浙江省溫州市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中考試化學(xué)試題（含答案）

浙江省溫州市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期中考試化學(xué)試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個(gè)小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1．下列屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是（）A．飽和食鹽水 B．冰醋酸 C．NH3·H2O D．硫酸鋇2．2X(s)+Y(g)?2Z(g)ΔH=-akJ·mol-1（a>0），一定條件下，將2molX和1molY加入2L的恒容密閉容器中反應(yīng)，10min后測(cè)得X的物質(zhì)的量為1.4mol。下列說(shuō)法正確的是（）A．10min時(shí)容器中Z的濃度為0.6mol·L-1B．10min內(nèi)，反應(yīng)放出的熱量為0.6akJC．10min內(nèi)，用X表示的平均反應(yīng)速率為0.03mol·L-1·min-1D．若容器中的氣體密度不再發(fā)生變化，說(shuō)明上述反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)3．下列說(shuō)法不正確的是（）A．容量瓶、分液漏斗、滴定管使用前均要檢漏B．pH計(jì)可用于酸堿中和滴定終點(diǎn)的判斷C．用酸式滴定管量取18.20mLNa2SiO3溶液D．用簡(jiǎn)易量熱計(jì)測(cè)反應(yīng)熱時(shí)需要用到玻璃攪拌器4．下列說(shuō)法不正確的是（）A．發(fā)生有效碰撞的分子必須是活化分子B．采用合適的催化劑可以使一些不自發(fā)的化學(xué)反應(yīng)得以實(shí)現(xiàn)C．可以利用物質(zhì)的顏色變化與濃度變化間的比例關(guān)系來(lái)測(cè)量反應(yīng)速率D．反應(yīng)物和生成物所具有的總能量的相對(duì)大小決定了反應(yīng)是放熱還是吸熱5．一定溫度下，某密閉容器中加入足量的碳酸鈣，發(fā)生反應(yīng)CaCO3(s)?CaO(s)+CO2(g)ΔH>0達(dá)到平衡，下列說(shuō)法正確的是（）A．將體積縮小為原來(lái)的一半，當(dāng)體系再次達(dá)到平衡時(shí)，CO2的濃度為原來(lái)的2倍B．增加CaCO3(s)的量，平衡正向移動(dòng)，CO2濃度增大C．將體積增大為原來(lái)的2倍，再次達(dá)到平衡時(shí)，氣體密度不變D．保持容器體積不變，充入He，平衡逆移6．下列說(shuō)法不正確的是（）A．測(cè)定0.1mol/L醋酸溶液的pH可證明醋酸是弱電解質(zhì)B．稀釋氨水，溶液中c(H+)增加C．常溫下，將1mLpH=5的鹽酸稀釋至1L，c(H+)約為1×10-8mol/LD．相同溫度下，中和相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液，消耗NaOH物質(zhì)的量不同7．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說(shuō)法不正確的是（）A．0.05mol液態(tài)KHSO4中含有0.05NA個(gè)陽(yáng)離子B．0.1mol/LNa2CO3溶液中含有CO32-微粒數(shù)小于0.1NAC．0.5molSO2溶于水，溶液中的SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-微粒總數(shù)和為0.5NAD．將1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+數(shù)目為NA8．下列措施或事實(shí)不能用勒夏特列原理解釋的是（）A．開(kāi)啟啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量氣泡B．對(duì)于2HI(g)?H2(g)+I2(g)，達(dá)平衡后，縮小容器體積可使體系顏色變深C．含有酚酞的氨水中加入少量的氯化銨溶液，氨水溶液的顏色變淺D．黃綠色的新制氯水在光照下顏色變淺9．為比較Fe3+和Cu2+對(duì)H2O2分解反應(yīng)的催化效果，甲、乙兩位同學(xué)分別設(shè)計(jì)了如圖甲、乙所示的實(shí)驗(yàn)。下列敘述中不正確的是（）A．圖甲所示實(shí)驗(yàn)可通過(guò)觀察產(chǎn)生氣泡的快慢來(lái)比較反應(yīng)速率的大小B．相同環(huán)境下，圖甲實(shí)驗(yàn)中反應(yīng)速率為①>②，則一定說(shuō)明Fe3+比Cu2+對(duì)H2O2分解催化效果好C．用圖乙所示裝置測(cè)定反應(yīng)速率，需要記錄反應(yīng)產(chǎn)生的氣體體積及反應(yīng)時(shí)間D．為檢查圖乙所示裝置的氣密性，可關(guān)閉A處活塞，將注射器活塞拉出一定距離，一段時(shí)間后松開(kāi)活塞，觀察活塞是否回到原位10．將2.0molPCl3和1.0molCl2充入體積不變的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生下述反應(yīng)PCl3(g)+Cl2(g)?PCl5(g)達(dá)到平衡時(shí)，PCl5為0.40mol，如果此時(shí)移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同溫度下再達(dá)平衡時(shí)PCl5的物質(zhì)的量是（）A．小于0.20mol B．0.40molC．0.20mol D．大于0.20mol，小于0.40mol11．下列說(shuō)法或表示方法中正確的是（）A．已知S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH2；則ΔH1>ΔH2B．Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)ΔH<0C．已知中和反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝-57.3kJ·mol－1，若將含0.5molH2SO4的濃溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量要等于57.3kJD．500℃，30MPa下，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉容器中充分反應(yīng)生成NH3(g)，放熱19.3kJ，其熱化學(xué)方程式為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-38.6kJ?mol-112．常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B．由水電離的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C．澄清透明的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-D．c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-13．用下列儀器或裝置（夾持裝置略）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不能得到相應(yīng)結(jié)論的是（）選項(xiàng)ABCD實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象熱水中燒瓶?jī)?nèi)氣體顏色變深試管中出現(xiàn)白色沉淀①中產(chǎn)生白色沉淀②中產(chǎn)生紅褐色沉淀Cu上無(wú)氣泡Fe上有氣泡結(jié)論2NO2(g)?N2O4(g)是放熱反應(yīng)酸性：H2CO3>H2SiO3溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3還原性：Fe>CuA．A B．B C．C D．D14．常溫下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有關(guān)微粒的物質(zhì)的量變化如下圖，根據(jù)下圖圖示判斷，下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)V(NaOH溶液)=40mL時(shí)，溶液中離子濃度大小關(guān)系：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)B．NaHA溶液中：c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)C．當(dāng)V((NaOH溶液)=40mL時(shí)，其溶液中水的電離程度比純水小D．當(dāng)V((NaOH溶液)=20mL時(shí)，NaHA水解程度大于電離程度15．中國(guó)學(xué)者在水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低溫下高轉(zhuǎn)化率與高反應(yīng)速率不能兼得的難題，該過(guò)程是基于雙功能催化劑(能吸附不同粒子)催化實(shí)現(xiàn)的。反應(yīng)過(guò)程示意圖如下：下列說(shuō)法正確的是（）A．過(guò)程Ⅰ、過(guò)程Ⅲ均為放熱過(guò)程B．過(guò)程Ⅲ只生成了H2O、O2C．使用催化劑降低了水煤氣變換反應(yīng)的ΔHD．圖示過(guò)程中的H2O均參與了反應(yīng)過(guò)程16．根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A把NaClO溶液滴到pH試紙上pH＝10NaClO溶液水解顯堿性B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體溶液紅色變淺證明Na2CO3溶液中存在水解平衡C常溫下，用pH計(jì)分別測(cè)定1mol/L和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pHpH均為7同溫下，不同濃度的CH3COONH4溶液中水的電離程度相同D兩支試管各盛0.1mol/L4mL酸性高錳酸鉀溶液，分別加入0.1mol/L2mL草酸溶液和0.2mol/L2mL草酸溶液加入0.2mol/L草酸溶液試管中，高錳酸鉀溶液褪色更快反應(yīng)物濃度越大，反應(yīng)速率越快A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(本題共5大題，共52分)17．（1）已知18g葡萄糖(C6H12O6)固體在人體組織中被O2完全氧化為CO2氣體和液態(tài)水，能產(chǎn)生280kJ熱量。用燃燒熱表示該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。（2）反應(yīng)的自發(fā)性由焓變和熵變兩個(gè)因素決定。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180kJ/mol，已知N≡N的鍵能為946kJ?mol?1，O=O的鍵能為498kJ?mol?1，則N≡O(shè)的鍵能為kJ?mol?1。（3）在化學(xué)分析中，以AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的Cl-時(shí)，采用K2CrO4為指示劑，利用Ag+與反應(yīng)生成磚紅色沉淀指示滴定終點(diǎn)。當(dāng)溶液中的Cl—恰好沉淀完全（濃度等于1.0×10-5mol/L）時(shí)，溶液中c（Ag+)=mol/L，c（CrO42—）=mol/L。（分別保留2位有效數(shù)字）（已知25℃時(shí)Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和1.8×10-10）18．（1）常溫下，0.1mol?L-1一元酸HA溶液中c(H+)c(OH?)=1×10（2）t1℃時(shí)，有pH=1的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等體積混合后溶液呈中性，則該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=。（3）t2℃溫度下，Kw=1×10-13，將100mL0.1mol/L的稀H2SO4與100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后(溶液體積變化忽略不計(jì))，溶液的pH=。（4）還是在t2℃溫度下，1體積的稀硫酸和10體積的NaOH溶液混合后溶液呈中性，則稀硫酸的pH(pHa)與NaOH溶液的pH(pHb)的關(guān)系是。19．硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是中學(xué)階段常見(jiàn)的化學(xué)試劑。（1）I.它在酸性條件下不穩(wěn)定，可與稀硫酸發(fā)生反應(yīng)：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O?，F(xiàn)利用該反應(yīng)探究外界條件對(duì)反應(yīng)速率的影響。實(shí)驗(yàn)編號(hào)0.1mol/LNa2S2O3溶液體積/mL0.1mol/LH2SO4溶液體積/mL水的體積/mL溫度/℃出現(xiàn)渾濁所用時(shí)間/s14.03.01.020t122.03.0V120t23V23.03.030t3完成此實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，其中：V1=，V2=（2）對(duì)比實(shí)驗(yàn)1、2可探究對(duì)反應(yīng)速率的影響。（3）II.硫代硫酸鈉易與空氣中的CO2、O2等反應(yīng)而變質(zhì)，現(xiàn)有研究性學(xué)習(xí)小組同學(xué)，測(cè)定實(shí)驗(yàn)室儲(chǔ)存的Na2S2O3樣品的純度。方法如下：準(zhǔn)確稱取10.00g樣品，用蒸餾水溶解并定容至250mL，準(zhǔn)確移取該溶液25.00mL于錐形瓶中，加入2滴淀粉溶液，用0.1000mol/LI2的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。反應(yīng)原理為2S2O32-+I2=S4O62-

-+2I-。滴定前，有關(guān)滴定管的正確操作為(選出正確操作并按序排列)：檢漏→蒸餾水洗滌→→開(kāi)始滴定。a.烘干

b.裝入滴定液至零刻度以上

c.調(diào)整滴定液液面至零刻度或零刻度以下

d.記錄起始讀數(shù)

e.排出氣泡

f.用滴定液潤(rùn)洗滴定管2至3次（4）在接近終點(diǎn)時(shí)，使用“半滴操作”可提高測(cè)量的準(zhǔn)確度。其方法是：將旋塞稍稍轉(zhuǎn)動(dòng)，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶?jī)?nèi)壁將半滴溶液沾落，繼續(xù)搖動(dòng)錐形瓶，觀察顏色變化。(請(qǐng)?jiān)跈M線上補(bǔ)全操作)（5）滴定終點(diǎn)的判斷方法：。（6）本實(shí)驗(yàn)消耗I2的標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，則該樣品的純度為。（7）下列操作會(huì)使測(cè)得的樣品純度偏高的是____(填字母)。A．滴定前有氣泡，滴定結(jié)束時(shí)氣泡消失B．滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗C．滴定前仰視讀數(shù)，結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)D．錐形瓶未潤(rùn)洗20．平衡思想是化學(xué)研究的一個(gè)重要觀念，在水溶液中存在多種平衡體系。常溫下，部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：弱酸HCOOHCH3COOHHClOH2CO3電離平衡常數(shù)(25℃)Ka=1.8×10-4Ka=1.8×10-8Ka=3×10-8Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11已知CO2溶于水過(guò)程及其平衡常數(shù)可表示為：CO2(g)+H2O(l)?H2CO3(aq)K1=c(H2（1）天然雨水的pH＜7，用電離方程式解釋其原因。（2）將CO2通入NaClO水溶液中，發(fā)生的主要反應(yīng)為CO2+H2O+ClO-?HCO3-+HClO。寫(xiě)出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式：K=[用K1、Ka1(H2CO3)和Ka(HClO)的式子表示]（3）下列方法中，可以使0.1mol·L-1CH3COOH溶液中CH3COOH的電離度增大的是____。A．通入少量HCl氣體 B．加入少量冰醋酸C．加入少量醋酸鈉固體 D．加入少量水（4）常溫下，同濃度的①HCOONa、②NaClO、③NaHCO3、④Na2CO3這4種溶液中pH由大到小的順序是(填編號(hào))。（5）若取pH、體積均相等的鹽酸和HCOOH溶液，分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后pH仍相等，則mn（填“>”“<”或“=”）。21．當(dāng)今研發(fā)二氧化碳利用技術(shù)降低空氣中二氧化碳含量成了研究熱點(diǎn)。（1）Ⅰ．二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于減少溫室氣體CO2，總反應(yīng)可表示為：

CO2(g)+3H2(g)?H2O(g)+CH3OH(g)ΔH

該反應(yīng)一般認(rèn)為通過(guò)如下步驟來(lái)實(shí)現(xiàn)：

①CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH1=41kJ/mol

②CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH2=-90kJ/mol

ΔH=kJ/mol。（2）一定條件下，向體積為1L的恒容密閉容器中通入1molCO2和3molH2發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，容器中CH3OH(g)為amol，CO為bmol，反應(yīng)①的平衡常數(shù)為（用含a，b的代數(shù)式表示）。圖1圖2（3）總反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)?H2O(g)+CH3OH(g)在Ⅰ、Ⅱ兩種不同催化劑作用下建立平衡過(guò)程中，CO2的轉(zhuǎn)化率[α(CO2)]隨時(shí)間（t）的變化曲線如圖1。活化能：過(guò)程Ⅰ過(guò)程Ⅱ（填“<”，“>”，“=”），t2時(shí)刻改變了某一反應(yīng)條件，下列說(shuō)法正確的是。A．恒溫恒壓，t2時(shí)刻通入惰性氣體B．恒溫恒容，t2時(shí)刻通入一定量氫氣C．n點(diǎn)的v（正）一定大于m點(diǎn)的v（逆）D．t2時(shí)刻，可能是移走了一部分水蒸氣（4）Ⅱ．以CO2和NH3為原料合成尿素[CO(NH2)2]是固定和利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反應(yīng)（均自發(fā)進(jìn)行）可表示：反應(yīng)Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)?NH2CO2NH4(s)ΔH1反應(yīng)Ⅱ：NH2CO2NH4(s)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2反應(yīng)Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH3某研究小組為探究反應(yīng)Ⅲ影響CO2轉(zhuǎn)化率的因素，在其它條件一定時(shí)，圖2為CO2轉(zhuǎn)化率受溫度變化影響的曲線。當(dāng)溫度高于T℃后，CO2轉(zhuǎn)化率變化趨勢(shì)如圖所示，其原因是。（不考慮催化劑活性變化）（5）在某恒定溫度下，將NH3和CO2物質(zhì)的量之比按2：1充入一體積為10L的密閉容器中（假設(shè)容器體積不變，生成物的體積忽略不計(jì)且只發(fā)生反應(yīng)Ⅰ），經(jīng)15min達(dá)到平衡，各物質(zhì)濃度的變化曲線下圖所示。若保持平衡的溫度和體積不變，25min時(shí)再向該容器中充入2molNH3和1molCO2，在40min時(shí)重新達(dá)到平衡，請(qǐng)?jiān)谙聢D中畫(huà)出25-50min內(nèi)CO2的濃度變化趨勢(shì)曲線。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.飽和食鹽水是混合物，混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，A不符合題意；

B.醋酸是弱酸，為弱電解質(zhì)，B不符合題意；

C.NH3·H2O是弱堿，為弱電解質(zhì)，C不符合題意；

D.硫酸鋇屬于鹽類(lèi)，為強(qiáng)電解質(zhì)，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】無(wú)論是強(qiáng)電解質(zhì)還是弱電解質(zhì)都是純凈物，而且必須是化合物。常見(jiàn)的強(qiáng)電解質(zhì)包括強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、絕大多數(shù)鹽（包括難溶鹽，鹽中常見(jiàn)的弱電解質(zhì)有醋酸鉛）。高中常見(jiàn)六大強(qiáng)酸：HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4；高中常見(jiàn)四大強(qiáng)堿：KOH、NaOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2。2．【答案】D【解析】【解答】A.10min時(shí)，消耗n(X)=2-1.4=0.6mol，根據(jù)方程式對(duì)應(yīng)關(guān)系，生成n(Z)=n(X)=0.6mol。故容器中c(Z)=0.6/2=0.3mol/L，A不符合題意；

B.根據(jù)?H的意義，反應(yīng)每消耗2molX，放出akJ熱量，故10min內(nèi)反應(yīng)放出的熱量為a·0.62=0.3akJ，B不符合題意；

C.X為固體，其濃度為定值，不可用X表示平均反應(yīng)速率，C不符合題意；

D.根據(jù)氣體密度的定義，ρ=m氣體V，由于V=2L，故ρ不變說(shuō)明m氣體不變，對(duì)于本反應(yīng)而言，氣質(zhì)質(zhì)量不變說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)平衡，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.根據(jù)方程式對(duì)應(yīng)關(guān)系求出10min時(shí)容器中Z物質(zhì)的量，再除以容器體積得到Z的濃度；

B.根據(jù)?H3．【答案】C【解析】【解答】A.容量瓶、分液漏斗、滴定管均存在瓶口漏液的隱患，因此使用前都必須檢漏，A正確，不符合題意；

B.使用pH計(jì)時(shí)刻監(jiān)測(cè)待測(cè)溶液的pH，當(dāng)溶液pH等于滴定終點(diǎn)的理論pH時(shí)即達(dá)到滴定終點(diǎn)，B正確，不符合題意；

C.由于SiO32-的水解，Na2SiO3溶液顯堿性，應(yīng)使用堿式滴定管量取，C不正確，符合題意；

D.玻璃攪拌器可以通過(guò)攪拌來(lái)加速反應(yīng)進(jìn)行并使熱量均勻散開(kāi)，為了高效準(zhǔn)確完成實(shí)驗(yàn)，用簡(jiǎn)易量熱計(jì)測(cè)反應(yīng)熱時(shí)需要用到玻璃攪拌器，D正確，不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.所有需要密封的容器使用前均需檢漏；

B.pH計(jì)可以用來(lái)測(cè)量溶液pH，進(jìn)而通過(guò)與理論值對(duì)比判斷滴定終點(diǎn)；

C.Na2SiO3溶液顯堿性，不應(yīng)使用酸式滴定管量??；

D.測(cè)反應(yīng)熱時(shí)需要用到玻璃攪拌器，加速反應(yīng)并使熱量均勻散開(kāi)。4．【答案】B【解析】【解答】A.活化分子是指發(fā)生有效碰撞的分子，A正確，不符合題意；

B.催化劑只能改變反應(yīng)速率，不能使不自發(fā)的反應(yīng)發(fā)生，B不正確，符合題意；

C.有色物質(zhì)濃度越大，顏色越深，因此可以利用物質(zhì)的顏色變化與濃度變化間的比例關(guān)系來(lái)測(cè)量反應(yīng)速率，C正確，不符合題意；

D.反應(yīng)物和生成物所具有的總能量的相對(duì)大小決定了反應(yīng)是放熱還是吸熱，當(dāng)反應(yīng)物的總能量較大時(shí)反應(yīng)放熱，否則反應(yīng)吸熱，D正確，不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.分子發(fā)生有效碰撞才能稱為活化分子；

B.催化劑調(diào)控反應(yīng)速率，但無(wú)法從熱力學(xué)上改變反應(yīng)發(fā)生的可能性；

C.有色物質(zhì)顏色深淺由濃度決定；

D.反應(yīng)焓變=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量。5．【答案】C【解析】【解答】A.本反應(yīng)的平衡常數(shù)K=c(CO2)，則第一次達(dá)到平衡時(shí)K=c1(CO2)。將體積縮小為原來(lái)的一半，當(dāng)體系再次達(dá)到平衡時(shí)，c2(CO2)=K=c1(CO2)。故兩次達(dá)到平衡時(shí)體系中CO2的濃度相等，A不符合題意；

B.CaCO3(s)為固體，純固體的濃度為定值，因此增加CaCO3(s)的量不會(huì)改變其濃度，因而平衡不會(huì)移動(dòng)，B不符合題意；

C.反應(yīng)體系中始終只有CO2氣體，系純凈物，密度一定，C符合題意；

D.c(CO2)=n(CO2)V，保持容器體積不變充入He，由于c(CO2)和容器體積V均不變，故此時(shí)體系中CO2的濃度仍為，因此平衡不移動(dòng)，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.根據(jù)平衡常數(shù)的定義知，此反應(yīng)的平衡常數(shù)為第一次達(dá)到平衡時(shí)體系中CO2的濃度，據(jù)此分析；

B.CaCO3(s)的濃度為定值，增加CaCO3(s)的量，平衡不發(fā)生移動(dòng)；

6．【答案】C【解析】【解答】A.測(cè)定0.1mol/L醋酸溶液的pH，pH＞1說(shuō)明醋酸溶液中的氫離子濃度小于0.1mol/L，說(shuō)明醋酸分子未完全電離，故其為弱電解質(zhì)，A正確，不符合題意；

B.氨水中存在平衡：NH3·H2O?NH4++OH-，由于稀釋相當(dāng)于將恒溫恒容的氣體反應(yīng)體系減壓處理，根據(jù)平衡移動(dòng)原理，NH3·H2O電離平衡正向移動(dòng)，但電離增加的OH-濃度無(wú)法抵消稀釋減小的OH-濃度，故最終溶液中的OH-濃度仍會(huì)減小。由于c(H+)·c(OH-)=Kw，當(dāng)OH-濃度減小時(shí)H+濃度自然會(huì)上升，B正確，不符合題意；

C.無(wú)論如何稀釋?zhuān)傆宣}酸溶液的pH＜7，C錯(cuò)誤，符合題意；

D.由于HCl為強(qiáng)電解質(zhì)，故鹽酸中不存在未電離的HCl分子。醋酸為弱電解質(zhì)，故醋酸溶液中還存在大量未電離的醋酸分子，它們也可以被NaOH溶液中和。因此相同溫度下，中和相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液，消耗NaOH物質(zhì)的量鹽酸小于醋酸溶液，D正確，不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.測(cè)定0.1mol/L醋酸溶液的pH可以證明醋酸分子未完全電離；

B.根據(jù)勒夏特列原理，稀釋可以促進(jìn)NH3·H2O電離平衡正向移動(dòng)，但電離增加的OH-濃度無(wú)法抵消稀釋減小的OH-濃度，故最終溶液中的OH-濃度會(huì)減?。?/p>

C.鹽酸溶液顯酸性，無(wú)限稀釋時(shí)溶液pH只能無(wú)限接近中性而不會(huì)顯中性或堿性；

D.相同溫度下，中和相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液，醋酸溶液消耗NaOH物質(zhì)的量更多。7．【答案】B【解析】【解答】A.液態(tài)KHSO4可發(fā)生如下電離：KHSO4=K++HSO4-，因此0.05mol液態(tài)KHSO4中含有0.05NA個(gè)K+，A正確，不符合題意；

B.Na2CO3溶液只指明了濃度，未指明體積，故無(wú)法確定其中含有的CO32-微粒數(shù)，B不正確，符合題意；

C.0.5molSO2溶于水，溶液中含有S元素的微粒只有SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，根據(jù)物料守恒可知溶液中的SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-微?？倲?shù)和為0.5NA，C正確，不符合題意；

D.根據(jù)溶液顯電中性可以列出電荷守恒表達(dá)式：n(OH-)+n(NO3-)=n(H+)+n(NH4+)。由于溶液顯中性，有n(OH-)=n(H+)，代入電荷守恒表達(dá)式可得n(NH4+)=n(NO3-)=NA，D正確，不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.強(qiáng)酸酸式鹽熔融時(shí)只斷離子鍵，不斷共價(jià)鍵；

B.n=cV，只有物質(zhì)的量濃度和溶液體積均已知才可以確定物質(zhì)的量；

C.根據(jù)S元素的物料守恒，溶液中的SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-微?？倲?shù)和為0.5NA；

D.根據(jù)電荷守恒可知溶液中NH4+數(shù)目與NO3-數(shù)目相等。8．【答案】B【解析】【解答】A.啤酒中存在平衡CO2(aq)?CO2(g)，開(kāi)啟啤酒瓶相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向氣體分子數(shù)增大的方向移動(dòng)進(jìn)而產(chǎn)生大量的CO2氣體，A不符合題意；

B.2HI(g)?H2(g)+I2(g)是氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，根據(jù)勒夏特列原理，壓縮體積不會(huì)引發(fā)平衡的移動(dòng)，但確實(shí)會(huì)使碘蒸氣濃度增大，故體系顏色變深，故B不能用勒夏特列原理解釋?zhuān)珺符合題意；

C.氨水中存在平衡NH3·H2O?NH4++OH-，含有酚酞的氨水中加入少量的氯化銨溶液，使溶液中NH4+濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理，該平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致OH-濃度減小，故氨水顏色變淺，C不符合題意；

D.新制氯水中存在可逆反應(yīng)：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，光照可以不斷促進(jìn)HClO分解為HCl和O2，因此HClO濃度不斷減少，根據(jù)勒夏特列原理，該平衡正向移動(dòng)，水中溶解的Cl2進(jìn)一步被消耗，因而氯水顏色變淺，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】勒夏特列原理的具體內(nèi)容為：如果改變可逆反應(yīng)的條件（如濃度、壓強(qiáng)、溫度等），化學(xué)平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動(dòng)。9．【答案】B【解析】【解答】A.H2O2分解產(chǎn)生O2，觀察產(chǎn)生O2氣泡的快慢可用來(lái)比較反應(yīng)速率的大小，A正確，不符合題意；

B.相同環(huán)境下，圖甲實(shí)驗(yàn)中反應(yīng)速率為①>②無(wú)法排除是陰離子不同產(chǎn)生的影響，B不正確，符合題意；

C.根據(jù)H2O2分解的反應(yīng)關(guān)系，消耗的H2O2與生成的O2物質(zhì)的量之比未2：1，測(cè)量生成的O2的體積后可根據(jù)pV=nRT求解出生成的O2的量，進(jìn)而間接算出消耗的H2O2的濃度，然后根據(jù)v=?c?t求出反應(yīng)速率，C正確，不符合題意；

D.關(guān)閉A處活塞，將注射器活塞拉出一定距離，一段時(shí)間后松開(kāi)活塞，若活塞未回到原位，說(shuō)明內(nèi)部空氣與外界空氣無(wú)法連通，因此氣密性良好，否則說(shuō)明裝置漏氣，D正確，不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.當(dāng)液相反應(yīng)體系的生成物中有氣體時(shí)，可根據(jù)產(chǎn)生氣泡的快慢來(lái)比較反應(yīng)速率；

B.圖①和圖②的實(shí)驗(yàn)陰陽(yáng)離子均不相同，不符合控制變量唯一的原則，據(jù)此得出的結(jié)論缺乏嚴(yán)謹(jǐn)性；

C.根據(jù)O2體積可以算出消耗的H2O210．【答案】A【解析】【解答】若平衡時(shí)移走1.0molPCl3和0.50molCl2，相當(dāng)于最開(kāi)始只加入了1.0molPCl3和0.50molCl2，與開(kāi)始加入2.0molPCl3和1.0molCl2相比，即恒溫恒容條件下減小了壓強(qiáng)。假設(shè)平衡不移動(dòng)，所有反應(yīng)物物質(zhì)的量同時(shí)減半，生成物物質(zhì)的量也減半，平衡時(shí)n(PCl5)=0.20mol。但根據(jù)平衡移動(dòng)原理，恒溫恒容條件下減小了壓強(qiáng)，本反應(yīng)平衡逆向移動(dòng)，因此再達(dá)平衡時(shí)PCl5的物質(zhì)的量應(yīng)小于0.20mol。

故答案為：A。

【分析】恒容條件下全部反應(yīng)物或全部生成物成倍增加或減少時(shí)，可根據(jù)等效平衡思想，假設(shè)平衡不發(fā)生移動(dòng)，但全部反應(yīng)物或全部生成物成倍增加或減少相當(dāng)于恒溫恒容條件下增大或減小壓強(qiáng)，然后再根據(jù)平衡移動(dòng)原理判斷平衡移動(dòng)方向，即可得出實(shí)際情況。11．【答案】A【解析】【解答】A.由于S(s)→S(g)是一個(gè)吸熱過(guò)程，因此因此氣態(tài)S比固態(tài)S的燃燒熱的絕對(duì)值小，而由于ΔH需要帶號(hào)比較，因此ΔH1>ΔH2，A符合題意；

B.根據(jù)課本知識(shí)，Ba(OH)2·8H2O(s)與NH4Cl(s)的反應(yīng)吸，因此反應(yīng)的?H＞0，B不符合題意；

C.濃硫酸與NaOH溶液混合時(shí)存在稀釋放熱，因此生成1mol液態(tài)水時(shí)放出的熱量大于57.3kJ，C不符合題意；

D.合成氨反應(yīng)為可逆反應(yīng)，實(shí)際反應(yīng)中0.5molN2無(wú)法完全消耗掉，因此N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H＜-38.6kJ/mol，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.升華吸熱，因此氣態(tài)S比固態(tài)S的燃燒熱的絕對(duì)值小，則ΔH1>ΔH2；

B.Ba(OH)2·8H2O(s)與NH4Cl(s)的反應(yīng)為常見(jiàn)的吸熱反應(yīng)；

C.中和熱是指在稀溶液中，強(qiáng)酸跟強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)所釋放的熱量為57.3kJ，稀溶液、強(qiáng)酸、強(qiáng)堿三者缺一不可，否則即使生成1mol液態(tài)水，放出的熱量也不等于57.3kJ；12．【答案】C【解析】【解答】A.pH=1的溶液顯強(qiáng)酸性，此時(shí)溶液中的NO3-具有強(qiáng)氧化性，能與具有較強(qiáng)還原性的Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因此二者不能大量共存，A不符合題意；

B.由水電離的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中，水的電離被抑制，因此溶液中可能加入了酸或堿，因而顯酸性或堿性。HCO3-與H+和OH-均可發(fā)生反應(yīng)，因此溶液顯酸性還是堿性，其中均不可能大量存在HCO3-，B不符合題意；

C.澄清透明的溶液不一定無(wú)色，NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-之間不會(huì)發(fā)生反應(yīng)，因此能大量共存，C符合題意；

D.由于反應(yīng)Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3的存在，在c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中不能大量存在SCN-，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】分析離子共存問(wèn)題時(shí)，首先判斷題目條件所暗示的體系環(huán)境，例如酸堿性、是否為有色溶液等，根據(jù)體系環(huán)境判斷出各選項(xiàng)的相關(guān)離子能否在該環(huán)境下存在。然后檢查各選項(xiàng)的相關(guān)離子之間是否會(huì)發(fā)生反應(yīng)，具體的反應(yīng)類(lèi)型有：①?gòu)?fù)分解反應(yīng)：生成弱電解質(zhì)、難溶物和易揮發(fā)的物質(zhì)；②氧化還原反應(yīng)；③絡(luò)合反應(yīng)：生成穩(wěn)定的絡(luò)合物（如Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3等）。如果能夠互相反應(yīng)，則該組離子不可大量共存。13．【答案】B【解析】【解答】A.熱水中燒瓶相對(duì)于冷水中燒瓶升高了溫度，由于NO2為紅棕色而N2O4無(wú)色，故熱水中燒瓶中NO2濃度更高，說(shuō)明平衡2NO2(g)?N2O4(g)逆向移動(dòng)。根據(jù)平衡移動(dòng)原理，該反應(yīng)放熱，A正確，不符合題意；

B.由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，制取的CO2中混有HCl氣體，HCl也可使硅酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀，會(huì)干擾試驗(yàn)，因此無(wú)法證明碳酸酸性強(qiáng)于硅酸，B錯(cuò)誤，符合題意；

C.操作①中OH-已完全與Mg2+結(jié)合生成Mg(OH)2沉淀，而再滴加鐵鹽溶液，Mg(OH)2轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，說(shuō)明Fe(OH)3的溶解度更小，C正確，不符合題意；

D.Fe可以將酸中的H+還原但Cu卻不能，因此還原性：Fe＞Cu，D正確，不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.NO2有色，N2O4無(wú)色，氣體顏色變深說(shuō)明NO2濃度增大；

B.要驗(yàn)證碳酸酸性強(qiáng)于硅酸，必須除去CO2中可能混有的HCl氣體；

C.在沒(méi)有OH-剩余的情況下，仍發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化，即可證明Fe(OH)3的溶解度更小；

D.Fe可以被H+氧化，而Cu不能，說(shuō)明還原性：Fe＞Cu。14．【答案】B【解析】【解答】A.V(NaOH溶液)=40mL，恰好完全中和，形成Na2A溶液。由A2-水解產(chǎn)生的OH-和HA-濃度相等，但水還可以電離出微量的OH-，故c(HA-)＜c(OH-)，A不符合題意；

B.NaHA溶液中，根據(jù)電荷守恒有c(OH-)+2c(A2-)=c(H+)+c(Na+)，由物料守恒有c(H2A)+c(HA-)c(A2-)=c(Na+)，聯(lián)立可得：c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，B符合題意；

C.當(dāng)V((NaOH溶液)=40mL時(shí)，恰好完全中和，形成Na2A溶液。由于A2-為弱酸酸根，其會(huì)發(fā)生兩步水解，從而促進(jìn)水的電離，故水的電離程度大于純水，C不符合題意；

D.據(jù)圖可得，V((NaOH溶液)=20mL時(shí)，溶液中A2-的數(shù)量大于H2A，故NaHA的電離程度更大，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.V(NaOH溶液)=40mL，恰好完形成Na2A溶液，水的電離導(dǎo)致溶液中的OH-濃度略大于HA-；

B.根據(jù)NaHA溶液中電荷守恒和物料守恒列出關(guān)系式，聯(lián)立即可得到答案；

C.V(NaOH溶液)=40mL，恰好完形成Na2A溶液，A2-為弱酸酸根，會(huì)促進(jìn)水的電離；

D.據(jù)圖判斷V((NaOH溶液)=20mL時(shí)溶液中A2-和H2A的數(shù)量多少即可。15．【答案】D【解析】【解答】A.據(jù)圖可得，過(guò)程Ⅰ為化學(xué)鍵斷裂的過(guò)程，屬于吸熱過(guò)程，A不符合題意；

B.據(jù)圖可得，過(guò)程Ⅲ還形成了CO2，B不符合題意；

C.催化劑不能改變焓變，C不符合題意；

D.過(guò)程Ⅰ、Ⅱ中H2O為反應(yīng)物，過(guò)程Ⅲ中H2O為生成物，因此圖示過(guò)程中的H2O均參與了反應(yīng)過(guò)程，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.斷裂化學(xué)鍵需要吸熱，形成化學(xué)鍵需要放熱；

B.觀察到過(guò)程Ⅲ中CO2的形成；

C.催化劑可以改變反應(yīng)的活化能，但不能改變反應(yīng)焓變；

D.圖示過(guò)程中，H2O作為反應(yīng)物或生成物參與反應(yīng)過(guò)程。16．【答案】B【解析】【解答】A.NaClO溶液具有漂白性，不能使用pH試紙測(cè)定其pH，否則試紙將被漂白，A不符合題意；

B.向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，生成了BaCO3沉淀，大大降低了體系中的CO32-濃度，而溶液紅色變淺說(shuō)明溶液中OH-濃度也降低了，說(shuō)明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B符合題意；

C.同溫下，不同濃度的CH3COONH4溶液pH=7，說(shuō)明CH3COO-其中和NH4+的水解程度相同，可相互抵消。由于陰陽(yáng)離子的水解相互抵消，因此pH=7無(wú)法說(shuō)明不同濃度的CH3COONH4溶液中陰陽(yáng)離子的水解程度相同，C不符合題意；

D.酸性高錳酸鉀溶液與草酸溶液發(fā)生的反應(yīng)方程式為：2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=2MnSO4+K2SO4+8H2O+10CO2↑，根據(jù)此方程式的反應(yīng)物系數(shù)比，0.1mol/L2mL草酸溶液不足以使0.1mol/L4mL酸性高錳酸鉀溶液完全消耗，因此混合后的溶液不會(huì)褪色，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.不能使用pH試紙測(cè)量漂白性溶液的pH；

B.隨著CO32-濃度的改變，溶液中的OH-濃度也發(fā)生改變，說(shuō)明Na2CO3溶液中存在水解平衡；

C.弱酸弱堿鹽的pH=7，說(shuō)明陰陽(yáng)離子的水解程度相同，但水解程度與陰陽(yáng)離子濃度有關(guān)，越稀越水解；

D.根據(jù)方程式確定的反應(yīng)物系數(shù)關(guān)系分析得，0.1mol/L2mL草酸溶液不能使0.1mol/L4mL酸性高錳酸鉀褪色。17．【答案】（1）C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(I)△H=-2800kJ/mol（2）632（3）1.8×10-5；6.2×10-3【解析】【解答】（1）葡萄糖的摩爾質(zhì)量為180g/mol，18g，即0.1mol葡萄糖完全燃燒能產(chǎn)生280kJ熱量，故葡萄糖的燃燒熱?H=-2800kJ/mol，故答案為：C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(I)△H=-2800kJ/mol；

（2）根據(jù)題目信息列出方程：946+498-2E=+180kJ/mol，解得E=632kJ/mol，故答案為：632；

（3）c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)，故c(Ag+)=1.8×10-101.0×10-5=1.8×10-5mol/L。c2(Ag+)·c(CrO42-)=Ksp(Ag2CrO4)，故c(CrO42-)=2.0×10-12(1.8×10-5)2=6.2×10-3mol/L。

故第一空答案為：1.8×10-5，第二空答案為：6.2×10-3。

【分析】（1）1mol的物質(zhì)完全燃燒時(shí)所放出的熱量稱為燃燒熱。熱化學(xué)方程式不用指明反應(yīng)條件，但應(yīng)表明每種物質(zhì)的狀態(tài)；18．【答案】（1）3；c（A-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）（2）1×10-12（3）12（4）pHa+pHb=12【解析】【解答】（1）由于c(H+)c(OH?)=1×108，又常溫下溶液中c(H+)·c(OH-)=10-14，聯(lián)立求解得到c(H+)=10-3mol/L。0.1mol?L-1一元酸HA溶液中c(H+)=10-3mol/L，說(shuō)明HA為弱酸。pH=3的該一元酸HA與pH=11的NaOH溶液等體積混合，可以完全消耗NaOH，生成H2O和NaA，溶液中還剩余大量未反應(yīng)的HA。故反應(yīng)后的溶液為少量NaA和大量HA的混合溶液，故此溶液顯酸性，且A-濃度大于Na+濃度。故第一空答案為：3，第二空答案為：c（A-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）；

（2）稀硫酸是強(qiáng)酸，NaOH溶液為強(qiáng)堿，二者等體積混合后溶液呈中性，說(shuō)明恰好完全反應(yīng)。據(jù)此有c酸(H+)=c堿(OH-)=0.1mol/L。又c堿(H+)=10-11mol/L，故Kw=c堿(H+)·c堿(OH-)=10-12，故答案為：10-12；

（3）原溶液中，c硫酸(H+)=0.1×2=0.2mol/L，cNaOH(OH-)=0.4×1=0.4mol/L。稀釋的瞬間，溶液中c(H+)=0.2/2=0.1mol/L，c(OH-)=0.4/2=0.2mol/L。H+與OH-按1：1反應(yīng)消耗，反應(yīng)結(jié)束后溶液中剩余0.1mol/L的OH-，則此時(shí)溶液中c(H+)=Kwc(OH-)=10-12mol/L，所以溶液pH=12。故答案為：12；

（4）稀硫酸是強(qiáng)酸，NaOH溶液為強(qiáng)堿，二者按1：10的體積比混合后溶液呈中性，說(shuō)明恰好完全反應(yīng)。據(jù)此有c酸(H+)=10c堿(OH-)。兩邊同時(shí)取負(fù)對(duì)數(shù)有：pHa=pOHb-1①。在某一溶液中，總存在c(H+)·c(OH-)=Kw，兩邊同時(shí)取負(fù)對(duì)數(shù)得：pH+pOH=pKw。由此，pHb=pKw-pOHb=13-pOHb②。聯(lián)立①②整理得：pHa+pHb=12。故答案為：pHa+pHb=12。

【分析】（1）第一空：已知c(H+)c(OH?)，聯(lián)立c(H+)·c(OH-)=10-14求解即可。

第二空：分析可知，HA電離不完全，為弱酸。pH=3的一元弱酸溶液與pH=11的強(qiáng)堿溶液等體積混合，得到NaA和HA的混合溶液，據(jù)此判斷即可；

（2）強(qiáng)酸和強(qiáng)堿溶液等體積混合后溶液呈中性，說(shuō)明酸中的H19．【答案】（1）3.0；2.0（2）反應(yīng)物濃度（3）fbecd（4）再用少量蒸餾水沖洗錐形瓶?jī)?nèi)壁（5）滴入最后半滴溶液，溶液剛好變藍(lán)，且半分鐘內(nèi)無(wú)變化（6）63.20%（7）A；B【解析】【解答】（1）根據(jù)控制變量的原則，V1=4.0+3.0+1.0-2.0-3.0=3.0，V2=4.0+3.0+1.0-3.0-3.0=2.0。故第一空答案為：3.0，第二空答案為：2.0；

（2）對(duì)比實(shí)驗(yàn)1、2，發(fā)現(xiàn)加入Na2S2O3溶液體積不同，因此反應(yīng)時(shí)Na2S2O3濃度不同，為本組對(duì)照實(shí)驗(yàn)變量；故答案為：反應(yīng)物濃度；

（3）使用滴定管時(shí)，應(yīng)首先檢漏，確定不漏液后進(jìn)行洗滌。洗滌完畢后應(yīng)用滴定液潤(rùn)洗滴定管，減小洗滌液稀釋滴定液帶來(lái)的誤差。潤(rùn)洗完畢后，可在滴定管中裝入滴定液至零刻度以上，隨后排出氣泡。當(dāng)確定滴定管內(nèi)無(wú)氣泡后才可以記錄起始讀數(shù)并開(kāi)始滴定。整個(gè)過(guò)程中不應(yīng)出現(xiàn)烘干操作。故答案為：fbecd；

（4）用錐形瓶?jī)?nèi)壁將半滴溶液沾落后，為了防止滴定液掛壁現(xiàn)象，故需使用少量蒸餾水沖洗錐形瓶?jī)?nèi)壁。故答案為：再用少量蒸餾水沖洗錐形瓶?jī)?nèi)壁；

（5）當(dāng)最后半滴滴定液滴入后，如果溶液變藍(lán)，且半分鐘內(nèi)不褪色，說(shuō)明待測(cè)液不再消耗I2，故達(dá)到了滴定終點(diǎn)，故答案為：滴入最后半滴溶液，溶液剛好變藍(lán)，且半分鐘內(nèi)無(wú)變化；

（6）本實(shí)驗(yàn)消耗I2的量為0.1000×0.02=0.002mol，

根據(jù)方程式2S2O32-+I2=S4O62-得到25mLNa2S2O3溶液的量為0.002×2=0.004mol，

故樣品中n(Na2S2O3)=0.004×25025=0.04mol，

因此樣品中m(Na2S2O3)=0.04×M(Na2S2O3)=6.32g。

則樣品純度為6.3210.00×100％=63.20％，故答案為：63.20％；

（7）A.滴定前有氣泡，滴定結(jié)束后氣泡消失，說(shuō)明測(cè)量者誤將空氣當(dāng)做消耗的滴定液，因此讀出的消耗的I2標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，進(jìn)而引起測(cè)得的樣品純度偏高，A符合題意；

B.滴定前未使用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗，會(huì)導(dǎo)致裝入的滴定液被稀釋?zhuān)M(jìn)而使消耗的滴定液體積偏大，引起測(cè)得的樣品純度偏高，B符合題意；

C.滴定前仰視讀數(shù)，結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)會(huì)導(dǎo)致消耗的I2標(biāo)準(zhǔn)溶液體積被誤讀偏小，引起測(cè)得的樣品純度偏低，C不符合題意；

D.錐形瓶無(wú)論是否潤(rùn)洗，都不會(huì)引起讀出消耗I2標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積誤差，因此錐形瓶未潤(rùn)洗不影響樣品純度的測(cè)量準(zhǔn)確度，D不符合題意；

故答案為：AB。

【分析】（1）對(duì)照實(shí)驗(yàn)要控制變量唯一，本實(shí)驗(yàn)中應(yīng)該控制Na2S2O3溶液、H2SO4溶液和水的體積和相等，據(jù)此解出V1、V2；

（2）觀察發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)1、2中的變量為Na2S2O3濃度，由此得出答案；

（3）根據(jù)使用滴定管的操作規(guī)范得到正確的步驟順序?yàn)閒becd；

（4）根據(jù)半滴操作的規(guī)范，應(yīng)填的步驟為：再用少量蒸餾水沖洗錐形瓶?jī)?nèi)壁；

（5）判斷滴定終點(diǎn)的一般方法為：最后半滴滴定液滴入后，待測(cè)液出現(xiàn)反應(yīng)終點(diǎn)的特征現(xiàn)象，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原，即可視為達(dá)到滴定終點(diǎn)；

（6）首先根據(jù)方程式的系數(shù)關(guān)系算出25mL溶液中Na2S2O3的量，再據(jù)此算出樣品中Na2S2O3的總質(zhì)量，進(jìn)而得到樣品純度；

（7）根據(jù)滴定關(guān)系可知，欲使測(cè)得的樣品純度偏高，需使讀出消耗I220．【答案】（1）H2CO3?H++HCO3-（2）K（3）D（4）④②③①（5）<【解析】【解答】（1）空氣中的CO2溶于雨水中生成H2CO3，H2CO3可發(fā)生兩步電離，電離產(chǎn)生的H+使天然雨水的pH＜7。由于Ka1＞＞Ka2，H2CO3的第一步電離遠(yuǎn)遠(yuǎn)弱于第二步電離，因此忽略其第二步電離。故答案為：H2CO3?H++HCO3-；

（2）①CO2(g)+H2O(l)?H2CO3(aq)K1，

②H2CO3(aq)?H++HCO3-Ka1，

③HClO?H++ClO-Ka，

由①+②-③即可得到目標(biāo)方程式：CO2+H2O+ClO-?HCO3-+HClO。根據(jù)平衡常數(shù)的運(yùn)算規(guī)律，得到K=K1×Ka1(H2CO3)Ka(HClO)。故答案為：K1×Ka1(H2CO3)Ka(HClO)；

（3）A.通入少量HCl氣體，會(huì)使溶液中H+濃度增大，生成物濃度增大進(jìn)而抑制CH3COOH電離，使其電離程度減小，A不符合題意；

B.加入少量冰醋酸，會(huì)促進(jìn)電離平衡正向移動(dòng)，但平衡的正移消耗的CH3COOH無(wú)法抵消加入冰醋酸

增加的CH3COOH，因此從整體上看，CH3COOH的電離程度減小了，B不符合題意；

C.加入少量醋酸鈉固體，會(huì)使溶液中CH3COO-濃度增大，生成物濃度增大進(jìn)而抑制CH3COOH電離，使其電離程度減小，C不符合題意；

D.加入少量水，相當(dāng)于將恒溫恒容的氣體反應(yīng)體系減壓處理，根據(jù)平衡移動(dòng)原理，電離平衡正向移動(dòng)，因而CH3COOH的電離程度會(huì)增大，D符合題意；

故答案為：D；

（4）由于對(duì)應(yīng)酸的電離常數(shù)：Ka(HCOOH)＞Ka(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka(HCO3-)，

故水解常數(shù)：Kh(HCOO-)＜Kh(HCO3-)＜Kh(ClO-)