2023北京清华附中高二（上）期末化学（教师版）

第24页/共24页2023北京清华附中高二（上）期末化学（清华附中高21级）可能用到的相对原子质量H1C12N14O16Zn65Ag108第一部分本部分共18小题，每题只有1个选项符合题意(1～12每题2分，13～18每题3分，共42分)1.下列物质中，属于弱电解质的是A.NaOH B. C. D.AgCl2.下列操作可以使水的离子积常数增大的是A.加热 B.通入少量HCl气体C.滴入少量NaOH溶液 D.加入少量固体3.下列物质溶于水后溶液显酸性的是A. B. C. D.4.下列有机物命名正确的是A.3，3-二甲基丁烷 B.3-甲基-2-乙基戊烷C.2，2-二甲基丁炔 D.3-甲基-1-戊烯5.下列反应在任何温度下一定能自发进行的是A.B.C.D.6.有关下图所示原电池的叙述不正确的是A.Zn做负极B.盐桥中的向溶液移动C.正极的电极反应：D.用该电池电解饱和食盐水，当6.5gZn溶解时，阴极生成2.24L(标准状况)7.已知反应2NO+2H2===N2+2H2O的速率方程为υ=kc2(NO)·c(H2)（k为速率常数），其反应历程如下：①2NO+H2→N2+H2O2慢②H2O2+H2→2H2O快下列说法不正确的是A.增大c(NO)或c(H2)，均可提高总反应的反应速率B.c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同C.该反应的快慢主要取决于反应①D.升高温度，可提高反应①、②的速率8.常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是A.无色溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.使酚酞变红色的溶液中：、、、D.由水电离出的mol·L的溶液中：、、、9.下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH-完全沉淀时溶液pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是金属离子Fe2＋Fe3＋Zn2＋完全沉淀时pH7.74.56.5A.H2O2、ZnO B.氨水C.KMnO4、ZnCO3 D.NaOH溶液10.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.将AlCl3溶液加热蒸干不能得到AlCl3固体B.NO2和N2O4的混合气体升温后红棕色加深C.拦河大坝的钢闸门与外接直流电源的负极相连D.将0.1mol·L氨水稀释至0.01mol·L，溶液的pH由11.1降至10.611.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A.用饱和溶液处理锅炉水垢中的：B.用明矾作净水剂：(胶体)C.向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红：D.向溶液中加入足量澄清石灰水，得到白色沉淀：12.一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60s达到平衡，生成0.3molZ。下列说法正确的是A.以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol/(L·S)B.将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的C.若增大压强，则物质Y的转化率减小D.若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＞013.室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是A.溶液：B.溶液：C.溶液：D.溶液：14.用下列仪器或装置(部分夹持装置略)进行相应实验，能够达到实验目的的是A.用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸B.研究浓度对化学平衡的影响C.验证沉淀转化：AgCl转化为D.检验溶液是否变质A.A B.B C.C D.D15.25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列叙述不正确的是A.HA的酸性强于HBB.溶液中水的电离程度：b点<c点C.相同浓度的NaA与NaB溶液中，D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中相同16.高铁酸盐在能源、环保等领域有着广泛的应用。某研究小组用电解法制取，装置示意图如下。下列说法不正确的是A.Ni电极与外接直流电源的负极相连B.KOH溶液可以循环使用C.Fe电极上的电极反应为D.A膜是阴离子交换膜，外电路中转移1mol，有1mol通过A膜17.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.向0.1mol·L溶液中加入少量水，溶液中减小B.将溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中不变D.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中18.某同学进行如下实验：下列说法不正确的是A.①中存在沉淀溶解平衡：B.比较离子浓度大小：：③>①；：③>①C.③中存在水解平衡：D.综合上述实验现象，说明能转化为第二部分本部分共5题，共58分19.回答下列问题：（1）观察下列有机化合物，按照碳骨架的形状将它们分类(填字母)：A.B.C.D.①属于脂环化合物的是_______。②属于芳香烃的是_______。（2）下列物质的类别与所含官能团都正确的是_______(填序号)。序号①②③④结构简式类别酚醛醚羧酸官能团-OH-CHO-COOH（3）写出下列物质的系统命名法名称①_______。②_______。③_______。④_______。20.研究电解质在水溶液中的行为有重要的意义(以下均为25℃)。I.有0.1mol·L的三种溶液：a.NaOHb.c.盐酸（1）溶液a的_______；c中水电离出的_______。（2）溶液b的，用化学用语解释原因_______。（3）L溶液a与L溶液c混合后，若所得溶液的，则_______。（4）向20mL溶液b中滴加溶液a的过程中，pH变化如图所示。①滴加过程中发生反应的离子方程式是_______。②B点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为_______。③D点溶液中，_______(填“>”、“＜”或“=”)。II.、、HClO和的电离平衡常数如下：化学式HClO电离平衡常数()（5）0.1mol·L的下列四种溶液，pH由小到大的顺序是_______(填字母)。A. B. C.NaClO D.（6）0.1mol·L的溶液中，结合化学用语解释原因：_______。（7）向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为_______。（8）向NaClO溶液中分别加入下列物质，能增大的是_______(填字母)。A.B.C.21.用沉淀滴定法可以快速测定NaI溶液中实验过程如下：Ⅰ．准备标准溶液a.称取4.2500g固体(0.0250mol)，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b.配制100mL0.1000mol·L标准溶液，备用。Ⅱ．滴定待测溶液a.取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b.加入25.00mL0.1000mol·L溶液，使完全转化为AgI沉淀。c.加入2滴溶液作指示剂。d.用0.1000mol·L溶液滴定过量的。e.重复上述操作，4次测定数据如下表所示。f.数据处理。实验序号1234消耗溶液的体积/mL5.025.005.244.98已知：i.AgSCN白色沉淀ii.回答下列问题：（1）称取4.2500g固体配制标准溶液时，所使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需要_______。（2）过程Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒_______(填“是”或“否”)，理由是_______。（3）溶液滴定过量时，达到滴定终点时的现象是_______。（4）由上述实验数据测得_______mol·L。（5）下列操作可能使的测定结果偏高的是_______(填序号)。①配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出②盛溶液的滴定管用水洗净后，没有用溶液润洗③读溶液的体积时，滴定前仰视，滴定后俯视22.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨的用途广泛。已知：kJ·molkJ·mol（1）_______kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)（2）目前工业合成氨的主要方法是Haber­Bosch法：通常用以铁为主的催化剂在400~500℃和10~30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是_______。②理论上，为了增大平衡时的转化率，可采取的措施是_______(写出1条)。③将物质的量之比为1∶3的和充入2L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：物质平衡时物质的量0.20.60.2该条件下的转化率为_______，平衡常数_______(可用分数表示)。④若按以下浓度投料，其它反应条件与③相同，起始时反应进行的方向为_______(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。物质起始浓度(mol·L)0.51.50.5（3）图1是某压强下和按物质的量之比1∶3投料进行反应，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线。I是平衡时的曲线，II是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是_______。a.图中a点，容器内b.图中b点，c.400~530℃，II中的物质的量分数随温度升高而增大，原因是升高温度化学反应速率增大（4）电化学气敏传感器可用于检测环境中的含量，其工作原理如图2所示。①反应消耗的与的物质的量之比为_______。②a极的电极反应式为_______。23.某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3反应进行实验探究。实验药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液(pH=7)；0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)。实验过程实验编号ⅠⅡⅢ实验操作实验现象溶液呈紫色，静置后紫色迅速褪去，久置后出现淡黄色浑浊溶液呈紫色，静置后紫色褪去，久置后不出现淡黄色浑浊溶液呈紫色，静置后紫色缓慢褪去，久置后不出现淡黄色浑浊资料：ⅰ.Na2S2O3在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应；ⅱ.Fe3++⇌Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇无明显现象(1)配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因：_______。(2)对实验Ⅰ中现象产生的原因探究如下：①证明有Fe2+生成：取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到_______。②实验I中紫色褪去时被氧化成，相关反应的离子方程式是_______。③实验I和Ⅱ对比，Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊的原因是_______。(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：实验编号ⅣⅤ实验操作实验现象紫色褪去时间a>b紫色褪去时间c<d①试剂X是_______。②由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是_______。

参考答案第一部分本部分共18小题，每题只有1个选项符合题意(1～12每题2分，13～18每题3分，共42分)1.【答案】B【解析】【详解】A．NaOH为强碱，能完全电离属于强电解质，故A不选；B．只能部分电离属于弱电解质，故B选；C．为强酸，能完全电离属于强电解质，故C不选；D．AgCl属于盐，熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故D不选；故选：B。2.【答案】A【解析】【详解】水的离子积常数是水电离平衡的平衡常数，平衡常数只受温度影响，且水的电离是吸热过程，因此加热能使水的电离程度增大，水的离子积常数增大，故选A。3.【答案】C【解析】【详解】A．为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A错误；B．过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B错误；C．NH4Cl为强酸弱碱盐，溶于水后铵根离子水解产生H+，溶液呈酸性，故C正确；D．CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，故D错误。故选C。4.【答案】D【解析】【详解】A．3，3-二甲基丁烷，取代基的编号之和不是最小，依据系统命名法可知该有机物正确命名应该为：2，2-二甲基丁烷，故A错误；B．3-甲基-2-乙基戊烷，未选取最长的碳链作主链，正确的命名是3、4-二甲基己烷，故B错误；C．2，2-二甲基丁炔，没有写出官能团三键的位置，正确的命名如：3，3-二甲基-1-丁炔，故C错误；D．双键为官能团，编号从离双键近的一端编起，符合命名方法，故D正确；故选：D。5.【答案】A【解析】【分析】当＜0时，反应在任何温度下一定能自发进行，据此判断。【详解】A．有气体生成＞0，，则一定小于0，A正确；B．气体减少＜0，，则不一定小于0，B错误；C．有气体生成＞0，，则不一定小于0，C错误；D．气体减少＜0，，则一定大于0，D错误；故选A。6.【答案】B【解析】【分析】锌比铜活泼，锌发生氧化反应为负极、铜极为正极；【详解】A．由分析可知，Zn做负极，故A正确；B．阳离子向正极移动，则盐桥中的向溶液移动，故B错误；C．正极的电极反应为铜离子得到电子发生还原反应：，故C正确；D．该电池电解饱和食盐水，当6.5gZn（0.1mol）溶解时转移电子0.2mol，电解池中阴极反应为，则生成2.24L(标准状况)，故D正确；故选B。7.【答案】B【解析】【详解】A．根据速率方程为υ=kc2(NO)·c(H2)，增大c(NO)或c(H2)，均可提高总反应的反应速率，故A正确；B．根据速率方程为υ=kc2(NO)·c(H2)，c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同，如c(NO)增大2倍，υ增大4倍、c(H2)增大2倍，υ增大2倍，故B错误；C．反应速率由最慢的一步决定，该反应的快慢主要取决于反应①，故C正确；D．升高温度，可以增大活化分子百分数，反应速率加快，可以提高反应①、②的速率，故D正确；答案选B。8.【答案】C【解析】【详解】A．铜离子为蓝色，故A错误；B．的溶液为酸性，酸性溶液中硝酸根离子会把亚铁离子、碘离子氧化为铁离子、碘单质，不共存，故B错误；C．使酚酞变红色的溶液为碱性，碱性溶液中四种离子相互不反应，能共存，故C正确；D．由水电离出的mol·L的溶液可能为酸性或碱性，酸性溶液中碳酸氢根离子和氢离子反应不共存，碱性溶液中铵根离子和氢氧根离子、碳酸氢根离子和氢氧根离子反应，不共存，故D错误。故选C。9.【答案】C【解析】【分析】【详解】要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH，将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能加入H2O2；调pH时也不能引入新的杂质，可以加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡正向移动，从而使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去。故选C。10.【答案】C【解析】【详解】A．AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生盐的水解反应产生Al(OH)3、HCl，水解反应的化学方程式为：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，将溶液加热蒸干，HCl挥发逸出，导致平衡正向移动，最终得到的固体是Al(OH)3，而不能得到AlCl3固体，可以使用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．NO2和N2O4的混合气体在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致c(NO2)增大，从而使混合气体的红棕色颜色加深，可以使用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．拦河大坝的钢闸门与外接直流电源的负极相连，作阴极，阴极上有大量导致，钢闸门就不会失去电子被氧化，因而得到保护，与勒夏特列原理无关，因此不能使用勒夏特列原理解释，C符合题意；D．0.1mol·L氨水pH为11.1，将其由0.1mol·L氨水稀释至0.01mol·L，若不存在电离平衡，则溶液中c(OH-)是原来的，溶液的pH会由11.1降至为10.1，现在溶液pH变为10.6，说明c(OH-)比原来的大，可证明加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中c(OH-)在稀释的基础上有所增加，因此可以使用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故合理选项是C。11.【答案】A【解析】【详解】A．用饱和溶液处理锅炉水垢中的是硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，，故A错误；B．用明矾作净水剂是铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附杂质，故B正确；C．向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红是因为氢氧化镁沉淀部分电离出氢氧根离子使溶液显碱性，故C正确；D．向溶液中加入足量澄清石灰水，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙沉淀：，故D正确故选A。12.【答案】A【解析】【详解】A.60s达到平衡，生成0.3molZ，容器体积为10L，则v(Z)==0.0005mol/(L⋅s)，速率之比等于其化学计量数之比，则v(X)=2v(Z)=0.001mol/(L⋅s)，故A正确；B.将容器容积变为20L，体积变为原来的2倍，压强减小，若平衡不移动，Z的浓度变为原来的1/2，但正反应为气体体积减小的反应，压强减小，平衡向逆反应方向移动，到达新平衡后Z的浓度小于原来的1/2，故B错误；C.若其他条件不变时，若增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡正向进行，Y的转化率将增大，故C错误；D.若升高温度，X的体积分数增大，若向正反应移动，2molX反应时，混合气体总物质的量减小2mol，X的体积分数减小，则说明平衡逆向进行，则逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，故反应的△H<0，故D错误，故选A。13.【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠溶液中存在质子守恒：，故A错误；B．溶液中的电荷守恒：，故B错误；C．溶液中钠离子大于，水解生成和氢氧根离子，继续水解生成氢氧根离子和亚硫酸，因此，故C错误；D．溶液中存在物料守恒：，则，故D正确；故选：D。14.【答案】B【解析】【详解】A．NaOH溶液应用碱式滴定管，且滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，故A错误；B．该实验可验证KSCN浓度对平衡的影响，加2mL水的试管做对照实验，故B正确；C．由信息可知硝酸应溶液过量，加入的硫化钠直接与过量的硝酸应溶液反应，不能证明是氯化银转化为硫化银，故C错误；D．硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，应该用盐酸酸化的氯化钡，故D错误；故选：B。15.【答案】D【解析】【分析】由图可知，稀释相同的倍数，HA的pH变化更大则酸性HA大于HB；【详解】A．由分析可知，HA的酸性强于HB，A正确；B．b点酸电离出氢离子浓度更大，对水的电离抑制作用更大，则溶液中水的电离程度：b点<c点，B正确；C．HA的酸性强于HB，根据越弱越水解可知，相同浓度的NaA与NaB溶液中NaB的水解程度更大，则，C正确；D．HA的酸性强于HB，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液中HB的浓度大于HA，则相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，HB所得的溶液中大，D错误；故选D。16.【答案】D【解析】【分析】根据图示信息写出电极反应，阳极为Fe电极，阴极为Ni电极，根据电极反应可知，AB膜中间的溶液中K+向阴极移动，OH-向阳极移动，故阴极的KOH溶液浓度增大，据此分析。【详解】A．Ni电极为阴极，与外接直流电源的负极相连，A正确；B．阴极KOH浓度增大，故体系中KOH溶液可以循环使用，B正确；C．Fe电极上的电极反应为，C正确；D．K+向阴极移动，故A膜为阳离子交换膜，D错误；故选D。17.【答案】C【解析】【详解】A．分式上下同乘以c(CH3COO-)，转化成，加水稀释Ka不变，c(CH3COO－)减小，比值增大，A错误；B．恰好为，升高温度Kh增大，比值减小，B错误；C．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中为两者Ksp之比，Ksp不变，则该比值不变，C正确；D．盐酸滴入氨水中，无论什么情况都存在电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)，溶液中性，则有c(H+)=c(OH－)，c(NH)=c(Cl－)，D错误；故选：C。18.【答案】B【解析】【分析】①中加入酚酞后无现象说明碱性很小，又知BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO(aq)，CO+H2O⇌HCO+OH−，则溶液中CO浓度极小，水解程度也很小，②中Na2SO4为强酸强碱盐，溶液呈中性故无明显现象，③混合后变红说明CO水解后生成的OH-浓度增大，即发生了BaCO3+SO⇌BaSO4+CO的转化，BaSO4更难溶于水，以此解答。【详解】A．由沉淀溶解平衡得知存在BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO(aq)，A正确；B．由上述分析可知，c(CO)：③>①，BaSO4更难溶于水，随着沉淀的转化：BaCO3+SO⇌BaSO4+CO，溶液中Ba2+的浓度降低，即c(Ba2+)：③<①，B错误；C．①、③中均存在CO，CO为弱酸根，溶液中存在水解平衡，离子方程式为：CO+H2O⇌HCO+OH−，C正确；D．③混合后变红说明溶液中CO浓度增大，即发生了BaCO3+SO⇌BaSO4+CO的转化，D正确；故选：B。第二部分本部分共5题，共58分19.【答案】（1）①.C②.D（2）③④（3）①.4、4-二甲基-1-戊炔②.3、4-二甲基己烷③.1、2、4-三甲基苯④.3、4、4-三甲基-2-乙基-1-己烯【解析】【小问1详解】①脂环化合物：不含芳香环(如苯环、稠环或某些具有苯环或稠环性质的杂环)的带有环状的化合物，由结构简式可知C为脂环化合物；②芳香烃是指含有苯环的烃，由组成和结构可知D为芳香烃，故答案为：C；D；【小问2详解】①羟基连接在支链上，属于醇类，错误；②醛基连在氧原子上，属于酯类物质，错误；③氧以单键与两个碳原子相连，符合醚的结构特征，正确；④羧基与苯环相连，官能团为羧基，属于羧酸，正确；故答案为：③④；小问3详解】①选取含碳碳三键最长碳链为主链，靠近三键一端对主链编号，则名称因为：4、4-二甲基-1-戊炔，故答案为：4、4-二甲基-1-戊炔；②选取含碳原子数最多的碳链作主链，靠近支链一端编号，则名称为：3、4-二甲基己烷，故答案为：3、4-二甲基己烷；③苯的同系物命名注意使支链加和要小，该物质的名称为：1、2、4-三甲基苯，故答案为：1、2、4-三甲基苯；④选取含碳碳双键最长碳链为主链，靠近双键一端对主链编号，则的名称为：3、4、4-三甲基-2-乙基-1-己烯，故答案为：3、4、4-三甲基-2-乙基-1-己烯；20.【答案】（1）①.13②.（2）为弱酸，不能完全电离，0.1mol·L中氢离子浓度小于0.1mol·L（3）9：11（4）①.②.③.=（5）DBCA（6）的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中（7）（8）A【解析】【小问1详解】0.1mol·L的NaOH溶液中c()=0.1mol·L，c()=，13；0.1mol·L的盐酸中c()=0.1mol·L，溶液中的氢氧根离子完全来自水的电离，c()水=，水电离出的c()水=，故答案为：13；；【小问2详解】为弱酸，在溶液中只能部分电离出氢离子，因此0.1mol·L电离生成的氢离子浓度小于0.1mol·L，其pH值大于1，故答案为：为弱酸，不能完全电离，0.1mol·L中氢离子浓度小于0.1mol·L；【小问3详解】LNaOH溶液与L盐酸混合后，若所得溶液的，可知酸过量，混合后溶液中的氢离子浓度：c()=，9：11，故答案为：9：11；【小问4详解】①醋酸与氢氧化钠反应的离子方程式为：，故答案为：；②B点溶液中，醋酸消耗一半，所得溶液为等浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小为：，故答案为：；③D点溶液，醋酸恰好完全反应，溶液为醋酸钠溶液，根据质子守恒得：，则=，故答案为：=；【小问5详解】中，既电离也水解，其电离常数为：，其水解常数：Kh=<，电离程度大于水解程度，因此溶液呈酸性；、、NaClO均水解呈碱性，酸性：>HClO>，根据越弱越水解可知，水解程度：<ClO-<，则碱性：＞NaClO＞，故答案为：D<B<C<A；【小问6详解】的溶液中既存在碳酸氢根离子的电离，也存在碳酸氢根离子的水解，的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中，故答案为：的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中；【小问7详解】由电离常数大小可知酸性：＞ＨＣlＯ＞，依据强酸制弱酸原理，可知NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为：，故答案为：；【小问8详解】NaClO溶液中加醋酸发生反应：，可以增大HClO浓度，故A选；NaClO与二氧化硫发生氧化还原反应，不能生成HClO，故B不选；碳酸氢钠与次氯酸钠不能反应，故C不选；故答案为：A；21.【答案】（1）量筒、250mL容量瓶（2）①.否②.如先加入，其中的Fe3+具有强氧化性，可与I-发生氧化还原反应，从而失去指示作用。（3）滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液突然变成红色，且半分钟内不褪色。（4）（5）③【解析】【小问1详解】用固体配制250mL标准溶液时，所使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和胶头滴管、量筒、250mL容量瓶。【小问2详解】过程Ⅱ中b和c两步操作不能颠倒，如先加入，其中Fe3+具有强氧化性，可与I-发生氧化还原反应，使失去指示作用。【小问3详解】滴定终点时，SCN-过量，遇指示剂中的Fe3+会反应使溶液显红色，因此滴定终点现象是：滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液突然变成红色，且半分钟内不褪色。【小问4详解】序号3的实验误差较大，舍去不用，以序号1、2、4的实验数据计算消耗NH4SCN溶液的体积的平均值为5.00mL，则平均每次消耗NH4SCN的物质的量为。据此计算过量的Ag+的物质的量：，与I-反应的Ag+物质的量为：，根据得25.00mLNaI溶液中含有的I-为，因此NaI溶液中【小问5详解】①根据滴定结果的计算过程，只要保证Ag+过量，能够完全沉淀I-即可，配制AgNO3溶液中，烧杯中的溶液有少量溅出对实验结果没有影响；②盛溶液的滴定管没有润洗，滴定管内残留的水会使浓度减小，造成滴定终点时消耗溶液过多，使计得的过量的Ag+数据偏大，实际与I-反应的Ag+数据偏小，最终计算的偏小；③读溶液的体积时，滴定前仰视，使V1读大了，滴定后俯视，使V2读小了，使得偏小，造成计得的过量的Ag+数据偏小，实际与I-反应的Ag+数据偏大，最终计算的偏大；故选③22.【答案】（1）（2）①.较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高②.增大压强、适当增大氮气的浓度、分离液态氨气③.33.3%④.⑤.正向（3）ac（4）①.3：4②.【解析】小问1详解】根据盖斯定律可知反应合成氨反应可由，则=kJ·mol-1，故答案为：；【小问2详解】①该反应虽为放热反应，但高温条件能大大加快反应速率，同时催化剂在较高温度条件下活性最大，对速率的促进作用更大，故答案为：较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高；②理论上，为了增大平衡时的转化率，需使平衡正向移动，可采取增大压强、适当增大氮气的浓度、将产物氨气液化分离等措施提高氢气的转化率，故答案为：增大压强、适当增大氮气的浓度、分离液态氨气；③由表中数据可知平衡时氨气的物质的量0.2mol，结合反应可知消耗的氢气为0.3mol，则氢气的转化率=；平衡常数K=，故答案为：33.3%；；④此时Qc=，反应正向进行，故答案为：正向；【小问3详解】和按物质的量之比1∶3投料进行反应，设起始时两者物质的量分别为1mol、3mol，设氮气的消耗量为xmol，列三段式得：由图1可得：n(NH3)%=，x=，此时容器中，故a正确；图中b点氨气的物质的量分数小于同条件下平衡时氨气的物质的量分数，可知b点反应未平衡，反应向正向进行，，故b错误；400~530℃，II中各点氨气的物质的量分数均小于平衡时物质的量分数，可知反应均未到达平衡状态，且都向正向进行，随温度的升高，反应速率加快，因此相同时间内的氨气的物质的量分数随温度升高而增大，故c正确；故答案为：ac；【小问4详解】①1mol氧气得4mol电子，1mol氨气生成氮气失3mol电子，根据得失电子守恒可知反应消耗的与的物质的