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）

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P1HSO>，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“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，a0， 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