化学卷·2018届广东省佛山一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届广东省佛山一中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年广东省佛山一中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一．选择题（每小题只有一个正确的选项，1-10题每题各2分，11--18题每题各3分，共44分）‎ ‎1．下列各项与反应热的大小无关的是（　　）‎ A．反应物和生成物的状态 B．反应物量的多少 C．反应物的性质 D．反应的快慢 ‎2．下列变化属于吸热反应的是（　　）‎ ‎①液态水汽化 ‎ ‎②将胆矾加热变为白色粉末 ‎ ‎③浓硫酸稀释 ‎ ‎④氯酸钾分解制氧气 ‎ ‎⑤生石灰跟水反应生成熟石灰．‎ A．①④⑤ B．①②④ C．②③ D．②④‎ ‎3．以下自发反应可以用熵判据来解释的是（　　）‎ A．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol B．CaO（s）+CO2（g）═CaCO3（s）△H=﹣175.7kJ/mol C．（NH4）2CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ/mol D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol ‎4．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫 B．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深 C．向氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强 D．在含有[Fe（SCN）]2+的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去 ‎5．在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是（　　）‎ A．υ（A）=0.5mol•L﹣1•S﹣1 B．υ（B）=0.3 mol•L﹣1•S﹣1‎ C．υ（C）=0.8mol•L﹣1•S﹣1 D．υ（D）=1 mol•L﹣1•S﹣1‎ ‎6．在下列平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙红色）+H2O中，溶液介于黄和橙红色之间，今欲增加溶液的橙红色，则要在溶液中加入（　　）‎ A．H+ B．OH﹣ C．K+ D．H2O ‎7．水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述正确的是（　　）‎ A．c（H+）随温度的升高而降低 B．35℃时，c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．溶液：pH（35℃）＞pH（25℃） D．水的电离是吸热的过程 ‎8．将V1 mL 1.0mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．下列叙述正确的是（　　）‎ A．做该实验时环境温度为22℃‎ B．该实验表明化学能可以转化为热能 C．NaOH溶液的浓度约是1.00 mol/L D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应 ‎9．下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（　　）‎ A．CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣283.0 kJ/mol B．C（s）+O2（g）═CO（g）；△H=﹣110.5 kJ/mol C．H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=﹣241.8 kJ/mol D．2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）；△H=﹣11036 kJ/mol ‎10．一定温度下，可逆反应A2（s）+3B2（g）⇌2AB3（g）达到平衡的标志是（　　）‎ A．容器内每减少1mol A2，同时生成2mol AB3‎ B．容器内每减少1mol A2，同时消耗3mol B2‎ C．混合气体总质量不变 D．容器内的气体密度不再改变 ‎11．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（1）△H=﹣57.3kJ/mol．向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸 ②浓硫酸 ③稀硝酸，恰好完全反应时的热效应△H1、△H2、△H3的关系正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H2＞△H3 B．△H1＜△H3＜△H2 C．△H1＜△H2＜△H3 D．△H1＞△H3＞△H2‎ ‎12．在密闭容器中进行下列反应：M（气）+N（气）⇌R（气）+2L（？）此反应符合下面图象，下列叙述正确的是（　　）‎ A．正反应放热，L是气体 B．正反应吸热，L是固体 C．正反应吸热，L是气体 D．正反应放热，L是固体或液体 ‎13．在两个恒容容器中有平衡体系：A（g）⇌2B（g）和2C（g）⇌D（g），X1和X2分别是A和C的转化率．在温度不变情况下，均增加相同的A和C的物质的量，下列判断正确的是（　　）‎ A．X1降低，X2增大 B．X1、X2均降低 C．X1增大，X2降低 D．X1、X2均增大 ‎14．一定质量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA（气）+yB（气）⇌zC（气）．达到平衡后，测得A气体的浓度为0.5mol/L．当恒温下将密闭容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡后，测得A的浓度为0.3mol/L．下列叙述正确的是（　　）‎ A．平衡向正反应方向移动 B．x+y＞z C．C的体积分数增大 D．B的转化率增大 ‎15．将pH试纸用蒸馏水湿润后，去测定某溶液的pH值，测得该溶液的pH值结果将会（　　）‎ A．偏高 B．偏低 C．不变 D．上述三种情况均有可能 ‎16．有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是（　　）‎ A．两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10﹣11 mol•L﹣1‎ B．分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同 C．醋酸中的c（CH3COO﹣）和硫酸中的c（SO42﹣）相等 D．分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同 ‎17．若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是（　　）‎ A．不是在室温下 B．弱酸溶液与强碱溶液反应 C．强酸溶液与强碱溶液反应 D．二元强酸溶液和一元强碱溶液反应 ‎18．MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示．下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．ROH是一种强碱 B．在x点，MOH并没有完全电离 C．在x点，c（M+）=c（R+） D．稀释前，c（ROH）=10c（MOH）‎ ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分56分）‎ ‎19．实验中不能直接测出石墨和氢气生成甲烷反应的反应热，但可测出甲烷，石墨，氢气燃烧的反应热：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣890.3kJ/mol C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol，则由石墨生成甲烷的反应热：‎ C（石墨）+2H2（g）═CH4（g）△H4=　　．‎ ‎20．常温下，体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m　　n（填＞、＜、=）‎ ‎21．取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为　　．‎ ‎22．常温下，某一元酸HA的Ka=2×10﹣5，则0.05mol/L该酸溶液的PH值=　　．‎ ‎23．在一容积为2升的密闭容器内加入0.2mol的N2和0.6mol 的H2，在一定条件下发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q（Q＞0）．反应中NH3的物质的量浓度的变化的情况如右图：‎ ‎（1）根据右图，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v（NH3）为　　．‎ ‎（2）该反应的化学平衡常数表达式为　　．‎ ‎（3）反应达到平衡后，第5分钟时，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为　　．‎ A、0.20mol/L B、0.16mol/L C、0.10mol/L D、0.05mol/L ‎（4）反应达到平衡后，第5分钟时，保持其它条件不变，若只把容器的体积缩小一半，平衡　　移动（填“向左”、“向右”或“不”），化学平衡常数K　　填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（5）第5分钟把容器的体积缩小一半后，若在第8分钟达到新的平衡（此时NH3的浓度约为0.25mol/L），请在上图中画出第5分钟到此平衡时NH3浓度的变化曲线．‎ ‎24．乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业．实验室制备乙酸乙酯的化学方程式如下：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O ‎（1）该反应的平衡常数表达式K=　　．‎ ‎（2）为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用如图所示装置进行了以下4个实验．实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min．实验结束后充分振荡试管Ⅱ再测有机层的厚度，实验记录如表：‎ 实验编号 试管Ⅰ中试剂 试管Ⅱ中试剂 测得有机层的厚度/cm A ‎3mL乙醇、2mL乙酸、1mL 18mol•L﹣1浓H2SO4‎ 饱和Na2CO3溶液 ‎5.0‎ B ‎3mL乙醇、2mL乙酸 ‎0.1‎ C ‎3mL乙醇、2mL乙酸、6mL 3mol•L﹣1 H2SO4‎ ‎1.2‎ D ‎3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸 ‎1.2‎ ‎①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用．实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是　　mL和　　mol•L﹣1．‎ ‎②分析实验　　（填实验编号）的数据，可以推测出浓H2SO4的吸水性，提高了乙酸乙酯的产率．浓H2SO4的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的原因是　　．‎ ‎③加热有利于提高乙酯乙酯的产率，但实验发现温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是　　．‎ ‎25．某种胃药的止酸剂为碳酸钙，测定每片中碳酸钙含量的方法有以下几步操作（设药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应）：‎ ‎①配制0.100mol•L﹣1稀盐酸和0.100mol•L﹣1氢氧化钠溶液，‎ ‎②取一粒药片（药片质量相同，均为0.100g），研碎后加入20.0mL蒸馏水 ‎③以酚酞为指示剂，用0.100mol•L﹣1氢氧化钠溶液滴定，用去体积为V时达到终点 ‎④加入25.00mL 0.100mol•L﹣1稀盐酸．‎ 请回答下列问题 ‎（1）测定过程的正确操作顺序为：　　（填序号）．‎ ‎（2）测定过程中发生反应的离子方程式为：　　、　　．‎ ‎（3）若某次实验需重复测定4次．实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL四种规格的容量瓶，则配制稀盐酸应选用的容量瓶规格最好为　　，理由是　　．‎ ‎（4）某同学四次测定的V数据如表：‎ 测定次序 第一次 第二次 第三次 第四次 V/mL ‎12.9‎ ‎15.4‎ ‎13.1‎ ‎13.0‎ 请根据这位同学的实验数据，计算药片中碳酸钙的质量分数　　．‎ ‎（5）下列实验操作会引起测量结果偏低的是　　．‎ ‎①用天平称量NaOH固体，将小烧杯放在右盘，砝码放在左盘，并移动游码，使之平衡．‎ ‎②滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失 ③中和滴定时，锥形瓶内有少量蒸馏水．④滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液洗． ⑤读取滴定管终点读数时，仰视刻度线．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省佛山一中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（每小题只有一个正确的选项，1-10题每题各2分，11--18题每题各3分，共44分）‎ ‎1．下列各项与反应热的大小无关的是（　　）‎ A．反应物和生成物的状态 B．反应物量的多少 C．反应物的性质 D．反应的快慢 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】热量是一个状态函数，与物质的状态、量及反应所处条件均有关，而单位与反应热大小无关，反应热单位：KJ/mol不是对反应物而言，不是指每摩尔反应物可以放热多少千焦，而是对整个反应而言，是指按照所给的化学反应式的计量系数完成反应时，每摩尔反应所产生的热效应，从定义和公式中可得出反应热与反应物和生成物的状态（固态，气态，液态）、量的多少、性质有关，而单位只是用来计算反应热，是恒定的，不影响反应热大小．‎ ‎【解答】解：A、反应物和生成物的状态，例如同一个化学反应，生成液态水或水蒸气，反应热肯定不一样，故A错误 B、反应物量的多少，例如氢气与氧气反应生成水的化学反应中，氢气和氧气反应的量不同，反应放热不同，故B错误；‎ C、反应物性质，例如锌和浓硫酸，锌和稀硫酸反应的反应热肯定不一样，反应热和物质的聚集状态有关，和物质的性质有关，故C错误；‎ D、反应的快慢和反应物以及生成物间没有联系，这不会影响反应热大小，故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎2．下列变化属于吸热反应的是（　　）‎ ‎①液态水汽化 ‎ ‎②将胆矾加热变为白色粉末 ‎ ‎③浓硫酸稀释 ‎ ‎④氯酸钾分解制氧气 ‎ ‎⑤生石灰跟水反应生成熟石灰．‎ A．①④⑤ B．①②④ C．②③ D．②④‎ ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】大多数的化合反应是放热反应，大多数的分解反应是吸热反应，浓硫酸稀释放出大量的热，水由液态到气态需要吸热．‎ ‎【解答】解：①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，故①错误；‎ ‎②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，故②正确；‎ ‎③浓硫酸稀释放出大量的热，故③错误；‎ ‎④氯酸钾分解需要吸热，故④正确；‎ ‎⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，故⑤错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．以下自发反应可以用熵判据来解释的是（　　）‎ A．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol B．CaO（s）+CO2（g）═CaCO3（s）△H=﹣175.7kJ/mol C．（NH4）2CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g）△H=+74.9kJ/mol D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△H﹣T•△S＜0时，反应可自发进行，可以用熵判据来解释，一般情况下反应吸热，且△S＞0，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．反应的△H＞0，△S＜0，难以自发进行，故A错误；‎ B．△H＜0，△S＜0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故B错误；‎ C．反应的△H＞0，反应能自发进行，原因是△S＞0，可满足△H﹣T•△S＜0，能自发进行，故C正确；‎ D．△H＜0，△S＜0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫 B．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深 C．向氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强 D．在含有[Fe（SCN）]2+的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理适用于所有的可逆反应，勒夏特列原理不适用于非可逆反应，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫，是因为压强引起的可逆反应，所以可以用勒夏特里原理解释，故A不选；‎ B．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后碘蒸气浓度增大，所以颜色变深，压强不影响该反应的平衡移动，所以不能用勒夏特里原理解释，故B选；‎ C．氯水中存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，CaCO3和HCl反应、和HClO不反应，向氯水中加CaCO3后，促进氯气和水反应，所以溶液中HClO浓度增大，则溶液漂白性增强，可以用勒夏特里原理解释，故C不选；‎ D．Fe3++2SCN﹣⇌[Fe（SCN）]2+，向溶液中加入Fe粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，平衡向逆反应方向移动，导致溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特里原理解释，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是（　　）‎ A．υ（A）=0.5mol•L﹣1•S﹣1 B．υ（B）=0.3 mol•L﹣1•S﹣1‎ C．υ（C）=0.8mol•L﹣1•S﹣1 D．υ（D）=1 mol•L﹣1•S﹣1‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．‎ ‎【解答】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，‎ A、υ（A）=0.5 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s），‎ B、υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L•s），‎ C、υ（C）=0.8mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×0.8mol/（L•s）=1.1mol/（L•s），‎ D、υ（D）=1 mol/（L•s），‎ 故速率B＞C＞A=D，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．在下列平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙红色）+H2O中，溶液介于黄和橙红色之间，今欲增加溶液的橙红色，则要在溶液中加入（　　）‎ A．H+ B．OH﹣ C．K+ D．H2O ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】欲增加溶液的橙红色，则平衡应该向正反应方向移动，可以采用增大反应物浓度的方法．‎ ‎【解答】解：A．向溶液中加入氢离子，氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动导致溶液橙红色加深，故A正确；‎ B．向溶液中加入氢氧根离子，氢氧根离子和氢离子反应导致氢离子浓度降低，平衡向逆反应方向移动，则溶液橙红色变浅，故B错误；‎ C．向溶液中加入钾离子，钾离子不参加反应，所以对平衡无影响，故C错误；‎ D．向溶液中加入水，导致Cr2O72﹣浓度降低，则溶液橙红色变浅，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述正确的是（　　）‎ A．c（H+）随温度的升高而降低 B．35℃时，c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．溶液：pH（35℃）＞pH（25℃） D．水的电离是吸热的过程 ‎【考点】离子积常数；水的电离．‎ ‎【分析】水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，但仍然存在c（H+）=c（OH﹣），据此分析解答．‎ ‎【解答】解：水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，但仍然存在c（H+）=c（OH﹣），‎ A．升高温度促进水电离，则c（H+）随温度的升高而增大，故A错误；‎ B．升高温度促进水电离，但水中仍然存在c（H+）=c（OH﹣），呈中性，故B错误；‎ C．升高温度促进水电离，则c（H+）随温度的升高而增大，所以温度越高，水的pH越小，故C错误；‎ D．升高温度，水的离子积常数增大，说明升高温度促进水电离，则水的电离是吸热反应，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．将V1 mL 1.0mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．下列叙述正确的是（　　）‎ A．做该实验时环境温度为22℃‎ B．该实验表明化学能可以转化为热能 C．NaOH溶液的浓度约是1.00 mol/L D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．从图示观察起始温度即为实验时环境温度；‎ B．根据图示所测溶液温度变化进行分析；‎ C．根据c酸V酸=c碱V碱进行计算；‎ D、根据一个反应无法得出此结论．‎ ‎【解答】解：A．从图示观察起始温度即为实验时环境温度，因此该实验开始时温度是20℃，故A错误；‎ B．由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；‎ C、恰好反应时参加反应的盐酸体积为30mL，则碱的体积为20mL，c（NaOH）==1.5mol/L，故C错误；‎ D．只是该反应放热，其他有水生成的反应不一定，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（　　）‎ A．CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣283.0 kJ/mol B．C（s）+O2（g）═CO（g）；△H=﹣110.5 kJ/mol C．H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=﹣241.8 kJ/mol D．2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）；△H=﹣11036 kJ/mol ‎【考点】燃烧热．‎ ‎【分析】燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物．‎ ‎【解答】解：A、CO的化学计量数为1，产物为稳定氧化物，△H代表燃烧热，故A正确；‎ B、C的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故B错误；‎ C、H2的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故C错误；‎ D、C8H18的化学计量数为2，产物是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．一定温度下，可逆反应A2（s）+3B2（g）⇌2AB3（g）达到平衡的标志是（　　）‎ A．容器内每减少1mol A2，同时生成2mol AB3‎ B．容器内每减少1mol A2，同时消耗3mol B2‎ C．混合气体总质量不变 D．容器内的气体密度不再改变 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：A、容器内每减少1mol A2，同时生成2mol AB3，都体现正反应，故A错误；‎ B、容器内每减少1mol A2，同时消耗3mol B2，都体现正反应，故B错误；‎ C、混合气体总质量不变，说明达平衡状态，故C正确；‎ D、容器内的气体密度一直不变，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（1）△H=﹣57.3kJ/mol．向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸 ②浓硫酸 ③稀硝酸，恰好完全反应时的热效应△H1、△H2、△H3的关系正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H2＞△H3 B．△H1＜△H3＜△H2 C．△H1＜△H2＜△H3 D．△H1＞△H3＞△H2‎ ‎【考点】反应热的大小比较．‎ ‎【分析】在稀溶液中强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答．‎ ‎【解答】解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH﹣（aq）=H2O；△H=一57.3kJ/mol，‎ 分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸；②浓H2SO4；③稀硝酸，‎ 醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量为②＞③＞①，所以△H1＞△H3＞△H2，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．在密闭容器中进行下列反应：M（气）+N（气）⇌R（气）+2L（？）此反应符合下面图象，下列叙述正确的是（　　）‎ A．正反应放热，L是气体 B．正反应吸热，L是固体 C．正反应吸热，L是气体 D．正反应放热，L是固体或液体 ‎【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．‎ ‎【分析】由图象可知，同在T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，同在P1时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，根据温度、压强对平衡移动的影响可判断反应热以及L的聚集状态来解答．‎ ‎【解答】解：同在T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，由图象可知增大压强平衡R的百分含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，则L为气体，‎ 同在P1时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，由图象可知升高温度R的百分含量降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，‎ 即在该反应中，正反应为放热反应，且L为气体，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．在两个恒容容器中有平衡体系：A（g）⇌2B（g）和2C（g）⇌D（g），X1和X2分别是A和C的转化率．在温度不变情况下，均增加相同的A和C的物质的量，下列判断正确的是（　　）‎ A．X1降低，X2增大 B．X1、X2均降低 C．X1增大，X2降低 D．X1、X2均增大 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】对于反应：A（g）⇌2B（g）①，2A（g）⇌B（g）②．在恒温、恒容条件下达到平衡时，保持条件不变，增加A的物质的量，平衡都向右移动，到达的平衡状态，可以等效为在原平衡的基础增大压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断．‎ ‎【解答】解：对于反应：A（g）⇌2B（g）①，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向逆反应移动，A的转化率减小，即X1减小；‎ 对于反应：2A（g）⇌B（g）②，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向正反应移动，B的转化率减小，即X2减小．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．一定质量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA（气）+yB（气）⇌zC（气）．达到平衡后，测得A气体的浓度为0.5mol/L．当恒温下将密闭容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡后，测得A的浓度为0.3mol/L．下列叙述正确的是（　　）‎ A．平衡向正反应方向移动 B．x+y＞z C．C的体积分数增大 D．B的转化率增大 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】保持温度不变，将容器的体积扩大一倍，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，小于实际A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动，据此结合选项解答．‎ ‎【解答】解：A、由上述分析可知，平衡向逆反应移动，故A错误；‎ B、增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，故B正确；‎ C、平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，气体的物质的量增大，C物质的量减小，故C的体积分数下降，故C错误；‎ D、平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．将pH试纸用蒸馏水湿润后，去测定某溶液的pH值，测得该溶液的pH值结果将会（　　）‎ A．偏高 B．偏低 C．不变 D．上述三种情况均有可能 ‎【考点】试纸的使用．‎ ‎【分析】用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量溶液置于干燥的PH试纸上，通过与标准比色卡对比来确定PH．此题中PH试纸已经用蒸馏水湿润，稀释了待测溶液，若溶液为酸性，经蒸馏水稀释后，所测pH要增大，‎ 若溶液为碱性，经蒸馏水稀释后，所测pH要减小，若溶液为中性，经蒸馏水稀释后，所测pH要不变．‎ ‎【解答】解：解：此题中pH试纸已经用蒸馏水湿润，稀释了待测溶液，而溶液本身的酸碱性不确定，‎ 若溶液为酸性，经蒸馏水稀释后，所测pH要增大，‎ 若溶液为碱性，经蒸馏水稀释后，所测pH要减小，‎ 若溶液为中性，经蒸馏水稀释后，所测pH要不变．‎ 所以无法确定pH是偏大还是偏小，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎16．有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是（　　）‎ A．两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10﹣11 mol•L﹣1‎ B．分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同 C．醋酸中的c（CH3COO﹣）和硫酸中的c（SO42﹣）相等 D．分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、pH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度为1×10﹣3mol/L，根据Kw=c（H+）•c（OH﹣）计算溶液中c（OH﹣），溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度；‎ B、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子；‎ C、根据电荷可知，醋酸溶液中c（H+）=c（CH3COO﹣），硫酸溶液中c（H+）=2c（SO42﹣）；‎ D、酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸．‎ ‎【解答】解：A、pH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度均为1×10﹣3mol/L，溶液中氢氧根浓度均为c（OH﹣）==1×10﹣11mol/L，溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，故两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10﹣11mol•L﹣1，故A正确；‎ B、硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子，分别加水稀释100倍后，硫酸溶液的pH值为5，醋酸溶液的pH值小于5，故B错误；‎ C、根据电荷可知，醋酸溶液中c（H+）=c（CH3COO﹣）=1×10﹣3mol/L，硫酸溶液中c（H+）=2c（SO42﹣）=1×10﹣3mol/L，故c（SO42﹣）=5×10﹣4mol/L，故C错误；‎ D、酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离子远远大于硫酸，锌与醋酸反应产生的氢气原大于与硫酸反应生成的氢气，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎17．若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是（　　）‎ A．不是在室温下 B．弱酸溶液与强碱溶液反应 C．强酸溶液与强碱溶液反应 D．二元强酸溶液和一元强碱溶液反应 ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】pH=3的酸和pH=11的碱溶液等体积混合，混合溶液呈酸性，可能是酸为弱酸、碱为强碱，混合后酸后剩余；也可能是酸、碱都是弱电解质，但酸的电离程度小于碱的电离程度，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：若将pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，可能是酸为弱酸、碱为强碱，混合后酸后剩余；也可能是酸、碱都是弱电解质，但酸的电离程度小于碱的电离程度，‎ A．若温度高于常温，则若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合，氢氧根离子过量，溶液不可能先酸性，故A错误；‎ B．如果酸是弱酸、碱为强碱，二者混合后酸有剩余，酸的电离程度大于其酸根离子水解程度而导致溶液呈酸性，故B正确；‎ C．如果是一元强酸和一元强碱混合，二者物质的量相等，二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，与题意不符，故C错误；‎ D．如果是二元强酸和一元强碱混合，氢离子与氢氧根离子恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，与题意不符，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎18．MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示．下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．ROH是一种强碱 B．在x点，MOH并没有完全电离 C．在x点，c（M+）=c（R+） D．稀释前，c（ROH）=10c（MOH）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】由图可知，ROH开始的pH=13，稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，而MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，并根据酸碱中和及电离来解答．‎ ‎【解答】解：A．ROH开始的pH=13，稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，故A正确；‎ B．由于MOH是弱碱，所以在x点，MOH没有完全电离，故B正确；‎ C．由ROH═R++OH﹣，MOH⇌M++OH﹣可知，在x点，c（OH﹣）相等，则c（M+）=c（R+），故C正确；‎ D．稀释前，c（ROH）=0.1mol/L，c（MOH）＞0.01mol/L，则c（ROH）＜10c（MOH），故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分56分）‎ ‎19．实验中不能直接测出石墨和氢气生成甲烷反应的反应热，但可测出甲烷，石墨，氢气燃烧的反应热：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣890.3kJ/mol C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol，则由石墨生成甲烷的反应热：‎ C（石墨）+2H2（g）═CH4（g）△H4=　﹣74.8kJ/mol　．‎ ‎【考点】反应热和焓变；热化学方程式．‎ ‎【分析】已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H1=﹣890.3kJ/mol；‎ ‎②C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）；△H2=﹣393.5kJ/mol ‎③H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H3=﹣285.8kJ/moL，反应C（石墨，s）+2H2（g）=CH4（g）可以是②+2×③﹣①得到，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H1=﹣890.3kJ/mol；‎ ‎②C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）；△H2=﹣393.5kJ/mol ‎③H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H3=﹣285.8kJ/moL，反应C（石墨，s）+2H2（g）=CH4（g）可以是②+2×③﹣①得到，所以焓变△H=（﹣393.5kJ/mol ‎）+2×（﹣285.8kJ/moL）﹣（﹣890.3kJ/mol）=﹣74.8kJ/mol，即C（石墨，s）+2H2（g）=CH4（g）△H4=﹣74.8kJ/mol，‎ 故答案为：﹣74.8kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎20．常温下，体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m　＜　n（填＞、＜、=）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】HCl是强电解质而完全电离、CH3COOH是弱电解质而部分电离，常温下，相同体积、pH都为1的盐酸和醋酸溶液，浓度c（CH3COOH）＞c（HCl），加水稀释过程中促进CH3COOH电离，如果稀释相同倍数后，溶液中c（H+） c（HCl）＜c（CH3COOH），据此分析解答．‎ ‎【解答】解：HCl是强电解质而完全电离、CH3COOH是弱电解质而部分电离，常温下，相同体积、pH都为1的盐酸和醋酸溶液，浓度c（CH3COOH）＞c（HCl），加水稀释过程中促进CH3COOH电离，如果稀释相同倍数后，溶液中c（H+） c（HCl）＜c（CH3COOH），如果稀释后c（H+） 相等，则稀释倍数HCl＜CH3COOH，即m＜n，‎ 故答案为：＜．‎ ‎　‎ ‎21．取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为　0.05mol/L　．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】反应后溶液pH=12，则NaOH过量，根据c（OH﹣）=以及反应后剩余离子的物质的量，计算酸碱混合后的体积计算原溶液的浓度．‎ ‎【解答】解：设原溶液物质的量浓度为cmol/L，V（NaOH）=3L，V（HCl）=2L，二者混合后反应，混合溶液体积为5L，‎ 二者混合后反应，所得溶液pH=12，则 c（OH﹣）=10﹣2mol/L，‎ ‎3L×cmol/L﹣2L×cmol/L=10﹣2mol/L×5L 则c=0.05mol/L 答：原溶液的浓度为0.05 mol/L．‎ ‎　‎ ‎22．常温下，某一元酸HA的Ka=2×10﹣5，则0.05mol/L该酸溶液的PH值=　3　．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】由HA⇌H++Ac﹣，设c（H+）=c（Ac﹣）=amol/L，则电离平衡常数为=2×10﹣5，所以a=10﹣3mol/L，根据PH=﹣lgc（H+）求PH值．‎ ‎【解答】解：由HA⇌H++Ac﹣，设c（H+）=c（Ac﹣）=amol/L，则电离平衡常数为=2×10﹣5，所以a=10﹣3mol/L，所以PH=﹣lgc（H+）=﹣lg10﹣3=3，故答案为：3．‎ ‎　‎ ‎23．在一容积为2升的密闭容器内加入0.2mol的N2和0.6mol 的H2，在一定条件下发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q（Q＞0）．反应中NH3的物质的量浓度的变化的情况如右图：‎ ‎（1）根据右图，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v（NH3）为　0.025mol/L．min　．‎ ‎（2）该反应的化学平衡常数表达式为　K=　．‎ ‎（3）反应达到平衡后，第5分钟时，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为　A、C　．‎ A、0.20mol/L B、0.16mol/L C、0.10mol/L D、0.05mol/L ‎（4）反应达到平衡后，第5分钟时，保持其它条件不变，若只把容器的体积缩小一半，平衡　向右　移动（填“向左”、“向右”或“不”），化学平衡常数K　不变　填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（5）第5分钟把容器的体积缩小一半后，若在第8分钟达到新的平衡（此时NH3的浓度约为0.25mol/L），请在上图中画出第5分钟到此平衡时NH3浓度的变化曲线．‎ ‎【考点】化学平衡常数的含义；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据反应速率公式计算；‎ ‎（2）根据化学平衡常数表达式书写；‎ ‎（3）根据温度对化学平衡的影响分析；‎ ‎（4）根据压强对化学平衡的影响分析；根据影响化学平衡常数的因素分析；‎ ‎（5）先判断把容器的体积缩小一半的瞬间氨气的浓度，再结合平衡时的浓度作图．‎ ‎【解答】解：（1）v==0.025 mol/L．min ‎ 故答案为：0.025 mol/L．min． ‎ ‎（2）化学平衡常数 故答案为：‎ ‎（3）该反应是可逆反应，所以反应物不能完全转化为生成物，所以氨气的浓度不可能为0.20mol/L；Q＞0，所以该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，降低温度，平衡向正反应方向移动，所以氨气的浓度不可能为0.10mol/L，故选AC．‎ 故选：A、C． ‎ ‎（4）该反应是气体体积减小的反应，把容器的体积缩小一半，增大了反应体系的压强，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变．‎ 故答案为；向右；不变．‎ ‎（5）把容器的体积缩小一半的瞬间氨气的浓度，氨气的浓度变为0.20mol/L，平衡后浓度约为0.25mol/L．‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎24．乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业．实验室制备乙酸乙酯的化学方程式如下：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O ‎（1）该反应的平衡常数表达式K=　　．‎ ‎（2）为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用如图所示装置进行了以下4个实验．实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min．实验结束后充分振荡试管Ⅱ再测有机层的厚度，实验记录如表：‎ 实验编号 试管Ⅰ中试剂 试管Ⅱ中试剂 测得有机层的厚度/cm A ‎3mL乙醇、2mL乙酸、1mL 18mol•L﹣1浓H2SO4‎ 饱和Na2CO3溶液 ‎5.0‎ B ‎3mL乙醇、2mL乙酸 ‎0.1‎ C ‎3mL乙醇、2mL乙酸、6mL 3mol•L﹣1 H2SO4‎ ‎1.2‎ D ‎3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸 ‎1.2‎ ‎①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用．实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是　6　mL和　6　mol•L﹣1．‎ ‎②分析实验　A　（填实验编号）的数据，可以推测出浓H2SO4的吸水性，提高了乙酸乙酯的产率．浓H2SO4的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的原因是　浓硫酸吸收酯化反应生成的水，降低了生成物浓度，使平衡向生成乙酸乙酯方向移动　．‎ ‎③加热有利于提高乙酯乙酯的产率，但实验发现温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是　乙酸、乙醇都易挥发，温度过高可能使乙酸、乙醇大量挥发使产率降低，温度过高可能发生副反应使产率降低　．‎ ‎【考点】乙酸乙酯的制取．‎ ‎【分析】（1）根据平衡常数的定义判断，为反应物与生成物的浓度幂之积的比值，注意水为纯液体；‎ ‎（2）①对比试验关键是要采用控制变量，即控制一个变量，其它条件不变，所以可以从控制变量的角度来分析解答；‎ ‎②根据实验A和实验B的数据进行解答；水在酯化反应中为生成物，从生成物对化学平衡的影响角度分析；‎ ‎③乙酸和乙醇容易挥发，且温度过高容易发生副反应．‎ ‎【解答】解：（1）水为纯液体，则CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O的平衡常数表达式为K=，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）①本题是研究实验D与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用的条件，题中采用了一个变量，实验C3mol•L﹣1 H2SO4，实验D盐酸，所以达到实验目的，实验D与实验C中H+的浓度一样，实验C3mL乙醇、2mL乙酸、3mol•L﹣1 H2SO4，实验D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸，要保证溶液体积一致，才能保证乙醇、乙酸的浓度不变，盐酸体积为6mL，实验D与实验C中H+的浓度一样，所以盐酸的浓度为6mol•L﹣1，‎ 故答案为：6，6；‎ ‎②对照实验A和B可知：试管Ⅰ中试剂实验A比实验B多1mL18mol•L﹣1 浓硫酸，但是试管Ⅱ中试剂中测得有机层乙酸乙酯的厚度，实验A为5.0cm，而实验B只有0.1cm，说明浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；酯化反应为可逆反应，浓硫酸吸收酯化反应生成的水，降低了生成物浓度，使平衡向生成乙酸乙酯方向移动，‎ 故答案为：A；浓硫酸吸收酯化反应生成的水，降低了生成物浓度，使平衡向生成乙酸乙酯方向移动；‎ ‎③乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，实验发现温度过高，乙酸乙酯的产率反而降低，是由于乙酸、乙醇都易挥发，使产率降低，或因温度过高可能发生副反应使产率降低，如乙醇在140℃，在浓硫酸催化下脱水生成乙醚，‎ 故答案为：乙酸、乙醇都易挥发，温度过高可能使乙酸、乙醇大量挥发使产率降低，温度过高可能发生副反应使产率降低．‎ ‎　‎ ‎25．某种胃药的止酸剂为碳酸钙，测定每片中碳酸钙含量的方法有以下几步操作（设药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应）：‎ ‎①配制0.100mol•L﹣1稀盐酸和0.100mol•L﹣1氢氧化钠溶液，‎ ‎②取一粒药片（药片质量相同，均为0.100g），研碎后加入20.0mL蒸馏水 ‎③以酚酞为指示剂，用0.100mol•L﹣1氢氧化钠溶液滴定，用去体积为V时达到终点 ‎④加入25.00mL 0.100mol•L﹣1稀盐酸．‎ 请回答下列问题 ‎（1）测定过程的正确操作顺序为：　①②④③或②①④③　（填序号）．‎ ‎（2）测定过程中发生反应的离子方程式为：　CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O　、　H++OH﹣=H2O　．‎ ‎（3）若某次实验需重复测定4次．实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL四种规格的容量瓶，则配制稀盐酸应选用的容量瓶规格最好为　250mL　，理由是　4次需100 mL，因实验操作过程中需润洗滴定管、调液面、赶气泡等消耗HCl，故需用量要大于100 mL　．‎ ‎（4）某同学四次测定的V数据如表：‎ 测定次序 第一次 第二次 第三次 第四次 V/mL ‎12.9‎ ‎15.4‎ ‎13.1‎ ‎13.0‎ 请根据这位同学的实验数据，计算药片中碳酸钙的质量分数　60.0%　．‎ ‎（5）下列实验操作会引起测量结果偏低的是　①②④⑤　．‎ ‎①用天平称量NaOH固体，将小烧杯放在右盘，砝码放在左盘，并移动游码，使之平衡．‎ ‎②滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失 ③中和滴定时，锥形瓶内有少量蒸馏水．④滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液洗． ⑤读取滴定管终点读数时，仰视刻度线．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）依据实验步骤分析判断操作顺序，配制溶液，溶解样品，加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙，剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定，计算反应的盐酸，通过碳酸钙和盐酸反应定量关系计算含量；‎ ‎（2）过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸是盐生成氯化钙、二氧化碳和水，氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水；‎ ‎（3）每次取用25.00 mL盐酸，4次需100 mL，因实验操作过程中需润洗滴定管、调液面、赶气泡等消耗HCl，故需用量要大于100 mL；‎ ‎（4）依据消耗盐酸的物质的量计算反应的碳酸钙的物质的量计算得到质量分数；‎ ‎（5）根据V（酸）=判断不当操作对相关物理量的影响，再根据与CaCO3反应的盐酸的体积=25ml﹣V（盐酸）以此判断误差．‎ ‎【解答】解：（1）依据实验步骤分析判断操作顺序，配制溶液，溶解样品，加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙，剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定，计算反应的盐酸，通过碳酸钙和盐酸反应定量关系计算含量，测定过程的正确操作顺序为①②④③或②①④③；‎ 故答案为：①②④③或②①④③； ‎ ‎（2）过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸是盐生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，反应的离子方程式为：H++OH﹣=H2O；‎ 故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、H++OH﹣=H2O；‎ ‎（3）每次取用25.00 mL盐酸，4次需100 mL，因实验操作过程中需润洗滴定管、调液面、赶气泡等消耗HCl，故需用量要大于100 mL，选择容量瓶250mL；‎ 故答案为：250mL；4次需100 mL，因实验操作过程中需润洗滴定管、调液面、赶气泡等消耗HCl，故需用量要大于100 mL；‎ ‎（4）第二次数据误差较大，应该省去，所以每片药剂平均耗NaOH溶液体积为=13.0 mL，与CaCO3反应的盐酸的体积为：25.0 mL﹣13.0 mL=12.0 mL，则每片药剂中CaCO3的质量分数×100%=60.0%‎ 故答案为：60.0%；‎ ‎（5）①使用天平时左码右物测量值比实际值偏小，配成氢氧化钠溶液浓度偏低，滴定造成V（碱）偏大，根据V（酸）=，可知V（酸）偏大，则与CaCO3反应的盐酸的体积=25ml﹣V（盐酸）偏小，引起测量结果偏低，故①正确；‎ ‎②滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失，则造成V（碱）偏大，根据V（酸）=，可知V（酸）偏大，则与CaCO3反应的盐酸的体积=25ml﹣V（盐酸）偏小，引起测量结果偏低，故②正确；‎ ‎③中和滴定时，锥形瓶内有少量蒸馏水，对结果无影响，故③错误；‎ ‎④滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液洗，则氢氧化钠被稀释，造成V（碱）偏大，根据V（酸）=，可知V（酸）偏大，则与CaCO3反应的盐酸的体积=25ml﹣V（盐酸）偏小，引起测量结果偏低，故④正确；‎ ‎⑤仰视刻度线则读数偏大，造成V（碱）偏大，根据V（酸）=，可知V（酸）偏大，则与CaCO3反应的盐酸的体积=25ml﹣V（盐酸）偏小，引起测量结果偏低，故⑤正确；‎ 故选：①②④⑤．‎