2017-2018学年江苏省扬州市高二下学期期末化学试题（解析版）

2017-2018学年江苏省扬州市高二下学期期末化学试题（解析版）

‎2017-2018学年江苏省扬州市高二（下）期末化学试卷 一、单选题（本大题共13小题，共32.0分）‎ 1. 下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A. 氯离子的结构示意图： B. 氯化氢的电子式： C. 二氧化碳分子的比例模型： D. 2-丙醇的结构简式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A．氯元素的核电荷数为17，最外层为8个电子，氯离子的结构示意图为：，故A错误； B．HCl为共价化合物，是由H和Cl通过共用电子对结合在一起的，其正确的电子式为，故B错误； C．二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，碳原子比较大于氧原子，其正确的比例模型为，故C错误； D．2-丙醇含有3个C原子，-OH在第二号C原子上，结构简式为CH3CH（OH）CH3，故D正确； 故选：D。 A．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，图示质子数错误； B．氯化氢属于共价化合物，分子中不存在阴阳离子； C．二氧化碳分子中，碳原子比较大于氧原子； D．2-丙醇含有3个C原子，-OH在第二号C原子上。 本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度不大，注意掌握结构示意图、电子式、比例模型、结构简式等化学用语的书写原则，注意明确离子化合物与共价化合物的电子式的区别、醇的系统命名，试题培养了学生规范答题的能力。 ‎ 2. 一 定条件下存在反应：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H＞0，向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量的初始物质，各容器中温度、反应物的起始量如表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示：‎ 容器 甲 乙 丙 容积/L ‎1‎ ‎1‎ V 温度/℃‎ T1‎ T2‎ T1‎ 起始量 ‎2mol C（s）、2molH2O（g）‎ ‎2mol CO（g）、2molH2（g）‎ ‎6mol C（s）、4molH2O（g）‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲容器中，0～5 min内的平均反应速率v（CO）=0.1 mol/（L•min） B. 乙容器中，若平衡时n（C）=0.56mol，则T2＞T1 C. 若甲容器中的起始量为0.2 mol C（s）、0.15 mol H2O（g）、0.5 mol CO（g）、0.6 mol H2（g），则到达平衡状态前：v（正）＞v（逆） D. 丙容器的容积V=0.8L ‎【答案】D ‎【解析】解：A．甲容器中，0～5 min内的平均反应速率v（CO）==mol/（L．min）=0.2mol/（L•min），故A错误； B．乙容器中若平衡时n（C）=0.56mol，根据方程式知，参加反应的n（CO）=n（H2）=n（H2O）=n（C）=0.56mol，平衡时c（CO）=c（H2）=mol/L=0.72mol/L，c（H2O）=mol/L=0.56mol/L，化学平衡常数K乙==0.926，甲容器中达到平衡状态时，c（CO）=1.5mol/L，则c（H2）=c（CO）=1.5mol/L，c（H2O）=2mol/L-1.5mol/L=0.5mol/L，化学平衡常数K甲==4.5，该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，K甲大于K乙，说明甲温度高于乙，即T2＜T1，故B错误； C．甲容器中的起始量为0.2 mol C（s）、0.15 mol H2O（g）、0.5 mol CO（g）、0.6 mol H2（g），则浓度商c（H2O）=0.15mol/L、c（CO）=0.5mol/L、c（H2）=0.6mol/L，浓度商==2，浓度商大于化学平衡常数，则平衡逆向移动，v（正）＜v（逆），故C错误； D．达到平衡状态时，丙中c（CO）=3mol/L，根据方程式知，c（H2）=c（CO）=3mol/L，温度不变化学平衡常数不变，则平衡时c（H2O）=mol/L=2mol/L，设丙容器体积是xL，则生成的n（CO）=3mol/L×xL=3xmol，消耗的n（H2O）等于生成的n（CO）=3xmol，剩余n（H2O）=2xmol，3x+2x=4，x=0.8，故D正确； 故选：D。 A．甲容器中，0～5 min内的平均反应速率v（CO）=； B．乙容器中若平衡时n（C）=0.56mol，根据方程式知，参加反应的n（CO）=n（H2）=n（H2O）=n（C）=0.56mol，平衡时c（CO）=c（H2）=mol/L=0.72mol/L，c（H2O）=mol/L=0.56mol/L，化学平衡常数K乙==0.926，甲容器中达到平衡状态时，c（CO）=1.5mol/L，则c（H2）=c（CO）=1.5mol/L，c（H2O）=2mol/L-1.5mol/L=0.5mol/L，化学平衡常数K甲==4.5，该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动； ‎ C．甲容器中的起始量为0.2 mol C（s）、0.15 mol H2O（g）、0.5 mol CO（g）、0.6 mol H2（g），则浓度商c（H2O）=0.15mol/L、c（CO）=0.5mol/L、c（H2）=0.6mol/L，浓度商==2，根据浓度商与化学平衡常数相对大小判断反应方向，从而确定正逆反应速率大小； D．达到平衡状态时，丙中c（CO）=3mol/L，根据方程式知，c（H2）=c（CO）=3mol/L，温度不变化学平衡常数不变，则平衡时c（H2O）=mol/L=2mol/L，设丙容器体积是xL，则生成的n（CO）=3mol/L×xL=3xmol，消耗的n（H2O）等于生成的n（CO）=3xmol，剩余n（H2O）=2xmol，3x+2x=4，据此计算x。 本题考查化学平衡计算，侧重考查分析计算能力，把握化学平衡常数计算方法及灵活运用化学平衡常数与浓度商的关系确定反应方向是解本题关键，注意D的计算方法，题目难度中等。 ‎ 1. ‎“节约利用资源，倡导绿色生活”。下列做法与此相符合的是（　　）‎ A. 通过露天焚烧秸杆，给土壤增肥 B. 废电池深埋，避免重金属污染浅层土壤或地表水 C. 推广实施“煤改气”技术，减少可吸入颗粒物的排放 D. 在洗衣粉中添加三聚磷酸钠（Na5P3O10），增强去污效果 ‎【答案】C ‎【解析】解：A．露天焚烧垃圾，燃烧会产生大量的微小颗粒物，会增加PM2.5污染，故A错误； B．电池中的重金属离子会带来土壤、水体的污染，所以废电池要集中处理，故B错误； C．将煤直接燃烧能生成二氧化碳、二氧化硫等物质，还能产生大量的粉尘，“煤改气”技术，可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，煤改气”技术，减少空气中的可吸入颗粒物的产生，故C正确； D．三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，造成水体污染，故D错误； 故选：C。 A．露天焚烧秸杆，会增加空气中PM2.5； B．电池中的重金属离子会带来污染； C．“煤改气”可减少污染物的排放，有利于保护环境； D．含磷洗衣粉的使用能够引起水体的富营养化。 本题考查资源利用、环境保护，为高频考点，把握常见的环境污染物、环保问题为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活、环境的联系，题目难度不大。 ‎ 2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）‎ A. 25℃时，pH=2的H2SO4溶液中，含有H+的数目为2×10-2NA B. 一定条件下，1molN2与3 molH2混合充分反应，转移电子数目为6 NA C. 常温下，1.0L0.1 mol/LFeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1 NA D. 用石墨电极电解足量CuSO4溶液，当阴极析出6.4gCu时，转移电子数目为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故A错误； B、氮气和氢气的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则转移的电子数小于6NA个，故B错误； C、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铁离子小于0.1NA个，故C错误； D、6.4g铜的物质的量为0.1mol，而阴极的电极方程式为Cu2++2e-=Cu，故当生成0.1mol 铜时转移0.2NA个电子，故D正确。 故选：D。 A、溶液体积不明确； B、氮气和氢气的反应为可逆反应； C、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解； D、求出铜的物质的量，根据阴极的电极方程式为Cu2++2e-=Cu来计算。 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。 ‎ 1. 一定条件下，密闭容器中发生反应：M（g）⇌N（g）△H，反应过程中的能量变化如图中曲线I所示。下列说法错误的是（　　）‎ ‎ A. 该反应是放热反应 B. 该反应的△H=E3-E1 C. 该条件下N（g）更稳定 D. 曲线I可表示其他条件不变，加入催化剂时的能量变化 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．图示中反应物的总能量比生成物的总能量高，应该是放热反应，故A正确； B．该反应的△H=E2-E1，故B错误； C．M（g）⇌N（g）是放热反应，可知N的能量比M的能量低，则N稳定，故C正确； D．催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，Ⅰ曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故D正确； 故选：B。 A．图示中反应物的总能量比生成物的总能量高； B．反应热等于正反应活化能-逆反应活化能； C．能量低的稳定； D．加入催化剂能降低反应所需活化能。 本题考查化学反应与能量变化，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为C，注意把握反应热的计算。 ‎ 2. 室温时，向100mL0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. a点溶液中：c（NH4+）=c（Na+）=c（SO42-） B. b点溶液中：c（Na+）+c（NH4+）＞2c（SO42-） C. c点溶液中：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-） D. d点溶液中：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O） ‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A．a点为加入100mLNaOH溶液，恰好中和H+，溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，根据物料守恒：c（Na+）=c（SO42-），c（Na+）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），故A错误； B．b点溶液呈中性，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），即有c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42-），故B错误； C．c点溶液为加入150mLNaOH溶液，此时溶液中恰好生成初始时等量的NH4+和NH3•H2O，溶液呈碱性，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度，所以c（NH4+）＞c（NH3•H2O），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-），故C正确； D．d点溶液为加入200mLNaOH溶液，反应恰好生成NH3•H2O，NH3•H2O电离溶液为碱性，但c（NH3•H2O）＞c（NH4+），故D错误， 故选：C。 A．a点为加入100mLNaOH溶液，恰好中和H+，溶液中NH4+水解使溶液呈酸性； B．b点溶液呈中性，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒分析； C．c点溶液为加入150mLNaOH溶液，此时溶液中恰好生成初始时等量的NH4+和NH3•H2O，溶液呈碱性，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度； D．d点溶液为加入200mLNaOH溶液，反应恰好生成NH3•H2O，据此分析。 本题考查酸碱中和反应，根据图象分析，明确发生反应的原理，把握溶液中的守恒关系分析是解题的关键，整体难度不大，是基础题。 ‎ 1. 向1L密闭容器中各通入0.1 mol CH4与CO2，在一定条件下发生反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，下列有关说法定正确的是（　　）‎ ‎ A. 该反应的正反应为吸热反应 B. 压强p1＞p2＞p3＞p4 C. 1100℃时，该反应的平衡常数为64 D. 压强为p4时，在Y点：v（正）＜v（逆）‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：A．压强不变时，温度升高，CH4的平衡转化率逐渐增大，说明该反应的正反应为吸热反应，故A正确； B．由图可知，温度一定时，甲烷的转化率α（P1）＞α（P2）＞α（P3）＞α（P4），该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，则压强P4＞P3＞P2＞P1，故B错误； C．1100℃、压强为p4时，CH4的转化率为80%，说明甲烷转化的浓度为：×80%=0.08mol/L，                       CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g） 初始（mol/L） 0.1              0.1              0              0 ‎ 转化（mol/L）0.08              0.08          0.16         0.16 平衡（mol/L）0.02              0.02          0.16         0.16 该温度下该反应的平衡常数K==1.6384，故C错误； D．压强为p4时，在Y点甲烷的转化率小于X，说明Y点平衡向着正向移动，v（正）＞v（逆），故D错误； 故选：A。 A．根据图象可知，升高温度，甲烷的平衡转化率增大，结合温度对平衡的影响分析； B．由图可知，温度一定时，甲烷的转化率α（P1）＞α（P2）＞α（P3）＞α（P4），据此结合方程式判断压强对平衡移动的影响分析； C．1100℃时，甲烷的转化率为80%，利用化学平衡三段式计算出平衡时各组分的浓度，然后计算出该反应的平衡常数； D．Y点甲烷的转化率小于平衡常数，说明此时平衡继续正向进行。 本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，C为易错点，注意明确三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的综合应用能力。 ‎ 1. 已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法正确的是（　　）‎ A. 原子半径：r（X）＞r（Y）＞rZ）＞r（W） B. 元素W的含氧酸的酸性一定比Z的强 C. 元素W的气态氢化物的热稳定性比Y的弱 D. W与X的原子序数一定相差5‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确； B．W为O或F时无正价，则W不存在含氧酸，故B错误； C．W为O时，Y为Si，则非金属性W＞Y，则W的气态氢化物的稳定性大于Y的气态氢化物的稳定性，故C错误； D．X为Na或Mg或Al，W为O或F，则W与X的原子序数相差不一定为5，故D错误。 故选：A。 W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，则W为第二周期元素，X、Y、Z为第三周期元素，且X为Na或Mg或Al，W为O时Z为S，W为F时Z为Cl，相对位置为，结合元素周期率的递变规律解答该题。 本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的相对位置及不确定性，选项D为解答的易错点，题目难度不大。 ‎ 2. 下列图示与对应的叙述相符合的是（　　）‎ A. 表示对某化学平衡体系改变温度后，反应速率随时间的变化 B. 可表示不同压强对可逆反应A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响 C. 表示体积和pH均相同的HCl、CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，则a表示的是HCl溶液 D. 表示0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L硫酸时溶液pH的变化 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．图象中改变条件V（逆）增大、v（正）减小，改变温度瞬间正、逆速率都增大，故不可能表示改变温度后反应速率随时间的变化，故A错误； B．可逆反应A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s），反应前后气体物质的量不变，改变压强不影响平衡移动，但增大压强反应速率增大，达到平衡所需时间缩短，图象符合，故B正确； C．体积和pH均相同的HCl、CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，醋酸为弱酸，随反应进行又电离出氢离子，产生H2的体积随时间的变化醋酸多，则a表示的是醋酸溶液，故C错误； D.0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20 mL 0.1mol•L-1硫酸前后完全反应需要氢氧化钠溶液体积40ml，图中氢氧化钠消耗20ml，到反应终点，出现PH突越，不符合反应过程，故D错误； 故选：B。 A．改变温度瞬间正、逆速率都增大； B．反应前后气体物质的量不变，改变压强缩短达到平衡的时间，平衡不变； C．体积和pH均相同的HCl、CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，醋酸为弱酸产生H2的体积多； D.0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20 mL 0.1mol•L-1硫酸前后完全反应需要氢氧化钠溶液体积40mL ‎。 本题考查图象的分析、化学平衡移动、溶液的导电性、滴定终点判断、反应能量变化等，学生只要掌握外界条件对化学平衡移动的影响，注意观察图象的关键点，线的走向，就可能迅速解题了，题目难度中等。 ‎ 1. 下列说法中正确的是（　　）‎ A. 将AlCl3溶液直接蒸干，可制取无水AlCl3固体 B. 保存FeSO4溶液时，可向其中加入稀H2SO4以抑制Fe2+水解 C. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7 D. 常温下，将pH=4的CH3COOH溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．AlCl3是强酸弱碱盐，Al3+水解生成Al（OH）3和HCl，升高温度促进盐酸挥发，所以将AlCl3溶液直接蒸干得到Al（OH）3固体，故A错误； B．硫酸亚铁水解显酸性，在溶液中加稀硫酸可以抑制亚铁离子的水解，故B正确； C．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸浓度大于NaOH浓度，醋酸过量，溶液pH＜7，故C错误； D．醋酸加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（H+）减小，温度不变，溶液的离子积常数不变，所以溶液中c（OH-）增大，其它微粒浓度都减小（水分子除外），故D错误； 故选：B。 A．AlCl3是强酸弱碱盐，Al3+水解生成Al（OH）3和HCl，升高温度促进盐酸挥发； B．硫酸亚铁水解显酸性； C．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸浓度大于NaOH浓度，醋酸过量； D．醋酸加水稀释过程中只有c（OH-）增大，其它微粒浓度都减小（水分子除外）； 本题考查盐类水解、弱电解质电离，为高频考点，把握电离平衡移动、pH与浓度关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。 ‎ 2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）‎ A. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 B. FeCl3具有氧化性，可用作净水剂 C. SO2具有酸性，可用于漂白纸浆 D. Fe粉具有还原性，可放置在食品包装袋中作抗氧化剂 ‎【答案】D ‎【解析】解：A．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制造光导纤维，与其硬度大无关，故A错误； B．FeCl3中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与FeCl3具有氧化性无关，故B错误； C．二氧化硫具有漂白性，具有漂白性的物质，能用于漂白纸浆，与二氧化硫的酸性无关，故C错误； D．具有还原性的物质能吸收氧气，Fe粉具有还原性，可放置在食品包装袋中作抗氧化剂，故D正确。 故选：D。 A．二氧化硅对光具有良好的全反射作用； B．FeCl3中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用； C．具有漂白性的物质，能用于漂白纸浆； D ‎．具有还原性的物质能吸收氧气。 本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 ‎ 1. 如图为Mg-NaClO燃料电池结构示意图。下列说法正确的是（　　） ‎ A. X电极作负极 B. 电子由X电极流出经导线流入Y电极 C. NaClO溶液的pH大于废液的pH D. X电极上发生的反应为ClO-+2H2O-4e-=ClO3-+4H+ ‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A．Mg容易失去电子，OH-在燃料电池中移向流出电子的负极，故Mg作Y电极为负极，X为正极，故A错误； B．电子由负极Y电极流出经导线流入X电极，故B错误； C．镁失去2个电子变为镁离子，镁离子与氢氧根离子结合为氢氧化镁沉淀，OH-被消耗，反应后废液的主要成分为氯化钠，故NaClO溶液的pH大于废液的pH，故C正确； D．H+与OH-不能大量共存，则正极X反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，故D错误。 故选：C。 原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，由阴离子移动方向可知Y为负极，X为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，以此解答该题。 本题综合考查电解池和原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等。 ‎ 2. 下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A. HCO3-水解：HCO3-+H2O⇌CO32-+H3O+ B. 碳酸钙与乙酸溶液反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O C. 用情性电极电解MgCl2溶液：2C1-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ D. NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】解：A．HCO3-的水解的离子方程式：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，选项中为碳酸氢根离子电离方程式，故A错误； B．醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+Ca2++H2O，故B错误； C．用惰性电极电解MgCl2溶液，反应生成氢氧化镁沉淀、氧气和氯气，正确的离子反应为：Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+O2↑+Cl2↑，故C错误； D．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性的离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D正确； 故选：D。 A．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根离子； B．醋酸为弱酸，应写成化学式； C．漏掉了镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀的反应； D．充分反应后溶液呈中性，以2：1‎ 反应，生成硫酸钡、硫酸钠和水。 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、电解过程分析、与量有关的离子反应考查，题目难度不大。 ‎ 二、双选题（本大题共2小题，共8.0分）‎ 1. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）‎ 选项 操作 现象 结论 A 室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液 溶液变蓝色 Fe3+的氧化性比I2的强 B 室温下，向密闭容器中充入NO2，达平衡后，再慢慢扩大容器体积 最终容器中气体颜色比初次平衡时浅 ‎2NO2（g）⇌N2O4（g）该平衡正向移动 C 将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸 固体部分溶解，有无色无味气体产生 Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）‎ D 向浓度均为0.01 mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加几滴 0.01mol/LAgNO3溶液 出现黄色沉淀 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】AD ‎【解析】解：A．FeCl3与KI发生氧化还原反应生成碘，溶液变蓝色可知Fe3+的氧化性比I2的强，故A正确； B．慢慢扩大容器体积，无论是否发生平衡移动，浓度均比原来的小，则由现象不能判定平衡的移动，故B错误； C．Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），生成碳酸钡沉淀，溶于盐酸，则不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3），故C错误； D．Ksp小的先沉淀，由黄色沉淀可知，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确； 故选：AD。 A．FeCl3与KI发生氧化还原反应生成碘； B．慢慢扩大容器体积，无论是否发生平衡移动，浓度均比原来的小； C．Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），生成碳酸钡沉淀，溶于盐酸； D．Ksp小的先沉淀。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、平衡移动、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 ‎ 2. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更易锈蚀 B. 电解精炼铜时，粗铜作阴极 C. 3C（s）+CaO（s）=CaC2（s）+CO（g）在常温下不能自发进行，则该反应的△H＞0 D. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率 ‎【答案】AC ‎【解析】解：A．镀铜铁制品镀层受损后，Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极，加速被腐蚀，所以铁制品比受损前更容易生锈，故A正确； B．电解池中阳极失电子，则电解法精炼铜时，粗铜作阳极失电子逐渐溶解，纯铜作阴极，阴极上铜离子得电子生成Cu，故B错误； C．3C（s）+CaO（s）=CaC2（s）+CO（g）的△S＞0，不能自发进行，说明△H-T•△S＞0，则该反应的△H＞0，故C正确； ‎ D．合成氨生产中将NH3液化分离，减少了生成物的浓度，平衡向正方向移动，提高H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故D错误。 故选：AC。 A．作原电池负极的金属加速被腐蚀； B．电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极； C．如能自发进行，应满足△H-T•△S＜0； D．减少生成物的浓度，平衡向正方向移动，反应速率减小。 本题考查较为综合，涉及化学反应与能量变化、原电池原理、电解池原理的应用以及化学平衡的影响因素，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意相关理论知识的学习，难度不大。 ‎ 三、简答题（本大题共5小题，共68.0分）‎ 1. 工业上采用NH3选择性催化还原NOx技术（NH3-SCR） 进行烟气脱硝。其原理是用NH3在催化剂条件下将烟气中的NOx还原为N2，同时发生反应：4NH3+3O2=2N2+6H2O （1）若脱硝过程中消耗n（NO）：n（NH3）=1，则该过程中NH3、NO与O2总反应的化学方程式为______；当反应中有2molNO被转化时，转移电子数目为______。 （2）烟气中存在的SO2会降低脱硝率，主要原因是______。 （3）实验室对脱硝过程中使用的催化剂进行活性测试，结果如图所示： 已知脱硝过程中的副反应为：4NH3+5O2=4NO+6H2O；2NH3+2O2=N2O+3H2O ①由图可知，该条件下催化剂最有利于脱硝的反应温度为______℃。 ②脱硝率随温度升高而减小的原因有______。 （4）烟气中的NOx也可以用硝酸吸收生成HNO2 （亚硝酸，一种弱酸），再用惰性电极电解可以将HNO2转化为HNO3，该转化发生在电解池的______（填“阳极”或“阴极”），电极反应式为______。‎ ‎【答案】4NH3+4NO+O24N2+6H2O；6mol或3.612×1024；SO2会与NH3反应生产铵盐，减少NH3含量从而降低脱硝率；300；NH3发生副反应，降低的了NH3的浓度（或NH3发生副反应转化为NO，增加NO含量），温度升高，催化剂活性降低；阳极；HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+‎ ‎【解析】解：（1）n（NO）：n（NH3）=1，NH3、NO与O2在催化剂条件下发生反应生成氮气和水，化学反应方程式为4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O；1molNO参加反应转移电子物质的量为3mol，据此计算有2molNO参加反应转移电子物质的量6mol，转移电子数目为6 mol 或 3.612×1024， 故答案为：4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O；6 mol 或 3.612×1024； （2）SO2为酸性氧化物、NH3为碱性气体，二者反应生成铵盐，减少NH3‎ 含量从而降低脱硝率， 故答案为：SO2会与NH3反应生产铵盐，减少NH3含量从而降低脱硝率； （3）①由图可知，300℃时脱硝率最大，则该条件下催化剂最有利于脱硝的反应温度为300℃， 故答案为：300； ②NH3发生副反应，降低的了NH3的浓度 （或NH3发生副反应转化为NO，增加NO含量）；温度升高，催化剂活性降低，从而脱硝率降低， 故答案为：NH3发生副反应，降低的了NH3的浓度 （或NH3发生副反应转化为NO，增加NO含量），温度升高，催化剂活性降低； （4）HNO2失电子发生氧化反应生成HNO3，应该在阳极上发生，该电极上亚硝酸失电子和水反应生成硝酸根离子，电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+， 故答案为：阳极；HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。 （1）n（NO）：n（NH3）=1，NH3、NO与O2在催化剂条件下发生反应生成氮气和水；1molNO参加反应转移电子物质的量为3mol，据此计算有2molNO参加反应转移电子物质的量； （2）SO2为酸性氧化物、NH3为碱性气体，二者反应生成铵盐； （3）①由图可知，300℃时脱硝率最大； ②随温度升高，催化剂活性降低，且该反应有副反应发生； （4）HNO2失电子发生氧化反应生成HNO3，应该在阳极上发生，该电极上亚硝酸失电子和水反应生成硝酸根离子。 本题以含氮物质为载体考查图象分析、电解原理、物质的量计算等知识点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，注意（1）反应中氧化剂为NO和氧气，为易错点。 ‎ 1. 铁氧化物还原反应是分阶段进行的复杂气固反应。CO还原铁氧化物体系平衡时，CO（g）、CO2（g）的体积分数随温度变化曲线如图所示。 （1）已知：反应a，3Fe2O3（s）+CO（g）⇌2Fe3O4（s）+CO2（g）△H1=a kJ/mol； 反应b，Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2 （g）△H2=bkJ/mol； 反应c，Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2 （g）△H3=c kJ/mol； 则反应d，FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）△H4=______kJ/mol； （2）高炉炼铁采用赤铁矿（主要成分为Fe2O3）、焦炭等作原料。 ①在温度低于570℃时，赤铁矿的还原分______个反应阶段完成 （填数字）。 ②若反应在800℃条件下进行，为得到FeO，应控制CO的体积分数的范围是______。 ③为减少高炉排放尾气中CO的含量，下列措施可行的是______。 A．其它条件不变，无限增加高炉的高度      B．调节还原时的炉温 C．增大原料中焦炭与赤铁矿的比例          D．将生成的铁及时移出 （3）利用Fe3O4/FeO之间的循环转换，裂解水制取氢气的流程如图所示。 ‎ ‎①该流程与水煤气法制氢气（碳与水在高温下直接反应）相比，最大的优点在于______。 ②为避免发生副反应得到Fe，阻碍循环反应的进行，反应c需控制的条件为______。‎ ‎【答案】；2；35%～65%；B；可以直接得到纯净的H2，避免复杂的分离步骤，节约成本；温度不低于570℃，CO的百分含量不能过高 ‎【解析】解：（1）已知：①3Fe2O3（s）+CO（g）⇌2Fe3O4（s）+CO2（g）△H1=a kJ/mol，                         ②Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2 （g）△H2=bkJ/mol，                          ③Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2 （g）△H3=c kJ/mol， 所求反应为：FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g），该反应可由得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为△H=， 故答案为：； （2）①赤铁矿主要成分为Fe2O3，根据图象分析，温度低于570℃时，体系中Fe3O4一部分被还原为Fe，一部分被还原为Fe2O3，所以还原一共分为两个阶段的反应， 故答案为：2； ②若反应在800℃条件下进行，为得到FeO，即d和c曲线对应的中间区域，根据曲线c和曲线d对应的CO体积分数，则应控制CO的体积分数的范围是：35%～65%， 故答案为：35%～65%； ③A．高炉的高度不可能无限增加，不符合工业生产实际，故A错误； B．温度变化对还原反应区域的选择影响较大，所以可以调节还原时的炉温，故B正确； C．增大原料中焦炭与赤铁矿的比例，焦炭和赤铁矿均为固相，在有气相生成的反应中，固相不列入影响化学平衡的项，所以增大原料中焦炭与赤铁矿的比例，并不影响化学平衡，故C错误； D．生成的铁为固相，在有气相生成的反应中，固相不列入影响化学平衡的项，不影响化学平衡，故D错误， 故答案为：B； （3）①流程中将H2与CO分离的彻底，可以得到较纯的H2，所以其优点在于：可以直接得到纯净的H2，避免复杂的分离步骤，节约成本， 故答案为：可以直接得到纯净的H2，避免复杂的分离步骤，节约成本； ②为避免发生副反应得到Fe，阻碍循环反应的进行，根据温度变化对应还原产物变化图分析，温度高于570℃时，随着温度升高，Fe含量减少，FeO含量升高，同时CO含量不能过高，过高促使反应正向进行，生成FeO的同时生成Fe， 故答案为：温度不低于570℃，CO的百分含量不能过高。 （1）根据已知热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变； （2）①赤铁矿主要成分为Fe2O3，根据图象分析，温度低于570℃时，体系中Fe3O4一部分被还原为Fe，一部分被还原为Fe2O3； ②若反应在800℃条件下进行，为得到FeO，即d和c曲线对应的中间区域，根据曲线c和曲线d对应的CO体积分数分析； ③A．高炉的高度不可能无限增加，不符合工业生产实际； ‎ B．温度变化对还原反应区域的选择影响较大； C．增大原料中焦炭与赤铁矿的比例，焦炭和赤铁矿均为固相，在有气相生成的反应中，固相不列入影响化学平衡的项； D．生成的铁为固相，在有气相生成的反应中，固相不列入影响化学平衡的项； （3）①流程中将H2与CO分离的彻底，可以得到较纯的H2； ②为避免发生副反应得到Fe，阻碍循环反应的进行，根据温度变化对应还原产物变化图分析。 本题考查了物质性质、热化学方程式书写、化学平衡计算等知识点，注意题干信息的理解应用，题目难度中等。 ‎ 1. 四羰基镍[Ni（CO）4]易溶于CCl4，可由Co与镍粉反应制得。 （1）Ni基态核外电子排布式为______。Ni（CO）4结构如1图所示，其空间构型为______（用文字描述）。 （2）CCl4中C原子轨道杂化类型为______。 与CO互为等电子体的一种阴离子为______（填化学式）。 （3）1 mol Ni（CO）4分子中含有σ键的数目为______。 （4）某新型超导晶体由镁、镍和碳三种元素组成，其晶胞结构如图2所示，则该晶体的化学式为______。‎ ‎【答案】[Ar]3d84s2；正四面体形；sp3；CN-；8mol或4.816×1024；MgNi3C ‎【解析】解：（1）Ni是28号元素，故核外电子排布式为[Ar]3d84s2；根据图1所示，Ni（CO）4的空间结构为正四面体形； 故答案为：[Ar]3d84s2； 正四面体形； （2）CCl4中，中心原子碳的价层电子对数为4+=4，故C原子的杂化轨道类型为sp3；寻找CO的等电子体时，可将O的原子序数减1，换做N，但此时要带一个单位的负电荷，故这种阴离子为CN-； 故答案为：sp3；CN-； （3）配体CO中含有一个σ键和2个π键，共有4个配体，故配体中的σ键共计4个。配位键看作σ键，共4个配位键，共1 mol Ni（CO）4分子中含有σ键的数目为8mol或4.816×1024个； 故答案为：8 mol 或4.816×1024； （4）镁原子占据顶点，共有8×=1个，镍原子占据面心的位置，共有6×=3个，碳原子位于体心，共计1个，故该晶体的化学式为MgNi3C。 故答案为：MgNi3C。 （1）书写电子排布式是注意构造原理以及洪特规则的特例；该配位化合物的结构与甲烷相似，为正四面体形； （2）碳原子全部参与成键，没有孤电子对，共形成4个σ键，故碳原子为sp3 杂化；寻找等电子体时可采用价电子迁移法，即原子序数减小，将带负电荷，原子序数增大，将带正电荷； （3）配位键可看做σ键，CO中含1个σ键和2个π键； （4‎ ‎）利用均摊法求算各原子数目，从而求出化学式。 通过本题，要掌握核外电子排布式的书写原则；了解共价键的类型，会分析物质中含有的σ键的数目，特别要注意配位化合中的配位键也属于σ键；会根据所给物质的特点选择用不同的方法判断空间构型及杂化方式，如较简单的物质可计算价层电子对数目，有机物中可利用碳原子的成键方式进行判断；会利用均摊法求晶体的化学式。 ‎ 1. 用高锰酸钾法测定的化学需氧量称为高锰酸钾指数（IMn）。 其测定原理为：在酸性条件下，用KMnO4氧化水中的还原性物质，向剩余的KMnO4中加入过量的Na2C2O4还原，再以标准KMnO4溶液回滴过量的Na2C2O4。 测定某水样高锰酸钾指数的步骤如下： 步骤1取10.0mL水样，加水稀释至100.0 mL，加入5.0mL H2SO4，加入10.00 mL0.0100 mol/L KMnO4溶液，摇匀，将锥形瓶置于沸水浴中30 min。 步骤2 取出 后加入10.00 mL 0.0100 mol/LNa2C2O4溶液，溶液变为无色。 步骤3 趁热用 0.0100 mol/LKMnO4溶液滴定至终点，记录消耗的KMnO4溶液的体积为2.16 mL。 己知酸性条件下，MnO4-被还原为Mn2+，C2O42-被氧化为CO2。 回答下列问题： （1）①Na2C2O4发生水解反应的离子方程式为______。 ②若向10 mL 0.0100 mol•L-1 NaHC2O4溶液中加入10 mL 0.0100 mol•L-1HCl溶液，所得溶液的pH＜7，原因是______。 （2）步骤3所用滴定管为______滴定管（填“酸式”或“碱式”），滴定终点的现象为______。 （3）计算步骤1锥形瓶中未反应的KMnO4的物质的量，写出计算过程。______ （4）高锰酸钾指数IMn以每升样品中还原性物质消耗氧气的质量来表示，以上样品的IMn为______mg/L。‎ ‎【答案】C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-；反应恰好生成等物质的量的H2C2O4和NaCl，H2C2O4电离出氢离子溶液呈酸性；酸式；溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不再褪色；n（Na2C2O4）剩余=2.16×10-3 L×0.0100mol•L-1×5×=5.4×10-5mol， n（Na2C2O4）消耗=10.00×10-3 L×0.0100mol•L-1-5.4×10-5mol=4.6×10-5mol， n（KMnO4）剩余=4.6×10-5mol×2×=1.84×10-5mol；326.4‎ ‎【解析】解：（1）①Na2C2O4发生水解反应生成草酸氢钠和氢氧化钠，水解反应的离子方程式为：C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-， 故答案为：C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-； ②若向10 mL 0.0100mol•L-1NaHC2O4溶液中加入10 mL 0.0100mol•L-1HCl溶液反应生成等物质的量的H2C2O4和NaCl，草酸为二元弱酸分步电离，溶液呈酸性， 故答案为：反应恰好生成等物质的量的H2C2O4和NaCl，H2C2O4电离出氢离子溶液呈酸性； （2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，所用滴定管为酸式滴定管，滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不再褪色， 故答案为：酸式；溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不再褪色； （3）在酸性条件下，用KMnO4氧化水中的还原性物质，向剩余的KMnO4中加入过量的Na2C2O4还原，再以标准KMnO4溶液回滴过量的Na2C2O4，n（Na2C2O4）剩余=2.16×10-3 L×0.0100mol•L-1×5×=5.4×10-5mol， n（Na2C2O4）消耗=10.00×10-3 L×0.0100mol•L-1-5.4×10-5mol=4.6×10-5mol， 步骤1锥形瓶中未反应的KMnO4的物质的量，2MnO4-～2Mn2+～10e-～5C2O42-～10CO2， n（KMnO4）剩余=4.6×10-5mol×2×=1.84×10-5mol， 故答案为：n（Na2C2O4）剩余=2.16×10-3 L×0.0100 mol•L-1×5×=5.4×10-5mol， n（Na2C2O4）消耗=10.00×10-3 L×0.0100 mol•L-1-5.4×10-5mol=4.6×10-5mol， n（KMnO4）剩余=4.6×10-5mol×2×=1.84×10-5mol ‎， （4）上述分析可知样品中还原性物质消耗高锰酸钾物质的量=0.1mol/L×0.01L-n（KMnO4）剩余=0.1mol/L×0.01L-1.84×10-5mol=8.16×10-5mol，用氧气表示消耗量应遵循电子守恒关系，                                 4MnO4-～Mn2+～5O2～20e-，                                  4                        5                             8.16×10-5mol        n（O2）  n（O2）=1.02×10-4mol， 高锰酸钾指数IMn以每升样品中还原性物质消耗氧气的质量来表示，以上样品的IMn==0.3264g/L=326.4mg/L， 故答案为：326.4； （1）①Na2C2O4发生水解反应生成草酸氢钠和氢氧化钠； ②若向10 mL 0.0100mol•L-1NaHC2O4溶液中加入10 mL 0.0100mol•L-1HCl溶液反应生成等物质的量的H2C2O4和NaCl； （2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，利用高锰酸钾溶液颜色指示反应终点； （3）在酸性条件下，用KMnO4氧化水中的还原性物质，向剩余的KMnO4中加入过量的Na2C2O4还原，再以标准KMnO4溶液回滴过量的Na2C2O4，n（Na2C2O4）剩余=2.16×10-3 L×0.0100mol•L-1×5×=5.4×10-5mol，n（Na2C2O4）消耗=10.00×10-3 L×0.0100mol•L-1-5.4×10-5mol=4.6×10-5mol，结合电子守恒关系计算得到为反应的高锰酸钾物质的量，2MnO4-～2Mn2+～10e-～5C2O42-～10CO2计算； （4）上述分析可知样品中还原性物质消耗高锰酸钾物质的量=0.1mol/L×0.01L-n（KMnO4）剩余，用氧气表示消耗量应遵循电子守恒关系，4MnO4-～Mn2+～5O2～20e-。 本题考查了物质组成和含量的测定、滴定实验的分析应用、氧化还原反应定量关系的计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 ‎ 1. ‎2017年8月《水俣公约》在我国生效，其中规定到2020年禁止生产部分含汞物。 （1）有机化工中常采用氯化汞（HgCl2） 作催化剂。已知HgCl2能溶于水，在水溶液中分步电离，写出其第一步的电离方程式______。 （2）含Hg2+废水可用Na2S等试剂进行沉淀法处理。己知：HgS不溶于水，也不溶于酸，但可溶于浓Na2S溶液，HgS+S2-⇌HgS22-。 ①Na2S稀溶液中，含硫粒子物质的量浓度由大到小的顺序为______。 ②含Hg2+酸性废水在用Na2S处理前，需调节其pH至8～10，原因是______。 ③加入的Na2S应适量，否则会导致汞的去除率下降，原因是：Na2S量少，沉淀不完全：______。 （3）燃煤烟气中的单质汞可用KMnO4溶液吸收。在恒温时，一定浓度不同pH的KMnO4溶液对单质汞的单位时间去除率如图所示。 ①在弱碱性环境中，反应的主要产物为HgO和MnO2．该反应的离子方程式为______。 ②在强酸性环境中汞的去除率高，其可能原因有：反应产物Mn2+具有催化作用：______。‎ ‎ ‎ ‎【答案】HgCl2⇌HgCl++Cl-；c（S2-）＞c（HS-）＞c（H2S）；避免加入Na2S时，生成有毒气体H2S（或避免消耗更多的Na2S）；Na2S过量，生成的HgS又溶解；3Hg+2MnO4-+H2O=3HgO+2OH-+2MnO2；c（H+）增大使溶液中KMnO4的氧化性增强 ‎【解析】解：（1）氯化汞第一步电离的方程式：HgCl2⇌HgCl++Cl-； 故答案为：HgCl2⇌HgCl++Cl-； （2）①Na2S是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，S2-在溶液中存在两步水解，水解的离子方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+），含硫粒子物质的量浓度由大到小的顺序为c（S2-）＞c（HS-）＞c（H2S）， 故答案为：c（S2-）＞c（HS-）＞c（H2S）； ②含Hg2+酸性废水，酸性较强，直接加入硫化钠，生成有毒气体H2S，消耗更多的Na2S，所以在用Na2S处理前，需调节其pH至8～10， 故答案为：避免加入Na2S时，生成有毒气体H2S（或避免消耗更多的Na2S）； ③HgS不溶于水，也不溶于酸，但可溶于浓Na2S溶液，HgS+S2-⇌HgS22-，Na2S过量，生成的HgS又溶解， 故答案为：Na2S过量，生成的HgS又溶解； （3）①在弱碱性环境中，反应的主要产物为HgO和MnO2，酸性高锰酸钾能够将Hg氧化为HgO，本身被还原为二氧化锰，Mn化合价从+7降为+4价，Hg从0价升至+2价，其物质的量之比为2：3，结合原子守恒配平方程式为：3Hg+2MnO4-+H2O=3HgO+2OH-+2MnO2， 故答案为：3Hg+2MnO4-+H2O=3HgO+2OH-+2MnO2； ②反应产物Mn2+具有催化作用，在强酸性环境中汞的去除率高，去除汞是利用高锰酸根离子的氧化性，所以c（H+）增大使溶液中KMnO4的氧化性增强，导致在强酸性环境中汞的去除率高， 故答案为：c（H+）增大使溶液中KMnO4的氧化性增强。 （1）根据弱电解质的电离用“⇌”以及题目信息分步电离来解答； （2）①Na2S是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，结合水解方程式确定离子浓度大小； ②含Hg2+酸性废水直接加入Na2S时，生成有毒气体H2S； ③HgS可溶于浓Na2S溶液，Na2S过量，生成的HgS又溶解； （3）①酸性高锰酸钾能够将Hg氧化为HgO，本身被还原为二氧化锰，Mn化合价从+7降为+4价，Hg从0价升至+2价，结合原子守恒书写； ②从影响氧化性的外界因素分析。 本题考查了盐类水解、氧化还原及其应用等知识，题目难度中等，试题涉及弱电解质的电离、水解、氧化还原化学方程式书写方法等，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，是一道质量较好的题目。 ‎ 四、实验题（本大题共1小题，共12.0分）‎ 1. 在10L密闭容器中充入气体A和B，发生反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）△H，所得实验数据如表：‎ 实验编号 温度℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n（A）‎ n（B）‎ n（C）‎ ‎①‎ ‎400‎ ‎0.80‎ ‎0.20‎ ‎0.180‎ ‎②‎ ‎500‎ ‎0.80‎ ‎0.20‎ ‎0.160‎ ‎③‎ ‎500‎ ‎0.40‎ ‎0.10‎ a 请回答下列问题： （1）实验①中，若5min末测得n（C）=0.10 mol，则0至5 min内，平均反应速率v（D）=______。 （2）下列表述能说明实验②中反应已达平衡状态的是______ （填序号）。 a．容器内压强保持不变              b．容器内气体的密度保持不变 c．生成A的速率等于生成C的速率   d．容器内各气体的浓度保持不变 （3）在500℃时，该反应的平衡常数K为______。 （4）实验③中，B的平衡转化率为______。 （5）该反应的△H______0 （填“＞”或“＜”），判断依据是______。‎ ‎【答案】2.0×10-3；cd；1；80%；＜；由①和②数据可知，升温平衡逆移，则正反应放热 ‎【解析】解：（1）速率之比等于化学计量数之比，则0至5min时间内，v（C）=v（D）==2.0×10-3 mol•L-1•min-1， 故答案为：2.0×10-3； （2）a．反应前后气体总物质的量不变，且恒温恒容，则体系内压强始终改变，不能判定平衡，故a错误； b．气体的质量、体积均不变，混合气体的密度始终不变，则不能判定平衡，故b错误； c．生成A的速率为逆反应速率，生成C的速率为正反应速率，两者速率之比与化学计量数之比相等，说明反应达到平衡状态，故c正确； d．容器内各气体的浓度保持不变，说明各气体的物质的量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故d正确； 故答案为：cd； （3）实验②中平衡时C为0.16mol，则：                     A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g） 起始（mol）：0.8      0.2            0           0 转化（mol）：0.16   0.16    0.16         0.16 平衡（mol）：0.64   0.04    0.16         0.16 由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故实验②中，该反应的平衡常数：K===1， 故答案为：1； （4）实验③中平衡时C为amol，则：                     A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g） 起始（mol）：0.4      0.1            0           0 转化（mol）：a         a              a         a 平衡（mol）：0.4-a   0.1-a         a       a 此时平衡常数K===1，解得：a=0.08‎ ‎， 则B的平衡转化率为=80%， 故答案为：80%； （5）根据表格数据400℃时，化学平衡时C为0.180mol，升高温度至500℃平衡时C为0.160mol，所以升温平衡逆反应方向移动，则正反应为放热反应，焓变△H＜0， 故答案为：＜； 由①和②数据可知，升温平衡逆移，则正反应放热。 （1）根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算0至5min时间内的v（D）； （2）结合平衡的特征“等、定”判定平衡状态； （3）实验②中平衡时C为0.16mol，计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=计算 （4）实验③中平衡时C为amol，则：                     A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g） 起始（mol）：0.4      0.1            0           0 转化（mol）：a         a              a         a 平衡（mol）：0.4-a   0.1-a         a       a 先根据平衡常数计算出a，再计算B的转化率； （5）根据表格数据400℃时，化学平衡时C为0.180mol，升高温度至500℃平衡时C为0.160mol，所以升温平衡逆反应方向移动，据此判断。 本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，涉及化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡及其影响等知识，明确化学反应速率、化学平衡的概念及表达式为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。 ‎