江苏省宿迁市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版).docx

高二年级期末调研测试化学本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时90分钟。第卷 选择题(共40分)单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分，每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活、科技等密切相关，下列说法不正确的是( )A. 加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B. 研究使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率C. 氯碱工业中，采用阳离子交换膜可以提高烧碱的纯度D. 用代替氯气处理饮用水，可以杀菌消毒，还能沉降水中悬浮物【答案】B【解析】【详解】A清洁能源燃烧更充分，能源的利用率更高，故A正确；B催化剂只能加快化学反应速率，对平衡无影响，不能提高原料的转化率，故B错误；C氯碱工业中，采用阳离子交换膜，可以防止阳极产生氯气与阴极产生的氢氧化钠反应，从而提高烧碱的纯度，故C正确；D高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为三价铁离子，水解产生氢氧化铁胶体，可吸附水中的悬浮物，故D正确；故选：B。2.下列化学用语正确的是( )A. 水解：B. 电离：C. AgCl的沉淀溶解平衡：D. 钢铁电化学腐蚀的负极反应式：Fe-3e=Fe3+【答案】C【解析】【详解】A碳酸是二元弱酸，所以碳酸根的水解分两步：+H2O+OH、+H2OH2CO3+OH，故A错误；BH2S为二元弱酸，分步电离：H2SHS+H+、HSS2+H+，故B错误；CAgCl为难溶物，在水溶液中存在沉淀溶解平衡：，C正确；D原电池中Fe作负极时被氧化成Fe2+，负极反应式为Fe-2e=Fe2+，故D错误；综上所述答案为C。3.常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是( )A. 使甲基橙变红的溶液：、，、B. =0.1mol/L的溶液：、，、C. 含有大量的溶液中：、D. 由水电离产生的的溶液：、【答案】B【解析】【详解】A使甲基橙变红的溶液显酸性，亚硫酸根为弱酸根，不能大量存在，故A不符合题意；B=0.1mol/L的溶液显碱性，碱性溶液中四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，故B符合题意；C偏铝酸根会和碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，不能大量共存，故C不符合题意；D由水电离产生的的溶液中，水的电离受到抑制，可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸性溶液中硝酸根会将亚铁离子氧化，碱性溶液中亚铁离子会生成沉淀，故D不符合题意；综上所述答案B。4.下列实验装置或者操作不能达到实验目的的是( )A. 图1可用来探究催化剂对H2O2分解速率的影响B. 图2可用来探究浓度对化学反应速率的影响C. 图3可用来探究压强对化学平衡的影响D. 图4可用来探究温度对化学平衡的影啊【答案】A【解析】【详解】A两组实验所用双氧水的浓度不同，不能探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故A符合题意；B两组实验唯一变量为草酸溶液的浓度，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故B不符合题意；CNO2和N2O4混合体系中存在平衡NO2(g)N2O4(g)，二氧化氮为红棕色气体，推动活塞观察混合气体的颜色变化可以探究压强对化学平衡的影响，故C不符合题意；D根据冷水和热水中混合体系的颜色变化可以探究温度对化学平衡的影响，故D不符合题意；综上所述答案为A。5.下列实验现象或操作与盐类水解无关的是( )A. 的醋酸溶液加水稀释，溶液的增大，导电能力减弱B. 用浓溶液与浓溶液混合作灭火剂C. 热的纯碱溶液有利于除去废铁屑表面的油污D. 配制溶液时，将固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度【答案】A【解析】【详解】A的醋酸溶液加水稀释，溶液中溶质电离产生的离子浓度减小，导电能力减弱；氢离子浓度减小，pH增大，与水解无关，故A符合题意；B浓溶液与浓溶液混合时，碳酸氢根离子与铝离子发生完全双水解反应，产生氢氧化铝和二氧化碳，起到灭火作用，与盐类水解有关，故B不符合题意；C纯碱为碳酸钠，水解显碱性，能使油脂发生碱性水解，转变成易溶水物质而除去，与盐类水解有关，故C不符合题意；D在溶液中会发生水解而变质，溶于盐酸是为了抑制三价铁离子水解，与盐类水解有关 ，故D不符合题意；故选：A。6.向 0.1 mol/L 醋酸溶液中加水稀释，下列变化叙述错误的是( )A. 溶液的 pH 逐渐增大B. 溶液中的 c(OH)逐渐减小C. 醋酸的电离程度逐渐增大D. 溶液的导电能力逐渐减小【答案】B【解析】A. 因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，pH 逐渐增大，故A正确；B. 因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，则氢氧根浓度增大，故B错误；C. 醋酸是弱电解质，则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，电离程度逐渐增大，故C正确；D. 醋酸溶液中加水稀释，溶液中离子的总浓度减小，溶液的导电能力逐渐减小，故D正确；故选B。7.一定温度下，过量锌粉与100mL 1mol/L H2SO4反应，为加快生成氢气的速率但不影响生成氢气的总量，可加入适量的( )A. 硫酸钠固体B. 硫酸铜固体C. 硫酸钾溶液D. 硝酸铜固体【答案】B【解析】【详解】A加入硫酸钠固体不影响氢离子的浓度，所以不影响反应速率，故A不符合题意；B加入硫酸铜，锌置换出铜后形成原电池，可以加快反应速率，锌过量，氢离子总量没有变化，所以不影响产生氢气的总量，故B符合题意；C加入硫酸钾溶液，氢离子浓度变小，产生氢气的速率变慢，故C不符合题意；D加入硝酸铜，氢离子存在的情况下硝酸根会优先和锌反应，消耗氢离子但不产生氢气，故D不符合题意；综上所述答案为B。8.下列有关物质制备的说法正确的是( )A. 制备胶体：向溶液中滴加氨水B. 制备无水：将溶液加热蒸干C. 制备：电解溶液D. 制备少量氨气：将浓氨水滴加到碱石灰上【答案】D【解析】【详解】A制备胶体：是将饱和溶液滴入沸水中，继续加热至呈红褐色，直接滴加氨水会产生氢氧化铁沉淀，故A错误；B制备无水：需将氯化铝溶液在氯化氢的气氛中蒸干水分，直接蒸干会使氯化铝水解成氢氧化铝，故B错误；C制备：通过电解熔融的氯化镁得到，氯化镁溶液电解阴极是氢离子放电而不是镁离子，故C错误；D制备少量氨气：将浓氨水滴加到碱石灰上，碱石灰溶解放热有利于氨水分解挥发出氨气，故D正确；故选：D。9.下列过程符合的是( )A. B. 铝热反应C. 电离D. 水解【答案】B【解析】【详解】A氢气分子到氢原子的过程，断裂化学键，为吸热过程，故A不符合题意；B铝热反应为放热反应，故B符合题意；C电离断裂化学键，为吸热过程，故C不符合题意；D水解为酸碱中和反应的逆反应，酸碱中和为放热反应，则水解为吸热反应，故D不符合题意；故选：B。10.电池放电时反应为，下列说法不正确的是( )A. 电极发生氧化反应B. 溶液中向电极移动C. 可用水代替电池中的有机物D. 正极反应式为【答案】C【解析】分析】由总反应可知Li作负极，MnO2作正极，原电池中负极失电子发生氧化反应，正极的电子发生还原反应，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析。【详解】A电极作负极，失电子发生氧化反应，故A正确；BMnO2作正极，溶液中阳离子向正极移动，故B正确；C锂是活泼金属能与水反应，因此不能用水做电解质，故C错误；D负极反应为：，总反应-负极反应=正极反应，正极反应式为：，故D正确；故选：C。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题0分，若正确答案包括两个选项，只选一个且正确给2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个该小题就为0分。11.下列叙述中不正确的是( )A. 电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极B. 氨水加水稀释后，溶液中的值增大C. 反应，该反应高温下可自发进行D. 反应的可通过下式估算， 反应中形成新共价键的健能之和一反应中断裂旧共价键的键能之和【答案】D【解析】【详解】A电解精炼铜时，粗铜作阳极失电子，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质，故A正确；B氨水加水稀释后，促进一水合氨的电离，铵根离子物质的量增加，一水合氨的物质的量减小，同一溶液中粒子的物质的量之比等于浓度之比，则比值增大，故B正确；C该反应属于熵增反应，且反应吸热，高温条件下反应才可自发进行，故C正确；D反应物的键能之和-生成物的键能之和，即等于反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；故选：D。12.下列图示与对应叙述不相符合的是( )A. 图甲表示一定温度下和的沉淀溶解平衡曲线，则B. 图乙表示的甲酸溶液与乙酸溶液稀释时的变化曲线，则酸性：甲酸>乙酸C. 图丙表示用溶液滴定盐酸的滴定曲线，则D. 图丁表示反应平衡时体积分数随起始变化的曲线，则转化率：【答案】D【解析】【详解】AKsp(FeS)c(Fe2)c(S2)，Ksp(CuS)c(Cu2)c(S2)，根据图象，但c(S2)相同时，c(Fe2)>c(Cu2)，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，故A正确；B溶液酸性越强，稀释溶液时pH变化幅度越大，根据图象，稀释溶液时，甲酸的pH变化幅度更大，所以甲酸的酸性更强，即酸性甲酸>乙酸，故B正确；CNaOH与HCl发生中和反应生成NaCl，溶液呈中性，溶液pH7，根据图象，此时消耗NaOH溶液的体积为V(NaOH)20.00mL，滴定过程是用0.1000 molLlNaOH溶液滴定25.00 mL盐酸，所以c(HCl)0.0800mol/L，故C正确；DA点与B点的原料投料比不同，平衡体系中NH3的体积分数相等，但N2和H2的反应计量数不等，A点可视为H2过量，B点可视为N2过量，显然A点与B点的N2的转化率不等，且B点氮气的转化率小于A点，故D错误，故选：D。13.时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A. 的溶液中：B. 溶液中：C. 的氨水和的盐酸等体积的混合液中:D. 向溶液中滴加氨水溶液至中性：【答案】BD【解析】【详解】A根据质子守恒：，故A错误；B由化学式可，铵根离子和硫酸根离子浓度近似是亚铁离子的2倍，又因铵根离子能发生水解，水解使溶液显酸性，可得离子浓度大小为：，故B正确；C的氨水和的盐酸等体积的混合，的氨水中的与的盐酸中的相等，因氨水是弱碱，故其大量剩余，混合后溶液显碱性，因此，由电荷守恒可得，故，故C错误；D由电荷守恒可得，由于溶液呈中性，则有，可得：，即，离子浓度大小为：，故D正确；故选：BD。14.室温下进行下列实验，根据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取5mL0.1 mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1 mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变血红色Fe3+与I反应具有可逆性B向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgI)Ksp(AgCl)C等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快HA酸性比HB弱D室温下，用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离H+的能力比CH3COOH的强【答案】AC【解析】【详解】A5mL0.1mol/LKI和1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合反应，KI过量，完全反应萃取后水层滴入KSCN溶液，溶液变血红色，说明还含有Fe3+，即Fe3+和I反应具有可逆性，故A正确；B向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明相同条件下AgI更容易沉淀，则Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，故B错误；C等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快，说明HA溶液中存在电离平衡，消耗氢离子促进HA的电离，所以反应过程中氢离子浓度大于HB溶液，反应速率较快；pH相等，HA的浓度更大，产生氢气更多，都说明HA酸性比HB弱，故C正确；D两溶液的浓度不一定相等，无法比较，故D错误；综上所述答案为AC。15.在三个容积相同的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下发生反应CH4(g)+ H2O(g) CO(g) + 3H2(g)(不发生其他反应)，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。容器起始物质的量/molCH4的平衡转化率CH4H2OCOH20.10.10050%0.10.10.10.3/00.10.20.6/ 下列说法错误的是A. 该反应的H0，图中压强P1>P2B. 起始时，容器中v(CH4)正v(CH4)逆C. 达到平衡时，容器、中CO的物质的量满足：n(CO)< 2n(CO)D. 达到平衡时，容器、中气体的总压强之比PP = 45【答案】AD【解析】【详解】A. 根据图像，随着温度的升高，CH4的转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即H>0，在相同温度下，增大压强，该反应平衡向逆反应方向进行，CH4的转化率降低，因此P1<P2，故A错误；B. CH4(g)+ H2O(g) CO(g) + 3H2(g)起始： 0.1 0.1 0 0变化： 0.05 0.05 0.05 0.15平衡： 0.05 0.05 0.05 0.15 假设容器的体积为1L，依据化学平衡常数的定义，该反应的化学平衡常数K=0.0675，容器II中的浓度商为0.33×0.1/(0.1×0.1)=0.27>0.0675，说明反应向逆反应方向进行，即v(CH4)正v(CH4)逆，故B正确；C. 将II中物质全部转化成反应物，CH4和H2O的物质的量都是0.2mol，II可以看作在I基础上，再通入0.1molCH4和0.1molH2O，再通入0.1molCH4和0.1molH2O，相当于增大压强，假设平衡不移动，此时n(CO)=2n(CO)I，但增大压强，平衡向逆反应方向移动，因此n(CO)>n(CO)，即n(CO)< 2n(CO)，故C正确；D. 将II中数值，全部转化成CO和H2O，与III的数值相比较，III比II多0.1molH2O，根据选项B分析，II和III反应都向逆反应方向进行，令II中消耗CO的物质的量为xmol，III中消耗CO的物质的量为ymol，达到平衡后有(0.62x)/(0.72y)=4/5，10x8y=0.2，当x=y=0.1时，II容器中气体总物质的量为0.4mol，III容器中气体总物质的量为0.5mol，也就是CO和H2O全部转化成CH4和H2O时，才会出现压强之比等于4：5，但该反应为可逆反应，不可能全部转化，故D错误；第卷 非选择题(共60分)16.利用制硫酸产生的矿渣(主要成分为、等)制备高纯氧化铁和副产品硫酸铵的流程如下：已知硫酸铵在水中的溶解度：时，时。(1)矿渣酸浸时需加适当过量的稀硫酸的目的是_。(2)“滤液2”中加入碳酸氢铵溶液，写出生成的离子方程式_，获得的需要用水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。(3)“滤渣2”的成分为铁粉和_。(4)“滤液3”中持续通入空气并调的目的是“除杂”，持续入空气的作用是_。(5)“滤液4”经过_、过滤得到粗产品，浓缩时若温度过高，产品中将混有少量，试用化学平衡移动原理解释其原因_。【答案】 (1)有利于矿渣充分溶解，提高铁元素的浸出率(答案合理均给分) (2) (3)取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净 (4) (5)将氧化为、搅拌溶液加快反应速率 (6)蒸发浓缩、冷却结晶 (7)温度过高促进水解，氨气挥发使水解平衡向右移动，溶液酸性增强生成硫酸氢铵【解析】【分析】矿渣(主要成分为、等)加足量稀硫酸后，金属氧化物均溶解转变成相应的盐，二氧化硅不反应，形成滤渣1；滤液1中加足量的铁粉将铁离子还原成亚铁离子，调节pH到5.5将铝离子完全沉淀，过滤滤渣2中主要是氢氧化铝和过量的铁粉，滤液2中主要是硫酸亚铁，加足量的碳酸氢铵时，产生碳酸亚铁沉淀过滤，煅烧得到氧化铁；滤液3中通空气将未反应完的亚铁离子氧化成三价铁，调节pH值后沉淀除去，滤液4经蒸发浓缩，冷却结晶得到硫酸铵，据此分析解答。【详解】(1)矿渣酸浸时需加适当过量的稀硫酸有利于矿渣充分溶解反应，提高铁的浸取率，故答案为：有利于矿渣充分溶解，提高铁元素的浸出率；(2)“滤液2”中加入碳酸氢铵溶液，亚铁离子与碳酸氢根反应得到碳酸亚铁沉淀和二氧化碳，离子反应为；获得的需要用水洗涤，可通过检验最后一次洗涤液中是否还含有硫酸根离子确定沉淀是否洗涤干净，具体操作：取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净，故答案为：；取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净；(3)根据以上分析可知，滤渣2的成分有过量的铁粉以及氢氧化铝，故答案为：；(4)滤液3中通空气将未反应完的亚铁离子氧化成三价铁，调节pH值后沉淀除去，同时不断鼓入空气可以起到搅拌作用加快反应速率，故答案为：将氧化为、搅拌溶液加快反应速率；(5)“滤液4”经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸铵，硫酸铵是强酸弱碱盐，会发生水解，浓缩时若温度过高会促进水解，氨气挥发使水解平衡向右移动，溶液酸性增强生成硫酸氢铵，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；温度过高促进水解，氨气挥发使水解平衡向右移动，溶液酸性增强生成硫酸氢铵。17.84消毒液是一种以为有效成分的高效消毒剂，广范应用于家庭和公共区域的杀菌消毒。某品牌消毒液中含量的测定步骤如下：步骤1：用滴定管量取消毒液原液于锥形瓶中。步骤2：向锥形瓶中加入的和过量的溶液，立即加盖摇匀，置于暗处约。步骤3：将步骤2中溶液加水稀释至，取出。立即用标准溶液滴定至溶液呈淡黄色，加入淀粉溶液作指示剂，继续滴加标准溶液至终点，记录标准溶液消耗的体积。(已知：)将上述步骤3重复2次，测得的实验数据见下表。次数待测溶液体积标准溶液体积滴定前刻度滴定后刻度11.0024.0022.0122.0033.0023.01(1)步骤2中发生反应的离子方程式为_。(2)滴定终点的现象是_。(3)步骤2未加盖摇匀，会使测定结果_(填“偏大”“编小”或“无影响”)。(4)计算该品牌消毒原液中的物质的量浓度_(写出计算过程)。【答案】 (1) (2)加入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复 (3)偏大 (4)【解析】【分析】步骤1量取次氯酸与锥形瓶中，步骤2加入硫酸和过量的碘化钾后，次氯酸钠被碘化钾完全还原成氯离子，同时次氯酸钠将部分碘离子氧化成碘单质；步骤3，取步骤2的溶液稀释后去10.00mL，用硫代硫酸钠滴定碘单质，根据硫代硫酸钠的消耗量确定碘单质的物质的量，进而可确定次氯酸钠的物质的量，然后计算浓度即可。【详解】(1)步骤2中次氯酸钠与碘化钾反应产生碘单质，离子反应为：，故答案为：；(2)滴定终点时碘单质恰好反应完，则碘遇淀粉显的蓝色消失，终点的现象是加入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复，故答案为：加入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复；(3)步骤2未加盖摇匀，则过量的碘化钾会与空气的氧气反应产生碘单质，导致碘单质的量偏高，使测定结果偏大，故答案为：偏大；(4)由表格数据可知，第一组数据误差过大应舍弃，则硫代硫酸钠的消耗体积为：，结合反应转化过程：、，得，=，故答案为：。18.在A、B两个恒容密闭容器中发生反应：(1)反应过程中的能量变化示意图如图-1，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E的变化是_(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，的变化是_。(2)反应过程中的物质的量随时间变化的状况如图-2所示。若A容器的体积为，反应经达到平衡状态，则内以浓度变化表示的反应速率为_。该反应化学平衡常数的表达式为_。说明该反应已达到平衡状态的是_。a. b.c. d.气体的密度保持不变(3)若A、B两容器中只是温度不同，则_(填”>”或“<”)，能使平衡正向移动且提高二氧化氮转化率的措施有_。a.适当升高温度 b.适当增大压强c.通入一定量气体 d.选择高效催化剂【答案】 (1)减小 (2)不变 (3) (4) (5)a (6) < (7) a【解析】【详解】(1)催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但是不影响反应物和生成物的能量，不改变反应热，故答案为：减小；不变；(2)由图可知内，的反应速率为：，故答案为：；该反应化学平衡常数的表达式为，故答案为：；a.，说明正反应速率=逆反应速率，反应达到平衡状态，故a符合题意；b.，不能说明正逆速率相等，也不代表浓度不变，不确定反应是否达到平衡状态，故b不符合题意；c.根据元素守恒，整个反应过程中N原子守恒，则恒成立，不能说明反应达到平衡状态，故c不符合题意；d.反应前后气体的 质量恒定，容器的体积恒定，则气体的密度始终保持不变，不能确定反应是否平衡，故d不符合题意；故答案为：a；(3) 若A、B两容器中只是温度不同，结合图像可知B曲线先到达平衡，反应速率较快，意味着反应条件较高，即小于，同时B平衡时的物质的量小，说明温度升过平衡正向移动；a.由上述分析可知适当升高温度平衡正向移动，可提高二氧化氮的转化率；b.该反应正向气体分子数增加，增大压强平衡逆向移动，降低二氧化氮的转化率；c.通入一定量气体等同于增大压强，会降低二氧化氮转化率；d.选择高效催化剂只能提高反应速率，对平衡无影响；故答案为：<；a；19.研究电解质在水溶液中的平衡具有重要意义。.常温下，将HA酸与NaOH溶液等体积混合，初始浓度和混合后所得溶液的pH如下表：编号混合后溶液的pH0.10.1pH=9c0.2pH=7(1)组混合溶液中由水电离出的c(H+)=_mol·L-1。(2)组混合溶液中c(A)+c(HA)_0.1 mol·L-1(填“>”、“<”或“=)。.已知某温度下，。物质的量浓度均为的、溶液，pH由大到小的顺序是_；若将等浓度的、溶液等体积混合，所得混合液中、四种微粒的浓度由大到小的顺序_。【答案】 (1) (2) (3) (4)【解析】【详解】.(1)0.1mol/L的HA溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后溶液中的溶质为NaA，溶液中存在A的水解，所以溶液pH=9，水电离出的部分氢离子与A结合，溶液中氢氧根全部由水电离，所以c水(OH)=10-5mol/L，水电离出的氢离子和氢氧根相等，所以由水电离出的c(H+)=10-5mol/L；(2)混合溶液pH=7，所以HA应过量，所以c>0.2，HA和NaOH等体积混合，根据物料守恒可知混合溶液中c(A)+c(HA)=>0.1mol/L；.酸的电离平衡常数越大酸性越强，相应的盐溶液中水解程度就越小，等浓度的盐溶液碱性就越弱，根据题意可知Ka(HF)> Ka(HNO2)> Ka(CH3COOH)> Ka(HCN)，所以pH由大到小顺序为；Ka(CH3COOH)> Ka(HCN)，所以CN的水解程度大于CH3COO，而水解是微弱的，所以四种微粒的浓度由大到小为。【点睛】比较溶液中微粒浓度大小，要注意弱电解质的电离和盐类的水解都是微弱的。20.某工业废水中含有和，可采用沉淀法将其除去。(1)若加入来沉淀和，当溶液中和共存时，_。(2)若加入溶液来调节，使和完全沉淀，应满足的条件为_。已知： 时，会转化为离子完全除去的标准：该离子浓度【答案】 (1) 105 (2)8.511【解析】【详解】(1) =，故答案为：105；(2)由氢氧化锌和氢氧化铜的溶度积常数可知，氢氧化铜的溶解度小，要使两种离子均沉淀完全要确保氢氧化锌完全沉淀，c(OH-)(最小)=，pH=8.5，又因时，会转化为，因此pH应小于11，应满足的条件为8.511，故答案为：8.511；21.大气污染物有，(主要指和)以及等污染气体。研究去除这些大气污染物的有效措施是环保领域的重要课题。(1)溶液吸收法。主要反应有；已知：求_(用、表示)。烟气以固定的流速通过两种不同催化剂和催化剂时，在相同时间内测得烟气脱氯率如图-1，结合曲线分析，当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能是_。(2)用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，写出电解时阳极的电极反应式_。(3)煤燃烧排放的烟气中含有和，采用碱性溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫，脱硝，在鼓泡反应器中通入含有和的烟气，反应温度为，溶液浓度为。充分反应足够长的时间后，溶液中离子浓度分析结果如下表。离子写出溶液脱氨过程中主要反应的离子方程式_。如果采用替代，其脱硫效果会更好。试从化学平衡原理分析，相比具有的优点是_。(4)日前科学家在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝原理，其脱硝机理如图-2所示，若处理标况下气体，需消耗标况下乙烯_L。【答案】 (1) (2)温度高于450，催化剂的活性降低(答案合理均给分) (3) (4) (5)与生成硫酸钙，降低SO浓度，使平衡正向移动 (6)22.4【解析】【详解】(1)根据盖斯定律可得；结合曲线分析，当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能温度高于450，催化剂的活性降低，故答案为：；温度高于450，催化剂的活性降低；(2)和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明亚硝酸在阳极失电子转变成硝酸，电极方程式为: ，故答案为：；(3)由表中离子可知，在反应中表现氧化性转变成氯离子，将NO氧化成硝酸根离子，反应方程式为：，故答案为：；如果采用替代，其脱硫效果会更好，因为钙离子可以与氧化产生的硫酸根离子形成沉淀，从而降低硫酸根浓度，促进反应的正向进行，故答案为：与生成硫酸钙，降低SO浓度，使平衡正向移动；(4)由图2转化可知，乙烯与NO2反应最终转变成二氧化碳和氮气，反应为：，则，若处理标况下气体，需消耗标况下乙烯22.4L，故答案为：22.4L；