湖北剩州市北门中学2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE18-湖北省荆州市北门中学2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）1.已知、的分子式均为C6H6，下列说法正确的是A.b不能发生氧化反应，d能发生氧化反应B.从溴水中萃取单质可以用b或d作萃取剂C.b、d的二溴代物分别是3种、6种D.b、d中全部原子处于同一平面【答案】C【解析】A.能被氧气氧化，发生氧化反应，故A错；B.从溴水中萃取单质不能用d作萃取剂，因为溴水能和发生加成反应，故B错；C.b的二溴代物有邻间对3种，d的二溴代物固定顶端溴，移动黑色溴原子，有三种异构体，共是6种，故C对；D.d中全部原子不处于同一平面，故D错。本题答案：C。点睛：考查有机物的结构和性质。主要是苯环的结构和双键的区分。苯环不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能和溴水发生化学反应；碳碳双键可以被酸性高锰酸钾氧化，还能和溴水发生加成反应。2.下列事实对应的结论正确的是A.古人精制砒霜过程为：“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝聚累然下垂如乳”，文中涉及的操作方法是升华B.据反应：2KClO3+I2=2KIO3+CL2，非金属性：I＞ClC.反应SiO2+2C=Si+2CO高温下才能自发进行，则该反应的△H＜0D.亚硫酰氯（SOCl2）与AlCl3·6H2O混合加热可制得无水AlCl3，因为发生SOCl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应，可抑制AlCl3的水解【答案】A【解析】A：依据题干叙述可知：精炼砒霜的方法是，将砒霜固体原料在火焰上加热，并在其上方覆盖一个器皿，砒霜由固体变为气体“飞着”在覆盖的器皿上，然后凝聚成钟乳石状的结晶物，尖长的结晶物最优，因此文中涉及的变更是由固态干脆变成气态，此方法是升华，故A正确。B.据反应：2KCLO3+I2=2KIO3+CL2只能比较还原性：I2＞CL2，不能比较非金属性强弱，故B错；C.反应SiO2+C=Si+2CO高温下才能自发进行，则该反应的△H>0,故C错；DAlCl3的水解，干脆加热，水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，必需在氯化氢的气流中加热，目的是抑制AlCl3

的水解，由题目信息可知，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热生成AlCl3

、HCl、SO2反应方程式为AlCl3•6H2O+6SOCl2==AlCl3+12HCl+6SO2.故D错。3.用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.2mol/LNH4Cl溶液中含N原子数为0.2NAB.与的混合物中所含中子数的2NAC.标准状态下，1.12L苯所含碳氢共价链数目为0.3NAD.125mL16mol/L浓硫酸与65g锌共热，转移的电子数小于2NA【答案】A【解析】【详解】溶液氯化铵的物质的量0.2mol/L×1L=0.2mol，而溶液依据原子守恒知，溶液中含N原子数为0.2NA，故A正确；B．与的摩尔质量均为22g/mol，故与的混合物为0.2mol，而和中子数均为12，故混合物中的中子数为的2.4NA，故B错误；C．标准状态下，苯不是气体，1.12L苯的物质的量不是0.05mol，故C错误；D．125mL16mol/L浓硫酸，硫酸的物质的量为0.125mL×16mol/L=2mol，65g锌物质的量为1mol，所以即便有一部分硫酸根转化为二氧化硫，Zn也可以完全反应，则转移电子数等于2NA，故D错误；故选：A。4.下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B.氢硫酸的导电实力低于相同浓度的亚硫酸C.0.10mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸【答案】D【解析】【详解】A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，A正确；B．氢硫酸导电实力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，B正确；C.0.10mol•L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，C正确；D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，D错误。答案选D。【点睛】本题考查学生弱电解质的电离学问，留意电解质是弱电解质的证明方法的运用是关键，即弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区分就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明白弱电解质。5.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）COS(g)+H2(g)K=1。反应前CO物质的量为1mol,平衡后CO物质的量为0.8mol。下列说法正确的是A.羰基硫的电子式为： B.通入CO后，正反应速率渐渐增大C.再加入0.1molH2S和0.1molH2，平衡不移动 D.反应前H2S物质的量为0.25mol【答案】D【解析】A.羰基硫的电子式为,故A错；B.通入CO后，正反应速率快速增大，故B错；C.再加入0.1molH2S和0.1molH2，设反应平衡时H2S物质的量为X，CO（g）+H2S（g）COS(g)+H2(g)反应前浓度1/vX/V00变更量0.2/V0.2/V0.2/V0.2/V平衡浓度0.8/vX/V0.2/V0.2/VX=0.05mol,再加入0.1molH2S和0.1molH20.8/v0.15/V0.2/V0.3/V浓度商Q=/代人数值Q=0.5<1，平衡正向移动，故C错；D.设反应前H2S物质的量为X，体积为V依据平衡常数K=1CO（g）+H2S（g）COS(g)+H2(g)反应前浓度1/vX/V00变更量0.2/V0.2/V0.2/V0.2/V平衡浓度0.8/vX/V-0,2/V0.2/V0.2依据平衡常数K=1.计算的X=0.25mol，故D正确。点睛：本题考查影响化学反应的因素，和化学平衡常数的计算。解题抓影响化学反应的因素，和化学平衡常数的计算方法进行计算。6.常温下，向20mL0.2.L-1H2A溶液中滴另加0.2mol.L-1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变更如图所示。依据图示推断正确的是A.Ⅰ线表示A2-，Ⅱ线表示HA-B.NaHA溶液中c（H+）＞c（OH-）C.当V（NaOH）=21mL时：c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-）D.当V（NaOH）=40mL时：c（Na+）=2c（A2-）【答案】B【解析】A由图知发生反应为：H2A+NaOH=NaHA+H2O,NaHA+NaOH=Na2A+H2O,Ⅰ线表示表示n(H2A)的物质的量变更关系，故A错；B.当时，反应式为，反应后混合溶液的溶质主要为，但由于的水解与电离，所以，由曲线Ⅲ高于线Ⅰ可以看出，此时电离强于水解因此，所以有c（H+）＞c（OH-），故B项正确；由图像知NaHA溶液中的电离程度大于水解程度，所以NaHA溶液中无法确知c（H+）＞c（OH-），故正确；C.当V（NaOH）=20mL时发生反应为：H2A+NaOH=NaHA+H2O,当V（NaOH）=21mL时有部分发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，所以c（Na+）＞c（HA-）＞Cc（A2），故C错；D.当V（NaOH）=40mL时发生反应：H2A+2NaOH=Na2A+2H2O因为A2+的水解，依据物料守恒，使得c（Na+）>2c（A2+），故D错误。7.最近科学家在洛夫乔伊彗星上侦测到乙醇和乙醇醛(HOCH2CHO)，下列说法不正确的是（）A.乙醇和乙醇醛都能发生加成反应B.乙醇和乙醇醛都能与金属钠发生反应C.乙醇醛的一种同分异构体可以与NaHC03溶液反应D.等物质的量的乙醇与乙醇醛分别完全燃烧，消耗O2的物质的量之比为3:2【答案】A【解析】【详解】A．乙醇为饱和醇，不能发生加成反应，故A错误；B．二者都含有羟基，则都能与金属钠发生反应，故B正确；C．乙醇醛的一种同分异构体为乙酸，可以与NaHCO3溶液反应，故C正确；D．1mol乙醇燃烧，消耗（2+-）=3mol氧气，HOCH2CHO消耗氧气（2+-1）=2mol，消耗O2的物质的量之比为3：2，故D正确；故选A。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键，乙醇含有羟基，可发生加成、加聚和氧化反应，HOCH2CHO含有羟基，可发生取代反应，含有醛基，可发生氧化、加成反应，以此解答该题。8.下列说法正确的是A.向中滴入溶液以检验溴元素B.乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.向无水乙醇中加入浓，加热至，产生使酸性溶液褪色的气体只是乙烯D.遇溶液可显紫色【答案】B【解析】【详解】A．CH3CH2Br为非电解质，在溶液中不能电离出溴离子，则与硝酸银溶液不反应，故A错误；B．乙醇含有羟基，可被酸性高锰酸钾溶液氧化使其褪色，故B正确；C．乙醇易挥发，浓硫酸具有强氧化性，能与乙醇发生氧化还原反应生成二氧化硫等，生成的乙烯中混有的乙醇、二氧化硫均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．该物质不含酚羟基，与氯化铁不反应，故D错误；故选：B。9.用相对分子质量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子所得芳香烃产物的数目有（）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种【答案】D【解析】【详解】依据烷基的通式，可得14n+1=43，则n=3，丙基有正丙基()和异丙基[]两种结构，甲苯苯环上有邻、间、对位三种氢原子，甲苯苯环上的一个氢原子被丙基取代后所得的化合物最多有6种，故答案为：D。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，11.2L氟化氢中含有分子的数目为0.5NAB.常温下ag某烷烃（CnH2n+2）中含有共用电子对数目为C.56g聚乙烯中含有碳碳双键的数目为2NAD.常温下，0.2mol/L的FeCl3溶液中含数目为0.6NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下氟化氢不是气态，不能利用气体摩尔体积其物质的量，也无法计算其分子数，A说法错误；B．常温下ag某烷烃（CnH2n+2）中含有共用电子对的数目为=，B说法正确；C．聚乙烯分子中没有碳碳双键，C说法错误；D．0.2mol/L的FeCl3溶液中的浓度是0.6mol/L，不知道溶液容积是多少，无法计算的数目，D说法错误。答案选B。11.COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）∆H>0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温，②恒压通入惰性气体，③增加CO的浓度，④减压，⑤加催化剂，⑥恒容通入惰性气体；能提高COCl2转化率的是（）A.①②④ B.①④⑥ C.②③⑥ D.③⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①正反应吸热，升温，平衡正向移动，能提高COCl2的转化率；②正反应是气体分子数增大的反应，恒压通入惰性气体，体积增大，相当于减压，平衡正向移动，能提高COCl2的转化率；③增加CO的浓度，平衡逆向移动，COCl2的转化率减小；④正反应是气体分子数增大的反应，减压，平衡正向移动，能提高COCl2的转化率；⑤加催化剂，平衡不移动，COCl2的转化率不变；⑥恒容通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2的转化率不变；能提高COCl2转化率的是①②④，答案选A。12.某模拟"人工树叶”电化学试验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是A.该装置将化学能转化为光能和电能B.该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移C.每生成1molO2，有44gCO2被还原D.a电极的反应为：3CO2+16H＋-18e－=C3H8O+4H2O【答案】B【解析】【详解】A．依据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，错误；B．依据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H＋从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，正确；C．该反应的总方程式是：6CO2+8H2O=2C3H8O+9O2。依据反应方程式可知，每生成1molO2，有2/3molCO2被还原，其质量是88/3g，错误；D．依据图示可知与电源负极连接的a电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2+18H＋+18e－=C3H8O+5H2O，错误；答案选B。13.将标准状况下2.24LCO2缓慢通入1L0.15mol·L-1的NaOH溶液中,气体被充分汲取(溶液体积变更忽视不计),下列关系式不正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】n（CO2）=2.24L/22.4L·mol－1=0.1mol，n（NaOH）=1L×0.15mol·L－1=0.15mol，则发生：2CO2+3OH－=CO32－+HCO3－+H2O，结合CO32－+H2OHCO3－+OH－，HCO3－+H2OH2CO3+OH－解析。【详解】n（CO2）=2.24L/22.4L·mol－1=0.1mol，n（NaOH）=1L×0.15mol·L－1=0.15mol，则发生：2CO2+3OH－=CO32－+HCO3－+H2O，结合①CO32－+H2OHCO3－+OH－，②HCO3－+H2OH2CO3+OH－，则有：A、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（HCO3－）+2c（CO32－），故A正确。B、n（CO32－）+n（HCO3－）+n（H2CO3）=0.1mol，n（Na＋）=0.15mol，依据物料守恒得，2C（Na＋）=3[c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）]，故B正确。C、n（CO32－）+n（HCO3－）+n（H2CO3）=0.1mol，n（Na＋）=0.15mol，又存在①CO32－+H2OHCO3－+OH－，②HCO3－+H2OH2CO3+OH－，水解程度①＞②且水解程度都较小，则c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－），则有c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（H＋），故C错误。D、依据阴阳离子所带电荷相等得c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（HCO3－）+2c（CO32－）①，依据物料守恒得2c（Na＋）=3[c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）]②，将方程式②-①×2得2c（OH－）+c（CO32－）=c（HCO3－）+3c（H2CO3）+2c（H＋），故D正确。故选C。14.在某温度下，某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变更如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示。则下列结论正确的是（）A.该反应的热化学方程式M（g）+3N（g）2R（g）△H>0B.达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动C.达到平衡后，若其它条件不变，上升温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率减小D.达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡肯定向正反应方向移动【答案】C【解析】【详解】A．从图a可得出M、N为反应物、R为生成物，由△c之比可知化学计量数之比，该反应为M(g)+3N(g)⇌2R(g)，从图b中也看出T1＞T2，上升温度，N的体积分数变大，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，△H＜0，故A错误；B．M(g)+3N(g)⇌2R(g)，缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，故B错误；C．M(g)+3N(g)⇌2R(g)△H＜0，上升温度，υ正、υ逆均增大，平衡逆向移动，M的转化率减小，故C正确；D．若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体，M、N、R的浓度不变，平衡不移动，故D错误；故选C。【点睛】解答本题的关键是依据图像正确推断反应的方程式和反应热。本题的易错点为D，要留意压强对平衡的影响的运用条件，本题中通入稀有气体，由于容器的容积不变，平衡中气体的浓度不变，平衡不移动。15.丹参素能明显抑制血小板的聚集，其结构如图所示，下列说法正确的是A.丹参素分子中有四种官能团，它与苯甲酸不是互为同系物B.丹参素分子中C原子上的H被取代，所得一氯代物有4种C.在Ni催化下1mol丹参素最多可与4

mol

H2发生加成反应D.等量的丹参在肯定条件下分别与足量Na、NaOH溶液反应，消耗两者的物质的量之比为4:3【答案】D【解析】【详解】A．丹参素分子中有醇羟基、酚羟基、羧基3种官能团，它与苯甲酸含官能团不同，二者不互为同系物，故A错误；B．结构不对称，分子中C原子上的H有5种，被取代所得一氯代物有5种，故B错误；C．只有苯环与氢气发生加成反应，1mol丹参素最多可与3molH2发生加成反应，故C错误；D．酚羟基、醇羟基、羧基均与Na反应，酚羟基、羧基可以与NaOH反应，则等量的丹参在肯定条件下分别与足量Na、NaOH溶液反应，消耗两者的物质的量之比为4：3，故D正确；故选：D。16.有机物甲、乙结构如图所示下列说法错误的是A.甲、乙互为同分异构体 B.甲、乙都能与溴的单质发生加成反应C.甲、乙都能与金属钠反应生成氢气 D.肯定条件下，甲、乙均能发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A．二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．均含碳碳双键，都能与溴的单质发生加成反应，故B正确；C．甲含-COOH与Na反应生成氢气，而乙不能，故C错误；D．含-COOH、-COOC-，均可发生取代反应，故D正确；故选：C。17.W、X、Y、Z是原子半径依次增大的四种短周期主族元素，已知25℃时，W、Z形成的0.01mol.L-1化合物的水溶液pH=2，X3-电子层结构与氖元素相同，Y的最外层电子数是电子层数的2倍。（1）Z在元素周期表中位置是_____________。（2）（YX）2结构与卤素单质相像，组成原子均满意8电子稳定结构，（YX）2的结构式为________（元素符号表示）。（3）W、X、Z组成的一种常见化合物可用作焊接金属的除锈剂，该化合物的水溶液与Mg反应有两种气体产生，其中一种气体有刺激性气味，该反应的离子方程式为____________。该化合物的稀溶液与稀NaOH溶液混合（不考虑含X微粒的分解和挥发等），所得溶液呈中性，则含X的分子的浓度_________c（Na+）（填“大于”、“小于”或“等于”）。（4）XZ3在湿气中易水解生成一种常见的漂白剂，且反应为非氧化还原反应，该反应的化学方程式为__________________________。【答案】(1).第三周期第ⅦA族(2).N≡C—C≡N(3).Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑(4).等于(5).NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO【解析】（1）已知25℃时，W、Z形成的0.01mol.L-1化合物的水溶液pH=2，所以WZ是一元强酸，W为H,Z为Cl,Z在元素周期表中位置是第三周期第ⅦA族。X3-电子层结构与氖元素相同知X为N,Y的最外层电子数是电子层数的2倍知Y为碳。（2）（CN）2结构与卤素单质相像，组成原子均满意8电子稳定结构，（CN）2的结构式为N≡C—C≡N（3）由焊接金属的除锈剂此溶液为酸性溶液，由HNCl组成的酸性溶液为NH4Cl溶液，该化合物的水溶液与Mg反应有两种气体产生，其中一种气体有刺激性气味，该反应的离子方程式为.Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑，答案为：Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑。NH4Cl+NaOH=NaCl+H2O，当电解质溶液呈中性,依据电荷守恒规律，C(H+)+C(NH4+)+C(Na+)=C(OH-)+C（Cl-）,C(H+)=C(OH-),不考虑含X微粒的分解和挥发等,C（Cl-）=C(NH3.H2O)，所以c（Na+）=C(NH3.H2O)所以X的分子的浓度等于c（Na+）。（4）依据信息知X为N,作为Cl,所以XZ3为NCl3，在湿气中易水解生成一种常见的漂白剂次氯酸是常见的漂白剂，含有Cl元素，且反应为非氧化还原反应，该反应的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO。答案：NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO。18.A--J几种有机物的分子球棍模型或结构简式如图所示，据此回答下列问题:(1)不能够发生加成反应的烃有_____种，属于芳香族化合物的有___种。(2)与E互为同系物是____，与G互为同分异构体的是____。(填字母)(3)在催化剂作用下，D能与水反应生成乙醛，写出该反应的化学方程式:__________。(4)上述有机物中有一种能与NaOH溶液反应，请写出该反应的化学方程式:_____________。【答案】(1).2(2).5(3).F(4).J(5).HC≡CH+H2OCH3CHO(6).+NaOH→+H2O【解析】【分析】由结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为乙炔，E为苯，F为甲苯；【详解】(1)甲烷、乙烷不能发生加成反应，其余均能发生加成反应，则不能够发生加成反应的烃有2种，含有苯环的有机物均为芳香族化合物，则属于芳香族化合物的有5种；(2)E为苯，只有甲苯与之是同系物，即与E互为同系物的是F；J与G分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体；(3)在催化剂作用下，乙炔能与水反应生成乙醛，该反应的化学方程式为HC≡CH+H2OCH3CHO；(4)上述有机物中能与NaOH溶液反应，该反应的化学方程式为+NaOH→+H2O。19.铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的流程图：已知：；；回答下列问题：(1)固体X中主要含有______填写化学式。(2)固体Y中主要含有氢氧化铝，请写出调整溶液的pH=7~8时生成氢氧化铝的离子方程式：______。(3)酸化的目的是使转化为，若将醋酸改用稀硫酸，写出该转化的离子方程式：______。(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、______、过滤、______、干燥。(5)酸性溶液中过氧化氢能使生成蓝色的过氧化铬(CrO5分子结构为

，该反应可用来检验的存在。写出反应的离子方程式：______，该反应______填“属于”或“不属于”氧化还原反应。(6)在化学分析中采纳K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Clˉ，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Clˉ恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液中c(Ag+)为______mo1•L-1，此时溶液中c()等于______mo1•L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。【答案】(1).Fe2O3、MgO(2).(3).(4).冷却结晶(5).洗涤(6).(7).不属于(8).2.0×10-5(9).5×10-3【解析】【分析】依据题目所给反应方程式可知，铬铁矿通过焙烧，所得到的固体中含有Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2，然后加水溶解，过滤分别，得到的X成分为Fe2O3、MgO，滤液中成分是Na2CrO4、NaAlO2；向滤液中加入醋酸并调整溶液的pH为7~8，使偏铝酸盐完全转化为Al(OH)3沉淀，然后采纳过滤方法除去氢氧化铝沉淀，所以操作II是过滤，得到的Y为Al(OH)3，接着调整溶液的pH为小于5，使转化为，最终向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度微小的K2Cr2O7，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析作答。【详解】(1)依据题目所给反应方程式可知，铬铁矿通过焙烧，所得到的固体中含有Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2，加水溶解，过滤得到不溶于水的固体X为Fe2O3、MgO；(2)调整溶液的pH为7~8时，醋酸可以和偏铝酸根离子之间反应生成氢氧化铝沉淀，反应为：；(3)酸化可使转化为，所以在酸性条件下与H+离子反应生成，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为；(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；(5)依据过氧化铬的结构简式可知一个铬与五个氧形成形成六个铬氧极性共价键，其中有两对氧原子形成过氧键，过氧键中氧元素为-1价，形成Cr=O键的氧原子呈-2价，过氧化氢与K2Cr2O7在酸性溶液中发生反应生成CrO5和水，依据元素守恒可得离子反应为，由于过氧化氢中的过氧键形成了CrO5中的过氧键，所以该反应过程中没有元素化合价发生变更，该反应不属于氧化还原反应；(6)当溶液中Clˉ完全沉淀时，即c(Clˉ)=1.0×10-5mol/L，则；所以此时溶液中。【点睛】第5小题为本题难点，要留意到CrO5结构中—O—O—为过氧键，过氧键中的氧原子的化合价为+1价，从而计算出Cr元素的化合价为+6。20.为了削减CO对大气的污染，某探讨性学习小组拟探讨CO和H2O反应转化为绿色能源H2已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ•moL-1

2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ•moL-1

H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ•moL-1(1)氢气的燃烧热△H______kJ·mol-1(2)写出CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式______(3)H2是一种志向的绿色能源，可作燃料电池；若该氢氧燃料电池以KOH为电解质溶液，其正极的电极反应式是______某氢氧燃料电池释放228.64kJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为______。(4)在25℃时，以氢氧燃料电池为电源，用石墨电极电解400mL肯定浓度的CuSO4溶液，5min后停止通电，在一个石墨电极上有1.28gCu生成，且两极生成体积相同的气体试回答下列问题：①总反应式为_____。②电解过程中转移的电子数为__mol，同时生成标准状况下气体的体积为__。③电解后溶液的pH=______不考虑溶液体积变更。④若要使电解质溶液复原，应加入______mol的______。【答案】(1).-285.8(2).CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ•moL-1(3).O2+2H2O+4e－=4OH－(4).80%(5).CuSO4+2H2OCu+H2↑+O2↑+H2SO4(6).0.08(7).0.896L(8).1(9).0.02(10).Cu(OH)2【解析】【分析】(4)电解硫酸铜溶液时阴极上是铜离子先放电生成铜单质，铜离子完全反应后水电离出的氢离子放电生成氢气，两极生成体积相同的气体，即阴极上发生两步反应：Cu2++2e－=Cu，2H++2e－=H2↑；阳极上始终是水电离出的氢氧根放电生成氧气，即4OH－-4e－=O2↑+2H2O；当阴极上有1.28gCu生成时，转移电子为，依据电子守恒可知此时生成0.01molO2；产生氢气时，依据电极反应式可知阴阳极产生的气体体积比为2:1，设该阶段产生的O2的物质的量为a，则H2为2a，则有2a=a+0.01mol，解得a=0.01mol，即整个电解过程产生0.02molCu、0.02molH2和0.02molO2，阴极上先后有0.02molCu2+、0.04molH+放电，阳极有0.08molOH－放电。【详解】(1)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ•moL-1②H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ•moL-1依据盖斯定律，①×+②得H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=×(-483.6kJ•moL-1)+(-44.0kJ•moL-1)=-285.8kJ•moL-1；(2)已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ•moL-1

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6KJ•moL-1

依据盖斯定律，①-②得2CO(g)+2H2O(g)=2H2(g)+2CO2(g)△H=-566kJ•moL-1-(-483.6KJ•moL-1)=-82.4KJ•moL-1，即CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ•moL-1；(3)在氢氧燃料电池的正极上氧气得电子发生还原反应，电解质溶液显碱性，所以生成氢氧根，O2+2H2O+4e－=4OH－；已知H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•moL-1，又已知氢氧燃料电池释放228.64kJ电能时生成1mol液态水，所以电池的能量转化率为；(4)①依据分析可知阴极上先后有0.02molCu2+、0.04molH+放电，阳极有0.08molOH－放电，即先是放氧生酸，然后电解水，依据各物质的物质的量关系可知总反应式为CuSO4+2H2OCu+H2↑+O2↑+H2SO4；②依据分析可知电解过程中阳极上始终产生氧气，生成的氧气的物质的量为0.02mol，所以转移电子0.08mol；阴极上产生氢气是0.02mol，阳极上产生氧气是0.02mol，两极上生成标准状况下气体的体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L；③停止反应时生成的Cu是0.02mol，依据总反应可知生成的硫酸的物质的量为0.02mol，所以氢离子的浓度为=0.1mol/L，所以溶液的pH为1；④电解过程中生成0.02molCu、0.02molH2和0.02molO2，依据元素守恒可知要加入0.02molCu(OH)2。【点睛】要留意电解硫酸铜溶液时，阴极可能发生两步反应，先是铜离子放电，铜离子完全反应后氢离子放电；电解质溶液复原时要留意质量守恒定律的应用。21.CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。该原理不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：(1)已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=-75kJ•mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-394kJ•mol-1C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-111kJ•mol-1①催化重整反应的△H=______。②L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。如图表示L肯定时，CH4-CO2催化重整反应中CH4(g)的平衡转化率随X

的变更关系。X代表的物理量是______；推断L1、L2的大小关系L1______L2填“”、“”或“”，并简述理由：______。(2)某温度下，在体积为2L

的容器中加入2mol

CH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min

达到平衡状态时测得CO2的转化率是50%。①反应达到平衡状态的标记是______填字母。A．单位