浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2022-2023学年高二化学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cr52选择题部分一、选择题(本大题共25小题每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A.冰淇淋的运输常用干冰来保冷是利用干冰升华发生吸热反应B.食品中添加抗氧化剂可减缓食品变质速率C.“刀耕火种”的原理是以灰肥田，降低土壤酸度D.打开啤酒瓶盖子会有气泡逸出与平衡的移动有关【答案】A【解析】【详解】A．干冰升华是物理变化，是吸热过程不是吸热反应，A错误；B．食品中添加抗氧化剂可减缓食品变质速率，B正确；C．“刀耕火种”的原理是以灰肥田，草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸根水解使溶液呈碱性，降低土壤酸度，C正确；D．打开啤酒瓶盖子会使压强减小，有气泡逸出与平衡的移动有关，D正确；故选A。2.下列反应属于吸热反应且不属于氧化还原反应的是A.灼热的炭与二氧化碳反应B.碳酸氢钠与盐酸反应C.氯酸钾固体受热分解D.生石灰与水反应【答案】B【解析】 【详解】A．灼热的炭与二氧化碳反应是吸热反应但属于氧化还原反应，A不符合题意；B．碳酸氢钠与盐酸反应是吸热反应（盐酸的氢离子与碳酸氢钠水解出的氢氧根离子中和反应应该是放热反应，但是后来由于二氧化碳以及氯化氢的大量溢出，试管被制冷）且是非氧化还原反应，B符合题意；C．氯酸钾固体受热分解是氧化还原反应，C不符合题意；D．生石灰与水反应是放热反应，D不符合题意；故选B。3.下列物质属于弱电解质的是A.B.HClOC.D.氨水【答案】B【解析】【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；【详解】A．是一种盐，是强电解质，A错误；B．HClO在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质　，B正确；C．二氧化硫自身不能电离出离子，不导电，为非电解质，C错误；D．氨水为混合物，不是电解质，D错误；故选B。4.下列溶液不一定显中性的是A.pH=6的蒸馏水B.C.的溶液D.水电离出的氢离子物质的量浓度为mol/L【答案】D【解析】【分析】溶液中性即c(H+)=c(OH-)。【详解】A．蒸馏水是中性的，常温下pH=7，升高到一定温度，pH=6，依然是中性溶液，A不符合题意； B．，且，故，该溶液显中性，B不符合题意；C．的溶液，溶液呈中性，C不符合题意；D．水电离出的氢离子物质的量浓度为，未说明温度，不知道水的离子积常数故不能求算氢氧根的浓度，该溶液不一定是中性，D符合题意；故选D。5.反应在四种不同情况下的反应速率如下，表示反应速率最快的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，比较化学反应速率，需转化为同一种物质去比较，且单位相同，本题全部转化为A的反应速率去比较。【详解】A．；B．，转化为A反应速率为，；C．，转化为A的反应速率为，；D．，转化为A的反应速率为，；综上分析，反应速率最快的为；故选D。6.下列反应不可能自发进行的是A.△H＜0B.△H＞0 C.△H＜0D.△H＞0【答案】D【解析】【详解】A．反应的△H＜0、ΔS＜0，低温时能自发进行，A不符合题意；B．反应的△H＞0、ΔS＞0，高温时能自发进行，B不符合题意；C．反应的△H＜0、ΔS＞0，在任何条件下都能自发进行，C不符合题意；D．反应的△H＞0、ΔS＜0，在任何条件下都不能自发进行，D符合题意；故选D。7.下列关于化学反应速率的说法正确的是A.恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快B.使用催化剂可增大活化分子百分数，化学反应速率增大C.增大反应物浓度可增大活化分子的百分数，化学反应速率增大D.的催化氧化为放热反应，温度升高，逆反应速率增大，正反应速率减小【答案】B【解析】【详解】A．对有气体参加的反应增大压强反应速率才加快，A错误；B．使用催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，B正确；C．增大反应物浓度可增大活化分子数，但活化分子百分数不变，C错误；D．的催化氧化为放热反应，温度升高，正、逆反应速率都增大，但v(正)<v(逆)，D错误；故选B。8.下列关于能量变化的说法正确的是A.P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH＜0，则白磷比红磷稳定B.活化分子发生有效碰撞，吸收能量转化为产物分子C.“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，水的能量高 D.反应，加入降低了反应的活化能和焓变【答案】C【解析】【详解】A．P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH＜0，则白磷比红磷稳定性差，红磷能量低，故A错误；B．化学反应的历程一般为：普通反应物分子获得能量变为活化分子，然后是活化分子发生有效碰撞形成生成物分子，同时释放能量，故B错误；C．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰熔化需吸收能量，水的能量高，故C正确；D．反应，加入降低了反应的活化能，但焓变只与终态和始态有关，与变化的途径无关，催化剂不能改变反应的焓变，故D错误；故选C。9.下列电离方程式正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化钙是强碱，属于强电解质，电离方程式：，A正确；B．氢氧化铁是弱碱，属于弱电解质，其电离方程式为，B错误；C．碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为：，C错误；D．碳酸是二元弱酸，弱酸的电离分步写，碳酸的电离方程式为：，，D错误；故选A。10.下列说法中正确的是A.能够自发进行的反应一定能迅速进行B.ΔH-TΔS＜0的反应，不需要任何条件就可自发进行 C.冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程D.ΔH＜0该反应能自发，必须满足b＜3【答案】C【解析】【详解】A．△G<0反应自发进行，能自发进行，反应速率不一定大，如金属的腐蚀，故A错误；B．反应自发进行的条件是△H-T△S<0，反应自发进行不一定不需要任何条件，高锰酸钾受热分解，故B错误；C．同种物质熵值：液体＞固体，则冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程，故C正确；D．根据△H-T△S<0，ΔH＜0，△S＞0，任何温度下都可自发进行，则需满足b＜3；ΔH＜0，△S＜0，低温条件下也可自发进行，则满足b＞3，故D错误；故答案选：C。11.甲酸(HCOOH)的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是A.溶液中HCOOH和共存B.0.1mol/LHCOOH溶液的pH大于1C.10mL1mol/LHCOOH恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D.同浓度的HCOOH溶液的导电性比盐酸溶液的弱【答案】C【解析】【详解】A．溶液中和共存说明甲酸存在电离平衡，即甲酸为弱电解质，故A正确；B．0.1mol/LHCOOH溶液的pH大于1，说明溶液中浓度小于0.1mol/L，即甲酸不完全电离，为弱电解质，故B正确；C．10mL1mol/LHCOOH恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，是酸碱中和反应，不能说明甲酸为弱电解质，故C错误；D．同浓度的HCOOH溶液的导电性比盐酸溶液的弱，说明甲酸溶液中自由离子浓度小于盐酸，即甲酸不完全电离，故D正确；故选C。 12.恒温下，反应达到平衡后，把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时，X的物质的量浓度由0.1增大到0.18，下列判断正确的是A.a>bB.a＜b＋cC.平衡向逆反向方向移动D.Y的物质的量分数减小【答案】A【解析】【详解】A．平衡后，把容器体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，X的浓度由0.1mol·L-1变为0.2mol·L-1，而达到新平衡时，X的物质的量浓度由0.1mol·L-1增大到0.18mol·L-1，可知体积减小、压强增大，平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，即a＞b，A正确；B．由上述分析知a＞b，B错误；C．X的物质的量浓度由0.1mol·L-1增大到0.18mol·L-1，可知体积减小、压强增大，平衡向正反应方向移动，C错误；D．平衡正向移动，Y的物质的量增多且气体总的物质的量减少，故Y的物质的量分数增大，D错误；故选A。13.某学生想通过测定中和反应过程中所放出的热量来计算中和反应的焓变。将50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图装置中进行中和反应。下列说法正确的是A.玻璃搅拌器应顺时针方向旋转搅拌使其充分反应B.倒入NaOH溶液的正确操作是分多次缓慢倒入C.改用50mL0.60mol/LNaOH的溶液反应放出的热量不相等D.测量稀盐酸的温度计未洗净直接测定NaOH溶液的温度会使中和热数值偏小【答案】D【解析】【详解】A．玻璃搅拌器应上下移动搅拌使其充分反应，A错误； B．倒入NaOH溶液的正确操作是一次性快速倒入，B错误；C．改用50mL0.60mol/LNaOH的溶液反应，生成水的量不变，故放出的热量相等，C错误；D．测量稀盐酸的温度计未洗净直接测定NaOH溶液的温度会造成起始平均温度偏大，温度差变小，导致中和热数值偏小，D正确；故选D。14.室温下，水的电离达到平衡：。下列叙述不正确的是A.向水中加入少量金属Na，平衡正向移动，增大B.向水中加入少量，平衡逆向移动，变小C.向水中加入少量，水的电离程度减小，增大D.向水中加入少量NaCl固体，溶液呈中性，水的电离平衡不移动【答案】B【解析】【详解】A．向水中加入少量金属Na，Na会和H+反应，使得c(H+)减小，平衡正向移动，c(OH-)增大，A正确；B．向水中加入少量CH3COOH，CH3COOH的电离程度大于水的电离，使得c(H+)增大，平衡逆向移动；但是温度不变，KW也不变，B错误；C．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中完全电离出Na+、H+和，故向水中加入少量NaHSO4，使得c(H+)增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，C正确；D．NaCl对水的电离无影响，向水中加入少量NaCl固体，溶液呈中性，水的电离平衡不移动，D正确；故选B。15.下列说法正确的是A.常温下，pH=12的NaOH溶液中，B.常温下，由水电离出的，则该溶液一定呈碱性C.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同D.常温下，用水稀释0.1的醋酸溶液的过程中，的物质的量增大【答案】D 【解析】【详解】A．常温下，Kw=1.010-14，pH=12的NaOH溶液中，c(H+)=10-12mol/L，故c(OH-)=10-2mol/L，A错误；B．常温下，加酸或加碱都可以抑制水的电离，当水电离出的，该溶液可能是碱溶液也可能是酸溶液，B错误；C．一水合氨是弱碱，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更多，C错误；D．常温下，用水稀释0.1的醋酸溶液，越稀越电离，的物质的量增大，但浓度减小，D正确；故选D。16.下列叙述中，能用勒夏特列原理解释的是A.合成氨工业中温度选择400℃-500℃B.加入催化剂有利于与反应生成C.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D.由(g)、(g)、HI(g)组成的平衡体系通过缩小体积加压后颜色变深【答案】C【解析】【详解】A．合成氨正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，不能用勒夏特列原理解释工业工业合成氨中温度选择400℃-500℃，故不选A；B．催化剂不能使平衡移动，不能用勒夏特列原理解释加入催化剂有利于与反应生成，故不选B；C．饱和食盐水中氯离子浓度大，能使平衡逆向移动，氯气在饱和食盐水中的溶解度小，能用勒夏特列原理解释实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气，故选C；D．增大压强，(g)+(g)2HI(g)平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释(g)、(g)、HI(g)组成的平衡体系通过缩小体积加压后颜色变深，故不选D；选C。 17.一定温度下，将0.10molX和0.20molY加入2L的恒容密闭容器中，发生反应，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min02468n(Y)/mol0.200.140.110.100.10下列说法正确的是A.反应前2min的平均速率B.其他条件不变，再充入0.20molY，平衡时Y的转化率增大C.该温度下此反应的平衡常数K=40D.当容器内气体的密度不变时，即达到化学平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．反应前2minY的物质的量的变化是0.06mol，故X的变化量为0.03mol，，故A错误；B．其他条件不变，再充入0.20molY，X的转化率增大，但平衡时Y的转化率减小，B错误；C．，故C正确；D．该反应只有气体参与且容积不变，故反应的任何阶段容器内气体的密度不变，D错误；故选C。18.下列说法不正确的是A.用润湿的pH试纸测稀NaOH溶液的pH，测定值偏小B.将pH=3的醋酸溶液稀释1000倍得到pH＜6醋酸溶液C.酸碱中和滴定时，若不小心滴过了头，可向锥形瓶内再滴加少量待测液，继续滴定到终点D.用酸式滴定管量取20.00mL的盐酸溶液，结束时仰视读数，会使所量液体体积偏大【答案】C 【解析】【详解】A．润湿的pH试纸测稀NaOH溶液的pH，相当于稀释该溶液，使得测出的数值偏小，故A正确；B．醋酸为弱酸，稀释过程中电离程度增大，所以将pH=3的醋酸溶液稀释1000倍得到pH＜6醋酸溶液，故B正确；C．酸碱中和滴定时，若不小心滴过了头，应重新滴定，故C错误；D．用酸式滴定管量取20.00mL的盐酸溶液，结束时仰视读数，则末读数偏大，实际体积=末读数-初读数，所量液体体积偏大，故D正确；故选C。19.下列实验装置及表述正确的是ABCD测定锌与稀硫酸反应速率测定中和热该装置可用制备酸式滴定管中还剩余38.40mL的溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．锌与硫酸反应生成氢气，可以测定单位时间产生气体的体积或者生成单位体积的气体所需时间来测量反应速率，A正确；B．温度计应该测量混合溶液的温度，放入小烧杯中，B错误； C．氢氧化亚铁易被氧化，胶头滴管应深入溶液以下，C错误；D．酸式滴定管中下端没有刻度，故剩余的溶液体积大于38.40mL，D错误；故选A。20.用0.100的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100的HCl溶液和溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法不正确的是A.曲线②代表向HCl溶液中滴加NaOH溶液B.C、D、E两点水的电离程度：C＜D＜EC.相同条件下，B点溶液的温度高于CD.V=10mL时，恰好被中和【答案】B【解析】【分析】HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，曲线①代表向CH3COOH中滴加NaOH。【详解】A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A正确；B．C点溶质为CH3COONa，E点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以C点水的电离程度更大，C、D、E两点水的电离程度：C>D>E，B错误；C．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以C点溶质为CH3COONa，同理B点溶质为NaCl，由于醋酸是弱酸，电离吸热，故相同条件下，B点溶液的温度高于C，C正确；D．V=10mL时，恰好被中和，D正确； 故选B。21.有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行，其中两步如下：第一步第三步下列说法不正确的是A.是该化学反应的中间产物，不是催化剂B.第一步反应为氧化还原反应C.由K值无法判断第一步与第三步反应的快慢D.反应的第二步为【答案】B【解析】【详解】A．第一步水解产生了OH-，第三步又消耗了OH-，所以OH-是整个反应的中间产物，不是催化剂，A正确；B. 第一步反应是水解反应，不是氧化还原反应，B 错误；C．平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率大小，C正确；D．总反应减去第一步反应和第三步反应可得第二步为HOCl+I-→HOI+Cl-，D正确；故选B。22.我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法正确的是A.①→②的过程中吸收能量B.→过程中，C—H键全部发生断裂C.生成总反应的原子利用率为100% D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】C【解析】【详解】A．据图可知①→②的焓值降低，过程为放热过程，故A错误；B．该过程中反应物为CO2和CH4，生成的产物为CH3COOH，CH4生成-CH3，有C-H键发生断裂但不是全部断裂，故B错误；C．图中分析，1molCH4和1molCO2反应元素全部生成1molCH3COOH，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故C正确；D．催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，不影响转化率，故D错误；故选C。23.关于反应△H下列叙述与图像不相符的是A.图①表示反应达到平衡后，恒容条件下在时刻充入了一定量物质CB.图②可知该反应的ΔH＜0，且a＋b>cC.图③可知M点该反应处于平衡状态D.图④曲线S表示不同压强下达到平衡时A的百分含量，则F点时v(逆)>v(正)【答案】A【解析】【详解】A．恒容条件下在时刻充入了一定量物质C，平衡逆向移动，逆反应速率突然增大，正反应速率在该时刻不变，A错误；B．温度越高压强越大，速率越快越先达到平衡，故T1>T2，P2>P1，控制变量法，温度越高的T1，产物C含量降低，故该反应放热ΔH＜0；压强越大的P2，产物C的含量更高，故该反应是一个气体体积缩小的反应即a＋b>c，B正确；C．放热反应升高温度平衡逆向移动，A的含量增大，故M点该反应处于平衡状态，C正确；D．F点时A含量低于该条件下的平衡点，故v(逆)>v(正)平衡逆向移动，D正确；故选A。 24.某兴趣小组在实验室控制X和Y初始投料比为1：2.2，在催化剂存在下，发生如下反应：。经过100s的相同反应时间测得如下实验数据：T(K)催化剂X转化率(%)W选择性(%)543Ⅰ12.342.3543Ⅱ10.972.7553Ⅰ15.339.1553Ⅱ12.071.6该反应存在副反应，且100s时未达到平衡；W选择性是指转化的X中生成W的百分比。根据表中数据，下列说法不正确的是A.温度和催化剂都能影响该反应的选择性B.其他条件相同时，升高温度，生成W的量可能增大C.使用催化剂Ⅱ有利于提高X转化为W的转化率D.若起始X、Y混合气体的总浓度为3.2mol/L，则在553K，使用催化剂Ⅱ时，W的生成速率为【答案】BD【解析】【详解】A．对比数据可以看出，不同催化剂在相同温度下W的选择性不一样，相同催化剂在不同温度下W的选择性也不一样，即温度和催化剂都能影响该反应的选择性，A选项正确；B．对比表格中数据，其他条件相同时，升高温度，W的选择性降低，则生成W的量减小，B选项错误；C．543K温度下，使用催化剂I，X转化为W的转化率为：12.3%×42.3%=5.2%，使用催化剂II，X转化为W的转化率为：10.9%×72.7%=7.9%，同理553K温度下，也可以计算得出使用催化剂Ⅱ有利于提高X转化为W的转化率，C选项正确；D．若起始X、Y混合气体的总浓度为3.2mol/L，X和Y初始投料比为1：2.2，则c(X)=1mol/L，在553K温度下，使用催化剂Ⅱ时，X的转化率为12%，则∆c(X)=1mol/L×12%=0.12mol/L，此时W的选择性为71.6%，则∆c(W)=0.12mol/L×71.6%=0.0859mol/L，则W的生成速率为： ，D选项错误；答案选BD。25.在水的电离平衡中，和的关系如图所示。下列说法正确的是A.图中温度：B.图中A、D、E三点间的关系：E>A>DC.曲线a、b均代表纯水的电离情况D.B点时，将的盐酸与由水电离的的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性【答案】D【解析】【详解】A．水是弱电解质，电离需吸收能量，温度升高，c(H+)、c(OH-)增大，c(H+)·c(OH-)增大，根据图象可知：在温度为T1时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；在温度为T2时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14，所以温度：T1＞T2，A错误；B．水的离子积常数Kw只与温度有关，温度越高，Kw=c(H+)·c(OH-)就越大，温度相同，则Kw相同，根据A、D、E所处的温度可知三点Kw间的关系：A=D=E，B错误；C．曲线a、b中只有在c(H+)=c(OH-)才可能代表在同一温度下纯水的电离情况，即只有A、B、C三点才表示纯水情况，曲线上其它各点不表示纯水电离情况，C错误；D．B点时水的离子积常数Kw=10-12。盐酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，由水电离的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的KOH溶液中c(OH-)=1mol/L，将两种溶液等体积混合，由于c(OH-)＞c(H+)，所以混合发生反应后溶液显碱性，D正确；故选D。非选择题部分 二、非选择题(本大题共4小题，共50分)26.按要求填空：（1）北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷()，已知在298K、Pa下1g丙烷完全燃烧生成液态水时放出的热量为akJ，计算该条件下丙烷的燃烧热ΔH=_______。(用含a的代数式表示)（2）已知；蒸发1mol(l)需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表。则表中a为_______。(g)(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)436a369（3）写出的电离方程式_______，若要减小的浓度而增大的浓度，应采取的措施是_______(填字母)。a.适当升高温度b.加入少量NaOH固体c.通入d.加水稀释（4）25℃时部分弱酸的电离平衡常数如下：：，；HClO：。①的电离平衡常数表达式为_______。②将少量气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式_______。【答案】（1）=-44akJ·mol-1（2）200（3）①.NH3·H2O+OH-②.b（4）①.②.ClO-＋CO2＋H2O=＋HClO【解析】【小问1详解】1g丙烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为akJ，则1mol(44g)丙烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为44akJ，故答案：=-44akJ·mol-1【小问2详解】 反应热反应物总键能生成物总键能，则根据表中数据可知，，解得，故答案：200。【小问3详解】①一水合氨是弱电解质发生部分电离，NH3·H2O+OH-②a.适当升高温度，电离平衡正向移动浓度和的浓度均增大，a错误；b.加入少量NaOH固体，溶液中c(OH-)增大，电离平衡逆向移动，c()减小，b正确；c.通入，电离平衡正向移动c()和c(OH-)均增大，c错误；d.加水稀释，电离平衡正向移动c()和c(OH-)均减小，d错误；故选b【小问4详解】①的电离方程式为H＋＋，其电离平衡常数表达式为；故答案为：；②根据酸的强弱顺序，将少量CO2气体通入NaClO溶液中，该反应离子方程式ClO－＋CO2＋H2O=＋HClO；故答案为：ClO－＋CO2＋H2O=＋HClO27.在一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的A、B发生化学反应(除物质D为固体外，其余的物质均为气体)，各物质的含量随时间的变化情况如图所示，请回答下列问题：（1）写出该反应的化学方程式_______。 （2）该反应在2min时改变了某一条件，则该条件可能为_______。（3）下列能说明反应达到平衡的是_______(填标号)。A.反应体系内气体的密度不再发生变化B.B的物质的量浓度不再发生变化C.A的消耗速率和C的消耗速率相等D.该反应的平衡常数K不再发生变化（4）反应至某时刻，此时压强与初始压强的比值为45﹕49，此时该反应_______(填“是”或“否”)达到平衡。（5）在相同时间测得A的转化率随反应温度变化情况如图所示，写出温度低于，随着温度升高A的转化率增大的原因_______。【答案】（1）（2）加入催化剂（3）AB（4）否（5）温度低于时，反应未达平衡状态，升高温度，反应速率加快，A的妆化率增大【解析】【分析】从图中可以看出，物质A、B的量在减少，为反应物，C、D的量在增多，为生成物，根据变化量等于计量数之比可计算出该反应的反应方程式。【小问1详解】达平衡时，、、、，即，则该反应的化学方程式为，故填；【小问2详解】从图中可以看出，2min时，斜率变大，反应速率加快，达到平衡时平衡量没有改变，其改变的条件可能加入催化剂，故填加入催化剂； 【小问3详解】A．反应容器体积一定，该反应为气体分子数减少的反应，平衡时质量不变，即密度不变，说明达到平衡，故A正确；B．根据平衡的定义，体系中各物质的浓度不变，反应达平衡，所以B的物质的量浓度不变反应达平衡，故B正确；C．根据反应，消耗4molA的同时，消耗6molC，反应达平衡，故C错误；D．平衡常数只与温度有关，该反应温度一定，平衡常数不变，故D错误；故填AB；【小问4详解】设某时刻转化的A的物质的量为4xmol，则列三段式得：恒容恒温下，物质的量与压强成正比，即，即，解得，B转化量为，平衡时B的转化量为1mol，所以此时刻没有达到平衡状态，故填否；【小问5详解】温度低于时，反应未达平衡状态，升高温度，反应速率加快，A的妆化率增大，时反应达平衡状态，升高温度平衡逆向移动，A的转化率减小，故填温度低于时，反应未达平衡状态，升高温度，反应速率加快，A的妆化率增大。28.硫代硫酸钠()是常见的分析试剂。实验室制备溶液的装置如下图(部分装置省略，C中过量)： （1）装置B的作用是_______。（2）装置C中的反应分两步，其中第一步反应生成S单质，第二步反应方程式为_______。（3）工业废水中常含有一定量氧化性较强的，利用滴定原理测定含量方法如下：步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000溶液进行滴定，数据记录如下：(已知：)滴定次数第一次第二次第三次滴定前读数(mL)0.501.200.20滴定后读数(mL)12.4914.9912.21①步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是_______。②步骤Ⅲ中滴加的指示剂为淀粉溶液。滴定达到终点的实验现象是_______。③滴定前，有关滴定管的正确操作为：检漏→蒸馏水洗涤→(一系列操作)→记录起始数据→开始滴定。该“一系列操作”顺序_______(选出正确操作并按序排列)a.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下b.装入滴定液至零刻度以上c.烘干d.用滴定液润洗2至3次e.排除气泡④的含量为_______⑤以下操作会造成废水中含量测定值偏高的是_______。A.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度B.盛装待测液的锥形瓶未用待测液润洗 C.盛装溶液的滴定管尖端开始时有气泡，滴定后气泡消失D.滴定过程中振荡剧烈，使少量溶液溅出【答案】（1）作安全瓶，防倒吸（2）S+Na2SO3=Na2S2O3（3）①.酸式滴定管②.滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色③.dbea④.0.0067mol/L⑤.AC【解析】【分析】亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫通过安全瓶B后进入C装置和硫化钠、亚硫酸钠反应生成Na2S2O3；在利用滴定原理进行测定时，注意滴定管的选择、使用规则、使用方法等，并根据滴定原理进行测定及分析结果误差。【小问1详解】装置B起到安全瓶的作用，以防止C中溶液倒吸进入A；故答案为：作安全瓶，防倒吸。【小问2详解】装置C中的反应分为两步，第一反应生成S单质，2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S，第二步反应为S+Na2SO3=Na2S2O3；故答案为：S+Na2SO3=Na2S2O3。【小问3详解】①因为溶液中的具有强氧化性，故不能用碱性滴定管，易腐蚀橡胶，选用酸式滴定管；故答案为：酸式滴定管。②碘单质能使淀粉变蓝色，碘单质与Na2S2O3反应后溶液由蓝色变为无色，故判断步骤Ⅲ的滴定终点的方法为滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色；故答案为：滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色。③滴定管使用前检查否漏液滴定管洗涤润洗装液排气泡初读数；故答案为：dbea。④由读数可知，三次实验消耗Na2SO3的体积分别为：11.99mL、13.79mL、12.01，其中13.79mL数值偏大，去除，取两次次实验的平均值：12.00mL，则消耗Na2SO3的物质的量为n=12.00mL0.1000=1.2mol；由方程式可知~3I2~6Na2SO3，则 的物质的量为0.2mol，则浓度为；故答案为：0.0067mol/L。⑤判断误差的依据，分析A．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，V（标准）偏大，导致结果偏大，A正确；B．盛装待测液的锥形瓶未用待测液润洗，对结果无影响，B错误；C．盛装Na2SO3溶液的滴定管尖端开始时有气泡，滴定后气泡消失，V（标准）偏大导致结果偏大，C正确；D.滴定过程中振荡剧烈，使少量溶液溅出，待测液溶质偏少，导致V（标准）偏小，结果偏小，D错误；故答案选：AC。29.NOx是形成雾霾天气的主要原因之一，全球空气污染日趋严重，消除氮氧化物污染对建设宜居环境有重要意义。氮氧化物的处理常用催化还原，反应原理为：ΔH已知：（1）用消除NO污染的反应ΔH=_______，则该反应自发进行的条件是_______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。（2）下列措施可增大NO转化率的是_______(填标号)。A.升高温度B.将水蒸气从体系中分离出去C.保持体系压强不变充入HeD.增大氨气的浓度（3）该反应时到达平衡。在时刻保持恒容继续充入一定量NO，时刻重新到达平衡，请在图中作出逆反应速率在～变化的曲线_______。 （4）一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1.2molNO和0.9mol，10min时反应达到平衡，此时NO的转化率为50％，体系压强为pMPa，该反应的平衡常_______Mpa(用含p的代数式表示，分压，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。（5）不同温度条件下，与NO的物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3，反应经2秒得到NO脱除率曲线如图所示。曲线a中的起始浓度为，B点NO的脱除速率为_______mol/(L·s)，在AB所在的曲线上当温度高于900℃时NO脱除率明显降低的原因是_______。【答案】（1）①.；②.任何温度；（2）BCD （3）（4）0.23p;（5）①.；②.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的脱除率降低；【解析】【小问1详解】根据盖斯定律,该反应是放热反应，且，是自发反应，在任何温度下都能自发；【小问2详解】A．该反应是放热反应，升高温度，向吸热反应方向进行，即逆反应方向进行，NO转化率减小，A项错误；B．将水蒸气从体系中分离出去，反应向正反应方向进行，NO转化率增大，B项正确；C．保持体系压强不变充入He，相当于增大反应物体积，反应物浓度减小，反应平衡常数不变，生成物浓度增大，反应正向移动，NO转化率增大，C项正确；D．提高一种反应物的转化率，可以增加另一种反应物的用量，因此增大氨气的浓度，可以增大NO转化率，D项正确；答案选BCD；【小问3详解】反应前气体分子数小于反应后气体分子数，充入NO后，反应物浓度增大，正反应速率增大，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，平衡正方向移动，时达到新的平衡，新的平衡与原平衡相同，则逆反应速率与原平衡的速率相同，故的变化曲线如图 【小问4详解】起始NO为1.2mol,平衡时NO的转化率为50％，平衡时NO的物质的量为，则平衡常数；【小问5详解】