福建省宁德市2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题 含解析

宁德市2024-2025学年第一学期期末高二质量检测化学试题（考试时间：75分钟试卷总分：100分）注意：1.本学科试卷分试题卷和答题卡两部分。试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）（共8页14题），全部答案必须按要求填在答题卡的相应答题栏内，否则不能得分。2.相对原子质量：H1N14O16S32Fe56K39Cu64第I卷选择题（共40分）本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列叙述错误的是A.生铁（铁碳合金）制作的铁锅不易生锈B.医用药品常在低温、干燥的环境下密封保存C.氢氧燃料电池放电时将化学能转化为电能D.人体血液中H2CO3-NaHCO3等体系起到稳定血液pH的作用【答案】A【解析】【详解】A．生铁是一种铁碳合金，含有较多的碳（通常在2%-4.3%之间）。由于碳的存在，生铁在潮湿的空气中会形成原电池反应，加速铁的氧化过程，生铁的耐腐蚀性比纯铁更差，更容易生锈，故A错误；B．因为低温可以减缓化学反应速率，防止药品分解或变质；干燥环境可以避免药品吸潮，防止潮解、结块或微生物滋生；密封保存可以防止氧化、挥发或受潮，故医用药品常在低温、干燥的环境下密封保存，故B正确；C．氢氧燃料电池在放电过程中，氢气和氧气通过电化学反应产生电流，同时生成水，放电时将化学能转化为电能等，故C正确；D．人体血液中H2CO3-NaHCO3体系是血液中最主要的缓冲对之一，当血液中酸性或碱性物质增加时，这个缓冲体系可以中和多余的酸或碱，从而维持血液pH的相对稳定起到稳定血液pH的作用，故D正确；故选A。2.下列溶液中，一定呈中性的是A.1gNH4Cl溶于100mL水所得到的溶液B.c(H+)、c(OH-)均为2.0×10-7mol·L-1的溶液C.等物质的量的强酸与强碱反应所得到的溶液D.常温下将pH=5的盐酸稀释100倍所得到的溶液【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，故A错误；B．c(H+)、c(OH-)均为2.0×10-7mol·L-1的溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性，故B正确；C．等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液不一定呈中性，如等物质的量的盐酸与氢氧化钡溶液反应时，氢氧化钡过量，溶液呈碱性，故C错误；D．常温下将pH=5的盐酸稀释100倍所得到的溶液还是呈酸性，故D错误；故选B。3.氢气和氧气的混合气体在催化剂存在的条件下，可以发生爆炸式反应生成液态水，主要反应机理如下。下列说法错误的是①H2→2H•②H•+O2→•OH+O•③O•+H2→•OH+H•④•OH+H2→H2O+H•A.O•为反应的中间体B.H•+O2→•OH+O•称为基元反应C.自由基（•OH）的反应活性很强，寿命极短D.使用催化剂能降低反应的活化能和焓变【答案】D【解析】【详解】A．在反应机理中，反应②生成O•，在反应③中O•又参与反应，故O•为反应的中间体，A项正确；B．基元反应是指反应中一步直接转化为产物的反应，反应②中，H•和O2直接反应生成•OH和O•，故H•+O2

→•OH+O•是基元反应，B项正确；C．自由基（•OH）由于其有未成对的电子，故具有很高的反应活性，会迅速与其他物质反应，通常寿命非常短，C项正确；D．催化剂的作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，但它不会改变反应的焓变，D项错误；故选D。4.下列各组粒子在溶液中能大量共存的是A.无色溶液：Na+、Al3+、Cl-、NH3·H2OB.pH=0的溶液：Fe2+、NH、NO、HCOOHC.在透明溶液中：Na+、K+、MnO、NOD.常温下水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液：K+、NH、SO、Cl-【答案】C【解析】【详解】A．Al3+与NH3·H2O（弱碱）在溶液中会反应生成Al(OH)3沉淀（反应式：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3），因此不能大量共存，A错误；B．pH=0溶液为强酸性环境。Fe2+与在H+存在下会发生氧化还原反应（反应式：3Fe2++4H⁺+=3Fe3++NO↑+2H2O），甲酸有较强的还原性，酸性条件下与反应生成NO、CO2和水，因此不能大量共存，B错误；C．Na⁺、K⁺、MnO、均为可溶性离子，且无复分解或氧化还原反应条件。虽然MnO使溶液呈紫色，但“透明”允许颜色存在，故可大量共存，C正确；D．水电离的c(H+)=1×10-12mol/L表明溶液可能为酸或碱性。若为酸性，SO会与H⁺反应生成SO2；若为碱性，会与OH⁻反应生成NH3·H2O，因此无法大量共存，D错误；故选C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L1mol·L-1Na2CO3溶液中，含CO的数目为NAB.锌表面镀铜时，阴极质量增重32g，则外电路转移的电子数为NAC.常温下，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.02NAD.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-akJ·mol-1，若充入SO2数目为2NA，则放出热量为akJ【答案】B【解析】【详解】A．碳酸根离子会水解，则1L1mol·L-1

Na2CO3溶液中，含CO数目小于NA，A错误；B．锌表面镀铜时，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极增重32g，外电路转移电子物质的量为=1mol，转移电子数为NA，B正确；C．溶液体积未知，无法确定溶液中微粒的数目，C错误；D．该反应为可逆反应，充入的二氧化硫不能完全反应，则放出热量小于akJ，D错误；故选B。6.在一定温度下，将气体H2和气体I2各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)

ΔH<0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下：t/min2479n(I2)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是A.前4min内反应的平均速率υ(HI)=1.25×10-3mol·L-1·min-1B.其他条件不变，增大H2浓度，活化分子百分数增大，反应速率加快C.充入少量He使体系压强增大，υ正、υ逆均不变D.其他条件不变，增大压强，平衡常数增大【答案】C【解析】【详解】A．前4分钟内，I2的物质的量从0.16mol减少到0.11mol，消耗量为0.05mol。根据反应式，每消耗1molI2生成2molHI，因此HI的生成量为0.05×2=0.10mol。其浓度变化为0.10mol/10L=0.01mol/L，平均速率为，A错误；B．增大H2浓度会增加单位体积内活化分子总数，但活化分子百分数由温度决定，与浓度无关，B错误；C．恒容条件下充入He，总压增大但各反应物浓度不变，正、逆反应速率均不受影响，C正确；D．平衡常数K仅与温度有关，反应前后气体分子数相等（2mol⇌2mol），压强变化不影响平衡常数，D错误；故选C。7.下列有关实验能达到目的的是（部分夹持装置已略去）A.比较Na2CO3与NaHCO3的水解程度B.观察铁的析氢腐蚀C.测定H2O2分解速率D.蒸发结晶获得晶体FeSO4·7H2OA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．向相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中加入酚酞，Na2CO3溶液的颜色更红，说明相同浓度的Na2CO3溶液碱性更强，Na2CO3的水解程度更大，该实验能达到目的，A项选；B．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，该实验不能达到目的，B项不选；C．针筒可测定生成气体的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，但H2O2分解产生的气体会从长颈漏斗逸出，故该实验不能达到目的，C项不选；D．Fe2+易被氧化，不能通过蒸发结晶获得晶体FeSO4·7H2O，该实验不能达到目的，D项不选；答案选A。8.下列反应的离子方程式正确的是A.向AgCl悬浊液中滴加NaI溶液：I-(aq)+AgCl(s)AgI(s)+Cl-(aq)B.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3·H2OC.用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-D.铅蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+【答案】A【解析】【详解】A．溶度积：AgI＜AgCl，故向AgCl悬浊液中滴加NaI溶液，AgCl沉淀转化为AgI沉淀，故存在平衡：I-(aq)+AgCl(s)AgI(s)+Cl-(aq)，A项正确；B．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，H+和OH-反应生成H2O，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，B项错误；C．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液，生成H2、Cl2和Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，C项错误；D．蓄电池充电时，阳极上PbSO4发生氧化反应，电极反应式为，D项错误；答案选A。9.利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加同体积、同浓度的CuSO4电镀废液，向甲室通入足量氨气后电池开始工作。下列说法正确的是A.甲室Cu电极为正极B.隔膜为阳离子膜C.乙室电极反应：Cu2++2e-=CuD.NH3扩散到乙室将不会对电池电动势产生影响【答案】C【解析】【分析】甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作，加入氨水的电极为原电池负极，电极反应Cu-2e-=Cu2+，加入氨水发生Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+反应，右端为原电池正极，电极反应Cu2++2e-=Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析解题。【详解】A．向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为铜离子与氨气形成[Cu(NH3)4]2+，因此甲室Cu电极为负极，A错误；B．浓差电池浓度差越大越有利反应进行，在原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，浓度差会缩小，不利电池反应进行，B错误；C．乙室为正极，Cu2+得到电子生成Cu，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，C正确；D．NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成[Cu(NH3)4]2+，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，D错误；故选C。10.25℃时，Mg(OH)2或Cu(OH)2的饱和溶液中，-lgc(Mg2+)或-lgc(Cu2+)与溶液pH的变化关系如图所示。已知：该温度下，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]。下列说法错误的是A.L2表示Mg(OH)2饱和溶液中的变化关系，且Ksp[Mg(OH)2]=10-10.7B.向a点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为b点对应的溶液C.当Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)：c(Cu2+)=109D.除去MgSO4溶液中含有的少量Cu2+，可加入适量MgO固体【答案】B【解析】【分析】这是关于时或饱和溶液中，或与溶液pH变化关系的图像。溶度积常数，，相同pH下，越小，越大，因为，所以代表饱和溶液的变化关系，代表饱和溶液的变化关系，通过图像能直观比较不同pH时两种饱和溶液中金属离子浓度大小，也可用于分析沉淀溶解平衡移动以及除杂等问题，比如判断加入某些物质后溶液中离子浓度的变化趋势。【详解】A．由上述分析可知，代表饱和溶液的变化关系，从图中a点可知，pH=９，=０.７，，，A项正确；B．a点为饱和溶液，加入少量NaOH固体，增大，沉淀溶解平衡逆向移动，减小，增大，而b点与a点相同，所以不能转化为b点对应的溶液，B项错误；C．当和沉淀共存时，。由Ａ选项可得，pH=10时，，，，则，C项正确；D．加入适量MgO固体，固体溶解成，溶液pH升高，会转化为沉淀而出去，从而除去MgSO4溶液中含有的少量，D项正确；综上所述，正确答案是B。第Ⅱ卷非选择题（共60分）本题包括4大题，共60分11.菠菜中草酸含量较高，草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。常温下，向一定浓度的H2C2O4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，H2C2O4、HC2O、C2O三种粒子的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示。（1）H2C2O4的一级电离方程式为_______，向草酸溶液中加水，平衡向_______移动（填“左”或“右”）。（2）曲线Ⅲ表示_______粒子的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系（填“H2C2O4”、“HC2O”或“C2O”）。（3）H2C2O4二级电离的电离平衡常数为_______（填数值）。（4）NaHC2O4溶液呈_______（填“酸性”、“碱性”或“中性”），通过计算说明原因_______。（5）E、F、Q三点，水的电离程度由大到小的顺序是_______。（6）F点对应的溶液中，各粒子的浓度关系错误的是_______（填标号）。A．c(Na+)+c(H+)=3c(HC2O)+c(OH-)B．c(OH-)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(H+)C．c(Na+)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)【答案】（1）①.H2C2O4H+＋HC2O②.右（2）C2O（3）10-4.3（4）①.酸性②.=1.0×10-12.7<Ka2=10-4.3，HC2O的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性（5）Q>F>E（6）B【解析】【分析】草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸能分步电离，常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，H2C2O4的浓度不断下降，HC2O先增大后下降、C2O随着HC2O的下降而增大，则H2C2O4、HC2O、C2O三种粒子的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系对应的曲线依次为I、Ⅱ、Ⅲ。【小问1详解】H2C2O4的一级电离方程式为H2C2O4H+＋HC2O，向草酸溶液中加水，平衡向右移动。加水会稀释溶液促进电离，即向右移动。【小问2详解】据分析，Ⅲ代表粒子的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系。【小问3详解】H2C2O4二级电离方程式：，电离平衡常数，根据F点，时pH=4.3，即，则10-4.3。【小问4详解】结合草酸的一级电离方程式，根据电离常数的定义，根据图中E点:时，pH=1.3，即，，则NaHC2O4溶液呈酸性，通过计算说明原因为：=1.0×10-12.7<Ka2=10-4.3，HC2O的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性。【小问5详解】酸抑制水的电离，草酸钠水解促进水电离，随着氢氧化钠的滴入到草酸完全转变为草酸钠的过程中，水的电离程度不断增大，则水的电离程度由大到小的顺序是Q>F>E。【小问6详解】F点为草酸钠和草酸氢钠的混合溶液，且草酸根和草酸氢根等物质的量浓度；根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-)；A．结合分析可知c(Na+)+c(H+)=3c(HC2O)+c(OH-)，选项正确；B．由图可知，不存在草酸分子，则c(OH-)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(H+)说法错误，若考虑实际情况，混合溶液中含碳微粒为草酸氢根、草酸根和草酸分子，则物料守恒2c(Na+)=2c(C2O)+3c(HC2O)+3c(H2C2O4)，再结合电荷守恒，可得到质子守恒式：3c(H2C2O4)+c(HC2O)+2c(H+)=c(C2O)+2c(OH-)，选项错误；C．由图知，F点溶液呈酸性，草酸钠和草酸氢钠是强电解质，结合分析可知，c(Na+)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)，选项正确；选B。12.高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，是一种绿色环保多功能型水处理剂。下图是生产高铁酸钾的一种工艺流程：已知：ⅰ.K2FeO4可溶于水，在0～5℃、碱性溶液中比较稳定；ⅱ.相同温度时溶解度：K2FeO4<Na2FeO4。回答下列问题：（1）“氧化、沉淀”时，发生反应的离子方程式为_______。（2）“氧化”使用装置如图（夹持装置省略）①甲装置中生成Na2FeO4的化学方程式为_______。②甲装置中的反应为放热反应，该反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为_______，乙装置中NaOH溶液的作用是_______。（3）“过滤”需用到的玻璃仪器有烧杯、_______和_______。（4）“转化”过程的反应能够发生的原因是_______。（5）K2FeO4纯度测定：称取K2FeO4产品2.20g于烧杯中，加入足量的强碱性K[Cr(OH)4]（亚铬酸钾）溶液，反应后再加过量稀硫酸使溶液呈强酸性，配成100mL溶液，每次取出20.00mL，加入苯二胺磺酸钠作指示剂，用1.0000mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，数据记录如下表。测定过程涉及反应：Cr(OH)+FeO=Fe(OH)3↓+CrO+OH-2CrO+2H+=Cr2O+H2OCr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O实验编号待测液体积（mL）消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液体积（mL）120.006.05220.006.00320.005.95①滴定前，须将装有标准液的滴定管中的气泡排尽，正确的操作是_______。A．

B．

C．

D．②该K2FeO4产品的纯度为_______。【答案】（1）4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+（2）①.2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O（或3Cl2+2FeOOH+10NaOH=2Na2FeO4+6NaCl+6H2O）②.冰水浴③.吸收多余的Cl2，防止污染环境（3）①.玻璃棒②.漏斗（4）相同温度下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4（5）①.B②.90%或0.9【解析】【分析】FeSO4通入氧气，发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+反应，进行“氧化、沉淀”，过滤得到FeOOH，加入NaOH、NaClO进行氧化，发生2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O（或3Cl2+2FeOOH+10NaOH=2Na2FeO4+6NaCl+6H2O）反应生成Na2FeO4，加入NaOH固体，使NaCl固体析出，由于相同温度时溶解度：K2FeO4<Na2FeO4，故加入KCl固体，使K2FeO4粗品析出，进行重结晶，制得K2FeO4产品，据此回答。【小问1详解】“氧化、沉淀”时，是FeSO4通入氧气，Fe2+被氧化为FeOOH，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+；【小问2详解】①在甲装置中，将Cl2通入过量NaOH溶液中，与FeOOH反应生成Na2FeO4，根据得失电子守恒和原子守恒化学方程式为2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O（或3Cl2+2FeOOH+10NaOH=2Na2FeO4+6NaCl+6H2O）；②由于甲装置中的反应为放热反应，该反应温度须控制在0～5℃，可采用冰水浴的控温方法为进行控温；由于Cl2为有毒气体，不能直接排放到空气中，为防止污染，乙装置中用NaOH溶液吸收多余的Cl2，防止污染环境；【小问3详解】“过滤”需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；【小问4详解】由已知得，由于相同温度时溶解度：K2FeO4<Na2FeO4，故加入KCl固体，能发生转化，使K2FeO4粗品析出；【小问5详解】①滴定前，标准液显酸性，应装在酸式滴定管中，排尽酸式滴定管中气泡的操作是将滴定管倾斜，迅速打开活塞，使溶液冲出赶走气泡，故选B；②三次实验消耗标准液体积的平均值为，根据测定过程涉及的反应可得关系式，，则20.00mL待测液中，100.00mL溶液中，，该产品的纯度为。13.用旧钴酸锂正极材料（主要成分为LiCoO2，含少量Fe2O3、Al2O3等杂质），采用以下工艺可制得Co3O4和Li2CO3。已知：ⅰ.钴酸锂（LiCoO2）难溶于水和5%的NaOH溶液；ⅱ.氧化性：Co3+>H2O2>Fe3+；ⅲ.室温时，Ksp(Li2CO3)=8.1×10-4；ⅳ.常温下，几种金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：

Fe3+Fe2+Co3+Co2+开始沉淀pH1.96.86.86.6沉淀完全pH3.28.39.27.6回答下列问题：（1）“80℃加热2h”的目的是_______。（2）“滤液”中的溶质主要有NaOH、_______（填化学式）。（3）“酸浸、还原”后溶液中含有H+、Fe3+、Co2+等阳离子，生成Co2+的离子方程式为_______。（4）“除铁”时调节溶液pH范围为_______，检验“除铁”已完成的操作是_______。（5）“沉淀2”在“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。（6）若“沉锂”前c(Li+)=2.0mol∙L-1，向该溶液中加入饱和Na2CO3溶液后c(CO)=0.1mol∙L-1，则Li+的沉淀率为_______。[忽略溶液体积变化；]【答案】（1）加快反应速率，使反应更充分（2）Na[Al(OH)4]（3）2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++4H2O+O2↑（4）①.3.2≤pH<6.6②.取适量“除铁”后的溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则“除铁”完全（5）6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O（6）95.5%或0.955【解析】【分析】工业上由旧钴酸锂正极材料（主要成分为，含少量、等杂质）制备和的工艺流程为：将废料在溶液中加热2h后过滤，在滤液中再加入溶液和溶液进行酸浸和还原，将CO3+还原为CO2+，加NaOH溶液除铁后过滤得滤渣1和滤液，再次加入NaOH溶液沉钴过滤得沉淀2，经煅烧得到产品，过滤得到的滤液中加入饱和溶液沉锂过滤得产品，据此分析解答。【小问1详解】适当加热和延长浸泡时间可以加快反应速率和提高产率，使反应更充分。故答案为：加快反应速率，使反应更充分。【小问2详解】废料加入溶液后，根据流程可知只有杂质能与NaOH溶液反应，方程式为：，所以“滤液”中的溶质除了有NaOH外还有。故答案为：。【小问3详解】根据氧化性：Co3+

>H2O2

>Fe3+，“酸浸、还原”是加入溶液和进行酸浸溶解，同时将还原为，则反应的离子方程式为：。故答案为：。【小问4详解】根据已知ⅳ中表格数据可知，“除铁”时既要保证完全沉淀除去，则，又不能沉淀，则，因此得到“除铁”时调节溶液pH范围为：；检验“除铁”已完成需要证明溶液已无，具体操作为：取适量“除铁”后的溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则“除铁”完全。故答案为：；取适量“除铁”后的溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则“除铁”完全。【小问5详解】“沉淀2”的成分为，在“850℃煅烧”时与空气中的氧气反应转化为产品，反应的方程式为：。故答案为：。【小问6详解】若“沉锂”前c(Li+)=2.0mol∙L-1，向该溶液中加入饱和Na2CO3溶液后c(CO)=0.1mol∙L-1，根据的溶度积可得，解得，则的沉淀率为：。故答案为：95.5%或0.955。14.二氧化碳是工业废气中的常见物质，有关二氧化碳的综合开发利用成为研究热点。方法Ⅰ：捕碳技术（1）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用。下列物质中可作为捕碳剂的是_______。A.K2CO3 B.CaO C.Na2SO4 D.NH4Cl方法Ⅱ：CO2加氢制甲醇利用CO2加氢合成甲醇的主要反应如下：主反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH1=-48.97kJ∙mol-1副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

ΔH2=+41.17kJ∙mol-1（2）根据上述反应，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=_______。（3）恒温恒容时，下列能说明CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)到达平衡状态的是_______（填标号）。A.混合气体的密度不再改变B.υ(CO2)=3υ(H2)C.每断裂2molC=O键，同时断裂3molH-O键D.CH3OH(g)的质量不再改变（4）向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2，发生上述主、副反应。①有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______（填标号）。A．高温高压B．低温高压C．高温低压D．低温低压②一定条件下，反应相同时间，CO2转化率和甲醇选择性随温度的变化如下图所示：200~300℃时，CH3OH选择性随温度的升高而下降，可能的原因是_______（写一种）。③一定条件下，达到平衡时CO2的总转化率为20%，主反应的选择性为75%，若总压为p0，则副反应的Kp=_______。（已知：分压=总压×该组分的物质的量分数）方法Ⅲ：CO2电解制甲醇（5）利用电解原理，可将CO2转化为CH3OH，其装置如图所示：①双极膜B侧为_______（填“阴离子”或“阳离子”）交换膜。②TiO2电极上电极反应方程式为_______。【答案】（1）AB（2）-90.14kJ