安徽省蚌埠市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题

蚌埠市20232024学年度第一学期期末学业水平监测高二化学试题注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.作答题时，请务必将答案写在答题卡上，写在本卷及草稿纸上无效。3.可能用到的相对原子质量：H1O16Na23K39Fe56一、单选题(本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共42分)1.我国古代就掌握了青铜(铜锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是A.石墨能导电，可用作润滑剂B.单晶硅熔点高，可用作半导体材料C.青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑D.含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料【答案】C【解析】【详解】A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂。与其导电性无关，故A错误B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确；D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D错误；故选C。2.酸式盐是盐的一种，可看作多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法不正确的是A.H3PO2属于三元酸B.NaH2PO2属于正盐C.H3PO2与NaOH反应中的反应物与生成物都是电解质D.溶液中NaH2PO2的电离方程式：【答案】A【解析】【详解】A．由于与足量的NaOH反应只生成一种盐，故为一元酸，A项错误；B．由A知为一元酸，所以NaH2PO2属于正盐，B项正确；C．H3PO2与NaOH反应生成NaH2PO2和水，反应物与生成物都是电解质，C项正确D．NaH2PO2为强电解质，溶液中NaH2PO2的电离方程式为：，D项正确；故选A。3.某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是A.该反应为放热反应B.催化剂能改变该反应的焓变C.催化剂能降低该反应的活化能D.逆反应的活化能大于正反应的活化能【答案】C【解析】【详解】A．图像分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故A错误；B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；C．催化剂对反应的始态和终态无响应，但改变活化能，故C正确；D．图像分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误。答案选C。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN、ClB.pH=12的溶液中：K+、Na+、、C.c(Fe2+)=1mol/L的溶液中：K+、、、D.能使甲基橙变红的溶液中：Na+、、、【答案】B【解析】【详解】A．Fe3+与SCN不共存，且Fe3+为有色离子，在无色溶液中不存在，A错误；B．pH=12的强碱性溶液中：K+、Na+、、均可大量共存，B正确；C．=1×1012的溶液中，会氧化Fe2+，C错误；D．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，不能大量存在，D错误；故选B。5.铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法正确的是A.阳极电极反应式为：2H++2e→H2↑B.此过程中电子从Fe移向Cu，铁铆钉发生还原反应C.此过程中铜会被腐蚀，发生氧化反应D.此过程中铁做负极，被氧化【答案】D【解析】【分析】水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe2e－=Fe2＋，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，原电池放电时，电子从负极流向正极。【详解】A．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，故A错误；B．此过程中电子从Fe移向Cu，负极上发生的电极反应式为：Fe2e－=Fe2＋，铁铆钉发生氧化反应，故B错误；C．该原电池中铜作正极，原电池放电时，负极失电子容易被腐蚀，正极被保护，所以铜不被腐蚀，故C错误；D．此过程中铁做负极，电极反应式为：Fe2e－=Fe2＋，铁铆钉发生氧化反应，故D正确；故选D。【点睛】本题以原电池原理为载体考查了金属腐蚀，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题的关键，注意钢铁的吸氧腐蚀中还含有氢氧化亚铁生成氢氧化铁的反应。6.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释是A.向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氯离子浓度降低B.常温时，AgCl在饱和氯化钠溶液中的溶解度小于在水中的溶解度C.热的纯碱溶液去油污效果更好D.开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫【答案】A【解析】【详解】A．向溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，与化学平衡无关，与勒夏特勒原理无关，A符合题意；B．，加入氯化钠溶液，引入氯离子，使得平衡逆向进行，符合勒席特列原理，B不符合题意；C．，加热平衡正向进行，油脂在碱性条件下水解，符合勒席特列原理，C不符合题意；D．，开启瓶盖，使得压强减小，平衡正向进行，符合勒席特列原理，D不符合题意；故答案为：A。7.阿伏加德罗常数符号为NA。关于100mL1mol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确的是A.加NaOH溶液可制得Fe(OH)3胶粒数目为0.2NAB.溶液中阳离子数目为0.2NAC.加Na2CO3溶液发生的反应为3+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D.Fe2(SO4)3溶液可用于止血【答案】D【解析】【详解】A．铁盐溶液中加入氢氧化钠溶液后生成的是氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故A错误；B．Fe3+的水解导致阳离子个数增多，故此溶液中阳离子个数多于0.2NA个，故B错误；C．加Na2CO3溶液后，和Fe3+发生双水解：3+2Fe3++3H2O=3CO2↑+2Fe(OH)3↓，故C错误；D．铁盐能水解出氢氧化铁胶体，利用胶体聚沉的原理，可用于止血，故D正确；故选：D。8.Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是A.电解时只允许H+通过离子交换膜B.生成O2和H2的质量比为8∶1C.电解一段时间后阴极区溶液OH的浓度增大D.CrO3的生成反应为：Cr2O+2H+=2CrO3+H2O【答案】A【解析】【分析】根据左侧电极上生成，右侧电极上生成，知左侧电极为阳极，发生反应：，右侧电极为阴极，发生反应：；由题意知，左室中随着浓度增大转化为，因此阳极生成的不能通过离子交换膜。【详解】A．由以上分析知，电解时通过离子交换膜的是，A项错误；B．根据各电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反应，知生成和的物质的量之比为1∶2，其质量比为8∶1，B项正确；C．根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液的浓度增大，C项正确：D．电解过程中阳极区的浓度增大，转化为，D项正确。故选A。9.下列反应的离子方程式正确的是()A.向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3OH=Al(OH)3↓B.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C.硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H+++Ba2++2OH=BaSO4↓+2H2OD.过量铁粉与稀硝酸：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O【答案】C【解析】【详解】A．向AlCl3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和氯化铵，氨水是弱电解质，写离子方程式时不能拆成离子形式，要保留化学式，正确的离子方程式为：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，故A不符合题意；B．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，Fe3+和Cu反应生成Fe2+和Cu2+，题中离子方程式不符合电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B不符合题意；C．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，两者按照物质的量2∶1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2H+++Ba2++2OH=BaSO4↓+2H2O，故C符合题意；D．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D不符合题意；答案选C。10.下列实验中，不能达到实验目的的是由海水制取蒸馏水萃取碘水中的碘分离粗盐中的不溶物由制取无水固体ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A正确；B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，存在于下层，B正确；C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，C正确；D．直接加热会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到固体，D错误；故选D。11.AlAg2O电池用作水下动力电源，其原理如图所示。电池工作时，下列说法错误的是A.电子由Al电极通过外电路流向Ag2O/Ag电极B.电池负极附近溶液pH下降C.溶液中OH－向Al电极移动D.Al极反应式为：Al3e－+3OH－=Al(OH)3【答案】D【解析】【分析】AlAg2O电池，电解质为NaOH，Al作负极，Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；Ag2O/Ag作正极，发生反应Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－。【详解】A、Al是负极，Ag2O/Ag是正极，电子由负极经过外电路流向正极，A正确，不符合题意；B、负极发生反应Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O，消耗了OH－，则负极附近溶液的pH下降；B正确，不符合题意；C、在原电池中，阴离子向负极移动，则OH－向Al电极移动，C正确，不符合题意；D、电解质溶液中的OH－是过量的，应该生成AlO2－，方程式为Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O，D错误，符合题意；答案选D。12.下列研究目的和示意图相符的是（）选项ABCD研究目的密闭容器中，压强对反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的影响固定容积的密闭容器中，温度对反应：N2(g)+3H2(g)2NH3（g）ΔH<0的影响等质量Na、K分别与足量水反应固定容积的密闭容器中，增大CO2浓度，对已达平衡的反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的影响示意图A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．依据先拐先平压强大，P1＞P2，三氧化硫含量随压强增大而增大，图象变化与三氧化硫含量随压强增大而增大不符合，故A错误；B．依据先拐先平温度大，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，氨气物质的量减小，图象与之不符合，故B错误；C．等质量钾和钠，钾摩尔质量为39g·mol−1，钠摩尔质量为23g·mol−1，依据电子守恒可知与水反应，钾生成的氢气少，但钾活泼性大于钠，反应快先反应完，图象与之符合，故C正确；D．增大二氧化碳浓度，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，平衡逆向进行，图象与之不符合，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】利用先拐先平衡数值大的思维得出一些结论，再根据平衡移动的关系得到。13.俄罗斯用“质子—M”号运载火箭成功将“光线”号卫星送人预定轨道，发射用的运载火箭使用的是以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂的高能低温推进剂，反应过程如下图：下列说法正确的是A.2molH2(g)与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量低B.一定条件下，反应2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)能自发进行C.火箭中液氢燃烧的热化学方程式为：2H2(l)+O2(l)=2H2O(g)△H=483.6kJ/molD.H2O(g)变成H2O(l)的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量【答案】B【解析】【详解】A．由图象分析，2molH2(g)与1molO2(g)反应生成2mol

H2O(g)放出483.6kJ热量，故2molH2(g)与1mol

O2(g)所具有的总能量比2mol

H2O(g)所具有的总能量高，A项错误；B．，，当时，反应自发进行，则当低温下反应自发进行，B项正确；C．由图象分析可知，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=483.6kJ/mol，C项错误；D．H2O(g)生成H2O(l)为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，D项错误；故答案为：B。14.25℃下，向20mL0.1mol·L1H2A溶液中滴加0.1mol·L1NaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示。下列有关说法正确的是A.H2A属于强酸B.c(HA)/c(H2A)随着V[NaOH(aq)]的增大而减小C.V[NaOH(aq)]=20mL时，溶液中存在关系：c(HA)+c(A2)+c(H2A)=0.1mol/LD.V[NaOH(aq)]=20mL时，溶液中存在关系：c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(A2)>c(OH)【答案】D【解析】【分析】向H2A溶液中滴加NaOH溶液过程中，H2A与NaOH发生分步反应H2A+NaOH=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O。【详解】A．根据图可知，20mL0.1mol·L1H2A溶液中存在1×103mol<n(H2A)<2×103mol，则H2A部分电离，为弱酸，A错误；B．随氢氧化钠的加入，则氢离子浓度逐渐减小，c(HA)/c(H2A)=Ka/c(H+)，所以c(HA)/c(H2A)增大，B错误；C．根据物料守恒，当氢氧化钠的体积为20mL时，溶液的总体积为40mL，则c(HA)+c(H2A)+c(A2)=0.1mol/L÷2=0.05mol/L，C错误；D．当氢氧化钠的体积为20mL时，所得溶液为NaHA溶液，根据图象可知此时c(A2)>c(H2A)，说明HA的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(A2)>c(OH)，D正确；故答案为：D。二、实验探究题(本大题共1小题，共12分)15.铁是人体必需的微量元素之一。黑木耳中的含铁量较高，为检验和测定干黑木耳样品中的铁元素，设计实验如下。回答下列问题：Ⅰ.铁元素的检验（1）“操作”是指_______。上述流程中需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗，还有下图中的______(填写仪器名称)。（2）取待测液少许，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成；另取待测液少许，滴加______(填化学式)溶液，观察到溶液变为红色，由此可得出结论______(填字母序号)。a.黑木耳中一定含Fe2+和Fe3+b.待测液中一定含Fe2+和Fe3+Ⅱ.铁元素含量的测定（3）利用KMnO4标准溶液测定干黑木耳样品中铁元素的含量步骤Ⅰ：取10.00mL待测液，加入过量铜粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ所得的溶液中加入适量稀H2SO4溶液，用0.0020mol/L的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液2.20mL。①用KMnO4标准溶液滴定至终点的标志是________。②黑木耳中铁的含量为_________mg/100g(即每100g黑木耳中含铁元素的质量)。【答案】（1）①.过滤②.坩埚、100mL容量瓶（2）①.KSCN②.b（3）①.当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶时恰好出现浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到终点②.12.32【解析】【分析】预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，然后取10.00mL待测液于锥形瓶中通过滴定法测定铁元素的含量。【小问1详解】“操作”后产生了滤液，说明是“过滤”，上述流程中的“灼烧”需要用到坩埚，加蒸馏水至100mL待测液时需要用到容量瓶，故答案为：坩埚、100mL容量瓶；【小问2详解】Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，Fe3+与KSCN反应后溶液呈红色，故答案为：KSCN、b；【小问3详解】用酸性高锰酸钾滴定含有的Fe2+溶液，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色，说明滴定达到终点；反应中一共消耗n()=0.0020mol/L×2.20×103L=4.4×106mol，根据上述反应比例，n(Fe2+)：n()=5：1，则n(Fe2+)=2.2×105mol，则10mL待测液中，铁元素的质量为2.2×105mol×56g/mol=1.232×103g=1.232mg，故100mL待测液也即100g黑木耳中铁元素质量为12.32mg。三、简答题(本大题共3小题，共34分)16.CoC2O4是制备氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下：（1）为了加快“碱浸”速率，可采用的方法有________(写一种即可)。“浸出液”的主要成分是_______(填化学式)。（2）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为___________。（3）“除杂1”过程中，在40~50℃加入H2O2，写出加入H2O2反应的主要离子方程式为_______________。（4）“除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×105mol/L，则滤液中c(Mg2+)为______[已知Ksp(MgF2)=7.35×1011、Ksp(CaF2)=1.05×1010]。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，经过萃取可除去Mn2+，需控制溶液的pH范围是__________(填字母)。A.1.0~2.0B.2.0~3.0C.3.0~3.5【答案】（1）①.升高温度、粉碎废料，增大溶液与固体的接触面积等(合理即可)②.Na[Al(OH)4](或NaAlO2)（2）2Co3+++H2O=2Co2+++2H+（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）7×106mol/L（5）C【解析】【分析】含钴废料高温煅烧，将碳及有机物灼烧，剩余物质加入NaOH溶液，主要发生NaOH和氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠(或偏铝酸钠)和水，过滤后滤渣加入稀硫酸反应生成Co2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MnSO4、CaSO4、MgSO4等，再加入Na2SO3将Co2(SO4)3、Fe2(SO4)3还原，过滤后滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，过滤除掉铁离子，向滤液中加入NaF除掉钙、镁离子，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取锰离子，水溶液中加入草酸铵得到CoC2O4，以此分析；小问1详解】为了加快“碱浸”速率，可采用的方法有升高温度、粉碎废料，增大溶液与固体的接触面积等。主要化学反应是氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠(或偏铝酸钠)和水；故答案为：升高温度、粉碎废料，增大溶液与固体的接触面积等(其它正确答案均可)；Na[Al(OH)4](或NaAlO2)；【小问2详解】Co2O3和稀硫酸反应生成Co2(SO4)3和水，Co2(SO4)3与Na2SO3反应生成CoSO4，；故答案为：；【小问3详解】“除杂1”过程中，在40~50℃加入H2O2，主要将亚铁离子氧化为铁离子，其离子方程式：；故答案为：；【小问4详解】根据题意滤液中c(Ca2+)=1.0×105mol/L，则，，，；故答案为：7×106mol/L；【小问5详解】根据题意，萃取时尽量的将Mn2+萃取出，而减少Co3+萃取，根据题中信息控制溶液的pH范围是3.0~3.5；故答案为：C。17.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=1.8×10－5Ka=4.3×l0－10Ka1=5.0×l0－7Ka2=5.6×l0－11①常温下，pH相同的三种溶液：A．CH3COONaB．NaCNC．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是_______________(填编号)。②将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是____________________________。③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）室温下，用0.100mol/L盐酸溶液滴定的某氨水溶液，滴定曲线如图所示（横坐标为盐酸的体积）。①d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为__________________________________。②b点所示的溶液中c(NH3·H2O)－c(NH4+)=________(用溶液中的其它离子浓度表示)。【答案】①ABC②.CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－③.CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－④.l.8×104⑤.c(C1－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)⑥.2c(H+)－2c(OH－)【解析】【分析】先根据K分析酸强弱，根据越弱越水解分析盐的水解程度来得出水解相同氢氧根离子，其浓度大小顺序；利用相对强的酸制相对弱的酸来分析；离子发生水解，其离子浓度减小，根据电荷守恒和质子守恒来分析溶液中离子浓度的关系。【详解】⑴根据K越大酸越强得出酸强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－，pH相同，即水解生成的氢氧根浓度相同，水解程度越大，要使水解生成的氢氧根浓度相同，则盐的浓度越小，水解程度Na2CO3>NaCN>CH3COONa，所以其物质的量浓度大小顺序为CH3COONa>NaCN>Na2CO3故答案为ABC；②将少量CO2通入NaCN溶液只能生成碳酸氢根，不能生成碳酸根，故反应的离子方程式是CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－，故答案为CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－；③室温下，－定浓度的CH3COONa溶液pH=9，溶液显碱性主要是醋酸根离子水解显碱性，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，溶液中，故答案为CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－；1.8×104；⑵①d点所用盐酸的体积为20mL，该点溶质为氯化铵，由于铵根离子水解，因此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－)；②b点所示的溶质为一水合氨和氯化铵且物质的量浓度相等，根据电荷守恒和质子守恒的得出c(NH4+)+c(H+)=c(C1－)+c(OH－)，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(C1－)2c(NH4+)+2c(H+)－2c(OH－)=2c(C1－)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)所以溶液中c(NH3·H2O)－c(NH4+)=2c(H+)－2c(OH－)，故答案为2c(H+)－2c(OH－)。18.二氧化碳、甲烷是地球大气中的主要温室气体，它们能吸收地面反射的太阳辐射，使地球表面变暖，因此，对二氧化碳、甲烷的高效利用有着举足轻重的作用。回答下列问题：（1）已知下列反应①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2则二氧化碳重整甲烷反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H3=_______。（2）恒温恒容密闭容器中，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)达到平衡状态的标志是_________。A.容器内的压强保持不变B.c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：2：2C.混合气体的平均分子量保持不变D.混合气体的颜色保持不变E.单位时间内断裂CH键和形成HH键的数目之比为2：1（3）反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数的表达式为________