广东省阳江市阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题

广东省阳江市阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题

阳春一中2019-2020学年第一学期高二年级月考三 化学科（选择考）试题 可能用到的相对原子质量： H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 P:31 S:32 Cl:35.5 Fe: 56 Cu:64 Zn:65‎ 一、单项选择题 ‎1.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中，错误的是 A. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒 B. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火 C. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒 D. 发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝，可用于净水；过氧化氢具有强氧化性，其水溶液也就是双氧水，可用于杀菌消毒；A项正确；‎ B. 二氧化碳可与镁反应生成碳，镁在二氧化碳中能燃烧，二氧化碳与过氧化钠（由钠和氧气反应生成）反应生成氧气，加速燃烧，应用沙子扑灭，B项正确；‎ C. 重金属离子可使蛋白质变性，引起人体中毒，可服用牛奶或鸡蛋清等富含蛋白质高的物质来解毒，但浓盐水不行，C项错误；‎ D. 碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，分解生成的气体，能使焙制出的糕点疏松多孔，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是（ ）‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 强电解质 NaCl H2SO4‎ CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 HF BaSO4‎ HClO CH3COOH 非电解质 Cl2‎ CS2‎ 蔗糖 H2CO3‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cl2是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；‎ B、溶于水中的BaSO4能完全电离，所以BaSO4是强电解质，故不选B；‎ C、溶于水中的CaCO3能完全电离，CaCO3是强电解质；HClO在水中部分电离，是弱电解质；蔗糖在水溶液中和熔融状态下都不导电，蔗糖是非电解质，故选C；‎ D、H2CO3的水溶液能导电，H2CO3是电解质，故不选D。‎ ‎3.NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4LH2O含有NA个分子 B. 5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA C. 等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，H+的物质的量浓度也相等 D. 1mol/L MgCl2溶液中含有Cl﹣的数目为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，H2O为液体，无法用气态摩尔体积计算其物质的量，A错误；‎ B. 5.6g铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁，转移的电子数为0.2mol，即0.2NA，B正确；‎ C. 等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，盐酸为一元酸，硫酸为二元酸，则溶液中的H+的物质的量浓度不相等，C错误；‎ D. 1mol/L MgCl2溶液中未给定体积无法计算含有Cl﹣的数目，D错误；‎ 答案为B；‎ ‎【点睛】若只给定溶液的浓度，无法计算溶液中微粒的个数；标况下的气态物质可用22.4L/mol进行计算。‎ ‎4.下列方程式中，能够正确表示水解反应的是 A. HCO3—+H2OCO32—+H3O+ B. S2—+2H2OH2S+2OH—‎ C. CO2+H2OHCO3—+H+ D. CO32—+H2OHCO3—+ OH—‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCO3—+H2OCO32—+H3O+，属于电离方程式，A错误；‎ B. S2—+2H2OH2S+2OH—，多元弱酸根离子的水解是分步进行的，不能合在一起写，B错误；‎ C. CO2+H2OHCO3—+H+，属于电离方程式，C错误；‎ D. CO32—+H2OHCO3—+ OH—，属于水解方程式，D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.中和相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl和CH3COOH三种稀溶液，所需相同浓度的NaOH溶液的体积为V1、V2和V3，则（ ）‎ A. V1＞V2＞V3 B. V3＞V2＞V1‎ C. V3＞V1＝V2 D. V1＞V2＝V3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】H2SO4、HCl是强电解质，相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl，n(H+)相同，滴加氢氧化钠溶液恰好中和，消耗氢氧化钠的体积相等，即V1＝V2，醋酸是弱酸，等pH时，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，滴加氢氧化钠恰好中和，消耗氢氧化钠溶液的体积远大于盐酸，所以V3＞V1＝V2，故选C。‎ ‎6.下列有关实验的选项正确的是 A．配制0.l0mol/L NaOH溶液 B．除去CO中的CO2‎ C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作 D．记录滴定终点读数为12.20mL A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；‎ B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；‎ C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；‎ D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；‎ 合理选项是B。‎ ‎7.物质的量浓度相同的下列各溶液，由水电离出的c（OH-）由大到小的顺序正确的是 ‎①NaHCO3 ②NaHSO4 ③Na2SO4 ④Na2CO3‎ A. ①②③④ B. ④③①② C. ④①③② D. ①④③②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 碳酸钠和碳酸氢钠水解，对于水的电离起到促进作用，考虑到碳酸根的水解强于碳酸氢根（溶液的pH也一定是碳酸钠大于碳酸氢钠），碳酸钠溶液中水电离出的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中水电离出的c（OH-）。硫酸钠对于水的电离无影响。硫酸氢钠电离出来的氢离子对于水的电离起到抑制作用。由上所述，四种溶液中由水电离出的c（OH-）由大到小的顺序正确的是：④①③②，选项D正确。‎ ‎8.在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是 A. A的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动 C. D的体积分数变大 D. a＜c＋d ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a[NH4+]>[OH-]>[H+]‎ B. 10mL0.1mol·L-1NH4Cl溶液与5mL 0.2 mol·L-1 NaOH溶液混合：[Na+]=[Cl-]>[OH-]>[H+]‎ C. 10mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液与5 mL0.2 mol·L-1 NaOH溶液混合：[Na+]=[CH3COO-] >[OH-] >[H+]‎ D. 10mL 0.5mol·L-1CH3COONa溶液与 6 mL1mol·L-1盐酸混合：[Cl-]>[Na+]>[OH-]>[H+]‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. NH3·H2O+HClNH4Cl+H2O，恰好完全反应形成氯化铵溶液，NH4+水解使溶液呈酸性，[Cl-]>[NH4+]>[H+]>[OH-]，故A错误；B. NH4Cl+NaOHNaCl+NH3·H2O，恰好完全反应形成一水合氨和氯化钠的混合溶液，NH3·H2O+-，所以[Na+]=[Cl-]>[OH-]>[H+]，故B正确；C. CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，恰好完全反应形成CH3COONa溶液，CH3COONa水解使溶液呈碱性，所以[Na+]>[CH3COO-] >[OH-] >[H+]，故C错误；D. CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl，恰好完全反应形成醋酸和氯化钠的混合溶液，CH3COOHCH3COO－+H+，所以[Cl-]=[Na+]>[H+]>[OH-]，故D错误。故选B。‎ ‎14.对下列现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 蒸发NaAlO2溶液可以获得固体NaAlO2‎ NaAlO2水中不会水解 B 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 C 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的ClO-可以水解成HClO ‎ D FeCl3溶液可用于水处理 FeCl3中Fe3+具有氧化性可杀菌消毒 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，NaAlO2溶液中存在水解平衡：NaAlO2+2H2ONaOH+Al（OH）3，蒸发溶液时水解生成的NaOH和Al（OH）3反应仍生成NaAlO2，错误；B项，K2CO3属于强碱弱酸盐，由于CO32-的水解溶液呈碱性，NH4Cl属于强酸弱碱盐，由于NH4+的水解溶液呈酸性，若两者混合施用，由于水解互相促进会产生氨气降低肥效，正确；C项，漂白粉在空气中久置变质的原因是：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑，错误；D项，FeCl3溶液用于水处理，FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，起净水作用，不是杀菌消毒，错误；答案选B。‎ ‎15.下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是(　　)‎ 提示：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+3H2O、I2+Na2S=2NaI+S↓‎ 选项 滴定管中的溶液 锥形瓶中的溶液 指示剂 滴定终点颜色变化 A NaOH溶液 CH3COOH溶液 酚酞 无色→浅红色 B HCl溶液 氨水 甲基橙 黄色→橙色 C 酸性KMnO4溶液 K2SO3溶液 无 无色→浅紫红色 D 碘水 Na2S溶液 淀粉 蓝色→无色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 氢氧化钠滴定醋酸时，因为恰好中和的时候生成醋酸钠，显碱性，所以选择碱变色的指示剂——酚酞，终点颜色变化为：无色→浅红色，选项A正确。盐酸滴定氨水的时候，因为恰好中和的时候生成氯化铵，显酸性，所以选择酸变色的指示剂——甲基橙，终点颜色变化为：黄色→橙色，选项B正确。根据题目反应，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钠，亚硫酸钠被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，选项C正确。用碘水滴定硫化钠溶液，开始时都无色，硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以滴定终点的颜色变化为：无色→蓝色，选项D错误。‎ ‎16.在25ºC时，在0.01mol·L-1的盐酸溶液中，水电离出的H+浓度是 A. 5×10-13mol·L-1 B. 0.02mol·L-1‎ C. 1×10-7mol·L-1 D. 1×10-12mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】0.01mol·L-1的盐酸溶液中，c(H+) = 0.01mol·L-1，‎ ‎，盐酸溶液中氢离子主要来自于酸电离，氢氧根来自于水电离的，而水电离的氢离子等于水电离出的氢氧根，因此水电离出的氢离子，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】酸电离出氢离子，酸中氢氧根离子是水电离出的，碱电离出氢氧离子，碱中氢离子是水电离出的。‎ ‎17.下列过程或现象与盐类水解无关的是 (　　)‎ A. 纯碱溶液去油污 B. 粗盐在空气中易潮解 C. 加热氯化铁溶液颜色变深 D. 浓硫化钠溶液有臭味 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析： A．纯碱水解使溶液显碱性，有利于油脂的水解去除油污，与盐类水解有关，A不选；B．粗盐中含有氯化镁，氯化镁易潮解导致粗盐易潮解，与盐类水解无关，B选；C．溶液颜色变深是因为加热促进盐类水解，C不选；D．溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量有臭味的硫化氢，D不选；答案选B。‎ 考点：考查盐类水解的应用。‎ ‎18.某密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)　ΔH<0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是(　　) ‎ A. t2时加入了催化剂 B. t3时降低了温度 C. t5时增大了压强 D. t4～t5时间内X转化率最低 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，t2时改变条件，正逆反应速率增大且相等，平衡不移动，则t2时加入了催化剂，故A正确；‎ B.t3时改变条件，正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，该反应的△H＜0，正反应为放热反应，若降低温度，平衡正向移动，与图象不符，故B错误；‎ C.t5时改变条件，正逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率，该反应的正反应为气体体积减小的反应，若增大压强，平衡正向移动，与图象不符，故C错误；‎ D.由于t2时刻平衡不移动，t3和t5时刻平衡均左移，故导致t6时刻转化率最低，故D错误 故选A。‎ ‎【点睛】正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，可能是加入催化剂，也可能是气体体积不变的反应加压。‎ ‎19.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。可通过以下反应制得ClO2：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O，下列说法正确的是 A. KClO3在反应中失去电子 B. ClO2是氧化产物 C. H2C2O4在反应中被氧化 D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应中，Cl元素的化合价降低，C元素的化合价升高。‎ ‎【详解】A. KClO3在反应中得到电子，A不正确； ‎ B. ClO2是还原产物，B不正确；‎ C. H2C2O4在反应中C元素的化合价升高，故其被氧化，C正确；　　　 ‎ D. 1mol KClO3参加反应有1mol电子转移，D不正确。‎ 故选C。‎ ‎20.在25℃时，10mL pH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH溶液100 mL时，溶液中Cl－的物质的量恰好等于Na+的物质的量，则a+b的值是 A. 13 B. 14 C. 15 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中Cl-的物质的量恰好等于Na+的物质的量，根据溶液呈电中性可知n(H+)=n(OH-)，即酸碱恰好完全中和，则有n(HCl)=n(NaOH)，即V×10-3L×10-amol/L=10V×10-3L×10b-14mol/L，以此计算。‎ ‎【详解】盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，溶液中Cl-的物质的量恰好等于Na+的物质的量，根据溶液呈电中性可知n(H+)=n(OH-)，即酸碱恰好完全中和，则有n(HCl)=n(NaOH)，pH=a的盐酸中c(H+)=10-amol/L，pH=b的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10b-14mol/L，则V×10-3L×10-amol/L=10V×10-3L×10b-14mol/L，解之得：a+b=13，故答案为A。‎ 二、非选择题 ‎21.下表为25℃的三种弱酸的电离平衡常数：‎ 化学式 HA（A代表某种酸根）‎ HNO2‎ H2CO3‎ Ka Ka=4.9×10-10‎ Ka=4.6×10-4‎ Ka1=4.1×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）用离子方程式表示NaNO2溶液呈碱性的原因_________________________。‎ ‎（2）A－、CO32－、HCO3－在水中结合H+的能力由大到小的顺序为_______________。‎ ‎（3）写出NaA溶液中通少量CO2的离子方程式____________________。‎ ‎（4）现有Na2CO3和NaHCO3两种白色固体物质，欲探究Na2CO3和NaHCO3稳定性的相对强弱，设计了以下实验：‎ ‎①如上图所示，试管④中装入的固体应该是_________（填化学式）。‎ ‎②通过上述实验，得出的结论是：Na2CO3比NaHCO3的稳定性更_______（填“强”或“弱”）。‎ ‎【答案】 (1). NO2-+H2O HNO2+OH- (2). CO32- > A- > HCO3- (3). A- + H2O + CO2 = HA + HCO3- (4). NaHCO3 (5). 强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）NO2-是弱酸根离子，NO2-水解溶液呈碱性；‎ ‎（2）酸的电离平衡常数越大，其相对应的酸根离子水解程度越小，则其相对应的酸根离子结合氢离子能力越小；‎ ‎（3）根据图表数据知，酸的强弱顺序是H2CO3＞HA＞HCO3-，所以A-不能结合HCO3-中的H；‎ ‎（4）Na2CO3较稳定，加热不分解，在实验中，应将NaHCO3装入套装小试管中，小试管加热温度较低，如能分解，可证明NaHCO3不稳定。‎ ‎【详解】（1）NO2-是弱酸根离子，NO2-水解溶液呈碱性，NO2-水解的离子方程式是NO2-+H2O HNO2+OH- ；‎ ‎（2）根据图表数据知，酸的强弱顺序是H2CO3＞HA＞HCO3-，则酸根离子水解程度大小顺序是CO32-＞A-＞HCO3-，所以酸根离子结合质子能力大小顺序是CO32-＞A-＞HCO3-；‎ ‎（3）根据图表数据知，酸的强弱顺序是H2CO3＞HA＞HCO3-，所以A-不能结合HCO3-中的H，NaA溶液中通少量CO2生成HA和碳酸氢钠，反应的离子方程式是A- + H2O + CO2 = HA + HCO3-；‎ ‎（4）①将NaHCO3装入套装小试管中，小试管加热温度较低，如能分解，可证明NaHCO3不稳定，所以试管④中装入的固体应该是NaHCO3；‎ ‎②小试管加热温度较低，NaHCO3能分解，可证明NaHCO3不稳定，而Na2CO3加热温度较高，Na2CO3不分解，可证明 Na2CO3比NaHCO3的稳定性更强。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡常数的应用，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，其相对应的酸根离子水解程度越小。‎ ‎22.在室温下，下列四种溶液：①0.1 mol/L NH4Cl溶液，②0.1 mol/L CH3COONH4溶液，③0.1 mol/L NH4HSO4溶液，④0.1 mol/L 氨水。请根据要求填写下列空白：‎ ‎（1）溶液①呈______性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是___________（用离子方程式表示）。‎ ‎（2）室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－) ________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。‎ ‎（3）常温下，0.1 mol/ L CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。‎ A．c(H+) B． C．c(H+)·c(OH－) D． E．‎ ‎（4）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为____________。‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). NH4+ + H2O NH3·H2O + H+ (3). = (4). BD (5). 10 : 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）NH4Cl是强酸弱碱盐；‎ ‎（2）根据电荷守恒，CH3COONH4溶液中c(CH3COO－) + c(OH－) =c(NH4+)+ c(H+)；‎ ‎（3）常温下，0.1 mol/ L CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，电离平衡常数不变。‎ ‎（4）根据c(OH－)×V(碱)=c(H+)×V(酸)计算 ‎【详解】（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+发生水解反应NH4+ + H2O NH3·H2O + H+，所以溶液呈酸性；‎ ‎（2）根据电荷守恒，CH3COONH4溶液中c(CH3COO－) + c(OH－) =c(NH4+)+ c(H+)，溶液呈中性c(OH－) = c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(NH4+)；‎ ‎（3）A．醋酸加水稀释c(H+)减小； B．醋酸加水稀释，电离平衡正向移动， n(H+)增大、n(CH3COOH)减小，所以 增大 ； C．加水稀释，温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H+)·c(OH－)不变； D．温度不变，水的离子积常数不变，加水稀释，醋酸加水稀释c(H+)减小，所以c(OH－)增大，增大； E．温度不变，加水稀释，电离平衡常数不变，所以不变。故选BD；‎ ‎（4）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则c(OH－)×V(碱)=c(H+)×V(酸)，‎ ‎ ，=。‎ ‎23.（1）已知： C(s)+O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ/mol ‎ C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g) ΔH2＝＋131.3 kJ/mol ‎ 则反应CO(g)+H2(g) +O2(g)===H2O(g)+CO2(g)，ΔH= _____________kJ/mol。‎ ‎（2）在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH ‎①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填序号)。‎ A．每消耗1 mol CO的同时生成2molH2‎ B．混合气体总物质的量不变 C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等 D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化 ‎②CO的平衡转化率(α)与温度、压强的关系如上图所示。A、B两点的平衡常数KA_______KB(填“＞”、“=”或“＜”,下同)；由图判断ΔH ______0。‎ ‎（3）某温度下，将2.0 mol CO和6.0 molH2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.25 mol/L，则此温度下的平衡常数K=_________(保留二位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). -524.8 (2). C (3). = (4). < (5). 1.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律计算CO(g)+H2(g) +O2(g)===H2O(g)+CO2(g)的ΔH；‎ ‎（2）①根据平衡标志判断；②平衡常数只与温度有关；根据图示，随温度升高，CO转化率减小；‎ ‎（3）利用“三段式”计算平衡常数。‎ ‎【详解】（1）①C(s)+O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ/mol ‎ ‎②C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g) ΔH2＝＋131.3 kJ/mol 根据盖斯定律①－②得CO(g)+H2(g) +O2(g)===H2O(g)+CO2(g)，ΔH=－393.5 kJ/mol－131.3‎ ‎ kJ/mol=-524.8 kJ/mol；‎ ‎（2）①A．每消耗1 mol CO的同时生成2molH2，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故不选A；‎ B．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应气体系数和减小，总物质的量是变量，混合气体总物质的量不变，一定达到平衡状态，故不选B；‎ C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故选C；‎ D．根据化学平衡定义，CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，一定达到平衡状态，故不选D。‎ ‎②平衡常数只与温度有关，A、B两点的温度相同，所以平衡常数相等，KA=KB；根据图示，随温度升高，CO转化率减小，所以ΔH <0；‎ ‎（3）‎ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 开始 1 3 0‎ 转化 0.75 1.5 0.75‎ 平衡 0.25 1.5 0.75‎ ‎1.3。‎ ‎24.实验室中有一未知浓度的醋酸，某学生用0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液进行测定醋酸的浓度的实验，取20.00mL待测醋酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。完成下列填空：‎ 实验编号 待测醋酸的体积/mL NaOH溶液的浓度/mol·L-1‎ 消耗NaOH溶液的体积/mL ‎1‎ ‎20.00‎ ‎0.1000‎ ‎25.18‎ ‎2‎ ‎20.00‎ ‎0.1000‎ ‎23.06‎ ‎3‎ ‎20.00‎ ‎01000‎ ‎22.98‎ ‎（1）该实验中指示剂最好选用___________，滴定达到终点的标志是_____________________。‎ ‎（2）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用以下_________操作（填甲/乙/丙），然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。‎ ‎（3）根据上述数据，可计算出该醋酸的浓度为_________mol·L-1（保留小数点后4位）。‎ ‎（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有________。‎ A．用滴定管取20.00mL待测醋酸，使用前，水洗后未用待测醋酸润洗 B．锥形瓶水洗后未干燥 C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解 D．滴定终点读数时俯视 E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关 ‎【答案】 (1). 酚酞 (2). 加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色且30s内颜色不发生变化 (3). 丙 (4). 0.115 (5). CE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）醋酸与氢氧化钠完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性；‎ ‎（2）由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，随加入氢氧化钠增多，pH升高，溶液变为红色；‎ ‎（2）把碱式滴定管盛满溶液，倾斜45°，再把尖端部分向上倾斜45°，慢慢挤压玻璃珠，使溶液流出，就能赶出气泡；‎ ‎（3）先计算消耗氢氧化钠溶液的平均体积，再根据 计算醋酸浓度；‎ ‎（4）根据分析误差。‎ ‎【详解】（1）醋酸与氢氧化钠完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，选择在碱性范围内变色的指示剂，所以选用酚酞作指示剂；由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色，达到滴定终点。‎ ‎（2）把碱式滴定管盛满溶液，倾斜45°，再把尖端部分向上倾斜45°，慢慢挤压玻璃珠，使溶液流出，就能赶出气泡，故选丙；‎ ‎（3）实验1的误差偏离正常范围，根据实验2、3，平均消耗氢氧化钠溶液的体积是 mL ， =0.115 mol·L-1 ；‎ ‎（4）A．用滴定管取20.00mL待测醋酸，使用前，水洗后未用待测醋酸润洗，则醋酸浓度偏低，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定结果偏低，故不选A；‎ B．锥形瓶水洗后未干燥，对醋酸物质的量无影响，消耗氢氧化钠的体积不变，测定结果不变，故不选B；‎ C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解，氢氧化钠的浓度偏小，消耗氢氧化钠的体积偏大，测定结果偏高，故选C；‎ D．滴定终点读数时俯视，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定结果偏低，故不选D；‎ E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关，消耗氢氧化钠体积偏大，测定结果偏高，故选E。‎ ‎【点睛】本题考查中和滴定操作和计算，注意把握实验基本方法，会根据分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。‎ ‎ ‎