【文档说明】福建省莆田第二中学2020-2021学年高二下学期化学校本作业13 含答案.doc，共(17)页，934.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-74045283edede6f346f320f55a843fc8.html

以下为本文档部分文字说明：

莆田二中2020-2021学年下学期高二化学校本作业化学反应原理期末复习（13）可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Ce140第I卷(选择题共44分)一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.人类生活中处处需要能

量。下列图片中利用的能量主要是由化学变化产生的是A.太阳能路灯照明B.风车发电C.帆船航行D.燃油汽车行驶2.新制氯水中存在平衡：22Cl+HOHCl+HClO，-HClOH+ClO＋，加入少量的下列物质，能

使HClO浓度增大的是A.FeSO4B.NaHSO4C.NaHCO3D.KCl3.已知：①()()()2HaqOHaqHOl+−+=1157.3kJmolH−=−，②()()()2222Hg+Og=2HOl-12Δ=-571.6kJmolH，下列有关说法正确的是A

.氢气的燃烧热-1Δ=-285.8kJmolHB.若反应②中水为气态，则同样条件下的反应热：2Δ<ΔHHC.向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积11molL−的醋酸，反应中的热量变化如图所示D.()()()()

3242HClaq+NHHOaq=NHClaq+HOl-1ΔH=-57.3kJmol4.某温度时，在催化剂作用下，2L恒容密闭容器中发生反应I2(g)+H2(g)垐?噲?2HI(g)，部分数据如表：t/min02.04.06.08

.0n(HI)/mol00.180.350.500.62则2～6min内，以H2的物质的量浓度变化表示的反应速率为A.0.02mol•L-1•min-1B.0.04mol•L-1•min-1C.0.08mol•L-1•min-1D.0.16mol•L-1•min-15.向某电解

质溶液中插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，恢复至原温度，溶液的pH不变，则该电解质可能是A.NaOHB.Na2SO4C.AgNO3D.H2SO46.下列有关能量变化的说法错误的是A.反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH相同B.C(s，金刚石)

=C(s，石墨)ΔH＜0，说明石墨比金刚石稳定C.大理石分解为吸热反应，双氧水分解也为吸热反应D.反应物的键能总和小于生成物的键能总和，该反应是放热反应7.在恒容密闭容器中融入N2O4并发生反应N2O42NO2ΔH，温度T1、T2下NO2的物质的量浓度随时间(t)变化的曲线如图所示，

下列说法错误的是A.ΔH>0B.T1＞T2C.平衡常数表达式为K=2422(NO)(NO)ccD.反应达到平衡后，保持其他条件一定，充入少量的稀有气体，反应速率保持不变8.对于aA(g)＋bB(g)cC(g

)的平衡体系，保持容器体积不变，加热时体系中混合气体的平均相对分子质量增大，下列说法正确的是A.a＋b>c，正反应吸热B.a＋b>c，正反应放热C.a＋b＜c，逆反应放热D.a＋b=c，正反应吸热9.常温下，下列各组离

子在指定的溶液中一定能大量共存的是A.能使甲基橙变红的溶液：-2AlO、NO-3、Cl-、Na＋B.能使无色酚酞变红的溶液：HCO-3、HS-、Ba2+、Cl-C.能使紫色石蕊溶液变红的溶液：ClO-、S2-、SO2-3、Na＋D.Kwc(H)=

1×10-13mol·L-1的溶液：Al3+、NH+4、SO2-4、K＋10.利用反应6NO2＋8NH3=7N2＋12H2O，设计原电池(如图所示)。该反应既能有效降低氮氧化物的排放量，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是A.外电路中电

子由电极B经负载后流向电极AB.电池工作一段时间后，左右两侧电极室溶液的pH发生变化C.同温同压下，左右两侧电极室产生的气体体积比为3∶4D.电极A的电极反应式为2NH3-6e-=N2↑＋6H＋二、选择题(本题包括6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意)11.

将物质的量均为nmol的氧化铝和氮气充入恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2Al2O3(s)＋2N2(g)高温4AlN(s)＋3O2(g)ΔH>0.下列条件不能说明反应达到平衡的是A.O2的体积分数保持不变B.2v正(N2)=3v

逆(O2)C.混合气体的密度不变D.容器内压强不再发生改变12.下列有关叙述正确的是A.常温时，pH4.5=的23HSO溶液与pH9.5=的3CHCOONa溶液中由水电离出的()OHc−之比为51:10B.某物质

的水溶液pH7，则该物质的水溶液一定显酸性C.AgCl(s)在同浓度的2CaCl和3FeCl溶液中的溶解度相同D.pH5.6=的3CHCOOH与3CHCOONa的混合溶液中，()()()3HCHCOONaccc+−+13.已知同温度下，溶解或电离出2-S的能力：2FeS>HS>CuS

。下列离子方程式不正确的是A.2+2Cu+HS+OHCuS+HO−−=B.+2+2CuS+2HCu+HS=C.2+2Fe+HS+OHFeS+HO−−=D.+2+2FeS+2HFe+HS=14.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向NaHS溶液中滴入酚

酞溶液变红HS-水解程度小于电离程度B向浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3、CuCl2的混合溶液中逐滴加入氨水出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]>Ksp[Cu(OH)2]C向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中产生白色浑浊酸性：盐酸

>碳酸>硅酸D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀产生KI3溶液中还含有I2和I-A.AB.BC.CD.D15.Na2CO3溶液(足量)的电解装置图如图所示，下列说法错误的是A.K闭合后，A电极上发生的电极反应应

为4CO2-3＋2H2O-4e-=4HCO-3＋O2↑B.a处产生的气体和b处产生的气体的质量比为16∶1C.K未闭合时，左侧电极室溶液中：c(Na＋)＞c(CO2-3)＞c(OH-)＞c(HCO-3)＞c(H＋)D.当A极室生成1molNaHCO3时，B极室NaO

H增加1mol16.向装有足量的I2O5(s)的密闭容器中冲入一定量的CO(g)，发生如下反应：5CO(g)＋I2O5(s)5CO2(g)＋I2(s)ΔH。保持体积不变，测得不同温度下，CO的体积分数φ(CO)随反应时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.ΔH＞0B.T1

时，反应达到平衡后，保持其他条件不变，增大压强，平衡常数增大C.a、b点正反应速率：v(a)＜v(b)D.T2时，反应达到平衡后，再充入适量的CO(g)，重新达到平衡后，CO(g)的转化率不变第II卷(

非选择题共56分)三、非选择题(本题包括4小题，共56分)17.根据所学知识回答下列问题：(1)0.1mol·L-1的KAl(SO4)2溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为______________。(2)已知：常温时，亚硫酸的电离平衡常数K

a1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol·L-1的NaHSO3溶液显_______(填“酸”、“中”或“碱”)性，请用相应的数据及文字说明：______________。(3)实验室用FeCl3(s)配制FeCl3溶液的操作为_______，若将FeCl3

溶液蒸干并灼烧至恒重，得到的物质为_______(填化学式)。(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是_______(填标号)；②中氯离子的浓度为_______mol·L-1.(氯化银的Ksp=1.8×10-10)①100mL蒸馏

水②100mL0.2mol·L-1AgNO3溶液③100mL0.1mol·L-1氯化铝溶液④100mL0.1mol·L-1盐酸18.已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：Ⅰ.N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH1=＋180kJ·mol-1

Ⅱ.2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH2请回答下列问题：(1)若CO的燃烧热(ΔH3)为-283.5kJ·mol-1，则反应Ⅱ的ΔH2=_______kJ·mol-1。(2)若在

恒容密闭容器中充入2molCO(g)和1molNO(g)，发生反应Ⅱ，下列选项中不能说明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。A.CO和NO的物质的量之比不变B.混合气体的密度保持不变C.混合气体的压强保持不变D.v正(N2)=2v

逆(CO)(3)CO和NO2也可发生类似于反应Ⅱ的变化，热化学方程式为2NO2(g)＋4CO(g)N2(g)＋4CO2(g)ΔH4＜0.一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入4.0molNO2和4.0molCO，测得相关数据如下：0min5m

in10min15min20minc(NO2)/mol·L-12.01.71.561.51.5c(N2)/mol·L-100.150.220.250.25①0～5min内，v正(CO2)=_______mol·L-1

·min-1；该温度下反应的化学平衡常数K=_______(保留两位有效数字)L·mol-1。②其他条件不变，升高温度，NO2的平衡转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，混合气体的密度_______。③20min时，保持温度、压强不

变，将容器改为恒温恒压密闭容器，再向容器中通入0.4molCO、0.7molN2和0.4molCO2，此时v正_______v逆(填“>”“＜”或“=”)。19.目前，我们日常生活中使用的电能主要还是来自

火力发电，火力发电是利用化石燃料燃烧，通过蒸汽机将产生的能量转化为电能，能量利用率低；燃料电池可以将燃料的化学能直接转化为电能，能量利用率高。(1)火力发电厂利用燃煤发电，其能量转化形式为化学能→_______→_______→电能。(2)磷酸盐燃料电池(PAFC)是当前商业化发展最快的一种燃料电

池，以浓磷酸为电解质，以贵金属催化的气体扩散电极为正、负电极。其优点为构造简单，稳定，电解质挥发度低。磷酸盐燃料电池正极的电极反应式为_______。(3)碱性燃料电池(AFC)是最早进入实用阶段的燃料电池之一，也是最早用于车辆的燃料电池，以KO

H、NaOH溶液之类的强碱性溶液为电解质溶液。其优点为性能可靠，具有较高的效率。甲烷碱性燃料电池正极的电极反应式为_______。(4)固体氧化物型燃料电池(SOFC)，其效率更高，可用于航空航天。如图1所示的

装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在电极上分别通入甲烷和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3和ZrO2的固体，它在高温下能穿到O2-；A通入的气体为_______，d电极上的电极反应式为_______。

(5)熔融碳酸盐燃料电池是由多孔陶瓷阴极、多孔陶瓷电解质隔膜、多孔陶瓷阳极、金属极板构成的，电解质通常为锂和钾的混合碳酸盐，工作温度为650℃，其工作原理如图2所示，M为电池的_______(填“正极”或“负极”)，N极的电极反

应式为_______。20.某科研小组以平板液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3等)为原料回收Ce的流程如图所示。已知：CeO2具有强氧化性，通常情况不与常见的无机酸反应。回答下列问题：(1)为了加快废玻

璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有_______(写两种)。(2)操作①和②均为过滤，过滤时用到的玻璃仪器有_______。(3)写出加入H2O2只作还原剂时发生反应的离子方程式：_______。操作③在加热的条件下加入浓HCl的作用是_______。(4)当加入碱调节溶液的pH=9

时，Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=_______mol·L-1.[已知：25℃时，Ce(OH)3的Ksp=8.0×10-21](5)对CeCl3样品纯度进行测定的方法：准确称量样品12.5g，配成200mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵[(NH

4)2S2O8]溶液使Ce3+被氧化为Ce4+，然后用萃取剂萃取Ce4+，再用1mol·L-1的FeSO4标准也滴定至终点，重复2～3次，平均消耗10.00mL标准液。①写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_______。②CeCl3样品的纯度为_______%。高二化学校本作业化学反应

原理期末复习（13）答案1.A．太阳能路灯照明是光能转变为电能，不涉及化学变化，故A错误；B．风车发电是风能转化为电能，不涉及化学变化，故B错误；C．帆船航行是风能转化为动能，不涉及化学变化，故C错误；D．燃油汽车行驶，是各种燃油燃烧，生成二氧化碳、水

等，涉及化学变化，故D正确；2.根据题意，若使HClO浓度增大，则使22ClHOHClHClO++平衡右移，使-HClOH+ClO＋平衡左移。A．加入4FeSO，Fe2+与氯气反应，使得22Cl+HOHCl+HClO平衡左移，HClO浓度降低，故A错误；B．加入

4NaHSO，引入+H，使得22Cl+HOHCl+HClO平衡左移，HClO浓度降低，故B错误；C．加入NaHCO3，HCl与3NaHCO反应使得22Cl+HOHCl+HClO右移，因为酸性-3HCl

O>HCO，所以HClO与3NaHCO不反应，故溶液中HClO浓度增大，故C正确；D．加入KCl，引入-Cl，使得22Cl+HOHCl+HClO平衡左移，HClO浓度减小，故D错误；3.A．由反应()()()2222Hg+Og=2HOl-12Δ=-571.6kJmolH可知，2molH2完全

燃烧，生成2mol液态水，放热571.6kJ，则氢气的燃烧热-1-1571.6Δ=-kJmol=-285.8kJmol2H，A正确；B．气态水转化为液态水时，能够放出热量，所以若反应②中水为气态，则同样条件下的反应热：2ΔΔHH

，B不正确；C．由于醋酸为弱酸，电离时需吸收热量，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积11molL−的醋酸时，NaOH不一定完全反应，所以放出热量一定小于5.73kJ，C不正确；D．因为一水合氨为弱碱，电离时需吸收热量，所以()()()()3242HClaq+

NHHOaq=NHClaq+HOl-1Δ-57.3kJmolH，D不正确；4.【详解】2-6min内，HI的物质的量由0.18mol变为0.50mol，△n(HI)=0.50mol-0.18mol=0.32mol，根据方程式可知H2、HI变化的物质的量的比是1：2，则在这段时间内H2的物质的

量改变了△n(H2)=12△n(HI)=0.16mol，故以H2的物质的量浓度变化表示的反应速率v(H2)=0.16mol2L4min=0.02mol•L-1•min-1，故合理选项是A。5.【详解】A．NaOH是一元强碱，溶液显碱性，电解NaOH溶

液，实质上是电解水，电解后溶液中c(NaOH)增大，溶液pH增大，A不符合题意；B．Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性。电解该溶液，实质上是电解水，电解后c(Na2SO4)增大，但溶液仍显中性，因此pH不变，B符合题意；C．电解AgNO3溶液，溶质、溶剂都参加反

应，电解总方程式为：4AgNO3+2H2O电解4Ag+4HNO3+O2↑，可见电解后溶液酸性增强，pH减小，C不符合题意；D．H2SO4是二元强酸，溶液显酸性，电解硫酸溶液实质上是电解水，电解后溶液中c(H2SO4)增大，溶液的酸性增强，故电解后溶

液pH减小，D错误；6.A．反应热是指旧键断裂、新键生成过程中产生的能量差，与条件无关，故A正确；B．根据能量最低原理，反应C(s)=C(s)ΔH0，金刚石，石墨＜，说明金刚石能量高于石墨，故石墨比金刚石稳定，故B正确；C．大多数分解属

于吸热反应，但是双氧水分解属于放热反应，故C错误；D．放热反应是指反应物总能量大于生成物总量或者反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故D正确；7.根据图像，纵坐标代表生成物的浓度，横坐标代表反应时间，曲线表示生成物浓度随时间变化的关系，其中温度T1下反应速率大于T2下的

反应速率，故12>TT。【详解】A．根据图像，12>TT，即温度高生成物浓度大，该反应为吸热反应ΔH>0，故A正确；B．根据分析，12>TT，故B正确；C．平衡常数表达式为生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，故反应N2O42NO2的平衡常数为K=2224(NO)(NO)cc，故C错误；D

．容器体积恒定，反应达到平衡后，保持其他条件一定，充入少量的稀有气体，体系中各物质的浓度不变，所以反应速率不变，故D正确；8.该反应在恒容条件，平均相对分子质量为()()mM=n总总，根据质量守恒定理，体系中总质量不变，若使得平均相对分子质量增大，则n减小。【详解】A．若a＋b

>c，则该反应为气体分子数减小的反应，又正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，分子数减少，n减小，平均相对分子质量增大，故A正确；B．若a＋b>c，则该反应为气体分子数减小的反应，又正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，分子数增大，n增大，平均相对分子质量减小，故B错误；C．若a＋b

<c，则该反应为气体分子数增大的反应，又逆反应放热，升高温度，平衡正向移动，分子数增大，n增大，平均相对分子质量减小，故C错误；D．若a＋b=c，则该反应为气体分子数不变的反应，平均相对分子质量不变，故D错误；9.A．能使甲基橙变红的溶液，呈强酸性，含+H

，-2AlO、NO-3、Cl-、Na＋四中离子中，-2AlO与+H会反应，不能大量共存，故A错误；B．能使无色酚酞变红的溶液，呈碱性，含-OH，-3HCO、HS-、Ba2+、Cl-四种离子中，-OH与-3HCO、-HS能反应，不能大量共存，故B错误；C．能使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，含+

H，ClO-、S2-、2-3SO、Na＋四种离子中，+H与ClO-、S2-、2-3SO均能反应，不能大量共存，故C错误；D．+Kwc(H)=1×10-13mol·L-1的溶液，溶液呈酸性，+c(H)=0.

1mol/L，Al3+、NH+4、SO2-4、K＋四种离子中，均不与+H反应，能大量共存，故D正确；10.电极B附近通入二氧化氮，根据方程式分析，氮元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，故为正极，电极反应式为2N

O2+8e-+4H2O=N2+8OH-，负极电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，据此进行解答。A．电极B附近通入二氧化氮，根据方程式分析，氮元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，故为正极，外电路中电子由电极A

经负载后流向电极B，A错误；B．由总反应方程式可知，反应生成了水，溶液的体积变大，溶液的碱性减弱，pH减小，B正确；C．根据电子守恒分析，同温同压下，左右两侧电极室产生的气体体积比为4∶3，C错误；D．碱性环境下，电极A的

电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，D错误；11.A．可逆反应进行到一定程度，当各组分的浓度不变，说明反应达到平衡状态，O2的体积分数保持不变时其组分浓度不变，可说明反应达到平衡状态，故A不选；B．平衡时正反应速率等于逆反应速率，不同

物质的正逆反应速率之比应满足化学计量数之比，3v正(N2)=2v逆(O2)时反应达到平衡状态，故B选；C．由反应可知，随反应进行气体的质量增加，容器体积不变，则密度逐渐增大，当密度不变时反应达到平衡状态

，故C不选；D．反应前后气体分子数不等，则压强随反应的进行发生变化，当压强不变时反应达到平衡状态，故D不选；12.A．常温时，pH4.5=的23HSO溶液中，水电离出的()OHc−=10-9.5mol/L，pH9.5=的3CHCOONa溶液中

，由水电离出的()OHc−=10-4.5mol/L，所以二者的()OHc−之比为10-9.5:10-4.5=51:10，A正确；B．在水中，随着温度的不断升高，水的电离程度不断增大，水电离产生的c(H+)不断增大，pH不断减小，所以某物质的水溶液pH7时，该物质的水溶

液不一定显酸性，B不正确；C．同浓度的2CaCl和3FeCl溶液中，c(Cl-)不同，对AgCl(s)溶解平衡的抑制作用不同，AgCl(s)的溶解度不同，C不正确；D．3CHCOOH与3CHCOONa的混合溶液的pH5.6=，则以CH3COOH电离为主，所以溶液中()()()

3CHCOONaHccc−++，D不正确；13.A.碱性条件下，氢硫酸根离子能与铜离子反应生成硫化铜沉淀和水，故A正确；B.由同温度下，溶解或电离出硫离子的能力硫化氢大于硫化铜可知，硫化铜与氢硫酸不能反应，故B错误；C.碱性条件下，氢硫酸根离子能与亚铁离子反应生成硫化

亚铁沉淀和水，故C正确；D.由同温度下，溶解或电离出硫离子的能力硫化氢小于硫化亚铁可知，硫化亚铁能与强酸反应生成亚铁离子和硫化氢气体，故D正确；14.A．向NaHS溶液中滴入酚酞,溶液变红,说明显碱性，说明HS-水解大于电离，A错误；B．向浓度均为0.1mol·L

-1的FeCl3、CuCl2的混合溶液中逐滴加入氨水，出现红褐色沉淀，说明氢氧化铁的溶度积小于氢氧化铜，B错误；C．向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，生成二氧化碳气体，说明盐酸酸性大于碳酸，二氧化碳中含有氯化氢，将产生的气体通入硅酸钠溶液

中，产生白色浑浊，不能说明是二氧化碳反应生成硅酸的，故不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱，C错误；D．向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，说明溶液中有碘单质，后者有黄色沉淀产生，说明溶液中有碘离子，D正确；15.装置中钠

离子向阴极移动，可知B为阴极，A为阳极，在阳极电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，a出口为氧气，电极反应为4CO2-3＋2H2O-4e-=4HCO-3＋O2↑，阴极上，溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成

氢气，b处产生氢气，放电过程中生成更多氢氧根离子，以此解答该题。【详解】A．由以上分析可知，A为阳极，电极反应为：4CO2-3＋2H2O-4e-=4HCO-3＋O2↑，故A正确；B．a处产生的气体为氧气，b处产生的气体为氢气，根据得到电子守恒可知，两者的物

质的量之比应为1:2，则质量比为8:1，故B错误；C．K未闭合时，左侧电极室溶液为碳酸钠溶液，碳酸根离子微弱水解产生碳酸氢根离子和氢氧根离子，再结合水电离产生氢离子和氢氧根离子，可知溶液中离子的浓度大小为：c(Na＋

)＞c(CO2-3)＞c(OH-)＞c(HCO-3)＞c(H＋)，故C正确；D．阳极反应为：4CO2-3＋2H2O-4e-=4HCO-3＋O2↑，阴极反应为：-22-2HO+2e=H+2OH，根据电子守恒可知，A室产生1molNaHCO3时，B室产生1molN

aOH，故D正确；16.A．根据先拐先平条件高，可知T1先到达平衡，则T1＞T2，结合图像，升温由T2到T1时，CO的百分含量增加，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正向为放热反应，ΔH＜0，故A错误；B．平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，

故B错误；C．a对应的温度高于b点，温度越高反应速率越快，即v(a)＞v(b)，故C错误；D．该反应反应前后气体体积相等，结合等效平衡思想，增加CO(g)的浓度，可视为增大压强，而压强增大该平衡不移动，则CO的转化率

保持不变，故D正确；17.(1).2+3++-4c(SO)>c(K)>c(Al)>c(H)>c(OH)−(2).酸(3).NaHSO3溶液中存在-3HSO的电离和水解，水解常数-23h-3c(HSO)c(OH)K=c(HSO)=1WaKK，常温下-14h-210K=

1.2310≈-138.1310<Ka2，故电离程度大于水解程度，以电离为主，显酸性(4).把氯化铁固体溶于浓盐酸，加水稀释至所需浓度(5).23FeO(6).②＞①＞④＞③(7).-10910【解析】【详解】(1)0.

1mol·L-1的KAl(SO4)2溶液中，+K、2-4SO不水解不电离，其浓度分别为0.1mol/L、0.2mol/L，3+Al要水解，浓度小于0.1mol/L，故该溶液中离子浓度大小为2+3++-4c(SO)>c(K)>c(Al)>c(H)>c(OH)−，故填2+3++-4c(SO)>c(

K)>c(Al)>c(H)>c(OH)−；(2)NaHSO3溶液中存在-3HSO的电离和水解，其水解方程式为--3223HSO+HOHSO+OH，水解常数-23h-3c(HSO)c(OH)K=c(HSO)=1WaKK，常温下-14h-210K=1.2310≈-138.1

310<Ka2，故电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故填酸、NaHSO3溶液中存在-3HSO的电离和水解，水解常数-23h-3c(HSO)c(OH)K=c(HSO)=1WaKK，常温下-14h-210K=1.2310

≈-138.1310<Ka2，故电离程度大于水解程度，以电离为主，显酸性；(3)为了防止氯化铁水解，需加入盐酸抑制氯化铁水解，所以实验室用FeCl3(s)配制FeCl3溶液的操作为：把氯化铁固体溶于浓盐酸，加水稀释至所需浓度；氯化铁水解方程式为323FeCl+3HOFe(OH)+3

HCl，加热使水解平衡正向移动，HCl浓度增加，变成HCl气体挥发，生成3Fe(OH)固体，加热使氢氧化铁分解成氧化铁和水，水变成水蒸气，最终剩余氧化铁固体，故填把氯化铁固体溶于浓盐酸，加水稀释至所需浓度、23FeO；(4)②中阴离子浓度为0.2mol/L；③中氯离子浓度为0.3mol/

L；④中氯离子浓度为0.1mol/L，根据氯化银在溶液中的溶解平衡+-AgCl(s)Ag(aq)+Cl(aq)可知，同浓度的氯离子和阴离子对氯化银的抑制效果相同，故浓度越大，抑制程度越大，四种溶液中，所以银离子浓度大小顺序为

②＞①＞④＞③，根据平衡+-AgCl(s)Ag(aq)+Cl(aq)，+-spK(AgCl)=c(Ag)c(Cl)，sp-+K(AgCl)c(Cl)=c(Ag)=-101.8100.2=-10910mol/L，故填②＞①＞④＞③、-10910。18.(1).-747.0(

2).AC(3).0.12mol/(L·min)(4).0.11(5).减小(6).不变(7).<【详解】(1)Ⅰ.N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH1=＋180kJ·mol-1，Ⅱ.2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2

CO2(g)ΔH2，Ⅲ.CO(g)＋12O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.5kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，有Ⅲ×2-Ⅰ=Ⅱ，则有ΔH2=-283.5kJ·mol-1×2-180kJ·mol-1=-747.0kJ·mol-1；(2)A.充入2molCO(g)和1mo

lNO(g)，根据方程式，一氧化碳和一氧化氮按1:1反应，所以当CO和NO的物质的量之比不变时可以说明反应到平衡；B.因为体积不变，混合气体总质量不变，所以混合气体的密度保持不变，不能说明反应到平衡；C.混合气体的压强保持不变说明混合气体的总物质

的量不变，反应到平衡；D.v正(N2)=2v逆(CO)，正逆速率不相等，不能说明反应达到平衡状态；故选AC。(3)①0～5min内，二氧化氮的消耗量为2.0-1.7=0.3mol·L-1，根据2NO2(g

)＋4CO(g)N2(g)＋4CO2(g)分析，二氧化碳的生成浓度为0.6mol·L-1，反应速率为0.6/5minmolL=0.12mol/(L·min)；()()()()2222.02.02000.51.00.25

1.01.51.00.251.440NOgCOgNgCOg+起始浓度改变浓度平衡浓度＋该温度下反应的化学平衡常数K=4240.251.01.51.0=0.11L·mol-1；②其他条件不变，升高温度，平

衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，该反应全为气体，气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度不变；③该反应平衡时物质的量总量为3.0+2.0+0.5+2.0=7.5mol，20min时，保持温度、压强不变，将容器改为恒温恒压密闭容器，再向容器中通入0.4molC

O、0.7molN2和0.4molCO2，则总物质的量变为7.5+0.4+0.7+0.4=9.0mol，设此时溶液的体积为xL，根据物质的量比等于体积比计算，7.59.0=2x，解x=2.4L，此时Qc=4440.50.72.0

0.42.42.43.02.00.42.42.4+++（）（）（）=0.32>K，则该反应向逆向进行，v正<v逆。19.(1).热能(2).机械能(3).+22O+4e+4H2HO－＝(4).-22O+4e2HO4OH－+＝(5).O2(6).-2-422C

H-8e+4O=CO+2HO(7).负极(8).-2-223O+4e+2CO=2CO【详解】(1)火力发电的原理是发电时，利用燃料加热水产生蒸汽，利用蒸汽推动汽轮机，然后由汽轮机带动发电机发电，其能量转化关系

为化学能→热能→机械能→电能，故填热能、机械能；(2)根据题意，参与磷酸盐燃料电池正极的为空气中的氧气，氧气在正极得电子被还原，其在酸性环境下的电极反应为+22O+4e+4H2HO－＝，故填+22O+4e+4H2HO－＝；(3)甲烷碱

性燃料电池的正极为O2参与，氧气在正极得电子被还原，其电极反应式为-22O+4e+2HO4OH－＝，故填-22O+4e+2HO4OH－＝；(4)原电池中，电子的移动方向为：经外电路有负极流向正极，电流流向

与电子流向相反，图中电流由c经外电路流向d，故c为正极，d为负极，所以A为氧气，B为甲烷，电解质为固体电解质是掺杂了Y2O3和ZrO2的固体，在高温下能穿到O2-，则负极电极反应式为-2-422CH-8e+4O=C

O+2HO，故填O2、-2-422CH-8e+4O=CO+2HO；(5)根据图示，N极通入的是氧气，其化合价只能降低作正极，则M极为负极，电解质为熔融碳酸盐，则正极的电极反应式为-2-223O+4e+2CO=2CO，故填负极、-2-223O+4e+2CO=2CO。20.(1).适当提高酸浸温度

、适当提高酸的浓度、搅拌等(2).玻璃棒、漏斗、烧杯(3).2CeO2+H2O2+6H＋=2Ce3＋+O2↑+4H2O(4).利用氯化氢抑制Ce3＋离子的水解，得到无水CeCl3(5).8.0×10-6(6).2Ce3++S2O

28−=2Ce4++2SO24−、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+(7).78.88%【分析】平板液晶显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质，加入酸过滤得到滤渣Ⅰ和滤液Ⅰ，滤液Ⅰ中主要是氯化

铁溶液和酸溶液，滤渣Ⅰ中为二氧化硅和二氧化铈，滤渣Ⅰ中加入盐酸和过氧化氢反应后过滤得到滤渣Ⅱ为二氧化硅，滤液Ⅱ为CeCl3溶液，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH生成氢氧化铈沉淀，悬浊液中加入盐酸得到CeCl3溶液，蒸发浓缩、冷却结晶

、过滤洗涤得到结晶水合物，在浓盐酸加热的氩气氛围中CeCl3·6H2O可得无水CeCl3，利用氯化氢抑制Ce3＋离子的水解，得到无水CeCl3，CeCl3在经过一定条件，可回收Ce。【详解】(1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，可以采取的措施有：适当提高酸浸温度、适当提高酸的浓度、搅拌等

，故答案为：适当提高酸浸温度、适当提高酸的浓度、搅拌等；(2)过滤操作，过滤所用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；(3)反应二氧化铈在稀硫酸溶液中被过氧化氢还原生成三价铈离子，过氧化氢被氧化生成氧气，反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H＋=2

Ce3＋+O2↑+4H2O；操作③在加热的条件下加入浓HCl的作用是利用氯化氢抑制Ce3＋离子的水解，得到无水CeCl3，故答案为：2CeO2+H2O2+6H＋=2Ce3＋+O2↑+4H2O；利用氯化氢抑制Ce3＋离子的

水解，得到无水CeCl3；(4)Ce3+沉淀为Ce(OH)3时，存在33spc(CeH=)c(O)K−+，当加入碱调节溶液的pH=9时，c(OH－)=10-5，则Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=21sp3538.010=c(OH)10K−−−=8.0×10-6mol·L-1，故答案为

：8.0×10-6；(5)①CeCl3溶液加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液使Ce3+被氧化为Ce4+，同时S2O28−被还原为SO24−，该反应的离子方程式2Ce3++S2O28−=2Ce4++2SO24−，然后用萃取剂萃取Ce4+，再用1mol·L-1的FeSO4标

准也滴定至终点，该反应的离子方程式Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，故答案为：2Ce3++S2O28−=2Ce4++2SO24−、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；②电子守恒可知Ce3＋物质的量等于亚铁离

子的物质的量，则CeCl3样品的物质的量=200mL200mLcV=0.01L1mol/L=0.04mol50mL50mL，CeCl3样品的纯度=nM0.04mol246.512.5g/mol100%=10

0%=78.88mg%总，故答案为：78.88%。