上海市浦东新区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-01化学反应原理（基础题）（答案）考试试卷

上海市浦东新区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-01化学反应原理（基础题）
一、单选题（共38题）
1．（2022·上海浦东新·校考模拟预测）如图1为甲烷和O2 构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液；图2 为电解AlCl3 溶液的装置，电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是
A．b电极为负极
B．图1中电解质溶液的pH增大
C．a 电极反应式为CH4-8e- +8OH-=CO2+6H2O
D．图2 中电解AlCl3溶液的总反应式为: 2AlCl3 +6H2O 2Al(OH)3 ↓+3Cl 2↑+3H2 ↑
2．（2022·上海浦东新·校考模拟预测）关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（ ）
A．适当升高温度能促进FeCl3水解
B．加水稀释能促进其水解，并提高Fe(OH)3的浓度
C．加少量浓盐酸能促进FeCl3水解
D．保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉
3．（2022·上海浦东新·校考模拟预测）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是
A．可在船壳外刷油漆进行保护 B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护 D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
4．（2022·上海浦东新·校考模拟预测）汽车尾气含氮氧化物（NOx）、碳氢化合物(CxHy)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是
A．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关
B．尾气处理过程，氮氧化物（NOx）被还原
C．Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率
D．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾
5．（2022·上海浦东新·校考模拟预测）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置(如图)。
已知：
①溶液呈酸性且阴离子为SO42-；
②溶液中颜色：V3+绿色，V2+紫色，VO2+黄色，VO2+蓝色；
③放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色。
下列说法不正确的是
A．放电时B极为负极
B．放电时若转移的电子数为3.01×1023个，则左槽中H+增加0.5 mol
C．充电过程中左槽的电极反应式为：VO2++H2O-e- =VO2++2H+
D．充电过程中H+通过质子交换膜向右槽移动
6．（2022·上海浦东新·校考模拟预测）常温下0.1mol/L NH4Cl溶液的pH最接近于（ ）
A．1 B．5 C．7 D．13
7．（2022·上海浦东新·校考模拟预测）FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta)，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．该装置将化学能转化为电能
B．a极为电源的正极
C．Ta2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—
D．石墨电极上生成22.4 L O2，则电路中转移的电子数为4×6.02×1023
8．（2022·上海·统考模拟预测）一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，忽略溶液体积的变化，所得溶液中有关量一定变大的是
A．c(H＋) B．c(Na＋) C．n(H2O) D．n()
9．（2022·上海·统考模拟预测）N2(g)与H2(g)化合生成NH3(g)的能量变化如图，下列说法正确的是
A．N2与H2的键能数值总和为1080
B．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)＋46 kJ
C．1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低
D．若使用催化剂会改变反应的热效应
10．（2022·上海·统考模拟预测）密闭真空容器中放入BaO2固体，发生反应2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g) △H＜0，并达到平衡状态Ⅰ；保持温度不变，缩小容器体积，达到平衡状态Ⅱ；平衡状态Ⅰ与Ⅱ不同的是
A．平衡常数 B．反应速率 C．氧气浓度 D．BaO的量
11．（2022·上海·统考模拟预测）将等体积的CH3COOH溶液和HNO2溶液分别加水稀释，pH随加水稀释倍数的变化如图所示，据图分析，下列说法正确的是
A．a点时的两溶液中存在：c(CH3COOH)>c(HNO2)>c(H＋)>c(CH3COO-)>c(NO)
B．酸的电离程度：c点=d点>b点
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，溶液中n(Na＋)：b点>c点
D．溶液中水的电离程度：a点＜b点＜c点＜d点
12．（2022·上海浦东新·统考一模）有关漂粉精的说法错误的是
A．有效成分为Ca(ClO)2 B．溶液显碱性
C．必须密封保存 D．工业上用氯气和澄清石灰水制取
13．（2022·上海浦东新·统考一模）不符合硫酸工业生产实际的是
A．沸腾炉中加入碾碎的硫铁矿
B．接触室中的反应条件为高温高压
C．催化氧化时通过热交换器充分利用能量
D．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3
14．（2022·上海浦东新·统考一模）H2O2分解过程的能量变化如下图，下列说法错误的是
A．反应的能量变化为E1-E2 B．Fe3+是该反应的催化剂
C．该反应是放热反应 D．H2O比H2O2稳定
15．（2022·上海浦东新·统考一模）一定条件下，钢铁腐蚀与溶液pH的关系如下：
pH 2 4 6 6.5 8 13.5 14
腐蚀快慢 较快 慢 较快
主要产物 Fe2+ Fe3O4 Fe2O3 HFeO
下列说法正确的是A．碱性越强，钢铁腐蚀越困难
B．中性环境中，钢铁较难腐蚀
C．pH>14时正极反应为O2+4H++4e—=2H2O
D．自然界中钢铁腐蚀的产物只有Fe2O3
16．（2022·上海浦东新·统考一模）可逆反应mA(g)+nB(？) pC(g)+qD(？)中A和C都是无色气体，当达到平衡后，下列叙述正确的是
A．若改变条件后，平衡正向移动，D的百分含量一定增大
B．若升高温度，A的浓度增大，说明正反应是吸热反应
C．若增大压强，平衡不移动，说明m+n一定等于p+q
D．若增加B的量平衡移动后体系颜色加深，说明B必是气体
17．（2021·上海浦东新·统考二模）下列溶液敞口放置后，pH一定能增大的是
A．浓醋酸 B．酸雨样品
C．漂粉精溶液 D．石灰水
18．（2021·上海浦东新·统考二模）水可以发生如下变化：
冰液态水(4℃) 水蒸气(100℃) 氢气+氧气
下列说法正确的是
A．过程①中物质体积膨胀 B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成 D．过程②与过程④互为可逆反应
19．（2021·上海浦东新·统考二模）土壤中游离越多，绣球花的颜色越蓝。若想种出蓝色绣球花，可向土壤中加入硫酸铝。为保证调色效果，不宜同时施用
A．硫酸亚铁 B．硝酸钾 C．碳酸钾 D．氯化铵
20．（2021·上海浦东新·统考二模）已知：。不同情况下反应过程的能量变化如图。下列结论正确的是
A．1mol (g)和3mol (g)混合后反应，放出Q kJ热量
B．催化剂可以改变反应途径，缩短达到平衡的时间
C．当生成的水为液态时，Q值减小
D．催化剂不同，反应的热效应不同
21．（2021·上海浦东新·统考二模）选取和的醋酸溶液分别与生铁反应，进行腐蚀实验，测量密闭容器内压强变化情况如图。下列结论错误的是
A．的醋酸溶液中一定存在吸氧腐蚀
B．酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同
C．两组溶液的pH一定逐渐变大
D．若改用盐酸进行实验，腐蚀速率一定变大
22．（2021·上海浦东新·统考二模）某温度下，向浓氯水(由0.12mol氯气溶于水配制而成)中，以恒定速率滴入NaOH溶液，溶液中和的物质的量与时间t的关系曲线如图：
下列说法正确的是
A．时，溶液中的含氯微粒为：、
B．时，发生的离子反应是：
C．时，溶液中存在如下关系：
D．时，溶液中含NaCl 0.20mol
23．（2021·上海·统考一模）向0.1mol·L-1稀盐酸中分别加入下列固体物质，溶液中c(H+)可能不变的是
A．CH3COONa B．AgNO3 C．KOH D．Zn
24．（2021·上海·统考一模）用如图装置探究金属的腐蚀原理。有关说法正确的是
A．K打开时，生铁越靠近底端腐蚀越严重
B．K打开时，生铁的腐蚀速率比K闭合时慢
C．K闭合时，锌作阴极保护生铁
D．K闭合时，生铁上的电极反应式为O2+2H2O+4e- = 4OH-
25．（2021·上海·统考一模）N2和H2一定条件下反应的速率(v)与时间(t)关系如图所示，t1时改变某一条件并重新达到平衡，平衡Ⅱ与平衡Ⅰ相比，下列叙述一定正确的是
A．N2的转化率增大 B．H2的反应速率增大
C．NH3的浓度减小 D．容器内压强减小
26．（2021·上海·统考一模）碳在氧气或臭氧中燃烧的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．O2(g) O3(g)+80.8 kJ
B．将O2转变为O3 后再与碳反应，可获得更多的能量
C．l mol碳不完全燃烧所释放的能量介于393.5～474.3 kJ
D．断裂l mol O2(g)中共价键吸收的能量比形成1mol CO2(g)中共价键放出的能量少
27．（2021·上海·统考一模）测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH(不考虑温度对水电离的影响)，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
取①④时刻的溶液，加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，④产生的白色沉淀多。下列说法正确的是A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO+2H2O H2SO3+2OH―
B．②的溶液中c(Na+)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)
C．①→③的过程中，温度和c(SO)对水解平衡移动方向的影响一致
D．溶液中阴离子电荷总量：④>①
28．（2020·上海浦东新·统考二模）合成氨反应难以发生的根本原因是（ ）
A．该反应是可逆反应 B．氮分子中存在氮氮叁键
C．该反应需要催化剂 D．氨气容易液化
29．（2020·上海浦东新·统考二模）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞HClO B．金属性：Mg＞Al
C．碱性：NaOH＞LiOH D．稳定性：CH4＞SiH4
30．（2020·上海浦东新·统考二模）用碳化铝制取甲烷的化学方程式为：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3↓+3CH4↑。下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．铝离子的电子排布式：1s22s22p63s23p1
B．水分子的结构式：H—O—H
C．甲烷的比例模型：
D．氢氧化铝的电离方程式：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3=Al3++3OH-
31．（2020·上海浦东新·统考二模）利用某些有机物之间的转化可储存太阳能，例如四环烷（QDC）与降冰片二烯（NBD）之间的相互转化，反应过程中的能量变化如图所示。
以下叙述中错误的是（ ）
A．QDC和NBD互为同分异构体
B．相同条件下，NBD比QDC稳定
C．QDC转变为NBD的过程中可以储存太阳能
D．上述转化过程中加入催化剂，对于图中Q的大小没有影响
32．（2020·上海浦东新·统考二模）可逆反应xH2S(g)xH2(g)+Sx(g)（x>1）达到平衡后，下列说法错误的是（ ）
A．若恒容充入H2，则新平衡后H2S分解率下降
B．若增大压强，气体颜色变深，则Sx为有色气体
C．若恒容升温后，气体密度不变，说明达到了新平衡
D．若改变某一条件后，压强不能作为判断新平衡的标志，则Sx状态发生改变
33．（2020·上海浦东新·统考一模）下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是(　　)
A．硫酸铵 B．尿素 C．草木灰 D．硝酸钾
34．（2020·上海浦东新·统考一模）已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀，有关说法正确的是(　　)
A．腐蚀时电子从碳转移到铁
B．在钢铁上连接铅块可起到防护作用
C．正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣
D．钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀
35．（2020·上海浦东新·统考一模）一定呈中性的是(　　)
A．pH＝7 的溶液
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14的溶液
C．H+与 OH﹣物质的量相等的溶液
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液
36．（2020·上海浦东新·统考一模）甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是(　　)
A．反应①和反应②均为放热反应
B．等物质的量时，CO2具有的能量比CO低
C．由图可以推得：2CO(g)+O2(g)→2CO2(g)+283 kJ
D．反应②的热化学方程式：CH4(g)+O2(g)→CO(g)+2H2O(l)+607.3 kJ
37．（2020·上海浦东新·统考一模）下列有关可逆反应：m A(g)+n B(？) p C(g)+q D(s)的分析中，一定正确的是(　　)
A．增大压强，平衡不移动，则 m＝p
B．升高温度，A 的转化率减小，则正反应是吸热反应
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，正反应速率增大
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，则 B 是气体
38．（2020·上海浦东新·统考一模）25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用pH传感器测得pH变化曲线如图所示(B点开始出现白色沉淀)。下列说法错误的是(　　)
A．A 点前发生中和反应
B．BC 段沉淀质量逐渐增加
C．D 点后的反应为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH
二、填空题（共3题）
39．（2020·上海浦东新·统考二模）二氧化氯（ClO2）可以除去工业污水中的氰化物，反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-
完成下列填空：
（1）上述反应所涉及元素的原子半径由大到小的顺序是___；其中原子核外有两个未成对电子的元素有___。请比较碳和氮元素非金属性强弱___（用一个化学反应方程式表示）。
（2）二氧化氯还可以除去污水中的锰离子，请配平如下反应：___。
ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4
若反应中生成0.2molMnO2，则电子转移___个。
（3）氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，它的电子式为___。
（4）另一种处理含氰化物污水的方法是电解法，分析判断CN-是在___极上（选填编号：①阴；②阳）被反应成CO2和N2，判断的依据是___。
40．（2020·上海浦东新·统考二模）工业烟气中去除氮氧化物的过程称为“脱硝”，某脱硝反应的平衡常数表达式为：K=，已知该反应的正反应为放热反应。
（1）欲使该反应的K值增大，可采取的措施是___。
（2）400℃，在某恒容密闭容器中发生上述反应。测得部分物质浓度与时间的关系如图1所示。___分钟后，该反应的正逆反应速率相等；前4min内用O2表示的平均反应速率v(O2)=___。
（3）保持其他条件不变，探究的比值对NO转化率的影响，结果如图2所示，当＜1时，NO转化率随着该比值的上升而上升，原因是___（用平衡移动原理解释）；当＞1后，由于氨气发生副反应导致烟气中NO浓度增大，使得转化率下降，这个副反应可以是___（用化学方程式表示）。
（4）烟气脱硝的另一途径是电解NO：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3。为得到纯净的NH4NO3，向上述所得溶液中通入适量NH3，浓度增大的离子有___；所得溶液稀释后可给庄稼施肥，稀释时将___（选填“增大”、“不变”或“减小”），理由是___。
41．（2020·上海浦东新·统考一模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3 Li2O+CO2；②Li2O+CCO+2Li。锂原子的电子排布式为_____；CO2 的结构式为_____；反应②中涉及的化学键类型有_____。
(2)氢负离子(H﹣)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释_____
(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定Li2CO3产品纯度的方法如下：称取1.000g样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL.取定容后的溶液 10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液13.00 mL。
①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_____和_____。
②滴定终点的判断依据为_____。
③样品的纯度为_____。
三、实验题（共2题）
42．（2022·上海浦东新·校考模拟预测）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；
③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。
回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；
(2)配制0.1000mol· L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。
43．（2022·上海·统考模拟预测）某实验小组用下图装置制取氯气并进行实验探究。
完成下列填空：
(1)电解饱和食盐水的化学方程式为_______。检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是_______。
(2)利用图装置验证氯气与烧碱溶液的反应。将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有_______；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是_______。
(3)探究发现NaClO溶液的消毒效率与温度有关(如图所示)，因此浓漂白液稀释时，应保持温度在40℃以下。试用平衡移动原理和物质变化的相关知识加以解释。_______
（4）氯碱工厂的烧碱产品常含有碳酸钠、氯化钠，可用“中和滴定氯化钡法”测定其中NaOH的含量。
其实验步骤为：称取工业烧碱2.088 g，配成500 mL溶液，取出25.00 mL，先加入25.00 mL 0.05 mol L-1 BaCl2溶液(过量)，然后滴入酚酞指示剂，再用0.1200 mol L-1 的盐酸滴定至终点，平均消耗盐酸18.56 mL。
(4)滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为_______。计算该样品中NaOH的质量分数为_______。(用小数表示，保留至小数点后第3位)，某次检测发现，实验值明显高于理论值，原因可能是_______。(选填编号)
a.工业烧碱已发生潮解 b.滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
c.配制的待测液敞口放置时间过长 d.滴定时往锥形瓶中加水
(5)该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是_______。
四、原理综合题（共5题）
44．（2022·上海·统考模拟预测）利用辉钼矿冶炼钼的反应为：MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，将一定量反应物置于体积为2 L的密闭容器中，测得平衡时氢气的体积分数随温度的变化如下图所示。
完成下列填空：
(1)该反应的正反应为_______反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，混合气体质量增加1.2 g，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) =_______。
(2)若开始反应时，扩大容器体积，则图中H2的变化曲线将_______。(选填“上移”或“下移”)
(3)1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为_______；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡_______移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是_______。
(4)硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中c(OH-)-c(H+)_______c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因。_______
45．（2022·上海浦东新·统考一模）氢燃料电池汽车所用的有机物液体储氢技术应用前景广阔。该技术的化学反应原理是在一定条件下，环己烷发生气相脱氢反应释放出氢气(反向即为储氢过程)：(g)(g)+3H2(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如下表：
温度/℃ 120 140 160
平衡常数 5.343×10-2 1.152 18.70
140℃时，在体积为2L的密闭容器中充入1mol (g)，发生上述反应。
完成下列填空：
(1)该反应的化学平衡常数表达式K=___________，正反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)若5min时，容器中气体的物质的量增大为原来的2.2倍，此时环己烷的转化率为________，v(正)________v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
(3)恒压下，环己烷起始浓度相同时，该反应在有、无分子筛膜时环己烷的平衡转化率随温度的变化如下图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2。
用化学平衡移动原理解释分子筛膜对环己烷平衡转化率的影响___________
(4)磷酸铁锂常用作电动车电极材料，其中磷元素能形成多种含氧酸，亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，常温下0.01mol/LNaH2PO3溶液pH=3.95，0.01mol/LNa2HPO3溶液pH=9.30。
①亚磷酸溶液中存在___________种分子和___________种离子。
②用NaOH溶液滴定亚磷酸，若用酚酞做指示剂，反应的离子方程式为___________；若用甲基橙做指示剂，达到滴定终点时，所得溶液中：c(Na+)___________c()+2c()(填“>”、’或“=”)
46．（2021·上海浦东新·统考二模）利用可消除CO污染或定量测定CO，反应为：
完成下列填空：
(1)该反应的平衡常数表达式___________。在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，则0～25min 的平均反应速率为___________。
(2)取一定量的和CO于某密闭容器中，分别在80和100下进行实验，测得如下：
时间/min 温度 0 10 20 30 40 50
80 0.50 0.37 0.26 0.18 0.12 0.12
100 0.50 0.35 0.24 0.17 x 0.15
上表中___________，理由是___________。根据上表数据可以得出的结论是___________。
(3)如图所示，300时的百分含量随着压强的增大而减小，请解释其原因___________。
(4)可用高浓度NaOH溶液吸收。
①若4.48L (标准状况)和0.35mol NaOH溶液完全反应，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为___________。
②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠(碳酸氢钠溶液呈碱性)的物质的量之比1∶1，则溶液中各离子浓度大小顺序为___________。
③若使碳酸氢钠溶液中的比值变小，可加入的物质是___________。
a．通入HCl b．NaOH固体 c．通入 d．固体
47．（2021·上海·统考一模）硅是现代信息产业的基础材料。工业生产高纯硅涉及的反应之一为：SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)。
(1)该反应的平衡常数K=_______。
(2)SiHCl3的百分含量与反应温度(T)和压强(P)的关系如图所示，则该反应是_______反应(选填：“吸热”或“放热”)，P1_______P2(选填：“>”、“＜”或“=”)，判断压强大小的依据是_______。
(3)在恒容密闭容器中反应10 min后，气体密度减少了2.8 g·L-1，则HCl的平均反应速率为_______。平衡后分离出产物高纯硅，逆反应速率将_______(选填：“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)硅提纯工艺中的尾气CO可用于生产草酸氢钾(KHC2O4)或草酸钾(K2C2O4)。已知草酸氢钾溶液呈酸性，草酸钾溶液呈碱性。
①草酸氢钾溶液中，c(H2C2O4)_______c(C2O)。(选填：“>”、“＜”或“=”)
②向草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液，反应的离子方程式为_______；当滴加至中性时，c(K+)_______c(Na+) 。(选填：“>”、“＜”或“=”)
48．（2020·上海浦东新·统考一模）最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)﹣Q(Q＞0)。常温下，实验室在10 L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：
0 min 2 min 4 min 5 min 6 min
N2 2 1.7 1.6 1.6 2.5
H2O 10 9.1 8.8 8.8 8.65
O2 0 0.45 0.6 0.6 0.675
(1)该反应的平衡常数表达式K＝_____，0～2 min 内 NH3的平均生成速率为_____。
(2)若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡_____。
(3)在5～6 min之间只改变了单一条件，该条件是_____。
(4)以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)。生产过程中首先需往水中通入的气体是_____，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有_____(用方程式表示)。
(5)常温下NH4HCO3溶液的 pH＞7，由此判断溶液中：c( NH4+)_____c( HCO3﹣)(选填“＞”、“＜”或“＝”)，理由是_____。
五、工业流程题（共1题）
49．（2021·上海浦东新·统考二模）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。下图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣(液)联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
(1)沉淀池中发生反应的化学方程式为___________。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含___________、___________、洗涤、烘干等。
(2)流程中体现“绿色化学”理念的设计有___________、___________等。
(3)为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是___________；导管b下端使用多孔球泡的目的是___________。
可用甲醛法测定所得样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：
[已知：不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
(4)终点的判断依据是___________。
(5)已知，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为___________。(保留4位小数)，实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是___________。
a.甲醛被氧化 b.没有进行平行实验
c.氢氧化钠溶液久置变质 d.锥形瓶没有用待测液润洗
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A. x电极附近出现的白色沉淀是氢氧化铝，X电极因产生OH-而作阴极，相应地b电极为正极，故A错误；B. 图1中电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，电解质溶液的pH减小，故B错误；C. 在碱性溶液中不能产生CO2，a电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故C错误；D. 图2中电解AlCl3溶液的总反应式为：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑，故D正确。故选D。
2．A
【详解】A. 水解为吸热反应，升高温度能促进盐类的水解，A项正确；
B. 加水稀释能促进其水解，但是会使Fe(OH)3的浓度降低，B项错误；
C. 氯化铁水解生成氢氧化铁和氢离子，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制氯化铁水解，C项错误；
D. 铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以保存氯化铁溶液不能加入铁，为抑制氯化铁水解应加入少量稀盐酸，D项错误；
答案选A。
3．B
【详解】A. 可在船壳外刷油漆进行保护，A正确；B. 若将船壳与电源的正极相连，则船壳腐蚀加快，B不正确；C. 可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法，C正确； D. 在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，D正确。本题选B。
4．C
【详解】A. 汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；
B. 尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；
C. 催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；
D. 使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。
故选C。
5．B
【详解】A. 根据③放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色，结合V3+绿色，V2+紫色，说明放电时，右槽电极上失去V2+电子，发生氧化反应，电极反应式为：V2+-e-=V3+，则B电极为负极，A电极为正极，A正确；
B. 根据选项A分析可知：A 电极为正极，B电极为负极，正极上发生还原反应：VO2++2H++e-=VO2++H2O，可知：每反应转移1 mol电子，反应消耗2 molH+，放电时若转移的电子数为3.01×1023个即转移0.5 mol电子，则左槽中H+减少0.5 mol，B错误；
C.充电时，左槽为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：VO2++H2O-e- =VO2++2H+，C正确；
D. 充电时，左槽为阳极，发生氧化反应：VO2++H2O-e- =VO2++2H+，H+通过质子交换膜向右槽移动，D正确；
故合理选项是B。
6．B
【分析】NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1mol/L，以此来解答。
【详解】NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1mol/L，则氯化铵溶液的pH介于1-7之间，只有B符合；
故答案选B。
7．C
【分析】电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。
【详解】A．该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B．电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，a极为电源的负极，故B错误；C．Ta2O5极为阴极，发生还原反应，其电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—，故C正确；D．石墨电极上生成的22.4 L O2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是1mol，转移电子数也不一定是4×6.02×1023，故D错误；故答案为C。
【点睛】本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用22.4L/mol计算气体的物质的量。
8．A
【详解】向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，则溶液中c(Na＋)、n(H2O)、n()都减小，从而得出溶液中c(OH-)减小，c(H＋)增大，故选A。
9．C
【详解】A．由图中可知，molN≡N与molH-H的键能总和为1080kJ，则N2与H2的键能数值总和不等于1080，A不正确；
B．从图中可以看出，molN2+molH2→ 1molNH3，放热(314+377+435-1080)kJ=46kJ，则N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)＋92kJ，B不正确；
C．H2(g)断裂共价键生成2H(g)，需要吸收热量，所以1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低，C正确；
D．若使用催化剂，可以改变反应的活化能，但不能改变反应的热效应，D不正确；
故选C。
10．D
【详解】该反应是气体体积增大的反应，保持温度不变，缩小容器体积，平衡向逆反应方向移动，氧化钡的量减小，由方程式可知，反应的平衡常数K=c(O2)，温度不变，温度函数化学平衡常数不变，则平衡状态Ⅱ和平衡状态Ⅰ的平衡常数相同、氧气的浓度相同、反应速率相同，故选D。
11．C
【分析】两种酸的起始pH值相同，加相同体积水后HNO2的pH值更大，故HNO2酸性强于CH3COOH。CH3COOH酸性弱，相同pH值时CH3COOH的浓度更大。
【详解】A．相同浓度时，酸的酸性越强，酸的电离程度越大，则酸的电离程度HNO2>CH3COOH，a点pH值相同，CH3COOH的浓度更大，故c(CH3COOH)>c(HNO2)，两种溶液的pH值相同，则两种溶液中的氢离子和氢氧根浓度分别相等，两种溶液中分别存在电荷守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)=c(NO)+c(OH-)，故c(CH3COO-)=c(NO)，A错误；
B．同一种酸，酸的浓度越大，酸的电离程度越小，CH3COOH浓度b点>d点，则CH3COOH电离程度：b点d点，综上分析酸的电离程度：c点>d点>b点，B错误；
C．b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，酸的物质的量越多，溶液中n(Na+)越大，a点c(HNO2)c点，C正确；
D．酸抑制水的电离，酸中c(H+)越大，抑制水电离程度越大，水的电离程度越小， c(H+)：a点> b点> c点=d点，则水的电离程度：a点＜b点＜c点=d点，D错误；
故选C。
12．D
【详解】A．漂粉精的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，有效成分为次氯酸钙，故A正确；
B．漂粉精中的次氯酸钙为强碱弱酸盐，在溶液发生水解反应水溶液呈碱性，故B正确；
C．次氯酸的酸性弱于碳酸，敞口放置时漂粉精中的次氯酸钙会与空气中的二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，导致漂白精失效，则漂粉精必须密封保存，防止变质，故C正确；
D．工业上用氯气和石灰乳制取漂粉精，故D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．沸腾炉中加入碾碎的硫铁矿可以增大固体的表面积，是反应物的接触面积增大，反应更加充分，A正确；
B．接触室中二氧化硫的催化氧化反应在常压下转化率已经很高，加压对转化率影响不大，但对设备材料要求较高，会导致成本增大，故接触室中的反应条件为高温常压，B错误；
C．二氧化硫在接触室内催化氧化生成三氧化硫的反应为放热反应，催化氧化时通过热交换器可以预热反应物，同时降低容器中的温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，C正确；
D．SO3溶解于水放热易形成酸雾，导致吸收效率低，若吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，可以防止吸收过程中形成酸雾，提高SO3的吸收效率，D正确；
故选B。
14．A
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的能量变化，反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能的差，由图可知，该反应的能量变化不等于E1-E2，故A错误；
B．由图可知，铁离子能降低反应的活化能，是该反应的催化剂，故B正确；
C．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，故C正确；
D．由图可知，过氧化氢分解生成水和氧气是放热反应，说明水分子的能量小于过氧化氢的能量，水的稳定性强于过氧化氢，故D正确；
故选A。
15．B
【详解】A．由表格数据可知，溶液pH小于4或溶液pH大于8时，钢铁腐蚀都较快，而溶液pH在6~8之间，钢铁腐蚀慢，说明碱性越强，钢铁腐蚀越容易，故A错误；
B．由表格数据可知，溶液pH在6~8之间，钢铁腐蚀慢，说明中性环境中，钢铁较难腐蚀，故B正确；
C．溶液pH>14时，钢铁发生吸氧腐蚀，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O =4OH-，故C错误；
D．自然界中溶液的pH在6.5左右，由表格数据可知，钢铁腐蚀的产物可能为四氧化三铁或氧化铁，故D错误；
故选B。
16．D
【详解】A．若改变条件后，平衡正向移动，D的百分含量不一定增大，因为B的状态不确定，故A错误；
B．若升高温度，A的浓度增大，说明逆反应是吸热反应，故B错误；
C．若增大压强，平衡不移动，如果B、D均为气体，则说明m+n一定等于p+q，如果B、D均不为气体，m=p，故C错误；
D．固体和液体的用量不影响平衡，若增加B的量平衡移动后体系颜色加深，说明B必是气体故D正确；
故答案为D。
17．A
【详解】A．醋酸易挥发，浓醋酸敞口放置后，溶质挥发，浓度减小，酸性减弱，pH增大，选项A符合；
B．酸雨样品中含有亚硫酸等弱酸，敞口放置后，被氧化生成硫酸，酸性增强，pH减小，选项B不符合；
C．漂粉精溶液为强碱弱酸盐溶液，溶液呈碱性，敞口放置后，与空气中的二氧化碳作用生成碳酸钙和次氯酸，pH减小，选项C不符合；
D．石灰水敞口放置后，吸收空气中的二氧化碳，pH减小，选项D不符合；
答案选A。
18．C
【详解】A．4℃时的液态水体积比冰小，故过程①中物质体积缩小，A项错误；
B．液态水转化为水蒸气，体积变大，水分子间距增大，B项错误；
C．水蒸气转化为氢气和氧气，水中的H-O断裂，形成了H-H和O-O，故过程③中涉及化学键的断裂和形成，C项正确；
D．可逆反应是在同一条件下既可以向正反应方向进行，又可以向逆反应方向进行的化学反应，故过程②与过程④不是可逆反应，D项错误；
答案选C。
19．C
【详解】已知Al3+浓度越大，花色越蓝，则不能消耗Al3+，碳酸钾中的会与Al3+发生双水解反应，故选：C。
20．B
【详解】A．该反应为可逆反应，反应物不能全部转化为生成物，1mol CO2 (g)和3mol H2 (g)混合后反应，放出的热量小于Q kJ，故A错误；
B．若催化剂参与反应，则可以改变反应途径，降低反应的活化能，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故B正确；
C．由水蒸气变为液态水会放出热量，所以当生成的水为液态时，Q值增大，故C错误；
D．催化剂不能改变反应物和生成物的总能量，使用催化剂，不影响反应的热效应，故D错误；
故选B。
21．D
【分析】pH=2.5的醋酸溶液与铁反应的压强增大，则为析氢腐蚀，电极反应式为：2CH3COOH+2e-=H2↑+2CH3COO-，pH=5.0时压强减小，则是吸氧腐蚀，电极反应式为：O2+4 CH3COOH +4e-=2H2O+4CH3COO-；
【详解】A．pH=5.0醋酸溶液时压强减小，则是吸氧腐蚀，故A正确；
B．pH=2.5时，压强增大，是析氢腐蚀，pH=5.0时，压强减小，是吸氧腐蚀，酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同，故B正确；
C．两组溶液都在消耗氢离子，pH一定逐渐变大，故C正确；
D．腐蚀速率与氢离子浓度有关，换成盐酸，若pH相同，则速率相同，故D错误；
故选：D。
22．D
【详解】A．氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸为弱酸，生成的次氯酸根离子会水解，因此时，溶液中的含氯微粒除了和，还有次氯酸，A项错误；
B．在t2时刻才开始生成，因此时，发生的离子反应是：，时，发生的离子反应是：，B项错误；
C．由B选项中的方程式，结合电荷守恒，有，但是题中没给出t3时的pH，无法确定氢离子和氢氧根离子的浓度大小，因此无法确定和的大小，C项错误；
D．时，溶液中的含氯微粒只有氯离子和，则时的总反应可表示为：，由起始时氯气的物质的量为0.12mol可知时，溶液中含NaCl 0.20mol，D项正确；
答案选D。
23．B
【详解】A．0.1mol·L-1稀盐酸中加入CH3COONa固体，发生反应H++CH3COO-=CH3COOH，c(H+)减小，A不符合题意；
B．0.1mol·L-1稀盐酸中加入AgNO3固体，发生反应Cl-+Ag+=AgCl↓，n(H+)不变，溶液的体积变化很小，所以c(H+)可能不变，B符合题意；
C．0.1mol·L-1稀盐酸中加入KOH固体，发生反应H++OH-=H2O，c(H+)减小，C不符合题意；
D．0.1mol·L-1稀盐酸中加入Zn固体，发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，c(H+)减小，D不符合题意；
故选B。
24．D
【分析】K打开时，生铁发生吸氧腐蚀；K闭合时，由于锌比铁活泼，锌为负极，生铁被保护，据此分析判断。
【详解】A．K打开时，生铁发生吸氧腐蚀，接触空气又接触水的部位腐蚀最严重，越靠近底端，氧气的含量越少，越不易被腐蚀，故A错误；
B．K打开时，生铁发生吸氧腐蚀；K闭合时，由于锌比铁活泼，锌为负极，生铁被保护，即K打开时，生铁的腐蚀速率比K闭合时快，故B错误；
C．K闭合时，由于锌比铁活泼，锌为负极，生铁为正极，被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；
D．K闭合时，生铁为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-→ 4OH-，故D正确；
故选D。
25．B
【分析】N2和H2一定条件下反应生成氨气，反应达到平衡平衡Ⅰ后，t1时改变条件，正反应速率突然增大后又逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，最终达到新平衡Ⅱ，改变的条件为增大反应物氮气或氢气的浓度，据此进行分析。
【详解】A．合成氨反应时，若增大氮气的浓度，速率符合图象变化规律，但是氮气的转化率减小，故A错误；
B．合成氨反应时，若增大反应物的浓度，氢气的反应速率增大，速率符合图象变化规律，故B正确；
C．增大氮气或氢气浓度，速率符合图象变化规律，平衡右移，NH3的浓度增大，故C错误；
D．t1时改变的条件为增大反应物氮气或氢气的浓度，反应达到新平衡时，容器内压强比原平衡要大，故D错误；
故选B。
【点睛】可逆反应中，其它条件不变，若两种物质参加反应，增加该物质的浓度，该物质转化率减小，另外一种物质转化率增大。
26．D
【详解】A．由盖斯定律、图示信息知：O2(g) O3(g)-80.8 kJ，A错误；
B． 由盖斯定律知，将O2转变为O3 后再与碳反应生成二氧化碳、将O2直接与碳反应生成二氧化碳、获得相同的能量，B错误；
C． l mol碳不完全燃烧所释放的能量小于393.5kJ，C错误；
D． O2与碳反应生成二氧化碳是放热反应、氧气的键能和碳的键能之和小于二氧化碳的键能，则l mol O2(g)中共价键吸收的能量比形成1mol CO2(g)中共价键放出的能量少，D正确；
答案选D。
27．D
【详解】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，当最终达到平衡时，溶液显碱性，一级水解的离子方程式为：+H2O +OH-，A错误；
B．在实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液做对比实验，④产生的白色沉淀多，则Na2SO4和BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，说明加热过程中有部分Na2SO3被氧化生成Na2SO4，由物料守恒知，n(Na+)=2n(S)，B错误；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用；增大浓度则更有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动的方向的影响不一致，对水解平衡移动方向的影响程度更大的是浓度，C错误；
D．电荷守恒，溶液中阴离子电荷总量等于溶液中阳离子离子电荷总量：等于c(Na+)+ c(H+)，①与④溶液中Na+的浓度相同、①中pH大、氢离子浓度小，①中c(Na+)+ c(H+)小，则溶液中阴离子电荷总量：④>①，D正确；
答案选D。
28．B
【详解】A．合成氨反应N2 + 3H2 2NH3是可逆反应，与反应的难以发生没有关系，故A不选；
B．氮气分子中存在N≡N，三键中1个σ键、2 个π键，键能大，分子结构稳定，使得合成氨反应难以发生，故B选；
C．该反应需要加入催化剂，能够使反应较容易发生，与反应的难以发生没有关系，故C不选；
D．氨气容易液化与反应的难以发生没有关系，故D不选；
故选B。
29．A
【详解】A．硫酸为强酸、HClO为弱酸，酸性H2SO4＞HClO，HClO不是Cl的最高价含氧酸，不能利用元素周期律解释，故A选；
B．同周期，从左到右，金属性逐渐减弱，因此金属性 Mg＞Al，能用元素周期律解释，故B不选；
C．金属性Na＞Li，对应的最高价氧化物的水化物的碱性为NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故C不选；
D．非金属性越强，对应氢化物稳定性越强，非金属性C＞Si，则热稳定性：CH4＞SiH4，能用元素周期律解释，故D不选；
故选A。
【点睛】本题的易错点为A，要注意含氧酸的酸性强弱与非金属性强弱的关系中，只能根据最高价含氧酸的酸性强弱判断。
30．B
【详解】A．铝是13号元素，铝离子核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故A错误；
B．每个水分子中含有两个H-O共价键，水分子的结构式为：H-O-H，故B正确；
C．甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，则甲烷的比例模型为：，故C错误；
D．Al(OH)3显两性，部分电离，电离方程式为：Al3++3OH- Al(OH)3 AlO2-+H++H2O，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为C，比例模型能够体现出分子的空间结构及各原子相对体积大小，判断比例模型要注意原子的相对大小。
31．C
【详解】A．QDC和NBD的分子式均为C7H8，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B．根据图象，QDC的能量比NBD高，相同条件下，NBD比QDC稳定，故B正确；
C．根据图象，QDC的能量比NBD高，QDC转变为NBD的过程是释放能量的过程，不是储存太阳能的过程，故C错误；
D．催化剂不影响反应热，对于图中Q的大小没有影响，故D正确；
故选C。
32．C
【分析】xH2S(g)xH2(g)+Sx(g)(x＞1)为气体的物质的量增大的可逆反应，结合化学平衡移动的影响因素分析解答。
【详解】A．若恒容充入H2，氢气的浓度增大，平衡逆向移动，新平衡后H2S分解率下降，故A正确；
B．若增大压强，三种气体的浓度均会增大，氢气和硫化氢均为无色气体，气体颜色变深，说明Sx为有色气体，故B正确；
C．恒容容器的体积不变，气体的质量不变，升温后，无论平衡如何移动，气体密度始终不变，密度不变，不能说明达到了新平衡，故C错误；
D．xH2S(g)xH2(g)+Sx(g)(x＞1)为气体的物质的量增大的可逆反应，改变压强，平衡发生移动，若改变某一条件后，压强不能作为判断新平衡的标志，说明反应变为气体的物质的量不变的可逆反应，说明Sx状态发生了改变，故D正确；
故选C。
33．A
【详解】A．硫酸铵属于强酸弱碱盐，溶于水显酸性，长期施用容易导致土壤酸化，故A正确；
B．尿素是碳酰胺，呈弱碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故B错误；
C．草木灰的主要成分是碳酸钾，呈碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故C错误；
D．硝酸钾呈中性，植物的根吸收硝酸盐以后会释放出氢氧根离子(OH-)，并在根部区域形成微碱性环境，导致土壤碱化，故D错误；
答案选A。
34．C
【详解】A．碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，铁做负极，碳是正极，电子从负极流向正极，从铁流向碳，故A错误；
B．在钢铁上连接铅块，铁比铅活泼，会先腐蚀铁，起不到防护作用，故B错误；
C．吸氧腐蚀时，氧气做正极，在正极上得到电子生成氢氧根离子，O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C正确；
D．淡水是中性条件，铁在碱性和中性条件下发生的都是吸氧腐蚀，故D错误；
答案选C。
【点睛】钢铁在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，在中性和碱性条件下发生的是吸氧腐蚀。
35．C
【详解】A．100度时，纯水的pH＝6，该温度下pH＝7的溶液呈碱性，所以pH＝7的溶液不一定呈中性，故A错误；
B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B错误；
C．只要溶液中存在H+与 OH﹣物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；
D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D错误；
答案选C。
【点睛】判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。
36．C
【详解】A．从图象可以看出，甲烷燃烧后释放能量，故都是放热反应，反应①和反应②均为放热反应，故A正确；
B．从图象可以看出CO2具有的能量比CO低，故B正确；
C．CH4(g)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l) +607.3 kJ②，CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) +890.3 kJ①，①-②得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)+283 kJ，故C错误；
D．根据图示，反应②的热化学方程式：CH4(g)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3 kJ，故D正确；
答案选C。
37．D
【详解】A．增大压强，平衡不移动，说明左右两边气体的体积相等，若B为气体，则m+n＝p，故A错误；
B．升高温度，A 的转化率减小，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应方向为放热反应，故B错误；
C．移走 C，生成物的浓度减小，平衡向右移动，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，故C错误；
D．加入 B，容器中D 的质量增加，说明平衡正向移动，说明B为气体；若B为固体，增加固体的量，浓度不改变，不影响速率，故不影响平衡，故D正确。
答案选D。
38．D
【分析】根据图象可知，铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，即A点溶液中含氯化铝和过量的盐酸；向残留液中加入氢氧化钠溶液，则NaOH和HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，导致溶液的pH升高，即AB段；在B点时，溶液的pH=4，则此时氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，即B点溶液中的溶质只有NaCl和AlCl3；继续滴加氢氧化钠溶液，则NaOH和AlCl3反应：3NaOH+ AlCl3= Al(OH)3↓+3NaCl，即BC段，溶液的pH不变；在C点时，溶液中的AlCl3完全反应，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，故溶液的pH生高，即CD段，发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，据此进行分析。
【详解】A．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝和盐酸，滴加氢氧化钠溶液，酸碱中和反应的速率最快，故氢氧化钠首先和盐酸发生中和反应，A点前发生中和反应，故A正确；
B．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝，加入氢氧化钠之后，首先生成氢氧化铝沉淀，故BC 段沉淀质量逐渐增加，故B正确；
C．CD段pH值突增，说明氢氧化钠过量，则发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故C正确；
D．E 点溶液中溶质主要是NaAlO2 和NaOH，还有氯化钠，故D错误；
答案选D。
39． Cl＞C＞N＞O C、O NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑ 2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4 0.4NA或2.408×1023 ② CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程
【分析】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，根据原子半径的变化规律分析判断原子半径的大小的顺序；根据四种元素原子的电子排布式分析判断原子核外有两个未成对电子的元素。硝酸的酸性大于碳酸，能够说明氮的非金属性大于碳，据此分析解答；
(2)根据化合价升降守恒配平方程式结合氧化还原反应的规律计算；
(3)Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，据此分析书写电子式；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，根据化合价的变化结合电解原理分析解答。
【详解】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O；四种元素原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p5、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，其中原子核外有两个未成对电子的元素有C、O。氮的非金属性大于碳，因为硝酸的酸性大于碳酸，NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑，故答案为：Cl＞C＞N＞O；C、O；NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑；
(2)根据化合价升降守恒，ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4反应中Cl由+4价降低为-1价，降低5，Mn由+2价升高到+4价，升高2，最小公倍数为10，配平得2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；若反应中生成0.2molMnO2，转移0.4mol电子，数目为0.4NA或2.408×1023，故答案为：2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；0.4NA或2.408×1023；
(3)氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，电子式为，故答案为：；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，则CN-被氧化成CO2和N2，失去电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程，因此CN-是在阳极上被氧化，故答案为：②；CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程。
40． 降低温度 12 0.025mol/(L·min) 该比值增大相当于反应物NH3浓度增大，平衡正向移动，所以NO转化率增大 4NH3+5O2 4NO+6H2O或4NH3+3O2 2N2+6H2O NH4+和OH- 减小 稀释促进了NH4+水解，使得c(NH4+)减小程度大于c(NO3-)，所以该比值减小
【分析】根据脱硝反应的平衡常数表达式为K=，则反应的化学方程式为4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O，△H＜0。
(1)该反应为气体的物质的量增大的放热反应，结合K的影响因素分析解答；
(2)根据图象，12分钟后该反应的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；根据图象，a减小0.4 mol/L，b增大0.4 mol/L，结合反应方程式4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O可知，a表示NO或NH3，b表示N2，首先计算前4min内用NO表示的平均反应速率再计算v(O2)；
(3)当＜1时，比值增大相当于反应物NH3浓度增大；当＞1后，由于氨气发生副反应导致烟气中NO浓度增大，说明反应生成了NO或NO没有被氨气还原，据此分析解答；
(4)根据8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，为得到纯净的NH4NO3，向反应后的溶液中通入适量NH3，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，同时溶液的酸性减弱；稀释硝酸铵溶液，促进铵根离子水解，据此分析解答。
【详解】(1)某脱硝反应的平衡常数表达式为：K=，则反应的化学方程式为4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O，△H＜0，为气体的物质的量增大的放热反应，欲使该反应的K值增大，可以降低温度，故答案为：降低温度；
(2)根据图象，12分钟后该反应的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；根据图象，a减小0.4 mol/L，b增大0.4 mol/L，结合反应方程式4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O可知，a表示NO或NH3，b表示N2，则前4min内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.1 mol/(L·min)，则v(O2)= v(NO) =0.025mol/(L·min)，故答案为：12；0.025mol/(L·min)；
(3)根据图象，当＜1时，比值增大相当于反应物NH3浓度增大，平衡正向移动，所以NO转化率增大，当＞1后，由于氨气发生副反应导致烟气中NO浓度增大，使得转化率下降，说明反应生成了NO或NO没有被氨气还原，发生的副反应可能是4NH3+5O2 4NO+6H2O或4NH3+3O2 2N2+6H2O，故答案为：该比值增大相当于反应物NH3浓度增大，平衡正向移动，所以NO转化率增大；4NH3+5O2 4NO+6H2O或4NH3+3O2 2N2+6H2O；
(4)烟气脱硝的另一途径是电解NO：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3。为得到纯净的NH4NO3，向上述所得溶液中通入适量NH3，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，同时溶液的酸性减弱，因此浓度增大的离子有NH4+和OH-；所得溶液稀释后可给庄稼施肥，稀释时，促进铵根离子水解，使得c(NH4+)减小程度大于c(NO3-)，将减小，故答案为：NH4+和OH-；减小；稀释促进了NH4+水解，使得c(NH4+)减小程度大于c(NO3-)，所以该比值减小。
【点睛】解答本题的关键是根据K的表达式正确书写反应的化学方程式。本题的易错点为(2)，要注意判断图中曲线a、b代表的物质，不能直接计算v(O2)。
41． 1s22s1 O＝C＝O 离子键、共价键、金属键 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 玻璃棒 100mL容量瓶 当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 0.999
【分析】(1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型；
(2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小；
(3)①根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；②根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；③利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量，m=nM，计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量/样品的质量，进行计算。
【详解】(1) 锂是3号元素，质子数为3，核外电子排布式为1s22s1，CO2 的中心原子为C，碳原子和氧原子形成两对共用电子对，Li2O属于离子晶体，含有离子键，C属于混合晶体，含有共价键，CO属于分子晶体，含有共价键， Li属于金属晶体，含有金属键，结构式为O＝C＝O；
(2) 氢是1号元素，质子数为1，锂是3号元素，质子数为3，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大,故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大。
(3)①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、100ml容量瓶，玻璃棒，答案为100ml容量瓶，玻璃棒；
②定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚酞，溶液是无色，再加入氢氧化钠溶液，溶液会逐渐变成粉红色，当最后一滴氢氧化钠加入，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，证明到达滴定终点，故答案为当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。硫酸的物质的量n=cV=2.000 mol/L×0.01L=0.02mol，Li2CO3与硫酸反应Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，稀释前n(H2SO4)=n(Li2SO4)，加水定容至 100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，n1(Li2SO4)= n2(Li2SO4)=0.02mol，取定容后的溶液 10.00 mL，则取出的溶质的物质的量=mol=0.002mol，n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/L×0.013L=0.0013mol，由于H2SO4+2NaOH= Na2SO4+2H2O，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n(H2SO4)=n(NaOH)= ×0.0013mol=0.00065mol，反应掉的硫酸的物质的量=0.002mol-0.00065mol=0.00135mol，n（H2SO4）=n（Li2SO4）= n(Li2CO3)=0.00135mol，根据锂元素守恒，10ml溶液中的m1（Li2CO3）=nM=0.00135×74=0.0999g，100ml溶液中所含m2(Li2CO3)=0.0999g×10=0.999g，故ω= ==0.999。
【点睛】计算质量分数时，需计算出纯物质的的质量，利用氢氧化钠与硫酸的物质的量关系，计算出滴定时用去的硫酸的物质的量，找到硫酸，硫酸锂，碳酸锂的关系，从而计算，计算时，找到所给信息和所求信息之间的关系是解题的关键。
42． Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 胶头滴管 （酸式）滴定管（或移液管） 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9
【分析】由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。
【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。
(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。
(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，
据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后
剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3mol
样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol
由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3mol
又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3mol
解方程组得x=y=0.01mol
故w(Cu2S)==61.5%，w(CuS)==36.9%。
【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。
43．(1) 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑ 取样，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，若溶液产生白色沉淀，则表明含有NaCl
(2) ①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中 ②中长导管中有气泡产生
(3)NaClO溶液中存在水解平衡：ClO―＋H2OHClO＋OH―，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解：2HClO 2HCl＋O2↑，HClO的浓度减小，消毒效率降低
(4) Ba2＋＋CO → BaCO3↓ 0.853 b
(5)用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应
【解析】（1）
电解饱和食盐水时，阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极水电离出的氢离子得电子生成氢气，故电解的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑。检验氯离子应用银离子生成氯化银沉淀，由于氢氧化银也是白色沉淀，故应先加入硝酸中和氢氧化钠，则检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是取样，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，若溶液产生白色沉淀，则表明含有NaCl。
（2）
氯气与烧碱溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，使装置内气体压强减小，小于外界大气压，故将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是②中长导管中有气泡产生。
（3）
NaClO溶液中存在水解平衡：ClO-＋H2OHClO＋OH-，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解：2HClO 2HCl＋O2↑，HClO的浓度减小，消毒效率降低。
（4）
滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为Ba2＋＋CO → BaCO3↓。
NaOH的含量为。
某次检测发现，实验值明显高于理论值，
a．工业烧碱已发生潮解，则测定的工业烧碱的质量会偏大，测定的氢氧化钠的质量分数会偏低，故不符合；
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗，则盐酸的浓度偏小，消耗盐酸的体积偏大，故测定结果偏高，故符合；
c．配制的待测液敞口放置时间过长，则会有更多的氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，测定结果会偏低，故不符合；
d．滴定时往锥形瓶中加水，不改变氢氧化钠物质的量，无影响，故不符合；故选b。
（5）
该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
44．(1) 吸热 0.004 mol·L-1·min-1
(2)下移
(3) 40% 不 令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动
(4) > 硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生
【分析】由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，列出三段式分析：，解得x=0.5，再计算水的体积分数，利用浓度商和平衡常数的大小，可确定平衡移动的方向。
【详解】（1）由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，反应逆向进行时，固体质量增加，根据关系式：4H2O(g)~固体质量增加120g，混合气体质量增加1.2 g，n(H2O)==0.04mol，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) = =0.004 mol·L-1·min-1。故答案为：吸热；0.004 mol·L-1·min-1；
（2）若开始反应时，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，则图中H2的变化曲线将下移。(选填“上移”或“下移”)故答案为：下移；
（3）
，x=0.5，1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为 =40%；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡不移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动。故答案为：40%；不；令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动；
（4）硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)，c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)-c(H+)，有c(OH-)-c(H+)>c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。故答案为：>；硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。
45．(1) 吸热
(2) 40% >
(3)分子筛膜分离出H2，使c(H2)减小，促进平衡正向移动，提高了环己烷的平衡转化率
(4) 2 4 H3PO3+2OH-→+2H2O <
【解析】（1）
根据方程式可知该反应的化学平衡常数表达式K=，升高温度平衡常数增大，说明升高温度平衡正向进行，则正反应是吸热反应。
（2）
根据三段式可知
若5min时，容器中气体的物质的量增大为原来的2.2倍，则1-x+x+3x＝2.2，解答x＝0.4，所以此时环己烷的转化率为40%，此时浓度熵为＝1.44＞1.152，反应逆向进行，则v(正)＜v(逆)。
（3）
由于分子筛膜能分离出H2，使c(H2)减小，促进平衡正向移动，因此提高了环己烷的平衡转化率。
（4）
①亚磷酸是二元弱酸，溶液中存在2种分子，即亚磷酸分子和水分子，4种离子，即氢离子、氢氧根离子、、。
②用NaOH溶液滴定亚磷酸，若用酚酞做指示剂，由于亚磷酸是二元弱酸，且常温下0.01mol/LNaH2PO3溶液pH=3.95，0.01mol/LNa2HPO3溶液pH=9.30，则终点时生成正盐，反应的离子方程式为H3PO3+2OH-＝+2H2O；若用甲基橙做指示剂，达到滴定终点时生成酸式盐NaH2PO3，根据物料守恒可知：c(Na+)＝c(H3PO3)+c()+c()，溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度，即c(H3PO3)＜c()，因此所得溶液中：c(Na+)＜c()+2c()。
46． 0.008mol/(L·min) 0.15 100比80反应速率快，80时反应40min已达到平衡，故100时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡 温度越高反应速率越快；该反应是放热反应 原反应的反应前后，气体的化学计量数不变，故等温下压强对平衡移动没有影响，而图中信息表示某温度下增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化 3∶1 c d
【详解】(1)根据反应方程式可知：由于I2O5和I2为固体，故该反应的平衡常数表达式，根据反应方程式：每生成5molCO2固体质量减少了80g，故固体质量减少了6.4g时，生成的CO2的物质的量为：，在2L恒容密闭容器中反应25min后，则0～25min 的平均反应速率为0.008mol/(L·min)，故答案为：；0.008mol/(L·min)；
(2)根据表中数据可知，80℃下40min时反应已经达到平衡，100℃下反应速率更大，达到平衡所需要的时间更短，故40min时早已达到平衡，故上表中0.15，温度越高，平衡时CO的物质的量越大，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应是一个放热反应，故答案为：0.15；100比80反应速率快，80时反应40min已达到平衡，故100时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡；温度越高反应速率越快；该反应是放热反应；
(3) 原反应的反应前后，气体的化学计量数不变，故等温下压强对平衡移动没有影响，而图中信息表示某温度下增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘在300时已气化，故答案为：原反应的反应前后，气体的化学计量数不变，故等温下压强对平衡移动没有影响，而图中信息表示某温度下增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化；
(4) ①若4.48L (标准状况)其物质的量为=0.2mol和0.35mol NaOH溶液完全反应，根据反应2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、NaOH+CO2=NaHCO3，设生成的碳酸钠为n1mol和碳酸氢钠为n2mol，则有：n1+n2=0.2mol，2n1+n2=0.35，解得：n1=0.15mol，n2=0.05mol，故碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为0.15mol：0.05mol=3：1，故答案为：3：1；
②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠(碳酸氢钠溶液呈碱性)的物质的量之比1∶1，由于溶液呈碱性，即的水解程度大于的电离程度，故溶液中各离子浓度大小顺序为：，故答案为：；
③a．通入HCl，由于+H+=H2O+CO2，由于钠离子浓度不变，的浓度减小，故比值增大，a不合题意；
b．NaOH固体，由于+OH-=H2O+，使得碳酸氢钠转化为碳酸钠，故比值增大，b不合题意；
c．通入，由于CO2溶于水后生成碳酸，将电离出碳酸氢根和氢离子，故抑制了的水解和电离，使得的浓度增大，而钠离子浓度不变，故比值减小，c符合题意；
d．固体，浓度增大，故的水解程度减小，故比值减小，d符合题意；
故答案为：cd。
47． 吸热 > 该反应为气体总体积增加的反应，增大压强，平衡向左移动，SiHCl3百分含量增加，所以P1>P2 0.03 mol/(L·min) 不变 ＜ HC2O+OH-=C2O+H2O >
【分析】按定义，书写化学方程式对应的平衡常数表达式、由图示信息结合勒夏特列原理判断温度、压强变化时平衡移动的方向、结合盐类水解知识回答溶液中离子浓度的相对大小。
【详解】(1)Si是晶体，则反应SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)的平衡常数K=或。
(2)由图知，压强不变升高温度时SiHCl3的百分含量降低，则平衡右移，由勒夏特列原理知升温朝吸热方向移动，则该反应是吸热反应，温度不变压强由P1变为P2时SiHCl3的百分含量降低，则平衡右移，正方向气体分子总数增加，由勒夏特列原理知减压朝气体分子总数增加的方向移动，P1>P2，或者也可以这样叙述：该反应为气体总体积增加的反应，增大压强，平衡向左移动，SiHCl3百分含量增加，所以P1>P2。
(3)在恒容密闭容器中反应10 min后，气体密度减少了2.8 g·L-1，即减少相当于每升气体中 ，由SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)知，则，HCl的平均反应速率为=0.03 mol/(L·min)。硅是纯固体，平衡后分离出产物高纯硅，对化学平衡不影响，故逆反应速率将不变。
(4) ①草酸氢钾溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度，c(H2C2O4)c(Na+) 。
48． 0.03mol/(L min) 能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态 增加了氮气的量 NH3 NH3 H2O NH4++OH﹣、H2O H++OH﹣ ＞ 因为pH＞7，说明c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝c(HCO3﹣)+c(OH﹣)+2c(CO32﹣)，所以c(NH4+)＞c(HCO3﹣)(或NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性，pH＞7，说明水解程度NH4+＜HCO3﹣，所以c(NH4+)＞c(HCO3﹣))
【分析】(1)根据表格中的数据可知，第4，5分钟时，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，根据平衡状态表达式；根据公式v=计算；
(2)根据化学平衡的判断依据判断是否处于平衡状态；
(3)根据各物质的浓度的变化量判断改变的条件；
(4)根据氨气和二氧化碳的溶解度判断先通什么气体，根据溶液中的成分写出电离方程式；
(5)根据电荷守恒，比较离子的浓度大小；
【详解】(1).根据化学方程式，2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，化学平衡常数=生成物离子的浓度幂之积/反应物离子的浓度幂之积=，表格中数据，0～2 min 内N2的物质的量变化=2mol-1.7mol=0.3mol，v(N2)= =0.3mol/10L/2min=0.015mol/(L min)，由于氮气和氨气的速率之比为1:2，v(NH3)=2v(N2)=0.015mol/(L min)×2=0.03mol/(L min)；
(2)因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态 ，故答案为：能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态；
(3)在5～6 min，N2的物质的量增加了2.5mol-1.6mol=0.9mol，H2O的物质的量减小了8.8mol-8.65mol=0.15mol，O2的物质的量增加了0.675-0.6=0.075mol，H2O的物质的量在减小，O2的物质的量在增加，平衡正向移动，而表格中N2的物质的量增加的比较多，故条件改变的是增加氮气的量；
(4)以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)，氨气在水中的溶解度是一体积水溶解700体积的氨气，而二氧化碳在水中的溶解度较小，故制碳酸氢铵需向氨水中通入二氧化碳，氨气溶于水形成氨水，氨水中含有一水合氨，水分子，氨分子，一水合氨和水分子是弱电解质，可以电离，电离方程式为NH3 H2O NH4++OH﹣、H2O H++OH﹣；
(5)常温下NH4HCO3 溶液的 pH＞7，因为pH＞7，说明c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝c(HCO3﹣)+c(OH﹣)+2c(CO32﹣)，所以c(NH4+)＞c(HCO3﹣)，或者NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性，pH＞7，说明水解程度NH4+＜HCO3﹣，所以c(NH4+)＞c(HCO3﹣) 。
49． 过滤 蒸发 尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用 生产中的循环使用(合理就给分) 防止极易溶于水的产生倒吸 增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分 加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点 0.1885 a b
【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反应生成碳酸钙和硫酸铵，碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。
【详解】(1) 沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为；从沉淀池中分离出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干；
(2)尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计；
(3)氨气易溶于水，故导管a下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反应接触过少，故在导管b下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分；
(4) 在溶液中加入过量的甲醛溶液，摇匀充分反应后溶液呈酸性，加入1～2滴甲基橙试液，容易变红色，用NaOH标准溶液与溶液中的氢离子中和，当加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点；
(5) 离子方程式为，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L×20mL=0.002020mol，氢氧根离子的物质的量=氢离子的物质的量=铵根离子的物质的量=N元素的物质的量，故溶液中N的质量=，250mL溶液中含有N元素的质量为0.2828g，N的质量分数=；
a.甲醛被氧化，则反应掉相同量的，加入的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，a项选；
b.没有进行平行实验，只有一次实验结构，可能造成氮的质量分数略高，b项选；
c.氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3，则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，c项不选；
d.锥形瓶没有用待测液润洗，对实验结果无影响，d项不选；
答案选ab。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页