江苏南京市金陵中学2025-2026学年第一学期高二12月调研化学试题

南京市金陵中学2025-2026学年第一学期高二化学12月调研 一、单选题（每小题3分，共39分） 1．溶液中存在电离平衡：和。若对饱和溶液进行以下操作，对应的变化一定正确的是 A．加大量水，平衡向右移动，溶液中所有离子浓度都减小 B．通入过量气体，平衡向左移动，溶液增大 C．加热，平衡向右移动，溶液减小 D．加入少量硫酸铜固体，平衡向右移动，浓度减小 2．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示，下列说法不正确的是 化学式 HCN 电离平衡常数 A．和HCN酸性强弱： B．若在HCN溶液中加入少量盐酸，变小，不变 C．向NaCN溶液中通入少量，反应的离子方程式为 D．2 mol·L-1的醋酸溶液中，mol·L-1 3．二氧化碳合成二甲醚的主要反应有： I. Ⅱ. Ⅲ. 一定温度下，将、和双催化剂(通常由甲醇合成催化剂和甲醇脱水制二甲醚催化剂组成)，加入1L密闭容器中，测得各含碳产物占所有含碳物质的量分数(例：CO的物质的量分数)随时间变化如图所示： 下列说法正确的是 A．30min时，使用活性更高的甲醇合成催化剂，不可能使图中的X点升至Y点 B．40min前， C．40min后，物质的量分数减小，原因是反应I向逆反应方向移动 D．90min时，的转化率约为 4．固载Ru基催化剂催化反应是实现资源化的重要途径。将一定比例的和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，在反应器出口处检测到大量CO。其选择性高达90%以上。下列说法不正确的是 A．HCOOH溶液中存在电离平衡 B．该反应的平衡常数 C．该反应中每消耗，转移电子的数目约为 D．该反应可能经历了以下过程：①、②，且反应①的活化能大于反应② 5．稍过量零价铁与亚硫酸钠体系能有效降解废水中有机污染物活性红。 已知：ⅰ．体系中产生的、和可将活性红氧化，其中具有强氧化性。 ⅱ．、。 ⅲ．开始沉淀时，完全沉淀时；开始沉淀时，完全沉淀时。 下列说法不正确的是 A．由图1，25℃时的 B．时较时具有更好的降解效果 C．反应过程还原剂与氧化剂物质的量之比为2：1 D．反应一段时间后零价铁表面会有产生，从而降低活性红的去除率 6．硫化氢（）是一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体，在水溶液中电离方程式为：；。除去烟气中的方法有：①溶液氧化脱除（原理如图1）、②活性炭吸附氧化脱除（原理如图2，核心反应为）。下列说法正确的是 A．图1中总反应的物质的量几乎不变 B．图1脱除，理论上消耗体积为11.2L C．图2中，其他条件不变时，增大水膜的厚度，的去除率增大 D．图2中，其他条件不变时，增大水膜的pH，促进的电离，的去除率一定增大 7．下列有关说法正确的是 A．常温下，的溶液中水的电离程度大于的盐酸中水的电离程度 B．常温下，将的溶液与的醋酸溶液等体积混合，则混合溶液 C．等体积的和两种酸溶液分别与足量的锌反应，放出的多，酸性： D．常温下，的溶液与的溶液按一定比例混合，所得溶液，则溶液与溶液的体积比为 8．下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断错误的是 酸 HX HY HZ 浓度/(mol·L−1) 0.12 0.2 0.9 0.9 0.9 电离度 0.25 0.2 0.1 0.3 0.5 电离常数 K1 K2 K3 K4 K5 A．在相同温度下，电离常数：K1<K4<K5 B．表格中三种浓度的HX溶液，从左至右c(X−)逐渐减小 C．室温时，若在HZ溶液中加少量盐酸，则的值增大 D．在相同温度下，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液浓度越小，电离度越大 9．某小组用盐酸和溶液测定中和反应的反应热，简易量热装置如图所示。下列关于该实验的说法正确的是 A．如果将玻璃搅拌器改为铜质的，则测得的偏大 B．为了使酸碱充分反应，应缓慢分次倒入溶液并搅拌 C．为准确测定盐酸与溶液中和反应的反应热，所用酸和碱的物质的量应相等 D．用等浓度、等体积的醋酸代替盐酸进行实验，所测得的相同 10．与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：。一定温度下，液氨的电离达到平衡时，下列有关说法不正确的是 A．是常数 B．存在 C．加入氯化铵固体，液氨的电离平衡逆向移动 D．和液氨在一定条件下能发生反应： 11．部分弱电解质的电离平衡常数如下表： 弱电解质 HCOOH HCN H2CO3 电离平衡常数(25 ℃) Ka=1.8×10-4 Ka=4.93×10-10 Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.61×10-11 下列说法正确的是 A．电离出H+的能力：> HCN > H2CO3 > HCOOH B．少量CO2通入NaCN溶液中：2CN−+H2O+CO2=2HCN+ C．中和等体积等pH的HCOOH溶液和HCN溶液消耗NaOH的量：前者小于后者 D．25 ℃时，浓度相等的HCOOH溶液与HCN溶液，HCN溶液导电能力强 12．在目前的化学学习中，我们是依据Arrhenius的酸碱电离理论对酸、碱、盐进行分类与界定。丹麦化学家J.N.Brnsted和英国化学家T.M.Lowry在对Arrhenius的酸碱电离理论研究的基础上，分别于1923年各自独立提出了一种新的酸碱理论——酸碱质子理论。该理论认为：凡是能给出质子（即）的分子或离子都是酸，凡是能结合质子的分子或离子都是碱，给出质子的能力越强，酸性越强。按照酸碱质子理论，下列说法错误的是 A．烧碱（NaOH）和纯碱（）均属于碱 B．HF是酸，是碱 C．、均属于两性物质 D．已知：能发生，则可推知酸性： 13．最近科学家提出碘硫热化学循环是由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的(如图所示)，下列有关说法正确的是 A．整个循环过程中产生的同时产生 B．总反应的焓变为，则 C．该制氢方法生成的比电解水生成的小 D．图中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可在常温常压下进行 二、解答题（共61分） 14．（14分）工业气体精制过程中有多种脱除的方法。 已知： 物质 Ⅰ、工业脱除天然气中的流程如下： (1)“吸收”时发生反应的离子方程式为 。 (2)电解时生成的电极反应式为 。 Ⅱ、利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 (3)制 i在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步：   ii当反应釜中溶液达到时，形成的悬浊液转化为固体。 ①ii中生成的化学方程式是 。 ②多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ③尾气吸收器中，吸收的气体有 。 (4)理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 15．（16分）利用磷铁渣(含，杂质忽略不计)制备的流程如下： (1)将磷铁渣在空气中煅烧，生成和。若生成和的物质的量之比为，则反应的FeP和物质的量之比为 。 将煅烧所得烧渣用硫酸浸出。控制其他条件一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液、固比的关系如图所示。 已知：常温下；烧渣的浸出率，液固比。 (2)研究表明酸浸初始阶段溶液的pH迅速上升，其原因是 。 (3)当液固比大于，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是 。 (4)调铁、磷比前须先测定溶液中的铁、磷浓度。测定过程如下：量取10.00 mL浸取液，加水稀释成100.00 mL。量取25.00 mL稀释液于锥形瓶中，先将全部转化为，加入指示剂，用的标准溶液进行滴定，滴定到达终点时，消耗标准溶液10.00 mL。另量取25.00 mL稀释液，加入足量喹钼啉酮试剂，充分振荡、过滤、干燥，得到磷钼酸喹啉沉淀，摩尔质量为7.956 g。计算浸取液中的物质的量之比，写出计算过程 。 (5)已知其他条件一定时，制备时Fe元素的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。铁氰化钾和产生蓝色沉淀，用于检测亚铁离子。 请补充完整制备的实验方案：取100 mL酸浸液， ，干燥，得到。实验须遵循节约试剂用量的原则，实验必须使用的试剂：，。 16．（15分）纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(VI)]与硝酸盐等污染物。 (1)用FeCl2溶液与NaBH4(H元素为-1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2B(OH)3+2NaCl+7H2↑，当生成1molFe时，转移电子的物质的量为 。 (2)纳米零价铁可将水体中Cr(VI)还原为Cr3+，再将Cr2+转化为Cr(OH)3(两性氢氧化物)从水体中除去。 ①室温下Cr(VI)总浓度为0.20mol·L-1；溶液中，含铬物种浓度随pH的分布如图1所示。H2CrO4的Ka2= 。 ②调节溶液pH，可使Cr3+转化为Cr(OH)3，沉淀而被除去。但pH>9时，铬的去除率却降低，其原因是 。 (3)有人研究了用纳米零价铁去除水体中NO。 ①控制其他条件不变，用纳米零价铁还原水体中的NO，测得溶液中NO、NO、NH浓度随时间变化如图2所示。与初始溶液中氮浓度相比，反应过程中溶液中的总氮(NO、NO、NH)浓度减少，其可能原因是 。 ②将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，可用于去除水体中NO，其部分反应原理如图3所示，与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除NO效率更高，其主要原因是 ；NO转化为NH的机理可描述为 。 17．（16分）含硫物质的转化普遍存在于生活与生产中。 I.利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： (I)   (II)   (III)   在体积为V L的恒容容器中，将CaS，和按一定量投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知： ①图示温度范围内反应II平衡常数基本不变。 ②根据范特霍夫方程描述平衡常数K与温度T之间关系的定量公式 回答以下问题： (1)反应I的焓变 0。(填“>”“＜”或“=”)。 (2)从图中分析，下列说法正确的是_______。 A．乙线代表的是 B．反应II对应的较小 C．保持温度不变，压缩平衡体系，达到新平衡时的浓度减小 D．使用合适的催化剂，可提高的平衡转化率 (3)温度下，若甲线代表的物质为a mol，求反应III的平衡常数K= 。 II.工业处理尾气时，理论研究、与的反应具有一定的意义。一定温度时，向1 L浓度均为1 mol/L的和的混合溶液中不断通入，发生如下反应：①  ②  ③。随的增加，和平衡转化率的变化如图。 已知： 物质 (25℃) (4)0～a mol，与优先反应的离子是 ，分析原因 。 (5)a～b mol，平衡转化率上升而平衡转化率下降，请结合以上反应解释原因： 。 南京市金陵中学2025-2026学年第一学期高二化学12月调研 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D D C A C B A B 题号 11 12 13 答案 C D B 1．D 【详解】A．加水稀释时，根据勒夏特列原理，电离平衡向右移动；但稀释该酸溶液时，根据水的离子积常数不变知，减小导致增大，故不是“所有离子浓度都减小”，A错误； B．通入过量SO2后，发生反应，消耗H2S使电离平衡向左移动；但SO2溶于水形成H2SO3，增加了浓度，pH减小，B错误； C．H2S电离为吸热过程，加热使平衡向右移动；但是加热可能降低H2S溶解度，促使硫化氢逸出，使溶液中的降低，最终导致溶液增大，C错误； D．加入CuSO4后，发生反应：，使减小，导致平衡右移；同时减小间接使平衡右移，D正确； 故选D。 2．C 【详解】A．电离平衡常数Ka越大，酸性越强，从表中数据可知酸性：，A正确； B．在HCN溶液中加入少量盐酸，H+浓度增大，抑制HCN电离，CN-浓度减小，但温度不变，Ka不变，B正确； C．由于酸性，向NaCN溶液中通入少量，应生成，离子方程式为，C错误； D．根据的电离常数，则，D正确； 故答案选C。 3．D 【详解】A．30min时，使用活性更高的甲醇合成催化剂，可加快反应速率，则单位时间内生成甲醇量增加，有可能使图中的X点升至Y点，A错误； B．由图可知，40min时，占所有含碳物质的物质的量分数为0.35，占所有含碳物质的物质的量分数为0.17，则生成的，故40min前，，B错误； C．由图可知，40min后，物质的量分数减小，而的物质的量分数增加，且的物质的量分数增大趋势明显强于反应前40min，说明物质的量分数减小是由于反应Ⅲ的反应速率增快引起的，C错误； D．90min时，、、CO占所有含碳物质的物质的量分数分别为0.3、0.2、0.1，则、、CO的物质的量之比为3:2:1，则①， ②，CO的物质的量分数③，将①、②代入③中可得 ⑤，反应前，容器中加入1mol CO2，根据C原子守恒可知，⑥，将①、②、⑤代入⑥中可得，，则根据⑤可计算出，则的转化率为，D正确； 故选D 4．D 【详解】A．HCOOH是弱酸，在水溶液中不能完全电离，存在电离平衡：，A正确； B．在一定温度下，可逆反应达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为平衡常数，则该反应的平衡常数，B正确； C．在反应中，H元素化合价从0价升高至HCOOH中的+1价，1个H2分子反应时失去2个电子，则每消耗1molH2，转移2mol电子，其数目约为，C正确； D．将一定比例的和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，在反应器出口处检测到大量CO，可知反应①为快反应，反应②为慢反应，活化能越低，化学反应速率越快，则反应①的活化能小于反应②，D错误； 故选D。 5．C 【详解】A．由图1，当c()=c()时，pH=7.22，则，故A正确； B．由图2可知，转化为，根据题意可知，可以降解废水中有机污染物活性红，pH=4时的浓度高于pH=8时的浓度，具有更好的降解效果，故B正确； C．由图2可知，的反应中，铁元素的化合价从+2价升高到+3价，因此反应为，作为还原剂，O2作为氧化剂，因此还原剂与氧化剂物质的量之比为4：1，故C错误； D．反应一段时间后，零价铁表面产生，附着在零价铁的表面，阻止、和自由基的产生，从而降低了活性红的去除率，故D正确； 故答案选C。 6．A 【分析】图1反应的实质为H2S和氧气反应生成S和水，为催化剂；图2 为活性炭吸附氧化脱除H2S：核心反应为。 【详解】A．图1反应的实质为H2S和氧气反应生成S和水，所以的物质的量几乎不变，A正确； B．没有指明标准状况，无法计算消耗的体积，B错误； C．图2中，氧气分子在活性炭表面变为活性氧原子，其他条件不变时，增大水膜的厚度，氧气分子变为活性氧原子的数量降低，H2S的去除率降低，C错误； D．图2中，其他条件不变时，增大水膜的pH，抑制HS-+O=S+OH-反应进行，H2S的去除率不一定增大，D错误； 故选A。 7．C 【详解】A．在pH相同的酸性溶液中，水的电离程度主要取决于氢离子浓度，pH=2的CH3COOH（弱酸）和0.01 mol·L-1 HCl（强酸）中c(H+)均为0.01 mol·L-1，因此c(OH-)均为=10-12 mol·L-1，水的电离程度相同，A错误； B．pH=11的NaOH（c(NaOH)=c(OH-)=10-3 mol·L-1）与pH=3的CH3COOH（c(H+)=10-3 mol·L-1，醋酸是弱酸，该醋酸溶液的浓度远大于10-3 mol·L-1）等体积混合后，醋酸过量，溶液呈酸性，pH<7，B错误； C．等体积pH=3的HA和HB溶液中，HA放出H2更多，说明HA总浓度更高（即HA酸性更弱），因此酸性HB>HA，C正确； D．pH=12的NaOH（c(OH-)=0.01 mol·L-1）与pH=2的HCl（c(H+)=0.01 mol·L-1）混合后pH=11，溶液呈碱性，则mol/L，解得V(NaOH)：V(HCl)=11：9，D错误； 故选C。 8．B 【详解】A．在相同温度下，相同浓度的电解质溶液，电离度越大，电离常数越大，电离度HX＜HY＜HZ，所以电离常数：K5＞K4＞K3=K1，A正确； B．c(X⁻)=浓度×电离度，HX的三种浓度（0.12、0.2、0.9）对应c(X⁻)分别为0.03、0.04、0.09，逐渐增大，B错误； C．室温时，加入HCl后，H⁺浓度增加，抑制HZ电离，Z⁻浓度减少，比值增大， C正确； D．在相同温度下，HX浓度增大时候（0.12→0.2→0.9），电离度逐渐降低（0.25→0.2→0.1），说明弱电解质溶液浓度越小，电离度越大，D正确； 故答案为：B。 9．A 【详解】A．铜质搅拌器导热性太强，用铜质搅拌器会导致热量的散失，测出的数值偏小，但中和反应为放热反应，测得的偏大，A项正确； B．反应时将NaOH溶液一次快速倒入小烧杯中，分多次倒入会导致热量的散失，B项错误； C．为了使一种反应物反应完全，应该使另一种物质过量，所以为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量，C项错误； D．醋酸为弱酸，电离吸热，用同浓度、同体积的醋酸溶液代替盐酸进行上述实验，反应放出的热量将减少，测得的偏大，D项错误； 答案选A。 10．B 【详解】A．与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：，电离平衡常数为，是常数，A正确； B．液氨部分电离，电离程度较小，所以达到电离平衡时，B错误； C．加入氯化铵固体，增大，抑制液氨电离，则电离平衡逆向移动，C正确； D．钠与液氨反应生成氨基钠（）和氢气，反应式为 ，D正确； 故选B。 11．C 【分析】由表中数据可知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，据此分析。 【详解】A．弱酸的酸性越强，电离出H+的能力越强，故大小顺序为HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，A错误； B．酸性：H2CO3＞HCN＞，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以，CO2通入NaCN溶液中反应生成HCN和碳酸氢根离子，方程式为：CN−+H2O+CO2=HCN+，B错误； C．酸性：HCOOH＞HCN，等体积等pH的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，分别与NaOH溶液发生中和反应，消耗NaOH的量HCN大于HCOOH，C正确； D．相同温度相同浓度的一元酸溶液中，酸的电离常数越大，则该酸的酸性越强，酸溶液中氢离子浓度越大，导电能力越强，则导电能力强的是HCOOH，D错误； 故选C。 12．D 【详解】A．烧碱能给出，能结合质子：，则属于碱；纯碱能给出，能结合质子：，则属于碱，两者均满足碱的定义，属于碱，故A正确； B．能给出质子：，属于酸；而能结合生成：，则属于碱，故B正确； C．既能给出质子：，则属于酸；同时也能结合质子生成：，则也属于碱；既能给出质子：，则属于酸；同时也能结合质子生成：，则也属于碱；则两者均即能给出质子，又能结合质子，具有两性，故C正确； D．根据质子理论，酸性强弱取决于给出质子的能力，由反应可知，转化为给出了质子，作为酸；而转化为接受质子，作为碱；得到酸性：，故D错误； 故答案选D。 13．B 【分析】根据图示可知，反应Ⅰ为，反应Ⅱ为，反应Ⅲ为，整个循环过程中总反应为。 【详解】A．根据图示可知，整个循环过程中总反应为，若产生同时产生，标准状况下体积为44.8 L，选项中未明确标准状况，则气体体积不一定是44.8 L，A错误； B．总反应为，可知该分解反应的焓变为焓增加，即 ，B正确； C．该制氢方法与电解水反应的反应物与生成物相同，反应条件不同，但与反应途径、条件无关，故两种方法均生成时的相同，C错误； D．反应Ⅰ可在常温常压下进行，反应Ⅱ是分解，常温常压下不能进行，反应Ⅲ为的分解，较高温度下反应容易发生，D错误； 故选B。 14．(1) (2) (3) 、 (4) 时，产生的逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，浓度增大，抑制了的和的反应，平衡转化率下降 【分析】硫化氢与空气通入煅烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，冷却、净化后，含有SO2、氮气、氧气等的气体通入多级串联反应釜中，SO2与Na2CO3悬浊液在反应釜中反应，产生的含有SO2、CO2尾气用氢氧化钠溶液吸收生成Na2SO3、NaHCO3进入配碱槽循环使用；SO2与Na2CO3悬浊液在反应釜中反应生成的NaHSO3在pH达到3.8~4.1时转化为Na2S2O5，含有Na2S2O5的出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 【详解】（1）“吸收”时Na2CO3溶液和H2S反应，根据H2CO3和H2S的电离平衡常数知，酸性，因此“吸收”时发生反应，离子方程式为：； （2）电解时在阳极上HS-被氧化生成Sx，则生成Sx的电极反应式为； （3）①溶液pH达到3.8~4.1时，形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式为：； ②由于以及易被空气氧化，所以循环多次后，氧化生成的越来越多； ③尾气为生成的气体CO2以及剩余SO2； （4）①由图可得，0~a mol时，平衡转化率较高，所以优先反应的离子是； ②a~b mol时，发生反应，生成的CO2逸出使反应正向进行，转化率上升，同时生成的浓度增大，使得反应 逆向移动，抑制了和的反应，转化率下降。 15．(1) (2)反应消耗；温度升高抑制的电离 (3)液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低 (4) (5)边搅拌边加入溶液，边搅拌边滴加过氧化氢溶液，取少量液体，滴加铁氰化钾溶液，至不再产生蓝色沉淀，停止滴加过氧化氢溶液。继续滴加调节溶液pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加盐酸，再加溶液无明显现象 【分析】用磷铁渣(含FeP、Fe2P及少量杂质)来制备FePO4的工艺流程为：将磷铁渣进行煅烧利用空气中的氧气把FeP、Fe2P转化为Fe3O4、和，再用硫酸进行酸浸，过滤后调整铁元素和磷元素的比例，最后得到磷酸铁（FePO4），据此信息解答。 【详解】（1）若生成Fe3O4、Fe2O3和P2O5的物质的量之比为1∶1∶2，根据铁元素和磷元素守恒可知：，设为xmol，为ymol，则=，解得x∶y=3∶1，所以反应的FeP和Fe2P物质的量之比为3∶1。 （2）硫酸酸浸煅烧所得烧渣时消耗硫酸，酸浸反应放热，温度升高，，平衡逆向移动，抑制了的电离，故酸浸初始阶段溶液的pH迅速上升；答案为：反应消耗，温度升高抑制了的电离。 （3）根据烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系图可知，当液固比大于时，烧渣的浸出率基本不变，说明烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，所得浸出液中铁元素浓度逐渐降低。故答案为：液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低。 （4）25.00mL稀释液中：消耗的K2Cr2O7溶液中含==，由关系式 可得，，，浸取液中Fe、P的物质的量之比为(6×10-3mol)∶(3.6×10-3mol)=5∶3； （5）从图中可以看出，pH约为1.5时，Fe的有效转化率最高；根据（4）的计算可知，100mL酸浸液中含n(Fe)=6×10-3mol××=0.24mol、n(P)=3.6×10-3mol××=0.144mol，根据Fe、P守恒，需加入0.24mol-0.144mol=0.096molH3PO4，加入1.0mol/LH3PO4溶液的体积为96mL；设计制备磷酸铁的方案时，需考虑加入过氧化氢将Fe2+完全氧化，控制溶液的pH在1.5左右，则实验方案：边搅拌边加入溶液，边搅拌边滴加过氧化氢溶液，取少量液体，滴加铁氰化钾溶液，至不再产生蓝色沉淀，停止滴加过氧化氢溶液。继续滴加调节溶液pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加盐酸，再加溶液无明显现象。 16．(1)8mol (2) 10-6.5 Cr(OH)3与OH-反应生成可溶于水的物质{或} (3) 部分被还原为N2或NO逸出水体 纳米零价铁、铜粉及水溶液形成原电池，加快去除的速率 得到纳米零价铁失去的电子转化为，在纳米零价铁或Cu表面得到电子转化为 【详解】（1）根据FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2B(OH)3+2NaCl+7H2↑可知，Fe元素的化合价由+2价降低到0价，H元素的化合价由-1价升高到0价，由+1价降低到0价，根据得失电子守恒可知，生成1molFe时，转移电子的物质的量为8mol，故答案为：8mol； （2）①由图可知，pH=6.5时，，H2CrO4的，故答案为：10-6.5； ②Cr(OH)3为两性氢氧化物，pH>9时，Cr(OH)3与OH-反应生成可溶于水的物质(或)，铬的去除率降低，故答案为：Cr(OH)3与OH-反应生成可溶于水的物质{或}； （3）①用纳米零价铁还原水体中的，铁与发生氧化还原反应，被还原为N2或NO逸出水体，导致溶液中总氮浓度减少，故答案为：部分被还原为N2或NO逸出水体； ②添加少量铜粉时，纳米零价铁、铜粉及水溶液形成原电池，反应速率加快，的去除效率更高；由图可知，NO转化为NH的机理为得到纳米零价铁失去的电子转化为，在纳米零价铁或Cu表面得到电子转化为，故答案为：得到纳米零价铁失去的电子转化为，在纳米零价铁或Cu表面得到电子转化为。 17．(1)＜ (2)AB (3) (4) ，结合的能力[或，水解能力] (5)a mol后，随着增加，因分解，促进反应①不断正向进行，溶液中不断增加，促使反应③逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【详解】（1）根据图示可知，随着温度的升高，lgn(S2)减小，反应①逆向移动，则正反应是放热反应＜0； （2）A．由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，A正确； B．由图可知，升高温度lg(S2)减小，lg(H2O)、lg(H2)均增大，所以丙表示表示二氧化硫、甲表示硫化氢，根据范特霍夫方程，越大，K值变化越大，物质的量变化值跨度越大，故反应II对应的较小，B正确； C．保持温度不变，压缩平衡体系，反应Ⅰ正向移动，S2的浓度增大，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应IV：，反应的平衡常数K=，保持温度不变，压缩平衡体系，平衡常数不变，由=100可知，达到新平衡时的浓度增大，C错误； D．催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡移动，不能提高的平衡转化率，D错误； 故选AB； （3）根据（2）中分析，甲表示硫化氢，乙表示的物种是H2O，丙表示表示二氧化硫，丁表示的是H2，因且，由方程式可知，反应Ⅲ的平衡常数K=，； （4）由图可知，0～a mol时，的平衡转化率大于的平衡转化率，，故与优先反应的离子是，，结合的能力[或，水解能力]； （5）a mol后，随着增加，又因分解，促进反应①不断正向进行，使溶液中不断增加，促使反应③逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 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