福建省永安一中德化一中漳平一中2017-2018学年高二上学期第二次联考化学试题

“永安一中、德化一中、漳平一中”三校联考2017—2018学年第一学期第二次月考高二化学试题1.下列生活中的化学现象解释不正确的是A.生石灰可作食品速热剂是利用原电池原理B.泡沫灭火器是运用双水解原理产生CO2C.铝盐可作净水剂是利用铝离子水解产生胶体D.将煤气中毒的人移到通风处，是运用平衡理论【答案】A【解析】生石灰作食品速热剂的原理为：生石灰（CaO）与水反应生成氢氧化钙放出热量，故A错误；B、泡沫灭火器（成分为Al2(SO4)3、NaHCO3溶液）的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，故B正确；C、铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用，能吸附水中悬浮的杂质，故C正确；D、煤气中毒是指大量的CO与血红蛋白结合，使得平衡：血红蛋白O2+CO⇌血红蛋白CO+O2向右移动，氧失去了与血红蛋白结合的机会，造成组织缺氧，将人移到通风处，氧气浓度增大，平衡向左移动，故D正确。故选A。2.下列数据不一定随着温度升高而增大的是A.盐类水解常数KhB.弱电解质的电离平衡常数KC.化学平衡常数KD.水的离子积Kw【答案】C【解析】A、盐类水解是吸热过程，升高温度，促进水解，水解常数增大，故A正确；B、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电离，电离平衡常数增大，故B正确；C、对于放热的化学反应，升高温度K减小，故C错误；D、水的电离为吸热过程，升高温度,促进电离，水的离子积常数KW增大，故D正确。故选C。点睛：吸热过程，升高温度，平衡向右移动，K增大。3.25℃时，纯水中存在的平衡：H2OH＋+OH－，下列叙述正确的是A.将水加热，Kw增大，pH不变B.加入稀盐酸，平衡逆向移动，c(H+)降低C.加入氢氧化钠溶液，平衡逆向移动，Kw变小D.加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H＋)降低【答案】D【解析】A、水的电离为吸热过程，加热，促进水的电离，Kw=c(H+)×c(OH)增大，pH减小，故A错误；B、加入盐酸，c(H+)增大，平衡逆向移动，但溶液由中性变酸性，c(H+)还是增大的，故B错误；C、加入NaOH，c(OH)增大，平衡逆向移动，但Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故C错误；D、加入CH3COONa，CH3COO结合水中的H+，c(H+)减小，水的电离平衡向右移动，故D正确，故选D。4.下列叙述正确的是A.金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程B.铜板上的铁铆钉在潮湿的空气中直接发生反应：Fe3e=Fe3+，继而形成铁锈C.将水库中的水闸（钢板）与直流电源的负极相连接，可防止水闸被腐蚀D.合金的熔点高于它的任何一种金属成分【答案】C.....................C、将水库中的水闸（钢板）与直流电源的负极相连接，作电解池的阴极，被保护，所以可防止水闸被腐蚀，故C正确；D、合金的熔点都低于它的成分金属，故D错误。故选C。5.对水的电离平衡不产生影响的微粒是A.H＋B.26M3＋C.D.【答案】C【解析】水的电离方程式为H2O⇌H++OH−。A、H+抑制水的电离，故A错误；B.质子数为26的元素为铁元素，故26M3+为Fe3+，是弱碱阳离子，在溶液中结合水电离出的OH−，促进水的电离，故B错误；C、此结构式为CH3COO−，是弱酸根，在溶液中水解，故对水的电离有促进作用，故C错误；D、此结构示意图代表的是Cl−，是强酸阴离子，不能水解，对水的电离无影响，故D错误。故选C。点睛：影响水的电离（H2O⇌H++OH−）因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离；大多数弱酸阴离子和弱碱阳离子促进水的电离，部分酸式盐的阴离子（如HSO3）对水的电离为抑制作用。6.常温下，将浓度为0.1mol/LNaF溶液加水稀释的过程中，下列各量始终保持增大的是A.c(OH)B.c(Na+)C.D.c(HF)/c(F)【答案】D【解析】HF为弱酸，NaF溶液中存在水解平衡F−+H2O⇌HF+OH−，加水稀释，平衡向右移动。A、加水稀释，平衡正向移动，n(OH−)增大，但因溶液体积增大，c(OH−)减小，故A错误；B、溶液中Na+不存在平衡，加水稀释，Na+物质的量不变，但溶液体积增大，所以c(Na+)减小，故B错误；C、水解常数Kh(F)=，可变形为，加水稀释，c(HF)减小，Kh不变，所以减小，则减小，故C错误；D、根据Kh(F)可知，，加水稀释，c(OH)减小，Kh不变，所以增大，则增大，故D正确。故选D。点睛：电解质溶液在加水稀释的过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数或者是它们的变形。7.相同温度下，四种物质的量浓度相等的溶液中，c(NH)最小的是A.NH3·H2OB.NH4ClC.CH3COONH4D.NH4Al(SO4)2【答案】A【解析】NH3•H2O是弱电解质，在溶液中发生微弱的电离，溶液中NH4+浓度较小；NH4Cl、CH3COONH4、NH4Al(SO4)2这几种盐完全电离，NH4+发生水解，但NH4+水解程度较小，盐溶液中NH4+浓度大于氨水中NH4+浓度，所以NH4+浓度最小的是NH3·H2O。故选A。点睛：NH4Cl溶液中，NH4+发生水解，且水解不受氯离子的影响；CH3COONH4溶液中CH3COO水解生成OH，对NH4+的水解起促进作用，导致NH4+水解程度大，NH4+浓度比NH4Cl中小；NH4Al(SO4)2溶液中，Al3+水解生成H+，对NH4+的水解起抑制作用，导致NH4+水解程度很小，NH4+浓度比NH4Cl中大；所以这三种盐溶液中NH4+浓度由大到小的顺序为：NH4Al(SO4)2＞NH4Cl＞CH3COONH4。8.25℃，由水电离产生的H+]=10－13mol/L的溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是A.Na+、Cu2+、NO3－、CH3COO－B.K+、Na+、Cl－、SO42－C.K+、CO32－、NO3－、Al(OH)4]－D.Na+、Fe2+、NO3－、Cl－【答案】B【解析】水电离出的c(H+)=1013mol/L，则溶液中水的电离被抑制，所以溶液中可能含有大量H+，或含有大量OH，只有在这两种情况下均能大量共存才符合题意。A、在含有大量OH的溶液中，Cu2+不能大量共存，在含有大量H+的溶液中，CH3COO－不能大量共存，故A错误；B、在两种情况下均可存在，故B正确；C、在含有大量H+的溶液中，CO32－和Al(OH)4]－不能大量共存，故C错误；D、在含有大量H+的溶液中，Fe2+、NO3－发生氧化还原反应，在含有大量OH的溶液中，Fe2+不能大量存在，故D错误。故选B。9.对于反应COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)△H＞0。改变下列条件，能加快反应速率，且CO物质的量分数增大的是A.恒容下通入HeB.恒容下增大COCl2浓度C.升温D.加催化剂【答案】C【解析】A、恒容下通入惰性气体，各物质的浓度不变，反应速率不变，故A错误；B、增大COCl2浓度，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大；平衡向正向移动，CO浓度增大；由于正反应是一个气体数目增多的反应，恒容下增大COCl2的浓度，体系的压强增大，COCl2的转化率减小，使得COCl2的质量分数增大，CO的质量分数减小，故B错误；C、升高温度，任何反应速率均加快，平衡向右移动，CO的质量分数增大，故C正确；D、加催化剂加快反应速率，但不能改变平衡转化率，CO的质量分数不改变，故D错误。故选C。点睛：本题难点为C选项中,恒容时增大反应物的浓度，判断生成物CO质量分数的变化。当反应物只有一种时，aA(g)⇌bB(g)+cC(g)，恒容时增大A的浓度，平衡正向移动，A的转化率取决于气体物质的系数：①若a=b+c,A的转化率不变，B、C的体积分数不变；②若a＞b+c,A的转化率升高，B、C的体积分数增大；③若a＜b+c,A的转化率降低，B、C的体积分数减小。10.下列溶液蒸干并灼烧，最后得到固体是溶质本身的是A.CuSO4B.NaHCO3C.KMnO4D.FeCl3【答案】A【解析】A、CuSO4溶液中存在水解CuSO4+2H2O⇌Cu(OH)2+H2SO4，硫酸难挥发，蒸干后得到CuSO4，且CuSO4性质稳定，所以最后得到的是溶质本身，故A正确；B、NaHCO3在加热条件下易分解生成Na2CO3，故B错误；C、KMnO4在加热条件下易分解，故C错误；D、FeCl3溶液中存在水解FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，在加热的条件下，HCl挥发，促进水解不断向右进行，蒸干后得到的固体为Fe(OH)3，灼烧后得Fe2O3，故D错误。故选A。11.用惰性电极电解足量下列溶液一段时间后，再加入一定量括号内的纯净物，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是A.AgNO3AgNO3]B.NaOHNaOH]C.KClH2O]D.CuSO4CuO]【答案】D【解析】石墨电极为惰性电极，溶液中阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电。A、电解AgNO3溶液，Ag+在阴极放电生成Ag，OH在阳极放电生成O2，且n(Ag)∶n(O2)=2∶1,则应加入Ag2O恢复浓度，故A错误；B、电解NaOH溶液，H+在阴极放电生成H2，OH在阳极放电生成O2，且n(H2)∶n(O2)=2∶1,则应加入一定量的H2O恢复原样，故B错误；C、电解KCl溶液，H+在阴极放电生成H2，Cl在阳极放电生成Cl2，且n(H2)∶n(Cl2)=1∶1,则应加入一定量HCl恢复原样，故C错误；D、电解CuSO4溶液，Cu2+在阴极放电生成Cu，OH在阳极放电生成O2，且n(Cu)∶n(O2)=2∶1,则应加入一定量CuO恢复原样，故D正确。故选D。点睛：分析电解反应的原理，在两极析出什么物质（固体或气体），相当于什么物质脱离反应体系，根据元素守恒和原子比例，加入对应的物质，即可使溶液完全复原。12.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)△H，有关化学反应的物质变化过程如图1，能量变化过程如图2，下列说法正确的是A.由图1可知：△H1=△H+△H2B.由图2可知△H=226kJ·mol1C.为了实现转化需不断向反应器中补充Pt2O+和Pt2O2+D.由图2可知该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能【答案】B【解析】试题分析：A、由图1可知：N2O(g)→N2(g)△H1，CO(g)→CO2(g)△H2，根据盖斯定律，△H=△H1+△H2，故A错误；B、由图2可知，反应物为N2O(g)+CO(g)，生成物为CO2(g)+N2(g)，△H="134kJ/mol360kJ/mol=226"kJ/mol，故B正确；C、由图1可知，Pt2O+是催化剂，转化过程中无需不断向反应器中补充催化剂，故C错误；D、由图2可知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误；故选B。考点：考查了反应热和焓变、盖斯定律的相关知识。13.一种新型的“锂呼吸CO2电池”，结构如图所示，下列说法不正确的是A.该装置是化学能转变为电能B.利用该技术可减少温室气体CO2的排放C.正极的电极反应为：2CO2+2e=C2O42D.每生成10.2gLi2C2O4，有0.2molLi+从正极迁移至负极【答案】D【解析】A、该装置为原电池装置，将化学能转化为电能，故A正确；B、由图可知，CO2转化为C2O42，可减少温室气体的排放，故B正确；C、CO2→C2O42，碳元素化合价降低，得电子，则CO2在正极发生反应，电极反应为：2CO2+2e=C2O42，故C正确；D、原电池中，阳离子向正极移动，故D错误。故选D。14.下列关于图示四个装置的叙述不正确的是A.装置甲是可以在铁钉上镀铜的装置B.装置乙若为电解精炼铜装置，则X电极为精铜C.装置丙的a端产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D.装置丁可用于测定化学反应的反应热【答案】D【解析】A、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，所以装置甲可实现在铁钉上镀铜，故A正确；B、电解精炼时纯铜作阴极，粗铜作阳极，乙装置X电极为阴极，用精铜作阴极，故B正确；C、丙装置中a端接电源正极，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C正确；D、测定反应热的实验过程中要用环形玻璃搅拌棒，不能用铁丝搅拌棒，金属传递热量很快，会造成热量的损失，引起较大实验误差，故D错误。故选D。15.下列有关说法正确的是A.用广泛pH试纸测得某酸溶液的pH为2.3B.对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小体积可使体系颜色变深，此事实能用勒夏特列原理解释C.在一定温度和压强下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放出热量19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=﹣38.6kJ/molD.一定条件下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1，2SO2(g)+O2(g)2SO3(l)△H2则△H1＞△H2【答案】D【解析】A、广泛pH试纸测定数值为整数，不能为小数，故A错误；B、反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)是一个反应前后气体数目不变的反应，平衡后，缩小容器体积，平衡不发生移动，体系颜色变深，是因为体积缩小，I2浓度增大，与平衡无关，故B错误；C、因为反应是可逆的，0.5molN2和1.5molH2不能完全反应，所以若反应0.5molN2放出的热量大于19.3kJ，反应1molN2放出的热量大于38.6kJ，故有N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜38.6kJ•mol1，故C错误；D、二氧化硫与氧气的反应为放热反应，△H＜0，SO3(g)能量高于SO3(l)，反应物总能量相同，生成物能量高，则反应放热少，故｜△H1｜＜｜△H2｜，△H1＞△H2，故D正确。故选D。16.常温下，将一定浓度的HA和HB分别与0.10mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，记录数据如下表，下列说法中正确的是混合后的溶液加入的酸酸的浓度/(mol·L－1)混合后溶液的pH①HA0.108.7②HB0.122A.HA是强酸，HB是弱酸B.溶液①中离子浓度的关系：c(A－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)C.溶液②中离子浓度的关系：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(B－)＝0.12mol·L－1D.升高温度，溶液②中增大【答案】C【解析】①HA与NaOH等体积等浓度混合，恰好完全反应生成NaA，溶液pH=8.7，则NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸。②0.12mol/L的HB与0.10mol/L的NaOH溶液等体积混合,反应后剩余的酸的浓度为c(HB)=（0.120.1）÷2=0.01mol/L，溶液pH=2，c(H+)=0.01mol/l=c(HB)，所以HB完全电离，即HB为强酸。A、由分析可知，HA是弱酸，HB是强酸，故A错误；B、溶液①中,恰好完全反应生成NaA,溶液的pH=8.7,显碱性,c(OH−)>c(H+),水解程度较小,所以c(A−)>c(OH−),则离子浓度的关系：c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)，故B错误；C、溶液②中c(H+)=0.01mol/l,c(B−)=0.12mol/L÷2=0.06mol/L,c(Na+)=0.1mol/L÷2=0.05mol/L，所以c(Na+)+c(H+)+c(B−)=0.12mol/L，故C正确。D、NaB为强酸强酸碱盐,升高温度,B−、Na+的浓度不变,所以溶液②中c(B−)/c(Na+)不变，故D错误。故选C。17.在密闭容器中，反应2NO2(g)N2O4(g)，在不同条件下的化学平衡情况如图a、图b所示。图a表示恒温条件下c(NO2)的变化情况，图b表示恒压条件下，平衡体系中N2O4的质量分数随温度变化情况（实线上的任意一点为平衡状态）。下列说法正确的是图a图bA.图a中，A1→A2变化的原因一定是充入了NO2B.图b中，E点对应状态中，v(正)>v(逆)C.图b中，E→A所需的时间为x，D→C所需时间为y，则x<yD.依据图b分析可知，该化学反应△H＞0【答案】B【解析】A、A1→A2变化为：NO2的浓度突变，增大，可能为缩小容器体积或加入了NO2，故A错误；B、图b中，E点NO2的含量比平衡低，则反应正向进行，v(正)>v(逆)，故B正确；C、温度越高，反应速率越大，达到平衡用时越小，故C错误；D、根据图b，温度升高，N2O4％减小，平衡左移，所以正反应是一个放热反应，△H＜0，故D错误。故选B。18.向20mL0.5mol·L1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说法中错误的是A.醋酸的电离平衡常数：B点>A点B.由水电离出的c(OH)：B点>C点C.从A点到B点，混合溶液中可能存在：c(CH3COO)=c(Na+)D.从B点到C点，混合溶液中一直存在：c(Na+)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H+)【答案】D【解析】试题分析：A．醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，且其电离过程吸热，温度越高，醋酸的电离程度越大，其电离常数越大，A正确；B．B点酸碱恰好反应生成醋酸钠，C点氢氧化钠过量，氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以由水电离出的c（OH）：B点＞C点，B正确；C．如果c（CH3COO）=c（Na+），根据电荷守恒知，溶液中c（OH）=c（H+），醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以从A点到B点，混合溶液中可能存在c（CH3COO）=c（Na+），C正确；D．从B点到C点，氢氧化钠过量，溶液中的溶质是醋酸钠和氢氧化钠，当氢氧化钠的物质的量大于醋酸钠的物质的量时，混合溶液中存在：c（Na+）＞c（OH）＞c（CH3COO）＞c（H+），D错误；答案选D。考点：考查酸碱混合溶液定性判断19.化学反应原理在生活及工业中运用广泛。（1）氮氧化物排放是形成臭氧层空洞重要成因之一，氮氧化物破坏臭氧层原理为：i.NO+O3NO2+O2K1ii.NO2+ONO+O2K2则反应O3+O2O2的平衡常数K=_____（用K1、K2表示）。NO在该反应过程中的作用是_______。（2）N2H4是火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，溶于水生成弱碱N2H4·H2O，写出N2H4·H2O的电离方程式___________。（3）已知t℃时，KW＝1×10－13，则t℃_______25℃(填“＞”、“＜”或“＝”)。在t℃时将pH＝11的NaOH溶液aL与pH＝1的H2SO4溶液bL混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝________。【答案】(1).K1·K2(2).催化剂(3).N2H4·H2ON2H5++OH(4).>(5).9∶2【解析】（1）反应i+反应ii，即可得反应O3+O⇌2O2，所以K=K1·K2；NO在该反应过程中的作用为催化剂。故答案为：K1·K2；催化剂；（2）肼与氨类似，类比氨气，NH3·H2O⇌NH4++OH；则N2H4·H2O的电离方程式可仿写为：N2H4·H2O⇌N2H5++OH；20.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的两种方法：方法Ⅰ用炭粉在高温条件下还原CuO方法Ⅱ电解法的反应为2Cu+H2O

Cu2O+H2↑（1）已知：2Cu(s)+1/2O2(g)=Cu2O(s)△H=169KJ/molC(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=110.5kJ/molCu(s)+1/2O2(g)=CuO(s)△H=157kJ/mol则方法Ⅰ反应的热化学方程式为______________________。（2）方法Ⅱ采用肼（N2H4）燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。图甲图乙①上述装置中D电极应连接肼燃料电池的_______极（填“A”或“B”），该电解池中离子交换膜为______离子交换膜（填“阴”或“阳”）。②该电解池的阳极反应式为_______________________________，肼燃料电池中A极发生的电极反应为___________________________________。③当反应生成14.4gCu2O时，至少需要肼______mol。【答案】(1).2CuO(s)＋C(s)=Cu2O(s)＋CO(g)△H=+34.5kJ·mol1(2).B(3).阴(4).2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O(5).N2H44e+4OH=N2↑+4H2O(6).0.05【解析】（1）方法Ⅰ反应的方程式可表示为：C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)；将上述反应分别编号：①2Cu(s)+1/2O2(g)=Cu2O(s)△H=169KJ/mol②C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=110.5kJ/mol③Cu(s)+1/2O2(g)=CuO(s)△H=157kJ/mol④C(s)+CuO(s)=Cu(s)+CO(g)根据盖斯定律可知，④=①+②−2×③，所以反应④：△H=+34.5kJ/mol；故答案为：C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5KJ/mol；（2）①燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极。图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，则D极作阳极，接电池正极（B极），铜被氧化。阳极反应为2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O，反应消耗OH，采用阴离子交换膜使OH向阳极移动。故答案为：B；阴；（3）根据上述分析，阳极反应为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O；A极为负极，N2H4失电子，转化为N2，故电极方程式为N2H44e+4OH=N2↑+4H2O；故答案为：2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O；N2H44e+4OH=N2↑+4H2O；（4）根据电极反应可知，Cu2O与N2H4、e的数量关系式为：4e~2Cu~N2H4，所以n(N2H4)=0.5n(Cu)=×0.5=0.05mol。故答案为：0.05。21.亚硝酸（HNO2）为一元弱酸，其性质与硝酸相似。已知：298K时，四种物质的电离平衡常数（K）如下表。HNO2NH3·H2OH2CO3H2SO3K（mol·L1）25.1×1041.8×105Ka1=4.2×107Ka2=5.61×1011Ka1=1.3×10﹣2Ka2=6.3×10﹣8（1）下列不能说明HNO2是弱电解质的是_____。A.常温下0.1mol·L1NaNO2溶液的pH＞7B.用一定浓度HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗C.等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液分别与足量锌反应，HNO2放出的氢气较多D.常温下，0.1mol·L1HNO2溶液的pH=2.3（2）298K时，将10mL0.1mol·L1的亚硝酸溶液与10mL0.1mol·L1氨水混合，所得溶液为_____（填“酸性”、“碱性”或“中性”），原因是___________________________。（3）若将pH=2的HNO2、HCl两溶液分别加水稀释，pH变化如右图所示，判断曲线I对应的溶液为_______（填化学式）。图中a、b、c三点对应溶液的导电能力由强到弱的顺序是________（用a、b、c表示，下同）；溶液中水的电离程度由强到弱的顺序是________。（4）依据提供数据回答下列问题。①求298K时，NaHSO3溶液中HSO3水解平衡常数Kh=____；由此可判断HSO3水解程度______电离程度（填“＞”、“＜”或“＝”）。②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为______。（5）298K时，向含有2molNa2CO3的溶液中加入1mol的HNO2后，则溶液中CO32、HCO3和NO2的离子浓度由大到小是_______。【答案】(1).B(2).酸性(3).反应恰好生成的亚硝酸铵，亚硝酸根离子水解呈碱性，铵根离子水解呈酸性，但是亚硝酸根离子水解程度小于铵根离子，故呈酸性(4).HCl(5).b>a>c(6).c>a>b(7).7.7×10﹣13(8).＜(9).H2SO3＋HCO=HSO＋CO2↑＋H2O(10).HCO3]＞NO2]＞CO32]【解析】（1）A、NaNO2溶液pH＞7，则NaNO2为弱酸强碱盐，说明HNO2是弱电解质，故A错误；B、灯泡很暗只能说明离子浓度小，浓度小的强电解质溶液导电性也很弱，导电性与电解质的强弱无关，故B正确；C、等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液分别与足量锌反应，HNO2放出的氢气较多，说明HNO2溶液存在大量未电离的HNO2分子，则HNO2为弱电解质，故C错误；D、0.1mol/L的亚硝酸溶液的pH约为2.3，则亚硝酸部分电离，说明HNO2是弱电解质，故D错误。故选B。（2）将10mL0.1mol·L1的亚硝酸与10mL0.1mol·L1氨水混合，恰好完全反应生成NH4NO2。亚硝酸根离子水解呈碱性，铵根离子水解呈酸性，由表格可知HNO2的电离常数大于NH3·H2O的电离常数，则亚硝酸根离子水解程度小于铵根离子，溶液显酸性。故答案为：酸性；反应恰好生成的亚硝酸铵，亚硝酸根离子水解呈碱性，铵根离子水解呈酸性，但是亚硝酸根离子水解程度小于铵根离子，故呈酸性。（3）HNO2是弱酸，部分电离，pH=2的HNO2中有大量未电离的HNO2。两溶液加水稀释相同的倍数，HNO2的pH变化较小，故曲线I对应的溶液为HCl；溶液的导电能力和氢离子浓度大小有关，浓度越大，导电能力越强。根据pH可知，a、b、c三点对应溶液的氢离子浓度大小顺序为：b＞a＞c，所以导电能力由强到弱的顺序是b＞a＞c。酸对水的电离起到抑制作用，酸中氢离子浓度越小，抑制作用越小，则水的电离程度越大，所以溶液中水的电离程度由强到弱的顺序是c>a>b；故答案为：HCl；b＞a＞c；c>a>b；①H2SO3一级电离为：H2SO3⇌HSO3+H+，Ka1=1.3×10﹣2；HSO3的水解HSO3+H2O⇌H2SO3+OH，Kh=Kw/Ka1=10﹣14/1.3×10﹣2=7.7×10﹣13。HSO3的电离常数为Ka2=6.3×10﹣8，Ka2＞Kh，则HSO3的水解程度小于电离程度。故答案为：7.7×10﹣13；＜。②根据电离常数可得酸性强弱顺序：H2SO3＞H2CO3＞HSO3＞HCO3；根据强酸制弱酸原理，H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应，生成CO2和HSO3，离子方程式为：H2SO3＋HCO3=HSO3＋CO2↑＋H2O。故答案为：H2SO3＋HCO3=HSO3＋CO2↑＋H2O；③根据电离常数可知，酸性强弱HNO2＞H2CO3＞HCO3。向含有2molNa2CO3的溶液中加入1molHNO2后，方程式为：Na2CO3＋HNO2=NaHCO3＋NaNO2，剩余1molNa2CO3；即所得溶液溶质为1molNaNO2、1molNaHCO3、1molNa2CO3；因为酸性HNO2＞H2CO3＞HCO3，所以CO32的水解程度大于NO2的水解程度，所以n(CO32)＜n(NO2)＜1mol；HCO3电离常数Ka1=5.61×1011，水解常数Kh=1014/4.2×107，则HCO3的水解大于电离，CO32的水解程度大于HCO3的水解程度，且CO32水解生成HCO3，所以n(HCO3)＞1mol。则溶液中CO32、HCO3和NO2的离子浓度由大到小是：c(HCO3)＞c(NO2)＞c(CO32)。故答案为：c(HCO3)＞c(NO2)＞c(CO32)。点睛：电离常数越大，酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小；酸的电离常数Ka，与其酸根离子的水解常数Kh关系为：Ka×Kh=Kw；注意应用公式计算二元酸常数时，要分清酸与其对应的酸根离子，HSO3的电离常数应为H2SO3的二级电离常数Ka2，其自身水解常数为Kw/Ka1，其对应的酸根离子为SO32，水解常数为：KW/Ka2。22.用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。（1）写出上述反应的平衡常数表达式_______________。（2）在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/℃起始时NO的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.0928000.240.08①结合表中数据，判断该反应的△H____0(填“＞”或“＜”)，理由是_________。②判断该反应达到平衡的依据是_______。A.容器内气体密度恒定B.容器内各气体