上海市黄浦区三年(2021-2023)年高考化学模拟题分题型分层汇编-06化学反应原理(填空基础提升题)

上海市黄浦区三年（2021-2023）年高考化学模拟题分题型分层汇编-06化学反应原理（填空基础提升题）一、填空题1．（2021·上海黄浦·统考二模）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。(1)在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质(不计副反应)，简述如何提纯产品_______。(2)若用标记乙醇，该反应的化学方程式_______。(3)一定温度下该反应的平衡常数。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率_______(计算时不计副反应)；若乙酸和乙醇的物质的量之比为，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请绘制x随n变化的示意图_______。(4)近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为()。在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是_______。a.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，反应已达到化学平衡b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡c.在反应过程中任意时刻移除部分产品，都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不变d.达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡(5)在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下，某研究小组在不同压强、相同时间点进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：①温度在60~80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是_______[用、、分别表示在不同压强下的反应速率]。②在压强为、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是_______。③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施_______(任写两条)。2．（2021·上海黄浦·统考一模）以生物材质(以C计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能、高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及的反应有：Ⅰ．C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)Ⅲ．CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)(1)该工艺制H2总反应可表示为C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇌CaCO3(s)+2H2(g)，该反应的平衡常数表达式为_______。(2)对于反应Ⅰ，不同温度和压强对H2产率影响如下表。该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应，p1_______p2(填“>、<或=”)；下列图象正确的是_______(3)在某恒容、绝热密闭容器中模拟上述气化炉制氢中的反应Ⅱ，下列能说明该反应达到平衡状态的是_______。A．混合气体的温度不再变化B．H2O(g)、H2(g)的物质的量之比为1∶1，且各质量不再变化C．混合气体的密度保持不变D．断裂amolH—H键的同时形成2amolH—O键(4)对于反应Ⅲ，其他条件不变，平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡_______移动(填“向右”、“向左”或“不”)；当重新平衡后，CO2浓度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是_______。二、实验题3．（2023·上海·一模）Ⅰ.食盐中加KIO3可预防碘缺乏症。某研究小组利用以下装置(C的加热装置已省略)制取KIO3并对其纯度进行测定。

(1)补全C中反应：_______(2)B中存放的试剂为_______。(3)该装置的设计缺陷是_______。Ⅱ.再经过一系列分离提纯操作，得到KIO3固体。已知：、2S2O+I2=S4O+2I-取mg该产品配成250mL溶液，取25.00mL，加稍过量的KI与盐酸溶液，加几滴淀粉指示剂，用0.2000mol/LNa2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液的平均体积为VmL。(4)该操作中用到的定量仪器_______。(5)若加入的盐酸过量对实验有无影响_______？请说明原因_______。(6)计算该样品KIO3的纯度：_______(填数学表达式)。[M(KIO3)=214g·mol-1](7)某同学为证明食盐中含有KIO3，请你帮他完成试剂的选择：家用食盐、干海带(含有)、_______(限选生活中常用的物质)。4．（2022·上海黄浦·校考三模）已知25℃时，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。5．（2022·上海黄浦·格致中学校考模拟预测）红矾钠(即重铬酸钠晶体Na2Cr2O7·2H2O)是一种重要的基础化工原料。铬的主要自然资源则是铬铁矿FeCr2O4(含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)，实验室模拟工业流程以铬铁矿为原料生产红矾钠，主要流程如下：已知：Ⅰ．红矾钠、硫酸钠的溶解度曲线如图：Ⅱ．①中的主要反应是：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2①中的副反应是：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，SiO2+Na2CO32Na2SiO3+CO2↑请回答下列问题：(1)含氧酸盐有时也用氧化物的形式表示，如Na4SiO4可表示为2Na2O·SiO2。请分别用氧化物的形式写出红矾钠和铬铁矿主要成分的化学式_______、_______。(2)②中滤渣1的主要成分是_______，③中调节pH是_______(“调高”、“调低”)，④中滤渣2的主要成分是_______。(3)⑤的酸化目的是使转化为，写出该可逆转化的离子方程式：_______(4)最后利用Na2Cr2O7和Na2SO4的_______随_______改变而发生的不同变化将它们从溶液中结晶分离。(5)步骤⑥中得到硫酸钠晶体(Na2SO4)的操作I是_______(填操作名称)。6．（2021·上海黄浦·统考二模）草酸铁钾(Fe为价)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，110℃失去结晶水，230℃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。Ⅰ.制备(1)“系列操作”依次为：恒温80℃加热蒸发→_______→_______→_______→_______→_______→三草酸合铁酸钾晶体粗产品。(填字母)a.过滤b.避光晾干c.冰水浴冷却热饱和溶液d.用95%的乙醇溶液洗涤晶体e.加热至溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热(2)结晶时应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是_______。Ⅱ.组成测定。称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量蒸馏水和稀，将转化为后用0.1000溶液滴定，当消耗溶液24.00mL时恰好完全反应()；向反应后的溶液中加入适量锌粉，至黄色刚好消失，此时溶液仍呈酸性；再用相同浓度的溶液继续滴定，用去溶液4.00mL。(3)配制100mL0.1000溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、锥形瓶外还有_______(填仪器名称)，加入锌粉的目的是_______。(4)第二次滴定的离子方程式为：_______。_____________________→_____________________第二次滴定终点的现象_______。(5)通过计算确定中，_______，_______。Ⅲ.探究草酸铁钾的光敏性。查阅资料得知草酸铁钾晶体光解与其溶液光解原理相似，X射线研究表明其光解后的残留固体为两种草酸盐。(6)取草酸铁钾溶液按如图所示装置进行实验，观察到A中产生浅黄色沉淀和无色气体，B中变浑浊，推测浅黄色沉淀中铁元素的化合价为_______。三、原理综合题7．（2023·上海·一模）Ⅰ.下图为工业合成氨的流程图：(1)图中采取的措施可提高原料转化率的是_______(填序号)。(2)下图是未用催化剂N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，请在图中绘制同条件下加入铁触媒后相应的能量变化曲线：_______，并写出该条件下1molNH3(g)分解对应的热化学方程式：_______。Ⅱ.某兴趣小组为研究“不同条件”对化学平衡的影响情况，进行了如下实验：(反应起始的温度和体积均相同)：序号起始投入量平衡转化率NH3①恒温恒容0②绝热恒容0③恒温恒压0(3)则：_______、_______(填“>”、“=”或“<”)(4)如图表示500℃、60.0MPa条件下，平衡时NH3的体积分数与原料气投料比的关系。若投料比为4时，氨气的体积分数为40%，NH3的体积分数可能为图中的_______点，平衡时N2的体积分数为_______。溢出的NH3可用稀硫酸吸收，若恰好生成NH4HSO4，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是_______。8．（2022·上海黄浦·格致中学校考模拟预测）为了防止或减少机动车尾气和燃煤产生的烟气对空气的污染，人们采取了很多措施。Ⅰ．汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)+Q(Q＞0)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。完成下列填空：(1)T1和T2的大小关系为_______。在T2温度下，0~2s内氮气的平均反应速率v(N2)=_______(2)若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是_______。a.b.c.d.Ⅱ．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)+867kJ，2NO2(g)N2O4(g)+113.8kJ(3)CH4(g)催化还原N2O4(g)生成N2(g)和H2O(g)的热化学方程式为_______。Ⅲ．NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：(4)由图可知SCR技术中的氧化剂为_______。用Fe作催化剂时，在氨气足量的情况下，当c(NO2)/c(NO)=1：1时，脱氮率最佳，该反应的化学方程式_______。(5)利用以上反应原理，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过催化剂，通过测量逸出气体中氮氧化物含量，可确定烟气脱氮率。所测烟气脱氮率与温度的关系如图所示，说明该正反应为_______反应。(选填“吸热”或“放热”)。理由是_______。9．（2022·上海黄浦·统考二模）在温度保持不变的情况下，将一定量的充入注射器中后封口，图乙是在拉伸或压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小且整个操作过程物质均为气态)。(已知：)(1)对注射器的移动轨迹判断正确的是___________。A． B．C． D．(2)判断下面的说法是否正确？(在□中画“×”或“√”)A．d点：_____B．c点与a点相比，增大，减小_____C．若注射器隔热，没有能量损失，会导致反应温度发生变化，则b、c两点的平衡常数_____D．若在注射器中对反应进行完全相同的操作，最后能得到相似的透光率变化趋势图象_____在100℃时，将的气体充入2L的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到下表数据。时间/s0204060801000.400.260.000.050.080.080.08(3)比较、的大小___________。(4)20~40s内，的平均反应速率为___________。(5)100℃时，容器中物质的量的变化曲线如图。其他条件不变，请画出80℃时物质的量的变化曲线_____。10．（2022·上海黄浦·卢湾高级中学校考模拟预测）2021年，我国锂电池的产量占全球份额接近80%。LiFePO4(磷酸亚铁锂)是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：方法一：2FePO4(s)+Li2CO3(s)+2C(s)2LiFePO4(s)+3CO(g)(1)该反应的氧化剂是____，每生成1molLiFePO4，转移____个电子。(2)该反应的平衡常数表达式为____。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为amol·L-1，再充入bmol一氧化碳，则平衡向____方向移动，保持温度不变，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为____。(3)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，则0～20min内一氧化碳的平均反应速率是____。方法二：LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。(4)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由____。(5)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，其原因是____。11．（2022·上海·统考一模）高炉炼铁的基本反应之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)，反应的平衡常数K与温度T(单位：K)之间的关系如图所示。(1)1100℃时，某密闭容器中发生该反应。①能说明该反应已达平衡状态的是__。a．容器内固体质量保持不变

b．容器中气体压强保持不变c．c(CO)=c(CO2)

d．v正(CO)=v逆(CO2)②若平衡后，保持温度不变，加入FeO后，c(CO2)将___(填“增大”、“减小”或“不变”)。1100℃时K=0.263，测得高炉中c(CO2)=0.025mol•L-1、c(CO)=0.1mol•L-1，判断该反应是否处于平衡状态___(填“是”、“否”)，此时，化学反应速率是v正___v逆(填“>”、“=”、“<”)，其理由是___。(2)温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比___(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K___。指出两条提高CO的平衡转化率的措施___。(3)某实验小组在实验室模拟上述反应。一定温度下，在2L盛有FeO粉末的恒容密闭容器中通入0.1molCO，5min时生成2.24gFe。0~5min内用CO的浓度变化表示的平均反应速率是__。若将此时反应体系中的混合气体通入100mL0.60mol•L-1的NaOH溶液中，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是___。四、工业流程题12．（2022·上海黄浦·卢湾高级中学校考模拟预测）硫元素是动植物生长不可缺少的元素，广泛存在于自然界中。(1)从图1中选择符合图2要求的X、Y代表的物质：X____，Y____。(2)硫原子的核外电子排布式为____，原子核外有____种不同能量的电子。在周期表中，与硫相邻的短周期元素的原子半径由大到小的顺序是____。(3)某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示：①如果X中只含有2种亚硫酸盐，且溶液呈中性，则c(NH)____c(SO)+c(HSO)(填“>”、“=”或“<”)。②气体a通入双氧水中，可实现“绿色”转化，写出该反应的化学方程式____。③Y主要含有(NH4)2SO4，用惰性电极电解该物质时，阳极产物是____，阴极的电极方程式是____。13．（2022·上海·统考一模）氯化铜、氯化亚铜广泛地用作有机合成催化剂。实验室中以粗铜粉(含杂质Fe)为原料，制备铜的氯化物，流程如图：(1)现用如图所示的实验仪器和药品制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应(夹持及加热装置已省略)。按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→__(填小写字母)。(2)上述流程中，所得固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是__；操作②的方法是___。(3)溶液Ⅰ可加试剂X__(写一种物质的化学式)，用于调节pH以除去杂质。(4)检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是__。向溶液Ⅱ中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，写出该反应的离子方程式__。在溶液II转化为CuCl2•2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。同学欲探究其原因，查文献知：Cu(H2O)(aq)(蓝色)+4Cl-(aq)CuCl(aq)(绿色)+4H2O(l)(5)设计简单实验，证明溶液中有上述转化关系___。(6)为测定原料CuCl2•xH2O中结晶水的数目x，可采取如下方案：①完成实验操作步骤。a.用电子天平称取一定质量氯化铜晶体b.在坩埚中充分灼烧c.在__(填仪器名称)中冷却d.称量所得黑色固体质量e.重复b~d操作直至__。②若氯化铜晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体质量为1.600g，则x=__(精确到0.1)。③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，写出可能导致该结果的一种情况___。五、结构与性质14．（2022·上海·统考一模）我国的“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓(GaAs)薄膜太阳能电池来供电。(1)镓的原子结构示意图为，镓元素在元素周期表中的位置是___。(2)GaAs的熔点为1238℃且熔融状态不导电，据此判断它是__(填“共价”或“离子”)化合物。(3)镓与氨气在1100℃下反应生成氮化镓和氢气，该可逆反应每生成1molH2放出10.3kJ热量。该反应的热化学方程式是___。(已知金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2403℃；氮化镓的熔点为1700℃)(4)As与P同族且相邻。磷的最外层电子轨道表示式___。预测As的氢化物分子的空间结构__，其沸点比NH3的___(填“高”或“低”)，理由是___。(5)下列说法错误的是___。a．镓的金属性比铝的强

b．砷化镓具有半导体性质c．As与H2在低温时可剧烈化合为AsH3

d．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。(6)人体血液的pH在7.35—7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是___。通常情况下，H2AsO电离程度___水解程度(填“>、<、=”)。(7)以酚酞作指示剂，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，滴定终点发生的离子反应是___。交点b的溶液中：c(K+)___2c(HAsO)+4c(AsO)(填“>、<、=”)。15．（2021·上海黄浦·统考二模）中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属_______(选填“高”或“低”)；铝元素的原子核外共有_______种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法_______。a.比较两种金属单质的硬度和熔点b.用钠置换氯化镁溶液中的镁c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数d.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用e.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液(2)氮氧化铝((AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于_______晶体，Al、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是_______(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。固体能除去镁盐溶液中的，原因是_______。(用离子方程式表达)(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式_______(5)已知：(M代表碱金属元素)元素LiNaKRbQ(kJ)从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：_______。参考答案：1．

产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏

CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O

66.7%

bc

v(P1)＞v(P2)＞v(P3)

由图象可知，P1MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降

通入乙烯气体或增大压强【详解】(1)实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下制备乙酸乙酯，乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇的杂质，利用饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸、溶解乙醇，而且乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，分液得到乙酸乙酯，再蒸馏除去残留的杂质；答案为产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏；(2)根据酯化反应的原理，酸脱羟基醇脱氢，因此乙醇中的18O会在酯中，化学方程式为CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；(3)利用三等式进行计算；有平衡常数，得x=，转化率为；乙酸和乙醇的物质的量之比，随乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：1＝1：1时，乙酸乙酯的物质的量分数达到最大，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯物质的量分数反而逐渐减小图象如图所示：；(4)a．当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，a错误；b．当体系中乙烯的百分含量保持不变，说明正逆反应速率相等，该反应已达到化学平衡，b正确；c．产品减少，平衡正向移动，但是由于该反应的平衡常数表达式，温度不变则平衡常数不变，所以平衡时乙烯的浓度与原平衡相等，c正确；d．乙酸和乙酸乙酯为液态，在平衡常数表达式中不能标出，该反应的平衡常数表达式为：，达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度不变，d错误；故答案为：bc；(5)①温度一定压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图象分析可知P1＞P2＞P3，则温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v（P1）＞v（P2）＞v（P3）；②由图象可知，P1MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降；③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，改变的条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等，通入乙烯气体或增大压强。2．

K=

吸热

＞

BC

AB

向右

不变

因K=，温度不变的情况下，K不变，所以平衡时CO2浓度不变【分析】(1)根据化学平衡常数的概念分析书写；(2)反应I为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，反应前后气体分子数增加，结合温度和压强对平衡的影响分析判断；(3)在某恒容、绝热密闭容器中发生反应Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。根据化学平衡的特征分析判断；(4)反应Ⅲ为CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)，反应的化学平衡常数K=，据此分析解答。【详解】(1)反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇌CaCO3(s)+2H2(g)的化学平衡常数K=，故答案为：K=；(2)反应Ⅰ为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，根据不同温度和压强对H2产率影响的表格数据可知，控制压强不变时，升高温度，H2产率升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应；该反应为气体体积减小的反应，控制温度不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2产率降低，因此p1＞p2；A．某时刻改变压强使正逆反应速率均降低，应该采取减压措施，故A错误；B．升高温度有利于缩短化学反应到达平衡的时间，同时升高温度，有利于反应正向移动，使H2的平衡产率增大，故B正确；C．升高温度，平衡正向移动，使H2O的百分含量减小，增大压强，平衡逆向移动，H2O的百分含量增大，故C正确；D．升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故D错误；图象正确的有BC，故答案为：吸热；＞；BC；(3)在某恒容、绝热密闭容器中发生反应Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。A．混合气体的温度不再变化，说明正反应速率和逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态，故A选；B．反应过程中H2和H2O(g)的物质的量发生变化，二者比值也发生变化，因此H2与H2O(g)的物质的量之比为1∶1，且各质量不再变化，说明化学反应达到了平衡状态，故B选；C．在恒容密闭容器中，气体的质量和体积都不发生变化，因此混合气体的密度为恒量，因此当混合气体的密度不再变化不能判断化学反应是否达到平衡状态，故C不选；D．形成amolH-H键的同时必然断裂2amolH-O键，不能判断化学反应是否达到平衡状态，故D不选；故答案为：AB；(4)反应Ⅲ为CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)，反应的化学平衡常数K=，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，必然促使反应正向进行，当重新平衡后，由于温度不变，化学平衡常数不变，则最终平衡时CO2的浓度不变，故答案为：正向；不变；K=，温度不变的情况下，K不变，所以平衡时CO2浓度不变。3．(1)3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O(2)饱和食盐水(3)没有尾气处理装置(4)滴定管(5)

有

由2H++=H2O+S+SO2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大(6)(7)食醋，淀粉等【分析】由题干装置图可知，装置A为实验室制备Cl2的装置，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，装置B为除去Cl2中的HCl，以免消耗过多的KOH溶液，装置C为制备KIO3的装置，反应原理为：3Cl2+KI+6KOH=KIO3+6KCl+3H2O，据此分析解题。【详解】（1）由分析可知，装置C为制备KIO3的装置，根据氧化还原配平可得该反应原理为：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O，故答案为：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O；（2）由分析可知，装置B为除去Cl2中的HCl，故B中存放的试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（3）由于氯气有毒，多余的氯气将污染环境，故该装置的设计缺陷是没有尾气处理装置，故答案为：没有尾气处理装置；（4）该操作为利用滴定原理来进行定量检测，故其中用到的定量仪器为滴定管，故答案为：滴定管；（5）由2H++=H2O+S+SO2↑可知，若盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大，故答案为：有；由2H++=H2O+S+SO2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大；（6）根据题意有关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.2000mol/L×V×10-3L=×10-4mol，则原KIO3样品中含有的KIO3的质量为：×10-4mol××214g/mol，故其纯度为：=故答案为：；（7）根据反应方程式：和I2遇到淀粉溶液变蓝的特性可知，为了证明食盐中含有KIO3，可以选用试剂：家用食盐、干海带(含有I-)、食醋，淀粉等来完成，故答案为：食醋，淀粉等。4．

AgCl

2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)

SO42-

S

O2

Ag2S的悬浊液

2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH

对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【分析】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。5．(1)

Na2O·CrO3·2H2O

FeO·Cr2O3(2)

Fe2O3、

MgO

调低

H2SiO3、Al(OH)3(3)2

+2H+

+H2O(4)

溶解度

温度(5)降温结晶、过滤【分析】该流程是以FeCr2O4制取Na2Cr2O7·2H2O，要除去Al2O3、MgO、SiO2等杂质，步骤①中有氧化铁生成，氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐，氧化镁不反应；步骤②中氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁；步骤③中，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，将pH调低，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；故④中滤渣2的成分是H2SiO3、Al(OH)3沉淀；步骤⑤的酸化目的是使转化为；由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，步骤⑥应采取降温结晶、过滤，最后红矾钠溶解度受温度影响变化不大，通过蒸发结晶得到。【详解】（1）Na2Cr2O7·2H2O中铬元素化合价+6价，氧化物为CrO3，钠化合价为+1价，氧化物为Na2O，Na2Cr2O7·2H2O中钠原子与铬原子物质的量之比为1:1，所以Na2Cr2O7·2H2O写成氧化物形式为Na2O·CrO3·2H2O；FeCr2O4中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，FeO·Cr2O3中铁原子与铬原子物质的量之比为1:2，所以Na2Cr2O7·2H2O写成氧化物形式为FeO·Cr2O3，故该题答案为Na2O·CrO3·2H2O；FeO·Cr2O3。（2）步骤①中有氧化铁生成，氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐，氧化镁不反应，据此判断步骤②中滤渣1的成分；氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，将pH调低，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；步骤③调节pH，生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去，故④中滤渣2的成分是H2SiO3、Al(OH)3沉淀，故答案为：Fe2O3、MgO；调低；H2SiO3、Al(OH)3。（3）酸化目的是使转化为，则在酸性条件下与H+离子反应生成，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2+2H++H2O，故答案为2+2H++H2O。（4）由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，红矾钠溶解度受温度影响变化不大，故答案为溶解度；温度。（5）由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤，故答案为降温结晶、过滤。【点睛】掌握常见物质分离与提纯的方法是解答的关键，常用方法有化学沉淀法，物理方法有蒸发结晶、冷却结晶、过滤等，蒸发结晶适用于溶解度随温度变化不大的物质，冷却结晶适用于溶解度随温度降低而减小较快的物质。6．

e

c

a

d

b

用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解

100mL容量瓶、胶头滴管、酸式滴定管

将Fe3＋转化为Fe2＋

+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O

滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化

3

3

+2【详解】(1)从溶液中得到粗产品，恒温条件下加热，直到溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热，再用冰水浴冷却，使得晶体充分析出，再过滤，用乙醇洗涤晶体，避光晾干，因此操作顺序为e→c→a→d→b；(2)由题目信息可知该化合物是一种光敏感材料，用冰水冷却可以降低溶解度，有利于析出更多晶体：答案为用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解；(3)配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，在烧杯中溶解好的KMnO4需要转移到100mL容量瓶中；定容时，需要用到胶头滴管；滴定时，KMnO4溶液需用酸式滴定管滴定；根据实验步骤，第二次滴定是滴定Fe2＋，因此加入锌粉的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋；(4)第二次滴定的离子化学方程式为高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生氧化还原反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点是利用滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化，说明反应达到终点；(5)由+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O可知，n(Fe3+)＝5n()＝5×0.004L×0.10mol•L﹣1＝0.002mol，由可知，n(H2C2O4)＝n()＝×0.024L×0.10mol•L﹣1＝0.006mol，所以0.002mol：0.006mol＝1：y，解得y＝3，根据化合价代数和为0可知，x+3+3×(﹣2)＝0，解得x＝3，化合物KxFe(C2O4)y•3H2O的化学式为：K3Fe(C2O4)3•3H2O；(6)见光分解后的产物中的气体可以使澄清石灰水变混着，说明该气体是CO2，该物质中的C的化合价为＋3，说明C的化合价升高，有种元素化合价降低，是Fe，Fe从＋3降低到＋2，则该浅黄色沉淀中铁元素的化合价为+2。7．(1)②⑤(2)

NH3(g)N2(g)+H2(g)=+46kJ/mol(3)

＞

＜(4)

P

8%

c(H+)＞c()＞c()＞c(OH-)【详解】（1）工业合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3，反应是可逆反应，反应前后气体体积减小，反应是放热反应；依据合成氨的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施为：增大压强，平衡向体积减小的方向进行，提高反应物的转化率；液化分离出氨气，促进平衡正向进行，提高反应物的转化率；氮气和氢气的循环使用，也可提高原料的转化率，故答案为：②⑤；（2）由题干图示信息可知，反应方程式：N2(g)+H2(g)NH3(g)=254kJ/mol-300kJ/mol=-46kJ/mol，催化剂只能改变反应的途径降低反应所需要的活化能，不能改变反应的始态和终态，即不改变反应热，故在同条件下加入铁触媒后相应的能量变化曲线图为：，则该条件下1molNH3(g)分解对应的热化学方程式为：NH3(g)N2(g)+H2(g)=+46kJ/mol，故答案为：，NH3(g)N2(g)+H2(g)=+46kJ/mol；（3）由(2)分析可知，合成氨反应为正反应是一个气体体积减小的放热反应，容器①②中加入的N2和H2分别相同，但容器①恒温恒容、②绝热恒容则随着反应的进行，容器②的温度高于容器①，升高温度上述平衡逆向移动，故＞，容器①③中加入的N2和H2分别相同，但容器①恒温恒容、③恒温恒压，则随着反应的进行，容器③的压强大于容器①，增大压强上述平衡正向移动，故＜，故答案为：＞；＜；（4）图2表示500℃、60.0MPa条件下，平衡时NH3的体积分数与原料气投料比的关系，如果投料比为3时，达到平衡状态时，氮气和氢气的转化率相等，此时氨气的体积分数最大，若投料比为4时，氮气的转化率升高、氢气的转化率降低，NH3的体积分数减小；设投入的n（N2）=xmol，n（H2）=4xmol，设消耗的氮气为zmol，由三段式分析可知：，平衡时混合气体总物质的量=（x-z+4x-3z+2z）mol=（5x-2z）mol，氨气的体积分数等于其物质的量分数=×100%=40%，解得z=，此时N2的体积分数为：==8%，故若投料比为4时，氨气的体积分数为40%，NH3的体积分数可能为图中的P点，平衡时N2的体积分数为8%，若恰好生成NH4HSO4，根据NH4HSO4=+H++，+H2ONH3H2O+H+可知，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是c(H+)＞c()＞c()＞c(OH-)，故答案为：P；8%；c(H+)＞c()＞c()＞c(OH-)。8．(1)

T1>T2

(2)BCD(3)∆H=+753.2kJ/mol；(4)

NO、NO2

2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O(5)

放热

脱氨率达到最高点之后继续升高温度，脱氨率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应【详解】（1）其他条件下相同下，温度越高反应速率越快，越先到达平衡，则T1>T2，由图知，在T2温度下，0~2s内CO2的平均反应速率，由速率之比等于系数比，则；（2）A、t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；B、平衡常数受温度影响，t1时平衡常数不再变化，则温度不变，正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故B正确；C、t1时二氧化碳和一氧化碳的物质的量不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D、t1时一氧化氮的质量分数不再变化，则NO的浓度不变，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；故选BCD；（3）根据盖斯定律，反应①-②可得，∆H=+867-（+113.8）=+753.2kJ/mol，即热化学方程式为∆H=+753.2kJ/mol；（4）根据图象知，反应物是NO、NO2和NH3，生成物是N2和H2O，氮氧化物中N元素化合价由正化合价变为0价、氨气中N元素化合价由-3价变为0价，所以氧化剂是NO、NO2；当=1：1时，脱氮率最佳，则化学反应方程式为2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O；（5）脱氨率达到最高点之后继续升高温度，脱氨率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。9．(1)A(2)

√

×

×

×(3)n3=n4(4)0.001mol·L-1·s-1(5)【分析】该反应是正反应气体体积减小的反应，压强增大平衡虽然正向移动，但是二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但是二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅。所以b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大。【详解】（1）从图乙可知气体的透光度先下降后上升，说明NO2的浓度先增大后减小，故注射器先压缩后拉伸，最后达到初始水平，说明拉伸位置回到N，故移动轨迹为N→M→N。（2）A项c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡逆向移动，v逆>v正，A正确；B项c点是压缩注射器的情况，二氧化氮和四氧化二氮浓度都增大，B错误；b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）<T（c），升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以Kb>Kc，C错误；D中的反应为等体积反应，进行完全相同的操作，改变压强，平衡不发生移动，不会发生相似的透光率，D错误；（3）60s和80s时四氧化二氮的物质的量不发生变化，说明反应已达到平衡状态，n3=n4。（4）根据方程式0-20s内可得，20s时二氧化氮有0.3mol，则20-40s内。（5）降低温度，化学反应速率减小，到达平衡所需时间增大，平衡正向移动，平衡时NO2物质的量较100℃时要小，所以图象为。10．(1)

FePO4、Li2CO3

4(2)

K=c3(CO)

逆反应方向

amol⋅L−1(3)0.005mol/(L⋅min)(4)金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Na的金属性比Li强，故氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强(5)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁【解析】(1)由总反应2FePO4(s)+Li2CO3(s)+2C(s)⇌2LiFePO4(s)+3CO(g)可知Fe元素化合价由+3降低至+2，Li2CO3中C元素化合价由+4降低至+2，故该反应的氧化剂是FePO4、Li2CO3；转移电子数=氧化剂的电子数=2×(3-2)+1×(4-2)=4；(2)方程式中除CO为气体外，其余均为固体，因此该反应的平衡常数表达式为K=c3(CO)；方程式中除CO为气体外，其余均为固体，CO浓度增大，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动；由于温度不变，则该反应平衡常数不变，因此重新达到平衡时，c3(CO)不变，CO浓度不变，依然为amol⋅L−1；(3)反应进行20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6gCO，则生成的CO的浓度为=0.1mol/L，则0∼20min内一氧化碳的平均反应速率是=0.005mol/(L⋅min)；(4)金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Na的金属性比Li强，故氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强；(5)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，因此共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合。11．(1)

ad

不变

否

>

<0.263，反应向逆反应方向进行，则v正大于v逆(2)

减小

减小

适当降低温度、减小生成物CO2的浓度(3)

0.004mol•L-1•min-1

c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH—)>c(H+)【解析】(1)①a．该反应是固体质量增大的反应，容器内固体质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故a正确；b．该反应是气体体积不变的反应，容器中气体压强始终保持不变，则容器中气体压强保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故b错误；c．c(CO)=c(CO2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故c错误；d．由方程式可知，v正(CO)=v逆(CO2)说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故d正确；故选ad；②若平衡后，保持温度不变，加入浓度为定值的氧化亚铁固体，化学反应速率不发生变化，化学平衡不移动，二氧化碳的浓度不变；由题给数据可知，反应的浓度熵Qc===0.25<K=0.263，化学反应未达到化学平衡，应向逆反应方向移动，则v正大于v逆，故答案为：不变；否；>；<0.263，反应向逆反应方向进行，则v正大于v逆；(2)由图可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡，高炉内二氧化碳和一氧化碳的体积比减小，化学平衡常数减小；该反应是气体体积不变的放热反应，适当降低反应温度和减小生成物二氧化碳的浓度，可以使平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，故答案为：增大；减小；适当降低温度、减小生成物CO2的浓度；(3)由方程式可知，5min时生成2.24g铁时，反应生成二氧化碳和消耗一氧化碳的物质的量都为=0.04mol，则一氧化碳的平均速率为=0.004mol•L-1•min-1；设二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠为amol、碳酸氢钠为ymol，由碳原子个数守恒可得：a+b=0.04mol①，由钠原子个数守恒可得：2a+b=0.60mol/L×0.1L②，解联立方程可得a=b=0.02mol，碳酸钠和碳酸氢钠在溶液中水解使溶液呈碱性，碳酸钠的水解程度大，会抑制碳酸氢钠的水解，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH—)>c(H+)，故答案为：0.004mol•L-1•min-1；c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH—)>c(H+)。12．(1)

Na2SO4·10H2O、CuSO4·2H2O

CuFeS2(2)

1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4

5

P>Cl>O(3)

>

SO2+H2O2=H2SO4

(NH4)2S2O8

2H2O+2e-=H2↑+2OH-【分析】(3)二氧化硫与氨水反应生成NH4SO3或NH4HSO3，X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物；NH4SO3或NH4HSO3与过量硫酸反应生成SO2、H2O和(NH4)2SO4，则a为SO2，Y为(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液；SO2通过系列变化转化为硫酸，电解(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液获得(NH4)2S2O8。（1）由图2可知X为+6价硫形成的盐，对应图1中的Na2SO4·10H2O、CuSO4·2H2O；由图2可知Y为-2价硫形成的盐，对应图1中的CuFeS2；（2）硫为16个号元素，S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；每个能层上的电子能量不同，因此原子核外有5种不同能量的电子；同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，在周期表中，与硫相邻的短周期元素为同主族的O，同周期的P和Cl，它们的原子半径由大到小的顺序是P>Cl>O；（3）1①由分析可知X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物，如果X中只含有2种亚硫酸盐，则X为NH4SO3和NH4HSO3的混合物，存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，则c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，c(NH)>c(SO)+c(HSO)②由分析可知气体a为SO2，通入双氧水中，二者发生氧化还原反应生成硫酸，该反应的化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；③(NH4)2S2O8中存在一个过氧键(O-O)，即有2个O的化合价为-1价，因此溶液中部分-2价的O转化为-1价的O，因此(NH4)2S2O8为阳极产物，即阳极产物是(NH4)2S2O8；阴极是水电离的氢离子得电子转化为氢气，阴极的电极方程式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-。13．(1)dehifg(gf)b(c)(2)

防止CuCl2和FeCl3水解

在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)(3)CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3(4)

KSCN溶液

SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+(5)取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡(6)

干燥器

连续两次称量差值不超过0.001g

1.9

加热时有固体溅出【分析】本题为通过粗铜粉制备氯化铜晶体的工业过程，粗铜粉中含有杂质铁，首先和氯气反应生成氯化物，之后为了防止铜离子和铁离子的水解，用稀盐酸溶解氯化铜和氯化铁，再通过调pH来除去铁杂质，最后剩下氯化铜溶液，再经过处理得到产品，以此解题。(1)依题意，制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，A是Cl2的发生装置，出来气体含有HCl，用饱和食盐水除去，经浓硫酸干燥即得到纯净、干燥Cl2，在D中与粗铜粉反应后用NaOH溶液吸收尾气，按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是：adehifg(gf)b(c)；(2)固体Ⅰ的主要成分是氯化铜和氯化铁，其中铜离子和三价铁离子容易水解，用稀盐酸溶解可以防止其水解，故固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是：防止CuCl2和FeCl3水解；溶液Ⅱ是氯化铜溶液，从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O晶体，由于产品中含有为了防止失去结晶水同时还要防止铜离子的水解，故操作②的方法是：在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)；(3)试剂X作用为消耗H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，并且不能产生新的杂质离子，故试剂X可以选CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3；(4)通过实验过程可知溶液II如果含有杂质离子，则杂质离子是三价铁离子，可以用硫氰化钾检验，故检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是：KSCN溶液；溶液Ⅱ的主要成分是氯化铜，二氧化硫有还原性，向氯化铜溶液中通入二氧化硫生成氯化亚铜，则方程式为：SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+；(5)通过已知可知Cu(H2O)(aq)(蓝色)，CuCl(aq)(绿色)而且他们之间的转化是可逆的，故可以通过平衡移动的方法验证，则证明溶液