20232024學年度第一學期蕪湖市中學教學質量監控高二年級化學試題卷(選擇性必修1)注意事項：1.本試卷共三大題，24小題，滿分100分。考試時間100分鐘。2.本試卷包括“試題卷”和“答題卷”兩部分。“試題卷”共6頁，“答題卷”共2頁。3.請務必在“答題卷”上答題，在“試題卷”上答題是無效的。4.考試結束后，請將“試題卷”和“答題卷”一并交回。一、選擇題(本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。)1.2022年3月神舟十三號航天員在中國空間站進行了“天宮課堂”授課活動，并進行了以下實驗。下列說法錯誤的是A.“太空冰雪實驗”中，使用的醋酸鈉屬于弱電解質B.“太空冰雪實驗”中，使用的醋酸鈉中既含有共價鍵又含有離子鍵C.“水油分離實驗”中，飲用水與食用油搖勻后不能立即用分液漏斗直接分液D.“太空五環實驗”中，碳酸鈉溶液中滴加甲基橙構成了黃色環，是因為碳酸鈉溶液呈堿性【答案】A【解析】【詳解】A．乙酸鈉是強堿弱酸鹽，溶于水完全電離，是強電解質，故A錯誤；B．醋酸鈉屬于離子化合物，鈉離子與醋酸根離子之間是離子鍵，醋酸根還存在碳氫鍵和碳氧鍵等共價鍵，既含有共價鍵又含有離子鍵，故B正確；C．飲用水與食用油搖勻后應靜置分層，不能立即用分液漏斗直接分液，故C正確；D．碳酸鈉溶液水解呈堿性，故碳酸鈉溶液中滴加甲基橙溶液呈黃色，故D正確；答案選A。2.下列設備工作時，將化學能轉化為熱能的是（）A.硅太陽能電池 B.鋰離子電池C.太陽能集熱器 D.燃氣灶【答案】D【解析】【詳解】A.硅太陽能電池是把太陽能轉化為電能，A錯誤；B.鋰離子電池將化學能轉化為電能，B錯誤；C.太陽能集熱器將太陽能轉化為熱能，C錯誤；D.燃氣灶將化學能轉化為熱能，D正確，答案選D。3.關于的化學反應，下列表示的反應速率最大的是A. B.C D.【答案】B【解析】【詳解】在同一個反應中，用不同物質表示速率之比等于方程式的化學計量數之比，所以可以都轉化成用A表示的速率，從而比較不同條件下的反應速率。A．；B．，轉化成用A表示的速率為；C．，轉化成用A表示的速率為；D．，轉化成用A表示的速率為；所以速率最快的是B，故選B。4.對可逆反應下列敘述正確的是A.達到化學平衡時，B.化學反應速率關系是：C.達到化學平衡時，若增加容器體積，則正反應速率減小，逆反應速率增大D.單位時間內生成xmolNO的同時，生成xmolNH3，則反應達到平衡狀態【答案】D【解析】【分析】可逆反應達到平衡狀態時，任何物質的濃度不變，在同一時刻用不同物質表示的正、逆反應速率比等于化學方程式中相應物質的化學計量數的比，據此分析解答。【詳解】A．當該可逆反應達到化學平衡時，反應速率應該滿足關系：，因此的條件下反應未達到平衡狀態，A錯誤；B．當該可逆反應達到化學平衡時，反應速率應該滿足關系：，因此的條件下反應未達到平衡狀態，B錯誤；C．達到化學平衡時，若增加容器體積，則反應混合物中任意一種物質的濃度減小，因此正反應速率減小，逆反應速率也減小，C錯誤；D．NH3是反應物，NO是生成物，二者化學計量數相同，因此當單位時間內生成xmolNO的同時，生成xmolNH3，則NO、NH3的濃度不變，反應達到平衡狀態，D正確；故合理選項是D。5.用食用白醋(醋酸濃度約為)進行下列實驗，能證明醋酸為弱電解質的是A.白醋中滴入石蕊試液呈紅色 B.試紙顯示白醋的約為3~4C.蛋殼浸泡在白醋中有氣體放出 D.白醋加入豆漿中有沉淀產生【答案】B【解析】【分析】要證明某物質是強電解質還是弱電解質，關鍵是看該物質在溶液中是完全電離，還是部分電離。如完全電離，則為強電解質，如部分電離，則為弱電解質。【詳解】A．白醋中滴入石蕊試液呈紅色，只能說明溶液顯酸性，A錯誤；B．濃度約0.1mol/L的醋酸其pH為3～4，說明醋酸在溶液中是部分電離的，故為弱電解質，B正確；C．蛋殼浸泡在白醋中有氣體放出，只能說明醋酸的酸性強于碳酸，C錯誤；D．白醋加入豆漿中有沉淀產生，屬于膠體的聚沉，D錯誤；答案選B。6.室溫下的溶液中，由水電離出的約為A B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】常溫下pH=12的NaOH溶液中，氫氧根離子抑制了水的電離，則氫氧化鈉溶液中的氫離子是水的電離的，水電離的氫氧根離子與氫離子濃度相等，故水電離出來的==，故選D。7.工業上電解熔融NaCl與電解食鹽水都能直接得到的物質是A.Na B.NaOH C.H2 D.Cl2【答案】D【解析】【詳解】電解熔融氯化鈉生成氯氣和鈉，方程式為：2NaCl2Na+Cl2↑；電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；所以二者都能得到的為Cl2，故選：D。8.下列各組離子能在溶液中大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】C【解析】【詳解】A．OH與HS會反應產生H2O、S2，不能大量共存，A不符合題意；B．Al3+、會發生鹽的雙水解反應產生Al(OH)3沉淀、CO2氣體，不能大量共存，B不符合題意；C．選項離子之間不能發生任何反應，可以大量共存，C符合題意；D．Fe2+、H+、會發生氧化還原反應產生Fe3+、NO、H2O，不能大量共存，D不符合題意；故合理選項是C。9.某溫度下，在恒容密閉容器中、、建立化學平衡：，改變下列條件對正、逆反應速率的影響不正確的是A.壓縮容器體積B.通入C.使用(正)催化劑D.升高溫度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．壓縮容器體積各物質的濃度均增大，正逆反應速率均增大，且正反應速率增大的程度大于逆反應速率，故A錯誤；B．通入增大反應物濃度，正反應速率瞬間增大，逆反應速率瞬間不變，平衡正向移動，故B正確；C．使用(正)催化劑能同等程度的增大正逆反應速率，故C正確；D．升高溫度正逆反應速率均增大，且逆反應速率增大的程度大于正反應速率增大的程度，平衡逆向移動，故D正確；故選：A。10.下列說法正確的是A.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=221kJ/mol，則碳的燃燒熱等于110.5kJ/molB.C(石墨，s)=C(金剛石，s)△H=+1.9kJ/mol，則金剛石比石墨穩定C.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，△S>0，則不論在何種條件下都不可能自發進行D.用CH3COOH溶液和NaOH溶液反應測定中和熱：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(aq)△H>57.3kJ/mol【答案】D【解析】【詳解】A．燃燒熱是在101kPa時，1mol物質完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量；碳完全燃燒生成二氧化碳，故碳的燃燒熱不等于110.5kJ/mol，A錯誤；B．C(石墨，s)=C(金剛石，s)△H=+1.9kJ/mol，焓變大于零，說明金剛石能量高于石墨，則金剛石不如石墨穩定，B錯誤；C．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，△S>0，根據△HT△S<0反應可自發進行，則該反應在高溫下可自發進行，C錯誤；D．中和反應為放熱反應，焓變小于零，醋酸為弱酸電離吸收熱量，故用CH3COOH溶液和NaOH溶液反應測定中和熱：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(aq)△H>57.3kJ/mol，D正確；故選D。二、選擇題(本題包括10小題，每小題3分，共30分。每小題只有一個選項符合題意。)11.在密閉容器中發生儲氫反應：LaNi5(s)+3H2(g)LaNi5H6(s)ΔH<0。在一定溫度下，達到平衡狀態，測得氫氣壓強為2MPa。下列說法正確的是A.升高溫度，v逆增大，v正減小，平衡逆向移動B.低溫條件有利于該反應正向自發，利于儲氫C.維持溫度不變，向密閉容器中充入氫氣，平衡正向移動，平衡常數增大D.維持溫度不變，縮小容器的容積，平衡正向移動，重新達到平衡時H2的濃度減小【答案】B【解析】【詳解】A．升高溫度，v逆增大，v正也增大，由于溫度對吸熱反應影響更大，所以v逆增大的倍數大于v正增大的倍數，化學平衡向吸熱的逆向移動，A錯誤；B．根據反應方程式可知：該反應的正反應是氣體體積減小的放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，有助于H2轉化為LaNi5H6固體的形成，因此利用儲氫，B正確；C．平衡常數只受溫度影響，維持溫度不變，向密閉容器中充入氫氣，平衡正向移動，平衡常數不變，C錯誤；D．維持溫度不變，縮小容器的容積，平衡正向移動，根據勒夏特列原理可知，只能減弱這種改變，不能消除，所以重新達到平衡時H2的濃度增大，D錯誤；故選B。12.一定條件下，將3molA氣體和1molB氣體混合于固定容積為2L的密閉容器中，發生反應：。2min末該反應達到平衡，生成D的物質的量隨時間的變化情況如圖所示。下列判斷正確的是A.到達平衡時C的物質的量濃度為0.4mol/LB.反應過程中A和B的轉化率之比為3∶1C.平衡時體系的壓強與開始時體系的壓強之比為3∶2D.從開始到平衡，用D表示的化學反應速率為0.2mol/(L·min)【答案】A【解析】【分析】由題干圖像信息可知，反應達到化學平衡時D的物質的量為0.8mol，三段式分析為：，據此分析解題。【詳解】A．由分析可知，到達平衡時C的物質的量也為0.8mol，C的物質的量濃度為=0.4mol/L，A正確；B．由分析可知，反應過程中A和B的轉化率之比為∶=1∶1，B錯誤；C．由分析結合恒容密閉容器中氣體壓強之比等于氣體的物質的量之比可知，平衡時體系的壓強與開始時體系的壓強之比為(1.8+0.6+0.8)∶(3+1)=4∶5，C錯誤；D．由題干信息可知，D為固體，從開始到平衡，D的濃度保持不變，故不用D表示的化學反應速率，D錯誤；故答案為：A。13.CH3COOH與CH3COONa等物質的量混合配制成的稀溶液，pH=4.7，下列說法或離子濃度關系正確的是A.CH3COONa的水解程度大于CH3COOH的電離程度B.CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的電離C.c(CH3COO)>c(Na+)>c(OH)>c(H+)D.c(CH3COO)＋c(OH)<c(CH3COOH)＋c(H＋)【答案】B【解析】【詳解】A．CH3COOH與CH3COONa等物質的量混合配成的稀溶液，pH為4.7，溶液呈酸性，則CH3COONa的水解趨勢小于CH3COOH的電離趨勢，故A錯誤；B．CH3COOH電離產生H+和CH3COO，CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的電離，故B正確；C．CH3COOH與CH3COONa等物質的量混合配成的稀溶液，pH為4.7，溶液呈酸性，說明CH3COONa的水解趨勢小于CH3COOH的電離趨勢，則c(CH3COO)>c(Na+)>c(H+)>c(OH)，故C錯誤；D．由電荷守恒c(CH3COO)＋c(OH)=c(Na+)＋c(H＋)，CH3COONa的水解趨勢小于CH3COOH的電離趨勢，則c(Na+)>c(CH3COOH)，c(CH3COO)＋c(OH)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，故D錯誤；故選B。14.糕點包裝中常見的脫氧劑組成為還原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等，其脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕相同。下列分析正確的是A.脫氧過程是吸熱反應，可降低溫度，延長糕點保質期B.脫氧過程中鐵的電極反應為：Fe3e=Fe3+C.脫氧過程中碳做原電池負極D.含有0.1mol鐵粉的脫氧劑，理論上最多能吸收氧氣0.075mol【答案】D【解析】【詳解】A．脫氧過程屬于氧化還原反應，是放熱反應，主要通過吸收氧氣延長糕點保質期，A錯誤；B．脫氧過程中鐵的電極反應為：Fe2e=Fe2+，B錯誤；C．脫氧過程中碳做原電池正極，鐵做原電池負極，C錯誤；D．含有0.1mol鐵粉的脫氧劑，理論上可以失去0.3mol電子，氧元素從單質的0價降為氧化物中的2價，O2~4e，則0.075mol氧氣可以得到0.3mol電子，故最多能吸收氧氣0.075mol，D正確。故選D。15.已知常溫下，，下列有關說法正確的是A.常溫下，在純水中的比在溶液中的大B.向與的懸濁液中加入幾滴濃溶液，不變C.在的飽和溶液中通入，有析出，且溶液中D.向、的混合溶液中滴入幾滴溶液，出現黃色沉淀，此現象可驗證【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．只隨溫度的改變而改變，所以二者相等，A項錯誤；B．與的懸濁液在滴入幾滴濃溶液后，仍是二者的飽和浴液，溫度不變，、不變，故不變，B項正確；C．在的飽和溶液中通入，增大，的沉淀溶解平衡向左移動，有析出，溶液中增大，減小，、不再相等，C項錯誤；D．向、的混合溶液中滴入幾滴溶液，出現黃色沉淀，證明發生了反應：，但由于不知道溶液中、的濃度大小，不能確定和溶度積大小關系，故D項錯誤。故選B。16.室溫下，下列探究方案不能達到探究目的的是選項探究方案探究目的A用不同濃度、等體積的H2O2溶液分別與相同濃度相同體積的Na2SO3溶液反應，觀察現象探究濃度對反應速率的影響B用pH計測定同濃度NaClO和NaF溶液的pH，比較溶液pH大小比較HClO與HF的酸性強弱C向濃度均為0.1mol·L1的CuSO4和ZnSO4混合溶液中滴加少量Na2S溶液，觀察沉淀顏色變化比較CuS和ZnS的Ksp大小D向3mL0.1mol·L1KI溶液中滴加0.1mol·L1FeCl3溶液3～4滴，充分反應后，再加KSCN，觀察溶液顏色變化探究化學反應的限度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．過氧化氫和亞硫酸鈉反應沒有明顯現象，不能探究濃度對反應速率的影響，A符合題意；B．酸性越弱，其對應鹽溶液水解程度越大，溶液堿性越強，故可以pH計測定同濃度NaClO和NaF溶液的pH，比較溶液pH大小，從而比較HClO與HF的酸性強弱，B不符合題意；C．向濃度均為0.1mol·L1的CuSO4和ZnSO4混合溶液中滴加少量Na2S溶液，若生成黑色沉淀，則說明硫化銅更難溶，能比較CuS和ZnS的Ksp大小，C不符合題意；D．3mL0.1mol·L1KI溶液中滴加0.1mol·L1FeCl3溶液3～4滴，充分反應后KI過量，加入KSCN溶液變成紅色，證明有三價鐵離子存在，可說明反應是可逆反應，D不符合題意；故選A。17.電池比能量高，在汽車、航天等領域具有良好的應用前景。近年來科學家研究了一種光照充電電池(如圖所示)。光照時，光催化電極產生電子和空穴，驅動陰極反應和陽極反應(Li2O2+2h+=2Li++O2)對電池進行充電。下列敘述錯誤的是A.充電時，電池的總反應B.充電效率與光照產生的電子和空穴量有關C放電時，Li+從正極穿過離子交換膜向負極遷移D.放電時，正極發生反應【答案】C【解析】【分析】充電時光照光催化電極產生電子和空穴，驅動陰極反應（Li++e=Li）和陽極反應（Li2O2+2h+=2Li++O2），則充電時總反應為Li2O2=2Li+O2，結合圖示，充電時金屬Li電極為陰極，光催化電極為陽極；則放電時金屬Li電極為負極，光催化電極為正極；據此作答。【詳解】A．光照時，光催化電極產生電子和空穴，驅動陰極反應和陽極反應對電池進行充電，結合陰極反應和陽極反應，充電時電池的總反應為Li2O2=2Li+O2，A正確；B．充電時，光照光催化電極產生電子和空穴，陰極反應與電子有關，陽極反應與空穴有關，故充電效率與光照產生的電子和空穴量有關，B正確；C．放電時，金屬Li電極為負極，光催化電極為正極，Li+從負極穿過離子交換膜向正極遷移，C錯誤；D．放電時總反應為2Li+O2=Li2O2，正極反應為O2+2Li++2e=Li2O2，D正確；答案選C。18.最近，中國科學院大連化物所“CO2催化轉化為CO的研究”獲得新進展。如圖是使用不同催化劑（NiPc和CoPc）時轉化過程中的能量變化，下列說法不合理的是（）A.?CO2經還原反應得到?COOHB.該研究成果將有利于緩解溫室效應，并解決能源轉化問題C.相同基團的物種分別吸附在NiPc和CoPc表面，其能量可能不同D.催化劑可以改變CO2轉化為CO反應的焓變【答案】D【解析】【分析】A.根據物質的化合價變化分析；B.根據反應過程中物質轉換分析；C.根據圖示相對能量大小分析；D.催化劑只改變反應速率，不改變反應平衡和焓變；【詳解】A.?CO2轉化為?COOH的過程中，碳元素的化合價降低，因此?CO2得到?COOH是還原反應，A正確；B.該過程中，CO2轉化為CO，可減少空氣中的CO2的含量，緩解溫室效應，同時反應生成CO具有可燃性，可解決能源轉化危機，B正確；C.由圖可知，?COOH吸附在NiPc中的能量高于吸附在CoPc上的能量，因此吸附在相同基團的物種分別吸附在NiPc和CoPc表面，其能量不同，C正確；D.催化劑只影響反應速率，不改變反應焓變，D錯誤；答案為D。19.室溫下，某二元堿水溶液中相關組分的物質的量分數隨溶液pH變化的曲線如圖所示，下列說法錯誤的是A.的數量級為B.水溶液顯堿性C.等物質的量的和混合溶液中D.在水溶液中，【答案】C【解析】【詳解】A．根據圖像分析，Kb2=，Kb2的數量級為108，故正確；B．X(OH)NO3水溶液中，X主要以X(OH)+形式存在，由圖示可知，此時溶液中，pH位于78之間，因此水溶液呈弱堿性，故正確；C．X2+的水解常數為由Kb2計算得106.2，等物質的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，c(X2+)<c(X(OH)+)，故錯誤；D．在X(OH)NO3水溶液中，存在電荷守恒，c(NO)+c(OH)=2c(X2+)+c(H+)+c(X(OH)+)，存在物料守恒c(NO)=c(X2+)+c(X(OH)+)+c(X(OH)2)，將物料守恒的關系式代入電荷守恒可得c(X(OH)2)+c(OH)=c(X2+)+c(H+)，故正確。故選C。20.以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關系如圖所示。[比如A2?的分布系數：]下列敘述正確的是A.曲線①代表，曲線②代表B.H2A溶液的濃度為0.2000mol·L?1C.HA?的電離常數Ka=1.0×10?2D.滴定終點時，溶液中【答案】C【解析】【分析】根據圖象，曲線①代表的粒子的分布系數隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線②代表的粒子的分布系數隨著NaOH的滴入逐漸增大，粒子的分布系數只有1個交點；當加入40mLNaOH溶液時，溶液的pH在中性發生突變，且曲線②代表的粒子達到最大值接近1；沒有加入NaOH時，pH約為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線①代表δ(HA)，曲線②代表δ(A2)，根據反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，據此分析作答。【詳解】A．根據分析，曲線①代表δ(HA)，曲線②代表δ(A2)，A錯誤；B．當加入40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發生突變，說明恰好完全反應，結合分析，根據反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B錯誤；C．由于H2A第一步完全電離，則HA的起始濃度為0.1000mol/L，根據圖像，當VNaOH=0時，HA的分布系數為0.9，溶液的pH=1，A2的分布系數為0.1，則HA的電離平衡常數Ka==≈1×102，C正確；D．用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2~10，終點時溶液呈堿性，c(OH)＞c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH)，則c(Na+)＞2c(A2)+c(HA)，D錯誤；答案選C。【點睛】本題的難點是判斷H2A的電離，根據pH的突變和粒子分布分數的變化確定H2A的電離方程式為H2A=H++A2，HA?H++A2；同時注意題中是雙縱坐標，左邊縱坐標代表粒子分布分數，右邊縱坐標代表pH，圖象中δ(HA)=δ(A2)時溶液的pH≠5，而是pH=2。三、非選擇題(本題包括4小題，共50分。)21.已知25℃時，醋酸、碳酸、氫氰酸的電離平衡常數如下表：化學式CH3COOHH2CO3HCN電離平衡常數Ka=1.8×105Ka1=4.3×107Ka2=5.6×1011Ka=6.2×1010回答下列問題：（1）25℃時，pH相等的三種溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，濃度由大到小的順序為___________(填序號)。（2）25℃時，向NaCN溶液中通入少量CO2，反應的離子方程式為___________。（3）將濃度為0.02mol·L1的HCN與0.01mol·L1NaOH溶液等體積混合，則混合溶液中c(H+)___________c(OH)(填“>”、“<”或“=”)。（4）常溫下，向濃度為0.1mol·L1、體積為VL的氨水中逐滴加入一定濃度的鹽酸，用pH計測溶液的pH，變化曲線如圖所示，d點兩種溶液恰好完全反應。根據圖中信息回答下列問題：①該溫度時NH3·H2O的電離常數Kb≈___________；②b、c、d三點的溶液中，由水電離出的c(H+)由大到小的順序為___________；③根據以上滴定曲線判斷點d所示溶液中：c(Cl)=c(NH3·H2O)+___________。【答案】（1）①>③>②（2）CN+CO2+H2O=HCN+（3）＜（4）①.105②.d＞c＞b③.【解析】【小問1詳解】依據圖表數據分析，酸性：醋酸>氫氰酸>碳酸氫根離子，所以pH相等的三種溶液：①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，根據越弱越水解，則濃度由大到小的順序為：①>③>②；【小問2詳解】向NaCN溶液中通入少量CO2，酸性：H2CO3>HCN>，所以反應生成氰酸和碳酸氫鈉，反應的化學方程式為：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，其反應的離子方程式為：CN+CO2+H2O=HCN+；【小問3詳解】將0.02mol/L的HCN與0.01mol/L的NaOH溶液等體積混合，溶液中的溶質是物質的量濃度均為0.005mol/L的NaCN和HCN，Ka=6.2×1010，，則NaCN水解大于HCN的電離，則c(H+)<c(OH)；【小問4詳解】滴定前氨水中c(H+)=1011mol/L，利用水的離子積常數可得：，忽略水的電離，；②從b到d點，氨水的濃度在減小，氯化銨的濃度在增大，d點恰好完全反應，溶質只有氯化銨，氨水抑制水的電離，氯化銨促進水的電離，所以從b到d的過程，水的電離程度在增大；所以b、c、d三點時的溶液中，水電離的c(H+)大小順序是d>c>b；③d點兩種溶液恰好完全反應，溶質為NH4Cl，根據物料守恒可知。22.用0.1000mol/LHCl溶液滴定未知濃度的NaOH溶液。（1）某同學按下列步驟進行實驗：①取一錐形瓶，未用待測NaOH溶液潤洗；②在錐形瓶中加入25.00mL待測NaOH溶液；③加入幾滴酚酞試劑做指示劑；④取一支酸式滴定管，用蒸餾水洗滌干凈，直接往酸式滴定管中注入標準鹽酸溶液，進行滴定；⑤兩眼注視著滴定管內鹽酸液面下降，直至滴定終點。其中所述操作有錯誤的序號為___________。（2）取用標準溶液鹽酸，應用下圖___________(選填“甲”、“乙”)裝置；取用時，若開始仰視讀數、結束時俯視讀數，會導致所測氫氧化鈉溶液濃度___________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（3）若滴定開始前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定結束后氣泡消失，則會導致所測氫氧化鈉溶液濃度___________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（4）滴定終點的現象是___________。（5）若平行實驗三次，記錄的數據如下表滴定次數待測溶液的體積(mL)標準HCl溶液的體積滴定前讀數(mL)滴定后讀數(mL)125.001.0221.04225.002.0022.98325.000.2020.18則待測NaOH溶液中NaOH的物質的量濃度為___________。【答案】（1）④⑤（2）①.甲②.偏小（3）偏大（4）當加入最后半滴鹽酸后，溶液顏色從粉紅色剛好變為無色，且半分鐘內不變色（5）0.08000【解析】【分析】用0.1000mol/LHCl溶液滴定未知濃度的NaOH溶液時，將待測溶液放入錐形瓶中，已知濃度的標準溶液放在滴定管中。在滴定前，滴定管要潤洗，錐形瓶不能潤洗。滴定時，左手控制活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視著錐形瓶中溶液顏色變化。判斷得到終點的指示劑，一般選擇滴定終點時溶液顏色由淺到深的變化，以減少實驗誤差。根據二者反應達到滴定終點時判斷為恰好反應的反應點，根據滴定操作對消耗標準溶液的體積大小分析判斷實驗誤差，利用二者物質的量相等計算出待測溶液的濃度。【小問1詳解】①進行酸堿中和滴定時，一般是將待測溶液放入錐形瓶中，已知濃度的標準溶液放在滴定管中，因此該操作合理，①正確；②根據①分析可知：在錐形瓶中加入25.00mL待測NaOH溶液，該操作合理，②正確；③HCl與NaOH是強酸滴定強堿，反應終點為中性，可以加入幾滴酚酞試劑或甲基橙作指示劑，③正確；④取一支酸式滴定管，用蒸餾水洗滌干凈，直接往酸式滴定管中注入標準鹽酸溶液，進行滴定，這樣會導致標準溶液濃度偏小，引起誤差，應該先潤洗滴定管，然后在裝標準溶液，④錯誤；⑤滴定操作時，應該左手控制活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視著錐形瓶中溶液顏色變化，而不能兩眼注視著滴定管內鹽酸液面下降，直至滴定終點，⑤錯誤；綜上所述可知：操作錯誤的是④⑤；【小問2詳解】鹽酸是酸溶液，應該使用酸式滴定管。圖示儀器甲為酸式滴定管，乙為堿式滴定管，故應該選擇使用儀器甲盛裝稀鹽酸；取用時，若開始仰視讀數、結束時俯視讀數，則反應消耗標準溶液體積偏小，根據c(待測)=可知，V(HCl)偏小，會導致所測氫氧化鈉溶液濃度偏小；【小問3詳解】若滴定開始前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定結束后氣泡消失，則HCl標準溶液體積偏大，由此計算出的所測氫氧化鈉溶液濃度偏大；【小問4詳解】用HCl滴定NaOH溶液，開始滴定時，指示劑酚酞在NaOH溶液中，溶液顯紅色，隨著HCl標準溶液的滴入，溶液堿性逐漸減弱，溶液紅色逐漸變淺，當加入最后半滴鹽酸后，溶液顏色從粉紅色剛好變為無色，且半分鐘內不變色，說明滴定達到終點，此時停止滴加鹽酸標準溶液；【小問5詳解】用鹽酸標準溶液滴定25.00mLNaOH待測溶液，三次實驗消耗HCl的體積分別是20.02mL、20.98mL、19.98mL，可見第2次實驗數據偏差較大，應該舍去。則反應消耗HCl的平均體積V==20.00mL，根據滴定公式c(待測)=可知：待測NaOH溶液的濃度c(NaOH)==0.08000mol/L。23.硼酸()是一種重要的化工原料，廣泛應用于玻璃、醫藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦(含，及少量、)為原料生產硼酸及輕質氧化鎂的工藝流程如下：回答下列問題：（1）在95℃“溶浸”硼鎂礦粉，產生的氣體在“吸收”工序中反應的化學方程式為___________。（2）“濾渣1”的主要成分有___________。（3）根據的解離反應：，，可判斷是___________酸；在“過濾2”前，將溶液調節至3.5，目的是___________。（4）在“沉鎂”中生成沉淀的離子方程式為___________，母液經加熱后可返回___________工序循環使用。【答案】（1）（2）、、（3）①.一元弱②.有利于轉化為，促進析出（4）①.(或②.溶浸【解析】【分析】硼鎂礦(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸銨溶液，得到氣體，根據硼鎂礦和硫酸銨化學式知，得到的氣體應為NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；過濾得到的濾渣1應為難溶于硫酸銨溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；調節濾液pH=3.5再過濾得到H3BO3，此時濾液中主要含有MgSO4，向濾液中加入碳酸銨進行沉鎂，得到Mg(OH)2?MgCO3，加熱分解可以得到輕質MgO；母液中含有(NH4)2SO4；據此分析；【小問1詳解】由分析可知，得到的氣體應為NH3，氨氣為堿性氣體，能和酸式銨鹽反應生成正鹽，反應方程式為；【小問2詳解】根據上述分析，濾渣1為SiO2、Fe2O3、Al2O3；【小問3詳解】根據題目信息可知H3BO3能發生一步電離，且電離平衡常數很小，所以為一元弱酸；在“過濾2”前，將溶液pH調節至3.5，有利于析出H3BO3，如果溶液pH較大，得不到硼酸而得到硼酸鹽；【小問4詳解】在“沉鎂”中鎂離子和碳酸根離子發生雙水解和復分解反應生成Mg(OH)2?MgCO3沉淀，離子方程式為(或)；母液加熱分解后生成硫酸銨溶液，可以返回“溶浸”工序循環使用。24.CO2的捕集與轉化是當今科學研究的重要課題。以CO2、C2H6為原料合成C2H4涉及的主要反應如下：Ⅰ.?H=+177kJ·mol1(主反應)Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)?H=+9kJ·mol1(副反應)（1）反應I的反應歷