安徽省滁州市明光中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

安徽省滁州市明光中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

安徽省明光中学2019-2020学年第一学期第一次月考 高二化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cr-52 Fe-56 Ag—108‎ I卷(选择题，共48分)‎ 一、选择题(本题包括16个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)‎ ‎1.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　)‎ A. 着色剂 B. 调味剂 C. 抗氧化剂 D. 增稠剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、着色剂：改善食品的外观，与反应速率无关，故A不符合题意；‎ B、调味剂：增加食品的味道，与反应速率无关，故B不符合题意；‎ C、抗氧化剂：防止食品腐烂、变质，与反应速率有关，故C符合题意；‎ D、增稠剂：主要用于改善和增加食品的粘稠度，保持流态食品、胶冻食品的色、香、味和稳定性，改善食品的物理性状，并使食品有润滑适口的感觉，与反应速率无关，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎2.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。‎ 下列判断正确的是 A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应 B. 将实验(a) 中的等质量的铝片换成铝粉后，释放出的热量有所增加 C. 实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响 D. 若用NaOH固体测定中和热，则测定结果偏高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与反应吸热；等质量的铝片换成铝粉能量相同；铁质搅拌棒导热，致使部分热量散失；NaOH固体溶解放热。‎ ‎【详解】A、与反应吸热、铝与盐酸反应放热、盐酸与氢氧化钠反应放热，故A错误；‎ B、等质量的铝片换成铝粉能量相同，将实验(a) 中的等质量的铝片换成铝粉后，释放出的热量不变，故B错误；‎ C、中和反应反应热的测定实验中，将环形玻璃搅拌棒换成环形铁质搅拌棒，会导致部分热量散失，致使测定的最高温度偏低，反应热数值偏小，故C错误；‎ D、NaOH固体溶解放热，若用NaOH固体测定中和热，则测定结果偏高，故D正确，答案选D。‎ ‎3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 加入二氧化锰可使单位时间内过氧化氢分解产生氧气的量增多 B. 工业生产硫酸，通入过量的空气，提高二氧化硫的转化率 C. 久置氯水pH变小 D. 温度升高,Kw增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 二氧化锰可以催化过氧化氢分解，故加入二氧化锰可使单位时间内过氧化氢分解产生氧气的量增多，与化学平衡的移动无关，故不能用勒夏特列原理解释；B. 工业生产硫酸，通入过量的空气，可以增大氧气的浓度使化学平衡向正反应方向移动，从而提高二氧化硫的转化率，故能用勒夏特列原理解释；C. 氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，存在化学平衡，次氯酸见光易分解为盐酸和氧气，使上述化学平衡向正反应方向移动，故久置氯水pH变小，能用勒夏特列原理解释；D. 水的电离是一个吸热过程，温度升高可以增大水的电离程度，故Kw增大，能用勒夏特列原理解释。本题选A。‎ ‎4.下列叙述正确的是 A. 强电解质溶液中一定不存在电离平衡 B. 在恒温条件下，增大压强，化学反速率一定加快 C. 两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别a和a+1,则c1=10c2‎ D. 常温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH等体积混合后，溶液pH<7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 任何水溶液一定有水的电离平衡，选项A错误。增大压强能加快反应的前提是：反应物有气体，如果没有气体，压强不会影响速率，选项B错误。弱电解质的电离特点是：浓度越小，电离程度越大，但酸碱性越弱。两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，如果c1=10c2，c1浓度的溶液的pH=a，则可以认为c2溶液是将c1溶液10倍得到，稀释10倍（电离平衡正向移动，电离出更多的氢离子）pH的增大应该小于1，所以c2的pH应该小于a+1。但是题目说c2溶液的pH就是a+1，说明从c1到c2要稀释多于10倍，即c1＞10c2，选项C错误。常温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH等体积混合后，因为醋酸的浓度远大于氢氧化钠，所以混合后应该是醋酸过量很多，所以溶液显酸性pH<7，选项D正确。‎ ‎5.下列表示化学过程的化学用语书写正确的是 A. BaSO4投入水中后建立沉淀溶解平衡:BaSO4 Ba2++SO42-‎ B. AlCl3溶液与NaAlO2溶液混合:A13++A1O2-+3H2O2Al(OH)3↓‎ C. HCO3-的电离:HCO3-+H2OCO32-+H3O+‎ D. Na2SO3的水解:SO32-+2H2OH2SO3+2OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 选项A的平衡应该标注各物质的状态，即为：BaSO4（s） Ba2+（aq）+SO42-（aq），选项A错误。选项B的电荷不守恒，应该为A13++3A1O2-+6H2O4Al(OH)3↓，选项B错误。将选项C的方程式两边各去掉一个水分子，即得到:HCO3-CO32-+H+，表示的是碳酸氢根的电离，选项C正确。亚硫酸根离子的水解应该分步进行，选项D错误。‎ ‎6.某硝酸厂处理尾气中NO的方法是在催化剂存在下，用H2将NO还原为N2，其热化学方程式为NO(g)＋H2(g)=N2(g)＋H2O(g) ΔH＝mkJ·mol－1，其能量变化过程如图：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 过程①、②、③、④都是放热过程 B. m＝＋(a＋b－c－d)kJ·mol－1‎ C. m＝－(c＋a－d－b)kJ·mol－1 D. m＝＋(c＋d－a－b) kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】键断裂吸热，键形成放热，则过程①、③是吸热过程，过程②、④是放热过程，故A错误；‎ 根据能量变化图，则反应物断键共吸收(a+b)kJ能量，形成生成物中化学键共放出(d+c)kJ能量，所以该反应共放出(d+c-a-b)kJ的热量，热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H= -(d+c-a-b)kJ•moL-1，所以NO(g)＋H2(g)=N2(g)＋H2O(g) ΔH＝＋(a＋b－c－d)kJ·mol－1，即m=＋(a＋b－c－d)kJ·mol－1，故B正确，C和D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎7.在容积为1 L的密闭容器中，加入5 mol A物质，在一定条件下同时发生下列两个反应：①2A(g)2B(g)＋C(g)；②A(g)C(g)＋D(g)．当达到平衡时，测得c(A)＝ 2.5 mol/L，c(C)＝2.0 mol/L.则下列说法中正确的是 A. 达到平衡时A的总转化率为40%‎ B. 达到平衡时c(B)为1.0 mol/L C. 达到平衡时c(B)＝2c(D)‎ D. 达到平衡时c(D)＝2c(B)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：达到平衡时A的总转化率为，A不正确；设平衡时生成B和D的浓度分别是x和y，则根据方程式可知，0.5x＋y＝c(C)＝2.0 mol/L。5mol/L－x－y＝c(A)＝ 2.5 mol/L，解得x＝1.0mol/L，y＝1.5mol/L，因此选项B正确，CD不正确，答案选B。‎ 考点：考查可逆反应的有关判断 点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生思维能力的培养。有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力。根据方程式列式计算是解题的关键。‎ ‎8.现有mA(s)＋nB(g)⇌qC(g) △H＜0的可逆反应，在一定温度下达平衡时，B的体积分数ф(B)和压强p的关系如图所示，则下列有关该反应的描述正确的是（ ）‎ A. m+n＜q B. n＞q C. x点的混合物中v (正)＜v (逆) D. x点比y点的混合物的正反应速率小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图像可知，B的体积分数随着体系压强的增大而增大，说明该反应为气体分子数增大的反应。‎ ‎【详解】A. 由图像可知，B的体积分数随着体系压强的增大而增大，说明该反应为气体分子数减少的反应，注意A为固体，则n＜q，A不正确； ‎ B. n＜q，B不正确；‎ C. x点B的体积分数高于同压强下的平衡量，说明尚未达到平衡，反应正在向正反应方向进行，故v (正)＞v (逆)，C不正确； ‎ D. 压强越大，化学反应速率越大。x点比y点的压强小，故x点的正反应速率比y点小，D正确。‎ 综上所述，有关该反应的描述正确的是D。‎ ‎9.下列关于酸碱中和滴定实验的说法正确的是（ ）‎ A. 用图B的滴定管可准确量取25.00mL的酸性KMnO4溶液 B. 滴定过程中，眼睛要时刻注视滴定管中液面的变化 C. 滴定管装入液体前需用待装液润洗 D. 滴定前平视，滴定结束后仰视读数，不影响测定结果 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有酸性和强氧化性，应该选用酸式滴定管(A)盛放，B为碱式滴定管，故A错误；‎ B．滴定过程中，为了及时判断滴定终点，眼睛要时刻注视锥形瓶中溶液颜色的变化，不需要注视滴定管中液面，故B错误；‎ C．为了避免待装液被稀释，滴定管装入液体前需用待装液润洗，故C正确；‎ D．滴定前平视，滴定结束后仰视读数，读出的溶液的体积偏大，会产生实验误差，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（ ）‎ A. 无色溶液中：K+、Cl-、CO32-、AlO2-、NO3-‎ B. 水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Cl-、CO32-、NO3-、NH4+、SO32-‎ C. 使甲基橙变红的溶液中： Fe2+、NO3-、Na+、SO42-‎ D. 中性溶液中： Fe3+、Al3+、NO3-、Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K+、Cl-、CO32-、AlO2-、NO3-之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故A符合题意；‎ B．水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol/L的溶液呈酸性或碱性，CO32-、SO32-与氢离子反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；‎ C．使甲基橙变红的溶液呈酸性，Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；‎ D．Fe3+、Al3+极易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量存在，故D不符合题意；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎11.已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12Ksp [MgF2]=7.42×10-11.下列说法正确的是 A. 25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大 B. 25℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2‎ C. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大 D. 25℃时,Mg(OH)2固体在20mL 0.01mol/L氨水中的Ksp比在20mL0.01mol/L NH4Cl溶液中的Kap小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12小于Ksp[MgF2]=7.42×10-11，所以饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)更小，选项A错误。因为Ksp[Mg(OH)2]与Ksp[MgF2]的差距很小，所以两种沉淀之间的转化为可逆反应，增大F-的浓度应该可以将Mg(OH)2转化为MgF2，选项B错误。NH4Cl水解显酸性，氢离子可以与Mg(OH)2电离出来的氢氧根离子反应，使其沉淀溶解平衡正向移动，增大了Mg2+的浓度，选项C正确。Ksp是沉淀溶解平衡的平衡常数，只与温度有关，所以25℃下，Mg(OH)2的Ksp是定值不变，选项D错误。‎ 点睛：沉淀转化时，反应能否进行，以及是否能转化完全，可以利用平衡常数进行判断。本题的选项B中，如果进行沉淀转化，离子方程式为：Mg(OH)2+2F- = MgF2 + 2OH-，所以反应的，题目给出的两种物质的Ksp的差距较小，所以反应的K一定在105到10-5之间，即反应为标准的可逆反应，两个方向都能进行。如果计算出来的K大于105，则说明反应不可逆；如果计算出来的K小于10-5，则说明反应不发生。 ‎ ‎12.某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如图所示，已知电池总反应为：2Li+ SO2Cl2= 2LiCl+SO2↑。下列叙述中错误的是（ ）‎ A. 电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应 B. 电池工作时电子流向：锂电极→导线→负载→碳棒 C. 电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑‎ D. 电池工作时，外电路流过0.2 mol电子，生成2.24 L气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池反应式知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，所以Li是负极，反应为：2Li-2e-═2Li+，碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子发生还原反应，所以电极反应式为：SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，电子从负极流向正极，据此解答。‎ ‎【详解】A. 放电时Li元素化合价由0价变为+1价，所以Li是负极，发生氧化反应，A项正确；‎ B. 放电时，Li是负极，另一个电极是正极，负极上失电子、正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，即电子流向：锂电极→导线→负载→碳棒，B项正确； ‎ C. 电池工作时，碳棒是正极，其电极反应式为：SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，C项正确；‎ D. 未标明是否是标准状况，无法通过电子数来计算生成气体的体积，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示（电极未标出），下列说法不正确的是（　　）‎ A. 气体BH2‎ B. 相同条件下，当电解池生成2L Cl2，理论上燃料电池应消耗1L O2‎ C. 极室1 与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜 D. 溶液a、b、c的pH大小顺序为：a>b>c ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为图示为电解池与燃料电池的组合，故通入氧气的一极（极室4）为燃料电池的正极，所以极室3为燃料电池的负极，极室2生成碱液，所以极室2为电解池的阴极，极室1为电解池阳极。所以气体A为氯气、气体B为氢气。‎ ‎【详解】A．电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，在氢氧化钠溶液中，电解池的阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以气体B为H2，故A正确；‎ B．根据反应O2+4e-+2H2O=4OH-、4Cl--4e-=2Cl2↑及电子守恒可得：2Cl2～O2，则相同条件下，当电解池生成2L Cl2，理论上燃料电池应消耗1L O2，故B正确；‎ C．极室1进去的饱和NaCl溶液，排出的是稀NaCl溶液，所以极室1 为阳极，反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，钠离子移向极室2，所以极室1 与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜，故C正确；‎ D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%＜a%，得到b%＜a%＜c%，即c＞a＞b，故D错误； ‎ 故选D。‎ ‎【点睛】此题解题的突破口在于，通过分析向极室中添加的药品或者通入的气体，确定各电池的正负极和电解池的阴阳极。‎ ‎14.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 0.1mol•L-1NaHCO3溶液:c（Na+）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）‎ B. 室温下，向0.01mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性:c（Na+）>c（SO42-）＞c（NH4+）>c（H+）=c（OH-）‎ C. Na2CO3溶液: c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3）‎ D. 25℃时，浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH和CH3COONa等体积混合溶液:c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）=0.2mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎0.1mol•L-1NaHCO3溶液中，碳酸氢根的浓度大约就是0.1mol/L，明显氢离子远小于0.1mol/L，所以c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），选项A错误。室温下，向0.01mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为溶液显中性，所以c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，得到c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)记为等式①。无论加入多少氢氧化钠不会影响硫酸氢铵溶液的物料守恒即：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(SO42-)，所以c(NH4+)＜c(SO42-)，带入等式①中，得到c(Na+)＞c(SO42-)，所以有：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）>c（H+）＝c（OH-），选项B正确。Na2CO3溶液的电荷守恒式为：c（Na+）+c（H+‎ ‎）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+ c(OH)，与选项C的等式联立得到：2c（CO32-）+ c(OH)=2c（H2CO3），对于碳酸钠溶液，明显c（CO32-）远大于c（H2CO3）,所以2c（CO32-）+ c(OH)=2c（H2CO3）这个等式不成立，那么选项C中的c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3）也不成立，选项C错误。浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH和CH3COONa等体积混合，得到c（CH3COOH）＝ c（CH3COONa）=0.05mol/L的溶液（注意溶液体积是原来的2倍），则物料守恒为c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）=0.1mol/L，选项D错误。‎ ‎15.下列图示与对应的叙述相符的是 ‎  ‎ 甲 乙 丙 A. 图甲中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点 B. 图甲中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性 C. 图乙表相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强 D. 用0.0100mol/L硝酸银标准溶液,滴定浓度均为0.1000mol/L，C1-、Br-及I-的混合溶液，由图丙曲线，可确定首先沉淀的是Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 升高温度水的电离平衡正向移动，应该是氢离子和氢氧根离子浓度都增大，所以纯水仅升高温度，不可能从a点变到c点，选项A错误。B点对应的温度下，KW=1×10-12。此时pH=2的H2SO4溶液中c(H=)=0.01mol/L，pH=10的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，两个溶液等体积混合后，恰好中和溶液显中性，选项B正确。加水稀释时应该是强酸pH变化较快（因为没有酸的电离平衡存在），弱酸pH变化较慢（因为加水稀释会促进弱酸的电离），所以曲线Ⅰ表示盐酸，曲线Ⅱ表示醋酸。pH越高代表氢离子浓度越小，所以b点氢离子浓度更小，导电性更差，选项C错误。从图像中得到加入相同的硝酸银时，I-的浓度最小（注意：纵坐标是-lg(X-‎ ‎)，所以纵坐标的值越大，代表离子浓度越小），所以说明AgI的KSP最小，首先沉淀的应该是AgI。选项D错误。‎ ‎16.改变0.1mol/L二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数随pH的变化如图所示已知[]。‎ 下列叙述错误的是 A. lg[K2(H2A)]=－4.2‎ B. pH=4.2时，c(HA－) = c(A2－) = c(H+)‎ C. pH=2.7时，c(HA－) ＞c(H2A)= c(A2－)‎ D. pH=1.2时，c(H2A)=c(HA－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ K2(H2A)= ，结合题图中pH=4.2时c(HA-)=c(A2-)，代入上式可得K2(H2A)=10-4.2，则lg[K2(H2A)]＝－4.2，选项A正确。pH=4.2时，c(H+)=10-4.2 mol·L-1，但溶液中c(HA-)、c(A2-)均约为0.05 mol·L-1（图中看到这两个成分浓度相等，综合应该还是0.1mol/L），选项B错误。从图中可以得到pH=2.7时，c(HA－)较大，c(H2A)= c(A2－)且都较低，所以选项C正确。从图中得到H2A和HA-的相等，则两者的浓度一定相等，选项D正确。‎ Ⅱ卷(非选择题 共52分)‎ ‎17.[2017天津]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4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。‎ b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN标准溶液，备用。‎ Ⅱ．滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。‎ b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3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0.1000 mol·L−1 NH4SCN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）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。‎ ‎（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___________________________________。‎ ‎（4）b和c两步操作是否可以颠倒________________，说明理由________________________。‎ ‎（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I−)=_________________ mol·L−1。‎ ‎（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________。‎ ‎（7）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). 250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 (2). 避免AgNO3见光分解 (3). 防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） (4). 否（或不能） ‎ ‎ (5). 若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 (6). 10.00 (7). 0.0600 (8). 用NH4SCN标准溶液进行润洗 (9). 偏高 (10). 偏高 ‎【解析】‎ 本题主要考查沉淀滴定法。‎ ‎（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250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管。‎ ‎（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解。‎ ‎（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）。‎ ‎（4）b和c两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。‎ ‎（5）舍弃与其它数据不平行的20.24，所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为20.00mL，n(AgNO3)= 25.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00250mol，n(NH4SCN)= 20.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00200mol，n(I-)= n(AgNO3)-n(NH4SCN)=0.00050mol，所以c(I-)=0.00050mol/25.00mL=0.02mol·L-1。‎ ‎（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN标准溶液进行润洗。‎ ‎（7）①AgNO3标准溶液浓度变小，使得标准溶液体积增大，则测定结果偏高。②终读数变小，标准液液数值变小，则测定结果偏低。‎ ‎18.查阅资料:元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色) 、Cr(OH)4-(绿色) 、Cr2O72−（橙红色）、CrO42−（黄色）等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：‎ ‎（1）铬(24Cr)属于________（选填编号）。‎ a.主族元素 b.副族元素 c.Ⅶ族元素 d.过渡元素 ‎（2）CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L−1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72−）随c（H+）的变化如图所示。‎ ‎①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。‎ ‎②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________（填“增大“减小”或“不变”）。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。‎ ‎③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________0（填“>”“<”或“=”）。‎ ‎（3）欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将Cr2O72-转化为Cr(OH)3沉淀除去．已知：‎ 氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH Fe2+‎ ‎7.0‎ ‎9.0‎ Fe3+‎ ‎1.9‎ ‎3.2‎ Cr3+‎ ‎60‎ ‎8.0‎ 某含铬废水处理的主要流程如图所示：‎ ‎①初沉池中加入的混凝剂是K2SO4﹒Al2(SO4)3﹒24H2‎ O，其作用为__________（用离子方程式表示）．‎ ‎②反应池中用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，该反应的离子方程式为________．根据“沉淀法”和“中和法”的原理，向沉淀池中加入NaOH溶液，此过程中发生主要反应的离子的先后顺序是____________．证明Cr3+沉淀完全的方法是__________．‎ ‎（4）工业可用电解法来处理含 Cr2O72-废水．实验室利用如图模拟处理含Cr2O72-的废水，阳极反应式是Fe-2e-═Fe2+，阴极反应式是2H++2e-═H2↑．Fe2+与酸性溶液中的Cr2O72-反应的离子方程式是__________，得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，用电解法处理该溶液中0.01mol Cr2O72-时，至少得到沉淀的质量是__________ g．‎ ‎【答案】 (1). bd (2). 2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O (3). 增大 (4). K=1.0×1014 (5). ＜ (6). Al3+ + 3H2OAl(OH)3(胶体) + 3H+ (7). Cr2O72- +3HSO3- +5H+===2Cr3++3SO42- +4H2O (8). H+、Cr3+ (9). 测定溶液的pH，若pH≥8，则证明Cr3+沉淀完全（其他合理答案均可） (10). 6Fe2++Cr2O72- +14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O (11). 8.48‎ ‎【解析】‎ ‎（1）Cr是ⅥB族的金属元素，所以是副族元素也是过渡元素。‎ ‎（2）①图中看到：酸性增强时CrO42−转化为Cr2O72−，所以方程式为：2CrO42+2H+Cr2O72- +H2O。②酸性增强，氢离子浓度增大，平衡正向移动，CrO42−的平衡转化率增大。A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42-）=1.0mol/L - 0.25mol/L×2 = 0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为 ，即K=1×1014。③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应的ΔH＜0。‎ ‎（3）①加入明矾的目的是铝离子水解得到氢氧化铝胶体，再吸附水中其他不溶物一起聚沉，所以反应为：Al3+ + 3H2OAl(OH)3(胶体) + 3H+。‎ ‎②用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，同时+4价S化合价应该升高到+6价，得到硫酸根根，所以方程式为：Cr2O72- +3HSO3- +5H+===2Cr3++3SO42- +4H2‎ O。沉淀池溶液中主要存在氢离子和Cr3+，加入氢氧根离子，应该先进行酸碱中和，再形成氢氧化铬沉淀，所以先反应H+再反应Cr3+。从题目的表格中已知：pH达到8的时候溶液中的Cr3+完全沉淀，所以可以利用测定溶液pH的方法来证明Cr3+完全沉淀。‎ ‎（4）Cr2O72-将Fe2+氧化为Fe3+，本身还原为Cr3+，所以反应方程式为：6Fe2++Cr2O72- +14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O。根据上述方程式，处理该溶液中0.01mol Cr2O72-时，应该得到0.02molCr3+和0.06molFe3+，题目说得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，则Cr3+和Fe3+应该完全沉淀，得到0.02molCr(OH)3和0.06molFe(OH)3，质量为0.02×(52+17×3) + 0.06×(56+17×3)=8.48g。‎ ‎19.如图是原电池和电解池的组合装置图。请回答：‎ ‎（1）若甲池某溶液为稀H2SO4，闭合K时，电流表指针发生偏转，电极材料A为碳棒，B为Fe，则：‎ ‎①A碳电极上发生的现象为___。‎ ‎②丙池中E、F电极均为碳棒，E电极为__（填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”）。如何检验F侧出口的产物____。‎ ‎（2）若需将反应：Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+设计成如图所示甲池单液原电池装置，则正极反应式为___。‎ ‎（3）若甲池为氢氧燃料电池，某溶液为KOH溶液，A极通入氢气，‎ ‎①A电极的反应方程式为：___。②若线路中转移0.02mol电子，则乙池中C极质量改变___g。‎ ‎【答案】 (1). 产生大量无色气泡 (2). 阴极 (3). F出口置一湿润的淀粉碘化钾试纸，淀粉变蓝，则产物为Cl2 (4). Fe3+＋e−=Fe2+ (5). H2-2e−＋2OH−=2H2O (6). 2.16g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)若甲池某溶液为稀H2SO4‎ ‎，闭合K时，电流表指针发生偏转，电极材料A为碳棒、B为Fe，Fe易失电子作负极，则A为正极；‎ ‎①A碳电极上氢离子得电子生成氢气；‎ ‎②丙池中E、F电极均为碳棒，E连接原电池负极，则E为阴极，F为阳极，F电极上氯离子放电生成氯气，氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色；‎ ‎(2)若需将反应：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的甲池的单液原电池装置， 该原电池中Cu失电子作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上铁离子得电子生成亚铁离子；‎ ‎(3)若甲池为氢氧燃料电池，某溶液为KOH溶液，A极通入氢气，通入燃料的电极为负极，则A为负极、B为正极，正极上通入氧气；‎ ‎①A电极氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；‎ ‎②若线路中转移0.02mol电子，乙池中C极为阳极，该电极上电极反应式为Ag-e-=Ag+，串联电路中转移电子相等，根据转移电子和Ag之间的关系式计算。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)若甲池某溶液为稀H2SO4，闭合K时，电流表指针发生偏转，电极材料A为碳棒、B为Fe，Fe易失电子作负极，则A为正极；‎ ‎①A碳电极上氢离子得电子生成氢气，看到的现象是产生大量无色气泡；‎ ‎②丙池中E、F电极均为碳棒，E连接原电池负极，则E为阴极，F为阳极，F电极上氯离子放电生成氯气，氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色，其检验方法为：F出口置一湿润的淀粉碘化钾试纸，淀粉变蓝，则产物为Cl2；‎ ‎(2)若需将反应：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的甲池的单液原电池装置，该原电池中Cu失电子作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe3++e-═Fe2+；‎ ‎(3)若甲池为氢氧燃料电池，某溶液为KOH溶液，A极通入氢气，通入燃料的电极为负极，则A为负极、B为正极，正极上通入氧气；‎ ‎①A电极氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O；‎ ‎②若线路中转移0.02mol电子，乙池中C极为阳极，该电极上电极反应式为Ag-e-=Ag+，串联电路中转移电子相等，根据转移电子和Ag之间的关系式得m(Ag)=×108g/mol=2.16g。‎ ‎【点睛】分析电解过程的思维程序：①首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极；②再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳离子两组；③然后排出阴阳离子的放电顺序：阴极:阳离子放电顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-；特别注意阳极是活性金属时，阳极本身被氧化，第（3）问中乙池电解特点就是Ag电极溶解，而是铜析出。‎ ‎20.“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题。将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为:‎ ‎2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)‎ ‎(1) 已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如下图:‎ ‎①a、3、b的大小关系___________‎ ‎②请根据下图中信息在下图(右)中画出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的能量关系曲线___________。‎ ‎(2)某温度下，将2.0molCO2(g)和6.0molH2(g)充入容积为2L的密闭容器中，上述反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数变化情况如图所示，关于温度和压强的关系判断正确的______‎ A. P3＞P2，T3＞T2 B. P1＞P3，T1＞T3 C. P2＞P4，T4＞T2 D. P1＞P4，T2＞T3‎ ‎(3)在恒容密闭容器里按体积比为1:3充入CO2(g)和H2(g),一定条件下上述反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是___________‎ A. 正反应速率先增大后减小 B. 逆反应速率先增大后减小 C. 化学平衡常数K值增大 D. 反应物的浓度增大 ‎(4)下列一定能说明上述反应达到平衡的是___________‎ A.气体的平均摩尔质量不变 B.恒容条件下，气体的密度不变 C.各物质的速率之比等于系数比 D.[n(H2)/n(CO2)]不变 ‎【答案】 (1). a>3>b (2). (3). BD (4). B (5). A ‎【解析】‎ ‎(1)①增大氢气的浓度提高CO2的转化率，则根据图像可知a、3、b的大小关系为a>3>b；②升高温度CO2的转化率降低，这说明平衡向逆反应方向进行，则正反应是放热反应，所以图像科表示为。(2)对于反应2CO2(g) + 6H2(g)CH3OCH3(g) +‎ ‎ 3H2O(g)，△H＜0，压强越大，二甲醚的物质的量分数则越大，温度越高，二甲醚的物质的量分数越小，所以P1＞P3、T1＞T3，P1＞P4、T2＞T3，答案选BD。(3)A.正反应速率先增大后减小平衡向正反应方向进行，A错误；B.逆反应速率先增大后减小平衡一定向逆反应方向进行，B正确；C.化学平衡常数K值增大说明平衡向正反应方向进行，C错误；D.反应物的浓度增大不能判断平衡的移动方向，D错误，答案选B；(4)A.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以气体的平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，A正确；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，所以恒容条件下，气体的密度不变不能说明，B错误；C.任何时刻各物质的速率之比等于系数比，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D.如果氢气和CO2是按照化学计量数之比充入反应，则任何时刻[n(H2)/n(CO2)]不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误，答案选A。‎