浙江省丽水市“五校高中发展共同体”2024-2025学年高二上学期10月联考化学试题

绝密★考试结束前2024学年第一学期丽水五校高中发展共同体10月联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5选择题部分一、选择题(本大题共20小题，110题每小题2分，1120题每小题3分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。)1.下列物质因水解呈酸性的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．NH4Cl属于强酸弱碱盐，铵根水解显酸性，A符合题意；B．Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根水溶液呈碱性，B不符合题意；C．Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性，C不符合题意；D．NH3⋅H2O是弱碱，电离出OH，溶液显碱性，铵根离子水解溶液呈酸性，D不符合题意；故选A。2.下列仪器与名称相符的是A.封液漏斗 B.坩埚C.三脚架 D.干燥管【答案】D【解析】【详解】A．依据形状可知，该仪器的名称为球形分液漏斗，而不是封液漏斗，A错误；B．依据形状可知，图示仪器为蒸发皿，B错误；C．该仪器为泥三角，不是三脚架，C错误；D．依据形状可知，图示仪器干燥管，D正确；故答案为：D。3.下列说法正确的是A.和互为同素异形体 B.葡萄糖与蔗糖互为同分异构体C.D和T互为同位素 D.乙烷和环己烷互为同系物【答案】C【解析】【详解】A．和都是Cl原子形成的双原子分子，不属于不同单质，两者不互为同素异形体，A错误；B．葡萄糖(C6H12O6)与蔗糖(C12H22O11)分子式不同，两者不互为同分异构体，B错误；C．D和T质子数都是1，中子数分别是1和2，属于质子数相同而中子数不同的同种元素的不同原子，两者互为同位素，C正确；D．乙烷和环己烷结构不相似，且分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，D错误；故选C。4.下列关于物质的叙述错误的是A.糖类、蛋白质和油脂都是天然有机高分子 B.可用于自来水的杀菌消毒C.单晶硅可用作半导体材料 D.可用于漂白纸浆【答案】A【解析】【详解】A．油脂不是高分子，故A错误；B．氯气溶于水生成次氯酸，故氯气可用于自来水的杀菌消毒，故B正确；C．硅介于金属和非金属的分界处，单晶硅可用作半导体材料，故C正确；D．二氧化硫具有漂白性，可用来漂白纸浆，故D正确；故选A。5.已知可逆反应：，向恒温恒容密闭容器中加入2molA和1molB发生反应，下列现象不能说明反应达到平衡的是A.混合气体的平均摩尔质量保持不变 B.A和B的物质的量之比保持不变C.混合气体密度不再发生变化 D.【答案】B【解析】【详解】A．反应前后混合气体物质的量不变，混合气体质量改变，混合气体的平均摩尔质量保持不变，能据此判断平衡状态，A不符合题意；B．加入2molA和1molB，反应按照2∶1的比例进行反应，A和B的物质的量之比始终保持不变，无法确定平衡状态，B符合题意；C．恒温恒容密闭容器中反应，容器体积始终不变，而气体总质量为变量，则混合气体的密度不变时，说明反应已达平衡，C不符合题意；D．，2个气体的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应平衡，D不符合题意；故选B。6.高铁酸钾()作净水剂时会产生，该过程既能消毒杀菌，也能吸附水中悬浮物。制备的原理为：。下列说法错误的是A.中铁元素的化合价为＋6价B.0.6mol参与反应时生成0.4molC.作氧化剂，被还原D.净水时会生成胶体【答案】C【解析】【详解】A．根据化学式中元素化合价之和为0可知K2FeO4中铁元素的化合价为+6价，A正确；B．根据3ClO~2FeO，0.6molClO参与反应时生成0.4molFeO，B正确；C．反应中氯元素的化合价降低而铁元素的化合价升高，则ClO作氧化剂，Fe3+被氧化，C错误；D．高铁酸钾作净水剂时会产生Fe3+，而Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体表面积大，能吸附水中悬浮物，具有净水作用，D正确；故选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.常温条件下，将少量Fe放置于浓硝酸中：B.溶液与过量NaOH溶液反应：C.泡沫灭火器(主要成分为硫酸铝和碳酸氢钠)原理：D.用溶解：【答案】C【解析】【详解】A．常温条件下，Fe在浓硝酸中发生钝化，A错误；B．溶液与过量NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和一水合氨，则反应的离子方程式为：，B错误；C．硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液反应产生CO2，同时还产生氢氧化铝，反应的离子方程式为：，C正确；D．是弱酸，不能将其拆开，则反应的离子方程式为：，D错误；故选C。8.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Y原子半径是短周期主族元素中最大的，X原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法错误的是A.简单离子半径：Z>WB.X、Y、Z三种元素组成的化合物只有2种C.简单气态氢化物稳定性：Z＜XD.W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，Y原子半径是短周期主族元素中最大的，Y为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X为第二周期O元素；X、Z同主族，则Z为S；W的原子序数最大，可以知道W为Cl，由上述分析可以知道，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl。【详解】A．电子层越多，离子半径越大，相同电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径减小，则简单离子半径：Z＞W，故A正确；B．X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种，如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等，故B错误；C．Z的简单氢化物为H2S，X的简单氢化物为H2O，非金属性O＞S，则简单气态氢化物稳定性：Z＜X，故C正确；D．W的非金属性强于Z，W元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z，题目没说最高价，则W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z，故D正确；故选B。9.下列各组离子在给定溶液中一定大量共存的是A.无色透明溶液中：、、、B.加酚酞呈红色的溶液中：、、、C.使紫色石蕊变红的溶液中：、、、D.常温下，由水电离出的的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．含铜离子的溶液为蓝色，在无色透明的溶液中不能大量共存，铜离子和碳酸根离子发生反应产生沉淀，故A项错误；B．酚酞变红，溶液呈碱性，铁离子和氢氧根离子反应产生沉淀，不能大量共存，故B项错误；C．使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下，亚铁离子、硫离子和高锰酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C项错误；D．由水电离出的氢氧根离子浓度为109mol/L的溶液可能为酸性或者碱性，酸性或者碱性条件下，四种离子之间相互不反应，可以大量共存，故D项正确；故答案选D。10.下列说法正确的是A.常温下，反应不能自发进行，则该反应的B.若中和热，则1mol醋酸与足量NaOH反应放出热量为57.3kJC.凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的D.，可知氢气的燃烧热为571.6kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A．碳与二氧化碳生成一氧化碳的反应是熵增的反应，由常温下该反应不能自发进行可知，反应ΔH—TΔS＞0，则该反应的焓变ΔH＞0，A正确；B．醋酸电离吸收热量，所以1mol醋酸与足量稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ，B错误；C．放热反应ΔH＜0，S＜0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应ΔH＞0，S＞0时，高温反应自发进行，C错误；D．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质时放出的热量，故，可知氢气的燃烧热为=285.8kJ/mol，D错误；故答案为：A。11.下列实验装置(部分夹持装置已略去)能达到对应实验目的是A．测定中和热B．测新制氯水的pH值C．将溶液蒸干制备固体D．烧瓶中盛有和，验证温度对化学平衡的影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．装置中缺少玻璃搅拌器，不可测定中和热，故A错误；B．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故B错误；C．加热会促进溶液的水解，而且生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备无水，故C错误；D．只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故D正确；答案选D。12.25℃时，下列说法正确的是A.向醋酸溶液中加入固体后，溶液的pH降低B.NaHA溶液呈酸性，可以推测为强酸C.100mLpH=10.00的溶液中水电离出的的物质的量为molD.向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则【答案】C【解析】【详解】A．向醋酸溶液中加入CH3COONa固体后，c(CH3COO)增大抑制CH3COOH电离，则溶液的pH升高，故A错误；B．NaHA溶液呈酸性，可能是HA的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，故B错误；C．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中，溶液中c(OH)=1.0×104mol/L，则水电离出的H+的物质的量等于水电离出的OH的物质的量为1.0×104mol/L×0.1L=1.0×105mol，故C正确；D．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，c(H+)>c(OH)，溶液中存在电荷守恒关系：c(NH)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，则c(NH)<c(CH3COO)，故D错误；答案选C。13.已知。下列说法正确的是A.恒温条件下增大压强，平衡正向进行，该反应的平衡常数K增大B.使用高效催化剂，可降低反应的活化能，增大活化分子百分数C.温度越低越有利于该反应的进行，从而提高的生产效率D.若容器体积不变，再加入适量，可增大活化分子百分数，加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A．该反应的正反应是气体分子数减小的反应，因此增大压强，平衡向正向进行，但平衡常数K不变，平衡常数K只与温度有关，A项错误；B．使用高效催化剂，可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，B项正确；C．反应的正反应是放热反应，在一定范围内，降低温度有理于平衡向正向移动，能提高甲醇的生产效率，温度过低不利于反应的进行，C项错误；D．增加氧气的浓度不能改变活化分子百分数，能增大单位体积内的活化分子数，增加反应速率，D项错误；答案选B。14.设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.14gCO和的混合气体所含有的电子数为14B.78g与足量水反应，电子转移了C.1mol中含有的共价键数目为2D.1.0mol与在光照下反应生成的分子数为【答案】B【解析】【详解】A．N2和CO的摩尔质量都为28g·mol1，且1分子两种物质都含有14个电子，即14g该混合物的物质的量为0.5mol，含有的电子数为14×0.5NA=7NA，故A错误；B．与足量水反应的化学方程式为：，1molNa2O2转移1mol电子，则78g

(1mol)与足量水反应，电子转移了NA，故B正确；C．H2O2的结构式为HOOH，1mol

中含有的共价键数目为3NA，故C错误；D．与在光照下反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，故生成的分子数小于NA，故D错误；故选B。15.锌—空气电池是一种适宜用作城市电动车的动力电源．锌—空气电池原理如图，放电时Zn转化为ZnO．下列说法不正确的是A.空气中的氧气在石墨电极上发生还原反应B.该电池的负极反应为C.该电池放电时溶液中的向Zn电极移动D.该电池放电时电子由Zn电极经电解质溶液流向石墨电极【答案】D【解析】【分析】锌空气电池中，放电时Zn转化为ZnO，Zn失电子作负极，电极反应式为：，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH，据此分析。【详解】A．氧气得电子发生还原反应，即氧气在石墨电极上发生还原反应，故A正确；B．Zn作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：，故B正确；C．原电池工作时，阴离子向负极移动，故向Zn电极移动，故C正确；D．电子只能在电极和导线中移动，电子不能通过溶液，所以该电池放电时电子由Zn电极经导线流向石墨电极，故D错误；故选D。16.和的能量关系如下图所示(M=Ca、Mg)已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．ΔH2表示碳酸根离子离解成氧离子和二氧化碳过程的反应热，与阳离子无关，，A错误；B．MgCO3和CaCO3中钙离子的半径大于镁离子，故碳酸镁中离子键更强，断裂碳酸镁中的离子键需要吸收更多的能量，故，B正确；C．根据盖斯定律及图中的箭头方向，，C错误；D．ΔH2表示氧化物离解成金属阳离子和阳离子所吸收的热量，由于钙离子半径大于镁离子，故断裂氧化镁中的离子键需要更多的能量，，D错误；故答案选B。17.关于反应，下列叙述与图像不相符的是A.图1表示不同温度下，反应相同时间A的百分含量，可知M点该反应处于平衡状态B.图2曲线表示不同压强下达到平衡时B的转化率，则x点时v(逆)>v(正)C.图3纵坐标为C的百分含量，由图可知该反应的，且D.图4所示图中的阴影部分面积的含义是该物质物质的量的变化量【答案】D【解析】【详解】A．温度越高反应速率越快，达到平衡所用时间越短，图1表示不同温度下，反应相同时间时A的百分含量，M点A的含量最少，可知M点该反应处于平衡状态，叙述与图像相符，A不符合题意；B．图2曲线表示不同压强下达到平衡时B的转化率，则X点未达到平衡状态，保持压强一定，从X点达到平衡状态，B的转化率减小，说明反应逆向进行，则X点时v(逆)>v(正)，叙述与图像相符，B不符合题意；C．高温比低温先达平衡，高压比低压先达平衡，则T1＞T2，P2＞P1；压强一定时，升高温度，产物C的百分含量减小，说明平衡逆向移动，则该反应的；温度一定时，增大压强，产物C的百分含量增大，说明平衡正向移动，则该反应是一个气体体积缩小的反应，即a+b＞c，叙述与图像相符，C不符合题意；D．根据，图4所示图中的阴影部分面积的含义是该物质物质的量浓度的变化量，叙述与图像不相符，D符合题意；故选D。18.合成氨是工业制硝酸和联合制碱的工业基础，其部分物质间的转化关系如下：下列有关说法正确的是A.上述流程中NO和可循环利用B.甲、乙、丙分别为、NO和C.上述流程中涉及四种基本反应类型D.反应⑤的离子方程式为【答案】A【解析】【分析】由图示可知，氮气与氢气反应生成氨气，氨气被氧气氧化，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和氨反应生成硝酸铵，氨气、二氧化碳通入饱和食盐水生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，据此分析回答问题。【详解】A．工业上制硝酸的最后一步NO2与水反应生成硝酸和NO，其中NO可循环利用，NaHCO3受热分解产生的CO2可循环利用，A正确；B．根据题给流程图知，甲为NO，乙为NO2，丙为NaHCO3，B错误；C．上述流程中合成氨反应、一氧化氮和氧气生成二氧化氮反应、硝酸和氨反应生成硝酸铵的反应都是化合反应、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠是分解反应，氨气、二氧化碳、水和氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵涉及了复分解反应，整个流程未涉及置换反应，C错误；D．联合制碱生成NaHCO3沉淀，故该反应的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH，D错误；答案选A。19.常温下，向0.1mol∙L1二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A、HA、A2的物质的量分数[已知]。随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是A.b曲线代表A2的物质的量分数随pH的变化B.M点pH=1.1时，溶液中微粒浓度的大小关系为：c(H+)＞c(HA)=c(H2A)＞c(OH)C.pH=2.73时，c(A2)+c(HA)+c(H2A)=0.1mol∙L1D.N点pH=4.2时，c(A2)=c(HA)，溶液中不存在H2A分子【答案】B【解析】【分析】H2A中加入NaOH溶液，H2A逐渐转化为HA，继续加入NaOH溶液，HA再转化为A2。所以a表示H2A的物质的量分数曲线，b表示HA的物质的量分数曲线，c表示A2的物质的量分数曲线。【详解】A．由分析可知，b曲线代表HA的物质的量分数随pH的变化，A不正确；B．M点pH=1.1时，c(H+)=101.1mol∙L1，加入NaOH溶液后，溶液体积增大，含A微粒的总浓度减小，则c(HA)=c(H2A)＜0.1mol∙L1×0.5=0.05mol∙L1，c(OH)=1012.9mol∙L1，从而得出溶液中微粒浓度的大小关系为：c(H+)＞c(HA)=c(H2A)＞c(OH)，B正确；C．pH=2.73时，n(A2)+n(HA)+n(H2A)是一个定值，但由于NaOH溶液的滴入，溶液体积增大，含A微粒的浓度减小，所以c(A2)+c(HA)+c(H2A)＜0.1mol∙L1，C不正确；D．从图中可以看出，N点pH=4.2时，c(A2)=c(HA)，但由于HA发生水解，所以溶液中存在H2A分子，D不正确；故选B。20.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项方案设计现象结论A向盛有2mL0.1mol/L溶液的试管中滴加510滴6mol/LNaOH溶液溶液颜色由橙色变为黄色平衡向正向移动B将淀粉和稀硫酸混合加热，再加入少量新制的悬浊液加热没有砖红色沉淀产生淀粉未发生水解C向盛有5mL0.005mol/L溶液的试管中加入5mL0.015mol/LKSCN溶液，再加少量KCl固体加入KCl固体后溶液颜色变浅平衡向逆反应方向移动D加热盛有2mL0.5mol/L溶液的试管溶液由蓝色变为黄色平衡()向正向移动A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．形成溶液为橙色，形成溶液为黄色，加入NaOH溶液后，导致平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，A正确；B．将淀粉和稀硫酸混合加热，发生水解，然后需要加入NaOH碱化后，再加入少量新制的悬浊液加热，否则氢氧化铜与酸反应，B错误；C．反应实质是，加入少量KCl固体，对平衡无影响，C错误；D．加热盛有2mL0.5mol/LCuCl2溶液的试管，溶液由蓝色变为黄绿色或者绿色，平衡正向移动，该过程吸热，，D错误；答案选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.氮、磷是重要的元素，能形成多种化合物。（1）写出铜与稀反应的离子方程式_______；（2）写出的电子式_______；（3）已知：某温度下，纯水中的。在该温度下，将aLpH=12NaOH溶液与bLpH=2的溶液混合后恰好呈中性，则_______；（4）亚磷酸()是二元酸，某温度下亚磷酸()的溶液存在电离平衡：、，回答下列问题：①属于_______(填“正盐”或“酸式盐”)；②写出溶液中的电荷守恒式_______。【答案】（1）（2）（3）1∶4（4）①.正盐②.【解析】【小问1详解】铜与稀反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：；【小问2详解】中N与H各共用一对电子，电子式为；【小问3详解】pH=12，，c(OH)=0.04mol/L，将此NaOH溶液aL与bLpH=2的硝酸混合后恰好呈中性，则酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，即aL×0.04mol/L=bL×0.01mol/L，解得a∶b=1∶4；【小问4详解】①亚磷酸()是二元酸，能发生两步电离：、，故属于正盐；②溶液中存在Na+、H+、、OH，故电荷守恒式为。22.氧化铁俗名铁红，是重要的铁的氧化物。流程一：制备氧化铁用废铁屑制备氧化铁的流程如图：（1）废铁屑中加入溶液的作用是_______；（2）加入溶液产生沉淀的离子方程式为_______；（3）写出“煅烧”发生反应的化学方程式_______；流程二：探究氧化铁的性质A、B、C、D均是含铁元素的物质，氧化铁发生的反应及物质转化关系如图：（4）检验A溶液中金属阳离子的实验过程是_______；（5）写出物质C与反应的化学方程式_______。【答案】（1）去油污（2）（3）（4）取少量溶液A于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明溶液中存在（5）【解析】【分析】流程一：Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，所以用于除油污，废铁屑中加入碳酸钠溶液除去表面的油污，然后加入稀硫酸并加热50～80℃，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4和H2，充分反应后通过操作Ⅰ得到滤液和滤渣，操作Ⅰ为过滤；滤液中含有FeSO4、H2SO4，滤液中加入稍过量的NH4HCO3溶液得到FeCO3，过滤后得到FeCO3沉淀，通过过滤、洗涤、干燥煅烧得到Fe2O3。流程二：氧化铁与盐酸反应生成A为FeCl3，FeCl3与足量铁粉反应生成FeCl2，再与NaOH反应生成Fe(OH)2，最后在空气中被氧化为Fe(OH)3；【小问1详解】Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，所以用于除油污；【小问2详解】加入NH4HCO3溶液时，在生成FeCO3沉淀的同时产生了使石灰水变浑浊的气体CO2，该反应的离子方程式为；【小问3详解】在空气中煅烧FeCO3可得产品Fe2O3，该反应的化学方程式为；【小问4详解】A为FeCl3，检验Fe3+的方法是：取少量溶液A于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明溶液中存在；【小问5详解】Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3的化学方程式为。23.的转化和利用是实现碳中和的有效途径。Ⅰ．和合成二甲醚具备相对成熟的技术。工业生产中，有以下相关反应(热效应都是在25℃，Pa下测定)：①②③（1）工业上用和合成二甲醚的热化学方程式为_______；（2）根据题目信息，写出反应③的平衡常数表达式_______；（3）密闭容器中加入相同物质的量的CO和发生反应③，在某一温度下，在不同催化剂的作用下，测得随时间变化情况如图所示。下列说法正确的是_______；A.曲线A对应的反应，前40s的平均速率B.曲线A对应的反应速率先增大后减小C.由图可知，三种条件下反应的活化能D.由图可知，50s之前三个反应都未达到平衡状态（4）某温度下，一定量的(l)在一密闭容器中发生反应②，容器内(g)的浓度随时间的变化曲线如图。在时刻把容器体积扩大为原来的2倍，时刻达到新平衡，请画出到时的浓度变化曲线_______。Ⅱ．转化为被认为是实现最可能利用的路径，该路径涉及反应如下：④⑤（5）某温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入2mol、3mol发生反应④、⑤，平衡时的转化率是50%，体系内剩余1mol，则反应④的平衡常数K=_______(写出计算结果)。【答案】（1）（2）（3）BCD（4）（5）2【解析】【小问1详解】工业上用和合成二甲醚的化学方程式为，由盖斯定律，2×反应①+反应②可得目标方程，，热化学方程式为；【小问2详解】平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应③中液态水浓度视为常数，不写入平衡表达式，则平衡常数表达式K=；【小问3详解】A．没有明确容器的体积，无法计算前40内二氧化碳的反应速率，故A错误；B．由图可知，曲线A对应的斜率随时间增大先增大后减小说明反应速率先增大后减小，故B正确；C．同一化学反应，反应的活化能越大反应速率越小，由图可知，曲线A、B、C的斜率依次减小，反应速率依次减小，则三种条件下反应的活化能，故C正确；D．由图可知，50s之前三个反应中二氧化碳的物质的量均没有达到最大限度，说明反应都未达到平衡状态，故D正确；故选BCD；小问4详解】t1时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的百分含量增加，t2时添加催化剂，二氧化碳的百分含量不变，则t1到t3时甲醚的浓度变化曲线图像为

；【小问5详解】充入2mol，平衡时的转化率是50%，消耗n(CO2)=2mol×50%=1mol，假设反应④消耗xmolCO2，则反应⑤消耗(1x)molCO2，列三段式：，体系内剩余1mol，则33x1+x=1，解得x=0.5，平衡时，，，，反应④的平衡常数。24.某学习小组为测定浓度并探究其电离情况，进行了如下实验。【实验一】配制250ml0.1000的NaOH标准溶液（1）称量时，用分析天平称量NaOH_______g(精确度0.0001g)；（2）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果偏低的有_______；A.在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液B.没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中C.容量瓶中原来存有少量蒸馏水D.胶头滴管加水定容时俯视刻度线【实验二】测定的浓度（3）量取20.00mL待测醋酸溶液于锥形瓶中，加入几滴_______溶液作指示剂；（4）用0.1000的NaOH溶液滴定，达到滴定终点的操作和现象为_______；（5）4次滴定消耗NaOH溶液体积记录如下：实验次数1234滴定前滴定终点消耗NaOH溶液的体积/mL24.9825.0226.88第4次滴定消耗NaOH溶液的体积为_______mL，则该醋酸溶液的物质的量浓度为_______(保留4位有效数字)。【实验三】探究电离程度。用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：浓度/()0.10000.0100pH2.883.38（6）由表中数据计算的电离常数_______(写出计算结果)。【答案】（1）1.0000（2）AB（3）酚酞（4）滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且30s内不褪色（5）①.25.00②.0.1250（6）0.1000mol/L醋酸溶液pH为2.88，小于1，说明醋酸为弱电解质，未完全电离，c(CH3COOH)≈0.1000mol/L，又由得c(CH3COO)≈c(H+)=102.88，故0.1000mol/L醋酸溶液Ka=【解析】【小问1详解】配制250ml0.1000的NaOH标准溶液，称量时，用分析天平称量NaOH的质量为250×103L×0.1000×40g/mol=1.0000g；【小问2详解】A．在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液，溶质偏小，所以浓度偏小，A正确；B．没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，溶质偏小，所以浓度偏小，B正确；C．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，不影响浓度，C错误；D．胶头滴管加水定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，D错误；故选AB；【小问3详解】用NaOH溶液滴定醋酸生成的醋酸钠为碱性，选用酚酞作指示剂；【小问4详解】达到滴定终点的操作和现象应为；当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由