2025年新科版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年新科版选择性必修1化学上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5题，共10分)1、反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的。化学反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应速率v可表示为v=kcm(H2)cn(Cl2)，式中k为反应速率常数，m、n值可由下表中数据确定。实验序号c(H2)/(mol•L-1)c(Cl2)/(mol•L-1)v/(mol•L-1•s-1)①1.01.01.0k②2.01.02.0k③2.04.03.0k

下列说法正确的是（）A.在上述反应中，H2、HCl、Cl2的反应速率之比为1：1：2B.加入催化剂，正反应速率增大，逆反应速率减小C.上述化学反应速率表达式中m=1、n=D.相同条件下，H2的浓度对反应速率的影响小于Cl2的浓度对反应速率的影响2、在3个初始温度均为T℃的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)。下列说法正确的是。容器编号容器类型初始体积起始物质的量/mol平衡时SO3物质的量/molSO2O2SO3SO2O2SO3I恒温恒容1.0L2101.6II绝热恒容1.0L210aIII恒温恒压0.5L001b

A.a＞1.6B.b＜0.8C.平衡时v正(SO2)∶v(I)＞v(II)D.若起始时向容器I中充入1.0molSO2(g)、0.20molO2(g)和4.0molSO3(g)，则反应将向正反应方向进行3、CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4制备CS2，在2L恒容密闭容器中S8(s)受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)+CH4(g)CS2(g)+2H2S(g)△H1，一定条件下，平衡时S2的体积分数、CH4的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.△H1＞0B.某温度下，S8(g)分解成气态S2，当混合气体密度不变时，当CH4(g)与S2(g)的反应达到平衡状态C.若容器内只发生反应S8(s)4S2(g)，平衡后恒温压缩体积，S2(g)的浓度不变D.若起始加入2molCH4，2min达到平衡时甲烷转化率为30%，则0～2min内H2S的平均反应速率为0.6mol•L-1•min-14、含氯苯的废水可通过加入适量乙酸钠设计成微生物电池；该微生物电池可将氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.交换膜为阳离子交换膜B.N极的电极反应式：C.处理后的废水变大D.M极为正极，发生还原反应5、下列实验操作、现象和结论或解释均正确的。选项实验操作实验现象结论或解释A将Na2O2与SO2反应后的固体物质加水溶解后，先加足量的稀硝酸，再滴加BaCl2溶液产生白色沉淀说明Na2O2与SO2反应后生成了Na2SO4B铜丝和浓硫酸加热一段时间后冷却，向反应后的溶液中加水稀释溶液呈蓝色说明反应生成了硫酸铜C向无水乙醇中加入浓硫酸，加热至170°C，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中紫红色褪去乙醇发生消去反应生成乙烯D向Na2S溶液中通入足量CO2，然后再将产生的气体导入CuSO4溶液中CuSO4溶液中产生黑色沉淀Kal(H2CO3)>Kal(H2S)

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、正误判断(正确的写“对”,错误的写“错”)

(1)Cu+H2SO4-CuSO4+H2↑可以设计成电解池,但不能设计成原电池。（______）

(2)电解质溶液导电是化学变化,金属导电是物理变化。（______）

(3)电解饱和食盐水时,两个电极均不能用金属材料。（______）

(4)根据得失电子守恒可知电解精炼铜时,阳极减少的质量和阴极增加的质量相等。（______）

(5)用电解法提取CuCl2废液中的铜,采取的方案应是用碳棒连接电源的正极,另一电极用铜片。（______）7、某科研机构用NaOH溶液吸收硫酸工业废气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解；可循环再生NaOH，同时得到某种副产物，其原理如图所示(电极材料为石墨)。

(1)当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，a极生成气体_______L(标准状况)，阳极的电极反应式是_______。

(2)稀NaOH溶液的作用是_______，B处流出较浓的NaOH溶液，C处流出的是_______。

(3)在标准状况下，若用甲烷-空气燃料电池做电源，处理含SO220%(体积分数)的废气40m3，理论上需要消耗甲烷_______m38、按要求完成下列填空。

(1)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2+3H22NH3。

①合成氨的反应中的能量变化如图所示。该反应是_____反应(填“吸热”或“放热”)。

②在一定条件下，将一定量的N2和H2的混合气体充入某密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是_____(填字母)。

a.容器中N2、H2、NH3共存。

b.N2、H2、NH3的物质的量之比为1∶3∶2

c.容器中的压强不随时间变化。

d.N2、NH3浓度相等。

(2)从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化，化学键的键能如表所示。化学键H－HO=OH－O键能(kJ/mol)436496463

反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH=_____。生成1molH2O(g)可以放出热量是_____kJ。

(3)下列反应中，属于放热反应的是_____，属于吸热反应的是_____。

a.盐酸与烧碱溶液反应。

b.Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3↑

c.氢气在氧气中燃烧生成水。

d.高温煅烧石灰石使其分解。

e.铝和盐酸反应9、回答下列问题：

(1)为了证明醋酸是弱电解质，某同学分别取pH=3醋酸和盐酸各1mL，分别用蒸馏水稀释到100mL，然后用pH试纸分别测定两溶液的pH，则可认定醋酸是弱电解质，判断的依据是_______。

(2)已知室温时，0.1mol∙L−1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离；回答下列问题：

①该溶液中c(H＋)=_______mol∙L−1。

②HA的电离平衡常数K=_______。

③由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的_______倍。

(3)部分弱酸的电离平衡常数如下表：。弱酸HCOOHH2CO3HClO电离平衡常数/25℃K=1.77×10-4K1=4.4×10-7K2=4.7×10-113.0×10-8

①在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中；用“＞”“＜”或“=”填空。

溶液导电能力：HCOOH_______HClO。

②的电离平衡常数表达式为_______

③将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应离子方程式_______。

(4)某浓度的氨水中存在平衡：NH3·H2O＋OH－，如想增大的浓度而不增大OH－的浓度，应采取的措施是_______(填字母)。

a.适当升高温度b.加入NH4Cl固体c.通入NH3d.加入少量浓盐酸10、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产.生活中有着重要作用。

(1)如图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，请写出N2和H2反应的热化学方程式：_______。加入催化剂E1________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)若已知下列数据：。化学键H—HN≡N键能/kJ·mol-1435943

试根据表中及图中数据计算N—H的键能：_______kJ·mol−1。

(3)捕碳技术(主要指捕获CO2在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下反应：

反应Ⅰ：2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=(NH4)2CO3(aq)ΔH1

反应Ⅱ：NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=NH4HCO3(aq)ΔH2

反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq)ΔH3

请回答下列问题：

ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是ΔH3=________。

(4)试比较下列两组ΔH的大小(填“＞”；“＜”或“=”)

①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1；H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2；则ΔH1____ΔH2。

②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3；Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+10H2O(l)+2NH3(g)ΔH4；则ΔH3_____ΔH4。11、冶炼铜矿石所获得的铜通常含有锌；铁、镍、银、金和铂等微量杂质；俗称粗铜。工业上通常通过电解法除去这些杂质制得精铜，以提高铜的使用价值，扩大铜的应用范围。(几种金属的相对原子质量是：Fe－56，Ni－59，Cu－64，Zn－65，Ag－108，Au－197。)

请完成下列问题：

（1）一般来说，电解精炼铜的初始电解质溶液里的阳离子是________，写出铜的电解精炼过程中的阴极反应式________________________________________________。

（2）如果转移0.020mole－，下列说法中一定正确的是________。

①阴极质量增加0.64g②阳极质量减少0.64g

③电解质溶液的质量保持不变④电解质溶液的温度保持不变12、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)+B(g)⇌C(g)

(1)若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为__mol。

(2)若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为__mol

(3)若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x=__，y=__。平衡时，B的物质的量__(填编号)。

A.大于2molB.等于2molC.小于2molD.可能大于；等于或小于2mol

(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是__。

(5)若维持温度不变，在一个与反应前起始体积相同，且容积固定的容器中发生上述反应。开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC。将b与(1)小题中的a进行比较__(填编号)。作出此判断的理由是__。

A.a＞bB.a＜bC.a=bD.不能比较a和b的大小。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、利用盖斯定律可间接计算通过实验难测定的反应的反应热。___A.正确B.错误14、2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0。__________________A.正确B.错误15、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误16、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误17、(1)用碳酸钠粉末可以制备CO2_______

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率可改用浓H2SO4_______

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理可获得NH3_______

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同_______

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：将MgCl2溶液加热蒸干_______

(6)用向上排空气法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO_______

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先熄灭酒精灯，后移出导管_______

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水_______A.正确B.错误18、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共4题，共8分)19、氮氧化物已经成为大气污染的主要污染源，其中NO的含量约占氮氧化物总含量的90%，目前选择性催化还原技术是脱除最普遍最有效的方法之一；请回答：

(1)实验室制取一氧化氮的化学方程式是_______。

(2)下列说法不正确的是_______。

A．上述反应的现象是铜片表面有无色气体产生；溶液由无色慢慢变蓝色。

B．可通过排水法或排空气法收集一氧化氮。

C．NO与可与水反应，方程式为可用以制硝酸。

D．工业上；氨在钯或铂催化下被氧气氧化成一氧化氮。

(3)在一定温度下，利用CO为还原剂在催化剂作用下将NO脱除并转化为和主要的反应方程式如下：

Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．

①如图是不同铈锆比例掺杂量催化剂的催化性能结果。试分析脱除NO的最佳的催化剂样品和温度是____。选择该催化剂样品的原因是____。

②CO、NO的起始物质的量均为1mol，反应在恒定温度和1L的密闭容器中进行，假设体系以反应Ⅰ和Ⅱ为主，达平衡时NO的转化率为80%，的选择性为50%，则___。

(4)已知NO可直接分解：常温常压下，该反应的平衡常数为NO是可以分解的，但是实际上该反应是很难发生的，以碰撞理论说明原因：_______。

(5)工业上，在一定温度下，当存在下用催化去除NO，会发生如下主反应：下列说法不正确的是_______。

A．通入适量有利于主反应的发生。

B．量过多会限制脱除NO的活性。

C．当通入过多会严重限制脱除NO的活性。

D．气体组成中时，发生20、水蒸气催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。以乙酸为模型物进行研究；发生的主要反应如下：

Ⅰ.CH3COOH（g）+2H2O（g）⇌2CO2（g）+4H2（g）△H1

Ⅱ.CH3COOH（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H2

Ⅲ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3

回答下列问题：

（1）用△H1、△H2表示，△H3=___。

（2）重整反应的含碳产物产率、H2产率随温度、水与乙酸投料比（S/C）的变化关系如图（a）、（b）所示。

①由图（a）可知，制备H2最佳的温度约为___。

②由图（b）可知，H2产率随S/C增大而___（填“增大”或“减小”）。

（3）向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH3COOH和H2O混合气体，若仅发生反应Ⅰ至平衡状态，测得H2的体积分数为50%，则CH3COOH的平衡转化率为___。

（4）反应体系常生成积碳。当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，其原因用化学方程式表示为___。21、下图示出在碳酸-碳酸盐体系(的分析浓度为1.0×10-2mol·L-1)中，铀的存在物种及相关电极电势随pH的变化关系(E-pH图，以标准氢电极为参比电极)。作为比较，虚线示出H+/H2和O2/H2O两电对的E-pH关系。

(1)计算在pH分别为4.0和6.0的条件下，碳酸-碳酸盐体系中主要物种的浓度_______。(H2CO3：Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11)

(2)图中a和b分别是pH=4.4和6.1的两条直线。分别写出与a和b相对应的铀的物种发生转化的方程式_________。

(3)分别写出与直线c和d相对应的电极反应_____、_____；并说明其斜率为正或负的原因。

(4)在pH=4.0的缓冲体系中，加入UCl3，写出反应方程式________。

(5)在pH=8.0~12之间，体系中UO2(CO3)和U4O9(s)能否共存_______？说明理由_______；UO2(CO3)和UO2(s)能否共存________？说明理由________。22、如图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

（1）通过计算，可知系统（I）和系统（II）制氢的热化学方程式分别为__________________、______________________，制得等量H2所需能量较少的是___________。

（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中；反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

①H2S的平衡转化率a1=_____%，反应平衡常数K=___________。

②在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率a2_____________a1，该反应的∆H__________0。（填“>”“<”或“=”）

③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是_____（填标号）。

A.H2SB.CO2C.COSD.N2评卷人得分五、实验题(共3题，共12分)23、氧化铁是一种红色的颜料；在工业上常以富含硫酸亚铁的废液为原料生产氧化铁，其主要流程如下：

(1)已知步骤①中硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如下表所示。温度/°C010305056.76064708090溶解度/g14.017.025.033.035.235.335.633.030.527.0析出晶体FeSO4·7H2OFeSO4·4H2OFeSO4·H2O

①则硫酸亚铁的溶解度变化规律为_______

②若从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·7H2O，控制的温度范围为_______。

(2)步骤②需控制较低温度并加一定量硫酸，其目的是_______。

(3)生成FeCO3浊液的离子方程式为_______。FeCO3浊液露置在空气中会出现红褐色的固体，该变化的化学方程式为_______。

(4)已知FeSO4·7H2O晶体在加热条件下发生如下反应：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑；利用下图装置可检验该反应的气体产物。

①仪器的连接顺序为a接_______、_______接_______、_______接_______、_______接_______。

②装置C中的X为_______。24、铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。是制备高纯度Re的重要中间体。

I.的纯度测定。

称取样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗溶液。

(1)仪器a是_______(填名称)。

(2)冰盐水的作用是_______。

(3)实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是_______。

(4)根据下表，滴定时宜选用_______(填一种指示剂名称)；滴定终点的现象是_______。

部分指示剂变色的pH范围如下表：。指示剂名称变色的pH范围酸色中性色碱色甲基橙3.1—4.4红橙黄甲基红4.4—6.2红橙黄溴百里酚蓝6.0—7.6黄绿蓝酚酞8.2—10.0无浅红红

(5)样品中的质量分数为_______(填表达式)。

II.高纯度铼的制取。

(6)高温下用还原可制得金属铼；装置如下图所示：

[已知：受热分解生成]

①装置B中盛放的试剂为_______(填名称)。

②判断A中已经反应完全的方法是_______。

③玻璃管内发生反应的化学方程式为_______。25、某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解池的原理进行实验探究。

请回答：

Ⅰ.用图1所示装置进行第一组实验。

（1）M极发生反应的电极反应式为__。

（2）已知电解质溶液均足量，若电路中通过0.2mol电子，则CuSO4溶液质量变化量为__g。

Ⅱ.用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根（FeO42-）在溶液中呈紫红色。

（3）电解过程中，X极发生反应的电极反应式__。

（4）电解过程中，Y极发生反应的电极反应式为Fe－6e-＋8OH-=FeO42-＋4H2O和4OH-－4e-=2H2O＋O2↑，若在X极收集到896mL气体，在Y极收集到112mL气体(均已折算为标准状况时气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少__g。

（5）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池总反应式为2K2FeO4＋3Zn=Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，该电池正极的电极反应式为__。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共8分)26、氧化锌在工业和生活中的运用非常广泛，以闪锌矿(主要成分为ZnS，含有少量FeS和SiO2)为原料制备活性氧化锌的工艺流程如下；请回答下列问题：

(1)浸取前，将闪锌矿粉碎的目的是_________。

(2)矿渣中除了有淡黄色的物质，还有_________(填化学式)；浸取时FeS发生反应的离子方程式为_________。

(3)加入铁粉的目的是_________，能循环利用的无机物是_________(填化学式)。

(4)生成ZnCO3·2Zn(OH)2的离子方程式为_________。

(5)有机萃取剂TBP能将氯化亚铁和氯化锌分离的原因是_________。27、高铁酸盐在环保；能源等方面有着广泛的用途。

Ⅰ．高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化性，是一种理想的水处理剂，试解释其原因_______。

Ⅱ．高铁电池的研制也在进行中。如图是高铁电池的模拟实验装置：

（1）该电池放电时正极的电极反应式为___________。

（2）盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向_______移动（填“左”或“右”)；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向______移动（填“左”或“右”）。

（3）如图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有______。

Ⅲ．工业上湿法制备K2FeO4的工艺流程如图。

（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：

___FeC13+___NaC1O+___NaOH=___NaFeO4+___NaCl+___H2O

（2）加入饱和KOH溶液的目的是___________________。

（3）已知25℃时Ksp[Fe(OH)3］=4.0×10-38，此温度下若在实验室中配制5mol/L100mLFeC13溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入_____mL2mol/L的盐酸（忽略加入盐酸体积）。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A.化学反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比，故HCl、的反应速率之比应为1：2：1；故A错误；

B.加入催化剂；正；逆反应速率都增大，故B错误；

C.v=kcm(H2)cn(Cl2)，由数据可知，=2=2m，解得m=1；=2=4n，解得n=故C正确；

D.氢气的浓度对反应速率的影响程度大于氯气，故D错误；

故选C。2、B【分析】【详解】

A．II与I初始投入量相同，II为绝热恒容容器，该反应为放热反应，故II随着反应的进行，容器内气体温度升高，平衡时相当于对I容器升高温度，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，则平衡时SO3的物质的量比I小；即a＜1.6，故A不符合题意；

B．对于I中反应，开始时n(SO2)=2mol，n(O2)=1mol，平衡时n(SO3)=1.6mol，若容器III反应是在恒温恒容下进行，其等效开始状态是n(SO2)=1mol，n(O2)=0.5mol，物质的量是I的一半，容器的容积也是I的一半，则二者为等效开始状态，平衡时各种物质的含量相同，则平衡时SO3的物质的量是0.8mol，但由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，反应III是在恒温恒压下进行，反应从逆反应方向开始，反应发生使气体的压强增大，为维持压强不变，相当于在I平衡的基础上扩大容器的容积而导致减小压强，减小压强化学平衡逆向移动，因此反应III中达到平衡时SO3的物质的量比0.8mol要少，即b＜0.8mol；故B符合题意；

C．II为绝热容器，随着反应的进行容器内气体的温度升高，温度升高反应速率加快，则平衡时的正反应速率：平衡时v正(SO2)∶v(I)＜v(II)；故C不符合题意；

D．对于反应I，由于容器的容积是1L，则开始时c(SO2)==2mol/L，c(O2)==1mol/L，平衡时c(SO3)==1.6mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时，c(SO2)=2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L，c(O2)=1mol/L-×1.6mol/L=0.2mol/L，该反应的化学平衡常数K==80，若开始时向I中加入1.0molSO2(g)、0.20molO2(g)和4.0molSO3(g)，由于容器的容积是1L，则c(SO2)=1.0mol/L，c(O2)=0.2mol/L，c(SO3)=4.0mol/L，则Qc==80=K；因此反应恰好处于平衡状态，既不向正反应方向移动，也不向逆反应方向移动，故D不符合题意；

答案选B。3、C【分析】【详解】

A．升高温度，甲烷的平衡转化率降低.说明升高温度与的反应平衡逆向移动，则与的正反应为放热反应；A项错误。

B．反应前后气体总质量不变；容器体积不变；则反应前后气体密度始终不变，不能据此判断该反应是否达到平衡状态，B项错误。

C．温度不变，平衡常数不变，平衡后恒温压缩体积，的浓度不变；C项正确。

D．0～2min内的平均反应速率为D项错误。

故选C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．M为正极，正极发生得电子的还原反应，电极反应为：需要消耗氢离子，故交换膜为阳离子交换膜，或质子交换膜，故A正确；

B．N极为负极，电极反应式：故B正确；

C．示意图可知，质子从N极移向M极；由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+；则处理后的废水的pH降低，故C错误；

D．M为正极；正极发生得电子的还原反应，故D正确；

故答案为C。5、D【分析】【详解】

A．将Na2O2与SO2反应，生成的固体物质可能为Na2SO4、Na2SO3或二者的混合物，加水溶解后，加入足量的稀硝酸，可将Na2SO3氧化为Na2SO4，再滴加BaCl2溶液，产生BaSO4白色沉淀，则Na2O2与SO2反应不一定生成Na2SO4；A不正确；

B．铜丝和浓硫酸加热反应后的溶液中；仍含有浓硫酸，加水稀释时，不能将水加入溶液中，B不正确；

C．向无水乙醇中加入浓硫酸，产生的气体中可能混入乙醇蒸汽，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色；所以由溶液的紫红色褪去，不能判断乙醇发生消去反应生成乙烯，C不正确；

D．向Na2S溶液中通入足量CO2，然后再将产生的气体导入CuSO4溶液中，发生反应：Na2S+CO2+H2O=Na2CO3+H2S、H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，从而表明H2CO3的酸性强于H2S，Kal(H2CO3)>Kal(H2S)；D正确；

故选D。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

根据电解原理分析判断。

【详解】

(1)Cu+H2SO4＝CuSO4+H2↑不是自发反应；不能设计成原电池。但以铜为阳极；石墨为阴极，电解稀硫酸，可实现该反应。原说法正确；

(2)电解质溶液导电时在阳极发生氧化反应；阴极发生还原反应；即电解过程，是化学变化。金属导电过程是自由电子的定向移动过程，是物理变化。原说法正确；

(3)电解饱和食盐水时；阳极可用惰性金属电极（如铂），阴极被保护，可用惰性或较活泼的金属电极（如铂；铁等）。原说法错误；

(4)电解精炼铜时；阳极先是较活泼的杂质（锌；铁等）失电子，而后是铜失电子，同时不活泼金属等掉下形成阳极泥；阴极始终是铜离子得电子被还原。阳极减少的质量和阴极增加的质量通常不会相等。原说法错误；

(5)以石墨为阳极、铜为阴极电解CuCl2废液时，阳极生成氯气、阴极生成铜，即可从CuCl2废液中提取铜。原说法正确。

【点睛】

电解池是用电器，将电能转化为化学能。阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。外电路中，电子由阳极流向电源正极、电源负极流向阴极，电流方向相反。电解质溶液中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。【解析】对对错错对7、略

【分析】【分析】

由原理图可知，a为阴极，H+在阴极得到电子变为H2，电极反应式为2H++2e-=H2，b为阳极，放电生成电极反应式为-2e-+H2O=+2H＋；据此分析解答。

(1)

当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，即电路中通过1mol电子，在阴极放出H2在标准状况下的体积为11.2L；而在阳极上放电生成电极反应式为-2e-+H2O=+2H＋。

(2)

由于水中离子浓度很小；所以用稀NaOH溶液和稀硫酸增强溶液的导电性，提高工作效率；根据阳极反应式可知，从C处流出的物质是较浓的硫酸。

(3)

处理含SO220%(体积分数)的废气40m3，则n(SO2)=(40×103L×20%)/22.4L/mol=8000/22.4mol，则转移电子n(e-)=8000/11.2mol，而1molCH4在燃料电池中反应生成1molCO2转移8mol电子，所以理论上需要消耗甲烷的体积为×10-3m3/L=2m3。【解析】(1)11.2-2e-+H2O=+2H＋

(2)增强溶液导电性较浓的硫酸。

(3)28、略

【分析】【详解】

（1）①根据图示是能量变化；反应前反应物的总能量高于反应后生成物的总能量，因此该反应为放热反应；

②根据变量不变的原则：

a．反应刚开始时到反应达平衡后；体系中均有这三种物质，三种物质均共存，不能用这个条件判断反应达平衡，a不符合题意；

b．当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的物质的量之比可能为1∶3∶2，也可能不是，与各物质的初始量及转化率有关，不能用这个条件判断反应达平衡，b不符合题意；

c．随着反应的进行；气体总物质的量减小，因此压强也会减小，故当反应容器中压强不随时间变化时，说明反应达平衡状态，可以用这个条件判断反应达平衡，c符合题意；

d．平衡时，N2与NH3的浓度保持不变；而不一定相等，不能用这个条件判断反应达平衡，d不符合题意；

故答案选c。

（2）根据反应物的键能总和减去生成物的键能总和计算反应的ΔH，ΔH=(2×436+496-4×463)kJ/mol=-484kJ/mol，根据热化学方程式，每生成2molH2O要放出484kJ的能量，故生成1molH2O放出242kJ的能量。

（3）a．盐酸与烧碱溶液的反应为放热反应；

b．八水合氢氧化钡与氯化铵固体的反应为吸热反应。

c．氢气与氧气的燃烧为放热反应；

d．高温煅烧石灰石为吸热反应；

e．铝和盐酸的反应为放热反应；

综上所述属于放热反应的是ace，属于吸热反应的是bd。【解析】(1)放热c

(2)-484kJ/mol242

(3)acebd9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)为了证明醋酸是弱电解质，某同学分别取pH=3醋酸和盐酸各1mL，分别用蒸馏水稀释到100mL，然后用pH试纸分别测定两溶液的pH，则可认定醋酸是弱电解质，根据强酸稀释10n倍；pH变化n个单位，弱酸变化不到n个单位，因此判断的依据是盐酸稀释后的pH=5，而醋酸溶液稀释100倍后溶液的pH＜5；故答案为：盐酸稀释后的pH=5，而醋酸溶液稀释100倍后溶液的pH＜5。

(2)已知室温时，0.1mol∙L−1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离；

①HA只有0.1%电离，则0.1%的HA电离出的氢离子浓度c(H＋)=0.1mol∙L−1×0.1%=1×10−4mol∙L−1；故答案为：1×10−4。

②HA的电离平衡常数故答案为：1×10−7。

③由HA电离出的c(H＋)=1×10−4mol∙L−1，c(OH－)=1×10−10mol∙L−1，则HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的倍；故答案为：1×106。

(3)①根据电离平衡常数得到酸强弱顺序为HCOOH＞H2CO3＞HClO＞相同浓度酸越强其电离出的离子浓度越大，溶液导电性越强，因此溶液导电能力：HCOOH＞HClO；故答案为：＞。

②的电离方程式为H＋＋其电离平衡常数表达式为故答案为：

③根据酸的强弱顺序，将少量CO2气体通入NaClO溶液中，该反应离子方程式ClO－＋CO2＋H2O=＋HClO；故答案为：ClO－＋CO2＋H2O=＋HClO。

(4)a．适当升高温度；平衡正向移动铵根浓度；氢氧根浓度增大，故a不符合题意；

b．加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，故b符合题意；

c．通入NH3；氨水浓度增大，平衡正向移动，铵根离子浓度；氢氧根浓度增大，故c不符合题意；

d．加入少量浓盐酸；氢离子消耗氢氧根，平衡正向移动，铵根离子浓度增大，故d符合题意；

综上所述，答案为：bd。【解析】盐酸稀释后的pH=5，而醋酸溶液稀释100倍后溶液的pH＜51×10−41×10−7106＞ClO－＋CO2＋H2O=＋HClObd10、略

【分析】【详解】

（1）据焓变等于反应物活化能减去生成物活化能求算焓变，N2和H2反应生成2molNH3过程中的△H=（254kJ/mol-300kJ/mol）×2=-92kJ/mol，所以热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ/mol，催化剂可以降低反应的活化能，加入催化剂E1减小；故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ/mol；减小；

（2）设N-H的键能为akJ/mol，△H=反应物键能和-生成物键能和=943kJ/mol+3×435kJ/mol-6×akJ/mol=-92kJ/mol；解得a=390，故答案为：390；

（3）已知①2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=(NH4)2CO3(aq)ΔH1

②NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=NH4HCO3(aq)ΔH2

利用盖斯定律将②2-①可得(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq)△H3=2ΔH2-ΔH1，故答案为：△H3=2ΔH2-ΔH1；

（4）①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1；H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2，ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，H2O(g)的能量比H2O(l)的能量高，ΔH1＞ΔH2；故答案为：＞；

②S(s)+O2(g)=SO2(g)是放热反应，ΔH3<0；Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+10H2O(l)+2NH3(g)是吸热反应，ΔH4>0，则ΔH3＜ΔH4，故答案为：＜。【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol−1减小3902ΔH2-ΔH1＞＜11、略

【分析】【详解】

（1）电解精炼铜的电解质溶液一般为用硫酸酸化了的硫酸铜溶液，其中的阳离子是H＋和Cu2＋。粗铜中Fe、Zn、Ni均有可能放电转化为Fe2＋、Zn2＋、Ni2＋，Fe2＋、Zn2＋、Ni2＋、H＋和Cu2＋中放电能力Cu2＋最强，所以在阴极上放电的只有Cu2＋，阴极反应式为：Cu2＋＋2e－=Cu。答案：H＋、Cu2＋、Cu2＋＋2e－=Cu。

（2）①因为在阴极上放电的只有Cu2＋，所以当有0.020mole－转移时阴极质量增加0.02mol/L×64g·mol－1＝0.64g,故①正确；②因为粗铜中含有Fe、Zn、Ni，也放电，所以当有0.020mole－转移时阳极质量减少的不是0.64g,故②错误；③Fe；Zn、Ni中；有相对原子质量比Cu大的，也有相对原子质量比Cu小的，且Fe、Zn、Ni的放电能力都强于Cu，首先在阳极上被溶解，因此阳极上放电的不只是铜，阳极质量减少量不固定，电解质溶液的质量也不会保持不变，故③错误。④在电解精炼铜的过程中，能量转化的形式主要是电能转化为化学能，但也有电能转化为热能，电解质溶液的温度肯定会变化，所以④错误；答案：①。

【点睛】

考查铜的精炼的知识。根据电解精炼铜时,粗铜作阳极,精铜作阴极,阳极上发生氧化反应,阴极上发生还原反应。对于杂质的金属性如果比铜强，则先放电，如果金属性比铜弱，则后放电。以此进行分析。【解析】H＋和Cu2＋Cu2＋＋2e－===Cu①12、略

【分析】【分析】

(1)由方程式可知；生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；

(2)恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；

(3)若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为(1)中A、B的3倍，结合a＜1判断；

(4)由(3)分析可知；若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与(1)中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与(1)中相同；

(5)反应A(g)+B(g)⇌C(g)是气体体积减少的反应；在恒温恒容容器中，随反应进行压强减小，而在恒温恒压容器中随反应进行，过程中的压强为保持恒压，则本题的容器中的压力小于(1)小题容器中的压力，有利于逆向反应。

【详解】

(1)达到平衡后；生成amolC，则Δn(A)=Δn(C)=amol，故A的物质的量为1mol﹣amol=(1﹣a)mol；

(2)恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1∶1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时生成C为(1)中的3倍，即生成C为3amol；

(3)若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1∶1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，1molC转化可以得到1molA、1molB，则x=3﹣1=2，则平衡时A为3(1﹣a)mol，平衡时B的物质的量为(1)中B的3倍，即为3(1﹣a)mol，由于0＜a＜1，故3(1﹣a)可能大于、等于或小于2；

(4)由(3)分析可知，若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与(1)中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量发生与(1)中相同，即C的物质的量分数为

(5)在恒温恒压容器中开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成amolC；在恒温恒容容器中开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC；反应A(g)+B(g)⇌C(g)是气体体积减少的反应，在恒温恒容容器中，随反应进行压强减小，在恒温恒压容器中随反应进行，过程中的压强为保持恒压，体积减小，所以本题的容器中的压力小于(1)小题容器中的压力，有利于逆向反应，因此平衡后a＞b；故答案为A。

【点睛】

考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，区分恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同，解题时可先保持恒温恒压，再结合容器体积的变化，再保持恒温并恢复到原体积即可。【解析】1﹣a3a23(1﹣a)DA因为本小题中容器容积不变，而(1)小题中容器的容积缩小，所以本小题的容器中的压力小于(1)小题容器中的压力，有利于逆向反应三、判断题(共6题，共12分)13、A【分析】【分析】

【详解】

有些反应的反应热，难以通过实验直接测定,但是通过盖斯定律可以间接计算该反应的反应热，例如碳和氧气生成一氧化碳的反应。故答案是：正确。14、B【分析】【详解】

2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，其ΔS<0，则ΔH<0，错误。15、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。16、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。17、B【分析】【分析】

【详解】

(1)用碳酸钠粉末与酸反应可以制备CO2；故正确；

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率不可改用浓H2SO4；浓硫酸遇铁，常温下发生钝化，故错误；

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理除去二氧化碳和水，可获得NH3；故正确；

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同；均是固体加热，故正确；

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：应在HCl气流中将MgCl2溶液加热；故错误；

(6)应用排水法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO；故错误；

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先移出导管；后熄灭酒精灯，故错误；

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物应先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。四、原理综合题(共4题，共8分)19、略

【分析】【分析】

实验室可用铜和稀硝酸反应来制取一氧化氮，NO极易和空气中的氧气反应生成二氧化氮，氨和氧气在钯或铂催化下被氧化成一氧化氮，据此分析解答；CO、NO的起始物质的量均为1mol，反应在恒定温度和1L的密闭容器中进行，则起始时CO、NO的物质的量浓度均为1mol/L，达平衡时NO的转化率为80%，则平衡时NO为0.2mol/L，的选择性为50%，则平衡时为0.8mol/L×50%×=0.2mol/L，结合计算平衡时CO和CO2的浓度，据此分析解答；根据结合2NO+O2=2NO2，4NH3+5O24NO+6H2O分析判断。

【详解】

(1)实验室可用铜和稀硝酸反应来制取一氧化氮，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑，故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑；

(2)A．3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑反应的现象是铜片表面有无色气体产生，溶液由无色慢慢变蓝色，故A正确；B．NO极易和空气中的氧气反应生成二氧化氮，且NO不溶于水，应该采用排水法收集NO，故B错误；C．NO与可与水反应生成硝酸，反应的化学方程式为可用以制硝酸，故C正确；D．工业上，氨和氧气在钯或铂催化下被氧化成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；故D正确；故答案为：B；

(3)①根据图象，脱除NO的最佳的催化剂样品是温度是300℃，因为在300℃下，NO转化率和选择性都很高，故答案为：300℃；在300℃下，NO转化率和选择性都很高；

②CO、NO的起始物质的量均为1mol，反应在恒定温度和1L的密闭容器中进行，则起始时CO、NO的物质的量浓度均为1mol/L，达平衡时NO的转化率为80%，则平衡时NO为0.2mol/L，的选择性为50%，则平衡时为0.8mol/L×50%×=0.2mol/L，中消耗的CO为0.4mol/L，生成的CO2为0.4mol/L，中消耗的NO为0.4mol/L，消耗的CO为0.2mol/L，生成的CO2为0.2mol/L，则平衡时CO为1mol/L-0.4mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，CO2为0.4mol/L+0.2mol/L=0.6mol/L，因此=故答案为：

(4)常温常压下，的平衡常数为NO是可以分解的，但是实际上该反应是很难发生的，可能是NO的键能大，的活化能非常大，常温常压下分解的反应速率非常低，几乎不反应，故答案为：NO的键能大，的活化能非常大；常温常压下分解的反应速率非常低，几乎不反应；

(5)A．通入适量有利于主反应的发生，故A正确；B．量过多，同样会与氨气反应生成氮气和水，不会限制脱除NO的活性，故B错误；C．当通入过多，过多的氧气会直接将氨气氧化生成NO，会降低脱除NO的效率，故C正确；D．①②2NO+O2=2NO2，①-②即当气体组成中时，发生的反应为故D正确；故答案为：B。

【点睛】

本题的易错点为(3)②，要注意理解的选择性为50%的含义和三段式在化学平衡计算中的应用，难点为(4)，要注意从活化能的角度理解分析。【解析】B300℃在300℃下，NO转化率和选择性都很高NO的键能大，的活化能非常大，常温常压下分解的反应速率非常低，几乎不反应B20、略

【分析】【详解】

(1)根据题干信息分析，反应Ⅲ=(反应Ⅱ-反应Ⅰ)，由盖斯定律可得故答案为：

(2)①由图(a)可知，制备H2在800℃时；达到最高转化率，则制备氢气最佳的温度约为800℃,故答案为：800℃；

②由图(b)可知，S/C增大时，反应I平衡向正反应方向移动，反应III平衡向逆反应方向移动，使体系中的H2的量增大；故答案为：增大；

(3)设CH3COOH和H2O的物质的量均为1mol，平衡时，反应了CH3COOHxmol；列三段式有：

测得H2的体积分数为50%，则计算得x=0.4mol，醋酸的转化率为：=40%，即CH3COOH平衡转化率为40%；故答案为：40%；

(4)当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，是由于积碳与水蒸气反应生成了CO和H2，反应的化学方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，故答案为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；【解析】800℃增大40%C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)21、略

【分析】【分析】

【详解】

H2CO3=H++Ka1`=[H+][]/[H2CO3]-4.5×10-7

=H++Ka2=[H+][]/[]-4.7×10-11

pH=4.0，[H+]=1.0×10-4mol·L-1

[H2CO3]=(][H+]/(4.5×10-7)-2.2×102[]。

[]=[]=4.7×10-11/[H+]=4.7×10-7[]

溶液中以H2CO3为主，[H2CO3]=1.0×10-2mol·L-1

pH=6.0，[H+]=1.0×10-6mol·L-1

[H2CO3]=[][H+]/(4.5×10-7)=2.2[]。

[]=[]×4.7×10-11/[H+]=4.7×10-5[]

[]=1.0×10-2mol·L-1/3.2-3.1×10-3mol·L-1

[H2CO3]=2.2[]=6.8×10-3mol·L-1【解析】见解析a：UO+H2CO3→UO2CO3+2H+

b：UO2CO3+2→UO2(CO3)+H2CO3c：4UO22-+H2O+6e→U4O9+2H+，该半反应产生H'，pH的增大有利于H+的除去，故电极电势随pH增大面升商，即E-pH斜率为正d：U4O9+2H++2e→4UO2+H2O，该半反应消耗H+，pH增大，H+浓度减小，不利于反应进行，故电极电势随pH增大而降低，即E-pH线的斜率为负U3++2H2O→UO2+1/2H2+3H+UO2(CO3)和U4O9能共存E(UO2(CO3)/U4O9)低于E(O2/H2O)面高于E(H+/H2)。因此，其氧化形态UO2(CO3)不能氧化水而生成O2。其还原形态U4O9(s)也不能还原水产生氢气UO2(CO3)和UO2(s)不能共存E(UO2(CO3)+/U4O9)高于E(U4O9/UO2)。当UO2(CO3)和UO2(s)相遇时，会发生反应。22、略

【分析】【详解】

（1）系统中（I）最终是水分解制取氢气，系统(I)最终是H2S分解为硫和氢气。利用盖斯定律，依据反应①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g)△H1=+327kJ/mol、②SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)△H2=-151kJ/mol、③2HI(aq)=H2(g)+I2(s)△H3=+110kJ/mol、④H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l)△H4=+61kJ/mol，将上述反应进行如下变形:①十②+③，整理可得系统(I)的热化学方程式为H2O(l)=H2(g)+-O2(g)△H=+286kJ/mol；②+③+④，整理可得系统(II)的热化学方程式为H2S(g)=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol；

答案为：H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H=+286kJ/mol；H2S(g)=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol；系统(II)；

（2）①由题意设H2S转化的物质的量为x，H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)起始（mol）0.400.1000转化（mol）xxxx平衡（mol）0.40-x0.10-xxx

已知反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，解得x=0.01，故H2S的平衡转化率a1=×100%=2.5%；反应平衡常数K=≈2.8×10-3；

答案为：2.5；2.8×10-3；

②水的物质的量分数增大，说明升高温度平衡正向移动，则H2S的转化率a2＞a1，且正反应吸热，即△H＞0；

答案为：>；>；

③A.充入H2S，浓度增大，平衡正向移动，H2S的转化率减小；故A错误；

B.充入CO2，平衡正向移动，H2S的转化率增大；故B正确；

C.充入COS，平衡逆向移动，H2S的转化率减小；故C错误；

D.充入N2，平衡不移动，H2S的转化率不变；故D错误；

答案选B。【解析】H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H=+286kJ/molH2S(g)=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol系统(II)2.52.8×10-3>>B五、实验题(共3题，共12分)23、略

【分析】【分析】

以富含硫酸亚铁的废液为原料生产氧化铁，其主要流程：废液结晶得到FeSO4·7H2O，加一定量硫酸溶解，抑制FeSO4的水解，加入碳酸氢铵，FeSO4溶液中加入碳酸氢铵经反应可生成碳酸亚铁固体和硫酸铵溶液，碳酸亚铁固体经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成Fe2O3，依据图表数据分析析出晶体FeSO4·7H2O的温度范围。

(1)

①根据表格数据可知：在温度为0～64℃范围内；硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大，当温度超过64℃时，其溶解度又随温度的升高而减小；

②根据图表数据分析：0°C时析出晶体FeSO4·7H2O质量为14g，当温度t＞56.79℃时析出晶体FeSO4·4H2O，所以析出晶体FeSO4·7H2O的温度范围应为t＜56.7°C；

(2)

步骤②需加一定量硫酸，除了保证铁屑充分反应外，由于亚铁离子水解显酸性，加过量硫酸，增大溶液中H+浓度，使水解反应Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+的平衡向逆反应方向移动，从而抑制Fe2+的水解；

(3)

亚铁离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁沉淀和二氧化碳、水，其反应的离子方程式为：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

FeCO3浊液露置在空气中会出现红褐色的固体，这是由于FeCO3具有还原性，被潮湿的空气中的O2氧化产生Fe(OH)3，该变化的化学方程式为4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3↓+4CO2；

(4)

①FeSO4·7H2O高温分解生成的气体有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，利用装置图可检验该反应的气体产物。先利用D装置检验生成的水蒸气，通过C装置冷却是为了吸收三氧化硫，通过装置E检验二氧化硫气体的存在，最后剩余气体通过B装置吸收尾气，仪器的连接顺序为a、f(或g)、g(或f)、d、e、h、i、b；

②通过C装置冷却是为了吸收SO3气体，SO3与水反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应产生BaSO4沉淀和HCl，故装置C中的X为吸收三氧化硫的BaCl2溶液。【解析】(1)硫酸亚铁的溶解度先是随温度的升高而增大；当温度超过64℃时达到最大值，后来其溶解度又随温度的升高而减小t＜56.7°C

(2)抑制Fe2+的水解。

(3)Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3↓+4CO2

(4)f(或g)g(或f)dehibBaCl224、略

【分析】【分析】

分液漏斗中的浓氢氧化钠溶液滴入三口烧瓶内生成氨气，用a中产生的水蒸气把三口烧瓶中产生的氨气全部排入接收瓶中被盐酸吸收，用标准氢氧化钠溶液滴定剩余盐酸，计算出生成氨气的物质的量，根据氨气的物质的量计算的质量分数。

【详解】

（1）根据装置图；仪器a是圆底烧瓶。

（2）氯化铵受热易分解；冰盐水的作用是防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出；

（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分；所以不能采用直接法配制氢氧化钠溶液；

（4）用氢氧化钠滴定剩余盐酸；滴定终点溶液中的溶质为氯化铵；氯化钠，溶液呈弱酸性，根据表格数据，滴定时宜选用甲基红；滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，红色变为橙色，且半分钟内不变色；

（5）氢氧化钠、氨气共消耗盐酸反应消耗氢氧化钠的物质的量为则反应消耗氨气的物质的量为根据~~可知的物质的量为样品中的质量分数为

（6）①装置B的作用是吸收氨气防止污染；所以B中盛放的试剂为无水氯化钙。

②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全。

③玻璃管内和氢气在加热条件下反应生成Re、氨气、水，发生反应的化学方程式为【解析】(1)圆底烧瓶。

(2)防止氯化铵受热易分解；使氨气溢出。

(3)氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分。

(4)甲基红滴入最后一滴氢氧化钠溶液；红色变为橙色，且半分钟内不变色。

(5)

(6)无水氯化钙取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全25、