B.pH=7时，c（Y－）=c（X－）
C.a、b两点溶液混合后，c（HX）+c（HY）+c（H＋）=c（OH－）
D.10.00mL时，有c（Na＋）>c（HY）>c（Y－）>c（H＋）
【答案】C
【解析】
【分析】
用浓度为0.1mol/L的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL0.1mol/L的HX、HY溶液中，酸越弱，初始时刻pH值越大，根据图象可判断，酸性强弱为HY＜HX；当NaOH反应了10.00mL时，溶液中分别存在HX、NaX和HY、NaY，且物质的量之比分别为1：
1；当NaOH反应了20.00mL时，溶液中分别恰好存在NaX和NaY，二者均会发生水解使溶液呈碱性，根据图象和溶液中的守恒关系解答。
【详解】A．对于HX和HY，酸性越弱，电离出的H+浓度越小，初始时刻根据图象，pH越小的酸酸性越强，电离程度就越大，因此酸性强弱为HY＜HX，A项错误；
B．pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，分别存在c（Na+）=c（X-），c（Na+）=c（Y-），但HX和HY此时消耗的NaOH的量不相同，前者消耗的多，因此c（X-）＞c（Y-），B项错误；
C．当V（NaOH）=20.00mL时，HX恰好转化为NaX，HY恰好转化为NaY，二者均水解使溶液显碱性，根据质子守恒可知c（HX）+c（HY）+c（H+）=c（OH-），C项正确；
D．当V（NaOH）=10.00mL时，HY的溶液中存在HY和NaY，物质的量之比为1：
1，此时溶液显酸性，可以判断是酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，对于HY、NaY的混合溶液来说，根据电荷守恒：
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Y-），由于溶液是酸性，因此c（H+）＞c（OH-），则c（Na+）＜c（Y-），无论是电离还是水解，都是微弱的过程，因此X-、HY浓度都大于H+的浓度，所以溶液中粒子浓度大小关系为：
c（Y-）＞c（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（OH-），D项错误；
答案选C。
【点睛】分析图像每个特殊点的溶质成分是解题的关键，D项是难点，学生要准确把握溶液的酸碱度、三大守恒及其溶质组成，分析电离与水解的相对强弱才能正确解题。
8.碘量法测定废水中的硫化物的实验装置如下图。
按图连接好装置，检查气密性。
移取足量的醋酸锌溶液于两支吸收管中，取100mL水样于反应瓶中，通入氮气一段时间，移取10mL盐酸于反应瓶中，80℃加热，继续通入氮气。
关闭氮气后，往两个吸收管中各加入0.010mol·L－1的碘标准溶液50mL（过量），再加入盐酸3mL，静置。
加入淀粉指示液，用0.010mol·L－1的硫代硫酸钠标准溶液对两支吸收管中的液体进行滴定，共消耗80mLNa2S2O3溶液（
）。
已知：
废水中的硫化物酸性条件下易转化为剧毒硫化氢且醋酸锌可用于完全吸收硫化氢生成硫化锌沉淀。
回答下列问题：
（1）上图反应器的名称是_____。
通入氮气的目的是：
反应前_____，反应后_____。
（2）实验室采用块状硫化亚铁与稀硫酸反应制取H2S，下列发生装置中可选用的是_____（填序号），尾气处理使用硫酸铜溶液比氢氧化钠溶液效果好的原因是_____________。
（3）反应瓶最佳采用_______加热（填加热方式），温度过高可能出现的后果是________。
（4）加入碘标准溶液时，吸收管中发生反应的化学方程式为________________________。
（5）只使用一个吸收管，可能导致测定结果偏________（填“高”或“低”）。
（6）硫代硫酸钠标准溶液配制需要煮沸蒸馏水，其目的是_________。
0.010mol·L－1的硫代硫酸钠标准溶液不直接配制而是经过标定得到，可能的原因是__________________。
（7）废水中硫的含量为________mg·L－1。
【答案】
（1）.三颈烧瓶（三口烧瓶）
（2）.反应前，排出装置中的空气（3）.反应后将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收（4）.bc（5）.生成的硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体，使用硫酸铜可避免污染空气（6）.水浴（7）.温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收（8）.ZnS+I2=ZnI2+S（9）.低（10）.除去空气中的氧气、二氧化碳等（11）.Na2S2O3溶液不稳定（易被氧化、易歧化、易水解等均可以）（12）.192
【解析】
【分析】
硫化氢在反应瓶中制取，开始通入氮气一段时间，排净装置中的空气；水浴加热及充入氮气目的为排净反应瓶中生成硫化氢气体，硫化氢在吸收液中被完全吸收。
在吸收管中发生：
ZnS＋I2＝ZnI2＋S，剩余的碘单质发生：
。
【详解】
（1）根据仪器构造可知，反应发生器名称为三颈烧瓶（三口烧瓶）；反应前通入氮气，排出装置中的空气；反应后通入氮气，将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收，
故答案为：
三颈烧瓶（三口烧瓶）；反应前，排出装置中的空气；反应后将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收；
（2）实验室采用块状硫化亚铁与稀硫酸反应制取H2S，选取装置可用固液不加热型，a、加热，故不选；b与c、固体与液体，不加热，b、c符合题意；d、加热固体，故不选；答案选bc；尾气处理使用硫酸铜溶液主要是因为生成的硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体，使用硫酸铜可避免污染空气，
故答案为：
bc；生成的硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体，使用硫酸铜可避免污染空气；
（3）实验温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收，则适合采用水浴加热方式，
故答案为：
水浴；温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收；
（4）加入碘标准溶液时，碘将硫化锌氧化，吸收管中发生反应的化学方程式为ZnS＋I2＝ZnI2＋S，
故答案为：
ZnS+I2=ZnI2+S；
（5）气体与液体的反应，只在接触面上反应，该实验使用两个吸收管，是保证硫化氢被完全吸收，若只使用一个吸收管，会导致测定结果偏低，
故答案为：
低；
（6）煮沸蒸馏水是为了除去空气中的氧气、二氧化碳等；因Na2S2O3溶液不稳定，如易被氧化、易歧化、易水解等，因此需要标定，
故答案为：
除去空气中的氧气、二氧化碳等；Na2S2O3溶液不稳定（易被氧化、易歧化、易水解；
（7）0.16L
0.010mol/L：
n（I2）=2：
1，求得剩余n（I2）=0.0008mol，共有碘单质：
0.1L
0.010mol/L
2=0.002mol，ZnS＋I2＝ZnI2＋S，此反应消耗单质碘：
0.0020.002mol-0.0008mol=0.0012mol，则根据关系式可知n（S2-）=0.0012mol，因此废水中硫的含量=0.0012mol
32g/mol/0.2L=192mg/L，
故答案为：
192。
9.用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）的工业流程如下图．己知：
①草酸钴晶体难溶于水②RH为有机物（难电离）。
请回答下列问题：
（1）滤渣I的主要成分是_____（填化学式）,写出一种能提高酸浸速率的措施_______。
（2）操作①用到的玻璃仪器有_______________。
（3）H2O2是一种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应的离子方程式:
_______________。
（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH．若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，则应将浸出液的PH控制在_______。
（已知：
溶液中离子浓度小于1×10－5mol/L,则认为离子完全沉淀；Ni（OH）2、Fe（OH）3、Al（OH）3的Ksp分别为1×10－15，1×10－38,1×10－32）
（5）加入（NH4）2C2O4反应的离子方程式为________，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是____________。
（6）加入有机萃取剂的目的是__________。
实验室可以用酸性KMnO4标准液滴定草酸根离子（C2O42－）来测定溶液中C2O42－的浓度，KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
【答案】
（1）.SiO2
（2）.提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌（3）.分液漏斗、烧杯（4）.2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（5）.5
pH<9（6）.Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓（7）.滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净（8）.溶解NiR2，使之与水层分离（9）.偏高
【解析】
【分析】
用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4•2H2O）：
粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+，溶于有机层，为分液，向水层加入（NH4）2C2O4，得到草酸钴晶体；
【详解】
（1）用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2，提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；
故答案为：
SiO2；提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌；
（2）通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：
分液漏斗、烧杯；
故答案为：
分液漏斗、烧杯；
（3）H2O2氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式
：
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
故答案为：
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH，使铁离子沉淀，根据沉淀溶度积可知，铁离子所需的氢氧根离子浓度c1（OH-）
=2×10-11mol/L，溶液的c1（H+）
=5×10-4mol/L，则pH1
-lgc1（H+）=3.3；同理可得，铁离子所需的氢氧根离子浓度c2（OH-）
=1×10-9mol/L，溶液的c2（H+）
=1×10-5mol/L，则pH2
-lgc2（H+）=5；而氢氧化镍开始沉淀时所需的氢氧根离子浓度c3（OH-）<
=1×10-5mol/L，溶液的c1（H+）>
=1×10-9mol/L，则pH3<-lgc3（H+）=9，综上所述，最佳pH的范围为5
pH<9，
若故答案为：
5
pH<9；
（5）加入（NH4）2C2O4后生成CoC2O4·2H2O↓，离子方程式为：
Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓，检验晶体是否洗涤干净，只要检验是否有残留的硫酸根离子在晶体表面即可，即滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净，
故答案为：
Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓；滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净；
（6）根据相似相容原理可知，加入有机萃取剂可溶解NiR2，从而使之与水层分离；若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高；
故答案为：
溶解NiR2，使之与水层分离；偏高。
【点睛】第（4）问关于pH值
计算是难点，主要根据沉淀溶解的溶度积计算出所需的氢氧根离子浓度大小，再结合水的离子积常数得出pH的适宜范围。
10.氮氧化合物是工业生产重要原料，也是大气污染的重要来源，研究氮氧化合物相关反应原理具有重要意义。
回答下列问题：
（1）一步完成的反应称为基元反应，只由基元反应构成的化学反应称为简单反应，两个及以上基元反应构成的化学反应称为复杂反应，复杂反应的速率取决（等）于慢的基元反应速率。
基元反应aA+bB=cC+dD的速率方程为v=k·ca（A）·cb（B），其中k为速率常数。
已知反应NO2+CO=NO+CO2，在不同温度下反应机理不同。
①温度高于490K时，上述反应为简单反应，请写出其速率方程______________。
②温度高于520K时，该反应是由两个基元反应构成的复杂反应，其速率方程v=k·c2（NO2），已知慢的基元反应的反应物和产物为NO、NO2、NO3，用方程式表示反应历程。
第一步：
____________________（慢反应）。
第二步：
____________________（快反应）。
（2）N2O4（g）
2NO2（g）ΔH=+57kJ·mol－1该反应是高中和大学化学学习的经典素材。
①对于上述反应下列说法不正确的一项是_________（填字母）。
A．恒温恒容，加入N2O4重新达到平衡体系颜色加深
B．恒温恒容，加入NO2重新达到平衡NO2体积分数变大
C．绝热容器中，体系颜色不变，说明该反应处于平衡状态
D.恒温恒压下，加入N2O4重新达到平衡体系颜色不变
②T1K时，向1L真空容器中加入1molN2O4，达到平衡时NO2的平衡产率为20%，则该温度下的平衡常数K=____,达到平衡时吸收的热量为_____kJ。
某温度下，该反应达到平衡，NO2与N2O4的混合气体总压强为100KPa，密度为同状态下氢气密度的34.5倍，平衡常数KP=____KPa（用平衡分压代替平衡浓度计算）。
③若v（N2O4）=k1·c（N2O4）v（NO2）=k2·c（NO2），T2温度下，若k1=k2，则T2____T1（填“高于”或“低于”）。
（3）复杂反应2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）由两个基元反应构成，2NO（g）=N2O2（g）（快速平衡）N2O2（g）+O2（g）=2NO2（g）（慢反应），已知快反应为放热反应，其正、逆反应速率常数分别为k1和k2慢反应正、逆反应速率常数分别为k3和k4。
若v正=k·c2（NO）·c（O2）则k=______（用k1、k2、k3表示）；
【答案】
（1）.v=k·c（NO2）·c（CO）
（2）.2NO2=NO+NO3（3）.NO3+2CO=NO+CO2（4）.BC（5）.0.2（6）.11.4（7）.50（8）.高于（9）.K=k1k3/k2
【解析】
【分析】
（1）①根据给定信息结合基元反应速率表达式书写；
②根据速率方程，采用逆向思维推出慢反应，再结合总反应写出快反应；
（2）①对于平衡N2O4（g）
2NO2（g）ΔH=+57kJ·mol－1，是气体体积分数增大的吸热反应，结合勒夏特列原理分析作答；
②结合平衡常数的表达式，列出三段式作答；根据能量变化与标准焓变和热化学方程式之间的关系可求出实际吸收的热量；根据条件求出
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