江苏省常州市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题含答案

这是一份江苏省常州市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题含答案，共26页。试卷主要包含了4kJ•ml-1等内容，欢迎下载使用。

本试卷共19题 满分100分 考试时间75分钟
可能用到的原子量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Ba-137
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题3分，共45分）
1．中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列有关说法错误的是
A．《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”强水为强电解质
B．《神农本草经》中“石胆……能化铁为铜、成金银”描述的是湿法炼铜
C．刘长卿诗云“水声冰下咽，砂路雪中平”，固态冰转化为液态水为熵增的过程
D．“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及化学能转化为热能和光能
2．已知碘化氢分解吸热，分以下两步完成：2HI(g)→H2(g)+2I•(g)；2I•(g)→I2(g)，下列图像最符合上述反应历程的是
A．B．
C．D．
3．科研人员发现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成，与传统的热催化合成氨相比，催化效率较高。其合成原理如图甲所示，其他条件不变，电源电压改变与生成速率的关系如图乙所示，下列说法不正确的是

A．是该合成氨装置的阳极
B．电极出口混合气可能含有、、
C．若H₂的进出口流量差为22.4 L/min(标准状况)，则固体质子导体中的流速为1 ml/min
D．当电压高于1.2V时，随电压升高，在阴极放电生成的速率加快
4．已知强酸强碱的稀溶液发生中和反应时，生成放热，若用与的稀溶液反应，每完全中和时放热，下列说法正确的是
A．是一种强酸
B．浓硫酸与反应生成时放热为
C．表示与中和反应的热化学方程式为：
D．电离的热化学方程式为：
5．化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法错误的是
A．甲：反应时盐桥中的阳离子移向溶液
B．乙：正极的电极反应式为
C．丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D．丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
6．已知反应： ，其他相关数据如下表：
下列说法正确的是
A．反应物的总能量小于生成物的总能量
B．的燃烧热是806.0
C．
D．断开氧氧键形成1氧原子需要放出能量249
7．下列装置能达到设计目的的是
A．装置①用于深埋在潮湿的中性土壤中钢管的防腐
B．装置②用于深浸在海水中的钢闸门的防腐
C．装置③用于模拟铁制品表面镀铜
D．装置④用于构成锌铜原电池
8．某化学小组同学研究温度和压强对反应速率和化学平衡的影响，测得化学反应中C的百分含量(C%)与时间(t)、温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是
A．、B．、
C．、D．、
9．已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列说法正确的是
A．向NaClO溶液中通入足量SO2能提高次氯酸的浓度
B．向HCOONa(甲酸钠)溶液中滴加过量CO2：
C．向Na2CO3溶液中通入过量Cl2：
D．向NaClO溶液中通入少量CO2：
10．下列装置或操作能达到目的的是
A．AB．BC．CD．D
11．750℃时，NH3和O2发生以下两个反应：
①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H1
②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H2
下列说法正确的是
A．反应①的平衡常数可表示为K1=
B．反应②的△S＜0
C．反应①中每生成2mlNO，转移电子数约为6.02×1024
D．反应②的△H2=2E(N≡N)+12E(H－O)-12E(N－H)-3E(O=O)
12．25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与lg X的变化关系如图所示。已知：lg X=lg或lg，下列叙述正确的是
A．曲线m表示pH与lg的变化关系
B．当溶液呈中性时，c(Na+)=c()+2c()
C．Ka1(H2CO3)的数量级为10-6
D．滴加过程中，保持不变
13．资源化利用是实现“碳中和”的重要途径，与氢气反应制的一种催化机理如图所示，总反应为>0，下列说法正确的是
A．过程Ⅲ中，没有化学键断裂
B．在Ni催化作用下产生·H为吸热过程
C．反应中释放出
D．总反应中，反应物的键能之和小于生成物的键能之和
14．已知常温下二元弱酸H2A溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数(δ)随pH变化如图所示[如A2-分布分数：δ(A2-)=]，下列说法错误的是
A．曲线x代表H2A，曲线z代表A2-
B．pH从3升高至4，的值一直减小
C．n点对应的溶液中水电离出的c(H+)=10-12.7ml·L-1
D．将浓度均为0.05ml·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，所得溶液pH>4.3
15．中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ•ml-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ•ml-1
其他条件不变，在相同时间内温度对CO2催化加氢的影响如图。下列说法不正确的是

已知：CH3OH的选择性=×100%
A．增大有利于提高CO2的平衡转化率
B．使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数
C．其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行
D．220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（共55分）
16．“碳达峰”“碳中和”“低碳”成为网络热词，其相关内容是二氧化碳导致的温室效应。二氧化碳的转化和利用成为一个重要的研究课题。回答下列问题：
(1)乙烯是一种重要的化工原料，利用和为原料可生产乙烯。已知相关热化学方程式如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
①反应Ⅳ： 。
②在某种催化剂的作用下，在容积为2.0L的恒容密闭容器中充入和，体系中主要发生上述反应Ⅰ和反应Ⅳ两个竞争反应。反应进行时测得两种烃的物质的量随温度的变化如下图所示，该催化剂在840℃时主要选择 (填“反应Ⅰ”或“反应Ⅳ”)；520℃时，内用氢气表示反应Ⅳ的平均反应速率 (用含t的代数式表示)。
(2)多聚胺[]可捕捉环境中的，然后将其转化为甲醇，反应机理如下图所示：
该反应机理中，多聚胺的作用是 ，该反应机理的总反应的化学方程式是 。
(3)碳酸二甲酯(DMC)为一种非常重要的有机化工原料，华东理工大学以镁粉为催化剂，通过甲醇与反应成功制备了DMC：。
①上述反应达到平衡时，其他条件不变，向恒压密闭容器中充入少量，甲醇的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②温度为TK，按投料比向恒容密闭容器中投料，平衡前后气体的压强之比为6:5，测得平衡体系中气体的压强为，则TK时该反应的压强平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
17．回答下列问题：
(1)某温度下在容积为2L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。
①该反应的化学方程式是 。
②4min时，υ正 υ逆(填“>”“<”或“=")。
③若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经相同时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：υ(X)=0.3ml·L-1·s-1，乙：υ(Y)=0.12ml·L-1·s-1，丙：υ(Z)=9.6ml·L-1·min-1.则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为 。
④下列措施能增大该反应速率的是 (选填字母)
A．升高温度 B．恒容条件下充入Ar气
C．减小Z的浓度 D．将反应容器体积缩小
(2)反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，在一定温度下密闭容器内，能说明该反应已经达到化学平衡状态的是 。
a．2υ逆(NO)=υ正(O2)
b．容器内压强保持不变
c．υ(NO2)=2υ(O2)
d．容器内的密度保持不变
e．容器内混合气体平均相对分子质量不变
f．c(NO)：c(O2)：c(NO2)=2：1：2
g．容器内气体颜色不变
(3)常见的烟道气中除去SO2的方法之一：2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l) (ΔH<0)，该反应的平衡常数表达式为 。若在2L的密闭容器中进行上述反应，经测定在5min内气体的质量减少了1.6g，则0～5min的平均反应速率υ(SO2)= 。
18．室温下，某一元弱酸HA的电离常数.向20.00mL浓度约为HA溶液中逐滴加入的标准NaOH溶液，
(1)滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是_______（填字母序号）.
A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定
D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积
(2)若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为 ml/L.（保留4位有效数字）
(3)25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示：
①等浓度的、、结合的能力由强到弱的顺序为： .
②将过量气体通入溶液中的离子反应方程式为： .
(4)已知草酸为二元弱酸： ， ，常温下，向某浓度的溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数（）与溶液pH的关系如图所示.则时，溶液中 .
19．铁及其化合物在处理工业废水、废气过程中发挥着重要作用。
(1)用铁的化合物除硫化氢：2[Fe(CN)6]3-+ 2+HS- =2[Fe(CN)6]4-+ 2+S↓，可通过图1使[Fe(CN)6]3-再生，电解时，阳极的电极反应式为 ；电解过程中阴极区溶液的pH (填“变大”、 “变小”或“不变")。
(2)以铁为电极电解除铬，如图2
已知：+ H2O=2+2H+
氧化性：＞
①电解过程中主要反应之一：+6Fe2++17H2O= 2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+；气体a主要成分是 。
②电解过程中，不同pH时，通电时间与Cr元素的去除率关系如图3所示，pH=10相比pH=4，Cr元素的去除率偏低的原因可能是 。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)除锰
已知：K2FeO4具有强氧化性，极易溶于水
①在酸性条件下，能与废水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2沉淀来除锰，该反应的离子方程式 。
②用K2FeO4处理1L 50 mg/L的含Mn2+废水，Mn元素的去除率与K2FeO4量的关系如图4所示，当K2FeO4超过20 mg时，Mn元素的去除率下降的原因可能是 。
化学键
1化学键断裂时吸收的能量/
x
498
803
464




①
②
③
④
弱酸
HCOOH(甲酸)
HClO
K(25℃)
A.排出酸式滴定管中的气泡
B.灼烧海带
C.比较CH3COOH的Ka和H2CO3的Ka1大小
D.测定氯水的pH
实验序号
NaOH溶液体积/mL
待测HA溶液体积/mL
1
21.01
20.00
2
20.99
20.00
3
21.60
20.00
化学式
电离平衡常数（）


1．A
【详解】A．强水是王水，是浓盐酸和浓硝酸按体积比3∶1形成的混合物，则强水是混合物，不属于强电解质，A错误；
B．“石胆……能化铁为铜、成金银”指的是硫酸铜与铁发生置换反应，生成硫酸亚铁和铜单质，描述的是湿法炼铜，B正确；
C．固态冰转化为液态水，混乱度增加，属于熵增的过程，C正确；
D．“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及燃烧，燃烧将化学能转化为热能和光能，D正确；
故选A。
2．A
【详解】根据题干描述，碘化氢分解的总反应是吸热的，而第二步是成键过程，一定是放热，故第一步必然吸热；
A．结合图像，第一步吸热，第二步放热，总反应吸热，符合上述分析，故A符合题意；
B．根据图像，总反应是放热反应，不符合上述分析，故B不符合题意；
C．根据图像，第二步吸热，不符合上述分析，故C不符合题意；
D．根据图像，第一步放热，第二步吸热，不符合上述分析，故D不符合题意。
答案选A。
3．C
【分析】由图甲可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2-2e-=2H+，Pt-C3N4电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3。
【详解】A．由分析可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，故A正确；
B．由分析可知，电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，可能存在氢离子得到电子发生还原反应生成的氢气及部分没反应的氮气，故B正确；
C．标准状况下，22.4L氢气的物质的量为1ml，则反应生成氢离子的物质的量2ml，故固体质子导体中氢离子的流速2 ml/min，故C错误；
D．由图乙可知，当电压高于1.2V时，氨气反应速率变慢，说明氢离子在阴极得到电子生成氢气，故D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．由题干信息可知，与的稀溶液反应，每完全中和时放热，小于强酸强碱稀溶液中和生成1mlH2O是放出的热量，故是一种弱电解质，即为弱酸，A错误；
B．浓硫酸稀释过程也是放热过程，故浓硫酸与反应生成时放热要大于，B错误；
C．由题干信息可知，表示与中和反应的热化学方程式为：，C正确；
D．由题干信息可知，①H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) =-57.1kJ/ml，②，故②-①得到电离的热化学方程式为：，D错误；
故答案为：C。
5．A
【详解】A．甲装置为原电池，左侧铜片为负极，右边银为正极，盐桥中阳离子向正极移动，即向AgNO3溶液移动，故A错误；
B．氧化银得电子作正极，生成银和氢氧根离子，电极反应式为Ag2O+2e-+H2O═2Ag+2OH-，故B正确；
C．石磨棒作正极，锌筒作负极，失电子生成锌离子，发生氧化反应，因锌被消耗，所以锌筒会变薄，故C正确；
D．图为铅蓄电池，放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，所以使用一段时间后，酸性减弱，导电能力下降，故D正确。
答案选A。
6．C
【详解】A．该反应，说明反应物总能量大于生成物总能量，故A错误；
B．根据反应可知，1ml甲烷完全燃烧生成气态水放出能量，则其燃烧热数值大于，故B错误；
C．根据，列等式：，解得，故C正确；
D．断开1ml氧氧键可形成2ml氧原子，吸收热量，则断开氧氧键形成1氧原子需要吸收能量249，故D错误；
答案选C。
7．C
【详解】A．铁比铜更活泼，会导致铜铁原电池中铁做负极，加速铁的锈蚀，故A错误；
B．用于深浸在海水中的钢闸门的防腐，则闸门应该连接外接电源的负极，本身做阴极被保护，故B错误；
C．装置③用于模拟铁制品表面镀铜，镀件做阴极会生成铜镀层，故C正确；
D．左侧烧杯发生化学反应，不能构成原电池，应将电解质互换，故D错误；
故选C。
8．A
【详解】根据图甲可知，T2温度下优先达到反应平衡状态，说明温度T2＞T1，温度越高，C的百分含量(C%)越低，说明温度升高，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，；根据图乙，温度相同时，随着压强的增大，C的百分含量(C%)增大，增大压强，平衡向在气体分子数减小方向进行，说明，综上所述，答案选A。
9．D
【详解】A．由于HClO具有强氧化性，能够被SO2还原，故向NaClO溶液中通入足量SO2将生成NaCl和H2SO4，故不能能提高次氯酸的浓度，A错误；
B．由题干表中数据可知， Ka(HCOOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，故向HCOONa(甲酸钠)溶液中滴加过量CO2不反应，B错误；
C．由题干表中数据可知，Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，向Na2CO3溶液中通入过量Cl2，结合Cl2+H2O=HCl+HClO，故该过程的总的离子方程式为：，C错误；
D．由题干表中数据可知，Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，则向NaClO溶液中通入少量CO2生成NaHCO3和HClO，故该反应的离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
10．C
【详解】A．碱式滴定管排气泡应向上弯45°排出气泡，故A错误；
B．灼烧固体应该用坩埚，故B错误；
C．向醋酸中滴加碳酸钠产生气泡，说明CH3COOH的酸性强于H2CO3，CH3COOH的Ka比H2CO3的Ka1大，故C正确；
D．氯水具有强氧化性，能使试纸褪色，不能用试纸测定氯水的pH，故D错误；
故答案为C。
11．C
【详解】A．反应①的平衡常数可表示为K1=，A错误；
B．反应②反应物生成物均为气态，系数之和反应物小于生成物，所以反应②的△S大于0，B错误；
C．由方程式可知生成1mlNO时电子转移5ml，所以反应①中每生成2mlNO，转移电子10ml约为6.02×1024，C正确；
D．反应②的△H2=-2E(N≡N)，D错误；
故选C。
12．D
【详解】A．Na2CO3溶液中滴入盐酸，起初发生反应+H+=，后来才发生反应+H+=H2CO3，所以曲线m表示pH与lg的变化关系，A不正确；
B．当溶液显中性时，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c()+2c()+c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)＞c()+2c()，B不正确；
C．根据图像分析知Ka1(H2CO3)==10×10-7.4=10-6.4，数量级为10-7，C不正确；
D．=×=Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，温度不变，Ka1(H2CO3)、Ka2(H2CO3)不变，故滴加过程中，保持不变，D正确；
故选D。
13．B
【详解】A．由图可知，过程Ⅲ为与·H反应生成CH4和H2O，反应中存在化学键的断裂和形成，故A错误；
B．由图可知，氢气在镍催化作用下产生·H为化学键断裂的吸热过程，故B正确；
C．由图可知，过程Ⅱ发生的反应为发生分解反应生成和三氧化二镧，故C错误；
D．由方程式可知，总反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，则反应物的键能之和大于生成物的键能之和，故D错误；
故选B。
14．B
【分析】根据横坐标的pH增大判断，H2A中滴加碱，导致氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，根据二元酸的电离平衡判x线为H2A，y线为HA-，z线为A2-；
【详解】A．根据二元弱酸的两步电离平衡判断，当加入碱后促进第一步电离，故x线为H2A，曲线z代表A2-，故A正确；
B．，当pH从3升高至4时，Ka1保持不变，通过图象判断HA-在减小，故增大；
C．n点对应的溶液中，pH=1.3，则根据Kw得c(OH-)=10-12.7ml·L-1，故水电离出的c(H+)=10-12.7ml·L-1；故C正确；
D．根据图象中m点判断HA-和A2-的浓度相同时，溶液的pH=4.3，根据图象n点计算出Ka1=10-1.3，m点计算出Ka2=10-4.3，则Kh1=10-9.7，Kh2=10-12.7，故当将浓度均为0.05ml·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，因为HA-的电离大于A2-的水解，导致溶液中HA-的浓度小于A2-的浓度，根据图象判断pH>4.3，故D正确；
【点睛】此题考查酸的电离平衡的移动影响，注意图象中的特殊点进行相关计算，其次平衡常数只与温度有关。
15．D
【详解】A增大即增大H2的浓度，上述反应①平衡正向移动，故有利于提高CO2的平衡转化率，A正确；
B．使用催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率，B正确；
C．反应①是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，即向生成CH3OH的方向移动，C正确；
D．由题干图示信息可知，220～240℃，升高温度，二氧化碳的转化率增大，但甲醇的选择性下降，说明对反应②速率的影响比对反应①的大，D错误；
故答案为：D。
16．(1) -246.4 反应Ⅳ
(2) 作催化剂
(3) 减小
【详解】（1）①分析已知热化学方程式与生成乙烯的热化学方程式中物质的转化关系，应用盖斯定律可知，。②由图中存在的物质可知，840℃时，主要存在乙烯，故该催化剂主要选择生成乙烯的反应，即反应Ⅳ。时反应Ⅳ生成，则反应速率；
（2）分析反应机理循环图可知，多聚胺为催化剂。根据反应机理中的箭头方向及相关物质可知，总反应是催化剂、反应生成和，则化学方程式是；
（3）①恒压时向该容器中充入，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，反应物的平衡转化率减小。②由三段式可得：
恒温恒容密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，平衡前后压强之比为，则，，所以平衡时气体的总物质的量为，，，。
17．(1) 3X(g)+Y(g)⇌2Z(g) > 乙>甲>丙 AD
(2)beg
(3) 0.005ml/(L•min)
【详解】（1）①反应过程中，X、Y、Z物质的量变化量之比等于化学计量数之比，从图中可知，相同时间内，X、Y、Z物质的量变化量之比为0.6：0.2：0.4=3：1：2，且X、Y物质的量减少为反应物，Z物质的量增加为生成物，则化学方程式为3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；
②4min时X、Y物质的量减少，Z物质的量增大，说明此时反应正向进行，正反应速率>逆反应速率；
③确定X的速率为：
甲：v(X)=0.3ml·L-1·s-1；
乙：v(Y)=0.12ml·L-1·s-1，故v(X)=3×0.12ml·L-1·s-1=0.36ml·L-1·s-1；
丙：v(Z)=9.6ml·L-1·min-1==0.16ml·L-1·s-1，故v(X)=×0.16ml·L-1·s-1=0.24ml·L-1·s-1，故最快的是乙，最慢的是丙，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为：乙＞甲＞丙；
④A．升高温度，反应速率增大，A正确；
B．恒容条件下充入Ar气，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，B错误；
C．减小Z的浓度，生成物浓度减小，反应向正反应方向进行，随着反应进行反应物浓度也减小，反应物和生成物浓度都减小，反应速率减小，C错误；
D．将反应容器体积缩小，反应物浓度增大，且随着反应进行生成物浓度也增大，反应速率增大，D正确；
综上所述AD正确；
故答案为：3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；＞；乙＞甲＞丙；AD。
（2）a．2v逆(NO)=v正(O2)，v正(O2)=v正(NO)， NO正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，a错误；
b．该反应不是等体积反应且在恒容密闭容器中进行，随着反应进行容器压强不断变化，压强不变说明反应达到平衡，b正确；
c．v(NO2)=2v(O2)，该等式未说明是正反应还是逆反应，无法得知反应是否达到平衡，c错误；
d．反应在恒容密闭容器中进行，且反应物和生成物均为气体，容器内的密度始终不变，d错误；
e．该反应不是等体积反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量不断变化，混合气体平均分子质量不变，说明反应达到平衡，e正确；
f．c(NO)∶c(O2)∶c(NO2)=2∶1∶2与反应的初始投料比及反应进行程度有关，正逆反应速率是否相等未知，无法说明反应达到平衡，f错误；
g，NO和O2为无色气体，NO2为红棕色气体，随着反应进行NO2浓度不断变化，气体颜色不断变化，气体颜色不变说明反应达到平衡，g正确；
故答案为：beg。
（3）根据反应方程式可知平衡常数K=；若在2L的密闭容器中进行上述反应，结合化学方程式定量关系计算，2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ，根据反应过程中质量守恒可知，气体质量减少的质量等于生成的硫的质量，经测定在5min内气体的质量减小了1.6g，则生成硫的质量为1.6g，物质的量为0.05ml，根据方程式可知消耗的SO2的物质的量为0.05ml，则0～5min的平均反应速率υ(SO2)=；
故答案为：K=；0.005ml/(L•min)。
18．(1)AD
(2)0.1050
(3) >>
(4)1000
【详解】（1）A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；
D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；
故选AD；
（2）第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的平均体积为：，根据反应HA+NaOH=NaA+H2O可知，0.021L×0.1000ml/L=0.02L×c(HA)，解得：c(HA)=0.1050 ml/L；
（3）①由于，则酸性>>，根据酸性越弱，其相应酸根离子与氢离子结合能力越强可知，等浓度的、、结合的能力由强到弱的顺序为>>；
②根据强酸制弱酸的原理，将过量气体通入溶液中生成碳酸氢钠与硫氢化钠，则离子反应方程式为：；
（4）由于草酸为二元弱酸， ， ，则曲线1为，曲线2为，曲线3为，由图象可知，pH=1.2时，c()=c()，则=，当pH=4.2时，c()=c()，=，。
19． 变大 H2 pH值升高，转化为，氧化能力减弱，使铬元素难以被还原，从而去除率下降 随着K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性离子留在溶液中
【详解】(1)可通过图1使[Fe(CN)6]3-再生，即电解时，[Fe(CN)6]4-生成[Fe(CN)6]3-，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，则阳极的电极反应式为；电解过程中阴极反应为，阴极区溶液的pH变大；
(2)①以铁为电极电解除铬，电解过程中主要反应之一：+6Fe2++17H2O= 2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+，则Fe作阳极，发生反应，Fe2+将还原生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀，阴极发生反应，则气体a主要成分是H2；
②pH值升高，+ H2O=2+2H+的平衡正向移动，生成，氧化能力减弱，使铬元素难以被还原，从而去除率下降；
(3)①在酸性条件下，K2FeO4能与废水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2沉淀来除锰，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为；
②K2FeO4具有强氧化性，随着K2FeO4增加，K2FeO4将Mn2+氧化成更高价态的可溶性离子留在溶液中，Mn元素的去除率下降。