四川省自貢市榮縣中學(xué)校2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期期中考試化學(xué)試題

榮縣中學(xué)校高2026屆高二上學(xué)期半期考試化學(xué)試題(考試時間：75分鐘，試卷滿分：100分)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Fe56第Ⅰ卷(選擇題，共42分)一、選擇題：本題共14個小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學(xué)與生活、生產(chǎn)息息相關(guān)，下列說法不正確的是A.NH4Cl溶液可以除鐵銹，屬于鹽類水解的應(yīng)用B.家用鐵鍋、鐵鏟等餐具保持干燥，與化學(xué)反應(yīng)速率有關(guān)C.為了增強(qiáng)肥效，將草木灰與銨態(tài)氮肥混合施用D.煤、石油、天然氣是當(dāng)今最重要的化石燃料【答案】C【解析】【詳解】A．NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解使溶液呈酸性，可以與鐵銹的主要成分Fe2O3反應(yīng)而除去鐵銹，所以屬于鹽類水解的應(yīng)用，故A正確；B．在潮濕情況下，家用鐵鍋、鐵鏟等餐具中的Fe和C與電解質(zhì)溶液形成原電池發(fā)生電化學(xué)腐蝕，若保持其干燥可以極大減緩其腐蝕速率，因此與化學(xué)反應(yīng)速率有關(guān)，故B正確；C．草木灰（主要成分為K2CO3）與銨態(tài)氮肥混合使用，銨根離子和碳酸根離子相互促進(jìn)水解，NH3揮發(fā)，氮元素?fù)p失，銨態(tài)氮肥肥效降低，故C錯誤；D．煤、石油、天然氣是由古代生物的遺骸經(jīng)過一系列復(fù)雜變化形成的，是當(dāng)今最重要的化石燃料，故D正確；故答案為：C。2.利用如圖所示裝置測定鹽酸與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的中和熱，下列說法正確的是A.向鹽酸中加入氫氧化鈉溶液時沿玻璃棒緩慢倒入B.揭開杯蓋，用玻璃棒攪拌，讓溶液混合均勻C.用環(huán)形銅絲攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒，不影響實驗結(jié)果D.改用等濃度的氨水代替氫氧化鈉溶液測出的△H偏大【答案】D【解析】【詳解】A．向鹽酸中加入氫氧化鈉溶液時，要快速倒入，減少熱量散失。A錯誤；B．揭開杯蓋，用玻璃棒攪拌，會造成熱量散失，B錯誤；C．用環(huán)形銅絲攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒，會造成熱量散失，使測量熱量數(shù)值偏小，C錯誤；D．改用等濃度的氨水代替氫氧化鈉溶液，一水合氨電離會吸熱，放出熱量偏小，△H偏大，D正確；故答案選D。3.下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是A.新制的氯水放置一段時間，溶液的pH會減小B.在配制硫酸亞鐵溶液時往往要加入少量鐵粉C.恒容容器中反應(yīng)達(dá)到平衡后，升高溫度，氣體顏色變深D.增大壓強(qiáng)，有利于與反應(yīng)生成【答案】B【解析】【詳解】A．新制的氯水放置一段時間，次氯酸分解，平衡正向移動，氫離子濃度增大，溶液的pH會減小，能用勒夏特列原理解釋，故A不符合題意；B．在配制硫酸亞鐵溶液時往往要加入少量鐵粉，加鐵粉是防止亞鐵離子被氧化，不能用勒夏特列原理解釋，故B符合題意；C．恒容容器中反應(yīng)

達(dá)到平衡后，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動即逆向移動，NO2濃度增加，氣體顏色變深，能用勒夏特列原理解釋，故C不符合題意；D．SO2與O2反應(yīng)生成SO3是體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向體積減小的反應(yīng)即正向移動，有利于SO2與O2反應(yīng)生成SO3，能用勒夏特列原理解釋，故D不符合題意故選B。4.實驗室需要配制溶液，并用其滴定未知濃度的鹽酸溶液，下列裝置能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖茿．稱量B．溶解C．定容D．滴定過程A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．稱量NaOH時應(yīng)該放在小燒杯或者稱量瓶中進(jìn)行，且托盤天平精確度達(dá)不到要求，A不合題意；B．容量瓶不能作為溶解、稀釋或者反應(yīng)的儀器，B不合題意；C．定容過程為加水至離刻度線2~3cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至刻度線，C符合題意；D．NaOH將腐蝕酸式滴定管下端的玻璃活塞，應(yīng)該裝在堿式滴定管中，D不合題意；故答案為：C。5.為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.2L0.1mol/L溶液水解生成的膠體粒子數(shù)少于B.1L0.1000mol/L溶液中，數(shù)目為C.18g的原子總數(shù)為D.25℃，0.1000mol/L溶液由水電離出的為0.1mol/L【答案】A【解析】【詳解】A．已知氯化鋁水解生成氫氧化鋁膠體是一個可逆反應(yīng)，且膠粒是多個微粒聚集體，故溶液水解生成的膠體粒子數(shù)少于2L×0.1mol/L×NAmol1=，A正確；B．已知碳酸氫根離子在水溶液中既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，根據(jù)物料守恒可知，溶液中，、H2CO3和的數(shù)目之和為，B錯誤；C．的原子總數(shù)為=3，C錯誤；D．25℃，溶液中c(H+)=0.1mol/L，但由水電離出的等于水電離出的c(OH)，也等于溶液中的c(OH)==1013mol/L，D錯誤；故答案為：A。6.下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.無色溶液中：、、、B.通入足量的溶液中：、、、C.常溫下，水電離出的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】B【解析】【詳解】A．為紫色，無色溶液中不能含有，A錯誤；B．通入足量的溶液中，溶液顯酸性，、、、能大量共存，B正確；C．常溫下，水電離出的溶液中，可能為的酸性溶液或者的堿性溶液，與形成，在酸性溶液中不能大量共存，C錯誤；D．的溶液中，，、與和發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，D錯誤；故選B。7.25℃時，下列說法不正確的是A.0.10mol/L、0.010mol/L的醋酸的電離常數(shù)Ka相同B.中和pH和體積均相等的醋酸、HCl溶液，所需NaOH的物質(zhì)的量前者多C.1LpH=8的CH3COONa溶液中，由水電離出總的H+的物質(zhì)的量為D.同pH的鹽酸、醋酸溶液，對水的抑制程度相等【答案】C【解析】【詳解】A．電離平衡常數(shù)Ka僅僅是溫度的函數(shù)，故、的醋酸的電離常數(shù)Ka相同，A正確；B．pH相同的醋酸和鹽酸中c(CH3COOH)遠(yuǎn)大于c(HCl)，故中和pH和體積均相等的醋酸、HCl溶液，所需NaOH的物質(zhì)的量前者多，B正確；C．1LpH=8的CH3COONa溶液中溶液中的H+和OH都是由水電離產(chǎn)生的，但H+部分與CH3COO結(jié)合成CH3COOH，而OH全部留在溶液中，故由水電離出總的H+的物質(zhì)的量等于水電離出的OH的總物質(zhì)的量，也等于溶液中OH的物質(zhì)的量，故為1L×mol/L=，C錯誤；D．同pH的鹽酸、醋酸溶液，二者溶液中c(H+)相等，故對水的抑制程度相等，D正確；故答案為：C。8.常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的敘述正確的是A.在0.1mol·L1溶液中B.在溶液中C.在溶液中D.氨水和溶液混合，形成的溶液中【答案】A【解析】【詳解】A．由于磷酸為多元酸，第一步電離大于第二步電離大于第三步電離，所以在溶液中，離子濃度大小為：，故A正確；B．在溶液中，根據(jù)電荷守恒得到，故B錯誤；C．在溶液中，根據(jù)物料守恒得到，故C錯誤；D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，則，根據(jù)電荷守恒，則，故，故D錯誤；故選A。9.要使0.01mol/LK2CO3溶液中c()更接近0.01mol/L，可以采取的措施是A.通入CO2 B.加入Na2CO3固體C.加熱 D.加入適量KOH固體【答案】D【解析】【詳解】A．向0.01mol/LK2CO3溶液中通入CO2，因發(fā)生+CO2+H2O=2，導(dǎo)致濃度小于0.01mol/L，A不合題意；B．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入Na2CO3固體，導(dǎo)致濃度大于0.01mol/L，B不合題意；C．加熱能夠促進(jìn)水解，導(dǎo)致0.01mol/LK2CO3溶液中濃度小于0.01mol/L，C不合題意；D．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入適量KOH固體，由于OH濃度增大，抑制水解，導(dǎo)致0.01mol/LK2CO3溶液中濃度接近0.01mol/L，D符合題意；故答案為：D。10.對化學(xué)反應(yīng)mA(g)+nB(g)?pC(g)的速率和平衡的影響，下列判斷正確的是A.由圖a可知，該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.由圖b可知，該反應(yīng)m+n<pC.若圖c是絕熱條件下速率和時間的圖像，說明該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)D.圖d中的a曲線一定是加入了催化劑【答案】C【解析】【詳解】A．由圖a可知，T1先達(dá)到平衡，且T1對應(yīng)C%含量低，則T1＞T2，升高溫度平衡逆向移動，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯誤；B．由圖b可知，溫度一定時，增大壓強(qiáng)，C%含量增大，說明平衡正向移動，該反應(yīng)m+n＞p，故B錯誤；C．圖c是絕熱條件下速率和時間的圖像，可知最初隨著反應(yīng)進(jìn)行，溫度升高，速率加快，則說明此反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故C正確；D．圖d中，若m+n=p，該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，圖中a、b平衡狀態(tài)相同，則a曲線可能使用了催化劑或增大壓強(qiáng)，故D錯誤；故選C。11.25℃時，的兩種堿溶液各10mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是A.若，則NOH為強(qiáng)堿B.兩種堿的物質(zhì)的量濃度肯定不等C.均稀釋100倍以后，MOH溶液中水的電離程度大于NOH溶液D.若兩者均為弱堿，則，且NOH堿性強(qiáng)于MOH【答案】C【解析】【詳解】A．若，的強(qiáng)堿稀釋100倍，pH會減小2，變?yōu)?，由圖可知，NOH在稀釋100倍后pH變?yōu)榱?，則NOH為強(qiáng)堿，A正確；B．由圖可知，堿性越弱，稀釋后pH變化越小，MOH堿性比NOH更弱，起始時兩者pH相等，則兩種堿物質(zhì)的量濃度一定不相等，B正確；C．均稀釋100倍以后，MOH溶液pH大于NOH溶液，MOH溶液堿性更強(qiáng)，對水電離的抑制作用更強(qiáng)，則均稀釋100倍以后，MOH溶液中水的電離程度小于NOH溶液，C錯誤；D．強(qiáng)堿稀釋100倍后得到的溶液pH=9，稀釋前溶液pH=11，若兩者均為弱堿，稀釋后得到的溶液pH=9，稀釋前溶液pH＜11，則，堿性越弱，稀釋后pH變化越小，則NOH堿性強(qiáng)于MOH，D正確；故選C。12.某水溶液中不同溫度下pH和pOH的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A.若，則B.e點溶液中通入，可使e點遷移至d點C.若，則該溫度下將的稀硫酸與的KOH溶液等體積混合后，溶液顯中性D.f、d兩點的比較，前者大【答案】B【解析】【分析】由題干圖示信息可知，b＞a，則d點對應(yīng)溫度下的Kw(d)=c(H+)c(OH)=10b×10b=102b，f點對應(yīng)溫度下的Kw(f)=c(H+)c(OH)=10a×10a=102a，即Kw(d)＜Kw(f)，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，若，即f點對應(yīng)溫度為25℃，又知Kw(d)＜Kw(f)，則，A正確；B．已知NH3溶于水呈堿性，即e點溶液中通入NH3，則溶液中OH濃度增大，H+濃度減小，則POH減小，pH增大，不可使e點遷移至d點，B錯誤；C．由分析可知，若，則該溫度下Kw=1012，則將的稀硫酸即c(H+)=102mol/L,與的KOH溶液即c(OH)==102mol/L，故等體積混合后H+和OH完全中和，則溶液顯中性，C正確；D．由分析可知，Kw(d)=102b，Kw(f)=102a，由圖可知b＞a即Kw(d)＜Kw(f)，f、d兩點的Kw比較，前者大，D正確；故答案為：B。13.常溫下，常見弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如表，下列說法正確的是弱酸HClO電離常數(shù)；；A.濃度均為0.1mol·L1和溶液，后者酸性強(qiáng)B.HClO中約為C.增大濃度，上述弱酸的電離程度均增大D.將通入少量發(fā)生反應(yīng)離子方程式：【答案】B【解析】【分析】電離平衡常數(shù)越大、酸性越強(qiáng)，由表中電離平衡常數(shù)可知，酸性強(qiáng)弱：?！驹斀狻緼．由分析可知，等濃度的和，溶液酸性更強(qiáng)，A錯誤；B．根據(jù)電離平衡：，忽略水的電離，，，B正確；C．弱酸電離平衡存在“越稀越電離”規(guī)律，增大濃度，上述弱酸的電離程度均減小，C錯誤；D．酸性強(qiáng)弱：，的酸性弱于的酸性，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸反應(yīng)規(guī)律，該反應(yīng)不能發(fā)生，D錯誤；答案選B。14.已知碳、一氧化碳、晶體硅的燃燒熱分別是、、，則工業(yè)冶煉晶體硅的反應(yīng)為。則下列判斷錯誤的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．燃燒熱是指在25°C、101kPa下，1mol純凈物完全燃燒生成指定產(chǎn)物放出的熱量，碳燃燒的指定產(chǎn)物是氣態(tài)二氧化碳，所給燃燒熱的化學(xué)方程式正確，A正確；B．根據(jù)碳、一氧化碳、晶體硅的燃燒熱分別是△H1、△H2、△H3，可分別得到熱化學(xué)方程式：①，②，③，根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)等效于①×2②×2③，所以，B正確；C．熱化學(xué)方程式需要標(biāo)出物質(zhì)的聚集狀態(tài)，正確的熱化學(xué)方程式應(yīng)為：，C錯誤；D．△H1是碳完全燃燒生成二氧化碳放出熱量，即碳先不完全燃燒生成一氧化碳，一氧化碳再完全燃燒生成二氧化碳的總熱量，△H2是一氧化碳完全燃燒生成二氧化碳放出熱量，△H是負(fù)值，所以，D正確；答案選C。第Ⅱ卷(非選擇題，共58分)二、填空題。15.回答下列問題。Ⅰ．甲烷是一種高效清潔的新能源，0.25mol甲烷完全燃燒生成液態(tài)水放出熱量222.5kJ。（1）甲烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式為_______。Ⅱ．甲醇的制備原理為：kJ/mol。（2）對于該反應(yīng)，可以同時提高反應(yīng)速率和產(chǎn)率的措施有_______(填字母序號)。A.升高反應(yīng)溫度 B.使用高效催化劑 C.增大體系壓強(qiáng) D.移走（3）要使反應(yīng)在一定條件下建立的平衡正向移動，可采取的措施有_______(填寫字母序號)。A．縮小反應(yīng)容器的容積B．?dāng)U大反應(yīng)容器的容積C．升高溫度D．降低溫度E．使用合適的催化劑F．從平衡體系中及時分離出（4）在密閉容器中模擬進(jìn)行如下反應(yīng)：。達(dá)到平衡后，其他條件不變，分別改變下列條件。用“正反應(yīng)方向”“逆反應(yīng)方向”或“不”分析判斷平衡移動情況，用“增大”“減小”或“不變”分析判斷其他物理量變化情況。①增加CO的濃度，平衡向_______移動，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K_______。②保持反應(yīng)容器壓強(qiáng)和溫度不變，通入He，平衡向_______移動，該化學(xué)反應(yīng)速率_______，該反應(yīng)的_______。③在一定溫度下，縮小反應(yīng)容器體積，平衡向_______移動，的轉(zhuǎn)化率_______。（5）某科研小組研究不同催化劑對反應(yīng)的影響，按投料，不同催化劑作用下，反應(yīng)tmin時，的產(chǎn)率隨溫度的變化如圖所示：①催化劑效果最佳的是_______(填“催化劑Ⅰ”、“催化劑Ⅱ”)，理由是_______。②d點_______a點(填“>”、“<”或“=”)?！敬鸢浮浚?）（2）C（3）ADF（4）①.正反應(yīng)方向②.不變③.逆反應(yīng)方向④.減?、?不變⑥.正反應(yīng)方向⑦.增大（5）①.催化劑Ⅰ②.在溫度較低的條件下催化效率更高③.<【解析】【小問1詳解】0.25mol甲烷完全燃燒生成液態(tài)水時放出222.5kJ熱量，1mol甲烷反應(yīng)燃燒反應(yīng)放熱kJ=890kJ；反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=890kJ/mol；【小問2詳解】A．已知該反應(yīng)正反應(yīng)是一個放熱反應(yīng)，故升高反應(yīng)溫度，平衡逆向移動，CH3OH的產(chǎn)率減小，反應(yīng)速率提高，A不合題意；B．使用高效催化劑可以加快反應(yīng)速率，但不能影響化學(xué)平衡，CH3OH的產(chǎn)率不變，B不合題意；C．已知該反應(yīng)正反應(yīng)是一個氣體體積減小的方向，故增大體系壓強(qiáng)，體系反應(yīng)物、生成物的濃度增大，反應(yīng)速率增大，化學(xué)平衡正向移動，CH3OH的產(chǎn)率增大，C符合題意；D．移走CH3OH，平衡正向移動，CH3OH的產(chǎn)率增大，但反應(yīng)速率減慢，D不合題意；故答案為：C；【小問3詳解】A．縮小容器的容積，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，因此平衡向正反應(yīng)方向移動，A正確；B．?dāng)U大反應(yīng)容器的容積，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動，B錯誤；C．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，C錯誤；D．降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，D正確；E．使用合適的催化劑，反應(yīng)速率加快，平衡不移動，E錯誤；F．從平衡體系中及時分離出CH3OH，產(chǎn)物的濃度減小，促使平衡向正反應(yīng)方向移動，F(xiàn)正確；故選ADF；【小問4詳解】①CO為反應(yīng)物，增加CO濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，K只受溫度影響不改變，溫度不變，K不變；②保持反應(yīng)容器壓強(qiáng)和溫度不變，通入He，體積增大，分壓強(qiáng)減小，即對體系的反應(yīng)而言相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動，該化學(xué)反應(yīng)速率將減??；反應(yīng)的只與反應(yīng)物和生成物始末狀態(tài)有關(guān)，故不變；③在一定溫度下，縮小反應(yīng)容器體積，增大了壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動，的轉(zhuǎn)化率增大；【小問5詳解】①催化劑Ⅰ作用下反應(yīng)相同時間，的產(chǎn)率大，說明反應(yīng)速率快，則在催化劑Ⅰ作用下，反應(yīng)的活化能最小，催化劑效果最佳的是催化劑Ⅰ；②a點和d點使用同種催化劑，a點是平衡點，va(正)=va(逆)，d點反應(yīng)還沒有達(dá)到平衡，反應(yīng)相同時間，a點的溫度更高，反應(yīng)速率更快，因此va(正)>vd(正)，因此vd(正)<va(逆)。16.滴定法是化學(xué)分析常用方法，是一種簡便、快速和應(yīng)用廣泛的定量分析方法。I．某實驗小組用已知濃度的NaOH標(biāo)準(zhǔn)液來滴定未知濃度的醋酸溶液。（1）實驗室先用NaOH固體配制0.1000mol/L的NaOH溶液240mL。①本實驗必須用到的儀器有天平、藥匙、玻璃棒、膠頭滴管、燒杯、_____。②要完成本實驗該同學(xué)應(yīng)稱出NaOH的質(zhì)量為_____g。（2）取25.00mL待測液于250mL錐形瓶中，加入2~3滴指示劑，用0.1000mol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，按上述操作重復(fù)3次。回答下列問題。①滴定過程中加入的指示劑為_____；②滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛注視_____；③三次實驗數(shù)據(jù)記錄如表所示：滴定次數(shù)滴定前堿式滴定管讀數(shù)/mL滴定后堿式滴定管讀數(shù)/mL11.0030.95220329.2330.5630.61根據(jù)表中數(shù)據(jù)計算出醋酸待測液的濃度為_____。④在上述實驗過程中，出現(xiàn)下列操作(其他操作正確)會造成測定結(jié)果(待測液濃度值)偏低的有_____(填序號)。a．量取標(biāo)準(zhǔn)液的堿式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗b．取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有氣泡，滴定后氣泡消失c．錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，仍殘留一定量水d．當(dāng)?shù)味ńY(jié)束時，俯視堿式滴定管讀數(shù)II．氧化還原滴定與酸堿中和滴定類似，可用于KIO?粗產(chǎn)品的純度測定。稱取mg產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入足量的KI和稀硫酸，充分反應(yīng)后加入淀粉溶液作指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點（），平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為VmL。（3）加入KI和稀H?SO?后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____。（4）滴定終點的現(xiàn)象為_____，則產(chǎn)品中KIO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____%。【答案】（1）①.250mL容量瓶②.1.0（2）①.酚酞②.錐形瓶內(nèi)溶液顏色變化③.0.1200mol/L④.bd（3）（4）①.溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)藍(lán)色②.【解析】【小問1詳解】①本實驗必須用到的儀器除了天平、藥匙、玻璃棒、膠頭滴管、燒杯外，還需要250mL容量瓶；②應(yīng)稱取的m(NaOH)==1.0g；【小問2詳解】①用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定醋酸溶液，到達(dá)滴定終點時溶液呈堿性，加入的指示劑為酚酞；②滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色變化；③三次實驗數(shù)據(jù)可得消耗NaOH溶液的體積分別為30.951.00=29.95mL、29.232.03=27.2mL、30.610.56=30.05mL，第2次實驗數(shù)據(jù)誤差較大應(yīng)舍去，則消耗NaOH溶液體積的平均值為，依據(jù)1molNaOH恰好能與1mol醋酸反應(yīng)，醋酸待測液的濃度為；④a．量取標(biāo)準(zhǔn)液的堿式滴定管未潤洗，則會造成消耗標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液體積偏大，測定結(jié)果偏高，a不符合題意；b．取醋酸的酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，待測液的物質(zhì)的量偏小，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏小，測定結(jié)果偏低，b符合題意；c．錐形瓶水洗后直接裝待測液，水不消耗標(biāo)準(zhǔn)液，不影響測定結(jié)果，c不符合題意；d．滴定到達(dá)終點時，俯視讀出滴定管讀數(shù)，讀數(shù)偏小，造成標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，測定結(jié)果偏低，d符合題意；故答案為：bd；【小問3詳解】KI和稀硫酸提供的氫離子及碘酸鉀發(fā)生歸中反應(yīng)生成碘單質(zhì)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：；【小問4詳解】淀粉溶液作指示劑，生成碘單質(zhì)溶液變藍(lán)色，則滴定終點的現(xiàn)象為：溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)藍(lán)色；根據(jù)離子方程式和可得關(guān)系式：~3I2~6，n()=n()=cV×103mol，產(chǎn)品中m(KIO3)=cV×103mol××214g/mol=×102g，則產(chǎn)品中KIO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%。17.電解質(zhì)水溶液中存在電離平衡、水解平衡，請回答下列問題。（1）已知部分弱酸的電離常數(shù)如表：弱酸HCN電離常數(shù)(25℃)；①NaCN溶液和溶液中，_______(填“>”“<”或“=”)。②常溫下，pH相同的三種溶液：A．；B．NaCN；C．。其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是(填編號)_______。③室溫下，一定濃度的溶液，溶液中_______。④將少量通入NaCN溶液，反應(yīng)的離子方程式是_______。（2）室溫下，通入NaOH溶液中，在所得溶液中，溶液的_______。(室溫下，的，)（3）已知25℃氯水溶液中、HClO和分別所占分?jǐn)?shù)(α)隨pH變化的關(guān)系如圖所示。由圖可知該溫度下HClO的電離常數(shù)值為_______。（4）已知：常溫下：；；。則溶液的pH_______7(填“>”“<”或“=”)?！敬鸢浮浚?）①.<②.ABC③.④.（2）6（3）（4）<【解析】【小問1詳解】①酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，其對應(yīng)的酸根離子水解程度越小，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，酸的電離平衡常數(shù)：HCN＜H2CO3，則水解程度：CN＞，酸根離子水解程度越大，其水溶液中酸根離子濃度越小，所以存在＜；②常溫下，酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，其對應(yīng)的酸根離子水解程度越小，濃度相同時水解程度：＞CN＞CH3COO，如果物質(zhì)的量濃度相同的三種溶液：A．CH3COONa；B．NaCN；C．Na2CO3，pH由大到小的順序是CBA，pH相同的三種溶液：其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是A＞B＞C；③室溫下，一定濃度的CH3COONa溶液pH=9，醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，CH3COO水解導(dǎo)致溶液呈堿性，水解離子方程式為：CH3COO+H2O?CH3COOH+OH；溶液中====1.8×104；常溫下，酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，電離平衡常數(shù)HCO＜HCN＜H2CO3，則酸性：HCO＜HCN＜H2CO3，則將少量CO2通入NaCN溶液，二者反應(yīng)生成碳酸氫鈉和HCN，離子方程式為CN+CO2+H2O=HCN+HCO；【小問2詳解】H2SO3的Ka2=，得c(H+)=，已知c(HSO)：c(SO)=10:1，c(H+)==mol/L，則pH=6；【小問3詳解】HClO的電離常數(shù)Ka=，圖象中右邊的交叉點表示次氯酸根濃度和次氯酸分子濃度相等，此時pH=7.5，即c(H+)=107.5mol/L，Ka==107.5；【小問4詳解】NH3·H2O的電離常數(shù)Kb=1.8105，則的水解常數(shù)=；同理，HY的電離常數(shù)Ka2=5.4×105，則Y2的水解常數(shù)=；的水解常數(shù)大于Y2的水解常數(shù)，以銨根水解為主，溶液顯酸性，pH<7。18.按要求回答下列問題：（1）①氯化鐵溶液可作凈水劑，離子方程式解釋其原理為_______。②氯化鋁與碳酸鈉反應(yīng)的離子方程式為_______。③泡沫滅火器中藥品主要成分為碳酸氫鈉和硫酸鋁，其反應(yīng)的離子方程式為_______。（2）等物質(zhì)的量濃度的下列物質(zhì)的溶液，其pH由小到大的順序排列正確的是_______。①②NaOH③④HCl⑤A