辽宁省葫芦岛协作校2020届高三上学期考试化学试题
高三上学期协作校第二次考试
化学试题
考生注意：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：人教版必修1，必修2第四章，选修4。
4.可能用到的相时原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 K39 Cu64 Ag108
第I卷（选择题 共42分）
一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）
1.我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是
A. 我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早
B. 将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿
C. 《本草纲日》中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜
D. 用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物
【答案】C
【解析】
【详解】A. 我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，A项说法正确；
B.将青铜器放在银质托盘上，会形成原电池，Cu比银活泼做负极，加快腐蚀，所以青铜器容易生成铜绿，故B说法正确；
C. 《本草纲日》中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，为铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C说法错误；
D. 用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸，为有机物，故D项正确；
故答案为C。
2.下列氢能制取、贮存及利用过程（如图所示），未涉及的能量转化形式是
A. 电能转化光能 B. 机械能转化为电能 C. 电能转化为化学能 D. 光能转化为化学能
【答案】D
【解析】
【详解】A.燃料电池作为电灯的电源为电能转化成光能，故A项正确；
B.水轮机发电的过程中有机械能转化成电能，故B项正确；
C.电解池电解水的过程为电能转化成化学能，故C项正确；
D.光电池是光能转化电能，整个过程中未涉及光能转化成化学能，故D项错误；
故答案为D。
3.下列电离方程式正确的是
A. H2S2H＋＋S2－ B. NH3·H2ONH4＋＋OH－
C. HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－ D. NaHCO3＝Na＋＋H＋＋CO32－
【答案】B
【解析】
【详解】A. H2S为二元弱酸，电离应分步电离，故A项错误；
B.一水合氨为一元弱碱，可逆电离，B项正确；
C.该方程式为HCO3－的水解方程式，溶液显碱性，不是电离方程式，故C项错误；
D.碳酸为弱酸，碳酸氢钠电离过程中碳酸氢根不拆，故D项错误；
故答案为B。
4.已知反应2A（s）＋B（g）C（g）＋2D（g）在一体积可变的密闭容器中进行，改变下列条件一定能影响反应速率的是
①保持体积不变，充入He ②适当降温
③保持压强不变，充入He ④增加少量的反应物A
A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①保持体积不变，充入He，各物质分压不变，各物质的浓度不发生改变，故反应速率不发生改变，故错误；
②适当降温，降低温度会减小反应速率，故正确；
③保持压强不变，充入He，容器的体积变大，故各物质浓度会减小，反应速率会发生改变，故正确；
④增加少量的反应物A，反应物A为固体，改变A的量不会对反应速率产生影响，故错误；
故答案为C。
5. 对于某平衡体系，下列措施一定会使平衡移动的是
A. 升高温度 B. 使用催化剂
C. 改变体系压强 D. 改变各组分浓度
【答案】A
【解析】
试题分析：升高温度平衡一定向吸热方向移动，故A正确；使用催化剂平衡不移动，故B错误；对于的反应，改变体系压强平衡不移动，故C错误；对于的反应，同比例改变各组分浓度，平衡不移动，故D错误。
考点：本题考查化学平衡移动原理。
6.下述溶液一定呈酸性的是
A. pH＝6.8的溶液
B. 滴入酚酞呈无色的溶液
C. 室温时，溶液中的c（H＋）＝1×10－2 mol·L－1
D. 溶液中水电离出的c（H＋）＝1×10－10 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时溶液显酸性。
【详解】A.未标明温度，pH＝6.8只能说明氢离子的大小，不能比较氢离子和氢氧根离子浓度大小，不能说明溶液的酸碱性，故A项错误；
B.酚酞的变色范围：pH；8.2-10之间，所以滴入酚酞显无色的溶液也可能是中性溶液，故B错误；
C.室温时，,故溶液中的c（H＋）＝1×10－2 mol·L－1时，c（OH-）＝1×10－12 mol·L－1，氢离子浓度大于氢氧根浓度，溶液显酸性，故C正确；
D.溶液中水电离出的c（H＋）＝1×10－10 mol·L－1说明水的电离受到抑制，抑制水电离的方法有很多例如加酸或加碱，所以不能确定溶液酸碱性，故D项错误；
故答案为C。
【点睛】溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时溶液显酸性。未标明温度时，pH值只能提供氢离子浓度的大小，不能作为判断溶液酸碱性的标准。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1.8 g D216O中含电子数为NA
B. 5.32 g 12C35Cl4中含中子数为2.73NA
C. 11.2 L（常温常压）氢气与氦气的混合气体中含质子总数为NA
D. 400 mL10 mol·L－1浓盐酸与足量MnO2加热充分反应生成的Cl2分子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. D216O的相对分子质量为20，故1.8 g D216O的物质的量为0.09mol，一个D216O含有10个电子，故1.8 g D216O中含电子数为0.9NA，故A项错误；
B. 12C35Cl4的相对分子质量为152，故5.32 g 12C35Cl4的物质的量为0.035mol，一个12C35Cl4中含中子数为6+18×4=78，故5.32 g 12C35Cl4中含中子数为0.035×78=2.73NA，故B正确；
C.常温常压下不能确定11.2 L氢气与氦气的混合气体的物质的量，故C错误；
D. 400 mL10 mol·L－1浓盐酸与足量MnO2加热反应过程浓盐酸会变稀，而稀盐酸与二氧化锰不反应，无法确定生成多少氯气，故D错误；
故答案为B。
8.在密闭容器中，一定量混合气体发生反应xA（g）＋yB（g）pC（g）＋qD（g），平衡时测得B的浓度为1.0 mol·L－1。保持温度不变，将容器的体积压缩到原来的一半，再次达到平衡时，测得B的浓度为1.5 mol·L－1。下列有关判断正确的是
A. x＋y
p＋q，故A错误；
B.气体平均摩尔质量，平衡右移，总质量不变，气体总物质的量变小，所以气体平均摩尔质量增大，故B正确；
C.根据分析可知压缩体积平衡正向移动，故C错误；
D.平均密度，总质量不变，但体积缩小，故密度变大，故D错误；
故答案为B。
【点睛】注意压缩容器体积后即便平衡不移动，气体的浓度也会变大。
9.一定温度下，向恒容的密闭容器中充入一定量的NO2（g），发生反应2NO2（g）N2O4（g）△H<0。下列选项中不能作为判断反应是否达到平衡状态的因素的是
A. 混合气体的平均相对分子质量 B. NO2（g）的百分含量
C. 容器内压强 D. NO2和N2O4的反应速率之比
【答案】D
【解析】
【详解】A. 平均相对分子质量，未达到平衡时，混合气体的总质量不变，但混合气体的总物质的量一直改变，平均相对分子质量也会改变，达到平衡后不再改变，故混合气体的平均相对分子质量可判断反应是否达到平衡状态，故A 项正确；
B.平衡右移NO2（g）的百分含量减小，平衡左移NO2（g）的百分含量增大，可以判定反应达到平衡状态，故B项正确；
C.容器恒容，平衡右移气体物质的量减小，压强减小，平衡左移气体物质的量增大，压强增大，可以判定反应达到平衡状态，故C正确；
D.无论是否达到平衡，NO2和N2O4的反应速率之比都等于计量数之比2:1；故D项错误；
故答案为D。
10.下列说法中正确的是
A. 氯酸钾分解是一个熵增的过程
B. △H>0，△S>0的反应一定可以自发进行
C. 电解水产生氢气、氧气的反应具有自发性
D. 可逆反应正向进行时，正反应具有自发性，△H一定小于零
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯酸钾分解生成气体，混乱度增加，熵值增大，选项A正确；
B．△G＜0反应自发进行，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0，则当低温下△G可能大于0，反应非自发，选项B错误；
C. 电解水产生氢气、氧气的反应为△H>0，△S>0，根据△G=△H-T△S＜0可知，只有在高温条件下才具有自发性，选项C错误；
D. 可逆反应正向进行时，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0且高温条件下正反应具有自发性，选项D错误。
答案选A。
11.醋酸在一定体积的某溶液中的电离程度与X的关系如图所示。下列对应的X正确的是
A. 温度 B. CH3COOH的浓度 C. CH3COONa的物质的量 D. HCl的浓度
【答案】A
【解析】
【分析】
醋酸电离方程式为：。
【详解】A.弱酸电离过程吸热过程，温度升高电离程度增大，故A正确；
B.弱酸浓度越大电离程度越小，故B错误；
C. CH3COONa可以电离出醋酸根，会使醋酸的电离平衡左移，醋酸电离程度减小，故C错误；
D.HCl会电离出氢离子，浓度越大电离出的氢离子浓度越大，抑制醋酸电离，故D错误；
故答案为A。
12.饱和BaCO3溶液中存在平衡：BaCO3（s）Ba2＋（aq）＋CO32－（aq）。当碳酸钡固体在水中达到溶解平衡后，为使溶液中Ba2＋的物质的量浓度增大，下列操作不可行的是
A. 加入少量0.1 mol·L－1盐酸 B. 加入少量硝酸钡固体
C. 加入少量0.1 mol·L－1硫酸 D. 加入少量氢氧化钡固体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加入少量0.1 mol·L－1盐酸，氢离子会与CO32－发生反应，使平衡右移，Ba2＋的物质的量浓度增大，故A可行；
B. 加入少量硝酸钡固体，硝酸钡溶于水使Ba2＋浓度增大，虽然平衡会左移，但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故B可行；
C. 加入少量0.1 mol·L－1硫酸，硫酸会电离出氢离子和硫酸根，虽然氢离子会与CO32－发生反应，但BaSO4的溶解度比BaCO3更小，所以溶液中Ba2＋的物质的量浓度会减小，故C不可行；
D. 加入少量氢氧化钡固体，氢氧化钡溶于水使Ba2＋浓度增大，虽然平衡会左移，但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故D可行；
故答案为C。
13.一种利用海洋深处海水中富含的H2S而设计的燃料电池装置如图所示：
装置工作时，下列有关说法正确的是
A. 能量转化形式为电能转化为化学能
B. a极电势比b极的高
C. 向b极区迁移离子有Cl－，HS－
D. a极的电极反应式为H2S＋10OH－－8e－＝SO42－＋6H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
a电极H2S生成SO42-被氧化，故a电极为负极，b电极为正极。
【详解】A.原电池是将化学能转换成电能，故A错误；
B.a电极为负极，b电极为正极，正极电势比负极高，故B错误；
C.原电池中阴离子向负极即a极迁移，故C错误；
D.根据a极的反应物和生成物结合电子守恒和元素守恒可知电极方程式为：，故D正确；
故答案为D。
14.常温下，用0.1000 mol·L－1的NaOH溶液与25.00 mL 0.1000 mol·L－1HA（－元酸）溶液进行滴定实验，得到滴定曲线（如图所示），下列说法不正确的是
A. HA为－元弱酸
B. 常温下，HA的电离平衡常数Ka＝10－5
C. M点时溶液的pH＝7，此时加入的V（NaOH）<25.00 mL
D. 可选用甲基橙作指示剂，到达滴定终点时溶液由红色变为黄色
【答案】D
【解析】
【详解】A. HA溶液的浓度为0.1000 mol·L－1，若为强酸其pH值应为1，从图中起点可看未滴加氢氧化钠时其pH值为3，故为弱酸，故A说法正确；
B.电离平衡常数，跟据图像起点可知，0.1000 mol·L－1HA溶液中c(H+)=1×10-3mol/L，根据电离方程式，可知c(A-)=1×10-3mol/L，所以，故B项正确；
C.当加入的V（NaOH）=25.00 mL，恰好完全反应，溶液中溶质为NaA，由于A-水解会使溶液显碱性，故溶液呈中性时加入的V（NaOH）<25.00 mL，故C项正确；
D.滴定终点溶液中溶质为NaA，由于A-水解会使溶液显碱性，应用酚酞做指示剂，故D项错误；
故答案为D。
【点睛】强酸与弱碱相互滴定时，应选用甲基橙。强碱与弱酸相互滴定时，应选用酚酞。强酸与强碱相互滴定时，既可选用甲基橙，也可选用酚酞作指示剂。注意，中和滴定不能用石蕊作指示剂。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题（本题包括4小题，共58分）
15.按要求回答下列问题：
（1）常温下，测得0.1 mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，则Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为______________。
（2）将0.2000 mol·L－1HB溶液与0.1000 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液中c（Na＋）”“<”或“＝”）c（HB）。
②混合溶液中c（HB）＋c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）2c（Na＋）。
（3）已知在常温下常见弱酸的电离平衡常数Ka如表所示：
①同物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、NaCN溶液中阴离子（不含OH－）浓度大小关系为____________。
②同pH的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍，pH变化最小的是________（填字母）。
a HCN b HClO c H2CO3 d CH3COOH
③常温下物质的量浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pOH＝8，则c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝____________（用数值列出计算式即可） mol·L－1。
【答案】 (1). (2). > (3). = (4). CH3COO->ClO->CN- (5). a (6). 2×10-6-2×10-8
【解析】
【分析】
（1）常温下，测得0.1 mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，说明该盐属于强碱弱酸盐，水解显碱性，据此进行分析离子浓度大小关系；
（2）将0.2000 mol·L－1HB溶液与0.1000 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液中的溶质为NaB和HB，且其物质的量之比为1:1；溶液中存在电荷守恒：，因为c（Na＋）c（OH－）溶液显酸性；因为题目中问到了c（HB），故HB为弱酸；
（3）弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，其酸根阴离子的水解程度越弱。
【详解】（1）Na2A溶液pH＝8，说明存在水解，Na2A溶液中存在的电离：；（微弱）；Na2A溶液中存在的水解：；；Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为：；
（2）①溶液存在电离：；同时存在水解;根据溶液显酸性可知电离程度大于水解程度，所以c（B－）>c（HB）故答案为：>；
②根据物料守恒可知c（HB）＋c（B－）=2c（Na＋），故答案为：=；
（3）①根据图表提供信息可知电离平衡常数：CH3COOH>HClO>HCN；故水解程度：CH3COONaClO->CN-，故答案为：CH3COO->ClO->CN-；
②加水稀释时酸性越弱pH值变化越小，故答案为：a；
③根据常温下pOH＝8，可知c(OH)=1×10-8 mol·L－1，c(H+)=1×10-6 mol·L－1；溶液中的电荷守恒为：；物料守恒为：；相减消去钠离子可得：，故答案为： 2×10-6-2×10-8。
16.为确定由硝酸银和硝酸钠组成的混合物中硝酸银的含量，实验室可采用多种方法测定。现取两份不同质量的该混合物进行如下实验：
I.方法一：采用“佛尔哈德法”测定。“佛尔哈德法”可用于测定含银离子的硝酸溶液中银离子的含量，该方法是以铁铵钒[FeNH4（SO4）2·12H2O]为指示剂，NH4SCN溶液为标准溶液。从滴定开始到滴定终点，溶液中发生的主要反应有：
①Ag＋（aq）＋SCN－（aq）＝AgSCN（s）（白色）
②Fe3＋＋SCN－＝Fe（SCN）2＋（红色）
取14.0 g该混合物溶于蒸馏水配成500 mL待测溶液。取出25.00 mL待测溶液置于锥形瓶中，加入硝酸酸化，然后加水稀释至50 mL滴入指示剂铁铵钒溶液，用0.1000 mol·L－1的NH4SCN标准溶液滴定，消耗标准溶液35.00 mL。
（1）该滴定不能在中性或碱性条件下进行是因为Fe3＋会转化为_________（填化学式，下同），Ag＋会转化为___________。
（2）当滴入25.00 mL标准溶液时，锥形瓶中_________（填“有”或“没有”）沉淀生成。
（3）滴定终点溶液颜色的变化为________。
（4）称量混合物时，砝码生锈（锈迹未脱落）会导致测得的硝酸银的含量________（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。
（5）该混合物中硝酸银的质量分数为___________（保留三位有效数字）。
II.方法二：取m g该混合物溶于水配成500 mL溶液，取出50.00 mL溶液于锥形瓶中加入过量的稀盐酸充分反应，经“一系列操作”可得到纯净干燥的AgCl固体2.87 g。根据要求回答下列问题：
（6）“一系列操作”的具体步骤为__________、低温干燥。
（7）该混合物质量m＝____________（保留三位有效数字）。
【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). Ag2O (3). 有 (4). 由无色变为红色且半分钟内不褪色 (5). 偏高 (6). 85.0% (7). 过滤洗涤 (8). 20.0g
【解析】
【分析】
（1）在中性或碱性条件下进行是因为Fe3＋会转化为Fe(OH)3沉淀，Ag＋会转化为Ag2O；
（2）根据题目所给信息“消耗标准溶液35.00 mL”可知滴入25.00 mL标准溶液时Ag＋还未完全沉淀；
（3）“佛尔哈德法”的原理是当银离子完成转化成沉淀时，再继续滴加NH4SCN标准溶液，会与Fe3＋反应，使溶液变红；
（4）砝码生锈后实际质量会比砝码所标质量高，即混合物的实际质量会比天平所称质量要大，故硝酸银的质量分数会偏高；
（5）各物质的数量关系为，根据消耗的n(NH4SCN)可以计算出n(AgNO3)，m（AgNO3)，进而计算出质量分数；
（6）方法二的原理是将银离子转化为AgCl沉淀，称量沉淀的质量来确定硝酸银的质量；
（7）根据AgCl的物质的量n可以得出 50mL溶液中的硝酸银的物质的量也为n，进而计算出混合物中硝酸银的物质的量n，质量m，由第（5）问可知硝酸银的质量分数为85.0%，可以计算出混合物的质量。
【详解】（1）在中性或碱性条件下进行是因为Fe3＋会转化为Fe(OH)3沉淀，Ag＋会转化为Ag2
O；故答案为：Fe(OH)3；Ag2O；
（2）根据题目所给信息“消耗标准溶液35.00 mL”可知滴入25.00 mL标准溶液时Ag＋还未完全沉淀，故答案为：有；
（3）“佛尔哈德法”的原理是当银离子完成转化成沉淀时，再继续滴加NH4SCN标准溶液，会与Fe3＋反应，使溶液变红，故答案为：由无色变为红色且半分钟内不褪色；
（4）用天平称量物品时，物品质量=砝码质量+游码质量，砝码生锈后实际质量会比砝码所标质量高，即混合物的实际质量会比天平所称质量要大，故硝酸银的质量分数会偏高，故答案为:偏高；
（5）各物质的数量关系为，消耗的NH4SCN溶液的体积为35mL，故n(NH4SCN)= 35mL×0.1000 mol·L－1=0.0035mol，故25.00 mL待测溶液中n(AgNO3)=0.0035mol，所以硝酸银的总物质的量为n=0.0035×20=0.07mol，质量为m=nM=0.07×170=11.9g，质量分数为×100%=85.0%，故答案为：85.0%；
（6）方法二的原理是将银离子转化为AgCl沉淀，称量沉淀的质量来确定硝酸银的质量，故一系列操作为：过滤洗涤；
（7）所得AgCl的物质的量n= ==0.01mol，所以50mL溶液中的故硝酸银的物质的量也为0.01mol，混合物中硝酸银的物质的量n=0.01×10=0.1mol，质量m=0.1×170=17g，由第（5）问可知硝酸银的质量分数为85.0%，所以混合物的质量m==20.0g；故答案为：20.0g。
【点睛】在涉及滴定实验的相关计算时，一定要注意待测液是开始配制的溶液还是从中取出的一部分。
17.二草酸合铜酸钾晶体{K2[Cu（C2O4）2]·2H2O）（相对分子质量为354），微溶于水和酒精，可溶于氨水，在干燥的环境下较为稳定。现以胆矾和草酸（H2C2O4）为原料制备二草酸合铜酸钾晶体的流程如下：
回答下列问题：
（1）K2[Cu（C2O4）2]·2H2O中Cu的化合价为___________。
（2）在常温下，胆矾溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，当所得溶液的pH＝7时，则溶液中c（Cu2＋）＝_________{已知该温度下Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10－20}。
（3）黑色固体的化学式为__________________，过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、__________。
（4）草酸晶体受热易分解，产物为CO、CO2和H2O，该反应的化学方程式为_____________。
（5）操作④后得到的晶体需用少量酒精洗涤，其目的是_________。
（6）产品的定量分析：准确称取2.000 g样品溶于氨水中，并配成250 mL溶液，量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，再加入10 mL 3.000 mol·L－1稀硫酸，用0.01000 mol·L－1KMnO4标准液滴定。
①若消耗KMnO4标准液的体积为20.00 mL，则该产品的纯度是__________。
②滴定过程中如果盛装标准液的滴定管没有润洗，则测得的结果将_______（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). +2 (2). (3). CuO (4). 烧杯、玻璃棒 (5). (6). 除去表面的可溶性杂质和水分，同时酒精易挥发，晶体易干燥 (7). 88.5% (8). 偏高
【解析】
【分析】
（1）根据化合价法则进行分析；
（2）pH=7时溶液中=1×10-7由可以计算出c（Cu2+）；
（3）胆矾加入氢氧化钠溶液加热煮沸可生成氧化铜，故黑色固体为CuO；根据过滤操作分析用到的玻璃仪器；
（4）草酸H2C2O4中C的化合价为+3价，根据电子守恒和元素守恒可写出方程式；
（5）晶体微溶于酒精，干燥的环境下较为稳定；
（6）①根据得失电子守恒可知n(MnO4－)×5=n(C2O42－)×2×(4－3)，据此解得n(C2O42－)，进而计算出二草酸合铜（II）酸钾物质的量，质量，最终计算出产品的纯度；
②滴定过程中如果盛装标准液的滴定管没有润洗，标准液会被稀释，导致所用标准液体积增多，则测得的结果将偏高。
【详解】（1）K2[Cu（C2O4）2]·2H2O中K为+1价，C2O42-带两个负电荷，所以Cu的化合价为+2价，故答案为：+2：
（2）pH=7时溶液中=1×10-7由可知故答案为：；
（3）胆矾加入氢氧化钠溶液加热煮沸可生成氧化铜，故黑色固体为CuO；过滤用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：CuO；烧杯、玻璃棒；
（4）草酸H2C2O4中C的化合价为+3价，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：；
（5）根据题干信息该晶体微溶于酒精，干燥的环境下较为稳定，故答案为：除去表面的可溶性杂质和水分，同时酒精易挥发，晶体易干燥；
（6）①该滴定方法原理为：高锰酸钾在酸性环境下可以氧化草酸根，根据得失电子守恒可知n(MnO4－)×5=n(C2O42－)×2×(4－3)，解得n(C2O42－)=20.00×10－3×0.01000×mol=5×10－4mol，即二草酸合铜（II）酸钾物质的量为mol=2.5×10－4mol，产品的纯度为88.5%，故答案为：88.5%；
②滴定过程中如果盛装标准液的滴定管没有润洗，标准液会被稀释，导致所用标准液体积增多，则测得的结果将偏高，故答案为：偏高。
【点睛】第（6）题中要想完成本题，首先弄清滴定原理，高锰酸钾因其溶液显紫红色，且具有强氧化性，常用其来滴定一些具有还原性的物质。根据化合价守恒找到离子之间的数量关系，之后进行计算求解。
18.CO2的资源化利用能有效减少CO2的排放，充分利用碳资源。
（1）全球变暖现象很可能是大气中的温室气体（如CO2）聚集造成的。有科学家提出可以将CO2通过管道输送到海底，这样可减缓空气中CO2浓度的增加。下列有关说法正确的是______（填字母）。
A 送到海底越深的地方，CO2溶解得越多，同时CO2可能液化甚至变成干冰
B 把CO2输送到海底，会使海水酸性增强，有利于海洋生态环境
C 把CO2输送到海底，这是人类减缓空气中CO2浓度增加速率的唯一办法
D 要减缓空气中CO2浓度的增加，最有效的措施是使用新能源和植树造林
（2）已知：
①CH4（g）＋2O2（g）CO2（g）＋2H2O（l） △H＝－890 kJ· mol－1
②2H2（g）＋O2（g）2H2O（l） △H＝－572 kJ· mol－1
则反应CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（l） △H＝______kJ· mol－1，升高温度，该反应的v（逆）__________（填“增大”或“减小”）。
（3）CO2催化加氢合成二甲醚是CO2转化的－种方法，主要发生下列反应：
反应I：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g） △H＝＋41.2 kJ· mol－1
反应II：2CO2（g）＋6H2（g）CH3OCH3（g）＋3H2O（g） △H＝－122.5 kJ· mol－1
在一体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2与1 mol H2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化曲线如图所示。其中：CH3OCH3的选择性＝×100％。
①CH3OCH3的选择性随温度的升高而降低的原因是___________，温度高于300℃时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是____________。
②270°C时，测得平衡时CH3OCH3的物质的量为0.1 mol，此时n（H2O）＝_________mol，反应I的化学平衡常数K＝___________（保留两位有效数字）。
（4）多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类（如C2H4）的金属。电解装置中分别以多晶Cu和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度（约0.1 mol·L－1左右）基本保持不变。并向某极室内持续通入CO2，温度控制在10℃左右。通入CO2的电极为__________（填“阴极”或“阳极”），生成C2H4的电极反应式为_____________。
【答案】 (1). A、B、D (2). -254 (3). 增大 (4). 生成CH3OCH3的反应反应Ⅱ的ΔH＜0，为放热反应，温度越高，平衡左移，导致生成CH3OCH3的物质的量减少，虽然该反应消耗的CO2减少，但反应Ⅰ的ΔH＞0，为吸热反应，温度升高平衡右移，消耗的CO2增多，总消耗的CO2的量变化不大 (5). 反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 (6). 0.5 (7). 0.87 (8). 阴极 (9).
【解析】
【分析】
（1）根据二氧化碳气体的性质，分析处理二氧化碳气体的可能的方法；
（2）根据盖斯定律来计算目标反应方程式的ΔH；升高温度会同时增大正逆反应速率，平衡会发生移动是因为正逆反应速率增大的幅度不同。
（3）①CH3OCH3的选择性＝×100％，选择性的决定因素为生成的CH3OCH3的量和消耗的CO2的量，分析温度变化会时这两个量如何变化即选择性变化的原因；CO2的平衡转化率是由两个反应共同决定，所以要从温度变化时两个反应分别如何移动的角度去分析；
②已知生成的CH3OCH3的量，通过选择性的求算公式可知消耗的CO2的量，但要注意是两个反应共同消耗的CO2的量，之后根据物质之间转化时的数量关系即可求解水的物质的量；平衡常数据此求解；
（4）电解池中阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，通过CO2在反应中的化合价降低可知其为阴极；根据题目信息可知生成C2H4的电极为通入CO2的电极，电解池中阴离子会流向阳极，而该过程中用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变，可推测阴极有碳酸氢根生成，再结合电子守恒和元素守恒可得电极反应方程式。
【详解】（1）A海底越深的地方压强越大，CO2溶解得越多，同时CO2可能液化甚至变成干冰，故A项正确；
B.二氧化碳与水反应生成碳酸，溶液呈酸性，会使海水酸性增强，破坏海洋生态环境，故B正确；
C．减缓空气中CO2浓度的方法有多种，如合成聚二氧化碳塑料等，故C错误；
D．使用新能源，可减少二氧化碳的排放，植树造林，可降低二氧化碳的浓度，故D正确．
故答案为：A、B、D；
（2）根据盖斯定律可知目标反应方程式=②×2-①，故△H=-572×2-（-890）=-254 kJ· mol－1；升高温度正逆反应速率都增大，故答案为：-254；增大；
（3）①CH3OCH3的选择性＝×100％，生成CH3OCH3的反应反应Ⅱ的ΔH＜0，为放热反应，温度越高，平衡左移，导致生成CH3OCH3的物质的量减少，虽然该反应消耗的CO2减少，但反应Ⅰ的ΔH＞0，为吸热反应，温度升高平衡右移，消耗的CO2增多，故CH3OCH3的选择性下降；
反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度高于300℃时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大；
②270°C时，CH3OCH3的选择性为50%，CH3OCH3的物质的量为0.1 mol，根据其计算公式可知反应消耗的CO2为0.4mol，根据方程式，可知该反应中消耗的CO2为0.2mol，消耗的H2为0.6mol，生成的H2O为0.3mol，共消耗CO2为0.4mol，所以反应中消耗的CO2为0.4-0.2=0.2mol，消耗的H2为0.2mol生成的H2O为0.2mol，生成的CO为0.2mol，所以此时n（H2O）＝0.3+0.2=0.5mol；反应I的化学平衡常数 ,容器的体积为1L，此时容器中CO2的浓度为，H2的浓度为，CO的浓度为，H2O的浓度为，所以平衡常数，故答案为：0.5；0.87；
（4）该过程中CO2经反应后生成C2H4，C元素化合价降低，被还原，还原反应发生在阴极，故通入CO2的电极为阴极；阴离子会流向阳极，而该过程中用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变，可推测阴极有碳酸氢根生成，故电极反应方程式为,故答案为：阴极；。
【点睛】第（2）题中要仔细分析题干和图表所提供的信息，结合所学平衡移动的相关知识进行解答，另外在计算平衡常数时一定要注意是浓度的比值，不是物质的量，一定注意题目中所给的容器的体积信息。
