江苏省镇江市五校高二3月学情调查考试化学试题

高二年级学期调查考试化学试题注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。2.请把选择题和非选择题的答案均填写在答题卷的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mn55Fe56Cr52选择题(共42分)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.化学与生产、生活密切相关。下列做法或说法错误的是A.海轮的外壳上除了喷一层油漆外，还会附上一些锌块B.医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存C.明矾中Al3+可以水解，在水中可以起到杀菌消毒作用D.NH4Cl和ZnCl2溶液可作为焊接除锈剂【答案】C【解析】【详解】A．Zn的活泼性比铁强，形成原电池时，Fe被保护，所以在轮船外壳上镶入锌块，可减缓船体腐蚀，故A正确；

B．高温会加快药品变质速率，潮湿环境可能使药品发生霉变，降低药效，则为防止医用药品变质，常在低温、干燥的环境中密封保存，故B正确；

C．明矾在水中电离的铝离子能水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有较大的表面积，有吸附性，能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，但不能杀菌消毒，故C错误；D．NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，氧化铁能与酸反应，则NH4Cl和ZnCl2溶液可作为焊接除锈剂，故D正确；

故选：C。2.煤气化过程中的主要反应：，在恒温恒容密闭体系中进行反应，可作为判断反应是否达到平衡状态的依据是A. B.容器内气体密度不变C D.消耗1molC同时生成1mol【答案】B【解析】【详解】A．平衡时无法判断c(H2O)是否等于c(CO)，故不能说明反应达到平衡，故A不选；B．根据气体密度=，恒容容器，容器体积不变，因为C是固体，若气体质量不变，则反应达到平衡，即密度不变能说明反应达到平衡，故B选；C．，但是没有说明反应方向，故不能说明达到平衡，故C不选；D．消耗1molC、生成1mol都是正反应方向，不能说明达到平衡，故D不选；答案选B。3.对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=116.4kJ·mol1，下列说法正确的是A.该反应能够自发的原因是△S>0B.使用合适的催化剂不改变NO2的产率，也不影响焓变△HC.升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动D.在恒温恒压下，向该反应的容器中充入N2，反应速率不变【答案】B【解析】【详解】A．该反应正向为气体分子数减少，属于熵减过程，故该反应能自发进行的原因是该反应为放热反应，A错误；B．催化剂只改变反应时间，使用合适的催化剂不改变NO2的产率，也不影响焓变△H，B正确；C．升高温度，正逆反应速率都增大，C错误；D．恒温恒压下充入N2，体系的体积增大，物质的量浓度减小，反应速率减小，D错误；故选B。4.下列有关实验装置、原理和操作正确，且能达到相应实验目的的是甲乙丙丁A.用图甲所示装置在铁制品表面镀铜B.用图乙所示装置测定NaOH溶液的浓度C.图丙所示的实验：用浓硫酸和NaOH溶液反应测定中和热D.根据图丁所示的两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断2NO2(g)N2O4(g)正反应是放热反应【答案】D【解析】【详解】A．在铁制品表面镀铜，镀件为Fe，Fe应该与电源负极相连，铜做阳极，故A错误；B．盐酸应该盛放于酸式滴定管中，图为碱式滴定管，故B错误；C．中和热的测定应选稀的强酸，不能利用浓硫酸测定中和热，应为浓硫酸溶于水放出热量，故C错误；D．热水中颜色深，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D正确；答案选D。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明溶液中：K+、Na+、SO、MnOB.0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中：Al3+、K+、Cl﹣、SOC.的溶液中：NH、Ba2+、Cl、NOD.由水电离的c(OH)=1×1010mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、NO、S2O【答案】A【解析】【详解】A．澄清透明溶液中：K+、Na+、SO、MnO离子之间不发生反应，能够共存，故A符合题意；B．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液水解显碱性，Al3+水解显酸性，两者可以发生相互促进的双水解反应，故B不符合题意；C．的溶液显碱性，在碱性溶液中NH不能存在，故C不符合题意；D．由水电离的c(OH)=1×1010mol•L﹣1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性条件下S2O不能存在，故D不符合题意；故答案：A。6.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离常数K9×1079×1061×102A.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZB.反应HZ＋Y=HY＋Z能够发生C.相同温度下，0.1mol·L1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D.相同温度下，1mol·L1HX溶液的电离常数大于0.1mol·L1HX【答案】B【解析】【分析】【详解】A．相同条件下，电离平衡常数越大，电离程度越大，溶液中c(H+)越大，酸性越强，故三者酸性强弱为：HZ＞HY＞HX，A错误；B．由于酸性HZ＞HY，所以HZ可以与盐溶液（含Y）反应制备HY，B正确；C．根据越弱越水解原理，三种离子水解程度：X＞Y＞Z，相同条件下，阴离子水解程度越大，碱性越强，故NaX溶液pH最大，C错误；D．电离常数只与温度有关，同一种弱电解质，只要温度不变，其电离常数也不变，D错误；故答案选B。7.下列说法正确的是A.常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.6×1019，pH=10的含Cu2+的溶液中，c(Cu2+)≥2.6×1011mol·L1B.反应H2S(g)+ZnO(s)=H2O(g)+ZnS(s)一定条件下可自发进行，且ΔS＜0，则ΔH＞0C.常温常压，氢氧燃料电池工作消耗2.24LO2时，转移电子的数目为0.4×6.02×1023D.在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连【答案】D【解析】【详解】A．常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.6×1019，pH=10的含Cu2+的溶液中，即c(OH)=104mol/L，则c(Cu2+)==2.6×1011mol/L，若需要不产生沉淀，则c(Cu2+)＜2.6×1011mol/L，A错误；B．根据ΔG=ΔHTΔS，ΔS＜0，ΔH＞0的反应一定不自发，B错误；C．常温常压下2.24LO2，物质的量不是0.1mol，转移电子也不是0.4mol，转移电子的数目不等于0.4×6.02×1023，C错误；D．钢铁设备与直流电源的负极相连，作阴极，被保护，为外加电流的阴极保护法，D正确；故答案选D。8.实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是A.“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2HCl=Cu2＋＋2H2O＋2ClB.因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜使用高温C.“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu2＋、Zn2＋、H＋、ClD.将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2【答案】C【解析】【分析】废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程中，先加入双氧水、稀盐酸，Zn转化为ZnCl2，Cu转化为CuCl2，所得溶液中存在大量Zn2+、Cu2+、Cl、H+，向溶液中加入适量NaOH溶液调节pH=2，此时溶液中含有大量Zn2+、Cu2+、Na+、Cl、H+，再加入锌粉将Cu2+置换为Cu，过滤得到Cu，所得滤液中主要成分为NaCl、ZnCl2，经过一系列操作后得到无水ZnCl2。【详解】A．HCl为易溶强酸，离子方程式中应拆分，因此“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O，故A错误；B．升高温度能够加快化学反应速率，但双氧水受热易分解、盐酸受热易挥发，因此溶解过程中需在适宜的温度下进行反应，故B错误；C．由上述分析可知，“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu2＋、Zn2＋、H＋、Cl，故C正确；D．ZnCl2为强酸弱碱盐，加热能够促进Zn2+水解，因此需要在HCl的气氛中进行加热蒸干方可得到无水ZnCl2，故D错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。9.FeCl3溶液吸收H2S气体后的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，工作原理如图所示，下列说法正确的是A.a为电解池的阴极B.溶液M中含有大量的Fe2+、Cl、H+C.电极b上的反应为2NO+10e+6H2O=N2↑+12OHD.随着电解进行，H+移向阴极区，故阴极区pH减小【答案】B【解析】【详解】A．a极，a为电解池的阳极，故A错误；B．FeCl3和H2S反应生成FeCl2、S、HCl，溶液M中含有大量的Fe2+、Cl、H+，故B正确；C．电极b上硝酸根离子得电子生成氮气，电极反应为2NO+10e+12H+=N2↑+6H2O，故C错误；D．随着电解进行，阴极发生反应2NO+10e+12H+=N2↑+6H2O，阴极消耗H+，阴极区pH增大，故D错误；选B。10.室温下，通过下列实验探究溶液的性质.实验1：向溶液中滴加酚酞试剂，溶液先变红后褪色实验2：向溶液中通入少量气体，出现白色沉淀实验3：向溶液中通入少量气体，出现白色沉淀实验4：将溶液与溶液等体积混合，出现白色沉淀下列说法不正确的是A.实验1说明溶液中存在反应B.实验2反应静置后的上层清液中有C.实验3中生成的白色沉淀主要成分是D.由实验4可得出：【答案】D【解析】【详解】A．实验1说明酚酞变红说明水解显碱性，故存在，故A正确；B．实验2出现白色沉淀说明上层清液是该温度的饱和溶液，存在沉淀溶解平衡，故B正确；C．气体被氧化为硫酸根生成沉淀，故C正确；D．由实验4生成碳酸钙是难溶固体，不能得出，故D错误；故答案为D11.在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2D(g)

△H=QkJ·mol–1。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是A.K3＞K2＝K1B.实验Ⅱ可能是增大了压强C.实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的9/10倍D.实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动【答案】D【解析】【详解】A．实验Ⅰ和实验Ⅲ，温度升高，D减少，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应，平衡常数减小，因此K1＞K3，实验Ⅰ和实验Ⅱ，温度相同，平衡常数相等，因此K2＝K1，所以K2＝K1＞K3，故A错误；B．实验Ⅰ和实验Ⅱ容器体积相同，因此不可能是增大了压强，可能是加催化剂，故B错误；C．实验Ⅲ容器内反应：实验Ⅲ达平衡后容器内气体的物质的量为4.5mol，实验Ⅰ容器内反应：实验Ⅰ达平衡后容器内气体的物质的量为4.25mol，实验Ⅲ达平衡后容器内的物质的量比实验Ⅰ达平衡后容器内的物质的量多且温度高，因此压强比实验Ⅰ大，故C错误；D．，平衡常数，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，，平衡不移动，故D正确。综上所述，答案为D。12.下列实验中，由实验现象不能得到正确结论的是选项实验现象结论A向1.0mol·L1的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黄色NaHCO3溶液呈碱性B在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热加热后红色加深证明盐类水解是吸热反应C将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡沉淀由白色变为红褐色Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度D相同的铝片分别与同温同体积，且c(H+)=1mol·L1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl对该反应起到促进作用A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．甲基橙的变色范围是pH≦3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≧4.4时变黄，pH大于4.4时滴甲基橙，溶液变为黄色，由操作和现象不能证明NaHCO3溶液呈碱性，故A错误；B．加热促进醋酸钠的水解，加热后红色加深，可知水解反应吸热，故B正确；C．将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，沉淀由白色变为红褐色，沉淀发生转化，Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故C正确；D．相同的铝片分别与同温同体积，且c(H+)=1mol·L1的盐酸、硫酸反应，铝与盐酸反应产生气泡较快，氯离子和硫酸根离子产生了不同的影响，可能是Cl对该反应起到促进作用，故D正确；故选A。13.根据图象所得结论正确的是A.图甲是反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0中SO2的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明X代表温度，Y代表压强，且Y2>Y1B.图乙是室温下用0.1000mol·L1的一元酸HA滴定20.00mL0.1000mol·L1的一元碱BOH的滴定曲线，说明BOH是强碱C.图丙是室温下稀释冰醋酸时溶液的导电能力随加入水的体积的变化曲线，说明醋酸的电离程度：b>a>cD.图丁是室温下稀释相同体积、相同pH的稀盐酸和稀醋酸时溶液的pH随加入水的体积的变化曲线，说明曲线M代表的是盐酸【答案】D【解析】【详解】A．图甲是反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0中SO2的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡时，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，并且压强越大，转化率越大，升高温度平衡逆向移动，SO2的平衡转化率减小，所以图中X代表温度，Y代表压强，且Y1＞Y2，故A错误；B．图乙是室温下用0.1000mol·L1的一元酸HA滴定20.00mL0.1000mol·L1的一元碱BOH的滴定曲线，由图可知，加入20.00mL0.1000mol•L1的HA时恰好完全反应生成BA，溶液的pH=6，溶液发生水解呈酸性，则BOH一定是弱碱，故B错误；C．醋酸是弱酸，存在电离平衡，加入水的体积越大，醋酸溶液浓度越小，醋酸的电离程度越大，则电离程度最大的为c，即醋酸的电离程度：c＞b＞a，故C错误；D．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH的盐酸和醋酸加水稀释后，盐酸的pH变化大，醋酸的pH变化小，无限稀释pH接近于7，所以曲线M表示盐酸、N表示醋酸，故D正确；故选D。14.草酸钠(Na2C2O4)用作抗凝血剂。室温下，通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质。实验实验操作和现象1测得0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH=8.42向0.2mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.2mol/L盐酸，测得混合后溶液的pH=5.53向0.1mol/LNa2C2O4溶液中先滴加几滴H2SO4，再滴加KMnO4溶液，振荡4向0.1mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.1mol/LCaCl2溶液，产生白色沉淀下列有关说法正确的是A.0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c()+c()B.实验2得到的溶液中：c(H2C2O4)>c(Cl)>c()C.实验3中被还原成Mn2+，则反应的离子方程式：2+5+14H+=2Mn2++10CO2↑+7H2OD.依据实验4可得：Ksp(CaC2O4)<2.5×103【答案】D【解析】【详解】A．根据电荷守恒可知，0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c()+c()，A错误；B．向0.2mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.2mol/L盐酸，反应生成等浓度的NaCl和NaHC2O4混合溶液，由测得混合后溶液的pH=5.5，即的电离大于水解，故实验2得到的溶液中：c(Cl)>c()>c(H2C2O4)，B错误；C．实验3中被还原成Mn2+，则反应的离子方程式：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，C错误；D．向0.1mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.1mol/LCaCl2溶液，产生白色沉淀，则有：Qc=c(Ca2+)c()==2.5×103＞Ksp(CaC2O4)，故依据实验4可得：Ksp(CaC2O4)<2.5×103，D正确；故答案为：D。非选择题(共58分)15.水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：Ⅰ.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度，将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，发生反应：2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，实现氧的固定。Ⅱ.酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定，生成的I2反应为：2S2O+I2=2I+S4O。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是____。（2）MnO(OH)2被I还原为Mn2+的离子反应方程式____。（3）标准溶液Na2S2O3应该盛放在____(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏____(填“高”或“低”，下同)；若滴定前仰视，滴定后平视读数，导致测定结果偏____。（4）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为____。若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为____mg·L1。【答案】（1）使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差（2）MnO(OH)2+2I+4H+=Mn2++I2+3H2O（3）①.碱式②.低③.低（4）①.滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复原来颜色②.80ab【解析】【小问1详解】扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样；所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差，故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；【小问2详解】MnO(OH)2被I还原为Mn2+，I被氧化为I2，发生反应的离子方程式MnO(OH)2+2I+4H+=Mn2++I2+3H2O，故答案为：MnO(OH)2+2I+4H+=Mn2++I2+3H2O；【小问3详解】Na2S2O3水解呈碱性，标准溶液Na2S2O3应该盛放在碱式(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡，导致消耗的Na2S2O3溶液的体积偏小(即b偏小)，导致测定结果偏低，(填“高”或“低”，下同)；若滴定前仰视，滴定后平视读数，导致消耗的Na2S2O3溶液的体积偏小(即b偏小)，导致测定结果偏低。故答案为：碱式；低；低；【小问4详解】取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复原来颜色。若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，根据上述反应可得出关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，n(O2)=n(Na2S2O3)=mol，m(O2)=g，水样中溶解氧的含量为=80abmg·L－1，则水样中溶解氧的含量为80abmg·L1。故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复原来颜色；80ab。16.利用化学反应原理的知识可以有效的服务于生产和生活当中。Ⅰ.工业生产中经常用性还原处理氧化物，起到了很好的效果。有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。（1）写出上述反应的平衡常数表达式____。（2）在2L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/℃起始时NO的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.0928000.240.08①结合表中数据，判断该反应的△H____0(填“>”或“<”)。②判断该反应达到平衡状态的依据是____。(填字母)。A.2v正(NO)=v逆(N2)B.容器内各气体浓度恒定C容器内压强恒定D.容器内气体平均相对分子质量恒定（3）Ⅱ.镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图1为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的____(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为____。

（4）乙醛酸(HCOOH—CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图2所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。①N电极上的电极反应式为____。②若有2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为____mol。【答案】（1）（2）①.>②.BD（3）①.负②.ClO+2e+H2O=Cl+2OH（4）①.HOOCCOOH+2e+2H+=HOOCCHO+H2O②.2【解析】【小问1详解】反应的平衡常数表达式为；【小问2详解】①根据题干信息，700℃时，，800℃时，>K1，温度升高，K增大，故正反应为吸热反应，△H>0；②A．此时正逆反应速率不想等，应是v正(NO)=2v逆(N2)时达到平衡状态，A错误；B．容器内各气体浓度不在改变说明反应达到平衡状态，B正确；C．反应前后气体体积不变，故容器内压强恒定不能确定反应达到平衡状态，C错误；D．平均相对分子质量数值上等于摩尔质量，反应中气体的总质量是个变量，气体的物质的量不变，故当容器内气体平均相对分子质量恒定反应达到平衡状态，D正确；故选BD。小问3详解】由题意可知，E处镁变成氢氧化镁，化合价升高，是燃料电池的负极；F处ClO得到电子生成氯离子，故电极反应式为ClO+2e+H2O=Cl+2OH；【小问4详解】①N电极为电解池的阴极，HOOCCOOH在阴极上得电子发生还原反应生成HOOCCHO，电极反应式为HOOCCOOH+2e+2H+=HOOCCHO+H2O；②2

molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据阴极反应式HOOCCOOH+2e+2H+=HOOCCHO+H2O，可知阴极生成1

mol乙醛酸；

阳极(M极)电极反应式为2Cl2e=Cl2↑，乙二醛与Cl2的反应为Cl2

+

OHCCHO+

H2O=HOOCCHO+2HCl，根据题意和阴、阳极得失电子相等，可知阳极也生成1

mol

乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成，所以该装置中生成的乙醛酸为2mol。17.铈(Ce)是一种典型的稀土元素，属于国家战略资源。以玻璃粉末(主要含CeO2，还含少量SiO2Fe2O3、Al2O3及微量MnO)为原料可制备无水氯化铈(CeCl3)，主要步骤如下：（1）酸浸：用稀硫酸和双氧水的混合溶液浸取玻璃粉末，浸取液中含有Ce3+、Fe3+、Al3+、Mn2+等金属阳离子。CeO2不溶于水，写出其发生反应的离子方程式：_______。Ce的浸出率与c(H+)、温度的关系如图所示。生产中应选择的适宜条件为_______。（2）除杂：向浸出液中加入NaOH调节pH除去Fe3+、Al3+。注：当pH>12时，Al(OH)3沉淀开始溶解。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度≤1.0×105mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Ce(OH)3Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.8910.1若浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaOH溶液，忽略体积变化)。（3）萃取与反萃取：向除杂后的溶液中，加入有机物HT，发生反应：Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)。向分离所得有机层中加入_______能获得较纯的CeCl3溶液。结晶析出：将CeCl3溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到CeCl3·7H2O晶体。（4）加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl3·7H2O混合，在真空中加热可得无水CeCl3。加入NH4Cl固体的作用是_______。【答案】（1）①.②.2.5mol/L75℃（2）（3）稀盐酸（4）分解出HCl气体，抑制CeCl3水解【解析】【小问1详解】稀硫酸和双氧水的混合溶液浸取玻璃粉末，浸取液中含有Ce3+，可知CeO2被还原成Ce3+，1mol得1mol电子，则应作还原剂，1mol失2mol电子，根据得失电子守恒以及元素守恒可得反应的离子方程式为：；由图可知当氢离子的浓度为2.5mol/L时，Ce的浸出率最高，温度在75℃之后随温度的升高Ce的浸出率增大不太明显，反而增加了能量消耗，因此温度选择75℃最适宜，故答案为：；2.5mol/L75℃；【小问2详解】完全沉淀时的pH值为9，此时c(Ce3+)=1.0×105mol/L，可求得Ksp()=1.0×105mol/L×(105mol/L)3=1020，若浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，为防止形成，溶液中的OH浓度的最大值：c(OH)=mol/L，此时的pH值为8，同时为确保铁铝完全沉淀，pH值应大于5.2，故pH值范围为：，故答案为：；【小问3详解】向分离所得有机层中加入稀盐酸，可使Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)平衡逆向移动，从而使CeT3(有机层)转变成Ce3+(水层)得到纯净的CeCl3溶液，故答案为：稀盐酸；【小问4详解】CeCl3·7H2O直接加热分解出水，会使CeCl3发生水解，加热氯化铵固体，其受热分解生成的HCl可以抑制CeCl3水解，故答案为：分解出HCl气体，抑制CeCl3水解。18.有效利用二氧化碳，实现“碳中和”、努力寻求污水的有效处理办法等是每一位化学研究者的责任。（1）现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，可作为CO2捕获剂的有____。a．Na2CO3溶液b．氨水c．NH4Cl溶液（2）科研人员利用Cu/ZnO催化剂，将CO2与H2合成CH3OH，主要反应的热化学方程式如下。反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ·mol1反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=94.7