2025年中图版选修4化学下册月考试卷

…………○…………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年中图版选修4化学下册月考试卷949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、CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH＝+247kJ·mol−1，同时存在以下反应：积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)ΔH＝+75kJ·mol−1，消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)ΔH＝+172kJ·mol−1；积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。下列说法正确的是。

A.高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳B.增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳C.升高温度，积碳反应的化学平衡常数K减小，消碳反应的K增大D.温度高于600℃，积碳反应的化学反应速率减慢，消碳反应的化学反应速率加快，积碳量减少2、已知某温度下，醋酸的电离平衡常数Ka＝1.0×10－6，下列说法正确的是()A.温度不变时，向该溶液中加入一定量的盐酸，Ka增大B.若不考虑醋酸的挥发，将该溶液升高温度，c(CH3COO－)增大C.若将该溶液稀释100倍，pH变化2个单位D.若醋酸的起始浓度为0.01mol·L－1，平衡时的c(H＋)＝1.0×10－3mol·L－13、1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)；溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是。

A.XOH是弱碱B.pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3C.已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2，则Ka2约为1.0×10－10.2D.当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3－)/c(CO32－)减小4、25℃时，水的电离可达到平衡：H2OH++OH-ΔH>0。下列叙述正确的是A.向水中加入稀醋酸，平衡逆向移动，c（OH－）升高B.将水加热，Kw增大，pH不变C.向水中加入少量NH4Cl固体，平衡逆向移动，c（H+）增大D.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变5、常温下，用0.1mol·L-1HCl溶液滴定0.1mol·L-1NH3·H2O溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列说法不正确的是。

A.Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5B.P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大C.当滴定至溶液呈中性时，c(NH4+)＞c(NH3·H2O)D.N点，c(Cl-)-c(NH4+)=6、常温下，现有0.1mol·L－1NH4HCO3溶液；pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.当pH＝9时，溶液中存在下列关系：c(NH4＋)>c(NH3·H2O)>c(HCO3－)>c(CO32－)B.将0.2molCO2通入1L0.3mol·L－1NH3·H2O溶液中充分反应，则有：c(HCO3－)＋3c(H2CO3)－c(CO32－)>0C.向pH＝6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4＋和HCO3－浓度逐渐减小D.分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO3－)的数量级为10－77、下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是。

。选项。

实验目的。

实验方案。

A

探究化学反应的限度。

取5mL0.1mol/LKI溶液,滴加0.1molLFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应。

B

探究浓度对化学反应速率的影响。

用两支试管各取5ml.0.1mo/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和10.2mol/L的H2C2O4(草酸)溶液；记录溶液褪色所需的时间。

C

证明海带中含有碘元素。

将海带剪碎、加蒸馏水浸泡，取滤液加几滴稀硫酸和1mLH2O2；再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。

D

验证CH3COONa溶液中存在水解平衡。

取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂；再加入醋酸铵固体(其水溶液呈中性)，观察溶液颜色变化。

A.AB.BC.CD.D8、新型的乙醇电池结构如图所示，它用碘酸类质子溶剂，在200℃左右时供电，其效率比甲醇电池高出32倍，且更安全．已知电池总反应式为C2H5OH+3O2═2CO2+3H2O．下列说法不正确的是（）

A.a极为电池的负极，该电极发生氧化反应B.电池工作时电子由a极流出沿导线经灯泡到b极C.电池正极的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D.电池工作时，1mol乙醇被氧化转移12mol电子评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

(1)第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________________。10、能源的开发利用具有重要意义。

(1)已知：化学键C-H键能bcd

①写出CH4的结构式___________。

②C=O的键能为___________(用含a、b；c、d的式子表示)

(2)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______。11、已知：A(g)＋2B(g)2C(g)；恒温恒压下，在密闭容器中充入1molA和2molB后的容积为3L。

(1)下列能用于判断该反应达到平衡的是（填字母）：__________________。

a．A、B的浓度之比为1∶2b．容器内气体的总物质的量不变。

c．容器内气体密度不再变化d．生成0.2molA的同时生成0.2molC

(2)平衡后，再向容器中通入1mol氦气，A的转化率___________（填“增大”；“不变”、“减小”）。

(3)在T1、T2不同温度下，C的体积分数与时间关系如图所示。则T1______T2（填“大于”或“小于”，下同），该反应的△H__________0。若在T1下达到平衡，K(T1)=_____。(计算结果)

12、在一定温度下，把2体积N2和6体积H2通入一个带活塞的体积可变的容器中，活塞的一端与大气相通如图所示。容器中发生以下反应：N2+3H22NH3（正反应为放热反应）。若反应达平衡后；测得混合气体的体积为7体积，据此回答下列问题：

（1）保持上述反应温度不变，设a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的体积；如果反应达到平衡后混合气体中各物质的体积仍与上述平衡时完全相同，那么：

①若a=1,c=2，则b=____。在此情况下，反应起始时将向______（填“正”或“逆”）反应方向进行。

②若需规定起始时反应向逆反应方向进行，则c的范围是______。

（2）在上述装置中，若需控制平衡后混合气体为6.5体积，则可采取的措施是______，原因是_____。13、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。回答下列问题：

（1）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/（mol·L-1）8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式___。增加压强，NO的转化率__（填“提高”；“不变”或“降低”）。

②由实验结果可知，脱硫反应速率___脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是__。

（2）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均__（填“增大”；“不变”或“减小”）。

②反应ClO2-+2SO32-=2SO42-+Cl-的平衡常数K表达式为___。

（3）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2；也能得到较好的烟气脱硫效果。

①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是__。14、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；其化学平衡常数K与温度t的关系如下：

。t℃

700

800

830

1000

1200

K

0.6

0.9

1.0

1.7

2.6

请回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数K=_________。

（2）该反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。

（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为________℃。

（4）830℃，在1L的固定容器的密闭容器中放入2molCO2和1molH2，平衡后CO2的转化率为_______。15、有c(H+)=0.01mol/L的盐酸；硫酸、醋酸三瓶溶液：

（1）设三种酸的物质的量浓度依次为c1、c2、c3，则其关系是_____（用“>、<；=”表示；下同）。

（2）取同体积的三种酸溶液分别加入足量的锌粉，反应过程中放出H2的速率依次为b1、b2、b3，则其关系是________________。

（3）完全中和体积和物质的量浓度均相同的三份NaOH溶液时，需三种酸的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是________。16、明矾石经处理后得到明矾【KAl(SO4)2·12H2O】。从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如下所示：

焙烧明矾的化学方程式为：4KAl(SO4)2·12H2O+3S＝2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O

请回答下列问题：

（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是__________________。

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是_____________________。

（3）A12O3在一定条件下可制得AIN，其晶体结构如右图所示，该晶体中Al的配位数是____。

（4）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是_____________________________。

（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃；101kPa时：

2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=一197kJ/mol；

2H2O(g)＝2H2O(1)△H2＝一44kJ/mol；

2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)＝2H2SO4(l)△H3＝一545kJ/mol。

则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是__________________________。

焙烧948t明矾(M＝474g/mol)，若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98％的硫酸________t。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、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3题，共12分)18、氯化铁是常见的水处理剂；利用废铁屑可制备无水氯化铁。实验室制备装置和工业制备流程图如图：

已知：(1)无水FeCl3的熔点为555K；沸点为588K。

(2)废铁屑中的杂质不与盐酸反应。

(3)不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：。温度/℃02080100溶解度(g/100gH2O)74.491.8525.8535.7

实验室制备操作步骤如下：

I.打开弹簧夹K1，关闭活塞K2；并打开活塞a，缓慢滴加盐酸；

II.当装置A中不产生气泡时，关闭弹簧夹K1，打开活塞K2；当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a；

III.将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶体。

请回答：

(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是__。

(2)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体的操作步骤是加入__后__；过滤、洗涤、干燥。

(3)试写出吸收塔中反应的离子方程式：___。

(4)捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式(相对原子质量：Cl－35.5、Fe－56)为__。

(5)FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定，消耗VmL(已知：I2＋2=2I-＋)。

①滴定终点的现象是__；

②样品中氯化铁的质量分数为__。19、工业上用重晶石（主要成分为BaSO4）制备BaCO3的常用方法有高温煅烧还原法；沉淀转化法等。高温煅烧还原法的工艺流程可简单表示如下：

（1）若“煅烧”时产生一种有毒的还原性气体，则反应的化学方程式为_____________。

（2）工业上煅烧重晶石矿粉时，为使BaSO4得到充分的还原和维持反应所需的高温，应采取的措施是________。

a加入过量的焦炭；同时通入空气。

b设法将生成的BaS及时移出。

（3）在第一次过滤后洗涤，检验是否洗涤干净的试剂最好是________。

（4）沉淀转化法制备BaCO3可用饱和Na2CO3溶液将BaSO4转化为BaCO3：

BaSO4（s）＋（aq）BaCO3（s）＋（aq）

①在实验室将少量BaSO4固体全部转化为BaCO3的实验操作方法与步骤为_________。

②与高温煅烧还原法相比，沉淀转化法的优点主要有_______。

③已知：Ksp（BaCO3）＝2.40×10－9，Ksp（BaSO4）＝1.20×10－10。现欲用沉淀转化法将BaSO4转化为BaCO3，该反应的平衡常数为________。20、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、元素或物质推断题(共1题，共6分)21、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共32分)22、COS和H2S是许多煤化工产品的原料气。已知：

Ⅰ.COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)ΔH=XkJ·mol-1；

I.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-42kJ·mol-1；

（1）断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如下表所示：

。分子。

COS(g)

H2(g)

CO(g)

H2S(g)

H2O(g)

CO2(g)

能量/kJ·mol-1

1321

440

1076

680

930

1606

则X=_____________________。

（2）向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，进行上述两个反应，在某温度下达到平衡，此时CO的体积分数为4%，且测得此时COS的物质的量为0.80mol，则该温度下反应I的平衡常数为_________________（保留两位有效数字）

（3）现有两个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器M、N，在M中充入1molCO和1molH2O，在N中充入1molCO2和1molH2，均在700℃下开始按Ⅱ进行反应。达到平衡时，下列说法正确的是_________。

A.两容器中CO的物质的量M>N

B.两容器中正反应速率M

C.容器M中CO的转化率与容器N中CO2的转化率之和小于1

D.两容器中反应的平衡常数M>N

（4）氢硫酸；碳酸均为二元弱酸；其常温下的电离常数如下表：

。

H2CO3

H2S

Ka1

4.4×10-7

1.3×10-7

Ka2

4.7×10-11

7.1×10-15

煤的气化过程中产生的H2S可用足量的Na2CO3溶液吸收，该反应的离子方程式为______________；常温下，用100mL0.2mol·L-1InaOH溶液吸收448mL（标况）H2S气体，反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序为__________________________________。

（5）25℃时，用Na2S沉淀Cu2+、Sn2+两种金属离子(M2+)，所需S2-最低浓度的对数值1gc(S2-)与Igc(M2+)的关系如右图所示；请回答：

①25℃时Ksp(CuS)=_______________。

②25℃时向50mL的Sn2+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，当Na2S溶液加到150mL时开始生成SnS沉淀，则此时溶液中Cu2+浓度为_____________mol/L。23、研究含氮污染物的治理是环保的一项重要工作。合理应用和处理氮的化合物；在生产生活中有重要意义。

（l）T℃时，将0.6molNO和0.2molO3气体充入到2L固定容积的恒温密闭容器中；NO的浓度随反应时间的变化如图甲所示。

①T℃时，反应3NO(g)＋O3(g)3NO2(g)的平衡常数K=________．

②不能说明反应达到平衡状态的是_________（填序号）．

A．气体颜色不再改变。

B．气体的平均摩尔质量不再改变。

C．气体的密度不再改变。

D．单位时间内生成O3和NO2物质的量之比为1：3

（2）已知2NO2N2O4，如图乙所示，A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气囊，关闭K2，各将1molNO2通过K1、K3分别充入真空A、B中，反应起始时A、B的体积相同均为L（忽略导管中的气体体积）．

①若容器A中到达平衡所需时间s，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，则平均化学反应速率_____________________．

②若打开K2，平衡后B容器的体积缩至0.4L，则打开K2之前，气球B体积为_________L．

③若平衡后在A容器中再充入0.5molN2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数___________（填“变大”“变小”或“不变”）。24、氨气及其相关产品是基本化工原料；在化工领域中具有重要的作用。

（1）以铁为催化剂；0.6mol氮气和1.8mol氢气在恒温；容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气，20min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mol。

①在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%，请画出从第25min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线_____。

②该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是_____（填增大；减少或不变）。

（2）①N2H4是一种高能燃料，有强还原性，可通过NH3和NaClO反应制得，写出该制备反应的化学方程式______________________。

②N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1=1.0×10-6，则0.01mol·L－1N2H4水溶液的pH等于__________（忽略N2H4的二级电离和H2O的电离）。

③已知298K和101KPa条件下：

N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)ΔH1

2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH2

2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)ΔH3

4NH3(g)+O2(g)＝2N2H4(l)+2H2O(I)ΔH4

则N2H4(l)的标准燃烧热ΔH＝_______。

（3）科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺（如虚框所示），在较高的操作压力下，提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量；能制备出高浓度的硝酸。

实际操作中，应控制N2O4/H2O质量比高于5.11，对此请给出合理解释______________。25、2018年6月27日；国务院发布《打赢蓝天保卫战三年行动计划》，该计划是中国政府部署的一项污染防治行动计划，旨在持续改善空气质量，为群众留住更多蓝天。对废气的进行必要的处理，让空气更加清洁是环境科学的重要课题。

（1）已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H1＝＋180.5kJ/mol

C(s)＋O2(g)＝CO2(g)△H2＝－393.5kJ/mol

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H3＝－221.0kJ/mol

若某反应的平衡常数表达式为请写出此反应的热化学方程式_____________。

（2）用如图所示的电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和

①NO在电极上发生的反应为_________________。

②SO2在电极上发生的反应为__________________。

③写出物质A的化学式____________。

（3）利用氨气可以设计高能环保燃料电池（反应原理：4NH3+3O2=2N2+6H2O），用该电池电解含有的碱性工业废水，在阴极产生N2。阴极的电极反应式为__________；在标准状况下，当阴极收集到13.44LN2时，理论上消耗NH3的体积为________L。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低；故A错误；

B．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比；有助于减少积碳，故B正确；

C．平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正向移动，两个反应的平衡常数K都增大；故C错误；

D．根据图像；温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；

答案选B。2、B【分析】【详解】

A．温度不变时，弱电解质的电离常数Ka不变；故A错误；

B．若不考虑醋酸的挥发，将该溶液升高温度，促进醋酸的电离，c(CH3COO－)增大；故B正确；

C．若将该溶液稀释100倍；促进醋酸的电离，pH变化小于2个单位，故C错误；

D．若醋酸的起始浓度为0.01mol·L－1，设平衡时的c(H＋)为x，则Ka＝1.0×10－6=≈解得c(H＋)≈1.0×10－4mol·L－1；故D错误；

故选B。3、C【分析】【分析】

A．根据图示，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH）；

B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒判断；

C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）=mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1=则Ka2==

D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大。

【详解】

A．根据图示，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH），XOH完全电离，为强电解质，故A错误；

B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒得c（X+）：XOH小于X2CO3；故B错误；

C．0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）=mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1=则Ka2==故C正确；

D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大，c(HCO3－)/c(CO32－)增大；故D错误。选C。

【点睛】

本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，注意：二元弱酸中存在Kh1．Ka2=Kw。4、D【分析】【详解】

A．向水中加入稀醋酸，抑制水的电离，平衡逆向移动，c(OH－)减小；A错误；

B．将水加热促进水的电离，Kw增大；pH变小，B错误；

C．向水中加入少量NH4Cl固体，铵根水解，促进电离，平衡正向移动，c(H+)增大；C错误；

D．Kw只受温度影响，硫酸氢钠完全电离导致c(H+)增大；D正确；

答案选D。

【点睛】

注意水也是一种弱电解质，存在电离平衡，外界条件对水电离平衡的影响也适用于勒夏特列原理。其中选项B是解答的易错点，注意加热后氢离子浓度增大，但仍然等于氢氧根的浓度。5、D【分析】【详解】

A.在M点反应了50%，此时pH=9.26，因此Kb(NH3·H2O)数量级为10−5；故A正确；

B.P到Q过程中是盐酸不断滴加到氨水中；氨水不断被消耗，碱性不断减弱，因此水的电离程度逐渐增大，故B正确；

C.当滴定至溶液呈中性时，pH=7，根据得出则c(NH4+)＞c(NH3·H2O)；故C正确；

D.N点，根据电荷守恒得到，c(Cl－)−c(NH4+)=c(H+)−c(OH－)=1×10−5.28−故D错误。

综上所述，答案为D。6、B【分析】【详解】

A．结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3－）＞c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（CO32－）；故A错误；

B．将0.2molCO2通入1L0.3mol·L－1NH3·H2O溶液中充分反应，溶液相当于(NH4)2CO3、NH4HCO3等物质的量浓度的混合液，溶液呈碱性，c(OH－)-c（H＋）>0，溶液中存在电荷守恒：2c(CO32－)+c(HCO3－)＋c(OH－)=c（NH4＋）+c（H＋），物料守恒：3c(HCO3－)＋3c(H2CO3)+3c(CO32－)=2c（NH4＋）+2c（NH3·H2O），得c(HCO3－)＋3c(H2CO3)－c(CO32－)=2c（NH3·H2O）+2c(OH－)-2c（H＋）则有：c(HCO3－)＋3c(H2CO3)－c(CO32－)>0；故B正确；

C．根据图象可知，当溶液pH增大时，NH3·H2O浓度逐渐增大，则NH4＋的浓度逐渐减小，而HCO3－浓度先增大后减小；故C错误；

D．HCO3－的水解平衡常数Kh（HCO3－）=当pH=6.5时，c（HCO3－）=c（H2CO3），c（OH－）===10-7.5=×10-8，Kh（HCO3－）=×10-8，其数量级为10-8；故D错误。

故选B。7、D【分析】A、KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，因为KI是过量，因此溶液中存在I－和I2，不能说明反应是可逆反应，故A错误；B、酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=8H2O＋10CO2↑＋2Mn2＋，高锰酸钾过量，溶液不褪色，故B错误；C、海带剪碎，加蒸馏水，海带中I元素不能进入溶液中，应剪碎后点燃，然后加蒸馏水，过滤，故C错误；D、CH3COONa溶液中存在CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加入酚酞，溶液变红，加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，CH3COO－的浓度增大；平衡向正反应方向移动，颜色加深，故D正确。

点睛：本题的易错点是选项B，学生只注意到高锰酸钾和草酸反应，以及浓度越大反应速率越快，会错选B，忽略了题目中所给量，高锰酸钾是过量，溶液的颜色不褪色。8、C【分析】【详解】

分析：由质子的定向移动方向可知a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和H＋，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e－=2CO2+12H＋，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H＋+O2+4e－=2H2O；结合电极反应解答该题．

详解：A、原电池工作时，阳离子向正极移动，则b为正极，a为负极，乙醇在负极失电子发生氧化反应，故A正确；B、原电池中电子从负极流向正极，则电子由a极流出沿导线经灯泡到b极，故B正确；C．酸性条件下，氧气得电子生成水，池工作时，正极的电极反应式为4H＋+O2+4e－=2H2O，故C错误；D．乙醇被氧化生成CO2和H＋，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e－=2CO2+12H＋；则1mol乙醇被氧化转移12mol电子，故D正确；故选C。

点睛：本题考查原电池知识，解题关键：根据电池总反应书写电极方程式的方法以及原电池正极的判断，难点D，有机物在电极反应中价态的变化，转移电子数的计算。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

(1)反应物总能量高于生成物总能量；为放热反应；

(2)结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变。

【详解】

(1)由图象可知，反应物总能量高于生成物总能量，ΔH＝−273kJ•mol-1＜0；焓变小于0，则反应为放热反应，故答案为：放热；

(2)第一步的热化学方程式为NH4＋(aq)＋O2(g)=NO2−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−273kJ•mol-1，第二步的热化学方程式为：NO2−(aq)＋O2(g)=NO3−(aq)ΔH＝−73kJ•mol-1，根据盖斯定律则NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1，故答案为：NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1。【解析】放热NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝-346kJ·mol-110、略

【分析】【详解】

(1)①甲烷为共价化合物，结构式为

②根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能，有△H=4b＋4d－2E(C=O)－4c=＋akJ/mol，求得E(C=O)=kJ/mol；

(2)燃烧热指的是1mol燃料完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量；现1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇的质量为32g，完全燃烧生成CO2和液态水时放热32×22.68kJ=725.76kJ，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。【解析】CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。11、略

【分析】【分析】

反应A(g)＋2B(g)2C(g)为气体分子数减小的反应，根据题(3)图可知T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2。

【详解】

(1)a.反应开始时A和B按物质的量1:2投料；而A和B也按1:2进行反应，故反应过程中A；B的浓度之比一直为1∶2，不能说明达到平衡，a错误；

b.反应为前后气体分子数减少的反应，故当容器内气体的总物质的量不变时反应达到平衡，b正确；

c.在恒温恒压的条件下；容器体积之比等于气体的物质的量之比，反应前后气体分子数改变，故反应过程中容器体积一直改变，当达到平衡时，气体质量一直不变，容器体积不再改变，则密度不再变化时，反应达到平衡，c正确；

d.根据反应方程式可知；A与C的化学计量数之比为1:2，则生成0.2molA的同时生成0.2molC，不能说明正逆反应速率相等，不能判定反应达到平衡，d错误；

答案选bc。

(2)达到平衡；通入与反应无关的气体，在恒温恒压条件下，容器体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，则A的转化率减小。

(3)根据图像可知，T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2，T2温度下C的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H小于0；设平衡时C的物质的量为xmol，则A平衡时的物质的量为(1-x)mol，B平衡时的物质的量为(2-x)mol，恒温恒压下，气体体积之比等于气体的物质的量之比，故解得x=1mol，根据在密闭容器中充入1molA和2molB后的容积为3L可知，平衡时容器的体积为2.5L，则K(T1)==【解析】①.bc②.减小③.小于④.小于⑤.512、略

【分析】【详解】

(1)①反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同,恒温恒压条件下,采用极限分析,按化学计量数转化到左边,应满足2体积N2、6体积H2，2体积的氨气完全转化得到1体积氮气、3体积氢气，故1+a=1+1=2，3+b=6，则b=3，所以只要a:b=1:3，由于a=1，则b=3；因反应前混合气体为8体积，反应后混合气体为7体积，体积差为1体积，则平衡时氨气应该为1体积，而在起始时，氨气的体积c=2体积，比平衡状态时大，为达到同一平衡状态，氨的体积必须减小，所以平衡逆向移动，故答案为：3；逆；

②若让反应逆向进行；由上述①所求出的平衡时氨气为1体积，氨气的体积必须大于1体积，最大值则为2体积氮气和6体积氢气完全反应时产生的氨气的体积，即为4体积，则1＜c≤4，故答案为：1＜c≤4；

(2)平衡后混合气体为6.5体积<7体积，恒压条件下，应是改变温度影响平衡移动，由于正反应为放热反应，且是气体总分子数减小的反应，只能为降低温度，,故答案为：降低温度；6.5<7，上述平衡需向气体体积缩小方向移动，故可采取降温措施。【解析】①.3②.逆③.1＜c≤4④.降温⑤.6.5＜7，上述平衡需向气体体积缩小方向移动，故可采取降温措施13、略

【分析】【分析】

（1）①NaClO2具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子反应方程式为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；增大压强，NO转化率提高;

②在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，SO2溶解度较高；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

（2）①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小；这说明反应向逆反应方向进行；

②平衡常数K是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；

（3）①形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。

【详解】

（1）①NaClO2具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子反应方程式为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O，正反应是气体体积分数减小的反应，则增大压强，NO转化率提高，故答案为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；提高。

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。

（2）①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小；这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫；脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小。

②根据反应的方程式ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−可知平衡常数K表达式为故答案为：

（3）①用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好，故答案为：形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。【解析】4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O提高大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好14、略

【分析】分析：(1)化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

(2)由表中数据可知；温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，判断正反应的热效应；

(3)根据浓度熵和平衡常数的关系分析判断；

(4)令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol；根据三段式用y表示出平衡时各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式列方程计算y的值。

详解：(1)可逆反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数表达式K=故答案为

(2)由表中数据可知；温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，正反应是吸热反应，故答案为吸热；

(3)平衡浓度符合下式c(CO2)•c(CH2)=c(CO)•c(H2O)时；浓度熵和平衡常数相等均等于1，平衡常数只值受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，温度是830℃，故答案为830；

(4)令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol；则：

CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

开始(mol)：2100

变化(mol)：yyyy

平衡(mol)：2-y1-yyy

故=1，解得：y=故平衡后CO2的转化率为=故答案为

点睛：本题考查化学平衡常数的应用。注意掌握化学平衡常数的用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率等。解答本题需要熟练掌握三段式解答化学平衡的计算方法。【解析】吸热83015、略

【分析】【分析】

HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸；本题需要抓住强弱电解质的本质区别。

【详解】

（1）HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L的情况下，c3>c1>c2；

（2）反应速率与c(H+)有关，浓度越大，速率越快，由于盐酸和硫酸为强酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L，且溶液体积相等的情况下，反应速率相等b1=b2，而醋酸为弱酸，c(H+)等于0.01mol/L，随反应进行，会促进醋酸的电离，使得c(H+)减小的程度没有盐酸和硫酸大，从而反应速率会比两种强酸的大，所以三者的速率比较结果为：b1=b23。

（3）盐酸和硫酸中H+等于0.01mol/L，消耗等量的NaOH溶液时，需要的体积相等V1=V2，而醋酸中H+等于0.01mol/L，但是还有很多的醋酸未电离，所以消耗等量的NaOH溶液时，所用溶液体积会小于盐酸和硫酸的，故答案为V1=V2>V3。【解析】①.c3>c1>c2②.b1=b23③.V1=V2>V316、略

【分析】【详解】

（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价。硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，故还原剂是硫单质，而氧化剂是6mol的硫酸根离子，即3mol的4KAl（SO4）2•12H2O；故答案为S；

（2）从溶液中得到固体硫酸钾；可以才用蒸发结晶的方法，故答案：蒸发结晶；

（3）由图可知一个铝与4个氮原子成键，所以晶体中Al的杂化轨道方式为sp3；依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个氮原子和四个铝原子相连，所以氮原子的配位数为4，故答案为4；

（4）①以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；正极NiO（OH）得到电子发生还原反应，所以阳极反应为：Ni（OH）2-e-+OH-=NiO（OH）+H2O，故答案为Al＋3NiO(OH)＋NaOH＋H2O=3Ni(OH)2＋NaAlO2；

（5）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=-197kJ/mol；①

2H2O（g）=2H2O（1）△H2=-44kJ/mol；②

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H3=-545kJ/mol．③

依据盖斯定律③-①-②得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=-304KJ/mol；

即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-152KJ/mol；

948t明矾生成SO2物质的量为4500mol故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t．

故答案为SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-152kJ/mol；432．【解析】①.S②.蒸发结晶③.4④.Al＋3NiO(OH)＋NaOH＋H2O=3Ni(OH)2＋NaAlO2⑤.SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)△H=-152kJ·mol－1⑥.432三、判断题(共1题，共2分)17、×【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3题，共12分)18、略

【分析】【分析】

根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3•6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3；工业上用铁与氯气反应生成氯化铁；多余的氯气用吸收剂吸收转化为氯化铁溶液，经分离；提纯得到氯化铁。

【详解】

(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是将废铁屑与稀盐酸反应生成的亚铁离子全部氧化为铁离子；答案：将亚铁离子全部氧化为铁离子；

(2)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体时；为抑制铁离子的水解，要在氯化氢气氛里进行加热，所以实验的操作步骤是加入盐酸后蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，答案：盐酸；蒸发浓缩、冷却结晶；

(3)进入吸收塔的尾气是没有反应完的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成FeCl3溶液，所以吸收剂应是FeCl2，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，答案：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

(4)捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325(162.5×2=325)的铁的氯化物可以推出：当温度超过673K时，2分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6，答案：Fe2Cl6；

(5)①称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定滴定实验时，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终点，答案：滴入最后一滴Na2S2O3溶液；锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；

②由反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2、I2＋2=2I-＋可得关系式：

解得n(Fe3+)=cV×10-3mol，则m克样品中氯化铁的质量分数=×100%=答案：【解析】将亚铁离子全部氧化为铁离子盐酸蒸发浓缩、冷却结晶2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe2Cl6滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色19、略

【分析】【分析】

(1)、BaSO4和C反应生成BaS和CO；

(2)a、加入过量的炭使BaSO4得到充分的还原；同时通入空气使CO燃烧提供热量；

B；设法将生成的BaS及时移出不能维持及应所需的高温；

(3)；BaS为可溶性盐；检验是否洗涤干净即检验是否含有钡离子；

(4)①；难溶电解质的溶解平衡中；溶度积小的电解质也能向溶度积大的电解质转化，注意浓度的大小问题；

②；根据所发生的化学反应来判断分析方法的优点；

③、将BaSO4转化为BaCO3：BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-；根据反应的平衡常数计算。

【详解】

(1)、BaSO4和C反应生成BaS和CO，BaSO4＋4CBaS＋4CO↑，故答案为:BaSO4＋4CBaS＋4CO↑；

(2)a、.加入过量的炭使BaSO4得到充分的还原；同时通入空气使CO燃烧提供热量，故a正确；

b、设法将生成的BaS及时移出不能维持及应所需的高温，故b错误；

故选a；

(3)；BaS为可溶性盐；检验是否洗涤干净即检验是否含有钡离子，可用硫酸来检验；

故答案为硫酸；

(4)①、常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32-转化BaCO3；

故答案为将适量饱和Na2CO3溶液加入BaSO4固体中，充分搅拌，静置，弃去上层清液；如此操作，反复多次（直到BaSO4全部转化为BaCO3）；

②、用饱和Na2CO3溶液沉淀转化法的优点是不需要消耗能量；不产生污染物；

故答案为节能；环保；

③、将BaSO4转化为BaCO3：BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-反应的平衡常数为

故答案为0.05。【解析】BaSO4＋4CBaS＋4CO↑aH2SO4将适量饱和Na2CO3溶液加入BaSO4固体中，充分搅拌，静置，弃去上层清液；如此操作，反复多次（直到BaSO4全部转化为BaCO3）节能、环保（答案合理即可）5×10－220、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、元素或物质推断题(共1题，共6分)21、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、原理综合题(共4题，共32分)22、略

【分析】(1)ΔH=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量=1321+440-680-1076=5kJ·mol-1；正确答案：5。

（2）COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)

起始量1100

变化量xxxx

平衡量1-x1-xxx

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

起始量x101-x

变化量yyyy

平衡量x-y1-yy1-x+y

根据题给信息可知：1-x=0.8,x=0.2mol；反应后混合气体总量为1-x+x+x-y+1-y+y+1-x+y=3mol，根据CO的体积分数为4%列方程(0.2-y)/3=0.04,y=0.08mol；c(H2)=(1-x+y)/10=0.088mol/L；c(H2S)=x/10=0.02mol/L；c(CO)=(x-y)/10=0.012mol/L；c(COS)=(1-x)/10=0.08mol/L；反应I的平衡常数为c(CO)c(H2S)/c(H2)c(COS)=0.012×0.02/0.08×0.088=0.034；正确答案：0.034。

(3)由于容器M的正反应为放热反应。随着反应的进行，反应的温度升高；由于恒容绝热，升高温度，平衡左移，两容器中CO的物质的量M>N，A正确；M中温度大于N中的温度，所以两容器中正反应速率M>N，B错误；容器M中反应是从正反应方向开始的，容器N中是反应是从逆反应方向开始的，由于恒容绝热(与外界没有热量交换)，所以CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和必然小于1；C正确；容器M中反应是从正反应方向开始的，由于恒容绝热(与外界没有热量交换)，平衡左移，所以两容器中反应的平衡常数M

（4）根据电离常数可以得知酸性顺序：H2CO3>H2S>HCO3->HS-；所以H2S与Na2CO3溶液反应生成NaHS和NaHCO3；正确答案：H2S+CO32-＝HS-+HCO3－。设生成Na2Sxmol和NaHSymol，根据硫元素守恒：x+y=448×10-3/22.4；根据钠元素守恒：2x+y=0.1×0.2,解之x=0，y=0.02mol；所以100mL、0.2mol·L-1NaOH溶液恰好吸收448mL（标况）H2S气体生成NaHS，NaHS溶液电离大于水解过程，溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+))＞c(S2－)；正确答案：c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－)>c(H+))＞c(S2－)。

（5）①在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2-（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2-）=10-25×10-10=10-35；正确答案：10-35。

②Ksp（SnS）=c（Sn2+）×c（S2-）=10-25×1=10-25>Ksp（CuS）=10-35，所以25℃时向50mL的Sn2+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，Cu2+先沉淀完成后；

Sn2+开始沉淀；c(Sn2+)=(50×10-3×0.01)/(200×10-3)=2.5×10-3mol·L-1；根据Ksp（SnS）=c（S2-）×2.5×10-3=10-25，c（S2-）=4×10-23mol·L-1；根据Ksp（CuS）=c（Cu2+）×4×10-23=10-35，c（Cu2+）=2.5×10-13mol·L-1；正确答案：2.5×10-13。

点睛：（2）问中发生2个反应，第一个反应中消耗H2，第二个反应生成H2，平衡后H2的量为二者的代数和；第一个反应中生成CO，第二个反应中消耗CO，平衡后CO的量为二者的代数和；这样才能计算出第一个反应的平衡常数。【解析】50.034ACH2S+CO32-＝HS-+HCO3－c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+))＞c(S2－)10-352.5×10-1323、略

【分析】【详解】

试题分析：（l）根据“三段式”计算反应3NO(g)＋O3(g)3NO2(g)的平衡常数K。

②根据平衡状态标志判断。

（2）①根据计算化学反应速率

②打开K2前和打开K2之后；是等温等压条件下的等效平衡。

③若平衡后在A容器中再充入0.5molN2O4；体积不变，相当于加压。

解析：（l）根据“三段式”

②A．气体颜色不再改变；说明二氧化氮浓度不变，一定达到平衡状态；

B．根据气体质量不变；物质的量变小，气体的平均摩尔质量是变量，平均摩尔质量不再改变，一定平衡；

C．根据气体质量不变、容器气体不变，密度是恒量，气体的密度不再改变不一定平衡；D．单位时间内生成O3和NO2物质的量之比为1：3