上海市闵行区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-10化学反应原理（填空基础题）
一、填空题
1．（2022·上海闵行·统考模拟预测）汽车安全气囊常用叠氮化钠(NaN3)作产气剂，NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时，NaN3会迅速分解产生N2和Na，安全气囊迅速打开，起到保护作用。
(1)Na、Na+、O2-的半径由大到小顺序为_______；
(2)NaHCO3作冷却剂的原理是_______(结合化学反应方程式解释)。
(3)NaN3中存在的化学键为_______；若NaN3分解产生6.72LN2(标准状况)，转移电子_______个。
(4)可以用NaClO溶液销毁含NaN3的溶液，原理如下。补充完整化学方程式：_______。
_______NaClO+_______NaN3+_______→_______NaCl+_______NaOH+_______N2↑
(5)常温下向20mL0.1mol·L-1HN3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。
①NaN3溶液呈_______性；
②等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中含氮微粒的物质的量浓度大小关系为_______；结合图中信息写出判断理由_______。
2．（2022·上海闵行·统考一模）氯及其化合物有着广泛用途。
工业生产方法之一是：
①在80℃时电解NaCl溶液，得到溶液；
②室温下加入足量KI固体，析出晶体。
(1)①中反应的总化学方程式：______
_______NaCl＋______________。
若电解时温度过低，会造成溶液中可能混入_______。
(2)②中能析出晶体而无其它晶体析出的原因是_______。
3．（2022·上海闵行·统考一模）某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时pH变化曲线如图所示。
(1)a、b、c三点溶液中水的电离程度大小关系：_______。
(2)①b点溶液中c(H+) =_______+_______ (填微粒浓度)。________
②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液的体积。_______(填“>”“<”或“=”)。
(3)阐述a、c两点溶液的导电能力强弱：_______。
4．（2022·上海闵行·统考一模）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。
Ⅰ.目前常见的生产钛的方法是碳氯化法。在1000℃时主要发生反应：，再进一步冶炼得到钛。
(1)碳元素原子核外最外层电子的排布式是_______；能量最高的电子有_______个，其电子云形状为_______。
(2)恒温恒容时，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
a.混合气体的压强保持不变 b.
c.混合气体的密度保持不变 d.和CO物质的量相等
(3)平衡常数表达式K=_______；温度升高，K_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
Ⅱ.一定压强下，在2L的密闭容器中投入0.9mol、2.0mo1C、进行反应，平衡体系中气体组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
(4)图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，同时生成_______气体。但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_______。
(5)600℃时5分钟后反应达到平衡状态，计算5分钟内=_______。
(6)由冶炼钛有两种方法：
①在900℃用熔融的镁在氩气中还原可得钛：；
②在2000℃左右分解也可得钛：。
你认为相对合理的方法及理由是_______。
5．（2022·上海·统考一模）NH4Cl是农业常用的一种氮肥，该产品主要生产工艺之一就是利用中国著名实业家侯德榜发明的“侯氏制碱法”。
(1)NH4Cl中含有的化学键类型有_______；其三种组成元素中，原子半径最大的原子，其核外电子有_______种不同的运动状态，有_______种不同能量的电子。
(2)NH4I和NH4Cl性质类似都易分解，产物都有NH3，但NH4I分解过程中产生紫红色的气体。请从物质结构角度解释_______。
(3)纯碱工业中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括_______(选填编号)。
a.冷却 b.加入食盐细颗粒 c.通入CO2 d.通入NH3
(4)无水情况下，NH4Cl可以和Fe2O3发生如下反应：_______NH4Cl +_______Fe2O3=_______Fe + _______FeCl3 + _______N2 ↑ + _______H2O
①配平上述反应方程式，并标出电子转移的方向和数目_______；
②当有2mol电子转移时，生成标准状况下的气体体积为_______L(保留2位小数)
③若上述反应物恰好完全反应，将固体产物溶解并过滤，写出检验滤液中金属离子的方法：_______
6．（2022·上海·统考一模）综合利用CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
途径1：可用工业废气中二氧化碳制备再生能源物质——甲醇。反应原理为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) +53.7kJ
某温度下，向2L密闭容器中通入0.04 mol CO2和0.08 mol H2，测得其压强(p)随时间(t)变化(如图1中)曲线I所示。
(1)以CO2来表示5 min内的化学反应反应速率υ(CO2)=_______。
(2)若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为II，则改变的条件是_______。
途径2：还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化(Q1、Q2均大于0)：
反应I：CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g)+Q1
反应Ⅱ：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)+Q2
反应I和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。
(3)根据图中数据分析可知，T1_______T2(选填“>”、“<”或“=”)；
(4)目前，许多国家采用CO2代替CO(以煤和天然气为原料)生产CH3OH。请阐述理由：_______
(5)0.02molCO2通入含有10mL 3 mol/L NaOH溶液中：
①所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，c(CO)_______(选填“增大、减小、不变、无法确定”)，写出反应的离子方程式_______；
②反应后的溶液还能吸收CO2的物质的量是_______；
③反应后的溶液中离子浓度由大到小的顺序排列_______。
7．（2021·上海闵行·统考二模）尿素和氨气对于提高农作物产量和品质有重要作用，合成尿素的反应为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)，完成下列填空：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为___。
(2)在恒定温度下，将NH3和CO2按物质的量之比2:1充入固定体积为10L的密闭容器，经20min达到平衡，此时固体质量增加120g。用CO2表示20min内的化学反应速率为___。
(3)合成尿素时不同温度下CO2转化率变化曲线如图：
该反应正方向为____热反应（选填“吸”或“放”）。a、b、c三点对应温度下的平衡常数大小关系如何：_____（用Ka、Kb、Kc表示），理由为____。
8．（2021·上海闵行·统考二模）在某温度时，将1.0mol L-1氨水滴入10 mL1.0mol L-1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示：
(1)a、b、c、d对应的溶液中水的电离程度由大到小的是_____。
(2)氨水体积滴至____时(填“V1”或“V2”)，氨水与盐酸恰好完全反应，简述判断依据____；此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是____。
9．（2021·上海闵行·统考一模）常温下，浓度均为 0.1mol/L 的 Na2CO3 和 NaHCO3 两份溶液：
(1)对于两份溶液判断错误的是_______(选填编号)。
a.存在的微粒种类相同
b.c(OH-)前者小于后者
c.均存在电离平衡和水解平衡
d.分别加少量 NaOH 固体，恢复至常温，c()均增大
(2)两份溶液的离子浓度大小关系中，有一个相同的守恒关系，其表达式是______。将两溶液等体积混合后，________(填微粒符号)浓度之和仍为 0.1mol/L。
10．（2021·上海闵行·统考一模）燃料电池和锂离子电池在生产生活中占据重要地位，甲醇是常见的燃料电池原料，CO2催化氢化可合成甲醇。反应为：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) +48.9kJ，完成下列填空：
(1)反应的平衡常数 K=_________。
(2)在 2L 容器中充入 4 mol CO2和 H2的混合气体，反应 10 min 后，气体的总物质的量变为原来的75 %，则 0～10 min 内，H2的平均反应速率为_________，前 5min 内的 v 逆(CH3OH)________前 10min 内的 v 逆(CH3OH) (选填“大于” “等于”或“小于”)，原因是________。
(3)在恒容密闭容器发生上述反应，下图是反应过程中两个物理量变化关系图象，曲线上各点均已达到平衡状态。
若 x 轴表示温度，则 y 轴可表示_____，(任写一个)，一定温度下，若 x 轴为原料投料比[n(H2)/n(CO2)]，则 y 轴是______的转化率。
(4)工业生产或实验室制备中，通常加大某一反应物的用量，以提高另一反应物的转化率，举一例说明________________________。
二、实验题
11．（2022·上海闵行·统考一模）是白色固体，难溶于水，可用于制各补血剂。
Ⅰ.的制取步骤和装置图如下(夹持仪器略)：
①先向中的溶液通入一段时间至其为7；
②然后滴加一定量溶液，产生白色沉淀；
③过滤、洗涤、干燥，得到固体。
(1)通入溶液的用大理石与盐酸反应制得后，先经过装置再进入中，装置的作用是_______，试剂a是_______。
(2)写出装置中制取的离子方程式：_______。若向溶液中直接滴入溶液，产生的沉淀可能有_______。
Ⅱ.溶于乳酸能制得可溶性乳酸亚铁()补血剂。
(3)验证乳酸亚铁补血剂中亚铁离子未被氧化的试剂是_______。
Ⅲ.两位同学分别用不同的方案进行乳酸亚铁补血剂中铁元素含量测定：
(4)甲同学通过滴定法测定样品中的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于，其原因可能是_______。
(5)乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量。称取样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成溶液。吸取该溶液加入过量溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠溶液滴定(已知：)，当_______，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为，则样品纯度为_______
12．（2022·上海·统考一模）某校研究性学习小组设计实验来研究茶叶的部分药效成分和微量元素组成。
I.茶叶中咖啡因的提取
咖啡因的溶解度如下表(单位：g /100g水)
溶剂 乙醇(25 ℃) 氯仿(25 ℃) 乙醚(25 ℃) 沸水(100 ℃)
溶解度 2 18.2 0.19 66.6
(1)从上表中选择合适的溶剂_______(填写溶剂名称)来浸取茶叶提取咖啡因；
(2)纯咖啡因是白色针状晶体，100℃时容易失去结晶水并升华。从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，选择实验步骤排序_______。(选填字母)
a.蒸发浓缩 b.萃取分液 c.趁热过滤 d.升华 e.过滤 f.冷却结晶
II.测定茶叶中微量元素钙的含量
已知：茶叶中含有钙、铝、铁等多种微量元素，其氢氧化物完全沉淀的pH如下表
沉淀形式 Ca(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)3
完全沉淀的pH pH≥13 pH≥5.5 pH≥4.1
【实验步骤】
①称取500克干燥的茶叶，充分灼烧使茶叶灰化并磨细后移入烧杯中，再加入200 mL 1 mol/L盐酸搅拌、过滤、洗涤；
②向步骤①所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30 min，加入7.95 g无水Na2CO3，充分搅拌，待沉淀完全后，过滤、洗涤；
③将步骤②所得滤液稀释至500 mL，取其中的20.00 mL溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，终点时消耗盐酸的体积为20.00 mL。
(3)步骤②中调节pH为6～7左右的目的是_______。
(4)为减少实验误差，步骤②中的洗涤液应该合并到滤液中，理由是_______。
(5)步骤③中，将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在_______中进行；滴定终点的判断依据为_______；最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为_______。
(6)为优化实验步骤，有人提出步骤③如果选择“酚酞”作指示剂，则步骤②中不需要过滤、洗涤，测定结果更加准确。试分析其中的原因_______。
13．（2021·上海闵行·统考二模）莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O，392g/mol］是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：
Fe2(SO4)3溶液FeSO4溶液 (NH4)2Fe(SO4)2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
10 20 30 40
(NH4)2SO4 73.0 75.4 78.0 81.0
FeSO4 7H2O 40.0 48.0 60.0 73.3
(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O 18.1 21.2 24.5 27.9
完成下列填空：
(1)配制Fe2(SO4)3溶液需加入少量稀硫酸，目的是____。
(2) (NH4)2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成(NH4)2Fe(SO4)2的原因是____。
(3)隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如下装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。验证气体的装置次序为____；c装置中足量盐酸的作用是____。
(4)测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol L-1的KMnO4 溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液。
①蒸馏水要预先加热煮沸的原因是____；配成250mL溶液的定量仪器为____。
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果___(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
③已知滴定反应中n(Fe2+)：n()为5：1，该样品的纯度为____。
三、原理综合题
14．（2022·上海闵行·统考模拟预测）综合利用CH4和CO2对构建低碳社会、促进工业可持续发展有重要意义。
(1)CH4与Cl2光照下反应有多种产物。其中有机产物(图1)的电子式是_______。有人认为CH4是四棱锥型，碳原子位于四棱锥的顶点(图2)，判断CH4不是四棱锥型分子的依据是_______。(选填编号)
a.CH4是非极性分子
b.一氯甲烷只有一种结构
c.二氯甲烷只有一种沸点
d.CH4中碳的质量分数75%
实验室对(CH4-CO2)催化重整，反应原理为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。在1L固定容积的密闭容器中，充入0.1mol CO2、0.1mol CH4，分别在p1、p2、p3三种压强和不同温度下进行(CH4-CO2)催化重整，测得平衡时甲烷的转化率、温度和压强的关系如图。
(2)750℃、p1时，反应经20min达到平衡。则平衡后CO的物质的量为_______。图中c点时，v正_______v逆(选填：＜、>、=)。
(3)该反应正反应为_______热反应(选填：吸、放)；在p1、p2、p3中，压强最大的是_______。
(4)已知a点时的平衡常数Ka=1.64，则d点时的平衡常数Kd_______1.64(选填：＜、＞、=)，理由是_______。
15．（2020·上海闵行·统考二模）NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式_____________
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应接在直流电源的_____________
（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O+设计简单实验证明该平衡存在__________________
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
PH 9.66 9.52 9.37 9.25
升温过程中PH减小的原因是_____________
16．（2020·上海闵行·统考二模）光气（COCl2）常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。
（1）COCl2结构与甲醛相似，写出COCl2电子式_____；解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是_____。
（2）密闭容器中吸热反应COCl2(g)Cl2(g)+CO(g)达到平衡后，改变一个条件，各物质的浓度变化如图所示（10~14min时有一物质浓度变化未标出）。
①说明该反应已达到平衡状态的是_____。
a．C(COCl2)=C(Cl2)
b． 正(COCl2)= 逆(CO)
c．容器内温度保持不变
d．容器内气体密度保持不变
②4~10min平均反应速率v(COCl2)为_____；10min时改变的反应条件是_____。
③0~4min、8~10min和16~18min三个平衡常数依次为K1、K2、K3，比较其大小____；说明理由____。
试卷第10页，共11页
试卷第1页，共11页
参考答案：
1．(1)Na>O2-> Na+
(2)NaHCO3分解反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，分解吸收热量，从而使环境温度降低，可作冷却剂
(3) 离子键、共价键 0.2NA
(4)2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+2NaOH
(5) 碱 c(N)>c(HN3) 图中b点为等物质的量的NaN3和HN3，pH<7，溶液呈酸性，HN3电离程度大于N水解程度，则c(N)>c(HN3)
【解析】（1）
Na原子电子层数为3，Na+、O2-电子层数都是2，则Na原子半径最大，电子层数相同时核电荷数越大的离子半径越小，则O2-> Na+，半径由大到小顺序为：Na>O2-> Na+；
（2）
NaHCO3分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，分解吸收热量，从而使环境温度降低，因而它可以起到冷却作用，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑；
（3）
NaN3由Na+和N形成，存在的化学键为离子键、共价键；NaN3会迅速分解产生N2和Na，反应方程式为2NaN3=3N2+2Na，标准状况下产生6.72LN2，物质的量为，生成3mol N2转移电子2mol电子，则0.3mol氮气转移0.2NA个；
（4）
根据氮元素化合价高，氯元素化合价降低且只有N2一种气体生成，则氯只能从+1降到-1价，其他元素化合价不变，水参加反应，生成氯化钠、氮气、氢氧化钠，则反应方程式为：2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+2NaOH；
（5）
①HN3为一元弱酸，当加入20mLNaOH溶液时恰好完全反应生成NaN3，此时pH>7，则NaN3溶液呈碱性；
②当加入10mL0.1mol·L-1NaOH溶液时，溶质为等物质的量的NaN3和HN3，即为图中b点，此时pH<7，溶液呈酸性，HN3电离程度大于N水解程度，含氮微粒的物质的量浓度大小关系为c(N)>c(HN3)。
2．(1) NaClO
(2)相同温度下，在水中的溶解度明显小于其它晶体
【详解】（1）根据氧化还原反应的规律，元素的化合价升高，所以必须有元素的化合价降低，故，所以反应总方程式为：；温度过低时，只能生成较低价态的含氯化合物，所以溶液中会混入。
（2）在相同温度下，晶体析出而其他晶体不析出，原因为：相同温度下，在水中的溶解度明显小于其它晶体。
3．(1)a>b>c
(2) >
(3)a、c两点溶液的离子 度c
【详解】（1）盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，a点的pH
（2）①b点溶液中，根据质子守恒得出，故答案为：；
②用等浓度的NaOH溶液和b、c处溶液反应，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而c点溶液只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离），故消耗NaOH溶液的体积>，故答案为：>；
（3）溶液的导电能力和溶液中自由移动离子浓度的大小有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度c
(2)ac
(3) 减小
(4) CO2 实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品
(5)0.02
(6)方法①相对合理，方法②温度高，能耗大，产物含氯气，处理成本高
【详解】（1）碳是6号元素，原子核外最外层电子的排布式是2s22p2，电子离核越远能量越高，C原子中能量最高的能级为2p，有2个电子，其电子云形状为纺锤形。
（2）a．该反应是气体体积增大的吸热反应，反应过程中压强不断增大，当混合气体的压强保持不变时，说明反应达到平衡，故a选；
b．由方程式可知Cl2和TiCl4化学反应速率关系为：，时不能说明正反应速率等于逆反应速率，证明反应达到平衡，故b不选；
c．该反应是固体生成气体的反应，反应过程中气体总质量增大，混合气体的密度增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应达到平衡，故c选；
d．和CO物质的量相等时不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能证明反应达到平衡，故d不选；
故选ac。
（3）反应平衡常数表达式K=，该反应是放热反应，温度升高，K减小。
（4）图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，同时生成CO2气体，实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品。
（5）600℃时，的物质的量分数为0.45，Cl2的物质的量分数为0，根据已知条件列出“三段式”：
则有=0，=0.45，解得x=0.9，y=0.2，5分钟后反应达到平衡状态，计算5分钟内=0.02。
（6）方法①相对合理，方法②温度高，能耗大，产物含氯气，处理成本高。
5．(1) 离子键和共价键 17 5
(2)NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长：H-I>H-C1，故键能H-I
(4) 或 7.47 取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+
【解析】（1）
氮和氢原子之间是共价键结合，铵根是NH3分子与氢离子以配位键结合，配位键是一种特殊的共价键，铵根与氯离子是以离子键结合的，NH4Cl中含有的化学键类型为离子键和共价键，三种元素半径最大的Cl元素，核外有17个电子，一个电子一个运动状态，其核外电子有17种不同的运动状态，一个能级一种能量，1s22s22p63s23p5，有5种不同的能量的电子；
（2）
NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长： H-I>H-C1，故键能H-I
根据沉淀转化析出氯化铵，NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，
a．NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)吸热，冷却使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，a不符合题意；
b．加入食盐细颗粒，导致氯离子浓度增大，平衡使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，b不符合题意；
c．通入CO2与反应的离子无关，平衡不移动，不会析出氯化铵晶体，C符合题意；
d．通入NH3，NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，同离子反应导致平衡逆向移动会析出氯化铵固体，d不符合题意；
故选c。
（4）
①NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价，Fe2O3中铁的化合价+3价降低变为Fe中0价，根据化合价守恒和原子守恒可配平为：6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价转移3e-，有6个氮原子化合价升高，所以转移电子数目为6×3e-=18e-，或；
②根据①中的信息可知，18e-～3N2当有2mol电子转移时，可知n(N2)=×2mol，V=nVm=×2mol×22.4L/mol=7.47L；
③若上述反应物恰好完全反应，生成的铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe+2FeCl3=3FeCl2将固体产物溶解并过滤，滤液中的金属离子为亚铁离子，亚铁离子的检验，取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+；【点睛】
6．(1)0.002mol/(L·min)
(2)加入催化剂
(3)<
(4)CO以煤和天然气为原料，生产成本受煤和天然气价格影响较大；CO2来源广泛，它还是温室气体，这样的转化有利于碳减排，缓解环境问题
(5) 增大 2 HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2 H2O 0.01mol c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)
【解析】（1）
①开始时混合气体总物质的量=(0.04+0.08) mol=0. 12 mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平街时混合气体总物质的量=×0.12mol=0. 08 mol，根据方程式知，如果有1 mol二氧化碳完全反应，则混合气体物质的量减少2 mol，则混合气体减少(0. 12-0.08) mol=0. 04 mol.则消耗n(CO2 )=×0.04 mol=0.02mol，反应开始至达平衡时，v(CO2)===0.002mol/(L·min)；
（2）
改变条件时只缩短了反应达到平街时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平街移动，所以改变的条件是加入催化剂；
（3）
Ⅰ和Ⅱ的正反应都是放热反应，升高温度平街逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常依次减小说明温度依次升高，所以Ti
CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应，所以用二氧化碳较好；
（5）
①二氧化碳通入到氢氧化钠溶液中，首先反应生成碳酸钠，碳酸钠在与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，产物不是碳酸钠就是碳酸氢钠，或者二者都有，设生成物中碳酸钠的物质的量为x，碳酸为y，根据2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2＝NaHCO3再根据C和Na守恒可知可得出，x+y=0.02mol，2x+y=0.01L×3 mol/L=0.03mol，解得x=y=0.01mol，溶液碳酸钠和碳酸氢钠混合液，所得溶液中取2mL，滴加几滴稀Ba(OH)2溶液，而碳酸碳酸氢根和氢氧根结合生碳酸根，钡离子和碳酸根结合生成碳酸钡沉淀，由于氢氧化钡的量少，氢氧化钡提供来两个氢氧根的全部被碳酸氢根消耗掉，还多了碳酸根，所以碳酸根的数目增多，反离子方程式为：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO+2H2O；
②根据①分析可知碳酸钠为0.01mol，根据Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可知Na2CO3～CO2所以n(CO2)=n(Na2CO3)=0.01mol；
③据①分析可知，溶液中n(Na2CO3)=0.01mol=n(NaHCO3)，根据两个电离方程式NaHCO3=Na+ + HCO，Na2CO3=2Na+ + CO，可知c(Na+)最大，HCO+ H2O H2CO3 + OH-，CO+ H2O HCO+ OH-可知溶液显碱性，c(OH-)> c(H+)，也可知c(HCO)和c(CO)均比c(OH-)大，若HCO和CO都不水解和电离二者浓度一样大，但是CO的水解程度大于HCO的水解程度，剩余就少，所以c(Na+)>c(HCO)> c(CO)> c(OH-)> c(H+)；
7． 0.01mol/(L·min) 放 Ka＞Kb＞Kc 该反应正方向放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数不断减小
【分析】第(3)问中，CO2的转化率越大，说明反应体系中反应物所占的比重越小，反应向正反应方向进行的程度越大。结合不同温度下CO2转化率变化曲线图，分析出b点表示反应达到平衡状态。进而分析该可逆反应的正反应属于放热反应还是吸热反应。
【详解】(1)根据化学平衡常数的定义，结合该反应各物质的状态，可知该反应的化学平衡常数表达式为：。答案为：；
(2)根据题意，固体质量增加120g，即CO(NH2)2的质量增加120g，其增加的物质的量为：。则用CO(NH2)2表示化学反应速率，可以表示为：。根据同一反应中，用不同物质表示化学反应速率时，其数值之比等于各物质的化学计量数之比，可知，用CO2表示20min内的化学反应速率为0.01mol/(L·min)；答案为：0.01mol/(L·min)；
(3)由图可知，随着温度的升高，CO2的转化率先增大，到b点时随着温度的增大，CO2的转化率逐渐减小，即反应达平衡状态后，温度升高，CO2的转化率降低，反应向逆反应方向移动，该反应的正反应为放热反应。对于正反应为放热反应的可逆反应来说，升高温度，反应向逆反应方向移动，化学平衡常数减小。由此可知，a、b、c三点对应温度下的平衡常数大小关系为：Ka＞Kb＞Kc。答案为：放；Ka＞Kb＞Kc；该反应正方向放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数不断减小。
8． b>c>d>a V1 氨水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵 c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)
【分析】由图可知，a点为盐酸溶液，溶液中pH为0，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离；b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，促进水的电离；c点为氯化铵和氨水的混合溶液，25℃时，溶液pH为7，溶液呈中性；d点为氯化铵和氨水的混合溶液，溶液pH为10，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解，使溶液呈碱性，一水合氨电离出的氢氧根离子抑制水的电离。
【详解】(1)水的电离是吸热过程，温度越高，水的电离程度越大，由图可知，反应温度的顺序为b>c>a=d，由分析可知，a点和d点抑制水的电离，温度相同时，a点溶液中氢离子浓度大于d点溶液中氢氧根离子浓度，抑制程度大于d点；b点温度最高，且氯化铵在溶液中水解促进水的电离；c点的温度高于a点和d点，且溶液呈中性，促进水电离的程度小于b点，高于d点，则对应的溶液中水的电离程度由大到小的是b>c>d>a，故答案为：b>c>d>a；
(2) 由分析可知，b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，则氨水体积为V1，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒可知，溶液中c(Cl-)>c()，则溶液中溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)，故答案为：V1；氨水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵；c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)。
9． b c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-) 、、H2CO3
【详解】（1）a．两份溶液中均存在：Na+、H+、OH-、、这些离子，a正确；
b．Na2CO3溶液中发生两步水解，NaHCO3溶液中发生一步水解，则溶质的物质的量浓度相同的情况下，Na2CO3溶液中OH-的浓度更大，b错误；
c．Na2CO3溶液中有水的电离平衡和的 水解平衡，NaHCO3溶液中有水的电离平衡、电离平衡和水解平衡，则两份溶液均存在电离平衡和水解平衡，c正确；
d．向Na2CO3溶液中加入少量NaOH固体，使的水解平衡逆向移动，溶液中c()增大；向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，发生反应：，溶液中c()增大；d正确；
故选b；
（2）两份溶液的离子浓度大小关系中，相同的守恒关系是电荷守恒，其表达式为c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)；将两溶液等体积混合后，根据物料守恒可知，、、H2CO3的浓度之和仍为0.1mol/L。
10． 小于 随着反应向右进行，生成物浓度逐渐增加，逆反应速率逐渐增大，因此前 5min 内的 v 逆(CH3OH)小于前 10min 内的 v 逆(CH3OH) 二氧化碳的浓度增大，容器的压强增大，气体总物质的量 二氧化碳 制备乙酸乙酯时乙醇过量，可以提高乙酸的转化率，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应中，增加空气的用量，提高二氧化硫的转化率
【详解】(1)根据平衡常数的表达式分析，该反应的平衡常数 K= 。
(2)假设起始二氧化碳的物质的量浓度为amol/L，氢气的物质的量浓度为bmol/L，则有
，解x=0.25mol/L，H2 的平均反应速率为，随着反应向右进行，生成物浓度逐渐增加，逆反应速率逐渐增大，因此前 5min 内的 v逆(CH3OH)小于前10min内的v逆(CH3OH) ；
(3)在恒容密闭容器中，该反应放热，x轴表示温度，随着温度升高，反应逆向移动，二氧化碳的浓度增大，容器的压强增大，气体总物质的量增加，所以y轴可以表示这些物理量。
若x轴为原料投料比[n(H2)/n(CO2)]，随着该原料投料比增加，二氧化碳的转化率增加，则 y轴是二氧化碳的转化率；
(4)在可逆反应中，一般增加一个物质的量，提高另一种物质的转化率，如制备乙酸乙酯时乙醇过量，可以提高乙酸的转化率，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应中，增加空气的用量，提高二氧化硫的转化率。
11．(1) 除去中的气体 饱和溶液
(2) 、
(3)KSCN溶液
(4)乳酸根中的羟基被氧化，也消耕了
(5) 蓝色褪去且半分钟不恢复 77.4
【分析】CO2气体通入Na2CO3溶液至pH约为7，生成NaHCO3，此时加入FeSO4，发生离子反应：，经过滤、洗涤、干燥，可得到产物固体。
【详解】（1）因为盐酸有挥发性，因此需要用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体。
（2）通一段时间CO2后，Na2CO3溶液变为NaHCO3溶液，此时制取的离子方程式：；若向Na2CO3溶液中直接加入FeSO4，除了生成FeCO3以外，因为溶液碱性较强，还会生成Fe(OH)2杂质。
（3）检验补铁剂中Fe2+未被氧化，即没有Fe3+生成的试剂应选用KSCN溶液。
（4）乳酸亚铁中的乳酸根含有还原性官能团，因此也可以消耗KMnO4，造成结果偏高。
（5）碘的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟内不恢复原色即可判定滴定终点；样品灼烧完全灰化后，加入足量盐酸溶解后，铁元素全部转化为Fe3+，从配置的100mL溶液中吸取25mL进行检测，该溶液中所含Fe3+可按如下关系计算：
计算得x=0.00248mol，则所配的100mL溶液中铁离子为4x=0.00992mol，按铁元素守恒可知，样品中的乳酸亚铁也是0.00992mol，则样品纯度为。
12．(1)沸水
(2)afe
(3)促进铝元素、铁元素完全沉淀
(4)因为洗涤液中含有少量碳酸钠
(5) 500mL容量瓶 加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色 0.4%(或0.004)
(6)选择酚酞作指示剂反应为：H++CO=HCO，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失
【解析】(1)
从咖啡因的溶解度表可知咖啡因在沸水中溶解度最大，故浸取茶叶提取咖啡因合适的溶剂是沸水；
(2)
咖啡因在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：afe；
(3)
铝、铁完全沉淀的pH为大于5.5，向步骤①所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30 min，目的是促进铝元素、铁元素完全沉淀，除去铝元素、铁元素；
(4)
通过滴定滤液中剩余的碳酸钠计算钙元素的含量，洗涤碳酸钙是因为碳酸钙表面有残留的碳酸钠，故洗涤液应合并到滤液中，减少滴定误差；
(5)
将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在500mL容量瓶进行，取稀释好的溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色则达到滴定终点；根据，可知剩余的碳酸钠的物质的量为：，生成碳酸钙的物质的量为：，最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为；
(6)
选择酚酞作指示剂，滴定终点酚酞的变色范围为pH为8反应为：H++CO=HCO，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失；
13． 防止Fe3+水解 硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵 bcad 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰 除去氧气防止Fe2+被氧化 250mL容量瓶 偏大 98%
【分析】由题给流程可知，向硫酸铁溶液中铁粉制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液制得硫酸亚铁铵溶液，硫酸亚铁铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐。
【详解】(1)硫酸铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，则配制硫酸铁溶液时，应加入少量稀硫酸防止铁离子水解，故答案为：防止Fe3+水解；
(2)由题给硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度表可知，在相同温度下，硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵，则硫酸铵溶液和硫酸亚铁溶液混合时，会生成溶解度小的硫酸亚铁铵，故答案为：硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵；
(3)由题意可知，硫酸亚铁铵受强热分解生成的气体中可能含有氨气、氮气、三氧化硫、二氧化硫和水等，验证气体中存在水蒸气、二氧化硫和三氧化硫时应注意检验三氧化硫和二氧化硫所用溶液会带出水蒸气，干扰水蒸气的检验，则应用无水硫酸铜先检验水蒸气；二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，但混合气体中的氨气会降低溶液的酸性，导致二氧化硫与氯化钡溶液反应，所以应用盐酸酸化的氯化钡溶液吸收氨气并将溶液酸化，排除二氧化硫对三氧化硫的检验；用品红溶液检验二氧化硫后，应用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止有毒的二氧化硫排空，污染空气，则验证气体的装置次序为bcad，故答案为：bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
(4) ①亚铁离子具有还原性，易被蒸馏水中溶解的氧气氧化，则配制摩尔盐溶液时，蒸馏水要预先加热煮沸除去氧气，防止亚铁离子被氧化；由配制一定物质的量浓度溶液的配制步骤可知，配制250mL溶液需用到的定量仪器为250mL容量瓶，故答案为：除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶；
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，高锰酸钾溶液会被稀释，导致滴定时消耗高锰酸钾溶液体积偏大，使最终结果偏大，故答案为：偏大；
③由反应中亚铁离子和高锰酸根离子的物质的量比为5:1可知，250mL溶液中亚铁离子的物质的量为0.1000mol L-1×10.000×10—3L×5×10=5.000×10—2mol，则该样品的纯度为×100%=98%，故答案为：98%。
14．(1) ac
(2) 0.16mol >
(3) 吸热 p3
(4) > 平衡常数只受温度的影响，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大
【解析】(1)
有机产物(图1)为一氯甲烷，电子式是；
a．CH4是非极性分子，说明分子中正负电荷重心重合，如果CH4的结构是四棱锥型，则正负电荷重心不能重合，为极性分子，a符合题意；
b．四棱锥型、四面体型结构中氢原子都只有一种情况，一氯甲烷只有一种结构，不能判断是否为四棱锥型，b不符合题意；
c．二氯甲烷只有一种沸点，说明只有一种结构，而四棱锥型的甲烷结构的二氯取代物有两种机构，故c符合题意；
d．CH4中碳的质量分数75%，不能判断是否为四棱锥型，d不符合题意；
故选ac；
(2)
750℃、p1时，反应经20min达到平衡，由图可知，甲烷转化率为80%；
由三段式可知，平衡后CO的物质的量为0.16mol；图中c点时，甲烷的转化率没有达到平衡转化率，反应正向进行，则v正>v逆；
(3)
由图可知，相同压强下，升高温度，甲烷平衡转化率上升，说明平衡正向移动，反应为吸热反应；反应为气体分子数增大的反应，相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，甲烷平衡转化率降低，故在p1、p2、p3中，压强最大的是p3；
(4)
可逆反应的平衡常数只受温度的影响，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大；已知a点时的平衡常数Ka=1.64，则d点时的平衡常数Kd＞1.64，理由是平衡常数只受温度的影响，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大。
15． O N 34.5 正 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2 向溶液中滴加酚酞，发现变红 温度升高，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小（Na2SO3被氧化） >
【分析】（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数，p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是 ；
（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；
（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小。
【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、 N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是；铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是，根据方程式1molAl粉处理0.5mol NaNO2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g；
（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小； ①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小，c (）①>④。
16． 均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高 bc 0.0025mol/(L·min) 分离出CO K1
（2）①根据平衡标志分析；
②根据 计算4~10min平均反应速率v(COCl2)；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大；
③根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度、14min时，各物质浓度均减小，改变的条件是减小压强。
【详解】（1）甲醛的结构式是，COCl2结构与甲醛相似，COCl2电子式是；甲醛、COCl2均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高；
（2）①a．c(COCl2)=c(Cl2)时，浓度不一定不再改变，反应不一定平衡，故不选a；
b．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比， 正(COCl2)= 逆(CO)，一定平衡，故选b；
c．正反应吸热，密闭容器内温度是变量，容器内温度保持不变，反应一定平衡，故选c；
d．气体质量不变、容器体积不变，根据 ，密度是恒量，容器内气体密度保持不变，不一定平衡，故不选d；
选bc；
②根据图象，4~10min内COCl2浓度变化是0.055mol/L-0.04mol/L=0.015mol/L， 0.0025mol/(L·min)；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大，可知10min时改变的条件是分离出CO，平衡正向移动，氯气浓度增大；
③根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，所以K1
答案第15页，共17页
