1、- 1 -20182019 学年第一学期期中考试高二年级化学（理）试题考试时间：90 分钟 满分：100 分 考查内容：选修四第一、二章和第三章相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Na 23 Cl 35.5 Ca 40 Ag 108 Br 80 K39 Na23一、选择题（包括 20 小题，1-14 每小题 2 分，15-20 每小题 3 分，共计 46 分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列不属于新能源开发利用的是（ ）A. 太阳能热水器 B. 天然气动力汽车C. 潮汐能发电 D. 风能发电【答案】B【解析】【分析】新能源包括太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能、生物质能等。
2、【详解】A、太阳能热水器是利用太阳能转化成热能，太阳能属于清洁能源，故 A 不符合题意；B、天然气主要成分是甲烷，甲烷属于化石燃料，不属于新能源，故 B 符合题意；C、潮汐能对环境无污染，属于新能源，故 C 不符合题意；D、风能对环境无污染，属于新能源，故 D 不符合题意。2.2017 年 8 月，四川九寨沟地震造成了重大人员财产损失。地震救援中需要使用大量的消毒剂，下列消毒剂属于强电解质的是（ ）A. 次氯酸 B. 二氧化氯 C. 酒精 D. 高锰酸钾【答案】D【解析】A 项，次氯酸属于弱酸，属于弱电解质；B 项，ClO 2属于非电解质；C 项，酒精属于非电解质；D 项，KMnO 4溶于水完
3、全电离，属于强电解质；答案选 D。3.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）- 2 -A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂【答案】A【解析】【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A 正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B 错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D 错误。故选 A。【点睛】本题考查常见食品的添加剂，与化
4、学反应速率相结合综合考查双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查。4.向饱和石灰水中投入 0.56g 氧化钙，并恢复到原来的温度，下列说法正确的是（ ）A. 溶液的 pH 增大 B. 溶液中 c(Ca2+)不变C. OH 数目不变 D. 析出的 Ca(OH)2质量为 0.74g【答案】B【解析】A、反应后仍为饱和溶液，c(OH -)不变，溶液 pH 不变，故 A 错误；B、反应后仍为饱和溶液，溶液中 Ca2+浓度不变，故 B 正确；C. 加入 CaO，消耗水，溶液的质量减少，溶液的体积减小，但 c(OH-)不变，则溶液中 OH 数目减少，故 C 错误；D. 0.56g 氧化钙生成 Ca(OH)
5、2质量为0.74g，溶液中的溶剂水减少，原来溶解的氢氧化钙有部分析出，析出的 Ca(OH)2质量大于0.74g，故 D 错误；故选 B。点睛：本题考查的是溶解平衡的移动。要注意向饱和石灰水中加少量生石灰，发生的反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，温度不变，溶液的浓度不变，但溶液质量减少，因此各离子的数目减少。5.与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH 3NH4+NH2 ，据此判断以下叙述中不正确的是（ ）A. 液氨中含有 NH3、NH 4+、NH 2 微粒B. 其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将正向移动C. 只要不加入其他物质，液氨中 c(NH4+)=c(NH2 )D. 一
6、定温度下液氨中 c(NH4+) c(NH2 )是一个常数- 3 -【答案】B【解析】试题分析：A、因为此反应是可逆反应含有 NH3、NH 4+、NH 2 微粒，故 A 项正确；B、其他条件不变，若增加液氨的量，电离平衡将不移动，B 项错误；C、依据水的电离，只要不加入其他物质，液氨中 c（NH 4+）=c（NH 2 ） ，C 项正确；D、依据水的电离，一定温度下液氨中c（NH 4+）c（NH 2 ）是一个常数，D 项正确；答案选 B。考点：考查水的电离6.已知热化学方程式：2H 2(g)+O2(g) =2H2O(l) H= -571.6 kJmol-1，2CH 3OH(l)+3O2(g) =2
7、CO2(g)+4H2O(l) H= -1452 kJmol-1，H +(aq)+OH (aq) =H2O(l) H= -57.3 kJmol-1。据此判断下列说法正确的是A. CH3OH 的燃烧热 H 为-1452 kJmol-1B. 2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) H -571.6 kJmol-1C. CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq) H= -57.3 kJmol-1D. 2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g) H= -880.4 kJmol-1【答案】B【解析】A.根据方程式 2CH3OH(l)+3O2(g)
8、 =2CO2(g)+4H2O(l) H= -1452 kJmol-1可知，CH 3OH 的燃烧热为 1452 kJmol-1=726 kJmol-1，故 A 错误；B.液态水变成水蒸气会吸热，因此2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) H -571.6 kJmol-1，故 B 正确；C. 醋酸为弱酸，电离需要吸热，CH 3COOH(aq)+NaOH(aq) =H2O(l)+CH3COONa(aq) H-57.3 kJmol-1，故 C 错误；D. 2H 2(g)+O2(g) =2H2O(l) H= -571.6 kJmol-1，2CH 3OH(l)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O
9、(l)H= -1452 kJmol-1，根据盖斯定律，将-2 得：2CH 3OH(l)+O2(g) =2CO2(g)+4H2(g)H= -308.8 kJmol-1，故 D 错误；故选 B。7.下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是（ ）A. 含有 AlO2-的溶液中：Na + 、Al 3+、Cl -、K +B. 常温下由水电离出的 c(H )c(OH )10 20 mol2L2 的溶液中：Na 、NH 、Cl C. 常温下 c(Fe 3 )0.1 molL 1 的溶液中：K 、ClO 、SO 42 、SCN D. 在 c(H+)=1.010-13 molL-1的溶液中：Na +、S 2 、
10、AlO 2 、SO 32【答案】D- 4 -【解析】【详解】A、Al 3 和 AlO2 发生双水解反应，不能大量共存，故 A 错误；B、常温下，水电离出 c(H )c(OH )=1020 c(NaOH)，因此用盐酸中和相同体积的两种溶液，氨水消耗盐酸体积大，故 B 错误；C、pH=2 的盐酸，c(H )=102 molL1 ，溶液 c(Cl )约为 102 molL1 ，pH=1 的硫酸中，c(H )=0.1molL1 ，c(SO 42 )约为 0.05molL1 ，因此 c(Cl )不等于 c(SO42 )，故 C 错误；D、向 AgCl、AgBr 饱和溶液中加入少量 AgNO3溶液，溶液仍
11、为饱和，c(Cl )/c(Br )=c(Cl )c(Ag )/c(Br )c(Ag )=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，即比值不变，故 D 正确。10.在一个体积恒定的密闭容器中，加入 2molA 和 1molB 发生反应：2A（g）+B（g）3C（g）+D（g） ，一定条件下达到平衡时，C 的浓度为 WmolL-1，若容器体积和温度保持不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C 的浓度仍为 WmolL-1的是（ ）A. 4molA+2molB B. 3molC+1molDC. 2molA+1molB+3molC+1molD D. 1molA+0.5molB+3molC+1mol
12、D【答案】B【解析】【分析】达到平衡后，C 的浓度仍为 WmolL1 ，说明与原平衡为等效平衡，容器为恒容状态，气体系数之和不相等，只要转化到同一半边，投入量的与原平衡投入量相等即可。【详解】2A（g）+B（g） 3C（g）+D（s）原平衡： 2 1 0 0A、 4 2 0 0 相当于在原平衡中再加入 2molA 和 1molB，C的浓度在 W 和 2W 之间，故 A 错误；B、 0 （2） 0（1） 3（0） 1（0） 与原平衡相同，故 B 正确；C、 2（4） 1（2） 3（0） 1（0）根据 A 选项分析，故 C 错误；D、 1（4） 0.5（1.5）3 （0） 1（0）与原平衡，不是等
13、效平衡，故 D 错误。11.2NO2(红棕色) N2O4(无色) Ha-1D. 室温下，甲、乙两烧杯均盛有 5mL pH=2 的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至 pH=3，则甲乙两个烧杯中，由水电离出来的 c(OH)：10c(OH )甲 c(OH )乙【答案】D【解析】【分析】A、根据电离平衡常数的数值，推出电离出 H 能力强弱：CH 3COOHH2CO3HClOHCO3 ，然后逐渐分析；B、利用电荷守恒进行分析；C、加水稀释促进 NH3H2O 的电离，然后进行分析；D、酸性溶液中 OH 是由水电离产生。【详解】根据电离平衡常数，推出电离出 H 的能力：CH 3COOHH2CO3HClOHC
14、O3 ，- 9 -A、依据越弱越水解，推出相同浓度时，溶液 pH 大小顺序是 NaClONaHCO3CH3COONa，pH 相同时，c(CH 3COONa)c(NaHCO3)c(NaClO)，即 c(Na )大小顺序是，故 A 说法正确；B、根据溶液呈现电中性，因此有 c(Na )c(H )=c(OH )c(HS )2c(S 2 )，故 B 说法正确；C、假设 NH3H2O 为强碱，稀释 10 倍，则 b 应为 a1，但 NH3H2O 为弱碱，加水稀释促使NH3H2O 电离，即 ba1，故 C 说法正确；D、酸性溶液中 OH 是水电离的，甲烧杯中水电离出的 c(OH )=Kw/c(H )=10
15、14 /102 molL1 =1012 molL1 ，乙烧杯中加水稀释至 pH=3，此时水电离出 c(OH )=Kw/c(H )=1014 /103 molL1 =1011 molL1 ，则 10c(OH )甲=c(OH )乙，故 D 说法错误。15.对下列图像描述正确的是A. 图可表示将氨气通入醋酸溶液至过量过程中溶液导电性的变化B. 根据图可判断可逆反应 A2(g)+3B2(g) 2AB3(g)的 H0C. 图表示等体积、等 pH 的盐酸与醋酸溶液分别与足量的锌粉发生反应产生氢气的体积(V)随时的变化的示意图D. 图可表示压强对可逆反应 A(g)+B(g) 2C(g)+D(g)的影响，乙的
16、压强大【答案】C【解析】A溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比，醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故 A 错误；B通过图象知，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故 B 错误；C醋酸是弱电解质，存在电离平衡，等体积、等 pH 的盐酸与醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，最终，醋酸生成的氢气比盐酸多，故C 正确；D通过图象结合“先拐先平数值大”知，乙的压强大于甲，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时，反应物含量大于甲，故 D 错误；故选 C。- 10 -16.已知 K
17、sp（CaCO 3）=2.810 9 ，下列判断正确的是（ ）A. 向 Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是 CO32 +2H2OH2CO3+2OHB. 常温时，pH = 3 的盐酸和 pH = 11 的氨水等体积混合后所得溶液中，c(H + )c(OH )C. NaHCO3溶液中：c(OH )c(H +)=c(H2CO3)c(CO 32 )D. 2104 mol/L 的 Na2CO3溶液与 CaCl2溶液等体积混合出现沉淀，则 CaCl2溶液的浓度一定是 5.6105 mol/L【答案】C【解析】【详解】A、碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变红，是因为 CO32 的水解的缘故，其水解反
18、应方程式为 CO32 H 2O HCO3 OH 、HCO 3 H 2O H2CO3OH ，故 A 错误；B、HCl 为强酸，NH 3H2O 为弱碱，等体积混合后，溶质为 NH3H2O 和 NH4Cl，溶液显碱性，即 c(OH )c(H )，故 B 错误；C、根据电荷守恒，c(Na )c(H )=c(OH )c(HCO 3 )2c(CO 32 )，物料守恒有：c(Na )=c(CO32 )c(HCO 3 )c(H 2CO3)，得出 c(OH)c(H )=c(H2CO3)c(CO 32)，故 C 正确；D、两种溶液等体积混合，即混合后 c(CO32 )=1104 molL1 ，CaCO 3达到饱和
19、时，c(Ca2 )=Ksp(CaCO3)/c(CO32 )=2.8109 /(1104 )molL1 =2.8105 molL1 ，则出现沉淀时 CaCl2物质的量浓度大于 2.8105 2molL1 =5.6105 molL1 ，故 D 错误。【点睛】易错点是选项 D 中浓度取值，因为是等体积混合，溶液中 c(CO32 )是 Na2CO3浓度的一半，即为 1104 molL1 ，根据溶度积计算出的 c(Ca2 )是混合后的，原溶液中 CaCl2的浓度是混合后浓度的 2 倍。17.已知：I 2在水中溶解度很小，在 KI 溶液中溶解度显著增大。I 2在 KI 溶液中存在下列平衡：I 2(aq)I
20、 (aq) I3 (aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数如下图所示，下列说法正确的是（ ）A. 反应 I2(aq)I -(aq) I3 -(aq)的 H0B. 利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质C. 在上述平衡体系中加入 CCl4，平衡不移动- 11 -D. 25时，在上述平衡体系中加入少量 KI 固体，平衡常数 K 小于 680【答案】B【解析】【详解】A由图像数据可知，温度越大，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即H0，故 A 错误；B硫难溶于水，而碘单质与 I-形成 I3-而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故 B 正确；C加入 CCl4，碘能溶
21、于 CCl4，这样水中碘的浓度变小，平衡向左移动，故 C 错误；D加入 KI 固体，碘离子浓度增大，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，加入少量 KI 固体，平衡常数 K不变，故 D 错误；故选 B。18.室温时，CH 3COOH 的电离平衡常数为 K，向 20mL 0.1mol/L CH3COOH 溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH 溶液，其 pH 变化曲线如图所示（忽略温度变化） 。下列说法中正确的是（ ）A. b 点表示的溶液中 c(Na+)c(CH 3COO )B. c 点表示 CH3COOH 和 NaOH 恰好反应完全C. d 点表示的溶液中 c(CH3CO
22、O ) c(H+)/c(CH3COOH)大于 KD. b、c、d 三点表示的溶液中一定都存在：c(Na +)+c(H+)c(CH 3COO )+c(OH )【答案】D【解析】【分析】A、判断 b 点溶质物质，以及溶液的 pH 进行分析；B、恰好完全反应是两种物质恰好完全反应；C、考查影响 K 的因素；D、利用溶液呈现电中性。【详解】A、b 点溶质为 CH3COONa 和 CH3COOH，溶液显酸性，即 c(CH3COO )c(Na )，故 A 错误；B、恰好完全反应，生成 CH3COONa，溶液显碱性，因此 c 点不代表恰好完全反应，故 B 错误；- 12 -C、电离平衡常数只受温度的影响，因
23、此 d 点溶液中c(CH 3COO) c(H )/c(CH3COOH)等于K，故 C 错误；D、因为溶液显电中性，即三点有 c(Na )+c(H )c(CH 3COO)+c(OH)，故 D 正确。19.在恒温恒压下，向密闭容器中充入 4mol A 和 2 mol B，发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)H0。2min 后，反应达到平衡，生成 C 为 1.6mol。则下列分析正确的是（ ）A. 若反应开始时容器体积为 2L，则 Vc0.4molL -1min-1B. 若在恒压绝热条件下反应，平衡后 nc1.6molC. 若 2min 后，向容器中再投入 2mol A 和 1 mol B，
24、 B 的转化率变大D. 若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加【答案】B【解析】【详解】A 项，若反应在恒温恒容下，则 Vcn/Vt=1.6/22=0.4molL -1min-1，但条件为恒压，随着反应的进行，体积逐渐减小，即 Vc0.4molL-1min-1，故 A 项错误； B 项，反应放热，若在绝热条件下，反应向逆反应方向进行，即 nc1.6mol，故 B 项正确；C 项，在恒温恒压下，向容器中再投入 2molA 和 1molB，与原平衡投料成比例（2:1） ，所以该平衡与原平衡为等效平衡，所以 B 的转化率不变，故 C 项错误；D 项，若反应在恒温恒容下，压强减小，平衡向左移动，放热
25、减少，故 D 项错误；综上所述，本题选 B。【点睛】向密闭容器中充入 4mol A 和 2 mol B，发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g)，反应达平衡后，若再向容器中再投入 2molA 和 1molB，如果在恒温恒压下，B 的转化率不变；如果在恒温恒容下，相当于加压过程，平衡右移，B 的转化率增大。20.下列说法关于离子浓度说法不正确的是A. 室温下，向 0.20 mol/L NH4HCO3中通入 CO2至溶液呈中性：c(NH 4 )=c(HCO3)+2c(CO32)B. 10mL0.1mol/L 氨水与 10mL0.1mol/L 盐酸混合，c(Cl -)c(NH 4+)c ( O
26、H)c (H +)C. 向 0.30mol/L Na2SO3中通入 CO2:c(Na )2c(SO 32)+c(HSO3)+c(H2SO3)D. 10mL0.1mol/LNH4Cl 溶液与 5mL0.2mol/LNaOH 溶液混合，c(Na +)=c (Cl )c(OH -)c(H +)【答案】B【解析】【详解】A、根据溶液呈现电中性，因此有 c(NH4 )c(H )=c(H )c(HCO 3 )2c(CO 32 )，- 13 -溶液 pH=7，即 c(H )=c(OH )，因此有 c(NH4 )=c(HCO3 )2c(CO 32 )，故 A 说法正确；B、两种溶液混合后，溶质为 NH4Cl，
27、该溶液为酸性，因此有 c(Cl )c(NH4 )c(H )c(OH )，故 B 说法错误；C、根据物料守恒，因此有 c(Na )2c(SO 32 )+c(HSO3 )+c(H2SO3)，故 C 说法正确；D、两者恰好完全反应，溶质为 NaCl 和 NH3H2O，NH 3H2O 为弱碱，溶液显碱性，即 c(Na )=c(Cl )c(OH )c(H )，故 D 说法正确。二、非选择题（包括 4 小题，每空 2 分，共 54 分）21.某学生用 0.200 0 molL1 的标准 NaOH 溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入 NaOH 溶液至“0”刻度线以上；固定
28、好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；移取 20.00 mL 待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入 3 滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答下列问题：（1）以上步骤有错误的是_(填编号)。若测定结果偏高，其原因可能是_(填字母)。A.配制标准溶液的固体 NaOH 中混有 KOH 杂质B.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D.所配的标准 NaOH 溶液物质的量浓度偏大（2）判断滴定终点的现象是_。（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_mL。（4
29、）根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：_molL 1 。标准烧碱溶液体积(mL)滴定次数 待测体积(mL)滴定前读数 滴定后读数- 14 -第一次 20.00 0.40 20.40第二次 20.00 2.00 24.10第三次 20.00 4.00 24.00【答案】 (1). (2). ABC (3). 滴入最后一滴 NaOH 溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色 (4). 22.60 (5). 0.2000【解析】【分析】本题考查酸碱中和滴定实验，中和滴定实验的步骤是滴定前的准备：滴定管：查漏洗涤润洗装液调液面记录，锥形瓶：注液体记体积加指示剂滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色
30、变化终点判断：数据处理：【详解】 （1）根据酸碱中和滴定的判断，步骤错误是，没有用待盛液润洗；根据 c 待 =c 标V 标 /V 待A、等质量的 NaOH 和 KOH 配制一定物质的量浓度的溶液，KOH 的物质的量浓度小于 NaOH 的物质的量浓度，如果配制溶液中固体 NaOH 中混有 KOH，标准溶液的物质的量浓度偏低，滴定时，消耗溶液的体积偏大， 故所测结果偏高，故 A 符合题意；B、滴定管刻度从上到下增大，滴定终点时，仰视读数，所计算出消耗标准液的体积增大，即所测结果偏高，故 B 符合题意；C、此操作得出消耗标准液的体积增大，所测结果偏高，故 C 符合题意；D、NaOH 浓度偏高，消耗标
31、准液的体积减小，所测结果将偏低，故 D 不符合题意；（2）滴定终点：滴入最后一滴 NaOH 溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色；（3）根据图示，读数为 22.60mL；（4）三次消耗标准液的体积分别为 20.00、22.10、20.00，第二次消耗的体积与其余相差太- 15 -多，删去，两次平均消耗标准液的体积为 20.00mL，c(HCl)=20.00103 0.2000/(20.00103 )molL1 =0.2000molL1 。22.科学处理 NOx、SO 2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) +
32、4NO2(g) =4NO(g)+CO2(g) +2H2O(g)；H=-574kJmol -1CH4(g)+2NO2(g)=N2(g) +CO2(g)+2H2O(g)；H=-867kJmol -1则 CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；H=_（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程度_（填“增大” 、
33、 “减小”或“不变” ） ；请写出 Na2SO3溶液中，c(Na +)、c(H 2SO3)、c(SO 32-)、c(HSO 3-)的大小关系：_。（4）利用 Fe2（SO 4） 3溶液也可处理 SO2废气，所得 Fe2+溶液有很多重要用途。保存1.8molL1 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，K spFe(OH) 2=1.81016 ）【答案】 (1). 1160 kJmol -1 (2). 6.72 (3). 增大 (4). c(Na +)c(SO32-)c(HSO3-)c(H2SO3) (5).
34、 铁粉 (6). 6【解析】【详解】 （1）CH 4(g) +4NO2(g) =4NO(g)+CO2(g) +2H2O(g)；H=-574kJmol 1 ，CH 4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；H=-867kJmol 1 ，CH 4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，根据推出：2得出：H=(8672574)kJmol 1 =1160kJmol 1 ；（2）反应 II 中发生的反应方程式为 2NO24Na 2SO3=N24Na 2SO4，反应 I 中转移电子数与反应 II 中生成 N2的物质的量的关系为：5mole NO 20.5
35、molN 2，因此反应 I 中转移 3mol 电子，则反应 II 中可生成 N2的体积为 30.522.4/5L=6.72L；（3）NaOH 抑制水的电离，反应后生成 Na2SO3，SO 32 发生水解反应，促进水的电离，因此吸收过程中水的电离程度增大；Na 2SO3溶液中：- 16 -SO32 H 2O HSO3 OH 、HSO 3 H 2O H2SO3OH ，水解的程度微弱，第一步水解为主，因此微粒浓度大小顺序是 c(Na )c(SO32 )c(HSO3 )c(H2SO3)；（4）为防止 Fe2 被氧化，不引入新的杂质，同时又因为 Fe2Fe 3 =3Fe2 ，因此往往常加入铁粉或铁屑；氢
36、氧化铁达到饱和，c(OH )= molL1 =1108 molL1 ，则 pH 不超过 6。【点睛】难点是(2)，涉及两个反应方程式，应采用关系法进行分析，反应 I 生成 1molNO2，转移 5mol 电子，反应（II）消耗 1molNO2，生成 0.5molN2，因此有5mole NO 20.5molN 2，代入数值，得出结果。23.“8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露氰化物多数易溶于水，有剧毒，易造成水污染为了增加对氰化物的了解，同学们查找资料进行学习和探究。探究氰化物的性质：已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸 HCOOH HCN H2CO325电离平衡常数 Ki=1.771
37、04 Ki=5.01010Ki1=4.3107Ki2=5.61011（1）NaCN 溶液呈碱性的原因是_ （用离子方程式表示）（2）如图表示常温下，稀释 HCOOH、HCN 两种酸的稀溶液时，溶液 pH 随加水量的变化下列说法正确的是_A相同浓度的 HCOONa 和 NaCN 的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na +）c（CN ）c（HCOO ）c（OH ）c（H +）B向 NaCN 溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：CN +CO2+H2O=HCN+CO32C图像中 a 点酸的总浓度小于 b 点酸的总浓度Dc 点溶液的导电性比 a 点溶液的导电性弱- 17 -（3）H 2O2有“
38、绿色氧化剂”的美称；也可消除水中的氰化物（如 KCN） ，经以下反应实现：KCN+H2O2+H2OA+NH 3，则生成物 A 的化学式为_。（4）下列四种离子结合 H+能力由弱到强的是_。A. HCOO- B. CN- C. CO32- D.HCO3-【答案】 (1). CN +H2OHCN+OH (2). CD (3). KHCO3 (4). Ac(H )，使溶液显碱性；（2）A、根据表中数据，酸性：HCOOHHCN，即 CN 水解程度大于 HCOO ，离子浓度大小顺序是 c(Na )c(HCOO )c(CN )c(OH )c(H )，故 A 错误；B、电离出 H 能力：H 2CO3HCNH
39、CO3 ，通入少量 CO2反应离子方程式为：CN CO 2H 2O=HCNHCO 3 ，故 B 错误；C、根据表格数据，HCOOH 的酸性强于 HCN，相同 pH 时，稀释相同倍数，酸性强的 pH 变化大，即曲线 I 代表 HCOOH，开始时 pH 相同，c(HCOOH)c(HCN)，故 C 正确；D、电解质溶液导电能力与离子浓度、所带电荷数有关，c 点离子浓度小于 a 点，即 c 点溶液的导电性比 a 点溶液的导电性弱，故 D 正确；（3）利用原子守恒，推出 A 的化学式为 KHCO3；（4）根据表格中数据，电离出 H 能力：HCOOHH 2CO3HCNHCO3 ，利用越弱越水解，推出结合
40、H 能力由弱到强的顺序是 HCOO ” “ (5). 不变 (6).升温 (7). c(NO3-) c(NO2-) c(CH3COO-) (8). bc (9). c(NO2 )c(CH3COO )；CH 3COO 的水解能力大于 NO2 ，溶液 A 的碱性弱于溶液 B，a、根据上述分析，溶液 A 的碱性弱于溶液 B，向溶液 A 中加适量水，稀释溶液，c(OH )减小，不能使两种溶液pH 相同，故 a 错误；b、向溶液 A 中加入 NaOH，增大 c(OH )，提高溶液的 pH，可以使两种溶液的 pH 相同，故 b正确；c、溶液 B 中加水稀释，碱性减弱，可以使两种溶液的 pH 相同，故 c 正确；d、向 B 中加入 NaOH，碱性增强，不会使两种溶液的 pH 相同，故 d 错误；（II） （1）根据反应方程式，该反应为熵减，即S 1。
