2020-2021學(xué)年浙江省寧波市余姚中學(xué)高二上學(xué)期期中考試化學(xué)試題（解析版）

試卷第=page22頁，共=sectionpages22頁浙江省寧波市余姚中學(xué)2020-2021學(xué)年高二上學(xué)期期中考試化學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．下列儀器屬于酸式滴定管的是A． B． C． D．【答案】A【詳解】A．是酸式滴定管，選項A正確；B．是堿式滴定管，選項B錯誤；C．是長頸漏斗，選項C錯誤；D．是直形冷凝管，選項D錯誤。答案選Ａ。2．下列屬于非電解質(zhì)的是A．銅B．硝酸鉀C．氫氧化鈉D．乙醇【答案】D【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；非電解質(zhì)：在水溶液中和熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電的化合物；單質(zhì)和混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。【詳解】A．銅是單質(zhì)，不是非電解質(zhì)，選項A不符合；B．硝酸鉀為電解質(zhì)，選項B不符合；C．氫氧化鈉為電解質(zhì)，選項C不符合；D．乙醇為非電解質(zhì)，選項D符合；答案選D。3．下列不屬于化石燃料的是A．煤 B．石油 C．天然氣 D．生物質(zhì)能【答案】D【詳解】三大化石燃料是：煤、石油、天然氣。生物質(zhì)能不屬于化石燃料，故選D。4．下列物質(zhì)的水溶液因水解而呈酸性的是A．H2SO4B．(NH4)2SO4C．NaHSO4D．NaHCO3【答案】B【詳解】A．H2SO4是酸，溶于水電離顯酸性，但不是因為水解而顯酸性，選項A錯誤；B．(NH4)2SO4是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解顯酸性，選項B正確；C．NaHSO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其溶于水后完全電離出Na+、H+和而顯酸性，其本身不能水解，故不是因為水解而顯的酸性，選項C錯誤；D．NaHCO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，選項D錯誤；答案選B。5．下列關(guān)于鋁及其化合物說法，不正確的是（

）A．明礬可用作凈水劑和消毒劑 B．利用鋁熱反應(yīng)可冶煉高熔點金屬C．鋁可用作包裝材料和建筑材料 D．氫氧化鋁可用作治療胃酸過多的藥物【答案】A【詳解】A.明礬溶于水可生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體，可以凈水但不能消毒，故A錯誤；B.鋁熱反應(yīng)是金屬鋁和沸點較高的金屬氧化物之間反應(yīng)冶煉高熔點金屬的過程，故B正確。C.鋁具有良好的延展性，鋁箔可以做包裝材料，鋁合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正確；D.胃酸主要成分為HCl，氫氧化鋁具有弱堿性可中和過多胃酸，故D正確；故答案為A。6．25℃時，

下列溶液中水的電離程度最小的是(

)A．pH=2的CH3COOH溶液 B．0.01

mol/L

Na2CO3

溶液C．0.1

mol/L

鹽酸 D．pH

=10氨水【答案】C【分析】酸堿能夠抑制水的電離，其H+或OH-離子濃度越大，對水的抑制程度就越大；能水解的鹽會促進(jìn)水的電離；據(jù)此分析選項；【詳解】A．pH=

2的CH3COOH中c(H+)=0.01mol/L，會抑制水的電離；B．Na2CO3溶液中CO的水解會促進(jìn)水的電離；C．0.1mol/L鹽酸中c(H+)=0.1mol/L

,會抑制水的電離；D．pH=10的氨水中c(H+)=0.0001mol/L，會抑制水的電離；以上四種溶液中，0.1mol/L鹽酸對水的電離的抑制程度最大，故該溶液中水的電離程度最小，C符合題意；故選C。7．在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)中，表示該反應(yīng)速率最快的是A．υA=0.5mol?L-1?min-1B．υB=0.3mol?L-1?min-1C．υC=0.8mol?L-1?min-1D．υD=1mol?L-1?min-1【答案】B【分析】利用速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比轉(zhuǎn)化同一物質(zhì)表示速率進(jìn)行比較?！驹斀狻繉τ诜磻?yīng)2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)，轉(zhuǎn)化用D表示的速率進(jìn)行比較，A．υA=0.5mol?L-1?min-1，速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故υD=2υA=2×0.5mol?L-1?min-1=1mol?L-1?min-1，B．υB=0.3mol?L-1?min-1，速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故υD=4υB=4×0.3mol?L-1?min-1=1.2mol?L-1?min-1，C．υC=0.8mol?L-1?min-1，速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故υD=υC=×0.8mol?L-1?min-1=1.07mol?L-1?min-1，D．υD=1mol?L-1?min-1，故反應(yīng)速率B＞C＞A=D；答案選B。8．下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是A．將盛有NO2的集氣瓶放入冰水中顏色變淺B．加催化劑，使N2和H2在一定條件下轉(zhuǎn)化為NH3C．生產(chǎn)硫酸中使用過量的空氣來提高SO2的轉(zhuǎn)化率D．增大壓強(qiáng)，有利于SO2與O2反應(yīng)生成SO3【答案】B【詳解】A．2NO2(g)N2O4(g)是放熱反應(yīng)，所以將盛NO2的瓶子放入冰水中，平衡正向移動，混合氣體的顏色變淺，能夠用勒夏特列原理解釋，選項A不符合；B．催化劑不影響化學(xué)平衡，不能用勒夏特列原理解釋，選項B符合；C．使用過量的空氣，增大的反應(yīng)物濃度，平衡向著正向移動，提高了SO2的轉(zhuǎn)化率，能夠用勒夏特列原理解釋，選項C不符合；D．合成SO3的反應(yīng)為氣體體積縮小的可逆反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡向著正向移動，有利于合成SO3，能夠用勒夏特列原理解釋，選項D不符合；答案選B。9．下列說法中正確的是()A．凡是放熱反應(yīng)都是能自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)，而吸熱反應(yīng)都是非自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)B．自發(fā)反應(yīng)一定是熵增大的反應(yīng)，非自發(fā)反應(yīng)一定是熵減小或不變的反應(yīng)C．熵增加且放熱的反應(yīng)一定是自發(fā)反應(yīng)D．非自發(fā)反應(yīng)在任何條件下都不能發(fā)生【答案】C【分析】反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0；由反應(yīng)的焓變、熵變、溫度共同決定?！驹斀狻緼.△H＜0，△S＜0的反應(yīng)在高溫下是非自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)，△H＞0，△S＞0高溫下是自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)，故A錯誤；B.△H-T△S＜0的反應(yīng)是自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)，△H＜0，△S＜0的反應(yīng)在低溫下是自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)，△H-T△S＞0的反應(yīng)是非自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)，△H＞0，△S＞0低溫下可以是非自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)，故B錯誤；C.熵增加△S＞0，且放熱△H＜0，反應(yīng)△H-T△S＜0一定是自發(fā)反應(yīng)，故C正確；D.反應(yīng)是否自發(fā)進(jìn)行，由熵變、焓變、溫度共同決定，非自發(fā)反應(yīng)在改變條件下可以發(fā)生，故D錯誤；故選：C?！军c睛】本題考查了化學(xué)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)，反應(yīng)是否自發(fā)進(jìn)行，由熵變、焓變、溫度共同決定，題目較簡單．10．下列說法正確的是A．將AlCl3溶液加熱蒸干得到純凈的氯化鋁晶體 B．強(qiáng)電解質(zhì)都易溶于水，所以BaSO4是弱電解質(zhì)C．強(qiáng)酸溶液一定比弱酸溶液導(dǎo)電性強(qiáng) D．電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電過程會發(fā)生化學(xué)變化【答案】D【詳解】A．加熱條件下，AlCl3易水解，可生成氫氧化鋁，如灼燒，生成氧化鋁，故A錯誤；B．電解質(zhì)強(qiáng)弱取決于電離程度，與溶解性無關(guān)，硫酸鋇熔融狀態(tài)下能夠完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故B錯誤；C．導(dǎo)電性與溶液中離子濃度大小以及離子所帶電荷數(shù)有關(guān)，與電解質(zhì)強(qiáng)弱無關(guān)，故C錯誤；D．電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電過程會發(fā)生化學(xué)變化，故D正確。故選D?！军c睛】電解質(zhì)強(qiáng)弱取決于電離程度，與溶解性無關(guān)；溶液的導(dǎo)電性與自由移動離子濃度大小以及離子所帶電荷數(shù)有關(guān)，與電解質(zhì)強(qiáng)弱無關(guān)。11．下列說法正確的是A．增大反應(yīng)物濃度，可增大單位體積內(nèi)活化分子的百分?jǐn)?shù)，從而使反應(yīng)速率增大B．有氣體參加的化學(xué)反應(yīng)，若增大壓強(qiáng)(即縮小反應(yīng)容器的體積)，可增加活化分子的百分?jǐn)?shù)，從而使反應(yīng)速率增大C．活化分子間所發(fā)生的碰撞為有效碰撞D．升高溫度能使化學(xué)反應(yīng)速率增大的主要原因是增加了反應(yīng)物中活化分子的百分?jǐn)?shù)【答案】D【詳解】A.增大反應(yīng)物濃度，能增大單位體積內(nèi)活化分子數(shù)，從而使反應(yīng)速率增大，但是不能增大單位體積內(nèi)活化分子的百分?jǐn)?shù)，A不正確；B.有氣體參加的化學(xué)反應(yīng)，若增大壓強(qiáng)(即縮小反應(yīng)容器的體積)，能增大單位體積內(nèi)活化分子數(shù)，從而使反應(yīng)速率增大，但是不能增加活化分子的百分?jǐn)?shù)，B不正確；C.活化分子間所發(fā)生的碰撞不一定都是有效碰撞，只有在合適的取向下的碰撞才是有效碰撞，C不正確；D.升高溫度能使化學(xué)反應(yīng)速率增大的主要原因是增加了反應(yīng)物中活化分子的百分?jǐn)?shù)，單位時間內(nèi)在單位體積的有效碰撞次數(shù)增加，D正確。本題選D。點睛：只有溫度和催化劑才能改變活化分子的百分?jǐn)?shù)，其他條件都不能改變。增大壓強(qiáng)與增大反應(yīng)物濃度都可以增大單位體積空間內(nèi)活化分子的絕對數(shù)目，從而增大了單位時間、單位體積空間內(nèi)的有效碰撞次數(shù)，加快化學(xué)反應(yīng)速率。12．二甲醚(DME)被譽(yù)為“21世紀(jì)的清潔燃料”。以下說法能說明反應(yīng)3H2(g)+3CO(g)?CH3OCH3(g)+CO2(g)達(dá)到平衡狀態(tài)的是A．H2和CO2的濃度之比為3∶1B．單位時間內(nèi)斷裂3個H—H同時斷裂1個C=OC．恒溫恒容條件下，氣體的密度保持不變D．絕熱體系中，體系的溫度保持不變【答案】D【詳解】A．H2和CO2的濃度之比與起始投入的量有關(guān)，A不能說明達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，A不合題意；B．單位時間內(nèi)斷裂3個H—H同時將形成2個C=O，故斷裂1個C=O，正逆反應(yīng)速率不相等，不能說明達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，B不合題意；C．恒溫恒容條件下，氣體的質(zhì)量不變，氣體的體積不變，故氣體的密度一直保持不變，故不能說明達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，C不合題意；D．絕熱體系中即與外界不進(jìn)行熱交換，在達(dá)到平衡之前，體系的溫度一直在變，現(xiàn)保持不變，故說明達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，D符合題意；故答案為：D。13．已知固體溶于水放熱，與體系相關(guān)的能量關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是A．B．C．D．【答案】C【詳解】A.固體電離產(chǎn)生其它離子吸熱，則，故A錯誤；B.固體溶于水放熱，則，故B錯誤；C.斷裂化學(xué)鍵吸收能量，焓變?yōu)檎鳦aO與水反應(yīng)放熱，焓變?yōu)樨?fù)，則，故C正確；D.結(jié)合蓋斯定律可知，，則，故D錯誤；故選C。14．如圖(Ea表示活化能)是CH4與Cl2生成CH3Cl的部分反應(yīng)過程中各物質(zhì)物質(zhì)的能量變化關(guān)系圖，下列說法正確的是（

）A．Cl·可由Cl2在高溫條件下生成，是CH4與Cl2反應(yīng)的催化劑B．升高溫度，Ea1、Ea2均減小，反應(yīng)速率加快C．增大Cl2的濃度，可提高反應(yīng)速率，但不影響△H的大小D．第一步反應(yīng)的速率大于第二步反應(yīng)【答案】C【分析】CH4與Cl2生成CH3Cl的反應(yīng)方程式為：CH4+Cl2CH3Cl+HCl。【詳解】A．Cl·由Cl2在光照條件下生成，是CH4與Cl2反應(yīng)的“中間體”，而不是反應(yīng)的催化劑，A錯誤；B．Ea1、Ea2分別為第一步反應(yīng)、第二步反應(yīng)所需活化能，升高溫度，反應(yīng)所需活化能不變，即Ea1、Ea2不變，B錯誤；C．Cl2是該反應(yīng)的反應(yīng)物，增大反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)速率增大，而反應(yīng)的△H和反應(yīng)的途徑無關(guān)，只與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，即增大氯氣的濃度不影響△H的大小，C正確；D．第一步反應(yīng)所需活化能Ea1大于第二步反應(yīng)所需活化能Ea2，第一步反應(yīng)單位體積內(nèi)活化分子百分?jǐn)?shù)低于第二步反應(yīng)，故第二步反應(yīng)速率更大，D錯誤。答案選C?！军c睛】反應(yīng)熱△H和反應(yīng)途徑無關(guān)，只與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)。15．電化學(xué)反應(yīng)原理的實驗裝置如圖所示。下列敘述錯誤的是A．若X為碳棒，開關(guān)K置于M處可減緩鐵的腐蝕B．若X為鋅棒，開關(guān)K置于M或N處都可減緩鐵的腐蝕C．若X為鋅棒，開關(guān)K置于N處時，為犧牲陽極的陰極保護(hù)法D．若X為碳棒，開關(guān)K置于N處時，X電極上發(fā)生的反應(yīng)為2H++2e-=H2↑【答案】D【分析】開關(guān)K置于M處，構(gòu)成電解池，鐵為陰極，被保護(hù)，屬于為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，開關(guān)K置于N處時，構(gòu)成原電池，取決于X極的材料，若X極比鐵活潑，則X極為負(fù)極，被氧化，失去電子，鐵為正極，被保護(hù)，反之，鐵為負(fù)極，被氧化，腐蝕，據(jù)此分析解答即可?！驹斀狻緼．若X為碳棒，開關(guān)K置于M處可減緩鐵的腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護(hù)，故A正確；B．若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處可減緩鐵的腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護(hù)，開關(guān)K置于N處，形成原電池，鋅為負(fù)極，被氧化，鐵為正極，被保護(hù)，故B正確；C．若X為鋅棒，開關(guān)K置于N處時，鋅為負(fù)極，被氧化，屬于為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故C正確；D．若X為碳棒，開關(guān)K置于N處時，X電極上發(fā)生的反應(yīng)為O2+2H2O+4e-=4OH-，故D錯誤；答案選D。16．常溫下，關(guān)于pH相等的鹽酸和醋酸溶液(兩溶液的OH－濃度也相等)，下列說法正確的是()A．c(HCl)>c(CH3COOH)B．c(Cl－)＝c(CH3COO－)C．等體積的鹽酸和醋酸溶液分別與足量的Zn完全反應(yīng)，鹽酸產(chǎn)生的H2多D．用相同濃度的NaOH溶液分別與等體積的鹽酸和醋酸溶液恰好反應(yīng)完全，鹽酸消耗的NaOH溶液體積多【答案】B【詳解】A．醋酸為弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離，pH相等時，醋酸濃度較大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A錯誤；B．溶液的pH相等，則兩溶液中的氫離子、氫氧根離子濃度相等，根據(jù)電荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正確；C．等體積的鹽酸和醋酸溶液分別與足量的Zn完全反應(yīng)，由于醋酸的濃度較大，則醋酸產(chǎn)生的H2多，故C錯誤；D．同濃度的NaOH溶液分別與等體積的鹽酸和醋酸溶液恰好反應(yīng)完全，由于醋酸的濃度大于鹽酸，則醋酸消耗的NaOH溶液體積多，故D錯誤；故選B。【點睛】明確弱電解質(zhì)的電離特點為解答關(guān)鍵。注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，醋酸為弱電解質(zhì)，氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)，pH相等時，醋酸濃度較大；物質(zhì)的量濃度相等時，鹽酸的pH較小，酸性較強(qiáng)。本題的易錯點為CD。17．在容積不變的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0。下列各圖表示當(dāng)其他條件不變時，改變某一條件對上述反應(yīng)的影響，其中分析正確的是A．圖Ⅰ表示溫度對化學(xué)平衡的影響，且甲的溫度較高B．圖Ⅱ表示t0時刻使用催化劑對反應(yīng)速率的影響C．圖Ⅲ表示t0時刻增大O2的濃度對反應(yīng)速率的影響D．圖Ⅳ表示t0時升溫對反應(yīng)速率的影響【答案】B【分析】A．正反應(yīng)放熱，升高溫度，反應(yīng)速率加快，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡時二氧化硫的含量減??；B．加入催化劑，正逆反應(yīng)速率都增大，但速率相等，平衡不移動；C．增大反應(yīng)物的濃度瞬間，正反速率增大，逆反應(yīng)速率不變，之后逐漸增大；D、升溫對吸熱方向(逆方向)速率增大的多?！驹斀狻緼項，乙先達(dá)到平衡，反應(yīng)快，溫度高，故A錯誤；B、加入催化劑，正逆反應(yīng)速率都增大，但速率相等，平衡不移動，故B正確；C項，增大c(O2)時，逆反應(yīng)速率瞬時不變，圖象應(yīng)連續(xù)，故C錯誤；D項，升溫對吸熱方向(逆方向)速率增大的多，故D錯誤。故選B。18．常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能夠大量共存的是A．pH等于13的溶液中：Ca2+、Na+、、B．=1012的溶液中：Fe2+、Cu2+、、Cl-C．無色透明溶液中：Al3+、K+、、D．使pH試紙顯紅色的溶液中：、Cu2+、、Cl-【答案】D【詳解】A．pH等于13的溶液呈堿性，Ca2+、之間生成微溶物硫酸鈣，與氫氧根離子反應(yīng)，在堿性溶液中不能大量共存，選項A錯誤；B．==1012的溶液呈酸性，F(xiàn)e2+、在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，選項B錯誤；C．Al3+、之間發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，選項C錯誤；D．使pH試紙顯紅色的溶液呈酸性，、Cu2+、、Cl-之間不反應(yīng)，都不與氫離子反應(yīng)，在酸性溶液中能夠大量共存，選項D正確；答案選D。19．取一定量的鋁土礦(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)樣品,放入盛有200mLH2SO4溶液的燒杯中,充分反應(yīng)后過濾,向濾液中加入10mol/L的NaOH溶液,產(chǎn)生沉淀的量與所加NaOH溶液的體積的關(guān)系如下圖所示。則原礦石中Al2O3的質(zhì)量是克A．5.1 B．3.9 C．2.55 D．7.8【答案】C【詳解】根據(jù)圖象可知溶解氫氧化鋁消耗氫氧化鈉是5mL，物質(zhì)的量是0.005×10=0.05mol，所以根據(jù)方程式Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O可知氫氧化鋁是0.05mol，根據(jù)Al原子守恒可知氧化鋁是0.025mol，質(zhì)量＝0.025mol×102g/mol＝2.55g，答案選C。20．室溫下，將兩種濃度均為0.10mol·L-1的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A．NaHCO3--Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：c(Na+)>c()>c()>c(OH-)B．氨水--NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c()+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)C．CH3COOH--CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)D．H2C2O4--NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4為二元弱酸)：c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c()+c(OH-)【答案】D【詳解】A．濃度均為0.10mol·L-1的NaHCO3-Na2CO3的混合溶液中，的水解程度大于的水解程度，所以溶液中c(Na＋)>c()>c()>c(OH-)，A錯誤；B．濃度均為0.10mol·L-1的氨水-NH4Cl混合溶液的pH=9.25，說明NH3·H2O的電離程度大于的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)＜c(Cl-)，根據(jù)電荷守恒，溶液中c()＋c(H＋)=c(Cl-)＋c(OH-)，可知c()＋c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH-)，B錯誤；C．濃度均為0.10mol·L-1的CH3COOH-CH3COONa混合溶液的pH=4.76，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，則溶液中c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C錯誤；D．濃度均為0.10mol·L-1的H2C2O4-NaHC2O4混合溶液的pH=1.68，根據(jù)電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c()＋2c()，根據(jù)物料守恒有2c(Na＋)=c()＋c(H2C2O4)＋c()，聯(lián)立上述兩式得c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)＋c()＋c(OH-)，D正確。故選D。21．全釩液流儲能電池是利用不同價態(tài)的含釩離子在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)，離子方程式為VO2+（黃色）+V2+（紫色）+2H+VO2+（藍(lán)色）+V3+（綠色）+H2O．采用惰性電極實現(xiàn)化學(xué)能和電能相互轉(zhuǎn)化的工作原理如圖。下列說法正確的是（）A．充電過程中，X端接外接電源的負(fù)極B．放電過程中，正極電極反應(yīng)式為VO2++H2O+e-=VO2++2OH-C．放電過程中，右罐溶液顏色逐漸由綠色變?yōu)樽仙獶．充電時若轉(zhuǎn)移電子0.5mol，左罐溶液中n（H+）的變化量為0.5mol【答案】D【詳解】A．充電時，左槽發(fā)生的反應(yīng)為VO2++H2O-e-=VO2++2H+，則左槽為陽極，X端接外接電源的正極，故A錯誤；B．由VO2+（黃色）+V2+（紫色）+2H+VO2+（藍(lán)色）+V3+（綠色）+H2O可知，放電時正極上反應(yīng)式：VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B錯誤；C．放電過程中，右罐為負(fù)極，反應(yīng)式：V2+-e-=V3+，則溶液顏色逐漸由紫色變?yōu)榫G色，故C錯誤；D．充電時，左槽發(fā)生的反應(yīng)為VO2++H2O-e-=VO2++2H+，若轉(zhuǎn)移電子0.5mol，生成氫離子為1mol，此時氫離子參與正極反應(yīng)，通過交換膜定向移動使電流通過溶液，溶液中離子的定向移動可形成電流，通過0.5mol電子，則左槽溶液中n（H+）的變化量為1mol-0.5mol=0.5mol，故D正確；故選：D。22．以反應(yīng)5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O為例探究“外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響”。實驗時，分別量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并開始計時，通過測定溶液褪色所需時間來判斷反應(yīng)的快慢。編號H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液溫度/℃濃度/mol/L體積/mL濃度/mol/L體積/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.030下列說法不正確的是A．實驗①、②、③所加的H2C2O4溶液均要過量B．實驗①測得KMnO4溶液的褪色時間為40s，則這段時間內(nèi)平均反應(yīng)速率v(KMnO4)=2.5×10-1mol/(L·s)C．實驗①和實驗②是探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，實驗②和③是探究溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響D．實驗①和②起初反應(yīng)均很慢，過了一會兒速率突然增大可能是生成的物質(zhì)對反應(yīng)起催化作用【答案】B【詳解】A．實驗①②③均需要通過高錳酸鉀溶液褪色的時間來判斷，需要保證高錳酸鉀完全反應(yīng)，因此所加的H2C2O4溶液均要過量，故A正確；B．草酸的物質(zhì)的量為0.10mol?L-1×0.002L=0.0002mol，高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.010mol?L-1×0.004L=0.00004mol，草酸和高錳酸鉀的物質(zhì)的量之比為0.0002mol：0.00004mol=5：1，顯然草酸過量，高錳酸鉀完全反應(yīng)，混合后溶液中高錳酸鉀的濃度為0.010mol/L×0.004L/0.006L=2/3×0.010mol/L，這段時間內(nèi)平均反應(yīng)速率v(KMnO4)=2/3×0.010mol/L/40s≈1.7×10-4mol/(L?s)，故B錯誤；C．探究反應(yīng)物濃度對化學(xué)反應(yīng)速率影響，除了濃度不同，其他條件完全相同的實驗編號是①和②；探究溫度對化學(xué)反應(yīng)速率影響，必須滿足除了溫度不同，其他條件完全相同，所以滿足此條件的實驗編號是：②和③，故C正確；D．實驗①和②起初反應(yīng)均很慢，過了一會兒，生成的Mn2+對反應(yīng)起催化作用，因此速率突然增大，故D正確；故選：B。23．25℃時，H2CO3的=4×10-7，=5×10-11，室溫下向10mL0．1mol?L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0．1mol?L-1HCl溶液，如圖是溶液中含碳元素微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH降低而變化的圖像(已知：lg2=0.3，lg4=0.6，lg5=0.7)，下列說法錯誤的是A．A點所示溶液的pH＜11B．B點所示溶液pH約為8.4C．C點時有，c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可測定Na2CO3與NaHCO3混合物的組成【答案】C【詳解】溶液的pH越大，溶液中含量越多，溶液的pH越小，溶液中H2CO3越多，A．A點溶液中c)=c()，Ka2=c(H+)=5×10-11＞10-11，則A點pH＜11，選項A正確；B．B點溶液中c()=c(H2CO3)，Ka2=，Ka1===，c(H+)==mol/L，pH=-lg≈8.4，選項B正確；C．C點溶質(zhì)為NaCl、NaHCO3，溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=c(Cl-)+c()+c()+c(H2CO3)，選項C錯誤；D．酚酞變色范圍為8-10、甲基橙變色范圍為3.1-4.4，用酚酞作指示劑時，滴定終點溶液呈堿性，只發(fā)生Na2CO3→NaHCO3的變化，可以測出Na2CO3的量；用甲基橙作指示劑，滴定終點溶液呈酸性，NaHCO3→CO2，可以測出NaHCO3的總量，從而計算出混合物中NaHCO3的量，選項D正確；答案選C。24．在溫度相同、容積均為2L的3個恒容密閉容器中，按不同方式投入反應(yīng)物，保持恒溫，測得反應(yīng)達(dá)到平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如下。下列說法正確的是已知容器甲乙丙反應(yīng)物投入量、、的濃度反應(yīng)的能量變化放出放出吸收體系壓強(qiáng)/PaP1P2P3反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率A．B．達(dá)到平衡時丙容器中的體積分?jǐn)?shù)最大C．D．【答案】D【詳解】甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量2molNH3，恒溫恒容條件下，甲容器與丙容器是等效平衡，各組分的物質(zhì)的量、含量、轉(zhuǎn)化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，如果恒溫且乙容器容積是甲容器2倍，則甲容器與乙容器為等效平衡，所以乙所到達(dá)的平衡，可以看作在恒溫且容積是甲容器兩倍條件下，到達(dá)平衡后，再壓縮體積為與甲容器體積相等所到達(dá)的平衡，由于該反應(yīng)是體積減小的反應(yīng)，縮小容器體積，增大了壓強(qiáng)，平衡向著正向移動，所以乙中氮氣、氫氣轉(zhuǎn)化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨氣含量最大，據(jù)此分析解題：A．丙容器反應(yīng)物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡狀態(tài)相同，乙中壓強(qiáng)為甲的二倍；由于乙中相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向著向著正向移動，所以乙中壓強(qiáng)減小，小于甲的2倍，即2p1=2p3＞p2，A錯誤；B．丙容器反應(yīng)物投入量2molNH3，采用極限轉(zhuǎn)化法轉(zhuǎn)化為反應(yīng)物為1molN2、3molH2，和甲中的相同，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，乙所到達(dá)的平衡，可以看作在恒溫且容積是甲容器兩倍條件下，到達(dá)平衡后，再壓縮體積為與甲容器體積相等所到達(dá)的平衡，由于該反應(yīng)是體積減小的反應(yīng)，縮小容器體積，增大了壓強(qiáng)，平衡向著正向移動，所以乙中氮氣、氫氣轉(zhuǎn)化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨氣含量最大，B錯誤；C．丙容器中加入2molNH3，和甲最后達(dá)到相同的平衡狀態(tài)，若平衡不移動，轉(zhuǎn)化率α1+α3=1；乙容器反應(yīng)物投入量2mol

N2、6mol

H2，由于乙中相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向著向著正向移動，氨氣的轉(zhuǎn)化率增大，所以轉(zhuǎn)化率α2+α3＞1，C錯誤；D．甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，則甲與乙是完全等效的，根據(jù)蓋斯定律可知，甲與乙的反應(yīng)的能量變化之和為92.4kJ，故Q1+Q3=92.4，D正確；故答案為：D。二、多選題25．某無色溶液，由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、[Al(OH)4]?、、、中的若干種組成，取該溶液進(jìn)行如下實驗：①取適量試液，加入過量鹽酸，有氣體生成，并得到溶液；②在①所得溶液中加入過量碳酸氫銨溶液，有氣體生成，同時析出白色沉淀甲；③在②所得溶液中加過量的Ba(OH)2溶液，也有氣體生成，并有白色沉淀乙析出。根據(jù)上述實驗下列判斷不正確的是（

）A．原溶液中一定不存在的離子是Ag＋、Ba2＋、Al3+和B．實驗①中生成氣體的離子方程式為：＋2H+=CO2↑+H2OC．實驗③中產(chǎn)生的氣體可使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變紅D．白色沉淀甲是Al(OH)3，白色沉淀乙是BaSO4【答案】CD【分析】溶液無色，一定沒有。①能夠與鹽酸生成氣體的離子為碳酸根離子，能夠與碳酸根離子反應(yīng)的離子不能存在；②說明發(fā)生了雙水解，一定存在與碳酸氫根離子發(fā)生雙水解的離子；③氣體為氨氣，白色沉淀一定含碳酸鋇、可能含硫酸鋇，以此解答該題?！驹斀狻磕碂o色溶液，說明溶液中一定不會存在，①加入過量鹽酸，有氣體生成，并得到無色溶液，生成的氣體為二氧化碳，所以溶液中一定存在，一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+，陽離子只剩下了鈉離子，根據(jù)溶液一定呈電中性可知溶液中一定存在Na+；②在①所得溶液中加入過量NH4HCO3溶液，有氣體生成，該氣體為二氧化碳，同時析出白色沉淀甲，白色沉淀甲為氫氧化鋁，原溶液中一定存在[Al(OH)4]?，③在②所得溶液中加入過量Ba(OH)2溶液，也有氣體生成，該氣體為氨氣，同時析出白色沉淀乙，白色沉淀一定含有碳酸鋇，可能含有硫酸鋇；所以溶液中一定存在的離子有：、Na+、[Al(OH)4]?，則A.原溶液中一定不存在的離子是Ag＋、Ba2＋、Al3+和，故A正確；B.加入鹽酸生成二氧化碳?xì)怏w，實驗①中生成氣體的離子方程式為：＋2H+=CO2↑+H2O，故B正確；C.實驗③中產(chǎn)生的氣體為氨氣，氨氣可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，故C錯誤；D.白色沉淀乙一定含有碳酸鋇，可能含有硫酸鋇，故D錯誤；答案選CD。三、工業(yè)流程題26．回答下列問題(一)已知碳酸的電離平衡常數(shù)約為Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11，HCN電離平衡常數(shù)約為6×10-10。(1)比較給出H+能力的相對強(qiáng)弱：H2CO3___HCN。(填“＞”、“＜”或“=”)(2)用一個離子方程式說明和CN-結(jié)合H+能力的相對強(qiáng)弱___。(二)某工業(yè)上用鋁土礦(主要成分為Al2O3，含F(xiàn)e2O3雜質(zhì))為原料冶煉鋁的工藝流程如圖所示：(3)寫出反應(yīng)①的離子方程式____________________________________________________。(4)寫出反應(yīng)②的離子方程式____________________________________________________。(5)以石墨為電極，通過電解熔融Al2O3可制得金屬鋁。電解池中接電源負(fù)極的一極的電極反應(yīng)式是__________________________________。(6)將溶液1與溶液2混合，觀察到有白色沉淀生成，寫出生成白色沉淀的離子方程式___________________?！敬鸢浮?1)＞(2)+HCN=+CN-(3)Al2O3+2OH-=2+H2O(4)+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+(5)Al3++3e-=Al(6)++H2O=Al(OH)3↓+【分析】(一)已知碳酸的電離平衡常數(shù)約為=4×10-7，Ka2=5×10-11，HCN電離平衡常數(shù)約為6×10-10，酸性H2CO3＞HCN＞；(二)Al2O3溶于氫氧化鈉溶液得到NaAlO2溶液，F(xiàn)e2O3與氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，所以過濾后所得溶液Ⅰ為NaAlO2溶液，沉淀為Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入過量CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，生成Al(OH)3、NaHCO3溶液，過濾得到溶液2為碳酸氫鈉溶液，沉淀為氫氧化鋁，灼燒Al(OH)3得Al2O3，電解熔融Al2O3得到Al；【詳解】（1）酸性H2CO3＞HCN＞，酸性越強(qiáng)，給出氫離子能量越強(qiáng)，給出H+能力的相對強(qiáng)弱：H2CO3＞HCN，故答案為：＞；（2）強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，能體現(xiàn)和CN-結(jié)合H+能力的相對強(qiáng)弱的離子方程式為：+HCN=+CN-，故答案為：+HCN=+CN-；（3）反應(yīng)①是氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：Al2O3+2OH-=2+H2O，故答案為：Al2O3+2OH-=2+H2O；（4）反應(yīng)②是過量的二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，故答案為：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；（5）以石墨為電極，通過電解熔融Al2O3可制得金屬鋁，陽極上是氧離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，陰極上是鋁離子得到電子生成金屬鋁，電解池中接電源負(fù)極的一極為電解池的陰極，電極反應(yīng)式為：Al3++3e-=Al，故答案為：Al3++3e-=Al；（6）將溶液1NaAlO2溶液與溶液2為碳酸氫鈉溶液混合，觀察到有白色沉淀生成，是碳酸氫根離子和偏鋁酸根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式：++H2O=Al(OH)3↓+，故答案為：++H2O=Al(OH)3↓+。四、元素或物質(zhì)推斷題27．固體化合物X由三種元素組成，是具有良好前景的儲氫材料，為了研究它的組成與性質(zhì)，設(shè)計并完成了如圖實驗：已知：①X的焰色反應(yīng)為磚紅色

②溶液B中只有一種溶質(zhì)(1)X所含的三種元素為H、___、___，X化學(xué)是為___。(2)固體X與足量水反應(yīng)的化學(xué)方程式是____________________________________________________?！敬鸢浮?1)

Al

Ca

Ca(AlH4)2(2)Ca(AlH4)2+4H2O=Ca(AlO2)2+8H2↑【分析】X的焰色反應(yīng)為磚紅色，則含有Ca元素，1.53gX加入足量水，生成0.12mol氣體A，且燃燒生成2．16g液體G，G應(yīng)為H2O，則A為H2，溶液B通入過量二氧化碳，得到白色沉淀D為Al(OH)3，且n(Al(OH)3)==0.03mol，m(Al)=0.03mol×27g/mol=0.81g，溶液C為碳酸氫鈣，加入過量氫氧化鈉溶液，溶液E含有碳酸鈉，F(xiàn)為CaCO3，且n(CaCO3)==0.015mol，m(Ca)=0.015mol×40g=0.6g，可知X含有H、Al、Ca元素，且n(H)==0.12mol，n(H)：n(Al)：n(Ca)=0.12：0.03：0.015=8：2：1，應(yīng)為Ca(AlH4)2，以此分析解題?！驹斀狻浚?）由以上分析可知X含有的元素為H、Al、Ca，X為Ca(AlH4)2，故答案為：Al；Ca；Ca(AlH4)2；（2）固體X與足量水反應(yīng)生成氫氣和偏氯酸鈣，反應(yīng)的化學(xué)方程式Ca(AlH4)2+4H2O=Ca(AlO2)2+8H2↑，故答案為：Ca(AlH4)2+4H2O=Ca(AlO2)2+8H2↑。五、填空題28．如圖所示，某同學(xué)設(shè)計了一個燃料電池并探究氯堿工業(yè)原理和粗銅（含有少量鋅、金、銀等雜質(zhì)）的精煉原理，其中乙裝置中X為陽離子交換膜?；卮鹣铝袉栴}：(1)甲烷燃料電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為_________。(2)乙裝置中陽離子通過X膜向________極（填“Fe”或“C”）移動；丙裝置中粗銅為_______電極（填“A”或“B”）(3)若在標(biāo)況下，有2.24L氧氣參與反應(yīng)，則乙裝置中右側(cè)溶液________（填“增加”或“減少”）______g，丙裝置中CuSO4濃度__________（填“增加”、“減少”或“不變”）。【答案】(1)CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O(2)

Fe

B(3)

減少

23.4

減少【詳解】（1）燃料電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，屬于原電池，投放燃料的電極是負(fù)極，投放氧化劑的電極是正極，所以通入氧氣的電極是正極，負(fù)極上甲烷失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，電極反應(yīng)式為CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O。（2）乙池有外接電源屬于電解池，鐵電極連接原電池的負(fù)極，所以是陰極，則石墨電極是陽極，陽離子通過X膜向陰極移動，粗銅作陽極，故答案為Fe；B；（3）根據(jù)串聯(lián)電池中轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等得氧氣和氯氣的關(guān)系式為：O2～2Cl2，標(biāo)況下，2.24L氧氣的物質(zhì)的量為0.1mol，所以氯氣的物質(zhì)的量為0.2mol，消耗溶液中氯離子為0.4mol，乙裝置中陽離子交換膜右側(cè)進(jìn)入左側(cè)的鈉離子也為0.4mol，所以右側(cè)溶液質(zhì)量減少為0.4×23+0.4×35.5=23.4g，粗銅（含有少量鋅、金、銀等雜質(zhì)），陽極上不僅銅還有鋅失電子進(jìn)入溶液中，陰極上析出銅，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，陽極上溶解的銅小于陰極上析出的銅，所以丙裝置中CuSO4濃度減小，故答案為：減少；23.4；減少。六、原理綜合題29．實驗室為測定食醋中CH3COOH的濃度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀釋至刻度并搖勻。用酸式滴定管量取25.00mL稀釋后的醋酸溶液放入錐形瓶中，加指示劑，然后用0.1000mol?L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。(1)盛NaOH標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管尖嘴部分留有氣泡，排除氣泡的方法應(yīng)采用圖1中的___操作。(填“甲”、“乙”、“丙”)(2)指示劑應(yīng)為___。A．甲基橙 B．甲基紅 C．酚酞 D．石蕊(3)滴定終點的判斷方法為____________________________________________________。(4)滴定管使用前需進(jìn)行潤洗，潤洗操作為____________________________________________________。(5)為提高測定的準(zhǔn)確度，重復(fù)上述實驗三次，0.1000mol?L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定前后的讀數(shù)如表所示，則該食醋中CH3COOH的濃度為___mol?L-1。實驗次數(shù)稀釋后的醋酸溶液體積/mLNaOH滴定前讀數(shù)/mLNaOH滴定后讀數(shù)/mL第1次25.000.1024.05第2次25.000.5023.50第3次25.000.2024.25(6)用0.1000mol?L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，下列操作會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高的是___。A．堿式滴定管內(nèi)滴定后產(chǎn)生氣泡。B．讀取標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)時，滴定前俯視，滴定到終點后仰視C．配制0.1000mol?L-1NaOH溶液時，固體NaOH中含有結(jié)晶水。D．堿式滴定管未潤洗就裝入標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定。(7)室溫下，在25mL0.1mol?L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol?L-1NaOH溶液，曲線如圖2所示，下列說法不正確的是___。A．0.1mol/LCH3COOH溶液中，CH3COOH電離度約為1%B．B點滿足：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)C．C點時的離子濃度關(guān)系為：c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)D．D點時的離子濃度關(guān)系為：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】(1)丙(2)C(3)滴加最后一滴NaOH溶液時，溶液由無色為淺紅色，且30s內(nèi)顏色不發(fā)生變化(4)往滴定管中注入少量待裝液，傾斜滴定管，小心轉(zhuǎn)動，使待裝液潤濕整支滴定管內(nèi)壁，把液體從滴定管尖嘴處放出，重復(fù)操作2～3次(5)0.96(6)BCD(7)BD【詳解】（1）堿式滴定管的氣泡通常在橡皮管內(nèi)，只要將滴定管玻璃頭朝上，并擠橡皮管中的玻璃珠就可以將氣泡沖排出，故答案為：丙；（2）NaOH是強(qiáng)堿，醋酸是弱酸，滴定終點時溶液呈堿性，應(yīng)該選擇酚酞作指示劑，故答案為：C；（3）實驗室用0.100mol?L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度的醋酸，當(dāng)加入最后一滴NaOH溶液時，溶液由無色為淺紅色且30s內(nèi)顏色不發(fā)生變化，說明達(dá)到了滴定終點，故答案為：滴加最后一滴NaOH溶液時，溶液由無色為淺紅色，且30s內(nèi)顏色不發(fā)生變化；（4）滴定管水洗后需進(jìn)行潤洗，潤洗操作是往滴定管中注入少量待裝液，傾斜滴定管，小心轉(zhuǎn)動，使待裝液潤濕整支滴定管內(nèi)壁，把液體從滴定管尖嘴處放出，重復(fù)操作2～3次，故答案為：往滴定管中注入少量待裝液，傾斜滴定管，小心轉(zhuǎn)動，使待裝液潤濕整支滴定管內(nèi)壁，把液體從滴定管尖嘴處放出，重復(fù)操作2～3次；（5）3次實驗中消耗NaOH溶液的體積分別為：23.95mL、23.00mL、24.05mL，則第2次數(shù)據(jù)誤差大，舍去，消耗NaOH溶液的體積V(NaOH)=(23.95mL+24.05mL)=24.00mL，反應(yīng)為CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，則n(CH3COOH)=n(NaOH)=cV，即c(H3COOH)×25.00×10-3L=0.1000mol?L-1×24.0×10-3L，c(H3COOH)=×0.0960mol/L，該食醋中CH3COOH的濃度為0.0960mol/mol×=0.96mol/L，故答案為：0.96；（6）A．堿式滴定管內(nèi)滴定后產(chǎn)生氣泡，導(dǎo)致讀出的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，測定結(jié)果偏低，選項A錯誤；B．讀取標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)時，滴定前俯視，滴定到終點后仰視，導(dǎo)致讀出的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，測定結(jié)果偏高，選項B正確；C．配制0.1000mol?L-1NaOH溶液時，固體NaOH中含有結(jié)晶水，使標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏低，滴定過程中消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，測定結(jié)果偏高，選項C正確；D．堿式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤洗，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，滴定過程中消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，測定結(jié)果偏高，選項D正確；答案選BCD；（7）A．0.1mol/LCH3COOH溶液中電離CH3COOH為10-3mol/L，所以CH3COOH電離度約為×100%=1%，選項A正確；B．B點為等濃度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，物料關(guān)系為c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，電荷關(guān)系為c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，消去c(Na+)有c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，選項B錯誤；C．C點溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，電荷關(guān)系為c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，顯性離子濃度大于隱性離子濃度，所以c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，選項C正確；D．D點溶液為等濃度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，c(OH-)＞c(CH3COO-)，電荷關(guān)系為c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，選項D錯誤；答案選BD。30．(一)探究CH3OH合成反應(yīng)化學(xué)平衡的影響因素，有利于提高CH3OH的產(chǎn)率。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的主要反應(yīng)如下：Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5kJ?mol-1Ⅱ．CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H2Ⅲ