重庆市南岸区2019-2020学年高二上学期期末学业质量调研抽测化学试题

重庆市南岸区2019-2020学年高二上学期期末学业质量调研抽测化学试题

‎2019-2020学年(上)期末学业质量调研抽测 高二化学试卷 ‎（分数：100分 时间：60分钟）‎ 注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。‎ 一、单选题 ‎1.同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2②NO2和O2③NH3和现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为、、，则下列关系正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，本题考查氮的氧化物的性质，运用NO、NO2、NH3的化学性质分析。‎ ‎【详解】①NO和：1体积与水反应生成体积的NO，即试管中，剩余气体体积为原来的；‎ ‎②NO2和：，全部消耗，而则消耗了，即试管中，剩余气体体积为原来的；‎ ‎③NH3和：与水互溶，而不溶于水，所以剩余气体体积为原来的；‎ 综上所述可知：。‎ 答案选B ‎【点睛】解题技巧：先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高．试管中剩余气体越少。‎ ‎2.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是 A B C D t1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)‎ 从反应开始达平衡气体浓度变化 升高温度，平衡常数减小 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不可能是增大压强，应是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，A错误；‎ B．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，NO2转化率降低，由图可知，NO2的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度或压强，B错误；‎ C．反应2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)从开始的NO2浓度减小，N2O5浓度增大，到达平衡时浓度都不变，C正确；‎ D．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎3.下列有关热化学方程式的叙述正确的是 A. 已知，则  的燃烧热为 B. 已知甲烷氧化：‎ ‎，则反应物的键能总和大于生成物的键能总和 C. 已知 ，则将和置于一密闭容器中充分反应后放出的热量 D. 含  的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出  的热量，则该反应的热化学方程式为：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中热化学方程式的叙述可知，本题考查热化学方程式的书写，运用书写热化学方程式的步骤和盖斯定律分析。‎ ‎【详解】A.完全燃烧生成液态水时能量变化为燃烧热，由反应可知，水不是液态，因此 的燃烧热不是240.2KJ/mol，故A错误；‎ B.焓变为负，可知反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故B错误；‎ C.合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化，且为放热反应，则将和置于一密闭容器中充分反应后放热小于，故C错误；‎ D.，与稀盐酸完全中和，放出 的热量，可知，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.常温下，向100 mL 0.01 mol•L﹣1 HA溶液中逐滴加入0.02 mol•L﹣1的MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况，下列说法不正确的是 ‎ ‎ ‎ A. HA为一元强酸，MOH为一元弱碱 B. N点溶液中离子浓度大小关系为：c（M+）=c（A﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）‎ C. N点水的电离程度大于K点水的电离程度 D. N→K之间曲线上任意一点都有c（M+） ＞c（OH﹣）＞c（A﹣）＞c（H+）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．没有滴入MOH溶液时0.01mol/LHA溶液的pH=2，HA为一元强酸，N点为向100mL0.01mol/L的HA溶液中加入51mL0.02mol/LMOH溶液，溶液由MA和过量的MOH混合而成，溶液的pH=7，则MA溶液呈酸性，MOH为一元弱碱，A项正确；‎ B．N点溶液中电荷守恒为c（M+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），代入电荷守恒式得c（M+）=c（A-）c（H+）=c（OH-），B项正确；‎ C．开始HA电离出H+抑制水的电离，随着MOH的滴入，HA与MOH发生反应生成MA，溶液中c（H+）减小，对水的抑制程度减小，同时M+的水解促进水的电离，随着MOH的滴入，水的电离程度逐渐增大，加入50mLMOH时HA与MOH恰好完全反应，水的电离程度最大，继续滴入MOH，MOH电离出OH-抑制水的电离，水的电离程度又逐渐减小，N点、K点加入MOH溶液的体积：50mL51mL（N点）100mL（K点），N点水的电离程度大于K点水的电离程度，C项正确；‎ D．K点加入100mLMOH溶液，HA与MOH反应得到等物质的量浓度的MA和MOH的混合液，MA完全电离，MOH部分电离，溶液呈碱性，MOH的电离程度大于M+的水解程度，K点溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（M+）c（A-）c（OH-）c（H+），N→K之间任意一点溶液中都存在c（MA）c（MOH），溶液呈碱性，都有c（M+）c（A-）c（OH-）c（H+），D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱中和滴定pH曲线的分析、水的电离程度的分析、溶液中粒子浓度的大小关系，把握酸碱混合后溶液的组成和溶液的酸碱性是解题的关键。确定溶液中粒子浓度大小关系时注意弱酸、弱碱的电离是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒、质子守恒等。‎ ‎5.反应N2O4（g）⇌NO2（g）△H=+57kJ•mol﹣1，在温度为T时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的为（ ）‎ A. A、C两点的反应速率：v（A）＞v（C）‎ B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅 C. B点正逆反应速率：v（正）＞v（逆）‎ D. A、C两点气休的平均相对分子质量：A＞C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、压强越大反应速率越快，C点的压强大，所以速率快，所以v（A）＜v（C），故A错误；‎ B、增大压强，气体体积缩小，二氧化氮的浓度变大，所以颜色A浅，C深，故B错误；‎ C、B不是平衡状态，在这种压强下最终要达平衡状态，二氧化氮的体积分数变大，平衡正向移动，所以v（正）＞v（逆），故C正确；‎ D、A到C二氧化氮的体积分数减小，所以混合气体的物质的量减小，气体质量不变，所以平均相对分子质量：A＜C，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 在镀件上电镀铜时，可用金属铜作阳极 B. 镀层破损后，白铁（镀锌）比马口铁（镀锡）更易被腐蚀 C. 工业上电解饱和食盐水制烧碱，NaOH在阴极产生 D. 钢铁在发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀时，完全相同的反应是负极反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．在镀件上镀铜时，镀层金属作阳极，所以可用金属铜作阳极，故A正确；B．白铁(镀锌的铁)中，镀层破损后，Zn为负极，被腐蚀的是Zn，Fe被保护，马口铁(镀锡的铁)中，Fe为负极，被腐蚀的是Fe，Zn被保护，所以镀层破损后，白铁(镀锌的铁)比马口铁(镀锡的铁)铁更耐腐蚀，故B错误；C．电解饱和食盐水制烧碱，在阴极上是氢离子得电子，氢氧根离子浓度增大，所以在阴极区产生NaOH溶液，故C正确；D．钢铁在发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀时，负极均是金属铁失电子的氧化反应，故D正确；故选B。‎ ‎7.下列关于物质分类的正确组合是 ‎ 分类 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 组合 A 纯碱 H2SO4‎ NaHCO3‎ SiO2‎ CO2‎ B NaOH HCl NaCl Na2O CO C 烧碱 CH3COOH CaF2‎ Na2O2‎ SO2‎ D KOH HNO3‎ CaCO3‎ CaO SO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纯碱为碳酸钠属于盐，二氧化硅属于酸性氧化物，故A错误；‎ B. CO和碱不反应，属于不成盐氧化物，故B错误；‎ C. 过氧化钠和酸反应生成盐和水，同时生成氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，故C错误；‎ D. KOH属于碱,HNO3属于酸,CaCO3属于盐,CaO属于碱性氧化物,SO3属于酸性氧化物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；由金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物。‎ ‎8.通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图所示，下列说法错误的是 A. a为电池的正极，发生还原反应 B. b极的电极反应为HCHO＋H2O－4e－==CO2＋4H+‎ C. 传感器工作过程中，电解质溶液中硫酸的浓度减小 D. 当电路中转移2×10－4 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为3.0 mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、氧气得电子，a为正极，发生还原反应，A正确；B、b极是负极，发生失去电子的氧化反应，故电极反应为HCHO＋H2O－4e－＝CO2＋4H+，B正确；C、传感器工作过程中，氧化还原反应生成水，电解质溶液中硫酸的浓度变小，C正确；D、负极：HCHO＋H2O－4e－＝CO2＋4H+，当电路中转移2×10－4 mol电子时，反应的甲醛物质的量=0.5×10－4 mol ，质量1.5 mg ，D错误；答案选D。‎ ‎9.下列曲线中，可以描述乙酸（甲， Ka=1.8×10-5）和一氯乙酸（乙， Ka=1.4×10-3）在水中的电离度与浓度关系的是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题给电离常数分析乙酸和一氯乙酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯乙酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，只有B中图像符合，而A、C、D均不符合，故B可选；‎ 故答案选B。‎ ‎10.在一定温度下，将气体X与气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是（　　） ‎ t∕min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n（Y）∕mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ A. 反应前4min的平均反应速率υ（Z）=0.0125mol•L-1•min-1‎ B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前υ（逆）＞υ（正）‎ C. 其他条件不变，再充入0.2molZ，达平衡时X的体积分数增大 D. 该温度下此反应平衡常数K=1.44‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、4min内Y物质的量变化为0.16mol-0.11mol=0.05mol，故v（Y）= =0.00125mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.00125mol/（L•min）=0.0025mol/（L•min），选项A错误；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），选项B错误；C、再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，选项C错误；D、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则： X（g）+Y（g）⇌2Z（g）‎ 开始（mol）：0.16 0.16 0‎ 变化（mol）：0.06 0.06 0.12‎ 平衡（mol）：0.1 0.1 0.12‎ 由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数K= =1.44，选项D正确。答案D。‎ ‎11.共价键、离子键和分子间作用力是粒子之间的三种作用力.下列晶体:①NaOH② SiO2 ③石墨④NaCl⑤干冰中,含有两种作用力的是( )‎ A. ①②③ B. ①③⑤ C. ②④⑤ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般金属元素与非金属元素之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键，离子晶体中含有离子键,以共价键结合的物质可能为原子晶体,也可能为分子晶体,在分子晶体中还存在分子间作用力,以此来解答。‎ ‎【详解】①NaOH为离子晶体,含有离子键和共价键,故①正确； ②SiO2为原子晶体,含有共价键,故②错误； ③石墨为混合晶体,含有分子间作用力和共价键,故③正确； ④NaCl 为离子晶体,只含有离子键,故④错误； ⑤干冰分子间存在分子间作用力,分子内存在共价键,故⑤正确； 综上所述，本题正确选项B。‎ ‎12.能证明溶液中存在水解平衡SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-的事实是 A. 滴入酚酞溶液变红，再加入溶液红色褪去 B. 滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去 C. 滴入酚酞溶液变红，在加入溶液后产生沉淀且红色褪去 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中能证明溶液中存在水解平衡SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-可知，本题考查盐类水解平衡，运用盐类水解平衡原理分析。‎ ‎【详解】A.滴入酚酞试液变红，说明溶液呈碱性，再加入硫酸溶液后，硫酸与亚硫酸钠反应，且硫酸溶液呈酸性，可以使溶液褪色，不能说明存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-水解平衡，故A错误；‎ B.滴入酚酞试液变红，再加入氯水后，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使红色褪色，氯气具有强氧化性，，，溶液褪色，不能说明存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-水解平衡，故B错误；‎ C.滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，碱性减弱，所以说明存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-‎ 水解平衡，故C正确；‎ 答案选C。‎ ‎13.在一密闭容器中，反应达到平衡时，测得为在温度不变的情况下，将容积增大一倍，当达到新的平衡时，测得 为下列判断中不正确的是 A. 物质B的质量分数减小 B. 平衡时逆反应速率减小 C. 化学计量数： D. 物质C的体积分数不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中反应可知，本题考查各条件改变对化学平衡的影响，运用勒夏特列原理分析。‎ ‎【详解】在温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则应为，而达到新平衡时，说明降低压强平衡不移动，则有，‎ A.由分析可知，平衡不发生移动，则B的质量分数不变，故A错误；‎ B.生成物的浓度减小，平衡时逆反应速率减小，故B正确；‎ C.降低压强平衡不移动，则有，故C正确；‎ D.平衡不移动，物质C的体积分数不变，故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】勒沙特列原理:如果改变影响平衡的一个条件(如浓度,压强或温度等),平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。‎ ‎14.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论正确的是 A. a、b、c三个状态只有b是平衡状态 B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c C. 若T2”“<”或“=”)n4；该反应的平衡常数K的数值为___________(精确到0.1)。‎ ‎（3）若在相同条件下最初向该容器中充入N2O4，要达到上述平衡状态，N2O4‎ 的起始浓度是______mol·L−1。‎ ‎（4）上述（3）达到平衡后N2O4的转化率为______________，混合气体的平均摩尔质量为______________。‎ ‎（5）达到平衡后，如果升高温度，气体颜色会变深，则升高温度后，反应2NO2⇌N2O4的平衡常数将_______________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎（6）达到平衡后，如果向该密闭容器中再充入0.32 mol He，并把容器体积扩大为4 L，则平衡将______________（填“向左移动”“向右移动”或“不移动”）。‎ ‎【答案】 (1). 2.5×10−3 (2). = (3). 2.8 (4). 0.10 (5). 60% (6). 57.5 g·mol−1 (7). 减小 (8). 向左移动 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据方程式可知，20s时二氧化氮的变化量△n=0.05mol×2=0.1mol，根据计算二氧化氮表示的平均反应速率；‎ ‎（2）根据表格中数据知，60s、80s时四氧化二氮的物质的量均为0.08mol，则反应达到平衡状态；平衡时，则二氧化氮的物质的量为0.40mol-0.08mol×2=0.24mol，四氧化二氮、二氧化氮的浓度分别为0.04mol·L-1、0.12mol·L-1，进而计算平衡常数；‎ ‎（3）若在相同条件下最初向该容器中充入四氧化二氮气体，要达到上述平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态为完全等效平衡，则四氧化二氮的起始物质的量应该是0.20mol； ‎ ‎（4）该平衡状态与原平衡状态为完全等效平衡，平衡时，四氧化二氮的物质的量为0.08mol，二氧化氮的物质的量为0.24mol；‎ ‎（5）升高温度，气体颜色会变深，说明升高温度平衡逆向移动，则平衡常数的值将减小；‎ ‎（6）He是惰性气体，不参与反应，但容器体积扩大，压强减小，平衡将向气体体积减小的方向移动。‎ ‎【详解】（1）根据方程式可知，20s时二氧化氮的变化量△n=0.05mol×2=0.1mol，用二氧化氮表示的平均反应速率为；‎ 故答案为2.5×10−3；‎ ‎（2）根据表格中数据知，60s、80s时四氧化二氮的物质的量均为0.08mol，则反应达到平衡状态，则二氧化氮的物质的量也保持不变，n3=n4；平衡时，则二氧化氮的物质的量为0.40mol-0.08mol×2=0.24mol，四氧化二氮、二氧化氮的浓度分别为0.04mol·L-1‎ ‎、0.12mol·L-1，故平衡常数；‎ 故答案为=；2.8；‎ ‎（3）若在相同条件下最初向该容器中充入四氧化二氮气体，要达到上述平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态为完全等效平衡，则四氧化二氮的起始物质的量应该是0.20mol，其；‎ 故答案为0.10； ‎ ‎（4）该平衡状态与原平衡状态为完全等效平衡，平衡时，四氧化二氮的物质的量为0.08mol，二氧化氮的物质的量为0.24mol，故转化率；混合气体的总物质的量为(0.80+0.24)mol=0.32mol，平均摩尔质量为；‎ 故答案为60%；57.5 g·mol−1；‎ ‎（5）升高温度，气体颜色会变深，说明升高温度平衡逆向移动，则平衡常数的值将减小；‎ 故答案为减小；‎ ‎（6）He是惰性气体，不参与反应，但容器体积扩大，压强减小，平衡将向气体体积减小的方向移动，即向左移动；‎ 故答案为向左移动。‎ 三、实验题 ‎18.某校化学研究性学习小组设计如下实验方案，测定NaHCO3和Na2CO3混合物中NaHCO3的质量分数。‎ 方案一：按下图装置进行实验。并回答以下问题。‎ ‎①按图组装仪器并检查装置的气密性。‎ ‎②实验前称取17．90g样品，从分液漏斗滴入6mol·L-1的硫酸，直到不再产生气体时为止， 从导管A处缓缓鼓入一定量的空气。‎ ‎③实验结束后测得U型管增重 8.80g。‎ ‎（1）B瓶中装的试剂为______，C装置的作用是__________________________。‎ ‎（2）从导管A处缓缓鼓入一定量的空气的目的是_______________。‎ ‎（3）该样品中NaHCO3的质量分数为_____________。‎ 方案二：称取一定量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量Ba(OH)2溶液。过滤洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，进行有关计算。‎ 请回答：实验中判断沉淀是否完全的方法是_____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 浓H2SO4 (2). 防止空气中水蒸气、CO2进入U型管被吸收 (3). 把反应产生的CO2全部导入U形管中 (4). 70.4% (5). 取少量滤液，再滴加少许Ba(OH)2溶液，如无白色沉淀说明沉淀完全 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方案一：测定NaHCO3和Na2CO3混合物中NaHCO3的质量分数，由实验装置可知，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气，先将装置中的二氧化碳排出，NaOH溶液可除去空气中的二氧化碳，锥形瓶中发生样品与硫酸的反应生成二氧化碳气体，B中应为浓硫酸干燥二氧化碳，U型管增重为反应生成二氧化碳的质量，干燥管中的碱石灰防止空气中的二氧化碳进入U型管中干扰含量的测定；‎ 方案二：小烧杯中加入足量Ba（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3均反应，生成沉淀为碳酸钡，向滤液中继续滴氢氧化钡观察是否生成沉淀判断是否沉淀完全。‎ ‎【详解】方案一：测定NaHCO3和Na2CO3混合物中NaHCO3的质量分数，由实验装置可知，从导管A处缓缓鼓入一定量的空气，先将装置中的二氧化碳排出，NaOH溶液可除去空气中的二氧化碳，锥形瓶中发生样品与硫酸的反应生成二氧化碳气体，B中应为浓硫酸干燥二氧化碳，U型管增重为反应生成二氧化碳的质量，干燥管中的碱石灰防止空气中的二氧化碳进入U型管中干扰含量的测定，‎ ‎（1）由上述分析可知B瓶中装的试剂为浓硫酸，C装置的作用是防止空气中水蒸气、CO2进入U型管被吸收，故答案为浓硫酸；防止空气中水蒸气、CO2进入U型管被吸收；‎ ‎（2）导管A处缓缓鼓入一定量的空气的目的是把反应产生的CO2全部导入U形管中，故答案为把反应产生的CO2全部导入U形管中；‎ ‎（3）设NaHCO3和Na2CO3的质量分别为x、y，则x+y=17.90，+=，两式联立解得x=12.6g，该样品中NaHCO3的质量分数为×100%=70.4%，故答案为70.4%；‎ 方案二：小烧杯中加入足量Ba（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3均反应，生成沉淀为碳酸钡，判断沉淀是否完全的方法是取少量滤液，再滴加少许Ba（OH）2溶液，如无白色沉淀说明沉淀完全，故答案为取少量滤液，再滴加少许Ba（OH）2溶液，如无白色沉淀说明沉淀完全。‎ ‎19.某兴趣小组以重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液为研究对象，结合所学反应原理的知识改变条件使其发生“色彩变幻”。‎ 已知：①K2Cr2O7溶液存在平衡：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋。‎ ‎②含铬元素的离子在溶液中的颜色：Cr2O（橙色）；CrO（黄色）；Cr3＋（绿色）。‎ ‎（1）i可证明反应Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋的正反应是__________（填“吸热”或“放热”）。‎ ‎（2）ii是验证“只降低生成物的浓度，该平衡正向移动”，试剂a是_________。‎ ‎（3）iii的目的是要验证“增大生成物的浓度，该平衡逆向移动”，此实验是否能达到预期目的________（填“能”或“不能”），理由是____________。‎ ‎（4）根据实验Ⅱ中不同现象，可以得出的结论是__________。‎ ‎（5）继续实验 ‎①解释溶液变黄的主要原因是________。‎ ‎②溶液变绿色，该反应的离子方程式是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). KOH（K2CO3） (3). 不能 (4). 浓H2SO4溶于水放出大量的热，平衡也会逆向移动，所以溶液橙色加深，不能说明是由氢离子浓度的增大，平衡逆向移动（或能冷却至室温，溶液橙色加深，说明氢离子浓度的增大，平衡逆向移动） (5). 在酸性条件下，K2Cr2O7的氧化性更强（或K2Cr2O7氧化性比K2CrO4强） (6). 重铬酸钾溶液中存在平衡：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，SO与H＋结合，降低c（H＋），平衡正向移动，溶液变为黄色 (7). Cr2O＋3SO＋8H＋＝2Cr3＋＋3SO＋4H2O ‎【解析】‎ ‎（1）i加热温度升高溶液橙色加深可证明反应＋H2O2＋2H＋逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应是放热反应；（2）ii是验证“只降低生成物的浓度，该平衡正向移动”，试剂a可以选择能只与氢离子反应的物质，如KOH、K2CO3等；（3）iii的目的是要验证“增大生成物的浓度，该平衡逆向移动”，此实验不能达到预期目的，理由是浓H2SO4溶于水放出大量的热，平衡也会逆向移动，所以溶液橙色加深，不能说明是由氢离子浓度的增大，平衡逆向移动（或能冷却至室温，溶液橙色加深，说明氢离子浓度的增大，平衡逆向移动）；（4）根据实验Ⅱ中不同现象，可以得出的结论是在酸性条件下，K2Cr2O7的氧化性更强（或K2Cr2O7氧化性比K2CrO4强）；（5）①重铬酸钾溶液中存在平衡：Cr2＋H2O2Cr＋2H＋，与H＋结合，降低c（H＋），平衡正向移动，溶液变为黄色；②重铬酸钾溶液被亚硫酸钠还原产生Cr3＋，溶液变绿色，反应的离子方程式是Cr2＋3＋8H＋＝2Cr3＋＋3＋4H2O。‎ ‎20.甲、乙两个实验小组利用酸性溶液与溶液反应研究影响反应速率的因素。‎ 设计实验方案如下实验中所用溶液均已加入：‎ 甲组：通过测定单位时间内生成气体体积的大小来比较化学反应速率的大小某同学进行实验，实验装置如图．其中A、B的成分见表 序号 A溶液 B溶液 ‎①‎ 溶液 溶液 ‎②‎ 溶液 溶液 ‎③‎ 溶液 溶液和少量 该反应离子方程式为 ______‎ 实验开始前需要检查气密性．分液漏斗中A溶液应该 ______ 加入填“一次性”或“逐滴滴加”‎ 完成该实验还需要 ______ 填仪器名称，实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平．‎ 乙组：通过测定溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率为了探究与浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 水 ‎10‎ ‎5‎ ‎0‎ X ‎5‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎10‎ 时间 ‎40‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎---‎ ‎ ______ ，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是 ______ 。‎ 号反应中，的反应速率为 ______。‎ 在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快．某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做3号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：‎ 时间 ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ 温度℃‎ ‎25‎ ‎26‎ ‎26‎ ‎26‎ ‎27‎ ‎27‎ 结合实验目的与表中数据，你得出的结论是 ______。‎ 从影响化学反应速率的因素看，你的猜想还可能是 ______ 的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是 ______ 填字母。‎ A 硫酸钾     水     二氧化锰     硫酸锰。‎ ‎【答案】 (1). (2). 一次性 (3). 秒表或计时器 (4). (5). 过量 (6). (7). 温度不是反应速率突然加快的原因 (8). 催化剂 (9). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水；‎ ‎（2）无论避免影响测定结果，分液漏斗中的A溶液不能逐滴加入；‎ ‎（3）判断反应速率需要时间，用秒表计时；‎ ‎（4）探究浓度对反应速率的影响时，溶液的总体积都为20mL，据此判断X值；由于4号实验中高锰酸钾过量，则溶液没有褪色；‎ ‎（5）根据n=cV计算出反应物的物质的量，然后根据不足量计算出反应消耗的草酸的物质的量，最后根据计算出H2C2O4的反应速率；‎ ‎（6）根据表中数据知，20s时温度不最高，但20s前突然褪色；‎ ‎（7）考虑锰离子有催化作用，要想验证锰离子的催化作用，再加入硫酸锰即可。‎ ‎【详解】酸性溶液与溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水，该反应的离子方程式为：；‎ 故答案为：；‎ 为了避免实验误差，实验过程中分液漏斗中的溶液A必须一次性加入，不能逐滴加入；‎ 故答案为：一次性；‎ 根据反应速率可知，需要测定时间从而判断反应速率大小，需要用秒表或计时器计时；‎ 故答案为：秒表或计时器；‎ 为了探究与浓度对反应速率的影响，实验中溶液的总体积应该为20，则；根据反应可知，10mL酸性高锰酸钾需要消耗10mL草酸溶液，所以实验4中高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色；‎ 故答案为：5；溶液过量；‎ 号实验中草酸的物质的量为：，高锰酸钾的物质的量为：；根据反应可知，高锰酸钾不足，所以反应中消耗的草酸的物质的量为：，2号反应中，的反应速率为：‎ ‎；‎ 故答案为：；‎ 根据表中数据知，20s时温度不最高，但20s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因；‎ 故答案为：温度不是反应速率突然加快的原因；‎ 与反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，故选D；‎ 故答案为：催化剂；D。‎ ‎ ‎