2025年陕教新版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年陕教新版选修4化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知1molH-H的键能是akJ/mol，1molO=O键的键能是bkJ/mol，1molO-H键的键能是ckJ/mol，则下列关于2molH2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molH2O(l)的说法正确的是A.△H为正，△H=[(2a+b)-4c]kJ/molB.△H为负，△H=[(2a+b)-4c]kJ/molC.△H为正，△H=[4c－(2a+b)]kJ/molD.△H为负，△H=[4c－(2a+b)]kJ/mol2、下列影响因素中，不属于影响化学平衡移动的是A.温度B.浓度C.催化剂D.压强3、常温下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液；溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是。

A.HA的电离常数约为10－5B.b点溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C.c点对应的KOH溶液的体积V＝20mL，c水(H＋)约为7×10－6mol·L－1D.导电能力：c>a>b4、不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH+）的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.若从a点到c点，可采用在水中加入酸的方法B.b点对应的醋酸中由水电离的c（H＋）＝10－6mol·L－1C.T℃时，0.05mol·L－1的Ba（OH）2溶液的pH＝11D.c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的Kw5、向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫物种(H2S、HS-、S2-)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程中H2S气体的逸出)。下列说法正确的是（）

A.含硫物种B表示H2SB.在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na+)与含硫物种浓度的关系为c(Na+)＝2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]C.X、Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出H2S的Ka1D.NaHS溶液呈碱性，若向该溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应时所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2++HS-=CuS↓+H+6、下列溶液中浓度关系正确的是A.小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32-)＋c(OH－)B.CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)C.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)D.等体积、等浓度的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)7、下列实验对应的现象以及结论均正确的是。

。选项。

实验。

现象。

结论。

A

向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油；充分振荡，静置。

上层为橙色。

裂化汽油可萃取溴。

B

分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S

前者无现象；后者有黑色沉淀生成。

Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)

C

向Ba(ClO)2溶液中通入SO2

有白色沉淀生成。

酸性:H2SO3>HClO

D

向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液。

有白色不溶物析出。

Na2SO4能使蛋白质变性。

A.AB.BC.CD.D8、某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2；发现电流计A指针偏转。下列有关描述正确的是。

A.断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2Cl－＋2H+H2↑＋Cl2↑B.断开K2，闭合K1时，a是电源的正极，铁电极发生氧化反应C.断开K1，闭合K2时，石墨电极附近溶液变红，铁电极上的电极反应为：Cl2＋2e—=2Cl－D.断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、（1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3；请回答：

①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2；则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。

②已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为________________。

（2）实验室用50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为____________；实验室提供了0.50mol·L－1和0.55mol·L－1两种浓度的NaOH溶液，应选择_____________mol·L－1的NaOH溶液进行实验。10、已知破坏1molH﹣H键、1molI﹣I键、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ．则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出________kJ的热量．11、将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数（Φ）随温度的变化如图所示：

（1）D点v(正)____v(逆)（填“＞；＜或=”）。

（2）A、B、C三点中平衡常数K的值最大的是____点。T2时N2O4的平衡转化率为____；若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为____。

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数____（填“增大、不变或减小”）。12、有两个起始体积相同的密闭容器A和B；A容器有一个可移动的活塞，能使容器内保持恒压；B容器为固定体积。

起始时这两个容器分别充入等量的体积比为2∶1的SO2和O2的混合气，并使A、B容器中气体体积相等，并保持在400℃条件下发生反应2SO2+O22SO3；并达到平衡。

⑴达到平衡所需时间，A容器比B容器_____，两容器中SO2的转化率A比B______。

⑵达到⑴所述平衡后，若向两容器中分别通入等量Ar气体，A容器的化学平衡_____移动，B容器中的化学平衡________移动。

⑶达到⑴所述平衡后，若向容器中通入等量的原混合气体，重新达到平衡后，A容器中SO3的体积分数_______，B容器中SO3的体积分数________(填变大、变小、不变)。13、常温下，将0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液(pH＜7)。

（1）用离子方程式表示该溶液中存在的三个平衡体系___、___、__。

（2）溶液中各离子的物质的量浓度由大到小顺序为___。

（3）溶液中粒子中浓度为0.1mol/L的是___，浓度为0.05mol/L的是__。

（4）物质的量之和为0.lmol的两种粒子是___与___。14、（1）下列物质中，属于强电解质的是（填序号，下同）__________，属于弱电解质的是________，属于非电解质_____________；

①氨气②氨水③盐酸④醋酸⑤硫酸钡⑥氯化银⑦氯化钠⑧二氧化碳⑨醋酸铵⑩氢气。

（2）硝酸铅的稀溶液中，滴入几滴稀Na2SO4生成白色PbSO4沉淀，再滴入数滴饱和醋酸钠溶液，微热，并不断搅动，沉淀慢慢溶解；请写出沉淀溶解过程的离子方程式_____________；

（3）已知25℃时，H2C2O4的电离平衡常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5；H3PO4的电离平衡常数为K1=7.52×10-3,K2=6.23×10-8,K3=2.2×10-13。请写出少量H3PO4与过量Na2C2O4反应的离子方程式：__________________________。15、已知某溶液中存在OH－、H＋、NH4+、Cl－四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：

①c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)②c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)

③c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)

填写下列空白：

(1)若溶液中只溶解了一种溶质；则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(选填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的；则溶液中的溶质为________；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为________。

(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。16、向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀。用电离平衡原理解释上述现象。_______________________________17、铝-空气电池是正在探索的车用新型电池。电池工作时，金属铝被氧化为并形成空气中的氧气发生还原而生成

(1)写出铝-空气电池中的正、负极反应和总反应________。

(2)广泛采用铝-空气电池的好处有哪些？不足有哪些？就你的发现写出简要的报告，并预测其未来的应用前景________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)18、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、工业流程题(共4题，共16分)19、合成氨的流程示意图如下：

回答下列问题：

（1）工业合成氨的原料是氮气和氢气。氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是____，_____；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式____________，___________；

（2）设备A中含有电加热器，触媒和热交换器，设备A的名称是______，其中发生的化学反应方程式为___________________；

（3）设备B的名称是____，其中m和n是两个通水口，入水口是_______（填“m”或“n”）。不宜从相反方向通水的原因是__________；

（4）设备C的作用是_________；

（5）在原料气制备过程中混有的CO对催化剂有毒害作用；欲除去原料气中的CO，可通过以下反应来实现：

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化率超过90%，则起始物中的c(H2O):c(CO)不低于______。20、草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下。

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：。沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8

(1)CoC2O4·2H2O中C的化合价是____________________________。

(2)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：______________。

(3)浸出液中加入NaClO3的目的是____________________________。

(4)加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，还有的成分是______________(填化学式)，试用离子方程式和必要的文字简述其原理：____________________________。

(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是______________；其使用的适宜pH范围是______________。

A.2.0〜2.5

B.3.0〜3.5

C.4.0〜4.5

(6)滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=______________。

(7)用m1kg水钴矿(含Co2O360%)制备CoC2O4·2H2O，最终得到产品m2kg，产率(实际产量/理论产量×100%)为____________________________。(已知：M(Co2O3)=166，M(CoC2O4·2H2O)=183，仅需列出数字计算式)。21、实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为机有物(难电离)。回答下列问题：

(1)滤渣I的主要成分是__(填化学式)，写出一种能提高酸浸速率的措施___。

(2)操作①用到的玻璃仪器有____。

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，则浸出液的pH范围应控制在____(已知：溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L，则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10‑14)。

(4)加入有机萃取剂的目的是___。

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，写出该步骤反应的离子方程式___。

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为___。22、亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中发生反应的还原剂是___________，气体a的名称是___________

(2)Ⅱ中反应的离子方程式是___________

(3)A的化学式是___________

(4)Ⅲ中电极X是___________，（填“阴极”“阳极”），其上发生的电极反应为_______________________。离子交换膜N是____（填“阴”“阳”）离子交换膜。

(5)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。

(6)NaClO2变质可转化为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量_____（填“相同”“不相同”“无法判断”）。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共12分)23、某工厂的氨氮废水中主要含有可用电化学氧化法加以处理。

（1）图1是电化学氧化法的原理示意图。a的电极反应式是_____________。

（2）研究显示，其他条件不变时，不同下氨氮的去除量如图2所示。已知：与相比，在电极表面的吸附效果更好。结合平衡移动原理和图中数据，解释从5到9时氨氮去除量增大的原因：______________。

（3）在电解废水的过程中，会经历“”的过程。其他条件相同、的浓度不同时，废水中氨氮脱除效率的实验结果如下：。的浓度/（）400100电解时间/h0.50.5氨氮脱除效率/（）2.40.8

①其它条件相同、适当提高的浓度，可以显著增大废水中的脱除效率。

用化学用语解释原因：____________、

②图2中，时，废水中去除量下降，可能的原因是：_______________。24、二氧化碳是主要的温室气体；也是一种工业原料。将其固定及利用，有利于缓解温室效应带来的环境问题。

（1）用二氧化碳合成甲醇。

已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H1＝－484kJ/mol

2CH3OH(g)＋3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g)△H2＝－1348kJ/mol

在催化剂作用下，CO2（g）和H2（g）反应生成CH3OH（g）和H2O（g），该反应的热化学方程式是________。

（2）用二氧化碳合成低密度聚乙烯（LDPE）。以纳米二氧化钛膜为工作电极，常温常压电解CO2；可制得LDPE，该电极反应可能的机理如下图所示。

①过程Ⅰ~Ⅲ中碳元素均发生________反应（填“氧化”或“还原”）。

②CO2转化为LDPE的电极反应式是（补充完整并配平）________

2nCO2+□________+□________=+□________。

③工业上生产1.4×104kg的LDPE，理论上需要标准状况下CO2的体积是______L。

（3）用二氧化碳与环氧丙烷()反应合成可降解塑料PPC；同时也能生成副产物CPC，其化学反应过程中的能量变化如下图所示；在不同温度和压强下，PPC的选择性（产物中PPC的质量与产物总质量的比值）和总产率（产物总质量与反应物投料总质量的比值）如下表所示。

①通过表中数据ⅰ、ⅱ、ⅲ可以得出的结论是________；在25℃时，实际生产中选择反应压强为1.5MPa，而不是2.0MPa，理由是________。

②通过表中数据ⅱ、ⅳ、ⅴ可知温度升高会使PPC的选择性下降，结合上图说明其原因可能是______。25、CO在工农业生产及科学研究中有着重要的应用。

(1)CO催化脱硫：科学研究发现CoS对CO还原SO2实现脱硫、并回收S有很好的催化效果，该反应的化学方程式为__________。

(2)CO催化脱氮：在一定温度下，向2L的恒容密闭容器中充入4.0molNO2和4.0molCO，在催化制作用下发生反应：2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol，测得相关数据如下：。时间。

浓度0min5min10min15min20minc(NO2)/mol·L-12.01.71.561.51.5c(N2)/mol·L-100.150.220.250.25

①其他条件不变，若不使用催化剂，则0～5min内NO2的转化率将_____(填“变大”“变小”或“不变”)。

②下列表述能说明该反应已达到平衡状态的是______(填序号)。

A．CO的化学反应速率为N2的4倍B．气体的颜色不再变化。

C．化学平衡常数K不再变化D．混合气体的密度不再变化。

③有利于提高该反应中NO2平衡转化率的条件是_____(填序号)。

A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压。

(3)CO与Ni发生羰化反应形成的络合物可作为催化烯烃反应的催化剂。Ni的羰化反应为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH＜0，T0温度下，将足量的Ni粉和3.7molCO加入到刚性密闭容器中，10min时反应达到平衡，测得体系的压强为原来的则：

①0～10min内平均反应速率v(Ni)=___g·min-1。

②研究表明，正反应速率v正=k正·x4(CO)，逆反应速率v逆=k逆·x[Ni(CO)4](k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，x为物质的量分数)，计算T0温度下的=__。

③T1温度下测得一定的实验数据，计算得到v正~x(CO)和v逆~x[Ni(CO)4]的关系如图所示。当降低温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_______、_______(填字母)。

评卷人得分六、实验题(共2题，共8分)26、50mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液在图1装置中进行中和反应；并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：

（1）写出该反应的中和热热化学方程式：___________。

（2）___________（填“能”或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒，其原因是_____。

（3）如果改用60mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量_____（“增加”、“减少”或“不变”），所求中和热数值_____（“增加”；“减少”或“不变”）。

（4）某研究小组将装置完善后，把V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图2所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）。回答下列问题：研究小组做该实验时环境温度_________（填“高于”；“低于”或“等于”）22℃。

（5）①请填写下表中的空白：。温度。

实验次数起始温度t1℃终止温度t2/℃温度差平均值。

(t2－t1)/℃HClNaOH平均值平均值126.226.026.132.9

________________________227.027.427.237.0325.925.925.932.5426.426.226.333.3

②近似认为50mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH＝_________(取小数点后一位)。27、I．亚铁是血红蛋白重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，如果缺铁就可能出现缺铁性贫血，但是摄入过量的铁也有害。下面是一种常见补药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2+33%～36%；不溶于水但能溶于人体中的胃酸：与Vc(维生素C)同服可增加本品吸收。

甲同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：

(1)加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量Fe3+。药品说明书中“与Vc同服可增加本品吸收”，通过探究，说明Vc具有___________性。

(2)乙同学采用在酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定该药品是否合格，准确称量上述药品10.00g，将其全部溶于试剂2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL。

①该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是______(填序号)。

A．蒸馏水B．稀盐酸C．稀硫酸D．稀硝酸。

②请计算该药品含“铁”的质量分数为_________(保留三位有效数字)。

II．二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。利用食盐水制取ClO2的工业流程如下图所示：

(3)下图为用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2的装置。写出阳极产生ClO2的电极反应式：_________。电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL(标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为_________mol。

(4)用于电解的食盐水，需先除去其中的SO等杂质，除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3，若溶液中c(Ba2+)=1x10-5时，c(CO)∶c(SO)=___________(已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10－10，Ksp(BaCO3)=5.0×10－9)。

(5)②发生器中生成ClO2的化学方程式为___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

氢气在氧气中的燃烧反应为放热反应，则△H＜0，为负值；反应的方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=反应物总键能-生成物总键能=[(2a+b)-4c]kJ/mol。

故选B。2、C【分析】【详解】

A．升高温度；平衡向着吸热反应方向移动，降低温度，平衡向着放热反应方向移动，故温度属于影响化学平衡移动的因素，故A不符合题意；

B．增大反应物浓度或减小生成物浓度；平衡向着正反应方向移动，增大生成物浓度或减小反应物浓度，平衡向着逆反应方向移动，故浓度属于影响化学平衡移动的因素，故B不符合题意；

C．催化剂由于能同等幅度地改变正；逆反应速率；故化学平衡不移动，故催化剂不是影响化学平衡移动的因素，故C符合题意；

D．对有气体参与的化学平衡；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，减小压强，平衡向着气体体积增大的方向移动，故压强也是影响化学平衡移动的因素，故D不符合题意；

故答案为：C。3、D【分析】【详解】

A．由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，则c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，则HA的电离常数A选项正确；

B．b点溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1×10-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)；B选项正确；

C．c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的则c(A-)≈0.05mol/L，则c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L；C选项正确；

D．向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：c>b>a；D选项错误；

答案选D。4、C【分析】【详解】

A．从a点到c点；氢离子和氢氧根浓度均增大，而加酸后，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，所以不能采用在水中加入酸的方法，A错误；

B．b点溶液中氢离子浓度是10－6mol·L－1，对应的醋酸中由水电离的c（H＋）＝10－8mol·L－1；B错误；

C．T℃时Kw＝10－12，0.05mol·L－1的Ba（OH）2溶液中氢氧根浓度是0.1mol/L，所以溶液中氢离子浓度是10－11mol/L；因此溶液的pH＝11，C正确；

D．Kw只与温度有关系，c点对应溶液的Kw等于d点对应溶液的Kw；D错误；

答案选C。5、D【分析】【分析】

向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小，则A为S2－；B先增加后减少，则B为HS－；C开始时几乎不存在，之后逐渐增大，则C为H2S。

【详解】

A．B先增加后减少，则B为HS－；C开始时几乎不存在，之后逐渐增大，则C为H2S；故A错误；

B．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，若忽略滴加过程H2S气体的逸出，根据混合液Na、S物料守恒可得：c(Na+)＝3[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]；故B错误；

C．X点为S2－和HS－浓度相同，K2（H2S）==c（H＋），则由X点处的pH，可计算Ka2（H2S）的值；故C错误；

D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液，硫化铜难溶于稀酸，发生反应：Cu2＋+HS－=CuS↓+H＋；溶液显示强酸性，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断，涉及是弱电解质电离平衡、电离平衡常数计算、物质性质和反应产物的理解应用，明确图象曲线变化的意义为解答关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，易错点C，代入公式确定是Ka1（H2S）的值还是Ka2（H2S）的值。6、D【分析】【详解】

A.小苏打是碳酸氢钠的俗称，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；故A错误；

B.醋酸钠溶液中醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，结合电荷守恒得c(CH3COO-)＜c(Na+)；故B错误；

C.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明溶液呈酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，所以c(A2-)＞c(H2A)；故C错误；

D.物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)；故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点为C，要注意根据溶液酸碱性确定HA-的电离程度与水解程度关系。7、B【分析】【详解】

A.裂化汽油中含有不饱和碳碳键；易与溴水发生加成反应，不能作萃取剂，故A说法错误；

B.Ksp小的先生成沉淀；前者无现象，后者有黑色沉淀生成，说明硫化锌的溶度积大于硫化铜，故B正确；

C.ClO－具有氧化性，能将SO2氧化为硫酸根离子；白色沉淀为硫酸钡，不能说明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故C错误；

D.向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液会有白色沉淀；原理为蛋白质的盐析，故D错误；

答案：B。8、D【分析】【分析】

【详解】

A.断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2Cl-Cl2↑+H2↑+2OH-；故A错误；

B.断开K2，闭合K1时；是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属铁不能做阳极，应该是做阴极，则a是电源的正极，铁电极为负极，发生还原反应，故B错误；

C.断开K1，闭合K2时，发现电流计A指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，断开K2，闭合K1时；铁电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铁做负极发生氧化反应，氢气失电子生成氢离子的反应，故C错误；

D.断开K1，闭合K2时，发现电流计A指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，断开K2，闭合K1时；铁电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此石墨电极作正极，故D正确；

故选D。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①ΔH=（生成物的总能E2-反应物的总能量E1）＞0，为吸热反应，ΔH=（生成物的总能E2-反应物的总能量E1）＜0，为放热反应，因为E1＞E2；所以ΔH＜0，则该反应为放热反应，故答案为：放热。

②氮气和氢气反应生成氨气，其ΔH＝反应物的总键能-生成物总键能=946kJ·mol－1+3×436kJ·mol－1-6×391kJ·mol－1=－92kJ·mol－1，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，故答案为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。

（2）中和热的测定实验中实验用品：大烧杯（500mL）、小烧杯（100mL)、环形玻璃搅拌棒、量筒（50mL)两个、温度计、泡沫塑料或纸条、泡沫塑料板或硬纸板（中心有两个小孔）、盐酸（0.50mol·L−1）、氢氧化钠溶液（0.55mol·L−1），盐酸或氢氧化钠的一个需要过量，使另外一个完全中和，实验装置图：由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒，用0.55mol·L－1氢氧化钠，故答案为：环形玻璃搅拌棒；0.55。【解析】放热N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1环形玻璃搅拌棒0.5510、略

【分析】【详解】

氢气和碘反应生成2molHI的反应实质是；旧键断裂吸收能量的值为：436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放能量为：299kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ；

故答案为：11。

【点睛】

本题主要考查了与键能有关的知识，掌握旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量是解答的关键。【解析】1111、略

【分析】【详解】

（1）T1温度下，D点到平衡点A，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，所以v(正)＜v(逆)；

（2）根据图示，升高温度平衡体系中N2O4的体积分数减小；平衡正向移动，升高温度，平衡常数增大，A；B、C点中平衡常数K的值最大的是C点；

x=0.5，T2时N2O4的平衡转化率为若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为0.1mol·L-1·s-1；

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小。【解析】①.＜②.C③.25%④.0.1mol·L—1·s—1⑤.减小12、略

【分析】【分析】

（1）根据化学反应速率越快；到达平衡的时间越短；利用等效平衡来判断平衡移动来解答；

（2）根据容器中的压强对化学平衡的影响；

（3）根据浓度对化学平衡的影响，求出平衡移动后SO3的体积分数。

【详解】

（1）因A容器保持恒压，反应过程中体积变小，浓度增大，根据浓度越大，化学反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以达到平衡所需时间A比B短，若A容器保持恒容，两容器建立的平衡等效，而实际上A容器体积减少，压强增大，平衡向正反应方向移动，所以A中SO2的转化率比B大；

答案：短；大。

（2）平衡后；若向两容器通入数量不多的等量氩气，A容器体积增大，压强不变，参加反应的气体产生的压强减少，平衡向逆反应方向移动，A容器体积不变，压强增大，参加反应的气体产生的压强不变，平衡不移动；

答案：逆反应方向移动；不。

（3）向两容器中通入等量的原反应气体，达到平衡后，A中建立的平衡与原平衡等效，所以SO3的体积分数不变，B容器中建立的平衡相当于在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，B容器中SO3的体积分数增大；

答案：不变；变大【解析】①.短②.大③.逆反应方向移动④.不⑤.不变⑥.变大13、略

【分析】【分析】

0.1molCH3COONa和0.05molHCl充分反应得到物质的量均为0.05mol的NaCl、CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液的体积为1L，NaCl、CH3COOH和CH3COONa的物质的量浓度均为0.05mol/L；据此分析解答问题。

【详解】

(1)该溶液中存在：CH3COOH的电离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COONa的水解平衡，CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；水的电离平衡：H2OH++OH-；故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；H2OH++OH-；

(2)由于溶液的pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-），故答案为：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）；

(3)溶液中粒子浓度为0.1mol/L的是Na+，浓度为0.05mol/L的是Cl-。故答案为：Na+；Cl-；

(4)根据物料守恒，物质的量之和为0.1mol的是CH3COOH和CH3COO-，故答案为：CH3COOH；CH3COO-。【解析】①.CH3COOHCH3COO-+H+②.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-③.H2OH++OH-④.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)⑤.Na+⑥.Cl-⑦.CH3COOH⑧.CH3COO-14、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）强电解质包括强酸；强碱和绝大多数盐；属于强电解质的是⑤⑥⑦⑨；弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数盐和水，属于弱电解质的是④，化合物分为电解质和非电解质，属于非电解质①⑧。

（2）根据题意知PbSO4与饱和醋酸钠溶液发生复分解反应，根据复分解反应发生的条件知醋酸铅为弱电解质，故沉淀溶解过程的离子方程式PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42—。

（3）25℃时，H2C2O4的电离平衡常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5；H3PO4的电离平衡常数为K1=7.52×10-3,K2=6.23×10-8,K3=2.2×10-13。则酸性：H2C2O4>H3PO4>HC2O4—>H2PO4—>HPO42—，则少量H3PO4与过量Na2C2O4反应的离子方程式为【解析】）⑤⑥⑦⑨④①⑧PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42—15、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，则c（Cl-）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-），又水解的程度很弱，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；即①符合；

（2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl-），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3·H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl；

（3）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，故应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3•H2O）。由于盐酸是强酸，而氨水是弱碱，则混合前酸中的c（H+）＞碱中c（OH－）故答案为＜；＞。

考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及溶液中离子浓度关系应用【解析】（每空2分）（1）NH4Cl①（2）NH4Cl、NH3•H2O；NH4Cl、HCl（3）小于大于16、略

【分析】【分析】

根据多元弱酸分步电离；存在电离平衡分析没有沉淀生成的原因，结合酸碱发生中和反应，使弱酸电离平衡正向移动分析后来产生沉淀的原因。

【详解】

SO2易溶于水，与水反应产生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离平衡分步进行，电离方程式是：H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，由于溶液中SO32-浓度很小，所以不能与溶液中的Ba2+反应产生BaSO3沉淀；当向该溶液中滴加氨水后，NH3·H2O会电离产生OH-，中和电离出的H+，使溶液中c(H+)降低，导致H2SO3的电离平衡正向移动，使SO32-浓度增大，c(Ba2+)·c(SO32-)>Ksp(BaSO3)，所以反应产生BaSO3沉淀。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离及沉淀的形成，侧重考查分析判断能力，明确元素化合物性质及平衡移动原理和酸碱中和反应原理是解本题关键，熟练掌握外界条件对化学平衡移动影响原理，结合沉淀溶解平衡分析解答。【解析】H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，滴加氨水后，中和电离出的H+，导致电离平衡正向移动，SO32-浓度增大，产生BaSO3沉淀。17、略

【分析】【分析】

铝—空气电池工作时，金属铝被氧化为Al3+，铝为负极，正极上空气中的O2发生得电子的还原反应生成OH-。

【详解】

（1）铝—空气电池中负极为Al，负极电极反应式为4Al-12e-=4Al3+，正极上为O2发生得电子的还原反应生成OH-，正极电极反应式为3O2+12e-+6H2O=12OH-，根据正、负极得失电子总数相等，电池总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓；答案为：正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓。

（2）铝—空气电池的的好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

铝—空气电池未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。【解析】(1)正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓

(2)好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。三、判断题(共1题，共2分)18、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、工业流程题(共4题，共16分)19、略

【分析】【详解】

：(1)分离空气提取氮气的方法一种是液化和分馏；另一种方法是与碳反应后除去CO2；制取氢气的两个方程式分别为：C+H2OCO+H2；CH4+H2OCO+3H2；(2)合成氨的设备名称是合成塔；合成氨的方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；(3)冷凝分离产品设备为冷却塔或冷凝器，入水口应该在下面，此时水流和气流是逆向的，冷凝效果好；(4)分离器是气——固分离用设备，分离液氨和未反应的原料气；(5)设CO、H2O起始浓度分别为x；ymol/L；则转化的CO的最小值为0.9x

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

起始xy00

变化0.9x0.9x0.9x0.9x

平衡0.9xy-0.9x0.9x0.9x，根据平衡常数列式：（0.9x）2/0.1x（y-0.9x）=0.627；解得：y/x=13.8。故此只要此值大于13.8，转化率就会超过90%。

【考点定位】

此题以合成氨反应为载体，综合考查了化学与技术模块的主干知识。【解析】液化、分馏与碳反应后除去CO2C+H2OCO+H2CH4+H2OCO+3H2合成（氨）塔N2(g)+3H2(g)2NH3(g)冷却塔（或冷凝器）n高温气体由冷却塔的上端进入，冷却水从下端进入，逆向冷却效果好将液氨与未反应的原料气分离13.820、略

【分析】【分析】

用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O，水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O4·2H2O；据此解答。

【详解】

(1)CoC2O4·2H2O中Co为+2价；O为-2价，根据各元素正；负化合价代数和为0，计算得元素C的化合价是+3价；

(2)加入的Na2SO3主要Co3+还原为Co2+，发生反应的离子方程式为：Co2O3+4H++SO32-═2Co2++SO42-+2H2O；

(3)浸出液中加入NaClO3的目的是加入NaClO3发生可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去Fe3+；

(4)加Na2CO3调节溶液pH=5.2，能使Fe3+、Al3+离子转化成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，原因是：因Fe3+和Al3+水溶液中存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+、Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，加入碳酸钠后CO32-与H+结合生成难电离的HCO3-；使水解平衡右移而产生沉淀；

(5)根据流程图可知，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，加入萃取剂目的是除去Mn2+，则选取的萃取剂不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；故B正确，故答案为B。

(6)当加入过量NaF后，所得滤液====0.7；

(7)m1kg水钴矿中含Co2O3的物质的量为则CoC2O4·2H2O的理论产量为×2×183g/mol，则产率为×100%=×100%。【解析】+3SO32-+Co2O3+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+Fe(OH)3Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO32-)与H+反应，c(H+)降低，从而促进水解平衡向右移动除去溶液中的Mn2+B0.7×100%21、略

【分析】【分析】

用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，为分液，向水层加入(NH4)2C2O4；得到草酸钴晶体，以此来解答。

【详解】

(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2；提高硫酸的浓度；提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；

(2)通过操作①得到水层和有机层；则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗；烧杯；

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp为1×10−32，则c(OH−)==10−9mol/L，c(H+)==10-5mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp为1×10−15，开始沉淀的c(OH−)=≈10−5mol/L，c(H+)==10-9mol/L；则调节溶液5＜pH＜9；

(4)根据分析，加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2；使之与水层分离；

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反应的离子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。

【点睛】

本题难度不大，易错点为(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的杂质离子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他杂质离子全部沉淀和Ni2+开始出现沉淀之间。【解析】SiO2提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌等分液漏斗、烧杯5＜pH＜9溶解NiR2，使之与水层分离NiR2+2H+=2RH+Ni2+3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O22、略

【分析】【分析】

ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由-1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，在III中发生电解，根据图知，电极Y生成氢氧化钠，说明电极Y为阴极，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；电极X为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，在I中NaClO3、Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2气体和硫酸钠溶液，反应的离子方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O；据此分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析，I中NaClO3、Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2气体和硫酸钠溶液，反应的离子方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂是Na2SO3；气体a是O2，故答案为Na2SO3；氧气；

(2)碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2-和水，Ⅱ中反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；

(3)通过以上分析知，电解硫酸钠溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在阳极附近生成，故答案为H2SO4；

(4)根据上述分析，Ⅲ中电极X阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)，电极Y为阴极，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，溶液中的钠离子通过离子交换膜N进入阴极区，因此离子交换膜N为阳离子交换膜，故答案为阳极；2H2O−4e−=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)；阳；

(5)5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，4NaClO2→4ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，所以NaClO2是还原剂；1NaClO2→1NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以NaClO2作氧化剂；所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4；故答案为1∶4；

(6)NaClO2变质可转化为NaClO3和NaCl，Cl元素从+3价变为+5价和-1价，反应为3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2试样与足量FeSO4溶液反应3ClO2-+12Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+3Cl-+8Fe3+，最终得到Cl元素由+3价变为-1价，所以NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时；最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价变为-1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同，故答案为相同。

【点睛】

明确I、II、III中发生的反应及物质的性质是解本题关键。本题的易错点为(5)，要注意5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O中NaClO2既是氧化剂又是还原剂。【解析】①.Na2SO3②.氧气③.2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；④.H2SO4⑤.阳极⑥.2H2O−4e−=O2↑＋4H＋（或4OH－-4e－＝O2＋2H2O⑦.阳⑧.1:4⑨.相同五、原理综合题(共3题，共12分)23、略

【分析】【分析】

（1）该装置为电解池，a电极是化合价降低，得电子作为阴极；

（2）已知：与相比，在电极表面的吸附效果更好。增大，水解产生的越多；氨氮去除量增大；

（3）电解废水的过程中，先在阳极失电子产生再由氧化

（4）可从氯气浓度减小、逸出等方面入手；

【详解】

（1）由分析可知，阴极a的电极反应式是

（2）结合分析和题干可知，废水中存在：溶液增大，会降低，平衡正向移动，增大，比在电极表面的吸附效果更好；有利于含氮微粒在电极表面吸附；

（3）①电解废水的过程中，先在阳极失电子产生电极反应式为：

②结合①问，时，废水中去除量下降，可能的原因是氯气浓度减小（如：较大，优先放电；与会生成碱性条件下氧化性弱）、逸出（与结合生成逸出）等。【解析】废水中存在：增大，降低，平衡正向移动，增大，有利于含氮微粒在电极表面吸附较大，优先放电（或与结合生成逸出；或与会生成碱性条件下氧化性弱）。24、略

【分析】【详解】

（1）将上述两个已知反应分别编号为①、②，根据盖斯定律，①×-②×可得目标方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=－52kJ/mol；

（2）①CO2→CO2－→CO→∶CH2；碳的化合价的变化为+4→+3→+2→-2价，均为碳被还原的过程，故碳元素均发生还原反应。

②2nCO2→碳的化合价由+4降到-2价，每个碳得6个电子，则2n个CO2共得12n个电子，根据电荷守恒可得电极反应：

①生产1.4×104kg即生产1.4×107g根据2nCO2~可知CO2的物质的量为=1.0×106mol，CO2的体积等于1.0×106mol×22.4L/mol=2.24×107L。

（3）①根据表格数据可知；ⅰ；ⅱ、ⅲ的反应温度相同、压强不同，随着压强的增大，总产率增大，PPC的选择性也增大，故可得出结论：其他条件不变时，压强升高，PPC的选择性及总产率均增大。

②ⅱ和ⅲ总产率接近；PPC的选择性也接近，而压强升高，对生产设备；能源等要求高，成本增大，所以选择条件ⅱ的理由是：压强升高，对生产设备、能源等要求高，成本增大；且压强由1.5MPa增大到2.0PMa，总产率增大并不多。

③根据图上可知二氧化碳与环氧丙烷反应合成可降解塑料PPC，同时也能生成副产物CPC，所以升高温度，PPC的选择性下降，可能原因为温度升高，可能生成了副产物CPC。【解析】3H2(g)+CO2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)△H＝－52kJ/mol还原2.24×107其他条件不变时，压强升高，PPC的选择性及总产率均增大压强升高，对生产设备、能源等要求高，成本增大；且压强由1.5MPa增大到2.0PMa，总产率增大并不多温度升高，可能生成了副产物CPC25、略

【分析】【分析】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反应产生S、CO2；

(2)①利用催化剂对化学反应速率的影响分析判断；

②根据平衡时任何一种物质的物质的量；浓度、含量等保持不变判断；

③要提高该反应中NO2平衡转化率；就要使平衡正向移动，根据平衡移动原理，结合反应特点分析判断；

(3)①先计算平衡时Ni(CO)4(g)的物质的量；然后根据物质反应转化关系，计算消耗Ni的质量，得到其反应速率；

②根据反应达到平衡时v正=v逆；利用速率与物质的量分数关系计算；

③该反应是放热反应，降低温度时，平衡正向移动，同时正反应速率、逆反应速率均减小，x(CO)减小，x[Ni(CO)4]增大。

【详解】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反应产生S、CO2，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：2CO+SO22CO2+S；

(2)①根据表格数据可知：反应在15min时达到平衡，由于在0～5min内反应未达到平衡，所以若使用催化剂，就可以加快反应速率，使更多的反应物NO2反应，NO2转化率提高，若不使用催化剂，则反应速率减小，NO2的转化率将变小；

②反应2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol的正反应是气体体积减小的放热反应。

A．未指明反应速率是正反应速率还是逆反应速率；因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；

B．反应在恒容密闭容器中进行，反应混合物只有NO2是有色气体；因此若混合气体的颜色不再变化，说明反应达到了平衡状态，B正确；

C．化学平衡常数K只与温度有关；与反应是否达到平衡无关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，C错误；

D．反应在恒容密闭容器中进行；反应混合物都是气体，气体的体积；质量始终不变，因此气体密度始终不变，所以不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；

故合理选项是B；

③根据平衡移动原理：增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；降低温度，化学平衡向放热反应方向移动。由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，要提高该反应中NO2平衡转化率；采取的措施是低温高压，故合理选项是B；

(3)①在恒容密闭容器中，气体的压强比等于气体的物质的量的比，在反应开始时加入了3.7molCO，反应