浙江省嘉兴市八校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考化学试题（Word版附解析）

2023学年第一学期嘉兴八校联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40选择题部分(共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列溶液一定呈碱性的是A.溶液B.能够和盐酸反应的溶液C.的溶液D.滴加酚酞显无色的溶液【答案】C【解析】【详解】A．常温下，溶液中c(OH-)=的溶液一定显碱性，但是非常温下就不一定是碱性溶液，A不符合题意；B．能够和盐酸反应的溶液可以是碱溶液也可能是盐溶液，B不符合题意；C．根据c(H+)，c(OH-)的相对大小判断酸碱性，c(H+)＜c(OH-)的溶液一定呈碱性，C符合题意；D．加酚酞显无色的溶液可能为酸性溶液或中性溶液，D不符合题意；故选C。2.下列说法或表达不正确的是A.晶体和晶体反应是吸热反应B.101kPa时，1mol氢气完全燃烧生成液态水时所放出的热量称为氢气的燃烧热C.的水溶液能导电，是电解质D.我们可以利用溶液颜色变化与浓度变化之间的比例关系来测量反应速率【答案】C 【解析】【详解】A．晶体和晶体反应是吸热反应，故A正确；B．燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成稳定的产物所放出的热量，氢气燃烧的稳定产物为液态水，故B正确；C．SO2的水溶液能导电，导电离子是亚硫酸电离的，二氧化硫本身不能导电，则SO2为非电解质，故C错误；D．在溶液中，当反应物或生成物本身有较明显的颜色时，可利用颜色变化和显色物质与浓度变化间的比例关系来跟踪反应的过程和测量反应速率，故D正确；故选C。3.在酸碱中和滴定实验中，通常用不到下列仪器中的A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．酸碱中和滴定用不到漏斗，漏斗是过滤用，故A符合；B．酸碱中和滴定时要配制标准溶液，因此需要容量瓶，故B不符合；C．酸碱中和滴定用锥形瓶做反应容器，故C不符合；D．酸碱中和滴定需要酸式滴定管，故D不符合；答案选A。4.下列说法正确的是A.NaOH固体溶于水时体系温度升高，NaOH电离时ΔH<0B.常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0C.熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显D.已知C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH>0，该反应吸热，一定不能自发进行【答案】B【解析】【详解】A．NaOH固体溶于水放热，NaOH溶于水时ΔH＜0，NaOH电离时吸热则ΔH＞0，故A错误；B．反应不能自发进行，说明：△H-T△S＞0，该反应是一个气体体积增大的反应，所以熵增大，要使△H- T△S＞0，则△H一定大于0，故B正确；C．反应进行的方向与反应现象无关，且熵增的反应不一定自发进行，自发反应的现象不一定明显，故C错误；D．由化学计量数可知△S＞0，且△H＞0，则高温下可自发进行，故D错误；故选：B。5.下列有关碰撞理论的说法正确的是A.活化分子的每一次碰撞都能发生化学反应B.能发生有效碰撞的分子一定是活化分子C.其它条件不变，增大压强，能增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞次数D.催化剂能增大反应的活化能，从而加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A．活化分子的碰撞不一定都能发生化学反应，只有活化分子碰撞时取向合适时才能发生化学反应，故A错误；B．有效碰撞是能发生化学反应的碰撞，所以能发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故B正确；C．其它条件不变，增大压强，能增大单位体积内的活化分子数，从而增大有效碰撞次数，不能增大活化分子百分数，故C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率，故D错误；故选B。6.下列事实可以证明HClO是弱酸的是A.HClO能跟熟石灰反应制得B.HClO受热易分解，放出氧气C.的HClO可以使紫色石蕊溶液先变红后褪色D.的HClO中，约为【答案】D【解析】【详解】A．HClO跟熟石灰反应是酸碱中和反应，不能证明HClO是弱酸，故A不符合题意；B．HClO受热易分解，放出氧气，说明HClO不稳定，不能说明HClO是弱酸，故B不符合题意；C．的HClO可以使紫色石蕊溶液先变红后褪色，说明HClO具有酸性和漂白性，不能说明 HClO是弱酸，故C不符合题意；D．的HClO中，约为，说明HClO只能部分电离，能证明HClO是弱酸，故D符合题意。答案选D。7.在25℃和101kPa条件下，和完全反应生成的能量变化如图所示，下列说法不正确的是A.H-H的键能为436kJ/molB.形成中的化学键释放出431kJ的能量C.该反应的热化学方程式：D.共价键断裂和形成时的能量变化是该化学反应能量变化的主要原因【答案】C【解析】【详解】A．由题干图示信息可知，断裂1molH-H需吸收436kJ的能量，则H-H的键能为436kJ/mol，A正确；B．由题干图示信息可知，形成中的化学键释放出431kJ的能量，B正确；C．该反应的热化学方程式：=-183kJ/mol，C错误；D．化学反应的微观本质为旧化学键的断裂和新化学键的形成，共价键断裂和形成时的能量变化是该化学反应能量变化的主要原因，D正确；故答案为：C。8.在10L恒容密闭容器中充入和，发生反应。实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/mol ①7000.400.100.090②8000.400.100.080③8000.200.30a④8000.100.15b下列说法正确的是A.实验①中，若5min时测得，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率B.实验②中，该反应的平衡常数C.通过①②数据对比，得出该反应D.实验④中，达到平衡时，【答案】D【解析】【分析】平衡常数等于生成物浓度的幂之积比反应物浓度的幂之积，反应温度不变，平衡常数不变。温度升高时，若平衡逆向移动，该反应，若平衡正向移动，该反应。【详解】A．速率之比等于计量数之比，，A错误；B．实验②中，平衡时M为0.080mol，则平衡时N也是0.080mol，则平衡时X为0.320mol，平衡时Y为0.020mol，平衡常数，B错误；C．通过①②数据对比可知，升高温度，平衡逆向移动，得出该反应，C错误；D．实验④中，平衡时=b，由反应转化关系可知，平衡时=b，则平衡时，平衡时，温度不变化学平衡常数不变， ，b=0.06mol，D正确；故选D。9.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是A.合成氨一般选择400~500℃进行B.可以采用向浓氨水中加入生石灰的方法制取少量的C.气体中含有HCl杂质，可用溶液除杂D.红棕色的，减压后颜色先瞬间变浅后逐渐加深【答案】A【解析】【详解】A．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨的生成，选择高温的目的主要是考虑催化剂的催化活性，不能用勒夏特列原理解释，选项A符合；B．浓氨水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气，且OH-浓度增大，化学平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH-逆向进行，能用化学平衡移动原理解释的，选项B不符合；C．实验室常用饱和溶液除去CO2中混有的HCl气体，溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，碳酸氢根降低了二氧化碳的溶解度，可以用勒夏特列原理解释，选项C不符合；D．存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)，减小压强，混合气体的浓度减小，平衡体系颜色变浅，该反应正方向为体积减小的反应，减小压强平衡逆向移动，二氧化氮的浓度又增大，颜色又加深，因为移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色浅，所以可以用平衡移动原理解释，选项D不符合；答案选A。10.在合成氨时，要使氨的产率增大，又要使化学反应速率增大，可以采取的措施有①增大体积使压强减小②减小体积使压强增大；③升高温度；④降低温度；⑤恒温恒容，再充入和；⑥恒温恒压，再充入和；⑦及时分离产生的；⑧使用催化剂A.②⑤B.②③④⑤⑦⑧C.②④⑤⑦D.②③⑤⑧【答案】A【解析】【详解】在合成氨时，要使氨的产率增大，又要使化学反应速率增大，可以让平衡正向移动，同时加快反应速率。①增大体积使压强减小速率减小，平衡逆向移动，不符合；②减小体积使压强增大，能使平衡正 向移动，同时反应速率增大，符合要求；③升高温度平衡逆向移动，不符合；④降低温度反应速率减小，不符合；⑤恒温恒容，再充入和相当于加压，符合题意；⑥恒温恒压，再充入和平衡不移动；⑦及时分离产生的，反应速率减小，不符合题意，⑧使用催化剂，可以加快反应速率，不能增大产率，不符合题意；故②⑤正确。答案选A。11.已知反应：，温度不同(T2>T1)。下列图像正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．正反应放热，温度升高，平衡逆移，H2的平衡体积分数增大，由于T2>T1，由图可知，相同压强下T2的H2体积分数小于T1，与理论相反；正反应气体分子数减小，加压，平衡正移，H2的平衡体积分数减小，图中为增大，A错误；B．由于T2>T1，正反应放热，温度升高，反应速率加快，先达到平衡，且平衡逆移，N2的转化率减小，与图相符，B正确；C．由于T2>T1，正反应放热，温度升高，平衡逆移，但正、逆反应速率瞬时均增大，图像中间应有一段间隔，C错误；D．正反应放热，温度升高，平衡逆移，所以升温化学平衡常数减小，与图中相反，D错误；故答案选B。12.下列说法不正确的是（）A.的溶液不一定呈碱性 B.中和pH和体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同C.相同温度下，pH相等的盐酸、溶液中，相等D.氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则【答案】B【解析】【详解】A.温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)<c(OH-)时溶液一定呈碱性，故A正确；B.pH相同的氨水和溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、溶液，氨水所需的物质的量更大，故B错误；C.pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw=c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢氧根浓度相同，故C正确；D.氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以，故D正确；故答案为B。13.已知分解1molH2O2放出热最98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为：反应Ⅰ：H2O2(aq)+I-(aq)→H2O(l)+IO-(aq)慢反应ΔH1反应Ⅱ：H2O2(aq)+IO-(aq)→H2O(l)+O2(g)+I-(aq)快反应ΔH2下列有关该反应的说法正确的是（）A.H2O2分解产生O2的速率反应Ⅱ决定B.I-和IO-在反应过程中充当催化剂C.ΔH1+ΔH2=−196kJ·mol−1D.反应Ⅰ活化能Ea1与反应Ⅱ活化能Ea2数值上相差98kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A.H2O2分解产生O2的速率由慢反应决定即由反应Ⅰ决定，故A错误；B.I－是在反应过程中充当催化剂，IO－仅是催化剂在反应中的中间产物，故B错误；C.分解1molH2O2放出热最98kJ，根据盖斯定律得到ΔH1+ΔH2=−196kJ·mol−1，故C正确；D.反应Ⅰ是慢反应，只能说活化能Ea1比反应Ⅱ活化能Ea2数值大，但大多少不能算出具体，故D错误。综上所述，答案为C。14.图示中是用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定10.00mL未知浓度硫酸溶液(酚酞作指示剂)的滴定曲线，下 列说法正确的是A.水电离出的氢离子浓度：a＞bB.硫酸溶液的物质的量浓度为0.1000mol·L-1C.指示剂变色时，说明硫酸与NaOH恰好完全反应D.当滴加NaOH溶液为10.00mL时，该混合液pH=1.0【答案】B【解析】【分析】【详解】A．a点加入的NaOH溶液较少，溶液中c(H+)较大，溶液中酸电离产生的c(H+)越大，水电离程度就越小，所以水电离出的氢离子浓度：a＜b，A错误；B．硫酸与氢氧化钠恰好反应时，c(H+)=c(OH-)，溶液pH=7，则有c(H2SO4)×V(酸)×2=c(NaOH)×V(碱)，c(H2SO4)×10.00mL×2=0.1000mol·L-1×20.00mL，解得c(H2SO4)=0.1000mol·L-1，B正确；C．以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定未知浓度的硫酸，当指示剂变色时，溶液pH=8.0，而二者恰好反应时溶液pH=7，故此时二者未恰好反应，但在实验要求的范围内，故通常以指示剂变色点当作滴定终点，C错误；D．当滴加NaOH溶液为10.00mL时，该溶液中有一半硫酸未被中和，溶液中c(H+)=mol/L，则该混合液的pH=-lgc(H+)=-lg0.05=1.3，D错误；故合理选项是B。15.反应物转化为产物(或)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是A.进程I是放热反应B.平衡时P的产率：II>I C.生成P的速率：III<IID.进程IV中，Z没有催化作用【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，进程I是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A正确；B．由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催化剂能加快反应速率，但不能改变平衡的移动方向，所以平衡时Ⅱ和Ⅰ进程中P的产率相同，故B错误；C．由图可知，进程Ⅲ中由S—Y转化为P—Y的活化能高于进程Ⅱ中由S—X转化为P—X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，所以生成P的速率为Ⅲ小于Ⅱ，故C正确；D．由图可知，进程Ⅳ中S与Z反应生成中间产物S—Z，S—Z转化为产物P—Z，由于P—Z没有转化为P＋Z，所以进程Ⅳ中Z没有表现出催化作用，故D正确；故选B。16.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论A探究反应物浓度对化学反应速率的影响分别取溶液和溶液、5mL蒸馏水于两支试管中，然后同时加入溶液前者出现浑浊的时间更短，说明增大浓度，可以加快反应速率B探究和测定中和反应的反应热将50ml0.50mol/L氢氧化钠溶液，分批次倒入盛有50ml0.50mol/L盐酸的量热计内筒中根据反应前后的温度变化和比热容等数值可计算中和反应的反应热C探究温度对化学反应速率的影响将装有和混合气体的连通球分别浸泡在冰水和热水中热水中气体颜色浅，冰水中颜色深D探究KI与反应的限度取1mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液若溶液变血红色，则KI与的反应有一定限度A.AB.BC.CD.D 【答案】A【解析】【详解】A．分别取溶液和溶液、5mL蒸馏水于两支试管中，然后同时加入溶液，前者Na2S2O3浓度大，反应速率快，出现浑浊时间短，说明增大浓度，可以加快反应速率，A正确；B．中和热测定应该是将50ml0.50mol/L氢氧化钠溶液，应该一次快速倒入盛有50ml0.50mol/L盐酸的量热计内筒中，可以减少热量损失，B错误；C．反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，颜色变深，热水中气体颜色深，C错误；D．取1mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入溶液发生反应后FeCl3过量，检验出有Fe3+离子不能证明KI与反应有一定的限度，D错误；答案选A。非选择题部分(共52分)二、填空题(本题有5小题，共52分)17.填空。（1）写出醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式___________。（2）在25℃、101kPa时，4.0g硫粉在氧气中完全燃烧生成二氧化硫气体，放出27kJ的热量，表示硫燃烧的热化学方程式为___________。（3）已知某温度下有如下三个反应：，，。则该温度下HF、HCN和，三种弱酸的电离常数由大到小的顺序是___________。（4）在硫酸工业中，通过下列反应使氧化为：，在实际生产中，通入过量的空气，原因是___________。【答案】（1）（2）（3）（4）增大氧气的浓度，提高二氧化硫的转化率 【解析】【小问1详解】醋酸是弱酸，离子方程式中写分子式，离子方程式为；【小问2详解】4.0g硫粉在氧气中完全燃烧生成二氧化硫气体，放出27kJ的热量，1molS燃烧放出216kJ能量，故热化学方程式为；【小问3详解】根据强酸可以制取弱酸，由方程式为，，得出酸性HF>HNO2>HCN，酸性越强，Ka值越大，因此；【小问4详解】工业生产中，增大氧气的浓度，为了提高有污染的二氧化硫的转化率。18.已知25℃时，氨水()中，为。（1）计算该溶液的___________。（2）氨水显弱碱性，其原因为___________(用电离方程式表示)，电离平衡常数的表达式为___________。（3）25℃时，的电离平衡常数约为。（4）25℃时，向10mL0.1mol/L氨水中滴加相同浓度的溶液，在滴加过程中___________(填字母)。A.始终减小B.始终增大C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】（1）11（2）①.②.（3）（4）B【解析】【小问1详解】根据的电离方程式：，溶液中c(OH-)==，常温下，c(H+)===，-lgc(H+)=-lg =11；【小问2详解】电离出氢氧根，故氨水显碱性，电离方程式为：；电离平衡常数的表达式为；【小问3详解】=；【小问4详解】氨水中存在电离平衡，滴加相同浓度的溶液，与氢氧根反应，使电离平衡向右移动，增大，c()减小，增大。19.一定温度下，在密闭容器中发生反应，正反应速率表达式为(k是正反应速率常数，只与温度有关)。测得正反应速率常数与浓度关系如表所示：序号I0.100.100.15Ⅱ0.200.202.40Ⅲ0.200101.20（1）n=___________。（2）向容积为2L的恒容密闭容器中仅充入和，发生上述反应，测得随时间的变化如图所示： ①物质D的聚集状态为___________。②a、b、c三点气体C的逆反应速率由大到小的顺序为___________(用a、b、c表示)。③T2时，此反应的平衡常数K=___________(不写单位)。（3）在恒温、恒容容器中进行反应。下列不能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。A.混合气体的平均密度不再变化B.混合气体的平均摩尔质量不再变化C.D.容器内的气体压强不再变化【答案】（1）1（2）①.气体②.③.0.1（3）AC【解析】【小问1详解】由正=k•cm(A)•cn分别代入三组数据，Ⅱ.正=k•(0.20)m•(0.20)n=2.40mol•L-1•min-1②，Ⅲ.正=k•(0.20)m•(0.10)n=1.20mol•L-1•min-1③，由可得：2n=2，解得：n=1，故答案为：1；【小问2详解】①由图可知，压强均为P2的两条线，“先拐先平衡“，对应速率大温度高，故T1＞T2，再根据温度均为T1 的两条线判断，依据“先拐先平衡”，P2＞P1，增大压强，C的物质的量减小，说明平衡逆向移动，逆向是气体体积减小方向，故D为气体，故答案为：气体；②由①可知，a点还未达到平衡，a(正)＞a(逆)，在达到平衡之前逆反应速率增大，到b点达到平衡状态，b(正)=b(逆)，则a(逆)＜b(逆)，又c点是平衡点，c点和b点的压强相同，温度比b点的高，故c(正)=c(逆)＞b(正)=b(逆)，则a、b、c三点气体C的逆反应速率由大到小的顺序c＞b＞a，故答案为：c＞b＞a；③容器的容积为2L，T2时，此反应达到平衡时，C的物质的量为0.2mol，其浓度为0.1mol•L-1，充入0.6molA(g)和0.3molB(g)，A、B起始浓度分别为0.3mol•L-1，0.15mol•L-1，列出三段式： 则化学平衡常数K===0.10，故答案为：0.10；【小问3详解】A．由题干反应方程式可知，反应过程中容器内气体的质量不变，容器体积不变即容器内混合气体的密度始终保持不变，故混合气体的平均密度不再变化不能该说明反应达到化学平衡，A符合题意；B．由题干反应方程式可知，反应过程中容器内气体的质量不变，反应前后气体的物质的量发生改变，即混合气体的平均摩尔质量一直在改变，故混合气体的平均摩尔质量不再变化能说明反应达到化学平衡，B不合题意；C．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，故当时即不能说明反应达到化学平衡，C符合题意；D．由题干反应方程式可知，反应前后气体的物质的量发生改变，反应过程中容器体积不变，则容器内的气体压强一直在改变，故容器内的气体压强不再变化能说明反应达到化学平衡，D不合题意；故答案为：AC。20.某同学用的NaOH溶液滴定待测盐酸的浓度。（1）选用图中仪器___________(填“A”或“B”)取待测盐酸25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴酚酞作指示剂。（2）滴定中，滴定管液面的位置如图表示，其读数为___________mL。 （3）滴定到达终点的现象是___________。（4）该同学三次实验数据如下表所示。根据表中数据计算待测盐酸的浓度是___________。实验编号待测盐酸的体积/mL滴定前NaOH溶液的体积读数/mL滴定后NaOH溶液的体积读数/mL125.000.9827.70225.000.7129.72325.000.6427.42（5）以下操作会导致测定结果偏低是___________(填序号)。①配制标准溶液的固体NaOH中含有KOH杂质②滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥③滴定前读数时仰视，滴定后读数时俯视④滴定前未排出滴定管尖嘴的气泡，滴定后气泡消失⑤酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗（6）常温下，若用溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线(已知醋酸钠溶液显碱性)，如图所示：请回答：达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a___________b(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）B（2）22.80（3）加入最后半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不恢复 （4）0.1070（5）③⑤（6）>【解析】【分析】在用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸时，实验步骤是洗涤、润洗、装液、取液、滴加指示剂、进行滴定，为减少实验的偶然性，使测定值更接近真实值，一般是进行几次平行实验，舍弃偏差大的数值，取剩余几次的平均值计算。【小问1详解】盐酸应用酸式滴定管来量取，选用仪器B；【小问2详解】滴定管读数视线要与凹液面最低处平齐，图中读数为22.80mL；【小问3详解】实验使用的指示剂为酚酞试液，酚酞的变色范围是pH：8-10，pH在8-10之间时呈粉红色，滴定到达终点的现象是：加入最后半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不恢复；【小问4详解】实验1使用的NaOH溶液的体积为：27.70mL-0.98mL=26.72mL，同理可得实验使用的NaOH溶液的体积为：29.01mL，实验3使用的NaOH溶液的体积为：26.78mL，由于实验2的数据明显偏离正常的误差范围，舍去不用，即使用NaOH溶液的平均体积为：26.75mL，即待测盐酸的浓度为；【小问5详解】①配制标准溶液的固体NaOH中含有KOH杂质，则所配标准溶液浓度偏低，消耗标准液的体积偏大，所测盐酸溶液的浓度偏高，①不符合题意；②滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响消耗标准液的体积，所测盐酸溶液的浓度不受影响，②不符合题意；③滴定前读数时仰视，滴定后俯视，消耗标准液的体积偏小，所测盐酸溶液的浓度偏低，③符合题意；④滴定前未排出滴定管尖嘴的气泡，滴定后气泡消失，则气泡的体积也被当作标准溶液的体积，标准液的体积偏大，所测盐酸溶液的浓度偏高，④不符合题意；⑤酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，导致盐酸的浓度偏小，待测溶液的物质的量偏小，消耗标准液的体积偏小，所测盐酸溶液的浓度偏小，⑤符合题意；故选③⑤。【小问6详解】 由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，外界条件相同且浓度相同时，盐酸的pH更小，根据图示可知，起始点为A的图像是盐酸的滴定曲线，起始点为C的图像是醋酸的滴定曲线，B点为氢氧化钠和盐酸正好反应生成氯化钠，消耗氢氧化钠体积amL，D点是氢氧化钠滴定醋酸到中性，如果正好滴定完全生成醋酸钠，溶液显碱性，要想使溶液显中性氢氧化钠体积要小于amL，故a＞b。21.为加快实现“双碳”目标，有效应对全球气候变化、构建低碳社会，资源化利用受到越来越多的关注。利用与制备合成气CO、的反应历程如下第一步：第二步：说明：ads为吸附型催化剂。（1）制备合成气总反应的反应热___________。（2）一定条件下ads对也有吸附作用。结合下图分析ads吸附的适宜条件是________。（3）煤的气化是一种重要的制氢途径。在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：反应I：反应II：反应达到平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol，的物质的量为0.2mol。①有利于反应I自发进行的条件是___________。②下列说法正确的是___________。A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应I的平衡不移动B．混合气体的密度保持不变时，不能说明反应体系已达到平衡C．平衡时整个体系吸收31.2kJ能量D．反应II的化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应II的 ③平衡时，气体的总物质的量为___________mol，反应I的平衡常数___________MPa。[：以气体物质的分压替代浓度计算得到的平衡常数，，p表示平衡时总压，表示平衡系统中B的物质的量分数]【答案】（1）（2）25℃，(或低温，低流速)（3）①.高温②.AC③.1.3④.0.02【解析】【小问1详解】由反应第一步和第二步相加，可得，可知制备合成气总反应的反应热；【小问2详解】一定条件下ads对也有吸附作用，由题干图示信息可知，25℃下流速为10mL/min时，ads吸附的量最大,所以该过程的适宜条件为25℃，10mL⋅min；【小问3详解】①时，该反应可自发进行，反应Ⅰ的，又由于反应过程气体的种类和物质的量均增加，所以该反应的，综上所述，若使反应的，应在高温下反应；②恒容条件下通入惰性气体，反应物和生成物的浓度均不改变，平衡不移动，A项正确；由于反应有固体参与，反应前后气体的质量变大,而体积不变，所以反应前后气体的密度为变量，当混合气体的密度保持不变时，能说明反应体系已达到平衡，B项错误；设反应过程中反应Ⅰ生成氢气的物质的量为xmol，反应Ⅱ生成氢气的物质的量为ymol，水的转化率为50%，则可得到x+y=0.5，x-y=0.1，解得x=0.3，y=0.2，所以反应过程中的热量变化为：131.4×0.3-41.1×0.2=31.2kJ，C项正确；任何化学反应的熵变均不能为0，D项错误；故选AC。③由②中选项C解析可知反应平衡后，反应Ⅰ生成氢气的物质的量为0.3mol，反应Ⅱ生成氢气的物质的量为0.2mol，由条件知一氧化碳的物质的量为0.1mol，反应Ⅱ生成二氧化碳的物质的量为0.2mol；所以平衡后，容器中共有水0.5mol，氢气0.5mol，一氧化碳0.1mol，二氧化碳0.2mol，共计1.3mol；反应前气体总物质的量为1mol，起始压强为0.2MPa，平衡后气体总物质的量为1.3mol，由于恒容时，气体的物质的量 比等于压强比，所以平衡后容器的压强为0.26MPa，分别求出反应Ⅰ各气体的分压：