【化学】福建省厦门市外国语学校2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

福建省厦门市外国语学校2018-2019学年高二下学期期中考试
能用到的相对原子量:H-1, C-12, O-16, Li-7, Mg-24, Cu-64， Cl-35.5
第Ⅰ卷 （本卷共计45分）
一．选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计45分）
1.常温下，下列各溶液中水的电离程度最大的是( )
A. pH=1的硫酸溶液 B. c(H+ )=10-10 mol/L纯碱溶液
C. 0.01mol/L的烧碱溶液 D. c(H+ )=10-5 mol/L的硫酸铵溶液
【答案】B
【详解】硫酸和烧碱都可以抑制水的电离；纯碱和硫酸铵都能水解，故其促进水的电离。c(H+ )=10－10mol/L纯碱溶液，pH=10， c(OH- )=10－4mol/L；c(H+ )=10－5mol/L的硫酸铵溶液的pH=5。显然,碳酸钠溶液中c(OH- )大于硫酸铵溶液中的c(H+ )，故纯碱溶液中水的电离度最大。
综上所述，本题选B。
【点睛】影响水的电离平衡的因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。
2.常温下，下列各组微粒在水溶液中一定能大量共存的是( )
A. H+、Na+、SO42-、CH3COO- B. Na+、I-、Cl-、Fe3+
C. Al3+、NH4+、Br-、HCO3- D. K+、Mg2+、NO3-、SO42-
【答案】D
【详解】A.H+与CH3COO-结合生成弱电解质，则不能大量共存，故A错误；
B.I-与Fe3+发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；
C.Al3+与HCO3-发生相互促进的双水解反应而不能大量共存，故C错误；
D.该组离子之间不反应，则能够大量共存，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。
3.下列关于图示四个装置的叙述不正确的是( )

A. 装置甲的a端产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
B. 装置乙可用于测定化学反应的反应热
C. 装置丙是可以在铁钉上镀铜的装置
D. 装置丁若为电解精炼铜装置，则X电极为精铜
【答案】B
【详解】A.装置甲的a端接电源的正极，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A正确；
B.测定反应热的实验过程中要用环形玻璃搅拌棒，环形玻璃棒在搅拌时与溶液的接触面积更大，使溶质充分快速反应，减少化学反应的时间，从而减少了化学反应中热量的散失，使反应后的温度测量更准确，故B错误；
C.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，所以装置丙可实现在铁钉上镀铜，故C正确；
D.电解精炼石纯铜作阴极，粗铜作阳极，丁装置中X电极为阴极，用精铜作阴极，故D正确。
故选B。
【点睛】原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；电解池中，与电源正极相连的阳极上失电子发生氧化反应，与电源负极相连的阴极上得电子发生还原反应。
4.下列实验过程中的相关步骤正确的是( )
选项
实验
操作
A
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
B
验证Mg(OH)2 和Fe(OH)3的Ksp大小
取2mL 1.0mol/L NaOH 溶液，先滴2滴1.0mol /L MgCl2溶液,再滴2滴1.0mol/L FeCl3溶液
C
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
D
测定中和反应反应热
混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/L HCl溶液与50mL 0.55mol/L NaOH 溶液的温度

【答案】D
【详解】A.要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其他条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且实验现象也不明显，所以不能实现实验目的，故A错误；
B.向2mL1.0mol/LNaOH溶液中先滴3滴1.0mol/LMgCl2溶液，会生成Mg(OH)2白色沉淀，但由于NaOH过量，再滴2滴1.0mol/LFeCl3溶液时，FeCl3直接与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，而不会与沉淀Mg(OH)2反应，所以不存在沉淀的转化问题，故B错误；
C.氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛围中，故C错误；
D.测定中和反应反应热，需要测量反应前的初始温度，为保证测量结果准确，温度计应该洁净，所以混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度，故D正确。
故选D。
5.一定条件下，向密闭恒容容器中加入1.0 mol·L－1X，发生反应：2X(g)Y(g) + Z(g) ΔHc(OH-)>c(H+)
B. 图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H2SO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
C. 用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl－
D. 图4表示在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)达到平衡后，减小NH3浓度时速率的变化
【答案】A
【详解】A、根据图1，相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即HA的酸性强于HB，依据越弱越水解的规律，A－水解程度弱于B－，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(A－)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)，故A正确；
B、b点对应温度下，水的离子积为10－12，H2SO4中c(H＋)=10－2mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等体积混合后，NaOH过量，溶液显碱性，故B错误；
C、根据图像，纵坐标是－lgc(X－)，数值越大，c(X－)越小，在c(Ag＋)相同时，c(X－)越小，Ksp(AgX)越小，即I－先沉淀出来，故C错误；
D、根据图像，改变条件瞬间，v正增大，v逆减小，可能是增大反应物浓度，同时减少生成物浓度，如果只减少NH3的浓度，只降低v逆，v正不变，故D错误。
10.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是( )

A. 氧分子的活化包括O－O键的断裂与C－O键的生成
B. 每活化一个氧分子放出0.29eV的能量
C. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
D. 炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
【答案】C
【详解】A.由图可知，氧分子的活化是O－O键的断裂与C－O键的生成过程，故A正确；
B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故B正确；
C.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故C错误；
D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫催化剂，故D正确。
故选C。
11.如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能，下列说法中一定正确的是( )

A. 质子透过阳离子交换膜由右向左移动
B. 电子流动方向为N→Y→X→M
C. M电极反应式：(C6H10O5)n＋7nH2O－24ne-=6nCO2↑＋24nH+
D. 当M电极微生物将废水中16.2 g淀粉转化掉时，N电极产生134.4 L N2(标况下)
【答案】C
【分析】由题给信息可知，该装置为原电池，由图可得：电解质溶液为酸性溶液，NO发生还原反应生成N2，因为原电池中，正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，则N为正极，M为负极。
【详解】A项，M为负极、N为正极，质子透过阳离子交换膜由负极区移动到正极区，即由左向右移动，故A错误；
B项，电子从负极（M极）流出，经外电路到X，经Y流入正极（N极），故B错误；
C项，有机物淀粉在负极（M极）失电子发生氧化反应，结合图示，电极反应式为：(C6H10O5)n+7nH2O-24ne-=6nCO2↑+24nH+，故C正确；
D项，16.2g淀粉（即0.1mol C6H10O5）反应，转移2.4mol电子，因为正极（N极）反应为：2NO+4H++4e-=N2+H2O，则N电极产生0.6mol氮气，在标准状况下的体积为13.44 L，故D错误。
综上所述，符合题意的选项为C。
【点睛】本题考查电化学知识，根据题意判断属于原电池，利用图中所给信息，通过元素化合价的变化，确定得失电子（发生了还原反应还是氧化反应），从而确定正、负极，结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，根据电极反应式确定电解质中离子移动方向、电子转移数目、有关计算等。
12.下图是新型镁-锂双离子二次电池,下列关于该电池的说法不正确的是( )

A. 放电时, Li+由左向右移动
B. 放电时, 正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4
C. 充电时, 外加电源的正极与Y相连
D. 充电时, 导线上每通过1mole-, 左室溶液质量减轻12g
【答案】D
【分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。
【详解】A．放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以Li+由左向右移动，故A正确；
B、放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；
C、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，故C正确；
D、充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝5g，故D错误；
答案选D。
【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为D，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。
13.常温下，向10mL0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )

A. 该温度下Ksp(CuS)=10-35.4
B. 曲线上各点的溶液均满足关系式c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS)
C. Na2S溶液中C(S2-)+C(HS-)+C(H2S)=2C(Na+)
D. c点溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【详解】A.b点是CuCl2溶液与Na2S溶液恰好完全的点，该温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，故A正确；
B.向含有Cu2+的溶液中加入Na2S溶液，Cu2+与S2-发生沉淀反应：Cu2++S2-CuS↓，加入Na2S溶液的体积越大，c（S2-）越大，c（Cu2+）越小，则-lg c（Cu2+）就越大，由于温度不变，所以曲线上各点的溶液均满足关系式：c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS)，故B正确；
C.Na2S溶液中，根据物料守恒，2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）═c（Na+），故C错误；
D.c点为Na2S、NaCl按1：2物质的量混合溶液，其中CuS处于沉淀溶解平衡状态，根据物料守恒及物质的溶解性可知：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)，S2-水解消耗水电离产生H+，使溶液中c(OH-)>c(H+)，但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，故c(S2-)>c(OH-)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确。
故选C。
【点睛】明确反应过程中与图中各点对应溶液的组成情况是解答的关键，并注意应用守恒思想来解答。
14.工业上用丁烷催化脱氢制备丁烯：C4H10(g) C4H8(g)+H2(g) ΔH>0，将丁烷和氢气以一定的配比通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），反应的平衡转化率、产率与温度、投料比有关。下列判断不正确的是( )

A. 由图甲可知，x小于0.1
B. 由图乙可知，丁烯产率先增大后减小，减小的原因是氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率减小
C. 由图丙可知产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动
D. 由图丙可知，丁烯产率在590℃之后快速降低的主要原因为丁烯高温分解生成副产物
【答案】B
【解析】A. 正反应体积增大，增大压强，平衡逆向移动，则丁烯的平衡产率减小，由图甲可知，x小于0.1，A正确；B. 氢气浓度增大，逆反应速率增大，B错误；C. 正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，由图丙可知产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动，C正确；D. 由图丙可知，丁烯产率在590℃之后快速降低的主要原因为丁烯高温分解生成副产物，D正确，答案选B。
点睛：本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握图象分析温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学平衡在实际生产中的应用。
15.常温下,分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液,混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示.下列说法不正确的是( )

A. 曲线L1表示与pH的变化关系
B. Ka(HA)=1×10-5.5
C. a点时两溶液中水的电离程度相同
D. 0.10mol/L MA溶液中存在:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【详解】A.MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液的pH逐渐增大，M+离子逐渐减小，MOH的浓度逐渐增大，则lg的值逐渐减小，则曲线L1表示lg与pH的变化关系，故A正确；
B.曲线L2表示lg与pH的变化关系，lg=0时，=1，此时pH=5.5，c(H+)=1×10-5.5mol/L，则Ka(HA)== c(H+)=1×10-5.5，故B正确；
C.a点溶液的pH＞7，对于曲线L2，由于A-离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离，而对于曲线L1，MCl溶液呈酸性，a点时呈碱性，说明MOH的电离程度大于M+离子水解程度，抑制了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；
D.曲线L1中，lg=0时，=1，Kb(MOH)=c(OH-)＞1×10-5＞1×10-5.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度A-＞M+，则MA溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)、c（M+）＞c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确。
故选C。
第Ⅱ卷 （本卷共计55分）
二．非选择题：（共计55分）
16.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka = 1.8×10-5
Ka=4.3×l0-10
Ka1=5.0×l0-7 Ka2=5.6×l0-11

①0.1 moI/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c(CN-)______c(HCO3-)(填“>”、“c(NH4+)>c(H+)>c(OH－) (8). 2c(H+)－2c(OH－) (9). HSO3－ (10). 1.91
【详解】（1）①根据表格中数据可知，HCN电离出的H+小于H2CO3电离出H+能力，根据盐类水解中越弱越水解，即CN-水解的能力强于HCO3-，因此等浓度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN-)＜c(HCO3-)，故答案为：＜。
②电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3－。酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的pH越大，则等物质的量浓度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的pH由大到小的顺序为C＞B＞A，故答案为：CBA。
③HCN的电离平衡常数Ka=4.3×10-10，H2CO3的电离平衡常数是Ka1=5.0×10-7、Ka2=5.6×10-11，由此可知电离出H+能力强弱程度为H2CO3>HCN>HCO3-，所以NaCN溶液通入少量CO2的离子方程式是：CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－，故答案为：CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－。
④CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子反应方程式为CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，===l.8×104，故答案为：CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，l.8×104。
（2）该温度下，pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，而c(OH－)=10-9mol/L，则Kw=10-12，pH=11的NaOH溶液c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH变为9，设酸的体积为V1，碱的体积为V2，则混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L==，V1：V2=9：1，故答案为：9：1。
（3）①d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，结合电荷守恒可得c(NH4+)＜c(C1－)，但其水解程度较小，d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为c(C1－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)，故答案为：c(C1－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)。
②b点溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH－)+c(C1－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(C1－)，所以得到：2c(H+)+ c(NH4+)=2c(OH－)+ c(NH3·H2O)，则c(NH4+)－c(NH3·H2O)=2c(H+)－2c(OH－)，故答案为：2c(H+)－2c(OH－)。
（4）溶液中含S的微粒有H2SO3、HSO3-、SO32-，根据题中所给某微粒的物质的量分数随溶液pH变化的图像关系可得该微粒应为HSO3-，，在pH=1.91时，含HSO3-的物质的量分数为50%，此时可以近似认为c(H2SO3)=c(HSO3-)，则Ka1≈c(H+)，即pKa1=-lgKa1≈1.91，故答案为：HSO3－，1.91。
17.反应原理在工业的应用:
（1）科研人员将粗锰(含杂质的锰)粉碎后加入到SnCl2溶液中使其溶解浸出(假定杂质不反应，溶液体积不变)，发生反应Mn(s)+ Sn2+(aq)Mn2+(aq)+ Sn(s)，为加快反应速率可以采取的措施_______________________；不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的原因是______________________________________________。
（2）常温下，Ksp(FeS)＝1×10-18，FeS饱和溶液中[H＋]与[S2－]之间存在关系：[H＋]2·[S2－]＝1.0×10－22，为了使溶液里c(Fe2＋) 达到1 mol·L－1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH=_______。
（3）工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在制取草酸镍(NiC2O4),工艺流程如图所示：

已知：Ⅰ:NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq) (R-为有机物配体，K=1.6×10-14)
Ⅱ:Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15
Ⅲ:“脱络”过程中，R-能与·OH(Fe2+和H2O2反应产生的中间产物)反应生成·R(有机物自由基)
①“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.01mol·L-1，加入碳酸钠调溶液的pH=________(假设溶液体积不变)使Fe3+恰好沉淀完全(离子的浓度≤1.0×10-5mol·L-1)，此时________(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。
② “沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子方程式是__________________________________
③NiR2中加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是_____________________________
（4）Na2SO3氧化反应：2Na2SO3＋O2＝2Na2SO4其反应速率受溶解氧浓度影响，分为富氧区和贫氧区两个阶段。为确定贫氧区速率方程中a的值（取整数），分析实验数据。当溶解氧浓度为4. 0 mg·L-1时，c（Na2SO3）与速率数值关系如下表，则a＝______。

【答案】(1). 升高温度或增大c(Sn2+) (2). 构成原电池 (3). 2 (4). 3 (5). 无 (6). Ni2++H2C2O4 =NiC2O4↓ +2H+ (7). R-能与OH反应使NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)中R-浓度减小，平衡向正向移动，实现“脱络” (8). 2
【详解】（1）为加快反应速率可以适当升高温度、增大c(Sn2+)等，根据反应方程式，有Sn单质的生成，与Mn构成原电池，加快反应速率，故答案为：升高温度或增大c(Sn2+)，构成原电池。
（2）由于c(Fe2＋)=1mol·L－1，c(S2－)===1×10-18，又由于[H＋]2·[S2－]＝1.0×10－22，所以c(H＋)=1×10-2mol/L，所以应调节溶液中的pH=2，故答案为：2。
（3）①Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，则使Fe3+恰好沉淀完全所需的c(OH-)==1×10-11mol/L，此时溶液的pH=-lgc(H+)==3，因溶液中c(Ni2+)=0.01mol·L-1，则c(Ni2+)×c2(OH-)=0.01×（1×10-11）2=1×10-24＜Ksp[Ni(OH)2]，因此无Ni(OH)2沉淀生成，故答案为：3，无。
②“沉镍”过程中加入草酸得到草酸镍沉淀，其离子方程式是Ni2++H2C2O4 =NiC2O4↓ +2H+，故答案为：Ni2++H2C2O4 =NiC2O4↓ +2H+。
③络合物NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+与H2O2反应生成—OH，—OH与R-反应转化为难以与Ni2+络合的—R，使溶液中c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”，故答案为：R-能与OH反应使NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)中R-浓度减小，平衡向正向移动，实现“脱络”。
（4）当溶解氧浓度为4.0mg•L-1时，c（Na2SO3）与速率数值关系如表，v1：v2=c1a（SO32-）：c2a（SO32-），=，解得a=2；故答案为：2。
18.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题：
（1）已知2NO2(g)=N2O4(g) △H=－55.3kJ/mol；N2O5(g)=2NO2 (g)+O2(g) △H=+53.1 kJ/mol；写出N2O5分解生成N2O4与O2的热化学方程式_____________________________________
（2）一定温度下2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是______（填字母序号）。
a．NO2和O2的浓度比保持不变 b．容器中压强不再变化
c．2v正（NO2）=v逆（N2O5） d．气体密度不变
（3）以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，脱硝机理如图1。若反应中n(NO)︰n(O2)=2︰1，则总反应的化学方程式为______________________________________；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是负载率_____________温度_____________。

（4）T温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H”、“