新高考2024-2025学年高三化学上学期期末备考金卷B卷

PAGEPAGE10（新高考）2024-2025学年高三化学上学期期末备考金卷（B卷）留意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔干脆答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．不断进步的材料渐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是A．“唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐B．玻璃是一种常见的无机非金属材料，在肯定温度下软化可制得玻璃仪器C．高铁和城铁所用镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点D．以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可干脆窥视有关器官部位的变更2．下列说法正确的是A．用反渗透膜从海水中分别出淡水，该过程未发生化学变更B．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇C．纤维素、蛋白质、纤维素乙酸酯属于自然高分子材料D．石油的分馏、煤的干馏都属于物理变更3．下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是A．铝片插入硝酸银溶液中，有银析出：Al+Ag+=Al3++AgB．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，有白色沉淀生成：Ba2++SOeq\o\al(2−,4)=BaSO4↓C．碳酸钡中加入稀盐酸，固体溶解，生成无色无味气体：2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑D．氢氧化铜加到盐酸中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O4．下列依据试验操作和现象所得出的结论正确的是选项试验操作和现象结论A向盛有KI溶液的试管中加入适量CCl4，振荡后静置，CCl4层呈紫色(已知Ieq\o\al(−,3)I2+I−)I2在CCl4中的溶解度比在水中的小B向3mLFeCl3溶液中滴加几滴HI溶液，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液呈蓝色I−的还原性比Fe2+的强C将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去产生的气体中肯定含有乙烯D将SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去SO2具有漂白性5．用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是A．检验试液中的SOeq\o\al(2−,4)：试液无沉淀白色沉淀B．检验试液中的NHeq\o\al(+,4)：试液气体试纸变蓝C．检验试液中的I−：试液黄色溶液深黄色溶液D．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液6．下列说法正确的是A．合成氨生产中将氨气液化分别，可加快正反应速率，提高氢气转化率B．铅蓄电池放电时，正极质量增加，负极质量削减C．保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中的值增大D．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在常温下可自发进行，说明该反应的ΔH<07．下列无机物的性质与应用对应关系正确的是选项性质应用AMnO2具有氧化性作干电池正极的活性物质BNa2O2呈淡黄色作呼吸面具供氧剂CCu(NO3)2易溶于水作焰火药剂DNa2SO3能与盐酸反应作纸浆脱氧剂8．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法错误的是A．反应②反应过程中有大量可使带火星木条复燃气体冒出B．反应①得到的ClO2消毒漂白实力比氯气强，运用起来比较平安C．反应①阶段，参与反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为1∶2D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O29．TK时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.10molCOCl2，发生反应COCl2(g)Cl2(g)+CO(g)，经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表：t/min02468n(Cl2)/mol00.0300.0390.0400.040下列说法正确的是A．保持其他条件不变，上升温度，平衡时c(Cl2)=0.038mol·L−1，则反应的ΔH＜0B．前2min内的平均反应速率v(CO)=0.015mol·(L·min)−1C．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.12molCOCl2、0.06molCl2和0.06molCO，反应达到平衡前的速率：v正＜v逆D．若反应过程中容器内气体的密度保持不变，即可推断该反应已达到化学平衡状态10．W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素；元素X和Z同族，Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是A．简洁离子半径大小为X＜Z＜Y B．工业上采纳电解法制备单质XC．Y和Z的氢化物的沸点中较高的是Z D．Z元素的氧化物和氢化物之间能相互反应二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）11．绿矾(FeSO4·7H2O)高温分解可能会生成Fe2O3、SO2、SO3等，已知SO3的熔点为16.8℃、沸点为44.8℃。若设计试验验证绿矾高温分解的相关气态产物，下列试验装置可能不须要的是A．B．C．D．12．下列有关说法正确的是A．氧原子处于基态的轨道表示式B．用价层电子对互斥理论预料NH3的空间结构为三角锥形C．用电子式表示的形成：D．向5%的H2O2溶液中加入粉末后，分解速率快速加快是因为粉末降低了反应的焓变13．已知：NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)ΔH。肯定温度下，1molNO2(g)与1molCO(g)完全反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变更如图所示。下列说法不正确的是A．ΔH=-234kJ·mol−1B．该反应的逆反应的活化能为368kJ·mol−1C．其他条件不变，缩小容器体积，活化分子百分数增大D．加入高效催化剂，E1、E2均减小14．酒石酸（RH2）分子的结构简式为：。它可以通过电渗析法制备。“三室电析工作原理如图所示（电极均为惰性电极）。下列说法正确的是A．A为阴离子交换膜，B为阳离子交换膜B．阴极每生成标况下22.4L的气体时，转移的电子数为2NAC．阳极反应为2H2O+4e−=O2↑+4H+D．若用铅蓄电池作电源，当生成1molRH2时，理论上电源的负极增重96g15．室温下，向20mL0.10mol·L−1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.10mol·L−1的NaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。若溶液混合引起的体积变更可忽视，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A．b点溶液中：c(CH3COO−)+c(OH−)＞c(CH3COOH)+c(H+)B．c、e两点溶液中：c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(H+)=c(OH−)C．d点溶液中：c(Na+)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.10mol·L−1D．f点溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)三、非选择题（共60分）16．某课外小组利用如图装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)装置A中的烧瓶内固体不宜选用_________(选填以下选项的代号，多选或者错选均不给分)。A．碱石灰B．生石灰C．二氧化硅D．烧碱(2)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从图中的备选装置中选择。将编号填入下列空格：B_________、D_________、E_________。(3)氯气和氨气在常温下相混合就会反应生成氯化铵和氮气，该反应的化学方程式为：________。(4)若从装置C中的G处逸出的尾气只含有N2和少量Cl2，应如何处理才能不污染环境？________。17．在庆祝祖国成立70周年的大阅兵上，我国航空领域的发展成就得到了充分展示，钼及其合金在冶金和航空等方面有着广泛的应用。请回答下列有关问题：Ⅰ．已知：，则(用含、的代数式表示)。Ⅱ．用氢气还原辉钼矿制取钼的原理为：(1)肯定温度下，在容积固定的密闭容器中进行该反应，下列能说明反应已达到平衡状态的是________(填序号)。A．ΔH不再发生变更B．气体密度不再发生变更C．D．CO的体积分数保持不变E.混合气体的平均相对分子质量不再发生变更(2)在密闭容器中进行该反应，试验测得正、逆反应的平衡常数与温度的关系变更曲线如图1所示，则温度为时，该反应的平衡常数K=________。(3)在密闭容器中进行该反应，不同压强下，氢气的平衡转化率与温度的关系如图2所示。①点的正反应速率________点的逆反应速率(填“>”、“=”或“<”)；理由是_________。②点对应的平衡常数_________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数)Ⅲ．电氧化法提纯钼的原理为：将已经浆化的辉钼矿（MoS2）加入到装有氯化钠溶液的电解槽中，在电氧化过程中，阳极产物Cl2又与水反应，生成次氯酸根，次氯酸根再把MoS2氧化为MoOeq\o\al(2−,4)和SOeq\o\al(2−,4)形态进入溶液中。(1)辉钼矿应放入电解槽的_________(填“阴极区”或“阳极区”)。(2)写出MoS2被氧化的离子方程式_________。18．高碘酸钾（KIO4）溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如图I（夹持和加热装置省略）。回答下列问题：（1）装置A中仪器甲的名称是________，有同学提出将装置A改进为图II，这样改进的优点是________________。（2）装置B的作用是______________。（3）装置D中的试剂是____________。（4）连接好后，将装置C水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，装置C中反应的化学方程式为___________________（5）反应后装置C中混合物经_______（填操作名称），洗涤，干燥等步骤得到产品。洗涤时，应选用_______（填“热水”或“冷水”）。（6）在酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4），则KIO4和KMnO4二者相比，______的氧化性强19．硫化氢的转化是资源利用和环境爱护的重要探讨课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。(1)用FeCl3溶液汲取H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在肯定条件下电解滤液实现FeCl3溶液的再生。FeCl3与H2S反应的离子方程式为_____。电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为_____。综合分析该工艺的两个反应，可知两个显著优点：①H2S的原子利用率100%；②_____。(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收硫单质，其物质转化如题图1所示。反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，须要消耗O2的物质的量为_____。(3)工业上常采纳图2电解装置电解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液，电解一段时间后，通入H2S加以处理。利用生成的铁的化合物K3[Fe(CN)6]将气态废弃物中的H2S转化为可利用的硫单质，自身转化为K4[Fe(CN)6]。①电解时，阳极的电极反应式为_____。②当有16gS析出时，阴极产生的气体在标准状况下的体积为_____。③通入H2S时发生如下反应，补全离子方程式：________________________。20．重铬酸钠是一种用途极广的氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分Fe(CrO2)2(或写成FeO·Cr2O3)，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，同时还可回收Cr。其主要工艺流程如图所示：已知部分物质的溶解度曲线如图1所示。请回答下列问题：（1）若煅烧操作在试验室进行最好选用_____(填序号)；A．石英坩埚B．铁坩埚C．瓷坩埚（2）煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为_____。（3）滤渣1的成分为Fe2O3，滤渣2的成分除了Al(OH)3之外还有_____。（4）操作a的试验步骤为_____，洗涤干燥。（5）加入Na2S溶液后使硫元素全部以SOeq\o\al(2−,4)的形式存在，写诞生成Cr(OH)3的离子方程式_____。（6）采纳石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，其原理如图2所示。电极b为_____极（填“阳”或“阴”），写出电极b的电极反应方程式：_____。（7）依据有关国家标准，含的废水要经化学处理使其浓度降至5.0×10−7mol·L−1以下才能排放。可采纳加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp（BaCrO4）=1.2×10−10]，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水。加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应不小于_____mol·L−1，废水处理后方能达到国家排放标准。化学答案（B）1.【答案】D【解析】光导纤维的主要成份是二氧化硅，不是硅，D错误；故选D。2.【答案】A【解析】用反渗透膜从海水中分别出淡水，没有新物质生成，过程中发生物理变更，未发生化学变更；酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生分解反应生成乙醇；纤维素、蛋白质属于自然高分子材料，而纤维素乙酸酯是人工合成材料；石油的分馏属于物理变更，而煤的干馏是化学变更；故答案为A。3.【答案】C【解析】铝片插入硝酸银溶液中的离子方程式为：Al+3Ag+=Al3++3Ag；氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H++2OH−+Ba2++SOeq\o\al(2−,4)=BaSO4↓+2H2O；氢氧化铜加到盐酸中发生酸碱中和而溶解得到蓝色溶液，有明显现象，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；故选C。4.【答案】B【解析】A．振荡后静置，CCl4层呈紫色，可知CCl4溶液中含碘单质，则I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，故A错误；C．将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去，不能说明产生的气体中肯定含有乙烯，因浓硫酸具有强氧化性，能把乙醇脱水后的碳氧化，自身被还原为二氧化硫，二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．将SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，发生反应生成亚硫酸钠和水，溶液的碱性减弱，所以溶液红色褪去，体现二氧化硫的酸性氧化物的性质，不能说明SO2具有漂白性，D错误；答案选B。5.【答案】B【解析】铵根离子与碱在加热条件下反应生成氨气，氨气使红色石蕊试纸变蓝，检验方法合理；答案选B。6.【答案】D【解析】A．由N2+3H22NH3反应可知，合成氨生产中将氨气液化分别，可减慢反应速率，但可以提高氢气的转化率，故A错误；B．铅蓄电池放电时，正极发生反应为：PbO2+4H++SOeq\o\al(2−,4)+2e−=PbSO4+2H2O，质量增加；负极发生反应为：Pb+SOeq\o\al(2−,4)-2e−=PbSO4，质量增加，故B错误；C.保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，c(OH−)的浓度减小，c(NHeq\o\al(+,4))的浓度增大，=的值减小，故C错误；D.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在常温下可自发进行，说明该反应的ΔH<0，故D正确；故答案选D。7.【答案】A【解析】A．MnO2具有氧化性，简洁得到电子，被还原，常作干电池正极的活性物质，A正确；B．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂是因为其与二氧化碳反应生成氧气，而与其颜色无关，B错误；C．Cu(NO3)2含有铜离子，焰色试验为绿色，常用作焰火药剂，与其是否溶于水无关，C错误；D．Na2SO3具有还原性，常用作纸浆脱氧剂，D错误；答案选A。8.【答案】C【解析】A．反应②的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，生成的O2有助燃性，能使带火星木条复燃，A错误；B．ClO2在反应时氯元素的化合价由+4价降为-1价变更5价，氯气变更1价，ClO2的氧化性比较强，所以ClO2消毒漂白实力比氯气强，运用起来比较平安，B正确；C．依据流程图可知反应①为NaClO3在酸性条件下与SO2发生氧化还原反应生成ClO2和NaHSO4，其中NaClO3为氧化剂，还原产物为ClO2，氯元素的化合价由+5价降为+4价变更1价，SO2为还原剂，氧化产物为NaHSO4，硫元素的化合价由+4价升为+6价变更2价，依据元素化合价升降总数相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1，C错误；D．据流程图可知反应②为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，在该反应中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化剂的氧化性大于还原剂，所以ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；答案选C。9.【答案】C【解析】A．由表中数据可知，6min达到平衡，生成氯气为0.04mol，其浓度为0.04mol÷2L=0.02mol/L，上升温度，平衡时c(Cl2)=0.038mol·L−1，可知上升温度平衡正向移动，即正反应为吸热热反应，反应的ΔH>0，故A错误；B．前2min生成氯气为0.030mol，由反应可知生成CO为0.030mol，前2min的平均速率v(CO)=，故B错误；C．由表中数据可知K==0.013，起始时向容器中充入0.12molCOCl2、0.06molCl2和0.06molCO，Qc==0.015>K=0.013，平衡逆向移动，可知达到平衡前的速率：v正<v逆，故C正确；D．反应物和生成物都是气体，反应前后气体总质量不变，体积不变，反应过程中容器内气体的密度随意时刻保持不变，不行推断该反应已达到化学平衡状态，故D错误；故选：C。10.【答案】D【解析】X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，生成的气体为二氧化硫和二氧化碳，则Z为S，W为C元素；元素X和Z同族，则X为O元素。A．离子核外电子层数越多，离子半径越大，当离子核外电子层相同时，离子的核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Y＜X＜Z，A错误；B．工业上一般用分别液态空气方法制取单质O2，B错误；C．Y的氢化物NaH是离子化合物，离子之间以离子键结合，离子键是一种剧烈的相互作用，断裂消耗较高能量；而Z的氢化物H2S属于分子晶体，分子间以微弱的分子间作用力结合，断裂消耗的能量较小，故Y和Z的氢化物的沸点中较高的是Y，C错误；D．Z是S，S的氧化物有SO2、SO3，氢化物是H2S，SO2、SO3都可以与H2S发生氧化还原反应产生S单质和H2O，D正确；故合理选项是D。11.【答案】D【解析】绿矾在高温条件下发生分解，生成的气体产物中有SO2、SO3等，为检验生成的气体产物，可先将混合气体用冰水进行冷却，生成的SO3沸点较低简洁液化，再将剩余气体通入品红溶液，利用SO2的漂白性进行检验，最终要留意尾气的汲取。A．装有品红的装置可检验生成产物中的SO2，A不符题意；B．装有冰水混合物的装置可检验生成产物中的SO3，B不符题意；C．绿矾分解的条件是高温，该反应装置中运用酒精喷灯加热，符合试验要求，C不符题意；D．绿矾分解的条件是高温，运用酒精灯加热达不到试验所需温度，该装置不符试验要求，D符合题意；答案选D。12.【答案】AB【解析】A．基态氧原子核外有8个电子，其电子的轨道表示式为，A正确；B．依据价层电子对互斥理，NH3中N原子的价层电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体，且有一对孤电子，故NH3的空间结构为三角锥形，B正确；C．两个氯原子应分开写，用电子式表示的形成应为，C错误；D．过氧化氢分解过程中二氧化锰作催化剂，催化剂能降低反应的活化能，变更反应途径，从而加快反应速率，一个反应的焓变只与反应物的始态和终态有关，和反应途径无关，即二氧化锰不能变更过氧化氢分解的焓变，D错误。答案选AB。13.【答案】C【解析】A．ΔH=生成物的能量-反应物的能量=-368kJ·mol−1-(-134kJ·mol−1)=-234kJ·mol−1，故A正确；B．该反应的逆反应的活化能为368kJ·mol−1，故B正确；C．其他条件不变，缩小容器体积，单位体积内活化分子数增大，但活化分子百分数不变，故C错误；D．加入高效催化剂，能同时降低正、逆反应的活化能，即E1、E2均减小，故D正确；综上所述答案为C。14.【答案】BD【解析】依据图示得，阴极为2H2O+2e−=H2↑+4OH−，阳极为2H2O-4e−=O2↑+4H+，电解过程中，Na+向阴极移动，R2−向阳极移动。A．由以上分析可知，左侧为阴极，Na+向阴极移动，R2-向阳极移动，A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，故A错误；B．依据阴极的电极反应，阴极为2H2O+2e−=H2↑+4OH−，阴极每生成标况下22.4L的气体时，即产生1mol氢气，转移的电子的物质的量为2mol，数目为2NA，故B正确；C．电解池的阳极失去电子发生氧化反应，阳极反应为2H2O-4e−=O2↑+4H+，故C错误；D．若用铅蓄电作电源，当生成1mol

RH2时，转移电子2mol，电源负极反应为Pb-2e−+SOeq\o\al(2−,4)=PbSO4，依据电子守恒可得，负极增重1mol×96g/mol=96g，故D正确；答案选BD。15.【答案】AC【解析】图像b点对应所加V(NaOH)=10mL，此时CH3COOH被中和一半，故b点组成为CH3COOH和CH3COONa，两者近似相等；d点所加V(NaOH)=20mL，此时CH3COOH被完全中和，故d点组成为CH3COONa；f点所加V(NaOH)=40mL，此时NaOH相当于原醋酸的两倍，故f点组成为CH3COONa和NaOH，两者近似相等；c点时CH3COOH未完全中和，故组成为CH3COOH和CH3COONa，由图像纵坐标得c水(H+)=10−7mol/L=c水(OH−)，此时只有水电离产生OH−（留意CH3COO−水解生成的OH−实际也来源于水），故c(OH−)=c水(OH−)=10−7mol/L，依据Kw求得c(H+)=10−7mol/L，pH=7，溶液显中性；e点组成为CH3COONa和NaOH，溶液显碱性。A．b点：c(CH3COOH)∶c(CH3COONa)≈1∶1，对比c点可知b点溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度，故c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，c(Na+)保持不变，所以c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒：c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)>c(CH3COOH)+c(H+)，可知A正确；B．c点显中性，关系成立，但e点显碱性，c(OH−)>c(H+)，依据电荷守恒知c(Na+)>c(CH3COO−)，B错误；C．d点组成为CH3COONa，依据物料守恒c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=（留意两者等体积混合浓度被稀释为原来一半），故左右两边相加之和为0.1mol/L，C正确；D．f点组成：c(CH3COONa)∶c(NaOH)≈1∶1，c(Na+)相当于两份，c(CH3COO−)相当于一份，故c(Na+)>c(CH3COO−)，此时NaOH完全电离产生的OH−与CH3COO−近似相等，由于CH3COO−水解导致自身削减，OH−变多，故c(OH−)>c(CH3COO−)，即大小依次为：c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)，D错误。16.【答案】（1）CＩⅡⅢ3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2连接盛有NaOH溶液的洗气瓶【解析】(1)装置A是制取氨气的装置，利用物质溶解时放出的热量促进氨水的挥发来制取氨气，且该物质和氨气不反应，所以烧瓶内固体不宜选用酸性物质二氧化硅，因为两者反应不能放出氨气，故答案：C。(2)因为制取的氨气中混有水蒸气，氨气是碱性气体，要除去水蒸气只能用碱石灰，故选I装置进行除杂；制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢应选择III饱和食盐水的装置，除去水蒸气应选择Ⅱ浓硫酸的装置，故答案：Ⅰ；Ⅱ；Ⅲ。(3)氯气和氨气在常温下混合就能发生反应生成氯化铵和氮气，8NH3+3C12=6NH4Cl+N2；故答案为：8NH3+3C12=6NH4Cl+N2；(4)氯气有毒，所以不能干脆排空，但氯气能和氢氧化钠反应生成盐，所以除去氯气应选用氢氧化钠溶液汲取，方法为：将导气管与G口连接，另一端插入盛有NaOH溶液的烧杯中；故答案为：将导气管与G口连接，另一端插入盛有NaOH溶液旳烧杯中。17.【答案】Ⅰ．(a+2b)kJ/molⅡ．（1）BDE1mol2/L2<a、b点均处于平衡状态，正逆反应速率相等，b点温度和压强均高于a点，故反应速率更快(MPa)2Ⅲ．（1）阳极区MoS2+9ClO−+3H2O=MoOeq\o\al(2−,4)+2SOeq\o\al(2−,4)+9Cl−+6H+【解析】Ⅰ．已知：①②，依据盖斯定律，由①+②2得反应③=+2=(a+2b)kJ/mol；II．(1)A．对于详细的化学反应，ΔH固定不变，不能说明反应到平衡状态，A错误；B．气体密度不变，说明各气体的物质的量不再发生变更，反应达到平衡状态，B正确；C．2v正(H2)=v逆(CO)不满意正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，C错误；D．CO的体积分数不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；E．反应前后混合气体的质量和物质的量是变更的，当混合气体的平均相对分子质量不再发生变更，即各气体的物质的量不再发生变更，反应达到平衡状态，E正确；答案选BDE；(2)由图知，T℃时正逆反应的平衡常数相等，又正逆反应平衡常数乘积为1，则K=1mol2/L2；(3)a、b点均处于平衡状态，正逆反应速率相等，b点温度和压强均高于a点，故b点的反应速率更大；b点氢气平衡转化率为50%，设起始所加H2为4mol起始量（mol）400变更量（mol）212平衡量（mol）212因压强为P3，故H2、CO、H2O的平衡分压为、、，Kp=(MPa)2；Ⅲ.阳极产物Cl2与水反应，生成次氯酸根将MoS2氧化，故辉钼矿应放入电解槽的阳极区；MoS2被氧化的离子方程式为MoS2+9ClO−+3H2O=MoOeq\o\al(2−,4)+2SOeq\o\al(2−,4)+9Cl−+6H+。18.【答案】（1）分液漏斗平衡气压，使盐酸顺当滴下除去氯气中混有的HCl气体NaOH溶液2KOH+KIO3+Cl2eq\o(,\s\up7(△))KIO4+2KCl+H2O过滤冷水KIO4【解析】图I：A装置反应产生氯气，由于HCl易挥发，故氯气中混有HCl杂质，通入C装置之前，需先经过洗气装置（B）除去HCl，Cl2进入C装置将KIO3氧化为KIO4，从而得到产品，由于氯气有毒不能干脆排放，故D装置的作用是汲取多余氯气。（1）仪器甲名称是分液漏斗；对比改进前后装置发觉主要变更是图II中a装置，改进后的优点是可以平衡气压，使盐酸顺当滴下；（2）浓盐酸具有挥发性，故用饱和食盐水可除去Cl2中的HCl气体；（3）氯气有毒，不能干脆排放，故D属于尾气处理装置，可用NaOH溶液汲取尾气；（4）装置C为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2eq\o(,\s\up7(△))KIO4+2KCl+H2O；（5）联系上文，从固液混合物中分别出晶体，应当用过滤的方法；依据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，选用冷水洗涤晶体的可以降低KIO4的溶解度，削减晶体损失；(6)依据题意，该反应中氧化剂是KIO4(或高碘酸钾)，MnSO4是还原剂，KMnO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以KIO4的氧化性强，故答案为：KIO4。19.【答案】（1）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+Fe2+-e−=Fe3+FeCl3得到循环利用（2）0.5mol（3）[Fe(CN)6]2−-e−=[Fe(CN)6]3−11.2L2COeq\o\al(2−,3)+2[Fe(CN)6]3−+H2S=2[Fe(CN)6]4−+2HCOeq\o\al(−,3)+S↓【解析】在循环反应中，发生以下三个反应：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S↓，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。(1)FeCl3与H2S反应生成硫，则FeCl3被还原为FeCl2，同时生成HCl，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极为Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应式为Fe2+-e−=Fe3+。该工艺的两个反应，最终结果是H2S完全转化为S和H2，FeCl3先转化为FeCl2，再转化为FeCl3，由此可知两个显著优点：①H2S的原子利用率100%；②FeCl3得到循环利用。答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；Fe2+-e−=Fe3+；(2)从图1可以看出，反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，由关系式2H2S—O2可得出，须要消耗O2的物质的量为=0.5mol。答案为：0.5mol；(3)①电解时，阳极[Fe(CN)6]2−失电子生成[Fe(CN)6]3−，电极反应式为[Fe(CN)6]2−-e−=[Fe(CN)6]3−。②当有16gS析出时，阴极产生的H2在标准状况下的体积为=11.2L。③通入H2S时发生[Fe(CN)6]3−与H2S等反应生成[Fe(CN)6]4−和S等，离子方程式为：2COeq\o\al(2−,3)+2