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江苏省徐州市2021-2022学年高二下学期期末抽测化学试题 Word版含解析
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这是一份江苏省徐州市2021-2022学年高二下学期期末抽测化学试题 Word版含解析，共19页。试卷主要包含了5 Mn 55 Cu 64等内容，欢迎下载使用。
2021~2022学年度第二学期期末抽测
高二年级化学试题
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，包含选择题(第1题～第14题，共14题)、非选择题(第15题～第18题，共4题)共两部分。本卷满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、考试证号用黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡。
3.作答选择题，必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑涂满；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置作答一律无效。
4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Mn 55 Cu 64
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 北京冬奥会火种灯的外形设计灵感来自于西汉的“长信宫灯”。下列说法正确的是
A. 青铜的硬度小于纯铜
B. 两灯实物如图所示，所用燃料均为烃
C. 铝合金表面氧化物薄膜可保护内部金属不被腐蚀
D. 镏金层破损后生成铜锈的主要成分为
【答案】C
【解析】
【详解】A．合金的硬度一般大于成分金属，青铜的硬度大于纯铜，故A错误；
B．动物油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于烃的含氧衍生物，丙烷属于烃，故B错误；
C．铝合金表面形成的氧化物薄膜可保护内部金属不被腐蚀，故C正确；
D．铜锈的主要成分为，故D错误；
选C。
2. 反应可用于制备火箭推进剂的燃料。下列有关说法正确的是
A. 的结构式： B. 基态氮原子轨道表示式：
C. 的电子式： D. 中子数为8的氧原子：
【答案】A
【解析】
【详解】A．N原子最外层5个电子，能形成3个共价键，的结构式为，故A正确；
B．根据洪特规则，基态氮原子轨道表示式为，故B错误；
C．是离子化合物，电子式为，故C错误；
D．中子数为8的氧原子，质量数为16，该原子表示为，故D错误；
选A。
3. 下列说法中正确的是
A. 含离子键，在熔融状态下能导电
B. 轨道上的电子一定比轨道能量高
C. 价电子越多的金属元素的金属性越强
D. 第四周期元素的基态原子中，未成对电子数最多的是
【答案】A
【解析】
【详解】A．是离子化合物，含离子键，在熔融状态下能电离出钙离子和氟离子，所以熔融状态下能导电，故A正确；
B．不同原子中，轨道上的电子不一定比轨道能量高，故B错误；
C．价电子多的元素金属的金属性不一定强，如钠的价电子数为1、镁的价电子数为2，钠的金属性大于镁，故C错误；
D．第四周期元素的基态原子中，未成对电子数最多的是Cr，有6个未成对电子，故D错误；
选A。
4. 下列选项中，X、Y两元素肯定属于同族且性质相似的是
A. 原子核外电子排布式：X为，Y为
B. 结构示意图：X为，Y为
C. X原子基态时轨道上只有1个未成对电子，Y原子基态时轨道上也只有1个未成对电子
D. X原子基态时轨道上只有一对成对电子，Y原子基态时轨道上也只有一对成对电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子核外电子排布式：X为1s22s2，Y为1s2，则X为Be，Y为He，二者不属于同族，性质也不相似，A不符合题意；
B．结构示意图：X为，Y为，则X为Mg，Y为Zn，二者不属于同族，B不符合题意；
C．X原子基态时2p轨道上只有1个未成对电子，Y原子基态时3p轨道上也只有1个未成对电子，则X为B或F，Y为Al或Cl，则X、Y可能属于同族元素，C不符合题意；
D．X原子基态时2p轨道上只有一对成对电子，Y原子基态时3p轨道上也只有一对成对电子，则X为O，Y为S，二者属于同族且性质相似，D符合题意；
故选D。
5. 下列有关实验的说法正确的是
A. 用装置甲采集到的压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀
B. 装置乙记录滴定终点读数为
C. 用装置丙在铁制品表面镀铜
D. 用装置丁将溶液蒸干制得无水
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaCl溶液为中性，发生吸氧腐蚀，瓶内压强减小，则装置丙采集到的压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，A正确；
B．滴定管的小刻度在.上方，由图可知记录滴定终点读数为11.80mL，B错误；
C．铁制品表面镀铜，铁制品应该做阴极，而图中铁制品作阳极，C错误；
D．中的Fe3+会水解，而升温促进水解，故蒸干后无法得到，D错误；
故选A。
6. A、B、C、D四种短周期元素，A元素原子的外围电子排布式为，B元素与A元素位于同一周期，其原子的核外有三个未成对电子，C元素位于第2周期，电负性仅小于氟，D元素在短周期元素中第一电离能最小。下列说法正确的是
A. 第一电离能： B. 原子半径：
C. C、D两种元素组成的化合物一定不含共价键 D. 简单气态氢化物的热稳定性：
【答案】B
【解析】
【分析】A、B、C、D四种短周期元素，A元素原子的外围电子排布式为，则A为C元素；C元素位于第2周期，电负性仅次于氟，则C为O，B元素与A元素位于同一周期，其原子的原子核外有三个未成对电子，则B为N元素；D元素在短周期元素中第一电离能最小，则D为Na元素，以此解题。
【详解】A．由分析可知，A为C，B为N，C为O，同周期第一电离能越向右电离能越大，但是第ⅢA族和第ⅥA族反常，故第一电离能顺序为：，A错误；
B．由分析可知，A为C，B为N，D为Na，电子层越多，半径越大，同周期，越靠右半径越小，故原子半径，B正确；
C．由分析可知，C为O，D为Na，可以形成过氧化钠，其中含有共价键，C错误；
D．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，由分析可知B为N，C为O，氧的非金属性较强，则简单气态氢化物的热稳定性：，D错误；
故选B。
7. 哈伯法合成氢的反应原理为，新研制的催化剂可使该反应在常温、常压下进行，以氮气和氢气为反应物的燃料电池是利用氮气的一种新方法。下列有关哈伯法合成氨反应的说法正确的是
A. 若该反应能自发进行，则
B. 选用高效催化剂，可降低该反应的
C. 其它条件不变，增大起始的比值，可提高的平衡转化率
D. 提高体系的压强可增大反应的化学平衡常数
【答案】C
【解析】
【详解】A． 该反应为熵减小的反应，若该反应能自发进行，则，故A错误；
B． 催化剂不能改变反应的，故B错误；
C．其它条件不变，增大起始的比值，即相当于氢气量不变时，增加氮气的用量，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，故C正确；
D． 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误；
故选C。
8. 哈伯法合成氨的反应原理为，新研制的催化剂可使该反应在常温、常压下进行，以氮气和氢气为反应物的燃料电池是利用氮气的一种新方法。将上述合成氨反应设计成燃料电池，工作原理如图所示。其中溶有的稀的A溶液为电解质。下列说法不正确的是
A. b电极为负极
B. a电极发生的反应为
C. A溶液中所含溶质为
D. 可用蒸发结晶的方法分离出A
【答案】D
【解析】
【详解】A． 此电池总反应式是：N2+ 3H2+ 2HCl=2NH4Cl，氢气的化合价升高，失去电子，根据原电池的工作原理，负极失去电子，化合价升高，因此b极为负极，发生氧化反应，故A正确；
B．环境是酸性环境，a电极为正极，发生的反应为，故B正确；
C．根据选项A中总电极反应式，分离出的A 为NH4C1，故说C正确；
D．氯化铵受热易分解，不能用蒸发结晶的方法分离出A，应用蒸发浓缩、冷却结晶的方法分离出A，故D错误；
故选D。
9. 哈伯法合成氢的反应原理为，新研制的催化剂可使该反应在常温、常压下进行，以氮气和氢气为反应物的燃料电池是利用氮气的一种新方法。我国科学家研制的高效固体催化剂，实现了在常温常压、可见光条件下“人工固氮”，其原理如图所示。下列有关说法不正确的是
A. 反应过程中存在共价键的断裂与形成
B. 反应过程中存在太阳能转化为化学能
C. 使用，可降低反应的活化能
D. 反应生成时，电子转移了
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知该反应过程存在着N—N键的断裂和N—H键的形成，都属于共价键，A正确；
B．图中太阳能使化学反应发生，则将太阳能转化成为化学能，B正确；
C．LDH为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能提高反应速率，C正确；
D．没有给出气体的温度和压强，无法计算气体的物质的量，D错误；
故选D。
10. 利用铜矿石(主要成分为，还含少量，，制备晶体的流程如下图所示。已知在酸性条件下不稳定，易生成金属和，下列说法错误的是
A. “滤渣1”的成分为、
B. “氧化”过程中的离子方程式：
C. “调”所用的试剂a可选用
D. 操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】B
【解析】
【分析】由流程可知，原料(含Cu2O、Fe3O4、SiO2)与足量稀硫酸作用后得CuSO4、FeSO4虑液和SiO2、Cu滤渣。在滤液中加过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+沉淀而得CuSO4溶液，再将CuSO4溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤即得晶体CuSO4•5H2O。
【详解】A．因Cu+在酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，所以硫酸与氧化亚铜反应方程式为：H2SO4+Cu2O=CuSO4+Cu+H2O，四氧化三铁可溶于硫酸，反应方程式为：Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O，部分Cu与硫酸铁反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，二氧化硅与硫酸不反应，故“滤渣1”的成分为：SiO2、Cu，A正确；
B．滤液中含Cu2+、Fe2+，Fe2+可被过氧化氢氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，B错误；
C．调节溶液的pH使Fe3+沉淀，为了不引入杂质，试剂a可选用CuO消耗H+来增大pH，C正确；
D．从CuSO4溶液溶液得到带有结晶水的晶体，可以采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得晶体CuSO4•5H2O，D正确；
故选B。
11. 根据下列图示所得出的结论不正确的是
A. 图甲是常温下用的溶液分别滴定一元酸、的滴定曲线，说明的酸性大于
B. 图乙表示温度在和时水溶液中和的关系，则阴影部分M内任意一点均满足
C. 图丙表示改变平衡体系的某一条件后，v(正)、v(逆)的变化情况，可推知时刻改变的条件是升高温度
D. 图丁表示炭黑作用下生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化一个氧分子放出能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．一元酸、的pH，HY
C．升高温度，正逆反应速率均突然增大，所以时刻改变的条件不是升高温度，故C错误；
D．根据图示，炭黑和1个氧分子的能量0，炭黑和活化氧的能量为-，所以每活化一个氧分子放出能量，故D正确；
选C。
12. 辉铜矿(主要成分)可以用于制铜，化学反应方程式为，制得的粗铜(含等杂质)可通过电解法进行精炼，下列相关说法正确的是
A. 转化为基态，得到的电子填充在轨道上
B. S元素电负性大于O元素的电负性
C. 电解精炼铜时，粗铜应与电源的负极相连
D. 如图所示的晶胞中，黑球表示的是
【答案】D
【解析】
【详解】A．的价电子排布式为3d10，Cu的价电子排布式为3d104s1，转化时得到的电子填充到4s上，A错误；
B．同主族元素，从上到下电负性依次减小，所以电负性S
D．晶胞中包含的黑球个数=，白球均在晶胞体内，完全属于一个晶胞，所以个数=8，结合Cu2O的化学式可知黑球为，D正确；
故选D。
13. 室温下，已知：、，通过下列实验研究溶液的性质。
实验1：向溶液中滴加一定量的溶液，测得混合溶液为7。
实验2：向溶液中通入一定量的，测得溶液为7。
实验3：向溶液中逐滴加入等体积溶液，测得溶液约为10。
实验4：向溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀。
下列说法正确的是
A. 实验1混合溶液中
B. 实验2所得溶液中存在
C. 实验3操作过程中水的电离程度逐渐减小
D. 实验4中反应的离子方程式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据平衡常数的计算公式可知、，，可知，A错误；
B．向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中通入一定量的NH3，测得溶液pH为7，c(H+)=c(OH-)，该溶液中存在电荷守恒有c(Na+)+c()+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，则c(Na+)+c()=2c()+c()，物料守恒有c(Na+)=c(H2SO3)+c()+c()，所以存在c(H2SO3)+c()=c()，B正确；
C．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，存在电离，即H++，抑制水的电离，又存在水解，即+H2OH2SO3+OH-，促进水的电离，当加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，二者恰好完全反应生成Na2SO3，即NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，Na2SO3溶液中只存在水解，促进水的电离，所以实验3操作过程中水的电离程度逐渐增大，C错误；
D．按照以少定多的原则，离子方程式中应该是1个钡离子，2个亚硫酸氢根离子，离子方程式为：，D错误；
故选B。
14. 若在催化剂作用下和合成甲酸主要涉及以下反应：
I．
II．
在恒容密闭容器中，和各投发生反应，平衡时的转化率及和的选择性(产物的选择性：生成的或与转化的的比值)随温度变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 反应II：
B. 曲线a表示平衡时的转化率
C. 时，反应I的平衡常数
D. 合成甲酸应选择在较高温度下甲酸选择性高的催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】由题干图示信息可知，根据反应I 可知，升高温度，平衡逆向移动，则HCOOH的选择性随温度的升高而减小，CO2的转化率随温度升高而减小，根据240℃时，曲线a、c对应的数值之和为100%，说明这两条曲线分别代表HCOOH和CO的选择性，曲线b代表CO2的转化率随温度的变化关系，说明CO的选择性随温度升高而增大，即升高温度反应II正向移动，故△H2＞0，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，△H2＞0，A错误；
B．由分析可知，曲线b表示平衡时CO2的转化率，B错误；
C．由图示信息可知，240℃时，CO2的转化率为40%，HCOOH的选择性为80%，CO的选择性为20%，三段式分析为：，，则反应I的平衡常数K===，C正确；
D．曲线a代表HCOOH的选择性，升高温度反应I平衡逆向移动，HCOOH的产率减小，且HCOOH的选择性也减小，则合成甲酸应选择在较低温度下甲酸选择性高的催化剂，D错误；
故答案为：C。
二、非选择题：共4题，共58分
15. 铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的用途。
（1）水体中过量的是一种重要污染物，可利用纳米铁粉将其除去。
①基态铁原子核外电子排布式：___________；铁元素在元素周期表中的位置为___________，属于___________区元素。
②相同条件下，向含有的两份水样中分别加入纳米铁粉、纳米铁粉-活性炭-铜粉，的去除速率差异如图1所示，产生该差异的可能原因为___________。
（2）铁镁合金是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图2所示。储氢时，分子位于晶胞体心和棱的中心位置。
①该晶胞中的配位数是___________。
②该合金储满氢后所得晶体的化学式是___________。
（3）在生产中，常用处理的含(价)废水得到和。易被氧化为，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因：___________。
【答案】（1） ①. ②. 第四周期VIII族 ③. d ④. 形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率
（2） ①. 8 ②.
（3）外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构
【解析】
小问1详解】
①铁为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：；其在周期表中的位置为：第四周期VIII族；属于d区元素；
②其他条件相同的条件下，纳米铁粉~活性炭铜粉相较于单纯的纳米铁粉，形成Fe-Cu或C原电池加快纳米铁粉去除硝酸根的反应速率，故答案为：形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率；
【小问2详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子与位于体对角线一处的镁原子的距离最近，则铁原子的配位数为8；
②由晶胞结构和题给信息可知，合金储满氢的晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱上的氢分子个数为，则所得晶体的化学式为：；
【小问3详解】
Fe为26号元素，外围电子排布为，不是稳定结构，容易再失去1个电子，故答案为：外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构。
16. 以锰渣(含及少量、、元素的氧化物)和黄铁矿(主要成分为)为原料可制备和，过程可表示为：
（1）浸取：将锰渣与黄铁矿粉碎混合，用稀酸X浸取。研究发现，酸浸时，和颗粒参与反应原理如图所示(部分产物未标出)。
①所用的稀酸X是___________(填名称)。
②和颗粒参与反应的过程可描述为___________。
③若黄铁矿用量增加，锰的浸出率会降低，可能的原因是___________。
（2）除铁铜：滤渣II的主要成分为___________(填化学式)。
（3）溶液和氨水混合溶液反应，生成沉淀。反应的离子方程式为___________。
（4）含量的测定：准确称取样品于锥形瓶中，加入草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品完全溶解后，冷却，用溶液进行滴定，消耗溶液。测定过程中发生下列反应：
计算样品的纯度___________(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 稀硫酸 ②. 在酸性条件下将氧化为，而自身被还原为；生成的将氧化成S ③. 随黄铁矿用最增加，生成的单质硫会覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低
（2）、
（3）
（4）95.42%
【解析】
【分析】锰渣和黄铁矿经过稀酸X酸浸后得到S和PbSO4沉淀，故X为稀硫酸；根据图示：在酸性条件下将氧化为，而自身被还原为；生成的将氧化成S；过氧化氢的目的是将氧化为，加氧化钙除铁和铜，将其转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀；MnF2将过量的钙离子转化为CaF2除去；净化后的滤液中主要含MnSO4，可转化为MnCO3和Mn3O4。
【小问1详解】
根据分析，所用的稀酸X为稀硫酸；根据图示，和颗粒参与反应的过程可描述为：在酸性条件下将氧化为，而自身被还原为；生成的将氧化成S；若黄铁矿用量增加，会生成更多的S单质，覆盖在FeS2表面，减少了Fe2+的生成，锰的浸出率会降低，故可能的原因是：随黄铁矿用最增加，生成的单质硫会覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低；
【小问2详解】
根据分析，除铁铜：滤渣II的主要成分为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；
【小问3详解】
溶液和氨水混合溶液反应，生成沉淀。反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
根据题中信息，草酸与高锰酸根和四氧化三锰反应，根据方程式，与高锰酸根反应的草酸的物质的量为：，与四氧化三锰反应的草酸的物质的量为：，根据方程式：，四氧化三锰的物质的量为0.002mol，质量分数为：。
17. 钴及其化合物在工业生产中有着广阔的应用前景。以溶液为原料可制备纳米钴粉和三氯化六氨合钴(价)晶体等。
已知：①不易被氧化，具有强氧化性；具有较强还原性，性质稳定；
②水合肼易溶于水，具有强还原性，氧化产物为。
（1）制备纳米钴粉：向溶液中加溶液调节溶液，再加入水合肼可以制取单质钴粉。已知不同的时(价)的物种分布图如图1所示。
①写出时制钴粉的离子方程式：___________。
②时，所制钴粉纯度会降低，其原因是___________。
（2）制备实验步骤如下：
I.称取研细的和于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入的溶液。实验装置如图2所示。
图-2
II．控制反应温度为，反应一段时间后，得溶液。
III．在一定条件下制得。
①仪器a的名称为___________。
②步骤I将转化过程中，先加浓氨水再加溶液目的是___________。
③步骤II中控制反应温度为的原因是___________。
（3）制备晶体。请补充以溶液(含杂质、、)制各纯净的晶体实验方案：取一定量的溶液，___________，干燥，得晶体。 (须使用试剂：溶液，溶液，溶液，溶液)
【答案】（1） ①. ②. 后所制钴粉中由于含有而导致纯度降低
（2） ①. 分液漏斗 ②. 将不易被氧化的转化为具有较强还原性的 ③. 保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和的分解
（3）边搅拌边加入适量溶液，再滴加溶液调节的范围至5.2～7.6，过滤，向滤液中加入溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，至取最后一次洗涤滤液加入溶液不再出现沉淀为止
【解析】
【小问1详解】
①pH=9时，Co元素以形式存在，制钴粉的离子方程式为 +2N2H4⋅H2O+4OH-=4Co+2N2↑+10H2O；
②pH>10时，Co元素以和Co(OH)2形式存在，所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。
【小问2详解】
①仪器a的名称为分液漏斗；
②由“已知①”可知，Co2+不易被氧化，[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，步骤I将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水再加H2O2溶液，是为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；
③步骤II中控制反应温度为60℃，既能保证较快的反应速率，又能减少氨的挥发和H2O2的分解，提高原料的利用率。
【小问3详解】
以CoCl2溶液(含杂质Al3+、Fe3+、Fe2+)制各纯净的CoC2O4晶体，需要先将Fe2+氧化为Fe3+，再加入适量的NaOH溶液将Al3+和Fe3+转化为沉淀，过滤后再加入(NH4)2C2O4溶液形成CoC2O4沉淀，过滤、洗涤后，用AgNO3溶液检验是否洗涤干净，最后干燥，得到CoC2O4晶体，具体操作为：取一定量的CoCl2溶液，边搅拌边加入适量H2O2溶液，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.6，过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，至取最后一次洗涤滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止，干燥，得CoC2O4晶体。
18. 已知：①晶体难溶于水。
②部分金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表：
金属离子
开始沉淀的
7.6
7.6
2.7
4.0
沉淀完全的
9.2
9.6
3.7
5.2
烟气中含高浓度、氮氧化物等有害物质，在排放前须进行脱硫、脱硝处理。
（1）利用反应，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得的平衡转化率与温度、起始投料比的关系如图1所示。
①该反应的___________0(填“＞”“＜”或“=”)。
②图1中所示反应中，投料比最大的是___________(填“”、“”或“”)。
③随着温度的升高，不同投料比下平衡转化率趋于相近的原因是___________。
（2）钠钙双碱法可高效脱除烟气中的，脱硫的流程如图2所示。
①“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触，不宜直接使用石灰乳的原因是___________。
②水溶液中、、随的分布分数如图3所示，“再生液”用溶液调至7～9得到溶液X，溶液X吸收时主要反应的离子方程式为___________。
（3）用电解法处理氮氧化物可回收硝酸。实验室模拟电解的装置如图4所示。写出电解时阳极的电极反应式：___________。
【答案】（1） ①. ＜ ②. ③. 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响
（2） ①. 使用石灰乳会生成难溶的，引起吸收塔堵塞 ②.
（3）
【解析】
【小问1详解】
①由图1可知，升高温度，CO的平衡转化率减小，即升温平衡逆向移动，故该反应的逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，＜0。
②在该反应中，当CO物质的量不变时，增大NO的物质的量，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，即起始投料比越大，CO的转化率越大，故图1中所示反应中，投料比最大的是。
③随着温度的升高，不同投料比下平衡转化率趋于相近的原因是温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响。
【小问2详解】
①“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触，不宜直接使用石灰乳的原因是使用石灰乳会生成难溶的，引起吸收塔堵塞。
② “再生液”用溶液调至7～9得到溶液X，主要含有亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液吸收SO2生成亚硫酸氢钠，主要反应离子方程式为。
【小问3详解】
阳极发生氧化反应，反应物失去电子，化合价升高，故在阳极失去电子生成硝酸根离子，故阳极电极反应式。
2021~2022学年度第二学期期末抽测
高二年级化学试题
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，包含选择题(第1题～第14题，共14题)、非选择题(第15题～第18题，共4题)共两部分。本卷满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、考试证号用黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡。
3.作答选择题，必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑涂满；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置作答一律无效。
4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Mn 55 Cu 64
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 北京冬奥会火种灯的外形设计灵感来自于西汉的“长信宫灯”。下列说法正确的是
A. 青铜的硬度小于纯铜
B. 两灯实物如图所示，所用燃料均为烃
C. 铝合金表面氧化物薄膜可保护内部金属不被腐蚀
D. 镏金层破损后生成铜锈的主要成分为
【答案】C
【解析】
【详解】A．合金的硬度一般大于成分金属，青铜的硬度大于纯铜，故A错误；
B．动物油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于烃的含氧衍生物，丙烷属于烃，故B错误；
C．铝合金表面形成的氧化物薄膜可保护内部金属不被腐蚀，故C正确；
D．铜锈的主要成分为，故D错误；
选C。
2. 反应可用于制备火箭推进剂的燃料。下列有关说法正确的是
A. 的结构式： B. 基态氮原子轨道表示式：
C. 的电子式： D. 中子数为8的氧原子：
【答案】A
【解析】
【详解】A．N原子最外层5个电子，能形成3个共价键，的结构式为，故A正确；
B．根据洪特规则，基态氮原子轨道表示式为，故B错误；
C．是离子化合物，电子式为，故C错误；
D．中子数为8的氧原子，质量数为16，该原子表示为，故D错误；
选A。
3. 下列说法中正确的是
A. 含离子键，在熔融状态下能导电
B. 轨道上的电子一定比轨道能量高
C. 价电子越多的金属元素的金属性越强
D. 第四周期元素的基态原子中，未成对电子数最多的是
【答案】A
【解析】
【详解】A．是离子化合物，含离子键，在熔融状态下能电离出钙离子和氟离子，所以熔融状态下能导电，故A正确；
B．不同原子中，轨道上的电子不一定比轨道能量高，故B错误；
C．价电子多的元素金属的金属性不一定强，如钠的价电子数为1、镁的价电子数为2，钠的金属性大于镁，故C错误；
D．第四周期元素的基态原子中，未成对电子数最多的是Cr，有6个未成对电子，故D错误；
选A。
4. 下列选项中，X、Y两元素肯定属于同族且性质相似的是
A. 原子核外电子排布式：X为，Y为
B. 结构示意图：X为，Y为
C. X原子基态时轨道上只有1个未成对电子，Y原子基态时轨道上也只有1个未成对电子
D. X原子基态时轨道上只有一对成对电子，Y原子基态时轨道上也只有一对成对电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子核外电子排布式：X为1s22s2，Y为1s2，则X为Be，Y为He，二者不属于同族，性质也不相似，A不符合题意；
B．结构示意图：X为，Y为，则X为Mg，Y为Zn，二者不属于同族，B不符合题意；
C．X原子基态时2p轨道上只有1个未成对电子，Y原子基态时3p轨道上也只有1个未成对电子，则X为B或F，Y为Al或Cl，则X、Y可能属于同族元素，C不符合题意；
D．X原子基态时2p轨道上只有一对成对电子，Y原子基态时3p轨道上也只有一对成对电子，则X为O，Y为S，二者属于同族且性质相似，D符合题意；
故选D。
5. 下列有关实验的说法正确的是
A. 用装置甲采集到的压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀
B. 装置乙记录滴定终点读数为
C. 用装置丙在铁制品表面镀铜
D. 用装置丁将溶液蒸干制得无水
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaCl溶液为中性，发生吸氧腐蚀，瓶内压强减小，则装置丙采集到的压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，A正确；
B．滴定管的小刻度在.上方，由图可知记录滴定终点读数为11.80mL，B错误；
C．铁制品表面镀铜，铁制品应该做阴极，而图中铁制品作阳极，C错误；
D．中的Fe3+会水解，而升温促进水解，故蒸干后无法得到，D错误；
故选A。
6. A、B、C、D四种短周期元素，A元素原子的外围电子排布式为，B元素与A元素位于同一周期，其原子的核外有三个未成对电子，C元素位于第2周期，电负性仅小于氟，D元素在短周期元素中第一电离能最小。下列说法正确的是
A. 第一电离能： B. 原子半径：
C. C、D两种元素组成的化合物一定不含共价键 D. 简单气态氢化物的热稳定性：
【答案】B
【解析】
【分析】A、B、C、D四种短周期元素，A元素原子的外围电子排布式为，则A为C元素；C元素位于第2周期，电负性仅次于氟，则C为O，B元素与A元素位于同一周期，其原子的原子核外有三个未成对电子，则B为N元素；D元素在短周期元素中第一电离能最小，则D为Na元素，以此解题。
【详解】A．由分析可知，A为C，B为N，C为O，同周期第一电离能越向右电离能越大，但是第ⅢA族和第ⅥA族反常，故第一电离能顺序为：，A错误；
B．由分析可知，A为C，B为N，D为Na，电子层越多，半径越大，同周期，越靠右半径越小，故原子半径，B正确；
C．由分析可知，C为O，D为Na，可以形成过氧化钠，其中含有共价键，C错误；
D．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，由分析可知B为N，C为O，氧的非金属性较强，则简单气态氢化物的热稳定性：，D错误；
故选B。
7. 哈伯法合成氢的反应原理为，新研制的催化剂可使该反应在常温、常压下进行，以氮气和氢气为反应物的燃料电池是利用氮气的一种新方法。下列有关哈伯法合成氨反应的说法正确的是
A. 若该反应能自发进行，则
B. 选用高效催化剂，可降低该反应的
C. 其它条件不变，增大起始的比值，可提高的平衡转化率
D. 提高体系的压强可增大反应的化学平衡常数
【答案】C
【解析】
【详解】A． 该反应为熵减小的反应，若该反应能自发进行，则，故A错误；
B． 催化剂不能改变反应的，故B错误；
C．其它条件不变，增大起始的比值，即相当于氢气量不变时，增加氮气的用量，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，故C正确；
D． 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误；
故选C。
8. 哈伯法合成氨的反应原理为，新研制的催化剂可使该反应在常温、常压下进行，以氮气和氢气为反应物的燃料电池是利用氮气的一种新方法。将上述合成氨反应设计成燃料电池，工作原理如图所示。其中溶有的稀的A溶液为电解质。下列说法不正确的是
A. b电极为负极
B. a电极发生的反应为
C. A溶液中所含溶质为
D. 可用蒸发结晶的方法分离出A
【答案】D
【解析】
【详解】A． 此电池总反应式是：N2+ 3H2+ 2HCl=2NH4Cl，氢气的化合价升高，失去电子，根据原电池的工作原理，负极失去电子，化合价升高，因此b极为负极，发生氧化反应，故A正确；
B．环境是酸性环境，a电极为正极，发生的反应为，故B正确；
C．根据选项A中总电极反应式，分离出的A 为NH4C1，故说C正确；
D．氯化铵受热易分解，不能用蒸发结晶的方法分离出A，应用蒸发浓缩、冷却结晶的方法分离出A，故D错误；
故选D。
9. 哈伯法合成氢的反应原理为，新研制的催化剂可使该反应在常温、常压下进行，以氮气和氢气为反应物的燃料电池是利用氮气的一种新方法。我国科学家研制的高效固体催化剂，实现了在常温常压、可见光条件下“人工固氮”，其原理如图所示。下列有关说法不正确的是
A. 反应过程中存在共价键的断裂与形成
B. 反应过程中存在太阳能转化为化学能
C. 使用，可降低反应的活化能
D. 反应生成时，电子转移了
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知该反应过程存在着N—N键的断裂和N—H键的形成，都属于共价键，A正确；
B．图中太阳能使化学反应发生，则将太阳能转化成为化学能，B正确；
C．LDH为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能提高反应速率，C正确；
D．没有给出气体的温度和压强，无法计算气体的物质的量，D错误；
故选D。
10. 利用铜矿石(主要成分为，还含少量，，制备晶体的流程如下图所示。已知在酸性条件下不稳定，易生成金属和，下列说法错误的是
A. “滤渣1”的成分为、
B. “氧化”过程中的离子方程式：
C. “调”所用的试剂a可选用
D. 操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】B
【解析】
【分析】由流程可知，原料(含Cu2O、Fe3O4、SiO2)与足量稀硫酸作用后得CuSO4、FeSO4虑液和SiO2、Cu滤渣。在滤液中加过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+沉淀而得CuSO4溶液，再将CuSO4溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤即得晶体CuSO4•5H2O。
【详解】A．因Cu+在酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，所以硫酸与氧化亚铜反应方程式为：H2SO4+Cu2O=CuSO4+Cu+H2O，四氧化三铁可溶于硫酸，反应方程式为：Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O，部分Cu与硫酸铁反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，二氧化硅与硫酸不反应，故“滤渣1”的成分为：SiO2、Cu，A正确；
B．滤液中含Cu2+、Fe2+，Fe2+可被过氧化氢氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，B错误；
C．调节溶液的pH使Fe3+沉淀，为了不引入杂质，试剂a可选用CuO消耗H+来增大pH，C正确；
D．从CuSO4溶液溶液得到带有结晶水的晶体，可以采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得晶体CuSO4•5H2O，D正确；
故选B。
11. 根据下列图示所得出的结论不正确的是
A. 图甲是常温下用的溶液分别滴定一元酸、的滴定曲线，说明的酸性大于
B. 图乙表示温度在和时水溶液中和的关系，则阴影部分M内任意一点均满足
C. 图丙表示改变平衡体系的某一条件后，v(正)、v(逆)的变化情况，可推知时刻改变的条件是升高温度
D. 图丁表示炭黑作用下生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化一个氧分子放出能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．一元酸、的pH，HY
C．升高温度，正逆反应速率均突然增大，所以时刻改变的条件不是升高温度，故C错误；
D．根据图示，炭黑和1个氧分子的能量0，炭黑和活化氧的能量为-，所以每活化一个氧分子放出能量，故D正确；
选C。
12. 辉铜矿(主要成分)可以用于制铜，化学反应方程式为，制得的粗铜(含等杂质)可通过电解法进行精炼，下列相关说法正确的是
A. 转化为基态，得到的电子填充在轨道上
B. S元素电负性大于O元素的电负性
C. 电解精炼铜时，粗铜应与电源的负极相连
D. 如图所示的晶胞中，黑球表示的是
【答案】D
【解析】
【详解】A．的价电子排布式为3d10，Cu的价电子排布式为3d104s1，转化时得到的电子填充到4s上，A错误；
B．同主族元素，从上到下电负性依次减小，所以电负性S
D．晶胞中包含的黑球个数=，白球均在晶胞体内，完全属于一个晶胞，所以个数=8，结合Cu2O的化学式可知黑球为，D正确；
故选D。
13. 室温下，已知：、，通过下列实验研究溶液的性质。
实验1：向溶液中滴加一定量的溶液，测得混合溶液为7。
实验2：向溶液中通入一定量的，测得溶液为7。
实验3：向溶液中逐滴加入等体积溶液，测得溶液约为10。
实验4：向溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀。
下列说法正确的是
A. 实验1混合溶液中
B. 实验2所得溶液中存在
C. 实验3操作过程中水的电离程度逐渐减小
D. 实验4中反应的离子方程式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据平衡常数的计算公式可知、，，可知，A错误；
B．向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中通入一定量的NH3，测得溶液pH为7，c(H+)=c(OH-)，该溶液中存在电荷守恒有c(Na+)+c()+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，则c(Na+)+c()=2c()+c()，物料守恒有c(Na+)=c(H2SO3)+c()+c()，所以存在c(H2SO3)+c()=c()，B正确；
C．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，存在电离，即H++，抑制水的电离，又存在水解，即+H2OH2SO3+OH-，促进水的电离，当加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，二者恰好完全反应生成Na2SO3，即NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，Na2SO3溶液中只存在水解，促进水的电离，所以实验3操作过程中水的电离程度逐渐增大，C错误；
D．按照以少定多的原则，离子方程式中应该是1个钡离子，2个亚硫酸氢根离子，离子方程式为：，D错误；
故选B。
14. 若在催化剂作用下和合成甲酸主要涉及以下反应：
I．
II．
在恒容密闭容器中，和各投发生反应，平衡时的转化率及和的选择性(产物的选择性：生成的或与转化的的比值)随温度变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 反应II：
B. 曲线a表示平衡时的转化率
C. 时，反应I的平衡常数
D. 合成甲酸应选择在较高温度下甲酸选择性高的催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】由题干图示信息可知，根据反应I 可知，升高温度，平衡逆向移动，则HCOOH的选择性随温度的升高而减小，CO2的转化率随温度升高而减小，根据240℃时，曲线a、c对应的数值之和为100%，说明这两条曲线分别代表HCOOH和CO的选择性，曲线b代表CO2的转化率随温度的变化关系，说明CO的选择性随温度升高而增大，即升高温度反应II正向移动，故△H2＞0，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，△H2＞0，A错误；
B．由分析可知，曲线b表示平衡时CO2的转化率，B错误；
C．由图示信息可知，240℃时，CO2的转化率为40%，HCOOH的选择性为80%，CO的选择性为20%，三段式分析为：，，则反应I的平衡常数K===，C正确；
D．曲线a代表HCOOH的选择性，升高温度反应I平衡逆向移动，HCOOH的产率减小，且HCOOH的选择性也减小，则合成甲酸应选择在较低温度下甲酸选择性高的催化剂，D错误；
故答案为：C。
二、非选择题：共4题，共58分
15. 铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的用途。
（1）水体中过量的是一种重要污染物，可利用纳米铁粉将其除去。
①基态铁原子核外电子排布式：___________；铁元素在元素周期表中的位置为___________，属于___________区元素。
②相同条件下，向含有的两份水样中分别加入纳米铁粉、纳米铁粉-活性炭-铜粉，的去除速率差异如图1所示，产生该差异的可能原因为___________。
（2）铁镁合金是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图2所示。储氢时，分子位于晶胞体心和棱的中心位置。
①该晶胞中的配位数是___________。
②该合金储满氢后所得晶体的化学式是___________。
（3）在生产中，常用处理的含(价)废水得到和。易被氧化为，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因：___________。
【答案】（1） ①. ②. 第四周期VIII族 ③. d ④. 形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率
（2） ①. 8 ②.
（3）外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构
【解析】
小问1详解】
①铁为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：；其在周期表中的位置为：第四周期VIII族；属于d区元素；
②其他条件相同的条件下，纳米铁粉~活性炭铜粉相较于单纯的纳米铁粉，形成Fe-Cu或C原电池加快纳米铁粉去除硝酸根的反应速率，故答案为：形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率；
【小问2详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子与位于体对角线一处的镁原子的距离最近，则铁原子的配位数为8；
②由晶胞结构和题给信息可知，合金储满氢的晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱上的氢分子个数为，则所得晶体的化学式为：；
【小问3详解】
Fe为26号元素，外围电子排布为，不是稳定结构，容易再失去1个电子，故答案为：外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构。
16. 以锰渣(含及少量、、元素的氧化物)和黄铁矿(主要成分为)为原料可制备和，过程可表示为：
（1）浸取：将锰渣与黄铁矿粉碎混合，用稀酸X浸取。研究发现，酸浸时，和颗粒参与反应原理如图所示(部分产物未标出)。
①所用的稀酸X是___________(填名称)。
②和颗粒参与反应的过程可描述为___________。
③若黄铁矿用量增加，锰的浸出率会降低，可能的原因是___________。
（2）除铁铜：滤渣II的主要成分为___________(填化学式)。
（3）溶液和氨水混合溶液反应，生成沉淀。反应的离子方程式为___________。
（4）含量的测定：准确称取样品于锥形瓶中，加入草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品完全溶解后，冷却，用溶液进行滴定，消耗溶液。测定过程中发生下列反应：
计算样品的纯度___________(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 稀硫酸 ②. 在酸性条件下将氧化为，而自身被还原为；生成的将氧化成S ③. 随黄铁矿用最增加，生成的单质硫会覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低
（2）、
（3）
（4）95.42%
【解析】
【分析】锰渣和黄铁矿经过稀酸X酸浸后得到S和PbSO4沉淀，故X为稀硫酸；根据图示：在酸性条件下将氧化为，而自身被还原为；生成的将氧化成S；过氧化氢的目的是将氧化为，加氧化钙除铁和铜，将其转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀；MnF2将过量的钙离子转化为CaF2除去；净化后的滤液中主要含MnSO4，可转化为MnCO3和Mn3O4。
【小问1详解】
根据分析，所用的稀酸X为稀硫酸；根据图示，和颗粒参与反应的过程可描述为：在酸性条件下将氧化为，而自身被还原为；生成的将氧化成S；若黄铁矿用量增加，会生成更多的S单质，覆盖在FeS2表面，减少了Fe2+的生成，锰的浸出率会降低，故可能的原因是：随黄铁矿用最增加，生成的单质硫会覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低；
【小问2详解】
根据分析，除铁铜：滤渣II的主要成分为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；
【小问3详解】
溶液和氨水混合溶液反应，生成沉淀。反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
根据题中信息，草酸与高锰酸根和四氧化三锰反应，根据方程式，与高锰酸根反应的草酸的物质的量为：，与四氧化三锰反应的草酸的物质的量为：，根据方程式：，四氧化三锰的物质的量为0.002mol，质量分数为：。
17. 钴及其化合物在工业生产中有着广阔的应用前景。以溶液为原料可制备纳米钴粉和三氯化六氨合钴(价)晶体等。
已知：①不易被氧化，具有强氧化性；具有较强还原性，性质稳定；
②水合肼易溶于水，具有强还原性，氧化产物为。
（1）制备纳米钴粉：向溶液中加溶液调节溶液，再加入水合肼可以制取单质钴粉。已知不同的时(价)的物种分布图如图1所示。
①写出时制钴粉的离子方程式：___________。
②时，所制钴粉纯度会降低，其原因是___________。
（2）制备实验步骤如下：
I.称取研细的和于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入的溶液。实验装置如图2所示。
图-2
II．控制反应温度为，反应一段时间后，得溶液。
III．在一定条件下制得。
①仪器a的名称为___________。
②步骤I将转化过程中，先加浓氨水再加溶液目的是___________。
③步骤II中控制反应温度为的原因是___________。
（3）制备晶体。请补充以溶液(含杂质、、)制各纯净的晶体实验方案：取一定量的溶液，___________，干燥，得晶体。 (须使用试剂：溶液，溶液，溶液，溶液)
【答案】（1） ①. ②. 后所制钴粉中由于含有而导致纯度降低
（2） ①. 分液漏斗 ②. 将不易被氧化的转化为具有较强还原性的 ③. 保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和的分解
（3）边搅拌边加入适量溶液，再滴加溶液调节的范围至5.2～7.6，过滤，向滤液中加入溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，至取最后一次洗涤滤液加入溶液不再出现沉淀为止
【解析】
【小问1详解】
①pH=9时，Co元素以形式存在，制钴粉的离子方程式为 +2N2H4⋅H2O+4OH-=4Co+2N2↑+10H2O；
②pH>10时，Co元素以和Co(OH)2形式存在，所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。
【小问2详解】
①仪器a的名称为分液漏斗；
②由“已知①”可知，Co2+不易被氧化，[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，步骤I将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水再加H2O2溶液，是为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；
③步骤II中控制反应温度为60℃，既能保证较快的反应速率，又能减少氨的挥发和H2O2的分解，提高原料的利用率。
【小问3详解】
以CoCl2溶液(含杂质Al3+、Fe3+、Fe2+)制各纯净的CoC2O4晶体，需要先将Fe2+氧化为Fe3+，再加入适量的NaOH溶液将Al3+和Fe3+转化为沉淀，过滤后再加入(NH4)2C2O4溶液形成CoC2O4沉淀，过滤、洗涤后，用AgNO3溶液检验是否洗涤干净，最后干燥，得到CoC2O4晶体，具体操作为：取一定量的CoCl2溶液，边搅拌边加入适量H2O2溶液，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.6，过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，至取最后一次洗涤滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止，干燥，得CoC2O4晶体。
18. 已知：①晶体难溶于水。
②部分金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表：
金属离子
开始沉淀的
7.6
7.6
2.7
4.0
沉淀完全的
9.2
9.6
3.7
5.2
烟气中含高浓度、氮氧化物等有害物质，在排放前须进行脱硫、脱硝处理。
（1）利用反应，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得的平衡转化率与温度、起始投料比的关系如图1所示。
①该反应的___________0(填“＞”“＜”或“=”)。
②图1中所示反应中，投料比最大的是___________(填“”、“”或“”)。
③随着温度的升高，不同投料比下平衡转化率趋于相近的原因是___________。
（2）钠钙双碱法可高效脱除烟气中的，脱硫的流程如图2所示。
①“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触，不宜直接使用石灰乳的原因是___________。
②水溶液中、、随的分布分数如图3所示，“再生液”用溶液调至7～9得到溶液X，溶液X吸收时主要反应的离子方程式为___________。
（3）用电解法处理氮氧化物可回收硝酸。实验室模拟电解的装置如图4所示。写出电解时阳极的电极反应式：___________。
【答案】（1） ①. ＜ ②. ③. 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响
（2） ①. 使用石灰乳会生成难溶的，引起吸收塔堵塞 ②.
（3）
【解析】
【小问1详解】
①由图1可知，升高温度，CO的平衡转化率减小，即升温平衡逆向移动，故该反应的逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，＜0。
②在该反应中，当CO物质的量不变时，增大NO的物质的量，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，即起始投料比越大，CO的转化率越大，故图1中所示反应中，投料比最大的是。
③随着温度的升高，不同投料比下平衡转化率趋于相近的原因是温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响。
【小问2详解】
①“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触，不宜直接使用石灰乳的原因是使用石灰乳会生成难溶的，引起吸收塔堵塞。
② “再生液”用溶液调至7～9得到溶液X，主要含有亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液吸收SO2生成亚硫酸氢钠，主要反应离子方程式为。
【小问3详解】
阳极发生氧化反应，反应物失去电子，化合价升高，故在阳极失去电子生成硝酸根离子，故阳极电极反应式。
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