1、高二化学期中试卷可能用到的相对分子质量：H-1 O-16 Mg-24一、单选题(共20题；每小题2分，共40分)1. 下列热化学方程式中H能表示可燃物燃烧热的是( )A. CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H=258kJ/molB. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=802.3kJ/molC. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=571.6kJ/molD. H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=184.6kJ/mo1【答案】A【解析】分析：燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，以此解答该题详解：A、1molCO完全燃
2、烧生成稳定的CO2，符合燃烧热的概念要求，放出的热量为燃烧热，故A正确；B、生成稳定的氧化物，水应为液态，故B错误；C、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧，方程式中H2为2mol，不是燃烧热，故C错误。D、HCl不是氧化物，不符合燃烧热的概念要求，故D错误；故选A。点睛：本题考查燃烧热的理解，解题关键：紧扣燃烧热的概念，易错点：D、HCl不是氧化物，B、氢稳定的氧化物是液态水。2. 合成氨反应过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是A. 反应体系中加入催化剂，会改变反应的热效应B. 反应物的总能量低于生成物的总能量C. 该反应的热化学方程式为3H2(g)+N2(g)2NH3(g) H0D. 该
3、反应是吸热反应【答案】C【解析】【详解】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应；A. 反应体系中加入催化剂，只能改变反应的活化能，但是不会改变反应的热效应，A错误；B. 根据图像，反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；C. 该反应的热化学方程式为3H2(g)+N2(g)2NH3(g) H0C. 其他条件相同，若只改变压强，则a比b的压强大且n2D. 其他条件相同，若改变A的物质的量，则a比b消耗A的物质的量少【答案】C【解析】【分析】本题考查影响化学平衡的条件；【详解】A.催化剂只改变反应速率，不能使平衡移动，其他条件相同时，a与b中c的百分含量应相同，与图像不符合，
4、A错误；B.升温，平衡向吸热反应方向移动，若a比b的温度高且H0，升高温度，a比b先平衡，且c的百分含量比b中c的百分含量大，与图像不符合，B错误；C.增大压强，反应速率加快，平衡向体积缩小的方向移动，若n2，平衡向左移动，a比b的压强大，C正确；D.A为固体，改变其物质的量，对平衡无影响，D错误。10. 在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol H2，经过一段时间后，测得容器内压强是起始时的0.9倍。在此时间段内H2的平均反应速率为0.1 molL1min1，则经过时间为( )A. 2 minB. 3 minC. 4 minD. 5 min
5、【答案】B【解析】【详解】在一定温度下，向一个2L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1molN2和3molH2，设反应中消耗氮气物质的量为x，N2+3H22NH3，起始量(mol) 1 3 0变化量(mol) x 3x 2x一段时间(mol) 1x 33x 2x经过一段时间后，测得容器内压强与起始时的压强之比为9:10，恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，(1x+33x+2x):(1+3)=9:10，x=0.2mol，氢气消耗浓度c(H2)=0.3mol/L，则经过时间=3min，答案选B。11. 一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)Y(g)Z(s)，以下不能
6、说明该反应达到化学平衡状态的是A. 2v逆(X)v正(Y)B. 反应容器中Y的质量分数不变C. 体系压强不再变化D. 混合气体的密度不再变化【答案】A【解析】【详解】A. 平衡时应有v逆(X)2v正(Y)，故A错误；B. 反应容器中Y的质量分数不变，说明各种气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；C. 体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故C正确；D. 混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故D正确；故选A。【考点】化学平衡状态的判断12. 某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)3B2(g)2AB3(g)
7、化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论正确的是（ ）A. 反应速率abcB. 达到平衡时，AB3的物质的量大小为：b c a C. 若T2T1，则正反应一定是吸热反应D. 达到平衡时A2的转化率大小为：bac【答案】C【解析】【详解】A.图像中横坐标是B2的起始量，B2浓度越大，反应速率越快，所以反应速率abba，B错误；C.若T2T1，由图像可知T2时AB3体积分数大于T1时AB3体积分数，说明正反应是吸热反应，C正确。D. B2的起始浓度越大，达平衡时A2转化率越大，所以达到平衡时A2的转化率大小为：cba，D错误；故选C。
8、【点睛】增大一种反应物的量，另一反应物转化率提高，它本身的转化率降低。13. 在密闭容中发生下列反应aA(g) cC(g)dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是 ( )A. A的转化率变大B. 平衡向正反应方向移动C. a cdD. D的体积分数变大【答案】C【解析】【详解】将气体体积压缩到原来的一半，假设平衡不移动，D的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应方向移动，则A的转化率变小，D的体积分数变小，ac+d，故答案选C。14. 某化学反应其H122 kJ/
9、mol，S231 J/(molK)，则此反应在下列哪种情况下可自发进行A. 在任何温度下都能自发进行B. 在任何温度下都不能自发进行C. 仅在高温下自发进行D. 仅在低温下自发进行【答案】A【解析】【详解】反应自发进行需要满足，H-TS0，依据题干条件计算判断，H-TS=-122 kJ/mol-T0.231 kJ/(molK)0，所以无论什么温度下，反应一定是自发进行的反应，故合理选项是A。15. T1时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的A气体和B气体，发生如下反应：A(g) +2B(g) C(p)。反应过程中测定的部分数据见下表：反应时间/minn(A)/moln(B)/ mol0 1.
10、001.20100.50300.20下列说法错误的是A. 前10min内反应的平均速率为v(C)=0.0250 mnolL-1min-1B. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.50molA气体和0.60mo1B气体，到达平衡时，n(C)T2)，上述反应平衡常数为20，则正反应为放热反应【答案】D【解析】A. 前10min内反应的平均速率为v(C)= v(A)=0.50/2/10 mnolL-1min-1=0.0250mnolL-1min-1，故A正确；B. 题干平衡时，c(C)=0.25mol/L，保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.50molA气体和0.60mo1B气体，与题干相比
11、相当于减压，平衡左移，达到新平衡时，n(C)T2)，平衡常数减小，表明降温平衡左移，则正反应为吸热反应，故D错误。故选D。点睛：解答本题的难点是选项B，分析新平衡与原平衡的关系，需要找出两情况起始条件之间的关系。题干起始时向容器中充入1.00molA气体和1.20mo1B气体，B选项起始时向容器中充入0.50molA气体和0.60mo1B气体，选项B相当于题干减压。16. 常温下，体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl-)=n(CH3COO-)=0.01mol，下列叙述错误的是A. 与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多B. 分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多C. 两种溶液的
12、pH相等D. 分别用水稀释相同倍数时，n(Cl-)n(CH3COO-)【答案】B【解析】【详解】A.醋酸是弱酸，电离不完全，若n(Cl-)=n(CH3COO-)，醋酸的浓度大，所以消耗的氢氧化钠也多，故A不选；B.同理可得，二者分别与足量CaCO3反应时，醋酸放出的CO2多，故B选；C.根据电荷守恒，盐酸中：n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)，醋酸中：n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)。由于n(Cl-)=n(CH3COO-)，所以n(H+)相等，溶液的pH也相等，故C不选；D.用水稀释后，醋酸可以继续电离，所以n(Cl-)n(CH3COO-)，故D不选；故选B。17. MOH和
13、ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示。下列叙述中不正确的是（ ）A. MOH是一种弱碱B. 在x点，c(M+)=c(R+)C. 在x点，ROH完全电离D. 稀释前，c(ROH)=10c(MOH)【答案】D【解析】【详解】由图可知，ROH开始的pH=13，稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，而MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，并根据酸碱中和及电离来解答：AMOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，A正确；B由ROHR+OH-，MOHM+OH-可知，在x点，c(OH-)相等，则c(M+)=c(R+)，B正确；C由于ROH是强
14、碱，所以在x点，ROH完全电离，C正确；D由分析可知：ROH为强碱，MOH为弱碱，故稀释前，c(ROH)=0.1mol/L，c(MOH)0.01mol/L，则c(ROH)10c(MOH)，D错误；故答案为：D。18. 用蒸馏水逐步稀释0.2mol/L的稀氨水时，若温度不变，在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是（ ）A. c(OH-)B. c(NH4+)C. D. c(NH3H2O)【答案】C【解析】【分析】氨水溶液中存在如下平衡：NH3H2OOH-+NH4+，且越稀越电离，即加水稀释，电离平衡右移。【详解】A加水稀释氨水，促进电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的更多，则c（OH-）减小
15、，A错误；B加水稀释氨水，促进电离，n（NH4+）增大，但溶液的体积增大的更多，则c（NH4+）减小，B错误；C电离平衡常数表示为：K=，温度不变，K不变，稀释过程中c(OH-)减小，所以增大，C正确；D加水稀释，平衡右移，c(NH3H2O)减小，D错误。答案选C。19. 已知室温时0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，叙述错误的是( )A. 该溶液的pH=4B. 升高温度，溶液的Kw增大C. 此酸的电离平衡常数约为110-7D. 该溶液里不存在HA分子【答案】D【解析】【详解】AHA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=
16、4，故A正确；BKw只随温度的变化而变化，温度升高促进水的电离，Kw增大，故B正确；CHA电离平衡常数为K=，HA电离出的c(H+)=c(A-)=10-4mol/L，所以K=110-7，故C正确；DHA在水中有0.1%发生电离，即HA部分电离，所以在溶液中存在HA分子，故D错误；故选：D。20. 25时，在等体积的pH=0的H2SO4溶液，0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液pH=10的Na2S溶液，pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】25时，pH=0的H2SO4溶液中c(H+)=1.00 mol/L，水电离出的c(OH
17、-)=c(H+)=mol/L=10-14 mol/L；0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=2cBa(OH)2=20.05 mol/L=0.1 mol/L，水电离出的c(H+)=mol/L=10-13 mol/L；pH=10的Na2S溶液中水电离出的c(H+)= c(OH-)=mol/L=10-4 mol/L；pH=5NH4NO3溶液中水电离出的c(H+)=10-5 mol/L；则在等体积的pH=0的H2SO4溶液、0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、pH=10的Na2S溶液、pH=5的NH4NO3溶液中，则由水电离产生的H+浓度之比=10-14 mol/L：10-13
18、mol/L：10-4 mol/L：10-5 mol/L=1：10：1010：109，故合理选项是A。二、多选题(共5题；每小题3分，共15分)21. 已知在100的温度下，水的离子积Kw=110-12，本题涉及的溶液，其温度均为100，下列说法中正确的是A. 0.001mol/L的硫酸溶液，pH=2B. 0.001mol/L的氢氧化钠溶液pH=9C. 0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性D. 完全中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液50mL【答案】B【解析】100的温度下，水的离子积KW=110-12
19、，所以该温度下中性溶液中pH=6，A项，0.001mol/L的硫酸溶液中，c(H+)=0.001mol/L2=0.002mol/L=210-3mol/L，所以pH=-lgc(H+)=lg(210-3)=3-lg22，故A错误；B项，0.001mol/L的氢氧化钠溶液，c(H+)=KW/c(OH-)=mol/L=110-9mol/L，所以pH=9，故B正确；C项，0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，混合溶液的pH为6，溶液显中性，故C错误；D项，pH=3的硫酸中，c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.1m
20、ol/L，中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液0.5mL，故D错误。点睛：本题考查pH的有关计算，酸性溶液可根据pH=-lgc(H+)直接计算；注意碱性溶液中氢氧根离子浓度和pH的换算为易错点，在已知中100的温度下，水的离子积KW=110-12，所以该温度下的中性溶液中pH=6、pH6的为碱性溶液；强酸和强碱恰好反应时，溶液呈中性，pH=6。22. 如下图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O。下列说法正确的是A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH6e2H
21、2O=CO8HC. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体【答案】D【解析】【详解】A甲池为原电池，作为电源，乙池、丙池为两个电解池，根据原电池的形成条件，通入CH3OH的一极为负极，通入O2的一极为正极，所以石墨、Pt(左)作阳极，Ag、Pt(右)作阴极，错误。；B负极反应：CH3OH6e8OH=CO6H2O，错误；C应加入CuO或CuCO3，错误；D丙池中：MgCl22H2OMg(OH)2Cl2H2，消耗0.012 5 mol O2，转移0.05 mol电子，生成0.
22、025 mol Mg(OH)2，其质量为1.45 g，正确。23. pH值相等的盐酸（甲）和醋酸（乙），分别与锌反应，若最后锌已全部溶解且放出气体一样多，为此下列说法正确的是（ ）A. 反应开始时的速率：甲=乙B. 反应所需时间：甲乙C. 反应开始时，酸的物质的量浓度：甲乙D. 反应结速时，pH值：甲乙【答案】AC【解析】【详解】ApH相同的盐酸(甲)和醋酸(乙)，两种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，A正确；B反应过程中，醋酸电离导致醋酸中氢离子浓度减少速率小于盐酸中氢离子浓度减少速率，盐酸中的氢离子浓度小于醋酸中氢离子浓度，盐酸反应速率小于醋酸，所以反应所需时间为甲乙，B错误；C
23、pH相同的盐酸(甲)和醋酸(乙)，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以c(HCl)乙，如果盐酸和醋酸都过量，由于醋酸还在发生电离，氢离子浓度大于盐酸，pH为甲乙，D错误；故选AC。24. 在下列叙述中，能说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸的是A. 将pH4的盐酸和醋酸稀释成pH5的溶液，盐酸加水后体积为原溶液的10倍，醋酸所需加入的水量比前者多B. 盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取C. 相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大D. pH值相同的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等【答案】AC【解析】【详解】A.盐酸加水后体积为原溶液的10倍，由pH4变为
24、pH5，说明盐酸为强酸、醋酸加水后体积为原溶液的10倍，由pH4变为4pH”、“”、“”或“=”）。（3）某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO) 0.2 molL，则CO的转化率为_。 （4）已知在常温常压下： 2CH3OH(l) 3O2(g) 2CO2(g) 4H2O(g) H11275.6 kJmol 2CO (g)+ O2(g) 2CO2(g) H25660 kJmol H2O(g) H2O(l) H344.0 kJmol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式_。（5）2009年10月，中国科学院长春应用化学
25、研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。该电池工作时，b口通入的物质为_（填 化学式，下同），c 口通入的物质为_。 该电池正极的电极反应式为_。【答案】 (1). (2). CE (3). (5). 80% (6). CH3OH(l)+ O2(g) CO(g) + 2H2O(l) H442.8 kJmol (7). CH3OH (8). O2 (9). O2+4e+4H+=2H2O【解析】【详解】（1）平衡常数是在一定条件下的可逆反应中，当可逆反应反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方
26、程式可知，该反应的平衡常数是K=；A、v（正）(H2)= 2v（逆）(CO)时说明正逆反应速率相等，说明到达平衡，选项A错误；B、单位时间内消耗2molH2的同时生成 1mol CH3OH都表示正反应速率，自始至终反应速率都按2：1进行，不能说明到达平衡，选项B错误；C、反应为气体体积变化的反应，压强随着反应也发生变化，若压强不变，则说明可逆反应到达平衡状态，选项C正确；D、反应物都为气体，容器的体积不变，混合气体的总质量不变，密度自始至终为定值，不能说明可逆反应到达平衡，选项D错误；E、混合气体的总质量不变，随反应进行，混合气体的总的物质的量减小，即平均相对分子质量减小，最后为定值，说明可逆
27、反应到达平衡状态，选项E正确；答案选CE；（2）由图可知，T2先达到平衡，温度大，温度高时CO的转化率低，则正反应为放热反应，所以H0；由K=，升高温度平衡逆向移动，则升高温度K减小，T1T2，所以K1K2；(3) 达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，则转化的CO的物质的量为2.0mol-0.2mol/L1L=1.6mol，所以CO的转化率为100%=80%；（4）根据盖斯定律，将已知反应-4得到CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），所以该反应的H=（-1275.6kJ/mol）-（-566.0kJ/mol）-（-44.0kJ/mol）4=442.8kJ/mol，即
28、CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=-442.8kJ/mol；（5）据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，正极上氧气得电子，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇，故答案为CH3OH；O2；负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。27. 水的电离平衡曲线如图所示：（1）若A点、B点分别表示25和100时水的电离平衡时离子的浓度，则表示25的是_（填“A”或“B”），100时水的离子积为_。（2）100，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液pH=7，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为_。（
29、3）氧化还原滴定实验同中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。现有0.001mol/L酸性KMnO4和未知浓度的无色NaHSO3溶液，反应离子方程式是2MnO4-+ 5HSO3- + H+=2Mn2+ + 5SO42- + 3H2O 填空回答问题：滴定时，将酸性KMnO4标准液装在图中的_ (填“甲”或“乙”) 滴定管中。本实验_ (填“需要”或“不需要”)指示剂。下列操作会使测定结果偏高的是_A.锥形瓶洗净后还留有蒸馏水B.部分KMnO4溶液滴到锥形瓶外C.盛装KMnO4溶液的滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数【答案】 (1). A (2). 10-12 (3
30、). 1:9 (4). 甲 (5). 不需要 (6). BC【解析】(1)A点c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，Kw=c(H+)c(OH-)=10-14 ，故A点为25；B点c(H+)=c(OH-)=10-6 mol/L，Kw=c(H+)c(OH-)=10-12 ，故B点为100；100时1molL-1的NaOH溶液中Kw=c(H+)c(OH-)=10-12 ，c(OH-)=1mol/L，氢氧化钠抑制了水的电离，溶液中的氢离子是水的电离的，则水电离出的c(H+)=110-12；故答案为A，110-12；(2)100时Kw=c(H+)c(OH-)=10-12 ，pH=4的盐酸溶液中
31、氢离子浓度为110-4molL-1，pH=9的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为：mol/L=110-3molL-1，混合后pH=7，溶液呈碱性，反应后溶液中氢氧根离子浓度为：mol/L=110-5molL-1，设NaOH溶液与盐酸溶液的体积分别为x、y，则=110-5，解得x：y=1：9，故答案为1：9；(3)酸性高锰酸钾具有强氧化性，容易腐蚀橡胶管，所以要装在酸式滴定管内，故答案为甲； 本实验中高锰酸钾溶液具有明显的颜色，在反应过程中有明显的颜色变化，不需要使用指示剂即可判断滴定终点，故答案为不需要；A.锥形瓶洗净后还留有蒸馏水，不影响溶质的物质的量，对实验无影响，错误；B.部分KMnO4溶液
32、滴到锥形瓶外，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏多，测定结果偏高，正确；C.盛装KMnO4溶液的滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数，导致读数偏大，消耗的KMnO4溶液的体积偏多，测定结果偏高，正确；故选BC。点睛：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确水的电离及其影响为解答关键。本题的易错点为(2)，要注意本题中pH=7，溶液呈碱性。28. 某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于0刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶23次；从
33、碱式滴定管中放入25.00mL待测溶液到锥形瓶中。将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000 molL1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于0刻度以下的位置，记下读数。向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至指示剂刚好变色，且半分钟不变色，测得所耗盐酸的体积为V1mL。重复以上过程两次，但在重复第一次时滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：（1）锥形瓶中的溶液从 _色变为_ 色时，停止滴定。（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 _ A滴定管内液面的变化 B锥形瓶内溶液颜色的变化（3）该小组在步骤中的错误是 _，由
34、此造成的测定结果 _(偏高、偏低或无影响)（4）步骤缺少的操作是 _（5）下图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 _mL（6）V1 _ V2 （填大于、小于、或等于）（7）纠正错误以后实验测出下列数据：滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次25.000.5020.40第二次25.004.0024.10第三次25.000.5023.40请计算待测烧碱溶液的浓度：_ molL1【答案】 (1). 红 (2). 无 (3). B (4). 用待测液润洗锥形瓶 (5). 偏高 (6). 用标准液润洗滴定管 (7). 22.60（或22.59） (
35、8). 等于 (9). 0.08000【解析】（1）酚酞作指示剂，用标准盐酸滴定待测碱液的浓度，锥形瓶中的溶液从红色变为无色时，停止滴定。（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察B。（3）该小组在步骤中的错误是：用待测液润洗锥形瓶。由此造成标准盐酸的用量偏大，故测定结果偏高 。（4）步骤缺少的操作是用标准液润洗滴定管。（5）由图可知，某次滴定时的滴定管中的液面的读数为22.60（或22.59） mL。（6）加入5mL水对滴定结果无影响 ，所以V1 等于V2 。（7）上表中数据可知，第三的标准盐酸用量明显偏大，说明第三次实验数据误差太大，应舍去不用，由第一次和第二次分别消耗盐酸的体积，计算出平均
36、耗酸为20.00mL，则待测烧碱溶液的浓度为 molL1=0.08000 molL1。点睛：本题考查了酸碱中和滴定的实验基本操作、滴定终点判断、误差分析及数据处理，难度较小。在进行数据处理时，必须先进行数据分析，舍去不合理数据后才能进行计算。29. 把0.4molX气体和0.6molY气体混合于2L密闭容器中，使它们发生如下反应：4X(g)+5Y(g) nZ(g)+6W(g)。2min末已生成0.3molW，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05mol/(Lmin)，试计算（1）前2min内用W的浓度变化表示的平均反应速率为_。（2）2min末时Y的浓度为_。（3）化学反应方程式中n=_
37、。（4）2min末，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的_倍。【答案】 (1). 0.075mol/(Lmin) (2). 0.175mol/L (3). n=4 (4). 1.05【解析】根据提给信息：v(Z)=0.05mol/(Lmin)，c(Z)= 0.052=0.1 mol/L ，c(X)=0.2 mol/L， c(Y)=0.3mol/L， c(W)=0.15 mol/L； 4X(g) + 5Y(g) nZ(g ) + 6W(g) 起始量 0.2 0.3 0 0 变化量 0.1 0.125 0.1 0.15 剩余量 0.1 0.175 0.1 0.15（1）v(W)=0.15/2
38、=0.075mol/(Lmin)；正 确 答 案：0.075mol/(Lmin)。（2）C(Y)=0.3-0.125= 0.175 mol/L;正 确 答 案：0.175mol/L。（3）根 据 方 程 式 比 例 关 系：n：6=0.1：0.15，n=4；正 确 答 案：4。 （4）在其他条件不变的情况下，反应前后气体的压强之比等于反应前后气体的总量之比，P（后）：P（前）=（0.12+0.1752+0.12+0.152）：（0.4+0.6）=1.05：1；正 确 答 案：1.05。点睛：进行化学平衡的相关计算时，要重点把握好三个量：起始量、变化量、剩余量或平衡量，要注意相关量的单位要统一。
