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化学原理
1． NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
（1）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式： 。
（2）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式： 。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_ 。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式： 。
②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <20CaO <38SrO<56BaO。原因是 ，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
（4）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：
①Pt电极上发生的是 反应（填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式： 。
【答案】（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO； （2分）
（2）①N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183kJ/mol； （3分）；②增大；（2分）
（3）①2NO+2CO N2+2CO2 （2分）
②Mg、Ca、Sr、Ba均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；（2分）
（4）①还原；（2分）；②NO+O2--2e-＝NO2；（2分）。
【解析】
试题分析：（1）NO2与水反应转化为HNO3，反应的化学方程式是：3NO2+2H2O=2HNO3+NO；（2）①反应热就是断裂反应物的化学键吸收的热量与生成生成物的化学键时放出的热量的差。该反应的热化学方程式N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=（945+498-2×630）kJ/mol=+183kJ/mol；②由于该反应的正反应是吸热反应，所以根据平衡移动原理，温度升高，平衡向吸热的正反应方向移动，该反应化学平衡增大。（3）①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。NO被CO还原的化学方程式是2NO+2CO N2+2CO2；②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <20CaO <38SrO<56BaO。原因是Mg、Ca、Sr、Ba均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。（4）①根据图示可知Pt电极上O2得到电子变为O2-，发生的是还原反应。②在该电池中NiO为正极，在NiO电极上NO失去电子变为NO2，该电极反应式是NO+O2--2e-＝NO2。
2．随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二五”期间，将二氧化硫（SO2)排放量减少8%，氮氧化物（NOx)排放量减少10%.目前，消除大气污染有多种方法.
（1）处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx.已知：
CH4（g)+4NO2（g)=4NO（g)+CO2（g)+2H2O（g) △H=－574kJ•mol－1
CH4（g)+4NO（g)=2N2（g)+CO2（g)+2H2O（g) △H=－1160kJ•mol－1
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为 .
（2）降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：
2NO（g)+2CO（g) N2（g)+2CO2（g)；△H＜0.若在一定温度下，将2molNO、1molCO充入1L固定容积的容器中，反应过程中各物质的浓度变化如图所示，该反应的化学平衡常数为K= .
若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将 移动（填“向左”、“向右”或“不”）.
20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图所示的变化，则改变的条件可能是 （填序号）.
①加入催化剂 ②降低温度
③缩小容器体积 ④增加CO2的量
（3）肼（N2H4）用亚硝酸氧化可生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977.写出肼与亚硝酸反应的化学方程式 .
（4）如图所示装置可用于制备N2O5，则生成N2O5的那一极电极反应式为 .
【答案】
（1）CH4（g)+2NO2（g)= N2（g)+CO2（g)+2H2O（g) △H=－867kJ•mol－1 （3分）
（2）k= 5/144 或0.0347 （2分）； 不（2分）； ② （2分）
（3）N2H4 +HNO2==HN3 + 2H2O （2分）
（4）N2O4 –2e-+ 2HNO3 ==2N2O5+ 2H+ （3分）
【解析】
试题分析：（1）根据氧化还原反应原理，CH4与NO2反应生N2、CO2和H2O，写出化学方程式并注明状态：CH4（g)+2 NO2（g)= N2（g)+CO2（g)+2H2O（g)；然后根据盖斯定律可求出该反应的∆H=1/2×∆H1+1/2×∆H2=－867kJ•mol－1，可写出热化学方程式。
（2）根据图像可得平衡时c（NO）=1.6mol•L‾1，c（CO）=0.6mol•L‾1，c（N2）=0.2mol•L‾1，根据化学方程式可得c（CO2）=0.4mol•L‾1，则该反应的化学平衡常数为K=c（N2）•c2（CO2）/= 5/144 或0.0347；若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，浓度商Q=0.8mol•L‾1×（0.4mol•L‾1）2/= 0.0347=K，则平衡不移动；①加入催化剂，平衡不移动，则N2浓度不变化，错误；②降低温度，平衡向右移动，N2浓度逐渐增大，正确；③缩小容器体积，压强增大，20min时各物质浓度突然增大，错误；④增加CO2的量，平衡向左移动，N2浓度减小，错误。
（3）根据氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则该氢化物分子中N原子数目为：43.0×0.977÷14=3，H原子数目为：43.0×（1—0.977）÷1=1，分子式为HN3；根据氧化还原反应原理可得化学方程式为：N2H4 +HNO2==HN3 + 2H2O。
（4）N2O4在阳极上失电子生成N2O5，根据化合价的变化和元素守恒可得电极方程式：N2O4 –2e-+ 2HNO3 ==2N2O5+ 2H+。
3．氨是重要的化工产品和化工原料。
（1）氨的电子式是 。
（2）已知：
①合成氨的热化学方程式是 。
②降低温度，该反应的化学平衡常数K （填“增大”、“减小’’或“不变”）。
（3）有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图l所示。
电池正极的电极反应式是 ，A是 。
（4）用氨合成尿素的反应为2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（l）+ H2O（g）。工业生产时，原料气带有水蒸气。图2表示CO2的转化率与氨碳比 、水碳比 的变化关系。
①曲线I、II、III对应的水碳比最大的是 。
②测得B点氨的转化率为40%，则x1 。
【答案】（13分）
（1） （2分）
（2）①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ/mol
②增大
（3）N2+8H++6e-=2NH4+ （2分） NH4Cl （2分）
（4）Ⅲ （1分）； 3 （2分）
【解析】
（1）氨的分子中氮与氢原子之间形成一对共用电子对，所以氨的电子式是
（2）①根据反应的△H=反应物的总键能-生成物的总键能，计算合成氨的△H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-3×391×2kJ/mol=-92kJ/mol，所以合成氨的热化学方程式是N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H=-92kJ/mol；
②该反应放热，所以降温，平衡正向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡常数将增大；
（3）该电池的本质反应是合成氨反应，所以正极是氮气发生还原反应，电极反应式为N2+8H++6e-=2NH4+；生成的铵根离子与氯化氢结合生成氯化铵，所以A是NH4Cl；
（4）氨碳比一定时，水碳比越大，说明原料气中含二氧化碳越少，二氧化碳的转化率越低，所以二氧化碳转化率最低的即为水碳比最大的，是Ⅲ曲线；B点二氧化碳的转化率是60%，氨气的转化率是40%，设NH3、CO2的起始物质的量分别为n1、n2，则n1×40%/2= n2×60%,解得n1/n2= x1=3。
4．碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。
（1）甲烷燃烧放出大量的热，可作为能源用于人类的生产和生活。
已知：①2CH4（g）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（l） △H= —1214 kJ/mol
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H= —566 kJ/mol
则表示甲烷燃烧热的热化学方程式 。
（2）将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。其负极电极反应式是： 。
（3）某同学利用甲烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe（OH）2的实验装置（如下图所示），通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。下列说法中正确的是 （填序号）
A．电源中的a一定为正极，b一定为负极
B．可以用NaCl溶液作为电解液
C．A、B两端都必须用铁作电极
D．阴极发生的反应是：2H+ + 2e－= H2↑
（4）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
得到如下三组数据：
实验组 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
H2O CO CO2
1 650 2 4 1．6 5
2 900 1 2 0．4 3
3 900 1 2 0．4 1
①实验1中，以v （H2）表示的平均反应速率为 。
②实验3跟实验2相比，改变的条件可能是 （答一种情况即可）
【答案】（1）CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O（l）△H1=—890KJ．mol-1
（2）CH4-8e-+ 10 OH- CO32-+ 7H2O；
（3）B、D ；
（4）① 0．16mol/（L•min） ②使用了催化剂；加大了压强（任答一种）
【解析】
（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，所以甲烷燃烧热的热化学方程式中甲烷的物质的量是1mol，将①②相加除以2可得，答案是CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O（l）△H1=—890KJ．mol-1
（2）负极发生氧化反应，所以甲烷在负极发生氧化反应，结合电解质溶液，负极的电极反应式为CH4- 8e-+ 10 OH- CO32-+ 7H2O；
（3）A、电解过程中两极分别是H+和Fe放电生成氢气和亚铁离子，所以两极哪端都可以生成氢气，a不一定为正极，b不一定为负极，但a为正极，b为负极，效果较好，错误；B、在装置中铁一定作阳极，所以氯化钠溶液是电解质溶液，不影响阳极Fe放电生成亚铁离子，阴极H+放电生成氢气，正确；C、装置中铁一定作阳极，阴极可以是铁，也可以是其他惰性电极，错误；D、阴极H+放电生成氢气，正确，答案选BD。
（4）①实验1中，CO2的浓度增加0．8mol/L，所以氢气浓度也增加0．8mol/L，v （H2）= 0．8mol/L/5min=0．16mol/（L•min）;
②实验3跟实验2相比，到达平衡时间缩短，说明反应速率加快，反应温度、各物质的物质的量均未变，所以可能是使用了催化剂或增大压强。
净水。
5．利用I2O5可消除CO污染或定量测定CO，反应为：
5CO（g）＋I2O5（s） 5CO2（g）＋I2（s）；ΔH1
（1）已知：2CO（g）＋O2（g） 2CO2（g）；ΔH2
2I2（s）＋5O2（g） 2I2O5（s）；ΔH3
则ΔH 1＝ （用含ΔH2和ΔH3的代数式表示）。
（2）不同温度下，向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2molCO，测得CO2的体积分数φ（CO2）随时间t变化曲线如图。请回答：
①从反应开始至a点时的反应速率为v(CO)＝ ，b点时化学平衡常数Kb＝ 。
②下列说法正确的是 。（填字母序号）
A．容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态
B．两种温度下，c点时体系中混合气体的平均相对分子质量相等
C．增加I2O5的投料量有利于提高CO的转化率
D．b点和d点的化学平衡常数：Kb＜Kd
（3）将500mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管，170℃下充分反应，用水—乙醇液充分溶解产物I2，定容到100mL。取25.00mL，用0.0100mol•L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL，则样品气中CO的体积分数为 。（已知：气体样品中其他成分与I2O5不反应；2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6）
【答案】（1）2.5ΔH2－0.5ΔH3（2分）
（2）①0.6mol•L－1•min－1（2分，不带单位扣1分），1024 或者45（2分）
②AB（2分，选对一个得1分，有错选得0分）
（3）8.96%（2分，三位有效数字，错误扣1分）
【解析】
（1）根据盖斯定律，对照第1个反应和第2个反应中CO，对照第1个反应和第3个反应中I2或I2O5，可得ΔH 1＝2.5ΔH2－0.5ΔH3。
（2）①设转化的CO物质的量浓度为x，根据三段式进行计算：
5CO（g）＋I2O5（s） 5CO2（g）＋I2（s）
起始浓度（mol•L‾1） 1 0
转化浓度（mol•L‾1） x x
平衡浓度（mol•L‾1） 1-x x
a点CO2的体积分数为0.3，则x/1=0.3，可得x=0.3mol•L‾1，则v（CO）=0.3mol/L÷0.5min = 0.6mol•L－1•min－1；类似a点计算，可求出b点CO的平衡浓度为0.2mol•L‾1，CO2的 平衡浓度为0.8mol•L‾1，则b点时化学平衡常数Kb＝c5(CO2)÷c5(CO)=0.85÷0.25=45。
②A、容器内气体密度不变，说明气体的质量不变，则反应达到平衡状态，正确；B、c点时两温度下CO2的体积分数相等，说明气体组成相同，则体系中混合气体的平均相对分子质量相等，正确；C、因为I2O5为固体，增加I2O5的投料量，CO的转化率不变，错误；D、b点CO2的体积分数大，说明b点平衡常数大，所以Kb > Kd，错误。
（3）根据化学方程式可得对应关系：5CO ～ I2 ～2Na2S2O3，n(CO)=5/2n(Na2S2O3)=5/2×0.0100mol•L－1×0.02L×4=0.002mol，则样品气中CO的体积分数为：0.002mol×22.4L/mol÷0.5L×100%=8.96%
6．二氧化硫和氮氧化物都是常见的大气污染物，回答下列相关问题。
Ⅰ某温度下氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：
i．2NO(g)＋Cl2(g） 2ClNO(g) △H1＜0 其平衡常数为K1
ii．2NO2(g)＋NaCl(s) NaNO3(s)＋ClNO(g) △H2＜0 其平衡常数为K2
（1）现有反应4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，则此反应的平衡常数K3＝ （用K1、K2表示），反应热△H3＝ （用△H1、△H2表示）。
（2）为研究不同条件对反应ii的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO2和足够的NaCl(s)，10min时反应ii达到平衡。测得平衡时NO2的转化率α1(NO2) ＝50%，则：
①10min内υ(ClNO) ＝ ，平衡常数K2＝ ；
②若其它条件不变，使反应在恒压条件下进行，平衡时NO2转化率为α2(NO2)，则：
α1(NO2) ＝ α2(NO2)（填“>”“<”或“=”）。
II除氮氧化物外，SO2也是重要的大气污染物，需要对其进行吸收处理。
（3）若用一定量的NaOH溶液吸收SO2气体后所得吸收液恰好呈中性，下列有关吸收液中粒子关系正确的是 。
A．c(Na＋) ＝ c(HSO3-)＋ 2c(SO32-)
B．c(Na＋) > c(HSO3-) ＝c(SO32-) > c(H+) = c(OH—)
C．2c(Na＋) ＝2c(H2SO3)＋2c(HSO3-)＋2c(SO32-)
D．c(Na＋) > c(HSO3—) + c(SO32—) +c(H2SO3)
（4）工业上也可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用电解法处理吸收后所得溶液以实现吸收液的回收再利用，装置如图所示，则
①工作一段时间后，阴极区溶液的pH （填“增大”“减小”或“不变”）；
②写出阳极的电极反应式 。
【答案】
（1）K22/ K1 （2分） 2∆H2-∆H1 或-（∆H1-2∆H2） （2分）
（2）①2.5×10－3mol•L-1•min－1 （2分，不写单位或单位不正确扣1分）
10 L/mol （2分，不写单位或单位不正确扣1分） ②<
（3）AD（2分，选对1个得1分，见错不给分）
（4）①增大（2分）
②HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+（2分，物质正确但是没有配平扣1分）
【解析】
试题分析：（1）反应4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，可看着有ii×2再加i的逆反应得到，所以此反应的平衡常数K3＝K22/ K1，反应热△H3＝2∆H2-∆H1。
（2）①平衡时NO2的转化率α1(NO2) ＝50%，NO2的变化量为0.1mol，ClNO的变化量为 0.05mol，υ(ClNO)=（0.05mol/2L）/10min=2.5×10－3mol•L-1•min－1；结合NO2的变化量可知平衡时，C(NO2)= 0.05mol/L C(ClNO)=0.025mol/L，故平衡常数K2＝0.025/0.052=10（L/mol）；②反应在恒容条件下进行，达到平衡时压强减少，先欲在恒压条件下进行，可看着在平衡下增大压强，此时平衡向正反应方向进行，所以NO2转化率增大，即：α1(NO2)< α2(NO2)。
（3）若用一定量的NaOH溶液吸收SO2气体后所得吸收液恰好呈中性，说明溶液的成份为Na2SO3和NaHSO3，此时溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋) ＝ c(HSO3-)＋ 2c(SO32-)+c(OH-)，其中c(H＋)＝ c(OH-)，则c(Na＋) ＝ c(HSO3-)＋ 2c(SO32-) ，选项A正确；溶液中存在SO32-的水解与HSO3-的电离和水解，因此
c(HSO3-) ≠c(SO32-)，选项B不正确；溶液中的水解和电离均相对较弱，所以溶液中的c(SO32-)＞c(H2SO3)，根据c(Na＋) ＝ c(HSO3—)＋ 2c(SO32-)可得2c(Na＋) ≠2c(H2SO3)＋2c(HSO3-)＋2c(SO32-) 及c(Na＋) > c(HSO3—) + c(SO32—) +c(H2SO3)，故选项C不正确，选项D正确。
（4）①阴极区溶液中的H＋被还原成H2，工作一段时间后，阴极区溶液的pH增大；②阳极区HSO3-被氧化，电极反应式HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+。
7．氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
完成下列填空：
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式 。
（2）离子交换膜的作用为： 、 。
（3）精制饱和食盐水从图中 位置补充，氢氧化钠溶液从图中 位置流出（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。
（4）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式 。
（5）室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH 0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–浓度从大到小的顺序为 。
已知： H2SO3 Ki1=1.54×10-2 Ki2=1.02×10-7
HClO Ki1=2.95×10-8
H2CO3 Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
【答案】（1） 2Cl－＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－。
（2）阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
（3）a；d；
（4）2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O.
（5）大于；SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。
【解析】
（1）电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl－＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－。
（2）图中的离子交换膜只允许阳离子通，是阳离子交换膜，可以允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH-进入阳极室，与氯气发生反应，阻止Cl-进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
（3）随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H+不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。
（4）KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，在酸性条件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O.
（5）NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7；HClO的Ki1=2.95×10-8，所以酸性：HSO3->HClO，因此溶液的pH: NaClO> Na2SO3。由于电离程度：H2SO3> H2CO3>HSO3->HCO3-，浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO32–>SO32–，所以离子浓度：SO32–>CO32–；水解产生的离子浓度：HCO3- > HSO3-。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3– 浓度从大到小的顺序为SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。
8．
I、火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量的热。已知0.4 mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652KJ的热量。反应的热化学方程式为 。
II、已知常温下在NaHSO3溶液中c(H2SO3 )＜c(SO32 －) 且H2SO3 的电离平衡常数为：K1=1.5×10－2，K2=1.1×10－7；氨水的电离平衡常数为K=1.8×10－2 ；
（1）则等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3•H2O ②KHSO3 ③KHCO3 溶液中水的电离程度由大到小排列顺序为 。
（2）0.1 mol•L－1的NaHSO3溶液中C(H＋) C(OH－)(“＞”、“＜”或“＝”)：
Ⅲ、已知25 ℃时Ksp＝5.6×10－12，Ksp＝2.2×10－20，Ksp＝4.0×10－38，Ksp＝1.1×10－33
（1）在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol/L的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀(填化学式)。
（2）溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10－5 mol/L时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3＋完全沉淀时，测定c(Al3＋)＝0.2 mol/L。此时所得沉淀中________(填“含有”或“不含有”)Al(OH)3。
【答案】I N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O (g) H=-641.63 KJ/mol
II （1）③＞②＞① （2）＞
Ⅲ（1）Al(OH)3 （2）不含有
【解析】
试题分析：Ⅰ、0.4 mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652KJ的热量。反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O (g) H=-641.63 KJ/mol
Ⅱ、（1）酸碱抑制水的电离，则氨水中水的电离程度最小，KHSO3 溶液显酸性，电离程度大于水解程度，仍对水的电离起抑制作用，但不如氨水抑制的厉害，KHCO3 溶液显碱性，对水的电离起促进作用，则溶液中水的电离程度由大到小的排列顺序为③＞②＞①，（2）根据c(H2SO3 )＜c(SO32 －)可知在KHSO3 溶液中，HSO3-离子的电离程度大于水解程度，所以0.1 mol•L－1的NaHSO3溶液中C(H＋)>C(OH－)。
Ⅲ、（1）根据Al(OH)3 、Cu(OH)2 的溶度积常数，在浓度均为0.1mol/L的AlCl3和CuCl2 混合溶液中逐滴加入氨水，要使Al3＋沉积，需符合3=1.1×10-33,=2.22×10-11, 要使Cu2＋沉积，需符合2=2.2×10-20,=1.48×10-10,所以Al(OH)3 先沉积，（2）铁离子完全沉淀时，3=（4.0×10-38）÷（1.0×10-5）=4.0×10-33，则c(Al3＋)•c(OH－)3=0.2×4.0×10-33=8×10-34<Ksp,所以没有Al(OH)3 沉淀。
9．白云石的主要成份是CaCO3•MgCO3，在我国有大量的分布。以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途。白云石经煅烧、熔化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离。碳化反应是放热反应，化学方程式如下：Ca(OH)2 + Mg(OH)2 + 3CO2 ⇌ CaCO3 + Mg(HCO3)2 + H2O
完成下列填空
（1）Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性 （选填“强”或“弱”）
Ca(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的溶解度 （选填“大”或“小”）
（2）碳化温度保持在50~60℃。温度偏高不利于碳化反应，原因是 、 。温度偏低也不利于碳化反应，原因是 。
（3）已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如图所示，在10 min到13 min之内钙离子的反 应速率为 。15 min之后钙离子浓度增大，原因是 （用化学方程式表示）。
（4）Mg原子核外电子排布式为 ；Ca原子最外层电子的能量 Mg原子最外层电子的能量（选填“低于”、“高于”或“等于”）。
【答案】（1）强；大。
（2）平衡逆向移动、Mg(HCO3)2分解；反应速率慢。
（3）0.009mol/(L•min)；CaCO3+CO2+ H2O= Ca(HCO3)2。
（4）1s22s22p63s2；高于。
【解析】
（1）元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。由于金属性Ca>Mg，所以碱性Ca(OH)2>Mg(OH)2。Ca(OH)2微溶于水，而Mg(OH)2难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2>Mg(OH)2。
（2）发生的碳化反应化学方程式如下：Ca(OH)2 + Mg(OH)2 + 3CO2 ⇌ CaCO3 + Mg(HCO3)2 + H2O，该反应是放热反应，碳化温度保持在50~60℃。温度偏高不利于碳化反应，原因是该反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，不利于平衡的正向移动；二是Mg(HCO3)2温度高，会发生分解反应，也不利于碳化。若温度偏低，反应速率慢，反应产生物质的效率低，因此对反应的进行了不利。
（3）根据图示在10 min到13 min之内钙离子的反应速率为v(Ca2+)=(0.145-0.118)mol/L ÷3min= 0.009 mol/(L•min) 。15 min之后钙离子浓度增大，原因是产生的CaCO3与水及溶解的CO2发生反应：CaCO3+CO2+ H2O= Ca(HCO3)2，产生了溶于溶解的Ca(HCO3)2。
（4）Mg是12号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s2；Ca与Mg是同一主族的元素，原子最外层电子数相同，但是由于Ca的原子半径比Mg大，最外层电子离原子核较远，克服核对其吸引力强，容易失去，变为Ca2+。所以Ca原子最外层电子的能量高于Mg原子最外层电子的能量。
10．（1）硫元素位于元素周期表第____列；硫元素原子核外有2个未成对电子，这2个电子所处亚层的符号是_______；硫、氯元素的原子均可形成与Ar原子电子层结构相同的简单离子，且硫离子的半径更大，请解释____________________________。
（2）S8和P4的分子中都只有共价单键，若P4分子中有6个P-P键，则可推断S8分子有________个S-S键;
己知:H-S键键能:339 kJ/mol; H-Se键键能:314kJ/mol。以上键能数据能否比较S,Se非金属性的强弱_______(选填“能”、“否”;下同);能否比较H2S、H2Se沸点的高低_______。
（3）在25℃，Na2SO3溶液吸收SO2得到的NaHSO3溶液中c(SO32-)>c (H2SO3)，据此断NaHSO3溶液显_____性。
（4）在25℃，Na2SO3溶液吸收SO2后，若溶液pH=7.2，则溶液中c(SO32- )=c(HSO3-);若溶液pH=7，则以下浓度关系正确的是（选填编号）_____________________。
a．c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
b．c(Na+)> c(HSO3-)> c(SO32-)>c(H+)= c(OH-)
c．c(Na+)+ c(H+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)
（5）己知Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO3-+OH-，请用Na2SO3溶液和a试剂及必要的实验用品，设计简单实验，证明盐类的水解是一个吸热过程。a试剂是________，操作和现象是___________.
【答案】（1）16，3p；氯离子核电荷数更大，对外层电子的引力更强，故离子半径较硫离子小；
（2）8，能，否；
（3）酸；
（4）a、b；
（5）酚酞，取样品溶于水，滴加酚酞显红色，加热后溶液红色加深.
【解析】
试题分析：（1）硫元素是16号元素，原子核外电子排布是2、8、6，原子最外层有6个电子，位于元素周期表第16列；最外层电子排布式是3s23p4，硫元素原子核外有2个未成对电子，这2个电子所处亚层的符号是3p；硫、氯元素的原子均可形成与Ar原子电子层结构相同的简单离子，由于形成的离子核外电子总数相等，原子核内质子数越多，原子核对外层电子的吸引力越强，离子半径就越小，因此硫离子的半径更大；
（2）S8和P4的分子中都只有共价单键，若P4分子中有6个P-P键，每个S8分子中8个S原子形成8元环，每个S原子与另外2个S原子形成2个共价键，所以S8有8个S-S键；元素的非金属性越强，与H原子结合形成的共价键的强度就越大，断裂消耗的能量就越高，因此键能就越大。故通过比较S-H和Se-H的键能大小可以比较S,Se非金属性的强弱；而H2S、H2Se沸点的高低与分子之间的分子间作用力有关。结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。，也与元素的非金属性强弱无关，因此不能通过键能比较比较H2S、H2Se沸点的高低；
（3）NaHSO3是强碱弱酸盐，HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3- H++SO32-，电离使溶液显酸性，还存在水解平衡：HSO3-+H2O H2SO3+OH-,水解消耗水电离产生的H+,当最终达到平衡时，溶液显碱性。由于溶液中c(SO32-)>c (H2SO3)，说明HSO3-的电离作用大于水解作用，所以溶液显酸性。
（4）a.根据电荷守恒可得c(H+)+ c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，由于溶液的pH=7，所以c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，正确； b．Na2SO3溶液吸收SO2后，若溶液中c(SO32- )=c(HSO3-),溶液pH=7.2，若溶液pH=7，在25℃，则还要通入SO2气体，反应产生H2SO3，H2SO3电离产生HSO3-；所以c(HSO3-)> c(SO32-)，由于c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)c(Na+)> c(HSO3-)；盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子，所以> c(SO32-)>c(H+)= c(OH-)。故离子浓度关系是：c(Na+)> c(HSO3-)> c(SO32-)>c(H+)= c(OH-)，正确； c.根据电荷守恒可得 c(Na+)+ c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，所以选项c错误。
（5）Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO3-+OH-，溶液显碱性，向该溶液中加入酚酞试液，溶液变为红色，给该溶液加热，若盐类的水解是一个吸热过程。则升高温度后，溶液的红色要加深。故检验试剂a试剂是酚酞，操作和现象是取样品溶于水，滴加酚酞显红色，加热后溶液红色加深。
11．氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。
完成下列计算：
（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2 L（标准状况）。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L（标准状况），如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为 mol。
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3。
向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2
然后加入Na2CO3除钙离子。
处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3 g。
如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应：Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+
处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算。
（3）某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：
①过滤后溶液中氯化钠的质量。
②析出的碳酸氢钠晶体的质量。
【答案】（1）20160L；400。
（2）10388；54880L。
（3）①351kg；②1680kg。
【解析】
（1）CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3 CaO+CO2↑，根据方程式可知每1mol CaCO3反应会产生1mol CO2，质量分数为0.90的石灰石100 kg物质的量是n(CaCO3)= (1.0×105g×0.90)÷100g/mol=900mol，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n∙Vm=900mol×22.4L/mol=20160L。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO2 29120 L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(石灰石)= 29120 L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)= V(CO2) ÷Vm=8960L÷22.4L/mol=400mol。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400mol。
（2） 10 m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)= 6.80 mol/m3×10 m3=68mol；n(CaCl2)= 3.00mol/m3×10 m3=30mol。根据反应方程式MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2可知1mol MgCl2发生反应被除去时引入1mol CaCl2.则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68mol+30mol=98mol，根据反应方程式：Na2CO3+ CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98mol×106g/mol=10388g。根据反应方程式Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98mol，则需要n(CO2)= 98mol，混合气体的物质的量是n(混合)= 98mol÷0.04=2450mol，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm= 2450mol×22.4L/mol=54880L。
（3）①n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58. 5g/mol=26000mol，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)= m÷M=1070 000g÷（2） 5g/mol=20000mol，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)= n(NaCl)(总)- n(NH4Cl)= 26000mol-20000mol=6000mol，其质量是m(NaCl)=n∙M=6000mol×58. 5g/mol=351000g=351kg。
②氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n∙M=20000mol×84g/mol=1680000g=1680kg。
12．科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。
（1）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________________。
（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是_______（填序号）。
a．固态CO2属于分子晶体
b．CH4分子中含有极性共价键，是极性分子
c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2
d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp
（3）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2.
①基态Ni原子的电子排布式为_______，该元素位于元素周期表的第_____族。
②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4,1mol Ni（CO）4中含有___molσ键。
（4）一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构（如下图所示）的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。
①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是________。
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0. 586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是________。
【答案】（13分）（1）H、C、O；（2）a、d；（3）①1s22s22p63s23p63d84s2或 3d84s2；VIII；②8。（4）①氢键、范德华力；②CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合力大于CH4。
【解析】（1）元素的非金属性越强，其电负性就越大。在CH4和CO2所含的H、C、O三种元素中，元素的非金属性由强到弱的顺序是O>C>H，所以元素的电负性从小到大的顺序为H<C<O；（2）a．固态CO2是由CO2分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，正确。B.在CH4分子中含有不同种非金属元素形成的C-H极性共价键，由于该分子中各个共价键空间排列对称，该分子是正四面体型的结构的分子，因此该反应是非极性分子，错误。c．CH4和CO2都是由分子构成的分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越强，物质的熔、沸点就越高，物质的熔沸点高低与分子内的化学键的强弱无关，错误。d．CH4分子中碳原子形成的都是σ键，碳原子的杂化类型是sp3的杂化，而CO2分子中C原子与两个氧原子个形成了四个共价键，两个σ键，两个π键，碳原子的杂化类型是sp杂化，正确。故答案选a、d；（3）①28号元素Ni的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或 3d84s2；，该元素位于元素周期表的第四周期第VIII族。②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，在每个配位体中含有一个σ键，在每个配位体与中心原子之间形成一个σ键，所以1mol Ni（CO）4中含有8molσ键。（4）①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是分子间作用力和氢键，分子间作用力也叫范德华力。②根据表格数据可知，笼状空腔的直径是0. 586nm，而CO2分子的直径是0. 512nm，大于分子的直径，而且CO2与水分子之间的结合力大于CH4，因此可以实现用CO2置换CH4的设想。
13．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是 （填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 （填分子式），原因是 ；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 和 。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。
（4）化合物D2A的立体构型为 ，中心原子的价层电子对数为 ，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为 。
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm， F 的化学式为 ：晶胞中A 原子的配位数为 ；列式计算晶体F的密度（g.cm-3） 。
【答案】（1）O；1s22s22p63s23p3（或 3s23p3）
（2）O3；O3相对分子质量较大，范德华力大；分子晶体；离子晶体
（3）三角锥形；sp3 （4）V形；4；2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl
（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）
（5）Na2O；8；
【解析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型，则A是O，B是Na；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C是P；D元素最外层有一个未成对电子，所以D是氯元素。
（1）非金属性越强，电负性越大，则四种元素中电负性最大的是O。P的原子序数是15，则根据核外电子排布可知C原子的核外电子排布布式为1s22s22p63s23p3（或 3s23p3）。
（2）氧元素有氧气和臭氧两种单质，由于O3相对分子质量较大，范德华力大，所以中沸点高的是O3；A和B的氢化物分别是水和NaH，所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，即E是PCl3， 其中P含有一对孤对电子，其价层电子对数是4，所以E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3。
（4）化合物Cl2O分子中氧元素含有2对孤对电子，价层电子对数是4，所以立体构型为V形。单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，则化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl。
（5）根据晶胞结构可知氧原子的个数＝ ，Na全部在晶胞中，共计是8个，则F 的化学式为Na2O。以顶点氧原子为中心，与氧原子距离最近的钠原子的个数8个，即晶胞中A 原子的配位数为8。晶体F的密度＝ 。
14．随着大气污染的日趋严重，“节能减排”，减少全球温室气体排放，研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具体有重要意义。
（1）如图是在101 kPa，298K条件下1mol NO2和1mol CO反应生成1mol CO2和1mol NO过程中的能量变化示意图。
已知：
请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式： 。
（2）将0.20 mol N02和0.10 mol CO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生反应，在不同条件下，反应过程中部分物质的浓度变化状况如图所示。
①下列说法正确的是 （填序号）。
a．容器内的压强不发生变化说明该反应达到乎衡
b．当向容器中再充人0．20 mol NO时，平衡向正反应方向移动，K增大
c．升高温度后，K减小，N02的转化率减小
d．向该容器内充人He气，反应物的体积减小，浓度增大，所以反应速率增大
②计算产物NO在0～2 min内平均反应速率v（NO）= mol•L-1•min-1
③第4 min时改变的反应条件为 （填“升温”、“降温”）。
④计算反应在第6 min时的平衡常数K= 。若保持温度不变，此时再向容器中充人CO、NO各0．060 mol，平衡将 移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。
（3）有学者想以如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料。其负极反应式为 ，当有0.25 mol SO2被吸收，则通过质子（H+）交换膜的H+的物质的量为 mol。
【答案】（1）2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-759.8kJ/mol；（2分）
（2）①c （2分）②0.015 （2分）③升温 （2分）④1/36 （2分） 逆向（2分）
（3）SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+ （2分） 0.5 （2分）
【解析】
（1）由图知298K条件下1mol NO2和1mol CO反应生成1mol CO2和1mol NO 的热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234kJ/mol ③；NO与CO反应生成无污染气体是氮气和二氧化碳气体，根据盖斯定律得②-①+2×③即为所求，所以答案是2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-759.8kJ/mol；
（2）①NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g），该反应为反应前后气体物质的量不变的可逆反应，压强始终不变，a错误；b、体积不变，NO的物质的量增加，浓度增大，平衡逆向移动，K不变，错误；c、升高温度后，平衡逆向移动，K减小，N02的转化率减小，正确；d、充入氦气，容器体积不变，所以反应物的浓度不变，平衡不移动，错误答选c；
②在0～2 min内NO的浓度增加0.03mol/L,所以v（NO）=0.03mol/L/2min=0.015 mol•L-1•min-1
③第4 min时反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向移动，所以是升温；
④6min时各物质的平衡浓度分别为c（NO2）=0.18 mol•L-1,c（CO）=0.08 mol•L-1,c（NO）=c（CO2）=0.02 mol•L-1,所以K= c（NO）•c（CO2）/c（NO2）•c（CO）=1/36；此时再向容器中充人CO、NO各0．060 mol，则c（NO）•c（CO2）/c（NO2）•c（CO）>1/36，所以平衡逆向移动；
（3）二氧化硫在负极通入，发生氧化反应，电极反应式为SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+，当有0.25molSO2被吸收时，转移电子的物质的量是0.5mol，根据得失电子守恒，正极发生O2+4e-+4H+=2H2O，则通过质子（H+）交换膜的H+的物质的量为0.5mol。
15．研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。
（1）①硫离子的结构示意图为 。
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为 ______ 。
（2）25℃，在0.10mol•L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）。
①pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)= mol•L-1.
②某溶液含0.020 mol•L-1Mn2+、0.10 mol•L-1H2S，当溶液pH= 时，Mn2+开始沉淀。
（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如下表。
Ka1 Ka2
H2SO3 1.3×10-2 6.3×10-4
H2CO3 4.2×10-7 5.6×10-11
①HSO3-的电离平衡常数表达式K= 。
②0.10 mol•L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 。
【答案】（15分）
（1）① ；②C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O；
（2）①0.043；②5。
（3）① ；②c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)；③H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。
【解析】（1）①S是16号元素。S原子获得2个电子变为S2-，硫离子的结构示意图为 。②加热时，浓硫酸与木炭发生反应产生SO2、CO2和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓） 2SO2↑ +CO2↑+2H2O；①根据图像可知，在pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol•L-1H2S溶液中，根据S元素守恒可知：c(S2-)+ c(H2S)+c(HS-)=0.1 mol/L，而c(S2-)=5.7×10-2mol/L，因此c(H2S)+c(HS-)=0.1 mol/L -5.7×10-2 mol/L= 0.043 mol/L。②由于Ksp(MnS)=2.8×10-23，在某溶液c(Mn2+)=0.020 mol•L-1，则开始形成沉淀需要的S2-的浓度是c(S2-)= Ksp(MnS)÷c(Mn2+)=2.8×10-13÷0.020 mol/L=1.4×10-11 mol/L，根据图像中c(S2-)与溶液的pH关系可知，此时溶液pH=5，Mn2+开始形成沉淀。（3）①根据电离平衡常数的含义可知：HSO3-的电离平衡常数表达式是 。②盐Na2SO3在溶液中电离的方程式是：Na2SO3=2Na++SO32-，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根离子SO32-发生水解反应：SO32-+H2O HSO3-+OH-，水解产生的HSO3-又有部分发生水解反应：HSO3-+H2O H2SO3 +OH-，水解是逐步进行的，而且在溶液中还存在水的电离平衡，但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以0.10 mol•L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)。③由于多元弱酸分步电离，电离程度：一级电离>二级电离，电离程度越大，电离平衡常数就越大。所以根据表格数据可知H2SO3的二级电离平衡常数大于H2CO3的一级电离平衡常数，故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要是复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐发生反应制取弱酸。其离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。
16．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
（1）反应Ⅰ的化学方程式是 。
（2）反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和高浓度的I2的HI层。
①根据上述事实，下列说法正确的是 （选填序号）。
a．两层溶液的密度存在差异
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是 。
③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1。其比值大于2的原因是 。
（3）反应Ⅱ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g） △H=+550kJ/mol
它由两步反应组成：i．H2SO4（l）=SO3（g） +H2O（g） △H=+177kJ/mol
ii．SO3（g）分解。
L（L1、L2），X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。
①X代表的物理量是 。
②判断L1、L2的大小关系，并简述理由： 。
【答案】
（1）SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI
（2）①a、c
②观察颜色，颜色深的是HI层，颜色浅的是硫酸层
③硫酸层中含有少量HI
（3）①压强②L2>L1 2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ/mol,压强一定时，温度升高，平衡转化率增大
【解析】（1）根据图中信息可知反应Ⅰ中反应物为SO2、H2O和I2，生成物为H2SO4和HI，根据氧化还原反应方程式的配平方法配平。
（2）①加入I2前溶液未出现分层，加入I2后，碘在HI溶液中溶解度大于在H2SO4溶液中溶解度，两溶液中密度存在差异，故出现分层现象。
②由于 I2 + H2O HI +HIO，因此两层溶液中都含有I2、H+、I-、HIO等，故这两层溶液中只能通过检验SO42-来辨别两层溶液。
③H2SO4溶液中溶有低浓度的碘，碘单质可与水发生反应I2+H2O HI+HIO，c（H+）增大，使溶液中c（H+）:c（SO42-）的比值大于2。
（3） 根据反应Ⅱ和步骤ⅰ写出步骤ⅱ的热化学反应方程式为：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196KJ∙mol-1
①该反应正反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，故X代表的物理量为压强。
②根据①可知L代表的物理量为温度。该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，SO3的转化率增大，故L2>L1。