广东省江门市鹤山市第一中学2022-2023学年高二上学期第二阶段考试化学试题 解析版

这是一份广东省江门市鹤山市第一中学2022-2023学年高二上学期第二阶段考试化学试题 解析版，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

鹤山一中2022-2023学年度第一学期第二阶段考试
高二化学(选考)试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32
一、选择题：本题共16小题，第1～10题每小题2分﹔第11～16题每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列关于能量变化的说法正确的是
A. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H＞0，则金刚石比石墨稳定
B. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
C. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H＞0为吸热反应，故石墨的能量更低，则金刚石没有石墨稳定，A错误；
B．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较冰的温度更低，冰转化为水需要吸收能量，冰的能量低，B错误；
C．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式不只有吸热和放热两种，还有光、波、电等等形式，C错误；
D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确；
答案选D。
2. 下列关于有效碰撞理论的说法一定正确的是
A. 增大压强，所有反应的有效碰撞概率增大，反应速率加快
B. 升高温度，所有反应的活化能增大，反应速率加快
C. 催化剂参与了反应，使用正催化剂，活化分子数增大，反应速率加快
D. 增大反应物浓度，活化分子百分数增大，反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．压强改变只对有气体参加的反应的反应速率有影响，A错误；
B．升高温度，活化分子百分数增大，分子间的碰撞几率增大，化学反应速率加快，但升高温度不改变反应的活化能，B错误；
C．催化剂参与了反应，降低了反应所需活化能，从而增大活化分子百分数，有效碰撞的几率增大，反应速率加快，C正确；
D．增大反应物浓度，并未增大活化分子的百分数，而是增大单位体积的活化分子数目，有效碰撞的几率增大，反应速率加快，D错误；
答案选C。
3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 开启啤酒瓶后，马上泛起大量泡沫
B. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. Fe(SCN)3溶液中加入KSCN固体后颜色变深
D. 由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【解析】
【详解】A．开启啤酒瓶后，马上泛起大量泡沫，原因是压强减小，碳酸分解向正反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．氯气水溶液中存在溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．Fe(SCN)3溶液中加入KSCN固体后颜色变深，溶液中SCN-浓度增加，Fe(SCN)3 Fe3++3SCN-逆向移动，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．由H2(g)+I2(g) 2HI(g)，达到平衡后，加压体系颜色变深，是因浓度变大，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；
答案选D
4. 下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法中，正确的是




A.铜板打上铁铆钉后，铜板更易被腐蚀
B.暖气片表面刷油漆可防止金属腐蚀
C.连接锌棒后，电子由铁管道流向锌
D.阴极的电极反应式为Fe – 2e- = Fe2+

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．形成Fe-Cu原电池，Cu作正极被保护，Cu不易被腐蚀，A错误；
B．暖气片表面刷油漆可隔绝氧气，从而防止金属腐蚀，B正确；
C．锌比铁活泼，形成锌-铁原电池，锌作负极，电子由锌流向铁管道，C错误；
D．铁管道与电源负极相连，为阴极，阴极得电子，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，D错误。
答案选B。
5. 下列措施与化学反应速率无关的有：①向炉膛内鼓风②炉膛内用煤粉代替煤块③做馒头时添加膨松剂④糕点包装内放置除氧剂⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应⑥高炉炼铁增大炉高⑦向门窗合页里注油⑧纸张在暴晒下变黄⑨某些电化学反应外加强磁场
A. 1项 B. 2项 C. 3项 D. 4项
【答案】C
【解析】
【详解】①向炉膛内鼓风，增大氧气浓度，加快反应速率，故不选①；
②炉膛内用煤粉代替煤块，增大接触面积，加快反应速率，故不选②；
③做馒头时添加膨松剂，膨松剂中含有碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，与反应速率无关，故选③；
④糕点包装内放置除氧剂，降低氧气浓度，减慢食物氧化变质速率，故不选④；
⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应，增大接触面积，加快反应速率，故不选⑤；
⑥高炉炼铁增大炉高，延长反应时间，与反应速率无关，故选⑥；
⑦向门窗合页里注油，目的是起到润滑作用，降低门窗开关时的声响，与反应速率无关，故选⑦；
⑧纸张在暴晒下变黄，是因为纤维素被氧气氧化的速率加快，故不选⑧；
⑨某些电化学反应外加强磁场，可以加快电化学反应速率，故不选⑨；
综上所述与化学反应速率无关的是③⑥⑦，选C。
6. 在298 K、100 kPa时，已知：
2H2O(g)=O2(g)+2H2(g)　ΔH1
Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)　ΔH2
2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)　ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是
A. ΔH3=2ΔH1+ΔH2 B. ΔH3=ΔH1-ΔH2
C. ΔH3=ΔH1-2ΔH2 D. ΔH3=ΔH1+2ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】运用盖斯定律，消去H2，将②式乘以2再加上①式得③式，则2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)的ΔH3=2ΔH2+ΔH1；
故答案为D。
7. 对于某可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 该反应为放热反应，则该反应只有在低温下才能自发进行
B. 保持容器内气体压强不变，向其中加入He，化学反应速率不变
C. 保持容器容积不变，向其中加入He，化学反应速率增大
D. 达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为气体分子数增多的放热反应则ΔH＜0、ΔS＞0，则该反应在低温高温都能自发进行，A错误；
B．保持容器气体压强不变，加入，容器的体积会增大，反应物和生成物的浓度均减小，则正逆反应速率均减小，B错误；
C．保持容器容积不变，向其中加入，反应物和生成物的浓度都不变，化学反应速率不变，C错误；
D．时，正反应速率和逆反应速率相等，反应到达平衡状态，D正确；
故选D。
8. 已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中不正确的是

A. 反应的ΔH＜0
B. 过程b发生两步反应，第一步为吸热反应
C. 过程b使用了催化剂，可以提高SO2的平衡转化率
D. 反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知，反应物的能量比生成物的能量高，则该反应是放热反应，即ΔH＜0，A正确；
B．由图可知，过程b的中间产物的能量比反应物能量高，故第一步为吸热反应，B正确；
C．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，不能提高SO2的平衡转化率，C错误；
D．该反应为放热反应，反应热=反应键能之和-生成物键能之和＜0，即反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，D正确；
故选C。
9. 一定条件下，体积为2 L的密闭容器中，2 mol X和3 mol Y进行反应：X(g)+Y(g)⇌Z(g)，经12 s达到平衡，生成0.6 mol Z。下列说法正确的是
A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.05 mol/(L•s)
B. 其他条件不变，增大X的浓度，平衡右移，X的转化率增大
C. 其他条件不变，12 s后将容器体积扩大为10 L，Z的平衡浓度变为0.06 mol/L
D. 12 s达平衡时Y的转化率为20％
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．反应进行到12 s时产生0.6 mol Z，根据物质反应转化关系可知会同时消耗0.6 mol的X，则以X浓度变化表示的反应速率v(X)==0.025 mol/(L•s)，A错误；
B．其他条件不变，增大X的浓度，平衡右移，但平衡移动的趋势是微弱的，最终达到平衡水X的转化率减小，B错误；
C．其他条件不变，12 s后将容器体积扩大为10 L，若平衡不移动，Z的浓度应为0.06 mol/L。但该反应的正反应是气体体积减小的反应，将容器的容积扩大，容器内气体的压强减小，化学平衡逆向移动，导致Z的平衡浓度小于0.06 mol/L，C错误；
D．反应开始时n(Y)=3 mol，反应到12 s时产生Z的物质的量是0.6 mol，同时会消耗0.6 mol Y，则12 s反应达平衡时Y的转化率为，D正确；
故合理选项D。
10. 能正确表示下列变化的离子方程式是
A. NaHSO3溶液的水解方程式：HSO+H2O ⇌ H3O++SO
B. 方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液生成铜蓝(CuS)：Cu2++PbS=CuS+Pb2+
C. 用银作阳极电解稀盐酸：2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgCl
D. 泡沫灭火器原理：3CO+2Al3++3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHSO3溶液的水解方程式为：HSO+H2O⇌OH-+H2SO3，A错误；
B．方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液生成铜蓝(CuS)的离子方程式为：SO+Cu2++PbS=CuS+PbSO4，B错误；
C．用银作阳极电解稀盐酸，阳极电解反应式为：Ag-e-+Cl-=AgCl，阴极电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故总反应式为：2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgCl，C正确；
D．泡沫灭火器原理为铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，D错误；
答案选C。
11. 下列叙述与图对应的是

A. 由图①可知，
B. 由图②可知，、满足反应：
C. 图③表示的在其他条件不变的情况下，改变初始的物质的量对合成氨()反应平衡的影响，其中，E，F，R三点中，转化率最高的是F点
D. 图④可以表示反应加入催化剂的影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图①可知，升高温度，逆反应速率变化程度大于正反应速率，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，焓变小于零，A错误；
B．由图可知，升高温度，C含量减小，则反应为放热反应，焓变小于零；增大压强，C含量变大，平衡正向移动，反应为气体分子数减小的反应，B正确；
C．在其他条件不变的情况下，增加氢气的物质的量，会促进氮气的转化，导致氮气的转化率增高，故E，F，R三点中，转化率最高的是R点，C错误；
D．催化剂会加快反应速率，使得反应达到平衡所需时间更短，D错误；
故选B。
12. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向含酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液
溶液颜色变浅
Na2CO3溶液存在水解平衡
B
用pH计测定浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaF溶液的pH
NaF溶液pH较大
非金属性F C
向浓度均为0.1mol•L-1的BaCl2和CaCl2混合液中滴加Na2SO4溶液
出现白色沉淀
Ksp(BaSO4)＜Ksp(CaSO4)
D
将铜与浓HNO3反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却
气体颜色加深
2NO2(g)N2O4(g) △H＜0

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．含有酚酞的Na2CO3浴液中加入BaCl2，红色变浅，是因为碳酸钠中存在水解平衡，加氯化钡，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，A正确；
B．NaF溶液的pH较大是因为F-是弱酸根离子，水解使溶液呈碱性，非金属性F C．BaSO4和CaSO4均为白色沉淀，并不能比较两者的溶度积大小，C错误；
D．NO2为红棕色气体，2NO2(g)N2O4(g)，冰水冷却降温，气体颜色加深，说明平衡逆向移动，逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，△H>0，D错误；
故选A
13. 常温下，向20mL0.1mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A. a点的pH=1 B. 可以选甲基橙指示滴定终点
C. 反应过程中的值不断增大 D. c点时，V(NaOH)=20mL
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质而部分电离，所以溶液中c(H+)＜0.1mol/L，则溶液的pH＞1，故A错误；
B．甲基橙变色的pH较低，故消耗的NaOH溶液体积偏低，应该选用酚酞作为指示剂，故B错误；
C．，反应过程中氢离子浓度逐渐减小，则反应过程中的值不断增大，故C正确；
D．CH3COONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以V(NaOH)＜20mL，故D错误；
故选C。
14. 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H2C2O4(Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2)溶液，下列说法正确的是
A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
B. c(H+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-)
C. 加水稀释使电离程度增大，溶液pH减小
D. 0.1mol/L的NaHC2O4溶液中离子浓度关系：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(C2O)
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH=2，c(H+)=0.01mol/L，每升溶液中含有氢离子的数目为0.01NA，A错误；
B．根据电荷守恒，溶液中阳离子为氢离子，溶液中阴离子有C2O、HC2O、c(OH-)三种，每个C2O带两个负电荷，B正确；
C．酸溶液加水稀释，会使弱酸电离程度变大，氢离子浓度变小，所以pH变大，C错误；
D．HC2O的电离常数为10-4.2，HC2O水解常数为，水解常数小于电离常数，所以溶液呈酸性，D错误；
故答案选B。
15. 科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是

A. 该装置将化学能转化为电能
B. 电极b上发生的反应式：O2+4e-+4H+=2H2O
C. 电极a上发生的反应式：2H2S-4e-=S2↓+4H+
D. 电路中每通过4mol电子，理论上在电极a消耗44.8LH2S
【答案】D
【解析】
【详解】A．该装置是质子膜H2S燃料电池，将化学能转化为电能，A正确；
B．正极O2得电子发生还原反应，酸性条件下，氧气得电子生成水，则电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；
C．a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，电极反应式为：2H2S-4e-= S2+4H+，C正确；
D．没有说明是否为标况状态，不能计算消耗H2S的体积，D错误；
故选D。
16. 某溶液可能含Na＋、Fe3+、Al3+、SiO、HCO、SO、Cl-中的几种离子。为了确定其成分，设计了如下实验：① 取少量溶液于试管，滴加盐酸，观察到有大最气泡逸出，得到透明溶液；② 在① 反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列推断正确的是
A. 溶液中一定含Na＋、Cl- B. 溶液中可能含SO、Fe3+
C. 溶液中一定含HCO、Cl- D. 溶液中一定不含SiO、Al3+、Fe3+
【答案】D
【解析】
【分析】①取少量溶液于试管，滴加盐酸，观察到有大最气泡逸出，得到透明溶液，因此不存在，一定存在，则一定不存在Fe3+、Al3+；②在①反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸银。
【详解】A．根据溶液显电中性可知溶液中一定含Na＋、不一定含有氯离子，A错误；
B．溶液中可能含，一定不存在Fe3+，B错误；
C．溶液中一定含，不一定含有，C错误；
D．溶液中一定不含、Al3+、Fe3+，D正确；
故选D。
二、非选择题(共5个大题，56分)
17. 回答下列问题：
（1）取50mL0.55mol/L的NaOH溶液与50mL0.50mol/L的盐酸置于如图的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：

①从如图实验装置可知，缺少一种仪器是_____(填名称)。
②该测定中和热的实验中，测得起始平均温度为20.4℃，反应后最高温度为23.4℃，反应后溶液的比热容为4.2J/(g•℃)，盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是1g/cm3，则中和热△H=_____。
（2）磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图：(图中的△H表示生成1mol产物的数据)。则PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式是_____。

（3）氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由SiO2与过量焦炭在1300~1700℃的氮气流中反应制得：3SiO2(s)+6C(g)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g) △H=-1591.2kJ•mol-1。则该反应每转移1mole-，可放出的热量为_____kJ。
（4）某锂离子电池反应方程式为：Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，写出该锂离子电池的正极电极反应式_____。MnO2可做超级电容器材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是_____。
【答案】（1） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. -50.4kJ/mol
（2）PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g) △H=+93kJ•mol-1
（3）132.6 （4） ①. Li1-xMnO2+xLi++xe-=LiMnO2 ②. Mn2++2H2O2-2e-=MnO2+4H+
【解析】
【小问1详解】
①从如图实验装置可知，缺少的一种仪器是环形玻璃搅拌棒。
②该测定中和热的实验中，测得起始平均温度为20.4℃，反应后最高温度为23.4℃，反应后溶液的比热容为4.2J/(g•℃)，盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是1g/cm3，溶液的质量为100g，50mL0.55mol/L的NaOH溶液与50mL0.50mol/L的盐酸反应后生成水的物质的量为0.025mol，故生成0.025mol水时放出的热量为 ，则生成1mol水时放出的热量为：÷0.025=50.4kJ，则中和热△H=-50.4kJ/mol。
【小问2详解】
根据图像可知，PCl5分解成PCl3和Cl2为吸热反应，△H=+93kJ•mol-1，热化学方程式是PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g) △H=+93kJ•mol-1。
【小问3详解】
3SiO2(s)+6C(g)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g) △H=-1591.2kJ•mol-1。C的化合价由0价→+2价，故转移12 mole-放出1591.2kJ热量，则该反应每转移1mole-，可放出的热量为1591.2kJ ÷12=132.6kJ。
【小问4详解】
某锂离子电池反应方程式为：Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，正极发生还原反应，Li1-xMnO2被还原为LiMnO2，该锂离子电池的正极电极反应式Li1-xMnO2+xLi++xe-=LiMnO2。MnO2可做超级电容器材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，被氧化，MnSO4做阳极，其阳极的电极反应式是：Mn2++2H2O2-2e-=MnO2+4H+。
18. H2O2能缓慢分解生成水和氧气，但分解速率较慢，加入催化剂会加快分解速率。某化学兴趣小组为研究不同催化剂对H2O2分解反应的催化效果，设计了如图甲、乙、丙所示的三组实验。

（1）定性分析：可以通过观察甲装置的______现象，而定性得出关于FeCl3和CuSO4催化效果的结论。
查阅资料知：将作为催化剂的Fe3+溶液加入H2O2溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中H2O2均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+和_____。
（2）定量测定：用乙装置做对照试验，实验时组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段距离后松开，观察活塞是否回到原来的位置。这一操作的实验目的是_____。实验时以2min时间为准，需要测量的数据是_____。(其它可能影响实验的因素均已忽略)
（3）定量分析：利用丙装置探究MnO2对H2O2分解的催化效果。将30mL5%H2O2溶液一次性加入盛有0.10molMnO2粉末的烧瓶中，测得标准状况下由量气管读出气体的体积[V量气管)]与时间(t/min)的关系如图所示。图中b点_____90mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。

（4）该小组利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如表系列实验：
序号
0.1mol/LNa2S2O3溶液
0.1mol/LH2SO4溶液
蒸馏水
反应温度
1
5mL
5mL
10mL
15℃
2
5mL
V1mL
5mL
15℃
3
5mL
10mL
5mL
35℃
4
10mL
10mL
0
35℃
实验1、2可探究______对反应速率的影响，因此V1=_____mL。在以上条件下进行实验，产生浑浊的时间由长到短的顺序是_____(填写序号)。
【答案】（1） ①. 产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等) ②. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（2） ①. 检查装置的气密性 ②. 在同温同压下，反应2min收集气体的体积
（3）小于 （4） ①. 浓度 ②. 10 ③. 1>2>3>4
【解析】
【小问1详解】
过氧化氢分解生成氧气气体，可以通过观察甲装置的气泡产生速率快慢的现象（或由于过氧化氢的分解反应为放热反应，可观察试管壁的冷热程度），而定性得出关于和催化效果的结论。
作为催化剂的在反应前后质量和化学性质不变，且已知两个反应中均参加了反应，且总反应为过氧化氢分解生成水和氧气，结合第一个反应可知，第二个反应为；
【小问2详解】
装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段距离后松开，观察活塞是否回到原来的位置，这一操作的实验目的是检查装置的气密性，防止装置漏气。定量测定催化剂催化过氧化氢分解生成氧气的效果，实验时以2min时间为准，则需要测量的数据是在同温同压下，反应2min收集氧气的体积；
【小问3详解】
由图可知，随着时间延长，单位时间生成气体体积减小，比较ABC三点可知，BC段生成氧气体积大于10mL，则b点小于90mL；
【小问4详解】
比较表格数据可知，实验1、2的变量为稀硫酸的浓度，故可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此10mL。温度越高、反应物浓度越大则反应速率越快，故在以上条件下进行实验，产生浑浊的时间由长到短的顺序是1>2>3>4。
19. 根据化学平衡理论，请回答下列几个问题：
（1）某温度(t℃)时，水中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示，a点水的离子积Kw=____。该温度下，pH=12的NaOH溶液与pH=2的H2SO4溶液等体积混合，溶液显____(填“酸”、“碱”或“中”)性。

（2）向含有酚酞的0.1mol·L-1的氨水中加入少量NH4Cl固体，观察到的现象是____，请结合离子方程式分析产生该现象的主要原因是：____。
（3）将体积相等的NaOH稀溶液和CH3COOH溶液混合，若溶液呈中性，则溶液中c(Na+)____c(CH3COO-)(填“＞”、“＜”或“=”)，则混合前c(NaOH)____c(CH3COOH)(填“＞”、“＜”或“=”)。
（4）为配制SbCl3溶液，取少量SbCl3固体溶于2~3mL水中，观察到有白色沉淀生成，为避免出现该现象，配制SbCl3溶液的正确方法是____。
（5）25℃时，已知Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20，要使c(Cu2+)=0.2mol·L-1溶液中的Cu2+沉淀较完全[残留在溶液中的c(Cu2+)降低到2×10-4mol·L-1]，则应加入NaOH溶液调节pH为____。
（6）用可溶性碳酸盐，可以浸取CaSO4固体，则溶液浸取过程中会发生反应：CaSO4(s)+CO(aq)CaCO3(s)+SO(aq)。已知298K时，Ksp(CaCO3)=2.80×10-9，Ksp(CaSO4)=4.90×10-5，则此温度下该反应的平衡常数K为____(计算结果保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 1×10-12 ②. 碱
（2） ①. 红色溶液颜色变浅 ②. NH3·H2ONH+OH-，加入NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡向左移动，c(OH-)减小，因此溶液颜色由红色变浅
（3） ①. = ②. ＜
（4）先将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度
（5）6 （6）1.75×104
【解析】
【小问1详解】
由图可知a点水的离子积Kw= c(H+)×c(OH-)=10-6×10-6=10-12，该温度下，pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=10-2mol/L，等体积混合，氢氧化钠过量，显碱性；
【小问2详解】
向含有酚酞的0.1mol·L−1的氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，因此观察到的现象是红色的溶液颜色变浅，请结合离子方程式分析产生该现象的主要原因是：；加入NH4Cl固体，增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，因此溶液颜色由红色变浅；故答案为：；加入NH4Cl固体，增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，因此溶液颜色由红色变浅；
【小问3详解】
将体积相等的NaOH稀溶液和CH3COOH溶液混合，混合后溶液呈中性，再根据电荷守恒得到溶液中c(Na+)=c(CH3COO－)；若浓度相等、体积相等混合，则生成醋酸钠，醋酸钠中醋酸根水解显碱性，而要使混合溶液呈中性，则还需加酸，由于体积相等，因此混合前c(NaOH)＜c(CH3COOH)，故答案为：=；＜；
【小问4详解】
根据题意为配制SbCl3溶液，避免出现有白色沉淀生成，主要是加盐酸来抑制SbCl3水解，因此配制SbCl3溶液的正确方法是先将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度；故答案为：先将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度；
【小问5详解】
根据题意得出，，，则pH=6；故答案为：6；
【小问6详解】
溶浸过程中会发生：CaSO4(s)+ (ag)⇌CaCO3(s)+(aq)，CaCO3 (s) =Ca2+ +； CaSO4(s) = Ca2+ +；依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子相同计算，反应的平衡常数。
20. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。
（1）某科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器中充入N2和H2，测得不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图1：

①T1、T2、T3由大到小的排序为_____。
②在T2、60MPa条件下，A点v正_____v逆(填“>”、“<”或“=”)。
③图2表示500℃、60.0MPa条件下，合成氨反应原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡转化率为_____%(结果保留一位小数)。
（2）用NH3可消除NO污染，反应原理为：4NH3+6NO5N2+6H2O，以n(NH3)：n(NO)分别为4：1、3：1、1：3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示：

①曲线a对应的n(NH3)：n(NO)=_____。
②曲线c中NO的起始浓度为4×10-4mg/m3，从A点到B点(经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率______mg/(m3•s)。
③若体积为1L，n初(NO)=amol。求M点的平衡常数K=_____(用计算式表示)。
【答案】（1） ①. T3＞T2＞T1 ②. ＞ ③. 59.2%
（2） ①. 1：3 ②. 10-4 ③.
【解析】
【小问1详解】
①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ∆H＜0，相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，根据图知，温度由大到小的顺序为T3＞T2＞T1，故答案为：T3＞T2＞T1；
②根据图知，在T2、60MPa条件下，A点为达到平衡状态，要达到平衡，反应需要继续正向进行，因此v正＞v逆，故答案为：＞；
③a点时，氢气和氮气的物质的量之比为3：1，设起始时投入的氢气和氮气的物质的量分别为3mol、1mol，设平衡时n(N2)=xmol， ，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，=42%，解得x=0.592，因而氮气的转化率为×100%=59.2%，故答案为：59.2%；
【小问2详解】
①n(NH3)：n(NO)越大时，可视为一氧化氮物质的量不变不断增大氨气的物质的量，平衡会正向移动，从而提高了NO的转化率，因此比值越大的NO的脱除率越高，而曲线a的脱除率最低，应该为1：3，故答案为：1：3；
②根据图中信息，A到B点NO的脱除率由0.55增加到0.75，则NO的浓度变化量为：(0.75-0.55)×4×10-4 mg/m3=8×10-5mg/m3，则0.8s内NO的脱除速率为：v=mg/(m3•s)=1×10-4mg/(m3•s)，故答案为：1×10-4；
③若体系在T2、60MPa下达到平衡，相同温度下，化学反应的平衡常数相等，曲线c以n(NH3)：n(NO)分别为4：1入料，NO脱除率为75%，依据三段法可知，，平衡常数，故答案为：。
21. 今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C原子核外电子占有9个轨道，而且有一个未成对电子；D元素基态原子的M层全充满，N层只有一个未成对电子。
（1）试推断A、B、C、D四种元素：A_____、B_____、C_____、D_____(填元素符号)。
（2）写出A元素原子的核外电子排布式_____；C元素原子N层电子云的形状是_____；用电子排布图表示D原子的价层电子排布情况_____。
【答案】（1） ①. O ②. Ca ③. Cl ④. Cu
（2） ①. 1s22s22p4 ②. 球形 ③.
【解析】
【分析】地壳中最多的元素则A是O元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B是Ca元素；C原子核外电子占有9个轨道，而且有一个未成对电子，则C是Cl元素，D元素基态原子的M层全充满，N层只有一个未成对电子，则D是Cu元素，据此分析解题。
【小问1详解】
根据分析可知A、B、C、D四种元素分别为：O、Ca、Cl、Cu；
【小问2详解】
A元素核外有8个电子，根据构造原理知，A元素原子的核外电子排布1s22s22p4，C元素为Ca，核外有20电子，其4s能级上电子有两个，所以C元素原子N层电子云的形状是球形；D为Cu元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，D原子的价层电子排布情况