四川省眉山市2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測化學(xué)試題

四川省眉山市2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測化學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．化學(xué)與生活、生產(chǎn)、環(huán)境密切相關(guān)，下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）A．K2FeO4和明礬都可做水處理劑，工作(凈水)原理完全相同B．氫能是一種新型能源，具有熱值高、資源豐富、無毒、無污染的優(yōu)點(diǎn)C．植樹造林、節(jié)能減排是實(shí)現(xiàn)碳中和的途徑之一D．反應(yīng)SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)在常溫下能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的?H<02．下列實(shí)驗(yàn)及相關(guān)敘述正確的是（）①②③④A．滴定法用裝置①測定鹽酸的濃度B．可用裝置②來合成氨并檢驗(yàn)氨氣的生成C．用裝置③能制取無水MgCl2D．裝置④依據(jù)單位時(shí)間內(nèi)顏色變化來比較濃度對反應(yīng)速率的影響3．現(xiàn)代火法煉鋅過程中主要發(fā)生了以下前三個(gè)反應(yīng)。①2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g)?H1=akJ?mol-1②2C(s)+O2(g)=2CO(g)?H2=bkJ?mol-1③ZnO(s)+CO(g)=Zn(g)+CO2(g)?H3=ckJ?mol-1④OH-(aq)+H+(aq)=H2O(l)?H4=dkJ?mol-1下列說法正確的是（）A．以上四個(gè)反應(yīng)中，只有①是放熱反應(yīng)B．C(s)的燃燒熱是12bkJ?molC．反應(yīng)2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(l)?H5=ekJ?mol-1，e＜aD．1molNaOH分別和含有1molCH3COOH、1molHNO3的稀溶液反應(yīng)，后者比前者?H大4．用電解法進(jìn)行三室式電滲析法處理含NH4NO3廢水的原理如圖所示，在直流電源的作用下，兩膜中間的NH4+和NO3?可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進(jìn)入中間隔室。工作一段時(shí)間后，在兩極區(qū)均得到副產(chǎn)品NH4NOA．a(chǎn)為正極B．c膜是陰離子交換膜，d膜是陽離子交換膜C．陰極電極反應(yīng)式為：2NO3?+12H++10e-=N2↑+6H2D．當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時(shí)，會有0.25molO2生成5．臭氧在煙氣脫硝中的反應(yīng)為2NO2（g）+O3（g）?N2O5（g）+O2（g）。若此反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行，下列選項(xiàng)中有關(guān)圖像對應(yīng)的分析正確的是（）A．平衡后升溫，NO2含量降低B．0～2s內(nèi)，v（O3）＝0.2mol·L－1·s－1C．v正：b點(diǎn)>a點(diǎn)，b點(diǎn)：v逆>v正D．恒溫，t1時(shí)再充入O36．已知：①Ksp(ZnS)=2.0×10-2，Ksp(CuS)=1.3×10-36；②溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時(shí)，視為沉淀就達(dá)完全。向等物質(zhì)的量濃度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5mol?L-1的Na2S溶液直至溶液中無沉淀產(chǎn)生，然后過濾。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．先生成CuS后生成ZnS沉淀B．當(dāng)ZnS沉淀完全時(shí)。溶液中c(Cu2+C．過濾得到的沉淀是CuS和ZnS的混合物D．過濾后得到的溶液中仍有極少量的Cu2+和Zn2+7．一定溫度下，將一定質(zhì)量的冰醋酸加水稀釋過程中，溶液的導(dǎo)電能力變化如圖所示，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液的pH：c＜a＜bB．用濕潤的pH試紙測量a處溶液的pH，測量結(jié)果偏小C．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)CH3COOH的電離程度：c＜a＜bD．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液用1mol·L?1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液體積：c＜a＜b二、綜合題8．某高二化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組對鉻及其化合物進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究。查閱資料：①元素鉻(Cr)在溶液中主要以Cr3+(藍(lán)紫色)、Cr(OH)4?(綠色)、Cr2O72?(橙色)、CrO42?(黃色)等形式存在，Cr(OH)3為難溶于水的灰藍(lán)色固體；②Cr3+（1）實(shí)驗(yàn)探究一：Cr3+在不同酸堿性條件下轉(zhuǎn)化情況在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至過量，可觀察到的現(xiàn)象是。（2）實(shí)驗(yàn)探究二：現(xiàn)測某工業(yè)廢水中鉻的含量步驟I.取25.00mL廢水(含有一定量K2Cr2O7和K2CrO4)于100mL容量瓶中，加水稀釋至刻度，搖勻，移取25.00mL稀釋后的廢水于錐形瓶中，加入適量稀硫酸酸化。步驟II.加入稍過量的碘化鉀溶液，滴入幾滴指示劑。步驟III.用0.1000mol?L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，記錄滴定前和滴定終點(diǎn)數(shù)據(jù)。步驟IV……步驟V.處理數(shù)據(jù)：并將。上述反應(yīng)后溶液進(jìn)行處理(防止鉻的污染并對資源回收利用)。步驟I加入適量稀硫酸酸化發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是，也為步驟II提供了酸性環(huán)境；步驟I的指示劑為；步驟IV為。（3）0.1000mol?L-1Na2S2O3溶液裝在(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。若某次滴定終點(diǎn)時(shí)消耗0.1000mol?L-1Na2S2O3溶液體積為12.50mL。計(jì)算工業(yè)廢水中鉻元素的含量是g?L-1(保留3位有效數(shù)字)。（4）誤差分析：①若盛裝Na2S2O3溶液的滴定管沒有潤洗，測定結(jié)果會(填“偏大”、“偏小”或“不變”，下同)；②若步驟I加入稀硫酸酸化過量(溶液pH過低)，測定結(jié)果會。（5）實(shí)驗(yàn)探究三：廢水中鉻的處理方法為使廢水能達(dá)標(biāo)排放，作如下處理C寫出廢水中加入綠礬和稀硫酸，Cr2O72?發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為9．回答下列問題（1）將NaAlO2溶液跟Fe2(SO4)3溶液混合，相關(guān)反應(yīng)的離子方程式是。（2）相同條件下，對于等體積濃度均為0.1mol?L-1的NaCl溶液和CH3COONa溶液，溶液中的離子總數(shù)：NaCl溶液CH3COONa溶液(填“＞”“＜”或“=”)。（3）①常溫下，在amol?L-1的HCOOH溶液中加入等體積的bmol?L-1的NaOH溶液至溶液呈中性，此時(shí)溶液中HCOOH的物質(zhì)的量濃度為mol?L-1。②已知常溫下HCOOH的電離常數(shù)為Ka=2×10-4，則HCOO-的水解反應(yīng)HCOO-+H2O?HCOOH+OH-的平衡常數(shù)Kh=。（4）已知某些弱電解質(zhì)在水中的電離平衡常數(shù)(25℃)如下表：弱電解質(zhì)H2CO3H2SO3NH3·H2OCH3COOH電離平衡常數(shù)Ka1=4.30×10-7Ka2=5.61×10-11Ka1=1.3×10-2Ka2=6.3×10-8Kb=1.77×10-5Ka=1.77×10-5①H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應(yīng)的主要離子方程式②CH3COONH4溶液呈(填“酸”、“中”或“堿”)性，原因是③現(xiàn)有常溫下0.1mol?L-1的(NH4)2CO3溶液，該溶液中各微粒濃度之間的關(guān)系式錯(cuò)誤的是(填序號)。A．c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3?)+c(OH-)+c(COB．c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(CO32?)+2c(HCO3?)+2c(H2C．c(CO32?)+c(HCO3?)+c(H2CO3D．c(H+)+c(HCO3?)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3?H2E．c(NH4+)＞c(CO32?)＞c(HCO3?)＞c(NH310．硝酸是一種重要的化工原料，工業(yè)上采用氨催化氧化法制備，生產(chǎn)過程中發(fā)生的反應(yīng)有：NH3(g)+54O2(g)?加熱催化劑NO(g)+32HNO(g)+12O2(g)=NO2(g)ΔH23NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH3=-70kJ/mol回答以下問題：（1）NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)的?H=kJ?moL-1。原料氣體(NH3、O2)在進(jìn)入反應(yīng)裝置之前，必須進(jìn)行脫硫脫硒處理。其原因是（2）研究表明2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)的反應(yīng)歷程分兩步：(a)2NO(g)?N2O2(g)(快)(b)N2O2(g)+O2(g)?2NO2(g)(慢)①該反應(yīng)的速率由b步?jīng)Q定，說明b步反應(yīng)的活化能比a步的(填“大”或“小”)。②在恒容條件下，NO和O2的起始濃度之比為2：1，反應(yīng)經(jīng)歷相同時(shí)間，測得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖，則150℃時(shí)，V正V逆(填“＞”或“＜”)。若起始c(O2)=5.0×10-4mol?L-1，則380℃下反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)c(O2)=mol?L-1。（3）T1溫度時(shí)，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)，容器中各反應(yīng)物和生成物的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如圖所示：①下列說法能表明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是(填序號)。A．混合氣體的密度不變B．混合氣體的顏色不變C．K不變D.2v正(O2)=v逆(NO2)②溫度為T1時(shí)的化學(xué)平衡常數(shù)K=。③實(shí)驗(yàn)測得：V正=K正c2(NO)?c(O2)，V逆=K逆c2(NO2)，K正、K逆為速率常數(shù)，受溫度影響。若將容器的溫度變?yōu)門2時(shí)，K正=K逆，則T2T1(填“＞”、“＜”或“=”)。11．釩被稱為“工業(yè)味精”“工業(yè)維生素”，在發(fā)展現(xiàn)代工業(yè)、國防等方面發(fā)揮著至關(guān)重要的作用。某高鉻型釩渣含F(xiàn)e2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O3、Cr2O3等物質(zhì)，從中分離提取釩和鉻的工藝流程如下：回答下列問題：（1）“焙燒”時(shí)會生成NaVO3、Na2CrO4等新物質(zhì)，生成Na2CrO4的化學(xué)方程式是。用V2O5冶煉V可以采用鋁熱反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式（2）濾渣1中主要含。濾渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，對應(yīng)調(diào)pH應(yīng)不低于。(已知：①常溫下，當(dāng)溶液中離子濃度小于1×10-5mol?L-1時(shí)認(rèn)為沉淀完全；②Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32)（3）“還原”時(shí)溶液的pH在2.5左右，此時(shí)控制酸度應(yīng)選用____(填序號)。A．稀鹽酸 B．稀硫酸。 C．稀硝酸 D．氫氧化鈉（4）實(shí)驗(yàn)室煅燒Cr(OH)3時(shí)所用到的陶瓷儀器有、（5）全釩電池以惰性材料做電解，在電解質(zhì)溶液中發(fā)生的總反應(yīng)式為：VO2+(藍(lán)色)+H2O+V3+(紫色)?充電放電VO2+(黃色)+V2+(綠色)+2H+

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，明礬水解生成膠體，則二者凈水原理不同，故A選；B．氫能原料易得，可利用水資源得到，燃燒產(chǎn)物只有水，放熱多，則氫能是一種新型能源，具有熱值高、資源豐富、無毒、無污染的優(yōu)點(diǎn)，故B不符合題意；C．植樹造林、節(jié)能減排是實(shí)現(xiàn)碳中和的途徑之一，故C不符合題意；D．反應(yīng)SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)在常溫下能自發(fā)進(jìn)行，?G<0，?S<0，由?G=?H-?S×T<0，則該反應(yīng)的?H<0，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，明礬水解生成膠體，具有吸附性，二者凈水原理不同；其它選項(xiàng)均正確。2．【答案】C【解析】【解答】A．滴定法用裝置①測定鹽酸的濃度，應(yīng)用堿式滴定管裝NaOH溶液，故A不符合題意；B．干燥的試紙不能檢驗(yàn)氨氣，應(yīng)選濕潤的紅色石蕊試紙，故B不符合題意；C．在氯化氫氣流中加熱氯化鎂晶體可制備無水氯化鎂，用裝置③能制取無水MgCl2，故C符合題意；D．H2C2O4和KMnO4的物質(zhì)的量比分別為10∶1、5∶1，草酸均過量，KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液均看不到顏色變化，應(yīng)選不同濃度草酸判斷濃度對速率的影響，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．裝堿溶液不能用酸式滴定管；

B．干燥的試紙不能檢驗(yàn)氨氣；

C．依據(jù)鹽類水解平衡原理分析；

D．草酸均過量，無法判斷。3．【答案】C【解析】【解答】A．④是中和反應(yīng)，以上四個(gè)反應(yīng)中，有①④是放熱反應(yīng)，故A不符合題意；B．C(s)的燃燒熱是指生成二氧化碳時(shí)放出的熱量，故B不符合題意；C．二氧化硫由氣體變成液體要放熱，反應(yīng)2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(l)?H5=ekJ?mol-1，e為負(fù)數(shù)，絕對值大，e＜a，故C符合題意；D．醋酸是弱酸，電離時(shí)需要吸熱，1molNaOH分別和含有1molCH3COOH、1molHNO3的稀溶液反應(yīng)，前者放熱少，后者比前者?H小，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．④是中和反應(yīng)，中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)；B．燃燒熱是101kP時(shí)，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定產(chǎn)物時(shí)的反應(yīng)熱；C．物質(zhì)由氣體變成液體要放熱；D．醋酸是弱酸，電離時(shí)需要吸熱。4．【答案】D【解析】【解答】A．由分析，a為負(fù)極，故A不符合題意；B．c膜是陽離子交換膜，d膜是陰離子交換膜，故B不符合題意；C．陰極氫離子得電子，生成氫氣，電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑，故C不符合題意；D．當(dāng)電路中通過1mol電子的電量時(shí)，會有1mol4=0.25molO2故答案為：D。

【分析】A．依據(jù)反應(yīng)原理判斷陰、陽極，陽極與電源正極相連，陰極與電源負(fù)極相連；B．電解時(shí)，陰離子會由陰極區(qū)通過陰離子交換膜向陽極區(qū)移動(dòng)，陽離子會由陽極區(qū)通過陽離子交換膜向陰極區(qū)移動(dòng)；C．電解池中，陰極上得電子，發(fā)生還原反應(yīng)；D．依據(jù)得失電子守恒。5．【答案】C【解析】【解答】A．由圖可知，反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，NO2的含量增大，故A不符合題意；B．由圖可知，0-2s內(nèi)，二氧化氮的濃度變化量=0.8mol?L-1-0.4mol?L-1=0.4mol?L-1，故v（NO2）=0.4mol/L2s=0.2mol?L-1?s-1，v（O3）=12v（NO2）=0.1mol?L-1?sC．溫度高，化學(xué)反應(yīng)速率快，b點(diǎn)溫度高于a點(diǎn)，故V正：b點(diǎn)＞a點(diǎn)；b點(diǎn)的NO2的分?jǐn)?shù)未達(dá)到平衡的分?jǐn)?shù)，則平衡向生成NO2的方向移動(dòng)，即平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故b點(diǎn)：v逆＞v正，故C符合題意；D．容器中充入反應(yīng)物，正反應(yīng)速率瞬間加快，逆反應(yīng)速率不變，然后平衡移動(dòng)至建立新平衡，該效果與圖示不符，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.從圖可知反應(yīng)放熱，溫度升高平衡逆向移動(dòng)；

B.根據(jù)v=?c?t結(jié)合圖算出NO2的反應(yīng)速率，再根據(jù)化學(xué)計(jì)量系數(shù)比等于反應(yīng)速率之比計(jì)算v(O3)；

C.溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以有v正：b點(diǎn)>a點(diǎn)；b點(diǎn)在曲線下方，平衡逆向移動(dòng)才達(dá)到平衡；6．【答案】B【解析】【解答】A．由溶度積的大小可知，溶度積小的物質(zhì)先生成沉淀，向等物質(zhì)的量濃度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5mol?L-1的Na2S溶液時(shí)，反應(yīng)先生成CuS沉淀，后生成ZnS沉淀，故A不符合題意；B．當(dāng)ZnS沉淀完全時(shí)，溶液中c(Cu2+)c(Zn2+)=c(CC．由題意可知，向等物質(zhì)的量濃度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5mol?L-1的Na2S溶液直至溶液中無沉淀產(chǎn)生時(shí)，過濾得到的沉淀是CuS和ZnS的混合物，故C不符合題意；D．由題意知溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時(shí)，視為沉淀就達(dá)完全，雖然已經(jīng)認(rèn)為沉淀完全，但溶液中離子濃度小于1×10-5mol?L-1，因此過濾后得到的溶液中仍有極少量的Cu2+和Zn2+，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．由溶度積的大小可知，溶度積小的物質(zhì)先生成沉淀；B．依據(jù)溶度積常數(shù)，利用變形法計(jì)算；C．依據(jù)題目信息及復(fù)分解反應(yīng)原理判斷；D．絕對不溶的物質(zhì)是不存在的。7．【答案】B【解析】【解答】A.導(dǎo)電能力越強(qiáng)，離子濃度越大，H+濃度越大，pH越小，因此a、b、c三點(diǎn)溶液的pH大小關(guān)系為：b＜a＜c，A項(xiàng)不符合題意；B.用濕潤的pH試紙測量酸性的pH，a處溶液稀釋，導(dǎo)電能力增大，溶液酸性增強(qiáng)，pH減小，因此測量結(jié)果偏小，B項(xiàng)符合題意；C.隨水的增多，醋酸的電離程度在增大，因此a、b、c三點(diǎn)CH3COOH的電離程度：a＜b＜c，C項(xiàng)不符合題意；D.a、b、c三點(diǎn)溶液濃度不同，但溶質(zhì)的物質(zhì)的量相同，因此用1mol·L?1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液體積：a=b=c，D項(xiàng)不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.導(dǎo)電能力越強(qiáng)，離子濃度越大，H+濃度越大，pH越??；B.a處溶液稀釋時(shí)，溶液酸性增強(qiáng)；C.隨水的增多，醋酸的電離程度在增大；D.a、b、c三點(diǎn)溶液濃度不同，但溶質(zhì)的物質(zhì)的量相同。8．【答案】（1）藍(lán)紫色溶液變淺，同時(shí)有灰藍(lán)色沉淀產(chǎn)生，然后沉淀逐漸溶解形成綠色溶液（2）2CrO42?+2H+?Cr2O72?+H（3）堿式；3.47（4）偏大；偏大（5）6Fe2++Cr2O72?+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2【解析】【解答】(1)在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至過量，先生成Cr(OH)3，后生成Cr(OH)4-，可觀察到的現(xiàn)象是藍(lán)紫色溶液變淺，同時(shí)有灰藍(lán)色沉淀產(chǎn)生，然后沉淀逐漸溶解形成綠色溶液。故答案為：藍(lán)紫色溶液變淺，同時(shí)有灰藍(lán)色沉淀產(chǎn)生，然后沉淀逐漸溶解形成綠色溶液；

(2)廢水含有一定量K2Cr2O7和K2CrO4酸化后轉(zhuǎn)化為K2Cr2O7，與碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)和硫酸鉻，再用Na2S2O3溶液測定碘，用淀粉溶液作指示劑。步驟I加入適量稀硫酸酸化鉻酸根轉(zhuǎn)化為重鉻酸根，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是2CrO42?+2H+?Cr2O72?+H2O，也為步驟II提供了酸性環(huán)境；碘單質(zhì)遇到淀粉呈藍(lán)色，步驟I的指示劑為淀粉溶液；步驟IV為重復(fù)上述滴定操作步驟2~3次。故答案為：2CrO42?+2H+?Cr2O(3)2Cr2x=60.1000mol·L(4)誤差分析：①若盛裝Na2S2O3溶液的滴定管沒有潤洗，消耗Na2S2O3溶液的體積偏大，測定結(jié)果會偏大(填“偏大”、“偏小”或“不變”，下同)；

②若步驟I加入稀硫酸酸化過量(溶液pH過低)，也會消耗Na2S2O3溶液，消耗Na2S2O3溶液的體積偏大，測定結(jié)果會偏大。故答案為：偏大；偏大；(5)廢水中加入綠礬和稀硫酸，生成硫酸鐵、硫酸鉻，Cr2O72?發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為6Fe2++Cr2O72?+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。故答案為：6Fe2++Cr2O72?+14H+=6Fe3++2Cr3+

【分析】(1)依據(jù)資料內(nèi)容，利用反應(yīng)物和產(chǎn)物判斷現(xiàn)象；(2)依據(jù)實(shí)驗(yàn)反應(yīng)和滴定原理分析；

(3)依據(jù)關(guān)系式法計(jì)算；(4)依據(jù)???????(3)的計(jì)算公式判斷；(5)根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物的化學(xué)式，利用原子守恒、電子守恒、電荷守恒書寫。

???????9．【答案】（1）Fe3++3AlO2?+6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3（2）＞（3）a-b2；5×10（4）H2SO3+HCO3?=CO2↑+H2O+HSO3?；中；由于NH3?H2O的電離常數(shù)等于CH3COOH的電離常數(shù)，因此NH4+的水解程度等于CH3【解析】【解答】(1)將NaAlO2溶液跟Fe2(SO4)3溶液混合，F(xiàn)e3+和AlO2?發(fā)生雙水解，相關(guān)反應(yīng)的離子方程式是Fe3++3AlO2?+6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓。故答案為：Fe3++3AlO2?+6H2O=Fe(OH)3(2)0.1mol/L的NaCl溶液中的c(Na+)=0.1mol/L，則溶液中的電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；0.1mol/L的CH3COONa溶液中的c(Na+)=0.1mol/L，溶液中的電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；兩溶液中的c(Na+)相同，但由于氯化鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解，溶液顯中性，而醋酸鈉是弱酸強(qiáng)堿鹽，能水解，溶液顯堿性，故氯化鈉溶液中的c(H+)大于CH3COONa溶液中的c(H+)，則有：c(Cl-)+c(OH-)＞c(CH3COO-)+c(OH-)，故有NaCl溶液中c(Na+)+c(H+)+c(Cl-)+c(OH-)大于CH3COONa溶液中的c(Na+)+c(H+)+c(CH3COO-)+c(OH-)；即溶液中離子總數(shù)：NaCl溶液＞CH3COONa溶液，故答案為：＞；。故答案為：＞；(3)①常溫下，在amol?L-1的HCOOH溶液中加入等體積的bmol?L-1的NaOH溶液至溶液呈中性，此時(shí)溶液中HCOOH的物質(zhì)的量濃度為amol·L?1×V?bmol·L?1×VV+V②已知常溫下HCOOH的電離常數(shù)為Ka=2×10-4，則HCOO-的水解反應(yīng)HCOO-+H2O?HCOOH+OH-的平衡常數(shù)Kh=KwKa=10?142×10(4)①由電離常數(shù)可知，酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3?，由強(qiáng)酸制備弱酸原理，H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應(yīng)的主要離子方程式H2SO3+HCO3?=CO2↑+H2O+HSO3?，故答案為：H2SO3+HCO3?=CO2↑+H②CH3COONH4溶液呈中(填“酸”、“中”或“堿”)性，原因是由于NH3?H2O的電離常數(shù)等于CH3COOH的電離常數(shù)，因此NH4+的水解程度等于CH3COO-水解程度，溶液呈中性，故答案為：中；由于NH3?H2O的電離常數(shù)等于CH3COOH的電離常數(shù)，因此NH4+的水解程度等于CH3COO③A．根據(jù)電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3?)+c(OH-)+2c(COB．根據(jù)物料守恒，N原子總數(shù)等于碳原子總數(shù)的2倍，n(N)：n(C)=2：1，c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(CO32?)+2c(HCO3?)+2c(H2C．含碳粒子的總濃度為0.1mol?L-1，c(CO32?)+c(HCO3?)+c(H2CO3)=0.1mol?LD．依據(jù)溶液中質(zhì)子守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3?)+c(OH-)+2c(CO32?)，c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(CO32?)+2c(HCO3?)+2c(H2CO3)，兩式消去c(NH4+)得：c(H+)+c(HCO3?)+2c(H2COE．溶液中銨根離子濃度大于碳酸根離子濃度，碳酸根離子水解程度大于銨根離子水解程度，所以溶液中離子濃度大小為：c(NH4+)＞c(CO32?)＞c(HCO3?)＞c(NH3故答案為：AD。

【分析】(1)依據(jù)雙水解反應(yīng)原理書寫；(2)依據(jù)電荷守恒和鹽類水解原理分析；(3)①依據(jù)中和反應(yīng)原理分析；②依據(jù)Kh=KwKa(4)①根據(jù)電離常數(shù)，利用強(qiáng)酸制備弱酸原理；②根據(jù)電離常數(shù)分析；③A．根據(jù)電荷守恒；B．根據(jù)物料守恒；C．根據(jù)物料守恒；D．依據(jù)溶液中質(zhì)子守恒；E．依據(jù)越弱越水解判斷。10．【答案】（1）-411；防止催化劑中毒(或含硫化合物會使催化劑降低或失去催化效果)（2）大；＞；2.5×10-4（3）BD；5；＞【解析】【解答】(1)①NH3(g)+54O2(g)催化劑__ΔNO(g)+32H2O(l)△H1=-292kJ/mol，②NO(g)+12O2(g)=NO2(g)△H2=-56kJ/mol，③3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H3=-70kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，將①+②×32+③×12得：NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)△H=(-292kJ/mol)+(-56kJ/mol)×(2)①該反應(yīng)的速率由b步?jīng)Q定，說明b步反應(yīng)的活化能比a步的大；②根據(jù)圖像，150℃時(shí)，NO的轉(zhuǎn)化率小于NO的平衡轉(zhuǎn)化率，說明反應(yīng)需要繼續(xù)正向繼續(xù)，因此v正＞v逆；若起始c(O2)=5.0×10-4mol/L，根據(jù)圖像，380℃下反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，NO的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，因此c(O2)=2.5×10-4mol/L；(3)①在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)2NO+O2?2NO2，A.混合氣體的質(zhì)量和容器的體積均不變，混合氣體的密度始終不變，不能說明達(dá)到平衡狀態(tài)，選項(xiàng)A不正確；B.混合氣體中只有NO2有色，氣體的顏色不變，說明NO2濃度不變，說明達(dá)到平