2025年人教五四新版必修2化学下册阶段测试试卷VIP

…………○…………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年人教五四新版必修2化学下册阶段测试试卷509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5题，共10分)1、下列物质能由两种单质直接化合生成的是（）A.FeCl3B.NO2C.SO3D.CuS2、(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如图：

下列说法正确的是A.通入NH3和CO2的顺序可以互换B.操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得(NH4)2SO4C.步骤②中反应的离子方程式为Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NHD.通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用3、下图是可逆反应A+2B2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况；由此可推断（）

A.A.D均为气体B.若B是气体，则D是液体或固体C.逆反应是放热反应D.在整个过程中，A的转化率一直增大4、由钛精矿(主要成分为TiO2，含镁、铁、硅等氧化物)制备纯TiCl4的流程示意图及各物质熔；沸点如下；下列说法不正确的是。

钛精矿粗TiCl4纯TiCl4。化合物SiCl4TiCl4FeCl3MgCl2沸点/℃581363161412熔点/℃-69-25304714

A.将进入沸腾炉中的钛精矿粉碎可以提高氯化反应速率B.氯化过程得到的气体产物经冷却到室温、过滤得到粗TiCl4混合液C.蒸馏塔中的精制，主要是为了除去粗TiCl4中含有的FeCl3、MgCl2D.氯化过程产生的尾气含有氯气，需要经过处理后才能排放5、下列实验方案不能达到实验目的是。实验目的实验方案A证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液B检验卤代烃中卤原子的种类将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，取冷却后反应液滴加硝酸酸化后，滴加硝酸银溶液C验证乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化将电石与饱和食盐水反应生成的气体先通入足量硫酸铜溶液中，再通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色D验证苯和液溴在的催化下发生取代反应将反应产生的混合气体通入溶液中，观察是否有淡黄色沉淀生成

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、硫酸是当今世界上最重要的化工产品之一，广泛应用于工业各个方面。硫酸的生产工艺几经改进，目前工业上主要采用接触法制备硫酸。接触室中发生如下反应：2SO2＋O22SO3。

(1)上述生成SO3的反应属于__________

A.化合反应B.分解反应。

C.置换反应D.复分解反应。

(2)该反应是氧化还原反应，下列说法正确的是__________

A.SO2是氧化剂

B.O2发生氧化反应。

C.O2失去电子

D.SO3既是氧化产物又是还原产物。

(3)该反应也是放热反应，下列说法不正确的是__________

A.形成SO3中的硫氧键放出能量。

B.断开SO2中的硫氧键放出能量。

C.反应物的总能量大于生成物的总能量。

D.放热反应的逆反应一定是吸热反应。

(4)下列关于该反应的说法中，正确的是__________

A.增大接触室内炉气的压强对化学反应速率无影响。

B.升高温度能加快反应速率。

C.添加催化剂对反应速率无影响。

D.增大O2的浓度能使SO2完全转化7、燃料电池是目前正在探索的一种新型电池。它主要是利用燃料在燃烧过程中把化学能直接转化为电能；目前已经使用的氢氧燃料电池的基本反应是。

x极：O2(气)＋2H2O(液)＋4e-=4OH-

y极：H2(气)＋2OH-－2e-=2H2O(液)

回答下列问题：

（1）x是__极；发生__(填“氧化”或“还原”，下同)反应。

（2）y是__极；发生__反应。

（3）总反应方程式为__。

（4）若反应后得到5.4g液态水，此时氢氧燃料电池转移的电子数为__。8、(1)如图所示装置中，Cu片是______________(填“正极”或“负极”)。

(2)写出负极发生的电极反应式__________。

(3)2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家。某锂离子电池的工作原理如下。

下列说法正确的是_________(填序号)。

①A为电池的正极。

②该装置实现了化学能转化为电能。

③电池工作时；电池内部的锂离子定向移动。

(4)在体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。

①3～9min内，v(H2)=_______mol·L—1·min—1。

②能说明上述反应达到平衡状态的是________(填序号)。

A．容器内CO2、H2、CH3OH、H2O(g)的浓度之比为1∶3∶1∶1

B．v正(CO2)∶v逆(H2)＝1∶3

C．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molCO2

D．混合气体的平均相对分子质量保持不变。

③平衡混合气体中甲醇气体的体积分数____________。9、正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：

①C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)ΔH1

②C4H10(g)+O2(g)=C4H8(g)+H2O(g)ΔH2=-119kJ·mol-1

③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1

(1)反应①的ΔH1为_________；

(2)正丁烷(C4H10)的结构简式为________，它的同分异构体的系统命名为________；

(3)C4H10的二氯代物C4H8Cl2有______种同分异构体；

(4)1-丁烯(C4H8)与氢气反应生成正丁烷(C4H10)，该反应的反应类型为______。10、（1）已知乙醇的燃烧热为-1366.8kJ/mol，写出相应的热化学方程式__。

（2）已知强酸强碱的中和热为-57.3kJ/mol，写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式：__。

（3）已知16g硫固体完全燃烧时放出148.4kJ的热量，则硫的燃烧热的热化学方程式：__。

（4）已知：101kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ/mol，则碳的燃烧热数值___110.5kJ/mol（填>，<；=）。

（5）已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量___57.3kJ（填>，<；=）。

（6）已知一定条件下合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.0kJ·mol-1，相同条件下将1molN2和3molH2放在一密闭容器中充分反应，测得反应放出的热量___(假定热量无损失)92.0kJ（填>，<；=）。

（7）相同条件下2mol氢原子所具有的能量___1mol氢分子所具有的能量（填>，<，=）11、下列递变规律不正确的是（）12、研究氮的循环和转化对生产；生活有重要的价值。

Ⅰ.氨是重要的化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示。

(1)设备1中发生反应的化学方程式是__，设备2中通入的物质A是__。

Ⅱ.氨氮废水的去除是当前科学研究的热点问题。氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如图：

(2)过程①的目的是将NH转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，写出NH转化为NH3的离子方程式__。

(3)过程②加入NaClO溶液可将氨氮废水转化为无毒物质，反应后含氮元素、氯元素的物质化学式分别为___、__。

(4)含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，X可选用以下__以达到去除余氯的目的(填序号)。

A.KOHB.Na2SO4C.KMnO4D.NaCl

写出其中一个反应的离子方程式___。13、随着原子序数的递增；八种短周期元素(用字母x；y、z・表示)的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。请根据判断出的元素回答下列问题。

(1)f在元素周期表中的位置是第三周期第____族。

(2)比较d、e常见离子的半径大小:_______(用化学符号表示且用“＞”连接，下同)。比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱:_______

(3)写出x与z形成的常见四原子共价化合物的电子式_______

(4)物质A是一种常用的比水轻的有机溶剂，其仅由x、y两种元素组成，且y元素与x元素的质量比为12:1，A的相对分子质量为78。A与浓硫酸、浓硝酸在50～60℃下发生反应的化学方程式为__________，反应类型为__________。

(5)f的最高价氧化物对应的水化物可以与e的最高价氧化物对应的水化物反应，请写出该反应的离子方程式：_______________。14、人们应用原电池原理制作了多种电池；以满足不同的需要，广泛使用于日常生活；生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息，填写空格。

(1)铅蓄电池在放电时发生的电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。正极电极反应式为___________。电池工作一段时间后需要充电，充电过程中H2SO4的浓度___________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)某学习小组依据氧化还原反应：2Ag++Cu=Cu2++2Ag设计成原电池，则负极发生的电极反应式为___________；当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g，则该原电池反应转移的电子数目是___________。

(3)燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源。下图为燃料电池的结构示意图；电解质溶液为NaOH溶液，电极材料为疏松多孔的石墨棒。请回答下列问题：

若该燃料电池为氢氧燃料电池。

①a极通入的物质为___________(填物质名称)，电解质溶液中的OH-移向___________极(填”负”或“正”)。

②写出此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：___________。

若该燃料电池为甲烷燃料电池。已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH-=CO+3H2O。

③下列有关说法正确的是___________(填字母代号)。

A．燃料电池将电能转变为化学能。

B．负极的电极反应式为CH4+10OH－－8e-=CO+7H2O

C．正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O

D．通入甲烷的电极发生还原反应。

④当消耗甲烷33.6L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为80％，则导线中转移的电子的物质的量为___________mol。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的。_____A.正确B.错误16、油脂在酸性或碱性条件下，均可发生水解反应，且产物相同。(____)A.正确B.错误17、加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，说明NH4Cl固体可以升华。(_______)A.正确B.错误18、铅蓄电池放电时，正极与负极质量均增加。(_______)A.正确B.错误19、和互为同分异构体。(____)A.正确B.错误20、用锌、铜、稀H2SO4、AgNO3溶液，能证明锌、铜、银的活动性顺序。(______)A.正确B.错误21、重金属盐能使蛋白质变性，所以误食重金属盐会中毒。(_______)A.正确B.错误22、乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应的逆反应为皂化反应。(____)A.正确B.错误23、化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能。_____A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共4题，共28分)24、某自主学习小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L－1、2.00mol·L－1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

(1)请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L－1实验目的①298粗颗粒2.00(Ⅰ)实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

(Ⅱ)实验①和_____探究温度对该反应速率的影响；

(Ⅲ)实验①和_____探究大理石规格(粗、细)对该反应速率的影响。②___________③___粗颗粒______④_______________

(2)实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图，依据反应方程式CaCO3＋HNO3Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O，计算实验①在70－90s范围内HNO3的平均反应速率(忽略溶液体积变化，写出计算过程)。_____________

25、资料显示：“氨气可在纯氧中安静燃烧”。某校化学兴趣小组学生设计如下装置(图中铁夹等夹持装置已略去)进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验对比。

（1）用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内碳酸盐的化学式是____________________；碱石灰的作用是__________________________。

（2）将产生的氨气与过量的氧气通到装置B(催化剂为铂石棉)中；用酒精喷灯加热：

①氨催化氧化的化学方程式__________________；试管内气体变为红棕色，该反应的化学方程式是_______________________。

②停止反应后，立即关闭B中两个活塞。一段时间后，将试管浸入冰水中，试管内气体颜色变浅，请说明可能的原因________________________。

（3）将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进气口通入到装置C中，并在b管上端点燃氨气生成氮气和水：

①两气体通入的先后顺序是_____________，其理由是______________________。

②氨气燃烧的化学方程式是_______________26、某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。实验现象Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡

(1)Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为_______。

(2)取少量Ⅰ中溶液，加入_______(填名称)，溶液变成红色，说明产生了Fe3+。

(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有_______性。

(4)Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如表。实验现象ⅰ.K闭合时；指针向左偏转(Cu做负极)，Fe表面无明显现象。

ⅱ.过一会儿指针向右偏；Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，如此往复多次。

ⅲ.一段时间后；指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体。

ⅳ.Cu表面始终产生红棕色气泡

①推测现象ⅰ中被还原的是_______。

②若将该装置Cu电极换成Zn电极，实验过程中是否会出现现象ii_______(填“是”；“否”)。

③现象ⅲ中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是_______。

④用方程式解释现象ⅳ：_______。27、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1．00mol・L-1、2．00mol・L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为20℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25．0mL；大理石用量为10．00g。

请完成以下实验设计表；并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：

。实验。

编号。

T/℃

大理石。

规格。

HNO3浓度。

（mol・L-1）

实验目的。

①

25

粗颗粒。

2．00

（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和____探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和____探究大理石规格（粗；细）对该反应速率的影响；

②

③

粗颗粒。

2．00

④

25

评卷人得分五、原理综合题(共1题，共6分)28、H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体；但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。

Ⅰ.干法脱硫。

（1）已知：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)；ΔH1=akJ·mol-1

S(s)+O2(g)=SO2(g)；ΔH2=bkJ·mol-1

则空气氧化脱除H2S反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)的ΔH=___kJ·mol-1。

（2）常用脱硫剂的脱硫效果及反应条件如表，则最佳脱硫剂为___。脱硫剂出口硫/(mg·m-3)脱硫温度/℃操作压力(MPa)再生条件一氧化碳<1.33300~4000~3.0蒸汽再生活性炭<1.33常温0~3.0蒸汽再生氧化锌<1.33350~4000~5.0不再生锌锰矿<3.994000~2.0不再生

Ⅱ.热分解法脱硫。

在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生如下热分解反应：H2S(g)H2(g)+S2(g)

控制不同的温度和压强进行实验；结果如图1所示。

（1）p1、p2、p3由大到小的顺序为___。

（2）保持压强不变，能提高H2S的平衡转化率的措施有__(写一条)。

Ⅲ.间接电解法脱硫。

间接电解法脱硫原理如图2所示(吸收反应器中盛放FeCl3溶液；电解反应器的阴极；阳极均为惰性电极)。

（1）吸收反应器中发生反应的离子方程式为___。

（2）反应器阴极生成H2的电极反应式为__。

（3）气液比为气体与液体的流速比，吸收反应器内液体流速固定。测定吸收器中相同时间内不同气液比下H2S的吸收率和吸收速率，结果如图3所示。随着气液比减小，H2S的吸收率呈上升趋势的原因为___。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共12分)29、A、B、C、D，E、F、G为短周期元素，且原子序数依次增大。其中E、F、G同周期，A、E同主族，D、G同主族。A与其他非金属元素化合时易形成共价键，E与其他非金属元素化合时易形成离子键，且与核外电子排布相同，F元素的最外层电子数比G少2。由以上元素组成的物质和具有相同的电子数。回答下列问题：

(1)G在周期表中的位置为________________。

(2)由A、C、D三种元素形成的离子化合物的化学式是________。

(3)的电子式为________，含有的化学键类型________；C、D、E、G对应的简单离子半径由大到小顺序是________(用离子符号表示)。

(4)F与C形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是________；F单质与E的最高价氧化物对应水化物溶液反应的化学方程式________________________________。

(5)C的最简单气态氢化物可用于燃料电池，电池工作时生成无毒气体，工作原理如图所示。该燃料电池的电解质溶液最好选择碱性溶液，则负极电极反应式为________________。

30、如图是部分短周期元素的单质及其化合物（或其溶液）的转化关系。已知在常温常压下，A是固体，B、C、D、E是非金属单质且都是气体，C呈黄绿色；化合物F是淡黄色固体，化合物G的焰色反应为黄色，化合物I和J通常状况下呈气态，D和E的反应是化工生产中的一种重要的固氮反应。请回答：

（1）E和F的电子式分别是________和___________。

（2）写出F和CO2反应的化学方程式并用单线桥法表示电子转移的情况。

_____________________________________________。

（3）将少量单质C通入盛有淀粉碘化钾溶液的试管中，溶液变蓝色，该反应的离子方程式为________________________________。

（4）标况下3.36L气体B与A完全反应，转移电子的数目为_________。31、已知物质A；B、C、D、E是由短周期元素构成的单质或化合物；它们可发生如图所示的转化关系：

（1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出C与H2O反应的化学方程式_____________。将气体D作为燃料电池的燃料源可以制成D­—空气燃料电池系统，总反应式为：D+O2A+H2O（未配平），写出此碱性燃料电池的负极反应式：________________。

（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则C为____________（写化学式）。

（3）若条件①为常温，B和D为同种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，写出少量Fe粉与E的稀溶液反应的离子方程式：_________________________________。

已知常温下1molC与H2O反应生成气体D和E溶液放出46kJ热量,写出C与水反应生成D和E的热化学方程式：________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．Fe与氯气反应生成的是FeCl3；故A正确；

B．氮气与氧气直接化合生成的是NO；不是二氧化氮，故B错误；

C．S单质与氧气反应生成SO2；故C错误；

D．S的氧化性较弱，Cu与S单质化合生成的Cu2S；不是CuS，故D错误；

故选A。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，反应的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓，通入NH3和CO2的顺序不可以互换；A错误；

B．流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等，可得(NH4)2SO4；B正确；

C．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀物质发生的主要化学反应为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4．反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2NH4++SO42-；C错误；

D．反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的CO2可循环利用，通入足量NH3；通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，D错误；

故答案为：B。3、D【分析】【详解】

A和B．增大压强；正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，若A；B、C、D均为气体，增大压强平衡向逆反应方向移动，若A、B是气体，则D是液体或固体，增大压强平衡向正反应方向移动，A、B项错误；

C．由图象可以看出降低温度；正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，逆反应吸热，C项错误；

D．由图像可知；改变温度和压强，平衡均向正反应方向移动，则A的转化率一直增大，D项正确；

答案选D。

【点睛】

本题考查化学图像的分析与判断，化学反应速率的影响因素。由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，以此可解答该题。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．接触面积大；反应速率大。则矿石粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，A正确；

B．由表中数据分析可知，氯化铁、氯化镁室温下为固体，则气体产物经冷却到室温过滤得到含SiCl4的粗TiCl4混合液；B正确；

C．氯化铁、氯化镁室温下为固体，可过滤除去，蒸馏塔中的精制，主要是为了除去粗TiCl4中的SiCl4；C不正确；

D．氯气有毒污染空气；不能直接排放到空气中，需要经过处理后才能排放，D正确；

答案选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．溴乙烷和NaOH的乙醇溶液；发生消去反应，乙烯与溴发生加成反应，溴水褪色，则该实验可验证乙烯的生成，故A正确；

B．溴乙烷与氢氧化钠溶液共热；水解后检验溴离子，应在酸性条件下，则取冷却后反应液滴加硝酸酸化后，再滴加硝酸银溶液可检验卤素原子种类，故B正确；

C．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有硫化氢；先通入足量硫酸铜溶液中，再通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色，能说明乙烯被氧化，故C正确；

D．发生取代反应生成HBr，则反应产生的混合气体先通入溴的四氯化碳溶液再通入溶液中；观察是否有淡黄色沉淀生成，可说明取代反应，故D错误；

故选C。二、填空题(共9题，共18分)6、A:B:B:D【分析】【详解】

(1)2SO2＋O22SO3，生成SO3的反应属于化合反应；故A符合题意。

综上所述；答案为A。

(2)A.SO2中S化合价升高；是还原剂，故A错误；

B.O2化合价降低；发生还原反应，故B错误；

C.O2化合价降低；得到电子，故C错误；

D.SO3既是升高得到的产物；又是降低得到的产物，因此既是氧化产物又是还原产物，故D正确。

综上所述；答案为D。

(3)A.形成SO3中的硫氧键放出能量；故A正确；

B.断开SO2中的硫氧键吸收能量；故B错误；

C.放热反应是反应物的总能量大于生成物的总能量；故C正确；

D.放热反应的逆反应一定是吸热反应；故D正确。

综上所述；答案为B。

(4)A.增大接触室内炉气的压强；加快化学反应速率，故A错误；

B.升高温度；增加了分子的能量，活化分子数目增多，碰撞几率增加，因此能加快反应速率，故B正确；

C.添加催化剂加快反应速率；故C错误；

D.增大O2的浓度，不可能使SO2完全转化；可逆反应转化率不能100%，故D错误。

综上所述；答案为B。

【点睛】

催化剂加快反应速率，是降低反应所需活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，碰撞几率增加，速率加快。7、略

【分析】【分析】

在该氢氧燃料电池中，x极是氧气得到电子发生还原反应，x极为正极；y极是氢气失去电子发生氧化反应，y极为负极。y电极反应式乘以2，与x电极反应式乘相加得总反应方程式2H2＋O2===2H2O，生成5.4g水转移电子为转移电子5.4g÷18g·mol－1×2＝0.6mol。

【详解】

（1）在该氢氧燃料电池中；x极是氧气得到电子发生还原反应，x极为正极；故答案为：正；还原；

（2）y极是氢气失去电子发生氧化反应；y极为负极。故答案为：负；氧化；

（3）y电极反应式乘以2，与x电极反应式乘相加得总反应方程式2H2＋O2=2H2O，故答案为：2H2＋O2=2H2O；

（4）根据总方程式，生成5.4g水转移电子为转移电子5.4g÷18g·mol－1×2＝0.6mol。故答案为：0.6NA。

【点睛】

本题考查氢氧碱性燃料电池的正负极判断、及转移电子的计算，解题关键：原电池的概念及电极反应分析，难点（4）根据总方程式，进行计算，每生成1mol水转移2mol电子。【解析】正还原负氧化2H2＋O2=2H2O0.6NA8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Zn与硫酸反应；Cu不反应，Zn失去电子发生氧化反应，故Zn为负极，Cu为正极，故答案为：正极；

(2)负极的电极反应式为：Zn–2e-=Zn2+，故答案为：Zn–2e-=Zn2+；

(3)①由图所示；电子从A极流出，流入B极，故A为负极，B为正极，故①错误；

②该装置为原电池；实现了化学能转化为电能，故②正确；

③由图所示；电池工作时，电池内部的锂离子从负极区向正极区定向移动，故③正确；

故答案为：②③；

(4)①由图像可知，3～9min内，△c(CO2)=0.25mol/L，则v(CO2)==mol/(Lmin)，由计量数关系计算v(H2)=3v(CO2)=0.125mol/(Lmin)；故答案为：0.125；

②A．容器内n(CO2)：n(H2)：n(CH3OH)：n(H2O)=1：3：1：1；不能说明正逆反应速率相等反应速率，故A错误；

B．v正(CO2)∶v逆(H2)＝1∶3；正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；

C．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molCO2；说明正逆反应速率相等，达到平衡状态故，C正确；

D．容器内气体质量守恒；当气体的物质的量不再随时间而发生变化，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，可说明达到平衡状态，故D正确。

故答案为：BCD。

③根据题意可列三段式：平衡混合气体中甲醇气体的体积分数==0.30，故答案为0.30。【解析】正极Zn–2e-=Zn2+②③0.125BCD0.309、略

【分析】【详解】

(1)已知②C4H10(g)+O2(g)=C4H8(g)+H2O(g)△H2=-119kJ•mol-1

③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-242kJ•mol-1

结合盖斯定律可知②-③得到C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)的△H1=(-119kJ•mol-1)-(-242kJ•mol-1)=+123kJ•mol-1；

(2)正丁烷(C4H10)结构中主链上没有主链，结构简式为CH3-CH2-CH2-CH3，其同分异构体为CH3CH(CH3)CH3；主链上有3个碳原子，2号碳上有一个甲基，所以名称为2-甲基丙烷；

(3)C4H10的二氯代物C4H8Cl2有①CHCl2CH2CH2CH3、②CH2ClCHClCH2CH3、③CH2ClCH2CHClCH3、④CH2ClCH2CH2CH2Cl、⑤CH3CCl2CH2CH3、⑥CH3CHClCHClCH3、⑦CHCl2CH(CH3)2、⑧CH2ClCCl(CH3)2、⑨CH2ClCH(CH3)CH2Cl；共有9种；

(4)1-丁烯(C4H8)与氢气反应生成正丁烷(C4H10)；该反应的反应类型为加成反应。

【点睛】

第3小题为本题难点，丁烷有正丁烷、异丁烷两种同分异构体，可固定1个Cl、移动另一个Cl判断二氯代物的个数。【解析】+123kJ/molCH3-CH2-CH2-CH32-甲基丙烷9加成反应10、略

【分析】【分析】

(1)燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物释放的热量；

(2)中和热为稀的强酸与强碱反应生成1mol水时；释放的热量；

(3)16g硫固体完全燃烧时产物为二氧化硫；

(4)碳的燃烧热的产物为二氧化碳；而CO燃烧为二氧化碳释放能量；

(5)浓硫酸溶于水释放能量；

(6)N2(g)与3H2(g)的反应为可逆反应；

(7)氢气变为氢原子时吸收能量。

【详解】

(1)燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物释放的热量，乙醇的燃烧热为1366.8kJ/mol，其热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1366.8kJ·mol-1；

(2)中和热为稀的强酸与强碱反应生成1mol水时，释放的热量，中和热的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol；

(3)16g硫固体完全燃烧时产物为二氧化硫，放出148.4kJ的热量，燃烧热的热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.8kJ·mol-1；

(4)碳的燃烧热的产物为二氧化碳；而CO燃烧为二氧化碳释放能量，故碳的燃烧热数值大于110.5kJ/mol；

(5)浓硫酸溶于水释放能量；故浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ；

(6)N2(g)与3H2(g)的反应为可逆反应，1molN2和3molH2不能生产2molNH3(g)；故反应放出的热量小于92.0kJ；

(7)氢气变为氢原子时吸收能量，故相同条件下2mol氢原子所具有的能量大于1mol氢分子所具有的能量。【解析】C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）ΔH=-1366.8kJ·mol-1H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）ΔH=-57.3kJ/molS（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-296.8kJ·mol-1＞＞＜＞11、D【分析】【分析】

【详解】

A．同周期自左向右金属性逐渐减弱；则Na．Mg；Al还原性依次减弱，A正确；

B．同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则I2、Br2、Cl2氧化性依次增强；B正确；

C．同周期自左向右原子半径逐渐减小；同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：F＜Mg＜K，C正确；

D．同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则稳定性：PH3＜H2S＜HCl；D错误；

答案选D。12、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ.(1)设备1中是NH3和O2发生反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；设备2中发生的反应为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3,所以通入的物质A是O2或者空气。答案：4NH3+5O24NO+6H2O；O2或者空气；

Ⅱ.(2)过程①的目的是将NH4+转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，使NH4+转化为NH3，反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3↑+H2O。答案：NH4++OH-=NH3↑+H2O；

(3)过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应的方程式为：3NaClO+2NH3=3NaCl+N2+3H2O,所以含氮元素、氯元素的物质化学式为N2、NaCl。答案：N2；NaCl；

(4)含余氯废水的主要成分是NaClO和HClO，要除去需加入还原性物质Na2SO3，反应的离子方程式为：+ClO-=+Cl-和+HClO=+Cl-+H+。答案：B；+ClO-=+Cl-或+HClO=+Cl-+H+。【解析】4NH3+5O24NO+6H2OO2或者空气NH4++OH-=NH3↑+H2ON2NaClB+ClO-=+Cl-或+HClO=+Cl-+H+13、略

【分析】【分析】

从图中的化合价和原子半径的大小；可以推出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此回答各题。

【详解】

(1)f是Al元素；在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；

(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r(O2-)＞r(Na+)；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO4＞H2SO4；

(3)四原子共价化合物是NH3其电子式为：

(4)y元素与x元素的质量比为12:1，可推知所以A的最简式为CH,又根据A的相对分子质量为78，可推知A的分子式为C6H6，A是一种常用的比水轻的有机溶剂，可知A是苯，结构简式为：A与浓硫酸、浓硝酸在50～60℃下发生反应的化学方程式为反应类型为取代反应；

(5)f的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，该反应的离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

【点睛】

本题主要考查了元素周期表、元素周期律的应用、据图表准确推断元素是关键、离子半径的大小比较注意具有相同核外电子排布的离子半径遵循“序小径大”的规律。元素非金属性强弱的比较，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强。有机物据最简式结合相对分子质量进行分子式的推断，据性质确定结构简式、注意化学反应方程式的书写等。【解析】ⅢAO2-＞Na+HClO4＞H2SO4取代反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据总反应可知，PbO2得电子发生还原反应，在正极发生反应，电极反应方程式为PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O；根据总反应可知，电池在放电时生成H2O，H2SO4浓度降低，充电是放电的逆过程，因此H2SO4的浓度增大；

(2)根据总反应可知，Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+，因此负极反应为Cu-2e-=Cu2+；正极反应为Ag++e-=Ag，因此增重的是正极，Ag的物质的量为=0.05mol，转移电子数为0.05NA；

(3)根据电子流向可知，电极①为负极，电极②为负极，燃料电池中通入正极通入O2，因此b通入O2，a通入H2。正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，负极反应为H2+2OH－-2e-=2H2O。

①根据上述分析；a极通入氢气；原电池中，溶液中的阴离子向负极移动；

②根据上述分析，负极的电极反应式为H2+2OH－-2e-=2H2O；

③A．燃料电池是原电池；化学能转变为电能，A错误；

B．CH4燃料电池的负极通入CH4，负极失电子，电极反应式为CH4+10OH－－8e-=CO+7H2O；B正确；

C．溶液为碱性，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；C错误；

D．通入甲烷的电极为负极；发生氧化反应，D错误；

故选B；

④消耗甲烷的物质的量为=1.5mol，根据CH4+10OH－－8e-=CO+7H2O可知，每个CH4转移8个电子，因此导线中转移的电子的物质的量为1.5mol×8×80％=9.6mol。【解析】PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O增大Cu-2e-=Cu2+0.05NA氢气负H2+2OH－-2e-=2H2OB9.6三、判断题(共9题，共18分)15、A【分析】【分析】

【详解】

旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的，该说法正确。16、B【分析】【详解】

油脂在酸性条件下水解产物为甘油和高级脂肪酸，在碱性条件下水解产物为甘油和高级脂肪酸钠，水解产物不同。17、B【分析】【详解】

加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，说明NH4Cl固体可以受热分解，遇冷化合，错误。18、A【分析】【详解】

铅蓄电池放电时，正极反应式：PbO₂+2e⁻+4H++SO₄²⁻=PbSO₄+2H₂O，负极反应式：Pb-2e⁻+SO₄²-=PbSO₄，质量均增加；正确。19、A【分析】【详解】

两种有机物分子式均为C5H12，但碳原子连接方式不同，互为同分异构体，题干说法正确。20、A【分析】【详解】

锌能和稀硫酸反应，铜不能和稀硫酸反应，说明活动性锌大于铜，铜可以置换出硝酸银溶液中的Ag，说明铜的活动性强于银，由此证明锌、铜、银的活动性顺序，正确。21、A【分析】【分析】

【详解】

重金属盐能使蛋白质变性凝结，所以误食重金属盐会中毒，故正确。22、B【分析】【详解】

皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，错误。23、A【分析】【分析】

【详解】

植物通过光合作用将太阳能转化为化学能储存在植物中，植物、动物躯体经过几百万年复杂的物理、化学变化形成化石燃料，由此可知化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，正确。四、实验题(共4题，共28分)24、略

【分析】【详解】

（1）因为实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，所以必须保证溶液的温度和固体的表面积相同，实验②的温度为298K、大理石用粗颗粒，HNO3的浓度为1.00mol/L；要探究温度对该反应速率的影响，就必须让硝酸的浓度和固体的表面积相同，所以实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，实验③的温度为308K，HNO3的浓度为2.00mol/L；要探究大理石规格(粗、细)对该反应速率的影响，就必须让硝酸的浓度和溶液温度相同，所以实验①和④探究大理石规格(粗、细)对该反应速率的影响，实验④的温度为298K、大理石用细颗粒，HNO3的浓度为2.00mol/L。

（2）根据图像可知70~90s，生成CO2的质量为0.95g－0.85g=0.1g，CO2物质的量为根据方程式可知，消耗HNO3的物质的量为n(HNO3)=溶液体积为25mL，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)=mol/L，反应的时间t=90s－70s=20s，所以HNO3在70s－90s范围内的平均反应速率为υ(HNO3)=Δc(HNO3)÷∆t＝mol/L÷20s=mol·L－1·s－1。【解析】③④298粗颗粒1.003082.00298细颗粒2.00mol·L－1·s－125、略

【分析】【分析】

(1)碳酸盐加热分解能产生NH3，只有(NH4)2CO3或NH4HCO3；碱石灰可以吸收酸性气体，并用于干燥氨气；

(2)NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应:4NH3＋5O24NO＋6H2O，生成的NO在试管内被过量的O2氧化为红棕色的NO2气体；

(3)①若先通入NH3,NH3在空气中不能点燃,可在纯氧中安静燃烧,依次进行判断;

②NH3中N元素的化合价为-3价,为最低价态,具有还原性,在点燃条件下生成N2和H2O。

【详解】

（1）铵盐不稳定，受热分解产生氨气，根据装置图可知是用碳酸盐加热制取氨气，则应该是碳酸铵或碳酸氢铵，所以用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内碳酸盐的化学式是(NH4)2CO3或NH4HCO3；(NH4)2CO3或NH4HCO3加热发生分解反应产生氨气、二氧化碳和水蒸气，要证明氨气可以燃烧，要将混合气体中的二氧化碳和水蒸气除去，但不能与氨气发生反应，利用碱石灰就可以吸收CO2和H2O,得到纯净的NH3；

本题答案为：(NH4)2CO3或NH4HCO3；吸收水和二氧化碳。

（2）①将产生的氨气与过量的氧气通到装置B（催化剂为铂石棉）中，用酒精喷灯加热：氨在催化剂存在时被氧化产生NO和水，可得氨气催化氧化的化学方程式是：4NH3＋5O24NO＋6H2O；试管内NO和O2反应，生成NO2变为红棕色，该反应的化学方程式：2NO＋O2=2NO2；

本题答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O，2NO＋O2=2NO2。

②停止反应后，立即关闭B中两个活塞。一段时间后，将试管浸入冰水中，试管内气体颜色变浅，是因为：红棕色的二氧化氮转化为无色N2O4颜色变浅；

本题答案为：红棕色的二氧化氮转化为无色N2O4颜色变浅。

（3）将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进气口通入到装置C中，并在b管上端点燃氨气，①由于氨气可以在纯净的氧气中安静的燃烧，所以应该先通入氧气，把装置中的空气赶出；然后再通入氨气；先通入氧气，后通入氨气的理由是若先通入NH3，NH3在空气中不能点燃，NH3逸出会造成污染；

本题答案为：先通氧气，后通氨气，若先通入NH3，NH3在空气中不能点燃，NH3逸出会造成污染。

②氨气在氧气中燃烧，反应产生氮气和水，反应的化学方程式是4NH3+3O22N2+6H2O；

本题答案为：4NH3+3O22N2+6H2O。【解析】(NH4)2CO3或NH4HCO3吸收水和二氧化碳4NH3＋5O24NO＋6H2O2NO＋O2===2NO2红棕色的二氧化氮转化为无色N2O4颜色变浅先通氧气，后通氨气若先通氨气，氨气在空气中不能燃烧，逸出造成环境污染4NH3＋3O22N2＋6H2O26、略

【分析】【分析】

Ⅰ中发生的反应为铁和稀硝酸反应生成硝酸铁；一氧化氮和水；Ⅱ中铁在浓硝酸中发生钝化；在铁表面形成了致密的氧化层，阻止铁进一步反应；Ⅲ中刚开始时，铜能与浓硝酸反应，铁在浓硝酸中钝化，则铜做原电池的负极被损耗，铁做正极，铁表面形成氧化物保护膜得电子被还原，铁表面氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓浓硝酸接触，金属性比铜强的铁做负极，铁失去电子被氧化，在表面形成致密的氧化层；待氧化层完全形成后，铁不能与浓硝酸接触，不能继续失电子，再次做正极，可以如此往复多次。

【详解】

(1)Ⅰ中发生的反应为铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，一氧化氮为无色气体，遇到空气立即与氧气反应转化为红棕色的二氧化氮，则Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的反应为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；

(2)溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成血红色的硫氰化铁；则取少量Ⅰ中溶液，加入硫氰化钾溶液，溶液变成红色，说明反应产生了铁离子，故答案为：硫氰化钾；

(3)II中现象说明硝酸具有强氧化性；铁在浓硝酸中发生钝化，在铁表面形成了致密的氧化层，阻止铁进一步反应，故答案.为：强氧化性；

(4)①刚开始时；铜能与浓硝酸反应，铁在浓硝酸中钝化，则铜做原电池的负极被损耗，铁做正极，铁表面形成氧化物保护膜得电子被还原，故答案为：铁表面的氧化层；

②铁做正极时；铁表面氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓浓硝酸接触，金属性比铜强的铁做负极，铁失去电子被氧化，在表面形成致密的氧化层；待氧化层完全形成后，铁不能与浓硝酸接触，不能继续失电子，再次做正极，可以如此往复多次；若将该装置铜电极换成锌电极，锌的金属性强于铁，一直做原电池的负极，铁电极始终做正极，实验过程中不可能出现现象ii，故答案为：否；

③硝酸与金属的反应为放热反应；随反应进行，硝酸浓度降低，反应放出的热量使溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，则铁一直做负极被损耗，故答案为：反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低；

④铜在常温下能与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮水，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，则电池开始工作时，铜做负极，铁做正极；随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不再形成氧化物保护膜，则铁做负极，铜做正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成二氧化氮，电极反应式为NO+2H++e—=NO2↑+H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，NO+2H++e—=NO2↑+H2O。【解析】2NO+O2=2NO2硫氰化钾强氧化性铁表面的氧化层否反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，NO+2H++e—=NO2↑+H2O27、略

【分析】试题分析：由于①和②探究浓度对反应速率的影响，硝酸的浓度不同，其它条件应该相同，硝酸浓度为1．00mol•L-1；由于①和③探究温度对反应速率的影响；温度不同，其它条件相同，温度选35℃；实验①和④的大理石规格不同，探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，其它相同，选择等质量的细颗粒，据此填表。

考点：考查探究实验的设计与评价，影响化学反应速率的因素。【解析】。实验。

编号。

T/℃

大理石。

规格。

HNO3浓度。

（mol・L-1）

实验目的。

①

25

粗颗粒。

2．00

（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和____探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和____探究大理石规格（粗；细）对该反应速率的影响；

②

____

____

____

____

________

____

③

____

____

粗颗粒。

2．00

④

25

____

____

________

____

五、原理综合题(共1题，共6分)28、略

【分析】【分析】

Ⅰ.(1)①根据盖斯定律：2×①-2×②可得空气氧化脱除H2S反应的ΔH；

(2)结合表中信息；选出最佳脱硫剂；

Ⅱ.热分解法脱硫：H2S(g)H2(g)+S2(g)；结合该反应根据压强；温度对平衡移动的影响规律进行分析；

Ⅲ.间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，FeCl3溶液被还原为FeCl2，反应后溶液通过电解再生即将FeCl2氧化为FeCl3；据此书写离子方程式和电极方程；

分析电解法处理过程，区别吸收速率和吸收率的不同，间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，FeCl3溶液被还原为FeCl2，反应后溶液通过电解再生即将FeCl2氧化为FeCl3。

【详解】

Ⅰ.干法脱硫。

(1)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)；ΔH1=akJ·mol-1，②S(s)+O2(g)=SO2(g)；ΔH2=bkJ·mol-1，根据盖斯定律：方程式则空气氧化脱除H2S反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)的ΔH=2×①-2×②=(a-2b)kJ·mol-1。

故答案为：(a-2b)；

(2)结合表中信息；活性炭的出口硫小，温度为常温，操作压力较小，且可再生，故最佳脱硫剂为活性炭，故答案为：活性炭；

Ⅱ.热分解法脱硫。

(1)该反应的正反应方向为气体分子数增大，增大压强平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，即压强越大，H2S的平衡转化率越小，则有p3＞p2＞p1；

(2)由图可知升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应；若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以通过减少生成物的浓度使平衡正向移动，即移出产物H2或S2；

故答案为：p3>p2>p1；适当升高温度；移出部分产物；

Ⅲ.间接电解法脱硫。

间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，FeCl3溶液被还原为FeCl2，反应后溶液通过电解再生即将FeCl2氧化为FeCl3，所以电解反应器总反应的离子方程式为2Fe2＋+2H＋2Fe3＋+H2↑。

(1)吸收反应器中发生铁离子氧化硫化氢，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

(2)反应器阴极氢离子得电子生成H2的电极反应式为2H++2e-=H2↑；

(3)结合反应原理和图象分析，气液比减小，通入H2S的总量减少，参加反应的H2S的量减少；吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大；

故答案为：气液比减小，通入H2S的总量减少，参加反应的H2S的量减少；吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大。

【点睛】