2018-2019学年辽宁省六校协作体高二上学期期中化学试题（解析版）


2018-2019学年辽宁省六校协作体高二（上）期中化学试卷
一、单选题（本大题共19小题，共48.0分）
1. 化学与我们的生活息息相关，下列有关说法正确的是（　　）
A. SO2、NO2都是酸性氧化物，分别能形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨
B. 明矾[KAl（SO4）2•l2H2O]溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒
C. 高铁车厢大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点
D. 日常生活中常用汽油去除衣物上的油污，用热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污，两者的原理完全相同
【答案】C
【解析】解：A．SO2、NO2均与水反应生成酸，分别能形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，但NO2不是酸性氧化物，SO2是酸性氧化物，故A错误；
B．铝离子水解生成胶体，可吸附悬浮杂质，不具有强氧化性，不能用于自来水的杀菌消毒，故B错误；
C．合金的硬度大、抗腐蚀性强，则高铁车厢大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，故C正确；
D．汽油去除衣物上的油污，为溶解原理，而热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污与水解原理有关，则二者原理不同，故D错误；
故选：C。
A．SO2、NO2均与水反应生成酸，但NO2不是酸性氧化物；
B．铝离子水解生成胶体，可吸附悬浮杂质；
C．合金的硬度大、抗腐蚀性强；
D．汽油去除衣物上的油污，为溶解原理，而热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污与水解原理有关．
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、化学与环境、材料的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大．

2. 设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A. 在电解精炼铜时，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极质量减少64g
B. 标准状况下，22.4 LCO和C2H4混合气体的总分子数为NA，质量为28g
C. 常温常压下，1mol甲基（-CH3）所含电子数为10NA
D. 标准状况下，11.2L苯中含有C-H键的数目为3NA
【答案】B
【解析】解：A．当电路中通过的电子数为2NA（2mol），由于粗铜中含有Fe、Zn等杂质，则阳极的减小质量不一定为64g，故A错误；
B．标况下，22.4LCO和C2H4的混合气体的物质的量为1mol，故分子数为N=n•NA=NA个，而CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol，故混合气体的质量m=nM=1mol×28g/mol=28g，故B正确；
C．甲基不显电性，故1mol-CH3含9mol电子，含有甲基个数为9NA，故C错误；
D．标准状况下，苯不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故D错误；
故选：B。
A．粗铜中含有铁、锌等杂质；
B．CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol；
C．甲基为中性原子团，1个甲基中含有9个电子；
D．标况下苯的状态不是气体．
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．

3. 室温下向1L pH=2的醋酸溶液中加入2L pH=2的盐酸，则混合溶液的pH为（假设混合后溶液体积不变，室温下醋酸的电离平衡常数为1.8×10-5）（　　）
A. 2.3 B. 1.7 C. 2 D. 无法确定
【答案】C
【解析】解：在pH=2的醋酸溶液中，醋酸电离出的c（H+）=c（CH3COO-）=10-2mol/L，设此溶液中醋酸分子的平衡浓度为X，则有：K=1.8×10-5==
解得X=mol/L
即醋酸的物质的量n=CV=（+10-2）mol/L×1L≈5.56mol
HCl是强酸，2L pH=2的盐酸中氢离子的物质的量n=CV=0.02mol
将醋酸和盐酸混合后，溶液体积变为3L，设混合溶液中有Ymol醋酸发生电离，则有：
              CH3COOH⇌CH3COO-+H+
平衡浓度：mol/L    mol/L   mol/L
醋酸的电离平衡常数K=1.8×10-5==
解得Y=0.01mol
故溶液中c（H+）==0.01mol/L
溶液pH=-lgc（H+）=-lg0.01=2
故选：C。
根据醋酸溶液的pH=2，可知溶液中的c（H+）和c（CH3COO-），结合醋酸的电离平衡常数可求出c（CH3COOH）；设出混合溶液中电离的醋酸的物质的量为Z，即可表示出醋酸的平衡浓度、氢离子和醋酸根的平衡浓度，然后利用醋酸的平衡常数求解出Z，即可解得混合溶液中的c（H+），从而求出pH．
本题考查了溶液混合后pH的有关计算，应注意的是弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，不受其他因素的影响．

4. 下列物质属于强电解质的是（　　）
A. H2O B. CO2 C. CH3COOH D. AlCl3
【答案】D
【解析】解：A、水不能完全电离，故为弱电解质，故A错误；
B、二氧化碳在水溶液中和溶质状态下均不能电离出自由移动离子而导电，故为非电解质，故B错误；
C、醋酸是弱酸，故为弱电解质，故C错误；
D、氯化铝为盐，在水溶液中能完全电离，故为强电解质，故D正确。
故选：D。
电解质是化合物，电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子。电解质包括离子型或强极性共价型化合物。强电解质一般是强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐，它们溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，抓住这些特点即可解题。
本题是对基本概念强电解质的考查，题目难度不大，平时学习注意概念的辨析、基础知识的积累。

5. 下列各说法中，正确的是（　　）
A. △H＞0表示放热反应，△H＜0表示吸热反应
B. 1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热
C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba（OH）2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热
D. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数
【答案】D
【解析】解：A．△H＞0表示吸热反应，△H＜0表示放热反应，故A错误；
B．1 molH2与0.5 molO2反应生成液态水放出的热就是H2的燃烧热，故B错误；
C．1molH2SO4与1molBa（OH）2反应生成2mol水，根据中和热概念是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，故C错误；
D．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，不表示分子数，所以能为分数，故D正确。
故选：D。
A．△H＞0表示吸热反应，△H＜0表示放热反应；
B．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
C．中和热概念是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量；
D．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，能为分数。
本题考查了焓变的计算、热化学方程式的书写、中和热、燃烧热的概念应用和计算，注重基础知识的考查，难度不大。

6. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A. FeFeCl2Fe（OH）2
B. CaCO3CaOCaSiO3
C. Al2O3Al（OH）3NaAlO2
D. SSO3H2SO4
【答案】B
【解析】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，Fe与HCl反应生成FeCl2，故A错误；
B．碳酸钙受热分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙，所以CaCO3CaOCaSiO3各步转化均能实现，故B正确；
C．氧化铝与水不反应，Al2O3不能一步转化为Al（OH）3，故C错误；
D．S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故D错误。
故选：B。
A．铁与氯气反应生成氯化铁；
B．碳酸钙分解生成CaO，CaO与二氧化硅反应生成硅酸钙；
C．氧化铝与水不反应；
D．S与氧气反应生成二氧化硫。
本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是Fe、C、硫、Al的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目较简单，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。

7. 下列事实能说明亚硫酸的酸性强于碳酸的是（　　）
A. 饱和亚硫酸溶液的pH小于饱和碳酸溶液的pH
B. 亚硫酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而碳酸不能
C. 同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强
D. 将过量二氧化硫气体通入碳酸氢钠溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊
【答案】C
【解析】解：A．二氧化硫和二氧化碳的溶解度不同，导致其饱和溶液浓度不同，即使其电离程度相等，其溶液的pH也不等，所以不能据此判断酸性强弱，故A错误；
B．亚硫酸能使高锰酸钾溶液褪色说明亚硫酸具有还原性，不能说明亚硫酸的酸性强弱，故B错误；
C．同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强，说明碳酸氢根离子水解程度大于亚硫酸氢根离子，则亚硫酸的酸性大于碳酸，故C正确；
D．二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，加入的二氧化硫过量，所以不能确定哪种气体使澄清石灰水变浑浊，则不能证明两种酸的强弱，故D错误；
故选：C。
A．二者的浓度不同，不能据此判断酸的酸性强弱；
B．亚硫酸能使高锰酸钾溶液褪色说明亚硫酸具有还原性；
C．同温下，弱酸酸式酸根离子水解能力越强，则其相应酸的酸性越弱；
D．二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊．
本题考查了酸的强弱判断，根据相同浓度酸的电离程度划分即可，也可以根据强酸制取弱酸判断，易错选项是D，注意两种气体都能使澄清石灰水变浑浊，注意比较两种酸电离程度时，温度和溶液浓度要相等，为易错点．

8. 根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是（　　）
A. 厕所清洁剂、厨房清洁剂、醋、肥皂
B. 醋、厕所清洁剂、肥皂、厨房清洁剂
C. 厕所清洁剂、醋、肥皂、厨房清洁剂
D. 厨房清洁剂、醋、肥皂、厕所清洁剂
【答案】C
【解析】解：根据生活经验，厕所清洁剂、醋均显酸性，pH均小于7，但厕所清洁剂的酸性比醋强，故厕所清洁剂的pH比醋的小。肥皂、厨房洗涤剂均显碱性，pH均大于7，但厨房清洁剂的碱性比肥皂强，故厨房清洁剂的pH比肥皂的大。
故上述物质水溶液pH逐渐增大的顺序是：厕所清洁剂、醋、肥皂、厨房清洁剂，
故选：C。
根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时，呈碱性，且pH越大，碱性越强；进行分析判断．
本题难度不大，掌握常见物质的酸碱性、溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是顺利解题的关键．

9. 下列叙述正确的是（　　）
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②熔点：Al＞Na＞K
③ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布
④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
⑤多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
⑥已知H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=2H2O（l）+Na2SO4（aq）△H=-114.6kJ•mol-1则中和热为57.3kJ•mol-1
⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N
A. 只有②④⑥ B. 只有①⑤⑥ C. 只有④⑥⑦ D. 只有③⑤⑦
【答案】A
【解析】解：①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HF＞H2O＞H2S，故错误；
②金属离子半径越小，电荷越高，金属键越大，熔点就高，则熔点：Al＞Na＞K，故正确；
③ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故错误；
④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行为过渡金属元素，都为金属元素，故正确；
⑤多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，故错误；
⑥在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热，故正确；
⑦不能利用单质的性质来比较非金属性的强弱，而非金属性N＞P，故错误。
故选：A。
①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
②熔沸点的比较：熔沸点的高低取决于4种晶体微粒间的作用力的大小离子晶体受离子半径的大小及离子所带电荷的多少，原子晶体取决于共价键的强弱，分子晶体取决于分子间力，金属晶体取决于金属键的大小；
③ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布；
④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行为过渡金属元素；
⑤多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低；
⑥在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热；
⑦白磷的着火点低，能自燃，氮气中的化学键键能大，则稳定，但非金属性N＞P。
本题考查较为综合，涉及元素周期律、核外电子排布以及元素化合物等知识，综合考查学生的分析能力和基础知识的把握，难度不大。

10. 某原电池以银、铂为电极，用含Ag+的固体作电解质，Ag+可在固体电解质中自由移动。
电池反应为2Ag+Cl2=2AgCl．利用该电池可以测定空气中Cl2的含量。下列说法错误的是（　　）
A. 空气中c（Cl2）越大，消耗Ag的速率越大
B. 电子移动方向：银→固体电解质→铂
C. 电池工作时电解质中Ag+总数保持不变
D. 铂极的电极反应式为Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl
【答案】B
【解析】解：A．反应原理是Ag与氯气反应，空气中c（Cl2）越大，氯气在正极反应生成氯离子速度越快，Ag消耗越快，故A正确；
B．Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，电子从负极银流向正极Pt，不经过固体电解质，故B错误；
C．电池工作时，Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，所以电解质中Ag+数目不变，故C正确；
D．氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，所以正极反应：Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl，故D正确；
故选：B。
Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析。
本题考查了原电池原理的应用，注意电极反应和电流移动方向，题目难度不大。

11. 在某恒定温度下，向容积为1L的容器中投入1mol CO和2mol H2O，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），平衡时生成CO2 mol．若保持温度和容积不变，向其中增加2mol H2O（g），使反应到达新的平衡，下列说法不正确的是（　　）
A. 新、旧平衡时容器内气体的压强之比是5：3
B. 新平衡时H2O的转化率为20%
C. 新平衡时CO的浓度是0.2 mol•L-1
D. 新、旧平衡时容器内气体密度之比为5：3
【答案】D
【解析】解：根据题意：CO+H2O（g）⇌CO2 +H2，
初始物质的量：1    2       0    0
变化物质的量：          
平衡物质的量：         
平衡常数K==1
再通入2mol水蒸气时，设又生成二氧化碳xmol，则
            CO+H2O（g）⇌CO2 +H2，
初始物质的量：    +2     

变化物质的量：x     x     x    x 
平衡物质的量： -x +2-x +x  +x
所以根据温度没变，则K=1=，解得x=mol，
A、新、旧平衡时容器内气体的压强之比等于物质的量之比，又因为反应前后气体体积没有变化，所以新、旧平衡时容器内气体的压强之比等于（1+2+2）：（1+2）=5：3，故A正确；
B、新平衡时H2O的转化率为×100%=20%，故B正确；
C、新平衡时CO的浓度为=0.2 mol•L-1，故C正确；
D、因为反应前后体积没变，所以密度之比等于质量之比，所以新、旧平衡时容器内气体质量比为（1×28+2×18）：（1×28+4×18）=64：100=16：25，故D错误；
故选：D。
根据题意：CO+H2O（g）⇌CO2 +H2，
初始物质的量：1    2       0    0
变化物质的量：          
平衡物质的量：         
平衡常数K==1
再通入2mol水蒸气时，设又生成二氧化碳xmol，则
            CO+H2O（g）⇌CO2 +H2，
初始物质的量：    +2     

变化物质的量：x     x     x    x 
平衡物质的量： -x +2-x +x  +x
所以根据温度没变，则K=1=，解得x=mol，
据此分析判断．
本题考查了化学平衡影响因素分析判断及其计算，注意平衡常数仅与温度有关，掌握基础是关键，题目难度中等．

12. 下列实验合理的是（　　）
 



A．配制一定浓度硫酸
B．制备少量氨气
C．制备并收集少量NO2气体
D．制备少量氧气
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】解：A．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品，应该先用烧杯稀释浓硫酸，冷却至室温后再转移至容量瓶中配制一定浓度的硫酸溶液，故A错误；
B．一水合氨不稳定，受热易分解生成氨气，CaO和水反应是放热反应，放出的热量使一水合氨分解生成氨气，所以该装置能制取氨气，故B正确；
C．二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，所以制取二氧化氮应该采用排空气集气法收集，不能用排水法收集，故C错误；
D．过氧化钠为粉末状固体，关闭止水夹，不能使固液分离，则图中装置不能制备少量氧气，即不能控制反应的停止，故D错误；
故选：B。
A．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品；
B．一水合氨不稳定，受热易分解生成氨气，CaO和水反应是放热反应，放出的热量使一水合氨分解；
C．二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，所以制取二氧化氮应该采用排空气集气法收集；
D．过氧化钠为粉末状固体，关闭止水夹，不能使固液分离。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合及实验评价性分析，题目难度不大。

13. 常温下，下列有关叙述正确的是（　　）
A. pH=7的NH4Cl和氨水混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl-）
B. 醋酸溶液加水稀释后，各离子浓度均减小
C. 加热滴有酚酞的CH3COONa溶液，溶液颜色变浅
D. 0.1 mol•L-1 Na2CO3溶液中，c（HCO3-）＞c（OH-）
【答案】A
【解析】解：A．根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），已知PH=7，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（NH4+）=c（Cl-），故A正确；
B．0.1mol•L-1醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，由于Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，故B错误；
C．加热促进盐的水解，醋酸钠溶液碱性增强溶液颜色变深，故C错误；
D．0.1mol•L-1Na2CO3溶液中CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，所以c（HCO-3）＜c（OH-），故D错误；
故选：A。
A．根据电荷守恒分析；
B．0.1mol•L-1醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大；
C．加热促进盐的水解；
D．0.1mol•L-1Na2CO3溶液中，c（HCO-3）＜c（OH-）。
本题考查了弱酸的电离，盐的水解规律以及盐的数解平衡的影响因素等知识，属于基本知识的考查，难度不大。

14. 下列实验方案不可行或结论不正确的是（　　）
A. 用润湿的pH试纸测定饱和Na2CO3溶液pH
B. 通过观察如图中导管水柱的变化，验证铁钉生锈的原因主要是吸氧腐蚀
C. 向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，说明溶解度：Fe（OH）3＜Mg（OH）2
D. 向同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中加入足量镁粉，通过完全反应后收集到的H2体积比较两种酸的电离程度：醋酸＜盐酸
【答案】A
【解析】解：A．用润湿的pH试纸测定pH，会导致溶液浓度减小，导致误差，故A错误；
B．水柱升高，说明左边装置压强减小，应是消耗氧气的原因，发生吸氧腐蚀，故B正确；
C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，生成溶解度更小的物质，则说明溶解度：Fe（OH）3＜Mg（OH）2，故C正确；
D．醋酸为弱酸，不能完全电离，同pH时，醋酸浓度大，等体积时生成气体多，可通过生成气体的体积判断两种酸的电离度，故D正确。
故选：A。
A．用润湿的pH试纸测定pH易导致误差；
B．水柱升高，说明左边装置压强减小；
C．从难溶电解质的溶解平衡分析；
D．醋酸为弱酸，不能完全电离，同pH时，醋酸浓度大．
本题考查化学实验方案的评价，侧重于试纸的使用、电化学腐蚀、溶解平衡以及弱电解质的电离等，题目难度不大，注意把握相关物质的性质．

15. 下列装置为某实验小组设计的 Cu-Zn 原电池，关于其说法错误的是（　　）

A. 装置甲中电子流动方向为：Zn→电流表→Cu
B. 装置乙比装置甲提供的电流更稳定
C. 装置乙盐桥中可用装有琼胶的 Na2CO3饱和溶液
D. 若装置乙中盐桥用铁丝替代，反应原理发生改变
【答案】C
【解析】解：A．甲装置是原电池，Zn为负极、Cu为正极，负极上失电子、正极上得电子，则导致流向为：Zn→电流表→Cu，故A正确；
B．乙中含有盐桥，导致乙中产生电流更稳定，故B正确；
C．如果含有盐桥中含有碳酸钠，碳酸根离子和铜离子反应生成沉淀，则正极上不能得电子而导致不能形成闭合回路，故C错误；
D．若装置乙中盐桥用铁丝替代，右侧烧杯能自发发生氧化还原反应而形成原电池，左侧烧杯为电解池，则反应原理发生改变，故D正确；
故选：C。
甲乙都为原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极反应式为Cu2++2e-=Cu，乙中含有盐桥，使电流更稳定，据此分析解答。
本题考查原电池和电解池原理，明确原电池和电解池构成条件、各个电极上发生的反应是解本题关键，解答易错点是D选项，题目难度不大。

16. 短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA 族，W 与 X 属于同一主族。下列说法正确的是（　　）
A. 原子半径：r （ W ）＜r （ Y ）＜r （ Z ）
B. 由X、Y 组成的化合物中只含离子键
C. Z 的最高价氧化物水化物的碱性比Y的强
D. 由 Z、W 组成的化合物不能在水溶液中制备
【答案】D
【解析】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为O元素；Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于氧，则Y为Na元素；Z位于元素周期表ⅢA族，且原子序数大于钠，则Z为Al元素；W与X属于同一主族，则W为S元素。
A．同周期主族元素原子半径随着原子序数增大而减小，故原子半径原子r（Na）＞r（Al）＞r（S），即原子半径r（Y）＞r（Z）＞r（W），故A错误；
B．由X、Y组成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2，Na2O只含离子键、Na2O2含有离子键和共价键，故B错误；
C．由于金属性Na＞Al，碱性：氢氧化钠＞氢氧化铝，故C错误；
D． Z、W 组成的化合物为Al2S3，发生水解反应生成氢氧化铝与硫化氢，故不能在水溶液中制备Al2S3，故D正确，
故选：D。
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为O元素；Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于氧，则Y为Na元素；Z位于元素周期表ⅢA族，且原子序数大于钠，则Z为Al元素；W与X属于同一主族，则W为S元素。
A．同周期主族元素原子半径随着原子序数增大而减小；
B．由X、Y组成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2；
C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
D． Z、W 组成的化合物为Al2S3，发生水解反应生成氢氧化铝与硫化氢。
本题考查结构性质位置关系，熟练掌握元素周期表与元素周期律，明确微粒半径比较、金属性与非金属性强弱比较实验事实，试题侧重于对基础知识的考查。

17. 肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知：
N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol
2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）△H=-1135.7kJ/mol
下列说法正确的是（　　）
A. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-1068 kJ/mol
B. 铂做电极，以KOH溶液为电解质的肼--空气燃料电池，放电时的负极反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O
C. 肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，其电离方程式：N2H4+H2O=N2H5++OH-
D. 2NO2⇌N2O4，加压时颜色加深，可以用勒夏特列原理解释
【答案】B
【解析】解：A．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol①
2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）△H=-1135.7kJ/mol②
将方程式得方程式N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=kJ/mol=-534kJ/mol。故A错误；
B．该燃料电池中，负极上肼失电子发生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故B正确；
C．肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，N2H4•H2O存在电离平衡电离出N2H5+、OH-，电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，故C错误；
D．加压时容器体积减小，二氧化氮浓度增大，但是平衡正向移动，气体颜色变浅，但是颜色比原来没有加压时深，所以不能用平衡移动原理解释，故D错误；
故选：B。
A．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol①
2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）△H=-1135.7kJ/mol②
将方程式得方程式N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H进行相应的改变；
B．该燃料电池中，负极上肼失电子发生氧化反应；
C．肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，N2H4•H2O存在电离平衡电离出N2H5+、OH-；
D．加压时容器体积减小，二氧化氮浓度增大，但是平衡正向移动，气体颜色变浅，但是颜色比原来没有加压时深。
本题考查原电池原理、反应热的计算、弱电解质的电离、压强对化学平衡移动影响等知识点，综合性较强，明确化学反应原理及元素化合物性质是解本题关键，易错点是CD，注意C中写可逆号，题目难度不大。

18. 25℃时，向盛有50mL pH=2的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（V）与所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A. HA溶液的物质的量浓度为0.0lmol•L-1
B. b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应
C. a→b的过程中，混合溶液中可能存在：c（A-）=c（Na+）
D. 25℃时，HA的电离平衡常数K约为1.43×10-2
【答案】C
【解析】解：A、恰好中和时混合溶液温度最高，即b点，此时消耗氢氧化钠=0.04L×0.1mol/L=0.004mol，得出50mlHA的浓度==0.08mol/L，故A错误；
B．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应，溶液温度降低，故B错误；
C．NaA呈碱性，HA呈酸性，a→b的过程中，混合溶液中可能呈中性，存在：c（A-）=c（Na+），故C正确；
D．电离平衡常数K===1.25×10-3，故D错误；
故选：C。
A、恰好中和时混合溶液温度最高，即b点，此时消耗氢氧化钠0.004mol，计算氢氧化钠物质的量和酸物质的量相同计算得出HA的浓度；
B．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应；
C．NaA呈碱性，HA呈酸性，a→b的过程中，混合溶液中可能呈中性，依据电荷守恒分析；
D．电离平衡常数K=计算得到判断；
本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度不大，题目结合中和反应考查了同学们观察分析问题的能力，以及利用化学方程式计算的能力，比较综合，要认真分析解答。

19. 下列有关说法正确的是（　　）
A. 0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）
B. 已知MgCO3的Ksp=6.82×10-6，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c（Mg2+）=c（CO32-），且c（Mg2+）•c（CO32-）=6.82×10-6 mol•L-1
C. 将0.2mol/L的NH3•H2O与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合后PH＞7，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）
D. 用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳阴两极产物的物质的量之比为2：1
【答案】A
【解析】解：A.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n（Na）：n（C）=3：2，溶液中物料守恒得到：2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，故A正确；
B．Ksp与温度有关，Ksp=c（Mg2+）•c（CO32-）=6.82×10-6成立，当含有其他镁离子或碳酸根离子的混合溶液中，不一定存在碳酸根离子浓度和镁离子浓度相同，故B错误；
C．将0.2mol/L的NH3•H2O与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合后，溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于其水解程度，则c（NH4+）＞c（Cl-）、c（OH-）＞c（H+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故C错误；
D．惰性电极电解Na2SO4溶液，实质是电解水，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，阳阴两极产物的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选：A。
A．混合液中n（Na）：n（C）=3：2，根据溶液中的物料守恒判断；
B．所有含有固体MgCO3的溶液中，c（Mg2+）、c（CO32-）的浓度不一定相等；
C．c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）违反了电荷守恒；
D．惰性电极电解Na2SO4溶液，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气。
本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及难溶物溶度积的应用、盐的水解原理、离子浓度大小比较等知识，明确电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。

二、双选题（本大题共1小题，共2.0分）
20. 下列说法中正确的是（　　）
A. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
B. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
C. Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到
D. 沼气、天然气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源
【答案】BD
【解析】解：A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故A错误；
B．蔗糖在水溶液中或熔融状态下均不导电属于非电解质；硫酸钡在溶液中完全电离属于强电解质；水能够发生部分电离属于弱电解质，故B正确；
C．Mg、Al活泼性较强工业上利用电解法冶炼，Cu用热还原法冶炼，故C错误；
D．沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源；水煤气是由C与水蒸气在高温条件下反应生成的属于二次能源，故D错误；
故选：BD。
A．纯碱为碳酸钠，属于盐；
B．依据电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念判断；
C．根据金属的活泼性来判断冶炼方法；
D．天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，沼气是由植物秸秆发酵形成的，水煤气是由C与水蒸气反应生成的．
本题属于基本概念的考查，题目难度不大，注意把握电解质、非电解质、酸、碱、盐、化石能源、可再生能源和二次能源的概念．

三、简答题（本大题共3小题，共36.0分）
21. （1）21世纪是钛的世界，钠米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂。工业上二氧化钛的制备是：
资料卡片
物质
熔点
沸点
SiCl4
-70℃
57.6℃
TiCl4
-25℃
136℃
I．将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应制得混有SiCl4杂质的TiCl4。
II．将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4，所采取的操作名称是______
III．用TiCl4制备TiO2•xH2O的化学方程式为______，制备时需要______，促进水解趋于完全。
IV．TiO2•xH2O高温分解得到TiO2．如在实验室中进行，则需在______（填仪器名称）中加热。
（2）亚硫酰氯（SOCl2）是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药制药等领域用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。
根据上述实验，写出SOCl2与水反应的化学方程式______
AlCl3溶液蒸干灼烧得不到无水AlCl3，而用SOCl2与AlCl3•6H2O混合共热，可得无水AlCl3，其原因是______
【答案】蒸馏   TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl   加大量的水同时加热   坩埚   SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl   SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用既减少了水的量，生成的HCl又抑制了AlCl3的水解
【解析】解：Ⅱ．根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态，二者沸点相差较大且互溶，可以采取蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
Ⅱ．由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl；制备时需要 加大量的水同时加热促进水解趋于完全，
故答案为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl； 加大量的水同时加热；
Ⅲ．TiO2•xH2O高温分解得到TiO2．如在实验室中进行，则需在坩埚中加热，
故答案为：坩埚；
（2）SOCl2遇水剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，该气体为SO2，还生成HCl，反应方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；
氯化铝易水解生成氢氧化铝和HCl，加热HCl挥发，促进氯化铝水解彻底进行，蒸干时得到的固体是氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水，用SOCl2与AlCl3•6H2O混合共热，可得无水AlCl3，其原因是：SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用既减少了水的量，生成的HCl又抑制了AlCl3的水解，
故答案为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用既减少了水的量，生成的HCl又抑制了AlCl3的水解。
（1）II．SiCl4、TiCl4均为液体，二者沸点相差较大，分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法；
III．由信息可知TiCl4与水在加热条件下水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl；水解需要大量的水，水解过程是吸热的，升高温度可以促进水解；
IV．高温分解固体物质常在坩埚中进行；
（2）SOCl2遇水剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，该气体为SO2，还生成HCl；
氯化铝易水解生成氢氧化铝和HCl，加热HCl挥发，促进氯化铝水解彻底进行，蒸干时得到的固体是氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水，SOCl2和结晶水水反应导致水量减少，而生成的HCl又抑制氯化铝水解。
本题考查物质制备实验，涉及物质的分离提纯、陌生方程式的书写、实验基本操作、水解原理运用、对试剂的分析评价、阅读题目获取信息能力等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力。

22. 碳、氮元素及其化合物与人类的生产生活密切相关，试回答下列有关问题：
（1）NH3极易溶于水，其水溶液俗称氨水。用水稀释0.1mol・L-1的氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是______（填序号）。
A．         B．
C．c（H+）・c（OH-）         D．
（2）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是______（用离子方程式表示）。向该溶液中滴加b L 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将______（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为______mol/L-1．（NH3•H2O的电离平衡常数为Kb=2×10-5）
（3）以甲烷为燃料的新型电池的成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。
①B电极的反应式为______。
②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解100mL
1mol•L-1的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，
理论上消耗甲烷的体积为______（标准状况）。
化学反应方程式

化学平衡常数
①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
△H1=-99kJ•mol-1
K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）
△H2=-24kJ•mol-1
K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
△H3=-41kJ•mol-1
K3
【答案】BD   NH4++H2⇌NH3•H2O+H+   逆向     CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O   1.12L
【解析】解：（1）A．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+的平衡常数k=，所以温度不变、加水稀释时不变，故A错误；
 B．加水稀释时，n（NH3•H2O）减小，n（OH-）增大，所以=减小，故B正确；
C．因为kw=c（H+）・c（OH-），稀释过程中c（OH-）减小，增大c（H+），但温度不变时kw不变，即c（H+）・c（OH-）不变、减小，故C错误、D正确；
故答案为：BD；
（2）NH4+水解生成NH3•H2O和H+，促进水的电离，使溶液呈酸性，当加入碱氨水至中性时，水解逆向，水的电离程度减小；
设混合溶液的总体积为VL，所滴加氨水的浓度为xmol/l，则n（NH3•H2O）=bxmol，由于NH3•H2O的电离程度较小，所以混合溶液中c（NH3•H2O）≈mol/L，
又溶液呈中性时c（NH4+）=c（NO3-）=mol/L，c（OH-）=10-7mol/L，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+的平衡常数kb====2×10-5，x=；
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+； 逆向；；
（3）①由示意图可知CH4→CO2～8e-，根据电子守恒、电荷守恒有CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O；
故答案为：CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O；
②有电子守恒2n（Cu2+）+2n（H2）=4n（O2），且n（H2）=n（O2），所以n（O2）=n（Cu2+）=0.1L×0.1mol/l=0.1mol；CH4～CO2～8e-，4OH-～O2～4e-，
所以关系式为2O2～CH4，n（CH4）=n（O2）=0.05mol，即V（CH4）=nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；
故答案为：1.12 L；
（1）A．根据氨水电离平衡常数k推测；
B．同一溶液中，各离子浓度之比等于它们的物质的量之比，将浓度之比转化为物质的量之比判断；
C．温度一定时，水溶液中水的离子积不变；
D．因kw=c（H+）・c（OH-），氨水稀释过程中c（OH-）减小，c（H+）增大；
（2）NH4NO3是强酸弱碱盐，NH4+水解生成NH3•H2O和H+，促进水的电离，使溶液呈酸性，当加入弱碱氨水至中性时，水解逆向，水的电离程度减小；溶液呈中性时c（NH4+）=c（NO3-），c（OH-）=10-7mol/L，结合电离平衡常数进行计算；
（3）①B电极是负极，物质转化有CH4→CO2～8e-，结合电子守恒、电荷守恒，写出负极电极反应式；
②用石墨作电极电解硫酸铜溶液，两极收集到的气体体积相等时，则有电子守恒2n（Cu2+）+2n（H2）=4n（O2），且n（H2）=n（O2），所以n（O2）=n（Cu2+）=0.1L×0.1mol/l=0.1mol；再根据原电池、电解池各电极转移电子相等建立关系式为2O2～CH4～8e-，进而计算甲烷的物质的量；
考查弱电解质的电离及其电离平衡常数计算、铵根离子的水解、电化学原理及其电极方程式书写和计算，计算量大，难度中等，注意思维方式和解题的转化，电化学中适时运用守恒解题。

23. 二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：
化学反应方程式

化学平衡常数
①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
△H1=-99kJ•mol-1
K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）    
△H2=-24kJ•mol-1
K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
△H3=-41kJ•mol-1
K3
（1）该工艺的总反应为3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H
该反应△H=______，化学平衡常数K=______（用含K1、K2、K3的代数式表示）。
（2）某温度下，将8.0molH2和4.0molCO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），10 分钟后反应达平衡，测得二甲醚的体积分数为25%，则CO的转化率为______。
（3）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有______。
A．分离出二甲醚          B．升高温度           C．改用高效催化剂             D．增大压强
（4）该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是______。
【答案】-263kJ•mol-1   K12•K2•K3   75%   AD   反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率
【解析】解：（1）由①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g），△H=（-99kJ•mol-1）×2+（-24kJ•mol-1）+（-41kJ•mol-1）=-263 kJ•mol-1，化学平衡常数K=K12•K2•K3，
故答案为：-263kJ•mol-1；K12•K2•K3；
（2）10 分钟后反应达平衡，测得二甲醚的体积分数为25%，设转化的CO为x，则
      4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）
开始 8              4                  0                         0
转化 2x              x               0.5x                   0.5x
平衡 8-2x          4-x             0.5x                  0.5x
×100%=25%，解得x=3，
则CO的转化率为×100%=75%，
故答案为：75%；
（3）A．分离出二甲醚，平衡正向移动，可提高产率，故A选；
B．为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产率减小，故B不选；
C．改用高效催化剂，平衡不移动，产率不变，故C不选；
D．为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，可提高产率，故D选；
故答案为：AD；
（4）该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率，
故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率。
（1）由①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）；
（2）10 分钟后反应达平衡，测得二甲醚的体积分数为25%，设转化的CO为x，则
      4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）
开始   8              4                    0                    0
转化  2x              x                     0.5x                0.5x
平衡 8-2x          4-x                  0.5x                0.5x
×100%=25%，解得x=3；
（3）平衡正向移动可提高CH3OCH3产率；
（4）该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，消耗了反应②中的产物H2O。
本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，把握盖斯定律的应用、化学平衡三段法、转化率计算等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意反应中焓变、K的关系，题目难度不大。

四、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
24. 为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取w g固体样品，配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案：
方案I：取25.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1g
方案Ⅱ：取25.00mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。（5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O）
滴定次数实验数据
1[来
2
3
4
待测溶液体积/mL
25.00
25.00
25.00
25.00
滴定管初读数/mL
0.00
0.20
0.10
0.15
滴定管末读数/mL
19.95
20.20
19.15
20.20
实验中所记录的数据如下表：
（1）配制250mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、药匙和______、______。
（2）操作I为______操作Ⅱ为______
（3）方案I中如何判断加入的氯化钡已经过量______，在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是______。
（4）根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为______。
（5）上述实验中，由于操作错误所引起的误差分析正确的是______
A．方案I中若没有洗涤操作，实验结果将偏小
B．方案I中若没有操作Ⅱ，实验结果将偏大
C．方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，实验结果偏小
D．方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，实验结果偏大
【答案】电子天平   250mL的容量瓶   过滤   干燥   静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全   加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪  %   ACD
【解析】解：（1）准确称取W g固体样品需要电子天平，溶解需要在烧杯中用玻璃棒搅拌，沿玻璃棒转移到250ml容量瓶，加水到离2-3cm处改用胶头滴管定容到刻度配成250mL溶液，配制250mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和电子天平、250mL的容量瓶，
故答案为：电子天平；250mL的容量瓶；
（2）取25.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀→过滤→洗涤→干燥→称量，得到沉淀的质量为m1 g，操作I为分离固体和液体用过滤，操作Ⅱ为干燥沉淀，
故答案为：过滤；干燥；
（3）判别加入的氯化钡已经过量的方法为：静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全，在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪，
故答案为：静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全；加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪；
（4）图表中4组数据分别为19.95mL、20.00mL、19.05mL、20.05mL，第三组数据误差较大，应舍去，
高锰酸钾平均消耗的溶液体积V==20.00ml，
结合化学方程式定量关系计算，
              5SO32-+2MnO4-+6H+→5SO42-+2Mn2++3H2O
                    5              2
                  n             amol/L×0.02L
n=0.05amol，
Wg固体中含亚硫酸钠物质的量=0.05amol×=0.5amol，
Na2SO3的纯度=×100%=%，
故答案为：%；
（5）A．方案I中如果没有洗涤操作，生成硫酸根钡质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，故A正确；
B．方案I中如果没有操作Ⅱ，生成硫酸钡质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，故B错误；
C．方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，导致酸性KMnO4溶液读数偏小，则实验结果偏小，故C正确；
D．方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，导致酸性KMnO4溶液读数偏大，则实验结果偏大，故D正确。
故答案为：ACD。
（1）准确称取W g固体样品需要电子天平，溶解需要在烧杯中用玻璃棒搅拌，沿玻璃棒转移到250ml容量瓶，加水到离2-3cm处改用胶头滴管定容到刻度配成250mL溶液；
（2）取25.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀→过滤→洗涤→干燥→称量，得到沉淀的质量为m1 g；
（3）取上层清液加入试剂检验是否硫酸根离子设计实验检验；用a mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定亚硫酸钠发生氧化还原反应，利用高锰酸钾溶液的颜色指示反应的终点；
（4）图表中4组数据分别为19.95mL、20.00mL、19.05mL、20.05mL，第三组数据误差较大，应舍去，以此计算高锰酸钾平均消耗的溶液体积，结合化学方程式定量关系计算；
（5）A．方案I中如果没有洗涤操作，生成硫酸根钡质量增大；
B．方案I中如果没有操作Ⅱ，生成硫酸钡质量增大；
C．方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，导致酸性KMnO4溶液读数偏小；
D．方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，导致酸性KMnO4溶液读数偏大。
本题考查物质的含量的测定，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，把握关系式法的计算以及应用，难度不大。