2022-2023学年天津市河北区高二上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市河北区高二上学期期末考试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
天津市河北区2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．在反应C(s)+CO2(g)2CO(g)中，其他条件不变，采取下列措施，其中能够使反应速率增大的是
①缩小体积，增大压强    ②增加碳的量    ③恒容通入CO2    ④恒容通入N2    ⑤恒压通入N2
A．①④ B．②③⑤ C．①③ D．①②④
【答案】C
【详解】①该反应为气体参加的反应，缩小体积，增大压强，反应速率加快，①正确；
②碳为固体，增加碳的量，不影响化学反应速率，②错误；
③恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，③正确；
④恒容下充入N2，参与反应的各物质浓度不变，反应速率不变，④错误；
⑤恒压下充入N2，容器体积增大，参与反应的各物质浓度减小，反应速率减小，⑤错误；
综上分析，①③可使反应速率增大；
答案选C。
2．反应X+Y=M+N的能量变化关系如图所示。下列关于该反应的说法中，正确的是

A．X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的
B．X、Y的总能量一定低于M、N的总能量
C．因为该反应为吸热反应，故一定要加热才可发生
D．断裂X、Y的化学键所吸收的能量小于形成M、N的化学键所放出的能量
【答案】B
【详解】A．X+Y＝M+N为吸热反应，说明反应物总能量低于生成物总能量，但X的能量不一定低于M的，Y的能量不一定低于N的，选项A错误；
B．X+Y＝M+N为吸热反应，说明反应物总能量低于生成物总能量，因此X、Y的总能量一定低于M、N的总能量，选项B正确；
C．反应是否需要加热与反应是放热反应或吸热反应没有关系，有些吸热反应不一定需要加热，选项C错误；
D．ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量，由于X+Y＝M+N为吸热反应，这说明断裂X、Y的化学键所吸收的能量大于形成M、N的化学键所放出的能量，选项D错误；
答案选B。
3．已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为
①H2O2 + I－→H2O + IO－　慢　　    
②H2O2 + IO－→H2O + O2 + I－　快
下列有关该反应的说法正确的是
A．当反应放出98 kJ的热量时会生成0.5 mol O2
B．H2O2的分解速率主要是由②反应决定
C．IO－是该反应的催化剂
D．由于催化剂的加入改变了该反应的反应热
【答案】A
【详解】A. 当反应放出98 kJ的热量时，消耗1mol H2O2，会生成0.5 mol O2，A正确；
B. H2O2的分解速率主要是由①反应决定，B错误；
C. I－是该反应的催化剂，C错误；
D. 由于催化剂的加入改变了该反应的活化能，对反应热无影响，D错误；
答案为A。
4．在1L的密闭容器中进行反应A (g) + 3B (g)⇌2C (g)，0~2 min内A的物质的量由2 mol减小到0.8 mol，则用A的浓度变化表示的反应速率为
A．1.2 mol / ( L·min ) B．1 mol / ( L·min )
C．0.6 mol / ( L·min ) D．0.4 mol / ( L·min )
【答案】C
【详解】
在1L的密闭容器中进行反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)，0～2min内A的物质的量由2mol减小到0.8mol，则用A的浓度变化表示的反应速率v(A)= =0.6mol·L-1•mol-1；
答案为C。
5．向水中加入下列溶质，能促进水电离的是
A．Na2SO4 B．NaOH C．CH3COONa D．HNO3
【答案】C
【详解】A．Na2SO4为强电解质，产生的钠离子、硫酸根离子对水的电离平衡无影响，选项A与题意不符；
B．NaOH为强电解质，电离产生氢氧离子，水中氢氧离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，选项B与题意不符；
C．CH3COONa为强电解质，产生的醋酸根离子能与水电离产生的氢根离子结合生成醋酸，导致水的电离平衡正向进行，促进水的电离，选项C符合题意；
D．HNO3为强电解质，电离产生氢离子，水中氢离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，选项D与题意不符；
答案选C。
6．下列过程是非自发过程的是
A．气体的扩散 B．室温下水结成冰
C．水由高处向低处流 D．有序排列的火柴散落成无序排列
【答案】B
【详解】A．气体扩散，分子自由移动，自发进行，A不符合题意；
B．水结成冰这个变化，虽然是放热的，但是同时也是熵减的，因此必须在某一温度（0°C）以下才能自发进行，要在室温下结成冰需借助外力，B符合题意；
C．水由高处向低处流势能减小，自发进行，C不符合题意；
D．有序排列的火柴散落成无序排列，体系混乱度增大，为自发过程，D不符合题意；
故答案为：B。
7．下列有关可逆反应的说法不正确的是
A．可逆反应是指在同一条件下能同时向正、逆两个方向进行的反应
B．是可逆反应
C．可逆反应达到化学平衡状态时，反应体系中各物质的浓度相等
D．可逆反应中反应物和生成物同时存在
【答案】C
【详解】A．可逆反应是指在相同条件下，既能向正方向进行同时又能向逆方向进行的反应，A正确；
B．可逆反应是指在相同条件下，既能向正方向进行同时又能向逆方向进行的反应，在加热条件下，该反应既能向正方向进行同时又能向逆方向进行的反应，该反应为可逆反应，B正确；
C．可逆反应达到化学平衡状态时，反应体系中各物质的浓度保持不变，但不一定相等，C错误；
D．可逆反应的特点：反应不能进行到底。可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物，所以反应物和生成物同时存在，D正确；
故答案选：C。
8．工业生产氨气的适宜条件中不包括
A．用浓硫酸吸收产物 B．用铁触媒作催化剂
C．温度为400~500 ℃ D．压强为10~30 MPa
【答案】A
【详解】工业生产氨气整个反应N₂+3H₂2NH₃，催化剂不能改变化学平衡，但可以加快反应速率，升高温度可以加快反应速率，考虑反应平衡，温度不宜太高；增大压强可以加快反应速率，也可以促进化学平衡正向移动，但生产时的条件会限制压强；从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500℃左右，催化剂：铁触媒，用浓硫酸吸收氨气会生成硫酸铵，不适合吸收产物，答案选A。
9．下列有关AgCl的沉淀溶解平衡的说法中，正确的是
A．升高温度，AgCl的溶解度不变
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl-
C．AgCl的沉淀溶解平衡体系中，沉淀和溶解不断进行，但速率相等
D．向AgCl的沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl溶解的量不变
【答案】C
【详解】A．溶解度与温度有关，氯化银的溶解为吸热过程，则升高温度后AgCl沉淀的溶解度变大，选项A错误；
B．AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl-，选项B错误；
C．达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，平衡时速率相等，达到动态平衡，选项C正确；
D．加入NaCl固体，氯离子浓度增大，抑制氯化银沉淀的溶解，平衡逆向进行，会析出AgCl固体，AgCl的溶解的量减小，选项D错误；
答案选C。
10．在K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+，溶液颜色介于黄色和橙色之间，现欲使溶液颜色变浅，可以在溶液中加入
①H+    ②OH-     ③K+    ④H2O
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
【答案】B
【详解】①加入使增大，平衡向逆方向移动，溶液颜色变深，不符合；②加入，使减小，平衡正方向移动，溶液颜色变浅，符合；③加入，不影响平衡状态，不符合；④加入H2O，溶液被稀释，颜色变浅，符合；
故选B。
11．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)，下列判断正确的是
A．增加Ni的用量，可加快该反应速率
B．该反应达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)
C．减压，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小
D．选择合适的催化剂可提高CO转化率
【答案】B
【详解】A. Ni为固体，增加Ni的用量，反应速率不变，A错误；
B. 该反应达到平衡时，反应方向相反，速率之比等于计量数之比，则4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，B正确；
C. 减压，平衡逆向移动，温度未变，则反应的平衡常数不变，C错误；
D. 选择合适的催化剂可提高反应速率，对CO转化率无影响，D错误；
答案为B。
【点睛】催化剂对化学反应式有影响，对化学平衡无影响。
12．下列事实与盐类水解无关的是
A．热碱液去油污 B．铝盐作净水剂
C．用TiCl4制备TiO2 D．实验室配制FeCl2溶液时，加少量铁粉
【答案】D
【详解】A．使用热的纯碱溶液去油污，是利用碳酸根离子水解溶液显碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质，易于洗涤，与盐类水解有关，选项A不符合；
B．铝盐常用于净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附悬浮杂质，起到净水作用，与盐类水解有关，选项B不符合；
C．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2•xH2O和HCl，反应方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl↑，加热制备得到TiO2，和盐类水解有关，选项C不符合；
D．氯化亚铁是强酸弱碱盐，空气中易氧化为氯化铁，加入少量铁粉可以和氯化铁反应生成氯化亚铁，防止氯化亚铁被氧化，和水解无关，选项D符合；
答案选D。
13．在一定条件下，向2L密闭容器中通入2molN2和6molH2，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列说法能够说明反应已达到平衡状态的是
A．c(NH3)：c(H2)：c(N2)=2：3：1
B．单位时间内1个N≡N键断裂的同时，有6个N－H键形成
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变
D．单位时间内有6个N－H键断裂的同时，有3个H－H键形成
【答案】C
【详解】A．恒容容器按照系数比充入反应物，任何时候物质的浓度比都等于系数比，不能作为平衡标志，故A错误；
B．平衡时v正=v逆，单位时间内1个N≡N键断裂表示正向反应，有6个N－H键形成也是正向速率，同向不能作为平衡标志，故B错误；
C．平均相对分子质量为，该反应是气体物质的量变化的反应，始终在变化，当不变了反应达到平衡，故C正确；
D．平衡时v正=v逆，单位时间内有6个N－H键断裂表示逆向速率，同时有3个H－H键形成表示逆向速率，同向不能作为平衡标志，故D错误；
故答案为C。
14．25℃时，若溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L，则下列说法正确的是
A．该溶液的pH一定为2 B．该溶液的pH一定为12
C．该溶液一定是NaOH溶液 D．该溶液中K+、Na+、Cl-、NO可以大量共存
【答案】D
【详解】25℃时，若溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L，说明水的电离被抑制，酸或者碱抑制水的电离，若溶液呈酸性，则，pH=2；若溶液为碱性，则；溶液有可能呈酸性也有可能呈碱性，无论在酸性环境还是碱性环境K+、Na+、Cl-、NO均不反应，可以大量，故答案为D；
15．常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小关系的说法正确的是
A．0.1mol/LNa2CO3溶液中：c(Na+)=2c()+c()+c(H2CO3)
B．0.1mol/LNH4Cl溶液中：c(Cl-)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)
C．醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
D．0.1mol/LNaHS溶液中：c(Na+)＞c(HS-)
【答案】D
【详解】A．0.1mol/L的Na2CO3溶液中物料守恒式为c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2CO3)，选项A错误；
B．0.1mol/L的NH4Cl溶液中水解使溶液呈酸性，离子浓度大小关系为c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，选项B错误；
C．醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液,溶液pH=7时,依据电荷守恒得到：c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO−)+C(OH−)，得到c(Na+)＝c(CH3COO−),溶液pH＞7时,c(Na+)＞c(CH3COO−)，溶液pH＜7时,c(Na+)＜c(CH3COO−)，选项C错误；
D．0.1mol/LNaHS溶液中HS−既水解也电离，且水解大于电离溶液呈碱性c(OH−)>c(H+)，且溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)＝c(OH−)+c(HS−)+2c(S2−),故c(Na+)＞c(HS-)，选项D正确；
答案选D。
16．碱性锌锰电池以氢氧化钾溶液为电解质溶液，其结构示意图如图所示，电池总反应式为：。下列说法中不正确的是

A．电池工作时，电子转移方向是由经外电路流向
B．电池正极反应式为
C．电池工作时，不参与反应
D．电池工作时，发生氧化反应，发生还原反应
【答案】C
【详解】A．失电子的一极是负极，电子从负极流向正极，负极是金属锌失电子，电子转移方向是由Zn经外电路流向MnO2，故A正确；
B．正极上得电子，发生还原反应，所以正极的电极反应式为：，故B正确；
C．电池工作时，KOH电离出离子，增大溶液的导电性，KOH不参与反应，但是能提高溶液的导电性，故C错误；
D．负极上锌失电子，Zn发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应，则MnO2发生还原反应，故D正确；
故选：C。
17．如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法中不正确的是

A．该装置是将电能转化为化学能的装置
B．该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过
C．装置中发生反应的离子方程式为2Cl-+2H+Cl2+2H2
D．装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气
【答案】C
【分析】装置是电解饱和食盐水，将电能转化为化学能；电解过程是氯化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气、氯气；出口①是电解池的阳极，出口②是电解池的阴极；依据装置图可知，阳离子向电解池的阴极移动，故离子交换膜是阳离子交换膜。
【详解】A．装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，选项A正确；
B．依据装置图可知，离子交换膜是阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不能让阴离子通过，选项B正确；
C．装置是电解饱和食盐水，电解过程是氯化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气、氯气，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+2H2↑+2OH-，选项C不正确；
D．根据钠离子移向阴极确定②是阴极，出口①是电解池的阳极，溶液中的氯离子在阳极失电子生成氯气，出口②是电解池的阴极，溶液中的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，选项D正确；
答案选C。
18．下列各原子或离子的电子排布式错误的是
A．Mg2+1s22s22p6 B．Br 1s22s22p63s23p63d104s24p5
C．O2－1s22s22p6 D．Cr　1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】D
【详解】A、Mg2+电子排布式为1s22s22p6，符合能量最低原理，故A正确；
B．Br电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，符合能量最低原理，故B正确；
C．O2-电子排布式为1s22s22p6，符合能量最低原理，故C正确；
D．Cr电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2，不符合能量最低原理，正确的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故D错误；
故选D。
19．下列叙述正确的是
A．同周期元素中第VIIA族元素的第一电离能最大
B．第IA、IIA族元素的原子半径越大，元素的第一电离能越大
C．元素的电负性越大，表示其原子对键合电子的吸引力越大
D．第IA族元素的电负性从上到下逐渐减小，而第VIIA族元素的电负性从上到下逐渐增大
【答案】C
【详解】A．同周期元素的第一电离能0族的元素最大，故A错误；
B．第IA、IIA族元素的原子，其半径越大，第一电离能越小，故B错误；
C．电负性就是元素对键合电子的吸引能力，故元素的电负性越大，表示其原子对键合电子的吸引力越大，故C正确；
D．在同一主族中，自上而下由于原子半径逐渐增大，电负性逐渐减小，故D错误。
故答案为C。
20．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如图所示，下列叙述不正确的是

A．第一电离能：X＞Y
B．Z的电负性小于W
C．Y元素原子核外共有5种不同运动状态的电子
D．X的单质可分别与Z、W的单质发生氧化还原反应
【答案】C
【分析】根据短周期元素的化合价与元素的原子半径大小关系可知：X是Mg，Y是Al，Z是N，W是O元素，然后根据元素周期律分析判断。
【详解】根据上述分析可知X是Mg，Y是Al，Z是N，W是O元素。
A．X是Mg，Y是Al，二者是同一周期元素，一般情况下，同一周期主族元素的原子序数越大，元素的第一电离能越大，但当元素处于第ⅡA时，处于原子轨道的全充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以镁的第一电离能大于铝，A正确；
B．Z是N，W是O元素，二者是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性：O＞N，则电负性：Z(N)＜W(O)，B正确；
C．在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子存在。Y是13号Al元素，铝原子核外有13个电子，每个电子的运动状态都不同，则有13种不同运动状态的电子，C错误；
D．X是Mg，Z是N，W是O元素，Mg能与N2反应产生Mg3N2，Mg与O2反应产生MgO，D正确；
故合理选项是C。

二、填空题
21．根据原子核外电子排布规律，回答下列问题：
(1)写出基态S原子的核外电子排布式：______。
(2)画出基态N原子的轨道表示式：______。
(3)Fe3+比Fe2+的稳定性______(填“强”或“弱”)，从结构上分析原因是______；基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为______。
(4)基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是______，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为______。
(5)在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是______(填元素符号)，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态______(填“相同”或“相反”)。
(6)在KHSO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是______(填离子符号)。
【答案】(1)1s22s22p63s23p4(或[Ne]3s23p4)
(2)
(3)     强     的价层电子排布式为3d5，3d能级处于半满状态，故更稳定     4∶5
(4)     N     球形
(5)     Mg     相反
(6)K+和S2-

【详解】（1）S 位于第三周期第 VIA 族，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4(或[Ne]3s23p4)；
（2）N 位于第二周期 VA 族，根据泡利原理和洪特规则，核外电子排布图为；
（3）的价层电子排布式为3d5，3d能级处于半满状态，故更稳定，故Fe3+比Fe2+的稳定性强；
基态Fe2+与Fe3+离子的价层电子排布式分别为3d6和3d5，其未成对电子数分别为4和5，即未成对电子数之比为4：5；
（4）基态K原子核外有4个电子层，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，最高能层为第4层，即N层，最外层电子为4s电子，该能层电子的电子云轮廓图形状为球形；答案为N；球形；
（5）由元素周期表中的“对角线规则”可知，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg；Mg为12号元素，M层只有2个电子，排布在3s轨道上，故M层的2个电子自旋状态相反，故答案为:Mg；相反；
（6）在KHSO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为H+(或H-)、O2-、K+和S2-，其中核外电子排布相同的是K+和S2-；答案为：K+和S2-。
22．根据所学电化学知识填空。
(1)如图为锌铜原电池的装置示意图，其中盐桥内装有含饱和KCl溶液的琼胶。请回答下列问题：

①Zn电极为电池的______(填“正极”或“负极”)。
②写出电极反应式：Zn电极______，Cu电极______。
③盐桥中向CuSO4溶液中迁移的离子是______(填离子符号)。
(2)金属腐蚀现象在生产生活中普遍存在，依据下列两种腐蚀现象回答下列问题：

①图1中被腐蚀的金属为______(填化学式)；图2中金属腐蚀类型属于______(填字母)。
A．化学腐蚀      B．析氢腐蚀    C．吸氧腐蚀
②图1中Cu的作用是______(填“负极”或“正极”)。
③图2中铁的生锈过程中正极反应式为______。
【答案】(1)     负极               K+
(2)     Fe     C     正极    

【详解】（1）铜锌形成的原电池，比活泼，为负极，发生反应为：，为正极，在溶液中发生反应：，在原电池中，阳离子向正极移动，所以盐桥中向CuSO4溶液中迁移的离子是。
（2）图1中，和形成原电池的两级，比活泼，做负极，被腐蚀；图2在碱性条件下，有参与反应，故该腐蚀为吸氧腐蚀，选C；图1中，和形成原电池的两级，比活泼，做负极，作正极；图2在铁生锈的过程中，正极反应为：。

三、实验题
23．化学是一门以实验为基础的学科。回答下列问题：
I.中和反应反应热的测定。
测定50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液中和反应时放出的热量。
(1)采用稍过量的NaOH溶液的原因是______。
(2)以下操作可能会导致测得的中和反应放出热量数值偏大的是______。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量筒量取量取稀盐酸的体积时仰视读数
C．分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有稀盐酸的小烧杯中
Ⅱ.某学生用0.1032mol·L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，重复三次的实验数据如表所示。
实验次数
HCl溶液的体积/mL
待测
NaOH溶液的体积/mL
1
27.84
25.00

2
27.83
25.00

3
27.85
25.00


(3)配制250mL0.1032mol·L-1的HCl溶液，必须使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。
(4)若用酚酞做指示剂，达到滴定终点的标志是：直到加入______酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且______内不变色。
(5)滴定过程中观察酸式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的NaOH溶液浓度______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(6)计算待测NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度______mol·L-1。
【答案】(1)保证盐酸完全被中和
(2)B
(3)250mL容量瓶
(4)     半滴     半分钟(或30秒)
(5)偏小
(6)0.1149

【详解】（1）采用稍过量的NaOH溶液，目的是保证盐酸完全被中和，提高测定反应热的准确度。
（2）A．实验装置保温、隔热效果差，会造成反应放出的热量散失，使测定结果偏小，A错误；
B．仰视量筒量取稀盐酸时，会使量取到的稀盐酸体积偏大，测定结果偏高，B正确；
C．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀盐酸的小烧杯中，会造成反应放出的热量散失，使测定结果偏小，C错误；
故选B。
（3）配制250mL0.1032mol•L-1的HCl溶液，必须使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶。
（4）若用酚酞做指示剂，加入酚酞后，锥形瓶中溶液显红色。达到滴定终点的标志是：直到加入半滴酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色。
（5）滴定前仰视，读数V1偏大，滴定后俯视，读数V2偏小，造成偏小，结果会导致测得的NaOH溶液浓度偏小。
（6）根据三次实验测定结果，消耗盐酸溶液体积的平均值是27.84mL，平均每次消耗盐酸的物质的量为，则：




四、原理综合题
24．二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-90.7kJ•mol-1 K1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=-23.5kJ•mol-1 K2
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ•mol-1 K3
回答下列问题：
(1)反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=______kJ•mol-1；该反应的平衡常数K=______(用K1、K2、K3表示)。
(2)下列措施中，能提高反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)中CH3OCH3产率的有______。
A．使用过量的H2 B．升高温度      C．增大压强
(3)一定温度下，将0.2molCO和0.1molH2O(g)通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得反应体系中H2的体积分数为10%。则0~5min内v(H2O)=______，CO的转化率α(CO)=______。
(4)将合成气=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是______。

A．△H＜0
B．p1＞p2＞p3
C．若在p3和316℃时，起始时=3，则平衡时，α(CO)小于50%
【答案】(1)     -246.1     K12·K2·K3
(2)AC
(3)     0.003mol·L-1·min-1     15%
(4)AB

【详解】（1）根据盖斯定律，因此有2×①＋②＋③，ΔH=2×ΔH1＋ΔH2＋ΔH3=－246.1kJ·mol-1，根据化学平衡常数的数学表达式，得出、、、，从而推出K=K12·K2·K3；故答案为-246.1kJ·mol-1；K=K12·K2·K3；
（2）A．使用过量的CO，c(CO)增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH产率增加，故A符合题意；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OH产率降低，故B不符合题意；
C．反应前的气体系数之和大于反应后气体系数，增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OH的产率增大，故C符合题意；
答案为AC；
（3）反应③中反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量保持不变，达到平衡后H2的物质的量为0.3mol×0.1=0.03mol，此时消耗H2O的物质的量为0.03mol，0～5min内，v(H2O)==0.003mol·L-1·min-1；0～5min内，消耗n(CO)=0.03mol，CO的转化率为=15%；故答案为0.003mol·L-1·min-1；15%；
（4）A．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即ΔH＜0，故A正确；
B．作等温线，根据勒夏特列原理，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，从而推出p1＜p2＜p3，故B正确；
C．=3，相当于在=2基础上通入H2，通入H2，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，CO的转化率大于50%，故C错误；
答案为AB。