精品解析：北京市第十三中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试题

北京市第十三中学2025~2026学年第一学期 高二化学期中测试 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第I卷第1页至第6页；第Ⅱ卷第7页至第11页，答题纸第1页至第2页。共100分，考试时间90分钟。请在答题卡规定位置书写班级、姓名、准考证号。考试结束后，将本试卷的答题纸和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 C1 35.5 第I卷(选择题共42分) 选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共42分) 1. 下列物质中，属于强电解质的是 A. B. C. D. 2. 下列溶液一定显酸性的是 A. B. 含有 C. D. 酚酞变红 3. 25℃时，水中存在电离平衡：。下列说法不正确的是： A. 升高温度，促进水的电离 B. 通入少量HCl气体，减小，促进水的电离 C. 滴加少量溶液，增大，抑制水的电离 D. 加入少量固体，减小，促进水的电离 4. 常温下，实验小组测得溶液的为12，下列关于该溶液的说法不正确的是 A. B. 升高温度，溶液中的浓度增大 C. D. 水电离出的浓度为 5. 下列事实与盐类水解无关的是 A. 用溶液清洗油污 B. 用溶液与溶液制作泡沫灭火器 C. 用饱和溶液处理锅炉水垢中的 D. 氮肥不能与草木灰混合使用 6. 室温下，CH3COONH4溶液的pH约为7，关于溶液的下列说法正确的是 A. 溶液中c(CH3COO−)= c() B. 常温下溶液显中性是因为CH3COO−和不发生水解 C. 1 mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO−)= 1 mol·L-1 D. 由CH3COONH4溶液呈中性可推知NH4HCO3溶液显酸性 7. 一定温度下，在密闭容器中，、、三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 时反应停止 B. 反应的化学方程式为： C. 点时， D. 反应开始到， 8. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是 A. B. t/℃ 25 50 100 K/10-14 1.01 3.47 55.0 C. D. c(氨水)/(mol•L-1) 0.1 0.01 pH 11.1 10.6 9. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 10. 室温下，对于1 L0.1 mol•L-1醋酸溶液，下列判断正确的是 A. 该溶液中CH3COO- 的粒子数为6.02 × 1022 B. 加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低 C. 与Na2CO3溶液反应的离子方程式为 + 2H+ =H2O+ CO2↑ D. 滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO- )与n(CH3COOH)之和始终为0.1 mol 11. 将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理如下： ① ② 下列说法正确的是 A. 的燃烧热为 B. 按照反应①制取氢气，吸收能量 C. 根据①和②推知： D. 12. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下图。反应的热化学方程式为NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g) ΔH >0。 下列说法不正确的是 A. a为生成物NH3、b为生成物HCl B. 反应制得1mol HCl，须投入1mol MgO C. 升高反应温度，NH4Cl分解为NH3和HCl的化学平衡常数增大 D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热 13. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子 B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 14. 室温时，下列溶液中的离子浓度关系正确的是 A. 相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者 B. 溶液： C. 加水稀释后，和均减小 D. 的、混合溶液： 15. 下列实验中，均产生白色沉淀。 下列分析不正确的是 A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同 B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低 16. 酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱。石蕊(以表示)的电离平衡和颜色变化如下。 电离平衡 变色范围 红色 紫色 蓝色 下列说法不正确的是 A. 向石蕊溶液中滴加浓盐酸至，减小，增大，溶液呈红色 B. 向石蕊溶液中滴加浓溶液至，增大，减小，溶液呈蓝色 C. 向石蕊溶液中加入蒸馏水，石蕊的电离平衡正向移动，增大 D. 向石蕊溶液中通入，溶液变红，存在： 17. 用溶液滴定未知浓度的溶液。下列说法不正确的是 A. 滴定管为碱式滴定管，为酸式滴定管 B. 用锥形瓶盛装盐酸溶液，若瓶内有少量水则导致测定结果偏低 C. 碱式滴定管在盛装溶液前要用该溶液润洗2～3次 D. 用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 18. 用溶液分别滴定体积均为、浓度均为溶液和HX溶液，溶液的pH随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 为强酸 B. 点 C. 点 D. 溶液滴定溶液，用酚酞作指示剂，溶液由粉红色变为无色时到达滴定终点 19. 粗制晶体中含有杂质。在提纯时，为了除去，常先加入少量酸化的溶液，然后在室温下调节溶液的为4。 已知：i． ii．时饱和溶液中。 下列说法不正确的是 A. 加入的目的为 B. ，计算得，可认为已完全沉淀 C. 理论分析粗制溶液达饱和后，在时会析出沉淀 D. 沉淀溶解平衡原理对分离金属离子的选择具有指导意义 20. 在两份相同的 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的 溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。 下列分析不正确的是 A. ①代表滴加 溶液的变化曲线 B. b点溶液中大量存在的离子是 C. 点两溶液中含有相同物质的量的 D. 两点对应的溶液均显中性 21. 某小组同学探究镁(过量)与酸的反应，在常温水浴条件下进行实验Ⅰ和Ⅱ，气体体积随时间的变化如图1所示，溶液随时间的变化如图2所示。 实验I．取光亮的镁屑放入溶液中 实验Ⅱ．取光亮的镁屑放入盐酸溶液中 下列说法不正确的是 A. 产生的平均速率：实验I>实验Ⅱ B. 实验I和Ⅱ中镁屑不仅与酸还与水发生了反应 C. 实验I中变化平缓的原因是存在 D. 时两个实验中不同，可推知浓度：实验Ⅱ>实验I 第Ⅱ卷(共58分) 22. ①盐酸②醋酸③一水合氨④氢氧化钠⑤氯化铵⑥醋酸钠是实验室和生活中常见的物质。 （1）CH3COONa溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因_______。 （2）将浓度均为0.1mol/L的①与③溶液等体积混合后，溶液中存在的离子浓度大小关系是_______。 （3）下列事实不能证明氨水中存在电离平衡的是_______。 a．氨水中存在NH4+、OH− 、H+ b．氨水的导电性弱于NaOH溶液 c．常温下，1 mol·L-1的氨水测得pH约为12 d．将一定体积的1 mol·L-1的氨水稀释10倍，其pH变化小于1 （4）常温下，pH=4的CH3COOH和NH4Cl溶液，由水电离出的c(H＋)之比是_______。 （5）向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，可观察到先产生白色沉淀，后产生大量无色气泡，结合化学用语，从平衡移动角度解释原因_______。 23. 是一种弱酸，不稳定，见光易分解，具有强氧化性，可消毒杀菌。“84”消毒液(有效成分)的消毒作用主要来源于。 已知：时两种酸的电离平衡常数如下表所示。 弱酸 次氯酸 碳酸 电离平 衡常数 （1）酸性：_______(填“>”或“<”)。 （2）浓度均为的、、三种溶液，碱性由强到弱的顺序为_______。 （3）“84”消毒液吸收空气中的能增强其杀菌效果，原因是_______(写离子方程式)。 （4）为便于保存，制备“84”消毒液时需适当过量，否则易失效。结合化学用语解释原因_______。 （5）滴定法测定含量的步骤如下： I．准确量取“84”消毒液，置于容量瓶中，加蒸馏水稀释至刻度线，摇匀。 II．准确量取该稀释液于锥形瓶中，依次加入硫酸溶液、75%磷酸(调节溶液酸度)、溶液(过量)，加盖摇匀后静置。 Ⅲ．用标准溶液滴定，消耗体积。 已知： “84”消毒液中含量为_______g/L(列出计算式)。 24. 以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如下。 （1）反应Ⅱ： 是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： i． ii．______________ _______ iii． ①补全反应ⅱ的热化学方程式：_______。 ______________ _______ ②下列说法不正确的是_______(填序号)。 a．反应i和iii均属于氧化还原反应 b．投入，最多制得 c．使用能提高的平衡转化率 （2）在体积可变的恒压密闭容器中投入、，不同条件下发生反应Ⅱ．实验测得在、和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①、时平衡转化率_______ ②工业上通常采用和常压的条件，采用常压的原因是_______。 ③点对应的平衡混合气体的体积为，计算该温度下反应Π的平衡常数_______。 25. 下图是闪锌矿(主要成分是，含有少量)制备的一种工艺流程。 闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ 已知：为了估算方便，将难溶物的取近似值 难溶物 近似值 （1）闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其作用是_______。 （2）“溶浸”过程使用过量的和的混合溶液浸取矿粉使元素浸出，同时滤渣中得到淡黄色固体，生产过程中无产生。 ①溶浸过程中，向溶液中加入的目的是_______。 ②结合平衡移动的原理，解释溶于溶液的原因_______。 ③在上述条件下，也能溶于溶液中，判断的依据是_______。 （3）“除铁”过程的工艺流程如下图所示。 已知：当被沉淀的离子浓度小于时，认为该离子被沉淀完全。 ①在还原过程中粉发生的反应有_______。 ②在氧化过程中需加入调节，若滤液中，则氧化过程需控制的范围是_______。 （4）“结晶”过程 已知：硫酸锌溶解度与温度之间的关系如下表。 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 41.8 54.1 70.4 74.8 67.2 60.5 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_______，过滤、洗涤、在减压低温条件下干燥。 26. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。 （3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。 i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－ （4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中） A B C D 试剂组成 0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=__________。 ②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。 ③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第十三中学2025~2026学年第一学期 高二化学期中测试 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第I卷第1页至第6页；第Ⅱ卷第7页至第11页，答题纸第1页至第2页。共100分，考试时间90分钟。请在答题卡规定位置书写班级、姓名、准考证号。考试结束后，将本试卷的答题纸和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 C1 35.5 第I卷(选择题共42分) 选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共42分) 1. 下列物质中，属于强电解质的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A． 虽然难溶于水，但溶解的部分会完全电离，属于强电解质，A正确； B． 只能部分电离出和，属于弱电解质，B错误； C． 是弱酸，只能部分电离，属于弱电解质，C错误； D． 在水溶液中不能电离，属于非电解质，D错误； 故答案选A。 2. 下列溶液一定显酸性的是 A. B. 含有 C. D. 酚酞变红 【答案】A 【解析】 【详解】A．c(H+)＞c(OH-)，说明溶液显酸性，A正确； B．任何水溶液中，都含有H+，故含有H+的溶液不一定显酸性，B错误； C．在100℃时，水的离子积KW=10-12，即水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH=6＜7，此时溶液呈中性，故pH＜7的溶液不一定显酸性，C错误； D．使酚酞变红的溶液显碱性，D错误； 故选A。 3. 25℃时，水中存在电离平衡：。下列说法不正确的是： A. 升高温度，促进水的电离 B. 通入少量HCl气体，减小，促进水的电离 C. 滴加少量溶液，增大，抑制水的电离 D. 加入少量固体，减小，促进水的电离 【答案】B 【解析】 【详解】A．升高温度，水的电离是吸热反应，升温使平衡正向移动，促进电离，A正确； B．通入HCl气体，H+浓度增大，水的电离逆向移动，抑制电离，导致c(OH-)减小，但选项错误描述为“促进水的电离”，B错误； C．滴加NaOH溶液，OH-浓度增大，抑制水的电离，C正确； D．水解消耗OH-，促进水的电离，D正确； 故答案选B。 4. 常温下，实验小组测得溶液的为12，下列关于该溶液的说法不正确的是 A. B. 升高温度，溶液中的浓度增大 C. D. 水电离出的浓度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．的水解是分步进行的，第一步水解程度远大于第二步，因此溶液中，A正确； B．盐类的水解是吸热反应，升高温度会使的水解平衡正向移动，溶液中浓度增大，B正确； C．根据物料守恒，溶液中有，C正确； D．该溶液的pH为12，则，溶液中的全部由水电离产生，因此水电离出的浓度为，D错误； 故答案选D。 5. 下列事实与盐类水解无关的是 A. 用溶液清洗油污 B. 用溶液与溶液制作泡沫灭火器 C. 用饱和溶液处理锅炉水垢中的 D. 氮肥不能与草木灰混合使用 【答案】C 【解析】 【详解】A．水解生成，使溶液呈碱性，促进油污水解，与盐类水解有关，A不符合题意； B．与发生双水解生成和，与盐类水解有关，B不符合题意； C．饱和中浓度高，直接与反应生成沉淀，属于沉淀转化，与水解无关，C符合题意； D．与互相促进水解生成，导致肥效降低，与盐类水解有关，D不符合题意； 故选C。 6. 室温下，CH3COONH4溶液的pH约为7，关于溶液的下列说法正确的是 A. 溶液中c(CH3COO−)= c() B. 常温下溶液显中性是因为CH3COO−和不发生水解 C. 1 mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO−)= 1 mol·L-1 D. 由CH3COONH4溶液呈中性可推知NH4HCO3溶液显酸性 【答案】A 【解析】 【详解】A．室温下，测得CH3COONH4溶液的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度与NH的水解程度相同，存在电荷守恒c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(H+)+ c(NH)，pH＝7中c(OH－)= c(H+)，所以c(CH3COO－) = c(NH)，A正确； B．常温下溶液显中性是因为CH3COO−和均发生水解，且CH3COO−水解程度与水解程度相同，B错误； C．CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO−水解，故1 mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO−)<1 mol·L-1，C错误； D．CH3COONH4溶液呈中性，可知CH3COO−水解程度与水解程度相同，而醋酸的酸性强于碳酸，根据越弱越水解可知的水解程度大于CH3COO−，同时也大于的水解程度，水解使溶液呈碱性，D错误； 故选A。 7. 一定温度下，在密闭容器中，、、三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 时反应停止 B. 反应的化学方程式为： C. 点时， D. 反应开始到， 【答案】B 【解析】 【详解】A．5min时，反应达到动态平衡，不是反应停止，A错误； B．由图可知， ，，，参加反应的各物质的化学计量数之比等于其变化的量之比，则反应的化学方程式为，B正确； C．a点时，A和B的物质的量相等，物质的量的变化量不相等，则  C错误； D．反应开始到5min，， ，D错误； 故选B。 8. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是 A. B. t/℃ 25 50 100 K/10-14 1.01 3.47 55.0 C. D. c(氨水)/(mol•L-1) 0.1 0.01 pH 11.1 10.6 【答案】C 【解析】 【详解】A．可验证温度对平衡的影响，如对于放热反应，2NO2 N2O4，在热水中颜色变深，平衡逆向移动，冷水中颜色变浅，平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，故A不选； B．随温度的升高，平衡常数增大，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，能用平衡移动原理解释，故B不选； C．催化剂对平衡没有影响，不能用平衡移动原理解释，故C选； D．氨水浓度降低10倍，氨水的pH变化小于1个单位，加水稀释，平衡向电离方向移动，能用平衡移动原理解释，故D不选； 故选C。 9. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 10. 室温下，对于1 L0.1 mol•L-1醋酸溶液，下列判断正确的是 A. 该溶液中CH3COO- 的粒子数为6.02 × 1022 B. 加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低 C. 与Na2CO3溶液反应的离子方程式为 + 2H+ =H2O+ CO2↑ D. 滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO- )与n(CH3COOH)之和始终为0.1 mol 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．1L 0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，故A错误； B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，则溶液的pH升高，故B错误； C．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，且醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误； D．1L 0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n（CH3COO-）+n（CH3COOH）=0.1mol，故D正确； 故选D。 11. 将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理如下： ① ② 下列说法正确的是 A. 的燃烧热为 B. 按照反应①制取氢气，吸收能量 C. 根据①和②推知： D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物的焓变。反应②生成的是气态H2，而非液态H2O，因此根据题中信息无法知道甲醇的燃烧热，A错误； B．64g CH3OH的物质的量为2mol，按照反应①制取氢气，反应①的ΔH=+49 kJ·mol-1，表示每1mol甲醇吸收49kJ热量，因此2mol应吸收98kJ，B错误； C．通过反应②-①可得：，C正确； D．液态甲醇转化为气态需吸热，故，D错误； 故选C。 12. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下图。反应的热化学方程式为NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g) ΔH >0。 下列说法不正确的是 A. a为生成物NH3、b为生成物HCl B. 反应制得1mol HCl，须投入1mol MgO C. 升高反应温度，NH4Cl分解为NH3和HCl的化学平衡常数增大 D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热 【答案】B 【解析】 【分析】由图示即原子守恒可知，反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3，反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl。 【详解】A．根据分析，a为生成物NH3、b为生成物HCl，A正确； B．总反应为：NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g)，MgO为催化剂，则反应制得1mol HCl，不一定必须投入1mol MgO，B错误； C．NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g) ΔH >0为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，C正确； D．根据盖斯定律，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D正确； 答案选B。 13. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子 B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 【答案】B 【解析】 【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 mol平衡混合气体中所含N原子大于1 mol 小于2mol ，A项错误； B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确； C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误； D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误； 答案选B。 14. 室温时，下列溶液中的离子浓度关系正确的是 A. 相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者 B. 溶液： C. 加水稀释后，和均减小 D. 的、混合溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH4HCO3中水解促进水解，而NH4HSO4电离产生抑制水解，故前者c()更小，A正确； B．NaHCO3的物料守恒应为c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，B错误； C．稀释NH4Cl时，浓度减小，但c(OH-)=随H+浓度降低而增大，C错误； D．电荷守恒为c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，pH>7时c(OH-)>c(H+)，故c()>c(Cl-)，D错误； 故选A。 15. 下列实验中，均产生白色沉淀。 下列分析不正确的是 A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同 B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确； B． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误； C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确； D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确； 故选B。 16. 酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱。石蕊(以表示)的电离平衡和颜色变化如下。 电离平衡 变色范围 红色 紫色 蓝色 下列说法不正确的是 A. 向石蕊溶液中滴加浓盐酸至，减小，增大，溶液呈红色 B. 向石蕊溶液中滴加浓溶液至，增大，减小，溶液呈蓝色 C. 向石蕊溶液中加入蒸馏水，石蕊的电离平衡正向移动，增大 D. 向石蕊溶液中通入，溶液变红，存在： 【答案】D 【解析】 【详解】A．常温下，向石蕊溶液中滴加浓盐酸，氢离子浓度增加，平衡逆向移动，减小，增大，溶液变红，故A正确； B．常温下，向石蕊溶液中滴加浓溶液，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，增大，减小，溶液变蓝，故B正确； C．向石蕊溶液中加入蒸馏水，溶液中各离子浓度均减小，促进弱电解质的电离，即石蕊的电离平衡正向移动，增大，减小，增大，故C正确； D．向石蕊溶液中通入，溶液中包括的离子有：H+、OH-、、、In-，根据电荷守恒条件有：，故D错误； 故答案为D。 17. 用溶液滴定未知浓度的溶液。下列说法不正确的是 A. 滴定管为碱式滴定管，为酸式滴定管 B. 用锥形瓶盛装盐酸溶液，若瓶内有少量水则导致测定结果偏低 C. 碱式滴定管在盛装溶液前要用该溶液润洗2～3次 D. 用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 【答案】B 【解析】 【详解】A．滴定管的下端有一段乳胶管，为碱式滴定管，的下端是玻璃旋塞，为酸式滴定管，故A正确； B．用锥形瓶盛装盐酸溶液，若瓶内有少量水对待测液的溶质无影响，所以对测定结果也无影响，故B错误； C．碱式滴定管在盛装溶液前需要水洗，水洗后管内壁有残留的蒸馏水会稀释标准液，所以要用该溶液润洗2～3次，故C正确； D．用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，锥形瓶内的溶液由酸性变为弱碱性，溶液颜色从无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，故D正确； 故选B。 18. 用溶液分别滴定体积均为、浓度均为溶液和HX溶液，溶液的pH随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 为强酸 B. 点 C. 点 D. 溶液滴定溶液，用酚酞作指示剂，溶液由粉红色变为无色时到达滴定终点 【答案】B 【解析】 【分析】HCl是强酸，溶液中，所以溶液的；而溶液的，说明是弱酸，在水溶液中不完全电离，以此解答。 【详解】A．由分析可知，是弱酸，A错误； B．N点是NaOH与HX恰好完全反应的点，此时溶液中的溶质为NaX，溶液中的离子为，根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，则有：，B正确； C．M点是加入溶液时的点，此时溶液中的溶质为等物质的量的NaX和HX，NaX中的水解：；HX同时发生电离，，根据图像可知，此时混合溶液的，呈碱性，则，说明的水解程度大于HX的电离程度，故，C错误； D．用NaOH溶液滴定HCl溶液，用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，D错误； 故选B。 19. 粗制晶体中含有杂质。在提纯时，为了除去，常先加入少量酸化的溶液，然后在室温下调节溶液的为4。 已知：i． ii．时饱和溶液中。 下列说法不正确的是 A. 加入的目的为 B. ，计算得，可认为已完全沉淀 C. 理论分析粗制溶液达饱和后，在时会析出沉淀 D. 沉淀溶解平衡原理对分离金属离子的选择具有指导意义 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2O2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，便于以沉淀的形式除去杂质铁元素，反应式正确，A正确； B．常温下，pH=4，则c(OH-)=10-10mol/L ，代入Fe(OH)3的Ksp计算得c(Fe3+)=2.8×10-9 mol/L，远低于1×10-5 mol/L，说明Fe3+已完全沉淀，B正确； C．CuSO4饱和溶液中c(Cu2+)=1.41 mol/L，此时Q=(Cu2+)·c2(OH-)=1.41×(10-10)2=1.41×10-20，小于Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，不会析出沉淀，C错误； D．利用溶度积差异调节pH分离金属离子是沉淀溶解平衡原理的典型应用，D正确； 故选C。 20. 在两份相同的 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的 溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。 下列分析不正确的是 A. ①代表滴加 溶液的变化曲线 B. b点溶液中大量存在的离子是 C. 点两溶液中含有相同物质的量的 D. 两点对应的溶液均显中性 【答案】C 【解析】 【分析】氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，其反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着硫酸的加入，溶液的导电性先减弱，恰好完全反应时，溶液的导电性为0，继续滴加硫酸，溶液的导电性增强，则曲线①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线；氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应先生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，其反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O，继续滴加硫酸氢钠发生反应：H++OH-=H2O，随着硫酸氢钠的加入，溶液的导电性先减弱，再减弱，最后增加，则②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线； 【详解】A．由于氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，随着硫酸的加入，溶液的导电性先减弱，恰好完全反应时，溶液的导电性为0，继续滴加硫酸，溶液的导电性增强，则①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确； B．b点，氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-，故B正确； C．c点，①的溶质为硫酸，②的溶质为硫酸钠和氢氧化钠，两溶液中OH-不同，故C错误； D．a点氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液恰好完全反应，其反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，d点氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，其反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O，两点对应的溶液均显中性，故D正确； 故选：C。 21. 某小组同学探究镁(过量)与酸的反应，在常温水浴条件下进行实验Ⅰ和Ⅱ，气体体积随时间的变化如图1所示，溶液随时间的变化如图2所示。 实验I．取光亮的镁屑放入溶液中 实验Ⅱ．取光亮的镁屑放入盐酸溶液中 下列说法不正确的是 A. 产生的平均速率：实验I>实验Ⅱ B. 实验I和Ⅱ中镁屑不仅与酸还与水发生了反应 C. 实验I中变化平缓的原因是存在 D. 时两个实验中不同，可推知浓度：实验Ⅱ>实验I 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图1可知，0~120 min内实验Ⅰ生成氢气的体积大于实验Ⅱ，根据反应速率，产生氢气的平均速率：实验Ⅰ＞实验Ⅱ，A项正确； B．金属镁的性质活泼，实验中镁过量，随着反应的进行，酸的浓度减小，反应放热，后期镁会与水反应，B项正确； C．是弱电解质，存在电离平衡，随着镁与反应，溶液中减小，电离平衡向正反应方向移动，补充，使得实验Ⅰ中pH变化平缓，C项正确； D．实验中镁过量，反应后镁离子的物质的量取决于酸的多少，反应的酸的物质的量越大，反应后溶液中镁离子的浓度越大，实验Ⅰ中，实验Ⅱ中，所以，反应后镁离子的浓度大小为实验Ⅰ＞实验Ⅱ，D项错误； 故答案选D。 第Ⅱ卷(共58分) 22. ①盐酸②醋酸③一水合氨④氢氧化钠⑤氯化铵⑥醋酸钠是实验室和生活中常见的物质。 （1）CH3COONa溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因_______。 （2）将浓度均为0.1mol/L的①与③溶液等体积混合后，溶液中存在的离子浓度大小关系是_______。 （3）下列事实不能证明氨水中存在电离平衡的是_______。 a．氨水中存在NH4+、OH− 、H+ b．氨水的导电性弱于NaOH溶液 c．常温下，1 mol·L-1的氨水测得pH约为12 d．将一定体积的1 mol·L-1的氨水稀释10倍，其pH变化小于1 （4）常温下，pH=4的CH3COOH和NH4Cl溶液，由水电离出的c(H＋)之比是_______。 （5）向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，可观察到先产生白色沉淀，后产生大量无色气泡，结合化学用语，从平衡移动角度解释原因_______。 【答案】（1） ①. 碱性 ②. CH3COONa在溶液中完全电离：CH3COONa = CH3COO-＋Na+ 水中存在：H2OH++OH-，CH3COO-结合H2O电离出的H+，c(H+)减小，使水的电离平衡向右移动，c(OH-)增大，溶液中c(H+)＜c(OH-)，因此溶液显碱性 （2）c(Cl-)>c(NH) >c(H＋) >c(OH-) （3）ab （4）10-10：10-4 （5）在溶液中，存在平衡HCO H++CO ，向溶液中加入Ca2+，发生反应Ca2++CO=CaCO3↓，产生白色沉淀，使c(CO)减小，使平衡正移，c(H+)增大，发生反应H++ HCO =H2O+CO2↑，CO2逸出，产生大量气体 【解析】 【小问1详解】 CH3COONa是强碱弱酸盐，其溶液因水解显碱性； 原因是：CH3COONa在溶液中完全电离：CH3COONa = CH3COO-＋Na+ 水中存在：H2OH++OH-，CH3COO-结合H2O电离出的H+，c(H+)减小，使水的电离平衡向右移动，c(OH-)增大，溶液中c(H+)＜c(OH-)，因此溶液显碱性； 【小问2详解】 浓度均为0.1mol/L的①与③溶液等体积混合后刚好完全反应生成NH4Cl，少量的离子水解显示酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Cl-)>c(NH) >c(H＋) >c(OH-)； 【小问3详解】 a．水电离出H+和OH-离子，氨水中的NH3·H2O会电离出和OH-离子，氨水中存在、OH− 、H+ ，不能确定氨水存在电离平衡，a符合； b．没有给出二者的浓度，不能根据氨水和NaOH溶液导电性来判断氨水是弱碱，b符合； c．常温下，1 mol·L-1的氨水测得pH约为12，c(OH-)=10-2mol/L，说明氨水是部分电离，存在电离平衡，c不符合； d．将一定体积的1 mol·L-1的氨水稀释10倍，其pH变化小于1，说明氨水电离平衡正向移动，存在店里平衡，d不符合； 答案选ab； 【小问4详解】 CH3COOH电离出的H+对水电离抑制，NH4Cl电离出的铵根离子水解，对水电离促进，常温下，pH=4的CH3COOH溶液中水电离出的H+浓度为10-10mol/L，pH=4的NH4Cl溶液溶液中水电离出的H+浓度为10-4mol/L，由水电离出的c(H＋)之比是：10-10：10-4； 【小问5详解】 NaHCO3溶液中电离出的，存在平衡 ⇋H++ ，向溶液中加入Ca2+，发生反应Ca2++=CaCO3↓，产生白色沉淀，使c()减小，使平衡正移，c(H+)增大，发生反应H++ =H2O+CO2↑，CO2逸出，产生大量气体。 23. 是一种弱酸，不稳定，见光易分解，具有强氧化性，可消毒杀菌。“84”消毒液(有效成分)的消毒作用主要来源于。 已知：时两种酸的电离平衡常数如下表所示。 弱酸 次氯酸 碳酸 电离平 衡常数 （1）酸性：_______(填“>”或“<”)。 （2）浓度均为的、、三种溶液，碱性由强到弱的顺序为_______。 （3）“84”消毒液吸收空气中的能增强其杀菌效果，原因是_______(写离子方程式)。 （4）为便于保存，制备“84”消毒液时需适当过量，否则易失效。结合化学用语解释原因_______。 （5）滴定法测定含量的步骤如下： I．准确量取“84”消毒液，置于容量瓶中，加蒸馏水稀释至刻度线，摇匀。 II．准确量取该稀释液于锥形瓶中，依次加入硫酸溶液、75%磷酸(调节溶液酸度)、溶液(过量)，加盖摇匀后静置。 Ⅲ．用标准溶液滴定，消耗体积。 已知： “84”消毒液中含量为_______g/L(列出计算式)。 【答案】（1）＜ （2） （3） （4）溶液中存在，由于见光分解导致下降，平衡正向移动，逐渐被消耗导致失效。过量的抑制水解生成。 （5） 【解析】 【小问1详解】 根据表格，的电离平衡常数为，的电离平衡常数为，可知酸性<，故答案为：<。 【小问2详解】 根据电离平衡常数，可知酸性：>>，则对应离子的水解程度：>>，离子的水解程度越大，碱性越强，则碱性由强到弱的顺序为，故答案为：。 【小问3详解】 根据电离平衡常数，可知酸性：>>，则“84”消毒液的ClO-与空气中的CO2反应生成HClO和，HClO具有强氧化性，能增强杀菌效果，离子方程式，故答案为：。 【小问4详解】 溶液中存在，由于见光分解导致下降，平衡正向移动，逐渐被消耗导致失效，而过量的抑制水解生成，故答案为：溶液中存在，由于见光分解导致下降，平衡正向移动，逐渐被消耗导致失效，而过量的抑制水解生成。 【小问5详解】 用标准溶液滴定，消耗体积，根据关系式，可知过量的的物质的量=，则被反应的的物质的量=，根据关系式，则该稀释液中的物质的量=，“84”消毒液中含量==g/L，故答案为：。 24. 以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如下。 （1）反应Ⅱ： 是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： i． ii．______________ _______ iii． ①补全反应ⅱ的热化学方程式：_______。 ______________ _______ ②下列说法不正确的是_______(填序号)。 a．反应i和iii均属于氧化还原反应 b．投入，最多制得 c．使用能提高的平衡转化率 （2）在体积可变的恒压密闭容器中投入、，不同条件下发生反应Ⅱ．实验测得在、和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①、时平衡转化率_______ ②工业上通常采用和常压的条件，采用常压的原因是_______。 ③点对应的平衡混合气体的体积为，计算该温度下反应Π的平衡常数_______。 【答案】（1） ①. ②. bc （2） ①. 0.85 ②. 、时，的平衡转化率已经较高，增大压强对提升转化率作用有限，而且高压对材料、设备、动力的要求更高，生产成本增加 ③. 10V 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律可知反应可得到反应：，，则，则反应ⅱ的热化学方程式为； a．反应ⅲ中V由+4价升高到+5价，O由0价降低到-2价，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，反应ⅰ中V由+5价降低+4价，S由+4价升高到+6价，有元素化合升降，属于氧化还原反应，a正确； b．反应ⅰ为可逆反应，投入催化剂不影响产量，而且投料量未知，无法判断三氧化硫的量，b错误； c．反应中为催化剂，加入催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，但平衡不移动，不能提高转化率，c错误； 故答案选bc。 【小问2详解】 该反应正向为气体体积减小的方向，其他条件相同时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即反应Ⅱ平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，由此可知，故，因此550℃、0.1MPa时二氧化硫的平衡转化率； 工业上通常采用400℃-500℃和常压的条件，是因为400℃-500℃和常压时，二氧化硫的平衡转化率已经较高，增大压强对材料、设备、动力的要求更高，生产成本增加； M点时，的平衡转化率，列三段式，平衡常数K==。 25. 下图是闪锌矿(主要成分是，含有少量)制备的一种工艺流程。 闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ 已知：为了估算方便，将难溶物的取近似值 难溶物 近似值 （1）闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其作用是_______。 （2）“溶浸”过程使用过量的和的混合溶液浸取矿粉使元素浸出，同时滤渣中得到淡黄色固体，生产过程中无产生。 ①溶浸过程中，向溶液中加入的目的是_______。 ②结合平衡移动的原理，解释溶于溶液的原因_______。 ③在上述条件下，也能溶于溶液中，判断的依据是_______。 （3）“除铁”过程的工艺流程如下图所示。 已知：当被沉淀的离子浓度小于时，认为该离子被沉淀完全。 ①在还原过程中粉发生的反应有_______。 ②在氧化过程中需加入调节，若滤液中，则氧化过程需控制的范围是_______。 （4）“结晶”过程 已知：硫酸锌溶解度与温度之间的关系如下表。 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 41.8 54.1 70.4 74.8 67.2 60.5 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_______，过滤、洗涤、在减压低温条件下干燥。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率 （2） ①. 防止水解导致降低，影响元素浸出率 ②. 与发生氧化还原反应，导致降低，平衡正向移动，溶解 ③. 远大于 （3） ①. ②. 3≤pH<5.5 （4）在时蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】结合题目可知，使用过量的和的混合溶液浸取矿粉，ZnS与发生氧化还原反应使锌元素浸出，获得相应的金属离子的硫酸盐，向浸出液中加入铁，还原残留的，经过浓缩结晶获得副产品。通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，向上述溶液中加入ZnO调节溶液的pH除去铁离子，最后通过蒸发浓缩、冷却结晶获得产品  。 【小问1详解】 固体反应物粉碎后，可增大反应物的接触面积，从而加快反应速率。 【小问2详解】 ①​溶液中，铁离子会水解，加入硫酸，可以抑制其水解，避免降低，影响Zn元素浸出率。 ②与发生氧化还原反应，导致降低，平衡正向移动，ZnS溶解。 ③FeS的Ksp大于ZnS的Ksp，FeS溶解度更大，S2-浓度更高，更易被Fe3+氧化，，使FeS溶解平衡右移，故FeS可溶于溶液中。 【小问3详解】 ①流程中，首先进行酸溶，溶液显酸性，需要加入过量铁单质进行反应，故发生反应： ，随后单质铁与铁离子发生反应： 。 ②要锌离子不沉淀，根据溶度积常数， ，计算其氢氧根浓度， ，此时溶液的 ；同时确保铁离子沉淀完全， ，据此可知 ，此时溶液的 ，故控制的范围是3≤pH<5.5。 【小问4详解】 由硫酸锌溶解度与温度的关系可知，硫酸锌的溶解度在时最大，所以从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为在时蒸发浓缩、冷却结晶。 26. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。 （3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。 i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－ （4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中） A B C D 试剂组成 0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=__________。 ②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。 ③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。 【答案】 ①. 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 ②. > ③. 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 ④. SO2 ⑤. SO42— ⑥. 4H+ ⑦. 0.4 ⑧. I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 ⑨. 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快 【解析】 【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。 （2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。 （3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。 （4）用控制变量法对比分析。 详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。 （2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。 （3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。 （4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。 ②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。 ③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。 点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $