2020-2021学年湖南省怀化市高三（上）期中化学试卷（Word+解析）

2020-2021学年湖南省怀化市高三（上）期中化学试卷
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（　　）
A．75%的医用酒精和84消毒液都可以有效杀灭新型冠状病毒，将二者混合后使用效果更好
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
C．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素
D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指二氧化碳
2．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）
A．常温常压下，9.5g羟基（﹣18OH）中所含中子数为5NA
B．室温下，1L
pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣数目为10﹣13NA
C．2mol
FeBr2与足量氯气反应时，转移的电子数为6NA
D．甲烷燃料电池的正极消耗22.4L
O2，电路中通过的电子数为4NA
3．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）
A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+4H2O
B．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+H2O
C．明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至生成沉淀物质的量最多：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O
D．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO3+Cl2+H2O═2HSO32﹣+2Cl﹣+SO42﹣
4．下列对各组离子或物质是否能够大量共存及解释正确的是（　　）
A
c（OH﹣）＝1×10﹣13mol/L溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+
不能共存
发生反应
3Fe2++NO3﹣+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O
B
溶液中：K+、Cu2+、Cl﹣、NH3?H2O
不能共存
发生反应Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓
C
常温常压下：NH3、O2、H2、CO2
不能共存
NH3为碱性气体，CO2为酸性气体，二者反应生成（NH4）2CO3
D
溶液中：Al3+、Na+、SO42﹣、HCO3﹣
可以共存
不能发生反应
A．A
B．B
C．C
D．D
5．某有机化工品R的结构简式如图所示。下列有关R的说法正确的是（　　）
A．R的分子式为C10H10O2
B．苯环上一氯代物有2种
C．R能发生加成、氧化和水解反应
D．R分子中所有原子可共平面
6．下列除杂方案不正确的是（　　）
被提纯的物质[括号内物质是杂质]
除杂试剂
除杂方法
A
CO（g）[CO2（g）]
NaOH溶液、浓H2SO4
洗气
B
FeCl2（aq）[Fe3+（aq）]
铜粉
过滤
C
Cl2（g）[HCl（g）]
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D
Na2CO3（s）[NaHCO3（s）]
﹣
加热
A．A
B．B
C．C
D．D
7．CO甲烷化反应为：CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（l）。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化（部分物质省略），其中步骤②反应速率最慢。下列说法不正确的是（　　）
A．步骤①只有非极性键断裂
B．步骤②需要吸收能量
C．步骤③的活化能最高
D．使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率
8．LiH是制备有机合成的重要还原剂LiAlH4的反应物，氢化锂遇水蒸气剧烈反应。某小组设计如图装置制备LiH。下列说法正确的是（　　）
A．装置B、C依次盛装浓硫酸、饱和食盐水
B．装置A中加入硫酸铜越多，反应速率越快
C．装置E用于吸收尾气，避免污染环境
D．实验中，先通入H2，后点燃酒精灯
9．某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是（　　）
A．该化合物中与Y单键相连的Q满足8电子稳定结构
B．WX的水溶液呈中性
C．元素非金属性的顺序为Y＞Z＞Q
D．Z的最高价氧化物对应的水化物是一元弱酸
10．以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图。下列说法正确的是（　　）
A．以此电池为电源电解饱和食盐水，当有0.2
mol
e﹣转移时，阳极产生2.24
L气体
B．若以甲烷为燃料气时负极电极反应式：CH4+5O2﹣﹣8e﹣═CO32﹣+2H2O
C．该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3
D．空气极发生的电极反应式为O2+4e﹣+2CO2＝2CO32﹣
11．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（　　）
操作
现象
A
加入NaOH溶液
有红褐色沉淀
B
加入Ba（NO3）2溶液
有白色沉淀
C
加入酸性KMnO4溶液
紫色褪去
D
加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液
有蓝色沉淀
A．A
B．B
C．C
D．D
12．已知：pCu＝﹣1gc（Cu+），pX＝﹣lgc（X﹣）。298K时，Ksp（CuCl）＝a×10﹣6，Ksp（CuBr）＝b×10﹣9，Ksp（CuI）＝c×10﹣12．在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cu+）和c（Cl﹣）都减小
B．图中x代表CuI曲线，且P点c（Cu+）＝c（I﹣）
C．298K时增大M点的阴离子浓度，则Y上的点向N点移动
D．298K时CuBr（s）+I﹣（aq）?CuI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K的数量级为103
13．工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是（　　）
A．过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气
B．在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2的再生
C．理论上每生成1mol
NaHCO3，可得到2mol
C2H4Cl2
D．过程Ⅲ中的反应是C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl
14．常温下，0.2mol?L﹣1Na2CrO4溶液中，H2CrO4、CrO42﹣、Cr2O72﹣和HCrO4﹣的分布曲线如图所示。下列叙述正确的是（　　）（已知：2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O）
A．曲线Q表示pH与CrO42﹣的变化关系
B．K（H2CrO4）的数量级为10﹣6
C．HCrO4﹣的电离程度大于水解程度
D．pH＝2和pH＝5时，2HCrO4﹣?Cr2O72﹣+H2O的平衡常数不相等
二、解答题（共4小题，满分58分）
15．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。
（1）海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是　
　。（填图中数字序号）
（2）下列关于海洋氮循环的说法正确的是　
　。（填字母序号）
a．海洋中存在游离态的氮
b．海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c．海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
d．向海洋排放含NO3﹣的废水会影响海洋中NH4+的含量
（3）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整：
　
　NH4++5O2═2NO2+　
　H++　
　+　
　
（4）为避免含氮废水对海洋氮循环系统的影响，需经处理后排放。如图是间接氧化工业废水中氨氮（NH4+）示意图。
结合电极反应式简述间接氧化法去除氨氮的原理：　
　。
②若生成H2和N2的物质的量之比为3：1，则处理后废水的pH将　
　。（填“增大”、“不变”或“减小”）
16．三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化。制备三氯化铬的流程如图所示：
（1）重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）需用蒸馏水洗涤，不用化学方法如何用简单方法判断其已洗涤干净？　
　。
（2）用如图装置制备CrCl3时，反应管中发生的主要反应为：Cr2O3+3CCl4═2CrCl3+3COCl2，则向三颈烧瓶中通入N2的作用：①　
　；②鼓气使反应物进入管式炉中进行反应。
（3）样品中三氯化铬质量分数的测定：称取样品0.3000g，加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加热至沸后加入1g
Na2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量2mol?L﹣1H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72﹣存在，再加入1.1g
KI，加塞摇匀，充分反应后铬以Cr3+存在，于暗处静置5min后，加入0.5mL指示剂，用0.0250mol?L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液18.00mL。（已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，CrCl3相对分子质量为158.5）
①滴定实验选用的指示剂为淀粉溶液，判定滴定终点的现象是　
　。若加入Na2O2后不加热煮沸，结果　
　。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
②加入KI时发生反应的离子方程式为　
　。
③样品中无水三氯化铬的质量分数为　
　。
17．电子级钴的氧化物用于半导体工业和电子陶瓷等领域，是一种纯度很高的氧化物。工业上用工业级Co（含铁、硅单质等杂质）制取流程如图。
（1）滤渣A的成分除过量的Co3（PO4）2和Fe（OH）3外还有　
　。（填化学式）
（2）加入Co3（PO4）2的目的是　
　。
（3）Co与稀硝酸反应生成Co2+的离子方程式为　
　。
（4）滤渣B经过反复洗涤、干燥后，进行灼烧，其热重分析图。
写出B点物质的化学式：　
　，C点物质的化学式：　
　。
18．Ⅰ．口罩生产的主要原料聚丙烯由丙烯聚合而来。丙烷脱氢是丙烯工业生产的重要途径，反应的热化学方程式为C3H8（g）?C3H6（g）+H2（g）△H。回答下列问题：
（1）从工业生产的角度来看，主要可以获取丙烷的是　
　。
A．液化石油气
B．炼铁高炉尾气
C．水煤气
D．焦炉气
E．重油裂化产物
（2）1.2×104Pa、1.0×105Pa时由一定量丙烷脱氢制丙烯，反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷、丙烯的物质的量分数变化关系如图1所示。
①105Pa时丙烯的物质的量分数随温度变化的关系曲线是　
　。
②若起始通入丙烷、丙烯、氢气的物质的量比为3：1：1，计算Q点的平衡常数Kp＝　
　。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）
（3）一种丙烷脱氢制丙烯工艺生产中增加了氧化脱氢部分，氧气被引入到脱氢反应体系中，这样做的好处
是　
　。
Ⅱ．环氧乙烷（）可用作一次性医用口罩的灭菌剂。
工业上常常利用乙烯氧化法来生产环氧乙。
主反应：2C2H4（g）+O2（g）（g）
副反应：C2H4（g）+3O2（g）═2CO2（g）+2H2O（g）
乙烯氧化法中反应温度与反应速率的关系如图2所示。
（4）工业生产中，使用Ag作为该反应催化剂，反应过程如下：
Ag（s）+O2（g）→Ag+﹣O2﹣（s）（吸附态分子氧离子）
CH2＝CH2（g）+Ag+﹣O2﹣（s）→（g）+Ag+﹣O﹣（s）（吸附态原子氧离子）
CH2＝CH2（g）+6Ag+﹣O﹣（s）→2CO2（g）+2H2O（g）+6Ag（s）
①根据上述反应过程，理论上1mol乙烯参与反应最多可以得到　
　mol环氧乙烷。
②为了加快主反应速率（且对副反应影响较小），显著提高环氧乙烷生产效率，所采取的措施是　
　。
A．增大体系压强
B．升高温度
C．加入抑制剂X（X+Ag+﹣O2﹣→Ag+XO2）
D．加入抑制剂Y（Y+Ag+﹣O﹣→Ag+YO）
2020-2021学年湖南省怀化市高三（上）期中化学试卷
试题解析
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1．解：A．75%的医用酒精和84消毒液混合使用会降低其消毒能力，酒精有还原性，次氯酸钠有强氧化性，两者可能发生反应生成有毒的氯仿，故A错误；
B．氢键不是化学键，故B错误；
C．油脂中含有多种脂溶性维生素，是水果和蔬菜中所没有的，故摄入油脂有助于人体吸收脂溶性维生素，故C正确；
D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯，故D错误。
故选：C。
2．解：A．9.5g羟基（﹣18OH）的物质的量为n＝＝0.5mol，而此羟基中含10个中子，故0.1mol此羟基中含5NA个电子，故A正确；
B．在氢氧化钠溶液中，氢离子浓度为10﹣13mol/L，水的电离被抑制，此溶液中的氢离子全部来自水的电离，故此溶液中水电离出的氢离子的浓度为10﹣13mol/L，故此溶液中水电离出的氢氧根的浓度也为10﹣13mol/L，物质的量为n＝cV＝10﹣13mol/L×1L＝10﹣13mol，故个数为10﹣13NA，故B正确；
C．FeBr2与足量氯气反应时，Fe2+被氧化为Fe3+，Br﹣被氧化为溴，2mol
FeBr2与足量氯气反应时，转移的电子数为6NA，故C正确；
D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故D错误。
故选：D。
3．解：A．磁性氧化铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、H2O，离子反应为：3Fe3O4+28H++NO3﹣＝9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；
B．向Ca（HCO3）2溶液中滴加入少量NaOH溶液，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣＝CaCO3↓+H2O，故B错误；
C．生成的沉淀物质的量最多时，反应生成硫酸钡、氢氧化铝，恰好氢氧化铝全部沉淀，发生的离子反应为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣＝2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；
D．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣，符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，故D正确；
故选：D。
4．解：A．c（OH﹣）＝1×10﹣13mol/L溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应：3Fe2++NO3﹣+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O，故A正确；
B．Cu2+、NH3?H2O可发生络合反应，应生成Cu（NH3?H2O）42+，故B错误；
C．氨气于二氧化碳在溶液中反应，干燥的氨气和二氧化碳不反应，可大量共存，故C错误；
D．Al3+、HCO3﹣发生互促水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误。
故选：A。
5．解：A．由结构简式可知R的分子式为C10H8O2，故A错误；
B．苯环上4个氢原子位置不对称，苯环上一氯代物有4种，故B错误；
C．R含有酯基、碳碳双键和苯环，能发生水解反应、加成反应和氧化反应，故C正确；
D．﹣CH3中四个原子不可能共平面，故D错误。
故选：C。
6．解：A．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可用洗气的方法除杂，浓硫酸可以干燥CO，故A正确；
B．加入Cu，Cu与氯化铁反应生成氯化铜，引入新杂质，应用Fe粉除杂，故B错误；
C．氯气难溶于饱和食盐水，HCl易溶于食盐水，可用洗气的方法除杂，浓硫酸可以干燥氯气，故C正确；
D．NaHCO3不稳定，加热易分解，生成碳酸钠，而Na2CO3难分解，加热可以除杂质，故D正确。
故选：B。
7．解：A．由图可知：在步骤①中反应开始时是CO气体和H2，后来反应变为CO气体和?H，只断裂了H2中的H﹣H键，同种元素形成的共价键是非极性键，因此步骤①发生只有非极性键断裂，故A正确；
B．步骤②是CO气体与?H结合形成?CHO，由于该过渡态的相对能量较反应物高，需吸收较多能量才能发生该反应，故B正确；
C．根据图中信息，过渡态I的能量差最高，步骤①的活化能最高，故C错误；
D．催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能使化学平衡发生移动，故使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率，故D正确；
故选：C。
8．解：A.B为饱和食盐水，用于除去氯化氢，C为浓硫酸，起到干燥作用，故A错误；
B.如加入硫酸铜较多，消耗较多的锌，铜覆盖在锌的表面，阻碍反应的进行，可导致反应减慢，故B错误；
C.浓硫酸不能起到吸收尾气的作用，可防止空气中水蒸气进入D中而导致产物变质，故C错误；
D.实验中，先通入H2，后点燃酒精灯，可将装置内空气排除，避免氧气与锂反应，故D正确。
故选：D。
9．解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为N，Q为O，W为Na元素，
A．该化合物中与碳原子单键相连的氧原子得到1个电子，达到8电子稳定结构，故A正确；
B．NaH溶于水生成氢氧化钠和氢气，其水溶液呈碱性，故B错误；
C．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性：Y＜Z＜Q，故C错误；
D．N的最高价氧化物对应水化物为硝酸，硝酸为一元强酸，故D错误；
故选：A。
10．解：A、状况不知，无法由物质的量求体积，故A错误；
B、根据图示信息，通入甲烷的电极是负极，在负极上，发生氧化反应，即CH4﹣8e﹣+4CO32﹣＝5CO2+2H2O，故B错误；
C、假设转移4mol的电子，根据电极反应：负极电极反应式为：H2﹣2e﹣+CO32﹣＝CO2+H2O，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2＝2CO32﹣，负极消耗2mol的碳酸根离子，正极产生2mol的碳酸根离子，所以碳酸根离子的浓度不变，无需补充Li2CO3和K2CO3，故C错误；
D、原电池正极上的电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2＝2CO32﹣，故D正确；
故选：D。
11．解：A．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；
C．加入酸性KMnO4溶液，紫色退去，因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C错误；
D．亚铁离子加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液生成Fe3[Fe（CN）6]2↓（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
12．解：A．CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cl﹣）增大，溶解平衡逆向移动，则c（Cu+）减小，故A错误；
B．p点pCu＝﹣1gc（Cu+）＝3，则c（Cu+）＝c（X﹣）＝10﹣3mol/L，x代表CuCl曲线，故B错误；
C．增大M点的阴离子浓度，由图可知，若向N移动，c（Cu+）增大，而阴离子浓度减小，故C错误；
D.298K时CuBr（s）+I﹣（aq）?CuI（s）+Br﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝103，故D正确；
故选：D。
13．解：A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨化的食盐水中通二氧化碳气体，生产溶解度较小的碳酸氢钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；
B．过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA?HCl＝2CuCl2+2TBA+2H2O，实现了TBA、CuCl2的再生，故B正确；
C．过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，故C正确；
D．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA＝NaHCO3+TBA?HCl，理论上每生成1molNaHCO3，需要1moITBA，根据关系式TBA～CuCl～0.5molC2H4Cl2，因此理论上每生成1molNaHCO3，可得到0.5molC2H4Cl2，故D错误；
故选：D。
14．解：A．碱性增强，2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O逆向移动，c（CrO42﹣）增大，所以曲线M表示pH与CrO42﹣的变化关系，故A错误；
B．Ka2（H2CrO4）＝，当c（Cr2O72﹣）＝c（HCrO4﹣）即Q与M的交叉点时，Ka2＝c（H+）≈10﹣6.5＝100.5×10﹣7，所以Ka2（H2CrO4）的数量级为10﹣7，故B错误；
C．由图可知当c（H2CrO4）＝c（HCrO4﹣）即H2CrO4与Q的交叉点时，Ka1（H2CrO4）＝c（H+）≈10﹣1，HCrO4﹣的水解常数Kh＝＝10﹣13＜10﹣6.5，所以HCrO4﹣的电离程度大于水解程度，故C正确；
D．平衡常数K只与温度有关，温度不变，则K不变，所以pH＝2和pH＝5时，2HCrO4﹣＝Cr2O72﹣+H2O的平衡常数相等，故D错误；
故选：C。
二、解答题（共4小题，满分58分）
15．解：（1）氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用，即单质变化为化合物，分析转化关系图可知只有反应②是氮气保护为铵根离子是固氮作用，
故答案为：②；
（2）a．海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在，主要是硝酸根离子，故a错误；
b．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化，大气氧化生成氧化物，反应得到铵根离子最后通过硝化作用得到硝酸根离子，故b正确；
c．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程，反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，故c错误；
d．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3﹣的废水会影响海洋中NH4+的含量，故d正确；
故答案为：bd；
（3）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，生成N2O、NO2﹣、H+和水，氮元素化合价﹣3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为﹣2价，电子转移总数20e﹣，所以铵根离子前为4，氧气前为5，NO2﹣前为2，N2O前为1，结合电荷守恒得到氢离子前为6，水分子式前为5，配平得到离子方程式为：4NH4++5O2═2NO2﹣+6H++N2O+5H2O，
故答案为：4；6；N2O；5H2O；
（4）①装置图分析可知和电源正极相连的为阳极，溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，氯气具有强氧化性酸性溶液中能氧化铵根离子为氮气除去，
故答案为：阳极反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2，产生的Cl2氧化废水中的NH4+释放出N2；
②电解池中阳极电极反应是：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，3Cl2+2NH4+＝N2+8H++6Cl﹣，阴极电极反应为：2H++2e﹣＝H2↑，若生成n
（H2）：n
（N2）＝3：1，电子守恒得到6H+～3H2～6e﹣～N2～3Cl2～6e﹣～8H+，阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，处理后废水的pH减小，
故答案为：减小。
16．解：（1）因为（NH4）2Cr2O7显桔红色，最后一次洗涤的流出液呈无色，说明洗涤干净，
故答案为：最后一次洗涤的流出液呈无色；
（2）氮气不能氧化三氯化铬且充入氮气能使反应物进入管式炉中进行反应，为防止三氯化铬被氧化且使反应物进入管式炉中进行反应，充入氮气，
故答案为：赶尽反应装置中的氧气；
（3）①利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，所以可以用淀粉作指示剂；滴入最后一滴时，如果溶液颜色在半分钟内不变色，则达到滴定终点，溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I﹣氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差，加热煮沸，除去其中溶解的氧气，防止氧气将I﹣氧化，产生偏高的误差，
故答案为：最后一滴滴入时，蓝色恰好完全褪去，且半分钟内不恢复原色；偏高；
②Cr2O72﹣和I﹣发生氧化还原生成碘单质和铬离子，离子方程式为：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O；
③设25.00mL溶液中n（Cr3+），由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6Na2S2O3，
2Cr3++～Cr2O72﹣～3I2～6Na2S2O3，
2
6
n（Cr3+）
0.0250mol/L×0.021L
故n（Cr3+）＝0.0250mol/L×0.018L×＝0.00015mol，所以250mL溶液中n′（Cr3+）＝0.00015mol×＝0.0015mol，根据Cr元素守恒可知n（CrCl3）＝n′（Cr3+）＝0.0015mol，所以样品中m（CrCl3）＝0.0015mol×158.5g/mol＝0.23775g，故样品中无水三氯化铬的质量分数为：×100%＝79.25%，
故答案为：79.25%。
17．解：（1）硅和硝酸不反应，滤渣A含过量的Co3（PO4）2和Fe（OH）3、Si，
故答案为：Si；
（2）铁离子以水解，加入Co3（PO4）2可调节溶液pH，保证Co2+不沉淀，而使铁离子全部沉淀，
故答案为：调节溶液pH，保证Co2+不沉淀，而使铁离子全部沉淀；
（3）Co和硝酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Co+8H++2NO3﹣═3Co2++4H2O+2NO↑，
故答案为：3Co+8H++2NO3﹣═3Co2++4H2O+2NO↑；
（4）A为CoC2O4，n（CoC2O4）＝＝0.1mol，m（Co）＝0.1mol×59g/mol＝5.9g，B点氧化物的质量为7.5g，n（O）＝＝0.1mol，则B点氧化物的化学式为CoO；C点氧化物的质量为8.03g，则n（O）＝＝0.133，则化学式为Co3O4，
故答案为：CoO；Co3O4。
18．解：Ⅰ．（1）A．液化石油气是经由炼油厂所得到的，主要组成成分为丙烷、丙烯、丁烷、丁烯中的一种或者两种，而口罩生产的主要原料聚丙烯由丙烯聚合而来，故A正确；
B．炼铁高炉尾气为高炉没有经过燃烧的烟气一般都含有一氧化碳、二氧化碳，少量的氮气、氢气等，故B错误；
C．水煤气的主要成分为CO、氢气，故C错误；
D．焦炉气主要由氢气和甲烷构成，分别占56%和27%，并有少量一氧化碳、二氧化碳、氮气、氧气和其他烃类，故D错误；
E、重油裂化产物主要产品：汽油、煤油、柴油等轻质油，故E错误；
故答案为：A；
（2）①丙烷脱氢为吸热反应，升高温度平衡正向进行，丙烷的物质的量分数减小，氢气、丙烯的物质的量分数增大，则曲线a、c为丙烷的物质的量分数、曲线b、d为丙烯的物质的量分数；增大压强，平衡逆向移动，则相同温度下，压强越大，丙烷的物质的量分数越大，丙烯的物质的量分数越小，故曲线d为105Pa时丙烯的物质的量分数的变化曲线，
故答案为：d；
②若起始通入丙烷、丙烯、氢气的物质的量为9mol、3mol、3mol，Q点时丙烷的物质的量分数为50%，
C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g）
（单位：mol）
起始量：9
3
3
转化量：x
x
x
平衡量：9﹣x
3+x
3+x
V（C3H8）%＝＝×100%＝50%，x＝1mol，平衡常数KP＝，KP＝＝12500Pa，
故答案为：12500；
（3）丙烷脱氢反应为吸热反应，氢气与氧气反应为放热反应，消耗氢气使脱氢反应正向进行，提高丙烷的转化率，同时放出的热量使容器的温度升高，为脱氢提供能量，
故答案为：氢气与氧气反应生成水，使脱氢反应正向移动，提高丙烷的转化率；丙烷脱氢吸热，氢气与氧气反应放热，为脱氢提供能量；
II．从图象可知，主反应速率随反应温度的升高先增大后减小，副反应速率随温度的升高而增大，当温度为240℃主反应速率最高；
（4）①根据反应可知，1molCH2＝CH2（g）生成1mol（g）和1molAg+﹣O﹣（s），1molCH2＝CH2（g）需要6molAg+﹣O﹣（s）反应生成二氧化碳和水，生成6molAg+﹣O﹣（s）则生成6mol，故总共需要7molCH2＝CH2（g）时，反应生成6mol，则1mol乙烯参与反应最多可以得到mol环氧乙烷，
故答案为：；
②A．主反应气体计量数的和减小，而副反应气体计量数增大，则增大体系压强，副反应逆向进行，有利于主反应的进行，反应速率增大，且提高环氧乙烷的生产效率，故A正确；
B．升高温度有利于副反应的进行，环氧乙烷的生产效率降低，故B错误；
C．加入抑制剂X，导致生成环氧乙烷的Ag+﹣O（s）减小，环氧乙烷的生产效率降低，故C错误；
D．加入抑制剂Y，导致Ag+﹣O﹣（s）减小，副反应选择性降低，对于主反应而言，和没加抑制剂Y相比，相同时间内乙烯的浓度增大，主反应速率加大，环氧乙烷的生产效率提高，故D正确；
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