年高二上化學(xué)期中測試卷

（上）一、選擇題（本題包括16小題，每題3分，共48分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符下列描述中，正確的是 CaO+H2O═Ca（OH）2能放出大量的熱，故可通過原電池實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)，源陰極保室溫下向10mLpH=11 C．再加入10mLpH=3HCl溶液，混合液pH=7D．溶液中由水電離出的[OH﹣]=1×10﹣3mol?L﹣1 若化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)速率不一定減導(dǎo)電性強(qiáng)的溶液里移動(dòng)離子數(shù)目一定比導(dǎo)電性弱的溶液里移動(dòng)離子（g， （C：vD．當(dāng)平衡常數(shù)K某溶液中含有兩種溶質(zhì)NaCl和H2SO43：1 電解過程中，Na+和SO42﹣的物質(zhì)的量濃度保持不變C．陰極產(chǎn)生的氣體自始至終只有H2DHCl在相同溫度時(shí)100mL0.01mol/L的醋酸溶液與10mL0.1mol/L的醋酸溶液相 中和時(shí)所需NaOH的量B．電離程度 D．CH3COOH的物質(zhì)的量：A（g）+B（g）?2C（g）H＜0t1時(shí)刻達(dá)到平衡后，在t2時(shí)刻改變某一條件，其反應(yīng)過程（I、Ⅱ）如圖所示．下列說法中，一定不正確的是（）0～t1時(shí)，V正＞VI、Ⅱ兩過程分別達(dá)到平衡時(shí)，A的體積分?jǐn)?shù)Ⅰ＞ⅡC．t2時(shí)刻改變的條件可能是向密閉容器中加C物質(zhì)以葡萄糖為的微生物電池結(jié)構(gòu)示意圖．關(guān)于該電池的敘述 D．在電池反應(yīng)中，每消耗1mol氧氣，理論上能生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2氣體圖所示．下列有關(guān)a、b、c三點(diǎn)的說法中正確的是（ 溶液的pHpHpH C．用鐵片與硫酸氫氣時(shí)，滴加CuSO4溶液可以加快產(chǎn)生氫氣的速對(duì)于平衡體系mA（g）+nB（g） p（g+q（g△H＜0 A．若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，此時(shí)A的濃度為原來的2.1倍，則m+n＜p+qB．若平衡時(shí)，A、B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反應(yīng)開始時(shí)，A、BC2倍，達(dá)到新平衡時(shí)，總體積一定比原來Dm+n=p+qamolamolB某科學(xué)家利用二氧化（CeO2）在能作用下將H2OCO2轉(zhuǎn)變成H2CO．過程如圖：下列說法不正確的是 該過程中CeO2該過程實(shí)現(xiàn)了能與化學(xué)能的相互轉(zhuǎn)以CO和O2構(gòu)成的堿性電池的負(fù)極反應(yīng)式為下列用來表示物質(zhì)變化的表述和化學(xué)用語中，正確的是 用鐵做陽極材料電解飽和食鹽水時(shí)陽極電極反應(yīng)式為Cl﹣﹣e﹣═C2↑．堿性甲烷電池的負(fù)極反應(yīng)式：C3﹣e﹣+﹣═CO2+2OC．粗銅精煉時(shí)，與電源正極相連的是純銅，電極反應(yīng)式為：C﹣e﹣═C2+D．鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕的負(fù)極反應(yīng)式：e﹣e﹣e2+．下列說法中，正確的有幾項(xiàng)？（ ）一項(xiàng)B．二項(xiàng)C．三項(xiàng)D15CuICu2++I﹣═CI↓+I2KI溶液，通電前向電解液中加入少量的酚酞和象的正確解釋是（）①陰極電極反應(yīng)：2H++2e﹣═H2↑使c（OH﹣）＞c（H+2Cu+4I﹣﹣4e﹣═2CuI↓+I2；I2③陽極Cu+2e﹣═Cu2+，Cu2+呈藍(lán)色④陽極：2I﹣﹣2e﹣═I2，碘遇淀粉變藍(lán) 16．8002L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O+H2（g?COg+H（g＞t2反應(yīng)時(shí)間0下列說法正確的是 反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v（H2）=衡時(shí)n（CO2）=0.40mol新平衡時(shí)CO轉(zhuǎn)化率增大，H2O的體積分?jǐn)?shù)減小溫度升至1000℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為1.6，反應(yīng)為放熱反二、解答題（共4小題，滿分52分17下列方法中，可以使0.10mol?L﹣1醋酸溶液中CH3COOH電離平衡向左移動(dòng) 加入少量0.10mol?L﹣1的稀鹽酸 25 Ka=4.7×10﹣8mol/L H2CO3Ka1=4.2×10﹣7mol/L Ka2=5.6×10﹣11mol/L Ka1=1.54×10﹣2mol/L Ka2=1.02×10﹣7mol/LA．SO32﹣、 B．HSO3﹣、 C．SO32﹣、 D．HSO3﹣、-②將少量CO2通入到NaClO=1.5×10﹣5mol?L﹣1H2CO310﹣5.60=2.5×10﹣6H2CO3H++HCO3﹣的平衡常數(shù)是用Zn和稀硫酸2，反應(yīng)時(shí)溶液中水的電離程度（填“增大”“減小”或者“不變”2的總量不變而速率減小的是． 電解飽和氫氧化鈉溶液時(shí)，水的電離平衡移動(dòng)（填“向左”“向右”或者時(shí)間012345n（NO（mol）寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K= （圖中表示NO2的變化的曲線是 ．用O2表示從0～2s內(nèi)該反應(yīng)的平均速率v= 能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的 c．NO、O2、NO2的濃度之比為2：1：2 能使該反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，且平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)的措施 19（1）過二硫酸銨法（）是目前最流行的H2O2的方法．即電解（NH42SO4NH42S2O8①電解時(shí)，陽極的電極反應(yīng)式為②寫出生成H2O2的化學(xué)方程式：工業(yè)上在堿性條件下電解水，氧氣在特制的陰極上反應(yīng)可以得到HO，從而制得H2O2．將H2O2溶液與消石灰反應(yīng)，經(jīng)過濾、洗滌、干燥，可得過氧化①寫出電解過程中氧氣參與的陰極的電極反應(yīng)式 酸性條件下，SnSO4還原性較強(qiáng)，可用作雙氧水去除劑，試寫出該反應(yīng)的 得到20%的高氯酸．寫出陽極的電極反應(yīng)式： 20①造氣 SO2（g②催化氧化 2SO3（g③吸收：SO3（g）+H2O（l）═H2SO4（l O2（g）?SO3（g；△H=﹣98kJ/mol．5.0molO（g量196kJ，求該溫度下2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）平衡常數(shù)K= 2SO2的電極的電極反應(yīng)式：．有兩只密閉容器A和B，A容器有一移動(dòng)的活塞能使容器內(nèi)保持恒壓，B容2：1的SO2和O2的混合氣體，并使A和B容積相等（如圖3，400℃時(shí)發(fā)生如下反應(yīng)①A容器中SO2的轉(zhuǎn)化率比B②達(dá)到①所述平衡后若向兩容器通入等量的原反應(yīng)氣體達(dá)到平衡時(shí)A容器中SO3的體積分?jǐn)?shù) （增大、減小、不變B容器中SO3的體積分?jǐn)?shù) 對(duì)于反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g，一定條件下達(dá)到平衡后，在保證O2濃度不變的情況下，增大容器的體積，試根據(jù)平衡常數(shù)，判斷平衡（填山東省二（上）中測試卷參考答案與試題解一、選擇題（本題包括16小題，每題3分，共48分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符下列描述中，正確的是 CaO+H2O═Ca（OH）2能放出大量的熱，故可通過原電池實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)，源陰極保B．Cu+2H+═Cu2++H2不是自發(fā)的氧化還原反應(yīng)；D．作原電池的正極被保護(hù)，屬于犧牲陽極的陰極保．CaO+H2O═Ca（OH）2不是氧化還原反應(yīng)，所以不能設(shè)計(jì)成原電池，故A錯(cuò)誤；B．Cu+2H+═Cu2++H2不是自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，不能形成原電池，故B錯(cuò)誤；生鈍化現(xiàn)象，銅易濃硝酸反應(yīng)，所以Cu、Fe和濃硝酸形成的原電池中，Cu作負(fù)極、Fe作正極，故C正確；護(hù)，屬于犧牲陽極的陰極保，故D錯(cuò)誤；故選室溫下向10mLpH=11 C10mLpH=3HCl溶液，混合液pH=7D．溶液中由水電離出的[OH﹣]=1×10﹣3mol?L﹣1物質(zhì)的量的變化，所以溶液中c（OH﹣、c（NH3．H2O、c（NH4+）都減小；B．由A分析判斷；pH=11的稀氨水氨水的濃度大于0.001mol/LpH=3HCl溶液的濃度為pH=111×10﹣11加，由于溶液體積變化大于離子的物質(zhì)的量的變化，所以溶液中c（OH﹣、（NH3．H2O加水稀釋氨水，促進(jìn)一水合氨電離，但是[OH﹣BpH=11的稀氨水氨水的濃度大于0.001mol/LpH=3HCl溶液的濃度為0.001mol/L，二者混合氨水過量，溶液顯堿性，故Cmol?L﹣1﹣]=1×10﹣11mol?L﹣1D錯(cuò)誤；故選B． B．若化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)速率不一定減小D．導(dǎo)電性強(qiáng)的溶液里移動(dòng)離子數(shù)目一定比導(dǎo)電性弱的溶液里移動(dòng)離子【分析】A．含有移動(dòng)離子或電子的物質(zhì)能導(dǎo)電；CD【解答】解：A．含有移動(dòng)離子或電子的物質(zhì)能導(dǎo)電，物質(zhì)在不電離的條件下，也能導(dǎo)電，如金屬單質(zhì)，故A正確；B正確；電離，所以都是強(qiáng)電解質(zhì)，故C正確；故D錯(cuò)誤；故選（g，下列哪種情況下，可說明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)（（C：vD．當(dāng)平衡常數(shù)K不發(fā)生改變的時(shí)候【考點(diǎn)】CG率，故A錯(cuò)誤；故C正確；D、溫度不變，K始終不變，故D錯(cuò)誤；故選C．某溶液中含有兩種溶質(zhì)NaCl和H2SO4，它們的物質(zhì)的量之比為3：1．滴入幾分為三個(gè)階段．下列敘述中，不正確的是（）電解過程中，Na+和SO42﹣的物質(zhì)的量濃度保持不變C．陰極產(chǎn)生的氣體自始至終只有H2DHCl【考點(diǎn)】DI3molNaCl1molH2SO4，再轉(zhuǎn)化一下思想，可以2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，mla2S4自始至終無法放電，且其溶液陽極：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl22Cl﹣﹣2e﹣=Cl2 陰極：2H++2e﹣=H22H++2e﹣=H2 則電解過程可先看成電解HCl，再電解NaCl即 H2↑+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 2H2↑+O2↑NaOH為堿性，pHA、電解過程中，Na+和SO42﹣的物質(zhì)的量不變，但電極過程中溶劑水減少，所物質(zhì)的量濃度增大，故ANaOH為堿性，pH7石蕊試液顏色又變?yōu)樗{(lán)色，故B正確；C、陰極上始終是氫離子得到電子生成氫氣，故CHCl，故D正確；故選在相同溫度時(shí)100mL0.01mol/L的醋酸溶液與10mL0.1mol/L的醋酸溶液相 中和時(shí)所需NaOH的量B．電離程度 D．CH3COOH的物質(zhì)的量﹣1=1×10﹣3mol，n（后）=c2?V2=0.01L×0.1mol?L﹣1=1×10﹣3mol，兩者相等，因而中和時(shí)消耗的NaOH的量相等，故A錯(cuò)誤；故B正確；酸的濃度越大，c（H+）越大，前者小于后者，故C錯(cuò)誤；則c（CH3COOH）D錯(cuò)誤．故選：A（g）+B（g）?2C（g）H＜0t1時(shí)刻達(dá)到平衡后，在t2時(shí)刻改變某一條件，其反應(yīng)過程（I、Ⅱ）如圖所示．下列說法中，一定不正確的是（）0～t1時(shí)，V正＞VI、Ⅱ兩過程分別達(dá)到平衡時(shí)，A的體積分?jǐn)?shù)Ⅰ＞ⅡC．t2時(shí)刻改變的條件可能是向密閉容器中加C物質(zhì)【考點(diǎn)】CH【分析】A、由圖象分析可知，0～t1，反應(yīng)正向進(jìn)行，v正＞v逆，t1～t2，反應(yīng)到達(dá)平衡，v正=v逆；B、由圖象分析可知，t2時(shí)刻改變條件后達(dá)到平衡時(shí)，逆反應(yīng)速率不變，說明和CC，逆反應(yīng)速率瞬間增大，再次建立的平衡與原平衡等效，D、由圖象分析可知，t2時(shí)刻改變條件后達(dá)到平衡逆反應(yīng)速率不變，說明和原平【解答】解：A、0～t1，反應(yīng)正向進(jìn)行，v正＞v逆，t1～t2，反應(yīng)到達(dá)平衡，v正=v逆，故A正確；B、t2時(shí)刻改變條件后達(dá)到平衡時(shí)，逆反應(yīng)速率不變，說明和原平衡等效，A的體積分?jǐn)?shù)Ⅰ=Ⅱ，故B錯(cuò)誤；CC，逆反應(yīng)速率瞬間增大，再次建立的平衡與原平衡等效，說明和原平衡相同，符合圖象，故C正確；D、t2時(shí)刻改變條件后達(dá)到平衡逆反應(yīng)速率不變，說明和原平衡等效，所以Ⅰ、Ⅱ兩過程達(dá)到平衡時(shí)，平衡常數(shù)I=Ⅱ，故D正確；以葡萄糖為的微生物電池結(jié)構(gòu)示意圖．關(guān)于該電池的敘述 在電池反應(yīng)中，每消耗1mol氧氣，理論上能生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2氣體C．原電池陽離子向正極移動(dòng)；【解答】解：AB、負(fù)極是葡萄糖失電子生成，電極反應(yīng)為C6H12O6+6H2O﹣=6CO2↑+24H+BC、原電池陽離子應(yīng)向正極移動(dòng)，則，H+會(huì)從負(fù)極區(qū)向正極區(qū)遷移，故C正DO2+4e﹣+4H+═2H2O1mol1mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況積是22.4L，故D錯(cuò)誤；故選D．圖所示．下列有關(guān)a、b、c三點(diǎn)的說法中正確的是（ 溶液的pHpHpHB．導(dǎo)電能力越強(qiáng)，離子濃度越大，氫離子濃度越大，pH越??；CpHpH，溶液稀釋；D【解答】解：Aa、b、c三點(diǎn)醋酸的電離程度由大到小的順序：c＞b＞a，故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)電能力越強(qiáng)，離子濃度越大，氫離子濃度越大，pH越小，則a、b、c三點(diǎn)pH由大到小的順序?yàn)閍＞c＞b，故B正確；CpH試紙測量酸性的pH，a處溶液溶液稀釋，導(dǎo)電能力增大，pH減小，所以測量結(jié)果偏小，故C錯(cuò)誤；發(fā)生變化，所以溶液中的數(shù)值改變，故D錯(cuò)誤；故選 C．用鐵片與硫酸氫氣時(shí)，滴加CuSO4溶液可以加快產(chǎn)生氫氣的速【考點(diǎn)】CA【解答】解：A．鋅粉表面積較大，反應(yīng)速率較大，故A錯(cuò)誤；BB錯(cuò)CCuSO4C正D．升高溫度，增大活化分子的百分?jǐn)?shù)，反應(yīng)速率增大，故D錯(cuò)誤．故選C．對(duì)于平衡體系mA（g）+nB（g） p（g+q（g△H＜0 A．若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，此時(shí)A的濃度為原來的2.1倍，則m+n＜p+q若平衡時(shí)，A、B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反應(yīng)開始時(shí)，A、B2倍，達(dá)到新平衡時(shí)，總體積一定比原來m+n=p+qamolamolB【分析】A【解答】解：AA的＜p+q，故AB、反應(yīng)開始時(shí)，A、Bm：n，恰好等于方程式的系數(shù)值比，這種情況下平衡時(shí)，A、BB正確；C、若該反應(yīng)中，m+n=p+q2倍，達(dá)到新平衡時(shí)，總體積變?yōu)樵瓉淼?，故C錯(cuò)誤；Bamolamol的B，達(dá)2amolD正確．故選某科學(xué)家利用二氧化（CeO2）在能作用下將H2OCO2轉(zhuǎn)變成H2CO． 該過程中CeO2該過程實(shí)現(xiàn)了能與化學(xué)能的相互轉(zhuǎn)以CO和O2構(gòu)成的堿性電池的負(fù)極反應(yīng)式為【考點(diǎn)】B1：氧化還原反應(yīng)；BB【分析A根據(jù)題干反應(yīng)方程式寫出總反應(yīng)：H2O+CO2→H2+CO+O2，反應(yīng)中B、該過程中在能作用下將H2O、CO2轉(zhuǎn)變?yōu)镠2、CO；D【解答A根據(jù)題干反應(yīng)方程式寫出總反應(yīng)：H2O+CO2→H2+CO+O2，反應(yīng)中沒有消耗，但參與反應(yīng)，所以是催化劑，故AB、該過程中在能作用下將H2O、CO2轉(zhuǎn)變?yōu)镠2、CO，所以把能轉(zhuǎn)變成化學(xué)能，故B錯(cuò)誤；C、由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系及據(jù)蓋斯定律可知：﹣△H1為正值，△H2+△H3﹣△H1=△H2+△H3，故CD、COCO2OH﹣CO32﹣，所以負(fù)極反應(yīng)式為：CO+4OH﹣﹣2e﹣═CO32﹣+2H2OD正確；故選下列用來表示物質(zhì)變化的表述和化學(xué)用語中，正確的是 ：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑B．堿性甲烷電池的負(fù)極反應(yīng)式：CH3OH﹣6e﹣+6OH﹣═CO2+5H2OC．粗銅精煉時(shí)，與電源正極相連的是純銅，電極反應(yīng)式為：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕的負(fù)極反應(yīng)式【分析】A堿性甲烷電池中，負(fù)極上失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A錯(cuò)誤；堿性甲烷電池中，負(fù)極上失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，負(fù)極反應(yīng)式：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，故B錯(cuò)誤；﹣2e﹣═Cu2+，故C2e﹣═Fe2+，故D正確；故選下列說法中，正確的有幾項(xiàng) A．一 C．三 D．四（1）故選A．CuI2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2現(xiàn)KI溶液，通電前向電解液中加入少量的酚酞現(xiàn)象的正確解釋是（）①陰極電極反應(yīng)：2H++2e﹣═H2↑使c（OH﹣）＞c（H+2Cu+4I﹣﹣4e﹣═2CuI↓+I2；I2③陽極Cu+2e﹣═Cu2+，Cu2+呈藍(lán)色④陽極：2I﹣﹣2e﹣═I2，碘遇淀粉變藍(lán) 【考點(diǎn)】DI【分析】石墨為陰極，以Cu為陽極電解KI溶液，通電后，溶液中的H+、K+移向H+K+H+c（OH﹣）＞c（H+和OH﹣移向陽極，而失電子能力Cu＞I﹣＞OH﹣，故Cu失電子產(chǎn)生Cu2+，陽極發(fā)生反應(yīng)：Cu﹣2e﹣=Cu2+，又由信息可知，同時(shí)又發(fā)生反應(yīng)2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，生成I2，I2遇淀粉變藍(lán)，有白色CuI沉淀生成．【解答】解：石墨為陰極，以Cu為陽極電解KI溶液，通電后，溶液中的H+、﹣=2+﹣c（﹣）＞c（+I﹣﹣C＞I﹣＞﹣CuC2+，陽極發(fā)生反應(yīng)：C﹣e﹣C2+，又由信息可知，同時(shí)又發(fā)生反應(yīng)C2++I﹣CI+I2，生成I2，I2遇淀粉變藍(lán)，有白色CI沉淀生成，H+、K+H+K+H+得電子被還原，電極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，破壞了水的電離平衡，使＞c（H+CuCu2+Cu2+I﹣I2、CuI，I2③陽極發(fā)生反應(yīng)：Cu﹣2e﹣=Cu2+Cu2+I﹣I2、CuI，I2遇淀粉變④陽極發(fā)生反應(yīng)：Cu﹣2e﹣=Cu2+，又由信息可知，同時(shí)又發(fā)生反應(yīng)=2CuI↓+I22Cu+4I﹣﹣4e﹣=2CuI↓+I2，I2遇淀粉變藍(lán)，故④錯(cuò)誤；故選A．16．8002L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O+H2（g?COg+H（g＞t2反應(yīng)時(shí)間0下列說法正確的是 反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v（H2）=衡時(shí)n（CO2）=0.40mol新平衡時(shí)CO轉(zhuǎn)化率增大，H2O的體積分?jǐn)?shù)減小溫度升至1000℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為1.6，反應(yīng)為放熱反v（CO，比計(jì)算v（H2B．CO與H2O1：10.60molCO1.20molH2O1.20molCO0.6molH2O到達(dá)平衡時(shí)對(duì)應(yīng)生成物的濃度、物質(zhì)的量相同；D700 mol/（L?min，化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則v（H2）=v（CO）=mol/（L?min，故A錯(cuò)誤；B．CO與H2O1：10.60molCO1.20molH2O1.20molCO0.6molH2O，平衡時(shí)生成物的濃度對(duì)應(yīng)相同，t1min=0.8mol，n（H2O）=0.6mol﹣0.4mol=0.2mol，t2min時(shí)n（H2O）=0.2mol，說明（CO2=0.4mol，故B正確；0.mlH2CO轉(zhuǎn)化率增大，O轉(zhuǎn)化率減小，2O增大，故C錯(cuò)誤；t1min時(shí)反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)c（CO）===0.1mol/L，c（CO2）=c（H2）==0.2mol/L，則k=溫度升至800℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為0.64，說明溫度升高平衡是向左移動(dòng)的，那么正反應(yīng)應(yīng)為放熱反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選二、解答題（共4小題，滿分52分17下列方法中，可以使0.10mol?L﹣1醋酸溶液中CH3COOH電離平衡向左移動(dòng)的是ac 加入少量0.10mol?L﹣1的稀鹽酸 25 Ka=4.7×10﹣8mol/L H2CO3Ka1=4.2×10﹣7mol/L Ka2=5.6×10﹣11mol/L Ka1=1.54×10﹣2mol/L Ka2=1.02×10﹣7mol/L①下列離子在溶液中不能大量共存的是A．SO32﹣、 B．HSO3﹣、 C．SO32﹣、 D．HSO3﹣、-②將少量CO2通入到NaClO溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程 ClOl.×﹣5mlL﹣1．H2CO3﹣560.×﹣6，H2CO3+C3的平衡常數(shù)是.×﹣7mlL用Zn和稀硫酸H2，反應(yīng)時(shí)溶液中水的電離程度增大（填”而速率減小的是c． 電解飽和氫氧化鈉溶液時(shí)，水的電離平衡不移動(dòng)（填“向左”“向右”或①酸性強(qiáng)弱順序是H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣強(qiáng)酸能和弱酸鹽反②酸性：2C3＞l＞CO3﹣，根據(jù)平衡常數(shù)K=計(jì)算（1）a.mlL﹣1的稀鹽酸，溶液中氫離子濃度增大抑制醋酸的電離，則電離平衡向左移動(dòng)，故a正確；離程度增大，電離平衡向右移動(dòng)，故b錯(cuò)誤；cd錯(cuò)誤；①電離常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，由電離常數(shù)可知，酸性強(qiáng)弱順序是2S3＞2C3＞3﹣＞C3﹣3﹣C32﹣能相互反應(yīng)而不能共存；②酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，則將少量通入到NaClOClO﹣+H2O+CO2=HClO+HCO3﹣；根據(jù)平衡常數(shù)K===4.2×10﹣7，酸抑制水的電離，氫離子濃度越大，水的電離程度越小，Zn和稀硫酸H2，氫離子濃度減小，水的電離程度增大；氫離子濃度越小，反應(yīng)速率越產(chǎn)生H2的總量不變而速率減小；時(shí)間012345n（NO（mol）寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K= 則該反應(yīng)是放熱反應(yīng)（填“吸熱”或者“放熱”）圖中表示NO2的變化的曲線是b ．用O2表示從0～2s內(nèi)該反應(yīng)的平均速率v= 能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是 c．NO、O2、NO2的濃度之比為2：1：2 能使該反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，且平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)的措施是增大反應(yīng)物的濃度．NO2是產(chǎn)物，隨反應(yīng)進(jìn)行濃度增大，平衡時(shí)△c（NO2）=△c（NOv（NO，v（O2增大O2【解答】解（1）反應(yīng)2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）的平衡常數(shù)表達(dá)式 故答案為 ；放熱（2）NO2是產(chǎn)物，隨反應(yīng)進(jìn)行濃度增大，平衡時(shí)△c（NO2）=△c（NO==0.0065mol/L，所以圖中表示NO2變化的曲線是2s內(nèi)用NO表示的平均反應(yīng)速率v（NO）=1?s﹣1，速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，所以v（O2）=（）O（g）+O2（g）?O2（g（O2）不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故a故b正確；NO、O2、NO22：1：2，符合化學(xué)方程式反應(yīng)之比，但不能說明正逆反應(yīng)速率相同，故c錯(cuò)誤；到平衡狀態(tài)，故d錯(cuò)誤；容器內(nèi)氣體的顏色不再變化，說明二氧化氮濃度不變，是平衡的標(biāo)志，故（4）能使該反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，且平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)的措施是增大19（1）過二硫酸銨法（）是目前最流行的H2O2的方法．即電解（NH42SO4NH42S2O8①電解時(shí)，陽極的電極反應(yīng)式為 ②寫出生成H2O2的化學(xué)方程式：（NH4）2S2O8+2H2O 工業(yè)上在堿性條件下電解水，氧氣在特制的陰極上反應(yīng)可以得到HO，從而制得H2O2．將H2O2溶液與消石灰反應(yīng)，經(jīng)過濾、洗滌、干燥，可得過氧化①寫出電解過程中氧氣參與的陰極的電極反應(yīng)式：O2+H2O+2e﹣=HO2﹣+OH﹣℃，原因是過氧化氫受熱易分解．酸性條件下，SnSO4還原性較強(qiáng)，可用作雙氧水去除劑，試寫出該反應(yīng)的離子方程式：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O 得到20%的高氯酸．寫出陽極的電極反應(yīng)式：HCl+4H2O﹣8e﹣=HClO4+8H+ 【考點(diǎn)】DI②已知（NH4）2S2O8加熱水解可得H2O2和（NH4）2SO4，利用原子守恒配平方程HO2﹣離子，酸性條件下，SnSO4