2023-2024学年高二下学期化学人教版期末质量检测卷

2023-2024学年高二下学期化学人教版期末质量检测卷 考试范围：选择性必修2、选择性必修3 一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39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．F、P、S、Cl、K等为化肥或农药中的常见元素。下列说法正确的是 A．电负性大小：χ(F)>χ(P)>χ(S) B．简单离子半径：r(K+)>r(S2-)>r(Cl-) C．第一电离能：I1(F)>I1(P)>I1(S) D．简单氢化物水溶液的酸性：HF>HCl>H2S 2．研究发现，第四周期金属的水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律。 离子 19K+ 21Sc3+ 22Ti3+ 26Fe2+ 29Cu2+ 30Zn2+ 水合离子颜色 无色 无色 紫红色 浅绿色 蓝色 无色 下列有关说法正确的是 A．28Ni2+的水合离子有色 B．29Cu原子的基态价电子轨道表示式： C．26Fe2+稳定性强于Fe3+ D．24Cr的基态原子电子排布式：[Ar]3d44S2 3．下列有关化学用语的表述正确的是 A．次氯酸的电子式： B．F-的结构示意图： C．基态铜原子的外围电子排布图： D．Se的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4 4．下列关于物质结构与性质的说法，正确的是 A．NH键的极性大于CH，因此分子的极性大于 B．12g石墨中含有σ键的物质的量为3mol C．和均为非极性分子 D．乙烯、苯、吡啶()中碳的杂化方式均相同 5．Ka(HCN)=5.8×10-10。Z是酸性条件下X与HCN反应的主产物，Y是反应过程中的过渡态或中间体。X→Z的反应过程可表示如图： 下列说法正确的是 A．X的聚合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．Y能稳定存在 C．溶液的酸性越强，Z的产率越高 D．Z中碳氮原子均为8电子稳定结构，所含σ键和π键数目之比为11∶2 6．通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是 A．P为非极性分子，Q为极性分子 B．第一电离能： C．和所含电子数目相等 D．P和Q分子中C、B和N均为杂化 7．是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为，晶胞如图所示，下列说法错误的是 A．合成反应中，还原剂是和C B．晶胞中含有的个数为4 C．每个周围与它最近且距离相等的有8个 D．为V型结构 8．对图中物质的说法正确的是 A．图A中，O原子(灰球)通过离子键与作用 B．图B中，该物质与相比较，摩尔质量更大，具更高的熔、沸点 C．图B中，碳原子有一种杂化方式 D．图C中，表示硅氧四面体，则该双链结构的通式为 9．下列叙述中正确的个数有 ①基态氧原子的电子排布图： ②处于最低能量状态原子叫基态原子，过程中形成的是发射光谱 ③所有元素中，氟的第一电离能最大 ④镁原子最外层电子的电子云图： ⑤基态的核外电子排布式为 ⑥HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，而熔沸点逐渐升高 ⑦用X一射线衍射实验来区分晶体和非晶体 ⑧干冰升华时，分子内共价键会发生断裂 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 10．由下列实验操作和现象，得出结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将一氯乙烷与氢氧化钠醇溶液反应产生的气体通入酸性溶液中，紫色变浅 气体中一定含有乙烯 B 向硝基苯中加水，振荡后静置，油状液体在下层 硝基苯的密度大于水 C 向盛有与的集气瓶中加水，一段时间后滴加溶液产生少量白色沉淀 与发生了取代反应 D 将有机物燃烧后产生的气体依次通过无水硫酸铜和澄清石灰水的洗气装置，无水硫酸铜变蓝，石灰水变浑浊 该有机物为烃 A．A B．B C．C D．D 11．我国科学家利用柱[5]芳烃（EtP5）和四硫富瓦烯（TTF）之间相互作用，在溶液和固体态下构建了超分子聚合物（SMP），如下图所示： 下列说法正确的是 A．EtP5和EtP10互为同系物 B．EtP5和TTF通过化学键自组装得到SMP C．若用EtP10替换EtP5可形成更稳定的SMP D．TTF的核磁共振氢谱中含有1组峰 12．科学家成功制得新型可循环高分子材料，其合成路线如图所示。下列说法正确的是 A．反应①中，标记*的碳原子被氧化 B．反应②的类型为缩聚反应 C．聚合物Ⅰ可以通过水解反应降解为小分子 D．聚合物Ⅰ与聚合物Ⅱ均可通过适当的化学反应形成网状结构的高分子材料 13．月桂烯是重要的有机合成中间体，以其为原料合成乙酸橙花酯和香味醇、橙花醇的流程如图所示。 下列说法错误的是 A．该流程不涉及消去反应 B．香味醇和橙花醇互为顺反异构体 C．月桂烯不存在含苯环的同分异构体 D．乙酸橙花酯可以在酸性环境中稳定存在 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。 a．延长沉钒时间     b．将溶液调至碱性      c．搅拌      d．降低溶液的浓度 15．G为镇静类药物，主要用于治疗失眠。其一种合成路线如图： (1)A的结构简式为 。 (2)反应②的反应类型为 ；所含官能团名称为 。 (3)Na2CO3能提高产率的原因是 。 (4)写出一种符合下列条件的D的同分异构体的结构简式 。 ①1mol该物质能消耗4molAg(NH3)2OH ②核磁共振氢谱图中有4组峰，峰面积之比为6 ：2 ：2 ：1 (5)已知苯胺易被氧化。设计一条由甲苯、为原料合成的合成路线 。(无机试剂任选) 16．门捷列夫在研究周期表时预言了“类铝”元素镓，镓(Ga)位于元素周期表第ⅢA族，高纯镓广泛用于半导体材料、光电材料、光学材料等领域。 (1)一种利用炼锌渣(主要含Pb、Zn、Cu、Fe的氧化物和一定量GaCl3)为原料制备高纯镓的流程如图所示： 已知：i.电解步骤制取镓时两极均采用惰性电极。 ii.Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸；ZnS、Ga2S3均难溶于水。 iii.20℃，Kb(NH3•H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35 回答下列问题： ①试剂a为Cu，其主要作用是 。 ②滤渣4的主要成份为 。 ③已知：Ga3++4OH- ⇌[Ga(OH)4]- K≈1.0×1034为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3•H2O⇌[Ga(OH)4]-+NH的平衡常数K= 。 ④电解步骤中，阴极的电极反应式为 。 (2)砷化镓(GaAs)太阳能电池为我国“玉兔二号”月球车提供充足能量。GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。 ①GaAs中Ga的化合价为 ，基态As原子的核外电子排布式为 ， ②设阿伏加德罗常数的数值为NA，GaAs晶胞边长为acm，则其晶体密度为 。 ③在Mn掺杂到GaAs的晶体中每个Mn最近且等距离的As的数目为 。 17．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： H2CrO4(aq)H+(aq)+(aq)  ΔH1 (aq)H+(aq)+(aq) ΔH2 2(aq)H2O(l)+(aq) ΔH3 ①室温下，反应2(aq)+2H+(aq)(aq)+H2O(l)的ΔH= (用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。 ②室温下，初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液中c()随c(H+)的变化如图。 根据A点数据计算反应2+2H++H2O的K= ，下列关于该反应的说法正确的是 。 A．加水稀释，平衡正向移动 B．若达到A点的时间为5s，则v()=0.1mol/(L·s) C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的ΔH>0 (2)NaHSO3与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使Cr3+沉淀。 ①实验中的NaHSO3作用是 。 ②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图1所示。当pH>12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)的废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图2所示。55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是 。 ②水体中，Fe合金在SRS存在条件下腐蚀的机理如图3所示，Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电于转化为H， 。 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【详解】A．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则硫元素的电负性大于磷元素，故A错误； B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钾离子的离子半径小于氯离子，故B错误； C．同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为I1(F)>I1(P)>I1(S)，故C正确； D．氢氟酸为弱酸，酸性弱于强酸盐酸，故D错误； 故选C。 2．A 【分析】由表可知，当价电子构型为3d0或3d10时，d轨道上没有单电子，第四周期金属的水合离子为无色离子；当价电子构型为3d1—3d9时，d轨道上有单电子，第四周期金属的水合离子为有颜色的离子。 【详解】A．镍元素的原子序数为28，基态Ni2+离子的价电子排布式为3d8时，d轨道上有单电子，水合离子为有颜色的离子，故A正确； B．铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，轨道表示式为，故B错误； C．铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，易失去电子形成稳定的半充满结构3d5，基态铁离子的价电子排布式为稳定的半充满结构3d5，较难失去电子，所以铁离子的稳定性强于亚铁离子，故C错误； D．铬元素的原子序数为24，基态原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，故D错误； 故选A。 3．D 【详解】 A．次氯酸是共价化合物，电子式为，A错误； B．F-电子排布式为1s22s22p6，结构示意图：，B错误； C．Cu是29号元素，基态铜原子的外围电子排布式为3d104s1，外围电子排布图：，C错误； D．Se是34号元素，简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4，D正确； 故选D。 4．D 【详解】A．NH3分子为三角锥形，为极性分子，CH4为正四面体形，为非极性分子，则分子的极性：分子的极性大于，A错误； B．石墨中每个碳原子均摊到的共价键数为3×0.5=1.5，所以12g石墨中含有σ键的物质的量为1.5mol，B错误； C．和中正负电荷中心都不重合，都是极性分子，C错误； D．乙烯、苯、吡啶()中C原子的σ键数为3，孤电子对数为0，碳原子为sp2杂化，碳的杂化方式均相同，D正确； 答案选D。 5．D 【分析】由图可知，X(丙烯)和HCN发生加成反应生成Z。 【详解】A．丙烯聚合为聚丙烯，聚丙烯分子中没有碳碳双键，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误； B．Y是反应过程中的过渡态或中间体，所以Y不稳定，故B错误； C．氢氰酸是一元弱酸，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，氢氰酸的电离平衡左移，氰根离子的浓度越小，生成Z的产率越低，故C错误； D．Z中碳氮原子均为8电子稳定结构，所以-CN中C和N之间为三键，三键中有一个σ键，两个π键，其余化学键均为σ键，所以Z中所含σ键为11个，π键为2个，σ键和π键数目之比为11∶2，故D正确； 故选D。 6．A 【详解】A．由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A错误； B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B<C<N，故B正确； C．由所给分子结构可知，P分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1mol P和1mol Q所含电子数目相等，C正确； D．由所给分子结构可知，P和Q分子中C、B和N均与其它三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D正确； 本题选A。 7．D 【详解】A．LiH中H元素为-1价，由图中化合价可知， N元素为-3价，C元素为+4价，根据反应可知，H元素由-1价升高到0价，C元素由0价升高到+4价，N元素由0价降低到-3价，由此可知还原剂是和C，故A正确； B．根据均摊法可知，位于晶胞中的面上，则含有的个数为，故B正确； C．观察位于体心的可知，与它最近且距离相等的有8个，故C正确； D．的中心原子C原子的价层电子对数为，且与CO2互为等电子体，可知为直线型分子，故D错误； 故答案选D。 8．D 【详解】A．图A中冠醚和钾离子之间存在配位键，不存在离子键，A错误； B．图B中阳离子基团较大，离子键较弱，所以晶格能较小，熔沸点较低，则图B物质相较更低的熔沸点，B错误； C．图B中，碳原子有碳碳双键，碳氮单键，碳碳单键，两种种杂化方式sp2、sp3，C错误； D．图C中，该结构的最小重复单位如图，最小重复单位中Si原子个数为4+4× =6，O原子个数为14+6× =17，Si元素化合价为+4价、O元素化合价为-2价，则(Si6O17)整体化合价为-10，所以该硅酸盐结构的通式为，，D正确； 故选D。 9．B 【详解】 ①基态氧原子的电子排布图：，最外层违背了洪特规则，错误； ②处于最低能量状态原子叫基态原子，但Px轨道和Py轨道能量相同，该过程没有能量释放，不会形成发射光谱，错误； ③同一周期，元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，同一族中，元素的第一电离能随着原子序数的增大呈减小趋势，所以在所有元素中，第一电离能最大的元素是氦，错误； ④镁原子最外层电子在s能层，的电子云图为球型，错误； ⑤基态的核外电子排布式为，正确； ⑥F、Cl、Br、I的非金属性减弱，HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，而熔沸点与分子间作用力和氢键有关，HF有氢键，熔沸点最高，熔沸点:HF>HI>HBr>HCl，错误； ⑦X-射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，正确； ⑧冰升华时，只会破坏分子间的范德华力，分子内共价键不会发生断裂，错误； 故选B。 10．B 【详解】A．乙醇易挥发，乙醇、乙烯都能使高锰酸钾溶液褪色，一氯乙烷与氢氧化钠醇溶液反应产生的气体中含有乙醇蒸汽，通入酸性溶液中，紫色变浅，不能证明气体中一定含有乙烯，故A错误； B．硝基苯难溶于水、密度比水大，硝基苯中加水，振荡后静置，油状液体在下层，故B正确； C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀，向盛有与的集气瓶中加水，一段时间后滴加溶液产生少量白色沉淀，不能证明与发生了取代反应，故C错误； D．将有机物燃烧后产生的气体依次通过无水硫酸铜和澄清石灰水的洗气装置，无水硫酸铜变蓝，石灰水变浑浊，说明燃烧产物中含有二氧化碳、水，该有机物一定含有C、H元素，可能含有氧元素，则该有机物不一定是烃，故D错误； 选B。 11．D 【详解】A．EtP5和EtP10官能团数目不同，所以EtP5和EtP10不是同系物，A错误； B．EtP5和TTF通过分子间作用力得到超分子聚合物SMP，B错误； C．若用EtP10替换EtP5，碳环变大，不能很好的识别TTF，得不到更稳定的SMP，C错误； D．TTF的结构对称，只有一种氢原子，核磁共振氢谱中含有1组峰，D正确； 故选D。 12．D 【详解】A．锌为还原剂，所以标记*的碳原子因为引入锌，被还原，故A错误； B．缩聚反应要求有小分子脱去，反应②聚合时没有小分子脱去，因此不属于缩聚反应，故B错误； C．聚合物Ⅰ水解后只是链节中官能团种类发生转变，但仍是高分子化合物，因此不能通过水解反应降解为小分子，故C错误； D．聚合物Ⅰ含有酯基，聚合物Ⅱ含有碳碳双键，两者均可通过当的化学反应，通过加成反应，形成网状结构的高分子材料，故D正确； 答案选D。 13．D 【详解】A．由流程图可知，该流程中①为加成反应，②为取代反应，③为水解取代反应，不涉及消去反应，A项正确； B．香味醇和橙花醇符合顺反异构体的特点，B项正确； C．月桂烯的不饱和度为3，不存在含苯环的同分异构体，C项正确； D．乙酸橙花酯在酸性环境中可以水解，不能稳定存在，D项错误； 故选：D。 14．(1) (2) (3) 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换 (4) (5)bd 【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。 【详解】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。 （2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。 （3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。 （4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。 （5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意； b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意； c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意； d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意； 故选bd。 15．(1) (2) 还原反应 醚键、次氨基 (3)该反应另一产物为乙酸，碳酸钠与乙酸反应，促使反应正向进行 (4)或 (5) 【分析】 由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则A为、B为；与铁、盐酸发生还原反应生成，则C为；与发生取代反应生成，与发生取代反应生成，催化剂作用下与C2H5I发生取代反应生成，与反应转化为。 【详解】（1） 由分析可知，A的结构简式为，故答案为：； （2） 由分析可知，反应②为与铁、盐酸发生还原反应生成；由结构简式可知，的官能团为醚键、次氨基，故答案为：还原反应；醚键、次氨基； （3） 由分析可知，C→D的反应为与发生取代反应生成和乙酸，碳酸钠能与乙酸反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，有利于促使反应向正反应方向移动，提高生成物的产率，故答案为：该反应另一产物为乙酸，碳酸钠与乙酸反应，促使反应正向进行； （4） 1mol D的同分异构体能消耗4molAg(NH3)2OH说明同分异构体分子中含有2个醛基，则核磁共振氢谱图中有4组峰，峰面积之比为6 ：2 ：2 ：1的结构简式为、，故答案为：或； （5） 由题给信息可知，由甲苯、为原料合成的合成步骤为浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与酸性高锰酸钾溶液共热发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与发生取代反应生成，合成路线为。 16．(1) 除去，防止对电解时产生污染环境 (2) +3 或 4 【分析】炼锌渣主要含Pb、Zn、Cu、Fe的氧化物和一定量GaCl3，用稀硫酸溶解，PbO和硫酸反应生成PbSO4沉淀，过滤得到硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铜、GaCl3溶液，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加ZnO调节pH生成Fe(OH)3沉淀除Fe，加铜发生.Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓除Cl-，加锌置换出Cu，加氢氧化钠使Ga3+转化为[Ga(OH)4]-，加Na2S生成ZnS沉淀除Zn，电解Na[Ga(OH)4]得到Ga。 【详解】（1）①根据Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸，加入Cu发生反应Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，主要作用是除去Cl-，防止电解时产生Cl2污染环境； ②金属锌能置换出铜单质，滤渣4的主要成份为Cu； ③Kb(NH3•H2O)=2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]=1.0×10-35；1.0×1034，Ga(OH)3+NH3•H2O[Ga(OH)4]-+NH的平衡常数K= ； ④电解步骤中，阴极[Ga(OH)4]-得电子生成Ga和氢氧根离子，阴极的电极反应式为； （2）①GaAs中As为-3价，则Ga的化合价为+3；基态As原子的核外电子排布式为或； ②由图可知一个晶胞中含有Ga的个数为个，含有 As 原子个数为4个，则其晶体密度为； ③由图可知，每个Mn最近且等距离的As的数目为4。 17．(1) ΔH3-2ΔH2 1.0×1014 B (2) 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]- (3) 55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS 【详解】（1）①已知：Ⅱ. Ⅲ. ，由盖斯定律，反应Ⅲ-2×Ⅱ，得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH3-2ΔH2； ②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，平衡逆向移动，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B。 故答案为：1.0×1014；B； （2）①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。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ) ； ②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：Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-； （3）①温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低，则原因为55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性，故答案为：55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性； ②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，则描述为Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电于转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。故答案为：被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$