【详解】（1）Ca(HCO3)2受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Ca2++2HCO3-CaCO3↓+H2O+CO2；减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，当压强减小时，二
氧化碳气体从溶液中逸出，溶液中二氧化碳浓度减小，平衡向Ca(HCO3)2分解的方向移动，故答案为：Ca+2HCO3
2+
-
CaCO3↓+H2O+CO2；压强减小时，二氧化碳气体从溶液中逸出，溶液中二
氧化碳浓度减小，平衡向Ca(HCO3)2分解的方向移动；
（2）Ca(HCO3)2是强碱弱酸盐，碳酸氢根在溶液中部分水解使溶液呈碱性，则向Ca(HCO3)2饱和溶液中滴加酚酞，溶液呈很浅的红色说明饱和溶液中Ca(HCO3)2水解程度低且可逆，故答案为：低；可逆；
（3）5.0×10－3 mol/L Ca(HCO3)2溶液的pH为8.0，溶液中HCO3-的浓度为10-2mol/L，H+的浓度为10mol/L，OH由的浓度为10mol/L，Ka2＝
－
?11?2-8－-6
c(CO32－)c(H?)c(HCO3－)2－
=4.7×10－11可得c(CO32
－
?10)=4.7?10 =4.7×10 mol/L，则溶液中c(CO3)与c(OH)的比值为?810－5
4.7?10?5mol/L10?6mol/L=47，故
答案为：47。
23.某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动。 (1)设计如下实验研究2Fe3＋＋2I－
2Fe2＋＋I2的反应。
①振荡静置后C中观察到的现象是_______________________；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后______________(写出实验操作和现象)。 ②测定上述KI溶液的浓度，进行以下操作：
I用移液管移取20.00 mL KI溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液，充分反应。
II小心加热除去过量的H2O2。
III用淀粉做指示剂，用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。
步骤II是否可省略?____________(答“可以”或“不可以”)
步骤III达到滴定终点的现象是___________________________。巳知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是________。 (2)探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响。
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反应原理(化学方程式)为________；
仪器及药品：试管(两支)、0.01 mol/L KMnO4酸性溶液、0.1 mol/L H2C2O4溶液、一粒黄豆大的MnSO4固体；
实验方案：请仿照教材(或同教材)设计一个实验用表格，在行标题或列标题中注明试剂及观察或记录要点。______________
【答案】 (1). 溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色 (2). 滴加KSCN溶液，溶液变红 (3). 不能；； (4). 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原 (5). 用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液 (6). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O； (7).
0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L加入试剂 的H2C2O4溶液 褪色时间 实验结论 【解析】 【分析】
（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe；
3＋
0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体 ②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色；为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉； （2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水
【详解】（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶
液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，
应检验上层溶液中是否存在Fe3＋，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色；滴
。- 17 -
加KSCN溶液，溶液变红；
②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应，导致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原；用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液；
（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；据题给条件，设计探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响的实验，应用取两份等体积的0.01mol/LKMnO4酸性溶液，一份加入0.1mol/L的H2C2O4溶液，另一份加入等体积的0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体，测定溶液由紫色退为无色所需要的时间，实验用表格如下：
0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L加入试剂 的H2C2O4溶液 褪色时间 实验结论
故答案为：2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2↑+8H2O；
0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L加入试剂 的H2C2O4溶液 褪色时间 实验结论 【点睛】当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉是解答关键，也是难点和易错点。
24.烟气中含有大量氮氧化物NOx，工业脱硝技术成为研究热点。
H2C2O4溶液和硫酸锰固体 0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的-+
2+
0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体 - 18 -
(1)汽车尾气中NO和CO可利用车载催化剂转化为无毒物质排放。 已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H1＝＋183 kJ·mol 2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H2＝－565 kJ·mol 写出催化转化的热化学方程式_________。
(2)臭氧氧化－碱吸收法可有效脱除NO，氧化原理为：NO(g)＋O3(g)
－1
－1
－1
NO2(g)＋O2(g) △H＝
－200.9 kJ·mol。在容积为2L的密闭容器中充入含1.0 mol NO的模拟烟气和2.0 mol O3，在不同温度，经过相同时间(10min)NO的转化率如图所示。
①100℃时，从开始反应到P点的平均反应速率v(NO)＝__________。 ②反应时同时发生副反应：2O3为________mol。
(3)选择性催化还原技术(NCR)可在较低温度下脱硝，原理如图I，天然锰矿可作催化剂。
3O2，共有15%的O3自身分解为O2。则P点时O3的物质的量
以NO代表氮氧化物，写出反应方程式_____________________；实验测得脱硝率随温度的变化如图II所示，请分析温度高于250℃时脱硝率下降的原因可能是______________。 【答案】 (1). 2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=—748 kJ/mol (2). 0.0425mol/（L·min） (3). 0.855 (4). 4NH3+6NO
5N2+6H2O (5). 温度升高，NH3发生副
反应或升高温度，催化剂的活性降低或该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动 【解析】 【分析】
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（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①由化学反应速率公式计算可得； ②反应中与NO反应和自身分解均消耗O3；
（3）由图可知，脱硝的反应原理为氮的氧化物与氨气在催化剂作用下共热反应生成氮气和水。 【详解】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知②-①得到NO转化为无毒气体的热化学反应方程式为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g），则△H=（－565kJ/mol）—（＋183 kJ/mol）=—748 kJ/mol，故答案为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=—748 kJ/mol；
?85%（2）①由图可知，100℃时，P点NO的转化率为85%，则消耗NO的浓度为1mol=0.425mol/L，2L则从开始反应到P点的平均反应速率v(NO)＝0.0425mol/（L·min）；
0.425mol/L10min=0.0425mol/（L·min），故答案为：
②由方程式可知，与NO反应的O3的物质的量为1.0mol×85%=0.85mol，自身分解为O2的O3的物质的量为2.0mol×15%=0.3mol，则P点时O3的物质的量为（2.0mol—0.85mol—0.3mol）=0.85mol，故答案为：0.85；
（3）由图可知，脱硝的反应原理为氮的氧化物与氨气在催化剂作用下共热反应生成氮气和水，则以NO代表氮氧化物的反应方程式为4NH3+6NO
5N2+6H2O；温度高于250℃时脱硝率下降
的原因可能是温度升高，NH3发生副反应导致脱硝率下降或升高温度，催化剂的活性降低导致脱硝率下降或该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动导致脱硝率下降，故答案为：4NH3+6NO
5N2+6H2O；温度升高，NH3发生副反应或升高温度，催化剂的活性降低或
该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动。
25.含铬(＋6价)废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如下：
(1)废水中，六价铬以CrO4；或者Cr2O7的形式存在，写出其相互转化的离子方程式______。我国常用NaHSO3做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式__________。
(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，原因可能是_____________。
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2019-2020学年四川省成都市高二上学期期末调研考试化学试题 解析版
