1、北师大燕化附中20192020学年第二学期期末考试高二年级化学试题可能用到的相对原子质量：H1；C12；N14；O16；Cl35.5；Na23第I卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。)1.对于反应2A+BC+D表示反应速率最快的是A. vA=0.75mol/(Ls)B. vB=0.5mol/(Ls)C. vC=1.0mol/(Ls)D. vD=1.5mol/(Ls)【答案】D【解析】【详解】同一反应同一时段内不同物质的反应速率之比等于计量数之比，据此将不同物质表示的反应速率转化为同一物质同一单位表示的速率进行比较。AvA=0.75mol/(Ls)；BvB=0.5mol/(Ls)，vA：v
2、B=2:1，所以vA=1.0mol/(Ls)；CvC=1.0mol/(Ls)，vA：vC=2:1，所以vA=2.0mol/(Ls)；DvD=1.5mol/(Ls)，vA：vD=2:1，所以vA=3.0mol/(Ls)；综上所述反应速率最快的是D。2.下列燃烧反应的反应热是燃烧热的是：A. H2(g)+1/2 O2(g)=H2O(g) H1B. C(s)+1/2 O2(g)=CO(g) H2C. S(s)+O2(g)=SO2(g) H3D. H2S(g)+1/2O2=S(s)+H2O(l) H4【答案】C【解析】【分析】燃烧热的定义：在25，101kPa时，1mol可燃性物质完全燃烧生成稳定的化
3、合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；据此进行分析。【详解】A、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) H1，生成的水为气态，不是25，101kPa下的稳定产物，故A错误；B、C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H2，生成的CO可继续与O2反应生成CO2，CO不属于稳定的氧化物，故B错误；C、S(s)+O2(g)=SO2(g) H3 ，生成的气态SO2为稳定的氧化物，符合燃烧热的定义，故C正确；D、H2S(g)+1/2O2(g)=S(s)+H2O(l) H4，生成的S可继续燃烧生成SO2，故D错误；故答案选C。【点睛】燃烧热定义要点：规定在101kPa，25下测出热量，因为压强和温度
4、不定，反应热数值不相同；规定可燃物物质的量为1mol；规定可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量为标准；燃烧热的注意事项：燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，因此在计算燃烧热时，热化学方程式里其他物质的化学计量数常出现分数。3.下列物质在水溶液中促进了水的电离的是A. NaHSO4B. HClOC. NaClD. CuSO4【答案】D【解析】【详解】A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D
5、正确；答案选D。4.对于反应2H2 (g)O2 (g)2H2O (g)，能增大正反应速率的措施是A. 增大O2 的物质的量浓度B. 增大反应容积C 移去部分H2O (g)D. 降低体系温度【答案】A【解析】A. 增大O2 的物质的量浓度,能增大反应速率，故A正确；B. 增大容器容积，气体浓度降低，反应速率减小，故B错误；C. 移去部分H2O (g)，反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小，故C错误；D. 降低体系的温度，正逆反应速率都减小，故D错误。故答案选A。考点：化学反应速率的影响因素【名师点睛】本题考查化学反应速率的影响，侧重于基本理论知识的考查
6、。为提高该反应的正反应速率，可采取增大浓度、增大压强或加入催化剂、升高温度等，注意把握反应的特点，为解答该题的关键，也是易错点。5.下列各装置能形成原电池的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】判断一个装置能否构成原电池，要看是否符合原电池的构成条件：电极材料(活动性不同的金属、金属与非金属、金属与金属氧化物)；电解质溶液；构成闭合回路；能自发进行的氧化还原反应。A装置：由于两个电极是同种金属，不能形成原电池；B装置：酒精不是电解质溶液，不能构成原电池；C装置：没有形成闭合回路，不能形成原电池；D装置：符合原电池构成的条件，能形成原电池。6.下列物质属于强电解质的是A. 盐酸B.
7、氟化氢C. 熔融氯化钠D. 铜【答案】C【解析】强电解质包括强酸、强碱、绝大部分盐、金属氧化物等，这些物质均为纯净物；盐酸为混合物，A错误；氟化氢水溶液为弱酸，氟化氢为弱电解质，B错误；熔融氯化钠为盐，纯净物，C正确；铜为单质，不是化合物，D错误；正确选项C。7.由 N2O 和 NO 反应生成 N2 和 NO2 的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A. 反应生成 1 mol N2 时转移 2 mol e-B. 反应物能量之和大于生成物能量之和C. N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g) H-139 kJmol-1D. 断键吸收能量之和大于成键释放能量之和【答案】D【解析】【分析】
8、由图可知反应物的总能大于生成物的总能量，反应为放热反应，可根据图中数据确定反应热。【详解】A.由图可知发生的反应为N2O+NO=N2+NO2，N2O中N元素化合价从+1价降低到0价，NO 中N元素化合价从+2价升高到+4价，生成1molN2时转移2mole-，选项A正确；B. 由图可知反应物的总能大于生成物的总能量，选项B正确；C. H=209 kJmol-1-348 kJmol-1=-139 kJmol-1，选项C正确；D. H=反应物的总键能-生成物的总键能=-139 kJmol-10，则有反应物的总键能小于生成物的总键能，即断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，选项D不正确；答案选D。【
9、点睛】解答本题的关键是H的计算，H=反应物的总键能-生成物的总键能。8.在某温度下，反应 ClF(g)+F2(g)ClF3(g) H+268 kJmol-1，在密闭容器中达到平衡，下列说法中正确的是A. 升高温度，K不变，平衡向正反应方向移动B. 升高温度，平衡常数变小C. 升高温度，平衡向正反应方向移动，F2 的转化率提高D. 降低温度，单位时间内生成 ClF3 的物质的量增加【答案】C【解析】【分析】由题可知，该反应正反应H0为吸热反应，着重考察温度对于速率和平衡移动的影响。【详解】A.正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，K值增大，A项错误；B.升高温度，平衡向正反应方向移动
10、，平衡常数变大，B项错误；C.升高温度，平衡向正反应方向移动，F2的转化率提高，C项正确；D.降低温度，化学反应速率减小，单位时间内生成 ClF3 的物质的量减少，D项错误；答案选C。9.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T时（各物质均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：下列说法正确的是（ ）A. 反应的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H=+akJ/mol(a0)B. 1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量C. 选择优良的催化剂降低反应和的活
11、化能，有利于减少过程中的能耗D. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂【答案】C【解析】【分析】由反应机理图可知，反应为：CH3OH =2H2+CO，反应为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应为吸热反应，反应为放热反应，对比能量图中反应的反应物所具有的能量和反应的生成物所具有的能量，可知反应的反应物和反应的生成物所具有的能量的大小关系为：E生E反。据此进行分析。【详解】A结合能量图可知，反应为放热反应，根据反应机理图可知，反应的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H=-akJ/mol(a0)，A项错误；B结合反应机理和能量图可知，E
12、生E反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B项错误；C催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，C项正确；DCO(g)属于中间产物，不是催化剂。D项错误；答案选C。10.对于工业合成氨反应：N23H22NH3，下列说法错误的是（ ）A. 使用合适的催化剂可以加大反应速率B. 升高温度可以增大反应速率C. 增大N2浓度可以使H2转化率达到100D. 增大N2浓度可以增大反应速率【答案】C【解析】【详解】A使用正催化剂可以增大反应速率，A正确；B升高温度可以增大反应速率，B正确；C该反应
13、是可逆反应，任何条件下都无法使得转化率达到100%，C错误；D增大反应物的浓度可以增大反应速率，D正确；故合理选项为C。11.某小组依据氧化还原反应：2Ag(aq)Cu(s)=Cu2(aq)2Ag(s)设计的原电池如图所示，下列说法正确的是A. 电极X可以是碳棒也可以是银棒B. 盐桥中的阳离子流向CuSO4溶液所在烧杯C. 银电极为电池的负极，发生的电极反应为Age=Ag+D. 外电路中电流的方向是从银电极流向X电极【答案】D【解析】【分析】由方程式2Ag+(aq)+Cu(s)Cu2+(aq)+2Ag(s)可知，反应中Ag+被还原，为正极反应，则电解质溶液Y为硝酸银溶液，Cu被氧化，为原电池负
14、极，则X为Cu，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，电极X为铜，故A错误；BX为负极，银为正极，盐桥中的阳离子流向Y溶液所在烧杯，故B错误；C根据上述分析，银电极为电池的正极，发生的电极反应为Ag+e=Ag，故C错误；DX为负极，银为正极，外电路中电流的方向是从银电极流向X电极，故D正确；故选D。12.下列说法中正确的是（）A. 将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小B. 保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2水解C. FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体D. 向0.1molL-1氨水中加入少量水，pH减小，减小【答案】A【解析】【详解】A、水的电离吸热，加热促进电
15、离，H和OH浓度增大，Kw增大，pH减小，A正确；B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入稀硫酸抑制Fe2+水解，B错误；C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀，灼烧分解生成氧化铁，C错误；D、向0.1 molL-1 氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液pH减小，Kb不变，=增大，D错误；故选A。13.在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）A. 10 mi
16、n时，改变的外界条件可能是升高温度B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为25%C. 05 min内，v(H2)0.1 mol(Lmin)-1D. 恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小【答案】A【解析】【详解】A. 由图可知，10min 时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；B. 反应进行到12min时，CH4转化率为 100=75，故B错误；C. 根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/ L减小为0.50mol/L，故v(CH4) =(1-0.5)molL-1/5min=0.1mol/ (Lmin) ，由化学计量
17、数之比等于反应速率之比，则v (H2)=30.1mol/ (Lmin) =0. 3mol/(Lmin) ，故C错误；D. 恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，平衡后c (H2)增大，故D错误；故选A。14.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. H+、Na+、Cl-、B. Na+、H+、S2-C. Na+、H+、D. Fe2+、Na+、Cl-【答案】A【解析】【详解】A. H+、Na+、Cl-、各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；B. H+、S2-能反应生成氢硫酸
18、，、H+、S2-之间能发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；C. H+、之间能发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D. Fe2+与能发生双水解而不能大量共存，选项D错误；答案选A。15.已知草酸是二元弱酸，0.2 molL-1NaHC2O4 溶液显酸性，关于 NaHC2O4 溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是A. c(Na+)c()c()c(H2C2O4)B. c(Na+)c()+c()+c(H2C2O4)C. c(Na+)+c(H+)c()+c()+c(OH-)D. c(H+)+c(H2C2O4)c()+c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A.草酸是二元弱酸，0.2 molL
19、-1NaHC2O4 溶液显酸性，说明H2C2O4电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)c()c()c(H2C2O4)，故A正确；B.溶液中存在物料守恒；c(Na+)=c(HC2O-)+c(C2O2-)+c(H2C2O4)，故B正确；C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)c()+2c()+c(OH-)，故C错误；D.溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(HC2O-)+c(C2O2-)+c(H2C2O4)，液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)c()+2c()+c(OH-)，溶液中电荷守恒减物料守恒得c(H+)+c(H2C2
20、O4)c()+c(OH-)，故D正确；故答案：C。16.常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是A. HA是强酸B. 该混合液pH=7C. 图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D. 该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）【答案】D【解析】【详解】A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH7，B错误；C、A-
21、水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)c(A-)c(OH）c(HA)c(H)，所以X是OH，Y是HA，Z表示H+，C错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D正确；答案选D。17.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是编号pH101044溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸A. 相同体积、溶液分别与 NaOH 完全反应，消耗 NaOH 物质的量：B. 分别加水稀释 10 倍，四种溶液的 pH：C. 、两溶液等体积混合，所得溶液中 c()c(Cl-)c(OH-)c(H+)D. 在溶液中：c(H+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(OH-
22、)【答案】D【解析】【详解】A.醋酸溶液属于弱酸溶液，盐酸属于强酸溶液，pH=4的醋酸溶液和盐酸溶质物质的量浓度：醋酸溶液盐酸，则相同体积、溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：，A正确；B.由于加水稀释促进NH3H2O的电离，pH=10的氨水加水稀释10倍后溶液的pH：9pH10，pH=10的氢氧化钠溶液加水稀释10倍后溶液的pH=9，由于加水稀释促进CH3COOH的电离，pH=4的醋酸溶液加水稀释10倍后溶液的pH：4pH5，pH=4的盐酸加水稀释10倍后溶液的pH=5，则分别加水稀释10倍，四种溶液的 pH：，B正确；C.pH=10的氨水中c(OH-)=10-4mol/L，p
23、H=4的盐酸中c(H+)=10-4mol/L，由于氨水为弱碱溶液，盐酸为强酸溶液，则两者等体积混合充分反应后得到NH4Cl和过量氨水的混合液，即氨水过量，溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，混合后溶液中的电荷守恒为c()+c(H+)= c(Cl-)+c(OH-)，则c()c(Cl-)，由于弱电解质的电离是微弱的，故所得溶液中 c()c(Cl-)c(OH-)c(H+)，C正确；D.pH=4的醋酸溶液中的电荷守恒为c(H+)c(CH3COO-)+c(OH-)，D错误；答案选D。18.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进
24、行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（）ABCD升高温度，正反应方向平衡常数减小03s内，反应速率为：v(NO2)0.2 molL-1s-1t1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A达到平衡后，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故A错误；B03s内，反应速率为v(NO2)=0.2molL-1s-1，故B正确；C催化剂同等程度增大正逆反应速率，不影响平衡移动，故C错误；Dx为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故D错误；故答案为B。第II卷二、填空题19.某温度时，在 2 L
25、的密闭容器中，X、Y、Z 三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。(1)反应从开始至 2 分钟末，Y 的转化率为(Y)_。(2)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 10% (2). 3X+Y2Z【解析】【分析】由图像可知，X、Y的物质的量在减少，作反应物，Z的物质的量在增加，作生成物，反应至2分钟达到平衡。【详解】(1)根据图像可知，反应进行2min时，Y的物质的量是0.9mol，且不再发生变化，这说明反应已经达到平衡状态，则Y的转化率是(1.0-0.9)/1.0100%=10%。(2)根据图像可知，反应进行2min时，X的物质的量减少0.3mol，Y的物质
26、的量减少0.1mol，Z的物质的量增加0.2mol，同一反应中各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，故该反应的化学方程式是3X+Y2Z。20.有下列六种物质的溶液：NaCl NH4Cl Na2CO3 Al2(SO4)3 CH3COOH NaHCO3(1)25时，用离子方程式表示 0.1molL-1溶液的酸碱性原因：_ ；(2)常温下，0.1mol/L的和溶液中微粒(含离子和分子)的种类是否相同：_ (填“相同”或“不相同”)；(3)将溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质是_ (填化学式)；(4)常温下 0.1 mol/L溶液加水稀释至中性的过程中，下列表达式的数据一定变大的是_。Ac(H+)
27、 Bc(OH-) C Dc(H+)c(OH-)【答案】 (1). NH4Cl溶液中存在NH4+离子的水解平衡：NH4+H2ONH3H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性 (2). 相同 (3). Al2(SO4)3 (4). BC【解析】【分析】(1)根据NH4+水解规律进行分析；(2)根据Na2CO3 溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡、电离平衡进行分析；(3)硫酸属于难挥发性酸，Al2(SO4)3溶液加热蒸干灼烧后产物为原溶质；(4)根据CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+ H+，加水稀释促进电离进行分析。【详解】(1)为NH4Cl溶液，溶液中铵根离子能发生水
28、解，其反应的离子反应方程式为：NH4+ H2ONH3H2O+ H+，故答案：NH4Cl溶液中存在着铵根离子水解平衡：NH4+ H2ONH3H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性；(2)为Na2CO3 溶液，为NaHCO3溶液，碳酸钠溶液中碳酸根水解，且水解分步进行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能电离，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常温下，0.1mol/L的Na2CO3 溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O，
29、故微粒种类是相同，故答案：相同；(3)为Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸属于难挥发性酸，所以将Al2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧后的产物为硫酸铝；故答案：Al2(SO4)3；(4)为CH3COOH溶液，常温下0.1 mol/LCH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+ H+反应，加水稀释至中性的过程中，c(H+)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，由于温度不变，所以c(H+)c(OH-)=Kw不变；根据醋酸的电离平衡常数可知，=，加水稀释过程中，促进电离，c（CH3COO-）减小，但是Ka不变，所以增大；故答案选BC。 21.下表
30、是有关物质的 Ksp：物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Ksp(单位省略)2.810-96.810-64.710-65.610-12回答下列问题：(1)某同学在实验室条件下模拟从海水中提取镁的生产过程。在加试剂时，误将纯碱溶液加入海水中；他思考了一下，又在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，你觉得他_(填“能” 或“不能”)将Mg2+转化为Mg(OH)2 沉淀，理由是_。(2)要制得无水 MgCl2，过滤出 Mg(OH)2 沉淀后，用试剂_(填化学式)将其溶解。(3)将得到的氯化镁溶液在浓缩池中制得 MgCl26H2O。然后将 MgCl26H2O 转移到干燥塔中，在干燥的 H
31、Cl 气流中加热 MgCl26H2O，才能得到无水 MgCl2，原因是：_。【答案】 (1). 能 (2). 因为Ksp (MgCO3)=6.810-6，Ksp Mg(OH)2=5.610-12，纯碱溶液加入海水中产生MgCO3的沉淀，在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，烧碱电离产生的OH-能结合MgCO3溶解产生的Mg2+生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO3的溶解平衡不断向右移动 (3). HCl (4). MgCl26H2O加热时会水解成Mg(OH)2，而HCl可以抑制其水解，并且能生成MgCl2【解析】【分析】根据沉淀溶解平衡原理Ksp (MgCO3)=6.810-6Ksp
32、 Mg(OH)2=5.610-12进行判断；根据水解原理进行分析；根据影响水解平衡移动因素进行分析。【详解】(1) 因为Ksp (MgCO3)=6.810-6Ksp Mg(OH)2=5.610-12，纯碱溶液加入海水中产生MgCO3的沉淀，在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，烧碱电离产生的OH-能结合MgCO 3溶解产生的Mg2 +生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO 3的溶解平衡不断向右移动，所以能将Mg2+转化为Mg(OH)2 沉淀，故答案：能；因为Ksp (MgCO3)=6.810-6，Ksp Mg(OH)2=5.610-12，纯碱溶液加入海水中产生MgCO3的沉淀，在得到的
33、混合体系中加入过量的烧碱溶液，烧碱电离产生的OH-能结合MgCO 3溶解产生的Mg2 +生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO 3的溶解平衡不断向右移动。(2)要制得无水MgCl2，过滤出Mg(OH)2沉淀后用HCl溶解，盐酸电离的H +与Mg(OH)2溶解产生的OH-生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡不断右移将其溶解，故答案：HCl；(3) MgCl26H2O加热时会水解成Mg(OH)2，而HCl可以抑制其水解，并且能生成MgCl2，故答案：MgCl26H2O加热时会水解成Mg(OH)2，而HCl可以抑制其水解，并且能生成MgCl2。22.图 a 是 1 mol NO2 和 1 mo
34、l CO 恰好反应生成 CO2 和 NO 过程中的能量变化示意图；现往体积固定的密闭容器中通入等物质的量的 NO2 和 CO，反应中的 CO 和 NO 的浓度随时间变化的示意图如 b 图。根据图意回答下列问题： (1)写出 NO2 和CO 反应的热化学方程式_。(2)从反应开始到平衡，用 NO2 浓度变化表示平均反应速率 v(NO2)_。(3)此温度下达到平衡时 NO2 的转化率为_。(4)830K 时，在密闭容器中发生下列可逆反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H0。试回答下列问题：若起始时 c(CO)=2molL-1，c(H2O)=3molL-1，达到平衡时 CO 的转化
35、率为 60%，则在该温度下，该反应的平衡常数 K=_。在相同温度下，若起始时 c(CO)=1molL-1，c(H2O)=2molL-1，反应进行一段时间后，测得 H2 的浓度为 0.5molL-1，则此时该反应_(填“是”与“否”)达到平衡状态，此时 v(正)_v(逆)(填“”、“”或“”、“”或“”、“”或“”、“”或“”)(4)下表是几种常见弱酸的电离常数化学式CH3COOHH2SO3HClOH2CO3电离常数1.810-5K1=1.2310-2K2=6.610-83.010-8K1=4.410-7K2=4.710-11以下反应对应的离子方程式正确的是_。ANa2CO3溶液吸收少量SO2：
36、+SO2+H2O=+ B漂白液生效的原理：ClO-+CO2+H2O = HClO+C次氯酸钠溶液吸收少量SO2：ClO-+SO2+H2O = HClO+D醋酸除水垢中的CaCO3：2CH3COOH+CaCO3= Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2【答案】 (1). BC (2). I (3). (6). (7). BD【解析】【分析】（1）A. 滴加少量浓盐酸，增大了氢离子浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小；B. 微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大；C. 加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大； D .加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移
37、，CH3COOH电离程度减小；（2）盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1 molL-1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1 molL-1醋酸中c(H+)1；图I中，V=10时，pHc(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)10-3mol/L，c(NaOH) =10-3mol/L；由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱；（4）根据表格提供的数据和强酸制弱酸的原理分析可得。【详解】（1）A. 滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小，选项A错误； B. 微热溶液，促进醋酸
38、电离，CH3COOH电离程度增大，选项B正确；C. 加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，选项C正确； D .加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小，选项D错误；答案选BC；（2）盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1molL-1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1molL-1醋酸中c(H+)1，根据图知，I是醋酸曲线，是盐酸曲线，故答案为I；图I中，V=10时，pHc(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)c(CH3COO-)，故答案为10-3mol/L，c(NaOH) =10-
39、3mol/L，所以25时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲乙，故答案为；由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱，故甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲乙，故答案为；（4）A.根据表格提供的数据可知HSO3-的酸性介于H2CO3和HCO3-之间，正确的离子方程式为：SO2+2CO32-+H2O=SO32-+2HCO3-，A错误；B. 根据表格提供的数据可知HClO的酸性介于H2CO3和HCO3-之间，该离子方程式正确，故B正确；C. HClO能把SO32-氧化成SO42-，C错误；D.根据表格提供的数据可知醋酸的酸性大于碳酸，该离子方程式正确，D正确；答案选BD。