南昌一中2022-2023學年高二上學期11月期中考試化學試題（解析版）

第20頁/共20頁南昌一中2022-2023學年上學期高二期中考試化學試卷可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12O-16N-14Na-23Mg-24S-32Cl-35.5K-39Mn-55Fe-56Ag-108Ba-137一、單選題(本大題共15小題，每小題3分，共45.0分)1.下列化學用語表述正確的是A.結(jié)構示意圖為的陰離子都不能破壞水的電離平衡B.增大濃度能增大單位體積內(nèi)的活化分子百分數(shù)，加快反應速率C.羥基的電子式：D.乙酸電離方程式：CH3COOH=CH3COO-+H+【答案】C【解析】【詳解】A．結(jié)構示意圖為的S2-，可以與水電離出的氫離子結(jié)合，從而水解，能破壞水的電離平衡，故A錯誤；B．增大濃度不能增大單位體積內(nèi)的活化分子百分數(shù)，可以增大單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)，從而加快反應速率，故B錯誤；C．羥基是一個基團存在一個單電子，電子式為：，故C正確；D．乙酸是弱酸，電離方程式應為可逆符號，故D錯誤；故選C。2.化學與生產(chǎn)、生活、學習密切相關。下列敘述錯誤的是A.將FeCl3溶液直接蒸干不能得到原溶質(zhì)B.疫苗冷藏存放可減緩變質(zhì)速率C.常溫下，pH=3的醋酸溶液，與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后pH＜7D.明礬和漂白粉用于自來水的凈化和殺菌消毒，兩者的作用原理相同【答案】D【解析】【詳解】A．將FeCl3溶液直接蒸干，產(chǎn)物為Fe2O3，故A正確；B．降溫能減慢化學反應速率，因此疫苗冷藏存放可減緩變質(zhì)速率，故B正確；C．醋酸為弱酸，氫氧化鈉為強堿，常溫下，pH=3的醋酸溶液，與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后，醋酸過量，導致溶液呈酸性，pH＜7，故C正確；D．明礬凈水的原因是Al3+水解成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體吸附水中懸浮的固體小顆粒，膠體聚沉，達到凈水的目的，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，ClO－水解成HClO，利用HClO的強氧化性，進行殺菌消毒，因此兩者原理不同，故D錯誤；故選D。3.圖示與對應的敘述相符的是ABCD測定NaOH溶液濃度中和反應反應熱的測定反應開始后，注射器的活塞右移，該反應為放熱反應研究不同金屬離子對過氧化氫分解速率的影響A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．未加入酸堿指示劑，無法確定滴定終點，A錯誤；B．反應裝置缺少玻璃攪拌器，B錯誤；C．反應過程中有氫氣產(chǎn)生，故注射器右移不能說明反應為放熱，C錯誤；D．根據(jù)控制變量法，F(xiàn)e3+和Cu2+能起催化劑的作用，D正確；答案選D。4.是阿伏加德羅常數(shù)的值，在隔絕空氣條件下，加熱發(fā)生反應：。下列說法正確的是A.溶液含數(shù)為B.標準狀況下，含分子數(shù)為C.按上述反應完全分解時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為D.常溫常壓下，通入足量的水形成的溶液中數(shù)為【答案】C【解析】【詳解】A．會發(fā)生水解，溶液含數(shù)目小于，故A項錯誤；B．標準狀況下，呈固體，不能用氣體摩爾體積計算其物質(zhì)的量，故B項錯誤；C．，按上述反應完全分解，轉(zhuǎn)移0.2mol電子，故C項正確；D．與水反應是可逆的，是中強酸，通入足量的水形成的溶液中遠小于1mol，D項錯誤；答案選C。5.1，3-丁二烯與HBr發(fā)生加成反應分兩步：第一步進攻1，3-丁二烯生成碳正離子（）；第二步進攻碳正離子完成1，2-加成或1，4-加成。反應進程中的能量變化如圖所示。已知在0℃和40℃時，1，2-加成產(chǎn)物與1，4-加成產(chǎn)物的比例分別為70：30和15：85.下列說法正確的是A.從0℃升至40℃，1，2-加成正反應速率的增大程度小于其逆反應速率的增大程度B.1，4-加成產(chǎn)物更穩(wěn)定，低溫下更容易生成1，4-加成產(chǎn)物C.加入催化劑既可以降低反應的活化能又可以降低反應的反應熱D.兩種反應進程中第一步反應速率都大于第二步反應速率【答案】A【解析】【詳解】A．該加成反應不管生成1，4-加成產(chǎn)物還是1，2-加成產(chǎn)物，均為放熱反應，從0℃升至40℃，對于1，2-加成反應來說，化學平衡向逆向移動，即1，2-加成正反應速率的增大程度小于其逆反應速率的增大程度，故A正確；B．能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖象可看出，1，4-加成產(chǎn)物的能量比1，2-加成產(chǎn)物的能量低，即1，4-加成產(chǎn)物的比1，2-加成產(chǎn)物穩(wěn)定，在0℃和40℃時，1，2-加成產(chǎn)物與1，4-加成產(chǎn)物的比例分別為70：30和15：85，這說明低溫下更容易生成1，2-加成產(chǎn)物，故B錯誤；C．加入催化劑可以改變反應的活化能，但不能改變反應的反應熱，故C錯誤；D．第一步反應的活化能大于第二步反應的活化能，第一步反應速率均小于第二步反應速率，故D錯誤；故選A。6.美國通用原子能公司(GA)提出的碘硫熱化學循環(huán)是由反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反應組成的(如下圖所示)，下列有關說法正確的是()A.設計該循環(huán)是為了制取能源氣體O2B.整個循環(huán)過程中產(chǎn)生1molO2的同時產(chǎn)生44.8LH2C.若反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反應熱分別為△H1、△H2、△H3，則△H1+△H2+△H3>0D.圖中反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可在常溫常壓下進行【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)圖示，反應I為：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反應II為：2H2SO42SO2+O2+2H2O，反應III為2HIH2+I2。A項，設計該循環(huán)是為了制取能源氣體H2，錯誤；B項，該循環(huán)的總反應為：2H2O=2H2↑+O2↑，生成1molO2同時產(chǎn)生2molH2，H2所處溫度、壓強未知，無法計算H2的體積，錯誤；C項，根據(jù)蓋斯定律，總反應為：2H2O=2H2↑+O2↑，水分解為吸熱反應，則△H1+△H2+△H3>0，正確；D項，反應I可在常溫常壓下進行，反應II、III不可在常溫常壓下進行，錯誤；答案選C。7.現(xiàn)有常溫下水電離出的均為的4種溶液：①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水。有關上述溶液的比較中正確的是A.向等體積溶液中分別加水稀釋100倍后，溶液的pH：③>④>②>①B.等體積的①、②、③溶液分別與足量鋁粉反應，生成的量①最小C.①、③溶液等體積混合后，溶液顯堿性D.等體積的四種溶液導電能力順序為：③>④>②>①【答案】B【解析】【分析】常溫下水電離出的c(H+)均為1×10-11mol/L，則溶質(zhì)抑制了水的電離，該溶液為酸溶液或堿溶液，①③為一元強酸或強堿，則二者濃度為0.001mol/L；②④為弱電解質(zhì)，在溶液中只能部分電離，則其濃度大于0.001mol/L?！驹斀狻緼．由于加水稀釋100倍后，弱電解質(zhì)電離程度增大，溶液中弱酸電離出的氫離子、弱堿的電離出的氫氧根離子的物質(zhì)的量增大，所以強電解質(zhì)溶液的pH變化為2，弱電解質(zhì)溶液的pH變化小于2，故稀釋后溶液的pH大小為：④>③>①>②，選項A錯誤；B．鋁足量時，2mol氯化氫生成1mol氫氣，2mol氫氧化鈉生成3mol氫氣，①③的濃度相等，所以③生成的氫氣大于①；②的濃度大于①，所以生成的氫氣大于①，即：等體積、鋁足量時①生成的氫氣最少，選項B正確；C．①、③溶液等體積混合后，等濃度等體積的鹽酸與氫氧化鈉完全中和生成氯化鈉，溶液呈中性，選項C錯誤；D．等體積的四種溶液中因水電離出的均為，且均為一元酸或一元堿，故離子濃度幾乎相等，導電能力相等，選項D錯誤；答案選B。8.已知2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)。某研究小組將甲醇蒸氣以一定的流速持續(xù)通過相同量的同種催化劑，不同溫度得到如下圖象，則下列結(jié)論不正確的是A.一段時間后甲醇反應率下降可能是催化劑活性下降B.綜合圖1、圖2可知，甲醇還發(fā)生了其他反應C.若改變甲醇蒸氣流速，不會影響甲醇反應率和乙烯產(chǎn)率D.制乙烯比較適宜的溫度是450℃左右【答案】C【解析】【詳解】A.催化劑活性是受溫度影響的，溫度不同催化劑的活性不同，一段時間后甲醇反應率下降可能是催化劑活性下降，故A正確；B.根據(jù)2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)圖1知，450℃時甲醇的反應率比400℃大，圖2450℃后期C2H4(g)的產(chǎn)率低于400℃的產(chǎn)率，所以有其他反應發(fā)生，故B正確；C.若改變甲醇蒸氣的流速，甲醇反應率和乙烯產(chǎn)率都將改變，故C錯誤；D.由圖1、2知450℃左右，甲醇的反應率、制乙烯產(chǎn)率都比較高，故D正確；答案：C。9.室溫下，向溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液的過程中[忽略溶液體積和溫度的變化，]。下列說法錯誤的是A.室溫下，的水解常數(shù)B.當?shù)稳隢aOH溶液的體積為5mL時，C.當混合溶液的pH=7時，溶液中各離子濃度之間的大小關系為D.當?shù)稳隢aOH溶液的體積為20mL時，【答案】D【解析】【詳解】A．，A正確；B．當?shù)稳隢aOH溶液的體積為5mL時，醋酸物質(zhì)的量是NaOH的4倍，根據(jù)物料守恒有，B正確；C．電荷守恒：，pH=7，，則，故，C正確；D．當?shù)稳隢aOH溶液的體積為20mL時，二者恰好完全反應生成醋酸鈉，有質(zhì)子守恒，D錯誤；選D。10.科學家正在研究利用催化技術將尾氣中的和轉(zhuǎn)變?yōu)楹停浞磻獮?，的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強變化的示意圖如圖所示，下列說法正確的是A.X、Y分別代表壓強和溫度B.C.平衡常數(shù)：D.適當?shù)亟档蜏囟?，的平衡轉(zhuǎn)化率增大【答案】D【解析】【分析】為氣體物質(zhì)的量減小的放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率減小，則X表示溫度，Y為壓強；相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率增大，則Y2＞Y1，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．為氣體物質(zhì)的量減小的放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率減小，則X表示溫度，Y為壓強，故A錯誤；B．相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率增大，則Y2＞Y1，故B錯誤；C．升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，，溫度不變，平衡常數(shù)不變，平衡常數(shù)：，故C錯誤；D．為氣體物質(zhì)的量減小的放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；故選D。11.常溫下，分別向體積相同、濃度均為1mol/L的HA、HB兩種酸溶液中不斷加水稀釋，酸溶液的pH與酸溶液濃度的對數(shù)(lgC)間的關系如圖。下列對該過程相關分析正確的是A.HB的電離常數(shù)(Ka)數(shù)量級為B.酸性大小比較：HA＞HBC.a、b兩點溶液中，水的電離程度b＜aD.當lgC=-7時，兩種酸溶液均是pH=7【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，b點時HB溶液中c=10-3mol·L－1，pH=3，則pH=6，溶液中c(H＋)=10-6mol·L－1，c(B-)=10-6mol·L－1，則HB的電離常數(shù)Ka==10-9，A錯誤；B．a(chǎn)點的坐標近似為(-3，2)，根據(jù)A選項的分析，HA的電離常數(shù)Ka==10-5＞HB的電離常數(shù)，則酸性弱于HA＞HB，B正確；C．a(chǎn)、b兩點溶液中，b中氫離子濃度更小，水電離程度更大，水的電離程度b＞a，C錯誤；D．當lgC=-7時，HA、HB酸的濃度為10-7mol/L，但仍是酸溶液，溶液不能為中性，pH均小于7，D錯誤；故選B。12.H2S分解的熱化學方程式為2H2S(g)2H2(g)+S2(g)ΔH=akJ?mol-1。向體積為1L的恒容密閉容器中加入n(H2S)+n(Ar)=0.1mol的混合氣體(Ar不參與反應)，測得不同溫度(T1＞T2)時H2S的平衡轉(zhuǎn)化率隨()比值的變化如圖所示。下列說法正確的是A.該反應的a＜0B.平衡常數(shù)K(X)＞K(Z)C.T1溫度下，當=1，到達平衡時，H2的體積分數(shù)為D.維持Y點時n(H2S)不變，向容器中充入Ar，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率減小【答案】C【解析】【詳解】A．已知T1＞T2，可知升高溫度H2S的平衡轉(zhuǎn)化率升高，則升高溫度平衡正向移動，可知正反應為吸熱反應，則該反應的a＞0，故A錯誤；B．X、Z位于同一條溫度曲線，溫度相同則平衡常數(shù)相同，即K(X)=K(Y)，故B錯誤；C．當=1，同時n(H2S)+n(Ar)=0.1mol，可知n(H2S)=0.05mol，由圖可知，此時H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，即轉(zhuǎn)化了0.025mol，可得三段式恒容下體積分數(shù)等于物質(zhì)的量分數(shù)，則H2的體積分數(shù)為，故C正確；D．恒容容器中，通入惰性氣體，參加反應氣體的濃度不變，則平衡不移動，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故D錯誤；故選C。13.25℃時，水的電離達到平衡：H2OH++OH-，下列敘述正確的是A.將純水加熱到95℃時，Kw變大，pH不變，水仍呈中性B.向純水中加入稀氨水，平衡逆向移動，c(OH-)增大，Kw變小C.向純水中加入少量Na2CO3固體，c(OH-)增大，Kw不變，影響水的電離平衡D.向0.1mol?L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中減小【答案】C【解析】【詳解】A．水的電離是吸熱過程，將水加熱，促進水的電離，Kw增大，氫離子濃度增大，pH減小，但水仍呈中性，故A錯誤；B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱堿，抑制水的電離，平衡逆向移動，c(OH-)增大，溫度不變，Kw不變，故B錯誤；C．向水中加入少量固體碳酸鈉，碳酸根離子水解結(jié)合水電離出的氫離子，c(H+)減小，c(OH-)增大，Kw不變，促進水電離，平衡正向移動，故C正確；D．向0.1mol?L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中，此時平衡常數(shù)不變，醋酸根離子濃度減小，即增大，故D錯誤；故選C。14.下列方案設計、現(xiàn)象和結(jié)論有不正確的是目的方案設計現(xiàn)象和結(jié)論A等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應，排水法收集氣體HA放出的氫氣多且反應速率快酸性：HB＞HAB相同溫度下，等質(zhì)量的大理石與等體積等濃度的鹽酸反應粉狀大理石產(chǎn)生氣泡更快反應速率：粉狀大理石＞塊狀大理石CNa2SO3固體樣品是否變質(zhì)取少量待測樣品溶于蒸餾水，加入足量稀鹽酸，再加入足量BaCl2溶液若有白色沉淀產(chǎn)生，則樣品已經(jīng)變質(zhì)DCH3COOH和HClO的Ka大小用pH試紙分別測0.1mol?L-1CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH若pH(NaClO)＞pH(CH3COONa)則說明Ka(CH3COOH)＞Ka(HClO)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應，HA放出氣體多，則HA的濃度大，HA為弱酸，所以酸性HB＞HA，故A正確；B．取少量待測樣品溶于蒸餾水，加入足量稀鹽酸，再加入足量BaCl2溶液，若有白色沉淀產(chǎn)生，即白色沉淀為BaSO4，亞硫酸鈉固體已變質(zhì)，故B正確；C．固體表面積越大，反應速率越大，故C正確；D．NaClO具有漂白性，故不能用pH試紙測定溶液的pH值，故D錯誤；故選D。15.室溫下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，溶液中-lg和-lgc(HA-)[或-lg和-lgc(A2-)]的關系如圖所示，下列說法正確的是(忽略溶液混合時體積和溫度的變化)A.原H2A溶液中c(H2A)=0.02mol?L-1B.當溶液中c(A2-)=c(H2A)時，溶液的pH=3.5C.當?shù)味ㄖ羉(NaHA)=c(H2A)時，溶液中微粒之間的關系為c(H2A)+c(H+)>c(Na+)+c(A2-)+c(OH-)D.當?shù)味ㄖ燎『猛耆磻獣r，溶液中存在c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)【答案】B【解析】【分析】的電離平衡常數(shù)Ka1=，Ka2=，兩邊分別取負對數(shù)：=-，=-，因此存在關系=x+y，其中x、y分別表示橫縱坐標的數(shù)值，即Ka=10-(x+y)，又Ka1＞Ka2，故圖中M點所在曲線代表與的關系，N點所在曲線代表與的關系。【詳解】A．因NaOH溶液的濃度和體積未知，無法求出原溶液中H2A的濃度，故A錯誤；B．結(jié)合以上分析可知，Ka1·Ka2=，當溶液中時，Ka1·Ka2=，=10-2mol/L×10-5mol/L，所以c(H+)=10-3.5，溶液的，故B正確；C．，由物料守恒可知①2c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，由電荷守恒可知②c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，②-①得c(H2A)+c(H+)=c(Na+)+c(A2-)+c(OH-)，故C錯誤；D．恰好完全反應時，溶質(zhì)為Na2A，由電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因Na2A溶液為強堿弱酸鹽溶液呈堿性，，即c(OH-)>c(H+)，所以，故D錯誤；故選B。二、非選擇(本大題共4大題，共55分)16.I.已知水在25℃和95℃時的電離平衡曲線如圖所示：（1）25℃時水的電離平衡曲線應為_______(填“A”或“B”)。（2）95℃時，將pH=9的NaOH溶液與pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，則NaOH溶液與H2SO4溶液的體積比為_______。（3）25℃時，等體積的pH=12的NaOH溶液和氨水分別與0.1mol?L-1的鹽酸發(fā)生中和反應，恰好完全反應時消耗鹽酸的體積_______(填“前者多”“后者多”或“一樣多”)。Ⅱ.NaOH溶液可用于多種氣體的處理。（4）CO2是溫室氣體，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3。Na2CO3俗稱純堿，因CO水解而使其水溶液呈堿性，寫出CO第一步水解的離子方程式_______。已知25℃時，CO第一步水解的平衡常數(shù)Kh=2×10-4，當溶液中c(HCO)：c(CO)=20：1時，溶液的pH=_______。（5）金屬與濃硝酸反應產(chǎn)生的NO2可用NaOH溶液吸收，反應的化學方程式為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A，溶液B為0.1mol?L-1CH3COONa溶液，則兩份溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO-)由大到小的順序為_______(已知HNO2的電離常數(shù)Ka=5.6×10-4，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.75×10-5)。可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_______(填字母)。A．向溶液A中加適量NaOHB．向溶液A中加適量水C．向溶液B中加適量NaOHD．向溶液B中加適量水【答案】（1）A（2）1∶9（3）后者多（4）①.②.9（5）①.②.AD【解析】【小問1詳解】水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡正向移動，Kw變大，氫離子、氫氧根的濃度均升高，由圖可知，25℃時水的電離平衡曲線應為A；【小問2詳解】95℃時，KW=10-12，混合溶液的pH=7，此時溶液呈堿性，c（OH-）=10-5mol/L，pH=9的NaOH溶液c（OH-）=10-3mol/L，設其體積為aL，pH=4的H2SO4溶液c（H+）=10-4mol/L，設其體積為bL，aL×10-3mol/L-bL×10-4mol/L=10-5mol/L（aL+bL），即a∶b=1∶9；【小問3詳解】25℃時，pH=12的NaOH溶液和氨水，氨水的濃度更大，等體積的情況下分別與0.1mol?L-1的鹽酸發(fā)生中和反應，恰好完全反應時消耗鹽酸的體積氨水比較多；【小問4詳解】CO第一步水解生成碳酸氫根離子，對應的離子方程式為：；，，25℃時，Kw=10-14，此時c（H+）=，pH值為9；【小問5詳解】含0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A，根據(jù)反應的化學方程式2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，得溶液A中NaNO3和NaNO2的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L，溶液B為0.1mol?L-1CH3COONa溶液，HNO2的電離常數(shù)Ka=5.6×10-4，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.75×10-5，說明酸性：HNO2＞CH3COOH，溶液中醋酸根離子的水解程度大于亞硝酸根離子，溶液B堿性大于溶液A，兩份溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO-)由大到小的順序為：；由于溶液B堿性大于溶液A，調(diào)節(jié)至溶液A和溶液B的pH相等，可以向溶液A中加適量NaOH，增大溶液A的堿性，也可以向溶液B中加適量水，減小溶液B的堿性，故選AD。17.亞硝酸鈉(NaNO2)是一種工業(yè)鹽，外觀與食鹽非常相似，毒性較強。（1）已知：T℃時，Ka(HNO2)=1×10-5。T℃時，0.1mol?L-1HNO2溶液的pH為_______。（2）某化學實驗小組用如圖裝置(略去夾持儀器)制備亞硝酸鈉。已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性條件下，NO和NO2均能與MnO反應生成NO和Mn2+。①裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為_______。②裝置B、F的作用分別是_______、_______。③若沒有C、E可能產(chǎn)生副產(chǎn)物是_______。（3）為測定產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)，該小組取4.00g制取的樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol?L-1酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數(shù)據(jù)如表：、滴定次數(shù)1234消耗KMnO4溶液體積/mL20.9020.1220.0019.88①滴定時應將KMnO4溶液加入_______(填“a”或“b”)滴定管中。②第一次實驗數(shù)據(jù)出現(xiàn)異常，造成這種異常的原因可能是_______(填代號)。a.錐形瓶洗凈后未干燥b.酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗c.滴定終點時俯視讀數(shù)d.酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失③該樣品中亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)為_______?！敬鸢浮浚?）3（2）①.Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O②.將NO2轉(zhuǎn)化為NO③.除尾氣NO④.NaOH、O2（3）①.a②.b、d③.86.25%【解析】【小問1詳解】0.1mol?L-1HNO2溶液存在如下電離，，，，則，則pH=3；【小問2詳解】①裝置A中是銅和濃硝酸反應，化學方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②裝置B中是水，A裝置生成的二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，最后通過F中酸性高錳酸鉀溶液除去剩余一氧化氮，防止其污染空氣；③裝置C、E中的堿石灰，可以吸收水蒸氣，若沒有C、E，則水蒸氣可以和過氧化鈉反應生成氫氧化鈉和氧氣；【小問3詳解】①酸性高錳酸鉀溶液具有氧化性，會腐蝕橡膠，滴定時應將KMnO4溶液加入酸式滴定管a中；②a．錐形瓶洗凈后未干燥，待測液的物質(zhì)的量不變，對V(標準)無影響，根據(jù)分析，c(標準)不變，故a錯誤；b．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗，標準液的濃度偏小，造成V(標準)偏大，根據(jù)分析，c(待測)偏大，故b正確；c．滴定終點時俯視讀數(shù)，造成V(標準)偏小，根據(jù)分析，c(待測)偏小，故c錯誤；d．酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，會導致在讀數(shù)數(shù)值偏大，故d正確；故選b、d；③去掉實驗1異常的數(shù)據(jù)，計算消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量：0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，根據(jù)離子方程式，可得關系式，即亞硝酸鈉物質(zhì)的量為0.005mol，原樣品中亞硝酸鈉物質(zhì)的量為0.05mol，其質(zhì)量為0.05mol×69g/mol=3.45g，即亞硝酸鈉的質(zhì)量分數(shù)為×100%=86.25%。18.十八大以來，各地重視“藍天保衛(wèi)戰(zhàn)”戰(zhàn)略。作為煤炭使用大國，我國每年煤炭燃燒釋放出的大量SO2嚴重破壞生態(tài)環(huán)境?，F(xiàn)階段主流煤炭脫硫技術通常采用石灰石-石膏法將硫元素以CaSO4的形式固定，從而降低SO2的排放。但是煤炭燃燒過程中產(chǎn)生的CO又會與CaSO4發(fā)生化學反應，降低脫硫效率。相關反應的熱化學方程式如下：反應Ⅰ：CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)活化能Ea1，ΔH1=218.4kJ·mol-1反應Ⅱ：CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)活化能Ea2，ΔH2=-175.6kJ·mol－1請回答下列問題：（1）反應CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)?CaS(s)+3CO2(g)；△H=__________kJ?mol-1；該反應在________（填“高溫”“低溫”“任意溫度”）可自發(fā)進行。（2）恒溫密閉容器中，加入足量CaSO4和一定物質(zhì)的量的CO氣體，此時壓強為p0。tmin中時反應達到平衡，此時CO和CO2體積分數(shù)相等，CO2是SO2體積分數(shù)的2倍，則反應I的平衡常數(shù)Kp＝________(對于氣相反應，用某組分B的平衡壓強p(B)代替物質(zhì)的量濃度c(B)也可表示平衡常數(shù)，記作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p為平衡總壓強，x(B)為平衡系統(tǒng)中B的物質(zhì)的量分數(shù))。（3）圖1為1000K時，在恒容密閉容器中同時發(fā)生反應I和II，c(SO2)隨時間的變化圖象。請分析圖1曲線中c(SO2)在0～t2區(qū)間變化的原因___________________。圖1圖2（4）圖2為實驗在恒容密閉容器中，測得不同溫度下，反應體系中初始濃度比與SO2體積分數(shù)的關系曲線。下列有關敘述正確的是______________________。A．當氣體的平均密度不再變化，反應I和反應Ⅱ同時達到平衡狀態(tài)B．提高CaSO4的用量，可使反應I正向進行，SO2體積分數(shù)增大C．其他條件不變，升高溫度，有利于反應I正向進行，SO2體積分數(shù)增大，不利于脫硫D．向混合氣體中通入氧氣（不考慮與SO2反應），可有效降低SO2體積分數(shù)，提高脫硫效率（5）圖1中，t2時刻將容器體積減小至原來的一半，t3時達到新的平衡，請在圖1中畫出t2-t3區(qū)間c(SO2)的變化曲線__________?！敬鸢浮竣?-394.0kJ·mol-1②.低溫③.0.25p0④.反應I的活化能Ea1較小，反應速率I比II大，0～t1階段c(SO2)增大，t1后反應II為主，c(CO)減小，使反應I逆向進行，故c(SO2)減小，t2時反應達到平衡狀態(tài)。⑤.ACD；⑥.【解析】【詳解】(1)反應Ⅰ：CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)ΔH1=218.4kJ·mol-1反應Ⅱ：CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)ΔH2=-175.6kJ·mol－1根據(jù)蓋斯定律反應Ⅱ-反應Ⅰ得：CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)?CaS(s)+3CO2(g)，所以，ΔH=ΔH2-ΔH1=-175.6kJ·mol－1-218.4kJ·mol-1=-394.0kJ·mol-1。該反應為氣體分子數(shù)減小的反應，ΔS＜0，ΔH＜0，當ΔH-TΔS＜0時，反應能自發(fā)進行，則T較小的時候反應能自發(fā)進行，即該反應在低溫時能自發(fā)進行，故答案為：-394.0kJ·mol-1；低溫；(2)設參加反應Ⅰ的CO起始的物質(zhì)的量為a，平衡時，CO和CO2體積分數(shù)相等，CO2的體積分數(shù)是SO2體積分數(shù)的2倍，故設平衡時，SO2的物質(zhì)的量為xmol，CO和CO2的物質(zhì)的量為2x，則對于反應Ⅰ有：則反應Ⅱ生成的CO2的物質(zhì)的量為(2x-x)mol=xmol，生成CO的物質(zhì)的量=[2x-(a-x)]mol=(3x-a)mol，則對于反應Ⅱ有：結(jié)合反應Ⅰ、Ⅱ可知：CO的充入量為(4x-a)+a=4x，而平衡時，氣體的總物質(zhì)的量=2x+x+2x=5x，設平衡時體系總壓為p，則，解得：p=，所以反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kp==0.25p0，故答案為：0.25p0；(3)因反應Ⅰ的活化能小于反應Ⅱ的活化能，0到t1，反應Ⅰ速率大于反應Ⅱ，c(SO2)增大，t1后反應II為主，c(CO)減小，使反應I逆向進行，故c(SO2)減小，t2時反應達到平衡狀態(tài)，故答案為：反應I的活化能Ea1較小，反應速率I比II大，0～t1階段c(SO2)增大，t1后反應II為主，c(CO)減小，使反應I逆向進行，故c(SO2)減小，t2時反應達到平衡狀態(tài)；(4)A．反應Ⅰ、Ⅱ都是反應前后氣體質(zhì)量變化的反應，由m=ρV可知，容器體積V恒定下，ρ不變，說明氣體總質(zhì)量m不變，那么容器內(nèi)每種氣體的質(zhì)量均不變化，已達到平衡，A正確；B．CaSO4是固體，提高CaSO4的用量，平衡不移動，B錯誤；C．反應Ⅰ是吸熱反應，升高溫度，反應Ⅰ正向移動，SO2體積分數(shù)增大，不利于脫硫，C正確；D．通入氧氣，CO被消耗，反應Ⅰ逆向移動，SO2體積分數(shù)降低，脫硫效率增大，D正確；綜上所述，ACD滿足題意，故答案為：ACD；(5)容器體積減小一半瞬間，二氧化硫濃度變?yōu)?倍，同時壓強增大，平衡逆向移動，二氧化硫濃度減小，t2～t3二氧化硫濃度比t1～t2減小的多。根據(jù)勒夏特列原理可知，t3重新平衡時，二氧化硫濃度略比t2時刻大，據(jù)此如圖：，故答案為：?！军c睛】勒夏特列原理：當改變外界條件時，平衡向減弱這種改變的方向移動，但不能抵消這種改變。19.富硼渣中含有鎂硼酸鹽(2MgO?B2O3)、鎂硅酸鹽(2MgO?SiO2)及少量Al2O3、FeO等雜質(zhì)。由富硼渣濕法制備硫酸鎂晶體和硼酸(H3BO3)晶體的一種工藝流程如圖。已知：生成氫氧化物沉淀的pH(金屬離子的起始濃度為0.1mol/L)Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2