2018-2019学年重庆市第一中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版

2018-2019学年重庆市第一中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版

‎2018年重庆一中高2020级高二上期中考试(理科)校对版(化学)‎ ‎1.下列有关生活中的化学知识运用合理的是 A. 明矾可用于自来水消毒 B. 食品包装袋内的小袋铁粉主要起干燥作用 C. 工业上可用电解AlCl3溶液的方法制备金属Al D. 工业上可用氯化铵溶液除去金属表面的氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以做净水剂，但没有氧化性，不能杀菌消毒；故A错误；‎ B. 铁粉没有吸水作用，它具有还原性，可以做食品的抗氧化剂，故B错误；‎ C. 电解AlCl3溶液得不到金属铝，工业上用电解熔融的氧化铝制备金属铝,故C错误；‎ D. 氯化铵水解显酸性，金属表面的氧化物能够与酸反应，可以除去金属表面的氧化物的目的，故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎2.常温下，将冰醋酸加水稀释成0.01mol/L的稀醋酸溶液的过程中，以下物理量持续变小的是 A. c(H+) B. 醋酸的电离度 C. 醋酸分子的浓度 D. 醋酸的电离平衡常数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 冰醋酸加水稀释成0.01mol/L的稀醋酸溶液的过程中，促进了醋酸的电离，随着水量的增加，醋酸的电离度增大，c(H+)增大，醋酸分子的浓度在减小，但当达到酸的电离程度小于溶液体积增大程度时,溶液中氢离子浓度又逐渐减少；由于温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，据以上分析解答。‎ ‎【详解】A.醋酸是弱电解质,加水稀释促进醋酸电离, c(H+)增大，但当达到酸的电离程度小于溶液体积增大程度时,溶液中氢离子浓度又逐渐减少,故A错误； B.冰醋酸加水稀释成0.01mol/L的稀醋酸溶液的过程中，醋酸分子不断电离，醋酸的电离度不断增大，故B错误；‎ C.冰醋酸加水稀释成0.01mol/L的稀醋酸溶液的过程中，醋酸分子不断电离，醋酸分子的浓度持续不断地减小，故C正确； D. 温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故D错误； ‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎3.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解了32g铜 B. 1mol FeCl3完全水解后可生成NA个氢氧化铁胶粒 C. 常温下，1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为NA D. 100mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子；由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故A错误；‎ B.氢氧化铁胶体是很多氢氧化铁胶粒的聚合体，所以1mol FeCl3完全水解生成氢氧化铁胶粒个数小于NA，故B错误；‎ C. 常温下，氯气和水反应为可逆反应，因此1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数小于NA，故C错误；‎ D. 100mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中，碳酸根离子少量水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，阴离子增多，溶液中的阴离子数目大于0.01NA；故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 氯化钠溶液导电的过程只涉及到物理变化 B. 氯化铁溶液蒸干得到氯化铁固体 C. 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的△H<0‎ D. 加入催化剂，能够改变可逆反应的平衡转化率，从而提高目标产物在总产物中的比例 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯化钠溶液中含有大量的可以自由移动的Na+和Cl-，通电后可以使得离子进行定向移动, NaCl溶液发生了电解反应，属于化学变化，故A错误；‎ B. 氯化铁溶液中铁离子发生水解,生成氢氧化铁和氯化氢,加热后HCl挥发,得氢氧化铁,氢氧化铁分解为氧化铁,所以氯化铁溶液蒸干得不到氯化铁固体，故B错误；‎ C.因为反应△S<0，若该反应在低温下能自发进行，根据△G=△H－T△S<0可得该反应的△H<0，故C正确；‎ D. 加入催化剂，能够改变化学反应速率，但不影响平衡的转化率，故D错误；‎ 综上所述。本题选C。‎ ‎5.图中所示的装置图能够达到实验目的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧化钠固体应该在烧杯中溶解，冷却到室温后用玻璃棒转移到容量瓶内，A错误；‎ B.高锰酸钾溶液具有氧化性，草酸具有还原性，二者发生氧化还原反应，当溶液的颜色由无色变为紫色，且30内颜色保持不变，达到滴定终点，可以实现目的，B正确；‎ C.瓷坩埚成分中有二氧化硅，氢氧化钠能够与二氧化硅反应，应用铁坩埚加热溶解氢氧化钠固体，C错误；‎ D.为了使溶液反应进行的更充分，测量的更准确，应该用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是 A. 使甲基橙变黄色的溶液：Na+、K+、SO32－、Cl－‎ B. 含有大量Al3+的溶液：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-‎ C. Kw/c(OH－) =10-3的溶液中：Cl-、NO3-、Na+、Ba2+‎ D. 由水电离出的c(H+)=1×10－12 mol·L－1的溶液中：NH4+、K+、CrO42-、ClO-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.使甲基橙变黄色的溶液，pH>4.4，酸性溶液中不存在SO32－，A错误；‎ B.含有大量Al3+的溶液显酸性，含有AlO2-的溶液显碱性，二者相遇发生双水解，不能大量共存，B错误；‎ C. Kw/c(OH－) =10-3的溶液显酸性，Cl-、NO3-、Na+、Ba2+四种离子间不反应，与氢离子也不反应，能够大量共存，C正确；‎ D.由水电离出的c(H+)=1×10－12 mol·L－1的溶液显酸性或碱性，NH4+在碱性环境下不能共存，ClO-在酸性条件下不能共存，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎7.下列实验能达到预期目的是 编号 ‎ 实验内容 ‎ 实验目的 ‎ A ‎ 室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH ‎ 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱 ‎ B ‎ 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅 ‎ 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 ‎ C ‎ 向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 ‎ 证明在相同温度下Ksp： ‎ Mg(OH)2＞Fe(OH)3 ‎ D ‎ 等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体，HX放出的氢气多且反应速率快 ‎ 证明HX酸性比HY强 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，A错误；‎ B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正确；‎ C．NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大小，C错误；‎ D．HX放出的氢气多且反应速率快，说明HX浓度比HY大，HX酸性比HY弱，故D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】该题为高频考点，涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、pH的测定等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，选项A和D是易错点，注意次氯酸的强氧化性和pH相等的弱酸浓度大小关系。‎ ‎8.下列实验中，由于错误操作导致实验结果一定偏低的是 A. 用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液的浓度 B. 滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度 C. 用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，选甲基橙做指示剂，所测得醋酸溶液的浓度 D. 滴定管(装标准溶液)滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，所测得待测液的浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，A错误；‎ B. 滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，不影响溶质的量，所测得待测液的浓度无影响，B错误；‎ C.甲基橙的变色pH范围为3.1-4.4，用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，反应后生成的醋酸钠显碱性，而选甲基橙做指示剂，溶液显酸性，所消耗的氢氧化钠的体积偏小，所测得醋酸溶液的浓度偏低，C正确；‎ D.滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡,滴定终了无气泡,读出的标准液体积增大,测定结果偏高,D错误；‎ ‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液时，由于醋酸钠溶液水解显碱性，所以使用酚酞作指示剂；用盐酸标准溶液滴定未知浓度的氨水溶液时，由于氯化铵溶液水解显酸性，所以使用甲基橙作指示剂；对于用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸溶液时，由于氯化钠溶液显中性，用酚酞或甲基橙做指示剂均可。‎ ‎9.如图示与对应的叙述符合的是 A. 如图可知实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化 B. 如图可知，反应C(金刚石，s)  ══  C(石墨，s)的焓变ΔH ══ ΔH1－ΔH2‎ C. 如图可知表示除去氧化膜的镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为放热反应 D. 如图可知表示25℃时用0.1000 mol·L－1醋酸滴定40.00 mL 0.1000 mol·L－1NaOH溶液得到的滴定曲线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、使用催化剂化学反应速率加快； ‎ B.根据盖斯定律进行计算C(金刚石，s) ═C(石墨，s)的焓变ΔH；‎ C.镁与盐酸反应为放热反应；‎ D. 醋酸与NaOH恰好完全反应生成醋酸钠溶液，显碱性。‎ ‎【详解】A、使用催化剂化学反应速率加快,所以正反应速率的虚线在实线的上方,故A错误； ‎ B. 如图可知，反应①C(金刚石，s)+O2(g) ═CO2(g)，ΔH2，②C(石墨，s) +O2(g) ═CO2(g)，ΔH1；根据盖斯定律可知，①-②可得C(金刚石，s) ═C(石墨，s)的焓变ΔH ══ΔH2-ΔH1，故B错误；‎ C. 该反应为放热反应，随着反应的进行，温度升高，反应速率逐渐加快；随后c（HCl）逐渐减小，反应速率又逐渐减慢，故C正确；‎ D. 如图可知，当滴加醋酸的体积为40.00 mL 时，醋酸与NaOH恰好完全反应生成醋酸钠溶液，水解显碱性，不显中性，pH>7，故D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. 常温下同浓度的强酸、强碱等体积混合后由水电离出的c(H+)一定为10-7mol·L-l B. 常温下pH =2的盐酸和pH =12的氨水等体积混合后生成NH4Cl，溶液显酸性 C. 常温下0.1 mol·L-1的Na2A溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c(OH-)= 10-10 mol·L-l D. 常温下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固体，c (CH3COO-)/c(Na+)比值变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温下，同浓度的强酸、强碱等体积混合后，由于没有告诉酸中含有氢离子、碱中含有氢氧根离子数目，则混合液不一定呈中性，由水电离出的c(H+)不一定为10-7mol.L-1，故A错误； ‎ B. 常温下pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后，混合液中氨水过量，溶液呈碱性，则c(H+) < c(OH-),故B错误；‎ C. 常湿下，0.1 mol·L-1的Na2A溶液的pH=10，A2-离子水解促进了水的电离，该溶液中氢氧根离子是水的电离的，则该溶液中由水电离的c(OH-)=10-4mol∙L-1，故C错误； ‎ D．CH3COONa溶液中醋酸根离子发生水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,加入CH3COONa固体后，增大了CH3COONa浓度，溶液水解程度减小，c(CH3COO-)/c(Na+)比值变大，故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎11.已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：‎ 弱酸 ‎ H2CO3 ‎ HClO ‎ HF ‎ 电离平衡常数 ‎ ‎(25℃) ‎ Ka1=4.30×10-7 ‎ Ka2=5.61×10-11 ‎ Ka=2.98×10-8 ‎ ‎  ‎ Ka=3.6×10-4‎ 下列叙述正确的是 A. Na2CO3溶液不能与次氯酸发生反应 B. 物质的量浓度相同的①NaF②Na2CO3③NaClO三种溶液的pH：③>②>①‎ C. 氢氟酸与NaClO溶液混合能够发生反应：HF+NaClO=HClO+NaF D. 少量CO2通入NaClO溶液中的离子反应：CO2＋H2O＋2ClO－＝CO32－＋2HClO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电离平衡常数大小判断酸性强弱，HF>H2CO3>HClO>HCO3-；形成该盐的酸越弱，盐水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，据此规律进行分析。‎ ‎【详解】根据电离平衡常数大小判断酸性强弱，HF>H2CO3>HClO>HCO3-，‎ A. 酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，所以Na2CO3溶液能与次氯酸发生反应：Na2CO3+HClO= NaHCO3+ NaClO，A错误；‎ B. 形成该盐的酸越弱，盐水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，酸性：HF>H2CO3>HClO>HCO3-，所以物质的量浓度相同的①NaF②Na2CO3③NaClO三种溶液的pH：②>③ >①，B错误；‎ C.酸性：HF>HClO，所以氢氟酸与NaClO溶液混合能够发生反应：HF+NaClO=HClO+NaF，符合规律，C正确；‎ D. 酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，所以少量CO2通入NaClO溶液中的离子反应：CO2＋H2O＋ClO－＝HCO3－＋HClO，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎12.锂-空气电池是一种新型的二次电池，其放电时的工作原理如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 该电池放电时，正极的反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O B. 该电池充电时，阴极发生了氧化反应：Li＋＋e－=Li C. 电池中的有机电解液可以用稀盐酸代替 D. 充电时，空气极与直流电源正极相连 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、正极上是氧气得电子生成氢氧根离子；‎ B、阴极上阳离子得电子发生还原反应；‎ C、金属锂能与盐酸反应生成氢气，据此分析；‎ D、放电时，空气极为原电池正极；充电时，空气极为电解池的阳极。‎ ‎【详解】A、正极上是氧气得电子生成氢氧根离子，则电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；‎ B、阴极上阳离子得电子，则该电池充电时，阴极锂离子得电子发生还原反应：Li++e-=Li，故B错误；‎ C、金属锂能与盐酸反应生成氢气，所以电池中的有机电解液不可以用稀盐酸代替，故C错误；‎ D、放电时，空气极为原电池正极；充电时，空气极为电解池的阳极，因此充电时，空气极与直流电源正极相连，故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎13.某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，下列说法正确的是(   )‎ A. 在0.1mol/L的Na2A溶液中，c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L B. 在0.1mol/L的H2A溶液中，c(H+)= 0.2 mol/L C. 分别将浓度均为0.1mol/L的NaHA和Na2A溶液等体积混合，其pH一定大于7‎ D. 0.1mol/L的NaHA溶液中离子浓度为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据H2A 第一步完全电离和物料守恒解答； B、二元酸H2A在水中的电离方程式为: H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2) ，第一步完全电离,第二步部分电离,根据平衡常数计算溶液的c(H+)； C、HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2),电离平衡常数较大,同浓度0.1mol/L 的NaHA和Na2A溶液等体积混合,其pH应小于7； D、0.1mol/L的NaHA溶液显酸性, c(HA-)＞c(H+)。‎ ‎【详解】A．二元酸H2A 在水中的电离方程式为: H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，可以知道第一步完全电离,第二步部分电离,则在0.1mol/L 的Na2A溶液中，存在HA-和A2-离子,且c(A2-)+c(HA-) =0.1mol/L，A错误；‎ B. 在0.1mol/L的H2A溶液中，在水中的电离方程式为H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，第一步完全电离,第二步部分电离，设电离的HA-为x,则有:(0.1+x)×x/(0.1-x)=1/100，解之得x=0.0084；所以在0.1mol/L的H2A 溶液中, c(H+)=0.1+0.0084=0.1084mol/L,故B错误； C.由Ka=1.0×10-2知, HA-的电离度为10%，在温度不变时，同浓度0.1mol/L 的NaHA和Na2A溶液等体积混合,溶液中的c(H+)近似为0.01mol/L，变化不大，溶液仍呈酸性，故C错误； D. 0.1mol/L的NaHA溶液中，HA-的电离程度约为10%，‎ 溶液显酸性，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】如果H2A为二元弱酸，则Na2A溶液中存在的物料守恒为：c(Na+)=2（c(HA-)+ c(A2-)+ c(H2A)）；如果二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-(Ka=1.0×10-2)，则Na2A溶液中存在的物料守恒为c(Na+)=2（c(HA-)+ c(A2-)）；本题要注意H2A=H++HA-第一步电离是完全的，所以Na2A只能发生一步水解，这是一个易忽视的点。‎ ‎14.向2L的密闭容器中充入7.6mol NO和3.8mol O2，发生如下反应：‎ ‎①2NO（g）＋O2（g）2NO2（g） ‎ ‎②2NO2（g）N2O4（g）‎ 测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，0～10min维持容器温度为T1℃，10min后升高并维持容器的温度为T2℃。下列说法正确的是 A. 前5min的平均反应速率v（N2O4）＝0.18mol·L－1·s－1‎ B. T1℃时反应②的化学平衡常数K＝0.6‎ C. 反应①、②均为吸热反应 D. 若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和2.0mol N2O4，T1℃达到平衡时，N2O4的转化率为10%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据图像可知前5min内生成N2O4的浓度是0.9mol/L，则反应的平均速率v（N2O4）＝0.9mol/L÷5min＝0.18mol·L－1·min－1，A错误；B、T1℃时反应②平衡时N2O4的浓度是0.9mol/L，NO2的浓度是1.5mol/L，则反应②的化学平衡常数K＝，B错误；C、10min后升高并维持容器的温度为T2℃，此时N2O4的浓度降低，NO2的浓度升高，这说明反应②是放热反应。N2O4浓度减少0.2mol/L，但NO2浓度只增加0.1mol/L，这说明反应①升高温度后平衡向逆反应方向进行，即正方应也是放热反应，C错误；D、若起始时向该容器中充入3.6mol ‎ NO2和2. 0mol N2O4，则根据方程式可知相当于起始时加入了7.6mol NO和3.8mol O2，，所以平衡是等效的，则T1℃达到平衡时，N2O4的物质的量是0.9mol/L×2＝1.8mol，即消耗0.2molN2O4，所以N2O4的转化率为10%，D正确，答案选D。‎ 考点：考查平衡状态的有关计算 ‎15.25℃时，用0.10 mol/L的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是 A. H2A的电离方程式为H2AH++HA -‎ B. B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6 mol/L C. C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3·H2O)= 2c(A2-)‎ D. 25℃时，该氨水的电离平衡常数为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据图像，A点时，0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液= -12，此时c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.0×10-13 mol/L，c（H+）=0.1 mol/L，说明H2A为二元强酸。A、H2A的电离方程式为H2A=2H++A 2-，故A错误；B、B点溶液中，加入了10mL 0.10 mol/L的氨水，恰好完全反应，此时溶液应为（NH4）2A溶液，= -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8 mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，此时溶液因NH4+‎ 水解呈酸性，溶液中的氢离子均是水电离产生的，故水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6 mol/L，故B正确；C、C点溶液中，加入了12.5 mL 0.10 mol/L的氨水，此时溶液应为（NH4）2A和NH3·H2O混合溶液，= 0，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)= 2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)= 2c(A2-)，故C错误；D、B点时，溶液应为0.025mol/L（NH4）2A溶液，= -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8 mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4++ H2OH++ NH3·H2O，该反应的水解常数为Kh= == =2×10-5，故氨水的电离平衡常数为=5×10-10，故D错误；故选B。‎ ‎16.醋酸和一水合氨是中学化学中常见的弱电解质。‎ ‎(1)常温下，某研究性学习小组设计了如下方案证明醋酸为弱电解质，你认为方案可行的是_______(填序号) ‎ ‎①配制一定量的0.10 mol/L CH3COOH溶液，然后测溶液的pH，若pH大于1，则证明醋酸为弱电解质。 ‎ ‎②用醋酸溶液和盐酸做导电性实验，若醋酸溶液导电性弱，则证明醋酸为弱电解质。‎ ‎③将pH=2的CH3COOH溶液加水稀释100倍后，若pH>4，则证明醋酸为弱电解质。‎ ‎④配制一定量的CH3COONa溶液，测其pH，若pH大于7，则证明醋酸为弱电解质。‎ ‎(2)若25℃时，0.10 mol/L的CH3COOH的电离度为1%，则该溶液的pH=________，由醋酸电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的_________倍。‎ ‎(3)已知在25℃时，醋酸的电离平衡常数为Ka=1.8×10-5。常温下，0.1mol/L NaOH溶液V1 mL和0.2mol/L CH3COOH溶液V2 mL混合后(忽略混合前后溶液体积的变化)溶液的pH=7。‎ ‎①反应后溶液中离子浓度的大小关系为_________________________________________________。‎ ‎②V1：V2 __________(填“>”、“<”或“＝”)2:1‎ ‎③c(CH3COO-)：c(CH3COOH)=__________________。‎ ‎(4)常温下，可用氨水吸收废气中的CO2得到NH4HCO3溶液，在该溶液中，c(NH4+)_______(填“>”、“<”或“＝”)c(HCO3-)；反应NH4+＋HCO3-＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝_________。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝2×10－5，H2CO3的电离平衡常数Ka1‎ ‎＝4×10－7，Ka2＝4×10－11)‎ ‎【答案】 (1). ①④ (2). 3 (3). 108 (4). c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-) (5). < (6). 180 (7). > (8). 1/800或1.25×10-3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)把醋酸先看成强酸进行分析，然后根据实验结果判断实验方案的可行性；‎ ‎(2)根据电离的三段式进行计算；‎ ‎(3)①根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(CH3COO-)进行分析判断；‎ ‎②若V1：V2=2:1，则酸碱恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，反应后溶液显中性，所以CH3COOH就得稍过量一些； ‎ ‎③中性溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据醋酸的电离平衡常数为Ka=c(CH3COO-)×c(H+)/c(CH3COOH)即可求解； ‎ ‎(4)一水合氨的电离程度大于碳酸的一级电离程度，则碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度；反应NH4+＋HCO3-＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝c(NH3·H2O)c(H2CO3)/c(NH4+)c(HCO3-)=KW/(Kb×Ka1)进行求解。‎ ‎【详解】(1)①0.10 mol/L CH3COOH溶液，醋酸是一元酸，如果醋酸是强电解质，溶液的pH是1，如果大于1，则证明醋酸是弱电解质，故正确；‎ ‎②因两种溶液的浓度未知，无法证明醋酸是否完全电离，所以不能证明电解质的强弱，故错误；‎ ‎③将pH=2的CH3COOH溶液加水稀释100倍后，两者pH的相差小于2个单位，即pH<4，则证明醋酸为弱电解质，故错误；‎ ‎④如果醋酸是强电解质，则CH3COONa是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，若常温下醋酸钠溶液pH>7，则可证明醋酸是弱电解质，故正确。‎ 综上所述，本题选①④。 ‎ ‎(2)若25℃时，0.10 mol/L的CH3COOH的电离度为1%，溶液中氢离子浓度为0.10×1%=1×10-3mol/L，则该溶液的pH=3；醋酸溶液中的氢氧根离子浓度=10-11mol/L，醋酸溶液中的氢氧根离子浓度等于水电离出的c(H+)，所以由醋酸电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)之比为：10-3：10-11=108:1；‎ 综上所述，本题答案是：3 ；108 。‎ ‎(3)①反应后溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(CH3COO-)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)；各离子浓度大小关系为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-) ；综上所述，本题答案是：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-) 。 ‎ ‎②若V1：V2=2:1，则酸碱恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，反应后溶液显中性，所以CH3COOH就得稍过量一些，因此V1：V2 <2:1；综上所述，本题答案是：<。‎ ‎③中性溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据醋酸的电离平衡常数为Ka=1.8×10-5，即 Ka=c(CH3COO-)×c(H+)/c(CH3COOH)=1.8×10-5 ，所以c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.8×10-5/ c(H+)=1.8×10-5/10-7=180；综上所述，本题答案是：180。‎ ‎(4)一水合氨的电离程度大于碳酸的一级电离程度，则碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH4+)>c(HCO3-)；反应NH4+＋HCO3-＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝c(NH3·H2O)c(H2CO3)/c(NH4+)c(HCO3-)=KW/(Kb×Ka1)=10-14/(2×10－5×4×10－7)= 1/800或1.25×10-3；综上所述，本题答案是：>；1/800或1.25×10-3。‎ ‎【点睛】判断HA是弱电解质的方法：0.1mol/LNaA溶液呈碱性；0.01 mol/LHA溶液的pH>2；同浓度、同体积的盐酸和HA溶液，导电能力HA溶液弱。pH相同的盐酸和HA溶液，加水稀释相同的倍数，pH变化幅度小的为HA。‎ ‎17.四氯化锡(SnCl4)常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，某研究性学习小组在实验室用以下装置模拟四氯化锡的制备(夹持装置略)。 ‎ ‎  ‎ 已知：①金属锡熔点为231℃，化学活泼性与铁相似。‎ ‎②SnCl4为无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解生成SnO2·xH2O，在潮湿的空气中发烟。‎ ‎③SnCl2中的Sn2+易被氧化为Sn4+。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器F的名称是_______________，装置B中的试剂是_____________(填名称)。‎ ‎(2)实验前应先点燃_________(填“A”或“E”)处的酒精灯，待__________(填实验现象)后，再点燃另外一处的酒精灯。‎ ‎(3)若没有装置C(其他均相同)，则D中发生的主要副反应的化学方程式为__________。‎ ‎(4)该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为______________________________。‎ ‎(5)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：取0.7500g锡粉溶于足量稀盐酸中，向生成的SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液，用物质的量浓度为0.1000mol•L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+(已知酸性环境下Cr2O72-可被还原为Cr3+)，共用去K2Cr2O7溶液的体积为20.00mL。‎ ‎①锡粒中锡的质量分数_____。‎ ‎②若溶解锡粉的过程生成的SnCl2溶液中含有Sn，则测定结果将__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)‎ ‎【答案】 (1). 直形冷凝管 (2). 饱和食盐水 (3). A (4). 整个装置中充满黄绿色气体 (5). SnCl4+(2+x)H2O=SnO2xH2O+4HCl (6). 在装置G、H之间连接一个干燥装置(碱石灰、氯化钙和浓硫酸均可) (7). 94.96% (8). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D装置烧瓶中含有Sn，则A目的是制取氯气，常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O；SnCl4为无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解，为防止D中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应，则B、C要除去HCl、Cl2，用饱和的食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥Cl2；G中收集的物质是SnCl4，氯气具有毒性，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；据以上分析解答。‎ ‎【详解】工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D装置烧瓶中含有Sn，则A目的是制取氯气，常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O；SnCl4为无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解，为防止D中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应，则B、C要除去HCl、Cl2，用饱和的食盐水除去 HCl，用浓硫酸干燥Cl2；G中收集的物质是SnCl4，氯气具有毒性，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；‎ ‎(1)仪器F的名称是直形冷凝管；结合以上分析可知装置B中的试剂是饱和食盐水；综上所述，本题答案是：直形冷凝管； 饱和食盐水。‎ ‎(2)为防止装置内的空气与金属锡反应，应排净装置内的空气，所以实验前应先点燃A处的酒精灯，产生氯气，待整个装置中充满黄绿色气体后，再点燃另外一处的酒精灯；综上所述，本题答案是：A；整个装置中充满黄绿色气体。 ‎ ‎(3)假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，SnCl4发生水解，反应为：SnCl4+(2+x)H2O=SnO2xH2O+4HCl；综上所述，本题答案是： SnCl4+(2+x)H2O=SnO2xH2O+4HCl。‎ ‎(4) SnCl4发生水解，为防止水解，要防止H中的水蒸气进入G装置，所以改进措施为在装置G、H之间连接盛有碱石灰（氯化钙和浓硫酸均可）的干燥管（或U形管）；综上所述，本题答案是：在装置G、H之间连接一个干燥装置(碱石灰、氯化钙和浓硫酸均可)。‎ ‎(5) ①由氧化还原反应中得失电子守恒可得关系式：3Sn2+--6Fe3+--6 Fe2+- Cr2O72-，故3n(Sn)=n(Cr2O72-)，锡粉中Sn 的质量分数为 ‎0.1000×20.00×10-3×3×118.7/0.75×100%=94.96%；综上所述，本题答案是：94.96%。‎ ‎②若溶解锡粉的过程生成的SnCl2溶液中含有Sn，则被氧化的Sn2+的量减小，消耗的K2Cr2O7标准溶液得体积偏小，则测定结果将偏低；综上所述，本题答案是：偏低。‎ ‎18.NH3及其盐都是重要的化工原料。‎ ‎(1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为________。‎ ‎(2)如图，装置进行NH3性质实验，A、B为体积相等的两个烧瓶。 ‎ ‎①先打开旋塞1，B瓶中的现象是___________________________，稳定后，关闭旋塞1；‎ ‎②再打开旋塞2，B瓶中的现象是___________________________。‎ ‎(3)为了探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响，限制使用的试剂与仪器为固体NH4Cl，蒸馏水、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、PH计、温度计、恒温水浴槽(可控制温度)，某同学拟定了如下实验表格:‎ ‎①该同学的实验目的是探究_____________对溶液中NH4Cl水解程度的影响。 ‎ ‎②按实验序号1所拟数据计算NH4Cl水解反应的平衡转化率为___________(只列出算式，忽略水自身电离的影响)。‎ ‎【答案】 (1). ACG (2). 产生白色的烟 (3). 烧杯中的石蕊水溶液会倒流进入B瓶中,且溶液变红 (4). 温度 (5). 5.35×10-y×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）固固加热制备气体，应选用A为发生装置；氨气密度比空气小，可采用C收集气体；氨气极易溶于水，为防止倒吸选用G进行尾气处理；选ACG；综上所述，本题答案是：ACG。‎ ‎(2)①A瓶中压强比B瓶中压强大，打开旋塞1，氯化氢气体进入B瓶并与氨气反应生成氯化铵，B瓶中产生白烟；综上所述，本题答案是：产生白色的烟。‎ ‎②反应后B瓶中压强减小，关闭旋塞1，打开旋塞2 ，烧杯中的石蕊溶液倒吸进B瓶，因为B瓶中氯化氢剩余，得到的溶液显酸性，溶液变红色；综上所述，本题答案是：烧杯中的石蕊水溶液会倒流进入B瓶中,且溶液变红。 ‎ ‎（3）①从图表信息可知：该同学的实验目的是探究温度对溶液中NH4Cl水解程度的影响；综上所述，本题答案是：温度。‎ ‎②由题可知，读取的待测物理量pH值为Y，则氢离子的物质的量浓度为10-Ymol/L，溶液的总体积为100mL，NH4Cl的质量为mg，其物质的量为m/53.5mol，故平衡转化率为10-Y×0.1/ (m/53.5)= 5.35×10-y×100%；综上所述，本题答案是：5.35×10-y×100%。‎ ‎19.工业上以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，含有MgO、SiO2‎ ‎ 等杂质]为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：已知：①酸溶时，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+；②本实验温度下，Ksp[Mg(OH)2]= 1.0×10-11；请回答下列问题：‎ ‎(1)FeTiO3中Ti元素的化合价为_______价。铁红的用途为________________(任写一种)。‎ ‎(2)“水解”中，发生反应的离子方程式为____________________________________________。‎ ‎(3)“沉铁”中，气态产物的电子式为_________；该过程需控制反应温度低于35℃，原因为_____________。‎ ‎(4)FeCO3转化为铁红时，发生反应的化学方程式为________________________________________。‎ ‎(5)滤液3可用于制备Mg(OH)2。若滤液3 中c(Mg2+)=1.2×10-4 mol·L-1，向其中加入等浓度等体积的NaOH溶液时，通过计算说明有无沉淀生成______________________________(溶液体积近似叠加)。‎ ‎(6)电解生产钛时用TiO2和石墨做电极，电解质为熔融的CaO，则阴极反应式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). ＋4 (2). 制备红色颜料和油漆、冶炼铁等 (3). TiO2＋＋2H2O＝H2TiO3↓＋2H＋[或TiO2＋＋2H2O＝TiO(OH)2＋2H＋] (4). (5). 防止NH4HCO3分解(或减少Fe2＋的水解) (6). 4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2 (7). Q=2.16×10-13< 1.0×10-11，故没有沉淀 (8). TiO2+4e-=Ti+2O2-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）FeTiO3中铁和氧的化合价分别为+2和-2，判断Ti元素的化合价；铁红的用途为制备红色颜料和油漆、冶炼铁等； ‎ ‎(2)酸溶时，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+；TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，据此写出离子方程式； ‎ ‎(3) “沉铁”中，亚铁离子与碳酸氢根离子发生反应生成碳酸亚铁沉淀和二氧化碳；‎ 该过程需控制反应温度低于35℃，温度过高 NH4HCO3会分解，而且会促进亚铁离子的水解； ‎ ‎(4) FeCO3在氧气中加热生成氧化铁和二氧化碳，据此写出反应的化学方程式； ‎ ‎(5) 根据该反应的浓度商QC与 Ksp[Mg(OH)2]之间关系判断反应是否有沉淀生成；‎ ‎(6)电解池中，TiO2在阴极发生还原反应生成钛，熔融的CaO为电解质，据此写出阴极反应。‎ ‎【详解】（1）FeTiO3中铁和氧的化合价分别为+2和-2，所以Ti元素的化合价为+4价；铁红的用途为制备红色颜料和油漆、冶炼铁等；综上所述，本题答案是：＋4； 制备红色颜料和油漆、冶炼铁等。‎ ‎(2) 酸溶时，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+；TiO2+水解生成H2TiO3沉淀；离子方程式为：TiO2＋＋2H2O＝H2TiO3↓＋2H＋[或TiO2＋＋2H2O＝TiO(OH)2＋2H＋]；综上所述，本题答案是：TiO2＋＋2H2O＝H2TiO3↓＋2H＋[或TiO2＋＋2H2O＝TiO(OH)2＋2H＋]。‎ ‎(3) “沉铁”中，亚铁离子与碳酸氢根离子发生反应生成碳酸亚铁沉淀和二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，电子式为：；该过程需控制反应温度低于35℃，温度过高 NH4HCO3会分解，而且会促进亚铁离子的水解，所以控制反应温度低于35℃是为了防止 NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解；综上所述。本题答案是： ；防止NH4HCO3分解(或减少Fe2＋的水解) 。 ‎ ‎(4) FeCO3在氧气中加热生成氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2；综上所述，本题答案是：4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2。‎ ‎(5) 若滤液3中c(Mg2+)=1.2×10-4 mol·L-1，则NaOH溶液的浓度为1.2×10-4 mol·L-1，而溶液等体积混合，所以c(Mg2+)=c(OH-)=0.6×10-4 mol·L-1，该反应的浓度商QC= c(Mg2+)×c2(OH-)=2.16×10-13< Ksp[Mg(OH)2]= 1.0×10-11；所以没有沉淀生成；综上所述，本题答案是：Q=2.16×10-13< 1.0×10-11，故没有沉淀。‎ ‎(6)电解池中，TiO2在阴极发生还原反应生成钛，熔融的CaO为电解质，阴极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-；综上所述，本题答案是：TiO2+4e-=Ti+2O2-。‎ ‎20.烟气(主要污染物SO2、NOX)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中的SO2、NOx 的含量。           ‎ ‎ (1) O3氧化烟气中 SO2、NOx 的主要反应的热化学方程式为： NO(g)＋O3(g)NO2(g)+ O2(g)    ΔH＝－200.9 kJ·mol-13NO(g)＋O3(g)3NO2(g)       ΔH＝－317.3kJ·mol-1 。则2NO2(g)2NO(g)+O2(g)的ΔH＝_____________kJ·mol-1  ‎ ‎(2)T℃时，利用测压法在刚性反应器中，投入一定量的NO2发生反应3NO2(g) ‎ ‎3NO(g)＋O3(g)，体系的总压强 p随时间 t的变化如下表所示： ‎ 反应时间/min ‎ ‎0 ‎ ‎5 ‎ ‎10 ‎ ‎15 ‎ ‎20 ‎ ‎25 ‎ ‎30 ‎ 压强/MPa ‎ ‎20.00 ‎ ‎21.38 ‎ ‎22.30 ‎ ‎23.00 ‎ ‎23.58 ‎ ‎24.00 ‎ ‎24.00 ‎ ‎①若降低反应温度，则平衡后体系压强 p______24.00 MPa(填“>”、“<”或“＝”),原因是____________。‎ ‎②15min 时，反应物的转化率 α=______。‎ ‎③T℃时反应3NO2(g)     3NO(g)＋O3(g)的平衡常数Kp=____________(Kp 为以分压表示的平衡常数，分压等于总压乘以该气体的物质的量分数) ‎ ‎​(3)T℃时，在体积为2L的密闭刚性容器中，投入2 mol NO2发生反应2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g) ，实验测得：v正=k正 c2(NO2)，v逆=k逆 c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。在温度为T℃时 NO2的转化率随时间变化的结果如图所示(反应在5.5min时达到平衡)： ‎ ‎①在体积不变的刚性容器中，投入固定量的NO2发生反应，要提高 NO2转化率，可采取的措施是______________、___________。‎ ‎②由图中数据，求出该反应的平衡常数为_________。‎ ‎③计算 A 点处 v正/v逆=_________________________(保留1位小数)。‎ ‎【答案】 (1). +116.4 (2). < (3). 该反应是吸热反应，降低反应温度，平衡逆向移动，气体分子数减小，所以压强降低 (4). 45% (5). 13.5MPa (6). 升高温度 (7). 将生成物之一及时分离 (8). 0.25mol/L (9). 9.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律即可求解；‎ ‎(2)①根据信息可知3NO2(g) 3NO(g)＋O3(g)，ΔH>0，该反应是吸热反应，降低反应温度，平衡逆向移动，气体分子数减小，所以压强降低； ‎ ‎②根据压强之比和气体的物质的量成正比进行求解；‎ ‎③根据压强之比和气体的物质的量成正比求出各物质的量，然后再根据分压等于总压乘以该气体的物质的量分数求出各物质的分压，进而求出平衡常数Kp；‎ ‎(3) ①2NO2(g)2NO(g)+O2(g)的ΔH＝+116.4 kJ·mol-1；要提高NO2转化率，平衡右移；‎ ‎②根据“三段式”进行求解；‎ ‎③当反应达平衡时，v正= v逆，可以求出k正/k逆；然后根据反应进行到A 点处，NO2的转化率为30%，利用“三段式”进行求解。‎ ‎【详解】(1)① NO(g)＋O3(g)NO2(g)+ O2(g)ΔH＝－200.9 kJ·mol-1 ②3NO(g)＋O3(g)3NO2(g) ΔH＝－317.3kJ·mol-1；根据盖斯定律可知，①-②可得2NO2(g)2NO(g)+O2(g)的ΔH＝－200.9+317.3=+116.4 kJ·mol-1 ；综上所述，本题答案是：+116.4。‎ ‎(2)①根据信息可知3NO2(g) 3NO(g)＋O3(g)，ΔH>0，该反应是吸热反应，降低反应温度，平衡逆向移动，气体分子数减小，所以压强降低，所以则平衡后体系压强 p<24.00 MPa；综上所述，本题答案是：< ；该反应是吸热反应，降低反应温度，平衡逆向移动，气体分子数减小，所以压强降低；‎ ‎②假设NO2的起始量为3mol，压强为20.00，15min 时，压强为23.00，则剩余气体总量x为：3/20=x/23，x=69/20mol， 设NO2的变化量为ymol，则：3-y+y+y/3=69/20, y=27/20；则反应物的转化率 α=(27/20)/3×100%=45%；综上所述，本题答案是：45%。‎ ‎③假设NO2的起始量为3mol，压强为20.00，25min 时，达到平衡状态，压强为24.00，则剩余气体总量m为：3/20=m/24，m=18/5mol，设NO2的变化量为n mol，3-n+n+n/3=18/5, n=9/5；Kp(NO2)=24×(3-9/5)/ (18/5)=8, Kp(NO)= 24×(9/5)/ (18/5)=12, Kp(O3)= 24×(3/5)/ (18/5)=4，T℃时反应3NO2(g)3NO(g)＋O3(g)的平衡常数Kp= Kp(O3)×Kp3(NO)/ Kp3(NO2)=4×（3/2）3=13.5MPa ；综上所述，本题答案是：13.5MPa。‎ ‎(3) ①2NO2(g)2NO(g)+O2(g)的ΔH＝+116.4 kJ·mol-1 ；要提高NO2转化率，平衡右移，所以可以采用升高温度、将生成物之一及时分离等方法；综上所述，本题答案是：升高温度、将生成物之一及时分离。‎ ‎②反应在5.5min时达到平衡，NO2的转化率为50%，投入2 molNO2，变化为1mol，剩余 ‎1 molNO2，生成NO为1mol，O2为0.5mol，各物质浓度为：c(NO2)=0.5mol/L，c(NO)= 0.5mol/L，c(O2)=0.25mol，该反应的平衡常数为c2(NO)c(O2)/c2(NO2)= 0.25mol/L；综上所述，本题答案是：0.25mol/L。‎ ‎③当反应达平衡时，v正= v逆，所以：k正/k逆= c2(NO)·c(O2)/c2(NO2)=K=0.25mol/L；反应进行到A 点处，NO2的转化率为30%，投入2 molNO2，变化为0.6 mol，剩余1.4 mol NO2，生成NO为0.6 mol，O2为0.3mol，各物质浓度为：c(NO2)=0.7mol/L，c(NO)= 0.3mol/L，c(O2)=0.15mol，v正/v逆= （k正/k逆）×c2(NO2)/ c2(NO)·c(O2)=0.25×0.72/(0.32×0.15)= 9.1；综上所述，本题答案是：9.1。‎ ‎【点睛】化学反应速率与化学平衡知识通常结合图表进行命题，在复习备考时，要有意识低培养自己解读图表提取关键信息的能力，熟练掌握三段式解题法的步骤，积累原理分析题的答题模板和技巧，把“图表中的信息、可逆反应特点，特夏特列原理和实际情况”四个方面结合起来进行答题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎