黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

哈尔滨市第六中学2019-2020学年度上学期期中考试 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 K-39‎ 一、选择题（每小题只有一个答案符合题意，每小题2分，共50分）‎ ‎1.下列事实能说明醋酸（CH3COOH）是弱酸的是 A. 醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红 B. 将pH=3的醋酸溶液稀释10倍，溶液的pH<4‎ C. 醋酸溶液能与鸡蛋壳反应生成二氧化碳 D. 等体积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红，醋酸溶液显酸性，说明醋酸为酸，与题意不符，A错误；‎ B. 将pH=3的醋酸溶液稀释10倍，若为强酸，溶液中不存在醋酸分子，c（H+）=10-4mol/L，溶液的pH=4，由于溶液的pH<4，说明醋酸溶液中存在电离平衡，为弱酸，符合题意，B正确；‎ C. 醋酸溶液能与鸡蛋壳反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性强于碳酸，但不能说明醋酸为弱酸，与题意不符，C错误；‎ D. 等体积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应，发生酸碱中和反应，不能说明醋酸为弱酸，与题意不符，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎2.有一处于平衡状态的反应A(g) + 3B(g)2C(g)△H<0，为了使平衡向生成C的方向移动，应选择的条件是〔 〕‎ ‎①升高温度 ②降低温度 ③　增大压强 ④降低压强 ⑤加入催化剂 ⑥分离出C A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A(g) + 3B(g)2C(g)△H<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，降低温度平衡正向移动；A(g) + 3B(g)2C(g)，正方向气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，降低压强平衡逆向移动；催化剂不能使平衡移动；减小生成物的浓度，平衡正向移动，分离出C平衡正向移动，为了使平衡向生成C的方向移动，应选择的条件是② ③ ⑥，选C。‎ ‎3.下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是（ ）‎ A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42- B. Fe3+、K+、HCO3-、Cl-‎ C. H+、Fe2+、NO3-、SO42- D. H+、Na+、Cl-、CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Ba2+与SO42-会形成BaSO4沉淀，不能大量共存，与盐的水解无关，A不符合题意；‎ B. Fe3+与HCO3-会发生盐的双水解反应，产生Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，B符合题意；‎ C.H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，与盐的水解无关，C不符合题意； ‎ D. H+、CO32-会发生离子反应产生CO2和H2O，与盐的水解无关，不能大量共存，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是(　　)‎ A. c(NH4+) ∶c(NH3•H2O)比值增大 B. 所有离子浓度均减小 C. c(OH﹣)∶c(NH3•H2O)比值减小 D. 电离常数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(NH4+)∶c(NH3•H2O)比值增大，故A正确；‎ B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；‎ C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(OH-)∶c(NH3•H2O)比值增大，故C错误；‎ D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意加水稀释，氨水中的主要离子的浓度均会减小，但温度不变，水的离子积不变，则氢离子浓度增大。‎ ‎5.在一密闭容器中，反应ｍA(ｇ)ｎB(ｇ)＋ｎC(ｇ)达平衡后，保持温度不变，将容器容积压缩到原来的一半，当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的1.8倍，则：‎ A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质A的转化率增加 C. 物质C的质量分数增加 D. ｍ＜2ｎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：假设平衡不移动，则容器容积压缩到原来的一半，B和C的浓度应是原来的2倍，而已知条件是1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，A、B、C错误；逆反应是气体物质的量减小的反应，ｍ＜2ｎ，D正确.答案选D.‎ 考点：化学平衡的移动 ‎6.在pH都等于4的HCl和NH4Cl两种溶液中，设由水电离产生的H+ 离子浓度分别为A mol/L与B mol/L，则A和B关系为（ ）‎ A. A>B B. A=10－6B C. B=10－6A D. A=B ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=4的HCl溶液，由水电离出的c(H+)为10-10 mol/L，pH=4的NH4Cl溶液，由水电离出的c(H+)为10-4 mol/L，所以A=10-6B；‎ 答案选B。‎ ‎7.恒温恒压下，对于反应：A(g)＋3B(g)3C(g)，达到平衡状态的标志是（ ）‎ A. v正(A)=3v逆(C)‎ B. 密闭容器内气体的密度不再改变 C. 单位时间内消耗3nmolC的同时，生成3n molB D. 密闭容器内A、B、C气体的浓度之比为1：3：2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在任何时刻都存在3v正(A)=v正(C)，现在v正(A)=3v逆(C)，则v正(C)= 3v正(A)=9v逆(C)，说明反应正向进行，未处于平衡状态，A错误；‎ B.该反应是前后气体体积不等的反应，若未达到平衡，则气体的密度会发生变化，所以密闭容器内气体的密度不再改变，说明反应达到了平衡状态，B正确；‎ C.单位时间内消耗3nmolC同时，生成3n molB表示的都是反应逆向进行，不能据此判断反应是否处于平衡状态，C错误；‎ D.密闭容器内A、B、C气体的浓度之比为1：3：2可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，这与开始时加入的物质的多少及反应条件有关，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎8.生产水煤气的反应为 ：C(s)+H2O(g) = CO(g)+H2(g) △H=+131.4kJ/mol下列判断正确的是（ ）‎ A. 反应物能量总和大于生成物能量总和 B. CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(l) △H=-131.4kJ/mol C. 水煤气反应中生成1molH2(g)吸收131.4kJ热量 D. 水煤气反应中生成1体积CO(g)吸收131.4kJ热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应的正反应是吸热反应，说明反应物能量总和小于生成物能量总和，A错误；‎ B.等质量的气态水含有的能量比液体水高，所以CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g)，△H=-131.4kJ/mol，则CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(l)，△H＜-131.4kJ/mol，B错误；‎ C.根据热化学方程式可知水煤气反应中生成1molH2(g)和CO时会吸收131.4kJ热量，C正确；‎ D.热化学方程式中方程式的系数只表示物质的量，不表示气体的体积，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.下列方程式书写正确的是 A. NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na＋＋HSO4－‎ B. H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32－‎ C. CO32－的水解方程式：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－‎ D. CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)=Ca2＋(aq)＋CO32－(aq)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHSO4为强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，A项错误；‎ B.H2SO3为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为H2SO3H＋＋HSO3－、HSO3－H＋＋SO32－，B项错误；‎ C. CO32－为二元弱酸的酸根离子，分步水解，以第一步水解为主，C项正确；‎ D.CaCO3沉淀溶解为可逆反应，应该用可逆符号连接，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.下列应用或现象主要体现的是沉淀溶解平衡原理的是（ ）‎ ‎①热纯碱溶液洗涤油污的能力强 ‎②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒 ‎③溶洞的形成 ‎④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡能 ‎⑤泡沫灭火器灭火 A. ②③④ B. ①②③ C. ③④⑤ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①纯碱水解使溶液显碱性，升高温度，水解程度增大，溶液的碱性增强，而油脂在碱性条件下水解产生可溶性的物质，所以热纯碱溶液洗涤油污的能力强，与沉淀溶解平衡无关，①不合理；‎ ‎②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，用0.5%的Na2SO4溶液解毒，可根据SO42-与Ba2+结合形成难溶性的BaSO4沉淀的性质，这与沉淀溶解平衡原理有关，②合理；‎ ‎③溶洞的形成是难溶性的CaCO3与溶解在水在的CO2及H2O反应产生可溶性的Ca(HCO3)2，促进了物质的溶解，与难溶性物质的沉淀溶解平衡有关，③合理；‎ ‎④碳酸钡不能作“钡餐”是由于碳酸钡能够与胃酸即盐酸反应产生可溶性的BaCl2，导致人重金属中毒，而硫酸钡难溶于水，不会引起重金属中毒，与物质的沉淀溶解平衡有关，④合理；‎ ‎⑤泡沫灭火器灭火是利用Al3+与HCO3-发生双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，与物质的沉淀溶解平衡无关，⑤不合理；‎ 综上所述可知与沉淀溶解平衡有关的是②③④，故合理选项是A。‎ ‎11.某反应过程能量变化如图所示，下列说法不正确是（ ）‎ A. 反应过程b有催化剂参与 B. 该反应为放热反应，热效应等于ΔH C. 改变催化剂，可改变该反应的活化能 D. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1＋E2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，根据图示可知反应过程b有催化剂参与，A正确；‎ B.根据图示可知反应物的能量高于生成物，所以该反应为放热反应，热效应等于反应物与生成物的能量差，为ΔH，B正确；‎ C.改变催化剂，可改变反应途径，降低该反应的活化能，使反应在比较低的条件下进行，C正确；‎ D.E1、E2表示反应过程中不同步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎12.下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法中正确的是（ ）‎ A. AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，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沉淀的溶解度减小 D. 在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体，AgCl 沉淀溶解的量不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.沉淀溶解平衡是动态平衡，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，当达到平衡时，物质还在进行着沉淀的溶解与形成过程，只不过是单位时间内溶解量和生成量相等，即溶解速率和形成速率相等，A正确； ‎ B.AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl-，B错误；‎ C.AgCl的溶解过程是一个吸热过程，升高温度，AgCl的溶解度增大，C错误；‎ D.在有AgCl沉淀生成的溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入NaCl固体，溶液中c(Cl-)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，使AgCl 沉淀溶解的量减小，D错误；‎ 故合理选项A。‎ ‎13.—元酸HA的溶液中，加入一定量的一元强碱MOH的溶液后，恰好完全反应，则关于反应后的溶液，下列判断一定正确的是（ ）‎ A. c(A-)≥c(M+) B. c(A-)=c(M+)‎ C. 若MA不水解，则c(OH-)c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如果一元酸HA为强电解质，则两溶液恰好反应时溶液显示中性，c(A-)=c(M+)；若HA为弱电解质，二者恰好反应生成强碱弱酸盐MA，溶液显示碱性，c(A-)c(OH-)，据此进行解答。‎ ‎【详解】A.若一元酸HA为强电解质，则两溶液恰好反应时溶液显示中性，根据电荷守恒知：c(A-)=c(M+)；若HA为弱电解质，二者恰好反应生成强碱弱酸盐MA，溶液显示碱性，根据电荷守恒知：c(A-)c(H+)，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度定性比较，注意掌握判断酸碱混合液的定性判断方法，明确盐的水解原理，能够根据电荷守恒、盐的水解原理等知识判断溶液中各离子浓度大小。‎ ‎14.化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)。‎ 下列有关叙述中正确的是 ‎①MnSKsp大于CuS的Ksp ‎②达到平衡时c(Mn2+)=c(Cu2+)‎ ‎③向溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c(Cu2+)、c(Mn2+)保持不变 ‎④该反应的平衡常数K=‎ A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 化学式相似的物质，溶度积大的容易转化为溶度积小的，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，①正确；该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变，但不一定相等，②错误；溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c(S2－)增大，由于温度不变，溶度积不变，c(Cu2＋)、c(Mn2＋)均减小，③错误；反应的平衡常数K＝＝＝，④正确。综上，答案选A。‎ ‎15. 下列叙述不正确的是 A. 相同物质的量浓度的①CH3COONa溶液②NaNO3溶液③NH4Cl溶液④NaOH溶液，pH的大小顺序是：④>①>②>③‎ B. 在Na2SO3和NaHSO3混合液中：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)‎ C. 相同条件下，pH=10的CH3COONa溶液和氨水中，由水电离出的c(OH-)前者大于后者 D. 某溶液中只含Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，则溶液一定呈现碱性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、CH3COONa水解显碱性，NaOH为强碱，NaNO3为中性，NH4Cl水显酸性，所以pH的大小顺序为：④>①>②>③，正确；B、在Na2SO3和NaHSO3混合液中，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，正确；C、CH3COONa促进水的电离，氨水抑制水的电离，所以相同条件下，pH=10的CH3COONa溶液和氨水中，由水电离出的c(OH-)前者大于后者，正确；D、某溶液中只含Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，可能是CH3COONa或CH3COONa和CH3COOH或CH3COONa和NaOH，所以溶液也可能为中性或酸性，错误。‎ 考点：本题考查盐类的水解、离子浓度比较、酸碱性的判断。‎ ‎16.右图表示可逆反应，在不同条件下反应混合物中C的质量分数C%和反应过程所需时间的关系曲线，有关叙述一定正确的是 A. a表示有催化剂，而b无催化剂 B. 若其他条件相同，a比b的温度高 C. 若其他条件相同，a比b的压强大，n=l D. 反应由逆反应方向开始 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，A不正确；该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则生成物C的含量应该是降低的，即若其他条件相同，a比b的温度高，B正确；如果n＝1，则正反应是体积减小的，增大越强平衡向正反应方向移动，生成物C的含量增大，选项C不正确；D不正确，最初C的含量为0，说明从反应物开始建立平衡的，答案选B。‎ 考点：考查外界条件对平衡状态的影响和图像识别 点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该类试题需要明确的是在分析有关图像时应该注意：一、ν－t 图像或 c－t 图像：1.ν－t 图像：分清正逆反应，分清各因素(浓度、温度、压强、催化剂)对反应速率和平衡移动的影响。 二、平衡图像 1.出现拐点的图像：分析依据“先拐先平”。在转化率－时间图像或物质的百分含量－时间图像中，先出现拐点的曲线先达到平衡(代表温度高或压强大或使用合适的催化剂等)。‎ ‎17.室温下，等体积的酸和碱溶液混合后，pH —定小于7的是（ ）‎ A. pH=3的HNO3溶液与pH=11的氢氧化钾溶液 B. pH=3的盐酸与pH=11的氨水 C. pH=3的H2SO4溶液与pH=11的氢氧化钠溶液 D. pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的氢氧化钡溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下Kw=1×10-14，强酸、强碱完全电离，弱酸、弱碱在溶液中存在电离平衡，等体积混合后酸过量，则溶液的pH<7，结合pH及过量判断来解答。‎ ‎【详解】A.pH=3的硝酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钾溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后pH=7，A错误；‎ B.pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3mol/L，，pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3‎ mol/L，由于氨水中的一水合氨为弱碱，存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)=1×10-3mol/L，氨水过量，在室温下等体积混合后，pH>7，B错误；‎ C.pH=3的硫酸中c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后pH=7，C错误；‎ D.pH=3的醋酸c(H+)=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，在溶液中存在醋酸的电离平衡，则c(CH3COOH)>c(H+)，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH<7，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，把握pH与离子浓度的关系、弱电解质的电离、过量判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点。‎ ‎18.如图为不同温度下水的电离平衡曲线，已知pOH=−lgc(OH−)，下列说法正确的是 A. T1和T2的关系是：T1>T2‎ B. KW的关系是：B>C>A=D=E C. A点到D点：加入少量酸可实现 D. T2时：pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图片知，Kw中A＞B，则T1＜T2，故A错误；‎ B．相同温度下，水的离子积常数相同，温度越高，水的离子积常数越大，根据图片知，离子积常数A=E=D＞C＞B，故B错误；‎ C．A点到D点是等温线，离子积常数不变，溶液的碱性减弱、酸性增强，所以A点到D点：加入少量酸可实现，故C正确；‎ D．水的离子积常数未知，无法计算NaOH中氢氧根离子浓度，等体积混合，酸中氢离子、碱中氢氧根离子物质的量不一定相等，溶液酸碱性无法判断，如果是常温下，pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体枳混合，溶液呈中性，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎19.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 该反应的ΔH>0‎ B. 若该反应在T1、T2℃时的平衡常数分别为K1、K2，则K1v逆 D. 若状态B、C、D的压强分别为p(B)、p(C)、p(D)，则p(C)=p(D)>p(B)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移；‎ B.化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响分析；‎ C.由图可知，T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，反应向正反应进行；‎ D.达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系。‎ ‎【详解】A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为放热反应，即△H<0，A错误；‎ B.该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，K1>K2，B错误；‎ C.T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，则化学反应向正反应进行，则一定有v正>v逆，C正确；‎ D.该反应是反应前后气体体积相等的反应，在同一温度下的气体压强相同，达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则p(C)>p(D)=p(B)，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题以化学平衡图象为载体，考查温度对化学平衡常数及对平衡移动的影响。注意曲线的各点都处于平衡状态，曲线上的点正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行；曲线下方的点逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行。‎ ‎20.下列关于盐类水解的应用的说法正确的是（ ）‎ A. 加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体 B. 除去MgCl2溶液中的Fe3+，可以加入NaOH固体 C. 明矾净水过程中发生的反应：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+‎ D. 加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2CO3在溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，水解方程式为：Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3，由于生成的NaOH不挥发，氢氧化钠能够与碳酸氢钠发生中和反应生成碳酸钠和水，所以将Na2CO3溶液加热蒸发后最终得到的固体仍然为Na2CO3，A错误；‎ B.Mg2+、Fe3+都能与NaOH反应，所以加NaOH不能除去MgCl2中的Fe3+，B错误；‎ C.明矾在水中电离出Al3+，Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，C正确；‎ D.KCl在溶液中不水解，加热蒸干KCl溶液，最后得到KCl固体，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎21. 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。判断下列说法中，正确的是( )‎ A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>c C. a点的KW值比b点的KW值大 D. a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，稀释前，两种溶液的导电能力相同，所以溶液中离子浓度相同，醋酸是弱电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，错误。B项，导电能力越强，氢离子浓度越大，而溶液的PH越小，错误。C项，温度不变，水的离子积常数不变，错误。‎ ‎22.某温度时，AgCl(s)=Ag＋(aq)＋Cl－(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点 B. 加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小 C. d点有AgCl沉淀生成 D. a点对应的Ksp小于b点对应的Ksp ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入 AgNO3，c(Ag+)增大，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，c(Cl-)减小，而图中c 点变到 d 点时c(Cl-)不变，故A错误；‎ B．Ksp只与温度有关，加NaCl时溶解平衡逆向移动，则AgCl 的溶解度减小，Ksp 不变，故B错误；‎ C．d 点时Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，则d 点有 AgCl 沉淀生成，故C正确；‎ D．Ksp只与温度有关，a、b点温度相同，则a点对应的 Ksp等于 b 点对应的 Ksp，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎23.密闭容器中发生反应：2X(g)＋Y(s)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的（ ）‎ A. 减小容器体积，平衡正向移动 B. 再加入Z，达平衡时Z的体积分数增大 C. 再加入X，X的转化率减小 D. 降低温度，Y的转化率增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.减小容器体积，即增大体系的压强，由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以化学平衡不移动，A错误；‎ B.再加入Z，反应逆向进行，由于增大Z的浓度，相当于增大体系的压强，化学平衡不发生移动，所以达平衡时Z的体积分数不变，B错误；‎ C.再加入X，使体系的压强增大，增大压强，化学平衡不发生移动，所以平衡时X的转化率不变，C错误；‎ D.降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，使Y的转化率增大，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎24.最近，各国科学家联合成功研制的一种新型催化剂，可在常压下将二氧化碳与氢气的混合气体转化为甲烷，在容积为VL的容器中进行该转化，相关情况如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 101kPa、120℃时，该反应的平衡常数表达式为K=‎ B. 断裂1mol C=O键、2mol H-H键所吸收的能量小于形成2mol C-H键、2mol O-H键所释放的能量 C. 300℃时，从反应开始到达到平衡的这段时间，平均反应速率v(H2)=mol/(L·min)‎ D. 其他条件不变，减小容器容积，二氧化碳的平衡转化率增大，平衡常数不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据常压下将二氧化碳与氢气混合转化为甲烷的化学方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O，101kPa、120℃时，水呈气态，所以该反应的平衡常数表达式K=，A错误；‎ B.根据图象，温度越高，则甲烷的量越少，说明升高温度，化学平衡逆向移动，则该反应是放热反应，即断裂1molC=O、2molH-H所吸收的能量小于形成2molC-H、2molO-H所释放的能量，B正确；‎ C.根据图示信息，甲烷表示的化学反应速率v=，甲烷和氢气的反应速率之比是1：4，所以氢气表示的化学反应速率v=4×，C正确；‎ D.减小容器体积，即增大压强，化学平衡向着气体体积减小的正反应方向移动，所以增大压强，甲烷的转化率增大，但是由于温度不变，因此平衡常数不变，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎25.室温25℃时，下列溶液里微粒间物质的量浓度的关系中正确的是(　　 )：‎ A. 浓度0.1mol/L的NH4HSO3溶液：c(NH4+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HSO3-)+ c(SO32-)‎ B. 等体积等浓度Na2S和NaHS混合液：c(Na+)＞c(S2-)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)‎ C. 将0.2mol/LNH3·H2O与0.1mol/LHCl等体积混合：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)‎ D. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中：c (OH-)=c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解质溶液中，所有的阳离子在等式的左侧，所有的阴离子在等式的右侧，为电荷守恒的关系式，但是SO32-所带电荷的浓度应为其浓度的2倍，即等式应为c(NH4+)+c (H+)= c (OH-)+c (HSO3-)+2c (SO32-)，A项错误；‎ B．酸根阴离子对应的酸越弱，其水解能力越强。H2SHS－＋H＋，HS－S2－＋H＋； HS－的酸性弱于H2S，则其酸根阴离子S2－的水解强于HS－。S2－＋H2OHS－＋OH－，S2－水解生成HS－，使得HS－浓度变大，c(S2-)②>③>① (2). ④>②>③>①>⑤ (3). c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+) (4). CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等 (5). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (6). 10：1 (7). H2AH++HA-、HA-H++A2- (8). 碱 (9). A2-+H2OHA-+OH-、HA-+H2OH2A+OH- (10). c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-) (11). 5.4×10-10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；‎ ‎(2)AgCl饱和溶液中存在AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl-(aq)，根据AgCl的沉淀溶解平衡分析，加入Cl-平衡逆移，溶液中c(Ag+)减小，加入Ag+，则c(Ag+)增大，等浓度的Cl-、Ag+对AgCl的沉淀溶解平衡移动的影响相同；‎ ‎(3)根据盐电离产生的离子关系及盐的水解规律判断Na2CO3溶液中离子浓度大小关系；‎ ‎(4)利用Fe(OH)3、Cu(OH)2形成沉淀的溶液的pH大小除杂；‎ ‎(5)根据两种盐水解相互促进产生的物质分析；‎ ‎(6)酸碱混合溶液为中性，说明溶液中氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，利用溶液的pH与c(H+)及Kw计算；‎ II.(1)某水溶液M中存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，根据弱酸分步电离书写电离方程式；‎ ‎(2)根据盐的水解规律判断分析；‎ ‎(3)根据多元弱酸的盐水解以第一步水解为主，判断溶液中离子浓度大小； ‎ ‎(4)根据二者物质的量关系可知溶液中A2-过量，先计算反应后c(A2-)，然后利用溶度积常数计算溶液中c(Ba2+)。‎ ‎【详解】(1)④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c(H+)较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度c(H+)由大到小的顺序是④②③①；‎ ‎(2)先根据加入c(Cl-)大小比较，加入c(Cl-)越小，则c(Ag+)越大。‎ ‎①c(Cl-)=0.04mol/L，②c(Cl-)=0.01mol/L，③c(Cl-)=0.03mol/L，④没有加入Cl-，⑤c(Ag+)=0.05mol/L，所以c(Ag+)由大到小排列顺序是④>②>③>①，而⑤加入的是银离子，c(Ag+)=0.05mol/L，同样是抑制AgCl溶解，可视为加入Cl-的浓度c(Ag+‎ ‎)=0.05mol/L，因此AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是：④>②>③>①>⑤；‎ ‎(3) Na2CO3电离方程式为：Na2CO3=2Na++CO32-，微粒处于同一溶液，溶液的体积相等，则c(Na+)>c(CO32-)；CO32-在溶液中发生水解作用，CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解产生的HCO3-会进一步发生水解产生H2CO3和OH-，所以溶液中c(OH-)>c(HCO3-)，溶液中还存在水的及其微弱的电离作用产生H+和OH-，则c(HCO3-)>c(H+)，促进水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)：故该溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)；‎ ‎(4)CuSO4溶液中含有Fe2(SO4)3杂质，可根据Fe2(SO4)3形成Fe(OH)3沉淀需要的溶液的pH较小，而Cu(OH)2形成沉淀需要的溶液的pH较大的性质，向混合物中加入CuO或Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等，调整溶液的介于形成Fe(OH)3沉淀的pH和形成Cu(OH)2的pH之间，杂质Fe3+形成Fe(OH)3，然后过滤，得到的滤液就是纯净的CuSO4溶液；‎ ‎(5)硫酸铝电离产生的铝离子与碳酸氢钠电离产生的碳酸氢根离子混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，Al(OH)3覆盖在着火物质上，隔绝空气；水气化降低温度，CO2气体逸出也使可燃物与空气隔绝，从而起到灭火作用；‎ ‎(6)将25℃下pH=12的Ba(OH)2溶液c(OH-)=0.01mol/L，pH=1的HCl溶液c(H+)=0.1mol/L，将aLBa(OH)2溶液与b LHCl混合，若所得混合液为中性，则n(H+)=n(OH-)，aL×0.01mol/L=bL×0.1mol/L，所以a：b=0.1：0.01=10：1。‎ II.(1)某M水溶液中存在的分子有H2O、H2A，则H2A为二元弱酸，由于多元弱酸分步电离，所以其电离方程式为：H2AH++HA-、HA-H++A2- ；‎ ‎(2)Na2A是强碱弱酸盐，在其水溶液中，A2-水解消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性，用离子方程式表示为：A2-+H2OHA-+OH-、HA-+H2OH2A+OH-；‎ ‎(3)若溶液M由2mol/LH2A溶液与2mol/LNaOH溶液等体积混合而得，则二者混合恰好反应产生NaHA，在溶液中NaHA电离产生Na+、HA-，HA-是弱酸的酸式酸根离子，既存在电离作用产生H+、A2-，也存在水解作用产生H2A和OH-。电离或水解都消耗HA-，所以溶液中c(Na+)>c(HA-)；若所得溶液M的pH<7，说明HA-的电离程度大于其水解程度，c(H+)>c(OH-)，溶液中的H+除HA-的电离作用外，还有H2O电离产生，所以c(H+)>c(A2-)；水的电离程度比盐电离产生的离子HA-小很多，则c(A2-)>c(OH-)，故溶液中离子浓度由大到小顺序为c(Na+)>c(HA-)> c(H+)>c(A2-)>c(OH-)；‎ ‎(4)往20mL1mol·L-1Na2A溶液中加入10mL1mol·L－1BaCl2溶液，由于发生反应A2-+Ba2+‎ ‎=BaA↓二者反应按1：1关系进行，所以反应后A2-过量，剩余溶液中含有的A2-的浓度c(A2-)≈mol/L，根据溶度积常数得c(Ba2+)==mol/L=5.4×10-10mol/L。‎ ‎【点睛】‎ ‎27.(1)已知常温时，0.1mol/L醋酸在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=_____，醋酸的电离平衡常数Ka=______。‎ ‎(2)向冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性随加入水的体积变化如图所示：‎ ‎①a、b、c三点溶液中CH3COOH的电离程度由大到小的顺序是___。‎ ‎②a、c两点对应的溶液分别吸收氨气，若两溶液最终pH均为7（25℃时），则a点溶液中的c(CH3COO-)_______c点溶液中的c(NH4+)。(填“<”、“>”或“=”)‎ ‎(3)25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：‎ 化学式 CH3COOH NH3·H2O H2CO3‎ HCN 电离平衡常数 ‎1.7×10-5‎ ‎1.7×10-5‎ K1=4.3×10-7‎ K2=5.6×10-11‎ K=5.0×10-10‎ 请回答下列问题：‎ ‎①H2CO3的第二级电离平衡常数的表达式Ka2=_______。‎ ‎②25℃时，向0.1mol•L-1的氨水中缓缓通入CO2气体的过程中(忽略溶液体积的变化)，下列表达式的数值变小的是___。‎ A． B． C． D．‎ ‎③向NaCN溶液中通入少量CO2气体，发生反应的离子方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 10-7 (3). c>b>a (4). > (5). (6). AC (7). CN--+CO2+H2O=HCN-+HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据弱电解质的电离度分析计算pH，计算平衡浓度结合电离平衡常数概念计算平衡常数；‎ ‎(2)①溶液体积越大，醋酸电离程度越大；‎ ‎②25℃时，铵盐溶液pH=7，则溶液中存在c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)=c(NH4+)，所以两点溶液中c(CH3COO-)越大则该点溶液中的c(NH4+)越大；‎ ‎(3)①根据弱酸的电离平衡常数的含义书写H2CO3的第二级电离平衡常数的表达式Ka2；‎ 弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，其酸根的水解程度越弱；‎ ‎②25℃时，向0.1 mol•L-1的氨水中缓缓少量CO2气体，二者反应生成碳酸铵，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；‎ ‎③次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠和次氯酸。‎ ‎【详解】(1)已知常温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，依据电离度=‎ 可知，c(H+)=0.1mol/L×0.1%=1×10-4mol/L，则溶液的pH=-lg(H+)=4；依据弱电解质的电离平衡HAH++A-，Ka=≈1×10-7；‎ ‎(2)①溶液体积越大，醋酸电离程度越大，根据图知，溶液体积：ab>a；‎ ‎②25℃时，铵盐溶液pH=7，则溶液中存在c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)=c(NH4+)，所以两点溶液中c(CH3COO-)越大则该点溶液中的c(NH4+)越大，由于溶液中c(CH3COO-)：a>c，则c(NH4+)：a>c；‎ ‎(3)①H2CO3是二元弱酸，其第二步电离平衡为HCO3-H++CO32-，由于电离平衡常数为电解质达到电离平衡时，电解质电离产生的离子浓度的乘积与未电离的电解质浓度的比，所以其平衡常数表达式为Ka2=。‎ ‎②随着二氧化碳的通入生成的碳酸铵逐渐增多，溶液中c(NH4+)增大，则c(NH3•H2O)=0.1-c ‎ c(NH4+)减小、溶液中c(HCO3-)增大，则减小，A正确；‎ B.随着二氧化碳的通入生成的碳酸铵逐渐增多，溶液碱性减弱，则c(H+)增大、c(OH-)减小，则增大，B错误；‎ C.温度不变电离平衡常数不变，随着二氧化碳的通入，溶液中c(NH4+)增大，=减小，C正确；‎ D.温度不变离子积常数及电离平衡常数不变，不变，D错误；‎ 故合理选项是AC；‎ ‎③根据电离平衡常数可知酸性：HClO>HCO3-，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成碳酸氢根离子，该反应的离子方程式为：CN--+CO2+H2O=HCN-+HCO3-。‎ ‎28.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用前景。‎ ‎(1)已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ/mol ‎2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484 kJ/mol 工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式：________________________________‎ ‎(2)在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。‎ ‎①A、B两点对应的压强大小关系是PA________PB（填“>”，“<”，“=”）‎ ‎②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是 ___________‎ ‎③下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是___(填代号)‎ a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b.CH3OH的体积分数不再改变 c.混合气体的密度不再改变 ‎ d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变 ‎(3)在P1压强、T1℃时，该反应的平衡常数K=_________，再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO的转化率___________(填“增大”、“不变”或“减小”)‎ ‎(4)T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol H2：0.2mol CH3OH：0.2mol。此时v正 ________ v逆(填>、< 或 =)。‎ ‎【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol (2). < (3). KA=KB>KC (4). b (5). 100 (6). 减小 (7). >‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知：①CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ/mol；‎ ‎②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484kJ/mol，将2×①+②得到CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式为2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g)△H=-316kJ/mol；‎ ‎(2)①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大，所以PA＜PB；‎ ‎②据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KA=KB＞KC； ‎ ‎③a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，二者表示的都是正反应速率，因此不能说明反应是否达到平衡状态，a错误；‎ b．CH3OH的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；‎ c．容器体积和气体质量始终不变，所以混合气体的密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，c错误；‎ d．CO和甲醇的化学计量数都为1，所以CO和CH3OH的物质的量之和始终保持不变，因此不能这一点判断反应是否达到平衡状态，d错误；‎ 故合理选项是b；‎ ‎(3)P1压强、T1°C时CO的转化率为0.5，‎ ‎                          CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始浓度(mol/L) 0.1          0.2               0‎ 改变浓度(mol/L) 0.05         0.1              0.05‎ 平衡浓度(mol/L) 0.05         0.1              0.05‎ 化学平衡常数K=；‎ 若温度不变，再加入1.0molCO，平衡向正反应移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，但CO投入量大于平衡移动转化量，所以CO的转化率减小；‎ ‎(4) T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol  H2：0.2mol  CH3OH：0.2mol，此时反应的浓度商Qc=<100，此时反应正向进行v正＞v逆。‎ ‎29.(1)葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1，取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。‎ ‎①滴定前排气泡时，应选择如图中的___(填序号)‎ ‎②若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积___(填序号)。‎ ‎①=10mL ②=40mL ③<10 mL ④>40 mL。‎ ‎③上述滴定实验中若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为______，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点：______。‎ ‎④滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为___g·L－1；滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎(2)某学生用0.100mol•L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为：‎ A.移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；‎ B.用标准溶液润洗滴定管2～3次；‎ C.把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；‎ D.取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3cm 处；‎ E.调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；‎ F.把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下刻度。‎ 实验编号 KOH溶液的浓度(mol/L)‎ 滴定完成时，KOH溶液滴入体积(mL)‎ 待测盐酸溶液的体积(mL)‎ ‎1‎ ‎0.10‎ ‎22.62‎ ‎20.00‎ ‎2‎ ‎0.10‎ ‎22.72‎ ‎20.00‎ ‎3‎ ‎0.10‎ ‎22.80‎ ‎20.00‎ ‎①正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）_________。‎ ‎②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_______（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). 酚酞 (4). 当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化 (5). 0.24 (6). 偏低 (7). B、D、C、E、A、F (8). 0.11mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①碱性溶液用碱式滴定管盛放；NaOH是碱溶液，盛放在碱式滴定管；‎ ‎②根据仪器的结构判断溶液的体积大小；‎ ‎③根据指示剂的变色范围，结合各种指示剂在不同的pH显示的颜色判断滴定终点；‎ ‎④根据反应：SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得关系式：根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2，由氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；根据读数对消耗标准碱溶液的体积影响，结合与SO2的物质的量关系分析误差；‎ ‎(2)①中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作；‎ ‎②先计算消耗的标准NaOH溶液的体积，然后根据恰好反应时n(NaOH)=n(HCl)计算盐酸的浓度。‎ ‎【详解】(1)①碱性溶液用碱式滴定管盛放，则NaOH标准溶液用碱式滴定管盛放，排出气泡的方法是③；‎ ‎②若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积>(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以选项④合理；‎ ‎③上述滴定实验中用已知浓度的碱来滴定未知浓度的酸溶液，若滴定终点时溶液的pH=8.8，由于酚酞的变色范围是8.2～10.0，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以应该选择的指示剂为酚酞，指示剂在酸溶液中，开始是无色，当达到滴定终点时溶液变为浅红色，所以选择该指示剂时，若反应到达滴定终点，当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化；‎ ‎④根据发生反应的化学方程式SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得关系式2NaOH～H2SO4～SO2，可知SO2的质量m(SO2)=n(NaOH)×M(SO2)=×0.0900mol/L×0.025L×64g/mol=0.072g，所以该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L；‎ 若在滴定终点读数时俯视刻度线，则消耗标准NaOH溶液的体积偏小，n(NaOH)偏小，因此使得测量结果比实际值偏低；‎ ‎(2)①操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以正确顺序为：B、D、C、E、A、F；‎ ‎②三次数据均有效，平均消耗V(KOH溶液)=mL=22.71mL，所以c(酸)==0.11mol/L。‎ ‎【点睛】本题为考查了滴定方法在探究物质的组成、测量物质的含量的应用，试题涉及了仪器的选择、滴定终点的判断、误差分析及二氧化硫性质、中和滴定的计算。要求选择掌握中和滴定的操作方法，要求掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。‎ ‎ ‎