广东省梅州市2023届高三下学期第二次质检测试化学试题（解析版）

梅州市高三总复习质检试卷化学注意事项：1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号。用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的县(市、区)、学校、班级以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16Na23Ce140一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中国菜享誉世界，是世界美食的明珠。下列名菜中，主要成分是纤维素的是名菜图片名称北京烤鸭开水白菜清蒸武昌鱼麻婆豆腐选项ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．北京烤鸭中主要成分为蛋白质、脂肪等，A错误；B．开水白菜原材料是白菜，主要成分是纤维素，B正确；C．清蒸武昌鱼主要成分是蛋白质、脂肪等，C错误；D．麻婆豆腐中主要成分为蛋白质、脂肪等，D错误；故答案选B。2.信息、材料、能源被称为新科技革命的“三大支柱”。下列有关资讯不正确的是A.在即将到来的新能源时代，太阳能、氢能将成为主要能源B.高吸水性树脂可干旱地区用于农业、林业抗旱保水，改良土壤C.光导纤维在信息产业中应用广泛，制造光导纤维的主要材料是单质硅D.电子芯片使用新型的半导体材料砷化镓属于新型无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A．太阳能、氢能为清洁能源，未来将成为主要能源，故A正确；B．高吸水性树脂能有效保持水分，可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水，改良土壤，故B正确；C．二氧化硅具有良好的光线性能，制造光导纤维的主要材料是二氧化硅，故C错误；D．砷化镓具有良好的半导体性能，属于新型无机非金属材料，故D正确。故选C。3.下列有关说法不正确的是A.“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征B.储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料C.核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物D.“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物【答案】D【解析】【详解】A．杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；B．储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；C．核酸是由核苷酸聚合而成的高分子材料，C项正确；D．煤油为烃的混合物，D项错误；故选D。4.化学改善人类的生产、生活，创造美好的世界。下列生产、生活情境中涉及的原理不正确的是选项应用解释A盐卤可作为制作豆腐的凝固剂氯化镁能使豆浆中的蛋白质变性B利用铝热法焊接铁轨铝与氧化铁反应，且放出大量的热C盐碱地(含较多等)施用适量石膏，降低土壤的碱性盐与盐发生复分解反应D节日燃放的焰火，色彩绚丽原子核外电子跃迁释放能量A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．盐卤可作为制作豆腐的凝固剂，是盐溶液的加入使得蛋白质发生聚沉而不是变性，A符合题意；B．铝与氧化铁反应，且放出大量的热同时生成铁，故可利用铝热法焊接铁轨，B不符合题意；C．碳酸钠和石膏硫酸钙生成硫酸钠和碳酸钙，是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，C不符合题意；D．燃放的焰火，色彩绚丽是因为原子核外电子跃迁释放能量，得到一定波长的光谱，D不符合题意；故选A。5.合成氨工业中，原料气(、及少量CO、的混合气)在进入合成塔前常用乙酸二氨合铜(Ⅰ)溶液来吸收CO，其反应为：。下列说法正确的是A.分子的空间构型为三角锥形B.CO的相对分子质量大于，则沸点比高C.中给出孤电子对，提供空轨道D.工业上吸收CO适宜的条件是低温、高压，压强越大越好【答案】A【解析】【详解】A．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，故A正确；B．氨气能形成氢键，导致其沸点升高，CO的沸点比低，故B错误；C．中提供空轨道，给出孤电子对，两者形成配位键，故C错误；D．为气体分子数减小的放热反应，则吸收CO适宜的条件是低温、高压，但不是压强越大越好，压强过大会对设备提出更高的要求，故D错误；故选A。6.脱落酸是抑制植物生长的激素，因能促使叶子脱落而得名，其结构简式如图所示，下列说法正确的是A.分子式为 B.分子中含有2个手性碳原子C.可使溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 D.所有碳原子不可能共平面【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，分子式为，A错误；B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中含有1个手性碳原子，B错误；C．分子中含有碳碳双键，可发生加成反应使溴水褪色，可发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，原理不相同，C错误；D．分子中含有直接相连的4个饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，D正确；故选D。7.下列实验装置及操作完全正确的是A.配制H溶液 B.制备无水氯化镁C.除去中的 D.制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，A错误；B．直接蒸发氯化镁溶液，氯化镁水解生成氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁，应该在氯化氢氛围中进行，B错误；C．氯气不易溶于饱和氯化钠溶液，氯化氢溶于饱和氯化钠溶液，能达到目的，C正确；D．制备乙酸乙酯右侧试管中应该使用饱和碳酸钠溶液，且导管应该位于液面上方防止倒吸，D错误；故选C。8.氮元素所形成物质的价类二维图如图所示，下列说法正确的是A.可用湿润的蓝色石蕊试纸检验a B.通过雷电作用将b转化为c，可实现氮的固定C.d转化为e必须加入氧化剂 D.g中的氮原子均采用杂化【答案】B【解析】【分析】氮元素所形成物质的价类二维图如图，则a-g分别为氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸、一水合氨、硝酸铵；【详解】A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝，应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；B．通过雷电作用将氮气和空气中氧气反应生成一氧化氮，可实现氮的固定，故B正确；C．二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，不需要加入氧化剂，故C错误；D．硝酸铵中硝酸根离子中氮形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，故D错误；故选B。9.下列事实与解释不相符的是选项事实解释A甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而烷烃不能苯环活化了甲基B比稳定水分子间可以形成氢键C易溶于而微溶于和为非极性分子，而为极性分子D酸性弱于甲基为推电子基，使乙酸羧基中的羟基的极性变小，电离程度比甲酸弱A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．甲苯能与酸性高锰酸钾溶液反应从而使其褪色，烷烃不与酸性高锰酸钾反应，原因是苯环活化了甲基，A正确；B．H2O比H2S稳定的原因在于O的非金属性强于S，而不是因为水分子间存在氢键，B错误；C．I2和CCl4都是非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，I2易溶于CCl4而微溶于H2O，C正确；D．甲基为推电子基，因为甲基的存在乙酸羧基中羟基的极性变小，导致乙酸电离程度比甲酸弱，故乙酸酸性弱于甲酸，D正确；故答案选B。10.常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是A.第一电离能： B.含有极性共价键和非极性共价键C.工业上通过电解XZ的水溶液来制取X的单质 D.Z的单质具有强氧化性和漂白性【答案】A【解析】【分析】由图可知，浓度均为0.01mol/L的W、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液pH均为2说明两种元素最高价氧化物对应的水化物均为一元强酸，则W为N元素、Z为Cl元素；浓度为0.01mol/L的X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH为12说明最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，且原子半径大于氯原子，则X为Na元素；Y位于钠元素和氯元素之间，且0.01mol/L的最高价氧化物对应的水化物溶液pH小于2说明最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，则Y为S元素。【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则钠、硫、氯三种元素的第一电离能依次增大，故A正确；B．氧、硫元素化学性质相似，Na2S2结构类似Na2O2，含有离子键和非极性共价键，故B错误；C．电解NaCl的水溶液生成氢氧化钠和氯气、氢气，不能生成钠单质，故C错误；D．氯气的单质具有强氧化性，其水溶液中和水生成的次氯酸具有漂白性，故D错误；故选A。11.近年来电池研究领域涌现出一类纸电池。某纸电池结构如图所示，其M极为嵌锂石墨烯()，N极为钴酸锂()，电解质为六氟磷酸锂()的碳酸酯溶液，电池总反应为：下列说法不正确的是A.放电时，M电极反应式为：B.放电时，由N极向M极迁移C.充电时，M极接直流电源负极，发生还原反应D.充电时，每转移电子，N极质量理论上减少【答案】B【解析】【分析】根据电池总反应LixC6+Li1−xCoO2=LiCoO2+C6，可知M极为负极，N极为正极。【详解】A．放电时，M电极为负极，反应式为：LixC6−xe−=xLi++C6，A正确；B．放电时，原电池的阳离子由负极向阳极移动，Li+由M极向N极迁移，B错误；C．充电时，M极接直流电源负极，为阴极，发生还原反应，C正确；D．充电时，N极为阳极，发生还原反应，LiCoO2-xe-=Li1−xCoO2+xLi+，每转移1mol电子，N极减少1molLi+，质量减少1mol×7g/mol=7g，D正确；故答案为：B。12.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中含有的电子数为B.溶液中含有的阴离子数目小于C.标准状况下，乙炔中含有的键数目为D.与足量的氧气反应转移电子数目为【答案】D【解析】【详解】A．1个中含有10个电子，则中含有的电子数为，A错误；B．中应该含有0.1mol硫离子，溶液中硫离子水解生成氢氧根离子和HS-：，且溶液中水也会电离出氢氧根离子，则溶液中含有的阴离子数目大于，B错误；C．标准状况下，乙炔为1mol，单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键，中含有的σ键数目为，C错误；D．钠和氧气反应，钠转化为+1价钠，为1mol，与足量的氧气反应转移电子数目为，D正确；故选D。13.下列解释事实的离子方程式书写正确的是A.用含铝粉和氢氧化钠的疏通剂疏通管道：B用氯化铁溶液蚀刻覆铜板：C.用淀粉碘化钾试纸和醋酸证明食盐中存在：D.暖贴(主要成分：Fe粉、活性炭、水、食盐等)发热时，空气中氧气参与的反应为：【答案】A【解析】【详解】A．铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，，故A正确；B．铁离子和铜生成亚铁离子和铜离子，，故B错误；C．碘酸根离子和碘离子在酸性条件下生成碘单质和水，醋酸为弱酸不能拆，，故C错误；D．铁和氧气、氯化钠、水发生吸氧腐蚀，O2+4e-+2H2O=4OH-，而放出热量，故D错误；故选A。14.下列实验方案能够达到实验目的的是选项实验目的实验方案A验证与的反应有一定限度向溶液中加入溶液，充分反应后滴加KSCN溶液B欲除去苯中混有的苯酚向混合液中加入浓溴水，充分反应后，过滤C比较和酸性强弱相同温度下，测定等浓度的和溶液的pHD比较和的大小向盛有溶液的试管中滴加2滴溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加几滴溶液，有黄色沉淀产生A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．Fe3+与I-反应，Fe3+过量，无论是否存在平衡溶液中均存在Fe3+遇KSCN变红，A项不能达到实验目的；B．苯酚和溴水反应产生三溴苯酚，但其与苯互溶而无法分离。可以选择NaOH溶液洗涤分液，B项不能达到实验目的；C．酸的酸性越弱对应的盐水解程度越强，对比等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液的pH可确定H2CO3和CH3COOH酸性强弱，C项能达到实验目的；D．一般情况下，溶解度大的可以转化为溶解度小的沉淀。同类型的，Ksp大的转化为Ksp小的。但该反应中AgNO3过量，产生白色沉淀后溶液中有AgNO3与KI产生黄色沉淀，无法实现沉淀间的转化，无法确定大小，D项不能实现实验目的；故选C。15.一定温度下，在的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是A.X点的Y点的 B.Z点时反应达到平衡状态C.B的平衡转化率为30% D.保持温度、体积不变，时充入，正逆反应速率均增大【答案】A【解析】【详解】A．XY点后反应仍正向进行，且X点反应物的浓度较大、生成物浓度较小，则X点正反应速率更大，故X点的Y点的，故A正确；B．Z点后反应仍正向进行，则Z点时反应没有达到平衡状态，故B错误；C．B的平衡转化率为60%，故C错误；D．持温度、体积不变，时充入，不影响反应中各物质的浓度，正逆反应速率不变，故D错误；故选A。16.常温下，用如图所示装置，分别向溶液和溶液中逐滴滴加的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.X曲线为溶液与盐酸反应的压强变化曲线B.c点的溶液中：C.用pH试纸测得c点的pH约为8，可知：D.a、d两点水的电离程度：【答案】C【解析】【分析】碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO+H+=HCO+H2O，然后发生HCO+H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线，Y代表Na2CO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线。【详解】A．由上述分析可知，X代表NaHCO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线，故A错误；B．c点溶液的溶质为NaCl、NaHCO3，根据电荷守恒有，故B错误；C．c点溶液溶质主要为NaCl、NaHCO3，pH约为8，溶液显碱性，则碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则Ka2(H2CO3)<，故C正确；D．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO、CO的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，故D错误；故答案选C。二、非选择题：共4题，共56分。17.铜及其化合物有着广泛的应用。某实验小组探究的性质。I．实验准备：（1）由固体配制溶液，下列仪器中需要使用的有_________(填序号)。实验任务：探究溶液分别与、溶液的反应查阅资料：已知：a．(深蓝色溶液)b．(无色溶液)(深蓝色溶液)设计方案并完成实验：实验装置试剂x操作及现象A溶液溶液加入溶液，得到绿色溶液，未见明显变化。B溶液加入溶液，得到绿色溶液，时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。现象分析与验证：（2）推测实验B产生的无色气体为，实验验证：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到__________。（3）推测实验B中的白色沉淀为，实验验证步骤如下：①实验B完成后，立即过滤、洗涤。②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量________，观察到沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为__________；露置在空气中一段时间，观察到溶液变为深蓝色。（4）对比实验A、B，提出假设：增强了的氧化性。①若假设合理，实验B反应的离子方程式为和__________。②下述实验C证实了假设合理，装置如图8(两个电极均为碳棒)。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形__________(补全实验操作及现象)。II．能与、、、等形成配位数为4的配合物。（5）硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子_________(填化学式)。（6）常见配合物的形成实验实验操作实验现象有关离子方程式滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐__________，得到深蓝色的透明溶液，滴加乙醇后析出_________色晶体【答案】（1）①②③（2）试纸从蓝色变白（3）①.氨水②.（4）①.②.右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，观察到电压表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀。U形管左侧溶液中产生无色气体（5）（6）①.溶解②.深蓝【解析】【小问1详解】用固体物质配制溶液，需要使用天平称量固体的质量，并在烧杯中溶解并使用量筒量取少量水，然后转移入容量瓶中，并使用玻璃棒引流，最后用胶头滴管滴加到刻度线，故所给仪器中需要使用的为烧杯、量筒和天平。故选①②③。【小问2详解】淀粉遇碘变蓝，二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸，故观察到的现象为试纸从蓝色变为白色。【小问3详解】根据信息分析，亚铜离子能溶于浓氨水，故取少量已经洗净的白色沉淀，滴加足量的浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为。露置在空气中可以变成深蓝色溶液。【小问4详解】实验B中有白色沉淀和无色气泡产生，故还存在亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水，离子方程式为。为了验证假设，先在没有氯离子的条件下进行反应，闭合K，电压表的指针偏转只X处，说明产生很小的电流，然后向U形管右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，观察到电压表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀。U形管左侧溶液中产生无色气体。【小问5详解】硫酸铜溶液显蓝色是因为形成了。【小问6详解】硫酸铜溶液中加入氨水生成氢氧化铜沉淀，氨水过量形成四氨合铜离子，沉淀溶解，加入乙醇后析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O沉淀。18.铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的工艺流程如下：已知：①铈的常见化合价为、。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液②能与结合成，能被萃取剂萃取。（1）焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是_________。（2）“酸浸II”过程中转化为，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和替换就不会造成环境污染。则稀硫酸、与反应的离子方程式为______________。（3）“操作I”的名称是_________。（4）“浸出液”中含有少量及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富集各离子。“萃取”时与萃取剂存在反应：。用D表示分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比：，其他条件不变，在浸出液中加入不同量的，以改变水层中的，D随浸出液中增大而减小的原因是__________。（5）取上述流程中得到的，加酸溶解后，向其中加入含的硫酸亚铁溶液使全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液。则的质量分数为_________(已知氧化性：；的相对分子质量为208)。（6）科研人员提出催化合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现的综合利用。晶胞结构如图所示。①在该晶体中，铈离子的配位数为_________。②阿伏加德罗常数的值为，相对分子质量为M，晶体密度为，其晶胞边长的计量表达式为__________nm。【答案】（1）将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集（2）6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑（3）过滤（4）浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。（5）95.68%（6）①.8②.×107【解析】【小问1详解】根据题意，四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液。故焙烧氟碳铈矿的目的是将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。【小问2详解】转化为，则H2O2转化为O2：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。故答案为：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。【小问3详解】“操作I”为过滤。故答案：过滤。【小问4详解】浸出液中加入的SO浓度越大，根据化学平衡：Ce4++SO，故而增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。故答案为：浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。小问5详解】根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)×1+n(KMnO4)×5=n(Fe2+)×1，解得n(Ce4+)=0.023mol，故w[]==95.68%。故答案为95.68%。【小问6详解】①由图可知，一个晶胞中，1个铈离子周围有4个氧离子，故铈离子的配位数为：4×2=8.故答案为：8.②在晶胞中，N(Ce4+)==4，N(O2-)=8×1=8，故每个晶胞中相当于有4个CeO2，4M=ρ.v晶胞.NA=ρ×(a×10-7)3×NA。故a=×107nm。故答案为：×107。19.除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。（1）室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：①室温下，反应的________(用含、或的代数式表示)。②基态核外电子排布式为________。③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。根据A点数据计算反应的_________，下列关于该反应的说法不正确的是_________。A．加水稀释，平衡右移，K值增大B．若达到A点的时间为，则C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的（2）与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀。①实验中的作用是________。②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_________。（3）微生物法：①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是____________。②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H，________。（4）可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：①该制备过程总反应的化学方程式为____________。②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为___________。【答案】（1）①.ΔH3-2ΔH2②.[Ar]3d3③.1.0×1014④.AC（2）①.将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III)②.Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-（3）①.时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性②.被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS（4）①.4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。②.【解析】【小问1详解】①已知：II.III.，由盖斯定律，反应III-2II得得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH3-2ΔH2；②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，故答案为：[Ar]3d3；③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时为0.25mol/L，由原子守恒得为1.0-0.25×2=0.5mol/L。则K=。A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；B．A点为0.25mol/L，由原子守恒得溶液中的为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则v（）=，B项正确；C．升温转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误；故选AC。故答案为：1.0×1014；AC；【小问2详解】实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III)，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III)；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-；【小问3详解】温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故答案为：时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS；【小问4详解】阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使平衡正向从而制备K2Cr2O7。总反应为4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为。故答案为：4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH；。20.乙肝