1、重庆市云阳县2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）注意事项：1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效2.本试卷共100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H1 O16 Na23 Mg24 Cu64 Ag108第卷 选择题（共70分）一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分；每小题只有一个选项符合题意）1. 决定化学反应速率快慢的因素是A. 温度B. 浓度C. 催化剂D. 反应物的性质【答案】D【解析】试题分析：决定化学反应速率快慢的因素为内因，即反应物的性质，选D。考点： 决定化学反应速率的因素2. 下列有关叙述正确的是A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反
2、应B. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强C. SO3溶于水，其水溶液能导电，故SO3是电解质D. 升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞几率提高，化学反应速率加快【答案】D【解析】【详解】A、碳和氧气的反应一开始也需要一先提供热量引发反应，但这是一个放热反应，错误；B、导电能力的强弱只是跟溶液中离子所带的电荷以及离子的浓度有关，而与电解质的强弱无关，错误；C、三氧化硫溶于水导电，靠的是硫酸电离出来的氢离子和硫酸根离子，这两种离子不是由三氧化硫电离产生的，错误；D、升高温度后，一部分普通分了吸收能量转变成活化分子，提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快，正确；答案选
3、D。3. 以下说法中正确的是（ ）A. 所有H0的反应均是自发反应B. 自发进行的反应一定能迅速进行C. 冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程D. 高锰酸钾加热分解是一个熵减小的过程【答案】C【解析】试题分析：A、HTS0的反应均是自发反应，H0的反应不一定，错误；B、反应能自发进行，说明该反应具有自动发生的趋势，有反应速率的大小无关，错误；C、同一物质液态时的熵大于固态时的熵，所以 冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程，正确；D、高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，有气体生成熵增加，错误。考点：考查化学反应方向的判断、熵变的判断。4.在能使指示剂甲基橙变红的溶液中，可以大量共存的离子组是
4、（ ）A. Na+、K、S2-、Cl-B. Al3、Mg2、SO42-、Cl-C. K、Fe2+、AlO2-、NO3D. K、Na、SO42-、SO32-【答案】B【解析】【分析】使指示剂甲基橙变红的溶液中，含有大量的氢离子，与氢离子发生反应的离子不能大量共存【详解】A. 氢离子与S2会发生反应，不能大量共存，故A错误；B. 氢离子与Al3、Mg2、SO42-、Cl-不会发生化学反应，可以大量共存，故B正确；C. 氢离子与AlO2-发生反应生成氢氧化铝或偏铝酸根，Fe2+、NO3与氢离子发生氧化还原反应，故不能大量共存，故C错误；D. 氢离子与SO32-反生反应生成亚硫酸，故不能大量共存，故D
5、错误；故答案选B。【点睛】判断溶液呈酸性是解题的关键。5.甲溶液的pH是4，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为A. 10：1B. 1：10C. 2：1D. 1：2【答案】A【解析】【详解】甲溶液的pH是4，c（H+）=10-4；乙溶液的pH是5，c（H+）=10-5，因此甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为101。A正确；答案选A。6. 相同条件下，等体积、等pH的醋酸溶液和盐酸溶液加水稀释相同的倍数后，所得溶液的pHA. 仍相同B. 醋酸溶液的大C. 盐酸的大D. 无法判断【答案】C【解析】【详解】等体积、pH的醋酸溶液和盐酸溶液，加水稀释相同倍数后，醋酸溶液的pH的变化量小于盐
6、酸溶液的，所以盐酸溶液的pH较大，故选C。7.已知4NH35O2=4NO6H2O，若反应速率分别用(NH3)、(O2)、(NO)、(H2O)表示，则正确的关系是A. 4(NH3)5(O2)B. 5(O2)6(H2O)C. 2(NH3)3(H2O)D. 4(O2)5(NO)【答案】D【解析】【详解】同一反应用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，（NH3）：（O2）：（NO）：（H2O）=4:5:4:6，则5（NH3）=4（O2）、6（O2）=5（H2O）、3（NH3）=2（H2O）、4（O2）=5（NO），答案选D。8.下列不能能用勒夏特烈原理解释的是（ ）A. 对2HIH2+I2
7、平衡体系增加压强使颜色变深B. 在溴水中存在如下平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅C. 反应2NO+2CO2CO2+N2正反应放热，升高温度使平衡向逆方向移动D. 合成氨反应：N2+3H22NH3正反应放热，为使氨产率提高，理论上应采取低温高压的措施【答案】A【解析】【详解】A. 该反应的反应前后气体计量数之和不变，改变压强，平衡不移动，增大压强体积减小，碘浓度增大，从而气体颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释，故A符合题意；B. 加入NaOH溶液时，NaOH和HBr、HBrO发生中和反应，从而影响化学平衡，促进溴和水的反应，所以可以用勒夏特里原
8、理解释，故B不符合题意； C. 该反应是放热反应，升高温度，可逆反应向吸热反应方向逆反应方向移动，所以可以用勒夏特里原理解释，故C不符合题意；D. 该反应是反应前后气体体积减小的放热反应，降低温度、增大压强有利于平衡向正反应方向移动，从而促进氨气的生成，所以可以用勒夏特里原理解释，故D不符合题意；答案选A。【点睛】勒夏特列原理的应用从温度、压强、催化剂、浓度的角度分析。9.下列反应的能量变化与其他三项不相同的是()A. 铝粉与氧化铁的反应B. 氯化铵与Ba(OH)2 8H2O的反应C. 锌片与稀硫酸反应D. 钠与冷水反应【答案】B【解析】试题解析：铝粉与氧化铁的反应属于放热反应；氯化铵与氢氧化
9、钡的反应属于吸热反应；锌片与稀硫酸反应属于放热反应；钠与冷水反应属于放热反应；B中反应的能量变化与其他三项不相同考点：化学反应与能量10.在一固定容积的密闭容器中，可逆反应： H2(g) + I2(g) 2HI (g)达到平衡的标志是A. H2、I2、HI的分子数之比为112B. 混合气体的密度保持不变C. 单位时间生成n mol H2，同时消耗2n mol HID. 混合气体的颜色不再发生变化【答案】D【解析】【详解】A反应H2(g) + I2(g)2HI (g)是一个反应前后气体体积相等的反应。当H2、I2、HI的分子数之比为112时反应可能达到平衡，也可能未达到平衡，故不能作为判断平衡的
10、标志。故A错误；B容器的容积不变，无论是否反应混合气体的质量不变，所以密度也就保持不变。所以不能作为判断平衡状态的标志。故B错误；C在任何时刻，单位时间每生成n mol H2，必同时消耗2n mol HI，这是反应逆向进行时二者计量系数的关系，不能作为判断平衡状态的标志。故C错误；D在H2、I2、HI三种分子中只有I2是有颜色的。由于容器的容积固定不变，所以当混合气体的颜色不再发生变化，说明c（I2）不变,反应达到平衡状态。故D正确。本题选D。11. 将浓度为0.1 mol/L的HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A. c(H+)B. Ka(HF)C. c(F-)D. c(OH-)【
11、答案】D【解析】【详解】加水稀释溶液的酸性减弱，碱性增强，故c(H+)减小，c(OH-)变大，c(F-) 变小，Ka(HF)只和温度有关，温度不变，Ka(HF)不变，故选D。12.下列各组物质的燃烧热相等的是（ ）A. 1moL碳和2moL碳B. 碳和一氧化碳C. 3moLC2H2和1moLC6H6D. 淀粉和纤维素【答案】A【解析】【分析】燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量。一般CCO2，HH2O（l），SSO2。燃烧热是物质的性质，与量的多少无关。【详解】A.燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，燃烧热是物质的性质，与量的多少无关，可燃物相同
12、，1mol碳和2mol碳燃烧热相同，故A正确；B.碳和一氧化碳属于不同物质，物质不同，具有不同的能量，1mol物质完全燃烧放出的热量不相等，燃烧热不相等，故B错误；C. 3moLC2H2和1moLC6H6属于不同物质，物质不同，具有不同的能量，1mol物质完全燃烧放出的热量不相等，燃烧热不相等，故C错误；D. 淀粉和纤维素物质不同，具有不同的能量，1mol物质完全燃烧放出的热量不相等，燃烧热不相等，故D错误；【点睛】燃烧热是物质自身的性质，和物质的量的多少无关。13.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是()A.
13、 HX、HZ、HYB. HY、HZ、HXC. HZ、HY、HXD. HX、HY、HZ【答案】D【解析】【详解】弱酸的酸性越强，其酸根离子的水解程度越小，则相同浓度钠盐溶液的pH就越小，相同条件下的钠盐溶液，溶液的pH越大，其相应酸的酸性就越小，根据题意知，NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH值依次为8、9、10，则这三种酸的酸性由大到小的顺序是HXHYHZ，故合理选项是D。14.下列各组热化学方程式中，H1H2的是 ( )C(s)O2(g)=CO2(g) H1 、C(s)O2(g)=CO(g) H2S(s)O2(g)=SO2(g) H1 、S(g)O2(g)=SO2(g) H2H2(g)O2(
14、g)=H2O(l) H1 、2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H2CaCO3(s)=CaO(s)CO2(g) H1 、CaO(s)H2O(l)=Ca(OH)2(s) H2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】碳完全燃烧时释放的热量更多，反应为放热反应，则焓变更小，H1H2，正确；氢气燃烧为放热反应，氢气的化学计量数越大，释放的热量越多，则焓变越小，即H1H2，正确；碳酸钙分解为吸热反应，焓变大于零，H10；氧化钙与水反应为放热反应，H2H2，正确；答案为C。15.下列离子在水溶液中不影响水的电离平衡的是（ ）A. Cu2B. CO32-C. FD. Cl【答案】D【解析】【详
15、解】A. Cu2是弱碱阳离子，能发生水解，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，故A错误；B. CO32-是弱酸根离子，所以能发生水解，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，故B错误；C. F是弱酸根离子，所以能发生水解，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，故C错误；D. Cl是强酸根离子，所以不能发生水解，故D正确；答案选D。【点睛】盐类水解的实质是弱的酸根或是弱的阴离子与水电离时生成的氢离子或氢氧根离子反应生成弱电解质，从而破坏了水的电离平衡，存进了水的电离。16.在密闭的容器中加入N2(g)和H2(g)，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0，则金刚石比石墨稳定C.
16、 已知H(aq)OH(aq)H2O(l)H57.3 kJ/mol，代表任何酸碱反应的中和热都是H57.3 kJ/molD. 已知2C(s)2O2(g)=2CO2(g) H1，2C(s)O2(g)=2CO(g) H2，则H1H2【答案】D【解析】【详解】A.放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以2molSO2（g）和1molO2（g）的总能量大于2molSO3（g）的总能量，但不能说SO2的能量高于SO3的能量，故A错误；B.已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；H0，反应是吸热反应，石墨转化为金刚石吸收能量，则金刚石的能量高于石墨，能量越高越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C
17、.在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热，H=-57.3kJ/mol，酸碱中和反应的热效应不仅与生成H2O的物质的量有关，还与酸、碱的浓度及强弱有关，故C错误；D.已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g） H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g） H2，碳完全燃烧比不完全燃烧放出能量多，焓变是负值，比较H时应带符号比较，故H1H2，故D正确。故选D【点睛】关于中和热应注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2.强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H(aq)+OH(aq)=H2O(l)中和热均为57.3kJ/mol，而弱酸或弱碱在中和反应中由于
18、电离吸收热量，其反应热小于57.3kJ/mol；3.以生成1mol水为基准。19.已知热化学方程式:C2H2(g)+O2(g)2CO2(g)+H2O(l)H1=-1 301.0 kJmol-1C(s)+O2(g)CO2(g)H2=-393.5 kJmol-1H2(g)+O2(g)H2O(l)H3=-285.8 kJmol-1则反应2C(s)+H2(g)C2H2(g)的H为()A. -228.2 kJmol-1B. +228.2 kJmol-1C. +1301.0 kJmol-1D. +621.7 kJmol-1【答案】B【解析】【分析】利用盖斯定律解答。【详解】考查盖斯定律的应用。根据已知反应
19、可知，2即得到，所以反应热是393.5 kJmol -1 2285.8 kJmol -1 1301.0 kJmol -1 228.2 kJmol -1 ，故B正确；答案选B。20.下列物质在常温下水解时，对应离子方程式正确的是（ ）A. Na2CO3：CO32-+H2OCO2+2OH-B. NH4Cl：NH4+ H2ONH3H2O+H+C. CuSO4：Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+D. NaHS：HS+H2OS2-+H3O+【答案】B【解析】【详解】A.Na2CO3中碳酸根离子水解分两步：CO32+H2OHCO3+OH-，HCO3+H2OH2CO3+OH-，故A错误；B.NH4Cl中
20、铵根离子水解生成一水合氨：NH4+H2ONH3H2O+H+，故B正确；C.CuSO4中铜离子水解生成氢氧化铜：水解方程式不打沉淀符号，Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，故C错误；D. NaHS中，HS+H2OH2S+OH-，故D错误；答案选B。二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分；每小题只有一个选项符合题意）21.已知常温常压下，N2(g)+3H2(g ) 2NH3(g) H=-92.4 kJ /mol在同温同压下向一密闭容器中通入1molN2和3molH2，反应完后放出热量为Q1 kJ，向另一个体积相同的密闭容器通入2molNH3，相同条件下反应完成时吸收热量为Q2 kJ
21、，且Q2=3Q1则下列说法正确的是（ ）A. Q1=92.4 kJ B. Q1+Q2=92.4C. H2转化率为75D. 两个容器中NH3的百分含量不同【答案】B【解析】【分析】一定温度和压强下，1molN2（g）与3molH2（g）反应生成2molNH3（g）放出的热量是92.4kJ。由于反应为可逆反应，物质不能完全反应，在同温同压下通入1molN2和3molH2，参加反应的氮气小于1mol；向另一体积相同的容器中通入2molNH3，等效为在开始通入1molN2和3molH2到达平衡，以此解答该题。【详解】设放出热量为Q1 kJ容器为甲，吸收热量为Q2 kJ的容器为乙，由Q2=3Q1，可知n
22、甲(N2)=n乙(N2)，设乙中达到平衡时转化了xmol N2，则n甲(N2)=xmol，根据三段式：根据分析，利用“一边倒法”，可知1molN2和3molH2与2molNH3是等效物料，在相同条件下建立的平衡状态完全相同，则1-x=x，解得：x=，A.向密闭容器中通入1molN2和3molH2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量Q1kJc+d【答案】A【解析】【分析】先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向逆反应方向移动，则a+b c+d，据此结合选项判断。【详解】A. 根据分析的
23、判断，实际平衡时B的浓度比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，平衡向逆反应方向移动了，故A正确；B.先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向逆反应方向移动，反应物转化率减小，故B错误；C. 平衡向逆反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故C错误；D. 根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，减小压强平衡向逆反应方向移动，则a+b c(A-) c(OH-) c(H+)B. c(HA) + c(H+) = c(OH-)C. c(M+) c(A-) c(H+) c
24、(OH-)D. c(M+) = c(A-) + c(HA)【答案】C【解析】试题分析：MOH强碱和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，完全反应生成的MA是强碱弱酸盐，A-水解溶液显碱性，A-水解后浓度减小，故有c(M+) c(A-) c(OH-) c(H+) ，A对，C错，B为质子守恒，D为物料守恒，选C。考点：盐类水解的离子浓度的大小比较。25.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g) H +Q kJ/mol (Q0)，某温度下，向2L的密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c(N2O5)/m
25、ol/L5.03.52.52.5下列说法正确的是A. 500s内N2O5分解速率为610-3mol/(Ls)B. 该温度下的平衡常数K 125C. 反应达平衡时，吸收的热量为5Q kJD. 其他条件不变，若开始时c(N2O5)10mol/L，则达平衡后c(N2O5)5mol/L【答案】B【解析】A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率=2.9610-3 mol/（Ls），选项A错误；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（
26、O2）=1.25mol/L，平衡常数K=125，选项B正确；C、根据反应2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g) H +Q kJ/mol ，当反应达平衡时，消耗N2O5(g)的物质的量为2.5mol/L2L=5mol，吸收的热量为Q=2.5Q kJ，选项C错误；D、恒容条件下，若开始时c(N2O5)10mol/L，浓度为原来2倍，假设平衡不移动，则达平衡后c(N2O5)5mol/L，但增大2倍的浓度对于恒容容器相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的逆方向移动，故达平衡后c(N2O5)5mol/L， 选项D错误。答案选B。26.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）A. 已知H(aq)O
27、H(aq)=H2O(l) H57.3 kJmol1，则：2H(aq)SO42-(aq)Ba2(aq)2OH(aq)=BaSO4(s)2H2O(l) H114.6kJmol1B. 将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是：CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2(g) H192.9kJmol1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9kJmol1C. 已知氢在氯气中燃烧的热化学方程式为H2(g)Cl2(g)=2HCl(g) H285.8kJ/mol，所以H2(g)的燃烧热是285.8kJmol1，D. 葡萄糖的燃烧热是2 800 kJmol1，则C6H12O6(s)3O2(g)=3CO2(g)3
28、H2O(l) H1400kJmol1【答案】D【解析】【详解】A. 硫酸和氢氧化钡反应除酸碱中和放热,生成硫酸钡沉淀过程也会放热，2H(aq)SO42-(aq)Ba2(aq)2OH(aq)=BaSO4(s)2H2O(l) HQ22Q1B. 该反应的热化学方程式为：N23H22NH3 H92kJmol1C. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线D. 加入催化剂，该化学反应的反应热改变【答案】A【解析】【详解】A. 向密闭容器中通入1molN2和3molH2，不可能完全转化，Q1小于92 kJ，所以达到平衡时放出热量；另一容积相同密闭容器中通入2molN2和6mol H2，达到平衡时放出热量理论上讲
29、应该是292 kJ=184 kJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q2小于184 kJ，同时通入2molN2和6mol H2的压强比通入1mol N2和3mol H2的大，平衡还会向正向移动，放出的热量还会增大，即Q22Q1，则184Q22Q1，故A正确；B. 热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N23H22NH3 H92kJmol1，故B错误；C.催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，故C错误；D. 催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化
30、学平衡，反应的热效应不变，故D错误。答案选A。第卷 非选择题(共30分)三、填空题（本题共2小题，共30分）31.现有浓度均为0.1molL1的下列溶液：盐酸 醋酸 氢氧化钠 氯化铵 硫酸氢铵 氨水，请回答下列问题：（1）已知t 时，Kw11013，则t (填“” “ (2). (3). NH4+H2ONH3H2O+H+ (4). (5). 1.5【解析】【分析】(1)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；(2)酸碱抑制水的电离，可以水解的盐类促进水的电离，据此分析即可；(3)盐类水解是盐呈现酸碱性的原因；(4)化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，醋酸根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根
31、离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，据此解答即可；(5)依据混合溶液pH计算方法计算即可。【详解】(1)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，t时，Kw=110131014，所以t25，故答案为：；(2)酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，等浓度的这几种溶液中，NH4Cl促进水电离，醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L、NaOH中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，所以溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是，故答案为：；(3) 氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解呈酸性，水解方程
32、式为NH4+H2ONH3H2O+H+，答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；(4)化学式中铵根离子个数相等的强电解质中，氯离子对铵根离子水解无影响，氢离子抑制铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，其电离程度较小，所以等浓度的这几种溶液中，铵根离子浓度大小顺序是，故答案为：；(5)在t时将0.1molL1的HCl溶液与0.1molL1的NaOH的溶液按体积比2:1混合(忽略混合后溶液体积的变化)，则有：c(H+)=mol/L，则pH=lg=(10.5)=1.5，故答案为：1.5。32.NaH2PO4、Na2HPO4可用于合成化工原料三聚磷酸钠(Na5P3O10)。（1）能说明NaH2PO4溶液显
33、弱酸性原因的离子方程式为_。（2）能说明Na2HPO4溶液显弱碱性原因的离子方程式为_。（3）测定某三聚磷酸钠试样中Na5P3O10的含量可用间接滴定法，其流程如下：NaOH标准溶液应盛放在如图所示的滴定管_（选填“甲”或“乙”）中。滴定时所用的指示剂X可为_，判断滴定终点的方法是_。下列操作会导致测定结果偏低的是_A碱式滴定管未润洗B锥形瓶用待测液润洗C读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视D滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失【答案】 (1). H2PO4-HPO42-+H+ (2). HPO42-+H2OH2PO4-+OH- (3). 乙 (4). 酚酞 (5).
34、滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不变化 (6). C【解析】【分析】（1）NaH2PO4溶液显弱酸性，说明H2PO4-在水溶液里电离程度大于水解程度；（2）Na2HPO4溶液显弱碱性，说明HPO42-的水解程度大于电离程度；（3）碱性溶液用碱式滴定管量取；NaH2PO4溶液显弱碱性，应选用碱性范围内变色的酚酞作指示剂；根据指示剂在不同的酸碱性溶液显示不同的颜色判断；根据c（待测）=判断不当操作对相关物理量的影响；【详解】（1）NaH2PO4溶液显弱酸性，说明H2PO4-在水溶液里电离程度大于水解程度，该阴离子电离方程式为H2PO4-HPO42-+H+，故答案为
35、：H2PO4-HPO42-+H+；（2）Na2HPO4溶液显弱碱性，说明HPO42-的水解程度大于电离程度，该阴离子水解方程式为HPO42-+H2OH2PO4-+OH-，故答案为：HPO42-+H2OH2PO4-+OH-；（3）NaOH标准溶液应盛放在如图所示的滴定管，故答案为：乙；NaH2PO4溶液显弱酸性，应选用碱性范围内变色的酚酞作指示剂，滴定终点时颜色变化明显；用酚酞作指示剂，酚酞在pH8时为无色，pH为810之间，呈浅红色，所以当无色溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应到终点，故答案为：酚酞；滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不变化；A. 碱式滴
36、定管未润洗，标准液被稀释，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故A错误；B. 锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故B错误；C. 读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，c（待测）偏小，故C正确；D. 滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故D错误；故答案选C。33.50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放
37、出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。（4）实验中60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_（填“相等”、“不相等”），所求中和热_（填“相等”、“不相等”）。【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温隔热的作用 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等【解析】【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是
38、保温工作；（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答。【详解】（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：保温隔热的作用；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25molL-1H2SO4溶液跟50mL0.55molL-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50molL-1盐酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等。
