福建省南安第一中学2019-2020学年高二上学期月考化学（选考）试题

福建省南安第一中学2019-2020学年高二上学期月考化学（选考）试题

南安一中2019～2020学年度高二年第二次阶段考 化学科试卷 本试卷考试内容为：化学反应原理。分第I卷(选择题)和第II卷，共6页，满分100分，考试时间90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。‎ ‎2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。‎ ‎3．答案使用0．5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚(英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号)。‎ ‎4．保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。‎ 相对原子质量:O:16 Na: 23 Mg：24 S:32 Cu：64 Ag：108 Ba:137‎ 第I卷(选择题 共48分)‎ 一．选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求。‎ ‎1.“即食即热型快餐”适合外出旅行时使用。其内层是用铝箔包裹的并已加工好的真空包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质，使用时拉动预留在外的拉线使这两种物质反应，放出的热量便可对食物进行加热，这两包化学物质最合适的选择是：‎ A. 浓硫酸和水 B. 生石灰和水 C. 熟石灰和水 D. 烧碱和水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，浓硫酸与水混合时会放出大量的热，但浓硫酸具有极强的腐蚀性，且是液态物质，使用不便，故A项错误；‎ B项，生石灰与水反应时会放出大量的热，能达到加热的效果，故B项正确；‎ C项，熟石灰溶于水时会放热，但其溶解度很小，所以放出的热量有限，不能达到加热的效果，故C项错误；‎ D项，烧碱溶于水，会放出大量的热，但是氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，不能使用，故D项错误；‎ 故答案为B。‎ ‎2.下列生产、生活等实际应用，不能用勒沙特列原理解释的是( )‎ A. 冰镇的啤酒打开后泛起泡沫 B. 工业合成氨时选择高温能极大加快反应速率 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2‎ D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，压强减小，向体积增大的方向移动，冰镇的啤酒打开后泛起泡沫，因此能用勒沙特列原理解释，故A不符合题意；‎ B选项，工业合成氨是放热、体积减小的反应，选择高温能极大加快反应速率，但平衡逆向移动，不利于合成氨，因此不能用勒沙特列原理解释，故B符合题意 C选项，实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2，抑制氯气的溶解，能用勒沙特列原理解释，故C不符合题意；‎ D选项，使用过量的空气，平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒沙特列原理解释，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案B。‎ ‎【点睛】勒沙特列原理解释的是温度、浓度、压强引起的平衡移动，催化剂以及压强对等体积反应不能引起平衡移动。‎ ‎3.常温下，0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液的pH为 A. 5.1 B. 7.0 C. 8.3 D. 13.0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解使溶液显碱性，但由于水解程度较小，溶液碱性较弱；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答本题时容易出现的问题是题目问pH值，就寻找题干，看能不能找到c(H+)；分析时如果能迅速发现碳酸氢钠属于盐，从水解的角度进行分析，那么本题就会迎刃而解。‎ ‎4.已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I- 的溶液中，H2O2分解的机理为①H2O2+I-→H2O+IO-（慢）、 ② H2O2+IO-→H2O+O2+I-（快）。下列有关该反应的说法不正确的是（　　）‎ A. 过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①‎ B. 的分解速率与的浓度有关 C. 该反应的催化剂是，而不是 D. 由于催化剂的加入降低了反应的活化能，也改变了该反应的反应热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 已知：①H2O2+I-→H2O+IO-，②H2O2+IO-→H2O+O2+I-，I- 是反应的催化剂，且为①的反应物之一，其浓度大小对反应有影响，化学反应速率的快慢由反应慢的反应决定，故A正确；‎ B. ②H2O2+IO-→H2O+O2+I- ，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，的分解速率与浓度有关，故B正确；‎ C. 已知：①H2O2+I-→H2O+IO-，②H2O2+IO-→H2O+O2+I-，I- 是反应的催化剂，IO-为催化剂的中间产物，故C正确；‎ D. 催化剂能降低反应的活化能，但不改变反应热，故D错误；‎ 题目要求选择错误选项，故选D。‎ ‎5.与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4++NH2－，据此判断，以下叙述错误的是(　　)‎ A. 一定温度下液氨中c(NH4+)·c(NH2－)是一个常数 B. 液氨中含有NH3、NH4+、NH2－等粒子 C. 液氨达到电离平衡时c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2－)‎ D. 只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，纯水中氢离子浓度与氢氧根浓度乘积是个常数，同理一定温度下液氨中c(NH4+)·c(NH2－)是一个常数，故A正确，不符合题意；‎ B选项，液氨是部分电离，因此液氨中含有NH3、NH4+、NH2－等粒子，故B正确，不符合题意；‎ C选项，液氨达到电离平衡，各离子浓度不变，不能说c(NH3)=c(NH4+)，故C错误，符合题意；‎ D选项，液氨电离出NH4+、NH2－，只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2－)，故D正确，不符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎6.将AlCl3溶液和NaAlO2溶液分别蒸发并灼烧，所得产物的主要成份是（ ）‎ A. 均为Al（OH）3‎ B. 前者得Al2O3，后者得NaAlO2‎ C. 均为Al2O3‎ D. 前者得AlCl3，后者得NaAlO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在加强热时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3；‎ NaAlO2溶液加热水解生成Al(OH)3与NaOH，最终Al(OH)3与NaOH又反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液蒸发并灼烧得到NaAlO2。‎ 综上所述，B项正确，答案选B。‎ ‎7.把4 mol A气体和4 mol B气体混合放入2 L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应：2A(g)+2B(g)C(g)+2D(g)；经5min达到平衡， 测得体系中C的体积分数为1/9 ，下列说法中正确的是( )‎ A. D的平均速率为0.32mol/(L·min)‎ B. B的转化率为40%‎ C. 增加B，B的平衡转化率升高 D. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设转化的A为xmol，则 ‎        2A(g)+2B(g)⇌C(g)+2D(g)‎ 开始(mol)   4          4         0   0‎ 转化(mol)   x           x       0.5x    x 平衡(mol) 4-x       4-x       05x   x 经5min达到平衡，测得体系中C的体积分数为1/9，则=‎ ‎，解得x=1.6mol。‎ A．D的平均速率为=0.16mol/(L•min)，故A错误；‎ B．B的转化率为×100%=40%，故B正确；‎ C．增加B，平衡正向移动，A的平衡转化率升高，B的平衡转化率减小，故C错误；‎ D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意平衡常数只与温度有关，与压强、浓度的改变没有关系。‎ ‎8.关于下列各装置图的叙述不正确的是 A. 用图装置精炼铜，则a极为粗铜，电解质CuSO4溶液浓度变小 B. 图表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)增大O2的浓度对反应速率的影响 C. 图表示中和热测定的实验装置图 D. 图装置盐桥中KCl的Cl－移向左烧杯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性铜盐，根据电流方向知，a为阳极、b为阴极，则a为粗铜、b为纯铜，粗铜中还有其它金属失电子进入电解质溶液、纯铜上析出Cu，则溶解的Cu质量小于析出Cu的质量，所以硫酸铜溶液浓度减小，故A正确；‎ B．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，增大O2的浓度，反应物浓度突然增大，正反应速率突然，生成物浓度不变，逆反应速率不变，随着反应的进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，重新建立平衡，与图像吻合，故B正确；‎ C．该装置中缺少搅拌仪器——环形玻璃搅拌棒，且烧杯口未用纸板覆盖，无法达到实验目的，故C错误；‎ D．该装置中锌为负极，铜为正极，原电池中阴离子性负极移动，因此装置的盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎9.我国某知名企业开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他电池，电池总反应为V2O5＋xLiLixV2O5。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电池在放电时，Li＋向负极移动 B. 锂在放电时做正极，充电时做阳极 C. 该电池充电时阳极的反应为LixV2O5－xe－=V2O5＋xLi＋‎ D. V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动，由此分析解答。‎ ‎【详解】A. 电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；‎ B. 放电时为原电池，锂失电子而作负极，充电时作阴极，故B错误；‎ C. 该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5−xe−═V2O5+xLi+，故C正确；‎ D. V2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎10.在某2 L恒容密团容器中充入2 mol X(g)和1mol Y(g)发生反应：2X(g)+ Y(g) 3Z(g) △H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是( )‎ A. Q点时，Y的转化率最大 B. 升高温度，平衡常数增大 C. W点Y正反应速率等于M点Y的正反应速率 D. 平衡时充入Y，达到新平衡时Y的体积分数比原平衡时小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Q点时，X的体积分数最小，X消耗最多，Y消耗也最多，因此Y的转化率最大，故A正确；‎ B选项，Q点以前是建立平衡的阶段，Q点以后是升温平衡移动的阶段，因此升高温度，X的量再增加，生成物浓度减小，平衡常数减小，故B错误；‎ C选项，W点温度比M点温度低，因此Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故C错误；‎ D选项，平衡时充入Y，平衡正向移动，但是只能减弱这种改变，Y的体积分数还是增大了，因此达到新平衡时Y的体积分数比原平衡时大，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】混合体系中某物质的体积分数与温度的关系，在体积分数最小值以前是建立平衡的阶段，后来是由于温度对平衡移动引起的移动，使得体积分数变大。‎ ‎11.已知：Fe2+遇铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）会产生特征的蓝色沉淀；AgI是难溶于水的黄色固体。将0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成上述实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”的是（ ）‎ 编号 实验操作 实验现象 ‎①‎ 滴入KSCN溶液 溶液变红色 ‎②‎ 滴入AgNO3溶液 生成黄色沉淀 ‎③‎ 滴入K3[Fe（CN）6]溶液 生成蓝色沉淀 ‎④‎ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A. ① B. ②和④ C. ③和④ D. ③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，碘化钾过量，Fe3+完全转化为Fe2+，若此反应不可逆，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。‎ ‎【详解】①向溶液中滴入KSCN溶液,溶液变红,则说明溶液中有Fe3+,即能说明反应存在平衡,故①正确；‎ ‎②由于碘离子过量，向溶液中滴入AgNO3溶液一定有黄色沉淀生成，不能说明反应存在平衡,故②错误；‎ ‎③无论反应存不存在平衡,溶液中均存在Fe2+,滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成,故③错误；‎ ‎④无论反应存不存在平衡,溶液中均有I2,滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色,故不能证明存在平衡,故④错误；‎ 所以A选项是正确的。‎ ‎12.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 含有Fe3+的溶液中：K+、ClO－、SO42－、SCN－‎ B. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3－、SO42－、Na+‎ C. 由水电离产生的c(OH－)=1×10-13mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl－、HCO3－‎ D. =1×1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3－、Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，含有Fe3+的溶液中Fe3+与SCN－反应，因此不能大量共存，故A不符合题意；‎ B选项，pH=1的溶液中含有氢离子、Fe2+、NO3－发生氧化还原反应，因此不能大量共存，故B不符合题意；‎ C选项，由水电离产生的c(OH－)=1×10-13mol/L的溶液中可能是酸，可能是碱，HCO3－‎ 与氢离子或氢氧根离子均反应，因此不能大量共存，故C不符合题意；‎ D选项，=1×1012的溶液为酸性，NH4+、Al3+、NO3－、Cl－均能存在，因此能大量共存，故D符合题意；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎13.萘、四氢萘、十氢萘用途广泛，其转化关系为：，该过程中能量变化如图所示，下列说法不正确的是：( )‎ A. 萘分子()的一氯代物有2种 B. E1、E2表示活化能，a的大小由E1决定，b的大小由E2决定 C. 实线表示无催化剂的反应过程，虚线表示有催化剂的反应过程 D. 物质的稳定性：十氢萘＞四氢萘＞萘 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，萘分子()有两条对称轴，有两种位置的氢，即一氯代物有2种，故A正确，不符合题意；‎ B选项，E1、E2表示活化能，焓变的大小与活化能无关，只与反应物总能量和生成物总能量有关，故B错误，符合题意；‎ C选项，实线表示无催化剂的反应过程，虚线表示有催化剂的反应过程，有催化剂时，活化能降低，故C正确，不符合题意；‎ D选项，能量越低越稳定，因此物质的稳定性：十氢萘＞四氢萘＞萘，故D正确，不符合题意。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎14.某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线II代表HCl的稀释过程 B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点 C. 从b点到d点，溶液中保持不变 D. 该温度下，b点Kw的数值比e点大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐酸是强酸，稀释相同倍数，盐酸pH变化大于醋酸，曲线II代表CH3COOH的稀释过程，故A错误；‎ B. b点pH小于c点，说明b点氢离子浓度大于c，b点对水电离抑制作用大于c，溶液中水的电离程度：b点＜c点,故B错误； ‎ C. Ka=，从b点到d点，温度不变，所以溶液中保持不变，故C正确；‎ D. 温度不变，则Kw不变，该温度下，b点Kw的数值等于e点，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的一元酸中，稀释相同倍数，酸性越弱pH值变化越大，”是解本题的关键，弱酸稀释过程中电离平衡常数不变。‎ ‎15.某温度下，向10 mL 0.1 mol/LCuCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，已知：lg2＝0.3，Ksp(ZnS)＝3×10-25 。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点 B. Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)‎ C. 该温度下Ksp(CuS)=4×10-36‎ D. 向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10-5 mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4 mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 、水解促进水电离， b点是与溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有影响，水的电离程度最小的为b点，故A错误；‎ B. 根据物料守恒溶液中：，故B错误；‎ C. b点是与溶液恰好完全反应的点，，根据b点数据， ，该温度下，故C正确；‎ D. 大于，所以向、浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎16.常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 滴定终点a可选择甲基橙作指示剂 B. c点溶液中 C. b点溶液中 D. a、b、c三点中水的电离程度最大的是c ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；‎ B．c点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；‎ C．b点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)＞c(H2PO4-)＞c(PO43-)，故C错误；‎ D．a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；‎ 故答案为C。‎ 第II卷(非选择题，共52分)‎ 二．实验题，本大题共1小题，共15分。‎ ‎17.用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。‎ Ⅰ．准备标准溶液 a．准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。‎ b．配制并标定100mL0.1000mol·L−1NH4SCN标准溶液，备用。‎ Ⅱ．滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。‎ b．加入25.00mL0.1000mol·L−1AgNO3溶液（过量），使I−完全转化为AgI沉淀。‎ c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。‎ d．用0.1000mol·L−1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。‎ e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL ‎10.24‎ ‎10.02‎ ‎9.98‎ f．数据处理。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。‎ ‎（2）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___________________________________。‎ ‎（3）b和c两步操作是否可以颠倒_____________，,说明理由________________________。‎ ‎（4）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为____________。‎ ‎（5）测得c(I−)=____________mol·L−1。‎ ‎（6）判断下列操作对c(I−)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）‎ ‎①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______________。‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果____________________。‎ ‎【答案】 (1). 250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 (2). 防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） (3). 否（或不能） (4). 若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 (5). 用NH4SCN标准溶液进行润洗 (6). 0.0600 (7). 偏高 (8). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管；‎ ‎(2)硝酸银见光分解；‎ ‎(3)滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；‎ ‎(4)铁离子与碘离子发生氧化还原反应；‎ ‎(5)根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，结合c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-)计算； (6)装入NH4SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗；‎ ‎(7)反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-)，如操作导致c(NH4SCN)×V(NH4SCN)偏小，则测定结果偏大，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管；‎ ‎(2)硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光分解，故答案为避免AgNO3见光分解；‎ ‎(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断，故答案为防止因Fe2+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe2+的水解)；‎ ‎(4)b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽。则无法判断滴定终点，故答案否(或不能)；若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；‎ ‎(5)根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n(AgNO3)=25.00×10-3mol/L×0.1000mol·L-1=2.5×10-3mol，n(NH4SCN)=0.1000mol·L-1×10.00×10-3L=1.00×10-3mol，则c(I)×0.025L=2.5×10-3mol-1-1.00×10-3mol，c(I-)=0.0600mol·L-1故答案为:10.00；0.0600；‎ ‎(6)装入NH4SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗，故答案为用NH4SCN标准溶液进行润洗；‎ ‎(7)反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-)‎ ‎①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏大，故答案为偏高；‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则读数偏小，n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏大，答案为：偏高。‎ ‎【点睛】本题考查的内容为溶液配制和酸碱中和滴定内容，把原理、步骤过程掌握即可解答本题。溶液配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、装液。就可以知道所需仪器。‎ 三．填空题，本大题共3小题，共37分。‎ ‎18.I. 常温下，用0.1000 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如下图所示：‎ ‎(1)滴定盐酸的曲线是图__________(填“1”或“2”)。‎ ‎(2)滴定前CH3COOH的电离度为__________( )。‎ ‎(3)达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a__________b(填“>”“<”或“=”)；若图中E点pH=8，则c(Na＋)-c(CH3COO-)的精确值为__________mol/L。‎ ‎(4)若同pH同体积的下列溶液：①醋酸溶液；②盐酸溶液分别用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠物质的量较大的是 _______________(填序号)。‎ Ⅱ.重金属离子会对河流和海洋造成严重污染。某化工厂废水(pH＝2.0，ρ＝1 g/mL)中含有 Ag＋、Pb2＋等重金属离子，其浓度约为0.01 mol/L，排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：‎ 难溶电解质 ‎ ‎ AgI ‎ AgOH ‎ Ag2S Ksp ‎8.3×10−12‎ ‎5.6×10−8‎ ‎6.3×10−50‎ 难溶电解质 PbI2‎ Pb(OH)2‎ PbS Ksp ‎7.1×10−9‎ ‎1.2×10−15‎ ‎3.4×10−28‎ ‎(1)你认为往废水中加入________(填字母序号)，沉淀效果最好。‎ A．NaOH B．Na2S C．KI D．Ca(OH)2‎ ‎(2)如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH＝8，处理后废水中c(Pb2＋)＝_____。‎ ‎(3)如果用食盐处理只含Ag＋的废水，测得处理后的废水(ρ＝1 g/mL)中NaCl的质量分数为0.117%，若环境要求排放标准为c(Ag＋)低于1×10−8mol/L，问该工厂处理后的废水中Ag＋是否符合排放标准？ _______已知Ksp(AgCl)＝1.8×10−10。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 1% (3). > (4). 9.9×10-7 (5). 醋酸 (6). B (7). 1.2×10−3 mol/L (8). 符合排放标准 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)浓度的盐酸和醋酸溶液，开始时盐酸中氢离子浓度大，pH小，因此得到滴定盐酸的曲线。‎ ‎(2)开始时盐酸pH=1，说明盐酸浓度为0.1mol/L，滴定前醋酸pH = 3，则电离出的氢离子浓度为0.001mol/L，即可算滴定前CH3COOH的电离度。‎ ‎(3)如果都消耗20mL，则1图中刚好处于中性，2图中生成醋酸钠显碱性，因此达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a > b；若图中E点pH=8，则c(Na＋) −c(CH3COO−) ＝ c(OH−) −c(H＋) ＝ 1×10−6 mol/L −1×10−8 mol/L＝9.9×10−7 mol/L。‎ ‎(4)同pH同体积的醋酸溶液与盐酸溶液，醋酸浓度远远大于盐酸浓度，体积相等，醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，因此所需氢氧化钠物质的量较大的是醋酸。‎ Ⅱ.(1)根据Ksp的大小关系计算，AgI、AgOH、Ag2S三者中c(Ag＋)最小的是Ag2S，PbI2、Pb(OH)2、PbS三者中c(Ag＋)最小的是PbS，因此往废水中加入Na2S。‎ ‎(2)用生石灰处理上述废水，使溶液的pH＝8，c(OH−) ＝1×10−6 mol/L，再计算铅离子浓度。‎ ‎(3)先计算氯化钠溶液的物质的量浓度，再根据Ksp计算环境中c(Ag＋)，继而得到结论。‎ ‎【详解】I.(1)等浓度的盐酸和醋酸溶液，开始时盐酸中氢离子浓度大，pH小，因此滴定盐酸的曲线是图1，故答案为：1。‎ ‎(2)开始时盐酸pH=1，说明盐酸浓度为0.1mol/L，滴定前醋酸pH = 3，则电离出的氢离子浓度为0.001mol/L，因此滴定前CH3COOH的电离度为，故答案为：1%。‎ ‎(3)如果都消耗20mL，则1图中刚好处于中性，2图中生成醋酸钠显碱性，因此达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a > b；若图中E点pH=8，则c(Na＋) −c(CH3COO−) ＝ c(OH−) −c(H＋) ＝ 1×10−6 mol/L −1×10−8 mol/L＝9.9×10−7 mol/L，故答案为：>；9.9×10−7。‎ ‎(4)同pH同体积的醋酸溶液与盐酸溶液，醋酸浓度远远大于盐酸浓度，体积相等，醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，因此所需氢氧化钠物质的量较大的是醋酸，故答案为：①。‎ Ⅱ.(1)根据Ksp的大小关系计算，AgI、AgOH、Ag2S三者中c(Ag＋)最小的是Ag2S，PbI2‎ ‎、Pb(OH)2、PbS三者中c(Pb2＋)最小的是PbS，因此往废水中加入Na2S，故答案为：B。‎ ‎(2)用生石灰处理上述废水，使溶液的pH＝8，c(OH−) ＝ 1×10−6 mol/L，处理后废水中，故答案为：1.2×10−3 mol/L。‎ ‎(3)如果用食盐处理只含Ag＋的废水，测得处理后的废水(ρ＝1 g/mL)中NaCl的质量分数为0.117%，，若环境要求排放标准为c(Ag＋)低于1×10−8mol/L，，c(Ag＋)低于1×10−8mol/L，符合排放标准，故答案为：符合排放标准。‎ ‎19.第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车轮。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油消耗；在下坡时，电池处于充电状态。‎ ‎（1）混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理如图1所示，其总反应式为H2+2NiOOH2Ni(OH)2。根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，乙电极周围溶液的pH___ (填“增大”、“减小”或“不变”)，该电极的电极反应式为___。‎ 图1 图2‎ ‎（2）Cu2O是一种半导体材料，可通过如图2所示的电解装置制取，电解总反应式为2Cu+H2OCu2O+H2↑，阴极的电极反应式是________。用镍氢电池作为电源进行电解，当电池中有1 mol H2被消耗时，Cu2O的理论产量为___g。‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). NiOOH+H2O+e-＝Ni(OH)2+OH- (3). 2H++2e-＝H2↑ (4). 144‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）混合动力车上坡或加速时，发生的是放电过程，在乙电极，发生电极反应：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，该极附近氢氧根浓度增大，所以碱性增强，电极周围溶液的pH增大，故答案为增大；NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-；‎ ‎（2）在电解池中，阴极是阳离子氢离子发生得电子得还原反应，即2H++2e-=H2↑，根据电子守恒，当蓄电池中有1mol H2被消耗时，转移电子是2mol，当转移2mol电子时，根据电解反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑，Cu2O的生成量为1mol，质量为144g，故答案为2H++2e-=H2↑；144。‎ ‎【点睛】本题考查有关电化学基础知识，注意电极反应的书写及电极反应引起的溶液pH的变化，易错点为（2）在电解池中，阴极是阳离子氢离子发生得电子得还原反应，即2H++2e-=H2↑。‎ ‎20.2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。 ‎ ‎（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g) +CO(g)　ΔH1 = + 41.1 kJ•mol-1‎ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH2=－90.0 kJ•mol-1‎ 写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。‎ ‎（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。‎ a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压 ‎（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。‎ ‎ ‎ ‎① 反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。‎ ‎② 判断依据是_______。‎ ‎（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol· L－1。‎ ‎① 前10min的平均反应速率v(H2)＝_______ mol·L－1·min －1。‎ ‎② 化学平衡常数K = _______。 ‎ ‎③ 催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：‎ 实验编号 温度（K）‎ 催化剂 CO2转化率（%）‎ 甲醇选择性（%）‎ A ‎543‎ Cu/ZnO纳米棒 ‎12.3‎ ‎42.3‎ B ‎543‎ Cu/ZnO纳米片 ‎11.9‎ ‎72.7‎ C ‎553‎ Cu/ZnO纳米棒 ‎15.3‎ ‎39.1‎ D ‎553‎ Cu/ZnO纳米片 ‎12.0‎ ‎70.6‎ 根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。‎ ‎【答案】 (1). 3H2 (g)+CO2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9 kJ/mol (2). d (3). CO2 (4). 恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考察化学平衡的移动；‎ ‎（1）考察盖斯定律，将两个热化学方程相加即可；‎ ‎（2）考察化学平衡移动；‎ ‎（3）考察反应物的平衡转化率，及影响因素；‎ ‎（4）考察化学反应速率、化学平衡常数、产物的选择性。‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9 kJ/mol；‎ ‎（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，需要降温高压，故合理选项为d；‎ ‎（3）观察图中的横坐标，其物理量为，若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；‎ ‎（4）①在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol· L－1，则有（单位：mol· L－1）：‎ ‎3H2 (g)‎ CO2 (g)‎ CH3OH(g)‎ H2O(g)‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎1‎ 起始 ‎3‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎0‎ 转化 ‎2.25‎ ‎0.75‎ ‎0.75‎ ‎0.75‎ 平衡 ‎0.75‎ ‎0.25‎ ‎0.75‎ ‎0.75‎ H2的浓度变化量为2.25 mol· L－1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225 mol· L－1；‎ ‎②K==；‎ ‎③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。‎ ‎ ‎ ‎ ‎