内蒙古通辽市开鲁一中2020-2021学年高二上学期第一次月考化学试题

开鲁一中20202021学年高二上学期第一次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12B11N14O16Na23Mg24Al27Si28P31一、选择题1.相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离平衡常数9×1079×1061×102A.从电离平衡常数可以判断，HX和HY属于弱酸，HZ属于强酸B.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZC.反应X+HZ=Z+HX能够发生D.相同温度下，0.1mol/LHY溶液的电离平衡常数大于0.01mol/LHY溶液的电离平衡常数【答案】C【解析】【分析】相同温度下，电离平衡常数可衡量酸的强弱，电离平衡常数越小酸越弱，强酸完全电离，结合强酸能制取弱酸原理分析解答。【详解】A.由表中数据可知，HZ不能完全电离，HZ也是弱酸，A项错误；B.相同温度下，电离平衡常数越小酸越弱，由表中数据可知，三种酸的强弱关系是：HZ>HY>HX，B项错误；C.由表中数据知酸的强弱关系：HZ>HX，根据“较强酸制较弱酸”规律，HZ能制取HX，该反应能够发生，C项正确；D.电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以相同温度下，0.1mol/LHY溶液的电离平衡常数与0.01mol/LHY溶液的电离平衡常数相同，D项错误；答案选C。2.下列各组关于强电解质、弱电解质，非电解质的归类，完全正确的是()选项ABCD强电解质弱电解质非电解质蔗糖酒精A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A项错误；B．不能电离，属于非电解质，溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故B项错误；C．溶于水的部分完全电离，属于强电解质，为弱电解质，酒精为非电解质，故C项正确；D．水为弱电解质，故D项错误；故选：C。3.关于pH的测定下列说法正确的是A.pH试纸使用之前应用蒸馏水润湿B.用广泛pH试纸测得某盐酸的pH＝2．3C.利用酸碱指示剂可以测溶液的pHD.pH计是精确测定溶液pH的仪器【答案】D【解析】【详解】A、pH试纸在使用之前用蒸馏水润湿，测定溶液pH会稀释溶液浓度，测定结果可能会产生误差，选项A错误；B、广泛pH试纸是粗略测定溶液酸碱性，测定数值为整数，不能为小数，选项B错误；C、酸碱指示剂只能测定溶液酸碱性和溶液pH范围，不能测定溶液pH，选项C错误；D、pH计是精确测定溶液pH的仪器，用于测定溶液pH，选项D正确。答案选D。4.室温下，0.01mol·L1的NaOH溶液中由水电离生成的H＋浓度（）A.0.01mol·L1 B.1×107mol·L-1 C.1×1012mol·L1 D.1×1014【答案】C【解析】【详解】室温下0.01mol·L1的NaOH溶液中c(H+)·c(OH)=1014(mol·L1)2，所以0.01mol·L1的NaOH溶液中，c(H+)=1012mol·L1，故答案选C。5.1mLpH=11氨水加水到100mL,得溶液pHA.＝10 B.＝9 C.略大于9 D.13【答案】C【解析】【分析】一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，结合弱电解质的电离进行求算。【详解】一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将1mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大100倍，pH变化小于2个单位，即稀释后9<pH<11，答案选C。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水过程中增大一水合氨电离程度。6.下列关于中和滴定的操作错误的是（）A.滴定前需要检查滴定管是否漏水B.用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶C.用标准盐酸测定氨水的浓度，最适宜使用的指示剂是甲基橙D.已知浓度滴定未知溶液，终点读数时俯视滴定管的刻度，会造成计算值偏低【答案】B【解析】【分析】A、带有活塞和瓶塞子的仪器，一般在使用前需要检查是否漏水；B、盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；C、使用甲基橙做指示剂，甲基橙在酸性范围内变色；D、根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析浓度的误差。【详解】A、滴定管是带有活塞的仪器，使用前需要检查是否漏水，故A正确；B、应用待装溶液润洗的仪器有：酸式滴定管，锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大，引起误差，故B错误；C、用标准盐酸测定氨水的浓度，滴定终点时溶液呈酸性，甲基橙在酸性范围内变色，最适宜使用的指示剂是甲基橙，故C正确；D、已知浓度滴定未知浓度，终点读数时俯视滴定管的刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，c（待测）偏小，故D正确；故选B。【点睛】本题主要考查酸碱滴定实验的基本操作，解题关键：注意操作的规范性，难点D，实验中常见的误差分析，应用c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析。7.用酸性标准溶液滴定未知浓度的溶液。下列说法或操作正确的是A.滴定前，用溶液润洗锥形瓶次B.标准溶液装于碱式滴定管中C.该实验需加入碘化钾淀粉溶液作指示剂D.若平行实验后测得消耗溶液体积为，则【答案】D【解析】【详解】A.滴定前不能用FeSO4溶液润洗锥形瓶，若润洗，导致消耗标准液体积偏大，滴定结果偏高，故A错误；B.KMnO4溶液具有强氧化性，能够氧化橡胶管，应选酸式滴定管盛放标准KMnO4溶液，故B错误；C.标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液，滴定终点时溶液由黄色变浅紫色，所以不需加指示剂，故C错误；D.结合电子守恒可得关系式：KMnO4∼5FeSO4，则n(FeSO4)=5n(KMnO4)=5×0.10mol⋅L−1×0.01L=0.005mol，所以c(FeSO4)==0.25mol⋅L−1，故D正确；故选D。8.有反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，在其他条件不变的情况下A.加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变B.改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C.升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D.增大反应物浓度，反应的ΔH也随之改变【答案】B【解析】【详解】A.加入催化剂，反应速率加快，改变了反应的途径，但不能改变反应热，反应放出的热量不变，故A错误；B.反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0是一个气体体积不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变，故B正确；C.升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，反应放出的热量减少，故C错误；D.增大反应物浓度，反应速率加快，反应的ΔH不变，故D错误。故选B。9.某温度下，将2molA和3molB充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后达到平衡。若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则()A.a＝2 B.a＝1 C.a＝3 D.无法确定a【答案】B【解析】某温度下，将2molA和3molB充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后达到平衡。若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，说明化学平衡没有移动，则a＝1，B正确，本题选B。点睛：在其他条件不变的情况下，增大压强，化学平衡将向着气体分子数减小的方向移动，减小压强，化学平衡将向着气体分子数增大的方向移动。化学平衡移动后，反应物的转化率会发生变化。若转化率不变，则说明化学平衡没有发生移动。10.含碘化合物在有关反应原理的实验中有着广泛应用。为研究温度对反应速率的影响，某小组利用还原性物质R与KIO3溶液在不同温度下反应，当R消耗完时，体系中即有单质碘析出，通过测量析出单质碘所需要的时间可以研究温度对该反应反应速率的影响。具体实验与相关结论如下：将0.020mol·L1的R溶液(含少量淀粉)10.0mL与0.020mol·L1的KIO3酸性溶液40.00mL(过量)混合，每隔5℃进行实验，记录10~60温度/℃1015202530354045505560溶液变蓝时间/s807469636158566368未变色未变色下列判断不正确的是A.40℃之后通过测量溶液变蓝的时间无法正确判断温度对反应速率的影响B.温度为25℃、45℃时，R的反应速率相等C.10℃时R的反应速率为5.0×105mol·L1·s1D.如果要得到温度变化对该反应反应速率影响的完整结论，需要在40℃之后更换指示剂【答案】B【解析】【详解】A．40℃之后淀粉开始发生糊化，不适合做指示剂，所以通过测量溶液变蓝的时间无法正确判断温度对反应速率的影响，A正确；B．温度越高，反应速率越快，所以虽然25℃、45℃时溶液变蓝的时间相同，但R的反应速率不等，B不正确；C．10℃时R的反应速率为=5.0×105mol·L1·s1，C正确；D．因为40℃之后淀粉开始发生糊化，所以需要在40℃之后更换指示剂，D正确；故选B。11.在一定温度下的恒压容器中，进行可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）+2D（g）；下列能说明该反应达到平衡状态的是①反应混合物的密度不再改变②混合气体的平均相对分子质量不再改变③C和D的物质的量之比为1：2④体系压强不再改变⑤C的质量分数不再改变⑥v（A）：v（C）=1：1．A.①②④⑤ B.①②⑤ C.②⑤⑥ D.①②③④⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①一定温度下的恒压容器中，反应混合物的密度不再改变，说明气体的物质的量不变，故能确定该反应达到平衡状态；②因为A（g）+B（g）⇌C（g）+2D（g）反应前后计量数不等，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态；③C和D的物质的量之比为1：2，平衡时可能是，也可能不，与始起投料方式有关，故不选；④体系压强不再改变，因为在一定温度下的恒压容器中，压强一直不变，故不选；⑤C的质量分数不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故选；⑥v（A）：v（C）=1：1，未体现正逆的关系，故不选，所以能说明该反应达到平衡状态的是①②⑤；A.①②④⑤不符合题意，B.①②⑤符合题意；C.②⑤⑥不符合题意；D.①②③④⑤⑥不符合题意；答案：B。12.已知25℃时，K==1.75×105，其中K是该温度下CH3COOH的电离平衡常数。下列说法正确的是（）A.向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大B.升高温度，K增大C.向CH3COOH溶液中加入少量水，K增大D.向CH3COOH溶液中加入少量氢氧化钠溶液，K增大【答案】B【解析】【分析】电离平衡常数只受温度的影响，醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，温度降低，K减小，据此回答判断。【详解】A.向该溶液中加入一定量的硫酸时，若加入浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，K增大，若为稀硫酸，K不变，硫酸浓度未知，故A错误；B.醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，故B正确C.向醋酸溶液中加水，温度不变，K不变，故C错误；D.向醋酸溶液中加氢氧化钠，温度不变，K不变，故D错误。答案选B。【点睛】平衡常数只与温度有关，加入某些电解质会使溶液温度升高，不一定只有加热才能使溶液温度变化。13.下列叙述正确的是A.用水稀释0.1mol·L－1的氨水，则溶液中减小B.pH＝3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，CH3COOH的pH变大C.在等体积等浓度的盐酸和醋酸中分别加入等质量的相同锌粒，随着反应的进行，醋酸不断电离出H＋，反应速率比盐酸大D.两种氨水的pH分别为a和a＋1，物质的量浓度分别为c1和c2，则c2<10c1【答案】A【解析】【详解】A.用水稀释0.1mol·L－1的氨水，促进一水合氨的电离，减小，增大，则溶液中减小，故A正确；B.pH＝3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，促进醋酸的电离，醋酸溶液中氢离子浓度增大，因此CH3COOH的pH变小，故B错误；C.在等体积等浓度的盐酸和醋酸中分别加入等质量的相同锌粒，随着反应的进行，虽然醋酸不断电离出H＋，但醋酸中氢离子浓度小于盐酸中，因此反应速率比盐酸小，故C错误；D.两种氨水的pH分别为a和a＋1，物质的量浓度分别为c1和c2，假设这两者电离程度相同，则c2=10c1，根据越弱越电离，物质的量浓度为c1的氨水电离程度大，则浓度应适当小，所以c2＞10c1，故D错误；综上所述，答案为A。14.如图是用0.1000mol·L1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度盐酸(酚酞作指示剂)的滴定曲线，下列说法正确的是（）A.水电离出的氢离子浓度：a＞bB.盐酸的物质的量浓度为0.0100mol·L1C.指示剂变色时，说明盐酸与NaOH一定恰好完全反应D.当滴加NaOH溶液10.00mL时，该混合液的pH=1+lg3【答案】D【解析】【详解】A．随着NaOH溶液的不断加入，溶液中盐酸的浓度不断减小，所以a点盐酸的浓度大于b点，对水电离的抑制作用减弱，水电离出的氢离子浓度：a<b，A不正确；B．V(NaOH)=20.00mL时，pH=7，盐酸的物质的量浓度为0.100mol·L1，B不正确；C．酚酞变色时，溶液的pH≥8.2，说明NaOH中和盐酸后，有少量剩余，C不正确；D．当滴加NaOH溶液10.00mL时，该混合液的c(H+)==mol/L，pH=lgc(H+)=1+lg3，D正确；故选D。15.对于常温下pH=1的硝酸溶液，有关叙述：①该溶液1mL稀释至100mL后，pH=3②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和③该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1×10﹣12④向该溶液中加入等体积、等浓度氨水，所得溶液pH=7其中正确的是A.①② B.①③ C.②④ D.③④【答案】A【解析】【详解】pH=1的硝酸溶液c(H+)=0.1mol/L；①c=n/V==0.001mol/L，pH=3，故①正确；②pH=13的溶液c(OH)=0.1mol/L，等体积混合恰好完全中和，故②正确；③硝酸电离出的c(H+)=0.1mol/L，由Kw=c(H+)×c(OH)=1014可知，水电离出的c(H+)=1013mol/L，该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1012，故③错误；④氨水为弱电解质，不能完全电离，生成强酸弱碱盐，反应后溶液呈酸性，故④错误；故选A。16.研究发现多种植物中富含草酸，尤以菠菜、觅菜、甜菜、芋头等植物中含量最高。草酸（H2C2O4）是一种常见的二元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，下列有关说法不正确的是（A.在H2C2O4水溶液中存在电离反应：H2C2O42H++C2OB.在H2C2O4溶液中，c(H+)大于c(C2O)C.向H2C2O4溶液中加入NaOH固体，电离平衡正向移动，pHD.将H2C2O4溶液加水稀释，溶液中的c(OH-【答案】A【解析】【详解】A.草酸是一种二元弱酸，在H2C2O4水溶液中存在电离反应分两步进行，故A错误。

B.草酸是一种二元弱酸，在H2C2O4溶液中，以第一步电离为主，所以大于，故B正确。

C.向H2C2O4溶液中加入NaOH固体，电离平衡正向移动，pH值增大，故C正确。

D.将H2C2O4溶液加水稀释，溶液的酸性减弱碱性增强，溶液中的增大，故D17.将pH=5的H2SO4溶液加水稀释到500倍，则稀释后c(SO42)与c(H+)的比值为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】pH为5的溶液中氢离子浓度为：c(H+)=1×10−5mol/L，硫酸根离子的浓度为：c()=c(H+)=×1×10−5mol/L=5×10−6mol/L，酸溶液无论稀释多少倍也不能变成碱性溶液，故溶液稀释500倍后，氢离子浓度不可能小于1×10−7mol/L，只能无限接近1×10−7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c()=5×10−6mol/L×=1×10−8mol/L，所以稀释后溶液中c()与c(H+)的比值近似为1×10−8mol/L:1×10−7mol/L=1:10，故选：B。【点睛】根据溶液pH计算原溶液中c(H+)，原溶液中c(SO42)=c(H+)，注意酸性溶液稀释500倍后，此时溶液接近中性，氢离子浓度不可能小于1×107mol/L，只能无限接近1×107mol/L，而稀释过程中硫酸根物质的量不变，计算出稀释后溶液中硫酸根的物质的量浓度，最后得出比例关系。18.在盐酸滴定NaOH溶液的实验中，以甲基橙为指示剂，滴到终点时的颜色变化是A.由黄色变红色 B.由黄色变橙色C.由橙色变红色 D.由红色变橙色【答案】B【解析】【详解】甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以用盐酸滴定NaOH溶液的实验中，如果用甲基橙为指示剂，甲基橙指示剂在NaOH溶液为黄色，滴定到终点时突变为橙色。答案选B。19.常温下，用1.0mol·L1的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，所得溶液的pH和所用NaOH溶液体积的关系如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度及完全反应后溶液的体积(忽略反应前后溶液体积的变化)分别是（）A.1.0mol·L1，20mL B.0.5mol·L1，C.0.5mol·L1，80mL D.1.0mol·L1，80mL【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，混合溶液pH=7时，消耗NaOH溶液的体积为40mL，则混合溶液的体积必定大于40mL。【详解】A．由分析知，混合溶液的体积不可能为20mL，A不符合题意；B．由分析知，混合溶液的体积不可能为40mL，B不符合题意；C．混合溶液体积为80mL时，H2SO4溶液为40mL，若其浓度为0.5mol·L1，则n(H+)=0.5mol·L1×2×0.04L=0.04mol，n(OH)=1.0mol·L1×0.04L=0.04mol，酸碱刚好完全反应，C符合题意；D．混合溶液体积为80mL时，H2SO4溶液为40mL，若其浓度为1.0mol·L1，则n(H+)=1.0mol·L1×2×0.04L=0.08mol，n(OH)=1.0mol·L1×0.04L=0.04mol，反应后酸过量，混合溶液的pH<7，D不合题意；故选C。20.25℃时，用浓度为0.1000的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A.在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ<HY<HXB.根据滴定曲线，可得C.将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液中和滴定至恰好完全反应时，c(X−)>c(Y−)>c(OH−)>c(H+)D.HX、HY、HZ中均存在电离平衡【答案】D【解析】【分析】由图像可知，当氢氧化钠体积为0时，即0.1000的三种酸HX、HY、HZ还没有开始滴定时，pH分别为4、3、2，说明三种酸都是弱酸；当氢氧化钠的体积为10mL时，溶液中存在等物质的量的NaA、HA，且c(HA)≈c(A−)；当氢氧化钠为20mL时，滴定完全，溶质中的溶质为NaA，以此解答。【详解】A.氢氧化钠体积为0时，0.1000mol⋅L−1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、2，故酸性大小为HX<HY<HZ，故A错误；B.研究HY的曲线，当NaOH溶液滴到10mL时，pH=5，溶质等物质的量的NaA、HA，则溶液中c(HY)≈c(Y−)，HA的电离平衡常数Ka(HY)═≈c(H+)=10−PH，，故B错误；C.HX恰好完全反应时，HY也完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性HX<HY，NaY水解程度小于NaX，则溶液中c(X−)<c(Y−)，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Y−)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；D.氢氧化钠体积为0时，0.1000mol⋅L−1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、2，故三种酸都是弱酸，均存在电离平衡存在电离平衡，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算、酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，注意掌握酸碱滴定图像的分析方法，关注三个点：起点、中点和终点。起点判断强弱，中点可用于电离常数的计算。21.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：、。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溶液溶液酚酞无色→浅红色B盐酸氨水甲基橙黄色→橙色C酸性溶液溶液无无色→浅紫红色D碘水溶液淀粉蓝色→无色A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠溶液滴定醋酸时，恰好中和时生成醋酸钠，此时溶液显碱性，所以选择碱性条件下变色的指示剂即酚酞，终点颜色变化为无色→浅红色，A正确；B．盐酸滴定氨水时，恰好中和时生成氯化铵，此时溶液显酸性，所以选择酸性条件下变色的指示剂—甲基橙，终点颜色变化为黄色→橙色，B正确；C．据题给已知反应，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钾的原理进行滴定，亚硫酸钾被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，C正确；D．用碘水滴定硫化钠溶液，淀粉作指示剂，开始时溶液无色，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，D错误。答案选D。22.下列图示与对应的叙述相符的是A.图甲表示氧化反应分别在有和无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B.图乙表示可逆反应物质的浓度随时间的变化，且在t时刻达到平衡C.图丙表示溶液中通入至过量的过程中溶液的导电变化D.图丁表示0.1000mol·L1NaOH溶液滴定·L1HCl溶液的滴定曲线【答案】D【解析】【详解】A.催化剂不能改变反应的焓变，故A错误；B.平衡状态是各物质浓度不变的状态，图乙表示可逆反应，在t时刻后浓度继续改变，所以在t时刻没有达到平衡，故B错误；C.溶液中通入生成醋酸铵，弱电解质变为强电解质，所以溶液导电能力增强，故C错误；D.0.1000mol·L1HCl溶液pH=1，20.00mL0.1000mol·L1HCl溶液与20.00mL0.1000mol·L1NaOH溶液恰好反应，pH=7，故D正确。答案选D。二、非选择题23.某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A．在250mL的容量瓶中定容配成250mL烧碱溶液B．用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴甲基橙指示剂C．天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中用蒸馏水溶解D．将物质的量浓度为c的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为V1E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数V2回答下列各问题：(1)正确操作步骤的顺序是________→________→________→D→________(均用字母填写)。(2)滴定管的读数应注意_________________________________。(3)E中在锥形瓶下垫一张白纸的作用是____________________。(4)D步骤中液面应调节到____________________，尖嘴部分应__________________。(5)滴定终点时锥形瓶内溶液的pH约为________，终点时颜色变化是_____________________________________________________。(6)若酸式滴定管不用标准硫酸润洗，在其他操作均正确的前提下，会对测定结果(指烧碱的纯度)有何影响？________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。(7)该烧碱样品纯度的计算式为___________________________。【答案】(1).CABE(2).滴定管要直立，装液或放液后需等1～2min后才能读数，读数时不能俯视或仰视，视线应与凹液面最低点保持水平，读数应准确至0.1mL，估读至0.01mL(3).便于准确判断滴定终点时溶液颜色的变化情况(4).零刻度或零刻度稍下的某一刻度(5).充满液体，无气泡(6).4.4(7).由黄色变为橙色(8).偏高(9).%(注意：V的单位为mL)【解析】【详解】（1）实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，具体步骤为：C．在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中加蒸馏水溶解；A．在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液；B．用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴加几滴甲基橙指示剂；D．将物质的量浓度为cmol/L的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度为V1mL；E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL，故答案为：C；A；B；E；（2）读数时为了减小误差，应注意以下几点：滴定管要直立，装液或放液后需等1～2min后才能读数，读数时不能俯视或仰视，视线应与凹液面最低点保持水平，读数应准确至0.1mL，估读至0.01mL；（3）锥形瓶下垫一张白纸的作用是便于准确判断滴定终点时溶液颜色的变化情况；（4）为了便于确定溶液的起点读数和减小误，D步骤中液面应调节到零刻度或零刻度稍下的某一刻度，尖嘴部分应充满液体，无气泡；（5）指示剂为甲基橙，变色范围为3.1～4.4，终点时pH约为4.4；液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；故答案为：4.4；溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；（6）酸式滴定管不用标准硫酸润洗，会造成消耗标准硫酸溶液的体积偏大，测定结果偏高；（7）消耗标准硫酸的物质的量为c（V2V1）×103mol，则Wg烧碱样品中含氢氧化钠的质量=c（V2V1）×103mol×2×10×40g/mol=0.8c（V2V1）g，故其纯度为；故答案为%。24.“中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用可定量测定CO的含量，该反应原理为，其实验步骤如下：①取200mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量的硬质玻璃管中在170℃下充分反应：②用酒精溶液充分溶解产物，配制100mL溶液；③量取步骤②中溶液20.00mL于锥形瓶中，然后用的标准溶液滴定，发生反应为。消耗标准溶液的体积如表所示。第一次第二次第三次滴定前读数/mL1.101.502.40滴定后读数/mL21.0021.5022.50(1)步骤②中配制100mL待测液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和________。(2)标准液应装在________（填“酸式”“碱式”）滴定管中。(3)指示剂应选用________，判断达到滴定终点的现象是________。(4)气体样品中CO的体积分数为________（已知气体样品中其他成分不与反应）(5)下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是________（填字母）。a.滴定终点时仰视读数b.滴定前尖嘴外无气泡，滴定后有气泡C.配制100mL待测溶液时，有少量溅出。d.锥形瓶用待测溶液润洗【答案】(1).100mL容量瓶(2).碱式(3).淀粉溶液(4).当滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色(5).28%(6).ad【解析】【分析】(1)分析配制100mL待测液需要用到的玻璃仪器。(2)溶液显碱性。(3)淀粉遇见单质碘变蓝。(4)计算消耗标准溶液的体积，再根据方程式得到关系式进行计算。(5)a.滴定终点时仰视读数，硫代硫酸钠读数偏大；b.滴定前尖嘴外无气泡，滴定后有气泡，硫代硫酸钠读数偏小；c.配制100mL待测溶液时，有少量溅出，消耗硫代硫酸钠偏少；d.锥形瓶用待测溶液润洗，消耗硫代硫酸钠偏大。【详解】(1)步骤②中配制100mL待测液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；故答案为：100mL容量瓶。(2)溶液显碱性，因此标准液应装在碱式滴定管中；故答案为：碱式。(3)淀粉遇见单质碘变蓝，因此指示剂应选用淀粉溶液，判断达到滴定终点的现象是当滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；故答案为：淀粉溶液；当滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。(4)消耗标准溶液的体积为20.00mL，根据方程式得到关系式为5mol：xmol=2mol：0.01mol∙L1×0.02L解得x=0.0005mol，得到气体样品中CO的体积分数为；故答案为：28%。(5)a.滴定终点时仰视读数，硫代硫酸钠读数偏大，测得结果偏大，故a符合题意；b.滴定前尖嘴外无气泡，滴定后有气泡，硫代硫酸钠读数偏小，测得结果偏小，故b不符合题意；c.配制100mL待测溶液时，有少量溅出，消耗硫代硫酸钠偏少，测定结果偏低，故c不符合题意；d.锥形瓶用待测溶液润洗，消耗硫代硫酸钠偏大，测定结果偏高，故d符合题意；综上所述，答案：ad。25.Ⅰ．在测定空气里氧气含量的实验中，小明采用了如图所用的装置：装置一装置二在由注射器和硬质玻璃管组成的密闭系统中留有40mL空气，给装有铜粉的玻璃管加热，观察密闭系统内空气体积变化。(1)在实验加热过程中，缓慢推动注射器活塞的目的是__________。(2)装置一比装置二更______(填“合理”或“不合理”)，理由是_________。(3)小明测得的实验结果如下：反应前注射器内气体总体积反应后注射器内气体总体积15mL10mL由此数据可推算出他测定的氧气的体积分数________21%（填“>”“<”或“=”），造成该实验出现误差的原因可能是____________（填序号）。①推动注射器活塞速度太快②未冷却至室温就读数③加入铜粉量太少Ⅱ．H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。图甲图乙(4)根据上图，将不同条件对速率的影响情况补充完整：图甲表明，____________，H2O2分解速率越快；图乙表明，_________，H2O2分解速率越快。【答案】(1).使空气中的氧气充分反应(2).合理(3).有利于空气流通，反应更充分(4).<(5).①②③(6).其他条件不变的情况下，H2O2溶液的浓度越大(7).其他条件不变的情况下，溶液的pH越大【解析】【分析】Ⅰ．(1)缓慢推动注射器活塞，减小气体的流速；(2)根据铜粉与氧气的反应分析回答；(3)根据测定空气中氧气含量的实验原理及注意事项分析回答；Ⅱ．(4)图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大；图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大。【详解】Ⅰ．(1)在实验加热过程中，缓慢推动注射器活塞，降低气体的流速，目的是使空气中的氧气充分反应；(2)由装置的特点可知，装置一比装置二合理，理由是装置一中的小气球在硬质玻璃管的右边，在推拉活塞时有利于空气流通