重庆市大足中学2022-2023学年高二上学期学期第一次月考化学 Word版含解析.docx

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大足中学2022～2023学年度第一学期高2024级第一次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23第Ⅰ卷选择题(共42分)一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每题3分，共42分)1.下列有关能量的说法不正确的是A.当反应物断键吸收的总能量比生成物成键释放的总能量高时，为吸热反应B.活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高C.吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于生成物形成化学键放出的总能量D.同温同压下，反应在光照和点燃条件下的不同【答案】D【解析】【详解】A．当反应物断键吸收的总能量比生成物成键释放的总能量高时，应为吸热反应，故A正确；B．活化能越大，说明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，故B正确；C．断键吸热，成键放热，吸热反应中，反应物化学键断裂吸收的总能量高于生成物形成化学键放出的总能量，故C正确；D．焓变与反应的始态、终态有关，与反应条件无关，所以反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D错误；故选D。2.下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是A.能使pH试纸变红的溶液中：CO、K＋、Cl－、Na＋B.由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1的溶液中：NO、Mg2＋、Na＋、SOC.在c(OH－)/c(H＋)＝1×10－12的溶液中：NH、Fe2＋、Cl－、NOD.＝10－10mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO、Cl－、K＋【答案】B【解析】【详解】A．使pH试纸变红溶液显酸性，酸性溶液中CO不能大量共存，A不符题意；B．水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1 ，说明水的电离受到抑制，可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下所列离子组能够大量共存，碱性条件下Mg2＋不能大量共存，即可能大量共存，B符合题意；C．c(OH－)/c(H＋)＝1×10－12，说明c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，则Fe2＋与NO在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符题意；D．c(OH-)=＝10－10mol·L－1<10-7mol·L－1，溶液显酸性，溶液中HCO与OH-反应，不能大量共存，D不符题意；选B。3.下列关于化学反应的描述中正确的是A.已知2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B.由C(金刚石)=C(石墨)∆H=-1.9kJ/mol可知，石墨比金刚石稳定C.CH4的燃烧热是890.3kJ/mol，则表示CH4的燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)∆H=-890.3kJ/molD.已知H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)生成1molH2O(l)放出热量57.3kJ，NaOH的稀溶液与稀醋酸反应生成1molH2O(l)时，放出57.3kJ的热量【答案】B【解析】【分析】【详解】A．已知2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为放热反应，则2SO2(g)+O2(g)的总能量一定高于2SO3(g)的总能量，A描述错误；B．由C(金刚石)=C(石墨)∆H=-1.9kJ/mol可知，石墨比相同量的金刚石具有的能量低，则石墨比金刚石稳定，B描述正确；C．CH4的燃烧热是890.3kJ/mol，则表示CH4的燃烧生成的氧化物为稳定的，燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3kJ/mol，C描述错误；D．已知H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)生成1molH2O(l)放出热量57.3kJ，醋酸为弱电解质，电离时吸收热量，则NaOH的稀溶液与稀醋酸反应生成1molH2O(l)时，放出的热量小于57.3kJ，D描述错误；答案为B。4.下列叙述正确的是A.纯水的，说明加热可导致水呈酸性B.的盐酸与的氨水等体积混合后 C.的番茄汁中是的牛奶中的100倍D.的溶液稀释100倍，其【答案】C【解析】【详解】A．水的电离过程吸热，升温到95℃时电离程度增大，使c(H＋)＞10-7mol/L，溶液的pH＜7，但水电离出的c(H＋)=c(OH-)，则水仍呈中性，A错误；B．的盐酸中，的氨水中，故等体积混合时，HCl与已经电离的恰好反应，但大部分未电离，反应后大量剩余，溶液显碱性，即，B错误；C．pH=4的番茄汁中c(H+)=10-4mol·L-1，pH=6的牛奶中c(H+)=10-6mol·L-1，则pH=4的番茄汁中c(H+)是pH=6的牛奶中c(H+)的100倍，C正确；D．NaOH溶液是碱溶液，无论怎么稀释，pH在常温下不可能成为6，只能无限接近于7，D错误；故选C。5.某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)△H=-QkJ·mol-1(Q>0)。12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.前12s内，A的平均反应速率为0.025mol·L-1·s-1B.12s时，A的消耗速率等于B的生成速率C.化学计量数之比b：c=1：2D.12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ 【答案】C【解析】【分析】由题图分析可知，前12s内A的浓度变化，，B的浓度变化，，依据题意，前12s内，同一反应中，不同物质的反应速率之比等于化学计量数之比，，。【详解】A．据分析，前12s内，A的平均反应速率为，A错误；B．从题图可知，该反应体系在12s达到平衡，则12s时反应的正反应速率等于逆反应速率，即A的消耗速率与B的生成速率比值等于系数之比为3：1，B错误；C．据分析，化学计量数之比b：c=1：2，C正确；D．由上述分析可知，该反应的化学方程式为，3A与1B完全反应放热Q，12s内A反应的物质的量为，则1.2A反应放出热量，D错误；故选C。6.对可逆反应，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是A.增加A的物质的量，B的转化率提高B.温度升高，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡逆向移动C.缩小体积，单位体积内活化分子的百分数增大，(正)、(逆)均增大D.恒温恒压充入，容器内压强不变，平衡不移动【答案】D【解析】 【详解】A．A为固体，增加A的物质的量，平衡不移动，B的转化率不变，A项错误；B．该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，因此正反应速率和逆反应速率均增大，B项错误；C．该反应为等体积反应，增大压强，v(正)、v(逆)均加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，C项错误；D．充入Ne，容器内压强增大，但各物质浓度不变，平衡不移动，v(正)、v(逆)均不变，D项正确；答案选D。7.某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO，其过程如下：mCeO2(m－x)CeO2·xCe+xO2；(m-x)CeO2·xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO下列说法不正确的是(　　)A.该过程中CeO2没有消耗B.该过程实现了太阳能向化学能的转化C.图中ΔH1=ΔH2+ΔH3D.H2(g)+O2(g)=H2O(g)的反应热大于ΔH3【答案】C【解析】【详解】A.通过太阳能实现总反应H2O+CO2→H2+CO+O2，反应中CeO2没有消耗，CeO2作催化剂，A正确；B.该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，B正确；C.由图中转化关系及据盖斯定律可知：-△H1为正值，△H2+△H3为负值，则-△H1=△H2+△H3，C错误；D.①H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3；②H2O(l)=H2O(g)△H2，根据盖斯定律①+②得：H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=△H3+△H2；因②△H、△H3都小于0，而△H2大于0，故△H>△H3，D正确；故合理选项是C。8.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）①NaOH固体②H2O③NH4Cl固体④CH3COONa固体⑤NaNO3固体⑥KCl溶液A.②④⑥ B.①②C.②③⑤D.②④⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入NH4Cl固体，水解显酸性，导致氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故③错误；④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；⑤加入NaNO3固体，在酸性溶液中硝酸根与铁反应得不到氢气，故⑤错误；⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；故②④⑥符合题意。答案：A。【点睛】根据Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量进行分析解答。9.室温下，对于1L醋酸溶液，下列判断正确的是A.该溶液中的粒子数为个B.加入少量固体后，溶液pH升高C.滴加NaOH溶液过程中，与之和始终为0.1mol/LD.与溶液反应的离子方程式为【答案】B【解析】【详解】A．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，A项错误；B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，则溶液的pH升高，B项正确；C．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n（CH3COO-）+n（CH3COOH）=0.1mol，但溶液体积不确定，故二者浓度之和无法计算，C项错误；D．醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，D项错误； 答案选B。10.在一定温度下，向2L固定容积的密闭容器中通入、，发生反应。能说明该反应已达到平衡状态的是（）A.混合气体的平均相对分子质量不变B.体系中，且保持不变C.混合气体的密度不随时间变化D.单位时间内有键断裂，同时有键生成【答案】A【解析】【分析】结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；【详解】A.反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，混合气体的平均相对分子质量不随时间变化，说明反应达到平衡状态，故A选；B.体系中，且始终保持不变,不能说明反应是否达到平衡状态,故B不选；C．气体的质量、体积始终不变，混合气体的密度不随时间变化，不能判定平衡，故C不选；D.单位时间内有键断裂，同时有键生成，均体现正反应速率，条件不足，不能判定平衡，故D不选；故选A。11.常温下，均为2、体积均为的溶液，分别加水稀释至体积为，溶液随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是A.常温下： B.的电离度：点点C.当时，三种溶液同时升高温度，减小D.点酸的总浓度小于点酸的总浓度【答案】D【解析】【分析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大但小于4，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC。【详解】A．由图可知，HA稀释10倍pH增大1，则HA为强酸，HB、HC稀释10倍，pH增大值小于1，则HB、HC为弱酸，HB、HC稀释同等倍数，pH的改变值：HB＞HC，酸性：HB＞HC，常温下，，故A正确；B．对于HC，b点稀释的倍数大于a点，加水稀释促进弱酸的电离，HC的电离度：a点＜b点，故B正确；C．酸的电离平衡是吸热反应，由于HA为强酸，不存在电离平衡，对HA溶液升高温度，c(A-)不变，对HC溶液升高温度促进HC电离，c(C-)增大，减小，故C正确；D．点酸的总浓度等于点酸的总浓度，故D错误；答案选D。12.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A.反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物B.总反应速率由反应②的速率决定C.升高温度，总反应的平衡常数K减小D.当有14gN2生成时，转移1mole-【答案】B 【解析】【详解】A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；C．由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；D．由图可知，总反应方程式为：N2O+COCO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14gN2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D不符合题意；答案为：B。13.下列三个反应均可用：aA(g)+B(g)⇌cC(g)表示，条件改变时变化如图所示(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率)，据此分析下列说法正确的是A.反应I中，达平衡后升高温度，K值增大B.反应I中，若p2>p1，则有a+1T2，则该反应一定不能自发进行【答案】B【解析】【详解】A．压强一定时，升高温度A转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，升高温度K减小，选项A错误；B．温度一定时，若p2>P1，增大压强A的转化率降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则a+1T2，降低温度，C的物质的量增大，选项C错误；D．根据图可知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等，则a+1=c，则反应前后熵不变；若T1>T2，升高温度，A的转化率降低，正反应是放热反应，所以焓变小于0 ，如果△G=△H-T△S<0，所以该反应能自发进行，选项D错误；答案选B。14.已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)△H＜0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是A.b点的操作是压缩注射器B.d点：v正＞v逆C.c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小D.若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则Tb＞Tc【答案】A【解析】【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但c(NO2)增大，混合气体颜色变深；压强减小平衡逆向移动，但c(NO2)减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大。【详解】A．b点开始是压缩注射器的过程，c(NO2)增大，气体颜色变深，透光率变小，A正确；B．d点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v正＜v逆，B错误；C．c点是压缩注射器后的情况，c(NO2)和c(N2O4)均增大，C错误；D．b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致Tb＜Tc，D错误；答案选A。【点睛】对于反应2NO2(红棕色)N2O4(无色)，通过压缩体积，增大压强，虽然平衡正向移动，NO2的物质的量减小，但是由于体积减小，各物质的浓度是增大的。第Ⅱ卷选择题(共58分)15.回答下列问题：（1）在中完全燃烧生成和液态水时，放出 的热量。写出该反应的热化学方程式___________。（2）已知反应：，，比较___________(填“>”“<”或“=”)。（3）已知下列反应的热化学方程式：则反应的___________。（4）若完全转化为的反应热为，拆开键和键需要的能量分别是和，则拆开键需要的能量是___________。（5）水煤气变换[]是重要的化工过程。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。可知水煤气变换的___________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)___________，写出该步骤的化学方程式___________。【答案】（1）C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)∆H=-1366.8kJ/mol（2）<（3）5ΔH2+12ΔH3-2ΔH1（4）391（5）①.<②.2.02③.COOH*＋H*＋H2O*=COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*=H*＋OH*)【解析】【小问1详解】 的物质的量为0.5mol，由0.5molC2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出683.4kJ热量可知，1molC2H5OH（l）完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l）放出热量为2×683.4kJ=1366.8kJ，则热化学方程式为C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ/mol，故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ/mol；【小问2详解】设方程式①S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2，由盖斯定律知，用①式-②式得S(g)=S(s)ΔH=ΔH1-ΔH2<0，故ΔH1<ΔH2；【小问3详解】设方程式①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2③C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3由盖斯定律：5×②+12×③-2×①得：4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)ΔH=5ΔH2+12ΔH3－2ΔH1；【小问4详解】△H=反应物的总键能-生成物的总键能=946+3×436-2×3×E(N-H)=-92，解得E(N-H)=391kJ/mol；【小问5详解】观察始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH<0；过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图知，最大活化能E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，该步始态物质为COOH*＋H*＋H2O*，产物为COOH*＋2H*＋OH*，该步骤的化学方程式：COOH*＋H*＋H2O*=COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*=H*＋OH*)。16.人们日常生产生活与化学有着紧密的联系。①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧盐酸、⑨氨水都是生活中常见的化学物质。请回答下列相关的问题：（1）上述9种物质中属于弱电解质的是___________(填序号)，写出在水中的电离方程式：___________。（2）现有常温下的盐酸(甲)和的醋酸溶液(乙)，请根据下列操作回答：①常温下溶液加水稀释过程，下列表达式的数值一定变小的是________(填字母)。 A．B．C．D．②取乙溶液，加入少量无水固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。③相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别与溶液反应，消耗溶液的体积(甲)________(乙)(填“>”“<”或“=”)。（3）时，水的离子级积常数。此温度下，的盐酸和的溶液混合后溶液的，则________。（4）已知：在，有关弱电解质的电离平衡常数如下表有下表：弱电解质电离常数()①将通入该氨水中，当降至时，溶液中的________。②下列微粒在溶液中不能大量共存是________。A．B．C．D．【答案】（1）①②②.NaHCO3=Na++（2）①A②.减小③.<（3）9：1（4）①.1.02②.C【解析】【小问1详解】 醋酸是弱酸，属于弱电解质，故选②；碳酸氢钠在水中可以电离出钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3=Na++；【小问2详解】①A．醋酸溶液加水稀释，平衡向正方向进行，n(H+)增大，溶液体积增大，c(H+)减小，A正确；B．醋酸溶液加水稀释，减小，Ka不变，所以增大，B错误；C．水的离子积不变，所以c(H+)·c(OH-)不变，C错误；D．醋酸溶液加水稀释，c(OH-)增大，c(H+)减小，所以增大，D错误；故选A；②若加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，醋酸电离平衡向左移动，c(H+)减小，溶液中增大，Ka不变，的值将减小；③由于盐酸完全电离，醋酸部分电离，pH=2的盐酸(甲)和pH=2的醋酸溶液，盐酸浓度小于醋酸浓度，用某浓度的NaOH溶液中和等体积的甲、乙两溶液，醋酸消耗NaOH体积大，故答案为：<；【小问3详解】100℃时，水的离子积常数Kw=1.0×10-12，pH=9的NaOH溶液中的c(OH-)=，的盐酸中c(H+)=1.0×10-4，混合后，则溶液显碱性，且此时c(OH-)=，则；【小问4详解】①将通入该氨水中，当降至时，，；②A．已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的二级电离常数，则两者不反应，可以共存，A不符合题意；B．结合选项A分析，由于次氯酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，则 两者不反应，可以共存，B不符合题意；C．结合选项A分析，由于亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的二级电离常数，则两者可以反应，不可以共存，C符合题意；D．结合选项A分析，由于次氯酸的电离常数小于碳酸的一级电离常数，则两者不反应，可以共存，D不符合题意；故选C。17.实验室有一瓶混有氯化钠的氢氧化钠固体试剂，为了测定其纯度，用浓度为的标准盐酸进行滴定，完成下列问题：（1）将准确称取的2.5g氢氧化钠样品配成100mL待测液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须用到的仪器是___________。（2）用标准盐酸滴定时，应将标准盐酸注入___________中(从图1中选填“甲”或“乙”)，该仪器的名称是___________。（3）若用酚酞作指示剂，判断达到滴定终点的现象是___________。（4）图2是某次滴定前、后滴定管中的液面，该次滴定消耗的标准盐酸的体积为___________mL。（5）以下是实验数据记录表滴定次数待测液体积()盐酸的读数()滴定前滴定后 110.000.0019.96210.000.1020.14310.000.3022.34通过计算可得，氢氧化钠的质量分数为___________。（6）下列操作会引起实验结果偏高的是___________(填编号)。A.滴定开始时读数仰视，终点时读数俯视B.锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗C.滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡D.在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水【答案】（1）100mL容量瓶（2）①.甲②.酸式滴定管（3）当滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色由红色恰好变为无色，且半分钟内不变色（4）22.00（5）64%（6）BC【解析】【分析】中和滴定时，量取待测液及标准液的滴定管在验漏、洗涤后，必须用试液进行润洗；而锥形瓶洗涤后，不能润洗；待测液为含有NaCl的NaOH溶液，滴入酚酞时，溶液显红色，当滴入最后一滴盐酸后，溶液呈中性，则溶液变为无色；根据c(NaOH)=c(HCl)×V(HCl)÷v(NaOH)，计算并进行误差分析。【小问1详解】配制100mL待测液，需要的仪器有，量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；【小问2详解】盐酸属于酸，应该放在酸式滴定管中，故选甲；该仪器的名称是：酸式滴定管；【小问3详解】用盐酸滴定氢氧化钠，用酚酞做指示剂，酚酞遇碱显红色，遇酸不显色，故判断达到滴定终点的现象是：当滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色由红色恰好变为无色，且半分钟内不变色；【小问4详解】由图可知，该次滴定消耗的标准盐酸的体积为22.00mL；【小问5详解】第三次实验偏差较大，需要舍弃，另外两次滴定消耗标准液的平均体积为： ，则该实验中氢氧化钠的质量为：，氢氧化钠的质量分数；【小问6详解】A．滴定开始时读数仰视，终点时读数俯视，导致读出的标准液体积偏小，根据可知，测定结果偏低，A错误；B．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗，导致消耗标准液体积偏大，根据可知，测定结果偏高，B正确；C．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，导致消耗标准液体积偏大，根据可知，测定结果偏高，C正确；D．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，不影响测定结果，D错误；故选BC。18.工业上以和为原料合成甲醇的反应：，在容积为的恒容容器中，分别在温度下合成甲醇。如图是不同温度下和的起始组成比(起始时的物质的量均为)与平衡转化率的关系。（1）___________(选填“<”、“>”或“=”)，理由是___________。（2）若点达到平衡的时间是，从反应开始到平衡用表示的反应速率为___________；（3）点的平衡常数___________。 （4）a、b、c三点转化率由大到小的顺序是___________。（5）a点状态下再通入和，达到新平衡时的转化率将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。（6）下列有利于提高平衡转化率的措施有___________。a．增大压强(缩小体积)b．降低温度c．提高原料气中的比例d．使用高效催化剂（7）下列说法不正确的是___________。a．将容器体积变为，再次达平衡时，的物质的量浓度为原平衡的2倍b．该反应在任何条件下都能自发进行c．充分反应后，容器内只存在分子d．升高温度，增大【答案】（1）①.<②.该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率降低（2）0.1mol·L-1·min-1（3）4（4）a>b>c（5）不变（6）ab（7）abcd【解析】【小问1详解】该反应为放热反应，由图可知当和的起始组成比相同时，平衡时温度为T1时平衡转化率低，则T1b>c；【小问5详解】起始时CO的物质的量均为1mol，a点=1.5，所以起始时H2的物质的量为1.5mol，平衡时CO的转化率为50%，根据化学方程式可知平衡时△n(CO)=0.5mol，△n(H2)=1mol，△n(CH3OH)=0.5mol，则平衡时n(CO)=0.5mol，n(H2)=0.5mol，n(CH3OH)=0.5mol，容器体积为1L，所以该温度下平衡常数为K==4；平衡后再加0.5molCO、0.5molCH3OH，则n(CO)=1mol，n(H2)=0.5mol，n(CH3OH)=1mol，容器体积为1L，Qc==4=K，故平衡不移动，氢气的转化率不变；【小问6详解】a．该反应为气体分子数减小的反应，则加压平衡正向移动，一氧化碳的转化率变大，a正确；b．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，一氧化碳的转化率变大，b正确；c．两种物质反应，增大某种物质的浓度，则其转化率降低，而其他物质的转化率变大，c错误；d．催化剂不能使平衡发生移动，则其转化率不变，d错误；故选ab；【小问7详解】a．体积变为原来的一半，相当于加压，平衡正向移动，则一氧化碳的浓度会小于原平衡的2倍，a错误；b．该反应为放热反应，但是该反应为熵减小的反应，则该反应在低温时可以发生，b错误；c．该反应为可逆反应，则最终反应平衡时，三种分子都存在，c错误；