2022-2023学年河南省平顶山市汝州第一高级中学高二10月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省平顶山市汝州第一高级中学高二10月月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
河南省平顶山市汝州第一高级中学2022-2023学年高二10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年4月16日，在搭载神舟十三号载人飞船前往太空六个月之后，我们的英雄翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员终于圆满完成任务，返回地球。标志着我国空间站建设以及航天技术水平又取得了新的历史性成就。下列说法正确的是
A．空间站内使用的石英玻璃的主要成分为硅酸盐
B．舱内供给呼吸的氧气是水电解的还原产物
C．宇航员穿的舱外航天服可采用全棉制作
D．可用偏二甲肼[]等有机物作为火箭发射的燃料
【答案】D
【详解】A．石英玻璃的主要成分为，故A错误；
B．水电解产生氧气，O的化合价升高，发生氧化反应，故B错误；
C．棉花的主要成分为纤维素，为易燃物，航天员出舱活动时所穿的舱外航天服不可能全是全棉制作，故C错误；
D．偏二甲肼和氧气或二氧化氮反应可放出大量的热，故可用作燃料，故D正确；
故选：D。
2．下列有关热化学方程式书写及对应表述均正确的是
A．已知2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ/mol，则可知C的燃烧热△H=-110.5kJ/mol
B．稀醋酸与0.1mol/LNaOH溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=－57.3kJ/mol
C．已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+285.5kJ/mol
D．密闭容器中，16g硫粉与足量铁粉混合加热生成硫化亚铁时，放出47.8kJ热量。则Fe(s)+S(s)=FeS(s)△H=-95.6kJ/mol
【答案】D
【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C燃烧生成的稳定氧化物是CO2(g)而不是CO(g)，A项错误；
B．稀溶液中强酸与强碱的中和热为H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol－1，醋酸为弱酸，其电离吸热，其中和热的数值小于57.3kJ·mol－1，B项错误；
C．1mol氢气完全燃烧生成液态水放热285.5kJ，则1mol液态水完全分解吸热285.5kJ，水分解的热化学方程式可写成2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)　ΔH=+571kJ·mol－1，C项错误；
D．16g硫粉(0.5mol)与足量铁粉混合加热生成硫化亚铁时，放出47.8kJ热量，热化学方程式为Fe(s)＋S(s)=FeS(s)　ΔH=-95.6kJ·mol－1，D项正确。
本题选D。
3．不同条件下，用O2氧化amol•L-1的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示，下列分析或推测不合理的是

A．Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B．氧化过程的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
C．60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol•L-1•h-1
D．pH越大，Fe2+氧化速率越快
【答案】D
【详解】A． 由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B． 在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故B正确；
C． 由③知，pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率等于0.15amol•L-1•h-1，由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，则60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol•L-1•h-1，故C正确；
D． 由②和③可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故D错误；
答案选B。
4．下列实验操作与现象和结论对应正确的是

实验操作与现象
结论
A
加热盛有少量固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝
显碱性
B
向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸，先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失
该溶液中可能含有
C
将晶体溶于稀硫酸，再滴加KSCN溶液，溶液变红
晶体已氧化变质
D
向2支盛有2mL不同浓度溶液的试管中同时加入溶液，未观察到明显的实验现象差异
浓度对反应速率的影响不大

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．受热分解可以产生氨气、二氧化碳和水，氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，是因为氨气溶于水显碱性，并不能说明显碱性，A项错误；
B．某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸，先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失，可以证明该溶液中可能含有，B项正确；
C．将晶体溶于稀硫酸，能被、(两者同时存在相当于)氧化成而干扰实验，C项错误；
D．溶液与溶液反应并没有明显的实验现象，不能得出浓度对反应速率的影响，D项错误。
故选B。
5．甲苯(用C7H8表示)是一种挥发性的大气污染物。热催化氧化消除技术是指在Mn2O3作催化剂时，用O2将甲苯氧化分解为CO2和H2O。热催化氧化消除技术的装置及反应机理如图所示，下列说法中错误的是

A．反应Ⅱ的方程式为
B．反应Ⅰ中Mn元素的化合价升高
C．反应Ⅱ中O-H键的形成会释放能量
D．Mn2O3作催化剂可降低总反应的焓变
【答案】D
【分析】从图中可以看出，反应Ⅰ中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，反应Ⅱ中，MnO2将C7H8氧化，重新生成Mn2O3。
【详解】A．由图中可以看出，反应Ⅱ中，MnO2转化为Mn2O3，C7H8生成CO2和H2O，方程式为，A正确；
B．反应Ⅰ中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，Mn元素的化合价升高，B正确；
C．反应Ⅱ中，C7H8与MnO2反应生成H2O等，形成O-H键，从而释放能量，C正确；
D．Mn2O3作催化剂，可降低总反应的活化能，但不能改变反应的焓变，D错误；
故选D。
6．CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应。其主要反应为CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g) △H=+247kJ·mol-1，同时存在以下反应：
积碳反应：CH4(g) C(s) + 2H2(g) △H1＞0
消碳反应：CO2(g) + C(s) 2CO(g)      △H2＞0
积碳影响催化剂的活性，积碳量和反应温度的关系如图。下列说法正确的是

A．由消碳反应可知：2E(C=O)＞2E()(E表示键能)
B．高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳
C．增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳
D．温度高于600℃，积碳反应的速率减慢，消碳反应的速率加快，积碳量减少
【答案】C
【详解】A．由消碳反应的△H2＞0可知，反应物的总键能大于生成物的总键能，反应物总键能包括CO2分子中的键能和C(s)中含有的键能，A不正确；
B．高压使反应CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g)的平衡逆向移动，不利于提高CH4的平衡转化率，但可以减少积碳(使CH4(g) C(s) + 2H2(g)平衡逆向移动)，B不正确；
C．增大CO2与CH4的物质的量之比，可使主反应正向移动，提高CH4的转化率，促使消碳反应正向移动，促使积炭反应逆向移动，从而有助于减少积碳，C正确；
D．温度高于600℃，积碳反应的速率加快，平衡正向移动，积碳量减少，D不正确；
故选C。
7．在一定温度下，将X和Y各0.16mol加入10L恒容密闭容器中，发生下列反应：X(s)+Y(g)2Z(g)    ΔH＜0。一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10

A．反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-3mol•L-1•s-1
B．此反应的平衡常数表达式为K=
C．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)＞v(正)
D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时Y的体积分数增大
【答案】D
【详解】A．前2minY的平均速率v(Y)==2.0×10-3mol•L-1•min-1，v(Z)=2v(Y)=4.0×10-3mol•L-1•min-1，故A错误；
B．X为固体，浓度视为定值，其浓度不列入平衡常数表达式中，则K=，故B错误；
C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，达到新平衡前v(正)> v(逆)，故C错误；
D．其他条件不变，再充入0.2molZ，等效为在原平衡基础上增大压强，平衡左移，Y的体积分数增大，故D正确；
答案选D。
8．可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)  ΔHC
【答案】C
【分析】该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以P1＜P2；相同压强时，温度越高二氧化氮含量越大，所以T2＞T1。
【详解】A．反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小，A点二氧化氮含量大于C点，则相对分子质量A＜C，A错误；
B．二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深，AC温度相同，压强P1＜P2，则容器体积A＞C，所以A点浓度小于C点，则A点颜色浅、C点颜色深，B错误；
C．A、B是等压条件下，且温度T2＞T1，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法实现，C正确；
D．相同温度下，压强越大反应速率越大，AC温度相同，压强P1＜P2，所以反应速率A点小于C点，D错误；
故答案选Ｃ。
10．用催化还原，可以消除氮氧化物的污染。已知：
①
②
下列说法正确的是
A．反应②在低温下不能自发进行
B．若反应①中消耗(标准状况下)，则放出热量
C．生成相同物质的量的，反应①②中转移的电子数不相同
D．若用标准状况下还原只生成和，则放出的热量为
【答案】D
【详解】A．根据反应自发，可知反应②在低温下自发，A项错误；
B．标准状况下，不是气体，无法计算，B项错误；
C．根据反应中元素价态变化，，，当反应①②生成等物质的量的H2O(l)时，转移的电子数相同，C项错误；
D．根据条件，得到反应，标准状况下为0.2mol，根据上述反应，0.2molCH4反应放出的热量为，D项正确；
答案选D。
11．在两个恒温恒容密闭容器中平衡体系2HI(g)H2(g)+I2(g)和3O2(g)2O3(g)的反应物平衡转化率分别为α1和α2，反应物的平衡浓度分别为c1和c2，在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，下列叙述正确的是
A．α1、α2均增大，c1、c2均增大 B．α1不变、α2增大，c1、c2均增大
C．α1不变、α2增大，c1不变、c2增大 D．α1减小、α2增大，c1增大、c2增大
【答案】B
【详解】在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，在体积不变的情况下，相当于增大压强，对反应2HI(g)H2(g)+I2(g)，增大压强平衡不移动，所以α1不变，而反应3O2(g)2O3(g)，增大压强，平衡正向移动，所以α2增大，但平衡时反应物和生成物的浓度都原平衡的浓度大，则c1、c2均增大，故选B。
12．高炉炼铁是重要的工业过程。1200K时，在某恒容密闭容器中同时发生如下反应：
反应Ⅰ.
反应Ⅱ.
注：Kp为用气体分压表示的平衡常数。
若反应达平衡时，体系总压强为1200kPa，下列说法错误的是
A．平衡时，容器中CO(g)和CO2(g)的分压相等
B．1200K时，反应Ⅱ的
C．温度升高，Kp1减小，Kp2增大
D．反应Ⅱ在较低温度下能自发进行
【答案】D
【详解】A．从反应方程式可以看出，平衡时，Kp1==1，则p(CO2)=p(CO)，所以容器中CO(g)和CO2(g)的分压相等，A正确；
B．1200K时，反应Ⅱ的，而p(CO2)+p(CO)=1200kPa，则p(CO2)=p(CO)=600kPa=Kp2，B正确；
C．温度升高，反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，所以Kp1减小，Kp2增大，C正确；
D．反应Ⅱ的∆S＞0、∆H＜0，所以在较高温度下能自发进行，D错误；
故选D。
13．从下列实验事实所引出的相应结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
其他条件相同，Na2S2O3溶液浓度越大，析出S沉淀所需时间越短
当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快
B
在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂一定不参与化学反应
C
物质的量浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的、形状相同的锌粒反应
反应开始时速率相同
D
在容积可变的密闭容器中发生反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，把容积缩小一倍
正反应速率加快，逆反应速率不变

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．增大反应物浓度，化学反应速率加快，A项正确；
B．催化剂参与反应，但反应前后催化剂的质量和化学性质不变，B项错误；
C．浓度相同的盐酸和醋酸溶液中起始氢离子浓度不同，因此开始时盐酸速率大于醋酸，C项错误；
D．缩小容积，正、逆反应速率同时增大，D项错误；
答案选A。
14．下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是
酸
HX
HY
HZ
浓度/( mol·L-1)
0.12
0.2
1
1
1
电离度
0.25
0.2
0.1
0.3
0.5
电离常数
K1
K2
K3
K4
K5

提示：电离度： A．在相同温度下，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液的浓度越小，电离度越大，且K1＞K2＞K3
B．室温时，若在HZ溶液中加少量盐酸，则的值不变
C．表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c(X-)逐渐减小
D．在相同温度下，电离常数：K5＞K4＞K3
【答案】D
【详解】A．在相同温度下，弱电解质溶液的浓度越小，电离度越大，但电离常数不变，所以K1=K2=K3，A不正确；
B．室温时，若在HZ溶液中加少量盐酸，则HZ溶液中c(H+)增大，HZ的电离平衡逆向移动，c(Z-)减小，所以的值增大，B不正确；
C．表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c(HX)逐渐增大，虽然电离度不断减小，但电离产生的离子浓度不断增大，所以从左至右c(X-)逐渐增大，C不正确；
D．在相同温度下，相同浓度的电解质溶液，电离度越大，电离常数越大，电离度HX＜HY＜HZ，所以电离常数：K5＞K4＞K3，D正确；
故选D。
15．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表所示，则下列有关说法正确的是
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1. 8 ×10-5
4.9 × 10-10
K1=4.3 ×10-7 ； K2=5. 6 × 10-11

A．25℃时等 物质的量浓度的各溶液pH关系为： pH(CH3COOH) > pH(H2CO3)> pH(HCN)
B．醋酸溶液加水稀释，其电离程度先增大后减小
C．NaCN 中通入少量CO2发生的化学反应为： NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3
D．H2CO3 的电离常数表达式：
【答案】C
【详解】A．弱酸的电离平衡常数越大，等浓度时溶液中c（H+）越大，溶液的pH就越小，由于电离平衡常数：CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)＜pH(H2CO3)＜pH(HCN)，故A错误；
B．醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释，其电离平衡正向移动，使CH3COOH的电离程度始终是增大，故B错误；
C．弱酸的电离平衡常数越大，其酸性就越强，强酸与弱酸盐反应制取弱酸，根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO，所以NaCN中通入少量CO2发生反应产生NaHCO3、HCN，发生反应的化学方程式为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，故C正确；
D．H2CO3的电离分步进行，第一电离方程式为：H2CO3H++HCO，，故D错误；
故选C。
16．0.1 mol·L-1氨水10 mL，加蒸馏水稀释到1 L后，下列变化中正确的是
①电离程度增大　②c(NH3·H2O)增大　③NH数目增多　④c(OH-)增大　⑤导电性增强　⑥增大
A．①③⑥ B．①②④ C．①③⑤ D．②③⑥
【答案】A
【详解】①因加水促进弱电解质的电离，电离程度增大，故正确；
②加水促进电离，溶液的体积增大，所以c(NH3·H2O)减小，故错误；
③加水促进电离，NH数目增多，故正确；
④碱性变弱，c(OH－)减小，故错误；
⑤加水稀释时，溶液中离子的浓度减小，则导电性减弱，故错误；
加水促进电离，c(OH－)减小，=K/c(OH－)增大，故正确；
①③⑥正确；
答案选A。
17．CH4与CO2催化重整生成H2和CO，可减少温室气体排放，同时得到高热值的燃料。重整时涉及的主要反应如下：①CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g) △H=+247.1kJ•mo1-1；②H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) △H=+41.2kJ•mo1-1。在恒压密闭容器中，起始时通入n(CH4)：n(CO2)=1：1，实验测得CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是

A．曲线A表示CH4的平衡转化率随温度的变化
B．若压强恒为p0，则800K时反应②的压强平衡常数Kp=1
C．当CO2反应至转化率为X点的值时，改变除温度外的某一条件继续反应，平衡时CO2的转化率不可能达到Y点的值
D．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
【答案】B
【详解】A．反应①和②均为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，和的平衡转化率随温度升高均增大，由于为两个反应的反应物，故转化率在相同温度时应高于，故曲线A表示，A错误；
B．800K时的平衡转化率为20%，故反应①各物质的转化为


又由于的转化率为40%，故反应②各物质的转化为

进而求得共平衡后反应②各物质的相对含量。列出分压平衡常数的表达式，求得，B正确；
C．结合反应①和②，提高的用量可进一步提高的平衡转化率，C错误；
D．升高温度曲线A、B均上升，说明升高温度CH4的平衡转化率提高，反应①是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，D错误；
故选B。

二、填空题
18．弱电解质的研究是重要课题。
(1)①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是_______。

A．pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO
B．A点，溶液中H2CO3和HCO浓度相同
C．当c(HCO)=c(CO)时，c(H+)>c(OH-)
②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是_______。
(2)H2CO3以及其它部分弱酸的电离平衡常数如下表。
弱酸
H2S
H2CO3
HClO
CH3COOH
电离平衡常数(25℃)
K1=1.3×10﹣7
K2=7.1×10﹣15
K1=4.4×10﹣7
K2=4.7×10﹣11
K=3.0×10﹣8
Ka=1.8x10-5

按要求回答下列问题：
①H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为_______。
②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：_______。
③取等体积等pH的醋酸和次氯酸两种溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好完全中和时，消耗NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1_______V2 (填“>”、“H2S>HClO     ClO﹣+CO2+H2O=HCO+HClO    
7，溶液显碱性，c(H+)H2S>HClO；
②根据电离平衡常数可知，酸性：HClO> HCO，将少量CO2气体通入NaClO溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O=HCO+HClO；
③酸性：CH3COOH＞HClO，所以pH相等时，酸的浓度：CH3COOH＜HClO，两溶液体积相同，所以HClO消耗的NaOH更多，所以V1＜V2。

三、工业流程题
19．硫酸铁铵是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：

回答下列问题：
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_______。
(2)步骤②需要加热的目的是_______，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是_______。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_______(填标号)。

(3)步骤③中选用足量的，理由是_______。
(4)步骤⑤的具体实验操作有_______，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_______。
【答案】     碱煮水洗     加快反应     热水浴     C     将全部氧化为；不引入杂质     加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)    
【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体，以此解答该题。
【详解】(1)用热纯碱溶液洗去铁屑表面的油污后，再用水洗涤铁屑表面附着物。
(2)加热可以加快化学反应速率，进而加快铁屑的溶解。为便于控制温度在80～95℃，可采取热水浴加热方式。铁屑中硫化物与稀硫酸反应生成酸性气体硫化氢，可用碱液吸收，并用倒扣漏斗，既能充分吸收又能防止倒吸，答案选C。
(3)双氧水均有氧化性，步骤③利用双氧水的氧化性将全部氧化为，且双氧水的还原产物是水，不引入杂质。
(4)从溶液中得到产品硫酸铁铵晶体，先加热浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥即可。
(5)设硫酸铁铵晶体的物质的量为1mol，加热到150℃，失去1.5mol(即27g)水，质量减轻5.6%，则硫酸铁铵晶体的相对分子质量为，的相对分子质量为266，则剩余部分为水，，故硫酸铁铵晶体的化学式为。
20．三氧化二钴(Co2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。用某工业含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量PbO、NiO、FeO、SiO2) 制备Co2O3和Ni(OH)2的流程如下。

回答下列问题：
(1)滤渣2的主要成分是___________ (填化学式)；检验其中阳离子可选用的化学试剂为___________。
(2)实验室中进行操作X用到的硅酸盐仪器除酒精灯外还有___________、___________；萃取分离用到的仪器是___________。
(3)“酸浸”时不使用盐酸酸化的原因___________。
(4)“酸浸”时H2O2的作用是___________。
(5)“沉镍”时发生反应的离子方程式为___________；此步骤需加热，温度不能太高也不能太低的原因是___________。
【答案】     Fe(OH)3     KSCN(写“NH4SCN”“苯酚”“亚铁氰化钾”也可以)     坩埚     泥三角     分液漏斗     盐酸会被Co2O3氧化为氯气污染空气，无法除尽Pb2+     作氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，作还原剂将Co3+还原为Co2+     Ni2++2HCO＝NiCO3↓+CO2↑+H2O     温度太低反应速率太慢，温度太高分解
【分析】由题给流程可知，向工业废料中加入硫酸和双氧水，酸性条件下，氧化钴与双氧水发生氧化还原反应生成亚钴离子，氧化亚铁与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子，氧化亚镍溶于硫酸生成亚镍离子，PbO转化为硫酸铅沉淀，二氧化硅不溶解，过滤得到含有氢离子、亚钴离子、铁离子、亚镍离子的酸浸液；调节酸浸液的pH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有亚钴离子、亚镍离子的滤液；向滤液中加入萃取剂，萃取分液得到含有亚钴离子的水相和含有亚镍离子的有机相；向水相中加入氨水，亚钴离子离子转化为Co2(OH)2CO3沉淀，高温煅烧，Co2(OH)2CO3与空气中的氧气发生氧化还原反应生成氧化钴、二氧化碳和水。含有亚镍离子的有机相进行反萃取得到含亚镍离子的水溶液，加入碳酸氢铵沉镍生成NiCO3，硫酸溶解得到NiSO4，最后加入氢氧化钠得到Ni(OH)2，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析可知调节pH沉淀铁离子，则滤渣2的主要成分是Fe(OH)3；铁离子可以用KSCN溶液检验，则检验其中阳离子可选用的化学试剂为KSCN溶液。
(2)操作X是煅烧，实验室中进行操作X用到的硅酸盐仪器除酒精灯外还有坩埚、泥三角；萃取分离用到的仪器是分液漏斗。
(3)由于盐酸会被Co2O3氧化为氯气污染空气，无法除尽Pb2+，所以“酸浸”时不使用盐酸酸化。
(4)根据以上分析可知“酸浸”时H2O2的作用是作氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，作还原剂将Co3+还原为Co2+。
(5)“沉镍”时根据原子守恒可知还有二氧化碳和水生成，则发生反应的离子方程式为Ni2++2HCO＝NiCO3↓+CO2↑+H2O；由于温度太低反应速率太慢，温度太高分解，所以此步骤加热时温度不能太高也不能太低。

四、原理综合题
21．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：

该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。
A． B． C． D．
(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。

①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______；
②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；
③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。
【答案】     -49     A     ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的          b     总反应ΔH