邢台市2020-2021学年高二化学上学期期中试题含解析

河北省邢台市2020_2021学年高二化学上学期期中试题含解析河北省邢台市2020_2021学年高二化学上学期期中试题含解析PAGE25-河北省邢台市2020_2021学年高二化学上学期期中试题含解析河北省邢台市2020—2021学年高二化学上学期期中试题(含解析）考生注意：1。本试卷分第I卷(选择题）和第II卷(非选择题)两部分,共100分。考试时间90分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上。3。本试卷主要考试内容：人教版选修4第一章至第三章第三节。4。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16第I卷(选择题共52分)一、选择题：本题共16小题，每小题2分，共32分，每小题只有一个选项符合题目要求.1.下列物质属于电解质的是（）A。石墨 B。碳酸钠固体 C.醋酸溶液 D。二氧化碳【答案】B【解析】【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。【详解】A．石墨能够导电，但是石墨属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故不选A项；B．碳酸钠固体在水溶液中能够导电,属于电解质，故选B项;C．醋酸溶液是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，故不选C项；D．二氧化碳溶于水生成的碳酸能够导电，但是二氧化碳本身不能电离,属于非电解质，故不选D项；故选B.2。下列电离方程式书写错误的是（）A.H2SHS—+H+ B。H2SO3+H2OH3O++HSOC。Mg(OH)2Mg2++2OH- D。HCO+H2OH2CO3+OH—【答案】D【解析】【详解】A．H2S为二元弱酸，其第一步电离的方程式为H2SHS—+H+,故A项正确；B．H3O+为水合氢离子，H2SO3为二元弱酸,第一步电离的方程式为H2SO3+H2OH3O++HSO，故B项正确;C．Mg（OH)2为二元中强碱，其电离的方程式为Mg（OH)2Mg2++2OH—,故C项正确；D．HCO+H2OH2CO3+OH-是HCO的水解方程式，HCO的电离方程式为HCOCO+H+,故D项错误;故答案为D。3。已知反应2CO(g）+4H2（g)CH2=CH2（g）+2H2O(g)在不同条件下的化学反应速率如下,其中表示反应速率最快的是（）A。v（H2O）=0。1mol·L—1·s-1 B.v（H2）=4。5mol·L—1·s-1C。v(CH2=CH2）=0.03mol·L-1·s—1 D。v（CO)=1。5mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【详解】A．v(H2O)=0.1mol·L-1·s-1B．v（H2O)=v（H2)=2。25mol·L—1·s—1C．v（H2O）=2v（CH2=CH2）=0.06mol·L-1·s-1D．v(H2O)=v(CO)=1。5mol·L—1·s-1所以反应速率最快的是B，故答案为：B；4.下列有关盐类水解的说法不正确的是（)A。盐类的水解破坏了纯水的电离平衡B。盐类的水解是酸碱中和反应的逆过程C。盐类的水解使溶液一定不呈中性D.NaClO水解的实质是ClO-与H2O电离出的H+结合生成HClO【答案】C【解析】【详解】A．盐类水解实质是弱离子交换水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程，破坏了纯水的电离平衡，所以A选项是正确的；B．盐类水解生成酸和碱是中和反应的逆反应，所以B选项是正确的；C．两弱离子水解程度相同,溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性,水解程度不同溶液呈酸碱性，单离子水解溶液表现岀酸碱性，盐类水解的结果使溶液不一定呈中性，所以C选项是错误的;D．NaClO水解的实质是ClO-与H2O电离出的H+结合生成HClO,所以D选项是正确的;故选C。5。铍是高效率的火箭燃料，已知：2Be（s）+O2(g)=2BeO（s)△H=-1087。2kJ·mol-1,下列说法正确的是(）A。该反应是吸热反应B.用粉碎后的Be做原料，该反应的△H会减小C。当消耗3。2gO2时，转移的电子数为0。2NAD。Be（s)的燃烧热△H=—543。6kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】A．该反应的ΔH〈0,为放热反应，故A项错误；B．反应物的状态不会改变反应的焓变,因此△H不变，故B项错误；C．3.2gO2的物质的量为0。1mol，由反应的方程式可知，当消耗3。2gO2时，转移的电子数为0.4NA，故C项错误；D．燃烧热是指1mol纯物质燃烧生成稳定化合物放出的热量，由2Be(s）+O2(g)=2BeO(s)△H=—1087。2kJ·mol—1可知，Be(s）的燃烧热△H=—543。6kJ·mol—1，故D项正确；故答案为D。6。25℃时，pH＝2的H2SO4溶液中,由水电离出的H＋浓度是（)A。1×10－7mol·L－1 B.1×10－12mol·L－1C.1×10－2mol·L－1 D。1×10－14mol·L－1【答案】B【解析】【详解】在水溶液中，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子的浓度,25℃时,pH＝2的硫酸溶液中c(H+)=10－2mol·L－1,则溶液中的氢氧根离子的浓度为1×10－12mol·L－1，此时水溶液中的氢氧根离子完全来自于水电离,故此时由水电离出的H＋浓度是1×10－12mol·L－1；答案选B7.一个已经达到平衡的可逆反应，只改变下列条件，对化学反应速率的判断定正确的是（)A.增大压强，反应速率一定加快B。加快分子运动速率，反应速率一定加快C。增加反应物的物质的量，反应速率一定加快D。增大生成物的浓度，正反应速率一定减慢【答案】B【解析】【详解】A．增大压强化学反应速率不一定加快，如压强对固体和液体无影响，故A项错误;B．加快分子运动速率，反应速率一定加快，故B项正确;C．反应物如果是固体物质，增加反应物的量，但浓度不变，所以反应速率不变，故C项错误;D．若生成物是固体，增加生成物的量，浓度不变，所以反应速率不变，故D项错误；故选B。8.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是（）A。同浓度的两溶液中：c（Cl—）=c（CH3COO—）B.相同pH的两溶液,分别与金属镁反应，起始反应速率相同C.分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同D.等浓度的盐酸和醋酸分别加入相同的NaOH溶液至中性：c（CH3COO-）=c（Cl-）【答案】B【解析】【详解】A．盐酸是强酸，在溶液中完全电离,醋酸为弱酸,在溶液中部分电离，因此同浓度的两溶液中：c(Cl-）＜c（CH3COO—），故A项错误；B．相同pH的盐酸和醋酸两种溶液,氢离子浓度相同，则分别与金属镁反应，起始反应速率相同，故B项正确；C．由于醋酸是弱酸,在反应过程中，会不断电离出氢离子，分别中和pH相等体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量醋酸＞盐酸，故C项错误；D．等浓度的盐酸和醋酸分别加入相同的NaOH溶液至中性，醋酸消耗的NaOH更多,则c（CH3COO-)＞c(Cl—），故D项错；故选B。9.下列操作中，能使水的电离平衡（H2OH++OH—）向左移动且溶液呈酸性的是(）A.向水中充入SO2气体B。向水中加入碳酸钠溶液C。将水加热，使水的pH=6D.向水中加入NH4Cl溶液【答案】A【解析】【详解】A．向水中充入SO2气体,反应生成亚硫酸,亚硫酸电离：H2SO3H++、H++，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向左移动，溶液呈酸性，选项A符合;B。向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离,碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，选项B不符合；C。升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，水的pH=6但溶液显示中性，选项C不符合；D.向水中加入NH4Cl溶液，铵根离子结合水电离的氢氧根离子,促进了水电离，水的电离平衡向右移动，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，选项D不符合；答案选A。10。配制硫酸铝溶液时，为得到澄清的溶液经常在配制过程中加入少量的(）A。H2O B.NaOH溶液 C。H2SO4溶液 D.Na2SO4溶液【答案】C【解析】【详解】配制硫酸铝溶液时,主要是由于铝离子水解会使溶液变浑浊，为得到澄清的溶液经常在配制过程中加入少量的硫酸,抑制铝离子水解，故C符合题意。综上所述，答案为C。11.向盛有Ca（OH）2悬浊液的烧杯中，逐滴加入0.5mol·L—1的Na2CO3溶液，直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力（用I表示）可以近似地表示为图中曲线()A.a B.b C。c D.d【答案】A【解析】【详解】溶液导电性与离子浓度成正比，离子浓度越大,溶液导电性越强，Ca(OH)2悬浊液电离产生Ca2+、OH—，因此溶液开始就具有一定的导电能力，向Ca（OH）2悬浊液滴加Na2CO3溶液,发生反应Ca(OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，虽然生成了沉淀,但加入了Na2CO3,同时还生成了NaOH,溶液的导电性逐渐增大，故A正确。故答案为A。12.25℃时，下列溶液中，酸性最强的是（）A。pH=1的溶液 B。1L含有60gNaCl的溶液C。c(H+）=0。01mol·L-1的溶液 D。N(H+）:N(H2O)=1:100的溶液【答案】D【解析】【详解】pH=1的溶液,c（H+）=0。1mol∙L−1的溶；1L含有60gNaCl的溶液，溶液呈中性，c（H+)=1×10−7mol∙L−1的溶液；c（H+)=0。01mol∙L−1的溶液；N（H+)：N（H2O）=1:100的溶液，则n(H+)：n（H2O）=N（H+）：N(H2O)=1：100，则，因此酸性最强的是N（H+)：N(H2O）=1：100的溶液，故D符合题意.综上所述，答案为D。13。某浓度HF溶液中存在平衡:HFH++F—，若要增大F—的浓度,同时减小H+的浓度，可以采取的方法是（）A。加入少量NaOH固体 B.适当降低温度C.加入少量的浓盐酸 D。加水稀释【答案】A【解析】【详解】A．加入少量NaOH固体,HFH++F-的平衡向右移动，F—的浓度增大，且OH-和H+结合生成水，H+的浓度减小，故选A项；B．降低温度，HFH++F-平衡向左移动，F—和H+的均浓度减小，故不选B项；C．加入少量的浓盐酸，HFH++F—的平衡向左移动,F-浓度减小，H+浓度增大,故不选C项;D．加水稀释，HFH++F-的平衡向右移动，但是F—和H+浓度均减小，故不选D项；故答案为A.14.下列离子在指定条件下一定能大量共存的是（）A.加盐酸会产生使澄清石灰水变浑浊的气体的溶液：Na+、Ca2+、NO、Cl—B.加入铝单质生成气体的溶液:MnO、Cl-、K+、Na+C。强碱溶液中：CO、K+、Ba2+、SOD。常温下,=10-4的溶液：Fe3+、Cu2+、NO、SO【答案】D【解析】【详解】A．使澄清石灰水变浑浊CO2或SO2，则该溶液中可能存在CO、HCO或SO、HSO，CO、SO与Ca2+生成沉淀，不能大量共存，故不选A项;B．加入铝单质生成气体的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，MnO、Cl—发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选B项。C．CO、SO与Ba2+生成沉淀，不能大量共存,故不选C项；D．常温下,=10-4的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe3+、Cu2+、NO、SO之间互不反应，且均不与氢离子反应，能大量共存，故选D项；故选D。15.a、b、c、d分别表示两种酸和两种碱，且只有一种强酸和一种强碱.它们加水稀释的pH变化如图所示，则（）A.a为强酸,c为强碱 B。a为强酸，d为强碱C.b为强酸，c为强碱 D.b为强酸,d为强碱【答案】B【解析】【详解】加水稀释pH增大的是酸，减小的是碱，故a、b是酸，c、d是碱；弱酸弱碱部分电离，存在电离平衡，导致稀释相同的倍数，pH变化较小，所以a是强酸，d是强碱,故选B。16。某温度下，水的离子积常数Kw=1×10—13.在该温度下，将pH=4的H2SO4溶液与pH=11的NaOH溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液呈中性,则H2SO4与NaOH溶液的体积之比为（）A.1:10 B。10：1 C。100：1 D。1：100【答案】C【解析】【详解】已知某温度下，水的离子积Kw=1×10-13，即pH=6。5时，溶液呈中性，pH=4的强酸溶液中，c(H+)=1×10-4mol/L，pH=11的强碱溶液中，c（OH—)=0.01mol,设稀硫酸的体积为V1，氢氧化钠的体积为V2，即此时有n（H+）=n（OH—）=V1×10—4=10-2×V2，=100：1，故选C项.二、选择题：本题共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目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分.17。贵金属钯可催化乙醇羰基化，反应过程如图所示，下列说法错误是A。C－H键所处环境不同,稳定性也不同B.贵金属钯也可将R2CHOH羰基化C。反应物CH3CH2OH→产物CH3CHO，发生了氧化反应D.反应过程中，Pd的成键数目保持不变【答案】D【解析】【详解】A。C－H键所处环境不同，稳定性也不同，A正确;B.R2CHOH中与-OH相连的C上有H，贵金属钯也可将R2CHOH羰基化，B正确；C。反应物CH3CH2OH→产物CH3CHO，发生了氧化反应，C正确；D.反应过程中，Pd与原子成键结构改变，成键数目改变，D错误.答案为D。18。用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸,下列实验操作不会引起误差的是（）A。用待测液润洗锥形瓶B.用蒸馏水洗净后的酸式滴定管直接量取待测液C.选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了两滴指示剂D.实验开始时碱式滴定管尖嘴部分无气泡,结束实验时有气泡【答案】C【解析】【详解】A．用待测液润洗锥形瓶，待测液溶质物质的量增加，消耗标准液体积增大，误差偏高,故A不符合题意；B．用蒸馏水洗净后的酸式滴定管直接量取待测液，待测液浓度减小,取出相同体积待测液时待测液溶质的物质的量减小，消耗标液体积减小，误差偏低，故B不符合题意；C．选用酚酞作指示剂,实验时不小心多加了两滴指示剂,所消耗的标液体积不变，没有误差,故C符合题意。D．实验开始时碱式滴定管尖嘴部分无气泡,结束实验时有气泡，读出的标液体积偏小，误差偏低，故D不符合题意。综上所述，答案为C。19。在一定温度下，弱碱（CH3NH2）在水溶液中的电离方程式为CH3NH2+H2OCH3NH+OH—，下列说法正确的是（)A。电离平衡常数表达式K=B.加入适量的CH3NH2溶液,电离常数K增大C。加水稀释，c(OH—)减小,Kw不变D。升高温度，c(CH3NH）增大【答案】CD【解析】【详解】A．该反应的电离平衡常数表达式为K=，故A项错误;B．电离常数K只与温度有关，加入适量的CH3NH2溶液,K不变，故B项错误;C．加水稀释的过程中,CH3NH2+H2OCH3NH+OH-的平衡向右移动，但c(OH-）减小，K只与温度有关,温度不变,Kw不变，故C项正确；D．电离是吸热过程,升高温度CH3NH2+H2OCH3NH+OH-的平衡右移,c(CH3NH）增大，故D项正确；故选CD。20.某科研小组为了探究久置空气中某浓度氢氧化钠溶液（250mL）的组分，往溶液中滴入2mol·L-1的稀盐酸，反应中生成CO2的物质的量随加入稀盐酸的体积如图所示，下列说法正确的是()A。当V1>100时，NaOH溶液未完全变质B。a点存在c（Na+）+c（H+）=2c（CO）+c（HCO)+c(OH-）C。氢氧化钠溶液未变质前c（NaOH)=1。6mol·L-1D.O~b点溶液中存在两种溶质【答案】AC【解析】【分析】NaOH在空气中变质后的产物可能有Na2CO3、NaHCO3，故久置的NaOH的成分可能有5种情况：NaOH、NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，据此作答。【详解】A．Na2CO3与盐酸反应时先转化为NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2，等量的Na2CO3和NaHCO3消耗的盐酸的量是相同的，故当V1>100时，久置后的成分必然是NaOH和Na2CO3的混合物，即NaOH未完全变质，A正确；B．a点溶液中还含有Cl—，根据溶液显电中性应有c(Na+)+c(H+）=2c(CO）+c(HCO)+c（OH—)+c(Cl—），B错误；C．b点溶液中的溶质全为NaCl,根据Na原子和Cl原子物质的量相等可知n(NaOH）=n（HCl)=2mol·L—1×0。2L=0。4mol,c（NaOH)=0。4mol÷0.25L=1.6mol·L-1,C正确；D．由选项A的分析可知久置后的成分是NaOH和Na2CO3的混合物，随着盐酸加入，溶质的成分依次为：NaOH和Na2CO3和NaCl、NaCl和Na2CO3、NaCl和Na2CO3和NaHCO3、NaCl和NaHCO3、NaCl,D错误；正确答案为AC.21.在某温度下，往20mL0。2mol·L-1H2O2溶液中滴入几滴FeSO4溶液，发生催化分解,测得不同时刻生成O2的体积(标准状况下)如表：t/min0248V（O2)/mL022。433。636。4下列说法正确的是（）(忽略溶液的体积变化)A.0～4min内的平均反应速率：v(H2O2）=3。75×10—2mol·L—1·min—1B。第8min时，c（H2O2）=3.75×10—2mol·L-1C.反应开始至2min时，H2O2转化率为75％D。加入的FeSO4溶液越多，反应速率越快【答案】AB【解析】【详解】A.根据方程式：2H2O2=2H2O+O2,H2O2物质的量的变化量为O2的两倍，0～4min内的平均反应速率：v(H2O2）==3。75×10—2mol·L-1·min—1,故A正确；B。8min时，V（O2)=36.4mL=0。0364L，则n(O2）==0。001625mol,△n(H2O2）=0.001625mol×2=0。00325mol，△c(H2O2)==0.1625mol/L，c（H2O2）=0.2mol/L−0。1625mol/L=3。75×10—2mol·L-1，故B正确;C。反应开始至2min时,V(O2）=22.4mL=0。0224L，则n(O2)==0.001mol，△n(H2O2）=0.001mol×2=0。002mol,转化率为=50%，故C错误；D.加入的FeSO4溶液过多时，混合溶液体积变大，H2O2浓度会变小,反应速率可能减慢，故D错误;故选AB.第II卷(非选择题共48分)三、非选择题：本题共4小题，共48分。22.现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为0。2mol·L-1的Ba(OH）2溶液，乙为0。2mol·L-1的硫酸氢钠溶液，丙为pH=2的CH3COOH（常温下CH3COOH的电离常数Ka=1.8×10-5)溶液.回答下列问题：（1）CH3COOH溶液的电离平衡常数表达式Ka=___，丙溶液中c（CH3COOH）约为___mol·L—1,CH3COOH的电离度约为___（电离度指弱电解质在溶液里达到电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分数）.(2）要使乙溶液与丙溶液的pH相等,可将乙溶液稀释___倍。（3）将甲、乙两种溶液等体积混合后，静置,此时混合溶液的pH=___,若甲、乙混合后溶液呈中性,则甲、乙两种溶液的体积比为___。【答案】(1）。(2）。5。56（3).0.18％(4).20（5）。13（6).1：2【解析】【详解】（1）CH3COOH的电离方程式为：CH3COOH=CH3COO—+H+,所以电离平衡常数表达式Ka=，丙为pH=2的CH3COOH(常温下CH3COOH的电离常数Ka=1.8×10-5)溶液，c（CH3COOH）===5。56mol·L-1，CH3COOH的电离度约为=0。18％，故答案为：;5.56；0。18％；（2)乙为0.2mol·L—1的硫酸氢钠溶液，丙为pH=2的CH3COOH，要使乙溶液与丙溶液的pH相等，即要使乙的pH=2，c(H+)=0.01mol·L-1,将乙溶液稀释20倍,c（H+）=0.01mol·L—1，pH=2,符合要求，故答案为：20；（3)甲为0。2mol·L—1的Ba（OH)2溶液，乙为0。2mol·L—1的硫酸氢钠溶液,将甲、乙两种溶液等体积混合后，发生酸碱中和，还剩余氢氧根，剩余氢氧根浓度为c（OH-）=0.1mol·L—1，此时混合溶液的pH=13，若甲、乙混合后溶液呈中性，n（OH—)=n（H+）,因为甲为0。2mol·L—1的Ba（OH)2溶液，乙为0.2mol·L-1的硫酸氢钠溶液，即甲、乙两种溶液的体积比为1：2时n(OH-)=n（H+)，故答案为：1:2。23。烟道气中的SO2是主要的大气污染物之一，可用氧化还原滴定法测定其含量。(1)将aL(标准状况下)处理后的烟道气(主要含SO2、N2等）通入滴有无色酚酞的NaOH溶液中，溶液逐渐变成无色，对这一现象的解释,下列说法正确的是___。A。SO2具有漂白性B。SO2具有还原性C。SO2具有酸性氧化物通性D。SO2具有氧化性（2）向褪色后的溶液中逐滴滴入酸性高锰酸钾溶液，共消耗cmol·L—1酸性高锰酸钾溶液VmL。①滴定终点的现象是___.②滴定中发生反应的离子方程式为___。③处理后的烟道气中SO2的浓度为___(用含V、a、c的代数式表示）mol·L—1。（3)几种弱酸的电离平衡常数如下表:①向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2,发生反应的离子方程式为___.②向次氯酸钠溶液中通入足量的SO2，发生反应的离子方程式为___。【答案】（1）。C（2）.当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时,溶液由无色变成浅红色且30秒内不褪色(3)。6H++5SO+2MnO=5SO+2Mn2++3H2O(或5HSO+H++2MnO=5SO+2Mn2++3H2O)(4).（5)。CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO（6).SO2+ClO-+H2O=SO+Cl—+H+【解析】【详解】(1）处理后的烟道气（主要含SO2、N2等）通入滴有无色酚酞的NaOH溶液中,溶液逐渐变成无色，说明烟道气中的SO2和NaOH发生反应生成了盐和水,溶液的碱性逐渐减弱，说明SO2具有酸性氧化物的通性，故答案为:C;(2)①SO2和NaOH发生反应2NaOH+SO2=Na2SO3+2H2O或Na2SO3+SO2+H2O==2NaHSO3，则褪色后的溶液中主要含有Na2SO3或NaHSO3，逐滴滴入酸性高锰酸钾溶液,酸性高锰酸钾和Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应，到达滴定终点时的现象为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变成浅红色且30秒内不褪色，故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变成浅红色且30秒内不褪色；②滴定中高锰酸根氧化了Na2SO3或NaHSO3,发生反应的离子方程式为6H++5SO+2MnO=5SO+2Mn2++3H2O(或5HSO+H++2MnO=5SO+2Mn2++3H2O),故答案为:6H++5SO+2MnO=5SO+2Mn2++3H2O（或5HSO+H++2MnO=5SO+2Mn2++3H2O)；③根据反应的方程式可知，存在关系5SO~2MnO或5HSO～2MnO，则n(SO2)=2.5cv×10—3mol，c（SO2）=mol/L，故答案为:；（3）根据表中数据可知酸性强弱为H2SO3＞H2CO3＞HClO。①向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2,发生反应的离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO，故答案为:CO2+ClO—+H2O=HClO+HCO;②向次氯酸钠溶液中通入足量的SO2,发生反应的离子方程式为SO2+ClO—+H2O=SO+Cl—+H+，故答案为:SO2+ClO—+H2O=SO+Cl-+H+；24.已知在容积为2.0L的恒容密闭容器中存在可逆反应：M(g）+N（g)P（g)+W（g).该可逆反应的平衡常数与温度的关系如下表：回答下列问题:（1）温度为300℃时，在容器中加入0.5molM和0.5molN，4min时反应达到平衡。①平衡时气体的总物质的量为___mol。②N的转化率为___％。③若保持温度不变，再向容器中充入0。25molM和0。25molN,平衡将___(填“正向"逆向”或“不”)移动。（2）某温度下，将一定量的M和N充入该容器中，测得不同条件下反应过程中部分物质的物质的量变化情况如图所示。①生成物W在4～6min内的平均反应速率v(W）=___mol·L-1·min—1。②第8min时改变的反应条件可能是___（填标号).A。增大压强B.减小压强C。升高温度D.降低温度③若反应在第8min时,改变了反应的温度，则反应在第12min时，反应体系的温度为___（填范围或数值)。【答案】(1）.1(2).60（3）。不（4）。0。01（5)。C（6）.700℃～900℃【解析】【详解】（1）温度为300℃时，K=，在容器中加入0。5molM和0.5molN,4min时反应达到平衡，列出三段式为：①化学平衡常数为，即K=，解答x=0。3，平衡时气体的总物质的量为0.5—x+0.5-x+x+x=1mol故答案为:1；②N的转化率为=60%，故答案为：60；③若保持温度不变，再向容器中充入0.25molM和0。25molN,恒温恒容条件下，按照平衡时的比例或起始的物质比例增大反应物或生成物的浓度都相当于增大压强,如可逆反应M（g）+N(g）P（g）+W（g)，增大压强，平衡不移动，故答案为:不；（2）①生成物W在4～6min时，v(W)=v(N)==0。01mol·L-1·min-1，故答案为：0。01；②第8min时，体系中各物质的量浓度不变,随后反应逆向进行，改变的反