2018-2019学年山东省泰安市宁阳一中高二上学期阶段性考试三（12月）化学试题 解析版
宁阳一中2017级高二上学期阶段性考试三
常用相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 S:32 K:39 Fe:56
第Ⅰ卷(选择题，共50分)
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分。)
1. 氢能是一种既高效又干净的新能源，发展前景良好，用氢作能源的燃料电池汽车倍受青睐。我国拥有完全自主知识产权的氢燃料电池轿车“超越三号”，已达到世界先进水平，并加快向产业化的目标迈进。氢能具有的优点包括 （ ）
①原料来源广 ②易燃烧、热值高 ③储存方便 ④制备工艺廉价易行
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ②④
【答案】A
【解析】
试题分析：氢能是易燃烧、热值高，原料来源广；但储存难、制备成本高，故①②正确
①、地球表面71%被水所包围，从水中可以制取氢气，所以氢能来源广，故正确；
②、氢气的燃烧热值高，故正确；
③、氢气呈气态，所以不易储从，故错误；
④、目前工业上制取氢气是靠电解水制得的，需要耗费大量的电能，成本很高，故错误．
故选A
考点：资源综合利用和新能源开发
点评：氢气从来源及燃烧产物来看是最理想的能源，但也存在缺点，如：耗能高，不易储从和运输．
2.标准状态下，气态分子断开1 mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O===O键的键焓ΔH分别为436 kJ·mol－1、463 kJ·mol－1和495 kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是
A. H2O(g)===H2＋1/2O2(g)ΔH＝－485 kJ·mol－1
B. H2O(g)===H2(g)＋1/2O2(g) ΔH＝＋485 kJ·mol－1
C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝＋485 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为2×463kJ/mol-436kJ/mol-=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H =-485kJ/mol，答案选D。
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3. 黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）==K2S（s）+N2（g）+3CO2（g） ΔH=" x" kJ·mol－1
已知硫的燃烧热ΔH1=" a" kJ·mol－1
S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2=" b" kJ·mol－1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3=" c" kJ·mol－1
则x为
A. 3a+b－c B. c +3a－b C. a+b－c D. c+a－b
【答案】A
【解析】
已知硫的燃烧热为ΔH1=" a" kJ·mol－1，则硫的燃烧热化学方程式为，①S（s）+O2（g）=SO2（g） ΔH1=" a" kJ·mol－1，②S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2=" b" kJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3=" c" kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH =3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
【考点定位】本题主要考查盖斯定律的应用。
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4. 下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是 ( )
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)；△H1C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)；△H2
②S(s)＋O2(g)===SO2(g)；△H3S(g)＋O2(g)===SO2(g)；△H4
③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)；△H52H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)；△H6
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)；△H7CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)；△H8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
碳完全燃烧放出的热量多，但放热越多，△H越小，①不正确。固态硫的能量低于气态硫的能量，所以固态硫燃烧放出的热量少，则△H大，②正确。消耗的氢气越多，放出的热量越多，③正确。④中前者是吸热反应，△H大于0，后者是放热反应，△H小于0，正确。所以答案选C。
5. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)△H＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kJ的热量
B. 已知2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－483.6 kJ·mol-－1，则氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
C. 已知2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g)△H＝a、2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝b，则a＞b
D. 已知P (白磷，s)＝P (红磷，s)△H＜0，则白磷比红磷稳定
【答案】A
【解析】
A．中和热是指稀的强酸和强碱溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过，40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kJ的热量，故A正确；B．氢气的燃烧热必须是生成液态水的过程所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，氢气的燃烧热小于241.8kJ•mol-1，故B错误；C．焦炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即a＜b，故C错误；D．P (白磷，s)=P (红磷，s)△H＜0，所以红磷的能量低于白磷的能量，所以白磷不如红磷稳定，故D错误；故选A。
6.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )
A. 碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3 B. 第一电离能：Na＜Mg＜Al
C. 电负性：Na＞Mg＞Al D. 还原性：Na＞Mg＞Al
【答案】D
【解析】
试题分析：金属性是Na＞Mg＞Al，则A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，A错误；B．Mg的3s轨道电子处于全充满状态，则第一电离能：Na＜Al＜Mg，B错误；C．金属性越强，大小越小，则电负性：Na＜Mg＜Al，C错误；D．还原性：Na＞Mg＞Al，D正确，答案选D。
考点：考查元素周期律应用
7. 金属镍有广泛的用途．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是
（已知：氧化性Fe2＋
0；D中可认为熵不变。
考点：焓变和熵变
点评：放热反应△H <0，吸热反应△H >0；判断熵变可看反应前后气体物质的量变化。
16. 在恒容密闭容器中通入A、B两种气体，在一定条件下发生反应：
2A(g)＋B(g)2C(g) ΔH>0。
达到平衡后，改变一个条件(x)，下列量(y)一定符合图中曲线的是( )
选项
x
y
A
再通入A
B的转化率
B
加入催化剂
A的体积分数
C
压强
混合气体的总物质的量
D
温度
混合气体的总物质的量
【答案】A
【解析】
A、恒容下再加入气体A，A的浓度增大，平衡正向移动，B的转化率增大，A正确；B、催化剂只改变反应速率，不会影响平衡的移动，与图像不符，B错误；C、该反应是一个反应后气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，混合气体的总的物质的量减小，与图像不符，C错误；D、该反应正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，混合气体的总的物质的量减小，与图像不符，D错误。正确答案为A。
17.在一密闭容器中，反应 aA（g）bB（g）+cC（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，最终测得A的物质的量的浓度变为原来的50%，则
A. 平衡向正反应方向移动 B. a＞（b+c）
C. 物质B的质量分数增大 D. 以上判断都错误
【答案】D
【解析】
试题分析：反应 aA(g)bB(g)+cC(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，若平衡不发生移动，则由于体系的体积是原来的2倍，所以浓度是原来的一半，现在最终测得A的物质的量的浓度变为原来的50%，所以该反应为反应前后气体的体积相等的反应。改变压强化学平衡不发生移动，a=(b+c)。反应体系中任何物质的浓度由于平衡未发生移动，都不变。因此选项中的各种说法都错误。选项为D。
考点：考查压强对化学平衡移动、物质的量浓度、质量分数等的影响的知识。
18.已知反应①CO(g)＋CuO(s) CO2(g)＋Cu(s)和反应②H2(g)＋CuO(s) Cu(s)＋H2O(g)在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是( )
A. 反应①的平衡常数K1＝c(CO2).c(Cu)/c(CO).c(CuO)
B. 反应③的平衡常数K＝K1/K2
C. 对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值
D. 对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
【答案】B
【解析】
A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，A错误；B．反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，反应②的平衡常数K2=c(H2O)/c(H2)
，反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=c(CO2)•c(H2)/c(CO)•c(H2O)=K1/K2，B正确；C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，焓变为负值，C错误；D．对于反应③，恒温恒容下，通入稀有气体增大压强，平衡不移动，H2 浓度不变，D错误，答案选B。
点睛：本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，注意B选项中由已知方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系是解答的关键。难点是压强是对反应速率和平衡状态的影响。
19.下列关于价电子排布式为3s23p4的粒子的描述正确的是( )
A. 它的原子核外有三种形状不同的电子云
B. 它的原子核外电子共有16种不同的运动状态
C. 它可与H2反应生成常温时的液态化合物
D. 该原子的轨道表示式为
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 电子云的形状种数由该原子能级种类确定；
B. 原子核外电子运动状态和该原子的核外电子数相等；
C. 硫与氢气反应生成硫化氢，在常温下，硫化氢为气体；
D. 3p能级上电子排布图违反洪特规则。
【详解】A. 价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，具有s和p两种能级，因此该原子的电子云形状有两种，分别是球形和哑铃形，故A项错误；
B. S原子具有16个核外电子，处于不同能层、能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，故有16种不同的运动状态，故B项正确；
C. 硫和氢气化合生成的硫化氢在常温下是气体而不是液体，故C项错误；
D. 电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，故D项错误；
答案选B。
20.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0
已达平衡，其他条件不变时，分别改变下列条件，对化学反应速率和化学平衡会产生影响，下列条件与图像不相符的是
(O~t1:v正=v逆；t1时改变条件，t2时重新建立平衡)
A. 增大氧气的浓度 B. 增大压强 C. 升高温度 D. 加入催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A、分析时要注意改变条件的瞬间，v正、v逆的变化，增大氧气的浓度，v正瞬间增大，v逆逐渐增大，选项A正确；B、增大压强，v正、v逆都瞬间增大，v正增大的倍数大于v逆增大的倍数，选项B正确；C、升高温度，v正、v逆都瞬间增大，靠左C错误；D、加入催化剂，v正、v逆同时同倍数地增大，选项D正确。答案选C。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，此类速率-时间曲线，分析时主要看两点:一是条件改变后，v正、v逆的相对大小:平衡正向移动，v正>v逆，平衡逆向移动，v正0,若0~15 s内c(HI)由0.1 mol·L-1降到0.07 mol·L-1,则下列说法正确的是 ( )
A. 0~15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.001 mol·L-1·s-1
B. c(HI)由0.07 mol·L-1降到0.05 mol·L-1所需的反应时间小于10 s
C. 升高温度正反应速率加快,逆反应速率减慢
D. 减小反应体系的体积,化学反应速率加快
【答案】D
【解析】
A．不能利用固体表示化学反应速率，A错误；B．若c（HI）由0.1mol/L 降到0.07mol/L时，需要15s，即减少0.03mol/L需要15s；c（HI）由0.07mol/L 降到0.05mol/L时，浓度减少0.02mol/L，当速率与浓度变化成正比时，需要0.02mol/L/0.03mol/L×15s=10s，但浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，所以需要时间大于10s，B错误；C．对于任何化学反应，升高温度，正逆反应速率均加快，C错误；D．该反应为气体体积增大的反应，减小体积，即增大压强，化学反应速率加快，D正确，答案选D。
22.T ℃时,在一固定容积的密闭容器中发生反应:A(g)+B(g)C(s) ΔH<0,按照不同配比充入A、B,达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示,下列判断正确的是( )
A. T ℃时,该反应的平衡常数值为4 B. c点没有达到平衡,此时反应向逆向进行
C. 若c点为平衡点,则此时容器内的温度高于T ℃ D. T ℃时,直线cd上的点均为平衡状态
【答案】C
【解析】
A、根据平衡常数的表达式，K=1/[c(A)×c(B)]=1/4，故错误；B、c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故错误；C、如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故正确；D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线ab是平衡线，故错误。
23.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH>0，下列叙述正确的是( )
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
C. 向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(OH－)增大
D. 将水加热，KW增大，pH不变，呈中性
【答案】B
【解析】
试题分析：A．向水中加入稀氨水，由于氨水在溶液中存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-
，电离产生的OH-使溶液中c(OH-)，水的电离平衡逆向移动，c(OH-)升高，错误； B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，盐电离产生的H+使溶液中c(H＋)增大，温度不变，所以Kw不变，正确；C．向水中加入少量HCl，电离产生的H+，使水的电离平衡逆移动，c(H＋)降低，但是平衡移动的趋势是微弱的，溶液中酸电离产生的离子浓度增大的趋势大于平衡移动使离子浓度减小的趋势，所以c(H＋)增大，c(OH-)减小，错误；D．将水加热，Kw增大，c(H＋)增大，pH减小，溶液仍然呈中性，错误。
考点：考查外界条件对平衡移动、离子浓度的变化、Kw的改变的影响的知识。
24.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )
酸
HX
HY
HZ
电离常数K
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B. 反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生
C. 相同温度下，0.1 mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. 相同温度下，1 mol·L－1 HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L－1 HX
【答案】B
【解析】
A、根据三种酸的电离平衡常数的大小关系可知，三种酸的强弱关系为HXc(H+)，错误；B．焊接时用NH4Cl溶液除锈是由于该盐是强酸弱碱盐，NH4+发生水解反应小于水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，水中c(OH-)c(H+)，所以滴入酚酞试液时，溶液变为红色。当向其中慢慢滴入BaCl2溶液，发生离子反应：Ba2++CO32-=BaCO3↓，使盐的水解平衡逆向移动，c(OH-)减小，所以溶液的红色逐渐褪去，正确。
考点：考查盐的水解在生活中的应用的知识。
第II卷 非选择题 (共50分)
26.(1)已知：25 ℃、101 kPa时，Mn(s)＋O2(g)===MnO2(s) ΔH＝－520 kJ·mol－1;S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1;Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－1 065 kJ·mol－1 SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是___________________________。
(2)已知：温度过高时，WO2(s)转变为WO2(g)：①WO2(s)＋2H2(g)W(s)＋2H2O(g) ΔH＝＋66.0 kJ·mol－1②WO2(g)＋2H2(g)W(s)＋2H2O(g) ΔH＝－137.9 kJ·mol－1;则WO2(s)WO2(g)的ΔH＝______________
【答案】 (1). MnO2(s)＋ SO2 (g)===MnSO4(s) ΔH＝－248 kJ·mol－1 (2). ＋203.9 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
根据盖斯定律分析作答。
【详解】（1）将热化学方程式编号为
Mn(s)+O2(g)=MnO2(g) △H=-520 kJ/mol ①；
S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297 kJ/mol ②；
Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) △H=-1065 kJ/mol ③；
根据盖斯定律，将③-②-①可得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) △H=-1065 kJ/mol-（-297 kJ/mol）-（-520 kJ/mol）= -248 kJ/mol；
故答案为：MnO2(s)＋ SO2 (g)===MnSO4(s) ΔH＝－248 kJ·mol－1
（2）根据盖斯定律，①-②得WO2(s)⇌WO2(g)，故该反应的△H=△H1-△H2 = +203.9kJ·mol-1。
故答案为：＋203.9 kJ·mol－1。
【点睛】反应热的计算是中学化学的一个重要知识点，也是化学能与热能常考的热点，利用盖斯定律来计算反应热是常考题型，学生要学会巧用消元思想先找出目标反应方程式中的各物质，然后再从已知反应方程式中找出该物质，设法消去无关物质即可，注意计算过程中的反应热与化学计量数成正比，以及正负号的计算要格外认真。
27.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
(1)甲池为________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，A电极的电极反应式为______________。
(2)丙池中F电极为________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，该池的总反应方程式为_____________________________________________________________。
(3)当乙池中C极质量减轻10.8 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为________ mL(标准状况)。
(4)一段时间后，断开电键K，下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是________(填选项字母)。
A．Cu B．CuO C．Cu(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). 原电池 (2). CH3OH + 8OH－－6e－= CO32－+ 6H2O (3). 阴极 (4). 2CuSO4+ 2H2O =（电解） 2H2SO4+ 2Cu + O2↑ (5). 280 (6). A
【解析】
分析：由图可以知道，甲为原电池，乙和丙为电解池；与原电池负极相连的是电解池阴极，与原电池正极相连的是电解池阳极。
(1) 甲电池为原电池，通入甲醇的一极为负极，通入氧气的一极为正极， A是负极，电极反应式为
CH4 + 10OH－ －8e－= CO32－+ 7H2O ；
(2)甲电池为原电池，通入甲醇的一极为负极，通入氧气的一极为正极，所以丙池中F电极为阴极，该池的总反应方程式为 2CuSO4+ 2H2O 2H2SO4 + 2Cu + O2↑；(3)由图可以知道该装置是一个串联电路，串联电路中各电极电子转移数目相等，乙池中C极质量减轻5.4g时，即转移的电子数为5.4g/108g/mol=0.05 mol，所以B电极理论上消耗O2的体积为为0.05÷4×22.4×1000ml=280ml；
(4)一段时间后，断开电键K。能使乙池恢复到反应前浓度的是Cu，电解时发生的总反应是Cu2++2AgCu+2Ag+，所以加入铜可以发生Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，所以能使乙池恢复到反应前浓度的是铜。
点睛：
电化学计算中，可以根据串联电路中各电极电子转移数目相等进行计算，4e-O22H22Cl24Ag2Cu4H+4OH-。
28.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1一种工业合成氨的简易流程图如下：
(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：___________________________。
(2)步骤Ⅱ中制氢气原理如下：
①CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是________。
a．升高温度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量。若1 mol CO和H2的混合气体(CO
的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为__________________。
(3)如图表示500 ℃、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：________________。
【答案】 (1). 2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓ (2). a (3). 90% (4). 14.5%
【解析】
【分析】
（1）根据氧化还原反应的规律，进行方程式的配平，NH4HS中-2价的S元素被氧气氧化成S单质，NH4+最终以NH3·H2O形式存在；
（2）根据反应CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol－1可知，该反应正反应为吸热反应，若提高平衡体系中H2百分含量，需使平衡向正反应方向移动，又能加快反应速率，不能降低压强或减少反应物的浓度，综合影响化学反应速率与化学平衡的各因素分析作答；设CO的转化量为x，列出反应的“三段式”得出其转化率；
（3）根据图1可知H2与N2的投料比为3，平衡时NH3体积分数为42%，设H2物质的量为3a mol，N2物质的量为a mol，N2转化的物质的量为x，列出反应的“三段式”得出N2的平衡物质的量分数，因相同条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，得出结论。
【详解】（1）通入空气后，O2把NH4HS 氧化为S，可得化学方程式：2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓，
故答案为：2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓；
（2）a. 反应①为吸热反应，升高温度，化学反应速率加快，同时平衡向右移动，使H2的百分含量增大，符合题意，故a正确；
b. 增大水蒸气浓度，平衡虽向右移动，但H2的百分含量会减小，故b错误；
c. 加入催化剂，能加快反应速率，但平衡不移动，则H2的百分含量不变，故c错误；
d. 降低压强，平衡虽向右移动，但反应速率减小，故d错误；
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
初始量（mol） 0.2 0 0.8
转化量（mol） x x x
剩余量（mol） 0.2-x x 0.8+x
（0.2-x）+x+（0.8+x）=1.18 mol，则x = 0.18 mol，可得CO转化率 = ×100% = 90%；
（3）根据图1可知H2与N2的投料比为3，平衡时NH3体积分数为42%，设H2物质的量为3a mol，N2物质的量为a mol，N2转化的物质的量为x，则
N2 + 3H2 2NH3
初始量（mol） a 3a 0
转化量（mol） x 3x 2x
剩余量（mol）a-x 3a-3x 2x
则÷×100% = 42%，解得x = 0.592 a，则N2的平衡体积分数 =×100% = 14.5%。
【点睛】在化学平衡的计算中，常常要计算反应物的转化率、各组分的转化浓度、转化的物质的量、平衡浓度、平衡时物质的量等。若在反应方程式下用“三段式”列出各物质的开始、转化、平衡的量，能理顺关系，找出已知与未知的关系，对正确分析和解决问题有很大帮助。如本题中利用“三段式”解决了CO的转化率及N2的平衡体积分数，复杂的问题便可迎刃而解。
29.(1)AlCl3溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，原因是____________________________(用离子方程式表示)。把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____________________(写化学式)。实验室在保存AlCl3溶液时，常在溶液中加少量的________，以抑制其水解。
(2)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，溶液中[Na＋]________[CH3COO－](填“>”“＝”或“<”)。
(3)25 ℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，溶液中，[Na＋]________[CH3COO－](填“>”“＝”或“<”)。
(4)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，醋酸体积________氢氧化钠溶液体积(填“>”“＝”或“<”)。
(5)已知0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液pH＝9，则溶液中[CO32-]________[H2CO3](填“>”“＝”或“<”)，其溶液显电中性的原因是________________________(用离子浓度关系式表示)。
【答案】(1)酸，AI3++3H2OAI（OH）3+3H+AI2O3HCI 抑制
（2）碱， c(Na＋)＞c(CH3COO－)。（3）酸， c(Na＋)＜c(CH3COO－) 。
(4)中，＞。（5）c(CO32-)＜c(OH－)，2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)
【解析】
（1）氯化铝是强酸弱碱盐，水解显酸性，方程式是AI3++3H2OAI（OH）3+3H+。水解是吸热的，加热促进水解，且生成的氯化氢挥发，所以最终生成的是氢氧化铝，灼烧则得到氧化铝。所以实验室在保存AlCl3溶液时，常在溶液中加少量的盐酸，以抑制氯化铝的水解。
（2）醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，恰好反应，生成醋酸钠。醋酸钠水解，溶液显碱性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＞c(CH3COO－)。
（3）由于醋酸是弱酸，所以pH＝3的醋酸的浓度大于0.001mol/L，则在和氢氧化钠反应时，醋酸是过量的，所以溶液显酸性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＜c(CH3COO－)。
（4）根据电荷守恒定律可知，当溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等是，氢离子浓度等于OH－浓度，溶液显中性。这说明醋酸应该是过量的，所以醋酸的体积大于氢氧化钠溶液的体积。
（5）0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液PH=9，这说明碳酸氢钠的水解程度大于碳酸氢钠的电离程度，所以溶液中c(CO32-)＜c(OH－)。根据电荷守恒定律可知，离子浓度的关系是2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)。
30.A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中C、E是金属元素；A和E属同族，它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题：
(1)A是________，B是________，E是________。
(2)写出C元素基态原子的电子排布式：________________________。
(3)元素B与D的电负性的大小关系是B____________(填“>”“<”或“＝”，下同)D，E与C的第一电离能大小关系是E________C。
(4)写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式：_____________。
【答案】 (1). H (2). O (3). K (4). 1s22s22p63s23p1 (5). > (6). < (7). Al(OH)3
＋OH－===AlO2-＋2H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，B和D也属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，故最外层电子排布为ns2np4，故B为O元素，D为S元素，A和E元素原子的最外层电子排布为ns1，处于第ⅠA族，E为金属，E的原子序数大于S元素，故A为H元素，E为K元素，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，故C原子最外层电子数为3，原子序数介于O与S之间，属于金属元素，故C为Al元素，以此来解答本题。
【详解】A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，故最外层电子排布为ns2np4，故B为O元素，D为S元素，A和E元素原子的最外层电子排布为ns1，处于第ⅠA族，E为金属，E的原子序数大于S元素，故A为H元素，E为K元素，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，故C原子最外层电子数为3，原子序数介于O与S之间，故C为Al元素，
（1）根据上面的分析可知，A为H元素，B为O元素，E为K元素，
故答案为：H；O；K；
（2）C为Al原子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，
故答案为：1s22s22p63s23p1；
（3）同主族自上而下电负性逐渐降低，故电负性O>S；第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。在元素周期表中，同主族第一电离能逐渐减小，在同一周期中，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Al > K，
故答案为：>；<；
（4）元素E和C的最高价氧化物对应的水化物分别是Al(OH)3和NaOH，两者之间的反应为：Al(OH)3+NaOH = NaAlO2+H2O，在其离子反应方程式为：Al(OH)3＋OH－===AlO2-＋2H2O，
故答案为：Al(OH)3＋OH－===AlO2-＋2H2O。
