2019-2020学年四川省成都市高二上学期期末调研考试化学试题 解析

化学试题

注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 

本卷共20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项符合题意。

1.《礼记·内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣。”古人洗涤衣裳冠带，所用的就是草木灰浸泡的溶液。下列说法错误的是

A.草木灰的主要成分是K2CO3    B.洗涤利用了草木灰溶液的碱性

C.洗涤时加热可增强去油污能力    D.草木灰做肥料时可与铵态氮肥混合施用

答案：D

解：A项、草木灰的主要成分是K2CO3，故A正确；

B项、K2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，能促进油脂的水解，则洗涤利用了草木灰溶液的碱性，故B正确；

C项、K2CO3在溶液中的水解反应是吸热反应，加热，使水解平衡正向移动，溶液碱性增强，去油污能力增强，故C正确；

D项、铵态氮肥中铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，与草木灰混合施用会促进水解，使肥效降低，故D错误；

故选D。

点评：草木灰的主要成分是K2CO3，K2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，铵态氮肥中铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，与草木灰混合施用会促进水解，使肥效降低是解答关键。

2.下列仪器在中和热测定实验中不会用到的是

A.温度计    B.量筒    C.分液漏斗    D.环形玻璃搅拌棒

答案：C

解：中和热测定的实验中需要温度计测定温度，环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，显然不需要分液漏斗，故选C。

3.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释。下列说法正确的是

A.较浓盐酸可有效抑制Fe3＋水解

B.稀释过程中FeCl3水解程度增大，c(H＋)增大

C.FeCl3溶液中存在Fe3＋＋3H2O＝Fe(OH)3↓＋3H＋

D.FeCl3溶液显黄色，没有Fe(OH)3存在

答案：A

解：A项、FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，使水解平衡向逆反应方向移动，可以有效抑制Fe3＋水解，故A正确；

B项、FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，稀释过程中FeCl3水解程度增大，n(H＋)增大，但c(H＋)减小，故B错误；

C项、FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中部分水解使溶液呈酸性，水解过程微弱，不会产生沉淀，水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，故C错误；

D项、FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中部分水解生成Fe(OH)3使溶液呈酸性，溶液中存在Fe(OH)3，故D错误；

故选A

点评：FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，稀释过程中FeCl3水解程度增大，n(H＋)增大，但c(H＋)减小是解答关键，也是易错点。

4.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是

A.常温下将pH＝4的醋酸溶液稀释10倍，pH<5

B.H2、I2(g)、HI平衡体系加压后颜色变深

C.利用TiCl4水解制备TiO2时，需加入大量水并加热

D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成

答案：B

解：A项、醋酸为弱酸，加水稀释，电离平衡向右移动，则pH=4的醋酸溶液加水稀释至10倍，pH<5，能用勒夏特列原理解释，故A错误；

B项、H2与I2(g)反应生成HI的反应是一个气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，I2(g)的浓度增大，则颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故B正确；

C项、TiCl4水解制备TiO2的反应为吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，则利用TiCl4水解制备TiO2时，需加入大量水并加热能用勒夏特列原理解释，故C错误；

D项、Mg(OH)2悬浊液中存在难溶电解质的溶解平衡，滴加FeCl3溶液，三价铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，使溶液中氢氧根浓度减小，溶解平衡向右移动，能用勒夏特列原理解释，故D错误；

故选B。

点评：H2与I2(g)反应生成HI的反应是一个气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动是解答关键，也是易忽略点。

5.水煤气变换反应的能量变化如图。下列叙述错误的是

A.反应为：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)    B.反应物总能量高于生成物总能量

C.H2的燃烧热为41kJ·mol－1    D.使用催化剂可以降低反应所需活化能

答案：C

解：A项、由图可知，反应物为CO(g)和H2O(g)，生成物为CO2(g)和H2(g)，反应的化学方程式为CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)，故A正确；

B项、由图可知，该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故B正确；

C项、由图可知，该反应为CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)，△H=—41kJ·mol－1，因此不能确定H2的燃烧热，故C错误；

D项、使用合适的催化剂可以降低反应所需的活化能，故D正确；

故选C。

6.在容积不变的绝热密闭容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)  2NH3(g)△H<0。下列不能说明该反应达到化学平衡状态的是

A.混合气体的密度不变    B.体系温度不变

C.3v逆(NH3)＝2v正(H2)    D.N2和NH3的浓度的比值不变

答案：A

解：A项、该反应是一个反应前后气体的质量不变的化学反应，容器的体积不变，混合气体的密度始终没有变化，则该反应混合气体的密度不变，不能说明该反应达到化学平衡状态，故A正确；

B项、该反应是一个放热反应，在容积不变的绝热密闭容器中反应会使体系温度升高，则体系温度不变能说明该反应达到化学平衡状态，故B错误；

C项、3v逆(NH3)＝2v正(H2)说明正、逆反应速率相等，表明该反应已经达到化学平衡状态，故C错误；

D项、N2和NH3的浓度的比值不变说明正、逆反应速率相等，表明该反应已经达到化学平衡状态，故D错误；

故选A。

点评：达到反应平衡状态时，在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。

7.一定温度下，HF分子容易双聚或多聚：nHF(g)  (HF)n(g)△H<0。欲测定HF的相对分子质量，最适合的条件是

A.低温高压    B.高温低压    C.低温低压    D.高温高压

答案：B

解：（HF）n的存在会影响HF的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小（HF）n的含量，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，高温低压可以使平衡逆向移动，故选B。

8.室温下，pH＝4的CH3COOH溶液中加入下列物质，水电离出的c(H＋)减小的是

A.NaHSO4固体    B.NaCl固体    C.CH3COONa固体    D.H2O

答案：A

解：A项、NaHSO4为强酸酸式盐，向pH＝4的CH3COOH溶液中加入NaHSO4固体，溶液中H＋浓度增大，对水的电离抑制程度增大，水电离出的c(H＋)减小，故A正确；

B项、NaCl为强酸强碱盐，在溶液中不水解，向pH＝4的CH3COOH溶液中加入NaCl固体，溶液中H＋浓度不变，水电离出的c(H＋)不变，故B错误；

C项、向pH＝4的CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，溶液中CH3COO—浓度增大，电离平衡向左移动，溶液中H＋浓度减小，水电离出的c(H＋)增大，故C错误；

D项、向pH＝4的CH3COOH溶液中加入H2O稀释，溶液中H＋浓度减小，水电离出的c(H＋)增大，故D错误；

故选A。

点评：溶液中H＋浓度增大，对水的电离抑制程度增大，水电离出的c(H＋)减小，溶液中H＋浓度减小，对水的电离抑制程度减小，水电离出的c(H＋)增大是解答关键。

9.“水氢发动机”的本质是车载制氢系统，利用物质与水反应制取H2。某机构宣称用一种特殊的催化剂可以将水转换成氢气，不加油不充电只加水可续航500公里以上。下列分析错误的是

A.该机构宣传与车载制氢系统制氢原理不相符

B.任何方法制取H2都需要从外界吸收能量

C.催化剂并不能使2H2O＝2H2↑＋O2↑自发进行

D.H2热值高，燃烧产物只有水，是清洁能源

答案：B

解：A项、车载制氢系统制氢原理是利用物质与水反应制取H2，不是利用催化剂将水转换成氢气，该机构宣传与车载制氢系统制氢原理不相符，故A正确；

B项、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气放出热量，属于放热反应，故B错误；

C项、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能使2H2O＝2H2↑＋O2↑自发进行，故C正确；

D项、H2热值高，燃烧产物只有水，是很有发展前途的清洁能源，故D正确；

故选B。

点评：车载制氢系统制氢原理是利用物质与水反应制取H2，不是利用催化剂将水转换成氢气是解答关键，也是易错点。

10.欲证明Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体的反应是吸热反应，设计实验如图所示。下列说法错误的是

A.实验中观察玻璃片上的水是否会结冰并和烧杯粘在－起

B.实验过程中可闻到刺激性的氨味

C.该反应不能自发进行

D.玻璃棒搅拌可以加快反应

答案：C

解：A项、若Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体的反应是吸热反应，会导致温度降低，使玻璃片上的水结冰，导致玻璃片和烧杯粘在－起，故A正确；

B项、Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体反应生成氯化钡和氨气，可闻到刺激性的氨味，故B正确；

C项、该反应为熵增的反应，常温可自发进行，故C错误；

D项、用玻璃棒搅拌可以增大反应物的接触面积，使反应速率加快，故D正确；

故选C。

点评：Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体的反应是一个熵增的吸热反应，常温下△H—T△S＜0，常温可自发进行是解答关键。

11.SOCl2是－种低沸点液态化合物，遇水剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂。某同学向盛有10mL水的锥形瓶中滴加8～10滴SOCl2，下列说法错误的是

A.锥形瓶中有白雾产生，并有刺激性气味

B.将产生气体通入紫色石蕊溶液，石蕊溶液迅速褪色

C.向反应后的溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀

D.将AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热可以得到无水AlCl3

答案：B

解：A项、向盛有10mL水的锥形瓶中滴加8～10滴SOCl2，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2和HCl，可观察到锥形瓶中有白雾产生，并有刺激性气味，故A正确；

B项、SOCl2遇水剧烈反应生成SO2和HCl，SO2和HCl为酸性气体，能使紫色石蕊溶液变为红色，故B错误；

C项、SOCl2遇水剧烈反应生成SO2和HCl，反应后的溶液中含有盐酸，盐酸与AgNO3溶液反应生成氯化银白色沉淀，故C正确；

D项、AlCl3·6H2O直接加热，AlCl3会发生水解反应，将AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2能夺取AlCl3·6H2O中的结晶水，并与水反应生成SO2和HCl，HCl能抑制AlCl3的水解得到无水AlCl3，故D正确；

故选B。

点评：AlCl3·6H2O直接加热，AlCl3会发生水解反应，将AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2能夺取AlCl3·6H2O中的结晶水，并与水反应生成SO2和HCl，HCl能抑制AlCl3的水解是解答关键。

12.某小组设计如图实验，欲使甲中试管先出现浑浊，下列操作一定达不到目的的是

A.向甲烧杯中加入适量CaO    B.向甲中试管内滴加适量浓硫酸

C.向乙烧杯中加入适量冰块    D.增大甲装置所在环境的压强

答案：D

解：A项、氧化钙与水反应生成氢氧化钙放出大量的热，向甲烧杯中加入适量会使甲中反应温度高于乙，反应速率大于乙，甲中试管先出现浑浊，故A错误；

B项、向甲中试管内滴加适量浓硫酸，浓硫酸稀释时放出大量的热，溶液中氢离子浓度增大，会使反应速率加快，甲中试管先出现浑浊，故B错误；

C项、向乙烧杯中加入适量冰块，反应温度会低于甲，反应速率小于甲，甲中试管先出现浑浊，故C错误；

D项、硫代硫酸钠和硫酸都不是气体，增大甲装置所在环境的压强，不能改变反应速率，不能使甲中试管先出现浑浊，故D正确；

故选D。

点评：对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，硫代硫酸钠和硫酸都不是气体，增大甲装置所在环境的压强，不能改变反应速率是解答关键。

13.某小组进行如图实验。欲使溶液红色加深，下列操作或分析正确的是

A.加入少量KCl固体

B.再滴加5～6滴1mol/LKSCN溶液

C.再滴加3～5滴0.01mol/LNaOH溶液

D.对溶液降温，也可观察到溶液红色加深，说明反应为：FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl△H>0

答案：B

解：A项、KSCN溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为Fe3+＋3SCN—Fe(SCN)3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+和SCN—的浓度不变，平衡不移动，溶液红色不变，故A错误；

B项、KSCN溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为Fe3+＋3SCN—Fe(SCN)3，再滴加5～6滴1mol/LKSCN溶液，溶液中SCN—的浓度增大，平衡向正反应方向移动，Fe(SCN)3的浓度增大，溶液红色加深，故B正确；

C项、KSCN溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为Fe3+＋3SCN—Fe(SCN)3，再滴加3～5滴0.01mol/LNaOH溶液，氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应，溶液中Fe3+的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，Fe(SCN)3的浓度减小，溶液红色变浅，故C错误；

D项、KSCN溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为Fe3+＋3SCN—Fe(SCN)3，对溶液降温，也可观察到溶液红色加深，说明平衡向正反应方向移动，△H＜0，故D错误；

故选B。

点评：KSCN溶液与FeCl3溶液反应的实质为Fe3+＋3SCN—Fe(SCN)3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+和SCN—的浓度不变，平衡不移动是解答关键，也是易错点。

14.德国化学家哈伯在合成氨方面的研究促进了人类的发展。合成氨的工业流程如图，下列说法错误的是

A.增大压强既可以加快反应速率，又可以提高原料转化率

B.升高温度可提高平衡转化率

C.冷却过程中采用热交换有助于节约能源

D.原料循环可提高其利用率

答案：B

解：A项、合成氨反应是一个气体体积减小反应，增大压强，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，原料转化率增大，故A正确；

B项、合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物转化率减小，故B错误；

C项、冷却过程中采用热交换器的目的是利用余热，节约能源，故C正确；

D项、合成氨工业上采用循环操作的原因主要是提高原料的利用率即提高N2和H2的利用率，提高经济效益，故D正确；

故选B。

15.水垢的主要成分包括CaCO3、CaSO4等，下列说法错误的是

A.容易产生水垢的水－般是硬水

B.盐酸去除水垢的能力比醋酸更好

C.可用小苏打去除电水壶中的水垢，因为小苏打溶液显酸性

D.水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液浸泡，再用酸去除

答案：C

解：A项、硬水一般是指含有较低钙、镁离子的水，在加热过程中，硬水容易产生水垢，故A正确；

B项、盐酸和醋酸都能去除水垢，盐酸的酸性强于醋酸，更易与水垢中碳酸钙反应，去除水垢的能力比醋酸更好，故B正确；

C项、小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液呈碱性，故C错误；

D项、微溶的硫酸钙不能与酸反应，与碳酸钠溶液反应生成难溶的碳酸钙，碳酸钙与酸反应生成溶于水的钙盐，达到去除水垢的目的，故D正确；

故选C。

点评：烧水壶有了水垢，可将几勺醋放入水中，烧一二个小时，水垢即除；如水垢中的主要成分是硫酸钙，则可将纯碱溶液倒在水壶里烧煮，可去垢。

16.已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。向盛有0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加等体积0.1mol/LNaCl溶液，静置沉降，取上层清液和下层悬浊液分别进行实验。下列判断正确的是

A.上层清液为AgCl的饱和溶液

B.向清液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，c(Cl－)不变

C.向悬浊液中滴加0.1mol/LKI溶液，不会有明显变化

D.向悬浊液中加入适量浓氨水，混合液变澄清，说明AgCl可溶于强碱

答案：A

解：A项、0.1mol/LAgNO3溶液与等体积0.1mol/LNaCl溶液反应生成氯化银沉淀和钠，静置沉降，上层清液为氯化银的饱和溶液，下层为氯化银悬浊液，故A正确；

B项、向清液中滴加01mol/LAgNO3溶液，溶液中银离子浓度增大，由Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl－)可知，溶液中氯离子浓度减小，故B错误；

C项、碘化银的溶度积小于氯化银，向氯化银悬浊液中滴加0.1mol/LKI溶液，氯化银白色沉淀会转化为黄色碘化银沉淀，故C错误；

D项、向悬浊液中加入适量浓氨水，氯化银与氨水反应生成溶于水的银氨络离子，混合液变澄清，但氯化银不能与氢氧根离子反应，不溶于强碱，故D错误；

故选A。

17.酶是具有催化活性的生物催化剂。H2O2在某种酶催化作用下的分解速率随温度变化的关系如图所示。下列说法错误的是

A.a－b段温度升高，反应速率增大    B.T1温度时，酶的催化效果最好

C.温度过高，酶失去活性，速率降低    D.b－c段速率下降是因为H2O2浓度减小

答案：D

解：A项、由图可知，a－b段随温度升高，过氧化氢的分解速率增大，故A正确；

B项、T1温度时，过氧化氢的分解速率最大，说明酶的催化效果最好，故B正确；

C项、温度过高，酶发生蛋白质变性，失去活性，过氧化氢的分解速率降低，故C正确；

D项、b－c段速率下降是因为温度过高，酶发生蛋白质变性，失去活性，过氧化氢的分解速率降低，故D错误；

故选D。

点评：酶的主要成分是蛋白质，温度过高，酶发生蛋白质变性，失去活性，催化效果下降是解答关键。

18.已知，常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5。某小组进行如图三组实验且实验II、III中Mg(OH)2固体均溶解。下列说法正确的是

A.I中现象说明NH3·H2O碱性强于Mg(OH)2

B.II中总反应为2H＋＋Mg(OH)2＝Mg2＋＋2H2O

C.实验II、III研究NH4＋对Mg(OH)2溶解的作用原理

D.III中CH3COONH4浓度越小，越有利于沉淀的溶解

答案：C

解：A项、NH3·H2O为弱碱，Mg(OH)2为中强碱，NH3·H2O碱性弱于Mg(OH)2，故A正确；

B项、Mg(OH)2能够溶于呈酸性的氯化铵溶液和呈中性的醋酸铵溶液，说明NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH-，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，II中总反应为2NH4＋＋Mg(OH)2＝Mg2＋＋2NH3·H2O，故B错误；

C项、实验II、III中Mg(OH)2能够溶于呈酸性的氯化铵溶液和呈中性的醋酸铵溶液，说明Mg（OH）2溶解不是与氢离子发生反应，反应原理是NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH-，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，导致Mg（OH）2溶解，故C正确；

D项、CH3COONH4溶液浓度越大，溶液中铵根离子浓度越大，越有利于Mg（OH）2沉淀的溶解，故D错误；

故选C。

点评：Mg(OH)2能够溶于呈酸性的氯化铵溶液和呈中性的醋酸铵溶液，说明Mg（OH）2溶解不是与氢离子发生反应，反应原理是NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH-，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，导致Mg（OH）2溶解是解答关键，也是分析的难点。

19.生命过程与化学平衡移动密切相关。血红蛋白(Hb)与O2结合成氧合血红蛋白(Hb(O2))的过程可表示为：Hb＋O2(g)  Hb(O2)。下列说法正确的是

A.体温升高，O2与Hb结合更快，反应的平衡常数不变

B.吸入新鲜空气，平衡逆向移动

C.CO达到一定浓度易使人中毒，是因为结合Hb使Hb(O2)分解速率增大

D.高压氧舱治疗CO中毒的原理是使平衡Hb(CO)＋O2(g)  Hb(O2)＋CO(g)右移

答案：D

解：A项、反应的平衡常数是温度函数，体温升高，反应的平衡常数会改变，故A错误；

B项、吸入新鲜空气，反应物氧气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，故B错误；

C项、CO达到一定浓度易使人中毒，是因为CO浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)  Hb(O2)＋CO(g)向逆反应方向移动，故C错误；

D项、高压氧舱治疗CO中毒的原理是CO中毒的病人放入高压氧仓中，使反应物氧气的浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)  Hb(O2)＋CO(g)向正反应方向移动，故D正确；

故选D

点评：CO达到一定浓度易使人中毒，是因为CO浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)  Hb(O2)＋CO(g)向逆反应方向移动是解答关键。

20.用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液过程中的pH变化如图所示。下列说法错误的是

A.b点时，加入极少量NaOH溶液都会引起pH的突变

B.选指示剂时，其变色范围应在4.30～9.70之间

C.若将HCl换成同浓度的CH3COOH，曲线ab段将会上移

D.都使用酚酞做指示剂，若将NaOH换成同浓度的氨水，所消耗氨水的体积较NaOH小

答案：D

解：A项、b点时，20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液与20.00mL0.1000mol/LHCl溶液恰好完全反应，溶液呈中性，若加入极少量NaOH溶液，溶液会变为呈碱性，引起pH的突变，故A正确；

B项、由图可知，滴定时，pH的突跃范围为4.30～9.70，则选指示剂时，指示剂的变色范围应在4.30～9.70之间，故B正确；

C项、若将HCl换成同浓度的CH3COOH，pH的突跃范围会变窄，曲线ab段将会上移，故C正确；

D项、都使用酚酞做指示剂，若将NaOH换成同浓度的氨水，溶液由无色变为浅红色时，得到的是氯化铵和氨水的混合液，氨水过量，消耗氨水的体积较NaOH大，故D错误；

故选D。

点评：都使用酚酞做指示剂，若将NaOH换成同浓度的氨水，溶液变色时，得到的是氯化铵和氨水的混合液，氨水过量，消耗氨水的体积较NaOH大是解答关键，也是易错点。

第II卷(非选择题，共60分)

21.一定温度下，在1L的烧瓶中充入一定量N2O4气体。

(1)体系中气体颜色由浅变深，写出对应的化学方程式____________________。

(2)保持温度和容积不变，向达到平衡的容器中再充入一定量N2O4气体，平衡________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)，N2O4的转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，反应的平衡常数___________。

(3)某小组为研究温度对化学平衡移动的影响，设计如图实验。图方案还需补充的是_____________(用文字表达)；实验现象为______________________。

(4)在一定条件下，N2O4和NO2的消耗速率与压强关系为：v(N2O4)＝k1·c(N2O4)，v(NO2)＝k2·c(NO2)，设达到平衡时c(N2O4)＝1mol/L，则(1)中反应的平衡常数为_________(用k1、k2表示)。

答案：(1).N2O4（g）2NO2（g）(2).逆向(3).减小(4).不变(5).向甲（或乙）的烧杯中加入热水，向乙（或甲）的烧杯中加入冷水(6).加热水的一端混合气体颜色变深，加冷水的一端混合气体颜色变浅(7).  

【分析】

（1）一定温度下，在1L的烧瓶中充入一定量N2O4气体，发生反应N2O4（g）2NO2（g）；

(2)保持温度和容积不变，向达到平衡的容器中再充入一定量N2O4气体，相当于在原平衡的基础上增大压强；

（3）为研究温度对化学平衡移动的影响，应向甲（或乙）的烧杯中加入热水，向乙（或甲）的烧杯中加入冷水；

（4）当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则可得2v(N2O4)＝v(NO2)，由此计算平衡时c(NO2)和平衡常数。

解：（1）一定温度下，在1L的烧瓶中充入一定量N2O4气体，发生反应N2O4（g）2NO2（g），混合气体的颜色变深，故答案为：N2O4（g）2NO2（g）；

(2)保持温度和容积不变，向达到平衡的容器中再充入一定量N2O4气体，相当于在原平衡的基础上增大压强，平衡向逆反应方向移动，N2O4的转化率减小，温度不变，反应的平衡常数不变，故答案为：逆向；减小；不变；

（3）为研究温度对化学平衡移动的影响，应向甲（或乙）的烧杯中加入热水，向乙（或甲）的烧杯中加入冷水，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变深，则加热水的一端混合气体颜色变深，加冷水的一端混合气体颜色变浅，故答案为：向甲（或乙）的烧杯中加入热水，向乙（或甲）的烧杯中加入冷水；加热水的一端混合气体颜色变深，加冷水的一端混合气体颜色变浅；

（4）当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则可得2v(N2O4)＝v(NO2)，平衡时c(NO2)＝，若达到平衡时c(N2O4)＝1mol/L，c(NO2)＝，反应的平衡常数K===，故答案为：。

点评：当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则可得2v(N2O4)＝v(NO2)，由此计算平衡时c(NO2)和平衡常数是解答关键，也是难点。

22.溶洞的形成主要源于石灰岩受地下水的长期溶蚀，发生反应：CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca(HCO3)2。当受热或压强突然减小时溶解的Ca(HCO3)2会分解，从而形成钟乳石、石笋等奇妙景观。

(1)写出Ca(HCO3)2受热分解的离子方程式____；从平衡移动的角度解释压强减小时Ca(HCO3)2分解的原因_______。

(2)向Ca(HCO3)2饱和溶液中滴加酚酞，溶液呈很浅的红色。由此可得到的结论是：饱和溶液中Ca(HCO3)2水解程度__________且___________。

(3)常温下，H2CO3的电离常数Ka2＝4.7×10－11。若测得5.0×10－3mol/LCa(HCO3)2溶液的pH为8.0，则溶液中c(CO32－)与c(OH－)的比值为___________(简要写出计算过程)。

答案：(1).Ca2++2HCO3-CaCO3↓+H2O+CO2(2).压强减小时，二氧化碳气体从溶液中逸出，溶液中二氧化碳浓度减小，平衡向Ca(HCO3)2分解的方向移动(3).低(4).可逆(5).47

【分析】

（1）Ca(HCO3)2受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，当压强减小时，二氧化碳气体从溶液中逸出，溶液中二氧化碳浓度减小，平衡向正反应方向移动；

（2）Ca(HCO3)2是强碱弱酸盐，碳酸氢根在溶液中部分水解使溶液呈碱性；

（3）依据电离常数和题给数据计算可得。

解：（1）Ca(HCO3)2受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Ca2++2HCO3-CaCO3↓+H2O+CO2；减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，当压强减小时，二氧化碳气体从溶液中逸出，溶液中二氧化碳浓度减小，平衡向Ca(HCO3)2分解的方向移动，故答案为：Ca2++2HCO3-CaCO3↓+H2O+CO2；压强减小时，二氧化碳气体从溶液中逸出，溶液中二氧化碳浓度减小，平衡向Ca(HCO3)2分解的方向移动；

（2）Ca(HCO3)2是强碱弱酸盐，碳酸氢根在溶液中部分水解使溶液呈碱性，则向Ca(HCO3)2饱和溶液中滴加酚酞，溶液呈很浅的红色说明饱和溶液中Ca(HCO3)2水解程度低且可逆，故答案为：低；可逆；

（3）5.0×10－3mol/LCa(HCO3)2溶液的pH为8.0，溶液中HCO3-的浓度为10-2mol/L，H+的浓度为10-8mol/L，OH－由的浓度为10-6mol/L，Ka2＝=4.7×10－11可得c(CO32－)=  =4.7×10－5mol/L，则溶液中c(CO32－)与c(OH－)的比值为=47，故答案为：47。

23.某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动。

(1)设计如下实验研究2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2的反应。

①振荡静置后C中观察到的现象是_______________________；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后______________(写出实验操作和现象)。

②测定上述KI溶液的浓度，进行以下操作：

I用移液管移取20.00mLKI溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液，充分反应。

II小心加热除去过量的H2O2。

III用淀粉做指示剂，用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。

步骤II是否可省略?____________(答“可以”或“不可以”)

步骤III达到滴定终点的现象是___________________________。巳知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是________。

(2)探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响。

反应原理(化学方程式)为________；

仪器及药品：试管(两支)、0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/LH2C2O4溶液、一粒黄豆大的MnSO4固体；

实验方案：请仿照教材(或同教材)设计一个实验用表格，在行标题或列标题中注明试剂及观察或记录要点。______________

答案：(1).溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色(2).滴加KSCN溶液，溶液变红(3).不能；；(4).当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原(5).用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液(6).2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(7).

（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋；

②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色；为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉；

（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水

解：（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色；滴加KSCN溶液，溶液变红；

②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应，导致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原；用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液；

（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；据题给条件，设计探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响的实验，应用取两份等体积的0.01mol/LKMnO4酸性溶液，一份加入0.1mol/L的H2C2O4溶液，另一份加入等体积的0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体，测定溶液由紫色退为无色所需要的时间，实验用表格如下：

24.烟气中含有大量氮氧化物NOx，工业脱硝技术成为研究热点。

(1)汽车尾气中NO和CO可利用车载催化剂转化为无毒物质排放。

已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H1＝＋183kJ·mol－1

2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H2＝－565kJ·mol－1

写出催化转化的热化学方程式_________。

(2)臭氧氧化－碱吸收法可有效脱除NO，氧化原理为：NO(g)＋O3(g)  NO2(g)＋O2(g)△H＝－200.9kJ·mol－1。在容积为2L的密闭容器中充入含1.0molNO的模拟烟气和2.0molO3，在不同温度，经过相同时间(10min)NO的转化率如图所示。

①100℃时，从开始反应到P点的平均反应速率v(NO)＝__________。

②反应时同时发生副反应：2O33O2，共有15%的O3自身分解为O2。则P点时O3的物质的量为________mol。

(3)选择性催化还原技术(NCR)可在较低温度下脱硝，原理如图I，天然锰矿可作催化剂。

以NO代表氮氧化物，写出反应方程式_____________________；实验测得脱硝率随温度的变化如图II所示，请分析温度高于250℃时脱硝率下降的原因可能是______________。

答案：(1).2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=—748kJ/mol(2).0.0425mol/（L·min）(3).0.855(4).4NH3+6NO5N2+6H2O(5).温度升高，NH3发生副反应或升高温度，催化剂的活性降低或该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动

【分析】

（1）由盖斯定律计算可得；

（2）①由化学反应速率公式计算可得；

②反应中与NO反应和自身分解均消耗O3；

（3）由图可知，脱硝的反应原理为氮的氧化物与氨气在催化剂作用下共热反应生成氮气和水。

解：（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知②-①得到NO转化为无毒气体的热化学反应方程式为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g），则△H=（－565kJ/mol）—（＋183kJ/mol）=—748kJ/mol，故答案为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=—748kJ/mol；

（2）①由图可知，100℃时，P点NO的转化率为85%，则消耗NO的浓度为=0.425mol/L，则从开始反应到P点的平均反应速率v(NO)＝=0.0425mol/（L·min），故答案为：0.0425mol/（L·min）；

②由方程式可知，与NO反应的O3的物质的量为1.0mol×85%=0.85mol，自身分解为O2的O3的物质的量为2.0mol×15%=0.3mol，则P点时O3的物质的量为（2.0mol—0.85mol—0.3mol）=0.85mol，故答案为：0.85；

（3）由图可知，脱硝的反应原理为氮的氧化物与氨气在催化剂作用下共热反应生成氮气和水，则以NO代表氮氧化物的反应方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O；温度高于250℃时脱硝率下降的原因可能是温度升高，NH3发生副反应导致脱硝率下降或升高温度，催化剂的活性降低导致脱硝率下降或该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动导致脱硝率下降，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；温度升高，NH3发生副反应或升高温度，催化剂的活性降低或该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动。

25.含铬(＋6价)废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如下：

(1)废水中，六价铬以CrO42－；或者Cr2O72－的形式存在，写出其相互转化的离子方程式______。我国常用NaHSO3做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式__________。

(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，原因可能是_____________。

(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是________。

(4)我国规定，工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1mg/L。已知：Cr的相对原子质量为52，Kap(BaCrO4)＝1.2×10－10。若用Ba2＋除去废水中的CrO42－，达到废水排放标准时，废水中Ba2＋浓度最低为___________mol/L(保留小数点后2位)。用Ba2＋除去废水中的CrO42－是否可行，为什么?请简要回答。________________

答案：(1).2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O(2).3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O(3).溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道(4).加入絮凝剂(5).6.24×10-5mol/L(6).不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒

【分析】

（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+；

（2）由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道；

（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂；

（4）由溶度积计算可得；Ba2＋在溶液中有毒。

解：（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，转化的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+，反应的离子方程式为3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；

（2）由图可知，溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，故答案为：溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道；

（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂，使Cr(OH)3更好地沉淀，故答案为：加入絮凝剂；

（4）达到废水排放标准时，CrO42－的浓度为=mol/L，则溶液中Ba2＋浓度为==6.24×10-5mol/L；Ba2＋在溶液中有毒，则用Ba2＋除去废水中的CrO42－是不可行的，故答案为：6.24×10-5mol/L；不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒。