北京市一六一中2023-2024学年高二上学期期中化学试题含答案

这是一份北京市一六一中2023-2024学年高二上学期期中化学试题含答案，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分．
1．下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2．2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是（ ）
A．醋酸钠是强电解质
B．醋酸钠晶体与冰都是离子化合物
C．常温下，醋酸钠溶液的pH＞7
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
3．下列措施不能加快Zn与1ml/LH2SO4反应产生H2的速率的是（ ）
A．用Zn粉代替Zn粒
B．滴加少量的CuSO4溶液
C．升高温度
D．再加入1ml/LCH3COOH溶液
4．常温下，下列溶液中，水电离出的c（H+）＝1×10﹣2ml•L﹣1的是（ ）
A．0.01ml⋅L﹣1盐酸
B．0.01ml⋅L﹣1NaOH溶液
C．pH＝2NH4Cl溶液
D．pH＝2NaHSO4溶液
5．下列仪器中，不属于酸碱中和滴定中常用仪器的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
6．体积恒定的密闭容器中发生反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH＜0，其他条件不变时，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度可使平衡正向移动
B．增大压强可使化学平衡常数增大
C．移走CO2可提高CO的平衡转化率
D．使用催化剂可提高NO的平衡转化率
7．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．用热的Na2CO3溶液清洗带有油污的餐具
B．把食品存放在冰箱里可延长保质期
C．工业合成氨常采用20MPa的高压
D．配制FeCl3溶液，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中
8．N2与O2化合生成NO是自然界固氮的重要方式之一。如图显示了该反应中的能量变化。下列说法不正确的是（ ）
A．N≡N键的键能大于O＝O键的键能
B．完全断开1ml NO中的化学键需吸收1264kJ能量
C．该反应中产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量
D．生成NO反应的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝+180kJ/ml
9．不同温度下，水的离子积常数如下所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．水的电离为吸热过程
B．25℃，纯水中c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7ml⋅L﹣1
C．90℃，0.1ml⋅L﹣1NaCl溶液的pH＜7，呈中性
D．pH＝5的稀盐酸溶液中c（OH﹣）一定为10﹣9ml⋅L﹣1
10．下列实验装置或方案不能达到对应目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．向0.01ml•L﹣1Ba（OH）2溶液中加入几滴酚酸溶液，然后向混合液中匀速、逐滴加入0.2ml•L﹣1H2SO4溶液，滴加过程中测得溶液电导率的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．烧杯中红色逐渐变浅直至完全褪去
B．由于水存在微弱电离、BaSO4存在微弱溶解，理论上电导率不会为0
C．电导率减小的过程中，发生反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
D．若用同浓度的Na2SO4溶液代替稀硫酸重复上述实验，电导率变化与原实验相同
12．在10L密闭容器中充入气体X和Y，发生反应X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）△H，所得实验数据如下表：
下列说法正确的是（ ）
A．①中，若5min末测得n（M）＝0.050ml，则0至5min内，用N表示的平均反应速率υ（N）＝1.0×10﹣2ml/（L•min）
B．800℃，该反应的平衡常数K＝2.0
C．③中，达到平衡时，Y的转化率为80%
D．△H＞0
13．某实验小组研究经打磨的镁条与1ml•L﹣1NaHCO3溶液（pH≈8.4）的反应。室温时，用CO2传感器检测生成的气体，并测定反应后溶液的pH。实验如下表：
下列说法不正确的是（ ）
A．由①可知，室温时，NaHCO3在溶液中可分解产生CO2
B．由①②可知，②中产生的大量气体中可能含有H2
C．②中的反应比③中的剧烈，是因为NaHCO3溶液中c（H+）更大
D．由②③可知，HCO3﹣的作用可能是破坏了覆盖在镁条表面的镁与H2O反应生成的Mg（OH）2
14．丙烷经催化脱氢可制丙烯：C3H8⇌C3H6+H2。600℃，将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如图。
已知：
①C3H8（g）+5O2（g）＝3CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣2220kJ•ml﹣1
②C3H6（g）+O2（g）＝3CO2（g）+3H2O（l）ΔH＝﹣1926.1kJ•ml﹣1
③H2（g）+O2（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣286kJ•ml﹣1
下列说法不正确的是（ ）
A．C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g）ΔH＝+124 kJ•ml﹣1
B．其他条件不变，投料比越大，C3H8转化率越大
C．c（H2）和c（C3H6）变化差异的原因：CO2+H2⇌CO+H2O
D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0（C3H8）+c0（CO2）＝c（CO）+c（CO2）+3c（C3H8）+3c（C3H6）
二、填空题：本大题共5小题，共58分．
15．（11分）工业上制硫酸的主要反应之一为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），反应过程中能量的变化如图所示。
（1）向反应体系中加入催化剂后，图中E1 （填“增大”、“减小”或“不变”，下同），E3 。
（2）已知：
2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g） ΔH＝﹣442.4kJ•ml﹣1
S（s）+O2（g）═SO2（g） ΔH＝﹣297.0kJ•ml﹣1
若H2S（g）与O2（g）反应产生SO2（g）和H2O（g），则该反应的热化学方程式为 。
（3）某温度下，反应的起始浓度c（SO2）＝1.0ml•L﹣1，c（SO2）＝1.0ml•L﹣1，达到平衡后，SO2的转化率为50%，则此温度下该反应的平衡常数K的数值为 。
（4）在T1温度时，该反应的平衡常数K＝10/3，若在此温度下，向1L的恒容密闭容器中，充入0.03mlSO2、0.16mlO2，和0.03mlSO3，则反应开始时正反应速率 （填“＞”、“＝”或“＜”）逆反应速率。
16．（14分）水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义。室温下，相关酸的电离平衡常数如表所示：
回答下列问题。
（1）HNO2电离方程式是 。
（2）物质的量浓度相同的HNO2和HClO，pH大小：HNO2 HClO（填“＜”“＝”或“＞”）。
（3）物质的量浓度相同的NaNO2、CH3COONa、NaClO三种溶液，pH由大到小的顺序是 。
（4）室温下，向未知浓度的HNO2溶液中加入NaOH溶液。
①溶液中的n（NO2﹣） （填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”）。
②当滴加NaOH溶液至溶液中的c（NO2﹣）＝c（Na+），此时溶液中的pH 7（填“＜”“＝”或“＞”），判断的依据 。
（5）为测定某NaOH溶液的浓度，取20.00mL待测溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液，用浓度为0.1000ml/L的HCl标准溶液滴定。
①达到滴定终点的现象是 。
②在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是 （填“滴定管”或“锥形瓶”）。
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗HCl标准溶液体积的平均值为19.98mL，则此NaOH溶液的浓度是 。
17．（12分）通过化学的方法实现CO2的资源化利用是一种非常理想的CO2减排途径。
Ⅰ．利用CO2制备CO
一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）。
（1）该反应的平衡常数表达式K＝ 。
（2）下列事实能说明上述反应达到化学平衡状态的是 （填字母序号）。
A．体系内n（CO）：n（H2O）＝1：1
B．体系压强不再发生变化
C．体系内各物质浓度不再发生变化
D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化
Ⅱ．利用CO2制备甲醇（CH3OH）
一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量的CO2和H2。涉及反应如下：
主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣90.4kJ⋅ml﹣1
副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+40.5kJ⋅ml﹣1
已知：CH3OH产率＝×100%
（3）一段时间后，测得体系中n（CO2）：n（CH3OH）：n（CO）＝a：b：c。CH3OH产率＝_________（用代数式表示）。
（4）探究温度对反应速率的影响（其他条件相同）
实验测得不同温度下，单位时间内的CO2转化率和CH3OH产率如图1所示。
由图1可知，随着温度的升高，CO2转化率升高，CH3OH产率下降。解释其原因： 。
（5）探究温度和压强对平衡的影响（其他条件相同）
不同压强下，平衡时CO2转化率随温度的变化关系如图2所示。
①压强p1 （填“＞”或“＜”）p2。
②图2中温度高于T1时．两条曲线重叠的原因是 。
③下列条件中，CH3OH平衡产率最大的是 （填字母序号）。
A．220℃5MPa
B．220℃1MPa
C．300℃1MPa
18．（11分）科研人员用以下方法测定高炉渣中金属Fe的含量。
i.配制金属Fe浸取液。
ii.取mg粉碎后的高炉渣，加入足量金属Fe浸取液，室温下浸取1h。
iii.过滤，将滤液及洗涤液全部转移至盛有过量H2O2溶液的烧杯中，加入盐酸、稀硫酸充分反应。
iv.将反应后的溶液煮沸至冒大气泡并继续微沸10min。
v.冷却，用浓度为cml•L﹣1的抗坏血酸（C6H8O6）标准溶液滴定，消耗抗坏血酸标准溶液VmL[已知：C6H8O6（抗坏血酸）+2Fe3+＝C6H6O6（脱氢抗坏血酸）+2Fe2++2H+]。
（1）金属Fe浸取液配制方法：取一定量亚硫酸钠和邻菲罗啉（用于抑制Fe2+的水解）溶于水后，加入乙酸调节pH约为4，再加入一定量乙酸﹣乙酸铵溶液（pH＝4.5），配成所需溶液（在此pH条件下，高炉渣中其他成分不溶解）。
①Fe2+水解的方程式为 。
②常温下，改变乙酸溶液的pH，溶液中CH3COOH、CH3COO﹣的物质的量分数a（X）随pH的变化如右图所示，下列说法正确的是 （填字母序号）。
已知：α（X）＝
a.常温下，乙酸的电离常数Ka（CH3COOH）＝10﹣4.76
b.pH＝4时，c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
c.pH＝4.5的乙酸﹣乙酸铵溶液中，c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）+c（NH4+）
d.向乙酸﹣乙酸铵溶液中加入少量酸时，溶液中的CH3COO﹣结合H+，使溶液中的c（H+）变化不大，溶液的pH变化不大
（2）步骤iii中加入过量H2O2溶液，可除去过量的SO32﹣，另一主要作用是 （用离子方程式表示）。
（3）该高炉渣中金属Fe的质量分数ω（Fe）＝ （用有关字母的代数式表示）。
（4）若未进行步骤iv，直接用抗坏血酸标准溶液滴定，则会使高炉渣中金属Fe的质量分数ω（Fe）
（填“偏大”、“偏小”或“无影响”），理由是 。
19．（10分）实验小组制备硫代硫酸钠（Na2S2O3）并探究其性质。
资料：
ⅰ．S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O。
ⅱ．Fe3++3S2O32﹣⇌Fe（S2O3）33﹣（紫黑色）。
ⅲ．Ag2S2O3是难溶于水、可溶于Na2S2O3溶液的白色固体。
（1）实验室可利用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制备Na2S2O3，装置如图。
①用化学用语解释Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性的原因：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、 。
②为了保证Na2S2O3的产量，实验中通入的SO2不能过量。要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有： 。（写出一条）
（2）探究Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。
①Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式为 。
②经检验，现象Ⅱ中的沉淀有Al（OH）3和S，用平衡移动原理解释Ⅱ中的现象： 。
③经检验，现象Ⅲ中的无色溶液中含有Fe2+。从化学反应速率和限度的角度解释Ⅲ中Fe3+与S2O32﹣反应的实验现象： 。
以上实验说明：Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。
参考答案
一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分．
1．【分析】将化学能转化为热能，是利用化学反应放出的热量，据此分析判断。
【解答】解：A．燃气灶是天然气燃烧放出热量，故A正确；
B．铅蓄电池是原电池和电解池反应，原电池反应是化学能转化为电能，故B错误；
C．太阳能热水器是太阳能转化为热能，故C错误；
D．风力发电是利用风能转化为电能，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了化学反应能量转化的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
2．【分析】A．强电解质包括强酸、强碱、大多数盐；
B．醋酸钠是离子化合物，冰是共价化合物；
C．醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解显碱性；
D．过饱和醋酸钠溶液中加入少量醋酸钠固体，可以增大醋酸根离子和钠离子浓度。
【解答】解：A．醋酸钠属于盐，是强电解质，故A正确；
B．醋酸钠晶体是离子化合物，冰是共价化合物，故B错误；
C．醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解显碱性，常温下，醋酸钠溶液的pH＞7，故C正确；
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体，可以增大醋酸根离子和钠离子浓度，促进醋酸钠晶体析出，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查强、弱电解质和晶体类型的判断，盐类水解的应用，侧重考查学生的分析能力，应用能力，属于高考高频考点，难度不大。
3．【分析】升高温度、增大接触面积、增大氢离子浓度、构成原电池等均可加快生成氢气的速率，减小浓度反应速率减慢，以此来解答。
【解答】解：A．用Zn粉代替Zn粒，接触面积增大，反应速率加快，故A不选；
B．滴加少量的CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快，故B不选；
C．升高温度，反应速率加快，故C不选；
D．再加入1ml/LCH3COOH溶液，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，且导致溶液被稀释，反应速率减小，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，把握常见的外因对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意浓硫酸与Zn反应不生成氢气，题目难度不大。
4．【分析】常温下，水电离出的c（H+）＝1×10﹣2ml•L﹣1，说明是促进水的电离，酸和碱抑制水的电离，据此分析。
【解答】解：常温下，水电离出的c（H+）＝1×10﹣2ml•L﹣1，说明是促进水的电离，酸和碱抑制水的电离，水解性盐可促进水的电离，故pH＝2NH4Cl溶液符合题意，
故选：C。
【点评】本题考查水的电离，要明确酸碱是抑制水的电离，水解性盐促进电离，难度不大。
5．【分析】在酸碱滴定实验中，需要用到的仪器有：锥形瓶、滴定管、滴定管夹、烧杯、容量瓶。
【解答】解：在酸碱滴定实验中，需要用到的仪器有：锥形瓶、滴定管、滴定管夹、烧杯、容量瓶，用不到分液漏斗，故A符合题意，
故选：A。
【点评】本题主要考查酸碱中和滴定，为基础知识的考查，题目难度不大。
6．【分析】A．升温，平衡向吸热反应方向移动；
B．平衡常数只受温度影响；
C．减小生成物浓度，平衡正向移动；
D．使用催化剂，平衡不移动。
【解答】解：A．反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，故A错误；
B．温度不变，平衡常数不变，故B错误；
C．移走CO2，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故C正确；
D．使用催化剂，平衡不移动，NO的平衡转化率不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
7．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【解答】解：A．碳酸钠溶液中存在的水解平衡：+H2O⇌+OH﹣，该反应为吸热过程，加热促进水解，c（OH﹣）增大，溶液碱性增强有利于油脂水解，所以热的Na2CO3溶液可以除去油污，能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．把食品存放在冰箱里，温度降低反应速率减小，从而延长了食品的保质期，与可逆反应无关，不能用勒夏特列原理解释，故B正确；
C．合成氨的反应为气体体积缩小的反应，采用20MPa的高压有利于氨气的生成，能够用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．FeCl3溶液中存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，溶于较浓的盐酸中，有利于水解平衡逆向移动，避免产生氢氧化铁沉淀，能用勒夏特列原理解释，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查勒夏特列原理的应用，侧重考查基础知识的理解和灵活运用，明确勒夏特列原理内涵是解本题关键，只有能引起平衡移动的才能用勒夏特列原理解释，题目难度不大。
8．【分析】A.键能是指拆开1ml化学键所吸收的能量，据图可知1mlN≡N键断裂吸收946kJ的能量，1mlO＝O键断裂吸收498kJ能量，即N≡N键的键能大于O＝O键的键能；
B.形成2mlNO时放出1264kJ能量，则完全断开1ml NO中的化学键才需吸收632 kJ能量；
C.焓变＝断键吸收总能量﹣成键释放总能量，ΔH＞0，则为吸热反应，则反应中产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量；
D.ΔH＝断键吸收总能量﹣成键释放总能量＝946kJ/ml+498 kJ/ml﹣1264 kJ/ml＝+180 kJ/ml，则生成NO反应的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝+180kJ/ml。
【解答】解：A.据图可知1mlN≡N键断裂吸收946kJ的能量，1mlO＝O键断裂吸收498kJ能量，即N≡N键的键能大于O＝O键的键能，故A正确；
B.据图可知由2mlN原子和2mlO原子形成2mlNO时放出1264kJ能量，则完全断开2 ml NO中的化学键才需吸收1264 kJ能量，故B错误；
C.焓变＝断键吸收总能量﹣成键释放总能量＝946kJ/ml+498 kJ/ml﹣1264 kJ/ml＝+180 kJ/ml，焓变大于0，则为吸热反应，所以该反应中产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量，故C正确；
D.该反应ΔH＝断键吸收总能量﹣成键释放总能量＝946kJ/ml+498 kJ/ml﹣1264 kJ/ml＝+180 kJ/ml，结合图可知热化学方程式为N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝+180 kJ/ml，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查键能、焓变计算、吸、放热反应判断以及热化学方程式的书写等基础知识，属容易题。
9．【分析】A．随着温度的升高，Kw越来越大；
B．纯水呈中性；
C．90℃，纯水呈中性；
D．pH＝5，温度不确定，Kw不确定。
【解答】解：A．随着温度的升高，Kw越来越大，说明水的电离为吸热过程，故A正确；
B．纯水呈中性，不管什么温度都存在c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7ml⋅L﹣1，故B正确；
C．90℃，纯水呈中性，故C正确；
D．pH＝5，温度不确定，Kw不确定，故c（OH﹣）不确定，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及水的电离、水的离子积、影响水电离的因素等，题目难度不大。
10．【分析】A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
B．浓硫酸具有氧化性，能氧化硫代硫酸钠；
C．K2Cr2O7溶液中存在可逆反应Cr2+H2O⇌2+2H+，加入NaOH溶液，消耗H+，平衡正向移动；
D．只有温度不同。
【解答】解：A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，向醋酸溶液中加入碳酸钠溶液生成CO2，说明醋酸的酸性大于碳酸，则醋酸的Ka大于碳酸的Ka1，能达到实验目的，故A错误；
B．浓硫酸具有氧化性，能氧化硫代硫酸钠，稀硫酸和硫代硫酸钠溶液反应时，硫代硫酸钠自身发生氧化还原反应生成S和SO2，浓硫酸和稀硫酸的性质不同，不能探究浓度对反应速率的影响，不能达到实验目的，故B正确；
C．K2Cr2O7溶液中存在可逆反应Cr2+H2O⇌2+2H+，加入NaOH溶液，消耗H+，平衡正向移动，溶液颜色由橙色变为黄色，能达到实验目的，故C错误；
D．只有温度不同，升高温度，平衡向生成NO2的方向移动，气体颜色加深，降低温度，平衡向生成N2O4的方向移动，气体颜色变浅，能探究温度对平衡的影响，能实现实验目的，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质是解本题关键，注意：B选项中浓硫酸能氧化硫代硫酸钠，题目难度不大。
11．【分析】溶液导电性由溶液中自由移动离子的浓度决定，向0.01ml•L﹣1Ba（OH）2溶液中加入几滴酚酸溶液，溶液变红，然后向混合液中匀速、逐滴加入0.2ml•L﹣1H2SO4溶液，发生反应2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，溶液中离子浓度减小，恰好完全反应时，溶液离子浓度最小，导电能力最小，溶液红色褪去，继续加入硫酸，溶液中离子浓度增大，导电能力变强，据此作答。
【解答】解：A．向0.01ml•L﹣1Ba（OH）2溶液中加入几滴酚酸溶液，溶液变红，加入硫酸氢氧根离子浓度减小，红色变浅，恰好反应时，溶液呈中性，红色完全褪去，故A正确；
B．恰好反应时，发生反应2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，由于水存在微弱电离、BaSO4存在微弱溶解，理论上电导率不会为0，故B正确；
C．溶液导电性由溶液中自由移动离子的浓度决定，电导率减小的过程中，发生反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故C正确；
D．若用同浓度的Na2SO4溶液代替稀硫酸重复上述实验，发生反应Ba（OH）2+Na2SO4═BaSO4↓+Na2SO4，溶液导电能力减弱，但不会接近为0，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查溶液导电性变化，题目难度中等，注意结合滴定过程中离子浓度变化分析导电能力变化。
12．【分析】A．反应速率v＝计算v（M），再利用速率之比等于化学计量数之比计算0至5min时间内的v（N）；
B．实验②中平衡时M为0.08ml，计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K＝计算；
C．利用K＝计算，结合三行计算列式得到；
D．表格数据700℃时，化学平衡时M为0.090ml，升高温度至800℃平衡时M为0.080ml，所以升温平衡逆反应方向移动，据此判断；
【解答】解：A．速率之比等于化学计量数之比，则0至5min时间内，v（N）＝v（M）＝＝0.001ml/（L•min），故A错误；
B．实验②中平衡时M为0.08ml，则：
X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）
起始（ml）：0.1 0.4 0 0
转化（ml）：0.08 0.08 0.08 0.08
平衡（ml）：0.02 0.32 0.08 0.08
由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故实验②中，该反应的平衡常数：K＝＝＝1，故B错误；
C．设消耗X物质的量为x，
X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）
起始（ml）：0.2 0.05 0 0
转化（ml）：x x x x
平衡（ml）：0.2﹣x 0.05﹣x x x
＝1，x＝0.04，达到平衡时，Y的转化率＝×100%＝80%，故C正确；
D．根据表格数据700℃时，化学平衡时M为0.090ml，升高温度至800℃平衡时M为0.080ml，所以升温平衡逆反应方向移动，则正反应为放热反应，焓变△H＜0，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，涉及化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡及其影响等知识，明确化学反应速率、化学平衡的概念及表达式为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
13．【分析】A．由①可知，锥形瓶中的试剂为6.0g1ml•L﹣1NaHCO3溶液，锥形瓶内CO2的浓度增大；
B．②中产生大量气泡，该气体净化后可点燃；
C．碳酸氢根电离出氢离子的能力大于水电离出氢离子的能力；
D．NaHCO3可以和碱性物质反应。
【解答】解：A．由①可知，锥形瓶中的试剂为6.0g1ml•L﹣1NaHCO3溶液，锥形瓶内CO2的浓度增大，说明室温时，NaHCO3在溶液中可分解产生CO2，故A正确；
B．②中产生大量气泡，该气体净化后可点燃，说明产生的大量气体中可能含有H2，故B正确；
C．因为碳酸氢根电离出氢离子的能力大于水电离出氢离子的能力，所以②中的反应比③中的剧烈，NaHCO3溶液呈碱性，其中c（H+）小于H2O中的c（H+），故C错误；
D．NaHCO3可以和碱性物质反应，由②③可知，HCO3﹣的作用可能是破坏了覆盖在镁条表面的镁与H2O反应生成的Mg（OH）2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查镁与碳酸氢钠溶液的反应，侧重考查学生物质性质的掌握情况，试题难度中等。
14．【分析】A．根据盖斯定律合写方程式计算；
B．根据图示投料比越大，C3H8转化率越小；
C．根据C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g），c（H2）和 c（C3H6）应该相等，因为其它反应造成二者浓度变化不同；
D．根据碳原子守恒分析。
【解答】解：A．根据盖斯定律方程式①﹣②﹣③得C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2﹣ΔH3＝﹣2220kJ•ml﹣1+2058kJ•ml﹣1+286kJ•ml﹣1＝+124 kJ•ml﹣1，故A正确；
B．根据图示，横坐标为二氧化碳的浓度，所以投料比越大，C3H8转化率越大，故B错误；
C．根据坐标系c（H2）和 c（C3H6）的变化不同，根据方程式C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g），c（H2）和 c（C3H6）应该相等，因为CO2+H2⇌CO+H2O，c（C3H6）增加快，故C正确；
D．根据碳原子守恒，若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0（C3H8）+c0（CO2）＝c（CO）+c（CO2）+3c（C3H8）+3c（C3H6），故D正确；
故选：B。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生运用化学知识解决问题的能力，题目涉及盖斯定律计算反应热、化学平衡的移动、转化率和质量守恒定律等，正确分析题目信息，得出正确结论，此题难度较大。
二、填空题：本大题共5小题，共58分．
15．【分析】（1）催化剂可以降低反应的活化能，但不改变焓变；
（2）①2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g）ΔH＝﹣442.4kJ•ml﹣1
②S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH＝﹣297.0kJ•ml﹣1
根据盖斯定律：①+2×②得2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）；
（3）某温度下，反应的起始浓度c（SO2）＝1.0ml•L﹣1，c（O2）＝1.5ml•L﹣1，达到平衡后，SO2的转化率为50%，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始（ml/L） 1 1.5 0
起始（ml/L） 0.5 0.25 0.5
起始（ml/L） 0.5 1.25 0.5
K＝；
（4）在T1温度时，该反应的平衡常数K＝，若在此温度下，向1L的恒容密闭容器中，充入0.03mlSO2、0.16mlO2和0.03mlSO3，计算此时的浓度商，再与K值比较得出结论。
【解答】解：（1）催化剂可以降低反应的活化能，但不改变焓变，则E1减小，E3 不变，
故答案为：减小；不变；
（2）①2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g）ΔH＝﹣442.4kJ•ml﹣1
②S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH＝﹣297.0kJ•ml﹣1
根据盖斯定律：①+2×②得2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH＝（﹣442.4﹣297×2）kJ/ml＝﹣1036.4kJ/ml，
故答案为：2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1036.4kJ/ml；
（3）某温度下，反应的起始浓度c（SO2）＝1.0ml•L﹣1，c（O2）＝1.5ml•L﹣1，达到平衡后，SO2的转化率为50%，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始（ml/L） 1 1.5 0
起始（ml/L） 0.5 0.25 0.5
起始（ml/L） 0.5 1.25 0.5
K＝＝＝0.8，
故答案为：0.8；
（4）在T1温度时，该反应的平衡常数K＝，若在此温度下，向1L的恒容密闭容器中，充入0.03mlSO2、0.16mlO2和0.03mlSO3，Qc＝＝＝6.25＞，说明反应逆向移动，反应开始时正反应速率＜逆反应速率，
故答案为：＜；
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
16．【分析】（1）HNO2是一元弱酸，在水溶液中部分电离生成H+、NO2﹣；
（2）物质的量浓度相同的一元酸，酸的电离平衡常数越大，酸中c（H+）越大，溶液的pH值越小；
（3）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；
（4）①NaOH中和H+而促进HNO2电离；
②当滴加NaOH溶液至溶液中的c（NO2﹣）＝c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（NO2﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），此时溶液中c（OH﹣）＝c（H+）；
（5）①溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
②滴定管有蒸馏水能够稀释所盛放的液体，锥形瓶中有蒸馏水对溶液中氢离子总的物质的量不产生影响；
③c（NaOH）＝。
【解答】解：（1）HNO2是一元弱酸，在水溶液中部分电离生成H+、NO2﹣，HNO2电离方程式为HNO2⇌H++NO2﹣，
故答案为：HNO2⇌H++NO2﹣；
（2）K（HNO2）＞K（HClO），相同物质的量浓度的HNO2、HClO，酸中c（H+）：HNO2＞HClO，溶液的pH值：pH（HNO2）＜pH（HClO），
故答案为：＜；
（3）K（HNO2）＞K（CH3COOH）＞K（HClO），酸性：HNO2＞CH3COOH＞HClO，相同物质的量浓度的钠盐溶液水解程度：NO2﹣＜CH3COO﹣＜ClO﹣，所以溶液的pH由大到小顺序是：pH（NaClO）＞pH（CH3COONa）＞pH（NaNO2），
故答案为：pH（NaClO）＞pH（CH3COONa）＞pH（NaNO2）；
（4）①NaOH中和H+而促进HNO2电离，溶液中的n（NO2﹣）增大，
故答案为：增大；
②当滴加NaOH溶液至溶液中的c（NO2﹣）＝c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（NO2﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），此时溶液中c（OH﹣）＝c（H+），溶液呈中性，溶液的pH＝7，
故答案为：＝；当滴加NaOH溶液至溶液中的c（NO2﹣）＝c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（NO2﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），此时溶液中c（OH﹣）＝c（H+），溶液呈中性；
（5）①酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色，用盐酸进行滴定，滴定达到终点的标志是最后半滴盐酸加入，溶液由红色恰好变成无色且半分钟内不恢复，
故答案为：当滴入最后半滴盐酸时，溶液由红色恰好变成无色且半分钟内不恢复；
②滴定管有蒸馏水能够稀释所盛放的液体，对消耗标准液体积产生影响，对溶液浓度有影响，锥形瓶中有蒸馏水对溶液中氢离子总的物质的量不产生影响，对消耗的标准溶液不产生影响，对结果有影响，
故答案为：锥形瓶；
③c（NaOH）＝＝＝0.0999ml/L。
故答案为：0.0999ml/L。
【点评】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断、中和滴定等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、盐类水解原理、酸碱混合溶液定性判断方法及中和滴定原理是解本题关键，题目难度不大。
17．【分析】（1）平衡常数等于反应物浓度幂次方乘积和生成物浓度幂次方乘积的比值；
（2）根据达到平衡时，各物质浓度不变，由此引起的各物理量不变；
（3）根据主反应、副反应，结合碳元素守恒计算；
（4）主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，主反应逆向进行；
（5）①主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积减小的反应，温度一定时压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大，据此分析；
②T1温度前，主要发生主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），T1温度后主要发生副反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），据此结合温度的影响分析；
③主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积减小的反应，温度一定时压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大，低温时发生主反应。
【解答】解：（1）反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的平衡常数表达式K＝，
故答案为：；
（2）A．反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）体系内始终存在n（CO）：n（H2O）＝1：1，不能说明反应达到平衡，这与起始投入量有关，故A错误；
B．反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）体系压强始终不变，压强不再发生变化不能说明反应达到平衡，故B错误；
C．体系内各物质浓度不再发生变化，说明达到反应平衡，故C正确；
D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化，说明体系内各物质的量不再变化，说明达到反应平衡，故D正确，
故答案为：CD；
（3）根据主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），体系中n（CO2）：n（CH3OH）：n（CO）＝a：b：c，根据碳元素守恒，起始的n（CO2）＝a+b+c，CH3OH产率×100%＝×100%，
故答案为：×100%；
（4）随着温度的升高，CO2转化率升高，CH3OH产率下降，其原因为主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，主反应逆向进行，故CO2转化率升高，CH3OH产率下降，
故答案为：主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，主反应逆向进行，故CO2转化率升高，CH3OH产率下降；
（5）①主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积减小的反应，温度一定时压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大，图中压强p1时CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率大于p2时CO2平衡转化率或CH3OH的平衡产率，所以p1＞p2，
故答案为：＞；
②T1温度前，主要发生主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），T1温度后主要发生副反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），该反应是气体体积不变化的吸热反应，压强改变对平衡没有影响，CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）为吸热反应，T1温度后，体系中主要发生副反应，则三条曲线几乎交于一点，
故答案为：T1温度后，体系中主要发生副反应，则三条曲线几乎交于一点；
③主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是气体体积减小的反应，温度一定时压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大，低温时发生主反应，平衡产率最大的是220℃5MPa，
故答案为：A。
【点评】本题综合考查化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及化学平衡的移动、化学平衡的计算，根据题目信息，结合勒夏特列原理等知识解答，难度较大。
18．【分析】（1）①亚铁离子为弱碱阳离子；
②a.分析图象可知，图象交点可知Ka（CH3COOH）＝10﹣4.76；
b.pH＝4时，溶液显酸性，逐渐降低的曲线为a（CH3COOH），故c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
c.pH＝4.5的乙酸﹣乙酸铵溶液中，电荷守恒为c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（NH4+）；
d.向乙酸﹣乙酸铵溶液中加入少量酸时，溶液中的CH3COO﹣结合H+，使溶液中的c（H+）变化不大，溶液的pH变化不大，此时该溶液可以作为缓冲剂；
（2）步骤iii中加入过量H2O2溶液，可除去过量的SO32﹣，另一主要作用是氧化亚铁离子，便于后续测定；
（3）滴定过程发生反应C6H8O6（抗坏血酸）+2Fe3+＝C6H6O6（脱氢抗坏血酸）+2Fe2++2H+，结合方程式计算Fe含量；
（4）若未进行步骤iv，直接用抗坏血酸标准溶液滴定，则未被氧化的亚铁离子不会被测定。
【解答】解：（1）①亚铁离子为弱碱阳离子，Fe2+的水解方程式：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，
故答案为：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+；
②a.分析图象可知，图象交点可知Ka（CH3COOH）＝10﹣4.76，故a正确；
b.pH＝4时，溶液显酸性，逐渐降低的曲线为a（CH3COOH），故c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故b错误；
c.pH＝4.5的乙酸﹣乙酸铵溶液中，电荷守恒为c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（NH4+），故c正确；
d.向乙酸﹣乙酸铵溶液中加入少量酸时，溶液中的CH3COO﹣结合H+，使溶液中的c（H+）变化不大，溶液的pH变化不大，此时该溶液可以作为缓冲剂，故d正确；
故答案为：acd；
（2）步骤iii中加入过量H2O2溶液，可除去过量的SO32﹣，另一主要作用是氧化亚铁离子，便于后续测定，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O；
（3）滴定过程发生反应C6H8O6（抗坏血酸）+2Fe3+＝C6H6O6（脱氢抗坏血酸）+2Fe2++2H+，ω（Fe）＝×100%，
故答案为：×100%；
（4）若未进行步骤iv，直接用抗坏血酸标准溶液滴定，则未被氧化的亚铁离子不会被测定，导致Fe含量偏低，
故答案为：偏低；未被氧化的亚铁离子不会被测定。
【点评】本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
19．【分析】（1）①弱酸根离子水解显碱性；
②可从反应物的浓度，温度上控制SO2的反应速率；
（2）①根据复分解的定义得出生成物和反应的离子方程式；
②铝离子水解生成Al（OH）3沉淀和Na2S2O3生成S单质；
③经检验，现象Ⅲ中的无色溶液中含有Fe2+，即Fe2+被氧化为Fe3+。
【解答】解：（1）①Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性，弱酸根离子水解显碱性，S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，
故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；
②可从反应物的浓度，温度上控制SO2的反应速率，所以控制反应温度或调节硫酸的滴加速率，
故答案为：控制反应温度或调节硫酸的滴加速率；
（2）①根据复分解的定义两种物质相互交换成分，得出反应物生成生成物的离子方程式为2Ag++S2O32﹣═Ag2S2O3↓，
故答案为：2Ag++S2O32﹣═Ag2S2O3↓；
②2mL 0.1ml/L Na2S2O3溶液0.03ml/L Al2（SO4）3溶液，Al3+水解Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，与S2O32﹣与水解生成的H+反应生成S，S2O32﹣+H+＝SO2↑+S↓，使c（H+）降低，平衡正向移动，生成Al（OH）3沉淀和S沉淀，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，S2O32﹣与H+反应生成S，使c（H+）降低，平衡正向移动，生成Al（OH）3沉淀；
③加入0.03ml/L Fe2（SO4）3溶液，混合后溶液先变成紫黑色，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与S2O32﹣反应生成紫黑色的Fe（S2O3）3，化学反应速率快，化学反应的限度相对小；30s时溶液几乎变为无色，Fe2+与S2O32﹣反应生成FeS2O3的化学反应的限度相对大，
故答案为：Fe3+与S2O32﹣反应生成紫黑色Fe（S2O3）3的化学反应速率大，化学反应的限度相对小，Fe2+与S2O32﹣反应生成FeS2O3的化学反应的限度相对大。
【点评】本题考查物质的制备和性质，侧重考查信息获取、实验操作及实验现象分析判断能力，明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键，题目难度中等。
A
B
C
D
燃气灶
铅蓄电池
太阳能热水器
风力发电




A.分液漏斗
B.酸式滴定管
C.碱式滴定管
D.锥形瓶
T/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10﹣14
0.1
0.3
0.7
1.0
2.9
5.3
37.1
54.5
A
B
C
D
实验目的
比较常温下醋酸的Ka和碳酸的Ka1的相对大小
探究浓度对反应速率的影响
探究产物浓度对平衡的影响
探究温度对平衡的影响
实验装置




实验
编号
温度/℃
起始时物质的量/ml
平衡时物质的量/ml
n（X）
n（Y）
n（M）
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.40
0.10
0.080
③
800
0.20
0.05
a
实验装置
编号
锥形瓶中的试剂
实验现象
锥形瓶内的CO2浓度变化

①
6.0g1ml•L﹣1NaHCO3溶液
有极微量气泡生成，15min后测得溶液的pH无明显变化

②
6.0g1ml•L﹣1NaHCO3溶液和0.1g镁条
持续产生大量气泡（净化后可点燃），溶液中有白色浑浊生成。15min后测得溶液的pH上升至9.0
③
6.0gH2O（滴有酚酞溶液）和0.1g镁条
镁条表面有微量气泡，一段时间后，镁条表面微红
酸
HNO2
CH3COOH
HClO
HCl
电离平衡常数
5.6×10﹣4
1.8×10﹣5
4.0×10﹣8
﹣﹣
实
验
试剂
现象
试管
滴管

2mL 0.1ml/L Na2S2O3溶液
Ag2SO4溶液（浓度约为0.03ml/L）
Ⅰ．局部生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得到无色溶液
0.03ml/L Al2（SO4）3溶液
Ⅱ．一段时间后，生成沉淀
0.03ml/L Fe2（SO4）3溶液
Ⅲ．混合后溶液先变成紫黑色，30s时溶液几乎变为无色