2023-2024学年北京十五中高二（上）期中化学试题和答案

试题PAGE1试题2023北京十五中高二（上）期中化学一、选择题(选出最符合题目要求的一项，每小题3分)1.下列属于吸热反应的是A.氧化钙与水反应 B.工业合成氨C.溶液与盐酸反应 D.盐酸与碳酸氢钠反应2.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A.开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B.由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深C.实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出D.石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞3.常温常压时烯烃与氢气混合不反应，高温时反应很慢，但在适当的催化剂存在时可氢气反应生成烷，一般认为加氢反应是在催化剂表面进行。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A.乙烯和H2生成乙烷的反应是吸热反应B.加入催化剂，可减小反应的热效应C.催化剂能改变平衡转化率，不能改变化学平衡常数D.催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体4.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－115.6kJ·mol－1。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能充分说明该反应达到化学平衡状态的是（）A.气体的质量不再改变B.氯化氢的转化率不再改变C.断开4molH—Cl键的同时生成4molH—O键D.n(HCl)∶n(O2)∶n(Cl2)∶n(H2O)＝4∶1∶2∶25.某温度下N2O5按下式分解：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。测得恒容密闭容器内，N2O5的浓度随时间的变化如下表：t/min012345……c(N2O5)/(mol/L)1.000.710.500.350.250.17……下列说法不正确的是A.4min时，c(NO2)=1.50mol/LB.5min时，N2O5的转化率为83%C.0~2min内平均反应速率v(O2)=0.125mol/(Lmin)D.其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，则2min时c(N2O5)<0.25mol/L6.一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molNO(g)CO(g)CO2(g)IT10.20.20.1ⅡT20.20.20.12下列说法不正确的是A.T1>T2B.I中反应达到平衡时，CO的转化率为50%C.达到平衡所需要的时间：Ⅱ>ID.对于I，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动7.。下列分析不正确的是A.氮分子的键能大，断开该键需要较多能量B.增大合成氨的反应速率与提高平衡混合物中氨的含量所采取的措施均一致C.平衡混合物中的沸点最高，液化、分离出能提高其产率D.断裂1和3的共价键所需能量小于断裂2的共价键所需能量8.25℃时，0.1mol•L-1的3种溶液

①盐酸

②氨水

③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（）A.3种溶液中pH最小的是①B.3种溶液中水的电离程度最大的是②C.①与②等体积混合后溶液显酸性D.①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）9.HA为一元弱酸。已知溶液中HA、A-的物质的量分数δ随溶液pH变化的曲线如右图所示。向10mL0.1mol/LHA溶液中，滴加0.1mol/LNaOH溶液xmL。下列说法中，不正确的是A.pH=9时，c(A-)=c(HA) B.x=0时，1＜pH＜7C.x=5时，c(A-)=c(HA) D.x=10时，c(A-)+c(HA)=c(Na+)=0.05mol/L10.25℃，K2Cr2O7溶液中含铬微粒的浓度与溶液pH的关系(局部)如下图所示。K2Cr2O7溶液中存在平衡：(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+。下列说法不正确的是A.曲线Ⅱ代表浓度B.改变溶液的pH，溶液颜色不一定发生变化C.溶液中存在c()+c()+c(-)=0.2mol/LD.pH=7的K2Cr2O7和KOH混合溶液存在c(K+)=c()+2c()+2c()11.工业回收铅蓄电池中的铅，常用或溶液处理铅膏(主要成分)获得：。经处理得到的灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb，下列说法正确的是A.的溶解度小于B.处理后，或溶液的pH升高C.若用等体积、等浓度的和溶液分别处理，溶液中的转化率较大D.整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应12.下列实验操作不能达到实验目的的是实验操作实验目的A常温下，测定等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的证明相同条件下，在水溶液中电离程度大于B用试纸测定溶液的比较电离程度和水解程度的大小C向溶液中加入溶液，再向混合液中滴加溶液，产生蓝色沉淀比更难溶D向含酚酞的溶液中加入溶液证明溶液中存在水解平衡A.A B.B C.C D.D13.向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是实验序号c(CaCl2)(mol·L-1)滴加CaCl2溶液时的实验现象加热浑浊液时的实验现象①0.05至1.32mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有较多气泡生成②0.005至15.60mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有少量气泡生成③0.0005至20mL未见浑浊A.①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)B.未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3C.加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡14.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CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ/mol②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol其他条件不变时，在相同时间内温度对CO2催化加氢的影响如下图。下列说法不正确的是【注】CH3OH的选择性=A.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ/molB.使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数C.其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行D.220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小二、填空题15.甲醇汽油是一种新能源清洁燃料，可以作为汽油的替代物。将转化为甲醇，既可减少的排放，又可节约能源，转化过程涉及如下反应：反应i：反应ii：（1）①写出反应的平衡常数表达式___________。②在图中画出，不同温度下()，反应i中的平衡转化率随压强变化的关系图(请在图上标注温度、)。___________（2）为研究反应ii平衡时的转化率与反应物投料比()及温度的关系，研究小组在10L的密闭容器中进行模拟反应，并绘出下图：①反应热a___________0(“>”或“<”)，判断依据是___________。②若其它条件相同，I、Ⅱ曲线分别表示投料比不同时的反应过程。投料比：I___________Ⅱ(填“>”或“<)。若Ⅱ反应的、投料比为0.5，A点的平衡常数___________，B点的平衡常数___________(填“>”或“<”或“=”)。16.电解质在水溶液中的行为影响了电解质溶液的性质(以下讨论均在常温附)。（1）溶液的①的电离方程式是___________。②该溶液中由水电离出的浓度是___________。③计算的电离平衡常数___________。（2）室温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，如图所示。①表示滴定盐酸的曲线是___________(填I或Ⅱ)。②当醋酸中滴入溶液时，下列有关溶液的说法正确的是___________(填字母序号)。a．溶质为：b．微粒浓度满足：c．微粒浓度满足：（3）和的电离平衡常数如下：化学式电离平衡常数()①相同物质的量浓度的、、溶液，由小到大的顺序是___________。②的溶液中，结合化学用语解释其原因：___________。（4）的四种溶液：①、②、③、④已知溶液①呈中性，溶液②呈碱性，比较①、②两溶液的酸碱性，可以得出的结论是___________。③④水溶液均呈酸性。相同条件下，同浓度的两种酸式盐的水溶液中较小的是___________(填溶液序号)。17.碳氧化物、氮氧化物处理与利用是世界各国研究的热点问题。（1）消除汽车尾气中的，有利于减少的排放。己知：I．Ⅱ．①___________。②在催化剂作用下和转化为无毒气体，写出反应的热化学方程式___________。一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率如下图所示。温度高于时，随温度的升高氮氧化物转化率降低的原因可能是___________。（2）消除燃煤烟气中的(主要成分为、的混合物)可以采用溶液吸收脱除。水解的离子方程式是___________。溶液吸收的主要过程如下：i．，ⅱ．，转化为的热化学方程式是___________。研究对脱除率的影响。调节溶液的初始，的脱除率如下：初始3.54.55.56.57.5脱除率影响脱除率的原因是___________。18.过氧乙酸(CH3CO3H)是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为：CH3COOH(aq)+H2O2(aq)⇌CH3CO3H(aq)+H2O(l)△H=-13.7KJ/mol(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是____。(2)利用上述反应制备760gCH3CO3H，放出的热量为____kJ。(3)取质量相等的冰醋酸和50%H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。实验1：在25℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。数据如图1所示。实验2：在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=____g／h（用含m的代数式表示）。②综合图1、图2分析，与20℃相比，25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是_________。（写出2条）。(4)SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40nm和70nm。病毒在水中可能会聚集成团簇。不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是______19.实验小组探究酸对平衡的影响。将0.005mol/L溶液(接近无色)和0.01mol/LKSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。（1）水解显酸性的原因是_______(用方程式表示)。（2）甲同学认为加入酸后，会使体系中_______浓度改变，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。【设计并实施实验】【查阅资料】和、均能发生络合反应：(黄色)；(无色)。实验Ⅰ．探究现象a中溶液颜色变化的原因编号操作现象①向2mL红色溶液中滴加5滴水溶液颜色无明显变化②向2mL红色溶液中滴加5滴3mol/LKCl溶液溶液颜色变浅，呈橙色（3）实验①的目的是_______。（4）根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a：_______。实验Ⅱ．探究现象b中溶液呈浅黄色的原因编号操作现象③取1mL0.0025mol/L溶液(无色)，加入1mL0.01mol/LKSCN溶液，再加入5滴1.5mol/L溶液溶液先变红，加硫酸后变为浅黄色④取1mL0.005mol/L溶液，（5）结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是、_______。（6）乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的一种，请将实验④的操作及现象补充完整：_______。

参考答案一、选择题(选出最符合题目要求的一项，每小题3分)1.【答案】D【详解】A．氧化钙与水反应生成熟石灰，该反应是放热反应，A项不符合题意；B．工业合成氨属于放热反应，B项不符合题意；C．NaOH溶液与盐酸反应产生NaCl和，属于中和反应，该反应为放热反应，C项不符合题意；D．盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，该反应属于吸热反应，D项符合题意；故选D。2.【答案】B【详解】A.啤酒中存在平衡：H2CO3H2O+CO2，开启啤酒瓶，瓶内压强降低，平衡向气体体积增大的方向移动，即向生成二氧化碳气体的方向移动，故能用平衡移动原理解释，A不选；B.反应H2+I22HI是一个反应前后气体分子数不变的反应，压强改变并不能使平衡发生移动，混合气体加压后颜色变深，是因为I2的浓度增大，不能用平衡移动原理解释，B选；C.实验室制取乙酸乙酯时，采用加热的方式将乙酸乙酯不断蒸出，从而平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，能用平衡移动原理解释，C不选；D.石灰岩形成与反应：CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，能用平衡移动原理解释，D不选；答案选B。3.【答案】D【详解】A、根据图示可知，反应物的能量高于产物的能量，所以该反应是放热反应，故A错误；B、催化剂可以降低活化能，不会引起反应热的变化，反应的热效应不变，故B错误；C、催化剂可以加快反应速率，不能改变平衡转化率，不能改变化学反应的平衡常数，故C错误；D、根据化学反应的历程：化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故D正确；故选D。4.【答案】B【分析】学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。【详解】A．气体的质量一直不变，所以不一定达平衡状态，故A错误；B．氯化氢的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；C．只要反应发生就存在断开4molH-Cl键的同时生成4molH-O键，故C错误；D．n(HCl)：n(O2)：n(Cl2)：n(H2O)=4：1：2：2，不能说明各物质的量不变，故D错误；故答案为B。【点睛】考查化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。5.【答案】D【详解】A.由题给表格数据可知，4min时，N2O5的消耗量为(1.00—0.25)mol/L=0.75mol/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(NO2)=0.75mol/L×2=1.50mol/L，故A正确；B.5min时，N2O5的消耗量为(1.00—0.17)mol/L=0.83mol/L，则N2O5的转化率为×100%=83%，故B正确；C.0~2min内，N2O5的消耗量为(1.00—0.50)mol/L=0.50mol/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(O2)=0.50mol/L×=0.25mol/L，则v(O2)==0.125mol/(Lmin)，故C正确；D.由题给表格数据可知，2min时N2O5的消耗浓度为起始的一半，其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，反应物浓度减小，化学反应速率减小，反应消耗N2O5的浓度小于起始的一半，则2min时c(N2O5)＞0.25mol/L，故D错误；故选D。6.【答案】D【详解】A．从平衡时二氧化碳的物质的量可知Ⅱ在Ⅰ的基础上向右移动了，反应正向放热，因此T1>T2，故A正确；B．根据表格中的数据有，x=0.05，则CO的转化率为，故B正确；C．由解析A可知T1>T2，温度越高反应速率越快，则达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I，故C正确；D．由解析B有，I的平衡常数，0.2molCO和0.2molCO2后CO和CO2的浓度变为0.3mol/L和0.3mol/L，浓度商为，平衡不移动，故D错误；故选D。7.【答案】B【详解】A．氮分子的N≡N键能大，破坏化学键所需要吸收的能量多，分子稳定，故A正确；

B．升高温度，反应速率加快，但合成氨反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨的含量减小，故B错误；

C．平衡混合物中NH3的沸点最高，液化、分离出NH3，平衡正向移动，氨气产率提高，故C正确；

D．反应正向为放热反应，故反应物的总键能小于生成物的总键能，断裂1molN2和3molH2的共价键所需能量小于断裂2

mol

NH3的共价键所需能量，故D正确；

故选：B。8.【答案】B【详解】①盐酸PH<7，

②氨水电离呈碱性

③CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是①，故A正确；①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B错误；①与②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-），c（Na+）=c（Cl-），所以c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故D正确。点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H+、Na+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-）。9.【答案】C【详解】A、根据图象，当pH=9时，c(HA)=(A－)，故A说法正确；B、HA为弱酸，0.1molHA的pH>1，HA为酸，因此HA的pH<7，故B说法正确；C、x=5时，此时溶液中的溶质为NaA和HA，且两者物质的量相等，A－的物质的量分数为0.5，根据图象此时pH=9，溶液显碱性，即c(A－)>c(HA)，故C说法错误；D、x=10时，NaOH和HA恰好完全反应，此时的溶液中溶质为NaA，根据物料守恒，因此有c(A－)＋c(HA)=c(Na＋)，故D说法正确。10.【答案】C【详解】A．pH值减少，氢离子浓度增大，反应(橙色)+H2O⇌2(黄色)+2H+逆向移动，浓度增大，则曲线Ⅱ代表浓度，故A不选；B．当pH值在8以后，增大pH值，浓度、浓度几乎不变，溶液颜色不一定发生变化，故B不选；C．K2Cr2O7溶液浓度未知，则c()+2c()+c(-)≠0.2mol/L，故C选；D．pH=7的K2Cr2O7和KOH混合溶液存在c(K+)=c()+2c()+2c()，是电荷守恒，故D不选；故选：C。11.【答案】C【详解】A．由反应，该反应平衡常数大于，说明反应正向进行程度较大，转化为较容易实现，则的溶解度更小，故A错误；B．处理后，溶液中的浓度减小，水解出的氢氧根离子浓度减小，pH下降，故B错误；C．等体积、等浓度的和溶液，溶液中的碳酸根离子浓度更大，更有利于转化为碳酸铅，的转化率更大，故C正确；D．转化为碳酸铅为复分解反应，转化为PbO为分解反应且无价态变化，PbO再经一步转变为Pb属于氧化还原反应，故D错误；故选：C。12.【答案】C【详解】A．测定等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的pH，可知盐酸的酸性大于醋酸的酸性，则在水溶液中HCl电离程度大于CH3COOH，故A正确；B．NaHSO3溶液显酸性，则电离程度大于其水解程度，故B正确；C．NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铜反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能证明比更难溶，故C错误；D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液的红色变浅，故D正确。答案选C。13.【答案】C【分析】向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙。【详解】A.根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)，故A正确；B.未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确；C.未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同时产生浑浊和气泡，故D正确。14.【答案】D【详解】A．根据盖斯定律，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可由反应①-反应②得到，则该反应ΔH=，反应的热化学方程式：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ/mol，故A正确；B．催化剂能降低反应所需活化能，同时提高活化分子百分数，从而加快反应速率，故B正确；C．增大压强使反应①平衡正向移动，有利于反应向生成CH3OH的方向进行，故C正确；D．反应②吸热，反应①放热，温度较高时对吸热反应的影响大于对放热反应的影响，故D错误；故选：D。二、填空题15.【答案】（1）①.②.（2）①.＜②.一氧化碳转化率随温度升高减小，说明温度升高，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应③.＜④.1⑤.=【小问1详解】①将反应i和反应ii相加得到总反应：，则反应的平衡常数表达式；②由于反应i反应前后气体系数不发生变化，所以压强不改变二氧化碳的平衡转化率，反应i是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，所以温度下二氧化碳的转化率更高，反应i中的平衡转化率随压强变化的关系图如下：。【小问2详解】①图像可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明温度升高，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，反应热a<0；②由于增大氢气的浓度有利于提高CO的转化率，所以根据图像可知曲线在温度相等的条件下曲线I的转化率大，所以投料比：Ⅰ＜Ⅱ；若Ⅱ反应的、投料比为0.5，则，A点时CO的转化率为50%，列出三段式如下：A点的平衡常数，A、B是相同温度下的平衡，平衡常数只随温度变化，所以A、B平衡常数相同。16.【答案】（1）①.CH3COOH⇌CH3COO-+H+②.10-11mol/L③.10-5（2）①.Ⅱ②.ab（3）①.NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3②.0.01mol•L-1NaHCO3的溶液中HCO水解平衡常数Kh==≈2×10-10＞Ka2，说明HCO的水解程度大于电离程度；（4）①.HCO的水解程度大于NH的水解程度，CH3COO-、NH的水解程度相等②.④【小问1详解】①CH3COOH在水溶液中部分电离生成CH3COO-、H+，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；②该溶液中由水电离出的c(H+)==mol/L=10-11mol/L；③CH3COOH在水溶液中电离程度较小，则c(CH3COOH)≈0.1mol/L，c(CH3COO-)≈c(H+)=10-3mol/L，该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-5；【小问2详解】①HCl是强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，部分电离，0.100mol/LHCl、CH3COOH溶液中，pH(HCl)=1、pH(CH3COOH)＞1，表示滴定盐酸的曲线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ；②a．当醋酸中滴入10mLNaOH溶液时，有一半的醋酸被中和，则溶质为：CH3COOH、CH3COONa，故a正确；b．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故b正确；c．根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则c(Na+)＜c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故c错误；故答案为：ab；【小问3详解】①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同物质的量浓度的钠盐溶液的pH值越小，根据电离平衡常数知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，水解程度：CO＞ClO-＞HCO，则相同物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaClO溶液，pH由小到大的顺序是NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3；②0.01mol•L-1NaHCO3的溶液中HCO水解平衡常数Kh==≈2×10-10＞Ka2，说明HCO的水解程度大于电离程度，溶液中；【小问4详解】CH3COONH4溶液呈中性，说明CH3COO-、NH的水解程度相等，NH4HCO3溶液呈碱性，说明HCO的水解程度大于NH的水解程度，比较①、②两溶液的酸碱性，可以得出的结论是：HCO的水解程度大于NH的水解程度，CH3COO-、NH的水解程度相等；③的水溶液呈酸性，说明HSO的电离程度大于水解程度；④的水溶液呈酸性，说明NH的水解程度大于HSO的水解程度，由此得出NH的水解程度大于HSO的水解程度且HSO的电离程度大于水解程度，相同条件下，同浓度的③④两种酸式盐中，NH、HSO相互促进水解，水解程度越大，酸式酸根离子电离程度越小，则水溶液中较小是④。17.【答案】（1）①.②.③.反应正向放热，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率降低（2）①.②.③.pH减小，溶液中氢离子浓度增大，溶液中平衡逆向移动，溶液中HClO的浓度增大引起平衡正向移动，NO的脱除率增大。【小问1详解】由图可知，、，目标反应为，③=②-①，故；，反应正向放热，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率降低，故答案为：、、反应正向放热，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率降低；【小问2详解】次氯酸根离子水解生成次氯酸和氢氧根离子，方程式为：；i．，ⅱ．，目标反应为，目标反应=3ⅰ+ⅱ，因此△H=3△H1+△H2，转化为的热化学方程式是；表中数据显示pH越小，NO的脱除率越大，这是因为pH越小，溶液中氢离子浓度越大，溶液中平衡逆向移动，溶液中HClO的浓度增大引起平衡正向移动，NO的脱除率增大，故答案为：、、pH减小，溶液中氢离子浓度增大，溶液中平衡逆向移动，溶液中HClO的浓度增大引起平衡正向移动，NO的脱除率增大。18.【答案】①.高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解）②.137③.0.1m/6④.温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降⑤.随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快【分析】（1）过氧乙酸(CH3CO3H)不稳定、易分解，高浓度易爆炸，为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%(2)利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算(3)结合图象分析计算