2025年粤教新版选修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年粤教新版选修4化学下册月考试卷805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、下列热化学方程式书写正确且对应的△H的数值和意义与括号内表述相符的是A.2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝-571.6kJ/mol(燃烧热)B.NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O(l)△H＝-57.3kJ/mol(中和热)C.H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)ΔH＝-242kJ/mol(反应热)D.C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol(反应热)2、室温下，用0.10mol•L-1盐酸滴定0.10mol•L-1氨水，滴定过程中NH3•H2O、NH4+(假设：溶液中的含氮微粒只有NH3•H2O和NH4+)的物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如：δ(NH3⋅H2O)=]。下列判断正确的是（）

A.曲线L1代表δ(NH4+)与pH的变化关系B.NH3•H2O的电离常数Ka(NH3•H2O)=1.0×10-4.7C.水的电离程度：P>MD.P点时混合溶液中存在：c(Cl-)=c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)3、一定温度下将Cl2缓慢通入水中。当通入的Cl2体积为V1时达到饱和，溶液中c(H+）变化如图中曲线a。已知Cl2的溶解度随温度升高而迅速降低；下列叙述中正确的是（）

A.将饱和氯水加水稀释，溶液中c(H+)变化如曲线bB.将饱和氯水降低温度，溶液中c(H+)变化如曲线cC.在饱和氯水中加入NaOH使pH＞7，所得溶液中存在下列关系：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)D.在饱和氯水中加入NaOH使pH=7，所得溶液中存在下列关系：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(HClO)4、下列有关电解质溶液的叙述正确的是（）A.为确定是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若则是弱酸；若则是强酸B.时，在氨水体系中不断通入随着的通入，不断减少C.常温下。将等体积、等物质的量浓度的与NaC1溶液混合，析出部分晶体，过滤，所得滤液则滤液中：D.室温下，将固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入所得溶液中减小5、在25℃时，AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积KSP(25℃)如下：下列错误的是。

。

AgCl

AgI

Ag2S

KSP

1.8×10﹣10

8.51×10﹣16

6.3×10﹣50

A.沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动B.溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀C.AgCl固液共存溶液中加少量0.1mol/LAgNO3，AgCl溶解度减小，KSP(AgCl)减小D.25℃时，饱和AgCl、AgI、Ag2S水溶液中，c(Ag﹣)最小的是Ag2S饱和溶液评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题；它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题：

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ•mol-1

②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1

③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+1025kJ•mol-1

写出NH3(g)和O2(g)在一定条件下转化为N2(g)与液态水的热化学方程式_________

（二）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1。合成时反应温度控制在500℃，压强是2×l07~5×l07Pa；铁触媒做催化剂。

（1）下列反应条件的控制不能用勒夏特列原理解释的是_________。

A．及时分离出NH3

B．使用铁触媒做催化剂。

C．反应温度控制在500℃左右。

D．反应时压强控制在2×l07~5×l07Pa

（2）一定温度下，将1molN2和3molH2置于一恒定容积的密闭容器中反应，一段时间后反应达到平衡状态。下列说法中正确的是________。

A．单位时间内，有3molH-H生成的同时又6mdN-H断裂；说明反应达到平衡状态。

B．N2和H2的物质的量之比保持不变时；说明反应达到平衡状态。

C．达到平衡状态时；混合气体的平均相对分子质量变大。

D．达到平衡状态后,再充入2molNH3，重新达到平衡后，N2的体积分数变小。

（三）如图表示H2的转化率与起始投料比（n(N2)∶n(H2)）、压强的变化关系，则与曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的压强P1、P2、P3从高到低的顺序是_________________；测得B（X，60）点时N2的转化率为50%，则X=________。

（四）一定温度下，将lmolN2和3molH2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为P，NH3的物质的量分数为20%，列式计算出此时的平衡常数Kp=________（用平衡分压代替平衡浓度进行计算；分压=总压×体积分数，可不化简）。

（五）以NO原料，通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，写出以惰性材料作电极的阳极反应式：_______________。7、2019年国际非政府组织“全球碳计划”12月4日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋于缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。

（1）一种途径是将CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：

C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1

2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝___________

（2）CO2甲烷化反应是由法国化学家PaulSabatier提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程：

①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为：___________________________________。

②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2HCOOHCH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉的用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是_______________（填I或II）

（3）CO2经催化加氢可以生成低碳烃；主要有两个竞争反应：

反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

反应II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

在1L密闭容器中冲入1molCO2和4molH2,测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。T1℃时，CO2的转化率为_________。T1℃时，反应I的平衡常数K=_______。

（4）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+4H2O(g)ΔH，m代表起始时的投料比，即m=

①图1中投料比相同，温度T3>T2>T1,则ΔH_____（填“>”或“<”）0.

②m=3时，该反应达到平衡状态后p(总）=20ɑMPa,恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图2.则曲线b代表的物质为_______（填化学式）8、工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体；严重污染空气。对废气进行脱硝；脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。

Ⅰ.脱硝：

已知：H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1

N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH＝+133kJ·mol-1

H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝-44kJ·mol-1

催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为：____________。

Ⅱ.脱碳：

(1)向2L密闭容器中加入2molCO2和6molH2；在适当的催化剂作用下，发生反应：

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)

①该反应自发进行的条件是_____________(填“低温”；“高温”或“任意温度”)

②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是____________。(填字母)

a.混合气体的平均式量保持不变b.CO2和H2的体积分数保持不变。

c.CO2和H2的转化率相等d.混合气体的密度保持不变。

e.1molCO2生成的同时有3molH—H键断裂。

③CO2的浓度随时间（0～t2）变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2～t6CO2浓度随时间的变化。_____________

⑵改变温度，使反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH﹤0中的所有物质都为气态。起始温度、体积相同（T1℃；2L密闭容器）。反应过程中部分数据见下表：

。

反应时间。

CO2(mol)

H2(mol)

CH3OH(mol)

H2O(mol)

反应Ⅰ：恒温恒容。

0min

2

6

0

0

10min

4.5

20min

1

30min

1

反应Ⅱ：绝热恒容。

0min

0

0

2

2

①达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ对比：平衡常数K(I)______K(II)（填“﹥”“﹤”或“＝”下同）；平衡时CH3OH的浓度c(I)____c(II)。

②对反应Ⅰ，前10min内的平均反应速率v(CH3OH)＝_______。在其他条件不变的情况下，若30min时只改变温度T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1___T2(填“>”、“<”或“=”)。若30min时只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，则平衡_____移动(填“正向”“逆向”或“不”)。

⑶利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO2+2H2O=2HCOOH+O2,

装置如图所示：

①电极2的电极反应式是____________；

②在标准状况下，当电极2室有11.2LCO2反应。理论上电极1室液体质量_____(填“增加”或“减少”______g。9、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。

（1）降低温度，化学反应速率__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（2）600℃时，在一容积为2L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10min和20min时，分别改变了影响反应速率的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示，前10min正反应速率逐渐___(填“增大”“减小”或“不变”)；前15min内用SO3表示平均反应速率为__。

（3）图中反应进程，表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是___。

（4）根据上图判断，10min时改变的反应条件可能是___(填编号，下同)；20min时改变的反应条件可能是___。

A．加入催化剂B．缩小容器容积。

C．降低温度D．增加O2的物质的量10、在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol·L－1；试计算：（写出简单的计算过程）

（1）x的值为多少________

（2）B的转化率为多少________

（3）平衡时A的浓度为多少________11、可逆反应：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)；根据图回答：

(1)压强p1_________p2（填“＞”或“＜”）；

(2)a+b__________c+d（填“＞”或“＜”）；

(3)温度t1℃_________t2℃（填“＞”或“＜”）；

(4)正反应为_________反应。(填吸热或放热)12、下图表示的是生产石膏的简单流程，请用平衡移动原理解释向CaCO3悬浊液中通入SO2发生反应的原因______。

13、AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl﹣(aq)。25℃时，现将足量AgCl分别放入：①100mL蒸馏水；②100mL0.2mol•L﹣1AgNO3溶液；③100mL0.1mol•L﹣1氯化镁溶液；④100mL0.1mol•L﹣1氯化钠溶液。充分搅拌后，相同温度下Ag+浓度由大到小的顺序是________(填写序号)。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共4题，共8分)15、汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。已知：

①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH1＝－566.0kJ·mol－1

②N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH2＝＋180.5kJ·mol－1

(1)CO的燃烧热为________。

(2)若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_____kJ（保留到小数点后一位）。16、(1)北京奥运会祥云火炬将中国传统文化；奥运精神以及现代高科技融为一体。火炬内熊熊大火来源于丙烷的燃烧；丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：

①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，请在图中的括号内填入“+”或“−”___。

②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：___。

③二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料，应用前景广阔。1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为___。

(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成；整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：

①已知：H2O(g)═H2O(l)△H1=−Q1kJ/mol

C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=−Q2kJ/mol

C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=−Q3kJ/mol

若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为___kJ。

②碳(s)在氧气供应不充分时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)+O2(g)═CO(g)的△H.但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的△H，计算时需要测得的实验数据有___。17、用活性炭还原法可以处理氮氧化物。如反应：在时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：。01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36

(1)T1℃时，该反应的平衡常数______

(2)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是______答一种即可18、回答下列各题：

（1）已知:①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ/mol；

②

③

则表示氢气燃烧热的热化学方程式为________。

（2）判断下列反应的熵值是增大；减小还是几乎不变。

①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；熵________（填“增大”“减小”“几乎不变”；下同）

②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；熵________

③（NH4）2CO3（g）=NH4HCO3（g）+NH3（g）；熵________

④Cu（s）+Cl2（g）=CuCl2（s）；熵________评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)19、工业上用空气氧化（NH4）2SO3的方法制取（NH4）2SO4；某研究小组用如图装置模拟该过程，并通过测定反应后溶液中SOT的浓度来计算该反应的转化率。

实验步骤如下：

①按图连接好装置；检查装置气密性；

②取200mL0.5000mol•L-1（NH4）2SO3溶液（调节pH=8）装入三颈烧瓶中，加入催化剂，控制气体流速为300L•h-1；在温度为50℃下进行实验；

③反应2.5h后，测定反应后溶液中SO32-的浓度。

回答下列问题：

（1）仪器M的名称为_____，仪器M中装有H2O2溶液，则装置A中发生反应的化学方程式为_______。

（2）实验中通如N2的目的是_____。

（3）装置B的作用是_____（任答一条）。

（4）装置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亚硫酸铵溶液的pH小于8,要调节装置C中溶液的pH=8,应向该溶液中加入一定量的_____（填标号。

aNH3•H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）该实验缺少的装置是_____。

（6）取VmL反应后的溶液（反应前后体积不变）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol•L-1的标准碘溶液滴定至终点时，消耗碘水的体积为bmL，则（NH4）2SO3的转化率为_____。20、工业上用空气氧化（NH4）2SO3的方法制取（NH4）2SO4；某研究小组用如图装置模拟该过程，并通过测定反应后溶液中SOT的浓度来计算该反应的转化率。

实验步骤如下：

①按图连接好装置；检查装置气密性；

②取200mL0.5000mol•L-1（NH4）2SO3溶液（调节pH=8）装入三颈烧瓶中，加入催化剂，控制气体流速为300L•h-1；在温度为50℃下进行实验；

③反应2.5h后，测定反应后溶液中SO32-的浓度。

回答下列问题：

（1）仪器M的名称为_____，仪器M中装有H2O2溶液，则装置A中发生反应的化学方程式为_______。

（2）实验中通如N2的目的是_____。

（3）装置B的作用是_____（任答一条）。

（4）装置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亚硫酸铵溶液的pH小于8,要调节装置C中溶液的pH=8,应向该溶液中加入一定量的_____（填标号。

aNH3•H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）该实验缺少的装置是_____。

（6）取VmL反应后的溶液（反应前后体积不变）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol•L-1的标准碘溶液滴定至终点时，消耗碘水的体积为bmL，则（NH4）2SO3的转化率为_____。21、实验小组研究Mg与NH4Cl溶液的反应，实验如下：。实验试剂X现象ⅠH2O产生极少气泡，Mg表面逐渐变暗，反应很快停止产生极少气泡，Mg表面逐渐变暗，反应很快停止Ⅱ1mol/LNH4Cl溶液(pH=5)数分钟内持续产生较多气泡(经检验含有H2），溶液中出现大量白色固体，试管变热数分钟内持续产生较多气泡(经检验含有H2），溶液中出现大量白色固体，试管变热

(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2固体。反应很快停止的原因是__。

(2)探究实验Ⅰ；Ⅱ产生气泡差异的原因。

假设一：NH4Cl溶液显酸性，c(H+)较大；与Mg反应速率较快。

①用离子方程式表示NH4Cl溶液显酸性的原因：___。

测定实验Ⅱ反应过程中溶液pH随时间的变化；结果如下：

②假设一__(填“是”或“不是”）实验Ⅰ；Ⅱ产生气泡差异的主要原因。

假设二：NH4Cl溶液中的NH溶解Mg(OH)2固体；使Mg能够持续与水反应。

进行实验：向1mol/LNH4Cl溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液a。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液a；固体溶解。

③有同学认为假设二的实验不严谨，需增加对比实验：__(填操作和现象）；说明假设二正确。

④向NH4Cl溶液中加几滴氨水的目的是___。

(3)1min后，实验Ⅱ中还检测到少量NH3。

①检测NH3时要使用湿润的___试纸。

②气体中含有少量NH3的原因是__。

(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，解释Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因：__。22、三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。

已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似；也能与氢氧化钠溶液反应。

请回答下列问题：

（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为___________。

（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。

（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。

（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。

（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：

则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共2分)23、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_____________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A、燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，故氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)＝H2O(l)ΔH＝-285.8kJ/mol；选项A错误；

B、在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热叫做中和热，CH3COOH是弱酸；在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热大于－57.3kJ/mol，选项B错误；

C、水分解生成氢气和氧气是吸热反应，焓变为正值，H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)ΔH＝+242kJ/mol；选项C错误；

D、碳与氧气反应生成二氧化碳放热，反应的热化学方程式为：C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；选项D正确。

答案选D。2、B【分析】【分析】

NH3·H2O与HCl反应：NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，随着反应进行，pH逐渐减小，c(NH4＋)增大，推出L2代表NH4＋物质的量分数与pH的关系，L1代表NH3·H2O的物质的量分数与pH的关系；据此分析；

【详解】

A.pH越小，含量越大，结合图像分析可知曲线代表与pH的变化关系；故A错误；

B.根据P点数据分析可知P点铵根离子浓度等于一水合氨的浓度，氢氧根离子浓度为所以的电离常数故B正确；

C.M点相对于P点，铵离子含量前者大，所以对水的电离促进程度大，所以水的电离程度：故C错误；

D.根据题目信息可知P点的溶液中含有等量的氯化铵和一水合氨，所以c(Cl－)3·H2O)＋c(NH4＋)；故D错误。

答案：B。3、C【分析】【详解】

A．将饱和氯水加水稀释，稀释过程中溶液中c(H+)将减小；对应曲线c，故A错误；

B．将饱和氯水降低温度，Cl2的溶解度将增大，根据可知，平衡将正向移动，溶液中c(H+)将增大，对应曲线b；故B错误；

C．在饱和氯水中加入NaOH，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)；故C正确；

D．溶液pH=7时，次氯酸过量，根据氯气与水反应的特点可知溶液中存在c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，因此c(Cl-)>c(ClO-)；故D错误；

故答案为：C。

【点睛】

对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。4、B【分析】【分析】

A.如果NaHA溶液的可能是弱酸；

B.随着二氧化碳的通入，二氧化碳和水反应生成的碳酸中和一水合氨电离生成的而促进一水合氨电离，导致溶液中增大；

C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得因为析出部分晶体，所以导致溶液中

D.CaO和水反应生成和反应生成和NaOH，溶液碱性增强抑制碳酸钠水解，导致溶液中减小，温度不变水解平衡常数不变。

【详解】

如果NaHA溶液的可能是弱酸，如溶液但是是弱酸；故A错误；

B.温度不变电离平衡常数不变，随着二氧化碳的通入，二氧化碳和水反应生成的碳酸中和一水合氨电离生成的而促进一水合氨电离，导致溶液中增大，所以减小；故B正确；

C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得因为析出部分晶体，所以导致溶液中则故C错误；

D.温度不变水解平衡常数不变，CaO和水反应生成和反应生成和NaOH，溶液碱性增强抑制碳酸钠水解，导致溶液中减小，增大；故D错误；

故选：B。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意BD中分式判断，如果分式中分子、分母浓度变化一致时将分式向平衡常数转化，BD为解答易错点。5、C【分析】【分析】

【详解】

A.沉淀转化的实质就是通过离子反应使一种难溶物质逐渐溶解；同时生成另一种难溶物质的过程，故属于沉淀溶解平衡的移动，故A正确；

B.对于相同类型的难溶性盐；一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向AgCl的白色悬浊液中加入KI溶液，可生成AgI沉淀，故B正确；

C.溶度积常数只随温度改变，所以AgCl固液共存溶液中加少量0.1mol/LAgNO3，AgCl溶解度减小，KSP(AgCl)不变；故C错误；

D．Ag2S与AgCl、AgI不是同类型沉淀，但是其Ksp数量级与AgCl和AgI相差极大，所以Ag2S更难溶，则c(Ag+)最小的是Ag2S饱和溶液；故D正确。

故选C。

【点睛】

本题考查难溶电解质的溶解平衡移动，注意把握溶度积常数的影响因素及溶度积常数的应用、沉淀的转化原理。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【详解】

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ•mol-1，②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+l025kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×6-②×2-③得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=（-44kJ•mol-1）×6-（+180.5kJ•mol-1）×2-（+l025kJ•mol-1）=-1650kJ/mol，故答案为4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/mol；

（二）（1）A．及时分离出NH3；减小了氨气的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；B．使用铁触媒做催化剂，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选；C．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨的合成，反应温度控制在500℃左右是提高反应速率和催化剂的活性，不能用勒夏特列原理解释，选；D．该反应属于气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；故选BC；

（2）A．单位时间内，有3molH-H生成的同时必定6mdN-H断裂，不能说明反应达到平衡状态，错误；B．根据方程式，起始是N2和H2的物质的量之比等于化学计量数之比，反应过程中N2和H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态C．反应后，气体的物质的量减小，质量不变，因此达到平衡状态时，混合气体的平均相对分子质量变大，正确；D．达到平衡状态后，再充入2molNH3，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达到平衡后，N2的体积分数变小；正确；故选CD；

（三）分析图象变化可知：在投料比一定时，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的氢气的转化率依次降低，因此压强依次减小，故P1>P2>P3；设起始量氢气为x，氮气物质的量为y；根据题意和图像，N2的转化率为50%，H2的转化率为60%；

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)yx0.5y0.6x则0.5y：0.6x=1：3，解得=即X=故答案为P1>P2>P3；

（四）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

反应x3x2x

平衡1-x3-3x2x

则×100%=20%，解得x=mol，NH3的物质的量分数为÷=20%，N2的物质的量分数为20%，H2的物质的量分数为60%，平衡常数Kp=故答案为

（五）根据总反应：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，阳极发生氧化反应，一氧化氮失去电子生成硝酸根离子，电极反应式为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-，故答案为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-。【解析】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/molBCCDP1>P2>P32∶5NO+2H2O-3e-=4H++NO3-7、略

【分析】【分析】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)；求焓变；

（2）①根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4；

②当镍粉用量增加10倍后；甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快；。

（3）1L容器，T1℃时；根据三段是：

求出CO2的转化率；反应I的平衡常数K；

（4）①根据图示，温度越高，H2转化率越低；说明正反应为放热反应；

②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH。

【详解】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝+1366.8kJ·mol－1，故答案为：+1366.8kJ·mol－1；

（2）①根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4，则化学方程式为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，故答案为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4；

②当镍粉用量增加10倍后；甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，故答案为：Ⅱ；

（3）1L容器，T1℃时；根据三段是：

CO2的转化率为平衡时，c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=2mol/L，c(CH4)=0.2mol/L，c(H2O)=1.2mol/L；则。

T1℃时，反应I的平衡常数故答案为：

（4）①根据图示，温度越高，H2转化率越低，说明正反应为放热反应，△H＜0；故答案为：＜；

②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH，故答案为：CO2。【解析】+1366.8kJ·mol－13Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4Ⅱ<CO28、略

【分析】本题考查化学平衡状态的判断；盖斯定律的应用，平衡移动的应用，燃料电池的应用，电极式的书写。

I、根据氢气的热值可书写氢气的热化学方程式是2H2(g)+O2（g）＝H2O（l)△H＝-142.9×4kJ/mol=-571.6kJ/mol，根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氧气与液态水消去得到H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式，为4H2（g）+2NO2（g）＝N2（g）+4H2O（g）△H＝-1100.2kJ·mol-1；

II、（1）①该反应的△S<0，所以若反应自发进行，则△H<0；因此反应自发进行的条件是低温自发；

②a；该体系中的气体只有二氧化碳和氢气；且二者的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以混合气体的平均式量始终不变，不能判断为平衡状态，错误；

b、二氧化碳与氢气始终是1：3的关系，所以CO2和H2的体积分数保持不变的状态不是平衡状态；错误；

c；二氧化碳与氢气的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比；所以二者的转化率一定相等，与是否达到平衡状态无关，错误；

d；因为该体系中有液体参加；所以气体的质量在逐渐减少，则气体的密度减小，达平衡时，保持不变，正确；

e、1molCO2生成的同时有3molH-H键断裂；符合正逆反应速率相等，是平衡状态，答案选de；

③在t2时将容器容积缩小一倍，二氧化碳的浓度瞬间增大到1mol/L，则压强增大，平衡正向移动，t3时达到平衡，达到的平衡与原平衡相同，浓度仍是0.5mol/L；该反应是放热反应，t4时降低温度，则平衡正向移动，t5时达到平衡，则二氧化碳的浓度将小于0.5mol/L，对应的图像为

（2）①因为生成甲醇的反应是放热反应，而反应II是从逆反应开始的，所以反应吸热，所以绝热容器的温度要低于恒温容器，即反应I温度高于反应II，温度升高，放热反应的平衡常数减小，则K(I)3OH的浓度c(I)

②对反应I，前10min内氢气的物质的量减少6-4.5=1.5mol，则甲醇的物质的量增加0.5mol，所以前10min内平均反应速率v(CH3OH)＝0.5mol/2L/10min="0.025mol"·L-1·min-1；30min时是平衡状态，生成甲醇1mol，则消耗氢气3mol，平衡氢气的物质的量是3mol，而改变温度后氢气的物质的量变为3.2mol，物质的量增大，说明平衡逆向移动，因为该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，则T12；若30min时只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，根据表中数据计算该温度下的平衡常数为K=1/6.75，此时Qc=1/6.75=K；所以平衡不移动。

（3）离子交换膜为质子膜，则电解质溶液呈酸性，根据总的电池反应为2H2O+2CO2═2HCOOH+O2可知，该反应中C元素化合价由+4价变为+2价，O元素化合价由-2价变为0价，所以1是负极、2是正极，（也可根据装置图中电子的流向判断1是负极、2是正极），负极上水失电子生成氢离子和氧气，判断电极1电极反应：2H2O-4e-═O2+4H+，酸性增强，H+通过质子膜进入到电极2区域；电极2通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应：CO2+2H++2e-═HCOOH，酸性减弱，从总反应看，每消耗1molCO2，就会消耗1molH2O，现有标准状况下，11.2LCO2即0.5mol反应，那就会消耗0.5molH2O即9g。【解析】4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g)△H＝-1100.2kJ·mol-1低温de<<0.025mol·L-1·min-1<不CO2+2H++2e-=HCOOH减少99、略

【分析】【分析】

(1)结合温度对速率的影响分析。

(2)10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大；根据n=计算前15min内用SO2表示的平均反应速率；

(3)当反应达到化学平衡状态时；各组分的浓度不随时间的变化而变化；

(4)10min到15min的时间段；化学反应速率加快，二氧化硫和氧气的量减小，三氧化硫的量增加；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，据此分析。

【详解】

(1)降低温度；化学反应速率减小；

(2)根据图示可知，10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小；15min时三氧化硫的物质的量为0.04mol，前15min内用SO3表示的平均反应速率为：v(SO3)==1.33×10-3mol/(L•min)；

(3)根据图示曲线变化可知；15～20min；25～30min时间段，各组分的浓度不随时间的变化而变化，说明反应达到化学平衡状态；

(4)根据图像所示信息，10min到15min的时间段，化学反应速率加快，可以是加了催化剂或者是增大压强，或缩小容器体积，故答案为AB；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，可以推断是增加了O2的量，故答案为D。【解析】①.减小②.减小③.1.33×10-3mol/（L•min）④.15～20min和25～30min⑤.AB⑥.D10、略

【分析】【分析】

3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)

起6mol5mol00

转3mol1mol2mol2mol

平3mol4mol2mol4L×0.5mol·L－1

【详解】

（1）物质的量的变化量之比等于化学计量数之比；因此x=2，故答案为：2；

（2）B的转化率故答案为：20%；

（3）平衡时A的浓度故答案为：0.75mol/L

【点睛】

化学平衡的计算，三段式是常用方法，把三段式列出来，然后根据题目要求，具体计算。【解析】①.2②.20%③.0.75mol/L11、略

【分析】【分析】

根据“先拐先平”判断：p2＞p1，t1＞t2。p2＞p1，增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动；t1＞t2；温度升高，A的百分含量减小，说明平衡正向移动，△H＞0。

【详解】

(1)由图像可知时p2先达到平衡，说明p2压强较大，反应速率较大，则压强p1比p2小，故答案为：p1＜p2；

(2)增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则(a+b)比(c+d)小，故答案为：a+b＜c+d；

(3)由图象可知t1℃时先达到平衡，温度较高，则温度t1℃比t2℃高，故答案为：t1℃＞t2℃；

(4)温度升高，A的百分含量减小，说明平衡正向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，故答案为：吸热。【解析】①.p1＜p2②.(a+b)＜(c+d)③.t1℃＞t2℃④.吸热12、略

【分析】【详解】

由于CaCO3悬浊液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，当通入SO2时，CO32-与SO2发生反应，使得c(CO32-)减小，从而溶解平衡正向移动，Ca2+与SO32-结合生成CaSO3，即CaCO3转化为CaSO3，故答案为：CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。【解析】CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。13、略

【分析】【分析】

①是氯化银自身溶解电离出银离子；②③④都会抑制氯化银的溶解，但②中银离子浓度很大。

【详解】

①100mL蒸馏水，c（Ag+）=c（Cl-）=离子浓度很小；②100mL0.2mol∙L﹣1AgNO3溶液，银离子浓度等于0.2mol∙L﹣1；③100mL0.1mol∙L﹣1氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2mol∙L﹣1，对AgCl在水中溶解起抑制作用，银离子浓度较小；④100mL0.1mol∙L﹣1氯化钠溶液中氯离子浓度为0.1mol∙L﹣1，对AgCl在水中溶解起抑制作用，银离子浓度比③中银离子浓度大；因此充分搅拌后，相同温度下Ag+浓度由大到小的顺序是②①④③，故答案为：②①④③。【解析】②①④③三、判断题(共1题，共2分)14、×【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、计算题(共4题，共8分)15、略

【分析】【分析】

（1）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；据此分析；

（2）ΔH2=反应物总键能-生成物总键能进行计算。

【详解】

（1）由①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH1＝－566.0kJ·mol－1反应可知，CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol－1，由此可知，CO的燃烧热为283.0kJ·mol-1；

故答案为283.0kJ·mol-1；

（2）设1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，ΔH2=反应物总键能-生成物总键能=(946+498)kJ-2x=180.5kJ；解得x=631.8；

故答案为：631.8。【解析】283.0kJ·mol-1631.816、略

【分析】【分析】

(1)①由图可知；反应物的总能量大于生成物的总能量；

②由图象可知，丙烷完全燃烧生成1mol水的焓变△H=−553.75kJ/mol；

③依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比；

(2)①依据盖斯定律计算可得；

②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+O2(g)═CO(g)的△H；需要知道碳和一氧化碳的燃烧热才能计算得到。

【详解】

(1)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为反应放热，△H为“−“；故答案为：−；

②由图象可知，丙烷完全燃烧生成1mol水的焓变△H=−553.75kJ/mol，则反应的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol；

③1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量，若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量；设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，丙烷物质的量为1−x，由热化学方程式可知丙烷燃烧放热2215(1−x)kJ，由题意可得关系式1645−1455x=2215(1−x)，解得x=0.75，则混合丙烷物质的量为0.25mol，混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25:0.75=1:3，故答案为：1:3；

(2)①将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，③−②+①×3得热化学方程式C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)，则△H1=−(3Q1−Q2+Q3)kJ/mol，若使23g液态无水酒精物质的量为0.5mol，完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为(1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3)kJ，故答案为：1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3；

②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+O2(g)═CO(g)的△H，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热才能计算得到，故答案为：碳、一氧化碳的标准燃烧热。【解析】−C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol1:31.5Q1−0.5Q2+0.5Q3碳、一氧化碳的标准燃烧热17、略

【分析】【分析】

(1)Tl℃时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度c(N2)=0.3mol/L、c(CO2)=0.3mol/L；c(NO)=0.4mol/L；以此计算反应的平衡常数；

(2)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)；由图表数据分析计算平衡常数K′，根据平衡常数结合影响化学平衡的因素分析解答。

【详解】

(1)时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度则故答案为：

(2)后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，由图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，平衡常数平衡常数随温度变化，平衡常数不变，说明改变的条件一定不是温度；由氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体系数和相等，则改变的条件可能是通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的和故答案为：通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的和【解析】①.②.通入一定量的NO；适当缩小容器的体积；增大压强；通入等物质的量的和18、略

【分析】【分析】

(1)已知：①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-192.9kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，根据盖斯定律，(②-①)÷3-③可得：H2(g)+O2(g)=H2O(l)；

(2)产生气体或气体物质的物质的量增大的反应；熵变通常都是正值，为熵增加反应，反之为熵减小的反应，据此判断。

【详解】

(1)已知：①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-192.9kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，根据盖斯定律，(②-①)÷3-③可得：H2(g)+O2(g)=H2O(l)则△H=[(-192.9kJ/mol)-(+49.0kJ/mol)]÷3-(+44kJ/mol)=-124.6kJ/mol，即氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-124.6kJ/mol；

(2)①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)为气体体积减小的反应；属于熵值减小的反应；

②H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)前后气体体积不变；熵值几乎不变；

③(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g)；反应前没有气体，反应后生成气体，为熵值增加的反应；

④Cu(s)+Cl2(g)═CuCl2(s)；反应前有气体，反应后没有气体，属于熵值减小的反应。

【点睛】

通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。【解析】H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-124.6kJ/mol减小几乎不变增加减小五、实验题(共4题，共8分)19、略

【分析】【分析】

装置A为制备氧气的装置，其反应方程式为：2H2O22H2↑+O2↑，与氮气一同模拟空气进入装置B中，装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气；进入装置C中，氧化亚硫酸铵，装置D中的稀硫酸的作用为尾气处理。

【详解】

（1）仪器M的名称为分液漏斗，装置A制备氧气，根据装置可以判断反应为2H2O2

2H2↑+O2↑，故答案为：分液漏斗；2H2O22H2↑+O2↑；

（2）实验目的是模拟空气氧化亚硫酸铵；氮气与氧气混合模拟空气，故答案为：氮气与氧气混合模拟空气；

（3）装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气，避免气体带走装置C中水蒸气使溶液体积减小，导致剩余SO32-浓度偏大，最终测得（NH4）2SO3的转化率减小；故答案为：观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）；

（4）采用多孔球泡可以增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率，Ba(OH)2与澄清石灰水均与SO32-反应，影响SO32-转化率；根据装置图，用稀硫酸吸收尾气，说明调节pH用的是氨水，故答案为：增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率；a；

（5）可以判断出该实验缺少的装置是带有温度计的水浴加热装置；故答案为：带有温度计的水浴加热装置；

（6）根据反应方程式：SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+，计算n(SO32-)=n(I2)=ab×10-3mol，则（NH4）2SO3的转化率为故答案为：【解析】分液漏斗2H2O22H2↑+O2↑氮气与氧气混合模拟空气观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率a带有温度计的水浴加热装置20、略

【分析】【分析】

装置A为制备氧气的装置，其反应方程式为：2H2O22H2↑+O2↑，与氮气一同模拟空气进入装置B中，装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气；进入装置C中，氧化亚硫酸铵，装置D中的稀硫酸的作用为尾气处理。

【详解】

（1）仪器M的名称为分液漏斗，装置A制备氧气，根据装置可以判断反应为2H2O2

2H2↑+O2↑，故答案为：分液漏斗；2H2O22H2↑+O2↑；

（2）实验目的是模拟空气氧化亚硫酸铵；氮气与氧气混合模拟空气，故答案为：氮气与氧气混合模拟空气；

（3）装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气，避免气体带走装置C中水蒸气使溶液体积减小，导致剩余SO32-浓度偏大，最终测得（NH4）2SO3的转化率减小；故答案为：观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）；

（4）采用多孔球泡可以增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率，Ba(OH)2与澄清石灰水均与SO32-反应，影响SO32-转化率；根据装置图，用稀硫酸吸收尾气，说明调节pH用的是氨水，故答案为：增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率；a；

（5）可以判断出该实验缺少的装置是带有温度计的水浴加热装置；故答案为：带有温度计的水浴加热装置；

（6）根据反应方程式：SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+，计算n(SO32-)=n(I2)=ab×10-3mol，则（NH4）2SO3的转化率为故答案为：【解析】分液漏斗2H2O22H2↑+O2↑氮气与氧气混合模拟空气观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率a带有温度计的水浴加热装置21、略

【分析】【详解】

(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2固体。而氢氧化镁不溶于水，会覆盖在镁单质的表面，减少了镁与水的接触面积，从而使反应速率减慢并停止，故答案为：生成的Mg(OH)2覆盖在Mg表面；使Mg与水接触面积减小，反应很快停止；

(2)①NH4Cl溶液显酸性是因铵根离子能发生水解反应产生氢离子，反应为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+；

②根据反应过程中的pH值变化曲线；若假设一是实验I；II产生差异的原因的话，因此起始时氯化铵的浓度最大，水解产生的氢离子浓度最大，开始阶段的反应速率应比较大，则开始阶段pH值应出现明显变化，这与图像不符合，因此假设一不是实验Ⅰ、Ⅱ产生气泡差异的主要原因，故答案为：不是；

③假设二的实验操作中不能说明是铵根离子还是氢氧根离子对氢氧化镁产生了影响，应补充对照实验，排除氢氧根离子对沉淀的影响，具体操作：在其他条件相同时，向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解，故答案为：向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b；固体不溶解；

④向NH4Cl溶液中加几滴氨水是溶液呈碱性，这样可以在确保铵根浓度不变的情况下，排除氢离子的影响，故答案为：排除H+的影响，同时使c(NH)基本不变；

(3)①检测NH3一般用湿润的红色石蕊试纸；看试纸是否变蓝，故答案为：红色石蕊；

②随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3，导致气体中含有少量NH3，故答案为：随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3；

(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更