)医生建议：肾结石病人口服镁制剂(主要成分为MgCl2溶液)，可以减缓草酸钙结石患者的病痛。解释医生建议的合理性 ______。
14. NH3作为一种重要化工原料，大量应用于工业生产。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)往恒温恒容密闭容器中充入一定量的NH3和O2，在催化剂作用下发生反应I，下列叙述已达平衡状态的是 ______(填标号)。
A.容器内气体密度保持不变
B.容器内5v正(O2)=4v逆(NO)
C.容器内n(NO)：n(NH3)=1：1
D.容器内压强保持不变
(2)氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ。为分析催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量关系如图所示：
①该催化剂在520℃∼840℃时选择反应 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②反应II的平衡常数表达式K=______。
③520℃时NH3的转化率是______。
④能够降低NH3转化为N2平衡转化率的措施是 ______(填标号)。
A.使用Cu−TiO2催化剂
B.适当降低反应温度
C.分离出体系中的水蒸气
D.投料比不变，增加反应物的浓度
(3)NH3常用于生产化工产品NH4Cl，NH4Cl溶液各离子浓度由大到小的顺序是 ______。
15. 我国向国际社会承诺2030年前“碳达峰”。CO2的转化、回收及综合利用受到广泛关注，回答下列问题：
(1)用CO2和H2制取甲醇，反应的能量变化如图1所示。
根据上图计算CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=______。
(2)萨巴帝尔(Sabatier)反应可以将二氧化碳转化为甲烷和水，配合水的电解可以实现氧气的再生。该方法可同时解决二氧化碳的清除问题，因此成为一种非常重要的载人航天器中氧气再生方法。
①萨巴帝尔(Sabatier)反应是放热反应，控制反应器内的温度非常重要，反应温度过低则会造成 ______。
②萨巴帝尔(Sabatier)反应在载人航天器实现回收CO2再生O2，其过程如图2所示，这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充 ______(填化学式)。
(3)有人提出用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔH>0来消除CO的污染，说明该反应是否能自发进行 ______。
(4)铅蓄电池作为电源可将CO2转化为乙烯(C2H4)，其原理如图3所示，所用电极材料均为惰性电极。
已知铅蓄电池总反应式为：
①铅蓄电池充电时Pb电极应与外加电源的 ______极相连。
②生成乙烯的电极反应式是 ______。
③若电解过程中生成标准状况下4.48LO2，电路中转移的电子至少为 ______mol。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.纯碱为碳酸钠，水解显碱性，油脂在碱性环境下水解生成可溶于与水的甘油和高级脂肪酸钠，所以可以热的纯碱溶液来除去物品表面的油污，故A正确；
B.NH4+水解显酸性，CO32−水解显碱性，二者能相互促进水解，所以铵态氮肥和草木灰(含K2CO3)不可混合施用，故B错误；
C.“84”消毒液不能与洁厕剂混合使用，否则生成有毒气体氯气，引起中毒，故C正确；
D.钢铁闸门与外加直流电源的负极相连作阴极被保护，所以可将河道中的钢铁闸门与外加直流电源的负极相连以保护其不受腐蚀，故D正确；
故选：B。
A.纯碱为碳酸钠，水解显碱性；
B.NH4+水解显酸性，CO32−水解显碱性，二者能相互促进水解；
C.“84”消毒液与洁厕剂混合使用生成有毒气体氯气；
D.钢铁闸门与外加直流电源的负极相连作阴极被保护。
本题考查化学与生活，涉及盐类水解，明确盐类水解原理、元素化合物性质是解本题关键，注意化学在生产生活中的运用，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.NaOH是碱，抑制水的电离，故A错误；
B.H2SO4是酸，抑制水的电离，故B错误；
C.NaCl是强酸强碱盐，不水解，对水的电离无影响，故C正确；
D.NH4Cl是强酸弱碱盐，能水解，促进水的电离，故D错误；
故选：C。
水的电离平衡：H2O⇌H++OH−中，要使平衡发生移动，应改变溶液c(H+)或c(OH−)的浓度，酸、碱抑制水的电离，盐的水解促进水的电离。
本题考查了水的电离平衡的影响，应注意的是酸和碱抑制水的电离，盐的水解能促进水的电离，而含弱离子的盐才能水解，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.1L1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中含有1mol溶质醋酸，由于醋酸部分电离，所以溶液中含有的CH3COO−小于1mol，含有CH3COO−数目小于NA，故A错误；
B.将1molNH4NO3溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：n(OH−)+n(NO3−)=n(H+)+n(NH4+)，而溶液呈中性，则有n(OH−)=n(H+)，故可知n(NO3−)=n(NH4+)=1mol，即铵根离子个数为NA个，故B正确；
C.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以标准状况下4.48LSO2与足量的O2充分反应生成SO3数目小于0.2NA，故C错误；
D.4.6g钠的物质的量=4.6g23g/mol=0.2mol，和水反应，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成0.1mol氢气，而钠和水反应后生成的NaOH能继续和铝反应生成氢气，故最终生成的氢气的物质的量大于0.1mol，即分子数多于0.1NA个，故D错误；
故选：B。
A.醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出CH3COO−；
B.依据溶液中电荷守恒判断；
C.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，可逆反应不能进行到底；
D.求出钠的物质的量，然后根据钠和水反应后生成的NaOH能继续和铝反应来分析。
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，熟悉相关物质的结构组成，明确以物质的量为核心计算公式即可解答，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.碳棒与电源正极相连作阳极，阳极上氯离子失去电子生成氯气，氯气可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，图中装置合理，故A正确；
B.粗铜中比Cu活泼的金属失去电子，阴极上只有铜离子得到电子，则CuSO4浓度减小，故B错误；
C.只有温度不同，可验证温度对平衡移动有影响，故C正确；
D.酸式滴定管盛放盐酸，可滴定锥形瓶中的NaOH溶液，图中装置合理，故D正确；
故选：B。
A.碳棒与电源正极相连作阳极，阳极上氯离子失去电子生成氯气，氯气可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；
B.粗铜中比Cu活泼的金属失去电子，阴极上只有铜离子得到电子；
C.只有温度不同；
D.酸式滴定管盛放盐酸，可滴定锥形瓶中的NaOH溶液。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、电化学、中和滴定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.NaHCO3溶液水解的离子方程式：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，故A错误；
B.惰性电极电解氯化镁溶液有氢氧化镁沉淀生成，正确的离子方程式为：Mg2++2Cl−+2H2O−通电Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，故B错误；
C.实验室制备氢氧化铁胶体的离子方程式：Fe3++3H2O−△Fe(OH)3(胶体)+3H+，故C错误；
D.用FeS作沉淀剂除去废水中Cu2+的离子方程式为：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)，故D正确；
故选：D。
A.碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，选项中是碳酸氢根离子电离方程式；
B.镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀；
C.铁离子和一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体的制备方法是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色得到氢氧化铁胶体；
D.用FeS作沉淀剂除去废水中Cu2+，FeS溶解性大于CuS，实现沉淀转化。
本题考查离子方程式的书写方法，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.高温下会造成微生物死亡，降低电池效率，故A错误；
B.原电池工作时，电子从负极(a)经导线流向正极(b)，故B错误；
C.由电荷守恒可知，若该电池有0.4mol电子转移，则有0.4molH+通过质子交换膜，故C错误；
D.a极为负极，电极反应式为HS−+4H2O−8e−=SO42−+9H+，故D正确；
故选：D。
由图可知，b为正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，a极为负极，电极反应式为HS−+4H2O−8e−=SO42−+9H+，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
7.【答案】B
【解析】解：A.过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能，由图可知，E2为正反应的最高活化能，故A正确；
B.由图可知，该反应为放热反应，ΔH=−E3kJ⋅mol−1，故B错误；
C.由图可知，生成过渡态Ⅰ的反应方程式：+H+⇌，故C正确；
D.催化剂能同等程度降低反应的活化能，则正逆反应速率同等程度改变，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变平衡状态，平衡不发生移动，故D正确；
故选：B。
A.根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能；
B.该反应的反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；
C.结合图中信息即可得出结论；
D.催化剂可改变化学反应速率，但不改变平衡状态。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握吸放热反应的判断、活化能及判定、催化剂的作用和反应历程是解题关键，注意吸放热反应与物质具有能量的关系，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.过滤后的母液主要成分为氯化铵，通过处理可以得到NH4Cl晶体，故A正确；
B.氨气极易溶于水，二氧化碳溶解性不大，先吸氨再碳酸化的目的是使溶液呈碱性促进CO2吸收，生成更多的碳酸氢钠晶体，故B正确；
C.碳酸化中反应的离子方程式：CO2+NH3⋅H2O+Na+=NaHCO3↓+NH4+，故C错误；
D.NH4+浓度过高，可能会结合碳酸氢根离子形成碳酸氢铵，可能会析出NH4HCO3晶体，影响NaHCO3的产率和纯度，故D正确；
故选：C。
精制饱和食盐水吸氨后再碳酸化，通入二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到晶体碳酸氢钠晶体和母液，碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠、二氧化碳和水，生成的二氧化碳循环利用。
本题考查了工业制备纯碱的过程分析判断，注意过程中发生反应的特征和原理，题目难度中等。
9.【答案】A
【解析】解：A.根据表格数据可知在20∼40s内，Δn(Y)=0.20mol/L−0.12mol/L=0.08mol/L，则根据物质反应时物质的量的比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，可知Δn(X)=0.04mol/L，故v(X)=△c△t=0.04mol/L20s=0.002mol⋅L−1⋅s−1，故A正确；
B.该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致平衡常数减小，故B错误；
C.Z是固体，增加Z的物质的量，其浓度不变，因此化学平衡不移动，故C错误；
D.在其它条件不变时，100 s时再充入0.40molX，化学平衡正向移动，但平衡移动消耗量远小于加入量的增大，因此达新平衡时X的转化率减小，故D错误；
故选：A。
A.根据表格数据可知在20∼40s内，Δn(Y)=0.20mol/L−0.12mol/L=0.08mol/L，则根据物质反应时物质的量的比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，可知Δn(X)=0.04mol/L，故v(X)=△c△t；
B.该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动；
C.Z是固体，增加Z的物质的量，化学平衡不移动；
D.在其它条件不变时，100 s时再充入0.40molX，化学平衡正向移动，但平衡移动消耗量远小于加入量的增大。
本题考查化学平衡的计算，把握表中数据、平衡移动、平衡常数为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度中等。
10.【答案】A
【解析】解：A.因为盐酸为强酸，醋酸为弱酸，则镁与2mL2mol⋅L−1盐酸反应速率快，a曲线表示镁与盐酸的反应，故A正确；
B.2mL2mol⋅L−1盐酸、2mL2mol⋅L−1醋酸，溶质浓度相同，常数为弱酸，溶液中氢离子浓度小于盐酸，反应前盐酸和醋酸的pH不相同，故B错误；
C.200s后，反应生成的氯化镁溶液中存在电荷守恒，a曲线溶液中存在：2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，故C错误；
D.图像分析可知，260s时，镁和盐酸、醋酸反应生成气体压强不同，说明未完全反应，锥形瓶内c(Mg2+)浓度不相同，故D错误；
故选：A。
向两个完全相同的恒容密闭容器中各加入0.05g镁，然后用注射器向上述两个密闭容器中分别注入2mL2mol⋅L−1盐酸、2mL2mol⋅L−1醋酸，因为盐酸为强酸，醋酸为弱酸，则镁与2mL2mol⋅L−1盐酸反应速率快，密闭容器内气体的压强变化快，据此分析解答。
本题考查结合图像影响反应速率的因素分析，为高频考点，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】右侧 0.14mol/LFe3++e−=Fe2+ Fe3+ 酸式 当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时溶液颜色变浅红色，且半分钟内不变色 偏大
【解析】解：(1)原电池工作时，阳离子向正极(右侧)移动，
故答案为：右侧；
(2)铁电极为负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，左侧烧杯溶液c(Fe2+)增加了0.02mol⋅L−1，电路中转移电子的物质的量为0.02mol/L×0.5L×2=0.02mol，石墨电极为正极，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，右侧生成Fe2+ 0.2mol，右侧烧杯溶液中c(Fe2+)=；0.1mol/L×0.5L+0.02mol0.5L=0.14mol/L，
故答案为：0.14mol/L；
(3)石墨电极为正极，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，验证了Fe2+氧化性弱于Fe3+，
故答案为：Fe3++e−=Fe2+；Fe3+；
(4)滴定时酸性KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，判断滴定终点的现象是当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时溶液颜色变浅红色，且半分钟内不变色，若滴定前平视读数滴定后仰视读数，标准液体积偏大，则所测溶液中c(Fe2+)浓度偏大。
故答案为：酸式；当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时溶液颜色变浅红色，且半分钟内不变色；偏大。
由图可知，该装置为原电池，铁电极为负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，石墨电极为正极，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，高锰酸钾能氧化亚铁离子，可用高锰酸钾滴定溶液中亚铁离子，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】BDCO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3− H2O2作氧化剂时还原产物是H2O，无污染，不会产生大气污染物 21411Li2SO4 2 2 B
【解析】解：(1)A.废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，可能导致过电等现象，造成人生命安全危险事故，故A正确；
B.预放电时电池中的锂离子移向正极，故B错误；
C.有机物熔沸点较低、大多数易燃，碳粉可燃，可知热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物等，故C正确；
D.锂离子电池即使不含汞、镉、铅等有毒重金属，但里面有多种化学物质，因此不可用普通垃圾处理方法处理，否则会导致产生土壤污染、水污染，故D错误，
故答案为：BD；
(2)在“滤液1”中含有NaAlO2，向其中通入足量CO2气体，NaAlO2、CO2、H2O会产生Al(OH)3沉淀和NaHCO3，反应的离子方程式为：CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−，
故答案为：CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−；
(3)在“酸浸”时，用H2O2代替HNO3，由于H2O2作氧化剂时还原产物是H2O，无污染，不会产生大气污染物；该反应中，Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后Fe2(SO4)3中的+3价，化合价升高1×2=2价，O元素化合价由反应前H2O2中的−1价变为反应后H2O中的−2价，化合价降低1×2价，元素化合价升降最小公倍数是2，所以LiFePO4的系数是2，Fe2(SO4)3的系数是1；H2O2的系数是1，H2O的系数是2；再根据Li元素守恒可知缺项物质是Li2SO4，其系数是1；然后根据SO42−守恒，可知H2SO4的系数是4，最后根据P元素守恒可知H3PO4系数是2，则配平后化学方程式为：2LiFePO4+1H2O2+4H2SO4=1Fe2(SO4)3+1Li2SO4+2H2O+2H3PO4，
故答案为：H2O2作氧化剂时还原产物是H2O，无污染，不会产生大气污染物；2；1；4；1；1Li2SO4；2；2；
(4)由表中数据可知升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，使用饱和Na2CO3溶液可以洗涤，降低Li2CO3的溶解度，但是会引入杂质Na+，因此应该使用热水洗涤沉淀，
故答案为：B。
废旧电池正极片(磷酸亚铁锂、炭黑和铝箔等)放电拆解后加入氢氧化钠溶液碱浸，过滤得到滤液中偏铝酸钠溶液，滤渣酸浸过滤得到炭黑和硫酸锂、硫酸亚铁的溶液，加入硫酸、硝酸氧化亚铁离子滤渣生成铁离子，调节溶液pH使磷酸铁沉淀，过滤后的滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，经过滤、洗涤、干燥等操作得到碳酸锂，以此解答该题。
本题以物质的制备为背景，考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，难度适中。
13.【答案】对照实验或空白实验 草酸钙溶于水产生少量钙离子或草酸钙存在沉淀溶解平衡 CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)8.36×10−7mol⋅L−1 1000 因Ksp(CaC2O4)
故答案为：对照实验或空白实验；
(2)将草酸钙放入一定量水中，充分搅拌后静置，取上层清液，加入Na2CO3后无明显现象。由于钙试剂是蓝色溶液，向其中加入蒸馏水溶液显蓝色，加入含有Ca2+的矿泉水后溶液变为紫红色，说明Ca2+与该试剂作用产生紫红色物质；再另取溶解CaC2O4的水，向其中加入钙试剂，溶液也显紫红色，说明CaC2O4能够在水中微弱溶解，是水中含有一定量的Ca2+，即草酸钙在水中存在沉淀溶解平衡，该沉淀溶解平衡的离子方程式为：CaC2O4 (s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)，
故答案为：草酸钙溶于水产生少量钙离子或草酸钙存在沉淀溶解平衡；CaC2O4 (s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)；
(3)根据表格数据可知：Ksp(CaC2O4)=2.3×10−9；人体内血清总钙含量范围2.25−2.75mmol⋅L−1，当血清总钙含量达上限时，c(Ca2+)=2.75×10−3mol⋅L−1，则c(C2O42−)=2.3×10−92.75×10−3mol/L=8.36×10−7 mol⋅L−1，此时会产生草酸钙沉淀可能会引起结石，
故答案为：8.36×10−7 mol⋅L−1；
(4)根据图象可知：Ka1=c(H+)c(HC2O4−)c(H2C2O4)=c(H+)=10−1.2mol/L；Ka2=c(H+)c(C2O42−)c(HC2O4−)=c(H+)=10−4.2mol/L。当溶液pH=2.7时，c2(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(C2O42−)=c(HC2O4−)c(H+)c(HC2O4−)c(H2C2O4)c(C2O42−)c(H+)=Ka1Ka2=10−1.210−4.2=1000，
故答案为：1000；
(5)医生建议：肾结石病人口服镁制剂(主要成分为MgCl2溶液)，可以减缓草酸钙结石患者的病痛，这是由于Ksp(CaC2O4)
(2)将草酸钙放入一定量水中，充分搅拌后静置，取上层清液，加入Na2CO3后无明显现象。由于钙试剂是蓝色溶液，向其中加入蒸馏水溶液显蓝色，加入含有Ca2+的矿泉水后溶液变为紫红色，说明Ca2+与该试剂作用产生紫红色物质；
(3)根据表格数据可知：Ksp(CaC2O4)=2.3×10−9；人体内血清总钙含量范围2.25−2.75mmol⋅L−1，当血清总钙含量达上限时，c(Ca2+)=2.75×10−3mol⋅L−1；
(4)根据图象可知：Ka1=c(H+)c(HC2O4−)c(H2C2O4)=c(H+)=10−1.2mol/L；Ka2=c(H+)c(C2O42−)c(HC2O4−)=c(H+)=10−4.2mol/L。当溶液pH=2.7时，c2(HC2O4−)c(H2C2O4)×c(C2O42−)=c(HC2O4−)c(H+)c(HC2O4−)c(H2C2O4)c(C2O42−)c(H+)=Ka1Ka2；
(5)医生建议：肾结石病人口服镁制剂(主要成分为MgCl2溶液)，可以减缓草酸钙结石患者的病痛，这是由于Ksp(CaC2O4)
14.【答案】DⅠc2(N2)⋅c6(H2O)c4(NH3)⋅c3(O2) 60%Dc(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)
【解析】解：(1)A.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应达到平衡状态，故A错误；
B.容器内4v正(O2)=5v逆(NO)才能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.容器内n(NO)：n(NH3)=1：1，无法说明各组分浓度不再改变，则不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，容器内压强增大，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：D；
(2)①由图可知，高温时，NO的生成量高，故该催化剂在高温时选择反应Ⅰ，
故答案为：I；
②平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K=c2(N2)⋅c6(H2O)c4(NH3)⋅c3(O2)，
故答案为：c2(N2)⋅c6(H2O)c4(NH3)⋅c3(O2)；
③由图可知，520℃时氮气的物质的量为0.2mol，NO物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，则Δn(NH3)=0.2mol×2+0.2mol=0.6mol，氨气转化率=△n(NH3)n起始(NH3)×100%=0.6mol1mol×100%=60%，
故答案为：60%
④A.催化剂不改变化学平衡状态，则NH3转化为N2平衡转化率不变，故A错误；
B.适当降低反应温度，平衡正向移动，则NH3转化为N2平衡转化率增大，故B错误；
C.分离出体系中的水蒸气，平衡正向移动，则NH3转化为N2平衡转化率增大，故C错误；
D.投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动，但只能减弱这种改变，NH3转化为N2平衡转化率减小，故D正确；
故答案为：D；
(4)①NH4Cl=NH4++Cl−、②NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+、③H2O⇌H++OH−，反应进行的程度：①>②>③，c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)。
(1)判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
(2)①结合图象分析高温时催化剂的选择性；
②平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
③由图可知，520℃时氮气的物质的量为0.2mol，NO物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，则Δn(NH3)=0.2mol×2+0.2mol=0.6mol，结合转化率=△n(NH3)n起始(NH3)×100%计算；
④A.催化剂不改变化学平衡状态
B.适当降低反应温度，平衡正向移动；
C.分离出体系中的水蒸气，平衡正向移动；
D.投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动；
(4)NH4Cl=NH4++Cl−、NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+、H2O⇌H++OH−，据此分析。
本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，掌握勒夏特列原理、原子守恒是解题的关键，此题难度中等。
15.【答案】−50kJ⋅mol−1 反应速率下降 H2 因为ΔH−TΔS>0，所以不可行或ΔH>0，ΔS>0，任何温度下不能自发进行 负 2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O0.8
【解析】解：(1)根据图示可知：①CO(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=−41kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=−91kJ/mol；根据盖斯定律，将②-①，整理可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=−51kJ/mol，
故答案为：−50kJ⋅mol−1；
(2)①萨巴帝尔(Sabatier)反应是放热反应，控制反应器内的温度非常重要，反应温度过低，则物质的内能减小，活化分子数目减少，因而会造成反应速率下降，
故答案为：反应速率下降；
②萨巴帝尔(Sabatier)反应在载人航天器实现回收CO2再生O2，根据其过程转化关系图示可知：用这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充H2，
故答案为：H2；
(3)有人提出用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔH>0来消除CO的污染，由于该反应的ΔH>0，ΔS<0，ΔH−TΔS>0，所以在任何温度下不能自发进行，
故答案为：因为ΔH−TΔS>0，所以不可行或ΔH>0，ΔS>0，任何温度下不能自发进行；
(4)①铅蓄电池在放电时Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，则在充电时Pb电极应与外加电源的负极连接作阴极，发生还原反应，
故答案为：负；
②在阴极上CO2得到电子被还原生成C2H4，则阴极的电极反应式是：2CO2+12e−+12H+=C2H4+4H2O，
故答案为：2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O；
③在电解时生成标准状况下4.48LO2，n(O2)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，在电解时阳极上水电离产生的OH−失去电子被氧化产生O2，O元素化合价由反应前H2O中的−2价变为反应后O2的0价，每反应产生1molO2，反应过程中会转移4 mol电子，现在反应制取得到0.2molO2，则转移电子的物质的量至少是0.2mol×4=0.8mol，
故答案为：0.8。
(1)根据图示可知：①CO(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=−41kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=−91kJ/mol；根据盖斯定律，将②-①，整理可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)；
(2)①萨巴帝尔(Sabatier)反应是放热反应，反应温度过低，则物质的内能减小，活化分子数目减少；
②萨巴帝尔(Sabatier)反应在载人航天器实现回收CO2再生O2，根据其过程转化关系图示可知：用这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充H2；
(3)有人提出用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔH>0来消除CO的污染，由于该反应的ΔH>0，ΔS<0，ΔH−TΔS>0；
(4)①铅蓄电池在放电时Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应；
②在阴极上CO2得到电子被还原生成C2H4；
③在电解时生成标准状况下4.48LO2，n(O2)=4.48L22.4L/mol=0.2mol，在电解时阳极上水电离产生的OH−失去电子被氧化产生O2，O元素化合价由反应前H2O中的−2价变为反应后O2的0价，每反应产生1molO2，反应过程中会转移4 mol电子。
本题考查比较综合，设计到反应热的计算、化学反应方向的判断、电化学原理，解题的关键是掌握电化学原理的应用，均为高频考点，难度中等。
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