江西省吉安市泰和县中2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含解析）

这是一份江西省吉安市泰和县中2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了下列表示不正确的是，已知氟化氢气体中有平衡关系，下列说法中，正确的是，25 ℃时，水的电离达到平衡等内容，欢迎下载使用。

泰和县中2022-2023学年高二上学期期末考试
化学试卷
一．单选题（每小题3分，共30分）
1．N4分子结构如图所示，已知断裂1mol N－N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，则下列说法正确的是

A．N4属于一种新型化合物 B．N4与N2互为同位素
C．1molN4气体转变为N2将放出882kJ热量 D．N4比N2稳定
2．下列表示不正确的是
A．对硝基苯酚的结构简式： B．水分子的比例模型：
C．的结构式： D．异戊二烯的键线式：
3．已知氟化氢气体中有平衡关系：已知a、b均大于0，①2H3F3(g) 3H2F2(g)　ΔH1＝＋a kJ·mol－1，②H2F2(g) 2HF(g)　ΔH2＝＋b kJ·mol－1，则可推测反应H3F3(g)=3HF(g)的ΔH为(　　)
A．＋(a＋b) kJ·mol－1
B．＋(a－b) kJ·mol－1
C．＋(0.5a＋1.5b) kJ·mol－1
D．＋(a＋3b) kJ·mol－1
4．铋元素可表示为83Bi，在元素周期表中相对原子质量标示为209.0，下列说法正确的是（    ）
A．Bi元素的中子数是83
B．Bi元素最高价氧化物的化学式为Bi2O3
C．Bi原子最高价氧化物的水化物酸性比硝酸的要强
D．Bi元素位于元素周期表第六周期第ⅤA族
5．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是

A．该分子中N、O、F的第一电离能大小顺序为F>N>O
B．该分子中C—N键的键能大于C—F键的键能
C．该分子中σ键与π键数目之比为7：2
D．该分子中存在手性碳原子
6．在100mLN2O5/CCl4溶液中发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2，在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表，下列说法不正确的是
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c(N2O5)/(mol·L-1)
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12

A．600～1200s，生成NO2的平均速率为1×10-3mol·L-1·s-1
B．反应2220s时，放出的O2体积约为1.18L(标准状况)
C．反应达到平衡时，v正(N2O5)=2v逆(NO2)
D．推测上表中的x为3930
7．下列说法中，正确的是
A．阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂
B．海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．为减少中和滴定实验的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后使用
8．下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是
A
BaCl2溶液与Na2SO4溶液
Ba(OH)2与H2SO4溶液
B
石灰石与硝酸反应
生石灰与盐酸
C
氢氧化钠与盐酸
氢氧化钠与硫酸氢钠
D
Na2CO3溶液与硝酸溶液
CaCO3与硝酸溶液

A．A B．B C．C D．D
9．在催化剂a和催化剂b的作用下，氮气分子参与反应的有关反应历程如图所示：

下列说法错误的是
A．过程①为工业合成氨气
B．过程②中参加反应的分子，化学键未完全断裂
C．温度不变，缩小体积，过程①②的反应速率均增大
D．上述反应包括在催化剂表面发生的反应物吸附及产物脱附等过程
10．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-；DH>0，下列叙述正确的是
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)减小
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变
C．向水中加入少量固体CH3COOH，平衡逆向移动，c(H+)增大
D．将水加热，Kw增大，pH不变
二、不定项选择题(每题1-2个正确选项，每小题4分，共20分)
11．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前20号元素，W的某一种核素只由两种微粒构成，X的一种氧化物与其氢化物在水溶液中反应产生沉淀，Y-和Z+的电子层结构相同。下列叙述错误的是
A．气态氢化物稳定性：Y>X B．简单离子半径：X>Y>Z>W
C．W与Z能形成具有强还原性的化合物 D．Y的含氧酸的酸性比X的含氧酸的酸性强
12．在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)。2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol·L－1。下列判断不正确的是
A．x＝1 B．A的转化率为40%
C．2 min内B的反应速率为0.2 mol·L-1·min-1 D．若混合气体的密度不变，则表明该反应已达到平衡状态
13．侯氏制碱原理：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，需经过制取氨气、制取NaHCO3、分离及干燥NaHCO3四个步骤，如图所示装置能达到实验目的的是
A．制取氨气 B．制取NaHCO3
C．分离NaHCO3 D．干燥NaHCO3
14．一定温度下，向体积为5L的密闭容器中充入0.5mol 和0.5mol ，发生反应：    
测得气体混合物中HI的物质的量分数X(HI)与反应时间t的关系如下表
X(HI)/%
0
50
68
76
80
80
t/min
0
20
40
60
80
100

下列说法正确的是A．时，
B．当容器内气体的密度不再变化时，反应到达平衡
C．0～20min的平均速率
D．该温度下反应的平衡常数
15．锌−空气电池(原理如图所示)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是

A．氧气在石墨电极上发生还原反应
B．该电池放电时OH－向Zn电极移动
C．该电池的正极反应为
D．电池工作时，电子从石墨电极经电解质溶液流向Zn电极
三、填空题（共50分）
16．FeSe、MgB2等超导材料具有广阔的应用前景。
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为________，基态Se原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。
（2）向FeSe中嵌入吡啶（）能得到具有优异性能的超导材料。吡啶中氮原子的杂化类型为________；该分子内存在________（填标号）。
A．σ键      B．π键       C．配位键       D．氢键
（3）将金属锂直接溶于液氨，得到具有很高反应活性的金属电子溶液，再通过系列反应可制得FeSe基超导材料Li0.6(NH2)0.2(NH3)0.8Fe2Se2。
①NH2－的空间构型为________。
②液氨是氨气液化的产物,氨气易液化的原因是________。
③金属锂溶于液氨时发生反应：Li + (m+n)NH3=X+e－(NH3)n。X的化学式为________。
（4）MgB2晶体结构如图所示。B原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，每个B原子周围都有________个与之等距离且最近的B原子；六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA ，该晶体的密度为________ g·cm－3（列出计算式）。

17．用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3-，Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示：
（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3-分两步，将步骤ii补充完整：
Ⅰ.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2++H2O
Ⅱ.___+___+___H+=___Fe2++___+___
（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因___。
（3）水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中随时间的变化如图1所示。(注：c0(NO3-)为初始时NO3-的浓度。)

①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=___。
②t<15min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min，其反应速率迅速降低，原因分别是___。
（4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是___。

（5）利用电解无害化处理水体中的NO3-，最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示：
①阴极的电极反应式为___。
②生成N2的离子方程式为___。


18．(Ⅰ)回答下列问题：
(1)已知C(s，石墨)=C(s，金刚石)　ΔH>0，则稳定性：金刚石___________ (填“>”“＜”)石墨。
(2)已知：2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)　ΔH1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH2，则ΔH1___________(填“>”或“＜”)ΔH2。
(Ⅱ)某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。由此分析：

(3)该反应的化学方程式为___________。
(4)对于上述反应，在不同时间段内所测反应速率如下，则表示该化学反应进行由快到慢顺序为___________(用字母表示)。
A．v(X)=1.2 mol·L-1·min-1 B．v(Y)=1.5 mol·L-1·min-1
C．v(Z)=0.6 mol·L-1·min-1 D．v(Z)=0.015 mol·L-1·s-1
(5)下列措施能加快反应速率的是____。
A．恒压时充入He        B．恒容时充入He      C．恒容时充入Z D．及时分离出X      E．升高温度             F．选择高效催化剂
19．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式


HClO


电离平衡常数








（1）25℃时，等浓度的溶液、溶液、溶液，3种溶液的pH由大到小的顺序为________。
（2）工业上可用氨水除去尾气。将通入氨水中，当降至时，溶液中的_____。
（3）常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图：

①在整个实验过程中，不需要的仪器或用品是 ______（填序号）．
容量瓶   b 锥形瓶  c 滴定管夹  d 漏斗  e 玻璃棒  f 滴定管
②到达滴定终点的标志是 _____________ ．
③下列操作会导致测定结果偏高的是 ______ ．
A 碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
B 滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C 碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D 达到滴定终点时，仰视读数
④如图点①所示溶液中__________填“＞”“＜”或“=”，下同，点②所示溶液中：________，点③所示溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为：_________。
20．直接排放含的烟气会危害环境。利用工业废碱渣(主要成分)可吸收烟气中的并制备无水，其流程如图1。

已知：、HSO、SO在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2，和的溶解度曲线如图3。

(1)溶液显碱性，用离子方程式解释其原因：___________。
(2)吸收烟气
①为提高的产率，应控制吸收塔中的pH范围为___________。
②溶液中，结合方程式解释其原因：___________。
③吸收塔中的温度不宜过高，可能的原因是___________(写出1个即可)。
(3)制备无水
将中和塔中得到的溶液___________(填操作)，过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥，得无水固体。
1．C
【详解】A．N4属于一种新型单质，故A错误；
B．N4与N2都是氮元素形成的不同单质，互为同素异形体， B错误；
C．1mol N4气体转变为N2将放出942kJ ×2−167kJ ×6＝882kJ热量，故C正确；
D．断裂1mol N－N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，说明N2比N4稳定，故C错误。
综上所述，答案为C。
2．C
【详解】A．对硝基苯酚中，硝基和酚羟基处于苯环对位，对应结构简式为，A正确；
B．水分子空间构型为V形，氢原子半径比氧原子半径小，对应比例模型为，B正确；
C．SiO2为原子晶体，由原子构成，其中硅原子和氧原子以共价键相互连接形成立体网状结构，C错误；
D．异戊二烯中含有两个碳碳双键，2号碳原子上连有支链甲基，对应键线式为： ，D正确；
故答案选C。
3．C
【详解】根据盖斯定律，由×①＋×②得：H3F3(g)=3HF(g)　ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝(a＋b) kJ·mol－1＝(0.5 a＋1.5b) kJ·mol－1。
答案选C。
4．D
【详解】A、Bi元素的中子数是209－83＝126，A错误；B、Bi元素位于第六周期VA族，最高价氧化物应为Bi2O5，B错误；C、同主族元素原子序数越大非金属性越弱，最高价氧化物的水化物酸性越弱，C错误；D、83号Bi位于第六周期VA族，D正确。答案选D。
点睛：根据原子序数判断元素在周期表中的位置是解答的难点，注意掌握由原子序数确定元素位置的规律：只要记住了稀有气体元素的原子序数(He—2、Ne—10、Ar—18、Kr—36、Xe—54、Rn—86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。即若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第ⅠA族或第ⅡA族，如88号元素：88－86＝2，则应在第七周期第ⅡA族；若比相应的稀有气体元素少1～5时，则应处在同周期的第ⅦA族～第ⅢA族，如84号元素应在第六周期第ⅥA族；若预测新元素，可与未发现的稀有气体元素(118号)比较，按上述方法推测知：114号元素应为第七周期第ⅣA族。
5．A
【详解】A．同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，但ⅡA族和ⅤA族的元素达到全满或半满状态，所以N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，A正确；
B．分子中C-H键的键能与C-F键的键能比较，可以根据键长的大小来判断，具体来说就是根据相结合的两个原子的半径来比较，半径越小键能越大，两个化学键都含有C原子，F原子的半径大于H原子的，所以C-H键的键能大于C-F键的键能，B正确；
C．该分子中键与键数目之比为15：4，C错误；
D．手性碳原子一定是饱和碳原子，所连接的四个基团要是不同的，该有机物中没有饱和的碳原子，故D错误；
故选A。
6．C
【详解】A． 600～1200s内平均速率v(N2O5)= =5.0×10-4mol•L-1•s-1，反应为2N2O5⇌4NO2+O2，则600～1200s能生成NO2的平均速率v(NO2)=2v(N2O5)=2×5.0×10-4mol•L-1•s-1=1.0×10-3mol•L-1•s-1，故A正确；
B．0～2220s内N2O5的浓度变化为1.40mol/L-0.35mol/L=1.05mol/L，△n(N2O5)=1.05mol/L×0.1L=0.105mol，反应为2N2O5⇌4NO2+O2，则n(O2)= n(N2O5)=0.105mol×=0.0525mol，V(O2)=nVm=0.0525mol×22.4L/mol≈1.18L，故B正确；
C． 反应达到平衡时，2v正(N2O5)=v逆(NO2)，故C错误；
D．由表中数据可知，剩余N2O5的浓度：0.96mol/L→0.48mol/L→0.24mol/L，所需时间为1110s，所以剩余N2O5的浓度由0.24mol/L→0.12mol/L所需时间为1110s，即x=2820s+1110s=3930s，故D正确；
故选C。
7．B
【详解】A. 阳离子不一定只能得到电子被还原，如Fe2+既能得到电子被还原，又能失电子被氧化，故A错误；
B. 锌比铁活泼，海轮外壳上镶入锌块，利用牺牲阳极的阴极保护法可减缓船体的腐蚀，故B正确；
C. 吸热反应还是放热反应与反应条件无关，它取决于反应物和生成物的总能量相对大小，故C错误；
D. 锥形瓶没有必要洗净并烘干后使用，故D错误；
答案选B。
8．C
【详解】试题分析：离子反应中强酸、强碱、可溶盐可以拆开，其余的如单质、气体、氧化物、弱酸、弱碱、水、非电解质等都不能拆开。A、前者为Ba2++SO42－=BaSO4↓，后者因为H+ 与OH－也要反应，故离子方程式为Ba2++ 2OH－+ 2H+ + SO42－=BaSO4↓+ 2H2O；B、前者为CaCO3+2H+=Ca2++ CO2↑+H2O，后者为CaO+2H+=Ca2++H2O；C、都可以表示为H+ + OH－= H2O；D、前者为CO32－+ 2H+=CO2↑+H2O，后者为CaCO3+2H+=Ca2++ CO2↑+H2O。选C。
考点：离子方程式书写
9．B
【详解】A．由图①反应历程可知在催化剂a表面氮气和氢气反应生成氨气，故A正确；
B．由过程②反应历程可知氨气和氧气在催化剂b表面发生反应，氧气完全断裂成氧原子，氨分子中的N-H键完全断裂，然后H原子与O原子结合成水分子，N与O结合成NO，反应物中所有化学键均断裂，故B错误；
C． 温度不变，缩小体积，增大了体系内的压强，对有气体参加的反应能提高化学反应速率，故C正确；
D．上述过程中反应物分子被催化剂吸附，在催化剂表面断裂成原子，原子再重新结合成新的分子脱离催化剂，故D正确；
故选：B。
10．BC
【详解】A．向水中加入稀氨水，NH3·H2O电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，A错误；
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子，氢离子浓度增大，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，B正确；
C．向水中加入少量固体CH3COOH，CH3COOH电离出氢离子，氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，C正确；
D．将水加热，水的电离平衡正向移动，Kw增大，溶液仍呈中性，但pH减小，D错误；
答案选BC。
11．D
【分析】核素一定含有质子和电子，W一种核素只由两种微粒组成，说明W的这种核素不含中子，推测为H，由SO2+2H2S=3S↓+2H2O，推测X为S，根据原子序数关系，结合Y-显-1价、Z+离子显+1价，推测Y为Cl，Z为K。
【详解】A．由于非金属性：Cl(Y)＞S(X)，故气态氢化物稳定性：Cl(Y)＞S(X)，A正确；
B．S2-、Cl-、K+电子层为3层，其半径大于H+，电子层数相同时，一般核电荷数越大，半径越小，故离子半径大小顺序为：S2-＞Cl-＞K+＞H+，B正确；
C．H与K可形成KH，其中H元素为-1价，具有强还原性，C正确；
D．根据非金属性：Cl(Y)＞S(X)，可推出最高价含氧酸HClO4＞H2SO4，若不是最高价，则不一定，比如HClO为弱酸，其酸性比H2SO4弱，D错误；
故答案选D。
12．CD
【详解】A．2min内生成n(C)=0.2mol·L－1×2L=0.4mol，同一个方程式中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，则C、D计量数之比=x：2=0.4mol：0.8mol=1：2，x=1，故A正确；
B．生成0.8molD的同时消耗n(A)=×3=1.2mol，A的转化率为 ×100%=40%，故B正确；
C．2min内生成0.8molD同时消耗n(B)= n(D)=×0.8mol=0.4mol，2 min内B的反应速率为 =0.1 mol·L-1·min-1，故C错误；
D．反应前后气体质量不变，容器体积不变，密度是定值，混合气体的密度不变，不能表明该反应已达到平衡状态，故D错误；
故选CD。
13．C
【详解】A．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，两种气体在试管口遇冷会重新化合形成NH4Cl固体，因此不能用加热NH4Cl固体的方法制取NH3，A错误；
B．向NH3和食盐饱和溶液中通入CO2气体时，为时气体充分溶解在溶液中发生反应，入气导气管应该伸入液面以下，即导气管应该是长进短出，B错误；
C．反应产生NaHCO3固体，将固体物质与液体物质分类需使用过滤方法，图示操作符合过滤操作要领，C正确；
D．碳酸氢钠加热分解，不能加热，应选干燥器进行干燥，D错误；
故合理选项是C。
14．D
【详解】A．一开始反应物的浓度较大，反应速率较快，生成HI所需时间较短，则时，t<10，A错误；
B．体积为5L的密闭容器中体积不变，混合气体的总质量不变，由可知密度一直保持不变，则密度不变时不能说明反应达到平衡，B错误；
C．20min时HI的物质的量分数X(HI)=50%，由三段式：，，解得a=0.25，0～20min的平均速率，C错误；
D．由表知平衡时HI的物质的量分数为80%，列三段式：，，解得x=0.4，该温度下反应的平衡常数，D正确；
故选：D。
15．AB
【详解】A．该电池放电时Zn转化为ZnO，说明Zn为负极，石墨电极为正极，氧气在石墨电极上得到电子，发生还原反应，故A正确；
B．根据原电池同性相吸，因此该电池放电时OH－向Zn电极移动，故B正确；
C．该电池放电时，正极反应为O2+4e-+H2O=4OH-，故C错误；
D．电池工作时，电子从Zn电极经过导线流向石墨电极，故D错误。
综上所述，答案为AB。
16．          哑铃（纺锤）     sp2杂化     AB     V型     氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化     Li(NH3)m+     3    
【详解】（1）Fe原子核电荷数为26，基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；Se原子核电荷数为34，基态Se原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态Se原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3p、3d、4s、4p，最高能级为4p，其电子云轮廓图为哑铃形；
（2）吡啶N和两个碳成键，有一个未成对电子和其它五个碳原子形成大π键，因此发生不等性的sp2杂化；该分子内存在σ键和π键，不存在配位键和氢键，故选AB；
（3）①NH2－中N原子价层电子对数==4，有2对孤电子对，所以空间构型为V型；
②氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，因此容易液化；
③Li + (m+n)NH3=X+e－(NH3)n，根据原子守恒和电荷守恒可确定X的化学式为Li(NH3)m+；
（4）晶胞中Mg的个数为12+2=3，B的个数为6，晶胞体积=6cm3=6 cm3，晶胞密度== g·cm－3。
17．     NO2-     3Fe     8     3     NH4+     2H2O     )Fe2+在水中发生水解，Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3     6.5     pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降     反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出(或反应过程中NO2-被Fe还原产生N2逸出)     NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O     2NH4++3HClO=N2↑+3Cl-+5H++3H2O
【分析】（1）根据图可知：酸性环境中，纳米去除分两步，在吸附点被Fe还原为，，在另外的吸附点被Fe还原为，；
（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，是氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；
（3）结合所给图形信息，判断调节pH为多少的时候去除率较高，如何解释反应速率变慢；
（5）电极方程式书写，从题中信息判断阴极发生还原反应，NO3-还原N2，。
【详解】根据图可知：酸性环境中，纳米去除分两步，在吸附点被Fe还原为，，在另外的吸附点被Fe还原为，；
故答案为：、3Fe、8、3、、；
初始的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，因为在水中发生水解，，随着反应进行，减小，平衡右移，产生沉淀，之后发生反应，变成红褐色的；
故答案为：在水中发生水解，，随着反应进行，减小，平衡右移，产生沉淀，之后发生反应，变成红褐色的；
根据图可知时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体的初始；
故答案为：；
的溶液中，时，溶液中浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生和pH上升速率较快，故，的溶液反应速率最快，
时，产生大量，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降，故，其反应速率迅速降低；
故答案为：的溶液中，时，溶液中浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生和pH上升速率较快，时，产生大量，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；
时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中被消耗，溶液pH升高，时，溶液中含N物质主要以的形式存在，一部分生成逸出或反应过程中被Fe还原产生逸出；
故答案为：反应过程中被消耗，溶液pH升高，时，溶液中含N物质主要以的形式存在，一部分生成逸出或反应过程中被Fe还原产生逸出；
阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为得到电子生成，故电极反应为：；
故答案为：；
由图可知，氮气由两极生成的和HClO反应而得，氮元素化合价升高，则氯元素化合价降低生成氯离子，故反应为：；
故答案为：。
【点睛】从题中所给信息判断并写出离子方程式、回答结合图形中的信息，回答调节pH出现的现象，调节pH为何值时，去除率最大以及对反应速率的影响；
18．(1)<
(2)<
(3)3Y(g)＋Z(g)2X(g)
(4)DACB
(5)CEF

【分析】（1）
物质的能量越低越稳定，由热化学方程式可知，石墨转化为金刚石的反应为吸热反应，石墨的能量小于金刚石的能量，则金刚石的稳定性小于石墨，故答案为：＜；
（2）
碳完全燃烧生成二氧化碳放出的能量多于不完全燃烧生成一氧化碳放出的能量，则完全燃烧的焓变ΔH1小于不完全燃烧的焓变ΔH2，故答案为：＜；
（3）
由题给图示可知，Y、Z为反应物，X为生成物，Y、Z转化为X的反应为可逆反应，2min时，Y、Z、X的物质的量的变化量为(1.0—0.7)mol：(1.0—0.9)mol：(0.2—0)mol=3：1：2，由各物质的物质的量的变化量等于化学计量数之比可知，反应的化学方程式为3Y(g)＋Z(g)2X(g)，故答案为：3Y(g)＋Z(g)2X(g)；
（4）
同一化学反应，反应速率与化学计量数的比值越大说明反应速率越大，由题给数据可得：=0.6、=0.5、=0.6、=0.9，则表示该化学反应进行由快到慢顺序为D＞A=C＞B，故答案为：D＞A=C＞B；
（5）
A．该反应为气体体积减小的反应，恒压时充入不参与反应的He，容器的体积增大，Y、Z、X的浓度都减小，化学反应速率减小，故不符合题意；
B．恒容时充入不参与反应的He，Y、Z、X的浓度都不变，化学反应速率不变，故不符合题意；
C．恒容时充入Z，反应物的浓度增大，反应速率增大，故符合题意；
D．及时分离出X，生成物的浓度减小，反应速率减小，故不符合题意；
E．升高温度，反应速率增大，故符合题意；
F．选择高效催化剂，反应速率增大，故符合题意；
CEF符合题意，故选CEF。
19．     Na2CO3溶液＞Na2SO3溶液＞CH3COONa溶液     0.62     ade     加入最后一滴氢氧化钠，溶液变为微红色，且30s内不褪色     AD     ＞     ＜    
【分析】(1)酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，等浓度的钠盐溶液的pH越小；
(2) = ×=分析计算；
(3)①酸碱中和滴定实验中需要的仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、胶头滴管、烧杯、锥形瓶等仪器；②NaOH溶液稍过量时，酚酞变为浅红色；③根据c(待测)= 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；④由图可知，点①所示溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，结合质子关系为c( CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)分析解答；点②所示溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷关系分析解答；点③恰好生成醋酸钠，根据盐类水解特点分析判断。
【详解】(1)酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，等浓度的钠盐溶液的pH越小，电离平衡常数：CH3COOH＞HSO3-＞HCO3-，则水解程度：CH3COO-＜SO32-＜CO32-，水解程度越大其相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则3种溶液的pH由大到小的顺序为：Na2CO3溶液＞Na2SO3溶液＞CH3COONa溶液，故答案为：Na2CO3溶液＞Na2SO3溶液＞CH3COONa溶液；
(2)= ×====0.62，故答案为：0.62；
(3)①酸碱中和滴定实验操作，需要酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶等仪器，不需要容量瓶、漏斗、玻璃棒，故答案为：ade；
②NaOH溶液稍过量时，酚酞变为浅红色，所以NaOH溶液滴定CH3COOH达到滴定终点时，加入最后一滴NaOH溶液，酚酞变为浅红色，并且30s内不褪色，
故答案为：加入最后一滴氢氧化钠，溶液变为浅红色，且30s内不褪色；
③A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏高，根据c(待测)= 分析可知，待测液浓度偏高，故A选；B．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致消耗标准液体积偏低，根据c(待测)= 分析可知，待测液浓度偏低，故B不选；C．碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液体积读数偏低，根据c(待测)= 分析可知，待测液浓度偏低，故C不选；D．达到滴定终点时，仰视读数，导致消耗标准液体积读数偏高，根据c(待测)= 分析可知，待测液浓度偏高，故D选；故答案为：AD；
④由图可知，点①所示溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，此时质子关系为c( CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，即c( CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)+[(H+)-c(OH-)]＞c(CH3COOH)+c(H+)；点②所示溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，电荷关系为c( CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即c(Na+)=c( CH3COO-)，但溶液中还有微量CH3COOH，所以c(Na+)＜c( CH3COO-)+c(CH3COOH)；点③恰好生成醋酸钠，根据盐类水解特点可知：；故答案为：＞；＜；。
【点睛】本题的易错点和难点为(3)④，要注意正确判断①②③各点溶液的溶质成分和溶液的性质，并正确理解和应用电荷守恒和物料守恒。
20．(1)
(2)     4～5(合理即可)     溶液中，HSO存在：和，HSO的电离程度强于水解程度     防止的溶解度下降；防止HSO受热分解；防止HSO的氧化速率加快等
(3)隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃过滤

【分析】根据流程分析，在吸收塔内，含有二氧化硫的烟气与工业碱渣(主要成分)混合后，发生反应生成亚硫酸氢钠溶液和二氧化碳气体等；根据题给图1信息，亚硫酸氢钠溶液显酸性，在中和塔内，与氢氧化钠溶液发生中和反应生成亚硫酸钠溶液，结合题中图2信息，并结合亚硫酸钠的性质，进行一系列操作，得到无水亚硫酸钠固体。
【详解】（1）属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液显碱性，水解的离子方程式：；
（2）①由图象可知，pH在4~5时，的物质的量分数最高，所以应控制吸收塔中的pH范围为4～5(合理即可)；
②溶液中，HSO存在：和，根据图象分析可知，pH在4~5时，的物质的量分数最高，说明溶液显酸性，即的电离程度大于其水解程度，所以溶液中；
③不稳定，易分解，如果温度过高，可能导致二氧化硫气体的溶解度下降，加速的氧化，所以吸收塔中的温度不宜过高；
（3）由图2信息可知制备无水固体时，温度应该高于34℃，可以减少的溶解损耗，同时注意防止被氧化，因此操作为：将中和塔中得到的溶液在隔绝空气条件下，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃进行过滤，过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥，得无水固体。