上海市普陀区二年（2021-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-06化学反应原理（基础题）
一、单选题（共14题）
1．（2022·上海普陀·统考二模）下列由废铜屑(杂质不溶于水也不参与反应)制取CuSO4·5H2O的过程不能达到实验目的的是
A．除去废铜屑表面的油污 B．溶解废铜屑
C．过滤得CuSO4(aq) D．蒸发结晶得CuSO4·5H2O
2．（2022·上海普陀·统考二模）常温下体积相同的溶液：①pH=2的CH3COOH(aq)；②0.01mol·L-1的CH3COOH(aq)。下列符合②>①的是
A．稀释到相同pH所需水的体积
B．与镁条反应生成等量H2所需时间
C．与镁条反应的起始速率
D．与相同浓度NaOH(aq)恰好中和时，消耗NaOH(aq)的体积
3．（2022·上海普陀·统考二模）一种利用CH4消除NOx污染的工作原理如图所示，装置均用惰性电极，两侧电解质溶液为同浓度的盐酸。下列说法正确的是
A．NO2发生氧化反应
B．负极：CH4＋2H2O-8e→CO2＋8H+
C．转移0.8mol电子，有0.4molH+通过离子交换膜
D．工作一段时间，两侧电极室中溶液pH均减小
4．（2022·上海普陀·统考二模）肼(H2N-NH2)燃烧涉及的共价键的键能与热化学方程式信息见下表：
共价键 N-H N-N O=O O-H
键能/(kJ·mol-1) 391 161 498 463
热化学方程式 N2H4(g)＋O2(g)→N2(g)＋2H2O(g)＋570kJ
则2N(g)→N2(g)＋Q，Q为A．1882kJ B．941kJ C．483kJ D．241.5kJ
5．（2022·上海普陀·统考二模）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A．T1>T2
B．Kw：b>c>a>d=e
C．b→c点可通过在水中加入适量的CH3COONa(s)实现
D．T2时，将pH=10的NaOH(aq)与pH=3的H2SO4(aq)等体积混合，溶液呈碱性
6．（2022·上海普陀·统考二模）某温度下，在①、②两个恒容密闭容器中发生反应：H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g)，K=2.25。物质的起始浓度如下表：
容器编号 起始浓度(mol·L-1)
H2 CO2 H2O CO
① 0.1 0.1 0 0
② 0.2 0.1 0.2 0.1
下列说法正确的是A．反应开始，②中反应逆向进行 B．平衡时，①中c(CO2)=0.04mol·L-1
C．①、②均达平衡时，各组分浓度相同 D．①中H2的平衡转化率为40%
7．（2022·上海普陀·统考二模）关于化工生产的叙述中，符合生产实际的是
A．石油化工中，采用干馏的方法把石油分成不同沸点范围的产品
B．硫酸工业中，利用热交换器预热反应物，降低能耗提高生产效率
C．纯碱工业中，侯氏制碱法通过氨气和二氧化碳的循环利用，提高了原料的利用率
D．合成氨工业中，采用高压条件，增大合成氨反应的平衡常数，增大原料转化率
8．（2022·上海普陀·统考二模）下列有关金属及其化合物的应用不合理的是
A．含有废铁屑的FeCl2溶液，可用于除去工业废气中的Cl2
B．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
C．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
D．钢铁设施采用“牺牲阳极的阴极保护法”时，表面连接的金属一定比铁活泼
9．（2022·上海普陀·统考二模）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是
A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl-]=[NH]
B．0.1mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH]＞[SO]＞[H+]
C．0.01mol·L-1的一元酸和0.01mol·L-1的一元强碱等体积混合：[H+]=[OH-]
D．0.1mol·L-1的硫化钠溶液中：[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S]
10．（2021·上海·统考二模）将体积为的某一元强酸溶液与体积为的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是
A．溶质物质的量 B．溶液质量
C．和的物质的量 D．物质的量浓度
11．（2021·上海·统考二模）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
键能/() 436 463
热化学方程式
则的Q为A．428 B．-428 C．498 D．-498
12．（2021·上海·统考二模）在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，厌氧细菌可促使土壤中的与H2反应生成S2-，加速钢管的腐蚀，其反应原理如下图所示。
下列说法正确的是
A．正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-
B．钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)2
C．在钢管表面镀锌或镀铜均可减缓钢管的腐蚀
D．与H2的反应可表示为：4H2+-8e-S2-+4H2O
13．（2021·上海·统考二模）恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应()，达到平衡。以下分析正确的是
A．加入少量B，平衡就会逆向移动
B．达到平衡的标志之一：
C．若开始时向容器中加入1A，达到平衡时吸收热量Q
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，的浓度与原平衡浓度相等
14．（2021·上海·统考二模）室温下，向 0.01 mol·L－1 的醋酸溶液中滴入 pH=7 的醋酸铵溶液，溶液 pH 随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如图所示。下列分析正确的是
A．a点，pH = 2
B．b点，c(CH3COO-) > c(NH4+)
C．c点，pH可能大于7
D．ac段，pH的增大仅是因为醋酸电离平衡逆向移动
二、填空题（共1题）
15．（2021·上海·统考二模）工业烟气可用氯酸氧化法脱硫，涉及反应：_____________________=_______(未配平)。完成下列填空：
(1)写出N原子核外电子排布的轨道表示式_______。
(2)用含字母a、b的代数式配平上述化学方程式_______，标出电子转移的方向和数目_______。该化学方程式配平系数不唯一，请说明理由_______。
(3)氯酸是一元强酸，可由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到。写出该反应的化学方程式_______。
(4)工业烟气中的也可用和的混合液脱除。
①脱除的离子方程式为_______；
②溶液呈碱性的原因是_______。
三、结构与性质（共1题）
16．（2022·上海普陀·统考二模）氨基磺酸( )是一种固体强酸，制备原理：CO(NH2)2＋H2SO4＋SO32HOSO2NH2＋CO2，完成下列填空：
(1)O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为___；CO2的电子式是___。
(2)反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是_______。
(3)完成氨基磺酸受热分解的化学方程式_______，其中还原产物是_______。
____HOSO2NH2SO2↑＋____SO3↑＋____N2↑＋2H2↑＋______H2O
(4)用过量的NaOH(aq)充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是_______。向吸收液中加入_______试剂，有_______现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
(5)氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式_______。
四、原理综合题（共3题）
17．（2022·上海普陀·统考二模）二甲醚(CH3OCH3)的合成方法主要有两种：方法一：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g)
(1)恒温恒容下进行上述反应，能说明反应已达平衡状态的是_______。
a.混合气体密度不变
b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.3v(CO2)正=v(H2)逆
d.不变
反应达到平衡，其他条件不变，向容器中再加入等物质的量的H2(g)和H2O(g)，平衡向_______(选填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是_______。
(2)方法一是CO2高值化利用的途径之一、已知CO2溶于水的过程可表示为：CO2(g)＋H2O(l) H2CO3(aq)；，p(CO2)表示CO2的平衡压强。将CO2(g)通入NaClO(aq)中，当n(CO2)∶n(NaClO)=1恰好反应，离子方程式为_______，该反应的平衡常数表达式K=_______。向反应后的溶液中加过量NaOH(aq)，c()_______c(ClO-)(选填“>”“＜”或“=”)。
方法二：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ①
2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ②
(3)T℃，在2L的密闭容器中充入4molCO和8molH2合成二甲醚，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为0.8，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)。0~4min内，v(CH3OCH3)=_______。
(4)300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1>K2，则反应①正反应为_______反应(选填“吸热”或“放热”)。
18．（2022·上海普陀·统考二模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9 kJ
(1)根据反应I的热化学方程式，在图中绘制反应方向箭头，标出反应物、生成物和能量变化___。
(2)在反应II中标出电子转移的方向和数目____。
(3)①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为___mol·L-1 (用含a、b、V的代数式表示)。
②不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定的CH3OH的平衡产率(图甲)和CO2平衡转化率(图乙)随温度的变化关系如图所示。
已知：CH3OH的平衡产率×100%
CO2平衡转化率×100%
图甲中压强p1、p2、p3由大到小的顺序是____；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___。
③为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件是___(填编号)。
a．低温、高压 b．低温、低压 c．高温、低压 d．高温、高压
19．（2021·上海·统考二模）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式为：()。完成下列填空：
(1)T1℃时，5mol在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%。则30min内的平均反应速率_______。为提高反应的平衡转化率，可采取的一条措施是_______。
(2)T2℃时，该反应平衡常数K=1.2，则T1_______T2 (选填“＞”“＜”或“=”)。
(3)如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是_______；590℃之后，丁烯的产率快速降低的主要原因可能是_______。
(4)已知：
则_______。
(5)写出2-丁烯在一定条件下发生聚合反应的化学方程式_______。
五、工业流程题（共1题）
20．（2022·上海普陀·统考二模）以盐湖锂精矿(主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度LiCl和MgCl2)为原料均能制备碳酸锂(Li2CO3)。
部分溶解度(g/100gH2O)数据见下表：
温度(℃) 0 20 80
LiOH - 12.8 -
Li2CO3 1.54 1.33 0.85
完成下列填空：
(1)步骤①主要反应的化学方程式为_______，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是_______。
(2)步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为_______。
(3)步骤③的操作是过滤、_______洗涤(选填“冷水”或“热水”)、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是_______。
(4)Li2CO3(M=74g·mol-1)样品的纯度可用滴定法测定(杂质不参与反应)。反应原理：Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O，用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c、a_______。
a.加入0.1~0.2mL甲基红-溴甲粉绿作指示剂；
b.煮沸去除CO2，再冷却到室温；
c.将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
d.用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
e.继续滴定至酒红色(滴定突跃区域)即为终点。
(5)用含以下物理量的数学表达式表示Li2CO3的纯度ω=_______。
m-Li2CO3样品的质量(g)；c-盐酸标准液的浓度(mol·L-1)；V1-样品滴定时消耗盐酸的体积(mL)；V0-滴定空白溶液(指不加样品进行滴定)时消耗盐酸的体积(mL)。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，测定结果将_______(选填“偏大”或“偏小”)。
试卷第8页，共9页
试卷第9页，共9页
参考答案：
1．D
【详解】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，可以使废铜屑表面的油污发生水解反应，达到除去废铜屑表面的油污的目的，故A正确；
B．在电磁搅拌加热器作用下，铜、稀硫酸和双氧水反应生成硫酸铜和水，能达到溶解废铜屑的目的，故B正确；
C．将在电磁搅拌加热器作用下，铜、稀硫酸和双氧水反应后的溶液过滤能得到硫酸铜溶液，故C正确；
D．蒸发结晶容易失去结晶水，硫酸铜溶液在蒸发浓缩、冷却结晶条件下得到五水硫酸铜晶体，故D错误；
故选D。
2．B
【分析】醋酸是弱酸，在水中部分电离，醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol L-1的CH3COOH(aq)pH＞2，氢离子浓度①＞②，醋酸浓度①＞②。
【详解】A．醋酸是弱酸，在水中部分电离，0.01mol L-1的CH3COOH(aq)pH＞2，当①pH=2的CH3COOH(aq)，②0.01mol L-1的CH3COOH(aq)稀释到相同的pH时①消耗的水的体积大，故A错误；
B．②0.01mol L-1的CH3COOH溶液中氢离子浓度小于①pH=2的CH3COOH(aq)，则与镁条反应生成等量H2所需时间②＞①，故B正确；
C．分析可知氢离子浓度①＞②，则与镁条反应的起始速率①＞②，故C错误；
D．由分析可知醋酸浓度①＞②，则与相同浓度NaOH(aq)恰好中和时，消耗NaOH(aq)的体积①＞②，故D错误；
故选：B。
3．B
【分析】CH4生成CO2是氧化反应，通入的一极是电源的负极，电极反应式：CH4＋2H2O-8e→CO2＋8H+，H+通过阳离子交换膜进入电源的正极，与得电子后的NO2生成N2和H2O。
【详解】A．据分析，NO2反应生成了N2，得到电子，发生还原反应，A错误；
B．据分析，负极：CH4＋2H2O-8e→CO2＋8H+，B正确；
C．该电源的外电路是电子移动，内电路是H+移动，二者都带一个单位电荷，根据得失电子数相等，转移0.8mol电子，则有0.8molH+通过离子交换膜，C错误；
D．据分析，负极生成了H+，pH减小，正极消耗H+生成H2O，pH值增大，D错误；
故选B。
4．B
【分析】N2的结构式为N≡N，设N≡N的键能为x，由可知，4×391kJ/mol+161kJ/mol+498kJ/mol-x-4×463kJ/mol=-570kJ/mol，解得x=941kJ/mol，形成化学键需要释放能量，所以Q=941kJ。
【详解】根据以上分析可知，Q=941kJ/mol，所以答案选B。
5．D
【详解】A．水的电离是吸热反应，温度升高电离平衡正向移动，c(H+)和c(OH-)都增大，由图可知，T2>T1，A错误；
B．Kw只受温度影响，温度不变，Kw不变，ade点都处于同一温度下，则三点的Kw相等，b点c(H+)和c(OH-)都大于a点的，由Kw=c(H+) c(OH-)可知，b点Kw大于c点大于a点，则Kw：b>c>a=d=e，B错误；
C．b→c点Kw变小，是降温导致的，在水中加入适量的CH3COONa(s)但温度不变，不能改变Kw，C错误；
D．T2时，Kw=c(H+) c(OH-)=10-6×10-6=10-12，pH=10的NaOH(aq)其c(OH-)=，pH=3的H2SO4(aq)其c(H+)=10-3mol/L，两者等体积混合，n(OH-)过量，则溶液呈碱性，D正确；
故选：D。
6．B
【详解】A．②中反应开始时Q=
C．由题给数据可知，反应①平衡时，水蒸气和一氧化碳的浓度相等，反应②中水蒸气和一氧化碳浓度不相等，由方程式可知，反应达到平衡时，水蒸气和一氧化碳浓度依然不相等，则①、②均达平衡时，各组分浓度不相同，C错误；
D．①中反应转化的氢气浓度为0.06mol/L，则转化率为60%，故D错误；
故答案选B。
7．B
【详解】A．石油化工利用分馏的方法提取沸点不同的产品，描述错误，不符题意；
B．硫酸工业中，利用热交换器实现反应混合气和产物混合气之间的热能交换，节约能源，降低能耗，描述正确，符合题意；
C．侯氏制碱法中CO2循环利用，NH3直接得到副产物NH4Cl，不参与循环生产，描述错误，不符题意；
D．化学平衡常数只与温度有关，与其它条件无关，描述错误，不符题意；
综上，本题选B。
8．B
【详解】A．FeCl2可与Cl2反应，产物FeCl3与Fe反应生成FeCl2，继续与Cl2反应，此方法可用于除去工业废气中的Cl2，合理，故A不选；
B．Na2CO3和Ca(OH)2反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，所以不能用熟石灰对土壤进行改良，不合理，故B选；
C．铝中添加适量锂制成合金，能降低金属的密度，提高强度，可用于航空工业，合理，故C不选；
D．采用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁设施，利用的原理是原电池原理，应把钢铁设施作原电池的正极，则负极金属一定比铁活泼，合理，故D不选；
答案选B。
9．B
【详解】A．常温下，水的离子积常数为1×10-14，如果温度不是常温，水的离子积常数不为1×10-14，那么即使pH=7，也无法得到氯离子浓度等于铵根离子浓度，A错误；
B．1个硫酸铵中含有2个铵根离子和1个硫酸根离子，溶于水后尽管铵根离子会水解，但是水解程度较小，铵根离子浓度仍大于硫酸根离子，由于铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大， 但是仍远小于硫酸根离子的浓度，B正确；
C．等体积等浓度的一元酸和一元强碱混合，只有当一元酸为强酸时，才会出现氢离子和氢氧根离子浓度相同，如果是一元弱酸，则生成的盐会水解，使溶液显碱性，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，C错误；
D．水电离的c(OH-)=c(H+)，氢离子与S2-结合生成HS-和H2S，则有[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，D错误；
故答案选B。
10．A
【分析】将体积为的某一元强酸溶液与体积为的某一元碱溶液混合，一元碱可能是强碱，也可能是弱碱，一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，强酸和弱碱的物质的量相等。
【详解】A．根据分析，无论是一元强酸和一元弱碱，或是一元强碱反应时，两溶液中溶质物质的量相等，故A符合题意；
B．由于两溶液中溶质物质的量相等，但相对分子质量不相等，根据m=nM，故溶质的质量不一定相等，故B不符合题意；
C．一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，发生反应：H++OH-=H2O，故H+和OH-的物质的量相等，则两溶液中溶质物质的量相等，一元强酸和一元弱碱恰好完全反应时，强酸和弱碱的物质的量相等，和的物质的量不相等，故C不符合题意；
D．两溶液中溶质物质的量相等，根据n=cV，则溶液物质的量浓度可能相等，也可能不相等，故D不符合题意；
答案选A。
11．C
【详解】断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量。水分子的结构式为H—O—H，每个水分子含2个键。设O—O键的键能为x，根据可得：断键时吸收能量为436×2+x，成键时放出能量为463×4，可建立方程：
463×4 -（436×2+x）=482，计算得出x=498。
表示O原子结合生成氧分子，是成键的过程，放出能量。每个O2中含1个O—O键，故答案选C。
12．B
【详解】A．由图知，钢铁发生析氢腐蚀，正极反应式为： ，A错误；
B．铁发生析氢腐蚀时，负极反应式是，正极反应式为： ，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，厌氧细菌可促使土壤中的与H2反应生成S2-，亚铁离子和硫离子反应生成FeS，则钢管腐蚀的直接产物中含有、Fe(OH)2，B正确；
C．原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质溶液构成原电池时，锌易失电子作负极，Fe作正极，所以Fe被保护，在钢管表面镀锌可以防止腐蚀，但在钢管表面镀铜，铁易失电子作负极，铜作正极，铁腐蚀得更快， C错误；
D． 与H2发生氧化还原反应，反应可表示为：4H2+S2-+4H2O，D错误；
答案选B。
13．D
【详解】A．由于B的状态未标出，若B为纯液体或固体，则加入少量B，平衡不移动，若B为气体，则加入少量B，生成物的浓度增大，平衡就会逆向移动，故A不符合题意；
B．达到平衡的标志之一是同一物质的正逆反应速率相等，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，即都表示正反应方向的速率，不能表示反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C．若开始时向容器中加入1A，由于反应为可逆反应，1molA不会完全反应，故达到平衡时吸收热量小于Q，故C不符合题意；
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，温度不变，K不变，若B为固体、纯液体，K=c(C)，K不变，的浓度不变，若B为气体，K=c(C)c(B)，由于c(C)和c(B)始终相等，故K=c(C)2，温度不变，K不变，的浓度与原平衡浓度相等，故D符合题意；
答案选D。
14．B
【详解】A．由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，所以0.01mol/的醋酸溶液中氢离子浓度小于 0.01mol/L，a点的pH大于2，A 错误；
B．所得溶液为CH3COOH和CH3COONH4 的混合溶液，CH3COONH4溶液显中性，CH3COOH溶液显酸性，所以 b 点溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒可知 c(CH3COO﹣)＞c(NH4+)，B正确；
C．酸性的CH3COOH溶液中加入中性的CH3COONH4溶液，所得混合溶液必显酸性，即 c 点溶液的 pH 一定小于 7，C错误；
D．ac 段溶液的pH增大，不仅是因为醋酸的电离平衡逆向移动，还有溶液的稀释作用，D错误；
故选B。
【点睛】在 ab 段，溶液的 pH 增大很快，这主要是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡： CH3COOH CH3COO﹣+H+，向 0.01mol L﹣1 的醋酸溶液中滴入 pH＝7 的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO﹣)增大，醋酸的电离平衡左移，故溶液中的 c(H+)减小，溶液的pH 增大；而在 bc段，溶液的 pH 变化不明显，主要是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大， 故溶液中的 c(H+)减小，pH 变大，但变大的很缓慢。
15． (2a+3b)(a+b)a=(a+b) 的氧化产物和的比例不唯一 水解程度大于的水解程度
【详解】(1)N原子核电荷数为7，根据核外电子排布规律可知，其和外电子排布的轨道表示式为：；
(2)观察_____________________=_______，根据氧化还原反应的配平规律可知，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则和HCl的化学计量数为（a+b），根据N元素原子守恒可知，NO的化学计量数为（2a+3b），则根据产物中H原子的个数，配平H2O的化学计量数为a，最后得出已配平的化学方程式为：(2a+3b)(a+b)a=(a+b)（答案合理即可）；利用双线桥法表示其电子转移的方向和数目如下：；配平时，涉及字母a和b，因为得到的氧化产物分别为硝酸与二氧化氮，两者的化学计量数不唯一，所以配平的化学计量数不唯一，故答案为：；；的氧化产物和的比例不唯一；
(3)根据给定信息可知，氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到氯酸，其化学方程式为：；
(4) ①具有氧化性，具有还原性，两者发生氧化还原反应，其离子方程式为：，从而达到脱硫目的，故答案为：；
②为弱酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，因为水解程度大于的水解程度，导致其水溶液呈碱性，故答案为：水解程度大于的水解程度 。
16．(1)
(2)O＞N＞C
(3) 2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O SO2、H2
(4) c()＞c()＞c()＞c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成
(5)ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO
【解析】(1)
氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，ⅥA族价电子排布式为ns2np4，价电子轨道表示式为 ；二氧化碳是共价化合物，电子式为，故答案为： ； ；
(2)
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；
(3)
由未配平的化学方程式可知，氨基磺酸受热分解生成二氧化硫、三氧化硫、氮气、氢气和水，配平的化学方程式为2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O，反应中硫元素和氢元素的化合价部分降低被还原，还原产物为二氧化硫和氢气，故答案为：2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O；SO2、H2；
(4)
用过量的氢氧化钠溶液充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，二氧化硫、三氧化硫与氢氧化钠溶液反应得到含有氢氧化钠、强酸强碱盐硫酸钠、强碱弱酸盐亚硫酸钠的吸收液，由于亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应，所以溶液中含硫微粒浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；向吸收液中加入过量的盐酸后，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明氨基磺酸热解产生的混合气体中含有三氧化硫，故答案为：c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq)；白色沉淀生成；
(5)
由题意可知，一氯代物ClH2NSO3发生水解反应生成H3NSO3和次氯酸，反应的化学方程式为ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO，故答案为：ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO。
17．(1) bc 正 平衡时，K=，再加入等物质的量的H2(g)和H2O(g)，Qc＜K，平衡向正反应方向移动
(2) CO2＋H2O＋ClO－ ＋HClO ＜
(3)0.16 mol·L－1·min－1
(4)放热
【解析】(1)
a项在恒温恒容的条件下，混合气体的密度始终保持不变，a无法说明反应达到平衡状态；b该反应反应物的化学计量数之和不等于生成物化学计量数之和，在达到平衡前混合气体总物质的量会发生变化，而总质量恒定，则混合气体的平均相对分子质量也在随时变化，如果混合气体的平均相对分子质量不变，可以说明反应达到平衡，b正确；v(CO2)正：v(H2)逆=1：3，二氧化碳和氢气的化学计量数之比也为1：3，可以说明反应达到平衡状态，c正确；如果初始加入的二氧化碳和氢气的物质的量之比为1：3，那么在反应过程中无论是否达到平衡，其物质的量的比值始终保持恒定，d错误。平衡时，K=，再加入等物质的量的H2(g)和H2O(g)，Qc＜K，平衡向正反应方向移动。
(2)
将CO2(g)通入NaClO(aq)中，当n(CO2)∶n(NaClO)=1恰好反应，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸再与次氯酸根反应生成次氯酸和碳酸氢根，离子方程式为CO2＋H2O＋ClO－ ＋HClO。①；②；③CO2(g)＋H2O(l) H2CO3(aq)；CO2＋H2O＋ClO－ ＋HClO可由①+③-②得到，则，得到。反应后溶液中次氯酸和碳酸氢根为1：1，加入足量的NaOH，分别生成次氯酸根离子和碳酸根离子，次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，因此碳酸根离子的水解程度大于次氯酸根离子，故溶液中c()
根据已知条件，一氧化碳转化了3.2mol，设生成的二甲醚为xmol，则、，平衡时二甲醚浓度为甲醇的2倍，则2×(3.2-2x)=x，解得x=1.28mol，则v(CH3OCH3)=。
(4)
300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1>K2，相当于升高温度，反应平衡逆向移动，说明该反应正反应为放热反应。
18．(1)
(2)
(3) p1＞p2＞p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 a
【详解】（1）对于反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ，反应物是CO2(g)+3H2(g)，生成物是CH3OH(g)+H2O(g)，该反应发生会放出热量49.5 kJ，因此用图示表示物质变化与能量变化为；
（2）对于反应II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ，在反应中C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CH3OH(g)中的-2价，化合价降低4价，得到4个电子，H元素化合价由反应前H2中的0价反应反应后CH3OH(g)中的+1价，化合价升高1×4=4价，用单线桥法表示电子转移为；
（3）①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9kJ，
达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，由题给三个反应可知：平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)、CO(g)的浓度的和，则c(H2O)=；
②反应I为放热反应，故低温阶段，温度越高，CO2的平衡转化率越低，而反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。反应I为气体分子数减少的反应，反应III为气体分子数不变的反应，因此压强越大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，CO2的平衡转化率提高，故压强由大到小的顺序是：p1＞p2＞p3；
反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，且反应III的反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响；
③由上述分析知：图甲、图乙的纵坐标分别表示CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率，且压强p1＞p2＞p3，分析图象可知：为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件为低温、高压，a选项符合题意，故合理选项是a。
19． 0.0005 升高温度或降低压强 ＜ 升高温度有利于反应向吸热方向进行或温度升高反应速率加快 丁烯高温裂解生成短链烃类 123
【详解】(1)T1℃时，5mol在100L容器内脱氢，30达到平衡转化了30%，转化的的物质的量为5mol×30%=1.5mol，则30内的平均反应速率=0.0005；
()，由于反应吸热，正反应方向是气体体积增大的反应，为提高反应的平衡转化率，使平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升高温度或降低压强可以提高反应的平衡转化率；
(2)T1℃时，列出反应的三段式；
K1==0.006＜K2=1.2，反应吸热，温度越高，K越大，则T1＜T2；
(3)反应吸热，产率随温度升高而升高，升高温度有利于反应向吸热方向进行或温度升高反应速率加快，平衡正向移动，丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大；590℃之后产率减小，丁烯的产率快速降低，说明反应生成了其它物质，即副反应加剧，可能是丁烯高温裂解生成短链烃类；
(4)已知：①
②
根据盖斯定律，①-②得到则=123kJ；
(5)2-丁烯含有碳碳双键，一定条件下发生聚合反应，化学方程式是：。
20．(1) Li2CO3＋CO2＋H2O→2LiHCO3 温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小
(2)Li2C2O4Li2CO3＋CO
(3) 热水 向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3(aq)，若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全
(4)d、b、e
(5) 偏小
【分析】盐湖锂精矿(主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3) 通入CO2，Li2CO3发生反应 Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3转化成溶于水的LiHCO3，CaCO3发生反应 CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，转化成溶于水的Ca(HCO3)2，加足量草酸锂反应生成草酸钙沉淀、过滤，滤液为LiHCO3，滤液经热解LiHCO3得到Li2CO3，过滤烘干得Li2CO3成品。
盐湖卤水中(含一定浓度LiCl和MgCl2)，含有Mg2+杂质，需先加NaOH调节pH，将镁离子转化成Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，再加入Na2CO3溶液制得Li2CO3、进一步可得到成品。
(1)
步骤①Li2CO3与CO2、H2O反应生成LiHCO3，则主要反应的化学方程式为Li2CO3＋CO2＋H2O→2LiHCO3。由表知：Li2CO3溶解度随温度升高而减小，则反应在常温下进行、温度越高锂精矿转化率越低的原因可能是：温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小。
(2)
Li2C2O4受热易分解为Li2CO3和CO，则步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4、不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为：Li2C2O4Li2CO3＋CO。
(3)
步骤③中通过过滤分离出Li2CO3沉淀、沉淀表面有氯化钠溶液，需要洗涤，由于Li2CO3溶解度随温度升高而减小，则选择用热水洗涤，故操作是过滤、热水_洗涤、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是：向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3(aq)，若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全。
(4)
Li2CO3(M=74g·mol-1)样品的纯度可用滴定法测定(杂质不参与反应)。反应原理：用盐酸标准液滴定Li2CO3样品时，发生反应：Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O，在二氧化碳存在下滴定终点变色不敏锐，因此，在接近滴定终点之前，最好把溶液加热至沸，并摇动以赶走二氧化碳，冷却后再滴定，故操作步骤顺序为：
c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
a．加入0.1~0.2mL甲基红-溴甲粉绿作指示剂；
d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；
e．继续滴定至酒红色(滴定突跃区域)即为终点。
则答案为dbe。
(5)
由Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O知：Li2CO3的纯度ω=。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，由于二氧化碳溶于水时呈酸性、则使标准溶液体积偏小、测定结果将偏小。
答案第8页，共14页
答案第9页，共14页
