福建省厦门市外国语学校2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）

厦门外国语学校2020学年第二学期期中考试高二化学试题能用到的相对原子量:H-1, C-12, O-16, Li-7, Mg-24, Cu-64， Cl-35.5第卷 （本卷共计45分）一选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计45分）1.常温下，下列各溶液中水的电离程度最大的是( )A. pH=1的硫酸溶液B. c(H+ )=10-10 mol/L纯碱溶液C. 0.01mol/L的烧碱溶液D. c(H+ )=10-5 mol/L的硫酸铵溶液【答案】B【解析】【详解】硫酸和烧碱都可以抑制水的电离；纯碱和硫酸铵都能水解，故其促进水的电离。c(H+ )=1010mol/L纯碱溶液，pH=10， c(OH- )=104mol/L；c(H+ )=105mol/L的硫酸铵溶液的pH=5。显然,碳酸钠溶液中c(OH- )大于硫酸铵溶液中的c(H+ )，故纯碱溶液中水的电离度最大。综上所述，本题选B。【点睛】影响水的电离平衡的因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。2.常温下，下列各组微粒在水溶液中一定能大量共存的是( )A. H+、Na+、SO42-、CH3COO-B. Na+、I-、Cl-、Fe3+C. Al3+、NH4+、Br-、HCO3-D. K+、Mg2+、NO3-、SO42-【答案】D【解析】【详解】A.H+与CH3COO-结合生成弱电解质，则不能大量共存，故A错误；B.I-与Fe3+发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C.Al3+与HCO3-发生相互促进的双水解反应而不能大量共存，故C错误；D.该组离子之间不反应，则能够大量共存，故D正确。故选D。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。3.下列关于图示四个装置的叙述不正确的是( )A. 装置甲的a端产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝B. 装置乙可用于测定化学反应的反应热C. 装置丙是可以在铁钉上镀铜的装置D. 装置丁若为电解精炼铜装置，则X电极为精铜【答案】B【解析】【详解】A.装置甲的a端接电源的正极，为阳极，氯离子放电生成氯气，氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故A正确；B.测定反应热的实验过程中要用环形玻璃搅拌棒，环形玻璃棒在搅拌时与溶液的接触面积更大，使溶质充分快速反应，减少化学反应的时间，从而减少了化学反应中热量的散失，使反应后的温度测量更准确，故B错误；C.电镀时，镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，电镀液为含有镀层金属阳离子的溶液，所以装置丙可实现在铁钉上镀铜，故C正确；D.电解精炼石纯铜作阴极，粗铜作阳极，丁装置中X电极为阴极，用精铜作阴极，故D正确。故选B。【点睛】原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；电解池中，与电源正极相连的阳极上失电子发生氧化反应，与电源负极相连的阴极上得电子发生还原反应。4.下列实验过程中的相关步骤正确的是( )选项实验操作A探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象B验证Mg(OH)2 和Fe(OH)3的Ksp大小取2mL 1.0mol/L NaOH 溶液，先滴2滴1.0mol /L MgCl2溶液,再滴2滴1.0mol/L FeCl3溶液C由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干D测定中和反应反应热混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/L HCl溶液与50mL 0.55mol/L NaOH 溶液的温度A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其他条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且实验现象也不明显，所以不能实现实验目的，故A错误；B.向2mL1.0mol/LNaOH溶液中先滴3滴1.0mol/LMgCl2溶液，会生成Mg(OH)2白色沉淀，但由于NaOH过量，再滴2滴1.0mol/LFeCl3溶液时，FeCl3直接与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，而不会与沉淀Mg(OH)2反应，所以不存在沉淀的转化问题，故B错误；C.氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛围中，故C错误；D.测定中和反应反应热，需要测量反应前的初始温度，为保证测量结果准确，温度计应该洁净，所以混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度，故D正确。故选D。5.一定条件下，向密闭恒容容器中加入1.0 molL1X，发生反应：2X(g)Y(g) + Z(g) H0。反应到8min时达 到平衡；在14min时改变温度，16min时建立新平衡。X的物质的量浓度变化如图所示。下列有关说法正确的是( )A. 08min用Y表示的该反应的速率为0.1molL1min1B. 8min时达到平衡，该反应的平衡常数为K=0.5C. 14min时，改变反应条件是降低了体系的温度D. 16min时的正反应速率，比8min时的正反应速率大【答案】D【解析】试题分析：08min用X表示该反应速率为0.1molL-1min1，根据速率比等于系数比，用Y表示该反应速率为0.05molL-1min1，故A错误；4，故B错误；14min时X的浓度增大，平衡逆向移动，改变的反应条是升高了温度，故C错误；16min时的温度大于8min，属于正反应速率16min时大，故D正确。考点：本题考查化学反应速率、平衡移动6.已知：2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)。向容积均为2 L的甲、乙恒温容器中分别加入含 Cl2和NH3各2 mol的混合物，测得容器中n(Cl2)随反应时间t变化情况如下表。下列说法正确的是( )t/min04080120160n(Cl2)(甲，400)/mol2.001.501.100.800.80n(Cl2)(乙，T)/mol2.001.451.001.001.00A. T400B. 反应在040min内，QKC. 120min时，甲乙容器中NH3的(正)相等D. 反应的H0【答案】D【解析】【详解】A.依据表中数据可知，该反应在T时反应速率快，达到平衡状态时n(Cl2)增大，则T400，故A错误；B.反应040min内，反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，反应向正反应方向进行，所以QK，故B错误；C. 120min时，反应达到平衡状态，根据数据，在400时，甲容器平衡后0.8mol，乙容器中1.00mol，达到平衡时间短说明反应速率快，所以甲、乙容器中NH3的(正)不相等，故C错误；D.根据数据，在400时，甲容器平衡后0.8mol，乙容器中1.00mol，达到平衡时间短说明反应速率快，乙中剩余氯气应少，但氯气增多说明温度升高影响平衡逆向进行，逆向为吸热反应，正向为放热反应，则反应的H0，故D正确。故选D。7.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是( )A. 用惰性电极电解KOH溶液,若阳极产生5.6L气体,则电路中通过0.5NA电子B. 500 mL 2 mol/L明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.021023C. 25时，1LpH4的NH4Cl溶液中，由水电离出的H+数目为10-4 NAD. 电解精炼铜时，阳极质量减小64g，转移电子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A.用惰性电极电解KOH溶液，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，因为没告诉测量5.6L气体时的温度和压强，所以无法计算其物质的量，也就无法计算转移的电子数，故A错误；B.500mL2mol/L明矾的物质的量为1mol，1mol明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数小于6.021023，故B错误；C.NH4Cl水解呈酸性，促进水的电离，pH=4的NH4Cl溶液，水电离出的c（H+）为10-4mol/L，故C正确；D.电解精炼铜时，阳极处放电外，比铜活泼的锌、铁、镍等金属也失电子进入电解质溶液，故转移电子数为2NA，则阳极质量减少不一定为64g，故D错误。故选C。8.化学反应进行的方向和限度是化学反应原理所要研究的两个重要问题，下列有关化学反应进行的方向和限度的说法中正确的是( )A. mA(g)+nB(g)pC(g)，平衡时A的浓度等于0.5mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，则计量数m+n 0D. 对于反应A(g)+B(g)2C(g)，起始充入等物质的量的A和B,达到平衡时A的体积分数为n，此时若给体系加压则A的体积分数不变【答案】D【解析】【详解】A.mA(g)+nB(g)pC(g)，平衡时A的浓度等于0.5mol/L，将容器体积扩大一倍，若平衡不移动，A的浓度变为0.25mol/L，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则计量数m+np，故A错误；B.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) 2NH3(g)CO2(g)，由于反应物是固体，生成物是两种气体，二氧化碳在混合气体中的体积分数不变，所以CO2的体积分数不变不能作为平衡判断的依据，故B错误；C.2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)，该反应的S0，在常温下能自发进行，则该反应的H0，故C错误；D.对于反应A(g)+B(g)2C(g)，起始充入等物质的量的A和B，达到平衡时A的体积分数为n，由于此反应为气体分子数不变的反应，若给体系加压平衡不移动，故A的体积分数不变，故D正确。故选D。9.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A. 图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则等物质的量浓度的NaA和NaB混合溶液中：c(Na+)c(A-)c(B-)c(OH-)c(H+)B. 图2中在b点对应温度下，将pH2的H2SO4溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性C. 用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl、Br及I的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是ClD. 图4表示在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)达到平衡后，减小NH3浓度时速率的变化【答案】A【解析】【详解】A、根据图1，相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即HA的酸性强于HB，依据越弱越水解的规律，A水解程度弱于B，离子浓度大小顺序是c(Na)c(A)c(B)c(OH)c(H)，故A正确；B、b点对应温度下，水的离子积为1012，H2SO4中c(H)=102molL1，NaOH溶液中c(OH)=1molL1，等体积混合后，NaOH过量，溶液显碱性，故B错误；C、根据图像，纵坐标是lgc(X)，数值越大，c(X)越小，在c(Ag)相同时，c(X)越小，Ksp(AgX)越小，即I先沉淀出来，故C错误；D、根据图像，改变条件瞬间，v正增大，v逆减小，可能是增大反应物浓度，同时减少生成物浓度，如果只减少NH3的浓度，只降低v逆，v正不变，故D错误。10.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是( )A. 氧分子的活化包括OO键的断裂与CO键的生成B. 每活化一个氧分子放出0.29eV的能量C. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eVD. 炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，氧分子的活化是OO键的断裂与CO键的生成过程，故A正确；B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故B正确；C.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故C错误；D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫催化剂，故D正确。故选C。11.如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能，下列说法中一定正确的是( )A. 质子透过阳离子交换膜由右向左移动B. 电子流动方向为NYXMC. M电极反应式：(C6H10O5)n7nH2O24ne-=6nCO224nH+D. 当M电极微生物将废水中16.2 g淀粉转化掉时，N电极产生134.4 L N2(标况下)【答案】C【解析】【分析】由题给信息可知，该装置为原电池，由图可得：电解质溶液为酸性溶液，NO发生还原反应生成N2，因为原电池中，正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，则N为正极，M为负极。【详解】A项，M为负极、N为正极，质子透过阳离子交换膜由负极区移动到正极区，即由左向右移动，故A错误；B项，电子从负极（M极）流出，经外电路到X，经Y流入正极（N极），故B错误；C项，有机物淀粉在负极（M极）失电子发生氧化反应，结合图示，电极反应式为：(C6H10O5)n+7nH2O-24ne-=6nCO2+24nH+，故C正确；D项，16.2g淀粉（即0.1mol C6H10O5）反应，转移2.4mol电子，因为正极（N极）反应为：2NO+4H+4e-=N2+H2O，则N电极产生0.6mol氮气，在标准状况下的体积为13.44 L，故D错误。综上所述，符合题意的选项为C。【点睛】本题考查电化学知识，根据题意判断属于原电池，利用图中所给信息，通过元素化合价的变化，确定得失电子（发生了还原反应还是氧化反应），从而确定正、负极，结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，根据电极反应式确定电解质中离子移动方向、电子转移数目、有关计算等。12.下图是新型镁-锂双离子二次电池,下列关于该电池的说法不正确的是( )A. 放电时, Li+由左向右移动B. 放电时, 正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi+xe-=LiFePO4C. 充电时, 外加电源的正极与Y相连D. 充电时, 导线上每通过1mole-, 左室溶液质量减轻12g【答案】D【解析】【分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1-xFePO4+xLi+xe-=LiFePO4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。【详解】A放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以Li+由左向右移动，故A正确；B、放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1xFePO4+xLi+xeLiFePO4，故B正确；C、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，故C正确；D、充电时，导线上每通过1mole，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2+2eMg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻1275g，故D错误；答案选D。【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为D，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。13.常温下，向10mL0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )A. 该温度下Ksp(CuS)=10-35.4B. 曲线上各点的溶液均满足关系式c(S2-)c(Cu2+)=Ksp(CuS)C. Na2S溶液中C(S2-)+C(HS-)+C(H2S)=2C(Na+)D. c点溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。【详解】A.b点是CuCl2溶液与Na2S溶液恰好完全的点，该温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-17.7mol/L10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，故A正确；B.向含有Cu2+的溶液中加入Na2S溶液，Cu2+与S2-发生沉淀反应：Cu2+S2-CuS，加入Na2S溶液的体积越大，c（S2-）越大，c（Cu2+）越小，则-lg c（Cu2+）就越大，由于温度不变，所以曲线上各点的溶液均满足关系式：c(S2-)c(Cu2+)=Ksp(CuS)，故B正确；C.Na2S溶液中，根据物料守恒，2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）c（Na+），故C错误；D.c点为Na2S、NaCl按1：2物质的量混合溶液，其中CuS处于沉淀溶解平衡状态，根据物料守恒及物质的溶解性可知：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)，S2-水解消耗水电离产生H+，使溶液中c(OH-)c(H+)，但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，故c(S2-)c(OH-)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)，故D正确。故选C。【点睛】明确反应过程中与图中各点对应溶液的组成情况是解答的关键，并注意应用守恒思想来解答。14.工业上用丁烷催化脱氢制备丁烯：C4H10(g) C4H8(g)+H2(g) H0，将丁烷和氢气以一定的配比通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），反应的平衡转化率、产率与温度、投料比有关。下列判断不正确的是( )A. 由图甲可知，x小于0.1B. 由图乙可知，丁烯产率先增大后减小，减小的原因是氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率减小C. 由图丙可知产率在590之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动D. 由图丙可知，丁烯产率在590之后快速降低的主要原因为丁烯高温分解生成副产物【答案】B【解析】A. 正反应体积增大，增大压强，平衡逆向移动，则丁烯的平衡产率减小，由图甲可知，x小于0.1，A正确；B. 氢气浓度增大，逆反应速率增大，B错误；C. 正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，由图丙可知产率在590之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动，C正确；D. 由图丙可知，丁烯产率在590之后快速降低的主要原因为丁烯高温分解生成副产物，D正确，答案选B。点睛：本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握图象分析温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学平衡在实际生产中的应用。15.常温下,分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液,混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示.下列说法不正确的是( )A. 曲线L1表示与pH的变化关系B. Ka(HA)=110-5.5C. a点时两溶液中水的电离程度相同D. 0.10mol/L MA溶液中存在:c(M+)c(A-)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】【详解】A.MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液的pH逐渐增大，M+离子逐渐减小，MOH的浓度逐渐增大，则lg的值逐渐减小，则曲线L1表示lg与pH的变化关系，故A正确；B.曲线L2表示lg与pH的变化关系，lg=0时，=1，此时pH=5.5，c(H+)=110-5.5mol/L，则Ka(HA)= c(H+)=110-5.5，故B正确；C.a点溶液的pH7，对于曲线L2，由于A-离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离，而对于曲线L1，MCl溶液呈酸性，a点时呈碱性，说明MOH的电离程度大于M+离子水解程度，抑制了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；D.曲线L1中，lg=0时，=1，Kb(MOH)=c(OH-)110-5110-5.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度A-M+，则MA溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)、c（M+）c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(M+)c(A-)c(OH-)c(H+)，故D正确。故选C。第卷 （本卷共计55分）二非选择题：（共计55分）16.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离常数(25)Ka = 1.810-5Ka=4.3l0-10Ka1=5.0l0-7 Ka2=5.6l0-110.1 moI/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c(CN-)_c(HCO3-)(填“”、“”或“=”)。常温下，物质的量浓度相同的三种溶液：ACH3COONa BNaCN CNa2CO3，其pH由大到小的顺序是_(填编号)。将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是_。室温下，定浓度的CH3COONa溶液pH=9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是_，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH) =_。（2）某温度下, pH=3盐酸中OH-=10-9 mol/L. 该温度下, pH=2的H2SO4与pH=11的NaOH混合后pH变为9,则硫酸与氢氧化钠的体积比为_.（3）室温下，用0.100 mol/L盐酸溶液滴定20.00mL 0.l00mol/L 的某氨水溶液，滴定曲线如图所示（横坐标为盐酸的体积）。d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为_。b点所示的溶液中c(NH4+)c(NH3H2O)=_(写出准确数值)。（4）在SO2溶于水形成的二元弱酸溶液中，含S元素的某微粒占所有含S元素微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如下图所示，该微粒的化学式为_；该二元弱酸的一级电离常数为Ka1，则pKa1=-lgKa1_。【答案】 (1). c(NH4+)c(H+)c(OH) (8). 2c(H+)2c(OH) (9). HSO3 (10). 1.91【解析】【详解】（1）根据表格中数据可知，HCN电离出的H+小于H2CO3电离出H+能力，根据盐类水解中越弱越水解，即CN-水解的能力强于HCO3-，因此等浓度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN-)c(HCO3-)，故答案为：。电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOHH2CO3HCNHCO3。酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的pH越大，则等物质的量浓度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的pH由大到小的顺序为CBA，故答案为：CBA。HCN的电离平衡常数Ka=4.310-10，H2CO3的电离平衡常数是Ka1=5.010-7、Ka2=5.610-11，由此可知电离出H+能力强弱程度为H2CO3HCNHCO3-，所以NaCN溶液通入少量CO2的离子方程式是：CN+CO2+H2O=HCN+HCO3，故答案为：CN+CO2+H2O=HCN+HCO3。CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子反应方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，=l.8104，故答案为：CH3COO+H2OCH3COOH+OH，l.8104。（2）该温度下，pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，而c(OH)=10-9mol/L，则Kw=10-12，pH=11的NaOH溶液c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH变为9，设酸的体积为V1，碱的体积为V2，则混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L=，V1：V2=9：1，故答案为：9：1。（3）d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，结合电荷守恒可得c(NH4+)c(C1)，但其水解程度较小，d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为c(C1)c(NH4+)c(H+)c(OH)，故答案为：c(C1)c(NH4+)c(H+)c(OH)。b点溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(C1)，存在物料守恒：c(NH3H2O)+c(NH4+)=2c(C1)，所以得到：2c(H+)+ c(NH4+)=2c(OH)+ c(NH3H2O)，则c(NH4+)c(NH3H2O)=2c(H+)2c(OH)，故答案为：2c(H+)2c(OH)。（4）溶液中含S的微粒有H2SO3、HSO3-、SO32-，根据题中所给某微粒的物质的量分数随溶液pH变化的图像关系可得该微粒应为HSO3-，在pH=1.91时，含HSO3-的物质的量分数为50%，此时可以近似认为c(H2SO3)=c(HSO3-)，则Ka1c(H+)，即pKa1=-lgKa11.91，故答案为：HSO3，1.91。17.反应原理在工业的应用:（1）科研人员将粗锰(含杂质的锰)粉碎后加入到SnCl2溶液中使其溶解浸出(假定杂质不反应，溶液体积不变)，发生反应Mn(s)+ Sn2+(aq)Mn2+(aq)+ Sn(s)，为加快反应速率可以采取的措施_；不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的原因是_。（2）常温下，Ksp(FeS)110-18，FeS饱和溶液中H与S2之间存在关系：H2S21.01022，为了使溶液里c(Fe2) 达到1 molL1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH=_。（3）工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在制取草酸镍(NiC2O4),工艺流程如图所示：已知：:NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq) (R-为有机物配体，K=1.610-14):KspFe(OH)3=110-38，KspNi(OH)2=210-15 :“脱络”过程中，R-能与OH(Fe2+和H2O2反应产生的中间产物)反应生成R(有机物自由基)“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.01molL-1，加入碳酸钠调溶液的pH=_(假设溶液体积不变)使Fe3+恰好沉淀完全(离子的浓度1.010-5molL-1)，此时_(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子方程式是_NiR2中加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是_（4）Na2SO3氧化反应：2Na2SO3O22Na2SO4其反应速率受溶解氧浓度影响，分为富氧区和贫氧区两个阶段。为确定贫氧区速率方程中a的值（取整数），分析实验数据。当溶解氧浓度为4. 0 mgL-1时，c（Na2SO3）与速率数值关系如下表，则a_。【答案】 (1). 升高温度或增大c(Sn2+) (2). 构成原电池 (3). 2 (4). 3 (5). 无 (6). Ni2+H2C2O4 =NiC2O4 +2H+ (7). R-能与OH反应使NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)中R-浓度减小，平衡向正向移动，实现“脱络” (8). 2【解析】【详解】（1）为加快反应速率可以适当升高温度、增大c(Sn2+)等，根据反应方程式，有Sn单质的生成，与Mn构成原电池，加快反应速率，故答案为：升高温度或增大c(Sn2+)，构成原电池。（2）由于c(Fe2)=1molL1，c(S2)=110-18，又由于H2S21.01022，所以c(H)=110-2mol/L，所以应调节溶液中的pH=2，故答案为：2。（3）KspFe(OH)3=110-38，则使Fe3+恰好沉淀完全所需的c(OH-)=110-11mol/L，此时溶液的pH=-lgc(H+)=3，因溶液中c(Ni2+)=0.01molL-1，则c(Ni2+)c2(OH-)=0.01（110-11）2=110-24KspNi(OH)2，因此无Ni(OH)2沉淀生成，故答案为：3，无。“沉镍”过程中加入草酸得到草酸镍沉淀，其离子方程式是Ni2+H2C2O4 =NiC2O4 +2H+，故答案为：Ni2+H2C2O4 =NiC2O4 +2H+。络合物NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+与H2O2反应生成OH，OH与R-反应转化为难以与Ni2+络合的R，使溶液中c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”，故答案为：R-能与OH反应使NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)中R-浓度减小，平衡向正向移动，实现“脱络”。（4）当溶解氧浓度为4.0mgL-1时，c（Na2SO3）与速率数值关系如表，v1：v2=c1a（SO32-）：c2a（SO32-），=，解得a=2；故答案为：2。18.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题：（1）已知2NO2(g)=N2O4(g) H=55.3kJ/mol；N2O5(g)=2NO2 (g)+O2(g) H=+53.1 kJ/mol；写出N2O5分解生成N2O4与O2的热化学方程式_（2）一定温度下2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_（填字母序号）。aNO2和O2的浓度比保持不变 b容器中压强不再变化c2v正（NO2）=v逆（N2O5） d气体密度不变（3）以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，脱硝机理如图1。若反应中n(NO)n(O2)=21，则总反应的化学方程式为_；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是负载率_温度_。（4）T温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H”、“”或“=)已知2NO(g)+O2(g)2NO2的反应历程为：第一步NO+NON2O2 快速平衡 第二步N2O2+O22NO2 慢反应下列叙述正确的是_(填标号)。Av(第一步的正反应) (9). BC【解析】【详解】（1）已知2NO2(g)=N2O4(g) H=55.3kJ/mol，N2O5(g)=2NO2(g)+1/2O2(g) H=+53.1kJ/mol，由盖斯定律，将+得N2O5(g)=N2O4(g)+1/2O2(g) H=55.3kJ/mol+(+53.1kJ/mol)=-2.2kJ/mol即2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) H=-4.4kJ/mol，故答案为：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) H=-4.4kJ/mol。（2）a. NO2和O2的浓度比保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故a错误；b.容器中压强不再变化，反应乙达到化学平衡状态，故b正确；c.v正（NO2）=2v逆（N2O5）才表明达到化学平衡状态，故c错误；d.气体的质量和体积不变，气体的密度始终保持不变，故d错误。故答案为：b。（3）根据图1可知，以乙烯作为还原剂脱硝（NO），使其转化为无毒的氮气，乙烯被氧化为二氧化碳，若反应中n(NO)n(O2)=21，则总反应的化学方程式为：6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O，由图2可知，b曲线的最高点处，脱硝率高，负载率低，温度适宜，适宜条件为350、负载率3%，故答案为：6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O；350、负载率3%。（4）02s内该反应的平均速率v(NO)=0.03 mol/(Ls)，故答案为：0.03 mol/(Ls)。 2NO(g)+O2(g)2NO2n(始)/mol 0.20 0.10 0n(始)/mol 0.14 0.07 0.14n(平)/mol 0.06 0.03 0.14所以根据化学平衡常数的定义可得K=363L/mol，故答案为：363。若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则由于=1363，说明平衡逆向移动，根据温度对化学平衡移动的影响，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以T2T1，故答案为：。A.由于第一步反应为快反应，第二步反应为慢反应，所以反应速率：v(第一步的正反应)v(第二步的反应)，故A错误；B.当化学反应分多步进行时，总反应快慢由反应慢的化学反应决定，对该反应来说由第二步决定，故B正确；C.反应快说明反应的活化能低，需要较少的能量反应就可以发生，反应慢说明反应的活化能高，发生反应需要较高的能量，所以第二步的活化能比第一步的高，故C正确；D.即便是反应慢的化学反应，反应物分子之间的碰撞也不都是有效碰撞，所以第二步中N2O2与O2的碰撞不可能100%有效，故D错误。故答案为：BC。【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。19.电化学在生产生活中都具有重要的作用和意义:（1）图为绿色电源“二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”的工作原理示意图:该电池的负极反应式为:_，若串联该燃料电池来电解硫酸钠溶液,消耗4.6g二甲醚后总共可在电解池两极收集到13.44L(标况)气体,该套装置的能量利用率为_.(保留三位有效数字)（2）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。（3）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，答下列问题：实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：电解时发生反应的化学方程式为_。溶液X中大量存在的阴离子有_。（4）测定混合气中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入 3 mL稀硫酸. 将一定量的混合气体通入混合溶液中充分吸收, 发生反应: 2ClO210I8H2Cl5I24H2O.用0.1000 molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-2I+S4O62-)，以淀粉溶液为指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。滴定至终点的现象是_, 测得混合气中ClO2的质量为_ g。测定混合气中ClO2的含量的操作中可能使测定结果偏低的是_(填字母)。A滴定管未润洗就直接注入硫代硫酸钠标准液B锥形瓶用蒸馏水洗