2025年外研版选修四化学下册月考试卷

…………○…………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年外研版选修四化学下册月考试卷626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、某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是()

A.三种化合物的稳定性顺序：BB.两步反应均为放热反应C.该反应ΔH>0，加入催化剂不改变反应的焓变D.整个反应的ΔH=E1-E22、某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A(g)+xB(g)2C(g)；达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间变化如下图所示。下列说法中正确是。

A.8min时表示正反应速率等于逆反应速率B.前20minA的反应速率为1.00mol/(L·min)C.反应方程式中的x=1，30min时表示增大压强D.40min时改变的条件是升高温度，且正反应为放热反应3、恒容密闭容器中，充入1molA和2molB发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)；反应过程中测得D的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法错误的是。

A.若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2B.温度为T1时B的平衡转化率为80%，平衡常数K=4C.无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度不变时，反应达平衡状态D.降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率4、在一定条件下密闭容器中的反应：2A（g）+B（g）2C（g）△H＜0达到平衡后，改变一个条件x，下列量y的变化一定符合图中曲线的是（）

xyA再加入AB的转化率B再加入CA的体积分数C增大体积A的转化率D升高温度混合气体的平均摩尔质量

A.AB.BC.CD.D5、臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)；反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（）

。A

B

C

D

升高温度；正反应方向平衡常数减小。

0~3s内，反应速率为：v(NO2)＝0.2mol·L-1·s-1

t1时仅加入催化剂；平衡正向移动。

达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)

A.AB.BC.CD.D6、已知醋酸；醋酸根离子在溶液中存在下列平衡：

CH3COOH+H2OCH3COO—+H3O+K1=1.75×10-5

CH3COO—+H2OCH3COOH+OH—K2=5.71×10-10

常温下将50mL0.2mol/L醋酸与50m0.2mol/L醋酸钠混合制得溶液甲，下列叙述正确的是A.甲溶液的pH>7B.对甲进行微热，K1增大、K2减小C.甲溶液中有c（CH3COO—）>c（Na+）>c（CH3COOH）D.若在甲中加入5mL0.1mol/L的盐酸，则溶液中醋酸的K1会变大7、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义常温下，某浓度溶液在不同pH值下，测得变化如图所示。下列说法正确的是。

A.时，B.常温下，C.b点时，D.时，先增大后减小8、将0.2molAgNO3、0.4molCu(NO3)2和0.6molKCl溶于水配成100mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3molCu，此时，另一极上的气体体积(标准状况)为()A.4.48LB.5.6LC.6.7LD.7.8L评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、已知反应：

①C（s）＋1/2O2（g）＝CO（g）ΔH1＝－110.5kJ/mol

②稀溶液中，H+（aq）＋OH-（aq）＝H2O（l）ΔH2＝－57.3kJ/mol

下列结论正确的是（）A.若碳的燃烧热用ΔH3来表示，则ΔH3<ΔH1B.H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热ΔH＝2×（－57.3）kJ·mol-1C.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ10、初始温度为t℃，向三个密闭的容器中按不同方式投入反应物，发生如下反应：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，测得反应的相关数据如下：。容器容器类型初始体积初始压强/Pa反应物投入量/mol平衡时Cl2的物质的量/molHClO2Cl2H2OHClO2Cl2H2OI恒温恒容1L41001II绝热恒容1Lp20022aIII恒温恒压2Lp38200b

下列说法正确的是()A.反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)的ΔH>－116kJ·mol－1B.a＞1,b＞2C.p2＝1.6×105Pa，p3＝4×105PaD.若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，则反应向逆反应方向进行11、500℃时，在四个体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。有关物质起始时的物质的量数据如下表所示：。容器起始时物质的量/molNO2SO2SO3NONO甲0.10.100乙0.150.050.050.05丙000.20.2丁0.10.200

已知甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1。下列说法正确的是A.升温至700℃，上述反应的平衡常数为则正反应为吸热反应B.达平衡时，容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍C.达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同D.保持温度不变容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，此时v(正)＞v(逆)12、甲、乙均为1L的恒容密闭容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH4和nmolCO2，在催化剂存在下发生反应：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.该反应的正反应是吸热反应B.773K时，该反应的平衡常数小于12.96C.H2的体积分数：D.873K时，向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，平衡不发生移动13、在体积为2L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。将1molCO2和3molH2在反应器中反应8小时，CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH>0B.图中P点所示条件下，延长反应时间能提高CH3OH的产率C.图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度可提高H2的转化率D.520K时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=14、I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I-(aq)I3-(aq)ΔH。某I2、KI混合溶液中，I－的物质的量浓度c(I－)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是（）

A.该反应ΔH＞0B.若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆C.若在T1、T2温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2D.状态A与状态B相比，状态A的c(I3-)大15、常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)与c(OH－)的乘积为10－15，该溶液可能是A.一定浓度的醋酸溶液B.一定浓度的NaHSO4溶液C.一定浓度的NH4Cl溶液D.0.1mol/L的NaCl溶液16、已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－①HSO3－H++SO32－②，向0.1mol/L的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是A.加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大B.加入少量Na2SO3固体，则c(H+)+c(Na+)=c(HSO3－)+c(OH－)+c(SO32－)C.加入少量NaOH溶液，的值均增大D.加入氨水至中性，则c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、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____________。

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pc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______________。

②已知下列反应：

SO2(g)+2OH−(aq)=SO32−(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO−(aq)+SO32−(aq)=SO42−(aq)+Cl−(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42−（aq）ΔH3

则反应SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO−(aq)+2OH−(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl−(aq)的ΔH=_______。18、用如图所示装置进行中和热测定实验；请回答下列问题：

（1）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是___；从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是___。

（2）使用补全仪器后的装置进行实验，取50mL0.25mol/LH2SO4溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，若用50mL0.50mol·L-1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会___。(填“偏大”、“偏小”、“不受影响”)19、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

（1）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）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式___。20、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_______。21、据公安部2019年12月统计；2019年全国机动车保有量已达3.5亿。汽车尾气排放的碳氢化合物；氮氧化物及碳氧化物是许多城市大气污染的主要污染物。

I.汽油燃油车上安装三元催化转化器；可有效降低汽车尾气污染。

（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=−393.5kJ·mol−1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=−221.0kJ·mol−1

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol−1

CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式___。

（2）对于2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）；在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反应开始进行。

下列能说明该反应已经达到平衡状态的是___（填字母代号）。

A.比值不变。

B.容器中混合气体的密度不变。

C.v（N2）正=2v（NO）逆

D.容器中混合气体的平均摩尔质量不变。

（3）使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO；装置如图2所示。

已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式___。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理___。

（4）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H<0。实验测得：v正=v(CO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=(CO2)消耗=k逆c2(CO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(CO)、n(O2)如表：。时间/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4

①T1温度时=___L/mol。

②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__T1(填“>”、“<”或“=")。

II.“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，将一定量的H2和CO2置于恒容密闭容器中发生反应X：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H<0

（5）温度为T时，向10L密闭容器中充入5molH2和CO2的混合气体，此时容器内压强为5P，两种气体的平衡转化率ɑ与的关系如图所示：

①图中CO2的平衡转化率可用表示___（L1或L2）

②该温度下，反应X的平衡常数Kp=___。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。22、图表示800℃时；A；B、C三种气体物质的浓度随时间变化的情况，t是达到平衡状态的时间。试回答：

(1)该反应的化学方程式为________。

(2)2min内，A物质的平均反应速率为_______。23、（1）CuSO4的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH_____（填“＞”或“＝”或“＜”），实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于________中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以_____（填“促进”；“抑制”）其水解。

（2）泡沫灭火器中的主要成分是_______和_______溶液，反应的离子方程式为________。24、利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5；可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的________极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。

（2）工作时，甲池内的NO向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上发生的电极反应为_________________________________。

（4）若溶液中减少了0.01molCr2O则电路中至少转移了___________mol电子。25、电化学是研究化学能与电能转换的装置；过程和效率的科学；应用极其广泛。回答下列问题：

(1)下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是______________(填序号)。

I．CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2ΔH<0

II．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH>0

III．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH<0

VI．2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH<0

(2)下图容器中均盛有稀硫酸。

①装置A中的能量转化方式是_____________________________；装置C电池总反应为____________________________________________________________。

②装置D中铜电极上观察到的现象_____________________________，溶液中的H+移向_____________(填“Cu”或“Fe”)极附近。

③四个装置中的铁被腐蚀时由快到慢的顺序是______________(填字母)。评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)26、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共6分)27、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1题，共10分)28、中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。以CO2为碳源制取低碳有机物一直是化学领域的研究热点，CO2加氢制取低碳醇的反应如下：

反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=-49.0kJ/mol

反应II：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)∆H=-173.6kJ/mol

Ⅰ.(1).写出由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的反应的热化学方程式_______。

Ⅱ.在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

(1)从3min到9min，υ(H2)=_______mol·L-1·min-1。

(2)能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填编号)。

A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1(即图中交叉点)

B.混合气体的密度不随时间的变化而变化。

C.单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O

D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变。

(3)平衡时CO2的转化率为_______。

(4)该反应平衡常数表达式为_______。

(5)一定温度下，第9分钟时υ逆(CH3OH)_______(填“大于”、“小于”或“等于”)第3分钟时υ正(CH3OH)。

(6)写出CH3OH燃料电池在酸性环境中的负极反应式_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

A→B的反应；反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。

【详解】

A.物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B

B.A→B的反应为吸热反应；B→C的反应为放热反应，B错误；

C.由于反应物总能量比生成物总能量高，所以该反应的反应热ΔH<0；加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，只提高反应速率，不改变平衡移动，C错误；

D.整个反应中△H=(E1-E2)+(E2-E3)-E4=E1-E3-E4；D错误；

故合理选项是A。

【点睛】

本题考查化学反应与能量变化，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为C，注意把握放热反应ΔH<0，吸热反应ΔH>0，催化剂可以改变反应途径，降低反应的活化能，但反应热不变。2、D【分析】【分析】

【详解】

A.由图象可知反应从正反应方向开始；在20min时反应达到平衡状态，在20min以前反应没有达到平衡状态，由于反应物的浓度逐渐减小，生成物的浓度逐渐增大，可知正反应速率大于逆反应速率，A错误；

B.由图象可知在前20min内C的浓度变化了2.00mol/L；v(C)=2mol/L÷20min=0.1mol/(L·min)，根据v(A):v(C)=1:2，可知：v(A)=0.1mol/(L·min)÷2=0.05mol/(L·min)，B错误；

C．根据图1可知在30-40min内反应物；生成物的浓度都降低；说明扩大了容器的容积，减小了体系的压强，而此时由图象2可看出v(正)、v(逆)都减小，但减小后的v(正)=v(逆)，说明减小了压强，平衡不移动，1+x=2，则x=1，C错误；

D．根据图象可知；40min时正；逆反应速率都增大，由于该反应是体积不变的反应，所以改变的外界条件只能是升高温度；由于升高温度后，逆反应速率大于正反应速率，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，D正确；

本题合理选项是D。

【点睛】

本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响。注意图象中横坐标和纵坐标的含义，根据图象出现变化时的浓度变化、反应速率的变化来确定反应方程式的系数关系及影响化学平衡移动的因素是本题解答的关键。3、D【分析】【详解】

A．根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度D的含量降低，则平衡逆向移动，则该反应是放热反应，升高温度平衡常数减小，则X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2；故A正确；

B．温度为T1时；N的平衡转化率为80%，则消耗的n（B）=2mol×80%=1.6mol；

化学平衡常数K=B正确；

C.无论温度为T1还是T2；由于物质A是固体，故在反应过程中容器中气体密度一直在变化，现在不变了，说明反应达平衡状态了，C正确；

D.由A项分析可知该反应正向是个放热反应；故降低温度和及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率，但由于该反应前后气体计量数之和不变，增大压强不能使平衡发生移动，D错误；

故答案为：D。4、A【分析】【详解】

A．加入A；A的浓度增大，平衡正向移动，促进B的转化，则随A的加入，B的转化率增大，与图像一致，故A正确；

B．体积不变时；再加入C，相当于增大压强，平衡正向移动，A的体积分数会减小，与图像变化不一致，故B错误；

C．该反应为气体体积减小的反应；则增大体积后压强减小，平衡向着逆向移动，则A的转化率减小，与图像变化不一致，故C错误；

D．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，由M=可知；混合气体平均摩尔质量减小，与图像变化不一致，故D错误；

故选A。5、B【分析】【详解】

A．达到平衡后；升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故A错误；

B．0～3s内，反应速率为v(NO2)==0.2mol•L-1•s-1；故B正确；

C．催化剂同等程度增大正逆反应速率；不影响平衡移动，故C错误；

D．x为c(O2)时；增大浓度，平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故D错误；

故答案为B。6、C【分析】【详解】

A．由K的关系可知；醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离大于水解，溶液显酸性，pH＜7，选项A错误；

B．电离、水解均为吸热反应，则对甲进行微热，K1、K2同时增大；选项B错误；

C．醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离程度大于水解程度，则c(CH3COO-)＞0.1mol/L，c(CH3COOH)＜0.1mol/L，c(Na+)=0.1mol/L，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)；选项C正确；

D．加入盐酸，酸性增强，但醋酸的电离常数只与温度有关，则溶液中醋酸的K1不变；选项D错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离及盐类水解，明确电离与水解的程度及K的影响因素即可解答，易错点为选项C．根据醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离程度大于水解程度，判断离子浓度关系。7、C【分析】【分析】

根据题意，越大，c越小，由此分析图可知：随着pH的增大，pc逐渐增大的是H2A，先减小后增大是HA-，逐渐减小的是A2-；a点c(H2A)和c(HA-)相等，b点c(H2A)和c(A2-)相等，c点c(HA-)和c(A2-)相等。根据以上认识；结合电解质溶液知识及物质的性质，可解答各小题。

【详解】

时，左侧曲线是的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是的物质的量浓度的负对数，故A错误；

B.交点a处交点c处故B错误；

C.b点时，故C正确；

D.时，结合物料守恒，始终不变；故D错误；

答案选C。

【点睛】

根据题给图来解题时，要善于利用图中特殊的点。如本题中的a、b、c三个点，分别表示c(H2A)=c(HA-)，c(H2A)=c(A2-)，c(HA-)=c(A2-)，用好了，能方便地解决问题。8、B【分析】【详解】

三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应后溶液中含有0.2molKNO3、0.4molCu(NO3)2和0.4molKCl，当有0.3molCu生成时，先后发生反应：①Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑②2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。在阳极上先后生成Cl2和O2。n(Cl2)＝1/2n(KCl)＝(1/2)×0.4mol＝0.2mol，根据电子守恒有：0.3mol×2＝0.2mol×2＋4n(O2)，解得n(O2)＝0.05mol，所以阳极共产生气体体积为：(0.2mol＋0.05mol)×22.4L·mol－1＝5.6L。故选B。二、多选题(共8题，共16分)9、AD【分析】【详解】

A.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，又C(s)+O2(g)═CO(g)△H1=-110.5kJ/mol，该反应没有生成稳定氧化物，则碳燃烧生成稳定氧化物时放出热量大，所以△H3＜△H1，故A正确；

B.中和热必须是生成1molH2O所放出的热量，与几元酸、碱无关，而H2SO4和Ca(OH)2反应除生成水以外还生成硫酸钙沉淀，放出更多的热量，则H2SO4和Ca(OH)2反应的△H＜2×(-57.3)kJ/mol，故B错误；

C.很多放热反应也需要条件才发生，如碳的燃烧反应，需要加热才发生，但是该反应为放热反应，故C错误；

D.醋酸电离要吸热，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D正确。

故选：AD。

【点睛】

燃烧热：在25摄氏度,101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；中和热：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量叫做中和热。10、BD【分析】【分析】

三个容器中，Ⅰ与Ⅱ均为恒容容器，差别在于前者恒温，后者绝热；不妨设想容器Ⅳ，其与容器Ⅰ其余的条件相同，仅投料方式按照容器Ⅱ中的投料方式进行，那么容器Ⅳ中的平衡与Ⅰ中的等效，容器Ⅳ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，体积扩大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器Ⅲ是在恒温恒压的条件下反应的；不妨设想容器Ⅴ，其与容器Ⅲ的其他的条件相同，仅容器类型更改为恒温恒容的容器，那么容器Ⅴ中的平衡状态与Ⅰ中的等效，容器Ⅴ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为2mol。

【详解】

A．4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)，生成液态水，气态水变液态水放出热量，因此ΔH＜－116kJ·mol－1；故Ａ错误；

B．构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容，容器Ⅱ的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器Ⅱ由于是绝热的，所以容器Ⅱ中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，相比于容器Ⅳ达到平衡时消耗的Cl2更少，所以a＞1；构造的容器Ⅴ的类型为恒温恒容，容器Ⅲ的类型为恒温恒压，二者都是正向反应建立的平衡，由于容器Ⅴ为恒容容器，所以反应开始后容器Ⅴ中的压强逐渐小于容器Ⅲ中的压强，压强越小越不利于反应正向进行，因此平衡时，容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的，所以b＞2；故B正确；

C．根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，温度相同，体积相同，则压强之比等于物质的量之比解得p2＝1.6×105Pa，III容器体积和加入的物质的量都是I容器的2倍，因此压强相同p3＝2×105Pa；故C错误；

D．反应容器Ⅰ平衡常数若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，则反应向逆反应方向进行，故D正确。

综上所述，答案为BD。11、BC【分析】【分析】

500℃时，甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1；

500℃时，

【详解】

A.500℃时，平衡常数是升温至700℃，上述反应的平衡常数为说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B.根据“一边倒”原则，丙中相当于投入0.2molNO2(g)和0.2molSO2(g)，投料为甲的2倍，相当于加压，加压平衡不移动，达平衡时，所以容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍；故B正确；

C.根据“一边倒”原则，乙相当于都是投入0.2molNO2(g)和0.1molSO2(g)；与丁是等效平衡关系，因此达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同，故C正确；

D.保持温度不变，容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，＞K，此时v(正)＜v(逆)；故D错误。

答案选BC。

【点睛】

熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答，注意平衡常数只与温度有关，会根据K与Q的关系判断反应方向。12、AB【分析】【分析】

【详解】

A．温度升高，CH4的平衡转化率增大，说明温度升高有利于反应正向进行，则正反应为吸热反应，A错误；

B．温度相同，化学平衡常数相同，K(b)=K(c)，可以考虑用b点的算，

则K(b)==当用α=60%代入时，有K(b)=12.96，但由于b点的平衡转化率＜60%，导致K(b)分子变小，分母变大，所以K(b)=K(c)＜12.96；B正确；

C．在b点和c点，两个容器中甲烷的起始量相同，转化率相同时，生成的氢气的物质的量相同，但二氧化碳的起始量不相同，所以平衡时容器中总物质的量不相同，所以H2的体积分数也不相同；C错误；

D．当α=60%时，恒温时向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol；相当于体系内所有组分浓度均变为两倍，可视为加压，则反应向气体体积减小的方向进行，即平衡逆向移动，D错误；

故答案为：B。13、BC【分析】【详解】

A．反应在CH3OH的产率达到最高点后达到平衡，随温度升高，CH3OH的产率降低，反应是放热反应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH<0；故A错误；

B．图中P点所示条件下，没有达到平衡，延长反应时间能提高CH3OH的产率；故B正确；

C．图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度促进平衡正向移动，可提高H2的转化率；故C正确；

D．列出三段式：

520K时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=故D错误；

故选BC。14、AB【分析】【详解】

A.随着温度升高；碘离子的浓度升高，平衡逆向移动，则证明正反应放热，A项错误；

B.D点要达到平衡状态（C点）；碘离子的浓度要升高，即平衡要逆向移动，也就是说逆反应速率大于正反应速率，B项错误；

C.已经分析过正反应放热，则温度越高平衡常数越小，即C项正确；

D.A与B相比反应物更少；则A的生成物更多，D项正确；

故答案选AB。15、AB【分析】【分析】

常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)与c(OH－)的乘积为10-15，c(H+)=c(OH－)=10-7.5mol/L；水的电离被抑制，酸；碱溶液对水的电离起到抑制作用，水解的盐对水的电离起到促进作用。

【详解】

A.一定浓度的醋酸溶液中呈酸性；对水的电离起到抑制作用，A项正确；

B.一定浓度的NaHSO4溶液中呈酸性；对水的电离起到抑制作用，B项正确；

C.一定浓度的NH4Cl溶液中；铵根离子水解呈酸性；对水的电离起到促进作用，C项错误；

D.0.1mol/L的NaCl溶液中水的电离不变，溶液中c(H+)与c(OH－)的乘积为10-14；D项错误；

答案选AB。

【点睛】

本题重要知识点：常温下，水的电离c(H+)与c(OH－)的乘积为10-14，当乘积变小，水的电离被抑制，酸、碱溶液对水的电离起到抑制作用；当乘积变大，水的电离被促进，水解的盐对水的电离起到促进作用。16、CD【分析】【详解】

A.加入少量金属Na，Na与HSO3-电离出的H+反应，促使平衡②右移，HSO3-离子浓度减小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)浓度减小，A错误；

B.加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，B错误；

C.加入氢氧化钠与氢离子反应，c(H+)减小，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c(SO32-)，c(OH-)浓度增大，c(HSO3-)减小，的比值增大，C正确；

D.在NaHSO3溶液中钠离子与硫元素的所有存在形式物质的量相等，加入氨水至中性后该数量关系依然存在，所以c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，D正确。

答案选CD。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【分析】

（1）①亚氯酸钠具有氧化性，会将NO氧化成NO3-，且NaClO2溶液呈碱性，据此分析作答；

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，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化；

（2）①由图分析可知，根据反应3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；

②化学平衡常数是指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；根据平衡常数的定义列出具体表达式；

（3）①如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；

②根据盖斯定律计算。

【详解】

（1）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的；则增加压强，NO的转化率提高；

故答案为3ClO2-+4NO+4OH-=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；还可能是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，根据反应3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为减小；

②反应ClO2−+2SO32-===2SO42-+Cl−的平衡常数K表达式为：K=；

故答案为K=

（3）①如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca(ClO)2效果好；

故答案为形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高；

②SO2(g)+2OH−(aq)=SO32−(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO−(aq)+SO32−(aq)=SO42−(aq)+Cl−(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42−（aq）ΔH3

则根据盖斯定律可知①+②−③即得到反应SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO−(aq)+2OH−(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl−(aq)，则△H1＋△H2－△H3；

故答案为△H1＋△H2－△H3。【解析】4OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小K=形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高△H1＋△H2－△H318、略

【分析】【分析】

(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

(2)中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热；和所用酸以及碱的量的多少无关；根据弱电解质的电离时吸热过程。

【详解】

(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温；隔热、减少实验过程中的热量散失，根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；

(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，又醋酸是弱酸，电离过程吸热，所以用50mL0.50mol⋅L−1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会减小。【解析】保温隔热，防止热量散失环形玻璃搅拌棒偏小19、略

【分析】【分析】

（1）化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并写出热化学方程式。

（2）根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热以及中和热的热化学方程式。

【详解】

（1）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN≡N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ-2254kJ=92kJ，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；

答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol。

（2）1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol；

答案为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。

【点睛】

此题最易错之处是没有弄清中和热的概念，即生成1摩尔水时反应放出的热量才是中和热。【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol20、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。21、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律计算反应热；完成热化学方程式书写；

（2）化学平衡状态的判断要依据正逆反应速率相等；各组分的浓度不变来分析判断；

（3）结合图示信息确定吸收室中的反应物和产物；以及阴极的反应物和产物，依据电子得失守恒以及元素守恒完成反应方程式的书写；

（4）根据表达式；结合平衡时正逆反应速率相等，确定平衡常数与正逆速率常数之间的关系，利用表格数据列出三段式，求解平衡常数，根据温度改变平衡常数改变，由不同温度时平衡常数的大小确定温度的变化情况；

（5）根据浓度对平衡的影响分析反应物比值改变时的转化率变化；借助特殊的交点数据列三段式求解Kp。

【详解】

（1）将三个反应依次标记为I、II、III，根据盖斯定律热化学方程式2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可由得到，则ΔH===-746.5kJ/mol，则该反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol；

（2）A.反应过程中NO的浓度在减小，二氧化碳的浓度在增大，则比值在反应过程中是变量；当比值不变时说明浓度不再改变，反应达到平衡，故A可判断；

B.该反应前后各物质均为气体；气体质量保持不变，容器体积恒定，则密度始终保持恒定，故容器中混合气体的密度不变不能确定平衡状态，故B不可判断；

C.平衡时正逆反应速率相等，不同物质间速率要满足化学计量数之比，即2v（N2）正=v（NO）逆时反应达平衡状态；故C不能判断；

D.反应前后气体质量不变；该反应正向气体分子数减小，反应过程中容器中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，当平均摩尔质量不变时反应达到平衡，故D可判断。

故答案为：AD；

（3）由电解装置可知左侧Pb为阴极，阴极上发生转变为的反应，电解为弱酸性环境，则电极反应式为：2+2e-+2H+=+2H2O；吸收室中发生NO和产生和氮气的反应，反应方程式为2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故答案为：2+2e-+2H+=+2H2O；2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-

（4）①v正=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=k逆c2(CO2)，当反应达平衡时v正=v逆，则k正c2(CO)·c(O2)=k逆c2(CO2)，

根据表格信息，T1时反应3s达到平衡状态，c(CO)=c(O2)=0.2mol/L，结合反应可知二氧化碳的浓度变化量=一氧化碳的浓度变化量=1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，则该温度时的平衡常数K=则该温度时=80；故答案为：80；

②温度改变为T2时k正=k逆，即=1，此时的平衡常数小于T1时的平衡常数，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动平衡常数减小，因此T2大于T1，故答案为：>；

（5）①越大时，可视为是二氧化碳不变时增大氢气的物质的量，增大氢气的量平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，故L1代表二氧化碳，L2代表氢气，故答案为：L1；

②温度为T不变时，平衡常数不变，取交点时计算，交点时两者的转化率均为50%，总气体为5mol，=amol，则=（5-a）mol，列三段式得：。CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)起始物质的量：a5-a转化物质的量：0.5a0.5（5-a）aa平衡物质的量：0.5a0.5（5-a）aa

由变化量之比等于化学计量数之比得：解得：a=1,代入三段式得。CO2(g)+⇌CH4(g)+⇌CH4(g)+2H2O(g)起始物质的量：4转化物质的量：210.51平衡物质的量：210.51

起始物质的量为5mol时气体压强为5P，平衡时气体物质的量为4mol，则平衡时压强为4P，故答案为：

【点睛】

本题主要考查化学反应原理的有关知识，涉及盖斯定律的应用，平衡状态的判断，平衡常数的计算等知识，特别主要反应平衡常数表达式中是不允许代入固体和纯液体物质，代数计算算是一定要注意只能是平衡浓度。平衡常数只与温度有关，温度不变时任意平衡点的平衡常数相同。【解析】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/molAD2+2e-+2H+=+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-80>L122、略

【分析】【分析】

随反应进行；反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，据此结合图像分析判断。

【详解】

(1)由图可知，随反应进行A的浓度降低，A为反应物，B、C的浓度增大，故B、C为生成物，则A、B、C计量数之比为1.2：0.4：1.2=3：1：3，反应为可逆反应，反应方程式为：3A(g)B(g)+3C(g)，故答案为：3A(g)B(g)+3C(g)；

(2)由图可知，所以=0.6mol/(L·min)，故答案为：0.6mol/(L·min)。【解析】3A(g)B(g)+3C(g)0.6mol/(L·min)23、略

【分析】【分析】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐；结合铜离子水解的方程式分析解答；

(2)HCO3-和Al3+均可发生水解，相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3；据此分析解答。

【详解】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液呈酸性，常温下pH＜7；为了防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中；抑制其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故答案为：酸；＜；硫酸；抑制；

(2)沫灭火器中的主要成分是Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，HCO3-和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al2(SO4)3；NaHCO3溶液；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

本题的易错点为(2)，要注意铝离子和碳酸氢根离子易发生双水解而不能共存。【解析】酸＜硫酸抑制Al2(SO4)3NaHCO3溶液Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑24、略

【分析】(1)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4；故答案为石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ为负极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

(4)根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能够氧化0.06molFe2＋，即电解过程中需要生成0.06molFe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋；故转移电子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，故答案为0.12。

点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O计算出电解过程中生成的Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中转移的电子是不一样的。【解析】负NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.1225、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在理论上只有自发进行的氧化还原反应才可以设计成原电池；据此解题。

I．CaO(s)+H2O(l)