湖南湖北八市十二校2019屆高三第一次調研聯(lián)考化學試卷(含答案)

絕密★啟用前湖南湖北八市十二校2019屆高三第一次調研聯(lián)考化學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名和座位號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．本卷答題時間90分鐘，滿分100分。?？荚図樌?一、選擇題。（本大題共16小題，每小題3分，共48分。）1．中華文化源遠流長、博大精深。從化學的視角看，下列理解不正確的是（）A．“千淘萬漉雖辛苦，吹盡黃沙始到金”中“淘”“漉”相當于分離提純操作中的“過濾”B．司母戊鼎屬青銅制品，是我國古代科技光輝成就的代表之一C．瓷器(China)屬硅酸鹽產品，China一詞又指“瓷器”，這反映了在西方人眼中中國作為“瓷器故鄉(xiāng)”的形象D．侯德榜是我國化學工業(yè)的奠基人，主要成就:侯氏制堿法，該堿指的是燒堿2．設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列有關敘述正確的是()A．14g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數(shù)為2NAB．1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數(shù)為2NAC．1molFe溶于過量硝酸，電子轉移數(shù)為2NAD．標準狀況下，2.24LCCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NA3．下列指定反應的離子方程式正確的是A．向硫酸氫鈉溶液中滴加氫氧化鋇溶液至剛好為中性：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OB．飽和FeCl3滴入沸水中加熱煮沸制備膠體：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(膠體)+3H+C．在強堿溶液中次氯酸鈉與Fe(OH)3反應生成Na2FeO4：

3ClO-+2Fe(OH)3=

2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+D．向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.4molCl2充分反應：4Fe2++2Br-+3C12=4Fe3++6C1-+Br24．某同學查閱教材得知，普通鋅錳電池筒內無機物質主要成分為MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物質。他在探究廢干電池內的黑色固體回收利用時，進行如圖所示實驗：下列有關實驗的敘述中，不正確的是A．操作①中玻璃棒的作用是加快固體溶解速度 B．操作②的操作名稱是過濾C．操作③中盛放藥品的儀器是坩堝 D．操作④的目的是除去濾渣中雜質5．氟利昂是飽和碳氫化臺物的鹵族衍生物的總稱，其破壞臭氧層的化學反應機理如下（以F-12（二氯二氟甲烷）為例）：CF2Cl2CF2Cl+ClCl+O3→ClO+O2ClO+ClO→ClOOCl（過氧化氯）ClOOCl2Cl+O2下列說法中不正確的是A．紫外線可以增大CF2Cl2的分解速率 B．ClO+ClOClOOC1的反應中有非極性鍵的形成C．CF2Cl2是臭氧破壞反應的催化劑 D．臭氧屢破壞的關鍵因素有：氟利昂，太陽光6．有機化合物環(huán)丙叉環(huán)丙烷，由于其特殊的電子結構一直受到理論化學家的注意，右下圖是它的結構示意圖。下列關于環(huán)丙叉環(huán)丙烷的有關說法中錯誤的是（）A．環(huán)丙叉環(huán)丙烷的二氯取代物有4種 B．環(huán)丙叉環(huán)丙烷不是環(huán)丙烷的同系物C．環(huán)丙叉環(huán)丙烷所有的原子均在同一平面內 D．環(huán)丙叉環(huán)丙烷與環(huán)己二烯互為同分異構體7．下列說法不正確的是（）A．已知冰的熔化熱為6.0kJ?mol-1，冰中氫鍵鍵能為20kJ?mol-1，假設1mol冰中有2mol氫鍵，且熔化熱完全用于破壞冰的氫鍵，則最多只能破壞冰中15%的氫鍵B．已知一定溫度下，醋酸溶液的物質的量濃度為c，電離度為a,電離常數(shù)。若加水稀釋，則CH3COOHCH3C00-+H+向右移動，a增大，Ka不變C．甲烷的標準燃燒熱為-890.3kJ?mol-1，則甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O（l）△H=-890.3kJ?mol-1D．500℃、30MPa下，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉的容器中充分反應生成NH3(g)，放熱19.3kJ，其熱化學方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol8．現(xiàn)有室溫下四種溶液，有關敘述不正確的是編號①②③④pH101044溶液氨水氫氧化鈉溶液醋酸溶液鹽酸A．相同體積③、④溶液分別與NaOH完全反應，消耗NaOH物質的量：③＞④B．分別加水稀釋10倍，四種溶液的pH：①＞②＞④＞③C．①、④兩溶液等體積混合，所得溶液中c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）D．VaL④溶液與VbL②溶液混合（近似認為混合溶液體積＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，則Va︰Vb＝9︰119．A、B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，其中A的原子序數(shù)是B和D原子序數(shù)之和的1/4，C元素的最高價氧化物的水化物是一種中強堿，甲和丙是D元素的兩種常見氧化物，乙和丁是B元素的兩種常見同素異形體，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它們之間的轉化關系如圖所示(部分反應物省略)，下列敘述正確的是A．C、D兩元素形成化合物屬共價化合物B．C、D的簡單離子均能促進水的電離C．A、D分別與B

元素形成的化合物都是大氣污染物D．E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性10．寶雞被譽為“青銅器之鄉(xiāng)”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盤等五萬余件青銅器。研究青銅器（含Cu、Sn等）在潮濕環(huán)境中發(fā)生的腐蝕對于文物保護和修復有重要意義。下圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生電化學腐蝕的原理示意圖，下列說法不正確的是A．青銅器發(fā)生電化學腐蝕，圖中c作負極，被氧化B．正極發(fā)生的電極反應為O2+4e－+2H2O=4OH－C．環(huán)境中的Cl－與正、負兩極反應的產物作用生成a的離子方程式為2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2(OH)3Cl↓D．若生成0.2molCu2(OH)3Cl，則理論上消耗的O2體積為4.48L11．25℃時，改變0.1mol/LRCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO-的微粒分布分數(shù)a(X)=c(X)/[c(RCOOH)

+

c(RCOO-)]；甲酸(HCOOH)與丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分數(shù)與pH

的關系如圖所示。下列說法正確的是A．丙酸的酸性比甲酸強B．CH3CH2COOHCH3CH2COO-+

H+

的lgK=-4.88C．若0.1mol/L

甲酸溶液的pH=2.33，則0.01mol/L

甲酸溶液的pH=3.33D．將0.1mol/L

的HCOOH溶液與0.1mol/L

的HCOONa溶液等體積混合，所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c

(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)12．t℃時，AgCl(s)與AgI(s)分別在溶液中達到沉淀溶解平衡，相關離子濃度的關系如下圖所示。下列說法正確的是A．曲線Y表示與的變化關系B．t℃時，向Z點對應的溶液中加入蒸餾水，可使溶液變?yōu)榍€X對應的飽和溶液C．t℃時，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常數(shù)K＝1×103D．t℃時，向濃度均為0.1mol/L的KI與KCl混合溶液中加入AgNO3

溶液，當Cl－剛好完全沉淀時，此時c(I－)=1×10－11mol/L13．還原沉淀法是處理含鉻（含Cr2O72－和CrO42－）工業(yè)廢水的常用方法，過程如下：CrO42－Cr2O72－Cr3＋Cr(OH)3↓已知轉換過程中的反應為：2CrO42－(aq)+2H+(aq)Cr2O72－(aq)+H2O(l)。轉化后所得溶液中鉻元素的含量為28.6g/L，CrO42－有10/11轉化為Cr2O72－，下列說法不正確的是A．溶液顏色保持不變，說明上述可逆反應達到平衡狀態(tài)B．若用綠礬（FeSO4·7H2O）作還原劑，處理1L廢水，至少需要458.7gC．常溫下轉化反應的平衡常數(shù)K＝1×1014，則轉化后所得溶液的pH＝5D．常溫下Ksp[Cr（OH）3]＝1×10－32，要使處理后廢水中的c（Cr3＋）降至1×10－5mol·L－1，應調溶液的pH＝514．已知：RCH2OHRCHORCOOH某有機物X的化學式為C6H14O，能和鈉反應放出氫氣。X經(jīng)酸性重鉻酸鉀（K2Cr2O7）溶液氧化最終生成Y（C6H12O2）,若不考慮立體結構。X和Y在一定條件下生成酯最多有A．4種 B．8種 C．32種 D．64種15．500mLNaNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3-）＝6mol·L-1，用石墨作電極電解此溶液，當通電一段時間后，兩極均收集到氣體22.4L（標準狀況下），假定電解后溶液體積仍為500mL，下列說法正確的是（）A．原混合溶液中c（Na+）＝6mol·L-1 B．電解后溶液中c（H+）＝4mol·L-1C．上述電解過程中共轉移8mol電子 D．電解后得到的Cu的物質的量為2mol16．某溶液中可能含有OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等離子。當向該溶液中逐滴加入一定物質的量濃度的鹽酸溶液時，發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質的量隨鹽酸溶液的體積變化如下圖所示。下列說法正確的是A．原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有CO32-B．原溶液中一定含有的陰離子只有:OH-、A1O2-、CO32-C．原溶液中含CO32-與A1O2-的物質的量之比為3:4D．a-d>3/4二、非選擇題。（本大題共4小題，共52分。）17．（10分）汽車尾氣中CO、NOx以及燃煤廢氣中的SO2都是大氣污染物，對它們的治理具有重要意義。（1）氧化還原法消除NOx的轉化如下：①反應I為NO+O3===NO2+O2，生成標準狀況下11.2LO2時，轉移電子的物質的量是__________mol②反應Ⅱ中，當n(NO2)：n[CO(NH2)2]=3：2時，氧化產物與還原產物的質量比為___________（2）吸收SO2和NO，獲得Na2S2O4和NH4NO3產品的流程圖如下（Ce為鈰元素）。裝置I中發(fā)生反應的離子方程式為____________________________________（3）裝置Ⅱ中，酸性條件下NO被Ce4+氧化的產物主要是NO3－、NO2－，請寫出生成等物質的量的NO3－和NO2－時的離子方程式____________________________________（4）裝置Ⅲ的作用之一是用質子交換膜電解槽電解使得Ce4+再生，再生時生成的Ce4+在電解槽的_____________（填“陽極”或“陰極”），同時在另一極生成S2O42一的電極反應式為_________________________________（5）取少量裝置Ⅳ所得的產品溶于水，溶液中離子濃度由大到小的順序為_________________________18．（12分）Ⅰ某溶液中只可能含有Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4+、Al3＋、Cl－、OH－、CO32－。當加入一種淡黃色固體并加熱時，有刺激性氣體放出和白色沉淀產生，加入淡黃色固體的物質的量（橫坐標）與析出的沉淀和產生氣體的物質的量（縱坐標）的關系如下圖所示。該淡黃色物質做焰色反應實驗顯黃色?？芍芤褐泻械碾x子是________________；所含離子的物質的量濃度之比為____________；所加的淡黃色固體是______________。Ⅱ．實驗室采用滴定法測定某水樣中亞硫酸鹽含量：（1）滴定時，KIO3和KI作用析出I2，完成并配平下列離子方程式：__IO3－＋____I－＋____===____I2＋____H2O。（2）反應（1）所得I2的作用是_________________________。（3）滴定終點時，100mL的水樣共消耗xmL標準溶液。若消耗1mL標準溶液相當于SO32－的質量1g，則該水樣中SO32－的含量為________mg·L－1。19．（14分）I．將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入體積為1L的恒溫密閉容器中，各物質濃度隨時間變化的關系如圖1所示。請回答：（1）下列選項中不能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是（填選項字母）。A．容器內混合氣體的壓強不隨時間變化而改變B．容器內混合氣體的密度不隨時間變化而改變C．容器內混合氣體的顏色不隨時間變化而改變D．容器內混合氣體的平均相對分子質量不隨時間變化而改變（2）反應進行到10min時，共吸收熱量11．38kJ，則該反應的熱化學方程式為；（3）計算該反應的平衡常數(shù)K=。（4）反應進行到20min時，再向容器內充入一定量NO2，10min后達到新的平衡，此時測得c（NO2）=0．9mol／L。①第一次平衡時混合氣體中NO2的體積分數(shù)為w1，達到新平衡后混合氣體中NO2的體積分數(shù)為w2，則w1w2（填“>”、“=”或“<”）；②請在圖2中畫出20min后各物質的濃度隨時間變化的曲線（曲線上必須標出“X”和“Y”）。II．（1）海水中鋰元素儲量非常豐富，從海水中提取鋰的研究極具潛力。鋰是制造化學電源的重要原料。如LiFePO4電池中某電極的工作原理如下圖所示：該電池的電解質為能傳導Li+的固體材料。放電時該電極是電池的極（填“正”或“負”），該電極反應式為。（2）用此電池電解含有0．1mol/LCuSO4和0．1mol/LNaCl的混合溶液100mL，假如電路中轉移了0．02mole－，且電解池的電極均為惰性電極，陽極產生的氣體在標準狀況下的體積是__________L。20．（16分）某研究小組在實驗室以含鐵的銅屑為原料制備Cu(NO3)2·H2O晶體，并進一步探究用SOCl2制備少量無水Cu(NO3)2。設計的合成路線如下：已知：Cu(NO3)2·3H2OCu(NO3)2·Cu(OH)2CuOSOCl2熔點―105℃、沸點76℃、遇水劇烈水解生成兩種酸性氣體。請回答：(1)第②步調pH適合的物質是_________(填化學式)。(2)第③步包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、抽濾等步驟，其中蒸發(fā)濃縮的具體操作是_____________。為得到較大顆粒的Cu(NO3)2·3H2O晶體，可采用的方法是___________(填一種)。(3)第④步中發(fā)生反應的化學方程式是_______________________。(4)第④步，某同學設計的實驗裝置示意圖(夾持及控溫裝置省略，如圖)有一處不合理，請?zhí)岢龈倪M方案并說明理由___________________。裝置改進后，向儀器A中緩慢滴加SOCl2時，需打開活塞______(填“a”、“b”或“a和b”)。(5)為測定無水Cu(NO3)2產品的純度，可用分光光度法。已知：4NH3·H2O+Cu2+==Cu(NH3)42++4H2O；Cu(NH3)42+對特定波長光的吸收程度(用吸光度A表示)與Cu2+在一定濃度范圍內成正比?，F(xiàn)測得Cu(NH3)42+的吸光度A與Cu2+標準溶液濃度關系如圖所示：準確稱取0.3150g無水Cu(NO3)2，用蒸餾水溶解并定容至100mL，準確移取該溶液10.00mL，加過量NH3·H2O，再用蒸餾水定容至100mL，測得溶液吸光度A=0.620，則無水Cu(NO3)2產品的純度是_________(以質量分數(shù)表示)。湖南湖北八市十二校2019屆高三第一次調研聯(lián)考化學試題參考答案及部分試題解析選擇題。（本大題共16小題，每小題3分，共48分。）序號12345678答案DABDCCDD序號910111213141516答案BDBDCDBC9．B【解析】根據(jù)甲+乙→丙+丁，而乙、丁是B常見的同素異形體，即乙、丁是單質，而甲、丙是氧化物，甲、丙中一定含有氧元素，所以乙、丁是O3、O2，B是O元素；氧化物+O2→氧化物，中學中常見的有CO、NO、SO2，而C、N的原子序數(shù)小于O，所以D可能是S，如果D是S，丙是SO3，戊是硫酸，0.005mol/LH2SO4溶液的pH=2，與題干提供的信息吻合，所以D是S；（8+16）/4=6，A元素是C；C元素的最高價氧化物的水化物是一種中強堿，其原子序數(shù)應該介于8～16之間，所以C是Mg，E是短周期且原子序數(shù)大于16，E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分別是C、O、Mg、S、Cl元素。C和D元素形成的化合物是MgS，是離子化合物，A選項錯誤；Mg（OH）2是中強堿，所以Mg2+在水溶液中能夠發(fā)生水解，使水溶液呈酸性，促進了水的電離，H2S的水溶液是弱酸，S2-在水溶液中能夠發(fā)生水解，使溶液呈堿性，也促進了水的電離，所以Mg2+、S2-的簡單離子均能促進水的電離，B選項正確；A與D形成化合物是SO3、SO2是大氣污染物，A與B形成化合物是CO、CO2，二氧化碳不是大氣污染物，C選項錯誤；根據(jù)元素周期律的規(guī)律：非金屬性Cl＞S，則E的最高價氧化物水化物的（HClO4）酸性大于D的最高價氧化物水化物（H2SO4）的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，題干中沒有涉及到是最高價氧化物的水化物，D選項錯誤；正確答案B。11．B【解析】由圖中信息可知，相同pH時，丙酸的酸分子的分布分數(shù)大，說明電離程度小，故其酸性比甲酸弱，A錯誤；pH=4.88時，丙酸的酸分子的分布分數(shù)為50%，即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),針對CH3CH2COOH)CH3CH2COO-+H+電離過程可知，lgK=lgc(H+)=-4.88,B正確；稀釋弱酸，電離程度增大，故0.1mol/L甲酸溶液的pH=2.33，則0.01mol/L甲酸溶液的pH<3.33，C錯誤；將0.1mol/L的HCOOH溶液與0.1mol/L的HCOONa溶液等體積混合，電離過程大于水解過程，所得溶液呈酸性，即c(OH-)<c(H+)，D錯誤；正確選項B。12．D【解析】A.=16時，Ksp=，=10時，Ksp=，由于碘化銀的溶度積小于氯化銀，故曲線Y表示與的變化關系，選項A錯誤；B.t℃時，向Z點對應的溶液中加入蒸餾水，銀離子濃度及鹵離子濃度均減小，與均增大，可使溶液變?yōu)榍€Y對應的飽和溶液，選項B錯誤；C、t℃時，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常數(shù)K＝===1×106，選項C錯誤；D、t℃時，向濃度均為0.1mol/L的KI與KCl混合溶液中加入AgNO3

溶液，當Cl－剛好完全沉淀時，c(Cl－)=1×10－5mol/L，c(Ag+)==1×10－5mol/L，此時c(I－)==1×10－11mol/L，選項D正確。答案選D。13．C【解析】A．存在平衡：2CrO42－(aq，黃色)+2H+(aq)Cr2O72－(aq，橙色)+H2O(l)，如顏色不變，說明濃度不變，則達到平衡狀態(tài)，A正確；B．若用綠礬（FeSO4·7H2O）作還原劑，處理1L廢水，設需要xmolFeSO4·7H2O，由氧化還原反應中氧化劑和還原劑得失電子數(shù)目相等可知0.55×（6-3）=x×（3-2），解得x=1.65，m（FeSO4?7H2O）=1.65mol×278g/mol=458.7g，B正確；C．轉化后所得溶液中鉻元素含量為28.6g/L，則1L廢水中n（Cr）＝28.6g÷52g/mol＝0.55mol，CrO42－有10/11轉化為Cr2O72－，則酸化后c（CrO42－）=0.55mol/L×（1－10/11）=0.05mol/L，c（Cr2O72－）=0.55mol/L×10/11×1/2=0.25mol/L，常溫下轉換反應的平衡常數(shù)K=1×1014，則c(Cr2O72－)/c2(CrO42－)?c2(H+)=1×1014，解得c（H+）=1×10－6mol/L，所以pH=6，C錯誤；D．常溫下Ksp[Cr（OH）3]＝1×10－32，要使處理后廢水中的c（Cr3＋）降至1×10－5mol·L－1，則c（Cr3+）×c3（OH－）=1×10－32，解得c（OH－）=1×10－9mol/L，pH=5，D正確。14．D【解析】試題分析：依據(jù)信息得出：只有含“-CH2OH”的醇能被氧化成羧酸，符合條件的醇相當于正戊烷、異戊烷、新戊烷分別有一個氫原子被“-CH2OH”取代，共有8種，則氧化后對應的羧酸也有8種，相互間生成的酯共有8×8=64種，故選D。15．B【解析】試題分析：石墨作電極電解此溶液，當通電一段時間后，兩極均收集到22.4L氣體（標準狀況），n（O2）==1mol，陽極發(fā)生4OH--4e-═O2↑+2H2O，4mol1mol陰極發(fā)生Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，1mol2mol1mol2mol1molA．c（Cu2+）==2mol/L，由電荷守恒可知，原混合溶液中c（Na+）為6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故A錯誤；B．電解后溶液中c（H+）為=4mol/L，故B正確；C．由上述分析可知，電解過程中轉移電子總數(shù)為4NA，故C錯誤；D．電解得到的Cu的物質的量為1mol，故D錯誤；選B。16．C【解析】由圖象分析可知，開始無沉淀生成說明加入的鹽酸和溶液中的堿反應，說明溶液中一定含OH-離子，則與氫氧根離子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；隨后反應生成沉淀逐漸增大，說明是AlO2-、SiO32-和氫離子反應生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2-與HCO3-發(fā)生反應生成氫氧化鋁沉淀，則溶液中一定不存在HCO3-；繼續(xù)加入鹽酸沉淀量不變，消耗鹽酸的離子只能是CO32-離子，反應完后繼續(xù)加入鹽酸，沉淀逐漸減小，到不再改變，進一步證明沉淀是氫氧化鋁和硅酸沉淀，氫氧化鋁沉淀溶于鹽酸，最后剩余沉淀為硅酸；硫酸根離子不能確定是否存在，但根據(jù)溶液的電中性可知，溶液中一定含有Na+離子。A．溶液中硫酸根離子不能確定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A錯誤；B．依據(jù)判斷原溶液中一定含有的陰離子是：OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故B錯誤；C．依據(jù)圖像可知和碳酸根離子反應的鹽酸為2體積，CO32-+2H+=CO2↑+H2O氫氧化鋁溶解消耗的鹽酸體積為4體積，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32-與AlO2-的物質的量之比為3：4，故C正確；D．根據(jù)圖像溶解氫氧化鋁消耗的鹽酸體積為4，假設鹽酸的濃度為1mol/L，則消耗氯化氫4mol，則溶解的氫氧化鋁為mol，則溶液中含有molAlO2-，沉淀molAlO2-需要鹽酸mol，a-d對應于AlO2-和SiO32-消耗的鹽酸大于mol，即a-d＞，故D錯誤；故選C。17．（1）1；4:3（2）SO2+OH-===HSO3-（3）2NO+3H2O+4Ce4+=NO3-+NO2-+6H++4Ce3+（4）陽極2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O（1）c(NO3－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)【解析】(1).①.由反應方程式NO+O3═NO2+O2可知，N元素的化合價從+2價升高到+4價，生成1mol氧氣轉移電子2mol，則生成11.2L即0.5molO2(標準狀況)時，轉移電子的物質的量是0.5mol×2=1mol，故答案為：1；②.當n(NO2):n[CO(NH2)2]=3:2時，即NO2和CO(NH2)2的化學計量數(shù)之比是3:2，反應方程式可表示為：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+8H2O+4CO2，該反應中只有N元素的化合價變化，氮氣既是氧化產物也是還原產物，由N原子守恒可知氧化產物與還原產物的質量比為8:6=4:3，故答案為：4:3；(2).由流程圖可知，在裝置I中SO2與NaOH溶液反應生成NaHSO3，離子方程式為：SO2+OH－=HSO3－，故答案為：SO2+OH－=HSO3－；(3).由流程圖可知，裝置II中生成等物質的量的NO3－和NO2－時，Ce4+被還原為Ce3+，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，該反應的離子方程式為：2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO3?+NO2?+6H+，故答案為：2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO3?+NO2?+6H+；(4).由Ce3+生成Ce4+為氧化反應，所以再生時生成的Ce4+在電解槽的陽極，在電解槽的陰極HSO3－被還原成S2O42一，電極反應式為：2H++2HSO3一+2e一=S2O42一+2H2O，故答案為：陽極；2H++2HSO3一+2e一=S2O42一+2H2O；(5).由流程圖可知，裝置IV所得的產品為NH4NO3，在NH4NO3溶液中，NH4＋水解使溶液呈酸性，所以溶液中離子濃度由大到小的順序為c(NO3－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)，故答案為：c(NO3－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)。18．Ⅰ、Mg2＋、Al3＋、NH4+、Cl－；1∶1∶3∶8；Na2O2Ⅱ（1）1、5、6H＋、3、3（2）氧化SO32－、S2O32－，可以與淀粉有明顯顯色現(xiàn)象，有利于觀察滴定終點（3）104x【解析】Ⅰ.淡黃色固體加入溶液中，并加熱溶液時，有刺激性氣體放出和白色沉淀生成，則一定沒有Fe2+和Cu2+，則淡黃色固體為Na2O2，圖象實際為兩個圖合在一起，較上的是氣體，較下的是沉淀，圖象中加入8mol過氧化鈉后，沉淀減小，且沒有完全溶解，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，則溶液中一定沒有OH-、CO32-，根據(jù)電荷守恒可知含有Cl-，由圖可知氫氧化鎂為2mol，氫氧化鋁為4mol-2mol=2mol，加入8mol過氧化鈉之后，生成氣體減小，故加入8mol過氧化鈉時，銨根離子完全反應，由縱坐標可知：n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=2mol，n(Al3+)=4mol-n[Mg(OH)2]=2mol，當n(Na2O2)=8mol時，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n(O2)=8mol×=4mol，所以n(NH4+)=n(NH3)=10mol-n(O2)=6mol，由電荷守恒：2n(Mg2+)：3n(Al3+)：n(NH4+)=n(Cl-)，則n(Cl-)=16mol，故n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(Cl-)=2mol：2mol：6mol：16mol=1：1：3：8，則所含離子的物質的量濃度之比為1：1：3：8；故答案為：Mg2+、Al3+、NH4+、Cl-；1：1：3：8；Na2O2；Ⅱ．(1)酸性條件下，KIO3溶液與KI溶液發(fā)生反應生成I2，離子方程式為：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案為：1、5、6H+、3、3；(2)反應①所得I2的作用是氧化亞硫酸根離子和硫代硫酸根離子，可以與淀粉有明顯顯色現(xiàn)象，有利于觀察滴定終點，故答案為：氧化亞硫酸根離子和硫代硫酸根離子；可以與淀粉有明顯顯色現(xiàn)象，有利于觀察滴定終點；(3)100mL的水樣共消耗xmL標準溶液．若消耗1mL標準溶液相當于SO32-的質量1g，所以100mL中含有xgSO32-，所以1L該水樣中SO32-的含量為104xmg/L，故答案為：104x。19．Ⅰ．（1）B（2）N2O4（g）2NO2（g）△H=+56．9kJ/mol（3）0．9（4）①＞②Ⅱ．正FePO4+e-+Li+=LiFePO40．168【解析】Ⅰ.（1）A、該反應反應前后氣體的化學計量數(shù)之和不等，容器內的壓強隨反應的進行不斷變化，故容器總壓強不隨時間改變可作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，錯誤；B、反應過程氣體總質量不變，容器體積不變，混合氣體的密度不隨時間變化而改變，不能作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，正確；C、NO2為紅棕色氣體，N2O4為無色氣體，混合氣體的顏色不隨時間變化而改變，各物質的濃度保持不變，可作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，錯誤；D、總質量不變，總物質的量在變，故反應混合氣平均分子量不再改變可作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，錯誤，選B。（2）由圖1可知，反應物為N2O4，生成物為NO2，反應進行到10min時，N2O4的物質的量變化為0.2mol/L×1L=0.2mol，共吸收熱量11.38kJ，反應1molN2O4共吸收熱量11.38×5=56.9kJ，該反應熱化學方程式為：N2O4（g）2NO2（g）△H=+56．9kJ/mol。（3）k=c2(NO2)/c(N2O4)=0.36÷0.4=0.9。（4）①恒容，充入一定量NO2相當于增大壓強，平衡逆向移動，新平衡后混合氣體中