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吉林省大安一中2020届高三上学期第四次月考化学（解析版） 试卷
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吉林省大安一中2020届高三上学期第四次月考
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Ba 137
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.生活离不开化学。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是（ ）
A. 衣紫腰银 B. 点石成金 C. 铜鸵荆棘 D. 铁柞成针
【答案】A
【分析】某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去，该金属是银，表面会逐渐变黑是生成了Ag2S。银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银。据此分析解答。
【详解】A. 衣紫腰银涉及金属银，故A正确；
B. 点石成金涉及金属金，故B错误；
C. 铜鸵荆棘涉及金属铜，故C错误；
D. 铁柞成针涉及金属铁，故D错误；
答案选A。
2.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 加催化剂有利于氨的催化氧化反应
B. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 500℃左右比室温更有利于合成氨的反应
D. 压缩H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡体系，体系颜色加深
【答案】B
【详解】A、使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可用勒夏特列原理解释，故B选；
C．合成氨的反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右比室温合成氨的反应速率更快，不能用平衡移动原理解释，故C不选；
D、H2(g)+I2(g)2HI(g)是一个反应前后气体物质的量不变的反应，压缩容器体积后，各组分的浓度都变大，颜色加深，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；
答案选B。
3.五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，以下说法正确的是( )
A. 酸性：H2YO3
C. X与Y形成的化合物只含有共价键
D. 由Z、W、Q三种元素形成的盐只有两种
【答案】C
【分析】W元素在短周期元素中原子半径最大，有原子半径递变规律可知是Na元素，X、W同族，且X的原子序数最小，是H元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y是C元素, 由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是H2O2或者CS2,故Q是S元素，Z、Q同族，Z是O元素。
【详解】A. 酸性：H2YO3
C. X与Y形成化合物是各类烃，只含有共价键，故C正确；
D. 由Z、W、Q三种元素形成的盐有Na2SO3，Na2SO4，Na2S2O3等，故D错误；
故选：C。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 已知冰的熔化热为6.0 kJ • mol-1，冰中氢键键能为20 kJ • mol-1，假设1 mol 冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15 %的氢键
B. 已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a, 电离常数。若加水稀释，则CH3COOHCH3C00-+H+向右移动，a增大， Ka不变
C. 甲烷的标准燃烧热为-890.3 kJ• mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O（l） △H=-890.3 kJ • mol-1
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol
【答案】D
【解析】试题分析： A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ•mol-1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=15%．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOH⇌CH3COO-+H+醋酸电离出的CH3COO-和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c(1-α)，故题中Ka=。若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa ═ CH3COO- + Na+增大了CH3COO-的浓度，CH3COOH⇌CH3COO-+H+向左移动，α减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，Ka不变，故B正确；C、甲烷燃烧的热化学方程式中的产物都是稳定状态，符合燃烧热的概念，故C正确；D、反应是可逆反应，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，不能进行完全，反应的焓变是对应化学方程式物质全部反应时放出的热量，故D错误；故选D。
考点：考查了电离平衡；热化学方程式；焓变和熵变的相关知识。
5.常温下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（ ）
A. ①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-]
B. ①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③二分之一
C. ①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则(Na+)>(CH3COO-)>(H+)
D. ①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小
【答案】B
【详解】A.CH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以[CH3COOH]>[H+]>[CH3COO-]>[OH-]，故A错误；
B. ①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO-不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO- +H2OCH3COOH+OH-，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2，故B正确；
C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO- 的水解程度，因此(CH3COO-)>(Na+)>(H+)，故C错误；
D.①②等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO- 的水解促进水的电离，①③等体积混合，CH3COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总体上看①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混和后水的电离程度大，故D错误；
答案选B。
6.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ代表溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 澄清透明的溶液中：Al3+、Cu2+、SO42-、Cl-
B. 中性溶液中：Al3+、NH4+、Cl-、S2-
C. c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、NO3-
D. 在由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：NH4+、AlO2-、SO42-、NO3-
【答案】A
【详解】A. 该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B.Al3+与S2-不能大量存在，会发生双水解生成沉淀和气体，故B错误；
C. c(OH-)<的溶液是酸性溶液，ClO-不能与氢离子共存，故C错误；
D. 由水电离产生的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2-，碱溶液中不能大量存在NH4+，故D错误；
故选：A。
8.已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如下所示转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。
下列说法不正确是（ ）
A. 若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2:3
B. 若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第IVA族
C. 若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应
D. 若A是金属或非金属单质，则常温下0. 1 mol/L的D溶液中由水电离出的c(H+)可能为10-13mol/L
【答案】B
【分析】中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。
【详解】A．若A为非金属单质氮气，则它与Mg反应的产物为Mg3N2，阴阳离子个数比为2：3，A项正确；
B．若A的组成元素为第二周期IVA族元素，则A为碳元素，B为CO，C为CO2，D为H2CO3，碳酸为弱酸，与题给的D为强电解质这一信息不符合，B项错误；
C．若A为共价化合物硫化氢，可与浓硫酸反应氧化还原反应，C项正确；
D．若A为金属单质，则D溶液为强碱溶液，可判断A为钠。常温下0. 1 mol/L的NaOH溶液中由水电离出的c(H+)为10-13mol/L，如果是氮气，则D是硝酸，常温下0.1mol/L硝酸溶液中由水电离出的氢离子浓度是10-13mol/L，D项正确；
所以答案选择B项。
【点睛】单从题给的反应过程来看，明确物质A经过了连续氧化，所以所涉及的短周期元素肯定有变价，如从CH4→CO→CO2,C→CO→CO2； NH3→NO→NO2，N2→NO→NO2； S→SO2→SO3，H2S→S→SO2等。
9.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+Zn+(1+) H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O，其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。
下列说法中，不正确的是( )
A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料
B. 合成有机高聚物的单体是：
C. 充电时，Zn2+移向Zn膜
D. 放电时，电池的正极反应为：MnO2 + e− + H+ = MnOOH
【答案】D
【详解】A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料，由信息可知是正确的，故正确；
B. 合成有机高聚物单体是：由图2可以判断出单体是，故正确；
C. 充电时，Zn2+移向阴极，放电时锌电极是负极，充电时是阴极，故正确；
D. 放电时，电池的正极反应为：MnO2 + e− +H2O = MnOOH+OH-，故错误；
故选：D。
10.ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该装置可以在高温下工作
B. X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜
C. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋
D. 该装置工作时，电能转化为化学能
【答案】C
【详解】A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；
B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B错误；
C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；
D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误；
故合理选项是C。
11.一定条件下存在反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，△H＜0。现有三个体积相同的密闭容器I、II、III，按下图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是 （ ）
A. 容器I、III中平衡常数相同
B. 容器II、III中正反应速率相同
C. 的体积分数：
D. 容器I和容器II中的体积分数相同
【答案】C
【详解】A. 容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A错误；
B. 容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；
C. 容器Ⅱ是恒温恒容,Ⅲ是恒温恒压,随着反应的进行,容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ,平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ>Ⅲ，故C正确；
D. 若容器Ⅱ恒温恒容,容器Ⅰ也是恒温恒容时,达到相同平衡状态，的体积分数相同，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的体积分数增大，因此容器Ⅰ中的体积分数大于容器Ⅱ中的体积分数，故D错误；
故选：C。
【点睛】相同温度相同压强下，反应前后气体体积不相等的可逆反应，如果加入的已知量相等，建立的是等效平衡，不但等效而且完全等同。
12.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L）。下列分析不正确的是（ ）
A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0
B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3
C. 图中a点对应的平衡常数K ＝
D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b
【答案】B
【分析】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；
C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。
【详解】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1
C2H4(g) + H2O(g) C2H5OH(g)
始(mol/L) 1 1 0
转(mol/L) 0.2 0.2 0.2
平(mol/L) 0.8 0.8 0.2
平衡常数K= K===，C项正确；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：a＞b，D项正确；
答案选B。
13.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是（ ）
A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
C. c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触
D. Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀
【答案】A
【分析】SO2与 BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO32-或SO42-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，则生成的沉淀可能为BaSO3；如是氧化性气体,溶液中可生成 SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。
【详解】A、如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A 正确；
B、玻璃管的作用是连通大气,平衡压强,以便左右两边产生的气体顺利导入，故 B错误；
C、如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误；
D. SO2与 BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】SO2 与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。
14.已知：4NH3(g) + 5O2(g) =4NO(g) + 6H2O(g)，△H= —1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。
B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。
C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。
D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；
故选C。
15.x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，由这四种元素组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径： x
C. a、b、c中均含有极性共价健： a属于电解质，b和c都属于 非电解质
D. x、y、z 三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离
【答案】C
【解析】x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，由这四种元素组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的二氧化硫气体，另一种产物c是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，另一种为水，故a为亚硫酸氢铵或亚硫酸铵，x、y、z、w分别为H、N、O、S。A. 具有相同电子式结构的离子核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径： x< z < y
相关数据如下表，反应过程中C的浓度随时间变化关系如下图。下列说法正确的是（ ）
容器
甲
乙
丙
容积
0.5L
0.5L
1.0L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5 mol A
0.5 mol B
1.5 mol A
0. 5 mol B
6 mol A
2 mol B
A. T1>T2，x=1
B. T2℃时，该反应的平衡常数为0. 8
C. A的平衡转化率a(甲)：a(乙)=2：3
D. 15～20min内C的平均反应速率v(乙)< v(丙)
【答案】B
【解析】A、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，故A错误；B、由图可知平衡时，乙容器中C的浓度为1mol/L，
故B正确；C、A的转化率：甲中1.5mol/L×0.5L/ （2×1.5）=0.25，乙中1.0mol/L×0.5L/ （2×1.5）=0.167，A的平衡转化率a(甲)：a(乙)=0.25：（0.5/3）=3:2,故C错误；D、15～20min内C的平均反应速率丙的浓度大，v(丙)> v(乙)，故D错误；故选B。
点睛：本题考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡图象与有关计算，难度较大，B选项为易错点、难点。
二．填空题
17.化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行牙膏样品中碳酸钙的定量测定实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
（1）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：____________________________________________________
（2）C中反应生成BaCO3的化学方程式是_______________________________________。
（3）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_________（填标号）。
a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体
b.滴加盐酸不宜过快
c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
（4）实验中准确称取8.00 g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94 g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。
（5）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是______________________________________________________________
（6）上述实验中用到的氢氧化钠以食盐为原料进行生产的。食盐在生产生活中应用广泛，下图是以食盐为原料并综合利用的某些过程如下图所示。
I．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42-离子，加入下列沉淀剂的顺序是（填字母） __________。
a．Na2CO3 b．NaOH c．BaCl2
II.电解饱和食盐水可得到H2和另外两种产物，这两种物质相互反应的离子方程式为 ______________________________，欲从饱和食盐水中获得食盐晶体，可采用的实验方法是___________________________________________________________________________。
III.气体X可增大饱和食盐水吸收CO2的量，有利于NaHCO3晶体的生成和析出，X的化学式是___________。
IV.下列有关NaHCO3和纯碱的说法正确的是__________(填字母)
A．NaHCO3属于盐类，纯碱属于碱
B．分别往同浓度的NaHCO3溶液和纯碱溶液中滴加稀盐酸，产生气泡的速率相同
C．常温下在水中的溶解度，NaHCO3大于纯碱
D．除去NaHCO3溶液中的纯碱，应往溶液中通入足量的CO2
【答案】(1). 把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收 (2). CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O (3). cd (4). 25% (5). B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中 (6). cab或者cba或者bca (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (8). 蒸发结晶 (9). NH3 (10). D
【分析】（1）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数．装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；
（2）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水；
（3）A、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定；
B、滴加盐酸过快，CO2不能完全被吸收；
C、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2；
D、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，Ba(OH)2可以吸收CO2中的HCl，而不影响CO2；
（4）BaCO3质量为3.94g ，n（BaCO3）=0.0200mol，则n（CaCO3）=0.0200mol，质量为2.00g；
（5）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中；
（6）I．根据镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀；
II.电解饱和食盐水生成氢氧化纳、氢气和氯气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；从饱和食盐水中获得食盐晶体，依据氯化钠溶解度随温度变化不大分析得到晶体的方法；
III.根据制取纯碱的原理：向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体；
IV.由NaHCO3制纯碱，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；NaHCO3不稳定，溶解度比Na2CO3小，与盐酸反应较Na2CO3剧烈，可与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3和NaHCO3都为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，但Na2CO3水解程度较大，溶液碱性较强，以此解答该题。
【详解】(1)装置中残留部分二氧化碳,不能被完全吸收,导致测定的碳酸钡的质量偏小,持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；
故答案为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；
(2)二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的离子方程式为CO2+ Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，
故答案为：CO2+ Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O；
(3)a.在加入盐酸之前,应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a不符合；
b. 滴加盐酸过快CO2 ，CO2来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b不符合；
c. 在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高测定准确度，故c符合；
d. 在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，Ba(OH)2,以吸收CO2中的HCl，不影响CO2，不能提高测定准确度，故d符合；
故选：cd；
(4)BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)=3.94g÷197g/mol=0.02mol，则n(CaCO3)=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为2g÷8g×100%=25%，
故答案为：25%；
(5)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，
故答案为：B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中。
（6）I．总体思路是先沉淀再过滤，沉淀时要先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液，因为碳酸钠能把过量的氯化钡沉淀出来，氢氧化钠可放在它们前面，也可放在它们后面或中间，都完全沉淀后再过滤；
故答案为：cab或者cba或者bca；
II.电解饱和食盐水制取氯气的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；从饱和食盐水中获得食盐晶体的方法是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，用蒸发结晶方法得到；
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；蒸发结晶；
III.向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱，气体X为NH3，可增大饱和食盐水吸收CO2的量，有利于NaHCO3晶体的生成和析出；
故答案为：NH3；
IV.A．NaHCO3属于盐类，纯碱是碳酸钠属于盐，故A错误；
B．分别往同浓度的NaHCO3溶液和纯碱溶液中滴加稀盐酸，产生气泡的速率碳酸氢钠比碳酸钠快，故B错误；
C．常温下在水中的溶解度，NaHCO3小于纯碱，故C错误；
D．除去NaHCO3溶液中的纯碱，应往溶液中通入足量的CO2，二氧化碳和碳酸钠和水反应生成碳酸氢钠，可以除去碳酸钠；
故选：D。
故答案为： D。
18.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如下。
请回答下列问题：
I．转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。
(1)过程i的离子反应方程式为___________________________________。
(2)已知：①Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全。
②30℃时，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。
pH
0.7
1.1
1.5
1.9
2.3
2.7
Fe2+的氧化速/g·L-1·h-1
4.5
5.3
6.2
6.8
7.0
6.6
在转化脱硫中，请在上表中选择最佳pH范围是_______
(3)①该过程的热化学方程式是_______________________________________________。
②比较压强P1和p2的大小关系：P1________P2(选填“>”“<”或“=”)。
③在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1mol CH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，若此时容器的体积为2L，则该反应的平衡常数为______________(结果保留2位有效数字)。
Ⅲ．CO变换：500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。
Ⅳ．H2提纯：将CO2和H2分离得到H2的过程如示意图
(4)①吸收池中发生反应的离子方程式是______________________________________。
②结合电极反应式，简述K2CO3溶液的再生原理：___________________________________。
【答案】(1). H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ (2). 1.5 (3). 1.9 (4). 此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀 (5). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol (6). > (7). 0.48 (8). CO32-+CO2+H2O=2HCO3- (9). 阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，再发生HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使K2CO32-再生
【分析】（1）过程i为硫化氢与硫酸铁生成硫酸亚铁、S，结合电荷守恒书写可得；
（2）已知Fe3+在pH=1.9时开始沉淀，根据图pH<1.5时，T•F菌活性较低，据此可得；
（3）①由图可知，反应为吸热反应，△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol，据此书写；
②根据压强对化学平衡影响分析；
（4）由图可知，吸收池中二氧化碳与碳酸钾溶液的反应得到碳酸氢钾，据此书写。
【详解】I．(1)根据图可知过程i为硫化氢与硫酸铁生成硫酸亚铁、S,反应为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
(2)由信息可知,当pH>1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe3+、Fe2+离子浓度均下降，降低反应速率，pH<1.5时，T⋅F菌活性较低，反应速率慢，所以最佳范围为1.5∼1.9，
故答案为：1.5；1.9；此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀；
Ⅱ.(3)①由图可知，1mol甲烷、1mol水蒸气生成1molCO和3mol氢气吸收热量(2582−2378)kJ=204kJ,故热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol；
故答案为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol；
②该反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，所以相同温度下，压强越大，甲烷的体积分数越大，故P1>P2；
故答案为：>；
③在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，密度之比等于气体体积反比，等于气体物质的量的反比，若此时容器的体积为2L，设消耗甲烷物质的量x，据此计算：
=1.4，x=0.4mol，则平衡时各物质的浓度分别为：c(CH4)=c(H2O)=0.3mol/L，c(CO)=0.2mol/L，c(H2)=0.6mol/L，则该反应的平衡常数K==0.48，
故答案为：0.48；
Ⅳ(4) ①由图可知，吸收池中氢气并未反应，二氧化碳被吸收进入惰性电极电解池,即吸收池中为二氧化碳与碳酸钾溶液的反应，离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；
故答案为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。
②HCO3−存在电离平衡：HCO3−⇌H++CO32−，阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生，阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生；
故答案为：阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生。
19.I．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。
（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：
水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1 ①
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2 kJ·mol－1 ②
二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH3 ③
则反应①自发进行的条件是______________，ΔH3＝________kJ·mol－1。
Ⅱ.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3(g)。
（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始N2、H2 分别为0.1 mol、0.3 mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如下图所示。
①其中，p1、p2 和p3 由大到小的顺序是____________，该反应ΔH _______0(填“>”“<”或“＝”)。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)________vB(N2)(填“>”“<”或“＝”)。
③若在250 ℃、p1 为105 Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1 L，则该条件下B点N2 的分压p(N2)为_______Pa (分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数)。
Ⅲ.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：
（3）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0.3 mol 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。
Ⅳ.（4）常温下，将a mol·L-1的醋酸与b mol·L-1Ba(OH)2 溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=___________(用含a和b的代数式表示)。
【答案】(1). 高温 (2). ＋247.1 (3). p1>p2>p3 (4). < (5). < (6). 8.3×103 (7). 2SO32-＋4H＋＋2e－=S2O42-＋2H2O (8). 1344 (9).
【分析】I．（1）反应自发进行的条件是△H-T△S<0，
水蒸气重整：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+205.9kJ•mol-1 ①
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2kJ•mol-1 ②
二氧化碳重整：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H3 ③
盖斯定律计算①-②得到反应③的热化学方程式；
Ⅱ．（2）①由方程式N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数越大；
②温度越大，压强越大，反应速率越大；
③用三段式解，设转化的氮气的物质的量为x：
=0.667，x=0.08。平衡分压=总压×气体物质的量分数；
（3）①阴极区失去电子生成S2O42-；
②结合NO～NH4+～5 e-计算。
Ⅳ.（4）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算．
【详解】I.(1)水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1①，△H>0，△S>0，满足△H−T△S<0，则需要高温。
水蒸气重整CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1①
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2 kJ·mol－1②
二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH3③
盖斯定律计算①-②得到反应③的热化学方程式CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3=+247.1KJ/mol，
故答案为：高温；+247.1；
II.(2)①由N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，由图象可知在相同温度下，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为p1>p2>p3，因此压强关系是p1>p2>p3，压强相同时，升高温度平衡逆向移动，故温度越高平衡混合物中氨的体积分数越小，故反应热小于零，
故答案为：p1>p2>p3；<；
②温度越，压强越大，反应速率越大，p1>p2，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，
故答案为：<；
③③用三段式解，设转化的氮气的物质的量为x：
=0.667，x=0.08。
若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)==8.3×103，
故答案为： 8.3×103；
III.(3)①由图可知，阴极区通入液体主要含SO32−，流出液主要含S2O42−，所以阴极区电极反应式为SO32-＋4H＋＋2e－=S2O42-＋2H2O，
故答案为：SO32-＋4H＋＋2e－=S2O42-＋2H2O；
②由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NO∼NH4+∼5e−，若电路中转移0.3mole−，消耗NO0.06mol，标准状况下体积为=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL，
故答案为：1344。
Ⅳ. (4)反应平衡时,2c(Ba2+)=c(CH3COO−)=bmol/L，据电荷守恒，溶液中c(H+)=c(OH−)=10−7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K= == ；
用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为，
故答案为：。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Ba 137
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.生活离不开化学。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是（ ）
A. 衣紫腰银 B. 点石成金 C. 铜鸵荆棘 D. 铁柞成针
【答案】A
【分析】某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去，该金属是银，表面会逐渐变黑是生成了Ag2S。银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银。据此分析解答。
【详解】A. 衣紫腰银涉及金属银，故A正确；
B. 点石成金涉及金属金，故B错误；
C. 铜鸵荆棘涉及金属铜，故C错误；
D. 铁柞成针涉及金属铁，故D错误；
答案选A。
2.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 加催化剂有利于氨的催化氧化反应
B. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 500℃左右比室温更有利于合成氨的反应
D. 压缩H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡体系，体系颜色加深
【答案】B
【详解】A、使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可用勒夏特列原理解释，故B选；
C．合成氨的反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右比室温合成氨的反应速率更快，不能用平衡移动原理解释，故C不选；
D、H2(g)+I2(g)2HI(g)是一个反应前后气体物质的量不变的反应，压缩容器体积后，各组分的浓度都变大，颜色加深，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；
答案选B。
3.五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，以下说法正确的是( )
A. 酸性：H2YO3
C. X与Y形成的化合物只含有共价键
D. 由Z、W、Q三种元素形成的盐只有两种
【答案】C
【分析】W元素在短周期元素中原子半径最大，有原子半径递变规律可知是Na元素，X、W同族，且X的原子序数最小，是H元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y是C元素, 由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是H2O2或者CS2,故Q是S元素，Z、Q同族，Z是O元素。
【详解】A. 酸性：H2YO3
C. X与Y形成化合物是各类烃，只含有共价键，故C正确；
D. 由Z、W、Q三种元素形成的盐有Na2SO3，Na2SO4，Na2S2O3等，故D错误；
故选：C。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 已知冰的熔化热为6.0 kJ • mol-1，冰中氢键键能为20 kJ • mol-1，假设1 mol 冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15 %的氢键
B. 已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a, 电离常数。若加水稀释，则CH3COOHCH3C00-+H+向右移动，a增大， Ka不变
C. 甲烷的标准燃烧热为-890.3 kJ• mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O（l） △H=-890.3 kJ • mol-1
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol
【答案】D
【解析】试题分析： A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ•mol-1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=15%．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOH⇌CH3COO-+H+醋酸电离出的CH3COO-和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c(1-α)，故题中Ka=。若加入少量醋酸钠固体，CH3COONa ═ CH3COO- + Na+增大了CH3COO-的浓度，CH3COOH⇌CH3COO-+H+向左移动，α减小，但醋酸的浓度比原先的大，分子分母中c变大，Ka不变，故B正确；C、甲烷燃烧的热化学方程式中的产物都是稳定状态，符合燃烧热的概念，故C正确；D、反应是可逆反应，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，不能进行完全，反应的焓变是对应化学方程式物质全部反应时放出的热量，故D错误；故选D。
考点：考查了电离平衡；热化学方程式；焓变和熵变的相关知识。
5.常温下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（ ）
A. ①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-]
B. ①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③二分之一
C. ①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则(Na+)>(CH3COO-)>(H+)
D. ①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小
【答案】B
【详解】A.CH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以[CH3COOH]>[H+]>[CH3COO-]>[OH-]，故A错误；
B. ①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO-不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO- +H2OCH3COOH+OH-，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2，故B正确；
C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO- 的水解程度，因此(CH3COO-)>(Na+)>(H+)，故C错误；
D.①②等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO- 的水解促进水的电离，①③等体积混合，CH3COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总体上看①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混和后水的电离程度大，故D错误；
答案选B。
6.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ代表溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 澄清透明的溶液中：Al3+、Cu2+、SO42-、Cl-
B. 中性溶液中：Al3+、NH4+、Cl-、S2-
C. c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、NO3-
D. 在由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：NH4+、AlO2-、SO42-、NO3-
【答案】A
【详解】A. 该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B.Al3+与S2-不能大量存在，会发生双水解生成沉淀和气体，故B错误；
C. c(OH-)<的溶液是酸性溶液，ClO-不能与氢离子共存，故C错误；
D. 由水电离产生的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2-，碱溶液中不能大量存在NH4+，故D错误；
故选：A。
8.已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如下所示转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。
下列说法不正确是（ ）
A. 若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2:3
B. 若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第IVA族
C. 若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应
D. 若A是金属或非金属单质，则常温下0. 1 mol/L的D溶液中由水电离出的c(H+)可能为10-13mol/L
【答案】B
【分析】中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。
【详解】A．若A为非金属单质氮气，则它与Mg反应的产物为Mg3N2，阴阳离子个数比为2：3，A项正确；
B．若A的组成元素为第二周期IVA族元素，则A为碳元素，B为CO，C为CO2，D为H2CO3，碳酸为弱酸，与题给的D为强电解质这一信息不符合，B项错误；
C．若A为共价化合物硫化氢，可与浓硫酸反应氧化还原反应，C项正确；
D．若A为金属单质，则D溶液为强碱溶液，可判断A为钠。常温下0. 1 mol/L的NaOH溶液中由水电离出的c(H+)为10-13mol/L，如果是氮气，则D是硝酸，常温下0.1mol/L硝酸溶液中由水电离出的氢离子浓度是10-13mol/L，D项正确；
所以答案选择B项。
【点睛】单从题给的反应过程来看，明确物质A经过了连续氧化，所以所涉及的短周期元素肯定有变价，如从CH4→CO→CO2,C→CO→CO2； NH3→NO→NO2，N2→NO→NO2； S→SO2→SO3，H2S→S→SO2等。
9.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+Zn+(1+) H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O，其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。
下列说法中，不正确的是( )
A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料
B. 合成有机高聚物的单体是：
C. 充电时，Zn2+移向Zn膜
D. 放电时，电池的正极反应为：MnO2 + e− + H+ = MnOOH
【答案】D
【详解】A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料，由信息可知是正确的，故正确；
B. 合成有机高聚物单体是：由图2可以判断出单体是，故正确；
C. 充电时，Zn2+移向阴极，放电时锌电极是负极，充电时是阴极，故正确；
D. 放电时，电池的正极反应为：MnO2 + e− +H2O = MnOOH+OH-，故错误；
故选：D。
10.ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该装置可以在高温下工作
B. X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜
C. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋
D. 该装置工作时，电能转化为化学能
【答案】C
【详解】A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；
B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B错误；
C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；
D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误；
故合理选项是C。
11.一定条件下存在反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，△H＜0。现有三个体积相同的密闭容器I、II、III，按下图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是 （ ）
A. 容器I、III中平衡常数相同
B. 容器II、III中正反应速率相同
C. 的体积分数：
D. 容器I和容器II中的体积分数相同
【答案】C
【详解】A. 容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A错误；
B. 容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；
C. 容器Ⅱ是恒温恒容,Ⅲ是恒温恒压,随着反应的进行,容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ,平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ>Ⅲ，故C正确；
D. 若容器Ⅱ恒温恒容,容器Ⅰ也是恒温恒容时,达到相同平衡状态，的体积分数相同，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的体积分数增大，因此容器Ⅰ中的体积分数大于容器Ⅱ中的体积分数，故D错误；
故选：C。
【点睛】相同温度相同压强下，反应前后气体体积不相等的可逆反应，如果加入的已知量相等，建立的是等效平衡，不但等效而且完全等同。
12.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L）。下列分析不正确的是（ ）
A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0
B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3
C. 图中a点对应的平衡常数K ＝
D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b
【答案】B
【分析】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；
C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。
【详解】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1
C2H4(g) + H2O(g) C2H5OH(g)
始(mol/L) 1 1 0
转(mol/L) 0.2 0.2 0.2
平(mol/L) 0.8 0.8 0.2
平衡常数K= K===，C项正确；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：a＞b，D项正确；
答案选B。
13.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是（ ）
A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
C. c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触
D. Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀
【答案】A
【分析】SO2与 BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO32-或SO42-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，则生成的沉淀可能为BaSO3；如是氧化性气体,溶液中可生成 SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。
【详解】A、如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A 正确；
B、玻璃管的作用是连通大气,平衡压强,以便左右两边产生的气体顺利导入，故 B错误；
C、如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误；
D. SO2与 BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】SO2 与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。
14.已知：4NH3(g) + 5O2(g) =4NO(g) + 6H2O(g)，△H= —1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。
B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。
C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。
D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；
故选C。
15.x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，由这四种元素组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径： x
C. a、b、c中均含有极性共价健： a属于电解质，b和c都属于 非电解质
D. x、y、z 三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离
【答案】C
【解析】x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期元素，由这四种元素组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的二氧化硫气体，另一种产物c是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，另一种为水，故a为亚硫酸氢铵或亚硫酸铵，x、y、z、w分别为H、N、O、S。A. 具有相同电子式结构的离子核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径： x< z < y
相关数据如下表，反应过程中C的浓度随时间变化关系如下图。下列说法正确的是（ ）
容器
甲
乙
丙
容积
0.5L
0.5L
1.0L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5 mol A
0.5 mol B
1.5 mol A
0. 5 mol B
6 mol A
2 mol B
A. T1>T2，x=1
B. T2℃时，该反应的平衡常数为0. 8
C. A的平衡转化率a(甲)：a(乙)=2：3
D. 15～20min内C的平均反应速率v(乙)< v(丙)
【答案】B
【解析】A、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，故A错误；B、由图可知平衡时，乙容器中C的浓度为1mol/L，
故B正确；C、A的转化率：甲中1.5mol/L×0.5L/ （2×1.5）=0.25，乙中1.0mol/L×0.5L/ （2×1.5）=0.167，A的平衡转化率a(甲)：a(乙)=0.25：（0.5/3）=3:2,故C错误；D、15～20min内C的平均反应速率丙的浓度大，v(丙)> v(乙)，故D错误；故选B。
点睛：本题考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡图象与有关计算，难度较大，B选项为易错点、难点。
二．填空题
17.化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。利用下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行牙膏样品中碳酸钙的定量测定实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
（1）实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：____________________________________________________
（2）C中反应生成BaCO3的化学方程式是_______________________________________。
（3）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_________（填标号）。
a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体
b.滴加盐酸不宜过快
c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
（4）实验中准确称取8.00 g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94 g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。
（5）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是______________________________________________________________
（6）上述实验中用到的氢氧化钠以食盐为原料进行生产的。食盐在生产生活中应用广泛，下图是以食盐为原料并综合利用的某些过程如下图所示。
I．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42-离子，加入下列沉淀剂的顺序是（填字母） __________。
a．Na2CO3 b．NaOH c．BaCl2
II.电解饱和食盐水可得到H2和另外两种产物，这两种物质相互反应的离子方程式为 ______________________________，欲从饱和食盐水中获得食盐晶体，可采用的实验方法是___________________________________________________________________________。
III.气体X可增大饱和食盐水吸收CO2的量，有利于NaHCO3晶体的生成和析出，X的化学式是___________。
IV.下列有关NaHCO3和纯碱的说法正确的是__________(填字母)
A．NaHCO3属于盐类，纯碱属于碱
B．分别往同浓度的NaHCO3溶液和纯碱溶液中滴加稀盐酸，产生气泡的速率相同
C．常温下在水中的溶解度，NaHCO3大于纯碱
D．除去NaHCO3溶液中的纯碱，应往溶液中通入足量的CO2
【答案】(1). 把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收 (2). CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O (3). cd (4). 25% (5). B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中 (6). cab或者cba或者bca (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (8). 蒸发结晶 (9). NH3 (10). D
【分析】（1）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数．装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；
（2）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水；
（3）A、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定；
B、滴加盐酸过快，CO2不能完全被吸收；
C、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2；
D、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，Ba(OH)2可以吸收CO2中的HCl，而不影响CO2；
（4）BaCO3质量为3.94g ，n（BaCO3）=0.0200mol，则n（CaCO3）=0.0200mol，质量为2.00g；
（5）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中；
（6）I．根据镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀；
II.电解饱和食盐水生成氢氧化纳、氢气和氯气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；从饱和食盐水中获得食盐晶体，依据氯化钠溶解度随温度变化不大分析得到晶体的方法；
III.根据制取纯碱的原理：向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体；
IV.由NaHCO3制纯碱，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；NaHCO3不稳定，溶解度比Na2CO3小，与盐酸反应较Na2CO3剧烈，可与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3和NaHCO3都为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，但Na2CO3水解程度较大，溶液碱性较强，以此解答该题。
【详解】(1)装置中残留部分二氧化碳,不能被完全吸收,导致测定的碳酸钡的质量偏小,持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；
故答案为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；
(2)二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的离子方程式为CO2+ Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，
故答案为：CO2+ Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O；
(3)a.在加入盐酸之前,应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a不符合；
b. 滴加盐酸过快CO2 ，CO2来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b不符合；
c. 在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高测定准确度，故c符合；
d. 在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，Ba(OH)2,以吸收CO2中的HCl，不影响CO2，不能提高测定准确度，故d符合；
故选：cd；
(4)BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)=3.94g÷197g/mol=0.02mol，则n(CaCO3)=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为2g÷8g×100%=25%，
故答案为：25%；
(5)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，
故答案为：B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中。
（6）I．总体思路是先沉淀再过滤，沉淀时要先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液，因为碳酸钠能把过量的氯化钡沉淀出来，氢氧化钠可放在它们前面，也可放在它们后面或中间，都完全沉淀后再过滤；
故答案为：cab或者cba或者bca；
II.电解饱和食盐水制取氯气的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；从饱和食盐水中获得食盐晶体的方法是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，用蒸发结晶方法得到；
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；蒸发结晶；
III.向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱，气体X为NH3，可增大饱和食盐水吸收CO2的量，有利于NaHCO3晶体的生成和析出；
故答案为：NH3；
IV.A．NaHCO3属于盐类，纯碱是碳酸钠属于盐，故A错误；
B．分别往同浓度的NaHCO3溶液和纯碱溶液中滴加稀盐酸，产生气泡的速率碳酸氢钠比碳酸钠快，故B错误；
C．常温下在水中的溶解度，NaHCO3小于纯碱，故C错误；
D．除去NaHCO3溶液中的纯碱，应往溶液中通入足量的CO2，二氧化碳和碳酸钠和水反应生成碳酸氢钠，可以除去碳酸钠；
故选：D。
故答案为： D。
18.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如下。
请回答下列问题：
I．转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。
(1)过程i的离子反应方程式为___________________________________。
(2)已知：①Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全。
②30℃时，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。
pH
0.7
1.1
1.5
1.9
2.3
2.7
Fe2+的氧化速/g·L-1·h-1
4.5
5.3
6.2
6.8
7.0
6.6
在转化脱硫中，请在上表中选择最佳pH范围是_______
(3)①该过程的热化学方程式是_______________________________________________。
②比较压强P1和p2的大小关系：P1________P2(选填“>”“<”或“=”)。
③在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1mol CH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，若此时容器的体积为2L，则该反应的平衡常数为______________(结果保留2位有效数字)。
Ⅲ．CO变换：500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。
Ⅳ．H2提纯：将CO2和H2分离得到H2的过程如示意图
(4)①吸收池中发生反应的离子方程式是______________________________________。
②结合电极反应式，简述K2CO3溶液的再生原理：___________________________________。
【答案】(1). H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ (2). 1.5 (3). 1.9 (4). 此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀 (5). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol (6). > (7). 0.48 (8). CO32-+CO2+H2O=2HCO3- (9). 阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，再发生HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使K2CO32-再生
【分析】（1）过程i为硫化氢与硫酸铁生成硫酸亚铁、S，结合电荷守恒书写可得；
（2）已知Fe3+在pH=1.9时开始沉淀，根据图pH<1.5时，T•F菌活性较低，据此可得；
（3）①由图可知，反应为吸热反应，△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol，据此书写；
②根据压强对化学平衡影响分析；
（4）由图可知，吸收池中二氧化碳与碳酸钾溶液的反应得到碳酸氢钾，据此书写。
【详解】I．(1)根据图可知过程i为硫化氢与硫酸铁生成硫酸亚铁、S,反应为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
(2)由信息可知,当pH>1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe3+、Fe2+离子浓度均下降，降低反应速率，pH<1.5时，T⋅F菌活性较低，反应速率慢，所以最佳范围为1.5∼1.9，
故答案为：1.5；1.9；此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀；
Ⅱ.(3)①由图可知，1mol甲烷、1mol水蒸气生成1molCO和3mol氢气吸收热量(2582−2378)kJ=204kJ,故热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol；
故答案为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol；
②该反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，所以相同温度下，压强越大，甲烷的体积分数越大，故P1>P2；
故答案为：>；
③在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，密度之比等于气体体积反比，等于气体物质的量的反比，若此时容器的体积为2L，设消耗甲烷物质的量x，据此计算：
=1.4，x=0.4mol，则平衡时各物质的浓度分别为：c(CH4)=c(H2O)=0.3mol/L，c(CO)=0.2mol/L，c(H2)=0.6mol/L，则该反应的平衡常数K==0.48，
故答案为：0.48；
Ⅳ(4) ①由图可知，吸收池中氢气并未反应，二氧化碳被吸收进入惰性电极电解池,即吸收池中为二氧化碳与碳酸钾溶液的反应，离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；
故答案为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。
②HCO3−存在电离平衡：HCO3−⇌H++CO32−，阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生，阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生；
故答案为：阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生。
19.I．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。
（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：
水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1 ①
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2 kJ·mol－1 ②
二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH3 ③
则反应①自发进行的条件是______________，ΔH3＝________kJ·mol－1。
Ⅱ.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3(g)。
（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始N2、H2 分别为0.1 mol、0.3 mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如下图所示。
①其中，p1、p2 和p3 由大到小的顺序是____________，该反应ΔH _______0(填“>”“<”或“＝”)。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)________vB(N2)(填“>”“<”或“＝”)。
③若在250 ℃、p1 为105 Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1 L，则该条件下B点N2 的分压p(N2)为_______Pa (分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数)。
Ⅲ.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：
（3）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0.3 mol 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。
Ⅳ.（4）常温下，将a mol·L-1的醋酸与b mol·L-1Ba(OH)2 溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=___________(用含a和b的代数式表示)。
【答案】(1). 高温 (2). ＋247.1 (3). p1>p2>p3 (4). < (5). < (6). 8.3×103 (7). 2SO32-＋4H＋＋2e－=S2O42-＋2H2O (8). 1344 (9).
【分析】I．（1）反应自发进行的条件是△H-T△S<0，
水蒸气重整：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+205.9kJ•mol-1 ①
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2kJ•mol-1 ②
二氧化碳重整：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H3 ③
盖斯定律计算①-②得到反应③的热化学方程式；
Ⅱ．（2）①由方程式N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数越大；
②温度越大，压强越大，反应速率越大；
③用三段式解，设转化的氮气的物质的量为x：
=0.667，x=0.08。平衡分压=总压×气体物质的量分数；
（3）①阴极区失去电子生成S2O42-；
②结合NO～NH4+～5 e-计算。
Ⅳ.（4）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算．
【详解】I.(1)水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1①，△H>0，△S>0，满足△H−T△S<0，则需要高温。
水蒸气重整CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1①
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2 kJ·mol－1②
二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH3③
盖斯定律计算①-②得到反应③的热化学方程式CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3=+247.1KJ/mol，
故答案为：高温；+247.1；
II.(2)①由N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，由图象可知在相同温度下，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为p1>p2>p3，因此压强关系是p1>p2>p3，压强相同时，升高温度平衡逆向移动，故温度越高平衡混合物中氨的体积分数越小，故反应热小于零，
故答案为：p1>p2>p3；<；
②温度越，压强越大，反应速率越大，p1>p2，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，
故答案为：<；
③③用三段式解，设转化的氮气的物质的量为x：
=0.667，x=0.08。
若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)==8.3×103，
故答案为： 8.3×103；
III.(3)①由图可知，阴极区通入液体主要含SO32−，流出液主要含S2O42−，所以阴极区电极反应式为SO32-＋4H＋＋2e－=S2O42-＋2H2O，
故答案为：SO32-＋4H＋＋2e－=S2O42-＋2H2O；
②由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+，NO∼NH4+∼5e−，若电路中转移0.3mole−，消耗NO0.06mol，标准状况下体积为=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL，
故答案为：1344。
Ⅳ. (4)反应平衡时,2c(Ba2+)=c(CH3COO−)=bmol/L，据电荷守恒，溶液中c(H+)=c(OH−)=10−7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K= == ；
用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为，
故答案为：。
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