時量：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質(zhì)量：H～1C～12O～16S～32Fe～56Cu～64Ba～137第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分，每小題只有一個選項符合題意。)1．中國傳統(tǒng)文化對人類文明貢獻巨大，我國古代人民在那時候就已經(jīng)廣泛應用化學知識，書中充分記載了古代化學研究成果。下列關于古代化學的應用和記載，對其說明不合理的是(B)A．我國古代人民常用明礬除去銅器上的銅銹[Cu2(OH)2CO3]B．杜康用高粱釀酒的原理是通過蒸餾法將高粱中的乙醇分離出來C．《肘后備急方》中“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，該提取過程屬于物理變化D．《抱樸子》記載“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又還成丹砂”，該過程為氧化還原反應明礬中Al3＋水解使溶液顯酸性，酸性溶液中H＋與銅銹[Cu2(OH)2CO3]發(fā)生反應，產(chǎn)生可溶性的物質(zhì)，因此可以達到除銹的目的，A正確；高粱中不含乙醇，用高粱釀酒是高粱中的淀粉在酒曲的作用下反應產(chǎn)生了乙醇，然后用蒸餾法將乙醇分離出來，B錯誤；該提取過程利用的是萃取原理，該過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，C正確；丹砂(HgS)燒之成水銀，Hg的化合價由＋2價降低到0價，積變又還成丹砂，Hg的化合價由0價升高到＋2價，元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，D正確。2．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(D)A．2gH2O和D2O的混合物中，含有的電子總數(shù)為NAB．常溫常壓下，0.5molO3與11.2LO2所含分子數(shù)均為0.5NAC．常溫常壓下，104g苯乙烯(C6H5—CH=CH2)中總共含有σ鍵數(shù)目為9NAD．56gFe與一定量稀硝酸充分反應后，若Fe完全溶解，則此時轉(zhuǎn)移電子數(shù)可能為2.5NAH2O和D2O的摩爾質(zhì)量分別為18g/mol、20g/mol，從而可得H2O和D2O的混合物的平均摩爾質(zhì)量為18～20g/mol，故2gH2O和D2O混合物的物質(zhì)的量大于0.1mol，1個H2O分子和1個D2O分子中都含有10個電子，因此2gH2O和D2O混合物中含有電子的物質(zhì)的量大于1mol，數(shù)目大于NA，A錯誤；常溫常壓下，11.2LO2的物質(zhì)的量小于0.5mol，故11.2LO2所含的分子數(shù)目小于0.5NA，B錯誤；104g苯乙烯的物質(zhì)的量為1mol，單鍵均為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，苯環(huán)碳原子之間存在6個σ鍵，則1mol苯乙烯含有16molσ鍵，數(shù)目為16NA，C錯誤；56gFe的物質(zhì)的量為1mol，其與一定量稀硝酸充分反應后，若Fe完全溶解，則此時得到的產(chǎn)物可能為1mol硝酸鐵、1mol硝酸亞鐵或1mol硝酸鐵和硝酸亞鐵的混合物，因此此時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA～3NA，D正確。3．碳酸鑭[La2(CO3)3]可用于治療高磷酸鹽血癥。某化學小組用下圖裝置模擬制備碳酸鑭，其發(fā)生的化學反應為2LaCl3＋6NH4HCO3=La2(CO3)3↓＋6NH4Cl＋3CO2↑＋3H2O。下列有關說法正確的是(B)A．裝置X中盛放的試劑為飽和NaCl溶液B．裝置Y中的生石灰可用固體NaOH代替C．實驗開始時應先打開W中分液漏斗的旋轉(zhuǎn)活塞D．從左向右接口的正確連接順序為：F→B，A→E，D←C裝置X為除去CO2中的HCl雜質(zhì)，盛放的試劑為飽和NaHCO3溶液，A錯誤；實驗開始時應先打開Y中分液漏斗的旋轉(zhuǎn)活塞，將產(chǎn)生的氨氣先通入Z中使溶液呈堿性，再通入二氧化碳，這樣有利于吸收更多二氧化碳，C錯誤；氨氣極易溶于水，需采用防倒吸裝置，則E←C；制取的CO2需除去HCl雜質(zhì)，則F→B，A→D,D錯誤。4．R、G、Y、X為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，Y與G同周期，X與Y同主族。甲、乙、丙、丁、戊為這四種元素組成的化合物，其相互轉(zhuǎn)化關系如圖所示。下列有關說法正確的是(B)A．Y的氫化物不可能具有強氧化性B．基態(tài)X原子核外電子有9種空間運動狀態(tài)C．丁的稀溶液在反應③中作催化劑D．G的最高價氧化物的水化物的酸性比X的強根據(jù)短周期元素Y能形成2個共價鍵可知，Y為O，Y與G同周期即第二周期，G形成4個共價鍵，則G為C，X與Y同主族，則X為S，R形成1個共價鍵且原子序數(shù)最小，則R為H。Y為O，形成的氫化物為H2O、H2O2，其中H2O2具有強氧化性，A錯誤；X為S，基態(tài)S原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，空間運動狀態(tài)數(shù)即原子軌道數(shù)，共有9種，B正確；丁為H2SO4，丙為CH3CH2OH，甲為CH2=CH2，乙為H2O，反應③為CH3CH2OH發(fā)生消去反應生成CH2=CH2和水，濃硫酸在反應③中作催化劑和脫水劑，C錯誤；G為C，X為S，最高價氧化物的水化物分別為H2CO3、H2SO4，碳酸的酸性弱于硫酸，D錯誤。5．下列表示相關反應的離子方程式正確的是(C)A．將少量過氧化鈉加到氯化亞鐵溶液中：3O＋6Fe2＋＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋2Fe3＋B．向碳酸氫鈉溶液中加入過量Ca(OH)2溶液：Ca2＋＋2HCO＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋COC．向亞硫酸氫鈉溶液中滴加少量碘酸鈉(NaIO3)溶液：6HSO＋IO=3SO＋I－＋3H2O＋3SO2↑D．酸化的FeSO4溶液暴露在空氣中：4Fe2＋＋O2＋2H2O=4Fe3＋＋4OH－過氧化鈉不能拆開，反應的離子方程式為3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O=6Na＋＋4Fe(OH)3↓＋2Fe3＋，故A錯誤；向碳酸氫鈉溶液中加入過量Ca(OH)2溶液，反應的離子方程式為HCO＋OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O，故B錯誤；向亞硫酸氫鈉溶液中滴加少量碘酸鈉(NaIO3)溶液，此時NaIO3被還原為NaI，HSO被氧化為HSO，而HSO需拆開成SO和H＋，其中的H＋再與過量HSO發(fā)生反應得到H2O和SO2，反應的離子方程式為6HSO＋IO=3SO＋I－＋3H2O＋3SO2↑，故C正確；酸化的硫酸亞鐵溶液暴露在空氣中，亞鐵離子容易被氧化成鐵離子，反應的離子方程式為4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，故D錯誤。6．探針分子是一類利用陰離子調(diào)控的熒光分子開關，可望發(fā)展為分子邏輯器件。從下圖中可以看出，探針分子與F－通過氫鍵形成復合物，誘發(fā)了熒光淬滅過程(PET)，HSO可以將F－“置換”出來，恢復探針的熒光，則以下表述合理的是(D)A．探針分子及其形成的復合物中均含有手性碳原子B．探針分子中B原子的雜化方式為sp2C．探針分子中所有原子可以處在同一平面D.F－與探針分子結合后的物質(zhì)存在著極性鍵、非極性鍵、氫鍵、配位鍵連有4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，上述物質(zhì)中均不含手性碳原子，故A錯誤；探針分子中B原子形成4個σ鍵，雜化方式為sp3，形成四面體的空間結構，故B、C錯誤；探針分子與F－通過氫鍵形成復合物，B—F、O—H、C—N等為極性鍵，C—C為非極性鍵，B原子與雙鍵N原子通過配位鍵結合，所以F－與探針分子結合后的物質(zhì)存在著極性鍵、非極性鍵、氫鍵、配位鍵，故D正確。7．我國學者研究了汽車尾氣的主要有害成分NO和CO之間的反應歷程。反應歷程中每一階段內(nèi)各駐點的能量均為相對于此階段內(nèi)反應物能量的能量之差，TS代表過渡態(tài)，反應過程中的復雜中間產(chǎn)物直接用IM表示(反應歷程如下圖)，則下列有關說法正確的是(D)A．由圖可知該反應通過4步基元反應完成B．加入適當?shù)拇呋瘎┛商岣叻磻俾屎推胶猱a(chǎn)率C．總反應為放熱反應，其速率由第二階段反應決定D．該過程的總反應方程式為2NO＋2CO2CO2＋N2由圖可知該反應通過6步基元反應完成，A錯誤；加入適當?shù)拇呋瘎┛商岣叻磻俾?，但是不能使平衡移動，不能提高平衡產(chǎn)率，B錯誤；由圖可知最終的生成物總能量低于反應物總能量，故反應為放熱反應，其速率由活化能最高的第一階段反應決定，C錯誤；依據(jù)題意可以推出該過程的總反應為一氧化氮和一氧化碳反應生成二氧化碳和氮氣，故總反應方程式為2NO＋2CO2CO2＋N2，D正確。8．一種含釩超導材料的晶胞結構及晶體結構xy平面的投影圖如下，晶胞參數(shù)為xnm、xnm、ynm，摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1。已知：Sb原子有兩種位置關系，分別用Sb1和Sb2代表。下列敘述錯誤的是(B)A．該晶體的化學式為CsV3Sb5B．與Cs原子距離最近的Sb1原子有6個C．基態(tài)V2＋占據(jù)的最高能層的符號是MD．該含釩超導材料的晶體密度為g·cm－3根據(jù)晶體結構俯視圖判斷，該晶胞底面為菱形，該菱形中鄰邊存在60°和120°兩種角度。結合均攤法可知，晶胞中Cs位于晶胞頂點，共4×＋4×＝1個，V位于面心和體心，共4×＋1＝3個，Sb位于棱心和體內(nèi)，共2×＋2×＋4＝5個，則晶體中粒子個數(shù)比Cs∶V∶Sb＝1∶3∶5，則晶體的化學式為CsV3Sb5，故A正確；以頂點的Cs為觀察對象，與Cs原子距離最近的Sb1原子位于棱心上，Cs原子的上方晶胞中也有1個棱心Sb1原子，共2個，故B錯誤；基態(tài)V2＋的核外電子排布為[Ar]3d3，占據(jù)的最高能層為第三能層，符號是M，故C正確；該晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為×x2×y×10－21cm3，則晶體的密度為g·cm－3，故D正確。9．純凈物狀態(tài)下的標準電極電勢，可用來比較對應氧化劑的氧化性強弱，現(xiàn)有5組標準電極電勢數(shù)據(jù)如下表所示。氧化還原電對(氧化型/還原型)電極反應式標準電極電勢(φθ/V)Fe3＋/Fe2＋Fe3＋＋e－Fe2＋0.77I2/I－I2＋2e－2I－0.54Cr2O/Cr3＋Cr2O＋6e－＋14H＋2Cr3＋＋7H2O1.36Br2/Br－Br2(l)＋2e－2Br－1.07Sn4＋/Sn2＋Sn4＋＋2e－Sn2＋0.151下列分析不正確的是(C)A．氧化性：Cr2O＞Br2＞Fe3＋B．往淀粉KI溶液中滴加SnCl4溶液，溶液不變藍C．往含有KSCN的FeI2溶液中滴加少量溴水，溶液變紅色D．酸性K2Cr2O7溶液與FeCl2溶液反應的離子方程式為：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O標準電極電勢越高，其中氧化劑的氧化性越強，氧化性：Cr2O＞Br2＞Fe3＋，A項正確；Sn4＋的氧化性弱于I2，不能氧化I－得到I2，因此溶液不變藍，B項正確；I－的還原性大于Fe2＋，當加入少量溴水時，溴水先氧化I－，F(xiàn)e2＋可能未被氧化為Fe3＋，則溶液不一定變紅，C項錯誤；K2Cr2O7溶液與FeCl2溶液反應，Cr2O具有氧化性，F(xiàn)e2＋具有還原性，則離子方程式為Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，D項正確。10．CS2是一種重要的化工原料。工業(yè)上可以利用硫(S8)與CH4制備CS2，在2L恒容密閉容器中S8(s)受熱先分解成氣態(tài)S2，然后發(fā)生反應2S2(g)＋CH4(g)CS2(g)＋2H2S(g)ΔH1，一定條件下，平衡時S2的體積分數(shù)、CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關系如圖所示。下列說法正確的是(C)A．ΔH1＞0B．某溫度下，恒容密閉容器中只發(fā)生反應：2S2(g)＋CH4(g)CS2(g)＋2H2S(g)，當混合氣體密度不變時，則此反應一定達到平衡狀態(tài)C．若容器內(nèi)只發(fā)生反應：S8(s)4S2(g)，平衡后恒溫壓縮體積，再次達到平衡時S2(g)的濃度不變D．若起始加入2molCH4，2min達到平衡時甲烷轉(zhuǎn)化率為30%，則0～2min內(nèi)H2S的平均反應速率為0.6mol·L－1·min－1升高溫度，甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明升高溫度S2與CH4的反應平衡逆向移動，則CH4與S2的正反應為放熱反應，A項錯誤；反應前后氣體總質(zhì)量不變、容器體積不變，則反應前后氣體密度始終不變，不能據(jù)此判斷該反應是否達到平衡狀態(tài)，B項錯誤；溫度不變，平衡常數(shù)不變，K＝c4(S2)，平衡后恒溫壓縮體積，再次達到平衡時S2(g)的濃度不變，C項正確；0～2min內(nèi)H2S的平均反應速率為＝0.3mol·L－1·min－1，D項錯誤。11．已知下圖是M元素高中常見物質(zhì)的價類二維圖。其中A到D、D到E的轉(zhuǎn)化都可加同一種物質(zhì)實現(xiàn)，且E的相對分子質(zhì)量比黨的相對分子質(zhì)量大16，則下列說法不正確的是(A)A．物質(zhì)B可用作火箭燃料，其電子式為HM··H··M··HHB．依據(jù)題給價類二維圖綜合分析可知M元素為氮元素C．氫化物A或B均可在一定條件下與氧氣反應得到單質(zhì)CD．物質(zhì)F的濃溶液具有強氧化性，可以用鐵制或鋁制容器盛放物質(zhì)B為N2H4，N原子之間只有1個共用電子對，故A錯誤；依據(jù)題給價類二維圖可知有兩種氫化物且M的化合價分別為－3、－2價，綜合分析可知M元素為氮元素，故B正確；氫化物NH3或N2H4均可在一定條件下與氧氣發(fā)生反應得到N2和H2O，故C正確；物質(zhì)F為HNO3，其濃溶液具有強氧化性，可以使鐵或鋁常溫下發(fā)生鈍化，因此可以用鐵制或鋁制容器盛放，故D正確。12．利用硫鎢礦(主要成分是CaWO4，還含有FeS、SiO2等)制取Na2WO4和單晶硅的工藝生產(chǎn)流程如下圖所示。已知：常溫下，Ksp(CaWO4)＝1.0×10－8，Ksp(CaCO3)＝1.0×10－9。下列有關說法錯誤的是(C)A．對于CaWO4和H2WO4，熔點相對較高的為CaWO4B．操作1所得濾渣的主要成分是SiO2和CaCO3C．“溶浸”時，通?？梢杂脽龎A溶液代替純堿溶液D．“焙燒”時發(fā)生反應的化學方程式為3FeS＋5O2Fe3O4＋3SO2CaWO4為離子晶體，而H2WO4為分子晶體，故CaWO4熔點相對高些，A正確；硫鎢礦中含有不溶性的SiO2和CaWO4，其中CaWO4與Na2CO3發(fā)生復分解反應生成不溶的CaCO3，故操作1所得濾渣的主要成分是SiO2和CaCO3，B正確；由于燒堿溶液能與SiO2發(fā)生反應，因此在進行“溶浸”時不能用燒堿溶液代替純堿溶液，C錯誤；“焙燒”時硫鎢礦中的FeS與空氣反應生成二氧化硫以及“磁選除鐵”時得到的磁性固體，因此生成的鐵的氧化物為四氧化三鐵，故發(fā)生反應的化學方程式為3FeS＋5O2Fe3O4＋3SO2，D正確。13．高鐵酸鹽在水溶液中有四種含鐵型體，25℃時，它們的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH的變化如下圖所示。下列敘述錯誤的是(A)A．已知在25℃時，H3FeO的電離平衡常數(shù)分別為：K1＝2.5×10－2、K2＝4.8×10－4、K3＝5.0×10－8，當pH＝4時，溶液中＝1.2B．為獲得盡可能純凈的高鐵酸鹽，應控制pH≥9C．向pH＝5的高鐵酸鹽溶液中加入KOH溶液，發(fā)生反應的離子方程式為：HFeO＋OH－=FeO＋H2OD．pH＝2時，溶液中主要含鐵型體濃度的大小關系為c(H2FeO4)＞c(H3FeO)＞c(HFeO)H3FeO的電離平衡常數(shù)K2＝4.8×10－4，當pH＝4時，溶液中＝＝4.8，A項錯誤；pH≥9時，F(xiàn)eO的物質(zhì)的量分數(shù)接近100%，則為獲得盡可能純凈的高鐵酸鹽，應控制pH≥9，B項正確；向pH＝5的高鐵酸鹽溶液中(根據(jù)圖示可以看出其中主要含有HFeO)加入KOH溶液，發(fā)生反應的離子方程式為HFeO＋OH－=FeO＋H2O，C項正確；由圖像縱坐標可知pH＝2時，溶液中主要含鐵型體濃度的大小關系為c(H2FeO4)＞c(H3FeO)＞c(HFeO)，D項正確。14．同金屬在其不同濃度鹽溶液中可形成濃差電池。它是通過一種物質(zhì)從高濃度狀態(tài)向低濃度狀態(tài)的轉(zhuǎn)移而獲得電動勢。如圖所示裝置是利用濃差電池電解Na2SO4溶液(a、b電極均為石墨電極)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列說法正確的是(C)A．a(chǎn)電極的電極反應為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑B．放電時，Cu(1)電極上的電極反應為Cu－2e－=Cu2＋C．c、d離子交換膜依次為陽離子交換膜和陰離子交換膜D．電池開始工作后，陰離子交換膜右側(cè)CuSO4溶液的濃度會減小左側(cè)的濃差電池中，Cu(1)電極為正極，電極反應式為Cu2＋＋2e－=Cu，Cu(2)電極為負極，電極反應式為Cu－2e－=Cu2＋；右側(cè)的電解池中，H2在a電極處產(chǎn)生，獲得濃NaOH溶液，O2在b電極處產(chǎn)生，獲得較濃硫酸，則a電極為陰極，電極反應式為4H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－，b電極為陽極，電極反應式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑。由分析可知，a電極為陰極，電極反應式為4H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－，A錯誤；電池放電過程中，Cu(1)電極為正極，電極反應式為Cu2＋＋2e－=Cu，B錯誤；由分析可知，H2在a電極上產(chǎn)生，并獲得濃NaOH溶液，O2在b電極上產(chǎn)生，并獲得較濃硫酸，則c、d離子交換膜依次為陽離子交換膜和陰離子交換膜，C正確；電池放電過程中，左側(cè)c(Cu2＋)逐漸減小，右側(cè)c(Cu2＋)逐漸增大，右側(cè)CuSO4溶液的濃度會增大，D錯誤。答題卡題號1234567891011121314答案BDBBCDDBCCACAC第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、非選擇題(本題共4小題，共58分。)15．(14分，除標注外，每空2分)稀土元素鈧(Sc)廣泛應用于航空航天、超導、激光、核能等領域，從鈦白水解工業(yè)廢酸(含Sc3＋、TiO2＋、Mn2＋、H＋、SO等離子)中提取氧化鈧并制備三氯化鈧(ScCl3)的一種工藝流程如下：已知：Ag2CrO4為磚紅色固體；Ksp(AgCl)＝2.0×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12。請回答下列問題：(1)萃取和反萃取操作都需使用到的主要玻璃儀器為__燒杯(1分)__和__(梨形)分液漏斗(1分)(此兩空順序可對調(diào))__。(2)在鈦白水解工業(yè)廢酸中，加入H2O2是為了使TiO2＋轉(zhuǎn)化為[TiO2(OH)(H2O)4]＋，若該離子中Ti元素的化合價為＋4，則除OH－和H2O外的其余氧元素價態(tài)為__－1__價。(3)若溫度對鈧、鈦的萃取率影響情況見下表，一般合適的萃取溫度為10～15℃，其理由是__溫度為10～15__℃時，鈧的萃取率較高而且鈦的萃取率較低__。T/℃510152530鈧的萃取率/%91.39697.197.398.0鈦的萃取率/%0.940.952.103.014.20(4)在“反萃取”步驟中，強堿性條件下雙氧水可以氧化Mn2＋生成MnO2，該反應的離子方程式為__Mn2＋＋H2O2＋2OH－__=MnO2__↓＋2H2O__。(5)上述工藝流程在“灼燒”步驟中可得到Sc2O3，已知在后續(xù)的“加熱氯化”步驟中可得到一種使灼熱氧化銅由黑變紅的氣體，請依題寫出此時由Sc2O3制備ScCl3的化學方程式：__Sc2O3＋3C＋3Cl22ScCl3＋3CO__。(6)現(xiàn)取制得的ScCl3粗產(chǎn)品(只含難溶Sc2O3雜質(zhì))溶于水，配成溶液，采用K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液滴定，若在滴定時盛裝標準溶液的滴定管未潤洗，則導致測得粗產(chǎn)品中ScCl3含量__偏高__(填“偏高”“偏低”或“無影響”)；當達到滴定終點，溶液中Cl－恰好沉淀完全[假設此時c(Cl－)＝1.0×10－5mol·L－1]時，此時溶液中CrO的濃度為__5.0×10－3或__0.005__mol·L－1。(1)萃取和反萃取操作都需使用到的主要玻璃儀器為燒杯和(梨形)分液漏斗。(2)依據(jù)[TiO2(OH)(H2O)4]＋中Ti的化合價為＋4且有一個OH－，整個原子團離子帶一個單位正電荷，可知另外兩個氧原子只有是O才可能滿足條件，故除OH－和H2O外的其余氧元素價態(tài)為－1價。(3)根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，溫度為10～15℃時，鈧的萃取率較高而且鈦的萃取率較低，得到的鈧純度相對較高。(4)堿性條件下雙氧水可以氧化錳離子生成MnO2，根據(jù)得失電子守恒可知H2O2和Mn2＋的計量數(shù)比為1∶1，再結合質(zhì)量守恒可得離子方程式為Mn2＋＋H2O2＋2OH－=MnO2↓＋2H2O。(5)加入足量焦炭“加熱氯化”步驟中得到的一種使灼熱氧化銅由黑變紅的氣體應為CO，據(jù)此依題可推出由Sc2O3制備ScCl3的化學方程式為Sc2O3＋3C＋3Cl22ScCl3＋3CO。(6)若在滴定時盛裝標準溶液的滴定管未潤洗，則相當于將標準溶液稀釋，從而導致測得ScCl3的含量偏高；當溶液中Cl－恰好沉淀完全時，c(Ag＋)＝2×10－5mol/L，故c(CrO)＝0.005mol/L＝5.0×10－3mol/L。16．(16分，每空2分)(1)將CO2富集、活化、轉(zhuǎn)化為具有高附加值的化學品對實現(xiàn)“碳中和”有重要意義。CO2性質(zhì)穩(wěn)定，使其活化是實現(xiàn)轉(zhuǎn)化的重要前提。①使用過渡金屬作催化劑，提供空軌道接受__O__(填“C”或“O”)原子的孤電子對，破壞CO2的結構使其活化。②采用電化學、光化學等手段，使CO2__接受__(填“提供”或“接受”)電子轉(zhuǎn)化為CH3OH。(2)二氧化碳催化加氫制取二甲醚(DME)有利于減少溫室氣體二氧化碳，制取過程發(fā)生如下反應：反應Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1反應Ⅱ.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH2＝－23.4kJ·mol－1反應Ⅲ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝＋41.17kJ·mol－1回答下列問題：①T1℃時，向恒壓容器中充入0.2molCO2(g)和0.6molH2(g)，若在該條件下只發(fā)生反應Ⅰ，達平衡時，放出4kJ能量；若向相同容器中充入0.4molCH3OH(g)和0.4molH2O(g)，達平衡時，吸收11.8kJ能量，則反應Ⅰ的ΔH1＝__－49.5__kJ·mol－1。②在壓強一定的條件下，將CO2和H2按一定比例、流速通過裝有催化劑的反應管，測得“CO2轉(zhuǎn)化率”及“CH3OCH3選擇性”和“CO、CH3OH選擇性的和”分別與溫度的關系如圖1所示。(CH3OCH3選擇性＝×100%)ⅰ.曲線C表示__CO、CH3OH選擇性的和__。ⅱ.溫度T1～T5℃之間，升高溫度，比值將__增大__(填“增大”“減小”或“不變”)。(3)某工廠用電解原理除去H2中的雜質(zhì)CH4、CO和CO2，其裝置如圖2所示。經(jīng)測定，原料氣中各氣體的體積分數(shù)如下：氣體H2CH4COCO2體積分數(shù)82%3%5%10%若電解過程中消耗了100m3的原料氣，則可得到相同條件下純凈H2__99__m3。(4)某研究小組將2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密閉容器中，在Ag2O催化劑表面發(fā)生反應(4NH3＋6NO5N2＋6H2O)，隨著時間推移，NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化情況如圖3所示。①5min內(nèi)，溫度從420K升高到580K，則此時段內(nèi)NO的平均反應速率v(NO)＝__0.171__mol·L－1·min－1__(保留3位有效數(shù)字)。②一定溫度范圍的無氧條件下，NO生成N2的轉(zhuǎn)化率相對較低，原因可能是__催化劑產(chǎn)生作用需有氧氣參加__。(1)①CO2的電子式為··C··，O原子有孤電子對，過渡金屬的原子一般具有空軌道，根據(jù)配位鍵形成規(guī)則可知，過渡金屬提供空軌道接受CO2分子中O原子的孤電子對。②CO2→CH3OH的過程中C原子發(fā)生得電子的還原反應，即CO2接受電子轉(zhuǎn)化為CH3OH。(2)①T1℃時，向恒壓容器中充入0.2molCO2(g)和0.6molH2(g)，若在該條件下只發(fā)生反應Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1，達平衡時，放出4kJ能量，則加入1molCO2(g)和3molH2(g)，反應達到平衡時放出熱量Q正＝kJ＝20kJ；若向相同容器中充入0.4molCH3OH(g)和0.4molH2O(g)，達平衡時，吸收11.8kJ能量，則充入1molCH3OH(g)和1molH2O(g)，反應達到平衡時吸收熱量Q逆＝kJ＝29.5kJ，該反應是可逆反應，反應物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，當按照反應方程式的計量數(shù)加入物質(zhì)時，正反應的轉(zhuǎn)化率與逆反應的轉(zhuǎn)化率的和為1，故反應Ⅰ的ΔH1＝－(29.5kJ/mol＋20kJ/mol)＝－49.5kJ/mol。②反應Ⅱ為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，CH3OCH3選擇性減小，則曲線A為CH3OCH3選擇性；根據(jù)CH3OCH3、CO和CH3OH三者選擇性之和應該等于100%可以判斷曲線C表示CO、CH3OH選擇性的和；溫度T1～T5℃之間，反應Ⅰ、Ⅱ為放熱反應，升高溫度使平衡逆向移動，n(H2O)減小，反應Ⅲ為吸熱反應，升高溫度使平衡正向移動，但n(H2O)、n(CO)增加的量相等，故比值將增大。(3)由圖可知，B極有氫氣生成，為陰極；CH4、CO在陽極發(fā)生氧化反應生成碳酸根離子，根據(jù)得失電子守恒可知，CH4～8e－～4H2、CO～2e－～H2，則甲烷、一氧化碳生成氫氣分別為100m3×3%×4＝12m3、100m3×5%×1＝5m3，原混合氣中有氫氣82m3，故共得到相同條件下純凈H299m3。(4)①5min內(nèi)，溫度從420K升高到580K，NO的轉(zhuǎn)化率由2%上升到59%，則此時段內(nèi)NO的平均反應速率v(NO)＝＝0.171mol·L－1·min－1。②無氧條件下，NO生成N2的轉(zhuǎn)化率較低，原因可能是催化劑產(chǎn)生作用需要有氧氣參加。17．(14分，每空2分)水合肼(N2H4·H2O)為無色透明液體，沸點為12