山东省临沂市2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1山东省临沂市2025-2026学年高二上学期期中考试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23Mg-24Al-27K-39Mn-55一、单选题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产生活息息相关，下列说法错误的是A.乙炔与氧气反应放出热量用于切割金属B.使用纯氧代替空气炼钢，加快反应C.工业合成氨时为加快反应速率，使用高温高压的反应条件D.煤矿、面粉厂需防尘防爆【答案】C【解析】乙炔燃烧释放大量热量，形成高温氧炔焰，用于金属切割，A正确；使用纯氧代替空气，增大了反应物氧气的浓度，从而加快了反应速率；同时，没有了不参与反应的氮气吸收热量，反应温度更高，也使反应速率加快，B正确；高温虽加快反应速率，但工业合成氨选择高温（约450℃）主要因催化剂活性需求，而非单纯为了加快速率；高温同时会降低平衡产率，题目描述未全面体现条件选择权衡，C错误；粉尘在密闭环境中达到爆炸极限后遇明火易爆炸，需严格防爆，D正确；故选C。2.下列措施能降低化学反应速率的是A.实验室制取氢气时采用粗锌而非纯锌 B.锌粉和盐酸反应时加水稀释C.中和滴定时，边滴边摇锥形瓶 D.石墨合成金刚石时减小压强【答案】B【解析】实验室制取氢气时采用粗锌会形成原电池(锌作负极)，加快反应速率，A不符合题意；加水稀释盐酸会降低H⁺浓度，从而降低锌与盐酸的反应速率，B符合题意；中和滴定时摇动锥形瓶是为了使反应物充分接触，加快反应速率，C不符合题意；石墨合成金刚石是固体间反应，压强对固体反应速率影响较小，对速率影响不显著，D不符合题意；故选B。3.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.溶液中含有氧原子数为B.氨水中，含有的分子数少于C.标准状况下，完全溶于水后溶液中碳原子数为D.标准状况下，通入水中，溶液中氯离子数【答案】C【解析】1L1mol/LCH3COOH溶液中，溶质含2mol氧原子，但溶剂水中的氧原子数远多于2NA，总氧原子数超过2NA，故A错误；未给出氨水体积，无法计算NH3·H2O的物质的量，B错误；标准状况下11.2LCO2为0.5mol，无论是否与水反应，碳原子总数守恒，溶液中碳原子数为0.5NA，C正确；Cl2与水的反应，该反应为可逆反应，生成的少于0.5mol，D错误；故答案选C。4.下列实验装置或操作正确的是A．用量热计测定反应热B．配制溶液C．草酸滴定未知浓度的溶液D．探究温度对化学平衡的影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】测定反应热时，为避免热量损失，应在保温装置中进行，A错误；容量瓶不能用来溶解固体，应在烧杯中溶解后再转移到容量瓶中，B错误；滴定时，酸式滴定管的活塞柄向右，左手从滴定管后向右伸出，拇指在滴定管前，食指及中指在管后，三指平行的轻轻拿住活塞柄；用右手的拇指、食指和中指拿住锥形瓶，其与两指辅助在下侧，使瓶底离滴定台高约2~3cm，滴定管下端深入瓶口内约1cm，图中手势不正确，C错误；两个烧杯中分别盛有热水和冷水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO2(红棕色)N2O4(无色)平衡的影响，D正确；故答案选D。5.下列方程式与所给事实相符的是A.CaCO3与醋酸反应：B.向溶液中滴加澄清石灰水至过量：C.溶液中滴加溶液出现浅黄色浑浊：D.向次氯酸钠溶液中滴加碘化氢溶液：【答案】B【解析】醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，不能拆为H+，正确写法为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，A错误；向NaHSO3溶液中滴加过量石灰水时，与OH-反应生成和H2O，Ca2+与结合生成CaSO3沉淀，总反应为+OH-+Ca2+=CaSO3↓+H2O，电荷和原子守恒，B正确；H2SO3与S2-发生氧化还原反应生成S沉淀，但H2SO3在酸性条件下以H2SO3形式存在，而非，该离子方程式错误，C错误；ClO-与I-在酸性条件下发生氧化还原反应生成I2和Cl-，而非简单中和生成HClO，D错误；故答案为：B。6.氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：下列说法错误的是A.反应i包含三个基元反应 B.反应ii是吸热反应C.反应iii在低温条件下自发 D.总反应的速控步包含在反应iii中【答案】C【解析】观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成，说明该反应分三步进行，因此反应i包含三个基元反应，A正确；反应ii中的相对能量为0.05eV，经过TS4、TS5完成反应，生成，此时相对能量为3.01eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，B正确；反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，体系能量在反应中增加，反应的，应在高温条件下自发，C错误；整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D正确；故答案选C。7.恒容密闭容器中发生反应：若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应进行到时刻达到平衡状态的是A.⑤ B.②④⑤ C.②③④⑤ D.⑤⑥【答案】A【解析】①到达平衡后正、逆反应速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，t1时刻未到达平衡，①错误；②该反应为放热反应且在绝热恒容条件下进行，平衡建立前，其平衡常数应该随反应的进行逐渐减小，②错误；③t1时甲烷和一氧化碳的物质的量不再发生变化，CO、CH4的物质的量的变化量应与化学计量数成正比，即应为1：1，但图中达到平衡时，CO、CH4的物质的量的变化量之比不是1∶1，③错误；④平均相对分子质量，反应中气体总质量不变，气体分子数减少（n总​减小），故M应增大，④错误；⑤正反应放热，绝热容器中反应未平衡时温度会变化，则温度不变，说明达到了平衡状态，⑤正确；⑥对于固定的反应，焓变是固定不变的，与平衡状态无关，⑥错误；故只有⑤可以说明反应进行到时刻达到平衡状态，故选A。8.在1L密闭容器中，发生反应。某研究小组控制温度、投料进行实验，测得部分数据如下表。实验编号温度/℃起始物质的量/mol平衡时物质的总物质的量/(mol)达平衡的时间/minNO①2502.01.002.515②2504.02.00③3002.01.002.6710下列分析不正确的是A.实验①中，达平衡时NO转化率为B.该反应C.，D.实验③达平衡后，向体系中通入和，再次达平衡后的百分含量增大【答案】D【解析】实验①中，起始NO为2.0mol，O2为1.0mol，设反应了2xmolNO，则平衡时n(NO)=(2-2x)mol，n(O2)=(1-x)mol，n(NO2)=2xmol，平衡时总物质的量为2.5mol=(3-x)mol，可得x=0.5，NO转化率为=50%，A正确；该反应是气体体积减小的反应，反应正向进行，气体总物质的量减小，实验①（250℃）和③（300℃）起始量相同，但高温下平衡总物质的量更高（2.67>2.5），说明升温使平衡逆向移动，正反应为放热，ΔH<0，B正确；实验②起始量为实验①的两倍，相当于加压，反应速率加快（t2<15），该反应是气体体积减小的反应，加压促进正反应，总物质的量减少更多，故n1<5，C正确；实验③达平衡后，通入1molNO和0.5molO2，反应物浓度增大，相当于加压，平衡正向移动，导致NO的百分含量降低，D错误；故选D。9.在一定温度下，对冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积Ⅴ变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.的电离程度由小到大的顺序：B.a、b、c三点由小到大的顺序：C.a、b、c三点溶液分别用的氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液的体积：D.稀释过程中，保持不变【答案】A【解析】在加水稀释冰醋酸的过程中，随着醋酸浓度降低，其电离程度逐渐增大，因此醋酸电离程度由小到大的顺序为，A正确；溶液导电性越强，溶液中离子浓度越大，由图可知，由小到大的顺序为，B错误；稀释过程中，醋酸的总物质的量不变，则a、b、c三点溶液消耗氢氧化钠溶液的体积：，C错误；，温度不变，Ka不变，但稀释过程中先增大后减小，则先减小后增大，D错误；故答案选A。10.可用于制备高纯镍。在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，反应达平衡时，体积分数与温度的关系如图所示。对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(为反应速率常数)，下列说法错误的是A.降低温度和增大压强均有利于的生成B.压强由大到小的顺序：C.、110℃时，CO的平衡转化率为72.7%D.反应物减小一半时的时间【答案】D【解析】从图中看出，温度升高，的体积分数减小，即平衡逆向移动，则该反应为放热反应，而该反应正方向为气体分子数减小的反应，因此降低温度和增大压强均有利于平衡正向移动，促进的生成，A正确；增大压强，平衡正移，的体积分数增大，由图可知，压强由大到小的顺序为，B正确；由图可知，、110℃时，的体积分数为0.4，设的物质的量为0.4mol，则CO的物质的量为0.6mol，而生成0.4mol需消耗CO的物质的量为0.4mol×4=1.6mol，则初始CO的物质的量为0.6mol+1.6mol=2.2mol，因此CO的平衡转化率为，C正确；反应物浓度减小一半时，，带入公式得，解得，D错误；故答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验目的方案设计现象和结论A探究化学反应的限度取溶液，加入溶液，充分反应后滴加KSCN溶液溶液变红，说明KI与的反应有一定限度B探究反应物浓度对化学反应速率的影响向2份草酸溶液中，分别滴加和的酸性高锰酸钾溶液2mL加入的酸性高锰酸钾溶液褪色快，说明反应物浓度越大，反应速率越快C探究压强对化学平衡的影响向恒温恒容密闭容器中通入100mLHI气体，分解达到平衡后再通入100mLAr气体颜色不变，说明对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，改变压强平衡不移动D探究与HClO酸性的相对强弱用计测量等浓度、HClO的pH，比较pH的大小的比大，说明酸性比HClO强A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】反应：，根据两种溶液的物质的量可知，过量，无论是否存在平衡，滴加溶液一定变红，A错误；草酸与高锰酸钾反应：，高锰酸钾刚好和草酸完全反应褪色；而的高锰酸钾过量，不能完全褪色，不能说明反应物浓度越大，反应速率越快，B错误；碘化氢发生反应：，恒温恒容条件下通入（不参与反应），因为各气体的浓度仍然不变，导致平衡不移动，所以气体颜色不变，与加入氩气以后压强改变无关，C错误；用pH计测量等浓度的CH3COOH、HClO溶液的pH，HClO的pH比CH3COOH的大，则等浓度的CH3COOH、HClO溶液中，CH3COOH电离出的氢离子浓度比HClO电离出的氢离子浓度更大，说明醋酸的酸性比次氯酸的强，D正确；故选D。12.室温下，向亚硫酸溶液中滴加溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅰ表示溶液中的分布系数随溶液的变化B.的数量级为C.当时，D.滴加的过程中，水的电离程度一直增大【答案】BD【解析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度先逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度又减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。根据前面分析，曲线Ⅰ表示溶液中的分布系数随溶液的变化，A正确；在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则，因此的数量级为，B错误；在pH=2时，亚硫酸物质的量浓度和亚硫酸氢根物质的量浓度相等，则，，当时，，C正确；滴加NaOH过程中，开始时亚硫酸抑制水的电离，随着NaOH加入，生成亚硫酸氢钠，水的电离程度有所增大，继续加入氢氧化钠生成亚硫酸钠，水的电离程度进一步增大，但当NaOH过量时，NaOH抑制水的电离，水的电离程度又减小，不是一直增大，D错误；故答案选BD。13.在恒温恒容密闭容器中仅发生反应：∆H＞0。实验测得：；；为温度时的平衡常数，、为速率常数，受温度影响。下列说法错误的是A.此反应正反应的活化能大于逆反应的活化能B.温度升高、都增大C.温度时，D.平衡时，加入高效催化剂，、均增大【答案】C【解析】此反应∆H＞0，为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，A正确；温度升高，反应速率加快，、都增大，B正确；温度下，反应达平衡时，=，K==，则，C错误；平衡时，加入高效催化剂，可降低反应的活化能，同等程度加快正、逆反应速率，、均增大，D正确；故选C。14.钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是A.步骤①生成的为B.在催化循环中起氧化作用C.该过程的总反应方程式为：+H2O2D.升高温度，该反应速率一定增大【答案】BD【解析】结合反应机理图可知和反应生成知、、H+，步骤①反应为，和苯生成，和、H+反应生成、和水，据此解答。根据分析，步骤①反应为，则步骤①生成的为，A正确；在催化循环中V的化合价由+4升高到+5，所以起还原作用，B错误；根据分析，过程的总反应方程式为：+H2O2，C正确；受热易分解，升高温度可能导致大量分解，或催化剂活性降低，因此反应速率不一定增大，D错误；故选BD。15.向体积为20.00mL、浓度为的醋酸溶液中滴加的溶液。随着溶液的滴入，水电离出的氢离子浓度变化如图所示。下列说法正确的是A.醋酸的电离常数B.M点为酸碱中和滴定终点C.M点、P点溶液均呈中性D.用甲基橙做指示剂，测量结果比真实醋酸浓度偏低【答案】AD【解析】在未加入NaOH溶液时，0.1mol∙L-1的醋酸溶液中水电离出的，则醋酸电离出的，因此醋酸的电离常数，A正确；滴定终点时，醋酸与NaOH完全反应生成，此时溶液中的水解程度最大，即水电离产生的最大，故N点为酸碱中和滴定终点，B错误；滴定过程中，溶液由酸性向碱性变化，且N点为滴定终点，而M点和P点溶液中水电离出的，则M点溶液中的溶质为和，呈中性，P点溶液中的溶质为和NaOH，显碱性，C错误；滴定终点溶液显碱性，若用甲基橙（变色范围3.1~4.4）作指示剂，则指示剂变色时加入的NaOH溶液体积偏小，测定的醋酸浓度偏低，D正确；故答案选AD三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.二甲胺是用途广泛的化工原料，用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺是一种常用的方法。回答下列问题：（1）合成气制备甲醇：一定条件下发生反应，。CO的结构式为，估算该反应的需要_______(填数字)种化学键的键能数据，该反应的活化能_______(填“大于”或“小于”)。（2）合成氨：在30.4MPa、条件下，混合气体以一定流速通过合成塔。测得出口含量随反应温度和催化剂粒径的变化曲线如图。的原因是_______。达到最高点后，曲线②下降的原因是_______。（3）用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：Ⅰ．Ⅱ．该条件下氨气合成二甲胺的热化学方程式为_______。（4）为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。部分物质的标准摩尔生成焓如下表。化合物摩尔生成焓-45.9-285.8-239.2-18.4标准状态下，反应_______。【答案】（1）①.5②.小于（2）①.催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快②.温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢（3）（4）-65.7【解析】【小问1详析】已知反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)中含有、H-H、C-H、C-O和O-H等五种键，CO的结构式为，即估算该反应的需要5种化学键的键能数据，化合反应是一个放热反应，反应热等于正反应活化能减去逆反应的活化能，故该反应的活化能小于，故答案为：5；小于；【小问2详析】由题干出口NH3含量随反应温度和催化剂粒径的变化曲线图信息可知，随着温度升高反应速率加快，相同时间内生成的NH3的量增加，催化剂的粒径越小，表面积也大，反应速率越快，相同时间内生成的NH3的量增加，故的原因是催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快，达到最高点后，温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢，导致相同时间内生成的NH3的量减小，即曲线②下降，故答案为：催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快；温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢；【小问3详析】已知反应Ⅰ．，反应Ⅱ．可知，反应Ⅰ+Ⅱ可得该条件下氨气合成二甲胺的反应：，根据盖斯定律可知，=(m+n)kJ/mol，该反应的热化学方程式为=(m+n)kJ/mol，故答案为：=(m+n)kJ/mol；【小问4详析】由题干信息可知，反应①N2(g)+H2(g)NH3(g)=-45.9kJ/mol，②H2(g)+O2(g)=H2O(l)=-285.8kJ/mol，③C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3OH(g)=-239.2kJ/mol，④2C(s)+H2(g)+N2(g)=(CH3)2NH(g)=-18.4kJ/mol，则反应2②+④-①-2③可得反应，根据盖斯定律可知，=2×(-285.5kJ/mol)+(-18.4kJ/mol)-(-45.9kJ/mol)-2×(-239.2kJ/mol)=-65.7kJ/mol，故答案为：-65.7。17.探索水溶液的酸碱性对化学反应速率的影响具有重要意义。Ⅰ．研究小组甲探究了溶液呈酸碱性的原因。（1）天然水中可以分离出重水。溶液中存在电离平衡：，和的关系如图所示。①图中4个状态点对应的溶液呈碱性的是_______。②由D点到B点，可采取的措施为_______。Ⅱ．研究小组乙对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。【初步探究】示意图序号温度试剂A现象①0℃稀硫酸4min左右出现蓝色②20℃稀硫酸1min左右出现蓝色③20℃稀硫酸15min左右出现蓝色④20℃蒸馏水30min左右出现蓝色（2）实验①中发生反应的离子方程式为_______。（3）为探究溶液温度对反应速率的影响，可选择实验_______对比(填序号)；实验④中加入蒸馏水的目的是_______。（4）对比实验②③④，得出结论：_______。【进一步探究】已知：i．pH<11.7时，能被氧化为。ii．时，发生歧化反应：，pH越大，歧化速率越快。探究小组乙用4支试管在装有的储气瓶中进行实验。实验装置序号⑤⑥⑦⑧试管中溶液的891011放置10小时后的现象出现蓝色颜色无明显变化（5）分析⑦和⑧中颜色无明显变化的原因_______。【答案】（1）①.AD②.升高温度，并加入适量的酸（2）（3）①.①②②.控制单一变量，排除浓度变化对实验的干扰（4）溶液酸性越强，氢离子浓度越大，被氧化的速率越快（5）试管⑦⑧中既发生氧化反应的同时发生歧化反应，且歧化反应速率大于氧化反应速率【解析】【小问1详析】①重水中存在电离平衡，碱性溶液中c(D+)<c(OD-)，故A点和D点对应溶液呈碱性；②水的电离为吸热过程，温度升高，电离程度增大，c(D+)、c(OD-)增大，Kw也增大，由图可知，T1时对应离子浓度更高，Kw更大，所以T1>T2，因此由D点到B点，可采取的措施为升高温度，并加入适量的酸；故答案为：AD、升高温度，并加入适量的酸；【小问2详析】酸性条件下，碘化钾和氧气反应生成硫酸钾、碘单质和水，结合守恒配平、得到离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故答案为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；【小问3详析】实验①②的反应条件都是的稀硫酸，只是温度不同，导致反应速率不同，结合表中数值和现象可知，温度越高，反应速率越快，因此为探究溶液温度对反应速率的影响，可选择实验①②；实验②③④的反应条件是温度均相同，只是氢离子浓度不同，导致反应速率不同，其中实验④的A试剂是蒸馏水，作为空白对照实验，为了控制单一变量，排除I-浓度变化对实验的干扰；故答案为：①②；控制单一变量，排除I-浓度变化对实验的干扰；【小问4详析】实验②③④的反应条件是温度均相同，只是氢离子浓度不同，导致反应速率不同，结合表中数值和现象可知，c(H+)越大，反应速率越快，故答案为：溶液酸性越强，氢离子浓度越大，被氧化的速率越快；【小问5详析】由已知信息可知，时，碱溶液中碘单质和碱发生歧化反应，pH越大，歧化速率越快，⑤⑥实验的碱性弱，试管⑦⑧中pH=10、11时即碱性相对强，⑤⑥⑦⑧试管中均既发生氧化反应又发生歧化反应，但试管⑦⑧的歧化速率大于碘离子被氧化的速率，所以试管⑦⑧均无明显现象，故答案为：试管⑦⑧中既发生氧化反应又发生歧化反应，但歧化反应速率大于氧化速率。18.乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，合成乙二醇具有重要意义。回答下列问题：Ⅰ．直接合成法：，不同温度下平衡常数如下表所示。温度298K355K400K平衡常数1.0（1）恒温恒容条件下，可提高CO转化率的措施有_______。a．增加原料中的量b．增加原料中的量c．通入Ar气d．及时分离出乙二醇（2）实验表明，在500K时，即使压强（34MPa）很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是_______(答出1条即可)。Ⅱ．环氧乙烷(EO)水合工艺法：主反应：；副反应：。体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应，环氧乙烷完全转化，产物中。（3）0∼30min内，_______(保留两位有效数字)。（4）下列说法正确的是_______。a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量b．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率c．0∼30min内，Ⅲ．以甲醛和合成气为原料制备乙二醇，反应如下：①②（5）反应中伴随副反应③：。平衡常数与温度之间满足关系常数，反应②和③的与的关系如图所示，则_______，(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当_______(填“升高”或“降低”)反应温度，理由是_______。【答案】（1）bd（2）温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低（或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低）（3）0.046（4）b（5）①.<②.降低③.随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应③的增大程度【解析】【小问1详析】增加原料中CO的量，平衡正向移动，CO的转化量增多，但CO总量增加更多，其转化率反而降低，a不符合题意；增加原料中H2的量，平衡正向移动，CO的转化量增多，而CO总量不变，则其转化率升高，b符合题意；恒容条件下通入Ar气，反应中各物质的浓度均不发生改变，平衡不移动，CO的转化率不变，c不符合题意；及时分离出乙二醇，则乙二醇浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率升高，d符合题意；故选bd；【小问2详析】从表中数据可知，温度升高，平衡常数K值减小，则该反应为放热反应，温度升高至500K时，K＜1.3×10-3，即反应正向进行的程度很小，乙二醇产率很低；也可能是在高温条件下，催化剂失去活性，导致反应速率很慢，乙二醇产率很低；【小问3详析】30min时，环氧乙烷转化完全，即消耗的EO总量为1.5mol∙L-1，设主反应消耗的EO为xmol∙L-1，则副反应消耗的EO为(1.5-x)mol∙L-1，则生成的EG为[x-(1.5-x)]mol∙L-1，生成的DEG为(1.5-x)mol∙L-1，根据产物中，即，得到[x-(1.5-x)]:(1.5-x)=10:1，解得x=1.375，因此；【小问4详析】主反应为放热反应，生成物的总能量低于反应物的总能量，a错误；选择合适的催化剂能提高主反应的选择性，减少副反应的发生，从而提高乙二醇的最终产率，b正确；0∼30min内，主反应：；副反应：，，c错误；故选b；【小问5详析】根据关系式可知，图中两条曲线的斜率为，反应②的斜率更大，说明反应②的更小，即；由图可知，越大，即温度越低，反应③与反应②的平衡常数差距越大，达平衡时甲醇含量越低，因此可通过适当降低温度抑制甲醇的生成。19.Ⅰ．乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。回答下列问题：（1）已知常见酸的电离平衡常数如下(均为常温下的数据)：化学式HClO电离平衡常数依据电离平衡常数数据，下列描述正确的是_______。a．、、微粒结合的能力：b．Na2CO3溶液中滴加少量醋酸：c．NaClO溶液中通入少量CO2：d．Na2C2O4溶液中滴加过量氯水：（2）NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列说法正确的是a．图甲：转移NaOH溶液到250mL容量瓶中b．图乙：准确称得固体c．图丙：排除碱式滴定管中的气泡d．图丁：NaOH待测液滴定H2C2O4溶液Ⅱ．工业上配制高锰酸钾溶液常用草酸钠(Na2C2O4)进行标定，准确称取6.700gNa2C2O4配制成250mL水溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，滴加适量硫酸，用待标定的KMnO4溶液进行滴定，重复上述操作两次。（3）上述标定过程中发生反应的离子方程式为_______。（4）若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则所用KMnO4溶液的体积为_______；高锰酸钾溶液的浓度为_______(保留两位有效数字)。（5）接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为_______(填字母)；滴定终点的现象是_______。a．b．c．d．（6）下列操作使所测高锰酸钾溶液浓度偏低的是_______。a．滴定管未润洗就直接注入KMnO4溶液b．读取高锰酸钾溶液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数c．滴定前盛放草酸钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥d．滴加高锰酸钾溶液时，尖嘴处前有气泡后无气泡【答案】（1）ab（2）c（3）（4）①.26.10②.0.077mol/L（5）①.b②.滴入最后半滴KMnO4溶液后，锥形瓶内溶液变为浅紫红色，且30s内不再褪色（6）ad【解析】配制标准Na2C2O4溶液时，用电子天平准确称取6.700gNa2C2O4固体，放在烧杯内，加入适量蒸馏水进行溶解，冷却到室温后，转移入250mL容量瓶，洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液一并转移入250mL容量瓶，然后加水定容，上下颠倒、摇匀，从而配制成250mLNa2C2O4溶液。【小问1详析】由表中数据可知，电离常数Ka2(H2C2O4)＞Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)，则、、微粒结合H+的能力：，a正确；Na2CO3溶液中滴加少量醋酸，转化为，发生反应为：，b正确；NaClO溶液中通入少量CO2，由于电离常数Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)：所以发生反应，c不正确；氯水具有强氧化性，能将Na2C2O4氧化，生成NaCl、CO2等，依据得失电子守恒、原子守恒，可得出反应的化学方程式为：Na2C2O4+Cl2=2NaCl+2CO2，d不正确；故选ab。【小问2详析】图甲：转移NaOH溶液到250mL容量瓶中，必须使用玻璃棒引流，a不正确；托盘天平只能读到小数点后一位，而实验需要准确称得固体，所以不能使用图乙中的托盘天平，b不正确；图丙：排除碱式滴定管中的气泡时，应将碱式滴定管橡皮管弯曲使管口向上倾斜，然后挤压橡皮管，排出气泡，c正确；用NaOH待测液滴定H2C2O4溶液，NaOH会腐蚀玻璃，NaOH不能盛放在酸式滴定管内，d不正确；故选c。【小问3详析】用草酸钠(Na2C2O4)溶液标定高锰酸钾溶液时，滴加适量硫酸，发生氧化还原反应，生成Mn2+、CO2气体等，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出标定过程中发生反应的离子方程式为。【小问4详析】滴定管中的液面：滴定开始(0.00)和结束(26.10)，则所用KMnO4溶液的体积为26.10-0.00=26.10mL；由反应方程式可建立关系式：5Na2C2O4~2KMnO4，25.00mL溶液中，n(Na2C2O4)==0.005000mol，高锰酸钾溶液的浓度为≈0.077mol/L。【小问5详析】接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液时，操作为滴定管尖嘴触碰锥形瓶内壁，故选b；滴定终点时，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，则现象是：滴入最后半滴KMnO4溶液后，锥形瓶内溶液变为浅紫红色，且30s内不再褪色。【小问6详析】滴定管未润洗就直接注入KMnO4溶液，则KMnO4溶液稀释，浓度偏小，a符合题意；读取高锰酸钾溶液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，则读出