浙江省宁波市北仑中学2022-2023学年高二化学上学期期中检测试卷（Word版附解析）

北仑中学2022学年第一学期高二年级期中考试化学试卷一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20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.下列物质属于弱电解质的是A.CuB.CH3CH2OHC.CH3COOHD.BaSO4【答案】C【解析】【详解】A．Cu属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．CH3CH2OH自身不能电离，属于非电解质，故C错误；C．是弱酸，在溶液中存在电离平衡，是弱电解质，故C正确；D．虽然难溶于水，但溶于水的部分是全部电离的，是强电解质，故D错误；故选C。2.刻度“0”在上方的用于测量液体体积的仪器是A.滴定管B.量筒C.容量瓶D.烧杯【答案】A【解析】【详解】A．滴定管分为酸式滴定管和碱式滴定管，滴定管有0刻度，且0刻度在上方，故A正确；B．量筒没有0刻度，故B错误；C．容量瓶只有一个刻度线，没有0刻度，故C错误；D．烧杯没有0刻度，故D错误；故选A。3.下列电池不属于化学电池的是A.锂电池B.太阳能电池C.燃料电池D.碱性干电池【答案】B【解析】【详解】锂电池、燃料电池、碱性干电池都是化学能变为电能的装置，属于化学电池，太阳 能电池是将太阳能转化为电能的装置，不属于化学电池，故B符合题意。综上所述，答案为B。4.已知反应2A(g)3B(s)+C(g)为放热反应，下列说法正确的是A.低温下能自发进行B.高温下能自发进行C.任何温度下都不能自发进行D.任何温度下都能自发进行【答案】A【解析】【详解】该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，要使反应自发进行，则△G＝△H－T△S＜0，由于△H＜0，△S＜0，则反应自发进行的温度为低温条件，故合理选项是A。5.已知反应NH3⇌N2+H2，在某温度下的平衡常数为0.5，在此条件下，氨的合成反应N2+3H2⇌2NH3的平衡常数为A.0.5B.1C.2D.4【答案】D【解析】【详解】反应NH3⇌N2+H2，在某温度下的平衡常数为0.5，则，在相同温度下，该条件下反应N2+3H2⇌2NH3的平衡常数，故D正确；故选D。6.298K时，浓度均为0.1mol⋅L-1的下列四种溶液中，水的电离程度最大的是A.NaHSO4B.KHSO3C.NaHCO3D.Ba(OH)2【答案】C【解析】【详解】A．NaHSO4电离产生Na+、H+、，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++，因此NaHSO4起一元强酸的作用，c(H+)=0.1mol/L，其电离产生H+对水电离平衡起抑制作用，水电离程度比纯水小，则水电离产生的H+浓度为c(H+)水=c(OH-)= ；B．KHSO3是弱酸的酸式盐，电离程度大于其水解程度，使溶液显酸性，但其电离产生的H+对水电离平衡起抑制作用，导致水电离程度减小，其电离产生H+浓度小于0.1mol/L，水电离产生的H+浓度为c(H+)水＞，但比纯水小；C．NaHCO3是弱酸的酸式盐，水解程度大于其电离程度，水解促使水的电离，使水电离程度增大，水解使溶液显减性，水电离产生的H+浓度为c(H+)水＞10-7mol/L，水电离程度大于纯水；D．Ba(OH)2是二元强碱，其完全电离产生Ba2+、OH-，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，c(OH-)=0.2mol/L，碱电离产生OH-，使水的电离程度减小，因此Ba(OH)2溶液中水电离程度比纯水小；则水电离产生的H+浓度为c(H+)水=c(OH-)水=，可见上述四种盐溶液中水电离程度最大的为NaHCO3，故合理选项是C。7.下列与盐类水解无关的是A.配制FeCl3溶液时，要滴加少量的盐酸B.CaCO3的饱和溶液pH约为9.3C.加热蒸干灼烧Na2SO3溶液得Na2SO4固体D.焊接时用NH4Cl溶液除锈【答案】C【解析】【详解】A.配制FeCl3溶液时，滴加少量盐酸可以抑制铁离子的水解，故不选A；B.碳酸钙的饱和溶液中碳酸根离子水解使溶液显碱性，故不选B；C.加热蒸干灼烧Na2SO3溶液时被氧气氧化得到Na2SO4固体，与盐类水解无关，故选C；D.NH4Cl溶故液中铵根离子水解呈酸性可以在焊接时除锈，故不选D；所以答案为C。8.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中进行反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列叙述不能表明该反应已经达到平衡状态的是A.v正(C)=v逆(D)B.混合气体的密度不变C.容器内气体的压强不变D.混合气体的平均摩尔质量不变 【答案】C【解析】【详解】A．v正(C)=v逆(D)说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A不符合题意；B．该反应是气体体积不变、气体质量增大的反应，反应中混合气体的密度增大，则混合气体的密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B不符合题意；C．该反应是气体体积不变的反应，反应中容器内气体的压强始终不变，则容器内气体的压强不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C符合题意；D．该反应是气体体积不变、气体质量增大的反应，反应中混合气体的平均摩尔质量增大，则混合气体的平均摩尔质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D不符合题意；故选C。9.铅蓄电池是汽车常用的蓄电池Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，其构造如图所示。下列说法不正确的是A.电池充电时，Pb接电源的负极B.电池充电时，c(H+)增大C.电池放电时，负极质量减轻D.电池放电时，电子从铅电极经导线流向二氧化铅电极【答案】C【解析】【分析】由图可知，放电时铅发生氧化反应生成硫酸铅，为负极；氧化铅发生还原反应生成硫酸铅，为正极；【详解】A．电池充电时，负极接外接电源的负极，Pb接电源的负极，A正确；B．电池充电时，总反应为，2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，故c(H+)增大，B正确；C．电池放电时，负极铅转化为硫酸铅，质量增加，C错误；D．电池放电时，电子从负极流向正极，故铅电极经导线流向二氧化铅电极，D正确； 故选C。10.下列关于工业合成氨的说法正确的是A.工业合成氨采用10～30MPa，是因为该条件下催化剂的活性最好B.选择不同的催化剂会改变此反应△H的数值C.合成氨工业中采用低温以提高平衡转化率D.合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率【答案】D【解析】【详解】A．合成氨工业采用，使反应速率快，且有利于提高平衡混合物中氨的含量，故A错误；B．催化剂能改变化学反应速率，不能改变反应△H的数值，故B错误；C．合成氨若采用低温可提高平衡转化率，但温度降低会使化学反应速率减小，达到平衡所用时间变长，在实际生产中采用的温度为400~500℃，故C错误；D．合成氨反应的转化率不高，采用循环操作，可提高氮气和氢气的利用率，降低生产成本，D正确；故选D。二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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)11.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.为排除阴离子对实验的干扰，可改为在甲中①试管中加入5滴0.1mol/L-1Fe2(SO4)3溶液C.用图乙所示装置测定反应速率，可测定相同时间内收集到的氧气的体积 D.为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞压缩一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位【答案】B【解析】【详解】A．反应速率可以通过观察产生气泡快慢来判断，则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，A正确；B．甲中①试管中加入5滴0.1mol/LFe2(SO4)3溶液后，两支试管中SO浓度、Fe3+和Cu2+浓度均不相同，无法排除阴离子干扰，不能确定Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，B错误；C．反应速率可以用单位时间内产生气体的体积表示，要测定反应速率，需要记录反应产生的气体体积及反应时间，C正确；D．关闭A处活塞，将注射器压缩拉出一定距离，若气密性不好，气体被排出，活塞不能回到原位，若气密性良好，活塞能回到原位，D正确；故选B。12.下列说法正确的是A.增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率B.对气体反应压缩体积增大压强，可以提高单位体积内活化分子数，提高反应速率C.活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D.能够发生有效碰撞分子叫做活化分子，活化分子具有的能量叫做活化能【答案】B【解析】【详解】A．增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，不能提高活化分子百分数，故A错误；B．增大压强减小容器体积，导致增大单位体积内活化分子个数，活化分子有效碰撞几率增大，所以反应速率加快，故B正确；C．活化分子之间发生碰撞，生成新物质时的碰撞为有效碰撞，故C错误；D．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，即活化分子多出其它反应物分子的那部分能量，故D错误；故选B。13.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.含有大量的溶液：、、、B.在0.1mol·L-1NaAlO2溶液中：NH、Na+、Cl-、HCOC.在能使甲基橙变红色的溶液中：Mg2+、Fe2+、、Cl-D.在的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．与、因为生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B．与HCO会发生反应而不能共存，故B错误；C．能使甲基橙变红色说明溶液显酸性，在酸性条件下会与Fe2+发生氧化还原反应而不能共存，故C错误；D．说明溶液显碱性，、、、在碱性条件能大量共存，故D正确；故选D。14.下列关于金属的腐蚀与防护说法正确的是A.图①中往Fe电极区滴入2滴K3[Fe(CN)6]，产生蓝色沉淀B.图②中铁丝容易生成Fe2O3·xH2OC.图③中M可用石墨代替D.图④中若电源断开，闸门易发生吸氧腐蚀【答案】D 【解析】【详解】A．因为锌比铁活泼，所以锌为负极，失去电子生成锌离子，铁为正极，不失电子，不产生亚铁离子，故图①中往Fe电极区滴入2滴K3[Fe(CN)6]，不能产生蓝色沉淀，故A错误；B．试管内为干燥的空气，铁不发生腐蚀，故B错误；C．若图③中M用石墨代替，则钢铁输水管为负极，钢铁被腐蚀，不能保护钢铁输水管，故C错误；D．图④中若电源断开，钢铁闸门形成原电池，铁为负极，碳为正极，铁失去电子，在海水中发生吸氧腐蚀，故D正确；故选D。15.在室温的情况，下列说法正确的是A.浓度均为0.1mol/L的盐酸与氨水混合至pH=7时，消耗盐酸体积大于氨水B.浓度均为0.2mol/L的NaOH溶液与氨水，导电能力相同C.HCl溶液中c(Cl-)与c(CH3COOH)溶液中c(CH3COO-)相等，则两溶液pH相等D.分别对pH=2的HCl溶液与CH3COOH溶液加水稀释100倍，CH3COOH溶液的pH变化大【答案】C【解析】【详解】A．浓度均为0.1mol/L的盐酸与氨水混合至pH=7时，溶液中溶质为和，氨水过量，故A错误；B．为弱电解质，NaOH为强电解质，浓度均为0.2mol/L的NaOH溶液与氨水，NaOH溶液导电能力强，故B错误；C．HCl为强电解质，完全电离，溶液中，为弱电解质，，电离出的，若，则两溶液中的相等，pH相同，故C正确；D．稀释时，强电解质的pH变化大，所以分别对pH=2的HCl溶液与CH3COOH溶液加水稀释100倍，HCl溶液的pH变化大，故D错误；故选C。 16.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是A.a电极的电极反应为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-B.c、d离子交换膜依次为阳子交换膜和阴离子交换膜C.电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu2++2e-=CuD.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320gNaOH【答案】D【解析】【分析】浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓度完全相等时，放电停止，电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应，作正极，Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，b为电解池的阳极，H2O中的OH-失去电子发生氧化反应生成O2。电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5mol·L-1升到1.5mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L×(2.5-1.5)mol·L-1=2mol，电路中转移4mol电子，电解池的阴极生成4molOH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g。【详解】A．a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，电极反应为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，A项正确；B．因溶液为电中性，a电极附近产生了阴离子，必须让阳离子发生移动，c为阳离子交换膜，b电极附近阴离子减少，必须让阴离子发生移动，d为阴离子交换膜，B项正确；C．Cu(1)作正极，得到电子，电极反应为Cu2++2e-=Cu，C项正确；D．电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液浓度同时由2.5mol·L-1降到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5mol·L-1升到1.5mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L×(2.5-1.5)mol·L-1=2mol，电路中转移4mol电子，电解池的阴极生成4molOH-，即阴极区可得 4mol氢氧化钠，其质量为160g，D选项错误；故选D。17.25℃时，用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL同浓度的一元酸HX溶液，所得滴定曲线如图所示，其中坐标A(0，2.4)、B(10，3.8)、C(20，8.2)。下列说法正确的是A.一元酸HX电离常数的数量级为10-3B.B点溶液中：c(HX)>c(Na+)>c(X—)C.C点溶液中：c(HX)+c(OH—)=c(H+)D.溶液呈中性时，加入NaOH物质的量与剩余HX的物质的量之比为103.2【答案】D【解析】【详解】A．由A点坐标可知，一元酸HX电离常数Ka=≈=10—3.8，电离常数的数量级为10-4，故A错误；B．由图可知，B点为等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液pH为3.8，由溶液呈酸性可知，溶液中HX的电离程度大于X—离子的水解程度，HX的浓度小于X—离子的浓度，故B错误；C．由图可知，C点为HX溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到的NaX溶液，溶液中存在质子守恒关系c(HX)+c(H+)=c(OH—)，故C错误；D．由A点坐标可知，一元酸HX电离常数Ka=≈=10—3.8，溶液呈中性时，溶液中X—离子的浓度与加入氢氧化溶液的浓度相等， ===103.2，则加入氢氧化钠的物质的量与剩余HX的物质的量之比为103.2，故D正确；故选D。18.电解原理在化学工业中有着广泛的应用。图甲表示电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。则下列说法不正确的是A.若此装置用于电解精炼铜，则X为纯铜、Y为粗铜，电解质溶液a可以是硫酸铜或氯化铜溶液B.按图甲装置用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，加入1mol的Cu(OH)2刚好恢复到通电前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子为2.0molC.按图甲装置用惰性电极电解AgNO3溶液，若图乙横坐标x表示流入电极的电子的物质的量，则E可表示反应生成硝酸的物质的量，F表示电解生成气体的物质的量D.若X、Y为铂电极，a溶液为500mLKCl和KNO3混合液，经一段时间后，两极均得到标准状况下11.2L气体，则原混合液中KCl的物质的量浓度至少为2.0mol·L-1【答案】B【解析】【分析】图甲为电解池，与电源正极相连的Y为阳极，还原剂在阳极发生氧化反应，与电源负极相连的X为阴极，氧化剂在阴极发生还原反应。【详解】A．电解精炼铜，阴极X为纯铜，不断有铜析出，阳极Y为粗铜，粗铜发生溶解，电解质溶液a用可溶性铜盐溶液，A正确；B．惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，第一阶段铜离子在阴极还原为Cu，氢氧根离子在阳极氧化为O2，此阶段可加CuO恢复原溶液，铜离子放电完后的第二阶段，氢离子在阴极还原为H2，氢氧根离子在阳极氧化为O2，此阶段可加H2O恢复原溶液，通电一段时间后，加入1mol的Cu(OH)2刚好恢复到通电前的浓度和pH，则为第一阶段的CuO与第二阶段的H2O 的物质的量为1:1，则电解过程中转移的电子为，B错误；C．阴极反应为，阳极反应为，则图乙横坐标x表示流入电极的电子的物质的量为4mol时，E可表示反应生成硝酸的物质的量为4mol，F表示电解生成氧气的物质的量为1mol，与图像吻合，C正确；D．两极均得到标准状况下11.2L气体，则阳极还没有产生氧气，阳极，则原混合液中KCl的物质的量浓度至少为，D正确；答案选B。19.常温下，或的单一饱和溶液体系中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液的变化关系如图所示。已知常温下，，下列说法错误的是A.曲线a表示饱和溶液中的变化关系，且B.向X点对应的饱和溶液中加入少量固体，可转化为Y点对应的溶液C.除去酸性溶液中含有的少量杂质，可加入适量，充分搅拌后过滤D.当和两种沉淀共存时，溶液中【答案】B【解析】【详解】A．常温下，，则当溶液的相同时， ，则，故曲线a表示饱和溶液中的变化关系，曲线b表示饱和溶液中的变化关系。根据X点计算常温下的溶度积：，A正确；B．向X点对应的饱和溶液中加入少量固体，溶液中会生成沉淀，溶液中会减小，而图中从X点到Y点的保持不变，B错误；C．因为，更易生成沉淀，在含有少量杂质的酸性溶液中，加入适量，发生反应：，使溶液的增大，杂质转变为沉淀，过滤后所得溶液为溶液，C正确；D．根据Z点计算常温下的溶度积：，当和两种沉淀共存时，溶液中，D正确。故选B。20.在体积可变的密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，控制不同的温度和压强进行实验，H2S平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法不正确的是A.压强大小： B.m、n点对应的正反应速率：vm(正)<vn(逆)C.控制压强为p2、温度为975℃，容器的初始体积为1L，若H2S初始浓度为1mol·L-1，则达到平衡时H2的浓度为mol·L-1D.温度975℃时平衡常数K为0.09(精确到小数点后两位)【答案】D【解析】【分析】该反应为反应前后气体分子数增多的反应，在相同温度时，增大压强，平衡向逆向移动，平衡转化率减小，因此，据此作答。【详解】A．据分析可知A正确；B．n点和m点相比，对应的硫化氢的转化率相同，但温度更高、压强更大，因此反应速率更快，故m、n点对应的正反应速率：，B正确；C．控制压强和温度不变，则体积会发生改变，假设原本气体体积为1L，则初始物质的量为1mol•L-1´1L=1mol，平衡转化率为40%，则平衡时mol；反应的三段式如下：则平衡时，气体的总物质的量为1.2mol，则根据阿伏加德罗定律可知，平衡时气体的体积变为1.2L，mol/L，C正确；D．反应的三段式如下：则平衡时，气体的总物质的量为1.2mol，则根据阿伏加德罗定律可知，平衡时气体的体积变为1.2L，平衡常数K=0.03，D错误。 答案选D。二、非选择题(共50分)21.按要求填空。（1）碳酸钠溶液显_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是_______(用离子方程式表示)，溶液中存在离子的浓度由大到小的顺序为_______。（2）已知反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，该反应平衡常数表达式为K=_______；反应达到平衡后，增加固体碳的用量，H2O(g)的转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）已知t℃时，pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下的Kw=_______；将100mL0.1mol·L-1的稀H2SO4溶液与100mL0.4mol·L-1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH=_______。【答案】（1）①.碱②.CO+H2OHCO+OH-③.Na+、CO、OH-、HCO、H+（2）①.②.不变（3）①.10-13②.12【解析】【小问1详解】碳酸钠水解，显碱性，故碳酸钠溶液显碱性；原因是CO+H2OHCO+OH-；溶液中存在离子的浓度由大到小的顺序为Na+>CO>OH->HCO>H+；【小问2详解】已知反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，平衡常数是生成物系数次幂除以反应物系数次幂，纯固体浓度不变不写入平衡常数，该反应平衡常数表达式为；反应达到平衡后，增加固体碳的用量不影响平衡，H2O(g)的转化率不变；【小问3详解】pH=2的稀硫酸，pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，说明，则该温度下的；将 100mL0.1mol·L-1的稀H2SO4溶液，与100mL0.4mol·L-1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的，，溶液的pH=12；22.二氧化氯具有氧化性，能杀菌、漂白、除臭、消毒、保鲜。可用测定溶液中的含量，实验方案如下：步骤1：准确量取溶液10.00mL，稀释至100mL。步骤2：量取稀释后的溶液于锥形瓶中，调节溶液的pH≤2，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：未配平)步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。(已知：)（1）准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是_______。（2）确定滴定终点的现象为_______。（3）根据上述步骤计算原ClO2溶液物质的量浓度为_______(用含字母的代数式表示)。（4）下列关于滴定分析的操作，错误的是_______。(填字母)A.滴定时要适当控制滴定速率B用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下（5）下列操作会导致测定结果偏低的是_______(填字母)。A.未用标准浓度的溶液润洗滴定管B.滴定前锥形瓶中有少量水C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D.读数时，滴定前仰视，滴定后俯视【答案】（1）酸式滴定管##移液管 （2）当最后半滴硫代硫酸钠溶液加入后，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟不变（3）（4）BC（5）D【解析】【分析】滴定实验原理：ClO2溶液与过量的KI反应生成I2，然后利用淀粉作指示剂，通过I2与标准液反应，当溶液蓝色全部褪去，此时与I2恰好完全反应，利用的物质的量计算I2的物质的量，然后通过I2的物质的量计算出稀释后的ClO2溶液中溶质浓度。【小问1详解】ClO2具有氧化性，因此滴定实验中，量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器为酸式滴定管或移液管。【小问2详解】由上述分析可知，滴定终点I2与恰好完全反应，此时溶液中无I2剩余，所选指示剂为淀粉，因此滴定终点的现象为当最后半滴硫代硫酸钠溶液加入后，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟不变。【小问3详解】ClO2与I-反应过程中，I元素化合价由-1升高至0，Cl元素化合价由+4降低至-1，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可知，该反应离子方程式为，由氧化还原反应电子转移守恒可知，实验过程中，，即，因此稀释后ClO2溶液中，原溶液稀释10倍得到稀溶液，因此原溶液中。【小问4详解】A．滴定时，若滴定速率过快，可能会导致标准液滴加过量，使得实验结果出现误差，因此滴定时要适当控制滴定速率，故A项正确； B．滴定实验中，量取待测液需使用滴定管或移液管量取待测液，故B项错误；C．滴定过程中，需时刻观察锥形瓶中液体颜色变化，以此判断是否达到滴定终点，故C项错误；D．因滴定管最上端刻度为“0”刻度，刻度以上部分无体积读数，因此平行滴定时，为避免上次滴定终点读数产生误差，须重新装液，重新读数，并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故D项正确；综上所述，错误的是BC。【小问5详解】A．滴定管使用时，需先用蒸馏水洗涤，然后用待装液体润洗，若未用标准浓度的溶液润洗滴定管，则溶液被稀释，滴定管中浓度低于标准浓度，滴定过程中所消耗的体积将偏大，导致测定结果偏大，故A项不选；B．滴定前锥形瓶中有少量水，不会影响锥形瓶中溶质的物质的量，对测定结果无影响，故B项不选；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则气泡体积计入标准液滴定体积，使得体积偏大，导致结果偏大，故C项不选；D．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，如图所示()，读数将偏小，导致结果偏低，故D项选。综上所述，答案为D。23.利用工业废气CO2制甲醇的反应原理CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1，可以一定程度摆脱当下对化石燃料的依赖。（1）上述反应的△H1_______0(填“>”、“<”或“=”)，理由是_______。（2）将1.0molCO2和3.0molH2充入2L恒容密闭容器中，使其按反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)进行，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是_______ A.T3对应的平衡常数小于T4对应的平衡常数B.根据图中曲线分析，催化剂Ⅰ的催化效果好C.b点v正可能等于v逆D.a点的转化率比c点高可能的原因是该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低（3）在VL密闭容器中，充入不同氢碳比的原料气体，控制温度600K，发生上述反应，请在下图画出达到平衡时CH3OH在混合气体中的体积分数随氢碳比递增的变化趋势_______。（4）现向恒温恒压(0.1MPa)的密闭容器中充入1molCO2，3molH2和6molHe，上述反应达平衡时，测得CO2的转化率为20%，则该反应的Kp=_______(精确到小数点后一位)MPa-2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)（5）CO2制备CH3OH的过程中，往往伴随着另一反应发生：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=40.9kJ•mol-1，从而导致CH3OH的选择性下降，有研究表明，在原料气中掺入适量CO，能提高CH3OH的选择性，试说明其可能的原因：_______。【答案】（1）①.<②.△S<0且反应自发（2）BD （3）（4）33.3（5）增加CO的量，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)逆移，使反应物的量增加，从而使CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)正移，从而增大CH3OH选择性【解析】【小问1详解】由方程式可知，该反应为熵减的反应，反应△S<0，反应能自发进行说明△H—T△S<0，则反应△H<0，故答案为：<；【小问2详解】由图可知，a点二氧化碳转化率最大，说明反应达到平衡，则a点前为平衡的形成过程，a点后为平衡的移动过程，温度升高，二氧化碳的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应；A．由分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则T3对应的平衡常数大于T4对应的平衡常数，故错误；B．由图可知，相同温度时，使用催化剂Ⅰ时二氧化碳的转化率最大，说明反应的反应速率最大，催化剂的催化效果最好，故正确；C．由分析可知，b点时，反应未达到平衡，为平衡的形成过程，则正反应速率大于逆反应速率，故错误；D．由分析可知，b点时，反应达到平衡，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率降低，故正确；故选BD；【小问3详解】当氢碳比与方程式的化学计量数相等时，甲醇的百分含量最高，当小于化学计量数时，氢碳比越大，甲醇的百分含量越大，当大于化学计量数时，氢碳比越大，甲醇的百分含量越小，则甲醇在混合气体中的体积分数随氢碳比递增的变化趋势图为 ，故答案为：；【小问4详解】由反应达平衡时二氧化碳的转化率为20%可知，平衡时容器中二氧化碳、氢气、氦气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为(1—1×20%)mol=0.8mol、(3—1×20%×3)mol=2.4mol、6mol、1mol×20%=0.2mol、1mol×20%=0.2mol，则该反应的Kp=≈33.3MPa-2，故答案为：33.3；【小问5详解】在原料气中掺入适量一氧化碳，一氧化碳的浓度增大，反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的浓度增大，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡向正反应方向移动，甲醇的产率增大、选择性增大，故答案为：增加CO的量，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)逆移，使反应物的量增加，从而使CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)正移，从而增大CH3OH选择性。24.某兴趣小组用如图所示装置研究电化学相关问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转，根据所学知识回答下列问题。（1）闭合电键后，乙池NO去向_______极(填“A”或“B”)，丙池中D电极为_______极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)。 （2）乙池中A电极的现象为_______。（3）写出CH3OH电极的电极反应式_______。（4）写出丙池中总反应的离子方程式_______。（5）丙池中析出固体铜1.60g时，甲池中理论上消耗O2的体积_______(标准状况下)。【答案】（1）①.A②.阴极（2）金属银不断溶解（3）CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O（4）2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+（5）280【解析】【分析】当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转，该串联电路中甲池为燃料电池，为原电池，提供电能，乙池和丙池为电解池，通入甲醇的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则乙池中银电极为阳极，石墨为阴极，丙池中C极为阳极，D极为阴极。【小问1详解】闭合电键后，电解池中阴离子移动向阳极，故乙池NO去向A极，丙池中D电极为阴极。【小问2详解】乙池中银电极为阳极，A极发生反应Ag-e-=Ag+，故乙池中A电极现象为金属银不断溶解。【小问3详解】在碱性环境中甲醇被氧化为碳酸根离子，故CH3OH电极的电极反应式CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O。【小问4详解】丙池中C极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，D极为阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故丙池中总反应的离子方程式2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。【小问5详解】丙池中析出固体铜1.60g时，铜物质的量为0.025mol，根据转移电子数守恒可得关系式，2Cu~O2，则消耗氧气0.0125mol，则甲池中理论上消耗O2，在标准状况下体积为0.0125mol´22.4L/mol=0.28L=280mL。25.天然水体中的与空气中的保持平衡。某温度下，溶洞水体中(X为 、、或)与pH关系如图所示，回答下列问题。（1）①、②、③三条斜线中，能表示随pH变化关系的斜线是_______。（2）该温度下，的电离平衡常数_______；时溶液的pH=_______。（3）已知：，；室温下，取溶液VmL，用0.1氨水标准溶液进行滴定，先生成白色沉淀，继续滴加氨水，沉淀恰好溶解生成时，消耗标准液20mL；若向该溶液加入固体，当开始沉淀时，溶液中浓度为_______。[用含V的代数式表示，不考虑杂质反应]【答案】（1）①（2）①.10-6.3②.9.8（3）2.0×10-12V【解析】【分析】碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离出碳酸氢根离子和碳酸根离子，一级电离电离出的氢离子抑制二级电离，则溶液的pH较小时，碳酸氢根离子大于碳酸根离子，所以曲线②代表lgc(HCO)与pH变化关系、曲线③代表lgc(CO)与pH变化关系。 【小问1详解】溶液pH增大，溶液中碳酸根离子浓度增大，会与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，导致溶液中的钙离子浓度减小，则曲线①表示lgc(Ca2+)随pH变化关系，故答案为：①；【小问2详解】由分析可知，曲线②代表lgc(HCO)与pH变化关系、曲线③代表lgc(CO)与pH变化关系，由图可知，当碳酸浓度和碳酸氢根离子浓度相等时，溶液pH为6.3，则碳酸的一级电离常数Ka1==c(H+)=10-6.3；设曲线③中lgc(CO)与pH的线性关系为y=ax+b，代入坐标数据可得：8.5a+b=—4.5和10.3a+b=—1.1，解联立方程可得a≈1.89、b≈—20.57，若溶液中lgc(CO)=2，则溶液pH为≈9.8，故答案为：10-6.3；9.8；【小问3详解】由题意可得如下转化关系：Cd2+—4NH3·H2O—[Cd(NH3)4]2+，滴定消耗20mL0.1mol/L氨水，则硫酸镉的浓度为=mol/L；将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②可得CdCO3Cd2++CO，碳酸镉的溶度积Ksp===10-12，则向硫酸镉溶液加入碳酸钠固体，当碳酸镉开始沉淀时，溶液中碳酸根离子浓度为=2.0×10-12Vmol/L，故答案为：2.0×10-12V。