天津市河东区2022-2023学年高二化学上学期期末试题（Word版附解析）

河东区2022～2023学年度第一学期期末质量检测高二化学试卷第Ⅰ卷(选择题，共36分)本卷可能用到的相对原子质量：本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.镀锌的铁表面有划损时，铁仍然受到保护B.燃煤时加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C.回收处理废旧电池，主要是为了变废为宝D.天然气、沼气都是比较清洁的可再生能源【答案】A【解析】【详解】A．Zn与Fe构成原电池时，Zn易失电子做负极，Fe作正极被保护，所以镀锌铁制品破损后，镀层仍能保护铁制品，故A正确； B．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，可以减少酸雨的形成，而碳酸钙受热分解产生二氧化碳，所以燃煤中加入生石灰不能减少温室气体的排放，故B错误；C．废旧电池中含有重金属，能污染水源和土壤，回收处理废旧电池，主要是为了防止污染地下水和土壤，故C错误；D．天然气属于不可再生能源，故D错误；故选A。2.下列物质属于弱电解质的是A.NaClB.NaOHC.NH3·H2OD.H2SO4【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；B．氢氧化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B不符合题意；C．一水合氨在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C符合题意；D．硫酸在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D不符合题意；故选C。3.在恒温、恒容容器中发生反应：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g)。不能表示上述反应达到化学平衡状态的是 A.3v(N2)逆=v(H2)正B.容器内的压强不变C.混合气体密度保持不变D.c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6【答案】D【解析】【详解】A．在任何时刻都存在3v正(N2)=v正(H2)，若3v(N2)逆=v(H2)正，则v正(N2)=v逆(N2)，反应达到平衡状态，A不符合题意；B．反应为气体体积变化的反应，故反应前后气体的压强为变量，则压强不变则达到了平衡，B不符合题意；C．该反应在恒容密闭容器中进行，前后气体质量发生改变，当气体质量不变时，此时气体的密度不变，反应达到平衡状态，故C不符合题意；D．反应体系中c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)=1∶3∶6时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与反应条件以及反应开始时加入反应物的多少有关，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D符合题意；故合理选项是D。4.下列溶液一定呈中性的是A.pH=7的溶液B.溶液C.使石蕊试液呈紫色的溶液D.酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液【答案】B【解析】【详解】A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；B．溶液，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定呈中性，故B正确；C．使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故C错误；D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；故选：B。5.下列事实对应的化学用语不正确的是A.热的纯碱溶液清洗油污：CO＋H2OHCO＋OH-B.0.1mol/L氨水的pH约为11.1：NH3·H2ONH＋OH-C.用醋酸清洗热水壶中的碳酸钙水垢：2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋H2O＋CO2↑D.明矾净水原理：Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋ 【答案】C【解析】【详解】A．温度升高，促进CO的水解，使溶液中OH-浓度增加，CO水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH-，A项正确；B．氨水中的一水合氨电离使溶液显碱性，其电离方程式为NH3·H2ONH＋OH-，B项正确；C．醋酸和碳酸钙水反应的离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，C项错误；D．明矾溶于水后Al3+在水溶液中水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中杂质，Al3+水解的离子方程式为Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋，D项正确；答案选C。6.下列不能用勒夏特列原理解释的是A.工业上催化氧化成的反应，选用常压条件而不选用高压B.用饱和食盐水除去中的，可以减少氯气的损失C.将溶液加热蒸干不能得到固体D.向溶液中加入固体后颜色变深【答案】A【解析】【详解】A．存在平衡2SO2 +O2(g)?2SO3(g)，该反应是气体体积减小的反应，选择高压有利于平衡正向移动，提高，的产率，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特利原理解释，故B不符合题意；C．加热会促进FeCl3的水解，蒸干产物不是氯化铁，是氢氧化铁固体，灼烧得到氧化铁，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．溶液中加入固体KSCN后，SCN-离子浓度增大，平衡正向进行，颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选A。7.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是（　　）①太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）=2H2（g）＋O2（g）　ΔH1＝＋571.6kJ·mol－1②焦炭与水反应制氢：C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g）　ΔH2＝＋131.3kJ·mol－1 ③甲烷与水反应制氢：CH4（g）＋H2O（g）=CO（g）＋3H2（g）　ΔH3＝＋2061kJ·mol－1A.反应①中电能转化为化学能B.反应②为放热反应C.反应③使用催化剂，ΔH3减小D.反应CH4（g）=C（s）＋2H2（g）的ΔH＝＋74.8kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】A.反应①中，太阳光催化分解水制氢，由光能转化为化学能，A不正确；B.反应②中，ΔH2>0，为吸热反应，B不正确；C.反应③中，使用催化剂，对ΔH3不产生影响，C不正确；D.应用盖斯定律，将反应③-反应②得，反应CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝＋74.8kJ·mol－1，D正确；答案选D。8.锌铜原电池装置如图，下列说法不正确的是A.锌电极上发生氧化反应B.盐桥中的移向溶液C.电子从锌片经电流计流向铜片D.铜电极上发生反应：【答案】B【解析】【详解】分析：由图可知，该装置为原电池，比活泼，作负极，电极反应式为，作正极，电极反应式为，据此作答。A．Zn作负极失电子发生氧化反应，故A正确；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，因而钾离子移向硫酸铜溶液，故B错误；C．原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，故C正确； D．作正极，电极反应式为，故D正确；故选：B。9.反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是A.该反应、B.该反应的平衡常数C.高温下反应每生成1molSi需消耗D.用E表示键能，该反应【答案】B【解析】【详解】A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=,故B正确；C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl)－2E(Si－Si)，故D错误；答案为B。10.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是A.该电池放电时质子从Pt2电极经过内电路流到Pt1电极B.Pt1电极附近发生反应为：SO2＋2H2O－2e－＝H2SO4＋2H＋C.Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－D.相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1【答案】D 【解析】【详解】放电时为原电池，质子向正极移动，Pt1电极为负极，则该电池放电时质子从Pt1电极移向Pt2电极，A错误；Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，硫酸应当拆为离子形式，B错误；酸性条件下，氧气得电子生成水,C错误；相同条件下，放电过程中：负极发生氧化反应：2SO2＋4H2O－4e－＝2SO2-4＋8H＋，正极发生还原反应：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，根据转移电子数相等规律可知：放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确；正确选项D。点睛：Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，负极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，一定要注意硫酸应当拆为离子形式，这一点易被忽视导致出现错误。11.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和现象结论A向2支均盛有2mL相同浓度的溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)B将红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，试管中有红棕色气体产生木炭与浓硝酸反应产生NO2C用pH试纸测得：溶液的pH约为9，溶液的pH约为8电离出能力比的强D向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀溶液中可能存在平衡：II-+I2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．其他条件相同时，对于相同类型的难溶电解质，Ksp小的先沉淀，向2支均盛有2mL相同浓度的溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，只生成AgI黄色沉淀，说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，A错误；B．浓硝酸受热易分解生成二氧化氮，因此将红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，试管中有红棕色气体产生，二氧化氮不一定是木炭与浓硝酸反应产生的，也有可能是浓硝酸受 热分解产生的，B错误；C．两种盐溶液的浓度未知，无法根据钠盐溶液的pH定性判断其对应的酸的酸性强弱，B错误；D．向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘单质和碘离子，则KI3溶液中可能存在平衡：II-+I2，D正确；答案选D。12.温度为T℃，向体积不等的密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol，发生反应：。反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示()。下列说法正确的是A.对c点容器加压，缩小容器体积，则此时B.T℃时，a、b两点时反应的平衡常数C.向a点体系中充入一定量，达到新平衡时，转化率将减小D.图中c点所示条件下【答案】C【解析】【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。【详解】A．在相同的反应时间内，c点对应的容器体积最大、压强最小，化学反应速率较慢，故其中二氧化氮的转化率较小，对c点容器加压，缩小容器体积，则化学反应速率加快，向正反应方向进行，此时v(逆)＜v(正），A错误；B．平衡常数只受温度影响，不受压强影响，因此，T°C时，a、b两点时反应的平衡常数 Ka=Kb，B错误；C．向a点体系中充入一定量NO2，相当于在原平衡的基础上增大压强（因为另一反应物是固体），化学平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时，NO2转化率将减小，C正确；D．由分析可知，c点反应未达到平衡状态，则v(逆)≠v(正），D错误；答案选C。第Ⅱ卷(非选择题，共64分)本卷可能用到的相对原子质量：　　　　13.Ⅰ、研究水溶液中的粒子行为在研究中具有重要价值。（1）根据下表所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：溶液物质的量浓度用离子方程式表示溶液显酸性的原因(Ⅰ)3___________(Ⅱ)6／(Ⅲ)1／（2）比较溶液(Ⅱ)、(Ⅲ)中的大小关系是(Ⅱ)___________(Ⅲ)(填“>”、“<”或“=”)。（3）溶液(Ⅱ)中各离子浓度由大到小的顺序是___________。（4）溶液(Ⅰ)和(Ⅱ)中由水电离出的之比是___________。Ⅱ、海水是巨大的化学资源宝库，利用海水可以直接或间接获取很多物质。（5）如下图是氯碱工业中电解饱和氯化钠溶液的示意图，饱和氯化钠溶液从a口进入，溶液从___________(填b或d)口导出，阳离子交换膜的作用是___________；电解饱和氯化钠溶液的方程式为___________。 【答案】（1）CH3COOHH++CH3COO-（2）<（3）c(Cl-)>>c(H+)>c(OH-)（4）10-5：1（5）①.d②.阻止H2、OH-移向阳极，防止OH-与Cl2反应，提高NaOH的产量和纯度，防止H2与Cl2反应，发生意外事故③.2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑【解析】【小问1详解】是弱酸，在水溶液中不完全电离产生氢离子和醋酸根离子而使溶液呈酸性，电离方程式为：CH3COOHH++CH3COO-。【小问2详解】氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，硫酸氢铵是强酸的酸式盐，在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，则等浓度的硫酸氢铵溶液中铵根离子浓度大于氯化铵溶液中的铵根离子浓度，故答案为：<。【小问3详解】氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中中各离子浓度由大到小的顺序为c(Cl-)>>c(H+)>c(OH-)。【小问4详解】醋酸是弱酸，在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，0.1mol/L醋酸溶液的pH为3，由水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度可知，水电离出的氢离子浓度为=1×10-11mol/L，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，0.1mol/L醋酸铵溶液的pH为6，由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度可知，水电离出的氢离子浓度为1×10-6mol/L，则两溶液中水电离出的氢离子浓度之比为1×10-11mol/L：1×10-6mol/L=10-5：1。 【小问5详解】由图可知，电极A为电解池的阳极，a口进入的饱和氯化钠溶液中氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极B为阴极，b口进入的稀氢氧化钠溶液中的水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，在d口导出浓氢氧化钠溶液，由于氯气能与阴极放电生成的氢气和氢氧根离子反应，装置中的阳离子交换膜只允许钠离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氢氧根离子、氢气与氯气反应，电解的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。14.I.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。（1）在、250℃时，将和加入aL刚性容器中充分反应，测得体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450℃，测得体积分数为0.025，可判断合成氨反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。（2）我国科学家研究了在铁掺杂纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。需要吸收能量最大的能垒E=___________eV。II.一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，ABC三种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化如图1所示。已知达到平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。（3）该反应的化学方程式为___________，此反应平衡常数表达式为K=___________。 （4）该反应的___________0(填“>”“＜”或“=”)。（5）该反应的反应速率v随时间t的变化关系如图2所示：①根据图2判断，在t3时刻改变的外界条件是___________。②在恒温恒容密闭容器中发生该反应，下列能作为达到平衡状态的判断依据是(填标号)________。a.体系压强不变b.气体的平均摩尔质量保持不变c.气体的密度保持不变d.A的消耗速率等于B的生成速率【答案】（1）放热（2）1.54（3）①.②.（4）<（5）①.升高温度②.ab【解析】【分析】根据影响化学平衡影响因素分析解答；吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大，结合图象分析计算；根据图象，A、B为反应物，C为生成物，结合各物质的物质的量变化量之比等于化学方程式计量数之比，结合化学平衡的特征分析判断。【小问1详解】升高温度，NH3的体积分数降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；【小问2详解】根据图示，吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大的为(-1.02eV)-(-2.56eV)=1.54eV；故答案为：1.54；【小问3详解】根据一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化图，A、B的物质的量随时间变化减小，说明A、B是反应物，C的物质的量随时间变化从0逐渐增大，说明C是生成物，3min达到平衡时，A物质的量的变化量=1mol-0.7mol=0.3mol，B物质的量的变化量=1mol-0.4mol=0.6mol，C物质的量的变化量=0.6mol，n(A)∶n(B)∶n(C)=0.3mol∶0.6mol∶0.6mol=1∶2∶2，反应的化学方程式为：A+2B⇌2C，反应的平衡常数表达式K=，故答案为：A+2B⇌2C；； 【小问4详解】达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，说明降低温度，化学平衡正向移动，所以该反应为放热反应，△H<0，故答案为：<；【小问5详解】①根据图象可知：t3时逆反应速率、正逆反应速率都突然增大，且逆反应速率>正反应速率，说明平衡逆向移动，若增大压强，平衡正向移动，由于该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以t3时是升高了温度，故答案为：升高温度；②a．A+2B⇌2C为气体物质的量减小的反应，气体的压强为变量，当体系压强不变，表明达到了化学平衡状态，故a选；b．A+2B⇌2C为气体物质的量减小的反应，气体的质量不变，气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变，表明达到了化学平衡状态，故b选；c．容器的体积不变，气体的质量不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度保持不变，不能说明达到了化学平衡状态，故c不选；d．A+2B⇌2C中A的消耗速率等于B的生成速率，说明正反应速率>逆反应速率，不是平衡状态，故d不选；故答案为：ab。15.Ⅰ、某小组同学用下列试剂研究将转化为。(已知：，)（1）实验操作：所用试剂：溶液，溶液，溶液；向盛有溶液的试管中滴加2滴溶液，充分振荡后，___________(将操作补充完整)。（2）实验现象：上述实验中，沉淀由白色变为___________色现象可证明转化为。（3）分析及讨论①该沉淀转化反应的离子方程式是___________。②定量分析。由上述沉淀转化反应的化学平衡常数表达式可推导：___________(列式即可，不必计算结果)。③同学们结合②中的分析方法，认为教材中的表述：“一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现”，可进一步表述为对于组成形式相同的沉淀，___________(填“小”或者“大”)的沉淀转化为___________(填“更小”或者“更大”)的沉淀容易实现。 Ⅱ、某同学设计如图实验装置研究溶液和溶液间的反应(a、b均为石墨)。（4）当K闭合后，发现电流计指针偏转，b极附近溶液变蓝。①b极发生的是___________(填“氧化”或“还原”)反应。②a极上的电极反应式是___________。（5）事实证明：溶液与的溶液混合只能得到沉淀，对比(4)中反应，从反应原理的角度解释产生该事实的可能原因是与之间发生沉淀反应比氧化还原反应的速率或限度___________(填“小”或者“大”)。【答案】（1）再向其中加入4滴0.1mo/LKI溶液（2）黄（3）①.AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(aq)②.③.小④.更小（4）①.氧化②.Ag-+e-=Ag（5）Ag+与I-之间发生沉淀反应比氧化还原反应的速率或限度大【解析】【小问1详解】Ksp(AgCl)=1.8×10-10＞Ksp(AgI)=8.5×10-17，将AgCl转化为AgI，向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的试管中先滴加硝酸银溶液生成氯化银沉淀，在滴入碘化钾溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，实现沉淀转化，向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的试管中，滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，充分振荡后，再向其中加入4滴0.1mo/LKI溶液。【小问2详解】向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的试管中先滴加硝酸银溶液生成氯化银沉淀，在滴入碘化钾溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，转化为。【小问3详解】①沉淀转化反应是氯化银转化为碘化银，反应的离子方程式：AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(aq)； ②AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(aq)，平衡常数K=；③一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，可进一步表述为：对于组成形式相同的沉淀，Ksp小的沉淀转化为Ksp更小的沉淀容易实现。【小问4详解】①D当K闭合后，发现电流计指针偏转,b极附近溶液变蓝，I遇到淀粉变蓝色，则b极附近I-转化为I2，发生氧化反应；②b极发生氧化反应，则b极为负极，则a极为正极，a极上的电极反应式为Ag-+e-=Ag。【小问5详解】根据实验现象可知，Ag-与I-之间发生沉淀反应比氧化还原反应的速率或限度大，因此AgNO3溶液与KI溶液混合只能得到AgI沉淀，而不能发生氧化还原反应。16.溶液是常见的强碱弱酸盐，可由醋酸和溶液反应得到。（1）用化学用语表示溶液呈碱性的原因___________(用离子方程式表示)；溶液呈电中性，请用等式表示这一现象___________(用浓度符号“c”表示)（2）用分别滴定盐酸和醋酸，滴定过程中变化曲线如图所示。 ①在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器是___________(填序号)。A．容量瓶B．碱式滴定管C．锥形瓶D．胶头滴管②由图中数据判断滴定盐酸的变化曲线为___________(填“图1”或“图2”)，判断的理由：ⅰ、起始未滴加液时，盐酸的___________。ⅱ、加入溶液恰好反应时，所得溶液的___________。③滴定溶液的过程中，当滴加溶液时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________(用符号“c”及“>”表示)，此时溶液中___________。（3）用盐酸滴定未知浓度的溶液。下列操作会使测定结果偏低的是___________。A.量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗B.酸式滴定管未用标准盐酸润洗C.滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出D.滴定前俯视读数，滴定后读数正确【答案】（1）①.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-②.c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)（2）①.AD②.图2③.1④.7⑤.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)⑥.0.0025mol（3）A【解析】【小问1详解】溶液呈碱性的原因是CH3COO-在溶液中发生水解反应生成醋酸和氢氧根，离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，呈电中性。小问2详解】①在上述滴定过程中，使用的玻璃仪器有碱式滴定管、锥形瓶，不需要使用的玻璃仪器有容量瓶、胶头滴管，故选AD；②HCl是强电解质，盐酸中c(H+)=0.1000mol/L，pH=1，加入溶液恰好反应时，所得溶液为中性，7。所以图中数据滴定盐酸的变化曲线为图2；③用滴定醋酸，当滴加溶液时，所得溶液中溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，由图可知此时溶液 pH<7，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，液中各离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，溶液中存在物料守恒n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=2n(Na+)=2×0.0125L×0.1000mol/L=0.0025mol。【小问3详解】A．量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗，溶液被稀释，浓度减小，使测定结果偏低，故A选；B．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，盐酸被稀释，浓度减小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，c(待测)偏大，故B不选；C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，c(待测)偏大，故C不选；D．读数时，滴定前俯视，滴定后读数正确，所用标准液的体积偏大，根据c(待测)=可知，c(待测)偏大，故D不选；故选A。