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2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析） (I)1. 化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是( )A. 明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同B. 医学上常采用碳酸钡作为钡餐C. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应【答案】D【解析】【详解】分析：A.明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的；B. 碳酸钡能够溶于盐酸；C. 吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率；D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。详解:A. 明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故A错误；B. 碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故B错误；C. 酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故C错误；D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D选项是正确的；所以D选项是正确的。【点睛】本题考查了物质的性质及用途，性质决定用途，熟悉碳酸钡、明矾、碳酸氢钠等的性质是解题关键，注意金属的电化学防护原理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。2. 用铁片与稀硫酸在试管内反应制取氢气时，下列措施中不能增大氢气生成速率的是()A. 对试管加热 B. 加入CH3COONa固体C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 不用铁片，改用铁粉【答案】B【解析】分析：加快生成氢气的速率，可增大浓度，升高温度，增大固体的表面积以及形成原电池反应，以此解答。详解:A.加热，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故A不选；B.反应在溶液中进行，加入CH3COONa固体，CH3COO-+H+= CH3COOH，氢离子浓度减小，故氢气的生成速率减小，故B选；C.滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，形成铜锌原电池，反应速率增大，故C不选；D.不用铁片，改用铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故D不选。所以B选项是正确的。点睛：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于基本概念的理解和应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。3. 在2A+B3C+4D中，表示该反应速率最快的是( )A. (A)=0.5molL1S1 B. (B)=0.3 molL1S1C. (C)=1.2molL1min1 D. (D)=0.6 molL1min1【答案】B【解析】分析：利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较。详解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B3C+4D，A、（A）=0.5mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=2（A）=1mol/（Ls），B、（B）=0.3mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=4（B）=1.2mol/（Ls），C、（C）=1.2mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=（C）=1.2mol/（Lmin）=1.6 mol/（Lmin）=0.027 mol/（Ls），D、（D）=0.6mol/（Ls），所以B选项是正确的。点睛：本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。另外，还要注意统一单位。4. 下列说法正确的是( )A. NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)H=+185.57kJmol1，能自发进行，原因是S0B. 常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行C. 焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向【答案】A【解析】分析：A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行；B、某些吸热反应也可以自发进行，根据H-TS0分析判断；C、根据反应自发进行的判断根据H-TS0分析；D、催化剂改变反应速率不改变化学平衡。详解:A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)H=+185.57kJmol1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，所以A选项是正确的；B、某些吸热反应也可以自发进行，根据H-TS0，S0，常温下可以H-TS0，如氢氧化钡晶体和氯化铵反应，是吸热反应，常温下可以蒸发进行，故B错误；C、根据反应自发进行的判断根据H-TS 0，B错误；C提高炼铁高炉的高度不能改变平衡状态，因此不能减少尾气中CO的浓度，C错误；D某温度下达到平衡时，CO的体积分数基本不变，D正确。考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响、平衡状态判断等的知识。12. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )酸HXHYHZ电离常数Ka910791061102A. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大B. 相同温度下，1mol/L HX溶液的电离平衡常数小于0.1mol/L HXC. 三种酸的强弱关系：HXHYHZD. HZ+Y=HY+Z能够发生反应【答案】D【解析】分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，故C错误；D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y=HY+Z能够发生反应，所以D选项是正确的；所以D选项是正确的。13. 控制适合的条件，将反应Fe3+AgFe2+Ag+设计成如图所示的原电池(盐桥装有琼脂-硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度)。已知接通后，观察到电流计指针向右偏转。下列判断不正确的是( )A. 在外电路中，电子从银电极流向石墨电极B. 盐桥中的K+移向甲烧杯C. 电流计指针居中后,往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转D. 一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转【答案】D【解析】分析：根据原电池总反应方程式Fe3+AgFe2+Ag+可知石墨电极为正极，Fe3+得电子，发生还原反应，银电极为负极，Ag失电子，发生氧化反应，据此解答。详解：A项，石墨电极为正极，得到电子，银电极为负极，失去电子，因此外电路中电子从银电极流向石墨电极，故A项正确。B项，盐桥中的阳离子K+移向正极处的FeCl3溶液，以保证两电解质溶液均保持电中性，故B项正确；C项，电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，由于铁的金属活动性比银强，形成了新的原电池，此时铁作负极，银电极作正极，外电路电流方向为由由银到石墨，故电流计指针将向左偏转，故C项正确；D项，一段时间后，原电池反应结束，灵敏电流计指针应该指向0刻度，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。14. 下列说法中正确的是()A. 常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1108B. 25 时0.1molL1NH4Cl溶液的KW大于100 时0.1molL1NaCl溶液的KWC. 根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH6.5的溶液一定显酸性D. 室温下，将pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合，溶液显中性【答案】A【解析】分析：醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度；水的离子积常数与温度有关，温度越大，离子积常数越大；弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变。详解：A、醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，10-11：10-3=1:108，故A正确；B、升高温度，水的离子积KW增大，故B错误；C、温度未知，无法判断溶液的酸碱性，故C错误；D、室温下，将pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故D错误；故选A。15. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A. 0.1molL1NaHCO3溶液中：C(Na+)+C(H+)=C(HCO3)+C(CO32)+C(OH)B. Na2CO3溶液中：C(OH)=C(H+)+C(HCO3)+2C(H2CO3)C. Na2S溶液中：2C(Na+）= C(S2)+C(HS)+C(H2S)D. pH相同的CH3COONa、NaOH、NaClO三种溶液的c(Na+)：【答案】B【解析】分析：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B.根据质子守恒判断；C.根据物料守恒判断；D. 醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子；详解：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故A错误；B. 在Na2CO3溶液中：Na2CO3= 2Na+CO32 2C(Na)= C(CO32)；H2O H+OH C (H)= C (OH)由于：CO32+H2O HCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH所以，水电离出来的H 在溶液存在形式有：HCO3、H2CO3、H即：质子守恒水电离出来的HC(OH)=C HCO3)+2C(H2CO3)+C(H)，故B正确；C. 0.1mol?L-1Na2S溶液中，根据物料守恒得：钠离子和含有硫元素的微粒个数之比是2：1，所以c（Na+）=2c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），故C错误；D. 氢氧化钠是强碱，完全电离，显碱性，醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子，所以pH相同的CH3COONaNaClONaOH三种溶液c（Na+）大小：，故D错误；答案选B。点睛：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、弱电解质电离和盐类水解是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。16. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A. 已知2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为241.8 kJmol1B. 已知4P(红磷，s)=P4(白磷，s)的H0，则白磷比红磷稳定C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)H2SO4(aq)= Na2SO4(aq)H2O(l)H57.4kJmol1D. 已知C(s)O2(g)=CO2(g)H1；C(s)O2(g)=CO(g)H2；则H1H2【答案】C【解析】试题分析：A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则根据2H2（g）O2（g）2H2O（g） H4836 kJmol1不能得出氢气的燃烧热为2418 kJmol1，A错误；B、已知4P(红磷，s）P4(白磷，s）的H0，这说明红磷的总能量低于白磷，能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，B错误；C、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，含200 g NaOH即05mol氢氧化钠的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出287 kJ的热量，则HCl和NaOH反应的中和热H574kJ/mol，C正确；D、碳完全燃烧放热多，放热越多，H越小，则已知C（s）O2（g）CO2（g） H1, C（s）1/2O2（g）CO（g） H2，因此H1H2，D不正确，答案选C。考点：考查燃烧热、中和热的判断17. 常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是()A. 某H2SO4溶液中1.0108，由水电离出的c(H)11011molL1B. 将0.02molL1盐酸与0.02molL1Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液pH约为12C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3H2O和NH4Cl时，溶液的pH一定大于7D. 向0.1molL1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1molL1稀盐酸，溶液中c(HCO)先增大后减小【答案】C【解析】分析：A. 由水电离出的c(H)等于由水电离出的c(OH-)；B.根据混合后得到的溶液中c(OH-)浓度来计算；C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3H2O和NH4Cl时，溶液的pH可能小于或等于7；详解：A项，由=1.0108，c(OH-)c(H+)=110-14可得c(OH-)=11011molL1，所以由水电离的c(H+)=11011molL1，故A项正确；B项，假设体积均为1L，等体积混合后体积为2L，反应后剩余OH-的物质的量为0.02mol，得到c(OH-)=1102molL1，溶液pH约为12，故B项正确；C项，将稀盐酸与稀氨水混合，随着盐酸量的增加，NH4Cl浓度增加，NH3H2O浓度减小，溶液可以显酸性，中性或者碱性，故C项错误；D项，向0.1molL1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1molL1稀盐酸，随着盐酸量的增大，先生成HCO3，而后HCO3与盐酸反应生成二氧化碳，故溶液中c(HCO3)先增大后减小，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。18. Licht等科学家设计的AlMnO电池原理如图所示，电池总反应为AlMnO=AlOMnO2，下列说法正确的是()A. 电池工作时，K向负极区移动B. Al电极发生还原反应C. 正极的电极反应式为MnO4H3e=MnO22H2OD. 理论上电路中每通过1mol电子，负极质量减小9g【答案】D【解析】分析：该电池的负极是Al，Ni是正极，在正极上发生得电子的还原反应，即MnO2H2O3e=MnO24OH-，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al-3e-+4OH-=Al(OH)4-,电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。详解：A.电池工作时，阳离子向正极移动，即K向正极移动，故A错误；B.反应中铝为为负极，发生还原反应，故B错误；C.电解质呈碱性，MnO在正极上发生得电子的还原反应，即MnO2H2O3e=MnO24OH-，故C错误；D.理论上电路中每通过1mol电子，则有mol铝被氧化，负极质量减少9g，所以D选项是正确的。所以D选项是正确的。点睛：本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式，题目难度中等。19. 一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标p(Mn)表示lgc(Mn)，横坐标p(S2)表示lgc(S2)，下列说法不正确的是()A. 该温度下，Ag2S的Ksp1.61049B. 该温度下，溶解度的大小顺序为NiSSnSC. SnS和NiS的饱和溶液中104D. 向含有等物质的量浓度的Ag、Ni2、Sn2溶液中加入饱和Na2S溶液，析出沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS【答案】C【解析】分析：A.根据Ag2S的沉淀溶解平衡曲线a点数据计算Ksp；B. 根据SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线比较；C.先根据图像计算出Ksp(NiS)和Ksp（SnS），再根据饱和溶液中锡离子和镍离子浓度之比等于溶度积之比计算；D.计算沉淀等物质的量浓度的Ag、Ni2、Sn2所需c(S2)的大小，进行比较。详解：A.由a(30，10lg 4)可知，当c(S2)1030molL1时，c(Ag)10(10lg 4)molL1，Ksp(Ag2S)c2(Ag)c(S2)10(10lg 4)21030=1.61049，A项正确；B.观察SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线可以看出，当两条曲线中c(S2-)相同时，c(Ni2+)c(Sn2+)，由于SnS和NiS沉淀类型相同，所以溶解度的大小顺序为NiSSnS ，B项正确；C.SnS和NiS的饱和溶液中=104，C项错误；D.假设Ag、Ni2、Sn2均为0.1 molL1，分别生成Ag2S、NiS、SnS沉淀时，需要c(S2)分别为1.61047、1020、1024，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS，D项正确。故本题答案选C。20. 25时，c(CH3COOH)c(CH3COO)0.1molL1的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c(CH3COOH)、c(CH3COO)与pH的关系如图所示。下列有关该溶液的叙述不正确的是()A. pH5的溶液中：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(OH)B. 溶液中：c(H)c(Na)c(CH3COO)c(OH)C. 由W点可以求出25时CH3COOH的电离常数D. pH4的溶液中：c(H)c(Na)c(CH3COOH)c(OH)0.1molL1【答案】A【解析】试题分析：A、pH4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO)，溶液呈酸性，该溶液的电离程度大于水解程度，当pH5时，c(CH3COO)增大，c(CH3COOH)减小，所以c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H)c(OH)，A项错误；B、根据电荷守恒有c(H)c(Na)c(CH3COO)c(OH)，B项正确；C、W点处于醋酸的电离平衡和醋酸根的水解平衡的两个平衡体系，c(CH3COOH)=c(CH3COO)，pH4.75，由W点可以求出25C时CH3COOH的电离常数Ka=104.75，C项正确；D、溶液中存在电荷守恒：c(H)c(Na)c(CH3COO)c(OH)，将c(CH3COOH) c(CH3COO)=0.1 mol/L代入，可得c(H)c(Na)c(CH3COOH)c(OH)0.1 mol/L，D项正确；选A。考点：考查盐类水解平衡和弱酸的电离平衡，图像的分析与判断等知识。21. 常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1molL-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是() A. 点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B. 到水的电离程度逐渐减小C. I能在点所示溶液中存在D. 点所示溶液中：c(Na+)c(Cl) + c(ClO)【答案】D【解析】A点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，故A错误；B到溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，故B错误；C点时溶液存在Cl0-，具有强氧化性，可氧化I-，故C错误；D点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（Cl0-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），故D正确；故选D。点睛：向饱和氯水中逐滴滴入0.1molL-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。22. 已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2OHKa1、HC2OC2OHKa2。常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是()A. Ka1=101.2B. pH2.7时溶液中：1000C. 将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水便是配得pH为4.2的混合液D. 向pH1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离程度一直增大【答案】C【解析】分析：A.由图象计算Ka1由电离常数可以知道Ka1=B. 由图象计算Ka1、Ka2，由电离常数可以知道=；C. KHC2O4和K2C2O4的物质的量相同，但如配成不同浓度的溶液，则pH不一定为4.2；D.向pH1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液氢离子浓度减小，对水的电离抑制的程度减小。详解：A.由图象可以知道pH=1.2时，c(HC2O)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，所以A选项是正确的；B. 由图象可以知道pH=1.2时，c(HC2O)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c(HC2O)=c(C2O42-)，则Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可以知道=103=1000，所以B选项是正确的；C.将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故C错误；D.向pH1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，所以D选项是正确的。故本题答案选C。23. （1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3，请回答：若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1E2，则该反应为_(填“吸热”或“放热”)反应。已知拆开1molHH键、1molNH键、1molNN键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_。（2）实验室用50mL0.50molL1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为_；实验室提供了0.50molL1和0.55molL1两种浓度的NaOH溶液，应选择_molL1的NaOH溶液进行实验。（3）人类活动产生的CO2长期积累，威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注。工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如下：在阳极区发生的反应包括_和HHCO=H2OCO2。简述CO在阴极区再生的原理：_。（4）常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH9的Na2SO3溶液，试计算溶液中_。（常温下H2SO3的电离平衡常数Ka11.0102，Ka26.0108）【答案】 (1). 放热 (2). N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92kJmol1 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). 0.55 (5). 4OH4e=2H2OO2 (6). HCO存在电离平衡：HCOHCO，阴极H放电浓度减小平衡右移，CO再生(或阴极H放电OH浓度增大，OH与HCO反应生成CO，CO再生) (7). 60【解析】分析： (1)反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；(2)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；为了使反应充分,NaOH应过量；（3）阳极上氢氧根离子放电生成氧气；碳酸氢根离子程度电离平衡、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子；（4）依据Ka2=，得溶液中=，以此解答。详解:(1)反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，若E1E2，则该反应为放热反应，因此，本题正确答案是：放热；在反应N2+3H22NH3中，断裂3molHH键，1molNN共吸收的能量为:3436 kJ+946 kJ=2254 kJ，生成2mol NH3，共形成6mol1molNH键，放出的能量为:6391kJ=2346kJ，吸收的热量少,放出的热量多,该反应为放热反应,放出的热量为：2346kJ -2254 kJ =92kJ；因此，本题正确答案是：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92kJmol1 ；(2)根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；实验室提供了0.50molL1和0.55molL1两种浓度的NaOH溶液，为了使反应充分,NaOH应过量,所以选择0.55molL1的溶液进行实验，因此，本题正确答案是：环形玻璃搅拌棒；0.55；(3) 阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水,电极反应式为4OH4e=2H2OO2，因此，本题正确答案是：4OH4e=2H2OO2；HCO存在电离平衡：HCOHCO，阴极H放电浓度减小平衡右移，CO再生；阴极H放电OH浓度增大，OH与HCO反应生成CO，CO再生，因此，本题正确答案是：HCO存在电离平衡：HCOHCO，阴极H放电浓度减小平衡右移，CO再生(或阴极H放电OH浓度增大，OH与HCO反应生成CO，CO再生)；（4）pH=9的溶液中c（H+）=10-9mol/L，依据Ka2=，得溶液中=，=60，故答案为：60。24. I现有常温下pH2的HCl溶液甲和pH2的CH3COOH溶液乙，请根据下列操作回答问题：（1）常温下0.1molL1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_。Ac(H) B Cc(H)c(OH) （2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，CH3COOH的电离平衡_(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的比值将_(填“增大”“减小”或“无法确定”)。（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲)_(填“”“”或“”)V(乙)。（4）已知25时，下列酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8105K14.3107K24.710113.0108下列四种离子结合H能力最强的是_。AHCO BCO CClO DCH3COO写出下列反应的离子方程式：HClONa2CO3(少量)：_II室温下，0.1 molLl的KOH溶液滴10.00mL 0.10 molLl H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：（5）点所示溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为：_。点所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42)_mol/L。【答案】 (1). A (2). 向右 (3). 减小 (4). (5). B (6). HClOCO=ClOHCO (7). c(K+)c(HC2O4)c(H+)c(C2O42-)c(OH) (8). 0.10【解析】分析： (1)加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，但温度不变，水的离子积常数不变；(2)加水稀释促进醋酸电离，向醋酸中加入相同的离子，则抑制醋酸电离；(3)pH相同的醋酸浓度大于盐酸，取等体积等pH的醋酸和盐酸，n(CH3COOH)n(HCl)，分别用等浓度的NaOH溶液中和，酸的物质的量多的消耗的碱多；(4) 电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可以知道，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH H2CO3 HClO HCO3-，酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强；（5）点溶液显酸性,等体积等浓度反应生成KHC2O4，电离大于其水解；点根据物料守恒计算分析；详解:(1)A项，由于加水稀释时，c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，故A正确；B项，变形，分子、分母同乘以溶液中的c(CH3COO-)得，由于加水稀释时c(CH3COO-)减小，比值增大，故B错误；C项温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H)c(OH)不变，故C错误；所以A选项是正确的；(2)加水稀释促进醋酸电离，平衡正向移动，向醋酸中加入相同的离子，则抑制醋酸电离，平衡逆向移动，所以溶液中的比值将减小，因此，本题正确答案是：向右；减小；(3) pH相同的醋酸浓度大于盐酸，取等体积等pH的醋酸和盐酸，n(CH3COOH)n(HCl)，分别用等浓度的NaOH溶液中和，酸的物质的量多的消耗的碱多，所以消耗氢氧化钠溶液体积甲乙，因此，本题正确答案是：c(HC2O4)c(H+)c(C2O42-)c(OH)，点(4)为混合溶液，物料守恒得：c(K+)=0.06mol/L，c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42)=0.04mol/L，所以c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42)0.10mol/L，因此，本题正确答案是：c(K+)c(HC2O4)c(H+)c(C2O42-)c(OH-) ； 0.10。25. NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) H=116.1 kJmol13HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) H=75.9 kJmol1反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的H=_kJmol1。（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_。（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_。（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见下图）。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题下图所示，在50250 范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升的主要原因是_；当反应温度高于380 时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。【答案】 (1). 136.2 (2). HNO22e+H2O3H+NO3 (3). 2HNO2+(NH2)2CO2N2+CO2+3H2O (4). 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 (5). 催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO【解析】分析：（1）将两个方程式编号，应用盖斯定律，解总焓变；（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应；（3）HNO2与(NH2)2CO反应生成N2和CO2，根据电子守恒和原子守恒配平；（4）因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。详解：（1）将两个方程式编号，2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) H=116.1 kJmol1（式）3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) H=75.9 kJmol1 （式）应用盖斯定律，将（3+）2得，反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的H=(-116.1 kJmol1)3+75.9 kJmol12=-136.2kJmol1，故答案为：136.2；（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失电子生成HNO3，1mol HNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极的电极反应式为：HNO22e+H2O3H+NO3，故答案为：HNO22e+H2O3H+NO3；（3）HNO2与(NH2)2CO反应生成N2和CO2，N元素化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由(NH2)2CO中-3价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：2HNO2+(NH2)2CO2N2+CO2+3H2O，故答案为：2HNO2+(NH2)2CO2N2+CO2+3H2O；（4）因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应，在50250 范围内，NOx的去除率先迅速上升是催化剂活性随着温度升高增大，与温度升高共同使NOx的去除率迅速增大；当反应温度高于380 时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是温度升高催化剂活性下降，NH3与O2反应生成了NO，故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 ；催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO。26. 草酸铁晶体Fe2(C2O4)3xH2O可溶于水，且能做净水剂。为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250 mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O。向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO4被还原成Mn2。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液为V2、V3 mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度（mol/L）KMnO4溶液滴入的体积（mL）10.0200V1 = 20.0220.0200V3 = 19.9830.0200V2 = 23.32请回答下列问题：（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因_（用离子方程式表示）。（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_