【文档说明】【精准解析】江苏省宿豫中学2019-2020学年高二下学期调研测试（奥赛班）化学试题.doc，共(18)页，503.000 KB，由小赞的店铺上传

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宿豫中学2019—2020学年度高二年级四月调研化学（奥赛班）注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，总分：100分。考试时间：90分钟。2.请把答案写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5

选择题（共50分）一、单项选择题（本题包括10小题，每题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意）1.研究化学反应的热效应有利于更好的利用化学能。下列说法正确的是（）A.放热反应任何条件下一定能自发进行B.升高温度可以增加分子的活化能C.生成物总能量高于反应物总能量的反

应为放热反应D.生成物的键能总和大于反应物的键能总和的反应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．有些放热反应需要在加热条件下才能进行，如铝热反应，故A错误；B．升高温度，可使更多分子转化为活化分子，不能说增加分子的活化能，故B错误；C．生成物总能量高于反应物总能量的反应，反

应过程中吸收能量，为吸热反应，故C错误；D．生成物的键能总和大于反应物的键能总和，说明释放能量大于吸收能量，该反应为放热反应，故D正确；故答案为D。2.下列有关说法正确的是（）A.将纯水加热后，水的电离程

度增大，pH不变B.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)在一定条件能自发进行的原因是ΔS＜0C.常温下，向CaCO3悬浊液中加入少量水，所得新悬浊液中c(Ca2+)减小D.常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH减小、Kw不变【答案】D【解析】【详解】A．纯水

加热后水的电离受到促进，电离程度增大，氢离子浓度变大，pH变小，故A错误；B．当△H-T△S<0时反应能够自发进行，反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)的ΔS＜0不利于反应自发进行，所以在一定条件下

能够自发进行是因为△H<0，故B错误；C．向CaCO3悬浊液中加入少量水得到的仍是碳酸钙的饱和溶液，温度不变，溶度积不变，饱和溶液中离子浓度不变，故C错误；D．醋酸钠溶液显碱性，稀释后碱性减弱，pH减小，温度不变Kw不

变，故D正确；故答案为D。3.下列反应中△H＞0，△S＞0的是A.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)B.NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)C.4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)D.任何温度下均能自

发进行2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)【答案】A【解析】【分析】一般来说，物质的分解反应为吸热反应，△S＞0，应生成较多气体，物质的混乱度增大，以此解答。【详解】A．反应为放热反应，固体生成气体，则△H＞0，△S＞0，选项A正确

；B．反应为放热反应，且气体生成固体，△H＜0，△S＜0，选项B错误；C．反应为吸热反应，且气体生成固体，则△H＞0，△S＜0，选项C错误；D．反应为吸热反应，且液体生成气体，则△H＞0，△S＜0，选项D错误

；答案选A。4.实验室用锌粒和稀硫酸反应制取氢气，下列措施不能使反应速率加快的是（）A.降低反应温度B.滴加少量硫酸铜溶液C.适当的增加硫酸的浓度D.锌粉代替锌粒【答案】A【解析】【详解】A．降低温度反应速率减慢，故A符合题意；B．滴加少量硫酸铜

，锌会置换出铜单质附着在锌粒表面形成原电池，加快反应速率，故B不符合题意；C．适量增加硫酸浓度可以加快反应速率，故C不符合题意；D．锌粉与稀硫酸有更大的接触面积，反应速率更快，故D不符合题意；故答案为A。

【点睛】适量增加硫酸浓度可以加快制取氢气的速率，但当硫酸浓度增大到一定程度后将无法产生氢气，而是生成二氧化硫。5.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A.冰镇的啤酒打开后泛起泡沫B.对N2+3H22NH3的反应，使用铁触媒可加快合成氨反应的速率C.工业上生产硫酸的过

程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率D.工业制取金属钾Na（l）+KCl（l）NaCl（l）+K（g）选取适宜的温度，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来【答案】B【解析】【详解】A．啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，打开瓶盖后瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特

列原理解释，故A不选；B．对N2+3H2⇋2NH3的反应，使用铁触媒可加快合成氨反应的速率，但是不会引起平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故B选；C．过量的空气可使平衡正向移动，增大二氧化硫的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故C不选；D．使K成蒸汽从反应

混合物中分离出来，即减小产物的浓度，能让平衡向着正方向进行，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故答案为B。6.镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。电解质溶液为KOH溶液，电池反应为：Cd+2NiO(OH）+2

H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关镍镉电池的说法正确的是（）A.充电过程是化学能转化为电能的过程B.充电时阳极反应为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-C.放电时电池内部OH-向负极移动D.充

电时与直流电源负极相连的电极上发生Ni(OH)2转化为NiO(OH)的反应【答案】C【解析】【详解】A．充电过程为电解池，将电能转化成化学能，故A错误；B．充电时阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Ni(OH)2-e-+O

H-=NiOOH+H2O，故B错误；C．放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，故C正确；D．充电时与直流电源负极相连的电极是阴极，阴极反应为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，故D错误；故答案为C。7.下列

图示与对应的叙述不相符合的是（）A.图1表示相同温度下，向pH＝10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线B.图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的

条件一定是加入催化剂C.图3表示工业上用CO生产甲醇的反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，该反应的ΔH＝－91kJ·mol－1D.图4表示10mL0.01mol·L－1酸性KMnO4溶液与过量的0.1mol·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2＋)随时间的变化(Mn2＋对该反应有催化

作用)【答案】B【解析】【详解】A．pH相同的强弱电解质溶液在稀释过程中，因稀释过程中会促进一水合氨的电离，因此pH变化相较于氢氧化钠溶液慢，因此a表示氨水稀释时pH的变化曲线，故A不符合题意；B．若该可

逆反应为气体等体积反应，增大压强时，正逆反应速率均增大，平衡不发生移动，不一定是加入了催化剂，故B符合题意；C．由图可知，该反应的焓变ΔH=(419-510)kJ/mol=-91kJ/mol，故C不符合题意；D．滴定过程中，随着反应的进行，生成物中的Mn2+逐渐增加

，因Mn2＋对该反应有催化作用，因此化学反应速率逐渐增加，Mn2+增加速率较快，后因反应物浓度逐渐降低，增加速率较慢，最终高锰酸钾完全反应，Mn2+不再增加，故D不符合题意；故答案为：B。8.我国的“长三丙火箭”第三级推进器使用的燃料是液态氢。已知在25℃时，2gH2在O2中完全燃烧生成液态水

时放出热量285.8kJ。下列有关说法中，正确的是（）A.H2的燃烧热为–285.8kJB.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=+571.6kJ·mol–1C.25℃时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH>–571.6kJ·mol–1D.25℃时，11.2LH2在O2中完全燃

烧生成液态水时放出热量142.9kJ【答案】C【解析】【分析】2g氢气物质的量为：2g2g/mol=1mol，1molH2在O2中完全燃烧生成液态水时放出热量285.8kJ，反应的热化学方程式为：H2(g)+12O2

(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1。【详解】A．根据分析可知氢气燃烧热为285.8kJ•mol-1，故A错误；B．根据分析可知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1，故B错误；C．2mol氢气燃烧生成液体

水放出的热量为571.6kJ，液态水变为气态水吸热，所以生成气态水放出的热量更少，又因为放热反应焓变小于零，所以25℃时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH>–571.6kJ·mol–1，故C正确；D．不是标准状况下，不能使

用标况下的气体摩尔体积计算11.2氢气的物质的量，故D错误；故答案为C。【点睛】对于放热反应由于其焓变小于零，所以焓变越小放出的热量越多。9.据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是A.B.C.D.【答案

】B【解析】【详解】水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。【点睛】注意催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热。10.下列说法正确的是（）A.电解

法精炼铜时应将粗铜板作阳极B.100℃时，纯水的pH约为6，此时纯水呈酸性C.电镀时应将待镀物品（镀件）与直流电源的正极相连D.在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的正极相连【答案】A【解析】【详解】A．电

解精炼铜时粗铜中的铜以及某些杂质在阳极被氧化，铜离子在阴极被还原生成精铜，故A正确；B．纯水中氢离子浓度与氢氧根浓度始终相等，任何温度下都显中性，故B错误；C．电解池中与电源正极相连的一极为阳极，阳极发生氧化反应，镀件若与电源正极相连会被

氧化，所以应与电源负极相连，故C错误；D．在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁作阴极，与直流电源的负极相连，故D错误；故答案为A。二、不定项选择题（本题5小题，每小题4分共20分.每小题只有一个或两个

选项符合题意.若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11.若在一定条件下，容积恒定的反应室中充入amolCO与2amolH2，在催化

剂作用下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH（g），下列措施一定使3c(CHOH)c(CO)增大的是（）A.升高温度B.充入Ar（g）使体系的总压增大C.恒温恒容再充入H2D.恒温恒容再充入amolCO和2

amolH2【答案】CD【解析】【详解】A．该反应焓变未知，升高温度后平衡如何移动无法确定，所以无法确定3(CHOH)(CO)cc如何变化，故A错误；B．充入氩气虽然体系压强增大，但对于反应物和生成物的分压不变，浓度不变，平衡不发生移动，3(CHOH)(CO)cc不变，故B错误；

C．恒温恒容通入氢气平衡正向移动，CO浓度减小，CH3OH浓度变大，所以3(CHOH)(CO)cc变大，故C正确；D．假设再充入amolCO和2amolH2时将容器的体积扩大为原来的二倍，则再次平衡时达到的是等效

平衡，此时3(CHOH)(CO)cc不变；但实际上容器体积不变，即要在等效平衡的基础上将容器体积压缩，此过程中平衡正向移动，则再次达到平衡时CO浓度减小，CH3OH浓度变大，所以3(CHOH)(CO)cc变大，故D正确；故答案为CD。【点睛】利用等效平衡原理分析问题时

，先假设一个能达到等效平衡的虚拟状态，再分析实际情况与虚拟状态相比改变的条件是什么，平衡会如何移动。12.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液

中存在水解平衡B用铂丝蘸取少量NaCl溶液进行焰色反应，火焰呈黄色这是钠离子的发射光谱CNaI溶液2230%HO溶液、稀硝酸及淀粉⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→溶液变蓝色酸性条件下H2O2的氧化性比I2强D向浓度均为0.1mol·L－1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量Ag

NO3溶液，先出现黄色沉淀Ksp（AgCl）<Ksp（AgI）A.AB.BC.CD.D【答案】AB【解析】【详解】A．Na2CO3溶液水解呈碱性，加入氯化钡使水解平衡逆向移动，则由溶液颜色的变化可知Na2C

O3溶液中存在水解平衡，故A正确；B．钠元素的焰色反应为黄色，当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出

。而放出的光的波长在可见光范围内（波长为400nm～760nm），因而能使火焰呈现颜色，这是钠离子的发射光谱，故B正确；C．过氧化氢、硝酸均可氧化碘离子，不能比较其氧化性，应选盐酸，故C错误；D．二者为同类型难溶物，溶液中先生成AgI沉淀，说明AgI更难溶，因此溶度积大小关系为：Ksp(

AgCl)>Ksp(AgI)，故D错误；故答案为：AB。13.在相同温度下，0.01mol/L的NaOH溶液和0.01mol/L的盐酸相比较，下列说法正确的是（）A.两溶液的pH之和等于14B.由水电离出的c(H+)都是1.0×10-12mol/LC.由水电离出的c(OH-)

相等D.若将0.01mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，对水的电离的影响不变【答案】C【解析】【详解】A．温度未知，不同温度下水的离子积常数不同，两溶液的pH之和不一定等于14，故A错误；B．温度未知，虽然二者对水的电离抑制效果相同，但不同

温度下水的离子积常数不同，计算出的水电离出的氢离子浓度不都是1.0×10-12mol/L，故B错误；C．0.01mol/LNaOH溶液中水电离出的c(H+)水=w0.01Kmol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=w0.01Kmol/L

，所以由水电离出的c(H+)相等，故C正确；D．醋酸为弱酸，0.01mol/L的醋酸电离出的氢离子要比盐酸少，对水的电离抑制作用较弱，故D错误；故答案为C。14.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.

0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)B.pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞

c(H+)C.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：2c(Na+)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)D.0.1mol·L－1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L－1盐酸10mL混合后溶液显酸性：c(CH3C

OO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H+)【答案】AD【解析】【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子及铵根离子都水解，但水解程度较小，根据物料守恒得c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)，故A正确；B．pH=11的氨水浓

度大于pH=3的盐酸浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)＜c(NH4+)，故B错误；C．在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中存在物料守恒，c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]，故C错误；D．二

者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解、醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3C

OOH)＞c(H+)，故D正确；故选AD。15.相同温度、相同容积的四个密闭容器中进行同样的可逆反应：2X(g)+Y(g)3W(g)+2Z(g)△H=﹣QKJ/mol，起始时充入气体的物质的量及平衡时体系能

量变化数据如表，下列说法正确的是（）XYWZ反应体系能量变化甲2mol1mol放出akJ/mol乙1mol1mol放出bkJ/mol丙2mol2mol放出ckJ/mol丁3mol2mol吸收dkJ/molA.

X的转化率为：甲＜乙＜丙B.c+d＜QC.平衡时，甲容器中的反应速率比丁容器中的慢D.平衡时丙容器中Z的物质的量浓度最大【答案】D【解析】【详解】A．丙的物质的量是乙的2倍，物质的量增大，压强增大，转化

率减小，则转化率乙>丙；甲乙相比，甲中增大了X的物质的量，则X的转化率减小，则转化率甲＜乙；丙的物质的量相当于在甲的基础上增加了Y，则X的转化率增大，甲＜丙，所以X的转化率为：乙>丙>甲，故A错误；B．甲丁属于等效平衡，二者反应方向相反，二者的转化率之和为100%，则甲丁热量之和为

Q，丙的加入Y的量大于甲，向正方向进行的程度大，所以丙放出的热量大于甲，则丙丁热量之和大于Q，即c+d>Q，故B错误；C．根据反应2X(g)+Y(g)3W(g)+2Z(g)可知，在恒温恒容条件下，初始时2molX、1m

olY相当于加入3molW、2molZ，二者两个平衡互为等效平衡，则平衡时各组分浓度相等，所以平衡时甲、丁容器中的反应速率相等，故C错误；D．丙中可以看作先加入2molX和1molY，平衡后又加了1molY，增大反应物的浓度平衡正向移动，所以生成物的浓度增大，即丙中Z的物质的量浓

度最大，故D正确；故答案为：D。【点睛】虚拟“中间态”法构建等效平衡：（1）构建恒温恒容平衡思维模式新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强；（2）构建恒温恒压平衡思维模式（以气体物质的量增加的反应为例，见图示）新平衡状态可以认

为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。非选择题（共50分）16.碳及其化合物广泛存在于自然界。随着科技的进步，利用化学反应原理将含碳物质进行合理转化，已成为资源利用、环境保护等社会关注问题的焦点。如CO2是人类工业生产排放的主要的温室气

体，利用CO2制造更高价值化学品是目前的研究热点。（1）①利用CH4和CO2这两种温室气体可以生产水煤气。已知：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)△H=−890.3kJ·mol－1CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)△H=+2.8kJ·mo

l－12CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H=−566.0kJ·mol－1反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)的△H=____kJ·mol－1②250℃时，以镍合金为催化剂，向4L恒容容器中通入6molCO2、6molCH4，发生如下反应：CO2(g)＋CH4(g)

2CO(g)＋2H2(g)。平衡体系中各组分体积分数如下表：物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4此温度下该反应的平衡常数K=_______。（2）利用CO2催化加氢可以合成乙醇，反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)C2H5O

H(g)+3H2O(g)∆H<0,设m为起始时的投料比，即m=n(H2)/n(CO2)。①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为____。②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为____。（3）高温电解技术能高效实现下列反应：CO2+H2OCO+H2+O2，其可将释放的CO2转化

为具有工业利用价值的产品。工作原理示意图如下：电极a的电极反应式____。（4）工业生产烟气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2。已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6

×10－11。吸收后所得溶液的pH____7（填“＞”、“=”或“＜”）。【答案】(1).+247.3(2).64(3).321T>T>T(4).123m>m>m(5).CO2+H2O+4e-=CO+H2+2O2-(6).＞【解析】【分析】（1）①根据盖斯定律得出答案；②先按照三段式建立关

系，再列关系，解得答案。（2）①图1中投料比相同，同压下，从下往上，转化率变大，分析评估移动；②当温度相同，从下往上，转化率升高，分析反应物的量对转化率的影响得出答案。（3）A极化合价降低，发生还原反应，从而写出答案。（4）用氨水吸

收过量的CO2生成碳酸氢铵，根据NH3·H2O的电离平衡常数与H2CO3的Ka1平衡常数分析得出答案。【详解】（1）（1）根据盖斯定律，第1个反应减第2个反应的2倍，再减第3个反应的2倍，得到反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2

H2(g)的△H=+247.3kJ·mol－1，故答案为：+247.3。②CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)开始：6mol6mol00转化：xmolxmol2xmol2xmol平衡：(6-x)mol(6-x)mol2xmol2xm

ol6-x=0.16-x+6-x+2x+2x解得x=42288()()44K==642244，故答案为：64。（2）①图1中投料比相同，同压下，从下往上，转化率变大，平衡正向移动，减小温度，因此温度从高到低的顺序为T3>T2>T1，故答案

为：T3>T2>T1。②当温度相同，从下往上，转化率升高，则氢气量越来越大，即投料比m增大，因此图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为m1>m2>m3，故答案为：m1>m2>m3。（3）A极化合价降低，发生还原反应，因此电极a的

电极反应式CO2+H2O+4e－=CO+H2+2O2－，故答案为：CO2+H2O+4e－=CO+H2+2O2－。（4）用氨水吸收过量的CO2生成碳酸氢铵，由于NH3·H2O的Kb=1.7×10－5大于H2CO3的Ka1=4.3×10－7，因此吸收后所得溶液的pH＞7，故答案为：＞。1

7.乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KM

nO4溶液进行滴定：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O,学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。①称取1.260g纯草酸晶体，将其制成100.00mL水溶液为待测液

。②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。③用浓度为0.1000mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00mL。(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的________(填

“甲”或“乙”)滴定管中。(2)本实验滴定达到终点的标志是___________________。(3)通过上述数据，求得x＝________。讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会________(填“偏大”、“偏小”或“

不变”，下同)。②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会________。【答案】(1).甲(2).当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终

点(3).2(4).偏大(5).偏小【解析】【分析】（1）因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，结合滴定管的适用要求作答；（2）根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2

O4的物质的量，然后求出1.260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；根据操作不当对标准液消耗的体积变化来判断H2C2O4的物质的量的误差，进而推出纯草

酸晶体中含H2O的物质的量误差变化。【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡皮管，所以用需用酸式滴定管，甲正确，故答案为甲；（2）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；（3）2MnO4−+5H2C2O4+6H+═2M

n2++10CO2↑+8H2O250.1000mol/L×0.01L0.0025mol25.00mL待测液中含有0.0025molH2C2O4，100.00mL待测液中含有0.01molH2C2O4，其质量为0.01mol×90g/mol=0.9g，所以1.260g纯草酸晶体中水的物质的量为1.2

60g−0.9g=0.36g，其物质的量为0.02mol，则x=2；①若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x值偏大；②若滴定时所用的酸性KMn

O4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗的标准液的体积偏大，最终导致n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小，x值偏小；故答案为2；偏大；偏小。18.将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2（

g）+O2（g）2SO3（g）；△H＜0，当反应进行到时间t1点时达到平衡状态，测得混合气体总物质的量为2.1mol。试回答下列问题：（1）反应进行到t1时，SO2的体积分数为__；（2）若在t1时充入一定量的氩气（Ar），SO2的物质的量将__

（填“增大”、“减小”或“不变”）；（3）若在t1时升温，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量_2.1mol（填“＜”、“＞”或“=”），简单说明原因：__。（4）若t1达到平衡后，保持容器的体积不再变化。再加

入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，此时v逆_v正(填“＜”、“＞”或“=”）【答案】(1).9.52%(2).增大(3).＞(4).正反应放热，升温，平衡逆向移动，气体的物质的量增大(5).＜【解析】【分析】设

反应的氧气的物质的量为x，列三段式有()()()223+mol210mol2xx2xmol2-2SOgOg2x1-x2Og2Sx起始()转化()平衡()则有2-2x+1-x+2x=2.1，解得x=0.9mol，即平衡时体系中n(SO2)=0.2mol，n(O2)=0

.1mol，n(SO3)=1.8mol。【详解】(1)根据分析可知，反应进行到t1时，SO2的体积分数为0.2mol100%2.1mol=9.52%；(2)该容器为恒压容器，充入一定量的氩气(Ar)，体积增大，反应物

的分压减小，所以平衡向体积增大的方向移动，即向逆反方向移动，所以SO2的物质的量增大；(3)已知该反应的正方向为放热反应，所以升高温度平衡逆移，逆方向为气体物质的量增大的方向，所以新平衡混合物中气体的总物质的量＞2.1mol；(4)保持容器的体积不再变化

再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，各物质的浓度扩大为原来的二倍，相当于在原平衡的基础压缩体积加压，则平衡会正向移动，所以v逆＜v正。【点睛】分析第4小题时也可用浓度商来分析，浓度商Q=()()()22223SOSOOccc，平衡时Q=

K，再次充入气体后各物质的浓度变为原来的二倍，根据浓度商的计算公式可知分母的变化更大，则Q<K，所以平衡正向移动。19.弱电解质在水溶液中的电离状况可以进行定量计算和推测。（1）25℃时两种酸的电离平衡常数如表所示。Ka1Ka2HA1×10-4

H2B1×10-25×10-6①25℃时，0.100mol·L-1的NaA溶液中H+、OH-、Na+、A-、HA的物质的量浓度由大到小的顺序是：___。pH=8的NaA溶液中由水电离出的c(OH-)=___mol·L-1。②25℃时，0.10

0mol·L-1的NaHB溶液pH___7，理由是___。③25℃时，向0.100mol·L-1的Na2B溶液中滴加足量0.100mol·L-1的HA溶液，反应的离子方程式为___。（2）已知25℃时，向0.100mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液，各含磷微粒的物

质的量分数随pH变化的关系如图所示。①当溶液pH由11到14时，所发生反应的离子方程式为：___。【答案】(1).Na+、A-、OH-、HA、H+(2).10-6(3).＜(4).HB-的电离程度大于其水解程度(5).HA+B2-=A-+HB-(6).HPO42-+OH-

=PO43-+H2O【解析】【详解】(1)①根据题目信息可知HA为弱酸，所以NaA溶液中存在A-的水解使溶液显酸性，而水解是微弱的，同时溶液中存在水的电离，所以溶液中离子浓度由大到小为Na+、A-、OH-、HA、

H+；pH=8的NaA溶液中c(H+)=10-8mol·L-1，则溶液中c(OH-)=10-6mol·L-1，氢氧根离子全部由水电离，所以由水电离出的c(OH-)=10-6mol·L-1；②NaHB溶液中存在HB-H++B2-，其

电离平衡常数为5×10-6，同时存在HB-的水解，其水解平衡常数为112wa1241101010KK−−−==，其电离平衡常数大于水解平衡常数，所以溶液显酸性，即pH＜7；③根据题目信息可知酸性：H2B＞HA＞HB-，所以反应

的离子方程式为HA+B2-=A-+HB-；(2)据图可知当溶液pH由11到14时，PO43-浓度上升，HPO42-浓度下降，所以离子方程式为HPO42-+OH-=PO43-+H2O。