化学卷·2018届安徽省芜湖市高二上学期期末化学试卷（理科b） （解析版）

化学卷·2018届安徽省芜湖市高二上学期期末化学试卷（理科b） （解析版）

‎2016-2017学年安徽省芜湖市高二（上）期末化学试卷（理科B）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内．）‎ ‎1．化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（　　）‎ A．寻找合适催化剂提高合成氨工业中原料的转化率 B．对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝 C．提高油品质量，可以从一定程度上减少雾霾天气 D．含重金属离子的电镀废液不能随意排放 ‎2．下列离子在稳定人体血液的PH中起重要作用的是（　　）‎ A．HCO3﹣ B．HSO3﹣ C．Na+ D．Cl﹣‎ ‎3．下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．化学反应中既有物质变化又有能量变化 B．即使没有发生化学变化，也可能有能量的变化 C．任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化 D．物质的化学能可以通过不同的变化方式转化为热能、电能等 ‎4．常温下pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH﹣）是（　　）‎ A．1×10﹣2mol/L B．1×10﹣7mol/L C．1×10﹣12mol/L D．1×10﹣14mol/L ‎5．下列各组离子能在溶液中大量共存的是（　　）‎ A．Na+、OH﹣、HS﹣NO3﹣ B．Al3+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+‎ C．AlO2﹣、K+、CO32﹣、Na+ D．Fe2+、K+、H+、NO3﹣‎ ‎6．关于A（g）+2B（g）═3C（g）的化学反应，下列表示的反应速率最大的是（　　）‎ A．v（A）=0.6mol/（L•min） B．v（B）=1.2mol/（L•min）‎ C．v（C）=1.2mol/（L•min） D．v（B）=0.03mol/（L•s）‎ ‎7．下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是（　　）‎ ‎①0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红 ‎②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5‎ ‎③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱 ‎④铵盐受热易分解．‎ A．①② B．②③ C．③④ D．②④‎ ‎8．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）‎ A．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3KJ/mol，则40gNaOH固体与稀盐酸完全反应，放出的热量即为57.3KJ B．已知C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1 C（s）+（g）=CO（g）△H2 则△H1＜△H2‎ C．已知H2（g）+Cl2（g）=2HCl，△H=﹣184.6KJ/mol，则反应物总能量小于生成物总能量 D．已知P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定 ‎9．现用0.1mol/LHCl滴定10ml 0.05mol/L氢氧化钠溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是（　　）‎ A．10ml B．5ml C．大于5ml D．小于5ml ‎10．下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（　　）‎ A．升高温度 B．用Zn粉代替Zn粒 C．滴加少量的CuSO4溶液 D．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应 ‎　‎ 二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内．）‎ ‎11．Mg﹣AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg═Mg2++2Ag+2Cl﹣．有关该电池的说法正确的是（　　）‎ A．Mg为电池的正极 B．负极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣‎ C．不能被KCl 溶液激活 D．可用于海上应急照明供电 ‎12．已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3．向浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎13．下列说法可以证明反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）已达到平衡状态的是（　　）‎ A．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键形成 B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂 C．N2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2‎ D．1个N≡N键断裂的同时，有6个H﹣N键形成 ‎14．在2L密闭容器中，发生3A（g）+B（g）⇌2C（g）的反应，若最初加入A和B都是4mol，A的平均反应速率为0.12mol•L﹣1•s﹣1，则10s后容器中B的物质的量是（　　）‎ A．1.6 mol B．2.8 mol C．3.2 mol D．3.6 mol ‎15．化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），如图所示是A的转化率同压强，温度的关系，分析图象可以得出的正确结论是（　　）‎ A．正反应吸热，m+n＜ρ+q B．正反应吸热，m+n＞ρ+q C．正反应放热，m+n＜ρ+q D．正反应放热：m+n＞ρ+q ‎16．实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度．判断下列说法不正确的是（　　）‎ A．滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O B．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低 C．KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中 D．该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点 ‎17．下列解释实验事实的平衡不正确的是（　　）‎ 实验 解释 A ‎100℃0.1mol/L Na2SO4溶液pH=6.2‎ H2O=H++OH﹣‎ B ‎0.1mol/L CH3COOH的pH=3‎ CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+‎ C 配制FeCl3溶液时加少量盐酸 Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+‎ D 随温度有升高，碳酸钠溶液pH增大 CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎18．已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2bkJ/mol B．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=2bkJ/mol C．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4bkJ/mol D．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=bkJ/mol ‎19．如图是室温下，向100mL盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图象．根据图象所得结论正确的是（　　）‎ A．原来盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L B．NaOH溶液的浓度为0.1mol/L C．pH=1和pH=7的点对应溶液中水的电离程度相同 D．X点NaOH溶液的体积为100mL ‎20．已知25°时，乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：Ka（CH3COOH）═1.80×10﹣5，Ka（CCl3COOH）═0.60，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（　　）‎ A．c（Na+）═c（CCl3COO﹣）+c（CH3COO﹣）‎ B．c（CCl3COO﹣）﹣c（CH3COO﹣）═c（CH3COOH）﹣c（CCl3COOH）‎ C．c（OH﹣）＞c（CCl3COO﹣）＞c（CH3COO﹣）‎ D．c（CH3COOH）＞c（CCl3COOH）＞c（OH﹣）‎ ‎　‎ 三、填空、简答题（本题包括4小题，共50分．）‎ ‎21．在一定条件下，可逆反应：mA+nB⇌pC达到平衡，若：‎ ‎（1）A、B、C都是气体，减小压强，平衡向正反应方向移动，则m+n和p的关系是　　．‎ ‎（2）A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，则B为　　态．‎ ‎（3）A、C是气体，而且m+n=p，增大压强可使平衡发生移动，则平衡向　　方向移动（填“正反应”或“逆反应”）．‎ ‎（4）B、C是气体，而且m=p，增大压强可使平衡向正反应方向移动，则新平衡时混合气体的平均摩尔质量　　 （填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎22．某小组为研究电化学原理，设计如图所示装置：‎ ‎（l）a和b不相连，c是铜片，d是锌片，m是稀硫酸，锌片上的现象是　　．‎ ‎（2）a和b用导线相连：‎ ‎①c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，电池总反应的离子方程式是　　．‎ ‎②c、d是Pt电极，m是稀硫酸．分别向两极通入甲烷和氧气，通入甲烷的一极是 ‎　　（填“正极”或“负极”），电极反应式是　　．‎ ‎（3）a和b分别连接直流电源：‎ ‎①利用该装置实现粗铜的精炼，粗铜应做　　（填“阴极”或“阳极”）．‎ ‎②c、d是石墨电极，m是NaCl溶液，向溶液中滴加几滴酚酞试液．实验开始后c极首先出现红色，则b连接直流电源的　　（填“正极”或“负极”），通电时总反应的方程式是　　，检验d极气体产物的方法是　　．‎ ‎23．汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，含有大量的有害物质，包括CO、‎ NOx、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等．对汽车尾气的治理是环境工作者面临的挑战．试回答以下问题：‎ ‎（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．已知：‎ ‎①CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160KJ/mol ‎②CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574KJ/mol 则由CH4将NO2完全还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是　　．‎ ‎（2）NOx也可以被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离常数Ka=9.7×10﹣4，‎ NO2﹣的水解常数Kh=8.0×10﹣10，则该温度下水的离子积常数=　　（用含Ka、Kh的代数式表示），此时溶液的温度　　25°C（“＞”、“＜”、“=”）．‎ ‎（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣90.8KJ/mol．‎ 不同温度下，CO的平衡转化率如图所示：图中T1、T2、T3的高低顺序是　　，理由是　　．‎ ‎（4）化工上还可以利用CH3OH生产CH3OCH3．在体积均为10L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）．‎ 容器编号 温度（℃）‎ 起始物质的量（mol）‎ 平衡物质的量（mol）‎ CH3OH（g）‎ CH3OCH3（g）‎ H2O Ⅰ ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎207‎ ‎0.20‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ 该反应的正反应　　为反应（填“放热”、“吸热”），若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH0.15mol、CH3OCH30.15mol和H2O0.10mol，则反应将向　　方向进行（填“正”、“逆”）．‎ ‎24．在污水处理中，FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备；而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．请回答下列问题：‎ ‎（1）FeCl3净水的原理是（用离子方程式表示）　　；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）‎ ‎　　．‎ ‎（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．‎ ‎①若酸性FeCl2废液中：c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol/L，c（Fe3+）=1.0×10﹣3mol/L．，c（Cl﹣）=5.3×10﹣2mol/L，则该溶液的PH约为　　．‎ ‎②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：‎ ‎　　ClO3﹣+　　Fe2++　　=　　Cl﹣+　　Fe+　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省芜湖市高二（上）期末化学试卷（理科B）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内．）‎ ‎1．化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（　　）‎ A．寻找合适催化剂提高合成氨工业中原料的转化率 B．对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝 C．提高油品质量，可以从一定程度上减少雾霾天气 D．含重金属离子的电镀废液不能随意排放 ‎【考点】"三废"处理与环境保护．‎ ‎【分析】A．催化剂对平衡移动无影响；‎ B．废旧电池含重金属；‎ C．提高油品质量，可减少颗粒物的排放；‎ D．重金属离子的电镀废液可污染土壤．‎ ‎【解答】解：A．催化剂对平衡移动无影响，则催化剂不能提高合成氨工业中原料的转化率，故A错误；‎ B．废旧电池含重金属，则需要进行回收处理，为了环境保护和变废为宝，故B正确；‎ C．提高油品质量，可减少颗粒物的排放，则从一定程度上减少雾霾天气，故C正确；‎ D．重金属离子的电镀废液可污染土壤，则电镀废液不能随意排放，应处理达标再排放，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．下列离子在稳定人体血液的PH中起重要作用的是（　　）‎ A．HCO3﹣ B．HSO3﹣ C．Na+ D．Cl﹣‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．HCO3﹣在溶液中存在两个趋势：HCO3﹣离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3﹣水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故A正确；‎ B．HSO3﹣为弱酸阴离子，电离大于其水解使得溶液水解呈酸性，和酸反应生成二氧化硫不是人体循环的气体，故B错误；‎ C．Na+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故C错误；‎ D．Cl﹣不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．化学反应中既有物质变化又有能量变化 B．即使没有发生化学变化，也可能有能量的变化 C．任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化 D．物质的化学能可以通过不同的变化方式转化为热能、电能等 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、化学反应过程是旧键断裂新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量；‎ B、物质的三态变化是物理变化，但有能量变化；‎ C、化学反应中的能量变化形式有热能、光能、电能等等；‎ D、化学能可以通过燃烧转化为热能，通过原电池原理转化为电能．‎ ‎【解答】解：A、化学反应过程是旧键断裂新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放能量，故A正确；‎ B、物质的三态变化是物理变化，但有能量变化，故B正确；‎ C、化学反应中的能量变化形式有热能、光能、电能等等，故C错误；‎ D、化学能可以通过燃烧转化为热能，通过原电池原理转化为电能，故D正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．常温下pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH﹣）是（　　）‎ A．1×10﹣2mol/L B．1×10﹣7mol/L C．1×10﹣12mol/L D．1×10﹣14mol/L ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，其溶液中的氢离子是水的电离的，pH=12的氢氧化钠溶液中的氢离子浓度为1×10﹣12mol/L．‎ ‎【解答】解：常温下pH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液中的氢离子是水的电离的，水电离的氢氧根离子与氢离子浓度相等，所以由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．下列各组离子能在溶液中大量共存的是（　　）‎ A．Na+、OH﹣、HS﹣NO3﹣ B．Al3+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+‎ C．AlO2﹣、K+、CO32﹣、Na+ D．Fe2+、K+、H+、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生相互促进水解、氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．OH﹣、HS﹣结合生成水和硫离子，不能共存，故A不选；‎ B．Al3+、HCO3﹣相互促进水解，不能共存，故B不选；‎ C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；‎ D．Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．关于A（g）+2B（g）═3C（g）的化学反应，下列表示的反应速率最大的是（　　）‎ A．v（A）=0.6mol/（L•min） B．v（B）=1.2mol/（L•min）‎ C．v（C）=1.2mol/（L•min） D．v（B）=0.03mol/（L•s）‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反应速率进行比较．‎ ‎【解答】解：A．v（A）=0.6mol/（L•min）；‎ B．v（B）：v（A）=2：1，故v（A）=0.5v（B）=0.5×1.2mol/（L•min）=0.6mol/（L•min）；‎ C．v（C）：v（A）=3：1，故v（A）=v（C）=×1.2mol/（L•min）=0.4mol/（L•min）；‎ D．v（B）：v（A）=2：1，故v（A）=0.5v（B）=0.5×0.03mol/（L•s）=0.015mol/（L•s）=0.9mol/（L•min）；‎ 故D反应速率最快，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是（　　）‎ ‎①0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红 ‎②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5‎ ‎③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱 ‎④铵盐受热易分解．‎ A．①② B．②③ C．③④ D．②④‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】证明一水合氨是弱电解质，可从部分电离、存在电离平衡以及对应的盐的酸碱性的角度比较，可与强电解质对照判断，以此解答该题．‎ ‎【解答】解①0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，故①错误；‎ ‎②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故②正确；‎ ‎③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨为弱电解质，故③正确；‎ ‎④铵盐受热易分解，与电解质的强弱无关，故④错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）‎ A．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3KJ/mol，则40gNaOH固体与稀盐酸完全反应，放出的热量即为57.3KJ B．已知C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1 C（s）+（g）=CO（g）△H2 则△H1＜△H2‎ C．已知H2（g）+Cl2（g）=2HCl，△H=﹣184.6KJ/mol，则反应物总能量小于生成物总能量 D．已知P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定 ‎【考点】反应热和焓变；热化学方程式．‎ ‎【分析】A．NaOH固体溶于水放热；‎ B．相同的C，完全燃烧放出热量多，焓变为负；‎ C．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热；‎ D．能量低的物质更稳定．‎ ‎【解答】解：A．NaOH固体溶于水放热，由中和热可知，40gNaOH固体与稀盐酸完全反应，放出的热量大于57.3KJ，故A错误；‎ B．相同的C，完全燃烧放出热量多，焓变为负，则完全燃烧时焓变小，可知△H1＜△H2，故B正确；‎ C．由H2（g）+Cl2（g）=2HCl△H=﹣184.6KJ/mol，可知则反应物总能量大于生成物总能量，故C错误；‎ D．由P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，可知红磷能量低，则红磷比白磷稳定，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．现用0.1mol/LHCl滴定10ml 0.05mol/L氢氧化钠溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是（　　）‎ A．10ml B．5ml C．大于5ml D．小于5ml ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2‎ O，根据n=cV计算氢氧化钠的物质的量，再根据方程式计算消耗HCl的物质的量，根据V=计算消耗盐酸的体积，若酸式滴定管未润洗，盐酸的浓度偏低，消耗盐酸体积偏大．‎ ‎【解答】解：10mL 0.05mol•L﹣1的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=0.01L×0.05mol/L=5×10﹣4mol，‎ 由NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，消耗HCl的物质的量=5×10﹣4mol，故需要盐酸的体积==0.005L=5mL，若酸式滴定管未润洗，盐酸的浓度偏低，消耗盐酸体积偏大，即对于5mL，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（　　）‎ A．升高温度 B．用Zn粉代替Zn粒 C．滴加少量的CuSO4溶液 D．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】升高温度、增大接触面积、增大氢离子浓度、构成原电池等均可加快生成氢气的速率，减小浓度反应速率减慢，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．升高温度，反应速率加快，故A不选；‎ B．用Zn粉代替Zn粒，接触面积增大，反应速率加快，故B不选；‎ C．滴加少量的CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快，故C不选；‎ D．改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应，浓度减小，反应速率减小，故D选；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内．）‎ ‎11．Mg﹣AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg═Mg2++2Ag+2Cl﹣．有关该电池的说法正确的是（　　）‎ A．Mg为电池的正极 B．负极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣‎ C．不能被KCl 溶液激活 D．可用于海上应急照明供电 ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】A、原电池中，发生失电子的氧化反应的极是负极，发生得电子的还原反应的极是正极；‎ B、在原电池的负极上发生失电子的氧化反应；‎ C、根据信息：电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池来回答判断；‎ D、原电池是将化学能转化为电能的装置．‎ ‎【解答】解：A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，故A错误；‎ B、金属Mg作负极，其电极反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+，故B错误；‎ C、因为该电池能被海水激活，故KCl溶液也可以激活电池，故C错误；‎ D、电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时 将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3．向浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎【考点】镁、铝的重要化合物．‎ ‎【分析】浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量．据此结合图象分析．‎ ‎【解答】解：浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量．‎ A、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A错误；‎ B、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故B错误；‎ C、铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，故C正确；‎ D、加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎13．下列说法可以证明反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）已达到平衡状态的是（　　）‎ A．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键形成 B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂 C．N2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2‎ D．1个N≡N键断裂的同时，有6个H﹣N键形成 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：A、1个 N≡N键断裂的同时，有3个 H﹣H键生成，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；‎ B、未体现正与逆的关系，都体现的正反应，故B错误；‎ C、平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始浓度和转化率，故各物质的分子数之比不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；‎ D、一个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键形成，都表示正速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．在2L密闭容器中，发生3A（g）+B（g）⇌2C（g）的反应，若最初加入A和B都是4mol，A的平均反应速率为0.12mol•L﹣1•s﹣1，则10s后容器中B的物质的量是（　　）‎ A．1.6 mol B．2.8 mol C．3.2 mol D．3.6 mol ‎【考点】化学反应速率的概念；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B），再根据△c（B）=v（B）•△t计算B的浓度变化量，B的起始浓度﹣B的浓度变化量=10s后容器中B的物质的量浓度，n=VC计算溶质B物质的量．‎ ‎【解答】解：A的平均反应速率为0.12mol•L﹣1•s﹣1，则v（B）=×‎ ‎0.12mol•L﹣1•s﹣1=0.04mol•L﹣1•s﹣1，‎ 故10s后容器中B的物质的量浓度=﹣0.04mol•L﹣1•s﹣1×10s=1.6 mol/L，‎ B物质的量=1.6 mol/L×2L=3.2mol，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），如图所示是A的转化率同压强，温度的关系，分析图象可以得出的正确结论是（　　）‎ A．正反应吸热，m+n＜ρ+q B．正反应吸热，m+n＞ρ+q C．正反应放热，m+n＜ρ+q D．正反应放热：m+n＞ρ+q ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】采取“定一议二”原则分析．‎ 根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；‎ 作垂直横轴的等温线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系．‎ ‎【解答】解：由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；‎ 作垂直横轴的等温线，由图可知，温度相同，压强越大，A的转化率越大，即增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度．判断下列说法不正确的是（　　）‎ A．滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O B．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低 C．KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中 D．该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点 ‎【考点】中和滴定；氧化还原反应．‎ ‎【分析】用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），发生氧化还原反应，高锰酸钾具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，且为紫色，该滴定实验不需要指示剂，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．Mn得到电子，C失去电子，由电子、电荷守恒可知，离子反应为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A正确；‎ B．硝酸具有强氧化性，可与草酸反应，消耗高锰酸钾减少，则KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低，故B正确；‎ C．高锰酸钾具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，则KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中，故C正确；‎ D．高锰酸钾溶液为紫色，不需要加指示剂，滴定终点时由无色变为紫色，且半分钟内不变色，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．下列解释实验事实的平衡不正确的是（　　）‎ 实验 解释 A ‎100℃0.1mol/L Na2SO4溶液pH=6.2‎ H2O=H++OH﹣‎ B ‎0.1mol/L CH3COOH的pH=3‎ CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+‎ C 配制FeCl3溶液时加少量盐酸 Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+‎ D 随温度有升高，碳酸钠溶液pH增大 CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】A．水的电离吸热，升高温度促进水电离；‎ B．醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡；‎ C．氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加入稀盐酸抑制铁离子水解；‎ D．硫酸钡在水溶液里存在电离平衡，硫酸根离子抑制硫酸钡电离．‎ ‎【解答】解：A．水的电离吸热，水存在电离平衡，升高温度促进水电离，导致中性溶液的pH小于7，所以100℃0.1mol/L Na2SO4溶液pH=6.2，故A正确；‎ B．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离导致溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，即溶液中存在电离平衡，故B正确；‎ C．氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加入稀盐酸抑制铁离子水解，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故C正确；‎ D．碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，升高温度，水解平衡正向移动，碱性增强，pH增大，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2bkJ/mol B．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=2bkJ/mol C．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4bkJ/mol D．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=bkJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，‎ 则乙炔燃烧的热化学方程式为2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣4bkJ/mol，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．如图是室温下，向100mL盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图象．根据图象所得结论正确的是（　　）‎ A．原来盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L B．NaOH溶液的浓度为0.1mol/L C．pH=1和pH=7的点对应溶液中水的电离程度相同 D．X点NaOH溶液的体积为100mL ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．由图可知，盐酸的pH=1；‎ B．n（HCl）=n（NaOH）；‎ C．盐酸抑制水的电离，而pH=7时溶质为NaCl，对水的电离无影响；‎ D．NaOH的浓度未知．‎ ‎【解答】解：A．由图可知，盐酸的pH=1，则盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L，故A正确；‎ B．n（HCl）=n（NaOH），可知n（NaOH）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，体积未知，不能计算浓度，故B错误；‎ C．盐酸抑制水的电离，而pH=7时溶质为NaCl，对水的电离无影响，对水的电离无影响，故C错误；‎ D．NaOH的浓度未知，不能计算其体积，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．已知25°时，乙酸和三氯乙酸的电离常数分别是：Ka（CH3COOH）═1.80×10﹣5，Ka（CCl3COOH）═0.60，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COONa和CCl3COONa混合溶液中，下列关系正确的是（　　）‎ A．c（Na+）═c（CCl3COO﹣）+c（CH3COO﹣）‎ B．c（CCl3COO﹣）﹣c（CH3COO﹣）═c（CH3COOH）﹣c（CCl3COOH）‎ C．c（OH﹣）＞c（CCl3COO﹣）＞c（CH3COO﹣）‎ D．c（CH3COOH）＞c（CCl3COOH）＞c（OH﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强，乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，再结合电荷守恒、物料守恒分析解答．‎ ‎【解答】解：酸的电离平衡常数越大该酸的酸性越强，乙酸电离平衡常数小于三氯乙酸，说明乙酸酸性小于三氯乙酸，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，‎ A．根据物料守恒得c（Na+）═2[c（CCl3COO﹣）+c（CH3COO﹣）+c（CCl3COOH）+c（CH3COOH）]，故A错误；‎ B．根据物料守恒得c（CCl3COOH）+c（CCl3COO﹣）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+），所以得c（CCl3COO﹣）﹣c（CH3COO﹣）═c（CH3COOH）﹣c（CCl3COOH），故B正确；‎ C．弱酸根离子水解程度很小，且CH3COO﹣水解程度大于CCl3COO﹣，所以存在c（CCl3COO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故C错误；‎ D．CH3COO﹣水解程度大于CCl3COO﹣，且二者水解都生成氢氧根离子，所以存在c（OH﹣）＞c（CH3COOH）＞c（CCl3COOH），故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ 三、填空、简答题（本题包括4小题，共50分．）‎ ‎21．在一定条件下，可逆反应：mA+nB⇌pC达到平衡，若：‎ ‎（1）A、B、C都是气体，减小压强，平衡向正反应方向移动，则m+n和p的关系是　m+n＜p　．‎ ‎（2）A、C是气体，增加B的量，平衡不移动，则B为　固态或纯液　态．‎ ‎（3）A、C是气体，而且m+n=p，增大压强可使平衡发生移动，则平衡向　逆　方向移动（填“正反应”或“逆反应”）．‎ ‎（4）B、C是气体，而且m=p，增大压强可使平衡向正反应方向移动，则新平衡时混合气体的平均摩尔质量　增大　 （填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】根据外界条件（浓度、温度、压强）对化学平衡的影响，一定条件下的可能反应，改变其中一个条件，平衡向减弱这种改变的方向移动．‎ ‎【解答】解：（1）因减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，所以m+n＜p，故答案为：m+n＜p；‎ ‎（2）增加B的量，平衡不移动，说明B的浓度不变，可以是液体也可以是固体，故答案为：固态或纯液；‎ ‎（3）因增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A、C是气体，而且m+n=p，所以B不是气体，则m＜p，即平衡移动的方向是逆反应方向，故答案为：逆；‎ ‎（4）B、C是气体，而且m=p，增大压强可使平衡向正反应方向移动，所以A为气体，气体质量不变，物质的量减少，所以则新平衡时混合气体的平均摩尔质量增大，故答案为：增大．‎ ‎　‎ ‎22．某小组为研究电化学原理，设计如图所示装置：‎ ‎（l）a和b不相连，c是铜片，d是锌片，m是稀硫酸，锌片上的现象是　有大量气泡生成　．‎ ‎（2）a和b用导线相连：‎ ‎①c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，电池总反应的离子方程式是　Cu+2Ag+=Cu2++2Ag　．‎ ‎②c、d是Pt电极，m是稀硫酸．分别向两极通入甲烷和氧气，通入甲烷的一极是 ‎　负极　（填“正极”或“负极”），电极反应式是　CH4+2H2O﹣8e﹣=CO2+8H+　．‎ ‎（3）a和b分别连接直流电源：‎ ‎①利用该装置实现粗铜的精炼，粗铜应做　阳极　（填“阴极”或“阳极”）．‎ ‎②c、d是石墨电极，m是NaCl溶液，向溶液中滴加几滴酚酞试液．实验开始后c极首先出现红色，则b连接直流电源的　正极　（填“正极”或“负极”），通电时总反应的方程式是　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑　，检验d极气体产物的方法是　能使湿润的淀粉KI试纸变蓝　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）a和b不相连，Zn与稀硫酸反应置换出氢气；‎ ‎（2）①c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，电池中总反应为Cu与银离子的置换反应；‎ ‎②c、d是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，形成燃料电池，通入燃料的为负极发生氧化反应；‎ ‎（3）①电解精炼，粗铜作阳极，精铜作阴极；‎ ‎②电解NaCl溶液时，阴极生成氢气和氢氧根离子，阳极上生成氯气，氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝．‎ ‎【解答】解：（1）a和b不相连，Zn与稀硫酸反应置换出氢气，所以锌片上有大量气泡生成；‎ 故答案为：有大量气泡生成；‎ ‎（2）①c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，电池中总反应为Cu与银离子的置换反应，反应离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；‎ 故答案为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；‎ ‎②c、d是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，形成燃料电池，通入燃料的为负极，则通入甲烷的一极是负极，酸性条件下，甲烷失电子生成二氧化碳和氢离子，则负极的电极反应式为：CH4+2H2O﹣8e﹣=CO2+8H+；‎ 故答案为：负极；CH4+2H2O﹣8e﹣=CO2+8H+；‎ ‎（3）①电解精炼，粗铜失电子逐渐溶解，所以粗铜作阳极，铜离子在阴极上得电子，所以精铜作阴极；故答案为：阳极；‎ ‎②c、d是石墨电极，m是NaCl溶液，向溶液中滴加几滴酚酞试液，阴极生成氢气和氢氧根离子，所以阴极附近先变红色，则c为阴极，b为阳极，所以b与电源的正极相连，电解的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2‎ ‎↑；阳极上生成氯气，氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，所以用湿润的淀粉KI试纸检验氯气；‎ 故答案为：正极；2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑；能使湿润的淀粉KI试纸变蓝．‎ ‎　‎ ‎23．汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，含有大量的有害物质，包括CO、‎ NOx、碳氢化合物和固体悬浮颗粒等．对汽车尾气的治理是环境工作者面临的挑战．试回答以下问题：‎ ‎（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．已知：‎ ‎①CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160KJ/mol ‎②CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574KJ/mol 则由CH4将NO2完全还原成N2，生成CO2和水蒸气的热化学方程式是　CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1　．‎ ‎（2）NOx也可以被NaOH溶液吸收而生成NaNO3、NaNO2，已知某温度下，HNO2的电离常数Ka=9.7×10﹣4，‎ NO2﹣的水解常数Kh=8.0×10﹣10，则该温度下水的离子积常数=　Ka×Kh　（用含Ka、Kh的代数式表示），此时溶液的温度　＞　25°C（“＞”、“＜”、“=”）．‎ ‎（3）化工上利用CO合成甲醇，反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣90.8KJ/mol．‎ 不同温度下，CO的平衡转化率如图所示：图中T1、T2、T3的高低顺序是　T1＜T2＜T3　，理由是　该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低　．‎ ‎（4）化工上还可以利用CH3OH生产CH3OCH3．在体积均为10L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）．‎ 容器编号 温度（℃）‎ 起始物质的量（mol）‎ 平衡物质的量（mol）‎ CH3OH（g）‎ CH3OCH3（g）‎ H2O Ⅰ ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎207‎ ‎0.20‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ 该反应的正反应　放热　为反应（填“放热”、“吸热”），若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH0.15mol、CH3OCH30.15mol和H2O0.10mol，则反应将向　正　方向进行（填“正”、“逆”）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素；水的电离．‎ ‎【分析】（1）已知①CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ•mol﹣1，‎ ‎②CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1，‎ 利用盖斯定律将可得CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），据此分析；‎ ‎（2）依据亚硝酸根离子水解平衡常数表达式变式计算分析；‎ ‎（3）正反应放热，则升高温度CO的转化率降低；‎ ‎（4）对比I、Ⅱ可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动；‎ 根据I中数据计算平衡常数，计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行．‎ ‎【解答】解：（1）已知①CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ•mol﹣1，‎ ‎②CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1，‎ 利用盖斯定律将可得CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=﹣kJ•mol﹣1=867kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，Kh==×=，则Kw=Kh×Ka=8.0‎ ‎×10﹣10mol•L﹣1×9.7×10﹣4mol•L﹣1=7.76×10﹣13，＞常温下Kw=10﹣14，温度高于常温，＞25°C，‎ 故答案为：Ka×K；＞；‎ ‎（3）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，图中T1、T2、T3的高低顺序T1＜T2＜T3，‎ 故答案为：T1＜T2＜T3，该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低；‎ ‎（4）对比I、Ⅱ可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，则正反应为放热反应，容器Ⅰ中平衡时c（CH3OCH3）=c（H2O）==0.080mol/L，c（CH3OH）==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K1===4，此时浓度商Qc===0.67＜K=4，反应向正反应进行．‎ 故答案为：放热，正．‎ ‎　‎ ‎24．在污水处理中，FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备；而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．请回答下列问题：‎ ‎（1）FeCl3净水的原理是（用离子方程式表示）　Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+　；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）‎ ‎　2Fe3++Fe=3Fe2+　．‎ ‎（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．‎ ‎①若酸性FeCl2废液中：c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol/L，c（Fe3+）=1.0×10﹣3mol/L．，c（Cl﹣）=5.3×10﹣2mol/L，则该溶液的PH约为　2　．‎ ‎②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：‎ ‎　1　ClO3﹣+　6　Fe2++　6H+　=　1　Cl﹣+　6　Fe+　3H2O　．‎ ‎【考点】盐类水解的应用；氧化还原反应方程式的配平．‎ ‎【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；‎ ‎（2）①根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=﹣lgc（H+）计算；‎ ‎②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3．‎ ‎【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，‎ 故答案为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+，2Fe3++Fe=3Fe2+；‎ ‎（2）①根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）=1.0×10﹣2mol•L﹣1，则溶液pH=﹣lg1.0×10﹣2=2，‎ 故答案为：2；‎ ‎②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O，‎ 故答案为：1；6；6H+；1；6；3H2O．‎