2017-2018学年福建省永春县第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年福建省永春县第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

福建省永春县第一中学2017-2018高二下学期期末考试化学试题 ‎1. 化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是( )‎ A. 明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同 B. 医学上常采用碳酸钡作为钡餐 C. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快 D. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：A. 明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的； B. 碳酸钡能够溶于盐酸；‎ C. 吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率； D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。‎ 详解:A. 明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故A错误；‎ B. 碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故B错误；‎ C. 酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故C错误； D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D选项是正确的； 所以D选项是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的性质及用途，性质决定用途，熟悉碳酸钡、明矾、碳酸氢钠等的性质是解题关键，注意金属的电化学防护原理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。‎ ‎2. 用铁片与稀硫酸在试管内反应制取氢气时，下列措施中不能增大氢气生成速率的是(　　)‎ A. 对试管加热 B. 加入CH3COONa固体 C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 不用铁片，改用铁粉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：加快生成氢气的速率，可增大浓度，升高温度，增大固体的表面积以及形成原电池反应，以此解答。‎ 详解:A.加热，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故A不选； ‎ B.反应在溶液中进行，加入CH3COONa固体，CH3COO-+H+= CH3COOH，氢离子浓度减小，故氢气的生成速率减小，故B选； C.滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，形成铜锌原电池，反应速率增大，故C不选； D.不用铁片，改用铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故D不选。 所以B选项是正确的。‎ 点睛：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于基本概念的理解和应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。‎ ‎3. 在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是( )‎ A. υ(A)=0.5mol⋅L−1⋅S−1 B. υ(B)=0.3 mol⋅L−1⋅S−1‎ C. υ(C)=1.2mol⋅L−1⋅min−1 D. υ(D)=0.6 mol⋅L−1⋅min−1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较。‎ 详解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D， A、υ（A）=0.5 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s）， B、υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L•s）， C、υ（C）=1.2mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=1.2mol/（L•min）=1.6 mol/（L•min）=0.027 mol/（L•s），‎ D、υ（D）=0.6 mol/（L•s）， 所以B选项是正确的。‎ 点睛：本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。另外，还要注意统一单位。‎ ‎4. 下列说法正确的是( )‎ A. NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ⋅mol−1，能自发进行，原因是△S>0‎ B. 常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行 C. 焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据 D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行； B、某些吸热反应也可以自发进行，根据△H-T△S<0分析判断； C、根据反应自发进行的判断根据△H-T△S<0分析；‎ D、催化剂改变反应速率不改变化学平衡。‎ 详解:A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ⋅mol−1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，所以A选项是正确的；‎ B、某些吸热反应也可以自发进行，根据△H-T△S<0分析，△H>0，△S<0，常温下可以△H-T△S<0，如氢氧化钡晶体和氯化铵反应，是吸热反应，常温下可以蒸发进行，故B错误； C、根据反应自发进行的判断根据△H-T△S<0分析，反应自发进行需要焓变、熵变和温度共同决定，故C错误；‎ D、催化剂改变反应速率不改变化学平衡，使用催化剂不可以改变化学反应进行的方向，故D错误； 所以A选项是正确的。‎ ‎5. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是( )‎ A. 金属的化学腐蚀比电化学腐蚀更普遍 B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 C. 海轮外壳焊接锌块是采用了牺牲阳极的阴极保护法 D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.钢铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀； B.Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极； C.Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极； D.Fe与正极相连作阳极，被腐蚀。‎ 详解:A.钢铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A错误； B.Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极，负极失电子被腐蚀，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，‎ 镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误； C.Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极，Zn为负极失电子，则Fe被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，所以C选项是正确的； D.Fe与正极相连作阳极，活性电极作阳极时，电极失电子被腐蚀，则地下输油管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，故D错误。 所以C选项是正确的。‎ 点睛：金属腐蚀包括化学腐蚀和电化学腐蚀，且主要也是以电化学腐蚀为主。而金属的防护也主要是依据电化学原理，常用的方法是牺牲阳极的阴极保护法以及外接电流的以及保护法。‎ ‎6. 在某温度下可逆反应：Fe2(SO4)3＋6KSCN2Fe(SCN)3＋3K2SO4达到平衡状态后加入少量下列何种固体物质，该平衡几乎不发生移动( )‎ A. NH4SCN B. K2SO4 C. NaOH D. FeCl3·6H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据实际参加反应的离子浓度分析,平衡为： Fe3+＋3SCN- ⇌Fe(SCN)3，加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变。‎ 详解:A、加入少量NH4SCN，SCN-浓度变大，平衡正向移动，故A错误； B、加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，所以B选项是正确的； C、加入少量NaOH导致铁离子浓度减小，平衡逆向移动，故C错误； D、加入少量FeCl3·6H2O导致铁离子浓度增大，平衡正向移动，故D错误； 所以B选项是正确的。‎ ‎7. 镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是( )‎ A. 放电时负极失去电子，发生还原反应 B. 放电时电解质溶液中的OH－向正极移动 C. 充电时阴极附近溶液的pH减小 D. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A.原电池中，负极上发生失电子的氧化反应； B.原电池中，电解质中的阴离子向负极移动； C.电解池中，阴极发生得电子的还原反应，根据电极反应确定溶液溶液的的变化； D.电解池中，与直流电源正极相连的电极是阳极，阳极发生失电子的氧化反应。‎ 详解: A. 放电时是原电池工作原理，负极上发生失电子的氧化反应，故A错误； B. 放电时是原电池的工作原理，原电池工作时，电解质中的阴离子向负极移动，故B错误； C. 充电时是电解池的工作原理，电解池中，阴极发生得电子的还原反应，阴极附近溶液的pH增大，故C错误； D. 充电时是电解池的工作原理，电解池中，与直流电源正极相连的电极是阳极，阳极发生失电子的氧化反应，即发生Ni(OH)2转化为NiOOH的反应，故D正确。 故选D。‎ ‎8. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：平衡移动原理是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；平衡移动原理适用的对象必须存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。‎ 详解:A.存在平衡2NO2⇌N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故A错误； B. 水是弱电解质，存在电离平衡H2O⇌H++OH-，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，故B 错误；‎ C.过氧化氢分解，加入的二氧化锰起催化剂的作用,加快过氧化氢分解，不能用平衡移动原理解释，所以C选项是正确的； D.氨水中存在平衡NH3H2O⇌NH4++OH-，浓度越稀，电离程度越大，故0.1nol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用平衡移动原理解释，故D错误； 所以C选项是正确的。‎ ‎9. 在25 ℃，,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：‎ 物质 X Y Z 初始浓度/(mol·L－1)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ 平衡浓度/(mol·L－1)‎ ‎0.6‎ ‎1.2‎ ‎0.8‎ 下列说法错误的是( )‎ A. 反应达到平衡时，X的转化率为40%‎ B. 反应可表示为X(g)+2Y(g) 2Z(g)，其平衡常数为0.74‎ C. 其它条件不变时，增大压强能使平衡向生成Z的方向移动,平衡常数也增大 D. 改变温度可以改变此反应的平衡常数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A、转化率是消耗量除以起始量得到； B、根据物质消耗量计算反应物质的量之比写出化学方程式； C、化学平衡常数只随温度变化； D、升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应。‎ 详解：A、根据图表分析可以知道，X消耗的物质的量浓度=1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，X的转化率=100%=40%，所以A选项是正确的； B、图表中分析消耗量或生成量为，消耗X浓度1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，Y消耗浓度2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L，Z生成浓度0.8mol/L，反应比为X：Y：Z=0.4:0.8:0.8=1:2:2，反应的化学方程式为：X(g)+2Y(g) 2Z(g)，平衡常数K===0.74，所以B 选项是正确的； C、反应正向是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，即向着生成Z的方向移动，温度不变，则平衡常数不变，故C错误； D、升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，所以D选项是正确的； 故本题答案选C。‎ ‎10. 常温下，将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起( )‎ A. 溶液的pH增加 B. CH3COOH电离度变大 C. 溶液的导电能力减弱 D. 溶液中c(OH－)减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。‎ 考点：考查醋酸溶液稀释或加入CH3COONa晶体时溶液的性质变化的知识。‎ ‎11. 炼铁高炉中冶炼铁的反应为Fe2O3(s)＋3CO(g) ⇌ 2Fe(s)＋3CO2(g)，下列说法正确的是( )‎ A. 升高温度，反应速率减慢 B. 当反应达到化学平衡时，v(正)＝v(逆)＝0‎ C. 提高炼铁高炉的高度可减少尾气中CO的浓度 D. 某温度下达到平衡时，CO的体积分数基本不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．升高温度，反应速率增大，A错误；B．当反应达到化学平衡时，υ(正）=υ(逆）>‎ ‎ 0，B错误；C．提高炼铁高炉的高度不能改变平衡状态，因此不能减少尾气中CO的浓度，C错误；D．某温度下达到平衡时，CO的体积分数基本不变，D正确。‎ 考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响、平衡状态判断等的知识。‎ ‎12. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )‎ 酸 HX HY HZ 电离常数Ka ‎9×10－7‎ ‎9×10－6‎ ‎1×10－2‎ A. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大 B. 相同温度下，1mol/L HX溶液的电离平衡常数小于0.1mol/L HX C. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ D. HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。‎ 详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误； B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误； C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故C错误； D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应，所以D选项是正确的；‎ 所以D选项是正确的。‎ ‎13. 控制适合的条件，将反应Fe3++AgFe2++Ag+设计成如图所示的原电池(盐桥装有琼脂-硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度)。已知接通后，观察到电流计指针向右偏转。下列判断不正确的是( )‎ A. 在外电路中，电子从银电极流向石墨电极 B. 盐桥中的K+移向甲烧杯 C. 电流计指针居中后,往甲烧杯中加入一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转 D. 一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据原电池总反应方程式Fe3++AgFe2++Ag+可知石墨电极为正极，Fe3+得电子，发生还原反应，银电极为负极，Ag失电子，发生氧化反应，据此解答。‎ 详解：A项，石墨电极为正极，得到电子，银电极为负极，失去电子，因此外电路中电子从银电极流向石墨电极，故A项正确。‎ B项，盐桥中的阳离子K+移向正极处的FeCl3溶液，以保证两电解质溶液均保持电中性，故B项正确；‎ C项，电流计指针居中后，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，由于铁的金属活动性比银强，形成了新的原电池，此时铁作负极，银电极作正极，外电路电流方向为由由银到石墨，故电流计指针将向左偏转，故C项正确；‎ D项，一段时间后，原电池反应结束，灵敏电流计指针应该指向0刻度，故D项错误；‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎14. 下列说法中正确的是(　　)‎ A. 常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶108‎ B. 25 ℃时0.1mol•L－1NH4Cl溶液的KW大于100 ℃时0.1mol•L－1NaCl溶液的KW C. 根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.5的溶液一定显酸性 D. 室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液显中性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：‎ 醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度；水的离子积常数与温度有关，温度越大，离子积常数越大；弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变。‎ 详解：A、醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，10-11：10-3=1:108，故A正确； B、升高温度，水的离子积KW增大，故B错误； C、温度未知，无法判断溶液的酸碱性，故C错误； D、室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故D错误； 故选A。‎ ‎15. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是(　　)‎ A. 0.1mol•L－1NaHCO3溶液中：C(Na+)+C(H+)=C(HCO3－)+C(CO32－)+C(OH－)‎ B. Na2CO3溶液中：C(OH－)=C(H+)+C(HCO3－)+2C(H2CO3)‎ C. Na2S溶液中：2C(Na+）= C(S2－)+C(HS－)+C(H2S)‎ D. pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的c(Na+)：③>①>②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；‎ B.根据质子守恒判断；‎ C.根据物料守恒判断；‎ D. 醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子；‎ 详解：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2 c（CO32-）+c（OH-），故A错误；‎ B. 在Na2CO3溶液中：Na2CO3=== 2Na＋+CO32― ［2C(Na＋)=== C(CO32―)］；H2O H＋+OH― ［C (H＋)=== C (OH―)］ 由于：CO32―+H2O HCO3―+OH― ，HCO3―+H2OH2CO3+OH―  所以，水电离出来的H＋ 在溶液存在形式有：HCO3―、H2CO3、H＋ 即：质子守恒［水电离出来的H＋］C(OH―)==C HCO3―)+2C(H2CO3)+C(H＋)，故B正确；‎ C. 0.1 mol?L-1Na2S溶液中，根据物料守恒得：钠离子和含有硫元素的微粒个数之比是2：1，所以c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，故C错误；‎ D. ‎ 氢氧化钠是强碱，完全电离，显碱性，醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子，所以pH相同的①CH3COONa  ②NaClO  ③NaOH三种溶液c（Na+）大小：①＞②＞③，故D错误；‎ 答案选B。‎ 点睛：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、弱电解质电离和盐类水解是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。‎ ‎16. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是(　　)‎ A. 已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为－241.8 kJ·mol－1‎ B. 已知4P(红磷，s)===P4(白磷，s)的ΔH＞0，则白磷比红磷稳定 C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)＋H2SO4(aq)=== Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.4kJ·mol－1‎ D. 已知C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1；C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2；则ΔH1＞ΔH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则根据2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g） ΔH＝－483．6 kJ·mol－1不能得出氢气的燃烧热为241．8 kJ·mol－1，A错误；B、已知4P(红磷，s）＝P4(白磷，s）的ΔH>0，这说明红磷的总能量低于白磷，能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，B错误；C、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，含20．0 g NaOH即0．5mol氢氧化钠的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28．7 kJ的热量，则HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57．4kJ/mol，C正确；D、碳完全燃烧放热多，放热越多，△H越小，则已知C（s）＋O2（g）＝CO2（g） ΔH1, C（s）＋1/2O2（g）＝CO（g） ΔH2，因此ΔH1＜ΔH2，D不正确，答案选C。‎ 考点：考查燃烧热、中和热的判断 ‎17. 常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是(　　)‎ A. 某H2SO4溶液中＝1.0×10－8，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1‎ B. 将0.02mol·L－1盐酸与0.02mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液pH约为12‎ C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH一定大于7‎ D. 向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，溶液中c(HCO)先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A. 由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH-)；‎ B.根据混合后得到的溶液中c(OH-)浓度来计算；‎ C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH可能小于或等于7；‎ 详解：A项，由=1.0×10－8，c(OH-)c(H+)=110-14可得c(OH-)=1×10－11mol·L－1，所以由水电离的c(H+)=1×10－11mol·L－1，故A项正确；‎ B项，假设体积均为1L，等体积混合后体积为2L，反应后剩余OH-的物质的量为0.02mol，得到c(OH-)=1×10－2mol·L－1，溶液pH约为12，故B项正确；‎ C项，将稀盐酸与稀氨水混合，随着盐酸量的增加，NH4Cl浓度增加，NH3·H2O浓度减小，溶液可以显酸性，中性或者碱性，故C项错误；‎ D项，向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，随着盐酸量的增大，先生成HCO3―，而后HCO3―与盐酸反应生成二氧化碳，故溶液中c(HCO3―)先增大后减小，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎18. Licht等科学家设计的Al—MnO电池原理如图所示，电池总反应为Al＋MnO===AlO＋MnO2，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电池工作时，K＋向负极区移动 B. Al电极发生还原反应 C. 正极的电极反应式为MnO＋4H＋＋3e－===MnO2＋2H2O D. 理论上电路中每通过1mol电子，负极质量减小9g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：该电池的负极是Al，Ni是正极，在正极上发生得电子的还原反应，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al-3e-+4OH-=Al(OH)4-,电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。‎ 详解：A.电池工作时，阳离子向正极移动，即K＋向正极移动，故A错误； B.反应中铝为为负极，发生还原反应，故B错误； C.电解质呈碱性，MnO在正极上发生得电子的还原反应，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，故C错误； D.理论上电路中每通过1mol电子，则有mol铝被氧化，负极质量减少9g，所以D选项是正确的。 所以D选项是正确的。‎ 点睛：本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式，题目难度中等。‎ ‎19. 一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标p(Mn＋)表示－lgc(Mn＋)，横坐标p(S2－)表示－lgc(S2－)，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 该温度下，Ag2S的Ksp＝1.6×10－49‎ B. 该温度下，溶解度的大小顺序为NiS＞SnS C. SnS和NiS的饱和溶液中＝104‎ D. 向含有等物质的量浓度的Ag＋、Ni2＋、Sn2＋溶液中加入饱和Na2S溶液，析出沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.根据Ag2S的沉淀溶解平衡曲线a点数据计算Ksp；‎ B. 根据SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线比较；‎ C.先根据图像计算出Ksp(NiS)和Ksp（SnS），再根据饱和溶液中锡离子和镍离子浓度之比等于溶度积之比计算；‎ D.计算沉淀等物质的量浓度的Ag＋、Ni2＋、Sn2＋所需c(S2－)的大小，进行比较。‎ 详解：A.由a(30，10－lg 4)可知，当c(S2－)＝10－30 mol·L－1时，c(Ag＋)＝10－(10－lg 4) mol·L－1，Ksp(Ag2S)＝c2(Ag＋)·c(S2－)＝[10－(10－lg 4)]2×10－30= 1.6×10－49，A项正确；‎ B.观察SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线可以看出，当两条曲线中c(S2-)相同时，c(Ni2+)>c(Sn2+)，由于SnS和NiS沉淀类型相同，所以溶解度的大小顺序为NiS＞SnS ，B项正确；‎ C.SnS和NiS的饱和溶液中=＝=10－4，C项错误；‎ D.假设Ag＋、Ni2＋、Sn2＋均为0.1 mol·L－1，分别生成Ag2S、NiS、SnS沉淀时，需要c(S2－)分别为1.6×10－47、10－20、10－24，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS，D项正确。‎ 故本题答案选C。‎ ‎20. 25℃时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关该溶液的叙述不正确的是(　　)‎ A. pH＝5的溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ B. 溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)‎ C. 由W点可以求出25℃时CH3COOH的电离常数 D. pH＝4的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＋c(CH3COOH)－c(OH－)＝0.1mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、pH＝4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO－‎ ‎)，溶液呈酸性，该溶液的电离程度大于水解程度，当pH＝5时，c(CH3COO－)增大，c(CH3COOH)减小，所以c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，A项错误；B、根据电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，B项正确；C、W点处于醋酸的电离平衡和醋酸根的水解平衡的两个平衡体系，c(CH3COOH)=c(CH3COO－)，pH＝4.75，由W点可以求出25°C时CH3COOH的电离常数Ka=10－4.75，C项正确；D、溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，将c(CH3COOH)＋ c(CH3COO－)="0.1" mol/L代入，可得c(H＋)＋c(Na＋)＋c(CH3COOH)－c(OH－)＝0.1 mol/L，D项正确；选A。‎ 考点：考查盐类水解平衡和弱酸的电离平衡，图像的分析与判断等知识。‎ ‎21. 常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是(　　) ‎ A. ①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡 B. ①到②水的电离程度逐渐减小 C. I－能在②点所示溶液中存在 D. ②点所示溶液中：c(Na+)＝c(Cl－) + c(ClO－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．①点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，故A错误；B．①到②溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，故B错误；C．②点时溶液存在Cl0-，具有强氧化性，可氧化I-，故C错误；D．②点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（Cl0-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），故D正确；故选D。‎ 点睛：向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。‎ ‎22. 已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O＋H＋　Ka1、HC2OC2O＋H＋　Ka2‎ ‎。常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是(　　)‎ A. Ka1=10－1.2‎ B. pH＝2.7时溶液中：＝1000‎ C. 将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水便是配得pH为4.2的混合液 D. 向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离程度一直增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.由图象计算Ka1由电离常数可以知道Ka1= B. 由图象计算Ka1、Ka2，由电离常数可以知道=；‎ C. KHC2O4和K2C2O4的物质的量相同，但如配成不同浓度的溶液，则pH不一定为4.2； D.向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液氢离子浓度减小，对水的电离抑制的程度减小。‎ 详解：A.由图象可以知道pH=1.2时，c(HC2O)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，所以A选项是正确的； B. 由图象可以知道pH=1.2时，c(HC2O)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c(HC2O)=c(C2O42-)，则Ka2=c(H+)=10-4.2，‎ 由电离常数可以知道===103=1000，所以B选项是正确的；‎ C.将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故C错误； ‎ D.向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，所以D选项是正确的。 故本题答案选C。‎ ‎23. （1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3，请回答：‎ ‎①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎②已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___________________________________________。‎ ‎（2）实验室用50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为___________________________；实验室提供了0.50mol·L－1和0.55mol·L－1两种浓度的NaOH溶液，应选择___________mol·L－1的NaOH溶液进行实验。‎ ‎（3）人类活动产生的CO2长期积累，威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注。工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如下：‎ ‎①在阳极区发生的反应包括__________________________________和H＋＋HCO===H2O＋CO2↑。‎ ‎②简述CO在阴极区再生的原理：____________________________________。‎ ‎（4）常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，试计算溶液中＝_______。（常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8）‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92kJ·mol－1 (3).‎ ‎ 环形玻璃搅拌棒 (4). 0.55 (5). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (6). HCO存在电离平衡：HCOH＋＋CO，阴极H＋放电浓度减小平衡右移，CO再生(或阴极H＋放电OH－浓度增大，OH－与HCO反应生成CO，CO再生) (7). 60‎ ‎【解析】‎ 分析： (1)①反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应； ②化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热； (2)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；为了使反应充分,NaOH应过量；‎ ‎（3）①阳极上氢氧根离子放电生成氧气； ②碳酸氢根离子程度电离平衡、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子；‎ ‎（4）依据Ka2=，得溶液中=，以此解答。‎ 详解:(1)①反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，若E1>E2，则该反应为放热反应，‎ 因此，本题正确答案是：放热； ②在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH—H键，1molN≡N共吸收的能量为:3×436 kJ+946 kJ=2254 kJ，生成2mol NH3，共形成6mol1molN—H键，放出的能量为:6×391kJ=2346kJ，吸收的热量少,放出的热量多,该反应为放热反应,放出的热量为：2346kJ -2254 kJ =92kJ；  因此，本题正确答案是：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92kJ·mol－1 ；  (2)根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；实验室提供了0.50mol·L－1和0.55mol·L－1两种浓度的NaOH溶液，为了使反应充分,NaOH应过量,所以选择0.55mol·L－1的溶液进行实验， 因此，本题正确答案是：环形玻璃搅拌棒；0.55；‎ ‎(3) ①阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水,电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，‎ 因此，本题正确答案是：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑； ②HCO存在电离平衡：HCOH＋＋CO，阴极H＋放电浓度减小平衡右移，CO再生；阴极H＋放电OH－浓度增大，OH－与HCO反应生成CO，CO再生， 因此，本题正确答案是：HCO存在电离平衡：HCOH＋＋CO，阴极H＋放电浓度减小平衡右移，CO再生(或阴极H＋放电OH－浓度增大，OH－与HCO反应生成CO，CO再生)；‎ ‎（4）pH=9的溶液中c（H+）=10-9mol/L，依据Ka2=，得溶液中=，==60， 故答案为：60。‎ ‎24. I．现有常温下pH＝2的HCl溶液甲和pH＝2的CH3COOH溶液乙，请根据下列操作回答问题：‎ ‎（1）常温下0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_____。‎ A．c(H＋) B． C．c(H＋)·c(OH－) ‎ ‎（2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，CH3COOH的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的比值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。‎ ‎（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲)________(填“＞”“＜”或“＝”)V(乙)。‎ ‎（4）已知25℃时，下列酸的电离平衡常数如下：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎1.8×10－5‎ K1＝4.3×10－7‎ K2＝4.7×10－11‎ ‎3.0×10－8‎ 下列四种离子结合H＋能力最强的是________。‎ A．HCO B．CO C．ClO－ D．CH3COO－‎ 写出下列反应的离子方程式：HClO＋Na2CO3(少量)：______________________‎ II．室温下，0.1 mol·L－l的KOH溶液滴10.00mL 0.10 mol·L－l H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：‎ ‎（5）点③所示溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为：________________________。点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)＝________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 向右 (3). 减小 (4). ＜ (5). B　 (6). HClO＋CO===ClO－＋HCO (7). c(K+)>c(HC2O4―)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH―) (8). 0.10‎ ‎【解析】‎ 分析： (1)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，导致溶液中c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，但温度不变，水的离子积常数不变； (2)加水稀释促进醋酸电离，向醋酸中加入相同的离子，则抑制醋酸电离； (3)pH相同的醋酸浓度大于盐酸，取等体积等pH的醋酸和盐酸，n(CH3COOH)>n(HCl)，分别用等浓度的NaOH溶液中和，酸的物质的量多的消耗的碱多；‎ ‎(4) 电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可以知道，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH > H2CO3> HClO > HCO3-，酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强；‎ ‎（5）点③溶液显酸性,等体积等浓度反应生成KHC2O4，电离大于其水解；点④根据物料守恒计算分析；‎ 详解:(1)A项，由于加水稀释时，c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，故A正确；‎ B项，变形，分子、分母同乘以溶液中的c(CH3COO-)得，由于加水稀释时c(CH3COO-)减小，比值增大，故B错误；‎ C项温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H＋)·c(OH－)不变，故C错误；‎ 所以A选项是正确的； (2)加水稀释促进醋酸电离，平衡正向移动，向醋酸中加入相同的离子，则抑制醋酸电离，平衡逆向移动，所以溶液中的比值将减小，‎ 因此，本题正确答案是：向右；减小； ‎ ‎(3) pH相同的醋酸浓度大于盐酸，取等体积等pH的醋酸和盐酸，n(CH3COOH)>n(HCl)，分别用等浓度的NaOH溶液中和，酸的物质的量多的消耗的碱多，所以消耗氢氧化钠溶液体积甲<乙，‎ 因此，本题正确答案是：<；‎ ‎(4) 电离平衡常数越大，相应酸根结合氢离子的能力越小，则根据电离平衡常数可以知道结合H+能力最强的是CO，所以B选项是正确的，碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则HClO和少量Na2CO3溶液反应的离子方程式为：HClO＋CO===ClO－＋HCO ，  因此，本题正确答案是：B；HClO＋CO===ClO－＋HCO ； ‎ ‎(5) 点③溶液显酸性，等体积等浓度反应生成KHC2O4，HC2O4-电离大于其水解，则c(K+)>c(HC2O4―)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH―)， 点(4)为混合溶液，物料守恒得：c(K+)==0.06mol/L，‎ c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)＝=0.04mol/L，所以c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)＝0.10mol/L，‎ 因此，本题正确答案是：c(K+)>c(HC2O4―)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-) ； 0.10。‎ ‎25. NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。‎ ‎（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：‎ ‎2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1‎ ‎3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1‎ 反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。‎ ‎（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：________________________________。‎ ‎（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：___________________________________。‎ ‎（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见下图）。‎ 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题下图所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。‎ ‎【答案】 (1). −136.2 (2). HNO2−2e−+H2O3H++NO3− (3). 2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O (4). 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 (5). 催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO ‎【解析】‎ 分析：（1）将两个方程式编号，应用盖斯定律，解总焓变；‎ ‎（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应；‎ ‎（3）HNO2与(NH2)2CO反应生成N2和CO2，根据电子守恒和原子守恒配平；‎ ‎（4）因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。‎ 详解：（1）将两个方程式编号，‎ ‎2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1（①式）‎ ‎3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1 （②式）‎ 应用盖斯定律，将（①×3+②）2得，反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=[(-116.1 kJ·mol−1)×3+75.9 kJ·mol−1]2=-136.2kJ·mol−1，‎ 故答案为：−136.2；‎ ‎（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失电子生成HNO3，1mol HNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极的电极反应式为：HNO2−2e−+H2O3H++NO3−，‎ 故答案为：HNO2−2e−+H2O3H++NO3−；‎ ‎（3）HNO2与(NH2)2CO反应生成N2和CO2，N元素化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由(NH2)2CO中-3价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O，‎ 故答案为：2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O；‎ ‎（4）因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应，在50～250 ℃范围内，NOx的去除率先迅速上升是催化剂活性随着温度升高增大，与温度升高共同使NOx的去除率迅速增大；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是温度升高催化剂活性下降，NH3与O2反应生成了NO，‎ 故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 ；催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO。‎ ‎26. 草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O可溶于水，且能做净水剂。为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验：‎ 步骤1：称量5.6g草酸铁晶体，配制成250 mL一定物质的量浓度的溶液。‎ 步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，先加足量稀H2SO4酸化，再滴加KMnO4溶液，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═ K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。向反应后的溶液加锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。‎ 步骤3：用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。‎ 重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液为V2、V3 mL。‎ 记录数据如下表：‎ 实验编号 KMnO4溶液的浓度（mol/L）‎ KMnO4溶液滴入的体积（mL）‎ ‎1‎ ‎0.0200‎ V1 = 20.02‎ ‎2‎ ‎0.0200‎ V3 = 19.98‎ ‎3‎ ‎0.0200‎ V2 = 23.32‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）草酸铁溶液能做净水剂的原因______________________________（用离子方程式表示）。‎ ‎（2）步骤2加入酸性高锰酸钾的作用_________________________________________________。‎ ‎（3）加入锌粉的目的是______________________________。‎ ‎（4）步骤3滴定时滴定终点的判断方法是_____________________________________________。‎ ‎（5）在步骤3中，下列滴定操作使测得的铁含量偏高的有______。‎ A．滴定管用水洗净后直接注入KMnO4溶液 B．滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 C．读取KMnO4溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后仰视读数 D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．‎ ‎（6）实验测得该晶体中铁的含量为_________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H＋ (2). 除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定 (3). 将Fe3＋还原为Fe2＋ (4). 加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去 (5). ABC (6). 20.0%‎ ‎【解析】‎ 分析：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用； (2) 步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；‎ ‎(3)加入锌粉的目的是还原铁离子； (4)高锰酸钾溶液为紫红色，滴入最后一滴溶液变为紫红色且半分钟不变说明反应达到终点； (5)根据滴定误差分析的方法判断,误差可以归结为标准液的体积消耗变化分析误差，c(待测)= ； A.酸式滴定管要用标准液润洗； B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大； C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大；‎ D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小； (6)根据离子方程式计算，n(Fe)=5n(MnO4-)，可以计算n(Fe)，然后可以计算晶体中铁的含量。‎ 详解：(1)草酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H＋，  因此，本题正确答案是：Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+ 3H＋；  (2) 步骤2中用KMnO4将草酸氧化生成二氧化碳，除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定，‎ 因此，本题正确答案是：除去草酸根离子，避免干扰步骤3中Fe2＋的滴定；‎ ‎(3)加入锌粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋， ‎ ‎ 因此，本题正确答案是：将Fe3＋还原为Fe2＋；  (4)高锰酸钾溶液为紫红色，反应终点判断为：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去， 因此，本题正确答案是：加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为浅紫红色，且30s内浅紫红色不褪去；‎ ‎(5)A.酸式滴定管要用标准液润洗，滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准液，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故A符合； B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B符合； C.读取标准液体积时，滴定前平视读数，滴定后仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C符合；‎ D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，反应消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D不符合；‎ 因此，本题正确答案是：ABC； (6)用0.0200 mol/LKMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。‎ 重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.0200 mol/LKMnO4溶液为V2、V3 mL，计算平均值，实验3数值误差较大舍去，消耗体积V= mL =20.00mL，  铁元素守恒，高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生的反应为：‎ ‎5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 5 1 n 0.0200mol/L×0.0200L =0.0004mol          ，解得n=0.002mol，  250 mL溶液中含铁元素物质的量=0.002mol×=0.02mol，‎ ‎5.6g草酸铁晶体中铁的含量=100%=20.0%， ‎ 因此，本题正确答案是： 20.0%。‎ 点睛：本题考查了物质性质的实验探究，实验方案的设计与分析计算，主要是滴定实验的过程分析和误差分析，掌握基础是关键，题目难度中等。‎ ‎27. 软锰矿(主要成分为MnO2)可用于制备锰及其化合物，现代冶炼金属锰的工艺流程如下图所示，步骤中杂质离子逐一沉淀。‎ 下表为t℃时，有关物质的Ksp ‎ 物质 Fe(OH)3‎ Cu(OH)2‎ Ca(OH)2‎ Mn(OH)2‎ CuS CaS MnS MnCO3‎ Ksp ‎4.0×10-38‎ ‎2.210-22‎ ‎5.510-6‎ ‎1.910-13‎ ‎6.310-36‎ ‎9.110-6‎ ‎2.510-15‎ ‎2.210-11‎ 软锰矿还原浸出的反应为：12MnO2＋C6H12O6＋12H2SO4===12MnSO4＋6CO2↑＋18H2O ‎（1）写出一种能提高还原浸出速率的措施：_________________________ ‎ ‎（2）调节pH 步骤中生成的沉淀为________。加入MnF2的主要目的是除去__________ (填“Ca2＋”、“Fe3＋”或“Cu2＋”)‎ ‎（3）等浓度的（NH4)2S与（NH4)2SO4 溶液中，NH4＋的浓度大小为：前者________后者（填“＞”、“＜ ” “=” )。‎ ‎（4）由MnSO4制取MnCO3往MnSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液生成MnCO3，同时还会产生Mn(OH)2，可能的原因有：MnCO3(s)＋2OH－(aq)Mn(OH)2(s)＋CO (aq)，t℃时，计算该反应的平衡常数K＝_________________(保留一位小数)。‎ ‎【答案】 (1). 提高反应温度或将软锰矿研细等其他合理答案 (2). Fe(OH)3 (3). Ca2＋　 (4). ＜ (5). 115.8 或1.2ⅹ102‎ ‎【解析】‎ 分析：软锰矿还原浸出得到硫酸锰溶液，说明浸取液为稀硫酸，同时溶液中还含有Ca 2+、Fe 3+、Cu 2+等杂质，调节溶液的pH，Fe(OH)3的Ksp为4.0×10-38‎ 与其它离子相比最小，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，CuS的Ksp为6.3×10-36，可以将铜离子形成硫化物沉淀下来，再加入MnF 2，形成CaF 2沉淀，除去Ca 2+，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰，以此解答。‎ 详解：（1）反应物接触面积越大、温度越高反应速率越快，所以能提高还原浸出速率的措施：升高反应温度或将软锰矿研细等； ‎ 因此，本题正确答案是：提高反应温度或将软锰矿研细等其他合理答案； （2）调节溶液的pH，Fe(OH)3的Ksp为4.0×10-38与其它离子相比最小，调节pH可以将 Fe（OH） 3沉淀下来；CaF 2难溶于水，滤液2中含有Mn 2+、Ca 2+、NH 4 +、SO 4 2-，加入MnF 2的目的是形成CaF 2沉淀，除去Ca 2+；  因此，本题正确答案是：Fe(OH)3 ；Ca2＋；‎ ‎（3）S2－水解显碱性，促进NH4＋水解，所以等浓度的（NH4)2S与（NH4)2SO4 溶液中，NH4＋的浓度大小为：前者<后者，‎ 因此，本题正确答案是：<；‎ ‎（4）由MnCO3(s)＋2OH－(aq) Mn(OH)2(s)＋CO (aq)，可知，  K== ==115.8；‎ 因此，本题正确答案是：115.8 或1.2102。‎ ‎ ‎