黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学2026届化学高二上期中学业质量监测试题含解析

黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学2026届化学高二上期中学业质量监测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下面是几种元素原子的基态电子排布式，其中所表示的元素电负性最大的是（）A． B．C． D．2、下列能表示阿伏加德罗常数数值的是()A．1mol金属铝含有的电子数为3NAB．标准状况下，22.4L乙醇所含的分子数为NAC．标准状况下，0.5molH2所含有的原子数为NAD．1L1mol/L的硫酸溶液中所含的H＋为NA3、在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)K＝1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是（

）A．CO、H2S的转化率之比为1∶1B．达平衡后H2S的体积分数为4%C．升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动4、某溶液中含有大量的H+、NH4+、SO42—，该溶液中还可能大量存在的离子是A．OH－ B．HCO3— C．Ba2+ D．Cu2+5、下列各组元素，属于同一周期的一组是A．H、Li、Na B．Na、Mg、Ca C．Al、P、S D．N、O、Cl6、下述实验不能达到预期目的的是()。编号实验内容实验目的A

将含有HCl杂质的CO2通入饱和Na2CO3溶液中除去CO2中的HClB

将一定量的KNO3和NaCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出，趁热过滤分离出NaCl晶体C

在含有少量FeCl3的MgCl2酸性溶液中加入足量MgO并过滤除去溶液中的FeCl3D

在含有少量Na2S的NaCl溶液中加入AgCl，再过滤除去溶液中的Na2SA．A B．B C．C D．D7、为了除去MgCl2洛液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下如入一种试剂，这种试剂是A．NaOHB．氨水C．Na2CO3D．MgO8、如图是某元素原子结构示意图，下列关于该元素的判断正确的的是（）A．位于第三周期元素B．属于第VII族元素C．该元素的化合价只有-2价D．该原子在化学反应中容易得到2个电子9、分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解，所得的羧酸和醇在相同条件下二者蒸汽的密度相同，符合此条件的酯的同分异构数目为A．2 B．8 C．10 D．1610、下列物质中，不属于醇类的是（）A．C3H7OHB．C6H5CH2OHC．C6H5OHD．甘油11、在阿司匹林的结构简式（下式）中①②③④④⑤⑥分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共热，发生反应时断键的位置是（）A．①④ B．②⑤ C．③④ D．②⑥12、下列说法错误的是A．抗酸药能中和胃里过多的盐酸，缓解胃部不适，是一类治疗胃痛的药B．碳酸镁、碳酸钡都能制成抗酸药物C．青霉素过敏严重者会导致死亡，故用药前一定要进行皮肤敏感试验D．青霉素是最重要的消炎药13、实验室现有下列四种规格的量筒，要准确量取11.0mL的稀盐酸，应选用的量筒是（）A．10mL量筒 B．20mL量筒 C．50mL量筒 D．100mL量筒14、下列物质属于强电解质的是A．H2OB．CO2C．CH3COOHD．AlCl315、下列说法正确的是A．非自发反应一定不能实现B．同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大C．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H<0D．恒温恒压下，△H<0且△S>0的反应一定不能自发进行16、在一定条件下，可逆反应N2＋3H22NH3(正反应是放热反应)达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是()A．加催化剂，v正、v逆都发生变化，且变化的倍数相等B．加压，v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数C．降温，v正、v逆减小，且v正减小的倍数大于v逆减小的倍数D．体积不变，加入氩气，v正、v逆都保持不变二、非选择题（本题包括5小题）17、已知乙烯能发生以下转化：(1)写出反应①化学方程式______，其反应类型为________。(2)B中官能团名称_______。(3)C的结构简式为_______。(4)写出反应②的化学方程式_______。(5)检验C中官能团的方法是_________，化学方程式为_______。(6)B与D制取乙酸乙酯需要三种药品①浓硫酸②乙酸③乙醇，加入三种药品的先后顺序为(填序号)__________。18、溶液中可能有下列阴离子中的一种或几种：SO42-、SO32-、CO32-、Cl-。⑴当溶液中有大量H+存在时，则不可能有______________________存在。⑵当溶液中有大量Ba2+存在时，则不可能有______________________存在。⑶当溶液中有_____________和_______________的阳离子存在时，上述所有阴离子都不可能存在。19、用图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是__________。（3）实验中若用1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行中和热测定，写出表示该反应中和热的热化学方程试（中和热为57.3kJ·mol-1）：__________________。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高2.1℃。已知中和后生成的溶液的比热容为2．18J／（g·℃），溶液的密度均为1g／cm3。通过计算可得中和热△H=_____，（5）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生此偏差的原因可能是(填字母)______。a．实验装置保温、隔热效果差b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO2溶液的温度c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”．“不相等”），所求中和热___（填“相等”．“不相等”），若用51mL1．51mol·L－1醋酸代替H2SO2溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会____（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。20、某化学兴趣小组的同学为了验证明矾的化学组成，进行了如下实验：（1）把明矾的水溶液分别加入两试管中，用焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰为紫色，说明含有________________；（2）在其中一个试管中，加入过量氨水，产生大量白色沉淀，将沉淀分为两部分，分别加入过量的盐酸和氢氧化钠，沉淀均消夫，说明明矾溶液中含____________(离子符号)，写出白色沉淀和氢氧化钠溶液反应的离子方程式________________________________________________；（3）在另一个试管中，加入盐酸酸化过的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明明矾溶液中含____________________________(离子符号);（4）明矾水溶液的pH值________7，其原因是________________________________(离子方程式);明矾可以用作净水剂，其原因是____________________________________，21、氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。回答下列问题：（1）有人设想利用CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0kJ·mol−1、283.0kJ·mol−1，请写出CO还原SO2的生成CO2和S(s)热化学方程式________________。（2）某科研小组研究臭氧氧化−−碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下：反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H1＝－200.9kJ•mol−1Ea1＝3.2kJ•mol−1反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H2＝－241.6kJ•mol−1Ea2＝58kJ•mol−1已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。请回答：其它条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示：①由图1可知相同温度下NO的转化率远高于SO2，结合题中数据分析其可能原因_____________________________________________________________________________。②下列说法正确的是________。A．Q点一定为平衡状态点B．其它条件不变，若扩大反应器的容积可提高NO和SO2的转化率C．温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零D．臭氧氧化过程不能有效地脱除SO2，但后续步骤碱吸收可以有效脱硫③假设100℃时P、Q均为平衡点，此时反应时间为5min，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，则体系中剩余O3的物质的量是___________；SO2的平均反应速率为________；反应Ⅰ在此时的平衡常数为_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【分析】电负性在同周期时，越往右越大，在同主族时，越往上越大。【详解】A项为O，B项为P，C项为Si，D项为Ca，根据这四个元素在元素周期表中位置关系知电负性：O>P>Si>Ca，O的电负性最大；故选A。2、C【解析】A．1mol铝原子中含有13mol电子，不能表示阿伏加德罗常数数值，A错误；B．标况下乙醇不是气体，22.4L乙醇的物质的量不是1mol，不能表示阿伏加德罗常数数值，B错误；C．标准状况下，0.5molH2所含有的氢原子是1mol，原子数为NA，能表示阿伏加德罗常数数值，C正确；D．1L1mol•L-1硫酸溶液中含有1mol硫酸，1mol硫酸在溶液中电离出2mol氢离子，不能表示阿伏加德罗常数数值，D错误；答案选C。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的判断与计算，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确阿伏加德罗常数的概念及表示的意义，注意气体摩尔体积的适用范围和条件。3、B【分析】A.利用三段法计算起始时H2S的物质的量，进一步计算转化率；B.根据平衡时各物质的物质的量进行计算；C.升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行；D.根据Qc与K之间的关系进行判断。【详解】A.设起始时H2S的物质的量为xmol,CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)；始(mol)10x00转(mol)2222平(mol)8x-222平衡常数K==1，解得x=2.5mol，CO的转化率=×100%=20%，H2S的转化率=×100%=80%，转化率不相等，A项错误；B.达平衡后H2S的体积分数=×100%=4%，B项正确；C.升高温度，平衡向吸热的方向移动；升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行，说明正向为放热反应，C项错误；D.恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Qc==0.67<1说明平衡正向移动，D项错误；答案选B。【点睛】本题判断平衡移动方向时可用浓度商与平衡常数进行比较，通过大小关系确定平衡移动的方向，并进一步确定正反应速率和逆反应速率的相对大小。对于可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Q＝，称为浓度商，且Q＜K反应向正反应方向进行，v正＞v逆Q＝K反应处于化学平衡状态，v正＝v逆Q＞K反应向逆反应方向进行，v正＜v逆4、D【详解】A.H+与OH－反应生成水，不能大量共存，故A错误；B.H+与HCO3-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故B错误；C.Ba2＋与SO42-反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D.Cu2+与H+、NH4+、SO42-不发生反应，可以大量共存，故D正确。故选D。【点睛】判断离子共存，由于发生复分解反应，离子不能大量共存。①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存。5、C【解析】A、H、Li、Na分别是第一、第二和第三周期，A不符合题意；B、Na、Mg、Ca分别是第三、第三和第四周期，B不符合题意；C、Al、P、S均是第三周期元素，C符合题意；D、N、O、Cl分别是第二、第二和第三周期，D不符合题意；答案选C。6、A【详解】A．Na2CO3也能吸收CO2，达不到分离提纯的目的，应该用饱和NaHCO3溶液吸收其中的HCl，故A错误；B．由于在较高温度下，KNO3和NaCl溶解度相差较大，可采用浓缩、结晶、过滤的方法分离，故B正确；C．MgO和酸反应促进Fe3＋水解形成Fe(OH)3，通过过滤即可除去MgCl2溶液中的FeCl3杂质，故C正确；D．Na2S和AgCl反应生成Ag2S沉淀和NaCl，过滤除去Ag2S和剩余的AgCl，即可除去NaCl溶液中的Na2S，故D正确；故选A。7、D【解析】根据FeCl3易水解生成氢氧化铁。【详解】A、加入NaOH分别与MgCl2、FeCl3反应生成氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，且生成氯化钠杂质，不符合，选项A错误；B、加入氨水后，Mg2＋和Fe3＋都生成沉淀，且也引入了新的杂质氯化铵，选项B错误；C、加入Na2CO3后，Mg2＋和Fe3＋都生成沉淀，且也引入了新的杂质氯化钠，选项C错误；D．加入MgO，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了除杂，题目难度不大，盐类的水解可用于除杂，除杂时不能引入新杂质。8、D【分析】原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，离圆圈最远的弧线表示最外层。若最外层电子数⩾4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数<4，在化学反应中易失去电子，以此解答。【详解】A.该元素是34号元素，原子的电子层数为4，位于第四周期，故A错误；B.该元素是34号元素，原子最外层有6个电子，位于第VIA族，故B错误；C.该元素的原子最外层有6个电子，化合价可以是-2、+6价等，故C错误；D.最外层电子数⩾4，在化学反应中易得电子，该原子在化学反应中容易得到2个电子，故D正确；故选D。9、D【详解】酯水解生成酸和醇，由于生成的酸和醇的相对分子质量相同，则根据酯的化学式可知，生成的羧酸和醇的化学式分别是C4H8O2和C5H12O，由于丙基有2种，则羧酸C4H8O2就有2种。戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷，其中等效氢原子的种类分别是3、4和1种，戊醇有8种，所以该酯的同分异构体就有2×8＝16种；答案选D。10、C【解析】官能团羟基与烃基或苯环侧链上的碳相连的化合物属于醇类，羟基与苯环直接相连的有机物为酚类，据此进行判断。【详解】A．C3H7OH，丙基与羟基相连，该有机物为丙醇，属于醇类，选项A不选；B．C6H5CH2OH中苯环侧链与羟基相连，名称为苯甲醇，属于醇类，选项B不选；C．C6H5OH为苯酚，苯环与羟基直接相连，属于酚类，选项C选；D．甘油又名丙三醇，分子中烃基与官能团羟基相连，属于醇类，选项D不选；答案选C。【点睛】本题考查了醇类与酚类的判断，题目难度不大，解题关键是明确醇类与酚类的根本区别，羟基直接与苯环相连的有机物属于酚类。11、D【解析】阿司匹林中含有酯基和羧基，与足量NaOH溶液共热可发生中和反应（断⑥号键）和酯的水解反应（断②号键）；答案选D。12、B【解析】A．根据酸碱中和反应的知识进行分析，胃酸的主要成分是盐酸；B．根据酸碱中和反应的知识进行分析，胃酸的主要成分是盐酸；C．青霉素过敏严重者会导致死亡；D．青霉素是抗生素。【详解】A、胃酸的主要成分为盐酸，抗酸药能中和胃里过多的盐酸，缓解胃部不适，选项A正确；B、碳酸钡溶于盐酸，钡离子能使蛋白质变性，引起人体中毒，选项B错误；C、青霉素属于抗生素，能破坏细菌的细胞壁并在细菌细胞的繁殖期起杀菌作用，选项C正确；D、青霉素是一种重要的抗生素，能消炎，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查抗酸药的成分及原理、青霉素的使用等，难度不大，注意青霉素过敏严重者会导致死亡，故用药前一定要进行皮肤敏感试验。13、B【解析】量筒越大，管径越粗，其精确度越小，由视线的偏差所造成的读数误差也越大。所以，实验中应根据所取溶液的体积，尽量选用能一次量取的最小规格的量筒。【详解】量筒越大，管径越粗，其精确度越小，由视线的偏差所造成的读数误差也越大。所以，实验中应根据所取溶液的体积，尽量选用能一次量取的最小规格的量筒。要量取11.0mL，能一次量取的最小规格的量筒是20mL的。

答案选B。14、D【解析】A．水的电离方程式：H2O⇌H++OH-，水为弱电解质，故A错误；

B．二氧化碳溶于水后，能和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，但电离出阴阳离子的是碳酸，不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故B错误；

C．乙酸是化合物，在水溶液中是部分电离的电解质，属于弱电解质，故B错误；

D．AlCl3属于盐，溶于水可以完全电离变成铝离子和氯离子，能导电，属于强电解质，故D正确。

故选D。15、C【详解】A.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，选项A错误；B.熵是指体系的混乱度，同种物质气态熵大于液态大于固态，即同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，选项B错误；C.反应能自发进行说明：△H-T△S＜0，由方程式NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）可知该反应的∆S＜0，要使：△H-T△S＜0，所以必须满足△H＜0，选项C正确，D.恒温恒压下，△H＜0且△S＞0的反应的△H-T△S＜0，反应一定可以自发进行，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据。本题是灵活运用△G=△H-T△S判断反应能否自发进行，其难点是如何判断△S，一般由固体转变为液体或气体时△S＞0，另外反应向气体体积增大的方向进行时△S＞0，否则△S＜0；要熟练掌握当△H＜0且△S＞0的反应肯定能自发进行，当△H＞0且△S＜0的反应不可能自发进行，其它情况在不同温度下可能自发进行，特别注意的是不能自发进行的反应并不表示不能发生，一定条件下反应也能进行，如电解池中发生的反应通常就是非自发进行的反应。16、C【解析】由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0可以知道，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，以此解答该题。【详解】A.加入催化剂,正逆反应速率都增大,且增大的倍数相同,平衡不移动,故A正确；B.反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数,增大压强,体积减小，各物质浓度均增大，v(正)、v(逆)都增大,平衡向正反应方向移动,说明v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数,故B正确；C.正反应放热,则升高温度平衡向逆反应方向移动,则降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,v(正)减小的倍数小于v(逆)减小的倍数,故C错误；D.在体积不变的密闭容器中通入氩气,虽然压强增大,但参加反应的气体的浓度不变,反应速率不变,平衡不移动,故D正确；综上所述，本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应羟基加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热③①②【分析】由转化可知，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C为CH3CHO，B与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，可知D为CH3COOH，制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率。【详解】(1)反应①是乙烯与水反应生成乙醇，化学方程式是，碳碳双键转化为-OH，反应类型为加成反应；(2)B为乙醇，官能团为羟基；(3)C的结构简式为；(4)反应②的化学方程式为；(5)检验C中官能团醛基的方法是加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热出现砖红色沉淀，说明含有醛基，反应的化学方程式是；(6)制备乙酸乙酯时先加乙醇、再加浓硫酸，后加乙酸，提高乙酸的利用率，则加入三种药品的先后顺序为③①②。18、SO32-、CO32-SO42-、SO32-、CO32-Ba2+Ag+【分析】（1）当溶液中有大量H+存在时，与H+反应的离子不能大量存在；（2）当溶液中有大量Ba2+存在时，与Ba2+反应的离子不能大量存在；（3）当溶液中有Ba2+时，SO42-、SO32-、CO32-不能大量存在；当溶液含有Ag+离子时，Cl-不能大量存在。【详解】（1）当溶液中有大量H+存在时，SO32-、CO32-与H+反应生成气体而不能大量存在，故答案为SO32-、CO32-；（2）当溶液中有大量Ba2+存在时，SO42-、SO32-、CO32-与Ba2+分别反应生成沉淀而不能大量存在，故答案为SO42-、SO32-、CO32-；（3）当溶液中有Ba2+时，SO42-、SO32-、CO32-不能大量存在，当溶液含有Ag+离子时，Cl-不能大量存在，故答案为Ba2+、Ag+。【点睛】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意常见生成沉淀或气体的离子之间的反应。19、环形玻璃搅拌棒保温、隔热、减少实验过程中的热量损失1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l);ΔH=-57.3kJ·mol-1-52.8kJ·mol-1ab不相等相等偏小【详解】（1）根据量热器构成可知，为使反应充分、快速进行，可以用环形玻璃搅拌棒上下搅拌，因此仪器A为环形玻璃搅拌棒；综上所述，本题答案是：环形玻璃搅拌棒。（2）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是起到保温、隔热的作用，降低热量损失，减少实验误差；综上所述，本题答案是：保温、隔热、减少实验过程中的热量损失。（3）中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热。所以1．51mol·L－1H2SO2溶液跟1．51mol·L－1NaOH溶液进行反应生成1mol液态水，放出热量为57.3kJ·mol-1，该反应的中和热的热化学方程式为1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：1/2H2SO2(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO2(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。（2）取31mL1．51mol·L－1H2SO2溶液与51mL1．51mol·L－1NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，混合液质量为（31+51）×1=81g，温度变化2.1℃，则反应生成1.125mol液态水放出的热量Q=cm∆t=2.18×81×2.1=1371.12J，则生成1mol液态水时放出的热量约1371.12/1.125=52821.6J=52.8kJ，则中和热△H=-52.8kJ·mol-1；综上所述，本题答案是：-52.8kJ·mol-1。(5)a．实验装置保温、隔热效果差，有部分热量散失，所以中和热偏小，a可能；b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO2测温度，因为温度计上会有氢氧化钠,氢氧化钠与硫酸反应放热,导致硫酸的起始温度偏高,那么实验后温度增加量就比实际要小，所测中和热偏小，b可能；c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，操作合理，减小了热量损失，数值准确，c不可能；综上所述，本题选ab。（6）实验中若用61mL1．25mol·L－1H2SO2溶液跟51mL1．55mol·L－1NaOH溶液进行反应，反应生成1.15×1.55=1.1275molH2O，因此放出的热量不相等；由于中和热对应的是生成1mol液态水时的反应热，与实验过程中实际生成水的多少无关，故所求中和热相等；由于醋酸是弱酸，电离过程吸热，部分热量被消耗，因此测得反应前后温度的变化值会偏小；综上所述，本题答案是：不相等，相等，偏小。【点睛】本题考查中和热的测定与计算,题目难度中等,注意理解中和热的概念,注意掌握测定中和热的正确方法,明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失。20、钾离子Al3+Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O大于Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋氢氧化铝具有吸附性，能吸附水中的悬浮小颗粒，最终使之沉降，达到净水效果【详解】（1）用焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰为紫色，说明含有钾离子，故答案为：钾离子；（2）在其中一个试管中，加入过量氨水，产生大量白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝，将沉淀分为两部分，分别加入过量的盐酸和氢氧化钠，沉淀均消夫，说明明矾溶液中含Al3+(离子符号)，白色沉淀为氢氧化铝，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O，故答案为：Al3+；Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O；（3）加入盐酸酸化过的氯化钡溶液，产生白色沉淀，不溶于盐酸的钡盐是硫酸钡，说明明矾溶液中含SO42－，故答案为：SO42－；（4）明矾水溶液的pH值小于7，其原因是Al3＋是弱碱阳离子水解后生成酸，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(离子方程式)；明矾可以用作净水剂，其原因是氢氧化铝具有吸附性，能吸附水中的悬浮小颗粒，最终使之沉降，达到净水效果，故答案为：小于；Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；氢氧化铝具有吸附性，能吸附水中的悬浮小颗粒，最终使之沉降，达到净水效果。21、2CO(g)+SO2(g)＝2CO2(g)+S(s)ΔH＝－270kJ·mol−1反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应CD1.4mol0.06mol/(L·min)8【分析】（1）燃烧热是指101kPa，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，写热化学方程式，根据盖斯定律计算得到CO还原SO2的生成CO2和S（s）热化学方程式；（2）①反应活化能越小反应越容易进行；②A．图象为反应相同时间t后的转化率，反应经历时间t后，并不一定达到化学平衡；B．其它条件不变，若扩大反应器的容积，相当于对反应减压，考虑到O3的分解反应，利于臭氧分解为O2，O3浓度减小，不利于反应正向进行；C．根据图象，温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零；D．脱除SO2过程反应不易进行，转化率较低，后续步骤碱吸收可以有效脱硫；③其它条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，反应Ⅰ中NO转化率为80%，反应的NO为1.6mol，反应的O3为1.6mol；反应Ⅱ中SO2的转化率30%，反应的二氧化硫0.6mol，反应的O3为0.6mol；2O3（g）3O2（g），发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.4mol，则体系中剩余O3的物质的量=4.0mol－1.6mol-0.6mol-0.4mol=1.4mol；SO