【化学】江苏省启东中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
江苏省启东中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对的原子质量：H:1 C:12 O:16 S:32 Cr:52 Fe:56
第I卷 选择题(共40分)
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
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.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。
3.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】
【详解】A.任何水溶液都存在水的电离平衡，A错误；
B.增大压强能加快反应速率的前提是：反应物有气体，如果没有气体，改变压强不会影响速率，B错误；
C.若两种醋酸溶液物质的量浓度分别为c1和c2，c1溶液的pH=a，如果c1=10c2，c2溶液可看成是将c1溶液稀释10倍得到，稀释时促进醋酸的电离平衡正向移动，溶液pH的增大值应该小于1，即c2溶液的pH小于a+1，c2溶液的pH=a+1，说明c1＞10c2，C错误；
D.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，所以混合后醋酸过量很多，溶液显酸性pH<7，D正确；
答案选D。
4.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：
(1)2A(g) 2B(g)＋C(g)； (2)A(g) C(g)＋D(g)。
当达到平衡时，测得c(A)＝2.5 mol·L－1(表示该物质浓度，下同),c(C)＝2.0 mol·L－1。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－1
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】
【分析】设第一个反应生成的B、C分别为2x、x，
第二个反应生成的C、D分别为y、y，
联立方程得：x+y=2 5-2x-y=2.5
计算得出x=0.5，y=1.5
【详解】设第一个反应生成的B、C分别为2x、x，
(1)2A(g) 2B(g)＋C(g)
2x 2x x
第二个反应生成的C、D分别为y、y，
(2)A(g) C(g)＋D(g)
y y y
联立方程得：x+y=2 5-2x-y=2.5
计算得出x=0.5，y=1.5
A、平衡时A的总转化率=，故A选项错误；
B、达到平衡时，故B选项正确；
C、达到平衡时，，c（B）=c（D），故C选择错误；
D、达到平衡时c（B）=c（D），故D选择错误；
故选B
5.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。
6.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。
7.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-
B. 水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol/L的溶液中: Cl-、CO32-、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+、C1-、CO32-、AlO2-之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故A正确;
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错误;
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错误;
D. Fe3+、A13+只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误。
故选: A。
8.下列说法正确的是( )
A. 298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＜0
B. 在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
C. pH=3的盐酸与pH=11的某碱溶液等体积混合，溶液呈碱性，说明该碱为强碱
D. 加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用
【答案】A
【解析】
【详解】A、反应能自发进行，应满足∆G=△H-T×△S<0，该反应气体体积减小，说明△S<0，但在298K能自发进行，则一定存在△H<0，故A正确；
B、在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，沉淀中加入盐酸有气体产生，说明有碳酸钙沉淀产生，是因为碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积大于Ksp(BaCO3)，固有BaCO3沉淀生成，实际Ksp(BaSO4)
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】
【详解】A.0.1mol•L-1NaHCO3溶液中，HCO3-既存在电离平衡又存在水解平衡，且水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，所以c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），A错误；
B.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-)，则c(NH4+)＜c(SO42-)，代入等式①中，得到c(Na+)＞c(SO42-)，所以有：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）>c（H+）＝c（OH-），B正确；
C.Na2CO3溶液的电荷守恒式为：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+ c(OH )，CO32-存在分步水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液中c（CO32-）>c（H2CO3），则c（Na+）+c（H+）>c（HCO3-）+2c（H2CO3），C错误；
D.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，D错误；
答案选B。
10.下列有关电化学装置的叙述正确的是 ( )
A. 图1中，Zn—MnO2干电池放电时，MnO2被氧化
B. 图2中，电解精炼铜时，阳极减少质量与阴极增加的质量一定相等
C.
图3中，K分别与M、N连接，均可保护Fe电极，连接M时称为“牺牲阳极的阴极保护法”
D. 图4中，在钢材上电镀铝，熔融盐中Al和Cl元素只以AlCl4－、Al2Cl7－形式存在，则阳极反应式为：Al －3e－＋7AlCl4－= 4Al2Cl7－
【答案】D
【解析】
【详解】A、锌作原电池的负极，发生氧化反应，被氧化，而不是MnO2被氧化，故A错误；
B、电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，而粗铜中有比铜活泼的金属比如Fe、Zn，先放电，而阴极一直是Cu2+得到电子生成Cu，所以阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，故B错误；
C、K与M相连接，铁作阴极，受保护；而K与N相连接，构成原电池，铁电极为正极，受保护，称为"牺牲阳极的阴极保护法”，所以前者是外接电流的阴极保护法，故C错误；
D、铝与电源的正极相连，作阳极，阳极发生氧化反应，所以电极反应式为:：Al －3e－＋7AlCl4－= 4Al2Cl7－， 故D正确；
故选D。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。由图可得出的正确结论是( )
A. 反应c点达到平衡状态
B. 反应物浓度：a点小于b点
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【答案】CD
【解析】
【分析】由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响。结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，正反应速率应该降低，但此时正反应速率却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此该反应是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快，而在c点之后，正反应速率降低，而温度是升高的，说明浓度是主要因素。
【详解】A、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；
B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，a点反应物的大于b点，故B错误；
C、从a到c正反应速率增大，c点之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C正确；
D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多。a～b段平均速率小于b～c段的平均速率，则b～c段SO2的转化率较大，故D正确；
故选: CD。
12.已知：2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g) ΔH =−98 kJ·mol﹣1在含少量I−的溶液中，H2O2分解反应过程为：
i. H2O2 (l)+ I− (aq)＝H2O(l)+IO−(aq) ΔH 1
ii. H2O2 (l)+ IO− (aq)＝H2O (l)+O2(g)+I−(aq) ΔH 2
下列说法不正确的是( )
A. ΔH1+ΔH2=ΔH
B. I−是H2O2分解反应的催化剂
C. 欲分解2molH2O2 (l)，至少需要提供98kJ的热量
D. 若生成1molO2，则反应ii转移电子的物质的量为2mol
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据盖斯定律可知i＋ii即得到反应2H2O2（l） === 2H2O（l） + O2（g）的∆H＝∆H1 + ∆H2，A正确；B、碘离子早反应前后不变，能加快双氧水分解，属于催化剂，B正确；C、双氧水分解是放热反应，C错误；D、氧元素化合价从－1价升高到0价，因此生成1 mol O2，则反应ii转移电子的物质的量为2 mol，D正确，答案选C。
13.下列图示与对应叙述不相符的是( )
A. 图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 图2表示相同温度下，向pH=10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH变化曲线，其中b表示氨水稀释时pH的变化曲线
C. 图3表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因能是该反应为放热反应
D. 图4表示室温下，用0.l00mol ·L－1NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol ·L－1的盐酸和醋酸，其中I表示的是滴定盐酸的曲线
【答案】BD
【解析】
【详解】A、反应物的总能量高于生成物的总能量，是放热反应；加入催化剂，可降低反应的活化能，图象符合，故A正确；
B、相同温度下，向pH=10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时，氢氧化钠为强电解质，完全电离，而一水合氨为弱电解质，不完全电离，所以在稀释时，一水合氨的pH变化更为缓慢，所以B表示的为氢氧化钠溶液的稀释曲线，故B错误；
C、镁和盐酸反应，压强对反应速率的影响可以忽略不计，那么考虑温度和浓度的影响，随着反应的进行，酸的浓度降低，但是反应速率升高，说明温度在升高，说明该反应为放热反应，故C正确；
D、HCl为强电解质，醋酸为弱电解质，所以相同浓度的盐酸和醋酸，室温下，醋酸的pH更大，所以I表示的是滴定醋酸的曲线；故D错误；
故选B、D。
14.在常温下，将V mL 0.05 mol·L－1的醋酸溶液缓慢滴加到10 mL 0.05mol·L－1的Na2CO3溶液中，并不断搅拌（气体完全逸出），所得溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 当V=10时，c(Na+) > c(OH－)> c(HCO3－) >c(CH3COO－) > c(H+)
B. 当0＜V＜20时，c(H+)＋c(Na+)= c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2 c(CO32－)＋c(OH－)
C. 当V=20时，c(OH－) =c(CH3COOH)＋c(H+)
D. 当V=40时，c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－)
【答案】BC
【解析】
【详解】A、当V=10时，得到等浓度的CH3COONa、NaHCO3 混合溶液，醋酸根、碳酸氢根水解溶液呈碱性，由于醋酸的酸性比碳酸的强，HCO3－的水解程度大于CH3COO－的水解程度，水解程度是微弱的，则溶液中c(Na+)> c(CH3COO－)> c(HCO3－)> c(OH-)>c(H+)，故A错误；
B、溶液呈电中性，一定存在电荷守恒，则溶液中c(H+)＋c(Na+)= c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)， 故B正确；
C、当V=20时，得到CH3COONa溶液，溶液中有电荷守恒c(H+)＋c(Na+)= c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na+)= c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，结合两式得到c(OH－) =c(CH3COOH)＋c(H+)，故C正确；
D、当V=40时，得到等浓度的CH3COONa、CH3COOH混合溶液 ，醋酸的电离程度大于CH3COO－的水解程度，电离产生更多的c(CH3COO－)，溶液呈酸性，弱电解质电离程度不大，则溶液 c(CH3COO－)> c(Na+) > c(CH3COOH)> c(H+)> c(OH－)，故D错误；
故选 BC。
15.已知合成氨反应N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g) △H＜0，当反应器中按n（N2）： n（H2）=1：3投料后，在不同温度下，反应达到平衡时，得到混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线a，b，c如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 曲线a对应的反应温度最高
B. 上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)b>a
D. N点时 c(NN3)=0.2 mol/L，则 N点的c(N2)： c(NH3)=1：1
【答案】D
【解析】
【详解】A、正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，而a点氨的体积分数最大，所以曲线a对应的反应温度最低，故A错误；B、K只受温度影响，温度不变平衡常数不变，所以K(M)=K(Q)，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，Q点的温度低于N，所以K(Q)＞K(N)，故B错误；C、相同压强下，投料相同，温度越高反应速率越快，达到平衡消耗时间越短，cba的温度依次降低，所以达到平衡消耗时间关系为a＞b＞c，故C错误；D、N点时氨的物质的量的分数为20%，利用三段式，设N2转化率是b，N2的起始浓度为a，
根据反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始 a 3a 0
转化 ab 3ab 2ab
平衡 a-ab 3a-3ab 2ab
根据题意有＝20%，2ab＝0.2mol•L−1，所以a=0.3mol•L-1，b=，则N点的c(N2)：c(NH3)=(0.3-0.3×)：2×0.3×=0.2：0.2=1：1，故D正确；故选D。
第Ⅱ卷 非选择题(共60分)
16.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，故答案为：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。
17.钛矿工业中的酸性废水富含Ti、Fe等元素，其综合利用如下（已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中）：
（1）富含TiO2＋溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2•nH2O，其原理是______________。
（2）制取FeCO3发生的化学方程式为______________________；反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是______________。
（3）已知Ksp[Fe(OH)2]=8×10－16。制取FeCO3时，FeCO3达到溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为8.5，c(Fe2＋)=1×10－6mol·L－1。试判断所得的FeCO3中______(填“有”或“没有”)Fe(OH)2；煅烧中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是_________。
（4）为了控制NH4HCO3用量需要测定固体中FeSO4•7H2O的含量。称1g固体样品，用30mL蒸馏水溶解并加入H2SO4溶液和H3PO4溶液，再用0.02mol·L－1KMnO4标准溶液滴定到溶液刚好变成粉红色，停止滴定，消耗标准溶液VmL。反应中涉及的重要化学方程式有：
MnO4－(紫红)+5Fe2++8H+=Mn2+(粉红)+5Fe3++4H2O
5Fe3+(黄)+2H3PO4=H3[Fe(PO4)2](无色)+3H+
①H3PO4的作用____________。②样品中FeSO4•7H2O的含量为___________%。
【答案】(1). 因为发生水解反应：TiO2＋+(n+1)H2OTiO2•nH2O＋2H+，加入Na2CO3后，CO32－与H+反应，c(H+)减小，水解平衡正反应方向移动 (2). FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑ (3). 防止NH4HCO3分解或减小Fe2＋水解 (4). 没有 (5). 向反应容器中补充适量空气（氧气） (6). 消除Fe3+的颜色干扰 (7). 2.78V
【解析】
【分析】钛矿工业中的酸性废水富含Ti、Fe等元素，含有TiO2+、Fe2+、Fe3+等离子，加入铁粉还原铁离子得到亚铁离子，通过蒸发浓缩、冷却结晶过滤洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，配制成溶液调节溶液pH5~5.8范围内，加入足量碳酸氢铵，过滤得到碳酸亚铁沉淀，在坩埚中灼烧得到氧化铁，过滤后得到富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c(H+)，使平衡TiO2＋+(n+1)H2OTiO2•nH2O＋2H+向生成TiO2•nH2O的方向移动，可得到TiO2粗产品。
(1)富含TiO2＋溶液中加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c(H+)，使平TiO2＋+(n+1)H2OTiO2•nH2O＋2H+向生成TiO2•nH2O的方向移动；
(2)制取FeCO3中发生反应是硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应温度一般需控制在35°C以下，是为了避免温度过高碳酸氢铵分解，减少亚铁离子的水解程度；
(3)根据溶液中c(Fe2+)·c(OH-)2与Ksp[Fe(OH)2]比较，可判断有无Fe(OH)2沉淀，保证二价铁被氧化为三价需要多通入空气或氧气；
(4)①根据反应方程式及高锰酸钾的物质的量计算出产品中FeSO4.7H2O的质量分数；
②根据题给信息判断。
【详解】(1)富含TiO2＋溶液中加入Na2CO3粉末与溶液中的H+反应，降低了溶液中c(H+)，使平TiO2＋+(n+1)H2OTiO2•nH2O＋2H+，向生成TiO2•nH2O的方向移动，可得到TiO2粗产品，故答案为：因为发生水解反应：TiO2＋+(n+1)H2OTiO2•nH2O＋2H+，加入Na2CO3后，CO32－与H+反应，c(H+)减小，水解平衡正反应方向移动；
(2)制取FeCO3中发生反应是硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑反应温度一般需控制在35°C以下，是为了避免温度过高碳酸氢铵分解，减少亚铁离子的水解程度，故答案为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑；避免温度过高碳酸氢铵分解，减少亚铁离子的水解程度；
(3)室温下测得溶液的pH为8.5，由题中数据可知，溶液中c(Fe2+)·c(OH-)2=1x10-6×(1×10-5.5)²=10-17”“<”或“=”）。
（2）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：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)3·24H2O，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____________。
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+
6.0
8.0
（3）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). 2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O (2). 增大 (3). ＜ (4). Al3+ + 3H2OAl(OH)3(胶体) + 3H+ (5). Cr2O72- +3HSO3- +5H+=2Cr3++3SO42- +4H2O (6). H+、Cr3+ (7). 6Fe2++Cr2O72- +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O (8). 8.48
【解析】
【分析】(1)①图象分析可知随氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子；
②溶液酸性增大，平衡2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；
③升高温度，溶液中CrO42- 的平衡转化率减小，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，据此判断；
(2)含Cr2O72- 废水中加入明矾，铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝，可除去水的悬浮物杂质，然后加入硫酸和亚硫酸氢钠，在酸性条件下发生Cr2O72- +3HSO3- +5H+=2Cr3++3SO42- +4H2O，充分反应后，加入氢氧化钠溶液可生成Cr (OH) 3沉淀，通过污泥处理过滤除去氢氧化铬，分离后可达到排放的目的，
(3) Fe2+离子 与Cr2O72- 离子发生氧化还原反应生成 Fe3+离子和Cr3+离子;根据6Fe2++Cr2O72- +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O、Cr3++3OH- =Cr(OH)3↓、Fe3+ +3OH- =Fe(OH)3↓进行计算。
【详解】(1) ①随着H+浓度的增大，CrO42-转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O；
②溶液酸性增大，平衡2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；故答案为：增大；
③升高温度，溶液中CrO42-
的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的∆H<0。故答案为：<；
(2)、①K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O为强电解质，在溶液中完全电离，生成Al3+和SO42-、K+，Al3+ 能水解生成氢氧化铝胶体可除去水的悬浮物杂质，故答案为：Al3+ + 3H2OAl(OH)3(胶体) + 3H+；
②加入硫酸和亚硫酸氢钠，在酸性条件下发生Cr2O72- +3HSO3- +5H+=2Cr3++3SO42- +4H2O，充分反应后， 溶液中有H+、Cr3+。 根据“沉淀法”和“中和法”原理，加入氢氧化钠溶液先与溶液中的H+反应，再和Cr3+反应生成Cr(OH)3沉淀，故答案为：Cr2O72- +3HSO3- +5H+=2Cr3++3SO42- +4H2O；H+、Cr3+；
(3) 亚铁离子与Cr2O72-发生氧化还原反应，被还原为Cr3+然后生成Cr(OH)3沉淀，重铬酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，即6Fe2+ + Cr2O72-+14H+ =6Fe3++2Cr3++7H2O；根据6Fe2+ + Cr2O72-+14H+ =6Fe3++2Cr3++7H2O、Cr3++3OH- =Cr(OH)3↓、Fe3+ +3OH- =Fe(OH)3↓，知0.01mol Cr2O72-可生成0.02molCr(OH)3、 0.06molFe(OH)3，至少得到沉淀的质量是0.02mol x103g/mol +0.06mol x107g/mol= 8.48g
故答案为6Fe2+ + Cr2O72-+14H+ =6Fe3++2Cr3++7H2O； 8.48g。
19.2016年11月4日是《巴黎协定》气候协议生效的日期，其宗旨是提高绿色低碳转型的竞争力、抵御气候变化，人们需要用不同的方法将CO2进行转化利用。
（1）处理CO2的方法之一是使其与氢气反应合成甲醇。已知氢气、甲醇燃烧的热化学方程式如下：
2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=－283.0kJ·mol－1
2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1) △H=－726.0kJ·mol－1
写出二氧化碳与氢气合成甲醇液体的热化学方程式_________；
（2）CO2经催化加氢还可合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H=QkJ·mol－1在0.1MPa时，按n(CO2):n(H2)＝1:3投料，右图表示平衡时四种气态物质的物质的量（n）与温度（T）的关系。
①Q______0（填“>”、“＝”或“<”）；
②曲线b表示的物质为_____。
（3）在强酸性的电解质水溶液中，用惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原理如右图所示。
①该工艺中能量转化方式主要有______；
②电解时，生成丙烯（C3H6）的电极反应式为______。
（4）以CO2为原料制取碳（C）的太阳能工艺如右图所示。
①过程1中发生反应的化学方程式为______；
②过程2中每生成1molFe3O4[FeO•Fe2O3]转移电子的物质的量为______。
【答案】(1). CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)△H=－61.5kJ·mol－1 (2). ＜ (3). H2O (4). 太阳能转化为电能，电能转化为化学能 (5). 3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O (6). 2Fe3O4=6FeO+O2↑ (7). 2mol
【解析】
【分析】(1)由①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=－283.0kJ·mol－1；
②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1) △H=－726.0kJ·mol－1根据盖斯定律计算；
(2)由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热;可知a为CO2的变化曲线，结合计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线；
(3)太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到丙烯，丙烯在阴极生成；
(4)①由示意图可知，过程1中四氧化三铁在大于2300K条件下分解生成氧化亚铁和碳；
②反应2Fe3O4=6FeO+O2↑中O元素化合价由-2价升高到0价，结合元素化合价以及方程式计算。
【详解】(1)由①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=－283.0kJ·mol－1
②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1) △H=－726.0kJ·mol－1
根据盖斯定律:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l) △H==61.5kJ/mol,
故答案为:：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) △H=－61.5kJ·mol－1；
(2)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，Q<0，故答案为：<；
②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线为CO2，由计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线，故答案为：H2O；
(3)①太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，可知能量转化形式有光能转化为电能，电能转化为化学能，部分电能转化为热能，故答案为：太阳能转化为电能，电能转化为化学能；
②电解时，二氧化碳在b极上生成丙烯，得到电子的一极为电源的正极，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O，故答案为：3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O；
(4)①由示意图可知，过程1中四氧化三铁在大于2300K条件下分解生成氧化亚铁和碳反应的化学方程式为2Fe3O4=6FeO+O2↑；故答案为：2Fe3O4=6FeO+O2↑；
②反应2Fe3O4=6FeO+O2↑中O元素化合价由-2价升高到0价，由方程式可知，2molFe3O4参加反应，生成1mol氧气，转移4mol电子，则每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为2mol，故答案为:：2mol。
