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2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高二（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协作体高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了50×10−3ml/，【答案】B，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高二（上）期末化学试卷
1. 下列过程中，反应速率的增大对人类有益的是( )
A. 金属的腐蚀 B. 海水的淡化 C. 食物的腐败 D. 橡胶的老化
2. 已知：相同条件下，①2H2+O2(g)=2H2O(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2。下列说法正确的是( )
A. ΔH1>ΔH2 B. ΔH1<ΔH2
C. ΔH1=ΔH2 D. 无法比较ΔH1与ΔH2的大小
3. 在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用υ(A)，υ(B)，υ(C)。已知：2υ(A)=3υ(B)，3υ(B)=2υ(C)，则此反应可表示为( )
A. 2A+3B=2C B. 3A+2B=3C C. 3A+B=2C D. A+B=C
4. 相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是( )
A. 1molI2(g)<1molI2(s) B. 1molH2O(g)<2molH2O(g)
C. 1molH2O(l)<1molH2O(s) D. 1molH2O(g)<1molH2O(l)
5. 下列叙述中错误的是( )
A. 生铁是铁合金，其抗腐蚀能力比纯铁强 B. 在铁制品上镀铜时，铁制品为阴极
C. 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈 D. 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀
6. 为了除去MgCl2溶液中的Fe3+，可在加热并搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸，这种试剂是( )
A. NH3⋅H2O B. NaOH C. Mg(OH)2 D. Na2CO3
7. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价如图。判断下列说法错误的是( )
A. L的简单氢化物的键长小于R的简单氢化物的键长
B. L、X、Z的简单离子半径由大到小的顺序是L>Z>X
C. X、Y、Z的第一电离能大小顺序是X>Y>Z
D. QM2分子中所有原子均满足8电子的稳定结构
8. 下列说法正确的是( )
A. p能级能量一定比s能级的能量高
B. 原子的核外电子仅从激发态跃迁到基态才产生原子光谱
C. 2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D. 2p和3p轨道的形状均为哑铃形
9. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
测反应生成H2的体积
用标准NaOH溶液滴定盐酸
测定中和热
验证Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S)
A. A B. B C. C D. D
10. 由γ−烃基丁酸HOCH2CH2CH2COOH生成γ−丁内酯()的反应如何：HOCH2CH2CH2COOH(可逆上氢离子斜杠三角)+H2O。在25℃时，2L溶液中γ−烃基丁酸的初始浓度为0.180mol/L，随着反应的进行，测得γ−丁内酯的浓度随时间的变化如表所示。下列说法中错误的是( )
t/min
21
50
80
100
120
160
220
∞
c/(mol⋅L−1)
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
A. 适当控制反应温度可提高平衡时γ−烃基丁酸的转化率
B. 在80∼100min内，以γ−丁内酯的浓度变化表示的反应速率为2.50×10−3mol/(L⋅min)
C. 在120min时，γ−烃基丁酸的转化率为50%
D. 在25℃时，该反应的平衡常数为K=2.75
11. 在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 加水前导电能力约为零的原因是冰醋酸中几乎没有自由移动的离子
B. a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序是c
D. 在b点加入NaOH固体，可使溶液中c(CH3COO−)增大、c(H+)减小
12. 用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s)+2NO2(g)在密闭容器中1molNO2和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得NO2的生成速率与N2的生皮速率随温度安化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。下列说法正确的是( )
A. 图1中的A、B、C三个点中只有A点的v正=v逆
B. 图2中E点的v逆大于F点的v正
C. 图2中平衡常数K(E)=K(G)，则NO2的平衡浓度c(E)=c(G)
D. 在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率减小
13. 在常温下，有关下列4种溶液的叙述中正确的是( )
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
A. 在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，②溶液的pH减小，①溶液的pH增大
B. 分别加水稀释10倍，四种的溶溶液pH：②>①>③>④
C. 将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
D. 将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c(Cl−)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)
14. 室温下，通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质。下列有关说法错误的是( )
选项
实验操作和现象
1
向0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去
2
用pH试纸测定0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液的pH，测得pH约为8
3
向0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中加入过量0.2mol⋅L−1CaCl2溶液，产生白色沉淀
4
向0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中滴加等体积的0.1mol⋅L−1HCl溶液，测得pH约为5.5
A. 实验1说明Na2C2O4具有还原性
B. 0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中存在c(OH−)=c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)+c(H+)
C. 实验3反应静置后的上层清液中c(C2O42−)×c(Ca2+)=Ksp(CaC2O4)
D. 实验4得到的溶液中c(Na+)>c(HC2O4−)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)
15. 氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。下列相关说法中错误的是( )
A. 图中X、Y分别是Cl2、H2
B. 图中a、b、c的大小关系为：c>b>a
C. 燃料电池中的负极电极反应为：H2−2e−+2OH−=2H2O
D. 电解池中产生2molCl2时，理论上燃料电池中消耗1molO2
16. A、B、C、D、E、F均为36号以前的元素。请完成下列空白：
(1)A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，位于元素周期表第 ______周期第 ______族。
(2)B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为 ______。
(3)C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，其元素符号为 ______，其基态原子的电子排布式为 ______。
(4)D元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子。D元素位于元素周期表 ______区(填“s”、“p”、“d”、“”或“ds”)。其基态原子的价层电子的轨道表示为 ______。
(5)E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子；它们相互作用可形成中学化学常见的离子化合物，并且阴、阳离子的电子层结构相同，最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数；则此离子化合物的化学式为 ______。
17. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1
b)CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
c)CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)ΔH3
d)2CO(g)⇌CO2(g)+C(s)ΔH4
e)CO(g)+H2(g)⇌H2O(g)+C(s)ΔH5
(1)已知相关物质的燃烧热(25℃、101kPa)：
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热(ΔH/kJ⋅mol−1)
−890.3
−283.0
−285.8
则ΔH1=______。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 ______。
A.移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
B.增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
C.加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D.降低反应温度，反应a∼e的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分 ______步进行，其中，第 ______步的正反应活化能最大。
(4)900℃下，将CH4和CO2的混合气体(投料比1：1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得CH4的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示。(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)
由图可知，75min后CH4转化率与炭催化剂目数的关系为 ______，原因是 ______。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：______。
18. 钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)中回收钴的一种工艺流程如图：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子
Co2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀的pH
7.15
6.3
1.5
6.2
沉淀完全的pH
9.15
8.3
2.8
8.2
回答下列问题：
(1)滤渣1是 ______。
(2)若无氧化步骤，对实验的影响是 ______。
(3)操作1的名称是 ______，从流程信息分析，在有机溶剂M中 ______(填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。
(4)可用电解水溶液制备金属钴，其装置如图所示。
①电解池工作时，Ⅱ室溶液的pH ______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②电解反应的离子方程式 ______。
(5)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生产Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是 ______。
19. 氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]⋅10H2O，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5未原料合成该晶体的流程如图：
已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化。
请回答下列问题：
(1)步骤1中生成了一种空气中的主要气体，写出该步骤反应的化学方程式 ______。
(2)步骤2可在如图装置中进行(夹持仪器略去)。
①装置B的作用是 ______。
②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到 ______(填实验现象)时，再关闭K1，打开K2。
(3)步骤3洗涤晶体时需用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。选择饱和NH4HCO3的原因是 ______，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是 ______。
(4)称量wg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4，最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中的质量分数为 ______(用含有w、c、V的式子表示)。若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因 ______。
A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化
B.滴定终点时仰视读数
C.滴定终点时俯视读数
D.滴定管水洗后未用标准溶液润洗
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：选项中只有B海水的淡化，为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而A、C、D均需要减慢反应速率，以减小资源浪费或环境污染，
故选：B。
为提高生产效益或促进人类发展的反应，需要加快反应速率，而金属的腐蚀、橡胶的老化、食物腐烂等需要减慢反应速率，以此来解答。
本题考查化学反应速率与生活中的化学反应，为基础性习题，把握化学反应对人类生活、生产的作用为解答的关键，注意知识的应用，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：相同物质的量的H2O(g)能量高于H2O(l)能量，说明等量氢气完全燃烧生成液态水放出的能量更多，由于氢气燃烧反应为放热反应，ΔH<0，放出的热量越多，ΔH值越小，则ΔH1>ΔH2，故A正确；
故选：A。
相同物质的量的H2O(g)能量高于H2O(l)能量，说明等量氢气完全燃烧生成液态水放出的能量更多。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：2υ(A)=3υ(B)，3υ(B)=2υ(C)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则A、B、C的化学计量数之比为3：2：3，反应可表示为3A+2B=3C，只有B正确，
故选：B。
化学反应速率之比等于化学计量数之比，以此来解答。
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率的关系，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.相同物质的量的同种物质，固态的熵小于气态，则物质的熵：1molI2(g)>1molI2(s)，故A错误；
B.气体的物质的量越大，熵越大，则物质的熵：1molH2O(g)<2molH2O(g)，故B正确；
C.相同物质的量的同种物质，固态的熵小于液态，则物质的熵：1molH2O(l)>1molH2O(s)，故C错误；
D.相同物质的量的同种物质，液态的熵小于气态，则物质的熵：1molH2O(g)>1molH2O(l)，故D错误；
故选：B。
A.相同物质的量的同种物质，固态的熵小于气态；
B.气体的物质的量越大，熵越大；
C.相同物质的量的同种物质，固态的熵小于液态；
D.相同物质的量的同种物质，液态的熵小于气态。
本题考查了物质熵的比较，题目难度不大，把握物质的熵与物质量的多少以及物质状态的关系是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
5.【答案】A
【解析】解：A.生铁中铁和碳形成原电池，铁做负极被腐蚀，腐蚀速率加快，故A错误；
B.在铁制品上镀铜时，铁为镀件，则铁制品为阴极，铜作阳极，故B正确；
C.用锡焊接的铁质器件，焊接处易形成铁锡原电池导致生锈，故C正确；
D.铁管上镶嵌锌块，锌作负极、铁作正极，铁管被保护不易被腐蚀，故D正确；
故选：A。
A.生铁中铁和碳形成原电池，铁做负极，易被腐蚀；
B.电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极；
C.焊接处铁与锡易形成原电池；
D.活泼的锌作负极，正极的铁被保护。
本题考查金属的腐蚀与防护、电镀等知识，明确原电池工作原理为解答关键，注意掌握常见金属的腐蚀原理及防护方法，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.加入NH3⋅H2O使铁离子和镁离子都生成沉淀，同时引入了铵根离子杂质，故A错误；
B.加入NaOH溶液能使铁离子和镁离子都生成沉淀，同时引入了钠离子杂质，故B错误；
C.在加热条件下加入Mg(OH)2与铁离子水解生成生成的氢离子反应，会促进铁离子水解反应的正向进行，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，使铁离子沉淀完全，过滤除去氢氧化铁，再向滤液中加入适量盐酸将剩余的Mg(OH)2转化为MgCl2，从而达到除杂的目的，故C正确；
D.加入的Na2CO3溶液与MgCl2沉淀生成碳酸镁沉淀，同时引入了钠离子杂质，故D错误；
故选：C。
离子分离和提纯的一个关键是不能引入杂质，加热促进铁离子水解，溶液中氢离子浓度增大，加入物质和氢离子反应，利用水解平衡的移动，溶液的pH升高后，铁离子就可以形成氢氧化铁沉淀。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、除杂的原则、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意化学反应原理的应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，L为F，M为O，Q为C，R为Cl，T为P，X为Al，Y为Mg，Z为Na元素，
A.L、R的简单氢化物分别为HF、HCl，原子半径F
C.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，Mg的3s能级满足全满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能大小顺序是Y>X>Z，故C错误；
D.QM2为CO2，CO2分子的结构式为O=C=O，其分子中C、O原子均满足8电子的稳定结构，故D正确；
故选：C。
几种短周期元素的原子半径及某些化合价如表，L、R均有−1价，R还存在+7价，则L为F，R为Cl元素；M只有−2价，其原子半径稍大于F，则M为O；Q有−4、+4价，处于ⅣA族，其原子半径与O原子相差不大，则Q为C元素；T元素有−3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则T为P元素；X、Y、Z的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且原子半径都大于P，应处于第三周期，则X为Al、Y为Mg、Z为Na，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合元素化合价、原子半径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。
8.【答案】D
【解析】解：A.同一能层中，p能级能量高于s能级能量，但不同能层中，s能级的能量可能比p能级的能量高，如3s能级的能量高于2p能级的能量，故A错误；
B.电子在激发态跃迁到基态时，会产生发射光谱，电子由基态跃迁到激发态时，会产生吸收光谱，吸收光谱与发射光谱总称原子光谱，故B错误；
C.p能级都有3个轨道，与能层无关，故C错误；
D.p轨道的形状都是哑铃形，与能层无关，故D正确；
故选：D。
A.不同能层中，s能级的能量可能比p能级的能量高；
B.电子在激发态跃迁到基态、由基态跃迁到激发态时都产生光谱；
C.p能级都有3个轨道；
D.p轨道的形状都是哑铃形。
本题考查原子核外电子排布、原子轨道等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子轨道能量大小规律、原子轨道形状等知识点是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.稀硫酸和锌反应生成氢气，用针筒测定氢气体积，所以能实现实验目的，故A正确；
B.碱溶液应该用碱式滴定管盛放，图中用酸式滴定管盛放的NaOH溶液，故B错误；
C.图中没有保温措施，放出的热量易散失，所以不能用C装置测定中和热，故C错误；
D.浓硫酸和Na2S反应生成SO2，没有Ag2S生成，没有沉淀的转化，故D错误；
故选：A。
A.稀硫酸和锌反应生成氢气，用针筒测定氢气体积；
B.碱溶液应该用碱式滴定管盛放；
C.图中保温不好；
D.浓硫酸和Na2S反应生成SO2、S，没有Ag2S沉淀生成。
本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及物质的性质、中和热的测定、沉淀转化等，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.该反温度会影响平衡的移动，故适当控制反应温度可使平衡正向移动，可提高平衡时γ−烃基丁酸的转化率，故A正确；
B.在80−100min内，以γ−丁内酯的浓度变化表示的反应速率为0.081−0.071100−80mol/(L⋅min)=5×10−3mol/(L⋅min)，故B错误；
C.在120min时，γ−烃基丁酸的转化率为0.180−0.090.180×100%=50%，故C正确；
D.在25℃时，该反应达平衡时γ−烃基丁内酯的浓度为0.132mol/L，则γ−烃基丁酸的浓度为0.048mol/L，此时的平衡常数为K=c(γ−丁内酯)c(y−烃基丁酸)=0.1320.048=2.75，故D正确；
故选：B。
A.该反温度会影响平衡的移动，故适当控制反应温度可使平衡正向移动；
B.在80−100min内，以γ−丁内酯的浓度变化表示的反应速率为0.081−0.071100−80mol/(L⋅min)=5×10−3mol/(L⋅min)；
C.在120min时，γ−烃基丁酸的转化率为0.180−0.090.180×100%=50%；
D.在25℃时，该反应达平衡时γ−烃基丁内酯的浓度为0.132mol/L，则γ−烃基丁酸的浓度为0.048mol/L，此时的平衡常数为K=c(γ−丁内酯)c(y−烃基丁酸)，据此计算。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
11.【答案】C
【解析】解：A.在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在，其中无自由移动的离子，因此不能导电，故A正确；
B.溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强，由于导电能力：c
故选：C。
A.在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在；
B.溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强；
C.向冰醋酸中加入水，加水量越多，醋酸电离程度就越大；
D.在b点加入NaOH固体，CH3COOH与NaOH发生中和反应产生CH3COONa和水。
本题考查弱电解质的电离、溶液导电性强弱等知识点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确溶液导电性强弱与离子浓度关系是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，即平衡时，NO2的生成速率应是N2的生成速率的2倍，只有C点满足条件，故A错误；
B.该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故图2中E到F段曲线还未达到平衡状态，v逆逐渐增大，F恰好达到平衡状态，此时v正=v逆，故E点的v逆小于F点的v正，故B错误；
C.平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变，E点和G点温度相同，故K(E)=K(G)，但E点和G点压强不同，气体浓度与压强有关，压强越大，容器体积越小，浓度越大，即c(E)
故选：D。
A.反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)；
B.该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，据此分析图2中E点和F点的反应状态，从而得到速率的变化；
C.平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变，而气体浓度与压强有关，压强越大，容器体积越小，浓度越大；
D.反应物浓度增大，平衡正向移动，但与原平衡相比，等效于加压。
本题考查化学平衡图象、平衡移动原理等，侧重考查分析能力，注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义，题目难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.在①中加入NH4Cl，抑制NH3⋅H2O的电离，在②溶液中加入NH4Cl，生成NH3⋅H2O，NH3⋅H2O部分电离，则两种溶液中c(OH−)都减小，溶液的pH都减小，故A错误；
B.加水促进弱电解质的电离，这四种溶液稀释相同倍数时，c(H+)：③>④，则pH：③<④<7，c(OH−)：①>②，则溶液pH：①>②>7，所以这四种溶液pH：①>②>④>③，故B错误；
C.将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c(H+)=0.001(a−b)a+bmol/L=10−4mol/L，a：b=11：9，故C正确；
D.①④等体积混合，①溶液大量剩余，溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl−)c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故选：C。
强电解质完全电离、弱电解质部分电离，则常温下pH相同的①②溶液浓度：①>②，③④溶液浓度：③>④，
A.在①中加入NH4Cl，抑制NH3⋅H2O的电离，在②溶液中加入NH4Cl，生成NH3⋅H2O；
B.加水促进弱电解质的电离；
C.将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c(H+)=0.001(a−b)a+bmol/L=10−4mol/L；
D.①④等体积混合，①溶液大量剩余，溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl−)
14.【答案】D
【解析】解：A.高锰酸钾具有强氧化性，草酸钠能使高锰酸钾溶液褪色，实验1说明Na2C2O4具有还原性，故A正确；
B.根据质子守恒得到0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在c(OH−)=c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)+c(H+)，故B正确；
C.实验3生成白色沉淀，静置后的上层清液中存在溶解平衡即c(C2O42−)×c(Ca2+)=Ksp(CaC2O4)，故C正确；
D.实验4反应后得到溶质为草酸氢钠和氯化铵且物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明草酸氢根电离大于水解，可得c(H2C2O4)c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H2C2O4)，故D错误；
故选：D。
A.高锰酸钾具有强氧化性，草酸钠能使高锰酸钾溶液褪色；
B.根据质子守恒得到0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在质子守恒；
C.实验3生成白色沉淀，静置后的上层清液中存在溶解平衡；
D.实验4反应后得到溶质为草酸氢钠和氯化铵且物质的量浓度相等。
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，把握反应原理、反应后溶质组成为解答关键，注意掌握盐的水解原理及质子守恒，D为易错点，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A.电解饱和食盐水，阳极上Cl−失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2，同时在阴极附近产生NaOH，反应产生的H2可作为燃料电池的原料，故X是Cl2，Y是H2，故A正确；
B.在阴极上H+得到变为H2逸出，Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，与产生的OH−结合为NaOH，从阴极流出，故NaOH溶液的浓度：a>b；在燃料电池中，左侧通入燃料H2为负极，右侧通入空气为正极。在燃料电池正极发生反应：O2+4e−+2H2O=4OH−，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH−，所以反应后NaOH的浓度升高，即c>a，因此图中a、b、c的大小关系为：c>a>b，故B错误；
C.在燃料电池中，通入燃料H2的电极为负极，H2失去电子变为H+，H+再与溶液中的OH−结合形成H2O，故燃料电池中的负极的电极反应为：H2−2e−+2OH−=2H2O，故C正确；
D.电解池中产生2molCl2时反应转化4 mol电子，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，因此理论上在燃料电池中消耗1molO2，故D正确；
故选：B。
A.电解饱和食盐水，阳极上Cl−失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2，同时在阴极附近产生NaOH；
B.在阴极上H+得到变为H2逸出，Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，与产生的OH−结合为NaOH，从阴极流出，故NaOH溶液的浓度：a>b；
C.在燃料电池中，通入燃料H2的电极为负极，H2失去电子变为H+，H+再与溶液中的OH−结合形成H2O；
D.电解池中产生2molCl2时反应转化4 mol电子，由于同一闭合回路中电子转移数目相等。
本题考查了电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】二 VA C或OFe[Ar]3d64s2 ds KCl
【解析】解：(1)A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，s能级最多填充2个电子，故n=2，最外层电子数为5，位于元素周期表第二周期第VA族，
故答案为：二；VA；
(2)B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，B为C元素或O元素，
故答案为：C或O；
(3)C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，原子的价电子排布式为3d64s2，其元素符号为Fe，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，
故答案为：Fe；[Ar]3d64s2；
(4)D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，原子的价电子排布式为3d104s1，处于第四周期第IB族，位于元素周期表ds区，其基态原子的价层电子的轨道表示为，
故答案为：ds；；
(5)E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用可形成中学化学常见的离表示式为子化合物，并且阴、阳离子的电子层结构相同，二者处于分别相邻周期的IA族、VIIA族，且最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，阴离子最高能层电子数为6，离子只能是有3个电子层，故阴离子为Cl−，阳离子为K+，该离子化合物化学式为KCl，
故答案为：KCl。
(1)A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，s能级最多填充2个电子，故n=2；
(2)B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4；
(3)C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，原子的价电子排布式为3d64s2；
(4)D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，原子的价电子排布式为3d104s1；
(5)E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用可形成中学化学常见的离表示式为子化合物，并且阴、阳离子的电子层结构相同，二者处于分别相邻周期的IA族、VIIA族，
且最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，阴离子最高能层电子数为6，离子只能是有3个电子层，该化合物由钾离子与氯离子构成。
本题考查结构与位置关系，熟练掌握核外电子排布规律，题目难度不大，旨在考查学生分析推理能力、运用知识的能力。
17.【答案】ΔH3−ΔH4 BD 4 4 炭催化剂目数越大，CH4转化率越大 催化剂目数越多，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触的更加成分，反应更加完全 干冰用于人工降雨或制冷
【解析】解：(1)根据盖斯定律：c−d=a，故ΔH1=ΔH3−ΔH4，
故答案为：ΔH3−ΔH4；
(2)A.移去部分C(s)，不影响气它组分的浓度，反应c、d、e的平衡均不移动，故A错误；
B.CO2与CH4是a、b、c的反应物，增大反应物的浓度，反应的正反应速率都增加，故B正确；
C.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，不能提高CH4的平衡转化率，故C错误；
D.降低反应温度，反应a∼e的正、逆反应速率都减小，故D正确；
故答案为：BD；
(3)由图可知，CH4分解形成碳的反应历程分4步进行，第一步为：CH4→CH3+H，第二步为：CH3+H→CH2+2H，第三步为：CH2+2H→CH+3H，第四步为：CH+3H→C+4H，由图可知，第四步正反应活化能最大，
故答案为：4；4；
(4)由图可知，75min后催化剂目数越大，CH4转化率越大，因为催化剂目数越多，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触的更加成分，反应更加完全，
故答案为：炭催化剂目数越大，CH4转化率越大；催化剂目数越多，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触的更加成分，反应更加完全；
(5)固态CO2为干冰，气化时吸热，使周围环境温度降低，因此，可以使用人工降雨或制冷，
故答案为：干冰用于人工降雨或制冷。
(1)根据盖斯定律：c−d=a，即可计算ΔH1；
(2)A.固体量的改变，不影响平衡移动；
B.增大反应物的浓度，反应速率增加；
C.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动；
D.降低反应温度，正、逆反应速率都减小，反之，正、逆反应速率都增大；
(3)由图可知，CH4分解形成碳的反应历程分4步进行，第四步正反应活化能最大；
(4)由催化剂目数越多，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触的更加成分，反应更加完全；
(5)固态CO2为干冰，气化时吸热，使周围环境温度降低。
本题主要考查盖斯定律的应用，化学平衡的移动，同时考查学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，语言表达能力，属于高考高频考点，难度中等。
18.【答案】SiO2 Fe2+不能转化为Fe3+，Fe2+形成沉淀的溶液的pH与Co2+、Zn2+比较接近，导致无法有效分离除铁 萃取、分液 ZnSO4 减小 2Co2++2H2O−高温Co+O2↑+4H+ 2Co2++4OH−+ClO−+H2O=2Co(OH)3↓+Cl−
【解析】解：(1)根据上述分析可知滤渣1成分是SiO2，
故答案为：SiO2；
(2)若无氧化步骤，Fe2+不能转化为Fe3+，Fe2+形成沉淀的溶液的pH与Co2+、Zn2+比较接近，导致无法有效分离除铁，
故答案为：Fe2+不能转化为Fe3+，Fe2+形成沉淀的溶液的pH与Co2+、Zn2+比较接近，导致无法有效分离除铁；
(3)由于Zn2+易溶于有机物，而Co2+易溶于水中，水与有机物互不相溶，加入有机溶剂进行萃取，可更好的分离Co2+、Zn2+，然后通过分液分离互不相溶的两层液体物质，因此操作1是萃取、分液；从流程信息分析，有机溶剂M蒸馏分离出ZnSO4，说明在有机溶剂M中ZnSO4溶解度更大，
故答案为：萃取、分液；ZnSO4；
(4)①由图可知，该装置为电解池，左侧石墨电极连接电源的正极作阳极，水电离产生的OH−在阳极失去电子，发生氧化反应生成O2和H+，pH减小，
故答案为：减小；
②故阳极的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子带有的正电荷数大于阴离子带有的负电荷数，放电生成的H+通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极与电源的负极连接，作阴极，Co2+在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e−=Co，Ⅲ室中阴离子带有的负电荷数大于阳离子带有的正电荷数，Cl−通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，故电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O−高温Co+O2↑+4H+，
故答案为：2Co2++2H2O−高温Co+O2↑+4H+；
(5)工业上也可利用NaClO氧化Co2+生产Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。NaClO得到电子被还原为NaCl，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式是2Co2++4OH−+ClO−+H2O=2Co(OH)3↓+Cl−，
故答案为：2Co2++4OH−+ClO−+H2O=2Co(OH)3↓+Cl−。
废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)，其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中含钴离子，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoSO4晶体，有机相含锌离子，经蒸馏得到ZnSO4，据此分析解题。
本题考查了常见离子的检验方法以及物质分离、提纯，为高频考点，题目涉及化学工艺流程、元素化合物性质等知识，题目难度中等，注意把握物质的性质，明确常见离子的性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
19.【答案】2V2O5+N2H4+8HCl−△4VOCl2+N2↑+6H2O除去CO2中混有的HCl D中澄清石灰水变浑浊 NH4HCO3溶液呈弱碱性，防止产品被氧化 取最后一次洗涤液，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，否则，未洗涤干净 5.1cVm%ABD
【解析】解：(1)步骤1中V2O5与盐酸、N2H4混合加热生成了一种空气中的主要气体，同时生成VOCl2，生成的气体为N2，反应方程式为2V2O5+N2H4+8HCl−△4VOCl2+N2↑+6H2O，
故答案为：2V2O5+N2H4+8HCl−△4VOCl2+N2↑+6H2O；
(2)①盐酸有挥发性，制备的CO2中混有HCl，影响产品的生成，B装置的作用是除去CO2中混有的HCl，盛放饱和NaHCO3溶液，
故答案为：除去CO2中混有的HCl；
②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，二氧化碳先排尽装置中空气，D中澄清石灰水变浑浊说明已经排尽，
故答案为：D中澄清石灰水变浑浊；
(3)+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，NH4HCO3溶液呈弱碱性，可以防止产品被氧化；用饱和NH4HCO3溶液洗去附着的Cl−，检验洗涤沉淀是否干净的操作是：取最后一次洗涤液，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，否则，未洗涤干净，
故答案为：NH4HCO3溶液呈弱碱性，防止产品被氧化；取最后一次洗涤液，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，否则，未洗涤干净；
(4)由关系式V∼VO2+∼(NH4)2Fe(SO4)2，可知n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=cmol/L×V×10−3L=0.001cVmol，则产品中钒的质量分数=0.001cVmol×51g/molmg×100%=5.1cVm%；
A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，标准液中亚铁离子浓度偏小，消耗标准液体积偏大，测定钒的质量分数偏大，符合题意，故A正确；
B.滴定终点时仰视读数，体积读数偏大，计算得出的钒的质量分数偏大，符合题意，故B正确；
C.滴定终点时俯视读数，体积读数偏小，计算得出的测定钒的质量分数偏小，不符合题意，故C错误；
D.滴定管水洗后未用标准溶液润洗，标准液被稀释，消耗标准液体积偏大，测定钒的质量分数偏大，符合题意，故D正确，
故答案为：5.1cVm%；ABD。
(1)步骤1中V2O5与盐酸、N2H4混合加热生成了一种空气中的主要气体，同时生成VOCl2，生成的气体为N2；
(2)装置A制备CO2，B中盛放饱碳酸氢钠溶液用来除去二氧化碳中混有的HCl，+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，先用二氧化碳先排尽装置中空气，D中石灰水变浑浊说明已经排尽，再向C中加入VOCl2溶液，反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵；
(3)+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化；用饱和NH4HCO3溶液洗去附着的Cl−，检验最后一次洗涤液中是否含有Cl−判断是否洗涤干净；
(4)根据关系式V∼VO2+∼(NH4)2Fe(SO4)2计算；
A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，标准液中亚铁离子浓度偏小，消耗标准液体积偏大；
B.滴定终点时仰视读数，体积读数偏大；
C.滴定终点时俯视读数，体积读数偏小；
D.滴定管水洗后未用标准溶液润洗，标准液被稀释，消耗标准液体积偏大。
本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，涉及陌生方程式的书写、对装置的分析评价、对操作与试剂的分析评价、实验方案设计、滴定原理应用等，关键是明确制备原理与含量测定原理，试题培养了学生运用知识解决问题能力、实验能力。
2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高二（上）期末化学试卷
1. 下列过程中，反应速率的增大对人类有益的是( )
A. 金属的腐蚀 B. 海水的淡化 C. 食物的腐败 D. 橡胶的老化
2. 已知：相同条件下，①2H2+O2(g)=2H2O(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2。下列说法正确的是( )
A. ΔH1>ΔH2 B. ΔH1<ΔH2
C. ΔH1=ΔH2 D. 无法比较ΔH1与ΔH2的大小
3. 在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用υ(A)，υ(B)，υ(C)。已知：2υ(A)=3υ(B)，3υ(B)=2υ(C)，则此反应可表示为( )
A. 2A+3B=2C B. 3A+2B=3C C. 3A+B=2C D. A+B=C
4. 相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是( )
A. 1molI2(g)<1molI2(s) B. 1molH2O(g)<2molH2O(g)
C. 1molH2O(l)<1molH2O(s) D. 1molH2O(g)<1molH2O(l)
5. 下列叙述中错误的是( )
A. 生铁是铁合金，其抗腐蚀能力比纯铁强 B. 在铁制品上镀铜时，铁制品为阴极
C. 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈 D. 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀
6. 为了除去MgCl2溶液中的Fe3+，可在加热并搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸，这种试剂是( )
A. NH3⋅H2O B. NaOH C. Mg(OH)2 D. Na2CO3
7. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价如图。判断下列说法错误的是( )
A. L的简单氢化物的键长小于R的简单氢化物的键长
B. L、X、Z的简单离子半径由大到小的顺序是L>Z>X
C. X、Y、Z的第一电离能大小顺序是X>Y>Z
D. QM2分子中所有原子均满足8电子的稳定结构
8. 下列说法正确的是( )
A. p能级能量一定比s能级的能量高
B. 原子的核外电子仅从激发态跃迁到基态才产生原子光谱
C. 2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D. 2p和3p轨道的形状均为哑铃形
9. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
测反应生成H2的体积
用标准NaOH溶液滴定盐酸
测定中和热
验证Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S)
A. A B. B C. C D. D
10. 由γ−烃基丁酸HOCH2CH2CH2COOH生成γ−丁内酯()的反应如何：HOCH2CH2CH2COOH(可逆上氢离子斜杠三角)+H2O。在25℃时，2L溶液中γ−烃基丁酸的初始浓度为0.180mol/L，随着反应的进行，测得γ−丁内酯的浓度随时间的变化如表所示。下列说法中错误的是( )
t/min
21
50
80
100
120
160
220
∞
c/(mol⋅L−1)
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
A. 适当控制反应温度可提高平衡时γ−烃基丁酸的转化率
B. 在80∼100min内，以γ−丁内酯的浓度变化表示的反应速率为2.50×10−3mol/(L⋅min)
C. 在120min时，γ−烃基丁酸的转化率为50%
D. 在25℃时，该反应的平衡常数为K=2.75
11. 在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 加水前导电能力约为零的原因是冰醋酸中几乎没有自由移动的离子
B. a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序是c
D. 在b点加入NaOH固体，可使溶液中c(CH3COO−)增大、c(H+)减小
12. 用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s)+2NO2(g)在密闭容器中1molNO2和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得NO2的生成速率与N2的生皮速率随温度安化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。下列说法正确的是( )
A. 图1中的A、B、C三个点中只有A点的v正=v逆
B. 图2中E点的v逆大于F点的v正
C. 图2中平衡常数K(E)=K(G)，则NO2的平衡浓度c(E)=c(G)
D. 在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率减小
13. 在常温下，有关下列4种溶液的叙述中正确的是( )
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
A. 在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，②溶液的pH减小，①溶液的pH增大
B. 分别加水稀释10倍，四种的溶溶液pH：②>①>③>④
C. 将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
D. 将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c(Cl−)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)
14. 室温下，通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质。下列有关说法错误的是( )
选项
实验操作和现象
1
向0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去
2
用pH试纸测定0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液的pH，测得pH约为8
3
向0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中加入过量0.2mol⋅L−1CaCl2溶液，产生白色沉淀
4
向0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中滴加等体积的0.1mol⋅L−1HCl溶液，测得pH约为5.5
A. 实验1说明Na2C2O4具有还原性
B. 0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中存在c(OH−)=c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)+c(H+)
C. 实验3反应静置后的上层清液中c(C2O42−)×c(Ca2+)=Ksp(CaC2O4)
D. 实验4得到的溶液中c(Na+)>c(HC2O4−)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)
15. 氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。下列相关说法中错误的是( )
A. 图中X、Y分别是Cl2、H2
B. 图中a、b、c的大小关系为：c>b>a
C. 燃料电池中的负极电极反应为：H2−2e−+2OH−=2H2O
D. 电解池中产生2molCl2时，理论上燃料电池中消耗1molO2
16. A、B、C、D、E、F均为36号以前的元素。请完成下列空白：
(1)A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，位于元素周期表第 ______周期第 ______族。
(2)B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为 ______。
(3)C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，其元素符号为 ______，其基态原子的电子排布式为 ______。
(4)D元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子。D元素位于元素周期表 ______区(填“s”、“p”、“d”、“”或“ds”)。其基态原子的价层电子的轨道表示为 ______。
(5)E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子；它们相互作用可形成中学化学常见的离子化合物，并且阴、阳离子的电子层结构相同，最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数；则此离子化合物的化学式为 ______。
17. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1
b)CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
c)CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)ΔH3
d)2CO(g)⇌CO2(g)+C(s)ΔH4
e)CO(g)+H2(g)⇌H2O(g)+C(s)ΔH5
(1)已知相关物质的燃烧热(25℃、101kPa)：
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热(ΔH/kJ⋅mol−1)
−890.3
−283.0
−285.8
则ΔH1=______。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 ______。
A.移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
B.增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
C.加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D.降低反应温度，反应a∼e的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分 ______步进行，其中，第 ______步的正反应活化能最大。
(4)900℃下，将CH4和CO2的混合气体(投料比1：1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得CH4的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示。(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)
由图可知，75min后CH4转化率与炭催化剂目数的关系为 ______，原因是 ______。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：______。
18. 钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)中回收钴的一种工艺流程如图：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子
Co2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀的pH
7.15
6.3
1.5
6.2
沉淀完全的pH
9.15
8.3
2.8
8.2
回答下列问题：
(1)滤渣1是 ______。
(2)若无氧化步骤，对实验的影响是 ______。
(3)操作1的名称是 ______，从流程信息分析，在有机溶剂M中 ______(填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。
(4)可用电解水溶液制备金属钴，其装置如图所示。
①电解池工作时，Ⅱ室溶液的pH ______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②电解反应的离子方程式 ______。
(5)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生产Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是 ______。
19. 氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]⋅10H2O，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5未原料合成该晶体的流程如图：
已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化。
请回答下列问题：
(1)步骤1中生成了一种空气中的主要气体，写出该步骤反应的化学方程式 ______。
(2)步骤2可在如图装置中进行(夹持仪器略去)。
①装置B的作用是 ______。
②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到 ______(填实验现象)时，再关闭K1，打开K2。
(3)步骤3洗涤晶体时需用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。选择饱和NH4HCO3的原因是 ______，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是 ______。
(4)称量wg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4，最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中的质量分数为 ______(用含有w、c、V的式子表示)。若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因 ______。
A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化
B.滴定终点时仰视读数
C.滴定终点时俯视读数
D.滴定管水洗后未用标准溶液润洗
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：选项中只有B海水的淡化，为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而A、C、D均需要减慢反应速率，以减小资源浪费或环境污染，
故选：B。
为提高生产效益或促进人类发展的反应，需要加快反应速率，而金属的腐蚀、橡胶的老化、食物腐烂等需要减慢反应速率，以此来解答。
本题考查化学反应速率与生活中的化学反应，为基础性习题，把握化学反应对人类生活、生产的作用为解答的关键，注意知识的应用，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：相同物质的量的H2O(g)能量高于H2O(l)能量，说明等量氢气完全燃烧生成液态水放出的能量更多，由于氢气燃烧反应为放热反应，ΔH<0，放出的热量越多，ΔH值越小，则ΔH1>ΔH2，故A正确；
故选：A。
相同物质的量的H2O(g)能量高于H2O(l)能量，说明等量氢气完全燃烧生成液态水放出的能量更多。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：2υ(A)=3υ(B)，3υ(B)=2υ(C)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则A、B、C的化学计量数之比为3：2：3，反应可表示为3A+2B=3C，只有B正确，
故选：B。
化学反应速率之比等于化学计量数之比，以此来解答。
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率的关系，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.相同物质的量的同种物质，固态的熵小于气态，则物质的熵：1molI2(g)>1molI2(s)，故A错误；
B.气体的物质的量越大，熵越大，则物质的熵：1molH2O(g)<2molH2O(g)，故B正确；
C.相同物质的量的同种物质，固态的熵小于液态，则物质的熵：1molH2O(l)>1molH2O(s)，故C错误；
D.相同物质的量的同种物质，液态的熵小于气态，则物质的熵：1molH2O(g)>1molH2O(l)，故D错误；
故选：B。
A.相同物质的量的同种物质，固态的熵小于气态；
B.气体的物质的量越大，熵越大；
C.相同物质的量的同种物质，固态的熵小于液态；
D.相同物质的量的同种物质，液态的熵小于气态。
本题考查了物质熵的比较，题目难度不大，把握物质的熵与物质量的多少以及物质状态的关系是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
5.【答案】A
【解析】解：A.生铁中铁和碳形成原电池，铁做负极被腐蚀，腐蚀速率加快，故A错误；
B.在铁制品上镀铜时，铁为镀件，则铁制品为阴极，铜作阳极，故B正确；
C.用锡焊接的铁质器件，焊接处易形成铁锡原电池导致生锈，故C正确；
D.铁管上镶嵌锌块，锌作负极、铁作正极，铁管被保护不易被腐蚀，故D正确；
故选：A。
A.生铁中铁和碳形成原电池，铁做负极，易被腐蚀；
B.电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极；
C.焊接处铁与锡易形成原电池；
D.活泼的锌作负极，正极的铁被保护。
本题考查金属的腐蚀与防护、电镀等知识，明确原电池工作原理为解答关键，注意掌握常见金属的腐蚀原理及防护方法，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.加入NH3⋅H2O使铁离子和镁离子都生成沉淀，同时引入了铵根离子杂质，故A错误；
B.加入NaOH溶液能使铁离子和镁离子都生成沉淀，同时引入了钠离子杂质，故B错误；
C.在加热条件下加入Mg(OH)2与铁离子水解生成生成的氢离子反应，会促进铁离子水解反应的正向进行，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，使铁离子沉淀完全，过滤除去氢氧化铁，再向滤液中加入适量盐酸将剩余的Mg(OH)2转化为MgCl2，从而达到除杂的目的，故C正确；
D.加入的Na2CO3溶液与MgCl2沉淀生成碳酸镁沉淀，同时引入了钠离子杂质，故D错误；
故选：C。
离子分离和提纯的一个关键是不能引入杂质，加热促进铁离子水解，溶液中氢离子浓度增大，加入物质和氢离子反应，利用水解平衡的移动，溶液的pH升高后，铁离子就可以形成氢氧化铁沉淀。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、除杂的原则、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意化学反应原理的应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，L为F，M为O，Q为C，R为Cl，T为P，X为Al，Y为Mg，Z为Na元素，
A.L、R的简单氢化物分别为HF、HCl，原子半径F
C.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，Mg的3s能级满足全满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能大小顺序是Y>X>Z，故C错误；
D.QM2为CO2，CO2分子的结构式为O=C=O，其分子中C、O原子均满足8电子的稳定结构，故D正确；
故选：C。
几种短周期元素的原子半径及某些化合价如表，L、R均有−1价，R还存在+7价，则L为F，R为Cl元素；M只有−2价，其原子半径稍大于F，则M为O；Q有−4、+4价，处于ⅣA族，其原子半径与O原子相差不大，则Q为C元素；T元素有−3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则T为P元素；X、Y、Z的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且原子半径都大于P，应处于第三周期，则X为Al、Y为Mg、Z为Na，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合元素化合价、原子半径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。
8.【答案】D
【解析】解：A.同一能层中，p能级能量高于s能级能量，但不同能层中，s能级的能量可能比p能级的能量高，如3s能级的能量高于2p能级的能量，故A错误；
B.电子在激发态跃迁到基态时，会产生发射光谱，电子由基态跃迁到激发态时，会产生吸收光谱，吸收光谱与发射光谱总称原子光谱，故B错误；
C.p能级都有3个轨道，与能层无关，故C错误；
D.p轨道的形状都是哑铃形，与能层无关，故D正确；
故选：D。
A.不同能层中，s能级的能量可能比p能级的能量高；
B.电子在激发态跃迁到基态、由基态跃迁到激发态时都产生光谱；
C.p能级都有3个轨道；
D.p轨道的形状都是哑铃形。
本题考查原子核外电子排布、原子轨道等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子轨道能量大小规律、原子轨道形状等知识点是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.稀硫酸和锌反应生成氢气，用针筒测定氢气体积，所以能实现实验目的，故A正确；
B.碱溶液应该用碱式滴定管盛放，图中用酸式滴定管盛放的NaOH溶液，故B错误；
C.图中没有保温措施，放出的热量易散失，所以不能用C装置测定中和热，故C错误；
D.浓硫酸和Na2S反应生成SO2，没有Ag2S生成，没有沉淀的转化，故D错误；
故选：A。
A.稀硫酸和锌反应生成氢气，用针筒测定氢气体积；
B.碱溶液应该用碱式滴定管盛放；
C.图中保温不好；
D.浓硫酸和Na2S反应生成SO2、S，没有Ag2S沉淀生成。
本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及物质的性质、中和热的测定、沉淀转化等，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.该反温度会影响平衡的移动，故适当控制反应温度可使平衡正向移动，可提高平衡时γ−烃基丁酸的转化率，故A正确；
B.在80−100min内，以γ−丁内酯的浓度变化表示的反应速率为0.081−0.071100−80mol/(L⋅min)=5×10−3mol/(L⋅min)，故B错误；
C.在120min时，γ−烃基丁酸的转化率为0.180−0.090.180×100%=50%，故C正确；
D.在25℃时，该反应达平衡时γ−烃基丁内酯的浓度为0.132mol/L，则γ−烃基丁酸的浓度为0.048mol/L，此时的平衡常数为K=c(γ−丁内酯)c(y−烃基丁酸)=0.1320.048=2.75，故D正确；
故选：B。
A.该反温度会影响平衡的移动，故适当控制反应温度可使平衡正向移动；
B.在80−100min内，以γ−丁内酯的浓度变化表示的反应速率为0.081−0.071100−80mol/(L⋅min)=5×10−3mol/(L⋅min)；
C.在120min时，γ−烃基丁酸的转化率为0.180−0.090.180×100%=50%；
D.在25℃时，该反应达平衡时γ−烃基丁内酯的浓度为0.132mol/L，则γ−烃基丁酸的浓度为0.048mol/L，此时的平衡常数为K=c(γ−丁内酯)c(y−烃基丁酸)，据此计算。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
11.【答案】C
【解析】解：A.在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在，其中无自由移动的离子，因此不能导电，故A正确；
B.溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强，由于导电能力：c
故选：C。
A.在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在；
B.溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强；
C.向冰醋酸中加入水，加水量越多，醋酸电离程度就越大；
D.在b点加入NaOH固体，CH3COOH与NaOH发生中和反应产生CH3COONa和水。
本题考查弱电解质的电离、溶液导电性强弱等知识点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确溶液导电性强弱与离子浓度关系是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，即平衡时，NO2的生成速率应是N2的生成速率的2倍，只有C点满足条件，故A错误；
B.该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故图2中E到F段曲线还未达到平衡状态，v逆逐渐增大，F恰好达到平衡状态，此时v正=v逆，故E点的v逆小于F点的v正，故B错误；
C.平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变，E点和G点温度相同，故K(E)=K(G)，但E点和G点压强不同，气体浓度与压强有关，压强越大，容器体积越小，浓度越大，即c(E)
故选：D。
A.反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)；
B.该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，据此分析图2中E点和F点的反应状态，从而得到速率的变化；
C.平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变，而气体浓度与压强有关，压强越大，容器体积越小，浓度越大；
D.反应物浓度增大，平衡正向移动，但与原平衡相比，等效于加压。
本题考查化学平衡图象、平衡移动原理等，侧重考查分析能力，注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义，题目难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.在①中加入NH4Cl，抑制NH3⋅H2O的电离，在②溶液中加入NH4Cl，生成NH3⋅H2O，NH3⋅H2O部分电离，则两种溶液中c(OH−)都减小，溶液的pH都减小，故A错误；
B.加水促进弱电解质的电离，这四种溶液稀释相同倍数时，c(H+)：③>④，则pH：③<④<7，c(OH−)：①>②，则溶液pH：①>②>7，所以这四种溶液pH：①>②>④>③，故B错误；
C.将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c(H+)=0.001(a−b)a+bmol/L=10−4mol/L，a：b=11：9，故C正确；
D.①④等体积混合，①溶液大量剩余，溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl−)
故选：C。
强电解质完全电离、弱电解质部分电离，则常温下pH相同的①②溶液浓度：①>②，③④溶液浓度：③>④，
A.在①中加入NH4Cl，抑制NH3⋅H2O的电离，在②溶液中加入NH4Cl，生成NH3⋅H2O；
B.加水促进弱电解质的电离；
C.将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c(H+)=0.001(a−b)a+bmol/L=10−4mol/L；
D.①④等体积混合，①溶液大量剩余，溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl−)
14.【答案】D
【解析】解：A.高锰酸钾具有强氧化性，草酸钠能使高锰酸钾溶液褪色，实验1说明Na2C2O4具有还原性，故A正确；
B.根据质子守恒得到0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在c(OH−)=c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)+c(H+)，故B正确；
C.实验3生成白色沉淀，静置后的上层清液中存在溶解平衡即c(C2O42−)×c(Ca2+)=Ksp(CaC2O4)，故C正确；
D.实验4反应后得到溶质为草酸氢钠和氯化铵且物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明草酸氢根电离大于水解，可得c(H2C2O4)
故选：D。
A.高锰酸钾具有强氧化性，草酸钠能使高锰酸钾溶液褪色；
B.根据质子守恒得到0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在质子守恒；
C.实验3生成白色沉淀，静置后的上层清液中存在溶解平衡；
D.实验4反应后得到溶质为草酸氢钠和氯化铵且物质的量浓度相等。
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，把握反应原理、反应后溶质组成为解答关键，注意掌握盐的水解原理及质子守恒，D为易错点，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A.电解饱和食盐水，阳极上Cl−失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2，同时在阴极附近产生NaOH，反应产生的H2可作为燃料电池的原料，故X是Cl2，Y是H2，故A正确；
B.在阴极上H+得到变为H2逸出，Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，与产生的OH−结合为NaOH，从阴极流出，故NaOH溶液的浓度：a>b；在燃料电池中，左侧通入燃料H2为负极，右侧通入空气为正极。在燃料电池正极发生反应：O2+4e−+2H2O=4OH−，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH−，所以反应后NaOH的浓度升高，即c>a，因此图中a、b、c的大小关系为：c>a>b，故B错误；
C.在燃料电池中，通入燃料H2的电极为负极，H2失去电子变为H+，H+再与溶液中的OH−结合形成H2O，故燃料电池中的负极的电极反应为：H2−2e−+2OH−=2H2O，故C正确；
D.电解池中产生2molCl2时反应转化4 mol电子，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，因此理论上在燃料电池中消耗1molO2，故D正确；
故选：B。
A.电解饱和食盐水，阳极上Cl−失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2，同时在阴极附近产生NaOH；
B.在阴极上H+得到变为H2逸出，Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，与产生的OH−结合为NaOH，从阴极流出，故NaOH溶液的浓度：a>b；
C.在燃料电池中，通入燃料H2的电极为负极，H2失去电子变为H+，H+再与溶液中的OH−结合形成H2O；
D.电解池中产生2molCl2时反应转化4 mol电子，由于同一闭合回路中电子转移数目相等。
本题考查了电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】二 VA C或OFe[Ar]3d64s2 ds KCl
【解析】解：(1)A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，s能级最多填充2个电子，故n=2，最外层电子数为5，位于元素周期表第二周期第VA族，
故答案为：二；VA；
(2)B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，B为C元素或O元素，
故答案为：C或O；
(3)C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，原子的价电子排布式为3d64s2，其元素符号为Fe，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，
故答案为：Fe；[Ar]3d64s2；
(4)D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，原子的价电子排布式为3d104s1，处于第四周期第IB族，位于元素周期表ds区，其基态原子的价层电子的轨道表示为，
故答案为：ds；；
(5)E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用可形成中学化学常见的离表示式为子化合物，并且阴、阳离子的电子层结构相同，二者处于分别相邻周期的IA族、VIIA族，且最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，阴离子最高能层电子数为6，离子只能是有3个电子层，故阴离子为Cl−，阳离子为K+，该离子化合物化学式为KCl，
故答案为：KCl。
(1)A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，s能级最多填充2个电子，故n=2；
(2)B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4；
(3)C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，原子的价电子排布式为3d64s2；
(4)D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，原子的价电子排布式为3d104s1；
(5)E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用可形成中学化学常见的离表示式为子化合物，并且阴、阳离子的电子层结构相同，二者处于分别相邻周期的IA族、VIIA族，
且最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，阴离子最高能层电子数为6，离子只能是有3个电子层，该化合物由钾离子与氯离子构成。
本题考查结构与位置关系，熟练掌握核外电子排布规律，题目难度不大，旨在考查学生分析推理能力、运用知识的能力。
17.【答案】ΔH3−ΔH4 BD 4 4 炭催化剂目数越大，CH4转化率越大 催化剂目数越多，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触的更加成分，反应更加完全 干冰用于人工降雨或制冷
【解析】解：(1)根据盖斯定律：c−d=a，故ΔH1=ΔH3−ΔH4，
故答案为：ΔH3−ΔH4；
(2)A.移去部分C(s)，不影响气它组分的浓度，反应c、d、e的平衡均不移动，故A错误；
B.CO2与CH4是a、b、c的反应物，增大反应物的浓度，反应的正反应速率都增加，故B正确；
C.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，不能提高CH4的平衡转化率，故C错误；
D.降低反应温度，反应a∼e的正、逆反应速率都减小，故D正确；
故答案为：BD；
(3)由图可知，CH4分解形成碳的反应历程分4步进行，第一步为：CH4→CH3+H，第二步为：CH3+H→CH2+2H，第三步为：CH2+2H→CH+3H，第四步为：CH+3H→C+4H，由图可知，第四步正反应活化能最大，
故答案为：4；4；
(4)由图可知，75min后催化剂目数越大，CH4转化率越大，因为催化剂目数越多，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触的更加成分，反应更加完全，
故答案为：炭催化剂目数越大，CH4转化率越大；催化剂目数越多，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触的更加成分，反应更加完全；
(5)固态CO2为干冰，气化时吸热，使周围环境温度降低，因此，可以使用人工降雨或制冷，
故答案为：干冰用于人工降雨或制冷。
(1)根据盖斯定律：c−d=a，即可计算ΔH1；
(2)A.固体量的改变，不影响平衡移动；
B.增大反应物的浓度，反应速率增加；
C.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动；
D.降低反应温度，正、逆反应速率都减小，反之，正、逆反应速率都增大；
(3)由图可知，CH4分解形成碳的反应历程分4步进行，第四步正反应活化能最大；
(4)由催化剂目数越多，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触的更加成分，反应更加完全；
(5)固态CO2为干冰，气化时吸热，使周围环境温度降低。
本题主要考查盖斯定律的应用，化学平衡的移动，同时考查学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，语言表达能力，属于高考高频考点，难度中等。
18.【答案】SiO2 Fe2+不能转化为Fe3+，Fe2+形成沉淀的溶液的pH与Co2+、Zn2+比较接近，导致无法有效分离除铁 萃取、分液 ZnSO4 减小 2Co2++2H2O−高温Co+O2↑+4H+ 2Co2++4OH−+ClO−+H2O=2Co(OH)3↓+Cl−
【解析】解：(1)根据上述分析可知滤渣1成分是SiO2，
故答案为：SiO2；
(2)若无氧化步骤，Fe2+不能转化为Fe3+，Fe2+形成沉淀的溶液的pH与Co2+、Zn2+比较接近，导致无法有效分离除铁，
故答案为：Fe2+不能转化为Fe3+，Fe2+形成沉淀的溶液的pH与Co2+、Zn2+比较接近，导致无法有效分离除铁；
(3)由于Zn2+易溶于有机物，而Co2+易溶于水中，水与有机物互不相溶，加入有机溶剂进行萃取，可更好的分离Co2+、Zn2+，然后通过分液分离互不相溶的两层液体物质，因此操作1是萃取、分液；从流程信息分析，有机溶剂M蒸馏分离出ZnSO4，说明在有机溶剂M中ZnSO4溶解度更大，
故答案为：萃取、分液；ZnSO4；
(4)①由图可知，该装置为电解池，左侧石墨电极连接电源的正极作阳极，水电离产生的OH−在阳极失去电子，发生氧化反应生成O2和H+，pH减小，
故答案为：减小；
②故阳极的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子带有的正电荷数大于阴离子带有的负电荷数，放电生成的H+通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极与电源的负极连接，作阴极，Co2+在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e−=Co，Ⅲ室中阴离子带有的负电荷数大于阳离子带有的正电荷数，Cl−通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，故电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O−高温Co+O2↑+4H+，
故答案为：2Co2++2H2O−高温Co+O2↑+4H+；
(5)工业上也可利用NaClO氧化Co2+生产Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。NaClO得到电子被还原为NaCl，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式是2Co2++4OH−+ClO−+H2O=2Co(OH)3↓+Cl−，
故答案为：2Co2++4OH−+ClO−+H2O=2Co(OH)3↓+Cl−。
废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)，其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中含钴离子，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoSO4晶体，有机相含锌离子，经蒸馏得到ZnSO4，据此分析解题。
本题考查了常见离子的检验方法以及物质分离、提纯，为高频考点，题目涉及化学工艺流程、元素化合物性质等知识，题目难度中等，注意把握物质的性质，明确常见离子的性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
19.【答案】2V2O5+N2H4+8HCl−△4VOCl2+N2↑+6H2O除去CO2中混有的HCl D中澄清石灰水变浑浊 NH4HCO3溶液呈弱碱性，防止产品被氧化 取最后一次洗涤液，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，否则，未洗涤干净 5.1cVm%ABD
【解析】解：(1)步骤1中V2O5与盐酸、N2H4混合加热生成了一种空气中的主要气体，同时生成VOCl2，生成的气体为N2，反应方程式为2V2O5+N2H4+8HCl−△4VOCl2+N2↑+6H2O，
故答案为：2V2O5+N2H4+8HCl−△4VOCl2+N2↑+6H2O；
(2)①盐酸有挥发性，制备的CO2中混有HCl，影响产品的生成，B装置的作用是除去CO2中混有的HCl，盛放饱和NaHCO3溶液，
故答案为：除去CO2中混有的HCl；
②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，二氧化碳先排尽装置中空气，D中澄清石灰水变浑浊说明已经排尽，
故答案为：D中澄清石灰水变浑浊；
(3)+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，NH4HCO3溶液呈弱碱性，可以防止产品被氧化；用饱和NH4HCO3溶液洗去附着的Cl−，检验洗涤沉淀是否干净的操作是：取最后一次洗涤液，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，否则，未洗涤干净，
故答案为：NH4HCO3溶液呈弱碱性，防止产品被氧化；取最后一次洗涤液，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，否则，未洗涤干净；
(4)由关系式V∼VO2+∼(NH4)2Fe(SO4)2，可知n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=cmol/L×V×10−3L=0.001cVmol，则产品中钒的质量分数=0.001cVmol×51g/molmg×100%=5.1cVm%；
A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，标准液中亚铁离子浓度偏小，消耗标准液体积偏大，测定钒的质量分数偏大，符合题意，故A正确；
B.滴定终点时仰视读数，体积读数偏大，计算得出的钒的质量分数偏大，符合题意，故B正确；
C.滴定终点时俯视读数，体积读数偏小，计算得出的测定钒的质量分数偏小，不符合题意，故C错误；
D.滴定管水洗后未用标准溶液润洗，标准液被稀释，消耗标准液体积偏大，测定钒的质量分数偏大，符合题意，故D正确，
故答案为：5.1cVm%；ABD。
(1)步骤1中V2O5与盐酸、N2H4混合加热生成了一种空气中的主要气体，同时生成VOCl2，生成的气体为N2；
(2)装置A制备CO2，B中盛放饱碳酸氢钠溶液用来除去二氧化碳中混有的HCl，+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，先用二氧化碳先排尽装置中空气，D中石灰水变浑浊说明已经排尽，再向C中加入VOCl2溶液，反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵；
(3)+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化；用饱和NH4HCO3溶液洗去附着的Cl−，检验最后一次洗涤液中是否含有Cl−判断是否洗涤干净；
(4)根据关系式V∼VO2+∼(NH4)2Fe(SO4)2计算；
A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，标准液中亚铁离子浓度偏小，消耗标准液体积偏大；
B.滴定终点时仰视读数，体积读数偏大；
C.滴定终点时俯视读数，体积读数偏小；
D.滴定管水洗后未用标准溶液润洗，标准液被稀释，消耗标准液体积偏大。
本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，涉及陌生方程式的书写、对装置的分析评价、对操作与试剂的分析评价、实验方案设计、滴定原理应用等，关键是明确制备原理与含量测定原理，试题培养了学生运用知识解决问题能力、实验能力。
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