2021届天津地区高三上学期期中考试模拟测化学试题(解析版)

2021届天津地区高三上学期期中考试模拟测化学试题（解析版）1.室温下，在pH＝11的某溶液中，由水电离出的c(OH－)为①1.0×10－7mol·L－1②1.0×10－6mol·L－1③1.0×10－3mol·L－1④1.0×10－11mol·L－1A.③ B.④ C.①③ D.③④【答案】D【解析】【详解】pH＝11的溶液可能是碱溶液也可能是盐溶液，若为碱溶液，碱对水电离起抑制作用，水电离出的c(H＋)即为溶液中的H＋，c(OH－)水＝c(H＋)水＝1.0×10－11mol·L－1；若为盐溶液，是盐水解使溶液呈碱性，溶液中的OH－即为水电离出的，c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1，故选D。2.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是①常温下NaNO2溶液的pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④常温下0.1mol·L-1HNO2溶液的pH＝2.1⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1A.①④⑥ B.①②③④ C.①④⑤⑥ D.全部【答案】C【解析】【详解】①常温下NaNO2溶液的pH大于7表明是强碱弱酸盐，正确；

②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，也可能是溶液的浓度太小，不能说明亚硝酸是弱电解质，错误；

③HNO2和NaCl不能发生反应，硝酸与氯化钠也不反应，但硝酸是强酸，错误；

④常温下0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1，若是强酸，其pH应该等于1，因此，表明亚硝酸是弱酸，正确；

⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，若亚硝酸是强酸，pH＝7，因此是弱酸，正确；

⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1，若亚硝酸是强酸，pH＝4，因此是弱酸，正确。

综上所述，①④⑤⑥符合题意，C项正确；

故选C。3.一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3下列说法不正确的是A.在pH＜4的溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B.在pH＞6的溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C.在pH＞14的溶液中，碳钢腐蚀的反应为O2+4OH-+4e-===2H2OD.在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减慢【答案】C【解析】【详解】A.当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；B.当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C.在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D.将碱性溶液煮沸除去氧气后，正极上氧气生成氢氧根离子的速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C。4.已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡：CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋

K1＝1.75×10－5mol·L－1

CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－

K2＝5.71×10－10mol·L－1

现将50mL0.2mol·L－1醋酸与50mL0.2mol·L－1醋酸钠溶液混合制得溶液甲，下列叙述正确的是A.溶液甲的pH＞7B.对溶液甲进行微热，K1、K2同时增大C.若在溶液甲中加入少量的NaOH溶液，溶液的pH明显增大D.若在溶液甲中加入5mL0.1mol·L－1的盐酸，则溶液中醋酸的K1会变大【答案】B【解析】【详解】A．K2<<K1，所以醋酸电离程度比醋酸钠的水解程度大，所以溶液呈酸性，pH<7，A错误；B．因为电离和水解都是吸热反应，温度升高有利于吸热反应进行，所以K1，K2都增大，B正确；C．加入少量NaOH，反而会促使醋酸更进一步的电离，所以PH不会明显增大，C错误；D．溶液中加入盐酸会抑制醋酸电离，K1减小，D错误；答案选B。5.室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()加入物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变D0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32－+H2OHCO3－+OH－溶液呈碱性，据此分析解答。【详解】A、加入50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO42-)，A错误；B、向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+H2O=Ca(OH)2，则c(OH－)增大，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3－)减小，故增大，B正确；C、加入50mLH2O，溶液体积变大，CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)减小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小，C错误；D、加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32-反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D错误；答案选B。【点睛】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。6.常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中：c(OH-)＝c()+c(H+)+c(H2CO3B.将pH＝6的H2SO4稀释1000倍后，c(H+)＝2c()C.浓度分别为0.1mol·L-1和0.01mol·L-1的CH3COOH溶液中：c(CH3COO-)前者是后者的10倍D.NaA溶液的pH＝8，c(Na+)-c(A-)＝9.9×10-7mol·L-1【答案】D【解析】【详解】A.通过如下方式得Na2CO3溶液中质子守恒关系式，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，A项错误；B.pH＝6的H2SO4溶液稀释1000倍后，溶液中的c(H＋)接近10－7mol·L－1，原溶液中硫酸根的浓度是5×10－7，稀释1000倍变成了5×10－10，c(H＋)与c(SO)的比为(1×10－7)：(5×10－10)＝200∶1，即为c(H＋)＝200c(SO)，B项错误；C.若CH3COOH是强酸，结论正确，由于CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，而且稀释促进电离，所以两者中c(CH3COO－)之比不等于酸的浓度之比，C项错误；D.溶液中pH＝8，c(H＋)＝10－8mol·L－1，c(OH－)＝10－6mol·L－1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，得：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6－10－8＝9.9×10－7mol·L－1，D项正确；故选D。7.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。据下表所列数据判断错误的是元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A.元素X的常见化合价是+1价B.元素Y是ⅢA族的元素C.元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD.若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【分析】分析X的电离能数据，其I1与I2间差值很大，表明X的最外层电子数为1；分析Y的电离能数据，其I3与I4间差值很大，表明Y的最外层电子数为3。【详解】A．由分析可知，元素X的原子最外层电子数为1，其常见化合价是+1价，A正确；B．主族元素Y的原子最外层电子数为3，Y是ⅢA族元素，B正确；C．元素X的原子最外层电子数为1，它为ⅠA族元素，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；D．若元素Y处于第3周期，则其为ⅢA族元素，应为金属铝，与冷水不反应，D错误；故选D。8.常温下硫单质主要以S8形式存在，加热时S8会转化为S6、S4、S2等，当蒸气温度达到750℃时主要以S2A.S8转化为S6、S4、S2属于物理变化B.不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2C.常温条件下单质硫为原子晶体D.把硫单质在空气中加热到750℃即得S【答案】B【解析】【详解】A．S8、S6、S4、S2属于不同的分子，它们间的转化为化学变化，故A错误；B．硫燃烧只能生成SO2，故B正确；C．常温下，硫单质主要以S8形式存在，常温条件下单质硫为分子晶体，故C错误；D．硫单质在空气中加热到750℃时被氧化，生成硫的氧化物，得不到S2，故D错误；选B。9.下列说法正确的是ACHCl3分子呈正四面体形B.H2S分子中S原子采用sp2杂化，其分子空间构型为V形C.二氧化碳分子中碳原子采用sp杂化，其为直线形分子D.呈三角锥形【答案】C【解析】【详解】A．甲烷分子中的4个共价键完全相同，其空间构型是正四面体形，CHCl3分子中的4个共价键不完全相同，所以其空间构型不是正四面体形，A错误；B．H2S分子中S原子采用sp3杂化，含有2对孤电子对，其空间构型为V形，故B错误；C．二氧化碳中C原子的价层电子对数为2，二氧化碳分子中C原子采用sp杂化，分子呈直线形，故C正确；D．中N原子采用sp3杂化，不含孤电子对，呈正四面体形，故D错误；故选C。10.某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。已知该晶体的密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法错误的是A.方块A含有1.5Fe2+、4个O2-B.方块B含有0.5Fe2+、4个O2-、4个Fe3+C.该氧化物中Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为1∶2∶4D.晶胞的边长为×107nm【答案】D【解析】【详解】A.根据均摊法计算A含有1+4×=1.5个亚铁离子、4个氧离子，故A正确；B.根据均摊法计算B含有4×=0.5个亚铁离子、4个氧离子、4个铁离子，故B正确；C.Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心。O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个。Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe2+离子数目=4+8×+6×=8、Fe3+离子数目=4×4=16，O2-离子数目=4×8=32，故Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为8：16：32=1：2：4，故C正确；D.晶胞中含有Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数分别是2×4＝8，4×4＝16，8×4＝32，它们的相对原子质量之和是8×232，根据m＝ρV可得8×232＝d×a3×NA，a＝×107nm，故D错误；故选D11.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计，使其达到分解平衡：。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度平衡气体总浓度下列有关叙述正确的是A.该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B.因该反应、，所以在低温下自发进行C.达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大D.根据表中数据，计算时的分解平衡常数约为【答案】D【解析】【详解】A．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S）大于0，所以在高温下自发进行，故B错误；C．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C错误；D．根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol/L，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=，故D正确；答案选D。【点睛】计算时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据NH3和CO2的物质的量之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。选项C为解答的易错点，注意平衡常数的表达式以及影响因素。12.H3PO4是三元酸，如图是在常温下溶液中含磷微粒的物质的量分数(δ)随pH变化示意图。下列说法不正确的是A.磷酸的第二级电离平衡常数约为10-7.2B.在NaH2PO4溶液中：c()>c(H3PO4)C.在磷酸中滴加NaOH溶液至pH=7，c(Na+)=2c()+c()D.Na3PO4溶液中：c(Na+)=3c()+3c()+3c()+3c(H3PO4)【答案】C【解析】【详解】A.磷酸的第二级电离平衡常数Ka2=，当=时，Ka2=c(H+)=10-7.2，A正确；B.在NaH2PO4溶液中：存在的电离平衡和水解平衡，电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH−和H3PO4，使溶液显碱性，但盐电离和水解程度是微弱的，由于NaH2PO4溶液呈酸性，所以主要以盐电离为主，所以溶液中微粒浓度：>c(H3PO4)，B正确；C.在磷酸中滴加NaOH溶液至pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2++3+c(OH−)，由于溶液显中性，所以c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=2++3>2+，C错误；D.在Na3PO4溶液中：根据物料守恒可得：c(Na+)=3+3+3+3c(H3PO4)，D正确；答案选C。13.A、B都是短周期元素，原子最外层电子排布式分别为(n+1)sx、nsx+1npx+3。A与B可形成化合物C和D。D溶于水时有气体E逸出，E能使带火星的木条复燃。请回答下列问题：(1)比较电离能：①I1(A)______(填“>”或“<”，下同)I2(A)，②I1(A)_____I1(B)，③I1(B)_____I1(He)。(2)通常A元素化合价是________，对A元素呈现这种价态进行解释：①用原子结构的观点进行解释：________。②用电离能的观点进行解释：_______。(3)写出D跟水反应的离子方程式：__________。(4)列举气体E的主要用途__________(至少写出两项)。【答案】(1).＜(2).＜(3).＜(4).+1(5).钠原子失去一个电子后形成电子排布为1s22s22p6的＋1价阳离子，其原子轨道处于全充满状态，该离子结构非常稳定，极难再失去电子(6).钠元素的第一电离能相对较小，第二电离能比第一电离能大很多倍，通常钠原子只能失去一个电子(7).2Na2O2＋2H2O===4Na+＋4OH-＋O2↑(8).供给动植物呼吸；支持燃料燃烧(其他合理答案均可)【解析】【分析】由s能级最多能容纳2个电子和nsx＋1可知，x等于1。由于A、B都是短周期元素，原子最外层电子排布式分别为(n＋1)sx、nsx＋1npx＋3可知，n等于2；A元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s1，A是钠(Na)元素；B元素原子的核外电子排布式是1s22s22p4，B是氧(O)元素。A与B可形成化合物C和D。D溶于水时有气体E逸出，E能使带火星的木条复燃，可知C是Na2O、D是Na2O2、E是O2。【详解】(1)①同种元素的第一电离能小于第二电离能，I1(Na)<I2(Na)，②非金属性越强，第一电离能越大，I1(Na)<I1(O)，③He是稀有气体元素，结构稳定，I1(O)<I1(He)；(2)Na元素最外层有1个电子，通常Na元素的化合价是+1；①用原子结构的观点进行解释：钠原子失去一个电子后形成电子排布为1s22s22p6的＋1价阳离子，其原子轨道处于全充满状态，该离子结构非常稳定，极难再失去电子，所以通常显+1价；②用电离能的观点进行解释：钠元素的第一电离能相对较小，第二电离能比第一电离能大很多倍，通常钠原子只能失去一个电子，显+1价；(3)Na2O2跟水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式是2Na2O2＋2H2O===4Na+＋4OH-＋O2↑；(4)氧气供给动植物呼吸、支持燃料燃烧。14.黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由锌和铜组成。回答下列问题：（1）铜原子核外电子共有__种不同运动状态，基态铜原子的核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为__。（2）根据铜、锌原子结构可知第二电离能I2(Zn)__I2(Cu)填“大于”或“小于”。（3）向蓝色硫酸铜溶液[Cu(H2O)4]2+中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+。①H2O分子中心原子的杂化类型为__；分子中的键角：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。②通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。③氨硼烷(BH3—NH3)可以作为机动车使用的备选氢来源或氢储存的材料。下列与氨硼烷是等电子体有__(填编号)。A.乙烷B.H2O2C.H3PO4D.S④写出BH3—NH3的结构式结构中若含配位键用→表示__。（4）某磷青铜晶胞结构如图所示。①其化学式为__。②若晶体密度为8.82g/cm3，最近的Cu原子核间距为__cm(用NA表示阿伏加德罗常数，用M表示该晶体的摩尔质量)。【答案】(1).29(2).球形(3).小于(4).sp3(5).小于(6).小于(7).A(8).(9).SnCu3P(10).【解析】【分析】(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，基态核外电子排布为[Ar]3d104s1；(2)根据Zn和Cu的电子排布式考虑电离能大小；(3)①根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力；②配合物向生成更稳定的配合物转化；③原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；④BH3-NH3中B存在空轨道，N存在孤电子对，由N和B之间形成配位键；(4)①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为，据此得到化学式；②设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=()2+()2，a=x，结合密度ρ=，V=x3，1个晶胞质量m=g，计算x得到铜原子间最近距离。【详解】(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，为29号元素，则铜原子核外电子共有29种不同运动状态；基态核外电子排布为[Ar]3d104s1，则基态铜原子的核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形；(2)锌的第二电离能I2(Zn)小于铜的第二电离能I2(Cu)，Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以第二电离能相对小；(3)①对于H2O，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=2+=4，则中心O为sp3杂化，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，H2O的孤电子对数目多于NH3的孤电子对数目，则分子中的键角：H2O小于NH3；②配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3＞H2O；③B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，N原子提供孤电子对个B原子形成配位键，与氨硼烷互为等电子体的分子，可以用2个C原子代替B、N原子，与氨硼烷等电子体一种分子为：C2H6，故答案为A；④BH3-NH3中B存在空轨道，N存在孤电子对，由N和B之间形成配位键，所以其结构式为：；(4)①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为，据此得到化学式SnCu3P；②摩尔质量为342g/mol，则一个晶胞质量m=g，设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=()2+()2，a=x，结合密度ρ=，V=x3==cm3，x=cm，a=cm。【点睛】价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。15.黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)，我国卫生部规定食盐中黄血盐的最大使用量为10mg/kg。一种制备黄血盐的工艺如下：回答下列问题：(1)步骤I反应的化学方程式为______。(2)步骤IV过滤所得的废液中含量较多的溶质为______(填化学式)。(3)步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是_____。(填名称)(4)工艺中用到剧毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。①25°C时Ka(HCN)=6.25×10-10；计算25℃时0.01mol•L-1的HCN溶液的pH=____(lg2.5=0.4)②处理含CN-废水的方法：第一步控制pH>10，用NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN；第二步控制pH为7.5〜8.5，用NaClO溶液完全氧化OCN生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。第一步控制强碱性的主要目的是_______，第二步反应的离子方程式为______。【答案】(1).3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O(2).CaCl2(KCl可答，也可不答)(3).碳酸钾(4).5.6(5).HCl有剧毒，防止生成HCN污染环境(6).2OCN-+3ClO-+H2O=N2↑+3Cl-+2HCO3-【解析】【分析】将石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6，过滤除去含有CaSO4的滤渣，滤液中加入KCl，可得K2CaFe(CN)6沉淀，经过滤后，滤液中加入K2CO3进行脱钙处理，最终经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤干燥得产品K4Fe(CN)6•3H2O，以此来解答。【详解】(1)步骤Ⅰ中石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6，反应的化学方程式为3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O；(2)步骤Ⅵ过滤所得的废液中含量较多的溶质为CaCl2(或答CaCl2、KCl)；(3)步骤V目的是进行脱钙处理，降低溶液中Ca2+的含量，所用的试剂X是K2CO3；(4)①25°C时Ka(HCN)=6.25×10-10，根据平衡常数的含义，K==6.25×10-10，解得c(H+)=2.5×10-6mol/L，所以在25℃时0.01mol/L的HCN溶液的pH=-lg2.5×10-6=6-0.4=5.6；②第一步控制强碱性的主要目的是防止生成HCN，污染环境；第二步是用NaClO“不完全氧化”OCN-生成N2和两种盐，根据电子守恒、电荷守恒可知发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-+H2O=N2↑+3Cl-+2HCO3-。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，侧重考查学生的分析与实验能力。16.低碳经济成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一个重要研究方向，既可变废为宝，又可减少碳的排放。工业上可用CO2和H2制备被誉为“21世纪的清洁燃料”二甲醚(CH3OCH3)：如在500℃时，在密闭容器中将炼焦中的CO2转化为二甲醚，其相关反应为：主反应I：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1副反应II：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2(1)已知：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.1kJ/mol②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-24.5kJ/mol③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.0kJ/mol则主反应I的ΔH1=______。(2)在一定温度下某密闭容器中按CO2和H2的浓度比为1∶3投料进行反应，测得不同时间段部分物质的浓度如下表：时间(min)010203040H21.00mol/L0.68mol/L0.40mol/L0.30mol/L0.30mol/LCH3OCH30mol/L0.05mol/L0.08mol/L0.10mol/L0.10mol/L①10-20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)=_______。②根据以上数据计算主反应I的平衡常数K=______(列式，代入数据，不计算结果)。(3)欲提高CH3OCH3产率的关键的因素是选用合适的催化剂，其原因是_______。(4)对于反应II，温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示：下列有关说法不正确的是_______。A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于MlB．温度低于250°C时，随温度升高甲醇的产率增大C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化(5)利用太阳能电池将CO2转化为乙烯、丙烯等有机化工原料，其工作原理如图所示。则a为太阳能电池的_______极，写M极上生成丙烯的电极反应式为_________。【答案】(1).-122.7kJ/mol(2).0.003mol/(L·min)(3).(4).合适的催化剂能大幅提高主反应速率，从而