山东省临沂市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

山东省临沂市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．2022年北京冬奥会利用到的能源中，不属于绿色能源的是（）A．风能 B．水能 C．太阳能 D．化石燃料2．某运动饮料的部分成分如下，属于弱电解质的是（）A．碳酸氢钠 B．氯化钠 C．乳酸钙 D．柠檬酸3．下列转化在任何温度下都能正向自发进行的是（）A．2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g)△H<0B．2CO(g)=2C(s，石墨)+O2(g)△H>0C．4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)△H<0D．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>04．向刚性容器中通入1molCO和1molNO2，发生反应：CO(g)+NO2(g)=CO2(g)+NO(g)。已知该反应的v=kc2(NO2)，在其他条件不变的情况下，反应速率无法增大的是（）A．升高温度 B．加入催化剂C．充入更多的CO D．充入更多的NO25．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：K+、Cl-、I-B．能与铝反应放出氢气的溶液中：NH4+、NO3−、CH3C．水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液中：Na+、HCO3−、ClD．c(OH-)c(H+)=106．下列关于“84消毒液”说法错误的是（）A．在空气中发生反应NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)B．“84消毒液”需避光保存的原因是NaClO见光易分解C．pH越小，“84消毒液”消毒能力越强的原因是HClO氧化性大于ClO-D．不能与双氧水消毒液混用的原因是ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O7．在800℃密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。若CO起始浓度为1.0mol⋅L−1A．c平衡(CO)=0.C．α(H2O)=40%8．臭氧分解2O3⇌3O2的反应历程包括以下反应：反应①：O3→O2+O•(快)反应②：O3+O•→2O2(慢)大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是（）A．活化能：反应①>反应②B．O3分解为O2的速率主要由反应②决定C．Cl•主要参与反应①，改变O3分解的反应历程D．Cl•参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率9．二氧化锰矿粉中MnOA．Na2C2B．滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色C．MnO2D．若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则测得MnO10．Ni单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化CO下列说法错误的是（）A．CO2催化转化的产物是CO和H2OB．过程②→③涉及化学键的断裂与生成C．生成1molCO，需要转移2mol电子D．反应过程中，C的化合价未发生改变11．已知：C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/molCO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH2理论上2mol石墨不充分燃烧，生成等物质的量的CO(g)和CO2(g)放出的热量是（）A．676.5kJ B．504kJ C．283kJ D．110.5kJ12．侯式制碱法工艺流程及反应原理如图。下列相关说法错误的是（）A．使用饱和食盐水，c(Na+)可以达到最大，有利于NaHCO3沉淀B．沉淀池中先通入NH3，再持续通入CO2，有利于增大c(HCO3−C．母液中加入细小食盐颗粒，c(Cl-)提高，有利于NH4Cl更多地析出D．母液中通入NH3，c(CO32−)和c(NH4+)提高，有利于NH13．小组同学探究盐溶液对反应Fe3++SCN-⇌[Fe(SCN)]2+(血红色)的影响。将2mL0.01mol/LFeCl3的溶液与2mL0.02mol/L的KSCN溶液混合，分别加入等量的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。已知：ⅰ．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略ⅱ．Fe3++4Cl-⇌[FeCl4]-(黄色)下列说法错误的是（）A．注入试剂①后溶液透光率增大，证明Fe3++SCN-⇌[Fe(SCN)]2+逆向移动B．透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的C．透光率④比③高，可能发生了反应[Fe(SCN)]D．若要证明试剂③中Cl-对平衡体系有影响，还应使用0.04mol/L的KNO3溶液进行实验二、多选题14．实验小组利用传感器探究Na2CA．Na2B．滴加Na2CO3C．NaHCO3D．滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na215．中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH①CO2②CO2其他条件不变时，在相同时间内温度对CO下列说法错误的是（）A．CO(g)+2H2B．使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数C．220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小D．其他条件不变，增大压强，不利于反应向生成CH三、综合题16．实验室常以硫酸亚铁和草酸为原料制备草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)。通过测定产品中Fe2+和C2O42−（1）KMnO4标准溶液应盛放在滴定管(填“酸式”或“碱式”)。（2）滴定在65~85℃进行，应采取的加热方式为。（3）H3PO4可与Fe3+形成无色的[Fe(HPO4)]+，使滴定的终点更容易判断。滴定终点的现象是。（4）“滴定Ⅰ”是为了测定n(Fe2+)和n(C2O42−A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管B．滴定终点时，仰视刻度线C．滴定终点时，发现滴定管中出现气泡D．滴定时间过长（5）为促使Fe3+全部转化成Fe2+，锌粉必须大大过量。①锌粉加入后，发生的反应有Zn+2H+=Zn2++H2↑、。②“过滤”、“洗涤”操作会导致所测得的n(Fe2+)偏低的原因有。（6）“滴定Ⅱ”发生反应的离子方程式为。（7）样品中n(Fe2+)∶n(C2O42−)=17．某小组为测定I-(aq)+I2(aq)⇌I3−已知：i.2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaIii.I-与I3−难溶于CCliii.室温下，达到溶解平衡后，I2在CCl4层和水层中的分配比c(I实验I：测定分配比（1）在2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI中，I2作剂(填“氧化”或“还原”)。（2）I2易溶于CCl4的原因是，分液操作用到的主要玻璃仪器有、烧杯。（3）滴定时选用的指示剂是，滴定终点的现象是。（4）实验测得分配比为86：1，则V1：V2=。（5）实验II：测定平衡常数通过V4可推知水层2中I2和I3−的总浓度，结合平衡移动原理解释原因：（6）通过实验I和实验II，测得平衡常数K=(用含c、V3、V4的代数式表示，可以不化简)。18．MnO2在电池中有重要应用。以软锰矿(主要成分为（1）浸出①用硫酸和FeSO4□MnO2+□+□=□Mn2+②浸出时可用SO2代替硫酸和FeSOa．SOb．用SOc．该法可同时处理烟气中的SO（2）净化、分离①软锰矿浸出液中的Fe3+、Al②为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去Fe3+，结合离子方程式解释原理：（3）热解在一定空气流速下，相同时间内MnCO3热解产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化如图。i．MnCii．4MnO(siii．2Mn2①为了增大产物中MnO2的占比，可以采用的措施是②温度升高，产物中MnO的占比降低，可能的原因是。19．某天然气含CH4和一定量的CO2。以天然气为原料制备苯和氢气的工艺流程如下图所示：（1）加热塔中发生反应的化学方程式为。（2）由甲烷制备苯的过程中存在如下反应：芳构化反应：6CH4(g)⇌C6H6(g)+9H2(g)ΔH1积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)ΔH2若要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用反应的ΔH。（3）已知不同温度和压强下，甲烷芳构化反应中甲烷的平衡转化率如图所示：①ΔH10(填“>”或“<”)②P1、P2的大小关系是，理由是。（4）在适宜温度下，以金属Mo作催化剂，由甲烷制备苯，几个小时后，单位时间内苯的产量迅速下降，主要原因是。20．二氧化碳催化加氢制甲醇：CO2(g)+3（1）该反应在有、无催化剂条件下的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS为过渡态。该反应历程中，催化剂使决速步骤的活化能降低eV。（2）将2.0molCO2和6.0molH2①根据图中曲线分析，的催化剂催化效果最好(填“催化剂I”“催化剂II”“催化剂III”)②下列措施有利于提高CO2转化为CHA．恒容条件下充入不参与反应的NB．选择催化效率更高的催化剂C．在达到平衡后的体系中移出部分H2D．保持反应容器的体积不变，平衡时再充入2.0molCO2(g)和6.0mol③温度在T4之后，使用不同的催化剂，二氧化碳转化率相同的原因是（3）若该反应通过如下步骤来实现：反应I：CO2反应II：CO(g)+2H2①ΔH2②其他条件相同的情况下，测得CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示，CO③一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入2molCO2和6molH2发生上述三个反应，达到平衡时，容器温度中CH3OH(g)为xmol，CO为ymol，反应I的平衡常数为(用含x、y的代数式表示)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．风能是清洁能源，不会产生污染，属于绿色能源，故A不选；B．水能是清洁能源，不会产生污染，属于绿色能源，故B不选；C．太阳能是清洁能源，不会产生污染，属于绿色能源，故C不选；D．化石燃料包括煤、石油和天然气，使用过程中会新增大量温室气体CO2，同时会产生一些有污染的烟气，不属于绿色能源，故D选；故答案为：D。

【分析】绿色能源是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源，它包括核能和“可再生能源”。再生能源包括太阳能、水能、风能、生物质能、波浪能、潮汐能、海洋温差能、地热能等。2．【答案】D【解析】【解答】A．碳酸氢钠溶于水完全电离，为强电解质，A不符合题意；B．氯化钠溶于水完全电离，属于强电解质，B不符合题意；C．乳酸钙为盐，在水溶液中完全电离，为强电解质，C不符合题意；D．柠檬酸为弱酸，在水中发生部分电离，属于弱电解质，D符合题意；故答案为：D。【分析】弱电解质在水溶液中部分电离；弱电解质一般有：弱酸、弱碱，少部分盐、水。3．【答案】A【解析】【解答】A．△H<0，△S>0，可满足△H-T△S<0，反应在任何温度下都能正向自发进行，故A选；B．△H>0，△S<0，△H-T△S>0，反应在任何温度下都不能正向自发进行，故B不选；C．△H<0，△S<0，温度较低时可满足△H-T△S<0，反应在较低温度下能正向自发进行，故C不选；D．△H>0，△S>0，温度较高时可满足△H-T△S<0，反应在较高温度下能正向自发进行，故D不选；故答案为：A。

【分析】根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析。4．【答案】C【解析】【解答】A．升高温度速率增大，故A不符合题意；B．加入催化剂降低活化能，速率增大，故B不符合题意；C．v=kc2(NO2)速率与CO浓度无关，充入更多的CO不影响速率，故C符合题意；D．根据速率公式可知，速率只与NO2浓度有关，充入更多的NO2，速率增大，故D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.升温反应速率增大；

B.加入催化剂能加快反应速率；

D.根据v=kc2(NO2)可知，速率只与NO2浓度有关。5．【答案】D【解析】【解答】A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与I-发生氧化还原反应，故不能共存，A不符合题意；B．能与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能是碱性，当为碱性溶液时，OH-与NH4+C．由题干可知，水的电离受到抑制，溶液为酸性溶液或者碱性溶液，当是酸性溶液时，H+与HCO3-D．根据c(H+)·c(OH-)=10-14，所以溶液中c(H+)=10-1mol/L，为酸性溶液，溶液中各离子之间不反应，D符合题意；故答案为：D。

【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。6．【答案】B【解析】【解答】A．根据强酸之弱酸原则NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)，故A不符合题意；B．“84消毒液”需避光保存的原因是HClO见光易分解，故B符合题意；C．pH越小，“84消毒液”中NaClO更多的转化为HClO，HClO氧化性大于ClO-，消毒能力越强，故C不符合题意；D．ClO-与双氧水发生氧化还原，ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O，消毒效果降低，故D不符合题意；故答案为：B

【分析】A.根据强酸制弱酸原理分析；

C.pH越小，溶液中氢离子越多，次氯酸根结合氢离子生成HClO；

D.次氯酸根能与过氧化氢发生氧化还原反应。7．【答案】A【解析】【解答】A．由上述三段式可知c平衡B．α(CO)=0C．α(HD．K=c(C故答案为：A。【分析】CO起始浓度为1.0mol⋅L−1，水蒸气起始浓度为1.5mol⋅L−1，达到平衡后，测得CO8．【答案】B【解析】【解答】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A不符合题意；B．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故B符合题意；C．氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl•主要参与反应②，故C不符合题意；D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.活化能越大反应速率越小；

B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

C.催化剂能降低反应的活化能；

D.催化剂不影响平衡转化率。9．【答案】D【解析】【解答】A．Na2C2O4具有还原性、二氧化锰具有氧化性，B．滴定中使用高锰酸钾溶液滴定草酸钠，恰好反应后高锰酸钾过量溶液显紫红色，故滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色，B不符合题意；C．Na2C2O4将KMnO4还原为Mn2+，根据电子守恒可知，5Na2C2O4～10e-～2KMnO4，与KMnO4反应Na2C2O4的物质的量为20×10-3L×0.1000mol/L×52=5×10-3mol；ND．若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则高锰酸钾的读数偏小，导致测得MnO故答案为：D。

【分析】mg样品加入H2SO4酸化，然后加入Na2C2O4进行还原，发生反应MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O，多余的草酸钠加入KMnO4溶液，发生反应2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO210．【答案】D【解析】【解答】A．根据图示知，CO2催化转化的产物是CO和HB．②→③断裂C-O键，形成O-H键，B不符合题意；C．根据CO₂→CO得2e-知，生成1molCO需要2mol电子，C不符合题意；D．CO2中C是+4价，CO中碳是+2价，C的化合价发生改变，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.该过程是二氧化碳催化转化为一氧化碳和水的过程；

B.过程②→③涉及C=O键的断裂和H-O键的形成；

C.转化过程中，碳元素化合价由+4降低为+2。11．【答案】B【解析】【解答】已知反应①：C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol反应②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283kJ/mol，按盖斯定律反应①-②得C(石墨，s故答案为：B。

【分析】依据盖斯定律分析解答。12．【答案】D【解析】【解答】A．使用饱和食盐水，c(Na+)可以达到最大，有利于析出NaHCO3晶体，故A不符合题意；B．沉淀池中先通入NH3，使溶液呈碱性，再通入CO2，可增大CO2在溶液中的溶解度，有利于增大c(HCO3−C．母液中含有NH4Cl溶质，加入细小食盐颗粒，c(Cl-)提高，有利于NH4Cl更多地析出，故C不符合题意；D．通入NH3使c(NH4+)提高，有利于NH4Cl更多地析出，同时使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度较大的碳酸钠，可提高NH4故答案为：D。

【分析】饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳循环使用，母液中加入食盐和通入氨气析出氯化铵晶体，剩余氯化钠溶液循环使用。13．【答案】D【解析】【解答】A．注入试剂①后溶液透光率升高，说明血红色变浅，则证明可逆反应Fe3++SCN-⇌[Fe(SCN)]2+的化学平衡逆向移动，A不符合题意；B．③KCl溶液为含有钾离子的中性溶液，②NH4Cl溶液为含有铵根离子的水解显酸性的溶液，根据是否水解或离子不同，则说明透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的，B不符合题意；C．③为0.04mol/L的KCl溶液，④为4mol/L的KCl溶液，④的浓度大于③的浓度，透光率④比③高，说明血红色变浅，发生了反应[Fe(SCN)]2+D．若要证明试剂③为0.04mol/L的KCl溶液，Cl-对平衡体系有影响，排除钾离子的干扰，作空白对照实验，不能使用0.04mol/L的KNO3溶液进行实验，因为溶液中有硝酸根离子，可能会影响实验结果的验证，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.溶液的血红色越深，透光率越小；

B.③和②中阳离子种类和溶液pH不同；

C.透光率④比③高，说明血红色变浅。14．【答案】B,C【解析】【解答】A．Na2CB．滴加Na2CO3C．NaHCO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式：D．滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2C故答案为：BC。

【分析】A.碳酸钠和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀；

B.滴加Na2CO315．【答案】C,D【解析】【解答】A．由题干信息可知，反应①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49.B．根据碰撞理论可知，使用催化剂，能降低反应所需的活化能，增大活化分子百分数，B不符合题意；C．由图可知，220~240℃，升高温度，CO2的转化率增大，根据反应：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49.4 kJD．其他他条件不变时，增大压强，对反应②无影响，反应①平衡正向移动，故其他条件不变时，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行，D符合题意；故答案为：CD。

【分析】A.根据盖斯定律计算；

B.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数；

C.升高温度，反应①平衡逆向移动，CO2的转化率减小，反应②平衡正向移动，CO2的转化率增大；

D.增大压强，对反应②无影响，反应①平衡正向移动。16．【答案】（1）酸式（2）水浴加热（3）溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复（4）A；B（5）Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+；Fe2+残留在滤纸上或Fe2+被空气氧化（6）MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2（7）4∶5【解析】【解答】（1）KMnO4溶液具有强氧化性，容易腐蚀碱式滴定管的橡皮管，故应盛放在酸式滴定管中，故此处填：酸式；（2）65~85℃适宜的加热方式为水浴加热，故此处填：水浴加热；（3）在未达反应终点前，滴入的KMnO4与Fe2+反应，当达到滴定终点后，稍过量的KMnO4会使溶液显浅红色，故此处填：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复；（4）A．未用KMnO4标准液润洗滴定管，导致标准液被稀释，反应等量的样品消耗标准液偏多，导致测定结果偏高，A正确；B．滴定终点仰视读数，导致读数偏大，所计消耗标准液偏多，导致测定结果偏高，B正确；C．滴定终点出现气泡，则所计消耗标准液偏少，导致测定结果偏低，C不正确；D．滴定时间过长，空气中的氧气会参与反应，导致消耗KMnO4溶液体积偏少，测定结果偏低，D不正确；故故答案为：AB；（5）①经过第一次滴定后，溶液中含有H+、Fe3+等离子，加入锌粉后，先后发生反应：Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑，故此处填：Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+；②部分残留在滤纸上的Fe2+容易被空气中氧气氧化，从而导致二次滴定时KMnO4所测Fe2+偏低，故此处填：Fe2+残留在滤纸上或Fe2+被空气氧化；（6）滴定Ⅱ时，溶液中被Zn还原生成的Fe2+与KMnO4反应，对应离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2（7）由得失电子守恒得关系式：5Fe2+~KMnO4，则n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×0.0100mol/L×10.00mL×10-3L/mL=5×10-4mol，由于前后两次滴定溶液中Fe2+量相等，消耗KMnO4量也相等，故第一次滴定时C2O42-消耗KMnO4溶液体积为25mL，由得失电子守恒得关系式：5C2O42-~2KMnO4，则n(

【分析】（1）高锰酸钾具有强氧化性，盛装在酸式滴定管中；

（2）滴定温度小于100℃，应采用水浴加热的方式；

（3）溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复时，达到滴定终点；

（4）根据操作对消耗的标准液的体积的影响分析误差；

（5）①Zn能将铁离子还原为亚铁离子；

②亚铁离子易被氧化；

（6）亚铁离子与高锰酸钾发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

（7）根据5Fe2+~KMnO417．【答案】（1）氧化（2）单质碘和四氯化碳均是非极性分子；分液漏斗（3）淀粉溶液；当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复用来的颜色（4）10：1（5）加入硫代硫酸钠发生反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由于溶液中存在平衡I-(aq)+I2(aq)⇌I3−(aq)，所以通过V4可推知水层2中I2和I3（6）860×【解析】【解答】（1）在2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI中碘元素化合价降低，得到电子，被还原，I2作氧化剂。（2）单质碘和四氯化碳均是非极性分子，根据相似相容原理可知I2易溶于CCl4；分液操作用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。（3）碘遇淀粉显蓝色，则滴定时选用的指示剂是淀粉溶液，滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复用来的颜色。（4）实验测得分配比为86：1，则根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知V1：V2=86×51×43（5）加入硫代硫酸钠发生反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由于溶液中存在平衡I-(aq)+I2(aq)⇌I3−(aq)，所以通过V4实际计算出的是水层2中I2和I3（6）根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知有机层2中单质碘的浓度是0.001cV32×0.005mol/L＝0.1cV3mol/L，同样可计算出水层2中I2和I3−的总浓度为cV486mol/L，由于分配比为86：1，则水层2中单质碘的浓度是cV3860mol/L

【分析】（1）该反应中，I元素的化合价降低，作氧化剂；

（2）根据相似相溶原理分析；过滤需要使用的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；

（3）碘遇淀粉变蓝，滴定时用淀粉溶液作指示剂；滴定终点时碘被消耗完；

（4）根据2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI计算；

（5）平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；

（6）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比。18．【答案】（1）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2（2）过滤；稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe3++3H2O⇌3H++Fe(OH)（3）控制温度在450°C【解析】【解答】软锰矿通过浸出操作得到含MnSO4的浸出液，加热碳酸氢铵通过净化分离得到MnCO(1)①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和FeSO4可溶解软锰矿，离子方程式：为MnO2+2Fe2++4H+=Mn②a．二氧化锰和SOb．用SOc．该法可充分利用二氧化硫，将二氧化硫转化为盐溶液，可同时处理烟气中的SO故答案为：bc；(2)①软锰矿浸出液中的Fe3+、②通过稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe3++3H2O⇌3H++Fe(OH)(3)①由图可知，在450°CMnO2的含量最大且其它价态锰含量较低；由涉及反应可知，通入更多氧气利于二氧化锰的生成；故为了增大产物中Mn②反应中首先生成MnO，然后MnO再转化为其它价态锰，温度升高，产物中MnO的占比降低，可能的原因是由于反应速率ii大于反应速率i（或者反应i已经完成，ii反应速率更快）【分析】（1）①配平方程式时酸性环境中生成物中不能有OH-；

②硫酸亚铁具有还原性，作还原剂；

（2）溶液呈酸性，加水稀释c(H+)增大，根据铁离子水解的离子方程式分析；

（3）①分析图可知控制的最佳温度，同时增大氧气的浓度可以使MnO和Mn2O3转化为MnO2；

②分析几个反应的反应热可知，只可能是速率影响MnO的占比。19．【答案】（1）2NaHCO3Δ__Na2CO3+CO2↑+H（2）C6H6(g)⇌6C(s)+3H2(g)（3）>；P1>P2；当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小（4）甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低【解析】【解答】（1）由分析可知，加热塔中发生的反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3=∆Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3=∆Na2CO3+CO2↑+H（2）由盖斯定律可知，若要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用C6H6(g)⇌6C(s)+3H2(g)反应的ΔH，故答案为：C6H6(g)⇌6C(s)+3H2(g)；（3）①由图可知，升高温度，甲烷的增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应ΔH1>0，故答案为：>；②该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，由图可知P1条件时甲烷的转化率大于P2，则压强p1大于P2，故答案