浙江省杭州市“六县九校”联盟2022-2023学年高二上学期期中联考化学 Word版含解析.docx

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杭州“六县九校”联盟2022学年高二年级第一学期期中联考化学试题考生须知：1.本卷共10页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16K：39Mn：55Ag：108Ba：137选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分)1.下列物质中，属于强电解质的是A.CH3COOHB.NH3C.CH3CH2OHD.BaSO4【答案】D【解析】【详解】电解质的强弱要看是否能完全电离，能完全电离的有强酸、强碱、大多数盐为强电解质，部分电离的有弱酸、弱碱、水等是弱电解质，BaSO4是强电解质，故选：D。2.酸碱中和滴定实验中，需使用到且必须用待装液润洗的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．容量瓶水洗后即可使用，若润洗导致配制溶液的浓度偏大，故A不符合题意；B．锥形瓶水洗即可，若润洗，消耗标准液偏多，导致测定结果偏大，故B不符合题意；C．量筒不需要润洗，故C不符合题意；D．滴定管水洗后，需用待装液润洗，保证浓度不变，故D符合题意；故答案选D。 3.下列物质中能抑制水的电离且溶液呈酸性的是A.NaHSO4B.KNO3C.NaOHD.Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A．在水溶液中完全电离NaHSO4=Na++H++，使溶液显酸性，且抑制水的电离，故A正确；B．KNO3是强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，对水的电离无影响，故B错误；C．NaOH是强碱，其水溶液显碱性，且抑制水的电离，故C错误；D．Na2CO3是强碱弱酸盐，水溶液中发生水解使溶液显碱性，促进水的电离，故D错误；故选：A。4.下列电离方程式正确的是A.醋酸钠的电离：CH3COONaCH3COO-+Na+B.碳酸氢钠的电离：NaHCO3=Na++H++C.Fe(OH)3的电离：Fe(OH)3Fe3++3OH-D.H2S的电离：H2S2H++S2-【答案】C【解析】【详解】A．醋酸钠属于强电解质，完全电离，其电离方程式为：CH3COONa=CH3COO-+Na+，故A错误；B．碳酸氢钠属于强电解质，完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3═Na++，故B错误；C．Fe(OH)3属于弱电解质，部分电离产生铁离子和氢氧根离子，其电离方程式为：Fe(OH)3⇌Fe3++3OH-，故C正确；D．H2S属于弱电解质，分步电离，以第一步为主，其电离方程式为：H2S⇌H++HS-，故D错误；故选：C。5.下列反应属于氧化还原反应，并且△H<0的是A.CaO与水反应B.浓硫酸稀释C.锌粉与稀硫酸反应制取氢气D.灼热的炭与CO2反应【答案】C【解析】 【详解】A．CaO与水反应生成氢氧化钙，没有价态变化不属于氧化还原反应，故A不选；B．浓硫酸稀释过程不存在化学反应，故B不选；C．锌粉与稀硫酸发生置换反应生成氢气，存在价态变化属于氧化还原反应，且反应过程放出热量，△H<0，故C选；D．炭与CO2反应生成CO，属于氧化还原反应，但该反应为吸热反应，△H>0，故D不选；故选：C。6.稀盐酸与过量锌粉的反应中加入适量下列物质，能加快反过速率但又不影响氢气生成量的是A.Na2CO3固体B.NaNO3溶液C.CH3COONa固体D.少量Cu粉【答案】D【解析】【详解】A．稀盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，影响生成氢气的量，故A错误；B．酸性条件下硝酸根离子氧化Zn不生成氢气，故B错误；C．盐酸与醋酸钠反应生成醋酸，氢离子浓度减小，生成氢气的速率减小，故C错误；D．Zn过量，加入少量Cu构成原电池可加快反应速率，且不影响生成氢气的量，故D正确；故选：D。7.对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A.υ(A)=0.3mol•L-1•s-1B.υ(B)=1.8mol•L-1•s-1C.υ(D)=0.7mol•L-1•s-1D.υ(C)=1.5mol•L-1•min-1【答案】C【解析】【详解】由于B是固体，不能用浓度的改变量来描述反应速率，再根据速率与计量系数之比分析，比值越大，则反应速率越快，，则υ(D)=0.7mol•L-1•s-1的速率最快，故C符合题意。综上所述，答案为C。8.下列说法不正确的是A.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H=+178.5kJ/mol，该反应高温才能自发B.增大压强(体积减小)或升高温度，均能增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率C.c(H+)=的溶液一定为中性D.发生化学反应的碰撞都是有效碰撞 【答案】B【解析】【详解】A．该反应△S>0，△H>0，属于高温自发反应，故A正确；B．增大压强(体积减小)可以增大单位体积内活化分子数目，但不能增大活化分子百分数，故B错误；C．c(H+)==，可得：，溶液一定显中性，故C正确；D．发生化学反应的碰撞一定是有效碰撞，故D正确；故选：B。9.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-ΔH>0，下列叙述正确的A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)减小，c(H+)减小B.将水加热，Kw增大，pH变小C.向水中加入少量HCl气体平衡逆向移动，c(H+)减小，c(OH-)减小D.向水中分别加入0.1mol/L盐酸与0.1mol/LNaOH溶液，两溶液中水的电离程度不相同【答案】B【解析】【详解】A．向水中加入稀氨水，氨水是弱碱，会抑制水的电离，使平衡逆向移动，c( OH-)增大，c(H+)减小，故A错误；B．水的电离是吸热的，将水加热，水的电离平衡正向移动，Kw增大pH变小，故B正确；C．向水中加入少量HCl气体，会抑制水的电离，平衡逆向移动，c(H+)增大，c(OH-)减小，故C错误；D．加酸加碱均能抑制水的电离，向水中分别加入0.1mol•L-1盐酸与0.1mol•L-1NaOH溶液，对水的电离抑制程度相同，两溶液中水的电离程度相同，故D错误；故选：B。10.在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L氨水至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是A.B.c(OH-)C.D.【答案】A【解析】【详解】A．，稀释过程促进一水合氨的电离，则增大， 的物质的量减小，比值增大，A正确；B．氨水呈碱性，稀释过程中c(OH-)始终减小，故B错误；C．，稀释过程促进一水合氨的电离，增大，的物质的量减小，比值减小，故C错误；D．，和Kb均只受温度影响，稀释过程中温度不变，则和Kb不变，不变，故D错误；故选：A。11.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.工业合成氨，反应条件选择高温B.在密闭容器中发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，压缩容器，体系颜色加深C.使用催化剂可增大SO2的转化率D.其它条件不变时，升高温度可增强醋酸溶液的导电能力(忽略挥发情况)【答案】D【解析】【详解】A．合成氨反应为N2+3H2⇌2NH3  ΔH＜0，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于氨气的合成，合成氨时选择高温的目的是考虑催化剂的催化活性，与可逆反应无关，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)为气体体积不变的反应，压缩容器体积后压强增大，平衡不移动，但容器体积缩小I2(g)的浓度增大，导致混合气体颜色加深，与可逆反应无关，不能用平衡移动原理解释，故B错误；C．催化剂可加快反应速率，但催化剂不能使该平衡发生移动，无法增大SO2的转化率，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．醋酸的电离过程吸热，其它条件不变时，升高温度醋酸的电离平衡正向移动，醋酸根离子、氢离子浓度增大，增强了醋酸溶液的导电能力，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故选：D。12.在温度和容积不变的密闭容器中：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)能说明该反时达到平衡的是A.各物质的物质的量之比为n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=l∶3∶2B.断开3molH-H的同时断开2molN-H C.容器内气体的密度保持不变D.在该条件下，N2的转化率已经达到了最大值【答案】D【解析】【详解】A．各物质的物质的量之比为n（N2）∶n（H2）∶n（NH3）=1∶3∶2，无法判断正逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，故A错误；B．断开3molH-H的同时断开2molN-H，正逆反应速率不相等，反应未达平衡平衡状态，故B错误；C．反应前后气体总质量不变，容器容积不变，故容器内气体的密度始终不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故C错误；D．在该条件下，N2的转化率已经达到了最大值，则反应达到了最大限度，故反应达到了平衡状态，故D正确；故选：D。13.下列事实中可以证明HClO是弱电解质的是A.HClO能使紫色石蕊试液先变红后褪色B.常温下，0.1mol/LHClO溶液pH=3C.相同体积的HClO导电能力比盐酸的弱D.100mL0.lmol/L的HClO恰好与100mL0.lmol/L的NaOH溶液完全反应【答案】B【解析】【详解】A．1mol/L的HClO溶液可以使石蕊试液变红，说明HClO电离出氢离子而使溶液呈酸性，但是不能证明HClO部分电离，则不能说明HClO是弱电解质，故A错误；B．1mol/L的HClO溶液中c(H+)=10-3mol/L＜1mol/L，说明HClO部分电离，为弱电解质，故B正确；C．相同体积的HClO导电能力比盐酸的弱，说明HClO中离子浓度小于HCl,不能说明HClO部分电离，但没有HClO和HCl的浓度，所以不能证明HClO是弱电解质，故C错误；D．100mL0.1mol•L-1的HClO恰好与10mL0.1mol•L-1的NaOH溶液完全反应，说明HClO是一元酸，但是不能说明HClO部分电离，则不能证明HClO是弱电解质，故D错误；故选：B。14.下列有关反应热的说法正确的是A.稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=-57.3kJ/mol，澄清石灰水与盐酸反应的中和热也为△H=-57.3kJ/molB.H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则反应2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)的△H=+571.6kJ/mol C.已知在一定条件下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，则将3molH2和足量的N2在此条件下充分反应，放出热量为92.4kJD.已知S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1，S(g)+O2(g)=SO2(g)△H2则△H1<△H2【答案】A【解析】【详解】A．稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=-57.3kJ•mol-1，澄清石灰水与盐酸反应生成可溶性氯化钙和水，其中和热也为ΔH=-57.3kJ•mol-1，故A正确；B．H2(g)的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，则反应2H2O (l)═2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ•mol-1，故B错误；C．已知在一定条件下，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)  ΔH=-92.4kJ•mol-1；则生成2mol氨气放出的热量为92.4kJ，3molH2和足量的N2此条件下充分反应不能生成2mol氨气，放出热量小于92.4kJ，故C错误；D．固态硫转化为气态硫需要吸收能量，已知S(s)+O2(g)═SO2(g)  ΔH1，S(g)+O2(g)═SO2(g)  ΔH2，则ΔH1＞ΔH2，故D错误；故选：A。15.常温下，下列各组离子在相应条件下能大量存在的是A.=106的溶液中：K+、Fe3+、Cl-、B.由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Fe2+、Na+、、C.能使酚酞变红色的溶液中：、K+、ClO-、Cl-D.pH=1的溶液中：CH3COO-、Na+、Mg2+、【答案】A【解析】【详解】A．=106的溶液显酸性，所给离子在指定溶液中能够大量共存，故A符合题意；B．水电离出c(H+)=10-12mol/L的溶液可能为酸，也可能为碱，若为酸，NO(H+)具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，若为碱，Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁沉淀，因此所给离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；C．能使酚酞变红，说明溶液显碱性，NH与OH-反应NH3·H2O，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故C不符合题意； D．pH=1的溶液为酸，CH3COO-与H+生成弱电解质CH3COOH，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故D不符合题意；答案为A。16.下列装置或操作能达到实验目的的是A.图1装置用于盐酸和NaOH溶液反应的中和热测定B.图2装置用于盐酸滴定氢氧化钠溶液(部分装置未画出)C.图3装置用于测定锌与硫酸反应速率(单位mL/s)D.图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响【答案】B【解析】【详解】A．盐酸和NaOH溶液反应的中和热测定时需要环形玻璃搅拌棒，A不符合题意；B．盐酸滴定氢氧化钠溶液，盐酸应盛放在酸式滴定管中，用图2装置，可进行盐酸滴定氢氧化钠溶液，B符合题意；C．图3装置中，长颈漏斗的下端管口没有液封，气体会从漏斗中逸出，所以不能用于准确测定锌与硫酸的反应速率，C不符合题意；D．研究不同催化剂对反应速率的影响时，变量是催化剂：除去催化剂不同外，其余条件都应相同，图4装置中，反应物的浓度不同，所以不能用于研究不同催化剂对反应速率的影响，D不符合题意；故选B。17.已知H2(g)+Br2(1)=2HBr(g)△H=-72kJ/mol，Br2(1)=Br2(g)△H=+30kJ/mol。其他相关数据如下表，则表中a为物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436200a A.354B.369C.282D.267【答案】B【解析】【详解】由盖斯定律可知反应H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)△H3可由反应H2(g)+Br2(1)=2HBr(g)△H1=-72kJ/mol，减去Br2(1)=Br2(g)△H2=+30kJ/mol得到，则△H3=△H1-△H2=-72kJ/mol-30kJ/mol=-102kJ/mol；△H=反应物键能和-生成物键能和=(436+200-2a)kJ/mol=-102kJ/mol，a=369kJ/mol，故B正确；故选：B。18.下列关于图像的描述不正确的是A.由图1可知HB是一种弱酸B.若图2发生的反应为：2SO2+O22SO3，由图可知该反应的正反应是放热反应C.图3可以表示2NH33H2+N2使用催化剂的能量变化情况D.由4图可知，反应过程中v正K2>K3【答案】D【解析】【详解】A．达平衡时，列出三段式：则容器Ⅰ中平衡常数K1==40，A正确；B．容器Ⅲ与容器Ⅰ刚好为互为逆反应过程，但容器Ⅰ温度高于容器Ⅲ，温度越高，化学反应速率越大，所以达到化学平衡时容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的小，B正确；C．容器Ⅲ与容器Ⅰ互为逆反应过程，若两容器温度相同，则容器Ⅰ中CH3OH转化率和容器Ⅲ中CH3COOH转化率之和为1，容器Ⅲ温度低于容器Ⅰ，正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CH3COOH转化率减小，所以达平衡时，容器Ⅰ中CH3OH转化率与容器Ⅲ中CH3COOH转化率之和小于1，C正确；D．容器Ⅰ和Ⅱ的温度相同则平衡常数相等，由ΔH＜0可知该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1=K2＜K3，D错误；故选D。25.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论A探究反应物浓度对化学反应速率的影响分别取10mL0.lmol/LNa2S2O3溶液和5mL0.lmol/LNa2S2O3溶液、5mL蒸馏水于两支试管中，然后同时加入10mL0.1mol/LH2SO4溶液前者出现浑浊的时间更短，说明增大Na2S2O3浓度，可以加快反应速率B探究压强对化学反应速率的影响在容积不变的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向其中通入氩气，反应速率不变化学反应速率不受压强影响C将装有NO2和N2O4 探究温度对化学反应速率的影响混合气体的连同球分别浸泡在冰水和热水中2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)，△H<0热水中气体颜色浅，冰水中颜色深D探究KI与FeCl3反应的限度取1mL．0.1mol/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．只有Na2S2O3浓度不同，前者出现浑浊的时间更短，说明增大Na2S2O3浓度，可以加快反应速率，故A正确；B．容积不变，通入氩气，各物质的浓度不变，反应速率不变，不能证明化学反应速率不受压强影响，故B错误；C．焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则分别浸泡在冰水和热水中，热水中颜色深，故C错误；D．FeCl3溶液过量，反应后有剩余，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液，溶液变为血红色，不能证明反应的限度，故D错误；故选：A。非选择题(本题包括5小题，共50分)二、填空题(共50分)。26.按要求完成下列问题。（1）汽油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)=2C(s)+O2(g)，已知反应的△H>0，判断该设想能否实现________(填“能”或“不能”)，并简述原因________________。（2）甲烷的烧热△H=-890.3kJ/mol，写出甲烷的燃烧热的热化学方程式：__________________。【答案】（1）①.不能②.因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△G＞0，为非自发反应（2）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1【解析】【小问1详解】2CO(g)=2C(s)+O2(g)，该反应是焓增、熵减的反应，根据G=△H-T•△S，G＞0，不能自发进行，故答案为：不能；因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△G＞0，为非自发反应； 【小问2详解】1mol可燃物燃烧生成稳定的化合物放出的热量即燃烧热，所以1mol甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳的燃烧热热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1。27.按要求回答下列问题：（1）用50mL0.500mol/LCH3COOH溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和热测定，测得中和热为△H=-52.1kJ/mol。①写出CH3COOH与NaOH反应的离子方程式__________________。②若改用50mL、0.500mol/LHCl溶液与50mL、0.55mol/LNaOH溶液进行，所求中和热为△H1，比较△H1________△H(填“大于”、“小于”或“相等”)。（2）在25℃时，将pH=11的Ba(OH)2溶液VaL与pH=2的HCl溶液VbL混合，若所得溶液为中性，则Va：Vb=_________。【答案】（1）①.②.小于（2）10:1【解析】【小问1详解】①CH3COOH与NaOH反应生成醋酸钠和水，醋酸和水均为弱电解质写化学式，反应离子方程式为：，故答案为：；②醋酸为弱酸，在反应过程中逐步电离出氢离子，电离过程吸热，使反应放出的热量偏低，导致△H偏大，而盐酸是强酸，完全电离，不存在电离吸热过程，因此放热量多于醋酸，放热越多，反应热越小，△H1小于△H，故答案为：小于；【小问2详解】pH=11的Ba(OH)2溶液VaL与pH=2的HCl溶液VbL混合，若所得溶液为中性，则氢氧化钡中氢氧根离子物质的量等于盐酸中氢离子的物质的量，即：，Va∶Vb=10:1，故答案为：10:1。28.I．在常温下，0.lmol/L一元酸HB溶液的pH=3，回答下列问题：（1）HB在水溶液中的电离平衡常数Ka≈____________。（2）常温下，有c(H+)相同、体积相同的上述酸HB和盐酸两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是_______(填字母)。(①表示盐酸，②表示HB) II．常温下，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示，回答下列问题：化学式HCOOHH2CO3HCNHClO电离平衡常数K=1.8×10-4K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K=4.9×10-10K=3.0×10-8（3）酸性由强到弱的顺序为_________________。（4）将少量的CO2通入NaC1O溶液中，反应的离子方程式：______________。【答案】（1）1.0×10-5（2）c（3）HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞（4）ClO-+CO2+H2O=HClO+【解析】【小问1详解】在常温下，0.1mol/L一元酸HB溶液的pH=3，则c(H+)=1.0×10-3mol/L，则c(B-)=1.0×10-3mol/L，溶液中c(HB)≈0.1mol/L，，故答案为：1.0×10-5；【小问2详解】HB溶液中H+被消耗会促进HB的电离，反应过程中HB溶液中c(H+)大于盐酸中，HB与Zn反应的速率比盐酸与Zn反应的速率快；等pH、等体积的HB溶液和盐酸中，HB提供的H+总物质的量大于盐酸，HB与足量Zn反应放出的H2大于盐酸与足量Zn反应放出的，故答案为：c；【小问3详解】Ka值由大到小的顺序：Ka(HCOOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka(HCN)>Ka2(H2CO3)，酸性由强到弱的顺序：HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞，故答案为：HCOOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞；【小问4详解】由Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和，离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+，故答案为：ClO-+CO2+H2O═HClO+。 29.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。该同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的值。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KMnO4溶液进行滴定：+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100.0mL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H2SO4③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点记录消耗体积。（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）滴定时，左手操作滴定管，右手轻轻摇动惟形瓶，眼睛注视________。（3）判断滴定终点的现象是：_____________。（4）如图是某同学滴定时的滴定管中的液面，其读数为_______mL。（5）为了提高实验的准确性，学习小组共进行3次实验，记录数据如下表：待测液/mLV0(KMnO4)/mLV1(KMnO4)/mL25.000.009.9825.001.0811.1025.000.5015.50通过上述数据，可知消耗的KMnO4溶液体积为_____mL，求得x=_______。（6）误差分析： ①若滴定终点时俯视滴定管刻度读数，则由此测得的x值会______(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后再用待测液润洗，则由此测得的x值会______。【答案】（1）甲（2）锥形瓶内溶液颜色变化（3）当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色（4）22.40（5）①.10.00②.2（6）①.偏大②.偏小【解析】【分析】高锰酸钾和还原剂草酸反应，草酸使高锰酸钾溶液褪色，草酸消耗完，再一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫红色；【小问1详解】酸性溶液盛放在酸式滴定管中，且酸性高锰酸钾溶液能腐蚀橡胶，所以酸性高锰酸钾溶液盛放在酸式滴定管中，所以选择甲，故答案：甲；【小问2详解】滴定时，左手操作滴定管，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化；【小问3详解】高锰酸钾和还原剂草酸反应，草酸使高锰酸钾溶液褪色，草酸消耗完，再一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点，故答案为：当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色；【小问4详解】分析图片可知，读数为22.40mL，故答案为：22.40；【小问5详解】第一组V(KMnO4)=9.98mL，第二组V(KMnO4)=(11.10-1.08)mL=10.02mL，第三组V(KMnO4)=(15.50-0.50)mL=15.00mL，第三组溶液体积与其它两组溶液体积偏差较大，舍去，消耗KMnO4溶液平均体积==10.00mL，n(H2C2O4)=n(KMnO4)=×0.1000mol/L×0.01L=0.0025mol，25mLH2C2O4溶液中n(H2C2O4)为0.0025mol，100mLH2C2O4溶液中n(H2C2O4)=0.0025mol×4=0.01mol，m(H2C2O4)=0.01mol×90g/mol=0.9g，x==0.02mol，物质的量之比等于其个数之比，1：x=0.01mol：0.02mol，x=2，故答案为：10.00；2；【小问6详解】 ①若滴定终点时俯视滴定管刻度，导致使用的V(KMnO4)偏小，草酸的物质的量偏小，则水的物质的量偏大，x值偏大，故答案为：偏大；②锥形瓶用蒸馏水洗涤后再用待测液润洗，导致待测物质含量偏多，x偏小，故答案为：偏小。30.二氧化碳催化加氢制甲醇，不仅有利于减少温室气体二氧化碳，而且还可以获得大量的重要有机化工原料甲醇。回答下列问题：（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)平衡常数K该反应一般认为通过如下步骤来实现：i．CO2(g)+3H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol平衡常数K1ii．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-90kJ/mol平衡常数K2①则总反应的△H=____kJ/mol；平衡常数K=_______(用K1、K2表示)。②上述总反应在容积不变的密闭容器进行，在t0时达到平衡，当其他条件不变时，改变某一条件，下列图像的描述，说法正确的是__________。A．图甲表示t0时升高温度对反应速率的影响B．图乙表示t0时加压或催化剂对反应速率的影响C．图丙表示t0时分离出甲醇对反应速率的影响，同时可以提高甲醇的产率D．图丁表示t0时增加CO2的物质的量对反应速率的影响，同时可以提高CO2的转化率（2）若T1时时将6mo1CO2和8mo1H2充入容积为2L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，H2的物质的量变化如下表所示。物质的量/molT1/℃T2/℃05min10min15min20min25min30minH28.03.52.02.0151.01.0①在T℃条件下0-5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_____，该条件下的平面常数K=_______。②第15min后，温度调整到T1℃，数据变化如上表所示，则T1______T2(填“>”、“<”或“=”)。③若15min时，保持T1不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各1mol，则此时反应_____移动(填*正向”、“逆向"或“不")； ④T1℃达到平衡后，保持其他条件不变，在t1时刻迅速将容器体积压缩至1L，t2时重新达到平衡，请在图中画出t1时刻后c(H+)变化趋势_____。。【答案】（1）①.-49②.K1×K2③.A（2）①.0.15mol/(L•min)②.0.5③.＞④.正向⑤.。【解析】【小问1详解】①已知i.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol,ii.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=-90kJ/mol,由盖斯定律i+ii可得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol，，，平衡常数=K1×K2，故答案为：-49；K1×K2；②A.t0时升高温度正逆反应速率均加快，反应正向放热，平衡逆向移动，图像相符，故A正确；B.t0时加催化剂，正逆反应速率加快，平衡不移动，与图像符合，加压，正逆反应速率加快，平衡正向移动，与图像不符，故B错误；C.t0时分离出甲醇，正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡正向移动，可以提高甲醇的产率，与图像不符，故C错误；D.t0时增加CO2的物质的量，正反应速率加快，逆反应速率不变，平衡正向移动，图像符合，但CO2的转化率减小，故D错误；故答案为：A；【小问2详解】