热门试卷

①碘循环工艺根据进出物质可得在反应器中发生反应：SO2+I2+2H2O ===2HI+H2SO4 ，故答案为：SO2＋I2＋2H2O＝SO42-＋2I－＋4H+

②根据勒夏特列原理分析化学平衡移动；故答案为：HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行。

③负极反应物MH失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：MH-e-+OH-=H2O+M；阴极上是氧气发生的电子的过程，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：MH-e-+OH-=H2O+M ；O2+2H2O+4e-=4OH

①根据表中氢氧化物的溶度积可知，氢氧化铁的溶度积最小，其溶解度最小，所以随pH升高最先沉淀下来的离子是铁离子；故答案为：Fe3+；

②双氧水能够将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；

2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O

：一个碳原子参与三个碳的形成，所以形成一个六元环，需要碳原子的个数为：6×1/3=2，所以12g石墨烯物质的量为1mol，所以形成6元环的物质的量为：1/2mol，即0.5NA个6元环，故答案为：0.5NA；

①CH4+0.5O2（g）⇌CH3OH（g）△H=-128.5kJ/mol，正反应是气体体积减少的反应，所以可以通增大压强、选用合适的催化剂，故答案为：增大压强、选用合适的催化剂；②由CH4+0.5O2（g）⇌CH3OH（g）△H=-128.5kJ/mol…Ⅰ，CH4（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=c kJ/mol…Ⅱ，目标反应CH3OH（g）+0.5O2（g）→HCHO（g）+H2O（g），得Ⅱ-Ⅰ得：CH3OH（g）+0.5O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+128.5）KJ•L-1，故答案为：CH3OH（g）+0.5O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+128.5）KJ•L-1；

①平衡时的量比20min的量小，但变化量小于10min-20min，所以0.22＜n＜0.26，故答案为：0.22＜n＜0.26；②C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）

开始 0.40mol   0       0

变化   x    x       x

平衡0.40mol-x   x      x

所以：0.4+x/0.4=1.4，解之得：x=0.16，所以苯乙烷的转化率为0.16/0.4×100%=40%，故答案为：40%；

葡萄糖到葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]发生氧化反应，所以在阳极产生，电极反应式为：CH2OH（CHOH）4CHO+H2O-2e-═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+；故答案为：阳；CH2OH（CHOH）4CHO+H2O-2e-═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+．

①  2H2(g) + O2(g) ＝ 2H2O(g)                   △H＝－484.0 kJ/mol

②  CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）   △H＝ +49.0kJ/mol

③  H2O(g) ＝ H2O(l)                           △H＝－44.0 kJ/mol

根据盖斯定律：②＋3/2①＋2③可得甲醇的燃烧热的热化学方程式，CH3OH (g)+ 3/2O2 (g) =CO2 (g)+2H2O (l)

△H＝－765kJ/mol，该反应的平衡常数表达式为K=；

向1L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)

①由② CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）   △H＝ +49.0kJ/mol可知：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)是放热反应，△S<0，△G=△H-T△S，该反应自发进行的条件是△G<0，低温有利于反应的自发进行；

向1L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)

混合气体的平均式量保持不变，各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，正确；

b、CO2和H2的转化率不变，则反应达到平衡状态，CO2和H2的转化率相等，反应未达到平衡状态，错误；

c、CO2和H2的体积分数保持不变，各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，正确；

d、反应是体积减小的反应，混合气体的密度保持不变，各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，正确；

e、1mol CO2生成的同时有1mol C-H键断裂，反应向逆反应方向进行，反应未达到平衡状态，错误；

故选acd；

向1L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)

CO2的浓度随时间（0～t2）变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，CO2的浓度瞬间增大一倍，然后向正反应方向进行，逐渐减小；t3时达到平衡，因平衡常数不变，浓度恢复原来大小；t4时降低温度，反应向正方向进行，二氧化碳浓度减小；t5时达到平衡，t2～t6 CO2的浓度随时间的变化如下图：

改变条件，使反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H＜0  中的所有物质都为气态。反应过程中部分数据见下表，根据计量关系可以填写下表：

达到平衡时，该反应逆反应平衡常数；平衡时H2的转化率是3/6=50%；

改变条件，使反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H＜0  中的所有物质都为气态。反应过程中部分数据见下表，根据计量关系可以填写下表：

  在其它条件不变下，若30min时只改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，反应向逆反应方向进行，一定是升高温度，则T1＜T2。若30min时只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，Qc=0.15=K，则平衡不移动；

CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，考虑电解质为硫酸，所以甲烷中氢来源为硫酸电离的氢离子，根据化合价变化可知1mol二氧化碳变成甲烷得到8mol电子，故电极反应为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O。

步骤D中酸性溶液中Fe2+被MnO2氧化为铁离子，二氧化锰被还原生成锰离子，反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe2++Mn2++2H2O，故答案为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe2++Mn2++2H2O；

步骤H是硫酸锰和碳酸氢铵反应，碳酸氢根离子过量，所以锰离子结合碳酸根离子生成碳酸锰沉淀，氢离子浓度增大和过量的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；

已知Ksp（PbS）=1×10-28，当溶液中c（Pb2+）=1×10-5mol•L-1时，c（S2-）=1×10−28/1×10−5

=10-23mol/L，Ksp（MnS）=1×10-9.6，溶液中c（Mn2+）允许的最大值=1×10−9.6/10−23=1×1013.4 mol•L-1，

故答案为：1×1013.4 mol•L-1；

若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO2）能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒，则依据图象分析判断，MnO42-在MnO4-和MnO2之间；将Mn3+歧化反应得到Mn2+和MnO2，2Mn3++2H2O=MnO2+Mn2++4H+，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；MnO4-溶液中呈紫红色，检验时必须控制Mn2+浓度和用量不能过大过量的Mn2+能与反应生成的MnO4-反应，影响实验现象的观察；

       最适宜加热分解革酸晶体的装置是C．若选装置A可能会造成的后果是固体药品熔化后会流到试管口，若选装置B可能会造成的后果是冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂。

故答案为：固体药品熔化后会流到试管口；冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂

       150℃左右分解产生H2O、CO和C02，三种气体的检验顺序应遵循现象明显且不相互干扰，应先检验水，再检验二氧化碳，最后检验一氧化碳。

故答案为：C

       实验利用装置“G（碱石灰）﹣F﹣D（CuO固体）﹣F”检验CO，通过装置G吸收水和二氧化碳，通过装置F检验二氧化碳是否除净，通过装置D检验是否有一氧化碳含有氧化铜为铜，最后通过装置F检验是否生成二氧化碳气体。

故答案为：澄清的石灰水；前一个F中没有浑浊，后一个F中有沉淀，D中固体反应后从黑色变成红色

       反应的化学方程式为：H2C2042H203H2O+CO+C02，实验得到气体的体积为VmL（已换算成标准状况），为一氧化碳，物质的量和草酸晶体物质的量相同，n（H2C2042H20）=n（CO）=mol/L，

草酸纯度的表达式=，

故答案为：

常温时，用pH计测量0.100mol/L草酸钠溶液的pH，则c(OH-)=Kw/c(H+)

依据 C2O42-+H2OHC2O4-+OH，计算

或或或

       铝土矿中氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式：2OH﹣+Al2O3═2AlO2﹣+H2O；

       二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O

       依据铝土矿主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，铝土矿中氧化铝、二氧化硅能够与氢氧化钠反应分别生成偏铝酸钠和硅酸钠，氧化铁不与氢氧化钠反应，依据2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，可知还生成Na2Al2Si2O8，则滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；硅酸盐改写为氧化物的形式一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物，所以Na2Al2Si2O8改写为氧化物为Na2O•Al2O3•2SiO2

       反应后溶液含有大量偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3，若选用盐酸，则生成的氢氧化铝会溶于过量的盐酸，所以第三步中选用二氧化碳作酸化剂。

设铝土矿中氧化铝为xkg，

2Al～～～～Al2O3

27×2       102

nkg        xkg

则x==kg，

铝土矿中Al2O3的质量分数为×100%=%

       浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，能够使铝钝化，不能用来溶解铝，铝与稀硝酸反应生成硝酸铝和一氧化氮和水，一氧化氮有毒，铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，可以用来溶解铝，故选B

       中心离子和配体组成內界，其余部分为外界，则Na3AlF6中Na+为外界，[AlF6]3-为內界；配原子的数目即是配位数，所以配位数为6

①氯胺为共价化合物电子式为： 。反应热=反应物的总键能-生成物的总键能：

即ΔH=[391.3×3+243-（391.3×2+191.2）-431.8]KJ.mol^(-1)=11.3 KJ.mol^(-1)

②由信息可知NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质为HClO，反应式为NH2Cl＋H2O NH3＋HClO

对比图表数据中的甲与丙，在起始物相同时，丙建立平衡的时间短，由此说明，丙的反应温度更高，反应速度更快。再对比建立平衡后甲容器中NO的量更低，说明低温更有利于NO的转化，因此该反应为放热反应。

①A、B两点温度相同，所以Kc(A)=Kc(B)

②因为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)反应为气体计量系数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NO2转化率降低，因此三点之中A点的转化率最大。

③在C点c（NO2）=c(CO2)即1-2x=2x,可计数出x=0.25mol，

（1）①羰基硫中分子中所有原子的最外层都满足8电子结构，碳原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氧原子能形成2个共价键，所以其电子式为 ，只含极性共价键，故答案为： ；极性；

a．相同条件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4，说明碳酸的酸性强于硫酸，碳酸和硫酸为C和S元素的最高价氧化物对应的水化物，则证明非金属性S＞C，故a正确；

b．酸性：H2SO3＞H2CO3，由于亚硫酸不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，无法比较二者的非金属性大小，故b错误；

c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，说明硫元素对共用电子对的吸引力较强，说明非金属性：S＞C，故c正确；

故答案为：ac；

（2）H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，该反应的化学方程式为5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，

故答案为：5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；

（3）①根据溶液pH与c（S2-）关系图pH=13时，c（S2-）=5.7×10-2mol/L，在0.10mol•L-1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）=0.10mol•L-1，所以c（H2S）+c（HS-）=0.1-5.7×10-2=0.043mol/L，故答案为：0.043；

②当Qc=KSP(FeS)时开始沉淀，所以c（S2-）= Ksp(FeS)/c(Fe2+)= 1.4×10-19/0.010mol/L=1.4×10-17mol/L，结合图象得出此时的pH=2，所以pH=2时Fe2+开始沉淀，故答案为：2；

当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2-）= Ksp(MnS)/c(Mn2+)= 2.8×10-13/0.010mol/L=2.8×10-11mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀。c(Mn2+)/c(Fe2+)=2.8×10-11mol/L /1.4×10-17mol/L=2×106；

（4）①由图可知，左侧SO2失去电子转化为SO42-，右侧O2只得到电子，则右侧为正极，A极为负极，电子从A极流出，B为电子流入的一极。由原电池的知识可知，负极发生氧化反应，失去电子，溶液为50% H2SO4，由此可知A极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。

（1）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH-和阳离子，电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H+5+OH-；故答案为：N2H4+H2O⇌N2H+5+OH-；

（2）设1mol N2O4（1）完全分解成相应的原子时需要吸收的能量QKJ，则：190kJ/mol×2+390kJ/mol×8+QkJ/mol-946kJ/mol×3-460kJ/mol×8=-1225 kJ/mol，解得Q=1793，故答案为：1793kJ；

（3）①X、Y的起始浓度分别为0.2mol/L、0.6mol/L，10min时到达平衡，X浓度增大了0.4mol/L、Y的浓度减小0.2mol/L，由于NO2、N2O4与按物质的量2：1反应，则X为NO2、Y为N2O4；平衡常数K=c2(NO2)/c(N2O4)=0.62/0.4=0.9；

②v（NO2）=(0.6mol/L-0.2mol/L)/10min=0.04mol/（L．min）；20min时，Y（N2O4）的浓度不变，X（NO2）的浓度增大，改变的条件应是增大NO2的浓度，等效为增大压强，平衡向生成N2O4的向逆反应进行，减少2molNO2的同时混合气体总物质的量减小1mol，则混合气体中NO2的百分含量减小，故答案为：0.04mol/（L．min）；向容器中加入0.8molNO2；b；

（4）若将0.2mo1•L-1N2H4•H2O溶液与0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合，得到物质的浓度相等N2H5C1和N2H4•H2O，而在相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度，所以离子浓度大小为：c（N2H5+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（N2H5+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）．

由A的分子为C2H2，所以A为乙炔。B的结构简式为： 经步骤③被还原成C（C4H8）可以推断是三键发生加成反应变以双键，应其是反式产物故C结构简式为： 。