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天津市和平区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
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天津市和平区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2022·天津和平·统考二模）氮氧化物的有效去除和资源的充分利用是当今社会的重要研究课题。
(1)已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) ΔH1 = -907.0 kJ•mol-1
4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH2= -1269.0 kJ•mol-1
若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的逆反应活化能为 E逆 kJ•mol-1，则其正反应活化能为_______kJ•mol-1 (用含E逆的代数式表示)。
(2)已知：①2NO(g)+2ICl(g)2NOCl (g)+I2(g)
②2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)
③I2(g)+Cl2(g)2ICl(g)
若向VL恒容密闭容器中加 2mol NO和 2mol ICl发生上述反应，达到平衡时，容器中 NOCl (g)为amol，Cl2(g)为b mol，此时 I2(g)的浓度为_______mol•L-1(用含 a、b、V 的代数式表示，下同)，反应③的平衡常数为_______。
(3)某化工厂排出的尾气(含 CO、N2O)治理的方法为在密闭容器中发生如下反应：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，CO、N2O在Pt2O+表面进行反应转化为无毒气体，其相对能量与反应历程的关系如下图所示：
用方程式表示 N2O在Pt2O+ 表面上的反应_______。
(4)已知4CO(g) +2NO2(g)4CO2(g)+N2 (g) ΔH1 = -1200kJ•mol-1 ，该反应在_______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行，为探究温度及不同催化剂对该反应的影响，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得 N2产率与温度的关系如图所示。在催化剂乙作用下，图中 M 点对应的速率(对应温度400℃)v正_______(填“＞”、“＜” 或“=”) v逆，温度高于400℃，N2产率降低的原因可能是_______。
2．（2020·天津和平·统考二模）实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量K2FeO4的操作步骤如下：
Ⅰ．制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20 mL NaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入Cl2，搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止（装置如下图所示）。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20 g NaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
(1)甲装置中a管的作用是_____________________________________________。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_____________________________________。
(3)石灰乳的作用是___________________________________________________。
(4)反应过程中用冷水浴冷却的原因是___________________________________。
Ⅱ．合成K2FeO4：
①称取5.05 g Fe(NO3)3·9H2O（相对分子质量为404）固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色（即Na2FeO4）。
②离心分离除去Na2FeO4水解得到的Fe(OH)3胶体，留上层清液（深紫红色）。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5 min，过滤，得K2FeO4（相对分子质量为198）粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13 g。
(5)合成Na2FeO4的离子方程式为____________________________________。
(6)过程③加入饱和KOH溶液即可得到K2FeO4粗产品，原因是__________。
(7)用异丙醇洗涤的目的是__________________________________________。
(8)K2FeO4的产率为___________（保留至0.1%）。
3．（2021·天津和平·统考二模）二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，熔点为425℃、沸点为900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。学习小组在实验室制备VCl2并进行相关探究。回答下列问题：
(1)小组同学通过VCl3分解制备VCl2，并检验气体产物。
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为___(用小写字母填空)。
②A中盛放NaNO2溶液的仪器名称为___，其中发生反应的离子方程式为__；m管的作用为___。
③实验过程中需持续通入N2，其作用为___。
④实验后，选用D中所得溶液和其他合理试剂，设计实验方案证明C处有Cl2生成___。
(2)测定产品纯度：实验后产品中混有少量VCl3杂质。称量1.3775g样品，溶于水充分水解，调pH后滴加Na2CrO4作指示剂，用0.5000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定Cl-达到滴定终点时消耗标准液体积为46.00mL(Ag2CrO4为砖红色沉淀，杂质不参加反应)。
①滴定终点的现象为___。
②产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为___。
4．（2022·天津和平·统考二模）某小组同学利用一定浓度的HCl溶液和MnO2制备Cl2，并进行有关实验。
Ⅰ．为了防止制备的Cl2逸散，该小组同学设计装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。
试回答：
(1)发生装置选择_______(填“图甲”、“图乙”或“图丙”)。
(2)①若用所选的发生装置和装置Ⅰ制取氯气，b瓶加入的液体一般为_______。反应开始后，关闭活塞K时，发现c中液面上升不明显，可能的原因是_______，检查的简单方法是_______。
②装置Ⅰ能防止多余气体逸散的原因是_______。
③欲用装置Ⅱ(或装置Ⅲ)代替装置Ⅰ中的b～c部分(试剂相同)，装置Ⅱ_______(填“是”或“否”)可行，理由是_______。装置Ⅲ_______(填“是”或“否”)可行，理由是_______。
Ⅱ．在实验室里可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。
图中：①的试管里盛有15 mL 30% KOH溶液，置于水浴中；②的试管里盛有15 mL 8% NaOH溶液，置于冰水浴中；③的试管里加有紫色石蕊试液；④为尾气吸收装置。
(3)比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是①_______；②_______。
(4)反应完毕经冷却后，①的试管中有大量晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是_______(填写编号字母)；从①的试管中分离出该晶体的方法是_______(填写操作名称)。
(5)根据③的试管里试液的颜色变化可否证明氯气的强氧化性_______。为什么？_______。
5．（2020·天津和平·统考二模）K、Al、Cu、H、C、O、S、Cl是常见的八种元素。
(1)从明矾[KAl(SO4)2·12H2O]制备 Al、K2SO4和H2SO4的过程如下图所示：
焙烧明矾的化学方程式为_________________________________________________。
(2)K位于元素周期表第________周期第________族。
(3)S的基态原子核外有________个未成对电子；Cl的基态原子核外电子排布式为____________。
(4)用“＞”或“＜”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
O____S
Cl－____K＋
KCl____Al2O3
H2SO4____HClO4
(5)SO2的价层电子对个数是________，该分子为结构为________；SO3中硫原子采用杂化方式为___________。
(6)新制备的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是____________________。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有________个铜原子。
(7)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405 nm，列式表示Al单质的密度__________g·cm－3(列出计算式子，不必计算出结果)。
6．（2021·天津和平·统考二模）铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe3+的电子排布式为___。
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是__。FeSO4常作补铁剂，SO的立体构型是__。
(3)羰基铁[Fe(CO)5]可作催化剂、汽油抗暴剂等。1mol其分子中含__molσ键。
(4)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为__；Fe2+与O2-的最短核间距为__pm。
(5)某研究小组为了探究一种含铁无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如图实验：
另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。
①X的化学式是___，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为__。
②白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是__(用化学反应方程式表示)。
7．（2022·天津和平·统考二模）2022年春晚中舞蹈诗剧《只此青绿》感动国人。回答下列问题：
(1)石青，化学式为Cu3(CO3)2(OH)2，基态Cu2+核外电子的空间运动状态有_______种。
(2)亚铁氰化钾，化学式为K4[Fe(CN)6]。[Fe(CN)6]4-中配体CN-的配位原子是_______(填元素符号)，CN-中C原子的杂化方式_______，[Fe(CN)6]4-中σ键和π键的数目之比为_______。
(3)Cu2S晶胞中S2-的位置如图1所示，侧视图如图2所示，Cu+位于S2-所构成的四面体中心。
Cu+填充了晶胞中四面体空隙的百分率是_______，S2-配位数为_______。若晶胞参数a nm，晶体的密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值为_______(用含a和d的式子表示)。
(4)Cu2+可与H2O、Cl-、NH3等配体形成配位数为4的配离子，如[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-、[Cu(NH3)4]2+。某同学按如下步骤完成实验：
①[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，但溶液Ⅰ却呈黄绿色，其原因是_______，为了能观察到溶液Ⅰ中[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，可采取的方法是_______。
②CuCl2溶液中的铜主要以[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-形式存在。常温下，将CuCl2溶于浓盐酸中，测定平衡体系中：[Cu(H2O)4]2+浓度为a mol•L-1、Cl-浓度为b mol•L-1、[CuCl4]2-浓度为c mol•L-1，Cl-的转化率为_______(用a、b、c中的字母表示)。
③常温下，用惰性电极电解浓度较大的CuCl2溶液，当电解到阴极附近出现蓝色Cu(OH)2絮状物，经测定阴极附近溶液的pH=m，此时阴极附近c(Cu2+)=_______mol•L-1 (已知：Cu(OH)2的Ksp=2.2×10-20)
④向溶液Ⅱ中通入NH3至过量观察到的现象是_______。
8．（2020·天津和平·统考二模）麻黄素（H）是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。NBS是一种选择性溴代试剂。
已知：CH3—C≡CH+H2O CH3COCH3
(1)A的结构简式是_______；E中官能团的名称为___________________。
(2)反应B→C的反应条件和试剂是_______________，⑤的反应类型是________。
(3)F的结构简式是______________。麻黄素（H） 的分子式是________。
(4)写出C→D的化学方程式______________________________________。
(5)化合物F的芳香族同分异构体有多种，结构和性质如下：遇FeCl3溶液发生显色反应，能和银氨溶液发生银镜反应，苯环上只有两个对位取代基，则符合上述要求的同分异构体结构简式可能为________________________________________。
(6)请仿照题中合成流程图，设计以乙醇为起始主原料合成强吸水性树脂的合成路线______________(用流程图表示，其它试剂及溶剂任选)。
9．（2021·天津和平·统考二模）制备螺虫乙酯的中间体H的一种合成路线如图：
已知：①
②RXRCNRCOOH
③RCOOHRCOClRCONHR′
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___。
(2)由B生成C的反应类型为___。
(3)D的结构简式是___。
(4)E与F生成G的化学方程式为___。
(5)Ｈ中含氧官能团的名称是酰胺基、___、___。
(6)芳香化合物X是B的同分异构体，写出满足下列条件的X的所有结构___。
①核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：6
②在NaOH溶液中水解后的产物能被催化氧化为醛
(7)设计以苯()及甲醛为起始原料制备苯乙酰氯( )的合成路线___(无机试剂任选)。
10．（2022·天津和平·统考二模）β-内酰胺类药物是一类用途广泛的抗生素药物，其中一种药物F的合成路线如下(一些反应条件未标出)：
已知：—COOH—COCl
(1)B中所含官能团的名称为_______。
(2)X的分子式为C7H8S，写出X的结构简式_______。
(3)写出A→B、E→F的反应类型分别为_______、_______。
(4)写出C→D的化学方程式_______。
(5)D的一种芳香族同分异构体满足下列条件，则该同分异构体的结构简式为_______。
①能发生银镜反应；
②核磁共振氢谱中有3个吸收峰，峰面积比为1∶2∶6。
(6)写出以和合成 的反应路线_______。(无机试剂和2碳及2碳以下有机物任用，合成路线流程图示例见本题题干)
11．（2020·天津和平·统考二模）节能和减排建设友好型社会的必然选择。回答下列问题：
(1)已知在一定温度下，①C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1 平衡常数K1；
②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1 平衡常数K2。
某反应的平衡常数表达式K3= ，请写出此反应的热化学方程式______________，K1、K2、K3之间的关系是_____________。
(2)将原料气按n(CO2)∶n(H2)=1∶4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如下图所示：
①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。
②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是________。
a．混合气体密度不再改变 b．混合气体压强不再改变
c．混合气体平均摩尔质量不再改变 d．n(CO2)∶n(H2)=1:2
③200℃达到平衡时体系的总压强为P，该反应平衡常数Kp的计算表达式为______（不必化简，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
(3)500℃时，CO与水反应生成CO2和H2，将其分离得到H2的过程示意图如下：
①阳极反应式是_______________________________________________。
②结合电极反应式，简述K2CO3溶液的再生原理___________________。
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)。
参考答案：
1．(1)E逆-1812
(2) (a+2b)/2V [2(2-2b-a)2]/[(a+2b)b]
(3)N2O+Pt2O+=N2+Pt2O
(4) 低温 ＞ 温度升高催化剂活性降低
【分析】（1）根据盖斯定律分析反应热，并根据反应热=正反应的活化能-逆反应的活化能计算分析。
（2）根据平衡进行计算各物质的物质的量，并根据平衡常数公式计算平衡常数；
（3）理解图中物质书写方程式。
（4）根据催化剂能加快反应速率，但不影响平衡进行分析，M点氮气的转化率较低，说明在相同时间内反应速率较慢，反应还没有到平衡，正在向平衡进行，从而正反应速率大于逆反应速率，而温度对催化剂的活性的影响可能影响反应产率。
（1）
①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) ΔH1 = -907.0 kJ•mol-1
②4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH2= -1269.0 kJ•mol-1
则（5×②-3×①）/2可得热化学方程式4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g) ΔH= ，该反应的逆反应活化能为 E逆 kJ•mol-1，即E正-E逆=-1812，则正反应的活化能为E正= （E逆-1812）kJ•mol-1；
（2）
①2NO(g)+2ICl(g)2NOCl (g)+I2(g) ②2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)
③I2(g)+Cl2(g)2ICl(g)， 向VL恒容密闭容器中加 2mol NO和 2mol ICl发生上述反应，达到平衡时，假设反应中一氧化氮的消耗量为xmol，反应中NOCl的消耗量为ymol，反应中碘的消耗量为zmol，则有容器中 NOCl (g)为x-y=amol，Cl2(g)为0.5y-z=b mol，此时 I2(g)的物质的量为(0.5x-z)mol,则因有 则碘的物质的量为(0.5a+b)mol，物质的量浓度为(a+2b)/2Vmol/L；氯气的浓度为b/Vmol/L，氯化碘的浓度为(2-a-2b)/V mol/L，则反应③的平衡常数为=[2(2-2b-a)2]/[(a+2b)b]。
（3）
N2O在Pt2O+表面上的反应为N2O+Pt2O+=N2+Pt2O；
（4）
已知4CO(g) +2NO2(g)4CO2(g)+N2 (g) ΔH1 = -1200kJ•mol-1，该反应为放热的，熵减的反应，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0能自发进行分析，在低温下能自发进行。在催化剂乙作用下，图中 M 点氮气的产率较低，说明反应速率较慢，还没有到平衡，即对应的速率(对应温度400℃)v正＞ v逆，温度高于400℃，根据另一种催化剂催化下氮气的产率随温度的变化曲线可知，该反应仍未达到平衡状态，故N2产率降低的原因一定是因为反应速率减小，故可能是温度升高导致催化剂活性降低。
2． 平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下 2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 除去未反应的氯气，防止氯气污染空气 有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠 2Fe 3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O K2FeO4的溶解度小于 Na2FeO4，加入饱和 KOH 溶液可以增大 K+的浓度，使 Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH 平衡向右移动，析出晶体 用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的溶解损耗 86.1%
【分析】Ⅰ．在冷的NaOH溶液中通入利用甲装置制得的氯气并搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止，然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体，即可得NaClO强碱性饱和溶液；
Ⅱ．在NaClO强碱性饱和溶液中分次加入Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，并用冷水浴降温和不断搅拌，即可得深紫红色Na2FeO4溶液，用离心分离除去少量Fe(OH)3胶体，然后在上层中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤并用异丙醇洗涤，低温烘干，得高铁酸钾。
【详解】(1) 甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；
(2) 甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
(3) 氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；
(4) 温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl2 5NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；
(5) 氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根(FeO42-)同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(6) 该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；
(7) 高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；
(8) 5.05g Fe(NO3)3•9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3•9H2O)=0.0125mol，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125mol，则m(K2FeO4)=0.0125mol×198g/mol=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。
【点睛】考查物质的分离提纯的实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度较大，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作，难点是涉及氧化还原反应的化学方程式或离子方程式的书写与配平。
3． agh（hg）de（或ed）cbf 蒸馏烧瓶 NO+NHN2↑+2H2O 平衡气压，使溶液顺利滴下 将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化 取D中溶液少量，调节pH后滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液褪色 有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化 1∶10
【分析】装置A用于制备氮气，反应为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，二氯化钒（VCl2）有强还原性和吸湿性，用E装置的碱石灰干燥氮气，C装置中进行VCl3分解制备VCl2，反应为2VCl3 2VCl2+Cl2↑，B装置用于隔离、防止D装置中的水蒸气进入C装置而干扰实验，生成的氯气有毒，常用NaOH溶液吸收处理；滴定终点的确定：样品溶于水，充分水解生成Cl-，加入Na2CrO4作指示剂，开始有白色AgCl沉淀生成，当加入的AgNO3标准溶液过量时，生成砖红色Ag2CrO4沉淀，则反应达到滴定终点；设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，根据Cl、Ag原子守恒有：VCl3～3AgCl～3AgNO3、VCl2～2AgCl～2AgNO3，则157.5x+122y=1.3775，3x+2y=0.5000×0.046=0.023，解得x、y。
【详解】(1)①装置A用于制备氮气，用E装置的碱石灰干燥氮气，C装置中进行VCl3分解制备VCl2，B装置用于隔离、防止D装置中的水蒸气进入C装置而干扰实验，但E、B装置不能互换，因为Cl2能与碱石灰反应，可能使碱石灰的作用减弱，VCl3分解生成的氯气有毒，常用NaOH溶液吸收处理，所以按气流方向，图1装置合理的连接顺序为agh（hg）de（或ed）cbf，故答案为：agh（hg）de（或ed）cbf；
②A中盛放NaNO2溶液的仪器名称为蒸馏烧瓶，装置A用于制备氮气，反应为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，其中发生反应的离子方程式为NO+NHN2↑+2H2O；m管的作用为平衡气压，使溶液顺利滴下。故答案为：蒸馏烧瓶；NO+NHN2↑+2H2O；平衡气压，使溶液顺利滴下；
③由题意可知，二氯化钒（VCl2）有强还原性，VCl3分解生成的Cl2具有强氧化性，二者可反应，所以实验过程中需持续通入N2作用为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化；故答案为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化；
④氯气能与NaOH溶液反应生成NaClO，只要证明D的溶液中含有NaClO，即可证明C处有Cl2生成，设计方案为：取D中溶液少量，调节pH后滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液褪色，故答案为：取D中溶液少量，调节pH后滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液褪色；
(2)①滴定终点时，氯离子完全反应，滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟沉淀不溶解，故答案为：有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化；
②设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，根据Cl、Ag原子守恒有：VCl3～3AgCl～3AgNO3、VCl2～2AgCl～2AgNO3，则157.5x+122y=1.3775，3x+2y=0.5000×0.046=0.023，解得x=0.001mol、y=0.01mol，所以产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为x：y=1：10，产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为1∶10。故答案为：1∶10。
4．(1)图丙
(2) 饱和食盐水 装需漏气 用湿润的碘化钾淀粉试纸靠近各接口处检验，漏气处试纸变蓝 (涂肥皂水等合理方法均可) 关闭活塞后，若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置，不会有气体逸出 是 装置Ⅱ的原理与装置Ⅰ相同 否 c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时易发生危险
(3) 制取温度不同 制取时碱的浓度也不同
(4) M 过滤
(5) 不可 石蕊溶液褪色的是因为HClO的强氧化性而不是Cl2
【分析】利用一定浓度的HCl溶液和MnO2制备Cl2，需要加热，生成的氯气中含有挥发出的氯化氢气体，需要利用饱和食盐水除去氯化氢，依据Cl2的性质和装置特点分析解答。
（1）
反应需要加热，图丙装置中恒压分液漏斗能使液体顺利滴下，因此发生装置选择图丙。
（2）
①若用所选的发生装置和装置Ⅰ制取氯气，为了除去氯气中的氯化氢气体，b瓶加入的液体一般为饱和食盐水。反应开始后，关闭活塞K时，发现c中液面上升不明显，可能的原因是装需漏气，氯气具有强氧化性，则检查氯气是否泄漏的简单方法是用湿润的碘化钾淀粉试纸靠近各接口处检验，漏气处试纸变蓝。
②由于关闭活塞后，若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置，不会有气体逸出，所以装置Ⅰ能防止多余气体逸散。
③由于装置Ⅱ的原理与装置Ⅰ相同，所以装置Ⅱ可行。由于c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时易发生危险，所以装置Ⅲ不可行。
（3）
根据反应装置可判断反应的温度和碱液的浓度不同，所以二者的差异是制取温度不同以及制取时碱的浓度也不同；
（4）
反应完毕经冷却后，①的试管中有大量晶体析出，这说明溶解度随温度降低而减小，则图中符合该晶体溶解度曲线的是M；从①的试管中分离出该晶体的方法是过滤。
（5）
由于石蕊溶液褪色的是因为HClO的强氧化性而不是Cl2的，所以根据③的试管里试液的颜色变化不能证明氯气的强氧化性。
5． 4KAl(SO4)2·12H2O＋3S=2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O 四 ⅠA 2 1s22s22p63s23p5 ＞ ＞ ＜ ＜ 3 V形 sp2 CH3COOH存在分子间氢键 16
【分析】明矾和硫混合焙烧生成SO2和固体混合物，用水溶解固体并过滤得到滤渣Al2O3、滤液K2SO4，利用电解Al2O3可制得Al，SO2催化氧化生成SO3，再溶于水可制得硫酸。利用均摊法先确定晶胞的组成，得到晶胞的质量，再结合计算。
【详解】(1)明矾和硫混合焙烧生成SO2、K2SO4和Al2O3，则结合守恒法，发生反应的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O＋3S=2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O；
(2)K的核电荷数为19，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，则K位于元素周期表第四周期第ⅠA族；
(3)S的核电荷数为16，价电子轨道表达式为，则基态S原子核外有2个未成对电子；Cl的核电荷数为17，基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；
(4)同主族元素，随着原子序数的增加，原子核对核外电子的吸引力减弱，第一电离能减小，则第一电离能：O＞S；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Cl－＞K+；钾离子半径大于铝离子半径，铝离子半径大于氧离子半径，所以Al2O3的熔点高于KCl的熔点，故熔点：KCl＜Al2O3；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性Cl＞S，则酸性：H2SO4＜HClO4；
(5)SO2的价层电子对个数是2+=3，S原子为sp2杂化，孤对电子数是1，该分子为结构为V形；SO3中硫原子价层电子对个数是3+=3，无孤对电子，采用杂化方式sp2；
(6)乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；该晶胞中O原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；
(7)Al单质为面心立方晶体，以顶点Al原子研究，其配原子处于面心位置，顶点为8个晶胞共用，面心为2个晶胞共用，则晶胞中Al原子数目=8×+6×=4，Al原子总质量=4×g，Al单质的密度=(4×g)÷(0.405×10-7 cm)3=g•cm-3。
【点睛】考查晶胞结构与计算，熟记金属晶体常见几种堆积方式，明确原子在晶体中位置关系及晶胞中位置，掌握均摊法进行晶胞有关计算，注意：中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形，有孤对电子，分子构型为V形。
6． 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 分子晶体 正四面体形 10 12 ×1010 CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑ 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3
【分析】关于晶胞的计算：以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中Fe2+与O2-的数目，结合n=和m=nM计算晶胞质量，根据“晶胞质量=晶胞体积×晶体密度“计算晶胞棱长；X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl(aq)反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe(OH)2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，X应为CaFe(CO3)2，结合题中信息：CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑，每216gCaFe(CO3)2分解得到126gCaO和FeO的固体，10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，符合X为CaFe(CO3)2，那么，溶液1是Ca(OH)2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca(HCO3)2。
【详解】(1)铁是26号元素，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，相对于共价晶体、离子晶体，熔点沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。SO的中心原子硫的价层电子对=4+ =4，无孤电子对，sp3杂化，SO的立体构型是正四面体形。故答案为：分子晶体；正四面体形；
(3)羰基铁[Fe(CO)5]中心原子铁与CO分子间形成配位键，CO分子内形成共价键。1mol其分子中含5mol+5mol=10molσ键。故答案为：10；
(4)以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为×3×8=12；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，晶胞中Fe2+数目=6×+8×=4，O2-的数目=1+12×=4，相当有4个“FeO”，晶胞质量m=g，设晶胞棱长为x，则g=x3×ρg•cm-3，解得x= cm=×1010pm，故Fe2+与O2-的最短间距为x=×1010pm=×1010pm，Fe2+与O2-的最短核间距为×1010pm。故答案为：12；×1010；
(5)①由分析，X的化学式是CaFe(CO3)2，在惰性气流中加热X至完全分解，生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，化学方程式为CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑。故答案为：CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑；
②氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3(用化学反应方程式表示)。故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
7．(1)14
(2) C sp 1：1
(3) 100% 8 [6.4/a3d]×1023
(4) 因为存在[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl-(aq)[CuCl4]2- (aq)+4H2O(l)的反应，溶液的黄绿色是[Cu(H2O)4]2+与[CuCl4]2-混合颜色所致 向该溶液中继续加水 [4c/(b+4c)]×100% c(Cu2+)=2.2×108-2m 蓝色溶液中逐渐产生蓝色沉淀，随后沉淀逐渐溶解，最终变成深蓝色溶液
【解析】(1)
Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Cu失去2个电子得到Cu2+，则Cu2+电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，核外电子的空间运动状态数等于轨道数，即：1+1+3+1+3+5=14，所以Cu2+的运动状态为14种；
(2)
CN-中的C和N均有孤电子对，但N的电负性强配位能力弱。所以配位原子为C；CN-中C的价层电子对，所以杂化方式为sp杂化。CN-为三键连接，有2个π键一个σ键。[Fe(CN)6]4-中含有特殊的共价键配位键6个，所以 σ键共有而π键，比值为1:1；
(3)
晶胞中S2-为4个，而S2-与Cu+个数比为1:2，则Cu+有8个。由于组成原子：四面体空隙：八面体空隙为1:2:1，则四面体空隙为8个，所以空隙占有率为。Cu+位于S2-构成的四面体体心，则Cu+配位数为4，则S2-为8；由于带入数据计算得，则；
(4)
由转化图可以看出，加入盐酸溶液由黄绿色变为绿色，即Cl-与Cu2+进行配位形成[CuCl4]2-为绿色，则黄绿色应该是混有[CuCl4]2-。要观察到蓝色，即要使[CuCl4]2-转化为[Cu(H2O)4]2-，加水降低Cl-浓度减低配位能力。，变化量为，起始量为。则转化率为。由于pH=m，则。则。NH3通入呈碱性，产生Cu(OH)2蓝色沉淀，继续通入过量NH3配位得到深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，现象为先有蓝色沉淀，继续通入沉淀溶解并变为深蓝色溶液。
8． CH3 羟基、碳碳三键 氢氧化钠水溶液、加热 加成反应 C10H15NO
【分析】由E的结构可知A中含有苯环，且与NBS发生取代反应生成B，B的分子式为C7H7Br，B发生水解反应生成C，C可以发生氧化反应生成D，则A为， B为，C为，D为；E发生加成反应后脱水得到F，结合可知F为，与氢气发生加成反应得到麻黄素；
(6)乙醇氧化生成乙醛，乙醛与NaC≡CH反应后酸化得到，再与氢气发生加成反应得到，最后发生加聚反应生成。
【详解】(1) 根据上面的分析可知，A为，E的结构简式为，所含官能团为羟基、碳碳三键；
(2) 反应B→C是卤代烃的碱性水解，所以反应条件和试剂是氢氧化钠水溶液、加热；⑤的反应类型是加成反应；
(3) 据上面的分析可知，F的结构简式是；麻黄素(H)的结构简式为则分子式是C10H15NO；
(4) C→D为醇羟基的催化氧化，发生反应的化学方程式为；
(5) 化合物F的同分异构体遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能和银氨溶液发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上只有两个对位取代基，则满足条件的结构简式可能为；
(6) 乙醇氧化生成乙醛，乙醛与NaC≡CH反应后酸化得到，再与氢气发生加成反应得到，最后发生加聚反应生成。合成路线流程图为。
【点睛】考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构与给予的信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力、获取信息与迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，(5)根据性质确定含有的官能团并书写同分异构体的结构简式为难点。
9． 对二甲苯或1，4—二甲苯 取代反应 ++HCl 酯基 醚键
【分析】由流程图可知G和甲醇在浓硫酸作催化剂的条件下生成H，根据酯化反应的特点，可知G为 ，D到G的反应发生信息③中的反应，可知E为，则E与F生成G的反应发生的是信息③中的反应，则F为： ，由E可知D为 ，B到D发生信息②中的反应，结合B和D的结构简式可知，C为，A到B发生信息①中的反应，结合B的结构简式可知A为，据此分析解答。
【详解】(1) 根据以上分析可知A的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4−二甲苯。
(2) B生成C，由②知，−Br被−CN所取代，故而发生的是取代反应。
(3) 由以上分析可知D的结构简式为 。
(4) 由以上分析可知E的结构简式为，G的结构简式为 ，由以上分析可知E与F生成G的反应发生的是信息③中的反应，则化学方程式为： + +HCl。
(5) 由H结构简式可知H含有的官能团为酰胺基、醚键、酯基。
(6)关于B的同分异构体X：①核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为1:2:2:6；②在NaOH溶液中水解后的产物能被催化氧化为醛，说明分子结构对称，且有2个甲基处于对称位置，在NaOH溶液中水解后的产物能被催化氧化为醛，说明存在−CH2Br的结构，则满足条件的X的结构可以为： 。
(7)以逆合成分析法可知，要得到 ，需得到， 可由 水解获得， 可由 与NaCN发生取代反应获得， 可由苯及甲醛发生信息反应获得，故合成线路为：
10．(1)羧基、碳氯键
(2)
(3) 取代反应 加成反应
(4)+SOCl2→+HSO2Cl
(5)、
(6)
【分析】A到B，-CH3变为了-CH2Cl发生了取代反应。B到C，B中的-Cl变为了，也是发生了取代反应。由已知条件，-COOH加入SOCl2条件下，-OH被-Cl取代。E到F在反应中C=C和C=N形成了四元环且这两个双键均不再，则该反应为双键的加成反应。
（1）-COOH为羧基，-Cl为氯原子。该分子中的官能团为羧基和氯原子；
（2）B加入X，B发生了取代反应其-Cl变为了 ，则X为 ；
（3）取代反应是有机物中某原子或原子团被另一原子或原子团取代的反应。而加成反应是反应中不饱和键断裂，不饱和原子直接与其他原子或原子团结合生成新的化合物。所以A到B为取代反应。E到F为加成反应；
（4）已知-COOH-COCl即SOCl2提供一个-Cl，而-OH被取代下来与-SOCl结合变为HSO2Cl。方程式为 +SOCl2+HSO2Cl；
（5）D分子中有5个不饱和度。芳香族同分异构体且能发生银镜反应，则含苯环、-CHO、-Cl、-S-，这些基团总共5个不饱和度，则其他均为饱和键。分子中核磁共振氢谱中有3个吸收峰，峰面积比为1∶2∶6，说明含2个等效-CH3且苯环上为多取代，而-S-原子与-Cl相连或者与-CHO相连。同分异构体结构、 ；
（6）根据上述流程，采用加成两反应物均断裂一个不饱和键相互连接成环而得到目标产物，有机合成逆推法沿虚线部位断键得到反应物为和，后续主要考虑的合成问题。根据流程知，由有机碱条件下合成的。则合成路线为。
11． C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1 K3= K1·K2 增大 bc 2H2O-4e-=O2+4H+ 阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生
【分析】(1) 平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物和质量恒定律分析解题；根据平衡常数的表达式推断；
(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行；
②根据平衡状态的特征逐一分析判断，特别注意混合气体的密度为ρ＝，混合气体的平均相对分子质量大小为；
③根据方程式计算平衡时各组分的分压，代入分压平衡常数表达式计算；
(3) CO2和H2用K2CO3溶液洗涤后，逸出H2，同时得到KHCO3溶液，再用惰性电极电解KHCO3溶液，阳极有H2生成，阴极有CO2和O2生成。
【详解】(1)某反应的平衡常数表达式K3= ，则生成物为CO和H2，反应物有H2O，结合原子守恒可知，另一种反应物是C，且为固态，则此反应的化学方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)；已知：①C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1平衡常数K1=，②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1平衡常数K2=，根据盖斯定律：①+②可得C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，则△H= (a+b) kJ·mol-1，故该反应的化学方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1；K3= =×=K1×K2；
(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行，所以该反应的平衡常数K随温度降低而增大；
②a．混合气体的密度为ρ＝，反应前后，质量守恒，气体质量m不变，容器容积V不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应是否达到化学平衡，故a错误；
b．反应前后气体分子数改变，压强变化，可以通过压强判断化学反应是否达到化学平衡，故b正确；
c．混合气体的平均相对分子质量大小为，反应前后m不变，n改变，可以通过混合气体的平均相对分子质量变化判断化学反应是否达到化学平衡，故c正确；
d．CO2和H2的物质的量之比取决于二者的出入量和化学反应计量，不能通过n(CO2)：n(H2)=1：2说明化学反应是否达到化学平衡，故d错误；
故答案为bc；
③将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应，不妨取1molCO2和4molH2；
200℃达到平衡时H2O的物质的量分数为0.6，即＝0.6，可得x=，所以平衡体系中，p(CO2)=0.6p，p(CH4)=0.3p，p(CO2)=0.02p，p(H2)=0.08p，则该反应平衡常数Kp的计算表达式为Kp==；
(3)①阳极发生氧化反应，电极反应式是2H2O-4e-=O2+4H+；
②将吸收池中的溶液电解，重新生成CO2，并产生O2，可以再生K2CO3，电解时H2O放电产生OH-，OH-与HCO3-反应生成CO32-，达到再生的目的，可以解释为：阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生。
【点睛】化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。
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：。
天津市和平区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2022·天津和平·统考二模）氮氧化物的有效去除和资源的充分利用是当今社会的重要研究课题。
(1)已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) ΔH1 = -907.0 kJ•mol-1
4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH2= -1269.0 kJ•mol-1
若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的逆反应活化能为 E逆 kJ•mol-1，则其正反应活化能为_______kJ•mol-1 (用含E逆的代数式表示)。
(2)已知：①2NO(g)+2ICl(g)2NOCl (g)+I2(g)
②2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)
③I2(g)+Cl2(g)2ICl(g)
若向VL恒容密闭容器中加 2mol NO和 2mol ICl发生上述反应，达到平衡时，容器中 NOCl (g)为amol，Cl2(g)为b mol，此时 I2(g)的浓度为_______mol•L-1(用含 a、b、V 的代数式表示，下同)，反应③的平衡常数为_______。
(3)某化工厂排出的尾气(含 CO、N2O)治理的方法为在密闭容器中发生如下反应：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，CO、N2O在Pt2O+表面进行反应转化为无毒气体，其相对能量与反应历程的关系如下图所示：
用方程式表示 N2O在Pt2O+ 表面上的反应_______。
(4)已知4CO(g) +2NO2(g)4CO2(g)+N2 (g) ΔH1 = -1200kJ•mol-1 ，该反应在_______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行，为探究温度及不同催化剂对该反应的影响，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得 N2产率与温度的关系如图所示。在催化剂乙作用下，图中 M 点对应的速率(对应温度400℃)v正_______(填“＞”、“＜” 或“=”) v逆，温度高于400℃，N2产率降低的原因可能是_______。
2．（2020·天津和平·统考二模）实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量K2FeO4的操作步骤如下：
Ⅰ．制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20 mL NaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入Cl2，搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止（装置如下图所示）。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20 g NaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
(1)甲装置中a管的作用是_____________________________________________。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_____________________________________。
(3)石灰乳的作用是___________________________________________________。
(4)反应过程中用冷水浴冷却的原因是___________________________________。
Ⅱ．合成K2FeO4：
①称取5.05 g Fe(NO3)3·9H2O（相对分子质量为404）固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色（即Na2FeO4）。
②离心分离除去Na2FeO4水解得到的Fe(OH)3胶体，留上层清液（深紫红色）。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5 min，过滤，得K2FeO4（相对分子质量为198）粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13 g。
(5)合成Na2FeO4的离子方程式为____________________________________。
(6)过程③加入饱和KOH溶液即可得到K2FeO4粗产品，原因是__________。
(7)用异丙醇洗涤的目的是__________________________________________。
(8)K2FeO4的产率为___________（保留至0.1%）。
3．（2021·天津和平·统考二模）二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，熔点为425℃、沸点为900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。学习小组在实验室制备VCl2并进行相关探究。回答下列问题：
(1)小组同学通过VCl3分解制备VCl2，并检验气体产物。
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为___(用小写字母填空)。
②A中盛放NaNO2溶液的仪器名称为___，其中发生反应的离子方程式为__；m管的作用为___。
③实验过程中需持续通入N2，其作用为___。
④实验后，选用D中所得溶液和其他合理试剂，设计实验方案证明C处有Cl2生成___。
(2)测定产品纯度：实验后产品中混有少量VCl3杂质。称量1.3775g样品，溶于水充分水解，调pH后滴加Na2CrO4作指示剂，用0.5000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定Cl-达到滴定终点时消耗标准液体积为46.00mL(Ag2CrO4为砖红色沉淀，杂质不参加反应)。
①滴定终点的现象为___。
②产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为___。
4．（2022·天津和平·统考二模）某小组同学利用一定浓度的HCl溶液和MnO2制备Cl2，并进行有关实验。
Ⅰ．为了防止制备的Cl2逸散，该小组同学设计装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。
试回答：
(1)发生装置选择_______(填“图甲”、“图乙”或“图丙”)。
(2)①若用所选的发生装置和装置Ⅰ制取氯气，b瓶加入的液体一般为_______。反应开始后，关闭活塞K时，发现c中液面上升不明显，可能的原因是_______，检查的简单方法是_______。
②装置Ⅰ能防止多余气体逸散的原因是_______。
③欲用装置Ⅱ(或装置Ⅲ)代替装置Ⅰ中的b～c部分(试剂相同)，装置Ⅱ_______(填“是”或“否”)可行，理由是_______。装置Ⅲ_______(填“是”或“否”)可行，理由是_______。
Ⅱ．在实验室里可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。
图中：①的试管里盛有15 mL 30% KOH溶液，置于水浴中；②的试管里盛有15 mL 8% NaOH溶液，置于冰水浴中；③的试管里加有紫色石蕊试液；④为尾气吸收装置。
(3)比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是①_______；②_______。
(4)反应完毕经冷却后，①的试管中有大量晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是_______(填写编号字母)；从①的试管中分离出该晶体的方法是_______(填写操作名称)。
(5)根据③的试管里试液的颜色变化可否证明氯气的强氧化性_______。为什么？_______。
5．（2020·天津和平·统考二模）K、Al、Cu、H、C、O、S、Cl是常见的八种元素。
(1)从明矾[KAl(SO4)2·12H2O]制备 Al、K2SO4和H2SO4的过程如下图所示：
焙烧明矾的化学方程式为_________________________________________________。
(2)K位于元素周期表第________周期第________族。
(3)S的基态原子核外有________个未成对电子；Cl的基态原子核外电子排布式为____________。
(4)用“＞”或“＜”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
O____S
Cl－____K＋
KCl____Al2O3
H2SO4____HClO4
(5)SO2的价层电子对个数是________，该分子为结构为________；SO3中硫原子采用杂化方式为___________。
(6)新制备的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是____________________。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有________个铜原子。
(7)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405 nm，列式表示Al单质的密度__________g·cm－3(列出计算式子，不必计算出结果)。
6．（2021·天津和平·统考二模）铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe3+的电子排布式为___。
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是__。FeSO4常作补铁剂，SO的立体构型是__。
(3)羰基铁[Fe(CO)5]可作催化剂、汽油抗暴剂等。1mol其分子中含__molσ键。
(4)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为__；Fe2+与O2-的最短核间距为__pm。
(5)某研究小组为了探究一种含铁无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如图实验：
另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。
①X的化学式是___，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为__。
②白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是__(用化学反应方程式表示)。
7．（2022·天津和平·统考二模）2022年春晚中舞蹈诗剧《只此青绿》感动国人。回答下列问题：
(1)石青，化学式为Cu3(CO3)2(OH)2，基态Cu2+核外电子的空间运动状态有_______种。
(2)亚铁氰化钾，化学式为K4[Fe(CN)6]。[Fe(CN)6]4-中配体CN-的配位原子是_______(填元素符号)，CN-中C原子的杂化方式_______，[Fe(CN)6]4-中σ键和π键的数目之比为_______。
(3)Cu2S晶胞中S2-的位置如图1所示，侧视图如图2所示，Cu+位于S2-所构成的四面体中心。
Cu+填充了晶胞中四面体空隙的百分率是_______，S2-配位数为_______。若晶胞参数a nm，晶体的密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值为_______(用含a和d的式子表示)。
(4)Cu2+可与H2O、Cl-、NH3等配体形成配位数为4的配离子，如[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-、[Cu(NH3)4]2+。某同学按如下步骤完成实验：
①[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，但溶液Ⅰ却呈黄绿色，其原因是_______，为了能观察到溶液Ⅰ中[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，可采取的方法是_______。
②CuCl2溶液中的铜主要以[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-形式存在。常温下，将CuCl2溶于浓盐酸中，测定平衡体系中：[Cu(H2O)4]2+浓度为a mol•L-1、Cl-浓度为b mol•L-1、[CuCl4]2-浓度为c mol•L-1，Cl-的转化率为_______(用a、b、c中的字母表示)。
③常温下，用惰性电极电解浓度较大的CuCl2溶液，当电解到阴极附近出现蓝色Cu(OH)2絮状物，经测定阴极附近溶液的pH=m，此时阴极附近c(Cu2+)=_______mol•L-1 (已知：Cu(OH)2的Ksp=2.2×10-20)
④向溶液Ⅱ中通入NH3至过量观察到的现象是_______。
8．（2020·天津和平·统考二模）麻黄素（H）是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。NBS是一种选择性溴代试剂。
已知：CH3—C≡CH+H2O CH3COCH3
(1)A的结构简式是_______；E中官能团的名称为___________________。
(2)反应B→C的反应条件和试剂是_______________，⑤的反应类型是________。
(3)F的结构简式是______________。麻黄素（H） 的分子式是________。
(4)写出C→D的化学方程式______________________________________。
(5)化合物F的芳香族同分异构体有多种，结构和性质如下：遇FeCl3溶液发生显色反应，能和银氨溶液发生银镜反应，苯环上只有两个对位取代基，则符合上述要求的同分异构体结构简式可能为________________________________________。
(6)请仿照题中合成流程图，设计以乙醇为起始主原料合成强吸水性树脂的合成路线______________(用流程图表示，其它试剂及溶剂任选)。
9．（2021·天津和平·统考二模）制备螺虫乙酯的中间体H的一种合成路线如图：
已知：①
②RXRCNRCOOH
③RCOOHRCOClRCONHR′
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___。
(2)由B生成C的反应类型为___。
(3)D的结构简式是___。
(4)E与F生成G的化学方程式为___。
(5)Ｈ中含氧官能团的名称是酰胺基、___、___。
(6)芳香化合物X是B的同分异构体，写出满足下列条件的X的所有结构___。
①核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：6
②在NaOH溶液中水解后的产物能被催化氧化为醛
(7)设计以苯()及甲醛为起始原料制备苯乙酰氯( )的合成路线___(无机试剂任选)。
10．（2022·天津和平·统考二模）β-内酰胺类药物是一类用途广泛的抗生素药物，其中一种药物F的合成路线如下(一些反应条件未标出)：
已知：—COOH—COCl
(1)B中所含官能团的名称为_______。
(2)X的分子式为C7H8S，写出X的结构简式_______。
(3)写出A→B、E→F的反应类型分别为_______、_______。
(4)写出C→D的化学方程式_______。
(5)D的一种芳香族同分异构体满足下列条件，则该同分异构体的结构简式为_______。
①能发生银镜反应；
②核磁共振氢谱中有3个吸收峰，峰面积比为1∶2∶6。
(6)写出以和合成 的反应路线_______。(无机试剂和2碳及2碳以下有机物任用，合成路线流程图示例见本题题干)
11．（2020·天津和平·统考二模）节能和减排建设友好型社会的必然选择。回答下列问题：
(1)已知在一定温度下，①C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1 平衡常数K1；
②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1 平衡常数K2。
某反应的平衡常数表达式K3= ，请写出此反应的热化学方程式______________，K1、K2、K3之间的关系是_____________。
(2)将原料气按n(CO2)∶n(H2)=1∶4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如下图所示：
①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。
②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是________。
a．混合气体密度不再改变 b．混合气体压强不再改变
c．混合气体平均摩尔质量不再改变 d．n(CO2)∶n(H2)=1:2
③200℃达到平衡时体系的总压强为P，该反应平衡常数Kp的计算表达式为______（不必化简，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
(3)500℃时，CO与水反应生成CO2和H2，将其分离得到H2的过程示意图如下：
①阳极反应式是_______________________________________________。
②结合电极反应式，简述K2CO3溶液的再生原理___________________。
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)。
参考答案：
1．(1)E逆-1812
(2) (a+2b)/2V [2(2-2b-a)2]/[(a+2b)b]
(3)N2O+Pt2O+=N2+Pt2O
(4) 低温 ＞ 温度升高催化剂活性降低
【分析】（1）根据盖斯定律分析反应热，并根据反应热=正反应的活化能-逆反应的活化能计算分析。
（2）根据平衡进行计算各物质的物质的量，并根据平衡常数公式计算平衡常数；
（3）理解图中物质书写方程式。
（4）根据催化剂能加快反应速率，但不影响平衡进行分析，M点氮气的转化率较低，说明在相同时间内反应速率较慢，反应还没有到平衡，正在向平衡进行，从而正反应速率大于逆反应速率，而温度对催化剂的活性的影响可能影响反应产率。
（1）
①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) ΔH1 = -907.0 kJ•mol-1
②4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH2= -1269.0 kJ•mol-1
则（5×②-3×①）/2可得热化学方程式4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g) ΔH= ，该反应的逆反应活化能为 E逆 kJ•mol-1，即E正-E逆=-1812，则正反应的活化能为E正= （E逆-1812）kJ•mol-1；
（2）
①2NO(g)+2ICl(g)2NOCl (g)+I2(g) ②2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)
③I2(g)+Cl2(g)2ICl(g)， 向VL恒容密闭容器中加 2mol NO和 2mol ICl发生上述反应，达到平衡时，假设反应中一氧化氮的消耗量为xmol，反应中NOCl的消耗量为ymol，反应中碘的消耗量为zmol，则有容器中 NOCl (g)为x-y=amol，Cl2(g)为0.5y-z=b mol，此时 I2(g)的物质的量为(0.5x-z)mol,则因有 则碘的物质的量为(0.5a+b)mol，物质的量浓度为(a+2b)/2Vmol/L；氯气的浓度为b/Vmol/L，氯化碘的浓度为(2-a-2b)/V mol/L，则反应③的平衡常数为=[2(2-2b-a)2]/[(a+2b)b]。
（3）
N2O在Pt2O+表面上的反应为N2O+Pt2O+=N2+Pt2O；
（4）
已知4CO(g) +2NO2(g)4CO2(g)+N2 (g) ΔH1 = -1200kJ•mol-1，该反应为放热的，熵减的反应，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0能自发进行分析，在低温下能自发进行。在催化剂乙作用下，图中 M 点氮气的产率较低，说明反应速率较慢，还没有到平衡，即对应的速率(对应温度400℃)v正＞ v逆，温度高于400℃，根据另一种催化剂催化下氮气的产率随温度的变化曲线可知，该反应仍未达到平衡状态，故N2产率降低的原因一定是因为反应速率减小，故可能是温度升高导致催化剂活性降低。
2． 平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下 2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 除去未反应的氯气，防止氯气污染空气 有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠 2Fe 3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O K2FeO4的溶解度小于 Na2FeO4，加入饱和 KOH 溶液可以增大 K+的浓度，使 Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH 平衡向右移动，析出晶体 用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的溶解损耗 86.1%
【分析】Ⅰ．在冷的NaOH溶液中通入利用甲装置制得的氯气并搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止，然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体，即可得NaClO强碱性饱和溶液；
Ⅱ．在NaClO强碱性饱和溶液中分次加入Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，并用冷水浴降温和不断搅拌，即可得深紫红色Na2FeO4溶液，用离心分离除去少量Fe(OH)3胶体，然后在上层中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤并用异丙醇洗涤，低温烘干，得高铁酸钾。
【详解】(1) 甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；
(2) 甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
(3) 氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；
(4) 温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl2 5NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；
(5) 氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根(FeO42-)同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(6) 该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；
(7) 高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；
(8) 5.05g Fe(NO3)3•9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3•9H2O)=0.0125mol，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125mol，则m(K2FeO4)=0.0125mol×198g/mol=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。
【点睛】考查物质的分离提纯的实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度较大，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作，难点是涉及氧化还原反应的化学方程式或离子方程式的书写与配平。
3． agh（hg）de（或ed）cbf 蒸馏烧瓶 NO+NHN2↑+2H2O 平衡气压，使溶液顺利滴下 将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化 取D中溶液少量，调节pH后滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液褪色 有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化 1∶10
【分析】装置A用于制备氮气，反应为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，二氯化钒（VCl2）有强还原性和吸湿性，用E装置的碱石灰干燥氮气，C装置中进行VCl3分解制备VCl2，反应为2VCl3 2VCl2+Cl2↑，B装置用于隔离、防止D装置中的水蒸气进入C装置而干扰实验，生成的氯气有毒，常用NaOH溶液吸收处理；滴定终点的确定：样品溶于水，充分水解生成Cl-，加入Na2CrO4作指示剂，开始有白色AgCl沉淀生成，当加入的AgNO3标准溶液过量时，生成砖红色Ag2CrO4沉淀，则反应达到滴定终点；设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，根据Cl、Ag原子守恒有：VCl3～3AgCl～3AgNO3、VCl2～2AgCl～2AgNO3，则157.5x+122y=1.3775，3x+2y=0.5000×0.046=0.023，解得x、y。
【详解】(1)①装置A用于制备氮气，用E装置的碱石灰干燥氮气，C装置中进行VCl3分解制备VCl2，B装置用于隔离、防止D装置中的水蒸气进入C装置而干扰实验，但E、B装置不能互换，因为Cl2能与碱石灰反应，可能使碱石灰的作用减弱，VCl3分解生成的氯气有毒，常用NaOH溶液吸收处理，所以按气流方向，图1装置合理的连接顺序为agh（hg）de（或ed）cbf，故答案为：agh（hg）de（或ed）cbf；
②A中盛放NaNO2溶液的仪器名称为蒸馏烧瓶，装置A用于制备氮气，反应为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，其中发生反应的离子方程式为NO+NHN2↑+2H2O；m管的作用为平衡气压，使溶液顺利滴下。故答案为：蒸馏烧瓶；NO+NHN2↑+2H2O；平衡气压，使溶液顺利滴下；
③由题意可知，二氯化钒（VCl2）有强还原性，VCl3分解生成的Cl2具有强氧化性，二者可反应，所以实验过程中需持续通入N2作用为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化；故答案为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化；
④氯气能与NaOH溶液反应生成NaClO，只要证明D的溶液中含有NaClO，即可证明C处有Cl2生成，设计方案为：取D中溶液少量，调节pH后滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液褪色，故答案为：取D中溶液少量，调节pH后滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液褪色；
(2)①滴定终点时，氯离子完全反应，滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟沉淀不溶解，故答案为：有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化；
②设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，根据Cl、Ag原子守恒有：VCl3～3AgCl～3AgNO3、VCl2～2AgCl～2AgNO3，则157.5x+122y=1.3775，3x+2y=0.5000×0.046=0.023，解得x=0.001mol、y=0.01mol，所以产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为x：y=1：10，产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为1∶10。故答案为：1∶10。
4．(1)图丙
(2) 饱和食盐水 装需漏气 用湿润的碘化钾淀粉试纸靠近各接口处检验，漏气处试纸变蓝 (涂肥皂水等合理方法均可) 关闭活塞后，若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置，不会有气体逸出 是 装置Ⅱ的原理与装置Ⅰ相同 否 c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时易发生危险
(3) 制取温度不同 制取时碱的浓度也不同
(4) M 过滤
(5) 不可 石蕊溶液褪色的是因为HClO的强氧化性而不是Cl2
【分析】利用一定浓度的HCl溶液和MnO2制备Cl2，需要加热，生成的氯气中含有挥发出的氯化氢气体，需要利用饱和食盐水除去氯化氢，依据Cl2的性质和装置特点分析解答。
（1）
反应需要加热，图丙装置中恒压分液漏斗能使液体顺利滴下，因此发生装置选择图丙。
（2）
①若用所选的发生装置和装置Ⅰ制取氯气，为了除去氯气中的氯化氢气体，b瓶加入的液体一般为饱和食盐水。反应开始后，关闭活塞K时，发现c中液面上升不明显，可能的原因是装需漏气，氯气具有强氧化性，则检查氯气是否泄漏的简单方法是用湿润的碘化钾淀粉试纸靠近各接口处检验，漏气处试纸变蓝。
②由于关闭活塞后，若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置，不会有气体逸出，所以装置Ⅰ能防止多余气体逸散。
③由于装置Ⅱ的原理与装置Ⅰ相同，所以装置Ⅱ可行。由于c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时易发生危险，所以装置Ⅲ不可行。
（3）
根据反应装置可判断反应的温度和碱液的浓度不同，所以二者的差异是制取温度不同以及制取时碱的浓度也不同；
（4）
反应完毕经冷却后，①的试管中有大量晶体析出，这说明溶解度随温度降低而减小，则图中符合该晶体溶解度曲线的是M；从①的试管中分离出该晶体的方法是过滤。
（5）
由于石蕊溶液褪色的是因为HClO的强氧化性而不是Cl2的，所以根据③的试管里试液的颜色变化不能证明氯气的强氧化性。
5． 4KAl(SO4)2·12H2O＋3S=2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O 四 ⅠA 2 1s22s22p63s23p5 ＞ ＞ ＜ ＜ 3 V形 sp2 CH3COOH存在分子间氢键 16
【分析】明矾和硫混合焙烧生成SO2和固体混合物，用水溶解固体并过滤得到滤渣Al2O3、滤液K2SO4，利用电解Al2O3可制得Al，SO2催化氧化生成SO3，再溶于水可制得硫酸。利用均摊法先确定晶胞的组成，得到晶胞的质量，再结合计算。
【详解】(1)明矾和硫混合焙烧生成SO2、K2SO4和Al2O3，则结合守恒法，发生反应的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O＋3S=2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O；
(2)K的核电荷数为19，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，则K位于元素周期表第四周期第ⅠA族；
(3)S的核电荷数为16，价电子轨道表达式为，则基态S原子核外有2个未成对电子；Cl的核电荷数为17，基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；
(4)同主族元素，随着原子序数的增加，原子核对核外电子的吸引力减弱，第一电离能减小，则第一电离能：O＞S；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Cl－＞K+；钾离子半径大于铝离子半径，铝离子半径大于氧离子半径，所以Al2O3的熔点高于KCl的熔点，故熔点：KCl＜Al2O3；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性Cl＞S，则酸性：H2SO4＜HClO4；
(5)SO2的价层电子对个数是2+=3，S原子为sp2杂化，孤对电子数是1，该分子为结构为V形；SO3中硫原子价层电子对个数是3+=3，无孤对电子，采用杂化方式sp2；
(6)乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；该晶胞中O原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；
(7)Al单质为面心立方晶体，以顶点Al原子研究，其配原子处于面心位置，顶点为8个晶胞共用，面心为2个晶胞共用，则晶胞中Al原子数目=8×+6×=4，Al原子总质量=4×g，Al单质的密度=(4×g)÷(0.405×10-7 cm)3=g•cm-3。
【点睛】考查晶胞结构与计算，熟记金属晶体常见几种堆积方式，明确原子在晶体中位置关系及晶胞中位置，掌握均摊法进行晶胞有关计算，注意：中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形，有孤对电子，分子构型为V形。
6． 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 分子晶体 正四面体形 10 12 ×1010 CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑ 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3
【分析】关于晶胞的计算：以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中Fe2+与O2-的数目，结合n=和m=nM计算晶胞质量，根据“晶胞质量=晶胞体积×晶体密度“计算晶胞棱长；X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl(aq)反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe(OH)2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，X应为CaFe(CO3)2，结合题中信息：CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑，每216gCaFe(CO3)2分解得到126gCaO和FeO的固体，10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，符合X为CaFe(CO3)2，那么，溶液1是Ca(OH)2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca(HCO3)2。
【详解】(1)铁是26号元素，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，相对于共价晶体、离子晶体，熔点沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。SO的中心原子硫的价层电子对=4+ =4，无孤电子对，sp3杂化，SO的立体构型是正四面体形。故答案为：分子晶体；正四面体形；
(3)羰基铁[Fe(CO)5]中心原子铁与CO分子间形成配位键，CO分子内形成共价键。1mol其分子中含5mol+5mol=10molσ键。故答案为：10；
(4)以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为×3×8=12；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，晶胞中Fe2+数目=6×+8×=4，O2-的数目=1+12×=4，相当有4个“FeO”，晶胞质量m=g，设晶胞棱长为x，则g=x3×ρg•cm-3，解得x= cm=×1010pm，故Fe2+与O2-的最短间距为x=×1010pm=×1010pm，Fe2+与O2-的最短核间距为×1010pm。故答案为：12；×1010；
(5)①由分析，X的化学式是CaFe(CO3)2，在惰性气流中加热X至完全分解，生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，化学方程式为CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑。故答案为：CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑；
②氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3(用化学反应方程式表示)。故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
7．(1)14
(2) C sp 1：1
(3) 100% 8 [6.4/a3d]×1023
(4) 因为存在[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl-(aq)[CuCl4]2- (aq)+4H2O(l)的反应，溶液的黄绿色是[Cu(H2O)4]2+与[CuCl4]2-混合颜色所致 向该溶液中继续加水 [4c/(b+4c)]×100% c(Cu2+)=2.2×108-2m 蓝色溶液中逐渐产生蓝色沉淀，随后沉淀逐渐溶解，最终变成深蓝色溶液
【解析】(1)
Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Cu失去2个电子得到Cu2+，则Cu2+电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，核外电子的空间运动状态数等于轨道数，即：1+1+3+1+3+5=14，所以Cu2+的运动状态为14种；
(2)
CN-中的C和N均有孤电子对，但N的电负性强配位能力弱。所以配位原子为C；CN-中C的价层电子对，所以杂化方式为sp杂化。CN-为三键连接，有2个π键一个σ键。[Fe(CN)6]4-中含有特殊的共价键配位键6个，所以 σ键共有而π键，比值为1:1；
(3)
晶胞中S2-为4个，而S2-与Cu+个数比为1:2，则Cu+有8个。由于组成原子：四面体空隙：八面体空隙为1:2:1，则四面体空隙为8个，所以空隙占有率为。Cu+位于S2-构成的四面体体心，则Cu+配位数为4，则S2-为8；由于带入数据计算得，则；
(4)
由转化图可以看出，加入盐酸溶液由黄绿色变为绿色，即Cl-与Cu2+进行配位形成[CuCl4]2-为绿色，则黄绿色应该是混有[CuCl4]2-。要观察到蓝色，即要使[CuCl4]2-转化为[Cu(H2O)4]2-，加水降低Cl-浓度减低配位能力。，变化量为，起始量为。则转化率为。由于pH=m，则。则。NH3通入呈碱性，产生Cu(OH)2蓝色沉淀，继续通入过量NH3配位得到深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，现象为先有蓝色沉淀，继续通入沉淀溶解并变为深蓝色溶液。
8． CH3 羟基、碳碳三键 氢氧化钠水溶液、加热 加成反应 C10H15NO
【分析】由E的结构可知A中含有苯环，且与NBS发生取代反应生成B，B的分子式为C7H7Br，B发生水解反应生成C，C可以发生氧化反应生成D，则A为， B为，C为，D为；E发生加成反应后脱水得到F，结合可知F为，与氢气发生加成反应得到麻黄素；
(6)乙醇氧化生成乙醛，乙醛与NaC≡CH反应后酸化得到，再与氢气发生加成反应得到，最后发生加聚反应生成。
【详解】(1) 根据上面的分析可知，A为，E的结构简式为，所含官能团为羟基、碳碳三键；
(2) 反应B→C是卤代烃的碱性水解，所以反应条件和试剂是氢氧化钠水溶液、加热；⑤的反应类型是加成反应；
(3) 据上面的分析可知，F的结构简式是；麻黄素(H)的结构简式为则分子式是C10H15NO；
(4) C→D为醇羟基的催化氧化，发生反应的化学方程式为；
(5) 化合物F的同分异构体遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能和银氨溶液发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上只有两个对位取代基，则满足条件的结构简式可能为；
(6) 乙醇氧化生成乙醛，乙醛与NaC≡CH反应后酸化得到，再与氢气发生加成反应得到，最后发生加聚反应生成。合成路线流程图为。
【点睛】考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构与给予的信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力、获取信息与迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，(5)根据性质确定含有的官能团并书写同分异构体的结构简式为难点。
9． 对二甲苯或1，4—二甲苯 取代反应 ++HCl 酯基 醚键
【分析】由流程图可知G和甲醇在浓硫酸作催化剂的条件下生成H，根据酯化反应的特点，可知G为 ，D到G的反应发生信息③中的反应，可知E为，则E与F生成G的反应发生的是信息③中的反应，则F为： ，由E可知D为 ，B到D发生信息②中的反应，结合B和D的结构简式可知，C为，A到B发生信息①中的反应，结合B的结构简式可知A为，据此分析解答。
【详解】(1) 根据以上分析可知A的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4−二甲苯。
(2) B生成C，由②知，−Br被−CN所取代，故而发生的是取代反应。
(3) 由以上分析可知D的结构简式为 。
(4) 由以上分析可知E的结构简式为，G的结构简式为 ，由以上分析可知E与F生成G的反应发生的是信息③中的反应，则化学方程式为： + +HCl。
(5) 由H结构简式可知H含有的官能团为酰胺基、醚键、酯基。
(6)关于B的同分异构体X：①核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为1:2:2:6；②在NaOH溶液中水解后的产物能被催化氧化为醛，说明分子结构对称，且有2个甲基处于对称位置，在NaOH溶液中水解后的产物能被催化氧化为醛，说明存在−CH2Br的结构，则满足条件的X的结构可以为： 。
(7)以逆合成分析法可知，要得到 ，需得到， 可由 水解获得， 可由 与NaCN发生取代反应获得， 可由苯及甲醛发生信息反应获得，故合成线路为：
10．(1)羧基、碳氯键
(2)
(3) 取代反应 加成反应
(4)+SOCl2→+HSO2Cl
(5)、
(6)
【分析】A到B，-CH3变为了-CH2Cl发生了取代反应。B到C，B中的-Cl变为了，也是发生了取代反应。由已知条件，-COOH加入SOCl2条件下，-OH被-Cl取代。E到F在反应中C=C和C=N形成了四元环且这两个双键均不再，则该反应为双键的加成反应。
（1）-COOH为羧基，-Cl为氯原子。该分子中的官能团为羧基和氯原子；
（2）B加入X，B发生了取代反应其-Cl变为了 ，则X为 ；
（3）取代反应是有机物中某原子或原子团被另一原子或原子团取代的反应。而加成反应是反应中不饱和键断裂，不饱和原子直接与其他原子或原子团结合生成新的化合物。所以A到B为取代反应。E到F为加成反应；
（4）已知-COOH-COCl即SOCl2提供一个-Cl，而-OH被取代下来与-SOCl结合变为HSO2Cl。方程式为 +SOCl2+HSO2Cl；
（5）D分子中有5个不饱和度。芳香族同分异构体且能发生银镜反应，则含苯环、-CHO、-Cl、-S-，这些基团总共5个不饱和度，则其他均为饱和键。分子中核磁共振氢谱中有3个吸收峰，峰面积比为1∶2∶6，说明含2个等效-CH3且苯环上为多取代，而-S-原子与-Cl相连或者与-CHO相连。同分异构体结构、 ；
（6）根据上述流程，采用加成两反应物均断裂一个不饱和键相互连接成环而得到目标产物，有机合成逆推法沿虚线部位断键得到反应物为和，后续主要考虑的合成问题。根据流程知，由有机碱条件下合成的。则合成路线为。
11． C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1 K3= K1·K2 增大 bc 2H2O-4e-=O2+4H+ 阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生
【分析】(1) 平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物和质量恒定律分析解题；根据平衡常数的表达式推断；
(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行；
②根据平衡状态的特征逐一分析判断，特别注意混合气体的密度为ρ＝，混合气体的平均相对分子质量大小为；
③根据方程式计算平衡时各组分的分压，代入分压平衡常数表达式计算；
(3) CO2和H2用K2CO3溶液洗涤后，逸出H2，同时得到KHCO3溶液，再用惰性电极电解KHCO3溶液，阳极有H2生成，阴极有CO2和O2生成。
【详解】(1)某反应的平衡常数表达式K3= ，则生成物为CO和H2，反应物有H2O，结合原子守恒可知，另一种反应物是C，且为固态，则此反应的化学方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)；已知：①C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH1=a kJ·mol-1平衡常数K1=，②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) ΔH2=b kJ·mol-1平衡常数K2=，根据盖斯定律：①+②可得C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，则△H= (a+b) kJ·mol-1，故该反应的化学方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH= (a+b) kJ·mol-1；K3= =×=K1×K2；
(2)①根据平衡线分析，温度降低，H2O的物质的量分数增大，则温度降低有利于反应正向进行，所以该反应的平衡常数K随温度降低而增大；
②a．混合气体的密度为ρ＝，反应前后，质量守恒，气体质量m不变，容器容积V不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应是否达到化学平衡，故a错误；
b．反应前后气体分子数改变，压强变化，可以通过压强判断化学反应是否达到化学平衡，故b正确；
c．混合气体的平均相对分子质量大小为，反应前后m不变，n改变，可以通过混合气体的平均相对分子质量变化判断化学反应是否达到化学平衡，故c正确；
d．CO2和H2的物质的量之比取决于二者的出入量和化学反应计量，不能通过n(CO2)：n(H2)=1：2说明化学反应是否达到化学平衡，故d错误；
故答案为bc；
③将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于密闭容器中发生CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应，不妨取1molCO2和4molH2；
200℃达到平衡时H2O的物质的量分数为0.6，即＝0.6，可得x=，所以平衡体系中，p(CO2)=0.6p，p(CH4)=0.3p，p(CO2)=0.02p，p(H2)=0.08p，则该反应平衡常数Kp的计算表达式为Kp==；
(3)①阳极发生氧化反应，电极反应式是2H2O-4e-=O2+4H+；
②将吸收池中的溶液电解，重新生成CO2，并产生O2，可以再生K2CO3，电解时H2O放电产生OH-，OH-与HCO3-反应生成CO32-，达到再生的目的，可以解释为：阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使K2CO3溶液得以再生。
【点睛】化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。
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：。
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