2020届高考化学一轮复习化学反应与能量作业(1)

2020届高考化学一轮复习化学反应与能量作业(1)

化学反应与能量 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．有关下列图象的说法不正确的是（　　）‎ A．图Ⅰ表法某放热反应过程中的能量变化，则曲线a可表示加入催化剂的反应 ‎ B．图Ⅱ表示两种盐的溶解度曲线，在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶，过滤、洗涤、干燥可得纯净的固体a ‎ C．图Ⅲ表示相同pH的盐酸和醋酸分别用水稀释，则曲线a为醋酸 ‎ D．图Ⅳ表示相同物质的量浓度的NaOH溶液和氨水分别用盐酸滴定的曲线，则曲线a表示氨水 ‎2．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的．如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法正确的是（　　） ‎ A．1molN2（g）和NA个O2（g）反应放出的能量为180 kJ ‎ B．1molN2（g）和1molO2（g）具有总能量小于2molNO（g）具有的总能量 ‎ C．通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NO ‎ D．吸热反应一定需要加热才能发生 ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．生物质能来源于植物机体加工产品所贮存的能量，绿色植物通过光合作用将化学能转化为生物质能 ‎ B．铝硅酸盐分子筛可用于物质分离，还可用作干燥剂、催化剂及催化剂载体 ‎ C．人体从食物中摄取蛋白质，在体内先水解成各种氨基酸，经过不断的分解，最终生成水和二氧化碳排出体外 ‎ D．铁盐会水解产生具有吸附性的胶体粒子，可用于饮用水的杀菌消毒 ‎4．下列分析不正确的是（　　）‎ A．“木与木相摩则然（燃）”的“然”是化学能转变为热能 ‎ B．“司烜氏，掌以夫遂（青铜凹镜） 取明火于日”的“夫遂”是单质 ‎ C．“著作酒醴（甜酒），尔惟曲蘖（酒曲）”的“曲蘖”是催化剂 ‎ D．“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”的“瓷”是硅酸盐产品 ‎5．化学与生活密切相关。下列分析不正确的是（　　）‎ A．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，句中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能 ‎ B．食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，在添加时无需对其用量进行严格控制 ‎ C．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是蛋白质 ‎ D．绿色化学是指在化学产品的设计、开发和加工生产过程中减少使用或产生对环境有害物质的科学 ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．煤、石油、天然气、氢气都属于一次能源 ‎ B．利用微生物在光合作用下分解水，是氢气制取的一个重要研究方向 ‎ C．储热材料芒硝可用于光﹣化学能的转换 ‎ D．发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法有效利用了生活垃圾中的生物质能 ‎7．NA代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）‎ A．18gH20中含有的中子数为10NA ‎ B．6.4g铜完全溶解于一定浓度的硝酸时，转移的电子数为0.2NA ‎ C．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，离子总数为0.3NA ‎ D．在密闭容器中，2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）△H＝+14.9kJ•mol﹣1，若投入NA个HI分子，反应平衡时，吸热7.45kJ ‎8．由图分析可知下列说法正确的是（　　）‎ A．A→B+C和B+C→A两个反应吸收或放出能量不等 ‎ B．A→B+C△H＜0 ‎ C．A具有的焓高于B和C具有的焓总和 ‎ D．A→B+C△H＞0，则B+C→A△H＜0‎ ‎9．有关下列图象说法正确的是（　　）‎ A．由图1可知合成氨反应为自发反应，加入适当的催化剂，E和△H都减小 ‎ B．图2表示向含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+中加入NaOH溶液与产生沉淀质量的变化关系 ‎ C．图3表示合成氨反应在其他条件不变的情况下，改变起始物n（H2）对此反应平衡的影响．可知反应物N2的转化率最高的是b点；T1＞T2，K2＞K1（T1和T2表示温度，K1、K2表示对应温度下平衡常数） ‎ D．图4表示25℃时，用0.1 mol•L﹣1盐酸滴定20 mL 0.1 mol•L﹣1氨水的pH随加入盐酸体积的变化 ‎10．2015年8月12日23时，天津港瑞海公司危险品仓库发生火灾爆炸，造成人民群众的公安消防战士的重大伤亡．据悉，瑞海公司在前期出口量比较大的危险品主要有硫化钠、硫氢化钠、氯酸钠、钙、镁、钠、硝化纤维素、硝酸钙、硝酸钾、硝酸铵、氰化钠等．你认为现场不宜采用的灭火措施是（　　）‎ A．喷水冷却燃烧物，冷却灭火 ‎ B．沙土覆盖燃烧物，窒息灭火 ‎ C．移开易燃易爆物，隔离灭火 ‎ D．喷入化学灭火剂，抑制灭火 ‎11．把一套以液化石油气（主要成分为C3H8和C4H10）为燃料的炉灶，现改用天然气（主要成分为CH4）为燃料，需要调整进入炉灶的燃料气和空气的量．正确方法为（　　）‎ A．同时调大燃料气和空气的量 ‎ B．同时调小燃料气和空气的量 ‎ C．只需调大燃料气的进气量 ‎ D．只需调大空气的进气量 ‎12．用灯帽盖灭酒精灯的火焰，其灭火原理是（　　）‎ A．清除可燃物 B．隔绝空气 ‎ C．降低可燃物的着火点 D．降低可燃物的温度 ‎13．下列反应或过程吸收能量的是（　　）‎ A．苹果缓慢腐坏 B．弱酸电离 ‎ C．镁带燃烧 D．酸碱中和 ‎14．下列变化中只存在放热过程的是（　　）‎ A．氯化钠晶体熔化 B．氢氧化钠晶体溶于水 ‎ C．液氮的气化 D．水蒸气的液化 ‎15．下列固体溶于水时吸热的是（　　）‎ A．氯化铵 B．氢氧化钠 C．氧化钙 D．过氧化钠 ‎16．Pd/A12O3催化H2还原CO2的机理示意图如下。下列说法不正确的是（　　）‎ A．H﹣H的断裂需要吸收能量 ‎ B．①﹣②，CO2发生加成反应 ‎ C．④中，CO被氧化为C ‎ D．生成CH4的总反应方程式是 CO2+4H2CH4+2H2O ‎17．根据能量变化示意图，下列说法正确的是（　　）‎ A．状态1是液态，则状态3一定是气态 ‎ B．状态3是液态，则状态4一定是气态 ‎ C．A（状态2）+B（g）═C（状态3）+D（g）△H＝（d﹣a）kJ•mol﹣1 ‎ D．断裂1molC（状态3）和1molD（g）中的化学键需要吸收的能量为（e﹣d）kJ ‎18．已知：2H2（g）+O2（g）＝2H2O （g）+483.6 kJ，2H2（g）+O2（g）＝2H2O （l）+571.6 kJ；图中示意正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎19．下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（　　）‎ A．CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H＝﹣283.0 kJ/mol ‎ B．C（s）+O2（g）═CO（g）；△H＝﹣110.5 kJ/mol ‎ C．H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H＝﹣241.8 kJ/mol ‎ D．2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）；△H＝﹣11 036 kJ/mol ‎20．下列燃烧反应的反应热是燃烧热的是（　　）‎ A．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1 ‎ B．C（s）+O2（g）═CO（g）△H2 ‎ C．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3 ‎ D．H2S（g）+O2（g）═S（s）+H2O（l）△H4‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．开源节流是应对能源危机的重要举措．‎ ‎（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是　 　（填字母）．‎ a．大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求 b．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 c．开发太阳能、水能、风能、地热等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料 d．减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生 ‎（2）氢能是理想的清洁能源．下列制氢的方法中，最节能的是　 　（填字母）．‎ a．电解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑‎ b．高温使水分解制氢：2H2O2H2↑+O2↑‎ c．太阳光催化分解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑‎ d．天然气制氢：CH4+H2OCO+3H2‎ ‎（3）利用MnFe2O4通过两步反应使水分解制氢气，第一步反反应为：MnFe2O4MnFe2O4﹣X+O2，则第二步反应的化学方程式为　 　（条件不写）．‎ ‎（4）如图是以SO2、I2、H2O为原料，利用核能使水分解制氢气的一种流程．‎ 反应X的化学方程式为　 　，该流程中循环使用的原料有　 　．从理论上讲，该流程中，1mol原料水制得　 　molH2．‎ ‎22．A是由导热材料制成的钢化密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球．关闭旋塞K．（已知：2NO2⇌N2O4；△H）‎ ‎（1）若将一定量的NO2通过a充入A中，下表是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）：‎ 温度（K）‎ ‎273‎ ‎308‎ ‎373‎ K（mol•L﹣1）﹣1‎ ‎6.78‎ ‎3.13‎ ‎2.78‎ 由表中数据判断△H　 　0（填“＞”、“＝”或“＜”）．‎ ‎（2）若将等量的NO2通过a、b分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同．‎ 一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成的N2O4的速率是VA　 　VB（填“＞”、“＜”、“＝”）；若打开旋塞K，气球B将　 　（填“变大”“变小”或“不变”）．‎ ‎（3）若在A、B中再充入与（2）中初始量相等的NO2，则达到平衡时，A中NO2的转化率将　 　（填“增大”“减小”或“不变”）；若通入等量的Ne气，则达到平衡时，B中NO2的转化率将　 　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎（4）室温下，若将等量的NO2通过a、b分别充入A、B中（关闭旋塞K），且A、B都保持体积不变，A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，　 　中的颜色较深．‎ ‎23．合成氨反应（N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g））在工业生产中的大量运用，满足了人口的急剧增长对粮食的需求，也为化工生产提供了足够的原料．按要求回答下 列问题：‎ ‎（1）合成氨反应的能量变化如图所示，则该反应的热化学方式为：　 　．‎ ‎（2）在温度恒定为298K，体积恒定为10L的密闭容器中加入氢气、氮气的物质的量分别为0.7mol、0.6mol，平衡时测得氮气的转化率为，则此温度下题给该反应的平衡常数K＝　 　．‎ ‎（3）标况下，若将22.4mL的氨气通入100mLpH为2的盐酸中，则溶液中各离子浓度的顺序由大到小为　 　．‎ ‎（4）将氨气通入盛有CaSO4悬浊液的沉淀池中，再通入足量的CO2，过滤后即可得到（NH4）2SO4．该过程的化学方程式为　 　，由此可知Ksp（CaSO4）　 　Ksp（CaCO3‎ ‎）（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎24．甲烷是一种重要的基础化工原料，不仅可制备多种重要有机产品，还可用于环境保护．请回答下列问题：（1）用甲烷催化还原氮的氧化物可消除氮氧化物的污染．已知：‎ 反应过程（2）是　 　反应（填“放热”或“吸热”），甲烷还原NO2生成H2O（g）、N2和CO2时的热化学方程式是　 　．‎ ‎（2）工厂利用甲烷与氯气的反应原理制取氯甲烷，为妥善处理氯甲烷生产企业的副产物CCl4，以减少其对臭氧层的破坏．化学家研究在催化条件下，通过下列反应：‎ CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g），使CCl4转化为重要的化工原料氯仿（CHCl3）（不考虑副反应）．‎ 在固定容积为2L的密闭容器中，该反应达到平衡后，测得如下数据：‎ 实验 序号 温度℃‎ 初始n（CCl4）‎ ‎（mol）‎ 初始n（H2）‎ ‎（mol）‎ 平衡时n（CHCl3）‎ ‎（mol）‎ ‎1‎ ‎110‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ ‎2‎ ‎110‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎100‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎0.6‎ ‎①此反应在110℃时平衡常数为　 　． ②实验l中，CCl4的转化率为　 　．‎ ‎③判断该反应的正反应是　 　（填“放热”或“吸热”），理由是　 　．‎ ‎④为提高实验3中CCl4的转化率，可采取的措施是　 　．‎ a．使用高效催化剂 b．向容器中再投入1mol CCl4和1mol H2‎ c．温度升高到200℃d．向容器中再投入1mol HCl e．向容器中再投入1mol ‎ H2．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎25．氨气是一种重要的物质，可用于制取化肥和硝酸等．‎ ‎（1）工业合成氨的热化学方程式：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＝﹣92.2KJ/mol．有关键能：：946.5KJ/mol；N﹣H：391.0KJ/mol；则H﹣H键能为　 　．‎ ‎（2）合成氨原料中的H2可用甲烷在高温下与水蒸气反应制得．部分1mol物质完全燃烧生成常温下稳定氧化物的△H数据如下表：已知1molH2O（g）转变为1molH2O（l）时放热44.0KJ．写出CH4和水蒸气在高温下反应得到CO和H2的热化学方程式　 　．‎ 物质 ‎△H（KJ/mol）‎ H2（g）‎ ‎﹣285.8‎ CO（g）‎ ‎﹣283.0‎ CH4（g）‎ ‎﹣890.3‎ ‎（3）若把标准状况下6.72L氨气通入到100g19.6%的硫酸溶液中，所得溶液中的溶质是　 　，溶液中离子浓度从大到小的顺序是　 　．‎ ‎26．[化学一选修化学与技术]‎ 现代化工厂的设计理念是依据循环经济理论和工业生态学原理建立生态工业园区．如图是某企业设计的硫酸一磷铵一水泥联产、海水﹣淡水多用、盐一热一电联产的三大生态产业链流程图．‎ 根据上述产业流程回答下列问题：‎ ‎（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在　 　‎ A西部山区 B沿海地区 C发达城市 D东北内陆 ‎（2）该流程①、②、③、④、⑤为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：①　 　、②　 　、③　 　、④　 　、⑤　 　．‎ ‎（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：　 　；磷肥厂的主要产品是普钙，其主要成分是　 　（填化学式）．‎ ‎（4）热电厂的冷却水是　 　，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有　 　（写出一种即可）．‎ ‎（5）根据现代化工厂设计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想．　 　，　 　（写出两点即可）．‎ ‎27．市面上销售的热敷袋种类有很多，如：‎ ‎（1）可以循环使用的液体热敷袋：该类热敷袋内所装的液体是醋酸钠的过饱和水溶液，使用时仅需轻压热敷袋内的金属片形成结晶核以引发醋酸钠结晶；再生时则仅需将已固化的热敷袋置入热水中（或以微波加热）直至全部晶体溶解后，取出冷却至室温即可再次使用．请认真阅读上面材料，回答以下问题：‎ ‎①此类热敷袋释放热量的原理是：　 　；‎ ‎②热敷袋内溶液溶质结晶的条件是：　 　、　 　；‎ ‎③若该醋酸钠过饱和溶液恰好完全结晶形成CH3COONa•3H2O，则该过饱和溶液中溶质的质量分数是：　 　．‎ ‎（2）某种一次性使用的固体热敷袋：使用时从不透气的塑料袋中取出，让内袋（微透气膜）暴露在空气里，能产生40℃～60℃的热度，维持12﹣20小时．用完后袋内有大量红色物质．为了探究这类热敷袋的主要成分，某兴趣小组开展了如下研究：查阅了有关资料，找到以下两种配方：‎ i 40g铁粉、20g活性炭、10g氯化钠；‎ ii 30g铁粉、10g铝粉、15g活性炭、10g氯化钠．‎ 之后，小组同学分别进行如下讨论和实验探究：‎ ‎①这类热敷袋释放热量的原理是　 　；‎ ‎②在配方中用到的活性炭的作用：其一是利用活性炭疏松结构的强吸附性，吸附空气中的水蒸气形成溶液；其二是　 　；‎ ‎③为了探究配方ii中铝粉的存在，设计了实验方案是：‎ a、剪开热敷袋，取出少许内容物置于烧杯中，加入稀盐酸，用玻璃棒搅拌充分溶解；‎ b、　 　；‎ C、　 　‎ ‎…（可以不填满；步骤若不够，请自行添加）‎ 已知：i茜素﹣s溶液是Al3+离子特色检验试剂，与Al3+产生玫瑰红色絮状沉淀．‎ ii Fe3+存在能干扰Al3+的检验 iii 浓度均为4mol•L﹣1的醋酸﹣醋酸钠缓冲溶液能将溶液的pH控制在4﹣5，以沉淀除去Fe3+．‎ ‎28．在一个体积为5L的真空密闭容器中加入1.25molCaCO3，发生反应CaCO3（s）⇌CaO （s）+CO2（g），测得平衡时二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如图1所示．请按要求回答下列问题：‎ ‎（1）该反应正反应为　 　热反应（填“吸”或“放”），温度为T5℃时，该反应耗时40s达到平衡，则T5℃时，列式计算该反应的反应速率为　 　．‎ ‎（2）T2℃时，该反应已经达到平衡，下列措施中能使该反应的平衡常数K值变大的是　 　（选填编号）．‎ a．减小压强 b．减少CaO的量 c．加入CaCO3 d．升高温度 ‎（3）请在图2中画出平衡常数K随温度的变化曲线．‎ ‎（4）在T5℃下，维持温度和容器体积不变，向上述平衡体系中再充入1molN2，则最后平衡时容器中的CaCO3的质量为　 　g．‎ ‎29．砷（As）是第四周期第ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：‎ ‎（1）工业上用砷废渣制H3AsO4的反应为：2As2S3+5O2+6H2O＝4H3AsO4+6S，通常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，加压通O2氧化。分别分析“制成浆状”、“加压通O2”对该反应的影响　 　。‎ ‎（2）已知：As（s）+H2（g）+2O2（g）═H3AsO4（s）△H1‎ ‎2As（s）+O2（g）═As2O5（s）△H2‎ H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3‎ 则反应As2O5（s）+3H2O（l）═2H3AsO4（s） 的△H＝　 　。‎ ‎（3）H3AsO3 和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的依度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图1和图2所示。‎ ‎①以酚酞为指示剂（变色范围pH：8.0～10.0），将NaOH 溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为　 　。‎ ‎②已知H3AsO4的各级电离常数为Ka1、Ka2、Ka3，则Ka2＝　 　。‎ 化学反应与能量 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A．图象中反应物能量高于生成物，反应为放热反应，曲线a表示降低了反应的活化能最后达到相同的平衡状态；‎ B．a溶解度随温度变化不大，冷却热宝和溶液的方法不能得到a晶体；‎ C．根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故a应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，b为盐酸；‎ D．相同物质的量浓度的NaOH溶液和氨水，溶液pH氢氧化钠大b为NaOH溶液，a为一水合氨溶液．‎ ‎【解答】解：A．图象中反应物能量高于生成物，反应为放热反应，曲线a表示降低了反应的活化能最后达到相同的平衡状态，说明a为加入催化剂改变反应速率，故A正确；‎ B．图Ⅱ表示两种盐的溶解度曲线，b溶解度随温度变化大，在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶，过滤、洗涤、干燥可得纯净的固体b，故B错误；‎ C．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶液pH增大小；所以b表示盐酸，a表示醋酸，故C正确；‎ D．相同物质的量浓度的NaOH溶液和氨水，图象中的PH分析可知溶液pH氢氧化钠大b为NaOH溶液，a为一水合氨溶液，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎2．【分析】A、分析能量变化黑球代表氧原子，依据反应焓变＝反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量计算判断；‎ B、依据A计算的焓变判断反应能量变化，结合反应前后能量守恒分析；‎ C、氮气和氧气在放电条件才能反应；‎ D、一个化学反应是吸热还是放热与反应条件无关．‎ ‎【解答】解：A、焓变＝反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量，N2+O2＝2NO，△H＝946KJ/mol+498KJ/mol﹣2×632KJ/mol＝180KJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；‎ B、依据A计算可知反应是吸热反应，依据能量守恒，1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量，故B正确；‎ C、通常情况下，N2（g）和O2（g）混合不能直接生成NO，故C错误；‎ D、一个化学反应是吸热还是放热与反应条件无关，氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应，在常温下即可进行，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎3．【分析】A．绿色植物通过光合作用将光能转化为生物质能；‎ B．铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性；‎ C．蛋白质分解，最终以尿素的形式排出体外； ‎ D．铁盐净水原理是电离出的铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，不能杀菌消毒．‎ ‎【解答】解：A．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，所以生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量，绿色植物通过光合作用将光能转化为生物质能，故A错误；‎ B．铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，故B正确；‎ C．蛋白质水解生成氨基酸，经人体吸收后重新生成新的蛋白质，最后蛋白质分解，以尿素的形式排出体外，故C错误；‎ D．铁盐净水原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体和氢离子，氢氧化铁胶体具有吸附性净水，不可用于饮用水的杀菌消毒，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎4．【分析】A．木与木相摩则然（燃）”的“然”是木材燃烧；‎ B．夫遂是凸透镜；‎ C．著作酒醴（甜酒），是酿酒，曲蘖是真菌酵母菌，起到催化剂作用；‎ D．瓷是无极传统非金属材料，属于硅酸盐产品。‎ ‎【解答】解：A．“木与木相摩则然（燃）”的“然”是摩擦过程中产生的热量使木材燃烧，是化学能转变为热能，故A正确；‎ B．“司烜氏，掌以夫遂（青铜凹镜） 取明火于日”的“夫遂”是凸透镜聚焦取明火，故B错误；‎ C．“著作酒醴（甜酒），是酿酒过程，尔惟曲蘖（酒曲）”的“曲蘖”是酵母菌，属于酶是反应的催化剂，故C正确；‎ D．“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”的“瓷”是瓷器，属于硅酸盐产品，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎5．【分析】A、燃烧纤维素是把化学能转化为热能；‎ B、食品添加剂应合理使用；‎ C、丝绸的成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物；‎ D、“绿色化学”是化学产品在设计、制造、应用、回收处理时，对环境没有或产生尽可能小的副作用。‎ ‎【解答】解：A、“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故A正确；‎ B、过量使用国家允许使用的食品添加剂，对人体有害，故B错误；‎ C、丝绸的主要原料为蚕丝，蚕丝成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物，故C正确；‎ D、“绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向，其目的是化学产品在设计、制造、应用、回收处理时，对环境没有或产生尽可能小的副作用，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎6．【分析】A．能源可划分为一次能源和﹣二次能源，直接从自然界取得的能源称为一级能源，一次能源经过加工、转换得到的能源成为二次能源；‎ B．利用微生物在光合作用下分解水，充分利用太阳能；‎ C．芒硝Na2SO4•10H2O失水和结晶属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化；‎ D．利用垃圾发电可将生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能等，垃圾焚烧处理法不能。‎ ‎【解答】解：A．煤、石油、天然气、直接从自然界获得，都属于一次能源，氢气无法从自然界直接获得，属于二次能源，故A错误；‎ B．利用微生物在光合作用下分解水，充分利用太阳能，是氢气制取的一个重要研究方向，故B正确；‎ C．芒硝Na2SO4•10H2O失水时吸热，结晶时放热，属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化，而不是光能和化学能的转化，故C错误；‎ D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能，利用垃圾发电可将生活垃圾中的生物质能转化为热能、电能等，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎7．【分析】A．水分子中含有8个中子，18个水的物质的量为1mol，含有8mol中子；‎ B．根据n＝计算出铜的物质的量，再根据电子守恒计算出转移的电子数；‎ C．碳酸根离子部分水解，导致溶液中离子数目增多；‎ D．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物．‎ ‎【解答】解：A．18g水的物质的量为：＝1mol，1mol水分子中含有8mol中子，含有的中子数为8NA，故A错误；‎ B．6.4g铜的物质的量为：＝0.1mol，0.1mol题完全反应转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故B正确；‎ C．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有0.1mol碳酸钠溶液，由于碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致溶液中离子数目增多，故C错误；‎ D．NA个HI分子的物质的量为1mol，由于该反应为可逆反应，则达到平衡时负极的HI的物质的量小于1mol，所以吸收的热量小于7.45kJ，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎8．【分析】根据图象分析：A→B+C能量升高，是吸热反应；B+C→A能量降低，是放热反应，同一反应的正逆两个方向的反应反应热大小相等符号相反．‎ ‎【解答】解：A．A→B+C与B+C→A属于同一反应的正逆两个方向的反应，两个反应吸收和放出的热量相等，符号相反，故A错误； ‎ B．A→B+C是能量升高的反应属于吸热反应，△H＞0，故B错误；‎ C．A→B+C是能量升高的反应，所以A具有的焓低于B和C具有的焓总和，故C错误；‎ D．A→B+C是吸热反应，B+C→A必然是放热反应，B+C→A是A→B+C的逆过程，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎9．【分析】A．催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热；‎ B．向含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+中加入NaOH溶液，分别发生：H++OH﹣＝H2O、Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓、NH4++OH﹣＝NH3•H2O、Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+H2O，以此进行判断；‎ C．温度越高，平衡向吸热反应方向移动，根据温度对化学平衡的影响分析；‎ D．当滴定至终点时pH迅速发生变化，曲线斜率较大．‎ ‎【解答】解：A．催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热，故A错误；‎ B．向含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+中加入NaOH溶液，分别发生：H++OH﹣＝H2O、Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓、NH4++OH﹣＝NH3•H2O、Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+H2O，先后出现先没有沉淀、生成沉淀、沉淀溶解、沉淀不变等，故B正确；‎ C．由图1可知，氮气和氢气反应生成氨气的反应是放热反应，其它条件相同时，当升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致氨气的含量减少，所以T2＞T1；温度越高，氨气的含量越少，所以平衡常数越小，即K1＞K2，故C错误；‎ D．当滴定至终点时pH迅速发生变化，曲线斜率较大，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎10．【分析】灭火时，常采用下列措施：①使可燃物的温度低于着火点；②移开可燃物；③隔绝空气，据此解题．‎ ‎【解答】解：钙、钠能与水反应，不能用水灭火，可用沙土覆盖燃烧物、移开易燃易爆物、喷入化学灭火剂等方法。‎ 故选：A。‎ ‎11．【分析】可燃物完全燃烧的条件是要有充足的氧气．在改造过程中要保证氧气必须充足．‎ ‎【解答】解：促进可燃物燃烧的方法有：（1）增大氧气的浓度。（2）增大可燃物与氧气的接触面积。‎ 由化学方程式CH4+2O2CO2+2H2O，C3H8+5O23CO2+4H2O可知，天然气燃烧时，反应物微观粒子个数比是：1：2，液化石油气燃烧时，反应物微观粒子个数比是：1：5；所以同体积的两种燃气，液化石油气耗氧量多，甲烷燃烧消耗的氧气少，把液化石油气为燃料的灶具改用天然气为燃料时，需要减少空气气的量，或增大天然气的进入量。‎ 故选：C。‎ ‎12．【分析】灭火的方法有：①隔绝空气（或氧气）②降温至可燃物的着火点以下③撤走可燃物，以此分析．‎ ‎【解答】解：用灯帽盖灭酒精灯的火焰，酒精与空气隔绝，从而使燃烧的酒精因接触不到氧气而熄灭，‎ 故选：B。‎ ‎13．【分析】化学反应中反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，且常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；‎ 常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、少数分解、置换以及某些复分解反应（如铵盐和强碱）、C或氢气作还原剂的氧化还原反应等，且弱电解质电离、盐类水解均吸热，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．苹果缓慢腐坏，为缓慢氧化，为放热反应，故A不选；‎ B．弱酸电离吸热，故B选；‎ C．燃烧为放热反应，故C不选；‎ D．中和反应为放热反应，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎14．【分析】电解质的电离、铵盐溶于水、固体融化、液体汽化等均为吸热过程，而浓硫、氢氧化钠固体溶于、物质的液化、液体的固化均为放热过程，据此分析。‎ ‎【解答】解：A．氯化钠晶体融化是吸热的过程，故A错误；‎ B．氢氧化钠固体溶于水放热，氢氧化钠在水中电离吸热，故B错误；‎ C．液氮的气化是吸热的过程，故C错误；‎ D．水蒸气液化，为放热过程，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎15．【分析】A．氯化铵固体溶于水吸收热量；‎ B．氢氧化钠溶于水放热；‎ C．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，过程中放热；‎ D．过氧化钠和水发生氧化还原反应，反应过程中放热。‎ ‎【解答】解：A．氯化铵固体溶于水，溶液温度降低属于吸收热量的过程，故A正确；‎ B．氢氧化钠溶于水，溶液温度升高，溶解过程属于放热过程，故B错误；‎ C．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，化合反应过程中放出热量，属于放热反应，故C错误；‎ D．过氧化钠和水发生氧化还原反应，反应过程中溶液温度升高属于放热反应，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎16．【分析】A．断裂化学键吸收能量；‎ B．C＝O键转化为单键；‎ C．④中，CO转化为甲烷，C元素的化合价降低；‎ D．由图可知二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水。‎ ‎【解答】解：A．断裂化学键吸收能量，则H﹣H的断裂需要吸收能量，故A正确；‎ B．C＝O键转化为单键，为加成反应，故B正确；‎ C．④中，CO转化为甲烷，C元素的化合价降低，得到电子被还原，故C错误；‎ D．由图可知二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水，反应为CO2+4H2CH4+2H2O，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎17．【分析】A．由图可知，不能判断状态1、3的变化；‎ B．状态3比状态4的能量高；‎ C．焓变与始终态能量有关；‎ D．由图不能确定化学键断裂吸收的能量。‎ ‎【解答】解：A．由图可知，不能判断状态1、3的变化，因物质发生变化，故A错误；‎ B．状态3比状态4的能量高，则状态3是液态，则状态4为固态，故B错误；‎ C．焓变与始终态能量有关，由图可知A（状态2）+B（g）═C（状态3）+D（g）△H＝（d﹣a）kJ•mol﹣1，故C正确；‎ D．由图不能确定化学键断裂吸收的能量，生成1molC（状态3）和1molD（g）时逆反应的活化能为（e﹣d）kJ/mol，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎18．【分析】由2H2（g）+O2（g）＝2H2O （g）+483.6 kJ，2H2（g）+O2（g）＝2H2O （l）+571.6 kJ，可知气态水的能量比液态水的能量高，互为逆反应时焓变数值相同、符号相反，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．均为放热反应，且气态水的能量比液态水的能量高，与图象一致，故A正确；‎ B．气态水的能量比液态水的能量高，与图象不符，故B错误；‎ C．气态水的能量比液态水的能量高，与图象不符，故C错误；‎ D．图中热量变化不合理，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎19．【分析】燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．一般C→CO2，H→H2O（l），S→SO2．燃烧热是物质的性质，与量的多少无关．‎ ‎【解答】解：A、该反应的焓变是完全燃烧1mol碳单质生成最稳定的产物二氧化碳的反应热，符合燃烧热的内涵，故A正确；‎ B、该反应的焓变不是完全燃烧1mol碳单质生成最稳定的产物二氧化碳的反应热，此焓变不是燃烧热，故B错误；‎ C、氢气燃烧的最稳定产物是液态的水，不能是气态的水，此焓变不是燃烧热，故C错误；‎ D、该反应的焓变不是完全燃烧1mol辛烷的反应热，此焓变不是燃烧热，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎20．【分析】根据燃烧热的定义分析，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的能量．‎ ‎【解答】解：A．生成气态水不是最稳定状态，应为液态水，故A错误；‎ B．应生成CO2，不是燃烧热，故B错误；‎ C．符合燃烧热的定义，故C正确；‎ D．不是生成的稳定的氧化物，应生成SO2，故D错误。‎ 故选：C。‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．【分析】（1）只要能减少自然资源的运用都属于“开源节流”．‎ ‎（2）最节能的方法是运用太阳能．‎ ‎（3）第二步MnFe2O4﹣X和水反应生成MnFe2O4和氢气．‎ ‎（4）在100﹣120℃条件下，碘、二氧化硫和水反应生成硫酸和氢碘酸；根据流程图判断能循环使用的物质；根据水和氢气的关系式计算生成的氢气的量．‎ ‎【解答】解：（1）只要能减少自然资源的运用都属于“开源节流”．‎ a、不能减少自然资源的运用，故错误．‎ b、c、d能减少自然资源的运用，故正确．‎ 故选bcd．‎ ‎（2）最节能的方法是运用太阳能，高温、电解都需要其它自然资源，故选C．‎ ‎（3）第二步MnFe2O4﹣X和水反应生成MnFe2O4和氢气，反应方程式为MnFe2O4﹣X+xH2O＝MnFe2O4+xH2↑．‎ 故答案为：MnFe2O4﹣X+xH2O＝MnFe2O4+xH2↑．‎ ‎（4）在100﹣120℃条件下，碘、二氧化硫和水反应生成硫酸和氢碘酸，反应方程式为SO2+I2+2H2O＝2HI+H2SO4；根据流程图知，该流程中循环使用的原料有SO2、I2；一个H2O中含有2个氢原子，所以水分子和氢分子的个数之比是1：1，故从理论上讲，该流程中，1mol原料水制得1mol氢气．‎ 故答案为：SO2+I2+2H2O＝2HI+H2SO4；SO2、I2；1．‎ ‎22．【分析】（1）根据温度升高对平衡常数的影响来判断；‎ ‎（2）容器A体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器A中压强降低，容器B体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快；根据A中压强小于B中的压强来分析；‎ ‎（3）保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；‎ ‎（4）该反应为放热反应，A套上一个绝热层，温度升高，平衡逆向移动，NO2的浓度增大；‎ ‎【解答】解：（1）由表中数据可知，温度升高，平衡常数减少，则说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；‎ ‎（2）容器A中压强降低，容器B体压强不变，压强越大，反应速率越快，故v（A）＜v（B），故答案为：＜；‎ A中压强小于B中的压强，打开旋塞K，气球B的压强减小，体积减小，故答案为：变小；‎ ‎（3）保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向正反应方向移动，NO2的转化率将增大，故答案为：增大；‎ 保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时NO2的转化率减小，故答案为：变小；‎ ‎（4）该反应为放热反应，A套上一个绝热层，温度升高，平衡逆向移动，NO2的浓度增大，颜色变深，故答案为：A；‎ ‎23．【分析】（1）依据图象分析判断，反应焓变＝断裂化学键吸收能量﹣反应物形成化学键放出能量＝508﹣600＝﹣92KJ/mol；依据热化学方程式书写，标注物质聚集状态和对应反应焓变；‎ ‎（2）依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；‎ ‎（3）依据1molNH3和10﹣3molHCl反应生成NH4Cl，氨气过量分析判断溶液中离子浓度；‎ ‎（4）依据将氨气通入盛有CaSO4悬浊液的沉淀池中，再通入足量的CO2，过滤后即可得到（NH4）2SO4．反应是生成硫酸铵和碳酸氢钠，配平书写化学方程式；依据沉淀转化分析判断溶度积常数大小，氨气在溶液中与二氧化碳反应生成碳酸铵，过滤可得（NH4）2SO4，沉淀为CaCO3，说明CaCO3更难溶，CaSO4与CaCO3的构成类型相同为AB型，相同类型溶解度越小，溶度积越小．；‎ ‎【解答】解：（1）体积图象分析可知反应的焓变为﹣92KJ/mol，反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92KJ/mol；‎ 故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92KJ/mol；‎ ‎（2）依据化学平衡三段式列式计算，体积恒定为10L的密闭容器，平衡时测得氮气的转化率为，‎ ‎ N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）‎ 起始量（mol） 0.6 0.7 0‎ 转化量（mol） 0.6× 0.6 0.4‎ 平衡量（mol） 0.4 0.1 0.4‎ K＝＝＝4×104；‎ 故答案为：4×104；‎ ‎（3）1molNH3和10﹣3molHCl反应生成NH4Cl，溶液中氯化铵物质的量为10﹣3mol，一水合氨物质的量1﹣0.001＝0.999mol；所以溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）；‎ 故答案为：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）；‎ ‎（4）将氨气通入盛有CaSO4悬浊液的沉淀池中，再通入足量的CO2，过滤后即可得到（NH4）2SO4．沉淀为CaCO3，说明CaCO3更难溶，CaSO4与CaCO3的构成类型相同为AB型，相同类型溶解度越小，溶度积越小，故Ksp（CaSO4）＞Ksp（CaCO3），该过程的化学方程式为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝CaCO3↓+（NH4）2SO4；‎ 故答案为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O＝CaCO3↓+（NH4）2SO4；＞；‎ ‎24．【分析】（1）根据反应物和生成物总能量的相对大小来判断；根据反应过程（1）、反应过程（2）写出对应的热化学方程式，利用盖斯定律来解；‎ ‎（2）①先根据平衡三部曲计算出各物质的平衡浓度，再根据平衡常数的公式计算；‎ ‎②先根据①的平衡常数利用平衡三部曲计算出各物质的平衡浓度，再根据转化率的公式计算；‎ ‎③根据不同温度下的平衡常数来判断；‎ ‎④根据外界条件对化学平衡的影响来解答．‎ ‎【解答】解：（1）反应物总能量小于生成物总能量，所以反应吸热，故答案为：吸热；‎ 反应过程（1）的热化学方程式：CH4（g）+4NO2（g）＝CO2（g）+4NO（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ/mol ①，‎ 反应过程（2）的热化学方程式：CH4（g）+4NO（g）＝CO2（g）+2N2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1160kJ/mol ②，‎ ‎①+②得：2CH4（g）+4NO2（g）＝2CO2（g）+2N2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1734 kJ/mol，‎ 故答案为：2CH4（g）+4NO2（g）＝2CO2（g）+2N2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1734 kJ/mol；‎ ‎（2）①CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g），‎ 起始（mol/L ） 2 2 0 0‎ 反应（mol/L ） 1 1 1 1‎ 平衡（mol/L） 1 1 1 1‎ 则平衡常数为k＝＝1，‎ 故答案为：1； ‎ ‎②CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g），‎ 起始（mol/L ） 0.4 0.6 0 0‎ 反应（mol/L ） a a a a 平衡（mol/L） 0.4﹣a 0.6﹣a a a 则平衡常数为＝1，所以a＝0.24，则CCl4的转化率为×100%＝60%，故答案为：60%； ‎ ‎③CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g），‎ 起始（mol/L ） 0.5 0.5 0 0‎ 反应（mol/L ） 0.3 0.3 0.3 0.3‎ 平衡（mol/L） 0.2 0.2 0.3 0.3‎ 则平衡常数为＝2.25，‎ 因温度升高，平衡常数减小，说明化学平衡逆向移动；所以正反应放热，‎ 故答案为：放热；温度为1O0℃时，K＝2.25，大于110℃时的平衡常数，所以该反应为放热反应；‎ ‎④a．使用高效催化剂，平衡不移动，CCl4的转化率不变，故a错误；‎ b．向容器中再投入1mol CCl4和1molH2，根据等效平衡，化学平衡不移动，CCl4的转化率不变，故b错误；‎ c．温度升高到200℃，平衡逆向移动，CCl4的转化率减小，故c错误；‎ d．向容器中再投入1molHCl，平衡逆向移动，CCl4的转化率减小，故d错误；‎ e．向容器中再投入1molH2，平衡正向移动，CCl4的转化率增大，故e错误；‎ 故选：e．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎25．【分析】（1）根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能来计算；‎ ‎（2）根据燃烧热的概念来书写热化学方程式，然后运用盖斯定律来解答；‎ ‎（3）氨气和酸反应生成对应的盐，根据水解解原理、电离原理来比较离子浓度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）因反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设H﹣H键能为 xKJ/mol，则 ‎ 945.6kJ/mol+3xKJ/mol﹣6×391.0kJ/mol＝﹣92.2kJ/mol 解得x＝436.1，‎ ‎ 故答案为：436.1kJ/mol；‎ ‎（2）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3kJ/mol ①‎ ‎ H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.8KJ/mol ②‎ ‎ CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H＝﹣283KJ/mol ③‎ ‎ 而H2O（g）═H2O（l）△H＝44.0kJ/mol ④‎ 根据盖斯定律：④+①﹣②×3﹣③，得 CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）的△H＝44KJ/mol﹣890.3KJ/mol+285.8KJ/mol×3+283KJ/mol＝+206.1kJ/mol，‎ 故答案为：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H＝+206.1kJ/mol；‎ ‎（3）6.72L即0.3mol氨气通入到100g19.6%即0.2mol的硫酸溶液中：NH3+H2SO4＝NH4HSO4，生成0.2molNH4HSO4，NH3过量0.1mol，与NH4HSO4反应：NH3+NH4HSO4＝（NH4）2SO4，生成0.1mol（NH4）2SO4，过量0.1molNH4HSO4，所以溶质为NH4HSO4、（NH4）2SO4，NH4HSO4能电离出等量的铵根、氢离子和硫酸根，（NH4）2SO4电离出铵根、硫酸根，虽然铵根离子水解，但浓度最大，故答案为：NH4HSO4、（NH4）2SO4；c（NH+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）．‎ ‎26．【分析】（1）该产业链需要大量的水、NaCl等所以应建在沿海地区；‎ ‎（2）根据流程图中工业生产的原料，及发生的反应中的能量转化分析；‎ ‎（3）沸腾炉中FeS2与氧气反应；根据生成磷肥的反应分析；‎ ‎（4）沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的Mg元素、溴元素等；‎ ‎（5）根据工厂的废气、废渣的成分分析．‎ ‎【解答】解：（1）该产业链需要大量的水、NaCl等所以应建在沿海地区，故答案为：B；‎ ‎（2）①中冶炼钢铁的原料是Fe2O3，②中热电厂中向外提供的能量为电能，③沸腾炉中FeS2与氧气反应放出大量的热，④制硫酸时接触室中二氧化硫被氧化，⑤硫酸工业中生成的硫酸，可用于制磷肥，故答案为：①Fe2O3②电能 ③热能 ④SO2 ⑤浓H2SO4；‎ ‎（3）沸腾炉中FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，其反应方程式为：4FeS2+1102 2Fe2O3+8SO2；用硫酸与磷酸钙反应生成磷酸，磷酸与磷酸钙反应生成磷酸二氢钙，故答案为：4FeS2+1102 2Fe2O3+8SO2；Ca（H2PO4）2、CaSO4；‎ ‎（4）沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的Mg元素、溴元素等可以制取Mg或溴，故答案为：海水；镁或溴；‎ ‎（5）根据工厂的废气、废渣的成分可知，废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料，故答案为：废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料．‎ ‎27．【分析】（1）①分析题干信息判断放热原理；‎ ‎②依据热敷袋内所装的液体是醋酸钠的过饱和水溶液，使用时仅需轻压热敷袋内的金属片形成结晶核以引发醋酸钠结晶放热分析判断；‎ ‎③依据完全结晶形成CH3COONa•3H2O计算溶质质量分数；‎ ‎（2）①依据配方试剂分析判断反应原理为氧化还原反应；‎ ‎②分析活性炭和铁粉铝粉形成的原电池原理分析电极材料；‎ ‎③依据配方组成可以得到本题物质间活泼型不同，电解质溶液中形成原电池，活性炭做原电池的正极材料．‎ ‎【解答】解：（1）①该类热敷袋内所装的液体是醋酸钠的过饱和水溶液，使用时仅需轻压热敷袋内的金属片形成结晶核以引发醋酸钠结晶过程中放热，热敷袋释放热量的原理是醋酸钠结晶过程中放热，‎ 故答案为：醋酸钠结晶放热；‎ ‎②该类热敷袋内所装的液体是醋酸钠的过饱和水溶液，使用时仅需轻压热敷袋内的金属片形成结晶核以引发醋酸钠结晶过程中放热，所以热敷袋内溶液溶质结晶的条件是过饱和溶液，有晶核，‎ 故答案为：溶液过饱和；有晶核；‎ ‎③依据饱和溶液恰好全部析出结晶水合物，计算元溶液中醋酸钠的质量分数＝×100%＝60.3%，‎ 故答案为：60.3%；‎ ‎（2）①从配方组成可以得到本题物质间物质间活泼性不同，在电解质溶液中，可以形成原电池，加快氧化还原反应提供能量，这类热敷袋释放热量的原理是形成原电池，加快氧化还原反应提供能量，‎ 故答案为：形成原电池，加快氧化还原反应提供能量；‎ ‎②活性炭除了吸收水分形成电解质溶液，同时也做原电池的正极材料，‎ 故答案为：做正极材料；‎ ‎③在探究配方ii中铝粉的存在实验中，由于活性炭和产生的氢氧化铁过于浑浊干扰铝离子的检验，所以在实验操作过程中要进行必要的过滤操作，具体步骤为：‎ 剪开热敷袋，取出少许内容物置于烧杯中，加入稀盐酸，用玻璃棒搅拌充分溶解，过滤后向烧杯中加入4mol/L的醋酸﹣醋酸钠缓冲溶液，将溶液的pH控制在4﹣5，搅拌后过滤，取少量滤液滴加茜素﹣s溶液，若产生玫瑰红色絮状沉淀，则配方ii中存在铝粉，反之，不存在，‎ 故答案为：过滤后向烧杯中加入4mol/L的醋酸﹣醋酸钠缓冲溶液，将溶液的pH控制在4‎ ‎﹣5，搅拌后过滤；取少量滤液滴加茜素﹣s溶液，若产生玫瑰红色絮状沉淀，则配方ii中存在铝粉，反之，不存在．‎ ‎28．【分析】（1）由图可知，温度越高，二氧化碳的物质的量浓度越大，说明此反应为吸热反应，T5℃时二氧化碳的物质的量浓度为0.2mol/L，据此计算反应速率即可；‎ ‎（2）CaCO3（s）⇌CaO （s）+CO2（g），此反应特点为吸热反应，K是温度的函数，据此解答即可；‎ ‎（3）温度越高，平衡常数越大，据此解答即可；‎ ‎（4）体积不变，充入氮气，对化学反应平衡无影响，据此解答即可．‎ ‎【解答】解：（1）温度越高，二氧化碳的物质的量浓度越大，此反应为吸热反应，T5℃时二氧化碳的物质的量浓度为0.2mol/L，v（CO2）＝＝0.005mol/（L•s），故答案为：吸；0.005mol/（L•s）；‎ ‎（2）CaCO3（s）⇌CaO （s）+CO2（g），此反应特点为吸热的反应，K只与温度有关，升高温度，平衡右移，K值增大，故选d；‎ ‎（3）温度越高，平衡常数越大，且平衡常数即为二氧化碳的浓度，故图象走势为上升，如图：，故答案为：；‎ ‎（4）维持温度和容器体积不变，向上述平衡体系中再充入1molN2，对此平衡无影响，故生成二氧化碳的浓度仍然为0.2mol/L，体积为5L，那么物质的量为5L×0.2mol/L＝1mol，依据反应：CaCO3（s）⇌CaO （s）+CO2（g），‎ ‎ 100 44‎ ‎ x ‎ ‎ 44g，解x＝100g，那么剩余碳酸钙质量为125g﹣100g＝25g，故答案为：25．‎ ‎29．【分析】（1）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，从以下化学反应速率的因素角度分析判断；‎ ‎（2）①As（s）+H2（g）+2O2（g）═H3AsO4（s）△H1‎ ‎②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2‎ ‎③2As（s）+O2（g）═As2O5（s）△H3‎ 根据盖斯定律计算得到反应As2O5（s）+3H2O（l）＝2H3AsO4（s）的△H；‎ ‎（3）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣，该反应为酸碱的中和反应；‎ ‎②Ka2＝，pH＝7时c（H+）＝10﹣7 mol/L，c（H2AsO4﹣）＝c（HAsO42﹣）。‎ ‎【解答】解：（1）工业上用砷废渣制H3AsO4的反应为：2As2S3+5O2+6H2O＝4H3AsO4+6S，通常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，加压通O2氧化。分别分析“制成浆状”、“加压通O2”对该反应的影响为：制成浆状可以增加反应物接触面积，加快反应速率；加压通O2可以增大O2浓度，加快反应速率，提高砷酸的产率，‎ 故答案为：制成浆状可以增加反应物接触面积，加快反应速率；加压通O2可以增大O2浓度，加快反应速率，提高砷酸的产率；‎ ‎（2）①As（s）+H2（g）+2O2（g）═H3AsO4（s）△H1‎ ‎②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2‎ ‎③2As（s）+O2（g）═As2O5（s）△H3‎ 则利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得As2O5（s）+3H2O（l）＝2H3AsO4（s）△H＝2△H1﹣3△H2﹣△H3，‎ 故答案为：2△H1﹣3△H2﹣△H3；‎ ‎（3）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH﹣+H3AsO3＝H2AsO3﹣+H2O，‎ 故答案为：OH﹣+H3AsO3＝H2AsO3﹣+H2O；‎ ‎②Ka2＝，图象分析可知pH＝7时c（H+）＝1.0×10﹣7 mol/L，c（H2AsO4﹣）＝c（HAsO42﹣），Ka2＝c（H+）＝1.0×10﹣7 mol/L 故答案为：1.0×10﹣7。‎