58，安徽省安庆市第七中学2023-2024学年高二下学期开学考试化学试题

这是一份58，安徽省安庆市第七中学2023-2024学年高二下学期开学考试化学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（共15小题）
1. 化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是
A. 氢氧燃料电池具有绿色、高效的优点，其正极室中通入的气体为
B. 草木灰和铵态氮肥混合使用能使肥效增强
C. 和都是难溶电解质，都可以作为“钡餐”
D. 明矾和均可用作净水剂，且净水原理相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧燃料中氢气发生氧化反应，氧气发生还原反应，故正极室中通入的气体为，故A正确；
B．草木灰的主要成分是K2CO3，其溶液呈碱性，铵态氮肥主要含有铵根离子，碳酸钾和反应生成NH3，降低肥效，故草木灰和铵态氮肥不能混施，故B错误；
C．和都溶于酸，都不可以作为“钡餐”，故C错误；
D．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，胶体表面积大，吸附性强，可以吸附水中的悬浮物，达到净水的目的；而ClO2净水是利用其强氧化性，杀死水中的细菌和病毒，它们的原理不同，故D错误；
故选A。
2. 某些化学键的键能如表所示：
下列有关说法中正确的是
A. 1mlH2(g)分别与Cl2(g)、Br2(g)、I2(g)反应，则与碘完全反应放出的热量最多
B. H—F键的键能大于431kJ·ml-1
C. H2与Cl2反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=-248kJ·ml-1
D. 稳定性最强的化学键是H—Cl键您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．反应中的热量变化等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则1mlH2(g)和Cl2(g)反应放出的反应热为ΔH=(436+243-2×431) kJ·ml-1=-183 kJ·ml-1，和Br2(g)应放出的反应热为ΔH=(436+193-2×356) kJ·ml-1=-83 kJ·ml-1，和I2(g)应放出的反应热为ΔH=(436+151-2×299) kJ·ml-1=-11 kJ·ml-1，则与氯气反应放出的热量最多，A错误；
B．由表中H—Cl、H—Br、H—I的键能逐渐变小，则同主族从上到下非金属性减弱，气态氢化物越不稳定，则键能越小，故H—F键的键能大于431kJ·ml-1，B正确；
C．反应中的热量变化等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=(436+243-2×431) kJ·ml-1=-183 kJ·ml-1，C错误；
D．键能越大，键越稳定，则H—H 键最稳定，D错误。
故选：B。
3. 反应，经2minB的浓度减少0.6ml/L，对此反应速率的正确表示是
A. 用A表示的反应速率是
B. 在2min时，B的浓度是D浓度的3倍
C. 在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是
D. B、C的速率关系：
【答案】D
【解析】
【详解】A．A物质是固体，没有浓度变化量，不能用浓度的变化表示反应速率，故A项错误；
B．浓度的变化值之比等于化学计量数之比，由于初始浓度未知，所以2min时的浓度关系无法确定，故B项错误；
C．化学反应速率表示是某时间段内的平均速率，不是瞬时速率，故C项错误；
D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v(B):v(C)=3:4，即4v(B)=3v(C)，故D项正确；
答案选D。
4. 下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 和HI(g)组成的平衡体系在压缩体积后，气体颜色最终比原来深
B. 与直接用水洗气相比，用饱和食盐水除去中的HCl，更有利于减少的损失
C. ，把球浸泡在冰水中，气体颜色变浅
D. 工业制取金属钾Na+KCl NaCl+K，选取合适的温度，使K变成蒸气从体系中逸出
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2(g)+I2(g) 2HI(g)，该反应的反应前后气体计量数之和不变，所以压强不影响平衡移动，由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后，体系的体积减小碘蒸气浓度增大，颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释，选项A符合；
B．氯化钠在溶液中完全电离，饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应：，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，导致平衡向逆反应方向移动，氯气的溶解量减小，可以减少氯气的损失，能用勒夏特列原理解释，选项B不符合；
C．，该反应为放热反应，把球浸泡在冰水中，温度降低平衡正向移动，的浓度减小，气体颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，选项C不符合；
D．将K变成蒸汽分离出来，减小了生成物的浓度，有利于反应向正向移动，可用平衡移动原理解释，选项D不符合；
答案选A。
5. 叠氮酸()与NaOH溶液反应生成。已知溶液呈碱性，下列叙述正确的是
A. 溶液的pH=2
B. 溶液的pH随温度升高而减小
C. 的电离方程式：
D. 溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液呈碱性，为弱酸，不完全电离，，A错误；
B．，升高温度，平衡正向移动，逐渐增大，逐渐变小，B正确；
C．为强电解质，在水溶液中完全电离：，C错误；
D．溶液中，根据物料守恒：，D错误；
故选B。
6. 下列化学用语表达正确的是
A. F-的离子结构示意图：
B. 基态碳原子的轨道表示式：
C. 丙炔的键线式：
D. H2O分子的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．F-最外层有8个电子，离子结构示意图：，故A错误；
B．基态碳原子的轨道表示式：，故B错误；
C．丙炔的三个碳原子在一条线上，故C错误；
D．H2O分子的空间构型为V型，所以球棍模型为：，故D正确；
故选D。
7. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 加水后值会变大的溶液中：、、、
B. 能使试纸变深蓝色的溶液：、、、
C. 由水电离出的溶液中：、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．该溶液为碱性溶液，稀释后氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，则c(H+)/c(OH-)的值增大，H+、OH-离子之间反应生成水，不能够大量共存，故A错误；
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性，存在如下平衡，+ H2O2CrO+2H+，则OH-与不能共存，故B错误；
C．由水电离出的的溶液可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下，不能共存，故C错误；
D．则说明溶液呈碱性，各离子之间互不反应，能大量共存，故正确；
故选D。
8. 一定温度下，在容积恒定的密闭容器中进行反应A(s)+2B(g)=C(g)+D(g)，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是
①混合气体的密度不变 ②容器内气体的压强不变 ③混合气体的总物质的量不变 ④B的物质的量浓度不变 ⑤v正(C)=v逆(D) ⑥v正(B)=2v逆(C)
A. ①②③⑥B. ①④⑤⑥C. ②④⑤⑥D. 只有④
【答案】B
【解析】
【详解】①混合气的密度等于混合气的总质量除以容器体积，A是固体，所以混合气的总质量是一个变量，容器体积是定值，所以混合气密度在未平衡前一直在变化，当密度不变时，反应达到平衡状态；②该反应是反应前后气体系数之和相等的反应，在温度和容积一定时，压强和气体的总物质的量成正比，所以容器内气体的压强一直不变，则压强不变不能判断该反应是否平衡；③该反应的混合气的总物质的量一直不变，故不能用总的物质的量不变判断是否平衡；④B的物质的量浓度不再变化说明达到了平衡状态；⑤用C表示的正反应速率等于用D表示的逆反应速率，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态； ⑥v正(B)=2v逆(C)说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态。故①④⑤⑥都是平衡状态的标志，故选B。
9. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁：
B. 稀硫酸逐滴加入溶液中，出现浑浊：
C 向血红色溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：
D. 电解水溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁，氧化镁会和氢离子反应，导致溶液的pH增大，引起三价铁离子水解生成氢氧化铁，离子方程式为：
，故A正确；
B．稀硫酸逐滴加入溶液中生成的产物是二氧化硫和硫单质，其离子方程式为：，故B错误；
C．不能拆开写，其正确的离子方程式为：2+Fe=6SCN-+3Fe2+，故C错误；
D．电解水溶液：，故D错误；
故选A。
10. 如图装置中，小试管内为红墨水，具支试管内盛有pH=4的雨水和生铁片，观察到：开始导管内液面下降，一段时间后导管内液面回升，略高于小试管液面，以下有关解释合理的是
A. 生铁片中的碳是原电池的负极，发生还原反应
B. 雨水酸性较强，生铁片仅发生析氢腐蚀
C. 墨水回升时，碳极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—
D. 具支试管中溶液pH逐渐减小
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，生铁片中的铁和碳在pH为4的雨水中构成原电池，生铁片开始发生析氢腐蚀，铁做负极发生氧化反应，碳做正极，氢离子在正极发生还原反应，随着反应的进行，雨水中的氢离子浓度逐渐降低，生铁片将发生吸氧腐蚀，铁做负极发生氧化反应，碳做正极，氧气在正极发生还原反应。
【详解】A．由分析可知，生铁片腐蚀过程中碳是原电池的正极，故A错误；
B．由分析可知，生铁片先发生析氢腐蚀，随着反应的进行，雨水中的氢离子浓度逐渐降低，生铁片将发生吸氧腐蚀，故B错误；
C．由分析可知，墨水回升时，生铁片发生吸氧腐蚀，碳做正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，故C正确；
D．生铁片先发生析氢腐蚀，随着反应的进行，雨水中的氢离子浓度逐渐降低，生铁片发生吸氧腐蚀，整个过程中溶液的酸性是逐渐降低的，具支试管中溶液pH逐渐增大，故D错误；
故选C。
11. 设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 1L的溶液中，
B. 25℃时，，则饱和溶液中数目为
C. 电解饱和食盐水过程中，阴极收集到2.24L气体时(标准状况下)，转移电子数为
D. 1L溶液中，的数目小于
【答案】C
【解析】
【详解】A．为强碱弱酸盐，碳酸根会发生水解，则1L的溶液中，，A错误；
B．由于体积未知，无法计算，B错误；
C．电解饱和食盐水过程中，阴极水中氢离子得到电子生成氢气，且每生成1ml氢气得到2ml电子，收集到2.24L即0.1ml气体时, 转移电子数为，C正确；
D．1L溶液中，的数目等于，D错误；
故选C。
12. 利用下列装置完成相应实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲测定浓硫酸和溶液反应的中和热
B. 用装置乙验证浓度对化学反应速率的影响
C. 用装置丙验证冰醋酸为弱电解质
D. 用丁装置测定溶液的
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸溶于水放热，应选稀硫酸与NaOH溶液反应测定中和热，A错误；
B．H2O2与NaHSO3溶液反应无明显实验现象，无法根据实验现象判定反应速率的快慢，B错误；
C．盐酸和醋酸的浓度相同，通过导电性探究二者溶液中离子的浓度，从而验证醋酸溶液中离子浓度较低，不能完全电离，为弱电解质，故能达到实验目的，C正确；
D．NaClO具有漂白性，将其溶液滴至pH试纸后会出现先变色后褪色，无法对照标准比色卡读取pH值，D错误；
故选C。
13. 蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的作用。下面是爱迪生电池分别在充电和放电时发生的反应：Fe+NiO2+2H2O Fe(OH)2+Ni(OH)2，下列有关爱迪生电池的推断不正确的是
A. 放电时，Fe是负极，NiO2是正极
B. 蓄电池的电极可以浸入某种酸性电解质溶液中
C. 充电时，阴极上的电极反应为：Fe(OH)2 + 2e－= Fe + 2OH－
D. 放电时，电解质溶液中的阴离子向负极方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】放电时，Fe被氧化生成Fe(OH)2，电极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，正极NiO2得电子被还原生成Ni(OH)2，电极反应式为NiO2+2H2O+2e-=Ni(OH)2+2OH-，充电时，阴极、阴极与正负极反应正好相反，据此分析解答。
【详解】A．放电时，Fe是负极，发生氧化反应，NiO2是正极，发生还原反应，A正确；
B．放电时能生成Fe(OH)2、Ni(OH)2，这两种物质能溶于酸，不能溶于碱，所以电解质溶液应该呈碱性，B错误；
C．充电时，阴极上电极反应式与正极反应式正好相反，所以电极反应式为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，C正确；
D．放电时，为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，D正确；
答案选B。
14. 在恒温、恒容条件下发生下列反应：2X2O5 (g) 4XO2(g) +O2(g) △H>0，T温度下的部分实验数据为：
下列说法错误的是
A. T温度下的平衡数为K=64 (ml/L)3，100s时转化率为50%
B. 50s 内 X2O5分解速率为 0.03 ml/ (L•s)
C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则Kl>K2
D. 若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，则平衡时X2O5的转化率和平衡常数都不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时c(X2O5)=2ml/L，则：
2X2O5(g)═4XO2(g)+O2(g)
起始浓度(ml/L)：4 0 0
变化浓度(ml/L)：2 4 1
平衡浓度(ml/L)：2 4 1
T温度下平衡常数K===64(ml/L)3，100s时转化率为×100%=50%，故A正确；B.50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)ml/L=1.5ml/L，50s内X2O5分解速率==0.03ml/(L·s)，故B正确；C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若温度T1＞T2，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则K1＞K2，故C正确；D．恒容条件下，随反应进行容器内压强增大，若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，等效为在原平衡基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时X2O5的转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。
15. 常温下，用一定浓度的溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点附近溶液和导电能力的变化分别如图所示（利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点；溶液总体积变化忽略不计）。下列说法正确的是
A. A点对应的溶液中
B. A→B过程中，不变
C. C→D溶液导电能力增强的主要原因是和增大
D. 根据溶液和导电能力的变化可判断
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下，A点溶液，则，而电解质溶液中存在电荷守恒：，故，A项正确；
B．A→B的过程中，溶液中的逐渐被中和，溶液中的的物质的量逐渐增大，B项错误；
C．达到滴定终点前，溶液中的、逐渐增大是溶液导电能力逐渐增强的主要原因，C项错误；
D．D点以后溶液导电能力增长速率更快，说明时，和NaOH完全反应，达到滴定终点，而时，溶液中的溶质为和，故，D项错误；
故选A
二、填空题（共3小题）
16. 根据已学知识，请回答下列问题：
（1）基态N原子中，核外电子占据的最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。
（2）写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号：___________。
（3）某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布式为4s24p4，该元素的名称是___________。
（4）已知铁是26号元素，写出Fe的价层电子排布式___________；在元素周期表中，该元素在_____________填“s”“p”“d”“f”或“ds”)区。
（5）从原子结构的角度分析B、N和O的第一电离能由大到小的顺序为___________。电负性的顺序是___________。
（6）写出C的核外电子排布图为：___________。
（7）Zn2＋的核外电子排布式为___________。
【答案】（1） ①. L ②. 球形和哑铃形
（2）Si或S （3）硒
（4） ①. 3d64s2 ②. d
（5） ①. N > O > B ②. O > N > B
（6） （7）1s22s22p63s23p63d10
【解析】
【小问1详解】
N原子核外有7个电子，基态N原子核外电子排布式为1s2 2s2 2p3，核外电子占据的最高能层的符号是L，s轨道电子云为球形、p轨道电子云为哑铃形，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形和哑铃形；
【小问2详解】
3p轨道上有2个未成对电子的元素是Si和S；
【小问3详解】
某原子的外围电子排布式为4s24p4，该元素的电子排布式是[Ar]3d104s24p4，该元素的名称是硒；
【小问4详解】
铁是26号元素，Fe的价层电子排布式3d64s2；在元素周期表中，Fe是Ⅷ族元素，该元素在d区。
【小问5详解】
同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p轨道半充满，N原子第一电离能大于同周期相邻元素， B、N和O的第一电离能由大到小的顺序为N > O > B。同周期元素从左到右，电负性依次增大，电负性的顺序是O > N > B；
【小问6详解】
C原子核外有6个电子，根据能量最低原理和泡利原理，核外电子排布图为；
【小问7详解】
Zn原子和有30个电子，失去最外层2个电子得到Zn2＋，Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；
17. (铋酸钠，浅黄色不溶于冷水的固体)是分析化学常用试剂。工业上以辉铋矿粉(主要成分是，含少量、、等杂质)为原料制备铋酸钠的流程如下：
已知：①难溶于水②酸浸后，矿粉中的硫元素完全变为硫单质
请回答下列问题：
（1）化合物中Cu的化合价为________，写出酸浸过程中，发生反应的离子方程式___________。
（2）检验“酸浸”液中是否含，可选择溶液。能证明不存在的实验现象是___________。
（3）已知常温下，；。向1L含和的酸性溶液中加碱至溶液，溶液体积无变化，所得溶液中___________。
（4）氧化后，从反应体系中分离出方法是___________，得到粗产品。
（5）上述流程中，涉及到的金属元素中，基态原子未成对电子数最多的是___________(填元素名称)。
【答案】17. ①. +1 ②.
18. 无蓝色沉淀生成
19.
20. 过滤 21. 铁
【解析】
【分析】以辉铋矿粉(主要成分是，含少量、、等杂质)为原料制备铋酸钠，辉铋矿粉加入HCl、NaClO3溶解酸浸，将铁氧化成三价铁，除去浸渣，滤液中加入氧化铜调节pH除去三价铁离子，生成氢氧化铁，过滤除去；加入过量的氨水除去铜，生成铜氨络离子，Bi转化为氢氧化铋沉淀，所得固体中加入氢氧化钠、氯气氧化得到铋酸钠，据此分析解题；
【小问1详解】
化合物中Cu的化合价为+1，酸浸过程中，发生反应的离子方程式
；
【小问2详解】
可与溶液会生成蓝色沉淀，能证明不存在的实验现象是无蓝色沉淀生成；
【小问3详解】
当pH=3时，，故三价铁离子生成了沉淀，溶液中c(Fe3+)=，又因，故二价铁离子在溶液中以离子的形式存在，不生成沉淀，c(Fe2+)=1.0ml/L，则；
【小问4详解】
铋酸钠是浅黄色不溶于冷水的固体，氧化后，从反应体系中分离出方法是过滤；
【小问5详解】
上述流程中，涉及到的金属元素有Bi、Na、Cu、Fe，基态原子未成对电子数最多的是铁，有4个未成对电子；
18. 尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。
（1）在尿素合成塔中发生反应可表示为2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(l) ΔH1=-119.2 kJ∙ml-1；NH2COONH4(l) CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH2=+15.5kJ∙ml-1，已知第一步反应为快速反应，第二步反应为慢速反应，则2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH3=___________kJ∙ml-1，下列图象能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是
___________(填标号)。
A． B． C． D．
（2）T℃，在2L的密闭容器中，通入2mlNH3和1mlCO2，保持体积不变，发生反应，2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)，10min时反应刚好达到平衡。测得起始压强为平衡时压强的1.5倍，则：
①NH3的平衡转化率为___________。
②能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．n(CO2)：n(NH3)=1：2
B．混合气体的密度不再发生变化
C．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
D．单位时间内消耗2mlNH3，同时生成1mlH2O
③若10min时保持温度和容器的容积不变，再向容器中同时充入1mlNH3(g)、0.5mlCO2(g)和0.5mlH2O(g)，则此时平衡___________(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。
（3）一定温度下，某恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)，若原料气中=m，测得m与CO2的平衡转化率(α)的关系如图所示：
①若平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数KP=___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
②若平衡时A、B对应容器的压强相等，则A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)=___________。
【答案】（1） ①. -103.7 ②. C
（2） ①. 50% ②. BC ③. 正向移动
（3） ①. 9 ②. 11：10
【解析】
【小问1详解】
在尿素合成塔中发生的反应可表示为2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(l) CO(NH2)2(s)+H2O(g)；已知第一步反应为快速反应，ΔH1=-119.2 kJ∙ml-1，第二步反应为慢速反应，ΔH2=+15.5kJ∙ml-1，根据盖斯定律，第一步反应+第二步反应得2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH3=-119.2 kJ∙ml-1+15.5 kJ∙ml-1=-103.7 kJ∙ml-1；第一步为放热反应，第二步为吸热反应，总反应放热；第二步反应为慢速反应，则第一步的活化能小于第二步的活化能，能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是C；
【小问2详解】
①设平衡时二氧化碳转化了aml，列出三段式，

起始压强为平衡时压强的1.5倍，，解得a=0.5，NH3的平衡转化率为50%；
②A.是定值，不能说明是否达到平衡状态，故不选A；
B.尿素是固体，混合气体的质量是变量，容器体积不变，密度是变量，混合气体的密度不再发生变化，说明反应一定达到平衡状态，故选B；
C.混合气体中CO2的体积分数为，所以混合气体二氧化碳的体积分数是变量，CO2的体积分数在混合气体中保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D.单位时间内消耗2mlNH3，同时生成1mlH2O，两者描述的均为正速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选D；
选BC；
③若10min时保持温度和容器的容积不变，达到平衡，K=，再向容器中同时充入1mlNH3(g)、0.5mlCO2(g)和0.5mlH2O(g)，此时Q=，则此时平衡正向移动；
【小问3详解】
①设A点对应体系起始时NH3为3xml，CO2为xml，B点对应体系起始时NH3为2yml，CO2为yml，则：
A 点对应体系：
气体总物质的量为3x；
B点对应体系：
气体总物质的量为2.2y；
若平衡时A点容器内总压强为，则上述反应的平衡常数9；
②若平衡时A、B对应容器的压强相等，则3x=2.2y， ，则A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比。
三、实验题（共1小题）
19. 已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下实验：
①称量1.00g样品溶于水，配成250mL溶液；
②用碱式滴定管准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴________作为指示剂；
③用0.1000ml·L－1的标准盐酸滴定并重复三次，每次实验数据记录如下：
请回答：
（1）配制溶液所需要的主要玻璃仪器：________________________________。
（2）实验步骤②中，横线上填的指示剂是_____________。
（3）滴定管在使用前的要____________________。
（4）滴定管装好溶液后，排除碱式滴定管中气泡的方法:_______________________________________________________________________。滴定过程中用左手控制________（填仪器及部位），眼睛_________________________ ，直至滴定终点。
（5）判断滴定终点到达时的现象为___________________________________________。
（6）若出现下列情况，测定结果偏高的是________（填字母）。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c．滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
e.滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度
f.酸式滴定管在使用前没有润洗
（7）通过计算可知该烧碱样品的纯度为_______。
【答案】 ①. 烧杯，玻璃棒，250ml容量瓶，胶头滴管 ②. 酚酞或甲基橙 ③. 验漏 ④. 碱式滴定管应将胶管向上弯曲,用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出,以排除气泡 ⑤. 酸式滴定管活塞 ⑥. 注视锥形瓶内溶液颜色的变化 ⑦. 滴入最后一滴盐酸后，锥形瓶中溶液的颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原色 ⑧. cdf ⑨. 80％
【解析】
【分析】
【详解】（1）操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器为：天平、药匙、量筒、烧杯、250mL 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；所以还缺少的仪器为：烧杯，玻璃棒，250ml容量瓶，胶头滴管；
（2）强酸滴定强碱用酚酞或甲基橙作指示剂；
（3）滴定管有球阀或活塞在使用前的要查漏；
（4）滴定管装好溶液后，排除碱式滴定管中气泡的方法:碱式滴定管应将胶管向上弯曲,用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出,以排除气泡。滴定过程中用左手控制酸式滴定管活塞，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，直至滴定终点。
（5）滴定时，滴入最后一滴盐酸后，锥形瓶中溶液的颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原色，可说明达到滴定终点；
（6）a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液的物质的量不变，标准液体积不变，测定值不变，故a错误；
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，会导致测定标准液体积偏小，测定值偏低，故b错误；
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，会导致测定标准液体积偏大，测定值偏高，故c正确；
d．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，可知c（待测）偏大，故d正确；
e．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，会导致测定标准液体积偏小，测定值偏低，故e错误；
f．酸式滴定管在使用前没有润洗,标准液被冲稀，会导致测定标准液体积偏大，测定值偏高，故f正确；
故选cdf；
（7）用0.10ml·L－1的标准盐酸滴定三次，消耗盐酸的平均体积为（20.10+20.00+19.90）/3mL=20.00mL，
HCl~~~~~~~~~NaOH
1 1
0.10ml·L－1×20mL n（NaOH），解之得n（NaOH）=0.002ml，
则烧碱样品的纯度为
0.002ml×10×40g·ml－1/1g=80%。
【点睛】本题考查中和滴定，解题关键：明确中和滴定原理及操作方法，（6）为易错点，注意掌握中和滴定误差分析方法与技巧，（7）为难点，要先求出所耗体积的平均值，再根据方程式计算。键
H—H
Cl—Cl
Br—Br
I—I
H—Cl
H—Br
H—I
键能/kJ·ml-1
436
243
193
151
431
356
299
甲
乙
丙
丁
t/s
0
50
100
150
c(X2O5) ml/L
4.00
2.50
2.00
2.00
滴定序号
待测液体积（mL）
所消耗盐酸标准溶液的体积（mL）
滴定前
滴定后
1
25.00
0.50
20.60
2
25.00
6.00
26.00
3
25.00
1.10
21.00