上海市青浦区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-07化学反应原理（基础题（答案））考试试卷

上海市青浦区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-07化学反应原理（基础题）
一、单选题（共37题）
1．（2022·上海青浦·一模）下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（ ）
A．a为负极，b为正极 B．a为阳极，b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加 D．电解过程中，氯离子浓度不变
2．（2022·上海青浦·一模）下列事实或现象不能用元素周期律解释的是
A．相同温度、相同物质的量浓度时，醋酸的pH大于盐酸
B．醛基的碳氧双键中，氧原子带部分负电荷
C．Mg和水的反应不如Na和水的反应剧烈
D．向NaBr溶液中滴加氯水，再加入四氯化碳，液体分层，下层呈橙红色
3．（2022·上海青浦·一模）化学创造美好生活。下列劳动项目涉及反应的方程式不正确的是
A．工人用溶液制作电路板，利用反应：
B．药剂师用作抗胃酸药，利用反应：
C．船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：
D．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，防止反应：
4．（2022·上海青浦·一模）研究催化剂对2NH3N2+3H2反应速率的影响。恒温、恒容时，c(NH3)随时间的变化如表。
时间/min c(NH3)/(×10-3mol L-1) 催化剂 0 20 40 60 80
催化剂I 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
催化剂II 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
下列说法不正确的是A．使用催化剂I，0~20min的平均反应速率v(N2)=1.00×10-5mol·L-1·min-1
B．使用催化剂Ⅱ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍
C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应更快
D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的化学平衡常数更大
5．（2022·上海青浦·统考二模）下列变化一定为放热反应的是
A．碳酸钙分解 B．水蒸气液化 C．双氧水分解 D．氯化铵溶于水
6．（2022·上海青浦·统考二模）以下变化过程与氧化还原反应有关的是
A．氮的固定 B．粗盐提纯
C．有机溶剂用作提取豆油 D．NaHCO3和Al2(SO4)3混合用作灭火
7．（2022·上海青浦·统考二模）可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如下图所示，其工作原理与铜-锌原电池相似。下列说法正确的是
A．工作过程中电能转化为化学能
B．电子从电极Ⅰ经H2SO4溶液流入电极Ⅱ
C．电极Ⅱ上发生反应：O2 + 2H2O + 4e → 4OH-
D．电极Ⅰ为负极，发生氧化反应
8．（2022·上海青浦·统考二模）下列有关说法正确的是
A．0.1mol·L-1 Na2CO3与0.1mol·L-1 NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3)
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的盐酸和醋酸至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．将0.2mol·L-1的NH3·H2O与0.1mol·L-1的HCl溶液等体积混合后pH>7，则：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)
D．0.2mol·L-1 HCOOH与0.1mol·L-1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)
9．（2022·上海青浦·统考二模）反应A(g)+B(g)3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：
平衡状态 ① ② ③
容器体积/L 40 20 1
c(A)( mol·L-1) 0.022a 0.05a 0.75a
下列分析不正确的是A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B．①→③的过程中X的状态发生了变化
C．①→③的过程中A的转化率不断减小
D．与①②相比，③中X的物质的量最大
10．（2022·上海青浦·统考一模）实验小组用锂电池作电源，用石墨和汞作电极电解饱和食盐水(如图)，下列说法正确的是
A．电子沿石墨→a→b→Hg路径流动
B．石墨电极上发生还原反应
C．汞电极发生主要反应的电极方程式：
D．电解过程中转移0.2mol的电子，阳极产生2.24L的
11．（2022·上海青浦·统考一模）已知：2A(g) B(g) + Q （Q>0）；2A(g) B(l)；下列能量变化示意图正确的是
A． B．
C． D．
12．（2022·上海青浦·统考一模）下列说法正确的是
A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
13．（2022·上海青浦·统考一模）取两份10mL 0.05mol L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol L-1的盐酸，另一份滴加0.05mol L-1 的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是
A．由a点可知：NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度
B．过程中：逐渐减小
C．过程中：
D．e点溶液中：c(Na+) = c(Cl-) = 0.025 mol L-1
14．（2021·上海·统考二模）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
15．（2021·上海·统考二模）根据碘与氢气反应的热化学方程式（碘为气态或固态），下列判断正确的是
(ⅰ)I2( )＋H2(g)2HI(g)＋9.48 kJ (ⅱ)I2( )＋H2(g)2HI(g)－26.48 kJ
A．ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态
B．反应(ⅰ)的产物比反应(ⅱ)的产物稳定
C．1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，反应放热9.48 kJ
D．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
16．（2021·上海·统考二模）某温度下恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡，下列叙述错误的是
①2X(g)+Y(g) Z(s)+ 2W(g)+Q1 (Q1>0)
②M(g)+N(g) R(g)+W(g)-Q2 (Q2>0)
A．加入适量Z，①和②平衡均不移动 B．通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C．降温时无法判断W浓度的增减 D．通入Y，则N的浓度增大
17．（2021·上海·统考二模）叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是
A．0.01 mol·L-1HN3溶液的pH=2
B．HN3溶液的pH随温度升高而减小
C．NaN3 的电离方程式： NaN3= Na++3N
D．0.01 mol·L-1 NaN3溶液中： c(H+)+ c(Na+ )= c( N)+ c(HN3)
18．（2021·上海青浦·统考一模）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　)
A．抗氧化剂 B．调味剂
C．着色剂 D．增稠剂
19．（2021·上海青浦·统考一模）下列事实能证明次氯酸是弱酸的是
A．次氯酸不稳定，见光易分解 B．次氯酸中氯元素价态比较低
C．次氯酸能使紫色石蕊试液褪色 D．0.1mol/L的次氯酸溶液的pH约为3
20．（2021·上海青浦·统考一模）化学反应H2+Cl2→2HCl的能量变化如图所示。关于该过程能量变化的叙述不正确的是
A．氢气与氯气反应的热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+183kJ
B．该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的
C．2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量
D．2mol气态氢原子的能量低于1mol氢气的能量
21．（2021·上海青浦·统考一模）如图，在盛有CCl4的U形管左右两端分别加入饱和食盐水和稀硫酸，使两边液面相平，再塞上插有铁丝的塞子，密封放置一段时间。下列说法不正确的是
A．左右两边负极反应均为Fe-2e→Fe2+
B．左边液面高于右边液面
C．左右两边溶液的pH均升高
D．左右两边铁丝腐蚀速率一样快
22．（2021·上海青浦·统考一模）测定0.1 mol/L Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，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
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产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH
B．④的pH与①不同，是由于浓度增大造成的
C．①→③的过程中，水的电离程度变大
D．①与④的Kw值相等
23．（2020·上海青浦·统考二模）铁粉、食盐、炭粉等混合常作为食品脱氧剂，下列有关说法正确的是
A．脱氧剂工作原理是将电能转化为化学能
B．食盐可以加速包装袋中氧气的吸收
C．铁最终被氧化为Fe(OH)2
D．炭粉上发生的电极反应为：O2+4e-=2O2-
24．（2020·上海青浦·统考二模）有关酸碱滴定实验，下列说法的正确的是
A．滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗
B．滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至0刻度
C．滴定至终点时，溶液一定呈中性
D．测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值
25．（2020·上海青浦·统考二模）化学实验常对“纸”进行湿润，以下说法正确的是
A．用湿润的pH试纸测定某酸溶液的pH
B．用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气
C．过滤时，先将滤纸湿润，然后再将滤纸放入漏斗中
D．用湿润的红色石蕊试纸检验浓盐酸的挥发性
26．（2020·上海青浦·统考二模）25℃、101kPa时，能量转化如图，下列说法正确的是
A．热化学方程式2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)+282.9kJ
B．CO2是由极性键构成的极性分子
C．1molC(s)与1molCO2(g)生成2molCO(g)反应为放热反应
D．相同条件下，1molC(s)和0.5molO2(g)总能量高于1molCO(g)的能量
27．（2020·上海青浦·统考二模）关于NH4NO3的说法正确的是
A．属于共价化合物 B．溶于水放热
C．既属于铵态氮肥也属于硝态氮肥 D．属于弱电解质
28．（2020·上海青浦·统考二模）一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和4molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。下列叙述中正确的是
A．该反应的化学方程式为：CO2(g)＋4H2(g) 2CH3OH(g)
B．10min时，反应停止
C．2min时，CO2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率
D．从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.225mol/(L·min)
29．（2020·上海青浦·统考二模）下列化学与生产.生活相关的说法正确的是
A．生铁、青铜等合金比纯金属耐腐性强
B．石油主要由各种烃组成的混合物，可以通过分馏的方法分离出C8H18
C．分离工业合成氨产品的方法是将氨气液化
D．氨的催化氧化的适宜条件为高温、高压、催化剂
30．（2020·上海青浦·统考二模）常温下向某浓度的氯水中逐滴滴入Na2SO3溶液，无气体逸出，溶液pH变化如图所示，下列关系正确的是
A．a点:c(H＋)＞c(Cl－)＞c(ClO－)
B．b点:c(Cl－)＝c(SO42－)＝0.005mol·L－1
C．c点:c(Na+)＝2c(HSO3－)+2c(SO32－)+2c(SO42－)
D．d点:c(Na+)＝c(Cl－)+2c(SO32－)+2c(SO42－)
31．（2020·上海青浦·统考一模）比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（　　）
A．都使用了合适的催化剂
B．都选择了较高的温度
C．都选择了较高的压强
D．都未按化学方程式的系数进行投料反应
32．（2020·上海青浦·统考一模）某小组利用如图装置研究电化学原理，下列说法错误的是（　　）
A．K 与a 连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为 Fe-2e-→Fe2+
B．K 与a 连接，则该装置能将化学能转变为电能
C．K 与 b 连接，则该装置铁电极的电极反应 2H++2e-→H2↑
D．K 与b 连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法
33．（2020·上海青浦·统考一模）下列有关仪器用法正确的是（　　）
A．对试管进行加热一定不能使用石棉网
B．使用滴定管量取液体，可精确至 0.01mL
C．用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 2～3 次，确保溶液全部转移
D．酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差
34．（2020·上海青浦·统考一模）800℃时，可逆反应 CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）的平衡常数 K=1，800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（　　）
物质 CO H2O CO2 H2
浓度/mol L-1 0.002 0.003 0.0025 0.0025
A．此时平衡逆向移动
B．达到平衡后，气体压强降低
C．若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动
D．正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态
35．（2020·上海青浦·统考一模）关于 2NaOH（s）+H2SO4（aq）→Na2SO4（aq）+2H2O（l）+Q kJ 说法正确的是（　　）
A．NaOH（s）溶于水的过程中扩散吸收的能量大于水合释放的能量
B．Q＜0
C．NaOH（s）+1/2 H2SO4（aq）→1/2 Na2SO4（aq）+H2O（l）+1/2Q kJ
D．若将上述反应中的 NaOH（s）换成 NaOH（aq），则Q′＞Q
36．（2020·上海青浦·统考一模）下列操作一定会使结果偏低的是（　　）
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
37．（2020·上海青浦·统考一模）25°C 时，向 20 mL 0.10 mol L-1的一元酸 HA 中逐滴加入 0.10 mol L-1 NaOH 溶液，溶液 pH随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．HA 为强酸
B．a 点溶液中，c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
C．酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞
D．b 点溶液中，c（Na+）=c（A-）
二、填空题（共4题）
38．（2022·上海青浦·一模）捕集CO2的技术对解决全球温室效应意义重大。回答下列问题。
I.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
(1)碳原子核外有_____种能量不同的电子。H2O分子空间构型为_____。已知上述反应中，反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为_____反应。(填“放热”或“吸热”)
II.将CO2富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。回答下列问题。
(2)一种富集烟气中CO2的方法示意图如图：
写出“解吸”过程产生CO2的化学方程式：_____。
(3)CO2性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。
①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_____(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏CO2的结构使其活化。
②采用电化学、光化学等手段，使CO2_____(填“提供”或“接受”)电子转化为CH3OH。
III.小组同学对比K2CO3和KHCO3的性质，进行了如下实验。回答下列问题。
向相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液中分别滴加0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH变化如图。
(4)图_____(填“甲”或“乙”)是K2CO3的滴定曲线。A'~B'发生反应的离子方程式为_____。
(5)下列说法正确的是_____(填序号)。
a.K2CO3和KHCO3溶液中所含微粒种类相同
b.A、B、C均满足：c(K+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
c.水的电离程度：Ad.通过焰色试验能区别K2CO3和KHCO3溶液
39．（2021·上海青浦·统考一模）由于具有特殊的组成和结构，金属具有优良的物理、化学性能。没有金属，生活是难以想象的。
完成下列填空：
(1)元素Al的原子核外电子共占据_____个轨道，其中有____个未成对电子。
(2)常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是____________。要除去铁粉中含有的少量铝粉，通常可选用_____溶液。
(3)某工业废水中Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这一现象_______________________________________。
40．（2020·上海青浦·统考二模）Li-SOCl2电池采用LiAlCl4的SOCl2溶液为电解质溶液，是目前比能量最高的化学电源，具有电压高.储存寿命长.工作温度范围宽.成本低等优点。
（1）该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应的还原产物为__________，若生成标准状况下气体11.2L，则转移电子的数目为_____________；
（2）SOCl2可用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3，请结合离子方程式解释不采用直接加热晶体的方法除去结晶水的原因_____________________________________________________________；
（3）解释Li-SOCl2电池组装必须在无水条件下的原因_______________________________；
（4）工业制硫酸中，SO2的催化氧化采用常压而不是高压的原因______________________；
（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO2至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随着通入SO2体积的变化如图所示，该微粒X为_____________，SO2过量时溶液仍然存在微粒X的原因____________________________。
41．（2020·上海青浦·统考二模）氮化镓()材料具有低的热产生率和高的击穿电场，是制造大功率和高频微波电子器件的理想半导体材料。
已知：①Ga和Al同主族且相邻，化学性质与铝相似；②在室温下，氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，能与热的碱溶液缓慢反应。
(1)配平氮化镓制备的化学方程式：□Ga(l)+□NH3(g) □GaN(s)+□H2(g)+QkJ(Q＞0)_____________
(2)上述反应的平衡常数表达式K=_____________；在恒温恒容密闭容器中制备氮化镓，下列有关说法正确的是_____________
A．Ⅰ图象中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可能是加压
B．Ⅱ图象中纵坐标可以为镓的转化率
C．Ⅲ图象中纵坐标可以为化学反应速率
D．Ⅳ图象中纵坐标可以为平衡常数
(3)Ga最外层电子的核外电子排布式___________________，N核外能量最高的电子亚层上电子云空间伸展方向有_____________种；
(4)氮化镓的晶体类型_____________，氮化铝和氮化镓晶体类型相同，且结构相似，比较两者熔点的高低并解释原因_____________________________________________________________；
(5)写出氮化镓溶于热的NaOH溶液的离子方程式____________________________________。
三、实验题（共1题）
42．（2022·上海青浦·统考二模）I.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下：
已知：乙醚[(C2H5)2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5℃，微溶于水。在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。
完成下列填空：
(1)操作A的名称是_______。经操作A后，请设计实验方案判断Fe3+是否有残留_______。
(2)滴定前，加入适量溶液B进行酸化，则B可能是_______。
a.H2SO3-H3PO4 b. H2SO4-H3PO4
c. HNO3-H3PO4 d. HI-H3PO4
(3)滴定达到终点时，消耗0.1000 mol·L-1 K2Cr2O7溶液6.00 mL(生成物中Cr元素为+3价)。根据该实验数据，试样X中c(Fe3+)为_______。
(4)上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是_______。
A．稀释被测试样 B．减少被测试样取量
C．增加平行测定次数 D．降低滴定剂浓度
II.利用下图装置和试剂可以测定铁铝合金样品中的铝含量。
请回答：
(5)下列有关该实验的说法中正确的是_______。
A．由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平
C．反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中
D．需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程
(6)若将恒压分液漏斗(A)去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量_______，(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，请说明理由_______。
四、原理综合题（共8题）
43．（2022·上海青浦·一模）合成NH3是重要的研究课题，一种合成NH3的流程示意如图。
相关数据如表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 与N2反应温度/℃ 分解温度/℃
Mg 649 1090 >300 Mg3N2：>800
已知：Mg3N2溶于水发生反应Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
I.固氮：
(1)从结构上解释N2化学性质稳定的原因_____。上述固氮反应的化学方程式是_____。固氮的适宜温度范围是_____。(填编号)
a.500～600℃ b.700～800℃ c.900～1000℃
(2)检测固氮作用：向固氮后的产物中加水，_____(填操作和现象)，说明Mg能起到固氮作用。
II.转氨：选用试剂a完成转化。
(3)选用H2O进行转化，发现从体系中分离出NH3较困难，若选用HCl气体进行转化，发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用，但NH3的收率较低，原因是_____。
活性炭还原NO2的原理为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1molNO2和足量C发生该反应(不考虑2NO2N2O4)。实验测得NO2的转化率与时间的关系如图所示：
(4)反应达到平衡时CO2的体积分数为_____，混合气体的平均摩尔质量(A)_____(B)(填“大于”“小于”或“等于”)。
(5)下列能够判断该反应已达到平衡状态的是_____。(填序号)
a.CO2的质量分数保持不变
b.容器中N2与CO2的百分含量之比保持不变
c.2v(逆)(NO2)=V(正)(N2)
d.混合气体的颜色保持不变
44．（2022·上海青浦·一模）含氮化合物(NOx、NO等)是主要污染物之一，消除含氮化合物的污染备受关注。请回答下列问题：
I.NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示；若用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。
(1)图1种BaO的作用是_____。用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，第一步反应的化学方程式为_____。
II.用铁去除含氮废水中的硝酸盐(NO)是重要的方法。一种去除NO的过程如图：
(2)过程中“操作”的名称是_____。酸化废水与铁粉反应的离子方程式是_____。
(3)研究发现Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。在去除NO的过程中，Fe3O4(导电)覆盖在铁粉表面，随着反应的进行，产生FeO(OH)(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输，导致NO的去除率低，若要提高NO的去除率，可采取的措施是_____。
III.测定某废水中NO含量。先取VmL含NO水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4；最后用c2mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，滴定至终点时消耗V2mL。
已知：3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
(4)加入稀H2SO4的作用是_____。
(5)水样中NO的含量为_____mol·L-1(用含c1、c2、V1、V2、V1的代数式表示)。如果在加入FeSO4标准溶液之前没有驱除O2，则测定结果_____。(填“偏大”或“偏小”)。
45．（2022·上海青浦·统考二模）I.实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，某科研院所研究二氧化碳、甲烷重整技术如下：
①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1
②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)+Q2
③CH4(g)C(s)＋2H2(g)+Q3
④2CO(g) CO2(g)+C(s)+Q4
⑤CO(g)＋H2(g) H2O(g)＋C(s)+Q5
(1)若恒容密闭容器中发生反应①，Q1＜0，进料浓度比c(CH4)：c(CO2)分别等于1:2、1:5、1:7时，CH4的平衡转化率随条件X的变化关系如下图所示：
①曲线a的进料浓度比c(CH4)：c(CO2)为_______。
②条件X是_______(填“温度”或“压强”)，依据是_______。
(2)某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①，该反应的平衡常数表达式为K=_______，平衡时CH4的体积分数为，则CO2的转化率为_______。
(3)下列说法正确的是_______。
A．当v(CO2)=v(CO)，反应②达到平衡状态
B．升高温度，反应②的正、逆反应速率都增大
C．增大压强，反应①平衡逆向移动，平衡常数K减小
D．移去部分C(s)，反应③④⑤的平衡均向右移动
II.在Zn/ZSM-5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸。
常温下，向10mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。
(4)b点是恰好完全反应的点，则碱ROH是_______(填“强碱”或“弱碱”)，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序_______。
(5)b点由水电离出的氢离子浓度c(H+)_______(填“＞”“=”或“＜”)1×10-7mol/L。
46．（2022·上海青浦·统考一模）乙烯是合成多种塑料的单体。我国科学家开发的特殊催化剂用CO2制备CH2=CH2，有利于实现“双碳”目标。
主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)+127.8kJ
(1)在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2(g)和1.2molH2(g)，若只发生主反应，反应时间2.0min，CO2的转化率为20%，在这段时间内CH2=CH2(g)的平均反应速率为___________。
(2)在一定温度下，向恒容密闭容器中充入CO2(g)和H2(g)，若只发生主反应，下列情况不能说明反应达到平衡的是___________(填编号)。
A．混合气体密度保持不变B．混合气体总压强保持不变
C．乙烯体积分数保持不变D．平均摩尔质量保持不变
达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施是___________(任填一条)
(3)在At1、At2、At3三种不同催化剂作用下(其他条件相同)只发生主反应，测得乙烯的净速率(v正-v逆)与温度关系如图所示。
催化效率最高的是___________(填“At1”、“At2”或“At3”)，A点的正反应速率___________(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。
在发生主反应的同时，还发生了副反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)
(4)一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2(g)和1.2molH2(g)同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CO2的转化率为45%，C2H4的选择性为80%，则该温度下，副反应的平衡常数K=___________(结果保留2位小数)。提示：C2H4的选择性=×100%
(5)0.1mol·L-1的NaOH溶液和0.2mol·L-1的HCOOH(甲酸)溶液等体积混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c(HCOOH)___________c(Na+)(填“大于”或“小于”)，要使c(HCOOH)=c(Na+)，可加入___________。
47．（2021·上海·统考二模）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
48．（2021·上海·统考二模）甲醇可用于制造甲醛和农药，工业上可由碳的氧化物和氢气反应制得反应制得。
I.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)+Q(Q＞0)。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得H2的体积分数为50%。
(1)在0~5min内，H2的平均反应速率v(H2)= _______。
(2)在523K时，上述反应的平衡常数K=_______，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是_______(填编号)。
A．一定向正反应方向移动 B．平衡移动时，逆反应速率始终增大
C．一定向逆反应方向移动 D．平衡移动时，正反应速率始终减小
(3)下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是_______(填编号)。
A．容器内气体密度保持不变 B．CH3OH的体积分数保持不变
C．v(CO)=v(CH3OH) D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
Ⅱ.用CO2和H2制备CH3OH，可实现CO2的资源化利用，涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
将反应物混合气体按进料比n(CO)：n(H2)=1:3通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
(4)不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所示，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是_______。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所示，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是_______。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的CO2，从而实现CO2的减排。
(5)碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为_______，某研究小组用200mL 1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2 (标准状况)，形成溶液中的溶质是_______(填化学式)，各离子的浓度关系正确的是_______(填编号)。
a. c(K+)+c(H+)=c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
b. 3c(K+)=4c(CO)+4c(HCO)+4c(H2CO3)
c. c(K+)＞c(OH-)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H+)
49．（2021·上海青浦·统考一模）氮元素十分重要，其单质及化合物在科研、生产领域有着十分广泛的用途。光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，完成下列填空：
(1)在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，则0～5min内，N2的平均反应速率为_______mol/(L·min)。
(2)下列可以判断该反应达到平衡状态的是_____________。
a．3v正(N2)=2v逆(O2) b．c(NH3)=c(N2)
c．容器内物质质量不变 d．容器内气体密度不变
(3)在2L密闭容器内，通入2mol N2，在323K和343K时N2的转化率随时间的结果如图所示，根据图象判断：该反应正反应为______反应(填“放热”或“吸热”)。343K时，上述反应的化学平衡常数为______，如果化学平衡常数数值变大，该反应______(填写序号)。
a．一定向正反应方向移动b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
(4)将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中离子浓度大小关系为：________________，说出一种使氯化铵溶液中的c()与c(Cl-)比值变大的方法___________________________。
50．（2020·上海青浦·统考一模）综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。反应 2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g），可减少汽车尾气中污染物的排放，在 2L 密闭容器中发生该反应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。
（1）该反应的平衡常数表达式为K=______，若升高温度，平衡常数 K 值______（填“增加”“减小”或“不变”），说明理由______；
（2）在 T2温度下， 0～2s 内的平均反应速率 v（N2）=______；
（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因______，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为______；
（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品______，用化学方程式表示产生副产品的原因______。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故A错误；
B选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故B错误；
C选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极，电解过程中，d电极铜离子得到电子变为铜单质，质量增加，故C正确；
D选项，电解过程中，c极氯离子失去电子变为氯气，因此浓度减小，故D错误；
综上所述，答案为C。
2．A
【详解】A．相同温度、相同物质的量浓度时，醋酸是弱酸未完成电离，故醋酸的pH大于盐酸，不能用元素周期律解释，A符合题意；
B．同周期元素随原子序数的递增电负性增强，故醛基的碳氧双键中，氧原子带部分负电荷，B不符合题意；
C．同周期元素随原子序数的递增金属性减弱，故Mg和水的反应不如Na和水的反应剧烈，C不符合题意；
D．同主族元素从上到下非金属性越来越弱，氯气氧化性强于溴单质，故向NaBr溶液中滴加氯水，可以置换出溴单质，溴单质在四氯化碳中溶解度比水的大，液体分层，下层呈橙红色，D不符合题意；
故选A。
3．D
【详解】A．用溶液和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁制作电路板，故A正确；
B．和胃酸反应，故可以做抗胃酸药，故B正确；
C．船体上镶嵌锌块，防止铁被腐蚀生成亚铁离子，故C正确；
D．铁和水高温条件下生成四氧化三铁，故D错误；
故选D。
4．D
【详解】A．使用催化剂I时，，根据2NH3N2+3H2，所以v(N2)=1.00×10-5mol·L-1·min-1，故A正确；
B．使用催化剂Ⅱ时，设体积为V，60min达到平衡时， n(NH3)= 0.40×10-3×Vmol，NH3反应了2.00×10-3×Vmol，所以生成N2为1.00×10-3×Vmol，生成H2为3.00×10-3×Vmol，反应后气体的总物质的量为4.40×10-3×Vmol，所以达平衡后容器内的压强是初始时的倍，故B正确；
C．由表可知，使用催化剂Ⅱ在60min时达到平衡，使用催化剂I没有，催化剂Ⅱ可使该反应更快，故C正确；
D．催化剂不影响化学平衡常数，故D错误；
故答案选D。
5．C
【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)，C或氢气做还原剂时的反应。
【详解】A．碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳的反应是吸热反应，故A错误；
B．水蒸气液化是放热过程，不是放热反应，故B错误；
C．双氧水分解是放热反应，故C正确；
D．氯化铵溶于水属于物理变化过程，故D错误；
故选：C。
6．A
【详解】A．固氮过程中N2转化为含氮化合物，氮元素化合价发生了改变，与氧化还原反应有关，故A正确；
B．粗盐提纯，元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．有机溶剂用作提取豆油，利用物质的溶解性，属于物理性质，与氧化还原反应无关，故C错误；
D．NaHCO3和Al2(SO4)3混合反应制得泡沫灭火器，反应过程中无元素化合价的变化，是盐类水解相互促进的反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
7．D
【分析】电极I上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，为原电池负极，电极II为正极，负极反应式为CO-2e-+H2O═CO2+2H+，正极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，原电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，据此分析解答。
【详解】A．该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A错误；
B．原电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，不能进入溶液中，故B错误；
C．原电池工作时电极II为正极，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故C错误；
D．原电池工作时电极I为负极，电极I上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，故D正确；
故选：D。
8．A
【详解】A．该溶液中钠离子与含有C原子的微粒存在物料守恒，钠离子浓度和含有C原子的微粒的浓度之和的比为3：2，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子水解生成碳酸，所以含有C原子的微粒有、、H2CO3，所以存在的物料守恒为2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3)，选项A正确；
B．pH均为3的盐酸和醋酸，浓度c(HCl)C．将0.2mol·L-1的NH3·H2O与0.1mol·L-1的HCl溶液等体积混合后生成氯化铵，其中氨水过量且二者的浓度相等，溶液的pH>7，说明氨水的电离程度大于铵根的水解程度，则： c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，选项C错误；
D．反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液，溶液呈酸性，由电荷守恒得c(HCOO-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，由物料守恒得2 c(Na+)=c(HCOOH)+ c(HCOO-)，则c(HCOO-)> c(Na+)> c(HCOOH)，所以c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+)，选项D错误；
答案选A。
9．C
【详解】A．①到②的过程中，体积缩小一半，平衡时c(A)由0.022a变为0.05a，说明增大压强，平衡逆向移动，且X此时应为气态，故A正确；
B．②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时c(A)由0.05a变为0.75a，说明增大压强平衡正向移动，且X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化，故B正确；
C．结合A、B选项的分析，平衡首先逆向移动，然后正向移动，故A的转化率先减小后增大，故C错误；
D．③状态下A物质的量为0.75amol＜①的0.88amol＜②的amol，其物质的量最小，即A转化率最大，则X的物质的量最大，故D正确；
故选：C。
10．C
【详解】A．石墨是阳极、汞是阴极，电池内通过离子移动导电，电子沿石墨→a，b→Hg路径流动，故A错误；
B．石墨是阳极，石墨电极失电子发生氧化反应，故B错误；
C．汞电极是阴极，生成了钠汞合金，汞电极发生主要反应的电极方程式：，故C正确；
D．阳极发生反应，电解过程中转移0.2mol的电子，阳极产生0.1mol的，非标准状况下的体积不一定是2.24L，故D错误；
选C正确。
11．A
【详解】2A(g) B(g) + Q （Q>0）是放热反应，2A的能量大于B，；B(g) 的能量大于B(l)，故A正确。
12．A
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态到化合态的过程，反应1中N2转化成NH3，属于氮的固定，故A正确；
B．反应2为氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，所以涉及电子转移，故B错误；
C．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故C错误；
D．形成化学键放出热量，则在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程，故D错误；
故选：A。
13．C
【详解】A．NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度，A正确；
B．a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，滴加过程中c(Na+)不变，但c(H+)减小，则c()+2c()+c(OH-)逐渐减小，B正确；
C．NaHCO3溶液存在c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH=4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c(Na+)＞c()+c()+c(H2CO3)，C错误；
D．e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，根据Na+和Cl-守恒可知，此时溶液中c(Na+) = c(Cl-) = =0.025 mol L-1，D正确；
故答案为：C。
14．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。
15．A
【详解】A．由于产物的能量相同，是放热反应，ⅱ是吸热反应，说明反应物含有的ⅰ中的高。因此ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态，正确；
B．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由于反应(ⅰ)的产物与反应(ⅱ)的产物状态相同，因此稳定性相同，错误；
C．1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，发生反应，由于该反应是可逆反应，物质不能完全转化，所以放热小于9.48 kJ ，错误；
D．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差26.48 kJ +9.48 kJ ="35.96" kJ，错误。
答案选A。
16．B
【详解】A．Z为固体，则加入适量Z，①和②平衡均不移动，故A正确；
B．体积不变，通入稀有气体Ar，反应体系中各物质浓度不变，则①不移动，故B错误；
C．①为吸热反应，降温平衡逆移，②为放热反应，降温平衡正移，无法比较哪边的变化程度更大，则降温时无法判断W浓度的增减，故C正确；
D．通入Y，①正向移动，②逆向移动，则N的浓度增大，故D正确；
故选：B。
17．B
【详解】A．由题意，NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根(N)会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01 mol·L-1 HN3溶液的pH>2，A错误；
B．HN3为弱酸，电离方程式为HN3H+ + N，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H+)增大， pH减小，B正确；
C．NaN3是强电解质，完全电离出Na+和N，电离方程式为 NaN3= Na++N，C选项错误；
D．0.01 mol·L-1 NaN3溶液中：由物料守恒 c(Na+ )= c( N)+ c(HN3)，故D错误；
故答案选B。
18．A
【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
19．D
【详解】A．次氯酸不稳定，见光易分解，说明次氯酸的化学性质不稳定，与酸性强弱无关，A不符合题意；
B．次氯酸中Cl的化合价比较低，说明HClO具有还原性，与酸性强弱无关，B不符合题意；
C．次氯酸可以使紫色石蕊试液褪色，说明HClO具有氧化性，与酸性强弱无关，C不符合题意；
D．0.1mol/L HClO溶液的pH为3，若HClO为强酸，则0.1mol/L HClO溶液的pH为1，但实际上为3，说明HClO在溶液中H+浓度较低，HClO不完全电离，HClO为弱酸，D符合题意；
故答案选D。
20．D
【详解】A．由图可知1mol H2(g)和1molCl2(g)反应生成2mol HCl(g)放出(862-679)kJ=183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+183kJ，A正确；
B．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，B正确；
C．由图可知2molHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，C正确；
D．气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2mol气态氢原子的能量高于1mol氢气的能量，D错误。
答案选D。
21．D
【分析】铁丝和氯化钠溶液、稀硫酸都能构成原电池，左边氯化钠溶液中铁丝发生吸氧腐蚀，右侧稀硫酸中铁丝发生析氢腐蚀。
【详解】A．a处负极上Fe失电子，正极上O2得到电子，b处负极上Fe失电子，正极上H+得到电子，a、b两处负极反应相同，均为Fe-2e-=Fe2+，A正确；
B．a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间以后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致a处液面升高b处液面降低，左侧高于右侧，B正确；
C．a出发生吸氧腐蚀，生成OH-，b处发生析氢腐蚀，消耗H+剩余OH-，左右两侧pH均升高，C正确；
D．右侧析氢腐蚀为电化学腐蚀，左侧吸氧腐蚀为化学腐蚀，析氢腐蚀的速率高于吸氧腐蚀的速率，D错误；
故答案选D。
22．B
【详解】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：+H2O +OH ，故A正确；
B．①→③过程中，pH减小，说明水解产生的c(OH )减小，升高温度，水解平衡应向正反应方向进行，水解产生的c(OH )应该增大，而实际上pH减小，主要原因是部分被空气中的氧气氧化为，溶液中c()减小，水解逆向移动，pH减小。④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的，故B错误；
C．①→③的过程中，水解产生的c(OH )减小，水电离程度变大，故C正确；
D．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故D正确；
故答案为B。
23．B
【分析】加入炭粉、氯化钠和水形成原电池，利用原电池原理加速还原铁粉吸氧，据此分析。
【详解】A．铁粉，食盐，炭粉等混合形成原电池，脱氧剂工作原理是将化学能转化为电能，故A错误；
B．食盐属于电解质，增加了导电性，可以加速包装袋中氧气的吸收，故B正确；
C．Fe(OH)2不稳定，最终被氧化成氢氧化铁，故C错误；
D．炭粉作为原电池的正极，正极上发生还原反应，碳粉上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误；
答案选B。
24．D
【详解】A．进行酸碱中和滴定实验时，滴定管需要润洗，但是盛装待测液的锥形瓶使用前不能用待测液润洗，否则会导致待测液的物质的量偏大，影响滴定结果，故A错误；
B. 滴定前，润洗滴定管后，使管的尖嘴部分充满溶液且无气泡。然后调整管内液面，使其保持在“0”或“0”以下的某一刻度，并记下准确读数，故B错误；
C．滴定至终点时，若酸碱中和的产物为能水解的盐，溶液可能显酸性、可能显碱性，故溶液不一定呈中性，故C错误；
D．测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值，减小误差，故D正确；
答案选D。
25．B
【详解】A．用湿润的pH试纸测定某酸溶液的pH，相当于把酸加水稀释，所测溶液的pH会偏大，故A错误；
B．氯气的氧化性大于碘，所以氯气能够把碘离子氧化为碘单质，碘与淀粉相遇变蓝，可以使用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气，故B正确；
C．过滤时，先将滤纸放入漏斗中，然后再将滤纸湿润，防止滤纸不能贴紧漏斗，使过滤效果不佳，故C错误；
D．浓盐酸挥发出的氯化氢气体遇湿润的试纸显酸性，石蕊试纸遇酸变红，红色石蕊试纸看不出颜色变化，故D错误；
答案选B。
26．D
【分析】根据图示能量图可以得到化学反应：① C(s)+O2(g)= CO2(g)△H＝ 393.5kJ mol 1， ②CO(g)+ O2(g)= CO2(g)△H＝ 282.9kJ mol 1，据此回答。
【详解】A．根据图象可知，1molCO和0.5mol氧气完全反应生成1mol二氧化碳放出282.9kJ热量，则2molCO完全燃烧放出565.8kJ热量，正确的热化学方程式为：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H＝ 565.8kJ mol 1，故A错误；
B．二氧化碳是直线型结构，空间高度对称，CO2是由极性键构成的非极性分子，故B错误；
C．根据反应：① C (s)+O2(g)= CO2(g)△H＝ 393.5kJ mol 1， ②CO(g)+O2(g)= CO2(g)△H＝ 282.9kJ mol 1，①-②×2，可以得到反应C(s)+ CO2(g)=2 CO(g)，△H =-393.5kJ/mol-(-282.9×2)=172.3 kJ/mol＞0，为吸热反应，故C错误；
D．根据反应：① C (s)+O2(g)= CO2(g)△H＝ 393.5kJ mol 1， ②CO(g)+ O2(g)= CO2(g)△H＝ 282.9kJ mol 1，①-②得到C (s) +O2(g)=CO (g) △H=-110.6 kJ mol 1，为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故D正确；
答案选D。
【点睛】判断反应放热还是吸热，根据反应物和生成物能量的相对大小判断。
27．C
【详解】A．NH4NO3是由铵根离子和硝酸根离子组成，属于离子化合物，不是共价化合物，故A错误；
B．NH4NO3溶于水吸热，故B错误；
C．氨态氮肥，是指氮素以铵盐形态存在的氮肥，硝态氮肥，是指氮素以硝酸盐形态存在的氮肥，NH4NO3含有氮元素，既属于铵态氮肥也属于硝态氮肥，故C正确；
D．NH4NO3属于离子化合物，属于强电解质，故D错误；
答案选C。
28．D
【详解】A．根据图象可知，CO2的浓度减小，CH3OH(g)的浓度增加，故CO2和氢气是反应物，CH3OH是生成物，反应的化学方程式为：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)+H2O，故A错误；
B．10min时，各物质的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，并不是停止了，故B错误；
C．从图象可以看出，2min时，CO2的浓度变化量等于CH3OH的浓度变化量，CO2的消耗速率等于CH3OH的生成速率，并没有达到平衡状态，故C错误；
D．根据图象可知，从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)＝，根据化学反应，CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g) H2O，v(H2)＝3v(CO2) =0.225mol/(L·min)，故D正确；
答案选D。
29．C
【详解】A．在潮湿空气中两种金属各部分接触会与空气中的水共同作用形成一个个微型的原电池，从而引发电子转移促使化学反应的发生程度加剧，纯铁不易被腐蚀，而生铁是铁和碳的合金，易被腐蚀，青铜是铜锡合金，也易形成原电池，比纯金属更易腐蚀，故A错误；
B．石油主要由各种烃组成的混合物，分馏是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，常压分馏可以得到石油气，汽油，煤油和柴油等，是一定温度范围内的混合物，不能得到纯净的C8H18，故B错误；
C．将氨气液化分离，平衡向正反应方向移动，提高氨气产率，符合勒夏特列原理，故C正确；
D．氨的催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，高温下水是气态，压强不能太高，压强太高平衡会向逆向移动，产率会降低，故D错误；
答案选C。
30．A
【详解】A．a点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，则离子浓度大小为：c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)，故A正确；
B．b点是滴入亚硫酸钠和氯水中氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH=2时氢离子浓度为0.01mol/L，则c(Cl-)=c(SO42-)=0.005 mol L-1，故B错误；
C．c点含剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化钠、亚硫酸、硫酸钠，溶液中还含有氯离子，则c(Na+)=2c(HSO3-)+2c(SO32-)+2c(SO42-)不成立，故C错误；
D．d点pH=7，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(Cl-)+2c(SO32-)+c(HSO3-)+2c(SO42-)，故D错误；
答案选A。
31．C
【分析】对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。
【详解】A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A正确；
B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都选择了较高的温度，故B正确；
C、合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强，高压对设备要求高，故C错误；
D、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D正确。
故选：C。
32．D
【详解】A、K与a连接，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀，发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故A正确；
B、K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池，将化学能转变为电能，故B正确；
C、K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，电极反应为2H++2e-=H2↑，故C正确；
D、K与b连接，Fe作阴极，Fe被保护，该方法叫外加电流的阴极保护法，故D错误。
故选：D。
33．B
【详解】A、试管加热不用垫石棉网，但如果垫石棉网也是可以的，故A错误；
B、滴定管能精确到0.01mL，比量筒精确度高，故B正确；
C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸，不能将洗涤液倒入烧杯，故C错误；
D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥，如果不干燥不影响实验结果，故D错误。
故选：B。
34．A
【详解】A、Qc==1.04＞K，所以平衡逆向移动，故A正确；
B、反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；
C、若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压，但加压不对化学平衡产生影响，故C错误；
D、反应逆向进行，说明v逆＞v正，随着反应进行，CO和H2O的浓度增大，正反应速率增大，故D错误，
故选：A。
【点睛】本题考查化学平衡的移动，根据表中数据，利用Qc与K的大小关系判断反应的方向是解题的关键，难度不大。
35．C
【详解】A、氢氧化钠固体溶于水是放热的过程，故NaOH(s)溶于水的过程中扩散吸收的能量小于水合释放的能量，故A错误；
B、酸碱中和放热，故Q大于0，故B错误；
C、反应的热效应与反应的计量数成正比，故当将反应的计量数除以2时，反应的热效应也除以2，即变为NaOH（s）+ H2SO4（aq）→ Na2SO4（aq）+H2O（l）+Q kJ，故C正确；
D、氢氧化钠固体溶于水放热，即若将氢氧化钠固体换为氢氧化钠溶液，则反应放出的热量变小，即则Q′＜Q，故D错误。
故选：C。
36．A
【详解】A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；
B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；
C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；
D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：A。
37．D
【详解】A、根据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成NaA，溶液的pH＞7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故A错误；
B、a点反应后溶质为NaA，A-部分水解溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒可知：c(Na+)＞c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C、根据图示可知，滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙的变色范围为3.1～4.4，酚酞的变色范围为8～10，指示剂应该选用酚酞，不能选用甲基橙，故C错误；
D、b点溶液的pH=7，呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，故D正确；
故选：D。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。
38．(1) 3 V形 放热
(2)
(3) O 接受
(4) 乙 +H+=
(5)a
【详解】（1）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子；H2O分子O原子最外层含有2对孤电子对，空间构型为V形；反应物能量总和大于生成物能量总和，则该反应为放热反应；
（2）由图可知，“解吸”过程中KHCO3分解生成K2CO3和CO2，反应的化学方程式为；
（3）①CO2的电子式为，O原子有孤电子对，过渡金属的原子一般具有空轨道，根据配位键形成规则可知，过渡金属接受CO2分子中O原子的孤电子对，故答案为：O；
②CO2→CH3OH的过程中C原子发生得电子的还原反应，即CO2接受电子转化为CH3OH，故答案为：接受；
（4）①相同体积、相同浓度的K2CO3和KHCO3溶液，K2CO3的水解程度更大，故pH更大，图甲为碳酸氢钾，图乙为碳酸钾，故答案为：乙；
②图乙为碳酸钾溶液的滴定曲线，A'~B'段，为碳酸钾和少量盐酸的反应，离子方程式为： +H+=，故答案为： +H+=；
（5）③a．K2CO3和KHCO3溶液中存在电离和水解，所含微粒种类相同，故a正确；
b．A点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，而B、C点由于已经加入盐酸，故溶液中还含有Cl-，故B、C点满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，故b错误；
c．A点溶质为碳酸氢钾，碳酸氢钾水解大于电离，溶液显碱性，促进水的电离，B点溶质为氯化钾和H2CO3，溶液pH约为4，抑制水的电离，C点溶质为氯化钾和HCl，溶液pH约为2，抑制水的电离，但是由于C点酸性更强，对水的电离抑制程度更大，水的电离程度：A>B>C，故c错误；
d．K2CO3和KHCO3溶液的金属阳离子相同，焰色试验的颜色相同，则不能鉴别，故d错误；
故答案为：a。
39． 7 1 浓硫酸具有强氧化性，在铝表面形成了致密的氧化膜 NaOH Al3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体
【详解】(1)Al的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1，其中占有1s能级1个轨道、2s能级1个轨道、2p能级3个轨道、3s能级1个轨道、3p能级1个轨道，共占有1+1+3+1+1=7个轨道；3p能级上有1个电子，该电子为未成对电子，故未成对电子1个；
(2)浓硫酸具有强氧化性，可以使Al钝化，在Al表面形成一层致密的氧化膜；要出去铁粉中的铝粉，可以向混合粉末中加入NaOH溶液，此时，Fe不与NaOH反应而Al可以，从而达到除去铝的目的；
(3)Al3+为弱碱阳离子，HCO为弱酸阴离子，Al3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体。
40． S 2NA 存在Al3++3H2O Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝 Li(或SOCl2)会与水发生反应 常压SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本 SO32- 溶液中HSO3-的电离
【分析】(1)根据氧化还原反应中化合价的变化及电子得失守恒进行分析判断和计算；
(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O Al(OH)3+3H+平衡，根据水解平衡移动分析；
(3)金属锂是活泼金属可与水反应；
(4) 根据反应2SO2+ O22SO3，高压能使平衡正向移动，但成本太高；
(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-。
【详解】(1)该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应中Li元素由0价变为+1价，失去电子，被氧化，S元素由+4价变为0价，得电子，被还原，还原产物为S；反应中4molLi参与反应生成1mol SO2，转移4mol电子，生成标准状况下SO211.2L，即为SO2的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量为0.5mol×4=2mol，则数目为2NA；
(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝，则SOCl2与水反应生成的盐酸可以抑制铝离子的水解，可以用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3；
(3)金属锂是活泼金属，Li(或SOCl2)会与水发生反应，则电池组装必须在无水条件下进行；
(4)根据反应2SO2+ O22SO3，常压下，SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本；
(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-，则X为SO32-。
41． 2223 K= AD 4s24p1 3 原子晶体 熔点AlN＞GaN，晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高 GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑
【分析】(1)根据氧化还原反应规律配平氮化镓制备的化学方程式；
(2)根据平衡常数的定义书写表达式；结合外界条件变化对平衡体系的影响分析判断图象；
(3)Ga为31号元素，根据构造理论书写核外电子排布式，进而判断最外层电子排布式；根据N的核外电子排布式分析判断电子的伸展方向；
(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，据此分析晶体类型；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，结合键能大小分析判断；
(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，据此书写方程式。
【详解】(1)Ga元素由0价变为+3价，H元素由+1价变为0价，根据氧化还原反应电子得失守恒，配平氮化镓制备的化学方程式为：2Ga(l)+2NH3(g) 2GaN(s)+3H2(g)；
(2)平衡常数的定义为平衡时生成物浓度的计量系数次幂的乘积与反应物浓度计量系数次幂的乘积的比值；注意纯液体和固体没有浓度变化量，不写入平衡常数表达式，则根据反应2Ga(l)+2NH3(g) 2GaN(s)+3H2(g)，平衡常数的表达式K=；
结合外界条件变化对平衡体系的影响分析：
A．则t时刻改变的条件可能是加压，增大压强，反应率加快，反应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与Ⅰ图象相符，故A正确；
B．增大压强，反应率加快，反应逆向移动，镓的含量增大，转化率降低，与Ⅱ图象不符，故B错误；
C．镓在反应体系中为纯液体，没有浓度变化量，增大镓的量，没有浓度变化，反应速率不变，与Ⅲ图象不符，故C错误；
D．平衡常数常数只受温度影响，2Ga(l)+2NH3(g) 2GaN(s)+3H2(g)+QkJ(Q＞0)，则正反应放热，升高温度，反应逆向移动，平衡常数减小，与Ⅳ图象相符，故D正确；
答案选AD；
(3)Ga为31号元素，根据构造理论，基态原子核外电子排布式为1s2 2s22p63s23p63d104s24p1 (或[Ar]3d104s24p1)，最外层电子的核外电子排布式为4s24p1；基态N原子核外电子排布式为1s2 2s22p3，能量最高的电子亚层为2p，p能级上有三个轨道，电子云空间伸展方向有3种；
(4)氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，为原子晶体；晶体类型相同，结构相似，原子半径Al＜Ga，氮铝键比氮镓键更稳定，所以AlN熔点更高，则熔点：AlN＞GaN；
(5)根据已知信息提供的Ga化学性质，能与热的碱溶液缓慢反应，类比Al的性质，氮化镓与热的NaOH溶液反应生成NaGaO2和NH3，化学反应方程式为：GaN+OH-+H2OGaO2-+NH3↑。
42．(1) 分液 从溶液II中取样，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+，显无色说明无残留
(2)b
(3)0.576 mol/L
(4)CD
(5)B
(6) 偏大 滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多
【分析】含Fe3+、Al3+试样X溶液25ml，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100ml，取25.00ml溶液，滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液B为非氧离子化性和还原性的酸，用重铬酸钾溶液滴定至终点。
(1)
操作A是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，分离的名称为分液，所用仪器为分液漏斗；依据铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验铁离子的存在，从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留，故答案为：分液漏斗；从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留；
(2)
a.H2SO3具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，而消耗更多的标准溶液导致实验不准确，a不选；
b. H2SO4-H3PO4可对溶液B进行酸化，b选；
c. HNO3具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，消耗待测液，导致实验结果偏低，c不选；
d. HI具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，d不选；
故选：b；
(3)
依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1mol L-1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质的量=0.1mol/L×6×10-3L=6×10-4mol，反应为 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可得关系式，，则试样X中c(Fe3+)=0.144mol/L×=0.576mol/L，故答案为：0.576mol/L；
(4)
上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可以重复几次实验，增加平行测定次数，数值取平均值，减少误差，滴定溶液浓度越小，测定结果越准确，故答案为：CD；
(5)
A．由于恒压分液漏斗的存在是平衡压强，检查密闭装置，检查装置气密性可以密闭装置，改变压强，利用液面变化判断该装置气密性，能进行气密性检查，故A错误；
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平，防止水的压强影响读取气体体积数值产生误差，故B正确；
C．反应完成后生成的氢气依据量气管的液面变化读取体积，不需要都要转移至装置B中，故C错误；
D．保证合金完全反应条件下，利用的是气体压强变化，液面差读取气体体积，产生气体不会超过量气装置的量程，故D错误；
故答案为：B；
(6)
若将恒压分液漏斗(A)去掉导管a，改成普通分液漏斗，滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气管装置中气体体积增大，导致计算的铝的含量增大，则测得铁铝合金中的铝含量偏大，故答案为：偏大；滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多。
43．(1) N2分子中含有氮氮三键，键能大，破坏N≡N键需要吸收很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定 3Mg+N2Mg3N2 b
(2)用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气产生
(3)NH3与HCl会发生反应NH3+HCl=NH4Cl
(4) 40% >
(5)ad
【详解】（1）N2分子中含有氮氮三键，键能大，破坏N≡N键需要吸收很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定；固氮是将游离态氮转化为化合态的氮，根据上述流程可知，其中的固氮反应为镁与氮气的反应，化学方程式为3Mg+N2Mg3N2；镁在熔融状态下反应，而镁的熔点为649℃，而二氮化三镁大于800℃时发生分解，故固氮的适宜温度范围是700~800℃，故选b；
（2）氮化镁能和水反应产生白色沉淀和氨气，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气产生，说明Mg能起到固氮作用；
（3）NH3与HCl会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，故NH3的收率较低；
（4）6 .5min时反应达到平衡，此时NO2的转化率为0.5，利用三段式可知:
则反应达到平衡时CO2的体积分数=100%== 40%；反应未开始时，气体只有NO2，摩尔质量为46g/mol，若反应完全进行，则气体为体积比为1 : 2的N2和CO2，平均摩尔质量约为38.67g/mol，说明NO2的转化率越大，混合气体的平均摩尔质量越小，则(A) >(B)；
（5）a.反应过程中CO2的质量分数在改变，当CO2的质量分数保持不变，反应达到平衡状态，选项a正确；
b. CO2、N2均为生成物，初始投料为NO2，所以CO2、N2的百分含量之比始终不变，不能说明反应达到平衡状态，选项b错误；
c. 2v(逆)(NO2)=v(正)(N2)，则4v(逆)(N2)=v(正)(N2)，正逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态，选项c错误；
d. NO2有颜色，混合气体颜色不变，说明NO2的浓度不变，反应达到平衡状态，选项d正确；
答案选ad。
44．(1) 吸收 NOx(如 NO，NO2)
(2) 过滤
(3)在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋
(4)提高氧化性
(5) 偏大
【详解】（1）储存时，氧化钡、一氧化氮和氧气反应生成了硝酸钡，所以氧化钡的作用是吸收 NOx(如 NO，NO2)，根据图2知前12秒的还原产物为氨气，结合题意分析，H2和Ba(NO3)2的催化还原产物有BaO、NH3、H2O，根据氧化还原反应的守恒规律，配平方程式；故答案为吸收 NOx(如 NO，NO2)；。
（2）由操作得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得分离操作为过滤；由酸化废水反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为，故答案为过滤；。
（3）根据题目提供信息，Fe3O4(导电)，产生FeO(OH)(不导电)，Fe2＋能与FeO(OH)反应生成Fe3O4，可知若要提高的去除率，可采取的措施是加入Fe2＋，故答案为在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋。
（4）先取VmL含水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLcmol L 1FeSO4标准溶液（过量），再加入稀H2SO4；最后用c2mol L 1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，发生，加入稀H2SO4的作用是提高氧化性，故答案为提高氧化性。
（5）取VmL含氮()水样，加入催化剂、v1 mLc1mol L 1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4，发生3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O，步骤2.用c2mol L 1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋ (被还原为Cr3＋)，终点时消耗v2mL，发生，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量＝6c2v2×10 3mol，则参与步骤I反应的FeSO4的物质的量＝(c1v1 6c2v2)×10 3mol，根据该反应3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO4物质的量会偏大，计算出来的水样中的含量也偏大；故答案为；偏大。
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等。
45．(1) 1:2 温度 该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大
(2) K = 50%
(3)B
(4) 弱碱 c(CH3COO-)= c(R+)＞c(OH-)= c(H+)
(5)＞
【解析】（1）
①恒容密闭容器中发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，Q1＜0，增大c(CO2)，平衡正向移动， (CH4)增大，则c(CH4):c(CO2)越小， (CH4)越大，所以曲线a的进料浓度比c(CH4):c(CO2)为1:2。
②Q1＜0，正反应为吸热反应，温度越高， (CH4)越大，则依据曲线判断，条件X是温度，依据是：该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大。答案为：1:2；温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
（2）
某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，该反应的平衡常数表达式为K=；平衡时CH4的体积分数为，设参加反应的CO2的物质的量为x，则可建立以下三段式：
则，x=0.5mol，CO2的转化率为=50%。答案为：K =；50%；
（3）
A．反应②为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)+Q2，当v(CO2)=v(CO)，虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但由于没有指明反应进行的方向，所以反应②不一定达到平衡状态，A不正确；
B．升高温度，反应②中反应物的有效碰撞次数增多，正、逆反应速率都增大，B正确；
C．增大压强，反应①的温度不变，平衡常数K不变，C不正确；
D．移去部分C(s)，反应③④⑤中气体的浓度都不变，平衡不发生移动，D不正确；
故选B。答案为：B；
（4）
从图中可以看出，b点时，V(ROH)=10mL，此时CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，则碱ROH的电离常数与CH3COOH相同，CH3COOH为弱酸，所以ROH是弱碱，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序：c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)。答案为：弱碱；c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)；
（5）
b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离，所以由水电离出的氢离子浓度c(H+)＞1×10-7mol/L。答案为：＞。
【点睛】一元酸与一元碱反应所生成的盐溶液，若呈酸性，则表明酸的电离常数比碱大；若呈碱性，则表明碱的电离常数比酸大。
46．(1)0.01mol/(min·L)
(2) A 降低温度
(3) At1 大于
(4)0.26
(5) 小于 HCOOH
【解析】（1）
根据信息可知，CO2的反应速率为=0.02mol/(min·L)，根据速率之比等于系数之比，可得CH2=CH2(g)的平均反应速率为0.01mol/(min·L)。
（2）
对于主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)+127.8kJ，
A．在密闭容器中混合气体的质量不变，且恒容，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A选；
B．反应前后气体分子数有变化，在恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则混合气体总压强保持不变，说明反应达到平衡状态，B不选；
C．乙烯体积分数保持不变说明乙烯的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，C不选；
D．在密闭溶液中混合气体的质量不变，反应前后气体分子数有变化，则物质的量有变化，则气体平均摩尔质量保持不变时说明反应达到平衡状态，D不选；
故选：A；
由于该反应是放热反应，可降低温度平衡正移，以提高二氧化碳的平衡转化率；
（3）
由图1可得出在相同温度下，At1催化下乙烯的净速率最大，则说明催化效率最高的是At1；由于A点之后乙烯的净速率持续增大，说明平衡正向移动，则A点的正反应速率大于逆反应速率；
（4）
CO起始浓度为mol/L，达到平衡时CO的转化率为45%，设生成CH2=CH2为xmol/L、生成HCOOH为ymol，列三段式：
、，由达到平衡时CO的转化率为45%得2x+y=0.2mol×45%=0.09mol，C2H4的选择性为80%得，由两式解得x=0.04、y=0.01，则该温度下，副反应的平衡常数；
（5）
0.1mol·L-1的NaOH溶液和0.2mol·L-1的HCOOH溶液等体积混合，得到混合溶液为等量的HCOOH和HCOONa，若pH<7，溶液显酸性，则电离大于水解，则c(HCOOH)小于c(Na+)，要使c(HCOOH)=c(Na+)，可加入HCOOH溶液。
47． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
48． 0.1mol·L-1·s-1 4 AD BD CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应 此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强 CO+CO2+H2O=2HCO KHCO3和K2CO3 b
【详解】(1)设平衡时Δn(H2)=x mol，则列三段式有：
根据题意有=50%，解得x=1，容器体积为2L，所以v(H2)==0.1mol·L-1·min-1；
(2)根据(1)的计算可知平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol，容器体积为2L，则浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L，所以平衡常数K==4；
若平衡K值变大，由于平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，说明降低了温度；
A．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，A正确；
B．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率增大，所以平衡移动时，逆反应速率先减小后增大，B错误；
C．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，C错误；
D．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，反应物的浓度逐渐减小，所以平衡移动时，正反应速率始终减小，D正确；
综上所述答案为AD；
(3)A．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则无论是否平衡密度都不发生变化，A不符合题意；
B．CH3OH的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B符合题意；
C．平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应还是逆反应速率，故不能说明反应是否达到平衡，C不符合题意；
D．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，但该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时平均相对分子质量会发生变化，当其不变时说明反应达到平衡，D符合题意；
综上所述答案为BD；
(4) CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2的平衡转化率随温度的升高而增大；温度越高，速率越快，此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强，所以此时CH3OH的产率最大；
(5)碳酸钾吸收CO2得到碳酸氢钾溶液，离子方程式为CO+CO2+H2O=2HCO，200mL 1.5mol/LK2CO3溶液中含有0.2L×1.5mol/L=0.3molK2CO3，标况下3.36L二氧化碳的物质的量为0.15mol，所以只能反应0.15mol碳酸根，则溶质为0.15mol K2CO3和0.3molKHCO3；
各离子的浓度关系：
a．溶液中存在电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，a错误；
b．根据溶质成分可知3c(K)=4c(C)，则有3c(K+)=4c(CO)+4c(HCO)+4c(H2CO3)，b正确；
c．CO和HCO的水解使溶液显碱性，但水解是微弱的，所以离子浓度大小关系应为c(K+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，c错误；
综上所述答案为b。
49． 0.004 ad 吸热 1.6875 ab c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-) 降低溶液温度或加入固体氯化铵(合理即可)
【详解】(1)在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，则说明增加的是参与反应的水的质量，n(H2O)=0.12mol,所以反应的N2的物质的量n(N2)=n(H2O)=0.04mol，则0～5min内，N2的平均反应速率=0.004 mol/(L·min)，故答案为：0.004；
(2)a．3v正(N2)=2v逆(O2)，说明正反应速率等于逆反应速率，即反应达到平衡状态，故a正确；
b．c(NH3)=c(N2)，不能说明浓度是否保持不变，即不能说明反应是否达到平衡状态，故b错误；
c．容器内反应遵循质量守恒定律，所以物质质量始终保持不变，则物质质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．容器内气体总质量随着反应进行不断变化，容器的体积不变，所以容器中气体的密度随着反应的进行再变化，所以当密度不变时，说明反应也达到平衡状态，故d正确；
故答案为：ad；
(3)根据反应图象变化可判断出，N2的转化率：343K＞323K，则说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即该反应正反应为吸热反应；343K时，上述反应的N2的转化率为50%，可列出三段式如下：
，
则化学平衡常数K=；如果化学平衡常数数值变大，则说明升高了温度，那么反应一定向正反应方向移动，正反应速率与逆反应速率均增大，且正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，所以在平衡移动时正反应速率先增大后减小，故ab正确，答案为：吸热；1.6875；ab；
(4)将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液的溶质为氯化铵，因为铵根离子会发生水解，使溶液显酸性，所以离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；使氯化铵溶液中的c()与c(Cl-)比值变大，可以考虑增大铵根离子浓度，如加入氯化铵固体，又因为铵根离子的水解反应属于吸热反应，降低溶液的温度，抑制水解平衡向正向移动，也可使氯化铵溶液中的c()与c(Cl-)比值变大，故答案为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；降低溶液温度或加入固体氯化铵(合理即可)。
50． 减小 由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小 0.0125mol/（L s） Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3胶体的生成，降低了吸附能力 Na2O2 CaCl2 Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+NH3↑+2H2O
【分析】(1)反应的平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知 T1＞T2，由图可知，升高温度，n(CO2)减小；
(2)根据v==计算v(CO2)，再根据反应计量关系计算v(N2)；
(3)Fe2(SO4)3 水解的离子反应为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，酸性废水中的H+会导致Fe2(SO4)3 不能形成胶体或者胶体非常少；氧化还原反应中氧化剂发生还原反应、元素的化合价降低，据此分析解答；
(4)氨碱法工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，据此分析解答。
【详解】(1)反应2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)的平衡常数K=，根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知T1＞T2，由n(CO2)随温度T和时间t的变化曲线图可知，升高温度，n(CO2)减小，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以平衡常数K值减小，故答案为：；减小；由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n(CO2)变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小；
(2)由图可知，v(CO2)===0.025mol/(L s)，反应为2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)，则v(N2)=v(CO2)=×0.025mol/(L s)=0.0125mol/(L s)，故答案为：0.0125mol/(L s)；
(3)Fe2(SO4)3中Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，酸性废水中H+抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe(OH)3 胶体的生成，降低了吸附能力，因此不能吸附悬浮物沉降而除去；反应2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑中，Fe的化合价由+2→+6，发生氧化反应，即FeSO4为还原剂，Na2O2中O的化合价-1→-2或0，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故答案为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，废水中的酸(H+)抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe(OH)3 胶体的生成，降低了吸附能力；Na2O2；
(4)氨碱法工艺中，为提高氨气的利用率，常在母液中加入生石灰CaO，反应为CaO+H2O=Ca(OH)2，加热条件下Ca(OH)2和NH4Cl反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，同时得到大量副产品CaCl2，故答案为：CaCl2；2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。
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