浙江省杭州二中2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题（B卷）

杭州二中2024学年第一学期期中考试高二年级化学试题B卷本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32第I卷(选择题)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.下列物质的水溶液显酸性的是A.NaClO B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A．NaClO为强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解导致其溶液呈碱性，故A不选；B．NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致其溶液呈碱性，故B不选；C．溶液为强酸弱碱盐，铜离子水解导致其溶液呈酸性，故C选；D．是强酸强碱盐，呈中性，故D不选；故选：C。2.下列条件改变能增大活化分子百分数并引起平衡移动的是A.升高温度 B.增大反应物浓度C.增大气体反应体系的压强 D.使用催化剂【答案】A【解析】【详解】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，能增大活化分子百分数，进而增加活化分子总数，故A正确；

B．增大反应物浓度，使平衡正移，能增大单位体积内的活化分子数，不能增大活化分子百分数，故B错误；

C．增大气体反应体系的压强，不一定能使平衡移动，比如前后气体系数相等的反应；能增大单位体积内的活化分子数，不能增大活化分子百分数，故C错误；

D．使用催化剂，不能使平衡移动，能增大活化分子百分数，进而增加活化分子总数，故D错误；

故选：A。3.氢氰酸(HCN)的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A.HCN易溶于水B.10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应C.1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3D.HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱【答案】C【解析】【分析】【详解】A．HCN是极性分子，与水相似相溶，易溶于水，溶解性为物理性质，与电解质的强弱无关，故A不符；B．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HCN是一元酸，不能说明其电离的程度，故B不符；C．氢氰酸为一元酸，1mol/L的一元强酸的pH=0，1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3，说明HCN没有完全电离，可以证明它是弱电解质，故C符合；D．HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，只能说明HCN溶液中离子浓度低，故D不符；故选C。4.在由水电离出的的无色溶液中，一定能大量共存的离子组是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】C【解析】【分析】由水电离出的的溶液，可能呈酸性也可能呈碱性；【详解】A．若为酸性条件下，则、发生氧化还原反应生成氯气而不能大量共存，选项A错误；B．若为碱性，则会转化为氢氧化铁沉淀而不能大量存在，选项B错误；C．、、、相互之间不反应，且在强酸性或强碱性溶液中均存在，选项C正确；D．若为碱性溶液，则、与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项D错误；答案选C。5.下列说法正确的是A配制硫酸亚铁溶液，常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸B.在中和热的测定实验中，需要将盐酸缓缓加入到氢氧化钠溶液中，使其充分反应C.石蕊变色范围是5~8，因此可以作为酸碱中和滴定时的指示剂D.比较不同条件下与反应速率的快慢，可通过测定收集等体积气体所需时间来实现【答案】A【解析】【详解】A．配制硫酸亚铁溶液，加入铁粉是为了防止亚铁离子被氧化，加入稀硫酸是为了抑制硫酸亚铁水解，A正确；B．在中和热的测定实验中，需要将盐酸一次性快速加到氢氧化钠溶液中，减少热量损失，B错误；C．石蕊变色不明显不易观察，不能做酸碱中和滴定时的指示剂，C错误；D．测定气体体积需要要同温同压下，题中未注明，D错误；故选A。6.下列关于仪器选择、实验操作及相关叙述均正确的是A.图甲用于测定中和反应反应热B.图乙用于测定锌与稀硫酸反应速率C.图丙表示赶出碱式滴定管乳胶管中气泡D.图丁表示蒸发结晶氯化镁溶液获取无水氯化镁固体【答案】C【解析】【详解】A．图中缺少环形搅拌器，不能测定中和热，故A错误；

B．生成的气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，故B错误；

C．尖嘴向上，挤压橡胶管中的玻璃珠，排出气泡，图中操作合理，故C正确；

D．加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备无水氯化镁，故D错误；

故选：C。7.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中H+的物质的量为0.2molB.1L0.1mol•L1的NaClO溶液中含有ClO的数目为0.1NAC.25℃时，pH=11的Na2CO3溶液，溶液中OH的数目为0.001NAD.25℃时，pH=10的CH3COONa溶液中，水电离出的H+浓度为104mol•L1【答案】D【解析】【详解】A．25℃时，1LpH＝1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，H＋的物质的量为0.1mol/L×1L＝0.1mol，故A错误；B．ClO在溶液中将发生水解，所以1L0.1mol•L1的NaClO溶液中含有ClO的数目小于0.1NA，故B错误；C．25℃时，pH=11的Na2CO3溶液，没有说明溶液体积，无法计算溶液中OH的数目，故C错误；D．25℃时，pH=10的CH3COONa溶液中，H+浓度为1010mol•L1；根据离子积常数可知，OH浓度为104mol•L1；OH由水电离，所以浓度水电离出的H+浓度为104mol•L1；故D正确；故答案选D。8.和的能量关系如下图所示已知：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】【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，故ΔH2(CaCO3)=ΔH2(MgCO3)，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ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)，B正确；C．根据盖斯定律及图中的箭头方向，ΔH=ΔH1+ΔH2ΔH3，C错误；D．ΔH3表示氧化物离解成金属阳离子和阳离子所吸收热量，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，ΔH3(MgCO3)>ΔH3(CaCO3)>0，D错误；故本题选B9.下列说法正确的是A.图甲实线、虚线可分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B.若图乙表示恒温恒容条件下发生2NO2(g)N2O4(g)反应时，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，则交点A对应的状态为化学平衡状态C.若图丙表示恒容密闭容器中等量正丁烷在不同温度下分别发生反应C4H10(g，正丁烷)C4H10(g，异丁烷)，相同时间后测得正丁烷百分含量的曲线，则稳定性：正丁烷>异丁烷D.图丁可表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系【答案】D【解析】【详解】A．使用催化剂的正、逆反应速率均加快，达到平衡所需时间变短，与图像不符，故A错误；

B．依据方程式系数可知，v(NO2)消耗=2v(N2O4)消耗时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B错误；

C．由图可知，图像最低点时反应达到平衡状态，升高温度，正丁烷百分含量增加，平衡逆向移动，故反应正向为放热反应，等量时正丁烷具有的能量高，稳定性差，故稳定性：正丁烷＜异丁烷，故C错误；

D．NH4Cl溶液中存在平衡+H2O⇌NH3•H2O+H+，滴加0.1mol/L的HCl溶液时，平衡逆向移动，但氢离子物质的量增大程度大于物质的量增大程度，故溶液中随HCl溶液体积增大而增大，与图像符合，故D正确；

故选：D。10.肌肉中大量肌红蛋白Mb可以结合O2形成MbO2维持人体的生理活动，发生如下反应：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)ΔH，该过程可自发进行。温度为T时，平衡常数K==2.0kPa1[p(O2)为氧气的平衡分压]，下列说法中不正确的是A.ΔH<0B.其他条件相同，高烧患者体内c(MbO2)比其健康时低C.其他条件相同，高海拔地区较低海拔地区，p(O2)降低，K值变大D.温度为T时，当Mb与O2的结合度(即Mb转化率)为95%，p(O2)=21kPa，该反应正向进行【答案】C【解析】【详解】A．反应能自发进行，则ΔHT•△S＜0，又△S＜0，则ΔH＜0，故A正确；

B．根据A中分析可知，温度升高，平衡Mb(aq)+O2(g)⇌MbO2(aq)ΔH＜0逆向移动，故高烧患者体内c(MbO2)比其健康时低，故B正确；

C．平衡常数只受温度的影响，降低氧气的分压，不能改变平衡常数，故C错误；

D．当Mb与O2的结合度(即Mb转化率)为95%时，吸入的空气中p(O2)=21kPa,则Qc=，则平衡正向移动，故D正确；

故选：C。11.某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应：X(g)Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下：时间段/min产物Z的平均生成速率/mol·L1·min10～20.200～40.150～60.10下列说法不正确的是A.1min时，Z的浓度大于0.20mol·L1B.2min时，若加入催化剂，此时v正(Z)>v逆(Y)C.4min时，若再加入1.0molX，达到新平衡后Y的体积分数增大D.5min时，X的物质的量为1.7mol【答案】C【解析】【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0~1min内Z的平均生成速率大于0~2min内的，故△c(Z)>0.20mol﹒L1﹒min11min=0.20mol/L，即1min时，Z的浓度大于0.20mol/L，A正确；B．2min内△c(Z)=0.20mol﹒L1﹒min11min=0.40mol/L，4min内△c(Z)=v△t=0.15mol﹒L1﹒min14min=0.60mol/L，可知2min时反应未到达平衡，反应向正反应方向进行，则v正(Z)>v逆(Z)，而v逆(Z)=2v逆(Y)，则v正(Z)>v逆(Y)，B正确；C．4min内△c(Z)=0.15mol﹒L1﹒min14min=0.60mol/L，6min内△c(Z)=0.10mol﹒L1﹒min16min=0.60mol/L，则4min时反应已经达到平衡状态，4min时，若再加入1.0molX，达到的新平衡等效为在原平衡的基础上增大压强到达的新平衡，而增大压强平衡逆向移动，达到新平衡后Y的体积分数减小，故C错误；D．根据C的分析知，5min时反应达到平衡状态，n消耗(X)=n生成((Z)=0.60mol=0.3mol，则5min时X的物质的量为2.0mol0.3mol=1.7mol，故D正确；答案选C。12.对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，为有催化剂)为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。13.时，下列说法不正确的是A.水电离出的氢离子浓度为的溶液不一定呈中性B.相同温度下，向的氨水中加入等体积的NaOH溶液，pH将变大C.的溶液和的NaOH溶液等体积混合后溶液呈酸性D.取的某酸HA10mL，加水稀释至100mL后，ba<1该酸可能是强酸【答案】B【解析】【详解】A．若溶液中存在的两种溶质均为酸性或碱性，其中一种对水的电离起到促进作用，另一种起到抑制作用，且两种作用相等，则此溶液中水电离出的氢离子浓度也可以为。如硫酸和硫酸铵混合溶液显酸性，硫酸抑制水的电离，硫酸铵促进水的电离，若促进和抑制程度相同，则该溶液中水电离出的氢离子浓度为，所以水电离出的氢离子浓度为的溶液不一定呈中性，A正确；B．相同温度下，向的氨水中加入等体积的NaOH溶液，溶液中氢氧根离子浓度不变，pH将不变，B错误；C．的溶液中电离出的H+浓度为0.01mol/L和的NaOH溶液OH浓度为0.01mol/L，但醋酸为弱电解质部分电离，故醋酸浓度大于氢氧化钠，等体积混合后溶液为醋酸和醋酸钠混合溶液，且醋酸浓度大于醋酸钠浓度，醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，故溶液呈酸性，C正确；D．HA溶液若为极稀的强酸，例如106mol/L的盐酸溶液，稀释10倍后，此时不能忽略水的电离，最终溶液的略小于7，故的某酸HA10mL，加水稀释至100mL后，ba<1该酸可能是强酸，D正确；故选B。14.已知时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向该条件下的饱和溶液中加入溶液，针对此过程的下列叙述正确的是A.溶液中析出沉淀，最终溶液中较原来的大B.溶液中无沉淀析出，溶液中、都变小C.溶液中析出沉淀，溶液中、都变小D.溶液中无沉淀析出，但最终溶液中较原来的大【答案】D【解析】【详解】由题意知，，饱和溶液中。加入溶液后，，，，所以没有沉淀固体析出，但溶液中变大了，变小了，故D项正确；故答案为D。15.草酸是二元弱酸。向溶液中加入或HCl溶液调节pH，加水控制溶液体积为200mL。测得溶液中微粒的δ(x)随pH变化如图所示，其中，，x代表微粒或。下列说法正确的是A.曲线Ⅲ是的变化曲线B.已知曲线Ⅱ的最高点与曲线Ⅰ、Ⅲ交点的pH值相同，得到该点pH值需要加入20mLNaOH溶液C.D.时，溶液中【答案】B【解析】【分析】随pH增大，浓度逐渐减小，浓度先增大后减小，浓度逐渐增大，故曲线Ⅰ是变化曲线，曲线Ⅱ是的变化曲线，曲线Ⅲ是的变化曲线，据此分析解答。【详解】A．根据分析可知，曲线Ⅲ是的变化曲线，A错误；B．已知曲线Ⅱ的最高点时的浓度最大，此时为加入的氢氧化钠恰好使完全反应为，则草酸与氢氧化钠物质的量之比为1:1，故氢氧化钠加入体积为，B正确；C．随着碱性增强，溶液中含C微粒的物质的量不变，但由于溶液体积不断变化，所以不一定为，C错误；D．时，与浓度相等与浓度不相等，根据电荷守恒得，D错误；故选B。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是

实验方案现象结论A向溶液中加溶液至不再产生红棕色沉淀()时，滴加稀KCl溶液红棕色沉淀逐渐转化为白色沉淀B将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中玻璃球中红棕色加深反应的C取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色氯气与水的反应存在限度D常温下，用pH计测量溶液和溶液的pHpH：前者<后者水解程度：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．Ag2CrO4与AgCl的沉淀类型不同，由沉淀的颜色变化不能直接比较Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)，A错误；B．将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中玻璃球中红棕色加深，说明平衡向逆反应方向移动，放热反应温度升高平衡向逆反应方向移动，B正确；C．取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，前者有白色沉淀，说明含有Cl，后者溶液变蓝色，说明反应生成I2，可能是Cl2氧化生成，也可能是HClO氧化生成，不能说明氯气与水的反应存在限度，C错误；D．碳酸氢根既有电离也有水解，无法通过同浓度的碳酸氢钠和醋酸钠的pH值，比较水解程度大小关系，D错误；故本题选B。第II卷(非选择题)二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.根据所学知识，完成下列问题。（1）下列反应中，属于吸热反应的是___________(填序号)。A.灼热的炭与反应 B.煅烧石灰石C.铝与盐酸反应 D.盐酸与氢氧化钠反应（2）已知的燃烧热分别为和，①，则a___________(填“>”“<”或“=”)。②写出表示燃烧热的热化学方程式___________。（3）84消毒液是生活中常见的消毒剂，它的主要化学成份是NaClO，其溶液呈碱性的原因是___________(用离子方程式表示)，NaClO溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___________。【答案】（1）AB（2）①.<②.CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=726.5kJ/mol（3）①.ClO+H2O⇌HClO+OH②.c(Na+)>c(ClO)>c(OH)>c(H+)【解析】【小问1详解】已知大多数分解反应为吸热反应，以C、CO、H2为还原剂的氧化还原反应为吸热反应，活泼金属与酸或水的反应为放热反应，酸碱中和反应是放热反应，据此解题：A．灼热的炭与CO2反应是吸热反应，A符合题意；B．煅烧石灰石是吸热反应，B符合题意；C．铝与盐酸反应是放热反应，C不合题意；D．盐酸与氢氧化钠发生中和反应，是放热反应，D不合题意；故答案为：AB；【小问2详解】已知燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质(水为液态水)时放出的热量，CH4、CH3OH(l)的燃烧热分别为890.3kJ/mol，726.5kJ/mol，据此分析解题：①由于气态水转化为液态水时放出热量，故生成气态水时放出的热量更少，故

，则a<890.3kJ/mol，故答案为：<；②根据燃烧热的定义，写出甲醇燃烧的化学方程式，可知，表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=726.5kJ/mol；【小问3详解】次氯酸是弱酸，次氯酸钠中次氯酸根在溶液中水解使溶液呈碱性，离子方程式为ClO+H2O⇌HClO+OH；次氯酸钠溶液中有Na+、ClO、OH、H+四种离子，钠离子不水解浓度最大，次氯酸根水解生成次氯酸，但是水解进行程度不会太大，故次氯酸根浓度稍小于钠离子，溶液呈碱性，氢氧根浓度大于氢离子，氢氧根是水电离出极少量和水解产生，故氢氧根浓度会小于次氯酸根，故溶液中各离子浓度由大道小顺序为c(Na+)>c(ClO)>c(OH)>c(H+)。18.汽车尾气中含CO、NO等多种污染物，已成为城市空气的主要污染源。研究汽车尾气处理是解决城市环境问题的重要课题。在催化剂作用下将尾气转化为无污染的气体而除去，发生的主要反应。已知在常温常压下断开1mol下列物质中的化学键所要吸收的能量如表所示：物质能量/kJ1490946958632（1）若生成，则该反应___________(填“放出”或“吸收”)___________kJ能量。（2）恒温条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中分别充入1molNO(g)和1molCO(g)发生上述反应，若起始压强为aMPa，10min末反应达到化学平衡状态，测得平衡时压强为0.8aMPa，则0~10min内___________。（3）向体积相等的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入1molNO(g)和1molCO(g)发生上述反应，其中一个容器中是绝热过程，另一个容器中是恒温过程。反应体系中压强随时间变化关系如图1所示。由图1可知，容器甲中是绝热过程，判断的依据是___________。（4）若在汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸可消除CO、NO等污染物。模拟汽车的“催化转化器”，将2molNO(g)和2molCO(g)充入2L的密闭容器中发生反应，测得随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如图2所示。当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。若催化剂的表面积：，在图2中画出在条件下达到平衡过程中的变化曲线___________。【答案】（1）①.放出②.373kJ（2）（3）该反应为放热反应，容器甲中温度升高，压强增大，比容器乙中的压强大；该反应为放热反应，容器甲中的温度升高，反应速率加快，先达到平衡；（4）【解析】【小问1详解】反应，，则生成1molCO2放出热量373kJ；【小问2详解】设N2的改变量为xmol，列出三段式：，恒温恒容条件下，物质的量之比等于气体压强之比，则，x=0.4mol，则；【小问3详解】该反应为放热反应，容器甲中的温度升高，压强增大，比容器乙中的压强大，说明容器甲中是绝热过程；该反应为放热反应，容器甲中的温度升高，反应速率加快，先达到平衡，说明容器甲中是绝热过程；【小问4详解】当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。若催化剂的表面积，则在T1、S2条件下，c(CO2)仍为0.2mol/L，但速率更快，达平衡时间更短，所以在图中画出c(CO2)在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：。19.丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷制丙烯的两种方法如下：反应I(直接脱氢)：；反应Ⅱ(氧化脱氢)：。（1）已知：，则为___________kJ/mol。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入，开始压强为pkPa，仅发生反应Ⅰ(直接脱氢)。①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母，下同)。A．保持不变B．气体平均摩尔质量保持不变C．与的物质的量之比保持不变D．②欲提高丙烯的平衡产率同时加快反应速率，应采取的措施是___________。A．升高温度B．增大压强C．及时分离出D．加催化剂③反应过程中，的气体体积分数与反应时间的关系如图1所示。此温度下该反应的平衡常数___________kPa(用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。（3）一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应Ⅱ(氧化脱氢)。与起始物质的量比分别为、、、。平衡时的体积分数随温度、的变化关系如图2所示。其中表示的曲线是___________(填“I”“Ⅱ”“Ⅲ”或“Ⅳ”)。【答案】（1）+124（2）①.BD②.A③.0.9p（3）Ⅲ【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应Ⅱ×2—反应Ⅰ×2得到反应：

，则，故；【小问2详解】①A．对于反应I，始终保持不变，不能判断达到平衡状态，A错误；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，反应中混合气体平均摩尔质量减小，则混合气体平均摩尔质量保持不变说明反应已达到平衡，B正确；C．反应中丙烯和氢气的物质的量之比始终为1:1，物质的量之比保持不变无法判断反应是否达到平衡，C错误；D．由方程式可知，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，D正确；故选BD；②A．反应I为吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向移动，丙烯的平衡产率增大，A符合题意；B．反应I正向气体分子数增大，增大压强，反应速率增大，平衡逆向移动，丙烯的平衡产率减小，B不符合题意；C．及时分离出，生成物浓度降低，反应速率减小，平衡正向移动，丙烯的平衡产率增大，C不符合题意；D．加催化剂，反应速率增大，平衡不移动，丙烯的平衡产率不变，D不符合题意；故选A；③设平衡时C3H8转化了xmol，可列出三段式：，平衡时C3H8的体积分数为25%，则：，x=0.6，总物质的量为(1+x)mol=1.6mol，故恒温恒容条件下总压强为：，C3H8、C3H6、H2的分压分别为：、、，；【小问3详解】反应II正向气体分子数增大，恒压时，值的减小相当于增大氧气浓度，平衡正向移动，丙烯的体积分数增大，则与起始物质的量比分别为、、、对应的曲线分别为：Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ故表示的曲线Ⅲ。20.酸碱中和滴定是中学重要实验，某化学兴趣小组用浓度为的标准盐酸溶液滴定浓度较大的NaOH溶液样品。该小组先量取25.00mL该NaOH溶液样品，置于250mL容量瓶中，配制得待测NaOH溶液。（1）下列为滴定实验的部分操作，选择正确的操作并排序：___________(填字母)。A．滴定时，通常用手控制活塞或挤压玻璃球，另一只手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转B．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用所要盛装的溶液润洗2~3次C．滴定前，锥形瓶用蒸馏水洗净，滴定管水洗后须用所要盛装的溶液润洗2~3次D．使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水E．眼睛应注视锥形瓶中颜色变化，滴定终点时，准确记录读数F．眼睛应注视液面变化，滴定终点时，准确记录读数G．将溶液装入滴定管，使液面位于滴定管“0”刻度以上2~3mL处H．排完气泡后，调整液面，记录初读数（2）每次实验均量取25.00mL待测溶液，再向其中滴加2滴酚酞溶液，并记录盐酸标准溶液的终读数。重复滴定几次，数据记录如下表：滴定次数实验数据123V(HCl)/mL(初读数)0.100.000.20V(HCl)/mL(终读数)20.08？20.22V(HCl)/mL(消耗)

①表格中“？”处的滴定管液面如上图所示，则该读数为___________mL，该实验终点现象为___________。②该NaOH溶液样品的浓度为___________。（3）下列有关该实验的说法不正确的是___________。A.使用酸式滴定管滴定时，开始时平视，后俯视读数，最终结果偏小B.把锥形瓶放在酸式滴定管的下方，瓶下垫一张红纸以方便观察C.该实验中量取25.00mL溶液的仪器可用量筒D.盐酸和NaOH溶液均可以装入聚四氟乙烯活塞的滴定管中【答案】（1）DCGHAE（2）①.20.60②.当滴入最后半滴盐酸标准液时，溶液由红色变无色，且半分钟不恢复③.0.8（3）C【解析】【分析】滴定的操作步骤为：验漏→水洗→润洗→装液→读数→滴定→读数→计算；分析操作对消耗标准溶液体积的影响，依据c(待测)=进行误差分析，凡是不当操作导致消耗标准溶液体积偏大的操作，测定结果偏大，反之测定结果偏小【小问1详解】使用滴定管前，首先要先检查是否漏水，滴定前，锥形瓶用蒸馏水洗净，滴定管水洗后须用所要盛装的溶液润洗2~3次，将溶液装入滴定管时，直接将试剂瓶中的溶液倒入滴定管，使液面位于滴定管“0”刻度以上2~3mL处，排出滴定管内气泡，排完气泡后，调整液面，记录初读数，滴定时，通常用手控制活塞或挤压玻璃球，另一只手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，眼睛应注视锥形瓶中颜色变化，滴定终点时，准确记录读数，故正确的操作并排序后为DCGHAE；【小问2详解】①由题中途可知，该读数为20.60mL，酚酞遇氢氧化钠变红，用标准盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液，终点现象为当滴入最后半滴盐酸标准液时，溶液由红色变无色，且半分钟不恢复；②每次滴定所用盐酸的体积是用终读数减去初读数，故三次实验所用盐酸体积为19.98mL、20.60mL、20.02mL，第2次数据偏差过大，应舍去，用第1次和第3次数据平均得消耗标准盐酸溶液体积为20.00mL，故氢氧化钠溶液的浓度为c==0.8mol/L；【小问3详解】A．开始时平视，初读数正确，滴定管读数上小下大，后俯视读数，会使终读数偏小，消耗标准盐酸的体积是用终读数减去初读数，结果偏小，计算所得最终结果偏小，A正确；B．滴定时，标准盐酸溶液从酸式滴定管中滴出，把锥形瓶放在酸式滴定管的下方，瓶下垫一张红纸以方便观察，B正确；C．量取25.00mL氢氧化钠溶液的仪器需要用碱式滴定管，量筒精确度不够，C错误；D．聚四氟乙烯旋塞的滴定管是通用型滴定管，既可以装酸溶液，又可以装碱溶液，D正确；故选C。21.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶