2024届高三化学二轮复习——化学反应与能量（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学二轮复习——化学反应与能量（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 580.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-27 11:44:49 | ||
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文档简介
2024届高三化学二轮复习——化学反应与能量
一、单选题
1．磷化氢(PH3)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过以下流程制取：
下列说法错误的是（ ）
A． 既能与酸反应又能与碱反应
B．流程中有两处涉及氧化还原反应
C．该过程需要在无氧条件下进行
D．分解反应生成 和 的物质的量之比为1∶1
2．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）
A．双氧水作消毒剂 B．生石灰作干燥剂
C．碳酸氢钠作膨松剂 D．氧化铁作红色颜料
3．下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
4．下列化学反应中溴元素仅被氧化的是（ ）
A．2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2
B．Br2+2NaI=2NaBr+I2
C．3Br2+6NaOH 5NaBr+NaBrO3+3H2O
D．HBr+NaOH=NaBr+H2O
5．化学在古代与现代的科技发展中起了十分重要的作用，下列说法中正确的是（ ）
A B C D
古代与现代的冶金均运用了相同的化学原理 古代与现代的火箭发射均利用了液体燃料 古代捣碎中药与现代中药纳米粉碎均是化学变化 古代风筝与现代热气球飞行均无需物质直接供给能量
A．A B．B C．C D．D
6．2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极反应为：NiO（OH）+H2O+e ═Ni（OH）2+OH
B．放电时，甲电极为正极，OH 移向乙电极
C．电池总反应为H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2
D．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
7．下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C2H4O的有机化合物性质相同
B．同温同压下，同体积的任何气体均含有相同的原子数
C．密闭容器中1molN2与3molH2充分反应，产物的分子数为 2×6.02×1023
D．依据上图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=（E1+E3﹣E2﹣E4）kJ mol﹣1
8．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 向添有的食盐中加入淀粉溶液、稀盐酸和KI 溶液变蓝 氧化性：
B 铂丝蘸取某无色溶液后在火焰上灼烧 火焰呈黄色 该无色溶液中阳离子只含
C 向某钾盐中滴加稀盐酸 产生的气体可以使澄清石灰水浑浊 该钾盐为或或二者的混合物
D 向某无色溶液中滴入盐酸 产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀 该无色溶液中一定含有
A．A B．B C．C D．D
9．CuCl是一种白色晶体，难溶于水，在潮湿的空气中易被氧化。实验室制备CuCl的反应原理为SO2+ 2CuCl2+2H2O=2CuCl ↓+H2SO4+2HCl。用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是（ ）
A B C D
制备SO2 制备CuCl 干燥CuCl 吸收SO2尾气
A．A B．B C．C D．D
10．在常温下，发生下列几种反应①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ②Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 ③Br2+2FeBr2=2FeBr3根据上述反应，下列结论正确的是（ ）
A．还原性强弱顺序为：Br﹣＞Fe2+＞Cl﹣
B．氧化性强弱顺序为：MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+
C．反应①中，当生成1mol Cl2时，被氧化的HCl为3.2mol
D．溶液中可发生反应：2Fe3++2Cl﹣=2Fe2++Cl2↑
11．一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．不慎将白磷沾到皮肤上，可用稀溶液冲洗
B．过程I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6
C．过程II中，除生成外，还可能生成、
D．过程III的化学方程式为
12．合成氨中的氢气可由下列反应制取：反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)△H1，反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)△H2，恒压下，将等物质的量的CH4和H2O投入到密闭容器中发生反应，CH4和H2O的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。
下列有关说法错误的是（ ）
A．两个反应的焓变均大于零
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．增大压强不影响反应Ⅱ中CO的转化率
D．容器中混合气体的密度保持不变，一定可以说明反应达到平衡状态
13．我国科学家在研究“催化还原地下水硝酸盐污染”时，将甲酸(HCOOH)在纳米级磁性Fe3O4－Pd(钯)表面分解为活性氢气和二氧化碳后，再经a、b两个反应过程实现了NO3-的催化还原(如图)。下列说法错误的是（ ）
A．过程a、b中完全还原1molNO 消耗2molH2
B．Fe3O4催化完成后，可利用Fe3O4的磁性与水体分离
C．HCOOH分解产生CO2可调节反应体系pH，保证催化还原的效果
D．b过程反应的离子方程式为3H2+2NO +2H+ N2+4H2O
14．氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
15．Mg-VOCl2电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简化装置示意图如下。总反应为Mg+2VOCl2MgCl2+2VOCl，下列说法错误的是
A．采用Mg作电极材料比Li的安全性更高
B．放电时正极反应为VOCl2+e =VOCl+Cl
C．放电过程中Cl 穿过复合离子液体向Mg移动
D．为该电池充电时Mg电极应与电源的正极相连
16．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述错误的是（ ）
A．放电时正极附近溶液的碱性增强
B．充电时锌极与外电源正极相连
C．放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原
D．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣═FeO42﹣+4 H2O
17．水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如下图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．NaClO除去氨氮的总反应化学方程式2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O
B．整个过程中发生的反应都是氧化还原反应
C．在较高温度下，氨氮去除率会降低
D．NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降
18．长征五号运载火箭搭载空间站“天和”核心舱发射升空。“天和”核心舱采用大面积可展收柔性太阳电池翼，为空间站中电解水提供电能。下列有关说法不正确的是（ ）
A．长征五号运载火箭采用液氧、液氢推进剂，降低了对环境的污染
B．太阳翼伸展机构关键部件采用的碳化硅是一种有机高分子材料
C．空间站中的由太阳能电池电解水得到，能量转化形式为：太阳能→电能→化学能
D．空间站中和反应制得水，既解决了的清除问题，又实现了水的循环利用
19．某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl。下列说法正确的是（ ）
A．负极反应为Ag－e-+Cl-=AgCl
B．放电时，交换膜右侧溶液中pH升高
C．当电路中转移0.1 mol e-，通过交换膜的阳离子为0.2 mol
D．用KCl溶液代替盐酸，则电池总反应改变
20．已知反应： ，下列说法错误的是（ ）
A．X为
B．生成1mol 共转移2mol
C．氧化产物为 和
D．参加反应的 全部被还原
二、综合题
21．以方铅矿(主要成分是PbS，含少量ZnS、Fe、Ag)为原料提炼铅及其化合物的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）流程中“趁热过滤”的目的是 ，滤渣的主要成分是 。
（2）该工艺流程中可循环利用的物质是 。
（3）浊液1中通入适量氯气时，发生反应的离子方程式为 。
（4）《药性论》中有关铅丹(Pb3O4)的描述是：“治惊悸狂走，呕逆，消渴。”向铅丹中滴加浓盐酸时，产生黄绿色气体，请写出发生反应的化学方程式 。
（5）取一定量含有Pb2+、Cu2+的工业废水，向其中滴加Na2S溶液，当PbS开始沉淀时，溶液中c(Pb2+)/c(Cu2+)= 。[已知Kp(PbS)=3.4×10-28，Kp(CuS)=1.3×10-36]
（6）炼铅和用铅都会使水体因重金属铅的含量增大而造成严重污染。水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-。各形态的浓度分数x与溶液PH变化的关系如下图所示：
①探究Pb2+的性质：向含Pb2+的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，溶液变浑浊，继续滴加NaOH溶液又变澄清；pH>13时，溶液中发生的主要反应的离子方程式为 。
②除去溶液中的Pb2+：科研小组用一种新型试剂可去除水中的铅和其他杂质离子，实验结果记录如下：
离子 Pb2+ Ca2+ Fe3+ Mn2+
处理前浓度(mg/L) 0.100 29.8 0.12 0.087
处理后浓度(mg/L) 0.004 22.6 0.04 0.053
由表可知该试剂去除Pb2+比Fe3+效果好，请用表中有关数据说明 .
22．能源是人类共同关注的重要问题。页岩气是从页岩层中开采出来的一种非常重要的天然气资源，页岩气的主要成分是甲烷，是公认的洁净能源。
（1）页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO和H2)。CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1
已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ mol-1、-b kJ mol-1、-c kJ mol-1；
②H2O (l) =H2O(g)； △H=+dkJ mol-1
则△H1= （用含字母a、
B、
C、d的代数式表示）kJ mol-1。
（2）用合成气生成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示：
t/min 0 1 3 5
n(H2)/mol 8.0 5.4 4.0 4.0
①△H2 (填“>”“<”或“ = ”)0。
②下列说法正确的是 (填标号）。
a.温度越高，该反应的平衡常数越大
b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高
c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度
d.图中压强p1③ 0 3 min内用CH3OH表示的反应速率v(CH3OH)= mol L-1·min-1。
④ 200℃时，该反应的平衡常数K = 。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡 (填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。标准状况下通入5.6 L甲烷，测得电路中转移1.2 mol电子，则甲烷的利用率为 。
23．我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为 。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有 ；氧化除杂工序中ZnO的作用是 ，若不通入氧气，其后果是 。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为 。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为 ；沉积锌后的电解液可返回 工序继续使用。
24．研究大气污染物SO2、CH3OH与H2O之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。
反应i：
反应ii：
（1）CH3OSO3H发生水解： △H= kJ．mol-1。
（2）T℃时，反应ii的CH3OH(g)、SO3 (g)的初始浓度分别为
平衡时SO3转化率为0.04%，则K= 。
（3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii在无水和有水条件下的反应历程，
如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。
①分子间的静电作用力最强的是 （填“a”、“b”或“c”）。
②水将反应ii的最高能垒由 eV降为 eV。
③d到f转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为 （填标号）。
A．CH3OH中的氢氧键 B．CH3OH中的碳氧键
C．H2O中的氢氧键 D．SO3中的硫氧键
（4）分别研究大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响，结果如图所示。
①当c( CH3OH)大于10-11 mol.L-1时，c(CH3OH)越大，c( H2SO4)越小的原因是 。
②当c( CH3OH)小于10-11mol.L-1时，c(H2O)越大，c( CH3OSO3H)越小的原因是 。
25．H2S是存在于燃气中的一种有害气体，脱除H2S的方法有很多。
（1）国内有学者设计了“Cu2+一沉淀氧化”法脱除H2S。该法包括生成CuS沉淀，氧化CuS(Cu2++CuS+4Cl-=S+2CuCl2-)及空气氧化CuCl2—再生Cu2+。
①反应H2S(aq)+Cu2+(aq) CuS(s)+2H+(aq)的K=
②再生Cu2+反应的离子方程式为 。
（2）采用生物脱硫技术时，H2S与碱反应转化为HS-，在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42-、NO3-被还原为N2。当33.6 m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)脱硫时，消耗NO3-的物质的量为 mol。
（3）已知下列热化学方程式：
Ⅰ.H2(g)+ O2(g)=H2O(l) H1=-285.8kJ mol-1
Ⅱ. H2(g)+S(s)=H2S(g) H2=-20.6kJ mol-1
Ⅲ.S(s)+O2(g)=SO2(g) H3=-296.8kJ mol-1
则以Claus法脱除H2S的反应：2H2S(g)+SO2 (g)=3S(s)+2H2O(1) △H= kJ/mol。
（4）101 kPa下，H2S分解：2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)。保持压强不变，反应达到平衡时，气体的体积分数(φ)随温度的变化曲线如图：
①在密闭容器中，关于反应2H2S(g) 2H2(g)+S2 (g)的说法正确的是 (填字母)。
A．Kp随温度的升高而增大
B．低压有利于提高HpS的平衡分解率
C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，则v(正)D．在恒容密闭容器中进行反应，当气体密度不再变化时，反应达到平衡状态
②图中Q点：H2S的平衡转化率为 ；S2(g)的分压为 kPa；1330℃时，反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)的Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数)。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2 为正盐，只能与酸反应，A符合题意；
B．白磷与氢氧化钠溶液反应、H3PO2分解生成PH3和H3PO4，这两个反应中元素化合价发生变化，是氧化还原反应，B不符合题意；
C．PH3在空气中能自燃，整个过程中有PH3生成，故需要在无氧条件下进行，C不符合题意；
D．H3PO2中P元素为+1价，H3PO4 和 PH3中P元素分别为+5和-3价，根据得失电子守恒规律， 反应生成 H3PO4 和 PH3的物质的量之比为1∶1，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】白磷溶于过量的氢氧化钠溶液发生反应P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，NaH2PO2和稀硫酸发生反应2NaH2PO2+H2SO4=H3PO2+Na2SO4，H3PO2分解的方程式为2H3PO2=H3PO4+PH3，据此解答。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．双氧水作消毒剂利用了过氧化氢的强氧化性使蛋白质变性，故A符合题意；
B．生石灰作干燥剂是利用了生石灰与水反应生成熟石灰，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．碳酸氢钠作膨松剂是利用碳酸氢钠和酸反应产生二氧化碳，使物质蓬松，与氧化还原反应无关，故C不符合题意；
D．氧化铁作红色颜料是利用氧化铁的颜色，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】利用氧化还原反应的原理的主要是元素化合价发生变化，结合选项找出即可
3．【答案】B
【解析】【解答】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；
C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．谷物的主要成分为淀粉；
B.2NaHCO3CO2+H2O+Na2CO3；
C．如次氯酸可以分解生成HCl和O2；
D.4NO2+H2O=2HNO3+NO。
4．【答案】A
【解析】【解答】A、溴化钠中溴元素化合价升高被氧化作还原剂，A符合题意；
B、溴单质中溴元素化合价降低被还原作氧化剂，B不符合题意；
C、溴单质既是氧化剂又是还原剂，被氧化生成溴酸钠，被还原生成溴化钠，C不符合题意；
D、反应属于中和反应，各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据溴元素在反应前后化合价的变化进行分析，若反应前后溴元素的化合价升高，则被氧化。
5．【答案】A
【解析】【解答】A. 古代与现代的冶金均采用高温熔化，再去除杂质的方法，A符合题意；
B. 古代火箭运用的是固体燃料，B不符合题意；
C. 古代捣碎中药，可增加其有效接触面积，提高有效成分利用率，未产生化学变化，C不符合题意；
D. 现代热气球起飞需要间断点火供给热空气，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.金属冶炼采用的都是氧化还原反应原理；
B.根据固体燃料与液体燃料的区别进行判断；
C.物理变化与化学变化的根本区别在于是否有新物质生成；
D.热气球需要热量。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故A错误；
B．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH﹣向负极甲电极移动，故B错误；
C．放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e﹣═2Ni（OH）2+2OH﹣，负极电极反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2，故C正确；
D．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误；
故选C．
【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答．
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A．分子式为C2H4O的可能是乙醛也可能为环氧乙烷，所以性质不相同，故A错误；
B．同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，分子构成不同，所以其原子个数不一定相等，故B错误；
C．密闭容器中1molN2与3molH2充分反应生成氨气为可逆反应，又可逆反应不可能反应到底，则无法计算，故C错误；
D．依据右图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=反应物的焓﹣生成物的焓=（E1+E3﹣E2﹣E4）kJ mol﹣1，故D正确；
故选D．
【分析】A．分子式为C2H4O的可能是乙醛也可能为环氧乙烷；
B．同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的任何气体含有相同数目的分子；
C．可逆反应不可能反应到底；
D．依据右图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=反应物的焓﹣生成物的焓．
8．【答案】A
【解析】【解答】A．添有的食盐中加入淀粉溶液、稀盐酸和KI，发生如下反应+5KI+6HCl=3I2+6KCl+3H2O，淀粉遇I2变蓝，反应中氧化性：，A项符合题意；
B．可以判断含钠离子，也可能含其他金属离子，如K+，B项不符合题意；
C．产生能使澄清石灰水变浑浊的气体可是SO2，不一定是CO2，C项不符合题意；
D．溶液中滴加稀盐酸，能产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀，若溶液中含SO、S2-或者HSO、S2-中滴加稀盐酸，也能产生上述现象，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
B.钠离子的焰色反应为黄色，但不能排除其他离子的存在；
C.能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2或SO2；
D.若溶液中含SO、S2-或者HSO、S2-也能产生相同的现象。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．浓硫酸和Na2SO3发生复分解反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，图中装置可以制备SO2，A不符合题意；
B．长导管通入二氧化硫，二氧化硫和CuCl2溶液在锥形瓶中反应产生CuCl，图中装置可以制备CuCl，B不符合题意；
C．由题可知CuCl在潮湿的空气中易被氧化，因此干燥CuCl不能用蒸发的操作进行，C符合题意；
D．二氧化硫有毒，能与碱溶液反应，因此可用NaOH溶液吸收SO2尾气，同时图示还能防倒吸，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；
B.二氧化硫与氯化铜反应生成CuCl；
C.干燥CuCl应隔绝空气，在干燥器中进行；
D.二氧化硫与NaOH反应，且球形干燥管防止倒吸。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化剂为KMnO4，氧化产物为Cl2，所以氧化性KMnO4＞Cl2；还原剂为HCl，还原产物为 MnCl2，所以还原性HCl＞MnCl2；
②Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 ，氧化剂为Cl2，氧化产物为Br2，所以氧化性Cl2＞Br2；还原剂为NaBr，还原产物为NaCl，所以还原性NaBr＞NaCl；
③Br2+2FeBr2=2FeBr3，氧化剂为Br2，氧化产物为，所以氧化性Br2＞Fe3+；还原剂为Fe2+，还原产物为Br﹣，所以还原性Fe2+＞Br﹣；
A、由上述分析可知，还原性强弱顺序为：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，故A错误；
B、由上述分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故B正确；
C、反应①中只有氯元素被氧化，氯原子守恒可知，1mol Cl2时，被氧化的HCl为2mol，参加反应的HCl为3.2mol，故C错误；
D、由上述分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，所以氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，Fe3+不能氧化Cl﹣，故D错误．
故选：B．
【分析】A、根据还原剂的还原性＞还原产物还原性判断．
B、根据氧化剂的氧化性＞氧化产物氧化性判断．
C、反应①中只有氯元素被氧化，根据氯原子守恒计算．
D、氯气氧化性比Fe3+强，该离子反应不能发生．
11．【答案】B
【解析】【解答】A．白磷有毒，且对人体具有腐蚀作用，不慎将白磷沾到皮肤上，可以用硫酸铜溶液冲洗，A项不符合题意；
B．过程I中反应方程式为：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，其中磷酸为氧化产物，Cu3P为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5，B项符合题意；
C．过程II为磷酸和氢氧化钙反应，除生成外，还可能生成、，C项不符合题意；
D．据图分析，结合氧化还原反应，过程III的化学方程式为，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 A.由图中过程I可知，白磷与硫酸铜溶液反应；
B.过程I中P元素的化合价由0升高为+5价、降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价；
C.磷酸为三元酸；
D.过程III中磷酸钙、二氧化硅、焦炭反应生成，硅酸钙、CO、白磷。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．因CH4和H2O的平衡转化率随温度升高都增大，故均为吸热反应，故A不符合题意；
B．由于H2O同时参与两个反应，因此温度相同的条件下，H2O的转化率大于CH4的转化率，则曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化，故B不符合题意；
C．反应Ⅰ，增大压强，平衡逆向移动，CO的物质的量减少，故反应Ⅱ中CO的转化率减小，故C符合题意；
D．恒压下随着反应的进行容器体积发生改变，混合气体的密度发生改变，当容器中混合气体的密度保持不变，一定可以说明反应达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.由图可知，CH4和H2O的平衡转化率随温度升高而增大，说明升高温度，两反应平衡都正向移动；
B. H2O同时参与两个反应；
C.增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，CO物质的量减小，CO参与反应Ⅱ ；
D.恒压条件下，容器的体积随着反应进行而改变，则混合气体的密度也发生改变。
13．【答案】A
【解析】【解答】A.1mol硝酸根离子转化为0.5mol氮气，转移5mol电子，1mol氢气转移2mol电子，所以完全还原1mol硝酸根离子消耗2.5mol氢气，A项符合题意；
B．四氧化三铁具有磁性，可以被磁铁吸引，则四氧化三铁催化完成后，可利用四氧化三铁的磁性与水体分离，B项不符合题意；
C．HCOOH分解生成氢气和二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，可调节反应体系pH，保证催化还原的效果，C项不符合题意；
D．b过程中氢气与亚硝酸根离子，氢离子反应，亚硝酸根离子被还原为氮气，氢气被氧化为水，反应的离子方程式为3H2+2NO +2H+ N2+4H2O，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.硝酸根转化为氮气，转移的电子数和氢气变为为氢离子的电子数相等
B.四氧化三铁具有磁性
C.甲酸分解得到二氧化碳时可以通过调节pH即可保证催化效果
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
14．【答案】B
【解析】【解答】A、由分析可知，电极A为阳极，因此电极A应与电源的正极相连，发生失电子的氧化反应，A不符合题意。
B、由分析可知，电极B的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B符合题意。
C、电极B周围产生OH－，要在右室得到较高浓度的NaOH溶液，则应使左室的Na＋通过离子交换膜进入右室，因此应选用阳离子交换膜，C不符合题意。
D、改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，从而减少能耗，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】电极A上Cl－发生失电子对应反应，生成Cl2，因此电极A为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑。电极B上O2发生得电子的还原反应，为阴极，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．Li活泼性更强，Mg比Li更稳定，安全性更强，故A不符合题意；
B．放电时为原电池，原电池中正极得电子、发生还原反应，正极的电极反应式为VOCl2+e-=VOCl+Cl-，故B不符合题意；
C．放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即Cl-穿过复合离子液体向Mg移动，故C不符合题意；
D．充电时为电解池，Mg电极要发生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．Mg比Li更稳定；
B．原电池中正极得电子、发生还原反应；
C．原电池中阴离子流向负极；
D．充电时，与电源的负极相连，作阴极。
16．【答案】B
【解析】【解答】解：A．放电时正极附近有OH﹣生成，所以正极附近碱性增强，故A正确；
B．充电时锌极与外电源负极相连，故B错误；
C．放电时正极转化为：FeO42﹣→Fe（OH）3，1mol K2FeO4被还原要得到3mol电子，故C正确；
D．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，该电池环境为碱性环境，故D正确；
故选B．
【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OH﹣=FeO42+4H2O+3e﹣，阳极消耗OH﹣离子，碱性要减弱．
17．【答案】B
【解析】【解答】A．从图分析，只进去的为反应物，只出来的物质为生成物，所以该反应为2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O，A不符合题意；
B．盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B符合题意；
C．较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C不符合题意；
D．次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，去除率降低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据反应物和生成物即可写出方程式
B.标出元素的化合价即可判断
C.温度高易导致气体挥发和分解不利于反应
D.氧化性太强易将氨气氧化为硝酸根离子
18．【答案】B
【解析】【解答】A．氢气和氧气燃烧只生成水，降低了对环境的污染，A不符合题意；
B．碳化硅是一种无机非金属材料，B符合题意；
C．空间站中的由太阳能电池电解水得到，太阳能电池板将太阳能转化为电能，水通电分解，电能又转化为化学能，C不符合题意；
D．人生存离不开水且呼吸生成二氧化碳，和反应制得水，既解决了的清除问题，又实现了水的循环利用，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氢气燃烧产物无污染
B.碳化硅是无机非金属材料
C.太阳能电池是将太阳能转化为电能，转化为化学能
D.利用二氧化碳和氢气制取水，消耗二氧化碳提供水的循环
19．【答案】A
【解析】【解答】根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl 可以知道，Ag作负极、失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，
A、负极上银失电子生成银离子，银离子与氯离子结合成氯化银，其电极反应为： Ag－e-+Cl-=AgCl，A符合题意；
B、放电时，交换膜左侧的氢离子向正极移动，溶液酸性增强，交换膜右侧溶液中pH降低，B不符合题意；
C、放电时，当电路中转移0.1 mol e-时，交换膜左则会有0.1 mol 氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，故C不符合题意；
D、根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl 可以知道，用KCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.原电池的负极发氧化反应；
B.根据原电池中离子移动方向判断右侧溶液pH的变化；
C.通过阳离子交换膜的是氢离子；
D.钾离子不参与反应，换为KCl反应实质不变。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，X为水，故A不符合题意；
B．由以上分析可知，转移84mol电子时，生成6molH3AsO4，所以生成1molH3AsO4，转移14mole ，故B符合题意；
C．As2S3中As的化合价从+3价升高到H3AsO4中的+5价，-2价硫的化合价升高到硫酸中的+6价，所以H3AsO3和H2SO4都是氧化产物，故C不符合题意；
D．由以上分析可知，HNO3中氮元素的化合价全部降低到NO中，所以参加反应的HNO3全部被还原，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 结合质量守恒可知X为H2O，反应中硫元素化合价从-2升高为+6价被氧化，砷元素化合价从+3升到+5价被氧化，N元素的化合价从+5价降低到+2价，被还原，以此来解答。
21．【答案】（1）防止PbCl2结晶析出；Ag和Fe(OH)3
（2）盐酸
（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（4）Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O
（5）2.6×108
（6）Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42-；加入该试剂，Pb2+的浓度转化率为(0.1-0.004)÷0.1×100%=96%；Fe3+的浓度转化率为(0.12-0.04)÷0.12×100%=67%，所以该试剂去除Pb2+比Fe3+效果好
【解析】【解答】（1）PbCl2溶解度随温度升高而增大，流程中“趁热过滤”可以防止PbCl2结晶析出；根据流程图，滤液中含有Pb2+、Zn2+，所以滤渣中有Ag和Fe(OH)3；
（2）根据流程图，开始需要加入盐酸，最后产物有盐酸，可循环利用的物质是盐酸；
（3）浊液1中通入适量氯气，氯化亚铁被氧化为氯化铁，反应离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（4）Pb3O4与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气和PbCl2，反应化学方程式是Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O；
（5） Kp(PbS)=3.4×10-28>Kp(CuS)=1.3×10-36，当PbS开始沉淀时，一定有CuS沉淀，c(Pb2+)/c(Cu2+)= Kp(PbS)/Kp(CuS)= 2.6×108 ；
（6）①pH>13时，Pb(OH)3-与氢氧化钠反应生成Pb(OH)42-，反应离子方程式是Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42- ；②加入该试剂，Pb2+的浓度转化率为(0.1-0.004)÷0.1×100%=96%；Fe3+的浓度转化率为(0.12-0.04)÷0.12×100%=67%，所以该试剂去除Pb2+比Fe3+效果好。
【分析】（1）溶解度受温度影响较大的物质在分离时需要趁热过滤；
（3）根据浊液中含有亚铁离子，氯气能够氧化亚铁离子进行书写离子方程式；
（4）根据反应物和生成物结合氧化还原反应原理进行书写化学方程式即可。
22．【答案】（1）-a+3b+c–d
（2）<；cd； （或0.067）；6.25；正向
（3）60%
【解析】【解答】（1） CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1，已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ mol-1、-b kJ mol-1、-c kJ mol-1；②H2O (l) =H2O(g)； △H=+dkJ mol-1，由盖斯定律可知，②×3+③-①-④可知，则△H1=-a+3b+c–d kJ mol-1。
（2）CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示： ，
①由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，即正反应为放热反应，△H2＜0。
②a、正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故a错误；
b.达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但平衡不移动，CO的转化率不变，故b错误；
c.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，故c正确；
d.由图示可知，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强p1＜p2，故d正确；
故答案为：cd；
③由图表可知，3min后反应达到平衡状态
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol/L） 0.4 0.8 0
转化（mol/L） 0.2 0.4 0.2
平衡（mol/L） 0.2 0.4 0.2
0 3 min内用CH3OH表示的反应速率v（CH3OH）=0.2mol·L－1/3min=1/15mol L-1·min-1。
④ 200℃时，200℃时平衡常数K=c(CH3OH)/(c(CO)×c2(H2))=0.2/(0.2×0.42)=6.25；向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2mol CO、2mol H2、2mol CH3OH，此时各物质的浓度为c（CO）=0.4mol·L－1，c（H2）=0.6mol·L－1，c（CH3OH）=0.4mol·L－1，保持温度不变，则此时Qc=c(CH3OH)/[c(CO)×c2(H2)]=0.4/(0.4×0.62)=2.78＜6.25=K，则此时平衡应向正方向移动；
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池，CH4完全氧化后的产物为K2CO3，1mol甲烷完全燃烧转移电子的物质的量为[4－（-4）]mol=8mol。测得电路中转移1.2 mol电子，可知参加反应的甲烷为1.2mol/8mol ×1mol=0.15mol，标准状况下通入5.6 L甲烷的物质的量为5.6L/22.4L·mol－1=0.25mol，甲烷的利用率为0.15mol/0.25mol ×100%=60%。
【分析】（1）根据燃烧热书写反应的热化学方程式，结合盖斯定律确定目标反应的反应热；
（2）①根据温度对平衡移动的影响，结合图像变化，确定ΔH的正负；
②a、结合温度对平衡的影响分析温度改变，平衡常数的变化；
b、平衡体系中充入惰性气体，则压强增大，结合压强对平衡移动的影响分析；
c、反应前后，气体分子数改变，则压强改变，当压强不变时，则反应达到平衡状态；
d、结合压强对平衡移动的影响分析；
③由H2的物质的量变化，结合反应的化学方程式计算Δc(CH3OH)，再根据公式计算反应速率；
④结合平三段式计算平衡时各物质的物质的量浓度，再根据平衡常数K的表达式计算该温度下平衡常数；根据Qc与平衡常数K的大小关系，确定反应进行的方向；
23．【答案】（1）ZnS+ O2 ZnO+SO2
（2）PbSO4；调节溶液的pH；无法除去杂质
（3）Fe2+Zn+Cd2+=Zn2++Cd
（4）Zn2++2e－=Zn；溶浸
【解析】【解答】解：（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2。
（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
【分析】（1）焙烧过程主要是硫化锌和氧气发生反应生成氧化锌和二氧化硫，属于氧化还原反应；硫酸铅和二氧化硅既不溶于水也不溶于硫酸；
（2）氧化锌可以和硫酸反应，所以加入氧化锌既可以调节pH值还不会引入新的杂质；
（3）锌单质可以将镉离子还原为镉单质，这说明锌单质的活泼性强于镉；
（4）在电解池中，阴极得到电子，发生的是还原反应；锌单质可以返回溶浸工序继续使用。
24．【答案】（1）-164.4kJ·mol-1
（2）4×104L·mol-1
（3）a；20.93ev；6.62Ev；ACD
（4）反应1反应2为竞争反应，CH3OH浓度增大，同SO3反应，抑制了SO3和水反应，硫酸浓度减少(a的静电作用力强，甲醇浓度增大，有利于生成a，不利于生成硫酸)；H2O浓度越大，使得甲醇和SO，的碰撞几率减小，硫酸氢甲酯浓度降低
【解析】【解答】(1) 反应i：SO3（g）+H2O（g）=H2SO4（l） △H1 =-227.8kJ/mol；
反应ii：CH3OH（g）+SO3（g）=CH3OSO3H（g） △H2=-63.4kJ/mol。
反应i-反应ii得：CH2OSO3H（g）+H2O（g）=H2SO4（l）+CH3OH（g），
所以 △H =△H1 - △H2=(-227.8kJ/mol)-(-63.4kJ/mol)=-164.4kJ/mol；
(2)SO3转化率为0.04%，则SO3转化的物质的量=1x10-8mol/L×0.04%=8×10-13mol/L，
列三等式计算： ，
K=L/mol=4×104L/mol；
(3)①a处的两个分子能量更低，更稳定，分子间静电作用更强；
②无水时，反应ii的最高能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，有水时，反应ii的最高能垒为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，所以水将反应ii的最高能垒由20.93eV降低到6.62eV；
③由图示信息，水分子中的氢氧键有一个发生了断裂，同时又形成一个；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新形成一个新键；SO3中硫氧双键断了一个，形成了硫氧单键，S和甲醇中的O重新形成一根单键，综上，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂；
(4)①反应i和反应ii都消耗三氧化硫，为竞争反应，CH3OH浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了SO3和水的反应，硫酸的浓度减小；
②水的浓度越大，使得甲醇和SO3碰撞几率减小，生成CH3OSO3H的几率减小，c(CH3OSO3H)降低。
【分析】反应i和反应ii为竞争反应，两个反应都和三氧化硫有关，三氧化硫浓度不变的条件下，一个反应程度增大必然导致另一个反应程度减小。
25．【答案】（1）；4CuCl2-+O2+ 4H+= 4Cu2++2 H2O+8Cl-
（2）4.8
（3）-233.6
（4）AB；50%；20.2 kPa；20.2 kPa
【解析】【解答】(1) ①根据平衡常数表达式，反应H2S(aq)+Cu2+(aq) CuS(s)+2H+(aq)的K= ；②空气中的氧气可氧化CuCl2—生成Cu2+，则离子反应为：4CuCl2—+O2+ 4H+= 4Cu2++ 2H2O+8Cl-；(2) 33.6 m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)中含有硫化氢的物质的量= =3mol；H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S~ HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42—、NO3—被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+= 5SO42-+ 4N2+ 4H2O，则可得关系：5H2S~ 5HS-~8NO3-，则消耗NO3—的物质的量= =4.8mol；(3)根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2 H1-2 H2- H3=2×(-285.8kJ mol-1)-2×(-20.6kJ mol-1)-(-296.8kJ mol-1)=-233.6kJ mol-1，2H2S(g)+SO2 (g)=3S(s)+2H2O(1)△H=-233.6 kJ mol-1； (4)①A.平衡常数只受温度影响，根据图像，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫化氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大，故A正确；
B. 反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率，故B正确；
C.维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v(正)>v(逆)，故C不正确；
D.在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据，故D不正确；
故故答案为：AB；
②图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式：。
图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，则 = ，则x= ，则H2S的平衡转化率为50%；S2(g)的分压为 ×101 kPa=20.2 kPa，1330℃时，反应2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)的Kp= = =20.2 kPa。
【分析】(1) ①根据平衡常数表达式，反应H2S(aq)+Cu2+(aq) CuS(s)+2H+(aq)的K= ；②空气氧化CuCl2—再生Cu2+；(2) H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S~ HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42—、NO3—被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+= 5SO42-+ 4N2+ 4H2O，则可得关系：5H2S~ 5HS-~8NO3-，根据硫化氢的物质的量进行计算；(3)根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2 H1-2 H2- H3；(4)①A.平衡常数只受温度影响，根据图像，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫和氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大；
B. 反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率；
C.维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v(正>v(逆)；
D.在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据；
②图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式计算解答。
一、单选题
1．磷化氢(PH3)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过以下流程制取：
下列说法错误的是（ ）
A． 既能与酸反应又能与碱反应
B．流程中有两处涉及氧化还原反应
C．该过程需要在无氧条件下进行
D．分解反应生成 和 的物质的量之比为1∶1
2．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）
A．双氧水作消毒剂 B．生石灰作干燥剂
C．碳酸氢钠作膨松剂 D．氧化铁作红色颜料
3．下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
4．下列化学反应中溴元素仅被氧化的是（ ）
A．2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2
B．Br2+2NaI=2NaBr+I2
C．3Br2+6NaOH 5NaBr+NaBrO3+3H2O
D．HBr+NaOH=NaBr+H2O
5．化学在古代与现代的科技发展中起了十分重要的作用，下列说法中正确的是（ ）
A B C D
古代与现代的冶金均运用了相同的化学原理 古代与现代的火箭发射均利用了液体燃料 古代捣碎中药与现代中药纳米粉碎均是化学变化 古代风筝与现代热气球飞行均无需物质直接供给能量
A．A B．B C．C D．D
6．2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极反应为：NiO（OH）+H2O+e ═Ni（OH）2+OH
B．放电时，甲电极为正极，OH 移向乙电极
C．电池总反应为H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2
D．充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
7．下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C2H4O的有机化合物性质相同
B．同温同压下，同体积的任何气体均含有相同的原子数
C．密闭容器中1molN2与3molH2充分反应，产物的分子数为 2×6.02×1023
D．依据上图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=（E1+E3﹣E2﹣E4）kJ mol﹣1
8．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 向添有的食盐中加入淀粉溶液、稀盐酸和KI 溶液变蓝 氧化性：
B 铂丝蘸取某无色溶液后在火焰上灼烧 火焰呈黄色 该无色溶液中阳离子只含
C 向某钾盐中滴加稀盐酸 产生的气体可以使澄清石灰水浑浊 该钾盐为或或二者的混合物
D 向某无色溶液中滴入盐酸 产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀 该无色溶液中一定含有
A．A B．B C．C D．D
9．CuCl是一种白色晶体，难溶于水，在潮湿的空气中易被氧化。实验室制备CuCl的反应原理为SO2+ 2CuCl2+2H2O=2CuCl ↓+H2SO4+2HCl。用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是（ ）
A B C D
制备SO2 制备CuCl 干燥CuCl 吸收SO2尾气
A．A B．B C．C D．D
10．在常温下，发生下列几种反应①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ②Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 ③Br2+2FeBr2=2FeBr3根据上述反应，下列结论正确的是（ ）
A．还原性强弱顺序为：Br﹣＞Fe2+＞Cl﹣
B．氧化性强弱顺序为：MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+
C．反应①中，当生成1mol Cl2时，被氧化的HCl为3.2mol
D．溶液中可发生反应：2Fe3++2Cl﹣=2Fe2++Cl2↑
11．一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．不慎将白磷沾到皮肤上，可用稀溶液冲洗
B．过程I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6
C．过程II中，除生成外，还可能生成、
D．过程III的化学方程式为
12．合成氨中的氢气可由下列反应制取：反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)△H1，反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)△H2，恒压下，将等物质的量的CH4和H2O投入到密闭容器中发生反应，CH4和H2O的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。
下列有关说法错误的是（ ）
A．两个反应的焓变均大于零
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．增大压强不影响反应Ⅱ中CO的转化率
D．容器中混合气体的密度保持不变，一定可以说明反应达到平衡状态
13．我国科学家在研究“催化还原地下水硝酸盐污染”时，将甲酸(HCOOH)在纳米级磁性Fe3O4－Pd(钯)表面分解为活性氢气和二氧化碳后，再经a、b两个反应过程实现了NO3-的催化还原(如图)。下列说法错误的是（ ）
A．过程a、b中完全还原1molNO 消耗2molH2
B．Fe3O4催化完成后，可利用Fe3O4的磁性与水体分离
C．HCOOH分解产生CO2可调节反应体系pH，保证催化还原的效果
D．b过程反应的离子方程式为3H2+2NO +2H+ N2+4H2O
14．氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
15．Mg-VOCl2电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简化装置示意图如下。总反应为Mg+2VOCl2MgCl2+2VOCl，下列说法错误的是
A．采用Mg作电极材料比Li的安全性更高
B．放电时正极反应为VOCl2+e =VOCl+Cl
C．放电过程中Cl 穿过复合离子液体向Mg移动
D．为该电池充电时Mg电极应与电源的正极相连
16．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述错误的是（ ）
A．放电时正极附近溶液的碱性增强
B．充电时锌极与外电源正极相连
C．放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原
D．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣═FeO42﹣+4 H2O
17．水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如下图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．NaClO除去氨氮的总反应化学方程式2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O
B．整个过程中发生的反应都是氧化还原反应
C．在较高温度下，氨氮去除率会降低
D．NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降
18．长征五号运载火箭搭载空间站“天和”核心舱发射升空。“天和”核心舱采用大面积可展收柔性太阳电池翼，为空间站中电解水提供电能。下列有关说法不正确的是（ ）
A．长征五号运载火箭采用液氧、液氢推进剂，降低了对环境的污染
B．太阳翼伸展机构关键部件采用的碳化硅是一种有机高分子材料
C．空间站中的由太阳能电池电解水得到，能量转化形式为：太阳能→电能→化学能
D．空间站中和反应制得水，既解决了的清除问题，又实现了水的循环利用
19．某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl。下列说法正确的是（ ）
A．负极反应为Ag－e-+Cl-=AgCl
B．放电时，交换膜右侧溶液中pH升高
C．当电路中转移0.1 mol e-，通过交换膜的阳离子为0.2 mol
D．用KCl溶液代替盐酸，则电池总反应改变
20．已知反应： ，下列说法错误的是（ ）
A．X为
B．生成1mol 共转移2mol
C．氧化产物为 和
D．参加反应的 全部被还原
二、综合题
21．以方铅矿(主要成分是PbS，含少量ZnS、Fe、Ag)为原料提炼铅及其化合物的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）流程中“趁热过滤”的目的是 ，滤渣的主要成分是 。
（2）该工艺流程中可循环利用的物质是 。
（3）浊液1中通入适量氯气时，发生反应的离子方程式为 。
（4）《药性论》中有关铅丹(Pb3O4)的描述是：“治惊悸狂走，呕逆，消渴。”向铅丹中滴加浓盐酸时，产生黄绿色气体，请写出发生反应的化学方程式 。
（5）取一定量含有Pb2+、Cu2+的工业废水，向其中滴加Na2S溶液，当PbS开始沉淀时，溶液中c(Pb2+)/c(Cu2+)= 。[已知Kp(PbS)=3.4×10-28，Kp(CuS)=1.3×10-36]
（6）炼铅和用铅都会使水体因重金属铅的含量增大而造成严重污染。水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-。各形态的浓度分数x与溶液PH变化的关系如下图所示：
①探究Pb2+的性质：向含Pb2+的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，溶液变浑浊，继续滴加NaOH溶液又变澄清；pH>13时，溶液中发生的主要反应的离子方程式为 。
②除去溶液中的Pb2+：科研小组用一种新型试剂可去除水中的铅和其他杂质离子，实验结果记录如下：
离子 Pb2+ Ca2+ Fe3+ Mn2+
处理前浓度(mg/L) 0.100 29.8 0.12 0.087
处理后浓度(mg/L) 0.004 22.6 0.04 0.053
由表可知该试剂去除Pb2+比Fe3+效果好，请用表中有关数据说明 .
22．能源是人类共同关注的重要问题。页岩气是从页岩层中开采出来的一种非常重要的天然气资源，页岩气的主要成分是甲烷，是公认的洁净能源。
（1）页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO和H2)。CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1
已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ mol-1、-b kJ mol-1、-c kJ mol-1；
②H2O (l) =H2O(g)； △H=+dkJ mol-1
则△H1= （用含字母a、
B、
C、d的代数式表示）kJ mol-1。
（2）用合成气生成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示：
t/min 0 1 3 5
n(H2)/mol 8.0 5.4 4.0 4.0
①△H2 (填“>”“<”或“ = ”)0。
②下列说法正确的是 (填标号）。
a.温度越高，该反应的平衡常数越大
b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高
c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度
d.图中压强p1
④ 200℃时，该反应的平衡常数K = 。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡 (填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。标准状况下通入5.6 L甲烷，测得电路中转移1.2 mol电子，则甲烷的利用率为 。
23．我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为 。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有 ；氧化除杂工序中ZnO的作用是 ，若不通入氧气，其后果是 。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为 。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为 ；沉积锌后的电解液可返回 工序继续使用。
24．研究大气污染物SO2、CH3OH与H2O之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。
反应i：
反应ii：
（1）CH3OSO3H发生水解： △H= kJ．mol-1。
（2）T℃时，反应ii的CH3OH(g)、SO3 (g)的初始浓度分别为
平衡时SO3转化率为0.04%，则K= 。
（3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii在无水和有水条件下的反应历程，
如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。
①分子间的静电作用力最强的是 （填“a”、“b”或“c”）。
②水将反应ii的最高能垒由 eV降为 eV。
③d到f转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为 （填标号）。
A．CH3OH中的氢氧键 B．CH3OH中的碳氧键
C．H2O中的氢氧键 D．SO3中的硫氧键
（4）分别研究大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响，结果如图所示。
①当c( CH3OH)大于10-11 mol.L-1时，c(CH3OH)越大，c( H2SO4)越小的原因是 。
②当c( CH3OH)小于10-11mol.L-1时，c(H2O)越大，c( CH3OSO3H)越小的原因是 。
25．H2S是存在于燃气中的一种有害气体，脱除H2S的方法有很多。
（1）国内有学者设计了“Cu2+一沉淀氧化”法脱除H2S。该法包括生成CuS沉淀，氧化CuS(Cu2++CuS+4Cl-=S+2CuCl2-)及空气氧化CuCl2—再生Cu2+。
①反应H2S(aq)+Cu2+(aq) CuS(s)+2H+(aq)的K=
②再生Cu2+反应的离子方程式为 。
（2）采用生物脱硫技术时，H2S与碱反应转化为HS-，在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42-、NO3-被还原为N2。当33.6 m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)脱硫时，消耗NO3-的物质的量为 mol。
（3）已知下列热化学方程式：
Ⅰ.H2(g)+ O2(g)=H2O(l) H1=-285.8kJ mol-1
Ⅱ. H2(g)+S(s)=H2S(g) H2=-20.6kJ mol-1
Ⅲ.S(s)+O2(g)=SO2(g) H3=-296.8kJ mol-1
则以Claus法脱除H2S的反应：2H2S(g)+SO2 (g)=3S(s)+2H2O(1) △H= kJ/mol。
（4）101 kPa下，H2S分解：2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)。保持压强不变，反应达到平衡时，气体的体积分数(φ)随温度的变化曲线如图：
①在密闭容器中，关于反应2H2S(g) 2H2(g)+S2 (g)的说法正确的是 (填字母)。
A．Kp随温度的升高而增大
B．低压有利于提高HpS的平衡分解率
C．维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，则v(正)
②图中Q点：H2S的平衡转化率为 ；S2(g)的分压为 kPa；1330℃时，反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)的Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数)。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2 为正盐，只能与酸反应，A符合题意；
B．白磷与氢氧化钠溶液反应、H3PO2分解生成PH3和H3PO4，这两个反应中元素化合价发生变化，是氧化还原反应，B不符合题意；
C．PH3在空气中能自燃，整个过程中有PH3生成，故需要在无氧条件下进行，C不符合题意；
D．H3PO2中P元素为+1价，H3PO4 和 PH3中P元素分别为+5和-3价，根据得失电子守恒规律， 反应生成 H3PO4 和 PH3的物质的量之比为1∶1，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】白磷溶于过量的氢氧化钠溶液发生反应P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，NaH2PO2和稀硫酸发生反应2NaH2PO2+H2SO4=H3PO2+Na2SO4，H3PO2分解的方程式为2H3PO2=H3PO4+PH3，据此解答。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．双氧水作消毒剂利用了过氧化氢的强氧化性使蛋白质变性，故A符合题意；
B．生石灰作干燥剂是利用了生石灰与水反应生成熟石灰，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．碳酸氢钠作膨松剂是利用碳酸氢钠和酸反应产生二氧化碳，使物质蓬松，与氧化还原反应无关，故C不符合题意；
D．氧化铁作红色颜料是利用氧化铁的颜色，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】利用氧化还原反应的原理的主要是元素化合价发生变化，结合选项找出即可
3．【答案】B
【解析】【解答】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；
C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．谷物的主要成分为淀粉；
B.2NaHCO3CO2+H2O+Na2CO3；
C．如次氯酸可以分解生成HCl和O2；
D.4NO2+H2O=2HNO3+NO。
4．【答案】A
【解析】【解答】A、溴化钠中溴元素化合价升高被氧化作还原剂，A符合题意；
B、溴单质中溴元素化合价降低被还原作氧化剂，B不符合题意；
C、溴单质既是氧化剂又是还原剂，被氧化生成溴酸钠，被还原生成溴化钠，C不符合题意；
D、反应属于中和反应，各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据溴元素在反应前后化合价的变化进行分析，若反应前后溴元素的化合价升高，则被氧化。
5．【答案】A
【解析】【解答】A. 古代与现代的冶金均采用高温熔化，再去除杂质的方法，A符合题意；
B. 古代火箭运用的是固体燃料，B不符合题意；
C. 古代捣碎中药，可增加其有效接触面积，提高有效成分利用率，未产生化学变化，C不符合题意；
D. 现代热气球起飞需要间断点火供给热空气，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.金属冶炼采用的都是氧化还原反应原理；
B.根据固体燃料与液体燃料的区别进行判断；
C.物理变化与化学变化的根本区别在于是否有新物质生成；
D.热气球需要热量。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故A错误；
B．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH﹣向负极甲电极移动，故B错误；
C．放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e﹣═2Ni（OH）2+2OH﹣，负极电极反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiO（OH） 2Ni（OH）2，故C正确；
D．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误；
故选C．
【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答．
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A．分子式为C2H4O的可能是乙醛也可能为环氧乙烷，所以性质不相同，故A错误；
B．同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，分子构成不同，所以其原子个数不一定相等，故B错误；
C．密闭容器中1molN2与3molH2充分反应生成氨气为可逆反应，又可逆反应不可能反应到底，则无法计算，故C错误；
D．依据右图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=反应物的焓﹣生成物的焓=（E1+E3﹣E2﹣E4）kJ mol﹣1，故D正确；
故选D．
【分析】A．分子式为C2H4O的可能是乙醛也可能为环氧乙烷；
B．同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的任何气体含有相同数目的分子；
C．可逆反应不可能反应到底；
D．依据右图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=反应物的焓﹣生成物的焓．
8．【答案】A
【解析】【解答】A．添有的食盐中加入淀粉溶液、稀盐酸和KI，发生如下反应+5KI+6HCl=3I2+6KCl+3H2O，淀粉遇I2变蓝，反应中氧化性：，A项符合题意；
B．可以判断含钠离子，也可能含其他金属离子，如K+，B项不符合题意；
C．产生能使澄清石灰水变浑浊的气体可是SO2，不一定是CO2，C项不符合题意；
D．溶液中滴加稀盐酸，能产生有刺激性气味的气体和淡黄色沉淀，若溶液中含SO、S2-或者HSO、S2-中滴加稀盐酸，也能产生上述现象，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
B.钠离子的焰色反应为黄色，但不能排除其他离子的存在；
C.能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2或SO2；
D.若溶液中含SO、S2-或者HSO、S2-也能产生相同的现象。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．浓硫酸和Na2SO3发生复分解反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，图中装置可以制备SO2，A不符合题意；
B．长导管通入二氧化硫，二氧化硫和CuCl2溶液在锥形瓶中反应产生CuCl，图中装置可以制备CuCl，B不符合题意；
C．由题可知CuCl在潮湿的空气中易被氧化，因此干燥CuCl不能用蒸发的操作进行，C符合题意；
D．二氧化硫有毒，能与碱溶液反应，因此可用NaOH溶液吸收SO2尾气，同时图示还能防倒吸，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；
B.二氧化硫与氯化铜反应生成CuCl；
C.干燥CuCl应隔绝空气，在干燥器中进行；
D.二氧化硫与NaOH反应，且球形干燥管防止倒吸。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化剂为KMnO4，氧化产物为Cl2，所以氧化性KMnO4＞Cl2；还原剂为HCl，还原产物为 MnCl2，所以还原性HCl＞MnCl2；
②Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 ，氧化剂为Cl2，氧化产物为Br2，所以氧化性Cl2＞Br2；还原剂为NaBr，还原产物为NaCl，所以还原性NaBr＞NaCl；
③Br2+2FeBr2=2FeBr3，氧化剂为Br2，氧化产物为，所以氧化性Br2＞Fe3+；还原剂为Fe2+，还原产物为Br﹣，所以还原性Fe2+＞Br﹣；
A、由上述分析可知，还原性强弱顺序为：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，故A错误；
B、由上述分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故B正确；
C、反应①中只有氯元素被氧化，氯原子守恒可知，1mol Cl2时，被氧化的HCl为2mol，参加反应的HCl为3.2mol，故C错误；
D、由上述分析可知，氧化性强弱顺序为：MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，所以氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，Fe3+不能氧化Cl﹣，故D错误．
故选：B．
【分析】A、根据还原剂的还原性＞还原产物还原性判断．
B、根据氧化剂的氧化性＞氧化产物氧化性判断．
C、反应①中只有氯元素被氧化，根据氯原子守恒计算．
D、氯气氧化性比Fe3+强，该离子反应不能发生．
11．【答案】B
【解析】【解答】A．白磷有毒，且对人体具有腐蚀作用，不慎将白磷沾到皮肤上，可以用硫酸铜溶液冲洗，A项不符合题意；
B．过程I中反应方程式为：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，其中磷酸为氧化产物，Cu3P为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5，B项符合题意；
C．过程II为磷酸和氢氧化钙反应，除生成外，还可能生成、，C项不符合题意；
D．据图分析，结合氧化还原反应，过程III的化学方程式为，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 A.由图中过程I可知，白磷与硫酸铜溶液反应；
B.过程I中P元素的化合价由0升高为+5价、降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价；
C.磷酸为三元酸；
D.过程III中磷酸钙、二氧化硅、焦炭反应生成，硅酸钙、CO、白磷。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．因CH4和H2O的平衡转化率随温度升高都增大，故均为吸热反应，故A不符合题意；
B．由于H2O同时参与两个反应，因此温度相同的条件下，H2O的转化率大于CH4的转化率，则曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化，故B不符合题意；
C．反应Ⅰ，增大压强，平衡逆向移动，CO的物质的量减少，故反应Ⅱ中CO的转化率减小，故C符合题意；
D．恒压下随着反应的进行容器体积发生改变，混合气体的密度发生改变，当容器中混合气体的密度保持不变，一定可以说明反应达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.由图可知，CH4和H2O的平衡转化率随温度升高而增大，说明升高温度，两反应平衡都正向移动；
B. H2O同时参与两个反应；
C.增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，CO物质的量减小，CO参与反应Ⅱ ；
D.恒压条件下，容器的体积随着反应进行而改变，则混合气体的密度也发生改变。
13．【答案】A
【解析】【解答】A.1mol硝酸根离子转化为0.5mol氮气，转移5mol电子，1mol氢气转移2mol电子，所以完全还原1mol硝酸根离子消耗2.5mol氢气，A项符合题意；
B．四氧化三铁具有磁性，可以被磁铁吸引，则四氧化三铁催化完成后，可利用四氧化三铁的磁性与水体分离，B项不符合题意；
C．HCOOH分解生成氢气和二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，可调节反应体系pH，保证催化还原的效果，C项不符合题意；
D．b过程中氢气与亚硝酸根离子，氢离子反应，亚硝酸根离子被还原为氮气，氢气被氧化为水，反应的离子方程式为3H2+2NO +2H+ N2+4H2O，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.硝酸根转化为氮气，转移的电子数和氢气变为为氢离子的电子数相等
B.四氧化三铁具有磁性
C.甲酸分解得到二氧化碳时可以通过调节pH即可保证催化效果
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
14．【答案】B
【解析】【解答】A、由分析可知，电极A为阳极，因此电极A应与电源的正极相连，发生失电子的氧化反应，A不符合题意。
B、由分析可知，电极B的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B符合题意。
C、电极B周围产生OH－，要在右室得到较高浓度的NaOH溶液，则应使左室的Na＋通过离子交换膜进入右室，因此应选用阳离子交换膜，C不符合题意。
D、改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，从而减少能耗，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】电极A上Cl－发生失电子对应反应，生成Cl2，因此电极A为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑。电极B上O2发生得电子的还原反应，为阴极，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．Li活泼性更强，Mg比Li更稳定，安全性更强，故A不符合题意；
B．放电时为原电池，原电池中正极得电子、发生还原反应，正极的电极反应式为VOCl2+e-=VOCl+Cl-，故B不符合题意；
C．放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即Cl-穿过复合离子液体向Mg移动，故C不符合题意；
D．充电时为电解池，Mg电极要发生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．Mg比Li更稳定；
B．原电池中正极得电子、发生还原反应；
C．原电池中阴离子流向负极；
D．充电时，与电源的负极相连，作阴极。
16．【答案】B
【解析】【解答】解：A．放电时正极附近有OH﹣生成，所以正极附近碱性增强，故A正确；
B．充电时锌极与外电源负极相连，故B错误；
C．放电时正极转化为：FeO42﹣→Fe（OH）3，1mol K2FeO4被还原要得到3mol电子，故C正确；
D．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，该电池环境为碱性环境，故D正确；
故选B．
【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OH﹣=FeO42+4H2O+3e﹣，阳极消耗OH﹣离子，碱性要减弱．
17．【答案】B
【解析】【解答】A．从图分析，只进去的为反应物，只出来的物质为生成物，所以该反应为2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O，A不符合题意；
B．盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B符合题意；
C．较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C不符合题意；
D．次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，去除率降低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据反应物和生成物即可写出方程式
B.标出元素的化合价即可判断
C.温度高易导致气体挥发和分解不利于反应
D.氧化性太强易将氨气氧化为硝酸根离子
18．【答案】B
【解析】【解答】A．氢气和氧气燃烧只生成水，降低了对环境的污染，A不符合题意；
B．碳化硅是一种无机非金属材料，B符合题意；
C．空间站中的由太阳能电池电解水得到，太阳能电池板将太阳能转化为电能，水通电分解，电能又转化为化学能，C不符合题意；
D．人生存离不开水且呼吸生成二氧化碳，和反应制得水，既解决了的清除问题，又实现了水的循环利用，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氢气燃烧产物无污染
B.碳化硅是无机非金属材料
C.太阳能电池是将太阳能转化为电能，转化为化学能
D.利用二氧化碳和氢气制取水，消耗二氧化碳提供水的循环
19．【答案】A
【解析】【解答】根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl 可以知道，Ag作负极、失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，
A、负极上银失电子生成银离子，银离子与氯离子结合成氯化银，其电极反应为： Ag－e-+Cl-=AgCl，A符合题意；
B、放电时，交换膜左侧的氢离子向正极移动，溶液酸性增强，交换膜右侧溶液中pH降低，B不符合题意；
C、放电时，当电路中转移0.1 mol e-时，交换膜左则会有0.1 mol 氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，故C不符合题意；
D、根据电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl 可以知道，用KCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.原电池的负极发氧化反应；
B.根据原电池中离子移动方向判断右侧溶液pH的变化；
C.通过阳离子交换膜的是氢离子；
D.钾离子不参与反应，换为KCl反应实质不变。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，X为水，故A不符合题意；
B．由以上分析可知，转移84mol电子时，生成6molH3AsO4，所以生成1molH3AsO4，转移14mole ，故B符合题意；
C．As2S3中As的化合价从+3价升高到H3AsO4中的+5价，-2价硫的化合价升高到硫酸中的+6价，所以H3AsO3和H2SO4都是氧化产物，故C不符合题意；
D．由以上分析可知，HNO3中氮元素的化合价全部降低到NO中，所以参加反应的HNO3全部被还原，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 结合质量守恒可知X为H2O，反应中硫元素化合价从-2升高为+6价被氧化，砷元素化合价从+3升到+5价被氧化，N元素的化合价从+5价降低到+2价，被还原，以此来解答。
21．【答案】（1）防止PbCl2结晶析出；Ag和Fe(OH)3
（2）盐酸
（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（4）Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O
（5）2.6×108
（6）Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42-；加入该试剂，Pb2+的浓度转化率为(0.1-0.004)÷0.1×100%=96%；Fe3+的浓度转化率为(0.12-0.04)÷0.12×100%=67%，所以该试剂去除Pb2+比Fe3+效果好
【解析】【解答】（1）PbCl2溶解度随温度升高而增大，流程中“趁热过滤”可以防止PbCl2结晶析出；根据流程图，滤液中含有Pb2+、Zn2+，所以滤渣中有Ag和Fe(OH)3；
（2）根据流程图，开始需要加入盐酸，最后产物有盐酸，可循环利用的物质是盐酸；
（3）浊液1中通入适量氯气，氯化亚铁被氧化为氯化铁，反应离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（4）Pb3O4与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气和PbCl2，反应化学方程式是Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O；
（5） Kp(PbS)=3.4×10-28>Kp(CuS)=1.3×10-36，当PbS开始沉淀时，一定有CuS沉淀，c(Pb2+)/c(Cu2+)= Kp(PbS)/Kp(CuS)= 2.6×108 ；
（6）①pH>13时，Pb(OH)3-与氢氧化钠反应生成Pb(OH)42-，反应离子方程式是Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42- ；②加入该试剂，Pb2+的浓度转化率为(0.1-0.004)÷0.1×100%=96%；Fe3+的浓度转化率为(0.12-0.04)÷0.12×100%=67%，所以该试剂去除Pb2+比Fe3+效果好。
【分析】（1）溶解度受温度影响较大的物质在分离时需要趁热过滤；
（3）根据浊液中含有亚铁离子，氯气能够氧化亚铁离子进行书写离子方程式；
（4）根据反应物和生成物结合氧化还原反应原理进行书写化学方程式即可。
22．【答案】（1）-a+3b+c–d
（2）<；cd； （或0.067）；6.25；正向
（3）60%
【解析】【解答】（1） CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1，已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ mol-1、-b kJ mol-1、-c kJ mol-1；②H2O (l) =H2O(g)； △H=+dkJ mol-1，由盖斯定律可知，②×3+③-①-④可知，则△H1=-a+3b+c–d kJ mol-1。
（2）CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示： ，
①由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，即正反应为放热反应，△H2＜0。
②a、正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故a错误；
b.达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但平衡不移动，CO的转化率不变，故b错误；
c.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，故c正确；
d.由图示可知，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强p1＜p2，故d正确；
故答案为：cd；
③由图表可知，3min后反应达到平衡状态
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol/L） 0.4 0.8 0
转化（mol/L） 0.2 0.4 0.2
平衡（mol/L） 0.2 0.4 0.2
0 3 min内用CH3OH表示的反应速率v（CH3OH）=0.2mol·L－1/3min=1/15mol L-1·min-1。
④ 200℃时，200℃时平衡常数K=c(CH3OH)/(c(CO)×c2(H2))=0.2/(0.2×0.42)=6.25；向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2mol CO、2mol H2、2mol CH3OH，此时各物质的浓度为c（CO）=0.4mol·L－1，c（H2）=0.6mol·L－1，c（CH3OH）=0.4mol·L－1，保持温度不变，则此时Qc=c(CH3OH)/[c(CO)×c2(H2)]=0.4/(0.4×0.62)=2.78＜6.25=K，则此时平衡应向正方向移动；
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池，CH4完全氧化后的产物为K2CO3，1mol甲烷完全燃烧转移电子的物质的量为[4－（-4）]mol=8mol。测得电路中转移1.2 mol电子，可知参加反应的甲烷为1.2mol/8mol ×1mol=0.15mol，标准状况下通入5.6 L甲烷的物质的量为5.6L/22.4L·mol－1=0.25mol，甲烷的利用率为0.15mol/0.25mol ×100%=60%。
【分析】（1）根据燃烧热书写反应的热化学方程式，结合盖斯定律确定目标反应的反应热；
（2）①根据温度对平衡移动的影响，结合图像变化，确定ΔH的正负；
②a、结合温度对平衡的影响分析温度改变，平衡常数的变化；
b、平衡体系中充入惰性气体，则压强增大，结合压强对平衡移动的影响分析；
c、反应前后，气体分子数改变，则压强改变，当压强不变时，则反应达到平衡状态；
d、结合压强对平衡移动的影响分析；
③由H2的物质的量变化，结合反应的化学方程式计算Δc(CH3OH)，再根据公式计算反应速率；
④结合平三段式计算平衡时各物质的物质的量浓度，再根据平衡常数K的表达式计算该温度下平衡常数；根据Qc与平衡常数K的大小关系，确定反应进行的方向；
23．【答案】（1）ZnS+ O2 ZnO+SO2
（2）PbSO4；调节溶液的pH；无法除去杂质
（3）Fe2+Zn+Cd2+=Zn2++Cd
（4）Zn2++2e－=Zn；溶浸
【解析】【解答】解：（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O2 2ZnO+2SO2。
（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
【分析】（1）焙烧过程主要是硫化锌和氧气发生反应生成氧化锌和二氧化硫，属于氧化还原反应；硫酸铅和二氧化硅既不溶于水也不溶于硫酸；
（2）氧化锌可以和硫酸反应，所以加入氧化锌既可以调节pH值还不会引入新的杂质；
（3）锌单质可以将镉离子还原为镉单质，这说明锌单质的活泼性强于镉；
（4）在电解池中，阴极得到电子，发生的是还原反应；锌单质可以返回溶浸工序继续使用。
24．【答案】（1）-164.4kJ·mol-1
（2）4×104L·mol-1
（3）a；20.93ev；6.62Ev；ACD
（4）反应1反应2为竞争反应，CH3OH浓度增大，同SO3反应，抑制了SO3和水反应，硫酸浓度减少(a的静电作用力强，甲醇浓度增大，有利于生成a，不利于生成硫酸)；H2O浓度越大，使得甲醇和SO，的碰撞几率减小，硫酸氢甲酯浓度降低
【解析】【解答】(1) 反应i：SO3（g）+H2O（g）=H2SO4（l） △H1 =-227.8kJ/mol；
反应ii：CH3OH（g）+SO3（g）=CH3OSO3H（g） △H2=-63.4kJ/mol。
反应i-反应ii得：CH2OSO3H（g）+H2O（g）=H2SO4（l）+CH3OH（g），
所以 △H =△H1 - △H2=(-227.8kJ/mol)-(-63.4kJ/mol)=-164.4kJ/mol；
(2)SO3转化率为0.04%，则SO3转化的物质的量=1x10-8mol/L×0.04%=8×10-13mol/L，
列三等式计算： ，
K=L/mol=4×104L/mol；
(3)①a处的两个分子能量更低，更稳定，分子间静电作用更强；
②无水时，反应ii的最高能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，有水时，反应ii的最高能垒为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，所以水将反应ii的最高能垒由20.93eV降低到6.62eV；
③由图示信息，水分子中的氢氧键有一个发生了断裂，同时又形成一个；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新形成一个新键；SO3中硫氧双键断了一个，形成了硫氧单键，S和甲醇中的O重新形成一根单键，综上，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂；
(4)①反应i和反应ii都消耗三氧化硫，为竞争反应，CH3OH浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了SO3和水的反应，硫酸的浓度减小；
②水的浓度越大，使得甲醇和SO3碰撞几率减小，生成CH3OSO3H的几率减小，c(CH3OSO3H)降低。
【分析】反应i和反应ii为竞争反应，两个反应都和三氧化硫有关，三氧化硫浓度不变的条件下，一个反应程度增大必然导致另一个反应程度减小。
25．【答案】（1）；4CuCl2-+O2+ 4H+= 4Cu2++2 H2O+8Cl-
（2）4.8
（3）-233.6
（4）AB；50%；20.2 kPa；20.2 kPa
【解析】【解答】(1) ①根据平衡常数表达式，反应H2S(aq)+Cu2+(aq) CuS(s)+2H+(aq)的K= ；②空气中的氧气可氧化CuCl2—生成Cu2+，则离子反应为：4CuCl2—+O2+ 4H+= 4Cu2++ 2H2O+8Cl-；(2) 33.6 m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)中含有硫化氢的物质的量= =3mol；H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S~ HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42—、NO3—被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+= 5SO42-+ 4N2+ 4H2O，则可得关系：5H2S~ 5HS-~8NO3-，则消耗NO3—的物质的量= =4.8mol；(3)根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2 H1-2 H2- H3=2×(-285.8kJ mol-1)-2×(-20.6kJ mol-1)-(-296.8kJ mol-1)=-233.6kJ mol-1，2H2S(g)+SO2 (g)=3S(s)+2H2O(1)△H=-233.6 kJ mol-1； (4)①A.平衡常数只受温度影响，根据图像，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫化氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大，故A正确；
B. 反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率，故B正确；
C.维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v(正)>v(逆)，故C不正确；
D.在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据，故D不正确；
故故答案为：AB；
②图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式：。
图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，则 = ，则x= ，则H2S的平衡转化率为50%；S2(g)的分压为 ×101 kPa=20.2 kPa，1330℃时，反应2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)的Kp= = =20.2 kPa。
【分析】(1) ①根据平衡常数表达式，反应H2S(aq)+Cu2+(aq) CuS(s)+2H+(aq)的K= ；②空气氧化CuCl2—再生Cu2+；(2) H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S~ HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被NO3-氧化为SO42—、NO3—被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+= 5SO42-+ 4N2+ 4H2O，则可得关系：5H2S~ 5HS-~8NO3-，根据硫化氢的物质的量进行计算；(3)根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ×2-Ⅲ即可得到目标反应的焓变，即△H=2 H1-2 H2- H3；(4)①A.平衡常数只受温度影响，根据图像，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫和氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大；
B. 反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率；
C.维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v(正>v(逆)；
D.在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据；
②图中Q点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式计算解答。
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