2023-2024学年重庆市高二（上）段考化学试卷（10月份）（一）

2023-2024学年重庆市高二（上）段考化学试卷（10月份）（一）一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）《本草新编》中有关明矾[KAl（SO4）2⋅12H2O]记载：“矾石，味酸，气寒，塞齿疼。洗脱肛而涩肠，敷脓疮而收水”。下列有关明矾的说法不正确的是（）A．明矾的水溶液呈酸性 B．“敷脓疮收水”说明明矾可让疮水聚沉结痂 C．明矾常用作净水剂，利用了明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性 D．明矾溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液的离子方程式为Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O2．（3分）下列事实与盐类水解无关的是（）A．铵态氮肥与草木灰不宜混合施用 B．实验室配制FeSO4溶液时，要在溶液中加入少许铁粉 C．金属焊接时，用NH4Cl溶液作除锈剂 D．Al2（SO4）3与NaHCO3两种溶液混合可作泡沫灭火剂3．（3分）下列说法正确的是（）A．等物质的量浓度的CH3COONH4和NaCl溶液，两溶液中水的电离程度不相同 B．在滴有酚酞的氨水中，加入NH4Cl溶液后红色恰好变为无色，则此时溶液的pH＜7 C．0.1mol/L的H2S溶液比等物质的量浓度的Na2S溶液的导电能力强 D．25℃，pH＝11的氨水与pH＝3的H2SO4溶液等体积混合，混合后溶液pH＝74．（3分）NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4⋅2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法中正确的是（）A．用图1所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中 B．用图2所示装置准确称得0.1500gH2C2O4⋅2H2O固体 C．用图3所示操作排出碱式滴定管中的气泡 D．用图4所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O45．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．水电离产生的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、 B．使甲基橙试液变红的溶液中：Ca2+、NH、Cl﹣、 C．在加入铝粉能产生H2的溶液中：Fe2+、Mg2+、、Na+ D．＝0.1mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、、6．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中含有的数目为0.1NA B．常温下，1.0LpH＝1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA C．标准状况下，22.4LSO3中含有SO3的分子数为NA D．92gNO2与N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA7．（3分）常温下，下列说法正确的是（）A．pH＝5的氯化铵溶液，由水电离出c（H+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1 B．5.0×10﹣3mol•L﹣1KHA溶液的pH＝3.75，该溶液中c（A2﹣）＜c（H2A） C．pH均为11的氨水和NaOH溶液，水电离产生的c（H+）后者更大 D．将pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH变为58．（3分）室温下，现有三种酸的稀溶液：a．HCl溶液，b．CH3COOH溶液，c．H2SO4溶液。下列说法正确的是（）A．若三种酸溶液的浓度相同，则其pH的大小关系为c＞a＞b B．同浓度同体积的三种酸溶液分别用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为c＞a＞b C．pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞c D．同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的Zn片反应，反应所需时间：b＞a＞c9．（3分）短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，E与B属于同一主族。下列说法正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：B＞D＞E B．原子半径：C＞E＞D＞B C．元素D在周期表中位于第三周期ⅣA族 D．A与C可形成离子化合物10．（3分）某种含二价铜的催化剂[CuII（OH）（NH3）]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是（）A．该脱硝过程总反应的△H＞0 B．由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应 C．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2 D．依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性降低11．（3分）常温下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10﹣4和1.7×10﹣5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列说法错误的是​（）A．曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液 B．溶液中水的电离程度：b点＞c点 C．从c点到d点，溶液中保持不变（HA、A﹣分别代表相应的酸和酸根离子） D．常温下，将a点对应的两种酸的溶液等体积混合，所得溶液的pH不变12．（3分）25℃时，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mLnmol•L﹣1的一元强酸甲和一元弱酸乙，滴定曲线如图所示。下列有关说法正确的是（）A．n＝1 B．曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元弱酸乙 C．电离常数Ka（乙）＝1.01×10﹣5 D．图像中的x＞20.0013．（3分）由重晶石矿（主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质）可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如图。下列说法正确的是（）A．浸取过滤操作中得到的滤渣主要成分为SiO2 B．“高温焙烧”时焦炭和BaSO4反应的化学方程式为：BaSO4+4CBaS+4CO↑ C．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿 D．上述过程中可以用稀硫酸代替盐酸进行浸取14．（3分）将4molNO（g）和4molCO（g）充入一个2L恒容密闭容器中（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）ΔH＜0，测得CO的平衡转化率随温度变化的曲线如图1所示；在催化剂、一定温度下对该反应进行研究（）已知：反应速率v＝v正﹣v逆＝k正•c2（NO）•c2（CO）﹣k逆•c2（CO2）•c（N2），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。A．图象中A点逆反应速率小于B点正反应速率 B．200℃时反应的平衡常数K＝0.5 C．200℃时当CO的转化率为40%时，v正：v逆＝20：81 D．C点转化率低于B点的原因可能是催化剂活性降低或平衡逆向移动造成的二、填空题：本大题共4个小题，共58分。15．（14分）物质在水中存在电离平衡、水解平衡。请根据所学知识回答：（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2、OH﹣两种阴离子。①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：。②常温下，Ka（H3PO2）＝5.9×10﹣2，0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是（填序号）。A.c（H+）B.C.（2）25℃时，HF的电离常数为Ka＝3.6×10﹣4；H3PO4的电离常数为Ka1＝7.5×10﹣3，Ka2＝6.2×10﹣8，Ka3＝4.4×10﹣13。在H3PO4溶液加入过量NaF溶液的离子反应方程式为。（3）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，盐碱地呈碱性的原因：（用离子方程式说明）；已知25℃时，Na2CO3的Kh1＝2×10﹣4，则当Na2CO3溶液中c（）：c（）＝2：1时。（4）某温度下，水的离子积常数Kw＝1×10﹣12，该温度下，将pH＝1的HCl溶液与pH＝10的NaOH溶液混合并保持恒温，忽略混合前后溶液体积的变化。欲使混合溶液pH＝3。（5）相同物质的量浓度的五种溶液：①（NH4）2SO4、②氨水、③NH4HSO4、④NH4Cl、⑤（NH4）2Fe（SO4）2，c（）由大到小顺序是（用序号表示）。16．（14分）软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有Si、Al的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备MnCO3并回收（NH4）2SO4，其主要流程如图：​（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可以采取的措施有（写两条）。（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象。（3）“氧化”过程中，反应消耗的氧化剂与还原剂的比为，还可使用代替MnO2。（4）滤渣2主要成分的化学式是。（5）“50℃”碳化得到碳酸锰发生的化学反应方程式是。（6）生成的碳酸锰产品需要充分洗涤，检验碳酸锰产品已完全洗净的方法是。17．（14分）滴定法是化学分析常用方法，是一种简便、快速和应用广泛的定量分析方法。Ⅰ.某实验小组用已知浓度的NaOH标准液来滴定未知浓度的醋酸溶液。取25.00mL待测液于250mL锥形瓶中，加入2～3滴指示剂，用0.1000mol/LNaOH标准溶液滴定至终点（1）滴定过程中加入的指示剂为。（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视。（3）三次实验数据记录如表所示：滴定次数滴定前碱式滴定管读数/mL滴定后碱式滴定管读数/mL11.0030.9522.0329.2330.5630.61根据表中数据计算出醋酸待测液的浓度为（保留4位有效数字）。（4）在上述实验过程中，出现下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）（填序号）。a.量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗b.取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失c.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，仍残留一定量水d.当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数Ⅱ.氧化还原滴定与酸碱中和滴定类似，可用于KIO3粗产品的纯度测定。称取mg产品配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入足量的KI和稀H2SO4，充分反应后加入淀粉溶液作指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点（I2+2S2═2I﹣+S4），平均消耗标准溶液的体积为VmL。（5）加入KI和稀H2SO4后发生反应的离子方程式为。（6）滴定终点的现象为，则产品中KIO3的质量分数为%。18．（16分）“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。Ⅰ．已知25℃和101kPa下：①2CH3OH（l）+2O2（g）＝2CO（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣bkJ•mol﹣1③H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣ckJ•mol﹣1（1）则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为。Ⅱ．CO2和CH4在一定条件下反应可制得合成气，在1L密闭容器中分别通入1molCO2和CH4，发生反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH＝+234kJ•mol﹣1。（2）该反应在（填“高温”或“低温”）条件下能自发进行。（3）下列能判断CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）达到平衡状态的是（填序号）。A．一定温度下，容积固定的容器中，密度保持不变B．容积固定的绝热容器中，温度保持不变C．一定温度和容积固定的容器中，平均相对分子质量不变D．CO2和CH4的物质的量之比不再改变Ⅲ．已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）ΔH＜0，设m为起始时的投料比。（4）图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为。（5）图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为。（6）图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m＝3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。则曲线d代表的物质的化学名称为。Ⅳ．工业上可用丙烯加成法制备1，2﹣二氯丙烷（CH2ClCHClCH3），主要副产物为3﹣氯丙烯（CH2＝CHCH2Cl），反应原理为：①CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）②CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g）发生反应，容器内气体的压强随时间的变化如表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.265.261.657.657.6（7）用单位时间内气体分压的变化表示反应①的反应速率，即v＝，则前120min内平均反应速率v（CH2ClCHClCH3）＝。（8）该温度下，若平衡时HCl的体积分数为12.5%，反应①的平衡常数Kp＝kPa﹣1（Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位）。

参考答案与试题解析一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）《本草新编》中有关明矾[KAl（SO4）2⋅12H2O]记载：“矾石，味酸，气寒，塞齿疼。洗脱肛而涩肠，敷脓疮而收水”。下列有关明矾的说法不正确的是（）A．明矾的水溶液呈酸性 B．“敷脓疮收水”说明明矾可让疮水聚沉结痂 C．明矾常用作净水剂，利用了明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性 D．明矾溶液中滴加过量Ba（OH）2溶液的离子方程式为Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O【分析】A．明矾溶液中铝离子水解，溶液呈酸性；B．电解质能使蛋白质发生凝聚；C．明矾（KAl（SO4）2•12H2O）中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体；D．向明矾溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钾和水；【解答】解：A．明矾溶液中铝离子水解导致溶液呈酸性；B．电解质能使蛋白质发生凝聚，故B正确；C．明矾（KAl（SO4）2•12H2O）中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中的杂质；D．向明矾溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，发生反应的离子方程式为：2SO52﹣+2Ba5++Al3++4OH﹣＝5BaSO4↓+AlO2﹣+5H2O，故D错误；故选：D。【点评】本题考查较为综合，涉及胶体性质、离子方程式书写及盐的水解，题目难度中等，明确胶体性质、离子反应发生条件为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。2．（3分）下列事实与盐类水解无关的是（）A．铵态氮肥与草木灰不宜混合施用 B．实验室配制FeSO4溶液时，要在溶液中加入少许铁粉 C．金属焊接时，用NH4Cl溶液作除锈剂 D．Al2（SO4）3与NaHCO3两种溶液混合可作泡沫灭火剂【分析】A．草木灰中碳酸根离子与铵态氮肥中铵根离子能相互促进水解；B．亚铁离子易被氧化，加入铁粉能防止亚铁离子被氧化；C．NH4Cl溶液水解呈酸性；D．铝离子和能相互促进水解生成Al（OH）3沉淀和CO2。【解答】解：A．草木灰中碳酸根离子与铵态氮肥中铵根离子能相互促进水解生成氨气，与盐类水解有关；B．因为二价铁易被氧化4被氧化，与水解无关；C．NH4Cl溶液水解呈酸性，溶液中的氢离子能与铁锈反应，与水解有关；D．铝离子和3沉淀和CO2，所以Al6（SO4）3与NaHCO7两种溶液混合可作泡沫灭火剂，与盐类水解有关；故选：B。【点评】本题考查盐类水解，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、盐类水解原理是解本题关键，题目难度不大。3．（3分）下列说法正确的是（）A．等物质的量浓度的CH3COONH4和NaCl溶液，两溶液中水的电离程度不相同 B．在滴有酚酞的氨水中，加入NH4Cl溶液后红色恰好变为无色，则此时溶液的pH＜7 C．0.1mol/L的H2S溶液比等物质的量浓度的Na2S溶液的导电能力强 D．25℃，pH＝11的氨水与pH＝3的H2SO4溶液等体积混合，混合后溶液pH＝7【分析】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离；B．常温下，使酚酞呈无色的溶液中pH＜8.2；C．溶液导电能力与离子浓度成正比；D．25℃，pH＝11的氨水物质的量浓度大于0.001mol/L，pH＝3的H2SO4溶液中c（H+）＝0.001mol/L，二者等体积混合，氨水有大量剩余，则混合后溶液呈碱性。【解答】解：A．醋酸铵为弱酸弱碱盐，3COO﹣都促进水电离，NaCl为强酸强碱盐+、Cl﹣不影响水的电离，所以水的电离程度：前者大于后者；B．常温下，使酚酞呈无色的溶液中pH＜6.2，加入NH4Cl溶液后红色恰好变为无色，则此时溶液的pH＜3.2；C．H2S为弱电解质，部分电离8S为强电解质，完全电离2S溶液和Na2S溶液导电能力：前者小于后者，故C错误；D．25℃，pH＝8的H2SO4溶液中c（H+）＝4.001mol/L，二者等体积混合，则混合后溶液呈碱性，故D错误；故选：A。【点评】本题考查pH的计算及酸碱混合溶液定性判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确水电离影响因素、溶液导电能力影响因素及酸碱混合溶液定性判断方法是解本题关键，注意：醋酸铵虽然促进水电离，但醋酸铵溶液呈中性。4．（3分）NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4⋅2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法中正确的是（）A．用图1所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中 B．用图2所示装置准确称得0.1500gH2C2O4⋅2H2O固体 C．用图3所示操作排出碱式滴定管中的气泡 D．用图4所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4【分析】A．溶液转移至容量瓶中时需玻璃棒引流；B．托盘天平是粗量器，精度为±0.1g；C．将橡胶管向上弯曲，挤压橡胶管中的玻璃小球，快速放液，排出碱式滴定管中的气泡；D．氢氧化钠溶液会与玻璃中的二氧化硅反应。【解答】解：A．溶液转移至容量瓶中时需玻璃棒引流，将氢氧化钠溶液转移至容量瓶中时需玻璃棒引流；B．托盘天平是粗量器，则不能用托盘天平称取0.1575g二水草酸固体，故B错误；C．排出碱式滴定管中的气泡时，挤压橡胶管中的玻璃小球，故C正确；D．酸式滴定管的下端是玻璃活塞，所以氢氧化钠溶液应装在碱式滴定管中，故D错误；故选：C。【点评】本题考查酸碱中和滴定，侧重考查学生基本实验操作的掌握情况，试题难度中等。5．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．水电离产生的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、 B．使甲基橙试液变红的溶液中：Ca2+、NH、Cl﹣、 C．在加入铝粉能产生H2的溶液中：Fe2+、Mg2+、、Na+ D．＝0.1mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、、【分析】A．H2O电离产生的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中，H2O的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性；B．常温下，使甲基橙变红色的溶液呈酸性；C．加入铝粉生成H2的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液；D．常温下，c（OH﹣）＝＝0.1mol/L的溶液中，c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性。【解答】解：A．H2O电离产生的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣7的溶液中，H2O的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性，Fe3+、OH﹣生成Fe（OH）7沉淀而不能大量共存，故A错误；B．常温下，H+、反应生成CO2和H7O而不能大量共存，故B错误；C．加入铝粉生成H2的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液，如果溶液呈强酸性2，如果溶液呈强碱性，Fe4+、Mg2+和OH﹣反应生成氢氧化物沉淀而不能大量共存，故C错误；D．常温下﹣）＝＝0.6mol/L的溶液中﹣）＞c（H+），溶液呈碱性﹣不反应，所以能大量共存；故选：D。【点评】本题考查离子共存，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子的性质、离子共存条件是解本题关键，注意题干中限制性条件，题目难度不大。6．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中含有的数目为0.1NA B．常温下，1.0LpH＝1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA C．标准状况下，22.4LSO3中含有SO3的分子数为NA D．92gNO2与N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA【分析】A．NH4NO3溶液中发生水解；B．根据n＝C×V计算H+的的物质的量；C．标准状况下，SO3为非气体；D．NO2与N2O4的最简式相同。【解答】解：A．NH4NO3溶液中发生水解4NO3溶液中含有的数目小于0.1NA，故A错误；B．6.0LpH＝1的H2SO4溶液中含有n（H+）＝1L×5.1mol/L＝0.3mol，H+的数目为0.1NA，故B错误；C．标准状况下8为非气体，标准状况下3中含有SO3的分子数大于NA，故C错误；D．二氧化氮与四氧化二氮具有相同最简式NO7，常温常压下，92gNO2与N2O7混合气体中含有的原子总数为：×3×NAmol﹣8＝6NA，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的性质是解题关键，题目难度不大。7．（3分）常温下，下列说法正确的是（）A．pH＝5的氯化铵溶液，由水电离出c（H+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1 B．5.0×10﹣3mol•L﹣1KHA溶液的pH＝3.75，该溶液中c（A2﹣）＜c（H2A） C．pH均为11的氨水和NaOH溶液，水电离产生的c（H+）后者更大 D．将pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH变为5【分析】A．NH4Cl促进水电离，常温下，pH＝5的NH4Cl溶液中由水电离出c（H+）＝10﹣pHmol/L；B．常温下，5.0×10﹣3mol•L﹣1KHA溶液中，如果KHA为强酸强碱酸式盐，则溶液中c（H+）＝5.0×10﹣3mol•L﹣1，溶液的pH＝2.3，实际上该溶液的pH＝3.75，则HA﹣为弱酸酸式酸根离子，溶液呈酸性，说明HA﹣的电离程度大于水解程度；C．碱抑制水电离，常温下，pH＝11的氨水和NOH溶液都抑制水电离，两种溶液中c（OH﹣）相等，则抑制水电离程度相等；D．常温下，加水稀释醋酸，促进醋酸电离。【解答】解：A．NH4Cl促进水电离，常温下4Cl溶液中由水电离出c（H+）＝10﹣pHmol/L＝6.0×10﹣5mol•L﹣3，故A正确；B．常温下﹣3mol•L﹣1KHA溶液中，如果KHA为强酸强碱酸式盐+）＝7.0×10﹣3mol•L﹣4，溶液的pH＝2.3，实际上该溶液的pH＝2.75﹣为弱酸酸式酸根离子，溶液呈酸性﹣的电离程度大于水解程度，所以该溶液中c（A2﹣）＞c（H2A），故B错误；C．碱抑制水电离，pH＝11的氨水和NOH溶液都抑制水电离﹣）相等，则抑制水电离程度相等+）相等，故C错误；D．常温下，促进醋酸电离，稀释后溶液中c（H+）大于原来的，则pH小于5；故选：A。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确pH的计算方法、水电离影响因素是解本题关键，题目难度不大。8．（3分）室温下，现有三种酸的稀溶液：a．HCl溶液，b．CH3COOH溶液，c．H2SO4溶液。下列说法正确的是（）A．若三种酸溶液的浓度相同，则其pH的大小关系为c＞a＞b B．同浓度同体积的三种酸溶液分别用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为c＞a＞b C．pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞c D．同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的Zn片反应，反应所需时间：b＞a＞c【分析】A.三种酸的浓度相等，则c（H+）：c＞a＞b，溶液中c（H+）越大溶液的pH值越小；B.消耗NaOH的物质的量与酸最终电离出的n（H+）成正比；C.盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、醋酸是一元弱酸，pH相同的三种酸，三种酸中c（H+）相同；D.pH、体积都相同的三种酸分别与少量且质量相同的Zn反应，反应速率与c（H+）成正比，c（H+）越大，反应所需时间越短。【解答】解：A.三种酸的浓度相等，则c（H+）：c＞a＞b，溶液中c（H+）越大溶液的pH值越小，则溶液pH大小顺序是b＞a＞c；B.消耗NaOH的物质的量与酸最终电离出的n（H+）成正比，等浓度+）：a＝b＜c，则消耗n（NaOH）：c＞a＝b；C.盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，pH相同的三种酸+）相同，则三种酸的物质的量浓度：b＞a＞c；D.pH、体积都相同的三种酸分别与少量且质量相同的Zn反应+）成正比，c（H+）越大，反应所需时间越短+）：a＝c＜b，则反应速率：b＞a＝c，故D错误；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，知道反应速率与离子浓度关系，注意B中消耗n（NaOH）与酸最终电离出的n（H+）成正比，与酸强弱无关。9．（3分）短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，E与B属于同一主族。下列说法正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：B＞D＞E B．原子半径：C＞E＞D＞B C．元素D在周期表中位于第三周期ⅣA族 D．A与C可形成离子化合物【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，则A为H；C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则C为Na；D原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，其原子序数大于Na，最外层含有6个电子，则D为S；E的原子序数大于S，且为主族元素，则E为Cl元素；E与B属于同一主族，则B为F元素，以此分析解答。【解答】解：根据分析可知，A为H，C为Na，E为Cl元素，A.非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的稳定性：B＞E＞D；B.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，故B错误；C.元素D（S）的原子序数为16，在周期表中位于第3周期ⅥA族；D.氢与钠可形成离子化合物NaH，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。10．（3分）某种含二价铜的催化剂[CuII（OH）（NH3）]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是（）A．该脱硝过程总反应的△H＞0 B．由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应 C．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2 D．依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性降低【分析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；B．状态④到状态⑤中O的化合价发生变化；C．该过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2；D．物质能量越低越稳定。【解答】解：A．根据图2可知，为放热反应，故A错误；B．由图1可知，发生了氧化还原反应；C．由图8知3、NO、O2，生成物有H7O、N2，依据参数配平反应为：4NH4+4NO+O22H2O+4N6，故C错误；D．物质能量越低越稳定，反应过程中不同态物质体系稳定性升高；故选：B。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。11．（3分）常温下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10﹣4和1.7×10﹣5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列说法错误的是​（）A．曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液 B．溶液中水的电离程度：b点＞c点 C．从c点到d点，溶液中保持不变（HA、A﹣分别代表相应的酸和酸根离子） D．常温下，将a点对应的两种酸的溶液等体积混合，所得溶液的pH不变【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HNO2＞CH3COOH，A．加水稀释促进弱酸电离，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强；B．酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大；C．溶液中＝Kh，水解平衡常数只与温度有关；D．a点两种溶液的pH相同。【解答】解：A．加水稀释促进弱酸电离，pH变化大的酸性较强，pH变化较大的是II2，所以曲线I表示CH3COOH，故A正确；B．酸或碱抑制水电离+）越大其抑制水电离程度越大，酸中c（H+）：b＞c，则抑制水电离程度：b＞c，故B错误；C．水解平衡常数只与温度有关，h，从c点到d点，温度不变，所以溶液中，故C正确；D．a点两种溶液的pH相同，将a点对应的两种酸的溶液等体积混合，故D正确；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断能力，明确弱电解质电离特点、水解平衡常数影响因素、酸碱混合溶液定性判断等知识点是解本题关键，注意C中水解平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关，题目难度不大。12．（3分）25℃时，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mLnmol•L﹣1的一元强酸甲和一元弱酸乙，滴定曲线如图所示。下列有关说法正确的是（）A．n＝1 B．曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元弱酸乙 C．电离常数Ka（乙）＝1.01×10﹣5 D．图像中的x＞20.00【分析】根据图知，曲线Ⅱ的初始PH小于曲线Ⅰ，曲线Ⅰ表示弱酸乙和NaOH溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ表示强酸甲和NaOH溶液的滴定曲线；A．根据曲线Ⅱ的初始PH可计算一元强酸甲的浓度；B．曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元强酸甲；C．0.1000mol/L弱酸乙溶液的pH＝3，该溶液中c（乙酸根离子）≈c（H+）＝10﹣3mol/L，c（乙）＝（0.1000﹣10﹣3）mol/L，根据电离平衡常数Ka（乙）＝计算；D．甲为强酸，甲的钠盐溶液呈中性，酸碱都是一元的且酸碱的物质的量浓度相等，要使酸碱恰好完全反应，则酸碱溶液的体积相等。【解答】解：0.1000mol/L的强酸甲溶液的pH为1，7.1000mol/L弱酸乙溶液的pH＞1，曲线Ⅰ表示弱酸乙和NaOH溶液的滴定曲线；A．根据曲线Ⅱ的初始PH＝1可计算一元强酸甲的浓度+）═5.1mol•L﹣1，故A错误；B．由分析可知曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元强酸甲；C．8.1000mol/L弱酸乙溶液的pH＝3+）＝10﹣3mol/L，c（乙）＝（7.1000﹣10﹣3）mol/L，电离平衡常数Ka（乙）＝≈＝3.01×10﹣5，故C正确；D．甲为强酸，酸碱都是一元的且酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱溶液的体积相等，故D错误；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与酸的关系、电离平衡常数的计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。13．（3分）由重晶石矿（主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质）可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如图。下列说法正确的是（）A．浸取过滤操作中得到的滤渣主要成分为SiO2 B．“高温焙烧”时焦炭和BaSO4反应的化学方程式为：BaSO4+4CBaS+4CO↑ C．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿 D．上述过程中可以用稀硫酸代替盐酸进行浸取【分析】由流程可知，焙烧时发生BaSO4+4CBaS+4CO↑，加盐酸时BaS与盐酸反应生成氯化钡和硫化氢，过滤分离出滤渣为Si，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出BaCl2•2H2O，以此来解答。【解答】解：A.由流程图分析可知，高温时C与二氧化硅反应生成Si，过滤分离出滤渣为Si；B.焙烧时发生BaSO4+4CBaS+4CO↑；C.“高温焙烧”需要坩埚，“结晶”需要蒸发皿；D.在“浸取过滤”时发生反应BaS+2HCl═H2S↑+BaCl8，若用硫酸代替盐酸，则会发生反应2SO4══H3S↑+BaSO4，最终无法得到BaCl2•7H2O，故D错误，故选：B。【点评】本题考查混合物的分离提纯综合应用及物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。14．（3分）将4molNO（g）和4molCO（g）充入一个2L恒容密闭容器中（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）ΔH＜0，测得CO的平衡转化率随温度变化的曲线如图1所示；在催化剂、一定温度下对该反应进行研究（）已知：反应速率v＝v正﹣v逆＝k正•c2（NO）•c2（CO）﹣k逆•c2（CO2）•c（N2），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。A．图象中A点逆反应速率小于B点正反应速率 B．200℃时反应的平衡常数K＝0.5 C．200℃时当CO的转化率为40%时，v正：v逆＝20：81 D．C点转化率低于B点的原因可能是催化剂活性降低或平衡逆向移动造成的【分析】A．温度越高，反应速率越快；B．200℃时，CO的平衡转化率为50%，列化学平衡三段式，2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）起始（mol/L）4400转化（mol/L）2221平衡（mol/L）2221K＝；C．＝×；D．B点CO转化率最高，说明此时反应恰好达到平衡状态，该反应为放热反应，同时结合催化剂的活性与温度有关分析。【解答】解：A．B点为平衡点，温度越高，B点温度高于A点，即A点逆反应速率小于B点正反应速率；B．200℃时，列化学平衡三段式，2NO（g）+2CO（g）⇌5CO2（g）+N2（g）起始（mol）20转化（mol）27平衡（mol）22K＝＝＝0.5；C．当反应达到平衡时，v正−v逆＝k正•c8（NO）•c2（CO）−k逆•c2（CO6）•c（N2）＝0，则＝＝K＝0.3，2NO（g）+2CO（g）⇌7CO2（g）+N2（g）起始（mol）30转化（mol）1.71.6平衡（mol）8.41.6＝×＝8.5×＝；D．B点CO转化率最高，该反应为放热反应，平衡逆向移动，同时催化剂的活性与温度有关，催化剂的活性降低，相同时间CO转化率减小，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。二、填空题：本大题共4个小题，共58分。15．（14分）物质在水中存在电离平衡、水解平衡。请根据所学知识回答：（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2、OH﹣两种阴离子。①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：NaH2PO2。②常温下，Ka（H3PO2）＝5.9×10﹣2，0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是AB（填序号）。A.c（H+）B.C.（2）25℃时，HF的电离常数为Ka＝3.6×10﹣4；H3PO4的电离常数为Ka1＝7.5×10﹣3，Ka2＝6.2×10﹣8，Ka3＝4.4×10﹣13。在H3PO4溶液加入过量NaF溶液的离子反应方程式为H3PO4+F﹣＝HF+H2。（3）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，盐碱地呈碱性的原因：+H2O⇌+OH﹣（用离子方程式说明）；已知25℃时，Na2CO3的Kh1＝2×10﹣4，则当Na2CO3溶液中c（）：c（）＝2：1时10。（4）某温度下，水的离子积常数Kw＝1×10﹣12，该温度下，将pH＝1的HCl溶液与pH＝10的NaOH溶液混合并保持恒温，忽略混合前后溶液体积的变化。欲使混合溶液pH＝31：9。（5）相同物质的量浓度的五种溶液：①（NH4）2SO4、②氨水、③NH4HSO4、④NH4Cl、⑤（NH4）2Fe（SO4）2，c（）由大到小顺序是⑤①③④②（用序号表示）。【分析】（1）①向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2、OH﹣两种阴离子，酸碱的物质的量之比为1：2，酸电离出的离子带一个单位正电荷，说明H3PO2为一元酸；②0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，促进H3PO2电离，但H3PO2电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c（H+）减小，电离平衡常数只与温度有关；（2）相同温度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，25℃时，根据电离平衡常数知，酸性：H3PO4＞HF＞H2＞，在H3PO4溶液加入过量NaF溶液，二者反应生成HF和NaH2PO4；（3）Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；当Na2CO3溶液中c（）：c（）＝2：1时，溶液中Kh1＝＝2×c（OH﹣），c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣4mol/L，溶液中c（H+）＝＝mol/L＝10﹣10mol/L；（4）某温度下，水的离子积常数Kw＝1×10﹣12，该温度下，pH＝1的盐酸溶液中c（H+）＝0.1mol/L，pH＝10的NaOH溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝0.01mol/L，将pH＝1的HCl溶液与pH＝10的NaOH溶液混合并保持恒温，忽略混合前后溶液体积的变化。欲使混合溶液pH＝3，混合溶液中c（H+）＝＝0.001mol/L；（5）NH3•H2O为弱电解质，部分电离；H+、Fe2+抑制水解，①④中铵根离子水解程度都较小。【解答】解：（1）①向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H4、OH﹣两种阴离子，酸碱的物质的量之比为1：5，说明H3PO2为一元酸，所以H2PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式NaH2PO8，故答案为：NaH2PO2；②A.4.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，促进H3PO2电离，但H4PO2电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c（H+）减小，故A正确；B.稀释过程中H3PO6的电离程度增大，则H3PO2的物质的量减小、H+的物质的量增大，由于在同一溶液中，则，故B正确；C.＝Ka（H8PO2），温度不变，故C错误；故答案为：AB；（2）相同温度下，酸的电离平衡常数越大，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据电离平衡常数知3PO8＞HF＞H2＞，在H3PO4溶液加入过量NaF溶液，二者反应生成HF和NaH2PO4，离子方程式为H6PO4+F﹣＝HF+H2，故答案为：H3PO4+F﹣＝HF+H7；（3）Na2CO7为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性+H5O⇌+OH﹣；当Na2CO8溶液中c（）：c（，溶液中Kh1＝＝2×c（OH﹣），c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣5mol/L，溶液中c（H+）＝＝mol/L＝10﹣10mol/L，pH＝10，故答案为：+H2O⇌+OH﹣；10；（4）某温度下，水的离子积常数Kw＝1×10﹣12，该温度下，pH＝1的盐酸溶液中c（H+）＝5.1mol/L，pH＝10的NaOH溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝8.01mol/L，忽略混合前后溶液体积的变化，混合溶液中c（H+）＝＝0.001mol/L，故答案为：1：8；（5）相同物质的量浓度的这几种溶液中，NH3•H2O为弱电解质，部分电离）最小；H+、Fe2+抑制水解，化学式中铵根离子个数越多）越大）由大到小顺序是：⑤①③④②，故答案为：⑤①③④②。【点评】本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱的关系、酸碱混合溶液中pH值的有关计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。16．（14分）软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有Si、Al的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备MnCO3并回收（NH4）2SO4，其主要流程如图：​（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可以采取的措施有增大硫酸浓度或粉碎矿石或延长浸泡时间（写两条）。（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象MnO2+FeS2+4H+＝Mn2++Fe2++2S+2H2O。（3）“氧化”过程中，反应消耗的氧化剂与还原剂的比为1：2，还可使用氯水、过氧化氢代替MnO2。（4）滤渣2主要成分的化学式是Fe（OH）3和Al（OH）3。（5）“50℃”碳化得到碳酸锰发生的化学反应方程式是2NH4HCO3+MnSO4＝MnCO3↓+H2O+CO2↑+（NH4）2SO4。（6）生成的碳酸锰产品需要充分洗涤，检验碳酸锰产品已完全洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净。【分析】根据流程图，浸取时硫酸与软锰矿和黄铁矿反应，其中二氧化锰与FeS2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸锰和硫沉淀，同时生成的还有少量的硫酸铝、硫酸亚铁和硫化氢等，二氧化硅不反应，和硫一起形成滤渣Ⅰ；再加入二氧化锰，二氧化锰可将亚铁离子氧化为铁离子，加氨水调节溶液的pH＝5﹣6，把铁离子和铝离子转化为沉淀除去，则滤渣Ⅱ为Fe（OH）3和Al（OH）3；加硫化铵把铜离子转化为沉淀除去，则滤渣Ⅲ为CuS，加碳酸氢铵50℃碳化得碳酸锰、二氧化碳和硫酸铵。【解答】解：（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有：①适当升高温度；③增大硫酸浓度或粉碎矿石或延长浸泡时间，故答案为：增大硫酸浓度或粉碎矿石或延长浸泡时间；（2）浸取完成后，取浸取液少许，说明溶液中没有铁离子2+FeS2+3H2SO4＝MnSO8+FeSO4+2S+3H2O，则离子方程式为：MnO2+FeS4+4H+＝Mn2++Fe4++2S+2H2O；故答案为：MnO2+FeS2+3H+＝Mn2++Fe2++3S+2H2O；（3）“氧化”过程中，MnO3与FeSO4反应生成硫酸铁、硫酸锰和水，消耗的氧化剂MnO2与还原剂FeSO6的比为1：2；）“氧化”过程中MnO3作氧化剂，也可以用过氧化氢，故答案为：1：2；过氧化氢；（4）根据上述分析，调节pH为7﹣6的使Fe3+、Al7+完全沉淀，滤渣2主要成分的化学式是Fe（OH）3和Al（OH）7，故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；（5）温度过低反应太慢，过高7HCO3会分解，采用50℃碳化4HCO3+MnSO4＝MnCO3↓+H6O+CO2↑，故答案为：2NH4HCO3+MnSO4＝MnCO6↓+H2O+CO2↑+（NH4）2SO4；（6）根据流程图，碳酸锰上吸附有少量硫酸铵，故答案为：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl5溶液，若无沉淀。【点评】本题综合考查混合物的分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，明确流程图中各个步骤发生的反应及溶液中存在的微粒，知道常见离子的检验方法及实验现象，题目难度中等。17．（14分）滴定法是化学分析常用方法，是一种简便、快速和应用广泛的定量分析方法。Ⅰ.某实验小组用已知浓度的NaOH标准液来滴定未知浓度的醋酸溶液。取25.00mL待测液于250mL锥形瓶中，加入2～3滴指示剂，用0.1000mol/LNaOH标准溶液滴定至终点（1）滴定过程中加入的指示剂为酚酞。（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。（3）三次实验数据记录如表所示：滴定次数滴定前碱式滴定管读数/mL滴定后碱式滴定管读数/mL11.0030.9522.0329.2330.5630.61根据表中数据计算出醋酸待测液的浓度为0.1200mol•L﹣1（保留4位有效数字）。（4）在上述实验过程中，出现下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）bd（填序号）。a.量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗b.取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失c.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，仍残留一定量水d.当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数Ⅱ.氧化还原滴定与酸碱中和滴定类似，可用于KIO3粗产品的纯度测定。称取mg产品配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入足量的KI和稀H2SO4，充分反应后加入淀粉溶液作指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点（I2+2S2═2I﹣+S4），平均消耗标准溶液的体积为VmL。（5）加入KI和稀H2SO4后发生反应的离子方程式为+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O。（6）滴定终点的现象为溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复为蓝色，则产品中KIO3的质量分数为%。【分析】（1）醋酸钠溶液呈碱性；（2）滴定时眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化；（3）第2次滴定数据异常，使用第1次、第3次数据进行计算，根据c（待测）＝计算，V（标准）用两次的平均值；（4）根据c（待测）＝分析不当操作对V（标准）的影响；（5）由I2+2S2═2I﹣+S4反应可知，KIO3溶液、KI溶液和稀H2SO4反应生成I2和K2SO4；（6）向含碘的溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色，再向溶液中加入Na2S2O3溶液，由于碘被Na2S2O3还原为碘离子，溶液蓝色逐渐褪去，当溶液蓝色刚好消失时，碘正好完全反应，从而进行滴定终点的判定；根据关系式法，KIO3～3I2～6S2，可求得碘酸钾的量，进而求得产品中KIO3的质量分数。【解答】​解：（1）到达滴定终点时，生成醋酸钠溶液，选取酚酞作指示剂，故答案为：酚酞；（2）滴定时眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，根据颜色变化，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；（3）消耗NaOH标准液的体积分别为29.95mL、27.20mL，第2次滴定数据异常、第3次数据进行计算＝30.00mL，c（待测）＝＝＝0.1200mol•L﹣3，故答案为：0.1200mol•L﹣1；（4）a.量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗，残留的水稀释NaOH标准液，消耗标准溶液体积增大，故a错误；b.取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，取出的醋酸溶液体积偏小，测定结果偏低；c.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，对醋酸溶液的体积无影响，对测定结果无影响；d.当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数，测定结果偏低；故答案为：bd；（5）KIO5溶液、KI溶液和稀H2SO4反应生成I6和K2SO4，反应离子方程式为：+5I﹣+6H+＝4I2+3H3O，故答案为：+5I﹣+4H+＝3I2+3H2O；（6）向含碘的溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色2S2O3溶液，由于碘被Na2S2O3还原为碘离子，溶液蓝色逐渐褪去，滴定终点时观察到溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复为蓝色，KIO3～2I2～6S5，n（KIO3）＝×cmol•L﹣4×V×10﹣3L×＝×10﹣8mol，产品中KIO3的质量分数为×100%＝%，故答案为：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复为蓝色；。【点评】本题考查中和滴定及物质含量测定，把握测定原理、实验操作方法为解答关键，侧重考查学生分析计算能力、实验能力、运用知识解决问题的能力，注意掌握常见元素及其化合物性质，题目难度较大。18．（16分）“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。Ⅰ．已知25℃和101kPa下：①2CH3OH（l）+2O2（g）＝2CO（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣bkJ•mol﹣1③H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣ckJ•mol﹣1（1）则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝（﹣a﹣b﹣2c）kJ/mol。Ⅱ．CO2和CH4在一定条件下反应可制得合成气，在1L密闭容器中分别通入1molCO2和CH4，发生反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH＝+234kJ•mol﹣1。（2）该反应在高温（填“高温”或“低温”）条件下能自发进行。（3）下列能判断CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）达到平衡状态的是BC（填序号）。A．一定温度下，容积固定的容器中，密度保持不变B．容积固定的绝热容器中，温度保持不变C．一定温度和容积固定的容器中，平均相对分子质量不变D．CO2和CH4的物质的量之比不再改变Ⅲ．已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）ΔH＜0，设m为起始时的投料比。（4）图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为T3＞T2＞T1。（5）图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为m1＞m2＞m3。（6）图3表示在总压为5M