2022泰州中学高二下学期第二次质量检测化学试题含解析

这是一份2022泰州中学高二下学期第二次质量检测化学试题含解析，文件包含江苏省泰州中学2021-2022学年高二下学期第二次质量检测化学试题含解析docx、江苏省泰州中学2021-2022学年高二下学期第二次质量检测化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
江苏省泰州中学高二下第二次质量检测
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cr-52
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. 书法是中华文化之瑰宝，书法之美尽在“笔墨纸砚”之间。下列说法正确是
A. 制作笔尖的“狼毫”的主要成分是纤维素
B. 墨汁是一种分散系
C. 宣纸的主要成分属于无机物
D. 石材雕刻制砚的过程是化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．制作笔尖的“狼毫”的材料为狼毛，主要成分是蛋白质，A错误；
B．墨汁属于胶体，胶体属于分散系，B正确；
C．宣纸的主要成分是纤维素，属于有机物，C错误；
D．石材雕刻制砚的过程没有新物质生成，是物理变化，D错误；
选B。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 1-丁烯的键线式： B. 聚丙烯的结构简式：
C. 醛基的电子式： D. 丙烷分子的比例模型：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．1—丁烯的结构简式：CH2=CH-CH2-CH3，其键线式： ，选项A正确；
B．甲基是支链，不能表示在主链中，正确的结构简式为 ， 选项B错误；
C．醛基—CHO的电子式未将氧原子的未成键电子表示出来，正确的电子式 ， 选项C错误；
D． 是丙烷分子的球棍模型，不是其比例模型，选项D错误；
答案选A。
3. 下列说法中不正确的是
A. 油脂属于酯类化合物，天然油脂是纯净物，没有固定熔、沸点
B. 油脂、淀粉、蔗糖在一定条件下都能发生水解反应
C. 淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物
D. 蔗糖和麦芽糖均为二糖
【答案】A
【解析】
【详解】A．油脂属于酯类化合物，天然油脂属于混合物，因此没有固定熔、沸点，A错误；
B．油脂属于酯类，淀粉属于多糖，蔗糖是二糖，因此在一定条件下都能发生水解反应，B正确；
C．淀粉、纤维素都属于多糖，均是天然有机高分子化合物，C正确；
D．蔗糖和麦芽糖水解均产生2个单糖，因此均为二糖，D正确；
答案选A。
4. 下列实验能达到目的的是
A
B
C
D




证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
石油蒸馏
实验室制硝基苯
实验室制乙酸乙酯

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．浓盐酸具有挥发性，盐酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能和苯酚钠反应生成苯酚，所以氯化氢对二氧化碳气体造成干扰，要检验碳酸酸性大于苯酚，应该先将二氧化碳通入饱和碳酸氢钠溶液中除去氯化氢，再将气体通入苯酚钠溶液中，故A错误；
B．根据蒸馏原理知，各馏分沸点的温度不同，温度计水银球要放置在支管口处，故B错误；
C．实验室制备硝基苯的温度为55°C -60°C，所以应该采用水浴加热的方法制取，温度计要测量水的温度，故C正确；
D． 乙酸和乙醇如果没有催化剂作用反应较缓慢，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，二者能反应生成乙酸乙酯，所以该装置中缺少浓硫酸，故D错误；
故选C。
5. 2021年亚青会将在鮀城汕头举办，在场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯()为原料制得的，下列说法不正确的是
A. 1mol双环烯酯能与2mol H2发生加成反应
B. 该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面
C. 该双环烯酯的水解产物均能使酸性高锰酸钾褪色
D. 该双环烯酯完全加氢后的产物一氯代物有9种
【答案】B
【解析】
【详解】A.双环烯酯含有2个碳碳双键和酯基，酯基不能与氢气发生加成反应，则1mol双环烯酯能与2mol H2发生加成反应，故A正确；
B.连接在碳碳双键上的原子共平面，由三点成面可知，双环烯酯中至少有6个碳原子共平面，故B错误；
C.双环烯酯和酯的水解产物中都含有碳碳双键，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，均能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；
D.双环烯酯分子加氢后，左右的两个六元环各有4种一氯代物，—CH2—上有1种一氯代物，共有9种，故D正确；
故选B。
6. 蜂胶中某活性物质X的结构简式如图，下列关于X的说法不正确的是

A. X能使溴的四氯化碳溶液褪色 B. 1molX最多能与2molNaOH反应
C. X可发生取代反应 D. X具有还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质X中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A项正确；
B．一个X中含有两个酚羟基和一个酯基，则1molX最多能与3molNaOH反应，B项错误；
C．物质X中含有酚羟基，可发生取代反应，C项正确；
D．物质X中含有碳碳双键，具有还原性，D项正确；
答案选B
7. 开发利用海水化学资源的部分过程如图所示，下列说法正确的是

A. ①的操作是先通入足量的CO2
B. ②的操作是在HCl气流中加热
C. 鉴别NaHCO3和Na2CO3溶液可以用澄清石灰水
D. ③的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2H+++2HBr
【答案】B
【解析】
【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠，工业上制得饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氨化镁，制得氢化镁，母液通入氨气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢溶液，富集溴元素，通入氨气氧化溴化氢为溴单质得到溴，以此解答该题。
【详解】A．①的操作是先通入足量的NH3，因为先通入氨气是因为氨气在水中的溶解度非常大，在水中形成氨的水溶液，溶液的碱性比较强易于吸收更多的二氧化碳，从而产生更多的纯碱，故A错误；
B．因氯化镁水解，且生成的盐酸易挥发，所以应在HCl气流中加热，故B正确；
C．二者与澄清石灰水都反应产生CaCO3沉淀，使溶液变浑浊，因此不能用澄清石灰水鉴别二者，故C错误；
D．第③步反应是二氧化硫具有还原性，能还原溴单质生成溴离子，二氧化硫被氧化为硫酸，Br2 + SO2 + 2H2O=4H+ + SO + 2Br-，故D错误；
故选B。
8. 利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示(M、N、P、Q极均为惰性电极)。下列说法正确的是

A. 该装置涉及到的能量转换仅有电能转化为化学能
B. A膜、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜
C. M上的反应为CH4 - 4e- + 4O2- = CO2 + 2H2O
D. 理论上，M极消耗2.24 L甲烷，P极产生0.4 mol
【答案】B
【解析】
【分析】原电池中M为负极，N为正极，电解池中P为阳极，Q为阴极。
【详解】A．涉及的能量转化为应为化学能转化为电能，电能再转化为化学能，错误；
B．为了得到产品，钙离子与H2PO4-应该向产品室移动，故A膜为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，C膜为阳离子交换，将原料室的Na+转出膜，正确；
C．电荷不守恒，错误；
D．气体体积需要在标准状况下，错误；
故选B；
9. 下列关于H2O、P4、PCl3和PCl4的说法正确的是
A. H2O很稳定是因为分子间含有氢键 B. PCl3的空间构型为平面三角形
C. P4与PCl4中的键角相同 D. 1mol[Cu(H2O)4]2+中含有4mol配位键
【答案】D
【解析】
【详解】A．稳定性是化学性质，H2O稳定是因为O-H键能大，A项错误；
B．PCl3的中心原子P的价层电子对数=3+=4，空间构型为三角锥形，B项错误；
C．P4键角正四面体形，P-P-P键角为60°，PCl4中P的价层电子对数 = 4+=4，为正四面体形，Cl-P-Cl键角为109°28´，键角不同，C项错误；
D．1mol[Cu(H2O)4]2+中有4mol H2O，每个H2O均与铜离子形成一个配位键，所以1mol[Cu(H2O)4]2+中含有配位键数为4mol，D项正确；
故答案选D。
10. 一种从照相底片中回收单质银的方法如下：
步骤1：用Na2S2O3溶液浸泡照相底片，未曝光的AgBr转化成Na3[Ag(S2O3)2]而溶解。
步骤2：在步骤1所得溶液中加稍过量Na2S溶液，充分反应后过滤出黑色沉淀。
步骤3：将黑色沉淀在空气中灼烧，回收单质银。
下列说法正确的是

A. 步骤1所得[Ag(S2O3)2]3-中Ag+提供孤电子对
B. 步骤2所得滤液中大量存在的离子：Na+、Ag+、S2O、S2-
C. 步骤3灼烧时可用足量NaOH溶液吸收尾气
D. Na2S晶胞(如图所示)中每个Na+周围距离最近的S2-有8个
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤1所得[Ag(S2O3)2]3-中Ag+提供空轨道，而配体提供孤电子对形成配位离子，A错误；
B．Ag+与S2-能形成Ag2S沉淀，Ag+与能形成络合物，故步骤2所得滤液中不可能大量存在的离子： Ag+与S2O、S2-，B错误；
C．步骤3灼烧时产生SO2等酸性气体，故可用足量NaOH溶液吸收尾气，C正确；
D．由Na2S晶胞图可知，一个Na2S晶胞中黑球个数为：个，白球为8个，结合化学式可知，黑球代表S2-，白球代表Na+，则每个Na+周围距离最近的S2-有4个，D错误；
故答案为：C。
11. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
C. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
D. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解饱和食盐水可得到Cl2，而Cl2与Fe在加热条件下反应生成FeCl3，而不是FeCl2，A项错误；
B．S与氧气点燃下反应生成SO2，而不是SO3，B项错误；
C．N2(g)NH3(g)可以实现，而NH3与CO2、NaCl反应得到的是NH4Cl和NaHCO3，而不是Na2CO3，C项错误；
D．MgCl2与石灰乳反应得到Mg(OH)2和CaCl2，在高温下煅烧Mg(OH)2得到MgO和水，符合题意，D项正确；
故答案选D
12. 酮洛酚(Y)是一种非甾(zāi)体抗炎药，可由下列反应制得：

下列有关化合物X、Y说法正确的是
A. X分子中不含手性碳原子
B. 1molX中含有1mol碳氧π键
C. 1molY最多能与6molH2发生加成反应
D. Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大
【答案】D
【解析】
【详解】A．中*标志的碳原子为手性碳原子，A项错误；
B．X中含有的1个酮羰基、1个酯基中都含有碳氧π键，1molX中含有2mol碳氧π键，B项错误；
C．Y中含有的2个苯环、1个酮羰基都能与H2发生加成反应，1molY最多能与7molH2发生加成反应，C项错误；
D．对比X、Y的结构简式，X发生水解反应最终转化成Y，X中的酯基最终水解成Y中的羧基，羧基属于亲水基，能与水分子间形成氢键，故Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，D项正确。
答案选D。
13. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为2
2
向溶液中加入溶液，产生沉淀
3
向溶液中通入足量的，产生红褐色沉淀
4
向溶液中加入NaHS溶液，产生浅黄色沉淀
下列说法正确的是
A. 溶液中存在
B. 实验2中沉淀仅为
C. 实验3得到的溶液中有
D. 实验4中发生反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1mol/L硫酸铁铵溶液中存在电荷守恒关系，由实验1可知，溶液pH约为2，溶液中，则，故A错误；
B．实验2中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与氢氧化钡溶液完全反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铁沉淀和一水合氨，故B错误；
C．实验3中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与足量氨气反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，反应得到硫酸铵和一水合氨的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中，故C正确；
D．实验4中发生的反应为硫酸铁铵溶液与硫氢化钠溶液反应生成硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸和硫沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；
故答案为C。
14. CO2还原为甲醇是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氢主要反应有：
反应I．CO2(g)+ 3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1= - 49.4 kJ·mol-1
反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)=CO(g)+ H2O(g) △H2=+41.2 kJ ·mol-1
压强分别为p1、p2时，将=1：3的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中CO2的平衡转化率和CH3OH、CO的选择性如图所示。CH3OH(或CO)的选择性=

下列说法正确的是
A. 反应CO(g)+ 2H2(g)= CH3OH(g) △H= -8.2 kJ·mol-1
B. 曲线③、④表示CO的选择性，且pl＞p2
C. 相同温度下，反应I、Ⅱ的平衡常数K(I)＞K(Ⅱ)
D. 保持反应温度不变，使CO2的平衡转化率达到X点，改变的条件可能是增大或增大压强
【答案】B
【解析】
【分析】反应I是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则CO的选择性越高，因此①、②表示CH3OH的选择性，③、④表示CO的选择性，⑤为CO2的平衡转化率曲线，据此分析作答。
【详解】A．将反应Ⅰ-反应Ⅱ得到CO(g)+ 2H2(g)= CH3OH(g)，则△H=△H1-△H2= - 49.4 kJ·mol-1-41.2 kJ ·mol-1=-90.6kJ·mol-1，A项错误；
B．反应I放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，反应I逆向进行，反应Ⅱ正向进行，可知曲线③、④表示CO的选择性，压力越大，有利于反应Ⅰ进行，则同温下，CO的选择性更小，则压力pl＞p2，B项正确；
C．温度较高下，以反应Ⅱ为主，当CO的选择性更大时，反应I、Ⅱ的平衡常数为K(I)＜K(Ⅱ)，C项错误；
D．由分析可知，⑤为CO2的平衡转化率曲线，增大的比值，可以促使氢气的转化，但CO2的平衡转化率减小，D项错误；
答案选B。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 钒广泛应用于钢铁工业，钒的氧化物在化学工业常用作催化剂。某沉钒废水(含Al3+、Fe2+、VO2+)钒含量约为2%。从该沉钒废水中分离出铁元素并制备V2O5的流程如下所示：

已知：①钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数与pH的关系如图所示。

②Fe(OH)2完全沉淀的pH为8.4；VO(OH)2完全溶解的pH约为11。
③吉布斯自由能(∆G)可以用来判断反应进行的方向。一个反应的∆G越小，反应发生的可能性越大。
（1）写出基态V原子的核外电子排布式___________。
（2）“沉铁”时调节pH时不能用氨水代替氢氧化钠的原因是___________。
（3）写出“氧化'‘时发生的离子方程式___________。
（4）①“沉钒沉铝”中所得沉淀物与浸出剂反应∆G与温度的关系如图所示。“浸出”时应控制温度低于60℃，原因是___________。

②若“浸出”时浸出剂中添加NaOH固体，并边浸出边通入CO2，可大大提高钒的浸出率，原因是___________。
（5）“二次沉钒”时，先调节pH约为6〜8，得到含钒铵盐沉淀，写出“焙烧”时该铵盐沉淀发生分解的化学方程式___________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2
（2）氨水不能使氢氧化铝溶解，使得Fe(OH)2中混有Al(OH)3
（3）2VO(OH)+H2O2+4OH—=2VO+6H2O
（4） ①. 温度低于60℃时，钒酸钙与碳酸钠反应∆G小于铝酸钙和碳酸钠反应的∆G，钒酸钙与碳酸钠的反应更容易发生，有利于钒的浸出 ②. NaOH溶液与CO2反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液浓度大，有利于钒酸钙沉淀溶解转化为VO，提高钒的浸出率
（5）2NH4VO3V2O5+2NH3↑+ H2O
【解析】
【分析】由题给流程可知，向沉钒废水中加入氢氧化钠溶液，使铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，铝离子、VO2+离子转化为偏铝酸根离子、VO(OH)离子，过滤得到氢氧化亚铁和含有偏铝酸根离子、VO(OH)离子的滤液；加入过氧化氢溶液，碱性条件下将VO(OH)离子氧化为VO离子；加入氧化钙将溶液中偏铝酸根离子、VO离子转化为铝酸钙、钒酸钙沉淀；过滤得到滤液和铝酸钙、钒酸钙；向铝酸钙、钒酸钙中加入碳酸钠溶液做浸出剂，过滤得到含有VO离子的浸出液；先调节浸出液pH约为6〜8，使VO离子转化为VO离子，再加入氯化铵溶液将VO离子转化为钒酸铵沉淀，过滤后高温焙烧钒酸铵得到五氧化二钒。
【小问1详解】
钒元素的原子序数为23，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2；
【小问2详解】
“沉铁”时，调节溶液pH时若用氨水代替氢氧化钠溶液，溶液pH过低，不利于VO(OH)2完全溶解转化为VO(OH)，降低产率，故答案为：溶液pH过低，不利于VO(OH)2完全溶解；
【小问3详解】
由分析可知，“氧化'‘时发生反应为碱性条件下将VO(OH)离子与过氧化氢溶液反应生成VO离子和水，反应的离子方程式为2VO(OH)+H2O2+4OH—=2VO+6H2O，故答案为：2VO(OH)+H2O2+4OH—=2VO+6H2O；
【小问4详解】
①由图可知，温度低于60℃时，钒酸钙与碳酸钠反应的∆G小于铝酸钙和碳酸钠反应的∆G，钒酸钙与碳酸钠的反应更容易发生，有利于钒的浸出，故答案为：温度低于60℃时，钒酸钙与碳酸钠反应的∆G小于铝酸钙和碳酸钠反应的∆G，钒酸钙与碳酸钠的反应更容易发生，有利于钒的浸出；
②由图可知，若“浸出”时浸出剂中添加氢氧化钠固体，并边浸出边通入二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，增大溶液中碳酸钠溶液的浓度，有利于钒酸钙沉淀溶解转化为VO，提高钒的浸出率，故答案为：NaOH溶液与CO2反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液浓度大，有利于钒酸钙沉淀溶解转化为VO，提高钒的浸出率；
【小问5详解】
由分析可知，“焙烧”时铵盐沉淀发生分解的反应为钒酸铵高温焙烧发生分解反应生成五氧化二钒、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+ H2O，故答案为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+ H2O。
16. 化合物G是合成一种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：

（1）D→E的反应类型为_______。
（2）A的结构简式为_______。
（3）F→G的转化中生成一种与G互为同分异构的副产物H，H的结构简式为_______。
（4）B被NaBH4还原后生成化合物H( )，H的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。
①含2个苯环，酸性条件下能够水解生成3种不同的物质
②3种水解产物都只有2种不同化学环境的氢
（5）已知： ，设计以 为原料制备 的合成路线_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)
【答案】（1）还原反应
（2） （3） （4）
（5）
【解析】
【分析】由B的结构简式可知，与发生羟醛缩合反应生成，则A为。
【小问1详解】
由合成路线可知，发生去氧加氢的还原反应生成，故答案为：还原反应；
【小问2详解】
由分析可知，A的结构简式为，故答案为：为；
小问3详解】
由合成路线可知，F→G的转化中可能在如图*所示碳原子处发生成环反应：，则副产物H的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
H的同分异构体含2个苯环，酸性条件下能够水解生成3种不同的物质说明分子中含有2个酯基结构，3种水解产物都只有2种不同化学环境的氢说明产物的结构简式为、、，则同分异构体的结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
由题给流程和信息可知，以为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，发生信息反应生成，发生羟醛缩合反应生成，发生去氧加氢的还原反应生成，合成路线为，故答案为：。
17. Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备Cr(OH)3的主要步骤如下。
（1）制备CrCl3；取一定质量的BaCrO4和对应量的水加入到如图-1所示三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成CrCl3并逸出CO2气体。

①上述反应的化学方程式为___________。
②在盐酸与BaCrO4物料配比6∶1、80℃条件下搅拌，反应30min。探究乙醇理论量倍数对铬溶解率及还原率的影响如图-2所示[铬溶解率=×100%，铬还原率=×100%]。随着乙醇理论量倍数的增加，铬还原率逐渐增加、铬溶解率几乎不变，其原因可能是___________。

（2）制备Cr(OH)3：Cr(III)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图-3所示。请补充完整由步骤(1)得到的CrCl3溶液制得Cr(OH)3的实验方案：取步骤(1)得到的CrCl3溶液，___________，低温烘干，得到Cr(OH)3晶体。
实验中须使用的试剂：2mol·L-1 Ba(OH)2溶液、0.1mol·L-1 AgNO3溶液、0.1mol·L-1HNO3溶液、蒸馏水。
（3）测定Cr(OH)3样品纯度。准确称取0.9000g样品，溶于过量硫酸并配成250.0mL溶液。取25.00mL溶液，用足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2O，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL(已知反应：Cr2O＋6I-＋14H+=3I2＋2Cr3+＋7H2O；I2＋2S2O=S4O＋2I-)。计算Cr(OH)3样品的纯度(写出计算过程)：___________。
【答案】（1） ①. C2H5OH＋4BaCrO4＋20HCl 2CO2↑＋4CrCl3＋13H2O＋4BaCl2 ②. 过量的盐酸先与铬酸钡反应生成了可溶于水的铬酸（或重铬酸），铬溶解率与乙醇的量无关，随着乙醇理论量倍数的增加，乙醇浓度增大，反应速率加快，相同时间内被还原的铬的量增多，铬还原率呈现增大趋势
（2）边搅拌边加入2 mol·L－1 Ba(OH)2溶液，调节溶液的pH在6～12范围之间，静置、过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加0.1 mol·L－1 HNO3和0.1 mol·L－1 AgNO3溶液不再出现浑浊（说明：HNO3和AgNO3滴加顺序不作要求）
（3）根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr(OH)3 ~ 2Cr3+ ~ Cr2O~ 3I2 ~ 6 S2O，可知0.9g 样品中Cr(OH)3的物质的量为，质量为，Cr(OH)3样品的纯度。
【解析】
【小问1详解】
①BaCrO4和浓盐酸、无水乙醇充分反应，生成CrCl3和CO2气体，Ba2＋转化为BaCl2，BaCrO4转化为CrCl3，Cr化合价降3，C2H5OH转化为CO2，C化合价升6，根据Cr、S得失电子守恒配平反应，C2H5OH＋4BaCrO4＋20HCl 2CO2↑＋4CrCl3＋13H2O＋4BaCl2。
②从图中看，随着乙醇的量增大，铬溶解率不变，反应方程式为2HCl＋BaCrO4 = BaCl2＋H2CrO4，此反应与加入的乙醇量无关，铬溶解率与乙醇的量无关；H2CrO4氧化乙醇生成Cr(III)，随着乙醇的量增多，反应速率加快，生成Cr(III)也加快，即铬还原率呈现增大趋势。
【小问2详解】
由图2知，pH在6～12范围之间，主要以Cr(OH)3存在。Cr(III)中加入2mol·L-1Ba(OH)2溶液，调节pH在6～12，以生成Cr(OH)3沉淀。过滤后，滤液中含有Cl－，用稀HNO3和AgNO3检验滤液中不存在Cl－时，可停止用蒸馏水洗涤Cr(OH)3沉淀。
【小问3详解】
测定Cr(OH)3样品纯度的实验原理为：Cr(OH)3先溶解生成Cr(III)，Cr(III)被氧化生成Cr2O，Cr2O氧化I－生成I2，再用Na2S2O3滴定生成的I2，根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr(OH)3 ~ 2Cr3+ ~ Cr2O~ 3I2 ~ 6 S2O，由Na2S2O3的消耗量，可计算出Cr(OH)3的量，扩大10倍后，得到0.9g 样品中Cr(OH)3的量，进而得出Cr(OH)3样品纯度。
过程见答案。
18. 绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题：
（1）通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向.生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下：
I.C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g) △H1=+251kJ·mol-1
II.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2=-41kJ·mol-1
重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)的△H3=____。
（2）大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO22CO+2H2)，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4均表示过渡态)。

①Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则脱氢过程的速率由大到小的关系为：____。
②甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是：____(用化学方程式表示)。
③Sn12Ni双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳积沉对催化剂造成的不良影响，请结合图甲解释原因：____。
（3）甲烷干法重整制H2的过程为反应a：CH4+CO22CO+2H2，同时发生副反应b：CO2+H2CO+H2O，T℃时，在恒压容器中，通入2molCH4和1molCO2发生上述反应，总压强为P0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为P，则反应a的压强平衡常数Kp=____(用含P和P0的计算式表示，已知分压=总压×物质的量分数)。
（4）甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H=+75kJ·mol-1，Ni可作该反应的催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应时，若孔道堵塞会导致催化剂失活。其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图乙所示。考虑综合因素，使用催化剂的最佳温度为____；650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因是____。

【答案】（1）+128kJ·mol-1
（2） ①. v1>v3>v2 ②. CH3*=CH2*+H* ③. 积炭反应为最后一步，三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积炭较少
（3）
（4） ①. 600℃ ②. 温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知，重整反应的总反应=I+3II，对应的△H3=△H1+3△H2=+251kJ·mol-1+3(-41kJ·mol-1)= +128kJ·mol-1;
【小问2详解】
①催化剂能够降低反应的活化能，活化能越低，则化学反应速率越大，所以v1>v3>v2；
②活化能最大的过程为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为：CH3*=CH2*+H*；
③由图可知，积炭反应为最后一步，三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积炭较少，所以答案为：积炭反应为最后一步，三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积炭较少；
【小问3详解】
根据已知条件，平衡时甲烷的转化率为40%，对反应a列三段式：
平衡时，设水的物质的量为x mol，则对反应b列三段式：
已知，平衡时水的分压为P，所以有
，所以x=，n(总)=4.6mol
则平衡时，P(CH4)=, P(CO2)=，P(CO)=，P(H2)=，Kp ==，故答案为：。
【小问4详解】
其他条件不变时，随着温度升高，在较短时间内650℃催化效果最好，但1000s后，氢气的体积分数却减少了，因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，所以综合来看600℃为最适温度。故答案为：600℃，温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活。