江苏省徐州市2019-2020学年高二化学下学期期中抽测试题.doc

江苏省徐州市2019-2020学年高二化学下学期期中抽测试题江苏省徐州市2019-2020学年高二化学下学期期中抽测试题年级：姓名：- 22 -江苏省徐州市2019-2020学年高二化学下学期期中抽测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Fe56 Cu64第I卷单项选择题1.水是生命之源，生产生活都离不开水。下列有关说法正确的是A. 水是一种非电解质B. 水的电离是放热过程C. 纯水的pH一定等于7D. 纯水中c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A水是一种极弱的电解质，故A错误；B水的电离过程是水分子共价键被破坏的断键过程，断键吸热，则水的电离是吸热过程，故B错误；C常温下，纯水的pH等于7，100时，纯水的pH等于6，故C错误；D纯水为中性，则c(H+)c(OH-)，故D正确；答案选D。2.下列说法中错误的是A. 原电池在工作时将化学能转化为电能B. 煤燃烧时将化学能全部转化为热能C. 下图所示的化学反应属于放热反应D. 化学键的断裂与生成是化学反应中能量变化的根本原因【答案】B【解析】【详解】A原电池是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B煤燃烧时化学能转化为热能和光能等，故B错误；C由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C正确；D化学键断裂需要吸收能量，化学键生成需要释放能量，化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的根本原因，故D正确；故选B。3.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A. 达到化学平衡时，4v正(O2)5v逆(NO)B. 加入合适的催化剂，可使平衡正向移动C. 达到化学平衡时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D. 若单位时间内生成n mol NO，同时消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态【答案】A【解析】【详解】A4v正(O2)=5v逆(NO)能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故A正确；B加入合适的催化剂，只改变反应速率，不影响平衡移动，故B错误；C达到化学平衡时，若增大容器体积，反应体系中各组分的浓度都减小，则正逆反应速率都减小，故C错误；D若单位时间内生成n mol NO，同时消耗n mol NH3，只表示了正反应方向，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，故D错误；答案选A。4.常温下，下列各种溶液中，可能大量共存的离子组是A. 10-10 molL-1的溶液中：、I-、Cl-、K+B. c(H+)10-14 molL-1的溶液中：Mg2+、Fe2+、ClO-C. 由水电离产生的c(H+)10-12 molL-1的溶液中：、ClD. 使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、Cl-【答案】A【解析】【详解】A10-10molL-1的溶液中c(H+)=10-4molL-1，pH=4，溶液显酸性，在酸性溶液中、I-、Cl-、K+离子之间不反应，可大量共存，故A正确；Bc(H+)10-14molL-1的溶液显碱性，Fe2+、ClO-之间发生氧化还原反应，Fe2+、Mg2+与OH-产生沉淀，不能大量共存，故B错误；C由水电离产生的c(H+)=10-12molL-1的溶液，为酸或碱溶液，既能与酸又能与碱反应，与OH-生成氨水不能大量共存，故C错误；D使酚酞变红色的溶液显碱性，在碱性溶液中，Cu2+能够与OH-反应生成沉淀，不能大量过程，故D错误；故选A。5.下列指定反应的离子方程式正确的是A. Na2S溶液中S2-的水解：S2-+2H2OH2S+2OH-B. HS-的电离方程式：HS-+H2OS2-+H3O+C. H3PO4的电离方程式：H3PO43H+D. 用石墨作电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2+H2【答案】B【解析】【详解】ANa2S溶液中S2-发生水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，且水解为可逆反应：S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；BHS-在溶液中可部分电离生成氢离子和硫离子，电离方程式：HS-+H2OS2-+H3O+，故B正确；CH3PO4是弱酸，分步电离，电离方程式：H3PO4H+、H+、H+，故C错误；D用石墨作电极电解NaCl溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，离子反应为：2Cl-+2H2OCl2+H2+OH-，故D错误；6.以下反应均可制取O2。下列有关说法正确是反应：2H2O(l)2H2(g)+O2(g) H1+571.6 kJmol-1反应：2H2O2(l)2H2O(1)+O2(g) H2-196.4 kJmol-1A. 制取O2的反应一定是吸热反应B. H2的燃烧热为-571.6 kJmol-1C. 若使用催化剂，反应的H将减小D. 反应2H2O2(l)2H2O(g)+O2(g)的H-196.4 kJmol-1【答案】D【解析】【详解】A制取O2的反应可能是放热反应，如过氧化氢在催化剂作用下的分解反应的H0，为放热反应，故A错误；B燃烧热是完全燃烧1mol物质得到最稳定的化合物所放出的热量，根据2H2O(l)2H2(g)+O2(g)H1+571.6 kJmol-1可知，H2的燃烧热为0.5571.6kJmol-1=285.8kJmol-1，故B错误；C使用催化剂，只能改变反应速率，不影响反应的H，故C错误；D液态水变成气态水需要吸热，双氧水分解生成气态水放出的热量更小，H更大，因此2H2O2(l)2H2O(g)+O2(g)的H-196.4kJmol-1，故D正确；故选D。7.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是A. 加入催化剂可以提高单位时间氨的产量B. 高压比常压有利于合成氨的反应C. 用热的纯碱溶液洗油污时，去污效果好D. 工业生产硫酸的过程中，通入过量的空气以提高SO2的转化率【答案】A【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，且平衡发生移动，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A催化剂只影响化学反应速率不改变平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；B工业上合成氨的反应为：N2+3H22NH3，增大压强平衡正向移动，所以高压有利于氨的合成，可以用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C碳酸根水解CO+H2OHCO+OH-，溶液呈碱性，水解过程是吸热过程，升高温度促进碳酸根水解，碱性增强，去油污能力增强，能用勒夏特利原理解释，故C不符合题意；D工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；答案选B。8.某华人科学家和他的团队研发出“纸电池”(如图)。这种一面镀锌、一面镀二氧化锰的超薄电池在使用印刷与压层技术后，变成一张可任意裁剪大小的“电纸”，厚度仅为0.5毫米，可以任意弯曲和裁剪。纸内的离子“流过”水和氧化锌组成电解液，电池总反应式为：Zn+2MnO2+H2OZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是A. 该电池的正极材料为锌B. 该电池反应中二氧化锰发生了氧化反应C. 电池的正极反应式为2MnO2+2H2O+2e-2MnO(OH)+2OH-D. 当有0.1 mol锌溶解时，转移的电子数为0.46.021023【答案】C【解析】【分析】根据电池总反应式Zn+2MnO2+H2OZnO+2MnO(OH)可知，Zn元素化合价升高，被氧化，Mn元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-ZnO+H2O，正极电极反应式为2MnO2+2e-+2H2O2MnO(OH)+2OH-，结合原电池工作原理分析解答。【详解】A该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价，锌失电子作负极，故A错误；B该原电池中，锰元素化合价由+4价变为+3价，二氧化锰发生了还原反应，故B错误；C正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2OMnO(OH)+OH-，故C正确；DZn+2MnO2+H2OZnO+2MnO(OH)反应中锌元素化合价由0价变为+2价，转移2个电子，当有0.1 mol锌溶解时，转移的电子数为0.26.021023，故D错误；故选C9.下列说法正确的是A. 升高温度，反应速度加快，主要原因是活化分子的百分数增加B. 用酶作催化剂的反应，温度越高，化学反应速率一定越快C. 为减缓浸入海水中的钢铁水闸的腐蚀，可在其表面镶上铜锭D. 电解法精炼铜时，应将粗铜板做阴极【答案】A【解析】【详解】A升高温度，能够使部分非活化分子转化为活化分子，增大了活化分子百分数，反应速率加快，故A正确；B酶的催化需要适宜的温度，温度太高，会使酶失去活性，故B错误；C构成原电池，Fe比Cu活泼，Fe作负极，加速了钢铁的腐蚀，要保护钢铁水闸，应使Fe做正极，镶嵌比较Fe活泼的金属，故C错误；D电解法精炼铜时应将粗铜作阳极，精铜作阴极，故D错误；故选A。10.对于常温下0.1 molL-1氨水和0.1 molL-1醋酸，下列说法正确的是A. 0.1 molL-1氨水，溶液的pH13B. 向0.1 molL-1氨水中加入少量水，溶液中增大C. 0.1 molL-1醋酸溶液中：c(H+)c(CH3COO-)D. 向0.1 molL-1醋酸中加入少量水，醋酸电离平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以0.1molL-1氨水，溶液的pH13，故A错误；B加水稀释一水合氨促进一水合氨的电离，但温度不变，电离平衡常数不变，因此溶液中=K不变，故B错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C错误；D加水稀释促进醋酸的电离，电离平衡正向移动，故D正确；故选D。不定项选择题：每小题有一个或两个选项符合题意11.下列说法正确的是A. 室温时，用广泛pH试纸测得某溶液pH为2.3B. 将AlCl3、Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体成分相同C. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，会造成测定结果偏低D. 常温下，pH2的醋酸溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH7【答案】D【解析】【详解】A广泛pH试纸测得溶液的pH值为整数，不能测得某溶液pH为2.3，故A错误；BAlCl3中铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸发，氯化氢挥发，促进水解进行彻底，生成氢氧化铝沉淀，灼烧，最后得到的固体时Al2O3；硫酸铝水解生成硫酸，硫酸难挥发，所以硫酸铝加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分是硫酸铝，则两者的成份不同，故B错误；C用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，导致读取的标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故C错误；D常温下，pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液的浓度等于0.01mol/L，二者等体积混合后，醋酸剩余，溶液的pH7，故D正确；故选D。12.下列关于各图的叙述正确的是A. 图甲表示某可逆反应中物质浓度随时间的变化，反应在t时刻达到平衡状态B. 图乙表示镁条放入盐酸中生成氢气的速率受温度和浓度的影响C. 图丙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则HA溶液的pH小于同浓度HB溶液的pHD. 丁表示向氨水中通入HCl气体，溶液的导电能力变化【答案】BC【解析】【详解】A达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变，由图可知，t时刻反应物和生成物的浓度相等，而不是不变，所以t时刻不是平衡状态，故A错误；B镁条与盐酸的反应为放热反应，由图可知，开始一段时间内，离子浓度对化学反应速率影响小于温度对化学反应速率影响，所以反应速率增大，当离子浓度达到一定程度后，离子浓度对化学反应速率影响大于温度对化学反应速率影响，导致反应速率降低，故B正确；CpH相同的酸加水稀释相同的倍数，加水稀释促进弱酸电离，酸性越强的酸，溶液pH变化大，由图可知，HA的酸性强于HB，则HA溶液的pH小于同浓度HB溶液的pH，故C正确；D溶液导电性与离子浓度成正比，一水合氨是弱碱，氨水中离子浓度较小，HCl和一水合氨反应生成氯化铵，混合溶液中离子浓度增大，当无限通入氯化氢时，溶液中溶质为氯化铵和氯化氢，离子浓度增大，所以溶液导电能力一直增大，故D错误；答案选BC。13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A在0.1molL-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深水解是吸热反应B常温下，用pH计分别测0.1 molL-1NaA溶液和Na2CO3溶液的pH，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH酸性：HAH2CO3C分别向两支试管中加入等体积、等浓度的过氧化氢溶液，再在其中一支试管中加入少量MnO2研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响D将0.2molL-1FeCl3溶液与0.1molL-1KI溶液等体积混合，振荡，再加入2mLCCl4，分液，取上层溶液，滴加KSCN溶液，溶液变血红色I-和Fe3+反应有一定的限度A. AB. BC. CD. D【答案】AC【解析】【详解】A在0.1molL-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，是因为存在H2OHCOOH，微热，红色加深，说明平衡正向移动，说明水解反应为吸热反应，故A正确；BNa2CO3 溶液对应的酸为碳酸氢根离子，由NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH可知酸性：HAHCO，故B错误；C分别向两支试管中加入等体积、等浓度的过氧化氢溶液，再在其中一支试管中加入少量MnO2，只有催化剂的条件不同，可以研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，故C正确；D将0.2molL-1FeCl3溶液与0.1molL-1KI溶液等体积混合，振荡，发生反应2Fe3+ + 2I -=2Fe2+ + I2，再加入2mLCCl4，振荡，静置后下层为紫红色，说明有碘生成，反应后铁离子过量，因此取上层溶液，滴加KSCN溶液，溶液变血红色，无法证明溶液中是否含有碘离子，不能说明I-和Fe3+反应有一定的限度，故D错误；故选AC。14.常温下，用0.1000 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL-1 HA溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A. HA是一种强酸B. 点所示溶液中：c(Na+)c(A-)c(HA) c(H+)c(OH-)C. 点所示溶液中：c(Na+)c(A-)D. 点所示溶液中：c(Na+)+c(H+)c(A-)+c(OH-)【答案】CD【解析】【详解】A未加NaOH溶液时，溶液的pH接近3，大于1，说明HA中c(H+)c(HA)，则HA部分电离，为弱酸，故A错误；B点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA，混合溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，则HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)c(A-)+c(OH-)，则c(A-)c(Na+)，但是HA电离程度较小，则存在c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故B错误；C点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)c(A-)+c(OH-)，得c(Na+)=c(A-)，故C正确；D点加入20mL溶液等浓度的NaOH，反应后的溶质为NaA，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)c(A-)+c(OH-)，故D正确；故选CD。【点睛】明确各点溶液中的溶质和溶液的酸碱性是解答的关键。本题的易错点为B，要注意结合电荷守恒判断c(A-)和c(Na+)的相对大小。15.在2L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)，数据如下：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)8000.100.400.0808000.200.80a9000.100.150.06下列说法正确的是A. 实验5min达平衡，平均反应速率v(X)0.016 mol/(Lmin)B. 实验中，该反应的平衡常数K1C. 实验中，达到平衡时，a小于0.16D. 正反应为吸热反应【答案】D【解析】【详解】A实验5min达平衡，n(M)=0.080mol，根据化学方程式，则n(X)=0.08mol，v(X)=0.008mol/(Lmin)，故A错误；B平衡常数是温度函数，实验和实验的温度相同，两者平衡常数相等。实验，n(M)=0.08mol，则n(X)=n(Y)=0.08mol，则平衡时n(X)=0.10mol-0.08mol=0.02mol，n(Y)=0.40mol-0.08mol=0.32mol，K=25，故B错误；C在4L恒容密闭容器中充入0.2molX(g)和0.8molY(g)与实验为等效平衡，实验相当于将4L容器变为2L容器，若平衡不移动，则a=0.16，但该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则a大于0.16，故C错误；D根据表中数据，实验平衡时n(X)=0.10mol-0.06mol=0.04mol，n(Y)=0.15mol-0.06mol=0.09mol，K=33.33K，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故D正确；故选D。第II卷16.(1)实验测得16 g甲醇CH3OH(l)在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式：_。(2)合成氨反应N(g)+3H2(g)2NH3(g) Ha kJmol-1，能量变化如图所示：该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E_(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，图中H_。有关键能数据如下：化学键HHNHNN键能(kJmol-1)436391945试根据表中所列键能数据计算a为_。(3)发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，用二氧化氯为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g) H1a kJmol-1N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g) H2b kJmol-1写出肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水热化学方程式：_。【答案】 (1). CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-726.5kJ/mol (2). 变小 (3). 不变 (4). -93 (5). 2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=(2b-a)kJ/mol【解析】【分析】(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，据此分析书写；(2)催化剂降低反应的活化能，但不改变焓变；根据H=反应物总键能-生成物总键能计算；(3)根据盖斯定律分析解答。【详解】(1)16gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出363.25kJ热量，则32gCH3OH即1molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出726.5kJ热量，则H=-726.5kJ/mol，则甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-726.5kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-726.5kJ/mol；(2)催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变焓变，则加催化剂会使图中E变小，图中H不变，故答案为：变小；不变；N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=反应物总键能-生成物总键能=945kJmol-1+436kJmol-13-391kJmol-16=-93kJmol-1=akJmol-1，解得a=-93，故答案为：-93；(3) N2(g)+2O2(g)2NO2(g) H1a kJmol-1，N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g) H2b kJmol-1，根据盖斯定律，将2-得：2N2H4(g)-N2(g)=2N2(g)+4H2O(g)-2NO2(g) H=2H2-H1，整理得：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=(2b-a)kJ/mol，故答案为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=(2b-a)kJ/mol。【点睛】本题的易错点为(2)，要转移1个氨气分子中含有3个N-H键。17.已知CH4与CO2在一定条件下能发生反应，CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H+247.0 kJmol-1。在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在温度为753K下发生反应，CO2的平衡转化率如下表所示：容器起始物质的量(n)molCO2的平衡转化率CH4CO2COH2A110050%B1122(1)若容器A中反应从开始到平衡所用的时间为t min，则t min内该反应的平均反应速率为：v(CO2)_(用含t的表达式表示)。(2)温度为753K时该反应的平衡常数K_；容器B中的反应起始时将_移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。(3)反应达到平衡时，其他条件不变，升高温度，此时v正_v逆(填“”、“”或“”、“”或“”)。【答案】 (1). molL-1min-1 (2). 1 (3). 逆向 (4). (5). 【解析】【分析】(1)=100%，计算出n(CO2)，再根据v(CO2)=计算；(2)根据三段式结合平衡常数K=计算；根据Qc与K的关系判断平衡移动的方向，QcK，平衡逆移，QcK，平衡正移，Qc=K，平衡不移动；(3)反应的H0，正反应为吸热反应，结合温度对平衡移动的影响分析判断；(4)结合等效平衡的原理分析判断。【详解】(1)n(CO2)=1mol50%=0.5mol，v(CO2)= mol/(Lmin)，故答案为：mol/(Lmin)；(2)平衡常数K=1；容器B中的反应起始时Qc=4K=1，平衡逆向移动，故答案为：1；逆向；(3)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H+247.0 kJmol-1，H0，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正移，正逆，故答案为：； (4)实验B相对于实验A相当于增大压强为A的2倍，平衡逆移，故2n(CO)An(CO)B，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意找到B容器与A容器的联系，结合平衡移动的原理分析判断。18.下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25)化学式H2CO3CH3COOHHCN电离平衡常数K1=4.310-7K2=5.610-111.810-55.010-10(1)根据分析表格中数据可知，H2CO3、CH3COOH、HCN三种酸的酸性最强的是_，相同浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaCN溶液pH最大的是_。(2)常温下一定浓度的NaCN溶液pH9，溶液中c(OH-)_，用离子方程式表示呈碱性的原因是_。(3)实验室用酸碱中和滴定法测定某市售白醋的浓度I.实验步骤配制待测白醋溶液量取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂读取盛装0.1000 molL1 NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数滴定，判断滴定终点的现象是_达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数，重复滴定3次。II.实验记录实验数据(mL)/滴定次数1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95III.数据处理与讨论甲同学在处理数据时计算得：c(市售白醋)_molL-1。碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果_(填“偏小”“偏大”或“无影响”)。【答案】 (1). CH3COOH (2). Na2CO3 (3). 110-5 (4). CN-+H2OHCN+OH- (5). 溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色 (6). 0.075 (7). 偏大【解析】【分析】(1)电离平衡常数越大酸性越强；酸性越弱，对应盐水解程度越大，据此分析判断；(2)NaCN溶液pH=9，说明NaCN水解呈碱性，据此分析解答；(3) 醋酸显酸性，滴入酚酞，溶液不变色，滴定终点时溶液恰好变为弱碱性，据此判断滴定终点的现象；根据数据的合理性结合白醋与NaOH 溶液反应的关系式计算解答；根据c(待测)=进行误差分析。【详解】(1)电离平衡常数越大，酸性越强，根据表格数据可知：电离平衡常数CH3COOHH2CO3HClOHCO3-；酸性越弱，对应的盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，对应盐的水解程度Na2CO3NaClOCH3COONa，pH最大的是Na2CO3，故答案为：CH3COOH；Na2CO3；(2)NaCN是弱酸强碱盐，其水解使溶液呈碱性，pH=9，c(OH-)=110-5mol/L，水解反应的离子方程式为CN-+H2OHCN+OH-，故答案为：110-5；CN-+H2OHCN+OH-；(3) I醋酸显酸性，滴入酚酞呈无色，溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为：溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色；III第1次滴定误差明显较大，属异常值，应舍去；后三次消耗的NaOH溶液的体积为：15.00mL；15.05mL；14.95mL；则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；设20mL市售白醋样品含有CH3COOH xmol，根据CH3COOHNaOH，有x=0.1000mol/L0.015L= 0.0015mol，则样品物质的量浓度为=0.075mol/L，故答案为：0.075；碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，导致滴定过程中消耗标准液的体积偏大，依据c(待测)= 可知，测定结果偏大，故答案为：偏大。【点睛】本题的易错点为III，要注意数据的有效性的判断。19.据报导，我国已研制出“可充室温钠二氧化碳电池”。该电池的总反应式为4Na+3CO22Na2CO3+C，其工作原理如图所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳纳米管中)。(1)放电时，钠箔为该电池的_极(填“正”或“负”)；电解质溶液中流向_(填“钠箔”或“多壁碳纳米管”)电极。(2)放电时每消耗3 mol CO2，转移电子数为_。(3)充电时，碳纳米管连接直流电源的_(填“正”或“负”)极，其电极反应式为_。(4)负载可以测定电流大小，从而确定气体含量，酒驾测定工作原理与其相似(如图所示)，写出测定酒驾时负极的电极反应式：_。【答案】 (1). 负 (2). 钠箔 (3). 4mol (4). 正 (5). 2Na2CO3+C-4e-=3CO2+4Na+ (6). C2H5OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+【解析】【分析】(1)由电池的总反应式4Na+3CO2 2Na2CO3+C可知，放电时为原电池，Na为负极，原电池中阴离子移向负极，据此分析解答(1)和(2)； (3)充电时为电解池，原电池正极需要与外加电源正极相连，作阳极，阳极失去电子、发生氧化反应，以此分析解答；(4)由图可知，酒精发生氧化反应生成醋酸和水，据此写出总化学方程式，再书写负极的电极反应式。【详解】(1) 由原电池的总反应式4Na+3CO22Na2CO3+C可知，放电时，Na为负极，通入CO2的电极为正极，放电时电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电解质溶液中流向钠箔，故答案为：负；钠箔； (2) 由原电池的总反应式4Na+3CO22Na2CO3+C可知，放电时，每消耗3molCO2，4molNa失去电子，转移4mol电子，故答案为：4mol；(3) 充电时为电解池，电解池的总反应为2Na2CO3+C=4Na+3CO2，C失去电子生成CO2，即碳纳米管为阳极，与外加电源正极相连，由于Na2CO3固体贮存于碳纳米管中，所以充电时阳极的电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=4Na+3CO2，故答案为：正；2Na2CO3+C-4e-=4Na+3CO2；(4)由图可知，酒精和氧气反应生成醋酸和水，化学方程式为C2H5OH+O2CH3COOH+H2O，酒精发生氧化反应生成醋酸，所以生成醋酸的Pt电极为负极，电极反应式为C2H5OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+，故答案为：C2H5OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+。【点睛】把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键。本题的难点为电极反应式的书写，要注意结合总反应方程式分析书写。20.运用化学反应原理研究碳、氮、硫的化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。(1)汽车尾气脱硝脱碳主要原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H0。该反应在一定条件下可自发反应的原因是_。一定条件下的密闭容器中，充入CO和NO发生上述反应，该反应达到平衡后，为提高反应速率及NO的转化率，可采取的措施有_(填字母序号)。a缩小容器的体积 b改用高效催化剂 c升高温度 d增加CO的浓度(2)工业上实际处理废气时，常用活性炭作催化剂，用NH3还原NO，同时通入一定量的O2以提高处理效果。当n(NH3)n(NO)时，写出体系中总反应的化学方程式：_。(3)利用脱氮菌可净化低浓度NO废气。当废气在塔内停留时间均为90s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图1、图2所示。由图1知，当废气中的NO含量增加时，宜选用_法提高脱氮的效率。图2中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，其可能原因为_。研究表明：NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。下图所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫脱硝的影响。温度高于60后，NO去除率下降的原因为_。 (4)以连二亚硫酸盐()为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如下图，阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). H 0 (2). a、d (3). 4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O (4). 好氧硝化 (5). Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用 (6). 温度升高H2O2分解速率加快 (7). 2+2e-+4H+=+2H2O【解析】【分析】(1)根据反应自发进行的条件H-TS0分析解答；提高NO的转化率，又能提高反应速率，说明反应速率加快且平衡正向移动，根据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断；(2) 工业上用NH3还原NO来处理废气，同时通入一定量的O2以提高处理效果，生成物为氮气和水，根据n(NH3)n(NO)书写反应的方程式；(3)从图1可知，好氧硝化法受NO浓度变化影响不大；图2中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，结合影响化学反应速率的因素分析解答；温度越高，双氧水分解速率越快； (4)由图可知，阴极区转变为，据此书写电极反应式。【详解】(1)反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的S0，但反应能够自发进行，需要H-TS0，只有当H0时才可能低温下自发进行，故答案为：H0；a缩小容器体积等效于增大压强，平衡正移，NO转化率提高，反应速率加快，故a正确；b催化剂能加快反应速率，但不影响平衡移动，不影响NO转化率，故b错误；c该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率降低，故c错误；d增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，NO转化率提高，故d正确；故答案选：ad；(2)工业上用NH3还原NO来处理废气，生成物为氮气和水，同时通入一定量的O2以提高处理效果，当n(NH3)n(NO)时，体系中总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，故答案为：4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O；(3)从图1可知，好氧硝化法受NO浓度变化影响不大，所以当废气中的NO含量增加时，宜选用好氧硝化法提高脱氮的效率，故答案为：好氧硝化；图2中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，可能是Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用，故答案为：Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用；当温度高于60后，双氧水受热分解速率加快，致使NO去除率下降，故答案为：温度升高H2O2分解速率加快；(4)由图可知，阴极区通入液体主要含，流出液中主要含，所以阴极区电极反应式为2+2e-+4H+=+2H2O，故答案为：2+2e-+4H+=+2H2O。