湖南湖北八市十二校2019届高中三年级第一次调研联考化学试题

...wd......wd......wd...绝密★启用前湖南湖北八市十二校2019届高三第一次调研联考化学试题本卷须知：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2．答复选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答复非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．本卷答题时间90分钟，总分值100分。祝考试顺利!一、选择题。〔本大题共16小题，每题3分，共48分。〕1．中华文化源远流长、博大精深。从化学的视角看，以下理解不正确的选项是〔〕A．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金〞中“淘〞“漉〞相当于别离提纯操作中的“过滤〞B．司母戊鼎属青铜制品，是我国古代科技光芒成就的代表之一C．瓷器(China)属硅酸盐产品，China一词又指“瓷器〞，这反映了在西方人眼中中国作为“瓷器故土〞的形象D．侯德榜是我国化学工业的奠基人，主要成就:侯氏制碱法，该碱指的是烧碱2．设NA为阿伏加德罗常数值。以下有关表达正确的选项是()A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB．1molN2与4molH2反响生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA3．以下指定反响的离子方程式正确的选项是A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OB．饱和FeCl3滴入沸水中加热煮沸制备胶体：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反响生成Na2FeO4：

3ClO-+2Fe(OH)3=

2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+D．向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.4molCl2充分反响：4Fe2++2Br-+3C12=4Fe3++6C1-+Br24．某同学查阅教材得知，普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质。他在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进展如以以下图实验：以下有关实验的表达中，不正确的选项是A．操作①中玻璃棒的作用是加快固体溶解速度B．操作②的操作名称是过滤C．操作③中盛放药品的仪器是坩埚D．操作④的目的是除去滤渣中杂质5．氟利昂是饱和碳氢化台物的卤族衍生物的总称，其破坏臭氧层的化学反响机理如下〔以F-12〔二氯二氟甲烷〕为例〕：CF2Cl2CF2Cl+ClCl+O3→ClO+O2ClO+ClO→ClOOCl〔过氧化氯〕ClOOCl2Cl+O2以下说法中不正确的选项是A．紫外线可以增大CF2Cl2的分解速率B．ClO+ClOClOOC1的反响中有非极性键的形成C．CF2Cl2是臭氧破坏反响的催化剂D．臭氧屡破坏的关键因素有：氟利昂，太阳光6．有机化合物环丙叉环丙烷，由于其特殊的电子构造一直受到理论化学家的注意，右以以以下图是它的构造示意图。以下关于环丙叉环丙烷的有关说法中错误的选项是〔〕A．环丙叉环丙烷的二氯取代物有4种B．环丙叉环丙烷不是环丙烷的同系物C．环丙叉环丙烷所有的原子均在同一平面内D．环丙叉环丙烷与环己二烯互为同分异构体7．以下说法不正确的选项是〔〕A．冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，冰中氢键键能为20kJ•mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键B．一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a,电离常数。假设加水稀释，则CH3COOHCH3C00-+H+向右移动，a增大，Ka不变C．甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O〔l〕△H=-890.3kJ•mol-1D．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反响生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol8．现有室温下四种溶液，有关表达不正确的选项是编号①②③④pH101044溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸A．一样体积③、④溶液分别与NaOH完全反响，消耗NaOH物质的量：③＞④B．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③C．①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c〔NH4＋〕＞c〔Cl－〕＞c〔OH－〕＞c〔H＋〕D．VaL④溶液与VbL②溶液混合〔近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb〕，假设混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰119．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如以以下图(局部反响物省略)，以下表达正确的选项是A．C、D两元素形成化合物属共价化合物B．C、D的简单离子均能促进水的电离C．A、D分别与B

元素形成的化合物都是大气污染物D．E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性10．宝鸡被誉为“青铜器之乡〞，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。研究青铜器〔含Cu、Sn等〕在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。以以以下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，以下说法不正确的选项是A．青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化B．正极发生的电极反响为O2+4e－+2H2O=4OH－C．环境中的Cl－与正、负两极反响的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2(OH)3Cl↓D．假设生成0.2molCu2(OH)3Cl，则理论上消耗的O2体积为4.48L11．25℃时，改变0.1mol/LRCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO-的微粒分布分数a(X)=c(X)/[c(RCOOH)

+

c(RCOO-)]；甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分数与pH

的关系如以以下图。以下说法正确的选项是A．丙酸的酸性比甲酸强B．CH3CH2COOHCH3CH2COO-+

H+的lgK=-4.88C．假设0.1mol/L

甲酸溶液的pH=2.33，则0.01mol/L

甲酸溶液的pH=3.33D．将0.1mol/L

的HCOOH溶液与0.1mol/L

的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c

(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)12．t℃时，AgCl(s)与AgI(s)分别在溶液中到达沉淀溶解平衡，相关离子浓度的关系如以以以下图所示。以下说法正确的选项是A．曲线Y表示与的变化关系B．t℃时，向Z点对应的溶液中参加蒸馏水，可使溶液变为曲线X对应的饱和溶液C．t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K＝1×103D．t℃时，向浓度均为0.1mol/L的KI与KCl混合溶液中参加AgNO3

溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，此时c(I－)=1×10－11mol/L13．复原沉淀法是处理含铬〔含Cr2O72－和CrO42－〕工业废水的常用方法，过程如下：CrO42－Cr2O72－Cr3＋Cr(OH)3↓转换过程中的反响为：2CrO42－(aq)+2H+(aq)Cr2O72－(aq)+H2O(l)。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/L，CrO42－有10/11转化为Cr2O72－，以下说法不正确的选项是A．溶液颜色保持不变，说明上述可逆反响到达平衡状态B．假设用绿矾〔FeSO4·7H2O〕作复原剂，处理1L废水，至少需要458.7gC．常温下转化反响的平衡常数K＝1×1014，则转化后所得溶液的pH＝5D．常温下Ksp[Cr〔OH〕3]＝1×10－32，要使处理后废水中的c〔Cr3＋〕降至1×10－5mol·L－1，应调溶液的pH＝514．：RCH2OHRCHORCOOH某有机物X的化学式为C6H14O，能和钠反响放出氢气。X经酸性重铬酸钾〔K2Cr2O7〕溶液氧化最终生成Y〔C6H12O2〕,假设不考虑立体构造。X和Y在一定条件下生成酯最多有A．4种B．8种C．32种D．64种15．500mLNaNO3和Cu〔NO3〕2的混合溶液中c〔NO3-〕＝6mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体22.4L〔标准状况下〕，假定电解后溶液体积仍为500mL，以下说法正确的选项是〔〕A．原混合溶液中c〔Na+〕＝6mol·L-1B．电解后溶液中c〔H+〕＝4mol·L-1C．上述电解过程中共转移8mol电子D．电解后得到的Cu的物质的量为2mol16．某溶液中可能含有OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴参加一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如以以以下图所示。以下说法正确的选项是A．原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有CO32-B．原溶液中一定含有的阴离子只有:OH-、A1O2-、CO32-C．原溶液中含CO32-与A1O2-的物质的量之比为3:4D．a-d>3/4二、非选择题。〔本大题共4小题，共52分。〕17．〔10分〕汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。〔1〕氧化复原法消除NOx的转化如下：①反响I为NO+O3===NO2+O2，生成标准状况下11.2LO2时，转移电子的物质的量是__________mol②反响Ⅱ中，当n(NO2)：n[CO(NH2)2]=3：2时，氧化产物与复原产物的质量比为___________〔2〕吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下〔Ce为铈元素〕。装置I中发生反响的离子方程式为____________________________________〔3〕装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3－、NO2－，请写出生成等物质的量的NO3－和NO2－时的离子方程式____________________________________〔4〕装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生，再生时生成的Ce4+在电解槽的_____________〔填“阳极〞或“阴极〞〕，同时在另一极生成S2O42一的电极反响式为_________________________________〔5〕取少量装置Ⅳ所得的产品溶于水，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________________________18．〔12分〕Ⅰ某溶液中只可能含有Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4+、Al3＋、Cl－、OH－、CO32－。当参加一种淡黄色固体并加热时，有刺激性气体放出和白色沉淀产生，参加淡黄色固体的物质的量〔横坐标〕与析出的沉淀和产生气体的物质的量〔纵坐标〕的关系如以以以下图所示。该淡黄色物质做焰色反响实验显黄色。可知溶液中含有的离子是________________；所含离子的物质的量浓度之比为____________；所加的淡黄色固体是______________。Ⅱ．实验室采用滴定法测定某水样中亚硫酸盐含量：〔1〕滴定时，KIO3和KI作用析出I2，完成并配平以下离子方程式：__IO3－＋____I－＋____===____I2＋____H2O。〔2〕反响〔1〕所得I2的作用是_________________________。〔3〕滴定终点时，100mL的水样共消耗xmL标准溶液。假设消耗1mL标准溶液相当于SO32－的质量1g，则该水样中SO32－的含量为________mg·L－1。19．〔14分〕I．将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒温密闭容器中，各物质浓度随时间变化的关系如图1所示。请答复：〔1〕以下选项中不能说明该反响已到达平衡状态的是〔填选项字母〕。A．容器内混合气体的压强不随时间变化而改变B．容器内混合气体的密度不随时间变化而改变C．容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变D．容器内混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而改变〔2〕反响进展到10min时，共吸收热量11．38kJ，则该反响的热化学方程式为；〔3〕计算该反响的平衡常数K=。〔4〕反响进展到20min时，再向容器内充入一定量NO2，10min后到达新的平衡，此时测得c〔NO2〕=0．9mol／L。①第一次平衡时混合气体中NO2的体积分数为w1，到达新平衡后混合气体中NO2的体积分数为w2，则w1w2〔填“>〞、“=〞或“<〞〕；②请在图2中画出20min后各物质的浓度随时间变化的曲线〔曲线上必须标出“X〞和“Y〞〕。II．〔1〕海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料。如LiFePO4电池中某电极的工作原理如以以以下图所示：该电池的电解质为能传导Li+的固体材料。放电时该电极是电池的极〔填“正〞或“负〞〕，该电极反响式为。〔2〕用此电池电解含有0．1mol/LCuSO4和0．1mol/LNaCl的混合溶液100mL，假设电路中转移了0．02mole－，且电解池的电极均为惰性电极，阳极产生的气体在标准状况下的体积是__________L。20．〔16分〕某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的合成路线如下：：Cu(NO3)2·3H2OCu(NO3)2·Cu(OH)2CuOSOCl2熔点―105℃、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。请答复：(1)第②步调pH适合的物质是_________(填化学式)。(2)第③步包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤，其中蒸发浓缩的具体操作是_____________。为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用的方法是___________(填一种)。(3)第④步中发生反响的化学方程式是_______________________。(4)第④步，某同学设计的实验装置示意图(夹持及控温装置省略，如图)有一处不合理，请提出改良方案并说明理由___________________。装置改良后，向仪器A中缓慢滴加SOCl2时，需翻开活塞______(填“a〞、“b〞或“a和b〞)。(5)为测定无水Cu(NO3)2产品的纯度，可用分光光度法。：4NH3·H2O+Cu2+==Cu(NH3)42++4H2O；Cu(NH3)42+对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与Cu2+在一定浓度范围内成正比。现测得Cu(NH3)42+的吸光度A与Cu2+标准溶液浓度关系如以以下图：准确称取0.3150g无水Cu(NO3)2，用蒸馏水溶解并定容至100mL，准确移取该溶液10.00mL，加过量NH3·H2O，再用蒸馏水定容至100mL，测得溶液吸光度A=0.620，则无水Cu(NO3)2产品的纯度是_________(以质量分数表示)。湖南湖北八市十二校2019届高三第一次调研联考化学试题参考答案及局部试题解析选择题。〔本大题共16小题，每题3分，共48分。〕序号12345678答案DABDCCDD序号910111213141516答案BDBDCDBC9．B【解析】根据甲+乙→丙+丁，而乙、丁是B常见的同素异形体，即乙、丁是单质，而甲、丙是氧化物，甲、丙中一定含有氧元素，所以乙、丁是O3、O2，B是O元素；氧化物+O2→氧化物，中学中常见的有CO、NO、SO2，而C、N的原子序数小于O，所以D可能是S，如果D是S，丙是SO3，戊是硫酸，0.005mol/LH2SO4溶液的pH=2，与题干提供的信息吻合，所以D是S；〔8+16〕/4=6，A元素是C；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，其原子序数应该介于8～16之间，所以C是Mg，E是短周期且原子序数大于16，E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分别是C、O、Mg、S、Cl元素。C和D元素形成的化合物是MgS，是离子化合物，A选项错误；Mg〔OH〕2是中强碱，所以Mg2+在水溶液中能够发生水解，使水溶液呈酸性，促进了水的电离，H2S的水溶液是弱酸，S2-在水溶液中能够发生水解，使溶液呈碱性，也促进了水的电离，所以Mg2+、S2-的简单离子均能促进水的电离，B选项正确；A与D形成化合物是SO3、SO2是大气污染物，A与B形成化合物是CO、CO2，二氧化碳不是大气污染物，C选项错误；根据元素周期律的规律：非金属性Cl＞S，则E的最高价氧化物水化物的〔HClO4〕酸性大于D的最高价氧化物水化物〔H2SO4〕的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，题干中没有涉及到是最高价氧化物的水化物，D选项错误；正确答案B。11．B【解析】由图中信息可知，一样pH时，丙酸的酸分子的分布分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，A错误；pH=4.88时，丙酸的酸分子的分布分数为50%，即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),针对CH3CH2COOH)CH3CH2COO-+H+电离过程可知，lgK=lgc(H+)=-4.88,B正确；稀释弱酸，电离程度增大，故0.1mol/L甲酸溶液的pH=2.33，则0.01mol/L甲酸溶液的pH<3.33，C错误；将0.1mol/L的HCOOH溶液与0.1mol/L的HCOONa溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶液呈酸性，即c(OH-)<c(H+)，D错误；正确选项B。12．D【解析】A.=16时，Ksp=，=10时，Ksp=，由于碘化银的溶度积小于氯化银，故曲线Y表示与的变化关系，选项A错误；B.t℃时，向Z点对应的溶液中参加蒸馏水，银离子浓度及卤离子浓度均减小，与均增大，可使溶液变为曲线Y对应的饱和溶液，选项B错误；C、t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K＝===1×106，选项C错误；D、t℃时，向浓度均为0.1mol/L的KI与KCl混合溶液中参加AgNO3

溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，c(Cl－)=1×10－5mol/L，c(Ag+)==1×10－5mol/L，此时c(I－)==1×10－11mol/L，选项D正确。答案选D。13．C【解析】A．存在平衡：2CrO42－(aq，黄色)+2H+(aq)Cr2O72－(aq，橙色)+H2O(l)，如颜色不变，说明浓度不变，则到达平衡状态，A正确；B．假设用绿矾〔FeSO4·7H2O〕作复原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO4·7H2O，由氧化复原反响中氧化剂和复原剂得失电子数目相等可知0.55×〔6-3〕=x×〔3-2〕，解得x=1.65，m〔FeSO4•7H2O〕=1.65mol×278g/mol=458.7g，B正确；C．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n〔Cr〕＝28.6g÷52g/mol＝0.55mol，CrO42－有10/11转化为Cr2O72－，则酸化后c〔CrO42－〕=0.55mol/L×〔1－10/11〕=0.05mol/L，c〔Cr2O72－〕=0.55mol/L×10/11×1/2=0.25mol/L，常温下转换反响的平衡常数K=1×1014，则c(Cr2O72－)/c2(CrO42－)•c2(H+)=1×1014，解得c〔H+〕=1×10－6mol/L，所以pH=6，C错误；D．常温下Ksp[Cr〔OH〕3]＝1×10－32，要使处理后废水中的c〔Cr3＋〕降至1×10－5mol·L－1，则c〔Cr3+〕×c3〔OH－〕=1×10－32，解得c〔OH－〕=1×10－9mol/L，pH=5，D正确。14．D【解析】试题分析：依据信息得出：只有含“-CH2OH〞的醇能被氧化成羧酸，符合条件的醇相当于正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有一个氢原子被“-CH2OH〞取代，共有8种，则氧化后对应的羧酸也有8种，相互间生成的酯共有8×8=64种，应选D。15．B【解析】试题分析：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体〔标准状况〕，n〔O2〕==1mol，阳极发生4OH--4e-═O2↑+2H2O，4mol1mol阴极发生Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，1mol2mol1mol2mol1molA．c〔Cu2+〕==2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c〔Na+〕为6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故A错误；B．电解后溶液中c〔H+〕为=4mol/L，故B正确；C．由上述分析可知，电解过程中转移电子总数为4NA，故C错误；D．电解得到的Cu的物质的量为1mol，故D错误；选B。16．C【解析】由图象分析可知，开场无沉淀生成说明参加的盐酸和溶液中的碱反响，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反响生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2-、SiO32-和氢离子反响生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2-与HCO3-发生反响生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3-；继续参加盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，反响完后继续参加盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子。A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；B．依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故B错误；C．依据图像可知和碳酸根离子反响的盐酸为2体积，CO32-+2H+=CO2↑+H2O氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为3：4，故C正确；D．根据图像溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积为4，假设盐酸的浓度为1mol/L，则消耗氯化氢4mol，则溶解的氢氧化铝为mol，则溶液中含有molAlO2-，沉淀molAlO2-需要盐酸mol，a-d对应于AlO2-和SiO32-消耗的盐酸大于mol，即a-d＞，故D错误；应选C。17．〔1〕1；4:3〔2〕SO2+OH-===HSO3-〔3〕2NO+3H2O+4Ce4+=NO3-+NO2-+6H++4Ce3+〔4〕阳极2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O〔1〕c(NO3－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)【解析】(1).①.由反响方程式NO+O3═NO2+O2可知，N元素的化合价从+2价升高到+4价，生成1mol氧气转移电子2mol，则生成11.2L即0.5molO2(标准状况)时，转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，故答案为：1；②.当n(NO2):n[CO(NH2)2]=3:2时，即NO2和CO(NH2)2的化学计量数之比是3:2，反响方程式可表示为：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+8H2O+4CO2，该反响中只有N元素的化合价变化，氮气既是氧化产物也是复原产物，由N原子守恒可知氧化产物与复原产物的质量比为8:6=4:3，故答案为：4:3；(2).由流程图可知，在装置I中SO2与NaOH溶液反响生成NaHSO3，离子方程式为：SO2+OH－=HSO3－，故答案为：SO2+OH－=HSO3－；(3).由流程图可知，装置II中生成等物质的量的NO3－和NO2－时，Ce4+被复原为Ce3+，根据得失电子守恒和原子守恒，该反响的离子方程式为：2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO3−+NO2−+6H+，故答案为：2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO3−+NO2−+6H+；(4).由Ce3+生成Ce4+为氧化反响，所以再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极，在电解槽的阴极HSO3－被复原成S2O42一，电极反响式为：2H++2HSO3一+2e一=S2O42一+2H2O，故答案为：阳极；2H++2HSO3一+2e一=S2O42一+2H2O；(5).由流程图可知，装置IV所得的产品为NH4NO3，在NH4NO3溶液中，NH4＋水解使溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(NO3－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)，故答案为：c(NO3－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)。18．Ⅰ、Mg2＋、Al3＋、NH4+、Cl－；1∶1∶3∶8；Na2O2Ⅱ〔1〕1、5、6H＋、3、3〔2〕氧化SO32－、S2O32－，可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点〔3〕104x【解析】Ⅰ.淡黄色固体参加溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则一定没有Fe2+和Cu2+，则淡黄色固体为Na2O2，图象实际为两个图合在一起，较上的是气体，较下的是沉淀，图象中参加8mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，则溶液中一定没有OH-、CO32-，根据电荷守恒可知含有Cl-，由图可知氢氧化镁为2mol，氢氧化铝为4mol-2mol=2mol，参加8mol过氧化钠之后，生成气体减小，故参加8mol过氧化钠时，铵根离子完全反响，由纵坐标可知：n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=2mol，n(Al3+)=4mol-n[Mg(OH)2]=2mol，当n(Na2O2)=8mol时，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n(O2)=8mol×=4mol，所以n(NH4+)=n(NH3)=10mol-n(O2)=6mol，由电荷守恒：2n(Mg2+)：3n(Al3+)：n(NH4+)=n(Cl-)，则n(Cl-)=16mol，故n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(Cl-)=2mol：2mol：6mol：16mol=1：1：3：8，则所含离子的物质的量浓度之比为1：1：3：8；故答案为：Mg2+、Al3+、NH4+、Cl-；1：1：3：8；Na2O2；Ⅱ．(1)酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液发生反响生成I2，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：1、5、6H+、3、3；(2)反响①所得I2的作用是氧化亚硫酸根离子和硫代硫酸根离子，可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点，故答案为：氧化亚硫酸根离子和硫代硫酸根离子；可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点；(3)100mL的水样共消耗xmL标准溶液．假设消耗1mL标准溶液相当于SO32-的质量1g，所以100mL中含有xgSO32-，所以1L该水样中SO32-的含量为104xmg/L，故答案为：104x。19．Ⅰ．〔1〕B〔2〕N2O4〔g〕2NO2〔g〕△H=+56．9kJ/mol〔3〕0．9〔4〕①＞②Ⅱ．正FePO4+e-+Li+=LiFePO40．168【解析】Ⅰ.〔1〕A、该反响反响前后气体的化学计量数之和不等，容器内的压强随反响的进展不断变化，故容器总压强不随时间改变可作为判断是否到达化学平衡状态的依据，错误；B、反响过程气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度不随时间变化而改变，不能作为判断是否到达化学平衡状态的依据，正确；C、NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，混合气体的颜色不随时间变化而改变，各物质的浓度保持不变，可作为判断是否到达化学平衡状态的依据，错误；D、总质量不变，总物质的量在变，故反响混合气平均分子量不再改变可作为判断是否到达化学平衡状态的依据，错误，选B。〔2〕由图1可知，反响物为N2O4，生成物为NO2，反响进展到10min时，N2O4的物质的量变化为0.2mol/L×1L=0.2mol，共吸收热量11.38kJ，反响1molN2O4共吸收热量11.38×5=56.9kJ，该反响热化学方程式为：N2O4〔g〕2NO2〔g〕△H=+56．9kJ/mol。〔3〕k=c2(NO2)/c(N2O4)=0.36÷0.4=0.9。〔4〕①恒容，充入一定量NO2相当于增大压