吉林省吉林市第五十五中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

吉林省吉林市第五十五中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

‎2019-2020学年度第一学期期末考试试题 高二化学 考试时间：80分钟 满分：100分 相关相对原子质量 H:1 C: 12 O:8 Cu: 64 ‎ 第一卷(48分)‎ 一、选择题(每题3分，共16分)‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 物质的溶解性为难溶，则该物质不溶于水 B. 不溶于水的物质溶解度为0‎ C. 绝对不溶解的物质是不存在的 D. 某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】绝对不溶的物质是不存在的，A、B错误，C正确；某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度小于1×10－5mol/L，D不正确，答案选C。‎ ‎2.下列实验操作所用仪器合理是( )‎ A. 用25mL的碱式滴定管量取14.8mL的KMnO4溶液 B. 用100mL量筒量取5.2mL盐酸 C. 用托盘天平称取25.20gNaCl D. 用100mL容量瓶配制80mL0.1mol·L-1的盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碱式滴定管下端的橡胶管能被酸性高锰酸钾腐蚀，则应选酸式滴定管量取KMnO4溶液，故A错误；‎ B. 量筒选取的量程不合理，这样误差太大。应采取与所量体积相近的量筒规格量取，即应该选取10mL量筒量取，故B错误；‎ C. 托盘天平的精确度为0.1g，无法精确称取25.20gNaCl，故C错误；‎ D. 容量瓶只有一个刻度，100mL容量瓶能配制100mL盐酸，然后量取80mL，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.下列溶液一定呈中性的是 A. pH=7的溶液 B. c(H+)=c(OH-)=10-6mol·L-1的溶液 C. 使酚酞溶液呈无色的溶液 D. 由强酸与强碱等物质的量反应得到的溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 100℃时pH=6为中性，则pH=7可能为碱性，A项错误；‎ B. c(H+)=c(OH−)为中性，B项正确；‎ C. 酚酞的变色范围为8-10，则使酚酞试液呈无色的溶液，可能为酸性，C项错误；‎ D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐，可能为NaCl、氯化铵、碳酸钾等，则可能为中性、酸性、碱性，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】抓住溶液酸碱性的标准是解题的关键。由c(H+)与c(OH-)的相对大小判断溶液的酸碱性，若c(H+)=c(OH-)为中性，且温度不同时Kw不同，不能直接利用pH判断酸碱性。‎ ‎4.在pH=1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是 A. NH4+、Ba2+、NO3—、CO32— B. Fe2+、OH—、SO42—、MnO4—‎ C. K+、Mg2+、NO3－、SO42— D. Na+、Fe3+、Cl—、AlO2—‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pH=1，即有大量的H+。‎ ‎【详解】A. H+和CO32—不能大量共存； ‎ B. Fe2+和OH—不能大量共存，MnO4—为紫色，且在酸性条件下可氧化Fe2+；‎ C. K+、Mg2+、NO3－、SO42—相互不反应，和H+也不反应，能大量共存； ‎ D. H+和AlO2—不能大量共存；‎ 故选C。‎ ‎5.在三个烧杯中分别盛有海水，依次插入（1）铁片；（2）导线相连的铜、铁片；（3）导线相连的锌、铁片、铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是 A. （1）（2）（3） B. （2）（3）（1）‎ C. （2）（1）（3） D. （3）（2）（1）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】金属被腐蚀快慢顺序是：原电池负极＞化学腐蚀＞原电池正极，（1）中铁发生化学腐蚀，（2）（3）发生电化学腐蚀，（2）中铁易失电子作负极而加速被腐蚀，（3）中锌作负极、铁作正极，所以铁被保护，则铁被腐蚀快慢顺序是（2）、（1）、（3），答案选C。‎ ‎6.下列反应加压后，对化学反应速率无影响的是( )‎ A. N2＋O22NO B. 2SO2＋O22SO3‎ C. CO＋H2O(g)CO2＋H2 D. H2SO4＋2NaOH=Na2SO4＋2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】有气体参加的反应，增大压强，反应物的浓度增大，反应速率加快，而溶液中的反应或固体间的反应，加压对反应物的浓度没有影响，故对反应速率无影响，只有D反应没有气体参加，所以加压后对反应速率无影响。‎ 故选D。‎ ‎7.电解精炼铜和电镀，阳极分别是( )‎ A. 粗铜、镀层 B. 粗铜、镀件 C. 精铜、镀层 D. 精铜、镀件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电解精炼铜和电镀都是利用电解池原理发生的反应，阳极发生氧化反应，逐渐溶解，所以电解精炼铜中阳极为粗铜，电镀中阳极为镀层金属，阴极发生还原反应，质量增加。‎ 故选A。‎ ‎8.下列有关中和滴定的操作：①用标准液润洗滴定管；②往滴定管内注入标准溶液；③检查滴定管是否漏水；④滴定；⑤滴加指示剂于待测液；⑥洗涤。正确的操作顺序是( )‎ A. ⑥③①②⑤④ B. ①②⑥④③⑤‎ C. ⑤④③②①⑥ D. ③①②④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据滴定原理分析知中和滴定操作顺序为：检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并滴加指示剂、滴定等操作，可知正确的顺序是⑥③①②⑤④。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】滴定管是在滴定中使用，润洗之前要先用蒸馏水洗三到五次，然后用待装液润洗，目的是保证滴定管中滴出来的溶液浓度不变，如果不润洗，直接倒上待装液后，原来用蒸馏水洗时残留的水会使溶液稀释。‎ ‎9.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度,参考图示仪器,从下表中选出正确选项 (　 )‎ 选项 锥形瓶中的溶液 滴定管中的溶液 指示剂 滴定管 A 碱 ‎ 酸 石蕊 乙 B 酸 碱 酚酞 甲 C 碱 酸 甲基橙 甲 D 碱 酸 酚酞 乙 甲乙 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲下端为玻璃旋塞，故为酸式滴定管，乙为碱式滴定管。‎ ‎【详解】A、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，故A错误； B、不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，故B错误； C、用甲基橙做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色由黄色变为橙色，并且滴定管使用正确，故C正确；‎ D．不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】因碱性溶液会与玻璃反应，故碱式滴定管下端为橡胶材质；滴定实验中不选用石蕊做指示剂。‎ ‎10. 用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列各操作中，无误差的是（ ）‎ A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，注入标准溶液盐酸进行滴定 B. 用蒸馏水洗涤锥形瓶后再用NaOH溶液润洗，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定 C. 用碱式滴定管量取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和2滴甲基橙试液后进行滴定 D. 若改用移液管取待测液10.00mLNaOH溶液放入锥形瓶后，把留在移液管尖嘴处的液体吹入锥形瓶内，再加入1mL甲基橙指示剂后进行滴定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滴定管还需标准溶液润洗，否则浓度变小，A项错误；‎ B. 锥形瓶不能用NaOH溶液润洗，否则NaOH溶液的量变大，B项错误；‎ C. 氢氧化钠显碱性，需用碱式滴定管量取后可放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和2滴甲基橙试液后进行滴定，操作科学无误，C项正确；‎ D. 移液管尖嘴处的液体不能吹出，否则量变大，D项错误。‎ 故选C。‎ ‎11.反应4NH3(g)＋5O2(g) ＝ 4NO(g)＋6H2O(g) 在2 L的密闭容器中进行，1分钟后，NH3减少了0.12 mol，则平均每秒钟各物质浓度变化正确的是 A. NO：0.001 mol·L-1 B. H2O：0.002 mol·L-1‎ C. NH3：0.002 mol·L-1 D. O2：0.001 mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以氨气的平均反应速率是＝0.001mol/(L·s)。又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以氧气、NO和水蒸气的反应速率分别是0.00125mol/(L·s)、0.001mol/(L·s)、0.0015mol/(L·s)，所以答案选A。‎ ‎12.在2A(g)＋B(g)4C(g)＋D(s)－Q已达化学平衡时，能使正、逆反应速率同时加快，又使平衡向正反应方向移动，应采取的措施( )‎ A. 增大压强 B. 增大C的浓度 C. 使用催化剂 D. 升高温度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 增大压强，正、逆反应速率同时加快，但平衡向逆反应方向移动，故A错误；‎ B. 增大C的浓度，化学反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，故B错误；‎ C. 使用正催化剂，加快正、逆反应速率，但平衡不移动，故C错误；‎ D. 升高温度，正、逆反应速率同时加快，该反应为吸热反应，所以平衡向正反应方向移动，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】勒夏特列原理的运用是解决此题的关键，如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。‎ ‎13.在4L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D浓度为0.5 mol·L－1，下列判断正确的是（ ）‎ A. x＝1‎ B. B的转化率为20%‎ C. 平衡时A的浓度为1.50mol·L－1‎ D. 达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ n(D)＝0.5 mol·L－1×4 L＝2 mol，所以x＝2。‎ ‎　　　　 3 A(g)＋B(g)2 C(g)＋2 D(g)‎ 起始/mol 6 5 0 0‎ 变化/mol 3 1 2 2‎ 平衡/mol 3 4 2 2‎ B的转化率＝×100%＝20%，c(A)平＝3/4＝0.75 mol·L－1，n平＝(3＋4＋2＋2)mol＝11 mol＝n始＝6 mol＋5 mol＝11 mol。总的物质的量不变，压强不变。故选B。‎ ‎14.在密闭容器中的一定量A、B混合气体发生反应：aA（g）+bB(g) cC(g)。平衡时测得A的浓度为0.5mol/L；保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.28mol/L。下列有关判断正确的是 A. a+b=c B. 该变化使平衡正向移动 C. B的转化率降低 D. C的体积分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，B的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.28mol/L，则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动。‎ ‎【详解】A．减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，所以a+b＞c，故A错误；‎ B．平衡逆向移动，故B错误；‎ C．平衡逆向移动，B的转化率降低，故C正确；‎ D．平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎15.以惰性电极电解少量硫酸铜溶液，一段时间后取出电极，加入19.6克氧化铜固体，固体完全溶解所得溶液与电解前相同(浓度、密度、体积等)，则电解过程中电路中流过的电子为( )‎ A. 0.2mol B. 0.4mol C. 0.6mol D. 0.8mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以惰性电极电解CuSO4溶液的电解原理方程式是：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑，加入19.6g （即0.2mol）Cu（OH）2（相当于CuO和H2O）后溶液与电解前相同，根据铜元素守恒，所以析出金属铜的物质的量是0.2mol，阴极反应是：2Cu2++4e-→2Cu，当析出金属铜的物质的量是0.2mol时，则转移的电子是0.4mol，总共转移电子是0.4mol。‎ 故选B。‎ ‎16.有等体积等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是 A. V3>V2>V1 B. V3=V2=V1 C. V3>V2=V1 D. V1=V2>V3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中，c（OH－）相同，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH－）越大，消耗酸越多分析解答。‎ ‎【详解】等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中，Ba(OH)2、NaOH中c（OH－）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，答案选C。‎ ‎【点睛】解题关键：明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡，难点：NH3·H2O是弱电解质，要获得一定浓度的OH－，氨的浓度要比OH－大得多。‎ 第Ⅱ卷(52分)‎ 二、填空题(共16分)‎ ‎17.(1)电化腐蚀是钢铁发生腐蚀主要原因，当水膜氢离子浓度较小时，主要发生________腐蚀，其负极反应式为____________________，正极反应式为______________________。‎ ‎(2)将氯化铁溶液蒸干灼烧得到的固体物质是______；(填化学式，下同)将硫酸铝溶液蒸干得到的固体物质是___________________ 。‎ ‎(3)除CaSO4水垢的方法，写出反应的化学方程式_________________、_________________；热的纯碱溶液洗涤效果更好的原理是_________________________；明矾净水的离子方程式__________________。‎ ‎(4)在2 mL 0.1 mol·L-1的NaCl溶液中，加入2 mL 0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，可观察到______________，此反应的离子方程式为_________。 将此混合液过滤，滤渣加入2 mL 0.1 mol·L-1的KI溶液，搅拌，可观察到____，反应的离子方程式为________。‎ ‎(5)对于Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，其Ksp的表达式为_______。‎ ‎【答案】 (1). 吸氧 (2). Fe-2e-=Fe2+ (3). 2H2O+O2+4e-=4OH- (4). Fe2O3 (5). Al2(SO4)3 (6). CaSO4+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4 (7). CaCO3+2HCl= CaCl2+H2O+CO2↑ (8). CO32-+H2O=HCO3-+OH-温度升高.促进水解 (9). Al3++H2O=Al(OH)3(胶体)+H+ (10). 有白色沉淀产生 (11). Ag++Cl-=AgCl↓ (12). 白色沉淀转化成淡黄色沉淀 (13). AgCl+I-==AgI+Cl- (14). Ksp=c2(Ag+)∙c(S2-)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池原理分析吸氧腐蚀中的电极反应；根据沉淀的转化分析水垢的除杂原理；根据盐类水解分析盐溶液加热蒸发时的产物及明矾净水等原理；根据沉淀溶解平衡常数的表达式及反应方程式分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据原电池原理分析得，活泼金属铁作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；氢离子浓度较低时，正极反应为氧气得电子结合水生成氢氧根，反应式为： 2H2O+O2+4e-=4OH-；则称为吸氧腐蚀；给答案为：吸氧； Fe-2e-=Fe2+ ； 2H2O+O2+4e-=4OH-；‎ ‎(2)在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe（OH）3，又由于灼热发生2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，使Fe（OH）3分解生成Fe2O3；硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸，所以最终得到的产物是硫酸铝；故答案为：Fe2O3；Al2(SO4)3；‎ ‎(3)CaSO4不溶于盐酸，不能直接用盐酸，可以先转化为碳酸钙沉淀，然后用盐酸除去，反应方程式为：CaSO4+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4 ；CaCO3+2HCl= CaCl2+H2O+CO2↑；纯碱溶液中碳酸根离子水解呈碱性，加热促进水解，油污等在碱性条件下更易水解，所以洗涤效果更好，离子方程式为：CO32-+H2O=HCO3-+OH-；明矾在水溶液中水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性净水，离子方程式为：Al3++H2O=Al(OH)3(胶体)+H+；故答案为：CaSO4+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4；CaCO3+2HCl= CaCl2+H2O+CO2↑；CO32-+H2O=HCO3-+OH-温度升高.促进水解；Al3++H2O=Al(OH)3(胶体)+H+； ‎ ‎(4)氯化钠与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；难溶电解质存在沉淀溶解平衡，因为AgI更难溶，所以加入KI溶液时会生成淡黄色的AgI沉淀，离子方程式为：AgCl+I-==AgI+Cl-；故答案为：有白色沉淀产生； Ag++Cl-=AgCl↓； 白色沉淀转化成淡黄色沉淀；AgCl+I-==AgI+Cl-；‎ ‎(5)根据沉淀溶解平衡常数的表达式得Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)得： Ksp=c2(Ag+)∙c(S2-)，故答案为： Ksp=c2(Ag+)∙c(S2-)。‎ ‎【点睛】物质的沉淀和溶解是一个平衡过程，通常用溶度积常数Ksp来判断难溶盐是沉淀还是溶解。溶度积常数是指在一定温度下，在难溶电解质的饱和溶液中，组成沉淀的各离子浓度的乘积为一常数。当QcKsp时，溶液对于有关离子而言是过饱和的，则有沉淀生成。‎ 三、实验题(21分)‎ ‎18.用0.1320mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示：‎ 实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL HCl溶液的体积/mL ‎1‎ ‎25.00‎ ‎24.41‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎24.39‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎24.60‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)如图中甲为_________滴定管，乙为_______ 滴定管(填“酸式”或“碱式”)‎ ‎(2)实验中，不需要润洗的仪器是：________________________‎ ‎(3)取待测液NaOH溶液25.00ml 于锥形瓶中，使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是________‎ ‎(4)若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，将使所测结果____________(填“偏高”“偏低”“不变”，下同)；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果___________。‎ ‎(5) 未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为_____________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 酸式 (2). 碱式 (3). 锥形瓶 (4). 红色褪去且半分钟不恢复 (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 0.1288‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据仪器的结构来分析滴定管的名称；依据溶液的酸碱性来选择指示剂，根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；根据V(待测)×c(待测)=V(标准)×c(标准)进行相关计算；先根据数据的有效性，然后求出平均消耗V（HCl），然后计算即可。‎ ‎【详解】(1)甲滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器为酸式滴定管，乙滴定管的下方是橡胶管，故为碱式滴定管，故答案为：酸式，碱式；‎ ‎(2)酸式滴定管、碱式滴定管需要用待盛装的溶液润洗，否则会被稀释，锥形瓶不能润洗，否则会使锥形瓶内溶质物质的量增大，故答案为：锥形瓶；‎ ‎(3)碱溶液中滴加无色的酚酞，碱能使酚酞变红，故利用酚酞做指示剂，滴定达到终点的现象是：酚酞的红色褪去且半分钟不再出现红色，故答案为：红色褪去且半分钟不恢复；‎ ‎(4)取标准液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，标准液的物质的量偏小，导致标准液的体积偏大，故根据V(待测)×c(待测)=V(标准)×c(标准)分析，c(待测)偏高；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，根据V(待测)×c(待测)=V(标准)×c(标准)分析，c(待测)偏低；故答案为：偏高；偏低；‎ ‎(5)依据数据可知，舍去差距较大的22.60mL，故V(标准)==24.40mL，c(待测)==0.1288mol/L，故答案为：0.1288mol/L。‎ ‎19.维生素C的分子式是C6H8O6，水溶液呈酸性，高温或较长时间受热易损耗，许多新鲜水果、蔬菜、乳制品中都含有丰富的维生素C，例如：新鲜橙汁中含维生素C浓度在500mg·L－1左右。某校化学课外活动小组进行测定果汁中维生素C含量实验，下面是他们的实验过程及分析报告，请根据此报告填写有关空白。‎ Ⅰ实验目的：测定××牌软包装鲜橙汁维生素C含量。‎ Ⅱ实验原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I－。‎ Ⅲ实验用品和试剂：‎ ‎①仪器和用品(自选，略)‎ ‎②试剂：浓度为7.50×10－3mol·L－1的标准碘(水)溶液，指示剂，蒸馏水等。‎ Ⅳ实验过程：‎ ‎(1)洗涤仪器，检查是否漏液，用标准液润洗后装好标准液待用。在此步操作中，需用标准液润洗的仪器是_____________。‎ ‎(2)打开橙汁包，目测：颜色-橙黄色，澄清度-好，将仪器____________盛装该橙汁润洗2～3遍，移取20.00mL橙汁入锥形瓶，向瓶中加入2滴指示剂，该指示剂的名称是____________。‎ ‎(3)用左手操作滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视___________。滴定至终点时的现象是__________。‎ ‎(4)数据记录和处理：(设计出表格，将三次滴定所得数据都填入表格中)，若经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液体积平均值为20.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是___________mg·L－1。‎ ‎【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 碱式滴定管 (3). 淀粉溶液 (4). 锥形瓶 (5). 溶液由无色变为蓝色,且半分钟颜色不恢复 (6). 1320‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据滴定管的构造及所盛试剂的性质分析用哪种滴定管；根据滴定原理及碘水的性质分析选择指示剂及滴定终点的现象；根据滴定反应原理由标准液的浓度及实验数据计算待测液的浓度。‎ ‎【详解】(1)标准液为碘水，碘水对橡胶管具有腐蚀性，所以应用酸式滴定管存放，故需用标准液润洗的仪器是酸式滴定管；故答案为：酸式滴定管；‎ ‎(2)标准液存放在酸式滴定管中，则待测的橙汁应该用碱式滴定管移取，淀粉遇碘变蓝，所以可以用淀粉溶液作为指示剂，故答案为：碱式滴定管；淀粉溶液；‎ ‎(3)用左手操作滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。滴定至终点时现象是最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，故答案为： 锥形瓶；溶液由无色变为蓝色,且半分钟颜色不恢复；‎ ‎(4)20mL标准碘溶液含有碘的质量为254g/mol×0.02L×7.5×10−3mol⋅L−1=38.1mg，设20.0mL待测橙汁中维生素C的质量为x，‎ 根据C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I－计算得：x==26.4mg，则1L中含维生素C的质量为26.4mg×=1320mg，所以，则此橙汁中维生素C的含量是1320mg/L，故答案为：1320。‎ ‎【点睛】滴定管的选择：依据1、滴定管的规格选择：滴定体积小于10ml，可选择微量滴定管；滴定体积小于20mL，可选择25mL滴定管，大于25mL的滴定体积，赢选择50mL滴定管；‎ 依据2、滴定管的颜色选择：一般选择是无色透明滴定管；对不宜见光的标准溶液（例如硫代硫酸钠）等，应该选择棕色滴定管；‎ 依据3、滴定管的酸碱性选择：碱性标准溶液（例如NaOH），应该选择碱式滴定管，其余的可以选择酸式滴定管。‎ 四、计算题(15分)‎ ‎20.反应A(g)+ B(g)C(g) +2D(g)的能量变化如图所示，回答下列问题。‎ ‎(1)该反应是_______________反应(填“吸热”“放热”)。‎ ‎(2)当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率_______(填“增大”“减小”“不变”下同)，原因是__________________；‎ ‎(3)向体系中加入催化剂，△H_____________；‎ ‎(4)向体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是E1______E2_____ ；‎ ‎(5)将1molA和2molB加入2L容器中，5min后达到平衡，此时A的转化率为50%，则5min内用D表示化学反应速率为___________平衡常数K=________________‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). 减小 (3). 温度升高向吸热反应方向移动,向逆反应方向进行,A的转化率减小 (4). 不变 (5). 减小 (6). 减小 (7). 0.1mol/(Lmin) (8). 0.33‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示中反应物及生成物总能量相对大小判断反应是否放热；根据平衡移动原理分析平衡的移动方向及转化率的变化；根据催化剂对反应的影响分析反应热及活化能的变化；根据平衡常数的表达式，运用三段式法进行相关计算。‎ ‎【详解】(1)由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，所以应反应是放热反应，故答案为：放热；‎ ‎(2)正反应是放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，A的转化率减小，故答案为：减小；温度升高向吸热反应方向移动，向逆反应方向进行，A的转化率减小；‎ ‎(3)反应热的大小与外界条件无关，只与反应物和生成物的总能量大小有关，所以向体系中加入催化剂，△H不变，故答案为：不变；‎ ‎(4)向体系中加入催化剂，降低反应的活化能，所以E1和E2都减小，故答案为：减小；减小；‎ ‎(5)运用三段式法计算得：‎ ‎ ‎ v==0.1mol/(Lmin)；K= =0.33，故答案为：0.1mol/(Lmin)；0.33。.‎ ‎21.已知Cu(OH)2的Ksp＝2×10－20：某溶液中c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH大于________？(写步骤)‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Ksp=c（Cu2+）•[c（OH-）]2=2×10-20及Cu2+的浓度计算OH-离子的浓度，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，并以此计算溶液pH值。‎ ‎【详解】某溶液中c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如要生成Cu(OH)2沉淀，则应有c(OH−)⩾ =10−9mol/L，则c(H+)⩽= =10−5mol/L，所以pH⩾−lg(10−5)=5，所以应调节pH大于5，故答案为：5。‎ ‎ ‎ ‎ ‎