【文档说明】安徽省省十联考合肥市第八中学2022-2023学年高二上学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.535 MB，由管理员店铺上传

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省十联考*合肥八中2022~2023高二上学期期中联考化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的)1.下列反应中的热量改变方式与其他三项不同的是A.钠与冷水反应B.铝与氧化铁的反应C.小苏打粉末与稀盐酸反应D.铁与氯气的反应【答案】C【解析】【详解】钠与冷水反应、铝与氧化铁的反应、铁与氯气的反应均为放热反应，而小苏打粉末与稀盐酸的反应为吸热

反应，故选C。2.下列电离方程式中正确的是A.3NaHCO溶于水：33NaHCONaHCO+−+B.次氯酸电离：HClOClOH−+=+C.HF溶于水：23HFHOHOF+−++D.2Ba(OH)溶于水：222Ba(OH)Ba(OH)+−=+【答案】C【解析】【详解】A．3NaHCO溶于水完

全电离出钠离子和碳酸氢根离子：33NaHCO=NaHCO+−+，A错误；B．次氯酸为弱酸，部分电离：HClOClOH−++，B错误；C．HF溶于水，部分电离：23HFHOHOF+−++，C正确；D．2Ba(OH

)溶于水完全电离：2-2Ba(OH)Ba2OH+=+，D错误；故选C。3.已知()()()2232SOgOg2SOg+1ΔH=198kJmol−−，在25VO存在时，该反应机理为：①25223VOSO2VOSO+⎯⎯→+(快)；②22254VOO2VO+⎯⎯→(慢)。下列说法错误的

是A.该反应速率主要由第②步基元反应决定B.基元反应发生的先决条件是反应物分子必须发生碰撞C.25VO的存在提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快D.该反应的逆反应的活化能为1198kJmol−【答案】D【解析】【详解】A．

总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要由第②步基元反应决定，故A正确；B．基元反应原理是反应物分子必须发生有效碰撞，故B正确；C．反应前后25VO的量没有改变，25VO是该反应的催化剂，故C正确；D．对于放热反应，逆反应的活化能大于反应热，故D错误；选D。4.下列说法正确的是A.()()

()()44ZnsCuSOaqZnSOaqCus+=+1216kJmolH−=−，E<E反应物生成物B.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数C.1mol24HSO与1mol()2BaOH反应生成1mol4BaSO时放出热量为57.3kJD.1mol2H与0.5mol2O

反应放出的热量就是2H的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A．该反应为放热反应，E>E反应物生成物，故A错误；B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数，故B项正确；C．在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应，生成1mol水时放出的热量为57.3kJ，1mol2

4HSO与1mol()2BaOH反应生成2mol水，放出的热量大于57.3kJ，故C错误；D．氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧生成液态水放出的能量，题中没有说明生成的水的聚集状态，故D错误；选B。5.在室温下，某溶液中由水电离出的()131cOH1.010molL−−−=

，则此溶液中一定不能大量共存的离子组是A.4NH+、Na+、3NO−、Cl−B.2Cu+、K+、24SO−、Cl−的C.Na+、2Fe+、24SO−、3NO−D.K+、Na+、2S−、23SO−【答案】C【解析】【分析】室温下，由水电离出的()-131cOH=1.010molL

−−时，水的电离被抑制，该溶液为强酸性或强碱性。【详解】A．4NH+、Na+、3NO−、Cl−在酸性条件下能大量共存，A错误；B．2Cu+、K+、24SO−、Cl−在酸性条件下能大量共存，B错误；C．酸性条件下

，2Fe+、H+、3NO−发生氧化还原反应，不能大量共存；碱性条件下，2Fe+、OH−生成()2FeOH沉淀，不能大量共存，C正确；D．K+、Na+、2S−、23SO−在碱性条件下能大量共存，D错误。故选C。6.下列措施或现象不能用勒夏特列原理解释的是A.合成氨工业中需

要采用高压的条件B.红棕色的2NO加压后颜色先变深后变浅C.向醋酸溶液中加入少许醋酸钠固体，溶液的pH增大D.2H、2I、HI平衡时的混合气体，缩小容器的体积，颜色变深【答案】D【解析】【详解】A．合成氨工业的反应是一个气体总物质的量减小的反应，增大压强，平衡向右移，符合勒夏特列

原理，A项不符合题意；B．()()2242NOgNOg平衡体系中，加压时容器的体积缩小，平衡向右移，所以颜色先变深后变浅，符合勒夏特列原理，B项不符合题意；C．33CHCOOHCHCOOH−++，加入3CHCOONa固体，溶液中的3CHCOO−浓度增大，平衡逆向

移动，()Hc+减小，pH增大，符合勒夏特列原理，C项不符合题意；D．2H、2I、HI平衡时的混合气体，缩小容器的体积，即使没有平衡，气体的颜色也变深，不符合勒夏特列原理，D项符合题意；故答案：D。为7.下列叙述错误的是A.混乱度减小的吸热反应一定不

能自发进行B.碳酸氢钠加热可以分解，因为升高温度利于熵增的方向自发进行C.在温度、压强一定条件下，自发反应总是向ΔG=ΔH-TΔS<0的方向进行D.水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行【答案

】D【解析】【详解】A．混乱度减小的吸热反应S0，H0的反应，则该反应的ΔH-TΔS>0，一定不能自发进行，A项正确；B．碳酸氢钠加热可以分解，即升高温度反应能自发进行，由于该反应生成的气体增多，ΔS>0，所以升高温度利于熵增的方向自发进行，B项正确；C．自发反应有

向ΔG<0方向进行的趋势，即温度、压强一定时，ΔG=ΔH-TΔS<0的反应可自发进行，C项正确；D．水结冰的过程是嫡减的放热过程，通常情况下不能自发进行，但降温时该过程能自发进行，D项错误；故答案为：D。8.下列事实中不能证明某酸HA是弱电解质的是A.室温下，测得1

0.1molL−HA溶液的pH2.8=B.等pH等体积的硫酸、HA溶液和足量锌反应，HA放出的氢气较多C.20mL10.2molL−HA溶液恰好与20mL10.2molL−NaOH溶液完全反应D.室温下，将pH1=的HA溶液稀释至1000倍，稀释后溶液的p

H4【答案】C【解析】【详解】A．若HA为强电解质，则10.1molL−HA溶液的pH1=，所以10.1molL−HA溶液的pH2.8=能证明HA是弱电解质，不符合题意，A项错误；B．等pH等体积的硫酸、HA溶液和足量锌反应，HA放出的氢气较多，说明HA部分电离，即证明H

A是弱电解质，不符合题意，B项错误；C．等物质的量的HA与NaOH恰好完全反应，无法说明HA是弱电解质，C项正确；D．由于弱酸存在电离平衡，所以pH1=的HA溶液稀释至1000倍，其电离平衡正向移动，pH小于4，能证明HA是弱电解质，不符

合题意，D项错误；答案选C。9.某小组欲探究某反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行如表实验(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是编号10.01molL−酸性4KMnO溶液体积/mL12240.1m

olLHCO−溶液体积/mL水的体积/mL反应温度/℃褪色时间/minⅠ220202.1Ⅱ21V1205.5Ⅲ22V0500.5A.若改用10.1molL−酸性4KMnO溶液，也能达到实验目的B.1V

1=，2V2=C.实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对化学反应速率的影响D.实验Ⅲ中用4KMnO浓度变化表示的反应速率()114KMnO0.01molLminv−−=【答案】A【解析】【分析】反应的化学方程式为：5H2C2O4+2

KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，实验Ⅰ、Ⅱ温度相同，KMnO4浓度、体积相同，目的是探究H2C2O4浓度的影响，因此混合后总体积必须相等才能保证两组实验中KMnO4浓度仍相等，V1=1；实验Ⅰ、Ⅲ温度不同，目的是探究温度的影响，混合后必须保证反应物浓度

相等，V2=2。【详解】A．若改用10.1molL−酸性4KMnO溶液，则KMnO4过量，混合溶液不褪色，不能达到实验目的，A项错误；B．分析表明：1V=1，2V=2，B项正确；C．分析表明，C项正确；D．褪色表示4KMnO完全反应，反应速率()4KMnO

=v()131130.01molL210L0.01molLmin2210L0.5min−−−−−=+，D项正确；故选A。10.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是(a)将

铝片加入盐酸中(b)将4NHCl和()22BaOH8HO充分混合(c)测定中和反应反应热A.由实验可知，(a)(b)(c)所涉及的反应都是放热反应B.将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量增加C.若用冰醋酸测定中和反应反应热，则测定中和反应反应热的绝对值偏低D.实验(c)中将

玻璃搅拌器改为铜质搅拌棒对实验结果没有影响【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，属于吸热反应，A项错误；B．铝粉和铝片是同一种物质，等质量时放出的热量相同，只是铝粉参与反应时，速率加快，B项错误；C．冰醋酸电离过程需要吸收热量，最

终使测定中和反应反应热的数值偏低，C项正确；D．相较于玻璃搅拌器，铜质搅拌棒导热快，会造成热量损失，对实验结果有影响，D项错误；故答案为：C。11.一定条件下，可逆反应：()()()2232SOgOg2SOg+()-1ΔH=-QkJmolQ>0，

达到化学平衡状态时，下列说法一定正确的是A.()()22cO:cSO=1:2B.容器内气体分子总数不再发生变化C.()()22vO=2vSO正逆D.反应放出QkJ的热量【答案】B【解析】【详解】A．达到化学平衡状态时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，即达到平衡状态时()()22cO:

cSO不一定等于1：2，与起始量、转化率有关，A项错误；B．该反应为气体体积减小的反应，则容器内气体分子总数不再发生变化，为平衡状态，B项正确；C．达到化学平衡状态时正、逆反应速率相等，()2vO=正()22

vSO逆时正、逆反应速率不相等，不是平衡状态，C项错误；D．转化的物质的量与放出的热量成正比，起始量及转化量未知，不能计算反应放出的热量，D项错误；答案选B。12.下列关于水的电离平衡的相关说法正确的是A.()+1wcH=KmolL−的溶液一定呈中性B.将水加热，wK增大

，但pH不变C.向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的()+cH增大，平衡逆向移动，wK减小D.向10.1molL−醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的()+cH将减小【答案】A【解析】【详解】A．()+-1wcH=KmolL，说明()()+-cH=cOH，则溶液

为中性，A项正确；B．加热促进水的电离，wK增大，氢离子浓度增大，则pH减小，B项错误；C．wK只与温度有关，温度不变，则wK不变，C项错误；D．酸电离出的氢离子能抑制水的电离，向10.1molL−醋酸容液中加水，酸

电离的氢离子浓度减小，对水的电离抑制程度减小，则水电离产生的()+cH将增大，D项错误；答案选A。13.已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：()()()22HFgHFg。经实验测得，不同压强下，体系的平

均相对分子质量(mMn=总总)随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法正确的是A.该反应的ΔH>0B.气体的压强：()()()pa>pb=pcC.平衡常数：()()()Ka=Kb<KcD.测定HF的相对分子质量要在低压、高温条件下【答案】D【解析】【详解】A．温度升

高平均摩尔质量减小，气体质量守恒，物质的量增大，说明平衡逆反应方向进行，升温平衡向吸热反应方向进行，正反应是放热反应，△H<0，A错误；B．b、c点是压强相同条件下的化学平衡，依据图象分析可知温度不变时，增大压强，气体物质的量减小，气体摩尔质量越大，p1>p2，气体的压强：

p(a)<p(b)=p(c)，B错误；C．平衡常数随温度变化不随压强变化，a、b、c点的温度不同，正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，平衡常数：K(a)>K(c)>K(b)，C错误；D．反应是气体体积减小

放热反应，测定HF的相对分子质量应使平衡逆向进行，需要在低压、高温条件下进行提高HF的纯度，D正确；故选D。14.某课题小组设计一种常温脱除烟气中NO的方法，其反应原理如图所示。下列说法错误的是A.整个过程的总反应方程式为3

2224NH4NOO4N6HO+++催化剂B.5VO+=在整个反应中起到催化作用C.反应过程中有极性键的断裂与形成D.该反应原理涉及的总反应的ΔS>0【答案】D【解析】的【详解】A．由整个流程可推知，3NH、NO、2O在催化

剂作用下反应，生成2N和2HO，A项正确；B．5VO+=参与反应，最后又生成，可推知在整个反应中起到催化作用，B项正确；C．反应中断裂氨气中的极性键N—H，形成水中的H—O极性键，C项正确；D．总反应为3

2224NH4NOO4N6HO+++催化剂，常温下，2HO为液体，该反应的S0，D项错误；故答案：D。15.在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中，按下表进行投料并控制相应的温度，容器内仅发生反应：()()()()22CsNOgNgCOg++。下列说法错误的是容器温度/℃起始时物质的量/m

ol平衡时物质的量/molC2NO2NCO2NOI3800.150.10000.05Ⅱ3800.300.2000mⅢ5000.150.10000.04A.该反应的正反应为吸热反应B.达平衡时，上表中m>0.10C.达到平衡时，容器Ⅲ的反应速率比容器Ⅰ大D.容器Ⅲ平衡时，再充入或加入C、2NO、

2N、CO各0.10mol，达平衡前：()()v>v正逆【答案】D【解析】【详解】A．若容器Ⅲ温度也为380℃，则平衡时()2nNO应为0.05mol，温度为500℃时()2nNO为0.04mol，说明升高温度后平衡向正反应方向移动，故正

反应为吸热反应，A项正确；B．容器Ⅱ相当于两个容器Ⅰ平衡后压缩，压缩过程中平衡向逆反应方向移动，故m>0.10，B项正确；C．容器Ⅲ中的温度高于容器Ⅰ，温度越高反应速率越快，C项正确；D．()()()()22CsNOgNgCOg/mol:0.1000/mol:0.040.060.0

6++平衡时起始时平衡常数为c0.060.06K=0.090.04=当各投入0.1mol时，c0.160.16Q=0.1830.090.14=，平衡应向逆反应方向移动，D项错误；故答案为：D。二、非选择题(本题共4小题，共55

分)16.下表是不同温度下水的离子积数据：温度/℃251t2t水的离子积wK14110−a13110−回答下列问题：（1）若1225<t<t，则a______(填“>”“<”或“=”)13110−，作此判断的理由是______。（2）25℃时，某24NaSO溶液中()2-414cSO5

10molL−−=，取该溶液1mL加水稀释至100mL，则稀释后溶液中()()+-cNa:cOH=______。（3）在2t℃下pH=10的NaOH溶液中，由水电离产生的OH−浓度为______。（4）2t℃下，将1VLpH=11的苛性钠溶液与2V

LpH=1的稀硫酸混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则12V:V=______。（5）常温下，10.1molL−的下列溶液中，水电离出的()+cH由大到小的顺序是______(填序号，下同)，pH由大到小的顺序是______。①3HNO②24HSO③()53

aCHCOOHK=1.710−④()532bNHHOK=1.710−⑤NaOH⑥()2BaOH【答案】（1）①.<；②.水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度变大，离子积增大（2）100：1（3）101110molL−−

（4）9：2（5）①.③=④>①=⑤>②=⑥②.⑥>⑤>④>③>①>②【解析】【小问1详解】水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程为吸热反应，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大，故a<1×10−13；【小问2详解】根据硫酸钠的化学式，则溶液中一定满足c(Na+)：c(SO2

4−)=2:1，硫酸钠溶液中c(Na+)=2×5×10-4mol/L=10-3mol/L，稀释后c(Na+)=310100−=10-5mol/L，溶液呈中性，c(OH－)=10-7mol/L，则稀释后溶液中c(Na+

):c(OH－)=10-5：10-7=100︰1【小问3详解】pH=10的NaOH溶液中c(H+)=10−10mol⋅L−1，NaOH溶液中H+来自于水的电离，水电离出H+的同时也电离出等量的OH−，所以水电离产生的OH−的浓度为c(OH-)=1×10-1

0mol/L；【小问4详解】t2℃时，所得混合溶液的pH=2，说明溶液为酸性，酸过量，t2℃时，pH=11的NaOH溶液，c(OH−)=0.01mol·L−1，则21120.1mol/LV-0.01mol/LV=0.01mol/LV+V，解得V1∶V2=9∶2；【小问5详解】酸、

碱中c(H+)、c(OH-)越大，越会抑制水的电离，水电离的c(H+)越少，10.1molL−的几种溶液中，3HNO中c(H+)=NaOH中c(OH-)=10.1molL−，24HSO中c(H+)=()2BaOH中c(OH-)=10.2molL−，3CHC

OOH中c(H+)=32NHHO中c(OH-)<10.1molL−，故水电离的c(H+)由大到小的顺序是③=④>①=⑤>②=⑥；c(OH-)越大，碱性越强，pH越大；c(H+)越大，酸性越强，pH越小，故pH由大到小的顺序是⑥>⑤>④>③>①>②。17.研究化学反应的速率

与平衡是科研工作者的重要课题。回答下列问题：（1）在1L恒容密闭容器中，加入0.5mol3CaCO，发生反应：()()()32CaCOsCaOsCOg+，2CO的平衡浓度与温度的关系如图所示。①该反应正反应方向为______(填

“吸”或“放”)热反应，达到平衡后，保持温度不变，通入1mol2CO，平衡向______(填“正方向”“逆方向”或“不”)移动，再次平衡后容器内的压强______(填“增大”“减小”或“不变”)。②写出一种能加快该化学反应速率并能增加该反应进行程

度的措施：______。（2）一定温度下，向1L密闭容器中通入1mol()HIg，发生反应：()()()222HIgHgIg+。①相同温度下，若起始通入()HIg的物质的量是原来的2倍，则下列物理量为原来的2倍的是______(填字母)。A．平衡常数B．HI的平衡

浓度C．达到平衡的时间D．平衡时2H的体积分数②上述反应中，正反应速率为()2I=kHvc正正，逆反应速率为()()22v=kcHcI逆逆。其中k正、k逆为速率常数，若k=k正逆，则此温度下，该反应平衡常数为___

___。（3）氢气用于工业合成甲烷：()()()()242COg3HgCHgHOg++H0；一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的CO和2H反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关

系如图所示：其中5t时刻所对应的实验改变的条件是______，平衡常数最大的时间段是______。【答案】（1）①.吸②.逆方向③.不变④.升高温度（2）①.B②.1（3）①.减小生成物浓度②.89t~t【解析】【小问1详解】①随着温度升高，CO2浓度

增大，温度升高，平衡正向移动，正向是吸热反应；平衡后再通入CO2根据勒夏特列原理，平衡逆向进行；因为再恒容容器内，再次平衡，容器内压强不变；故答案为：吸；逆向；不变。②升温、加入催化剂都可以加快反应速率，但催化剂不能增加反应进行程度；故答案为：升温。【小问2详解】①A．平衡常数只受温

度影响，K不变，A不符合；B．该反应是反应前后气体的物质的量不变的反应，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，也就的是体系压强的2倍，增大压强平衡不移动，故反应达到平衡时HI的浓度是原来的2倍，B符合；C.．该反应是反应前后气体的物质的量不变的反应，

若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，物质的量浓度增大，化学反应速率加快，因此达到平衡所需要的时间缩短，C不符合；D．该反应是反应前后气体的物质的量不变的反应，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，也就是体系压强的2倍，增大压强平衡不移动，平衡时H

2的体积分数不变，D不符合；故答案为：B。②()()()222HIgHgIg+，则化学平衡常数为：()()()222cHcIKcHI=，且()2I=kHvc正正，()()22v=kcHcI逆逆，平衡时v=v正逆，代入平衡常数K，()

()()()vkK1vk==逆逆正正。故答案为：1。【小问3详解】根据图像可知：在t5时刻，反应速率降低，但v（正）＞v（逆），则改变的外界条件是减少生成物NH3的浓度或移走NH3；根据图像可知：该反应开始时从正反应方向开始，至t1时刻达到平衡状态；在t2时刻增大反应物的浓度，平衡正向移动

，至t3时刻达到平衡状态；在t4时刻改变条件，导致v（正）和v（逆）都增大，而且v（正）=v（逆），则改变的条件是使用催化剂；至t5时刻，降低NH3的浓度，，反应速率降低，但v（正）＞v（逆），则改变的外界条件是减少生成物NH3的浓度，化学平衡正向移动至t6时刻达到平

衡状态：至t7时刻改变外界条件，导致反应速率降低，至t8时刻达到平衡状态，由于反应速率降低，且v（正）＞v（逆），化学平衡正向移动，则改变的条件是降低温度，使化学平衡正向移动；由于化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以平衡常数最大的时间段是t8-

t9；故答案为：t8-t9。18.某化学兴趣小组测定84消毒液中NaClO含量(单位：1gL−)，其操作步骤如下：①检查滴定管是否漏水；②用蒸馏水洗净碱式滴定管，并用223NaSO标准溶液润洗；③取84消毒液样品1VmL于锥

形瓶中，加入适量硫酸酸化，迅速加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应；④用1223cmolLNaSO−标准溶液滴定上述锥形瓶中的溶液至终点；⑤再重复操作步骤③④两次，消耗223NaSO标准溶液的平均用量为2

VmL。已知：2222346I2SO2ISO−−−+=+。回答下列问题：（1）排出碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的______(填“甲”“乙”或“丙”)，然后挤压玻璃球使尖嘴部分液体快速喷出。（2）步骤③中主要发生反应的离子方程式为_

_____。（3）实验中用______作指示剂，当滴入最后半滴223NaSO标准溶液时，锥形瓶中溶液______，达到滴定终点。（4）盖紧瓶塞并在暗处反应的主要原因是______。（5）在上述实验过程中，出现了以下

操作(其他操作均正确)，其中会造成测定结果(84消毒液中NaClO的含量)偏高的有______(填字母)。A.量取84消毒液滴定管未润洗B.锥形瓶水洗后直接装待测液C.滴定终点时，仰视液面读数D.滴定前，滴

定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失（6）样品溶液中NaClO含量是______1gL−。【答案】（1）丙（2）22ClO2I2HIClHO−−+−++=++（3）①.淀粉溶液②.蓝色褪去，且半分钟内不变色（4）防止HClO见光

分解（5）CD（6）2137.25cVV【解析】【小问1详解】排出碱式滴定管中气泡的方法为将碱式滴定管的胶管如图丙所示，然后挤压玻璃球使尖嘴部分液体快速喷的出即可排出滴定管中的气泡，故选丙；【小问2详解】步骤③中发生的反应为酸性条件下，次氯酸根离子与碘离子反应生成氯离子、碘

和水，反应的离子方程式为22ClO2I2HIClHO−−+−++=++，故答案为：22ClO2I2HIClHO−−+−++=++；【小问3详解】实验中用淀粉作指示剂，当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液时，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色说明滴定达到滴定终点，故答案为

：淀粉；蓝色褪去，且半分钟内不变色；【小问4详解】次氯酸钠酸化得到的次氯酸不稳定，遇光易分解生成盐酸和氧气，为防止次氯酸遇光分解，所以酸化后应迅速加入过量碘化钾溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应，故答案为：防止HClO见光分解；【小问5详解】A．量取84消毒液的滴定管未润洗会使次氯酸钠的物质的量偏

小，导致生成碘的物质的量减小，滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，所测溶液浓度偏低，故错误；B．锥形瓶水洗后直接装待测液不影响溶质的物质的量，对所测结果无影响，故错误；C．滴定终点时，仰视液面读数会使硫代硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测溶液浓度偏高，故正确；D．

滴定前，滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失会使硫代硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测溶液浓度偏高，故正确；故选CD；【小问6详解】由方程式可得如下转化关系：ClO——I2—2Na2S2O3，滴定消耗V2mLc

mol/L硫代硫酸钠溶液，则样品溶液中次氯酸钠的含量为-32-311cmol/L10VL74.5mol/L210VL=2137.25cVVg/L，故答案为：2137.25cVV。19.2CO是一种丰富的碳资源，将其转化为高附加值化

学品以实现资源利用是科研工作者的研究热点之一。回答下列问题：（1）合成3CHOH。在200~250℃的2CO加氢反应器中，主要反应有：反应ⅰ：()()()()222COgHgCOgHOg++11ΔH=90kJmol−−；反应ⅱ：()()()23COg2HgCHOHg+12ΔH=41kJmol−+

；反应ⅲ：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++3ΔH。3ΔH______，反应ⅲ能够自发进行的条件是______(填“低温”“高温”或“任何温度”)。②一定条件下进行反应ⅲ制备甲醇，测得2CO的转化率与温度(T)、起始投料比(m)的关系如图所示。系如图所示。下列描述正确的是

______(填字母)。A．若()()22nCOm=nH，则321m>m>mB．在1T前，v>v正逆，在2T时，v<v正逆C．若()()222nCO1m==nH3，则a点2CO的平衡转化率等于2H的平衡转化率D．若反应一段时间后()3CHOHg和(

)2HOg的体积分数相同可判断上述反应达平衡（2）合成二甲醚()33CHOCH。涉及以下主要反应：反应iv.()()()()222COgHgCOgHOg++4ΔH>0反应ⅴ.()()()()223322COg6Hg

CHOCHg3HOg++5ΔH<0恒压条件下，2CO、2H起始量相等时，2CO的平衡转化率和33CHOCH的选择性随温度变化如图。已知：33CHOCH的选择性()()3322nCHOCH=100%nCO生成消耗①300℃时

，通入2CO、2H各1mol，平衡时33CHOCH的选择性、2CO的平衡转化率均为30%，则平衡时生成33CHOCH的物质的量为______mol，此温度下反应iv的平衡常数K=______(保留2个有效

数字)。②温度高于300℃，2CO的平衡转化率随温度升高而增大的原因是______。③220℃时，2CO和2H反应一段时间后，测得A点33CHOCH的选择性为48%，不改变反应时间和温度及投料比，能提高33CHOCH的选择性的措施有______(任写一种)。【答案】（1）①.149kJmol−−

②.低温③.AC（2）①.0.045②.0.20③.升高温度，反应ⅳ正向移动，2CO的平衡转化率增大，反应ⅴ逆向移动，2CO的平衡转化率减小，300℃后升温，反应ⅳ中2CO的平衡转化率增大的幅度大于反应ⅴ的减小幅度④.增大

压强(或使用对反应ⅴ催化活性更高的催化剂)【解析】【小问1详解】根据盖斯定律：反应i+ii得iii，则△H3=(-90+41)kJ/mol=-49kJ/mol；反应ⅲ气体分子数减小，则△S<0，由△H<0，自发进行的判据△G=△H-T△S<0，则能够自发进行的条件是低温；A．对于反应

ⅲCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，22n(CO)n(H)越小，CO2的转化率越大，则转化率越大m越小，故321m>m>m，A项正确；B．在T1℃前，v正>v逆，未达到平衡，反应正向进行，T1℃时达到平衡态，T1℃后，温度升高由△H3<0，平衡逆向移动，转化率降低

，则在T2℃时，反应为该温度下的平衡态，即v正=v逆，B项错误；C．若m2=22n(CO)n(H)=13，转化量22x(CO)x(H)=13，则a点CO2的平衡转化率等于H2的平衡转化率，C项正确；D．任何时候每生成1molCH3OH同时生成1molH2O，则任意时候

CH3OH和H2O的体积分数都相同，不能判断上述反应达到平衡，D项错误；答案选AC；【小问2详解】300℃时CO2的平衡转化率为30%，则消耗CO20.3mol，CH3OCH3的选择性为30%，则生成CH3OCH3的物质的量为0.30.3mol2=0.045mol；根据C守恒，n(CO)=

n消耗(CO2)-2n(CH3OCH3)=0.3mol-2×0.045mol=0.21mol，列反应iv、反应v三段式：222COO0.210.210.210.210.21CO(g)+H(g)(g)+H(g)(mol)00(mol)(mol)起始转化平衡22233CHOCHO0.270.

0450.1350.0450.1352CO(g)+6H(g)(g)+3H(g)(mol)00(mol)(mol)起始转化平衡故平衡时n(CO2)=1mol-0.3mol=0.7mol，n(H2)=1mol-0.21mol-0.27mol=0.52mol，n(H2O)=0.21m

ol+0.135mol=0.345mol，此温度下反应iv的平衡常数2220.210.345()()c(CO)c(HO)VVK==0.200.70.52c(CO)c(H)()()VV；根据图中信息，反应ⅳ是

吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，反应ⅴ是放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，故300℃后升温，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是，反应ⅳ中CO2的平衡转化率增大的

幅度大于反应ⅴ的减小幅度；提高CH3OCH3选择性，即要使反应v平衡正向移动，由题意可得，反应iv是气体体积不变的反应，而反应v是气体体积减小的反应，增大压强，反应v平衡正向移动，而对反应iv没有影响；还可以选择对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。获得更多资源请扫码加入享学资

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