重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题（原卷版+解析版）

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化学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；
4.全卷共7页，满分100分，考试时间75分钟。
一、选择题
1. 合理正确应用化学物质会使生活更加丰富多彩。下列有关物质的性质和用途不对应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．ClO2具有强氧化性，能消毒杀菌，常用于自来水消毒，故A正确；
B．Fe2O3呈红色，常添加到油漆中作红色颜料，故B正确；
C．Na2CO3因碳酸根水解呈碱性，能与盐酸反应，但Na2CO3碱性比较强，对胃黏膜刺激过大，一般不用作治疗胃酸的药物成分，故C错误；
D．发动机火花塞须耐高温、耐腐蚀，钛合金具有耐高温、耐腐蚀的特性，故D正确；
答案选C。
2. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H<0，则SO2能量一定高于SO3的能量
B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H>0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)△H=-57.3kJ·ml-1，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3 kJ
D. 已知2C(s) +2O2(g) =2 CO2(g)△H1 2C(s) +O2(g) =2CO (g) △H2则△H1＜△H2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应放热，表示与的总能量高于的总能量，A错误；
B．反应吸热，表示金刚石总能量高于石墨总能量，因此金刚石比石墨相对活泼，B错误；
C．该热化学方程式只能表示一定温度下强酸的稀溶液与强碱的稀溶液中和反应生成可溶性盐和水的热效应，C错误；
D．前者表示2ml碳完全燃烧的焓变，后者表示2ml碳不完全燃烧的焓变，由于放热反应的，故，D正确；
故选D。
3. 合成氨所需的H2可由反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ∆H<0提供，下列措施中，能提高CO转化率的是
A. 增大水蒸气浓度B. 升高温度C. 增大CO浓度D. 增大压强
【答案】A
【解析】
【详解】A．增大水蒸气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故A正确；
B．正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故B错误；
C．增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；
D．该反应前后气体的体积不变，增加压强，该平衡会不会发生移动，CO的转化率不变，故D错误。
答案选A。
4. 下列叙述中不正确的是
A. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极的阴极保护法
B. 葡萄酒中含维生素C等多种维生素，通常添加微量防止营养成分被氧化
C. 复方氢氧化铝、碳酸氢钠片、雷尼替丁等抗酸药均能抑制胃壁细胞分泌盐酸
D. 2020年1月我国爆发了新冠肺炎疫情，可采用“84”消毒液来杀灭新型冠状病毒
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．电热水器内胆易腐蚀，可采用的是牺牲阳极的阴极保护法防止内胆腐蚀，A正确；
B．维生素C和SO2都具有还原性，葡萄酒中添加微量SO2可防止维生素C被氧化，B正确；
C．复方氢氧化铝和碳酸氢钠片用于中和过多的胃酸，不能抑制胃壁细胞分泌盐酸，C错误；
D．“84”消毒液可以使新型冠状病毒中含有的蛋白质发生变性，从而杀灭新型冠状病毒，D正确；
故选C。
5. 为了减缓铁与稀硫酸反应速率但不减少产生氢气的量，可以在稀硫酸中加入
A. NaOH溶液B. Na2CO3 溶液C. Fe2O3D. Na2SO4溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入NaOH溶液，稀硫酸和氢氧化钠反应，氢离子浓度减小、氢离子总物质的量变小，影响氢气总量，故A错误；
B．加入Na2CO3溶液，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，导致和铁反应的氢离子总物质的量减少，影响氢气总量，故B错误；
C．加入Fe2O3，Fe2O3和稀硫酸反应，氢离子总物质的量减小，影响氢气总量，且生成的硫酸铁和铁也反应，故C错误；
D．加入Na2SO4溶液，相当于稀释，氢离子浓度减小、氢离子总物质的量不变，所以符合条件，故D正确；
故答案为D。
6. X、Y、Z三种气体，取X和Y按2∶1的物质的量之比混合，放入固定体积的密闭容器中发生如下反应：X + 2Y 2Z，达到平衡后，X的转化率不可能为
A. 10%B. 15%C. 20%D. 25%
【答案】D
【解析】
【详解】X和Y按2∶1的物质的量之比混合，设X的物质的量是2ml，Y的物质的量是1ml,若Y全部转化，消耗X的物质的量是0.5ml，此时X的转化率是0.5ml/2ml=25%，而可逆反应中的反应物不可能全部转化，所以X的转化率不可能是25%，答案选D。
7. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A． KI溶液不足，溶液过量，因此铁不能完全转化，故溶液中一定有铁离子，一定能KSCN溶液变红，A错误；
B．测量溶液的PH时，应用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸上，与pH标准比色卡对照读数，B正确；
C．等体积、等浓度的和溶液的试管中同时加入2mL溶液,可以探究和对过氧化氢分解的催化作用，C正确；
D．测定中和热时，测量硫酸、氢氧化钠两溶液在量热器中充分反应前后最大温度差，进行计算，D正确；
故选A。
8. 向某密闭容器中加入0.3ml A、0.1ml C和一定量B的混合气体，在一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如图甲所示（t0～t1阶段的c(B)变化未画出），图乙为t2时刻改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段各改变一种不同的反应条件。下列说法中正确的是
A. 若t1="15" s，t0～t1阶段B的平均反应速率为0.004 ml·L－1·s－1
B. t4～t5阶段改变的条件是减小压强
C. 该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为0.02 ml
D. t5～t6阶段，容器内A的物质的量减少了0.06 ml，容器与外界的热交换为a kJ，则该反应的热化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g) △H=－50a kJ·ml－1
【答案】B
【解析】
【详解】A．根反应中A的浓度变化为0.15ml/L—0.06ml/L＝0.09ml/L，C的浓度变化为0.11ml/L—0.05ml/L＝0.06ml/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06＝3：2，t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，则t4～t5阶段应为减小压强，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有3AB＋2C，若t1=15s，生成物B在t0～t1时间段的平均反应速率为：v（B）==0.002ml•L-1•s-1，选项A错误；
B．t4～t5阶段正逆反应速率减小且相等，平衡不移动，如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，t4～t5阶段改变的条件为减小压强；t5～t6阶段正逆反应速都增大，平衡发生移动，应为升高温度，选项B正确；
C．根据方程式可知消耗0.09ml/L的A，则生成0.03ml/L的B，容器的体积为＝2L，生成B的物质的量为0.03ml/L×2L=0.06ml，平衡时B的物质的量为0.05ml/L×2L=0.1ml，所以起始时B的物质的量为0.1ml-0.06ml=0.04ml，选项C错误；
D．该反应不一定是放热反应，选项D错误；
答案选B。
9. 铝的冶炼在工业上通常采用电解Al2O3的方法，装置示意图如图。研究表明，电解AlCl3－NaCl熔融盐也可得到Al，熔融盐中铝元素主要存在形式为AlCl和Al2Cl。下列说法不正确的是
A. 电解Al2O3装置中B电极为阴极，发生还原反应
B. 电解Al2O3过程中碳素电极虽为惰性电极，但生产中会有损耗，需定期更换
C. 电解AlCl3－NaCl时阴极反应式可表示为4Al2Cl+3e—=Al+7AlCl
D. 电解AlCl3－NaCl时AlCl从阳极流向阴极
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，电解氧化铝的装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气高温下与碳素电极中的碳反应生成碳的氧化物。
【详解】A．由分析可知，电解氧化铝的装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，故A正确；
B．由分析可知，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气高温下与碳素电极中的碳反应生成碳的氧化物，由于生产中碳素电极会有损耗，需定期更换，故B正确；
C．由化合价变化可知，电解AlCl3－NaCl熔融盐制备金属铝时，Al2Cl离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝和AlCl离子，电极反应式为4Al2Cl+3e—=Al+7AlCl，故C正确；
D．由化合价变化可知，电解AlCl3－NaCl熔融盐制备金属铝时，铝做电解池的阳极，在AlCl离子作用下铝在阳极失去电子发生氧化反应生成AlCl离子，电极反应式为Al+7AlCl—+3e—=4Al2Cl，则电解时AlCl从阴极流向阳极，故D错误；
故选D。
10. 常温下，等物质的量浓度的下列溶液中最大的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】相同物质的量浓度的、NH4HSO4、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3溶液，(NH4)2SO4、(NH4)2CO3中大于NH4HSO4溶液中，(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，(NH4)2CO3溶液中的会促进的水解，NH4HSO4电离出的H+会抑制的水解，为弱电解质，最小，所以相同物质的量浓度的溶液中：(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4HSO4>，故选C。
11. 一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应，以下不能说明，该反应达到化学平衡状态的是
A. 混合气体的密度不再变化B. 反应容器中Y的质量分数不变
C. 体系压强不再变化D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应前后气体质量是变量，所以混合气体的密度是变量，混合气体的密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故A错误；
B．随反应进行，Y的质量分数增大，若反应容器中Y的质量分数不变，一定达到平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体系数和改变，压强是变量，体系压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故C错误；
D．正反应速率和逆反应速率相等为平衡状态， D选项不满足速率之比和系数成正比关系，反应未达到平衡状态，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断。判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等，变量不变”，“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志，注意题给反应中Z呈固态。
12. 下列实验操作、现象、结论均完全正确的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 未指出Na2CO3和NaHCO3溶液的浓度，所以不能根据溶液的pH大小，判断盐水解程度的大小，A错误；
B.先向盛有1mL 0.1ml/L的AgNO3溶液的试管中滴加两滴0.1ml/L的NaCl溶液，发生沉淀反应，产生白色AgCl沉淀，由于AgNO3溶液过量，所以再向其中滴加0.1ml/L的NaI溶液，会发生沉淀反应，产生AgI黄色沉淀，所以不能证明AgCl沉淀可转化成AgI沉淀，B错误；
C.电解饱和CuCl2溶液，在阴极产生Cu单质，阳极产生Cl2，由于Cl2具有氧化性，在溶液中与KI发生置换反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此润湿的淀粉—碘化钾试纸靠近阳极，试纸变为蓝色，C正确；
D.饱和FeCl3溶液中存在盐的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入固体NaCl，该盐电离产生的Na+、Cl-与盐的水解平衡无关，因此对盐的水解平衡无影响，因此溶液的颜色不会发生变化，D错误；
故答案是C。
13. 某小组探究与在不同条件下的反应，实验操作和现象记录如下：
下列说法错误的是
A. Ⅰ中与可以缓慢反应，可能生成
B. Ⅱ中可能发生的反应为
C. 增大，的氧化性增强
D. 增大有利于的生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ⅰ中将和30%溶液混合，铜片表面附着黑色固体CuO，说明与可以缓慢反应，可能生成，故A正确；
B．Ⅱ中将、30%溶液、氨水混合，溶液变为浅蓝色可能生成，根据电荷守恒和得失电子守恒配平离子方程式为：，故B正确；
C．Ⅲ中加入氨水后还加入了NH4Cl固体，抑制了一水合氨的电离，则pH: Ⅲ<Ⅱ，则c(OH-): Ⅲ<Ⅱ，但是现象中并没有减慢气泡速率，因此不能证明增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强，故C错误；
D．由离子方程式Cu2++4NH3可知增大c(NH)抑制一水合氨的电离，c(NH3)有利于的生成，故D正确；
故选C。
14. 某杂志曾报道过某课题组利用磁性纳米Fe3O4颗粒除去水体中草甘膦污染物的方法，其原理如图所示(Fe3O4颗粒在水中表面会带-OH)。下列说法不正确的是
A. 草甘膦能与氢氧化钠溶液反应
B. Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程有化学键的形成和断裂
C 溶液中c(H+)越大，Fe3O4纳米颗粒除污效果越好
D. 处理完成后，Fe3O4纳米颗粒可用磁铁回收，经加热活化重复使用
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．草甘膦中的-COOH能与NaOH溶液反应，故A正确;
B．由Fe3O4纳米颗粒除去草甘膦的过程中图可知，基团中断开O-H键与Fe3O4表面的-OH反应生成水，然后与Fe3O4形成新的化学键，故B正确；
C．已知Fe3O4颗粒在水中表面会带-OH，Fe3O4纳米颗粒粒径越小，表面积越大，除污效果越好，溶液中c(H+)越大，颗粒越大，除污效果越差，故C错误；
D．由图可知，处理完成后，在450℃下持续加热30分钟，纳米颗粒与草甘膦完全分离，然后再用磁铁回收Fe3O4。纳米颗粒，经加热活化后，重复使用，故D正确；
故答案选C。
二、非选择题
15. 石棉尾矿主要含有Mg3(Si2O5)(OH)4和少量的Fe2O3、Al2O3。以石棉尾矿为供源制备碳酸镁晶须(MgCO3·nH2O)的工艺如下：
已知“焙烧”过程中的主反应为：
Mg3(Si2O5)(OH)4+5(NH4)2SO43MgSO4+10NH3↑+2SiO2+7H2O↑+2SO3↑
（1）写出焙烧产物NH3的电子式__________。
（2）提高水浸速率，可采取的措施为_________（任写一条）。“浸渣”的主要成分为________。
（3） “除铁、铝”时，需将pH调至8.0左右，适宜作调节剂的是_________(填字母代号)。
a. NaOH b.Ca(OH)2 c.NH3·H2O
（4） “沉镁”过程中反应的离子方程式为________________。
（5）流程中可以循环利用的物质是________（填化学式）。
【答案】（1） （2） ①. 将焙烧渣粉碎或加热或搅拌 ②. SiO2
（3）c （4）Mg2++2HCO+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O↓+CO2↑
（5）(NH4)2SO4
【解析】
【分析】石棉尾矿焙烧得到产物MgSO4和杂质SiO2、及含Al、Fe的硫酸盐，水浸后过滤分离除去不溶物SiO2，向滤液中加入氨水调节pH至8.0左右，使Al、Fe的可溶盐转化为沉淀而除去，最后加入NH4HCO3，将Mg2+转化为MgCO3沉淀。
【小问1详解】
氨气的电子式为：；
【小问2详解】
为提高水浸速率，可以将原料粉碎增大其与水的接触面、可以加热升高温度、可以在氺浸的过程中不断搅拌、或者将水以喷雾的形式与原料混合等等。答案为：将焙烧渣粉碎或加热或搅拌 (合理即可)；SiO2不溶于水，故答案为滤渣为SiO2；
【小问3详解】
除“铁、铝”时，将pH调至8.0左右，必须加入碱性溶液，且碱性不能太强，防止Al的可溶性化合物又转化为其他Al的可溶性化合物，且不能带入新的杂质，所以不能用NaOH和Ca（OH）2，故只能选用氨水，答案为：c；
【小问4详解】
加入NH4HCO3时Mg2+转化为MgCO3·nH2O沉淀，两个HCO3-失去两个H+，得到两个CO32-，一个 CO32-与Mg 2+结合，一个CO32-与两个H+结合生成CO2，离子方程式为：Mg2++2HCO3-+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O↓+CO2↑；
【小问5详解】
在沉镁的过程中，除了生成MgCO3·nH2O沉淀外，还有（NH4）2SO4生成，第一步焙烧中也需要（NH4）2SO4，故可以循环利用的物质是(NH4)2SO4。
16. 一定温度(t℃)下，向1 L密闭容器中通入H2和 I2各0.15 ml，发生如下反应：H2(g) + I2(g) 2HI(g)。一段时间后达到平衡，测得数据如下：
请回答：
（1）2 min内，v(H2) =_______ml/(L·min)。
（2）下列能证明该反应已经达到平衡的是_______(填字母)。
A. v正(H2)= v逆 (HI)
B. 混合气体的颜色不再发生变化
C. 混合气体中各组分的物质的量不再发生变化
D. 混合气体的密度不再变化
（3）该反应的化学平衡常数表达式为_______。
（4）H2的平衡转化率是_______。
（5）该温度(t℃)下，若开始通入一定量的H2和 I2，反应达到平衡时，测得c(H2)=0.4ml/L，c(I2)=0.9ml/L，则平衡时c(HI)=_______ml/L。
【答案】（1）0.015 （2）BC
（3）K=
（4）33.3% （5）0.6
【解析】
【小问1详解】
由表格数据可知，2min时，碘蒸气的物质的量为0.12 ml，由方程式可知，2 min内，氢气的反应速率v(H2) ==0.015 ml/(L·min)，故答案为：0.015；
【小问2详解】
A．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v正(H2)= v逆 (HI)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．混合气体的颜色不再发生变化说明碘蒸汽的浓度不变，正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．混合气体中各组分的物质的量不再发生变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
【小问3详解】
由方程式可知，反应的化学平衡常数表达式为K= ，故答案为：K= ；
【小问4详解】
由表格数据可知，7min反应达到平衡时，碘蒸气的物质的量为0.10 ml，由方程式可知，氢气的转化率为×100%≈33.3%，故答案为：33.3%；
【小问5详解】
由表格数据可知，7min反应达到平衡时，碘蒸气的物质的量为0.10 ml，由方程式可知，平衡时碘蒸气、氢气和碘化氢的浓度为=0.10ml/L、=0.10ml/L、×2=0.10ml/L，反应的化学平衡常数K==1，由反应达到平衡时，测得c(H2)=0.4ml/L、c(I2)=0.9ml/L可知，c(HI)= =0.6ml/L，故答案为：0.6。
17. 科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及部分物质未标出)。
(1) 已知:CH4 、CO, 、H2的燃烧热分别为890. 3 kJ·ml-1、283. 0 kJ·ml-1、285. 8 kJ·ml-1。则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)的△H=_________
(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g)。某温度下，将1 ml CO2和3 ml H2充人体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表所示:
①用H2表示的前2h的平均反应速率v(H2)=_________
②该温度下，CO2的平衡转化率为______________
(3)在300℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1:3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp=_____ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO2 ( g)＋6H2 (g)C2H4 (g)＋4H2O(g) △H。在0 .1 MPa时，按(CO2)：(H2)=1：3投料，如图所示为不同温度()下，平衡时四种气态物质的物质的量()的关系。
①该反应的△H_______0(填“>”或“<”)。
②曲线表示的物质为______(填化学式)。
【答案】 ①. -71.4 kJ·ml-1 ②. 0.225 ml·L-1·h-1(或13.5 ml·L-1·minL-1 ③. 40% ④. ⑤. < ⑥. C2H4
【解析】
【详解】（1）根据CH4、、CO和H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：
①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•ml-1；
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•ml-1，
③O2（g）+2H2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ•ml -1；
利用盖斯定律将①2-②-③×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） △H=-71.4 kJ•ml -1，
故答案为2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） △H=-71.4 kJ•ml -1；
(2) ①恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h时=0.85，设消耗CO2的物质的量为xml，
CO2 ( g) + 3H2 (g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g) V
1 3 1 1 2
xml 2x ml
则有=0.85，解得x=0.3，
故前2h的平均反应速率v(H2)==0.225 ml·L-1·h-1。
②该温度下，反应进行5h时达到平衡状态，此时=0.80，设消耗CO2的物质的量为yml，则有=0.85，解得y=0.4，
故CO2的平衡转化率为×100%=40%，
故答案为0.225 ml·L-1·h-1(或13.5 ml·L-1·minL-1 ；40%；
(3)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1ml、3ml，CO2的平衡转化率为50%，则有：
CO2 ( g) + 3H2 (g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g)。
起始量/ml 1 3 0 0
转化量/ml 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡量/ml 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡时p(CO2)=8 MPa×= MPa， p(H2)=8 MPa×=4 MPa，p(CH3OH)=8 MPa×= MPa，p(H2O)=8 MPa×= MPa，
故该反应条件下的平衡常数为Kp===。
故答案为；
(4)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。
②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，C2H4(g)、H2O(g)都是生成物，随着平衡逆向移动，二者的物质的量逐渐减小，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。
故答案为< ；C2H4。
18. 某化学兴趣小组通过以下实验探究，加深对化学反应速率和化学反应限度的认识，并测定化学反应的平衡常数。
实验一：探究温度和浓度对反应速率的影响
【实验原理及方案】在酸性溶液中，碘酸钾和亚硫酸钠可发生反应生成碘，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
（1）上述表格中：=___________mL，=___________。
（2）酸性溶液中，碘酸钾和亚硫酸钠反应的离子方程式为___________。
实验二：探究KI和的反应存在一定的限度
【实验步骤】ⅰ.向溶液中滴加5～6滴溶液，充分反应后，将所得溶液分成甲、乙两等份；
ⅱ.向甲中滴加，充分振荡；
ⅲ.向乙中滴加溶液。
（3）证明反应存在一定限度的实验现象是：步骤ⅱ中___________；步骤ⅲ中___________。
实验三：测定反应的平衡常数K
常温下，取2个碘量瓶分别加入下表中的试剂，振荡半小时。取一定体积的上层清液用标准溶液进行滴定，测定和的总浓度。
（4）不能用普通锥形瓶代替碘量瓶的原因___________。
（5）为了判断用溶液滴定上层清液时的滴定终点，需要选择的指示剂为___________。
（6）0.5g的碘不需要精确称量的理由是：在水中或KI溶液中，___________，故I2(aq)浓度不随碘固体的质量增大而增大。
（7）碘量瓶①平衡体系中与②中接近，列出平衡常数K的计算式___________(只列出计算式即可，不要求计算)。
【答案】（1） ①. 40 ②. 10
（2）
（3） ①. 溶液分层，下层溶液呈紫红色 ②. 溶液变红
（4）使用锥形瓶易被空气中氧气氧化(或碘易升华)
（5）淀粉 （6）已经饱和
（7）
【解析】
【小问1详解】
由实验2可以看出混合液的总体积为50mL。所以V1=50-10=40mL， V2=50-35-5=10mL。
小问2详解】
酸性溶液中，碘酸钾和亚硫酸钠可发生反应生成碘，离子方程式为。
【小问3详解】
步骤ii和iii中的实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl3的反应存在一定的限度，该实验现象是步骤ii中溶液分层，下层为紫红色，步骤iii中溶液变为红色。
【小问4详解】
具有较强的还原性，易被空气氧化，且生成的碘单质易挥发，所以用碘量瓶，可以防止被氧气氧化，则原因是使用锥形瓶易被空气中氧气氧化(或I2易升华)。
【小问5详解】
滴定实验中碘参与反应，选用淀粉溶液作指示。到达滴定终点溶液颜色由蓝色变为无色，30s不变色。
【小问6详解】
0.5g的碘不需要精确称量的理由为在水或KI溶液中，I2(aq)已经饱和，浓度不随碘固体的质量增大而增大。
【小问7详解】
由②中可知①中c(I2)= 0.0012ml/L，①中c()=0.005ml/L-0.0012ml/L=0.0038ml/L，根据，可知 c()=0.01-0.0038=0.0062ml/L，。选项
物质
性质
用途
A.
ClO2
强氧化性
自来水消毒剂
B.
Fe2O3
红色
油漆中的红色颜料
C.
Na2CO3
水解显碱性
治疗胃酸的药物成分
D.
钛合金
耐高温、耐腐蚀
制做发动机的火花塞
选项
探究方案
探究目的
A
向2mL 0.1ml/L KI溶液中加入5mL 0.1ml/L溶液充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化
化学反应有一定限度
B
用玻璃棒蘸取待测溶液滴pH试纸上，立即与pH标准比色卡对照读数
测定新制氨水的pH
C
分别向2支盛有等体积、等浓度的和溶液的试管中同时加入2mL溶液
探究不同催化剂对反应速率的影响
D
分别取50mL 0.5ml/L硫酸、氢氧化钠两溶液在量热器中充分反应，测定反应前后最大温度差
测定中和热
选项
操作
现象
结论
A
在常温下测定Na2CO3和NaHCO3溶液的pH
Na2CO3溶液pH较大
水解能力：Na2CO3大于NaHCO3
B
先向盛有1mL 0.1ml/L的AgNO3溶液的试管中滴加两滴0.1ml/L的NaCl溶液，再向其中滴加0.1ml/L的NaI溶液。
滴加NaCl溶液有白色沉淀生成，滴加NaI溶液后有黄色沉淀生成
AgCl沉淀可转化成AgI沉淀
C
电解饱和CuCl2溶液实验中，用润湿的淀粉—碘化钾试纸靠近阳极
润湿的淀粉—碘化钾试纸变蓝
阳极产生Cl2
D
饱和FeCl3溶液中加入少量NaCl固体
溶液颜色变浅
加入NaCl固体后，FeCl3的水解平衡逆向移动
实验
操作
现象
Ⅰ
、30%溶液混合
10h后，铜片表面附着黑色固体
Ⅱ
、30%溶液、氨水混合
立即产生大量气泡，溶液变为浅蓝色，铜表面光洁
Ⅲ
、30%溶液、氨水和固体混合
立即产生大量气泡，溶液蓝色较深，铜片依然保持光亮
t/min
2
4
7
9
n(I2)/ml
0.12
0.11
0.10
0.10
时间/h
1
2
3
4
5
6
0.90
0.85
0.83
0.81
0.80
0.80
实验序号
酸性溶液(含淀粉)的体积/mL
溶液的体积/mL
水的体积/mL
实验温度/℃
记录出现蓝色的时间/s
①
5
5
0
②
5
5
40
25
③
5
35
25
编号
碘量瓶①
碘量瓶②
试剂
研细碘
溶液
研细的碘
和的总浓度