重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高二化学上学期10月阶段性试题（Word版附解析）

重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高二上学期10月阶段性检测化学试题(满分：100分；考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。相对原子质量：H1N14O16K39I127一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42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.《本草新编》中有关明矾[KAl(SO4)2∙12H2O]记载：“矾石，味酸，气寒，无毒。禁便泻，塞齿疼。洗脱肛而涩肠，敷脓疮而收水”。下列有关明矾的说法不正确的是A.明矾的水溶液呈酸性B.“敷脓疮收水”说明明矾可让疮水聚沉结痂C.明矾常用作净水剂，利用了明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性D.明矾溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液的离子方程式为【答案】D【解析】【详解】A．明矾是强酸弱碱盐，在明矾溶液中铝离子发生水解转移导致溶液呈酸性，A正确；B．电解质电离产生的离子能使蛋白质发生聚沉而凝聚，所以"敷脓疮收水”是因为明矾可让疮水聚沉结痂，B正确；C．明矾电离产生的铝离子发生水解作用产生氢氧化铝胶体，胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，从而具有净水作用，C正确；D．向明矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，Ba2+与形成BaSO4沉淀，Al3+与OH-发生反应产生沉淀，该反应的离子方程式应该为：2+2Ba2++A13++4OH-=2BaSO4↓++2H2O，D错误；故合理选项是D。2.下列事实与盐类水解无关的是A.铵态氮肥与草木灰不宜混合施用 B.实验室配制溶液时，要在溶液中加入少许铁粉C.金属焊接时，用溶液作除锈剂D.与两种溶液混合可作泡沫灭火剂【答案】B【解析】【详解】A．草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氨气，则草木灰与铵态氮肥不能混合施用，与盐类水解有关，A不符合题意；B．亚铁离子易被氧化，配制溶液时加入少量铁粉，其目的是防止亚铁离子被氧化，与盐类水解无关，B符合题意；C．铵根离子和锌离子水解溶液呈酸性，能够去除铁锈，所以与溶液可作焊接金属中的除锈剂，与盐类水解有关，C不符合题意；D．与两种溶液混合反应双水解反应生成二氧化碳气体，可作泡沫灭火，与盐类水解有关，D不符合题意；故选B。3.下列说法正确的是A.等物质的量浓度的和NaCl溶液，两溶液中水的电离程度不相同B.在滴有酚酞的氨水中，加入溶液后红色恰好变为无色，则此时溶液的C.0.1mol/L的溶液比等物质的量浓度的溶液的导电能力强D.25℃，的氨水与的溶液等体积混合，混合后溶液【答案】A【解析】【详解】A．溶液中铵根离子和醋酸根离子水解促进水的电离，NaCl溶液不影响水的电离，两溶液中水的电离程度不相同，故A正确；B．滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，抑制一水合氨的电离，但pH=8时变为无色，即pH＜8即可，不一定pH＜7，故B错误；C．硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故C错误；D．由于氨水为弱碱，则混合液中氨水过量，所得溶液呈碱性，溶液的pH大于7，故D错误； 故选：A。4.NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4•2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是A.图甲：转移NaOH溶液到250mL容量瓶中B.图乙：准确称得0.1575gH2C2O4·2H2O固体C.用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡D.用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A．向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；B．托盘天平的精度值为0.1g，故B错误；C．碱式滴定管中气泡排出操作：把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故C正确；D．NaOH溶液应装碱式滴定管中，故D错误；故答案为C。5.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.水电离产生的的溶液中：、、、B.使甲基橙试液变红的溶液中：、、、C.在加入铝粉能产生的溶液中：、、、D.的溶液：、、、【答案】D 【解析】【详解】A．常温下，水电离产生的，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下，与间发生反应形成沉淀，不能共存，故A错误；B．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，溶液中与间发生反应，不能共存，故B错误；C．在加入铝粉能产生的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下与、间均可发生反应生成沉淀，故C错误；D．常温下，的溶液呈碱性，在碱性环境下各离子间不反应，可以大量共存，故D正确；答案选D。6.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.1mol/L溶液中含有的数目为B.常温下，1.0L的溶液中含有的数目为C.标准状况下，中含有的分子数为D.与的混合气体中含有的原子总数为【答案】D【解析】【详解】A．铵根离子水解导致1L0.1mol/L的溶液中含有小于0.1mol，A错误；B．常温下，1.0L的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，含有0.1mol，数目为，B错误；C．标准状况下，三氧化硫不是气体，不确定其物质的量，C错误；D．与的最简式均为NO2，与的混合气体可看做2molNO2，则含有的原子6mol，总数为，D正确；故选D。7.常温下，下列说法正确的是A.的氯化铵溶液，由水电离出B.溶液的，该溶液中 C.pH均为11的氨水和NaOH溶液，水电离产生的后者更大D.将的醋酸溶液加水稀释100倍，pH变为5【答案】A【解析】【详解】A．铵根离子水解使得氢离子浓度增大，溶液显酸性，促进水的电离，故的氯化铵溶液，由水电离出，A正确；B．KHA溶液的，溶液显酸性，说明KHA电离大于水解，则该溶液中，B错误；C．pH均为11的氨水和NaOH溶液都会抑制水的电离，且两者电离出氢氧根离子浓度相同，则两者对水电离抑制作用相同，水电离产生的相同，C错误；D．醋酸为弱酸，加水稀释促进其电离出更多的氢离子，则将的醋酸溶液加水稀释100倍，pH小于5，D错误；故选A。8.室温下，现有三种酸的稀溶液：a.溶液，b.溶液，c.溶液。下列说法正确的是A.若三种酸溶液的浓度相同，则其pH的大小关系为c＞a＞b；B.同浓度同体积的三种酸溶液分别用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为c＞a＞b；C.pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞c；D.同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的片反应，反应所需时间b＞a＞c【答案】C【解析】【详解】A．为一元强酸、为二元强酸、为一元弱酸，相同浓度的三种酸溶液，pH的大小关系为b＞a＞c，故A错误；B．同浓度同体积的三种酸溶液中酸的物质的量相同，用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为a=b＜c，故B错误；C．pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞c，故C正确；D．同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的片反应，反应所需时间b＜a=c，故D错误；答案为C。9.短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，D原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，E与B属于同一主族。下 列说法正确的是A.气态氢化物的稳定性：B＞D＞EB.原子半径：C.元素D在周期表中位于第3周期ⅣA族D.A与C可形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，A为H元素，C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，C为Na元素，D原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，D为S，E与B属于同一主族，E为Cl元素，B为F元素。【详解】A．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，元素的氢化物稳定性增强，气态氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S，故A错误；B．周期表中同主族从上到下，同周期从右到左，原子半径增大：，故B错误；C．D为S，元素D在周期表中位于第3周期ⅥA族，故C错误；D．A与C可形成离子化合物NaH，故D正确；故选D。10.某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中正确的是A.该脱硝过程总反应的△H＞0B.由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应C.总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2D.依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性降低 【答案】B【解析】【详解】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变△H＜0，A项错误；B．由图1可知，状态④到状态⑤中O的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，B项正确；C．由图1知，该过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，依据参数配平反应为：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，C项错误；D．物质能量越低越稳定，依据反应历程能量变化，反应过程中不同态物质体系稳定性升高，D项错误；答案选B。11.常温下，和的电离常数分别为和。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅰ代表溶液B.溶液中水的电离程度：b点>c点C.从c点到d点，溶液中保持不变(HA、分别代表相应的酸和酸根离子)D.常温下，将a点对应的两种酸的溶液等体积混合，所得溶液的pH不变【答案】AB【解析】【详解】A．由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，说明Ⅱ的酸性比Ⅰ的酸性强，则曲线Ⅱ代表，故A说法错误；B．对于两酸溶液，pH值：c点＞b点，说明b点表示溶液酸性较强，对水的电离的抑制程度较大，所以溶液中水的电离程度：c点>b点，故B说法错误；C．从c点到d点加水稀释过程中，温度不变，说明不 变，故C说法正确；D．a点pH值相等，说明两酸溶液中氢离子浓度相同，等体积混合，pH不变，故D正确；答案选AB。12.25℃时，用的NaOH溶液滴定的一元强酸甲和一元弱酸乙，滴定曲线如图所示。下列有关说法正确的是A.B.曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元弱酸乙C.电离常数D.图像中的【答案】C【解析】【分析】一元强酸能完全电离，一元弱酸部分电离，则等物质的量浓度的甲和乙，弱酸的pH较大，因此曲线Ⅰ表示弱酸乙和NaOH溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ表示强酸甲和NaOH溶液的滴定曲线；【详解】A．根据分析可知取代II代表一元强酸，从b点看nmol/L一元强酸甲时溶液pH=1，氢离子浓度为0.1mol/L，则n=0.1，故A错误；B．由分析可知曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元强酸甲，故B错误；C．0.1000mol/L弱酸乙溶液的pH=3，该溶液中c(乙酸根离子)≈c(H+)=10-3mol/L，c(乙)=(0.1000-10-3)mol/L，电离平衡常数Ka(乙)==1.01×10-5，故C正确；D．甲为强酸，甲的钠盐溶液呈中性，酸碱都是一元的且酸碱的物质的量浓度相等，要使酸碱恰好完全反应，则酸碱溶液的体积相等，所以x=20.00，故D错误；故选：C。13.由重晶石矿(主要成分是，还含有等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如图。下列说法正确的是 A.浸取过滤操作中得到的滤渣主要成分为B.“高温焙烧”时焦炭和反应的化学方程式为：C.“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿D.上述过程中可以用稀硫酸代替盐酸进行浸取【答案】B【解析】【分析】由流程可知，焙烧时发生，加盐酸时BaS与盐酸反应生成氯化钡和硫化氢，过滤分离出滤渣为Si,滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出BaCl2•2H2O，以此来解答。【详解】A．由上述分析可知，高温时C与二氧化硅反应生成Si、CO，过滤分离出滤渣为Si，故A错误；B．“高温焙烧”时焦炭和反应生成CO和BaS，反应的化学方程式为：，故B正确；C．“高温焙烧”需要坩埚，“结晶”需要蒸发皿，故C错误；D．因硫酸钡难溶，则不能用硫酸代替盐酸进行浸取，故D错误；故选：B。14.将4molNO(g)和4molCO(g)充入一个2L恒容密闭容器中，发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，测得CO的平衡转化率随温度变化的曲线如图1所示；在催化剂、一定温度下对该反应进行研究，经过相同时间测CO转化率与反应温度的关系曲线如图2所示。下列说法错误的是 已知：反应速率v=v正−v逆=k正·c2(NO)·c2(CO)−k逆·c2(CO2)·c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。A.图像中A点逆反应速率小于B点正反应速率B.200℃时反应的平衡常数K=0.5C.200℃时当CO的转化率为40%时，v正∶v逆=20：81D.C点转化率低于B点的原因可能是催化剂活性降低或平衡逆向移动造成的【答案】C【解析】【详解】A．图像中A点未达到该温度下的CO的平衡转化率，则反应正向进行，因此逆反应速率小于B点正反应速率，A正确；B．在反应开始时将4molNO(g)和4molCO(g)充入一个2L恒容密闭容器中，则c(NO)=c(CO)=2mol/L，由于200℃时CO的平衡转化率是50%，则根据物质反应转化关系可知平衡时c(NO)=c(CO)=c(CO2)=1mol/L，c(N2)=0.5mol/L，则该反应的平衡常数K=，B正确；C．已知：反应速率v=v正−v逆=k正·c2(NO)·c2(CO)−k逆·c2(CO2)·c(N2)，在200℃时K=0.5，当反应达到平衡时正、逆反应速率相等，则v正=v逆，k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c2(CO2)·c(N2)，。在反应开始时将4molNO(g)和4molCO(g)充入一个2L恒容密闭容器中，c(NO)=c(CO)=2mol/L，当CO的转化率为40%时，c(NO)=c(CO)=1.2mol/L，c(CO2)=0.8mol/L，c(N2)=0.4mol/L，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c2(CO2)·c(N2)，v正：v逆=，C错误；D．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的平衡转化率降低；催化剂只有在一定温度下才能达到其最佳催化活性，升高温度，催化剂催化活性降低，导致反应的反应物减少，因而CO的平衡转化率降低，D正确；故合理选项是C。 二、填空题：本大题共4个小题，共58分。15.物质在水中存在电离平衡、水解平衡。请根据所学知识回答：（1）次磷酸()是一种精细化工产品，向10mL溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有、两种阴离子。①写出溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：___________。②常温下，，0.1mol/L的溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填序号)。A．B．C．（2）25℃时，HF的电离常数为；的电离常数为，，。在溶液加入过量NaF溶液的离子反应方程式为___________。（3）盐碱地(含较多、NaCl)不利于植物生长，盐碱地呈碱性的原因：___________(用离子方程式说明)；已知25℃时，的，则当溶液中时，溶液的___________。（4）某温度下，水的离子积常数。该温度下，将的HCl溶液与的NaOH溶液混合并保持恒温，忽略混合前后溶液体积的变化。欲使混合溶液，则盐酸溶液与NaOH溶液的体积比为___________。（5）相同物质的量浓度的五种溶液：①、②氨水、③、④、⑤，由大到小顺序是___________(用序号表示)。【答案】（1）①.②.AB（2）（3）①.②.10（4）1：9（5）⑤①③④②【解析】 【小问1详解】①向10mL H3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-两种阴离子，说明H3PO2是一元酸，H3PO2溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐为NaH2PO2；②A．加水稀释后溶液中c（H+）减小，故A正确；B．稀释过程中H3PO2的电离程度增大，则H3PO2的物质的量减小、H+的物质的量增大，由于在同一溶液中，则的比值减小，故B正确；C．为H3PO2的电离平衡常数，稀释过程中温度不变则该平衡常数不变，故C错误；故答案为：AB；【小问2详解】HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数大于其第二步、第三步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠，离子方程式为；【小问3详解】Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，离子方程式为，的，已知，则c(OH-)=10-4mol/L，25℃时，，溶液的10；【小问4详解】的HCl溶液c(H+)=0.1mol/L，水的离子积常数，的NaOH溶液，欲使混合溶液，则，整理可得0.099V酸=0.011V碱，则盐酸溶液与NaOH溶液的体积比为1：9；【小问5详解】先不考虑水解，相同物质的量浓度中和中大于其他物质，⑤中亚铁离子也能发生水解使溶液呈酸性会抑制铵根水解，则：⑤>①，、都能完全电离，而氨水部分电离，则②氨水中最小，而完全电离出氢离子抑制铵根水解， ：③>④，故由大到小顺序是⑤①③④②。16.软锰矿的主要成分是，还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是，还含有Si、Al的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备并回收，其主要流程如下：（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可以采取的措施有___________(写两条)。（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，浸取时发生反应的离子方程式为___________。（3）“氧化”过程中，反应消耗的氧化剂与还原剂的比为___________，还可使用___________代替。（4）滤渣2主要成分的化学式是___________。（5）“50℃”碳化得到碳酸锰发生的化学反应方程式是___________。（6）生成的碳酸锰产品需要充分洗涤，检验碳酸锰产品已完全洗净的方法是___________。【答案】（1）适当升高温度、搅拌、矿石研成粉末、延长浸泡时间等(合理即可)（2）（3）①.1：2②./氯水等合理答案即可（4）、（5）（6）取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的溶液，若无沉淀，则已洗净【解析】【分析】浸取时加入硫酸，获得的滤渣1中含有S、SiO2等，浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，说明浸取液中没有Fe3+，黄铁矿中的FeS2被氧化成S，则软锰矿中的MnO2被还原成Mn2+，浸取时的主要反应为MnO2+FeS2+4H+=Mn2++Fe2++2S+2H2O，除此之外重金属化合物、铝的氧化物溶解转化成相应的金属阳离子进入浸取液中；氧化阶段加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，反应为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；加入氨水调pH为5~6的目的是将Fe3+、Al3+转化成Fe（OH）3、Al （OH）3沉淀而除去；加入（NH4）2S除去重金属阳离子过滤后的滤液中主要溶质为MnSO4，由流程知碳化时生成MnCO3、CO2和（NH4）2SO4，则碳化时反应的方程式为。【小问1详解】为了提高浸出率，在浸取时可采取的措施有：搅拌、矿石研成粉末、适当升高温度、延长浸泡时间等等（合理即可）；【小问2详解】加入KSCN溶液无明显现象，说明浸取液中没有Fe3+，黄铁矿中的FeS2被氧化成S，则软锰矿中的MnO2被还原成Mn2+，浸取时的主要反应为MnO2+FeS2+4H+=Mn2++Fe2++2S+2H2O；【小问3详解】氧化阶段加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，反应为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，氧化剂为MnO2，还原剂为Fe2+，反应消耗的氧化剂与还原剂的比为1：2,；还可使用H2O2、氯水等代替MnO2；【小问4详解】加入氨水调pH为5~6的目的是将Fe3+、Al3+转化成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而除去，滤渣2的主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；【小问5详解】由流程知碳化时生成MnCO3、CO2和（NH4）2SO4，则碳化时反应的方程式为；【小问6详解】生成的碳酸锰产品需要充分洗涤，由于原溶液中含有硫酸根，检验碳酸锰产品是否洗净的操作为：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净。17.滴定法是化学分析常用方法，是一种简便、快速和应用广泛的定量分析方法。Ⅰ.某实验小组用已知浓度的NaOH标准液来滴定未知浓度的醋酸溶液。取25.00mL待测液于250mL锥形瓶中，加入2～3滴指示剂，用0.1000mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，按上述操作重复3次。回答下列问题。（1）滴定过程中加入的指示剂为___________。（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视___________。（3）三次实验数据记录如表所示： 滴定次数滴定前碱式滴定管读数/mL滴定后碱式滴定管读数/mL11.0030.9522.0329.2330.563061根据表中数据计算出醋酸待测液的浓度为___________(保留4位有效数字)。（4）在上述实验过程中，出现下列操作(其他操作正确)会造成测定结果(待测液浓度值)偏低的有___________(填序号)。a．量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗b．取醋酸酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，仍残留一定量水d．当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数Ⅱ.氧化还原滴定与酸碱中和滴定类似，可用于粗产品的纯度测定。称取mg产品配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入足量的KI和稀，充分反应后加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点()，平均消耗标准溶液的体积为VmL。（5）加入KI和稀后发生反应的离子方程式为___________。（6）滴定终点的现象为___________，则产品中的质量分数为___________%。【答案】（1）酚酞（2）锥形瓶内溶液颜色变化（3）0.1200mol/L（4）bd（5）（6）①.溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色②.【解析】【小问1详解】用NaOH标准溶液滴定醋酸溶液，到达滴定终点时溶液呈碱性，加入的指示剂为酚酞；【小问2详解】滴定时右手边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化； 【小问3详解】根据表格数据可得消耗NaOH溶液的体积分别为30.95-1.00=29.95mL、29.23-2.03=27.2mL、30.61-0.56=30.05mL，第2次实验数据误差较大应舍去，消耗NaOH溶液体积的平均值为，依据1molNaOH恰好能与1mol醋酸反应，醋酸待测液的浓度为；【小问4详解】a．量取标准液的碱式滴定管未润洗，则会造成消耗标准NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高，故a错误；b．取醋酸的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，待测液的物质的量偏小，导致标准液的体积偏小，测定结果偏低，故b正确；c．锥形瓶水洗后直接装待测液，水不消耗标准液，不影响测定结果，故c错误；d．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，造成标准液体积偏小，测定结果偏低，故d正确；故答案为：bd；【小问5详解】KI和稀提供氢离子与碘酸钾发生归中反应生成碘单质，发生反应的离子方程式为；【小问6详解】淀粉溶液作指示剂，生成碘单质溶液变蓝色，则滴定终点的现象为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；根据离子方程式、可得关系式~3I2~6，n()=n()=cV×10-3mol，产品中m()=cV×10-3mol××214g/mol=×10-2g，则产品中的质量分数为。18.“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国的新名片。Ⅰ.已知25℃和101kPa下：①②③ （1）则表示燃烧热的热化学方程式为___________。Ⅱ.和在一定条件下反应可制得合成气，在1L密闭容器中分别通入和，发生反应：。（2）该反应在___________(填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。（3）下列能判断达到平衡状态的是___________(填序号)。A.一定温度下，容积固定的容器中，密度保持不变B.容积固定的绝热容器中，温度保持不变C.一定温度和容积固定的容器中，平均相对分子质量不变D.和的物质的量之比不再改变Ⅲ.已知催化加氢合成乙醇的反应原理为：，设m为起始时的投料比，即。（4）图中投料比相同，温度从高到低的顺序为___________。（5）图2、、从大到小的顺序为___________。（6）下图表示在总压为5MPa的恒压条件下，且时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系，则曲线d代表的物质为___________(填化学式)。 Ⅳ.工业上可用丙烯加成法制备1，2—二氯丙烷()，主要副产物为3—氯丙烯()，反应原理为：①②一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和发生反应，容器内气体的压强随时间的变化如表所示：时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.265261.657.657.6（7）用单位时间内气体分压的变化表示反应①的反应速率，即，则前120min内平均反应速率___________。（8）该温度下，若平衡时HCl的体积分数为12.5%，反应①的平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位)。【答案】（1）（2）高温（3）BC（4）（5）（6）（7）0.09kPa/min （8）0.21【解析】【小问1详解】甲醇的燃烧热为1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，反应的方程式为，由盖斯定律可知，反应①×+②×+③×2得到反应，则反应的焓变△H==—，反应的热化学方程式为，故答案为：；【小问2详解】该反应是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故答案为：高温；【小问3详解】A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在容积固定的容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持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，故错误；B．该反应为吸热反应，容积固定的绝热容器中反应时，反应温度会降低，则温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．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，一定温度和容积固定的容器中反应时，平均相对分子质量增大，则平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．二氧化碳和甲烷的起始物质的量之比与化学计量数之比相等，反应中消耗二氧化碳和甲烷的物质的量之比始终相等，则二氧化碳和甲烷的起始物质的量之比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，故错误；故选BC；【小问4详解】该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，由图可知，投料比相同时，T1、T2、T3条件下二氧化碳的转化率依次减小，则反应温度的大小关系为T3>T2>T1，故答案为：T3>T2>T1；【小问5详解】投料比增大相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，温度相同时，m1、m2、m3条件下二氧化碳的转化率依次减小，则投料比的大小顺序为m1>m2>m3，故答案为： m1>m2>m3；【小问6详解】该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，乙醇和水蒸气的物质的量分数减小，由方程式可知，相同温度时，水蒸气的物质的量分数大于乙醇的物质的量分数，所以图中曲线d代表乙醇，故答案为：C2H5OH；【小问7详解】由表格数据可知，120min时，容器内气体压强为69.2kPa，由方程式可知，反应①为气体体积减小的反应、反应②为气体体积不变的反应，则容器内气体的压强减小只与反应①有关，所以前120min内1，2—二氯丙烷的反应速率为=0.09kPa/min，故答案为：0.09kPa/min；【小问8详解】