辽宁省营口市普通高中2021-2022学年高二上学期期末教学质量检测化学试题

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营口市普通高中2021~2022学年度上学期
期末教学质量检测二年级
化学试卷(试题卷)
试卷说明：试卷分为试题卷和答题卷，试题卷中第Ⅰ卷为选择题，答案选项填在答题卷选择题答题表中，用答题卡的学校涂在答题卡相应题号上；第Ⅱ卷为非选择题，答案一律答在答题卷相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 C1 35.5 K 39 Fe 56
第Ⅰ卷
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是
A
B
C
D




锌锰干电池
燃气燃烧
电池充电
水力发电

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．锌锰干电池是将化学能转化为电能，A不符合题意；
B．燃气燃烧是将化学能转化为热能，B不符合题意；
C．电池充电是将电能转化为化学能，C符合题意；
D．水力发电是将机械能转化为电能，D不符合题意；
故合理选项是C。
2. 习主席在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山”。下列做法不利于环境保护的是
A. 开发清洁能源，提高能源的利用率
B. 对废电池做深埋处理
C. 使用做沉淀剂可以去除工业废水中的等
D. 施用适量石膏可降低盐碱地(含较多)的碱性
【答案】B
【解析】
【详解】A．开发清洁能源，提高能源的利用率，有利于减少环境污染，故A不符合题意；
B．对废电池做深埋处理，会污染水土，不利于环境保护，故B符合题意；
C．硫化钠和反应生成沉淀，因此可使用做沉淀剂可以去除工业废水中的等，减少重金属离子对水资源、土壤的污染，故C不符合题意；
D．施用适量石膏可使盐碱地(含较多)生成沉淀，降低的量，有利于土壤的碱性，保护环境，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
3. 向水中加入下列溶质，能促进水电离的是
A. H2SO4 B. NaOH C. NaCl D. NH4Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2SO4为强电解质，电离产生氢离子，水中氢离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，A与题意不符；
B．NaOH为强电解质，电离产生氢氧离子，水中氢氧离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，B与题意不符；
C．NaCl为强电解质，产生的钠离子、氯离子对水的电离平衡无影响，C与题意不符；
D．NH4Cl为强电解质，产生的铵根离子能与水电离产生的氢氧根离子结合生成一水合氨，导致水的电离平衡正向进行，促进水的电离，D符合题意；
答案为D。
4. 下列溶液一定显酸性的是
A. B. 含有 C. D. 酚酞变红
【答案】A
【解析】
【详解】A．c(H+)＞c(OH-)，说明溶液显酸性，A正确；
B．任何水溶液中，都含有H+，故含有H+的溶液不一定显酸性，B错误；
C．在100℃时，水的离子积KW=10-12，即水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH=6＜7，此时溶液呈中性，故pH＜7的溶液不一定显酸性，C错误；
D．使酚酞变红的溶液显碱性，D错误；
故选A。
5. 下列叙述正确的是
A. 可表示单核10电子粒子基态时的电子排布图
B. 2s的电子云半径比1s的电子云半径大，说明2s的电子比1s的多
C. s能级上电子的能量总小于p能级上电子的能量
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】A
【解析】
【详解】A．符合泡利原理和洪特规则，核外电子总数为10，则可表示单核10电子粒子基态时的电子排布图，A叙述正确；
B．2s的电子云半径比1s的电子云半径大，但2s的电子总数与1s的一样多，B叙述错误；
C．同一能层上的s能级上电子的能量总小于p能级上电子的能量，不同能层上的s能级上电子的能量与p能级电子的能量不能判断，C叙述错误；
D．电子在激发态跃迁到基态时会产生发射光谱，从基态跃迁到激发态会产生吸收光谱，吸收光谱和发射光谱总称原子光谱，D叙述错误；
答案为A。
6. 下列各原子或离子的电子排布中，不正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．N原子是7号元素，第2周期第IIA族元素，电子排布式是，故A正确；
B．Ar是18号元素，第3周期第0族元素，电子排布式是，故B正确；
C．Na是11号元素，第3周期第IA族元素，电子排布式是，而Na+是原子失去最外层一个电子，所以Na+电子排布式是，故C正确；
D．Cl原子是17号元素，第3周期第VIIA族元素，电子排布式是，而Cl-是Cl原子得到一个电子形成的，电子式为，故D不正确。
故答案为：D
7. 己知：，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中错误的是

A.
B. 过程b使用了催化剂
C. 使用催化剂可以提高的平衡转化率
D. 过程b发生两步反应，第一步为吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知，反应物的能量比生成物的能量高，因此该反应为放热反应，即反应的，故A正确；
B．根据图像可知，过程b的活化能较低，则过程b使用了催化剂，故B正确；
C．使用催化剂只能加快反应速率，不能提高的平衡转化率，故C错误；
D．过程b分为两步反应，第一步中，中间产物的能量比反应物的能量高，说明第一步为吸热反应，故D正确；
答案选C。
8. 已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确的是
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
电离平衡常数




A. 三种酸的酸性由强到弱的顺序是：
B. 与NaClO溶液反应生成HClO与
C. 常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性：
D 向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，使杀菌、消毒能力增强
【答案】B
【解析】
【分析】电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小：CH3COOH >H2CO3>HClO>，据此进行分析。
【详解】A．根据分析可知，三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOH>H2CO3>HClO，故A正确；
B．由分析可知，酸性：H2CO3>HClO>，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以二氧化碳与NaClO溶液反应生成HClO和碳酸氢钠，故B错误；
C．根据分析可知，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，对应酸形成钠盐的碱性就越弱，所以常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性强弱：NaClO>NaHCO3>CH3COONa，故C正确；
D．根据“强酸制备弱酸”规律，向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，增大了次氯酸的浓度，使杀菌、消毒能力增强，故D正确；
故选B。
9. 锅炉水垢常用的处理方法：先用溶液浸泡，再用盐酸去除，下列叙述正确的是
A. 能转化为，说明
B. 加入盐酸除垢的离子方程式：
C. 溶解于盐酸而不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸
D. 沉淀转化的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据沉淀的转化，CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，A错误；
B．碳酸钙难溶于水，加入盐酸除垢的离子方程式：，B错误；
C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO4与盐酸不满足复分解进行的条件，与酸性强弱无关，C错误；
D．硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松，且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为，D正确；
故选D。
10. 《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中错误的是
①钢铁船舶的外壳安装若干锌块采用了牺牲阳极法
②难溶电解质溶解，所得的溶液中阴阳离子浓度一定相等
③时溶液的等于时的溶液的
④将加入水中并加热使其转化为
⑤溶液显碱性的原因：
⑥乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，该反应的
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ②③⑤ D. ①②⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①锌比铁活泼，铁、锌和海水形成原电池，锌被腐蚀，铁作正极被保护，该方法是采用了牺牲阳极法，故①正确；
②难溶电解质溶解，所得的溶液中阴阳离子浓度不一定相等，如CaF2溶解后的溶液中阴阳离子浓度不等，故②错误；
③水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，则时溶液的小于时的溶液的，故③错误；
④将加入水中并加热，发生水解反应，即，生成的HCl不断挥发，最终转化为，故④正确；
⑤溶液显碱性，是因为碳酸氢根离子的水解导致溶液呈碱性，即，故⑤错误；
⑥的反应可自发进行，由乙烯聚合为聚乙烯的反应可知，该反应是熵减的反应，即，能够自发进行，则该反应的，故⑥正确；
综上所述，错误的序号为②③⑤，答案选C。
11. 合成氨工业中采用的操作及主要目的不正确的是
A. 采取循环操作主要是提高氮气和氢气的利用率
B. 合成氨的温度控制在400～500℃，主要是催化剂活性最大
C. 氮气和氢气反应前净化主要目的是防止催化剂中毒
D. 合成氨生产过程压强越大越好可以提高生产效益
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．合成氨是可逆反应，其反应方程式为N2+3H22NH3，达到平衡后，体系仍有N2和H2，采用循环操作，可以提高N2和H2的利用率，故A说法正确；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于合成氨，因此合成氨的温度控制在400～500℃，使催化剂的催化活性最大，故B说法正确；
C．在制取原料气的过程中，常混有一些杂质，其中有些杂质会使合成氨所用的催化剂“中毒”，必须除去，这一过程称为原料气的净化，故C说法正确；
D．合成氨是物质的量减少的过程，增大压强，有利于向合成氨的方向进行，并不是压强越大越好，压强越大，对设备的制造和材料的强度要求就越高，且增大压强到一定程度，继续增大压强，物质的转化率增加并不大，增加资金投资，降低经济效益，故D说法错误；
答案为D。
12. 交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤瓜灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多 功能灯塔正式发光并投入使用。镁－海水电池可为灯塔提供能源，其装置如图所示。下列有关镁－海水电池的说法正确的是（ ）.

A. 镁被还原
B. 该电池工作一段时间后，左侧溶液质量减轻
C. 正极的电极反应式为H2O2＋2e－＋2H＋=2H2O
D. 若电池工作时，SO42－从交换膜左侧向右侧迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A. 镁化合价升高，被氧化，故A错误；
B. 该电池工作一段时间后，左侧发生H2O2＋2e－＋2H＋=2H2O，溶液质量增加，故B错误；
C. 正极是过氧化氢得到电子，其电极反应式为H2O2＋2e－＋2H＋=2H2O，故C正确；
D. 若电池工作时，SO42－不会从交换膜左侧向右侧迁移，中间是质子交换膜，不允许硫酸根迁移，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】阳离子交换膜只允许阳离子通过，不允许阴离子通过
13. 某小组研究沉淀之间的转化，实验设计如下：(已知：AgCl为白色固体，AgI为黄色固体)

下列分析不正确的是
A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)
B. 实验①和②说明Ag+(aq)与Cl−(aq)的反应是有限度的
C. 实验③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D. 实验①和③可以证明AgI比AgCl更难溶
【答案】B
【解析】
【详解】A．浊液a为氯化银沉淀与硝酸银和硝酸钠的混合液，AgCl(s)存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，A分析正确；
B．实验①和②中硝酸银过量，向硝酸银和硝酸钠的混合液中加入NaCl溶液，Ag+(aq)与Cl−(aq)反应生成沉淀，不能判断实验①Ag+(aq)与Cl−(aq)反应是有限度的，B分析错误；
C．实验③中颜色变化说明发生AgCl(s)+I−(aq)⇌AgI(s)+Cl−(aq)，即AgCl转化为AgI，C分析正确；
D．实验①和③可以证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，即AgI比AgCl更难溶，D分析正确；
答案为B。
14. 湿垃圾又称为厨余垃圾，厨余垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸的原理如图所示（图中HA表示乳酸分子，A－表示乳酸根离子）。 下列说法正确的是（ ）.

A. 当有11.2LO2生成时，电路中通过2 mol e－的电量
B. 电子从负极经电解质溶液回到正极
C. 通电后，A－通过阴离子交换膜从阴极区进入浓缩室
D. 通电后，阳极附近pH增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 不知道是否在标准状况下，无法计算，故A错误；
B. 电子从负极经导线回到正极，不能经过电解质溶液，故B错误；
C. 通电后，A－通过阴离子交换膜从阴极区进入浓缩室，故C正确；
D. 通电后，阳极氢氧根放电变为氧气，剩余氢离子，因此阳极附近pH减小，故D错误。
综上所述，答案为C。
15. 取两份 的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。

下列说法不正确的是
A. 由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度
B. 过程中：逐渐减小
C. 过程中：
D. 令c点的，e点的，则
【答案】C
【解析】
【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。
【详解】A．a点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；
B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；
C．由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；
D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；
综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。
第Ⅱ卷
二、填空题(本题包括4小题，共55分)
16. 醋是一种生活调味品，回答下列问题。
（1）时，取醋酸溶液测得其。将该溶液加水稀释至，所得溶液数值范围为_______；若加入少量溶液，则溶液中_______(填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”)。
（2）现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的浓度。
(一)实验步骤
①用_______(填仪器名称)量取食用白醋，在烧杯中用水稀释冷却后转移至_______(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
②取待测白醋溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴_______作指示剂。
③读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。液面位置如图所示，读数为_______。

④滴定。当_______时，停止滴定，并记录溶液的终读数。
⑤重复实验3次。
(二)实验记录
实验次数
实验数据
1
2
3
4
V(样品)
2000
20.00
20.00
20.00
(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
(三)数据处理与讨论
⑥计算：c(市售白醋)=_______。
⑦在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是_______(填写序号)。
a.碱式滴定管在滴定时未用标准溶液润洗
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】（1） ①. ②. 不变
（2） ①. 酸式滴定管 ②. 容量瓶 ③. 酚酞 ④. 0.60 ⑤. 加入半滴NaOH溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色 ⑥. 0.75 ⑦. ab
【解析】
【小问1详解】
由于醋酸是弱酸，稀释的同时醋酸分子还会继续电离出氢离子，所以若稀释100倍，所得溶液pH范围为3~5；，只与温度有关，因此若加入少量NaOH溶液，则溶液中不变。
【小问2详解】
①因为量取的白醋体积为10.00mL，精确度为0.01mL，所以用酸式滴定管，在烧杯中用水稀释冷却后转移至100mL容量瓶中定容。
②因为是用碱滴定酸，滴定终点呈碱性，因此选酚酞作指示剂。
③视线与凹液面最低处齐平，读数：0.60mL。
④当加入半滴NaOH溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。
⑥第一次数据误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗氢氧化钠溶液的平均体积为15mL；设10mL市售白醋样品含有醋酸xg，而醋酸和氢氧化钠1:1反应，则有x0.240=0.10.0154060，求得x=0.45，则市售醋酸物质的量为0.45g/60g·mol-1=0.0075mol，市售白醋浓度为0.0075mol/0.01L=0.75mol/L。
⑦a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，会造成标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏大，a正确；
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成标准液体积偏大，待测液浓度偏大，b正确；
c．.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对标准液体积无影响，待测液浓度无影响，c错误；
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，会使待测液物质的量偏小，造成标准液体积偏小，待测液浓度偏小，d错误；
答案选ab。
17. 如图是部分元素的第一电离能随原子序数变化的曲线(其中12~17号元素的有关数据缺失)。

请回答下列问题：
（1）写出图中6号元素的基态原子电子排布式_______，核外电子总共有_______种运动状态，最高能级的原子轨道电子云形状为_______。
（2）图中第一电离能最小的元素在周期表中的位置是_______。
（3）铜位于周期表中的_______区，铜的价层电子轨道表示式_______。
（4）4、5、6三种元素的电负性由大到小的顺序_______(用元素符号回答)。
（5）元素中，某元素M的逐级电离能如表所示：





578
1817
2745
11575
14830
①由此判断M元素是_______(用元素符号回答)。
②分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，推断：_______(填“>”“<”或“=”)。
【答案】（1） ①. ②. 17 ③. 哑铃形
（2）第五周期第ⅠA族
（3） ①. ②.
（4）
（5） ①. Al ②. >
【解析】
【分析】根据图示，可知1-6号元素分别为Al、Mg、Si、S、P、Cl。
【小问1详解】
由图可知图中6号的原子序数为17，其基态原子电子排布式为，原子核外的每一个电子的运动状态都不一样，故核外电子总共有17种运动状态；最高能级为3p能级，电子云形状为哑铃形；
【小问2详解】
金属性越强，越容易失去电子，所以第一电离能越小，图中第一电离能最小的元素是铷，位于元素周期表的第五周期IA族；
【小问3详解】
铜是29号元素，位于周期表中的ds区；铜的价层电子轨道表示式；
【小问4详解】
由图可知4、5、6元素分别是S、P、Cl，同周期越靠右电负性越强，故这三种元素的电负性由大到小的顺序为；
【小问5详解】
①根据电离能数据可知，M为第ⅢA族元素，故M为Al；
②由图中第一电离能的变化规律可知，第一电离能>。
18. 氯氨是常用的饮用水消毒剂，是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(、和)，回答下列问题：
（1）①工业上可利用反应制备一氯胺，己知部分化学键的键能如下表所示(假设不同物质中同种化学键的键能相同)，则该反应的_______。
化学键




键能
391
243
191
431
②一氯胺是重要的水消毒剂，原因是一氯胺在中性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌消毒作用的物质，该反应的化学方程式_______。
（2）用和反应制备二氯胺的方程式为，向容积均为的甲、乙的两个容器中分别加入和，测得各容器中随反应时间t的变化情况如下表所示：

0
40
80
120
160
(甲容器)/
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
(乙容器)/
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①甲容器中，内用的浓度变化表示的平均反应速率_______。
②该反应的_______0(填“>”或“<”)。
③对该反应，下列说法正确的是_______(填选项字母)。
A.若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态
B.若容器内和物质的量之比不变，则表明反应达到平衡状态
C.反应达到平衡后其他条件不变，充入一定量氦气，的转化率增大
D.反应达到平衡后其他条件不变，加入一定量的，平衡向逆反应方向移动
（3）恒温条件下，和发生反应，测得平衡时和的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：

①A、B、C三点中转化率最高的是_______点(填“A”“B”或“C”)。
②计算C点时该反应的压强平衡常数_______(是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②. < ③. AB
（3） ①. B ②. 0.5
【解析】
【小问1详解】
①根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能可得，=，故答案为：。
②由题意可知NH2Cl与水反应生成的具有强烈杀菌消毒作用的物质为HClO，根据氧化还原反应规律可推断另一生成物为NH3，反应的化学方程式为，故答案为：。
【小问2详解】
①甲容器中，内用Cl2的浓度变化表示的平均反应速率=，速率之比等于化学计量数之比，则，故答案为：。
②温度越高，反应速率越快，由表中甲、乙两容器0~40min内Cl2的浓度变化可知，T℃时反应速率比400℃时反应速率快，则T>400℃；由表中甲、乙两容器Cl2的平衡浓度比较可得：升高温度，Cl2的转化率降低，故正反应放热，即，故答案为：<。
③A．参与反应的物质有液体，气体的总质量发生变化，故在恒容密闭容器中，气体密度不变说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．起始时加入和，但两者是按2:1反应，两者的物质的量之比发生变化，故容器内和物质的量之比不变说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应达到平衡后，其他条件不变，充入一定量氦气，参加反应的物质的浓度不变，平衡不移动，的转化率不变，故C错误；
D．反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的，为液体，反应物浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故答案选：AB。
【小问3详解】
①该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，转化率增大，图中B点压强最大，所以A、B、C三点中转化率最高的是B点，故答案为：B。
②设C点平衡时转化的NH3的物质的量为xmol，则

由图可知，C点时Cl2和HCl的物质的量浓度相同，即2-2x=2x，解得x=0.5，平衡时气体Cl2、NH3、HCl的物质的量分数分别为=、=、=，则平衡常数==0.5，故答案为：0.5。
19. 油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。用如下工艺流程回收镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子




开始沉淀时的
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
（1）Fe在周期表中的位置为_______，基态Fe原子的简化电子排布式为_______。
（2）“滤液②”中含有的金属离子是_______。
（3）“转化”中可替代H2O2的物质是_______。
（4）如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol/L，则“调pH”应控制的pH范围是_______。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式_______。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_______。
【答案】（1） ①. 第四周期第VIII族 ②. [Ar]3d64s2
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）O2或空气 （4）
（5）2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O
（6）提高镍回收率
【解析】
【分析】由工艺流程分析可知：向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质；加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②；Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
【小问1详解】
Fe是26号元素，在元素周期表中的位置是位于元素周期表第四周期第VIII族；
根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，可简写为[Ar] 3d64s2；
【小问2详解】
根据上述分析可知滤液②中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+；
【小问3详解】
H2O2的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，“转化”中可替代H2O2的物质具有强氧化性，同时不引入杂质离子，可以是O2或空气；
【小问4详解】
Ni2+沉淀完全时[c=1.0×10-5 mol/L的pH为8.7，Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)×c2 (OH-)=1.0×10-5×()2=10-5×(108.7-14)2(mol/L)3=1.0×10-15.6(mol/L)3；如果”转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol/L，根据镍离子开始沉淀时的pH为7.2，为避免Ni2+沉淀，c2(OH-)=1.0×10-15.6(mol/L)2，c(OH-)=1.0×10-7.8 mol/L，此时c(H+)=，即pH=6.2，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2 ~6.2；
【小问5详解】
Ni2+在强碱性溶液中能够被ClO-氧化为NiOOH，ClO-被还原为Cl-，同时产生H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；
【小问6详解】
将分离出硫酸镍晶体后母液收集、循环使用，其意义是可以提高镍回收率。