浙江省温州市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

浙江省温州市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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．下列属于强电解质的是（）A．饱和食盐水 B．冰醋酸 C．NH3·H2O D．硫酸钡2．2X(s)+Y(g)⇌2Z(g)ΔH=-akJ·mol-1（a>0），一定条件下，将2molX和1molY加入2L的恒容密闭容器中反应，10min后测得X的物质的量为1.4mol。下列说法正确的是（）A．10min时容器中Z的浓度为0.6mol·L-1B．10min内，反应放出的热量为0.6akJC．10min内，用X表示的平均反应速率为0.03mol·L-1·min-1D．若容器中的气体密度不再发生变化，说明上述反应已达平衡状态3．下列说法不正确的是（）A．容量瓶、分液漏斗、滴定管使用前均要检漏B．pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断C．用酸式滴定管量取18.20mLNa2SiO3溶液D．用简易量热计测反应热时需要用到玻璃搅拌器4．下列说法不正确的是（）A．发生有效碰撞的分子必须是活化分子B．采用合适的催化剂可以使一些不自发的化学反应得以实现C．可以利用物质的颜色变化与浓度变化间的比例关系来测量反应速率D．反应物和生成物所具有的总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热5．一定温度下，某密闭容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)ΔH>0达到平衡，下列说法正确的是（）A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍B．增加CaCO3(s)的量，平衡正向移动，CO2浓度增大C．将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变D．保持容器体积不变，充入He，平衡逆移6．下列说法不正确的是（）A．测定0.1mol/L醋酸溶液的pH可证明醋酸是弱电解质B．稀释氨水，溶液中c(H+)增加C．常温下，将1mLpH=5的盐酸稀释至1L，c(H+)约为1×10-8mol/LD．相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量不同7．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（）A．0.05mol液态KHSO4中含有0.05NA个阳离子B．0.1mol/LNa2CO3溶液中含有CO32-微粒数小于0.1NAC．0.5molSO2溶于水，溶液中的SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-微粒总数和为0.5NAD．将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为NA8．下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量气泡B．对于2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深C．含有酚酞的氨水中加入少量的氯化铵溶液，氨水溶液的颜色变浅D．黄绿色的新制氯水在光照下颜色变浅9．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的是（）A．图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小B．相同环境下，图甲实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好C．用图乙所示装置测定反应速率，需要记录反应产生的气体体积及反应时间D．为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位10．将2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)达到平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（）A．小于0.20mol B．0.40molC．0.20mol D．大于0.20mol，小于0.40mol11．下列说法或表示方法中正确的是（）A．已知S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH2；则ΔH1>ΔH2B．Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)ΔH<0C．已知中和反应的反应热ΔH＝-57.3kJ·mol－1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要等于57.3kJD．500℃，30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-38.6kJ•mol-112．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B．由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C．澄清透明的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-D．c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-13．用下列仪器或装置（夹持装置略）进行实验，由实验现象不能得到相应结论的是（）选项ABCD实验及现象热水中烧瓶内气体颜色变深试管中出现白色沉淀①中产生白色沉淀②中产生红褐色沉淀Cu上无气泡Fe上有气泡结论2NO2(g)⇌N2O4(g)是放热反应酸性：H2CO3>H2SiO3溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3还原性：Fe>CuA．A B．B C．C D．D14．常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如下图，根据下图图示判断，下列说法正确的是（）A．当V(NaOH溶液)=40mL时，溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)B．NaHA溶液中：c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)C．当V((NaOH溶液)=40mL时，其溶液中水的电离程度比纯水小D．当V((NaOH溶液)=20mL时，NaHA水解程度大于电离程度15．中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下：下列说法正确的是（）A．过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程B．过程Ⅲ只生成了H2O、O2C．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔHD．图示过程中的H2O均参与了反应过程16．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A把NaClO溶液滴到pH试纸上pH＝10NaClO溶液水解显碱性B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C常温下，用pH计分别测定1mol/L和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pHpH均为7同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同D两支试管各盛0.1mol/L4mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1mol/L2mL草酸溶液和0.2mol/L2mL草酸溶液加入0.2mol/L草酸溶液试管中，高锰酸钾溶液褪色更快反应物浓度越大，反应速率越快A．A B．B C．C D．D二、非选择题(本题共5大题，共52分)17．（1）已知18g葡萄糖(C6H12O6)固体在人体组织中被O2完全氧化为CO2气体和液态水，能产生280kJ热量。用燃烧热表示该反应的热化学方程式。（2）反应的自发性由焓变和熵变两个因素决定。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180kJ/mol，已知N≡N的键能为946kJ∙mol−1，O=O的键能为498kJ∙mol−1，则N≡O的键能为kJ∙mol−1。（3）在化学分析中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-时，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl—恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10-5mol/L）时，溶液中c（Ag+)=mol/L，c（CrO42—）=mol/L。（分别保留2位有效数字）（已知25℃时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和1.8×10-10）18．（1）常温下，0.1mol•L-1一元酸HA溶液中c(H+)c(OH−)=1×10（2）t1℃时，有pH=1的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw=。（3）t2℃温度下，Kw=1×10-13，将100mL0.1mol/L的稀H2SO4与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH=。（4）还是在t2℃温度下，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是。19．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是中学阶段常见的化学试剂。（1）I.它在酸性条件下不稳定，可与稀硫酸发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O。现利用该反应探究外界条件对反应速率的影响。实验编号0.1mol/LNa2S2O3溶液体积/mL0.1mol/LH2SO4溶液体积/mL水的体积/mL温度/℃出现浑浊所用时间/s14.03.01.020t122.03.0V120t23V23.03.030t3完成此实验设计，其中：V1=，V2=（2）对比实验1、2可探究对反应速率的影响。（3）II.硫代硫酸钠易与空气中的CO2、O2等反应而变质，现有研究性学习小组同学，测定实验室储存的Na2S2O3样品的纯度。方法如下：准确称取10.00g样品，用蒸馏水溶解并定容至250mL，准确移取该溶液25.00mL于锥形瓶中，加入2滴淀粉溶液，用0.1000mol/LI2的标准溶液滴定。反应原理为2S2O32-+I2=S4O62-

-+2I-。滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→→开始滴定。a.烘干

b.装入滴定液至零刻度以上

c.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下

d.记录起始读数

e.排出气泡

f.用滴定液润洗滴定管2至3次（4）在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)（5）滴定终点的判断方法：。（6）本实验消耗I2的标准溶液20.00mL，则该样品的纯度为。（7）下列操作会使测得的样品纯度偏高的是____(填字母)。A．滴定前有气泡，滴定结束时气泡消失B．滴定管未用标准溶液润洗C．滴定前仰视读数，结束时俯视读数D．锥形瓶未润洗20．平衡思想是化学研究的一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。常温下，部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHCH3COOHHClOH2CO3电离平衡常数(25℃)Ka=1.8×10-4Ka=1.8×10-8Ka=3×10-8Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11已知CO2溶于水过程及其平衡常数可表示为：CO2(g)+H2O(l)⇌H2CO3(aq)K1=c(H2（1）天然雨水的pH＜7，用电离方程式解释其原因。（2）将CO2通入NaClO水溶液中，发生的主要反应为CO2+H2O+ClO-⇌HCO3-+HClO。写出该反应的平衡常数表达式：K=[用K1、Ka1(H2CO3)和Ka(HClO)的式子表示]（3）下列方法中，可以使0.1mol·L-1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离度增大的是____。A．通入少量HCl气体 B．加入少量冰醋酸C．加入少量醋酸钠固体 D．加入少量水（4）常温下，同浓度的①HCOONa、②NaClO、③NaHCO3、④Na2CO3这4种溶液中pH由大到小的顺序是(填编号)。（5）若取pH、体积均相等的盐酸和HCOOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则mn（填“>”“<”或“=”）。21．当今研发二氧化碳利用技术降低空气中二氧化碳含量成了研究热点。（1）Ⅰ．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体CO2，总反应可表示为：

CO2(g)+3H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)ΔH

该反应一般认为通过如下步骤来实现：

①CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1=41kJ/mol

②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=-90kJ/mol

ΔH=kJ/mol。（2）一定条件下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，反应①的平衡常数为（用含a，b的代数式表示）。图1图2（3）总反应CO2(g)+3H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)在Ⅰ、Ⅱ两种不同催化剂作用下建立平衡过程中，CO2的转化率[α(CO2)]随时间（t）的变化曲线如图1。活化能：过程Ⅰ过程Ⅱ（填“<”，“>”，“=”），t2时刻改变了某一反应条件，下列说法正确的是。A．恒温恒压，t2时刻通入惰性气体B．恒温恒容，t2时刻通入一定量氢气C．n点的v（正）一定大于m点的v（逆）D．t2时刻，可能是移走了一部分水蒸气（4）Ⅱ．以CO2和NH3为原料合成尿素[CO(NH2)2]是固定和利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应（均自发进行）可表示：反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2CO2NH4(s)ΔH1反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2反应Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH3某研究小组为探究反应Ⅲ影响CO2转化率的因素，在其它条件一定时，图2为CO2转化率受温度变化影响的曲线。当温度高于T℃后，CO2转化率变化趋势如图所示，其原因是。（不考虑催化剂活性变化）（5）在某恒定温度下，将NH3和CO2物质的量之比按2：1充入一体积为10L的密闭容器中（假设容器体积不变，生成物的体积忽略不计且只发生反应Ⅰ），经15min达到平衡，各物质浓度的变化曲线下图所示。若保持平衡的温度和体积不变，25min时再向该容器中充入2molNH3和1molCO2，在40min时重新达到平衡，请在下图中画出25-50min内CO2的浓度变化趋势曲线。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.饱和食盐水是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；

B.醋酸是弱酸，为弱电解质，B不符合题意；

C.NH3·H2O是弱碱，为弱电解质，C不符合题意；

D.硫酸钡属于盐类，为强电解质，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】无论是强电解质还是弱电解质都是纯净物，而且必须是化合物。常见的强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐（包括难溶盐，盐中常见的弱电解质有醋酸铅）。高中常见六大强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4；高中常见四大强碱：KOH、NaOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2。2．【答案】D【解析】【解答】A.10min时，消耗n(X)=2-1.4=0.6mol，根据方程式对应关系，生成n(Z)=n(X)=0.6mol。故容器中c(Z)=0.6/2=0.3mol/L，A不符合题意；

B.根据∆H的意义，反应每消耗2molX，放出akJ热量，故10min内反应放出的热量为a·0.62=0.3akJ，B不符合题意；

C.X为固体，其浓度为定值，不可用X表示平均反应速率，C不符合题意；

D.根据气体密度的定义，ρ=m气体V，由于V=2L，故ρ不变说明m气体不变，对于本反应而言，气质质量不变说明反应已达平衡，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.根据方程式对应关系求出10min时容器中Z物质的量，再除以容器体积得到Z的浓度；

B.根据∆H3．【答案】C【解析】【解答】A.容量瓶、分液漏斗、滴定管均存在瓶口漏液的隐患，因此使用前都必须检漏，A正确，不符合题意；

B.使用pH计时刻监测待测溶液的pH，当溶液pH等于滴定终点的理论pH时即达到滴定终点，B正确，不符合题意；

C.由于SiO32-的水解，Na2SiO3溶液显碱性，应使用碱式滴定管量取，C不正确，符合题意；

D.玻璃搅拌器可以通过搅拌来加速反应进行并使热量均匀散开，为了高效准确完成实验，用简易量热计测反应热时需要用到玻璃搅拌器，D正确，不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.所有需要密封的容器使用前均需检漏；

B.pH计可以用来测量溶液pH，进而通过与理论值对比判断滴定终点；

C.Na2SiO3溶液显碱性，不应使用酸式滴定管量取；

D.测反应热时需要用到玻璃搅拌器，加速反应并使热量均匀散开。4．【答案】B【解析】【解答】A.活化分子是指发生有效碰撞的分子，A正确，不符合题意；

B.催化剂只能改变反应速率，不能使不自发的反应发生，B不正确，符合题意；

C.有色物质浓度越大，颜色越深，因此可以利用物质的颜色变化与浓度变化间的比例关系来测量反应速率，C正确，不符合题意；

D.反应物和生成物所具有的总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热，当反应物的总能量较大时反应放热，否则反应吸热，D正确，不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.分子发生有效碰撞才能称为活化分子；

B.催化剂调控反应速率，但无法从热力学上改变反应发生的可能性；

C.有色物质颜色深浅由浓度决定；

D.反应焓变=生成物的总能量-反应物的总能量。5．【答案】C【解析】【解答】A.本反应的平衡常数K=c(CO2)，则第一次达到平衡时K=c1(CO2)。将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，c2(CO2)=K=c1(CO2)。故两次达到平衡时体系中CO2的浓度相等，A不符合题意；

B.CaCO3(s)为固体，纯固体的浓度为定值，因此增加CaCO3(s)的量不会改变其浓度，因而平衡不会移动，B不符合题意；

C.反应体系中始终只有CO2气体，系纯净物，密度一定，C符合题意；

D.c(CO2)=n(CO2)V，保持容器体积不变充入He，由于c(CO2)和容器体积V均不变，故此时体系中CO2的浓度仍为，因此平衡不移动，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.根据平衡常数的定义知，此反应的平衡常数为第一次达到平衡时体系中CO2的浓度，据此分析；

B.CaCO3(s)的浓度为定值，增加CaCO3(s)的量，平衡不发生移动；

6．【答案】C【解析】【解答】A.测定0.1mol/L醋酸溶液的pH，pH＞1说明醋酸溶液中的氢离子浓度小于0.1mol/L，说明醋酸分子未完全电离，故其为弱电解质，A正确，不符合题意；

B.氨水中存在平衡：NH3·H2O⇌NH4++OH-，由于稀释相当于将恒温恒容的气体反应体系减压处理，根据平衡移动原理，NH3·H2O电离平衡正向移动，但电离增加的OH-浓度无法抵消稀释减小的OH-浓度，故最终溶液中的OH-浓度仍会减小。由于c(H+)·c(OH-)=Kw，当OH-浓度减小时H+浓度自然会上升，B正确，不符合题意；

C.无论如何稀释，总有盐酸溶液的pH＜7，C错误，符合题意；

D.由于HCl为强电解质，故盐酸中不存在未电离的HCl分子。醋酸为弱电解质，故醋酸溶液中还存在大量未电离的醋酸分子，它们也可以被NaOH溶液中和。因此相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH物质的量盐酸小于醋酸溶液，D正确，不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.测定0.1mol/L醋酸溶液的pH可以证明醋酸分子未完全电离；

B.根据勒夏特列原理，稀释可以促进NH3·H2O电离平衡正向移动，但电离增加的OH-浓度无法抵消稀释减小的OH-浓度，故最终溶液中的OH-浓度会减小；

C.盐酸溶液显酸性，无限稀释时溶液pH只能无限接近中性而不会显中性或碱性；

D.相同温度下，中和相同pH、相同体积的盐酸和醋酸溶液，醋酸溶液消耗NaOH物质的量更多。7．【答案】B【解析】【解答】A.液态KHSO4可发生如下电离：KHSO4=K++HSO4-，因此0.05mol液态KHSO4中含有0.05NA个K+，A正确，不符合题意；

B.Na2CO3溶液只指明了浓度，未指明体积，故无法确定其中含有的CO32-微粒数，B不正确，符合题意；

C.0.5molSO2溶于水，溶液中含有S元素的微粒只有SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，根据物料守恒可知溶液中的SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-微粒总数和为0.5NA，C正确，不符合题意；

D.根据溶液显电中性可以列出电荷守恒表达式：n(OH-)+n(NO3-)=n(H+)+n(NH4+)。由于溶液显中性，有n(OH-)=n(H+)，代入电荷守恒表达式可得n(NH4+)=n(NO3-)=NA，D正确，不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.强酸酸式盐熔融时只断离子键，不断共价键；

B.n=cV，只有物质的量浓度和溶液体积均已知才可以确定物质的量；

C.根据S元素的物料守恒，溶液中的SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-微粒总数和为0.5NA；

D.根据电荷守恒可知溶液中NH4+数目与NO3-数目相等。8．【答案】B【解析】【解答】A.啤酒中存在平衡CO2(aq)⇌CO2(g)，开启啤酒瓶相当于减小压强，根据勒夏特列原理，平衡向气体分子数增大的方向移动进而产生大量的CO2气体，A不符合题意；

B.2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的反应，根据勒夏特列原理，压缩体积不会引发平衡的移动，但确实会使碘蒸气浓度增大，故体系颜色变深，故B不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；

C.氨水中存在平衡NH3·H2O⇌NH4++OH-，含有酚酞的氨水中加入少量的氯化铵溶液，使溶液中NH4+浓度增大，根据勒夏特列原理，该平衡逆向移动，导致OH-浓度减小，故氨水颜色变浅，C不符合题意；

D.新制氯水中存在可逆反应：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，光照可以不断促进HClO分解为HCl和O2，因此HClO浓度不断减少，根据勒夏特列原理，该平衡正向移动，水中溶解的Cl2进一步被消耗，因而氯水颜色变浅，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】勒夏特列原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。9．【答案】B【解析】【解答】A.H2O2分解产生O2，观察产生O2气泡的快慢可用来比较反应速率的大小，A正确，不符合题意；

B.相同环境下，图甲实验中反应速率为①>②无法排除是阴离子不同产生的影响，B不正确，符合题意；

C.根据H2O2分解的反应关系，消耗的H2O2与生成的O2物质的量之比未2：1，测量生成的O2的体积后可根据pV=nRT求解出生成的O2的量，进而间接算出消耗的H2O2的浓度，然后根据v=∆c∆t求出反应速率，C正确，不符合题意；

D.关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，若活塞未回到原位，说明内部空气与外界空气无法连通，因此气密性良好，否则说明装置漏气，D正确，不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.当液相反应体系的生成物中有气体时，可根据产生气泡的快慢来比较反应速率；

B.图①和图②的实验阴阳离子均不相同，不符合控制变量唯一的原则，据此得出的结论缺乏严谨性；

C.根据O2体积可以算出消耗的H2O210．【答案】A【解析】【解答】若平衡时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，相当于最开始只加入了1.0molPCl3和0.50molCl2，与开始加入2.0molPCl3和1.0molCl2相比，即恒温恒容条件下减小了压强。假设平衡不移动，所有反应物物质的量同时减半，生成物物质的量也减半，平衡时n(PCl5)=0.20mol。但根据平衡移动原理，恒温恒容条件下减小了压强，本反应平衡逆向移动，因此再达平衡时PCl5的物质的量应小于0.20mol。

故答案为：A。

【分析】恒容条件下全部反应物或全部生成物成倍增加或减少时，可根据等效平衡思想，假设平衡不发生移动，但全部反应物或全部生成物成倍增加或减少相当于恒温恒容条件下增大或减小压强，然后再根据平衡移动原理判断平衡移动方向，即可得出实际情况。11．【答案】A【解析】【解答】A.由于S(s)→S(g)是一个吸热过程，因此因此气态S比固态S的燃烧热的绝对值小，而由于ΔH需要带号比较，因此ΔH1>ΔH2，A符合题意；

B.根据课本知识，Ba(OH)2·8H2O(s)与NH4Cl(s)的反应吸，因此反应的∆H＞0，B不符合题意；

C.浓硫酸与NaOH溶液混合时存在稀释放热，因此生成1mol液态水时放出的热量大于57.3kJ，C不符合题意；

D.合成氨反应为可逆反应，实际反应中0.5molN2无法完全消耗掉，因此N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜-38.6kJ/mol，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.升华吸热，因此气态S比固态S的燃烧热的绝对值小，则ΔH1>ΔH2；

B.Ba(OH)2·8H2O(s)与NH4Cl(s)的反应为常见的吸热反应；

C.中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量为57.3kJ，稀溶液、强酸、强碱三者缺一不可，否则即使生成1mol液态水，放出的热量也不等于57.3kJ；12．【答案】C【解析】【解答】A.pH=1的溶液显强酸性，此时溶液中的NO3-具有强氧化性，能与具有较强还原性的Fe2+发生氧化还原反应，因此二者不能大量共存，A不符合题意；

B.由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中，水的电离被抑制，因此溶液中可能加入了酸或碱，因而显酸性或碱性。HCO3-与H+和OH-均可发生反应，因此溶液显酸性还是碱性，其中均不可能大量存在HCO3-，B不符合题意；

C.澄清透明的溶液不一定无色，NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-之间不会发生反应，因此能大量共存，C符合题意；

D.由于反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3的存在，在c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中不能大量存在SCN-，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】分析离子共存问题时，首先判断题目条件所暗示的体系环境，例如酸碱性、是否为有色溶液等，根据体系环境判断出各选项的相关离子能否在该环境下存在。然后检查各选项的相关离子之间是否会发生反应，具体的反应类型有：①复分解反应：生成弱电解质、难溶物和易挥发的物质；②氧化还原反应；③络合反应：生成稳定的络合物（如Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3等）。如果能够互相反应，则该组离子不可大量共存。13．【答案】B【解析】【解答】A.热水中烧瓶相对于冷水中烧瓶升高了温度，由于NO2为红棕色而N2O4无色，故热水中烧瓶中NO2浓度更高，说明平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)逆向移动。根据平衡移动原理，该反应放热，A正确，不符合题意；

B.由于浓盐酸具有挥发性，制取的CO2中混有HCl气体，HCl也可使硅酸钠溶液产生白色沉淀，会干扰试验，因此无法证明碳酸酸性强于硅酸，B错误，符合题意；

C.操作①中OH-已完全与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，而再滴加铁盐溶液，Mg(OH)2转化为Fe(OH)3沉淀，说明Fe(OH)3的溶解度更小，C正确，不符合题意；

D.Fe可以将酸中的H+还原但Cu却不能，因此还原性：Fe＞Cu，D正确，不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.NO2有色，N2O4无色，气体颜色变深说明NO2浓度增大；

B.要验证碳酸酸性强于硅酸，必须除去CO2中可能混有的HCl气体；

C.在没有OH-剩余的情况下，仍发生了沉淀的转化，即可证明Fe(OH)3的溶解度更小；

D.Fe可以被H+氧化，而Cu不能，说明还原性：Fe＞Cu。14．【答案】B【解析】【解答】A.V(NaOH溶液)=40mL，恰好完全中和，形成Na2A溶液。由A2-水解产生的OH-和HA-浓度相等，但水还可以电离出微量的OH-，故c(HA-)＜c(OH-)，A不符合题意；

B.NaHA溶液中，根据电荷守恒有c(OH-)+2c(A2-)=c(H+)+c(Na+)，由物料守恒有c(H2A)+c(HA-)c(A2-)=c(Na+)，联立可得：c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，B符合题意；

C.当V((NaOH溶液)=40mL时，恰好完全中和，形成Na2A溶液。由于A2-为弱酸酸根，其会发生两步水解，从而促进水的电离，故水的电离程度大于纯水，C不符合题意；

D.据图可得，V((NaOH溶液)=20mL时，溶液中A2-的数量大于H2A，故NaHA的电离程度更大，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.V(NaOH溶液)=40mL，恰好完形成Na2A溶液，水的电离导致溶液中的OH-浓度略大于HA-；

B.根据NaHA溶液中电荷守恒和物料守恒列出关系式，联立即可得到答案；

C.V(NaOH溶液)=40mL，恰好完形成Na2A溶液，A2-为弱酸酸根，会促进水的电离；

D.据图判断V((NaOH溶液)=20mL时溶液中A2-和H2A的数量多少即可。15．【答案】D【解析】【解答】A.据图可得，过程Ⅰ为化学键断裂的过程，属于吸热过程，A不符合题意；

B.据图可得，过程Ⅲ还形成了CO2，B不符合题意；

C.催化剂不能改变焓变，C不符合题意；

D.过程Ⅰ、Ⅱ中H2O为反应物，过程Ⅲ中H2O为生成物，因此图示过程中的H2O均参与了反应过程，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.断裂化学键需要吸热，形成化学键需要放热；

B.观察到过程Ⅲ中CO2的形成；

C.催化剂可以改变反应的活化能，但不能改变反应焓变；

D.图示过程中，H2O作为反应物或生成物参与反应过程。16．【答案】B【解析】【解答】A.NaClO溶液具有漂白性，不能使用pH试纸测定其pH，否则试纸将被漂白，A不符合题意；

B.向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，生成了BaCO3沉淀，大大降低了体系中的CO32-浓度，而溶液红色变浅说明溶液中OH-浓度也降低了，说明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B符合题意；

C.同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液pH=7，说明CH3COO-其中和NH4+的水解程度相同，可相互抵消。由于阴阳离子的水解相互抵消，因此pH=7无法说明不同浓度的CH3COONH4溶液中阴阳离子的水解程度相同，C不符合题意；

D.酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液发生的反应方程式为：2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=2MnSO4+K2SO4+8H2O+10CO2↑，根据此方程式的反应物系数比，0.1mol/L2mL草酸溶液不足以使0.1mol/L4mL酸性高锰酸钾溶液完全消耗，因此混合后的溶液不会褪色，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.不能使用pH试纸测量漂白性溶液的pH；

B.随着CO32-浓度的改变，溶液中的OH-浓度也发生改变，说明Na2CO3溶液中存在水解平衡；

C.弱酸弱碱盐的pH=7，说明阴阳离子的水解程度相同，但水解程度与阴阳离子浓度有关，越稀越水解；

D.根据方程式确定的反应物系数关系分析得，0.1mol/L2mL草酸溶液不能使0.1mol/L4mL酸性高锰酸钾褪色。17．【答案】（1）C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(I)△H=-2800kJ/mol（2）632（3）1.8×10-5；6.2×10-3【解析】【解答】（1）葡萄糖的摩尔质量为180g/mol，18g，即0.1mol葡萄糖完全燃烧能产生280kJ热量，故葡萄糖的燃烧热∆H=-2800kJ/mol，故答案为：C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(I)△H=-2800kJ/mol；

（2）根据题目信息列出方程：946+498-2E=+180kJ/mol，解得E=632kJ/mol，故答案为：632；

（3）c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)，故c(Ag+)=1.8×10-101.0×10-5=1.8×10-5mol/L。c2(Ag+)·c(CrO42-)=Ksp(Ag2CrO4)，故c(CrO42-)=2.0×10-12(1.8×10-5)2=6.2×10-3mol/L。

故第一空答案为：1.8×10-5，第二空答案为：6.2×10-3。

【分析】（1）1mol的物质完全燃烧时所放出的热量称为燃烧热。热化学方程式不用指明反应条件，但应表明每种物质的状态；18．【答案】（1）3；c（A-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）（2）1×10-12（3）12（4）pHa+pHb=12【解析】【解答】（1）由于c(H+)c(OH−)=1×108，又常温下溶液中c(H+)·c(OH-)=10-14，联立求解得到c(H+)=10-3mol/L。0.1mol•L-1一元酸HA溶液中c(H+)=10-3mol/L，说明HA为弱酸。pH=3的该一元酸HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合，可以完全消耗NaOH，生成H2O和NaA，溶液中还剩余大量未反应的HA。故反应后的溶液为少量NaA和大量HA的混合溶液，故此溶液显酸性，且A-浓度大于Na+浓度。故第一空答案为：3，第二空答案为：c（A-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）；

（2）稀硫酸是强酸，NaOH溶液为强碱，二者等体积混合后溶液呈中性，说明恰好完全反应。据此有c酸(H+)=c碱(OH-)=0.1mol/L。又c碱(H+)=10-11mol/L，故Kw=c碱(H+)·c碱(OH-)=10-12，故答案为：10-12；

（3）原溶液中，c硫酸(H+)=0.1×2=0.2mol/L，cNaOH(OH-)=0.4×1=0.4mol/L。稀释的瞬间，溶液中c(H+)=0.2/2=0.1mol/L，c(OH-)=0.4/2=0.2mol/L。H+与OH-按1：1反应消耗，反应结束后溶液中剩余0.1mol/L的OH-，则此时溶液中c(H+)=Kwc(OH-)=10-12mol/L，所以溶液pH=12。故答案为：12；

（4）稀硫酸是强酸，NaOH溶液为强碱，二者按1：10的体积比混合后溶液呈中性，说明恰好完全反应。据此有c酸(H+)=10c碱(OH-)。两边同时取负对数有：pHa=pOHb-1①。在某一溶液中，总存在c(H+)·c(OH-)=Kw，两边同时取负对数得：pH+pOH=pKw。由此，pHb=pKw-pOHb=13-pOHb②。联立①②整理得：pHa+pHb=12。故答案为：pHa+pHb=12。

【分析】（1）第一空：已知c(H+)c(OH−)，联立c(H+)·c(OH-)=10-14求解即可。

第二空：分析可知，HA电离不完全，为弱酸。pH=3的一元弱酸溶液与pH=11的强碱溶液等体积混合，得到NaA和HA的混合溶液，据此判断即可；

（2）强酸和强碱溶液等体积混合后溶液呈中性，说明酸中的H19．【答案】（1）3.0；2.0（2）反应物浓度（3）fbecd（4）再用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁（5）滴入最后半滴溶液，溶液刚好变蓝，且半分钟内无变化（6）63.20%（7）A；B【解析】【解答】（1）根据控制变量的原则，V1=4.0+3.0+1.0-2.0-3.0=3.0，V2=4.0+3.0+1.0-3.0-3.0=2.0。故第一空答案为：3.0，第二空答案为：2.0；

（2）对比实验1、2，发现加入Na2S2O3溶液体积不同，因此反应时Na2S2O3浓度不同，为本组对照实验变量；故答案为：反应物浓度；

（3）使用滴定管时，应首先检漏，确定不漏液后进行洗涤。洗涤完毕后应用滴定液润洗滴定管，减小洗涤液稀释滴定液带来的误差。润洗完毕后，可在滴定管中装入滴定液至零刻度以上，随后排出气泡。当确定滴定管内无气泡后才可以记录起始读数并开始滴定。整个过程中不应出现烘干操作。故答案为：fbecd；

（4）用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落后，为了防止滴定液挂壁现象，故需使用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁。故答案为：再用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁；

（5）当最后半滴滴定液滴入后，如果溶液变蓝，且半分钟内不褪色，说明待测液不再消耗I2，故达到了滴定终点，故答案为：滴入最后半滴溶液，溶液刚好变蓝，且半分钟内无变化；

（6）本实验消耗I2的量为0.1000×0.02=0.002mol，

根据方程式2S2O32-+I2=S4O62-得到25mLNa2S2O3溶液的量为0.002×2=0.004mol，

故样品中n(Na2S2O3)=0.004×25025=0.04mol，

因此样品中m(Na2S2O3)=0.04×M(Na2S2O3)=6.32g。

则样品纯度为6.3210.00×100％=63.20％，故答案为：63.20％；

（7）A.滴定前有气泡，滴定结束后气泡消失，说明测量者误将空气当做消耗的滴定液，因此读出的消耗的I2标准溶液体积偏大，进而引起测得的样品纯度偏高，A符合题意；

B.滴定前未使用标准液润洗，会导致装入的滴定液被稀释，进而使消耗的滴定液体积偏大，引起测得的样品纯度偏高，B符合题意；

C.滴定前仰视读数，结束时俯视读数会导致消耗的I2标准溶液体积被误读偏小，引起测得的样品纯度偏低，C不符合题意；

D.锥形瓶无论是否润洗，都不会引起读出消耗I2标准溶液的体积误差，因此锥形瓶未润洗不影响样品纯度的测量准确度，D不符合题意；

故答案为：AB。

【分析】（1）对照实验要控制变量唯一，本实验中应该控制Na2S2O3溶液、H2SO4溶液和水的体积和相等，据此解出V1、V2；

（2）观察发现实验1、2中的变量为Na2S2O3浓度，由此得出答案；

（3）根据使用滴定管的操作规范得到正确的步骤顺序为fbecd；

（4）根据半滴操作的规范，应填的步骤为：再用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁；

（5）判断滴定终点的一般方法为：最后半滴滴定液滴入后，待测液出现反应终点的特征现象，且半分钟内不复原，即可视为达到滴定终点；

（6）首先根据方程式的系数关系算出25mL溶液中Na2S2O3的量，再据此算出样品中Na2S2O3的总质量，进而得到样品纯度；

（7）根据滴定关系可知，欲使测得的样品纯度偏高，需使读出消耗I220．【答案】（1）H2CO3⇌H++HCO3-（2）K（3）D（4）④②③①（5）<【解析】【解答】（1）空气中的CO2溶于雨水中生成H2CO3，H2CO3可发生两步电离，电离产生的H+使天然雨水的pH＜7。由于Ka1＞＞Ka2，H2CO3的第一步电离远远弱于第二步电离，因此忽略其第二步电离。故答案为：H2CO3⇌H++HCO3-；

（2）①CO2(g)+H2O(l)⇌H2CO3(aq)K1，

②H2CO3(aq)⇌H++HCO3-Ka1，

③HClO⇌H++ClO-Ka，

由①+②-③即可得到目标方程式：CO2+H2O+ClO-⇌HCO3-+HClO。根据平衡常数的运算规律，得到K=K1×Ka1(H2CO3)Ka(HClO)。故答案为：K1×Ka1(H2CO3)Ka(HClO)；

（3）A.通入少量HCl气体，会使溶液中H+浓度增大，生成物浓度增大进而抑制CH3COOH电离，使其电离程度减小，A不符合题意；

B.加入少量冰醋酸，会促进电离平衡正向移动，但平衡的正移消耗的CH3COOH无法抵消加入冰醋酸

增加的CH3COOH，因此从整体上看，CH3COOH的电离程度减小了，B不符合题意；

C.加入少量醋酸钠固体，会使溶液中CH3COO-浓度增大，生成物浓度增大进而抑制CH3COOH电离，使其电离程度减小，C不符合题意；

D.加入少量水，相当于将恒温恒容的气体反应体系减压处理，根据平衡移动原理，电离平衡正向移动，因而CH3COOH的电离程度会增大，D符合题意；

故答案为：D；

（4）由于对应酸的电离常数：Ka(HCOOH)＞Ka(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka(HCO3-)，

故水解常数：Kh(HCOO-)＜Kh(HCO3-)＜Kh(ClO-)