安徽省合肥市第九中学2018_2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）.doc

安徽省合肥九中2018-2019学年高二上学期期中考试化学试卷1.页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，是一种重要的非常规天然气资源。我国的页岩气储量超过其他任何一个国家，可采储量有1275万亿立方英尺。这些储量足够中国使用300多年，有关页岩气的叙述错误的是A. 页岩气属于清洁能源 B. 页岩气属于一次能源C. 页岩气属于一种新能源 D. 页岩气属于不可再生能源【答案】C【解析】【详解】A.根据题给信息可知页岩气是天然气，CH4+2O2CO2+2H2O，甲烷燃烧生成物无毒无害，属于清洁能源，A项正确；B.直接从自然界取得的能源称为一次能源，显然页岩气属于一次能源，B项正确；C.新能源是指传统能源之外的各种能源形式，页岩气不属于新能源，C项错误；D.在自然界中可以循环再生，取之不尽用之不竭的能源称之为可再生能源，显然页岩气属于不可再生能源，D项正确；答案选C。2.下列物质分类组合正确的是 ABCD强电解质CaCO3FeCl3H3PO4NaOH弱电解质HFCH3COOHBaSO4Na2S非电解质CCl4CuH2OC2H5OHA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，强酸、强碱、大多数盐都属于强电解质；弱电解质是指在水溶液中只能部分电离的电解质，弱酸、弱碱、水等都属于弱电解质；非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，如CO2、NH3、C2H5OH等。【详解】强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，强酸、强碱、大多数盐都属于强电解质；弱电解质是指在水溶液中只能部分电离的电解质，弱酸、弱碱、水等都属于弱电解质；非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，如CO2、NH3、C2H5OH等。A.CaCO3是强电解质，HF属于弱电解质，CCl4是非电解质，A项正确；B.FeCl3强电解质，CH3COOH是弱电解质，Cu既不是电解质也不是非电解质，B项错误；C.H3PO4属于弱电解质，BaSO4属于强电解质，H2O属于弱电解质，C项错误；D.NaOH属于强电解质，Na2S属于强电解质，C2H5OH属于非电解质，D项错误；答案选A。3.用pH试纸测定某无色溶液的pH时,规范的操作是A. 将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化,跟标准比色卡比较B. 将溶液倒在pH试纸上,跟标准比色卡比较C. 用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液,滴在pH试纸上,跟标准比色卡比较D. 在试管内放入少量溶液,煮沸,把pH试纸放在管口,观察颜色,跟标准比色卡比较【答案】A【解析】试题分析：pH试纸用于粗略测定溶液的pH，使用时不能用蒸馏水湿润，具体操作为取一小块pH试纸，放在干燥、洁净的表面皿或玻璃片上，用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上跟标准比色卡比较，选A。考点：考查化学实验基础知识，pH试纸的使用。4.在四个不同的容器中进行合成氨的反应。根据下列在相同时间内测定的结果,判断生成氨的速率最快的是()A. v(H2)=0.3 molL-1min-1 B. v(N2)=0.05 molL-1s-1C. v(N2)=0.2 molL-1min-1 D. v(NH3)=0.3 molL-1min-1【答案】B【解析】以N2为基础，A、v(N2)=v(H2)/3=0.1mol/(Lmin)；B、v(N2)=0.0560mol/(Lmin)=3mol/(Lmin)；D、v(N2)=v(NH3)/2=0.3/2mol/(Lmin)=0.15mol/(Lmin)；综上所述，选项B正确。点睛：比较反应速率最快时，以某物质为基础，常用到化学反应速率之比等于化学计量数之比，注意单位之间的换算。5.在C(s)CO2(g)2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是 增大压强增加炭的量 通入CO2恒压下充入N2恒容下充入N2升温A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据影响反应速率的因素分析。【详解】对有气体参加的反应，增大压强反应速率增大，符合题意；因为炭是固体，固体的浓度视为常数，所以增加炭的量，该反应速率不变，不符合题意；通入CO2可增加CO2的浓度，增大反应物浓度反应速率增大，符合题意；恒压下充入N2，容器的体积势必增大，反应混合物中CO2和CO的浓度将减小，反应速率减慢，不符合题意；恒容下充入N2，因为容器体积没有变化，所以反应混合物各组分浓度没有变化，反应速率不变，不符合题意；升高温度反应速率增大，符合题意；答案选D。6.下列有关叙述正确的是A. HCl和NaOH反应的中和热H57.3 kJmol1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热H2(57.3) kJmol1B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJmol1，则2CO2(g)2CO(g)O2(g)反应的H2283.0 kJmol1C. 2H2(g)O2(g)2H2O(g)H0且S0，能自发进行D. 浓硫酸的稀释和铝热反应均为放热反应【答案】B【解析】【详解】A中和热是强酸和强碱在稀溶液中反应生成1mol水放出的能量，但H2SO4和Ca（OH）2反应生成微溶性硫酸钙，所以其中和热H57.3kJmol-1，A错误；B因CO（g）的燃烧热是283.0kJmol-1，则反应2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）的H2283.0kJmol-1，因此反应2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的H=+2283.0kJmol-1，B正确；C反应2H2(g)O2(g)2H2O(g)的H0，S0，C错误；D浓硫酸的稀释是物理变化，不是放热反应，D错误；答案选B。7.下列叙述中一定能判断某化学平衡发生移动的是A. 平衡常数改变 B. 正、逆反应速率改变C. 混合物中各组分的浓度改变 D. 混合体系的压强发生改变【答案】A【解析】【详解】A.一个可逆反应的平衡常数只受温度影响，如果平衡常数发生改变则体系的温度必然改变，而温度改变平衡一定会发生移动，A项正确；B.正、逆反应速率改变时，如果仍然保持正反应速率与逆反应速率相等，则平衡没有发生移动，如使用催化剂等，B项错误；C.对于有气体参加且反应前后气体分子数目不变的可逆反应如：H2(g)+I2(g)2HI(g)，如果增大压强（即缩小体积），反应混合物各组分的浓度均增大，但平衡没有移动，C项错误；D.对于反应前后气体分子数目相等的可逆反应如：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，气体混合物的压强发生改变，平衡不移动，D项错误；答案选A。8.在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）H2O（g）H2（g）CO2（g）。在500 时，平衡常数K9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02 mol/L，则在此条件下CO的转化率为A. 80% B. 75% C. 50% D. 25%【答案】B【解析】【分析】本题给出了5000C下的平衡常数，求此条件下的CO的转化率，常规解法是利用“三段式”列出各组分的初始浓度、转化浓度、平衡浓度等相关量，再根据平衡常数表达式列方程求解。【详解】设在此条件下CO的转化率为x。根据平衡常数列方程：，解得x=0.75，即在此条件下CO的转化率为75%，答案选B。9.反应mA(s)+nB(g) eC(g)+fD(g)，反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如下图，下列叙述正确的是A. 到平衡后，加入催化剂则C%增大B. 化学方程式中ne+f，B项错误；C.由图像可知，当压强一定（如P0）时，温度升高（2000C3000C4000C）生成物C的含量减小，平衡向逆反应方向（即向左）移动，C项正确；D.A是固体，固体浓度视为常数，增加A的量平衡不发生移动，D项错误；答案选C。10.一定条件下的密闭容器中：4NH3(g)5O2(g) 4NO(g)6H2O(g)H905.9 kJmol1，下列叙述正确的是A. 4 mol NH3和5 mol O2反应，达到平衡时放出热量为905.9 kJB. 平衡时v正(O2)v逆(NO)C. 平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量增大D. 平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低【答案】D【解析】由于该反应为可逆反应，故反应达平衡时反应物不能全部转化为生成物，放出的热量小于905.9 kJ，A错误；根据速率之比等于化学计量数之比可知反应达平衡时，v正(O2)v逆(NO)，B错误；降低压强，平衡右移，气体的物质的量增大，但气体的质量不变，故混合气体的摩尔质量减小，C错误；升高温度，平衡左移，NO的含量降低，D正确。11.25时，水的电离达到平衡：H2OHOHH0，下列叙述正确的是A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH)降低B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，Kw不变C. 降温，使平衡左移，c(H)减小，溶液呈碱性D. 将水加热，Kw增大，pH不变【答案】B【解析】【详解】A.对于水的电离H2OHOH，向水中加入稀氨水，增大了溶液中OH-浓度，水的电离平衡逆向移动，但逆向移动的程度是很弱的，所以重新达平衡后溶液中的OH-浓度比加稀氨水前要大，A项错误；B.硫酸氢钠属于强电解质在水中完全电离NaHSO4=Na+H+SO42-，向水中加入少量固体硫酸氢钠，溶液体积几乎不变，所以溶液中H+浓度增大，因水的离子积Kw只受温度影响，所以Kw不变，B项正确；C. H2OHOHH0，水的电离是吸热过程，降低温度，使水的电离平衡左移，c(H+)和c(OH-)同等程度减小，重新达平衡后c(H+)=c(OH-)，所以溶液仍呈中性，C项错误；D.H2OHOHH0，水的电离是吸热过程，将水加热，水的电离平衡右移，水的离子积Kw增大，H+浓度增大，pH将减小，D项错误；答案选B。【点睛】对于纯水来说明，改变温度，水的电离平衡发生移动，Kw改变，pH改变，但c(H+)与c(OH-)总是相等的，纯水总是呈中性。12.t时，水的离子积为KW，该温度下将a molL1一元酸HA与b molL1一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是A. 混合液中，c(B)c(A)c(OH) B. 混合液的pH7C. ab D. 混合液中，c(H)【答案】D【解析】【分析】任何水溶液呈中性的条件是溶液中c(H+)=c(OH-)，酸与碱混合发生中和反应，所得溶液的酸碱性取决于酸过量还是碱过量、还是恰好反应，及生成的盐能否水解等因素。【详解】A.一元酸HA与一元碱BOH混合时发生反应：HA+BOH=BA+H2O，溶液中总有c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，若要使溶液呈中性，则c（B+）=c（A-），A项错误；B.当混合溶液pH=7时，c(H+)=10-7mol/L，则，因KW数值无法得知，无法确定c(H+)与c(OH-)是否相等，所以此时溶液不一定呈中性，B项错误；C.当a=b且等体积混合时，HA与BOH的物质的量相等，HA+BOH=BA+H2O，酸碱恰好反应，所得溶液的溶质是盐BA，若BA是强酸强碱盐则混合溶液呈中性；若BA是强酸弱碱盐则混合溶液呈酸性；若BA是强碱弱酸盐则混合溶液呈碱性，所以当a=b时，混合溶液不一定呈中性，C项错误；D.当混合溶液中c(H+)=时，则，此时c(H+)=c(OH-)，所以混合溶液一定呈中性，D项正确；答案选D。【点睛】任何温度下水溶液的酸碱性与c(H+)、c(OH-)的关系是：当c(H+)c(OH-)时溶液显酸性；当c(OH-)c(H+)时溶液显碱性；当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性。溶液的酸碱性取决于溶液中H+和OH-浓度的相对大小。13.下列指定溶液中，各组离子可能大量共存的是A. 使石蕊变红的溶液中：Na、Cl、SO42、AlO2B. 在中性溶液中：Na+、Al3+、Cl、HCO3C. 由水电离出的c(H+)1013 molL1的溶液中：Mg2+、Cl、K+、SO42D. 常温下pH13的溶液中：NH4、Ca2+、NO3、SO42【答案】C【解析】【详解】A.使石蕊变红的溶液显酸性，AlO2-+H+H2O=Al(OH)3或AlO2-+4H+=Al3+ 2H2O，所以AlO2-不能大量共存，A项错误；B.Al3+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，Al3+与HCO3-在溶液中相互促进而水解完全Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，所以Al3+和HCO3-不能大量共存，B项错误；C.溶液中水电离的c(H+)=10-13mol/L10-7mol/L，可知此溶液中水的电离受抑制，该溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，若是碱溶液有离子反应Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以在碱溶液中Mg2+不能大量共存；若在酸溶液中，该组离子之间不发生反应，该组离子也不与H+反应，所以该组离子在酸性溶液中可以大量共存，C项正确；D.常温下pH13的溶液呈碱性，有离子反应NH4+OH-=NH3H2O，Ca2+SO42-=CaSO4，所以NH4+、Ca2+、SO42-不能大量共存，D项错误；答案选C。14.已知常温下，HCOOH（甲酸）比NH3H2O电离常数大。向10mL0.1mol/L HCOOH中滴加同浓度的氨水，有关叙述正确的是A. 滴加过程中水的电离程度始终增大B. 当加入10mL NH3H2O时，c(NH)c(HCOO)C. 当两者恰好中和时，溶液pH7D. 滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO)之和保持不变【答案】D【解析】【详解】A.HCOOH溶液中水的电离被抑制，向HCOOH溶液中加氨水时，HCOOH浓度逐渐减小，HCOOH对水的抑制作用减弱，水的电离程度逐渐增大，随后生成的HCOONH4的水解反应，也促进水的电离，继续加过量的氨水，氨水电离的OH-使水的电离平衡左移，水的电离程度减小，所以整个过程中水的电离程度先增大后减小，A项错误；B. 当加入10mL NH3H2O时，HCOOH+NH3H2O=HCOONH4+H2O，恰好反应，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4+H2O NH3H2O+H+，因HCOOH比NH3H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，所以c(NH4+)c(OH-)，溶液显酸性，pH10 Vb B. Vb10 Va C. Vb10-3mol/L，所以pH=2的醋酸稀释超过10倍才能够得到pH=3的醋酸，设pH=2的醋酸的初始浓度为c1，pH=3的醋酸的初始浓度为c2，则，即Vb10Va，答案选B。16.已知MnO2、Fe3+、Cu2+等均可以催化过氧化氢的分解。某化学实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下表：请回答下列问题:（1）盛装双氧水的化学仪器名称是_。（2）如何检验该套装置的气密性_。（3）相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而_。（4）从实验效果和“绿色化学”角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入_g的二氧化锰为较佳选择。（5）某同学查阅资料知道，H2O2是一种常见的氧化剂，可以将Fe2+氧化为Fe3+，他在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，过了一会，又产生了气体，猜测该气体可能为_，产生该气体的原因是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好 (3). 加快 (4). 0.3 (5). O2 (6). 生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解【解析】【分析】本题探究过氧化氢分解的最佳催化条件，使用注射器测量气体体积，能保证所测气体恒温恒压，实验数据中表征反应快慢的物理量是反应停止所用时间，反应停止所用时间越短反应速率越快，从表格数据可以看出催化剂使用量越大反应所用时间越短，但使用0.3gMnO2和0.8gMnO2时反应所用时间差别不大。“绿色化学”的理念是原子经济性、从源头上减少污染物的产生等，使用0.3gMnO2有较好的反应速率又符合“绿色化学”的理念。H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+又能催化H2O2的分解放出O2，由此分析解答。【详解】(1)盛装双氧水的化学仪器是分液漏斗。(2)通常在密闭体系中形成压强差来检验装置的气密性，本实验中推拉注射器活栓就可以造成气压差，再观察活栓能否复位，其操作方法是：关闭分液漏斗的活塞，将注射器的活栓向外拉出一段距离，若一段时间后活栓能够恢复到原位置，则装置的气密性好。(3)由表格数据可知，过氧化氢浓度相同时，增大MnO2的质量，反应停止所用时间缩短，反应速率加快，所以相同浓度的过氧化氢，其分解速率随着二氧化锰用量的增加而加快。(4)从表格数据看，三次实验中尽管双氧水的浓度不同，但使用0.3g MnO2的反应速率明显比0.1gMnO2加快很多倍，使用0.8gMnO2尽管比0.3gMnO2时反应速率有所加快，但增大的幅度很小，而“绿色化学”要求原子经济性、从源头减少污染物的产生等，所以使用0.3gMnO2既能有较好的实验效果又符合“绿色化学”的理念。(5)在FeCl2溶液中加入过氧化氢溶液，发现溶液由浅绿色变成了棕黄色，是因为H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据题给信息，Fe3+可以催化过氧化氢的分解，所以H2O2在Fe3+催化下发生了分解反应2H2O22H2O+O2，所以产生的气体是O2，原因是生成的Fe3+催化了过氧化氢的分解。17.（1）在高温下一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫。已知：C(s)O2(g)=CO2(g)；H1393.5 kJmol1CO2(g)C(s)=2CO(g)；H2172.5 kJmol1S(s)O2(g)=SO2(g)；H3296.0 kJmol1请写出CO与SO2反应的热化学方程式_（2）在2 L固定体积的密闭容器内，800时反应2NO(g)O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间(s)012345n(NO)(mol)0.0200.0100.0080.0070.0070.007写出该反应的平衡常数表达式：K_。已知：K300K350，则该反应是_反应（填“放热”或“吸热”）。下图表示NO2的变化的曲线是_。用O2表示从02 s内该反应的平均速率v_。 能说明该反应已达到平衡状态的是_。av(NO2)2v(O2) b容器内压强保持不变cv逆(NO)2v正(O2) d容器内密度保持不变为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_。a及时分离出NO2气体 b适当升高温度 c增大O2的浓度 d选择高效催化剂【答案】 (1). 2CO(g)SO2(g)=S(s)2CO2(g)；H270 kJmol1 (2). (3). 放热 (4). b (5). 1.5103 molL1s1 (6). bc (7). c【解析】【分析】(1)根据盖斯定律将已知的几个热化学方程式加合运算。(2)书写平衡常数表达式时注意：将生成物浓度的幂之积作分子，反应物浓度的幂之积作分母。根据K300K350可知温度升高平衡常数减小，生成物浓度减小，平衡逆向移动，结合勒夏特列原理分析。中坐标曲线是浓度随时间的变化曲线，要分析出NO2几个关键时间点（初始、1s或2s时刻、平衡时）的浓度值即可确定NO2的变化曲线。根据正、反应速率是否相等判断；或者根据某一物理量不变分析，如果该物理量在反应中一直在变化，该物理量不变可说明该反应已达平衡状态。根据影响反应速率的因素和勒夏特列原理综合分析。【详解】(1)根据盖斯定律将-得热化学方程式2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g); H=-393.5kJ/mol-172.5kJ/mol-(-296.0kJ/mol)=-270kJ/mol，即所求热化学方程式为2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g); H=-270kJ/mol。(2)由表格数据可知：可逆反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)在第3s、4s、5s已处于平衡状态。平衡常数是生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，；当K300K350，即温度升高（3000C3500C）平衡常数减小，生成物浓度减小反应物浓度增大，即平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，所以该反应是放热反应。由表格中数据知从02s内NO转化的物质的量为0.02mol-0.008mol=0.012mol，根据化学计量数关系NONO2可知02s内生成NO2物质的量为0.012mol，即第2s时NO2的浓度c(NO2)= =0.006mol/L(因NO2初始浓度为0)，同理平衡时c（NO2）=0.0065mol/L，从图像上看只有b曲线符合；02s内用NO2表示的平均反应速率为，用O2表示的平均反应速率=1.5103 molL1s1。a.根据v(NO2)2v(O2)，无法确定该可逆反应的正、逆反应速率是否相等，无法确定该反应是否已达平衡状态，a项错误；b.根据阿伏加德罗定律及其推论知，相同温度和体积下，任何气体的压强与粒子数成正比，对于可逆反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)来说反应前后气体分子数不同，因此在到达平衡前容器中气体压强一直在变化，所以容器内压强保持不变能说明该反应已达到平衡状态，b项正确；c.根据v逆(NO)2v正(O2)，即v逆(NO)：v正(O2)=2:1，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于计量数之比，表明此时正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，c项正确；d.容器中气体的总质量和容器的体积在反应过程中都没有变化，根据密度公式，所以反应过程中容器内密度一直没有变化，容器内密度保持不变，不能说明该反应已达平衡状态，d项错误；答案选bc。a.分离出NO2气体，容器中NO2的浓度减小，反应速率减慢，a项错误；b.升高温度反应速率增大，因为该反应是放热反应，逆反应是吸热反应，根据勒夏特列原理，升高温度该平衡向逆反应方向移动，b项错误；c. 增大O2的浓度，反应速率增大，根据勒夏特列原理，增加反应物浓度平衡向正反应方向移动，c项正确；d.使用催化剂可使反应速率增大，但平衡不发生移动，d项错误；答案选c。【点睛】根据正、逆反应速率相等判断可逆反应是否达到平衡状态时注意两点：一是正、逆反应速率用同一种物质表示时，则消耗速率=生成速率，即达到平衡状态；若正、逆反应速率用不同物质表示时，则反应速率之比=对应物质的化学计量数之比，即达到平衡状态。18.用0.2000 mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000 mol/L的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“ 0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；量取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴甲基橙溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。重复以上滴定操作23次。请回答：（1）以上步骤有错误的是(填编号)_（2）步骤中，量取20.00 mL待测液应使用_(填仪器名称) （3）步骤滴定时眼睛应注视_；判断到达滴定终点的依据是：_。（4）以下是实验数据记录表滴定次数盐酸体积（mL）NaOH溶液体积读数（mL）滴定前滴定后120.000.0018.10220.000.0016.20320.000.0016.16从表中可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是_A 锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水 B 滴定结束时，仰视读数C滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡 D锥形瓶用待测液润洗E NaOH标准液保存时间过长，有部分变质（5）根据表中记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为： _mol/L【答案】 (1). (2). 酸式滴定管 (3). 锥形瓶内颜色变化 (4). 当滴入最后一滴时，溶液由红色变橙色，且半分钟内颜色不变 (5). B D (6). 0.1618【解析】【分析】(1)滴定管用蒸馏水洗涤后还要用待装的溶液润洗，以防止滴定管内壁上的水膜稀释溶液，引起实验误差。(2)中和滴定是精确度较高的定量实验，与此相匹配的仪器是滴定管，还要注意溶液的酸碱性以选择对应的滴定管。(3)中和滴定的关键之一就是要准确判断滴定终点，因此操作时眼睛始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化；因为滴定前盐酸中滴入了甲基橙，溶液为红色，根据恰好中和时溶液pH突跃，滴定终点时溶液由红色变为橙色，且半分钟内颜色不变。(4)表中第1次实验滴定结束时消耗NaOH溶液体积明显偏大，分析选项时，一看是否是读数造成的误差，滴定管的0刻度在上，越往下数值越大；二看是否是HCl的物质的量造成的误差，根据NaOH+HCl=NaCl+H2O反应，NaOH与HCl以等物质的量反应； 三看NaOH变质生成Na2CO3，等物质的量的NaOH和Na2CO3消耗HCl的物质的量有无变化。(5)根据表中消耗的NaOH溶液的数据先判断数据的有效性，然后计算出消耗NaOH溶液的平均体积，最后计算出待测液盐酸的浓度。【详解】(1)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后还要用0.2000mol/LNaOH溶液润洗，防止NaOH溶液被滴定管内壁上的水膜稀释，引起实验误差，故有错误的编号是。(2)中和滴定是精确度较高的定量实验，与此相匹配的仪器是滴定管，所以步骤中，量取20.00 mL待测液（盐酸）应使用酸式滴定管。(3)中和滴定的关键之一就是要准确判断滴定终点，所以操作时眼睛始终注视锥形瓶内溶液颜色变化；待测的盐酸中事先加入了甲基橙，溶液显红色，根据恰好中和时溶液pH突跃，滴定终点时溶液显橙色，所以判断到达滴定终点的依据是：当滴入最后一滴时，溶液由红色变橙色，且半分钟内颜色不变。(4)表中第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显偏大，A.锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，HCl的物质的量没有变化，故消耗NaOH溶液的体积不受影响，A项错误；B.滴定管的0刻度在上，越往下数值越大，读数应从上往下读，仰视读数会使NaOH溶液体积偏大，B项正确；C. 滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡，滴定管液面上升，使NaOH溶液体积偏小， C项错误；D.锥形瓶用待测液润洗，HCl的物质的量增大，消耗的NaOH溶液体积偏大，D项正确；E.NaOH标准液保存时间过长，有部分NaOH变质生成Na2CO3，以甲基橙作指示剂时滴定过程有反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，1molNaOH0.5molNa2CO31molHCl，所以滴定消耗NaOH溶液体积不受影响，E项错误；答案选BD。(5)表中第1次实验数据误差太大舍去，取第2、3次实验数据，消耗标准NaOH溶液体积的平均值=16.18mL，该盐酸浓度为。19.醋酸和碳酸都是常见的酸。（1）碳酸的电离方程式为_。（2）向0.1 molL1 CH3COOH溶液中加水稀释，c（CH3COO） / c（CH3COOH）的比值将_（填“变大”、“不变”或“变小”）。（3）下列事实一定能说明CH3COOH是弱电解质的是_（填字母）。A. 相同温度下，浓度均为1 molL1的盐酸和醋酸的导电性对比：盐酸醋酸B. 1 molL1 CH3COOH溶液能使紫色石蕊试液变红C. 25时，1 molL1 CH3COOH溶液的pH约为2D. 10 mL 1molL1的CH3COOH溶液恰好与10 mL 1molL1 NaOH溶液完全反应（4）常温下，在25 mL氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2 mol/L醋酸溶液，滴定曲线如下图所示。该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为_molL1在B点，a_12.5 mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。醋酸和NaOH恰好完全反应后溶液呈_（填“酸”或“碱”）性，原因是_（用离子方程式表示），此时溶液中各离子浓度大小为_。A、B、C、D几点中，水的电离程度最大的是_。【答案】 (1). H2CO3HCO3-+H+， HCO3-CO32-+H+ (2). 变大 (3). AC (4). 0.1 (5). 大于 (6). 碱 (7). CH3COOH2O CH3COOHOH (8). c(Na) c(CH3COO) c(OH) c(H) (9). B【解析】【分析】(1)多元弱酸的电离是分步进行的，书写电离方程式要分步写。(2)同一溶液中粒子浓度之比等于粒子个数之比，再根据加水稀释过程中CH3COOHCH3COO-+H+电离平衡移动分析CH3COOH和CH3COO-粒子数目的变化。(3)在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质，一切能证明CH3COOH只是部分电离的事实都能说明CH3COOH是弱电解质。分析各选项时还要注意：电解质溶液的导电性与阴、阳离子浓度和所带电荷数成正比，酸的通性与酸的电离程度没有必然联系。(4)分析中和滴定曲线时要抓住几个关键点：一是原点对应的pH是NaOH溶液的pH；二是pH=7(或溶液显中性)点，分析酸碱中和生成的盐是否水解；三是恰好完全中和点，CH3COOH和NaOH等物质的量反应的时刻；四是醋酸溶液过量点，注意溶液中的溶质种类。由此分析。【详解】(1)碳酸是二元弱酸，分步电离：H2CO3HCO3-+H+， HCO3-CO32-+H+。(2)同一溶液中粒子浓度之比等于粒子个数之比，所以，加水稀释过程中电离