江苏省无锡市太湖高级中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2021-2022学年第二学期期中考试高二化学可能用到的相对原子质：H-1C-12O-16Mn-55选择题(共39分)单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学反应速率和化学平衡在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列说法不正确的是A.含氟牙膏能防治龋齿，使人们的牙齿更健康B.催化剂能加快反应速率，并提高原料的平衡转化率C.夏天面粉发酵速度与冬天面粉发酵速度相差较大D.盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）不利于作物生长，可通过施加适量石膏降低土壤的碱性【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氟离子与牙齿表面物质反应，使这些物质矿化，牙齿因此变得坚固。同时氟离子还能改变口腔内细菌的生存环境，从而防止龋齿，A项正确；B．催化剂可以加快反应速率，但不能使化学平衡移动，因此不能提高原料的平衡转化率，B项错误；C．发酵速度受温度的影响，温度较高时，发酵速度更快。故夏天面粉发酵速度与冬天面粉发酵速度相差较大，C项正确；D．石膏的主要成分为CaSO4，可以与碳酸根离子反应：CO+CaSO4＝SO+CaCO3。从而降低土壤的碱性，D项正确；答案选B。2.下列说法或表示方法正确的是A.吸热反应一定需要加热才能发生B.氢气与氧气反应生成等量的液态水和水蒸气，后者放出的热量多C.硫完全燃烧放热，其热化学方程式为：D.在稀溶液中：，，若将含 的稀硫酸与含的稀溶液混合，放出的热量等于【答案】D【解析】【分析】【详解】A．吸热反应不一定需要加热才能发生，例如吸热反应2NH4Cl(s)+Ba(OH)2•8H2O(s)=BaCl2+2NH3↑+10H2O常温下就能发生，A错误；B．液态水到水蒸气为吸热过程，氢气与氧气反应生成等量的液态水和水蒸气，后者多了一个吸热过程，放出的热量少，B错误；C．热化学方程式需要注明物质的状态，应为：，C错误；D．若将含的稀硫酸与含的稀溶液混合，发生的反应为1mol氢离子与1mol氢氧根生成1mol液态水，所以放出的热量等于，D正确；答案选D。3.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.＝1×10－12mol·L－1的溶液：K+、Na+、B.0.1mol·L－1CaCl2溶液中：Ag＋、Cu2＋、SCN－、C.能使甲基橙变红的溶液中：Na＋、Mg2＋、、Cl－D.0.1mol·L－1FeSO4溶液中：Na＋、、ClO－、【答案】A【解析】【分析】【详解】A．＝1×10－12mol·L－1的溶液说明溶液呈碱性，K+、Na+、，可以大量共存，故A正确；B．0.1mol·L－1CaCl2溶液中有氯离子与Ag＋生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．能使甲基橙变红的溶液呈酸性与氢离子会生成二氧化碳气体，故C错误； D．0.1mol·L－1FeSO4溶液中含有亚铁离子，ClO－与具有强氧化性，将其氧化为三价铁离子，故D错误；故选A。4.下列离子方程式表达正确的是A.的水解：B.用铜电极电解溶液：C.用饱和碳酸钠处理重晶石：D.向溶液中通入少量：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．S2-水解应该分步水解，反应方程式为：，故A错误；B．用铜电极电解溶液总反应为：，故B错误；C．饱和碳酸钠处理重晶石是沉淀的转化，反应方程式为：，故C正确；D．具有氧化性，能将氧化成，反应方程式为：，故D错误；故答案为C。5.用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是（）A.配制标准溶液的NaOH固体中混有KOH杂质B.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液C.部分NaOH溶液滴到锥形瓶外D.滴定到终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确【答案】D【解析】 【详解】A．配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH，消耗V(NaOH)偏大，由c(盐酸)=可知，测定结果偏高，A不符合题意；B．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗V(NaOH)偏大，由c(盐酸)=可知，测定结果偏高，B不符合题意；C．部分NaOH溶液滴到锥形瓶外，则消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)偏大，则由c(盐酸)=可知，测定结果偏高，C不符合题意；D．终点读数时，俯视滴定管的刻度，V(NaOH)偏小，由c(盐酸)=可知，测定结果偏低，D符合题意；故答案为D。6.下列关于醋酸性质的描述，不能证明它是弱电解质的是（）A.0.1mol·L-1的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol·L-1B.醋酸溶液中存在CH3COOH分子C.20mLpH=2的醋酸溶液与足量锌粉反应生成H2224mL(标准状况)D.5mL0.1mol·L-1的醋酸溶液与5mL0.1mol·L-1的KOH溶液恰好完全中和【答案】D【解析】【详解】A．1mol·L-1的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol·L-1，说明醋酸未完全电离，证明醋酸是弱酸，A与题意不符；B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子，说明醋酸的电离存在平衡，证明醋酸是弱酸，B与题意不符；C．20mLpH=2的醋酸溶液中含有氢离子的物质的量为0.0002mol，标准状况224mLH2的物质的量为=0.01mol，证明醋酸未完全电离，C与题意不符；D．5mL0.1mol·L-1的醋酸溶液与5mL0.1mol·L-1的NaOH溶液中醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，恰好完全中和，与醋酸的电离程度无关，无法判断是否为弱酸，D符合题意；答案为D。 7.下列各图所示装置能达到实验目的的是A.图甲，验证铁的吸氧腐蚀B.图乙，保护水体中的钢铁设备C.图丙，在铁制品表面镀锌D.图丁，蒸干FeCl3溶液制FeCl3固体【答案】A【解析】【详解】A．图甲，在酸性条件下铁发生析氢腐蚀，在中性或碱性条件下发生吸氧腐蚀，该图是中性条件，发生吸氧腐蚀，故A正确；B．图乙，铁比铜活泼，形成原电池时，铁为负极发生氧化反应被腐蚀，故不能用此装置保护水体中的钢铁设备，故B错误；C．图丙，锌比铁活泼，Fe2+得电子能力比Zn2+强，则在阴极上，Fe2+得电子生成铁单质，无法在铁电极上镀锌，应使用硫酸锌做电解液，故C错误；D．图丁，FeCl3为强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加热蒸发时HCl挥发，促进Fe3+水解完全，蒸干后得不到FeCl3固体，故D错误；答案选A。8.下列说法正确的是A.某浓度的氨水加水稀释后变小，则其中的的值也减小B.向悬浊液中加入少量溶液，沉淀转化为黄色，说明C.常温下，溶液和溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同D.室温下，的溶液与的溶液等体积混合，溶液【答案】A【解析】【分析】 【详解】A．氨水加水稀释变小，电离平衡正向移动，减小，增大，所以的值减小，故A正确；B．一种沉淀易转化为更难溶的沉淀，向悬浊液中加入少量溶液，沉淀转化为黄色AgI，说明，故B错误；C．是强酸强碱盐，对水电离无影响；是弱酸弱碱盐，水解促进水电离，溶液中水电离程度大于溶液，故C错误；D．室温下，的溶液的浓度大于的溶液的浓度，的溶液与的溶液等体积混合，醋酸有剩余，溶液，故D错误；选A。9.乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理如下，能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是A.使用催化剂可以减少反应放出的热量B.第①步反应只断裂了碳碳键C.由图可知，总反应的反应速率主要取决于第①步D.总反应不需要加热就能进行【答案】C【解析】【详解】A．使用催化剂会影响反应速率，不能影响反应热，A错误； B．第一步还形成了碳氢键，B错误；C．第①步活化能最大，反应速率最慢，故总反应的反应速率主要取决于第①步，C正确；D．由于第①步活化能大，故该反应需要加热才能进行，D错误；故选C。10.常温下几种阳离子浓度与溶液pH的关系如图所示。据图判断下列说法正确的是A.Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-15B.Fe3+、Cu2+、Fe2+浓度均为0.01mol·L-1混合溶液中加入足量H2O2溶液后，调节pH=3.2时可将Fe3+、Fe2+全部除去，而Cu2+不会产生沉淀C.Mg(OH)2饱和溶液中c(Mg2+)=1.0×10-4mol·L-1D.a点可表示Fe(OH)3的不饱和溶液，Cu(OH)2的饱和溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A．，pH=5时，[C，A错误；B．亚铁离子可以被双氧水氧化为铁离子，在溶液中离子被全部除去的标志为离子浓度小于1.0×10−5mol⋅L−1，由题图可知，所以Fe3+恰好完全沉淀的pH=3，而0.01mol⋅L−1Cu2+开始沉淀的，则调节pH=3.2时可将Fe3+、Fe2+全部除去，而Cu2+不会产生沉淀，B正确；C．pH=10时，，， ，若Mg(OH)2饱和溶液中，，，，Mg(OH)2饱和溶液中，C错误；D．a点c(OH−)约为1.0×10−10mol⋅L−1，若是Fe3+的溶液，c(Fe3+)≈1.0×10−6mol⋅L−1，，则a点可表示Fe(OH)3的饱和溶液，同理可表示Cu(OH)2的不饱和溶液，D错误；答案选B。11.下列实验操作现象与结论正确的是A.用pH试纸测得：常温下同浓度的CH3COOK溶液和KNO2溶液的pH分别为9和8，说明酸性CH3COOH<HNO2B.向NaCl、KI混合溶液中，滴加硝酸银，有黄色沉淀生成，说明Ksp：AgI<AgClC.取得6mL0.1mol·L-1KI溶液，加入10mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明Fe3+和I-所发生的反应为可逆反应.D.向0.1mol·L-1的HCOOH中加水稀释，溶液pH增大，说明HCOOH是弱酸【答案】A【解析】【详解】A．用pH试纸测得：常温下同浓度的CH3COOK溶液和KNO2溶液的pH分别为9和8，说明CH3COO-水解程度大于的水解程度，根据越弱越水解的规律可知，酸性CH3COOH<HNO2，A符合题意；B．题干未告知NaCl、NaI浓度大小是否相等，向NaCl、KI混合溶液中，滴加硝酸银，有黄色沉淀生成，无法说明AgI、AgCl的Ksp的相对大小，B不合题意；C．已知反应方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，取得6mL0.1mol·L-1的KI溶液，加入10mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液，FeCl3本身过量，故萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，不能说明Fe3+和I-所发生的反应为可逆反应，C不合题意；D．任何酸加水进行有限稀释，溶液的pH值均会增大，则向0.1mol·L-1的HCOOH中加水稀释，溶液pH增大，不说明HCOOH是弱酸，D不合题意； 故答案为：A。12.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A.pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液，NH浓度大小顺序为①>②>③B.pH相等的NaF与CH3COOK溶液：[c(Na+)-c(F-)]>[c(K+)-c(CH3COO-)]C.0.2mol·L-1的Na2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO)+c(H+)+c(H2CO3)D.0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1HCl溶液等体积混合后pH<7：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A．①NH4Cl②(NH4)2SO4均由于NH水解呈酸性，则两溶液的pH值相等，说明两溶液的NH浓度相等，而③NH4HSO4主要是由于直接电离出H+，使溶液显酸性，则pH相等时该溶液中NH浓度最小，则pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液，NH浓度大小顺序为①=②>③，A错误；B．根据电荷守恒可知，NaF溶液中c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，CH3COOK溶液中c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则pH相等的NaF与CH3COOK溶液：[c(Na+)-c(F-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]，B错误；C．根据质子守恒可知，0.2mol·L-1的Na2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO)+c(H+)+2c(H2CO3)，C错误；D．0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1HCl溶液等体积混合后溶液中的溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa、NaCl，此时pH<7是由于CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)，D正确；故答案为：D。13.已知反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH.根据理论计算，在恒压、起始物质的量之比n(CO2)∶n(H2)=1∶3条件下，该反应达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。实验发现，在实际反应过程中还可能生成C3H6、C3H8、C4H8等副产物。下列有关说法正确的是 A.由理论计算可知，ΔH>0B.理论计算图中曲线d表示的是平衡时CO2物质的量分数的变化C.在实际反应中，450K达到平衡时，n(C2H4)∶n(H2O)＜1∶4D.在实际反应中，改用选择性更好的催化剂不能提高C2H4的产率【答案】C【解析】【分析】由题目信息知，CO2与H2起始投料比为1:3，等于化学计量数之比，故n(CO2)与n(H2)始终都为1:3，则曲线a代表H2，曲线c代表CO2，相同条件下，产物H2O的量大于C2H4的量，故曲线b代表H2O，曲线d代表C2H4，随着温度升高，反应物的量增加，故平衡逆向移动，所以该反应正向为放热反应。【详解】A．由分析知，该反应正向为放热反应，即△H＜0，A错误；B．由分析知，曲线d代表平衡时C2H4的物质的量分数，B错误；C．根据起始投料知，理论上任意时刻n(C2H4)：n(H2O)=1:4，而实际反应过程中，CO2还可能转化为C3H6、C3H8、C4H8等副产物，故n(C2H4)：n(H2O)＜1:4，C正确；D．实际反应中，选择合适催化剂，可以降低生成乙烯的活化能，加快反应速率，提高生成乙烯的选择性，减少副产物的产生，故改用选择性更好的催化剂能提高乙烯的产率，D错误；故答案选C。非选择题(共61分)14.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、解平衡，清回答下列问题。25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示： NH3•H2O2×10-5HClO3×10-8H2CO3Ka1=4×10-7Ka2=4×10-11H2SO3Ka1=1.3×10-2Ka2=6.3×10-8CaCO3Ksp=2.8×10-9（1）H2CO3的第二级电离平衡常数的表达式K2=____。（2）0.1mol·L-1NH4ClO溶液中离子浓度由大到小的顺序是____，ClO-水解反应的平衡常数Kh=____(保留两位有效数字)。（3）少量SO2通入过量的Na2CO3溶液中，发生反应的离子方程式为____。（4）相同温度下，等浓度的NaClO溶液、Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为____。（5）H2A是一种二元弱酸，25℃不同pH时，H2A、HA-、A2-的物种分布如图所示：①向0.1mol·L-1H2A的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，写出pH由3~5时所发生反应的离子方程式：___。②pH=2.2时，溶液c(H2A)：c(HA-)=____。③请结合相关平衡常数说明0.1mol·L-1NaHA的酸碱性____。 ④将0.1mol·L-1NaHA和0.1mol·L-1Na2A的溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)=____(用只含H2A、HA-、A2-三种粒子的表达式表示)。【答案】（1）（2）①.c()＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)②.3.3×10-7（3）SO2+H2O+=+（4）Na2CO3＞Na2SO3＞NaClO（5）①.HA-+OH-=A2-+H2O②.1:10③.经计算可知，Kh2===10-12.8＜Ka2即HA-电离大于水解，NaHA溶液显酸性④.1.5[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]【解析】【小问1详解】已知H2CO3的第二级电离方程式为：+H+，则H2CO3的第二级电离平衡常数的表达式K2=，故答案为：；【小问2详解】由题干表中数据可知，NH3•H2O的Kb=2×10-5，则水解的Kh==5×10-10，而HClO的Ka=3×10-8，ClO-水解反应的平衡常数Kh==3.3×10-7，可知ClO-水解程度大于水解程度，故0.1mol·L-1NH4ClO溶液中离子浓度由大到小的顺序是c()＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c()＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；3.3×10-7；【小问3详解】由题干信息可知，Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2SO3)，则少量SO2通入过量的Na2CO3溶液中生成NaHCO3和NaHSO3，则发生反应的离子方程式为：SO2+H2O+=+，故答案为：SO2+H2O+=+；【小问4详解】 由题干信息可知，Ka(HClO)＞Ka2(H2SO3)＞Ka2(H2CO3)，相同温度下，等浓度的NaClO溶液、Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，的水解程度大于大于ClO-的水解程度，故三种溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3＞Na2SO3＞NaClO，故答案为：Na2CO3＞Na2SO3＞NaClO；【小问5详解】向H2A中滴加NaOH溶液，先后发生反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，故图中三根曲线从左往右依次为H2A、HA-、A2-的分布图，据此分析解题：①向0.1mol·L-1H2A的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，由题干图示信息可知，pH由3~5时是HA-逐渐减小，A2-逐渐增大，故所发生反应的离子方程式为：HA-+OH-=A2-+H2O，故答案为：HA-+OH-=A2-+H2O；②由题干图示信息可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，故可知H2A的Ka1==10-1.2，则当pH=2.2时，溶液c(H2A)：c(HA-)===1:10，故答案为：1:10；③由题干图示信息可知，pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-)，故可知H2A的Ka2==10-4.2，结合上述分析可知，则Kh2===10-12.8＜Ka2即HA-电离大于水解，溶液显酸性；故答案为：经计算可知，Kh2===10-12.8＜Ka2即HA-电离大于水解，NaHA溶液显酸性；④将0.1mol·L-1NaHA和0.1mol·L-1Na2A的溶液等体积混合，根据物料守恒可知，2c(Na+)=3[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]，则c(Na+)=1.5[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]，故答案为：1.5[c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)]。15.氢气既是一种优质的能源，又是一种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。（1）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0kJ·mol-1已知反应器中存在如下反应过程：ⅰ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ·mol-1ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2 化学键H—HO—HC—HC≡O键能E/(kJ·mol-1)436465a1076根据上述信息计算：△H2=____。（2）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有____(填标号)。A．适当增大反应物投料比n(H2O)：n(CH4)B．提高压强C．分离出CO2（3）H2用于工业合成氨：N2+3H22NH3。将n(N2)：n(H2)=1：3的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图，反应器温度升高NH3的体积分数φ(NH3)先增大后减小的原因是____。（4）某温度下，n(N2)：n(H2)=1：3的混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×107Pa，平衡时总压为开始的90%，则的转化率为____。【答案】（1）-41.4kJ·mol-1（2）AC（3）当温度低于T0时，反应未达到平衡状态，则温度越高反应速率越快，相同时间内生成的NH3越多，高于T0时，反应已经达到平衡状态，此时升高温度，化学平衡逆向移动，导致NH3的体积分数减小（4）20%【解析】【小问1详解】根据题干信息可知，反应I：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0kJ·mol-1，反应ⅰ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ·mol-1，则反应I减去反应i可得反应ii，根据盖斯定律可知，△H2=△H-△H1=(+165.0kJ·mol-1)-(+206.4kJ·mol-1)=-41.4kJ·mol-1，故答案为：-41.4kJ·mol-1；【小问2详解】根据题干方程式CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0kJ·mol-1可知正反 应是一个气体体积增大的吸热反应，据此分析解题：A．适当增大反应物投料比n(H2O)：n(CH4)，即增大H2O蒸气的用量，平衡正向移动，CH4的转化率增大，A符合题意；B．提高压强，上述平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，B不合题意；C．分离出CO2即减小生成物的浓度，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，C符合题意；故答案为：AC；【小问3详解】H2用于工业合成氨：N2+3H22NH3。将n(N2)：n(H2)=1：3的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器反应，即气体经过反应器的时间相同，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图，由图示信息可知，当温度低于T0时，反应未达到平衡状态，则温度越高反应速率越快，相同时间内生成的NH3越多，高于T0时，反应已经达到平衡状态，此时升高温度，化学平衡逆向移动，导致NH3的体积分数减小，故答案为：当温度低于T0时，反应未达到平衡状态，则温度越高反应速率越快，相同时间内生成的NH3越多，高于T0时，反应已经达到平衡状态，此时升高温度，化学平衡逆向移动，导致NH3的体积分数减小；【小问4详解】某温度下，n(N2)：n(H2)=1：3的混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×107Pa，平衡时总压为开始的90%，根据三段式分析可知：，恒温恒容时气体的压强之比等于气体的物质的量之比，即=90%，即得x=0.2a，则的转化率为=20%，故答案为：20%。16.一定条件下，2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)△H。可实现燃煤烟气中硫的回收：（1）其他条件相同、催化剂不同时，SO2的转化率随反应温度的变化如图所示。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑价格因素，选择Fe2O3的主要优点是____。 （2）工业上还可用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3。某温度下用1.0mol/LNa2SO3溶液吸收纯净的SO2，当溶液中c(SO)降至0.2mol/L时，吸收能力显著下降，应更换吸收剂。此时溶液中c(HSO)约为____mol/L。【答案】（1）Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2的转化率，从而节约大量能源（2）1.6【解析】【小问1详解】由题干图像信息可知，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2的转化率，从而节约大量能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2的转化率，从而节约大量能源；【小问2详解】工业上还可用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3。某温度下用1.0mol/LNa2SO3溶液吸收纯净的SO2，当溶液中c(SO)降至0.2mol/L时，c(SO)减小了1.0mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，根据反应方程式可知，生成的c(HSO)=1.6mol/L，故此时溶液中c(HSO)约为1.6mol/L，故答案为：1.6。17.回答下列问题：（1）燃煤烟气中90%以上的NOx是NO，脱硝技术主要就是指NO的脱除技术。已知：ClO2溶液常用于氧化脱除烟气中的NO、SO2等污染物。ClO2氧化脱硝过程发生的反应如下：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl；2NO2+H2O=HNO2+HNO3。随着ClO2溶液初始浓度的增加，脱硝时从溶液中逸出的NO2却随之增加。研究表明，溶液中的ClO2不能吸收NO2，且在一定程度上阻碍水对NO2的吸收。 ①设计实验验证ClO2对NO2的吸收有抑制作用：___。(NO2的浓度可由仪器直接测定)②其他条件相同，当NO烟气中含有SO2时，用ClO2溶液处理烟气的实验结果如图所示。脱硝处理含SO2的NO烟气时逸出的NO2明显减少，其原因是____。（2）用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理过的含NO、NO2的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化成NO。①反应的离子方程式为____。②CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)___[用c(SO)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]。③CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4浓溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是____。【答案】（1）①.分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用②.ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用（2）①.+2NO2+2OH-=+2+H2O②.×c()③.CaSO3转化为CaSO4使溶液中的浓度增大，加快与NO2的反应速率【解析】【小问1详解】①验证ClO2对NO2的吸收有抑制作用操作为分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用，故答案为：分别取等体积的蒸馏水和一定浓度的ClO2溶液，在相同时间内以相同的流速向两份溶液中通入NO2，比较逸出NO2 的浓度，若通过蒸馏水逸出的NO2的浓度较小，则说明ClO2对NO2的吸收有抑制作用；②ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用，所以逸出的NO2明显减少，故答案为：ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用；【小问2详解】①溶液pH约为8，说明溶液呈碱性，将NO2转化为，同时被氧化生成，根据反应物和生成物书写离子方程式为+2NO2+2OH-=+2+H2O，故答案为：+2NO2+2OH-=+2+H2O；②CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，发生反应CaSO3+CaSO4+，溶液中c(Ca2+)==，所以c()=×c()，故答案为：×c()；③根据CaSO3+CaSO4+知，加入硫酸钠导致c()增大，浓度越大反应速率越大，所以加快反应速率，提高NO2的吸收速率，故答案为：CaSO3转化为CaSO4使溶液中的浓度增大，加快与NO2的反应速率。18.三草酸合铁(III)酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)为翠绿色的单斜晶体，易溶于水(溶解度0℃，4.7g/100g；100℃，117.7g/100g)，难溶于乙醇。(1)I制备：以硫酸亚铁铵为原料，与草酸在酸性溶液中先制得草酸亚铁晶体：(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4，然后再用草酸亚铁晶体在草酸钾和草酸的存在下，以过氧化氢为氧化剂，制得三草酸合铁(III)酸钾晶体，该反应的化学方程式为___________；(2)II测定三草酸合铁酸钾晶体中铁的含量。步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________；步骤三：向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集 到锥形瓶中。步骤四：向锥形瓶中加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4滴定，消耗KMnO4溶液20.00mL。请回答下列问题：①在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量___________(选填“偏低”、“偏高”、“不变”)；②写出步骤四中发生反应的离子方程式：___________；③实验测得该晶体中铁的质量分数为___________。(写出计算过程)【答案】①.2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O②.滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色③.偏高④.5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O⑤.11.2%【解析】【分析】【详解】(1)草酸亚铁、草酸钾、草酸与过氧化氢发生氧化还原反应产生三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)，根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；故答案：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；(2)KMnO4具有强氧化性，C2O、Fe2+具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应，KMnO4被还原产生无色Mn2+，若反应完全后，滴入溶液中的MnO使溶液显紫色，所以滴定终点的现象是：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶内的溶液由变为浅红色，且半分钟内不褪色；故答案为：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；①在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而使计算出的铁的含量增多，导致其含量偏高。故答案为：偏高；②Fe2+与MnO在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；故答案为： 5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；③n(KMnO4)=c·V=0.010mol/L×0.02L=2.0×10-4 mol，则根据方程式5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×2.0×10-4 mol=1.0×10-3 mol，m(Fe2+)=1.0×10-3 mol×56g/mol=0.056g，则Fe元素的质量分数为：=11.2%；故答案为：11.2%；