江苏省马坝高级中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

江苏省马坝中学2021-2022学年度第二学期期中考试高二化学试题注意事项：1.考试时间：75分钟，试卷满分100分。2.答题前，请务必将班级、姓名、考试号等信息填涂写在答题纸和答题卡上。3.请用0.5毫米黑色墨水的签字笔按题号在答题纸上指定区域内作答；在其它位置作答一律无效；考试结束后，请将答题纸、卡交回。第I卷(选择题42分)单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.下列说法正确是A.钢铁吸氧腐蚀时铁锈较易出现在上图A点处B.铜锌原电池工作时盐桥中阳离子向电池负极移动C.用导线将地下钢铁管道连接电源正极可减缓其腐蚀D.燃料电池，将燃料通入正极【答案】A【解析】【详解】A．钢铁充分接触水膜和空气时容易发生吸氧腐蚀，由图可知，A点介于空气和水膜交汇处，B点在水膜中，没有与空气接触，所以A点易出现铁锈，故A正确；B．铜锌原电池工作时，盐桥中的阳离子向电池正极移动，故B错误；C．用导线将地下钢铁管道连接电源负极，采用外加直流电源的阴极保护法可减缓钢铁管道腐蚀，故C错误；D．燃料电池工作时，通入燃料的一极为燃料电池的负极，故D错误；故选A。 2.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是A.水的离子积不变B.水的pH变小，呈酸性C.水中的D.水的pH变大、呈中性【答案】C【解析】【详解】A．温度升高促进水的电离，水的离子积增大，A错误；B．温度升高促进水的电离，水的离子积增大，但是氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，呈中性，B错误；C．水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大,pH减小，水的离子积增大，水中的，C正确；D．水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，水中的c(H+)=c(OH-)，pH减小，呈中性，D错误；故选C。3.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A.合成氨工业中采用高压条件B.用排饱和食盐水的方法收集C.由、蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深D.及时分离从合成塔中出来的混合气，有利于合成氨【答案】C【解析】【详解】A．工业合成氨的反应为可逆反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，A错误；B．氯气在水中发生，在饱和食盐水中，Cl-浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用化学平衡移动原理解释，B错误；C．由、蒸气、HI组成的平衡体系,增大压强，体积变小，各物质浓度增大，颜色变深， 平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，C正确；D．及时分离从合成塔中出来的混合气，可以降低氨气的浓度，有利于平衡正向移动，可用化学平衡移动原理解释，D错误；故选C。4.在密闭容器中，mA(g)+nB(g)pC(g)反应达平衡时，测得c(A)为0.5mol•L‾1，温度不变的情况下，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，测得c(A)为0.3mol•L‾1，则下列判断中正确的是（）A.平衡向正反应方向移动B.物质B的转化率减小C.m+n<pD.物质C的体积分数增加【答案】B【解析】【分析】温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则有m+n＞p，据此答题。【详解】A.由分析可知，平衡向逆反应方向移动，故A错误；B.平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故B正确；C.由分析可知，m+n＞p，故C错误；D.平衡向逆反应方向移动，物质C的质量分数减小，故D错误。故选B。5.常温下，下列有关溶液说法不正确的是A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类相同B.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c()前者小于后者C.某物质的水溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a＞7，则该溶液的pH为a或14-aD.相同温度下，0.2mol/L的氨水与0.1mol/L的氨水中c(OH－)之比大于2:1【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠溶液中的离子类型相同，都含有钠离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子和水分子，故A正确B．硫酸氢铵中铵根离子的水解受到氢离子的抑制，物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c(NH4+)前者小于后者，故B正确； C．某物质的水溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a＞7，说明该物质抑制了水的电离，则该物质的水溶液呈酸性或碱性，如果溶液呈酸性，溶液中c(OH-)=c(H+)(水电离的)=1×10-amol/L，则溶液的pH=14-a，如果溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度就是水电离出的氢离子浓度，则溶液的pH=a，故C正确；D．氨水是弱碱，相同温度下，氨水的浓度越大，电离程度越小，所以0.2mol/L的氨水与0.1mol/L的氨水中c(OH－)之比小于2∶1，故D错误；故选D。6.25℃时，向NaOH溶液中逐滴加入醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A.在A、B间任一点的溶液中一定都有：B.用含a的代数式表示的电离常数C.C点对应的溶液中，水电离出的浓度大于D.D点对应的溶液中，存在关系：【答案】B【解析】【详解】A．在靠近A点的溶液：c(Na＋)>c(OH－))>c(CH3COO－)>c(H＋)，A错误；B．从B点分析，c(CH3COOH)=(0.2a-25×0.1)×10-3mol，n(CH3COO－)=n(Na＋)=2.5×10-3mol，c(H＋)=10-7mol，K==，B正确；C．C点对应的溶液中，以过量醋酸的电离为主，水的电离受到抑制，由水电离出的H＋浓度 小于10－7mol·L－1，C错误；D．D点为等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液，电荷守恒有c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO－)，物料守恒有2c(Na＋)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，两式消去Na＋可得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H+)－2c(OH－)，D错误；故选B。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.无色透明的溶液中：、、、B.由水电离出的的溶液中：、、、C.能使甲基橙变红的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．铜离子在溶液中为淡蓝色，无色溶液中不可能含有铜离子，故A错误；B．由水电离出的的溶液可能我为酸溶液，也可能为碱溶液，在酸溶液中四种离子能大量共存，在碱溶液中铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，则四种离子在指定溶液中可能大量共存，故B错误；C．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，、、、四种离子在酸性溶液中不发生任何反应，一定能大量共存，故C正确；D．的溶液为碱性溶液，溶液中碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故D错误；故选C。8.对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列有关说法正确的是A.该反应一定条件下能自发进行，则该反应的ΔH>0B.使用合适的催化剂能降低该反应的焓变C.增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大 D.提高的值可增大SO2的转化率【答案】D【解析】【详解】A．该反应为气体体积减小的反应，反应的熵变ΔS＜0，该反应一定条件下能自发进行说明反应ΔH—TΔS＜0，则反应热ΔH＜0，故A错误；B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应的焓变，故B错误；C．化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数不变，故C错误；D．的值增大，相当于增大氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化氯的转化率增大，故D正确；故选D。9.下列图示与对应的叙述相符的是A.图甲表示粗铜(含有Zn、Fe、Ag等杂质)精炼的装置图B.图乙表示地下钢铁输水管道采取外加电源的阴极保护法的防腐装置图C.图丙表示向NH4Cl溶液中滴加盐酸时，溶液中随盐酸体积的变化关系D图丁表示室温下分别向V0mLROH(弱碱)和MOH(强碱)溶液中加水至体积为VmL时，溶液pH随的变化关系【答案】A【解析】【分析】根据电解精炼的原理判断装置；利用外加电源的阴极保护法属于电解池判断；在盐 溶液中利用水解平衡常数及平衡移动原理判断溶度比值的变化；利用强碱稀释过程中，浓度的变化判断pH的变化判断图象中相应的表示。【详解】A．图甲表示粗铜精炼，粗铜做阳极，纯铜做阴极，电解液含有铜离子，故A正确；B．图乙中没有电源，故不是外加电源的阴极保护法，故B不正确；C．图丙在NH4Cl溶液中根据水解平衡常数得出：，当滴加盐酸时氢离子的浓度增大，导致水解平衡向逆反应方向移动，一水合氨的浓度减小，平衡常数不变，故该比值在减小，故C不正确；D．图丁在加入水稀释过程中，根据稀释规律，强碱稀释10n倍时，pH变化为n，而弱碱稀释10n倍时，pH变化小于n，故ROH为强碱，MOH为弱碱，故D不正确；故选答案A。【点睛】本题考查电化学的应用，电解精炼、金属防腐及盐类水解平衡的移动原理，碱溶液稀释规律，注意稀释过程中电离平衡移动对浓度的影响，稀释规律的应用判断强碱还是弱碱。10.锌-空气电池（原理如图）适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是A.氧气在石墨电极上发生氧化反应B.该电池的负极反应为Zn+H2O-2e-=ZnO+2H+C.该电池放电时OH-向石墨电极移动D.该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连【答案】D【解析】【详解】A．氧气得电子发生还原反应，故A错误；B．锌作负极，碱性条件下，负极上电极反应式为：Zn+4OH--2e-═ZnO22-+2H2O，故B错误；C．原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，即OH-向Zn极移动，故C错误；D．充电时，电源的负极与外接电源的负极相连，即该电池充电时应将Zn电极与电源负极相连，故D正确； 答案选D。【点睛】会根据电池反应式中元素化合价变化来确定正负极上发生的电极反应，注意电极反应式的书写与电解质溶液的酸碱性有关，根据电池反应式知，锌作负极，负极上电极反应式为：Zn+4OH--2e-═ZnO22-+2H2O，正极上通入空气，其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，再结合离子移动方向分析解答。11.25℃时，用Na2S溶液沉淀Cu2＋、Zn2＋两种金属离子(M2＋)，所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2＋)关系如图所示。下列说法正确的是A.升高温度，Ksp(ZnS)不变B.25℃时，Ksp(CuS)约为1×10-20C.0.1molZnS和0.1molCuS加入1L水中，所得溶液中c(Zn2+)=c(Cu2+)D.向Cu2＋浓度为0.01mol·L-1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出【答案】D【解析】【分析】【详解】A．升高温度，ZnS的溶解度增大，Ksp(ZnS)增大，A错误；B．由图可知，当lgc(S2-)=-10时，lgc(Cu2＋)=-25，则25℃时，Ksp(CuS)=c(S2-)c(Cu2＋)=1×10-10×1×10-25=1×10-35，B错误；C．由图可知，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，CuS更难溶，则0.1molZnS和0.1molCuS加入1L水中，所得溶液中c(Zn2+)=＞c(Cu2+)=，C错误；D．Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，CuS更难溶，则向Cu2＋浓度为0.01mol·L-1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，D正确；故选D。 12.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向溶液中加入溶液，充分反应后，再加入少量KSCN溶液，溶液呈血红色，与的反应为可逆反应B将溶于一定浓度的盐酸，溶液呈紫色，溶液中存在平衡：[Co(H2O)6]2+(粉红色)+4Cl-[CoCl4]2-(蓝色)+6H2O，将紫色溶液置于试管中水浴加热，一段时间后，观察到溶液颜色变蓝说明生成[CoCl4]2-的反应为吸热反应C向2支均盛有溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为的和溶液，一支试管出现红褐色沉淀，另一支无明显现象Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]D室温下，用pH试纸测得溶液的pH约为10，溶液的pH约为5结合的能力比强A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向溶液中加入溶液，充分反应后，再加入少量KSCN溶液，溶液呈血红色，已知所发生的反应为：2Fe3++2I-2Fe2++I2，由于FeCl3过量，故不能说明与的反应为可逆反应，A不合题意；B．将溶于一定浓度的盐酸，溶液呈紫色，溶液中存在平衡：[Co(H2O)6]2+(粉红色)+4Cl-[CoCl4]2-(蓝色)+6H2O，将紫色溶液置于试管中水浴加热，一段时间后，观察到溶液颜色变蓝，说明降低温度，平衡正向移动，则说明生成[CoCl4]2-的反应为吸热反应，B符合题意；C．向2支均盛有溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为 的和溶液，一支试管出现红褐色沉淀，另一支无明显现象，根据反应可知：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++4OH-=+2H2O，根据KOH的物质的量和AlCl3的量可知，KOH过量，故不能说明Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，C不合题意；D．室温下，用pH试纸测得溶液的pH约为10，溶液的pH约为5，前者溶液显碱性是由于亚硫酸根离子水解，后者呈酸性是由于亚硫酸氢根离子的电离大于水解，即可说明结合的能力比弱，D不合题意；故答案为：B。13.N2O和CO气体均会造成环境污染，研究发现二者可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图所示。下列说法正确的是A.N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)ΔH，ΔH=ΔH1+ΔH2B.使用催化剂可降低反应活化能，但不改变反应历程C.有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2D.Pt2O+与Pt2O均为反应的催化剂【答案】A【解析】【详解】A．由图可知N2O和CO在Pt2O+表面转化为无害气体的反应进程为：①N2O(g)+Pt2O+=N2(g)+ΔH1，②+CO(g)=CO2(g)+Pt2O+ΔH2，①+②得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)ΔH，ΔH=ΔH1+ΔH2，A正确；B．使用催化剂改变反应历程，降低反应活化能，B错误；C．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1，C错误； D．Pt2O+是反应的催化剂，Pt2O为中间体，D错误；答案选A。14.硫化氢(H2S)是一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，常用足量纯碱溶液吸收法、热分解法、Fe2(SO4)3溶液氧化脱除法、活性炭吸附氧化法脱除。同时，H2S也是一种重要的化工原料，可以用来制备硫磺、苯硫酚(C6H5SH)、H2S、NaHS还常用于脱除水体中的Cu2+，形成黑色、不溶于稀硫酸的CuS沉淀。H2S可以在高温下与氯苯(C6H5Cl)反应制备苯硫酚(C6H5SH)，同时得到副产物苯(C6H6)，发生反应的热化学方程式为：反应I：C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H5SH(g)+HCl(g)△H1反应II：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g)△H2=-45.8kJ/mol将H2S与C6H5Cl(体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，反应20min后测得混合气中C6H5SH和C6H6的产率(实际产量与理论产量之比)与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A.由图可知△H1＜0B.在500℃时，反应II处于平衡状态C.在590℃时，反应I的平衡常数为D.在645℃时，延长反应时间，会提高C6H6的产率【答案】B【解析】【详解】A．对于反应I，在590℃之前，反应未达到平衡，升高温度，物质的内能增加，分子之间有效碰撞次数增加，反应速率加快，因而反应产率增大，在590 ℃时反应达到平衡，产物的产率达到最大值，之后随着温度的升高，化学平衡逆向移动，导致物质的产率减小。升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，故△H1＜0，A正确；B．对于反应II：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g)△H2=-45.8kJ/mol，由于△H2＜0，△S＞0，在常温下体系的自由能△G=△H-T△S＜0，说明该反应的正反应是自发反应，因此该反应不是可逆反应，不存在化学平衡状态，因此就没有500℃的化学平衡状态，B错误；C．将H2S与C6H5Cl(按体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，由于在相同外界条件下气体的体积比等于气体的物质的量的比，假设n(C6H5Cl)=1mol，则n(H2S)=2.5mol，容器的容积是VL。根据图示可知在590℃时C6H6的产率是5%，C6H5-SH的产率是35%，假设生成C6H6的物质的量是0.05mol，生成C6H5SH的物质的量是0.35mol，发生反应II时同时产生HCl物质的量为0.05mol，消耗H2S、C6H5Cl的物质的量为0.05mol，反应I消耗H2S、C6H5Cl的物质的量为0.35mol，产生HCl的物质的量为0.35mol，平衡时容器中n(H2S)=2.5mol-(0.35mol+0.05mol)=2.1mol，n(C6H5Cl)=1mol-(0.35mol+0.05mol)=0.6mol，n(HCl)=0.35mol+0.05mol=0.4mol，对于反应I是反应前后气体气体物质的量不变的反应，气体的浓度比等于气体的物质的量的比，则该反应的化学平衡常数K=，C正确；D．反应I是放热反应，当反应发生时放出热量，使反应I在645℃的化学平衡逆向移动，导致体系中H2S、C6H5Cl的物质的量增加，增大反应物的浓度可以使更多的H2S、C6H5Cl发生反应II，因此在645℃后，随着反应的进行，延长反应时间，会提高C6H6的产率，D正确；故合理选项是B。第II卷(非选择题58分)15按要求填空（1）写出醋酸的电离方程式___________，写出其电离平衡常数表达式___________（2）现有25℃，0.1mol/L的NaOH溶液100mL，由水电离出的___________；加水稀释至10000mL，稀释后的溶液pH=___________（3）写出碳酸钠水解的离子方程式：___________。（4）写出氢氧化铁的溶度积常数表达式___________。 （5）将氯化银固体与碘化钾溶液混合，产生黄色沉淀，用离子方程式表示___________【答案】（1）①.CH3COOH⇌CH3COO-+H+②.Ka=（2）①.1×10-13mol·L-1②.11（3）CO+H2O⇌HCO+OH-（4）Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)（5）AgCl(s)+I-(aq)⇌AgI(s)+Cl-(aq)【解析】【小问1详解】醋酸是一元弱酸，其电离是可逆的，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；则根据电离常数的定义可知，电离常数的表达式为：Ka=；小问2详解】0.1mol/L的NaOH溶液中，水电离的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度，则；0.1mol/L的NaOH溶液pH=13，根据强电解质的稀释定理可以稀释10n倍，pH改变n，则由100mL稀释至10000mL时，pH=13-2=11；【小问3详解】碳酸钠中的碳酸根离子是多元弱酸的酸根离子，水解分步进行，其水解方程式为：CO+H2O⇌HCO+OH-；【小问4详解】氢氧化铁的沉淀溶解平衡为：，则其溶度积常数表达式Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)；【小问5详解】将氯化银固体与碘化钾溶液混合，产生黄色沉淀，说明氯化银转化为碘化银，则其对应的离子方程式为：AgCl(s)+I-(aq)⇌AgI(s)+Cl-(aq)。16.二氧化氯(ClO2)、亚氯酸钠(NaClO2)均具有较强氧化性，其溶液可用于烟气脱硝。I.二氧化氯制备 粗盐水中常含有Mg2+、Ca2+、等杂质，通过依次滴加略过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3，再过滤、滴加HCl及加热，可获得精制饱和食盐水。（1）滤液中=_______。(已知Ksp(BaSO4)=1×10-10、Ksp(BaCO3)=5×10-9)（2）在一定条件下，用石墨电极电解精制食盐水制取ClO2，原理如图所示。阳极的电极反应式为_______。Ⅱ.酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为。（3）该反应的离子方程式为_______。（4）其他条件相同时，以NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内NO的氧化率随NaClO2溶液的起始浓度、温度的变化情况分别如图所示。①NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是_______。②温度超过60℃后，NO氧化率下降，其原因是_______。【答案】（1）0.02（2）（3）（4）①.NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大②.NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；NO在吸收液中的溶解度降低； 【解析】【小问1详解】，故答案为：0.02；【小问2详解】用石墨电极电解精制食盐水制取ClO2，阳极氯离子失电子生成ClO2，电极反应为：，故答案为：；【小问3详解】酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为，NaClO2被还原成氯化钠，1mol得4mol电子，1molNO反应失3mol电子，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应的离子方程式为：，故答案为：；【小问4详解】①NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO的速率越快，使得NO的氧化率逐渐增大，故答案为：NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大；②以NaClO2溶液为吸收剂，NO氧化率随温度的变化情况，如图所示，温度超过60℃后，NO氧化率下降，其原因为：NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；NO在吸收液中的溶解度降低；，故答案为：NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；NO在吸收液中的溶解度降低；；17.硫代硫酸钠晶体(，)可用作定影剂、还原剂。利用标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：（1）溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在___________中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的___________中，加蒸馏水至___________。（2）滴定：取的标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液 ___________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为25.00mL，则样品纯度为多少___________(写出计算过程，并保留1位小数，)。【答案】（1）①.烧杯②.容量瓶③.刻度线（2）①.蓝色褪去且半分钟不再改变②.99.2%【解析】【分析】配制Na2S2O3溶液时，需先将称量好的样品在烧杯中溶解，冷却后将溶液转移到容量瓶中，最后定容，加水至溶液凹液面的最低处与容量瓶的刻度线相切，据此解答，淀粉遇碘显蓝色，用Na2S2O3溶液滴定含有淀粉的碘溶液，当碘恰好完全反应时，溶液蓝色褪去；利用关系式Cr2O～6S2O计算。【小问1详解】配制Na2S2O3溶液时，需先将称量好的样品在烧杯中溶解，冷却后将溶液转移到100mL容量瓶中，最后定容，加水至溶液凹液面的最低处与容量瓶的刻度线相切，故答案为：烧杯；容量瓶；刻度线；【小问2详解】淀粉遇碘显蓝色，用Na2S2O3溶液滴定含有淀粉的碘溶液，当碘恰好完全反应时，溶液蓝色褪去；利用题给离子方程式可得关系式：Cr2O～6S2O，设所配样品溶液中c(Na2S2O3)为xmol/L，由题意得：0.01×0.0200×6=0.025x，解得x≈0.048，则样品中Na2S2O3·5H2O的纯度为，故答案为：蓝色褪去且半分钟不再改变；99.2%。18.回答下列问题：I．页岩气的主要成分为，还含有少量的等气体，工业上可采用下列方法除去其中的。（1）和重整可制得合成气(CO、)。已知下列热化学反应方程式：；；； 反应的___________。（2）利用电解转化法从烟气中分离的原理如图所示。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。写出电解时膜电极b上所发生的电极反应式：___________。Ⅱ．是实验室中常用试剂，也是工业原料。（3）工业上常用纯碱法富集从海水中提取的溴。第一步，用纯碱溶液吸收空气吹出的溴蒸气，生成NaBr和，第二步，向吸收液中加入稀硫酸生成。第二步的离子方程式为___________。（4）利用溴化铜制备溴：。在密闭容器中加入足量的固体，发生上述反应。在温度为T℃时达到平衡，测得。保持温度不变，在4min时刻将容器的容积扩大一倍并保持体积不变至10min达到平衡。①在下图所示的坐标系中补充4min~10min之间关系曲线___________。②下列固体物质的物理量不变时，能表示该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。a．总质量b．总物质的量c．平均摩尔质量（5）已知：拟卤素，如、等性质与卤素单质的性质相似。取少量溴水分装 A、B两支试管，向A试管中滴加足量的KOCN溶液、向B试管中滴加足量的KSCN溶液，振荡试管，发现A试管溶液不褪色，B试管溶液褪色。①由此推知，、、的氧化性强弱排序为___________。写出B试管中发生反应的离子方程式：___________。②向含淀粉的KI溶液中滴加溶液，可观察到现象是___________。（6）T℃时，HBr(g)催化氧化反应为。在体积为VL的恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和，发生上述反应，达到平衡时容器内压强与反应前压强之比为9∶10。该温度下，上述反应平衡常数K=___________。【答案】（1）+246.5（2）—2e-+HCO+2CO2↑+2H2O（3）Br+5Br-+6H+=3Br2+3H2O（4）①.②.ac（5）①.(OCN)2＞Br2＞(SCN)2②.Br2+2SCN-=2Br-+(SCN)2③.溶液由无色变为蓝色（6）【解析】【小问1详解】将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知①+②+③得到反应 ，则反应△H=(+74.5kJ/mol)+(+40.0kJ/mol)+(+132.0kJ/mol)=+246.5kJ/mol，故答案为：+246.5；【小问2详解】由图可知，电解时，与直流电源正极相连的膜电极b为电解池的阳极，在碳酸氢根离子作用下，在阳极失去电子发生氧化反应生成、二氧化碳和水，电极反应式为—2e-+HCO+2CO2↑+2H2O，故答案为：—2e-+HCO+2CO2↑+2H2O；【小问3详解】由题意可知，第二步的反应为在稀硫酸作用下，溴酸钠与溴化钠反应生成硫酸钠、溴和水，反应的离子方程式为Br+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：Br+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；【小问4详解】①由题意可知，反应的平衡常数为K=c(Br2)=0.4mol/L，在4min时刻将容器的容积扩大一倍的瞬间，容器内压强减小，溴蒸气的浓度减小一倍，为0.4mol/L×=0.2mol/L，该反应为气体体积增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，溴蒸气的浓度增大，温度不变，平衡常数不变，则10min达到新平衡时，溴蒸气的浓度依然为0.4mol/L，则4min~10min之间 关系曲线为，故答案为：；②a．该反应是固体总质量减小的反应，则固体总质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；b．该反应是固体总物质的量不变的反应，则固体总物质的量不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；c．该反应是固体总质量减小、总物质的量不变的反应，反应中固体平均摩尔质量减小，则固体平均摩尔质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选ac；【小问5详解】①氧化剂的氧化性强于氧化产物，实验时A试管溶液不褪色，B试管溶液褪色说明(OCN)2、Br2、(SCN)2的氧化性强弱排序为(OCN)2＞Br2＞(SCN)2，B试管中发生的反应为溴水与溶液中SCN—离子反应生成溴离子和(SCN)2，反应的离子方程式为Br2+2SCN—=2Br-+(SCN)2，故答案为：(OCN)2＞Br2＞(SCN)2；Br2+2SCN—=2Br-+(SCN)2；②由(OCN)2、的氧化性强于Br2可知，向含淀粉的KI溶液中滴加(OCN)2溶液时(OCN)2会将碘离子氧化为碘，使溶液变为蓝色，故答案为：溶液由无色变为蓝色；【小问6详解】设平衡时，反应消耗amol氧气，由题意可建立如下三段式：平衡前后压强之比等于物质的量之比，由达到平衡时容器内压强与反应前压强之比为9∶10可得：9∶10=(5—a)：5，解得a=0.5，则在体积为VL的恒容密闭容器中反应达到平衡时，反应的平衡常数K==，故答案为：。