2021北京北师大实验中学高二（上）期中化学（教师版）

这是一份2021北京北师大实验中学高二（上）期中化学（教师版），共19页。试卷主要包含了第二部分本部分共6题，共58分等内容，欢迎下载使用。
2021北京北师大实验中学高二（上）期中
化 学
一、第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（3分）下列物质中，属于弱电解质的是（　　）
A．H2O B．HCl C．NH4Cl D．KOH
2．（3分）下列盐溶液呈中性的是（　　）
A．FeCl3溶液 B．KNO3溶液 C．Na2CO3溶液 D．NaHSO4溶液
3．（3分）采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是（　　）
A．钠与水反应时，增加水的用量
B．铁和稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸
C．Na2SO4溶液和BaCl2溶液反应时，增大压强
D．大理石与稀盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状大理石
4．（3分）下列描述与盐类水解无关的是（　　）
A．使用泡沫灭火器时将内筒与外筒的Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液倒立混合
B．1mol•L﹣1的醋酸加水稀释，溶液的pH增大，导电能力减弱
C．氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施可能会降低肥效
D．用FeCl3晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中
5．（3分）已知：（1）Zn（s）+O2（g）═ZnO（s）△H＝﹣348.3kJ•mol﹣1，
（2）2Ag（s）+O2（g）═Ag2O（s）△H＝﹣31.0kJ•mol﹣1，
则Zn（s）+Ag2O（s）═ZnO（s）+2Ag（s）的△H等于（　　）
A．﹣379.3kJ•mol﹣1 B．﹣317.3kJ•mol﹣1
C．﹣332.8kJ•mol﹣1 D．317.3kJ•mol﹣1
6．（3分）常温下，下列事实不能说明某一元酸HA是弱酸的是（　　）
A．0.1 mol•L﹣1 HA 溶液中pH＝3
B．0.1 mol•L﹣1 NaA溶液pH＞7
C．0.1 mol•L﹣1 HA溶液比0.1 mol•L﹣1 盐酸导电能力弱
D．10mL 0.1 mol•L﹣1 NaOH 溶液与10mL 0.1 mol•L﹣1 HA溶液恰好中和
7．（3分）下列用于解释事实的方程式书写不正确的是（　　）
A．水是一种极弱的电解质：H2O⇌H++OH﹣
B．用明矾[KAl（SO4）2•12H2O]作净水剂：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+
C．向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O
D．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓
8．（3分）某同学以酚酞作指示剂，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的盐酸，滴定曲线如图。下列说法正确的是（　　）

A．需用盐酸润洗锥形瓶
B．水电离出的氢离子浓度：a＞b
C．滴定结束后俯视读数会导致测得盐酸的浓度偏低
D．滴定终点时，溶液由浅红色变为无色
9．（3分）在合成氨工业中，要使氨的产率增大，同时又能提高化学反应速率，可采取的措施有（　　）
①增大容器体积使压强减小；②减小容器体积使压强增大；③升高温度；④降低温度；⑤恒温恒容，再充入等量的N2和H2；⑥恒温恒压，再充入等量的N2和H2；⑦及时分离产生的NH3；⑧使用催化剂。
A．②④⑤⑥⑦ B．②③④⑤⑦⑧ C．②⑤ D．①②③⑤⑧
10．（3分）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。

已知：

下列说法不正确的是（　　）
A．过程Ⅱ放出能量
B．若分解2molH2O（g），估算出反应吸收482kJ能量
C．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
D．该反应中的能量转化形式与电解水反应相同
11．（3分）根据下列实验所得结论正确的是（　　）
选项
A
B
装置


现象
①中产生大量气泡
②中无明显现象
试管中溶液出现浑浊
结论
MnO2是H2O2分解的催化剂
酸性：碳酸＞硅酸
选项
C
D
装置


H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
达到平衡状态
现象
①中固体溶解
②中固体不溶解
压缩体积，气体颜色加深
结论
ZnS的溶解度大于CuS
增大压强，上述平衡逆向移动
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）25℃时，已知HClO和H2CO3电离平衡常数：
HClO
K＝4.0×10﹣8

H2CO3
Ka1＝4.5×10﹣7
Ka2＝4.7×10﹣11
根据提供的数据判断，下列离子方程式或化学方程式不正确的是（　　）
A．向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2+NaClO+H2O═NaHCO3+HClO
B．向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+2NaClO+H2O═Na2CO3+2HClO
C．向Na2CO3溶液中滴加过量氯水：CO32﹣+2Cl2+H2O═2Cl﹣+2HClO+CO2↑
D．向NaHCO3溶液中滴加过量氯水：HCO3﹣+Cl2═Cl﹣+HClO+CO2↑
13．（3分）五氯化磷（PCl5）是有机合成中重要的氯化剂，可由如下反应制得：PCl3（g）+Cl2（g）═PCl5（g）ΔH＝﹣93.0kJ•mol﹣1其中PCl3（g）和PCl5（g）均为无色。某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，一段时间后反应达平衡状态。实验数据如表所示：
t/s
0
50
150
250
350
n（PCl5）/mol
0
0.24
0.36
0.40
0.40
下列说法正确的是（　　）
A．升高温度，平衡向正反应方向移动
B．若压缩容器增大压强，达新平衡后混合气体颜色比原平衡时浅
C．该温度下，反应的化学平衡常数的数值为
D．0～150 s内的v（PCl3）＝2.4×10﹣3mol/（L•s）
14．（3分）已知：Ag++SCN﹣═AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行如图实验。

下列说法中，不正确的是（　　）
A．①中现象能说明Ag+与SCN﹣生成的白色浊液中存在沉淀溶解平衡
B．②中现象产生的原因是发生了反应：Fe（SCN）3+3Ag+═3AgSCN↓+Fe3+
C．③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小
D．④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I﹣进一步发生了反应
二、第二部分本部分共6题，共58分。
15．（6分）在2 L的密闭容器中，SO2和O2在催化剂500℃的条件下发生反应。SO2和SO3的物质的量随时间变化的关系曲线如图所示。
回答下列问题。
（1）该反应的化学方程式是　 　。
（2）在前2 min内，以SO2的浓度变化表示的速率是　 　mol/（L•min）。
（3）反应达到平衡状态的依据是　 　。
a．单位时间内消耗1mol SO2，同时生成1 mol SO3
b．SO2的浓度与SO3浓度均不再变化
c．SO2的浓度与SO3浓度相等

16．（8分）常温下，某同学将盐酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表．
实验编号
氨水浓度/mol•L﹣1
盐酸浓度/mol•L﹣1
混合溶液pH
①
0.1
0.1
pH＝5
②
c
0.2
pH＝7
③
0.2
0.1
pH＞7
请回答：
（1）①中所得混合溶液，由水电离出的c（H+）＝　 　 mol•L﹣1．
（2）②中，c　 　0.2（填“＞”“＜”或“＝”）．
（3）③中所得混合溶液，各离子浓度由大到小的顺序是　 　．
（4）①、③所用氨水中的：①　 　③（填“＞”“＜”或“＝”）．
17．（11分）实验中学高二化学某班学生甲、乙小组，分别用实验探究溶液中Fe2+、Fe3+的化学性质回答下列问题：
（1）将硫酸亚铁溶液滴入硫酸酸化的KMnO4溶液中，振荡混合后，溶液中含有MnSO4、Fe2（SO4）3等。以下请用离子方程式回答：
①25℃时硫酸亚铁溶液pH＜7的原因：　 　。
②请写出硫酸亚铁溶液与硫酸酸化的KMnO4溶液反应的原理：　 　。
（2）甲组同学取10mL0.1mol•L﹣1KI溶液，加入6mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液混合。
充分反应后，分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；
②第二支试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红实验。
②检验的离子是 　 　（填离子符号）；
实验①和③说明：在I﹣过量的情况下，溶液中仍含有 　 　（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为 　 　（填可逆反应或不可逆反应）。
（3）乙组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴硫酸酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为：　 　。一段时间后，溶液中有气泡出现，试管微热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是 　 　。
18．（11分）CO2捕获技术用于去除气流中的CO2或者分离出CO2作为气体产物，其中CO2催化合成甲醇是一种很有前景的方法。如图所示为该反应在无催化剂及有正催化剂时的能量变化（该反应为可逆反应）。
（1）温度为523K时，测得上述反应中生成8.0gCH3OH（g）放出的热量为12.3kJ。反应的热化学方程式为 　 　。[M（CH3OH）＝32g/mol]
（2）从图可知，有催化剂存在的是过程 　 　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
（3）一定温度下（各物质均为气态），向体积为2L的恒容密闭容器中充入6molCO2和12molH2，加入合适催化剂进行反应。某时刻测得c（CH3OH）＝1mol/L，此时反应 　 　（填“正向移动”、“逆向移动”或“达到平衡）。已知该温度下反应的化学平衡常数值为。
（4）关于CO2催化合成甲醇的反应，下列说法中合理的是 　 　（填字母序号）。
a．该反应原子转化率为100%
b．该反应可用于CO2的转化，有助于缓解温室效应
c．使用催化剂可以降低该反应的ΔH，从而使反应放出更多热量
d．降温分离液态甲醇和水，将剩余气体重新通入反应器，可提高CO2与H2的利用率
（5）制备过程中存在副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.2kJ/mol将混合气按进料比n（CO2）：n（H2）＝1：3通入反应装置，选择合适催化剂发生反应。不同温度和压强下，CH3OH平衡产率和CO2平衡转化率分别如图1、图2。

①图1中，压强p1　 　p2（填“＞”“＝”或“＜”），推断的依据是 　 　。
②图2中，压强为p2，温度高于503 K后，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是 　 　。

19．（12分）可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸（化学式为H3PO4，沸点高难挥发）有一定关系。
（1）室温下，测得0.1mol⋅L﹣1H3PO4溶液的pH＝1.5，用电离方程式解释原因：　 　。
（2）羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]是牙釉质的主要成分，在唾液中存在平衡：Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3PO43﹣（aq）+OH﹣（aq）。长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，造成龋齿。结合平衡移动原理解释原因：　 　。
（3）常温下，向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷微粒的分布比例与pH的关系如图所示。

①NaH2PO4溶液显酸性。下列有关分析正确的是 　 　。
a．溶液中c（OH﹣）＞c（H+）
b．H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度
c．c（Na+）+c（H+）═c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）+c（OH﹣）
d．溶液中水的电离程度比纯水大
②当溶液的pH由4到10时，所发生反应的离子方程式是：　 　。
（4）小组同学在实验室测定某可乐中磷酸的含量（不考虑白砂糖、咖啡因的影响）。
i．将可乐样品注入圆底烧瓶，加入活性炭，吸附色素。
ii．将可乐回流加热10 min，冷却至室温，过滤。
iii．取50.00mL滤液，用百里香酚酞作指示剂，用0.100mol•L﹣1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液5.00mL。
①加热的目的是 　 　。
②该可乐样品中磷酸的含量为 　 　g/L。[M（H3PO4）＝98 g/mol]
20．（10分）含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸。处理废水的具体流程如图：

已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积如表所示
物质
CaSO4
CaCrO4
BaCrO4
BaSO4
溶度积
9.1×10﹣6
2.30×10﹣2
1.17×10﹣10
1.08×10﹣10
（1）K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4：Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+，向含K2Cr2O7的废水中加入Ca（OH）2，该平衡向 　 　方向移动（填“正反应”或“逆反应”）。
（2）向滤液1中加入BaCl2⋅2H2O的目的是使CrO42﹣从溶液中沉淀出来。结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由：　 　。
（3）研究温度对CrO42﹣沉淀效率的影响实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下CrO42﹣的沉淀率如图1所示。


已知：BaCrO4（s）⇌Ba2+（aq）+CrO42﹣（aq）ΔH＞0CrO42﹣的沉淀效率随温度变化的原因是 　 　。
（4）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。硫酸浓度对重铬酸的回收率如图2所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol•L﹣1的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol⋅L﹣1的硫酸的原因：　 　。
（5）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与 　 　有关。

参考答案
一、第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，只能部分电离的电解质为弱电解质，据此判断。
【解答】解：A．水部分电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故A选；
B．氯化氢在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B不选；
C．氯化铵在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故C不选；
D．氢氧化钾在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉强、弱电解质概念即可解答，题目简单。
2．【分析】盐中弱离子在水溶液里水解，导致溶液中氢离子和氢氧根离子浓度大小不等，从而使溶液呈现酸碱性，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性、两弱不一定”来分析解答。
【解答】解；A．氯化铁为强酸弱碱盐，FeCl3溶液中铁离子水解，溶液显酸性，故A错误；
B．KNO3溶液中KNO3是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故B正确；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，Na2CO3溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，故C错误；
D．NaHSO4溶液中完全电离，生成钠离子、氢离子和磷酸根离子，溶液显酸性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了盐溶液的酸碱性判断，根据盐的类型结合“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性、两弱不一定”来分析解答，题目难度不大。
3．【分析】常见增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，注意催化剂有正负之分，负催化剂降低反应速率，以此解答该题。
【解答】解：A．水为纯液体，所以Na与水反应时增大水的用量不影响反应速率，故A错误；
B．浓硫酸和Fe发生钝化现象，且不生成氢气，生成二氧化硫，故B错误；
C．Na2SO4溶液和BaCl2溶液反应在溶液中进行，则增大压强，反应速率不变，故C错误；
D．将块状大理石改为粉末状大理石，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意各个条件的适用范围和适用条件，易错选项是B。
4．【分析】A．Al3+和HCO3﹣发生互促完全的双水解；
B．醋酸溶液加水稀释后电离平衡被促进，电离出的离子的物质的量增多，但溶液体积也增大，据此分析离子浓度；
C．氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施后，NH4+和CO32﹣会双水解；
D．氯化铁溶液可发生水解，加盐酸抑制水解。
【解答】解；A．Al3+和HCO3﹣发生互促完全的双水解，所以发生的反应为：Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑，与水解有关，故A错误；
B．醋酸溶液加水稀释后电离平衡被促进，电离出的离子的物质的量增多，但溶液体积也增大，离子浓度减小，故溶液的pH增大、导电能力减弱，和盐类的水解无关，和弱电解质的电离有关，故B正确；
C．氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施后，NH4+和CO32﹣会双水解生成氨气，导致肥效降低，和盐类的水解有关，故C错误；
D．氯化铁溶液可发生水解，配制FeCl3溶液时，加浓盐酸抑制水解，然后再用水稀释到所需的浓度，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了盐类水解的应用，应注意的是含弱离子的盐才能水解，弱酸、弱碱中存在的是电离平衡，题目难度不大。
5．【分析】根据已知的热化学反应方程式和目标反应，利用盖斯定律来计算目标反应的反应热，以此来解答．
【解答】解：由（1）Zn（s）+O2（g）═ZnO（s），△H＝﹣348.3kJ•mol﹣1，
（2）2Ag（s）+O2（g）═Ag2O（s），△H＝﹣31.0kJ•mol﹣1，
根据盖斯定律可知，
（1）﹣（2）可得Zn（s）+Ag2O（s）═ZnO（s）+2Ag（s），
则△H＝（﹣348.3kJ•mol﹣1）﹣（﹣31.0kJ•mol﹣1）＝﹣317.3kJ•mol﹣1，
故选：B。
【点评】本题考查学生利用盖斯定律计算反应的反应热，明确已知反应和目标反应的关系是解答本题的关键，难度不大．
6．【分析】要证明HA是弱酸，只要证明HA部分电离即可，据此分析解答。
【解答】解：A.0.1mol/L的HA溶液的pH＝3，说明该溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L＜c（HA），则HA部分电离，为弱电解质，故A不选；
B.0.1mol/LNaA溶液的pH＞7，溶液呈碱性，说明NaA是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故B不选；
C．溶液导电性强弱与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，相同浓度的HA、HCl导电性：HA＜HCl，溶液中离子浓度HA＜HCl，HCl是强电解质完全电离，所以HA部分电离，为弱电解质，故C不选；
D．NaOH是一元碱，10mL 0.1mol/LNaOH 溶液与10mL 0.1 mol•L﹣1 HA溶液恰好中和，二者的物质的量相等，由此说明HA是一元酸，但是不能说明HA部分电离，所以不能证明HA是弱酸，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查强弱电解质判断，侧重考查基本概念，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：强弱电解质与其电离程度有关，与电解质溶解性无关，题目难度不大。
7．【分析】A.水为弱电解质，能够部分电离出氢离子和氢氧根离子；
B.铝离子部分水解生成氢氧化铝胶体和氢离子；
C.硫代硫酸根离子与氢离子反应生成二氧化硫、硫和水；
D.硫酸钙不能拆开，且该反应为可逆反应。
【解答】解：A.水是一种极弱的电解质，其电离方程式为：H2O⇌H++OH﹣，故A正确；
B.铝离子存在水解反应：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，生成的氢氧化铝胶体具有较强吸附性，所以可用明矾[KAl（SO4）2•12H2O]作净水剂，故B正确；
C.向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸，离子方程式为：S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故C正确；
D.用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，正确的离子方程式为：CaSO4+CO32﹣⇌CaCO3+SO42﹣，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
8．【分析】用酸式滴定管量取20.00 mL盐酸注入锥形瓶中，并滴加酚酞指示剂，滴定管使用前需要润洗，锥形瓶不需要润洗，再用碱式滴定管中的0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸，反应原理是：HCl+NaOH═NaCl+H2O，滴定过程中，溶液pH逐渐增大，水的电离程度逐渐增大，恰好完全反应时，溶液pH＝7，酚酞试剂遇碱变红，则滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，测定的盐酸浓度为c（HCl）＝。
【解答】解：A.在中和滴定实验中，锥形瓶不需要润洗，否则消耗的NaOH溶液体积偏大，测得的盐酸浓度偏大，故A错误；
B.HCl对水的电离有抑制作用，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的盐酸，恰好完全反应时，溶液中的溶质只有NaCl，此时溶液pH＝7，在恰好完全反应前，随着NaOH溶液的加入，HCl的浓度减小，水的电离程度增大，水电离出的氢离子浓度增大，则a＜b，故B错误；
C.滴定结束后俯视读数偏小，则测得的NaOH溶液体积偏小，导致测得盐酸的浓度偏低，故C正确；
D.以酚酞作指示剂，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的盐酸，恰好完全反应时，溶液pH＝7，则滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查中和滴定实验，题目难度不大，关键是掌握中和滴定实验的原理和水的电离平衡，注意滴定管的刻度是上小下大。
9．【分析】合成氨为气体体积减小、放热的反应，要使氨的产率增大，同时又能提高化学反应速率，可增大压强、增大反应物的浓度使平衡正向移动，以此来解答。
【解答】解：①增大容器体积使压强减小，平衡逆向移动，反应反应减小、氨的产率减小，故不选；
②减小容器体积使压强增大，平衡正向移动，反应速率增大、氨的产率增大，故选；
③升高温度，平衡逆向移动，氨的产率减小，故不选；
④降低温度，反应速率减小，故不选；
⑤恒温恒容，再充入等量的N2和H2，反应物浓度增大，衡正向移动，反应速率增大、氨的产率增大，故选；
⑥恒温恒压，再充入等量的N2和H2，浓度不变，平衡不移动，故不选；
⑦及时分离产生的NH3，反应速率减小，故不选；
⑧使用催化剂，平衡不移动，氨的产率不变，故不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强、浓度对反应速率及平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意⑥为解答的难点，题目难度不大。
10．【分析】A．形成化学键放热；
B．焓变△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；
C．催化剂能降低反应活化能，可使反应体系中活化分子数增加；
D．该反应为光能转化为化学能。
【解答】解：A．过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，则过程Ⅱ放出能量，故A正确；
B．分解水的反应为2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g），焓变△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝463kJ/mol×4﹣（436kJmol×2+498kJ/mol）＝+482kJ/mol，即2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+482kJ/mol，所以分解2molH2O（g）吸收482kJ能量，故B正确；
C．催化剂能降低反应的活化能，可使反应体系中活化分子数增加，分子总数不变，则反应物分子中活化分子的百分数增大，故C正确；
D．该反应为光能转化为化学能，电解水为电能转化为化学能，形式不同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与键能的计算关系、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．【分析】A.浓度、催化剂均不同；
B.挥发的盐酸与硅酸钠反应；
C.ZnS与稀硫酸反应，CuS不能，可知CuS更难溶；
D.H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）为反应前后气体总物质的量不变的反应，压缩体积，增大压强，平衡不移动。
【解答】解：A.浓度、催化剂均不同，两个变量，不能证明MnO2是H2O2分解的催化剂，故A错误；
B.挥发的盐酸与硅酸钠反应，由实验不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，故B错误；
C.ZnS与稀硫酸反应，CuS不能，可知CuS更难溶，则ZnS的溶解度大于CuS，故C正确；
D.H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）为反应前后气体总物质的量不变的反应，压缩体积，增大压强，平衡不移动，浓度增大、颜色加深，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡及反应速率、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，K（H2CO3）＞K（HClO）＞K（HCO3﹣），则酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，盐酸是强酸，其酸性更强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。
【解答】解：根据以上分析知，酸性：HCl＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
A．酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以向NaClO溶液中通入过量CO2，生成NaHCO3和HClO，反应方程式为CO2+NaClO+H2O═NaHCO3+HClO，故A正确；
B．酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，生成NaHCO3和HClO，反应方程式为CO2+NaClO+H2O═NaHCO3+HClO，故B错误；
C．氯水中有Cl2+H2O⇌HCl+HClO，酸性：HCl＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，HCl可以和CO32﹣反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl﹣，离子反应方程式为CO32﹣+2Cl2+H2O═2Cl﹣+2HClO+CO2↑，故C正确；
D．氯水中有Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCl可以和HCO3﹣反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl﹣，离子方程式为HCO3﹣+Cl2═Cl﹣+HClO+CO2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写，题目难度中等，试题侧重考查酸性强弱对生成物的影响，明确电离常数与酸性强弱的关系为解答关键。
13．【分析】A.升温，平衡向吸热反应方向移动；
B.容器内气体颜色，取决于有色气体的浓度；
C.由反应物的起始加入量和生成物平衡量求算平衡时各组分浓度，进而求算平衡常数；
D.由公式v＝计算反应速率。
【解答】解：A.反应正向放热，升温，平衡逆向移动，故A错误；
B.反应正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，氯气的物质的量减小，但容器体积减小程度更大，氯气浓度变大，达新平衡后混合气体颜色比原平衡时深，故B错误；
C.容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，平衡时五氯化磷的物质的量为0.4mol，三氯化磷的物质的量为2mol﹣0.4mol＝1.6mol，氯气的物质的量为1mol﹣0.4mol＝0.6mol，反应的化学平衡常数K＝＝＝，故C正确；
D.0～150 s内的v（PCl3）＝＝1.2﹣3mol/（L•s）故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡和反应速率，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
14．【分析】A．①产生浅红色溶液，说明溶液中存在SCN﹣；
B．②中红色褪去、产生白色沉淀，说明Ag+与Fe（SCN）3反应生成了AgSCN；
C．①→②的过程中加入了过量AgNO3，生成的AgI不能说明是由AgSCN转化而来；
D．④中黄色沉淀为AgI，AgI溶解得到无色溶液，则AgI进一步发生了其他反应。
【解答】解：A．①中产生浅红色溶液，说明溶液中存在SCN﹣，SCN﹣来源于AgSCN的溶解平衡，故A正确；
B．②中现象为红色褪去，产生白色沉淀，说明加入AgNO3溶液与Fe（SCN）3反应生成了AgSCN沉淀，发生的反应为Fe（SCN）3+3Ag+═3AgSCN↓+Fe3+，故B正确；
C．③中产生的黄色沉淀为AgI，但①→②的过程中加入了过量AgNO3，I﹣能与Ag+直接反应生成AgI，不能说明是由AgSCN转化而来，即不能说明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小，故C错误；
D．④中现象为白色沉淀先转化为黄色沉淀，随后溶解得到无色溶液，产生黄色沉淀是AgSCN转化为AgI，沉淀溶解得到无色溶液，可能是AgI溶解生成的Ag+与I﹣进一步发生配位反应所致，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化，为高频考点，侧重分析能力、实验能力和运用能力的考查，把握难溶电解质的溶解平衡、难溶物间转化规律是解题关键，注意实验过程中的严密性评价，题目难度不大。
二、第二部分本部分共6题，共58分。
15．【分析】（1）SO2和O2在催化剂500℃的条件下发生反应生成三氧化硫；
（2）在前2 min内，SO2的浓度变化10mol﹣5mol＝5mol，反应速率v（SO2）＝；
（3）化学平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，各组分的浓度不随着时间的改变而改变，据此分析选项。
【解答】解：（1）SO2和O2在催化剂500℃的条件下发生反应生成三氧化硫，反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3，
故答案为：2SO2+O22SO3；
（2）在前2 min内，SO2的浓度变化10mol﹣5mol＝5mol，反应速率v（SO2）＝＝＝1.25mol/（L•min），
故答案为：1.25；
（3）a．单位时间内消耗1mol SO2，同时生成1 mol SO3，只能说明平衡正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b．SO2的浓度与SO3浓度均不再变化是平衡标志，故b正确；
c．SO2的浓度与SO3浓度相等和起始量和变化量有关，SO2的浓度与SO3浓度相等不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
故答案为：b。
【点评】本题考查了化学反应速率的计算、平衡标志的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
16．【分析】（1）①等体积等浓度混合所得溶液为氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性；
（2）若c＝0.2，等体积等浓度混合生成氯化铵，显酸性，为保证显碱性，应使碱过量；
（3）③中所得混合溶液中含等量的氯化铵、氨水的混合物，pH＞7，一水合氨的电离大于铵根离子水解；
（4）①、③比较，①中浓度小，电离程度大．
【解答】解：（1）①等体积等浓度混合所得溶液为氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性，由氯化铵溶液的pH＝5可知由水电离出的c（H+）＝10﹣5 mol•L﹣1，
故答案为：10﹣5；
（2）若c＝0.2，等体积等浓度混合生成氯化铵，显酸性，为保证显碱性，应使碱过量，则②中，c＞0.2，
故答案为：＞；
（3）③中所得混合溶液中含等量的氯化铵、氨水的混合物，pH＞7，一水合氨的电离大于铵根离子水解，则各离子浓度由大到小的顺序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（4）①、③比较，①中浓度小，电离程度大，则①、③所用氨水中的：①＞③，
故答案为：＞．
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握酸碱混合后溶质、盐类水解、弱电解质的电离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（4）为解答的难点，题目难度中等．
17．【分析】（1）①25℃时硫酸亚铁溶液pH＜7的原因：亚铁离子水解；
②硫酸亚铁溶液与酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸锰、水；
（2）①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色，证明碘单质的存在；
②试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀，可以证明亚铁离子的存在，
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，可以证明铁离子的存在，铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者之间发生反应：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，根据平衡移动原理进行回答即可；
（3）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。
【解答】解：（1）①25℃时硫酸亚铁溶液pH＜7的原因：亚铁离子水解，离子方程式为：Fe2++2H2O＝Fe（OH）2+2H+，
故答案为：Fe2++2H2O＝Fe（OH）2+2H+；
②硫酸亚铁溶与酸性高锰酸钾溶液的离子反应为：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O；
（2）①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色，证明碘单质的存在；
②试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀，可以证明亚铁离子的存在，
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，可以证明铁离子的存在，铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者之间发生反应：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，
实验②检验的离子是Fe2+；实验①和③说明：在I﹣过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，由此可以证明该氧化还原反应为2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，属于可逆反应，
故答案为：Fe2+；Fe3+；可逆反应；
（3）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；Fe3+催化过氧化氢分解生成氧气。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
18．【分析】（1）由实际反应放出热量求算反应热；
（2）催化剂能降低反应所需的活化能，加快反应速率；
（3）由Qc和K的大小关系判断反应方向；
（4）a.原子利用率100%，反应物应全部转化为目标产物；
b.二氧化碳转化为甲醇，可减少大气中二氧化碳含量；
c.催化剂不能改变反应焓变；
d.减小生成物浓度，平衡正向移动，将反应物循环使用，可提高原料利用率；
（5）①加压，平衡向气体分子数减小的方向移动；
②由温度变化对主副反应的影响判断CO2平衡转化率变化原因。
【解答】解：（1）反应中生成8.0gCH3OH（g）放出的热量为12.3kJ，则CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣×12.3kJ/mol＝﹣49.2kJ/mol，
故答案为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.2kJ/mol；
（2）由图可知，过程Ⅱ中反应活化能降低，反应速率加快，有催化剂存在，
故答案为：Ⅱ；
（3）某时刻测得c（CH3OH）＝1mol/L，此时c（H2O）＝1mol/L，c（CO2）＝﹣1mol/L＝2mol/L，c（H2O）＝﹣3mol/L＝3mol/L，Qc＝＝＝＜K，故反应正向移动，
故答案为：正向移动；
（4）a.反应除甲醇外，还有水生成，故原子利用率小于100%，故a错误；
b.反应中二氧化碳转化为甲醇，可减小大气中二氧化碳含量，有助于缓解温室效应，故b正确；
c.催化剂可以降低反应所需的活化能，但不能改变反应的焓变，故c错误；
d.降温分离液态甲醇和水，平衡正向移动，可提高CO2与H2的转化率，将剩余气体重新通入反应器，可提高CO2与H2的利用率，故d正确；
故答案为：bd；
（5）①该反应正向为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于甲醇的生成，由图1可知，同温时P1的甲醇平衡产率大于P2的甲醇平衡产率，因此P1大于P2，
故答案为：＞；该反应正向为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于甲醇的生成，图1中，同温时P1的甲醇平衡产率大于P2的甲醇平衡产率，因此P1大于P2；
②图2中，压强为p2，温度高于503 K后，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是CO2平衡转化率为主反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，温度升高，CO2平衡转化率降低，温度高于503 K后，CO2平衡转化率主要取决于副反应，
故答案为：CO2平衡转化率为主反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，温度升高，CO2平衡转化率降低，温度高于503 K后，CO2平衡转化率主要取决于副反应。
【点评】本题考查热化学方程式书写和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，注意利用平衡常数判断反应方向的方法。
19．【分析】0.1 mol/L H3PO4溶液的pH＝1.5，说明溶液中c（H+）＜c（H3PO4），说明磷酸部分电离，据此分析解答；酸性物质能中和OH﹣，c（OH﹣）减小，促进Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3PO43﹣（aq）+OH﹣（aq）平衡正向移动，据此分析解答；NaH2PO4溶液显酸性，说明H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度，据此分析判断；由图象知，pH＝4时的主要微粒为H2PO4﹣，pH＝10时的主要生成物为HPO42﹣，据此分析书写溶液的pH由4到10时发生反应的离子方程式；气体的溶解度随温度升高而减小，反应终点生成Na2HPO4，存在关系式2NaOH～H3PO4～Na2HPO4，据此分析计算。
（1）室温下，测得0.1 mol/L H3PO4溶液的pH＝1.5，溶液中c（H+）＜c（H3PO4），说明磷酸部分电离；
（2）可乐中的酸性物质能中和OH﹣，c（OH﹣）减小，促进Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3 PO43﹣ （aq）+OH﹣（aq）平衡正向移动；
（3）①a．NaH2PO4溶液显酸性，溶液中c（OH﹣）＜c（H+）；
b．NaH2PO4溶液显酸性，说明H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度；
c．根据电荷守恒，阳离子所带正电荷等于阴离子所带负电荷；
d．NaH2PO4溶液显酸性，说明H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度，抑制了水的电离；
②由图象知，pH＝4时的主要微粒为H2PO4﹣，pH＝10时的主要微粒为HPO42；
（4）①加热能够降低气体的溶解度，加热的目的是将可乐中的CO2气体赶出；
②消耗n（NaOH）＝0.005L×0.100mol/L＝5×10﹣4mol，反应终点是生成Na2HPO4，则存在关系式2NaOH～H3PO4～Na2HPO4，根据关系式得n（H3PO4）＝n（NaOH）＝×5×10﹣4mol＝2.5×10﹣4mol。
【解答】解：（1）室温下，测得0.1 mol/L H3PO4溶液的pH＝1.5，溶液中c（H+）＜c（H3PO4），说明磷酸部分电离，则H3PO4电离的方程式：H3PO4⇌H++H2PO4﹣、H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣、HPO42﹣⇌H++PO43﹣，
故答案为：H3PO4⇌H++H2PO4﹣、H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣、HPO42﹣⇌H++PO43﹣；
（2）可乐中的酸性物质能中和OH﹣，c（OH﹣）减小，促进Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3 PO43﹣ （aq）+OH﹣（aq）平衡正向移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解，造成龋齿，
故答案为：可乐中的酸性物质中和了OH﹣，c（OH﹣）减小，Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3 PO43﹣ （aq）+OH﹣（aq）平衡正向移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解，造成龋齿；
（3）①a．NaH2PO4溶液显酸性，溶液中c（OH﹣）＜c（H+），故a错误；
b．NaH2PO4溶液显酸性，说明H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度，故b正确；
c．根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝c（H2PO4﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（PO43﹣）+c（OH﹣），故c正确；
d．NaH2PO4溶液显酸性，说明H2PO4﹣的电离程度大于其水解程度，抑制了水的电离，溶液中水的电离程度比纯水小，故d错误；
故答案为：bc；
②由图象知，pH＝4时的主要微粒为H2PO4﹣，pH＝10时的主要微粒为HPO42﹣，当溶液的pH由4到10时，发生反应的离子方程式为OH﹣+H2PO4﹣＝HPO42﹣+H2O，
故答案为：OH﹣+H2PO4﹣＝HPO42﹣+H2O；
（4）①加热能够降低气体的溶解度，加热的目的是将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定，
故答案为：将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定；
②消耗n（NaOH）＝0.005L×0.100mol/L＝5×10﹣4mol，反应终点是生成Na2HPO4，则存在关系式2NaOH～H3PO4～Na2HPO4，根据关系式得n（H3PO4）＝n（NaOH）＝×5×10﹣4mol＝2.5×10﹣4mol，该可乐样品中磷酸的含量＝＝0.49g/L，
故答案为：0.49。
【点评】本题考查了元素化合物的性质的综合应用、溶液中离子浓度大小比较、离子方程式的书写等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用能力的考查，注意把握题目中的信息以及对图象的分析理解。
20．【分析】由流程可知，含有K2Cr2O7的废水同时含有SO42﹣，加入适量熟石灰过滤得到的固体1为CaSO4和滤液1，向滤液1中加入BaCl2•2H2O的目的是使CrO42﹣从溶液中沉淀出来，过滤得到固体2为BaCrO4，滤液2检测CrO42﹣含量达标，向固体2中加入硫酸，回收重铬酸，同时生成固体3为硫酸钡沉淀，以此来解答；
（1）根据反应Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+，消耗氢离子会导致反应右移；
（2）根据表中数据可知，BaCrO4溶度积为1.17×10﹣10，CaCrO4溶度积为2.30×10﹣2，BaCrO4比CaCrO4更难溶；
（3）根据图象可知，CrO42﹣的沉淀率随温度升高，沉淀速率加快；
（4）使用0.450mol•L﹣1的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol⋅L﹣1的硫酸的原因为c （H2SO4）增大，则c（SO42﹣）增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4（s）＝Ba2+ （aq）+CrO42﹣（aq）平衡右移，使c（CrO42﹣）增大，同时c （H+ ）也增大，共同促使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+平衡左移；
（5）根据上述分析可知，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与温度、浓度、溶液pH、硫酸浓度、沉淀颗粒等有关。
【解答】解：（1）对于反应Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+，加入Ca（OH）2，引入氢氧根离子，消耗氢离子，该平衡向正反应方向移动，
故答案为：正反应；
（2）根据表中数据可知，BaCrO4溶度积为1.17×10﹣10，CaCrO4溶度积为2.30×10﹣2，BaCrO4比CaCrO4更难溶，所以选用Ba2+处理废水可以使CrO42﹣沉淀更完全，
故答案为：BaCrO4溶度积为1.17×10﹣10，CaCrO4溶度积为2.30×10﹣2，BaCrO4比CaCrO4更难溶，所以选用Ba2+处理废水可以使CrO42﹣沉淀更完全；
（3）根据图象可知，CrO42﹣的沉淀率随温度升高，沉淀速率加快，
故答案为：温度升高，沉淀速率加快；
（4）使用0.450mol•L﹣1的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol⋅L﹣1的硫酸的原因为c （H2SO4）增大，则c（SO42﹣）增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4（s）＝Ba2+ （aq）+CrO42﹣（aq）平衡右移，使c（CrO42﹣）增大，同时c （H+ ）也增大，共同促使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7，
故答案为：c （H2SO4）增大，则c（SO42﹣）增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4（s）＝Ba2+ （aq）+CrO42﹣（aq）平衡右移，使c（CrO42﹣）增大，同时c （H+ ）也增大，共同促使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7；
（5）根据上述分析可知，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与温度、浓度、溶液pH、硫酸浓度、沉淀颗粒等有关，受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响，
故答案为：溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及反应原理的应用，题目难度不大。