【化学】陕西省西安中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

【化学】陕西省西安中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

陕西省西安中学2020届高三上学期第三次月考 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cr-52 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Ag-108 Ce- 140 ‎ 一．选择题（每小题2分，共42分。每小题都只有一个选项符合题意）‎ ‎1.中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，‎5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是(     )‎ A. 我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源 B. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅 D. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 ‎【答案】D ‎【详解】A. 我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，故A错误；‎ B. 新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B错误；‎ C. 光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；‎ D. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】化学在能源，材料，方面起着非常重要的作用，需要学生多关注最新科技发展动态，了解科技进步过程中化学所起的作用。‎ ‎2.化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是(     )‎ A. 空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂 B. 侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异 C. 合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率 D. 利用离子交换膜从海水中分离出淡水不涉及化学反应 ‎【答案】C ‎【详解】A. 用热空气吹出溴单质得到含溴的空气，通过二氧化硫吸收后富集溴元素得到吸收液，故A正确；‎ B. 侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故B正确；‎ C. 合成氨采用高温平衡逆向进行，氢气转化率减小，目的是提高反应速率、高压促进平衡正向进行，氢气转化率增大，催化剂不改变氢气平衡转化率，故C错误；‎ D. 利用离子交换膜将淡水与海水中的盐份得以分离，没有新物质生成，不涉及化学反应，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】该题易错点在于催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡转化率。‎ ‎3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 2gD2O和H‎2l8O混合物中所含中子数为NA B. ‎1L0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA C. 常温常压下，0.5 mol Fe和足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NA D. 0.1 mol H2和0.1 mol I2 (g)于密闭容器中充分反应，其原子总数为0.2NA ‎【答案】A ‎【详解】A. D2O和H‎2l8O的摩尔质量相同都为‎20g/mol,中子数也相等均为10，所以2gD2O和H‎2l8O混合物中所含中子数为NA，故A正确；B. NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-既能发生电离：HCO3-H++CO32-，也能发生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根据物料守恒可知，‎1L0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,故B错误。C. 常温常压下， Fe和足量浓硝酸发生钝化反应，故C错误；D. 0.1 mol H2和0.1 mol I2 (g)于密闭容器中充分反应为H2（g）+I2 (g)2HI，其原子总数为0.4NA,故D错误；答案：A 。‎ ‎4. 下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（ ）‎ A. MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料 B. NaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点膨松剂 C. Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品 D. 利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．MgO、Al2O3都是离子化合物，离子间以很强的离子间结合，断裂较难，所以熔点、沸点很高，故可制作耐高温材料。正确。B．NaHCO3‎ 是弱酸的酸式盐，能与碱反应，但在食品工业上用作焙制糕点的膨松剂是因为它不稳定，受热容易分解：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，产生的CO2气体是面团松软、多空。错误。C．金属Al具有良好的延展性，由于在空气中能与氧气发生反应产生一薄层致密的氧化物薄膜，对内层的金属来是起到了保护作用。因此有一定的抗腐蚀性能。所以可制成铝箔包装物品。正确。D．利用钠蒸气放电发出透雾能力强的黄光，由于黄色的光波长长，所以射程远，故可以制造的高压钠灯作航空、航海的指示灯。正确。‎ 考点：考查Na、Mg、Al的单质及化合物的性质及应用的知识。‎ ‎5.下列反应的离子方程式书写正确的是(     )‎ A. 少量的SO2通入到“‎84”‎消毒液中：SO2+H2O+2ClO－=HClO+SO32－‎ B. 用酸化的硝酸铁溶液腐蚀铜箔：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+‎ C. FeO和稀硝酸反应：FeO+2H+ =Fe2++2H2O D. 向0.1mol·L－1KAl(SO4)2溶液中滴入0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀：2Ba2++4OH－+Al3+ +2SO42－=2BaSO4↓+AlO2－+2H2O ‎【答案】D ‎【详解】A. 少量的SO2通入到“‎84”‎消毒液中，离子方程式的：SO2+2OH-+ClO−=Cl-+SO42-+H2O，故A错误；‎ B. 用酸化的硝酸铁溶液腐蚀铜箔，离子方程式：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；‎ C. 氧化亚铁和稀硝酸反应：3FeO+NO3−+10H+═3Fe3++5H2O+NO↑，故C错误；‎ D. 向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42−恰好完全沉淀，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH－+Al3+ +2SO42－=2BaSO4↓+AlO2－+2H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】除了离子反应发生的条件，还要从氧化还原反应角度判断正误。‎ ‎6.在指定环境中，下列各组离子一定可以大量共存的是(     )‎ A. 中性溶液中：Cu2+、Fe3+、SO42－、Cl－‎ B. 含有大量S2－的溶液中：Na+ 、ClO－、Cl－、CO32－‎ C. 加入铝粉放出氢气的溶液中：Na+、Cl－、NH4+、NO3－‎ D. pH试纸变成深蓝色的溶液中：SO32－、AlO2－、Na+‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 中性溶液中，Cu2+、Fe3+发生水解，溶液显示酸性，中性溶液中Cu2+、Fe3+不可能大量共存，故A错误；‎ B. 含有大量S2-的溶液中，具有强氧化性的ClO-能够氧化S2-离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C. 加入铝粉放出氢气的溶液为强碱性或者酸性溶液，碱性溶液中NH4+能够与氢氧根离子反应，酸性溶液中NO3-具有强氧化性，无法与铝反应生成氢气，一定不能大量共存，故C错误；‎ D. pH试纸变成深蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子，SO32-、Na+之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）‎ 选项 ‎①中物质 ‎②中物质 预测②中的现象 A 稀盐酸 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 立即产生气泡 B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生红棕色气体 C 草酸溶液 高锰酸钾酸性溶液 溶液逐渐褪色 D 氯化铝溶液 浓氢氧化钠溶液 产生大量白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．盐酸首先中和氢氧化钠，A错误；B．常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，B错误；C．‎ 草酸具有还原性，能被酸性 高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，C正确；D．氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，D错误，答案选C。 ‎ 考点：考查实验方案设计与评价 ‎8.已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是（ ）‎ ‎①氧化性：Br2>Fe3＋>I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化 A. ①②③④ B. ①③④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【分析】由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。‎ ‎【详解】①氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2>Fe3＋>I2，故正确；‎ ‎②原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；‎ ‎③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；‎ ‎④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；‎ ‎⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；‎ 答案选B。‎ ‎9.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0‎ B. 氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−4OH−‎ C. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗‎11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023‎ D. 反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：∆H=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和 ‎【答案】A ‎【详解】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，故A正确；‎ B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为：2H2 - 4e- =4H+，故B错误；‎ C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；‎ D.反应中，应该如下估算：∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎10.下列实验现象与实验操作不相匹配的是(     ) ‎ 实验操作 实验现象 A 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 B 在表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL浓硫酸，搅拌 固体由蓝色变白色 C 用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20 mL水，振荡 气体完全溶解，溶液变为黄绿色 D 向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水 产生白色沉淀 ‎【答案】C ‎【详解】A. 硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，生成有刺激性气味的二氧化硫气体、单质硫、氯化钠和水，单质硫微溶于水，所以溶液变浑浊，故A正确；‎ B. 浓硫酸具有吸水性，胆矾遇到浓硫酸失去结晶水，蓝色晶体变为白色粉末，故B正确；‎ C 用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20mL水，振荡，氯气与水反应：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，1体积水可溶解2体积Cl2 ，所以气体不能完全溶解，故C错误；‎ D. 向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，无现象，再滴加双氧水，二氧化硫被氧化成硫酸，硫酸与氯化钡生成白色的硫酸钡沉淀，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】根据具体的反应判断实验现象，一定需要弄清实验原理。‎ ‎11.前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族,Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是(     )‎ A. 元素原子半径大小顺序为：r(W)> r(Z)> r(Y)‎ B. X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质 C. Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键 D. Y分别与Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同 ‎【答案】B ‎【详解】前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，Y最外层电子数为6，故为O，而Y、W同主族，则W为S，X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于ⅠA族或ⅡA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，几何原子序数可知X为H、Z为Na、R为K。‎ A. 同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径为r(Z) > r(W) > r(Y)，故A错误；‎ B. X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、HCl，它们都属于电解质，故B正确；‎ C. Y与Z形成化合物有氧化钠、过氧化钠，而过氧化钠中含有离子键、共价键，故C错误；‎ D. Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不相同，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】正确推断出元素是解决本题的关键。‎ ‎12.SO2属于严重的大气污染物，可用H2与SO2高温反应消除SO2的污染，其反应原理可分为两步，过程如图所示：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. SO2排放到空气中会形成pH≈5.6的酸雨 B. 可用CuSO4溶液检验是否有X气体生成 C. 在‎100℃‎～‎200℃‎温度时发生的是置换反应 D. 工业上可用浓硝酸处理工业尾气中的SO2‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.因为酸雨的pH<5.6,所以SO2排放到空气中会形成pH≈5.6的酸雨是错误的，故A错误；B. 由已知分析可知X气体为H2S,能与CuSO4反应，生成黑色的不溶于水和酸的硫化铜的沉淀，所以可用CuSO4溶液检验是否有X气体生成，故B正确；C. 在‎100℃‎～‎200℃‎温度时发生的反应为2H2S+SO2=3S+2H2O,不是置换反应，故C错误；D.若用浓硝酸处理工业尾气中的SO2，会产生含氮元素的大气污染物（即氮的氧化物），故D错误；答案：B。‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. H(g)＋I2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变 B. C(s)＋H2O(g) ⇌ H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C. 若压强不再随时间变化能说明反应‎2A(?)＋B(g) ⇌ ‎2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体 D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；‎ B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；‎ C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；‎ D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎14.四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是：3Fe2+ + 2S2O32－+ O2 + xOH－ = Fe3O4↓ + S4O62－ + 2H2O 。下列说法不正确的是　　‎ A. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5‎ B. 若有2molFe2+ 被氧化，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5 mol C. 每生成1 molFe3O4 ，反应转移的电子为4 mol D. O2是氧化剂，S2O32-与Fe2＋是还原剂 ‎【答案】A ‎【分析】从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，反应中3Fe2+→Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：(2+2)=1:4，故A错误；‎ B. 1molFe2+被氧化时，失去1mol电子，则被Fe2+还原的O2的物质的量为14mol，所以有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5mol，故B正确；‎ C. 反应3Fe2+ + 2S2O32－+O2 +xOH－= Fe3O4↓+S4O62－+ 2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，故C正确；‎ D. S2O32－到S4O62－，S元素化合价升高，S2O32－和部分的Fe2+是还原剂，氧气是氧化剂，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.一种以“火法粗炼”、“电解精炼”相结合的炼制精铜工艺流程如下，已知“还原”反应中，冰铜中的Cu2S先转化为Cu2O，然后Cu2O再与Cu2S反应生成粗铜。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 该炼铜工艺对环境友好，不会产生大气污染物 B. “烙烧”过程中， CuFeS2既是氧化剂又是还原剂 C. 在Cu2S”还原”为Cu的总反应中，Cu2O作催化剂 D. “电解”时，金、银等贵金属被置换出来形成阳极泥 ‎【答案】B ‎【详解】A、根据流程，冰铜得到粗铜过程中发生的反应是2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2、2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，SO2能引起酸雨，属于大气污染物，该工艺对环境不友好，故A说法错误；‎ B、焙烧中发生2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2，CuFeS2中S的价态为－2价，Fe的基态为＋2价，Cu的价态为＋2价，在反应中部分S的价态升高，Cu的价态降低，因此CuFeS2在该反应中既是氧化剂又是还原剂，故B说法正确；‎ C、根据催化剂的定义，以及A选项分析，Cu2O不是催化剂，故C说法错误；‎ D、粗铜中金、银以单质的形式存在，没有发生反应，金、银最终以单质的形式在阳极沉积出来，故D说法错误。‎ ‎16.下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ·mol−1‎ B. 图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 C. 图3表示一定条件下H2和Cl2生成HCl的反应热与途径无关，则 △H1=△H2+△H3‎ D. 图4表示压强对可逆反应‎2A(g)+2B(g)‎3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大 ‎【答案】C ‎【详解】A.图1所示反应生成的水呈气态，燃烧热要求可燃物为1mol，生成的水为液态，所以A项错误；‎ B.图2所示反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所给反应为放热反应，B项错误；‎ C.据盖斯定律，反应热与途径无关，只与反应的始态和终态有关，C项正确；‎ D.注意物质D为固体，所以该反应是正向气体分子数减小的反应，压强改变时平衡要发生移动，A的体积分数最终一定不相等，D项错误；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎【点睛】燃烧热的概念，强调可燃物是1mol，强调必须生成在‎25℃‎、101kPa下最稳定的物质，如水为液态、如C元素要生成CO2、S元素要生成SO2、N要生成N2等。‎ ‎17.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体的一种方案如下：‎ 下列说法不正确的是       ‎ A. 滤渣A的主要成分是 B. “系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等 C. 相同条件下，溶解度e2(SO4)3小 D. “氧化”反应中试剂B可选NaClO ‎【答案】C ‎【分析】硫酸钙微溶于水，在硫酸亚铁（含有硝酸钙）溶液中，加入硫酸既抑制硫酸亚铁水解，又将硝酸钙转化为硫酸钙、过滤除去，加入H2O2将硫酸亚铁氧化生成三价铁，加入硫酸铵形成硫酸铁铵，蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥得到硫酸铁铵晶体。‎ ‎【详解】A. 硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；‎ B. 硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，所以“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故B正确； ‎ C. NH4+水解生成H+，抑制Fe3+的水解生成氢氧化铝胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故C错误；‎ D. “氧化”反应中试剂B可选NaClO，次氯酸钠具有氧化性，可以氧化亚铁离子，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考察物质的分离与提纯，为高频考点，涉及物质分离和提纯方法选取，晶体获取方法，氧化还原反应等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图发生的反应及基本操作方法，题目难度适中。‎ ‎18.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置进行脱硫，将硫化氢气体转化成硫沉淀。已知甲、乙池中发生的反应为(右图)：下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲池中得到H2O2的反应，H2O2既是氧化产物也是还原产物 B. 电路中每转移0.2mol电子，甲池溶液质量变化‎3.4g，乙池溶液质量保持不变 C. 光照时乙池电极上发生的反应为：H2S+I3-=3I-+S+2H+‎ D. 甲池中炭棒上发生的电极反应为：AQ+2H+-2e-=H2AQ ‎【答案】B ‎【详解】A.根据图示可知在甲池中O2与H2AQ反应产生H2O2和AQ，O元素的化合价降低，H元素化合价没有变化，所以H2O2是还原产物，A错误；‎ B.根据图示可知电路中每转移0.2mol电子，反应产生0.1molH2O2，溶液质量增加‎3.4g，而在乙池，H2S-2e-=S↓+2H+，产生的H+通过全氟碳酸膜进入甲池，所以乙池溶液质量保持不变，B正确；‎ C.在乙池中，H2S失电子生成硫单质，I2单质得电子生成I-，发生电池反应为H2S+I3-=3I-+S↓+2H+，不是电极反应式，C错误；‎ D.甲池中碳棒为正极，正极上发生还原反应，电极反应为：AQ+2H++2e-=H2AQ，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎19.已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS= Fe +Li2S，电解液为含LiPF6·SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。‎ 下列分析正确的是（ ）‎ A. X与电池的Li电极相连 B. 电解过程中c(BaC12)保持不变 C. 该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li++2e− =Fe +Li2S D. 若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X电极的反应不变 ‎【答案】C ‎【分析】由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为FeS+2Li++2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A错误；‎ B. 镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2++2e−=Ni，为平衡阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和Cl−分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；‎ C. 锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li++2e−═Fe+Li2S，故C正确；‎ D. 若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl−>OH−，则Cl−移向阳极放电：2Cl−−2e−=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液的装置如下图所示,下列说法正确的是（ ）‎ A. 该装置工作时的能量形式只有两种 B. 石墨电极发生反应：Ce4+ + e- = Ce3+‎ C. 该离子交换膜为阴离子交换膜，SO42-由左池向右池迁移 D. 由P电极向N电极转移电子时，阳极室生成‎33.2g Ce(SO4)2‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 该装置工作时的能量转化形式：热能、电能、化学能和光能，故A错误；‎ B. 石墨是阳极，电极反应式Ce3+ -e- = Ce4+，故B错误；‎ C. 溶液在左侧石墨电极附近电极发生反应：Ce3+ -e- = Ce4+，石墨是阳极，所以硫酸根离子移向石墨电极，离子交换膜为阴离子交换膜，SO42-由右池向左池迁移，故C错误；‎ D. 由P电极向N电极转移0.1mol电子时，根据电极反应：Ce3+ -e- = Ce4+，阳极室生成0.1mol Ce(SO4)2，即‎33.2g Ce(SO4)2，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎21.某溶液中除水电离出的OH-、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO42-、NO3-、Cl-中的4 种，这4种离子的物质的量均为0.1 mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是（ ）‎ A. 该溶液中肯定不含Ba2+‎ B. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种 C. 若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得‎8.0g固体 D. 该溶液中除水电离出的OH-、H+之外所含离子是Na+、Fe2+、SO42-、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【分析】向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol×2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol×2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子，以此解答该题。‎ ‎【详解】加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，‎ A．根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；‎ B．溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3-+3Fe2++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；‎ C．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol×‎160g/mol=‎8.0g，选项C正确；‎ D．根据分析可知，该溶液中除H+、OH-之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子的检验，侧重于学生的分析能力的考查，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及溶电荷守恒的应用，题目难度中等。‎ 二．非选择题（本题3小题，共43分）‎ ‎22.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题： ‎ ‎（1）+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用 Na2SO3 将Cr2O72— 还原为Cr3+。该反应的离子反应方程式为___________________________________。‎ ‎（2）利用铬铁矿(FeO•Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：‎ ①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_______________________。‎ ‎②“水浸”要获得浸出液的操作是______________________。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为________________________________________________。‎ ‎③加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是____________________。‎ ‎（3）用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2Cr+2H+Cr2+H2O)。‎ ① 电极b连接电源的______极(填“正”或“负”) , b 极发生的电极反应式为______________。‎ ‎②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是 __________mol。‎ ‎【答案】(1). 3SO32−+Cr2O72−+8H+=2Cr3++3SO42−+4H2O (2). 洛铁矿粉碎等 (3). 过滤 (4). 8CrO42−+3S2−+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42−+16OH− (5). CO高温还原Cr2O3(或热还原法) (6). 正 (7). 2H2O−4e−=O2↑+4H+ (8). ‎ ‎【分析】（1）Na2SO3 将Cr2O72-还原为Cr3+，则SO32-被氧化为SO42-，结合电荷守恒和质量守恒可得； （2）根据流程：铬铁矿(FeO•Cr2O3)加入纯碱、通入空气焙烧，得到Na2CrO4，过滤，滤液含有Na2CrO4，加入Na2S还原得到Cr(OH)3，反应为：8CrO42-+3S2-+20H2O=8Cr（OH）3↓+3SO42-+16OH-，加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，再用还原剂还原得到Cr，据此分析作答；‎ ‎（3）①b极得到Na2Cr2O7，则b有反应2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，故b的电极反应为水放电生成氧气和氢离子，据此可得；‎ ‎②根据电荷守恒计算。‎ ‎【详解】(1)Na2SO3 将Cr2O72−还原为Cr3+，则SO32−被氧化为SO42−，离子反应为：3SO32−+Cr2O72−+8H+=2Cr3++3SO42−+4H2O，故答案为：3SO32−+Cr2O72−+8H+=2Cr3++3SO42−+4H2O；‎ ‎ (2)①将洛铁矿粉碎等可以加快焙烧速率和提高原料的利用率，故答案为：将洛铁矿粉碎等；‎ ‎②根据流程，水浸得到浸渣和浸取液，分离固液的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，加入Na2S还原得到Cr(OH)3，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则有SO42−，故反应为：8CrO42−+3S2−+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42−+16OH−，故答案为：过滤；8CrO42−+3S2−+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42−+16OH−；‎ ‎③加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是用CO高温还原Cr2O3(或热还原法)，故答案为：CO高温还原Cr2O3(或热还原法)；‎ ‎ (3)①b极得到Na2Cr2O7，则b有反应2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，故b的电极反应为水放电生成氧气和氢离子，反应为：2H2O−4e−=O2↑+4H+，故b极为阳极，连接电源正极，故答案为：正；2H2O−4e−=O2↑+4H+；‎ ‎②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则溶液中移动的电荷为(a−b)mol，所以外电路中转移的电子为(a−b)mol，阳极的电极反应为：2H2O−4e−=O2↑+4H+‎ ‎，则阳极生成的氢离子为(a−b)mol，已知：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，则则理论上生成重铬酸钠的物质的量是mol，故答案为：。‎ ‎【点睛】根据工艺流程图,写出离子反应,从氧化还原反应的角度和电荷守恒,原子个数守恒的角度配平是解答难点。‎ ‎23.亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为－‎5.5℃‎，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。‎ ‎（1）制备Cl2的发生装置可以选用___________(填字母代号)装置，发生反应的化学方程式为_______________________________________________。 ‎ ‎（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为 A→_______→_______→________→_______ (按气流方向，用装置的大写字母表示)。‎ ‎（3）实验室可用图示装置制备亚硝酰氯：‎ ①实验室也可用 B装置制备NO，与B装置相比 X装置的优点为____________。‎ ‎②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是______________________________，然后打开K1，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。 ‎ ‎（4）已知：ClNO 与H2O反应生成HNO2和 HCl。通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00‎ ‎ mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是________________________________，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_____。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体； Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10-12)‎ ‎【答案】(1). A；MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O； (或B；2MnO4−+16H++10Cl−= 2Mn2++5Cl2↑+8H2O)； (2). F (3). D (4). E (5). G (6). 排除装置内空气的干扰 (7). 可以随开随用，随关随停 (8). 排干净三颈瓶中的空气 (9). 滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化 (10). %‎ ‎【分析】（1）由二氧化锰与浓盐酸加热（或高锰酸钾与浓盐酸）制备氯气，根据反应条件选择可得；‎ ‎（2）制得的氯气混有HCl和水蒸气，一次用饱和食盐水、浓硫酸除去，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，据此分析可得；‎ ‎（3）X制备NO气体，Y干燥NO气体，干燥的NO与氯气在Z中反应，‎ ‎①X装置的优点是可以排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；‎ ‎②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气；‎ ‎（4）已知：Ag2CrO4为砖红色固体； Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1×10-12）取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，利用Ag2CrO4为砖红色沉淀来指示反应达到终点，氯元素守恒：ClNO～HCl～AgNO3，结合化学方程式定量关系计算亚硝酞氯（ClNO）的质量分数。‎ ‎【详解】(1)制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热或高锰酸钾与浓盐酸反应制得，选择A，发生的离子反应为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O，若选择B，发生的离子反应为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：A；MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O； (或B；2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)；‎ ‎(2)制得的氯气混有HCl和水蒸气，一次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h，装置F→D→E→G，故答案为：F；D；E；G；‎ ‎(3)①用B装置制备NO，与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停，故答案为：排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；‎ ‎②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气，故答案为：排干净三颈瓶中的空气；‎ ‎(4)取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250mL 溶液，取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol⋅L−1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点，‎ 根据氯元素守恒：ClNO∼HCl∼AgNO3，‎ ‎                      1                   1‎ ‎                      n               cmol/L×20.00×10−‎3L×‎ n=cmol/L×20.00×10−‎3L×=c×20.00×10−3×10mol=‎0.2c mol，‎ 亚硝酞氯(ClNO)的质量分数=×100%=%，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化；%。‎ ‎24.氮及其化合物在工业上有重要用途。请回答下列有关问题：‎ ‎（1）已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH =+180.5kJ·mol－1，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH =－92.4kJ·mol－1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH =－483.6kJ·mol－1，写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式为_________________________________________‎ ‎（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，在恒温恒压下判断该反应达到化学平衡状态的依据是______(填序号)；‎ A．2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆) B．2v(N2) (正)=v(H2) (逆)‎ C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变 ‎（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化与生成。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。‎ 反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在范围内随着温度的升高，的去除率先迅速上升后上升缓慢，迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使去除反应速率迅速增大，上升阶段缓慢主要是____________；当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能是_____________________。‎ ‎（4）如图为利用肼—空气燃料电池电解硫酸铜溶液的示意图。‎ 左图负极反应式为：___________。当上图阴极上放出‎2.24L气体标准状况时，图中硫酸铜溶液的pH=______(溶液体积变化忽略不计）。‎ ‎（4）工业上生产尿素的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)。在T℃，体积为‎4L的密闭容器中，通入6mol NH3和3mol CO2 。10min反应达到平衡，达到平衡时，c(NH3)=0.5mol·L－1。则10min内的平均反应速率υ(CO2)＝_______mol·L－1·min－1。若此时保持T℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3mol NH3，则此时反应的v正____ v逆(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎【答案】(1). 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=−905.0kJ/mol (2). AC (3). 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 (4).‎ ‎ 上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降，氨气在该条件下与氧气反应生成NO (5). N2H4−4e−+4OH−＝N2↑+4H2O (6). PH=0 (7). 0.05 (8). <‎ ‎【分析】（1）根据已知热化学方程式和盖斯定律计算，由盖斯定律①×2-②×2+③×3得得到反应焓变，写出对应反应的热化学方程式；‎ ‎（2）根据平衡状态判断依据判断，平衡标志最根本的依据是正反应速率等于逆反应速率，反应混合物中各组分的含量保持不变．‎ ‎（3）在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低；在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO。‎ ‎（4）用N2H4燃料电池电解硫酸铜溶液的装置如图所示，左边为燃料原电池装置，通入N2H4的电极为负极，N2H4失电子发生氧化反应，反应式为N2H4−4e−+4OH−＝N2↑+4H2O，通入空气的电极为正极，氧气得电子发生还原反应，反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−；右边为电解池，与负极相连的铜为阴极，反应式先Cu2++2e−=Cu，后2H++2e−=H2↑，与碳棒电极相连的为阳极，反应式2H2O−4e−=4H++O2↑，据此分析。‎ ‎（5）2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)，利用氨气浓度的变化量求出氨气的速率，利用氨气和二氧化碳的速率之比满足计量数之比，计算出二氧化碳的速率，根据平衡常数计算，浓度商QC与K的关系判断反应方向。‎ ‎【详解】(1)已知N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ/mol①N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)△H=−92.4kJ/mol②2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=−483.6kJ/mol③，由盖斯定律①×2−②×2+③×3得：4NH3(g)+5O2(g)═4NO(g)+6H2O(g)△H=905.0kJ/mol，故答案为：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=−905.0kJ/mol；‎ ‎(2)A. 不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，能证明正逆反应速率相等，故A正确；‎ B. 不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，2v(N2)(正)=v(H2)(逆)不是平衡状态，故B错误；‎ C. 容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故C正确；‎ D. 如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故D错误；‎ AC正确，故答案选：AC。‎ ‎（3）在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，根据图知，‎ 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降；在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO，当反应温度高于‎380℃‎时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是氨气在该条件下与氧气反应生成NO，故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降，氨气在该条件下与氧气反应生成NO；‎ ‎（4）通入N2H4的电极为负极，N2H4失电子发生氧化反应，1个N2H4失去4个电子，反应式为N2H4−4e−+4OH−＝N2↑+4H2O；与负极相连的铜为阴极，电极反应式先Cu2++2e−=Cu，后2H++2e−=H2↑阴极产生标况下的气体‎2.24L的气体为氢气，其物质的量为n===0.1mol，根据转移电子数和氢气的物质的量之比为2:1，第二步转移的电子的物质的量为0.2mol，第一步转移的电子的物质的量也为0.2mol，共转移0.4mol电子，第一步总反应为2CuSO4+2H2O= 2Cu+O2+2H2SO4，第二部分为电解水，转移4mol电子生成2mol硫酸，故转移0.2mol电子生成硫酸的物质的量为0.1mol，硫酸中氢离子的物质的量为0.2mol，氢离子的浓度为==1mol/L，PH=0，故答案为：N2H4−4e−+4OH−＝N2↑+4H2O；PH=0；‎ ‎（5）初始状态6mol NH3和3mol CO2，体积为‎4L，则浓度为c(NH3)===1.5mol/L，c(CO2)===0.75mol/L，10min反应达到平衡，达到平衡时，c(NH3)=0.5mol·L－1，v(NH3)===0.1mol/(L·min)，由于氨气与二氧化碳的速率之比等于化学计量时之比，故v(CO2)=v(NH3)=0.5×0.1mol/(L·min)=0.05 mol/(L·min)；由题意建立如下三段式： ‎ ‎2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)‎ 起始(mol/L) 1.5 0.75 ‎ 变化(mol/L) 1.0 0.5‎ 平衡(mol/L) 0.5 0.25 ‎ 温度不变，平衡常数不变，平衡时c(NH3)=0.5mol⋅L−1，c(CO2)=0.25mol⋅L−1，则反应的平衡常数K===16；同温同压下，体积比等于物质的量之比，若此时保持T℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3molNH3，容器体积为VL，则=，解得：V=‎8L，此时Qc===20.48>16=K，说明此时平衡向着逆向移动，则V正

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