2021-2022学年广西省玉林高中南校区高二（上）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年广西省玉林高中南校区高二（上）期中化学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．关于能源的说法中，错误的是（ ）
A．核能属于新能源
B．能量是守恒的，所以能源是取之不尽，用之不竭的
C．生物质能是可再生能源
D．化石能源不可再生，大量使用会造成环境污染
2．下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝﹣57.3kJ•ml﹣1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热为△H＝2×（﹣57.3）kJ•ml﹣1
B．甲烷的燃烧热△H＝﹣890.3kJ•ml﹣1，则CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890.3kJ•ml﹣1
C．已知：500℃、30MPa下，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•ml﹣1；将1.5ml H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2kJ
D．CO（g）的燃烧热是283.0kJ•ml﹣1，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+566.0kJ•ml﹣l
3．某同学做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将3支试管分别编号为①②③，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据如下表。
下列叙述不正确的是（ ）
A．a＝4
B．b＝2
C．Na2S2O3浓度越大，反应速率越快
D．该实验反应的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O
4．分别取50mL的0.50ml/L盐酸与50mL的0.55ml/L氢氧化钠溶液混合进行中和热的测定，下列说法正确的是（ ）
A．稍过量的氢氧化钠是确保盐酸完全反应
B．仪器A的名称是玻璃棒
C．酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌
D．用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和NaOH溶液进行反应，结果也是正确的
5．下列各组离子在指定的条件下一定能大量存在的是（ ）
A．在pH＝1的无色溶液中：SO42﹣、Cu2+、Na+、Cl﹣
B．常温下由水电离出的c（H+）＝1×10﹣12ml/L的溶液中：K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣
C．有Fe3+存在的溶液中：CO32﹣、NH4+、SO42﹣、Cl﹣
D．在能使石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、K+、S2﹣、CO32﹣
6．下列说法错误的是（ ）
A．0.1 ml/L CH3COOH溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝0.1ml/L
B．将Al2（SO4）3溶液蒸干，灼烧得Al2O3
C．配制FeCl3溶液，应加少量盐酸
D．Na2S溶液中：c（OH﹣）═c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
7．汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应，4CO（g）+2NO2（g）⇌4CO2（g）+N2（g）△H＝﹣1200kJ•ml﹣1，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图象正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、非选择题
8．（16分）二甲醚（CH3OCH3）是一种清洁能源，由合成气（CO、H2）制备二甲醚的反应原理如下：
反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1
反应Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2
回答下列问题：
（1）上述反应符合“原子经济”原则的是 （填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”）。图1中使曲线a对应反应按曲线b进行的措施是 ，该反应自发进行的条件为 （填“低温”或“高温”）。
（2）由合成气（CO、H2）制备1ml CH3OH（g）的热化学方程式为 。
（3）模拟该制备原理，起始时在某容器中充入2ml CO和4ml H2合成CH3OCH3（g），平衡时混合物中氢气的体积分数与温度、压强的关系如图2所示。
①下列有关说法能够证明恒温恒压时，反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0一定达到平衡状态的是 （填序号）。
a．CO和H2的转化率相等
b．反应体系中混合气体密度保持不变
c．的值保持不变
d．反应体系压强保持不变
②图2中T1 （填“＞”“＜”或“＝”）T2；理由是 。
③在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成二甲醚的平均速率：v（A） v（B）。
④B点对应的Kp＝ （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
9．（12分）已知化学反应①：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），其化学平衡常数为K1；化学反应②：Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g），其化学平衡常数为K2，在温度973K和1173K的情况下，K1、K2的值分别如下：
请填空：
（1）通过表格中的数值可以推断：反应①是 （填“吸热”或“放热”）反应。
（2）现有反应③：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），请你写出该反应的平衡常数K3的表达式：K3＝ 。
（3）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式为 ，据此关系式及上表数据，能推断出反应③是 （填“吸热”或“放热”）反应。
（4）要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有 （填写字母序号）。
A．缩小反应容器的容积 B．扩大反应容器的容积C．升高温度 D．使用合适的催化剂
E．设法减小平衡体系中的CO的浓度
（5）图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：
①图甲中t2时刻发生改变的条件是 。
②图乙中t2时刻发生改变的条件是 。
10．（14分）某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4•H2O的含量。取样品5.000g，加水配成250mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00mL溶液，用滴定管盛装0.2000ml/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I﹣。
（1）用 （填“酸式”或“碱式”）滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有 。
（2）滴定过程中，需要加入 作为指示剂，滴定终点的判断方法 。
（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为 mL。
（4）样品中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 ，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
11．（16分）常温下，浓度均为0.1ml/L的7种溶液pH如下：
请由上表数据回答：
（1）上述表中pH＝12的Na2CO3溶液中水电离出的氢氧根离子浓度为： ml/L。
（2）pH＝6.0的NaHSO3溶液中微粒浓度大小比较： 。
（3）NaHSO4溶液的电离方程式为： 。
（4）根据表中的数据分析，物质的量浓度均为0.1ml/L的Na2CO3、Na2SiO3、NaHCO3溶液中水的电离程度最大的是： （填化学式）
（5）用离子方程式说明Na2SO3溶液pH＞7的原因 。
12．用含有CuO、SiO2和少量FeO•xFe2O3的废料制备无水CuCl2固体，工艺流程如下（部分操作和条件略）：
（1）向废料中加入过量稀盐酸，过滤：
（2）向滤液中通入过量的氯气，再加入适当的物质调节溶液的pH约为3.2﹣4.7；过滤。
（3）将滤液加热、浓缩、冷却、结晶、过滤，得到产品。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
注：金属离子的起始浓度为0.1ml•L﹣1
回答下列问题：
（1）步骤（1）过滤时用到的玻璃仪器是： 。
（2）步骤（2）中，通入过量氯气时的离子方程式： 。
（3）步骤（2）中加入适当的物质可以是 。
A、NaOH
B、Cu
C、CuO
D、Cu（OH）2
2021-2022学年广西省玉林高中南校区高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．关于能源的说法中，错误的是（ ）
A．核能属于新能源
B．能量是守恒的，所以能源是取之不尽，用之不竭的
C．生物质能是可再生能源
D．化石能源不可再生，大量使用会造成环境污染
【分析】从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源；化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再能源。
【解答】解：A.核能是一种新能源，故A正确；
B.能量是守恒的，但能源不是取之不尽，用之不竭的，故B错误；
C.在短期内可以生成的能源为可再生能源，生物质能可以在短时间内进行补充，故是可再生资源，故C正确；
D.化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，大量使用会造成环境污染，故D正确，
故选：B。
【点评】本题是一道综合题，主要考查学生对能源知识的理解和掌握，题目比较基础，注意基础知识的积累和运用。
2．下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝﹣57.3kJ•ml﹣1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热为△H＝2×（﹣57.3）kJ•ml﹣1
B．甲烷的燃烧热△H＝﹣890.3kJ•ml﹣1，则CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890.3kJ•ml﹣1
C．已知：500℃、30MPa下，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•ml﹣1；将1.5ml H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2kJ
D．CO（g）的燃烧热是283.0kJ•ml﹣1，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+566.0kJ•ml﹣l
【分析】A、中和热是固定值为△H＝﹣57.3kJ/ml，同时H2SO4和Ca（OH）2反应生成CaSO4放热；
B、燃烧热是指1ml纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
C、合成氨的反应是可逆反应，有一定限度；
D、反应热与计量数成正比，互逆反应的反应热的符号相反。
【解答】解：A、在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应而生成1m水的反应热叫做中和热，中和热△H＝﹣57.3kJ/ml，但H2SO4和Ca（OH）2反应生成CaSO4放热，所以H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热为△H＜﹣57.3kJ•ml﹣1，故A错误；
B、甲烷的燃烧热△H＝﹣890.3kJ•ml﹣1，则CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3kJ•ml﹣1，故B错误；
C、合成氨的反应是可逆反应，不能反应完全，所以1.5mlH2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量小于46.2kJ，故C错误；
D、CO（g）的燃烧热是283.0kJ•ml﹣1，热化学方程式为CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣283.0kJ•ml﹣l，即2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ•ml﹣l，所以逆反应的热化学方程式为2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝+566.0kJ•ml﹣l，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了燃烧热、中和热的概念和热化学方程式的书写判断，侧重于学生分析能力和双基知识的考查，有利于培养学生学习的积极性，注意燃烧热中生成的水必须为液态，题目难度不大。
3．某同学做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将3支试管分别编号为①②③，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据如下表。
下列叙述不正确的是（ ）
A．a＝4
B．b＝2
C．Na2S2O3浓度越大，反应速率越快
D．该实验反应的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O
【分析】A．由控制变量法可知，不考虑硫酸时总体积为6mL；
B．Na2S2O3溶液与水总体积为6mL；
C．浓度越大、反应速率越快；
D．只有S元素的化合价变化，为氧化还原反应。
【解答】解：A．由控制变量法可知，不考虑硫酸时总体积为6mL，则a＝6﹣2＝4，故A正确；
B．Na2S2O3溶液与水总体积为6mL，则b＝6﹣5＝1，故B错误；
C．浓度越大、反应速率越快，则Na2S2O3浓度越大，反应速率越快，故C正确；
D．只有S元素的化合价变化，为氧化还原反应，反应为Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握物质的性质、反应速率的影响因素、控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意变量的判断，题目难度不大。
4．分别取50mL的0.50ml/L盐酸与50mL的0.55ml/L氢氧化钠溶液混合进行中和热的测定，下列说法正确的是（ ）
A．稍过量的氢氧化钠是确保盐酸完全反应
B．仪器A的名称是玻璃棒
C．酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌
D．用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和NaOH溶液进行反应，结果也是正确的
【分析】A．中和热的测定中，为了使测定结果更准确，一般需要使其中一种反应物过量；
B．根据量热器中仪器的形状和作用确定仪器名称；
C．中和反应是放热反应，为减少热量损失，加入NaOH溶液应该快速；
D．钡离子与硫酸根离子生成了硫酸钡沉淀放热，影响实验的准确性。
【解答】解：A．测定中和热时，为了使氢离子或者氢氧根离子完全反应，需要让其中一种反应物稍稍过量，即稍过量的氢氧化钠是确保盐酸完全反应，故A正确；
B．仪器A应该是环形玻璃搅拌棒，不是玻璃棒，故B错误；
C．酸碱混合时，NaOH溶液应迅速倒入小烧杯中，并用环形玻璃搅拌棒搅拌，以减少热量损失，否则测得的中和热数值偏小，故C错误；
D．硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，钡离子与硫酸根离子生成了硫酸钡沉淀放热，该反应中的生成热会影响中和热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查中和热的测定，为高频考点，把握测定原理、实验装置、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意硫酸钡的生成中放热，题目难度不大。
5．下列各组离子在指定的条件下一定能大量存在的是（ ）
A．在pH＝1的无色溶液中：SO42﹣、Cu2+、Na+、Cl﹣
B．常温下由水电离出的c（H+）＝1×10﹣12ml/L的溶液中：K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣
C．有Fe3+存在的溶液中：CO32﹣、NH4+、SO42﹣、Cl﹣
D．在能使石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、K+、S2﹣、CO32﹣
【分析】A．pH＝1溶液为酸性溶液，无色溶液中不存在有色的铜离子；
B．常温下由水电离出的c（H+）＝1×10﹣12ml/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；
C．铁离子与碳酸根离子发生双水解反应；
D．能使石蕊试纸变蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。
【解答】解：A．无色溶液中不会存在有色的Cu2+，故A错误；
B．常温下由水电离出的c（H+）＝1×10﹣12ml/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Fe3+、CO32﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．能使石蕊试纸变蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、S2﹣、CO32﹣之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在。
6．下列说法错误的是（ ）
A．0.1 ml/L CH3COOH溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝0.1ml/L
B．将Al2（SO4）3溶液蒸干，灼烧得Al2O3
C．配制FeCl3溶液，应加少量盐酸
D．Na2S溶液中：c（OH﹣）═c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）
【分析】A、根据物料守恒来分析；
B、硫酸铝水解为硫酸和氢氧化铝；
C、配制氯化铁溶液要抑制水解；
D、根据质子守恒来分析．
【解答】解：A、醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，根据物料守恒可知，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝0.1ml/L，故A正确；
B、硫酸铝水解为硫酸和氢氧化铝，将溶液蒸干时，硫酸不挥发，故水解不能彻底，蒸干灼烧后得到的仍为硫酸铝，故B错误；
C、配制氯化铁溶液要抑制水解，故在配制氯化铁溶液时应加盐酸来抑制水解，故C正确；
D、在硫化钠溶液中，硫离子会水解，将水电离出的部分氢离子结合，而水电离出的氢氧根个数等于氢离子的个数，根据质子守恒可知c（OH﹣）═c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了酸、盐溶液中的物料守恒、质子守恒和盐类水解的应用，难度不大，注意基础的掌握．
7．汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应，4CO（g）+2NO2（g）⇌4CO2（g）+N2（g）△H＝﹣1200kJ•ml﹣1，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图象正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】A.升高温度，正逆反应速率均增大，且焓变为负，平衡逆向移动；
B.升高温度平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小；
C.相同压强时，升高温度平衡逆向移动，CO的体积分数增大；温度相同时增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小；
D.升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小。
【解答】解：A.升高温度，正逆反应速率均增大，且焓变为负，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，图中正反应速率瞬间不变，二者不符，故A错误；
B.升高温度平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，T2＞T1，温度高对应的转化率小，与图一致，故B正确；
C.温度相同时增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，与图不一致，故C错误；
D.升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，与图不一致，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标及曲线的意义，题目难度不大。
二、非选择题
8．（16分）二甲醚（CH3OCH3）是一种清洁能源，由合成气（CO、H2）制备二甲醚的反应原理如下：
反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1
反应Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2
回答下列问题：
（1）上述反应符合“原子经济”原则的是 反应Ⅰ （填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”）。图1中使曲线a对应反应按曲线b进行的措施是 加催化剂 ，该反应自发进行的条件为 低温 （填“低温”或“高温”）。
（2）由合成气（CO、H2）制备1ml CH3OH（g）的热化学方程式为 CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣91.0kJ•ml﹣1 。
（3）模拟该制备原理，起始时在某容器中充入2ml CO和4ml H2合成CH3OCH3（g），平衡时混合物中氢气的体积分数与温度、压强的关系如图2所示。
①下列有关说法能够证明恒温恒压时，反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0一定达到平衡状态的是 bc （填序号）。
a．CO和H2的转化率相等
b．反应体系中混合气体密度保持不变
c．的值保持不变
d．反应体系压强保持不变
②图2中T1 ＞ （填“＞”“＜”或“＝”）T2；理由是 在T1温度下H2的体积分数大，平衡逆向移动，该反应是放热反应，温度升高平衡逆移，故T1＞T2 。
③在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成二甲醚的平均速率：v（A） ＜ v（B）。
④B点对应的Kp＝ （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
【分析】（1）绿色化学的“原子经济”是指在化学品合成过程中，合成方法和工艺应被设计成能把反应过程中所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中；曲线a和曲线b对应于同一反应的不同历程，能改变反应历程的条件是加入催化剂；反应自发进行的条件是△H﹣T•△S＜0；
（2）焓变△H＝反应物的键能﹣生成物的键能，结合图1写出热化学方程式；
（3）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断；
②反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＜0，压强不变时，温度越高，H2的体积分数越大；
③温度越高、压强越大，化学反应速率越快；
④B点时H2的体积分数为40%，结合反应三段式计算各物质的平衡分压，代入平衡常数表达式Kp＝中计算Kp。
【解答】解：（1）由反应中原子的利用率可知，反应Ⅰ中所有原子全部转化为产品中，符合“原子经济”原则，反应Ⅱ中部分原子转化为水，原子利用率较低；图1中曲线a和曲线b对应反应的起始和状态相同，只是反应历程不同，所以反应按曲线b进行的措施是加入催化剂；由图1可知，反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）是△S＜0、△H＜0的反应，所以该反应自发进行的条件为低温，
故答案为：反应Ⅰ；加催化剂；低温；
（2）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的焓变△H＝419kJ/ml﹣510kJ/ml＝﹣91.0kJ/ml，热化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣91.0kJ/ml，
故答案为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣91.0kJ•ml﹣1；
（3）①a．始时在某容器中充入2mlCO和4mlH2，符合反应计量关系，则CO和H2的转化率始终相等，所以不能判断反应达到平衡状态，故a错误；
b．总反应是气体体积减小的反应，恒温恒压时，容器中气体的密度增大，当反应体系中混合气体密度保持不变则反应达到平衡状态，故b正确；
c．的值保持不变，则H2（g）和CH3OH（g）的浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；
d．恒温恒压时，反应体系压强始终保持不变，则不能判断反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为：bc；
②该反应正向放热，压强不变时，温度越高，H2的体积分数越大，图中T1温度下H2的体积分数大，即升高温度，平衡逆向移动，H2的体积分数增大，所以T1＞T2，
故答案为：＞；在T1温度下H2的体积分数大，平衡逆向移动，该反应是放热反应，温度升高平衡逆移，故T1＞T2；
③图中，A两点的温度、压强均小于B点，温度越高、压强越大，化学反应速率越快，所以反应速率：v（A）＜v（B），
故答案为：＜；
④反应三段式为2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）
起始量（ml） 2 4 0 0
变化量（ml） 2x 4x x x
平衡量（ml） 2﹣2x 4﹣4x x x
B点时H2的体积分数为40%，即×100%＝40%，解得x＝，平衡时CO（g）、H2（g）、CH3OCH3（g）、H2O（g）的物质的量之比＝：：：＝1：2：1：1，即p（CO）＝p（CH3OCH3）＝p（H2O）＝kPa，p（H2）＝kPa，Kp＝＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡及其相关计算，涉及盖斯定律计算应用、化学平衡常数的计算、化学平衡和反应速率的影响因素、化学平衡状态的判断、图表数据分析处理等知识，为高频考点和高考常见题型，侧重分析、计算和运用能力的考查，把握化学平衡的计算与化学平衡影响因素是解题关键，注意三段式格式的应用，目难度中等。
9．（12分）已知化学反应①：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），其化学平衡常数为K1；化学反应②：Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g），其化学平衡常数为K2，在温度973K和1173K的情况下，K1、K2的值分别如下：
请填空：
（1）通过表格中的数值可以推断：反应①是 吸热 （填“吸热”或“放热”）反应。
（2）现有反应③：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），请你写出该反应的平衡常数K3的表达式：K3＝ 。
（3）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式为 K3＝ ，据此关系式及上表数据，能推断出反应③是 吸热 （填“吸热”或“放热”）反应。
（4）要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有 CE （填写字母序号）。
A．缩小反应容器的容积 B．扩大反应容器的容积C．升高温度 D．使用合适的催化剂
E．设法减小平衡体系中的CO的浓度
（5）图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：
①图甲中t2时刻发生改变的条件是 增大压强或使用催化剂 。
②图乙中t2时刻发生改变的条件是 降低温度或从体系中分离出H2 。
【分析】（1）由表中数据可知，升高温度，K1增大；
（2）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（3）由盖斯定律可知，①﹣②得到③；结合表中数据可知，升高温度时增大；
（4）CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）为体积不变吸热的反应，增大反应物浓度、减小生成物浓度、升高温度均使平衡正向移动；
（5）①图甲中t2时正逆反应速率同等程度增大；
②图乙中t2时，平衡逆向移动导致反应物浓度增大、生成物浓度减小。
【解答】解：（1）由表中数据可知，升高温度，K1增大，则为吸热反应，故答案为：吸热；
（2）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，K3＝，故答案为：；
（3）由盖斯定律可知，①﹣②得到③，则K3＝；结合表中数据可知，升高温度时增大，为吸热反应，故答案为：K3＝；吸热；
（4）A．缩小反应容器的容积，平衡不移动，故A不选；
B．扩大反应容器的容积，平衡不移动，故B不选；
C．升高温度，平衡正向移动，故C选；
D．使用合适的催化剂，平衡不移动，故D不选；
E．设法减小平衡体系中的CO的浓度，平衡正向移动，故E选；
故答案为：CE；
（5）①图甲中t2时正逆反应速率同等程度增大，改变条件为增大压强或使用催化剂，故答案为：增大压强或使用催化剂；
②图乙中t2时，平衡逆向移动导致反应物浓度增大、生成物浓度减小，改变条件为降低温度或从体系中分离出H2，故答案为：降低温度或从体系中分离出H2。
【点评】本题考查化学平衡常数及物质的量随时间变化曲线，为高频考点，把握表中K的变化、K的应用、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律 应用，题目难度不大。
10．（14分）某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4•H2O的含量。取样品5.000g，加水配成250mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00mL溶液，用滴定管盛装0.2000ml/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I﹣。
（1）用 酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有 碱式滴定管、锥形瓶、烧杯 。
（2）滴定过程中，需要加入 淀粉 作为指示剂，滴定终点的判断方法 当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 。
（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为 18.10 mL。
（4）样品中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 18.1% ，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数 偏大 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【分析】（1）碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，根据中和滴定所需仪器判断；
（2）I2与指示剂淀粉产生蓝色，反应是2I2+N2H4+4OH﹣＝4I﹣+N2+4H2O，用I2标准液滴定至终点是稍过量，淀粉会变蓝；
（3）滴定管的0刻度在上方，0～1刻度间每一小格为0.10mL，起点显示0.00ml，终点显示18.10ml，则所用盐酸溶液的体积为18.10ml﹣0.00ml＝18.10mL；
（4）根据2I2+N2H4+4OH﹣＝4I﹣+N2+4H2O可知，n（N2H4•H2O）＝n（N2H4）＝n（I2）计算m（N2H4•H2O），利用水合肼的质量分数为＝计算；根据n（N2H4）＝n（I2）＝cV分析误差：V偏大，则n（I2）偏大，即n（N2H4•H2O）和m（N2H4•H2O）偏大，反之相反。
【解答】解：（1）碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，中和滴定前需进行赶气泡、调零等操作，用烧杯盛液体，滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；
（2）因为是用I2标准液滴定至终点，反应是2I2+N2H4+4OH﹣＝4I﹣+N2+4H2O，I2与指示剂淀粉产生蓝色，故终点是滴加最后一滴液体时溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉；当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；
（3）滴定管的0刻度在上方，0～1刻度间每一小格为0.10mL，起点显示0.00ml，终点显示18.10ml，则所用盐酸溶液的体积为18.10ml﹣0.00ml＝18.10mL，
故答案为：18.10；
（4）根据2I2+N2H4+4OH﹣＝4I﹣+N2+4H2O可知，n（N2H4•H2O）＝n（N2H4）＝n（I2）＝cV＝0.5×0.2000ml/L×18.10×10﹣3L＝1.81×10﹣3ml，m（N2H4•H2O）＝nM＝1.81×10﹣3ml×50g/ml＝9.05×10﹣2g，所以水合肼的质量分数为＝＝＝18.1%；由n（N2H4）＝n（I2）＝cV可知：盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则V偏大，所以n（I2）、n（N2H4•H2O）和m（N2H4•H2O）均偏大，故样品中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数偏大，
故答案为：18.1%；偏大；
【点评】本题考查物质制备实验、物质含量测定及其计算、误差分析等知识，题目难度中等，明确氧化滴定操作为解答关键，本题较好地考查了学生对实验原理的理解、知识迁移应用。
11．（16分）常温下，浓度均为0.1ml/L的7种溶液pH如下：
请由上表数据回答：
（1）上述表中pH＝12的Na2CO3溶液中水电离出的氢氧根离子浓度为： 10﹣2 ml/L。
（2）pH＝6.0的NaHSO3溶液中微粒浓度大小比较： c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣） 。
（3）NaHSO4溶液的电离方程式为： NaHSO4＝Na++H++SO42﹣ 。
（4）根据表中的数据分析，物质的量浓度均为0.1ml/L的Na2CO3、Na2SiO3、NaHCO3溶液中水的电离程度最大的是： Na2SiO3 （填化学式）
（5）用离子方程式说明Na2SO3溶液pH＞7的原因 SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣ 。
【分析】（1）pH＝12的Na2CO3溶液中，c（H+）＝10﹣12ml/L，溶液中存在离子积常数，水电离出的氢氧根离子浓度c（OH﹣）＝；
（2）pH＝6.0的NaHSO3溶液显酸性，是因为溶液中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，据此比较离子浓度大小；
（3）NaHSO4溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子三种离子；
（4）Na2CO3、Na2SiO3、NaHCO3，都是水解显碱性，促进水的电离，溶液碱性越强，水的电离程度越大；
（5）Na2SO3溶液中亚硫酸钠为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解，溶液显碱性。
【解答】解：（1）pH＝12的Na2CO3溶液中，c（H+）＝10﹣12ml/L，溶液中存在离子积常数，水电离出的氢氧根离子浓度c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣2ml/L，
故答案为：10﹣2；
（2）pH＝6.0的NaHSO3溶液显酸性，是因为溶液中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；
（3）NaHSO4属于强电解质，在溶液中可以完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子三种离子，电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣，
故答案为：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣；
（4）物质的量浓度均为0.1ml/L的Na2CO3、Na2SiO3、NaHCO3溶液的pH都大于7，都是弱离子水解显碱性，水解的离子水解会促进水的电离，碱性越强，水解程度大，则水的电离的促进程度越大，所以水的电离程度最大的是Na2SiO3，
故答案为：Na2SiO3；
（5）Na2SO3溶液pH＞7是亚硫酸根离子水解的结果，水解方程式为：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，溶液显碱性，
故答案为：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣。
【点评】本题考查了盐类水解的应用、溶液pH的大小和溶液酸碱性的分析判断依据等知识，注意知识的归纳和梳理是关键，题目难度中等。
12．用含有CuO、SiO2和少量FeO•xFe2O3的废料制备无水CuCl2固体，工艺流程如下（部分操作和条件略）：
（1）向废料中加入过量稀盐酸，过滤：
（2）向滤液中通入过量的氯气，再加入适当的物质调节溶液的pH约为3.2﹣4.7；过滤。
（3）将滤液加热、浓缩、冷却、结晶、过滤，得到产品。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
注：金属离子的起始浓度为0.1ml•L﹣1
回答下列问题：
（1）步骤（1）过滤时用到的玻璃仪器是： 烧杯、漏斗、玻璃棒 。
（2）步骤（2）中，通入过量氯气时的离子方程式： 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣ 。
（3）步骤（2）中加入适当的物质可以是 CD 。
A、NaOH
B、Cu
C、CuO
D、Cu（OH）2
【分析】含有CuO、SiO2和少量FeO•xFe2O3的废料制备无水CuCl2固体，向废料中加入过量稀盐酸，溶解CuO、少量FeO•xFe2O3，生成CuCl2、FeCl2、FeCl3，SiO2不反应，过滤得到滤渣二氧化硅；向滤液中通入过量的氯气，氧化亚铁离子为铁离子，再加入适当的物质调节溶液的pH约为3.2﹣4.7，使铁离子转化为氢氧化铁，过滤除去氢氧化铁沉淀，得到CuCl2的溶液，将滤液加热、浓缩、冷却、结晶、过滤，得到产品。
【解答】解：（1）过滤时用到的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）步骤（2）中，通入过量氯气是为了氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，
故答案为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣；
（3）步骤（2）中加入适当的物质需要不引入新的杂质，可以使用CuO、Cu（OH）2，
故答案为：CD。
【点评】本题主要考查物质的制备，涉及物质的分离提纯、离子方程式书写等知识点，难度不大，熟悉反应原理为解答的关键。试管编号
加3% Na2S2O3
加H2O
加H2SO4（1：5）
出现浑浊时间
①
3mL
3mL
5滴
33s
②
amL
2mL
5滴
28s
③
5mL
bmL
5滴
16s
温度
K1
K2
973K
1.47
2.38
1 173K
2.15
1.67
溶质
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
NaHSO4
NaClO
pH
12
9.7
12.3
10.0
6.0
1.0
10.3
氢氧化物开始沉淀时的pH
氢氧化物沉淀完全时的pH
Fe3+
1.9
3.2
Fe2+
7.0
9.0
Cu2+
4.7
6.7
试管编号
加3% Na2S2O3
加H2O
加H2SO4（1：5）
出现浑浊时间
①
3mL
3mL
5滴
33s
②
amL
2mL
5滴
28s
③
5mL
bmL
5滴
16s
温度
K1
K2
973K
1.47
2.38
1 173K
2.15
1.67
溶质
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
NaHSO4
NaClO
pH
12
9.7
12.3
10.0
6.0
1.0
10.3
氢氧化物开始沉淀时的pH
氢氧化物沉淀完全时的pH
Fe3+
1.9
3.2
Fe2+
7.0
9.0
Cu2+
4.7
6.7