甘肃省会宁县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

甘肃省会宁县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

会宁一中2019-2020学年度第一学期期末考试 高二级化学试卷 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O ‎16 F 19 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 ‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（14个小题，每小题3分，共计42分；每小题只有一个正确选项）‎ ‎1.化学与社会、生活、技术密切相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 有人说“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物 B. “辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料 C. 葡萄酒中通常添加微量SO2，既可以杀菌，又可以防止营养成分被氧化 D. 交警用含橙色酸性高锰酸钾溶液的仪器检查酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、丝绸由蚕丝构成，其主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，不是纤维素，A错误；‎ B、钢缆，属于金属材料，而不是无机非金属材料，B错误；‎ C、SO2可以抑制细菌生长，也具有还原性，在葡萄酒中可以杀菌，也可以用于防氧化，C正确；‎ D、酸性高锰酸钾溶液不是橙色，而是紫色的，检验酒驾的是橙色的K2Cr2O7，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.一种生产和利用氢能的途径如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 氢能属于二次能源 B. 图中能量转化的方式至少有6种 C. 太阳能电池的供电原理与燃料电池相同 D. 太阳能、风能、氢能都属于新能源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢能是利用太阳能等产生的，故属于二次能源，则A正确；‎ B、图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互转化，电能与光能、热能的转化等，故B正确；‎ C、太阳能电池的供电原理实际是热能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以二者是不相同的，故C错误；‎ D、太阳能、风能、氢能都属于新能源，则D正确；‎ 本题正确答案为C。‎ ‎3.用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 将0.2 molFeCl3 水解制成胶体，所得胶体粒子数为0.2 NA B. ‎25℃‎时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-离子数为0.2 NA C. 0.1mol·L−1 NH4Cl溶液中 NH数小于0.1 NA D. ‎1L 2mol·L−1K2S溶液中H2S、S2-和HS-的总数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、一个Fe(OH)3胶粒由很多Fe(OH)3构成，因此0.2molFe3＋完成水解得到Fe(OH)3胶体，胶粒数目会小于0.2NA，A错误；‎ B、pH=13的溶液中，c(OH－)=0.1mol·L－1，体积为‎0.1L，则n(OH－)=0.1mol·L－1×‎0.1L=0.01mol，其数目为0.1 NA，B错误；‎ C、溶液的体积无法得知，无法计算溶液中NH4＋的数目，C错误；‎ D、根据物料守恒，S2－会水解，但溶液中所有含S的微粒的总浓度不变，因此有n(S)=n(S2－)＋n(HS－)＋n(H2S)=‎1L×2mol·L－1=2mol，则总数为2NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列关于化学反应的自发性叙述正确的是（ ）‎ A. 焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的 B. 焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的 C. 焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的 D. 熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.焓变小于0而熵变大于0的反应，△G=△H-T△S＜0，反应能够自发进行，故A正确；‎ B.焓变和熵变都小于0，在高温下不可以自发进行，故B错误；‎ C.焓变和熵变都大于0的反应，在低温下不能自发进行，故C错误；‎ D.熵变小于0而焓变大于0的反应肯定不能自发进行，故D错误；‎ ‎【点睛】反应能否自发进行，根据△G=△H-T△S<0判断。‎ ‎5.在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：。下列说法正确的是(　　)‎ A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 加入少量NH4Cl固体，平衡朝正反应方向移动 C. 升高温度，减小 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，水解平衡常数只与温度有关，所以稀释溶液，水解平衡常数不变，故A错误；‎ B选项，加入少量NH4Cl固体，两者相互促进的双水解，因此平衡向正反应方向移动，故B正确；‎ C选项，升高温度，平衡正向移动，碳酸氢根浓度增加，碳酸根浓度减小，增大，故C错误；‎ D选项，加入NaOH固体，溶液中氢氧根浓度增大，溶液pH增大，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】化学平衡常数、电离平衡常数、离子积常数、水解平衡常数都只与温度有关，与浓度无关。‎ ‎6.有一化学平衡：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)(如图)表示的是转化率与压强、温度的关系。分析图中曲线可以得出的结论是（ ）‎ A. 正反应吸热：m＋np＋q C. 正反应放热：m＋n>p＋q D. 正反应放热：m＋nc(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；‎ C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；‎ D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.有关金属的工业制法中正确的是 A. 钾的沸点比钠低，用钠置换熔融氯化钾中的钾 B. 电解熔融的MgO来制备金属镁 C. 用一氧化碳还原铬、锰、钒的氧化物来制备高熔点金属铬、锰和钒 D. 高炉炼铁原理是用一氧化碳还原四氧化三铁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 钾的沸点比钠低，容易分离出来，所以可用钠置换熔融氯化钾中的钾，A正确；B. 氧化镁的熔点高，电解熔融的MgCl2来制备金属镁，B错误；C. 通过铝热反应制备高熔点金属铬、锰和钒，C错误；D. 高炉炼铁原理是用一氧化碳还原三氧化二铁，D错误，答案选A。‎ ‎9.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是 选项 实验操作和现象 预期实验目的或结论 A 某溶液中滴加溶液产生蓝色沉淀 说明该溶液中有，无 B 向含有AgCl和的悬浊液中滴加NaBr溶液出现黄色沉淀 可说明Ksp(AgBr)Ksp（AgBr），选项B错误；‎ C．相同体积不同浓度的草酸与相同体积相同浓度的高锰酸钾溶液反应，通过褪色的快慢，比较草酸的浓度对反应速率的影响，选项C正确；‎ D．两支试管中装有等体积、不同浓度H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液，氯化铁能改变化学反应速率，但浓度也会影响化学反应速率，故不能达到实验目的，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎10.M、N、P、E四种金属：①M＋N2＋=N＋M2＋；②M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡；③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为E2＋＋2e－=E，N－2e－=N2＋。四种金属的还原性由强到弱的顺序是（ ）‎ A. P、M、N、E B. E、N、M、P C. P、N、M、E D. E、P、M、N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①还原性强的金属可以将还原性弱的金属从其盐溶液中置换出来，还原性M>N；‎ ‎②M、P作电极构成原电池，较活泼金属作负极，金属溶解，而H＋在较不活泼的金属表面得到电子生成H2，则还原性P>M；‎ ‎③从电极方程式可知，N失去电子作负极，较活泼，则还原性N>E；‎ 综上，4种金属的还原性顺序为P、M、N、E，A符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎11.2019年诺贝尔化学奖授予美国固体物理学家约翰·巴尼斯特·古迪纳（John B. Goodenough）、英国化学家斯坦利·威廷汉（Stanley Whittingham）和日本化学家吉野彰（Akira Yoshino），以表彰他们发明锂离子电池方面做出的贡献。全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法错误的是（ ）‎ A. 电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4‎ B. 电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重‎0.14g C. 石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性 D. 电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8），电池负极的方程式为16Li-16e－=16Li＋，根据图示，正极发生一系列的反应，随着反应的进行，转移的电子越多，S的化合价越低，在Li2S8中，S的化合价为，Li2S2中S的化合价为－1，则在负极Li2Sx中x得值越来越小。‎ ‎【详解】A、根据图示和分析，正极发生了一系列反应，包括了2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，A正确，不符合题意；‎ B、电池的负极发生反应Li-e－=Li＋，转移0.02mol电子，则有0.02molLi转化为Li+，电极材料损失0.02mol×‎7g/mol=‎0.14g，B正确，不符合题意；‎ C、石墨可以导电，增加电极的导电性，C正确，不符合题意；‎ D、根据分析，放电过程中Li2S8会转化为Li2S2，则充电过程中Li2S2会转化为Li2S8，Li2S2的量会越来越少，D错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎12. 下列事实中，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. 在FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化 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.二氧化碳溶于水生成碳酸为可逆反应，开启啤酒瓶后，相当于减压，平衡逆向移动，有大量二氧化碳溢出，瓶中立刻泛起大量泡沫；A可以；‎ B.在Fe2+还原性很强，加入铁粉防止Fe2+被氧化，与平衡移动无关；B不可以；‎ C.氯气与水反应为可逆反应，增大氯离子的浓度，平衡左移，有利于氯气的生成；C可以；‎ D.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡右移，提高SO2的利用率，D可以；‎ 故答案选B。‎ ‎13.用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）‎ A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10‎ B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)‎ C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。‎ ‎【详解】A.选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确；‎ B.由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确；‎ C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误；‎ D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。‎ ‎14.在密闭容器中发生如下反应： aX(g) + bY(g) ⇌cZ(g) +d W(g)。反应达平衡后保持温度不变，将气体体积压缩到原来1/2，当再次达平衡时，W的浓度为原平衡时的1．8倍。下列叙述中不正确的是 ( )‎ A. 平衡向逆反应方向移动 B. a + b < c + d C. Z的体积分数增加 D. X的转化率下降 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将容器的体积压缩到原来的一半，各物质的浓度都变为原来的2倍，当再次到平衡，W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向移动。‎ ‎【详解】A.由上述分析可知，将容器的体积压缩到原来的一半，平衡向逆反应方向移动，故A正确；‎ B.将容器的体积压缩到原来的一半，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应方向为气体减少的方向，即a + b < c + d，故B正确；‎ C.平衡逆向移动，Z的体积分数减小，故C错误；‎ D.平衡逆向移动，X的转化率减小，故D正确；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷 二、非选择题（本题共4个小题，共计58分）‎ ‎15.能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。‎ ‎(1)下列做法有助于能源“开源节流”的是________（填序号）。‎ A．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 B．大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求 C．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料 D．减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生 ‎(2)金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，氧气充足时燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。‎ ‎①在通常状况下，________（填“金刚石”或“石墨”）更稳定，石墨的燃烧热为ΔH= ‎ ‎____________。‎ ‎②‎12 g石墨在‎24 g氧气中燃烧，生成气体‎36 g，该过程放出的热量为________。‎ ‎(3)已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol－1、497 kJ·mol－1。‎ N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.0 kJ·mol－1。‎ NO分子中化学键的键能为________kJ·mol－1。‎ ‎(4)综合上述有关信息，请写出CO和NO反应的热化学方程式：_________________________。‎ ‎【答案】 (1). ACD (2). 石墨 (3). －393.5 kJ·mol－1 (4). 252.0 kJ (5). 631.5 (6). 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)　　ΔH=－746.0 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)开源节流指的是开发新的能源，节约现有的化石能源；‎ A、大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，开发了新的能源，能够节约化石燃料，A符合题意；‎ B、化石能源的使用会增加温室效应气体的排放，不利于环保和节约能源，B不符合题意；‎ C、开放新能源，减少化石能源的使用，C符合题意；‎ D、资源的重复使用，可以节约能源，D符合题意；‎ ACD符合题意；‎ ‎(2) ①根据图示，石墨(s)＋O2(g)的能量比金刚石(s)＋O2(g)的能量低，则石墨的能量低于金刚石的能量；能量越低，越稳定，则石墨更稳定；根据图示，石墨的燃烧热为 △H3＋△H4=－110.5kJ·mol－1＋(－283. 0kJ·mol－1)=－393.5 kJ·mol－1；‎ ‎②‎12g石墨完全燃烧生成CO2，需要32gO2，现只有24gO2，因此‎36g气体为CO和CO2的混合气体，设CO的物质的量为x，根据C守恒，CO2的物质的量为(1－x)mol，则根据质量守恒，有28x＋44(1－x)=36，得x=0.5mol，则该石墨燃烧，生成了0.5molCO和0.5molCO2，生成0.5molCO，放出的热量为0.5×110.5kJ=55.25kJ；生成0.5molCO2，放出的热量为0.5×393.5kJ=196.75kJ；则总热量为55.25kJ+196.75kJ=252kJ；‎ ‎(3)化学反应中，断开键需要吸热，形成键需要放热，假设NO分子中化学键的键能为E(NO),则有ΔH=946 kJ·mol－1+497 kJ·mol－1-2E(NO)= +180.0 kJ·mol－1，可得E(NO)= 631.5 kJ·mol－1；‎ ‎(4)根据图示CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283.0 kJ·mol－1（为反应①）‎ N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.0 kJ·mol－1（为反应②）；‎ 将（反应①×2-反应②）可得NO和CO的反应方程式，则ΔH =-283.0 kJ·mol－1×2-‎ ‎(+180.0 kJ·mol－1)= －746.0 kJ·mol－1,，则CO和NO反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)　　ΔH=－746.0 kJ·mol－1。‎ ‎16.在‎1.0 L真空密闭容器中充入4.0 mol A(g)和4.0 mol B(g)，在一定温度下进行反应：A(g)+B(g)C(g)　ΔH，测得不同时刻该容器内物质的物质的量如下表：‎ 时间/min ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ n(A)/mol ‎4.0‎ ‎2.5‎ ‎1.5‎ n2‎ n3‎ n(C)/mol ‎0‎ ‎1.5‎ n1‎ ‎3‎ ‎3‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）随着温度的升高，该反应的化学平衡常数减小，则ΔH__________（填“>”“<”或“=”）0，反应从起始到20 min内C的平均反应速率是________。‎ ‎（2）该温度下，上述反应的化学平衡常数为________。平衡时体系内气体的总压强是反应起始时总压强的________。‎ ‎（3）下列选项中能说明该反应在一定温度和恒容条件下达到平衡状态的是________。‎ A．反应速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆) ‎ B．A的质量不再改变 C．B的转化率不再改变 ‎ D．密度不再改变 ‎（4）若反应C(g)A(g)+B(g) ΔH＞0，进行时需加入稀释剂X气体（不参与反应），则C平衡转化率与体系的温度、压强、X的物质的量的关系如图1、图2所示。‎ ‎①由图1可知，T1________（填“>”“<”或“=”）T2。‎ ‎②由图2可知，当其他条件不变时，增大X的物质的量，C的平衡转化率将________（填“‎ 增大”“减小”或“不变”），其原因是________________。‎ ‎【答案】 (1). < (2). 0.125 mol·L－1·min－1 (3). ‎3L/mol (4). 0.625 (5). B、C (6). > (7). 增大 (8). 随着X的物质的量的增多，容器体积增大，相当于减小反应体系的压强，平衡右移，C的平衡转化率增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）随着温度升高，A(g)+B(g)C(g)　ΔH，反应的化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；反应从起始到20 min内A的平均反应速率==0.125 mol·L－1·min－1，则C的平均反应速率=0.125 mol·L－1·min－1，故答案为<；0.125 mol·L－1·min－1；‎ ‎（2）根据表格数据可知，该温度下，平衡时C的浓度为=3mol/L，根据方程式，平衡时A的浓度为=1.0mol/L，B的浓度为=1.0mol/L，化学平衡常数K==‎3L/mol。同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时体系内气体的总压强与反应起始时总压强的比==，即平衡时体系内气体的总压强是反应起始时总压强的，故答案为‎3L/mol； 0.625；‎ ‎（3）A．反应速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆) ，则vA(正)＜vC(逆)，一定不是平衡状态，错误；B．A的质量不再改变，则A的浓度不变，能够说明达到平衡状态，正确；C．B的转化率不再改变，则B的浓度不变，能够说明达到平衡状态，正确；D．气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误；故选BC；‎ ‎（4）①温度升高，平衡正向移动，C的转化率增大，由图1可知，压强相同时，T1时C的转化率大于T2时C的转化率，故T1大于T2，故答案为＞；‎ ‎②其他条件不变，X的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，C的转化率增大；故答案为增大；水蒸气的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，转化率增大。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡及其相关计算，本题易错点为（4），要注意X产生的分压对化学平衡的影响以及注意平衡常数只与温度有关。‎ ‎17.草酸晶体的组成可用H‎2C2O4·xH2O表示，为了测定x值，进行如下实验：‎ ‎①称取w g草酸晶体，配成100.00 mL水溶液。‎ ‎②量取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀硫酸。‎ ‎③用浓度为a mol·L-1的KMnO4溶液滴定至KMnO4不再褪色为止。‎ 所发生的反应：2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）下列仪器中，实验中不需要有(填序号)__________，还缺少的仪器有(填名称)_______________。‎ a.托盘天平(带砝码，镊子)　b.滴定管c.100 mL量筒　d.100 mL容量瓶　e.烧杯　f.漏斗g.锥形瓶　h.玻璃棒　i.药匙　 j.烧瓶 ‎（2）实验中，标准KMnO4溶液应装在________式滴定管中，因为_____________________。‎ ‎（3）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎（4）在滴定过程中若用a mol·L-1的KMnO4溶液V mL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为___mol·L-1，由此可计算x值是____。‎ ‎【答案】 (1). cfi (2). 铁架台(带滴定管夹)和胶头滴管 (3). 酸　 (4). KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶管 (5). 无影响 (6). 0.1aV (7). -5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)为了准确配制一定浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要为：天平(含砝码)、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、量筒等；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量，所需要的实验仪器主要有：烧杯、酸式滴定管、铁架台(带滴定管夹)、锥形瓶等，则在以上操作中不需要的仪器有：c.100 mL量筒、f．漏斗、j．烧瓶；还缺少的仪器为：铁架台(带滴定管夹)和胶头滴管，故答案为cfj；铁架台(带滴定管夹)和胶头滴管；‎ ‎(2)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为酸；KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡皮管；‎ ‎(3)在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，蒸馏水不影待测液的物质的量，对V(标准)无影响，根据c(待测)=可知，c(待测)不变，则对所测得的x值无影响，故答案为无影响；‎ ‎(4)2KMnO4 ～5H‎2C2O4‎ ‎         2             5‎ aV×10-3mol   0.025×cmol c==0.1aVmol•L-1，样品中含有草酸的质量为：‎90g/mol×0.1aVmol/L×‎0.025L×4=0.9aVg，Wg草酸晶体中含有结晶水的质量为Wg-0.9aVg，草酸晶体中含有结晶水数目为：x==-5，故答案为0.1aV；-5。‎ ‎【点睛】掌握配制一定物质的量浓度的溶液和中和滴定操作、误差分析的方法是解题的关键。本题的易错点为(1)，需要根据实验步骤依次罗列出需要的仪器再分析判断，难点为(4)，注意根据化学方程式中各物质的关系计算出草酸的浓度，再计算x值。‎ ‎18.某化学兴趣小组的同学用如下图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合K时，观察到电流表的指针发生了偏移。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)乙装置的名称是________；Zn为________极。‎ ‎(2)写出电极反应：Cu极：______________________；石墨棒极：______________________。‎ ‎(3)当甲中产生0.1mol气体时，乙中产生的气体在标准状况下的体积应为________________。‎ ‎(4)若乙中溶液不变，将其电极都换成铜电极，闭合K一段时间后，乙中溶液的颜色________（填“变深”、“变浅”或“无变化”)。‎ ‎(5)若乙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，闭合K一段时间后，甲中溶液的pH将________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）；乙中溶液的pH将________。‎ ‎(6)若乙中电极不变，将其溶液换成饱和Na2SO4溶液，闭合K一段时间，当阴极上有a mol气体生成时，同时有w g Na2SO4·10H2O 析出，假设温度不变，剩余溶液中溶质的质量分数应为________(用含w、a的表达式表示，不必化简)。‎ ‎【答案】 (1). 电解池 (2). 负 (3). 2H＋＋2e－=H2↑ (4). Cu2＋＋2e－=Cu (5). ‎2.24L (6). 无变化 (7). 增大 (8). 增大 (9). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在甲池中，有自发的氧化还原反应Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，因此甲池为原电池，而乙为电解池，在甲池中，Zn失去电子，被氧化，作负极，电极方程式为Zn－2e－=Zn2＋；Cu作正极，溶液中的H＋得到电子，生成H2，电极方程式为2H＋＋2e－=H2↑。乙池中，石墨与Zn相连，则石墨作阴极，溶液中的Cu2＋得电子生成Cu，电极方程式为Cu2＋＋2e－=Cu；Pt，惰性电极，与Cu相连，作阳极，溶液中的Cl－失电子，电极方程式为2Cl－－2e－=Cl2↑。‎ ‎【详解】(1) 在甲池中，有自发的氧化还原反应Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，因此甲池为原电池，而乙为电解池，在甲池中，Zn失去电子，被氧化，作负极；‎ ‎(2)根据分析，在甲池中，Zn失去电子，被氧化，作负极，电极方程式为Zn－2e－=Zn2＋；Cu作正极，溶液中的H＋得到电子，生成H2，电极方程式为2H＋＋2e－=H2↑；‎ ‎(3)当甲中产生了0.1mol气体，即0.1molH2，根据电极方程式，生成0.1molH2转移了0.2mol电子，则乙中，也转移0.2mol电子，生成0.1mol氯气，在标准状况下的体积为‎2.24L；‎ ‎(4)若乙中溶液不变，将其电极都换成铜电极，Cu为活性电极，则阳极反应变为Cu－2e－=Cu2＋，而阴极仍为Cu2＋＋2e－=Cu，阳极产生的Cu2＋和阴极消耗的Cu2＋相等，则溶液中的Cu2＋浓度不变，溶液的颜色不变；‎ ‎(5)甲中消耗了H＋，pH增大；电解NaCl溶液，则阴极为水得到电子，电极方程式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，乙中生成了OH－，pH增大；‎ ‎(6)电解饱和Na2SO4溶液，Na＋和SO42－均不放电，实质为电解水，阴极上有amol气体生成式，同时有w g Na2SO4·10H2O析出，假设温度不变，由于电解的是饱和Na2SO4溶液，则剩余的溶液是饱和溶液，电解消耗的水和析出的晶体，也能构成Na2SO4的饱和溶液，则可以根据析出的晶体和电解消耗的水，求解饱和Na2O4溶液中溶质的质量分数，阴极生成的为H2，根据总反应方程式2H2O2H2↑＋O2↑；阴极生成amolH2，则电解了amolH2O，则析出的物质的总质量为(w＋‎18a)g，溶质Na2SO4的质量为，则溶质的质量分数应为 ‎。‎ ‎ ‎