2024年上海洋泾中学高二（下）5月考化学试卷含解析

第1页/共21页上海市洋泾中学2023-2024学年高二下学期5月质量检测化学试题说明，试卷中没有特别标注的选择题皆为单选题，不定项选择可能有1-3个正确答案。1.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+OH-;ΔH>0，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向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低.D.将水加热，Kw增大，pH不变2.下列说法正确的是A.pH>7的溶液一定呈碱性B.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C.相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH-)不相等D.氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性3.25℃时，浓度均为0.2mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是A.均存在电离平衡和水解平衡B.存在的粒子种类相同Cc(OH-)前者大于后者.D.分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32-)均增大4.常温下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是()A.①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-]B.①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则(Na+)>(CH3COO-)>(H+)D.①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小5.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是第2页/共21页A.a=bB.混合溶液的pH=7-1D.混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)6.下列说法不正确的是A.测得0.1mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质B.25℃时，将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0C.25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10mol·L-1D.0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.07.实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)B.随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小C.随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同8.298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是第3页/共21页A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D.N点处的溶液中pH<129.常温下，向20.00mL0.1000mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L－1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A.在反应过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)BpH=5时，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－).C.pH=6时，c(Na+)+c(H+)－c(OH－)+c(CH3COOH)=0.1000mol·Lˉ1D.pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是。双碱法是一种用于燃煤尾气脱硫的工艺，其具有脱硫效率高、成本低等优点，以下是一种脱硫工艺简要流程。已知：25oC时，H2CO3和H2SO3的电离常数如下表所示。第4页/共21页11.等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液，pH(Na2CO3)pH(Na2SO3)(填“>”、“<”或“=”)，请依据电离平衡常数分析原因：。12.过程I中，NaOH溶液吸收SO2时，随着SO2的通入，会得到不同溶质组成的溶液。25oC时， n(某微粒)H2SO3、HSO3-、SO-的物质的量分数n(H2SO3)+n(HSO3-)+n(SO32-)与pH的关系如图所示。①曲线II代表的微粒是。②等浓度Na2SO3和NaHSO3的混合溶液中，下列关系正确的是。OH-)>cH+)Na+SO-)+cOH-)=cH+)13.生成的CaSO3沉淀会被空气中氧气氧化，写出CaSO3被氧化过程的化学方程式为：。14.工业上也可以用氨水吸收尾气中的SO2。氨水吸收SO2后，氨水全部转化为铵盐的溶液。为测定铵盐溶液的成分，设计如下实验。第5页/共21页铵盐溶液中n(NH4)2SO3:n[NH4HSO3]=。15.在工业脱硫中，可用K2CO3溶液吸收H2S。电离平衡常数H2CO3H2SK1K2（1）下列关于K2CO3溶液中微粒关系正确的是。-A.c-H2CO3)D.2cCO-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)（2）K2CO3溶液吸收少量H2S的离子方程式为。计算该反应的平衡常数K=。（3）NaOH溶液可吸收CO2。①写出标准状况下2.24L的CO2与100mL3mol.L一1NaOH溶液反应的离子方程式。②若反应得到的溶液中c(HCO):c(CO一)=2:1时，则溶液pH=。(25℃,H2CO3的，Ka2=511)16.碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I)，实验过第6页/共21页程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。一、准备标准溶液I．准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。II．配制并标定100mL0.1000mol.L—1NH4SCN标准溶液，二、滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L-1AgNO3溶液（过量使I-完全转化为AgI沉淀c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.1000mol.L—1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL9.98f．数据处理。（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器不包括。A.烧杯B.胶头滴管C.容量瓶D.量筒（2）b和c两步操作是否可以颠倒，说明理由。（3）当即达到滴定终点。消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为mL，计算得I=mol.L1I;如不进行此步操作，对实验结果产生怎样的影响。（4）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果。A.偏高B.偏低C.无影响D.无法判断（5）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果。A.偏高B.偏低C.无影响D.无法判断第7页/共21页17.从海水中提取单质碘的一种方法如下图所示：（1）加入铁粉进行转化反应的离子方程式为。（2）若反应物用量比=1.5时，则氧化产物(Fe3+、I2)物质的量之比为。A.2:1B.1:2C.1:1D.3:2第8页/共21页上海市洋泾中学2023-2024学年高二下学期5月质量检测化学试题说明，试卷中没有特别标注的选择题皆为单选题，不定项选择可能有1-3个正确答案。1.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+OH-;ΔH>0，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.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低D.将水加热，Kw增大，pH不变【答案】B【解析】【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。答案选B。2.下列说法正确的是A.pH>7的溶液一定呈碱性B.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C.相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH-)不相等D.氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl-)=c(NH)【答案】D【解析】【详解】A．水的离子积受温度的影响，常温下pH=7的溶液呈中性，但温度低于常温时，中性溶液的pH>7，A错误；B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，一水合氨为弱碱、氢氧化钠为强碱，由于氨水浓度较大，体积相同，物质的量就大，所以氨水消耗HCl的物质的量大于NaOH溶液消耗HCl的物质的量，B错误；第9页/共21页C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中氢离子浓度相等，由于水的离子积相同，则两溶液中-OH-D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=故选D。3.25℃时，浓度均为0.2mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是A.均存在电离平衡和水解平衡B.存在的粒子种类相同C.c(OH-)前者大于后者D.分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32-)均增大【答案】C【解析】【详解】A项，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡和水的电离平衡，NaHCO3溶液中既存在HCO3-的电离平衡又存在HCO3-的水解平衡，同时存在水的电离平衡，A项正确；B项，Na2CO3和NaHCO3溶液中存在的粒子种类相同，都有Na+、H+、OH-、HCO3-、CO32-、H2CO3和H2O，B项正确；C项，由于碳酸的一级电离远大于二级电离，所以HCO3-的水解能力弱于CO32-，0.2mol/LNaHCO3溶液中c（OH-）<0.2mol/LNa2CO3溶液中c（OH-C项错误；D项，NaHCO3溶液中加入NaOH，HCO3-转化成CO32-，c（CO32-）增大，Na2CO3溶液中加入NaOH，抑制CO32-的水解，c（CO32-）增大，D项正确；答案选C。4.常温下0.1mol/L①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是()A.①中[CH3COOH]>[CH3COO-]>[H+]>[OH-]B.①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则(Na+)>(CH3COO-)>(H+)D.①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小【答案】B【解析】第10页/共21页[CH3COOH]>[H+]>[CH3COO-]>[OH-]，故A错误；B.①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO-不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2，故B正确；C.①③等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，因此(CH3COO-)>(Na+)>(H+)，故C错误；D.①②等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO-的水解促进水的电离，①③等体积混合，CH3COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总体上看①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混和后水的电离程度大，故D错误；答案选B。5.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是A.a=bB.混合溶液的pH=7-1D.混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)【答案】C【解析】【详解】A.没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；B.由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；D.根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；故合理选项为C。6.下列说法不正确的是A.测得0.1mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质B.25℃时，将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0C.25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10mol·L-1D.0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0【答案】D第11页/共21页【解析】【详解】A、若HA为强酸，0.1mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，选项A正确；B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0，选项B正确；选项C正确；D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。答案选D。7.实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)B.随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小C.随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【解析】【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解≈CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2O≈Cu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；第12页/共21页D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。8.298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D.N点处的溶液中pH<12【答案】D【解析】【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-c（H+）=c（OH-故C错误；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3mol/L，cmol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。第13页/共21页【点睛】酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。9.常温下，向20.00mL0.1000mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L－1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A.在反应过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)B.pH=5时，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)C.pH=6时，c(Na+)+c(H+)－c(OH－)+c(CH3COOH)=0.1000mol·Lˉ1D.pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL【答案】C【解析】【详解】A、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；B、pH=5时，溶液呈酸性，以醋酸电离为主，所以离子浓度的大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两者混合pH=6，则氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＞0.05mol/L，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，故C错误；D、如果消耗NaOH溶液的体积为20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液水解呈碱性，而溶液呈中性，所以消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL，故D正确；故选C。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确各点对应溶质组成为解答关键。注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用。本题的易错点为BC，需要熟练掌握电解质溶液中的守恒关系。第14页/共21页的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是。【答案】1:10:1010:109【解析】【详解】①中pH=0的H2SO4中c(H+)=1.0mol·L-1，c(OH-)=1.0×10-14mol·L-1，水电离程度为②中c(OH-)=0.1mol·L-1，c(H+)=1.0×10-13mol·L-1，水电离程度为1.0×10-13mol·③中c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1，水的电离程度为1.0×10-4mol·L-1；④中c(H+)=1.0×10-5mol·L-1，水的电离程度为1.0×10-5mol·L-故①②③④中水的电离程度之比为：-13mol-1-4mol-1-5mol109。双碱法是一种用于燃煤尾气脱硫的工艺，其具有脱硫效率高、成本低等优点，以下是一种脱硫工艺简要流程。已知：25oC时，H2CO3和H2SO3的电离常数如下表所示。H2CO3H2SO311.等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液，pH(Na2CO3)pH(Na2SO3)(填“>”、“<”或“=”)，请依据电离平衡常数分析原因：。第15页/共21页12.过程I中，NaOH溶液吸收SO2时，随着SO2的通入，会得到不同溶质组成的溶液。25。C时， n(某微粒)H2SO3、HSO3-、SO-的物质的量分数n(H2SO3)+n(HSO3-)+n(SO32-)与pH的关系如图所示。①曲线II代表的微粒是。②等浓度Na2SO3和NaHSO3的混合溶液中，下列关系正确的是。OH-)>cH+)Na+OH-)=cH+)13.生成的CaSO3沉淀会被空气中氧气氧化，写出CaSO3被氧化过程的化学方程式为：。14.工业上也可以用氨水吸收尾气中的SO2。氨水吸收SO2后，氨水全部转化为铵盐的溶液。为测定铵盐溶液的成分，设计如下实验。铵盐溶液中n(NH4)2SO3:n[NH4HSO3]=。第16页/共21页=0.16×10-6，K值越大，碱性越强13.2CaSO3+O2=2CaSO4；【解析】【分析】SO2为酸性气体与NaOH发生反应的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，则反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO-+H2O，石灰-石膏法吸收的物质为CaO和Ca(OH)2，则此法具有吸收快、效率高等优点，据此答题；【11题详解】H2CO3≈HCO+H+，HCO-+H+，则Ka1=，Ka2=CO-+H2O≈HCO3-+OH-，则碳酸根的水解常数为H2SO3≈HSO3-+H+，HSO3-≈SO-+H+，Na2SO3水解SO-+H2O≈HSO3-+OH-，故答案为：＞；碳酸根的水解常数为=0.2×10-3，亚硫酸根水解常数=0.16×10-6，K值越大，碱性越强；【12题详解】第17页/共21页②A．等浓度Na2SO3和NaHSO3的混合溶液中=0.16×10-6>Ka2=6.2×108说明SO水解的量大于HSO3-电离的量，则c(SO)<c(HSO)，A错误B．根据物料守恒，元素n(Na)∶n(S)=3∶2，则物料守恒可得：正确2cOH)=cSO)，C错误；故选B；【13题详解】CaSO3被空气中氧气氧化，生成硫酸钙，化学方程式为2CaSO3+O2=2CaSO4；【14题详解】加入硫酸溶液产生的0.04mol气体为SO2，是亚硫酸根、亚硫酸氢根和硫酸反应产生，加入浓氢氧化钠溶液 并加热产生的0.05mol气体为NH3，来源于铵根，故设n[(NH4)2SO3]、n[NH4HSO3]分别为amol、bmol，a+b=0.04，2a+b=0.05，解得a=0.01，b=0.03，故n[(NH4)2SO3]：n[NH4HSO3]=1∶3；15.在工业脱硫中，可用K2CO3溶液吸收H2S。电离平衡常数H2CO3H2SK1K215（1）下列关于K2CO3溶液中微粒关系正确的是。-A.c-H第18页/共21页H+2c(HD.2cCO-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)（2）K2CO3溶液吸收少量H2S的离子方程式为。计算该反应的平衡常数K=。（3）NaOH溶液可吸收CO2。①写出标准状况下2.24L的CO2与100mL3mol.L—1NaOH溶液反应的离子方程式 。②若反应得到的溶液中c(HCO3—):c(CO—)=2:1时，则溶液 （3）①.CO2+2OH-=CO-+H2O②.10【解析】【小问1详解】A．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水也会电离出氢氧根离子，故c(OH—)>c(HCO3-)，A正确；B．碳酸根离子水解程度较大，使得溶液显碱性，存在c(H+)<c(HCO3-)，B错误；D．由物料守恒可知，c(K+)=2c(CO-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，D错误；故选AC。【小问2详解】由电离常数可知H2CO3>H2S>HCO3->HS-，K2CO3溶液吸收少量H2S生成碳酸氢根离子和HS-，离子方程式为CO—+H2S=HCO3-+HS-，该反应的平衡常数K=c【小问3详解】①标准状况下2.24L的CO2为0.1mol、100mL3mol.L—1NaOH溶液中氢氧化钠为0.3mol，则氢氧化钠过第19页/共21页量，反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式CO2+2OH-=CO-+H2O；CO)=2:1时，16.碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I—)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。一、准备标准溶液I．准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。II．配制并标定100mL0.1000mol.L—1NH4SCN标准溶液，二、滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L-1AgNO3溶液（过量使I-完全转化为AgI沉淀c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.1000mol.L—1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL9.98f．数据处理。（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器不包括。A.烧杯B.胶头滴管C.容量瓶D.量筒（2）b和c两步操作是否可以颠倒，说明理由。第20页/共21页（3）当即达到滴定终点。消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为mL，计算得I=mol.L1I;如不进行此步操作，对实验结果产生怎样的影响。（4）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果。A.偏高B.偏低C.无影响D.无法判断（5）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果。A.偏高B.偏低C.无影响D.无法判断【答案】（1）D（2）①.否②.操作颠倒指示剂耗尽无法判断滴定终点（3）①.滴入最后