B．相同温度下，0.6mol/L氨水溶液与0.3mol/L氨水溶液中c（OH－）之比是2：
1
C．向0.1mol/LNaNO3溶液中滴加盐酸使溶液pH=5，此时混合液中的c（Na＋）=c（NO3－）
D．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，使混合液的pH=7，此时混合液中c（Na＋）>c（CH3COO－）
【答案】C
【解析】由于NH4＋的水解程度是很微弱的，所以（NH4）2SO4，溶液中的c（NH4＋）＞c（SO42－），A项错误；相同温度下，将0.6mol/L氨水溶液加水稀释至0.3mol/L时，由于氨水的电离平衡正向移动，故两种溶液中c（OH－）之比小于2：
1，B项错误；NaNO3是强酸强碱盐，c（Na＋）=c（NO3－），加入盐酸，对上述等式没有影响，C项正确；根据电荷守恒，得c（Na＋）+c（H+）=c（OH－）+c（CH3COO－），又因为溶液的pH=7，即c（H+）=c（OH－），故可得c（Na＋）=c（CH3COO－），D项错误。
13．下列图中的实验方案，能达到实验目的的是
【答案】A
【解析】NO2是红棕色气体，N2O4是无色气体，根据热水和冷水中NO2球的颜色深浅，可以判断温度对平衡2NO2
N2O4的影响，A项正确；由于浓盐酸有很强的挥发性，挥发出的HCl也能与Na2SiO3反应生成白色胶状沉淀H2SiO3，无法判断H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，B项错误；CO2、SO2都可以与Na2CO3反应，C项错误；该实验中存在两个变量（温度和催化剂），无法验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，D项错误。
26.（14分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。
其生产工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）写出向KOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式_______。
（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是______（填编号）。
A.为下一步反应提供碱性的环境
B．使KClO3转化为KClO
C．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
D.KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为_______。
每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为____mol。
（4）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：
_______FeO42－+_______H2O=_______Fe（OH）3（胶体）+_______O2↑+_______OH－。
（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，
其装置如右图所示。
电解过程中阳极的电极反应式为________。
（6）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式
为3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH
3Zn+2K2FeO4+8H2O，放电时电池的负极反应式为________。
【答案】（14分）
（1）Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O（2分）
（2）AC（2分）
（3）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O（2分）0.45（2分）
（4）FeO42-+10H2O==4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-（2分）
（5）Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O（2分）
（6）Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2（2分）
【解析】
（1）Cl2和KOH溶液反应的离子方程式为Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O。
（2）在溶液I中加入KOH固体的目的，一是为下一步反应提供碱性的环境，二是与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO。
（3）根据题意可以写出反应③的离子反应方程式为2Fe3++3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O，由上述离子方程式可得关系式3KClO~2K2FeO4
3mol396g
n（KClO）59.4g
n（KClO）=
=0.45mol
（4）首先根据得失电子守恒确定FeO42-、Fe（OH）3的系数都是4，O2的系数为3；然后根据电荷守恒确定OH-的系数为8；最后根据原子守恒，确定H2O的系数为10。
（5）阳极是发生氧化反应的一极，根据题意可以写出阳极的电极反应式为Fe－6e－+8OH－=FeO42－+4H2O。
（6）原电池的负极是发生氧化反应的一极，其负极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2。
27．（15分）能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是一种可再生能，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。
（1）用CO合成甲醇的反应为：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）；在容积为1L的密闭容器中分别充入1molCO和2molH2，实验测得甲醇的物质的量和温度、时间的关系曲线如右图所示。
则该正反应的△H_______0（填“<”、“>”或“=”），判断的理由是______。
（2）利用工业废气中的CO2可制取甲醇，其反应为：
CO2+3H2
CH3OH+H2O。
①常温常压下已知下列反应的能量变化如下图所示：
由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为_______。
②为探究用CO2生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：
在一恒温恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，进行上述反应。
测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如右图所示。
从反应开始到平衡，v（H2）=_______；该温度下的平衡常数数值K=______。
能使平衡体系中n（CH3OH）/n（CO2））增大的措施有_______（任
写一条）。
（3）工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种。
①甲醇蒸汽重整法。
主要反应为；CH3OH（g）
CO（g）+2H2（g）
设在容积为2.0L的密闭容器中充入0.60molCH3OH（g），体系压强为P1，在一定条件下达到平衡时，体系压强为P2，且P2/P1=2.2，则该条件下CH3OH的平衡转化率为______。
②甲醇部分氧化法。
在一定温度下以Ag/CeO2－ZnO为催化剂时原料气比例对反应的选择性（选择性越大，表示生成的该物质越多）影响关系如右图所示。
则当n（O2）／n（CH3OH）=0.25时。
CH3OH与O2发生的主要反应方程式为______。
在制备H2时最好控制n（O2））/n（CH3OH）=______。
【答案】（15分）
（1）＜（1分）温度升高，平衡时甲醇的量减少，平衡逆向移动，则正反应放热（或温度升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，则正反应放热）（2分）
（2）①CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（l）+H2O（l）ΔH=－50kJ/mol（2分）
②0.225mol/（L·min）（2分）5.3（2分）降低温度（或加压或增大H2的量或将H2O（g）从体系中分离等）（1分）
（3）①60%（2分）②2CH3OH+O2
2HCHO（g）+2H2O（2分）0.5（1分）
【解析】
（1）观察图像可知，反应达到平衡时，500℃时生成的CH3OH的物质的量比300℃时的小，说明生成CH3OH的反应是放热反应，即ΔH＜0。
（2）①根据第一个图可得CO（g）+H2O（l）
CO2（g）+H2（g）ΔH=－41kJ/mol（Ⅰ）
根据第二个图可得CO（g）+2H2（g）
CH3OH（l）ΔH=－91kJ/mol（Ⅱ）
根据盖斯定律：
（Ⅱ）－（Ⅰ），得
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（l）+H2O（l）ΔH=－50kJ/mol
②v（H2）=3×v（CH3OH）=3×
=0.225mol/（L·min）
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）
c起始1mol/L3mol/L00
c转化0.75mol/L2.25mol/L0.75mol/L0.75mol/L
c平衡0.25mol/L0.75mol/L0.75mol/L0.75mol/L
平衡常数K=
。
使平衡体系中n（CH3OH）/n（CO2））增大，即平衡CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0正向移动，可以采取加压、降温、增大H2的浓度或将H2O（g）从体系中分离等措施。
（3）①设参加反应的甲醇的物质的量为x
CH3OH（g）
CO（g）+2H2（g）
n起始0.60mol00
n转化xx2x
n平衡0.60mol－xx2x
由题意可得：
=2.2
解得x=0.36mol
故CH3OH的转化率为
×100%=60%。
②观察图像可知，当n（O2）／n（CH3OH）=0.25时，CH3OH与O2反应的主要生成物是HCHO，反应方程式为2CH3OH+O2
2HCHO（g）+2H2O；
观察图像可知，制备H2时，最好控制n（O2））/n（CH3OH）=0.5。
28.（14分）二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义。
（1）工业上用黄铁矿（FeS2）在高温下和氧气反应制备SO2：
4FeS2+11O2
8SO2+2Fe2O3，该反应中被氧化的元素是_______（填元素符号）。
当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为_______L。
（2）实验室中用下列装置测定SO2催化氧化为SO3的转化率（已知SO3熔点为16.8℃，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响）。
①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是______。
②当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是______。
③实验结束后，若装置D增加的质量为mg，装置E中产生白色沉淀的质量为ng，则此条件下二氧化硫的转化率是______（用含字母的代数式表示，不用化简）。
（3）某兴趣小组欲在绿色环保的条件下探究SO2的性质，设计如下图实验装置。
B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，则B中所盛试剂为_______；
C中反应的离子方程式为______；D中的实验现象为______；E装置的作用是______。
【答案】（14分）
（1）S、Fe（1分）11.2（2分）
（2）①打开分液漏斗上的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加。
②使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收。
③
（2分）
（3）品红溶液（1分）SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+（2分）
试管中沉淀生成（1分）吸收尾气，防止倒吸（2分）
【解析】
（1）在氧化还原反应中，化合价升高的元素被氧化，发生氧化反应，在反应4FeS2+11O2
8SO2+2Fe2O3中，Fe、S元素的化合价升高，被氧化；在上述反应中，每生成8molSO2时，转移44mol电子，当该反应转移2.75mol电子时，生成SO2的物质的量为：
×2.75mol=0.5mol，标准状况下的体积为11.2L。
（2）①用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是打开分液漏斗上方的活塞，旋开分液漏斗下端的旋塞，缓慢滴加。
②当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，继续通入一段时间氧气的目的是使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收。
③根据硫原子守恒，可得参加反应的SO2的物质的量等于反应生成的SO3的物质的量，即n（SO2）=n（SO3）=
剩余SO2的物质的量为：
n（SO2）=n（BaSO4）=
SO2的转化率为：
。
（3）检验SO2的漂白性所用试剂一般是品红溶液，故B中试剂为品红溶液；C中反应的离子方程式为
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；SO2与H2S可以发生价态归中的氧化还原反应从而生成淡黄色沉淀；装置E的作用有两个：
一是吸收SO2尾气，防止污染空气，二是防止倒吸。
36.【化学——选修2：
化学与技术】（15分）硫酸厂用煅烧黄铁矿（FeS2）制取硫酸，实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2制备绿矾。
（一）SO2和O2反应制取SO3的反应原理为2SO2+O2
2SO3，在一密闭容器中一定时间内达到平衡。
（1）该反应的平衡常数表达式为______。
（2）该反应达到平衡状态的标志是______。
A．v（SO2）=v（SO3）B．混合物的平均相对分子质量不变
C．混合气体质量不变D．各组分的体积分数不变
（二）某科研单位利用原电池原理，用SO2和O2制备硫酸，装置如图，电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。
（3）B电极的电极反应式为______；溶液中H＋的移动方向由______极到______极；电池总反应式为______。
（三）利用烧渣制绿矾的过程如下
测定绿矾产品中含量的实验步骤：
a．称取5.7g产品，溶解，配成250mL溶液。
b．量取25mL待测液于锥形瓶中。
c．用硫酸酸化的0.01mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积40mL。
根据上述步骤同答下列问题。
（4）滴定时发生反应的离子方程式为（完成并配平离子反应方程式）。
（5）用硫酸酸化的KMnO4滴定终点的标志是。
（6）计算上述产品中的FeSO4·7H2O质量分数为______。
【答案】（15分）
（1）K=
（2分）
（2）BD（2分）
（3）SO2-2e-+2H2O==SO42-+4H+（2分）B（1分）A（1分）
2SO2+O2+2H2O==2H2SO4（2分）
（4）5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O（2分）
（5）滴定最后一滴酸性KMnO4时溶液呈淡紫色，半分钟内不褪色（1分）
（6）0.975或97.5%（2分）
【解析】
（一）
（1）该反应平衡常数表达式为K=
。
（2）A项没有指明正、逆两个方向，无法判断反应是否达到平衡状态；根据M=
可以判断，m不变，n总逐渐减小，相对分子质量不断增大，当混合物的相对分子质量不再变化时，反应达平衡状态，B项正确；由于反应物和生成物都是气体，反应前后气体的总质量不变，C项错误；反应达平衡后，各组分的体积分数不再发生变化，D项正确。
（二）（3）根据原电池装置图可以判断B极通入的是SO2和H2O，电极反应式为：
SO2－2e－+2H2O＝SO42-+4H+；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故H+由B极向A极移动，电池总反应式为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4。
（三）（4）根据得失电子守恒首先确定Fe2+、Fe3+的系数为5，MnO4-、Mn2+的系数为1；然后根据电荷守恒和题意可以确定反应物中还有H+参加反应，且其系数为8；进而可以确定生成物有H2O生成，且系数为4。
（5）用硫酸酸化的KMnO4溶液滴定Fe2+时，滴定终点的标志是滴定最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液呈淡紫色，半分钟内不褪色。
（6）5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
5mol1mol
n（Fe2+）0.04L×0.01mol/L
n（Fe2+）=
=2×10-3mol
原样品中n（FeSO4·7H2O）=10×2×10-3mol=2×10-2mol
FeSO4·7H2O的质量分数为：
×100%=97.5%
37.【化学—选修3：
物质结构与性质】（15分）乙炔是有机合成工业的一种原料。
工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。
（1）CaC2与水反应生成乙炔的反应方程式为________。
（2）比较第二周期元素C、N、O三种元素的第一电离能从大到小顺序为______（用元素符号表示），用原子结构观点加以解释______。
（3）CaC2中C22－与O22＋互为等电子体，O22＋的电子式可表示为______；1molO22＋中含有的π键数目为_______。
（4）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如右图所示），但CaC2
晶体中含有的中哑铃形C22－的存在，使晶胞沿一个方向拉长。
CaC2晶体
中1个Ca2＋周围距离最近的C22－数目为______。
（5）将乙炔通入[Cu（NH3）2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。
Cu+基
态核外电子排布式为_______。
（6）乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（CH2＝CH－C≡N）。
丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是______；分子中处于同一直线上的原子数目最多为______。
【答案】（物质结构与性质）（15分）
（1）CaC2+2H2O→HC≡CH+Ca（OH）2（2分）
（2）N＞O＞CC、N、O原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大（1分）；但O原子最外层电子排布为2s22p4，而N原子最外层电子排布为2s22p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以N元素的第一电离能比O大（1分）。
（3）
（2分）2NA（1分）
（4）4（2分）（5）1s22s22p63s23p63d10（2分）
（6）sp杂化sp2杂化（各1分，共2分）3（1分）
【解析】
（1）CaC2与水反应生成乙炔的反应方程式为CaC2+2H2O→HC≡CH+Ca（OH）2。
（2）C、N、O原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大，但O原子最外层电子排布为2s22p4，而N原子最外层电子排布为2s22p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，因此N元素的第一电离能比O大。
故第一电离能由大到小的顺序是C＜O＜N。
（3）O22+的电子式为
；据此可以知道1molO22+中含有的π键数目为2NA。
（4）观察CaC2晶体的晶胞结构示意图可知，1个Ca2+与同层的4个C22-的距离最近，与Ca2+直接相邻的上下两层上的两个C22-由于晶胞的拉长而距离变大。
（5）Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。
（6）形成双键的碳原子一般采取sp2杂化，形成三键的碳原子一般采取sp杂化，故丙烯腈分子中碳原子轨道
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