上海市长宁区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-05化学反应原理（填空基础提升题）
一、实验题
1．（2022·上海长宁·统考一模）Ⅰ.次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠（）都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。
(1)NaClO溶液可由低温下将缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的化学方程式为______；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是______。
(2)有研究显示，南极臭氧空洞中的污染物硝酸氯（）与次氯酸钠在结构上有类似之处。下列推测有一项不合理，该选项是______。
A．具有强氧化性 B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸
Ⅱ.二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：；； 。
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液20.00mL。
(3)滴定达到终点的现象为：溶液由______色变______色，且半分钟内不再改变。
(4)通过计算判断该样品是否为优质品______。（写出计算过程）
该样品的有效氯=×100%
(5)若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值______（填“偏高”或“偏低”）。
二、原理综合题
2．（2022·上海长宁·统考一模）硫及其化合物在生产、生活中有广泛应用。
(1)硫原子最外层有______种不同运动状态的电子，其中能量最高的电子所占电子亚层符号为______。
(2)硫与同主族的氧元素相比，两者各自形成气态氢化物稳定性______（选填“>”、“<”或“=”下同），分别与氢元素形成化学键键能大小关系为H—O______H—S。
(3)正交硫和单斜硫是硫常见的两种单质，它们互为______。已知：（正交）=（单斜）―2.64kJ。正交硫与单斜硫相比，相对比较稳定的是______。已知通常状况下4g硫粉完全燃烧放出37kJ的热量，写出该反应的热化学方程式______。
(4)同温同浓度的、、三种溶液，最大的是______；经测定溶液中，则溶液呈______（填“酸”或“碱”）性；等物质的量浓度的下列四种溶液：①②③④，溶液中水的电离程度由大到小排列顺序为______。
(5)已知可能会干扰的检验。写出和NaCl混合溶液中的检验方法______。
3．（2022·上海长宁·统考二模）研究 等大气污染气体的处理方法具有重要意义。
(1) 是汽车尾气中的主要污染物之一、 能形成酸雨， 写出 转化为 的化学方程式：_______。
(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：标准状况下，3.36LCO还原至的整个过程中转移电子的数目为_______，放出的热量为_______(用含有a的代数式表示)。
(3)现将一定量 气体充入恒容密闭容器中， 控制反应温度为 ，下列可以作为反应达到平衡的判断依据是_______。
D． 容器内气体的密度不变 E． 容器内颜色不变
(4)反应温度 时， 随 (时间) 变化曲线如图， 画出 时段， 随 变化曲线_______。保持其它条件不变， 改变反应温度为， 再次画出 时段， 随 变化趋势的曲线_______。
(5)NO氧化反应：分两步进行：
I．
II． (Q1、Q2都大于0)
在恒容的密闭容器中充入一定量的 和 气体，保持其它条件不变， 控制反应温度分别为 和 ，测得(NO)随(时间)的变化曲线如图，转化相同量的NO，在温度_______(填 “ ” 或 “ ”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因_______。
4．（2022·上海长宁·统考一模）氮元素单质及其化合物在工农业生产中有重要应用。
(1)氮原子最外层电子的轨道表示式为___；氮气分子的电子式为：__；已CS2与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是___。
(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。
浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为___；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作一种化肥俗称：__，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH和___。
(3)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因：___。
(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为___，若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___g(小数点后保留两位有效数字)。
5．（2022·上海长宁·统考一模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)+Q(Q>0)一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)。
(1)下列示意图中能体现总反应能量变化的是___(填标号)，判断的理由是___。
A． B． C．
(2)在不同温度下，反应中CO2的转化率与时间的关系如图1。据图1可判断：温度T1__T2(填“>”、“<”或“=”)，理由是___。
总反应在起始物=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下的x(CH3OH)~t如图2所示。
(3)图2中对应等温过程的曲线是___，判断的理由是___。
(4)当x(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率a=___。反应条件可能为___或___。
6．（2021·上海长宁·统考二模）对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值。
(1)大气中含量过高会导致雨水中含有(填化学式)___而危害植物和建筑物。工厂排放的尾气用饱和溶液吸收可得到重要化工原料，反应的化学方程式为___。由过饱和溶液结晶脱水可制得。写出该过程的化学方程式__。
(2)可用作食品的抗氧化剂。在滴定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗碘液。补全该滴定反应的离子方程式：，___；该样品中的残留量为___(以计)。
(3)一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS(s)，该反应_(选填“放出”或“吸收”)的热量为_。
(4)在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为___，对此反应下列说法正确的是__。
a．若混合气体密度保持不变，则已达到平衡状态
b．从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c．达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d．分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变
7．（2021·上海·统考一模）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃左右并有催化剂存在下进行：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) +190 kJ
(1)该热化学反应方程式的意义是____。该反应的平衡常数表达式K =____，该反应450℃时的平衡常数____500℃时的平衡常数(填“>”“＜”或“=”)。
(2)下列描述能说明上述反应(反应容器体积不变)已达平衡的是______。
a.v(O2)正=2v(SO3)逆 b.容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c.容器中气体的密度不随时间而变化 d.容器中气体的分子总数不随时间而变化
(3)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20 mol SO2和0.10 mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO3 0.18 mol，则v(O2) =_____mol/(L·min)；如果要提高SO2转化率，可以采取哪些措施？请写出两种方法______、_____。
(4)向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。_____。
(5)将SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，产物中某离子的物质的量浓度与通入气体的体积有如图所示关系，该离子是____。
8．（2020·上海长宁·统考二模）工业上可由氢气、氮气合成氨气，溶于水形成氨水。一定温度下，向2L固定体积的密闭容器中加入N2(g)和H2(g)，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q（Q>0），NH3物质的量随时间的变化如图所示。
（1）0~2min内的平均反应速率v(H2)=___。
（2）该温度下，反应的平衡常数表达式K=___。
其平衡常数K与温度T的关系如下表：
试判断K1___K2（填写“>”、“=”或“<”）。
（3）能说明该合成氨反应已达到平衡状态的是___（选填编号）。
a.3v(N2)=v(H2)
b.容器内压强保持不变
c.混合气体的密度保持不变
d.25℃时，测得容器中c(NH3)=0.2mol·L-1，c(H2)=c(N2)=0.01mol·L-1
常温下，某同学将盐酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表。
请回答：
（4）①中所得混合溶液，pH___7（填“>”、“<”或“＝”）；②中c__0.2（填“>”、“<”或“＝”），所得混合溶液中各离子浓度大小关系为___。
（5）请你设计一个能证明一水合氨是弱电解质的简要方案___。
三、工业流程题
9．（2022·上海长宁·统考一模）砷（As）是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，镓（Ga）与铝同主族，砷化镓是当代国际公认的继硅之后最成熟的化合物半导体材料。某含砷（As）的有毒工业废水经如图流程转化为粗。已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。
完成下列填空：
(1)砷在元素周期中的位置为第______周期、第______族；砷和热的浓反应，生成，反应的化学方程式为______；砷化镓（GaAs）和氮化硼（BN）晶体都具有空间网状结构，硬度大，则砷化镓熔点______氮化硼的熔点（选填“高于”、“低于”或“接近于”）。
(2)“碱浸”的目的是将废水中的和转化为盐，转化为的离子方程式为______；加入试剂1的目的是______。
(3)“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有（其中、都大于0）：
① ；②；
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因。______。
(4)通过对溶液进行加热，再过滤可制得粗。在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图所示。为提高粗的沉淀率，则“结晶”过程应控制的最佳条件是______。从绿色化学和综合利用的角度考虑，滤液2需要处理，其方法是______。
10．（2022·上海长宁·统考二模）硫酸亚铁晶体 在医药上作补血剂。工业上用废铁生产 的一种流程如下图所示：
(1)步骤 I 中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外， 还有一个反应的化学方程式为_______：步骤 I 加入稀硫酸的量不能过量的原因是_______；步骤 II 加入稀硫酸的目的是_______。
(2)证明步骤 (1)滤液中只含有 的方法： 取样， 先滴加 溶液， 无明显现象， 再滴加_______； 该过程的现象为：_______。
(3)步骤 III 从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体 的实验操作为_______、_______、过滤、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行， 原因是_______。
(4)取 隔绝空气加热至不同温度， 剩余固体的质量变化如下图所示。
分析数据， 写出 残留物的化学式_______； 时固体物质发生反应的化学方程式是_______，做出这一判断的依据是_______。
11．（2022·上海长宁·统考一模）已知①胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇；②溶液中Fe3+和Cu2+完全沉淀时的pH分别为3.7和6.9，某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
(1)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为___。与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是___。
(2)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5~4.0，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、__、乙醇洗涤、__，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5~4.0的目的是__。
(3)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有__(填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．坩埚
(4)结晶水含量测定(设化学式为CuSO4·xH2O)：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据可知，x=__(写表达式)。
(5)下列操作中，会导致结晶水含量测定值偏高的是__(填标号)。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少胆矾迸溅出来
四、结构与性质
12．（2022·上海长宁·统考二模）了解原子结构特点、理解元素周期律和物质的结构对学习物质的性质和用途至关重要。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子， 它们的离子半径最小的是_______(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是_______。下列能表示硫原子3p轨道电子状态的是_______(填标号)。
A． B． C．D．
(2)写出化合物CO2的电子式_______，CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物， 常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：_______。
(3)比较硫和氯性质的强弱。
热稳定性： H2S______HCl (选填 “＜”、“＞ ” 或 “=”， 下同)； 酸性：HClO4_______H2SO4；用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：_______。
(4)红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化， 这利用了SO2的_______性；已知 NaHSO3溶液呈酸性，而既能电离又能水解，说明在NaHSO3溶液中 c(H2SO3)_______c()(选填 “＜”、“＞ ” 或 “=” )
(5)请预测：第二周期非金属元素形成的氢化物中化学键极性最大的是_______(填分子式)，该物质在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度_______(填 “大” 或 “小”)。
13．（2021·上海长宁·统考二模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：
①；
②。
锂原子的电子排布式为___；CO2的结构式为____；反应②中物质涉及的化学键类型有____。
(2)碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是__。
(3)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式___，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：___。
(4)用、氨水和液溴制备。除生成外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：，_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：，放电时，负极为___(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为___。
试卷第10页，共11页
试卷第11页，共11页
参考答案：
1．(1) Cl2+2OH- =ClO-+C1-+H2O NaClO溶液吸收空气中的CO2后反应产生HClO，HClO见光分解
(2)D
(3) 蓝 无
(4)是 根据已知的化学方程式，得关系式，得到，该样品的有效氯含量为，说明该样品为优质品。
(5)偏低
【详解】（1）由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH- =ClO-+C1-+H2O；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO不稳定，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而使次氯酸钠失效；
（2）A．ClONO2水解生成的次氯酸和硝酸都具有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，故A正确；
B．ClONO2与NaOH溶液反应生成次氯酸钠、硝酸钠和水，故B正确；
C．ClONO2与盐酸作用时，水解生成的次氯酸能与盐酸反应生成氯气，故C正确；
D．由化合物的结构式可知，ClONO2水解生成次氯酸和硝酸，故D错误；
故选D。
（3）滴定终点时碘被Na2S2O3还原消耗完，溶液由蓝色变为无色，故滴定终点的判断为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
（4）根据已知的化学方程式，得关系式，得到，该样品的有效氯含量为，说明该样品为优质品；
（5）若在检测中加入稀硫酸的量过少，导致生成的HClO、I2偏少，消耗的Na2S2O3体积偏小， 滴定将导致样品的有效氯测定值偏低。
2．(1) 6 3p
(2) > >
(3) 同素异形体 正交硫 S+O2=SO2(g) =-296
(4) 溶液 酸 ②>④>③>①
(5)加入Ba(NO3)2溶液至不再产生白色沉淀时，取上层清液，向其中加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明混合溶液中含有Cl-
【详解】（1）硫原子最外层有6个电子，每个电子的运动状态都不同，故硫原子最外层有6种不同运动状态的电子；S的价电子排布式为3s23p4，其中能量最高的电子所占电子亚层符号为3p；
（2）非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：O>S，故气态氢化物稳定性：H2O>H2S；O原子半径小于S原子半径，且O元素的电负性大于S元素，故H-O键长较短，键能H-O>H-S；
（3）正交硫和单斜硫是硫常见的两种单质，两者互为同素异形体；根据已知(正交)=(单斜)-2.64kJ，可知(正交)能量低与(单斜)，能量越低越稳定，故正交硫与单斜硫相比，相对比较稳定的是正交硫；通常状况下4g硫粉完全燃烧放出37kJ的热量，则1mol硫粉(32g)放出的热量为37×8=296，则该反应的热化学方程式为S+O2=SO2(g) =-296；
（4）同温同浓度的、、三种溶液中，溶液中NH促进SO的水解，导致SO浓度变小，溶液中HSO只有部分电离出SO，因此溶液中最大；溶液中HSO既电离也水解，分别为HSO+H2OH2SO3、HSOH++SO，因为溶液中，说明SO以电离为主，溶液显酸性；等物质的量浓度的下列四种溶液：①②③④，其中②溶液中NH和CO都促进水的电离，④溶液中HCO水解为主，促进水的电离，③溶液中HSO以电离为主使溶液显酸性，抑制水的电离，①属于强碱，在溶液中全部电离，抑制水电离，因此溶液中水的电离程度由大到小排列顺序为②>④>③>①；
（5）和NaCl混合溶液中检验，需要先用Ba2+除去SO，然后再用AgNO3溶液检验Cl-，故检验方法为：加入Ba(NO3)2溶液至不再产生白色沉淀时，取上层清液，向其中加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明混合溶液中含有Cl-。
3．(1)
(2) 0.3NA 0.0375akJ
(3)AE
(4)
(5) 该反应是放热反应，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长
【详解】（1） 与水反应可转化为 ，化学方程式：。
（2）标准状况下，3.36LCO物质的量为0.15mol，根据可得还原至的整个过程中转移电子的数目为0.3NA；根据题给信息，，则0.15molCO可放出的热量为0.0375akJ。
（3）A．该反应气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生改变，故气体的压强发生不变可以作为反应达到平衡的判断依据，A符合题意；
B．，则，不等于系数之比，故不可作为反应达到平衡的判断依据，B不符合题意；
C．平衡常数K只随温度改变，该反应控制温度为不变，则其不可作为反应达到平衡的判断依据，C不符合题意；
D．该反应物质均是气体，气体总质量不变，容器恒容，则体系内气体密度始终不变，故其不可作为反应达到平衡的判断依据，D不符合题意；
E．无色，红棕色，反应过程体系颜色发生改变，故容器内颜色不变可以作为反应达到平衡的判断依据，E符合题意；
故选AE。
（4）根据反应，的改变量是的两倍，从的曲线可知其达到平衡时减少了0.03mol/L，则从0升高到平衡时的0.6 mol/L，其曲线如图：；由题Q<0可知，该反应正向吸热，保持其它条件不变，随着温度的升高，该反应平衡朝正向移动，且反应速率增大，达到平衡的时间缩短，则其曲线如图：。
（5）如图所示，(NO)随(时间)的延长而减小，转化相同量的NO，可作一条平行于时间轴的辅助线，分别交两曲线与a、b两点，如图：，则可知在温度下消耗的时间较长；可能的原因是，该反应两步均是放出热量，总反应是放热反应，，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长。
4．(1) CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2
(2) NH3+HCl=NH4Cl 硫铵 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(3)由于NH3溶于水中存在NH3+H2ONH3·H2O+OH-，加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动
(4) 2NH3+3O2=2HNO2+2H2O 2.35
【解析】(1)
已知N是7号元素，故氮原子最外层电子的轨道表示式为，N原子最外层上有5个电子，其中未成对电子数为3，故氮气分子的电子式为：，由于CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2，导致CS2熔点高于CO2，故答案为：；；CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2；
(2)
向NaOH固体上滴几滴浓氨水，由于NaOH具有吸水性和电离出OH-抑制氨水的电离，故能产生NH3，浓盐酸液滴附近会出现白烟是由于NH3与HCl产生的NH4Cl白色固体小颗粒，发生反应的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl，浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体即NH3和H2SO4反应生成的硫酸铵或硫酸氢铵固体，其中所含的正盐即硫酸铵作一种化肥，其俗称为：硫铵，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，是由于Fe(OH)2在空气中极易被氧化，转化为Fe(OH)3，故发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH和4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：NH3+HCl=NH4Cl；硫铵；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)
由于NH3+H2ONH3·H2O+OH-，在一定条件下，向水体中加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动，则可使NH3的脱除率增大，故答案为：由于NH3溶于水中存在NH3+H2ONH3·H2O+OH-，加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动；
(4)
在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，根据氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O，根据反应方程式可知，每生成1molHNO2转移电子数目为6mol，则若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为=2.35g，故答案为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；2.35。
5．(1) A 总反应是一个放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量
(2) ＞ 由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快
(3) a 总反应为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大
(4) 33% 5×105Pa、210℃ 9×105Pa、250℃
【详解】（1）由题干信息可知，总反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)+Q(Q>0)是一个放热反应，故有反应物总能量高于生成物总能量，下列示意图中只有A图中反应物总能量高于生成物总能量，其余均相反，故能体现总反应能量变化的是A，故答案为：A；总反应是一个放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量；
（2）由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快，故据图1可判断：温度T1＞T2，故答案为：＞；由图1可知，T1温度下CO2的转化率先保持不变，即T1温度下先达到平衡，即反应速率比T2温度下快，温度越高反应速率越快；
（3）由题干信息总反应为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大，故a为等温线，故答案为：a；总反应为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)是一个正反应为气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大；
（4）当x(CH3OH)=0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：
，则有： =0.1，解得：y=mol，CO2的平衡转化率α=×100%≈33%，对应图象可找到：等温线a上分析得到，反应条件是9×105Pa、250℃，等压线b上，反应条件5×105Pa、210℃，故答案为：33%；5×105Pa、210℃；9×105Pa、250℃。
6． H2SO4 H2SO3 SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 4I-+6H+ 0.128 放出 135kJ K= ad
【详解】(1)大气中 SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3容易被空气中的氧气氧化为H2SO4，导致雨水中含有H2SO3和H2SO4而危害植物和建筑物。SO2和水以及 Na2SO3反应生成 NaHSO3，反应的化学方程式为SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3。由 NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可制得 Na2S2O5，该过程的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2) 和I2反应，S的化合价从+4升高到中的+6价，I的化合价降低，从0价降低到-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出该反应的离子方程式：+2I2+3H2O=2+4I-+6H+。根据反应的离子方程式，在50.00mL 葡萄酒样品中，中S的物质的量为0.01000mol/L×0.01000L××2，则以SO2计的质量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol，1L葡萄酒样品中Na2S2O5的残留量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol×=0.128g，故答案为：4I-+6H+，0.128。
(3)根据图象可以写出该反应的化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)。由反应物到过渡态需要吸收409kJ的热量，由过渡态到生成物放出679kJ的热量，所以该反应为放热反应。生成1molS即32gS，放出679kJ-409kJ=270kJ的热量，则生成16gS(s)，放出的热量为=135kJ。
(4)根据该反应的化学方程式可知，S是固体，则该反应的平衡常数表达式为K=。
a．由于容器的容积不变，但混合气体的总质量在未平衡前是变化的，当混合气体密度保持不变时，则已达到平衡状态，故a正确；
b．该反应反应前后气体物质的量之和不相等，所以从反应开始到平衡，混合气体的物质的量之和是变化的，而且该容器为绝热容器，压强和气体的总物质的量以及温度有关，所以在未平衡前，容器内的压强是变化的，故b错误；
c．平衡常数和温度有关，达平衡后若再充入一定量CO2，平衡逆向移动，由于该容器是绝热容器，所以温度会降低，则平衡常数会发生改变，故c错误；
d．S是固体，分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变，故d正确；
故选ad。
7． 在450℃，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体放出的热量为190kJ > bd 0.036 mol/(L·min) 加压 降温(合理即可) H2SO3 H++ ， H++，滴加氨水后，中和电离出的氢离子，导致电离平衡正向移动，浓度增大，产生BaSO3沉淀
【详解】(1)该热化学方程式表示在450℃，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体放出的热量为190kJ；根据平衡常数的概念可知该反应的K=或；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以450℃时的平衡常数>500℃时的平衡常数；
(2)a．v(O2)正=2v(SO3)逆，则v(O2)正=4v(O2)逆，正逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，故a不符合题意；
b．该反应前后气体的系数之和不相等，但气体总质量不变，所以平均分子量为变量，当其不变时说明反应达到平衡，故b符合题意；
c．容器恒容，则气体总体积不变，气体总质量也不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；
d．该反应前后气体系数之和不相等，所以气体的总分子数为变量，当其不变时说明反应达到平衡，故d符合题意；
综上所述答案为bd；
(3)平衡时Δn(SO3)=0.18mol，根据方程式可知Δn(O2)=0.09mol，容器体积为5L，所以v(O2)== 0.036 mol/(L·min)；加压、降温、充入过量氧气、及时分离出SO3都可以使平衡正向移动，增大SO2的转化率；
(4)SO2通入溶液中后存在平衡：H2SO3 H++ ， H++，但此时电离程度很小，浓度较小，滴加氨水后，中和电离出的氢离子，导致电离平衡正向移动，浓度增大，产生BaSO3沉淀；
(5)将SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中，开始时NaOH过量，反应生成Na2SO4、Na2SO3；NaOH完全反应后，随着SO2与SO3的不断加入，Na2SO4不反应，Na2SO3逐渐转化成NaHSO3，当Na2SO3完全转化成NaHSO3后，通入SO2的不再反应，SO3与NaHSO3反应生成Na2SO4和SO2，直至NaHSO3完全消失，所以图象中曲线表示的离子是。
8． 0.375mol/(L·min) > bd < > c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-) 用玻璃棒蘸取0.1mol·L-1NH4Cl溶液滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较，测出pH，pH<7
【详解】（1）由图象可知，生成氨气的物质的量为1mol，则消耗氢气的物质的量为1.5mol，反应速率，故答案为：0.375mol/(L·min)；
（2）结合方程式，反应的平衡常数表达式K=，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1>K2，故答案为：；>；
（3）a.根据方程式系数与反应速率的关系，任何状态下，都有3v(N2)=v(H2)，则3v(N2)=v(H2)不能说明反应到达平衡状态，故a错误；
b.从方程式可知，该反应是气体的总物质的量是可变的量，当容器内压强保持不变，则气体的总物质的量不变，说明该反应达到平衡状态，故b正确；
c.根据质量守恒定律，气体的总质量始终保持不变，而该反应在恒容条件下进行，则混合气体的密度始终保持不变，故c错误；
d.25℃时，测得容器中c(NH3)=0.2mol·L-1，c(H2)=c(N2)=0.01mol·L-1，计算浓度熵，则反应处于平衡状态，故d正确；
综上所述，故答案为：bd；
（4）①中为氨水和盐酸等体积等浓度混合，所得混合溶液中溶质为氯化铵，因为铵根发生水解，则溶液显酸性，pH<7，故答案为：<；
②中两溶液混合后pH=7，因为盐酸为强酸，氨水为弱碱，则需要氨水稍多一些，即氨水的浓度比盐酸的浓度大，c>0.2，因为溶液显中性，则所得混合溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)，故答案为：>；c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)；
（5）若证明一水合氨是弱电解质，则可以从铵根能发生水解来说明，证明方案为：用玻璃棒蘸取0.1mol·L-1NH4Cl溶液滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较，测出pH，pH<7，故答案为：用玻璃棒蘸取0.1mol·L-1NH4Cl溶液滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较，测出pH，pH<7。
【点睛】判断化学平衡状态可从两个角度去考虑，从速率角度，要说明正反应速率与逆反应速率速率的关系，若为同一物质，则正、逆反应速率相等，若不同物质，则正、逆反应速率与方程式的系数成比例；从物质的量的角度，要说明可变量不变了，则可以说明达到化学平衡状态。
9．(1) 四 ⅤA 2As+3H2SO4(浓)As2O3+3SO2↑+3H2O 低于
(2) H3AsO4+3OH-=AsO+3H2O 将AsO氧化生成AsO
(3)温度升高，反应A平衡逆向移动，、下降，反应B平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降
(4) 温度约为25℃，H2SO4浓度约为7 返回酸化流程
【分析】流程图中，“碱浸”过程是将废水中的和转化为盐；溶液中存在AsO，通过后面流程可知需要沉淀的是AsO，因此加入氧化剂试剂1，将AsO氧化生成AsO；“沉砷”时加入石灰乳，调节为碱性，并提供钙离子，将转化为沉淀；“酸化”过程加入硫酸，得到较纯净的；“还原”过程通入SO2，还原为，然后结晶得到粗As2O3，据此分析。
【详解】（1）氮是第二周期、第ⅤA族，砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，因此砷在元素周期中的位置为第四周期、第ⅤA族；；砷和热的浓反应，生成，反应的化学方程式为2As+3H2SO4(浓)As2O3+3SO2↑+3H2O；砷化镓（GaAs）和氮化硼（BN）晶体都具有空间网状结构，说明两者都是原子晶体，原子晶体的熔沸点与键长成反比，原子半径越小，键长越短，键长：B-N
（3）沉砷最佳温度是85℃，温度高于85℃后，随温度的升高沉降率下降，温度升高，反应①平衡逆向移动，、下降，反应②平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降；
（4）由图可知，为提高粗As2O3的沉降率，则“结晶”过程应控制的最佳条件为25℃，H2SO4浓度约为7，此时As2O3的溶解率最低，沉淀率最高，滤液2中含有余酸，需要处理，从绿色化学和综合利用的角度考虑，可将滤液2返回酸化流程。
10．(1) ； 确保生成物全部都是硫酸亚铁； 防止亚铁离子水解；
(2) 氯水； 溶液变成血红色；
(3) 蒸发浓缩； 冷却结晶 防止分解失去部分结晶水
(4) 为0.1mol，加热分解到C点后质量不再变化，C为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
【分析】根据题中信息知废铁中含有铁、铁锈和不溶性杂质。步骤I加稀硫酸，铁和铁锈与硫酸，生成的硫酸铁也会和铁反应生成硫酸亚铁，过滤后可除去不溶性杂质；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，得到的硫酸亚铁溶液经过步骤III：蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体。
【详解】（1）铁锈与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁能够继续与铁反应生成硫酸亚铁，化学方程式为：；在步骤I加稀硫酸不能过量，是为了确保生成物全部是硫酸亚铁，得到的产物更纯净，不用后续除杂；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，防止得到的晶体中有杂质；
（2）检验亚铁离子，先加KSCN溶液无现象，再加氯水将亚铁离子氧化成铁离子，若出现血红色，则有亚铁离子。故加入的试剂为氯水，现象为溶液变成血红色；
（3）要得到带结晶水的晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。硫酸亚铁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；受热易失去结晶水，因此低温烘干是为了防止晶体失去结晶水；
（4）27.8g的物质的量为0.1mol，结晶水完全失去时剩下固体的质量为：，由图可知B()完全失去结晶水，成分为，对比B()和A()点，两者质量差为，即A比B多一个结晶水，A点成分为：；自始至终，铁元素质量守恒，为0.1mol，加热分解到C()点后质量不再变化，C点成分为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
11．(1) CuO+H2SO4=CuSO4+H2O 不会产生具有污染性的气体
(2) 过滤 干燥 使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解
(3)AC
(4)
(5)①③
【详解】（1）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染，此方法不会产生具有污染性的气体，故答案为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；不会产生具有污染性的气体；
（2）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，此方程式为主要反应，除此之外，由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾，其中控制溶液pH为3.5～4的目的是使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解，防止生成杂质导致产品不纯，煮沸10min的目的在于除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全，故答案为：过滤；干燥；使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解；
（3）由(2)分析可知，制备胆矾时，经过的步骤有：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶，故用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有反应过程中和过滤需用到的烧杯和蒸发时需要用到的蒸发皿，故答案为：AC；
（4）设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4 xH2O，受热分解发生反应CuSO4 xH2OCuSO4+xH2O，n(H2O)=mol，n(CuSO4)=mol，依据方程式可知n(H2O)：n(CuSO4)=x：1，解得x=，故答案为：；
（5）依据结晶水表达式x=可知，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏高，①符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x=可知，结果偏低，②不合题意；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2-m3偏大，m3-m1偏小，最终结果偏高，③符合题意；
故答案为：①③。
12．(1) F- 第三周期第ⅣA族 AC
(2) CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体
(3) ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl-
(4) 还原 ＜
(5) HF 小
【解析】(1)
氧、氟、氮是同一周期元素，它们形成的简单离子O2-、F-、N3-核外电子排布都是2、8，三种离子的电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，则离子半径大小关系为：N3-＞O2-＞F-，故三种离子中半径最小的是F-；Si是14号元素，于元素周期表第三周期第ⅣA族；S是16号元素，根据构造原理可知基态S原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，3p轨道数目是3，同一轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则表示S原子的3p轨道电子状态的为AC；故答案为：F-；第四周期第IVA族；AC。
(2)
CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故CO2分子的电子式为： ；CO2是分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，因而物质的熔沸点比较低；SiO2是原子晶体，原子之间以共价键结合形成立体网状结构，断裂共价键需要消耗很高能量，因此物质的熔沸点：原子晶体＞分子晶体，故CO2在室温下呈气态，而SiO2呈固态；故答案为： ；CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体。
(3)
元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强；元素的非金属性：Cl＞S，则氢化物的热稳定性：H2S＜HCl，酸性：HClO4＞H2SO4；元素的非金属性越强，其单质氧化性越强，由于元素的非金属性：Cl＞S，则单质氧化性：Cl2＞S，说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱的反应的离子方程式为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-；故答案为：＜；＞；Cl2+S2-=S↓+2Cl-。
(4)
红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液被氧化，SO2作抗氧化剂，体现其还原性；NaHSO3是强碱弱酸盐，在溶液中既存在的电离平衡，也存在的水解平衡，电离产生H+、，使溶液显酸性；水解消耗水电离产生的H+变为H2SO3和OH-，使溶液显碱性，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度大于其水解程度，故在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()；故答案为：还原；＜。
(5)
非金属元素与H形成的共价键是极性共价键，氢化物中非氢元素的非金属性越大，化学键极性越大；第二周期元素中非金属性最强的元素是F元素，则第二周期非金属元素形成的氢化物中化学键极性最大的为HF；HF分子为极性分子，且HF在水中能与水形成氢键，导致HF在水中溶解度大于在CCl4中的溶解度，即HF在CCl4中的溶解度比在水中的小；故答案为：HF；小。
13． 1s22s1 O=C=O 离子键、共价键、金属键 3 2p [H：]- 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑ Li 1.4g
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
【详解】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应②中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为=0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
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