湖北省十堰市2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期末調(diào)研考試化學(xué)試題（解析版）

十堰市2022~2023學(xué)年度上學(xué)期期末調(diào)研考試題

高二化學(xué)

本試卷共8頁，19題，均為必考題。全卷滿分100分。考試用時(shí)75分鐘。

注意事項(xiàng)：

1.答題前，考生先將自己的姓名、考號(hào)填寫在答題卡與試卷上，并將考號(hào)條形碼貼在答題卡上

的指定位置。

2.選擇題的作答：每小題選出［(答案X后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的K答案X標(biāo)號(hào)

涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他K答案』標(biāo)號(hào)。答在試題卷、草稿紙上無效。

3.非選擇題用0.5毫米黑色墨水簽字筆將K答案》直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。答

在試題卷、草稿紙上無效。

4.考生必須保持答題卡的整潔。考試結(jié)束后，只交答題卡。

5.可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：HlLi7C12016Mg24C135.5Cu64

一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合題目要求的。

1.化學(xué)與生活聯(lián)系密切，下列說法錯(cuò)誤的是

A.推廣氫燃料電池汽車，減少氮氧化物的排放

B.為保護(hù)地下鋼管不受腐蝕，可將其與直流電源負(fù)極相連

C.煤、石油、天然氣是不可再生能源，風(fēng)能、生物質(zhì)能、沼氣是可再生能源

D.紐扣銀鋅電池體形小，含有害物質(zhì)少，用后不用分類回收，可以隨意處理

R答案DD

K解析》

K詳析FA.推廣氫燃料電池汽車，該過程中沒有氮元素參與反應(yīng)，能減少氮氧化物排放，A正確；

B.為保護(hù)地下鋼管不受腐蝕，可以利用外接電源的陰極保護(hù)法，可將其與直流電源負(fù)極相連，B正確；

C.風(fēng)能，生物質(zhì)能，沼氣是通過太陽光的照射和水的循環(huán)來形成的，太陽光可以源源不斷的從自然界得到，

是可再生能源；煤、石油和天然氣屬于三大化石燃料，都屬于不可再生的能源，C正確；

D.紐扣銀鋅電池含有重金屬，能夠引起環(huán)境污染，使用完后，應(yīng)回收,不能隨意丟棄，D借誤；

故本題選D。

2.下列說法錯(cuò)誤的是

A.明磯水解形成的AI(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化和消毒

B.某雨水樣品采集后放置一段時(shí)間，pH由4.68變?yōu)?.28,可能是因?yàn)橛晁蠸O^被氧化了

C.實(shí)驗(yàn)室配制FeCI3溶液時(shí)，先將FeCl3固體溶于濃鹽酸，再加水稀釋，其目的是防止FeCl3的水解

D.醋酸鈉溶液呈堿性的原因是CH3COCΓ+H2OCH3COOH+0H^

K答案，A

K解析H

K詳析HA?明帆水解形成的AI(C)H)3膠體能吸附水中懸浮物，能夠使之形成沉淀而從水中分離出來，因

此明研可用于水的凈化，但其不具有強(qiáng)氧化性，因此不能用于水的消毒，A錯(cuò)誤；

B.某雨水樣品采集后放置一段時(shí)間，PH由4.68變?yōu)?.28,溶液酸性增強(qiáng)，可能是因?yàn)橛晁蠸Ch溶于水

反應(yīng)產(chǎn)生的HfCh被溶解在水中的。2氧化產(chǎn)生了H2SO4,弱酸變?yōu)閺?qiáng)酸，使溶液的酸性增強(qiáng)，反應(yīng)的離子

方程式為：H2SO3+O2=H2SO4,使溶液中弱酸H2SO3微弱電離產(chǎn)生的SOj最終被氧化產(chǎn)生SOB正確；

C.FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中Fe3+水解產(chǎn)生Fe(OH)3使溶液變渾濁，為抑制其水解，通常將先將FeCI3

固體溶于濃鹽酸，再加水稀釋，C正確；

D.醋酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，在水溶液中CH3COO-部分發(fā)生水解，消耗水電離產(chǎn)生的H+變?yōu)镃FhCOOH,最

終達(dá)到平衡時(shí)溶液中C(OH)>c(H+),溶液顯堿性，水解反應(yīng)的離子方程式為：

CH3COO^+H2O-CH3COOH+OH-,D正確；

故合理選項(xiàng)是Ao

3.下列措施不是為了改變化學(xué)反應(yīng)速率的是

A.糕點(diǎn)包裝袋內(nèi)放置除氧劑B.將食物存放在冰箱中

C.家用炒菜使用鐵鍋而不使用鋁鍋D.高爐煉鐵時(shí)，先將鐵礦石粉碎

K答案DC

K解析H

R詳析UA.包裝袋內(nèi)放置除氧劑，可防止糕點(diǎn)被氧化，減緩食物氧化速率，與減小反應(yīng)速率有關(guān)，A錯(cuò)

誤；

B.食物存放在冰箱中，可降低溫度，減緩食物氧化速率，與減小反應(yīng)速率有關(guān)，B錯(cuò)誤；

C.因?yàn)殇X鍋在炒制食物的時(shí)候，加熱時(shí)，若遇到有酸堿性的食物會(huì)有微量的鋁滲入，長(zhǎng)期地使用鋁鍋?zhàn)龅?/p>

菜會(huì)使鋁在人體內(nèi)堆積，鐵鍋即使在酸性下溶解、亞鐵有利于健康，故家用炒菜使用鐵鍋而不使用鋁鍋，

與反應(yīng)速率無關(guān)，C正確；

D.將鐵礦石粉碎，可增大接觸面積，可加快反應(yīng)速率，與增大反應(yīng)速率有關(guān)，D錯(cuò)誤；

故本題選C。

4.在一定溫度下，2L密閉容器中進(jìn)行的反應(yīng)為2SO2(g)+O2(g)??2SO3(g),SO2、O?、SO,起始的

物質(zhì)的量依次為2mol、Imok2mol,當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，各物質(zhì)的濃度不可能是

l1

A.c(SO2)=2mol?L7B.c(θ2)=0.8mol?L7

ll

C.c(SO3)=1.6mol?L7D.c(SO3)=1.8mol?L7

(答案UA

K解析D

R祥解》若反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，二氧化硫和氧氣完全反應(yīng)時(shí)，二氧化硫、氧氣、三氧化硫的濃度為0、

0、2mol∕L,若反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，三氧化硫完全反應(yīng)時(shí)，二氧化硫、氧氣、三氧化硫的濃度為2mol/L、

ImolZL,0,該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，可逆反應(yīng)不可能完全反應(yīng)，所以當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，二氧化硫的濃度介于

0—2mol∕L之間、氧氣的濃度介于0—lmol∕L之間、三氧化硫的濃度介于0—2mol∕L之間。

R詳析』A.由分析可知，二氧化硫的濃度介于0—2mol∕L之間，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)不可能為2mol∕L,故A

符合題意；

B.由分析可知，氧氣的濃度介于0—lmol∕L之間，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)可能為0.8mol∕L,故B不符合題意；

C.由分析可知，三氧化硫的濃度介于0—2mol∕L之間，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)可能為1.6mol∕L,故C不符合題意；

D.由分析可知，三氧化硫的濃度介于0—2mol∕L之間，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)可能為1.8mol∕L,故D不符合題意；

故選A0

5.下列事實(shí)中，能說明MoH是弱堿的是

A.MOH溶液的導(dǎo)電能力比NaOH溶液弱

B.0.1mol?LTMOH溶液可以使酚儆溶液變紅

C.常溫下，0.Imol?L7∣MOH溶液中C(OH)<0.Imol?LT

D.等體積的O.Imol?L^'MOH溶液與O.Imol???'鹽酸恰好完全反應(yīng)

K答案》C

K解析H

K詳析RA.溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度有關(guān)，未指明相同的濃度，無法依據(jù)MOH溶液的導(dǎo)電能力弱來

說明MOH是弱堿，A不選；

B.0.1mol?L-'MOH溶液可以使酚髓溶液變紅說明溶液為堿性,不確定堿性強(qiáng)弱,無法說明MOH是弱堿，

B不選；

C.常溫下，0.1mol?L7∣MOH溶液中c(。H-)<0.1mol?I^,即MOH不能完全電離，說明Me)H是弱堿，

C選;

D.等體積的O.Imol?LjMoH溶液與O.Imol?I√∣鹽酸恰好完全反應(yīng)是由于一元酸與一元堿的物質(zhì)的量相

等，不能說明MOH是弱堿，D不選；

故選：Co

6.下列裝置使用正確且能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.①測(cè)量中和反應(yīng)的反應(yīng)熱B.②測(cè)定Fe?+的濃度

C.③探究溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響D.④測(cè)定化學(xué)反應(yīng)速率

R答案HC

K解析D

K詳析1A.①圖中缺少環(huán)形玻璃攪拌棒，使溫度混合不均，影響實(shí)驗(yàn)，A錯(cuò)誤；

B.酸性高鋸酸鉀溶液具有腐蝕性，需要用酸性滴定管盛放，不能堿式滴定管，會(huì)加速橡膠的老化，B錯(cuò)誤;

C.2NO2.■N2O4ΔH<O,No2為紅棕色氣體，在冷水中，降低溫度平衡正向移動(dòng)，No2的濃度變小,

氣體的顏色變淺，在熱水中，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，NO2的濃度變大，氣體的顏色變深，故該實(shí)驗(yàn)可

以探究溫度對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響，C正確；

D.長(zhǎng)頸漏斗是敞開裝置，產(chǎn)生的氫氣會(huì)從長(zhǎng)頸漏斗的上口逸出，導(dǎo)致測(cè)量的氣體體積不準(zhǔn)確，D錯(cuò)誤；

故本題選C。

7.某MOFS多孔材料孔徑大小和形狀恰好將N2O4固定，能高選擇性吸附NO2。廢氣中的NO?被吸附后,

經(jīng)處理能全部轉(zhuǎn)化為HNo3。原理示意圖如下。

清潔空氣∏B[U?H2。、O2

翼I

MoFS材料N2O4

圖例

含NO2的廢氣再生HNO3

下列說法正確的是

A.由NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的反應(yīng)是一個(gè)燧增的反應(yīng)

B.若反應(yīng)2NO2（g）=N2O4（g）能自發(fā)，則說明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)

C.催化劑能加快反應(yīng)速率，且能提高NO2的平衡轉(zhuǎn)化率

D.每獲得0.4molHNO3時(shí)，消耗的NO2的體積為&96L

K答案HB

K解析，

K詳析HA.NO2轉(zhuǎn)化為NzO,反應(yīng)為：2NO2.■N2O4,是一個(gè)烯減的反應(yīng)，A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)2NC>2（g）=N2C）4（g）AS<0,若反應(yīng)能自發(fā)，則AH<O,為放熱反應(yīng)，B正確；

C.催化劑能加快反應(yīng)速率，但不能使平衡移動(dòng)，所以不能提高NO2的平衡轉(zhuǎn)化率，C錯(cuò)誤；

D.No2的體積，需要在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的摩爾體積己知的情況下，D錯(cuò)誤；

故選B。

8.利用如圖所示裝置可以將CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH（選擇性為73%）、CO,CH<等化工產(chǎn)品，對(duì)實(shí)現(xiàn)碳中和

具有重要意義。已知：離子液體作為電解液不僅可以提高CO2的溶解性，還可以有效避免析氫反應(yīng)。

下列說法正確的是

A.活性粕電極為陰極

B.每生成22.4LO2,轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.4mol

C.氮摻雜石墨烯電極上發(fā)生的主要反應(yīng)為C0z+2e-+2H+=HCOOH

D,使用飽和NaHCo3溶液代替離子液體，可提高CO2的轉(zhuǎn)化率

（答案』C

K解析，

"羊解D該裝置是電解池，根據(jù)圖示活性鈾電極物質(zhì)的變化為：H2O→02氧元素化合價(jià)升高，該電極反

應(yīng)為氧化反應(yīng)，故活性伯電極為陽極，石墨烯電極為陰極，據(jù)此分析。

K詳析DA.根據(jù)上述分析可知，活性伯電極為陽極，A錯(cuò)誤；

B.由于沒有說明是標(biāo)準(zhǔn)狀況，故22.4L。？不能計(jì)算其物質(zhì)的量，也就無法計(jì)算電子轉(zhuǎn)移，B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)己知，氮摻雜石墨烯電極上發(fā)生的主要反應(yīng)是將CO?轉(zhuǎn)化為HCOOH,結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒、電荷

r

守恒、原子守恒，可得電極反應(yīng)式為：CO2+2e+2H=HCOOH,C正確；

D.若用飽和NaHCo3溶液代替離子液體，二氧化碳在飽和碳酸氫鈉中溶解度很小，所以CCh的轉(zhuǎn)化效率會(huì)

降低，D錯(cuò)誤；

故本題選C。

9.甲醇通過催化氧化制取甲醛時(shí)，在無催化劑(圖中實(shí)線)和加入特定催化劑(圖中虛線)時(shí)均會(huì)產(chǎn)生甲醛，反

應(yīng)中相關(guān)物質(zhì)的相對(duì)能量如圖1所示。下列說法錯(cuò)誤的是

A.該條件下CC)2比Co穩(wěn)定

B.加入該催化劑不能改變反應(yīng)的熔變

c.無催化劑時(shí)，生成Co的活化能比生成甲醛的活化能小

D.無催化劑時(shí)，升高溫度，甲爵氧化為甲醛的反應(yīng)速率變化如圖2所示

K答案DD

K解析H

K詳析》A.由圖可知，該條件下C。？的相對(duì)能量比Co的相對(duì)能量小，物質(zhì)所具有的能量越低，物質(zhì)越

穩(wěn)定，則該條件下Co2比CC)的穩(wěn)定性強(qiáng)，A正確;

B.加催化劑不能改變反應(yīng)婚變但可降低反應(yīng)活化能，B正確；

C.由圖可知，無催化劑時(shí)，生成CO(-393kJ∕mol)比生成甲醛(>-393kJ∕mol)的活化能小，C正確；

D.由圖1可知，甲醇生成甲醛的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)速率應(yīng)大于正反應(yīng)

速率，則生成甲醛的正反應(yīng)速率增大的程度比逆反應(yīng)速率增大程度小，D錯(cuò)誤;

K答案D選D。

10.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是

A.用電解法精煉銅時(shí)，若電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，則陽極質(zhì)量減輕64g

B.ILO.Imol?L-'Na2CO3溶液中含有CO；的數(shù)目為0.1NA

C.25°C時(shí)，pH=13的Nae)H溶液中含有OFr的數(shù)目為O」NA

D.25°C時(shí)，1LPH=4的NHilCl溶液中，水電離出的H+的數(shù)目為10"NA

K答案》D

K解析H

R詳析HA.電解精煉銅，用粗銅作陽極，陽極的電極反應(yīng)有：比CU活潑的金屬發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)和

Cu-2e-Cu2+,由于粗銅中的雜質(zhì)及其含量未知，電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，陽極減輕的質(zhì)量不一定為64g,A

項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.lL0.1mol/LNa2CO3溶液中Na2CO3物質(zhì)的量為0.1mol,由于CO；發(fā)生水解,故CO；物質(zhì)的量小于0.1mol,

數(shù)目小于0.1NA,B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.25°C時(shí)PH=I3的NaoH溶液中C(OH-)=0.Imol/L,溶液的體積未知，無法計(jì)算OH-物質(zhì)的量，C項(xiàng)錯(cuò)誤：

D.25℃時(shí)pH=4的NHqi溶液中C(H*)=10-4mol∕L,IL溶液中H+物質(zhì)的量為10-4mol,該溶液中H+全部來

自水的電離，水電離的H+的數(shù)目為10"NA,D項(xiàng)正確；

K答案工選D。

11.在一定條件下，反應(yīng)N2+3H2.?2NH,ΔH<O達(dá)到平衡后，改變條件，正、逆反應(yīng)速率隨時(shí)間的

變化如圖，下列說法正確的是

A.圖①改變的條件是升高溫度，達(dá)到新平衡后N2的轉(zhuǎn)化率減小

B.圖②改變的條件可能是增大H2的濃度，達(dá)到新平衡后H2的轉(zhuǎn)化率增大

C.圖③改變的條件可能是減小NH3的濃度，達(dá)到新平衡后N2的轉(zhuǎn)化率減小

D.圖④改變的條件是增大壓強(qiáng)，達(dá)到新平衡后N?的轉(zhuǎn)化率不變

R答案1A

K解析D

K詳析HA.該反應(yīng)的正反應(yīng)方向是放熱反應(yīng)，圖①改變的條件是升溫，升溫V正、嚏均增大，且丫正＜va,

平衡逆向移動(dòng)，達(dá)到新平衡后N2的轉(zhuǎn)化率減小，A正確；

B.圖②改變條件的瞬間，WE瞬時(shí)增大，但@瞬時(shí)不變，平衡正向移動(dòng)，故改變的條件可能是增大H2的

濃度，達(dá)到新平衡后H2的轉(zhuǎn)化率減小，B錯(cuò)誤；

C.圖③改變的條件不可能是減小NH：的濃度，因?yàn)闇p小NH,的濃度的瞬間，n逆瞬時(shí)減小，但噓瞬時(shí)不

變，C錯(cuò)誤；

D.圖④改變的條件不可能是加壓，因?yàn)榧訅汉筇?、U逆均增大，且噎＞va,平衡正向移動(dòng)，可能改變的

條件是加入了催化劑，D錯(cuò)誤；

故本題選Ao

12.合成氨原料中的H2可用甲烷在高溫條件下與水蒸氣反應(yīng)制得。已知H2(g).Cc)(g)、CHMg)的燃燒熱(△”)

分別為-285.8kJ/mol、-283.0kJ∕mol.-890.3kJ/mol,且H2O(g)=H2O(l)Δ∕∕=-44.0kJ/moU下列熱化學(xué)方程

式正確的是

l

CH4(g)+H2O(g)=Cθ(g)+3H2(g)ΔHl≈+206.1kJ?moΓ

CH4(g)+H2θ(g)=Cθ(g)+3H2(g)ΔH2=-206.IkJ?moΓ'

CH4(g)+H2θ(g)=Cθ(g)+3H2(g)ΔH3=+365.5kJ?moΓ'

1

CH4(g)+H2O(g)=Cθ(g)+3H2(g)Δ∕∕4=-365.5kJ?moΓ

K答案HA

工解析H

K祥解》根據(jù)己知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃燒熱可得表示物質(zhì)燃燒熱的熱化學(xué)方程式：φH2(g)+∣

O2(g)=H2O(l)?W=-285.8kJ/mol,②CO(g)+gO2(g)=CO2(g)?W=-283.0kJ/mol,③CH＜g)+2O2(g)=CO2(g)

+2H2O(1)?∕∕=-890.3kJ/mol,然后結(jié)合④H2O(g)=H2O(l)?∕∕=-44.0kJ/mol,利用蓋斯定律，將熱化學(xué)方程

式疊加，可得相應(yīng)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，并進(jìn)行判斷。

K詳析》根據(jù)已知H2(g)、CO(g)、CH"g)的燃燒熱可得表示物質(zhì)燃燒熱的熱化學(xué)方程式：①H2(g)+；

O2(g)=H2O(l)?H=-285.8kJ∕mol,②CO(g)+-O2(g)=CO2(g)Δ/7=-283.0kJ∕mol,(3)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)

+2H2O(I)?W=-890.3kJ∕mol,及④H2O(g)=H2O(l)?W=-44.0kJ∕mol,根據(jù)蓋斯定律，將熱化學(xué)方程式

④+③一②一①X3,整理可得CH4(g)+H2θ(g)=Cθ(g)+3H2(g)ΔH,=+206.1kJ?moΓl,故合理選

項(xiàng)是A。

13.工業(yè)上利用Cc)還原Feo可制備金屬鐵，其反應(yīng)原理為Fe2O3(s)+3Cθ(g)3CO2(g)+2Fe(s)0

在不同溫度(1、72)下，向裝有足量FJO,固體的2L恒容密閉容器中通入2molCO,測(cè)得反應(yīng)體系中C。2

的體積分?jǐn)?shù)Ce)2)隨時(shí)間/的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是

W(W)

?Ir∣b

OJOi

I//

-7-

0,5r,?nun

A.由圖分析可知［>T)

B.b點(diǎn)時(shí)，Co的轉(zhuǎn)化率為20%

C.b點(diǎn)和d點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù)：Kb>Kd

D.反應(yīng)達(dá)到平衡后，保持溫度不變，將Fe從反應(yīng)體系中移走可提高CO的轉(zhuǎn)化率

K答案》c

K解析D

K詳析2A.由圖像可知，溫度T2先達(dá)到平衡，因?yàn)閳D像“先拐先平數(shù)值大"，故T∣<T2,A錯(cuò)誤；

B.恒溫恒壓下體積比等于物質(zhì)的量之比，b點(diǎn)時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化了Xmo1,平衡時(shí)CO、CO2的物質(zhì)的量分別為

(2-x)mol?XmO1,則1;----------=0?8,解得x=1.6mol,b點(diǎn)時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為：?-×100%=80%,

(2-x)+x2mol

B錯(cuò)誤；

C.溫度越高，二氧化碳體積百分含量越低，說明升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，故K值越小，化學(xué)平衡常數(shù):

Kit>Kii,C正確；

D.由于Fe為固體，將Fe從反應(yīng)體系中移走，平衡不發(fā)生移動(dòng)，不能提高Co的轉(zhuǎn)化率，D錯(cuò)誤；

故本題選C。

14.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是

選

實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論

項(xiàng)

室溫下，將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應(yīng)，向過濾

A后所得固體中加入足量鹽酸，固體部分溶解，有無色無味氣體Ksp(BaSO4)>/Csp(BaCO3)

產(chǎn)生

向2.0mL濃度均為0.1mol∕LNaCl和NaI的混合溶液中滴加2

BKSP(AgCl)>/(AgI)

滴0.1mol∕LAgNo3溶液，振蕩，沉淀呈黃色

向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol∕LMgCl2溶液，

C產(chǎn)生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol∕LFeCl3溶液，有紅褐色KjMg(OH)2]>KjFe(OH)J

沉淀生成

在2mL0.01mol∕LNa2S溶液中先滴入幾滴0.01moULZnSO4溶

D液，有白色沉淀生成，再滴入0.0Imol∕LCuS04溶液，又出現(xiàn)Ksp(CuS)<∕?(ZnS)

黑色沉淀

A.AB.BC.CD.D

R答案UB

K解析D

K詳析》A.BaSo4投入飽和Na2CO3溶液中，QC(BaCo3)>Ksp(BaCOQ時(shí)生成BaCO3加入足量鹽酸，固體

部分溶解有無色無味氣體產(chǎn)生，不能比較KSP(BaSo4)、KSP(BaCO3)的大小，A錯(cuò)誤；

B.由于溶液中含有等濃度的CAI:向其中滴加2滴0.1mol∕LAgNO3溶液，振蕩，沉淀呈黃色，說明發(fā)

生了離子反應(yīng)：Ag++I-=Aglb因此可證明物質(zhì)的溶度積常數(shù)KSP(AgCI)>K*p(AgI),B正確；

C.Mg2+與OH-會(huì)發(fā)生反應(yīng)：Mg2++2OH=Mg(OH)21,由于NaOH溶液過量，過量的OH-會(huì)與加入的FeeI3

電離產(chǎn)生的Fe3+形成Fe(OH)3紅褐色沉淀，因此不能證明物質(zhì)的溶度積常數(shù)

KjMg(OH)J>KjFe(θH)3],C錯(cuò)誤；

D.在2mL0.01mol∕LNa2S溶液中先滴入幾滴0.0ImOl∕LZnS04溶液，發(fā)生離子反應(yīng)：S2-+Zn2+=ZnS；,產(chǎn)生

ZnS白色沉淀,但由于S?一過量，當(dāng)再向其中滴入0.01mol/LCuSO4溶液,過量S'會(huì)發(fā)生反應(yīng)：Cu2++S2=CuS],

故又出現(xiàn)CuS黑色沉淀，表面證明物質(zhì)的溶度積常數(shù)Ksp(CuS)<KSP(ZnS),D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是B。

15.室溫下，通過下列實(shí)驗(yàn)探究亞硫酸鹽的性質(zhì)。已知：K11（H2SO3）=I.54×10^?

/Ca2(H2SO3)=I.(X)×10^?

實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象

向IOmLO.IOmolU'NaoH溶液中通入1L2mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）

1

SO2,測(cè)得PH約為9

2向IOmL0.10mol?L^'NaOH溶液中通入SO2至溶液pH=7

向IOmL0.1mol?LTNaOH溶液中通入22.4mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）

3

SO2測(cè)得PH約為3

取實(shí)驗(yàn)3所得溶液ImL，加入ImLO.0Imol?LqBaCl2溶液，產(chǎn)

4

生白色沉淀

下列說法錯(cuò)誤的是

A.實(shí)驗(yàn)1得到的溶液中：C(So；)+C(HSθj+c(H+)>c(θH-)

B.實(shí)驗(yàn)2得到的溶液中：2c(SO^-)+c(HSO；)=c(Na+)

C.實(shí)驗(yàn)3得到的溶液中C(H+)+c(Na+)<c(HSθj+2c(H2SOJ+c(θH-)

8

D.實(shí)驗(yàn)4中可知：KSP(BaSOJ<2.5X10^

K答案UC

K解析D

K詳析》A.11.2mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Sθ2的物質(zhì)的量為"O"”=0.0005mol,故實(shí)驗(yàn)1得到Na2SO3溶液中，

22.4L∕mol

根據(jù)質(zhì)子守恒可得2c(H2SO3)+c(HSO3)+c(H+)=c(OH),又Na2SO3溶液中2C(H2SO3)<C(SO5),所以C(S

0；)+c(HSO,)+c(H+)>c(OH),A正確；

B.實(shí)驗(yàn)2得到的溶液pH=7,即C(H+)=C(OH-)，溶液中電荷守恒有：

2c(SO；)+C(HSO3)+C(OH)=C(Na+)+c(H+),則有2c(SO；)+C(HSOJ=C(Na)B正確；

00224L

C.22.4mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)S02的物質(zhì)的量為一-------=O.OOlmoh與IOmLo.Imol?L√N(yùn)aOH溶液反應(yīng)，故

22.4L∕mol

實(shí)驗(yàn)3得至IJNaHSo3溶液，其濃度為0.1mol∕L,c(H+)+c(Na+)=c(HS0；)+2c(S)+c(OH^),由Kh(HSO])=

IO12

<Ka2(HSO3),測(cè)得PH約為3,溶液呈酸性，有C(H+)>c(OH-),且C(SO；)>c(H2SO3),

Kal(H2SO3)1.54

+

可知：c(H÷)+c(Na)>c(HSO3)+2c(H2SO3)+c(OH-),C錯(cuò)誤;

D.實(shí)驗(yàn)4中亞硫酸氫鈉濃度為0.1mol∕L,BaCl2溶液0.0Imol/L,各ImL等體積混合，混合液c（Ba?+）=

7

0.01Ka2(H2SO3).C(HSQ3)J.02X10^×0.05

=0.005(mol∕L),c(Sθ?)=≈5×10^6(mol∕L),則

^τ^c(H+)IXIO-3

QC(BaSO3)=c(Ba2+)?c(Sθj)==0.005x5xl0-6=2?5xl0-8,該溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明Qc(BaSO3)>Ksp(BaSO3),

故K?P（BaSo3）<2.5xl（Γ8,D正確；

故選C。

二、非選擇題：本題共4小題，共55分。

16.電化學(xué)的發(fā)展是化學(xué)對(duì)人類的一項(xiàng)重大貢獻(xiàn)。探究原電池和電解池原理，對(duì)生產(chǎn)生活具有重要的意義。

I、利用電化學(xué)方法可以將cc?有效地轉(zhuǎn)化為HCOCr（其中C元素的化合價(jià)為+2價(jià)），裝置如圖所示。

直流電源

Itl

I

i

s

i質(zhì)子_co2

交換膜

l

lL0.5mol?L^H2SO4lL0.5mol?L^'NaOH

（1）若以鉛酸蓄電池為直流電源，則鉛酸蓄電池中a極的電極反應(yīng)式為

（2）裝置工作時(shí)，陰極除有HCoCr生成外，還可能生成副產(chǎn)物，降低電解效率。

一段時(shí)間內(nèi)生成目標(biāo)產(chǎn)物轉(zhuǎn)移的電子數(shù)

已知：電解效率

一段時(shí)間內(nèi)電解池轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)

①副產(chǎn)物可能是（寫出一種即可）。

②標(biāo)準(zhǔn)狀況下，當(dāng)陽極生成氧氣的體積為224mL時(shí)，測(cè)得整個(gè)陰極區(qū)內(nèi)的c（HCOO）=0.015mol?L7∣,

電解效率為（忽略電解前后溶液的體積變化）。

Ik利用新型鎂一鋰雙離子二次電池（甲池）作電源同時(shí)電解乙池和丙池。

含MgSo4.Li：SO,溶液過量CUs6溶液MgCh涔液

LiiSO/水電解

甲池乙池內(nèi)池

(3)放電時(shí)，l?向(填“m極”或“n極”)移動(dòng)；甲池中正極的電極反應(yīng)式為。

(4)給新型鎂一鋰雙離子二次電池充電時(shí)，m極與電源的極相連，當(dāng)導(dǎo)線中每通過0.2mole-

時(shí)，甲池的左室中溶液的質(zhì)量減少___________g?

(5)電解一段時(shí)間后，乙池中溶液的PH將(填“增大”、“減小”或“不變”)。

(6)丙池發(fā)生電解反應(yīng)的總方程式為.

-+

K答案II(I)PbO2+2e-+SO；+4H=PbSO4+2H,0

(2)Φ.CO(或H2)②.0.75(或75%)

+

(3)①.n極②.Lil-vFePO4+xLi+xe^=LiFePO4

(4)①.負(fù)②.1

∣~∣~ξ

2+

(5)減小(6)2H2O+2CΓ+Mg^C12↑+H2↑+Mg(0H)9Φ

K解析H

K小問1詳析］

右池為CO?生成HCoCT，碳元素的化合價(jià)從+4降到+2,發(fā)生還原反應(yīng)，為電解池的陰極，左池為電解池

+

的陽極，a電極為鉛蓄電池的正極，發(fā)生的電極反應(yīng)式為：PbO2+2e-+SOt+4H=PbSO4+2H2O；

K小問2詳析』

①電解過程中，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，可能發(fā)生CC>2→C0,HzO→H2等，副產(chǎn)物可能為CO或者H?；

②根據(jù)。2-4e",生成標(biāo)況下224mL。2，轉(zhuǎn)移0.(MmOl電子，CO2→HCOO^,轉(zhuǎn)移2mol電子，

n(HCOO")=0.015mol?I71×1L=O.015mol,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.()151110以2=().0311101,所以電解效率為

0.03mol…

-----------=0.75；

0.04mol

R小問3詳析』

放電時(shí)為原電池原理，陽離子向正極移動(dòng)，所以Li+向n極移動(dòng)，根據(jù)電極材料，正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極

反應(yīng)式為：LiiFePo4+xLi++xe=LiFePO4；

K小問4詳析』

充電時(shí)，原電池的負(fù)極接電源的負(fù)極，正極接電源的正極，M為放電時(shí)的負(fù)極，接電源的負(fù)極形成陰極；

充電時(shí)，甲池中左側(cè)發(fā)生反應(yīng)：Mg2++2e^=Mg,當(dāng)導(dǎo)線中每通過0.2mole.時(shí)，左側(cè)減少的Mg?+0.1mol,

同時(shí)有O.lmolLT移向左側(cè)，所以左側(cè)減少的質(zhì)量為：2.4-1.4=lg；

R小問5詳析』

電解?

乙池為電解CUSO4在Ag電極上鍍Cu,發(fā)生反應(yīng)為：2CUSO4+2H2O==2CU+O3↑+2H2SO4,電解

一段時(shí)間后溶液酸性增強(qiáng)，PH減?。?/p>

R小問6詳析方

丙池為用惰性電極電解MgeI2溶液，生成的Mg(OH)2難溶，所以電解總反應(yīng)式為：

通電

2+

2H2O+2CΓ+Mg^=Cl2↑+H2↑+Mg(OH)9>Lo

17.滴定實(shí)驗(yàn)是化學(xué)學(xué)科中最重要的定量實(shí)驗(yàn)之一、常見的滴定實(shí)驗(yàn)有酸堿中和滴定、氧化還原反應(yīng)滴定、

沉淀滴定等等。

L獲取安全的飲用水一直以來都是人們關(guān)注的重要問題，自來水廠經(jīng)常用氯氣進(jìn)行殺菌，某化學(xué)興趣小組利

用氧化還原反應(yīng)滴定，測(cè)定了某工廠廢水中游離態(tài)氯的含量，實(shí)驗(yàn)如下：

①取水樣50.0OmL于錐形瓶中，加入10.0OmLKI溶液(足量)，滴入2~3滴淀粉溶液。

②將自己配制的O?()()H)mol?LTNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液(顯堿性)裝入滴定管中，調(diào)整液面，記下讀數(shù)。

③將錐形瓶置于滴定管下進(jìn)行滴定，發(fā)生的反應(yīng)為I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。

試回答下列問題：

(1)①滴定前裝有標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管排氣泡時(shí)，應(yīng)選擇下圖中的(填標(biāo)號(hào)，下同)。

abcd

②若用25.0OL滴定管進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，當(dāng)?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，則管內(nèi)液體的體積。

a.=10.00mLB.=15.00mLC.<10.00mLD.>15.00mL

（2）步驟①發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。

（3）達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是。

（4）實(shí)驗(yàn)中消耗了Na?S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液4.00mL,所測(cè)水樣中游離態(tài)氯（C^）的含量為mg?L-1.,

（5）實(shí)驗(yàn)測(cè)得游離態(tài)氯的濃度比實(shí)際濃度偏大，造成誤差的原因可能是（填標(biāo)號(hào)）。

A.配制NazS2。.,標(biāo)準(zhǔn)溶液定容時(shí)，加水超過刻度線

B.錐形瓶水洗后直接裝待測(cè)水樣

C.裝Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管水洗后沒有潤(rùn)洗

D.滴定到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，俯視讀出滴定管讀數(shù)

E.裝Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失

II.沉淀滴定——滴定劑與被滴定物生成的沉淀比滴定劑與指示劑生成的沉淀更難溶；且二者之間，有明顯

的顏色差別。

（6）參考表中的數(shù)據(jù)，若用AgNO,滴定NaSCN溶液，可選用的指示劑是（填標(biāo)號(hào)）。

難溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN

顏色白淺黃白破紅白

KSP1.77×10^l°5.35×10^'31.2IxIO-'61.12×10^'21.0×10^'2

A.Na2CrO4B.NaBrC.NaCND.NaCl

R答案』⑴①.c②.D

(2)C12+2Γ=I2+2CΓ

（3）滴入最后半滴時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)顏色

(4)2.84(5)ACE(6)A

K解析』

K祥解》飲用水中溶解的Cb會(huì)與加入的Kl發(fā)生反應(yīng)：C12+2KI=2KC1+I2,然后根據(jù)L遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)

色，以淀粉溶液為指示劑，用Na2S2O3溶液滴定反應(yīng)產(chǎn)生的12,當(dāng)溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)顏色時(shí)

達(dá)到滴定終點(diǎn)，停止滴加，然后根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)關(guān)系計(jì)算水中C12的含量，根據(jù)實(shí)際滴定操作對(duì)標(biāo)準(zhǔn)溶液的消

耗量判斷滴定誤差。

K小問1詳析》

①標(biāo)準(zhǔn)溶液顯堿性，所以應(yīng)該選擇堿式滴定管，堿式滴定管排氣泡的方式是將滴定管末端的尖嘴抬起，擠

壓橡膠管中的玻璃珠，使液體充滿尖嘴，故選c；

②滴定管下端有一段是沒有刻度的，且滴定管讀數(shù)時(shí)是從上往下讀，所以當(dāng)用25.0OL滴定管進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，當(dāng)

滴定管中的液面在刻度“10”處，溶液體積應(yīng)＞25-10=15mL,選D；

K小問2詳析)

飲用水中溶解的CL會(huì)與加入的KI發(fā)生反應(yīng)：C12+2KI=2KCl+k;

R小問3詳析］

當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螘r(shí)，溶液藍(lán)色剛好褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)顏色，則說明到達(dá)滴定終點(diǎn)；

小問4詳析R

滴定過程中消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積為4.00mL,n(Na2S2O3)=c?V=O.OOIOmol∕L×0.0040L=4×10-6mol,根據(jù)方程式：

Cl2+2KI=2KCl+l2,I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2SQ6可得關(guān)系式：C∣2-I2-2Na2S2O3,所以50.0OmL水樣中含有

CL的物質(zhì)的量n(Ch)=Tn(Na2S2O3)=2x10—01,則該工業(yè)廢水水樣中CL的濃度是

2χl06moiχ71g∕mOIXlO3ιng∕g=284m?/L.

0.05L'0'

K小問5詳析)

A.配制標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液定容時(shí)，加水超過刻度線，則標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度減小，滴定時(shí)，消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液的

體積偏大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大，故A正確；

B.錐形瓶水洗后直接裝待測(cè)水樣，不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量，因此不影響標(biāo)準(zhǔn)溶液的消耗，故對(duì)測(cè)定結(jié)果無

影響，故B錯(cuò)誤：

C.裝標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液的滴定管水洗后沒有潤(rùn)洗，會(huì)使標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度減小，在滴定時(shí)，消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液

的體積偏大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大，故C正確；

D.滴定到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，俯視讀出滴定管讀數(shù)，讀數(shù)偏小，則消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，

故D錯(cuò)誤；

E.滴定前尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，則消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，最終導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大，故E正

確，

故K答案H為：ACE;

K小問6詳析)

用AgNO3滴定NaSCN,應(yīng)用比AgSCN溶解度大且能引起顏色變化的物質(zhì)作指示劑，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，

應(yīng)選用Na2CrO4作指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)，出現(xiàn)磚紅色沉淀時(shí)。

18.高純硫酸鎬作為合成銀鉆錦三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化鐳粉與硫化鋅礦(還含F(xiàn)e、Al、

Mg、Zn、Ni、Si等元素)制備，工藝流程如圖所示。

H2SO4MnO2氨水Na2SMnF2NH4HCO3

黑算)一&H調(diào)，HH除，IH除,2H沉福卜MnCO3-MnSO4

濾渣1濾渣2濾渣3濾渣4

已知：①“濾渣1”中含有S和Si。？；

②相關(guān)金屬離子[I(M"+)]=0.1mol?L-'形成氫氧化物沉淀的PH范圍如下:

金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+

開始沉淀的PH8.16.31.53.48.96.26.9

沉淀完全的PH1018.32.84.710.98.28.9

回答下列問題：

(1)寫出“溶浸”時(shí)生成S的離子方程式：。

(2)“氧化”中添加適量的MnO2的作用是。

(3)“調(diào)pH”的目的是除鐵和鋁，則溶液的PH范圍應(yīng)調(diào)節(jié)為~6之間。

(4)“除雜1”的目的是除去Zn?+和Ni?+,“濾渣3”的主要成分是o

(5)“除雜2”目的是生成Mg月時(shí)沉淀除去Mg?+。該步驟維持溶液PH恒為4.0,若IL溶液中Mg?+的

初始濃度為O.Imol?Ld，現(xiàn)欲將Mg?+沉淀完全(即剩余離子濃度小于IXlo-5mol?l?i時(shí))，則至少需要加入

molMnF2固體(MnF2為易溶的強(qiáng)電解質(zhì)，忽略加入固體時(shí)溶液體積改變)。若溶液中酸度過高,

Mg》沉淀不完全，則原因是。K已知：KSP(Mg19=4.0x10、Ka(HF)=LOXlOt

(6)寫出“沉鐳”的離子方程式：。

+2+

R答案II(I)MnO2+MnS+4H=2Mn+SΦ+2H2O

(2)將Fe?+氧化為Fe3+

(3)4.7(4)NiS和ZnS

(5)①.0.12②.F-與H*結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，使得F-濃度下降，導(dǎo)致

MgF,(s)-Mg?+(叫)+2F(aq)平衡向右移動(dòng)

2+

(6)Mn+2HCO；=MnCO3J+CO2↑+H2O

K解析U

K樣解》加入硫酸溶浸，SiO2不溶于硫酸，MnO2與MnS發(fā)生氧化還原反應(yīng)，會(huì)生成單質(zhì)硫，“濾渣1”

中含有S和Sio2,Fe、Al、Mg、力、Ni和Mn均以離子形式，進(jìn)入濾液中，加入MnO?的作用是將Fe?+

氧化為Fe?+,加入氨水調(diào)節(jié)pH,除去三價(jià)鐵離子和鋁離子，故濾渣2是氫氧化鐵和氫氧化鋁，加入硫化鈉，

目的是除去Zi?+和Ni?+,故濾渣3為NiS和ZnS,加入MnF?目的是生成MgF2沉淀除去Mg?+,加入碳

酸氫氨生成碳酸鎰的沉淀，加入硫酸得到硫酸缽，據(jù)此分析。

R小問1詳析H

根據(jù)上述分析可知，“溶浸"時(shí)MnO?與MnS發(fā)生氧化還原反應(yīng)，會(huì)生成單質(zhì)硫，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒、電

+2+

荷守恒、原子守恒可得反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+MnS+4H=2Mn+S+2H2O；K答案』為：

+2+

MnO2+MnS+4H=2Mn+SJ+2H2O；

K小問2詳析》

根據(jù)上述分析可知，“氧化”中添加適量的MnO2的作用是將Fe?+氧化為Fe-;K答案》為：將Fe?+氧

化為Fe"；

R小問3詳析)

“調(diào)pH”的目的是除鐵離子和鋁離子，故需要將鐵離子和鋁離子完全沉淀，根據(jù)題中表格數(shù)據(jù)可知，PH

>4.7鐵離子和鋁離子完全沉淀，K答案Il為：4.7；

R小問4詳析］

2+2+

加入的試劑Na2S溶液，Zn和Ni?+與S'結(jié)合生成沉淀NiS和ZnS,“除雜1”除去了Zn和Ni?+；K答案U

為：NiS和ZnS；

K小問5詳析』

IL溶液中Mg?+的初始濃度為O.imol?L-L則根據(jù)反應(yīng)的離子方程式Mg?++2F=MgF?；Mg?+完全沉

淀需要F-的物質(zhì)的量為：0?2mol;Mg?+完全沉淀時(shí)，乂8②+離子濃度小于以埼^^。］.!^,

‰(MgE)=C(Mg2+)×c2(F)=4.0×IO-9,C(Mg2+)=1xio-moi.^代入，得

C(F-)=2.0xl(f2mol?L∣,/e?(HF)=?)=1.0×1,PH恒為4.0,故c(FT)=

C(HF)

LOXl(T4mol?L」，代人得：c(HF)=2.0×10-2mol?Ll；溶液體積恒為1L,共需要氟原子的物質(zhì)的量為：

0.2mol+2,0×1()^2mol?L1×IL+2,()×1(Γ2mol?L1×IL=0.24mol,根據(jù)氟原子守恒：

至少需要加入0?24X；=0.12molMnF2固體，K答案D為：0.12

若溶液中酸度過高，F(xiàn)與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，使得F-濃度下降，導(dǎo)致

Mg月(S)Mg"(叫)+2F(aq)平衡向右移動(dòng)，Mg"沉淀不完全；K答案》：F-與H，結(jié)合形成弱

電解質(zhì)HF，使得廣濃度下降，導(dǎo)致Mg與(s).，Mg2+(叫)+2F(aq)平衡向右移動(dòng)；

K小問6詳析』

“沉銃”的過程是加入碳酸氫氨溶液，鎬離子與碳酸根結(jié)合生成碳酸缽，同時(shí)還有水和二氧化碳的生成，

故“沉鎰”的離子方程式：

2+2+

Mn+2HC0；=MnCO3J+CO2T+H2O:K答案D為：Mn+2HC0；=MnCO3J+CO2T+H2O。

19.氮氧化物是大氣污染物之一，消除氮氧化物的污染是重要的科研目的之一、

(1)NH^可用于消除氮氧化物污染，反應(yīng)原理為6Nθ(g)+4NH,(g)=6旦0值)+5電。)ΔH10

l

已知：N2(g)+O2(g)=2NΘ(g)ΔH2=+180.4kJ?moΓ