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2021-2022学年湖北省新高考联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年湖北省新高考联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了0×10−7ml⋅L−1，0×10−8，【答案】A，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省新高考联考高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. 2022年北京冬奥会照明使用的太阳能电池其光电转换材料是SiO2
B. 水电站把机械能转化为电能，而核电站把化学能转化成电能
C. 煤、石油、天然气是当今世界重要的化石燃料
D. 矿物燃料钙基固硫处理就是用化学方法将硫单质转变为化合物
2. 我国北斗导航卫星使用了铷(Rb)原子钟。下列说法正确的是( )
A. Rb的第一电离能比Na的第一电离能低 B. Rb的价电子排布式为4s1
C. Rb是十分活泼的金属，其电负性为0 D. 85Rb和 87Rb互为同素异形体
3. 下列有关叙述错误的是( )
A. 分子、原子和离子是构成物质的基本微粒 B. 带有单电子的原子或原子团是自由基
C. 一个非可逆化学反应是一个基元反应 D. 处于最低能量状态的原子是基态原子
4. 一定温度下，对可逆反应X(s)+2Y(g)⇌Z(g)+W(g)的下列叙述中，能说明该反应已达到化学平衡状态的是( )
A. 容器内的压强不再变化
B. 单位时间内消耗2molY，同时生成1molZ
C. 混合气体的物质的量不再变化
D. 混合气体的平均相对分子质量不再变化
5. 在核电荷数为28的Ni的价层电子排布中，处于基态的是( )
A. B.
C. D.
6. 对于反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)△H=−444.3kJ/mol，在常温常压下能自发进行，对反应的方向起决定作用的是( )
A. 焓变 B. 温度 C. 压强 D. 熵变
7. 下列示意图和化学用语内容正确，且表述相符的是(水合离子用相应离子符号表示)( )
A
B
C
D
H2与Cl2反应能量变化
NaCl溶于水
对角线规则
锌铜原电池工作原理
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=+183kJ⋅mol−1
NaCl=Na++Cl−
对角线元素及化合物性质具有相似性
盐桥主要作用是连接内电路和平衡电荷
A. A B. B C. C D. D
8. 宇航员王亚平太空授课时制作了一个蓝色的大水球，证明了水在不同重力环境下的形态不同。水在不同条件下的电离程度也不同，教材中给出了如下表所示不同温度下水的离子积常数。不能从表中分析得出的结论是( )
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10−14
0.115
0.296
0.687
1.01
2.87
5.31
37.1
54.5
A. 水的电离程度很小
B. 常温下，水中的c(H+)约为1.0×10−7mol⋅L−1
C. 升高温度促进水的电离，水的电离程度增大
D. 向水中加入盐酸或NaOH溶液，均会抑制水的电离
9. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中X是宇宙中含量最多元素；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；同周期简单离子中W元素的离子半径最小。下列说法正确的是( )
A. W位于元素周期表的s区
B. Y元素原子最高能级的电子云轮廓图为球形
C. Y、Z、W三种元素的原子半径r(Z)
A. 0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为10−13mol⋅L−1
B. 向0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中加水，醋酸的电离常数Ka减小
C. 0.1mol⋅L−1与0.2mol⋅L−1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1：2
D. 等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合后溶液呈酸性
11. 反应N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH=+57kJ⋅mol−1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 温度：T2>T1
B. b、c两点的正反应速率：b=c
C. a、c两点气体的颜色：a深，c浅
D. a、c两点气体的平均相对分子质量：a>c
12. 甲醇燃料电池用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许H+和水分子通过，其工作原理的示意图如图。下列有关说法错误的是( )
A. Pt(a)电极是电池的负极
B. Pt(b)电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O
C. H+从正极通过质子交换膜移向负极
D. 电极每消耗3.2gCH3OH，外电路中通过电子0.6mol
13. 下述实验不能达到预期实验目的的是( )
序号
实验内容
实验目的
A
利用淀粉溶液为指示剂，用已知浓度的FeCl3溶液滴定未知浓度的KI溶液
测定KI溶液的浓度
B
室温下，使用pH计测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和CH3COONa溶液
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
C
向新生成的AgI悬浊液中滴入K2S溶液
研究沉淀的转化
D
将2.5gCuSO4⋅5H2O溶解在97.5g水中
配制质量分数为1.6%的CuSO4溶液
A. A B. B C. C D. D
14. HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c2(M+)随c(H+)而变化，已知M+不发生水解。实验发现，298K时c2(M+)−c(H+)为线性关系，如图中实线所示。下列叙述正确的是( )
A. c(H+)增大是因为向MA的饱和溶液中加入了HA
B. MA的溶度积Ksp(MA)=5.0×10−8
C. 溶液pH=4时，c(A−)=1.0×10−4mol⋅L−1
D. 溶液pH=7时，c(M+)=c(A−)>c(H+)=c(OH−)
15. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)[δ(X)=n(X)n(Fe)]随pH的变化如图。下列说法正确的是( )
A. K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B. 由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10−4
C. A、C两点对应溶液中水的电离程度相等
D. 高铁酸钾净水处理是利用了FeO42−的水解能力
16. “氢能”将是未来最理想的新能源。
(1)实验测得，1g氢气燃烧生成液态水时放出142.9kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为 ______。
(2)已知：H−H、O=O和O−H键的键能分别为436kJ/mol、496kJ/mol和462kJ/mol，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−220kJ/mol，则：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=______kJ/mol。
(3)某化学家根据“原子经济”的思想，设计了如下制备H2的反应步骤：
①CaBr2+H2O−250℃CaO+2HBr
②2HBr+Hg−100℃HgBr2+H2
③HgBr2+______−250℃______+______。
④2HgO−250℃2Hg+O2↑
请根据“原子经济”的思想完成上述步骤③的化学方程式：______；根据“绿色化学”的思想评估该方法制H2的主要缺点：______。
(4)在固态金属氧化物电解池中，高温电解H2O−CO2混合气体是制备H2和CO的一种新能源利用方式，基本原理如图所示。
①X是电源的 ______极。
②阴极的反应式有：CO2+2e−=CO+O2−和 ______。
③阴、阳两极产生的气体的物质的量之比为 ______。
17. 铬(Chromium)，原子序数为24。元素名来自于希腊文，原意为“颜色”，因为铬的化合物大多都有颜色。如：+6价铬的化合物有橘红色晶体K2Cr2O7和黄色固体K2CrO4。
回答下列问题：
(1)铬元素在周期表中的位置是 ______，其基态原子电子排布式为 ______。
(2)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)，工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：
①通过冷却结晶可以获得大量K2Cr2O7的原因是 ______。
②向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是 ______。
③固体A主要为 ______(填化学式)。
(3)一般用K2Cr2O7滴定分析法可测定还原铁粉纯度。实验步骤为：称取一定量铁粉样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。滴定反应的离子方程式为：______。标准K2Cr2O7溶液应选用 ______(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)。滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则测定的c(Fe2+)结果 ______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
18. “消洗灵”是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂，消毒原理与“84消毒液”相似，但更稳定，易保存。某“消洗灵”产品化学组成可以表示为Na10P3O13Cl⋅5H2O，实验室制备装置和过程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.打开A中分液漏斗活塞，制备NaClO碱性溶液。
(1)A中盛装高锰酸钾的仪器名称是 ______。
(2)X试剂的名称为 ______。
(3)C中采用多孔球泡的目的是 ______。
(4)D装置的作用是 ______。
Ⅱ.关闭A中分液漏斗活塞，打开C中分液漏斗活塞，一段时间后C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品。
(5)产品中氯元素的化合价为 ______。
(6)已知25℃时，NaHPO4溶液的pH>7，原因是 ______(用离子方程式表示)。
Ⅲ.产品纯度测定(Na10P3O13Cl⋅5H2O的摩尔质量为Mg/mol)。
①取ag待测试样溶于蒸馏水配成250mL溶液；
②取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol/L稀硫酸、25mL0.1mol/L碘化钾溶液(过量)，此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗20.00mL。
已知：2S2O32−+I2=S4O62−+2I−
(7)产品的纯度为 ______(用含a、M的代数式表示)。
19. 我国提出，CO2排放力争2030年前达到峰值，力争2060年前实现碳中和。
回答下列问题：
(1)有利于实现“碳达峰、碳中和”的是 ______(填标号)。
A.燃煤脱硫
B.粮食酿酒
C.风能发电
D.石油裂化
(2)CH4−CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，对“碳达峰、碳中和”具有重要意义。
①CH4−CO2催化重整反应：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247kJ⋅mol−1，有利于提高CH4平衡转化率的条件是 ______(填标号)。
A.低温高压
B.高温低压
C.高温高压
D.低温低压
②某温度下，在体积为2L的容器中加入3molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为 ______mol2⋅L−2。
③反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如表：
积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ⋅mol−1)
75
172
活化能(kJ⋅mol−1)
催化剂X
43
72
催化剂Y
33
91
由如表所示判断，催化剂X ______Y(填“优于”或“劣于)，理由是 ______。
④在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图1所示，升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是 ______(填标号)。
A.K积减小、K消清增加
B.v积减小、v消消增加
C.K积、K消均增加
D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大
⑤在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k⋅p(CH4)⋅[p(CO2)]−0.5(k为速率常数)。在p(CO2)一定时，不同p(CH4)下积碳量随时间的变化趋势如图2所示，则pa(CH4)、pb(CH4)、pc(CH4)从大到小的顺序为 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.硅元素处于金属和非金属元素分界线处，具有金属性和非金属性，可以作硅太阳能电池，所以硅电池是太阳能电池的光电转换材料，二氧化硅作光导纤维材料，故A错误；
B.核电站是核能转化为电能，不是化学能转化为电能，故B错误；
C.三大化石燃料是：煤、石油、天然气，是当今最重要的化石燃料，故C正确；
D.矿物燃料钙基固硫处理就是用化学方法将二氧化硫变为硫酸钙，不是硫单质变为化合物，故D错误；
故选：C。
A.硅电池是太阳能电池的光电转换材料；
B.核电站是核能转化为电能；
C.三大化石燃料是：煤、石油、天然气；
D.矿物燃料钙基固硫处理就是用化学方法将二氧化硫变为硫酸钙。
本题考查了常见能量转化形式及元素化合物知识，熟悉相关物质性质是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则Rb的第一电离能比Na的第一电离能低，故A正确；
B.Rb的电子层数5个，价电子排布式为5s1，故B错误；
C.Rb是十分活泼的金属，其电负性较小，但不为0，故C错误；
D.同种元素组成的不同种单质互为同素异形体， 85Rb和 87Rb是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，故D错误；
故选：A。
A.同主族从上到下第一电离能逐渐减小；
B.Rb的电子层数5个，最外层电子数1个；
C.Rb是十分活泼的金属，其电负性较小；
D.同种元素组成的不同单质互为同素异形体。
本题考查了原子结构、微粒关系、电子排布等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.分子、原子和离子是构成物质的基本微粒，故A正确；
B.带有单电子的原子或原子团是为中性，为自由基，不能独立存在，故B正确；
C.大多反应分几步进行，其中每一步为基元反应，一个非可逆化学反应不一定是一个基元反应，故C错误；
D.处于最低能量状态的原子叫做基态原子，基态原子能吸收能量转化为激发态原子，故D正确；
故选：C。
A.构成物质的基本微粒是分子、原子、离子；
B.有机物的分子中失去一个或几个原子形成的原子或原子团为中性，属于自由基；
C.反应物分子一步直接转化为产物的反应称为基元反应，通常一个化学反应包含多个基元反应，这些基元反应被称为该化学反应的反应机理。多个基元反应共同决定了化学反应的快慢；
D.处于最低能量状态的原子叫做基态原子。
本题考查了物质构成微粒、自由基的形成和组成、基元反应和基态原子的分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.该反应前后气体的总物质的量不变，容器内的压强始终不变，不能根据容器内的压强判断平衡状态，故A错误；
B.单位时间内消耗2molY，同时生成1molZ，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故B错误；
C.该反应为气体物质的量不变的反应，混合气体的物质的量始终不变，不能根据混合气体的物质的量判断平衡状态，故C错误；
D.混合气体的总物质的量为定值，W为固态，混合气体的质量为变量，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，表明达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
X(s)+2Y(g)⇌Z(g)+W(g)为气体体积不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，注意X为固态，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：原子核外电子排布中，符合能量最低原理的核外电子排布的原子处于基态，4s能级的能量小于3d能级，所以基态Ni原子排列电子时，先排满4s能级再排3d能级，且电子排布要符合洪特规则，
A.不符合洪特规则，故A错误；
B.不符合能量最低原理，属于激发态，故B错误；
C.不符合能量最低能量，属于激发态，故C错误；
D.符合能量最低原理、洪特规则，属于基态，故D正确；
故选：D。
原子核外电子排布中，符合能量最低原理的核外电子排布的原子处于基态。
本题考查原子核外电子排布，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规则、能量最低原理、洪特规则等知识点是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)△H=−444.3kJ/mol，△H<0，且△S<0，
而反应能自发进行，说明△H−T⋅△S<0，焓变对反应的方向起决定性作用。
故选：A。
反应放热，且熵值减小，根据△G=△H−T⋅△S判断影响因素．
本题考查焓变和熵变，题目难度不大，注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变，注意△G来判断反应的方向．
7.【答案】B
【解析】解：A.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=436kJ/mol+243kJ/mol−431kJ/mol×2=−183kJ⋅mol−1，故A错误；
B.NaCl为强电解质，在水中完全电离，电离方程式为NaCl=Na++Cl−，故B正确；
C.对角线规则是指处于周期表中对角线位置(左上和右下方)的两元素，性质具有相似性，题目中所给元素不符合对角线规则，故C错误；
D.Zn放入硫酸铜溶液会发生反应，应将硫酸铜溶液应在右侧烧杯，左侧烧杯放硫酸锌溶液，故D错误；
故选：B。
A.反应热=反应物的总键能减去生成物的总键能；
B.强电解质在水中完全电离；
C.对角线规则是指处于周期表中对角线位置(左上和右下方)的两元素，其性质具有相似性；
D.硫酸铜溶液应在右侧烧杯。
本题考查反应热、对角线规则和原电池原理，题目难度中等，掌握反应热的计算和原电池的工作原理是解题的关键。
8.【答案】D
【解析】解：A.图表中Kw数值可知，水的电离程度很小，故A正确；
B.常温下，Kw=1.01×10−14，c(H+)=c(OH−)，则水中的c(H+)约为1.0×10−7mol⋅L−1，故B正确；
C.水的离子积常数随温度变化，温度升高，Kw增大，说明水的电离是吸热过程，升温水的电离程度增大，故C正确；
D.向水中加入盐酸或NaOH溶液，均会抑制水的电离，但图表数据不能说明，故D错误；
故选：D。
图表数据可知，水的离子积常数随温度变化，温度不变，Kw不变，且数值很小，证明水的电离程度很小，随温度升高，Kw增大，说明水的电离是吸热过程，据此分析判断选项。
本题考查了水的电离平衡影响因素和离子积常数的分析应用，注意水的离子积常数随温度变化，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Al，
A.铝位于ⅢA族，位于元素周期表的p区，故A错误；
B.氮元素原子最高能级2p，p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，故B错误；
C.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r(Z)
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中X是宇宙中含量最多元素，则X为H；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，n=2，其核外电子排布式为1s22s22p4，则Z为O；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，其原子序数小于O，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N；同周期简单离子中W元素的离子半径最小，其原子序数大于O，则W为Al元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.CH3COOH只能部分电离，则0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol⋅L−1，由水电离的c(H+)>10−140.1mol⋅L−1L=10−13mol⋅L−1，故A错误
B.向0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中加水，由于温度不变，醋酸的电离常数Ka不变，故B错误；
C.0.1mol⋅L−1与0.2mol⋅L−1的CH3COOH溶液中，前者浓度较小，CH3COOH的电离程度较大，则两溶液中c(H+)之比大于1：2，故C错误；
D.等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合，CH3COOH为弱酸，只能部分电离，则混合液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，故D正确；
故选：D。
A.醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，但醋酸为弱酸，只能部分电离；
B.电离平衡常数只受温度的影响；
C.醋酸的浓度越大其电离程度越小；
D.醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性。
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握电离平衡的影响因素，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以温度：T2>T1，故A正确；
B.温度：T2>T1，压强：P2>P1，温度越高、压强越大，反应速率越快，所以b、c两点的正反应速率：b
D.由图象可知，a、c两点都在等温线上，c点压强大，增大压强时化学平衡逆向移动，混合气体的总质量不变，c点时气体的物质的量小，则平均相对分子质量增大，所以平均相对分子质量：a
A.压强相同时，升高温度平衡正向移动，二氧化氮体积分数增大；
B.温度越高、压强越大，反应速率越快；
C.温度一定时增大压强，平衡逆向移动；
D.混合气体的总质量不变，c点气体的物质的量小，根据M−=mn分析判断。
本题考查化学平衡影响因素，为高频考点，把握温度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重图象分析判断及运用能力的考查，注意选项C为易错点，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，甲醇转化为CO2，碳元素化合价升高，失去电子，被氧化，即Pt(a)电极是电池的负极，故A正确；
B.Pt(a)极产生的氢离子通过质子交换膜移向Pt(b)，故Pt(b)电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，故B正确；
C.H+从负极通过质子交换膜移向正极，故C错误；
D.3.2gCH3OH的物质的量为3.2g32g/mol=0.1mol，根据关系式：CH3OH∼6e−∼CO2，则外电路中通过电子为0.1mol×6=0.6mol，故D正确；
故选：C。
A.负极是发生氧化反应，元素化合价升高，失去电子；的一极
B.Pt(a)极产生的氢离子通过质子交换膜移向Pt(b)，O2与H+得电子被还原为H2O；
C.H+从负极通过质子交换膜移向正极；
D.3.2gCH3OH的物质的量为0.1mol，根据关系式：CH3OH∼6e−∼CO2，计算外电路中通过电子。
本题主要考查原电池的工作原理，掌握正负极判断，电极反应式的书写，电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高考热点内容，难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.氯化铁可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，从开始生成碘时溶液变蓝，不能判断滴定终点，则不能测定KI溶液的浓度，故A错误；
B.浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和CH3COONa溶液，pH越大，对应酸的酸性越弱，可比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，故B正确；
C.AgI悬浊液中滴入K2S溶液，生成更难溶的Ag2S沉淀，可研究沉淀的转化，故C正确；
D.溶液的质量为2.5g+97.5g=100g，硫酸铜的质量为2.5g×160259=1.6g，可配制质量分数为1.6%的CuSO4溶液，故D正确；
故选：A。
A.氯化铁可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝；
B.浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和CH3COONa溶液，pH越大，对应酸的酸性越弱；
C.AgI悬浊液中滴入K2S溶液，生成更难溶的Ag2S沉淀；
D.溶液的质量为2.5g+97.5g=100g，硫酸铜的质量为2.5g×160259=1.6g。
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、盐类水解、难溶电解质、溶液的配制、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。
14.【答案】B
【解析】解：A.如果向MA的饱和溶液中加入HA，HA电离出A−而抑制MA溶解，导致溶液中c(M+)减小，则c2(M+)减小，溶液中c(H+)增大，图象不符合，故A错误；
B.c(H+)=0时，溶液中c(OH−)比较大，A−水解被抑制，溶液中c(M+)≈c(A−)，c2(M+)=5.0×10−8(mol⋅L−1)2，Ksp(MA)=c(M+)⋅c(A−)=5.0×10−8，故B正确；
C.pH=4时，c(H+)=10−4mol/L，则由图可知此时c2(M+)=7.5×10−8(mol⋅L−1)2，c(M+)=7.5×10−8mol/L，c(A−)=Kspc(M+)=5.0×10−87.5×10−8=5.07.5×1.0×10−4mol/L>1.0×10−4mol/L，故C错误；
D.pH=7时，若等式成立，则c(M+)=c(A−)，由B中Ksp(MA)=c(M+)⋅c(A−)=5.0×10−8，则c2(M+)=5×10−8，由图可知此时溶液中c(H+)=0，溶液pH≠7，HA是一元弱酸，MA的饱和溶液中M+不发生水解，A−发生水解，其饱和溶液呈碱性，且pH是确定的，当溶液pH=7时，需要外加酸调节，即还有其它阴离子存在，选项不满足电荷守恒，故D错误；
故选：B。
A.如果向MA的饱和溶液中加入HA，HA电离出A−而抑制MA溶解，导致溶液中c(M+)减小；
B.c(H+)=0时，溶液中c(OH−)比较大，A−水解被抑制，溶液中c(M+)≈c(A−)，Ksp(MA)=c(M+)⋅c(A−)；
C.pH=4时，c(H+)=10−4mol/L，则由图可知此时c2(M+)=7.5×10−8(mol⋅L−1)2，c(M+)=7.5×10−8mol/L，利用溶度积常数计算c(A−)；
D.pH=7时，若等式成立，则c(M+)=c(A−)，Ksp(MA)=c(M+)⋅c(A−)=5.0×10−8，则c2(M+)=5×10−8，由图可知此时溶液中c(H+)=0，溶液pH≠7，HA是一元弱酸，MA的饱和溶液中M+不发生水解，A−发生水解，其饱和溶液呈碱性，且pH是确定的，当溶液pH=7时，需要外加酸调节，即还有其它阴离子存在。
本题考查水溶液中离子平衡，题目侧重考查读图获取信息能力、学生分析能力、灵活运用知识的能力，D选项为易错点，学生容易根据电荷守恒进行判断，而忽略需要用酸调节溶液pH。
15.【答案】B
【解析】解：A.溶液中存在H2FeO4，说明H2FeO4在溶液中存在电离电离平衡，则H2FeO4属于弱电解质，故A错误；
B.B点pH=4，δ(HFeO4−)=0.8，则δ(H2FeO4)=0.2，由于溶液体积相同，则c(HFeO4−)c(H2FeO4)=0.80.2=4，则H2FeO4的第一步电离常数Ka1=c(HFeO4−)c(H2FeO4)×c(H+)=4.0×10−4=4.0×10−4，故B正确；
C.FeO42−水解促进了水的电离，c(FeO42−)的浓度浓度越大，则水的电离程度越大，根据图象可知，水的电离程度：C>A，故C错误；
D.高铁酸钾在水中发生如下过程：4FeO42−+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH−+3O2↑，FeO42−有强氧化性能够消毒杀菌，水解生成氢氧化铁胶体，比表面积大，有吸附、絮凝的作用，所以能净水，故D错误；
故选：B。
A.溶液中存在H2FeO4，说明H2FeO4在溶液中只能部分电离；
B.B点pH=4，δ(HFeO4−)=0.8，则δ(H2FeO4)=0.2，由于溶液体积相同，则c(HFeO4−)c(H2FeO4)=0.80.2=4，据此结合电离平衡常数表达式计算H2FeO4的第一步电离常数Ka1；
C.c(FeO42−)越大，水的电离程度越大；
D.FeO42−有强氧化性能够消毒杀菌，水解生成氢氧化铁胶体，比表面积大，有吸附、絮凝的作用，所以能净水。
本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度不大，明确电离平衡常数的概念及表达式为解答结构，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
16.【答案】H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1或2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1 +130CaOHgOCaBr2 循环过程耗能高 使用重金属汞，会产生污染 负 H2O+2e−=H2↑+O2− 2：1
【解析】解：(1)1g氢气燃烧生成液态水时放出的热量为142.9kJ，则2g(或1mol)氢气燃烧生成液态水是放出的热量为2×142.91kJ=285.8kJ，即氢气燃烧的热化学反应方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1或2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1，
故答案为：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1或2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1；
(2)根据键能得出2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=(2×436kJ⋅mol−1+496kJ⋅mol−1−4×462kJ⋅mol−1)=−480kJ⋅mol−1…①，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−220kJ⋅mol−1…②，由②−①2得到ΔH=(−220kJ⋅mol−1+480kJ⋅mol−1)×12=+130kJ⋅mol−1，
故答案为：+130；
(3)根据“原子经济”的思想，原子利用率尽量达到100%，最终反应为2H2O=2H2↑+O2↑，根据盖斯定律将(①+②+③)×2+④，可知反应③为HgBr2+CaO−−250℃HgO+CaBr2；该步骤中主要缺点为循环过程耗能高；使用重金属汞，会产生污染；
故答案为：CaO；HgO：CaBr2；循环过程耗能高；使用重金属汞，会产生污染；
(4)①根据装置图，与X所连的电极，通入CO2和H2O，出来CO和H2，C和H的化合价降低，根据电解原理，此电极为阴极，即X为负极，Y为正极，
故答案为：负；
②电解质为金属氧化物电解质，传导O2−，因此阴极反应式为CO2+2e−=CO+O2−、H2O+2e−=H2↑+O2−，
故答案为：H2O+2e−=H2↑+O2−；
③阳极反应式为2O2−−4e−=O2↑，总电极反应式为H2O+CO2−电解H2+CO+O2，阴阳两极产生气体物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1。
(1)1g氢气燃烧生成液态水时放出的热量为142.9kJ，则2g(或1mol)氢气燃烧生成液态水是放出的热量为2×142.91kJ=285.8kJ；
(2)根据键能得出2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=(2×436kJ⋅mol−1+496kJ⋅mol−1−4×462kJ⋅mol−1)=−480kJ⋅mol−1…①，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−220kJ⋅mol−1…②，由②−①2得到ΔH；
(3)根据“原子经济”的思想，原子利用率尽量达到100%；
(4)①根据装置图，与X所连的电极，通入CO2和H2O，出来CO和H2，C和H的化合价降低；
②电解质为金属氧化物电解质，传导O2−；
③阳极反应式为2O2−−4e−=O2↑，总电极反应式为H2O+CO2−电解H2+CO+O2。
本题主要考查了燃烧热概念，流程分析应用，新能源氢能的使用，难度度不大，在使用新能源时，应避免环境的污染。
17.【答案】第四周期第ⅥB族 1s22s22p63s23p63d54s1 低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小，冷却易析出K2Cr2O7 除去Fe3+ NaCl6Fe2++Cr2O72−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O酸式滴定管 偏低
【解析】解：(1)Cr原子序数为24，说明原子核外电子数为24，能量最低原理、洪特规则特例可知，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，位于周期表中第四周期第ⅥB族，
故答案为：第四周期第ⅥB族；1s22s22p63s23p63d54s1；
(2)①滤液中加入KCl，增大钾离子浓度，低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小，冷却易析出K2Cr2O7，
故答案为：低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小，冷却易析出K2Cr2O7；
②向母液中加入碱，调节溶液pH将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，
故答案为：除去Fe3+；
③冷却结晶后母液中含有大量NaCl，由于NaCl溶解度受温度影响不大，母液II蒸发浓缩析出固体A为NaCl，
故答案为：NaCl；
(3)酸性条件下Fe2+和Cr2O72−反应生成Fe3+和Cr3+，反应离子方程式为：6Fe2++Cr2O72−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；K2Cr2O7溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应选择酸式滴定管；滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，使K2Cr2O7溶液体积读数偏小，导致测定的c(Fe2+)结果偏低，
故答案为：6Fe2++Cr2O72−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；酸式滴定管；偏低。
(1)Cr原子序数为24，说明原子核外电子数为24，能量最低原理、洪特规则特例书写电子排布式，确定在周期表中的结构；
(2)调节溶液pH将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，母液中加入KCl，增大钾离子浓度，低温下K2Cr2O7溶解度明显减小，冷却析出K2Cr2O7，发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，由于NaCl溶解度受温度影响不大，母液II蒸发浓缩析出固体A为NaCl，母液Ⅲ冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)；
(3)酸性条件下Fe2+和Cr2O72−反应生成Fe3+和Cr3+；K2Cr2O7溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，使K2Cr2O7溶液体积读数偏小。
本题考查物质制备化学工艺流程，涉及溶解度曲线、物质的分离提纯、氧化还原滴定、对步骤与原理的分析评价等，掌握物质分离提纯常用方法，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力，侧重对化学原理的考查。
18.【答案】(1)圆底烧瓶
(2)饱和食盐水
(3)增大反应物的接触面积，加快反应速率
(4)吸收尾气，防止污染大气
(5)+1价
(6)HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−
(7)M2a%
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
【解答】
(1)根据仪器构造可判断，装置A中盛装高锰酸钾的仪器名称是圆底烧瓶。
(2)浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，需要除去，则X试剂的名称为饱和食盐水。
(3)C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率。
(4)氯气有毒，需要尾气处理，D装置的作用是吸收尾气，防止污染大气。
(5)Na10P3O13Cl⋅5H2O中Na、P、O、H的化合价分别是+1、+5、−2、+1价，根据化合价代数和为0可知氯元素的化合价是+(13×2−1×10−5×3)=+1价。
(6)已知25℃时，溶液的pH>7，说明HPO42−的水解程度大于电离程度，水解方程式为HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−。
(7)Na10P3O13Cl⋅5H2O能把碘离子氧化为单质碘，反应中氯元素化合价从+1价降低到−1价，根据电子得失守恒可知Na10P3O13Cl⋅5H2O∼I2，又因为2S2O32−+I2=S4O62−+2I−，则Na10P3O13Cl⋅5H2O∼2S2O32−，所以产品的纯度为0.02L×0.05mol/L×12×250mL25mL×Mg/molag×100%=M2a%。
19.【答案】C B 2 优于 相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 CDpa(CH4)>pb(CH4)>pc(CH4)
【解析】解：(1)A.燃煤脱硫，除去燃煤中的硫元素，不减少CO2的排放，故A错误；
B.粮食酿酒，不能减少碳的排放，故B错误；
C.风能发电，减少燃煤的使用，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故C正确；
D.石油裂化是长链烃转化成短链烃，不能减少CO2排放，故D错误；
故答案为：C；
(2)①该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，提高CH4的平衡转化率，该反应是气体体积增大的反应，减小压强，有利于提高CH4的平衡转化率，因此提高CH4的平衡转化率的条件为高温低压，
故答案为：B；
②达到平衡时CO2的转化率为50%，消耗CO2的物质的量为2mol×50%=1mol，达到平衡n(CO)=2mol，n(H2)=2mol，n(CH4)=(3mol−1mol)=2mol，根据平衡常数表达式K=c2(CO)c2(H2)c(CO2)c(CH4)=(2mol2L)2×(2mol2L)22mol2L×1mol2L=2mol2/L2，
故答案为：2；
③根据题中信息，反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，存在的消碳反应则使积碳量减小，因此判断催化剂X和催化剂Y优劣，应是减缓积碳反应，让消碳反应加快，活化能越大，反应速率越小，根据表中数据，催化剂X积碳反应的活化能相对较大，反应速率较慢，消碳反应的活化能相对较小，反应速率加快，因此催化剂X优于催化剂Y，
故答案为：优于；相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；
④根据表中数据，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，K积、K消都增大，升高温度，反应速率都增大，根据图像可知，温度升高，积碳量先增大后减小，说明v消增加的倍数比v积增加倍数大，选项CD正确，
故答案为：CD；
⑤根据积碳生成速率方程，当p(CO2)一定时，生成速率与p(CH4)成正比，根据图像可知，pa(CH4)>pb(CH4)>pc(CH4)，
故答案为：pa(CH4)>pb(CH4)>pc(CH4)。
(1)A.燃煤脱硫，除去燃煤中的硫元素；
B.粮食酿酒，不能减少碳的排放；
C.风能发电，减少燃煤的使用；
D.石油裂化是长链烃转化成短链烃；
(2)①该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，提高CH4的平衡转化率；
②达到平衡时CO2的转化率为50%，消耗CO2的物质的量为2mol×50%=1mol，达到平衡n(CO)=2mol，n(H2)=2mol，n(CH4)=(3mol−1mol)=2mol，根据平衡常数表达式K=c2(CO)c2(H2)c(CO2)c(CH4)；
③根据题中信息，反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，存在的消碳反应则使积碳量减小，因此判断催化剂X和催化剂Y优劣，应是减缓积碳反应，让消碳反应加快，活化能越大，反应速率越小；
④根据表中数据，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行；
⑤根据积碳生成速率方程，当p(CO2)一定时，生成速率与p(CH4)成正比。
本题考查化学平衡知识，以CH4−CO2催化重整为背景知识，考查了化学平衡的移动，化学平衡的计算等，整体题目考查较为基础，题目难度不大，注意平衡常数的计算，掌握基础是解题关键。
2021-2022学年湖北省新高考联考高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. 2022年北京冬奥会照明使用的太阳能电池其光电转换材料是SiO2
B. 水电站把机械能转化为电能，而核电站把化学能转化成电能
C. 煤、石油、天然气是当今世界重要的化石燃料
D. 矿物燃料钙基固硫处理就是用化学方法将硫单质转变为化合物
2. 我国北斗导航卫星使用了铷(Rb)原子钟。下列说法正确的是( )
A. Rb的第一电离能比Na的第一电离能低 B. Rb的价电子排布式为4s1
C. Rb是十分活泼的金属，其电负性为0 D. 85Rb和 87Rb互为同素异形体
3. 下列有关叙述错误的是( )
A. 分子、原子和离子是构成物质的基本微粒 B. 带有单电子的原子或原子团是自由基
C. 一个非可逆化学反应是一个基元反应 D. 处于最低能量状态的原子是基态原子
4. 一定温度下，对可逆反应X(s)+2Y(g)⇌Z(g)+W(g)的下列叙述中，能说明该反应已达到化学平衡状态的是( )
A. 容器内的压强不再变化
B. 单位时间内消耗2molY，同时生成1molZ
C. 混合气体的物质的量不再变化
D. 混合气体的平均相对分子质量不再变化
5. 在核电荷数为28的Ni的价层电子排布中，处于基态的是( )
A. B.
C. D.
6. 对于反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)△H=−444.3kJ/mol，在常温常压下能自发进行，对反应的方向起决定作用的是( )
A. 焓变 B. 温度 C. 压强 D. 熵变
7. 下列示意图和化学用语内容正确，且表述相符的是(水合离子用相应离子符号表示)( )
A
B
C
D
H2与Cl2反应能量变化
NaCl溶于水
对角线规则
锌铜原电池工作原理
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=+183kJ⋅mol−1
NaCl=Na++Cl−
对角线元素及化合物性质具有相似性
盐桥主要作用是连接内电路和平衡电荷
A. A B. B C. C D. D
8. 宇航员王亚平太空授课时制作了一个蓝色的大水球，证明了水在不同重力环境下的形态不同。水在不同条件下的电离程度也不同，教材中给出了如下表所示不同温度下水的离子积常数。不能从表中分析得出的结论是( )
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10−14
0.115
0.296
0.687
1.01
2.87
5.31
37.1
54.5
A. 水的电离程度很小
B. 常温下，水中的c(H+)约为1.0×10−7mol⋅L−1
C. 升高温度促进水的电离，水的电离程度增大
D. 向水中加入盐酸或NaOH溶液，均会抑制水的电离
9. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中X是宇宙中含量最多元素；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；同周期简单离子中W元素的离子半径最小。下列说法正确的是( )
A. W位于元素周期表的s区
B. Y元素原子最高能级的电子云轮廓图为球形
C. Y、Z、W三种元素的原子半径r(Z)
A. 0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为10−13mol⋅L−1
B. 向0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中加水，醋酸的电离常数Ka减小
C. 0.1mol⋅L−1与0.2mol⋅L−1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1：2
D. 等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合后溶液呈酸性
11. 反应N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH=+57kJ⋅mol−1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 温度：T2>T1
B. b、c两点的正反应速率：b=c
C. a、c两点气体的颜色：a深，c浅
D. a、c两点气体的平均相对分子质量：a>c
12. 甲醇燃料电池用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许H+和水分子通过，其工作原理的示意图如图。下列有关说法错误的是( )
A. Pt(a)电极是电池的负极
B. Pt(b)电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O
C. H+从正极通过质子交换膜移向负极
D. 电极每消耗3.2gCH3OH，外电路中通过电子0.6mol
13. 下述实验不能达到预期实验目的的是( )
序号
实验内容
实验目的
A
利用淀粉溶液为指示剂，用已知浓度的FeCl3溶液滴定未知浓度的KI溶液
测定KI溶液的浓度
B
室温下，使用pH计测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和CH3COONa溶液
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
C
向新生成的AgI悬浊液中滴入K2S溶液
研究沉淀的转化
D
将2.5gCuSO4⋅5H2O溶解在97.5g水中
配制质量分数为1.6%的CuSO4溶液
A. A B. B C. C D. D
14. HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c2(M+)随c(H+)而变化，已知M+不发生水解。实验发现，298K时c2(M+)−c(H+)为线性关系，如图中实线所示。下列叙述正确的是( )
A. c(H+)增大是因为向MA的饱和溶液中加入了HA
B. MA的溶度积Ksp(MA)=5.0×10−8
C. 溶液pH=4时，c(A−)=1.0×10−4mol⋅L−1
D. 溶液pH=7时，c(M+)=c(A−)>c(H+)=c(OH−)
15. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)[δ(X)=n(X)n(Fe)]随pH的变化如图。下列说法正确的是( )
A. K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B. 由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10−4
C. A、C两点对应溶液中水的电离程度相等
D. 高铁酸钾净水处理是利用了FeO42−的水解能力
16. “氢能”将是未来最理想的新能源。
(1)实验测得，1g氢气燃烧生成液态水时放出142.9kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为 ______。
(2)已知：H−H、O=O和O−H键的键能分别为436kJ/mol、496kJ/mol和462kJ/mol，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−220kJ/mol，则：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=______kJ/mol。
(3)某化学家根据“原子经济”的思想，设计了如下制备H2的反应步骤：
①CaBr2+H2O−250℃CaO+2HBr
②2HBr+Hg−100℃HgBr2+H2
③HgBr2+______−250℃______+______。
④2HgO−250℃2Hg+O2↑
请根据“原子经济”的思想完成上述步骤③的化学方程式：______；根据“绿色化学”的思想评估该方法制H2的主要缺点：______。
(4)在固态金属氧化物电解池中，高温电解H2O−CO2混合气体是制备H2和CO的一种新能源利用方式，基本原理如图所示。
①X是电源的 ______极。
②阴极的反应式有：CO2+2e−=CO+O2−和 ______。
③阴、阳两极产生的气体的物质的量之比为 ______。
17. 铬(Chromium)，原子序数为24。元素名来自于希腊文，原意为“颜色”，因为铬的化合物大多都有颜色。如：+6价铬的化合物有橘红色晶体K2Cr2O7和黄色固体K2CrO4。
回答下列问题：
(1)铬元素在周期表中的位置是 ______，其基态原子电子排布式为 ______。
(2)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)，工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：
①通过冷却结晶可以获得大量K2Cr2O7的原因是 ______。
②向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是 ______。
③固体A主要为 ______(填化学式)。
(3)一般用K2Cr2O7滴定分析法可测定还原铁粉纯度。实验步骤为：称取一定量铁粉样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。滴定反应的离子方程式为：______。标准K2Cr2O7溶液应选用 ______(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)。滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则测定的c(Fe2+)结果 ______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
18. “消洗灵”是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂，消毒原理与“84消毒液”相似，但更稳定，易保存。某“消洗灵”产品化学组成可以表示为Na10P3O13Cl⋅5H2O，实验室制备装置和过程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.打开A中分液漏斗活塞，制备NaClO碱性溶液。
(1)A中盛装高锰酸钾的仪器名称是 ______。
(2)X试剂的名称为 ______。
(3)C中采用多孔球泡的目的是 ______。
(4)D装置的作用是 ______。
Ⅱ.关闭A中分液漏斗活塞，打开C中分液漏斗活塞，一段时间后C中溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品。
(5)产品中氯元素的化合价为 ______。
(6)已知25℃时，NaHPO4溶液的pH>7，原因是 ______(用离子方程式表示)。
Ⅲ.产品纯度测定(Na10P3O13Cl⋅5H2O的摩尔质量为Mg/mol)。
①取ag待测试样溶于蒸馏水配成250mL溶液；
②取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol/L稀硫酸、25mL0.1mol/L碘化钾溶液(过量)，此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗20.00mL。
已知：2S2O32−+I2=S4O62−+2I−
(7)产品的纯度为 ______(用含a、M的代数式表示)。
19. 我国提出，CO2排放力争2030年前达到峰值，力争2060年前实现碳中和。
回答下列问题：
(1)有利于实现“碳达峰、碳中和”的是 ______(填标号)。
A.燃煤脱硫
B.粮食酿酒
C.风能发电
D.石油裂化
(2)CH4−CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，对“碳达峰、碳中和”具有重要意义。
①CH4−CO2催化重整反应：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247kJ⋅mol−1，有利于提高CH4平衡转化率的条件是 ______(填标号)。
A.低温高压
B.高温低压
C.高温高压
D.低温低压
②某温度下，在体积为2L的容器中加入3molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为 ______mol2⋅L−2。
③反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如表：
积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ⋅mol−1)
75
172
活化能(kJ⋅mol−1)
催化剂X
43
72
催化剂Y
33
91
由如表所示判断，催化剂X ______Y(填“优于”或“劣于)，理由是 ______。
④在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图1所示，升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是 ______(填标号)。
A.K积减小、K消清增加
B.v积减小、v消消增加
C.K积、K消均增加
D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大
⑤在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k⋅p(CH4)⋅[p(CO2)]−0.5(k为速率常数)。在p(CO2)一定时，不同p(CH4)下积碳量随时间的变化趋势如图2所示，则pa(CH4)、pb(CH4)、pc(CH4)从大到小的顺序为 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.硅元素处于金属和非金属元素分界线处，具有金属性和非金属性，可以作硅太阳能电池，所以硅电池是太阳能电池的光电转换材料，二氧化硅作光导纤维材料，故A错误；
B.核电站是核能转化为电能，不是化学能转化为电能，故B错误；
C.三大化石燃料是：煤、石油、天然气，是当今最重要的化石燃料，故C正确；
D.矿物燃料钙基固硫处理就是用化学方法将二氧化硫变为硫酸钙，不是硫单质变为化合物，故D错误；
故选：C。
A.硅电池是太阳能电池的光电转换材料；
B.核电站是核能转化为电能；
C.三大化石燃料是：煤、石油、天然气；
D.矿物燃料钙基固硫处理就是用化学方法将二氧化硫变为硫酸钙。
本题考查了常见能量转化形式及元素化合物知识，熟悉相关物质性质是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则Rb的第一电离能比Na的第一电离能低，故A正确；
B.Rb的电子层数5个，价电子排布式为5s1，故B错误；
C.Rb是十分活泼的金属，其电负性较小，但不为0，故C错误；
D.同种元素组成的不同种单质互为同素异形体， 85Rb和 87Rb是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，故D错误；
故选：A。
A.同主族从上到下第一电离能逐渐减小；
B.Rb的电子层数5个，最外层电子数1个；
C.Rb是十分活泼的金属，其电负性较小；
D.同种元素组成的不同单质互为同素异形体。
本题考查了原子结构、微粒关系、电子排布等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.分子、原子和离子是构成物质的基本微粒，故A正确；
B.带有单电子的原子或原子团是为中性，为自由基，不能独立存在，故B正确；
C.大多反应分几步进行，其中每一步为基元反应，一个非可逆化学反应不一定是一个基元反应，故C错误；
D.处于最低能量状态的原子叫做基态原子，基态原子能吸收能量转化为激发态原子，故D正确；
故选：C。
A.构成物质的基本微粒是分子、原子、离子；
B.有机物的分子中失去一个或几个原子形成的原子或原子团为中性，属于自由基；
C.反应物分子一步直接转化为产物的反应称为基元反应，通常一个化学反应包含多个基元反应，这些基元反应被称为该化学反应的反应机理。多个基元反应共同决定了化学反应的快慢；
D.处于最低能量状态的原子叫做基态原子。
本题考查了物质构成微粒、自由基的形成和组成、基元反应和基态原子的分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.该反应前后气体的总物质的量不变，容器内的压强始终不变，不能根据容器内的压强判断平衡状态，故A错误；
B.单位时间内消耗2molY，同时生成1molZ，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故B错误；
C.该反应为气体物质的量不变的反应，混合气体的物质的量始终不变，不能根据混合气体的物质的量判断平衡状态，故C错误；
D.混合气体的总物质的量为定值，W为固态，混合气体的质量为变量，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，表明达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
X(s)+2Y(g)⇌Z(g)+W(g)为气体体积不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，注意X为固态，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：原子核外电子排布中，符合能量最低原理的核外电子排布的原子处于基态，4s能级的能量小于3d能级，所以基态Ni原子排列电子时，先排满4s能级再排3d能级，且电子排布要符合洪特规则，
A.不符合洪特规则，故A错误；
B.不符合能量最低原理，属于激发态，故B错误；
C.不符合能量最低能量，属于激发态，故C错误；
D.符合能量最低原理、洪特规则，属于基态，故D正确；
故选：D。
原子核外电子排布中，符合能量最低原理的核外电子排布的原子处于基态。
本题考查原子核外电子排布，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规则、能量最低原理、洪特规则等知识点是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)△H=−444.3kJ/mol，△H<0，且△S<0，
而反应能自发进行，说明△H−T⋅△S<0，焓变对反应的方向起决定性作用。
故选：A。
反应放热，且熵值减小，根据△G=△H−T⋅△S判断影响因素．
本题考查焓变和熵变，题目难度不大，注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变，注意△G来判断反应的方向．
7.【答案】B
【解析】解：A.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=436kJ/mol+243kJ/mol−431kJ/mol×2=−183kJ⋅mol−1，故A错误；
B.NaCl为强电解质，在水中完全电离，电离方程式为NaCl=Na++Cl−，故B正确；
C.对角线规则是指处于周期表中对角线位置(左上和右下方)的两元素，性质具有相似性，题目中所给元素不符合对角线规则，故C错误；
D.Zn放入硫酸铜溶液会发生反应，应将硫酸铜溶液应在右侧烧杯，左侧烧杯放硫酸锌溶液，故D错误；
故选：B。
A.反应热=反应物的总键能减去生成物的总键能；
B.强电解质在水中完全电离；
C.对角线规则是指处于周期表中对角线位置(左上和右下方)的两元素，其性质具有相似性；
D.硫酸铜溶液应在右侧烧杯。
本题考查反应热、对角线规则和原电池原理，题目难度中等，掌握反应热的计算和原电池的工作原理是解题的关键。
8.【答案】D
【解析】解：A.图表中Kw数值可知，水的电离程度很小，故A正确；
B.常温下，Kw=1.01×10−14，c(H+)=c(OH−)，则水中的c(H+)约为1.0×10−7mol⋅L−1，故B正确；
C.水的离子积常数随温度变化，温度升高，Kw增大，说明水的电离是吸热过程，升温水的电离程度增大，故C正确；
D.向水中加入盐酸或NaOH溶液，均会抑制水的电离，但图表数据不能说明，故D错误；
故选：D。
图表数据可知，水的离子积常数随温度变化，温度不变，Kw不变，且数值很小，证明水的电离程度很小，随温度升高，Kw增大，说明水的电离是吸热过程，据此分析判断选项。
本题考查了水的电离平衡影响因素和离子积常数的分析应用，注意水的离子积常数随温度变化，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Al，
A.铝位于ⅢA族，位于元素周期表的p区，故A错误；
B.氮元素原子最高能级2p，p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，故B错误；
C.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r(Z)
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中X是宇宙中含量最多元素，则X为H；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，n=2，其核外电子排布式为1s22s22p4，则Z为O；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，其原子序数小于O，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N；同周期简单离子中W元素的离子半径最小，其原子序数大于O，则W为Al元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.CH3COOH只能部分电离，则0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol⋅L−1，由水电离的c(H+)>10−140.1mol⋅L−1L=10−13mol⋅L−1，故A错误
B.向0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中加水，由于温度不变，醋酸的电离常数Ka不变，故B错误；
C.0.1mol⋅L−1与0.2mol⋅L−1的CH3COOH溶液中，前者浓度较小，CH3COOH的电离程度较大，则两溶液中c(H+)之比大于1：2，故C错误；
D.等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合，CH3COOH为弱酸，只能部分电离，则混合液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，故D正确；
故选：D。
A.醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，但醋酸为弱酸，只能部分电离；
B.电离平衡常数只受温度的影响；
C.醋酸的浓度越大其电离程度越小；
D.醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性。
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握电离平衡的影响因素，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以温度：T2>T1，故A正确；
B.温度：T2>T1，压强：P2>P1，温度越高、压强越大，反应速率越快，所以b、c两点的正反应速率：b
D.由图象可知，a、c两点都在等温线上，c点压强大，增大压强时化学平衡逆向移动，混合气体的总质量不变，c点时气体的物质的量小，则平均相对分子质量增大，所以平均相对分子质量：a
A.压强相同时，升高温度平衡正向移动，二氧化氮体积分数增大；
B.温度越高、压强越大，反应速率越快；
C.温度一定时增大压强，平衡逆向移动；
D.混合气体的总质量不变，c点气体的物质的量小，根据M−=mn分析判断。
本题考查化学平衡影响因素，为高频考点，把握温度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重图象分析判断及运用能力的考查，注意选项C为易错点，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，甲醇转化为CO2，碳元素化合价升高，失去电子，被氧化，即Pt(a)电极是电池的负极，故A正确；
B.Pt(a)极产生的氢离子通过质子交换膜移向Pt(b)，故Pt(b)电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，故B正确；
C.H+从负极通过质子交换膜移向正极，故C错误；
D.3.2gCH3OH的物质的量为3.2g32g/mol=0.1mol，根据关系式：CH3OH∼6e−∼CO2，则外电路中通过电子为0.1mol×6=0.6mol，故D正确；
故选：C。
A.负极是发生氧化反应，元素化合价升高，失去电子；的一极
B.Pt(a)极产生的氢离子通过质子交换膜移向Pt(b)，O2与H+得电子被还原为H2O；
C.H+从负极通过质子交换膜移向正极；
D.3.2gCH3OH的物质的量为0.1mol，根据关系式：CH3OH∼6e−∼CO2，计算外电路中通过电子。
本题主要考查原电池的工作原理，掌握正负极判断，电极反应式的书写，电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高考热点内容，难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.氯化铁可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，从开始生成碘时溶液变蓝，不能判断滴定终点，则不能测定KI溶液的浓度，故A错误；
B.浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和CH3COONa溶液，pH越大，对应酸的酸性越弱，可比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，故B正确；
C.AgI悬浊液中滴入K2S溶液，生成更难溶的Ag2S沉淀，可研究沉淀的转化，故C正确；
D.溶液的质量为2.5g+97.5g=100g，硫酸铜的质量为2.5g×160259=1.6g，可配制质量分数为1.6%的CuSO4溶液，故D正确；
故选：A。
A.氯化铁可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝；
B.浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液和CH3COONa溶液，pH越大，对应酸的酸性越弱；
C.AgI悬浊液中滴入K2S溶液，生成更难溶的Ag2S沉淀；
D.溶液的质量为2.5g+97.5g=100g，硫酸铜的质量为2.5g×160259=1.6g。
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、盐类水解、难溶电解质、溶液的配制、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。
14.【答案】B
【解析】解：A.如果向MA的饱和溶液中加入HA，HA电离出A−而抑制MA溶解，导致溶液中c(M+)减小，则c2(M+)减小，溶液中c(H+)增大，图象不符合，故A错误；
B.c(H+)=0时，溶液中c(OH−)比较大，A−水解被抑制，溶液中c(M+)≈c(A−)，c2(M+)=5.0×10−8(mol⋅L−1)2，Ksp(MA)=c(M+)⋅c(A−)=5.0×10−8，故B正确；
C.pH=4时，c(H+)=10−4mol/L，则由图可知此时c2(M+)=7.5×10−8(mol⋅L−1)2，c(M+)=7.5×10−8mol/L，c(A−)=Kspc(M+)=5.0×10−87.5×10−8=5.07.5×1.0×10−4mol/L>1.0×10−4mol/L，故C错误；
D.pH=7时，若等式成立，则c(M+)=c(A−)，由B中Ksp(MA)=c(M+)⋅c(A−)=5.0×10−8，则c2(M+)=5×10−8，由图可知此时溶液中c(H+)=0，溶液pH≠7，HA是一元弱酸，MA的饱和溶液中M+不发生水解，A−发生水解，其饱和溶液呈碱性，且pH是确定的，当溶液pH=7时，需要外加酸调节，即还有其它阴离子存在，选项不满足电荷守恒，故D错误；
故选：B。
A.如果向MA的饱和溶液中加入HA，HA电离出A−而抑制MA溶解，导致溶液中c(M+)减小；
B.c(H+)=0时，溶液中c(OH−)比较大，A−水解被抑制，溶液中c(M+)≈c(A−)，Ksp(MA)=c(M+)⋅c(A−)；
C.pH=4时，c(H+)=10−4mol/L，则由图可知此时c2(M+)=7.5×10−8(mol⋅L−1)2，c(M+)=7.5×10−8mol/L，利用溶度积常数计算c(A−)；
D.pH=7时，若等式成立，则c(M+)=c(A−)，Ksp(MA)=c(M+)⋅c(A−)=5.0×10−8，则c2(M+)=5×10−8，由图可知此时溶液中c(H+)=0，溶液pH≠7，HA是一元弱酸，MA的饱和溶液中M+不发生水解，A−发生水解，其饱和溶液呈碱性，且pH是确定的，当溶液pH=7时，需要外加酸调节，即还有其它阴离子存在。
本题考查水溶液中离子平衡，题目侧重考查读图获取信息能力、学生分析能力、灵活运用知识的能力，D选项为易错点，学生容易根据电荷守恒进行判断，而忽略需要用酸调节溶液pH。
15.【答案】B
【解析】解：A.溶液中存在H2FeO4，说明H2FeO4在溶液中存在电离电离平衡，则H2FeO4属于弱电解质，故A错误；
B.B点pH=4，δ(HFeO4−)=0.8，则δ(H2FeO4)=0.2，由于溶液体积相同，则c(HFeO4−)c(H2FeO4)=0.80.2=4，则H2FeO4的第一步电离常数Ka1=c(HFeO4−)c(H2FeO4)×c(H+)=4.0×10−4=4.0×10−4，故B正确；
C.FeO42−水解促进了水的电离，c(FeO42−)的浓度浓度越大，则水的电离程度越大，根据图象可知，水的电离程度：C>A，故C错误；
D.高铁酸钾在水中发生如下过程：4FeO42−+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH−+3O2↑，FeO42−有强氧化性能够消毒杀菌，水解生成氢氧化铁胶体，比表面积大，有吸附、絮凝的作用，所以能净水，故D错误；
故选：B。
A.溶液中存在H2FeO4，说明H2FeO4在溶液中只能部分电离；
B.B点pH=4，δ(HFeO4−)=0.8，则δ(H2FeO4)=0.2，由于溶液体积相同，则c(HFeO4−)c(H2FeO4)=0.80.2=4，据此结合电离平衡常数表达式计算H2FeO4的第一步电离常数Ka1；
C.c(FeO42−)越大，水的电离程度越大；
D.FeO42−有强氧化性能够消毒杀菌，水解生成氢氧化铁胶体，比表面积大，有吸附、絮凝的作用，所以能净水。
本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度不大，明确电离平衡常数的概念及表达式为解答结构，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
16.【答案】H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1或2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1 +130CaOHgOCaBr2 循环过程耗能高 使用重金属汞，会产生污染 负 H2O+2e−=H2↑+O2− 2：1
【解析】解：(1)1g氢气燃烧生成液态水时放出的热量为142.9kJ，则2g(或1mol)氢气燃烧生成液态水是放出的热量为2×142.91kJ=285.8kJ，即氢气燃烧的热化学反应方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1或2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1，
故答案为：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1或2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1；
(2)根据键能得出2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=(2×436kJ⋅mol−1+496kJ⋅mol−1−4×462kJ⋅mol−1)=−480kJ⋅mol−1…①，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−220kJ⋅mol−1…②，由②−①2得到ΔH=(−220kJ⋅mol−1+480kJ⋅mol−1)×12=+130kJ⋅mol−1，
故答案为：+130；
(3)根据“原子经济”的思想，原子利用率尽量达到100%，最终反应为2H2O=2H2↑+O2↑，根据盖斯定律将(①+②+③)×2+④，可知反应③为HgBr2+CaO−−250℃HgO+CaBr2；该步骤中主要缺点为循环过程耗能高；使用重金属汞，会产生污染；
故答案为：CaO；HgO：CaBr2；循环过程耗能高；使用重金属汞，会产生污染；
(4)①根据装置图，与X所连的电极，通入CO2和H2O，出来CO和H2，C和H的化合价降低，根据电解原理，此电极为阴极，即X为负极，Y为正极，
故答案为：负；
②电解质为金属氧化物电解质，传导O2−，因此阴极反应式为CO2+2e−=CO+O2−、H2O+2e−=H2↑+O2−，
故答案为：H2O+2e−=H2↑+O2−；
③阳极反应式为2O2−−4e−=O2↑，总电极反应式为H2O+CO2−电解H2+CO+O2，阴阳两极产生气体物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1。
(1)1g氢气燃烧生成液态水时放出的热量为142.9kJ，则2g(或1mol)氢气燃烧生成液态水是放出的热量为2×142.91kJ=285.8kJ；
(2)根据键能得出2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=(2×436kJ⋅mol−1+496kJ⋅mol−1−4×462kJ⋅mol−1)=−480kJ⋅mol−1…①，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−220kJ⋅mol−1…②，由②−①2得到ΔH；
(3)根据“原子经济”的思想，原子利用率尽量达到100%；
(4)①根据装置图，与X所连的电极，通入CO2和H2O，出来CO和H2，C和H的化合价降低；
②电解质为金属氧化物电解质，传导O2−；
③阳极反应式为2O2−−4e−=O2↑，总电极反应式为H2O+CO2−电解H2+CO+O2。
本题主要考查了燃烧热概念，流程分析应用，新能源氢能的使用，难度度不大，在使用新能源时，应避免环境的污染。
17.【答案】第四周期第ⅥB族 1s22s22p63s23p63d54s1 低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小，冷却易析出K2Cr2O7 除去Fe3+ NaCl6Fe2++Cr2O72−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O酸式滴定管 偏低
【解析】解：(1)Cr原子序数为24，说明原子核外电子数为24，能量最低原理、洪特规则特例可知，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，位于周期表中第四周期第ⅥB族，
故答案为：第四周期第ⅥB族；1s22s22p63s23p63d54s1；
(2)①滤液中加入KCl，增大钾离子浓度，低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小，冷却易析出K2Cr2O7，
故答案为：低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小，冷却易析出K2Cr2O7；
②向母液中加入碱，调节溶液pH将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，
故答案为：除去Fe3+；
③冷却结晶后母液中含有大量NaCl，由于NaCl溶解度受温度影响不大，母液II蒸发浓缩析出固体A为NaCl，
故答案为：NaCl；
(3)酸性条件下Fe2+和Cr2O72−反应生成Fe3+和Cr3+，反应离子方程式为：6Fe2++Cr2O72−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；K2Cr2O7溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应选择酸式滴定管；滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，使K2Cr2O7溶液体积读数偏小，导致测定的c(Fe2+)结果偏低，
故答案为：6Fe2++Cr2O72−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；酸式滴定管；偏低。
(1)Cr原子序数为24，说明原子核外电子数为24，能量最低原理、洪特规则特例书写电子排布式，确定在周期表中的结构；
(2)调节溶液pH将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，母液中加入KCl，增大钾离子浓度，低温下K2Cr2O7溶解度明显减小，冷却析出K2Cr2O7，发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，由于NaCl溶解度受温度影响不大，母液II蒸发浓缩析出固体A为NaCl，母液Ⅲ冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)；
(3)酸性条件下Fe2+和Cr2O72−反应生成Fe3+和Cr3+；K2Cr2O7溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，使K2Cr2O7溶液体积读数偏小。
本题考查物质制备化学工艺流程，涉及溶解度曲线、物质的分离提纯、氧化还原滴定、对步骤与原理的分析评价等，掌握物质分离提纯常用方法，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力，侧重对化学原理的考查。
18.【答案】(1)圆底烧瓶
(2)饱和食盐水
(3)增大反应物的接触面积，加快反应速率
(4)吸收尾气，防止污染大气
(5)+1价
(6)HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−
(7)M2a%
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
【解答】
(1)根据仪器构造可判断，装置A中盛装高锰酸钾的仪器名称是圆底烧瓶。
(2)浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，需要除去，则X试剂的名称为饱和食盐水。
(3)C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率。
(4)氯气有毒，需要尾气处理，D装置的作用是吸收尾气，防止污染大气。
(5)Na10P3O13Cl⋅5H2O中Na、P、O、H的化合价分别是+1、+5、−2、+1价，根据化合价代数和为0可知氯元素的化合价是+(13×2−1×10−5×3)=+1价。
(6)已知25℃时，溶液的pH>7，说明HPO42−的水解程度大于电离程度，水解方程式为HPO42−+H2O⇌H2PO4−+OH−。
(7)Na10P3O13Cl⋅5H2O能把碘离子氧化为单质碘，反应中氯元素化合价从+1价降低到−1价，根据电子得失守恒可知Na10P3O13Cl⋅5H2O∼I2，又因为2S2O32−+I2=S4O62−+2I−，则Na10P3O13Cl⋅5H2O∼2S2O32−，所以产品的纯度为0.02L×0.05mol/L×12×250mL25mL×Mg/molag×100%=M2a%。
19.【答案】C B 2 优于 相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 CDpa(CH4)>pb(CH4)>pc(CH4)
【解析】解：(1)A.燃煤脱硫，除去燃煤中的硫元素，不减少CO2的排放，故A错误；
B.粮食酿酒，不能减少碳的排放，故B错误；
C.风能发电，减少燃煤的使用，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故C正确；
D.石油裂化是长链烃转化成短链烃，不能减少CO2排放，故D错误；
故答案为：C；
(2)①该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，提高CH4的平衡转化率，该反应是气体体积增大的反应，减小压强，有利于提高CH4的平衡转化率，因此提高CH4的平衡转化率的条件为高温低压，
故答案为：B；
②达到平衡时CO2的转化率为50%，消耗CO2的物质的量为2mol×50%=1mol，达到平衡n(CO)=2mol，n(H2)=2mol，n(CH4)=(3mol−1mol)=2mol，根据平衡常数表达式K=c2(CO)c2(H2)c(CO2)c(CH4)=(2mol2L)2×(2mol2L)22mol2L×1mol2L=2mol2/L2，
故答案为：2；
③根据题中信息，反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，存在的消碳反应则使积碳量减小，因此判断催化剂X和催化剂Y优劣，应是减缓积碳反应，让消碳反应加快，活化能越大，反应速率越小，根据表中数据，催化剂X积碳反应的活化能相对较大，反应速率较慢，消碳反应的活化能相对较小，反应速率加快，因此催化剂X优于催化剂Y，
故答案为：优于；相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；
④根据表中数据，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，K积、K消都增大，升高温度，反应速率都增大，根据图像可知，温度升高，积碳量先增大后减小，说明v消增加的倍数比v积增加倍数大，选项CD正确，
故答案为：CD；
⑤根据积碳生成速率方程，当p(CO2)一定时，生成速率与p(CH4)成正比，根据图像可知，pa(CH4)>pb(CH4)>pc(CH4)，
故答案为：pa(CH4)>pb(CH4)>pc(CH4)。
(1)A.燃煤脱硫，除去燃煤中的硫元素；
B.粮食酿酒，不能减少碳的排放；
C.风能发电，减少燃煤的使用；
D.石油裂化是长链烃转化成短链烃；
(2)①该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，提高CH4的平衡转化率；
②达到平衡时CO2的转化率为50%，消耗CO2的物质的量为2mol×50%=1mol，达到平衡n(CO)=2mol，n(H2)=2mol，n(CH4)=(3mol−1mol)=2mol，根据平衡常数表达式K=c2(CO)c2(H2)c(CO2)c(CH4)；
③根据题中信息，反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，存在的消碳反应则使积碳量减小，因此判断催化剂X和催化剂Y优劣，应是减缓积碳反应，让消碳反应加快，活化能越大，反应速率越小；
④根据表中数据，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行；
⑤根据积碳生成速率方程，当p(CO2)一定时，生成速率与p(CH4)成正比。
本题考查化学平衡知识，以CH4−CO2催化重整为背景知识，考查了化学平衡的移动，化学平衡的计算等，整体题目考查较为基础，题目难度不大，注意平衡常数的计算，掌握基础是解题关键。
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