安徽省芜湖市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题

20232024学年度第一学期芜湖市中学教学质量监控高二年级化学试题卷(选择性必修1)注意事项：1.本试卷共三大题，24小题，满分100分。考试时间100分钟。2.本试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分。“试题卷”共6页，“答题卷”共2页。3.请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的。4.考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回。一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)1.2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动，并进行了以下实验。下列说法错误的是A.“太空冰雪实验”中，使用的醋酸钠属于弱电解质B.“太空冰雪实验”中，使用的醋酸钠中既含有共价键又含有离子键C.“水油分离实验”中，饮用水与食用油摇匀后不能立即用分液漏斗直接分液D.“太空五环实验”中，碳酸钠溶液中滴加甲基橙构成了黄色环，是因为碳酸钠溶液呈碱性【答案】A【解析】【详解】A．乙酸钠是强碱弱酸盐，溶于水完全电离，是强电解质，故A错误；B．醋酸钠属于离子化合物，钠离子与醋酸根离子之间是离子键，醋酸根还存在碳氢键和碳氧键等共价键，既含有共价键又含有离子键，故B正确；C．饮用水与食用油摇匀后应静置分层，不能立即用分液漏斗直接分液，故C正确；D．碳酸钠溶液水解呈碱性，故碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液呈黄色，故D正确；答案选A。2.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）A.硅太阳能电池 B.锂离子电池C.太阳能集热器 D.燃气灶【答案】D【解析】【详解】A.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；B.锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；C.太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；D.燃气灶将化学能转化为热能，D正确，答案选D。3.关于的化学反应，下列表示的反应速率最大的是A. B.C D.【答案】B【解析】【详解】在同一个反应中，用不同物质表示速率之比等于方程式的化学计量数之比，所以可以都转化成用A表示的速率，从而比较不同条件下的反应速率。A．；B．，转化成用A表示的速率为；C．，转化成用A表示的速率为；D．，转化成用A表示的速率为；所以速率最快的是B，故选B。4.对可逆反应下列叙述正确的是A.达到化学平衡时，B.化学反应速率关系是：C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.单位时间内生成xmolNO的同时，生成xmolNH3，则反应达到平衡状态【答案】D【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，任何物质的浓度不变，在同一时刻用不同物质表示的正、逆反应速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，据此分析解答。【详解】A．当该可逆反应达到化学平衡时，反应速率应该满足关系：，因此的条件下反应未达到平衡状态，A错误；B．当该可逆反应达到化学平衡时，反应速率应该满足关系：，因此的条件下反应未达到平衡状态，B错误；C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则反应混合物中任意一种物质的浓度减小，因此正反应速率减小，逆反应速率也减小，C错误；D．NH3是反应物，NO是生成物，二者化学计量数相同，因此当单位时间内生成xmolNO的同时，生成xmolNH3，则NO、NH3的浓度不变，反应达到平衡状态，D正确；故合理选项是D。5.用食用白醋(醋酸浓度约为)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是A.白醋中滴入石蕊试液呈红色 B.试纸显示白醋的约为3~4C.蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D.白醋加入豆浆中有沉淀产生【答案】B【解析】【分析】要证明某物质是强电解质还是弱电解质，关键是看该物质在溶液中是完全电离，还是部分电离。如完全电离，则为强电解质，如部分电离，则为弱电解质。【详解】A．白醋中滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液显酸性，A错误；B．浓度约0.1mol/L的醋酸其pH为3～4，说明醋酸在溶液中是部分电离的，故为弱电解质，B正确；C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，只能说明醋酸的酸性强于碳酸，C错误；D．白醋加入豆浆中有沉淀产生，属于胶体的聚沉，D错误；答案选B。6.室温下的溶液中，由水电离出的约为A B.C. D.【答案】D【解析】【详解】常温下pH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液中的氢离子是水的电离的，水电离的氢氧根离子与氢离子浓度相等，故水电离出来的==，故选D。7.工业上电解熔融NaCl与电解食盐水都能直接得到的物质是A.Na B.NaOH C.H2 D.Cl2【答案】D【解析】【详解】电解熔融氯化钠生成氯气和钠，方程式为：2NaCl2Na+Cl2↑；电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；所以二者都能得到的为Cl2，故选：D。8.下列各组离子能在溶液中大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】C【解析】【详解】A．OH与HS会反应产生H2O、S2，不能大量共存，A不符合题意；B．Al3+、会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀、CO2气体，不能大量共存，B不符合题意；C．选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．Fe2+、H+、会发生氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。9.某温度下，在恒容密闭容器中、、建立化学平衡：，改变下列条件对正、逆反应速率的影响不正确的是A.压缩容器体积B.通入C.使用(正)催化剂D.升高温度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．压缩容器体积各物质的浓度均增大，正逆反应速率均增大，且正反应速率增大的程度大于逆反应速率，故A错误；B．通入增大反应物浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，故B正确；C．使用(正)催化剂能同等程度的增大正逆反应速率，故C正确；D．升高温度正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，平衡逆向移动，故D正确；故选：A。10.下列说法正确的是A.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=221kJ/mol，则碳的燃烧热等于110.5kJ/molB.C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ/mol，则金刚石比石墨稳定C.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，△S>0，则不论在何种条件下都不可能自发进行D.用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(aq)△H>57.3kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；碳完全燃烧生成二氧化碳，故碳的燃烧热不等于110.5kJ/mol，A错误；B．C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ/mol，焓变大于零，说明金刚石能量高于石墨，则金刚石不如石墨稳定，B错误；C．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，△S>0，根据△HT△S<0反应可自发进行，则该反应在高温下可自发进行，C错误；D．中和反应为放热反应，焓变小于零，醋酸为弱酸电离吸收热量，故用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(aq)△H>57.3kJ/mol，D正确；故选D。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。)11.在密闭容器中发生储氢反应：LaNi5(s)+3H2(g)LaNi5H6(s)ΔH<0。在一定温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa。下列说法正确的是A.升高温度，v逆增大，v正减小，平衡逆向移动B.低温条件有利于该反应正向自发，利于储氢C.维持温度不变，向密闭容器中充入氢气，平衡正向移动，平衡常数增大D.维持温度不变，缩小容器的容积，平衡正向移动，重新达到平衡时H2的浓度减小【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，v逆增大，v正也增大，由于温度对吸热反应影响更大，所以v逆增大的倍数大于v正增大的倍数，化学平衡向吸热的逆向移动，A错误；B．根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，降低温度，平衡正向移动，有助于H2转化为LaNi5H6固体的形成，因此利用储氢，B正确；C．平衡常数只受温度影响，维持温度不变，向密闭容器中充入氢气，平衡正向移动，平衡常数不变，C错误；D．维持温度不变，缩小容器的容积，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，只能减弱这种改变，不能消除，所以重新达到平衡时H2的浓度增大，D错误；故选B。12.一定条件下，将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生反应：。2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示。下列判断正确的是A.到达平衡时C的物质的量浓度为0.4mol/LB.反应过程中A和B的转化率之比为3∶1C.平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比为3∶2D.从开始到平衡，用D表示的化学反应速率为0.2mol/(L·min)【答案】A【解析】【分析】由题干图像信息可知，反应达到化学平衡时D的物质的量为0.8mol，三段式分析为：，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，到达平衡时C的物质的量也为0.8mol，C的物质的量浓度为=0.4mol/L，A正确；B．由分析可知，反应过程中A和B的转化率之比为∶=1∶1，B错误；C．由分析结合恒容密闭容器中气体压强之比等于气体的物质的量之比可知，平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比为(1.8+0.6+0.8)∶(3+1)=4∶5，C错误；D．由题干信息可知，D为固体，从开始到平衡，D的浓度保持不变，故不用D表示的化学反应速率，D错误；故答案为：A。13.CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成的稀溶液，pH=4.7，下列说法或离子浓度关系正确的是A.CH3COONa的水解程度大于CH3COOH的电离程度B.CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离C.c(CH3COO)>c(Na+)>c(OH)>c(H+)D.c(CH3COO)＋c(OH)<c(CH3COOH)＋c(H＋)【答案】B【解析】【详解】A．CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配成的稀溶液，pH为4.7，溶液呈酸性，则CH3COONa的水解趋势小于CH3COOH的电离趋势，故A错误；B．CH3COOH电离产生H+和CH3COO，CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离，故B正确；C．CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配成的稀溶液，pH为4.7，溶液呈酸性，说明CH3COONa的水解趋势小于CH3COOH的电离趋势，则c(CH3COO)>c(Na+)>c(H+)>c(OH)，故C错误；D．由电荷守恒c(CH3COO)＋c(OH)=c(Na+)＋c(H＋)，CH3COONa的水解趋势小于CH3COOH的电离趋势，则c(Na+)>c(CH3COOH)，c(CH3COO)＋c(OH)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，故D错误；故选B。14.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B.脱氧过程中铁的电极反应为：Fe3e=Fe3+C.脱氧过程中碳做原电池负极D.含有0.1mol铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气0.075mol【答案】D【解析】【详解】A．脱氧过程属于氧化还原反应，是放热反应，主要通过吸收氧气延长糕点保质期，A错误；B．脱氧过程中铁的电极反应为：Fe2e=Fe2+，B错误；C．脱氧过程中碳做原电池正极，铁做原电池负极，C错误；D．含有0.1mol铁粉的脱氧剂，理论上可以失去0.3mol电子，氧元素从单质的0价降为氧化物中的2价，O2~4e，则0.075mol氧气可以得到0.3mol电子，故最多能吸收氧气0.075mol，D正确。故选D。15.已知常温下，，下列有关说法正确的是A.常温下，在纯水中的比在溶液中的大B.向与的悬浊液中加入几滴浓溶液，不变C.在的饱和溶液中通入，有析出，且溶液中D.向、的混合溶液中滴入几滴溶液，出现黄色沉淀，此现象可验证【答案】B【解析】【分析】【详解】A．只随温度的改变而改变，所以二者相等，A项错误；B．与的悬浊液在滴入几滴浓溶液后，仍是二者的饱和浴液，温度不变，、不变，故不变，B项正确；C．在的饱和溶液中通入，增大，的沉淀溶解平衡向左移动，有析出，溶液中增大，减小，、不再相等，C项错误；D．向、的混合溶液中滴入几滴溶液，出现黄色沉淀，证明发生了反应：，但由于不知道溶液中、的浓度大小，不能确定和溶度积大小关系，故D项错误。故选B。16.室温下，下列探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A用不同浓度、等体积的H2O2溶液分别与相同浓度相同体积的Na2SO3溶液反应，观察现象探究浓度对反应速率的影响B用pH计测定同浓度NaClO和NaF溶液的pH，比较溶液pH大小比较HClO与HF的酸性强弱C向浓度均为0.1mol·L1的CuSO4和ZnSO4混合溶液中滴加少量Na2S溶液，观察沉淀颜色变化比较CuS和ZnS的Ksp大小D向3mL0.1mol·L1KI溶液中滴加0.1mol·L1FeCl3溶液3～4滴，充分反应后，再加KSCN，观察溶液颜色变化探究化学反应的限度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．过氧化氢和亚硫酸钠反应没有明显现象，不能探究浓度对反应速率的影响，A符合题意；B．酸性越弱，其对应盐溶液水解程度越大，溶液碱性越强，故可以pH计测定同浓度NaClO和NaF溶液的pH，比较溶液pH大小，从而比较HClO与HF的酸性强弱，B不符合题意；C．向浓度均为0.1mol·L1的CuSO4和ZnSO4混合溶液中滴加少量Na2S溶液，若生成黑色沉淀，则说明硫化铜更难溶，能比较CuS和ZnS的Ksp大小，C不符合题意；D．3mL0.1mol·L1KI溶液中滴加0.1mol·L1FeCl3溶液3～4滴，充分反应后KI过量，加入KSCN溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，D不符合题意；故选A。17.电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是A.充电时，电池的总反应B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移D.放电时，正极发生反应【答案】C【解析】【分析】充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e=Li）和阳极反应（Li2O2+2h+=2Li++O2），则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极；据此作答。【详解】A．光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2=2Li+O2，A正确；B．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；C．放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；D．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e=Li2O2，D正确；答案选C。18.最近，中国科学院大连化物所“CO2催化转化为CO的研究”获得新进展。如图是使用不同催化剂（NiPc和CoPc）时转化过程中的能量变化，下列说法不合理的是（）A.•CO2经还原反应得到•COOHB.该研究成果将有利于缓解温室效应，并解决能源转化问题C.相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量可能不同D.催化剂可以改变CO2转化为CO反应的焓变【答案】D【解析】【分析】A.根据物质的化合价变化分析；B.根据反应过程中物质转换分析；C.根据图示相对能量大小分析；D.催化剂只改变反应速率，不改变反应平衡和焓变；【详解】A.•CO2转化为•COOH的过程中，碳元素的化合价降低，因此•CO2得到•COOH是还原反应，A正确；B.该过程中，CO2转化为CO，可减少空气中的CO2的含量，缓解温室效应，同时反应生成CO具有可燃性，可解决能源转化危机，B正确；C.由图可知，•COOH吸附在NiPc中的能量高于吸附在CoPc上的能量，因此吸附在相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量不同，C正确；D.催化剂只影响反应速率，不改变反应焓变，D错误；答案为D。19.室温下，某二元碱水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是A.的数量级为B.水溶液显碱性C.等物质的量的和混合溶液中D.在水溶液中，【答案】C【解析】【详解】A．根据图像分析，Kb2=，Kb2的数量级为108，故正确；B．X(OH)NO3水溶液中，X主要以X(OH)+形式存在，由图示可知，此时溶液中，pH位于78之间，因此水溶液呈弱碱性，故正确；C．X2+的水解常数为由Kb2计算得106.2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，c(X2+)<c(X(OH)+)，故错误；D．在X(OH)NO3水溶液中，存在电荷守恒，c(NO)+c(OH)=2c(X2+)+c(H+)+c(X(OH)+)，存在物料守恒c(NO)=c(X2+)+c(X(OH)+)+c(X(OH)2)，将物料守恒的关系式代入电荷守恒可得c(X(OH)2)+c(OH)=c(X2+)+c(H+)，故正确。故选C。20.以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]下列叙述正确的是A.曲线①代表，曲线②代表B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C.HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D.滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA)，曲线②代表δ(A2)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA)，曲线②代表δ(A2)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B错误；C．由于H2A第一步完全电离，则HA的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2的分布系数为0.1，则HA的电离平衡常数Ka==≈1×102，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH)，则c(Na+)＞2c(A2)+c(HA)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2，HA⇌H++A2；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图象中δ(HA)=δ(A2)时溶液的pH≠5，而是pH=2。三、非选择题(本题包括4小题，共50分。)21.已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：化学式CH3COOHH2CO3HCN电离平衡常数Ka=1.8×105Ka1=4.3×107Ka2=5.6×1011Ka=6.2×1010回答下列问题：（1）25℃时，pH相等的三种溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，浓度由大到小的顺序为___________(填序号)。（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为___________。（3）将浓度为0.02mol·L1的HCN与0.01mol·L1NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中c(H+)___________c(OH)(填“>”、“<”或“=”)。（4）常温下，向浓度为0.1mol·L1、体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH，变化曲线如图所示，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：①该温度时NH3·H2O的电离常数Kb≈___________；②b、c、d三点的溶液中，由水电离出的c(H+)由大到小的顺序为___________；③根据以上滴定曲线判断点d所示溶液中：c(Cl)=c(NH3·H2O)+___________。【答案】（1）①>③>②（2）CN+CO2+H2O=HCN+（3）＜（4）①.105②.d＞c＞b③.【解析】【小问1详解】依据图表数据分析，酸性：醋酸>氢氰酸>碳酸氢根离子，所以pH相等的三种溶液：①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，根据越弱越水解，则浓度由大到小的顺序为：①>③>②；【小问2详解】向NaCN溶液中通入少量CO2，酸性：H2CO3>HCN>，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，其反应的离子方程式为：CN+CO2+H2O=HCN+；【小问3详解】将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度均为0.005mol/L的NaCN和HCN，Ka=6.2×1010，，则NaCN水解大于HCN的电离，则c(H+)<c(OH)；【小问4详解】滴定前氨水中c(H+)=1011mol/L，利用水的离子积常数可得：，忽略水的电离，；②从b到d点，氨水的浓度在减小，氯化铵的浓度在增大，d点恰好完全反应，溶质只有氯化铵，氨水抑制水的电离，氯化铵促进水的电离，所以从b到d的过程，水的电离程度在增大；所以b、c、d三点时的溶液中，水电离的c(H+)大小顺序是d>c>b；③d点两种溶液恰好完全反应，溶质为NH4Cl，根据物料守恒可知。22.用0.1000mol/LHCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。（1）某同学按下列步骤进行实验：①取一锥形瓶，未用待测NaOH溶液润洗；②在锥形瓶中加入25.00mL待测NaOH溶液；③加入几滴酚酞试剂做指示剂；④取一支酸式滴定管，用蒸馏水洗涤干净，直接往酸式滴定管中注入标准盐酸溶液，进行滴定；⑤两眼注视着滴定管内盐酸液面下降，直至滴定终点。其中所述操作有错误的序号为___________。（2）取用标准溶液盐酸，应用下图___________(选填“甲”、“乙”)装置；取用时，若开始仰视读数、结束时俯视读数，会导致所测氢氧化钠溶液浓度___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（3）若滴定开始前滴定管尖嘴中有气泡，滴定结束后气泡消失，则会导致所测氢氧化钠溶液浓度___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（4）滴定终点的现象是___________。（5）若平行实验三次，记录的数据如下表滴定次数待测溶液的体积(mL)标准HCl溶液的体积滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)125.001.0221.04225.002.0022.98325.000.2020.18则待测NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为___________。【答案】（1）④⑤（2）①.甲②.偏小（3）偏大（4）当加入最后半滴盐酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色（5）0.08000【解析】【分析】用0.1000mol/LHCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，将待测溶液放入锥形瓶中，已知浓度的标准溶液放在滴定管中。在滴定前，滴定管要润洗，锥形瓶不能润洗。滴定时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视着锥形瓶中溶液颜色变化。判断得到终点的指示剂，一般选择滴定终点时溶液颜色由浅到深的变化，以减少实验误差。根据二者反应达到滴定终点时判断为恰好反应的反应点，根据滴定操作对消耗标准溶液的体积大小分析判断实验误差，利用二者物质的量相等计算出待测溶液的浓度。【小问1详解】①进行酸碱中和滴定时，一般是将待测溶液放入锥形瓶中，已知浓度的标准溶液放在滴定管中，因此该操作合理，①正确；②根据①分析可知：在锥形瓶中加入25.00mL待测NaOH溶液，该操作合理，②正确；③HCl与NaOH是强酸滴定强碱，反应终点为中性，可以加入几滴酚酞试剂或甲基橙作指示剂，③正确；④取一支酸式滴定管，用蒸馏水洗涤干净，直接往酸式滴定管中注入标准盐酸溶液，进行滴定，这样会导致标准溶液浓度偏小，引起误差，应该先润洗滴定管，然后在装标准溶液，④错误；⑤滴定操作时，应该左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视着锥形瓶中溶液颜色变化，而不能两眼注视着滴定管内盐酸液面下降，直至滴定终点，⑤错误；综上所述可知：操作错误的是④⑤；【小问2详解】盐酸是酸溶液，应该使用酸式滴定管。图示仪器甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，故应该选择使用仪器甲盛装稀盐酸；取用时，若开始仰视读数、结束时俯视读数，则反应消耗标准溶液体积偏小，根据c(待测)=可知，V(HCl)偏小，会导致所测氢氧化钠溶液浓度偏小；【小问3详解】若滴定开始前滴定管尖嘴中有气泡，滴定结束后气泡消失，则HCl标准溶液体积偏大，由此计算出的所测氢氧化钠溶液浓度偏大；【小问4详解】用HCl滴定NaOH溶液，开始滴定时，指示剂酚酞在NaOH溶液中，溶液显红色，随着HCl标准溶液的滴入，溶液碱性逐渐减弱，溶液红色逐渐变浅，当加入最后半滴盐酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色，说明滴定达到终点，此时停止滴加盐酸标准溶液；【小问5详解】用盐酸标准溶液滴定25.00mLNaOH待测溶液，三次实验消耗HCl的体积分别是20.02mL、20.98mL、19.98mL，可见第2次实验数据偏差较大，应该舍去。则反应消耗HCl的平均体积V==20.00mL，根据滴定公式c(待测)=可知：待测NaOH溶液的浓度c(NaOH)==0.08000mol/L。23.硼酸()是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含，及少量、)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：（1）在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”工序中反应的化学方程式为___________。（2）“滤渣1”的主要成分有___________。（3）根据的解离反应：，，可判断是___________酸；在“过滤2”前，将溶液调节至3.5，目的是___________。（4）在“沉镁”中生成沉淀的离子方程式为___________，母液经加热后可返回___________工序循环使用。【答案】（1）（2）、、（3）①.一元弱②.有利于转化为，促进析出（4）①.(或②.溶浸【解析】【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣1应为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到Mg(OH)2•MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4；据此分析；【小问1详解】由分析可知，得到的气体应为NH3，氨气为碱性气体，能和酸式铵盐反应生成正盐，反应方程式为；【小问2详解】根据上述分析，滤渣1为SiO2、Fe2O3、Al2O3；【小问3详解】根据题目信息可知H3BO3能发生一步电离，且电离平衡常数很小，所以为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，有利于析出H3BO3，如果溶液pH较大，得不到硼酸而得到硼酸盐；【小问4详解】在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生双水解和复分解反应生成Mg(OH)2•MgCO3沉淀，离子方程式为(或)；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用。24.CO2的捕集与转化是当今科学研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：Ⅰ.∆H=+177kJ·mol1(主反应)Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)∆H=+9kJ·mol1(副反应)（1）反应I的反应历