1、新蔡县2020-2021学年度上期高中调研考试二年级化学试题注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题(每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上)1能源是人类文明发展和进步的基础，化学与能源紧密相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. 生物质能属于一次能源B.化学电源放电、植物光合作用都能发生化学变化，并伴随能量的转化C. 利用化石燃料燃烧放出的热量使水分解产生氢气，是氢能开发的研究方向D. 大力发展太阳能有助于减缓温室效应2已知热化学方程式：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)HQ kJmol1(Q0
2、)。下列说法不正确的是 ()。A相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量大于2 mol SO3(g)所具有的能量B将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后，放出热量为Q kJC增大压强，该反应过程将放出更多的热量D如果将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，则此过程中有2 mol SO2(g)被氧化3下列说法正确的是（ ）化学变化都伴随着能量变化，主要表现为热量的变化，凡是吸热反应都需要加热中和热测定实验中只需要如下玻璃仪器：烧杯、温度计、量筒电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属被氧化的过程，电化学腐蚀
3、比化学腐蚀要普遍的多用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极催化剂能使化学反应速率增大的主要原因是降低了活化能任何化学反应，增大压强，都可增加活化分子总数，从而使反应速率增大A BC D4NO氧化反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)分两步进行：I2NO(g) N2O2(g) H1；IIN2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) H2，其反应过程能量变化示意图如图，下列说法不正确的是（ ）A由于 Ea1Ea2，决定化学反应速率快慢的是反应B图示过程中，反应物断键吸收的能量小于生成物形成所释放的能量C其它条件不变，升高温度，2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)反应速率一定加快D其它条件
4、不变，升高温度，2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)平衡一定逆向移动5下列对于化学反应方向说法正确的是 （ ）A. 涂有防锈漆和没有涂防锈漆的钢制器件，其发生腐蚀过程的自发性是相同的B. 常温下反应2Na2SO3(s)+O2(g)= 2Na2SO4(s)能自发进行，则H0C. 反应2Mg(s)+CO2(g)C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的H0D. 一定温度下，反应2NaCl(s)2Na(s)Cl2(g)的 H0 ，S06下列关于化学反应速率的说法正确的是（ ）恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快其他条件不变，温度越高，化学反应速率越快 使用催化剂可改变反应速率，从而改变该反
5、应过程中吸收或放出的热量 3 molL1s1的反应速率一定比1 molL1s1的反应速率大升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多催化剂反应前后的质量不变，但能降低活化能，增大活化分子的百分数，从而增大反应速率ABCD7在密闭容器中存在如下反应：2A（g）B（g） 3C（g）+D（s）；H甲D图IV中a、b、c三点都已经达到化学平衡状态8已知反应：2NO2（g）（红棕色）N2O4（g
6、）（无色）H0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法不正确的是（ ）Ab点的操作是压缩注射器 Bd点：v（正） v（逆）Cc点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小D若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）T（c）9下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A.卤化银沉淀的转化B.配制溶液C.探究淀粉在不同条件下水解D.探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应A. AB. BC. CD. D10 25C时，水的电离达到平衡：H2OH+OH-，下列叙述不正确的是（ ）A. 将纯水加热到95
7、时，Kw变大，pH减小，水仍呈中性B. 向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH)增大，Kw不变C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，平衡逆向移动，KW不变D. 向水中通入HCl气体，平衡逆向移动，溶液导电能力减弱11下列说法正确的是（ ）A中和pH和体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同B的溶液不一定呈碱性C相同温度下，浓度相等的盐酸、溶液中，相等D若氨水和盐酸反应后的溶液呈酸性，则反应后溶液中c(Cl-) c(NH4+)c(H+)c(OH)C水的电离程度：b c a dD25时 ，NH4Cl 水解平衡常数为(n1)10-7(用 n 表示)15化学电源在日常生活和高科技领域中
8、都有广泛应用。下列说法不正确的是（ ）AZn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B正极的电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OHC锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D铅蓄电池使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降16我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置（如图所示）。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。下列说法正确的是A制氢时，溶液中K+向X电极移动B供电时，Zn电极附近溶液的pH不变C供电时，X电极发生氧化反应D制氢时，X电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O第II卷（非选择题）二、填空题(共5个题，共
9、52分)17(本题10分)化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。（1）下列反应中，属于放热反应的是_（填字母）。A碳与水蒸气反应 B铝和氧化铁反应 CCaCO3受热分解 D氢气还原三氧化钨制取钨 E.锌与盐酸反应（2）获取能量变化的途径通过化学键的键能计算。通常人们把断裂1mol某化学键所吸收的能量或形成1mol某化学键所释放的能量看作该化学键的键能，键能的大小可用于估算化学反应的反应热H。已知部分化学键的键能数据如表所示：化学键H-HCl-ClH-Cl键能/(kJmol-1)436243431则H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热H为 通过盖斯定律可计算。发射卫星用作
10、燃料，作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气，已知：N2(g) 2O2（g） 2NO2(g)H1 67.7kJ/mol;N2H4（g）O2（g） N2（g）2H2O（g） H2534kJ/mol,写出气体肼和NO2气体反应生成N2和水蒸气的热化学方程式 利用实验装置测量利用下图图装置测定中和热的实验步骤如下：用量筒量取0.25mol/L的硫酸50mL倒入小烧杯中，测出硫酸溶液温度；用另一量筒量取50mL 0.55mol/L NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。回答下列问题：I.仪器a的名称为 II.做了四次实验，并将实验数据记
11、录如下：温度实验次数 起始温度t1终止温度t2/H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8近似认为0.55 mol/L NaOH溶液和0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c4.18 J/(g)，通过以上数据计算中和热H ( 结果保留小数点后一位)。18(本题10分)假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。观察下列装置，回答下列问题：(1)甲装置中通入甲烷的电极反应式为_；(2)写出丙池中Fe电极电极反应式 。(
12、3)丁池可以用来模拟氯碱工业原理，请写出丁池中电解总反应的离子方程式 ；假设NaCl溶液的浓度为1mol/L、体积2L，若甲池中消耗标况下5.6LO2，忽略溶液体积的变化，则电解后丁池中溶液的pH= （lg2=0.3）(4)若要将乙池电解后的溶液完全恢复到电解前的浓度和pH，需要在电解后的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3 ,则电路中转移的电子数为_(用NA表示阿伏伽德罗常数)。19(本题12分)习近平总书记近日对制止餐饮浪费作出重要指示。氨的合成对解决粮食危机有着重要意义。目前该研究领域已经催生了三位诺贝尔化学奖得主。(1)德国化学家哈伯对研究“N2(g)+3H2(g)2NH3(g
13、)”反应贡献巨大，1918年荣获诺贝尔化学奖，已知该反应在298K时，H=92.2 kJ/mol，Kc=4.1106(mol/L)2若从平衡常数角度分析，反应限度已经较大，但为何化工生产中还需要使用催化剂：_.（2）合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）：第一步 N2（g） 2N*；H2（g） 2H*（慢反应）第二步 N*+H* NH*；NH*+H* NH2*；NH2* +H* NH3*；（快反应）第三步 NH3* NH3(g) （快反应）比较第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2的大小：E1_E2（填“”、“”、“”或“=”）。20(本题10分)已知：乙二酸（HOOC-
14、COOH，可简写为H2C2O4），俗称草酸，已知：25 H2C2O4 K1 = 5.410-2，K2 = 5.410-5 ；（1）已知：25 Ka（HF）3.53104，请写出少量草酸(H2C2O4)与NaF溶液反应的化学方程式：_。（2）常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示，回答下列问题：如果所得溶液溶质为KHC2O4，则该溶液显_(填“酸性”、“碱性”或“中性”)；如果所得溶液溶质为K2C2O4，则该溶液中各离子浓度由大到小顺序为_；当所得溶液pH=2.7时，溶液中=_；
15、（3）已知25 草酸钙的Ksp4.0108，碳酸钙的Ksp2.5109。回答下列问题：25时向20 mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0103mol/L的草酸钾溶液20 mL，通过计算说明能否产生草酸钙沉淀？ 21(本题10分)化学是一门以实验为基础的科学，其中控制变量思想在探究实验中有重要应用，下列实验对影响化学反应速率的因素进行探究。实验方案：现有0.0lmol/L的酸性KMnO4溶液和0.lmol/L的草酸溶液，为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：实验序号体积V/mL温度/KMnO4 溶液水H2C2O4溶液4.00.02.0254.00.02.0604.0Vx1.
16、025（1）请书写此过程的离子反应方程式： 。（2）通过实验、可探究草酸的浓度对反应速率的影响，表中Vx=_mL，理由是 。（3）对比实验、的实验现象是_。（4）实验中t min 时溶液褪色，用草酸表示的反应速率v(H2C2O4)= 。（5）甲同学在研究草酸与高锰酸钾在酸性条件下反应的影响因素时发现，草酸与酸性高锰酸钾溶液开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快。针对上述现象，甲同学认为草酸与高锰酸钾反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是 的影响。2020-2021学年度上期高中调研考试X年级XX答案1【答案】C
17、【解析】A. 生物质能属于一次能源，故A正确；B. 化学电源放电、植物光合作用都有新物质生成，属于化学变化，且都伴随着能量的变化，正确；C. 化石燃料是不可再生的，且不廉价，错误；D. 大力发展太阳能可减少化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放，有助于减缓温室效应，故D正确；故选C。2【答案】B【解析】A反应是放热反应，依据反应前后能量守恒，相同条件下，2molSO2（g）和1molO2（g）所具有的能量大于2molSO3（g）所具有的能量，选项A正确；B、HQkJmol1，Q的具体含义是：当2mol 的二氧化硫与1mol 的氧气完全反应生成2mol 的三氧化硫时，放出的热量为QkJ ，但这是
18、一个可逆反应，不可能完全反应，因此放出的热量小于Q kJ，选项B错误；C、增大压强，该平衡向正反应方向移动，放出热量更多，选项C正确；D、如将一定量SO2（g）和O2（g）置于某密闭容器中充分反应后放热QkJ，参加反应的二氧化硫为2mol，故一定有2molSO2（g）被氧化，选项D正确；答案选B。3【答案】B4【答案】C【解析】A决定化学总反应速率快慢的是反应速率最慢的反应，由于Ea1Ea2，决定化学反应速率快慢的是反应，故A正确；B由图可知，该反应是放热反应，则反应物断键吸收的能量小于生成物形成所释放的能量，故B正确；C升高温度，反应2NO(g) N2O2(g)的平衡逆向移动，c(N2O2)
19、减小，反应N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应速率可能减小，而反应决定该化学反应速率的快慢，则2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率不一定加快，故C错误；D由图可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即升高温度，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)平衡一定逆向移动，故D正确；故选C。5【答案】A【解析】A.钢制器件的腐蚀具有自发性，与是否涂有油漆没有关系，故A正确；B反应的S0，由G=H-TS0时，反应可自发进行可知，H0，故B错误C反应的S0，由G=H-TS0时，反应可自发进行可知，H0，故C错误；D反应的S0，该反应为分解反应，应吸热，反应的H0，在较
20、高温度下，可满足G=H-TS0，能自发进行，故D错误；故选B。6【答案】A【解析】恒温时,增大压强,如没有气体参加反应,化学反应速率不加快,故错误;其他条件不变,温度越高,增大活化分子百分数,化学反应速率越快,故正确;使用催化剂不能改变反应热,故错误;温度未知,则3 molL1s1的反应速率不一定比1 molL1s1的反应速率大,故错误;升高温度能增大了反应物分子中活化分子的百分数,使化学反应速率增大,故正确有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的体积),活化分子百分数不变,故错误;增大反应物浓度,活化分子的百分数不变,故错误;催化剂反应前后质量不变,但能降低活化能降低活化分子的百分
21、数,从而增大反应速率,故错误。所以B选项是正确的。7【答案】A【解析】A. 增大生成物浓度逆反应速率增大，但正反应速率不增大，故图不能表示的是 t1时刻增大生成物的浓度对反应速率的影响，故A错误；B. 该反应减小体积（增大压强）或加入催化剂，都可以同等程度的增大反应速率，平衡不移动，故图能表示的可能是 t1时刻加入催化剂后或加压对反应速率的影响，故B正确；C. 升温，化学反应速率加快，缩短到平衡的时间，平衡逆向移动，A的转化率降低，故图表示的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高，故C正确；D. 曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上的点都是平衡点。故选A。8【答案】C【解析】试题分析：A、b点
22、后透光率突然降低，说明颜色变深，b点的操作应该是压缩注射器，A正确；B、d 点突然降低，说明颜色变深，平衡逆向移动，v(正) v(逆)，B正确；C、c点是a点后的新平衡，由于b点的操作应该是压缩注射器，所以c(NO2)增大，c(N2O4)增大，C错误；D、压缩注射器，压强变大，平衡正向移动，正反应是放热反应，故T(b)7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)c(OH-)，所以c(Cl-)c(NH4+)，错误；故答案为B。12【答案】C【解析】ANa2CO3和NaHCO3溶液中存在的粒子种类相同，都有Na+、H+、OH-、HCO3-、CO32-、H2CO3
23、和H2O，正确；B故正确由于碳酸的一级电离远大于二级电离，所以HCO3-的水解能力弱于CO32-，0.2mol/LNaHCO3溶液中c（OH-）c(Br-),加入足量的浓AgNO3溶液时，可认为两种离子都完全沉淀，故生成的AgCl沉淀多。14【答案】C【解析】Ac点溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒分析c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，A正确；Bb点溶液为NH4Cl溶液，此溶液中离子浓度大小为c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，B正确；Cb点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了
24、水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，C错误；D根据图象可知，25时溶液的pH=7，则：c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，则25时NH4Cl水解常数为Kh=(n-1)10-7，D正确；故选C。15【答案】A【解析】AZn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子
25、变H2，因而c(H+)减小，错误；BAg2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OH，正确；CZn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，正确；D铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，正确。故答案选A。16【答案】D【解析】A制氢时，Pt电极为阴极，电子从X电极向Pt电极移动，溶液中K+向Pt电极移动，A错误，不选；B供电时，Zn电极发生氧化反
26、应，发生反应Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，消耗OH-，pH减小，B错误，不符合题意；C供电时，X电极发生还原反应，NiOOH转化为Ni(OH)2，C错误，D制氢时，X电极为阳极，反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，D正确，不选；答案为D。17(本题10分)【答案】(1)BE (2) -183kJmol-1 2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=1135.7kJ/mol， I.环形玻璃搅拌棒 II. -56.8kJ/mol 【解析】（1）常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵晶体与氢氧化钡晶
27、体的反应等，大多数化合反应，铝热反应，金属与酸的反应等属于放热反应；（2）焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热H=436kJmol-1+243 kJmol-1-(2431)kJmol-1=-183 kJmol-1；N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H1=+67.7kJ/mol，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H2=534kJ/mol，盖斯定律计算得到2得到2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=1135.7kJ/mol，故答案为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H
28、2O(g) H=1135.7kJ/mol I. 环形玻璃搅拌棒。 II.第2次实验的误差较大，舍弃。将另外三次实验的最终温度和起始温度做差，取平均值，得到T=3.4。氢氧化钠过量，硫酸中氢离子为0.025mol，所以中和生成的水为0.025mol。溶液质量为100g，升高3.4，热量为：1003.44.18=1421.2J，所以每生成1mol水的放热为：1421.20.025=56848J56.8kJ。所以中和热为：56.8kJ/mol18(本题10分)【答案】 (1). CH4-8e-+10OH- =CO32-+7H2O (2).Fe-2e-+2OH- =Fe(OH)2 (3). 2Cl-+
29、2H2O 2OH-+H2+Cl2 13.7 (4)0.6NA 【解析】(1)根据装置图可知甲装置为原电池，乙、丙、丁池为电解池。其中甲装置中通入甲烷的电极为负极，甲烷失去电子，发生氧化反应，由于为碱性环境，所以甲烷被氧化产生的CO2与碱反应变为CO32-，电极反应式为CH4-8e-+10OH- =CO32-+7H2O；通入O2的电极为正极，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；(2)铁作阳极，电解质溶液为氢氧化钠溶液，故电极反应为Fe-2e-+2OH- =Fe(OH)2(3)2Cl-+2H2O 2OH-+H2+Cl2 n(O2)=5.6L22.4L/mol=0.25
30、mol，n(e-)=4n(O2)=40.25mol=1mol，电解方程式：2Cl-+2H2O 2OH-+H2+Cl2根据方程式可知，每转移4mol电子，产生4molOH-，则转移电子1mol，产生OH-的物质的量为1mol，c(OH-)=1mol2L=0.5mol/L，所以溶液的pH=13.7；(4)由于将乙池电解后的溶液完全恢复到电解前的浓度和pH，需要在电解后的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3 ，通过电解方程式可知：两个电极一个电极析出Cu、H2，另一个电极析出O2，则生成0.2molCu，0.1molH2，0.15molO2，所以根据0.15molO2可求得转移的电子数为0.
31、6NA19(本题12分)【答案】（1）使用催化剂，主要目的是加快反应速率，提高单位时间内的产量 （2） 活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢 （3） B、D A、B （4）0.037 【解析】（1）催化剂可以加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可以提高单位时间内的产量。（2）由题给信息知，第一步反应慢，第2步反应快，而反应越快，说明其活化能越小，所以第一步反应的活化能大于第2步反应的活化能；（3）A.方程式中N2(g)、NH3(g)、O2(g)的系数比就是2：4：3，所以N2(g)、NH3(g)、O2(g)的浓度之比为2：4：3可能是反应处于平衡状态，也可能未达到平衡
32、状态，不能作为判断平衡的标志，A错误；B. N2是反应物，NH3是生成物，若二者浓度之比恒定不变，则反应达到平衡状态，B正确；C.任何时刻，v(N2)正：v(NH3)正=2：4，若反应达到平衡，则v(NH3)正= v(NH3)逆，则平衡时v(N2)正：v(NH3)逆=2：4，所以2v(N2)正=v(NH3)逆，故该状态不是平衡状态，C错误；D. 该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体中氨气的质量分数不变，则反应处于平衡状态，D正确；E.该反应是在恒温恒压下进行，任何时刻压强保持不变，不能作为判断平衡的标准，E错误；故合理选项是BD；A.转移掉部分O2，即减小生成物浓度，平衡正向移动，可
33、以提高N2转化率，A正确；B.转移掉部分NH3，即减小生成物浓度，平衡正向移动，可以提高N2转化率，B正确；C.由于水的状态是液态，改变其物质的量，平衡不移动，所以不能改变N2转化率，C错误；D.增加N2的量，该物质本身浓度增大，平衡正向移动，但是平衡正向移动消耗量小于加入量，总的来说它的转化率还是降低，D错误；故合理选项是AB；（4） N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)初始 1 3 0变化 x 3x 2x平衡 1-x 3-3x 2x60%=，解得x=0.75mol，所以平衡时N2的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为0.3，NH3的物质的量分数为0.6，所以Kp=0.037；从图
34、像来看，当压强不变时，T1时NH3的体积分数大于T2时，根据该反应是放热反应，NH3是生成物的特点，确定T1相对于T2来说是降温，即T1c(C2O)c(OH-)c(HC2O) c(H+) 103 （3） 由题意可知混合后溶液中c(Ca2+)=2.510-5mol/L，c(C2O42-)=0.5103mol/L，则c(Ca2+)c(C2O42-)=1.2510-8 HF HC2O4-；则少量草酸(H2C2O4)与NaF溶液反应生成NaHC2O4和 HF，化学方程式：H2C2O4+NaF= NaHC2O4+ HF；故答案是：H2C2O4+NaF= NaHC2O4+ HF。（2） 如果所得溶液溶质为
35、KHC2O4，此时HC2O的物质的量分数()应该处于最高点，据图可知，此时溶液pH小于7，溶液显酸性；如果所得溶液溶质为K2C2O4，c(K+)最大，C2O发生两步水解使溶液呈碱性，且第一步水解程度大于第二步水解程度，则c(C2O)c(OH-)c(HC2O) c(H+)，该溶液中各离子浓度由大到小顺序为：c(K+)c(C2O)c(OH-)c(HC2O) c(H+)；据图可知，当溶液pH=1.2时，c(HC2O)= c(H2C2O4)，则：Ka1=10-1.2，当所得溶液pH=2.7时，溶液中c(C2O)= c(H2C2O4)，c(H+)=10-2.7mol/L，则=103；（3）.根据草酸钙与
36、碳酸钙的溶度积可知，碳酸钙的饱和溶液中，钙离子的浓度是510-5mol/L，向20 mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0103mol/L的草酸钾溶液20 mL，则c(Ca2+)=2.510-5mol/L，c(C2O42-)=0.5103mol/L，c(Ca2+)c(C2O42-)=1.2510-84.0108，则不会产生草酸钙沉淀；21(本题10分)【答案】（1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O （2）1.0 保证反应物草酸浓度改变，而其它的不变。 （3） 两实验中紫色溶液均褪色，但褪色更快 （4） molL-1 min-1（5）催化剂 【解析】(4)由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CO2+8H2O 可知，草酸过量，消耗草酸的物质的量为，变化浓度为，所以v(H2C2O4)=，（5）草酸可以使酸性高锰酸钾褪色，根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O；根据影响反应速率的因素，速率突然加快的原因还可能是反应生成的硫酸锰起催化剂的作用。