?天津市耀華中學(xué)2022—2023學(xué)年度第一學(xué)期期中學(xué)情調(diào)研
高二年級(jí)化學(xué)學(xué)科試卷
可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32
一、選擇題(本題包括15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。)
1. 下列說法正確的是
A. 已知，則和反應(yīng)的反應(yīng)熱
B. 能自發(fā)進(jìn)行的化學(xué)反應(yīng)，不一定是，
C. ，則的燃燒熱為
D. 用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度的醋酸，可選用甲基橙或酚酞做指示劑
【答案】B
【解析】
【詳解】A．中和熱是在稀溶液中，強(qiáng)酸跟強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1 mol液態(tài)水時(shí)所釋放的熱量；硫酸和氫氧化鋇反應(yīng)生成水和硫酸鋇沉淀，故反應(yīng)的焓變不是中和熱的2倍，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)反應(yīng)可以自發(fā)進(jìn)行，故能自發(fā)進(jìn)行的化學(xué)反應(yīng)，不一定是，，也可以是低溫下放熱的熵減反應(yīng)，B正確；
C．燃燒熱是在101 kPa時(shí)，1 mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量；反應(yīng)中生成的氣體水而不是液態(tài)水，故的燃燒熱不為，C錯(cuò)誤；
D．用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度的醋酸，恰好反應(yīng)得到醋酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液顯堿性，可選用酚酞做指示劑，D錯(cuò)誤；
故選B。
2. 已知25℃、下，水蒸發(fā)為水蒸氣需要吸熱


則反應(yīng)的反應(yīng)熱為
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】已知25℃、下，水蒸發(fā)為水蒸氣需要吸熱，則 I、 II、 III，根據(jù)蓋斯定律III-×II+I得，則反應(yīng)的反應(yīng)熱為，故D正確；
故選D。
3. 一定溫度下，向2L恒容密閉容器中充入0.4molNH3和0.5molO2發(fā)生反應(yīng)4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)。4min后，NO的濃度為0.06mol·L-1。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是
A. 4min末，用NO表示的反應(yīng)速率為0.03mol·L-1·min-1
B. 4min末，NH3的濃度為0.14mol·L-1
C. 0～4min內(nèi)，生成的水的質(zhì)量為3.24g
D. 0～4min內(nèi)，O2物質(zhì)的量減少了0.15mol
【答案】A
【解析】
【分析】
【詳解】
A．4min末，用NO表示的反應(yīng)速率為=0.015mol·L-1·min-1，A錯(cuò)誤；
B．4min末，NH3的濃度為=0.14mol·L-1　，B正確；
C．0～4min內(nèi)，生成的水的物質(zhì)的量為0.18mol，質(zhì)量為0.18mol 18g/mol=3.24g　，C正確；
D．0～4min內(nèi)，O2的物質(zhì)的量減少了0.15mol，D正確；
故選A。
4. 在一定溫度下、容積不變的密閉容器中，可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是
①C的生成速率與C的消耗速率相等
②單位時(shí)間內(nèi)生成，同時(shí)生成
③A、B、C的濃度不再改變
④混合氣體的密度不再改變
⑤混合氣體的總壓強(qiáng)不再改變
⑥混合氣體的總物質(zhì)的量不再改變
⑦A，B、C的濃度之比為1:3:2
A. ③④⑤⑥⑦ B. ①③④⑤⑥ C. ①②③④⑦ D. ②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【詳解】①C的生成速率與C的消耗速率相等，即V生成=V消耗，說明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，①符合題意；②無論該反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，單位時(shí)間內(nèi)生成的同時(shí)都會(huì)生成，所以不能作為達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志，②不符題意；③反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，各物質(zhì)的物質(zhì)的量保持不變，濃度也不變，所以A、B、C的濃度不再變化，說明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，③符合題意；④反應(yīng)前后氣體的總質(zhì)量發(fā)生改變，容器容積一定，當(dāng)混合氣體的密度不再發(fā)生改變時(shí)，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，④符合題意；⑤該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，容器容積、溫度均不變，當(dāng)混合氣體的總壓強(qiáng)不再變化時(shí)，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，⑤符合題意；⑥該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，當(dāng)混合氣體的總物質(zhì)的量不再變化時(shí)，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，⑥符合題意；⑦達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，A、B、C三種物質(zhì)的濃度之比可能是1:3:2，也可能不是1:3:2，⑦不符題意；綜上分析①③④⑤⑥符合題意，則B選項(xiàng)正確。
故正確答案：B。
5. 少量鐵粉與100mL0.01mol·L-1的稀鹽酸反應(yīng)，反應(yīng)速率太慢，為了加快此反應(yīng)速率而不改變H2的量，可以使用如下方法中的
①由鐵粉換鐵塊②加NaNO3固體③將0.01mol·L-1的稀鹽酸換成98％的硫酸溶液④加CH3COONa固體⑤加NaCl溶液⑥滴入幾滴硫酸銅溶液⑦升高溫度(不考慮鹽酸揮發(fā))⑧改用100mL0.1mol·L-1鹽酸
A. ③⑤ B. ①③ C. ⑥⑦ D. ⑦⑧
【答案】D
【解析】
【分析】
【詳解】①由鐵粉換鐵塊，反應(yīng)速率減慢，故錯(cuò)誤；②加NaNO3固體與酸形成硝酸，不產(chǎn)生氫氣，故錯(cuò)誤；③將0.01mol·L-1的稀鹽酸換成98％的硫酸溶液，發(fā)生鈍化現(xiàn)象，故錯(cuò)誤；④加CH3COONa固體，生成醋酸，氫離子濃度減小，反應(yīng)速率減慢，故錯(cuò)誤；⑤加NaCl溶液，氫離子濃度減小，反應(yīng)速率減慢，故錯(cuò)誤；⑥滴入幾滴硫酸銅溶液，鐵置換出銅，構(gòu)成原電池，反應(yīng)速率加快，但Fe少量，導(dǎo)致生成的氫氣減少，故錯(cuò)誤；⑦升高溫度(不考慮鹽酸揮發(fā))，反應(yīng)速率加快，故正確；⑧改用100mL0.1mol·L-1鹽酸，氫離子濃度增大，反應(yīng)速率加快，故正確；故選D。
6. 以 CO2、H2為原料合成 CH3OH 涉及的反應(yīng)如下：
反應(yīng)Ⅰ： CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49kJ·mol-1
反應(yīng)Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2=+41kJ·mol-1
反應(yīng)Ⅲ： CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH3
在 5MPa 下，按照 n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，平衡時(shí)，CO和CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)及 CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖。下列說法正確的是

A. 反應(yīng)Ⅲ中反應(yīng)物的總鍵能大于生成物的總鍵能
B. 曲線 n 代表 CH3OH 在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)
C. 該條件下溫度越低，越有利于工業(yè)生產(chǎn) CH3OH
D. 圖示 270℃時(shí)，平衡體系中CO2的體積分?jǐn)?shù)為 20%
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)蓋斯定律I-Ⅱ可得反應(yīng)ⅢCO(g)+2H2(g)?CH3OH(g) ΔH3=-49kJ·mol-1-41kJ·mol-1=-90kJ·mol-1；ΔH=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，故反應(yīng)Ⅲ中反應(yīng)物的總鍵能小于生成物的總鍵能，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)反應(yīng)Ⅰ和Ⅲ可知，其反應(yīng)的產(chǎn)物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是說，溫度升高，它們的平衡都會(huì)逆向移動(dòng)，從而使CH3OH的產(chǎn)量變少，則甲醇在含碳產(chǎn)物的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，故符合這個(gè)規(guī)律的是曲線m，B錯(cuò)誤；
C．由圖可知，溫度在150℃時(shí)有利于反應(yīng)Ⅰ進(jìn)行，CH3OH的含量高，有利于工業(yè)生產(chǎn)CH3OH，但并不是溫度越低越好，因?yàn)榉磻?yīng)需要一定溫度才能發(fā)生，C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)題意設(shè)起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡時(shí)反應(yīng)I生成CH3OH物質(zhì)的量為 xmol，反應(yīng)II中生成CO 的物質(zhì)的量也為xmol，可得：


270℃時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為25%，則2x=1mol，解得x=0.125mol，則反應(yīng)后總的物質(zhì)的量1+3-6x+4x=(4-2x)=3.75mol，則平衡體系中CO2的體積分?jǐn)?shù)為，D正確；
答案選D。
7. 對(duì)于反應(yīng)，科學(xué)家根據(jù)光譜研究提出如下反應(yīng)歷程：
第一步：快反應(yīng)；
第二步： 慢反應(yīng)；
第三步： 快反應(yīng)。
上述反應(yīng)中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步反應(yīng)的平衡，下列敘述正確的是
A. 該反應(yīng)的速率由第二步反應(yīng)決定
B. 反應(yīng)的中間產(chǎn)物有N2O2、N2O和H2
C. 第三步反應(yīng)中N2O與H2的每一次碰撞都是有效碰撞
D. 若第一步反應(yīng)的，則升高溫度，正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【詳解】A．總反應(yīng)速率由慢反應(yīng)決定，所以該反應(yīng)的速率由第二步反應(yīng)決定，故A正確；
B．NO、H2是反應(yīng)物，反應(yīng)的中間產(chǎn)物有N2O2、N2O，故B錯(cuò)誤；
C．只有少數(shù)分子的碰撞能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，能引發(fā)化學(xué)反應(yīng)的碰撞稱之為有效碰撞，第三步反應(yīng)中N2O與H2的碰撞不都是有效碰撞，故C錯(cuò)誤；
D．升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，故D錯(cuò)誤；
選A。
8. 已知熱化學(xué)方程式2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=a kJ/mol。T K時(shí)，在2 L恒容密閉容器中充入2mol NO 和2mol CO，保持溫度不變，5 min后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)c(N2)=0.4mol/L。下列說法中錯(cuò)誤的是
A. 若該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，則a③
C. 氨水、溶液中分別加入適量的氯化銨晶體后，兩溶液的均減小
D. 等物質(zhì)的量濃度的下列溶液中，①、②、③、④；由大到小的順序是：①>③>②>④
【答案】C
【解析】
【詳解】A． 常溫下，為2的某酸與為12的某堿等體積混合溶液呈酸性，則不可能是強(qiáng)酸與弱堿溶液反應(yīng)，若為強(qiáng)酸為弱堿，則堿大大過量，溶液呈堿性；混合溶液呈酸性，說明HA過量，酸的濃度大于堿，則HA溶液中存在電離平衡，所以HA是弱酸，BOH可能是強(qiáng)堿，BOH也可能是電離程度大于HA的弱堿，A錯(cuò)誤；
B． 含弱電解質(zhì)離子的鹽水解能促進(jìn)水電離、酸抑制水的電離，酸電離的氫離子濃度越大，水的電離程度越小，所以在相同溫度、相同濃度下列溶液中①HCl；②CH3COOH；③由水的電離產(chǎn)生的大小關(guān)系為：③>②>①，B錯(cuò)誤；
C． 氨水中加入NH4Cl晶體，NH 對(duì)一水合氨的電離起到了抑制作用，一水合氨的電離程度減小，c(OH?)減小，pH減??；NaOH溶液加入NH4Cl晶體反應(yīng)生成NaCl和一水合氨，溶液中c(OH?)減小，pH減小，C正確；
D． 等物質(zhì)的量濃度的下列溶液中，①、②、③、均為強(qiáng)電解質(zhì)，④是弱電解質(zhì)，故④中的銨離子濃度最小，①與②相比，鋁離子水解呈酸性抑制銨離子水解，則銨離子濃度：①>②；③與②相比，醋酸根離子水解呈堿性促進(jìn)銨離子水解，則銨離子濃度：③>②；則由大到小的順序是：①>②>③>④，D錯(cuò)誤；
答案選C。
12. 室溫下，向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH=7(通入氣體對(duì)溶液體積的影響可忽略)，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是
A. 向0.10mol·L-1 NH4HCO3溶液中通CO2：c()=c()+c()
B 向0.10mol·L-1 NaHSO3溶液中通NH3：c (Na+)>c()>c()
C. 向0.10mol·L-1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]
D. 向0.10mol·L-1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl－)
【答案】D
【解析】
【詳解】A、由電荷守恒有，c()+c(H+)=c(OH－)+c(?)+2c()，因?yàn)閜H=7，所以c(H+)=c(OH?)，故有c(?)=c()+2c()，故A錯(cuò)誤；
B、由電荷守恒有，c()+c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH－)，pH=7時(shí)c(H+)=c (OH－)，則c()+c(Na+)=c()+2c()①，由物料守恒有，c(Na+)= c(?)+c()+c(H2SO3)②，聯(lián)立①②消去c(Na+)，得c()+c(H2SO3)=c()，所以c()>c()，故B錯(cuò)誤；
C、在Na2SO3溶液中，根據(jù)物料守恒，有c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，但是由于通入了SO2，S元素增多，所以該等式不成立，故C錯(cuò)誤；
D、由物料守恒有，c(Na+)=c(CH3COO－)+c (CH3COOH)③，故c(Na+)>c(CH3COOH)，由電荷守恒有，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(Cl－)+c(OH－)，因?yàn)閜H=7，所以c(H+)=c(OH－)，則c(Na+)=c (CH3COO－)+c(Cl－)④，聯(lián)立③④得，c(CH3COOH)=c(Cl－)，故D正確；
故選D。
13. 25℃時(shí)，下列說法不正確的是
A. 稀釋醋酸溶液，溶液中的和數(shù)目都增大
B. 在醋酸溶液中加入至溶液為中性，此時(shí)
C. pH相等的和溶液，水的電離程度相同
D. 已知溶液顯中性。常溫下等濃度的和，若前者的，后者的，則
【答案】C
【解析】
【分析】
【詳解】A．稀釋醋酸溶液，促進(jìn)醋酸電離，溶液體積增加，所以溶液中的和數(shù)目都增大，A正確；
B．在醋酸溶液中加入至溶液為中性，則，依據(jù)電荷守恒，所以此時(shí)，B正確；
C．醋酸鈉水解，氫氧化鈉是強(qiáng)堿，則pH相等的和溶液，水的電離程度不相同，前者促進(jìn)，后者抑制，C錯(cuò)誤；
D．已知溶液顯中性，說明相同條件下一水合氨、醋酸的電離程度相同，常溫下等濃度的和均促進(jìn)水的電離，且程度相同，若前者的，后者的，則10－a＝10b－14，所以，D正確；
答案選C。
14. 水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法不正確的是

A. 圖中五點(diǎn)Kw間的關(guān)系：B＞C＞A=D=E
B. 若從A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)，可采用：溫度不變?cè)谒屑由倭縉aCl固體
C. 向E點(diǎn)對(duì)應(yīng)的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至A點(diǎn)，此時(shí)
D. 若處在B點(diǎn)時(shí)，將pH=2的硫酸與pH=10的KOH溶液等體積混合后，溶液顯中性
【答案】B
【解析】
【詳解】A．Kw只受溫度的影響，升高溫度，促進(jìn)水的電離，Kw增大，根據(jù)圖象可知，A、D、E溫度相同，溫度高低：B＞C＞A，因此Kw大小順序是B＞C＞A=D=E，故說法A正確；
B．NaCl對(duì)水的電離無影響，A點(diǎn)不能達(dá)到C，A點(diǎn)達(dá)到C點(diǎn)，水的離子積增大，應(yīng)升高溫度，故B說法錯(cuò)誤；
C．A點(diǎn)溶液中c(H+)=c(OH-)，此時(shí)溶液pH=7，根據(jù)電荷守恒：c(CH3OO-)=c(Na+)，故C說法正確；
D．pH=2的硫酸溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L，pH=10的KOH溶液c(OH-)=mol/L=10-2mol/L，兩種溶液等體積混合，恰好完全反應(yīng)，溶液顯中性，故D說法正確；
答案為B。
15. 亞氯酸鈉)在溶液中會(huì)生成、、、等，其中和都是具有漂白作用。已知，經(jīng)測(cè)定時(shí)各組分含量隨變化情況如圖所示(濃度沒有畫出)，此溫度下，下列分析正確的是

A. 的電離平衡常數(shù)的數(shù)值
B. 時(shí)，部分轉(zhuǎn)化成和離子的方程式為：
C. 時(shí)，溶液中含氯微粒的濃度大小為：
D. 同濃度溶液和溶液等體積混合，則混合溶液中有：
【答案】B
【解析】
【詳解】A．HClO2的電離平衡常數(shù)Ka=，觀察圖象可以看出，當(dāng) pOH=8 時(shí)， pH=6 ，c()=c(HClO2) ，因此 HClO2的電離平衡常數(shù)的數(shù)值Ka=10?6，故A錯(cuò)誤；
B．由圖可以得出：酸性條件下濃度高，即在堿性條件下亞氯酸鈉較穩(wěn)定， pOH=11 時(shí)，部分轉(zhuǎn)化成 ClO2和 Cl?離子方程式為： 5+2H2O=4ClO2+Cl?+4OH?，故B正確；
C．根據(jù)圖知， pH=7 時(shí)，存在c(ClO2) ＜c(HClO2)＜c() ，故C錯(cuò)誤；
D．依據(jù)電中性原則得出：c(H+)+c(Na+)=c()+c(Cl?)+c(OH?)① ，依據(jù)物料守恒得出：2c(Na+)=c()+c(HClO2)+c(ClO2)+c(Cl?)② ，聯(lián)立 ①②得：c(HClO2)+c(H+)+c(ClO2)=c(OH?)+c(Na+) ，故D錯(cuò)誤；
答案選B
二、解答題(含4個(gè)小題，共55分)
16. 使用酸堿中和滴定法測(cè)定某未知物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸。
Ⅰ.實(shí)驗(yàn)步驟：
(1)滴定前的準(zhǔn)備
①滴定管：___________→洗滌→潤(rùn)洗→裝液→趕氣泡→調(diào)液面→記錄。
a．排去堿式滴定管中氣泡的方法應(yīng)采用如圖1所示操作中的___________，然后輕輕擠壓玻璃球使尖嘴部分充滿堿液。

b．記錄盛裝0.1000mol/LNaOH溶液的堿式滴定管的初始讀數(shù)時(shí)，液面位置如圖2所示，則此時(shí)的讀數(shù)為___________mL。

②錐形瓶：用___________量取待測(cè)稀鹽酸20.00mL于錐形瓶中，向其中滴加2滴酚酞溶液作指示劑。
(2)滴定
用標(biāo)準(zhǔn)的NaOH溶液滴定待測(cè)的稀鹽酸時(shí)，左手操作滴定管活塞，右手旋搖錐形瓶，眼睛注視___________。滴定至終點(diǎn)時(shí)，記錄NaOH溶液的終點(diǎn)讀數(shù)。再重復(fù)滴定3次。
Ⅱ.實(shí)驗(yàn)記錄：
滴定次數(shù)
實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)/mL
1
2
3
4
V(樣品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.80
1500
15.02
14.98
Ⅲ.數(shù)據(jù)處理與誤差分析：
(1)結(jié)合上表數(shù)據(jù)，計(jì)算被測(cè)稀鹽酸的物質(zhì)的量濃度是___________mol/L。
(2)在本實(shí)驗(yàn)中，下列操作(其他操作正確)會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏低的有___________。
A．錐形瓶水洗后未干燥
B．堿式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤(rùn)洗
C．滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視讀數(shù)
D．錐形瓶在滴定時(shí)劇烈搖動(dòng)，有少量液體濺出
E．配制標(biāo)準(zhǔn)液的NaOH固體中混有少量KOH固體
F．堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失。
【答案】 ①. 檢漏 ②. 丙 ③. 0.70 ④. 酸式滴定管 ⑤. 錐形瓶?jī)?nèi)溶液的顏色變化 ⑥. 0.07500 ⑦. CD
【解析】
【詳解】Ⅰ.(1)①帶有活塞的玻璃儀器在實(shí)驗(yàn)前要檢驗(yàn)是否漏水，即滴定管使用前先檢漏；故答案為：檢漏；
a．堿式滴定管中排氣泡的方法：把滴定管的膠頭部分稍微向上彎曲，輕輕擠壓玻璃球使尖嘴部分充滿堿液，排出氣泡，故答案為：丙；b．滴定管液面的讀數(shù)0.70mL；故答案為：0.70；
②酸性溶液用酸式滴定管量取，所以用酸式滴定管量取鹽酸；故答案為：酸式滴定管；
(2)酸堿中和滴定時(shí)，眼睛要注視錐形瓶?jī)?nèi)溶液的顏色變化，以判斷滴定終點(diǎn)；故答案為：錐形瓶?jī)?nèi)溶液的顏色變化；
Ⅲ.(1)根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性，舍去第1組數(shù)據(jù)，然后求出2、3、4組平均消耗V(NaOH溶液)=15.00mL，HCl+NaOH=NaCl+H2O，0.02000L×c(鹽酸)=0.01500L×0.1000mol/L 解得：c(鹽酸)=0.07500mol/L；故答案為：0.07500；
(2)A．錐形瓶水洗后未干燥，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V(標(biāo)準(zhǔn))無影響，根據(jù)c(待測(cè))=分析，c(待測(cè))不變，故A不選；
B．堿式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤(rùn)洗，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，c(待測(cè))偏大，故B不選；
C．滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視讀數(shù)，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏小，c(待測(cè))偏小，故C選；
D．錐形瓶在滴定時(shí)劇烈搖動(dòng)，有少量液體濺出，則鹽酸的物質(zhì)的量減小，消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液氫氧化鈉的體積偏小，即V(標(biāo)準(zhǔn))偏小，c(待測(cè))偏小，故D選；
E．配制標(biāo)準(zhǔn)液的NaOH固體中混有少量KOH固體，使配制的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏小，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，c(待測(cè))偏大，故E不選；
E．堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，c(待測(cè))偏大，故F不選；
故答案為：CD。
17. 硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O，M=248g/mol)可用作定影劑、還原劑。回答下列問題：
利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測(cè)定硫代硫酸鈉的純度。測(cè)定步驟如下：
（1）溶液配制：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在_______中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的_______中，加蒸餾水至_______。
（2）滴定取0.00950mol/L的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，硫酸酸化后加入過量KI，發(fā)生反應(yīng)：+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應(yīng)： I2+2=+2I-。加入淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液_______，即為終點(diǎn)。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為_______%（保留1位小數(shù)）。
【答案】 ①. 燒杯 ②. 容量瓶 ③. 刻度 ④. 藍(lán)色褪去 ⑤. 95.0
【解析】
【分析】硫代硫酸鈉是一種強(qiáng)堿弱酸鹽，具有還原性；根據(jù)溶液的配制方法配制一定濃度的溶液；根據(jù)滴定反應(yīng)之間的計(jì)量關(guān)系，計(jì)算樣品中硫代硫酸鈉的含量并計(jì)算純度。
【詳解】(1)配制Na2S2O3溶液時(shí)，需先將稱量好的樣品在燒杯中溶解，冷卻后將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，最后定容，加水至溶液凹液面的最低處與容量瓶的刻度線相切，故答案為：燒杯、容量瓶、刻度；
(2)淀粉遇碘顯藍(lán)色，用Na2S2O3溶液滴定含有淀粉的碘溶液當(dāng)?shù)馇『猛耆磻?yīng)時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，利用題給離子方程式可得關(guān)系式：~6，設(shè)所配樣品溶液中c(Na2S2O3)為x mol/L，由題意得：0.00950mol/L×0.0200L×6=0.0248L×x mol/L，將x代入下式可得樣品中Na2S2O3·5H2O的純度為×100%=95%，故答案為：藍(lán)色褪去、95。
18. 二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用的熱點(diǎn)研究領(lǐng)域。回答下列問題：
（1）催化加氫生成乙烯和水的反應(yīng)中，產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比_______。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，若增大壓強(qiáng)，則_______("變化"、“變小”或“不變”)。
（2）理論計(jì)算表明，原料初始組成，在體系壓強(qiáng)為的密閉容器中反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化如圖所示。

圖中，表示、變化的曲線分別是_______、_______。催化加氫合成反應(yīng)的_______0(填“大于”或“小于”)。
（3）根據(jù)圖中點(diǎn)，計(jì)算該溫度時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)_______(列出計(jì)算式。以分壓表示，分壓=總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。
【答案】（1） ①. 1:4 ②. 變大
（2） ①. d ②. c ③. 小于
（3）
【解析】
【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒定律配平化學(xué)方程式，可以確定產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比。根據(jù)可逆反應(yīng)的特點(diǎn)分析增大壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響。根據(jù)物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，從圖中找到關(guān)鍵數(shù)據(jù)確定代表各組分的曲線，并計(jì)算出平衡常數(shù)。根據(jù)催化劑對(duì)化反應(yīng)速率的影響和對(duì)主反應(yīng)的選擇性，工業(yè)上通常要選擇合適的催化劑以提高化學(xué)反應(yīng)速率、減少副反應(yīng)的發(fā)生。
【小問1詳解】
CO2催化加氫生成乙烯和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式可表示為2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O，因此，該反應(yīng)中產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，若增大壓強(qiáng)，則化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，n(C2H4)變大；
【小問2詳解】
由題中信息可知，兩反應(yīng)物的初始投料之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；由圖中曲線的起點(diǎn)坐標(biāo)可知，c和a所表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1:3、d和b表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1:4，則結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可以判斷，表示乙烯變化的曲線是d，表示二氧化碳變化曲線的是c。由圖中曲線的變化趨勢(shì)可知，升高溫度，乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，則化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，?H小于0；
【小問3詳解】
原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強(qiáng)為0.1Mpa建立平衡。由A點(diǎn)坐標(biāo)可知，該溫度下，氫氣和水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)均為0.39，則乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為水的四分之一，即，二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為氫氣的三分之一，即，因此，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)(MPa)-3=(MPa)-3。
【點(diǎn)睛】本題確定圖中曲線所代表的化學(xué)物質(zhì)是難點(diǎn)，其關(guān)鍵在于明確物質(zhì)的量的分?jǐn)?shù)之比等于各組分的物質(zhì)的量之比，也等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比（在初始投料之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比的前提下，否則不成立）。
19. 電解質(zhì)水溶液中存在電離平衡、水解平衡、溶解平衡，請(qǐng)回答下列問題。
（1）已知部分弱酸的電離常數(shù)如表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
電離常數(shù)(25℃)
Ka = 1.8×10-5
Ka=4.3×l0-10
Ka1=5.0×l0-7 Ka2=5.6×l0-11
①0.1mol/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(CN-)___c(HCO3-)(填“>”、“c(NH4+)>c(H+)>c(OH－) ⑧. 2(10-5－10-9)
【解析】
【詳解】(1)①根據(jù)表格中數(shù)據(jù)可知，HCN電離出的H+小于H2CO3電離出H+能力，根據(jù)鹽類水解中越弱越水解，即CN-水解的能力強(qiáng)于HCO3-，因此等濃度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN-)＜c(HCO3-)；
②電離平衡常數(shù)越小，酸越弱，因此根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，酸性強(qiáng)弱順序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3－。酸越弱，相應(yīng)的鈉鹽越容易水解，溶液的pH越大，則等物質(zhì)的量濃度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的pH由大到小的順序?yàn)镃＞B＞A，故答案為CBA。
③HCN的電離平衡常數(shù)Ka=4.3×10-10，H2CO3的電離平衡常數(shù)是Ka1=5.0×10-7、Ka2=5.6×10-11，由此可知電離出H+能力強(qiáng)弱程度為H2CO3>HCN>HCO3-，所以NaCN溶液通入少量CO2的離子方程式是：CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－；
④CH3COONa是強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，水解離子反應(yīng)方程式為CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，====l.8×104；
(2)該溫度下，pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，而c(OH－)=10-9mol/L，則Kw=10-12，pH=11的NaOH溶液c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH變?yōu)?，設(shè)酸的體積為V1，堿的體積為V2，則混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L==，V1：V2=9：1；
(3)①d點(diǎn)酸堿恰好完全反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨水解導(dǎo)致溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，結(jié)合電荷守恒可得c(NH4+)＜c(Cl－)，但其水解程度較小，d點(diǎn)所示的溶液中離子濃度由大到小的順序依次為c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)；
②b點(diǎn)溶液中存在電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH－)+c(C1－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(C1－)，所以得到：2c(H+)+ c(NH4+)=2c(OH－)+ c(NH3·H2O)，則c(NH4+)－c(NH3·H2O)=2c(H+)－2c(OH－)；
(4)溶液中含S的微粒有H2SO3、HSO3-、SO32-，根據(jù)題中所給某微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溶液pH變化的圖象關(guān)系可得該微粒應(yīng)為HSO3-，，在pH=1.91時(shí)，含HSO3-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為50%，此時(shí)可以近似認(rèn)為c(H2SO3)=c(HSO3-)，則Ka1≈c(H+)，即pKa1=-lgKa1≈1.91。
【點(diǎn)睛】判斷電解質(zhì)溶液的離子濃度關(guān)系，需要把握三種守恒，明確等量關(guān)系。①電荷守恒規(guī)律，電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下關(guān)系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒規(guī)律，電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關(guān)系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③質(zhì)子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。

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