2022-2023学年天津大学附属中学高二上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津大学附属中学高二上学期期末考试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。

天津大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法正确的是
A．在所有元素中，氟的第一电离能最大
B．处于最低能量的原子叫做基态原子
C．原子半径最小的氢元素的电负性最大
D．最外层电子数为8的都是稀有气体元素的原子
【答案】B
【详解】A．越不易失电子的元素其第一电离能越大，稀有气体最外层达到稳定结构，在同一周期稀有气体的第一电离能最大，同族元素自上而下第一电离能逐渐降低，所以在所有元素中，氦的第一电离能最大，在主族元素中，氟的第一电离能最大，A错误；
B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，B正确；
C．原子半径最小的氢元素的电负性不是最大，在主族元素中氟元素的非金属性最强，所以电负性最大，C错误；
D．最外层电子数为8的粒子可能为原子或离子，若为原子则为稀有气体元素的原子，若为离子就不是稀有气体元素的原子，D错误。
答案选B。
2．科学家通过观察金星的酸性云层，分析出金星存在磷化氢气体，从而推测金星可能存在生命的迹象。下列关于P元素的说法中，不正确的是
A．第一电离能：P C．非金属性：P 【答案】A
【详解】A．P的3p能级处于半充满稳定结构，比同周期第VIA族的S元素原子难失去电子，第一电离能较大，即第一电离能：S B．同周期中原子序数越大，半径越小，则原子半径大小：S C．同周期元素从左到右非金属性依次增强，所以非金属性：P＜S，C正确；
D．同周期元素从左到右电负性依次增大，所以电负性：P 故选A。
3．对碳原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（   ）
A．电子云形状不同 B．自旋方向相同
C．能量不同 D．在同一轨道
【答案】B
【详解】碳原子的核外电子排布为1S22S22P2, 两个未成对电子处于P轨道电子云形状相同都为哑铃型。故A不正确。两个电子占据两个P轨道自旋方向相同，故B正确。两个电子所处的轨道都为P轨道，所以具有的能量相同，故C不正确。两个未成对电子占据着两个P轨道，故D不正确。本题的正确选项为B。
点睛:碳原子的两个未成对电子，根据鲍利不相容原理和洪特规则，就可以知道它的轨道，和自旋方向。
4．下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A．用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．500℃左右比室温更有利于工业合成NH3的反应
C．加入催化剂有利于SO2的氧化反应
D．对2HI(g)H2(g) + I2(g)，减小容器体积，气体颜色变深
【答案】A
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应，化学平衡发生移动，则可以用勒夏特列原理解释。
【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气可用勒夏特列原理解释，A符合题意；
B．合成氨是放热反应，室温比500℃左右更利于工业合成NH3的反应，不能用勒夏特列原理解释，B不符题意；
C．催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，C不符题意；
D．可逆反应2HI(g)⇌ H2(g)+I2(g)，减小容器体积，I2的浓度增大，气体颜色变深，该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，D不符题意。
答案选A。
5．滴有酚酞试液的下列溶液，按下列操作后颜色变深的是
A．明矾溶液加热 B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中加入少量NH4Cl固体 D．小苏打溶液中加入少量水
【答案】B
【分析】滴有酚酞试液的溶液颜色变深，说明溶液中OH-浓度增大，结合外界条件对有关平衡移动的影响分析。
【详解】A．加热会促进明矾成分中Al3+水解，产生更多的H+，溶液酸性增强颜色不变，A错误；
B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液呈红色，加热促进水解使碱性增强，因此红色变深，B正确；
C．加入NH4Cl固体溶液中c(NH4+)增大，氨水的电离平衡逆向移动，溶液中OH-浓度减小，溶液颜色变浅，C错误；
D．小苏打的成分是NaHCO3，水溶液显碱性，加入少量水，溶液中OH-浓度减小，溶液颜色变浅，D错误。
答案选B。
6．A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：
①原子半径A＜B；②离子半径A＞B；③原子序数A＞B；④原子最外层电子数A 离能大于B的第一电离能。其中正确的组合是（    ）
A．③⑤ B．①②⑦ C．③④⑥ D．③④⑤⑥⑦
【答案】C
【分析】原子得电子形成阴离子，失电子形成阳离子，A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，说明A元素的原子序数大于B元素的原子序数。
【详解】①A元素的原子序数大于B元素的原子序数，二者离子的电子层数相同，说明A位于B的下一周期，所以原子半径A>B，故错误；
②二者离子电子层数相同，B的原子序数更小，则核电荷数更小，所以B的离子半径更大，故错误；
③A元素的原子序数大于B元素的原子序数，故正确；
④当原子最外层电子数＜4时易失去最外层电子形成阳离子，当原子最外层电子＞4时，易得到电子形成阴离子，则原子最外层电子数A＜B，故正确；
⑤原子得电子形成阴离子，失电子形成阳离子，虽然二者离子电子层结构相同，但形成离子时得到或失去的电子数不一定相同，所以无法确定二者化合价之间的关系，故错误；
⑥A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，的电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故正确；
⑦A位于B的下一周期，原子半径更大，更容易失去电子，所以A的第一电离能小于B的第一电离能，故错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】第④句描述为易错点，虽然无法确定A和B最外层的电子数目，但是当原子最外层电子数＜4时易失去最外层电子形成阳离子，当原子最外层电子＞4时，易得到电子形成阴离子，所以可以确定原子最外层电子数A＜B。
7．用石墨作电极，电解1mol/L的下列物质的溶液，溶液的pH减小的是
A．NaCl B．NaOH C． D．
【答案】D
【详解】A． 电解NaCl溶液时，阳极上Cl-放电，阴极上H+放电，导致溶液中H+浓度减小，溶液的pH增大，A项不符合；
B．电解NaOH溶液时，阳极上OH-放电，阴极上H+放电，实际为电解水，导致溶液中OH-浓度增大，溶液的pH增大，B项不符合；
C．电解Na2SO4溶液时，阳极上OH-放电，阴极上H+放电，实际为电解水，溶液的pH不变，C项不符合；
D．电解溶液时，阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电，导致溶液中OH-浓度减小，H+浓度增大，溶液的pH减小，D项符合；
答案选D。
8．向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．反应(aq)+H+(aq)═CO2(g)+H2O(l)　△H＞0
B．(aq)+2H+(aq)═CO2(g)+H2O(l)　△H＝△H1+△H2+△H3
C．△H1＞△H2，△H2＜△H3
D．H2CO3(aq)═CO2(g)+H2O(l)，若使用催化剂，则△H3不变
【答案】C
【分析】由图可知，(aq)+2H+(aq)生成 (aq)+H+(aq)以及 (aq)+H+(aq)生成H2CO3(aq)都为放热反应，H2CO3(aq)生成CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，结合图象中能量的高低分析解答。
【详解】A．由图可知反应 (aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，△H＞0，故A正确；
B．由盖斯定律可知 (aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) △H=(△H1+△H2+△H3)，故B正确；
C．由图可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，△H1、△H2都为放热反应，则△H1＜△H2，故C错误；
D．加入催化剂，改变反应历程，但反应热不变，故D正确；
故选C。
9．已知：2H2(g) +O2(g)＝2H2O(g)     ΔH =－483.6 kJ·mol−1

下列说法不正确的是
A．该反应可作为氢氧燃料电池的反应原理
B．破坏1 mol H－O键需要的能量是463.4 kJ
C．H2的燃烧热ΔH＜－241.8 kJ·mol−1
D．H2(g)中的H－H键比H2O(g)中的H－O键牢固
【答案】D
【分析】反应热等于所有反应物的键能总和减去所有生成物的的键能总和。
【详解】A．放热的氧化还原反应可设计成原电池，因此该反应可作为氢氧燃料电池的反应原理，A正确；
B．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量，则2´436 kJ +498 kJ -4´E(H-O)=-483.6，解得E(H-O)=463.4 kJ ，B正确；
C．由已知反应得到H2(g)+O2(g)＝H2O(g)   ΔH=－241.8kJ·mol−1，而燃烧热是在1个标准大气压下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的水要为液态，但反应中生成的水为气态，若转化为液态还要放出热量，即H2的燃烧热ΔH＜－241.8kJ·mol−1，C正确；
D．键能越大，键越牢固，由题可知，E(H-H)=436 kJ·mol−1，E(H-O)=463.4 kJ·mol−1，故E(H-O)＞E(H-H)，则H2O(g)中的H－O键更牢固，D错误。
答案选D。
【点睛】物质的能量越低，物质越稳定，物质的键能越大，物质越稳定。
10．反应  (a＞0)，一定温度下，在恒容的密闭容器中，加入1molX和2molY发生反应，下列说法正确的是
A．充分反应后，放出的热量为akJ
B．当Y与W的物质的量浓度之比为1∶1时，表明该反应一定已达到平衡状态
C．当容器内气体的压强不再改变时，表明该反应一定已达到平衡
D．当达到平衡状态时，向容器中加入X，平衡不移动
【答案】D
【详解】A．该反应为可逆反应，加入1molX和2molY发生反应，充分反应生成W的物质的量小于2mol，，放出的热量小于akJ，故A错误；
B．当Y与W的物质的量浓度之比为1:1时，浓度不一定不再改变，此时该反应不一定达到平衡状态，故B错误；
C．该反应前后气体总物质的量不变，容器内气体的压强始终不变，故当容器内气体的压强不再改变时，不能表明该反应已到达平衡，故C正确；
D．X为固体，浓度视为常数，向容器中加入X，正逆反应速率不变，平衡不移动，故D正确；
故选D。
11．室温时纯水中存在电离平衡：H2O⇌H++ OH－。下列叙述正确的是
A．升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，溶液显酸性
B．向水中加入少量氨水，平衡逆向移动，抑制水的电离，c(OH－)降低
C．向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，由水电离出的 c(H+)＞1×10-7 mol/L
D．向水中加入少量 NH4Cl 固体，结合水电离出的 OH－，由水电离出的c(H+)＞1×10-7 mol/L
【答案】D
【详解】A． 升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，但溶液中c(H+)仍然等于c(OH－)，溶液显中性，故A错误；
B． 向水中加入少量氨水，由于c(OH－)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，移动的结果只能减弱这种变化，故c(OH－)增大，故B错误；
C． 向水中加入少量硫酸，c(H+)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，故由水电离出的 c(H+)＜1×10-7 mol/L，故C错误；
D． 向水中加入少量 NH4Cl 固体，结合水电离出的OH－，导致平衡正向移动，促进水的电离，故由水电离出的c(H+)＞1×10-7 mol/L，故D正确；
故答案为：D。
12．某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是

待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比变深。

已知：(橙色)(黄色)  A．该反应为吸热反应，但不是氧化还原反应
B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使完全反应
C．试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
D．该实验能证明减小生成物浓度平衡正向移动
【答案】A
【详解】A．该反应的，为吸热反应，反应中没有发生元素化合价的变化，故不为氧化还原反应，故Ａ正确；
B．由于反应为可逆反应，故任何物质均不可能完全反应，待试管 b 中溶液颜色不变的目的是使反应重新达到平衡，故Ｂ错误；
C．已知试管c中温度略微升高，且温度升高，平衡正向移动，颜色应该是变浅，但是现象确实颜色变深，故说明影响平衡的主要因素并不是温度，而是Ｈ＋浓度，故Ｃ错误；
D．对比a、b溶液，体积增大会导致反应物、生成物的浓度减小，溶液颜色变浅，不能证明减小生成物浓度平衡正向移动，故Ｄ错误；
故选A。
13．下列有关电池的说法不正确的是
A．外加电流法是把被保护的钢铁设备作为阴极保护起来
B．手机上用的锂离子电池属于二次电池
C．甲醇燃料电池可以把化学能转化为电能
D．铅酸蓄电池中，是负极
【答案】D
【详解】A．外加电流法是把被保护的钢铁设备作为阴极保护起来，阴极发生得电子的还原反应，钢铁被保护，故A正确；
B．手机上用的锂离子电池可以充电，可以放电，属于二次电池，故B正确；
C．甲醇燃料电池为原电池的原理，可以把化学能转化为电能，故C正确；
D．铅酸蓄电池中，Pb为负极，是正极，故D错误；
故选D。
14．最近科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（    ）

A．吸附层b为电池的正极
B．“全氢电池”的总反应为：H++OH-=H2O
C．NaClO4的作用是传导离子并参与电极反应
D．Na+在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动
【答案】C
【详解】A.由装置图中电子流向可知，电子由吸附层a流出，经导线到吸附层b，吸附层a做负极，吸附层b做正极，故A正确；
B.由图可知负极反应为：，正极反应式为：总反应为：H++OH-=H2O，故B正确；
C.NaClO4的作用是传导离子，并未参加电极反应，故C错误；
D.原电池中阳离子向正极移动，该电池左侧为负极，右侧为正极，故钠离子从左侧向右侧移动，故D正确；
故选：C。
15．25℃时，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．0.1mol/LCH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L
B．V1<20
C．二者等体积混合时，c(Na+) D．M点溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c(CH3COOH)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【详解】A．CH3COOH抑制了水的电离，其溶液中的氢氧根离子来自水的电离，25℃时0.1mol/LCH3COOH溶液的pH=3，则由水电离出的c(H+)=c(OH-)=，A正确；
B．当加入该NaOH溶液体积为20mL时，反应后溶质为醋酸钠，溶液呈碱性，而V1时溶液呈中性，说明此时加入NaOH溶液的体积小于20mL，即V1＜20，B正确；
C．二者等体积混合恰好生成醋酸钠，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知：c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(OH-)，C正确；
D．M点溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，结合物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)可知：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)，则溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；
故答案选D。

二、填空题
16．按照要求回答下列问题：
(1)已知：①  
②  
请写出C与反应生成CO的热化学方程式：_______。
(2)已知  ，该反应的熵如何变化？_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，该反应在什么温度下可以自发进行？_______(填“低温”、“高温”或“任何温度”)。
(3)盐碱地(含较多、NaCl)不利于植物生长，盐碱地产生碱性的原因：_______(用离子方程式表示)；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：_______(用化学方程式表示)。
(4)若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_______n(填“＞”、“＜”或“=”)。
【答案】(1)
(2)     减小     低温
(3)     、    
(4)＜

【详解】（1）已知：反应①  ；反应②  ；根据盖斯定律可知，由②-①可得。
（2）熵是指体系的混乱度，该反应体系混乱度减小，熵减小，若反应可以自发进行，该反应的、，低温下，则该反应低温下可以自发进行。

（3）因为易水解：、，使得盐碱地产生碱性，石膏(CaSO4)降低碱性的原理为发生反应：，碳酸根离子的浓度减小，使得水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，土壤碱性减弱。
（4）等pH、等体积的NaOH溶液和氨水，若分别稀释相同的倍数，由于NaOH已经完全电离，氨水中存在一水合氨的电离平衡，则pH：NaOH＜氨水，故分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，氨水加的水更多，则m＜n。
17．在25℃时对氨水进行如下操作。回答下列问题：
(1)向0.1mol/L 20mL氨水中逐滴加入0.1mol/L VmL盐酸。
①若使氨水恰好被中和，则所得溶液的pH_______7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式表示其原因：_______。
②若所得溶液pH=7，则此时加入盐酸的体积V_______20mL(填“>”、“<”或“=”)，溶液中、、、的大小关系为_______。
③若加入盐酸的体积，则此时溶液中_______mol/L。
(2)铜元素的价电子轨道表示式为_______，向溶液中滴加氨水产生蓝色沉淀，若所得溶液，已知，则溶液中_______mol/L。
【答案】(1)     <     +H2ONH3·H2O+H+     <     c(Cl-)= c()>c(H+)=c(OH-)     0.1
(2)          2.2×10-12

【详解】（1）①若使氨水恰好被中和，则所得溶液的溶质为氯化铵，又因为铵根离子在溶液中会发生水解，其水解方程式为：+H2ONH3·H2O+H+，所以其pH<7，故答案为：<；+H2ONH3·H2O+H+；
②由于恰好完全反应溶液显酸性，若所得溶液pH=7，则此时加入盐酸的体积V<20 mL；若所得溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒式c()+c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)可知，c()=c(Cl-)，且溶质浓度大于水电离的氢离子与氢氧根离子的浓度，即溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)= c()>c(H+)=c(OH-)；
③若加入盐酸的体积V=10 mL，则所得溶液溶质为0.05mol/L的NH4Cl和0.05mol/L的NH3·H2O ，则根据物料守恒可知，c()+c(NH3·H2O)=2c(Cl-)=0.1mol/L。
（2）铜原子内层电子排布处于全充满状态，符合洪特规则且铜位于周期表第4周期，属于过渡元素，则价电子轨道表示式为 ；向溶液中滴加氨水产生蓝色沉淀，若所得溶液，c(H+)=1×10-10mol/L，则c(OH-)==1×10-4mol/L，已知，则溶液中=2.2×10-12mol/L。

三、原理综合题
18．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一
  
回答下列问题：
(1)欲提高CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为_______。
a.通入过量CO    b.升高温度    c.加入催化剂    d.通入过量水蒸气
(2)800℃时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、、、的物质的量分别为1mol、3mol、1mol、1mol。
①写出该反应的平衡常数表达式_______。
②该时刻反应的进行方向为_______(填“正向进行”、“逆向进行”或“已达平衡”)。
(3)830℃时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中，将2molCO与2mol混合加热到830℃。反应达平衡时CO的转化率为_______。
(4)下图表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着的变化趋势。判断、的大小关系：_______，判断理由为_______。

(5)以乙醇为燃料的乙醇燃料电池，碱性电解质溶液时，负极反应式为_______。
【答案】(1)d
(2)          逆向进行
(3)50%
(4)     >     该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小
(5)C2H6O-12e-+16OH-═2CO+11H2O

【详解】（1）反应是气体体积不变的放热反应；
a．通入过量CO，平衡正向移动，但CO的平衡转化率下降，故a错误；
b．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率下降，故b错误；
c．加入催化剂，平衡不移动，CO平衡转化率不变，故c错误；
d．通入过量水蒸气，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故d正确；
故答案为：d。
（2）①平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，K=，故答案为：；
②某一时刻混合物中CO、、、的物质的量分别为1mol、3mol、1mol、1mol，此时浓度商Qc===3>K=1.1，说明反应逆向进行，故答案为：逆向进行。
（3）设CO转化的浓度为x
，K===1，解得x=1，反应达平衡时CO的转化率为=50%。
（4）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，故T1>T2。
（5）乙醇燃烧生成二氧化碳，但在碱性条件下二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，所以乙醇燃料电池中，负极上是燃料乙醇失去电子发生氧化反应，在碱性环境下，电极反应为：C2H6O-12e-+16OH-═2CO+11H2O。

四、实验题
19．化学是一门以实验为基础的学科。回答下列问题：
Ⅰ.中和反应反应热的测定。
测定50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液中和反应时放出的热量。
(1)采用稍过量的NaOH溶液的原因是_______。
(2)若两种溶液的密度均为，反应后生成溶液的比热容，反应过程中测得体系温度升高4℃，则该反应放出_______kJ热量。
Ⅱ.简易原电池反应。

(3)培养皿内装有含NaCl饱和溶液的琼脂，再滴入5~6滴酚酞溶液和溶液，混合均匀，铁钉用砂纸磨光，缠上铜丝放入培养皿中。一段时间后，可观察到没有缠铜丝的铁钉附近产生蓝色的_______(填化学式)沉淀；铜丝周围的现象是_______，发生的电极反应式为_______。
Ⅲ.已知某烧碱样品中含有NaCl杂质，为测定样品中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：
①称量1.0g样品溶于水，配成250mL溶液；
②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；
③滴加几滴酚酞溶液；
④用0.10mol/L的盐酸标准溶液滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号
待测液体积(mL)
所消耗盐酸标准液的体积(mL)
滴定前
滴定后
1
25.00
0.50
21.60
2
25.00
6.00
27.00
3
25.00
1.10
22.00

请回答：
(4)观察滴定到终点时溶液颜色的变化为_______。
(5)烧碱样品的纯度为_______。
(6)若出现下列情况，测定结果偏低的是_______。
a.滴定前用待测液冲洗锥形瓶
b.在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d.盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗
【答案】(1)确保定量的HCl反应完全
(2)1.672
(3)     Fe3[Fe(CN)6]2     变红     O2+4e-+2H2O=4OH-
(4)锥形瓶中溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不恢复原色
(5)84%
(6)b

【详解】（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的HCl反应完全。
（2）反应前后温度差为: 4°C，50mL的0.50mol/L 盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m= 100mL×1g/cm3=100g，，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=×100g×4°C =1.672kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.672kJ。
（3）培养皿中构成的是铁铜原电池，铁作为负极，发生氧化反应生成Fe2+，溶液遇Fe2+有蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2生成；培养皿中形成原电池，铁做负极，铜丝做正极，氧气在正极放电：O2+4e-+2H2O=4OH-，生成了氢氧根，由于培养皿中有酚酞溶液，则铜丝周围的现象是变红。
（4）滴定时，若用酚酞作指示剂，滴入最后半滴盐酸后，锥形瓶中溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不恢复原色，可说明到达滴定终点。
（5）用0.10mol/L的盐酸标准溶液滴定三次，平均消耗
盐酸的体积为，消耗HCl的物质的量n(HCl)=0.10mol/L×0.021L=0.0021mol，则n(NaOH)= n(HCl)= 0.0021mol，则1.0g样品中NaOH的物质的量为0.0021mol×=0.021mol，质量为0.021mol×40g/mol=0.84g，则烧碱样品的纯度为=84%。
（6）a．滴定前用待测液冲洗锥形瓶，会使溶质的物质的量增大，浓度偏大，故a不选；
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，造成V(标准)偏小，根据c(待测)= 分析，可以知道c(待测)偏小，故b选；
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V(标准)偏大，根据c(待测) =分析，可以知道c(待测)偏大，故c不选；
d．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，溶液被稀释，造成V(标准)偏大，根据c(待测) =分析，可以知道c(待测)偏大，故d不选；
故选b。