甘肃省张掖市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学（理）试题
高二化学（理科）
（试卷满分为100分，考试时间为100分钟）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5
一、选择题（本题包括20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列反应中，属于吸热反应的是
A. 乙醇燃烧 B. 碳酸钙受热分解
C. 氧化钙溶于水 D. 盐酸和氢氧化钠反应
【答案】B
【解析】
分解反应一般是吸热反应。
2.下列事实中，能说明HCN是弱电解质的是
A. HCN易溶于水 B. NaCN是强电解质
C. NaCN溶液呈碱性 D. 1 mol HCN与1 mol NaOH恰好完全反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCN易溶于水，属于物理性质，与电离程度大小无关，故A错误；
B．NaCN属于盐，是强电解质，但不能证明HCN是弱电解质，故B错误；
C．NaCN溶液呈碱性，可说明NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性，即HCN是弱电解质，故C正确；
D．酸碱物质的量相等，则能恰好中和，不能说明电解质的强弱，故D错误；
故答案为C。
3. 下列说法中一定正确的是( )
A. 强电解质溶液的导电性比弱电解质溶液的导电性强
B. BaSO4投入水中，导电性较弱，故它是弱电解质
C. 弱电解质溶液中存在两种共价化合物分子
D. 氯水能导电，所以Cl2是电解质
【答案】C
【解析】
A错误，电解质导电能力强弱与电解质本身是否是强弱电解质无直接关系，只与溶液中离子浓度大小，离子所带电荷数目多少有关。
B错误，电解质强弱与导电能力无直接关系，BaSO4是强电解质。
C正确，弱电解质因为溶于水不能完全电离，所以溶液含有水分子和弱电解质分子，而弱电解质一般情况下属于共价化合物。
D错误，电解质是针对化合物进行的分类，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质。
4.表示下列变化的化学用语正确的是
A. 氨水显碱性：NH3·H2O NH4+＋OH-
B. 醋酸溶液显酸性：CH3COOH ＝ CH3COO-＋ H+
C. NaHCO3溶液显碱性：HCO3-＋H2O CO32- ＋ OH-
D. FeCl3溶液显酸性：Fe3+＋3H2O ＝ Fe（OH）3↓＋3H＋
【答案】A
【解析】
【详解】A．一水合氨为弱电解质，部分电离，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-，故A正确；
B．醋酸为弱电解质，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故B错误；
C．NaHCO3溶液显碱性，水解生成H2CO3，离子方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故C错误；
D．水解程度较小，没有沉淀生成，应为Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+，故D错误；
故答案A。
5.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离且氢离子浓度增大，应采取的措施是( )
A. 升温 B. 降温 C. 加入NaOH溶液 D. 加入稀HCl
【答案】A
【解析】
试题分析：A、醋酸的电离是吸热反应，升高温度能促进醋酸的电离，且氢离子浓度增大，故A正确；B、醋酸的电离是吸热反应，降低温度抑制醋酸的电离，氢离子浓度减小，故B错误；C、加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故C错误；D、加入稀盐酸，氢离子浓度增大但抑制醋酸的电离，故D错误；故选A。
考点：考查了影响弱电解质电离的因素的相关知识。
6.某同学按照课本实验要求，用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。下列说法中，正确的是
A. 实验过程中没有热量损失
B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎纸条作用是固定小烧杯
D. 若将盐酸体积改为60 mL，理论上所求中和热不相等
【答案】B
【解析】
试题分析：A、热量不损失是不可能的，A错误；B、该实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，B正确；C、烧杯间填满碎纸条的作用是保温，减少热量的散失，C错误；D、中和热指稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水所释放的热量，与酸碱用量没有关系，D不正确，答案选B。
考点：考查中和热的测定
7.体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，用同浓度的NaOH溶液中和时
A. 两者消耗NaOH的物质的量相同
B. 中和HCl消耗NaOH的物质的量多
C. 中和CH3COOH消耗NaOH的物质的量多
D. 两者消耗NaOH的物质的量无法比较
【答案】C
【解析】
【详解】醋酸弱酸，部分电离，盐酸是强酸，完全电离，体积相同、pH相同的HCl溶液和
CH3COOH溶液，醋酸的物质的量更大，所以消耗氢氧化钠更多，故答案为C。
8.下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是
A. 高压有利于氢气与氮气合成氨
B. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
C. 用V2O5催化二氧化硫氧化为三氧化硫
D. AgCl在水中溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度
【答案】C
【解析】
【详解】A．合成氨是正反应体积减小的反应，加压有利于平衡正向移动，故A正确；
B．氯气和水反应是可逆反应，生成氯离子，食盐水中有大量氯离子，可抑制氯气与水反应，故实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2，故B正确；
C．催化剂不影响平衡移动，只能加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，饱和NaCl溶液中Cl-增大，抑制氯化银的溶解，AgCl在水中的溶解度更大，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故答案为C。
【点睛】使用勒夏特列原理时，注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。
9.下列热化学方程式书写正确是（的绝对值均正确）
A. C2H5OH（l）+3O2（g）= 2CO2（g）+3H2O（g） △H= -1367.0 kJ/mol（燃烧热）
B. S（s）+O2（g）= SO2（g） △H= -269.8kJ/mol（反应热）
C. NaOH（aq）+HCl（aq）= NaCl（aq）+H2O（l） △H= +57.3kJ/mol（中和热）
D. 2NO2 = O2+2NO △H= +116.2kJ/mol（反应热）
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故A错误；
B．热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，故B正确；
C．中和反应是放热反应，△H应小于0，故C错误；
D．热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态，故D错误；
故答案为B。
【点睛】考查燃烧热以及热化学方程式的书写正误判断，根据热化学方程式的书写及其注意事项可知，需注明物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，燃烧热抓住1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物、中和热抓住生成1mol水，特别注意燃烧与中和反应均为放热反应。
10.在一个固定容积的密闭容器中充入2molNO2，一定温度下建立如下平衡：2NO2N2O4，此时平衡混合气中NO2的体积分数为x%，若再充入1mol N2O4，在温度不变的情况下，达到新的平衡时，测得NO2的体积分数为y%，则x和y的大小关系正确的是（ ）
A. x>y B. x
10－7mol·L－1，故A正确；B、水的电离是吸热过程，升高温度，促使水电离，c(H
＋)增大，但c(H＋)=c(OH－)，溶液仍然显中性，故B错误；C、NH3·H2O是弱碱，纯水中加入氨水，抑制水的电离，但c(OH－)增大，故C错误；D、加入硫酸，抑制水的电离，水电离产生c(H＋)<10－7mol·L－1，故D错误。
14.对于2A（g）＋B（g） 2C（g）（正反应为放热反应），下列图象正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C%减小，该反应正方向为体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，C的含量增大；与图象不相符，故A错误；
B．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，逆速率增大的快，与图象不符，故B错误；
C．T2时到达平衡所用时间短，则T2＞T1，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以T2时C的含量减小，与图象相符，故C正确；
D．升高温度，向逆反应方向移动，A的转化率减少，所以700K时的转化率比500K时要小，与图象不符，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查影响化学平衡的因素及图象，注意温度、压强对反应速率及平衡的影响，把握图中速率的关系及点、线、面的意义是解题的关键，2A(g)+B(g)⇌2C(g)(正反应为放热反应)，升高温度，向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，生成物的含量减小，反应物的含量增加；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，反应物的含量增大。
15.某化学反应中，反应混合物A、B、C的物质的量浓度(c)与时间(t)关系如下表所示：
初始
2 min
4 min
6 min
c (A)(mol/L)
1.45
1.28
1.00
1.00
c (B)(mol/L)
0.38
0.72
1.28
1.28
c (C)(mol/L)
0.095
0.18
0.32
0.32
下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为A = 2B+C
B. 4 min末A的转化率约为31%
C. 4~6min时，反应停止了
D. 正反应是吸热反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A、由表格中的数据可知，A减少，B、C增加，则A为反应物，B、C为生成物，浓度变化量之比为（1.45-1.28）：（0.72-0.38）：（0.18-0.095）=2：4：1，反应速率之比等于化学计量数之比，该反应为2A4B+C，故A错误；B、4 min末A的转化率为×100%=31%，故B正确；C、4min达到化学平衡状态，4--6min时，反应没有停止，为动态平衡，故C错误；D、由表格中的数据分析判断随着反应的进行，反应物浓度在减小而速率在增大，所以是放热反应，故D错误；故选B。
考点：考查了化学平衡的计算的相关知识。
16.下列浓度关系正确的是
A. 氯水中：c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）>c（ClO-）
B. NaHCO3溶液中：c（OH-） － c（H+） = c（HCO3－）+ 2c（H2CO3）
C. 等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c（Na+）=c（CH3COO-）
D. 将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合：c（NH4+）＞c（Cl–）＞c（OH–）＞c（H+）
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl-，HCl完全电离，而HClO部分电离，可知正确的顺序c(H+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)，故A错误；
B．NaHCO3溶液中存在的电荷守恒式为c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(HCO3－)+2 c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)= c(H2CO3)+ c(HCO3－)+ c(CO32-)，则c(OH-) － c(H+) = c(Na+)- c(HCO3－)-2 c(CO32-)= c(H2CO3)- c(CO32-)≠c(HCO3－)+ 2c(H2CO3)，故B错误；
C．等体积等浓度，即等物质的量的强碱与弱酸混合生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，再根据溶液中电荷守恒可以判断c(Na+)＞c(CH3COO-)，故C错误；
D．一水合氨为弱碱，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，氨水过量，溶液显示碱性，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；
故答案为D。
17.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：
A. A>B B. A=10-4B C. B=10-4 A D. A=B
【答案】B
【解析】
【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH－）=c（H＋）=10-9 mol·L－1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH－）= = =10-5 mol·L－1，所以A=10-4B；
故选B。
【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．
18. 已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：
A. 该溶液的pH=4 B. 升高温度，溶液的pH增大 C. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D. 由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
【答案】B
【解析】
【详解】A项，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项正确；
B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；
C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×10-7，故C项正确；
D项，由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项正确。
答案选B。
19.下述实验不能达到预期目的的是
编号
实验内容
实验目的
A
将SO2通入酸性KMnO4溶液中
证明SO2具有还原性
B
将Cl2通入NaBr溶液中
比较氯与溴的氧化性强弱
C
将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温
研究温度对化学平衡的影响
D
分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2
研究催化剂对H2O2分解速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
试题分析：A、SO2具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，因此能够实现，故错误；B、发生反应是：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2，氧化性的强的制取氧化性弱的，能够实现，故错误；C、发生Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，2NO2N2O4，降温，观察气体颜色变化，能够实现，故错误；D、研究反应速率的因素，要求其他条件不变，即H2O2的浓度相同，因此不能够实现，故正确。
考点：考查实验方案设计的评价等知识。
【此处有视频，请去附件查看】
20.pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL， 其pH值与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是：
A. A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B. 稀释后，A溶液的酸性比B溶液强
C. a=5时，A是强酸，B是弱酸
D. 若A、B都是弱酸，则酸性：A＜B
【答案】C
【解析】
【详解】A．因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故A错误；
B．由图即可得到：当稀释后，A酸的pH明显大于B，则稀释后B的酸性强，故B错误；
C．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；
D．若A、B都是弱酸，因B的pH变化小于A，则A的酸性强于B，故D错误；
故答案为C。
【点睛】考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)。
第二部分 非选择题（共50分）
21.现有下列8种物质：①Na2CO3 ②NaHCO3 ③NH4Cl ④酒精 ⑤CO2 ⑥Al ⑦食盐水 ⑧H2C2O4（草酸）
（1）上述物质中属于强电解质的是_________________（填序号），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是________________（填序号）。
（2）上述③的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）_________________。
（3）请写出⑧使KMnO4酸性溶液褪色的离子方程式_____________。
【答案】 (1). ①②③ (2). ②⑥ (3). NH4＋+H2O NH3·H2O+ H＋ (4). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+ +10CO2↑+8H2O
【解析】
【分析】
①Na2CO3 ②NaHCO3 ③NH4Cl ④酒精 ⑤CO2 ⑥Al ⑦食盐水 ⑧H2C2O4(草酸)
【详解】(1)①Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；
②NaHCO3属于盐，是强电解质，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；
③NH4Cl属于盐，是强电解质，能与NaOH反应，生成氨气；
④C2H5OH属于非电解质；
⑤CO2是非电解质，能与NaOH溶液反应生成碳酸钠或碳酸氢钠和水；
⑥Al是单质，不是电解质，也不是非电解质；但既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应；
⑦食盐水属于混合物，不是电解质，也不是非电解质；
⑧H2C2O4是弱酸，属于弱电解质，能与NaOH发生中和反应；
故上述物质中属于强电解质的是①②③，既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是②⑥；
(2)NH4Cl的水溶液呈酸性的原因是NH4+的水解缘故，发生水解反应的离子方程式为NH4＋
+H2O NH3·H2O+ H＋；
(3)H2C2O4有还原性，能使KMnO4酸性溶液褪色，氧化产物为CO2，发生反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+ +10CO2↑+8H2O。
【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。
22.（1）已知H-H键键能（断裂时吸收或生成时释放的能量）为436 kJ·mol－1，H-N键键能为391 kJ·mol-1，根据热化学方程式：N2（g） +3H2（g） =2NH3（g） ΔH=－92.4 kJ·mol－1。则N≡N键的键能是_________。
（2）已知下列热化学方程式：
①Fe2O3（s）＋3CO（g） = 2Fe（s）＋3CO2（g） △H＝﹣25 kJ·mol-1
②3Fe2O3（s）＋CO（g） = 2Fe3O4（s）＋CO2（g） △H＝﹣47 kJ·mol-1
③Fe3O4（s）＋CO（g） = 3FeO（s）＋CO2（g） △H＝﹢19 kJ·mol-1
写出FeO（s）被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式______________。
（3）氯化铁水解的离子方程式为__________ ，配制氯化铁溶液时滴加少量盐酸的作用是_____。
【答案】 (1). 945.6 kJ／mol (2). FeO（s）＋CO（g）=Fe（s）＋CO2（g）；△H＝﹣11kJ/mol (3). + 3 H2O Fe（OH）3 + 3 (4). 抑制Fe3+水解
【解析】
【分析】
(1)根据反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，然后结合化学反应方程式中各种物质的化学式以及化学计量数进行计算；
(2)已知①Fe2O3(s)＋3CO(g) = 2Fe(s)＋3CO2(g) △H＝﹣25 kJ·mol-1，②3Fe2O3(s)＋CO(g) = 2Fe3O4(s)＋CO2(g) △H＝﹣47 kJ·mol-1，③Fe3O4(s)＋CO(g) = 3FeO(s)＋CO2(g) △H＝﹢19 kJ·mol-1，盖斯定律计算①×3-(③×2+②)得到FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式；
(3)氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性；加酸抑制强酸弱碱盐的水解。
【详解】(1)已知：H-H键能为436kJ•mol-1，N-H键键能为391kJ•mol-1，令N≡N的键能为
x，
对于反应N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1，反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3×436kJ•mol-1-2×3×391kJ•mol-1=-92.4kJ•mol-1，解得：x=945.6kJ•mol-1；
(2)已知①Fe2O3(s)＋3CO(g) = 2Fe(s)＋3CO2(g) △H＝﹣25 kJ·mol-1，②3Fe2O3(s)＋CO(g) = 2Fe3O4(s)＋CO2(g) △H＝﹣47 kJ·mol-1，③Fe3O4(s)＋CO(g) = 3FeO(s)＋CO2(g) △H＝﹢19 kJ·mol-1，依据盖斯定律计算①×3-(③×2+②)得到：6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(s)+6CO2(g)△H=(﹣25 kJ·mol-1)×3-((﹢19 kJ·mol-1)×2+(﹣47 kJ·mol-1))=-66kJ/mol；得到热化学方程式为：CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-11kJ/mol；
(3)FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；FeCl3为强酸弱碱盐，水解显酸性，加入盐酸能抑制其水解。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
23.已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：
① 称量1.000 g样品溶于水，配成250 mL溶液；
② 准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中；
③ 滴加几滴酚酞溶液；
④ 用0.1000 mol/L 的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号
待测液体积（mL）
所消耗盐酸标准液的体积（mL）
滴定前读数
滴定后读数
1
25.00
0.50
20.60
2
25.00
6.00
26.00
3
25.00
1.10
21.00
请回答：
（1）用_______滴定管（填“酸式”或“碱式”）盛装0.1000 mol/L的盐酸标准液。
（2）判断滴定终点到达时的现象_________。
（3）该滴定过程的滴定曲线是下列的______（选填“a”、“b”）。
（4）若出现下列情况，测定结果偏高的是__________。
a 滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b 在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c 若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
（5）通过计算可知该烧碱样品的纯度为______________。
【答案】 (1). 酸式 (2). 锥形瓶中的溶液由红变为无色 (3). b (4). c (5). 80.0%
【解析】
分析】
(1)盐酸显酸性，应用碱式滴定管盛装0.10mol/L的盐酸标准液；
(2)滴加几滴酚酞的NaOH溶液显红色，当滴定到终点时，溶液显中性，溶液变为无色；
(3)锥形瓶中盛放的是NaOH溶液，所以滴定时溶液的pH逐渐减小；
(4)根据c(NaOH)=进行误差分析；
(5)根据滴定原理进行分析。
【详解】(1)盐酸显酸性，应用酸式滴定管盛装0.10mol/L的盐酸标准液；
(2)滴加几滴酚酞的NaOH溶液显红色，当滴定到终点时，溶液显中性，溶液变为无色，则滴定终点到达时的现象是锥形瓶中的溶液由红变为无色；
(3)锥形瓶中盛放的是NaOH溶液，所以滴定时溶液的pH逐渐减小，由图可知b曲线符合；
(4)根据c(NaOH)=进行误差分析：
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，结果无影响，故a错误；
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，结果偏低，故b错误；
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，需要更多的盐酸，结果偏高，故c正确；
故答案为c；
(5)图表数据分析可知，滴定前后，消耗标准溶液体积分别为：20.60mL-0.50mL=20.10mL，26.00mL-6.00mL=20.00mL，21.00mL-1.10mL=19.90mL，平均消耗体积==20.00mL，氢氧化钠和氯化氢物质的量相同，则250mL溶液中所含氢氧化钠物质的量=0.0200L×0.10mol/L×=0.020mol，
氢氧化钠质量分数=×100%=80%。
【点睛】涉及中和滴定误差分析考查，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
24.在某一容积为5 L的密闭容器中，进行如下化学反应： CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：
T /℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K ＝______________。
（2）该反应为____________反应（填“吸热”或“放热”）。
（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是________________。
a 容器中压强不变 b 混合气体中 c（CO）不变
c υ正（H2）＝υ逆（H2O） d c （CO2）＝c （CO）
（4）830℃下，若物质的浓度关系是c （CO2）·c （H2） > c （CO）·c （H2O），则此时正反应速率与逆反应速率的关系是____________。
a υ正 > υ逆 b υ正 ＝ υ逆 c υ正 < υ逆 d 无法判断
（5）若开始时向该容器中加入CO2和H2各0.1 mol，在830℃和催化剂存在的条件下，反应达到平衡时，水蒸气的物质的量浓度c（H2O）＝_______________。
【答案】 (1). (2). 吸热 (3). bc (4). a (5). 0.01 mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据化学平衡常数的概念来书写；
(2)根据温度对化学平衡、化学平衡常数的影响来回答；
(3)化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等；
(4)根据800℃时，Qc=与K比较判断反应方向；
(5)若开始时向该容器中加入CO2和H2各0.1 mol，则CO2和H2的浓度均为0.02 mol/L，在830℃和催化剂存在的条件下，反应达到平衡时，设水蒸气的物质的量浓度c(H2O)＝cmol/L,则有CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)可知CO2和H2的平衡浓度均为(0.02-c)mol/L，CO的平衡浓度为cmol/L,结合平衡常数K=1计算。
【详解】(1)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以为K=；
(2)化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热；
(3)a．反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a错误；
b．化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，故b正确；
c．化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反应达到平衡状态，故c正确；
d．c(CO2)=c(CO)时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误；
故答案为bc；
(4)830℃下，若物质的浓度关系是c (CO2)·c (H2) > c (CO)·c (H2O)，则Qc=<1，此时平衡正向移动，即υ正 > υ逆，故答案为a；
(5)若开始时向该容器中加入CO2和H2各0.1 mol，则CO2和H2的浓度均为0.02 mol/L，在830℃和催化剂存在的条件下，反应达到平衡时，设水蒸气的物质的量浓度c(H2O)＝cmol/L,则有CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)可知CO2和H2的平衡浓度均为(0.02-c)mol/L，CO的平衡浓度为cmol/L,由平衡常数K===1，解得：c=0.01，即反应达到平衡时，水蒸气的物质的量浓度c(H2O)为0.01 mol/L。
25.工业上用粗CuO制备CuCl2晶体的流程如下：
各种离子相关数据如下：
Fe2+
Cu2+
Fe3+
开始转化成氢氧化物沉淀时的pH
7.0
4.7
1.9
完全转化成氢氧化物沉淀时的pH
9.0
6.7
3.2
请回答：
（1）CuO溶于盐酸的离子方程式是_______________。
（2）已知NaClO为强氧化剂，能将Fe2+氧化为Fe3+。
① NaClO溶液显_______性（填“酸”或“碱”）。你认为用NaClO作氧化剂X是否妥当__________（填“是”或“否”），理由是__________。
②下列另有几种常用的氧化剂，可用作氧化剂X的是__________。
a 浓H2SO4 b C12 c H2O2
（3）试剂Y的作用是调节溶液的pH＝3.2，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤后得到CuCl2溶液。下列试剂中适宜的是___________。
a NaOH b Na2CO3 c CuCO3 d CuO
（4）为了得到符合质量标准的CuCl2溶液，必须控制溶液的pH____________。
【答案】 (1). CuO＋2H+ ＝ Cu2+＋H2O (2). 碱 (3). 否 (4). 因NaClO溶液显碱性，会将Cu2+转化成沉淀，而且会引入杂质 (5). bc (6). cd (7). 不能高于4.7
【解析】
【分析】
粗CuO粉末(含有Fe2O3和FeO杂质)加入浓盐酸并加热得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的混合溶液，通入氯气，可将氯化亚铁氧化生成氯化铁，然后加入CuO或CuCO3，调节溶液的pH，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，过滤除去氢氧化铁溶液，滤液为氯化铜溶液，应降温结晶、过滤得到氯化铜晶体，以此解答该题。
【详解】(1)CuO溶于盐酸生成CuCl2和水，发生反应的离子方程式是CuO＋2H+ ＝ Cu2+＋H2O；
(2)① NaClO是强碱弱酸盐，在NaClO溶液中ClO-水解，使溶液显碱性；因NaClO溶液显碱性，会将Cu2+转化成沉淀，而且会引入Na+及过量的ClO-，影响CuCl2晶体的纯度，故用NaClO作氧化剂X不妥当；
②选择氧化X时需要考虑氧化Fe2+生成Fe3+的同时不能引入新的杂质，结合最终产物为CuCl2，则不能选用浓硫酸，会引入SO42-，而应选择Cl2或H2O2，故答案为bc；
(3)使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，同时不能引入新杂质，则可用CuO 或CuCO3，故答案为cd；
(4)Fe3+沉淀完全时pH=3.2，Cu2+开始沉淀时溶液pH=4.7，则为了得到符合质量标准的CuCl2溶液，必须控制溶液的pH不能高于4.7。
