2017-2018学年安徽省淮北市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
安徽省淮北市第一中学2017-2018学年上学期
高二年级期末考试化学试题
1. “新时代”的中学生应具备一定的化学科学素养。下列描述中，不符合化学基本原理的是
A. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，不能用铁作阳极
B. 垃圾是污染物，一定条件下还可能产生二次污染
C. 向铁中添加一定比例的铜制成合金，防止铁制品被腐蚀
D. 治理雾霾的根本方法是从源头上控制形成雾霾的污染物
【答案】C
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A. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极时，铁放电生成亚铁离子，开始时阴极析出少量铝，但由于的氧化性比的氧化性强，当增加到一定浓度时，阴极只析出铁，得不到金属铝，故A项正确； B.垃圾是污染物，垃圾排入环境后，在物理，化学和生物的作用下，生成新的污染物对环境产生二次污染。故B对。C. 向铁中添加一定比例的铜制成合金，会形成铁铜原电池，铁做负极失电子被腐蚀。故C错；D. 治理雾霾的根本方法是从源头上控制形成雾霾的污染物，故D正确。综上所述，本题答案：C。
2. 下列商品的主要成分属于无机物的是
A. 瓷器 B. 海带 C. 尼龙 D. 中草药
【答案】A
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A.瓷器原料是硅酸盐属于无机物，故A对；B. 海带中含有纤维素，属于有机物，故B错；C尼龙的成分是合成纤维，属于有机物，故C错；D.中草药的主要成分有糖类，氨基酸，蛋白质，油脂，色素，维生素等有机物，故D错。
3. 下列措施中，不能增大化学反应速率的是
A. Zn与稀疏酸反应制取H2时，加入少量CuSO4溶液
B. Al在O2中燃烧生成Al2O3时，用铝粉替代铝片
C. 用KClO3固体分解制取O2时，固体中添加少量MnO2
D. CaCO3与稀盐酸反应生成CO2时，将盐酸换成等浓度的硝酸
【答案】D
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A. Zn与稀疏酸反应制取H2时，加入少量CuSO4
溶液，会形成原电池，增大化学反应速率的，故A能；B. Al在O2中燃烧生成Al2O3时，用铝粉替代铝片增大了接触面积，增大了化学反应速率，故B能；C. 用KClO3固体分解制取O2时，固体中添加少量MnO2起到了
催化剂的作用，增大了化学反应速率，故C能；D. CaCO3与稀盐酸反应生成CO2时，将盐酸换成等浓度的硝酸，并没有改变酸的浓度，不能增大化学反应速率，故D不能；本题正确选项为D。
4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 15g乙烷分子中含有共价键的数目为3NA
B. 常温常压下，7g 乙烯、丙烯的混合物含有原子数为1.5NA
C. 0.1mol/L的AlCl3溶液中含有的铝离子数为0.01NA
D. 25℃时，1L0.1mol/L的CH3COOH 溶液中的H+数为0.1NA
【答案】B
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A. 15g乙烷的物质的量为 = 0.5mol,乙烷的式：C2H6,,每个分子中含有共价键的数目为7NA，所以15g乙烷分子中含有共价键的数目为：0.5mol =3.5NA,故A错；B. 乙烯、丙烯最简式为 CH2常温常压下，7g 的混合物含有原子数为1.5NA.故B正确；C.没有告诉的溶液的体积,无法计算溶液中氯离子的物质的量及数目,故C错误; 的溶液中含有溶质醋,因为醋酸为弱酸,所以醋酸电离出的氢离子小于,溶液中的数小于,故D错误;所以B选项是正确的。
5. 下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是
A. Na+、Ca2+、Cl-、I- B. NH4+、CO32-、Br -、AlO2-
C. H+、Fe2+、SO42-、Cl2 D. K+、Ag+、NH3·H2O、NO3-
【答案】A
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A. Na+、Ca2+、Cl-、I-通入CO2后彼此不会发生反应，能大量共存，故A对；B. NH4+、CO32-、Br -、AlO2-中通入CO2后会和AlO2-反应生成生成Al(OH)3沉淀，所以不能共存，故B错；C. H+、Fe2+、SO42-、Cl2中Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，所以离子不能共存；故C错；D. K+、Ag+、NH3·H2O、NO3-中D. Ag+、NH3·H2O不能共存。故D错。本题正确答案：A。
6. 下列有关实验的说法正确的是
A. 洗净的容量瓶放在烘箱中烘干，可以缩短干燥的时间
B. 用棕色的碱式滴定管准确量取10.00 mL碘水，可以避免HIO 光照分解
C. 将硝酸铵晶体溶于水，测得水温降低，说明硝酸铵水解吸热
D. 区分盐酸和Na2CO3溶液，可以不用任何其他试剂
【答案】D
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A. 洗净的容量瓶放在烘箱中烘干，会导致容量瓶放体积发生变化，故A错； B. 碘水会氧化用棕色的碱式滴定管下的橡胶管，所以只能用酸性滴定管准确量取10.00 mL，可以避免HIO 光照分解，故B错；C. 将硝酸铵晶体溶于水，测得水温降低，硝酸铵溶解也吸热，故不能证明硝酸铵水解是吸热反应，故C正确；D. 盐酸滴入Na2CO3溶液中，开始无现象，继续滴加可以产生气泡；反之把Na2CO3溶液滴入盐酸中，开始就可以产生气泡。故可以不用任何其他试剂就可以鉴别盐酸和Na2CO3溶液，故D错。综上所述本题答案为：D。
7. 下列有关说法中正确的是
A. 乙烯的结构筒式可以表示为CH2CH2 B. 苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应
C. 乙醇和乙酸都存在碳氧双键 D. 液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷
【答案】B
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故D错。本题的正确答案：B。
8. 某烷烃的结构如右图所示，下列叙述中不正确的是
A. 与甲烷、乙烷属于同系物 B. 该烷烃的一氯代物有4种
C. 系统命名的名称为2-甲基丁烷 D. 完全燃烧的产物为两种氧化物
【答案】C
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A. 同系物是指结构相似，分子组成相差一个或几个CH2的同类物质，所以甲烷、乙烷和3-甲基戊烷属同系物；故A对；B.3-甲基戊烷含有4种类型的氢，该烷烃的一氯代物有4种
故B对；C. 系统命名的名称为 3-甲基戊烷，故C错；D. 3-甲基戊烷完全燃烧的产物为CO2和H2O两种氧化物，D故对。本题正确答案：C。
9. 二甲醚是一种绿色、可再生的新能源。右图是绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图（a 、b均为多孔性Pt电极）该电池工作时，下列说法中正确的是
A. a 电极为该电池正极
B. 电池工作时，燃料电池内部H+从b 电极移向a 电极
C. 电池工作时，b 电极反应式： O2 +4e-+2H2O= 4OH-
D. 电池工作时，a 电极反应式：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+
【答案】D
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A. a通入的是二甲醚作燃料电池 的负极故A错；B. 电池工作时，燃料电池内部H+从电池负极 移向正极 ；即a移向b，故B错；C. 电池工作时，b 电极为电池的正极反应式： O2 +4e-+4H+= 2H2O，故C错；D. 电池工作时，a 电极为原电池的负极反应式：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，故D对。本题正确点：D。
10. 用铂做电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2的是
A. 稀Ba(OH)2 溶液 B. HCl溶液 C. 酸性CuSO4 溶液 D. 酸性AgNO3溶液
【答案】A
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A. 电解稀Ba(OH)2 溶液反应电极式：阳极：4OH--4ｅ-= O2+H2O;阴极：4H2O+4e-=2 H2+4OH-
故A正确；B电解. HCl溶液：阳极：2Cl-—2e-=Cl2;阴极：2H++2e-=H2故B错；C. 电解酸性CuSO4
溶液阳极：4OH--4ｅ-= O2+H2O，阴极：Cu2++2e-= Cu. 2H++2e-=H2故C错；D.电解 酸性AgNO3溶液阳极：4OH--4ｅ-= O2+H2O，阴极：Ag++e-= Ag. 2H++2e-=H2故D错。本题正确答案：A。
11. 下列表述中，与盐类水解有关的有
①明矾和FeCl3 可作净水剂 ②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸③AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的固体产物是Al2O3 ④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂 ⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞 ⑥ 向MgCl2溶液中加入适量MgO 固体除去少量铁离子杂质⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用
A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 7个
【答案】C
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①明矾中的Al3=和FeCl3 中Fe3+分别水解生成 Al(OH)3和Fe(OH)3可作净水剂 ， ②为保存FeCl3溶液水解显酸性，在溶液中加少量盐酸抑制水解；③AlCl3溶液水解生成Al(OH)3加热蒸干促进水解、灼烧使Al(OH)3分解，得到的固体产物是Al2O3 ④NH4Cl与ZnCl2溶液均能水解显酸性，除去金属表面上的锈，所以可作焊接中的除锈剂 ⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞 是因为NaOH溶液与玻璃中的SiO2生成硅胶，不属于水解反应； ⑥ 向MgCl2溶液中加入适量MgO 固体生成Mg(OH)2,KSP Mg(OH)2
c(SO42-)>c(H+)>c(OH-) B. c(H+)>c(SO42-)> c(NH4+)> c(OH-)
C. c(SO42-)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH-) D. c(SO42-)> c(NH4+)> c(OH-)>c(H+)
【答案】B
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NH4HSO4属于强酸弱碱盐, HSO4-= H++ SO42+，NH4+部分水解导致溶液呈酸性，则c（H+）> c(SO42+)> c（NH4+）>c（OH-），故B选项正确；A,C,D均不符合，所以错误，本题的正确选项为：B。
点睛：NH4HSO4是强酸弱碱酸式盐，铵根离子在溶液中部分水解，HSO4-= H++ SO42+完全电离，导致溶液c（H+）最大，则：c（H+）＞c（OH-）；再结合电荷守恒判断铵根离子和硫酸根离子浓度大小，注意铵根离子水解的程度较小：c(SO42+＞c（NH4+）。
13. 向含有2molSO2的恒容容器中通入过量氧气发生反应: 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0，下列说法中正确的是
A. 氧气过量，所以充分反应后可生成2 mol SO3
B. 反应达平衡的过程中，混合气体的平均相对分子质量不断减小
C. 反应达平衡后，升高温度，SO2的转化率减小
D. 反应达平衡后，增大SO2的浓度，平衡右移，故SO2的转化率增大
【答案】C
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A. 因为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)尽管氧气过量，但可逆反应也不能进行彻底，所以不可能生成2 mol SO3。故A错；B. 反应达平衡的过程中，混合气体的平均相对分子质量就等于摩尔质量为M= 因n减小，m不变，混合气体的平均相对分子质量不断增大，故B错；C. 因为 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0是个放热反应，反应达平衡后，升高温度，SO2的转化率减小，故C正确；D. 反应达平衡后，增大SO2的浓度，平衡右移，故SO2的转化率=增大SO2的浓度，相当于SO2增大，所以SO2的转化率减小，故C正确；D. 反应达平衡后，增大SO2的浓度，平衡右移，故SO2的转化率增大故D错。
点睛：本题考查影响化学反应平衡的因素，转化率的计算等问题。解题的关键是掌握影响化学平衡移动的因素：升高温度，平衡吸热方向移动，降低温度平衡向放热方向移动；增加反应物或减少生成物的浓度，平衡向正反应反向移动，反之向逆反应方向移动；增大压强，平衡向气体体积减小方向移动，减小压强，平衡想着气体体积增大的方向移动。记住转化率的公式：SO2,根据变化关系即可。
14. 学习“化学平衡移动原理”后，以你的理解，下列叙述正确的是
A. 升高温度，化学平衡一定会发生移动
B. 2HI(g)H2(g)+I2(g)达平衡后，增大压强使颜色变深，可用勒夏特列原理解释
C. 在盛有一定量NO2的注射器中，向外拉活塞，其中气体颜色先变浅再变深，甚至比原来深
D. 对于已达平衡的体系，改变影响化学平衡的条件，不可能出现V正增大，V逆减小的情况
【答案】A
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A. 任何化学反应都伴随能量变化，所以改变温度，化学平衡一定会发生移动，故A正确；
B. 2HI(g)H2(g)+I2(g)前后化学计量数改变不变，达平衡后，增大压强并不能改变化学平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释。故B错。C在盛有一定量的注射器中,
向外拉活塞,容器体积增大,导致压强减小,平衡向生成二氧化氮方向移动,但达到平衡后二氧化氮浓度仍然小于原来浓度,所以其中气体颜色先变浅再变深,但比原来浅,故C错误; D. 如果增大反应物浓度、减少生成物浓度,会导致正反应速率大于逆反应速率,故D错误。本题正确答案：A。
点睛：考查影响化学平衡的因素问题。A.在盛有一定量的注射器中,向外拉活塞,容器体积增大,导致压强减小,平衡向生成二氧化氮方向移动,但达到平衡后二氧化氮浓度仍然小于原来浓度; B.只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释; C.升高温度,平衡向吸热方向移动; D.如果增大反应物浓度、减少生成物浓度,会导致正逆反应速率不相等。
15. 用丙基取代邻二甲苯苯环上的一个氢原子，所得产物的种类最多为
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
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丙基的结构有和两种，分别取代邻二甲苯苯环上1个氢原子形成邻、间两种同分异构体，所得芳香烃产物有4种，故B项正确。
综上所述，本题正确答案为B。
点睛：本题考查了有机化合物同分异构体的推导，分析得到取代基的结构是关键。
16. 常温下，0.1mol/L的三种盐溶液，NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列判断中正确的是
A. HX、HY、HZ的酸性依次增强
B. 离子浓度：c(Z-)＞c(Y-)＞c(X-)
C. 电离常数：K(HZ)＜K(HY)
D. c(X-)=c(Y-)+c(HY)=c(Z-)+c(HZ)
【答案】CD
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A. NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，NaX 为强酸强碱盐，没有水解；NaY、NaZ为强碱弱酸盐，水解显碱性，碱性越强，水解程度越大，其对应的酸性越弱， HX、HY、HZ的酸性依次减弱，所以A错；B. 离子浓度：c(Z-)＞c(Y-)＞c(X-) NaY、NaZ为强碱弱酸盐，水解显碱性，碱性越强，水解程度越大，其离子浓度越小，离子浓度：c(Z-)＜c(Y-)＜c(X-)
故B错；C.对于弱酸,其酸性越弱,对应的盐水解程度越大,说明HX为强酸,HY、XZ为弱酸,且酸性,电离常数,所以C选项是正确的;D.NaX电离后不水解,X-的物质的量浓度,NaY、NaZ电离后都部分水解,根据物料守恒可以知道:;,所以,所以D选项是正确的;
所以D选项是正确的.
点睛：常温下,的三种盐溶液NaX.NaY.NaZ的PH分别为7、8、9,对于弱酸,其酸性越弱,对应的盐水解程度越大,说明HX为强酸,HY、XZ为弱酸,且酸性,由此分析解答。
17. 用石墨作电极电解200mLH2SO4与CuSO4的混合液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合液中Cu2+的物质的量浓度为
A. 0.5 mol·L-1 B. 1mol·L-1
C. 1.5 mol·L-1 D. 2 mol·L-1
【答案】A
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先分析电极反应式：阳极为，阴极为、，再据电子守恒列式：0.2L求得C(Cu2+)=0.5mol/L， 本题正确答案：A。
点睛：准确进行有关电解知识的计算，关键在于正确写出电解方程式或电极反应方程式，通过得失电子数守恒再列等式求解。
18. 已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：
①2NO(g)2N2O2(g)（快） △H1＜0 平衡常数K1
②N2O2(g) +O2(g)2NO2(g) （慢） △H2＜0 平衡常数K2
下列说法正确的是
A. 反应过程中的能量变化可用图a表示
B. 2NO(g) +O2(g)2NO2(g)的△H=-(△H1+△H2)
C. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=K1/K2
D. 反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率
【答案】D
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A、反应①是放热反应，图像不符，A错误；B、根据盖斯定律可知①+②即得到2NO(g) +O2(g)2NO2(g)的△H=(△H1+△H2，B错误；C、根据A中分析可知该反应的平衡常数表达式为K＝K1·K2，C错误；D、整个反应的历程中，速率慢的反应决定总反应的速率，D正确；答案选C。
19. 将氨水逐滴地加入盐酸中至中性，下列有关的说法：①盐酸过量；②氨水过量；③恰好完全反应；④c(NH4+)=c(Cl-)；⑤c (NH4+)＜c(Cl-) 正确的是
A. ①⑤ B. ③④ C. ②⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】试题分析：将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，此时溶液溶质为NH4Cl、NH3·H2O混合液，故需氨水过量，则①③错误、②正确；溶液中存在电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)＝c(OH—)+c(Cl－)，溶液呈中性c(H+)＝c(OH—)，则c(NH4+)＝c(Cl－)，④正确，⑤错误；答案选D。
考点：考查溶液中平衡关系
20. 某温度下，相同pH值得盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断不正确的是
A. I为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点KW的数值比c点KW的数值大
D. a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度
【答案】C
【解析】请在此填写本题解析!
醋酸是弱酸，不完全电离使溶液显酸性，溶液浓度越低，电离程度越大；盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释，盐酸溶液的变化大于醋酸溶液的变化，因此Ⅰ为盐酸的变化曲线，Ⅱ为醋酸的变化曲线。故A正确。B，b、c两点在盐酸的变化曲线上，c点较大，稀释倍数较高，溶液中离子浓度低于b点溶液中离子浓度，离子浓度越大，导电性越强，故B项正确；C.只和温度有关，温度不变，不变，故C项错误；D.相同体积和的盐酸与醋酸溶液，醋酸溶液浓度大，稀释相同倍数之后，由于醋酸是弱酸，因此浓度依旧大于盐酸溶液的浓度，因此a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。
21. 电解硫酸钠溶液生产硫酸和烧碱的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1∶2，（阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）。下列有关说法正确的是
A. a电极反应式：2H++2e－= H2↑ B. 产物丙为硫酸
C. d为阴离子交换膜 D. Na2SO4溶液浓度增大
【答案】B
【解析】试题分析：电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH；A．a为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A错误；B．通过以上分析知，a为阳极，同时生成硫酸，所以产物丙是硫酸，故B正确；C．产物丁是NaOH，则离子交换膜d是阳离子交换膜，故C错误；D．根据以上分析，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH，所以Na2SO4溶液浓度减小，故D错误；故选B。
【考点定位】考查电解原理
【名师点晴】判断甲、乙气体成分是解本题关键，电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH，据此分析解答。
22. 市场销售的某种精制食用盐包装袋上有如下说明：
产品标准
GB5461
产品等级
一级
配料
食盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量(以I计）
20~50mg/kg
（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）
KIO3＋ KI＋ H2SO4＝ K2SO4＋ I2＋ H2O，______________
（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。
①Na2SO3稀溶液与I2反应后溶液显酸性，写出该反应的离子方程式：_____________________________。
②某同学设计回收四氯化碳的操作步骤如下，请将缺少的操作步骤补充完整。
a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中； b.加入适量Na2SO3溶液
c.____________________ d.分离出下层液体。
（3）已知：I2+2S2O32＝2I-+S4O62－。某质量检验监督局测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：
a.准确称取12.7g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c.以淀粉为指示剂，以6.0×10-4mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，消耗20.00mL标准液。
①判断c中滴定反应恰好完全的现象是_____________________。
②根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是____mg/kg。
（4）用惰性电极电解KI溶液可制备碘酸钾，则阳极反应式为_____________________。
【答案】 (1). 1 KIO3＋ 5 KI＋ 3 H2SO4＝ 3 K2SO4＋ 3 I2＋ 3 H2O (2). SO32－＋I2＋H2O＝SO42－＋2I－＋2H＋ (3). 振荡，静置（分层） (4). 滴入最后一滴标准液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变蓝 (5). 20.0 (6). I－－6e－＋3H2O＝IO3－＋6H＋
【解析】请在此填写本题解析!
（1）该反应中化合价的变化为:,I元素由+5价价,一个分子得5个电子;,I元素由-1价价,一个KI分子失一个电子,所以得失电子的最小公倍数为5,的计量数为1,KI的计量数为5,其它元素根据原子守恒配平,所以反应方程式为,因此，本题正确答案是:1;5;3;3;3;3;
（2）①单质碘能被亚硫酸钠还原生成碘离子，方程式为 I2+SO32-+H2O＝2I-+SO42-+2H+。
②考查萃取实验操作，加入适量Na2SO3稀溶液后必需将分液漏斗充分振荡后静置，然后分液。本题正确答案：①I2+SO32-+H2O＝2I-+SO42-+2H+ ②振荡，静置。
(3)①碘遇淀粉变蓝色,所以溶液呈蓝色,随反应进行,溶液中没有碘,溶液由蓝色为无色,说明反应到终点,判断c中反应恰好完全所根据的现象是:滴最后一滴溶液,由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不变色, 因此，本题正确答案是:滴最后一滴溶液,由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不变色;。
② 由,得,
计算得出:,
设每千克食盐中含碘xmg,列比例式为,,
因此，本题正确答案是:20;
.....................
23. （1）已知NO2和N2O4可以相互转化N2O4 (g)2NO2 (g)△H=+57.2kJ/mol。t℃时，现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为2 L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如下表所示，据此回答相关问题：
时间/min
0
5
10
15
20
25
30
c(x)/mol·L-1
0.2
C
0.6
0.6
1.2
C1
C1
c(Y)/mol·L-1
0.6
c
0.4
0.4
0.4
C2
C2
①前10 min内用N2O4表示的化学反应速率v(N2O4)＝__________，t℃时，该反应的化学平衡常数K=__________。
②20 min时，若只改变了某一个条件，该条件可能是__________。
③t℃时,若开始时向容器中充入1mol的NO2、0.2mol N2O4，则v(正)________v(逆)（填“＞”“＜”或“=”）
（2）一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2，发生反应S2Cl2(g) + Cl2(g) 2SCl2(g)。Cl2和SCl2的消耗速率（v）与温度（T）的关系如图所示：
①ABCD四点对应状态下，达到平衡状态的有__________。
②△H2_______0（填“＞”“＜”或“=”）
【答案】 (1). 0.02 mol·L－1 ·min－1 (2). 0.9mol·L－1 (3). 充入1.2molNO2（增大NO2浓度也可） (4). < (5). BD (6). <
【解析】请在此填写本题解析!
（1）①X、Y的起始浓度分别为0.2mol/L、0.6mol/L，10min时到达平衡，X浓度增大了0.4mol/L、Y的浓度减小0.2mol/L，因为NO2、N2O4与按物质的量2：1反应，则X为NO2、Y为N2O4；v(N2O4)==0.02mol.L-.min
平衡常数K=
c2(NO2)
c(N2O4)
=
0．62
0.4
=2.25，
因此，本题正确答案是：0,02 mol.L-.min；2.25；
②20min时，Y（N2O4）的浓度不变，X（NO2）的浓度增大，改变的条件应是增大NO2的浓度，等效为增大压强，平衡向生成N2O4的向逆反应进行，减少2molNO2的同时混合气体总物质的量减小1mol，则混合气体中NO2的百分含量减小，因此，本题正确答案是:增大NO2的浓度。
t℃时,若开始时向容器中充入1mol的NO2、0.2mol N2O4，则v(正)________v(逆)（填“＞”“＜”或“=”）
③ C(NO2)==0.5mol/L C(N2O4)==0.1mol/L Q==0.4＜2,25，所以平衡向逆反应方向移动。所以v(正) ＜v(逆)，故答案：＜。
（2）①根据反应II：S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2
的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；故达到平衡状态的有：B D。
② B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH2＜0。正确答案：＜。
24. 用某废催化剂（主要成分Al2O3、K2O、少量CoO、SiO2等）来制取明矾的工艺流程如下图所示，回答下列问题：
（1）废催化剂在浸取前进行球磨的主要目的是________________________________________。
（2）浸取时Al2O3溶解的化学方程式为________________________________________；
（3）滤渣的主要成分是_________________ (填化学式)。
（4）实验测得K2CO3的加入量与KA1(SO4)2·12H2O产率及纯度关系如下表所示：
编号
1
2
3
4
K2CO3加入量/g
2
4
6
8
产品质量/g
3.3
5.7
4.6
4.5
明矾纯度/g
99.1
98.2
91.4
84.9
当K2CO3的加入量超过4 g后，晶体的质量减少且纯度降低，其原因是________________________。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸时的浸取率（合理即可） (2). Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O (3). SiO2 (4). Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ ，K2CO3加入过多会导致溶液酸度降低，使Al3＋水解生成A1(OH)3
【解析】请在此填写本题解析!
(1) 废催化剂在浸取前进行球磨的主要目的是将块状固体粉碎,增大接触面积，加快化学反应速率，提高酸浸时的浸取率；
(2)浸取时Al2O3溶解于硫酸生成盐和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O
(3)滤渣的主要成分是不溶于酸的SiO2；
(4)K2CO3溶于水后水解使溶液呈碱性，当K2CO3的加入量超过4 g后，晶体的质量减少且纯度降低，其原因是K2CO3加入过多会导致溶液酸度降低，使Al3+水解生成A1(OH)3。
25. 科学处理NOx、SO2等大气污染物，对改善人们的生存环境具有重要的现实意义。
（1）利用甲烷催化还原氮氧化物。已知：
CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-574kJ•mol-1
CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-867kJ•mol-1
则CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=___kJ•mol-1。
（2）利用氧化氮氧化物的流程如下：
已知反应I的化学方程式为2NO+ClO2+H2O=NO2+HNO3+HCl，
若反应I中转移3mol电子，则反应Ⅱ中可生成N2的体积为_________L（标准状况下）。
（3）常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡_________（填“增大”、“减小”或“不变”）；试计算溶液中c(SO32-)/c(HSO3-)=_______。（常温下H2SO3的电离常数：Ka1=1×10-2 mol/L，Ka2=6.0×10-8mol/L）
（4）利用Fe2(SO4)3溶液也可处理SO2废气，所得Fe2+溶液有很多重要用途。保存1.8mol·L-1的FeSO4溶液时，为防止溶液中Fe2+被氧化，常加入________；为确保溶液中不出现浑浊，应调节溶液的pH不超过______。（常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.8×10-16）
【答案】 (1). －1160 (2). 6.72L (3). 增大 (4). 60 (5). 铁粉 (6). 6
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(l)已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-574kJ•mol-1
②CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-867kJ•mol-1，根据盖斯定律：②×2—①，则CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=—1160kJ•mol-1，所以答案为：－1160。
（2）根据题给流程图知，反应Ⅱ为二氧化氮与亚硫酸钠溶液反应生成氮气和硫酸钠，化学方程式为2NO2+4Na2SO3N2+4Na2SO4；由已知反应I的化学方程式为2NO+ClO2+H2O=NO2+HNO3+HCl，知，生成1molNO2转移5mol电子，若反应I中转移3mol电子，则反应Ⅰ 中生成0.6molNO2，由反应Ⅱ可知，生成N2的物质的量为0.3mol，标准状况下体积为6.72L。
（3）常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液，吸收过程中溶液由强碱溶液转化为水解呈碱性的盐溶液，水的电离平衡向右移动，电离程度增大；由H2SO3的二级电离常数表达式表达式知， =Ka2/c(H＋)=6.0×10—8/10—9=60。正确答案：60.
（4）利用Fe2(SO4)3溶液也可处理SO2废气，所得Fe2+溶液有很多重要用途。保存1.8mol·L-1的FeSO4溶液时，为防止溶液中Fe2+被氧化，常加入铁粉。正确答案；铁粉。因Ksp[Fe(OH)2]=1.8×10-16）由C2(OH-) C( Fe2+)= Ksp[Fe(OH)2] 知C(OH-)=1×10-8 mol/L则c(H+)=1×10-6 所以pH=6
点睛：考查焓变的计算、盖斯定律，氧化还原方程式的书写、电子守恒法和关系式法计算，水的电离、电离常数的计算及溶液的配制、离子检验。
