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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-34水溶液中的离子反应和平衡（解答题）
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这是一份天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-34水溶液中的离子反应和平衡（解答题），共65页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-34水溶液中的离子反应和平衡（解答题）
一、原理综合题
1．（2022·天津·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是_______。
(2)与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀(常温下；设时沉淀完全)。
①实验中的作用是_______。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_______。
③为使沉淀完全，调控溶液的pH最小值为_______。
(3)离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的、离子能发生交换均生成(s)。其反应可表示为(以发生交换为例)。
①写出发生交换反应的平衡常数表达式，_______。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是_______。
(4)电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为，再加碱沉淀为。已知：。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为_______。
②当沉淀出2mol 时，阳极至少消耗_______mol Fe。
2．（2022·天津·模拟预测）下表是25℃时某些弱酸的电离常数，其中多元弱酸分步电离。
弱酸
K
弱酸
K
HF
HCN
HCOOH
(1)等浓度的HCOOH、和溶液中，水电离出的氢离子浓度：_______>_______>_______。
(2)根据表中数据判断下述反应可以发生的是_______。(填编号)
①
②
③
④
(3)少量通入NaCN溶液中发生反应的离子方程式为_______。
(4)常温下在溶液中逐滴滴加盐酸溶液40mL，溶液中含碳元素的三种微粒、、(因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：
①各字母代表的粒子为b_______，c_______。
②在同一溶液中，、、_______(填“能”或“不能”)大量共存。
③当时，溶液中含碳元素的主要微粒为_______。
(5)若以熔融作为电解质，写出燃料电池负极的电极反应式_______。
(6)等浓度等体积的溶液和溶液混合，写出离子浓度由大到小的排序：_______。
3．（2022·天津·模拟预测）工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
回答下列问题：
(1)反应iv_________(填“能”或“不能”)在任何温度下自发进行。
(2)△H3=_________kJ/mol。
(3)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应iii，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%。
①0~5min内反应的平均速率v(CO2)=_________mol•L-l•min-l。
②该温度下反应的平衡常数为_________。
③若将平衡后的混合气体通入1L3.6mol/L的NaOH溶液，恰好完全反应，反应的离子方程式为_________，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________
④下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是_________(填序号)。
a.Fe2O3的物质的量不再变化
b.体系的压强保持不变
c.混合气体的平均摩尔质量保持不变
d.单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量相等
(4)一定条件下进行反应iii，正向反应速率与时间的关系如图所示，t2时刻改变了一个外界条件，可能是_________。
.
4．（2021·天津·二模）氮的化合物在生产实践及科学研究中应用广泛
(1)目前工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：
2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)⇌(NH4)2CO3(aq)K1
NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)⇌NH4HCO3(aq)K2
(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)K3
则K3=___(用含K1、K2的代数式表示)。
(2)利用CO2制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向，具体如下：CO2催化加氢合成乙烯，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)；ΔH=akJ·mol-1。起始时按n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入20L的恒容密闭容器中，不同温度下平衡时H2和H2O的物质的量如图甲所示：
①a___0(选填“>”或“＜”)。
②下列说法正确的是___(填字母序号)。
A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率
B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C．测得容器内混合气体密度不随时间改变时，说明反应已达平衡
③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3投入CO2和H2，则将___(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(3)N2H4为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，常温下，向10mL0.1mol/L的联氨溶液中，滴加0.1mol/L的HCl溶液xmL溶液中N2H4、N2H、N2H的物质的量分数δ随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]变化的曲线如图所示。
①25℃时，写出N2H4在水中第一步电离方程式___。
②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为___。
③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如图，试写出其阳极电极反应式：___。
5．（2021·天津·三模）已知：①水体中氨氮(NH3、NH)过量会导致富营养化，国家标准要求经处理过的氨氮废水中氨氮标准限值范围为0.02mg·L-1~150mg·L-1、pH控制在6-9；②HClO的氧化性比NaClO强；③NH3比NH更易被氧化。某研究小组用NaClO氧化法处理氨氮废水，进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响如图所示：
(1)反应原理：ClO-可与NH反应生成N2等无污染物质，反应的离子方程式为___。
(2)进水pH应控制在___左右为宜；进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随进水pH升高迅速下降的原因是___；进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随进水pH升高而上升的原因是___。
(3)运用上述原理，也可利用如图所示的电解法去除废水中的氨氮。
a极为电源的___极；d极反应式为___。
(4)常温下将0.1004mol碳酸氢铵粉末加入到1L0.1mol·L-1盐酸中，充分反应后溶液pH恰好为7(此时溶液中几乎不含碳元素，忽略溶液体积变化)，则溶液中c(NH)=___，NH3·H2O的电离平衡常数为___。
(5)已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好呈中性，此时溶液中=__。
6．（2021·天津·三模）我国在碳—1化学方面的进展主要集中在合成气化工和甲醇化工。
I.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，过程包括
反应a：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1>0
反应b：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H2>0
(1)反应a在一定条件下能够自发进行的原因是___；该反应工业生产适宜的温度和压强为___(填标号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2平衡转化率随温度变化关系如图所示。
①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是___。
②计算923K时反应b的化学平衡常数K=____(计算结果保留小数点后两位)。
II.CO2催化加氢制甲醇：在1.0L恒容密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示。
(3)下列说法正确的是___。
A．该反应的正反应为放热反应
B．压强大小关系为P1
D．在P2及512K时，图中N点v(正)
(4)H2CO3电离常数为：Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11。已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8，则在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是___(填序号)。
A．c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)+c(OH-)
B．c(NH)+c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)
C．c(H2CO3)-c(CO)-c(NH3·H2O)=9.9×10-7mol·L-1
D．等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合析出晶体，静置上层清液存在：c(H+)+c(NH)>c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)
②c(H2CO3)：c(CO)=___(结果保留三位有效数字)。
7．（2021·天津·一模）碳的化合物在工业上应用广泛，下面对几种碳的化合物的具体应用进行分析对“碳中和”具有重要意义。
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH1=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH2=-100kJ·mol-1
又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为___kJ·mol-1。
(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行：
第①步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)=CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应)；
第②步为快反应；增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率。理由为___。
(3)工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0，在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：
①下列描述能说明该反应处于化学平衡状态的是___(填字母)。
A．CO的体积分数保持不变
B．容器中CO的转化率与H2的转化率相等
C．v逆(CH3OH)=2v逆(H2)
D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
②平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。
③X轴上a点的数值比b点___(填“大”或“小”)，某同学认为图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是___。
(4)甲醇与CO可以生成醋酸，常温下将amol/L的醋酸与bmol·L-1Ba(OH)2溶液以2：1体积比混合，混合溶液中2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电离平衡常数为_____(忽略混合过程中溶液体积的变化，用含a和b的代数式表示)。
8．（2021·天津北辰·统考一模）国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
①写出相同条件下CH2=CHCH2C1和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式____。
②已知①中的正反应的活化能E正为132kJ·mol-1，请在下图中标出①中逆反应的活化能E逆及数值_______。
(2)温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1，反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡时：
①H2的转化率为_______
②T℃时该反应的平衡常数K=_______(列计算式表示)。
(3)目前有Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。
①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式_____。
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用文字说明是否可行_____。
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=_____(T℃时Ka(HCOOH)=2×10-4)。
9．（2021·天津·统考二模）催化氧化二氧化硫是工业制硫酸的主要反应：
(1)催化过程涉及两步反应，其中第一步反应为： ，则第二步反应为_______，其反应热，用含的式子表示为_______。
(2)为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体催化剂的密闭容器装置。
在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，达平衡时，三个容器中的转化率从大到小的顺序为_______(用“甲、乙、丙”表示)。
(3)在T℃和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。已知用平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则_______；相同条件下，若按、、进行投料，则反应开始时_______(填“＞”、“＜”或“=”)
(4)工业上用溶液吸收，再经电解转化为。已知的电离平衡常数为，，则溶液中含S元素粒子浓度由大到小的顺序为_______。如图为电解溶液产生硫酸的装置。则A为电解池的_______(填“阴极”或“阳极”)，写出阳极区域产生硫酸的电极反应式_______。
10．（2021·天津河西·统考三模）硫及其化合物在工农业生产中有广泛的应用，请按要求回答下列问题。
(1)SCl2常做消毒剂，根据下列化学键的键能及S4的结构式：
化学键
S—S
S—Cl
Cl—Cl
键能/(kJ•mol-1)
266
255
243
则反应S4(g)+4Cl2(g)=4SCl2(g)△H=___kJ•mol-1。
(2)S2Cl2常用作橡胶工业的硫化剂，其分子空间结构如图。两个Cl原子犹如在半张开的书的两面上，由此可知它属于__分子(填“极性”或“非极性”)。且已知它易与水反应，产生无色有刺激性气味的气体，同时生成淡黄色沉淀，则该反应的化学方程式___。
(3)工业上制取SCl2的反应之一为S2Cl2(g)+Cl2(g)=2SCl2(g)△H<0。一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2发生上述反应，Cl2与SCl2的消耗速率与温度的关系如图所示。
①A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的有___(填字母)，理由是__。
②提高SCl2产率可采取措施有___(写出一项即可)。
③若某温度下，反应达到平衡时S2Cl2的转化率为x，则化学平衡常数K=___(用含x的代数式表示)。
(4)向含Zn2+的废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度(mol•L-1)
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=___，c(Zn2+)=___。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5。
11．（2021·天津河北·统考二模）研究发现，含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。
(1)在煤炭中加入碳酸钙可减少酸雨的形成。在研究碳酸盐分解时发现MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)，△H表达式为___；已知CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，则该反应能自发进行的条件是___。
工业上可用浓氨水吸收SO2，写出将过量的SO2通入浓氨水的离子方程式___。
(2)某研究组模拟三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置，发生的反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-197.7kJ·mol-1
I.在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时；三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为___(用“甲、乙、丙”表示)。
II.下列均能作为容器甲和容器乙达平衡标志的是___(填字母)。
A．温度不变 B．密度保持不变 C．压强保持不变 D．O2浓度保持不变
III.400℃，在容器丙中投入4molSO2、2molO2进行反应时，放出akJ热量；若在500℃，投入2molSO2、1molO2进行反应，放出bkJ热量，则a___2b(填“﹥”、“﹤”或“=”)。
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()与Na2SO3溶液反应，生成物____(填字母)。
A． B．SO2 C．NaHCO3 D．
答案选A
(4)亚硫酸电离常数为Ka1，Ka2改变0.lmol/L亚硫酸溶液的pH，其平衡体系中含硫元素微粒物质的量分数δ与pH的关系如图，=___。
12．（2021·天津和平·统考二模）处理含硫烟气(主要成分为SO2)备受关注。回答下列问题：
Ⅰ.处理含硫烟气有以下两种方法
(1)水煤气还原法
已知：i.2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) △H1=—37.0kJ·mol-1
ii.2H2(g)+SO2(g) S(l)+2H2O(g) △H2=+45.4kJ·mol-1
写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的热化学方程式为___。
(2)碱液吸收法
①步骤1：用足量氨水吸收SO2，试写出该反应的化学方程式___。
②步骤2：再加入熟石灰的反应，试写出该反应离子方程式___。
③已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=a；Ksp(CaSO3)=b。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K=__(用含a、b的代数式表示)。
Ⅱ.常温下将NaOH溶液滴加到一定浓度的H2SO3溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
(1)Ka1(H2SO3)=___。
(2)当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，溶液中各离子浓度大小关系为___。
Ⅲ.将组成(物质的量分数)为m%SO2(g)、2m%H2(g)和q%He(g)的气体通入密闭反应器，使反应：H2(g)+SO2(g)S(l)+H2O(g)，在温度t、压强P条件下进行反应，平衡时，若H2转化率为α，则平衡常数Kp=___(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
13．（2021·天津·统考一模）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，含的烟气必须经过处理才可排放。回答下列问题：
(1)若烟气主要成分为，可通过电解法除去，其原理如图所示。阳极的电极反应式为_______。标准状况下，完全反应转移电子数为_______。
(2)若烟气主要成分为，可通入溶液将完全转化为。溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。
(3)若烟气主要成分为能有效地氧化。
①分子的空间结构与水分子的相似，是_______(填“极性”“极性”)分子。
②已知：
(活化能)
∆H3=_____kJ/mol(活化能)
③可经处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应时温度变化情况为，温度在时，随着温度升高，脱除率无明显变化；温度超过时，随着温度升高，脱除率下降。其可能原因是_______。
(4)若烟气主要成分为，用氧化时，使用催化剂可提高氧化效率。研究发现在某催化剂表面被氧化时反应机理如图所示，反应过程中，氮氧化物[M]与按物质的量1：1反应生成，[M]的化学式为_____。该催化氧化过程总反应的化学方程式为_______。
14．（2021·天津河北·统考一模）是大气污染物之一，主要来源于工业烟气及汽车尾气等。除去的方法统称为脱硝，一般有干法脱硝[选择性催化剂法(SCR)]、湿法脱硝等。
请完成下列问题：
(1)汽车发动机工作时会引发反应。2000K时，向固定容积的密闭容器中充入等物质的量的、发生上述反应，各组分体积分数的变化如图1所示。的平衡转化率为___________。
(2)在密闭、固定容积的容器中，一定量NO发生分解的过程中，NO的转化率随时间变化关系如图2所示。
①反应 ___________0(填“>”或“<”)。
②一定温度下，能说明反应已达到化学平衡的___________(填序号)。
a.容器内的压强不发生变化 b.混合气体的密度不发生变化
c.NO、、的浓度保持不变 d.
(3)干法脱硝：SCR(选择性催化剂法)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO排放。其工作原理如下：
①尿素水溶液热分解为和，该反应的化学方程式为___________。
②加热条件下，反应器中还原NO的化学方程式为___________。
(4)湿法脱硝：采用溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323K下，向足量碱性溶液中通入含NO的烟气，充分反应后，溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
①中心原子的杂化轨道类型为___________，的空间构型为___________。溶液显碱性，用离子方程式解释原因___________。
②依据表中数据，写出溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式___________。
15．（2021·天津武清·统考一模）醛类物质的用途广泛。如，甲醛蒸气可对空气消毒、甲醛溶液可用于生物标本的防腐等；脂肪醛类一般具有麻醉、催眠作用等。回答下列问题：
Ⅰ．与反应用催化的机理如图所示。
(1)在，催化下，转化成，被氧化成___________(填离子符号)。
(2)该催化反应的总反应方程式为___________。
(3)已知的两步电离常数分别为、，当溶液中时，溶液___________。
Ⅱ．利用乙二醛催化氧化法合成乙醛酸的反应原理为：
可能发生副反应有：(草酸)
在反应瓶内加入含(乙二醛)的反应液，加热至45～60℃，通入氧气并保持氧气压强为，反应达平衡状态，得到的混合液中含(乙醛酸)，(草酸)，(乙二醛)(溶液体积变化可忽略不计)。
(1)草酸的平均生成速率为___________。
(2)通过化学反应原理分析，增大压强有利于加快反应速率，对于乙二醛的转化率的影响是___________(填“增大”或“减小”)。
(3)如图所示为起始时氧醛比[]对乙醛酸产率的影响，则选择最佳氧醛比为___________。
(4)已知：为二元弱酸，，，向溶液中滴加溶液。溶液中___________(填“大于”、“小于”或“等于”)。
16．（2020·天津·模拟预测）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：
Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物
(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为__________。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式__________。
Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：
(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。
(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。
②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。
③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。
Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放
(5) 的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为K1、K2，当溶液pH=12时，=1：_______：__________。
17．（2020·天津·二模）已知反应是可逆反应。设计如图装置(均为石墨电极)，分别进行下述操作：
①向B烧杯中逐滴加入浓盐酸。②向B烧杯中逐滴加入溶液。结果发现电流表指针均发生偏转。
(1)①过程中棒上发生的反应为_________；
②过程中棒上发生的反应为___________。
(2)操作②过程中，盐桥中的移向_________烧杯溶液(填“A”或“B”)。
资料：。向一定浓度的溶液中加入溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒
浓度
a
(3)a=________________。该平衡体系中除了含有和外，判断溶液是否一定还含有其他含碘微粒______________(填“是”或“否”)。
(4)已知：甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。
反应：
反应：
则______________
(5)已知：25℃时，。医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用作内服造影剂。胃酸酸性很强(pH约为1)，但服用大量仍然是安全的，不溶于酸的原因是(用溶解平衡原理解释)：_________。误服少量，应尽快用大量的一定浓度的溶液给患者洗胃，忽略洗胃过程中溶液浓度的变化，要使残留在胃液中的浓度为，应服用的溶液的最低浓度为_______。
18．（2020·天津·校考模拟预测）治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
（1）CO泄漏会导致人体中毒，用于检测CO的传感器的工作原理如图所示：写出电极I上发生的反应式：__。
工作一段时间后溶液中H2SO4的浓度__(填“变大”、“变小”或“不变”)
（2）用O2氧化HCl制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H，通过控制条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%，其原理如图所示：
过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1
过程II反应的热化学方程式（∆H2用含有∆H和∆H1的代数式表示）__。
（3）在温度T0℃，容积为1L的绝热容器中，充入0.2molNO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ∆H<0，容器中NO2的相关量随时间变化如图所示。
①反应到6s时，NO2的转化率是__。
②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是__。
a.X b.Y c.Z d.W
③0~3s内容器中NO2的反应速率增大，而3s后容器中NO2的反应速率减小了，原因是__。
④此容器中反应达平衡时，温度若为T1℃，此温度下的平衡常数K═__。
（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol•L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH═7时，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1═1.3×10-2，Ka2═6.2×10-8）请结合所学理论通过计算说明c(HSO3-)＞c(SO32-)的原因___。
19．（2020·天津红桥·一模）Cu及化合物在生产、国防中有重要的应用。
I.纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。
（1）已知：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol
则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O(s)，同时生成CO气体的热化学方程式为___。
（2）用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。
①该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的v（正）___v（逆）（填“>”或“<”）。
②在t1K时，向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，则0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)___，温度为t1时，该反应的平衡常数K的值为___。
II.Cu既是常见的催化剂，又是常见的电极材料。
（3）图1表示的是利用CO2的“直接电子传递机理”。在催化剂铜的表面进行转化。当直接传递的电子物质的量为2mol时，则参加反应的CO2的物质的量为___。
（4）图2表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为___。
III.含铜离子的废水会造成污染，通常将其转化为硫化铜沉淀而除去。
（5）已知：Ksp(CuS)=1×10-36，要使铜离子的浓度符合排放标准（不超过0.4mg/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为___mol/L（保留至小数点后一位）。
20．（2020·天津·统考一模）治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
(1)泄漏会导致人体中毒，用于检测的传感器的工作原理如图所示：
①写出电极Ⅰ上发生的反应式：__________
②工作一段时间后溶液中的浓度__________(填“变大”、“变小”或“不变”)
(2)用氧化制取，可提高效益，减少污染。反应为：，通过控制条件，分两步循环进行，可使转化率接近100%，其原理如图所示：
过程Ⅰ的反应为：
过程Ⅱ反应的热化学方程式(用含有和的代数式表示)__________。
(3)在温度，容积为的绝热容器中，充入，发生反应：，容器中的相关量随时间变化如图所示。
①反应到时，的转化率是__________。
②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是________。
a. b. c. d.
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是_______。
④此容器中反应达平衡时，温度若为，此温度下的平衡常数=__________。
(4)工业上可用溶液吸收法处理，25℃时用的溶液吸收，当溶液时，溶液中各离子浓度的大小关系为：。(已知25℃时：的电离常数，)请结合所学理论通过计算说明的原因__________。
21．（2020·天津·统考一模）(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的 SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应 2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的 ΔH=____kJ/mol。
(2)SO2是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫原理为 2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)。向 10L 恒温恒容密闭容器中加入 3mol CaO，并通入 2mol SO2和 lmol O2发生上述反应，2min时达平衡，此时 CaSO4为1.8mol。0〜2min 内，用 SO2表示的该反应的速率v(SO2)=____，其他条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行，达到平衡时 SO2的转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)NO 的排放主要来自于汽车尾气，净化原理为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.8kJ/mol。实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v 逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k 正、k 逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
②若在 1L 的密闭容器中充入 1molCO 和 1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为 40%，则k正︰k逆=____。
(4)以连二硫酸根(S2O42-)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：
①阴极区的电极反应式为____。
②NO 吸收转化后的主要产物为 NH4+，若通电时电路中转移了 0.3mol e－，则此通电过程中理论上吸收的 NO 在标准状况下的体积为____mL。
(5)欲用 5L Na2CO3溶液将 23.3g BaSO4固体全都转化为 BaCO3，则所用的 Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____。[已知：常温下K(BaSO4)=1×10−7、K(BaCO3)=2.5×10−6]。(忽略溶液体积的变化)
二、工业流程题
22．（2022·天津南开·统考二模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下。
回答下列问题：
(1)步骤①中得到的氧化产物是_______。
(2)步骤②过滤中需要用到的玻璃仪器有_______。
(3)步骤③中主要反应的离子方程式为_______。
(4)步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_______(写名称)。
(5)上述工艺中，步骤⑥醇洗的目的是_______。
(6)准确称取所制备的CuCl样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液b mL，反应中被还原为。
①用溶液滴定时发生反应的离子方程式为_______。
②样品中CuCl的质量分数为_______。
23．（2022·天津·模拟预测）工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、铁的氧化物等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下
沉淀物
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题：
(1)用稀硫酸浸废铁屑后，溶液中存在的阳离子主要有___________
(2)写出酸浸过程中发生反应的离子方程式___________。检验有生成的试剂___________，现象：___________。
(3)加入少量的目的是调节在范围内，写出用调整浓溶液时的离子方程式是___________。
(4)反应Ⅱ中加入的目的是氧化，写出该反应的离子方程式___________。
(5)碱式硫酸铁溶于水后生成的离子可部分水解生成聚合离子，该水解反应的离子方程式为___________。
(6)为测定和溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：
①准确量取溶液于带塞锥形瓶中，加入足量，调节；
②加热除去过量；
③加入过量充分反应后，再用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
已知：
则溶液中铁元素的总含量为___________，如果缺少步骤②，将会导致测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
24．（2021·天津河西·统考二模）工业硫酸锰中杂质(Fe、Ca、Mg等元素的离子)含量较高，利用下图流程可制取锂离子电池所需的纯度较高的硫酸锰溶液。
已知：步骤ii反应前后杂质含量检测结果(以350g/L 溶液计)如下：
杂质
反应前/g
反应后/g
去除率/%
、
0.001275
0.001270
______
0.490000
0.021510
95.61
0.252000
0.025100
90.04
(1)步骤i用90℃的水的目的是___________。
(2)由步骤i可推理知：
①滤渣b中含有的物质是___________；
②该条件下，Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为(写化学式)：___________。
(3)步骤iii反应离子方程式为___________；其中“酸性溶液”可替换为___________。
(4)已知步骤iv条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
开始沉淀时
6.3
1.5
8.3
完全沉淀时
8.3
2.8
9.8
根据表中数据解释该步目的是___________。
(5)若省略操作X，其他步骤不变，也可使钙、镁的去除率较高。
①猜想可能的原因是(写一种即可)___________；
②设计实验验证你的假设是否成立：___________。
25．（2020·天津河东·模拟预测）以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备硼酸(H3BO3)。
请回答下列问题：
(1)流程中“反应”的实验装置如图所示：
①反应时需控制在95℃进行，控制反应温度的适宜方法是____。
②反应产生的气体需要净化处理，请从图中选择合适的装置____(填字母代号)。
(2)根据如图所示，流程中“过滤”操作的适宜温度是________(填字母代号)。
A．0-20℃ B．20-40℃ C．50-60℃ D． 60-80℃
(3)根据H3BO3的电离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)4－，Ka=5.7×10－10，可判断H3BO3是____酸；将溶液pH调解至3.5目的是____。
(4)实验时若被强碱溅到皮肤，先用大量水冲洗，水洗后再涂上硼酸溶液，写出有关离子方程式：____。
(5)实验中得到的粗硼酸还需要重结晶进行提纯，重结晶得到的母液可以在下一次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是____。
(6)预测定硼酸的纯度，因硼酸酸性过弱不能直接滴定。可先将硼酸与甘油作用生成甘油硼酸(Ka＝8.4×10-6)，再用NaOH标准溶液滴定(酚酞作指示剂)。已知硼酸的摩尔质量为61.8g·mol-1，滴定前称取3.00g硼酸试样，配成250mL溶液，每次取25.00mL于锥形瓶中滴定，消耗0.2000mol·L－1NaOH标准液的平均体积为20.00mL。
①计算所得硼酸的纯度____
②若用NaOH标准溶液直接滴定硼酸，测得的硼酸的纯度将____(填字母代号)。
A．偏大 B．偏小 C．无影响 D．无法确定
三、结构与性质
26．（2021·天津河西·统考二模）氮、磷、砷及其化合物在工农业生产等方面有着重要应用。请按要求回答下列问题。
(1)基态砷原子价电子排布图不能写为，是因为该排布方式违背了___________这一原理。
(2)元素第一电离能N___________P(填“”或“”或“”，下同)，电负性P___________As。
(3)腓()可用作火箭燃料等，它的沸点远高于乙烯的原因是___________。
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，该反应的离子方程式为___________；离子的立体构型(即空间构型)为___________。
(5)GaAs的熔点为1238℃可作半导体材料；而的熔点为77.9℃。
①预测的晶体类型为___________。
②GaAs晶胞结构如图所示，晶胞边长为a pm。则晶胞中每个Ga原子周围有____个紧邻等距的As原子；该晶体的密度为___________(列出计算式)。
(6)亚砷酸()可以用于治疗白血病。其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。
①人体血液的pH在7.35-7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是___________。
②的第一电离常数___________。
27．（2020·天津和平·模拟预测）C、O、Na、Cl、Fe、Cu是元素周期表前四周期中的常见元素。
(1)Fe在元素周期表中的位置是_____，Cu基态原子核外电子排布式为________。
(2)C和O的气态氢化物中，较稳定的是________（写化学式）。C的电负性比Cl的________（填“大”或“小”）。
(3)写出Na2O2与CO2反应的化学方程式____________________________。
(4)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，每个C原子连接___________个六元环，每个六元环占有___________个C原子。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接__________个六元环，六元环中最多有_________个C原子在同一平面。
(5)刻蚀印刷电路的废液中含有大量的CuCl2、FeCl2、FeCl3，任意排放将导致环境污染和资源的浪费，为了使FeCl3循环利用和回收CuCl2，回收过程如下：
①试剂X的化学式为______________；
②若常温下1 L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5 mol·L－1，则加入Cl2和物质X后，过滤。为使溶液铁元素完全转化为Fe(OH)3，而CuCl2 不产生沉淀。则应控制pH的范围是____________________________（设溶液体积保持不变），已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38、Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20、lg5＝0.7。
参考答案：
1．(1)Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
(2) 将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ) Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]- 6
(3) 2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1) c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
(4) 6
【解析】(1)
图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)
①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得:
c((OH)≥mol/L=1mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)
①该交换反应为:2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)
①根据反应方程式H2O + = 2+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
2．(1) CH3COOH HCOOH H2C2O4
(2)③
(3)CO2+H2O+CN-=HCN+HCO
(4) HCO H2CO3 不能 HCO、CO
(5)CO+CO-2e-=2CO2
(6)c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)
【解析】（1）
酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸溶液中水电离出的c(H+)越小，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是H2C2O4＞HCOOH＞CH3COOH，在等浓度的这三种酸中水电离出的c(H+)大小顺序是CH3COOH＞HCOOH＞H2C2O4，故答案为：CH3COOH；HCOOH；H2C2O4；
（2）
强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，
①酸性HF＞CH3COOH，所以NaF和CH3COOH不反应，故①错误；
②酸性H2CO3＞HClO＞HCO，所以CO2+NaClO+H2O═HClO+NaHCO3，故②错误；
③酸性HF＞H2CO3，所以发生反应HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑，故③正确；
④酸性H2C2O4＞HC2O＞CH3COOH，所以CH3COOH和KHC2O4不反应，故④错误；
故选③；
（3）
HCN电离平衡常数大于HCO而小于H2CO3，少量CO2通入NaCN溶液中反应生成HCN和NaHCO3，离子方程式为CO2+H2O+CN-=HCN+HCO，故答案为：CO2+H2O+CN-=HCN+HCO；
（4）
Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl溶液，发生的离子反应为CO+H+=HCO、HCO+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；水解程度
CO＞HCO，所以当生成NaHCO3时溶液碱性减弱，当溶解有二氧化碳时溶液呈酸性，根据图中曲线变化趋势知，a为CO3、b为HCO、c为H2CO3物质的量分数变化趋势，
①通过以上分析知，各字母代表的粒子：b为HCO、c为H2CO3，故答案为：HCO；H2CO3；
②结合图象可知，在pH=8时只有碳酸氢根离子存在，当溶液的pH大于8时，存在的离子为：HCO、CO，pH小于8时存在的离子为：H2CO3、HCO，所以在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO不能共存，故答案为：不能；
③根据图知，当pH=11时，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO、CO，故答案为：HCO、CO；
（5）
电池的总反应为：2CO+O2=2CO2，正极反应为2CO2+O2+4e-=2CO，所以负极的电极反应式为：CO+CO-2e-=2CO2，故答案为：CO+CO-2e-=2CO2；
（6）
Na2CO3的水解以第一步为主，水解生成HCO，则c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)，且溶液呈碱性，可知c(OH-)＞c(H+)，一般来说水解程度较小，则c(CO)＞c(OH-)，则溶液中存在c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)。
3． 不能 -28 0.048 64 2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+) ac 恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体
【分析】(3)初始投料为3molFe2O3和3molCO，Fe2O3和Fe均为固体，容器恒容，则根据反应方程式可知反应过程中气体的总物质的量不变，始终为3mol；平衡时CO2的体积分数为80%，即物质的量分数为80%，所以n(CO2)=3mol×80%=2.4mol，n(CO)=0.6mol。
【详解】(1)当△G=△H-T△S＜0时反应可以自发进行，反应iv的焓变△H4＞0，该反应为气体分子数增多的反应，所以△S＞0，不能满足任何温度下△G都小于0，所以该反应不能在任何温度下自发进行；
(2)已知：i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
由盖斯定律可知(iv-ii×3)得到Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H3=[+460kJ/mol-(+172kJ/mol)×3]= -28kJ/mol；
(3)①根据分析可知0-5min内△n(CO2)=2.4mol，容器的容积为10L，所以v(CO2)==0.048mol·L-1·min-1；
②平衡时c(CO2)=0.24mol/L，c(CO)=0.06mol/L，平衡常数K==64；
③混合气体中n(CO2)=2.4mol，1L3.6mol/L的NaOH溶液中n(NaOH)=3.6mol，n(CO2)： n(NaOH:2:3，所以该反应的离子方程式为2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O，反应后溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3；Na+不发生水解，所以c(Na+)最大；碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以c(HCO)＞c(CO)；溶液显碱性，所以c(OHˉ) ＞ c(H+)，水解是微弱的，所以溶液中离子浓度由大到小为c(Na+)＞ c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+)；
④a．固体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a能说明；
b．反应前后气体物质的量始终不变，体系的压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b不能说明；
c．反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，所以未平衡时混合气体的平均摩尔质量会发生改变，当其保持不变说明反应达到平衡状态，故c能说明；
d．消耗CO和生成CO2均为正反应，只要反应发生单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量就相等，故其不能说明反应达到平衡状态，故d不能说明；
综上所述选ac；
(4)据图可知t2时刻正反应速率突然减小，然后又逐渐增大，之后达到平衡时与原平衡的反应速率相等，说明反应物的浓度先是被减小，然后又逐渐增大，则该条件改变后平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应，升高温度可以使平衡逆向移动，但升高温度不能使正反应速率减小。而该反应前后气体分子数不变，若保持压强不变向密闭容器中充入二氧化碳，则容器的体积增大导致一氧化碳的浓度减小，正反应速率减小，则二氧化碳的浓度增大了，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，根据温度不变K=不变，且压强不变时气体的浓度不变，所以再次平衡时正反应速率与原平衡相等。因此，改变的条件可能是：恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体。
【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意判断相关物理量是否为变量，若随着反应的进行该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
4． < A 变小 N2H4+H2O⇌N2H+OH- 10-9.3 2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O
【分析】根据题给方程式写出相应反应的平衡常数表达式，结合盖斯定律分析；根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动；393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，相当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动；POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2== =c(OH-)得N2H4第二步电离常数；在阳极氨气失电子，发生氧化反应，结合电解质写出电极方程式。
【详解】(1)NH3和(NH4)2CO3与CO2可发生如下可逆反应：2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)K1= ，NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)NH4HCO3(aq)K2= ，(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)K3= =，则K3=(用含K1、K2的代数式表示)，故答案为：；
(2)①根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，a<0；故答案为：<；
②A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆减小，故B错误；
C．反应体系中各物质均为气体，根据质量守恒定律容器内混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不随时间改变时，不能说明反应已达平衡，故C错误；
故答案为：A；
③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)平衡正向移动，则将变小，故答案为：变小；
(3)①25℃时，N2H4在水中第一步电离方程式N2H4+H2ON2H+OH-，故答案为：N2H4+H2ON2H+OH-；
②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2= =c(OH-)= 10-9.3，故答案为：10-9.3；
③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)，在阳极氨气失电子，发生氧化反应，阳极电极反应式：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O，故答案为：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O。
5． 3ClO-+2NH=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+ 1.5 随着进水pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，导致氨氮去除率下降 随着进水pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮容易被氧化 负 Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+ 0.1mol/L 2.5×10-5 2.24
【详解】(1)ClO-可与NH反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+；
(2)根据图象可知进水pH应控制在1.50左右时氨氮去除率会较大，由于随着进水pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，因此导致氨氮去除率下降；由于随着进水pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮容易被氧化，所以进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升；
(3)由图可知，电解时Cl-失去电子转化为HClO，HClO可氧化氨气生成氮气，则d连接电源正极为阳极，可知a为负极，d为阳极，阳极反应为Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+；
(4)依据电荷守恒，pH=7，c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(NH)=c(Cl-)=0.1mol/L，依据氮原子守恒，c(NH3•H2O)=0.1004mol/L-0.1mol/L=0.0004mol/L，则Kb==2.5×10-5；
(5)将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HSO)+2c(SO)，=1+，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，==0.62，=1+=1+0.62×2=2.24。
6． △S＞0 B CH4和CO2按1：1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，CO2还发生反应Ⅱ，所以平衡转化率大于CH4 0.39 AC CD 6.25
【详解】(1)对于反应a：CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H1＞0，△S＞0，则反应a在一定条件下能够自发进行的原因是△S＞0；
较低的压强可使平衡正向移动，较高温度能加快合成速率，提高生产效率，该反应工业生产适宜的温度和压强为高温低压，故选B；
(2)①CH4与CO2按1：1投料发生反应a时转化率相等，但CO2还发生反应b，所以CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率；
②反应a，设起始时充入0.1mol/L的CH4与CO2，
，
α(CO2)=1mol/L×70%=0.7mol/L，则反应Ⅱ△c(CO2)=0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，
反应b：
K=(1.3×0.1)/ (0.3×1.1) =0.39；
(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B错误；
C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则消耗CO2为0.25mol，转化率为0.25/1×100%=25%，故C正确；
D．由图可知，在P2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向进行，则v(正)＞v(逆)，故D错误；
故选：AC；
(4)①A．依据物料守恒可得：c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，溶液的pH=8，呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)
C．依据物料守恒关系：①c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，依据电荷守关系：②c(NH)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO)，①-②得：c(H2CO3)-c(CO)-c(NH3•H2O)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8) mol•L-1=9.9×10-7 mol•L-1，故C正确；
D．滤液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于滤液中溶质为氯化铵和NaCl，则c(Na+)＜c(Cl-)，所以c(H+)+c(NH)＞c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，故D正确；
故答案为：CD；
②c(H2CO3)：c(CO)=[ c(H2CO3)×c2(H+)×c(HCO)]：[c(CO)×c2(H+)×c(HCO)]= c2(H+)/ Ka1•Ka2=(10−8)2/4×10−7×4×10−11=6.25。
7． 165 总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大 AD 25% 小 由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度
【详解】(1)根据盖斯定律，i－ii得到目标反应式的ΔH=ΔH1－ΔH2=[(－133)－(－100)]kJ/mol=－33 kJ/mol，该反应为放热反应，逆反应的活化能=正反应的活化能+33 kJ/mol=132 kJ/mol+33 kJ/mol=165 kJ/mol，故答案为165 kJ/mol；
(2)化学反应的速率由慢反应的速率决定，根据题中所给信息，反应①为慢反应，CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)的反应速率由①决定，增加I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率增大；故答案为总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大；
(3)①A．根据化学平衡状态的定义，CO的体积分数保持不变，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．投入量的比值等于化学计量数的比值，从反应开始到平衡，CO和H2的转化率相等，故B不符合题意；
C．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，v逆(CH3OH)=2v逆(H2)时两个反应的方向都是向逆反应方向进行，因此v逆(CH3OH)=2v逆(H2)不能说明反应达到平衡,故C不符合题意；
D．利用,组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应气体物质的量减少，因此当气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；
答案为AD；
②建立：，平衡时，M点甲醇的体积分数为10%，即有，解得x=0.25mol，CO的转化率为25%；故答案为25%；
③根据图象，当Y一定时，X轴从0～d甲醇的体积分数增大，即a点的数值比b点小；根据图象，可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；故答案为小；由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；
(4)根据溶液呈现电中性，得出c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因为2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，因此c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L, 2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=mol/L，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=mol/L，推出c(CH3COOH)= mol/L，根据电离平衡常数的表达式Ka==；故答案为。
8． CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1 40% CO2+4H2CH4+ 2H2O 因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发) 1.6×10-5
【详解】(1)①已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= -100kJ·mol-1-(-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1，故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
②△H=Ea正-Ea逆，则Ea（逆）=Ea正-△H=132kJ•mol-1-（-33kJ•mol-1）=165kJ•mol-1，故答案为：；
(2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为；
②用三段式法计算得：
，；
(3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H2，生成物为CH4、H2O，故答案为：CO2+4H2CH4+ 2H2O；
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0，任何温度不能自发)；
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=,故答案为：1.6×10-5。
9． 丙＞甲＞乙 135 ＞ 阴极
【详解】(1) ①
②
利用盖斯定律，将反应①-②×2，即得第二步反应为，其反应热为。答案为：；；
(2)在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，比较三个容器中达到平衡时的转化率大小，以甲为参照物，乙相当于甲升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，丙相当于甲加压，平衡正向移动，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率从大到小的顺序为丙＞甲＞乙。答案为：丙＞甲＞乙；
(3)在T℃和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。可建立如下三段式：
则=135；相同条件下，若按、、进行投料，浓度商Qp==30＜135，表明反应正向进行，所以反应开始时＞。答案为：135；＞；
(4)已知的电离平衡常数为，，则的水解常数Kh2==6.49×10-13＜，所以溶液中以的电离为主，从而得出含S元素粒子浓度由大到小的顺序为。由图中可知，A电极生成H2，则表明得电子，从而表明A电极为阴极，B电极为阳极；在阳极，失电子生成和H+，电极反应式为。答案为：；阴极；。
【点睛】在阳极，有部分与H+作用，从而生成二氧化硫气体等。
10． -4 极性 B、D 因为用同一物质表示的正逆反应速率相等 提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可） 5 1×10-11mol·L-1
【详解】(1)根据S4结构可知S4(s)内有4个S-S键，则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=(4×266+4×243-4×2×255)kJ/mol=-4 kJ.mol-1，故答案为：-4；
(2)根据S2Cl2分子空间结构可知， S2Cl2结构与H2O2相似，是由极性键组成的极性分子；S2Cl2水解产生无色有刺激性气味的气体二氧化硫和淡黄色沉淀S，根据元素守恒还生成氯化氢，该反应的化学方程式为；
(3) ①S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)，当同种物质正逆反应速率相等时，反应到达平衡，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以当Cl2的消耗速率的两倍与SCl2的消耗速率相等时，该反应到达平衡，图中在250 ℃时，B、D两点对应的状态下，换成同一物质表示的正、逆反应速率相等，所以达到平衡状态的有B、D两点，故答案为：B、D；因为用同一物质表示的正逆反应速率相等；
②对于反应S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)来说，是气体分子数减小的放热反应，若要提高SCl2产率，则需使该反应平衡向正反应方向移动，可采用提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可）；
③应达到平衡时S2Cl2 的转化率是x，列出三段式：，反应的平衡常数K= ===；
(4)已知Ka(CH3COOH)=，则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) =×= =1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则计算得出c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1，故答案为：5；1×10-11mol·L-1。
11． 高温 丙＞甲＞乙 CD ＞ A
【详解】(1)由盖斯定律可知，；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，时能自发进行，由于，，所以要使该反应能自发进行，应在高温下进行；为酸性氧化物，氨水溶液呈碱性，所以过量的与浓氨水反应生成和，则其离子方程式为：故答案为：；高温；；
(2) I.乙因为是绝热容器，该反应为放热反应，所以相对于甲，乙中温度比甲高，升高温度平衡逆向移动，的转化率降低；比较甲、丙，该反应为气体体积减小的反应，丙在恒压的条件下，甲相对于丙，相对于减小压强，平衡逆向移动，的转化率降低，综上所述，三个容器中的转化率从大到小的顺序为：丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；
IIA．甲为恒温恒容的密闭容器，所以温度一直保持不变，则温度不变不能用于判断该反应是否处于平衡状态，故A不选；
B．甲、乙均为恒容密闭容器，又由于该反全为气体参加的反应，所以在恒容的密闭容器中密度始终保持不变，故B不选；
C．在恒容的密闭容器中，该反应为非等体积反应，所以压强不变时，该反应处于平很状态，故选C；
D．一定条件下，当时，反应体系中所有参加反应的物质的物质的量或浓度保持恒定不变，则O2浓度保持不变可用于判断该反应是否处于不平衡状态，故选D；
故答案选CD；
III 丙为恒温恒压的密闭体系，所以相同温度下在容器丙中分别投入4molSO2、2molO2和2molSO2、1molO2进行反应平衡不发生移动；则所释放的能量前者为后者的两倍；若前者反应温度为400℃，后者反应温度为500℃，且该反应为放热反应，所以平衡逆向移动，则前者释放的能量大于后者的两倍，故答案为：＞；
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()，则根据强酸制备弱酸可知，水杨酸()与亚硫酸钠溶液反应生成与NaHSO3，故选A；
(4)时，，当时，，，故答案为：。
12． CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1 SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O 2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O 1×10-1.8 c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)
【详解】Ⅰ.(1)由盖斯定律可知，可得CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，则△H==—41.2kJ·mol-1，反应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1；
(2) ①用足量氨水吸收二氧化硫的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O；
②用足量氨水吸收二氧化硫的反应后，再加入熟石灰发生的反应为亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀和一水合氨，反应离子方程式为2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O，故答案为：2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O；
③由反应的方程式可知，反应的平衡常数K===，故答案为：；
Ⅱ.(1)亚硫酸为二元弱酸，一级电离常数大于二级电离常数，由图可知，当c(H2SO3)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为1.8，当c(SO)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为6.9，则曲线M表示溶液的pH与lg的关系，Ka1(H2SO3)= = c(H+)=1×10-1.8，故答案为：1×10-1.8；
(2) 当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，反应得到亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液，则溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)；
Ⅲ.设混合气体的物质的量为100mol，则混合气体中含有mmol二氧化硫、2mmol氢气和qmol氦气，由温度t、压强P条件下进行反应，反应达到平衡时H2转化率为α可建立如下三段式：
由P1：P2=n1：n2可得：，解得平衡时P平=，则平衡时氢气、二氧化硫和水蒸气的平衡分压分别为=、=、=，平衡常数Kp==，故答案为：。
13． 3.01×1024 极性 与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应
【详解】(1)阳极发生氧化反应，SO2在阳极被氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平电极方程式为：；NO在阴极被还原成，转移5个电子，标况下22.4LNO的物质的量为1mol，故完全反应时，转移电子数为56.021023=3.011024，故答案为：；3.01×1024；
(2)亚硫酸钠属于强碱弱酸盐，在水溶液中SO发生两步水解：第一步：SO+H2OHSO+OH-，第二步：HSO+H2OH2SO3+OH-。因为SO的水解度不是太大，且第一步水解程度大于第二步，所以，溶液中的微粒浓度大小顺序如下：，故答案为：；
(3)①分子的空间结构与水分子的相似，为极性分子，故答案为：极性；
②已知：I.；II.(活化能)；III.∆H3；由盖斯定理可知，III=(I+II)，则∆H3=(+)=，故答案为：；
③由<0可知该反应是放热反应，与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应，故答案为：与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应；
(4)由图可知，O+NO2[M]，故[M]为NO3，总反应物为NO2、O3，生成物为O2、N2O5，故总反应为：，故答案为：；。
14． 60% < c V形
【详解】(1)设充入、的物质的量都是1mol，根据图示，平衡时n(NO)=2mol×60%=1.2mol、n(N2)=2mol×20%=0.4mol、n(O2)=2mol×20%=0.4mol，所以的平衡转化率为60%；
(2)①根据图示，温度下反应速率快，所以，温度越高，NO转化率越低，所以反应 <0；
②a．反应前后气体系数总和不变，压强是恒量，容器内的压强不发生变化，反应不一定平衡，故不选a；
b．气体总质量不变、容器体积不变，根据 ，密度是恒量，混合气体的密度不发生变化，反应不一定平衡，故不选b；
c．达到平衡状态时，各物质浓度不变，NO、、的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故选c；
d．达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，时达到平衡，故不选d；
选c；
(3)①尿素水溶液热，和水反应生成和，该反应的化学方程式为；
②加热条件下，反应器中还原NO生成氮气和水，反应的化学方程式为；
(4)①中Cl原子价电子对数是 ，有2个孤电子对，杂化轨道类型为，的空间构型为V形。是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，；
②依据表中数据，NO被氧化为、，且、的比为2:1，被还原为，反应的离子方程式。
【点睛】本题考查化学平衡计算、化学平衡判定、氧化还原反应方程式书写，明确化学平衡定义，理解氧化还原反应中电子守恒规律的应用，培养学生应用知识解决实际问题的能力。
15． HCO HCHO+O2 CO2+H2O -lgK2 0.02 增大 0.55 小于
【详解】I．(1)由图中所给的反应机理推知本反应过程中-CHO被氧气氧化为HCO；
(2)与反应用催化的机理图中推知，反应的化学方程式为：HCHO+O2 CO2+H2O；
(3)已知 ，，当时，K2=c(H+)，故pH=-lg c(H+)=-lgK2；
II．(1)3h达到平衡后H2C2O4的物质的量为0.12mol，溶液体积为2L，则 故v(H2C2O4)= ；
(2)正反应为气体体积减小的反应，故增大压强，平衡向正反应方向移动，转化率增大；
(3)根据图象，乙醛酸产率最高的氧醛比为：0.55；
(4)溶液中滴加溶液，两者1：1反应生成KHC2O4，故溶液中的溶质为KHC2O4，根据H2C2O4的，，HC2O4-的电离平衡常数为，常温下水解平衡常数为＜Ka2，故HC2O4-在水溶液中电离程度大于水解程度，水解产生H2C2O4，电离产生C2O42-，故小于
16． 光能转化为化学能 H2 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 平面（正）三角形
【分析】I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式；
II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答；
III.用价层电子对互斥理论判断的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。
【详解】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，被氧化成，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：H2，Ag++e-=Ag。
II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式
则反应的平衡常数K== =，故答案为：。
(4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；
②因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。
③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃，故答案为：210。
III.(5)中C的孤电子对数为×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3⇌H++、⇌ H++，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（）=1012Ka2 c（）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（）：c（） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2），故答案为：平面正三角形，1012Ka1，1024Ka1Ka2。
【点睛】本题考查的知识点较多，但难度都不是很大，学生只要充分利用题给信息、结合所学的基本原理和方法即可作答。
17． A 是 不能减少或的浓度，平衡不能向溶解的方向移动
【分析】根据加入溶液酸碱性的不同判断反应进行的方向；根据化学平衡常数计算反应反应中某一物质的浓度，根据元素的守恒定律判断溶液中是否存在其他微粒；根据盖斯定律计算化学反应热；根据化学平衡移动原理分析平衡是否发生移动。
【详解】(1)过程①向烧杯B中加入浓盐酸，反应正向进行，C1棒上溶液中的碘离子失电子生成I2，电极方程式为2I--2e-= I2，C2棒上溶液中的得电子生成，电极方程式为+2e-+2H+=+H2O；过程②向烧杯B中加入NaOH溶液，反应逆向进行，其总反应相应变为+ I2+2OH-=+ H2O+2I-，C1棒上溶液中I2得电子生成I-，电极方程式为I2+2e-=2I-，C2棒上溶液中失电子生成，电极方程式为-2e-+2OH-=+ H2O；
(2)过程②A烧杯中生成大量I-，导致盐桥中K+向A烧杯移动；
(3)根据反应可写出反应的化学平衡常数表达式K==640，将碘离子和碘单质的浓度带入，解得c()=4×10-3mol/L；对于方程式I-+I2=，根据平衡时三种物质的平衡浓度可以计算这个反应中I的总物质的量浓度为1.95×10-2mol/L，物质的量为1.95×10-2×30×10-3=5.85×10-4mol，而反应前碘化钾溶液中碘离子的物质的量为0.1×10×10-3=10-3mol，二者存在差值，说明溶液中还含有其他含碘微粒；
(4)根据盖斯定律，将第一个热化学方程式与第二个热化学方程式相加即得到第三个方程式的反应热，第三个热化学方程式的反应热∆H3=∆H1+∆H2=+90.64 kJ/mol+41.20 kJ/mol=+131.84 kJ/mol；
(5)人胃液的主要成分为HCl，服用BaSO4后不会对人体造成伤害，原因是H+不能减少钡离子或硫酸根的浓度，硫酸钡的沉淀溶解平衡不会发生移动；洗胃过程中要使残留在胃中的Ba2+浓度小于2×10-10mol/L，根据BaSO4的溶度积常数可以计算硫酸根浓度c()===0.5mol/L，故应服用硫酸钠溶液的最低浓度为0.5mol/L。
18． CO-2e-+H2O=CO2+2H+ 不变 2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2═∆H-2∆H1 80% d 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2浓度减小，反应速率随之减小 225 根据Ka2═c(SO32-)•c(H+)/c(HSO3-)=6.2×10-8，将c(H+)═1.0×10-7代入得出c(SO32-)/c(HSO3-)═6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)
【详解】(1)根据图示可知电极I上CO失电子被氧化为CO2，电解质溶液为硫酸溶液，所以电极方程式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+；电极Ⅱ上氧气被还原生成水，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以总反应为2CO+O2=2CO2，不影响硫酸的浓度，即硫酸的浓度不变；
(2)总反应为4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H ①；
过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1 ②；
根据盖斯定律①-②×2可得过程II反应的热化学方程式为2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2=∆H-2∆H1，因整个过程中HCl的转化率接近100%，所以过程II用“=”；
(3)①据图可知6s时，c(NO2)=0.05mol/L，初始c(NO2)=0.20mol/L，所以转化率为=80%；
②据图可知X、Y、Z三个点速率还在随时间发生改变，W点速率不在改变，所以W点可以表示反应达到平衡状态，所以选d；
③该反应放热，随反应进行体系内温度升高，反应速率加快，但后来NO2的浓度减小，浓度对反应速率的影响占主导，所以反应速率减慢；
④据图可知平衡时c(NO2)=0.02mol/L，则△c(NO2)=0.20mol-0.02mol/L=0.18mol/L，根据方程式可知平衡时c(N2O4)=0.09mol/L，所以平衡常数K==225；
(4)根据Ka2==6.2×10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出=6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)。
19． C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol ＞ ＜ 0.2mol·L-1·min-1 16.2 0.33mol CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-
【分析】（2）分析题中所给的甲醇转化率随温度变化曲线图，可以看出随着温度升高，甲醇的转化率逐渐增大。根据温度与转化率的关系，可以判断出反应是吸热反应还是放热反应。根据曲线上的点都达平衡状态，Y点时的转化率高于X点，在相同温度下，要达到平衡，分析可逆反应的反应方向，进而可判断Y点的正逆反应速率的大小。
（5）一般认为溶液中某离子浓度小于10-5mol/L，即认为该离子已沉淀完全。根据该理论，结合题中具体数值，进行计算。注意题中单位的转化。
【详解】I.（1）根据已知条件：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol ①
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol ②
分析目标热化学方程式，可知由可得目标热化学方程式：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=。答案为：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol；
（2）①分析题给信息，可以看出随着温度的增大，甲醇的平衡转化率逐渐增大，说明该反应的正反应为吸热反应，ΔH＞0；600K时，Y的转化率大于X点的平衡转化率，Y→X点，甲醇的转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，即v（正）＜v（逆）。答案为：＞；＜；
②由图可知，在t1K时，甲醇的平衡转化率为90%。向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，甲醇的物质的量为0.2mol，甲醛的物质的量为1.8mol，H2的物质的量为1.8mol，则平衡时甲醇的物质的量浓度为0.2mol/L，甲醛的物质的量浓度为1.8 mol/L，H2的物质的量浓度为1.8mol/L，0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)=。根据平衡常数的定义，温度为t1时，该反应的平衡常数K=，答案为：0.2mol·L-1·min-1；16.2；
II.（3）由图1可知，CO2在催化剂铜的表面进行转化最终生成的产物是C2H4，根据发生的氧化还原反应的关系，有：2CO2～C2H4～12e-，当直接传递的电子物质的量为2mol，则参加反应的CO2的物质的量为0.33mol。答案为：0.33mol；
（4）由图2可知，Cu与电源的负极相连，Cu电极为电解池的阴极，发生还原反应，CO2得电子生成CH4，电极反应方程式为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-；
III.（5）铜离子达排放标准的物质的量浓度为，根据Ksp(CuS)=1×10-36，可知要使铜离子的浓度符合排放标准，溶液中的硫离子的物质的量浓度为mol/L。答案为：。
20． CO-2e-+H2O=CO2+2H+ 不变 O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) 80% d 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2的浓度减小，反应速率随之减小 225 根据Ka2= c(SO32-)·c（H+)/ c（HSO3-)= 6.2x10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)
【分析】(1)由传感器的工作原理图示可知，电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+，电极Ⅱ为正极，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，所以总反应为：2CO+O2=2CO2，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，过程Ⅱ的热化学方程式=总反应的热化学方程式-过程Ⅰ的热化学方程式×2，总反应的热化学方程式为：
过程Ⅰ的热化学方程式为：
所以过程Ⅱ反应的热化学方程式为：
O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3) 根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20 mol/L，的平衡浓度为0.02 mol/L，从而列出三段式可求出反应的平衡常数，同时也可求出6s时的转化率；
(4) 充分利用题中所给的数据，要说明c(HSO3-)> c(SO32-)的原因，初步判断从第二步的电离平衡常数表达式入手，将已知数据代入即可求出。
【详解】(1)①电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+；
②电池总反应为：2CO+O2=2CO2，不消耗水也不消耗硫酸，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，根据过程Ⅱ的热化学方程式和总反应的热化学方程式可求出过程Ⅱ反应的热化学方程式为：O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3)①反应到时，的浓度为0.04mol/L，其初始浓度为0.2mol/L，则的转化率为：(0.2-0.04)/0.2×100%=80%；
②根据图示，反应进行到点W时，的浓度已经不再变化，所以表示反应达到平衡状态的是点W；
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是：该反应是放热反应，体系的温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，NO2的浓度减小，反应速率随之减小；
④根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20mol/L，W点时反应达到平衡，的平衡浓度为0.02mol/L，从而列出三段式为：
从而可算出温度为下的平衡常数K= ；
(4)要证明c(HSO3-)> c(SO32-)，根据离子的种类及给出的数据，初步判断从第二步的电离平衡常数的表达式入手，根据Ka2= c(SO32-)·c(H+)/ c(HSO3-)= 6.210-8，pH=7，将c(H+)=1.010-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.210-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)。
21． 2a+2b+c 0.09mol/(L·min) 增大 ﹤ 2SO32-+4H++2e- =S2O42-+2H2O 1344 0.52mol/L
【分析】(1)根据盖斯定律解答；
(2)根据化学反应速率的数学表达式计算反应速率；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，据此解答；
②当反应达到平衡时，故，平衡时，，据此解答；
(4)①阴极区发生还原反应，从图中找出阴极反应物，写它发生还原反应的电极反应式；
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，写出关系式，按电子数守恒，求出一氧化氮在标准状况下体积；
(5) n(BaSO4)==0.1mol，将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中，设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c(SO42-)=0.02mol/L，此时溶液中c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常数。
【详解】(1)根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③得：，故该反应的，故答案为：2a+2b+c；
(2)生成CaSO4物质的量为1.8mol的同时消耗SO2的物质的量为1.8mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(SO2)=1.8/(10×2)mol/(L·min)=0.09 mol/(L·min)；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大，故答案为：0.09mol/(L·min)；增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故增大的倍数小于增大的倍数，故答案为：；
②当反应达到平衡时，故，平衡时，，则，故答案为：；
(4) ①由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O，故答案为：2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电一段时间后阴极区n(SO32-)减少了0.3mol，此过程转移0.3mole−；由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NO～NH4+～5e−，若电路中转移转移0.3mole−，消耗NO0.06mol，标准状况下体积为V(NO)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL，故答案为：1344；
(5)设至少需要物质的量浓度为x的溶液，当完全溶解后，所得5L溶液中，此时溶液中，由可知，此反应的化学平衡常数，解得，故答案为：。
22．(1)
(2)漏斗、烧杯、玻璃棒
(3)
(4)硫酸
(5)醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化
(6)
【分析】由题干工艺流程图可知，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，据此分析解题。
(1)
步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为Cu2+，故答案为：Cu2+；
(2)
步骤②为过滤，需要的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
(3)
由分析可知，步骤③的反应为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+，故答案为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+；
(4)
由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，故答案为：硫酸；
(5)
已知CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；
(6)
①氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生离子反应为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
②根据氯化亚铜与氯化铁发生反应为Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生离子反应为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反应的关系式为则n=6ab×10-3mol，m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为：×100%=%，故答案为：%。
23．(1)、
(2) 蓝色沉淀(或溶液，溶液褪色) 44~7.5
(3)
(4)
(5)
(6) 5.6 偏大
【分析】由制备流程可知，废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）溶于稀硫酸，主要发生Fe+2H+═Fe2++H2↑，氧化铝与酸反应生成铝离子，铁的氧化物溶于酸后生成铁离子(或含亚铁离子)，加入Fe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4≤pH＜7.5之间，过滤分离出滤渣为Al(OH)3，反应II中加硫酸及亚硝酸钠生成铁离子，蒸发、过滤得到Fe(OH)SO4，以此来解答。
（1）
由上述分析可知，用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有Fe2+、Al3+；
（2）
酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，检验有生成的试剂，现象：蓝色沉淀；
（3）
加入少量NaHCO3的目的是调节pH在4.4≤pH＜7.5范围内，使溶液中的Al3+沉淀；
（4）
反应Ⅱ中常加入的X是NaNO2，反应后生成的气体在空气中立即变为红棕色，则发生反应的离子方程式为2H++Fe2++NO=Fe3++NO↑+H2O；
（5）
碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH) 聚合离子，该水解反应的离子方程式为；
（6）
H2O2可氧化亚铁离子，由原子及电子守恒可知存在Fe～Fe3+～S2O32-，则溶液中铁元素的总含量为=5.6g/L，如果缺少步骤②，过量的H2O2具有氧化性，可消耗标准溶液，将会导致测定结果偏大。
24． 增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率 、 、、 过氧化氢酸性溶液 将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的 水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物 取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立
【分析】由题给流程可知，将工业硫酸锰溶于90°C水，搅拌配成溶液，向溶液中加入氟化锰，溶液中的钙离子和镁离子与氟化锰反应生成氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有锰离子、亚铁离子和铁离子的滤液a和含有氟化钙和氟化镁的滤渣b；向滤液a中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH在3—4范围内，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣c和纯度高的硫酸锰溶液。
【详解】(1) 步骤i用90℃的水可以升高溶液的温度，增大工业硫酸锰中各物质的溶解度，加快溶解速率，故答案为：增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率；
(2) ①由分析可知，滤渣b中含有氟化钙和氟化镁，故答案为：、；
②由加入氟化锰后，能生成氟化钙和氟化镁沉淀可知，氟化锰的溶度积大于氟化钙和氟化镁，由表格数据可知，钙离子的去除率大于镁离子，氟化钙的溶度积小于氟化镁，则Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为氟化锰、氟化镁、氟化钙，故答案为：、、；
(3) 步骤iii发生的反应为酸性条件下，高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成锰离子、铁离子和水，反应离子方程式为；过氧化氢溶液也具有氧化性，也能将亚铁离子在酸性条件下氧化为铁离子，则可以用过氧化氢酸性溶液替换高锰酸钾酸性溶液，故答案为：；过氧化氢酸性溶液；
(4) 由表格数据可知，步骤iv的目的是调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，达到将铁元素杂质分离出去的目的，故答案为：将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的；
(5) ①铁离子在溶液中易水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，则若省略操作X，其他步骤不变，氢氧化铁胶体可能吸附氟化钙和氟化镁沉淀，使钙、镁离子的去除率较高，故答案为：水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物；
②向加入氟化锰后的少许溶液中直接加入氢氧化铁胶体，若猜想成立，加入氢氧化铁胶体后测得的钙、镁离子的去除率也会较高，则验证实验为取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立。
25． 水浴加热 B C 一元弱酸 转化为H3BO3，促进析出 H3BO3+OH-=B(OH)4- 多次使用后母液中杂质的浓度增大，再次重结晶时，会析出杂质，影响产品的纯度 82.4% B
【分析】硼镁矿（含 Mg2B2O5•H2O、SiO2 及少量 Fe2O3、Al2O3）加入（NH4）2SO4溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，过滤中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=3.5时得到H3BO3；
(1)①水浴加热可以受热均匀，更好的控制温度；
②据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，氨气极易溶于水，属于碱性气体，所以选择既要防止倒吸，又能和氨气反应的物质进行除杂处理；
(2)根据图2可知温度为50-60℃之间时两者的溶解度差值最大；
(3)根据H3BO3的电离反应：H3BO3+H2O⇌H++B（OH）4-，Ka=5.7×10-10，只能电离出一个H+；将溶液pH调解至3.5 有利于强酸制弱酸；
(4)硼酸属于一元弱酸，能和强碱反应生成盐和水；
(5)由于使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理；
(6)①由于H3BO3是一元 酸，所以消耗NaOH的物质的量与H3BO3的物质的量为1：1，则，所以根据m=nM可求出样品中硼酸的质量，最终可求出纯度；
②若用NaOH标准溶波直接滴定硼酸，生成的硼酸钠水解显碱性，由于硼酸是很弱的酸，越弱越水解，会导致加入的NaOH量偏少就达到滴定终点，所以会导致硼酸的纯度偏小。
【详解】(1)①控制温度在100℃以下，一般用水浴加热；
②加入(NH4)2SO4后生成的气体为NH3，NH3极易溶于水，吸收时需要注意防倒吸。
A．多孔泡球浸入硫酸中，不能防倒吸，A错误；
B．球形干燥管插入硫酸中，有防倒吸的功能，B正确；
C．碱石灰不能吸收NH3，C错误；
D．饱和食盐水可以溶解NH3，不能防倒吸，D错误；
故选B；
(2)过滤后要得到硼酸，需要让硼酸基本不溶，而MgSO4几乎全溶，图中50-60℃时MgSO4的溶解度最大，而硼酸的溶解度较小，符合题意，故选C；
(3)由H3BO3的电离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)4－可知H3BO3是一元酸，由Ka=5.7×10－10可知H3BO3是弱酸；由于H3BO3是弱酸，调pH至3.5目的是让溶液中的硼酸盐转化为H3BO3，促进析出；
(4)硼酸是弱酸，可以与碱反应，根据已知H3BO3的电离反应，可以看出硼酸与碱反应的离子方程式是：H3BO3+OH-=B(OH)4-；
(5)每次结晶后，杂质都会留在母液中，多次使用后母液中杂质的浓度增大，再次重结晶时，会析出杂质，影响产品的纯度；
(6)①滴定至终时，消耗0.2000mol·L－1NaOH标准液的平均体积为20.00mL，这些NaOH的物质的量为，由于H3BO3是一元 酸，所以消耗NaOH的物质的量与H3BO3的物质的量为1：1，则。所以样品中硼酸的质量为，纯度为；
②若用NaOH标准溶液直接滴定硼酸，生成的硼酸钠水解显碱性，由于硼酸是很弱的酸，越弱越水解，会导致加入的NaOH量偏少就达到滴定终点，所以会导致硼酸的纯度偏小，故选B；
【点睛】本题要注意第(3)题，硼酸（H3BO3）化学式虽然有3个H，但电离只能产生一个H+，所以它是一元酸。同学们切不可只看H原子数来决定是几元酸。
26． 洪特规则 ＞ ＞ 腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键 V形 分子晶体 4
【详解】(1)电子在能量相同的轨道（即等价轨道）上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向，该排布方式违背了洪特规则；
(2)同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，所以第一电离能N＞P；同一主族从上到下，电负性逐渐减弱，所以电负性P＞As；
(3)N元素电负性较大，所以腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键，导致腓的沸点高于乙烯；
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，离子方程式为：；中孤电子对数为，价层电子对数为，故离子的立体构型(即空间构型)为V形；
(5)①的熔点为77.9℃，熔点较低，应为分子晶体；
②由晶胞结构可知，每个Ga原子周围有4个紧邻等距的As原子；晶胞中含有As原子的个数为4，含有Ga原子的个数为，晶胞体积为，则晶胞密度为；
(6)①由图可知，pH在7.35-7.45之间时，As元素以形式存在，所以患者用药后人体中含As元素的主要微粒是；
②，，由图可知，时，，此时。
27． 第四周期第Ⅷ族 1s22s22p63s23p63d104s1 H2O 小 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 3 2 12 4 CuO 3～4.3
【详解】(1)Fe是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，因此在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Cu是29号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；故答案为：第四周期第Ⅷ族；1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)同周期，非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此较稳定的是H2O；Cl非金属性强，其电负性越大，因此C的电负性比Cl的小；故答案为：H2O；小。
(3)Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。
(4)①根据均摊法计算，在石墨烯晶体中，每个C原子被3个六元环共有，每个六元环占有的碳原子数6×=2，所以，每个六元环占有2个C原子；故答案为：3；2。
②在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4×3=12个六元环，六元环为椅式结构，六元环中有两条边平衡，连接的4个原子处于同一平面内，如图；故答案为：12；4。
(5)①W中含有CuCl2、FeCl3，加入X使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入的X由于调节溶液pH值，且不引入杂质，X为CuO等；故答案为：CuO。
②常温下1 L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5 mol·L－1，则加入Cl2后溶液中FeCl2转变为FeCl3，因此c(FeCl3)=1 mol∙L−1，铜离子开始沉淀时，，，，pH = 4.3，铁离子沉淀完全时，，，，pH =3，故溶液pH应控制在3.0～4.3之间；故答案为：3.0～4.3。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-34水溶液中的离子反应和平衡（解答题）
一、原理综合题
1．（2022·天津·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是_______。
(2)与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀(常温下；设时沉淀完全)。
①实验中的作用是_______。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_______。
③为使沉淀完全，调控溶液的pH最小值为_______。
(3)离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的、离子能发生交换均生成(s)。其反应可表示为(以发生交换为例)。
①写出发生交换反应的平衡常数表达式，_______。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是_______。
(4)电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为，再加碱沉淀为。已知：。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为_______。
②当沉淀出2mol 时，阳极至少消耗_______mol Fe。
2．（2022·天津·模拟预测）下表是25℃时某些弱酸的电离常数，其中多元弱酸分步电离。
弱酸
K
弱酸
K
HF
HCN
HCOOH
(1)等浓度的HCOOH、和溶液中，水电离出的氢离子浓度：_______>_______>_______。
(2)根据表中数据判断下述反应可以发生的是_______。(填编号)
①
②
③
④
(3)少量通入NaCN溶液中发生反应的离子方程式为_______。
(4)常温下在溶液中逐滴滴加盐酸溶液40mL，溶液中含碳元素的三种微粒、、(因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：
①各字母代表的粒子为b_______，c_______。
②在同一溶液中，、、_______(填“能”或“不能”)大量共存。
③当时，溶液中含碳元素的主要微粒为_______。
(5)若以熔融作为电解质，写出燃料电池负极的电极反应式_______。
(6)等浓度等体积的溶液和溶液混合，写出离子浓度由大到小的排序：_______。
3．（2022·天津·模拟预测）工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
回答下列问题：
(1)反应iv_________(填“能”或“不能”)在任何温度下自发进行。
(2)△H3=_________kJ/mol。
(3)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应iii，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%。
①0~5min内反应的平均速率v(CO2)=_________mol•L-l•min-l。
②该温度下反应的平衡常数为_________。
③若将平衡后的混合气体通入1L3.6mol/L的NaOH溶液，恰好完全反应，反应的离子方程式为_________，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________
④下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是_________(填序号)。
a.Fe2O3的物质的量不再变化
b.体系的压强保持不变
c.混合气体的平均摩尔质量保持不变
d.单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量相等
(4)一定条件下进行反应iii，正向反应速率与时间的关系如图所示，t2时刻改变了一个外界条件，可能是_________。
.
4．（2021·天津·二模）氮的化合物在生产实践及科学研究中应用广泛
(1)目前工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：
2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)⇌(NH4)2CO3(aq)K1
NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)⇌NH4HCO3(aq)K2
(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)K3
则K3=___(用含K1、K2的代数式表示)。
(2)利用CO2制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向，具体如下：CO2催化加氢合成乙烯，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)；ΔH=akJ·mol-1。起始时按n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入20L的恒容密闭容器中，不同温度下平衡时H2和H2O的物质的量如图甲所示：
①a___0(选填“>”或“＜”)。
②下列说法正确的是___(填字母序号)。
A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率
B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C．测得容器内混合气体密度不随时间改变时，说明反应已达平衡
③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3投入CO2和H2，则将___(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(3)N2H4为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，常温下，向10mL0.1mol/L的联氨溶液中，滴加0.1mol/L的HCl溶液xmL溶液中N2H4、N2H、N2H的物质的量分数δ随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]变化的曲线如图所示。
①25℃时，写出N2H4在水中第一步电离方程式___。
②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为___。
③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如图，试写出其阳极电极反应式：___。
5．（2021·天津·三模）已知：①水体中氨氮(NH3、NH)过量会导致富营养化，国家标准要求经处理过的氨氮废水中氨氮标准限值范围为0.02mg·L-1~150mg·L-1、pH控制在6-9；②HClO的氧化性比NaClO强；③NH3比NH更易被氧化。某研究小组用NaClO氧化法处理氨氮废水，进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响如图所示：
(1)反应原理：ClO-可与NH反应生成N2等无污染物质，反应的离子方程式为___。
(2)进水pH应控制在___左右为宜；进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随进水pH升高迅速下降的原因是___；进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随进水pH升高而上升的原因是___。
(3)运用上述原理，也可利用如图所示的电解法去除废水中的氨氮。
a极为电源的___极；d极反应式为___。
(4)常温下将0.1004mol碳酸氢铵粉末加入到1L0.1mol·L-1盐酸中，充分反应后溶液pH恰好为7(此时溶液中几乎不含碳元素，忽略溶液体积变化)，则溶液中c(NH)=___，NH3·H2O的电离平衡常数为___。
(5)已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好呈中性，此时溶液中=__。
6．（2021·天津·三模）我国在碳—1化学方面的进展主要集中在合成气化工和甲醇化工。
I.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，过程包括
反应a：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1>0
反应b：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H2>0
(1)反应a在一定条件下能够自发进行的原因是___；该反应工业生产适宜的温度和压强为___(填标号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2平衡转化率随温度变化关系如图所示。
①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是___。
②计算923K时反应b的化学平衡常数K=____(计算结果保留小数点后两位)。
II.CO2催化加氢制甲醇：在1.0L恒容密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示。
(3)下列说法正确的是___。
A．该反应的正反应为放热反应
B．压强大小关系为P1
D．在P2及512K时，图中N点v(正)
(4)H2CO3电离常数为：Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11。已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8，则在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是___(填序号)。
A．c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)+c(OH-)
B．c(NH)+c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)
C．c(H2CO3)-c(CO)-c(NH3·H2O)=9.9×10-7mol·L-1
D．等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合析出晶体，静置上层清液存在：c(H+)+c(NH)>c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)
②c(H2CO3)：c(CO)=___(结果保留三位有效数字)。
7．（2021·天津·一模）碳的化合物在工业上应用广泛，下面对几种碳的化合物的具体应用进行分析对“碳中和”具有重要意义。
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH1=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH2=-100kJ·mol-1
又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为___kJ·mol-1。
(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行：
第①步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)=CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应)；
第②步为快反应；增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率。理由为___。
(3)工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0，在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：
①下列描述能说明该反应处于化学平衡状态的是___(填字母)。
A．CO的体积分数保持不变
B．容器中CO的转化率与H2的转化率相等
C．v逆(CH3OH)=2v逆(H2)
D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
②平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。
③X轴上a点的数值比b点___(填“大”或“小”)，某同学认为图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是___。
(4)甲醇与CO可以生成醋酸，常温下将amol/L的醋酸与bmol·L-1Ba(OH)2溶液以2：1体积比混合，混合溶液中2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电离平衡常数为_____(忽略混合过程中溶液体积的变化，用含a和b的代数式表示)。
8．（2021·天津北辰·统考一模）国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
①写出相同条件下CH2=CHCH2C1和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式____。
②已知①中的正反应的活化能E正为132kJ·mol-1，请在下图中标出①中逆反应的活化能E逆及数值_______。
(2)温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1，反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡时：
①H2的转化率为_______
②T℃时该反应的平衡常数K=_______(列计算式表示)。
(3)目前有Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。
①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式_____。
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用文字说明是否可行_____。
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=_____(T℃时Ka(HCOOH)=2×10-4)。
9．（2021·天津·统考二模）催化氧化二氧化硫是工业制硫酸的主要反应：
(1)催化过程涉及两步反应，其中第一步反应为： ，则第二步反应为_______，其反应热，用含的式子表示为_______。
(2)为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体催化剂的密闭容器装置。
在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，达平衡时，三个容器中的转化率从大到小的顺序为_______(用“甲、乙、丙”表示)。
(3)在T℃和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。已知用平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则_______；相同条件下，若按、、进行投料，则反应开始时_______(填“＞”、“＜”或“=”)
(4)工业上用溶液吸收，再经电解转化为。已知的电离平衡常数为，，则溶液中含S元素粒子浓度由大到小的顺序为_______。如图为电解溶液产生硫酸的装置。则A为电解池的_______(填“阴极”或“阳极”)，写出阳极区域产生硫酸的电极反应式_______。
10．（2021·天津河西·统考三模）硫及其化合物在工农业生产中有广泛的应用，请按要求回答下列问题。
(1)SCl2常做消毒剂，根据下列化学键的键能及S4的结构式：
化学键
S—S
S—Cl
Cl—Cl
键能/(kJ•mol-1)
266
255
243
则反应S4(g)+4Cl2(g)=4SCl2(g)△H=___kJ•mol-1。
(2)S2Cl2常用作橡胶工业的硫化剂，其分子空间结构如图。两个Cl原子犹如在半张开的书的两面上，由此可知它属于__分子(填“极性”或“非极性”)。且已知它易与水反应，产生无色有刺激性气味的气体，同时生成淡黄色沉淀，则该反应的化学方程式___。
(3)工业上制取SCl2的反应之一为S2Cl2(g)+Cl2(g)=2SCl2(g)△H<0。一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2发生上述反应，Cl2与SCl2的消耗速率与温度的关系如图所示。
①A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的有___(填字母)，理由是__。
②提高SCl2产率可采取措施有___(写出一项即可)。
③若某温度下，反应达到平衡时S2Cl2的转化率为x，则化学平衡常数K=___(用含x的代数式表示)。
(4)向含Zn2+的废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度(mol•L-1)
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=___，c(Zn2+)=___。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5。
11．（2021·天津河北·统考二模）研究发现，含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。
(1)在煤炭中加入碳酸钙可减少酸雨的形成。在研究碳酸盐分解时发现MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)，△H表达式为___；已知CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，则该反应能自发进行的条件是___。
工业上可用浓氨水吸收SO2，写出将过量的SO2通入浓氨水的离子方程式___。
(2)某研究组模拟三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置，发生的反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-197.7kJ·mol-1
I.在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时；三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为___(用“甲、乙、丙”表示)。
II.下列均能作为容器甲和容器乙达平衡标志的是___(填字母)。
A．温度不变 B．密度保持不变 C．压强保持不变 D．O2浓度保持不变
III.400℃，在容器丙中投入4molSO2、2molO2进行反应时，放出akJ热量；若在500℃，投入2molSO2、1molO2进行反应，放出bkJ热量，则a___2b(填“﹥”、“﹤”或“=”)。
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()与Na2SO3溶液反应，生成物____(填字母)。
A． B．SO2 C．NaHCO3 D．
答案选A
(4)亚硫酸电离常数为Ka1，Ka2改变0.lmol/L亚硫酸溶液的pH，其平衡体系中含硫元素微粒物质的量分数δ与pH的关系如图，=___。
12．（2021·天津和平·统考二模）处理含硫烟气(主要成分为SO2)备受关注。回答下列问题：
Ⅰ.处理含硫烟气有以下两种方法
(1)水煤气还原法
已知：i.2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) △H1=—37.0kJ·mol-1
ii.2H2(g)+SO2(g) S(l)+2H2O(g) △H2=+45.4kJ·mol-1
写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的热化学方程式为___。
(2)碱液吸收法
①步骤1：用足量氨水吸收SO2，试写出该反应的化学方程式___。
②步骤2：再加入熟石灰的反应，试写出该反应离子方程式___。
③已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=a；Ksp(CaSO3)=b。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K=__(用含a、b的代数式表示)。
Ⅱ.常温下将NaOH溶液滴加到一定浓度的H2SO3溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
(1)Ka1(H2SO3)=___。
(2)当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，溶液中各离子浓度大小关系为___。
Ⅲ.将组成(物质的量分数)为m%SO2(g)、2m%H2(g)和q%He(g)的气体通入密闭反应器，使反应：H2(g)+SO2(g)S(l)+H2O(g)，在温度t、压强P条件下进行反应，平衡时，若H2转化率为α，则平衡常数Kp=___(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
13．（2021·天津·统考一模）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，含的烟气必须经过处理才可排放。回答下列问题：
(1)若烟气主要成分为，可通过电解法除去，其原理如图所示。阳极的电极反应式为_______。标准状况下，完全反应转移电子数为_______。
(2)若烟气主要成分为，可通入溶液将完全转化为。溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。
(3)若烟气主要成分为能有效地氧化。
①分子的空间结构与水分子的相似，是_______(填“极性”“极性”)分子。
②已知：
(活化能)
∆H3=_____kJ/mol(活化能)
③可经处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应时温度变化情况为，温度在时，随着温度升高，脱除率无明显变化；温度超过时，随着温度升高，脱除率下降。其可能原因是_______。
(4)若烟气主要成分为，用氧化时，使用催化剂可提高氧化效率。研究发现在某催化剂表面被氧化时反应机理如图所示，反应过程中，氮氧化物[M]与按物质的量1：1反应生成，[M]的化学式为_____。该催化氧化过程总反应的化学方程式为_______。
14．（2021·天津河北·统考一模）是大气污染物之一，主要来源于工业烟气及汽车尾气等。除去的方法统称为脱硝，一般有干法脱硝[选择性催化剂法(SCR)]、湿法脱硝等。
请完成下列问题：
(1)汽车发动机工作时会引发反应。2000K时，向固定容积的密闭容器中充入等物质的量的、发生上述反应，各组分体积分数的变化如图1所示。的平衡转化率为___________。
(2)在密闭、固定容积的容器中，一定量NO发生分解的过程中，NO的转化率随时间变化关系如图2所示。
①反应 ___________0(填“>”或“<”)。
②一定温度下，能说明反应已达到化学平衡的___________(填序号)。
a.容器内的压强不发生变化 b.混合气体的密度不发生变化
c.NO、、的浓度保持不变 d.
(3)干法脱硝：SCR(选择性催化剂法)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO排放。其工作原理如下：
①尿素水溶液热分解为和，该反应的化学方程式为___________。
②加热条件下，反应器中还原NO的化学方程式为___________。
(4)湿法脱硝：采用溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323K下，向足量碱性溶液中通入含NO的烟气，充分反应后，溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
①中心原子的杂化轨道类型为___________，的空间构型为___________。溶液显碱性，用离子方程式解释原因___________。
②依据表中数据，写出溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式___________。
15．（2021·天津武清·统考一模）醛类物质的用途广泛。如，甲醛蒸气可对空气消毒、甲醛溶液可用于生物标本的防腐等；脂肪醛类一般具有麻醉、催眠作用等。回答下列问题：
Ⅰ．与反应用催化的机理如图所示。
(1)在，催化下，转化成，被氧化成___________(填离子符号)。
(2)该催化反应的总反应方程式为___________。
(3)已知的两步电离常数分别为、，当溶液中时，溶液___________。
Ⅱ．利用乙二醛催化氧化法合成乙醛酸的反应原理为：
可能发生副反应有：(草酸)
在反应瓶内加入含(乙二醛)的反应液，加热至45～60℃，通入氧气并保持氧气压强为，反应达平衡状态，得到的混合液中含(乙醛酸)，(草酸)，(乙二醛)(溶液体积变化可忽略不计)。
(1)草酸的平均生成速率为___________。
(2)通过化学反应原理分析，增大压强有利于加快反应速率，对于乙二醛的转化率的影响是___________(填“增大”或“减小”)。
(3)如图所示为起始时氧醛比[]对乙醛酸产率的影响，则选择最佳氧醛比为___________。
(4)已知：为二元弱酸，，，向溶液中滴加溶液。溶液中___________(填“大于”、“小于”或“等于”)。
16．（2020·天津·模拟预测）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：
Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物
(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为__________。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式__________。
Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：
(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。
(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。
②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。
③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。
Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放
(5) 的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为K1、K2，当溶液pH=12时，=1：_______：__________。
17．（2020·天津·二模）已知反应是可逆反应。设计如图装置(均为石墨电极)，分别进行下述操作：
①向B烧杯中逐滴加入浓盐酸。②向B烧杯中逐滴加入溶液。结果发现电流表指针均发生偏转。
(1)①过程中棒上发生的反应为_________；
②过程中棒上发生的反应为___________。
(2)操作②过程中，盐桥中的移向_________烧杯溶液(填“A”或“B”)。
资料：。向一定浓度的溶液中加入溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒
浓度
a
(3)a=________________。该平衡体系中除了含有和外，判断溶液是否一定还含有其他含碘微粒______________(填“是”或“否”)。
(4)已知：甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。
反应：
反应：
则______________
(5)已知：25℃时，。医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用作内服造影剂。胃酸酸性很强(pH约为1)，但服用大量仍然是安全的，不溶于酸的原因是(用溶解平衡原理解释)：_________。误服少量，应尽快用大量的一定浓度的溶液给患者洗胃，忽略洗胃过程中溶液浓度的变化，要使残留在胃液中的浓度为，应服用的溶液的最低浓度为_______。
18．（2020·天津·校考模拟预测）治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
（1）CO泄漏会导致人体中毒，用于检测CO的传感器的工作原理如图所示：写出电极I上发生的反应式：__。
工作一段时间后溶液中H2SO4的浓度__(填“变大”、“变小”或“不变”)
（2）用O2氧化HCl制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H，通过控制条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%，其原理如图所示：
过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1
过程II反应的热化学方程式（∆H2用含有∆H和∆H1的代数式表示）__。
（3）在温度T0℃，容积为1L的绝热容器中，充入0.2molNO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ∆H<0，容器中NO2的相关量随时间变化如图所示。
①反应到6s时，NO2的转化率是__。
②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是__。
a.X b.Y c.Z d.W
③0~3s内容器中NO2的反应速率增大，而3s后容器中NO2的反应速率减小了，原因是__。
④此容器中反应达平衡时，温度若为T1℃，此温度下的平衡常数K═__。
（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol•L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH═7时，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1═1.3×10-2，Ka2═6.2×10-8）请结合所学理论通过计算说明c(HSO3-)＞c(SO32-)的原因___。
19．（2020·天津红桥·一模）Cu及化合物在生产、国防中有重要的应用。
I.纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。
（1）已知：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol
则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O(s)，同时生成CO气体的热化学方程式为___。
（2）用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。
①该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的v（正）___v（逆）（填“>”或“<”）。
②在t1K时，向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，则0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)___，温度为t1时，该反应的平衡常数K的值为___。
II.Cu既是常见的催化剂，又是常见的电极材料。
（3）图1表示的是利用CO2的“直接电子传递机理”。在催化剂铜的表面进行转化。当直接传递的电子物质的量为2mol时，则参加反应的CO2的物质的量为___。
（4）图2表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为___。
III.含铜离子的废水会造成污染，通常将其转化为硫化铜沉淀而除去。
（5）已知：Ksp(CuS)=1×10-36，要使铜离子的浓度符合排放标准（不超过0.4mg/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为___mol/L（保留至小数点后一位）。
20．（2020·天津·统考一模）治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
(1)泄漏会导致人体中毒，用于检测的传感器的工作原理如图所示：
①写出电极Ⅰ上发生的反应式：__________
②工作一段时间后溶液中的浓度__________(填“变大”、“变小”或“不变”)
(2)用氧化制取，可提高效益，减少污染。反应为：，通过控制条件，分两步循环进行，可使转化率接近100%，其原理如图所示：
过程Ⅰ的反应为：
过程Ⅱ反应的热化学方程式(用含有和的代数式表示)__________。
(3)在温度，容积为的绝热容器中，充入，发生反应：，容器中的相关量随时间变化如图所示。
①反应到时，的转化率是__________。
②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是________。
a. b. c. d.
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是_______。
④此容器中反应达平衡时，温度若为，此温度下的平衡常数=__________。
(4)工业上可用溶液吸收法处理，25℃时用的溶液吸收，当溶液时，溶液中各离子浓度的大小关系为：。(已知25℃时：的电离常数，)请结合所学理论通过计算说明的原因__________。
21．（2020·天津·统考一模）(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的 SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应 2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的 ΔH=____kJ/mol。
(2)SO2是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫原理为 2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)。向 10L 恒温恒容密闭容器中加入 3mol CaO，并通入 2mol SO2和 lmol O2发生上述反应，2min时达平衡，此时 CaSO4为1.8mol。0〜2min 内，用 SO2表示的该反应的速率v(SO2)=____，其他条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行，达到平衡时 SO2的转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)NO 的排放主要来自于汽车尾气，净化原理为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.8kJ/mol。实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v 逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k 正、k 逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
②若在 1L 的密闭容器中充入 1molCO 和 1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为 40%，则k正︰k逆=____。
(4)以连二硫酸根(S2O42-)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：
①阴极区的电极反应式为____。
②NO 吸收转化后的主要产物为 NH4+，若通电时电路中转移了 0.3mol e－，则此通电过程中理论上吸收的 NO 在标准状况下的体积为____mL。
(5)欲用 5L Na2CO3溶液将 23.3g BaSO4固体全都转化为 BaCO3，则所用的 Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____。[已知：常温下K(BaSO4)=1×10−7、K(BaCO3)=2.5×10−6]。(忽略溶液体积的变化)
二、工业流程题
22．（2022·天津南开·统考二模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下。
回答下列问题：
(1)步骤①中得到的氧化产物是_______。
(2)步骤②过滤中需要用到的玻璃仪器有_______。
(3)步骤③中主要反应的离子方程式为_______。
(4)步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_______(写名称)。
(5)上述工艺中，步骤⑥醇洗的目的是_______。
(6)准确称取所制备的CuCl样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液b mL，反应中被还原为。
①用溶液滴定时发生反应的离子方程式为_______。
②样品中CuCl的质量分数为_______。
23．（2022·天津·模拟预测）工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、铁的氧化物等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下
沉淀物
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题：
(1)用稀硫酸浸废铁屑后，溶液中存在的阳离子主要有___________
(2)写出酸浸过程中发生反应的离子方程式___________。检验有生成的试剂___________，现象：___________。
(3)加入少量的目的是调节在范围内，写出用调整浓溶液时的离子方程式是___________。
(4)反应Ⅱ中加入的目的是氧化，写出该反应的离子方程式___________。
(5)碱式硫酸铁溶于水后生成的离子可部分水解生成聚合离子，该水解反应的离子方程式为___________。
(6)为测定和溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：
①准确量取溶液于带塞锥形瓶中，加入足量，调节；
②加热除去过量；
③加入过量充分反应后，再用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
已知：
则溶液中铁元素的总含量为___________，如果缺少步骤②，将会导致测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
24．（2021·天津河西·统考二模）工业硫酸锰中杂质(Fe、Ca、Mg等元素的离子)含量较高，利用下图流程可制取锂离子电池所需的纯度较高的硫酸锰溶液。
已知：步骤ii反应前后杂质含量检测结果(以350g/L 溶液计)如下：
杂质
反应前/g
反应后/g
去除率/%
、
0.001275
0.001270
______
0.490000
0.021510
95.61
0.252000
0.025100
90.04
(1)步骤i用90℃的水的目的是___________。
(2)由步骤i可推理知：
①滤渣b中含有的物质是___________；
②该条件下，Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为(写化学式)：___________。
(3)步骤iii反应离子方程式为___________；其中“酸性溶液”可替换为___________。
(4)已知步骤iv条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
开始沉淀时
6.3
1.5
8.3
完全沉淀时
8.3
2.8
9.8
根据表中数据解释该步目的是___________。
(5)若省略操作X，其他步骤不变，也可使钙、镁的去除率较高。
①猜想可能的原因是(写一种即可)___________；
②设计实验验证你的假设是否成立：___________。
25．（2020·天津河东·模拟预测）以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备硼酸(H3BO3)。
请回答下列问题：
(1)流程中“反应”的实验装置如图所示：
①反应时需控制在95℃进行，控制反应温度的适宜方法是____。
②反应产生的气体需要净化处理，请从图中选择合适的装置____(填字母代号)。
(2)根据如图所示，流程中“过滤”操作的适宜温度是________(填字母代号)。
A．0-20℃ B．20-40℃ C．50-60℃ D． 60-80℃
(3)根据H3BO3的电离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)4－，Ka=5.7×10－10，可判断H3BO3是____酸；将溶液pH调解至3.5目的是____。
(4)实验时若被强碱溅到皮肤，先用大量水冲洗，水洗后再涂上硼酸溶液，写出有关离子方程式：____。
(5)实验中得到的粗硼酸还需要重结晶进行提纯，重结晶得到的母液可以在下一次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是____。
(6)预测定硼酸的纯度，因硼酸酸性过弱不能直接滴定。可先将硼酸与甘油作用生成甘油硼酸(Ka＝8.4×10-6)，再用NaOH标准溶液滴定(酚酞作指示剂)。已知硼酸的摩尔质量为61.8g·mol-1，滴定前称取3.00g硼酸试样，配成250mL溶液，每次取25.00mL于锥形瓶中滴定，消耗0.2000mol·L－1NaOH标准液的平均体积为20.00mL。
①计算所得硼酸的纯度____
②若用NaOH标准溶液直接滴定硼酸，测得的硼酸的纯度将____(填字母代号)。
A．偏大 B．偏小 C．无影响 D．无法确定
三、结构与性质
26．（2021·天津河西·统考二模）氮、磷、砷及其化合物在工农业生产等方面有着重要应用。请按要求回答下列问题。
(1)基态砷原子价电子排布图不能写为，是因为该排布方式违背了___________这一原理。
(2)元素第一电离能N___________P(填“”或“”或“”，下同)，电负性P___________As。
(3)腓()可用作火箭燃料等，它的沸点远高于乙烯的原因是___________。
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，该反应的离子方程式为___________；离子的立体构型(即空间构型)为___________。
(5)GaAs的熔点为1238℃可作半导体材料；而的熔点为77.9℃。
①预测的晶体类型为___________。
②GaAs晶胞结构如图所示，晶胞边长为a pm。则晶胞中每个Ga原子周围有____个紧邻等距的As原子；该晶体的密度为___________(列出计算式)。
(6)亚砷酸()可以用于治疗白血病。其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。
①人体血液的pH在7.35-7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是___________。
②的第一电离常数___________。
27．（2020·天津和平·模拟预测）C、O、Na、Cl、Fe、Cu是元素周期表前四周期中的常见元素。
(1)Fe在元素周期表中的位置是_____，Cu基态原子核外电子排布式为________。
(2)C和O的气态氢化物中，较稳定的是________（写化学式）。C的电负性比Cl的________（填“大”或“小”）。
(3)写出Na2O2与CO2反应的化学方程式____________________________。
(4)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，每个C原子连接___________个六元环，每个六元环占有___________个C原子。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接__________个六元环，六元环中最多有_________个C原子在同一平面。
(5)刻蚀印刷电路的废液中含有大量的CuCl2、FeCl2、FeCl3，任意排放将导致环境污染和资源的浪费，为了使FeCl3循环利用和回收CuCl2，回收过程如下：
①试剂X的化学式为______________；
②若常温下1 L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5 mol·L－1，则加入Cl2和物质X后，过滤。为使溶液铁元素完全转化为Fe(OH)3，而CuCl2 不产生沉淀。则应控制pH的范围是____________________________（设溶液体积保持不变），已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38、Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20、lg5＝0.7。
参考答案：
1．(1)Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
(2) 将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ) Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]- 6
(3) 2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1) c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
(4) 6
【解析】(1)
图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)
①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得:
c((OH)≥mol/L=1mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)
①该交换反应为:2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)
①根据反应方程式H2O + = 2+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
2．(1) CH3COOH HCOOH H2C2O4
(2)③
(3)CO2+H2O+CN-=HCN+HCO
(4) HCO H2CO3 不能 HCO、CO
(5)CO+CO-2e-=2CO2
(6)c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)
【解析】（1）
酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸溶液中水电离出的c(H+)越小，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是H2C2O4＞HCOOH＞CH3COOH，在等浓度的这三种酸中水电离出的c(H+)大小顺序是CH3COOH＞HCOOH＞H2C2O4，故答案为：CH3COOH；HCOOH；H2C2O4；
（2）
强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，
①酸性HF＞CH3COOH，所以NaF和CH3COOH不反应，故①错误；
②酸性H2CO3＞HClO＞HCO，所以CO2+NaClO+H2O═HClO+NaHCO3，故②错误；
③酸性HF＞H2CO3，所以发生反应HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑，故③正确；
④酸性H2C2O4＞HC2O＞CH3COOH，所以CH3COOH和KHC2O4不反应，故④错误；
故选③；
（3）
HCN电离平衡常数大于HCO而小于H2CO3，少量CO2通入NaCN溶液中反应生成HCN和NaHCO3，离子方程式为CO2+H2O+CN-=HCN+HCO，故答案为：CO2+H2O+CN-=HCN+HCO；
（4）
Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl溶液，发生的离子反应为CO+H+=HCO、HCO+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；水解程度
CO＞HCO，所以当生成NaHCO3时溶液碱性减弱，当溶解有二氧化碳时溶液呈酸性，根据图中曲线变化趋势知，a为CO3、b为HCO、c为H2CO3物质的量分数变化趋势，
①通过以上分析知，各字母代表的粒子：b为HCO、c为H2CO3，故答案为：HCO；H2CO3；
②结合图象可知，在pH=8时只有碳酸氢根离子存在，当溶液的pH大于8时，存在的离子为：HCO、CO，pH小于8时存在的离子为：H2CO3、HCO，所以在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO不能共存，故答案为：不能；
③根据图知，当pH=11时，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO、CO，故答案为：HCO、CO；
（5）
电池的总反应为：2CO+O2=2CO2，正极反应为2CO2+O2+4e-=2CO，所以负极的电极反应式为：CO+CO-2e-=2CO2，故答案为：CO+CO-2e-=2CO2；
（6）
Na2CO3的水解以第一步为主，水解生成HCO，则c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)，且溶液呈碱性，可知c(OH-)＞c(H+)，一般来说水解程度较小，则c(CO)＞c(OH-)，则溶液中存在c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)。
3． 不能 -28 0.048 64 2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+) ac 恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体
【分析】(3)初始投料为3molFe2O3和3molCO，Fe2O3和Fe均为固体，容器恒容，则根据反应方程式可知反应过程中气体的总物质的量不变，始终为3mol；平衡时CO2的体积分数为80%，即物质的量分数为80%，所以n(CO2)=3mol×80%=2.4mol，n(CO)=0.6mol。
【详解】(1)当△G=△H-T△S＜0时反应可以自发进行，反应iv的焓变△H4＞0，该反应为气体分子数增多的反应，所以△S＞0，不能满足任何温度下△G都小于0，所以该反应不能在任何温度下自发进行；
(2)已知：i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
由盖斯定律可知(iv-ii×3)得到Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H3=[+460kJ/mol-(+172kJ/mol)×3]= -28kJ/mol；
(3)①根据分析可知0-5min内△n(CO2)=2.4mol，容器的容积为10L，所以v(CO2)==0.048mol·L-1·min-1；
②平衡时c(CO2)=0.24mol/L，c(CO)=0.06mol/L，平衡常数K==64；
③混合气体中n(CO2)=2.4mol，1L3.6mol/L的NaOH溶液中n(NaOH)=3.6mol，n(CO2)： n(NaOH:2:3，所以该反应的离子方程式为2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O，反应后溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3；Na+不发生水解，所以c(Na+)最大；碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以c(HCO)＞c(CO)；溶液显碱性，所以c(OHˉ) ＞ c(H+)，水解是微弱的，所以溶液中离子浓度由大到小为c(Na+)＞ c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+)；
④a．固体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a能说明；
b．反应前后气体物质的量始终不变，体系的压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b不能说明；
c．反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，所以未平衡时混合气体的平均摩尔质量会发生改变，当其保持不变说明反应达到平衡状态，故c能说明；
d．消耗CO和生成CO2均为正反应，只要反应发生单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量就相等，故其不能说明反应达到平衡状态，故d不能说明；
综上所述选ac；
(4)据图可知t2时刻正反应速率突然减小，然后又逐渐增大，之后达到平衡时与原平衡的反应速率相等，说明反应物的浓度先是被减小，然后又逐渐增大，则该条件改变后平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应，升高温度可以使平衡逆向移动，但升高温度不能使正反应速率减小。而该反应前后气体分子数不变，若保持压强不变向密闭容器中充入二氧化碳，则容器的体积增大导致一氧化碳的浓度减小，正反应速率减小，则二氧化碳的浓度增大了，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，根据温度不变K=不变，且压强不变时气体的浓度不变，所以再次平衡时正反应速率与原平衡相等。因此，改变的条件可能是：恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体。
【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意判断相关物理量是否为变量，若随着反应的进行该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
4． < A 变小 N2H4+H2O⇌N2H+OH- 10-9.3 2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O
【分析】根据题给方程式写出相应反应的平衡常数表达式，结合盖斯定律分析；根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动；393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，相当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动；POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2== =c(OH-)得N2H4第二步电离常数；在阳极氨气失电子，发生氧化反应，结合电解质写出电极方程式。
【详解】(1)NH3和(NH4)2CO3与CO2可发生如下可逆反应：2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)K1= ，NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)NH4HCO3(aq)K2= ，(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)K3= =，则K3=(用含K1、K2的代数式表示)，故答案为：；
(2)①根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，a<0；故答案为：<；
②A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆减小，故B错误；
C．反应体系中各物质均为气体，根据质量守恒定律容器内混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不随时间改变时，不能说明反应已达平衡，故C错误；
故答案为：A；
③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)平衡正向移动，则将变小，故答案为：变小；
(3)①25℃时，N2H4在水中第一步电离方程式N2H4+H2ON2H+OH-，故答案为：N2H4+H2ON2H+OH-；
②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2= =c(OH-)= 10-9.3，故答案为：10-9.3；
③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)，在阳极氨气失电子，发生氧化反应，阳极电极反应式：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O，故答案为：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O。
5． 3ClO-+2NH=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+ 1.5 随着进水pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，导致氨氮去除率下降 随着进水pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮容易被氧化 负 Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+ 0.1mol/L 2.5×10-5 2.24
【详解】(1)ClO-可与NH反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+；
(2)根据图象可知进水pH应控制在1.50左右时氨氮去除率会较大，由于随着进水pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，因此导致氨氮去除率下降；由于随着进水pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮容易被氧化，所以进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升；
(3)由图可知，电解时Cl-失去电子转化为HClO，HClO可氧化氨气生成氮气，则d连接电源正极为阳极，可知a为负极，d为阳极，阳极反应为Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+；
(4)依据电荷守恒，pH=7，c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(NH)=c(Cl-)=0.1mol/L，依据氮原子守恒，c(NH3•H2O)=0.1004mol/L-0.1mol/L=0.0004mol/L，则Kb==2.5×10-5；
(5)将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HSO)+2c(SO)，=1+，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，==0.62，=1+=1+0.62×2=2.24。
6． △S＞0 B CH4和CO2按1：1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，CO2还发生反应Ⅱ，所以平衡转化率大于CH4 0.39 AC CD 6.25
【详解】(1)对于反应a：CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H1＞0，△S＞0，则反应a在一定条件下能够自发进行的原因是△S＞0；
较低的压强可使平衡正向移动，较高温度能加快合成速率，提高生产效率，该反应工业生产适宜的温度和压强为高温低压，故选B；
(2)①CH4与CO2按1：1投料发生反应a时转化率相等，但CO2还发生反应b，所以CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率；
②反应a，设起始时充入0.1mol/L的CH4与CO2，
，
α(CO2)=1mol/L×70%=0.7mol/L，则反应Ⅱ△c(CO2)=0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，
反应b：
K=(1.3×0.1)/ (0.3×1.1) =0.39；
(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B错误；
C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则消耗CO2为0.25mol，转化率为0.25/1×100%=25%，故C正确；
D．由图可知，在P2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向进行，则v(正)＞v(逆)，故D错误；
故选：AC；
(4)①A．依据物料守恒可得：c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，溶液的pH=8，呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)
C．依据物料守恒关系：①c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，依据电荷守关系：②c(NH)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO)，①-②得：c(H2CO3)-c(CO)-c(NH3•H2O)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8) mol•L-1=9.9×10-7 mol•L-1，故C正确；
D．滤液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于滤液中溶质为氯化铵和NaCl，则c(Na+)＜c(Cl-)，所以c(H+)+c(NH)＞c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，故D正确；
故答案为：CD；
②c(H2CO3)：c(CO)=[ c(H2CO3)×c2(H+)×c(HCO)]：[c(CO)×c2(H+)×c(HCO)]= c2(H+)/ Ka1•Ka2=(10−8)2/4×10−7×4×10−11=6.25。
7． 165 总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大 AD 25% 小 由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度
【详解】(1)根据盖斯定律，i－ii得到目标反应式的ΔH=ΔH1－ΔH2=[(－133)－(－100)]kJ/mol=－33 kJ/mol，该反应为放热反应，逆反应的活化能=正反应的活化能+33 kJ/mol=132 kJ/mol+33 kJ/mol=165 kJ/mol，故答案为165 kJ/mol；
(2)化学反应的速率由慢反应的速率决定，根据题中所给信息，反应①为慢反应，CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)的反应速率由①决定，增加I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率增大；故答案为总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大；
(3)①A．根据化学平衡状态的定义，CO的体积分数保持不变，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．投入量的比值等于化学计量数的比值，从反应开始到平衡，CO和H2的转化率相等，故B不符合题意；
C．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，v逆(CH3OH)=2v逆(H2)时两个反应的方向都是向逆反应方向进行，因此v逆(CH3OH)=2v逆(H2)不能说明反应达到平衡,故C不符合题意；
D．利用,组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应气体物质的量减少，因此当气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；
答案为AD；
②建立：，平衡时，M点甲醇的体积分数为10%，即有，解得x=0.25mol，CO的转化率为25%；故答案为25%；
③根据图象，当Y一定时，X轴从0～d甲醇的体积分数增大，即a点的数值比b点小；根据图象，可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；故答案为小；由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；
(4)根据溶液呈现电中性，得出c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因为2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，因此c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L, 2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=mol/L，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=mol/L，推出c(CH3COOH)= mol/L，根据电离平衡常数的表达式Ka==；故答案为。
8． CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1 40% CO2+4H2CH4+ 2H2O 因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发) 1.6×10-5
【详解】(1)①已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= -100kJ·mol-1-(-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1，故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
②△H=Ea正-Ea逆，则Ea（逆）=Ea正-△H=132kJ•mol-1-（-33kJ•mol-1）=165kJ•mol-1，故答案为：；
(2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为；
②用三段式法计算得：
，；
(3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H2，生成物为CH4、H2O，故答案为：CO2+4H2CH4+ 2H2O；
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0，任何温度不能自发)；
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=,故答案为：1.6×10-5。
9． 丙＞甲＞乙 135 ＞ 阴极
【详解】(1) ①
②
利用盖斯定律，将反应①-②×2，即得第二步反应为，其反应热为。答案为：；；
(2)在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，比较三个容器中达到平衡时的转化率大小，以甲为参照物，乙相当于甲升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，丙相当于甲加压，平衡正向移动，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率从大到小的顺序为丙＞甲＞乙。答案为：丙＞甲＞乙；
(3)在T℃和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。可建立如下三段式：
则=135；相同条件下，若按、、进行投料，浓度商Qp==30＜135，表明反应正向进行，所以反应开始时＞。答案为：135；＞；
(4)已知的电离平衡常数为，，则的水解常数Kh2==6.49×10-13＜，所以溶液中以的电离为主，从而得出含S元素粒子浓度由大到小的顺序为。由图中可知，A电极生成H2，则表明得电子，从而表明A电极为阴极，B电极为阳极；在阳极，失电子生成和H+，电极反应式为。答案为：；阴极；。
【点睛】在阳极，有部分与H+作用，从而生成二氧化硫气体等。
10． -4 极性 B、D 因为用同一物质表示的正逆反应速率相等 提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可） 5 1×10-11mol·L-1
【详解】(1)根据S4结构可知S4(s)内有4个S-S键，则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=(4×266+4×243-4×2×255)kJ/mol=-4 kJ.mol-1，故答案为：-4；
(2)根据S2Cl2分子空间结构可知， S2Cl2结构与H2O2相似，是由极性键组成的极性分子；S2Cl2水解产生无色有刺激性气味的气体二氧化硫和淡黄色沉淀S，根据元素守恒还生成氯化氢，该反应的化学方程式为；
(3) ①S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)，当同种物质正逆反应速率相等时，反应到达平衡，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以当Cl2的消耗速率的两倍与SCl2的消耗速率相等时，该反应到达平衡，图中在250 ℃时，B、D两点对应的状态下，换成同一物质表示的正、逆反应速率相等，所以达到平衡状态的有B、D两点，故答案为：B、D；因为用同一物质表示的正逆反应速率相等；
②对于反应S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)来说，是气体分子数减小的放热反应，若要提高SCl2产率，则需使该反应平衡向正反应方向移动，可采用提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可）；
③应达到平衡时S2Cl2 的转化率是x，列出三段式：，反应的平衡常数K= ===；
(4)已知Ka(CH3COOH)=，则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) =×= =1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则计算得出c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1，故答案为：5；1×10-11mol·L-1。
11． 高温 丙＞甲＞乙 CD ＞ A
【详解】(1)由盖斯定律可知，；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，时能自发进行，由于，，所以要使该反应能自发进行，应在高温下进行；为酸性氧化物，氨水溶液呈碱性，所以过量的与浓氨水反应生成和，则其离子方程式为：故答案为：；高温；；
(2) I.乙因为是绝热容器，该反应为放热反应，所以相对于甲，乙中温度比甲高，升高温度平衡逆向移动，的转化率降低；比较甲、丙，该反应为气体体积减小的反应，丙在恒压的条件下，甲相对于丙，相对于减小压强，平衡逆向移动，的转化率降低，综上所述，三个容器中的转化率从大到小的顺序为：丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；
IIA．甲为恒温恒容的密闭容器，所以温度一直保持不变，则温度不变不能用于判断该反应是否处于平衡状态，故A不选；
B．甲、乙均为恒容密闭容器，又由于该反全为气体参加的反应，所以在恒容的密闭容器中密度始终保持不变，故B不选；
C．在恒容的密闭容器中，该反应为非等体积反应，所以压强不变时，该反应处于平很状态，故选C；
D．一定条件下，当时，反应体系中所有参加反应的物质的物质的量或浓度保持恒定不变，则O2浓度保持不变可用于判断该反应是否处于不平衡状态，故选D；
故答案选CD；
III 丙为恒温恒压的密闭体系，所以相同温度下在容器丙中分别投入4molSO2、2molO2和2molSO2、1molO2进行反应平衡不发生移动；则所释放的能量前者为后者的两倍；若前者反应温度为400℃，后者反应温度为500℃，且该反应为放热反应，所以平衡逆向移动，则前者释放的能量大于后者的两倍，故答案为：＞；
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()，则根据强酸制备弱酸可知，水杨酸()与亚硫酸钠溶液反应生成与NaHSO3，故选A；
(4)时，，当时，，，故答案为：。
12． CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1 SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O 2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O 1×10-1.8 c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)
【详解】Ⅰ.(1)由盖斯定律可知，可得CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，则△H==—41.2kJ·mol-1，反应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1；
(2) ①用足量氨水吸收二氧化硫的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O；
②用足量氨水吸收二氧化硫的反应后，再加入熟石灰发生的反应为亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀和一水合氨，反应离子方程式为2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O，故答案为：2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O；
③由反应的方程式可知，反应的平衡常数K===，故答案为：；
Ⅱ.(1)亚硫酸为二元弱酸，一级电离常数大于二级电离常数，由图可知，当c(H2SO3)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为1.8，当c(SO)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为6.9，则曲线M表示溶液的pH与lg的关系，Ka1(H2SO3)= = c(H+)=1×10-1.8，故答案为：1×10-1.8；
(2) 当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，反应得到亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液，则溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)；
Ⅲ.设混合气体的物质的量为100mol，则混合气体中含有mmol二氧化硫、2mmol氢气和qmol氦气，由温度t、压强P条件下进行反应，反应达到平衡时H2转化率为α可建立如下三段式：
由P1：P2=n1：n2可得：，解得平衡时P平=，则平衡时氢气、二氧化硫和水蒸气的平衡分压分别为=、=、=，平衡常数Kp==，故答案为：。
13． 3.01×1024 极性 与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应
【详解】(1)阳极发生氧化反应，SO2在阳极被氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平电极方程式为：；NO在阴极被还原成，转移5个电子，标况下22.4LNO的物质的量为1mol，故完全反应时，转移电子数为56.021023=3.011024，故答案为：；3.01×1024；
(2)亚硫酸钠属于强碱弱酸盐，在水溶液中SO发生两步水解：第一步：SO+H2OHSO+OH-，第二步：HSO+H2OH2SO3+OH-。因为SO的水解度不是太大，且第一步水解程度大于第二步，所以，溶液中的微粒浓度大小顺序如下：，故答案为：；
(3)①分子的空间结构与水分子的相似，为极性分子，故答案为：极性；
②已知：I.；II.(活化能)；III.∆H3；由盖斯定理可知，III=(I+II)，则∆H3=(+)=，故答案为：；
③由<0可知该反应是放热反应，与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应，故答案为：与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应；
(4)由图可知，O+NO2[M]，故[M]为NO3，总反应物为NO2、O3，生成物为O2、N2O5，故总反应为：，故答案为：；。
14． 60% < c V形
【详解】(1)设充入、的物质的量都是1mol，根据图示，平衡时n(NO)=2mol×60%=1.2mol、n(N2)=2mol×20%=0.4mol、n(O2)=2mol×20%=0.4mol，所以的平衡转化率为60%；
(2)①根据图示，温度下反应速率快，所以，温度越高，NO转化率越低，所以反应 <0；
②a．反应前后气体系数总和不变，压强是恒量，容器内的压强不发生变化，反应不一定平衡，故不选a；
b．气体总质量不变、容器体积不变，根据 ，密度是恒量，混合气体的密度不发生变化，反应不一定平衡，故不选b；
c．达到平衡状态时，各物质浓度不变，NO、、的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故选c；
d．达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，时达到平衡，故不选d；
选c；
(3)①尿素水溶液热，和水反应生成和，该反应的化学方程式为；
②加热条件下，反应器中还原NO生成氮气和水，反应的化学方程式为；
(4)①中Cl原子价电子对数是 ，有2个孤电子对，杂化轨道类型为，的空间构型为V形。是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，；
②依据表中数据，NO被氧化为、，且、的比为2:1，被还原为，反应的离子方程式。
【点睛】本题考查化学平衡计算、化学平衡判定、氧化还原反应方程式书写，明确化学平衡定义，理解氧化还原反应中电子守恒规律的应用，培养学生应用知识解决实际问题的能力。
15． HCO HCHO+O2 CO2+H2O -lgK2 0.02 增大 0.55 小于
【详解】I．(1)由图中所给的反应机理推知本反应过程中-CHO被氧气氧化为HCO；
(2)与反应用催化的机理图中推知，反应的化学方程式为：HCHO+O2 CO2+H2O；
(3)已知 ，，当时，K2=c(H+)，故pH=-lg c(H+)=-lgK2；
II．(1)3h达到平衡后H2C2O4的物质的量为0.12mol，溶液体积为2L，则 故v(H2C2O4)= ；
(2)正反应为气体体积减小的反应，故增大压强，平衡向正反应方向移动，转化率增大；
(3)根据图象，乙醛酸产率最高的氧醛比为：0.55；
(4)溶液中滴加溶液，两者1：1反应生成KHC2O4，故溶液中的溶质为KHC2O4，根据H2C2O4的，，HC2O4-的电离平衡常数为，常温下水解平衡常数为＜Ka2，故HC2O4-在水溶液中电离程度大于水解程度，水解产生H2C2O4，电离产生C2O42-，故小于
16． 光能转化为化学能 H2 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 平面（正）三角形
【分析】I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式；
II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答；
III.用价层电子对互斥理论判断的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。
【详解】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，被氧化成，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：H2，Ag++e-=Ag。
II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式
则反应的平衡常数K== =，故答案为：。
(4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；
②因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。
③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃，故答案为：210。
III.(5)中C的孤电子对数为×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3⇌H++、⇌ H++，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（）=1012Ka2 c（）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（）：c（） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2），故答案为：平面正三角形，1012Ka1，1024Ka1Ka2。
【点睛】本题考查的知识点较多，但难度都不是很大，学生只要充分利用题给信息、结合所学的基本原理和方法即可作答。
17． A 是 不能减少或的浓度，平衡不能向溶解的方向移动
【分析】根据加入溶液酸碱性的不同判断反应进行的方向；根据化学平衡常数计算反应反应中某一物质的浓度，根据元素的守恒定律判断溶液中是否存在其他微粒；根据盖斯定律计算化学反应热；根据化学平衡移动原理分析平衡是否发生移动。
【详解】(1)过程①向烧杯B中加入浓盐酸，反应正向进行，C1棒上溶液中的碘离子失电子生成I2，电极方程式为2I--2e-= I2，C2棒上溶液中的得电子生成，电极方程式为+2e-+2H+=+H2O；过程②向烧杯B中加入NaOH溶液，反应逆向进行，其总反应相应变为+ I2+2OH-=+ H2O+2I-，C1棒上溶液中I2得电子生成I-，电极方程式为I2+2e-=2I-，C2棒上溶液中失电子生成，电极方程式为-2e-+2OH-=+ H2O；
(2)过程②A烧杯中生成大量I-，导致盐桥中K+向A烧杯移动；
(3)根据反应可写出反应的化学平衡常数表达式K==640，将碘离子和碘单质的浓度带入，解得c()=4×10-3mol/L；对于方程式I-+I2=，根据平衡时三种物质的平衡浓度可以计算这个反应中I的总物质的量浓度为1.95×10-2mol/L，物质的量为1.95×10-2×30×10-3=5.85×10-4mol，而反应前碘化钾溶液中碘离子的物质的量为0.1×10×10-3=10-3mol，二者存在差值，说明溶液中还含有其他含碘微粒；
(4)根据盖斯定律，将第一个热化学方程式与第二个热化学方程式相加即得到第三个方程式的反应热，第三个热化学方程式的反应热∆H3=∆H1+∆H2=+90.64 kJ/mol+41.20 kJ/mol=+131.84 kJ/mol；
(5)人胃液的主要成分为HCl，服用BaSO4后不会对人体造成伤害，原因是H+不能减少钡离子或硫酸根的浓度，硫酸钡的沉淀溶解平衡不会发生移动；洗胃过程中要使残留在胃中的Ba2+浓度小于2×10-10mol/L，根据BaSO4的溶度积常数可以计算硫酸根浓度c()===0.5mol/L，故应服用硫酸钠溶液的最低浓度为0.5mol/L。
18． CO-2e-+H2O=CO2+2H+ 不变 2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2═∆H-2∆H1 80% d 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2浓度减小，反应速率随之减小 225 根据Ka2═c(SO32-)•c(H+)/c(HSO3-)=6.2×10-8，将c(H+)═1.0×10-7代入得出c(SO32-)/c(HSO3-)═6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)
【详解】(1)根据图示可知电极I上CO失电子被氧化为CO2，电解质溶液为硫酸溶液，所以电极方程式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+；电极Ⅱ上氧气被还原生成水，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以总反应为2CO+O2=2CO2，不影响硫酸的浓度，即硫酸的浓度不变；
(2)总反应为4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H ①；
过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1 ②；
根据盖斯定律①-②×2可得过程II反应的热化学方程式为2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2=∆H-2∆H1，因整个过程中HCl的转化率接近100%，所以过程II用“=”；
(3)①据图可知6s时，c(NO2)=0.05mol/L，初始c(NO2)=0.20mol/L，所以转化率为=80%；
②据图可知X、Y、Z三个点速率还在随时间发生改变，W点速率不在改变，所以W点可以表示反应达到平衡状态，所以选d；
③该反应放热，随反应进行体系内温度升高，反应速率加快，但后来NO2的浓度减小，浓度对反应速率的影响占主导，所以反应速率减慢；
④据图可知平衡时c(NO2)=0.02mol/L，则△c(NO2)=0.20mol-0.02mol/L=0.18mol/L，根据方程式可知平衡时c(N2O4)=0.09mol/L，所以平衡常数K==225；
(4)根据Ka2==6.2×10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出=6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)。
19． C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol ＞ ＜ 0.2mol·L-1·min-1 16.2 0.33mol CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-
【分析】（2）分析题中所给的甲醇转化率随温度变化曲线图，可以看出随着温度升高，甲醇的转化率逐渐增大。根据温度与转化率的关系，可以判断出反应是吸热反应还是放热反应。根据曲线上的点都达平衡状态，Y点时的转化率高于X点，在相同温度下，要达到平衡，分析可逆反应的反应方向，进而可判断Y点的正逆反应速率的大小。
（5）一般认为溶液中某离子浓度小于10-5mol/L，即认为该离子已沉淀完全。根据该理论，结合题中具体数值，进行计算。注意题中单位的转化。
【详解】I.（1）根据已知条件：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH=-196kJ/mol ①
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220.8kJ/mol ②
分析目标热化学方程式，可知由可得目标热化学方程式：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=。答案为：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH=+85.6 kJ/mol；
（2）①分析题给信息，可以看出随着温度的增大，甲醇的平衡转化率逐渐增大，说明该反应的正反应为吸热反应，ΔH＞0；600K时，Y的转化率大于X点的平衡转化率，Y→X点，甲醇的转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，即v（正）＜v（逆）。答案为：＞；＜；
②由图可知，在t1K时，甲醇的平衡转化率为90%。向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，甲醇的物质的量为0.2mol，甲醛的物质的量为1.8mol，H2的物质的量为1.8mol，则平衡时甲醇的物质的量浓度为0.2mol/L，甲醛的物质的量浓度为1.8 mol/L，H2的物质的量浓度为1.8mol/L，0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)=。根据平衡常数的定义，温度为t1时，该反应的平衡常数K=，答案为：0.2mol·L-1·min-1；16.2；
II.（3）由图1可知，CO2在催化剂铜的表面进行转化最终生成的产物是C2H4，根据发生的氧化还原反应的关系，有：2CO2～C2H4～12e-，当直接传递的电子物质的量为2mol，则参加反应的CO2的物质的量为0.33mol。答案为：0.33mol；
（4）由图2可知，Cu与电源的负极相连，Cu电极为电解池的阴极，发生还原反应，CO2得电子生成CH4，电极反应方程式为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-；
III.（5）铜离子达排放标准的物质的量浓度为，根据Ksp(CuS)=1×10-36，可知要使铜离子的浓度符合排放标准，溶液中的硫离子的物质的量浓度为mol/L。答案为：。
20． CO-2e-+H2O=CO2+2H+ 不变 O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) 80% d 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2的浓度减小，反应速率随之减小 225 根据Ka2= c(SO32-)·c（H+)/ c（HSO3-)= 6.2x10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)
【分析】(1)由传感器的工作原理图示可知，电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+，电极Ⅱ为正极，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，所以总反应为：2CO+O2=2CO2，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，过程Ⅱ的热化学方程式=总反应的热化学方程式-过程Ⅰ的热化学方程式×2，总反应的热化学方程式为：
过程Ⅰ的热化学方程式为：
所以过程Ⅱ反应的热化学方程式为：
O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3) 根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20 mol/L，的平衡浓度为0.02 mol/L，从而列出三段式可求出反应的平衡常数，同时也可求出6s时的转化率；
(4) 充分利用题中所给的数据，要说明c(HSO3-)> c(SO32-)的原因，初步判断从第二步的电离平衡常数表达式入手，将已知数据代入即可求出。
【详解】(1)①电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+；
②电池总反应为：2CO+O2=2CO2，不消耗水也不消耗硫酸，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，根据过程Ⅱ的热化学方程式和总反应的热化学方程式可求出过程Ⅱ反应的热化学方程式为：O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3)①反应到时，的浓度为0.04mol/L，其初始浓度为0.2mol/L，则的转化率为：(0.2-0.04)/0.2×100%=80%；
②根据图示，反应进行到点W时，的浓度已经不再变化，所以表示反应达到平衡状态的是点W；
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是：该反应是放热反应，体系的温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，NO2的浓度减小，反应速率随之减小；
④根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20mol/L，W点时反应达到平衡，的平衡浓度为0.02mol/L，从而列出三段式为：
从而可算出温度为下的平衡常数K= ；
(4)要证明c(HSO3-)> c(SO32-)，根据离子的种类及给出的数据，初步判断从第二步的电离平衡常数的表达式入手，根据Ka2= c(SO32-)·c(H+)/ c(HSO3-)= 6.210-8，pH=7，将c(H+)=1.010-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.210-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)。
21． 2a+2b+c 0.09mol/(L·min) 增大 ﹤ 2SO32-+4H++2e- =S2O42-+2H2O 1344 0.52mol/L
【分析】(1)根据盖斯定律解答；
(2)根据化学反应速率的数学表达式计算反应速率；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，据此解答；
②当反应达到平衡时，故，平衡时，，据此解答；
(4)①阴极区发生还原反应，从图中找出阴极反应物，写它发生还原反应的电极反应式；
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，写出关系式，按电子数守恒，求出一氧化氮在标准状况下体积；
(5) n(BaSO4)==0.1mol，将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中，设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c(SO42-)=0.02mol/L，此时溶液中c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知，此反应的化学平衡常数。
【详解】(1)根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③得：，故该反应的，故答案为：2a+2b+c；
(2)生成CaSO4物质的量为1.8mol的同时消耗SO2的物质的量为1.8mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(SO2)=1.8/(10×2)mol/(L·min)=0.09 mol/(L·min)；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO2的转化率比恒容时增大，故答案为：0.09mol/(L·min)；增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故增大的倍数小于增大的倍数，故答案为：；
②当反应达到平衡时，故，平衡时，，则，故答案为：；
(4) ①由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O，故答案为：2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电一段时间后阴极区n(SO32-)减少了0.3mol，此过程转移0.3mole−；由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NO～NH4+～5e−，若电路中转移转移0.3mole−，消耗NO0.06mol，标准状况下体积为V(NO)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL，故答案为：1344；
(5)设至少需要物质的量浓度为x的溶液，当完全溶解后，所得5L溶液中，此时溶液中，由可知，此反应的化学平衡常数，解得，故答案为：。
22．(1)
(2)漏斗、烧杯、玻璃棒
(3)
(4)硫酸
(5)醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化
(6)
【分析】由题干工艺流程图可知，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，据此分析解题。
(1)
步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为Cu2+，故答案为：Cu2+；
(2)
步骤②为过滤，需要的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
(3)
由分析可知，步骤③的反应为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+，故答案为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+；
(4)
由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，故答案为：硫酸；
(5)
已知CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；
(6)
①氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生离子反应为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
②根据氯化亚铜与氯化铁发生反应为Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生离子反应为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反应的关系式为则n=6ab×10-3mol，m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为：×100%=%，故答案为：%。
23．(1)、
(2) 蓝色沉淀(或溶液，溶液褪色) 44~7.5
(3)
(4)
(5)
(6) 5.6 偏大
【分析】由制备流程可知，废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）溶于稀硫酸，主要发生Fe+2H+═Fe2++H2↑，氧化铝与酸反应生成铝离子，铁的氧化物溶于酸后生成铁离子(或含亚铁离子)，加入Fe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4≤pH＜7.5之间，过滤分离出滤渣为Al(OH)3，反应II中加硫酸及亚硝酸钠生成铁离子，蒸发、过滤得到Fe(OH)SO4，以此来解答。
（1）
由上述分析可知，用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有Fe2+、Al3+；
（2）
酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，检验有生成的试剂，现象：蓝色沉淀；
（3）
加入少量NaHCO3的目的是调节pH在4.4≤pH＜7.5范围内，使溶液中的Al3+沉淀；
（4）
反应Ⅱ中常加入的X是NaNO2，反应后生成的气体在空气中立即变为红棕色，则发生反应的离子方程式为2H++Fe2++NO=Fe3++NO↑+H2O；
（5）
碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH) 聚合离子，该水解反应的离子方程式为；
（6）
H2O2可氧化亚铁离子，由原子及电子守恒可知存在Fe～Fe3+～S2O32-，则溶液中铁元素的总含量为=5.6g/L，如果缺少步骤②，过量的H2O2具有氧化性，可消耗标准溶液，将会导致测定结果偏大。
24． 增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率 、 、、 过氧化氢酸性溶液 将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的 水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物 取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立
【分析】由题给流程可知，将工业硫酸锰溶于90°C水，搅拌配成溶液，向溶液中加入氟化锰，溶液中的钙离子和镁离子与氟化锰反应生成氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有锰离子、亚铁离子和铁离子的滤液a和含有氟化钙和氟化镁的滤渣b；向滤液a中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH在3—4范围内，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣c和纯度高的硫酸锰溶液。
【详解】(1) 步骤i用90℃的水可以升高溶液的温度，增大工业硫酸锰中各物质的溶解度，加快溶解速率，故答案为：增大硫酸锰及其杂质离子的溶解度、加快溶解速率；
(2) ①由分析可知，滤渣b中含有氟化钙和氟化镁，故答案为：、；
②由加入氟化锰后，能生成氟化钙和氟化镁沉淀可知，氟化锰的溶度积大于氟化钙和氟化镁，由表格数据可知，钙离子的去除率大于镁离子，氟化钙的溶度积小于氟化镁，则Mn、Ca、Mg元素氟化物溶度积常数由大到小顺序为氟化锰、氟化镁、氟化钙，故答案为：、、；
(3) 步骤iii发生的反应为酸性条件下，高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成锰离子、铁离子和水，反应离子方程式为；过氧化氢溶液也具有氧化性，也能将亚铁离子在酸性条件下氧化为铁离子，则可以用过氧化氢酸性溶液替换高锰酸钾酸性溶液，故答案为：；过氧化氢酸性溶液；
(4) 由表格数据可知，步骤iv的目的是调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，达到将铁元素杂质分离出去的目的，故答案为：将转化为，达到将铁元素杂质分离出去的目的；
(5) ①铁离子在溶液中易水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有很强的吸附性，则若省略操作X，其他步骤不变，氢氧化铁胶体可能吸附氟化钙和氟化镁沉淀，使钙、镁离子的去除率较高，故答案为：水解生成胶体，吸附了钙、镁沉淀物；
②向加入氟化锰后的少许溶液中直接加入氢氧化铁胶体，若猜想成立，加入氢氧化铁胶体后测得的钙、镁离子的去除率也会较高，则验证实验为取与上述流程同样的步骤ii所得样品(未过滤)，加入适量新制的胶体，检测、的去除率较高，则猜想成立。
25． 水浴加热 B C 一元弱酸 转化为H3BO3，促进析出 H3BO3+OH-=B(OH)4- 多次使用后母液中杂质的浓度增大，再次重结晶时，会析出杂质，影响产品的纯度 82.4% B
【分析】硼镁矿（含 Mg2B2O5•H2O、SiO2 及少量 Fe2O3、Al2O3）加入（NH4）2SO4溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，过滤中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=3.5时得到H3BO3；
(1)①水浴加热可以受热均匀，更好的控制温度；
②据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，氨气极易溶于水，属于碱性气体，所以选择既要防止倒吸，又能和氨气反应的物质进行除杂处理；
(2)根据图2可知温度为50-60℃之间时两者的溶解度差值最大；
(3)根据H3BO3的电离反应：H3BO3+H2O⇌H++B（OH）4-，Ka=5.7×10-10，只能电离出一个H+；将溶液pH调解至3.5 有利于强酸制弱酸；
(4)硼酸属于一元弱酸，能和强碱反应生成盐和水；
(5)由于使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理；
(6)①由于H3BO3是一元 酸，所以消耗NaOH的物质的量与H3BO3的物质的量为1：1，则，所以根据m=nM可求出样品中硼酸的质量，最终可求出纯度；
②若用NaOH标准溶波直接滴定硼酸，生成的硼酸钠水解显碱性，由于硼酸是很弱的酸，越弱越水解，会导致加入的NaOH量偏少就达到滴定终点，所以会导致硼酸的纯度偏小。
【详解】(1)①控制温度在100℃以下，一般用水浴加热；
②加入(NH4)2SO4后生成的气体为NH3，NH3极易溶于水，吸收时需要注意防倒吸。
A．多孔泡球浸入硫酸中，不能防倒吸，A错误；
B．球形干燥管插入硫酸中，有防倒吸的功能，B正确；
C．碱石灰不能吸收NH3，C错误；
D．饱和食盐水可以溶解NH3，不能防倒吸，D错误；
故选B；
(2)过滤后要得到硼酸，需要让硼酸基本不溶，而MgSO4几乎全溶，图中50-60℃时MgSO4的溶解度最大，而硼酸的溶解度较小，符合题意，故选C；
(3)由H3BO3的电离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)4－可知H3BO3是一元酸，由Ka=5.7×10－10可知H3BO3是弱酸；由于H3BO3是弱酸，调pH至3.5目的是让溶液中的硼酸盐转化为H3BO3，促进析出；
(4)硼酸是弱酸，可以与碱反应，根据已知H3BO3的电离反应，可以看出硼酸与碱反应的离子方程式是：H3BO3+OH-=B(OH)4-；
(5)每次结晶后，杂质都会留在母液中，多次使用后母液中杂质的浓度增大，再次重结晶时，会析出杂质，影响产品的纯度；
(6)①滴定至终时，消耗0.2000mol·L－1NaOH标准液的平均体积为20.00mL，这些NaOH的物质的量为，由于H3BO3是一元 酸，所以消耗NaOH的物质的量与H3BO3的物质的量为1：1，则。所以样品中硼酸的质量为，纯度为；
②若用NaOH标准溶液直接滴定硼酸，生成的硼酸钠水解显碱性，由于硼酸是很弱的酸，越弱越水解，会导致加入的NaOH量偏少就达到滴定终点，所以会导致硼酸的纯度偏小，故选B；
【点睛】本题要注意第(3)题，硼酸（H3BO3）化学式虽然有3个H，但电离只能产生一个H+，所以它是一元酸。同学们切不可只看H原子数来决定是几元酸。
26． 洪特规则 ＞ ＞ 腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键 V形 分子晶体 4
【详解】(1)电子在能量相同的轨道（即等价轨道）上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向，该排布方式违背了洪特规则；
(2)同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，所以第一电离能N＞P；同一主族从上到下，电负性逐渐减弱，所以电负性P＞As；
(3)N元素电负性较大，所以腓分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键，导致腓的沸点高于乙烯；
(4)尿素()和在酸性环境下生成、和，离子方程式为：；中孤电子对数为，价层电子对数为，故离子的立体构型(即空间构型)为V形；
(5)①的熔点为77.9℃，熔点较低，应为分子晶体；
②由晶胞结构可知，每个Ga原子周围有4个紧邻等距的As原子；晶胞中含有As原子的个数为4，含有Ga原子的个数为，晶胞体积为，则晶胞密度为；
(6)①由图可知，pH在7.35-7.45之间时，As元素以形式存在，所以患者用药后人体中含As元素的主要微粒是；
②，，由图可知，时，，此时。
27． 第四周期第Ⅷ族 1s22s22p63s23p63d104s1 H2O 小 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 3 2 12 4 CuO 3～4.3
【详解】(1)Fe是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，因此在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Cu是29号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；故答案为：第四周期第Ⅷ族；1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)同周期，非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此较稳定的是H2O；Cl非金属性强，其电负性越大，因此C的电负性比Cl的小；故答案为：H2O；小。
(3)Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。
(4)①根据均摊法计算，在石墨烯晶体中，每个C原子被3个六元环共有，每个六元环占有的碳原子数6×=2，所以，每个六元环占有2个C原子；故答案为：3；2。
②在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4×3=12个六元环，六元环为椅式结构，六元环中有两条边平衡，连接的4个原子处于同一平面内，如图；故答案为：12；4。
(5)①W中含有CuCl2、FeCl3，加入X使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入的X由于调节溶液pH值，且不引入杂质，X为CuO等；故答案为：CuO。
②常温下1 L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5 mol·L－1，则加入Cl2后溶液中FeCl2转变为FeCl3，因此c(FeCl3)=1 mol∙L−1，铜离子开始沉淀时，，，，pH = 4.3，铁离子沉淀完全时，，，，pH =3，故溶液pH应控制在3.0～4.3之间；故答案为：3.0～4.3。
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