2026届甘肃省古浪县二中化学高二上期中统考试题含解析

2026届甘肃省古浪县二中化学高二上期中统考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是A．A的转化率变大 B．平衡向正反应方向移动C．D的体积分数变大 D．a＜c＋d2、一定条件下进行反应2X(g)＋Y(g)Z(s)＋3W(g)ΔH＜0。达到平衡后，t1时刻改变某一条件所得υ­t图像如图，则改变的条件为()A．增大压强 B．升高温度 C．加催化剂 D．增大生成物浓度3、一定温度下，向某密闭容器中加入0.2molCO和0.2molH2O，发生反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，4min时反应达到平衡状态，测得，n(CO)∶n(CO2)＝3∶2，下列说法正确的是()A．缩小容器的体积，混合气体的密度不变B．v(CO)＝v(CO2)时，表明反应达到平衡状态C．平衡时CO和H2O的转化率相等D．无法计算该条件下反应的化学平衡常数4、钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是（

）A．盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快B．碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c（H+）成正比C．钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小D．对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl-也可能会影响碳素钢的腐蚀速率5、2014年多位演艺明星因涉毒锒铛入狱，演出一部阵容豪华的“监狱风云”。吸毒祸害之大，胜于洪水猛兽。下列物质中不属于毒品的是A．冰毒 B．吗啡 C．甘油 D．摇头丸6、下列有机物结构式中的碳原子均为“饱和”的是A． B．C． D．7、关于苯乙烯()的说法正确的是(

)A．分子式为C8H10B．加聚产物为:C．属于苯的同系物D．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色8、500mLK2SO4和CuSO4的混合液中c(SO42-)=3mol/L,用石墨电极电解此溶液，通电一段时间，两极上均产生22.4L（标准状况）气体，则原混合液中K+的浓度是（）A．0.5mol/L B．4mol/L C．1.5mol/L D．2mol/L9、下列说法不正确的是A．干冰升华和液氯汽化时，都只需克服分子间作用力B．PCl5分子中各原子最外层均达到了8电子稳定结构C．水分子稳定性强是由于水分子中的氢氧键较为牢固D．金刚石中所有原子均是以共价键相结合的10、甲溶液的pH是3，乙溶液的pH是4,甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为A．1:10B．10:1C．2:1D．1:211、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A．①③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤12、吗丁啉是一种常见的胃药，其有效成分的结构简式如图所示。下列关于该物质的说法不正确的是（）A．该物质的分子式为C22H24ClN5O2B．该物质相对分子质量很大，属于高分子化合物C．该物质可以发生水解反应D．该物质能发生取代反应和加成反应13、以下电子排布式表示基态原子电子排布的是（）A．1s22s22p63s13p3B．1s22s22p63s23p63d104s14p1C．1s22s22p63s23p63d24s1D．1s22s22p63s23p63d104s24p114、下列有关化学键类型的判断正确的是（）A．全部由非金属元素组成的化合物中肯定不存在离子键B．所有物质中都存在化学键C．已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在2个σ键（C—H）和3个π键（C≡C）D．乙烷分子中只有σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键15、某温度下，相同pH的两种弱酸HA和HB分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A．酸性：HB>HAB．结合H+的能力：B->A-C．导电能力：c>bD．与氢氧化钠完全反应时，消耗氢氧化钠体积Va<Vb16、关于化合物2-苯基丙烯()，下列说法正确的是()A．易溶于水 B．可以发生加聚反应C．分子中所有原子共平面 D．不能使溴水褪色二、非选择题（本题包括5小题）17、1,4-环己二醇可用于生产聚酯纤维，可通过下列路线合成（某些反应的反应物和反应条件未列出）：（1）写出反应①、⑦的化学方程式：①____________________________________________________________________________；⑦____________________________________________________________________________。（2）上述七个反应中属于消去反应的有____________（填反应序号）。（3）反应⑤中可能产生一定量的副产物，其可能的结构简式为_________________________。18、(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。19、某实验小组在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验，实验试剂及其用量如表所示。反应物起始温度/℃终了温度/℃中和热/kJ·mol－1硫酸碱溶液①0.5mol·L－1H2SO4溶液50mL、1.1mol·L－1NaOH溶液50mL25.125.1ΔH1②0.5mol·L－1H2SO4溶液50mL、1.1mol·L－1NH3·H2O溶液50mL25.125.1ΔH2（1）实验①中碱液过量的目的是____________________。（2）甲同学预计ΔH1≠ΔH2，其依据是______________________。（3）若实验测得①中终了温度为31.8℃，则该反应的中和热ΔH1＝________(已知硫酸、NaOH溶液密度近似为1.0g·cm－3，中和后混合液的比热容c＝4.18×10－3kJ·g－1·℃－1)。（4）在中和热测定实验中，若测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，则测得的中和热ΔH________(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。（5）若实验①中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，则测得中和反应过程中放出的热量Q________。20、研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是____________________________________________________。（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大_____（选填“增大”，“减小”，“不变”）；（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。21、甲醇是重要的化工原料及能源物质。(1)利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=-58kJ·mol-1，在某温度时，将1.0molCO与2.0molH2充入2L的空钢瓶中，发生上述反应，在第5min时达到化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为10%。甲醇浓度的变化状况如图所示:①从反应开始到5min时，生成甲醇的平均速率为________，5min时与起始时容器的压强比为______。②5min时达到平衡，H2的平衡转化率α=______%，化学平衡常数K=______。③1min时的v(正)(CH3OH)________4min时v(逆)(CH3OH)(填“大于”“小于”或“等于”)。④若将钢瓶换成同容积的绝热钢瓶，重复上述实验，平衡时甲醇的物质的量分数________10%(填“>”“<”或“=”)。

(2)下图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。①甲中负极的电极反应式为______________________。②乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为________。③丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如下图，则图中②线表示的是____的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要____mL5.0mol·L-1NaOH溶液。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【分析】将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a<c+d；【详解】A.平衡逆向移动，A的转化率降低，A项错误；B.将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。B项错误；C.平衡逆向移动，D的体积分数降低，C项错误；D.D减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a<c+d，D项正确；本题答案选D。【点睛】气体压缩时，各产物和生成物的浓度一般都会变大，不能和原平衡的浓度相比，而要和变化的瞬间相比，如本题将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少；不能看到是原来的1.8倍，就认为向生成D的方向移动。2、B【分析】由图象可知，改变条件瞬间，正、逆速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，结合外界条件对反应速率及平衡移动影响解答。【详解】根据上述分析可知，

A．该反应为前后气体体积不变的反应，增大压强，正、逆速率增大相同的倍数，平衡不移动，A项不符合；

B．正反应为放热反应，升高温度，正、逆速率都增大，平衡向逆反应方向移动，B项符合；

C．加入催化剂，正、逆速率增大相同的倍数，平衡不移动，C项不符合；

D．增大生成物的浓度瞬间正反应速率不变，D项不符合，

答案选B。【点睛】本题考查化学平衡图像的基本类型，其注意事项为：一是反应速率的变化，是突变还是渐变；即关注变化时的起点与大小；二是平衡的移动方向，抓住核心原则：谁大就向谁的方向移动。3、C【详解】A、缩小容器的体积，化学平衡不移动，但混合气体的密度变大，A项错误；B、v(CO)=v(CO2)，未指明反应方向，不能表示反应已达到平衡状态，B项错误；C、由于起始充料的量之比与方程式中反应物的化学计量数之比一致，故各反应物的转化率一样，C项正确；D、由化学平衡常数表达式K=，而根据题意可求出达到平衡状态时，反应体系中CO、H2O、CO2、H2的物质的量，则可求出其平衡常数，D项错误；故选C。4、B【详解】A.由图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A说法正确；B.碳素钢的腐蚀速率不随硫酸浓度增大而增大，但腐蚀速率会随盐酸的浓度增大而加快，可推测是由于SO42-浓度引起的，故B说法错误；C.由图可知，当钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故C说法正确；D.由于腐蚀速率随盐酸浓度的增大而增大，随硫酸浓度的增大，出现先增大后减小的现象，因此可说明Cl-、SO42-都会影响碳素钢的腐蚀速率，故D说法正确；故答案为B。5、C【解析】冰毒、吗啡、摇头丸均属于毒品，甘油是高级脂肪酸的甘油酯，不是毒品，答案选C。6、A【详解】A.为乙烷，碳原子形成碳碳单键和碳氢键，均为“饱和”的，选项A正确；B.为乙烯，碳原子分别形成碳碳双键和碳氢键，碳碳双键为“不饱和键”，选项B错误；C.为乙炔，碳原子分别形成碳碳三键和碳氢键，碳碳三键为“不饱和键”，选项C错误；D.为苯，碳原子分别形成大键和碳氢键，大键为“不饱和键”，选项D错误；答案选A。7、D【解析】A.苯乙烯分子式为C8H8，A错误；B.加聚产物为：，B错误；C.分子中含有碳碳双键，不属于苯的同系物，C错误；D.分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误，答案选D。8、D【解析】由题意，阳极电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极先发生：Cu2++2e-=Cu，阴极生成H2的电极反应式：2H++2e-=H2↑，两极上均产生22.4L（标准状况）气体，即O2和H2都是1mol，所以根据电子守恒，溶液中Cu2+为1mol，c(Cu2+)=1mol÷0.5L=2mol•L-1，根据电荷守恒，2c(Cu2+)+c(K+)=2c(SO42-)，即2×2mol•L-1+c(K+)=2×3mol•L-1，解得c(K+)=2mol•L-1，故选D。9、B【解析】本题考查微粒间的相互作用力的知识点，意在考查考生对化学键和分子间作用力的掌握程度。干冰升华和液氯汽化时，都只需克服分子间作用力，A正确；PCl5分子中磷原子最外层不是8电子稳定结构，B错误；水分子稳定性强是由于水分子中的氢氧键较为牢固，C正确；金刚石中所有原子均是以共价键相结合的，D正确。【点睛】掌握常见物质的晶体类型和微粒间的作用力。分子晶体的状态的改变破坏分子间作用力，原子晶体破坏共价键。掌握常见含有氢键的物质，如水，或氨气或氟化氢等，注意氢键影响物质的物理性质，不影响化学性质。10、B【解析】甲溶液的pH是3，c(H+)=1.0×10-3mol/L，乙溶液的pH是4，c(H+)=1.0×10-4mol/L，所以甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为10:1，故答案选B。11、D【详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中发生两个化学反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3=Fe(OH)3↓＋3NaCl，产生的氢氧化铁是红褐色沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合时，过量的氢氧根离子与铝离子反应生成偏铝酸根离子和水，无沉淀产生；③Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应是Ca(OH)2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，产生白色沉淀；④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，发生的反应是NaAlO2＋H2O＋HCl=NaCl＋Al(OH)3↓，产生白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通足量CO2，产生NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有白色沉淀生成。符合条件的有③④⑤。答案选D。12、B【详解】A．根据结构简式确定分子式为C22H24ClN5O2，故A不符合题意；B．该分子相对分子质量小于10000，相对分子质量大于10000的为高分子化合物，所以该物质为小分子化合物，故B符合题意；C．含有肽键，所以能发生水解反应，故C不符合题意；D．肽键能发生取代反应、苯环能发生加成反应，故D不符合题意；故答案为：B。13、D【解析】试题分析：原子核外的电子排布时要符合能量最低原理、保利不相容原理、洪特规则。A．不符合能量最低原理，应该是1s22s22p63s23p2，错误。B．基态核外电子排布应该是1s22s22p63s23p63d104ss2，错误。C．基态核外电子排布应该是1s22s22p63s23p63d14s2，错误。D．1s22s22p63s23p63d104s24p1符合原子核外电子排布规律，正确。考点：考查原子核外电子排布式的正误判断的知识。14、D【详解】A．全部由非金属元素组成的化合物中可能存在离子键，例如NH4Cl中就存在离子键，A错误；B．不是所有物质中都存在化学键，如He、Ne、Ar等稀有气体单原子分子就只存在分子间作用力，不存在化学键，B错误；C．共价键中所有的单键均为σ键，双键是一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键，故已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在3个σ键和2个π键，C错误；D．由于乙烷分子中所有的化学键均为单键，故乙烷分子中只有σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键，D正确；故答案为：D。15、B【详解】A选项，增加同样体积的水稀释时，HB的pH变化小于HA，说明加水后HB进一步电离的程度大于HA，HB的电离程度小于HA，酸性比HA弱。B选项，酸根阴离子对应酸越弱，结合氢离子的能力越强，HA>HB，结合氢离子的能力，B－>A－，故B项正确；C选项，c点pH大于b点，故氢离子浓度c小于b点，因此c点导电能力小于b点，故C错误；D选项，开始pH相等，由于HA>HB，HB的电离程度小于HA，因此c(HB)>c(HA)，溶液体积相等，则HB的物质的量大于HA的物质的量，因此消耗得氢氧化钠HB>HA，即Va>Vb，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】相同pH的两种弱酸HA和HB分别加水稀释，pH变化大的是相对强的，变化小的是先对弱的。16、B【详解】A．该有机物只含C、H元素，属于烃类，难溶于水，故A错误；B．该物质含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故B正确；C．该分子中含有甲基，甲基上的原子不可能都共面，故C错误；D．该物质含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应使溴水褪色，故D错误；答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、+Cl2+HCl+2NaOH+2NaBr②④、【分析】由合成路线可知，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为NaOH/醇条件下的消去反应生成A为，反应③为A与氯气发生加成反应生成B为，B在NaOH/醇条件下发生消去反应得到，反应⑤为溴与的1,4—加成反应，反应⑥为碳碳双键与氢气的加成反应，生成C为，反应⑦为C在NaOH/水条件下发生水解反应生成1,4-环己二醇，据此解答。【详解】(1).反应①为环己烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成，化学方程式为：+Cl2+HCl，反应⑦为在NaOH/水条件下发生水解反应生成1,4-环己二醇，化学方程式为：+2NaOH+2NaBr，故答案为：+Cl2+HCl；+2NaOH+2NaBr；(2).由上述分析可知，上述七个反应中属于消去反应的有②和④，故答案为②④；(3).反应⑤为溴与发生的1,4—加成反应，在反应时，可能和溴发生1,2—加成反应生成，也可能两个C=C都与溴发生加成反应生成，故答案为、。18、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【点睛】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。19、保证酸完全反应，减少实验误差NH3·H2O是弱碱，其电离过程会吸收热量－56kJ/mol偏大偏小【解析】（1）为了使盐酸充分反应，碱液应过量；（2）根据弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；（3）本实验中溶液的总质量可看作100mL×1g·cm－3=100g，反应生成水的物质的量为0.05mol，根据ΔH1＝-mc(t（4）测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，使得碱溶液的初始温度偏高，温度差偏小；（5）实验①中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，会导致生成水的物质的量减小，会导致中和反应中放出的热量减小。【详解】（1）碱液过量的目的是使盐酸充分反应，提高实验的准确度，故答案为：使盐酸充分反应，提高实验的准确度；（2）NH3•H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，0.5mol•L-1H2SO4溶液50mL、1.1mol•L-1NH3•H2O溶液50mL反应放热偏小，终了温度偏低，反应热数值偏小，但反应热是负值，所以△H1<△H2，故答案为：NH3•H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程；（3）本实验中溶液的总质量可看作100mL×1g·cm－3=100g，反应生成水的物质的量为0.05mol，根据ΔH1＝-mc(t2-（4）测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，使得碱溶液的初始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，但反应热是负值，中和热△H偏大，故答案为：偏大；（5）实验①中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，会导致生成水的物质的量减小，会导致中和反应中放出的热量减小，测定的中和热数值偏小，故答案为：偏小。【点睛】本题考查了中和热的测定方法，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，使测定结果更加准确，计算反应热时注意应用公式ΔH＝-mc(t20、溶液变黄色否Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果减小大于Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OCr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率【分析】根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。【详解】（1）由Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c和b（只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c的现象是：溶液变为黄色。（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。我认为不需要再设计实验证明，故填否。理由是：Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，浓H2SO4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c(H+)的结果。（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知随着溶液的pH增大，上述平衡向正反应方向移动，减小，而增大，故减小。（4）向试管c继续滴加KI溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H2SO4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO42-转化为Cr2O72-，Cr2O72-可以在酸性条件下将I-氧化，而在碱性条件下，CrO42-不能将I-氧化，说明+6价铬盐氧化性强弱为：Cr2O72-大于CrO42-；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。（5）①实验ⅱ中，Cr2O72-在阴极上放电被还原为Cr3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O。②由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理示意图可知，加入Fe2(SO4)3溶于水电离出Fe3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe2+，Fe2+在酸性条件下把Cr2O72-还原为Cr3+。如此循环往复，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。由此可知，实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是：阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。【点睛】本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。21、0.025mol·L-1·min-15:6250.59大于<CH3OH-6e-+8OH-=CO32—+6H2O2.24LFe2+280【详解】（1）根据题目数据计算如下：CO(g)

+

2H2(g)

CH3OH(g)起始：

0.5

1