河南省信阳市2026届高三下学期高中毕业年级第二次质量检测化学试卷（含解析）

河南省信阳市2026届高三下学期高中毕业年级第二次质量检测化学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2025年我国在深空探测、远洋海军、深海探索领域实现跨越式发展，新材料的研发与应用是关键支撑。下列有关说法错误的是(

)A.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B.天问二号探测器搭载的新型碳化硅(SiC)陶瓷基隔热材料为新型无机非金属材料C.福建舰航母甲板使用的特种高强度航母钢，其硬度、熔点均高于纯铁D.蛟龙号深潜器耐压舱使用的外壳防护涂层中的树脂属于有机高分子材料2．下列化学用语正确的是(

)A.基态O原子的核外电子轨道表示式：B.聚丙烯的结构简式：C.共价键电子云轮廓图：D.分子的VSEPR模型：3．实验室以和浓硫酸为原料制备和。下列图示装置能达到实验目的是(

)A.用装置甲制备 B.用装置乙收集C.用装置丙吸收尾气中的 D.用装置丁蒸干溶液得到4．下列离子方程式书写正确的是(

)A.向含的溶液中通入过量的：B.“海水提镁”中用石灰乳沉镁：C.用石墨电极电解氯化铝溶液：D.浓溶液稀释，绿色溶液变蓝：5．含钛高炉渣富含、、、、、等氧化物，其用于提取金属钛的流程如下。已知：不溶于水、稀酸和碱溶液。下列说法错误的是(

)A.“研磨、磁选”时可除去高炉渣中的铁元素B.“酸浸”“碱浸”均需在高温下进行，以加快反应速率C.若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，最终得到的滤渣主要成分相同D.若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量增大6．有机物M是一种重要的医药中间体，其结构如图所示，下列说法中错误的是(

)A.分子中碳原子的杂化方式是、B.核磁共振氢谱有7组峰C.M中所有碳原子不可能共平面D.与足量的发生加成反应最多消耗7．某实验小组发现盛有铜和盐酸的试管放置几天后，溶液变成了蓝色，并有黑色固体生成，于是对铜和盐酸的反应进行探究。实验设计如下：试管序号①②实验装置两天后实验现象溶液变成淡蓝色，铜片上无气泡，有极少量黑色固体溶液变成蓝色，铜片上无气泡，有少量黑色固体试管序号③④实验装置两天后实验现象溶液无明显变化，铜片无明显变化溶液无明显变化，铜片无明显变化下列说法中错误的是(

)A.黑色固体不可能是B.实验③的作用是确认实验①、②中是氧化了铜C.实验②、④现象不同说明促进反应的发生D.由实验可知：稀盐酸中，的氧化性强于8．W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前三周期元素，X、Y、Z是同周期元素，基态Y原子的第一电离能比同周期相邻元素的都大，X和M是同一主族元素。由W、X、Y、Z、M组成的一种物质的结构如图所示。下列说法错误的是(

)A.第一电离能：B.、均为非极性分子C.Y的最高价氧化物的水化物是一元强酸D.简单氢化物沸点：9．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是(

)选项实验操作现象结论A常温下，测定等浓度的和的值前者<后者电负性；B将盛有和反应体系的容器压缩体系颜色加深平衡向生成的方向移动C以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀D向溶液中依次滴加淀粉溶液和溶液溶液变蓝还原性：A.A B.B C.C D.D10．在一定温度、101kPa反应条件下，将按体积比为x:2:1通入装有催化剂的恒压反应器中发生反应i和ii。反应i：反应ii：反应进程如图所示。下列说法中错误的是(

)A.反应iiB.的选择性大于C.随着x的增大，的平衡转化率逐渐增大D.生成的决速步骤反应式为11．超分子化学中，利用光响应单元实现功能“开-关”调控是重要的研究方向。某科研团队发现了一种具有光响应性能的偶氮苯桥连双冠醚体系(如图所示)：下列说法错误的是(

)A.冠醚与金属离子之间的主要相互作用为离子键B.偶氮苯桥连双冠醚反式构型转化为顺式构型是化学变化C.该体系的光响应特性可用于设计可调控的离子分离材料D.顺式构型对捕获能力增强，是因为其两个冠醚环协同形成更大空腔，更匹配尺寸12．乙硫醇易溶于碱液和有机溶剂，以具有强烈、持久且刺激性的蒜臭味而闻名。通常用作臭味指示剂。利用电解法可除去乙硫醇，降低其毒性，其工作原理如图所示，下列说法错误的是(

)A.石墨为阴极B.离子交换膜为阴离子交换膜C.电解一段时间后石墨电极附近溶液中的下降D.若只考虑间接消除法，每消除0.5mol乙硫醇，理论上外电路通过6mol电子13．将石墨和钾蒸气在直接反应生成了青铜色的石墨间隙化合物，填充在石墨间层。其结构如下图所示：关于该化合物的说法中，错误的是(

)A.图示中的x值是8B.石墨形成后导电性增强C.物质呈现青铜色的原因是电子跃迁吸收特定波长的光D.若最近的两个碳原子之间的距离是，则最近的两个之间的距离是14．弱酸在有机相和水相中存在平衡：，平衡常数为。时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液。测得水溶液中、、、环己烷中的浓度与水相萃取率随的变化关系如图。已知：①在环己烷中不电离；②忽略加入或的体积变化。下列说法错误的是(

)A.曲线①表示随的变化关系B.C.当时，D.若加水体积为，则交点N的增大二、实验题15．二氯化六氨合镍可以做催化剂、电化学材料以及其他化学反应的试剂。该物质为蓝紫色晶体，易溶于冷水与稀氨水，但在浓氨水及乙醇中难溶，受热或在热水中分解并释放氨气。其制备与镍含量测定的实验步骤如下：I.二氯化六氨合镍的制备将镍片在通风橱中溶于浓硝酸，水浴加热使镍片溶解得溶液。将所得溶液加热浓缩后用冰盐浴冷却，然后慢慢加入氨水和氯化铵的混合溶液制得蓝紫色沉淀，减压过滤，依次用三种不同的试剂洗涤沉淀，并置于干燥器中干燥得到产品。II.产品中镍含量的测定准确称取产品于烧杯中，加水溶解，加入足量丁二酮肟溶液和浓氨水，生成血红色的沉淀并保持溶液的为，水浴保温。取下，稍冷后，减压过滤，洗涤，烘干，冷却，称重得沉淀。已知：①丁二酮肟镍的摩尔质量是；②产品与丁二酮肟反应方程式：(1)仪器a的名称为______________________，滴液漏斗中的浓硝酸可用和混合液代替，优点是______________________。(2)三颈烧瓶中由制备蓝紫色沉淀的化学方程式为______________________，在反应过程中加入过量的氯化铵，目的是______________________。(3)乙醚沸点低，易挥发，易溶于乙醇。洗涤沉淀时用了①无水乙醇、②浓氨水、③乙醚三种试剂，正确的顺序是______________________。(4)沉淀时，保持溶液pH在范围，原因是______________________。(5)易形成配合物的原因___________(填序号)。a.配位时被还原 b.配合物与水能形成分子间氢键c.配体可以形成分子内氢键 d.可以提供空轨道与N形成配位键(6)产品中镍元素的质量分数为______________________(用含x、y的计算式表示)。三、填空题16．钒、铬等金属的回收具有重要的经济和战略价值。某科研团队以利用废钒催化剂(含、及少量的、、等的化合物)回收钒、铬的工艺流程如下图。已知：①焙烧后，钒元素以形式，铬元素以形式存在；②；③。(1)Cr在元素周期表中的位置是______________________。(2)废钒催化剂因表面附着有矿物油，可用___________(填序号)洗涤。a.溶液 b.环己烷 c.溶液(3)“沉硅”时转化为沉降分离，已知温度为时，，当溶液中恰好沉淀完全(离子浓度等于)时，溶液中______________________(计算结果保留三位有效数字)。(4)“离子交换”过程可表示为，其中为强碱性阴离子交换树脂。“洗脱”时，试剂X可选用___________(填化学式)。(5)滤渣2的主要成分为___________(填化学式)。(6)“沉钒”时需控制温度不超过50℃原因：______________________。(7)“还原”过程加入“草酸”发生反应的离子方程式为______________________。(8)钒酸钇晶体是固态激光器的核心材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞棱边夹角均为。已知阿伏加德罗常数的值为，则晶体的理论密度______________________(列出计算式)。17．含硫烟气(主要含)的脱硫处理是环保重要举措,利用还原脱硫的反应为:反应Ⅰ.反应Ⅱ.回答下列问题:(1)反应II自发的条件是___________(填“高温”“低温”“任意温度”或“无法判断”)。(2)恒温恒压密闭容器中,充入一定量和发生反应Ⅱ,下列能判断反应达到化学平衡状态的是___________(填序号)。a.气体平均相对分子质量不变b.混合气体的密度不变c.d.(3)在不同催化剂条件下,的转化率随温度变化的曲线如下图所示。工业生产过程中选择的最佳催化剂是___________(填“Cat.1”“Cat.2”“Cat.3”“Cat.4”或“Cat.5”),若选择催化剂Cat.2,低温下的转化率低的原因是___________。(4)向恒温恒压的密闭容器中充入、、发生反应I和Ⅱ.测得体系的初始压强为,当反应达到平衡时,的转化率为,CO的物质的量为。计算该温度下反应Ⅱ的平衡常数___________。(5)利用燃料电池电解脱硫,其装置如下图所示。①写出电极I的电极反应式___________。②燃料电池工作时,每消耗标准状况下,电解池中会生成,不考虑其他能量损耗,该燃料电池将化学能转化为电能的转化率为___________(保留四位有效数字,转化率=)。18．茚酮11是一种重要的抗肿瘤药物的核心中间体，其中的一种合成路线如下所示：回答下列问题：(1)A的化学名称为______________________，化合物E中含氧官能团名称为______________________。(2)D的分子式为，含有一个六元环，水解产物之一为丙二酸()。经核磁共振氢谱检测，该分子中共有2种不同化学环境的氢原子，且个数比为，则D的结构简式为______________________。(3)已知DFBN的结构简式为，写出的化学方程式______________________。(4)G→H的反应类型为______________________。(5)物质M相对分子量比DFBN大14，满足下列条件的M有______________________种(不考虑立体异构)。①物质M是DFBN的同系物；②红外光谱显示有片段。(6)已知：酮类物质和在一定条件下容易发生氧化反应。参照上述合成路线，写出以为原料合成的路线___________(无机试剂任选，合成路线流程图示例见大题题干)。参考答案1．答案：C解析：A.储氢合金可大量吸收并与结合生成金属氢化物，A正确；B.碳化硅（SiC）陶瓷基隔热材料不属于传统硅酸盐材料，属于新型无机非金属材料，B正确；C.特种高强度航母钢属于铁合金，合金的硬度高于纯铁，但熔点低于纯铁，选项所述熔点高于纯铁的说法错误，C错误；D.树脂是相对分子质量较高的有机聚合物，属于有机高分子材料，D正确；故答案为：C。2．答案：A解析：A.基态O原子的核外电子排布式为。根据洪特规则，电子在填充简并轨道时，优先单独占据一个轨道且自旋平行。O原子的2p轨道有4个电子，排布为：一个轨道成对，另外两个轨道各填充1个自旋平行的电子。题目给出的轨道表示式符合排布规则，A正确；B.聚丙烯由丙烯加聚而成，其结构简式应为：，B错误；C.分子中，H的1s轨道与Cl的3p轨道以“头碰头”方式重叠形成σ键，电子云轮廓图应为球形（H的s轨道）与哑铃形（Cl的p轨道）沿键轴方向重叠，而选项中的轮廓图不是这种形式，C错误；D.分子中N原子有3个σ键和1对孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，而选项中的图是三角锥形（分子的空间结构，不是VSEPR模型），D错误；故此题选A。3．答案：C解析：A.装置(甲)中铜与浓硫酸反应制得，装置缺少加热装置，不能发生反应，不符合实验原理，A不符合题意；B.装置(乙)利用密度大于空气，可用向上排空气法收集，但是没有空气离开的管道，不符合实验原理，B不符合题意；C.装置(丙)用NaOH溶液吸收尾气中的，离子方程式为：，可防止污染环境，且防止倒吸；C符合题意；D.装置(丁)若将溶液直接蒸干，会导致晶体失去结晶水，无法得到晶体；正确操作应是蒸发浓缩、冷却结晶，D不符合题意；故答案选C。4．答案：D解析：A.该离子方程式电荷不守恒，离子方程式应为，A错误；B.石灰乳中为悬浊态，不能拆写成，需写化学式，离子方程式应为，B错误；C.电解生成的会与溶液中反应生成沉淀，无法存在大量游离，离子方程式应为，C错误；D.浓溶液中绿色的稀释时平衡正向移动，转化为蓝色的，离子方程式为，D正确；故选D。5．答案：B解析：梳理流程和各氧化物性质：原料含（不溶于稀酸、碱）、（与酸碱反应）、（与稀酸反应）、（与碱反应），通过酸浸碱浸溶解除去杂质，滤渣为，由此作答；A.具有磁性，研磨后磁选可以分离出铁的氧化物，除去铁元素，A正确；B.酸浸使用的是稀盐酸，HCl易挥发，高温会使HCl大量挥发，降低反应物浓度，反而不利于浸出反应，B错误；C.分析可知，先酸后碱，最终滤渣为，互换顺序（先碱后酸）：碱浸溶解、，剩余不溶物为、MgO、CaO；酸浸溶解MgO、CaO，最终滤渣仍为。最终滤渣主要成分相同，C正确；D.原顺序中，已经被酸浸除去，碱浸时仅消耗NaOH；互换顺序后，碱浸时和都要消耗NaOH，因此NaOH用量增大，D正确；故选B。6．答案：A解析：A.苯环上的C、碳碳双键的C、羰基(C=O)的C均为杂化，叔丁基()中的C、甲基()中的C，均为杂化，氰基(-C≡N)中的C为sp杂化，所以分子中的C原子的杂化方式是sp、、，A错误；B.叔丁基()的3个甲基上的9个H等效为1组，碳碳双键的2个H化学环境不同，不等效为2组，苯环上的3个H不等效为3组，甲氧基()上的3个H等效为1组，所以共有1+2+3+1=7组，B正确；C.叔丁基()中的C是杂化，呈四面体结构，这4个C原子无法共平面，所以M中所有C原子不可能共平面，C正确；D.能与加成的有苯环、碳碳双键和氰基，1mol苯环可以与加成，1mol碳碳双键可以与加成，1mol氰基(-C≡N)可以与加成，酯基(-COO-)中的羰基不能与加成，所以有，D正确；故选A。7．答案：D解析：对比实验①、②、③、④可知，在盐酸和氧气的共同作用下，铜被氧化，生成使溶液变蓝的物质和黑色固体；A.可以溶于盐酸，因此黑色固体不可能是，A正确；B.实验③通入二氧化碳没有明显现象，可知实验①、②中是氧化了铜，B正确；C.实验②、④都是酸性溶液，现象不同，说明促进反应的发生，C正确；D.该实验中是氧化了铜，不是氧化剂，不能判断的氧化性强于，D错误；故选D。8．答案：B解析：W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前三周期元素，X、Y、Z同周期，基态Y原子第一电离能比同周期相邻元素都大，Y为N(2p半充满稳定结构)；X、Y、Z同周期且原子序数递增，结合成键特征（X形成4键、Z形成1键）→确定为第二周期：X为C，Z为F；X和M同主族，M为Si；结合结构中W形成1个共价键，W为H。据此分析。A.同周期主族元素从左到右，核电荷数增大，原子半径减小，第一电离能呈增大趋势。F在第二周期最右，电离能最高；N因2p半满稳定，电离能高于C；同主族元素从上到下，原子半径显著增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，第一电离能逐渐减小。Si在第三周期，电离能低于C。所以第一电离能：即，即第一电离能：，A正确；B.C2H4是平面结构，正负电荷中心重合，为非极性分子；分子中N原子有孤电子对，结构不对称，是极性分子。故均为非极性分子的说法错误，B错误；C.Y为N，最高价氧化物对应水化物为，是一元强酸，C正确；D.简单氢化物分别为。存在分子间氢键，沸点最高；相对分子质量大于范德华力更强，沸点更高，故沸点：。即简单氢化物沸点：Y>M>X，D正确；故选B。9．答案：A解析：A.等浓度的的pH更小说明酸性更强，F电负性大于Cl，吸电子诱导效应更强，使羧基键更易电离出，可推出电负性，A正确；B.压缩容器时浓度因体积减小瞬间增大导致颜色加深，反应，平衡实际向生成的方向移动，结论错误，B错误；C.是AB型沉淀、是型沉淀，二者沉淀类型不同，不能直接通过沉淀先后比较，实际，结论错误，C错误；D.溶液中存在平衡，本身含有，遇淀粉直接变蓝，无法证明和发生反应，不能比较还原性，D错误；故选A。10．答案：C解析：A.反应前后各物质均为气态，且反应ii发生后气体分子总数减少，体系混乱度降低，，A正确；B.由题目信息可知，在催化剂表面，生成中间体后，该中间体加氢生成，或经过TSIII脱氢生成。图示数据表明，由于生成的能垒较高，速率较慢，而生成的活化能更小，反应更易进行，故的选择性大于，B正确；C.反应i和反应ii均为分子总数减少的反应，当x增大，在恒温、恒压条件下，体系中各反应组分的分压降低，导致平衡逆向移动，的平衡转化率降低，C错误；D.图示数据表明，反应路径中的过渡态TSⅡ活化能最大，该步骤决定整体反应速率，故生成的决速步骤反应式为，D正确；故答案选C。11．答案：A解析：A.冠醚与金属离子之间的主要相互作用是配位键，冠醚中的氧原子提供孤对电子与金属离子进行配位，A错误；B.偶氮苯桥连双冠醚反式构型转化为顺式构型是一种光致异构化反应，是分子内化学键重排导致的构型变化，属于化学变化，B正确；C.通过调控紫外光或避光条件，可以驱动偶氮苯在顺式与反式构象之间可逆转换，从而动态改变双冠醚的空腔尺寸，调控对特定离子（如和）的亲和力，进而实现可调控的离子分离，C正确；D.由图示机制，顺式构型双冠醚协同形成更大空腔，可对离子进行协同配位，大空腔更匹配尺寸，对离子半径较大的捕获能力增强，D正确；故答案选A。12．答案：C解析：由图可知，石墨电极为电解池的阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，与溶液中的乙硫醇反应生成离子；铸铁电极为阳极，直接法除去乙硫醇时，离子在阳极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：；间接法除去乙硫醇时，铁在阳极失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为：，放电生成的高铁酸根离子与溶液中的离子反应生成离子、氢氧化铁沉淀和氢氧根离子，反应的离子方程式为：。A.由分析可知，石墨电极为电解池的阴极，A正确；B.由分析可知，石墨电极为电解池的阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，B正确；C.由分析可知，石墨电极为电解池的阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，与溶液中的乙硫醇反应生成离子和水，则电解一段时间后石墨电极附近溶液中的pH基本不变，C错误；D.由分析可知，间接法除去乙硫醇时，铁在阳极失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为：，放电生成的高铁酸根离子与溶液中的离子、氢氧化铁沉淀和氢氧根离子，反应的离子方程式为：，由方程式可知，消除0.5mol乙硫醇时，需要消耗高铁酸根离子的物质的量为：0.5mol×2=1mol，则由电极反应式可知，理论上外电路通过电子的物质的量为6mol，D正确；故选C。13．答案：D解析：A.取俯视图中构成的最小平行四边形单元上下两个为晶胞顶点计算，顶点按均摊法得总个数为，该单元内共含8个C原子，因此C:K=8:1，即x=8，A说法正确；B.石墨本身可导电，形成石墨间隙化合物后，电离出自由移动的电子，导电性比纯石墨更强，B说法正确；C.物质显示特定颜色的本质原因是：电子跃迁吸收了可见光中特定波长的光，物质显示吸收光的互补色，因此青铜色就是该过程产生的，C说法正确；D.已知最近两个碳原子间距为，即石墨六元环的边长为，结合俯视图的几何关系计算可得：最近两个的距离为以碳原子为边长的等边三角形高的4倍，即，不是，D说法错误；故选D。14．答案：D解析：首先明确平衡关系：仅在水相电离，环己烷中不电离；随pH升高，水相不断电离，更多从环己烷进入水相，因此：环己烷中随pH升高逐渐降低，水相中逐渐降低、先增后减、逐渐升高，萃取率α随pH升高逐渐增大，所以曲线①②③④⑤表示、萃取率、、和随的变化关系。A.随pH升高，环己烷中不断转移到水相，减小，曲线①随pH升高浓度逐渐降低，符合变化规律，A正确；B.pH很低时，几乎不电离，水相中A全部以形式存在，平衡：。根据物料守恒，在两相体积相等且pH很低的条件下：，由图得pH很低时，，则，因此，B正确；C.水相中电荷守恒：。pH=7时，因此；由图可知pH=7时，代入得，C正确；D.交点N为，由一级电离：。电离平衡常数只随温度变化，温度不变，不变，因此交点N的pH不变，D错误；故选D。15．答案：(1)球形冷凝管；绿色环保，不产生氮氧化合物污染环境(2)；利用氯离子的同离子抑制效应，降低产品的溶解度，有利于产品析出或者能抑制水解(3)②①③(4)pH过小，不利于丁二酮肟电离出阴离子或者pH过小，会被消耗；pH过大，易转化为影响测定结果的准确性(5)d(6)解析：（1）根据装置图，a为回流用的球形冷凝管；浓硝酸溶解Ni会生成有毒的，作为氧化剂还原产物为水，不会产生污染性氮氧化物，故绿色环保，不产生氮氧化物污染环境；（2）反应物为硝酸镍、氨水、氯化铵，产物为目标沉淀和硝酸铵，配平后方程式为；氯化铵电离出可抑制氨水电离，避免浓度过高生成氢氧化镍，同时提供促进产物沉淀；（3）题目说明产物难溶于浓氨水、乙醇，洗涤时先用浓氨水除去杂质，再用无水乙醇洗去残留水和浓氨水，最后用乙醚洗去乙醇，且乙醚易挥发便于干燥，顺序为浓氨水→无水乙醇→乙醚，故为②①③；（4）pH过低，丁二酮肟不能与充分配位，淀不完全且易与氨水反应；pH过高，会生成沉淀，导致测定结果不准确，因此控制pH在8~9；（5）形成配位键的条件是中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，有空轨道可与N形成配位键，是易形成配合物的原因，其余选项均不符合，故选d；（6）1mol丁二酮肟镍含1molNi，故Ni的质量为，因此Ni的质量分数为。16．答案：(1)第四周期第VIB族(2)b(3)0.237(4)NaCl或者KCl等中性氯化物(5)(6)防止温度过高受热分解，或者“防止受热分解”或者“温度过高，不利于钒酸铵沉淀析出”(7)(8)解析：除杂过程，加氧气焙烧后溶解，氧化铁不溶于碱性溶液，过滤时被除去，加入硫酸镁后，溶液中的硅酸根被除去，再通过离子交换的方式除去溶液中的钒，调解pH到5将溶液中的变成氢氧化铝沉淀除去，加草酸将+6价的铬转化为+3价，调pH后生成氢氧化铬，据此作答；（1）Cr原子序数为24，核外电子排布为，位于第四周期第ⅥB族;（2）矿物油是烃类混合物，根据相似相溶原理，可用有机溶剂环己烷洗涤；NaOH、溶液只能除去油脂（酯类），无法溶解矿物油，故选b；（3）恰好沉淀完全时，此时，为不生成氢氧化镁沉淀，需，带入数据，解得；（4）反应，洗脱时是平衡逆向移动，加入NaCl或者KCl等中性氯化物；（5）由分析可知，滤渣2为；（6）温度过高会导致铵盐分解，且溶解度随温度升高而增大，溶解损失导致产率降低，因此需控制温度不超过50℃；（7）酸性条件下，铬以重铬酸根形式存在，草酸被氧化为二氧化碳，配平可得；（8）钒酸钇化学式为，摩尔质量为，利用均摊法，计算一个晶胞中Y的个数=，1个晶胞中含有4个钒酸钇，一个晶胞的质量=g，密度=。17．答案：(1)高温(2)abc(3)Cat.3;低温下催化剂活性低,反应速率慢,的转化率低;低温下,活化分子百分数低,反应速率慢(4)(或或)(5);83.75%或者0.8375解析：(1)已知反应Ⅱ的,所以,反应正方向气体分子数增大,所以,反应自发的条件是,需要高温才能满足;(2)a.反应Ⅱ(),恒温恒压密闭容器中,气体平均相对分子质量=,反应中所有物质都是气体,不变,但随反应进行而增大,当气体平均相对分子质量不