河南省焦作市普通高中2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析）

焦作市普通高中2021~2022学年(上)高二年级期末考试化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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.下列不属于清洁能源的是ABCD风能太阳能甲烷燃料电池海底石油A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】风能、太阳能和甲烷燃料电池均属于新能源，清洁能源，只有石油属于化石能源，不属于清洁能源，故答案为：D。2.化学与生活密切相关。下列用途与物质的水解有关的是A.碳酸钾溶液可用于去除餐具的油污B.将氯气通入石灰乳中制漂白粉 C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸D.硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钾属于强碱弱酸盐，则碳酸根在水溶液中会发生水解从而使溶液呈碱性，油污的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下水解生成可溶的高级脂肪酸盐和甘油，与水解有关，故A正确；B．将氯气通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳主要成分为氢氧化钙，所以氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙即，与水解无关，故B错；C．胃酸的主要成分为盐酸，用氢氧化铝可用于中和过多胃酸，则其反应为，发生酸碱中和反应，与水解无关，故C错；D．硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查，是利用硫酸钡的难溶性与水解无关，故D错；答案选A。3.符合图中阴影部分要求的物质为A.KClOB.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．KClO由构成，KClO是强碱弱酸盐，能发生水解反应，溶液呈碱性，故选A；B．是强酸弱碱盐，能水解，溶液呈酸性，故不选B；C．是碱，故不选C；D．是强酸酸式盐，不能水解，溶液呈酸性，故不选D；选A。4.γ-羟基丁酸是一种催眠剂，其结构简式如下。下列说法错误的是 A.分子式是B.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.能发生取代反应D.能发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知，其分子式是，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，分子中含有醇羟基，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．由题干有机物结构简式可知，分子中含有醇羟基和羧基，故能发生酯化反应、与HX的取代反应，C正确；D．由题干有机物结构简式可知，分子中含有醇羟基，且与羟基相连的碳原子上有H，故能发生氧化反应，D正确；故答案为：B。5.研究电化学腐蚀及防护具有重大意义。铁片在海水中发生腐蚀的模拟装置如图所示，下列有关说法错误的是A.铁片作负极，被腐蚀B.将海水换成蒸馏水，铁片腐蚀速率减慢C.碳棒上发生的电极反应为D.将碳棒换成锌片，铁片不易被腐蚀【答案】C【解析】【分析】根据图中信息可知，装置为原电池，铁片为负极，碳棒为正极，据此分析解题。【详解】A．铁片作负极，被腐蚀，A正确；B．将海水换成蒸馏水不含电解质，铁片腐蚀速率减慢，B正确；C．海水为中性，碳棒上发生吸氧腐蚀，电极反应为，C错误；D．将碳棒换成锌片，铁片不易被腐蚀，锌片比铁活泼，锌片做负极，D正确；答案选C。 6.下列条件下，能大量共存的离子组是A.使紫色石蕊试液显红色的溶液中：、、、B.含有的溶液中：、、、C.使酚酞溶液呈红色的溶液中：、、、D.常温下，pH=12的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．能使紫色石蕊试液显红色的溶液呈酸性，在酸性条件下与会发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错；B．含有的溶液呈酸性，在酸性条件下不能大量共存，同时与发生双水解而不能大量共存，故B错；C．使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，在碱性环境中、不能大量共存，故C错；D．常温下，pH=12的溶液呈碱性，在碱性环境中、、、不发生任何反应而大量共存，故D正确；答案选D。7.下列装置能达到实验目的的是ABCD制备乙酸乙酯制作锌铜双液电池测定中和热测定醋酸钠溶液的pHA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】 【详解】A．在导管末端链接一个球形干燥管，并将其末端伸入饱和碳酸溶液中，可充分收集乙酸乙酯同时还可以防倒吸，故A正确；B．制作锌铜双液电池时，左极池应选用硫酸锌或氯化锌等含锌的盐溶液，而不能选硫酸铜作为电解液（），故B错；C．铜单质具有良好的导热性，所以为减少实验过程中热量的损失，应选用环形玻璃搅拌棒而不选用环形选铜制搅拌棒，故C错；D．用pH试纸测定醋酸溶液的pH值时pH试纸不能润湿，故D错；答案选A。8.化学反应△H，在催化剂K的作用下和无催化剂时的反应过程如图所示。下列说法错误的是A.催化剂对反应速率的影响是通过改变反应机理实现的B.增加A的量，该反应的△H不变C.催化剂能降低正逆反应的活化能D.该反应的【答案】D【解析】【详解】A．催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，从而使分子之间的有效碰撞次数增加，因而化学反应速率大大增加，故催化剂对反应速率的影响是通过改变反应机理实现的，A正确；B．反应的活化能是发生反应的反应物与生成物的能量差，与反应的物质的多少相对应，因此增加A的量，该反应的△H不变，B正确；C．催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，因此正反应、逆反应的活化能都降低，所以催化剂能 同时降低正、逆反应的活化能，C正确；D．根据图示可知EkJ/mol表示逆反应的活化能，而反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差，所以该反应的反应热并不等于EkJ/mol，D错误；故合理选项是D。9.三种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，且Y、Z的原子序数之和是X原子序数的四倍。下列说法正确的是XYZA.非金属性强弱：Z＞X＞YB.X、Y形成的化合物中含有离子键C.X和Z对应的单质可能具有杀菌消毒作用D.Y与Z形成的化合物中原子最外层一定均为8电子结构【答案】C【解析】【分析】由题中信息可知，三种短周期元素在周期表中的相对位置XYZ如图所示。可判断X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的原子序数为a，则Y的原子序数为(a-1+8)，即Y的原子序数为(a+7)，Z的原子序数为(a+1+8)，即Z的原子序数为(a+9)，由Y、Z的原子序数之和是X原子序数的四倍，即(a+7)+(a+9)=4a，解之a=8，所以X为O元素，Y为P元素，Z为Cl元素；据此解答。【详解】A．由上述分析可知，X为O元素，Y为P元素，Z为Cl元素，在氯的氧化物中Cl显正价，O显负价，则非金属性O＞Cl，P、Cl属于同周期元素，随着原子序数的递增，非金属性增强，原子序数Cl＞P，则非金属性Cl＞P，所以非金属性O＞Cl＞P，即X＞Z＞Y，故A错误；B．由上述分析可知，X为O元素，Y为P元素，X、Y形成的化合物为P2O3、P2O5，化合物中无离子键，故B错误；C．由上述分析可知，X为O元素，Z为Cl元素，它们对应的单质可能为O3和Cl2，均具有强氧化性，所以均具有杀菌消毒作用，故C正确； D．由上述分析可知，Y为P元素，Z为Cl元素，它们可以形成PCl3和PCl5，其中PCl5不满足最外层为8电子结构，故D错误；答案为C。10.已知叠氮酸钠()溶液呈碱性。常温下，下列关于叠氮酸()叙述中正确的是A.浓度相等的盐酸和叠氮酸，两者的导电性相同B.将0.1溶液稀释10倍，溶液的pH大于3C.加水稀释叠氮酸溶液，电离程度增大，溶液中的也增大D.等体积pH相同的硫酸和叠氮酸溶液与足量的Zn反应，叠氮酸产生的量更多【答案】D【解析】【分析】已知叠氮酸钠()溶液呈碱性，则说明HN3是一种弱酸，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，HN3为弱酸，而盐酸是强酸，故浓度相等的盐酸和叠氮酸中前者自由移动的离子浓度比后者大，故导电性为前者大于后者，A错误；B．将0.1溶液稀释10倍则浓度变为0.01mol/L，HN3为弱酸只能部分电离，故H+浓度小于0.01mol/L，则溶液的pH大于2，但不一定大于3，B错误；C．加水稀释叠氮酸溶液，由于溶液中H+浓度减小，对水的电离的抑制作用减小，故电离程度增大，C错误；D．等体积pH相同的硫酸和叠氮酸溶液，HN3的浓度远大于硫酸浓度的2倍，故与足量的Zn反应，叠氮酸产生的量更多，D正确；故答案为：D。11.采用一定的脱硫技术可以把硫元素以的形式固定，从而降低的排放，但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与发生反应，降低了脱硫效率，涉及的反应之一是。上述反应在密闭容器中进行并达到平衡，下列说法正确的是A.该反应在常温下能自发进行，且反应速率较快B.降低温度，混合气体的密度增大C.压缩容器，该反应放出的热量减小 D.分离出部分CaS(s)，CO的转化率变大【答案】B【解析】【详解】A．，则，所以该反应在常温下能自发进行，但反应速率不一定较快，故A错；B．由于该正反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动，二氧化碳摩尔质量大于一氧化碳摩尔质量，所以降低温度，混合气体的密度增大，故B正确；C．该反应为等体积反应，压缩容器容积，平衡不会发生移动，则反对应放出的热量无影响，故C错；D．CaS(s)为固体，则CaS(s)的量对化学平衡无影响，所以分离出部分CaS(s)，CO的转化率不变，故D错；答案选B。12.液态Li储能电池工作的示意图如下，电池放电时产生。下列说法错误的是A.断开闭合时，由B极向A极移动B.断开闭合时，A极为阳极，发生氧化反应C.放电时，A极的电极反应式为D.电解质M可能为LiCl的水溶液【答案】D【解析】【详解】A．断开闭合时，该装置为源电池，则液态Li电极（B电极）失去电子发生氧化反应为电 池的负极，A电极为正极，原电池工作时，阳离子由负极移向正极，故A正确；B．断开闭合时，该装置为电解质，A极与电源正极相连为阳极，发生氧化反应，故B正确；C．放电时，A极为正极，发生还原反应，其电极反应式为，故C正确；D．Li为活泼金属能与水反应，所以电解质M不可能为LiCl的水溶液，故D错；答案选D。13.T℃时，NiS的溶解平衡曲线如图所示。下列推断错误的是A.d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液B.b、c两点的相同C.向NiS饱和溶液中加入粉末，可使溶液从b点迁移到c点D.蒸发d点溶液可使溶液迁移到b点【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，d点溶液中c(Ni2+)c(S2-)＜Ksp，故d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液，A正确；B．由图可知b、c两点均达到溶解平衡，温度相同，故相同，B正确；C．向NiS饱和溶液中加入粉末，则溶液中c(S2-)增大，平衡逆向移动，导致c(Ni2+)减小，故可使溶液从b点迁移到c点，C正确；D．蒸发d点溶液则析出晶体，导致溶液中c(Ni2+)、c(S2-)浓度都增大，然后达到平衡后不变，故不可使溶液迁移到b点，D错误； 故答案为：D。14.苯催化加氢制备环已烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：Ⅰ.主反应：Ⅱ.副反应：已知：向恒容密闭容器中充入一定量的苯和不等量的在催化剂的作用下分别发生上述反应，下图表示在不同温度下反应Ⅰ中苯的平衡转化率与n()/n(苯)的关系。下列相关判断错误的是A.，反应速率：b>aB.稳定性：(g)<(g)C.D.若体系中(g)与(g)的浓度之比不再变化，则反应处于平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．温度越高苯的转化率越低，故Ⅰ反应为放热反应，，温度越高反应速率越快，反应速率：b>a，A正确；B．副反应：，反应吸热，说明的能量更低，能量越低越稳定，稳定性：(g)<(g)，B正确；C．①，②，根据盖斯定 律，②-①=Ⅰ，-=，＜0，，C错误；D．若体系中(g)与(g)的浓度之比不再变化，说明浓不再变化，则反应处于平衡状态，D正确；答案选C。15.研究人员利用膜电解技术，以溶液为主要原料制备的装置如图所示。已知：在不同pH时和在溶液中可相互转化，和的物质的量浓度的对数与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是A.a为负极，b为正极B.阴极室制得C.阳极的电极反应式为D.外电路中每通过1mol电子，产生标准状况下16.8L气体【答案】D【解析】【分析】根据图像可知，当溶液酸性较强时，可几乎全部转化为，故产品室的酸性应该很强，推知产品室为阳极室。【详解】A．由分析可知，产品室为阳极室，故a为正极，b为负极，故A错误。B．由分析可知，在阳极室制得，故B错误。C．由分析可知，阳极的电极反应式为，故C错误。D．由分析可知，外电路中通过1mol电子时，阳极产生0.25molO2，阴极产生0.5molH2，故标准状况下产生气体的体积为16.8L，故D正确。故答案为：D。 16.常温下，向某H3PO3溶液中逐滴滴入NaOH溶液，各含P粒子浓度负对数pc与pH的关系如图所示，c点的坐标为(1.4，1.3)。下列说法正确的是A.曲线③表示随pH的变化B.为三元酸C.b点溶液中：D.常温下，的平衡常数【答案】C【解析】【分析】由图示信息可知，各含P粒子浓度的负对数pc，故pc越小说明对应微粒的浓度越大，随着NaOH的加入，溶液的pH越大，溶液中H3PO3的浓度逐渐减小，逐渐增大，然后逐渐增大，故图中曲线③代表pc(H3PO3)随pH的变化，曲线②代表pc()随pH的变化，曲线①代表pc()随pH的变化，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线①表示随pH的变化，曲线③代表pc(H3PO3)随pH的变化，A错误；B．由图像信息可知，溶液中只有三种含P微粒即H3PO3、、，故为二元酸，B错误；C．由图中信息可知，b点溶液中c()=c(H3PO3)，根据电荷守恒可知，即，C正确； D．常温下，的平衡常数，由图中c点信息可知，c(H3PO3)=c()，pH为1.4，故==1012.6，D错误；故答案为：C。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17.反应主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域。在某催化剂表面上该反应的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用·标注。回答下列问题：（1）E的大小对该反应的反应热有无影响？_______(填“有”或“无”)，使E值变小的措施是_______。（2）已知相关键能数据如表所示，图中_______。化学键O-HC=OH-H(CO)键能()4637954361070（3）反应历程①~⑥中决定总反应速率的历程为_______(填序号)，写出该步骤的化学方程式：_______。【答案】（1）①.无②.使用(正)催化剂（2）-30（3）①.④②.COOH·+H·+H2O·→COOH·+2H·+OH·【解析】 【小问1详解】由图可知，图中E表示反应过程中的活化能，根据盖斯定律可知反应热只与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关，故活化能E的大小对该反应的反应热有无影响，催化剂能够降低反应所需要的活化能，从而加快反应速率，故使E值变小的措施是使用(正)催化剂，故答案为：无；使用(正)催化剂；【小问2详解】根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，故反应=E(C≡O)+2E(O-H)-2E(C=O)-E(H-H)=1070+2×463-2×795-436=-30，故答案为：-30；【小问3详解】由题干反应历程图可知，反应历程①~⑥中反应④所需要的活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，该步骤的化学方程式为：COOH·+H·+H2O·→COOH·+2H·+OH·，故答案为：④；COOH·+H·+H2O·→COOH·+2H·+OH·。18.现有X、Y、Z、W、R五种原子序数依次增大的短周期元素。已知X为最轻的元素；Y的一种同位素常用于文物年代的测定；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍；W的族序数与其周期序数相同；R的一种氧化物具有漂白性，其漂白原理和NaClO不同。请回答下列问题：（1）Y在周期表中的位置为_______。（2）W和R形成的最简单化合物与水反应的化学方程式为_______。（3）X、Z的单质和氢氧化钠溶液能形成电池，该电池工作时的正极反应式是_______。（4）工业上常用电解熔融的Z和W形成的化合物的方法冶炼W单质，W单质在_______(填“阴极”或“阳极”)得到，阳极石墨随工作时间的延长会被逐渐消耗，其原因是_______。（5）X、Z、W可形成化合物M，常温下，M的酸性电离常数，则M溶于NaOH溶液的反应的平衡常数_______。【答案】（1）第二周期第IVA族（2）Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑（3）O2+2H2O+4e-=4OH-（4）①.阴极②.电解过程中阳极产生O2，高温下O2能与石墨反应生成CO2，而造成石墨损失（5）20【解析】【分析】由题干信息可知，现有X、Y、Z、W、R五种原子序数依次增大的短周期元素，已知X为最轻的元素，则X为H，Y的一种同位素常用于文物年代的测定，则Y为C；Z原子的最外层电子数是内层电子 总数的3倍，则Z为O；W的族序数与其周期序数相同，且在O的后面，则W为Al；R的一种氧化物具有漂白性，其漂白原理和NaClO不同，即SO2的漂白不是氧化性漂白，则R为S，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，Y为C，故Y在周期表中的位置为：第二周期第IVA族，故答案为：第二周期第IVA族；【小问2详解】由分析可知，W为Al，R为S，则W和R形成的最简单化合物即Al2S3，则其与水反应的化学方程式为：Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故答案为：Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑；【小问3详解】由分析可知，X为H，Z为O，故X、Z的单质和氢氧化钠溶液能形成电池即氢氧燃料电池，该电池工作时的正极上发生还原反应，故其反应式是O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；【小问4详解】由分析可知，Z为O，W为Al，工业上常用电解熔融的Z和W形成的化合物的方法冶炼W单质即电解熔融的Al2O3来冶炼Al单质，Al在电极反应中发生还原反应，故W单质在阴极得到，由于电解过程中阳极产生O2，高温下O2能与石墨反应生成CO2，而造成石墨损失，故石墨随工作时间的延长会被逐渐消耗，故答案为：阴极；电解过程中阳极产生O2，高温下O2能与石墨反应生成CO2，而造成石墨损失；【小问5详解】由分析可知，X为H、Z为O、W为Al，X、Z、W可形成化合物M即为Al(OH)3，常温下，M的酸性电离为：Al(OH)3H2O+H++，电离常数，则M溶于NaOH溶液的反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O，故该反应的平衡常数，故答案为：20。19.是城市污水及工业废水处理的高效廉价絮凝剂，具有显著的沉淀重金属及硫化物、脱色、脱臭除油、杀菌等功效。利用废料(主要成分为、及少量)制备和的流程如下。请回答下列问题：已知：①镓(Ga)和铝同主族，具有相似的化学性质。②25℃时，。 （1）浸出液1中溶质除了NaOH，还主要含有_______(填化学式)。（2）“酸浸氧化”中参与反应的离子方程式为_______，该操作要控制温度为40℃左右的主要目的是_______。（3）当金属阳离子浓度为时恰好沉淀完全，用氨水调pH后滤液3的pH为_______。（4）在滤渣2中加入过量的盐酸使溶液呈酸性的目的是_______；在实验室中进行“浓缩结晶”操作所需的仪器有铁架台(带铁圈)、酒精灯、_______、_______。【答案】（1）（2）①.②.防止过氧化氢受热分解（3）3（4）①.防止水解，从而提高产物产率以及纯度；②.蒸发皿③.玻璃棒【解析】【分析】向主要成分为、及少量的废料中加足量的碱进行碱浸，得到不溶于水的、的滤渣1和得到可溶于水的和NaOH溶液的混合液——滤液1；滤渣1在酸性条件下进行氧化，将氧化亚铜氧化为铜离子和铁离子的浸出液2；向浸出液2中加入适量氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到主要成分为氢氧化铁的滤渣2和主要为硫酸铜的滤液3；滤液3经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到；向滤渣2中加入过量的盐酸，将难容的氢氧化铁转化为可溶的氯化铁，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，据此分析可得：【小问1详解】镓(Ga)和铝同主族，具有相似的化学性质，则也和具有相似的化学性质，也能与NaOH溶液反应生成，所以滤液1为NaOH溶液与溶液的混合液，故答案为：； 【小问2详解】“酸浸氧化”中将氧化为，则其方程式为；升高温度有利于反应的进行，但由于过氧化氢受热易分解，从而使其利用率降低，故答案为：；防止过氧化氢受热分解；【小问3详解】由，则，所pOH=11，则pH=14-pOH=14-11=3，故答案为：3；【小问4详解】滤渣2主要为氢氧化铁，氢氧化铁与盐酸反应生成的铁离子为弱碱阳离子，水解程度较大，向滤渣2中加过量盐酸的目的是防止生成的铁离子水解；实验室中进行“浓缩结晶”操作所需的仪器有铁架台(带铁圈)、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒，故答案为：防止水解，从而提高产物产率以及纯度；蒸发皿；玻璃棒。20.硫酸铜的水溶液具有较强的杀灭病原体的能力，可以用于药浴鱼体、消毒渔具、防治鱼病等。某学校课外活动小组欲进行某溶液中硫酸铜浓度的测定，先取25.00mL，该溶液，向其中加入足量的KI溶液，再加入2滴指示剂，用0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，涉及的反应原理有，(未配平)。请回答下列问题：（1）该实验中选择的指示剂的名称是_______。（2）检验盛装Na2S2O3溶液的滴定管不漏液后，接着对该仪器进行一系列操作，正确的操作顺序为洗涤→_______→滴定(填序号)。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．用洗耳球吹出润洗液E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次G．记录起始读数（3）进行滴定操作时，用左手操作滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______，滴定至终点的现象是 _______。（4）滴定后记录的实验数据如下表，则该溶液中硫酸铜的浓度为_______mol/L。实验编号CuSO4Na2S2O3溶液浓度消耗Na2S2O3溶液体积125.00mL0.2000mol/L27.50mL225.00mL0.2000mol/L24.80mL325.00mL0.2000mol/L25.20mL（5）下列操作会造成测定结果偏高的是_______(填序号)。A.滴定终点时俯视读数B.滴定管尖嘴内有气泡，滴定后消失C.锥形瓶水洗后未干燥D.标准液漏滴在锥形瓶外1滴【答案】（1）淀粉溶液（2）F、B、E、C、G（3）①.锥形瓶中溶液颜色变化②.当滴定达到终点时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色（4）0.2000（5）BD【解析】【分析】向CuSO4溶液中加入KI，发生反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，然后加入Na2S2O3溶液，发生反应：，可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色分析判断滴定终点，盛装Na2S2O3标准溶液使用碱式滴定管，操作是查漏、润洗、装液、排气泡、调整液面刻度、记录液面刻度读数。进行滴定操作时左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化判断滴定终点，根据平行实验数据，分析数据的有效性，舍去不合理数据，计算消耗标准溶液的体积，再根据物质反应转化关系计算CuSO4溶液的浓度，最后根据物质的量浓度定义式，结合实验操作对溶液体积及溶质物质的量的影响判断实验误差。【小问1详解】可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色判断滴定终点，故指示剂为淀粉溶液；小问2详解】在检验盛装Na2S2O3溶液的滴定管不漏液后，用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使滴定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为F、B、E、C、G； 【小问3详解】进行滴定操作时，用左手操作滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化；未用Na2S2O3标准溶液滴定时溶液为蓝色，随着Na2S2O3标准溶液的滴入，溶液蓝色逐渐变浅，当滴入最后半滴溶液，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色时滴定达到终点，此时停止滴加，滴定达到终点，故滴定达到终点的现象是：锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色；【小问4详解】三次使用消耗标准溶液的体积数值中，第一次偏差较大，应该舍去，消耗标准溶液体积为：V(Na2S2O3)=，根据反应方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，，可得关系式2Cu2+～I2～2，则n(Cu2+)=n()，0.2000mol/L×0.025L=c(Cu2+)×0.025L，解得c(Cu2+)=0.2000mol/L，即该溶液中硫酸铜的浓度为0.2000mol/L；【小问5详解】A．滴定终点时俯视读数，反应消耗标准溶液体积偏小，溶质的物质的量偏少，导致待测溶液浓度偏低，A不符合题意；B．滴定管尖嘴内有气泡，滴定后消失，导致消耗标准溶液体积偏大，溶质的物质的量偏多，最终导致待测溶液浓度偏高，B符合题意；C．锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准溶液的体积无影响，因此不影响待测溶液的浓度，C不符合题意；D．标准液漏滴在锥形瓶外1滴，导致消耗标准溶液体积读数偏大，待测溶液中溶质的物质的量偏大，由于待测溶液体积不变，最终导致待测溶液浓度偏高，D符合题意；故合理选项是BD。21.是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫()与原料制备，受热分解生成为气态，△H发生反应。回答下列问题：（1）上述反应中以物质的量分数表示的平衡常数与温度T的变化关系如图所示，则△H_______0(填“>”、“=”或“＜”)，提高平衡体系中的体积分数的措施为_______(填一条)。 （2）某兴趣小组对上述反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.2mol和0.1mol通入2L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为300kPa)，其中三种气体的分压随时间的变化曲线如图所示。①表示分压变化的曲线是_______(填序号)；若保持容器体积不变，时反应达到平衡，则0～内的反应速率_______(用含的代数式表示)。②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______。③在该温度下，该反应的标准平衡常数_______(保留两位小数，已知：分压=总压×物质的量分数；对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。【答案】（1）①.＜②.适当降低温度（或增加甲烷的量或移走硫化氢）（2）①.III②.③.a④. 该反应属于等体积反应，所以减小体积（增大压强）平衡不会发生移动⑤.【解析】【小问1详解】平衡常数随温度的倒数的增大而增大，则随温度T的减小而增大，则正反应为放热反应，所以△H＜0；提高平衡体系中的体积分数，则应使平衡正向移动，由于该反应为放热反应，所以可适当降低温度，使平衡正向移动；增大反应物甲烷的浓度或则及时移走硫化氢均能使平衡正向移动，故答案为：＜；适当降低温度（或增加甲烷的量或移走硫化氢）【小问2详解】①由于为生成物，所以表示分压的曲线应随着反应的进行而逐渐上升，当反应达到平衡后，则平行于时间轴，，平衡时的分压，则曲线III可表示分压；2L的密闭容器中0.2mol和0.1mol的总压为300kPa，则0.2mol和0.1mol的分别为200kPa和100kPa；，解得，所以，则0～内的反应速率，由于，所以，故答案为：III；；②时将容器体积迅速缩小至原来的一半的瞬间分压增大至原来的2倍，由于该反应属于等体积反应，所以减小体积（增大压强）平衡不会发生移动，则时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是a，故答案为：a；该反应属于等体积反应，所以减小体积（增大压强）平衡不会发生移动；