1、淇滨高中2019-2020学年上学期第一次月考高二化学试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65第卷（选择题）一、单选题（共20个小题，每题3分，共60分。）1.下列说法中正确的是()A. 热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示的反应热是在标准状况下测得的B. 升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热C. 据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量D. 若生成与断裂1 mol HO键对应放出和吸收的能量分别为
2、a kJ、b kJ，则ab【答案】D【解析】热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示的反应热是在298K、101KPa下测得的，故A错误；升高温度或加入催化剂，反应热不变，故B错误；反应物的总能量不等于生成物的总能量，故C错误；断裂1 mol HO键吸收的能量与生成1 mol HO键放出的能量相同，故D正确。2.根据如图所示的反应判断下列说法中错误的是A. CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量B. 该反应的焓变大于零C. 该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量D. 由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应【答案】D【
3、解析】【详解】A.因为碳酸钙受热分解是吸热反应，所以CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量，A项正确，不符合题意；B.吸热反应，焓变大于零，B项正确，不符合题意；C.在CaCO3中，Ca2和CO32之间存在离子键，CO32中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，C项正确，不符合题意；D.需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热反应，D错误，符合题意；本题答案选D。3.常温下，0.01 molL1 MOH溶液的pH为10。已知：2MOH(aq)H2SO4(aq)=M2SO4(
4、aq)2H2O(l)H124.2 kJmol1；H(aq)OH(aq)=H2O(l)H257.3 kJmol1。则MOH在水溶液中电离的H为A. 33.1 kJmol1B. 45.2 kJmol1C. 81.5 kJmol1D. 33.1 kJmol1【答案】B【解析】常温下，0.01molL1MOH溶液的pH为10，说明MOH是弱碱，2MOH(aq)H2SO4(aq)=M2SO4(aq)2H2O(l)反应的离子方程式为MOH(aq)H+(aq)= M+ (aq)H2O(l) H112.1 kJmol1；H(aq)OH(aq)=H2O(l)H257.3 kJmol1-得MOH(aq) H(aq
5、)OH(aq) H=45.2 kJmol1，故B正确。4.下列说法正确的是()A. 催化剂是影响化学反应速率的本质因素B. 当反应体系容积不变时，减小反应物的量肯定能降低反应速率C. 可逆反应达到反应限度时，化学反应速率为0D. 化学反应速率可用单位时间内反应物的浓度变化量来表示【答案】D【解析】A、影响化学反应速率的本质因素是物质本身的性质，而催化剂是外界因素，A错误；B、如果反应物是固体物质，量变但浓度不变，所以当反应体系容积不变时，减小反应物的量不一定能降低反应速率，B错误；C、平衡状态是动态平衡，所以达到反应限度时，化学反应速率不为0，C错误；D、化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度
6、的减少量或生成物浓度的增加量（均取正值）来表示，即可用单位时间内反应物的浓度变化量来表示，D正确；答案选D。点睛：本题考查化学反应速率及其影响因素等有关知识，侧重考查影响因素，明确化学反应速率概念、影响因素等即可解答，选项B是解答的易错点。5.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是A. Na与水反应时增大水的用量B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量【答案】D【解析】【详解】A水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B将稀H2SO4改为98%
7、浓H2SO4，则其与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；CH2SO4与NaOH两溶液反应，没有气体参与反应，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；D恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，注意浓硫酸的性质，在改变浓度时，不能改变反应的本质。6.一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)I2(g) H0，若15s内c(HI)由0.1molL1降到0.07molL1，则下列说法正确是（ ）A. 015 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)0.002 molL1s1B. c(HI)由
8、0.07 molL1降到0.05 molL1所需的反应时间小于10 sC. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢D. 减小反应体系体积，化学反应速率加快【答案】D【解析】【详解】A. 015s内c(HI)由0.1molL1降到0.07molL1，v(HI)= =0.002mol/(Ls)，由速率之比等于化学计量数之比可知v(I2)=0.002mol/(Ls)=0.001mol/(Ls)，A项错误；B. 若速率不变，c(HI)由0.07 molL1降到0.05 molL1所需的反应时间为 =10s，但随反应进行浓度减小，反应速率减小，则c(HI)由0.07 molL1降到0.05 molL1所
9、需的反应时间大于10 s，B项错误；C. 升高温度，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，C项错误；D. 减小反应体系的体积，压强增大，则化学反应速率加快，D项正确；答案选D。【点睛】要牢记外因对化学反应速率和化学平衡的影响效果。如C项温度对化学反应速率的影响考点，这是学生的易混点，只有真正掌握影响的实质才能准确地做出判断。7.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020molL-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0m
10、L混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是A. 40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B. 图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C. 图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 10-5molL-1s-1D. 温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂【答案】B【解析】【详解】A、从图像中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，说明没有生成I2，A正确；B、b、c点对应的反应原理不一样，发生不同的反应，无法比较反应速率，B错误；C、速率为=5.010-5
11、molL-1s-1，C正确；D、55时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，D正确。答案选B。8.下列关于化学平衡的说法中正确的是A. 一个可逆反应达到的平衡状态就是这个反应在该条件下所能达到的限度B. 当一个可逆反应达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等都等于0C. 平衡状态是一种静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变D. 化学平衡不可以通过改变条件而改变【答案】A【解析】【分析】当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应达到化学反应限度，此时各物质的浓度不再发生改变，但化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化时，平衡发生移动。【详解】当可逆反应达到平衡状态时，各
12、物质的浓度不再发生改变，达到化学反应限度，故A正确；当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为零，故B错误；化学平衡为动态平衡，因正逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度都不再改变，故C错误；化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化，正逆反应速率不相等时，平衡发生移动，故D错误。9.在一定条件下，合成氨反应N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.4 kJmol1，反应达到平衡后，下列说法正确的是( )A. 升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减小，平衡正向移动B. 增大压强，平衡正向移动C. 减小反应物浓度，平衡正向移动D. 加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大，平衡正向移动【答案
13、】B【解析】A、升温正逆反应速率都增大，故A错误；B、增大压强，平衡向体积减小的方向，即平衡正向移动，故B正确；C、减小反应物浓度，平衡向反应物浓度增大的方向，平衡逆向移动，故C错误；D、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，同等程度影响正逆反应速率，故D错误；故选B。10.在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。当下列所给有关量不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态的是( )A. 混合气体的压强B. 混合气体密度C. 混合气体的平均相对分子质量D. Qc=K 【答案】B【解析】【详解】A、混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A不选；B、气
14、体的质量和容器的体积一直不变，所以混合气体的密度始终不变，不能作平衡状态的标志，故B选；C、混合气体的质量不变，但混合气体的物质的量发生变化，所以混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达平衡状态，故C不选；D、Qc=K，说明反应达平衡状态，故D不选；答案选B。11.下列关于平衡常数的说法正确的是()A. 在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度，生成物浓度用平衡浓度B. 在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值C. 平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂等无关D. 从平衡常数的大小可以推断一个反应进行的程度【答案】D【解析】A、均为平衡浓度；B、平衡常数只与温度有关，温度一定，为恒定值；C
15、、只与温度有关，与其他无关；D、正确12.一定条件下合成乙烯：6H2(g)2CO2(g)CH2CH2(g)4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )A. 该反应的逆反应为吸热反应B. 平衡常数：KMKNC. 生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D. 当温度高于250 ，升高温度，催化剂的催化效率降低【答案】C【解析】【详解】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；C、化学反应速率随温度的升高而
16、加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；D、根据图象，当温度高于250，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；故选C。13.下列关于电离常数的说法正确的是（ ）A. 电离常数随着弱电解质浓度的增大而增大B. CH3COOH的电离常数表达式为KaC. 电离常数只受温度影响，与浓度无关D. 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数减小【答案】C【解析】【详解】A. 电离常数只随温度的变化而变化，与弱电解质的浓度无关，A项错误；B. CH3COOH的电离常数表达式为Ka=，B项错误；C. 电离常数只随温度的变化而变化，与
17、浓度无关，C项正确；D. 电离常数只随温度的变化而变化，与浓度无关，所以CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数不变，D项错误；答案选C。14.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是()酸HXHYHZ电离常数K910791061102A. 三种酸的强弱关系：HXHYHZB. 反应HZY=HYZ能够发生C. 相同温度下，0.1 molL1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D. 相同温度下，1 molL1 HX溶液的电离常数大于0.1 molL1 HX【答案】B【解析】【详解】A、根据三种酸的电离平衡常数的大小关系可知，三种酸的强弱关系为HXHYHZ，则
18、A错误；B、根据较强的酸能够置换较弱的酸的原则，反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生，所以B正确；C、根据盐类水解规律，酸越弱，其酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液的pH也越大，所以相同温度下，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，NaX溶液pH最大，所以C错误；D、电离平衡常数只与弱电解质的性质和温度有关，尽管这两种溶液的浓度不同，但电离平衡常数是相等的，故D错误。答案为B。15.100 时向pH6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH2，下列叙述不正确的是()A. 此时水的离子积Kw1.01012B. 溶液中水电离出的c(H)1.01010m
19、olL1C. 水的电离度随温度升高而增大D. c(H)c(SO42-)【答案】D【解析】A、电离是吸热的，所以在100时水的离子积常数1.010-12，选项A正确。硫酸氢钠能电离出氢离子，抑制水的电离。根据pH2可知，溶液中OH浓度是1.010-10mol/L，则由水电离出的c(H+)=1.010-10mol/L，选项B正确；C、水的电离度随温度升高而增大，选项C正确；D、由于NaHSO4电离出的c(H)与c(SO)相同，而水电离出少量H，所以c(H)略大于c(SO)，选项D不正确。答案选D。16.0.1 molL-1AlCl3溶液，温度从20升高到50，浓度增幅最大的离子是A. Cl-B.
20、Al3+C. H+D. OH-【答案】C【解析】升高温度，氯化铝的水解平衡正向移动，酸性增强，H浓度增大，故C正确。17.同温度同浓度的下列溶液中，c(NH)最大的是()A. NH4Al(SO4)2B. CH3COONH4C. NH4ClD. NH3H2O【答案】A【解析】NH4Al(SO4)2、 CH3COONH4、 NH4Cl是强电解质 ，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+水解呈酸性，抑制NH水解；CH3COONH4溶液中CH3COO-水解呈碱性促进NH水解；NH3H2O是弱电解质，c(NH)最小，NH4Al(SO4)2溶液中c(NH)最大，故A正确。18.已知某温度下CH3COOH和N
21、H3H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A. 水的电离程度始终增大B. c(NH4+)/c(NH3H2O)先增大再减小C. c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变D. 当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH4+)c(CH3COO)【答案】D【解析】【分析】A开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C根据物料守恒，
22、醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；DCH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，Kw=10-14计算。【详解】A酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故选项A错误；B当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数，随着氨水的加入，c(H+)逐渐
23、减小，Kh不变，则变小，当加入氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=变小，当加氨水至c(OH-)与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，由于电离常数K不变，所以逐渐减小，选项B错误；C根据物料守恒可知，n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和逐渐减小，故选项C错误；D当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(CH
24、3COO)，所以c(NH4+)= c(CH3COO)，选项D正确； 所以合理选项是D。【点睛】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法。19.下列各式中属于正确的水解方程式的是（ ）A. NH4+H2ONH3H2OHB. S22H2OH2S2OHC. CH3COOHH2OCH3COOH3OD. CH3COOHOH=CH3COOH2O【答案】A【解析】【详解】A铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，则属于水解离子反应，A项正确；B硫离子水解分步进行，以第一步为主，不
25、能一步完成，正确的第一步水解方程式为：S2H2OHSOH，B项错误；C醋酸电离生成醋酸根离子和水合氢离子，则该项为电离方程式，而不是水解方程式，C项错误；D醋酸与碱反应生成盐和水，则该项为中和的离子反应，而不是水解方程式，D项错误；答案选A。20.已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp5.61012，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH13，则下列说法不正确的是()A. 所得溶液中的c(H)1.01013molL1B. 加入Na2CO3固体，可能生成沉淀C. 所加的烧碱溶液的pH13D. 所得溶液中的c(Mg2)5.61010molL1【答案】C【
26、解析】【详解】A：所得溶液的pH=13，即c(H)=1.01013molL1，A正确；B：若溶液中的Mg2和CO32-浓度达到一定程度即可生成沉淀，B正确；C：在反应过程中，原烧碱溶液的部分溶质被消耗且溶液体积增大，最终溶液中的pH=13，原溶液碱性一定更强，C错误；D：由Mg(OH)2的溶度积常数Ksp5.61012可知，5.61012=c(Mg2)c2 (OH-)，得c(Mg2)=5.61010molL1，D正确；答案为C。第卷（非选择题）二、非选择题（共3个小题，40分）21.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料，而氢气、二甲醚等都是很有发展前景的新能源。(1)
27、在25、101kPa时，1gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是55.64 kJ，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式是_。(2)液化石油气的主要成分是丙烷，丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8(g)5O2(g)=3CO2(g)4H2O(l)H2 220.0 kJ mol1，已知CO气体燃烧的热化学方程式为2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H565.14 kJmol1，试计算相同物质的量的C3H8和CO燃烧产生的热量的比值_(保留小数点后一位)。(3)氢气既能与氮气发生反应又能与氧气发生反应，但是反应条件却不相同。已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H483.6 kJ mol13H2(
28、g)N2(g)2NH3(g) H92.4 kJ mol1计算断裂1 mol NN键需要消耗能量_kJ。(4)由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：甲醇合成反应：CO(g)2H2(g)=CH3OH(g) H190.1 kJ mol1CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g) H249.0 kJ mol1水煤气变换反应：CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g) H341.1 kJ mol二甲醚合成反应：2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)H2O(g) H424.5 kJ mol1由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)
29、的热化学方程式为_。根据化学反应原理，分析增大压强对直接制备二甲醚反应的影响：_。【答案】 (1). CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H890.24 kJ mol1 (2). 7.9 (3). 946 (4). 2CO(g)4H2(g)=CH3OCH3(g)H2O(g)H204.7 kJ mol1 (5). 该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加；压强升高使CO和H2浓度增加，反应速率增大【解析】试题解析：(1)燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时所放出的热量；(2)根据热化学方程式分别计算1molC3H8和1mo
30、lCO燃烧放出的热量，在金属比值；(3)根据 焓变=反应物的总键能-生成物的总键能计算；(4)根据盖斯定律计算由H2和CO直接制备二甲醚的热化学方程式；加压有利于平衡向气体系数和小的方向移动。解析：(1) 1gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是55.64 kJ，则1mol甲烷燃烧放热55.64 kJ16=890.24 kJ，甲烷燃烧热的热化学方程式是CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H890.24 kJ mol1；(2) 2 220.0 kJmol1kJmol17.9；(3)3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)中，断裂1molNN键和3molH-H键，形成6molN-
31、H键，则E(NN)+3E(H-H)-6E(N-H)=-92.4kJmol-1，则E(NN)=1173.2kJmol-12-436kJmol-13-92.4kJmol-1=946kJmol-1；(4)根据盖斯定律，2+得:2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)H=-90.1kJmol-12-24.5kJmol-1=-204.7kJmol-1。这是一个气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于提高反应速率和二甲醚的生成。点睛：燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时所放出的热量，如碳元素生成二氧化碳，氢元素生成液态水；22.工业生产硝酸铵的流程如下图所示：
32、请回答下列问题：(1)已知：N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.4 kJ mol1。在500 、2.02107 Pa和铁催化条件下向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，充分反应后，放出的热量_(填“大于”、“小于”或“等于”)92.4 kJ。为提高H2的转化率，实际生产中宜采取的措施有_(填字母)。A降低温度B最适合催化剂活性的适当高温C适当增大压强D减小压强E循环利用和不断补充氮气F及时移出氨(2)该流程中铂铑合金网上的氧化还原反应为4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)。已知铂铑合金网未预热也会发热，则随着温度升高，该反应的化学平衡常数K_(填“增大
33、”、“减小”或“不变”)，理由是_。若其他条件不变，则下列图像正确的是_(填字母)。【答案】 (1). 小于 (2). CEF (3). 减小 (4). 氨的催化氧化反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K会减小 (5). ABC【解析】（1）在1.01105kPa和298K条件下，1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气，放出92.4kJ热量，该反应为可逆反应，不可能进行完全，所以放出的热量小于92.4kJ；N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-92.4 kJ/mol，该反应正反应为体积缩小的反应，A降低温度，反应速率降低，不选用；B最适合催化剂活性的适当高温，催化剂对平衡
34、没有影响，不选；C适当增大压强，平衡正向移动；可选；D减小压强，平衡逆向移动，不选；E循环利用和不断补充氮气，提高H2的转化率，可选；F及时移出氨平衡正向移动；故选CEF。(2)已知铂铑合金网未预热也会发热，则随着温度升高，该反应的化学平衡常数K减小，氨的催化氧化反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K会减小；A、增大压强平衡逆移，所以压强越大NH3的转化率越小，与图象相符，故A正确；B、加催化剂不改变平衡，所以O2的含量不变，反应速率增大，到达平衡的时间变小，与图象相符，故B正确；C、增大压强平衡逆移，所以压强越大NO越小，与图象相符，故C正确；D、升高温度，平衡逆向移动，H2O的含量降低
35、，与图象不符，故选ABC。23.滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法，它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某研究性学习小组的同学利用滴定分析法进行下面两项定量分析。（1）测定NaOH和Na2CO3的混合液中NaOH的含量。实验操作为先向混合液中加过量的BaCl2溶液使Na2CO3完全转化成BaCO3沉淀，然后用标准盐酸滴定(用酚酞作指示剂)。向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中直接滴入盐酸，则终点颜色的变化为_，为何此种情况能测出NaOH的含量？_。滴定时，若滴定管中的滴定液一直下降到活塞处才达到滴定终点，则能否由此准确地计算出结果？_，请说明理由：_。（2）测定某品牌的
36、碘盐(含有碘酸钾)中碘元素的百分含量。准确称取5.0000g该碘盐，溶于蒸馏水，然后与足量的KI溶液在酸性条件下混合(发生的反应为KIO33H2SO45KI3K2SO43I23H2O)，充分反应后将混合溶液稀释至250 mL，然后用5.0104molL1的Na2S2O3标准溶液进行滴定(用淀粉作指示剂，反应为I22S2O32-2IS4O62-)。取用Na2S2O3的标准溶液应该用_式滴定管。有关实验数值如表所示(第一次滴定终点的数据如图所示，请将读得的数据填入表中)。滴定次数待测液的体积(mL)滴定前的读数(mL)滴定后的读数(mL)第一次25.000.00V_第二次25.000.0014.9
37、9第三次25.000.0015.01该碘盐中碘元素的百分含量为_，下列操作中，会导致所测得的碘元素的百分含量偏大的是_。a滴定终点时，俯视刻度b没有用Na2S2O3标准溶液润洗相应的滴定管c锥形瓶中有少量的蒸馏水【答案】 (1). 由红色变成无色 (2). 滴定终点时溶液呈弱碱性，BaCO3不参与反应 (3). 不能 (4). 因为活塞处无刻度，无法准确地读出所用标准盐酸的体积 (5). 碱 (6). 15.90 (7). 0.03175% (8). b【解析】【分析】（1）根据酚酞的变色范围是810分析；根据滴定管的下端无刻度判断；（2）碱性溶液用碱式滴定管盛放；依据滴定管的科学读数方法读取
38、数据；先求出三次的体积，根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V（Na2S2O3），由浓度求出其物质的量，再根据方程式中的关系求出25mL待测溶液中KIO3的物质的量，然后求出KIO3的总物质的量和质量，其质量分数=100%；根据错误操作对消耗的标准溶液体积的影响分析误差。【详解】(1)当达到终点时，溶液显弱碱性，酚酞由红色变为无色；酚酞的变色范围是810，此时BaCO3不溶解，标准液的体积不变，不影响NaOH含量的测定；故答案为：由红色变成无色；滴定终点时溶液呈弱碱性，BaCO3不参与反应；根据滴定管的下端无刻度，若滴定液一直下降到活塞处，无法测出溶液的体积，则不能测出N
39、aOH含量；故答案为：不能，因为活塞处无刻度，无法准确地读出所用标准盐酸的体积；(2)碱性溶液用碱式滴定管盛放，Na2S2O3在溶液中水解显碱性，所以用碱式滴定管盛放；由图可知，滴定管读数为15.90；三次消耗的Na2S2O3的体积分别为15.90mL，14.99mL，15.01mL，第一次数据误差过大，应该舍去；另外两次的平均值为=15.00mL，则n(Na2S2O3)=cV=5.0104molL10.015L=7.5106 mol，已知发生反应为：KIO3+3H2SO4+5KI3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2S2O322I+S4O62，则KIO33I26S2O321 6n 7.51
40、06mol所以n(KIO3)=mol=1.25106 mol，则KIO3的总物质的量为：1.25106mol=1.25105 mol，则n(I)=n(KIO3)=1.25105 mol，m(I)=nM=1.25105 mol127g/mol=1.5875103 g，所以碘盐中碘元素的百分含量为100%=0.03175%；a.滴定终点时，俯视刻度，则读数偏小，所以标准溶液的体积偏小，求出KIO3的物质的量的偏小，所以所测得的碘元素的百分含量偏小，a项错误；b.没有用Na2S2O3标准溶液润洗相应的滴定管，则Na2S2O3的浓度减小，滴定时消耗的Na2S2O3的体积偏大，求出KIO3的物质的量的偏大，所以所测得的碘元素的百分含量偏大，b项正确；c.锥形瓶中有少量的蒸馏水对测定结果无影响，c项错误；故选b，故答案为：碱；15.90；0.03175%；b。