2022北京北师大二附中高二（上）期中化学（教师版）

这是一份2022北京北师大二附中高二（上）期中化学（教师版），共17页。试卷主要包含了 下列属于弱电解质的物质是， 下列说法中，正确的是， NO2和N2O4存在平衡， 溶液中存在如下平衡等内容，欢迎下载使用。

2022北京北师大二附中高二（上）期中
化 学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64
I卷
每小题只有一个选项符合题意(每小题3分，共14小题。)
1. 下列属于弱电解质的物质是
A. NaCl B. NaOH C. H2SO4 D. NH3•H2O
2. 下列说法中，正确的是
A. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程
B. 能够自发进行的反应一定是放热反应
C. ΔH＜0的反应均是自发进行的反应
D. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程
3. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
4. 100mL跟过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量：①②③④固体⑤，其中组合正确的是
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ③④⑤ D. ①③④
5. 溶液中存在如下平衡： 。下列可使黄绿色的溶液变成蓝色的方法是
A. 升温 B. 加溶液 C. 加压 D. 加NaCl(s)
6. 与纯水的电离相似，液氨中也存在微弱的电离：2NH3+。据此判断，以下叙述错误的是
A. 液氨中含有NH3、、等粒子
B. 一定温度下，液氨中c()∙c()是定值
C. 液氨中电离达到平衡时，c()=c()=c(NH3)
D. 只要不加入其他物质，液氨中c()=c()
7. 向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列变化中错误的是
A. NH3•H2O的电离程度增大 B. c(OH-)增大
C. NH的数目增多 D. 增大
8. 用溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。有关该实验说法中，不正确的是
A. 本实验可选用酚酞作指示剂
B. 用酸式滴定管盛装溶液
C. 锥形瓶装未知浓度NaOH溶液前必须保持干燥
D. 滴定结束时俯视酸式滴定管读数，测量结果偏低
9. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
c(氨水)mol/L
0.1
0.01
mol/L



A. 用热溶液除去油污
B. 实验室用排饱和食盐水法收集
C. 表中实验结果：
D. ；工业合成氨采用400~500℃的高温条件
10. 工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中NH3在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：

下列说法中，不正确的是
A. 过程①②均有N－H键断裂
B. 过程③的电极反应式为：NH－e－+OH－＝N+H2O
C. 过程④中有非极性键形成
D. 催化剂可以降低该反应的焓变
11. 工业上处理含CO、SO2烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为S和CO2。已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol； S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296 kJ/mol；则该条件下2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)的ΔH等于
A. - 270 kJ/mol B. +26 kJ/mol C. -582 kJ/mol D. +270 kJ/mol
12. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是

A
B
C
D
实验
目的
测定锌与稀硫酸反应速率
测定中和反应的反应热
验证温度对化学平衡移动的影响
验证甲烷与氯气发生反应
实验
装置





A. A B. B C. C D. D
13. 已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g) ∆H＜0，400℃时该反应的化学平衡常数K=1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表：
容器
温度/℃
起始时物质的浓度/(mol•L-1)
10分钟时物质的浓/(mol•L-1)
c(X)
c(Y)
c(Z)
甲
400
1
1
0.5
乙
T1
1
1
0.4
丙
400
1
2
a
下列说法中，不正确的是
A. 甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L-1•min-1
B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态
C. 乙中，可能T1＜400℃
D. 丙中，a>0.5
14. 下列实验中，均产生白色沉淀。

下列分析不正确的是
A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
II卷
15. 合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。
(1)在一定条件下，N2(g)和H2(g)反应生成0.2 mol NH3(g)，放出9.24 kJ热量，写出该可逆反应的热化学方程式：_______。在图中画出合成氨反应过程中焓(H )的变化示意图______。

(2)将N2和H2通入体积为2 L的恒温恒容密闭容器中，5min后达到化学平衡，测得NH3的浓度为0.2 mol/L，这段时间内用N2的浓度变化表示的化学反应速率为_______mol/(L·min)。
(3)理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是_______(写出一条)。
(4)图为某压强下N2和H2按物质的量之比1∶3投料进行反应，反应混合物中NH3的物质的量分数随温度的变化曲线。Ⅰ是平衡时的曲线，Ⅱ是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是_______。

A.图中a点，容器内n(N2)∶n(NH3)=1∶4
B.图中b点，υ正＜υ逆
C.400~530 ℃，Ⅱ中NH3的物质的量分数随温度升高而增大，原因是升高温度化学反应速率增大
16. 研究电解质在水溶液中的离子反应与平衡有重要的意义。
（1）常温下，用0.1mol/L NaOH溶液滴定10mL0.1mol/L溶液的滴定曲线如下图所示。

i.下列说法正确的是：_______(填序号)
①a点溶液的pH=1
②b点溶液中，
③c点溶液中，
④d点溶液中，
⑤比较a、d两点水的电离程度：a ii.用离子方程式表达d点pH>7的原因：_______。
（2）已知：25℃时、和HClO的电离平衡常数：
化学式



电离平衡常数()




①的电离平衡常数表达式_______。
②25℃时，等物质的量浓度的NaClO溶液和溶液的pH关系为：_______)(填“>”、“<”或“=”)。
③25℃时，若初始时醋酸中的物质的量浓度为0.01mol/L，达到电离平衡时溶液中_______mol/L。(已知：)
④下列化学反应能发生的是_______。
A.
B.
C.
17. 雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)都是自然界中常见砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。
（1）砷元素有+2、+3两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图1所示。

I中，氧化剂是_______。
（2）III中产物亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图2所示。

①人体血液的pH在7.35~7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是_______。
②将KOH溶液滴入H3AsO3溶液，当pH调至11时，所发生反应的离子方程式是_______。
③下列说法中，正确的是_______(填字母序号)。
a．n(H3AsO3)：n()=1：1时，溶液显碱性
b．pH=12时，溶液中
c．在K3AsO3溶液中，
（3）工业含砷(+3价)废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中生成Fe(OH)3胶粒，用离子方程式表示这一过程_______。Fe(OH)3胶粒表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。经测定不同的pH条件下铁盐对含砷(+3价)化合物的去除率如图3所示。pH在5~9时，随溶液pH增大，铁盐混凝剂对含砷(+3价)化合物的吸附效果增强。结合图2和图3解释可能的原因：_______。

18. MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：
软锰矿 MnO2
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子沉淀的pH（25℃）

Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
47
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_______。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。

i．II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。
ii．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。
（2）纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3∙H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_______。
19. 某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。
②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_______。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证补全电化学装置示意图,写出操作及现象_______。

（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是_______。
②测得平衡常数K=_______。
（3）思考问题
①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II中清液测定K的原因是_______。

参考答案
I卷
每小题只有一个选项符合题意(每小题3分，共14小题。)
1. 【答案】D
【解析】
【分析】弱电解质是在水溶液中不完全电离的电解质。
【详解】A．NaCl在水溶液中完全电离，是强电解质，A错误；
B．NaOH是强碱，在水溶液中完全电离，是强电解质，B错误；
C．H2SO4是强酸，在水溶液中完全电离，是强电解质，C错误；
D．NH3•H2O是弱碱，在水溶液中不完全电离，是弱电解质，D正确；
故选D。
2. 【答案】A
【解析】
【详解】A．同种物质的熵值，液体大于固体，故冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程，A说法正确；
B．能够自发进行的反应中，∆G＜0，∆G=ΔH-TΔS，不一定是放热反应，B说法错误；
C．∆G＜0的反应能够自发进行，ΔH＜0的反应不一定是自发进行的反应，C说法错误；
D．能够自发进行的反应一定是∆G＜0，不一定为熵增的过程，D说法错误；
答案为A。
3. 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4混合气体,1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项错误；
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
4. 【答案】B
【解析】
【详解】加入①Na2CO3，消耗H+，生成氢气的总量减少；
加入②BaCl2（aq），溶液体积增大，减小，减缓反应进行的速率；
加入③KNO3（aq），由于酸性条件下硝酸根具有强氧化性，不能生成氢气；
加入④CH3COONa（s）生成醋酸，氢离子暂时储存在醋酸中，减小，减缓反应进行的速率；
加入⑤NaCl（aq），溶液体积增大，减小，减缓反应进行的速率，综上所述故选B。
5. 【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，选项A不符合题意；
B．加AgNO3溶液后，Ag+与Cl-会反应产生AgCl沉淀，导致溶液中Cl-浓度减小，化学平衡向逆反应方向移动，溶液颜色由黄绿色逐渐变为蓝色，选项B符合题意；
C．该反应在溶液中进行，没有气体参加，增大压强对化学平衡无影响，选项C不符合题意；
D．加NaCl(s)后，溶液中Cl-浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，选项D不符合题意；
答案选B。
6. 【答案】C
【解析】
【详解】A．液氨电离中存在电离平衡2NH3+，所以液氨中含有NH3、、等粒子，A正确；
B．与纯水的电离相似，液氨中c()∙c()只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中c()∙c()是定值，B正确；
C．液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c()=c() D．只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨电离出的和的物质的量就相等，因为溶液的体积相等，所以c()=c()，D正确；
答案选C。
【点睛】可逆反应中的各种微粒共存。
7. 【答案】B
【解析】
【详解】A．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，NH3·H2O电离平衡正向移动，NH3·H2O的电离程度增大，选项A正确；
B．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，c(OH-)减小，NH3·H2O电离平衡正向移动，又使c(OH-)有所增加，但稀释使c(OH-)减小的影响大于平衡移动使c(OH-)增大的影响，故最终达到平衡后c(OH-)减小，选项B错误；
C．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，NH3·H2O电离平衡正向移动，NH3·H2O的电离程度增大，最终使溶液中的数目增多，选项C正确；
D．加水稀释时，若电离平衡不移动，c(NH3·H2O)、c()减小倍数相同，不变。但稀释使电离平衡正向移动，导致c(NH3·H2O)减小的倍数大于c()，因此最终达到平衡时增大，选项D正确；
答案选B。
8. 【答案】C
【解析】
【详解】A．用0.1000mol•L-1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞变色范围为8.2~10，可选用酚酞作指示剂，A正确；
B．HCl溶液呈酸性，中和滴定时，需要用酸式滴定管盛装0.1000mol•L-1HCl溶液，B正确；
C．锥形瓶中有水对实验结果无影响，所以锥形瓶装未知浓度的NaOH溶液不一定要保持干燥，C错误；
D．滴定结束时俯视酸式滴定管读数，读出的标准液体积偏小，导致测量结果偏低，D正确；
故选C。
9. 【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸根水解生成氢氧根，溶液呈碱性，油脂在碱溶液中发生水解，用热溶液除去油污，因为加热促进碳酸根水解，可以用勒夏特列原理解释，A正确；
B．氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，饱和食盐水中含有氯离子抑制氯气溶解，可以用勒夏特列原理解释，B正确；
C．氨水为弱电解质，浓度越稀促进电离，电离程度越大，可以用勒夏特列原理解释，C正确；
D．根据 可知，该反应为放热反应，升高温度那个逆向移动，工业合成氨采用400~500℃的高温条件，不利于氨的生成，但是可以增大反应效率，故不能用勒夏特列原理解释，D错误；
答案选D。
10. 【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，NH3在过程①中变为NH2，NH2在过程②中变为NH，则过程①②均有N－H键断裂，故A正确；
B．由图可知，NH失去电子结合OH-，转变为N和H2O，则过程③的电极反应式为：NH－e－+OH－＝N+H2O，故B正确；
C．过程④中形成N≡N键，则过程④中有非极性键形成，故C正确；
D．使用催化剂该反应的焓变不变，可以改变活化能，故D错误；
故选D。
11. 【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol； ②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296 kJ/mol，根据盖斯定律，将①－②，整理可得2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g) ΔH=- 270 kJ/mol，故合理选项A。
12. 【答案】B
【解析】
【详解】A．通过测定收集一定体积的H2所需的时间或一定时间收集H2的体积大小来测定锌与稀硫酸反应速率，A能够达到实验目的；
B．反应在敞口容器中，反应放出的热量会迅速扩散到空气中，不能准确测量中和热，B不能够达到实验目的；
C．将平衡球放在两个不同温度的水中，根据温度变化与气体颜色的深浅判断温度对化学平衡移动的影响，C能够达到实验目的；
D．光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、 三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，反应消耗Cl2，使试管内气体颜色变浅，气体体积减少，使液面上升，同时看到试管壁上有油状液体生成，这些现象均可说明甲烷与氯气发生了化学反应，D能够达到实验目的；
故合理选项是B。
13. 【答案】B
【解析】
【详解】A．甲中，10分钟时生成了0.5mol/L的的Z，根据方程式可知，反应掉的X的浓度为0.25mol/L，则10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L-1•min-1，A正确；
B．在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L，则X、Y都反应掉了0.25mol/L，还剩余0.75mol/L，由此算出此时的浓度熵为，即反应正向进行，平衡正向移动，B错误；
C．乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分种后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中反应速率比乙容器小，则可以为降温温度导致，故C正确；
D．对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，故丙中a>0.5，D正确；
故选B。
14. 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；
B． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；
C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；
故选B。
15. 【答案】 ①. N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol ②. ③. 0.02 ④. 降温、增大压强或及时分离出NH3 ⑤. AC
【解析】
【详解】(1)在一定条件下，N2(g)和H2(g)反应生成0.2 mol NH3(g)，放出9.24 kJ的热量，则反应产生2 mol NH3(g)，放出92.4 kJ的热量，则该可逆反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol；
每1 mol N2(g)与3 mol H2(g)反应产生2 mol NH3(g)，放出92.4 kJ的热量，用图示表示为；
(2)从反应开始至平衡，测得NH3的浓度为0.2 mol/L，则N2的浓度变化为×0.2 mol/L=0.1 mol/L，用N2的浓度变化表示反应速率v(N2)==0.02 mol/(L·min)；
(3)该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。理论上，为了增大平衡时H2的转化率，应该使化学平衡正向移动，可采取的措施是：增大体系的压强，或适当降低反应体系的温度，或分离出NH3或增大N2的浓度等；
(4)A．假设通入的N2的物质的量是1 mol，通入H2为3 mol，平衡时N2转化量为x mol，则平衡时各种气体的物质的量n(N2)=(1-x)mol，n(H2)=3(1-x)mol，n(NH3)=2x mol，由于此时NH3的含量为50%，则，解得x=mol，故此时容器内n(N2)∶n(NH3)=(1-)∶(2×)=1：4，A正确；
B．由图可知b点时NH3的含量低于平衡时的a点，说明反应正向进行，则此时υ正＞υ逆，B错误；
C．该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，反应体系气体的温度逐渐升高，化学反应速率逐渐加快，使NH3的物质的量分数随温度升高而增大，C正确；
故合理选项是AC。
16. 【答案】（1） ①. ②⑤ ②. CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
（2） ①. ②. > ③. 4.2×10-4 ④. B
【解析】
【分析】(1)常温下，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液，a点只有醋酸溶液，b点为酸性，溶质为CH3COOH和CH3COONa，c点为中性，d点溶液呈碱性，是NaOH和CH3COOH恰好中和，溶质为CH3COONa，据此分析解题。
(2)根据CH3COOH、H2CO3和HClO的电离平衡常数可以写出电离方程式和电离平衡常数，比较电离平衡常数大小从而判断反应能否进行，据此分析解题。
【小问1详解】
常温下，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液 ，
i.①a点NaOH溶液体积为0，仅有0.1 mol/L CH3COOH溶液 ，醋酸是弱酸，是弱电解质，不完全电离，c(H+)<0.1 mol/L， pH>1，①错误；
②b点为酸性，溶质为CH3COOH和CH3COONa，醋酸的电离大于醋酸根的水解，所以溶液中，②正确；
③c点溶液呈中性，根据电荷守恒，和溶液中性，可得，③错误；
④d点溶液根据物料守恒可得c(Na+)= [c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，④错误；
⑤a的溶质为CH3COOH，抑制了水的电离，d的溶质为CH3COONa，促进了水的电离，两点水的电离程度：a 综上所述故选②⑤；
ii. d点溶质是醋酸钠溶液，是强碱弱酸盐，CH3COO-是弱酸的阴离子，能水解 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-溶液呈碱性，即溶液pH＞7 ；故答案为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；
【小问2详解】
①CH3COOH是弱酸，其电离平衡常数表达式Ka=，故答案为：。
②由电离平衡常数可知，醋酸的酸性强于次氯酸，根据越弱越水解可得，等物质的量浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH关系为：pH(NaClO) > pH(CH3COONa)，故答案为：>。
③25℃时，若初始时醋酸中CH3COOH的物质的量浓度为0.01 mol/L，由电离平衡常数Ka=，且由醋酸电离出的氢离子和醋酸根离子相等可得，==×10-4=4.2×10-4，即 c(H+)=4.2×10-4mol/L。故答案为：4.2×10-4。
④由电离平衡常数可知，酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，根据强酸制弱酸的原理可知，A不可能发生，反应B能发生，反应C应为CO2 +H2O+NaClO=NaHCO3 +HClO。
故答案为：B。
17. 【答案】（1）As2S3
（2） ①. H3AsO3 ②. H3AsO3+OH-=+H2O ③. ac
（3） ①. Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ ②. pH=5~ 9之间溶液中主要存在微粒为H3AsO3和，由于Fe(OH)3胶粒表面带正电荷，可以吸附负电荷，随着溶液中pH的增大而增大，含量多，吸附效果好，此外，pH升高有利于水解，促进Fe(OH)3的生成，Fe(OH)3的含量高，吸收效果更好。
【解析】
【小问1详解】
I中Sn的化合价升高，As的化合价降低，所以As2S3在反应中得电子作氧化剂；
【小问2详解】
①由图象可知，溶液pH在7.35- 7.45之间，溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3；
②根据图示可知：将KOH溶液滴入H3AsO3溶液，当pH调至11时，反应产生NaH2AsO3、H2O，所发生反应的离子方程式是：H3AsO3+OH-=+H2O；
③a．n(H3AsO3)：n()=1：1时，溶液的pH=9，所以溶液显碱性，a正确；
b．pH= 12时，溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，所以b错误；
c．在K3AsO3溶液中，存在三步水解，以第一步水解为主, 第一步水解生成，第二步水解生成，则，c正确；
故合理选项是ac；
【小问3详解】
Fe(OH)3胶粒形成就用的是Fe3+水解反应产生的，所以水解反应的化学方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；
铁盐混凝剂在溶液中生产Fe(OH)3胶粒，其表面带正电荷。在溶液pH=5~ 9之间溶液中主要存在微粒为H3AsO3和，由于Fe(OH)3胶粒表面带正电荷，可以吸附负电荷，随着溶液中pH的增大而增大，含量多，吸附效果好，此外，pH升高有利于水解，促进Fe(OH)3的生成，Fe(OH)3的含量高，吸收效果更好。
18. 【答案】（1） ①. 增大反应速率，提高浸出率 ②. MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O ③. 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+
（2）纯化时先加入MnO2，将溶液中的Fe2+氧化；后加入NH3∙H2O，调溶液pH≈5，可以使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去
【解析】
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子，再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。
【小问1详解】
①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②i．根据图示可知：II是软锰矿中的MnO2与Fe2+反应产生Mn2+、Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知溶出Mn2+的主要反应的离子方程式是MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
ii．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；
【小问2详解】
MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；然后加入NH3∙H2O，调溶液pH≈5，使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而通过过滤的方法分离除去。
19. 【答案】（1） ①. 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 ②. 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 ③. a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
（2） ①. 指示剂 ②.
（3） ①. 偏低 ②. Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【解析】
【分析】
【小问1详解】
①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
【小问2详解】
①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：，故反应的平衡常数K== ，故答案为：指示剂；。
【小问3详解】
①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。