湖北省湖北云学联盟2024-2025学年高二上学期11月期中化学试题（解析版）-A4

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考试时间：2024年11月15日14：30-17：05 考试时长：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量为：H1 N14 O16 Mg24 S32 Fe56
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 生活离不开化学。生活中的下列做法与化学反应速率控制无关的是
A. 夏季将蔬菜和水果保存在冰箱中B. 制作馒头时加入碳酸氢钠
C. 洗衣服时使用加酶洗衣粉D. 对食品包装袋做抽真空处理
【答案】B
【解析】
【详解】A．夏季将蔬菜和水果保存在冰箱中，是利用低温来减慢食物变质（如食物的氧化、微生物的生长繁殖等化学反应）的速率，温度降低，化学反应速率减慢，这样可以延长食物的保存时间，与控制化学反应速率有关，A错误；
B．碳酸氢钠膨松剂，可以中和酸并受热分解，产生大量气体，使馒头松软，与速率无关，B正确；
C．加酶洗衣粉中的酶是一种生物催化剂。酶的活性与温度等因素有关，在合适的温度下酶的催化效率高，能加快污垢的分解等反应速率；温度过高或过低会影响酶的活性，从而改变反应速率，所以使用加酶洗衣粉与控制化学反应速率有关，C错误；
D．食品抽真空包装，来降低氧气浓度，从而降低反应速率，D错误；
答案选B。
2. 下列说法正确的是(△H的绝对值均正确)
A. 时， ，则碳的燃烧热为110.5 kJ/ml
B. 已知稀溶液中， ，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 ml水的反应热为-57.3 kJ/ml
C. C2H5OH燃烧热的热化学反应方程式为：
D. 已知 ，则比的总能量大
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO不是C燃烧产生的稳定化合物，因此110.5 kJ/ml不是碳的燃烧热，A错误；
B．醋酸是弱电解质，在溶液中主要以电解质分子存在，其电离过程会吸收热量，导致其稀氢氧化钠溶液反应生成1 ml水时放出热量小于57.3 kJ，故稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 ml水的反应热大于-57.3 kJ/ml，B错误；
C．水的稳定状态是液态不是气态，故热化学方程式 不能表示C2H5OH燃烧热，C错误；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据 可知该反应的正反应是吸热反应，说明等质量的金刚石含有的能量比石墨高，故1 ml的金刚石比1 ml石墨含有的总能量高，D正确；
故合理选项是D。
3. 设是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 白磷与在密闭容器中发生反应：，充分反应后容器中的与分子数之和为大于
B. 常温下，盐酸与的混合溶液，该混合溶液所含总数大于
C. 在溶液中水解形成的胶体粒子数为
D. 标准状况下，相对于的密度为23
【答案】A
【解析】
【详解】A．白磷与在密闭容器中发生反应：，虽然为可逆反应，但反应每个P4转化为4个PH3，分子数增多，故反应后容器中的与分子数之和为大于，A正确；
B．，c(H+)=0.1ml/L，该混合溶液所含总数等于，B错误；
C．一个Fe（OH）3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，为0.2ml，有Fe3+0.4ml，在溶液中水解形成的胶体粒子数小于，C错误；
D．二氧化氮转化为四氧化二氮，密度之比等于摩尔质量之比，故密度相对于氢气密度大于23，D错误。
答案为A。
4. 亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，常温下电离常数Ka1=1.0×10-3，Ka2=2.6×10-7 ，下列说法正确的是
A. H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na3PO3
B. 对亚磷酸溶液升温，溶液的pH值变大
C. 向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，则变大
D. 对0.01ml/L的亚磷酸溶液加水稀释，溶液中各离子浓度均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知亚磷酸()是一种二元弱酸，故与足量的NaOH溶液反应生成不能生成，A错误；
B．弱酸的电离过程是一个吸热过程，升高温度促进弱酸的电离正向移动，故对亚磷酸溶液升温，溶液中c(H+)增大，溶液的pH值变小，B错误；
C．向亚磷酸溶液中加入少量NaOH固体，电离平衡正向移动，溶液中c(H+)减小，则=增大，C正确；
D．对0.01ml/L的溶液加水稀释，溶液中H+、、离子浓度均减小，但根据水的离子积可知，Kw=c(H+)c(OH-)是一个常数，故c(OH-)增大，D错误；
答案选C。
5. 高铁酸钾是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是
A. 用作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C. 反应I中尾气可用溶液吸收再利用
D. 该条件下，物质的溶解性：
【答案】B
【解析】
【分析】反应中铁屑与氯气反应生成，尾气中含氯气，反应中加入的、与氯化铁反应生成，发生反应为，因为溶解性：，所以在溶液中加入饱和溶液析出高铁酸钾，发生反应为：，分离得到粗晶体，以此解答该题。
【详解】A．具有强氧化性，具有消毒杀菌的作用，还原产物水解得到氢氧化铁胶体，吸附杂质净化水，A正确；
B．反应中氧化剂是次氯酸钠，还原剂是氯化铁，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂物质的量之比是，B错误；
C．用溶液吸收氯气后得到氯化铁，可在反应中再利用，C正确；
D．根据分析，可知溶解性：，D正确；
答案为B。
6. 已知、、的燃烧热分别为、、。混合物完全燃烧，放出热量。则、、的物质的量之比为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】已知、、的燃烧热分别为、、。混合物完全燃烧，放出热量。设、、的物质的量分别为x、y、z，可得方程①x+y+z=0.5，②1300x+1400y+1560z=700，反应①×1400-反应②得11x-160z=0，解得，根据选项，只有D项符合，故答案选D。
7. MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示(两者历程相似，但直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时反应速率会变慢，图中以CH4示例)。下列说法错误的是
A. 步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ
B. MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c
C. MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD>CHD2OH
D. 若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有2种
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，A正确；
B．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，B正确；
C．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则氧更容易和H而不是和D生成羟基，故氘代甲醇的产量CH2DODD．根据反应机理可知，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，D正确；
故选C。
8. 下列实验操作不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硝酸加热分解为二氧化氮、氧气、水，会影响C与浓硝酸反应生成的判断，A不能达到目的；
B．2+2=2+ I2，向的溶液中滴加2滴的溶液，碘离子过量，若反应可逆，反应后溶液中含有，滴入KSCN溶液变红，B能达到目的；
C．如果红色加深，说明碱性增强，加热，水解平衡朝正向移动，C能达到目；
D．和水解呈碱性，可以使用pH进行测量，D能达到目的；
答案选A。
9. 常温，在的一元酸溶液中滴入溶液，溶液与溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. M点所示溶液中
B. M点对应的溶液体积为
C. P点与Q点所示溶液中水的电离程度：
D. 常温时，电离常数
【答案】B
【解析】
【详解】A．M点溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(R-)=c(H+)+(Na+)，常温下pH=7，溶液显中性，则c(OH-)=c(H+)，所以，A正确；
B．M点溶液的pH=7，则溶液呈中性，此时c(H+)= c(OH-)，而HR与氢氧化钠恰好完全生成的NaR溶液呈碱性，所以溶液显中性时氢氧化钠的体积应小于20mL，B错误；
C．P点为HR溶液，酸会抑制水的电离，Q点氢氧化钠过量，溶质为Na2R和NaOH，盐水解会促进水的电离，碱会抑制水的电离，根据P点pH得P点，根据Q点pH得，Q点的氢氧根离子浓度大于P点的氢离子浓度，即Q点对水电离的抑制作用大于P点，则水的电离程度：P＞Q，C正确；
D．P点溶液的pH=3，则c(H+)=1×10-3ml/L，c(R-)≈c(H+)，c(HR)≈0.1ml/L，则常温时HR电离平衡常数Ka=，D正确；
答案选B。
10. 向初始容积相同的甲、乙两容器中分别充入和，发生如下反应： 。若甲容器保持恒温恒容，乙容器保持恒温恒压，分别达到平衡。甲容器中平衡时生成为，同时放出热量。下列说法正确的是
A. 平衡时，反应放出的热量：甲>乙
B. 平衡时，混合气体平均摩尔质量：
C. 乙容器若把条件“恒温恒压”改为“绝热恒容”，则平衡后大于
D. 相同条件下，若仅向甲容器充入，平衡时生成，同时吸收热量
【答案】C
【解析】
【分析】充入和甲容器中平衡时生成3.2mlC，同时放出热量，可得，。甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，由于该反应为气体体积减小的反应，故在反应过程中，乙若想保持恒压，则乙容器体积在不断减小，故：乙相比于甲，相当于在压缩容器体积，则乙相比于甲，压强增大，平衡正向移动，消耗更多的A和B。
【详解】A．由上述分析，乙消耗更多的反应物，故乙中放出热量更多，即甲<乙，A错误；
B．根据公式，由质量守恒定律可知混合气体总质量不变，随着反应进行，混合气体总物质的量逐渐减小，由分析可知，乙的平衡正向移动，转化的气体物质的量更多，剩余气体的物质的量越少，故混合气体摩尔质量越大，故混合气体平均摩尔质量：，B错误；
C．由分析可知甲容器达到平衡时=该反应为放热反应，乙容器若把条件“恒温恒压”改为“绝热恒容”，相当于在甲容器恒温恒容改为绝热恒容，反应时会放出热量使体系温度升高，平衡向逆反应方向移动，则平衡后大于，C正确；
D．相同条件下，若仅向甲容器充入，其与充入和甲容器的时候为等效平衡，即平衡时生成0.4mlB，同时吸收热量（0.625Q×2-Q）=0.25Q，故D错误；
答案选C。
11. 某化学研究小组在探究外界条件对的反应速率和反应限度影响时，绘制如图所示图像。下列判断不正确的是
A. 由图甲可知，，化学平衡常数
B. 由图乙可知，
C. 图丙中，点3表示反应处在正向建立平衡的过程中
D. 图丁中，曲线a可能使用了催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图甲信息可知，T2温度下先达到平衡即T2温度下反应速率更快，即T1B．由图乙可知，相同温度下，随着压强增大，C%的百分含量越大，说明增大压强平衡正移，正反应为气体分子数减小的反应，A为固体，故，B错误；
C．根据图丙知，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4点处于平衡状态，v(正)＝v(逆)；点1在曲线上方，要想达到平衡状态，B的转化率需要减小，则平衡逆向移动，故v(正)v(逆)，故点3表示反应处在正向建立平衡的过程中，C正确；
D．由图可知，曲线a与曲线b平衡时B的百分含量相同，说明平衡没有发生移动，但曲线a的比曲线b先到达平衡，缩短了到达平衡所用的时间，则曲线a可能使用了催化剂，D正确；
答案选B。
12. 将由和组成的混合气体分别置于仪器a和b中，下列说法错误的是
已知： 。
A. 上述反应反应物总键能小于生成物的总键能
B. 一段时间后，仪器a中颜色比仪器b中颜色浅
C. 反应达到平衡后，仪器b平均摩尔质量增大
D. 一段时间后，仪器b中总物质的量小于
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知：的，即该反应是一个放热反应，故该反应的反应物总键能小于生成物的总键能，A正确；
B．该反应正反应是一个放热反应，则升高温度平衡逆向移动，气体颜色加深，则一段时间后，仪器a中颜色比仪器b中颜色更深，B错误；
C．反应达到平衡后，和的浓度保持不变，混合气体总质量和总物质的量都不变，b平均摩尔质量不变，C正确；
D．将由和组成的混合气体分别置于仪器b中，若NO2置于仪器b中，平衡正向移动，平衡时总物质的量小于，若置于仪器b中，平衡逆向移动，平衡时总物质的量小于0.2ml，D正确；
故选B。
13. 已知A转化为C和D分步进行：①；②，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是
A. 1ml A(g)的能量低于1ml B(g)的能量
B.
C. 断裂1ml A(g)化学键吸收的热量小于形成1ml C(g)和3ml D(g)化学键所放出的热量
D. 反应过程中，由于，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，1ml A(g)的能量低于1ml B(g)和2mlD的能量总和，但不能确定1mlA(g)的能量和1ml B(g)的能量大小，故A错误；
B．ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，则 ΔH=(Ea3-Ea4) ，故B错误；
C．由图可知1mlA的能量小于1mlC和3mlD的总能量，则该反应是吸热反应，即断裂1ml A(g)化学键吸收的热量大于形成1ml C(g)和3ml D(g)化学键所放出的热量，故C错误；
D．反应的活化能越小，反应速率越快，由于活化能Ea3＜Ea1，则反应②消耗B的速率大于反应①生成B的速率，气体B很难大量积累，故D正确；
答案选D。
14. 工业利用反应 合成氨，下列关于工业合成氨的说法错误的是
A. 原料气要净化，防止催化剂“中毒”
B. 在500℃下合成氨的原因是该温度下催化剂活性最强
C. 液化分离出氨气，循环利用和，能提高平衡混合物中氨的含量
D. 使用热交换器可节约能源，降低成本
【答案】C
【解析】
【详解】A．为防止混有的杂质导致催化剂“中毒”，原料气需净化，A正确；
B．500℃催化剂活性最强，所以选择500℃下进行反应，B正确；
C．液化分离出氨气，循环利用和只能提高和的转化率，并不能提高平衡混合物中氨的含量，C错误；
D．热交换器能利用反应放出的热量，节约能源，降低成本，D正确；
答案选C。
15. 25℃时，某二元弱酸的随变化关系如图所示，[表示负对数，表示、]，下列说法错误的是
A. ①代表随的变化关系
B. 时，
C. 的
D. 可选用酚酞作为中和滴定的指示剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．二元弱酸存在电离平衡：①，②，①的电离程度远远大于②，即H2A溶液中HA-浓度大于A2-，，故①代表随的变化关系，A正确；
B．根据点（0,7）可得，当pH=8时，，则，，B错误；
C．根据电离平衡得，由点（0,7）与（0,20）代入式子可得，故的，C正确；
D．将NaOH溶液滴入H2A溶液中，发生反应生成Na2A，Na2A溶液中A2-发生水解，导致Na2A溶液为碱性，因此可以用酚酞作为指示剂，当溶液由无色变为浅红色且半分钟不褪色时说明反应达到平衡，D正确；
答案选B。
二、主观题(共55分)
16. CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。
（1）甲醇的合成：以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如下图所示。
①补全上图：图中M处应填入___________。
②该反应需要加入铜-锌基催化剂。加入催化剂后该反应的△H=___________。
（2）CO2和CH4都是主要温室气体，可发生催化重整反应： ，
已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：
反应___________。
（3）科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
第一步：；
第二步：
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应过程中的能量变化如图：
①CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为___________。
②反应速率：v(第一步反应)___________v(第二步反应)(填“＞”、“＝”或“＜”)
（4）恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
下列说法不正确的是___________。
A. Fe3O4、CaO均可循环利用
B. 过程ii，CaO吸收CO2可促进Fe3O4氧化的平衡正移
C. 过程ii产生的H2O被CaO吸收，故反应中需补充CaO
D. 该流程的总反应还原1 mlCO2需吸收的能量大于上述三步反应热量变化的总和
【答案】（1） ①. 1 ml CO2(g)+3 ml H2(g) ②. -50 kJ/ml
（2）-890.3 （3） ①. CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E3-E1) kJ/ml ②. ＞ （4）CD
【解析】
【小问1详解】
①根据图中信息可知：生成物为lmlCH3OH(g)和1mlH2O(g)，而反应物为H2(g)和CO2(g) ，根据质量守恒定律可知，图中M处应该为1mlCO2(g)+3mlH2(g)；
②该反应需要加入铜-锌基催化剂。由于催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物及生成物的总能量，一层加入催化剂后该反应反应热△H不变，△H =-50 kJ/ml；
【小问2详解】
已知：① ，结合有关物质的燃烧热，可得热化学方程式：
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-285.8 kJ/ml；
③CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H2=-283.0 kJ/ml；
④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H3=x；
根据盖斯定律，将④-2×②-2×③，整理可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，故+247.3 kJ/ml=x-2×(-285.8 kJ/ml-283.0 kJ/ml)，解得x=-890.3 kJ/ml；
小问3详解】
①根据图示可知：反应物1 ml CH4(g)+1 mlCO2(g)总能量是E1 kJ/ml，生成的合成气2 ml CO(g)+2 ml H2(g)总能量是E3 kJ/ml，则CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E3-E1) kJ/ml；
②对于多步反应，反应的活化能越大，发生该反应需要消耗的能量就越多，反应就越不容易发生，相应反应的化学反应速率就越小。根据图示可知CH4与CO2制备合成气的反应分两步进行，第一步活化能大于第二步反应的活化能，所以化学反应速率：v(第一步反应)＞v(第二步反应)；
【小问4详解】
A．由图可知：Fe3O4和CaO在反应ⅱ中消耗，在反应ⅲ中生成，因此二者均可循环利用，A正确；
B．由图可知：过程ⅱ中，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的化学平衡正向移动，B正确；
C．由图可知：过程ⅱ产生的H2O被CaO吸收，在过程ⅲ中CaO又重新生成，其总量不变，因此反应过程中不需补充CaO，C错误；
D．化学反应发生，不论反应是一步完成还是分几步完成，其反应热不变，即焓变不变，故该流程的总反应还原1 ml CO2需吸收的能量等于上述三步反应热量变化的总和，D错误；
故合理选项是CD。
17. 我国计划在2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”的承诺，在大气治理方面体现了大国担当。科研团队正利用二氧化碳催化加氢制甲醇，从而有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：
①
②
③
（1）恒温、恒容条件，按比率投料，下列说法能判断已达化学平衡状态的是___________。
① ②密度不变 ③平均相对分子质量不变
④体系总压强不变 ⑤
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上反应②的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。写出该历程中决速步骤的化学方程式：___________。
（3）体积可变的密闭容器中，在保持下，按照投料，平衡时，和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图所示：
①图中m曲线代表的物质为___________。
②下列说法正确的是___________(填标号)。
A．180∼380℃范围内，的平衡转化率始终低于
B．一定时间内反应，加入选择性高的催化剂，可提高的产率
C．温度越高，越有利于工业生产
D．150∼400℃范围内，随着温度的升高，的反应速率先减小后增大
③已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，270℃时反应①的为___________。(保留2位有效数字)。
（4）在一定条件下，密闭容器中加入一定量的、和催化剂仅发生反应，其速率方程为，，其中、为正、逆反应速率，、分别为速率常数，为气体的分压。已知降低温度时，增大，调整和初始投料比，测得的平衡转化率如图，A、B、C、D四点中温度由低到高的顺序是___________，在C点所示投料比下，当转化率达到30%时，___________。
【答案】（1）①③④ （2）或
（3） ①. CH3OH ②. AB ③. 0.015
（4） ①. D【解析】
【小问1详解】
①不同的物质正逆反应速率之比等于化学计量数之比，即，，说明反应达到平衡状态，①符合题意；
②根据质量守恒定律，气体的总质量不变，恒容条件气体的总体积也不变，根据公式可知气体的密度为定值，则密度不变，不能说明反应达到平衡状态，②不符合题意；
③气体的总质量不变，气体的总物质的量在逐渐减小，根据公式可知气体的平均相对分子质量为变量，故气体平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，③符合题意；
④该反应正反应为气体分子数减小的反应，随着反应的进行压强在不断减小，故体系总压强不变，反应达到平衡状态，④符合题意；
⑤初始投料比为，变化量之比，则任意时刻，相同体积，浓度比等于体积比，故不能说明反应达到平衡状态，⑤不符合题意；
答案选①③④；
【小问2详解】
反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应的反应速率取决于慢反应，由图可知，最大活化能E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，则决速步骤的方程式为或；
【小问3详解】
①反应②是反应①的逆反应，因为反应①为吸热反应，故反应②为放热反应，则反应①为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大反应②和③都是放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小，则升高温度时一氧化碳在含碳产物中物质的量分数增大，甲醇的在含碳产物中物质的量分数减小，所以m曲线代表的物质为甲醇，故答案为：CH3OH；
②A．起始二氧化碳和氢气的物质的量投料比为1：3，若只发生反应③，二氧化碳和氢气的转化率相同，若只发生反应①，二氧化碳的转化率大于氢气，则①、③都发生时，氢气的平衡转化率始终低于二氧化碳，故A正确；
B．一定时间内反应，加入选择性高的催化剂，可以增大生成甲醇反应的反应速率，优于其他反应达到平衡，从而提高甲醇的产率，故B正确；
C．由图可知，温度越低，甲醇在含碳产物中物质量分数越高，说明低温越有利于工业生产甲醇，故C错误；
D．升高温度，反应速率加快，故D错误；
故选AB；
③270℃时，设起始二氧化碳和氢气的物质的量分别为1ml、3ml，由图可知，二氧化碳的转化率为24%，甲醇与CO的物质的量分数相等，即n(甲醇)=n(CO)，由盖斯定律可知，反应①与反应②为可逆反应，则计算270℃时反应①的分压平衡常数时，只讨论反应①和反应③即可，设反应②生成甲醇为xml，生成CO为xml，由题意可建立如下三段式： ，由图可知，二氧化碳的转化率为24%，则，解得x=0.12，由三段式数据可知，反应①的平衡常数Kp= ≈0.015；
【小问4详解】
降低温度时，增大说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，由图可知，一氧化碳和水蒸气的投料比相同时，B点一氧化碳的转化率小于A点，则B点温度高于A点；增大一氧化碳和水蒸气的投料比相当于增大一氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，但一氧化碳的转化率减小，若温度相同时，A点一氧化碳的转化率应最大、D点一氧化碳的转化率应最小，由图可知，A点一氧化碳的转化率最小、D点一氧化碳的转化率最大，说明A点的反应温度最高、点反应温度最小，则A、B、C、D四点中温度由低到高的顺序是D设C点起始一氧化碳和水蒸气的投料浓度均为1 ml/L，由题意可建立如下三段式： ，由正逆反应速率相等可得：，则，同理可建立CO转化率达到30%的三段式：，由三段式数据可得：。
18. 某化学小组利用溶液和酸性溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡，混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢，实验数据如下：
（1）请写出上述反应的离子反应方程式：___________。
（2）通过实验1、2，可探究出___________(填外界条件)的改变对反应速率的影响；通过实验___________(填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
（3）实验2的反应速率___________(用含有的式子表示，忽略溶液混合时的体积变化)。
（4）已知50℃时与反应时间的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时的变化曲线_______。
（5）该小组的一位同学实验过程中发现，在反应过程中该反应的化学反应速率先增大后减小。其中，造成化学反应速率先增大的原因可能是___________。
（6）可以使酸性溶液褪色，生成+2价锰离子，医学上常用酸性溶液和溶液反应来测定血液中钙的含量。测定方法：取血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的溶液，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再用标准溶液滴定。
①下列操作中，使测定的血液中钙含量数值偏低的是___________(填字母)。
a．配制标准溶液，定容时仰视刻度线读数
b．滴定过程中振荡时有液滴溅出
c．盛装标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗就直接注入标准溶液
d．读取标准溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数
②若滴定前后酸性标准溶液在滴定管中的液面位置如图所示。已知酸性标准溶液的物质的量浓度为，若按该滴定数据进行计算，则该血液中含钙___________。
【答案】（1）
（2） ①. 浓度 ②. 2、3
（3）
（4） （5）生成的Mn2+对反应有催化作用、反应放热使体系温度升高等
（6） ①. bd ②. 0.22
【解析】
【分析】利用溶液和酸性溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”，分别控制浓度和温度不同，探究浓度和温度的影响，通过表中数据，计算出反应速率，和比较不同条件下反应的速率，最后通过溶液和酸性溶液的反应计算出血液中钙离子的浓度，据此回答。
【小问1详解】
溶液能被酸性溶液氧化，反应的离子方程式为；
【小问2详解】
实验1、2，除了浓度不同，其他条件完全相同，可探究出浓度的改变对反应速率的影响；探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是2和3；
【小问3详解】
溶液褪色，说明KMnO4完全反应，根据，可求出反应速率，混合后KMnO4浓度为， ；
【小问4详解】
25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间,据此画出25℃时的变化曲线示意图为: 。
【小问5详解】
根据反应，反应中有生成，具有催化作用，且反应放热使体系温度升高，所以造成刚开始反应速率增大；
【小问6详解】
①a．配制标准溶液，定容时仰视刻度线读数，会使所配溶液的体积偏大，标准溶液的浓度实际偏小，滴定时，消耗标准溶液的体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，a不符合题意；
b．滴定过程中振荡时有液滴溅出，消耗标准液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，b项符合题意；
c．盛装标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗就直接注入标准溶液，导致标准溶液浓度偏低，消耗标准溶液体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，c项不符合题意；
d．读取标准溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取溶液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，d项符合题意；
故选bd；
②由图知，滴定前液面读数为0.80mL，滴定后液面读数为22.80mL，该次实验实际消耗KMnO4标准溶液的体积为22.00mL；由题意可判断，1L血液中Ca2+的物质的量，含钙的质量为。
19. 泻盐广泛应用于临床，可以促进胃肠蠕动的作用，治疗口腔溃疡，清除体内的热毒，缓解热症。以菱镁矿渣(主要成分是，含少量、、、、、等)为原料制备泻盐的流程如图所示。
已知：常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于)时的如下表：
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”的速率，通常采用的方法有___________；___________(填写2种即可)。
（2）写出加入时发生反应的离子方程式：___________。
（3）“调pH”的范围为___________。
（4）已知、两种物质的溶解度与温度的关系如图1所示。
“操作1”采用蒸发结晶、___________(填操作名称)，得到晶体。
（5）对“操作1”的滤液进行___________(填操作名称)，再过滤得到晶体。
（6）的热失重曲线如图2所示。
写出过程发生反应的化学方程式：___________；d点对应固体成分的化学式为___________(填标号)。
A． B． C． D．
【答案】（1） ①. 粉碎菱镁矿渣 ②. 搅拌
（2）
（3）4.8~9.2（或）
（4）趁热过滤 （5）蒸发浓缩、冷却结晶
（6） ①. ②. D
【解析】
【分析】菱镁矿渣(主要成分是，含少量、、、、、等)中加入足量稀硫酸“酸浸”得到对应的硫酸盐，其中不参与反应，生成的CaSO4难溶，则滤渣的主要成分为和CaSO4，再向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入试剂MgO调节pH，煮沸将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀除去，再经过“操作1” 包括蒸发浓缩、趁热过滤除钙后，此时溶液主要含有MgSO4，最后经“操作2”得到MgSO4⋅7H2O，则“操作2”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此解答。
【小问1详解】
为提高“酸浸”的速率，通常采用的方法有：将菱镁矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度等；
【小问2详解】
加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；
【小问3详解】
加入试剂MgO调节pH，沉淀Fe3+和Al3+且不引其他杂质离子，但镁离子不沉淀，根据所给数据pH范围为4.8~9.2或；
【小问4详解】
根据图1可知溶解度随温度升高而升高幅度不大，若从溶液中得到应采取蒸发浓缩、趁热过滤，除钙同时防止硫酸镁晶体析出，故答案为：趁热过滤；
【小问5详解】
由分析可知经过“操作1” 包括蒸发浓缩、趁热过滤除钙后，此时溶液主要含有MgSO4，最后经“操作2”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到MgSO4⋅7H2O晶体；
【小问6详解】
初始取硫酸镁晶体的物质的量为0.1ml，失重时，先部分脱水，后全部脱水，最后硫酸镁部分分解，最终硫酸镁全部分解，生成稳定的氧化镁。根据每个点数据，依据相对分子质量判断。在失重过程中镁元素始终存在于固体中且质量不变。计算如下：
选项
实验目的
实验操作
A
加热条件下，浓硝酸被木炭还原成
将炽热的木炭加到浓硝酸中
B
探究化学反应是否可逆
向的溶液中滴加2滴的溶液，充分反应后，滴入2滴的溶液，观察现象
C
探究温度对盐类水解平衡的影响
对滴有酚酞的碳酸钠溶液加热，红色加深
D
比较和碱性强弱
用计测定相同浓度溶液和溶液的
物质
燃烧热
实验序号
溶液
酸性溶液
实验温度/℃
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
1
2
0.1
4
0.01
25
40
2
2
0.2
4
0.01
25
3
2
0.2
4
0.01
50
阳离子
开始沉淀时的
1.6
3.2
7.6
9.2
完全沉淀时的
3.1
4.8
9.6
10.9
代号
a
b
c
d
e
摩尔质量/g·ml-1
246
138
120
280
40
组成
MgO