化学卷·2019届甘肃省武威市第一中学高二上学期期末考试试题（解析版）
甘肃省武威市第一中学2017-2018学年度第一学期+高二化学期末试卷
注意事项：
考试时间100分钟，满分100分，其中第一题60分，第二题40分。
可能用到的相对原子质量 O：16 Na：23 Ag：108 Ｈ：１Ｃ：１２
一、选择题（只有一个选项正确，每小题3分，共60分）
1. 2012年7月21日,世界各国领导人在南非德班共同商讨应对气候变化的道路— “拯救人类的最后机会”。要想节能减排下列属最有希望的新能源是
①天然气 ②煤 ③石油 ④水能 ⑤太阳能 ⑥地热能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③④⑤⑥ D. 除①②外
【答案】B
考点：考查了使用化石燃料的利弊及新能源的开发的相关知识。
2. 100℃时，水的离子积为1×10－12 mol2·L－2，若该温度下某溶液中的H＋浓度为1×10－7 mol·L－1，则该溶液是
A. 酸性 B. 中性 C. 碱性 D. 无法判断
【答案】C
【解析】100℃时，水的离子积为1×10－12 mol2·L－2，该温度下某溶液中的H＋浓度为1×10
－7 mol·L－1，则该溶液中OH—的浓度为1×10－5 mol·L－1，溶液中的氢离子浓度小于氢氧根离子的浓度，因此溶液显碱性；答案选C。
3. ．常温下，将0.1 mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06 mol·L－1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于
A. 2.0 B. 1.7 C. 12.0 D. 12.4
【答案】A
【解析】常温下，将0.1 mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06 mol·L－1硫酸溶液等体积混合，先发生反应，
剩余的氢离子浓度为0.01 mol/L，根据pH计算公式：pH=-lg c(H+)=2；答案选A。
点睛：如果溶液中H+过量，再根据pH计算的公式，即可求出溶液的pH；当溶液中OH-过量时，先计算出氢氧根离子的浓度，再根据水的离子积常数计算出氢离子浓度，进而求出pH值。
4. 下列叙述中，能证明醋酸是弱电解质的是
A. 水溶液的导电能力很弱 B. 溶液中已电离出的离子和未电离的分子共存
C. 能和氢氧化钠溶液反应 D. 熔化状态时不导电
【答案】B
【解析】A. 水溶液的导电能力很弱不能判断醋酸是弱电解质，强电解质在浓度非常低的情况下导电能力也很弱，A项错误；B. 当溶液中已电离出的离子和未电离的分子共存时，能说明部分电离，可以判断醋酸是弱电解质，B项正确；C. 能和氢氧化钠溶液反应的酸也可是强酸、弱酸，不能判断醋酸是弱电解质，C项错误；D. 熔化状态时不导电的物质可以是强酸，因此不能判断醋酸是弱电解质，D项错误。答案选B。
5. 有体积相同、pH相等的烧碱溶液和氨水，下列叙述中正确的是
A. 两溶液物质的量浓度相同 B. 用同浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积相同
C. 两溶液中OH－浓度相同 D. 加入等体积的水稀释后，pH仍相等
【答案】C
【解析】试题分析：A．NaOH是强电解质，一水合氨是弱电解质，一水合氨存在电离平衡，pH相等的NaOH和氨水，氨水浓度大于NaOH，故A错误；B．用同浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积与碱的物质的量成正比，pH相等、体积相等的氢氧化钠和氨水，氨水的物质的量大于氢氧化钠，所以氨水消耗的盐酸多，故B错误；C．pH相等的氨水和氢氧化钠，两种溶液中OH-浓度相同，故C正确；D．加水稀释促进弱电解质一水合氨电离，氢氧化钠完全电离，所以稀释相同的倍数后，氨水中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠，故D错误；故选C。
【考点定位】考查弱电解质的电离
【名师点晴】本题考查了弱电解质的电离，根据弱电解质电离特点来分析解答，易错选项是B，注意：消耗酸的体积与碱的物质的量有关，与电解质强弱无关，为易错点。
6. 对水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2而不是CaCO3和MgCO3的解释，说法正确的是
A. Mg(OH)2的溶度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化
B. Mg(OH)2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化
C. MgCO3电离出的CO发生水解，使水中OH－浓度减小，对Mg(OH)2沉淀溶解平衡而言，Qc＜Ksp，生成Mg(OH)2沉淀
D. 二者不能相互转化
【答案】B
【解析】A. 氢氧化镁难溶，而碳酸镁微溶，所以Mg(OH)2的溶度积应小于MgCO3的溶度积，碳酸镁可以转化为氢氧化镁，A项错误；B.水垢的成分是Mg(OH)2而不是MgCO3，是由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化，B项正确；C. MgCO3电离出的CO发生水解，使水中OH－浓度增大，对Mg(OH)2沉淀溶解平衡而言，Ksp＜Qc，生成Mg(OH)2沉淀，C项错误；D. 沉淀的转化是可逆反应，在一定的条件下，二者可以实现相互转化，D项错误。答案选B。
7. 在25℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是
A. [Na＋]＝[CH3COO－]＋[CH3COOH] B. [H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]
C. [Na＋]＞[CH3COO－]＞[OH－]＞[H＋] D. [CH3COO－]＞[Na＋]＞[H＋]＞[OH－]
【答案】D
【解析】A. pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)等于pH＝3的CH3COOH溶液中c(H+)，由于醋酸难电离，所以c(CH3COOH)>c(NaOH)，可见c(Na＋)
c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C错误；D. c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故D正确。故选D。
8. 对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是
A. 0.1 mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO)>c(NH)>c(H＋)＞c(OH－)
B. 0.1 mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋2c(CO)
C. 将0.2 mol/L NaA溶液和0.1 mol/L盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(Cl－)
D. 在25℃0.1 mol/L的 NH4Cl溶液中：c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
【答案】D
考点： 溶液中的离子浓度关系
9. 据报道,科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】试题分析：水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像D符合，答案选D。
考点：考查反应热图像分析
10. .充分燃烧一定量的丁烷气体放出的热量为Q。完全吸收它生成的CO2气体生成正盐,需5 mol·L-1的KOH溶液100 mL,则丁烷的燃烧热为
A. 16Q B. 8Q C. 4Q D. 2Q
【答案】A
【解析】试题分析：氢氧化钠的物质的量为5×0.1=0.5摩尔，吸收二氧化碳生成正盐，则能吸收的二氧化碳的物质的量为0.25摩尔，丁烷的物质的量为0.25/4=0.0625摩尔，丁烷完全燃烧放热为Q，所以1摩尔丁烷的燃烧热为16Q，选A。
考点：氢氧化钠的性质，物质的燃烧热
11. A,B,C,D均为气体，在2A＋B3C＋5D反应中，表示该反应速率最快的是
A. υ(A)＝ 0.5 mol／(L·ｓ) B. υ(C)＝ 0.8 mol／(L·ｓ)
C. υ(B)＝ 0.3 mol／(L·ｓ) D. υ(D)＝ 1 mol／(L·ｓ)
【答案】C
【解析】在同一反应中，用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比。A. υ(A)＝ 0.5 mol／(L·ｓ)；B.由 υ(C)＝ 0.8 mol／(L·ｓ)可求出υ(A)＝ mol／(L·ｓ)；C. 由υ(B)＝ 0.3 mol／(L·ｓ) 可求出υ(A)＝0.6 mol／(L·ｓ)；D. 由υ(D)＝ 1 mol／(L·ｓ) 可求出υ(A)＝0.4 mol／(L·ｓ)；通过比较反应速率快的是υ(B)＝ 0.3 mol／(L·ｓ)。答案选C。
点睛：本题除了上述方法外还可以通过比较、、、之间的大小来确定反应速率，但比较时要注意速率的单位。
12. 用惰性电极进行电解,下列说法正确的是
A. 电解稀硫酸,实质上是电解水,故溶液pH不变
B. 电解稀氢氧化钠溶液,要消耗OH-,故溶液pH减小
C. 电解硫酸钠溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D. 电解氯化铜溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【解析】电解稀H2SO4，其实质是电解水，因溶剂减少，H2SO4浓度将增大，故溶液的pH变小，A项错误；电解稀NaOH溶液，虽然OH－在阳极放电，但H＋同时也在阴极放电，其实质同样是电解水，溶液的浓度也将变大，故溶液的pH变大，B项错误；电解Na2SO4溶液，其实质也是电解水，在阴极和阳极分别析出H2和O2，二者的物质的量之比为2∶1，而非1∶2，C项错误；电解CuCl2溶液，在阴、阳两极上分别析出Cu和Cl2，二者的物质的量之比为1∶1，D项正确。。
13. 已知强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为:H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1,又知电解质的电离是吸热过程。向1 L 0.5 mol·L-1的NaOH溶液中加入下列物质:①稀醋酸;②浓硫酸;③稀硝酸,恰好完全反应。其焓变ΔH1、ΔH2、ΔH3
的关系是
A. ΔH1>ΔH2>ΔH3 B. ΔH1<ΔH3<ΔH2
C. ΔH1=ΔH3>ΔH2 D. ΔH1>ΔH3>ΔH2
【答案】D
【解析】试题分析：因为醋酸是弱电解质，电离时吸热，浓硫酸溶于水时放热，所以中和反应时放出的热量Q，浓硫酸的大于稀硝酸，大于稀醋酸，因为放热反应中，反应热为负值，所以选D。
考点： 反应热的大小比较
14. 下列有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法中,正确的是
A. AgCl沉淀生成和溶解不断进行,但速率相等
B. AgCl难溶于水,溶液中没有Ag+和Cl-
C. 升高温度,AgCl的溶解度减小
D. 向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体,AgCl的溶解度不变
【答案】A
【解析】试题分析：AgCl固体在溶液中存在溶解平衡，当达到溶解平衡时，AgCl固体生成Ag+和Cl-的速率必然等于Ag+和Cl-结合成AgCl固体的速率，A正确；没有绝对不溶的物质，B错误；一般说来，温度升高，固体的溶解度增大，C错误，但少数固体的溶解度随温度升高而降低，如Ca(OH)2；向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，增大了c(Cl-)，平衡向左移动，AgCl的溶解度减小，D错误。
考点：难溶电解质的溶解平衡
15. 下列事实不属于盐类水解应用的是
A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水或消毒
B. 实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率
【答案】D
【解析】试题分析：明矾和氯化铁晶体常用于净水是因为溶于水后生成铝离子和铁离子水解生成Al(OH)3，Fe(OH)3胶体有吸附性能吸附水中的小颗粒；纯碱水解使得溶液显碱性，碱性条件下油污发生水解；FeCl3溶液会发生水解，配制的时候加入少量稀盐酸来抑制水解；制氢气时加入CuSO4可加快反应速率是利用原电池的原理，与胶体无关，选D。
考点：胶体的性质的应用。
16. 下列说法可以证明反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)已达到平衡状态的是
A. 1个N≡N键断裂的同时,有3个H—H键形成
B. 1个N≡N键断裂的同时,有3个H—H键断裂
C. N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2
D. 1个N≡N键断裂的同时,有6个H—N键形成
【答案】A
【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则A、1个N≡N键断裂的同时,有3个H—H键形成，二者表示的反应速率分别是正逆反应速率，且满足化学计量数之比，因此说明反应达到平衡状态，A正确；B、1个N≡N键断裂的同时,有3个H—H键断裂均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C、N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2不一定说明正逆反应速率相等，则不一定达到平衡状态，C错误；D、1个N≡N键断裂的同时,有6个H—N键形成均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，D错误，答案选A。
考点：考查平衡状态判断
17.
在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L氨水至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是
A. B. C. D. C（OH－）
【答案】A
【解析】A．加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，该比值增大，故A正确；B．溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，且水电离出氢氧根离子数目增多，则该比值变小，故B错误；C．加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以该比值减小，故C错误；D．加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中n(OH-)增大，但n(OH-)增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(OH-)减小，故D错误；故选A。
点睛：注意把握稀释弱电解质时促进弱电解质电离。本题中ABC直接分析浓度比值的变化比较困难，如果首先分析物质的量的变化就简单多了。
18. 在密闭容器中充入A(g)和B(g)，它们的初始浓度均为2 mol·L－1，在一定条件下发生反应：A(g)＋B(g) 2C(g)，该温度下，此反应的平衡常数为4，则A的转化率为
A. 30% B. 40% C. 50% D. 60%
【答案】C
【解析】根据平衡三段式列式计算，设A的转化率x，
A(g)＋B(g) 2C(g)
始(mol·L－1)： 2 2 0
转(mol·L－1)： 2x 2x 4x
平(mol·L－1)： 2-2x 2-2x 4x
再根据平衡常数K==4，计算得到x=0.5则A的转化率 100%=50%；答案选C。
19. 把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，c极上产生大量气泡，b、d相连时，b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱的为
A. a > b > c > d B. a > c > d > b
C. c > a > b .> d D. b > d > c > a
【答案】B
【解析】试题分析：原电池中，活泼金属作负极，失去电子，溶解。a、b相连时a溶解，a>b；c、d相连时c为负极,c>d；a、c相连时，c极上产生大量气泡,c作正极，a>c；b、d相连时，b为正极，d>b.
所以综上：a＞c＞d＞b
考点：原电池
点评：本题解题关键在于根据实验现象来判断哪一个是正极，哪一个是负极，而原电池中负极的金属活动性大于正极。
20. 对于化学反应能否自发进行,下列说法中错误的是
A. 若ΔH<0,ΔS>0,任何温度下都能自发进行
B. 若ΔH>0,ΔS<0,任何温度下都不能自发进行
C. 若ΔH>0,ΔS>0,低温时可自发进行
D. 若ΔH<0,ΔS<0,低温时可自发进行
【答案】C
【解析】
选项
内容分析
结论
A
ΔH0，ΔS0→ΔG＜0，任何温度下都能自发进行
B
ΔH0，ΔS0→ΔG0，任何温度下都不能自发进行
C
ΔH0，ΔS0，高温时能保证ΔG＜0
D
ΔH0，ΔS0，低温时能保证ΔG＜0
二、简答题（共40分）
21. （1）偏铝酸钠的水溶液呈___（填“酸”“中”或“碱”）性,原因是（用离子方程式表示）:________________;实验室在配制AgNO3溶液时,常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中,然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度,以____（填“促进”或“抑制”）其水解。
（2）明矾可用于净水,原因是（离子方程式表示）:__________________。
（3）用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理:__________________。
（4）纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具,原因是（用离子方程式表示）:____________。
（5）碳酸氢钠溶液中离子浓度由大到小的顺序是:__________________。
【答案】 (1). 碱 (2). AlO2-+ 2H2O =Al(OH)3 + OH- (3). 抑制 (4). Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (5). Al3+ + 3HCO3- == Al（OH）3↓+3CO2↑ (6). CO32- +H2O =HCO3- + OH- (7). [Na+]>[HCO3-]>[OH-]>[CO32-]>[H+]
【解析】（1）偏铝酸钠的水溶液呈碱性，原因是偏铝酸钠在水中发生了水解，离子方程式为：AlO2- + 2H2OAl(OH)3 + OH-；实验室在配制AgNO3
溶液时，溶液中的银离子水解显酸性，Ag++H2OAgOH+H+，为抑制银离子的水解通常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度；
（2）明矾溶于水，铝离子水解形成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来达到净水的目的，离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；
（3）泡沫灭火器原理是NaHCO3与Al2(SO4)3发生双水解反应，离子方程式为：Al3+ + 3HCO3- == Al（OH）3↓+3CO2↑；
（4）纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具是因为碳酸钠水解显碱性，使油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质而洗去，离子方程式为：CO32- +H2O HCO3- + OH-；
（3）在碳酸氢钠溶液中，离子间存在着这样的关系HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-H++CO32-，H2OH++OH-；由于HCO3-水解大于电离，说明碳酸氢钠溶液显碱性，且c(OH-) > c(CO32-)，由于少部分水解和电离，则c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)> c(CO32-)，又由于 c(HCO3-) 产生的c(H+)与c(CO32-)数目相等，而水H2O电离也产生c(H+)。因此 c (H+) > c(CO32-)，碳酸氢钠溶液中，离子浓度由大到小的顺序是：c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)> c(H+) > c(CO32-)。
点睛：本题重点对弱酸根离子CO32-、HCO3-和弱碱根离子Ag+、Al3+的水解进行了考查，书写时需注意的是水解是可逆的；对于泡沫灭火器的原理是Al3+ 和HCO3-发生双水解，水解彻底，书写双水解方程式时用等号表示。
22. 已知:H2(g)+O2(g)H2O(l),反应过程中能量变化如图所示,则:
①a、b、c分别代表什么意义?
a___________________________________;
b_____________________________;
c___________________________________。
②该反应是______反应（填“吸热”或“放热”）,ΔH_______0（填“>”或“<”）。
（2）发射“天宫”一号的火箭使用的推进剂是液氢和液氧,这种推进剂的优点是______。（请写两条）
（3）已知:H2(g)+ O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1
H2(l)H2(g) ΔH=+0.92 kJ·mol-1
O2(l)O2(g) ΔH=+6.84 kJ·mol-1
请写出1mol液氢和液氧生成液态水的热化学方程式:______________________________。
【答案】 (1). 1 mol H2分裂为H、0.5 mol O2分裂为O时吸收的热量(或断裂化学键时吸收的热量) (2). H、O结合生成1 mol H2O(l)放出的热量（或形成化学键时释放的热量） (3). 1 mol H2和0.5 mol O2生成1 mol H2O(l)时,反应放出的热量 (4). 放热 (5). < (6). 相同质量时,氢气放出的热量多 产物为水,无污染(其他合理答案均可) (7). H2(l)+1/2O2(l)H2O(l) ΔH=-281.46 kJ·mol-1
【解析】（1）①图像分析可知，反应的热效应实质是断裂化学键吸收的热量减去形成化学键放出的热量之差，因此a表示1 mol H2分裂为H、0.5 mol O2分裂为O时吸收的热量(或断裂化学键时吸收的热量)；b表示H、O结合生成1 mol H2O(l)放出的热量（或形成化学键时释放的热量）；c表示1 mol H2和0.5 mol O2生成1 mol H2O(l)时,反应放出的热量；②根据图像分析可知该反应是放热反应，ΔH<0；
（2）火箭使用的推进剂通常是液氢和液氧，这是由于相比较其他燃料，相同质量时，氢气放出的热量多，且产生的水不污染环境；
（3）根据题中的热化学反应方程式H2(g)+ O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1 ①
H2(l)H2(g) ΔH=+0.92 kJ·mol-1 ② O2(l)O2(g) ΔH=+6.84 kJ·mol-1 ③
由①+②+③可求H2(l)+O2(l)H2O(l) ΔH==-281.46 kJ·mol-1。
23. 右图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH＝2K2CO3+6H2O。
（1）请回答图中甲、乙两池的名称。甲池是________装置，乙池是________装置。
（2）请回答下列电极的名称：通入CH3OH的电极名称是__________________，B（石墨）电极的名称是______________________。
（3）写出电极反应式：通入O2的电极的电极反应式是__________________。A（Fe）电极的电极反应式为_______________________________________。
（4）乙池中反应的化学方程式为________________________________________。
（5）当乙池中A（Fe）极的质量增加4.32g时，甲池中理论上消耗O2__________mL（标准状况下）。
【答案】 (1). 原电池（化学能转变为电能） (2). 电解池（电能转变为化学能） (3). 负极 (4). 阳极 (5). O2+2H2O+4e－ =4OH－ (6). 4Ag++4e－=4Ag (7). 4AgNO4+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (8). 224
【解析】（1）从图中可以看出甲池是燃料电池，即化学能转化为电能的装置，因此甲池是原电池，乙池为电解池；
（2）通入甲醇的电极为负极，通入氧气的电极为正极；铁棒与甲醇电极相连，铁被保护，所以A（铁棒）是阴极，B（石墨）是阳极；
（3）通入氧气的电极是正极，在碱性环境下的电极反应为：O2+2H2O+4e－ =4OH－；A（Fe）电极为阴极，在硝酸银溶液中该电极的电极反应为4Ag++4e－=4Ag；
（4）乙池是电解池，阳极的电极反应为4OH－-4e－ =O2↑+2H2O，阴极的电极反应为4Ag++4e－=4Ag，电解硝酸银溶液，电解总反应的化学方程式为4AgNO4+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；
（5）当乙池中A（Fe）极的质量增加4.32 g Ag，生成银的物质的量为0.04 mol，转移电子的物质的量为0.04 mol，根据电子守恒，消耗O2的物质的量为0.01 mol，在标况下，消耗O2的体积为0.224 L，即224 mL。
24. 某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在250 mL容量瓶中配制250 mL烧碱溶液
B．用移液管（或碱式滴定管）量取25.00 mL 烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴酚酞指示剂
C．在天平上准确称取烧碱样品w g，在烧杯中加蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为m mol·L－1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1 mL
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2 mL
请完成下列问题：
（1）正确的操作步骤是（填写字母） ____→____→____→D→____。
（2）操作D中液面应调整到_______________；尖嘴部分应________________。
（3）以下操作会造成所测烧碱溶液浓度偏低的是（____）
A．酸式滴定管未用待装溶液润洗 B．碱式滴定管未用待装溶液润洗
C．锥形瓶未用待装溶液润洗 D．在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
（4）该烧碱样品的纯度计算式是__________________________________________。
【答案】 (1). C (2). A (3). B (4). E (5). 零刻度或零刻度以下的某一刻度 (6). 充满溶液，无气泡 (7). B (8).
【解析】试题分析：
（1）①实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，故答案为：C；A；B；D；E；
（2）滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡.
（3）A．酸式滴定管未用待装溶液润洗，则酸的浓度减小，消耗酸溶液的体积增大，则测定结果偏高，A错误；B．碱式滴定管未用待装溶液润洗，则碱的浓度减小，消耗酸溶液的体积减小，则测定结果偏低，B正确；C．锥形瓶未用待装溶液润洗属于正确的操作，不影响结果，C错误；D．在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则消耗酸溶液的体积增大，则测定结果偏高，D错误，答案选B。
（4） 硫酸的物质的量为m（V2-V1）×10-3mol，则n（NaOH）=2m（V2-V1）×10-3mol，m（NaOH）=80m（V2-V1）×10-3，则样品中NaOH的质量为10×80m（V2-V1）×10-3，所以烧碱样品纯度为10×80×（V2-V1） ×10-3m/w×100%=%（注意：V为mL），
【考点定位】本题主要是考查中和滴定实验的有关判断与计算
【名师点晴】误差分析：
（1）原理（以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例）：cB＝；VB——准确量取的待测液的体积；cA——标准溶液的浓度。故有：cB正比于VA。
（2）常见误差
步骤
操作
V（标准）
c（待测）
洗涤
酸式滴定管未用标准溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小
偏低
滴定
酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失
变大
偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出
变小
偏低
部分酸液滴出锥形瓶外
变大
偏高
溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化
变大
偏高
读数
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数（或前仰后俯）
变小
偏低
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数（或前俯后仰）
变大
偏高
