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2021-2022学年安徽省淮北市名校联盟高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年安徽省淮北市名校联盟高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了12ml⋅L−1⋅min−1B，25×10−10，2ml⋅L−1，0kJ⋅ml−1，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省淮北市名校联盟高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. 蓝矾可用于饮用水的杀菌消毒
B. 纯碱能除去物品表面的油污
C. 回收处理废旧电池，主要是为了变废为宝
D. 燃煤时加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
2. 下列物质间能量的变化与如图所示相符的是( )
A. 盐酸与碳酸氢钠的反应
B. 氮气与氧气生成一氧化氮的反应
C. 氢氧化钡与氯化铵的反应
D. 铝片与盐酸的反应
3. 在一容积为2L的恒温恒容密闭容器中发生反应3A(g)+B(g)⇌C(g)+2D(g)，起始投入3molA、1molB，5min时测得压强减小10%，则下列各物质的反应速率错误的是( )
A. v(A)=0.12mol⋅L−1⋅min−1 B. v(C)=0.04mol⋅L−1⋅min−1
C. v(B)=0.06mol⋅L−1⋅min−1 D. v(D)=0.08mol⋅L−1⋅min−1
4. 液氨汽化的过程中，其焓变和熵变均正确的是( )
A. ΔS>0，ΔH>0 B. ΔS>0，ΔH<0
C. ΔS<0，ΔH<0 D. ΔS<0，ΔH>0
5. 已知Fe3O4(s)+4H2(g)3Fe(s)+4H2O(g)，该反应的化学平衡常数的表达式为( )
A. K=c(Fe)⋅c4(H2O)c(Fe3O4)⋅c4(H2) B. K=c(Fe3O4)⋅c4(H2)c(Fe)⋅c4(H2O)
C. K=c4(H2O)c4(H2) D. K=c4(H2)c4(H2O)
6. 化学反应不仅有物质的变化还伴随能量的变化，下列说法错误的是( )
A. 已知3H2(g)+N2⇌2NH3(g)ΔH<0，则其逆反应的ΔH一定大于0
B. 热化学方程式和化学方程式的化学计量数的意义相同
C. 常温常压下，1molS(s)完全燃烧比1molS(g)完全燃烧时的焓变大
D. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1，则H2(g)+12O2(g)=H2O(1)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1
7. 下列各组装置中能形成原电池的是( )
A. B. C. D.
8. 下列方程式书写正确的是( )
A. Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+
B. H2S+H2O⇌H3O++HS−
C. CaSO4(s)+CO32−(aq)=CaCO3(s)+SO42−(aq)
D. Cu(OH)2=Cu2++2OH−
9. 常温下，物质的量浓度相同的三种盐NaA、NaB、NaX的溶液，其pH依次为8、9、10，则HA、HB、HX的酸性由强到弱的顺序是( )
A. HX>HB>HA B. HB>HA>HX
C. HA>HX>HB D. HA>HB>HX
10. 在一密闭容器中，发生某反应，反应达到平衡后，该反应的平衡常数表达式为K=c(N2O5)⋅c(O2)c2(NO2)⋅c(O3)。下列说法正确的是( )
A. 仅升高温度，O3的浓度增大，则该反应的△H>0
B. 仅减小压强，N2O5的物质的量浓度减小
C. 当混合气体的质量不再改变时，该反应达到平衡
D. 该反应的化学方程式为N2O5(g)+O2(g)⇌2NO2(g)+O3(g)
11. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 将1molSO2和0.5molO2混合后充分反应，生成SO3的分子数为NA
B. 1L0.5mol⋅L−1NH4NO3溶液中含氮原子的总数为NA
C. 0.1molCl2通入足量水中，充分反应后，转移的电子数为0.1NA
D. 1L0.1mol⋅L−1的H2SO3溶液中含H+的数目为0.2NA
12. 室温下，向20mL0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1的NaOH溶液的过程中[忽略溶液体积和温度的变化，Ka(CH3COOH)=1.6×10−5]。下列说法错误的是( )
A. 室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=6.25×10−10
B. 当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=4c(Na+)
C. 当混合溶液的pH=7时，溶液中各离子浓度之间的大小关系为c(CH3COO−)=c(Na+)>c(OH−)=c(H+)
D. 当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，c(OH−)+c(CH3COOH)=c(H+)
13. 下列图示与对应的叙述不相符的是( )
A
B
C
D
探究温度对反应2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡的影响
测定酸碱中和反应的反应热
验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
稳定性：石墨>金刚石
A. A B. B C. C D. D
14. 在容积不变的密闭容器中，将2molCO(g)与3molH2O(g)混合加热到一定温度，发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，反应达到平衡时，该反应的平衡常数K为1.0。下列说法正确的是( )
A. 该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)
B. 反应达到平衡时，c(CO2)+c(H2O)+c(H2)=4.2mol⋅L−1
C. CO的平衡转化率为40%
D. 不管反应进行到何种程度，容器中原子个数之比N(H)：N(C)：N(O)=6：2：5保持不变
15. 已知：M、N为多孔的惰性电极；P、R为两个铂电极夹，夹在被混有酚酞的Na2SO4溶液浸湿的滤纸上；电源有a、b两极(装置如图)。若在试管中充满KOH溶液后将其倒立于盛有KOH溶液的水槽中，断开K1，闭合K2、K3，通直流电，一段时间后实验装置如图所示(整个过程无晶体析出)，下列说法正确的是( )
A. M电极上发生还原反应
B. M、N电极上产生的气体质量之比为1：2
C. 电池工作一段时间后，KOH溶液的pH变大
D. 电池工作时，R极滤纸变红
16. 天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10−9，某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCO3−、CO32−或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Kal(H2CO3)Ka2(H2CO3)=10−4
B. 线Ⅲ代表CO32−与pH的关系曲线
C. a、b、c三点溶液中，c(Ca2+)大小关系：a
17. 某兴趣小组用如图所示装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中的SO2，并对其含量进行测定。
回答下列问题：
(1)实验开始前，首先应 ______，方法是 ______。
(2)仪器B的名称为 ______，冷却水的进出方向为 ______(填“a进b出”或“b进a出”)。
(3)向仪器B中加入100.00mL葡萄酒和适量的稀硫酸，仪器C中加入25.00mL标准I2溶液，加热使SO2全部进入仪器C中(不考虑气体逸出)。
①量取25.00mL标准I2溶液时，应选用 ______(填标号)。
a.量筒
b.酸式滴定管
c.碱式滴定管
②仪器C中发生反应的离子方程式为 ______。
③若仪器C中标准I2溶液与SO2恰好完全反应，则SO2的含量为 ______g⋅L−1。
18. V2O5可用作合金添加剂和有机化工的催化剂。钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有V2O3、MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，利用该钒渣制备V2O5的工艺流程如图：
已知：①焙烧后V2O3、Al2O3、SiO2分别生成NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3。
②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如下表：
pH
4∼6
6∼8
8∼10
10∼12
主要离子
VO2+
VO3−
V2O74−
VO43−
(1)写出焙烧时Al2O3发生反应的化学方程式：______。
(2)“滤渣Ⅰ”的成分是 ______(写化学式)。
(3)用离子方程式表示NaAlO2溶液显碱性的原因：______；0.1mol/L的NaAlO2溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ______。
(4)已知常温时氨水的电离平衡常数Kb=2×10−5，则0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液的pH约为 ______；2c(SO42−)−c(NH4+)=______mol/L(用计算式表示)。
(5)“沉钒”操作中，需控制溶液的pH为6∼8，原因为 ______。
(6)煅烧生成的气体产物可以用 ______溶液吸收后返回到 ______工序重新利用。
19. 某兴趣小组设计的以甲烷为燃料的电池的工作原理示意图如图所示(两个电极上分别通入CH4和O2)。
回答下列问题：
(1)电极b为燃料电池的 ______(填“正极”或“负极”)，气体Ⅱ为 ______(填“O2”或“CH4”)，电极a上的电极反应式为 ______。
(2)电极d上的现象为 ______，电池工作一段时间后，乙中加入适量的 ______(填化学式，填一种即可)，可使其恢复至与原溶液相同的状态。
(3)若丙中盛装25g质量分数为10%的K2SO4溶液，当外电路中转移的电子为1mol时，气体体积均换算成标准状况下，整个过程中无晶体析出。
①丙中电极g上生成气体的体积为 ______L。
②丙中K2SO4溶液的质量分数变为 ______%。
20. 苯硫酚(C6H5−SH)是一种用途广泛的有机合成中间体。工业上常用氯苯(C6H5−Cl)和硫化氢(H2S)反应制备苯硫酚，该反应常伴有副产物苯(C6H6)生成，发生如下反应：
①主反应：C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)ΔH1=−16.8kJ⋅mol−1
②副反应：C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)ΔH2；
查阅相关资料可知，C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)ΔH3=−29.0kJ⋅mol−1。
回答下列问题：
(1)在副反应中，反应物的键能总和 ______(填“>”、“<”或“=”)生成物的键能总和。
(2)为了提高C6H5−Cl(g)的转化率，可采取的措施有 ______(填一种即可)。
(3)在一定温度下，往容积为5L的恒容密闭容器中，充入2molC6H5−Cl(g)和2molH2S(g)，发生上述反应，2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%。
①0∼2min内，v(C6H5−Cl)=______mol⋅L−1⋅min−1
②2min时，c(HCl)=______mol⋅L−1，H2S(g)的转化率为 ______%。
③该温度下，主反应的平衡常数K=______(写出计算式即可)。
④下列叙述能用来判断上述反应已达到平衡状态的是 ______(填标号)。
A.混合气体的总质量不再随时间改变
B.混合气体的总压强不再随时间改变
C.混合气体的密度不再随时间改变
D.混合气体的相对分子质量不再随时间改变
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.蓝矾是五水硫酸铜的俗名，属于重金属盐，能使蛋白质变性，可用于水的杀菌消毒，但不能用于饮用水的杀菌消毒，故A错误；
B.纯碱是碳酸钠的俗名，水解使溶液显碱性，有利于油脂的水解生成可溶性物质，故B正确；
C.废旧电池中含有重金属，能污染水源和土壤，回收处理废旧电池，主要是为了防止污染地下水和土壤，故C错误；
D.加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，高温下碳酸钙分解生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故D错误；
故选：B。
2.【答案】D
【解析】A.盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，故A错误；
B.氮气与氧气生成一氧化氮的反应为吸热反应，故B错误；
C.氢氧化钡与氯化铵的反应为吸热反应，故C错误；
D.铝片与盐酸的反应为放热反应，故D正确；
故选：D。
浓硫酸的稀释为放热过程，从选项中选出放热反应即可得出答案。
本题考查反应热与焓变，掌握常见的放热反应和吸热反应为解题关键，此题难度不大，注意基础知识积累。
3.【答案】C
【解析】解：A.设5min时B的物质的量是x，则
3A(g)+B(g)⇌C(g)+2D(g)，
初始量 3mol 1mol 0 0
变化量 3x x x 2x
末态量 3−3x1−xx2x
则3−3x+1−x+x+2x4=1−10%，解得x=0.4，则5min末，A的物质的量变化量分别是1.2mol，物质的反应速率v(A)=1.2mol2L5min=0.12mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.不同物质表示的速率之比等于物质前边的系数之比，v(A)=0.12mol⋅L−1⋅min−1，v(C)=13×0.12mol⋅L−1⋅min−1=0.04mol⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.不同物质表示的速率之比等于物质前边的系数之比，v(A)=0.12mol⋅L−1⋅min−1，v(B)=13×0.12mol⋅L−1⋅min−1=0.04mol⋅L−1⋅min−1，故C错误；
D.不同物质表示的速率之比等于物质前边的系数之比，v(A)=0.12mol⋅L−1⋅min−1，v(D)=23×0.12mol⋅L−1⋅min−1=0.08mol⋅L−1⋅min−1，故D正确；
故选：C。
根据三行式结合气体的压强之比等于物质的量之比来计算各物质5min时的物质的量，再根据公式v=△nV△t来计算即可。
本题考查学生化学反应速率的计算知识，属于知识的迁移应用，难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：液氨汽化过程中，物质由液态变为气态，体系的混乱度增大，属于熵增的过程，ΔS>0；液氨汽化过程中，物质由液态变为气态，为吸热过程，ΔH>0，
故选：A。
液氨汽化过程中吸热，气体分子数增多，结合吸放热与ΔH的关系、气体体积的变化与熵变的关系分析解答。
本题考查了焓变、熵变及其判定，明确液态物质转化为气态的过程中体系混乱度的变化和能量的变化是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了平衡常数的表示方法、平衡常数表达式书写等知识点，注意纯液体和固体不写入平衡常数表达式，题目难度不大。
【解答】
固体和纯液体不带入平衡常数的表达式，Fe3O4(s)+4H2(g)3Fe(s)+4H2O(g)，该反应的化学平衡常数的表达式为：K=c4(H2O)c4(H2)，
故选：C。
6.【答案】B
【解析】解：A.若某反应为放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应，则已知3H2(g)+N2⇌2NH3(g)ΔH<0，则其逆反应的ΔH一定大于0，故A正确；
B.热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，而化学方程式的化学计量数既表示物质的量也表示分子数，则热化学方程式和化学方程式的化学计量数的意义不相同，故B错误；
C.S(s)能量低于S(g)，则常温常压下，1molS(s)完全燃烧比1molS(g)完全燃烧时的焓变大，故C正确；
D.热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，且物质的量与反应热成正比，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1，则H2(g)+12O2(g)=H2O(1)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1，故D正确；
故选：B。
A.若某反应为放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应；
B.热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，而化学方程式的化学计量数既表示物质的量也表示分子数；
C.S(s)能量低于S(g)；
D.热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，且物质的量与反应热成正比。
本题考查反应热与焓变、热化学方程式，为高频考点，把握热化学方程式的书写及意义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学计量数与物质的量的关系。
7.【答案】A
【解析】解：A.Mg和浓硝酸可自发进行氧化还原反应，电极为两个活泼性不同的金属，装置为闭合回路，电解质溶液为浓硝酸，故A正确；
B.乙醇为非电解质，不导电，故B错误；
C.蔗糖为非电解质，蔗糖溶液不导电，故C错误；
D.图中无自发进行的氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
原电池装置构成：
①自发的氧化还原反应，
②两个活泼性不同的金属(或一种是非金属导体)，
③闭合回路，
④电解质溶液。
本题考查了构成原电池的装置，要熟悉相关装置的构成，本题难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.铝离子水解是可逆反应，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故A错误；
B.硫化氢是二元弱酸，分步电离，第一步电离方程式为：H2S+H2O⇌H3O++HS−，故B正确；
C.沉淀转化工程为可逆反应，CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，故C错误；
D.氢氧化铜难溶于水，存在沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，故D错误；
故选：B。
A.铝离子水解是可逆反应；
B.硫化氢是弱电解质，分步电离，氢离子可以写成水合氢离子；
C.沉淀转化是化学平衡；
D.氢氧化铜难溶于水，存在沉淀溶解平衡。
本题考查了水解平衡、电离平衡、沉淀溶解平衡方程式书写方法和正误判断，注意原理的理解应用，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：物质的量浓度相同的三种盐NaA、NaB、NaX的溶液，其pH依次为8、9、10，可知X−的水解程度最大，A−的水解程度最小，则酸性为HX>HB>HA，只有A正确，
故选：A。
强碱弱酸盐水解显碱性，且等浓度时盐溶液的pH越大，对应酸的酸性越弱，以此来解答。
本题考查盐类水解、电解原理，为高频考点，把握盐的类型、盐类水解的规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意pH与浓度的关系，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】根据平衡常数表达式K=c(N2O5)⋅c(O2)c2(NO2)⋅c(O3)可知，该反应的化学方程式为：2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)，
A.仅升高温度，O3的浓度增大，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，其△H<0，故A错误；
B.仅减小压强，由于容器的容积增大，导致N2O5的物质的量浓度减小，故B正确；
C.该反应中各物质均为气体，则混合气体的总质量始终不变，不能根据混合气体的总质量判断平衡状态，故C错误；
D.根据该反应平衡常数表达式K=c(N2O5)⋅c(O2)c2(NO2)⋅c(O3)可知，该反应的化学方程式为：2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)，故D错误；
故选：B。
11.【答案】B
【解析】A.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，所以将1molSO2和0.5molO2混合后充分反应，生成SO3的分子数小于NA，故A错误；
B.1个硝酸铵含有2个氮原子，依据氮原子个数守恒可知，1L0.5mol⋅L−1NH4NO3溶液中含氮原子的总数为：1L×0.5mol/L×2×NAmol−1=NA，故B正确；
C.氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以0.1molCl2通入足量水中，充分反应后，转移的电子数小于0.1NA，故C错误；
D.亚硫酸为弱酸，水溶液中部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1H2SO3溶液中含H+的数目小于0.2NA，故D错误；
故选：B。
12.【答案】D
【解析】A.室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=KwKa(CH3COOH)=10−141.6×10−5=6.25×10−10，故A正确；
B.当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，4n(NaOH)=n(醋酸)，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=4c(Na+)，故B正确；
C.当混合溶液的pH=7时，c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，则c(CH3COO−)=c(Na+)，水电离程度较小，所以存在c(CH3COO−)=c(Na+)>c(OH−)=c(H+)，故C正确；
D.当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=c(Na+)，根据电荷守恒和物料守恒得c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，故D错误；
故选：D。
13.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，装置中存在温度不同的装置，可探究温度对反应2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡的影响，故A正确；
B.图中缺少环形玻璃搅拌器，不能测定最高温度，则不能测定中和热，故B错误；
C.由图可知，只有FeCl3是变量，可验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故C正确；
D.由图可知，石墨能量低于金刚石，根据能量越低越稳定，则稳定性：石墨>金刚石，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，装置中存在温度不同的装置；
B.图中缺少环形玻璃搅拌器；
C.验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，即要求催化剂是变量；
D.能量越低越稳定。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)中H2O(g)为气态，平衡常数表达式中不能忽略，其平衡常数表达式K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)，设平衡时消耗CO的物质的量为xmol，容器体积为V，
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
初始(mol)2300
转化(mol)xxxx
平衡(mol)2−x3−xxx
该温度下平衡常数K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=x×x(2−x)×(3−x)=1.0，解得：x=1.2，以此分析解答。
A. CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的平衡常数表达式K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)，故A错误；
B. 平衡时n(CO2)=1.2mol，n(H2O)=1.8mol，n(H2)=1.2mol，缺少容器体积，无法计算三者浓度之和，故B错误；
C. 平衡时消耗CO的物质的量为1.2mol，则CO的平衡转化率为：1.2mol2mol×100%=60%，故C错误；
D. 初始时将2molCO(g)与3molH2O(g)混合，结合质量守恒定律及N=nNA可知，不管反应进行到何种程度，容器中原子个数之比始终满足N(H)：N(C)：N(O)=n(H)：n(C)：n(O)=(3mol×2)：(2mol×1)：(2mol×1+3mol×1)=6：2：5，故D正确。
故选：D。
15.【答案】C
【解析】解：A.M电极上产生O2，发生反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；
B.依据MN中气体体积变化分析，电解的是水，M端产生氧气，为电解池的阳极，N端是氢气，气体体积之比为1：2，故B错误；
C.由于电解水，水消耗，KOH浓度增大，电池工作一段时间后，KOH溶液的pH变大，故C正确；
D.电解过程为电解水的过程，R为阳极，反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，消耗氢氧根离子，该电极酸性增强，酚酞无色，故D错误；
本题考查了电解池工作原理，写电极反应式要注意结合电解质溶液书写，如果电解质溶液不同，虽然原料相同，电极反应式也不同，难度中等。
16.【答案】D
【解析】解：A.点a(6.3,5)计算得到碳酸的第一步电离平衡常数Ka1=c(H+)×c(HCO3−)c(H2CO3)=c(H+)=10−6.3，点B(10.3,−11)计算得到二次电离平衡常数Ka2=c(H+)×c(CO32−)c(HCO3−)=c(H+)=10−10.3，Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)=10−6.310−10.3=104，故A错误；
B.分析可知线Ⅲ代表Ca2+与pH的关系曲线，故B错误；
C.溶洞水体中，已知Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO32−)=2.8×10−9，c(CO32−)浓度越大，c(Ca2+)越小，a、b、c的pH依次增大，c(CO32−)浓度依次增大，c(Ca2+)依次减小，a、b、c三点溶液中，c(Ca2+)大小关系：a>b>c，故C错误；
D.HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−的平衡常数K=c(OH−)×c(H2CO3)c(CO32−)=c(OH−)×c(H2CO3)c(CO32−)×c(H+)c(H+)=KKa1=10−1410−6.3=10−7.7，故D正确；
故选：D。
根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO3−、CO32−浓度都增大，而在曲线①pH很小时也产生HCO3−，而随着CO32−浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此曲线Ⅰ代表HCO3−，Ⅱ代表CO32−，Ⅲ代表Ca2+，据此计算分析判断。
本题考查了难溶电解质的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图象含义、溶度积常数的有关计算、电离平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】检查装置的气密性 在B装置加入少量水，打开K，加热一段时间后，停止加热，若观察到玻璃管内的液面高于锥形瓶内的液面，说明装置气密性良好 圆底烧瓶 b进a出 bSO2+I2+2H2O=4H++SO42−+2I− 1.6
【解析】解：(1)气体的制备及性质检验实验要进行装置的气密性检验，具体的方法是在B装置加入少量水，打开K，加热一段时间后，停止加热，若观察到玻璃管内的液面高于锥形瓶内的液面，说明装置气密性良好，
故答案为：检查装置的气密性；在B装置加入少量水，打开K，加热一段时间后，停止加热，若观察到玻璃管内的液面高于锥形瓶内的液面，说明装置气密性良好；
(2)由图可知B为圆底烧瓶，将冷凝管直立时，冷凝水要下进上出，
故答案为：圆底烧瓶；b进a出；
(3)①碘单质溶液时弱酸性的，因而用酸式滴定管，
故答案为：b；
②仪器C中发生反应为碘单质和二氧化硫反应生成硫酸和碘化氢，离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H++SO42−+2I−，
故答案为：SO2+I2+2H2O=4H++SO42−+2I−；
③由②可知碘单质和二氧化硫的物质的量的比为SO2∼I2，碘标准液的浓度为0.1mol/L，若仪器C中标准I2溶液与SO2恰好完全反应，则n(SO2)=n(I2)=0.1mol/L×0.025L=2.5×10−3mol，则SO2的含量为2.5×10−3×640.1g/L=1.6g/L，
故答案为：1.6。
(1)气体的制备及性质检验实验要进行装置的气密性检验；
(2)通过装置的图象可知仪器名称；
(3)①碘单质溶液时弱酸性的；
②仪器C中发生反应为碘单质和二氧化硫反应生成硫酸和碘化氢；
③由②可知碘单质和二氧化硫的物质的量的比为SO2∼I2，碘标准液的浓度为0.1mol/L，若仪器C中标准I2溶液与SO2恰好完全反应，则n(SO2)=n(I2)=0.1mol/L×0.025L=2.5×10−3mol，据此计算。
本题为考查了测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
18.【答案】Na2CO3+Al2O3−焙烧NaAlO2+CO2↑MgO、Fe2O3 AlO2−+2H2O⇌Al(OH)3+OH− c(Na+)>c(AlO2−)>c(OH−)>c(H+)510−5−10−9 pH<6会生成VO2+，pH>8会生成V2O74−，降低NH4VO3的产率 硫酸 沉钒
【解析】解：(1)焙烧时Al2O3发生反应的化学方程式Na2CO3+Al2O3−焙烧NaAlO2+CO2↑，
故答案为：Na2CO3+Al2O3−焙烧NaAlO2+CO2↑；
(2)根据分析可知滤渣Ⅰ为MgO、Fe2O3，
故答案为：MgO、Fe2O3；
(3)NaAlO2溶液具有碱性的原因是因为偏铝酸钠是强碱弱酸盐，偏铝酸根离子水解，离子方程式为AlO2−+2H2O⇌Al(OH)3+OH−，0.1mol/L的NaAlO2溶液显碱性，注意水解是未若的，则各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(AlO2−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：AlO2−+2H2O⇌Al(OH)3+OH−；c(Na+)>c(AlO2−)>c(OH−)>c(H+)；
(4)0.1mol⋅L−1(NH4)2SO4溶液中Kb=c(NH4+)⋅c(OH−)c(NH3⋅H2O)=2×10−5，c(NH4+)=0.2mol/L，c(H+)≈c(NH3⋅H2O)，可得c(H+)=10−5mol/L，pH=5，此时c(H+)=10−5mol/L，c(OH−)=10−9mol/L，根据电荷守恒2c(SO42−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，则2c(SO42−)−c(NH4+)=c(H+)−c(OH−)=10−5mol/L−10−9mol/Lmol/L=(10−5−10−9)mol/L，
故答案为：5；10−5−10−9；
(5)“沉钒”操作中，需控制溶液的pH为6∼8，原因为pH<6会生成VO2+，pH>8会生成V2O74−，降低NH4VO3的产率，
故答案为：pH<6会生成VO2+，pH>8会生成V2O74−，降低NH4VO3的产率；
(6)煅烧生成的气体产物为氨气，可以用硫酸溶液吸收后返回到沉钒工序重新利用，
故答案为：硫酸；沉钒。
由流程可知，钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有V2O3、MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，加入纯碱850℃焙烧反应生成NaVO3、NaAlO2和Na2SiO3，MgO、Fe2O3和碳酸钠不反应，加入蒸馏水溶解过滤得到滤渣Ⅰ为MgO、Fe2O3，滤液Ⅰ加入试剂调节溶液pH=9，升温到80℃过滤得到滤渣Ⅱ为SiO2、Al(OH)3和滤液Ⅱ主要成分为NaVO3，滤液中加入硫酸铵沉钒，得到偏钒酸铵晶体，550℃煅烧得到氨气和V2O3，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
19.【答案】正极 O2 CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O有红色固体析出 CuO(或CuCO3)11.215.625
【解析】解：(1)电子从a极出发，即a为负极，发生氧化反应，通入的气体为甲烷，电极反应式为：CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，b为正极，发生还原反应，通入气体为氧气，电极反应式为：2O2+8e−+4H2O=8OH−，
故答案为：正极；O2；CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
(2)电极d为阴极，电极反应式为：Cu2++2e−=Cu，有红色的固体析出，乙中总反应式为：2Cu2++2H2O−电解2Cu+O2↑+4H+，由此可知，随着反应的进行，Cu和O以1：1的比例损耗，使其恢复至与原溶液相同的状态，应添加适量的CuO(或CuCO3)，
故答案为：有红色固体析出；CuO(或CuCO3)；
(3)①丙中g为阴极，电极反应式为：2H2O+2e−=−通电H2↑+2OH−，当外电路中转移的电子为1mol时，生成的氢气为0.5mol，V=n×Vm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
故答案为：11.2；
②丙中总反应为：2H2O−通电2H2↑+O2↑，当外电路中转移的电子为1mol时，消耗的H2O为：0.5mol，质量为：m=n×M=0.5mol×18g/mol=9g，此时溶液质量为：25−9=16g，25g质量分数为10%的K2SO4溶液中，K2SO4的质量为：25g×10%=2.5g，
即此时丙中K2SO4溶液的质量分数为：2.5g16g×100%=15.625%，
故答案为：15.625。
由图可知，电子从a极出发，即a为负极，发生氧化反应，通入的气体为甲烷，b为正极，发生还原反应，通入气体为氧气，对装置的分析如图，甲为碱性甲烷燃料电池，总反应为：CH4+2O2+2OH−=CO32−+3H2O，乙为电解池，总反应为：2Cu2++2H2O−电解2Cu+O2↑+4H+，丙为电解池，总反应为：2H2O−通电2H2↑+O2↑。
本题考查了电极的判断，电极方程式的书写，电化学有关的计算，难度适中，要熟练的掌握相关基础知识，并结合氧化还原反应来思考。
20.【答案】<降低温度或及时移除部分HCl(g)0.108250.216554.1251.0025×1.08250.9175×0.9175 BD
【解析】解：(1)根据盖斯定律：②-①得C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)，则ΔH2=ΔH3+ΔH1=−45.8kJ/mol=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0，则反应物的键能总和<生成物的键能总和，
故答案为：<；
(2)根据勒夏特列原理，降低温度或及时移除部分HCl(g)，平衡正向移动，C6H5−Cl(g)的转化率增大，
故答案为：降低温度或及时移除部分HCl(g)；
(3)2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为4.01mol，主反应为气体物质的量不变的反应，即副反应气体物质的量增多0.01mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)Δn
1mol1mol1mol1mol18mol18mol
0.08mol0.08mol0.08mol0.08mol0.01mol0.01mol
C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%，则n(C6H5−SH)=4.01mol×25%=1.0025mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)
转化(mol)1.00251.00251.00251.0025
①0∼2min内，v(C6H5−Cl)=1.0025mol+0.08mol5L×2min=0.10825mol/(L⋅min)，
故答案为：0.10825；
②由分析可知，平衡时n(HCl)=0.08mol+1.0025mol=1.0825mol，c(HCl)=1.0825mol5L=0.2165mol/L；H2S(g)转化率=△n(H2S)n起始(H2S)×100%=1.0025mol+0.08mol2mol×100%=54.125%，
故答案为：0.2165；54.125；
③K=c(HCl)⋅c(C6H5−SH)c(C6H5−Cl)⋅c(H2S)=1.0825mol5L×1.0025mol5L(2mol−1.0025mol−0.08mol5L)2=1.0025×1.08250.9175×0.9175，
故答案为：1.0025×1.08250.9175×0.9175；
④A.根据质量守恒，混合气体的总质量始终不变，混合气体的总质量不再随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.发生副反应时，气体物质的量改变，气体总压强是变量，当混合气体的总压强不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，发生副反应时，气体物质的量改变，即混合气体的相对分子质量是变量，当混合气体的相对分子质量不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD。
(1)根据盖斯定律：②-①得C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)，则ΔH2=ΔH3+ΔH1=−45.8kJ/mol=反应物的键能总和-生成物的键能总和；
(2)根据勒夏特列原理分析；
(3)2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为4.01mol，主反应为气体物质的量不变的反应，即副反应气体物质的量增多0.01mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)Δn
1mol1mol1mol1mol18mol18mol
0.08mol0.08mol0.08mol0.08mol0.01mol0.01mol
C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%，则n(C6H5−SH)=4.01mol×25%=1.0025mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)
转化(mol)1.00251.00251.00251.0025
①v=△nV⋅△t；
②由分析可知，平衡时n(HCl)=0.08mol+1.0025mol=1.0825mol，结合c=nV计算；转化率=△n(H2S)n起始(H2S)×100%；
③K=c(HCl)⋅c(C6H5−SH)c(C6H5−Cl)⋅c(H2S)；
④判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据。
本题考查反应热、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
2021-2022学年安徽省淮北市名校联盟高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. 蓝矾可用于饮用水的杀菌消毒
B. 纯碱能除去物品表面的油污
C. 回收处理废旧电池，主要是为了变废为宝
D. 燃煤时加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
2. 下列物质间能量的变化与如图所示相符的是( )
A. 盐酸与碳酸氢钠的反应
B. 氮气与氧气生成一氧化氮的反应
C. 氢氧化钡与氯化铵的反应
D. 铝片与盐酸的反应
3. 在一容积为2L的恒温恒容密闭容器中发生反应3A(g)+B(g)⇌C(g)+2D(g)，起始投入3molA、1molB，5min时测得压强减小10%，则下列各物质的反应速率错误的是( )
A. v(A)=0.12mol⋅L−1⋅min−1 B. v(C)=0.04mol⋅L−1⋅min−1
C. v(B)=0.06mol⋅L−1⋅min−1 D. v(D)=0.08mol⋅L−1⋅min−1
4. 液氨汽化的过程中，其焓变和熵变均正确的是( )
A. ΔS>0，ΔH>0 B. ΔS>0，ΔH<0
C. ΔS<0，ΔH<0 D. ΔS<0，ΔH>0
5. 已知Fe3O4(s)+4H2(g)3Fe(s)+4H2O(g)，该反应的化学平衡常数的表达式为( )
A. K=c(Fe)⋅c4(H2O)c(Fe3O4)⋅c4(H2) B. K=c(Fe3O4)⋅c4(H2)c(Fe)⋅c4(H2O)
C. K=c4(H2O)c4(H2) D. K=c4(H2)c4(H2O)
6. 化学反应不仅有物质的变化还伴随能量的变化，下列说法错误的是( )
A. 已知3H2(g)+N2⇌2NH3(g)ΔH<0，则其逆反应的ΔH一定大于0
B. 热化学方程式和化学方程式的化学计量数的意义相同
C. 常温常压下，1molS(s)完全燃烧比1molS(g)完全燃烧时的焓变大
D. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1，则H2(g)+12O2(g)=H2O(1)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1
7. 下列各组装置中能形成原电池的是( )
A. B. C. D.
8. 下列方程式书写正确的是( )
A. Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+
B. H2S+H2O⇌H3O++HS−
C. CaSO4(s)+CO32−(aq)=CaCO3(s)+SO42−(aq)
D. Cu(OH)2=Cu2++2OH−
9. 常温下，物质的量浓度相同的三种盐NaA、NaB、NaX的溶液，其pH依次为8、9、10，则HA、HB、HX的酸性由强到弱的顺序是( )
A. HX>HB>HA B. HB>HA>HX
C. HA>HX>HB D. HA>HB>HX
10. 在一密闭容器中，发生某反应，反应达到平衡后，该反应的平衡常数表达式为K=c(N2O5)⋅c(O2)c2(NO2)⋅c(O3)。下列说法正确的是( )
A. 仅升高温度，O3的浓度增大，则该反应的△H>0
B. 仅减小压强，N2O5的物质的量浓度减小
C. 当混合气体的质量不再改变时，该反应达到平衡
D. 该反应的化学方程式为N2O5(g)+O2(g)⇌2NO2(g)+O3(g)
11. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 将1molSO2和0.5molO2混合后充分反应，生成SO3的分子数为NA
B. 1L0.5mol⋅L−1NH4NO3溶液中含氮原子的总数为NA
C. 0.1molCl2通入足量水中，充分反应后，转移的电子数为0.1NA
D. 1L0.1mol⋅L−1的H2SO3溶液中含H+的数目为0.2NA
12. 室温下，向20mL0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1的NaOH溶液的过程中[忽略溶液体积和温度的变化，Ka(CH3COOH)=1.6×10−5]。下列说法错误的是( )
A. 室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=6.25×10−10
B. 当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=4c(Na+)
C. 当混合溶液的pH=7时，溶液中各离子浓度之间的大小关系为c(CH3COO−)=c(Na+)>c(OH−)=c(H+)
D. 当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，c(OH−)+c(CH3COOH)=c(H+)
13. 下列图示与对应的叙述不相符的是( )
A
B
C
D
探究温度对反应2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡的影响
测定酸碱中和反应的反应热
验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
稳定性：石墨>金刚石
A. A B. B C. C D. D
14. 在容积不变的密闭容器中，将2molCO(g)与3molH2O(g)混合加热到一定温度，发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，反应达到平衡时，该反应的平衡常数K为1.0。下列说法正确的是( )
A. 该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)
B. 反应达到平衡时，c(CO2)+c(H2O)+c(H2)=4.2mol⋅L−1
C. CO的平衡转化率为40%
D. 不管反应进行到何种程度，容器中原子个数之比N(H)：N(C)：N(O)=6：2：5保持不变
15. 已知：M、N为多孔的惰性电极；P、R为两个铂电极夹，夹在被混有酚酞的Na2SO4溶液浸湿的滤纸上；电源有a、b两极(装置如图)。若在试管中充满KOH溶液后将其倒立于盛有KOH溶液的水槽中，断开K1，闭合K2、K3，通直流电，一段时间后实验装置如图所示(整个过程无晶体析出)，下列说法正确的是( )
A. M电极上发生还原反应
B. M、N电极上产生的气体质量之比为1：2
C. 电池工作一段时间后，KOH溶液的pH变大
D. 电池工作时，R极滤纸变红
16. 天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10−9，某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCO3−、CO32−或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Kal(H2CO3)Ka2(H2CO3)=10−4
B. 线Ⅲ代表CO32−与pH的关系曲线
C. a、b、c三点溶液中，c(Ca2+)大小关系：a
17. 某兴趣小组用如图所示装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中的SO2，并对其含量进行测定。
回答下列问题：
(1)实验开始前，首先应 ______，方法是 ______。
(2)仪器B的名称为 ______，冷却水的进出方向为 ______(填“a进b出”或“b进a出”)。
(3)向仪器B中加入100.00mL葡萄酒和适量的稀硫酸，仪器C中加入25.00mL标准I2溶液，加热使SO2全部进入仪器C中(不考虑气体逸出)。
①量取25.00mL标准I2溶液时，应选用 ______(填标号)。
a.量筒
b.酸式滴定管
c.碱式滴定管
②仪器C中发生反应的离子方程式为 ______。
③若仪器C中标准I2溶液与SO2恰好完全反应，则SO2的含量为 ______g⋅L−1。
18. V2O5可用作合金添加剂和有机化工的催化剂。钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有V2O3、MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，利用该钒渣制备V2O5的工艺流程如图：
已知：①焙烧后V2O3、Al2O3、SiO2分别生成NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3。
②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如下表：
pH
4∼6
6∼8
8∼10
10∼12
主要离子
VO2+
VO3−
V2O74−
VO43−
(1)写出焙烧时Al2O3发生反应的化学方程式：______。
(2)“滤渣Ⅰ”的成分是 ______(写化学式)。
(3)用离子方程式表示NaAlO2溶液显碱性的原因：______；0.1mol/L的NaAlO2溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ______。
(4)已知常温时氨水的电离平衡常数Kb=2×10−5，则0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液的pH约为 ______；2c(SO42−)−c(NH4+)=______mol/L(用计算式表示)。
(5)“沉钒”操作中，需控制溶液的pH为6∼8，原因为 ______。
(6)煅烧生成的气体产物可以用 ______溶液吸收后返回到 ______工序重新利用。
19. 某兴趣小组设计的以甲烷为燃料的电池的工作原理示意图如图所示(两个电极上分别通入CH4和O2)。
回答下列问题：
(1)电极b为燃料电池的 ______(填“正极”或“负极”)，气体Ⅱ为 ______(填“O2”或“CH4”)，电极a上的电极反应式为 ______。
(2)电极d上的现象为 ______，电池工作一段时间后，乙中加入适量的 ______(填化学式，填一种即可)，可使其恢复至与原溶液相同的状态。
(3)若丙中盛装25g质量分数为10%的K2SO4溶液，当外电路中转移的电子为1mol时，气体体积均换算成标准状况下，整个过程中无晶体析出。
①丙中电极g上生成气体的体积为 ______L。
②丙中K2SO4溶液的质量分数变为 ______%。
20. 苯硫酚(C6H5−SH)是一种用途广泛的有机合成中间体。工业上常用氯苯(C6H5−Cl)和硫化氢(H2S)反应制备苯硫酚，该反应常伴有副产物苯(C6H6)生成，发生如下反应：
①主反应：C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)ΔH1=−16.8kJ⋅mol−1
②副反应：C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)ΔH2；
查阅相关资料可知，C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)ΔH3=−29.0kJ⋅mol−1。
回答下列问题：
(1)在副反应中，反应物的键能总和 ______(填“>”、“<”或“=”)生成物的键能总和。
(2)为了提高C6H5−Cl(g)的转化率，可采取的措施有 ______(填一种即可)。
(3)在一定温度下，往容积为5L的恒容密闭容器中，充入2molC6H5−Cl(g)和2molH2S(g)，发生上述反应，2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%。
①0∼2min内，v(C6H5−Cl)=______mol⋅L−1⋅min−1
②2min时，c(HCl)=______mol⋅L−1，H2S(g)的转化率为 ______%。
③该温度下，主反应的平衡常数K=______(写出计算式即可)。
④下列叙述能用来判断上述反应已达到平衡状态的是 ______(填标号)。
A.混合气体的总质量不再随时间改变
B.混合气体的总压强不再随时间改变
C.混合气体的密度不再随时间改变
D.混合气体的相对分子质量不再随时间改变
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.蓝矾是五水硫酸铜的俗名，属于重金属盐，能使蛋白质变性，可用于水的杀菌消毒，但不能用于饮用水的杀菌消毒，故A错误；
B.纯碱是碳酸钠的俗名，水解使溶液显碱性，有利于油脂的水解生成可溶性物质，故B正确；
C.废旧电池中含有重金属，能污染水源和土壤，回收处理废旧电池，主要是为了防止污染地下水和土壤，故C错误；
D.加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，高温下碳酸钙分解生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故D错误；
故选：B。
2.【答案】D
【解析】A.盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，故A错误；
B.氮气与氧气生成一氧化氮的反应为吸热反应，故B错误；
C.氢氧化钡与氯化铵的反应为吸热反应，故C错误；
D.铝片与盐酸的反应为放热反应，故D正确；
故选：D。
浓硫酸的稀释为放热过程，从选项中选出放热反应即可得出答案。
本题考查反应热与焓变，掌握常见的放热反应和吸热反应为解题关键，此题难度不大，注意基础知识积累。
3.【答案】C
【解析】解：A.设5min时B的物质的量是x，则
3A(g)+B(g)⇌C(g)+2D(g)，
初始量 3mol 1mol 0 0
变化量 3x x x 2x
末态量 3−3x1−xx2x
则3−3x+1−x+x+2x4=1−10%，解得x=0.4，则5min末，A的物质的量变化量分别是1.2mol，物质的反应速率v(A)=1.2mol2L5min=0.12mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.不同物质表示的速率之比等于物质前边的系数之比，v(A)=0.12mol⋅L−1⋅min−1，v(C)=13×0.12mol⋅L−1⋅min−1=0.04mol⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.不同物质表示的速率之比等于物质前边的系数之比，v(A)=0.12mol⋅L−1⋅min−1，v(B)=13×0.12mol⋅L−1⋅min−1=0.04mol⋅L−1⋅min−1，故C错误；
D.不同物质表示的速率之比等于物质前边的系数之比，v(A)=0.12mol⋅L−1⋅min−1，v(D)=23×0.12mol⋅L−1⋅min−1=0.08mol⋅L−1⋅min−1，故D正确；
故选：C。
根据三行式结合气体的压强之比等于物质的量之比来计算各物质5min时的物质的量，再根据公式v=△nV△t来计算即可。
本题考查学生化学反应速率的计算知识，属于知识的迁移应用，难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：液氨汽化过程中，物质由液态变为气态，体系的混乱度增大，属于熵增的过程，ΔS>0；液氨汽化过程中，物质由液态变为气态，为吸热过程，ΔH>0，
故选：A。
液氨汽化过程中吸热，气体分子数增多，结合吸放热与ΔH的关系、气体体积的变化与熵变的关系分析解答。
本题考查了焓变、熵变及其判定，明确液态物质转化为气态的过程中体系混乱度的变化和能量的变化是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了平衡常数的表示方法、平衡常数表达式书写等知识点，注意纯液体和固体不写入平衡常数表达式，题目难度不大。
【解答】
固体和纯液体不带入平衡常数的表达式，Fe3O4(s)+4H2(g)3Fe(s)+4H2O(g)，该反应的化学平衡常数的表达式为：K=c4(H2O)c4(H2)，
故选：C。
6.【答案】B
【解析】解：A.若某反应为放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应，则已知3H2(g)+N2⇌2NH3(g)ΔH<0，则其逆反应的ΔH一定大于0，故A正确；
B.热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，而化学方程式的化学计量数既表示物质的量也表示分子数，则热化学方程式和化学方程式的化学计量数的意义不相同，故B错误；
C.S(s)能量低于S(g)，则常温常压下，1molS(s)完全燃烧比1molS(g)完全燃烧时的焓变大，故C正确；
D.热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，且物质的量与反应热成正比，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1，则H2(g)+12O2(g)=H2O(1)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1，故D正确；
故选：B。
A.若某反应为放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应；
B.热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，而化学方程式的化学计量数既表示物质的量也表示分子数；
C.S(s)能量低于S(g)；
D.热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，且物质的量与反应热成正比。
本题考查反应热与焓变、热化学方程式，为高频考点，把握热化学方程式的书写及意义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学计量数与物质的量的关系。
7.【答案】A
【解析】解：A.Mg和浓硝酸可自发进行氧化还原反应，电极为两个活泼性不同的金属，装置为闭合回路，电解质溶液为浓硝酸，故A正确；
B.乙醇为非电解质，不导电，故B错误；
C.蔗糖为非电解质，蔗糖溶液不导电，故C错误；
D.图中无自发进行的氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
原电池装置构成：
①自发的氧化还原反应，
②两个活泼性不同的金属(或一种是非金属导体)，
③闭合回路，
④电解质溶液。
本题考查了构成原电池的装置，要熟悉相关装置的构成，本题难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.铝离子水解是可逆反应，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故A错误；
B.硫化氢是二元弱酸，分步电离，第一步电离方程式为：H2S+H2O⇌H3O++HS−，故B正确；
C.沉淀转化工程为可逆反应，CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，故C错误；
D.氢氧化铜难溶于水，存在沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，故D错误；
故选：B。
A.铝离子水解是可逆反应；
B.硫化氢是弱电解质，分步电离，氢离子可以写成水合氢离子；
C.沉淀转化是化学平衡；
D.氢氧化铜难溶于水，存在沉淀溶解平衡。
本题考查了水解平衡、电离平衡、沉淀溶解平衡方程式书写方法和正误判断，注意原理的理解应用，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：物质的量浓度相同的三种盐NaA、NaB、NaX的溶液，其pH依次为8、9、10，可知X−的水解程度最大，A−的水解程度最小，则酸性为HX>HB>HA，只有A正确，
故选：A。
强碱弱酸盐水解显碱性，且等浓度时盐溶液的pH越大，对应酸的酸性越弱，以此来解答。
本题考查盐类水解、电解原理，为高频考点，把握盐的类型、盐类水解的规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意pH与浓度的关系，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】根据平衡常数表达式K=c(N2O5)⋅c(O2)c2(NO2)⋅c(O3)可知，该反应的化学方程式为：2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)，
A.仅升高温度，O3的浓度增大，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，其△H<0，故A错误；
B.仅减小压强，由于容器的容积增大，导致N2O5的物质的量浓度减小，故B正确；
C.该反应中各物质均为气体，则混合气体的总质量始终不变，不能根据混合气体的总质量判断平衡状态，故C错误；
D.根据该反应平衡常数表达式K=c(N2O5)⋅c(O2)c2(NO2)⋅c(O3)可知，该反应的化学方程式为：2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)，故D错误；
故选：B。
11.【答案】B
【解析】A.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，所以将1molSO2和0.5molO2混合后充分反应，生成SO3的分子数小于NA，故A错误；
B.1个硝酸铵含有2个氮原子，依据氮原子个数守恒可知，1L0.5mol⋅L−1NH4NO3溶液中含氮原子的总数为：1L×0.5mol/L×2×NAmol−1=NA，故B正确；
C.氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以0.1molCl2通入足量水中，充分反应后，转移的电子数小于0.1NA，故C错误；
D.亚硫酸为弱酸，水溶液中部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1H2SO3溶液中含H+的数目小于0.2NA，故D错误；
故选：B。
12.【答案】D
【解析】A.室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=KwKa(CH3COOH)=10−141.6×10−5=6.25×10−10，故A正确；
B.当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，4n(NaOH)=n(醋酸)，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=4c(Na+)，故B正确；
C.当混合溶液的pH=7时，c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，则c(CH3COO−)=c(Na+)，水电离程度较小，所以存在c(CH3COO−)=c(Na+)>c(OH−)=c(H+)，故C正确；
D.当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=c(Na+)，根据电荷守恒和物料守恒得c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，故D错误；
故选：D。
13.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，装置中存在温度不同的装置，可探究温度对反应2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡的影响，故A正确；
B.图中缺少环形玻璃搅拌器，不能测定最高温度，则不能测定中和热，故B错误；
C.由图可知，只有FeCl3是变量，可验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故C正确；
D.由图可知，石墨能量低于金刚石，根据能量越低越稳定，则稳定性：石墨>金刚石，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，装置中存在温度不同的装置；
B.图中缺少环形玻璃搅拌器；
C.验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，即要求催化剂是变量；
D.能量越低越稳定。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)中H2O(g)为气态，平衡常数表达式中不能忽略，其平衡常数表达式K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)，设平衡时消耗CO的物质的量为xmol，容器体积为V，
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
初始(mol)2300
转化(mol)xxxx
平衡(mol)2−x3−xxx
该温度下平衡常数K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=x×x(2−x)×(3−x)=1.0，解得：x=1.2，以此分析解答。
A. CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的平衡常数表达式K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)，故A错误；
B. 平衡时n(CO2)=1.2mol，n(H2O)=1.8mol，n(H2)=1.2mol，缺少容器体积，无法计算三者浓度之和，故B错误；
C. 平衡时消耗CO的物质的量为1.2mol，则CO的平衡转化率为：1.2mol2mol×100%=60%，故C错误；
D. 初始时将2molCO(g)与3molH2O(g)混合，结合质量守恒定律及N=nNA可知，不管反应进行到何种程度，容器中原子个数之比始终满足N(H)：N(C)：N(O)=n(H)：n(C)：n(O)=(3mol×2)：(2mol×1)：(2mol×1+3mol×1)=6：2：5，故D正确。
故选：D。
15.【答案】C
【解析】解：A.M电极上产生O2，发生反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；
B.依据MN中气体体积变化分析，电解的是水，M端产生氧气，为电解池的阳极，N端是氢气，气体体积之比为1：2，故B错误；
C.由于电解水，水消耗，KOH浓度增大，电池工作一段时间后，KOH溶液的pH变大，故C正确；
D.电解过程为电解水的过程，R为阳极，反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，消耗氢氧根离子，该电极酸性增强，酚酞无色，故D错误；
本题考查了电解池工作原理，写电极反应式要注意结合电解质溶液书写，如果电解质溶液不同，虽然原料相同，电极反应式也不同，难度中等。
16.【答案】D
【解析】解：A.点a(6.3,5)计算得到碳酸的第一步电离平衡常数Ka1=c(H+)×c(HCO3−)c(H2CO3)=c(H+)=10−6.3，点B(10.3,−11)计算得到二次电离平衡常数Ka2=c(H+)×c(CO32−)c(HCO3−)=c(H+)=10−10.3，Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)=10−6.310−10.3=104，故A错误；
B.分析可知线Ⅲ代表Ca2+与pH的关系曲线，故B错误；
C.溶洞水体中，已知Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO32−)=2.8×10−9，c(CO32−)浓度越大，c(Ca2+)越小，a、b、c的pH依次增大，c(CO32−)浓度依次增大，c(Ca2+)依次减小，a、b、c三点溶液中，c(Ca2+)大小关系：a>b>c，故C错误；
D.HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−的平衡常数K=c(OH−)×c(H2CO3)c(CO32−)=c(OH−)×c(H2CO3)c(CO32−)×c(H+)c(H+)=KKa1=10−1410−6.3=10−7.7，故D正确；
故选：D。
根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO3−、CO32−浓度都增大，而在曲线①pH很小时也产生HCO3−，而随着CO32−浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此曲线Ⅰ代表HCO3−，Ⅱ代表CO32−，Ⅲ代表Ca2+，据此计算分析判断。
本题考查了难溶电解质的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图象含义、溶度积常数的有关计算、电离平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】检查装置的气密性 在B装置加入少量水，打开K，加热一段时间后，停止加热，若观察到玻璃管内的液面高于锥形瓶内的液面，说明装置气密性良好 圆底烧瓶 b进a出 bSO2+I2+2H2O=4H++SO42−+2I− 1.6
【解析】解：(1)气体的制备及性质检验实验要进行装置的气密性检验，具体的方法是在B装置加入少量水，打开K，加热一段时间后，停止加热，若观察到玻璃管内的液面高于锥形瓶内的液面，说明装置气密性良好，
故答案为：检查装置的气密性；在B装置加入少量水，打开K，加热一段时间后，停止加热，若观察到玻璃管内的液面高于锥形瓶内的液面，说明装置气密性良好；
(2)由图可知B为圆底烧瓶，将冷凝管直立时，冷凝水要下进上出，
故答案为：圆底烧瓶；b进a出；
(3)①碘单质溶液时弱酸性的，因而用酸式滴定管，
故答案为：b；
②仪器C中发生反应为碘单质和二氧化硫反应生成硫酸和碘化氢，离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H++SO42−+2I−，
故答案为：SO2+I2+2H2O=4H++SO42−+2I−；
③由②可知碘单质和二氧化硫的物质的量的比为SO2∼I2，碘标准液的浓度为0.1mol/L，若仪器C中标准I2溶液与SO2恰好完全反应，则n(SO2)=n(I2)=0.1mol/L×0.025L=2.5×10−3mol，则SO2的含量为2.5×10−3×640.1g/L=1.6g/L，
故答案为：1.6。
(1)气体的制备及性质检验实验要进行装置的气密性检验；
(2)通过装置的图象可知仪器名称；
(3)①碘单质溶液时弱酸性的；
②仪器C中发生反应为碘单质和二氧化硫反应生成硫酸和碘化氢；
③由②可知碘单质和二氧化硫的物质的量的比为SO2∼I2，碘标准液的浓度为0.1mol/L，若仪器C中标准I2溶液与SO2恰好完全反应，则n(SO2)=n(I2)=0.1mol/L×0.025L=2.5×10−3mol，据此计算。
本题为考查了测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
18.【答案】Na2CO3+Al2O3−焙烧NaAlO2+CO2↑MgO、Fe2O3 AlO2−+2H2O⇌Al(OH)3+OH− c(Na+)>c(AlO2−)>c(OH−)>c(H+)510−5−10−9 pH<6会生成VO2+，pH>8会生成V2O74−，降低NH4VO3的产率 硫酸 沉钒
【解析】解：(1)焙烧时Al2O3发生反应的化学方程式Na2CO3+Al2O3−焙烧NaAlO2+CO2↑，
故答案为：Na2CO3+Al2O3−焙烧NaAlO2+CO2↑；
(2)根据分析可知滤渣Ⅰ为MgO、Fe2O3，
故答案为：MgO、Fe2O3；
(3)NaAlO2溶液具有碱性的原因是因为偏铝酸钠是强碱弱酸盐，偏铝酸根离子水解，离子方程式为AlO2−+2H2O⇌Al(OH)3+OH−，0.1mol/L的NaAlO2溶液显碱性，注意水解是未若的，则各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(AlO2−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：AlO2−+2H2O⇌Al(OH)3+OH−；c(Na+)>c(AlO2−)>c(OH−)>c(H+)；
(4)0.1mol⋅L−1(NH4)2SO4溶液中Kb=c(NH4+)⋅c(OH−)c(NH3⋅H2O)=2×10−5，c(NH4+)=0.2mol/L，c(H+)≈c(NH3⋅H2O)，可得c(H+)=10−5mol/L，pH=5，此时c(H+)=10−5mol/L，c(OH−)=10−9mol/L，根据电荷守恒2c(SO42−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，则2c(SO42−)−c(NH4+)=c(H+)−c(OH−)=10−5mol/L−10−9mol/Lmol/L=(10−5−10−9)mol/L，
故答案为：5；10−5−10−9；
(5)“沉钒”操作中，需控制溶液的pH为6∼8，原因为pH<6会生成VO2+，pH>8会生成V2O74−，降低NH4VO3的产率，
故答案为：pH<6会生成VO2+，pH>8会生成V2O74−，降低NH4VO3的产率；
(6)煅烧生成的气体产物为氨气，可以用硫酸溶液吸收后返回到沉钒工序重新利用，
故答案为：硫酸；沉钒。
由流程可知，钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有V2O3、MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，加入纯碱850℃焙烧反应生成NaVO3、NaAlO2和Na2SiO3，MgO、Fe2O3和碳酸钠不反应，加入蒸馏水溶解过滤得到滤渣Ⅰ为MgO、Fe2O3，滤液Ⅰ加入试剂调节溶液pH=9，升温到80℃过滤得到滤渣Ⅱ为SiO2、Al(OH)3和滤液Ⅱ主要成分为NaVO3，滤液中加入硫酸铵沉钒，得到偏钒酸铵晶体，550℃煅烧得到氨气和V2O3，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
19.【答案】正极 O2 CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O有红色固体析出 CuO(或CuCO3)11.215.625
【解析】解：(1)电子从a极出发，即a为负极，发生氧化反应，通入的气体为甲烷，电极反应式为：CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，b为正极，发生还原反应，通入气体为氧气，电极反应式为：2O2+8e−+4H2O=8OH−，
故答案为：正极；O2；CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
(2)电极d为阴极，电极反应式为：Cu2++2e−=Cu，有红色的固体析出，乙中总反应式为：2Cu2++2H2O−电解2Cu+O2↑+4H+，由此可知，随着反应的进行，Cu和O以1：1的比例损耗，使其恢复至与原溶液相同的状态，应添加适量的CuO(或CuCO3)，
故答案为：有红色固体析出；CuO(或CuCO3)；
(3)①丙中g为阴极，电极反应式为：2H2O+2e−=−通电H2↑+2OH−，当外电路中转移的电子为1mol时，生成的氢气为0.5mol，V=n×Vm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
故答案为：11.2；
②丙中总反应为：2H2O−通电2H2↑+O2↑，当外电路中转移的电子为1mol时，消耗的H2O为：0.5mol，质量为：m=n×M=0.5mol×18g/mol=9g，此时溶液质量为：25−9=16g，25g质量分数为10%的K2SO4溶液中，K2SO4的质量为：25g×10%=2.5g，
即此时丙中K2SO4溶液的质量分数为：2.5g16g×100%=15.625%，
故答案为：15.625。
由图可知，电子从a极出发，即a为负极，发生氧化反应，通入的气体为甲烷，b为正极，发生还原反应，通入气体为氧气，对装置的分析如图，甲为碱性甲烷燃料电池，总反应为：CH4+2O2+2OH−=CO32−+3H2O，乙为电解池，总反应为：2Cu2++2H2O−电解2Cu+O2↑+4H+，丙为电解池，总反应为：2H2O−通电2H2↑+O2↑。
本题考查了电极的判断，电极方程式的书写，电化学有关的计算，难度适中，要熟练的掌握相关基础知识，并结合氧化还原反应来思考。
20.【答案】<降低温度或及时移除部分HCl(g)0.108250.216554.1251.0025×1.08250.9175×0.9175 BD
【解析】解：(1)根据盖斯定律：②-①得C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)，则ΔH2=ΔH3+ΔH1=−45.8kJ/mol=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0，则反应物的键能总和<生成物的键能总和，
故答案为：<；
(2)根据勒夏特列原理，降低温度或及时移除部分HCl(g)，平衡正向移动，C6H5−Cl(g)的转化率增大，
故答案为：降低温度或及时移除部分HCl(g)；
(3)2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为4.01mol，主反应为气体物质的量不变的反应，即副反应气体物质的量增多0.01mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)Δn
1mol1mol1mol1mol18mol18mol
0.08mol0.08mol0.08mol0.08mol0.01mol0.01mol
C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%，则n(C6H5−SH)=4.01mol×25%=1.0025mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)
转化(mol)1.00251.00251.00251.0025
①0∼2min内，v(C6H5−Cl)=1.0025mol+0.08mol5L×2min=0.10825mol/(L⋅min)，
故答案为：0.10825；
②由分析可知，平衡时n(HCl)=0.08mol+1.0025mol=1.0825mol，c(HCl)=1.0825mol5L=0.2165mol/L；H2S(g)转化率=△n(H2S)n起始(H2S)×100%=1.0025mol+0.08mol2mol×100%=54.125%，
故答案为：0.2165；54.125；
③K=c(HCl)⋅c(C6H5−SH)c(C6H5−Cl)⋅c(H2S)=1.0825mol5L×1.0025mol5L(2mol−1.0025mol−0.08mol5L)2=1.0025×1.08250.9175×0.9175，
故答案为：1.0025×1.08250.9175×0.9175；
④A.根据质量守恒，混合气体的总质量始终不变，混合气体的总质量不再随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.发生副反应时，气体物质的量改变，气体总压强是变量，当混合气体的总压强不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，发生副反应时，气体物质的量改变，即混合气体的相对分子质量是变量，当混合气体的相对分子质量不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD。
(1)根据盖斯定律：②-①得C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)，则ΔH2=ΔH3+ΔH1=−45.8kJ/mol=反应物的键能总和-生成物的键能总和；
(2)根据勒夏特列原理分析；
(3)2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为4.01mol，主反应为气体物质的量不变的反应，即副反应气体物质的量增多0.01mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)Δn
1mol1mol1mol1mol18mol18mol
0.08mol0.08mol0.08mol0.08mol0.01mol0.01mol
C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%，则n(C6H5−SH)=4.01mol×25%=1.0025mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)
转化(mol)1.00251.00251.00251.0025
①v=△nV⋅△t；
②由分析可知，平衡时n(HCl)=0.08mol+1.0025mol=1.0825mol，结合c=nV计算；转化率=△n(H2S)n起始(H2S)×100%；
③K=c(HCl)⋅c(C6H5−SH)c(C6H5−Cl)⋅c(H2S)；
④判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据。
本题考查反应热、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
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