2018-2019学年河南省豫西名校高二上学期第一次联考化学试题 解析版
2018—2019学年上期第一次联考高二化学试题
(考试时间：90分钟试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量H:1 C：12 O：16 Na：23 S：32
一、选择题（共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.下列过程不属于放热反应的是（ ）
A. 木材燃烧
B. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
C. H20(g)=H20(l)
D. 盐酸和氢氧化钠反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.木材燃烧是放热反应，故A错误；
B.工业合成氨反应为放热反应，故B错误；
C. H20(g)=H20(l),为放热的过程，但不属于化学反应，故C正确；
D. 盐酸和氢氧化钠反应为放热反应，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】常见的放热反应有:所有的燃烧、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应为:大多数的分解反应,氢氧化钡和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反应等；本题中选项C要注意，该转化过程放热，但不是化学反应，很容易选错B。
2.在其他条件相同时，反应N2+02=2NO分别在有、无催化剂时的能量变化如下图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 该反应中反应物的总能量比生成物的总能量低
B. 加入催化剂能改变反应的焓变
C. 加入催化剂可以改变反应的活化能
D. 0.2 mol NO完全分解成N2和02时共放出热量18.26 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A项，从图示可知，反应物的总能量低于生成物的总能量为吸热反应，故A项正确；
B项，加入催化剂，降低反应活化能，反应的焓变不变，故B项错误；
C项，由图可知催化剂能够降低反应的活化能，故C项正确；
D项，根据图示可知：反应生成2molNO时，吸收热量为182.6 kJ，所以2mol NO完全分解成N2和02时共放出热量182.6kJ，则0.2molNO完全分解成N2和02时共放出热量18.26 kJ，故D项正确；
综上所述，本题选B。
3.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. pH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4-、CO32-
B. c(H+)=1×10-13mol/L溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
C. 0.1 mol/LNH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3-、Cl-
D. 0.1 mol/LFeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN-、SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A. pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；
B. c(H+)=1×10-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；
C. K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；
D. Fe3+ 与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。
4.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+H2O
B. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3-+2OH-═MgCO3↓+2H2O
C. 向含1molFeBr2溶液中通入1mol Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-
D. 向碳酸钠溶液中加入足量醋酸溶液：CH3COOH+CO32-═CH3COO—+HCO3—
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铜丝与稀硝酸反应生成一氧化氮，铜丝与浓硝酸反应生成二氧化氮，A错误；
B. 由于氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁的溶解度，因此向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁沉淀；B错误；
C. 还原性：Fe2+>Br-，1molCl2完全反应转移2mol电子；1mol Fe2=被氧化为Fe3+，转移1mol电子，1molBr-被氧化为Br2，转移1mol电子，所以反应的离子方程式：2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，C正确；
D. 醋酸的酸性强于碳酸，因此向碳酸钠溶液中加入足量醋酸溶液反应生成醋酸钠和二氧化碳，D错误；
综上所述，本题选C。
5.己知反应CH4(g)+C02(g) 2CO(g)+2H2(g) AH>0,有利于提高CH4平衡转化率的条件是（）
A. 高温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 低温低压
【答案】A
【解析】
【详解】A. ∆H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；故A正确；
B. ∆H>0，降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；故B错误；
C. ∆H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；故C错误；
D. ∆H>0，降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；故D错误；
综上所述，本题选A。
6.反应2S02(g) + 02(g) 2S03(g) △H =-akJ/mol(a>0),能量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 2S02(g) + 02(g) 2S03(1) △H>-a kJ/mol
B. 过程II可能使用了催化剂，使用催化剂不可以提高S02的平衡转化率
C. 反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和
D. 将2molS02(g)和1 mol 02(g)置于一密闭容器中充分反应后放出的热量小于a kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A. S03(g)变为S03(1)，放出热量；因此2S02(g) + 02(g) 2S03(1)反应发生后，a的数值变大，但是△H变小，所以△H<-a kJ/mol，故A错误；
B. 过程II可能使用了催化剂，使用催化剂降低反应活化能，平衡不移动，S02的平衡转化率不变，故B正确；
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，说明反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，故C正确；
D. 反应处于密闭容器中，反应为可逆反应，不能进行到底，放出的热量小于a kJ，故D正确；
综上所述，本题选A。
【点睛】反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。
7.下列实验过程不可以达到实验目的的是（）
编号
实验目的
实验过程
A
配制1.0 mol/L的NaOH溶液
称取4.0gNaOH固体置于100 mL容量瓶中，加入少量水溶解后定容
B
比较金属镁和铝的活泼性
分別向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，比较反应现象
C
比较Fe3+和I2的氧化性强弱
向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5ml不同浓度稀硫酸溶液的试管中同时加入同样大小的锌粒，观察实验现象
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢氧化钠固体溶于水放热，因此先把溶解后的氢氧化钠溶液冷却至室温再转移到容量瓶中，再把烧杯、玻璃棒进行洗涤，并把洗涤液转移到容量瓶中，故A错误；
B.打磨过的同样大小的镁片和铝片，分別放到等体积等浓度的稀硫酸烧杯中，产生气泡快的为金属镁，可以比较镁铝的金属活泼性，故B正确；
C.碘遇淀粉变蓝，向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明铁离子能够把碘离子氧化为碘单质，可以证明氧化性Fe3+>I2，故C正确；
D.同样大小的锌粒，分别加入2支5ml不同浓度稀硫酸溶液的试管中，硫酸溶液浓度大的产生的气泡快，可以探究浓度对反应速率的影响，故D正确；
综上所述，本题选A。
8.K、Ka、Kw分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是（ ）
A. 在500℃、20 MPa条件下，在5 L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大
B. 室温下Ka(HCN)
T2>T3
B. 正反应速率：v(a)>v(c), v(b)>v(d)
C. 平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)=K(d)
D. 平均摩尔质量：M(a)K(c)，K(b)=K(d)，故正确；D. 温度升高，平衡逆向移动，气体总质量不变，但总物质的量增大，所以平均摩尔质量：M(a)>M(c)；b的压强大于d的，平衡向正反应方向进行的程度大，平均摩尔质量增大，所以有M(b)>M(d)。故错误。故选C。
【点睛】掌握条件对平衡的影响。升温速率增大，平衡向吸热反应方向移动，放热反应的平衡常数减小。温度不变，平衡常数不变。
10.下列有关说法正确的是（)
A. 反应 MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的 △H<0、△S>0
B. 2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H>0
C. 加热0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液，CH3COOH的电离程度增大，溶液的pH减小
D. 对于乙酸与乙醇的醋化反应(△H<0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯气和镁发生的反应是放热反应，故电解熔融的氯化镁制备金属镁是吸热反应，所以该反应△S>0，△H>0，故A错误；
B.该反应△S<0，在常温下能自发进行，则该反应的△H<0，故B错误；
C.CH3COOH的电离过程为吸热过程，升高温度，平衡右移，CH3COOH的电离程度增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则加入少量浓硫酸并加热,该反应的反应速率增大，而平衡常数减小，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
11.在一定温度下，将气体X和气体Y各2 mol充入某10 L恒容密闭容器中，发生反应 X(g)+Y(g) 2Z(g) △H<0,—段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
10
12
n(Y)/mol
1.40
1.10
0.40
0.40
下列说法正确的是（ ）
A. 反应前 2 min 的平均速率 v(Z)=3.0xl0-2 mol• L-1min-1
B. 该温度下此反应的平衡常数K=64
C. 平衡后其他条件不变，再充入2 mol Z，新平衡时X的体积分数增大
D. 反应进行到10 min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正）
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应前 2min，n(Y)变化了2-1.4=0.6mol，反应速率为：v(Y)=0.6/(10×2)=0.03 mol• L-1min-1,根据速率和系数成正比可知v(Z)=2v(Y)=6.0×l0-2 mol• L-1min-1，A错误；
B.反应在10min时达到平衡，因此平衡时各物质浓度为：c(X)=0.4/10=0.04 mol• L-1 , c(Y)=0.4/10=0.04 mol• L-1，c(Z)= 2×(2-0.4)/10=0.32mol• L-1；该温度下此反应的平衡常数=0.322/0.042=64, B正确；
C.该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入2molZ，在等温等容条件下，等效于加压过程，平衡不移动，新平衡时X的体积分数不变，故C错误；
D. 反应进行到10 min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)c(NH4+)
B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，HCOOH消耗NaOH溶液的体积比CH3COOH小
C. 0.1 mol• L-1CH3COOH溶液与0.1 mol• L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=7
D. pH=7的HCOOH和NH3•H20的混合溶液中，c(HCOO—)=c(NH4+)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 因为甲酸的电离平衡常数比醋酸的大，而醋酸的电离平衡常数和氨水相同，所以在甲酸铵溶液中铵根离子的水解程度比甲酸根离子的水解程度大，在浓度均为0.1 mol•L-1 的HCOOH和NH3•H20溶液中：c(HCOO-)>c(NH4+)，故正确；B. pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液相比较，甲酸的浓度小于醋酸，所以用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，HCOOH消耗NaOH溶液的体积比CH3COOH小，故正确；C. 0.1 mol• L-1CH3COOH溶液与0.1 mol• L-1NaOH溶液等体积混合后，恰好完全反应生成醋酸钠，因为醋酸根离子水解，溶液显碱性，故溶液的pH>7，故错误；D. pH=7的HCOOH和NH3•H20的混合溶液中有c(OH—)=c(H+)，根据电荷守恒分析c(HCOO—)+ c(OH—)=c(NH4+)+ c(H+
)，有c(HCOO—)=c(NH4+)，故正确。故选C。
【点睛】掌握电离常数越大，电离程度越大，酸性越强或碱性越强，在对应盐中水解程度小。
15.在25℃时，用蒸馏水稀释l mol• L-1氨水至0.01 mol• L-1,随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（）
A. c(OH-) B. c(NH4+)/c(OH-) C. c(NH3•H20)/c(NH4+) D. c(OH-)/c(NH3•H20)
【答案】D
【解析】
【分析】
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；因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢氧根离子浓度、铵根离子浓度和一水合氨浓度都减小；据以上分析解答。
【详解】A.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A错误；
B.加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中n(OH-)增大，n(NH4+)增大，且水也能电离出氢氧根离子，所以c(NH4+)/c(OH-)=n(NH4+)/n(OH-)之比变小，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c(NH3•H20)/c(NH4+)= n(NH3•H20)/ n(NH4+)之比变小，故C错误；
D. 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c(OH-)/c(NH3•H20)=n(OH-)/n(NH3•H20)之比变大，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】温度不变的情况下，用蒸馏水稀释氨水溶液，促进了一水合氨的电离，溶液中的n(NH3•H20)减小，n(NH4+)、n(OH-)增大；但是溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3•H20)均减小，但是溶液中c(H+)增大，因为KW不变。
16.向lOmL 1 mol• L-1的HCOOH溶液中不断滴加1 mol• L-1的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lgc(H+)的关系如图所示。c(H+)为溶液中水电离出的c(H+)。下列说法正确的是（）
A. HCOOH为强电解质
B. a、b两点pH均为7
C. 混合溶液的pH逐渐增大
D. 从a点到b点，溶液的导电性先增强后减弱
【答案】C
【解析】
【详解】A.1 mol• L-1的HCOOH溶液中由水电离产生的氢离子浓度为10-12mol/L，所以甲酸电离出氢离子浓度为10-2 mol/L，因此HCOOH为弱酸，属于弱电解质，A错误；
B. 图示可知，a点时甲酸过量，水电离产生的氢离子浓度为10-7mol/L，溶液中氢离子浓度为10-7mol/L， pH=7；曲线的最高点表示酸碱恰好反应， 得到甲酸钠溶液，甲酸钠水解使溶液呈碱性，此时水的电离程度最大；当反应进行到b点时氢氧化钠已过量，溶液碱性更强，pH>7，B错误；
C. 甲酸显酸性，随着氢氧化钠的不断加入直至过量，溶液的碱性逐渐增强，混合溶液的pH逐渐增大，C正确；
D.溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带电荷越多，溶液导电能力越强；甲酸是弱酸，甲酸钠和氢氧化钠均是强电解质，所以混合液的导电能力逐渐增强，D错误；
综上所述，本题选C。
二、非选择题（共52分）
17.请回答下列问题。
（1）25℃、1.01><105Pa时，实验测得108g液态水完全分解成H2和02，需要吸收1716kJ 的热量，则表示H2的燃烧热的热化学方程式为_____。
（2）从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物化学键破坏和生成物化学键形成的过程，己知几种化学键的键能如下：
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能kJ/mol
436
391
a
已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-93 kJ mol-1。试根据表中所列键能数据计算a 的数值_____。
（3）已知：C（s，石墨）+O2(g)=CO2（g）△H1=-393.5kJ mol-1 ①
2H2(g)+ O2(g)=2H2O（l）△H2=-571.6kJ mol-1②
2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2（g）+2H2O（l）△H3=-2599kJ mol-1③
根据盖斯定律，计算反应2C（s，石墨）+H2(g)=C2H2(g) △H=_____。
【答案】 (1). H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ∆H=-286 kJ mol-1 (2). 945 (3). +226.7 kJ mol-1
【解析】
【详解】（1）108g液态水的物质的量为108/18=6mol；6mol液态水完全分解成H2和02，需要吸收1716kJ 的热量，则1mol液态水完全分解成H2和02，需要吸收286kJ 的热量，所以1mol氢气在氧气中完全燃烧生成液态水放热为286kJ，表示H2的燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ∆H=-286 kJ mol-1；综上所述，本题答案是：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ∆H=-286 kJ mol-1。
（2）△H=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量；△H=a+3×436-2×3×391=-93，解之得a=945kJ/mol；综上所述，本题答案是：945。
(3)已知：C（s，石墨）+O2(g)=CO2（g）△H1=-393.5kJ mol-1 ①
2H2(g)+ O2(g)=2H2O（l）△H2=-571.6kJ mol-1②
2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2（g）+2H2O（l）△H3=-2599kJ mol-1③
根据盖斯定律，将①×2+②×1/2-③×1/2可得：2C（s，石墨）+H2(g)=C2H2(g) △H=-393.5×2+（-571.6）×1/2-(-2599) ×1/2=+226.7 kJ mol-1；综上所述，本题答案是：+226.7 kJ mol-1。
18.已知反应：2S02(g)+02(g) 2S03(g) △H <0。请回答下列问题：
（1）某温度下，在一固定体积的密闭容器中加入100g SO3(g)发生上述反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_____(填序号）
①每生成80g S03的同时消耗64gSO2
②混合气体的密度保持不变
③SO3的体积分数保持不变
④混合气体的平均相对分子质量不再变化
（2）某温度下，在一固定体积为2升的密闭容器中，充入2molS02和lmol02发生上述反应，当反应进行到2分钟末时达到平衡，平衡混合物中S03的质量分数为50%，则反应前2分钟内用S02表示的平均反应速率为_____，S02的转化率为____，此时反应的平衡常数为_________。
（3）在某恒温、恒压容器中，按体积比2: 1加入S02和02进行上述反应，达到平衡后，再向容器中充入适量S03(g)，达到新平衡时，c(02)将比原平衡_____(填“增大”、“减小”、或“不变”)
（4）若在某恒温、恒容容器中，加入一定量S03(g)发生上述反应，达到平衡后，再向容器 中充入适量S03(g)，达到新平衡时，c(S02)/c(S03)将比原平衡______(填“增大”、“减小”、或“不变”)。
【答案】 (1). ③④ (2). 0.25mol∙L-1∙min-1 (3). 50% (4). 4 (5). 不变 (6). 减小
【解析】
【详解】（1）①每生成80gS03，反应向右进行，同时消耗64gSO2，反应向右进行，速率同向，不能判断反应达到平衡状态，故不选；
②该容器体积不变、反应前后混合气体质量不变,则容器中密度始终不变,则不能根据密度判断平衡状态,故不选；
③SO3的体积分数保持不变，各物质浓度保持不变，反应达到平衡状态，可选；
④该反应中三氧化硫分解后气体的物质的量增大，混合气体质量不变,则混合气体的平均相对分子质量在反应前后减小,当容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变时,正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,可选；
综上所述，本题选③④。
（2）在一固定体积为2升的密闭容器中，充入2molS02和lmol02发生2SO2+O2==2SO3反应，设当反应进行到2分钟末时达到平衡时，消耗氧气的量为xmol，进行如下计算：
2SO2 + O2 2SO3，
起始量 2 1 0
变化量 2x x 2x
平衡量 2-2x 1-x 2x
根据平衡混合物中S03的质量分数为50%，则50%=2x×80/(2×64+1×32)×100%，解得x=0.5mol；则反应前2分钟内用S02表示的平均反应速率为2×0.5/(2×2)=0.25mol∙L-1∙min-1；S02的转化率为2×0.5/2×100%=50%；达平衡时各物质浓度分别为：c(SO2)=（2-1）/2=0.5mol/L，c(O2)=（1-0.5）/2=0.25mol/L，c(SO3)=2×0.5/2=0.5mol/L，此时反应的平衡常数为0.52/(0.25×0.52)=4；综上所述，本题答案是：0.25mol∙L-1∙min，50%，4。
（3）保持恒温、恒压，反应达到平衡后，再向容器中充入适量S03(g)，在恒压条件下，与原平衡状态相同，是等效平衡，各物质的含量不变，所以c(02)与原平衡相比，应该为不变；综上所述，本题答案是：不变。
（4）恒温、恒容条件下反应达到平衡，达到平衡后，再向容器中充入适量S03(g)，恒容条件下相对于原平衡，等效于加压过程，平衡向右移动，c(S03)增大，c(S02)减小，c(S02)/c(S03)将比原平衡减小；综上所述，本题答案是：减小。
19.焦亚硫酸钠Na2S205可用作食品的抗氧化剂，请回答下列问题：
（1）工业上生产Na2S205,通常是由NaHS03过饱和溶液经结晶脱水制得。该反应______(填“是”或“不是”）氧化还原反应。
（2）Na2S205在水溶液中很容易被碘单质氧化，写出该反应的离子方程式_____。
（3）在测定某葡萄酒中Na2S205残留量时，取20.00 mL某葡萄酒样品置于锥形瓶中，用0.01000 mol•L-1的碘标准液滴定至终点，消耗碘标准液10.00mL。请回答下列问题：
①滴定时应将碘标准液装在_____(填“酸式”或“碱式”）滴定管中，若该滴定操作选择淀粉溶液作为指示剂，则滴定终点的现象为_______。
②利用上述数据，可计算出该葡萄酒样品中Na2S205的残留量为____g•L-1 (以SO2 计)。
③上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏____(填“高”或 “低”）。
【答案】 (1). 不是 (2). S2052-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+ (3). 酸式 (4). 当滴加最后一滴碘标准液时，溶液颜色突然变为蓝色，且30s内颜色保持不变 (5). 0.32 (6). 低
【解析】
【详解】（1）Na2S205中硫元素为+4价，NaHS03中硫元素为+4价，反应前后硫元素的价态不变，所以由NaHS03过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S205过程不是氧化还原反应；综上所述，本题答案是：不是。
（2）Na2S205被碘单质氧化，+4价硫被氧化为+6价，即SO42-
；该反应的离子方程式S2052-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+；综上所述，本题答案是：S2052-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+。
（3）①碘标准液具有氧化性，能够腐蚀橡胶管，因此应装在酸式滴定管中；若该滴定操作选择淀粉溶液作为指示剂，根据反应S2052-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+可知，当滴加最后一滴碘标准液时，溶液颜色突然变为蓝色，且30s内颜色保持不变，即为滴定终点；综上所述，本题答案是：酸式，当滴加最后一滴碘标准液时，溶液颜色突然变为蓝色，且30s内颜色保持不变；
②根据反应S2052-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+可知，当碘消耗量=0.01000×10.00×10-3mol时，消耗的n(S2052-)=1/2×0.01000×10.00×10-3mol=0.5×10-4mol；根据硫原子守恒，则二氧化硫的量为n(SO2)=2×0.5×10-4mol=10-4mol,所以最终的残留量=10-4×64/20×10-3=0.32 g•L-1；综上所述，本题答案是：0.32。
③上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡,会导致碘标准液读数偏小，碘的物质的量偏小，会导致测量结果偏低；综上所述，本题答案是：低。
20.常温下，将0.1 mol/LNaOH溶液分别滴加到0.1 mol/LHA溶液和HB溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，回答下列问题：
（1）请计算出Ka(HA) =_____，Ka(HB)_____ Ka(HA) (填“大于' “等于”或“小于”)。
（2）等浓度的HA和HB溶液，若要向其中之一加水让二者pH值相等，应该向_____中加水。
（3）若分别向等浓度等体积的HA和HB溶液中加入NaOH固体让二溶液都呈中性，则 ______需要的NaOH多。
（4）a点溶液中，水电离出的c(H+)=_______。b点溶液中，c(B-)____ c(Na+)(填“大于”、“等于”或“小于”)。
【答案】 (1). 10-4 (2). 小于 (3). HA (4). HA (5). 10-10mol/L (6). 大于
【解析】
【详解】（1）a点时，lgc(A-)/c(HA)=0，即c(A-)/c(HA)=1，c(A-)= c(HA)，
此时溶液的pH=4，c(H+)=10-4mol/L；根据Ka(HA)= c(A-)×c(H+)/ c(HA)可知，Ka(HA)= 10-4；b点时， lgc(B-)/c(HB)=0，即c(B-)/c(HB)=1，c(B-)= c(HB)，此时溶液的pH=5，c(H+)=10-5mol/L；根据Ka(HB)= c(B-)×c(H+)/ c(HB)可知，Ka(HB)= 10-5，所以Ka(HB)小于 Ka(HA)；综上所述，本题答案是：10-4，小于。
（2）根据（1）中分析可知，酸性HA大于HB，所以等浓度的HA和HB溶液，pH较小者为HA，只有向HA溶液中加水，才有可能使二者pH值相等；综上所述，本题答案是：HA。
（3）等浓度等体积的HA和HB溶液，溶质的量相等；与等量的NaOH发生反应生成NaA、NaB溶液，均显碱性，由于酸性HA大于HB，若要显中性，HA需要的NaOH多；综上所述，本题答案是：HA。
（4）a点溶液的pH=4，c(H+)=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L；酸中水电离出的c(H+)等于溶液中的氢氧根离子浓度，所以水电离出的c(H+)=10-10mol/L；由图可知b点溶液呈酸性，c(OH-)< c(H+)，根据电荷守恒可知：c(B-)+ c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，c(B-)大于c(Na+)；综上所述，本题答案是：10-10mol/L；大于。