2025~2026学年高二化学上学期期中考试复习考点大串讲仿真卷0214+4教师版

2025-2026学年高二化学上学期期中仿真卷(考查范围：人教版选必1第1章~第3章))考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列物质属于弱电解质的是()A．(NH4)2SO4B．CH3COOKC．H2SO3D．NaOH【答案】C【解析】A项，(NH4)2SO4为易溶于水的铵盐，溶于水后发生完全电离，则其为强电解质，A不符合题意；B项，CH3COOK为醋酸的钾盐，易溶于水，溶于水后发生完全电离，其为强电解质，B不符合题意；C项，H2SO3为二元弱酸，在水溶液中只发生部分电离，为弱电解质，C符合题意；D项，NaOH为易溶于水的强碱，在水溶液中发生完全电离，为强电解质，D不符合题意；故选C。2．在以下的变化中，体系的熵减小的是()A．冰熔化B．乙烯聚合为聚乙烯C．蔗糖在水中溶解D．红磷转化成白磷【答案】B【解析】A项，冰融化，水由固态变为液态，属于熵增变化，故A错误；B项，乙烯聚合为聚乙烯，正向气体减少，属于熵减反应，故B正确；C项，蔗糖在水中溶解，混乱程度增大，是熵增变化，故C错误；D项，红磷转化为白磷，混乱程度增大，是熵增变化，故D错误；故选B。3．下列溶液一定呈酸性的是()A．pH＜7的溶液B．c(OH-)=1.0mol·L-1的溶液C．c(OH―)＜c(H＋)的溶液D．使酚酞试液变无色的溶液【答案】C【解析】由c(H+)、(OH-)的相对大小判断溶液的酸碱性，若c(H+)＞c(OH-)时溶液显酸性。pH＜7的溶液不一定呈酸性，如100℃时纯水的pH＜7，但呈中性，A错误；25℃时c(OH-)=1.0mol·L-1的溶液呈碱性，B错误；c(OH―)＜c(H＋)的溶液呈酸性，C正确；酚酞的变色范围为8.2～10，pH＜8.2的溶液使酚酞试液变无色，使酚酞试液变无色的溶液可能呈酸性、中性、碱性，D错误；故选C。4．已知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在恒温恒压的容器中通入1molCO2和1molH2，下列不能说明反应达平衡状态的是()A．CO2与H2的物质的量之比不变B．气体的平均相对分子质量不变C．气体的密度不变D．CO2的体积分数不变【答案】D【解析】A项，CO2与H2的投料比与反应系数之比不相等，二者物质的量之比随反应而改变，当其不变说明反应达平衡，A不符合题意；B项，反应体系气体总质量不变，气体物质的量发生改变，则气体的平均相对分子质量不变说明反应达平衡，B不符合题意；C项，反应体系气体总质量不变，恒温恒压的容器的体积发生改变，气体的密度改变，气体的密度不变能说明反应达平衡，C不符合题意；D项，起始容器中通入1molCO2和1molH2，CO2的体积分数为50%；设某时刻CO2反应了xmol，则CO2的体积分数为，CO2的体积分数随反应进行始终不变，当其不变不能说明反应达平衡，D符合题意；故选D。5．下列说法正确的是()A．在101kPa时，1molH2完全燃烧生成1mol水蒸气时所放出的热量为H2的燃烧热B．2MgO(s)+2(g)Mg(s)+O2(g)在一定条件下能自发进行，则该反应的ΔHC．常温下，向0.1mol·L-1NH4Cl，溶液中加水，的比值会增大D．0.2mol·L-1酸溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后的溶液中：2c(H)+c(CH3COOH)=c(CH3COO－)+2c(OH―)【答案】D【解析】A项，H2的燃烧热为在101kPa时，1molH2完全燃烧生成1mol液态水时所放出的热量，A错误；B项，该反应是个气体减少的熵减的反应，一定条件下能自发进行，由复合判据：ΔG=ΔHΔS知，该反应是ΔHΔS，B错误；C项，铵根离子水解的平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，C错误；D项，0.2mol·L-l醋酸溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒可知:c(Na＋)+c(H)=c(CH3COO－)+c(OH―)，根据物料守恒可得:2c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，二者结合得到:2c(H)+c(CH3COOH)=c(CH3COO－)+2c(OH―)，D正确；故选D。6．下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是()A．2NO2(g)N2O4(g)ΔH，把NO2球浸泡在冰水中，气体颜色变浅B．用饱和NaHCO3除去CO2中的HCl，可减少CO2的损失C．对NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深D．向含有Fe(SCN)3的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去【答案】C【解析】A项，放在冰水中，温度降低，2NO2(g)N2O4(g)ΔH，平衡向生成无色气体的方向移动，所以颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B项，二氧化碳在水中存在化学平衡：CO2+H2OH2CO3H++HCO3-，使用饱和NaHCO3时，由于HCl在水中溶解度很大，可以除去杂质，同时由于溶液中碳酸氢根浓度增大，化学平衡逆向移动，减少二氧化碳溶解度，可减少二氧化碳的损失，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C项，该反应气体分子数不变，，而加压平衡并未移动，体系颜色加深是因为压缩体积使有色气体的浓度增大，不可以用勒夏特列原理解释，C符合题意；D项，铁离子与铁粉反应而浓度降低，使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选C。7．下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是()A．由图1可知H2的标准燃烧热为241.8kJ·mol－1B．图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的反应过程中的能量变化C．反应热与途径无关，由图3可知△H3>△H2D．由图4可知该反应△H＝(E2－E1)kJ·mol－1【答案】C【解析】A项，1mol氢气生成液态水放出的热量为燃烧热，图中生成气态水，不能判断燃烧热，故A错误；B项，图中反应物总能量大于反应物总能量，为放热反应，故B错误；C项，由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则图中△H3=△H1+△H2，可得△H3>△H2，故C正确；D项，反应热为反应物的键能总和与生成物的键能总和的差值，由图4可知该反应△H＝(E1－E2)kJ·mol－1，故D错误；故选C。8．室温下pH相同、体积相同的醋酸与盐酸两种稀溶液，下列叙述正确的是()A．醋酸溶液中c(CH3COO-)与盐酸溶液中c(Cl-)相同B．温度均升高20℃，两溶液的pH不变C．加水稀释相同倍数后，两种溶液的pH仍相同D．与过量的锌粉反应，完全反应时产生氢气的物质的量相同【答案】A【解析】A项，两溶液pH相同，c(H+)相同，则c(OH-)也相同，根据电荷守恒，醋酸溶液中c(CH3COO-)与盐酸溶液中c(Cl-)相同，A正确；B项，温度均升高20℃，醋酸是弱酸能进一步电离，c(H+)增大，盐酸是强酸已经完全电离，则两溶液的pH不同，B错误；C项，加水稀释相同倍数后，醋酸是弱酸能进一步电离，盐酸是强酸已经完全电离，两种溶液的pH不同，C错误；D项，与过量的锌粉反应，醋酸是弱酸能进一步电离，继续反应产生氢气，完全反应时产生氢气的物质的量不同，D错误；故选A。9．如图(E表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程中能量变化关系图，下列说法正确的是()A．第一步反应吸收的热量大于第二步反应放出的热量B．升高温度，活化分子的百分数不变，但反应速率加快C．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小D．第一步反应的速率大于第二步反应【答案】C【解析】A项，由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，所以第一步反应吸收的热量小于第二步反应放出的热量，A项错误；B项，升高温度，活化分子的百分数增多，反应速率加快，B项错误；C项，反应的焓变和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，则增大反应物的浓度，不改变焓变的大小，但增大反应物的浓度，可提高反应速率，C项正确；D项，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率，D项错误；故选C。10．已知反应X(g)+Y(g)R(g)+Q(g)的平衡常数与温度的关系如表所示。830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2molX和0.8molY，反应初始4s内v(X)＝0.005mol/(L·s)。下列说法正确的是()温度/℃70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4A．4s时容器内c(Y)＝0.78mol/LB．达平衡时，X的转化率为80%C．反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动D．1200℃时反应R(g)+Q(g)X(g)+Y(g)的平衡常数K＝0.4【答案】B【解析】A项，v(X)＝0.005mol/(L·s)，则v(Y)＝0.005mol/(L·s)，4s内Y的减少量为0.02mol/L，4s时容器内c(Y)＝-0.02mol/L=0.38mol/L，A项错误；B项，830℃达平衡时，平衡常数为1，应有c(X)·c(Y)=c(R)·c(Q)，设有amol/L的X参与反应，则消耗Y为amol/L，生成Q和R分别都为amol/L，(0.1-a)(0.4-a)=a2，a=0.08mol/L，，转化率为80%，B项正确；C项，反应达平衡后，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，C项错误；D项，200℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝=2.5，D项错误；故选B。11．以氧化剂或还原剂为滴定剂，可以滴定一些具有还原性或氧化性的物质。某二氧化锰矿粉中MnO2含量测定实验流程如下图，下列说法错误的是()A．还原步骤发生的反应为：Na2C2O4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+Na2SO4+2CO2↑+2H2OB．Na2C2O4将MnO4-还原为Mn2+C．若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则测得MnO2含量偏小D．矿粉中MnO2含量为【答案】C【解析】由题给流程可知，还原步骤发生的反应为酸性条件下二氧化锰与草酸钠溶液反应生成硫酸锰、硫酸钠、二氧化碳和水，滴定步骤发生的反应为过量的草酸钠溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钠、硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水。还原步骤发生的反应为酸性条件下二氧化锰与草酸钠溶液反应生成硫酸锰、硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Na2C2O4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+Na2SO4+2CO2↑+2H2O，A正确；滴定步骤发生的反应为过量的草酸钠溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钠、硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应中草酸钠将高锰酸根离子还原为锰离子，B正确；若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡会使消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，导致测得二氧化锰含量偏大，故C错误；由得失电子数目守恒可得如下关系：5Na2C2O4—2KMnO4，滴定消耗20.00mL0.1000mol/L高锰酸钾溶液，则与二氧化锰反应的草酸钠的物质的量为0.2000mol/L×0.03L—0.1000mol/L×0.02L×=0.001mol，由得失电子数目守恒可得如下关系：Na2C2O4—MnO2，则矿粉中二氧化锰的含量为×100%=，故D正确；故选C。12．室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知Ksp(MgF2)=5.2×10－11，Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是()A．0.1mol·L-1NaF溶液中：c(Na＋)+c(H)=c(F－)B．“除镁”得到的上层清液中：C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：cCO32-=cHCO3-+cH＋-cOH－D．“沉锰”后的滤液中：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHCO3-＋2cCO32-【答案】C【解析】A项，0.1mol·L-1NaF溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H)=c(F－)+c(OH-)，A错误；B项，“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有，故，B错误；C项，0.1mol·L-1NaHCO3溶液中存在质子守恒：cCO32-+cOH－=cHCO3-+cH＋，故cCO32-=cHCO3-+cH＋-cOH－，C正确；D项，“沉锰”后的滤液中还存在F-、SO42-等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。故选C。13．某温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图(图中Am-表示或CrO42-)所示，下列说法正确的是()A．是AgCl的沉淀溶解平衡曲线B．a点时，AgCl和Ag2CrO4均生成沉淀C．b点时，有c(Cl-)=c(CrO42-)，则Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)D．当用0.1000mol·L-1AgNO3溶液滴定Cl-浓度约为0.1mol·L-1的溶液时，可用K2CrO4作指示剂(Ag2CrO4为红色沉淀)【答案】D【解析】，AgCl为1：1型，而Ag2CrO4为2：1型，溶度积常数只与温度有关，根据横坐标和纵坐标的比值关系可知，Y表示与的变化关系，则X表示与的变化关系，由沉淀溶解平衡曲线Y上的点(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积，由沉淀溶解平衡曲线X上的点(4.8，5)可得到AgCl的溶度积。A项，由分析可知，X、Y表示的是AgCl、Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，A错误；B项，a点在溶解度曲线上方，离子浓度更小，该条件下不能生成Ag2CrO4沉淀，也不能生成AgCl沉淀，B错误；C项，溶度积常数只与温度有关，，C错误；D项，AgCl和Ag2CrO4分别为白色、砖红色固体，用Ag+滴定含Cl-的溶液时，可以滴加少量K2CrO4溶液作指示剂，D正确；故选D。14．下列实验操作、现象和结论都正确的是()实验目的实验操作实验现象和实验结论A探究浓度对化学平衡的影响向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固体溶液颜色变浅，说明增大生成物浓度平衡逆向移动B证明碳酸钠溶液呈碱性与CO32-有关向滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴加3滴BaCl2溶液滴入BaCl2溶液后出现白色沉淀，溶液红色变浅，证明溶液呈碱性与CO32-有关C比较CH3COOH和HClO的酸性强弱用pH试纸测定同浓度的CH3COONa和NaClO溶液的pH溶液pH：CH3COONa＜NaClO，说明酸性：CH3COOH＞HClOD测定碳酸氢钠与盐酸反应的热效应向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸，测定体系温度变化体系温度升高，说明碳酸氢钠与盐酸反应放热【答案】B【解析】A项，KCl对铁离子与SCN-反应的平衡无影响，则溶液颜色不变，A不合题意；B项，钡离子与碳酸根离子结合生成沉淀，使碳酸根离子的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，红色变浅，即可证明碳酸钠溶液呈碱性与CO32-有关，B符合题意；C项，NaClO溶液可使pH试纸褪色，即NaClO溶液的pH值不能用pH试纸测量而应选pH计测定，C不合题意；D项，碳酸氢钠与盐酸反应是一个吸热反应，导致反应体系的温度降低，D不合题意；故答案为B。第卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．(15分))油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：①2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝-1036kJ·mol−1②4H2S(g)＋2SO2(g)=3S2(g)＋4H2O(g)ΔH2＝+94kJ·mol−1③H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3＝-484kJ·mol−1计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝kJ·mol−1，该反应在(填“高温”或“低温”)条件下才可自发进行。(2)某恒温恒容条件下，反应④中H2S的转化率达到最大值的依据是_______(填字母)。A．气体的压强不发生变化B．气体的密度不发生变化C．平均摩尔质量不发生变化D．单位时间里分解的H2S和生成的H2的量一样多(3)目前较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺：2H2S(g)＋O2(g)S2(g)＋2H2O(g)ΔH①相比克劳斯工艺，利用反应④高温热分解方法的优缺点是。②研究人员对反应条件对S2产率的影响进行了如图研究。同条件下，相同时间内，S2产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，S2产率先增大后减小，原因是。③相同条件下，相同时间内，S2产率随n(O2)：n(H2S)值的变化如图2所示。n(O2)：n(H2S)值过高不利于提高S2产率，可能的原因是。(4)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=1：3.75的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为，平衡常数Kp=kPa(已知：分压=总压×该组分的物质的量分数)。【答案】(1)+170(2分))高温(1分))(2)AC(2分))(3)优点：副产物氢气可作燃料缺点：耗能高(2分))该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大；当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小(2分))O2浓度过高，H2S和O2会反应生成副产物SO2，导致S2产率减小(2分))(4)50%(2分))5(2分))【解析】(1)根据盖斯定律(①+②)×-③=反应④，则；反应为吸热的熵增反应，则在高温下可以自发；(2)反应④中H2S的转化率达到最大值，则说明反应达到平衡状态；A项，恒容密闭容器该反应是气体分子数增大的反应，容器内压强始终再变化，当容器中气体的压强不再改变，说明反应达到平衡，故A正确；B项，气体总质量不变，容器体积不变，容器中混合气体的密度始终改变，故不能作为平衡标志，故B错误；C项，反应过程气体总物质的量在变化，容器内混合气体的平均摩尔质量在变化，故当不变时达到平衡，故C正确；D项，单位时间里分解的H2S和生成的H2的量的关系等于系数关系，且都是同向进行，不能说明达到平衡，故D错误；故选AC；(3)①反应④高温热分解的副产物为清洁燃料氢气，但是反应需要高温耗能较大，故相比克劳斯工艺，利用反应④高温热分解方法的优缺点：优点：副产物氢气可作燃料缺点：耗能高；②反应焓变小于0，该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小；故随着温度升高，S2产率先增大后减小；③氧气具有氧化性，能和还原性的硫化氢反应，故n(O2)：n(H2S)值过高不利于提高S2产率，可能的原因是O2浓度过高，H2S和O2会反应生成副产物SO2，导致S2产率减小；(4)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=1：3.75的混合气进行H2S热分解反应，假设硫化氢投料1mol；平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，则1-a=a，a=0.5，故H2S平衡转化率为；平衡时硫化氢、S2、氢气、氩气分别为0.5mol、0.25mol、0.5mol、3.75mol，总的物质的量为5mol，则平衡常数kPa。16．(14分))过硫酸铵[(NH4)2S2O8]，是一种重要的氧化剂、漂白剂。某实验小组以双氧水、浓硫酸和氨气为原料制备过硫酸铵，并用碘量法测定产品中过硫酸铵的纯度。Ⅰ.(NH4)2S2O8的制备(1)仪器M的名称为。(2)写出装置A中制备(NH4)2S2O8的化学方程式：。(3)实验中用到上述仪器，按照气流从左到右的顺序，合理的连接顺序为。c→_________→_________→_________→_________→_________→_________(填仪器接口小写字母))。(4)干燥产品的方法是→(填“高温常压烘干”“高温减压烘干”“低温常压烘干”或“低温减压烘干”))，可能的理由是→。Ⅱ.(NH4)2S2O8产品纯度的测定：(5)称取产品，配制成溶液，移取25.00mL(NH4)2S2O8溶液放入锥形瓶中，加入过量的溶液，然后加入几滴淀粉溶液，再用的Na2S2O3溶液滴定，重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为。已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。①下列说法正确的是；A．过滤得到的(NH4)2S2O8粗产品可用无水乙醇洗涤B．(NH4)2S2O8属于离子化合物，其中为+7价C．锥形瓶中加入过量的溶液时的反应是S2O82-+2I-=I2+2SO42-D．当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不恢复为原色②(NH4)2S2O8产品的纯度为。【答案】(1)恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗(2分))(2)NH3+H2O2+2H2SO4=(NH4)2S2O8+2H2O(2分))(3)gfbade(2分))(4)低温减压烘干(2分))减压是为了加快烘干速度，低温是为了防止(NH4)2S2O8受热分解(2分))(5)AC(2分))71.25%(2分))【解析】双氧水、浓硫酸和氨气反应生成过硫酸铵，化学方程式为2NH3+H2O2+2H2SO4=(NH4)2S2O8+2H2O，B为NH3发生装置，A为过硫酸铵发生装置，考虑氨气极易溶于水，需要在A、B之间放置安全瓶D，最后用盛放碱石灰的干燥管C进行尾气处理，故仪器接口连接顺序为c→g→f→b→a→d→e，最后采用滴定法测定过硫酸铵的纯度。(1))根据仪器M的特点可知，该仪器为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗。(2))由过硫酸铵结构可知，存在过氧键，过氧键中的O为-1价，S的化合价仍为+6价，因此双氧水、浓硫酸和氨气反应生成过硫酸铵属于非氧化还原反应：2NH3+H2O2+2H2SO4=(NH4)2S2O8+2H2O。(3))B为2NH3+H2O2+2H2SO4=(NH4)2S2O8+2H2O的发生装置，A为H2O2、浓硫酸、2NH3+H2O2+2H2SO4=(NH4)2S2O8+2H2O的反应装置，因三颈烧瓶中b处导管伸入液面以下，气流只能b进a出，但考虑2NH3+H2O2+2H2SO4=(NH4)2S2O8+2H2O极易溶于水，需要在A、B之间放置安全瓶D，最后用盛放碱石灰的干燥管C进行尾气处理，故仪器接口连接顺序为c→g→f→b→a→d→e。(4))为了加快烘干速度同时防止(NH4)2S2O8受热分解，应采用低温减压烘干方式。(5))①用无水乙醇洗涤(NH4)2S2O8可减少产品的溶解损失，同时乙醇易挥发，有利于低温条件下的快速干燥，A项正确；(NH4)2S2O8属于离子化合物，其中S为+6价，B项错误；S2O82-中过氧键的氧原子为-1价，S2O82-做氧化剂，I-做还原剂，发生反应：S2O82-+2I-=2SO42-+I2，C项正确；当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复为原来颜色，D项错误。故选AC。②根据电子得失关系可得：S2O82-~I2~2S2O32-，反应消耗Na2S2O3的物质的量为；根据物质转化关系式可知25mL(NH4)2S2O8溶液中(NH4)2S2O8的物质的量为，产品中的(NH4)2S2O8的质量为，纯度为。17．(14分))研究CO2的资源综合利用，对实现“碳达峰”和“碳中和”有重要意义。(1)在CO2加氢合成CH3OH的体系中，同时发生以下反应：反应Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ·mol－1反应Ⅲ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3=-90kJ·mol－1反应Ⅰ的ΔH1=，该反应在(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。(2)向体积为的密闭容器中，投入和，平衡时CO或CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：已知反应Ⅱ的反应速率，，为速率常数，c为物质的量浓度。①图中m代表的物质是。②范围内，随着温度升高，H2O的平衡产量的变化趋势是。③在p点时，若反应Ⅱ的，此时该反应的v正=mol·L-1·；④已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp；p点时体系总压强为，反应Ⅱ的Kp=(保留2位有效数字)。⑤由实验测得，随着温度逐渐升高，混合气体的平均相对分子质量几乎又变回起始的状态，原因是。【答案】(1)-49kJ·mol－1(2分))低温(2分))(2)①CO(2分))②先减小后增大(2分))③0.16(2分))④4.0×10-3(2分))⑤反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，高温时主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，所以气体平均相对分子质量基本不变(2分))【详解】(1)Ⅰ=Ⅱ+Ⅲ则，ΔH1=ΔH2+ΔH3=+41kJ·mol－1+(-90kJ·mol－1)=-49kJ·mol－1；该反应正向放热，正向体积减小熵减，当ΔG=ΔH1-TΔS＜0时T较小，则该反应低温自发；(2)反应Ⅰ、Ⅲ正向放热，反应Ⅱ正向吸热，升高温度反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，则CO的物质的量分数增大、甲醇的物质的量分数减小，m代表CO；升高温度反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，根据二氧化碳的变化趋势可以推知水的平衡产量变化趋势为先减小后增大；p点二氧化碳的转化率为20%，则二氧化碳变化物质的量为0.2mol，CO和CH3OH的总物质的量为0.2mol；此时CO的体积分数为20%，则CO和CH3OH质的量分别为0.04mol、0.16mol；在1L容器中有：、、，则x+z=0.16、y-z=0.04，有x+y=0.2，则，1-x-y=1-(x+y)=0.8，则n(CO2)=(1-x-y)mol=0.8mol、n(H2)=()mol=2.48mol、n(H2O)=(x+y)mol=0.2mol、n(CO)=0.04mol，p点为平衡点则、；反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，高温时主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，所以气体平均相对分子质量基本不变。18．(15分))天然气经催化重整转化成合成气(CO+H2)后再合成其他化工产品，既可缓解能源浪费，又能生产高附加值产品。以甲烷、二氧化碳为原料催化重整制合成气，体系中可发生如下二个反应：反应I：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH1(1)反应I可分为如下两步：CH4裂解：CH4(g)C(s)＋2H2(g)ΔH2＝+74.6kJ·mol−1CO2重整：C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH3＝+172.5kJ·mol−1则ΔH=。反应I能够自发进行的条件是，判断依据是。(2)T℃时，向4L容器中通入7molCO2(g)、6molCH4(g)，发生反应I、Ⅱ。t1min后平衡，体系中c(H2)=1.75mol·L-1，c(H2O)=0.25mol·L-1，压强为p。①此温度下，反应I的平衡常数Kp=[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数]。②请在图中画出0~t2时段，c(CO)随时间变化曲线并标出CO的平衡浓度。(3)二甲醚(DMF)是重要的有机化工原料，可通过上述原料制备，反应方程式为：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)①在恒温恒压条件进行此反应，下列能说明反应已达到平衡的是。A．H2、CO、CH3OH、H2O的反应速率之比为4：2：1：1B．H2、CO、CH3OH、H2O的物质的