福建省华安第一中学高二上学期期末考化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精（考试时间：90分钟满分：100分）可能用到的相对原子质量:H－1O－16Cu－64N－14一、选择题（共16小题，每小题3分共48分，每小题只有一个选项符合题意.）1．已知Zn(s）＋H2SO4(sq)===ZnSO4(aq)＋H2(g)ΔH〈0，则下列叙述不正确的是（)A．该反应的化学能可以转化为电能B．该反应的ΔH值与反应方程式的化学计量数有关C．该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量D．该反应中反应物的化学键断裂放出能量，生成物化学键形成吸收能量【答案】D2．用食用白醋（醋酸浓度约1mol·L—1）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是(）A．用白醋做导电性实验,灯泡发亮B．用pH试纸测试其pH约为2C．向白醋中加入镁粉出现气泡D．向Cu（OH）2中加入白醋，Cu（OH)2溶解【答案】B【解析】A．导电性与离子浓度大小有关，与电解质的强弱没有必然关系，所以不能证明醋酸部分电离，不能证明醋酸是弱电解质，故A错误；B．pH试纸显示白醋的pH为2,氢离子浓度小于醋酸浓度,说明醋酸部分电离，为弱电解质，故B正确；C．向白醋中加入镁粉出现气泡,只能证明醋酸呈酸性，无法证明醋酸为弱电解质,故C错误;D．向Cu(OH）2中加入白醋，Cu（OH）2溶解,只能证明醋酸呈酸性，无法判断醋酸的电离程度大小，故D错误;故选B。【点睛】:强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要证明醋酸在溶液中部分电离就能证明醋酸为弱电解质，注意与导电性强弱无关，据此分析解答。3．在298K、100kPa时，已知:2H2O(g）===2H2（g）＋O2（g）ΔH1；Cl2（g）＋H2(g）===2HCl(g)ΔH2；2Cl2(g)＋2H2O（g)===4HCl(g)＋O2（g）ΔH3则ΔH3、ΔH2和ΔH1之间的关系正确的是（）A．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2B．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2【答案】B【解析】①2H2O（g）=2H2(g)+O2(g)△H1;②H2（g)+Cl2（g)=2HCl（g）△H2；③2Cl2（g)+2H2O(g）=4HCl（g）+O2（g）△H3；则反应③=2×②+①，由盖斯定律可知，△H3=2△H2+△H1；故答案为B。【点睛】：根据三个化学反应方程式可知,反应2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl(g)+O2（g)可由另两个反应变形后加和得到，则由盖斯定律可知,△H3应为另两个反应反应热的加和；根据1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热判断。4．反应C（s)+H2O(g）CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）①增加C的量②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大④保持压强不变，充入N2使容器体积变大⑤升温A．①⑤B．②③C．①③D．②④【答案】C【解析】①因浓度越大,化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量,反应速率不变,故①选；②将容器的体积缩小一半,反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故②不选；③保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故③选；④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大,反应体系中各物质的浓度减小,则反应速率减小，故④不选;⑤升高温度，反应速率肯定加快，故⑤不选，故选C。【点睛】：考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，对应反应C(s）+H2O(g）CO(g)+H2(g），有气体参加和生成，则温度、压强都能对化学反应速率产生影响，以此解答该题.5．在密闭绝热容器中发生反应：SO2（g)＋NO2(g)SO3(g）＋NO（g)△H<0下列有关说法正确的是（）A．减小SO2的浓度，平衡正向移动B．使用催化剂,正反应速率增大，逆反应速率减小C．若反应体系温度不再变化,说明反应达到平衡状态D．反应达到平衡时，降低温度，平衡逆向移动【答案】C【解析】

A．减小反应物二氧化硫的浓度平衡逆向移动，故A错误；B．催化剂使正逆反应速率都增大,故B错误；C．化学反应的过程中伴随能量变化，在密闭绝热容器中，若反应体系温度不再变化,说明反应达到平衡状态，故C正确;D．降温平衡正向移动，故D错误；故选C。6．下列方程式书写正确的是（)A．HCO的电离方程式：HCO＋H2OH3O＋＋COB．H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SOC．CO的水解方程式:CO＋2H2OH2CO3＋2OH－D．NH4Cl的水解方程式：NH＋H2O===NH3·H2O＋H＋【答案】A【解析】A．HCO在水溶液中能电离,其电离方程式为HCO＋H2OH3O＋＋CO，故A正确；B．H2SO3是二元弱酸，应分步电离，故B错误；C．CO是二元弱酸根离子，应分步水解,故C错误；D．盐类水解比较弱，存在平衡,应用不用“=”,故D错误；答案为A。7．下列有关说法正确的是（)A．常温下，0。1mol·L－1NH4Cl溶液的pH＝1B．工业上电解饱和食盐水时，以石墨为阴极，铁棒为阳极C．反应CO2（g）＋C（s)===2CO(g)在高温下可自发进行，则该反应的ΔH〉0D．常温下,在AgCl悬浊液中加入少量NaCl饱和溶液，减小,Ksp(AgCl)减小【答案】C【解析】A．NH4+在溶液中部分水解，所以常温下，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中氢离子浓度小于0。1mol•L-1，则pH＞1，故A错误；B．活性电极作阳极，阳极直接失电子，溶液中的阴离子不失电子，所以工业上电解饱和食盐水时，以石墨作阴极，不能用铁棒作阳极，故B错误;C．当△G=△H—T△S＜0时反应能自发进行,反应CO2(g）+C（s)=2CO（g）的△S＞0，在高温下可自发进行，则该反应的△H＞0,故C正确；D．Ksp(AgCl)只随温度的变化而变化,所以常温下，在AgCl悬浊液中加入少量NaCl饱和溶液，c（Ag+）减小，Ksp(AgCl）不变，故D错误；故选C.8．可逆反应mA（s)＋nB（g）eC(g）＋fD（g）,反应过程中,当其他条件不变时,C的百分含量（C％）与温度（T)和压强(p）的关系如下图。下列叙述正确的是图Ⅰ图ⅡA．化学方程式中m+n<e＋fB．达平衡后，若升温，平衡左移C．达平衡后，加入催化剂则C％增大D．达平衡后，增加A的量有利于平衡向右移动【答案】B【点睛】:根据图象判断外界条件对平衡的移动的影响是解答该题的关键；可逆反应，当其他条件一定时,温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象（1）可知T1＞T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小,故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图（2）可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数φ（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n＜P+q，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答.9．常温下，将0.1mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06mol·L－1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于(）A．1.7B．2。0C．12.0【答案】B【解析】设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol·L—1=0.1mol，

硫酸的物质的量为1L×0.06mol·L—1=0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，则当酸碱发生中和时H+和OH-的物质的量分别为0。12mol和0.1mol,则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0。12mol-0.1mol=0.02mol，

则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）=QUOTE=0.01mol·L-1，pH=-lg10-2=2.0，故选B。【点睛】：考查溶液pH的有关计算，明确酸碱反应的过量分析是解答的关键，根据酸碱溶液混合时，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的pH来解答即可。10．常温下，物质的量浓度均为0。1mol·L-1的下列溶液：①Na2CO3溶液②NaOH溶液③NaHSO4溶液④NH4Cl溶液⑤NaNO3,溶液的pH由小到大的排列顺序是（）A．③<④<⑤<①<②B．④〈③〈⑤〈①〈②C．④〈③<①〈⑤〈②D．①〈④〈③〈⑤〈②【答案】A【解析】①②为碱性，①中水解显碱性,等浓度强碱溶液的pH大，则pH为②＞①；

③④为酸性，③电离显酸性,④水解显酸性，等浓度时③中酸性强，则③中pH最小，pH为③＜④，⑤为中性，则溶液的pH由小到大的排列顺序是③＜④＜⑤＜①＜②，故选A。【点睛】：考查pH的比较,把握盐类水解、电解质的电离、pH与酸碱性的关系为解答的关键,①②为碱性，等浓度强碱溶液的pH大，③④为酸性，等浓度时③中酸性强，则③中pH最小，⑤为中性，以此来解答。11．100℃时，将0.1molN2O4置于1L密闭的烧瓶中,然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g）2NO2（g），下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（）①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2②NO2生成速率与NO2消耗速率相等③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化A．②③⑥⑦B．①④⑧C．只有①④D．只有⑦⑧【答案】B【解析】①无论反应是否达到平衡状态，N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比都为1：2，所以不能证明是否达到平衡状态，故错误;②NO2的正逆反应速率相等,所以能证明达到平衡状态，故正确；③该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态,故正确；④根据质量守恒，无论该反应是否达到平衡状态,混合气体的质量都不再改变，所以不能证明该反应是否达到平衡状态，故错误；⑤平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确;⑥平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，烧瓶内气体的颜色不再加深,所以能证明该反应达到平衡状态,故正确；⑦平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时,能证明该反应达到平衡状态，故正确；⑧根据质量守恒,反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，故错误；所以不能说明是平衡状态的是①④⑧，故答案为B。

点睛:考查化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有:平衡时浓度不变,不是表示浓度之间有特定的大小关系;正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变,要具体情况具体分析等.12．实验：①0。1mol·L－1AgNO3溶液和0。1mol·L－1NaCl溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c;②向滤液b中滴加0.1mol·L－1KI溶液,出现浑浊；③向沉淀c中滴加0。1mol·L－1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag＋(aq)＋Cl－(aq)B．滤液b中不含有Ag＋C．③中颜色变化说明AgCl转化为AgID．实验可以证明AgI比AgCl更难溶【答案】B【解析】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡:AgCl(s）⇌Ag+(aq)+Cl—（aq），故A正确；B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+,故B错误；C．向AgCl中滴加0。1mol•L—1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D．向AgCl中滴加0。1mol•L—1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀,实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选B。13．已知Cu(OH)2在水中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s）Cu2＋（aq）＋2OH－(aq)，在常温下,Ksp＝2×10－20。某CuSO4溶液中，c（Cu2＋)＝0.02mol·L－1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向CuSO4溶液加入碱溶液来调整pH,使溶液的pH大于A．2B．3C．4【答案】D【解析】已知Ksp=2×10-20,c（Cu2+）=0.02mol•L—1，在常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀,

则c（Cu2+）×c2（OH—）≥2×10-20，所以c（OH—）≥=10—9（mol/L），应调节溶液pH大于5,故选D。【点睛】:考查难溶电解质的溶解平衡,侧重于浓度的计算，在常温下如果要生成Cu(OH）2沉淀，应满足c（Cu2+）×c2（OH-）≥2×10-20，以此计算溶液的c(OH-），可确定溶液的pH。14．下列关于各图的说法，正确的是（）A．①中阴极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体B．②中待镀铁制品应与电源正极相连C．④中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应D．③中钢闸门应与外接电源的正极相连【答案】C【解析】A．①装置是电解池，阴极是溶液中阳离子得到电子发生还原反应，应是铜离子得到电子生成铜，故A错误；B．②装置中待镀制品上要有Cu2+放电析出铜，故应和电源负极相连做电解池的阴极,故B错误；C．氯气是酸性气体，能和氢氧化钠反应．而氯气在阳极生成，NaOH在阴极生成，而④装置中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过,可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故C正确；D．③装置是电解池，在电解池中，阴极被保护，故钢闸门应与外接电源的负极相连,故D错误；故选C。15．2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是()A．a为电池的正极B．电池充电反应为LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLiC．放电时，a极锂元素的化合价发生变化D．放电时,溶液中Li＋从b向a迁移【答案】C【解析】A．根据图知,放电时,b电极上Li失电子生成Li+，所以b是负极，则a是正极，故A正确；B．放电时，负极反应式为xLi-xe-═xLi+,正极反应式为xLi++Li1-xMn2O4+xe-═LiMn2O4,所以电池反应式为Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4，故B正确；C．放电时，a极上Li元素化合价都是+1价，化合价不变，故C正确；D．a是正极、b是负极，放电时电解质溶液中阳离子向正极移动，所以溶液中的Li+从b向a迁移，故D正确；故选C。【点睛】:考查化学电源新型电池，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，放电时，Li易失电子作负极，负极反应式为xLi—xe-═xLi+，正极反应式为xLi++Li1-xMn2O4+xe—═LiMn2O4，得失电子相同时将正负极电极反应式相加即可得到电池反应式，放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液中阴阳离子移动方向,为易错点。16．把6moLM和5moLN的混合气体通入容积为4L的密闭容器中，在一定条件下发生如下反应：5M（g）+4N（g)6P(g）+xQ（g），经5min后反应达到平衡，此时生成P3moL,并测得Q的平均反应速率为0。1mol/（L·min）下列说法正确的是（）A．化学计量数x=2B．M的转化率为41.67％C．N的平衡浓度为0。075mol/LD．反应前后混合气体的压强比为23/22【答案】B【解析】Q的平均反应速率为0.1mol•L—1·min-1，换算为生成D的物质的量为0.1mol·L-1·min-1×5min×4L=2mol,

5M（g）+4N（g）

6P(g)+xQ（g）

起始量（mol）6

5

0

0

变化量（mol)

2。5

2

3

2

平衡量（mol）

3。5

3

3

2

A．物质的量的变化量之比等于化学方程式中的系数之比,C、D的物质的量之比为3：2,则x=4，故A错误；B．M的转化率为QUOTE×100％=41.67%，故B正确；C．N的平衡浓度为QUOTE=0.75mol/L,故C错误；

D．反应前后混合气体的物质的量之比为QUOTE=22︰23,根据压强之比等于物质的量之比为22：23，故D错误；故选B.【点睛】：考查化学平衡的计算应用，根据化学平衡三段式计算,结合题给化学反应速率概念，速率之比等于化学方程式中的系数之比进行分析计算，压强之比等于物质的量之比。二、非选择题（52分）17．请你利用所学的化学反应原理解决下列问题:（1）现需要对农作物同时施用氮肥、磷肥、钾肥三种化肥,对给定的下列化肥①K2CO3、②KCl、③Ca(H2PO4)2、④(NH4）2SO4，⑤氨水，最适当的组合是__________

A．①③④

B．①③⑤

C．②③④

D．②③⑤（2)焙制糕点把NaHCO3作为发酵粉使用时,往往添加入少量的明矾，这是因为__________A．明矾起催化作用B．硫酸铝钾比碳酸氢钠更易分解C．明矾受热分解放出气体D．铝盐在水中水解,能起到酸的作用（3）实验室配制FeSO4溶液,溶解时先要加入少量的稀硫酸,其原因是___________________(用离子方程式和适当文字说明）；配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是________________________.(4）工业上合成氨:N2(g)＋3H2（g）2NH3（g)ΔH<0，采用高温、高压、催化剂作为反应条件，原因是：_________________________________________________________________________________________________。（5)已知Ksp（BaSO4）=1.07×10—10Ksp(BaCO3)=2.58×10—9，二者的溶解能力相差不大,但___________溶解能力相对更小.重晶石（主要成分是BaSO4）是制备钡化合物的重要原料，但是BaSO4不溶于酸，若用_______________处理即可转化为易溶于酸的BaCO3。总反应的离子方程式是:_______________________________________________。【答案】（1)．【答题空1】C（2）．【答题空2】D（3)．【答题空3】Fe2++2H2OFe（OH）2+2H+（4）．【答题空4】稀硫酸可抑制Fe2+水解（5)．【答题空5】防止Fe2+被氧化（6）．【答题空6】高温、高压、催化剂有利于提高反应速率，高压有利于氨气的生成,提高氨的产率（7）．【答题空7】BaSO4（8）．【答题空8】饱和Na2CO3溶液（9)．【答题空9】BaSO4（s）+CO32—(aq)BaCO3(s）+SO42—（aq）【解析】（1)A．K2CO3水解显碱性,NH4Cl水解显酸性，二者混合会发生相互促进的水解反应生成氨气，会降低肥效；K2CO3与Ca（H2PO4）2反应会生成沉淀，会降低肥效，故A错误；B．K2CO3与Ca（H2PO4）2反应会生成沉淀，会降低肥效;Ca（H2PO4）2与氨水反应生成沉淀，会降低肥效，故B错误；C．②KCl、③Ca(H2PO4)2、④(NH4）2SO4

相互不发生反应，可以混合使用，故C正确；D．Ca（H2PO4)2与氨水反应生成磷酸钙沉淀，会降低肥效,故D错误；故选C；（2）明矾在溶液中会发生水解，溶液显酸性,NaHCO3在酸性条件下生成二氧化碳，所以把NaHCO3作为以酵粉使用时，往往加入少量的明矾，明矾在水中能起到酸的作用；故选D。（3)因Fe2+在溶液中易水解，发生反应的离子方程式为Fe2++2H2OFe(OH）2+2H+,实验室配制FeSO4,溶解时先要加入少量的稀硫酸,其原因是稀硫酸可抑制Fe2+水解；Fe2+易被空气中的氧气氧化成Fe3+,配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是铁可将Fe3+还原成Fe2+，防止被氧化;（4）高温、高压、催化剂有利于提高反应速率，高压有利于氨气的生成，提高氨的产率，因此工业上合成氨常采用高温、高压、催化剂作为反应条件;（5）因为Ksp（BaSO4）=1。07×10—10＞Ksp(BaCO3）=2。58×10—9，则BaCO3溶解能力相对更小；根据沉淀转移原理，可用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4即可转化为易溶于酸的BaCO3，发生反应的离子方程式为BaSO4（s）+CO32—（aq）BaCO3(s)+SO42-(aq).18．（1)常温下，amL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液与bmL0。1mol·L－1的NaOH溶液混合，充分反应.①写出反应的离子方程式:_________________________。②0。1mol·L－1的CH3COOH溶液与0。1mol·L－1的NaOH溶液，两溶液pH之和__________14(填“〈”、“＝”或“>"）.③若a＝b，则反应后溶液中粒子（除水分子外)浓度从大到小的顺序是_____________________________.④若混合后溶液呈中性，则a____________b，反应后溶液中c（CH3COO－)________c(Na＋)（填“〈”、“＝"或“>"）。(2)常温下，amLpH＝2的H2SO4溶液与bmLpH＝12的氨水溶液混合，充分反应。①混合前，两溶液中由水电离出的H＋浓度之比为________；②若a＝b，则反应后溶液显______（填“酸性”、“中性”或“碱性")。【答案】（1）．CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O（2）．>（3）．c(Na＋)〉c（CH3COO－）>c（OH－)〉c（CH3COOH）>c(H＋)(4）．>(5）．＝（6）．1∶1(7）．碱性【解析】（1）①酸碱中和反应生成盐和水，离子方程式为CH3COOH+OH—=CH3COO—+H2O；

②0.1mol/L的CH3COOH的pH大于1,0。1mol/L

NaOH的pH=13，之和大于14;

③a=b，反应后溶液中的溶质为醋酸钠，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH—，醋酸根水解呈碱性,离子浓度为c(Na+)＞c（CH3COO—）＞c（OH—）＞c（CH3COOH）＞c(H+）；④若a=b，反应后溶液中的溶质为醋酸钠，醋酸根水解呈碱性，若要呈中性，则碱要少加些,根据电荷守恒c(Na+）+c（H+)=c（CH3COO—）+c(OH—），中性则c（H+)=c（OH-），此时c（CH3COO-）=c（Na+）；

(2）①硫酸和氨水均抑制水的电离；常温下，a

mL

pH=2的硫酸与b

mL

pH=12的氨水溶液，两溶液中由水电离出的H+浓度均为10-12mol/L,则由水电离出的H+浓度之比为1︰1；

②若a=b，两者完全混合后得到硫酸铵和过量氨水，以NH3·H2O的电离为主，溶液呈碱性.19．用物质的量浓度为amol·L－1的标准NaOH溶液去测定VmL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：(1）碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是________________________________________________________。（2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入________（填“甲”或“乙”）中.(3)取20。00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次,记录数据如下.实验编号NaOH溶液的浓度（mol·L－1）滴定完成时NaOH溶液滴入的体积（mL）待测盐酸的体积（mL)10.1022。6220.0020.1022.7220。0030。1022.8020.00①滴定达到终点的标志是__________________________________。②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_____________(保留两位有效数字）。（4）若所测得盐酸浓度偏大，原因可能是________.A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗E.滴加NaOH溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定【答案】（1)．用标准碱液润洗2~3次（2)．乙（3）．溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不退色（4）．0。11mol·L－1(5）．B、C、D【解析】（1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，为了不影响氢氧化钠溶液的浓度，应该用标准NaOH溶液润洗2～3次;（2）氢氧化钠溶液呈碱性,应该为碱式滴定管，图1中乙为碱式滴定管，所以应将标准NaOH溶液注入乙中；(3）①滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色；②3组数据均合理，得出V(标准)=QUOTE=22.7mL，c（待测）==═0.1135≈0.11mol/L;（4）A．滴定终点读数时俯视读，造成V（标准）偏小，根据c（待测)=分析，可知c(待测)偏小，故A错误；B．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失,导致计算时消耗标准液体积偏大，则根据c(待测）=分析，可知C（待测）偏大，故B正确;C．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，则标准液的浓度降低,造成V(标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c(待测）偏高，故C正确;D．锥形瓶用待装液润洗过，造成造成V（标准）偏大,根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大,故D正确；E．滴加NaOH溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，溶液未完全中和，消耗的标准液体积偏小，根据c（待测)=分析，可知c(待测）偏低，故E错误；答案为BCD。【点睛】:本题考查中和滴定操作、计算及误差分析,注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测）=分析，若标准溶液的体积偏小,那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。20．淮南市我国重要的煤炭生产基地，通过煤的气化和液化，能使煤炭得以更广泛的应用。Ⅰ。工业上先将煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2是存在以下平衡：CO（s)+H2O（g)2CO2（g）+H2（g）（1）向2L恒容密闭容器中充入一定量的CO和H2O,800℃时，测得部分数据如下表:t/min01234n（H2O)/mol1.201.040。900。700.70n(CO）/mol0。80。640.500。300。30则反应从开始到2min时，用H2表示的平均反应速率____________mol·L－1·min－1；该温度下反应的平衡常数K=______________________（小数点后保留1位有效数字）（2）相同条件下时,向2L恒容密闭容器中充入CO(g）、H2O(g)、CO2(g)、H2（g）的物质的量分别为1。00mol、3。00mol、2。00mol、2.00mol，则此时该反应v（正）______v（逆）(填“>"、“<”或“=”)。II。已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(l）燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol、726kJ/mol.（3)利用一氧化碳、氢气合成液态甲醇的热化学方程式为______________________________________________________________。(4）依据化学反应原理，分析升高温度对制备甲醇反应的影响___________________________________________________________。Ⅲ.为摆脱对石油的过度依赖,科研人员