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2017-2018学年江苏省宿迁市高二下学期期末考试化学试题 解析版
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江苏省宿迁市2017～2018学年度第二学期期终质量检测
高二化学试卷
1. 化学与生产、生活、社会、环境关系密切，下列说法正确的是
A. NH4Cl和ZnCl2溶液可用作焊接钢铁时的除锈剂
B. 大力生产铅蓄电池、汞锌锰干电池，满足消费需求
C. 工业生产中使用催化剂可改变反应的活化能和焓变
D. 牺牲阳极的阴极保护法是应用电解原理防止金属腐蚀
【答案】A
【解析】分析：A.根据盐类水解的性质解答;B.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产,使用后的废弃物影响环境;C.催化剂可降低反应的活化能,但不影响焓变,且焓变等于正逆反应活化能之差；D.牺牲阳极的阴极保护法,是根据原电池原理防护金属腐蚀。以此来解答。
详解：A.NH4Cl和ZnCl2都是强酸弱碱盐,水解显酸性,所以可用作焊接时的除锈剂,所以A选项是正确的;
B项，铅、汞为重金属，加大生产铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池会污染环境，故B错误；
C.催化剂可改变反应的活化能,但始终态不变,可以知道焓变不变,故C错误;
D.牺牲阳极的阴极保护法,是根据原电池原理防护金属腐蚀,外加电流的阴极保护法是根据电解原理保护金属腐蚀,故D错误;
所以A选项是正确的。
2. 室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是
A. 0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液的pH小于13
B. 0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C. 相同条件下，浓度均为0.1 mol•L-1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D. 向0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液中加入MgCl2溶液产生白色沉淀
【答案】D
【解析】分析：部分电离的电解质为弱电解质,只要能证明NH3•H2O部分电离就说明NH3•H2O是弱电解质，据此分析解答。
详解A. 0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液的pH小于13，则溶液中c(OH-)<0.1mol/L，所以c(OH-)
C.相同条件下,浓度均为0.1 mol•L-1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；
D. 向0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液中加入MgCl2溶液产生白色沉淀，说明NH3•H2O显碱性，则不能证明NH3•H2O是弱电解质，故D选；
所以D选项是正确的。
3. 已知化学反应A2(g)＋B2(g) === 2AB(g)的能量变化如图，下列叙述正确的是
A. 每生成2分子AB吸收b kJ热量
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ•mol-1
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量
【答案】C
【解析】A、形成化学键放出热量，生成AB分子应该是放出热量，选项A错误；B、反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，选项B错误；C、该反应焓变=断裂化学键吸收热量-形成化学键所放出热量，所以焓变为△H=+（a-b）kJ/mol，选项C正确；D、断裂1molA-A键和1molB-B键，应该是吸收能量，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学反应与能量的关系。化学反应A2(g)＋B2(g)＝2AB(g)的能量变化依据图象分析，结合反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量。
4. 下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨工业使用催化剂，可提高氨的日产量
B. 合成氨工业通常采用高压，以提高原料的利用率
C. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D. 氯气在饱和食盐水中的溶解度比在水中的小
【答案】A
【解析】分析：勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动,使用勒夏特列原理时,该反应必须是可逆反应,否则勒夏特列原理不适用。
详解:A.使用催化剂,平衡不移动,同等倍数地增加正、逆反应速率，不能用勒夏特列原理解释,故A选；
B.合成氨反应中,增大压强可使平衡向正反应分析移动,可提高原料的利用率,可用勒夏特列原理解释,故B不选;
C. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，是增加氧气的浓度，提高二氧化硫的转化率,能用勒夏特列原理解释,故C不选;
D.氯气和水反应存在平衡：Cl2 + H2OH+ + Cl- + HClO，此时在饱和食盐水中有大量的氯离子,使得氯气的溶解平衡逆向移动，氯气的溶解度降低,可用勒夏特列原理解释,故D不选;
所以A选项是正确的。
5. 常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是
A. 使甲基橙呈红色的溶液中：Na＋、AlO2－、NO、Fe2＋
B. 0.1 mol•L-1HCl溶液：Ba2+、K＋、CH3COO－、NO
C. 0.1 mol•L-1 CO32－的溶液：Na＋、Fe3＋、NO、SCN－
D. Kw/c(H＋)＝0.1 mol•L-1的溶液：Na＋、K＋、SO32－、NO
【答案】D
【解析】分析：A、使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，AlO2—不能共存，且酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子而不能大量共存；B. 0.1 mol•L-1HCl溶液：H+和CH3COO－结合生成CH3COOH而不能大量共存；C. 0.1 mol•L-1 CO32－的溶液： CO32－和Fe3＋相互促进水解，Fe3＋和SCN－结合生成络离子，则不能共存；Kw/c(H+)=0.1 mol·L-1的溶液为碱性溶液，Na+、K+、SO32-、NO都可以大量共存。
详解：A、使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，AlO2—不能共存，且酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子而不能大量共存，选项A错误；
B. 0.1 mol•L-1HCl溶液：H+和CH3COO－结合生成CH3COOH而不能大量共存，选项B错误；
C. 0.1 mol•L-1 CO32－的溶液： CO32－和Fe3＋相互促进水解，Fe3＋和SCN－结合生成络离子，则不能共存，选项C错误；
Kw/c(H+)=0.1 mol·L-1的溶液为碱性溶液，Na+、K+、SO32-、NO都可以大量共存，选项D正确。
答案选D。
点睛：本题考查离子共存，熟悉离子之间的反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应、相互促进水解等知识的应用，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应、不能结合生成络离子等，则离子能大量共存。
6. 用下列装置进行实验，装置正确且能达到相应实验目的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】分析：A项，析氢腐蚀是发生在酸性环境中的，浸泡过食盐水的铁钉只能发生吸氧腐蚀；B项，2NO2(g)N2O4(g)，放在热水中的烧瓶中气体颜色深，说明加热平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应；C项，测定溶液pH的正确方法是：在玻璃板上放一片干燥的pH试纸，用玻璃棒蘸取取待试液滴到pH试纸上，把试纸与标准比色卡比较，读出溶液的pH；D项，不能用酸式滴定管装碱液。以此解答。
详解：A项，析氢腐蚀是发生在酸性环境中的，浸泡过食盐水的铁钉只能发生吸氧腐蚀，故不选A项；
B项，2NO2(g)N2O4(g)，放在热水中的烧瓶中气体颜色深，说明加热平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故选B项；
C项，测定溶液pH的正确方法是：在玻璃板上放一片干燥的pH试纸，用玻璃棒蘸取取待试液滴到pH试纸上，把试纸与标准比色卡比较，读出溶液的pH，故不选C项；
D项，不能用酸式滴定管装碱液，故不选D项;
因此，本题答案选B。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、物质的分离、反应的探究等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大。
7. 甲烷液化可获得工业原料甲醇，反应原理是：
①CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋206.4 kJ·mol-1
②CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.0 kJ·mol-1
③CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝－49.0 kJ·mol-1
下列说法不正确的是
A. 升高温度，反应①中CH4转化率提高
B. 反应③是CO2资源化利用的方法之一
C. CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－90.0 kJ·mol-1
D. 上述合成甲醇过程中需要向原料气中补充H2
【答案】D
【解析】分析：A. 从热化学方程式可知，反应①为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CH4转化率增大；B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；C.根据盖斯定律求反应热；D.从上述合成甲醇反应可知，CO2不足而H2过量，所以不需要向原料气中补充H2。
详解：A. 从热化学方程式可知，反应①为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CH4转化率增大，故A正确；
B. 反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，故B正确；
C. 已知CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.0 kJ·mol-1②；
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝－49.0 kJ·mol-1③；
根据盖斯定律：②+③得到：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－90.0 kJ·mol-1，故C正确；
从上述合成甲醇反应可知，CO2不足而H2过量，所以不需要向原料气中补充H2，故D不正确；
因此，本题选D。
点睛： 本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度中等。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 钢铁腐蚀的负极反应：Fe – 3e- === Fe3+
B. HCO的水解：HCO＋H2O CO32－＋H3O+
C. 用惰性电极电解饱和食盐水： 2Cl–+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH–
D. AgCl悬浊液中加入KI溶液得到黄色沉淀：Ag+ + I- === AgI↓
【答案】C
【解析】分析：A.铁失去电子变为亚铁离子；B.碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；
C.用惰性电极电解饱和食盐水，阴极得到氢气，阳极得到氯气，正确的离子方程式为：2Cl–+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH–；D.氯化银难溶，不能拆，保留分子形式。
详解:A.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应为Fe – 2e- === Fe2+，故A错误;
B.碳酸氢钠溶于水溶液呈碱性的离子反应为HCO＋H2OH2CO3＋OH-，故B错误；
C.用惰性电极电解饱和食盐水，阴极得到氢气，阳极得到氯气，正确的离子方程式为：2Cl–+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH–，故C正确；
D.氯化银难溶，不能拆，保留分子形式。故D错误；
因此，本题选C。
点睛：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．
9. 某兴趣小组设计了如图所示原电池装置(盐桥中吸附有饱和K2SO4溶液）。下列说法正确的是
A. 该原电池的正极反应是Cu2++2e－===Cu
B. 甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅
C. 盐桥中的SO42－流向甲烧杯
D. Cu电极质量减少，Pt电极质量增加
【答案】B
【解析】分析：该原电池反应为Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，则负极为Cu，发生Cu-2e-=Cu2+,阳离子移动到正极,左边烧杯中发生Fe3++e-=Fe2+，以此来解答。
详解:A.正极发生还原反应,为Fe3++e-=Fe2+，故A错误;
B.左边烧杯中发生Fe3++e-=Fe2+，则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅,所以B选项是正确的；
C.阴离子向负极移动，故C错误；
D.Cu电极和Pt电极质量均不变，故D错误。
所以B选项是正确的。
10. 某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 加水稀释可以使溶液由c点变到d点
B. 此温度时，Ksp(BaSO4)＝1.1×10-10
C. b点有BaSO4沉淀析出
D. a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
【答案】A
【解析】分析:该图中的是平衡曲线,线上的任意点都是平衡状态,b和d不是平衡状态,
A、加入蒸馏水，c（SO42-）、c（Ba2+）均减小；
B、图中a点，c（SO42-）=5.5×10-6mol/L，c（Ba2+）=2×10-5mol/L，所以Ksp(BaSO4)＝c（SO42-）·c（Ba2+）=5.5×10-6×2×10-5=1.1×10-10；
C、b点表示QC>Ksp,溶液过饱和;
D、Ksp与温度有关,a和c的Ksp相等。
详解:A、加入蒸馏水，c（SO42-）、c（Ba2+）均减小，不可能出现c（SO42-）不变，而c（Ba2+）减小的情况，故A错误；
B.图中a点，c（SO42-）=5.5×10-6mol/L，c（Ba2+）=2×10-5mol/L，所以Ksp(BaSO4)＝c（SO42-）·c（Ba2+）=5.5×10-6×2×10-5=1.1×10-10,故B正确;
C、b点表示QC>Ksp,溶液过饱和,会有沉淀析出,所以C选项是正确的;
D、Ksp是溶度积常数,只随着温度的改变而改变,温度不变Ksp不变,在曲线上的任意一点Ksp都相等,故D正确；
所以本题答案选A。
点睛：本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念。
11. 下列叙述中正确的是
A. 100℃时，纯水的pH约为6， 此时纯水呈酸性
B. 4mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，转移电子数目小于6×6.02×1023
C. 反应Al2O3(s)+3 Cl2(g)+3C(s) === 2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，则△H＞0
D. HCl和NaOH反应的中和热为－57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热为－114.6 kJ·mol-1
【答案】BC
【解析】分析：A.水的电离过程为H2O⇌H++OH-，纯水中c（OH-）=c（H+），纯水永远显中性；B.氮气和氢气反应为可逆反应，4mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol；C.反应Al2O3(s)+3 Cl2(g)+3C(s) === 2AlCl3(g)+3CO(g)的△S=0，该反应室温下不能自发进行，该反应为吸热反应，则△H＞0；D.强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量，是中和热。以此分析。
详解：A.水的电离过程为H2O⇌H++OH-，纯水中c（OH-）=c（H+），纯水永远显中性,故A错误；
B.氮气和氢气反应为可逆反应，4mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol,转移电子数目小于6×6.02×1023，B正确；
C.反应Al2O3(s)+3 Cl2(g)+3C(s) === 2AlCl3(g)+3CO(g)的△S=0，该反应室温下不能自发进行，该反应为吸热反应，则△H＞0，C正确；
D.强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量是中和热，HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ•mol-1，生成沉淀也要放热，故D错误；
本题答案选BC。
12. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深
CO32－水解是吸热反应
B
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性A比B强
C
常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
D
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol•L-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol•L-1 NaHSO3溶液的pH约为5
HSO结合H＋的能力比SO32－的弱
A. A B. B C. C D. D
【答案】AD
【解析】分析：A.滴有酚酞的Na2CO3溶液,加热促进碳酸根离子的水解,则颜色加深;
B.等体积等pH值的酸,酸的浓度越大,酸性越弱;
C.难溶电解质的溶解平衡中，溶度积大的电解质能向溶度积小的电解质转化，注意浓度的大小问题；
D.SO结合H＋为一级水解，HSO3-结合H＋为二级水解，HSO结合H＋的能力比SO32－的弱。
详解:A.滴有酚酞的溶液Na2CO3显示红色,是因为碳酸钠溶液中的碳酸根离子水解溶液呈碱性,其中碳酸根离子水解程度受温度的影响,微热,溶液颜色逐渐变深,说明温度高,水解程度大,碱性增强,所以盐类水解是吸热反应,所以A选项是正确的;
B.当体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应,HA放出的氢气多,说明HA的物质的量大于HB的物质的量,溶液的体积相等,HA的物质的量浓度大于HB的,所以说明酸性:HA
D.SO结合H＋为一级水解，HSO3-结合H＋为二级水解，HSO结合H＋的能力比SO32－的弱，故D正确;
所以AD选项是正确的。
13. 下列关于各图像的解释或结论正确的是
A. 图甲表示常温下向20mL pH＝3的醋酸溶液中滴加pH＝11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系
B. 图乙表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0的平衡常数K与温度和压强的关系
C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应，N2的起始量恒定时，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数的变化，图中a点N2的转化率等于b点
D. 图丁表示反应 2SO2＋O2 2SO3，t1 时刻降低温度符合图示变化
【答案】D
【解析】分析:A.醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸溶液比pH＝11的NaOH溶液浓度大的多，a点时二者反应，醋酸过量，溶液呈酸性；B.平衡常数K只与温度有关，和压强无关；C.图象分析可以知道,随氢气体积分数增大,平衡正向进行氨气平衡体积分数增大,但随氢气量的增大超过平衡移动量的增大,氨气的体积分数会减小,但增大氢气的浓度,氮气转化率增大; D.由图象看以看出在t1时正反应速率减小，与图象相符。
详解:A.醋酸是弱酸，部分电离，pH＝3的醋酸溶液比pH＝11的NaOH溶液浓度大的多，a点时二者等体积反应，醋酸过量，溶液呈酸性，故A错误;
B.平衡常数K只与温度有关，和压强无关，所以B选项是错误的;
C.增大氢气的浓度,提高氮气的转化率,所以随H2起始体积分数增大,N2的转化率增大,即a点N2的转化率小于b点,所以C选项是错误的;
D.降低体系温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，与图象相符，故D正确。
所以D选项是正确的。
14. 下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是
A. NaHSO4溶液：c(H+)＝c(SO42－) +c(OH－)
B. 在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中：c(OH－)-c(H+)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)
C. 含等物质的量NaClO和Na2CO3的混合溶液中：c(HClO) + c(ClO－)＝c(CO32－) +c(HCO3－)
D. 25℃时，浓度均为0.1 mol•L-1的NH3·H2O、NH4Cl混合溶液pH=9，则：c (NH4+)+ c (H+)＞c (NH3·H2O)+ c (OH－)
【答案】C
【解析】分析：A.NaHSO4溶液中：根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－) +c(OH－),根据物料守恒，c(Na+)＝c(SO42－)，所以有c(H+)＝c(SO42－) +c(OH－)；
B.在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32-),物料守恒:c(Na+)＝2[c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)]，二者联式可得c(OH－)-c(H+)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)；
C.含等物质的量NaClO和Na2CO3的混合溶液中：根据物料守恒关系，c(HClO) + c(ClO－)＝c(CO32－) +c(HCO3－)+c(H2CO3)；
D.浓度均为0.1 mol•L-1的NH3·H2O、NH4Cl混合溶液，根据物料守恒有：2c(Cl-)=c (NH4+)+ c (NH3·H2O)，由于pH=9，溶液显碱性，即NH3·H2O电离大于NH4Cl水解，则c (NH4+)>c (NH3·H2O)，所以c(Cl-)>(NH3·H2O)，再根据电荷守恒有：c (NH4+)+ c (H+)=c(Cl-)+ c (OH－)，所以c (NH4+)+ c (H+)＞c (NH3·H2O)+ c (OH－)。
详解:A.NaHSO4溶液中：根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－) +c(OH－),根据物料守恒，c(Na+)＝c(SO42－)，所以有c(H+)＝c(SO42－) +c(OH－)，所以A选项是正确的;
B.在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32-),物料守恒:c(Na+)＝2[c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)]，二者联式可得c(OH－)-c(H+)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)，所以B选项是正确的;
C.含等物质的量NaClO和Na2CO3的混合溶液中：根据物料守恒关系，c(HClO) + c(ClO－)＝c(CO32－) +c(HCO3－)+c(H2CO3)，故C错误;
D.浓度均为0.1 mol•L-1的NH3·H2O、NH4Cl混合溶液，根据物料守恒有：2c(Cl-)=c (NH4+)+ c (NH3·H2O)，由于pH=9，溶液显碱性，即NH3·H2O电离大于NH4Cl水解，则c (NH4+)>c (NH3·H2O)，所以(NH3·H2O)
15. 一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中，充入一定量的A和B分别发生下列反应：3A(g)+B(g)2C(g)+D(g)+E(s)，下列说法正确的是
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
A
B
A
B
容器Ⅰ
300
3
1
0.8
容器Ⅱ
300
6
2
容器Ⅲ
240
3
1
0.4
A. 该反应正反应为吸热反应
B. 反应达到平衡后加入2molE，A的转化率减小
C. 容器Ⅱ达到平衡时B的转化率比容器I大
D. 240℃ 时，该反应的平衡常数K＝1.25
【答案】CD
【解析】分析：容器Ⅰ、容器Ⅱ 在相同温度下反应,容器Ⅱ 浓度较大,压强较大,由方程式可以知道增大压强平衡正向移动,容器II反应温度较低,达到平衡时B的物质的量比容器I少,说明降低温度,平衡正向移动,则正反应为放热反应,以此解答该题。
详解:A.容器I 和容器III 比较可以知道,起始量相同,平衡量Ⅰ 中B的物质的量大于容器III中B的物质的量,说明温度越低平衡正向进行,正反应为放热反应,该反应正反应为放热反应,故A错误;
B.反应达到平衡后加入2molE，E为固体，改变E的量不影响平衡，A的转化率不变,故B错误;
C.容器Ⅰ、容器II在相同温度下反应,容器II浓度较大,压强较大,由方程式可以知道增大压强平衡正向移动,所以容器II达到平衡时B的转化率比容器I大，故C正确；
16. 25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10-5
K1＝4.3×10-7 K2＝5.6×10-11
3.0×10-8
请回答下列问题：
（1）物质的量浓度相等的CH3COONa溶液和NaClO溶液pH大小关系为：c(CH3COONa)_____c(NaClO)（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）H2CO3的电离方程式为：_____。
（3）向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：_____。
（4）泡沫灭火器内筒装有Al2(SO4)3溶液，外筒装有NaHCO3溶液。
① Al2(SO4)3溶液呈酸性的原因是：_____。（用离子方程式说明）
② 内、外筒溶液混合后发生反应离子方程式为：_____。
（5）常温下0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是______。
A．c(H+) B．c(H+)·c(OH－)
C． D．
（6）H+浓度相等、体积相等的两份溶液A（盐酸）和B（CH3COOH）分别与锌粉反应后，仅有一份溶液中剩余锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是 __（填写序号）。
①开始反应时的速率A＞B ②放出等量氢气所需要的时间B＞A
③参加反应的锌的物质的量A＝B ④A中有锌剩余
【答案】 (1). < (2). H2CO3 HCO＋H+ HCO3- CO32- + H+ (或H2CO3 HCO＋H+) (3). ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HclO (4). Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ (5). Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑ (6). C (7). ③④
【解析】分析：(1)根据表中数据可以知道,酸的电离出平衡常数大小为:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,电离平衡常数越大,酸性越强，对应的盐水解越弱；
(2)H2CO3为二元弱酸，分两步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2CO3 HCO＋H+ HCO3- CO32- + H+ ；
(3)因为酸性H2CO3>HClO>HCO3-，根据强制弱规律，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO ；
(4)① Al2(SO4)3溶液中由于Al3+水解而呈酸性。
② Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，发生相互促进水解；
（5）A.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,溶液中氢离子浓度减小;
B、KW=c(H+)·c(OH-)只受温度的影响,温度不变则其值是一个常数;
C.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,各个微粒浓度减小,同时醋酸的电离向右移动,c(H+)减小的程度小于c(CH3COOH)的减小程度,所以增大；
D.=Kw/Ka，为常数,因为温度不变则常数不变；
（6）由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余，以此解答该题。
详解:(1)根据表中数据可以知道,酸的电离出平衡常数大小
为:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,电离平衡常数越大,酸性越强，对应的盐水解越弱，所以pH大小关系为：c(CH3COONa)
(2)H2CO3为二元弱酸，分两步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2CO3 HCO＋H+ ， HCO3- CO32- + H+
因此，本题正确答案是:H2CO3 HCO＋H+ ， HCO3- CO32- + H+ ;
(3)因为酸性H2CO3>HClO>HCO3-，根据强制弱规律，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO
因此，本题正确答案是:ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO ;
(4)① Al2(SO4)3溶液中由于Al3+水解而呈酸性，离子方程式为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+。
② Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，发生相互促进水解，反应进行完全，离子方程式为： Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑。
（5）A.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,溶液中氢离子浓度减小,所以A选项是错误的;
B、KW=c(H+)·c(OH-)只受温度的影响,温度不变则其值是一个常数,故B错误;
C.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,各个微粒浓度减小,同时醋酸的电离向右移动,c(H+)减小的程度小于c(CH3COOH)的减小程度,所以增大,故C正确;
D.=Kw/Ka，为常数,因为温度不变则常数不变,故D错误;
因此，本题正确答案是:C。
（6）① 开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，故① 错误；
② 由于醋酸中酸过量，则反应较快，所以反应所需的时间A＞B；故② 错误；
③ 由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，故③ 正确；
④ 醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故④ 正确；
故选③ ④。
17. 工业上用粗制的氧化铜粉末（含杂质Fe和SiO2）来制取无水CuCl2的工艺流程如图所示：
（1）“酸浸”时发生的复分解反应化学方程式为：____。为加快酸浸速率可以采取的措施是：____（任举一条）。
（2）“氧化”时发生的离子方程式为：_____。
（3）下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH。“调pH”时应控制溶液pH范围为_____。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1. 5
3. 7
Cu2＋
4.2
6. 4
Fe2＋
6.5
9.7
当pH＝4时，溶液中c(Fe3+)＝____。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10―39
（4）“加热脱水”需要提供的条件为：_____。
【答案】 (1). CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O (2). 搅拌、适当加热等 (3). Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- (4). 3.7～4.2 (5). 2.6×10-9 (6). 在干燥的HCl氛围中加热
【解析】分析：粗制的氧化铜粉末(含含杂质Fe和SiO2),加入盐酸,CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O ，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，二氧化硅和盐酸不反应,滤渣1为SiO2; 滤液为:CuCl2、FeCl2,加氯水,氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成三价铁离子,通过调节pH值促进三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀,所以滤渣2为氢氧化铁, 氯化铜水溶液中铜离子水解，在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解得到氯化铜固体。
详解:(1)根据以上分析，“酸浸”时发生的复分解反应化学方程式为： CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O。为加快酸浸速率可以采取：搅拌、适当加热等措施。
因此，本题答案为： CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O ；搅拌、适当加热等；
第②步加入氯水,氯水中氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁离则,反应的离子方程式为:Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- ，因此，本题正确答案是:Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- ;
(3)根据:Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为相应的氢氧化物,开始沉淀和沉淀完全时的pH如表中数据,要想分离三价铁离子,pH条件条件为:使三价铁离子完全沉淀,而铜离子不沉淀,则pH应控制在3.7～4.2 ;
根据溶度积常数：Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=2.6×10―39
当pH＝4时，c(OH-)=10-10mol/L,溶液中c(Fe3+)＝=2.6×10-9。
因此，本题正确答案是:3.7～4.2 ; 2.6×10-9 。
(4)滤液C是氯化铜溶液,制取无水CuCl2时,需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解,HCl抑制CuCl2水解;
因此，本题正确答案是:在干燥的HCl氛围中加热。
点睛：本题考查了工业上用粗制的氧化铜粉末（含杂质FeO和SiO2）来制取无水CuCl2的工艺流程，题目综合性较强，涉及离子方程式的书写、离子的检验、盐类水解的应用、有关方程式的计算，题目难度较大，准确把握信息，清楚工艺流程的过程是解题关键，侧重考查学生综合运用知识、信息分析解决问题能力。
18. 工业上以CO为原料生产二甲醚的反应为：3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) △H＝a kJ•mol-1 T℃时，起始时在恒容密闭容器中加入一定量的H2和CO，实验内容和结果如下表和下图所示。
实验
序号
容器
体积
起始物质的量
达平衡时
放出热量
H2
CO
Ⅰ
2L
8mol
8mol
494 kJ
Ⅱ
2L
4mol
4mol
——
（1）上述反应平衡常数K的表达式为_____。
（2）由题意可知，a＝______，b________1(填“＞”、“＜”或“＝”)。
（3）实验Ⅰ中，反应前10 min内的平均速率v(H2)＝_____。
（4）下列条件能使上述反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是______ (填写序号字母)。
a．及时分离出CH3OCH3气体 b．保持容器的容积不变，再充入1 mol CO和1 mol H2
c．适当升高温度 d．保持容器的容积不变，充入1 mol 氦气
（5）T℃时，若容器中含1 mol•L-1 H2、2 mol•L-1 CO、2 mol•L-1 CH3OCH3、3 mol•L-1 CO2，则此时v正________v逆(填“＞”、“＜”或“＝”)。
【答案】 (1). (2). ）-247 (3). < (4). 0.3mol·L-1·min-1 (5). b (6). >
【解析】分析：(1)根据化学平衡和平衡常数概念书写表达式,图象分析反应是放热反应,温度降低,平衡正向进行;
(2) 实验Ⅰ中，
3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) △H＝a kJ•mol-1 ，
起始(mol) 8 8 0 0
变化(mol) 6 6 2 2
平衡(mol) 2 2 2 2
反应放出的热与物质的量成正比，则有：2：（-494）=1：a，解得a=-247 ；
实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，等温等容，反应物浓度减半，相当于减小压强，平衡左移，所以实验Ⅱ达到平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量比1要小，即b<1；
(3)根据化学反应速率△V=计算二氧化碳表示的反应速率,结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氢气反应速率;
(4)根据影响化学反应速率因素,平衡影响因素的理解,移动原理的分析判断.
（5）根据浓度商和平衡常数相对大小判断。
详解:(1)3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) 平衡常数表达式为：,图象分析反应是放热反应,温度降低,平衡正向进行,平衡常数增大;
因此，本题正确答案是: ;
(2) 实验Ⅰ中，
3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) △H＝a kJ•mol-1 ，
起始(mol) 8 8 0 0
变化(mol) 6 6 2 2
平衡(mol) 2 2 2 2
根据反应热定义有：2：（-494）=1：a，解得a=-247 ；
实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，等温等容，反应物浓度减半，相当于减小压强，平衡左移，所以实验Ⅱ达到平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量比1要小，即b<1；
(3)图表数据分析计算二氧化碳化学反应速率
实验Ⅰ中，反应前10 min内的平均速率v(H2)＝0.3mol·L-1·min-1 ，
因此，本题正确答案是:0.3mol·L-1·min-1 ；
(4)根据影响化学反应速率因素,平衡影响因素的理解,移动原理的分析判断;下列条件能使上述反应速率增大,且平衡向正反应方向移动的;
a.及时分离出CH3OCH3气体,生成物浓度减小,反应速率减小,平衡正向进行,故a错误;
b.保持容器的容积不变,再充入1 mol CO和1 mol H2,相当与增大压强,反应速率增大,平衡正向进行,所以b选项是正确的;
c.反应是放热反应,适当升高温度,反应速率增大,平衡逆向进行,故c错误;
d.保持容器的容积不变，充入1 mol 氦气,平衡不动,故d错误;
因此，本题正确答案是:b.
（5） 3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g)
起始(mol) 8 8 0 0
变化(mol) 6 6 2 2
平衡(mol) 2 2 2 2
容器容积为2L，则平衡浓度均为1mol/L，平衡常数K==1,
若容器中含1 mol•L-1 H2、2 mol•L-1 CO、2 mol•L-1 CH3OCH3、3 mol•L-1 CO2，
则QC== 0.75v逆。
19. 25℃时，取0.lmol•L-1 HA溶液与0.1 mol•L-1 NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积的变化不计），测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
（1）混合溶液的pH＝8的原因_____（用离子方程式表示）。
（2）混合溶液中由水电离出的c(OH－)___0.1 mol•L-1NaOH 溶液中由水电离出的c(OH－) （填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）所得混合液中各离子浓度从大到小的顺序为：____。
（4）混合液中： c(HA)+ c(A－)＝_______ mol•L-1。c(Na+)－c(A－)＝_______mol•L-1。
（5）25℃时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的 pH________7（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（6）相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序____（填字母）。
A．NH4HCO3 B．NH4A C．NH4HSO4 D．NH4Cl
【答案】 (1). A- + H2O HA + OH- (2). > (3). c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (4). 0.05 (5). 10-6- 10-8 （或9.9×10-7） (6). > (7). A>B>D>C
【解析】分析：(1)25℃时,等体积、等浓度的HA和氢氧化钠恰好反应生成盐,测定混合溶液的pH>7,说明该溶液呈碱性,则该盐是强碱弱酸盐,酸根离子易水解;
(2)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离;
(3)根据(1)的分析可以知道,该盐为强酸弱碱盐,溶液呈碱性,据此判断;
(4)根据元素守恒c(HA)+c(A-)=c(Na+)进行计算; 根据电荷守恒计算c(Na+)－c(A－)；
(5)根据题意知,HA的酸性比碳酸强,NH4A溶液为中性,说明铵根离子和该酸根离子水解程度相同,由此得知铵根离子水解程度小于碳酸根离子,所以(NH4)2CO3中溶液呈碱性;
(6)根据铵根离子的水解程度判断溶液酸碱性的大小,溶液浓度越稀,盐的水解程度越大。
详解:(1)25℃时,等体积、等浓度的HA和氢氧化钠恰好反应生成盐,测定混合溶液的pH>7,说明该溶液呈碱性,则该盐是强碱弱酸盐,酸根离子易水解,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性,水解离子方程式为:A- + H2O HA + OH- ,
因此，本题正确答案是:A- + H2O HA + OH- ;
(2)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离,NaA是含有弱根离子的盐,氢氧化钠是强碱,所以NaA促进水电离,氢氧化钠抑制水电离,则混合溶液中由水电离出的c(OH－)>0.1 mol•L-1NaOH溶液中由水电离出的c(OH－),
因此，本题正确答案是:>;
(3)根据(1)的分析可以知道,该盐为强酸弱碱盐,溶液呈碱性,所以离子浓度从大到小的顺序为：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) ,
因此，本题正确答案是:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);
(4)0.lmol•L-1 HA溶液与0.1 mol•L-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液中c(Na+)=0.05mol/L,根据元素守恒 c(HA)+ c(A－)＝c(Na+)=0.05mol/L,
溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7,
因此，本题正确答案是:0.05; 9.9×10-7；
(5)将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,说明HA的酸性比碳酸的强,NH4A溶液为中性,说明相同条件下,氨水和HA的电离程度相同,所以(NH4)2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度,所以溶液的pH>7,
因此，本题正确答案是:>;
(6) NH4HSO4 和NH4Cl是强酸弱碱盐,铵根离子水解导致溶液呈酸性,NH4HSO4能电离出H+,所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；NH4A 溶液中阴阳离子的水解程度相等,所以溶液呈中性,溶液的pH值大于氯化铵；NH4HCO3 溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度,溶液呈碱性,所以溶液的pH值最大。
因此，本题正确答案是:A>B>D>C。
20. 消除氮氧化物（主要为NO和NO2)污染是“蓝天计划”的重要内容之一。
（1）甲烷还原方法是在催化剂作用下可消除氮氧化物（主要为NO和NO2)污染， NO、O2和CH4的混合物反应体系主要发生如下反应：
2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ•mol-1 ①
CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (g) ΔH＝－802. 3 kJ•mol-1 ②
CH4(g) + 4NO(g)2N2(g) + CO2(g) + 2H2O (g) ΔH＝－1160 kJ•mol-1 ③
① 则反应CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O (g) 的ΔH＝ ______。
② 反应CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (l) ΔH＝－a kJ•mol-1，则a ____ 802. 3（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③ 在一定温度下，提高反应③中NO 转化率可采取的措施是 _____。
（2）利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。
① 图Ⅰ装置实现的能量转化形式是_____。石墨Ⅱ电极上发生的电极反应方程式为_____。相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为_____。
② 图Ⅱ为电解NO制备NH4NO3的装置。该装置中阳极的电极反应式为_____。“反应室”中发生反应的离子方程式为_____。
【答案】 (1). -868.15kJ·mol-1 (2). > (3). 增大CH4浓度或移走生成物 (4). 化学能转化为电能 (5). O2+4e－+2N2O5＝4NO3－ (6). 4:1 (7). NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+ (8). NH3+H+＝NH4+
【解析】分析：（1）①根据盖斯定律计算反应热；②比较反应②分析反应热大小；③根据反应③特点分析提高转化率的措施；
（2）图Ⅰ装置为燃料电池，化学能转化为电能，负极上通入NO2，正极上通入O2，根据电解质知，负极电极反应式为NO2-e-+NO3-═N2O5，正极电极反应式为O2+2N2O5+4e-═4NO3-，图Ⅱ为电解装置。阳极发生氧化反应，电极反应式为NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+。阴极发生还原反应，电极反应式为NO+5e－+6H+＝NH4++H2O，据此分析解答。
详解：（1）①2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ•mol-1 ①
CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (g) ΔH＝－802. 3 kJ•mol-1 ②
CH4(g) + 4NO(g)2N2(g) + CO2(g) + 2H2O (g) ΔH＝－1160 kJ•mol-1 ③
根据盖斯定律：（③-①×2+ ②）÷2得到：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O (g)
ΔH＝[-1160-(-113)×2+(-802.3)]÷2=-868.15kJ·mol-1
②反应②CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (g) ΔH＝－802. 3 kJ•mol-1；
反应CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (l) ΔH＝－a kJ•mol-1
因为生成液态水放热更多，所以a>802. 3；
③CH4(g) + 4NO(g)2N2(g) + CO2(g) + 2H2O (g) ，要提高NO转化率的措施，应使平衡正向移动，可采取增大CH4浓度或移走生成物的措施；
因此，本题正确答案为： -868.15kJ·mol-1； > ； 增大CH4浓度或移走生成物；
（2）图Ⅰ装置为燃料电池，化学能转化为电能，负极上通入NO2，正极上通入O2，根据电解质知，负极电极反应式为NO2-e-+NO3-═N2O5，石墨Ⅱ电极为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-═4NO3-，放电过程中两电极电子守恒，由两电极反应式可知：消耗的NO2和O2的体积比为4:1；
图Ⅱ为电解装置。阳极发生氧化反应，电极反应式为NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+。阴极发生还原反应，电极反应式为NO+5e－+6H+＝NH4++H2O，“反应室”中发生反应的离子方程式为NH3+H+＝NH4+。
因此，本题正确答案为：化学能转化为电能； O2+4e－+2N2O5＝4NO3－； 4:1 ； NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+ ； NH3+H+＝NH4+。
点睛：本题（2）小题考查了化学电源新型电池，根据得失电子判断正负极，根据二氧化氮的产物状态判断产物成分，难点是电极反应式的书写，要仔细揣摩，难度中等。
21. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72－，利用滴定原理测定Cr2O72－含量方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72－+6I－+14H+ === 2Cr3++3I2+7H2O。
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000 mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：（I2+2Na2S2O3 === 2NaI+Na2S4O6）
滴定次数
Na2S2O3溶液起始读数/mL
Na2S2O3溶液终点读数/mL
笫一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0. 20
a
（1）步骤Ⅰ量取30.00 mL废水选择的仪器是_____。
（2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_____。滴定达到终点的实验现象是____。
（3）步骤Ⅲ中a 的读数如图所示，则：
① a=_____。
② Cr2O72－的含量为____g•L-1。
（4）以下操作会造成废水中Cr2O72－含量测定值偏高的是_____。
A. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D. 量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 淀粉溶液 (3). 溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色 (4). 18.20 (5). 2.16 (6). CD
【解析】分析：根据实验目的,含有一定量的Cr2O72－工业废水,
步骤I:取30.00 mL废水,加入适量稀硫酸酸化,提供酸性环境;
步骤Ⅱ:因为Cr2O72－具有氧化性,加入过量的碘化钾溶液,把Cr2O72－还原成三价铬,而碘离子被氧化成碘单质;
步骤III:用0.1000 mol•L-1Na2S2O3溶液滴定生成的碘单质,通过消耗的Na2S2O3溶液量来计算碘单质的量,再根据碘单质的量回头计算Cr2O72－的量,从而达到实验目的。
详解:(1)根据信息，Cr2O72－氧化性较强,量取废水应用酸式滴定管，因此，本题正确答案是:酸式滴定管;
(2)滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂;滴定达到终点时碘单质刚好被消耗,所以溶液的颜色由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色,
因此，本题正确答案是:淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色；
(3)① 根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；
②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 mol•L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，
根据Cr2O72－+6I－+14H+ === 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3 === 2NaI+Na2S4O6
Cr2O72－~3I2~6Na2S2O3，
n(Cr2O72－)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4mol
Cr2O72－的含量为: = 2.16g•L-1
(4)根据Cr2O72－+6I－+14H+ === 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3 === 2NaI+Na2S4O6,
江苏省宿迁市2017～2018学年度第二学期期终质量检测
高二化学试卷
1. 化学与生产、生活、社会、环境关系密切，下列说法正确的是
A. NH4Cl和ZnCl2溶液可用作焊接钢铁时的除锈剂
B. 大力生产铅蓄电池、汞锌锰干电池，满足消费需求
C. 工业生产中使用催化剂可改变反应的活化能和焓变
D. 牺牲阳极的阴极保护法是应用电解原理防止金属腐蚀
【答案】A
【解析】分析：A.根据盐类水解的性质解答;B.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产,使用后的废弃物影响环境;C.催化剂可降低反应的活化能,但不影响焓变,且焓变等于正逆反应活化能之差；D.牺牲阳极的阴极保护法,是根据原电池原理防护金属腐蚀。以此来解答。
详解：A.NH4Cl和ZnCl2都是强酸弱碱盐,水解显酸性,所以可用作焊接时的除锈剂,所以A选项是正确的;
B项，铅、汞为重金属，加大生产铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池会污染环境，故B错误；
C.催化剂可改变反应的活化能,但始终态不变,可以知道焓变不变,故C错误;
D.牺牲阳极的阴极保护法,是根据原电池原理防护金属腐蚀,外加电流的阴极保护法是根据电解原理保护金属腐蚀,故D错误;
所以A选项是正确的。
2. 室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是
A. 0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液的pH小于13
B. 0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C. 相同条件下，浓度均为0.1 mol•L-1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D. 向0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液中加入MgCl2溶液产生白色沉淀
【答案】D
【解析】分析：部分电离的电解质为弱电解质,只要能证明NH3•H2O部分电离就说明NH3•H2O是弱电解质，据此分析解答。
详解A. 0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液的pH小于13，则溶液中c(OH-)<0.1mol/L，所以c(OH-)
C.相同条件下,浓度均为0.1 mol•L-1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；
D. 向0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液中加入MgCl2溶液产生白色沉淀，说明NH3•H2O显碱性，则不能证明NH3•H2O是弱电解质，故D选；
所以D选项是正确的。
3. 已知化学反应A2(g)＋B2(g) === 2AB(g)的能量变化如图，下列叙述正确的是
A. 每生成2分子AB吸收b kJ热量
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ•mol-1
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量
【答案】C
【解析】A、形成化学键放出热量，生成AB分子应该是放出热量，选项A错误；B、反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，选项B错误；C、该反应焓变=断裂化学键吸收热量-形成化学键所放出热量，所以焓变为△H=+（a-b）kJ/mol，选项C正确；D、断裂1molA-A键和1molB-B键，应该是吸收能量，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学反应与能量的关系。化学反应A2(g)＋B2(g)＝2AB(g)的能量变化依据图象分析，结合反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量。
4. 下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨工业使用催化剂，可提高氨的日产量
B. 合成氨工业通常采用高压，以提高原料的利用率
C. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D. 氯气在饱和食盐水中的溶解度比在水中的小
【答案】A
【解析】分析：勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动,使用勒夏特列原理时,该反应必须是可逆反应,否则勒夏特列原理不适用。
详解:A.使用催化剂,平衡不移动,同等倍数地增加正、逆反应速率，不能用勒夏特列原理解释,故A选；
B.合成氨反应中,增大压强可使平衡向正反应分析移动,可提高原料的利用率,可用勒夏特列原理解释,故B不选;
C. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，是增加氧气的浓度，提高二氧化硫的转化率,能用勒夏特列原理解释,故C不选;
D.氯气和水反应存在平衡：Cl2 + H2OH+ + Cl- + HClO，此时在饱和食盐水中有大量的氯离子,使得氯气的溶解平衡逆向移动，氯气的溶解度降低,可用勒夏特列原理解释,故D不选;
所以A选项是正确的。
5. 常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是
A. 使甲基橙呈红色的溶液中：Na＋、AlO2－、NO、Fe2＋
B. 0.1 mol•L-1HCl溶液：Ba2+、K＋、CH3COO－、NO
C. 0.1 mol•L-1 CO32－的溶液：Na＋、Fe3＋、NO、SCN－
D. Kw/c(H＋)＝0.1 mol•L-1的溶液：Na＋、K＋、SO32－、NO
【答案】D
【解析】分析：A、使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，AlO2—不能共存，且酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子而不能大量共存；B. 0.1 mol•L-1HCl溶液：H+和CH3COO－结合生成CH3COOH而不能大量共存；C. 0.1 mol•L-1 CO32－的溶液： CO32－和Fe3＋相互促进水解，Fe3＋和SCN－结合生成络离子，则不能共存；Kw/c(H+)=0.1 mol·L-1的溶液为碱性溶液，Na+、K+、SO32-、NO都可以大量共存。
详解：A、使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，AlO2—不能共存，且酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子而不能大量共存，选项A错误；
B. 0.1 mol•L-1HCl溶液：H+和CH3COO－结合生成CH3COOH而不能大量共存，选项B错误；
C. 0.1 mol•L-1 CO32－的溶液： CO32－和Fe3＋相互促进水解，Fe3＋和SCN－结合生成络离子，则不能共存，选项C错误；
Kw/c(H+)=0.1 mol·L-1的溶液为碱性溶液，Na+、K+、SO32-、NO都可以大量共存，选项D正确。
答案选D。
点睛：本题考查离子共存，熟悉离子之间的反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应、相互促进水解等知识的应用，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应、不能结合生成络离子等，则离子能大量共存。
6. 用下列装置进行实验，装置正确且能达到相应实验目的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】分析：A项，析氢腐蚀是发生在酸性环境中的，浸泡过食盐水的铁钉只能发生吸氧腐蚀；B项，2NO2(g)N2O4(g)，放在热水中的烧瓶中气体颜色深，说明加热平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应；C项，测定溶液pH的正确方法是：在玻璃板上放一片干燥的pH试纸，用玻璃棒蘸取取待试液滴到pH试纸上，把试纸与标准比色卡比较，读出溶液的pH；D项，不能用酸式滴定管装碱液。以此解答。
详解：A项，析氢腐蚀是发生在酸性环境中的，浸泡过食盐水的铁钉只能发生吸氧腐蚀，故不选A项；
B项，2NO2(g)N2O4(g)，放在热水中的烧瓶中气体颜色深，说明加热平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故选B项；
C项，测定溶液pH的正确方法是：在玻璃板上放一片干燥的pH试纸，用玻璃棒蘸取取待试液滴到pH试纸上，把试纸与标准比色卡比较，读出溶液的pH，故不选C项；
D项，不能用酸式滴定管装碱液，故不选D项;
因此，本题答案选B。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、物质的分离、反应的探究等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大。
7. 甲烷液化可获得工业原料甲醇，反应原理是：
①CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋206.4 kJ·mol-1
②CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.0 kJ·mol-1
③CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝－49.0 kJ·mol-1
下列说法不正确的是
A. 升高温度，反应①中CH4转化率提高
B. 反应③是CO2资源化利用的方法之一
C. CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－90.0 kJ·mol-1
D. 上述合成甲醇过程中需要向原料气中补充H2
【答案】D
【解析】分析：A. 从热化学方程式可知，反应①为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CH4转化率增大；B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；C.根据盖斯定律求反应热；D.从上述合成甲醇反应可知，CO2不足而H2过量，所以不需要向原料气中补充H2。
详解：A. 从热化学方程式可知，反应①为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CH4转化率增大，故A正确；
B. 反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，故B正确；
C. 已知CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.0 kJ·mol-1②；
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝－49.0 kJ·mol-1③；
根据盖斯定律：②+③得到：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－90.0 kJ·mol-1，故C正确；
从上述合成甲醇反应可知，CO2不足而H2过量，所以不需要向原料气中补充H2，故D不正确；
因此，本题选D。
点睛： 本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度中等。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 钢铁腐蚀的负极反应：Fe – 3e- === Fe3+
B. HCO的水解：HCO＋H2O CO32－＋H3O+
C. 用惰性电极电解饱和食盐水： 2Cl–+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH–
D. AgCl悬浊液中加入KI溶液得到黄色沉淀：Ag+ + I- === AgI↓
【答案】C
【解析】分析：A.铁失去电子变为亚铁离子；B.碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；
C.用惰性电极电解饱和食盐水，阴极得到氢气，阳极得到氯气，正确的离子方程式为：2Cl–+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH–；D.氯化银难溶，不能拆，保留分子形式。
详解:A.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应为Fe – 2e- === Fe2+，故A错误;
B.碳酸氢钠溶于水溶液呈碱性的离子反应为HCO＋H2OH2CO3＋OH-，故B错误；
C.用惰性电极电解饱和食盐水，阴极得到氢气，阳极得到氯气，正确的离子方程式为：2Cl–+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH–，故C正确；
D.氯化银难溶，不能拆，保留分子形式。故D错误；
因此，本题选C。
点睛：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．
9. 某兴趣小组设计了如图所示原电池装置(盐桥中吸附有饱和K2SO4溶液）。下列说法正确的是
A. 该原电池的正极反应是Cu2++2e－===Cu
B. 甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅
C. 盐桥中的SO42－流向甲烧杯
D. Cu电极质量减少，Pt电极质量增加
【答案】B
【解析】分析：该原电池反应为Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，则负极为Cu，发生Cu-2e-=Cu2+,阳离子移动到正极,左边烧杯中发生Fe3++e-=Fe2+，以此来解答。
详解:A.正极发生还原反应,为Fe3++e-=Fe2+，故A错误;
B.左边烧杯中发生Fe3++e-=Fe2+，则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅,所以B选项是正确的；
C.阴离子向负极移动，故C错误；
D.Cu电极和Pt电极质量均不变，故D错误。
所以B选项是正确的。
10. 某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 加水稀释可以使溶液由c点变到d点
B. 此温度时，Ksp(BaSO4)＝1.1×10-10
C. b点有BaSO4沉淀析出
D. a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
【答案】A
【解析】分析:该图中的是平衡曲线,线上的任意点都是平衡状态,b和d不是平衡状态,
A、加入蒸馏水，c（SO42-）、c（Ba2+）均减小；
B、图中a点，c（SO42-）=5.5×10-6mol/L，c（Ba2+）=2×10-5mol/L，所以Ksp(BaSO4)＝c（SO42-）·c（Ba2+）=5.5×10-6×2×10-5=1.1×10-10；
C、b点表示QC>Ksp,溶液过饱和;
D、Ksp与温度有关,a和c的Ksp相等。
详解:A、加入蒸馏水，c（SO42-）、c（Ba2+）均减小，不可能出现c（SO42-）不变，而c（Ba2+）减小的情况，故A错误；
B.图中a点，c（SO42-）=5.5×10-6mol/L，c（Ba2+）=2×10-5mol/L，所以Ksp(BaSO4)＝c（SO42-）·c（Ba2+）=5.5×10-6×2×10-5=1.1×10-10,故B正确;
C、b点表示QC>Ksp,溶液过饱和,会有沉淀析出,所以C选项是正确的;
D、Ksp是溶度积常数,只随着温度的改变而改变,温度不变Ksp不变,在曲线上的任意一点Ksp都相等,故D正确；
所以本题答案选A。
点睛：本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念。
11. 下列叙述中正确的是
A. 100℃时，纯水的pH约为6， 此时纯水呈酸性
B. 4mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，转移电子数目小于6×6.02×1023
C. 反应Al2O3(s)+3 Cl2(g)+3C(s) === 2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，则△H＞0
D. HCl和NaOH反应的中和热为－57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热为－114.6 kJ·mol-1
【答案】BC
【解析】分析：A.水的电离过程为H2O⇌H++OH-，纯水中c（OH-）=c（H+），纯水永远显中性；B.氮气和氢气反应为可逆反应，4mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol；C.反应Al2O3(s)+3 Cl2(g)+3C(s) === 2AlCl3(g)+3CO(g)的△S=0，该反应室温下不能自发进行，该反应为吸热反应，则△H＞0；D.强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量，是中和热。以此分析。
详解：A.水的电离过程为H2O⇌H++OH-，纯水中c（OH-）=c（H+），纯水永远显中性,故A错误；
B.氮气和氢气反应为可逆反应，4mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol,转移电子数目小于6×6.02×1023，B正确；
C.反应Al2O3(s)+3 Cl2(g)+3C(s) === 2AlCl3(g)+3CO(g)的△S=0，该反应室温下不能自发进行，该反应为吸热反应，则△H＞0，C正确；
D.强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量是中和热，HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ•mol-1，生成沉淀也要放热，故D错误；
本题答案选BC。
12. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深
CO32－水解是吸热反应
B
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性A比B强
C
常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
D
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol•L-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol•L-1 NaHSO3溶液的pH约为5
HSO结合H＋的能力比SO32－的弱
A. A B. B C. C D. D
【答案】AD
【解析】分析：A.滴有酚酞的Na2CO3溶液,加热促进碳酸根离子的水解,则颜色加深;
B.等体积等pH值的酸,酸的浓度越大,酸性越弱;
C.难溶电解质的溶解平衡中，溶度积大的电解质能向溶度积小的电解质转化，注意浓度的大小问题；
D.SO结合H＋为一级水解，HSO3-结合H＋为二级水解，HSO结合H＋的能力比SO32－的弱。
详解:A.滴有酚酞的溶液Na2CO3显示红色,是因为碳酸钠溶液中的碳酸根离子水解溶液呈碱性,其中碳酸根离子水解程度受温度的影响,微热,溶液颜色逐渐变深,说明温度高,水解程度大,碱性增强,所以盐类水解是吸热反应,所以A选项是正确的;
B.当体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应,HA放出的氢气多,说明HA的物质的量大于HB的物质的量,溶液的体积相等,HA的物质的量浓度大于HB的,所以说明酸性:HA
D.SO结合H＋为一级水解，HSO3-结合H＋为二级水解，HSO结合H＋的能力比SO32－的弱，故D正确;
所以AD选项是正确的。
13. 下列关于各图像的解释或结论正确的是
A. 图甲表示常温下向20mL pH＝3的醋酸溶液中滴加pH＝11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系
B. 图乙表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0的平衡常数K与温度和压强的关系
C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应，N2的起始量恒定时，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数的变化，图中a点N2的转化率等于b点
D. 图丁表示反应 2SO2＋O2 2SO3，t1 时刻降低温度符合图示变化
【答案】D
【解析】分析:A.醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸溶液比pH＝11的NaOH溶液浓度大的多，a点时二者反应，醋酸过量，溶液呈酸性；B.平衡常数K只与温度有关，和压强无关；C.图象分析可以知道,随氢气体积分数增大,平衡正向进行氨气平衡体积分数增大,但随氢气量的增大超过平衡移动量的增大,氨气的体积分数会减小,但增大氢气的浓度,氮气转化率增大; D.由图象看以看出在t1时正反应速率减小，与图象相符。
详解:A.醋酸是弱酸，部分电离，pH＝3的醋酸溶液比pH＝11的NaOH溶液浓度大的多，a点时二者等体积反应，醋酸过量，溶液呈酸性，故A错误;
B.平衡常数K只与温度有关，和压强无关，所以B选项是错误的;
C.增大氢气的浓度,提高氮气的转化率,所以随H2起始体积分数增大,N2的转化率增大,即a点N2的转化率小于b点,所以C选项是错误的;
D.降低体系温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，与图象相符，故D正确。
所以D选项是正确的。
14. 下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是
A. NaHSO4溶液：c(H+)＝c(SO42－) +c(OH－)
B. 在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中：c(OH－)-c(H+)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)
C. 含等物质的量NaClO和Na2CO3的混合溶液中：c(HClO) + c(ClO－)＝c(CO32－) +c(HCO3－)
D. 25℃时，浓度均为0.1 mol•L-1的NH3·H2O、NH4Cl混合溶液pH=9，则：c (NH4+)+ c (H+)＞c (NH3·H2O)+ c (OH－)
【答案】C
【解析】分析：A.NaHSO4溶液中：根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－) +c(OH－),根据物料守恒，c(Na+)＝c(SO42－)，所以有c(H+)＝c(SO42－) +c(OH－)；
B.在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32-),物料守恒:c(Na+)＝2[c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)]，二者联式可得c(OH－)-c(H+)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)；
C.含等物质的量NaClO和Na2CO3的混合溶液中：根据物料守恒关系，c(HClO) + c(ClO－)＝c(CO32－) +c(HCO3－)+c(H2CO3)；
D.浓度均为0.1 mol•L-1的NH3·H2O、NH4Cl混合溶液，根据物料守恒有：2c(Cl-)=c (NH4+)+ c (NH3·H2O)，由于pH=9，溶液显碱性，即NH3·H2O电离大于NH4Cl水解，则c (NH4+)>c (NH3·H2O)，所以c(Cl-)>(NH3·H2O)，再根据电荷守恒有：c (NH4+)+ c (H+)=c(Cl-)+ c (OH－)，所以c (NH4+)+ c (H+)＞c (NH3·H2O)+ c (OH－)。
详解:A.NaHSO4溶液中：根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－) +c(OH－),根据物料守恒，c(Na+)＝c(SO42－)，所以有c(H+)＝c(SO42－) +c(OH－)，所以A选项是正确的;
B.在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32-),物料守恒:c(Na+)＝2[c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)]，二者联式可得c(OH－)-c(H+)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)，所以B选项是正确的;
C.含等物质的量NaClO和Na2CO3的混合溶液中：根据物料守恒关系，c(HClO) + c(ClO－)＝c(CO32－) +c(HCO3－)+c(H2CO3)，故C错误;
D.浓度均为0.1 mol•L-1的NH3·H2O、NH4Cl混合溶液，根据物料守恒有：2c(Cl-)=c (NH4+)+ c (NH3·H2O)，由于pH=9，溶液显碱性，即NH3·H2O电离大于NH4Cl水解，则c (NH4+)>c (NH3·H2O)，所以(NH3·H2O)
15. 一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中，充入一定量的A和B分别发生下列反应：3A(g)+B(g)2C(g)+D(g)+E(s)，下列说法正确的是
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
A
B
A
B
容器Ⅰ
300
3
1
0.8
容器Ⅱ
300
6
2
容器Ⅲ
240
3
1
0.4
A. 该反应正反应为吸热反应
B. 反应达到平衡后加入2molE，A的转化率减小
C. 容器Ⅱ达到平衡时B的转化率比容器I大
D. 240℃ 时，该反应的平衡常数K＝1.25
【答案】CD
【解析】分析：容器Ⅰ、容器Ⅱ 在相同温度下反应,容器Ⅱ 浓度较大,压强较大,由方程式可以知道增大压强平衡正向移动,容器II反应温度较低,达到平衡时B的物质的量比容器I少,说明降低温度,平衡正向移动,则正反应为放热反应,以此解答该题。
详解:A.容器I 和容器III 比较可以知道,起始量相同,平衡量Ⅰ 中B的物质的量大于容器III中B的物质的量,说明温度越低平衡正向进行,正反应为放热反应,该反应正反应为放热反应,故A错误;
B.反应达到平衡后加入2molE，E为固体，改变E的量不影响平衡，A的转化率不变,故B错误;
C.容器Ⅰ、容器II在相同温度下反应,容器II浓度较大,压强较大,由方程式可以知道增大压强平衡正向移动,所以容器II达到平衡时B的转化率比容器I大，故C正确；
16. 25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10-5
K1＝4.3×10-7 K2＝5.6×10-11
3.0×10-8
请回答下列问题：
（1）物质的量浓度相等的CH3COONa溶液和NaClO溶液pH大小关系为：c(CH3COONa)_____c(NaClO)（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）H2CO3的电离方程式为：_____。
（3）向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：_____。
（4）泡沫灭火器内筒装有Al2(SO4)3溶液，外筒装有NaHCO3溶液。
① Al2(SO4)3溶液呈酸性的原因是：_____。（用离子方程式说明）
② 内、外筒溶液混合后发生反应离子方程式为：_____。
（5）常温下0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是______。
A．c(H+) B．c(H+)·c(OH－)
C． D．
（6）H+浓度相等、体积相等的两份溶液A（盐酸）和B（CH3COOH）分别与锌粉反应后，仅有一份溶液中剩余锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是 __（填写序号）。
①开始反应时的速率A＞B ②放出等量氢气所需要的时间B＞A
③参加反应的锌的物质的量A＝B ④A中有锌剩余
【答案】 (1). < (2). H2CO3 HCO＋H+ HCO3- CO32- + H+ (或H2CO3 HCO＋H+) (3). ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HclO (4). Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ (5). Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑ (6). C (7). ③④
【解析】分析：(1)根据表中数据可以知道,酸的电离出平衡常数大小为:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,电离平衡常数越大,酸性越强，对应的盐水解越弱；
(2)H2CO3为二元弱酸，分两步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2CO3 HCO＋H+ HCO3- CO32- + H+ ；
(3)因为酸性H2CO3>HClO>HCO3-，根据强制弱规律，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO ；
(4)① Al2(SO4)3溶液中由于Al3+水解而呈酸性。
② Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，发生相互促进水解；
（5）A.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,溶液中氢离子浓度减小;
B、KW=c(H+)·c(OH-)只受温度的影响,温度不变则其值是一个常数;
C.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,各个微粒浓度减小,同时醋酸的电离向右移动,c(H+)减小的程度小于c(CH3COOH)的减小程度,所以增大；
D.=Kw/Ka，为常数,因为温度不变则常数不变；
（6）由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余，以此解答该题。
详解:(1)根据表中数据可以知道,酸的电离出平衡常数大小
为:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,电离平衡常数越大,酸性越强，对应的盐水解越弱，所以pH大小关系为：c(CH3COONa)
(2)H2CO3为二元弱酸，分两步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2CO3 HCO＋H+ ， HCO3- CO32- + H+
因此，本题正确答案是:H2CO3 HCO＋H+ ， HCO3- CO32- + H+ ;
(3)因为酸性H2CO3>HClO>HCO3-，根据强制弱规律，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO
因此，本题正确答案是:ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO ;
(4)① Al2(SO4)3溶液中由于Al3+水解而呈酸性，离子方程式为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+。
② Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，发生相互促进水解，反应进行完全，离子方程式为： Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑。
（5）A.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,溶液中氢离子浓度减小,所以A选项是错误的;
B、KW=c(H+)·c(OH-)只受温度的影响,温度不变则其值是一个常数,故B错误;
C.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,各个微粒浓度减小,同时醋酸的电离向右移动,c(H+)减小的程度小于c(CH3COOH)的减小程度,所以增大,故C正确;
D.=Kw/Ka，为常数,因为温度不变则常数不变,故D错误;
因此，本题正确答案是:C。
（6）① 开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，故① 错误；
② 由于醋酸中酸过量，则反应较快，所以反应所需的时间A＞B；故② 错误；
③ 由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，故③ 正确；
④ 醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故④ 正确；
故选③ ④。
17. 工业上用粗制的氧化铜粉末（含杂质Fe和SiO2）来制取无水CuCl2的工艺流程如图所示：
（1）“酸浸”时发生的复分解反应化学方程式为：____。为加快酸浸速率可以采取的措施是：____（任举一条）。
（2）“氧化”时发生的离子方程式为：_____。
（3）下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH。“调pH”时应控制溶液pH范围为_____。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1. 5
3. 7
Cu2＋
4.2
6. 4
Fe2＋
6.5
9.7
当pH＝4时，溶液中c(Fe3+)＝____。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10―39
（4）“加热脱水”需要提供的条件为：_____。
【答案】 (1). CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O (2). 搅拌、适当加热等 (3). Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- (4). 3.7～4.2 (5). 2.6×10-9 (6). 在干燥的HCl氛围中加热
【解析】分析：粗制的氧化铜粉末(含含杂质Fe和SiO2),加入盐酸,CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O ，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，二氧化硅和盐酸不反应,滤渣1为SiO2; 滤液为:CuCl2、FeCl2,加氯水,氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成三价铁离子,通过调节pH值促进三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀,所以滤渣2为氢氧化铁, 氯化铜水溶液中铜离子水解，在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解得到氯化铜固体。
详解:(1)根据以上分析，“酸浸”时发生的复分解反应化学方程式为： CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O。为加快酸浸速率可以采取：搅拌、适当加热等措施。
因此，本题答案为： CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O ；搅拌、适当加热等；
第②步加入氯水,氯水中氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁离则,反应的离子方程式为:Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- ，因此，本题正确答案是:Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- ;
(3)根据:Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为相应的氢氧化物,开始沉淀和沉淀完全时的pH如表中数据,要想分离三价铁离子,pH条件条件为:使三价铁离子完全沉淀,而铜离子不沉淀,则pH应控制在3.7～4.2 ;
根据溶度积常数：Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=2.6×10―39
当pH＝4时，c(OH-)=10-10mol/L,溶液中c(Fe3+)＝=2.6×10-9。
因此，本题正确答案是:3.7～4.2 ; 2.6×10-9 。
(4)滤液C是氯化铜溶液,制取无水CuCl2时,需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解,HCl抑制CuCl2水解;
因此，本题正确答案是:在干燥的HCl氛围中加热。
点睛：本题考查了工业上用粗制的氧化铜粉末（含杂质FeO和SiO2）来制取无水CuCl2的工艺流程，题目综合性较强，涉及离子方程式的书写、离子的检验、盐类水解的应用、有关方程式的计算，题目难度较大，准确把握信息，清楚工艺流程的过程是解题关键，侧重考查学生综合运用知识、信息分析解决问题能力。
18. 工业上以CO为原料生产二甲醚的反应为：3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) △H＝a kJ•mol-1 T℃时，起始时在恒容密闭容器中加入一定量的H2和CO，实验内容和结果如下表和下图所示。
实验
序号
容器
体积
起始物质的量
达平衡时
放出热量
H2
CO
Ⅰ
2L
8mol
8mol
494 kJ
Ⅱ
2L
4mol
4mol
——
（1）上述反应平衡常数K的表达式为_____。
（2）由题意可知，a＝______，b________1(填“＞”、“＜”或“＝”)。
（3）实验Ⅰ中，反应前10 min内的平均速率v(H2)＝_____。
（4）下列条件能使上述反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是______ (填写序号字母)。
a．及时分离出CH3OCH3气体 b．保持容器的容积不变，再充入1 mol CO和1 mol H2
c．适当升高温度 d．保持容器的容积不变，充入1 mol 氦气
（5）T℃时，若容器中含1 mol•L-1 H2、2 mol•L-1 CO、2 mol•L-1 CH3OCH3、3 mol•L-1 CO2，则此时v正________v逆(填“＞”、“＜”或“＝”)。
【答案】 (1). (2). ）-247 (3). < (4). 0.3mol·L-1·min-1 (5). b (6). >
【解析】分析：(1)根据化学平衡和平衡常数概念书写表达式,图象分析反应是放热反应,温度降低,平衡正向进行;
(2) 实验Ⅰ中，
3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) △H＝a kJ•mol-1 ，
起始(mol) 8 8 0 0
变化(mol) 6 6 2 2
平衡(mol) 2 2 2 2
反应放出的热与物质的量成正比，则有：2：（-494）=1：a，解得a=-247 ；
实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，等温等容，反应物浓度减半，相当于减小压强，平衡左移，所以实验Ⅱ达到平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量比1要小，即b<1；
(3)根据化学反应速率△V=计算二氧化碳表示的反应速率,结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氢气反应速率;
(4)根据影响化学反应速率因素,平衡影响因素的理解,移动原理的分析判断.
（5）根据浓度商和平衡常数相对大小判断。
详解:(1)3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) 平衡常数表达式为：,图象分析反应是放热反应,温度降低,平衡正向进行,平衡常数增大;
因此，本题正确答案是: ;
(2) 实验Ⅰ中，
3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) △H＝a kJ•mol-1 ，
起始(mol) 8 8 0 0
变化(mol) 6 6 2 2
平衡(mol) 2 2 2 2
根据反应热定义有：2：（-494）=1：a，解得a=-247 ；
实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，等温等容，反应物浓度减半，相当于减小压强，平衡左移，所以实验Ⅱ达到平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量比1要小，即b<1；
(3)图表数据分析计算二氧化碳化学反应速率
实验Ⅰ中，反应前10 min内的平均速率v(H2)＝0.3mol·L-1·min-1 ，
因此，本题正确答案是:0.3mol·L-1·min-1 ；
(4)根据影响化学反应速率因素,平衡影响因素的理解,移动原理的分析判断;下列条件能使上述反应速率增大,且平衡向正反应方向移动的;
a.及时分离出CH3OCH3气体,生成物浓度减小,反应速率减小,平衡正向进行,故a错误;
b.保持容器的容积不变,再充入1 mol CO和1 mol H2,相当与增大压强,反应速率增大,平衡正向进行,所以b选项是正确的;
c.反应是放热反应,适当升高温度,反应速率增大,平衡逆向进行,故c错误;
d.保持容器的容积不变，充入1 mol 氦气,平衡不动,故d错误;
因此，本题正确答案是:b.
（5） 3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g)
起始(mol) 8 8 0 0
变化(mol) 6 6 2 2
平衡(mol) 2 2 2 2
容器容积为2L，则平衡浓度均为1mol/L，平衡常数K==1,
若容器中含1 mol•L-1 H2、2 mol•L-1 CO、2 mol•L-1 CH3OCH3、3 mol•L-1 CO2，
则QC== 0.75
19. 25℃时，取0.lmol•L-1 HA溶液与0.1 mol•L-1 NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积的变化不计），测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
（1）混合溶液的pH＝8的原因_____（用离子方程式表示）。
（2）混合溶液中由水电离出的c(OH－)___0.1 mol•L-1NaOH 溶液中由水电离出的c(OH－) （填“＞”、“＜”或“＝”）。
（3）所得混合液中各离子浓度从大到小的顺序为：____。
（4）混合液中： c(HA)+ c(A－)＝_______ mol•L-1。c(Na+)－c(A－)＝_______mol•L-1。
（5）25℃时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的 pH________7（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（6）相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序____（填字母）。
A．NH4HCO3 B．NH4A C．NH4HSO4 D．NH4Cl
【答案】 (1). A- + H2O HA + OH- (2). > (3). c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (4). 0.05 (5). 10-6- 10-8 （或9.9×10-7） (6). > (7). A>B>D>C
【解析】分析：(1)25℃时,等体积、等浓度的HA和氢氧化钠恰好反应生成盐,测定混合溶液的pH>7,说明该溶液呈碱性,则该盐是强碱弱酸盐,酸根离子易水解;
(2)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离;
(3)根据(1)的分析可以知道,该盐为强酸弱碱盐,溶液呈碱性,据此判断;
(4)根据元素守恒c(HA)+c(A-)=c(Na+)进行计算; 根据电荷守恒计算c(Na+)－c(A－)；
(5)根据题意知,HA的酸性比碳酸强,NH4A溶液为中性,说明铵根离子和该酸根离子水解程度相同,由此得知铵根离子水解程度小于碳酸根离子,所以(NH4)2CO3中溶液呈碱性;
(6)根据铵根离子的水解程度判断溶液酸碱性的大小,溶液浓度越稀,盐的水解程度越大。
详解:(1)25℃时,等体积、等浓度的HA和氢氧化钠恰好反应生成盐,测定混合溶液的pH>7,说明该溶液呈碱性,则该盐是强碱弱酸盐,酸根离子易水解,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性,水解离子方程式为:A- + H2O HA + OH- ,
因此，本题正确答案是:A- + H2O HA + OH- ;
(2)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离,NaA是含有弱根离子的盐,氢氧化钠是强碱,所以NaA促进水电离,氢氧化钠抑制水电离,则混合溶液中由水电离出的c(OH－)>0.1 mol•L-1NaOH溶液中由水电离出的c(OH－),
因此，本题正确答案是:>;
(3)根据(1)的分析可以知道,该盐为强酸弱碱盐,溶液呈碱性,所以离子浓度从大到小的顺序为：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) ,
因此，本题正确答案是:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);
(4)0.lmol•L-1 HA溶液与0.1 mol•L-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液中c(Na+)=0.05mol/L,根据元素守恒 c(HA)+ c(A－)＝c(Na+)=0.05mol/L,
溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7,
因此，本题正确答案是:0.05; 9.9×10-7；
(5)将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,说明HA的酸性比碳酸的强,NH4A溶液为中性,说明相同条件下,氨水和HA的电离程度相同,所以(NH4)2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度,所以溶液的pH>7,
因此，本题正确答案是:>;
(6) NH4HSO4 和NH4Cl是强酸弱碱盐,铵根离子水解导致溶液呈酸性,NH4HSO4能电离出H+,所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；NH4A 溶液中阴阳离子的水解程度相等,所以溶液呈中性,溶液的pH值大于氯化铵；NH4HCO3 溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度,溶液呈碱性,所以溶液的pH值最大。
因此，本题正确答案是:A>B>D>C。
20. 消除氮氧化物（主要为NO和NO2)污染是“蓝天计划”的重要内容之一。
（1）甲烷还原方法是在催化剂作用下可消除氮氧化物（主要为NO和NO2)污染， NO、O2和CH4的混合物反应体系主要发生如下反应：
2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ•mol-1 ①
CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (g) ΔH＝－802. 3 kJ•mol-1 ②
CH4(g) + 4NO(g)2N2(g) + CO2(g) + 2H2O (g) ΔH＝－1160 kJ•mol-1 ③
① 则反应CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O (g) 的ΔH＝ ______。
② 反应CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (l) ΔH＝－a kJ•mol-1，则a ____ 802. 3（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③ 在一定温度下，提高反应③中NO 转化率可采取的措施是 _____。
（2）利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。
① 图Ⅰ装置实现的能量转化形式是_____。石墨Ⅱ电极上发生的电极反应方程式为_____。相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为_____。
② 图Ⅱ为电解NO制备NH4NO3的装置。该装置中阳极的电极反应式为_____。“反应室”中发生反应的离子方程式为_____。
【答案】 (1). -868.15kJ·mol-1 (2). > (3). 增大CH4浓度或移走生成物 (4). 化学能转化为电能 (5). O2+4e－+2N2O5＝4NO3－ (6). 4:1 (7). NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+ (8). NH3+H+＝NH4+
【解析】分析：（1）①根据盖斯定律计算反应热；②比较反应②分析反应热大小；③根据反应③特点分析提高转化率的措施；
（2）图Ⅰ装置为燃料电池，化学能转化为电能，负极上通入NO2，正极上通入O2，根据电解质知，负极电极反应式为NO2-e-+NO3-═N2O5，正极电极反应式为O2+2N2O5+4e-═4NO3-，图Ⅱ为电解装置。阳极发生氧化反应，电极反应式为NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+。阴极发生还原反应，电极反应式为NO+5e－+6H+＝NH4++H2O，据此分析解答。
详解：（1）①2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ•mol-1 ①
CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (g) ΔH＝－802. 3 kJ•mol-1 ②
CH4(g) + 4NO(g)2N2(g) + CO2(g) + 2H2O (g) ΔH＝－1160 kJ•mol-1 ③
根据盖斯定律：（③-①×2+ ②）÷2得到：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O (g)
ΔH＝[-1160-(-113)×2+(-802.3)]÷2=-868.15kJ·mol-1
②反应②CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (g) ΔH＝－802. 3 kJ•mol-1；
反应CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (l) ΔH＝－a kJ•mol-1
因为生成液态水放热更多，所以a>802. 3；
③CH4(g) + 4NO(g)2N2(g) + CO2(g) + 2H2O (g) ，要提高NO转化率的措施，应使平衡正向移动，可采取增大CH4浓度或移走生成物的措施；
因此，本题正确答案为： -868.15kJ·mol-1； > ； 增大CH4浓度或移走生成物；
（2）图Ⅰ装置为燃料电池，化学能转化为电能，负极上通入NO2，正极上通入O2，根据电解质知，负极电极反应式为NO2-e-+NO3-═N2O5，石墨Ⅱ电极为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-═4NO3-，放电过程中两电极电子守恒，由两电极反应式可知：消耗的NO2和O2的体积比为4:1；
图Ⅱ为电解装置。阳极发生氧化反应，电极反应式为NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+。阴极发生还原反应，电极反应式为NO+5e－+6H+＝NH4++H2O，“反应室”中发生反应的离子方程式为NH3+H+＝NH4+。
因此，本题正确答案为：化学能转化为电能； O2+4e－+2N2O5＝4NO3－； 4:1 ； NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+ ； NH3+H+＝NH4+。
点睛：本题（2）小题考查了化学电源新型电池，根据得失电子判断正负极，根据二氧化氮的产物状态判断产物成分，难点是电极反应式的书写，要仔细揣摩，难度中等。
21. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72－，利用滴定原理测定Cr2O72－含量方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72－+6I－+14H+ === 2Cr3++3I2+7H2O。
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000 mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：（I2+2Na2S2O3 === 2NaI+Na2S4O6）
滴定次数
Na2S2O3溶液起始读数/mL
Na2S2O3溶液终点读数/mL
笫一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0. 20
a
（1）步骤Ⅰ量取30.00 mL废水选择的仪器是_____。
（2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_____。滴定达到终点的实验现象是____。
（3）步骤Ⅲ中a 的读数如图所示，则：
① a=_____。
② Cr2O72－的含量为____g•L-1。
（4）以下操作会造成废水中Cr2O72－含量测定值偏高的是_____。
A. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D. 量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 淀粉溶液 (3). 溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色 (4). 18.20 (5). 2.16 (6). CD
【解析】分析：根据实验目的,含有一定量的Cr2O72－工业废水,
步骤I:取30.00 mL废水,加入适量稀硫酸酸化,提供酸性环境;
步骤Ⅱ:因为Cr2O72－具有氧化性,加入过量的碘化钾溶液,把Cr2O72－还原成三价铬,而碘离子被氧化成碘单质;
步骤III:用0.1000 mol•L-1Na2S2O3溶液滴定生成的碘单质,通过消耗的Na2S2O3溶液量来计算碘单质的量,再根据碘单质的量回头计算Cr2O72－的量,从而达到实验目的。
详解:(1)根据信息，Cr2O72－氧化性较强,量取废水应用酸式滴定管，因此，本题正确答案是:酸式滴定管;
(2)滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂;滴定达到终点时碘单质刚好被消耗,所以溶液的颜色由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色,
因此，本题正确答案是:淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色；
(3)① 根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；
②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 mol•L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，
根据Cr2O72－+6I－+14H+ === 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3 === 2NaI+Na2S4O6
Cr2O72－~3I2~6Na2S2O3，
n(Cr2O72－)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4mol
Cr2O72－的含量为: = 2.16g•L-1
(4)根据Cr2O72－+6I－+14H+ === 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3 === 2NaI+Na2S4O6,
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