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辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高二化学上学期第三次月考试题（Word版附解析）
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这是一份辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高二化学上学期第三次月考试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了5 N 14， 传统文化是中华文明的瑰宝， 已知，8) kJ/ml-6×283，002ml•L-1•s-1， 常温下，0等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度上学期月考试卷
高二化学
时间：75分钟 满分：100分
范围：选择性必修一
能用到的相对原子质量：H 1 C 12 Ca 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 N 14
第I卷(选择题)
一、单选题(共45分)
1. 传统文化是中华文明的瑰宝。下列有关传统文化分析错误的是
选项
传统文华摘要
分析与判断
A
《己亥杂诗》记载“落红不是无情物，化作春泥更护花”
蕴含自然界中的氮循环
B
《周礼》记载“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房主要成分为)
蛎房发生了吸热反应
C
《吕氏春秋·精通》记载“慈石召铁，或引之也”
慈石指Fe3O4，能吸附铁
D
《金石类》记载“有硇水者，剪银塊投之，则旋而为水”
硇水是NaCl溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．“化作春泥更护花”暗示：氮肥有利于作物生长，涉及氮的固定与循环利用，A项正确；
B．碳酸钙分解反应是吸热反应，B项正确；
C．慈石就是磁石，主要成分是，磁石能吸附铁粉，C项正确；
D．“水”能溶解银等金属，这里“硇水”指硝酸，D项错误；
故答案选D。
2. 下列反应中，反应物总键能大于生成物总键能的是
A. 氢气在氧气中燃烧 B. 铝和氧化铁在高温下反应
C. 稀硫酸与溶液反应 D. 石灰石在高温下分解
【答案】D
【解析】
【分析】反应物总键能大于生成物总键能的反应为吸热反应，据此分析解题。
【详解】A．氢气在氧气中燃烧反应为放热反应，故A不符合题意；
B．铝热反应为放热反应，故B不符合题意；
C．稀硫酸与溶液反应是酸碱中和反应，为放热反应，故C不符合题意；
D．石灰石在高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，为吸热反应，故D符合题意；
故答案选D。
3. 已知：N2(g)+3F2(g)=2NF3(g) △H=-291.9 kJ/mol。其中断裂1 mol化学键所需的能量数据如下表所示，则x的值为
化学键
N≡N
F-F
N-F
E/(kJ/mol)
x
154.8
283.0
A. 41.9 B. 941.7 C. 813.5 D. 756.3
【答案】B
【解析】
【详解】反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则N2(g)+3F2(g)=2NF3(g) △H=(x+3×154.8) kJ/mol-6×283.0 kJ/mol=-291.9 kJ/mol，解得x=941.7 kJ/mol，故合理选项是B。
4. 在一定温度下，某密闭容器中发生反应：2C(g)A(g)+2B(s) △H＞0，若0~10s内c(C)由0.1mol/L降到0.08mol/L，则下列说法正确的是
A. 0~10s内用B表示的平均反应速率为v(B)=0.002mol•L-1•s-1
B. c(C)由0.05mol/L降到0.04mol/L所需的反应时间小于5s
C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D. 减小反应体系的体积，化学反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A．B为固体，不能用固体的浓度变化表示反应速率，A错误；
B．浓度越小，反应速率越慢，所以(C)由0.05mol/L降到0.04mol/L所需的反应时间大于5s，B错误；
C．升高温度正逆反应速率均加快，C错误；
D．减小反应体系体积，各气体的浓度增大，化学反应速率加快，D正确；
综上所述答案为D。
5. 可逆反应：在恒温、恒容密闭容器中进行，以下情况能说明反应达到平衡状态的是
A. B. 混合气体的密度不再改变
C. 混合气体的压强不再改变 D. 单位时间内生成nmol的同时生成2n mol NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．当，反应达到平衡状态，A错误；
B．气体的质量和体积始终不变，所以混合气体的密度始终不随时间的改变而改变，所以不一定达平衡状态，B错误；
C．该反应前后气体分子数减少，恒容条件下，压强不变，达到平衡状态，C正确；
D．单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，均指正反应，未体现正、逆反应速率的关系，D错误；
故选C。
6. 已知。若在 500℃和催化剂作用下，该反应在容积固定的密闭容器中进行，下列说法正确的是
A. 因为△H<0，所以该反应有自发进行的趋势
B. 达到平衡时，SO2 和 SO3 浓度一定相等
C. 因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行
D. 升高温度是为了提高反应物的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，反应物总能量小于生成物总能量，说明生成物能量低，根据能量最低原理，所以该反应有自发进行的趋势，故A正确；
B．达到平衡时，SO2 和 SO3 浓度一定保持不变，但不一定相等，故B错误；
C．根据反应自发进行，该反应、，在低温下可以自发，故C错误；
D．该反应放热，升温平衡逆向移动，转化率降低，升高温度是为了提高反应速率，故D错误；
故选A。
7. 下列事实合理且能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质
B. 红棕色的NO2气体，加压后颜色先变深后变浅
C CO+NO2CO2+NO（正反应放热），升温使平衡向正方向移动
D. 合成氨工业中使用铁触媒作催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁粉防止亚铁被氧化是因为Fe可以将Fe3+还原为Fe2+，与平衡移动无关，A错；
B．加压后c(NO2)瞬间增大，颜色加深，之后由于 平衡正向移动，导致c(NO2)相对减小，颜色变浅，B正确；
C．正反应为放热反应，根据勒夏特列原理升高平衡应该逆向移动，C错；
D．催化剂同等程度加快正逆反应速率，不影响平衡，D错。
答案选B。
8. 要使的醋酸溶液中的值增大，可以采取的措施是
①加少量烧碱固体 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水 ⑤加少量醋酸钠固体
A. ①② B. ②③④ C. ③④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①加少量烧碱溶液，电离平衡正向移动，c(CH3COO-)增大，，所以比值减小，①错误；
②弱电解质的电离过程是吸热的，升高温度促进电离，溶液中c(H+)增大，c(CH3COOH)降低，所以比值增大，②正确；
③加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则比值减小，③错误；
④加水溶液体积增大，导致氢离子、醋酸浓度都减小，但是电离平衡正向移动，溶液中n(H+)增大，n(CH3COOH)降低，所以比值增大，④正确；
⑤加少量醋酸钠固体，电离平衡逆向移动，则氢离子浓度减小，醋酸浓度增大，则减小，故⑤错误；
综上②④符合题意。
答案选D。
9. 常温下，0.005mol∙L-1的H2SO4溶液中由水电离出的OH-的物质的量浓度为
A. 0.01mol∙L-1 B. 1.0×10-12mol∙L-1 C. 2.0×10-12mol∙L-1 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】常温下，0.005mol∙L-1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.01mol∙L-1，则由水电离出的OH-的物质的量浓度为mol∙L-1=1.0×10-12mol∙L-1，故选B。
10. 常温下，用的KOH溶液滴定20mL溶液的滴定曲线如图所示(滴定过程中的温度变化忽略不计)。下列说法正确的是
A. 整个滴定过程中：保持不变
B. 点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 点①所示溶液中：
【答案】A
【解析】
【分析】当滴加KOH溶液的体积为10mL时，溶质成分为CH3COOK、CH3COOH，且物质的量相等；当滴加KOH溶液的体积为20mL时，恰好完全反应生成CH3COOK。
【详解】A．整个滴定过程中：，温度不变，Kh保持不变，A正确；
B．点②所示溶液中，pH=7，存在电荷守恒：，氢离子和氢氧根浓度相同，，B错误；
C．点③所示溶液恰好达到滴定终点，溶质成分为CH3COOK，溶液呈碱性，故离子浓度：，C错误；
D．点①所示溶液中溶质成分为CH3COOK、CH3COOH，且物质的量相等，溶液呈酸性，故醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，故，D错误；
故选A。
11. 室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是
A. 的数值为 B. 点时有生成
C. 加入蒸馏水可使溶液由点变成点 D. 点与点对应的溶度积相等
【答案】C
【解析】
【分析】图像为在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上b点和d点为饱和状态，a点不饱和，而c为过饱和状态，据此分析。
【详解】A．在d点c()=1.410-4，因室温时，CaCO3的溶度积 Ksp =2.810-9，所以 c(Ca2+)=210-5，故x的数值为210-5，故 A 正确；
B．在 c 点 c (Ca2 +)>210-5，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B正确；
C．d 点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则 c (Ca2 +)、c()都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由 d 点变成 a 点， C错误；
D． b 点与 d 点在相同的温度下，溶度积相等，D正确；
故本题选C。
12. 已知反应为一自发进行的氧化还原反应，将其设计成如下图所示原电池。下列说法中正确的是
A. 电极是正极，其电极反应为
B. 银电极质量逐渐减小，溶液中增大
C. 电极减少时，电解质溶液中有电子转移
D. 外电路中电流计的指针有偏转
【答案】D
【解析】
【详解】根据反应式可知，反应中Ag+被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，再装置图中X为Cu，Y为硝酸银溶液；
A．电极X的材料是铜，原电池的负极，A错误；
B．银电解为电池的正极，被还原，发生的电极反应为：，银电极质量逐渐增大，Y溶液中c(Ag+)减小，B错误；
C．X为Cu的质量减少0.64g，转移电子数为，但电子不能在电解质溶液中转移，C错误；
D．该装置为原电池，外电路中电流计的指针有偏转，D正确；
故答案为：D。
13. 氢氧化钾在医药、轻工业、电化工、纺织等领域有广泛的应用。实验室以铁、石墨为电极，电解饱和溶液(电解液滴有适量的酚酞)制备、等，电解装置如下图所示：
下列说法正确的是
A. a电极材料是铁
B. 阴极区电极反应：
C. 当电路中有电子转移时，就有通过膜进入正极区
D. 一段时间后整个电解池均变成红色
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，a为阳极，氯离子失去电子发生氧化反应，2Cl－-2e－=Cl2↑；b为阴极，水得到电子发生还原反应，2H2O+2e- =2OH-+H2↑；
【详解】A．a电极为阳极，材料应该是惰性电极材料，不能是铁，A错误；
B．阴极区电极反应：，B正确；
C．当电路中有电子转移时，会有2mol钾离子进入阴极区，即有2mol×39g/mol=通过膜进入阴极区，C错误；
D．阳极区生成氯气，氯气和水生成漂白性次氯酸，会使有色物质褪色，D错误；
故选B。
14. 下列叙述中，正确的个数为
①电解池是将化学能转变为电能的装置；
②金属导电和电解质溶液导电均为物理变化；
③通过电解原理只能实现不能自发进行的氧化还原反应；
④电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化；
⑤纯银质物品久置表面变暗，是由于发生了电化学腐蚀；
⑥为了防止钢铁锈蚀，在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨一同浸入海水中；
⑦一般来说，带有盐桥的原电池比不带盐桥的原电池效率高。
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A
【解析】
【详解】电解池是将电能转变为化学能的装置，①错误；
金属导电是物理变化，电解质溶液导电四在通电条件下发生化学反应，为化学变化，②错误；
通过电解原理能实现不能自发进行的氧化还原反应，也可发生自发的氧化还原反应，③错误；
电镀过程相当于金属的“迁移”，由金属离子得电子生成金属单质，为化学变化，④错误；
纯银质物品久置表面变暗，是由于发生了化学腐蚀生成硫化银等物质，⑤错误；
为了防止钢铁锈蚀，在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块比铁活泼的金属作为负极，一同浸入海水中，采用了牺牲阳极保护阴极的方法，不可用石墨，⑥错误；
一般来说，带有盐桥的原电池不发生普通的化学腐蚀，比不带盐桥的原电池效率高，⑦正确；
综上，只有⑦正确，故答案选A。
15. 某温度下，的平衡常数。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入(g)和(g)。其起始浓度如表所示。下列判断正确的是
起始浓度
甲
乙
丙
0.010
0.020
0.020
0.010
0.010
0.020
A. 平衡时，乙中的转化率小于60%
B. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C. 平衡时，丙中是甲中的2倍，是0.012mol/L
D. 反应开始时，丙中的反应速率最慢，甲中的反应速率最快
【答案】B
【解析】
【详解】A．设甲容器中平衡时二氧化碳的转化量为x mol/L，由反应方程式知，生成水和二氧化碳的浓度均为x mol/L，根据K=，得x=0.006，所以甲中的转化率为60%，乙和甲对比，乙相当于在甲的基础上增加了氢气的量，所以平衡会正向移动，的转化率增大，则乙中的转化率大于60%，故A错误；
B．在反应中，H2与反应的化学计量数之比为1:1，起始量也相等，则转化率相等，甲中H2的转化率为60%，甲和丙对比，相当于是在甲的基础上又加倍增大了反应物的量，但对于化学反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则物质的转化率不变，所以平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%，故B正确；
C．甲和丙对比，丙相当于是在甲的基础上又加倍增大了物质的加入量，但是对于化学反应前后体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，丙的初始投入量是甲的2倍，所以平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，平衡时甲容器中c(CO2)是0.01-x= (0.01- 0.006) mol/L= 0.004 mol/L，而甲和丙是等效平衡，但丙的起始浓度为甲的2倍，所以平衡时，丙中是0.008mol/L，故C错误；
D．反应开始时，丙中的物质的量浓度最大，反应速率最快，甲中的物质的量浓度最小，反应速率最慢，故D错误；
故答案选B。
第II卷(非选择题)
二、填空题(共55分)
16. 为实现生产生活的“碳减”和经济的可持续发展，科学工作者开展的价值型转化的相关研究。请回答以下有关问题：
Ⅰ.利用太阳能分解获得氢气，再通过加氢制甲醇()等燃料，从而实现可再生能源和的资源化利用。
（1）过程Ⅰ、Ⅱ典型的人工光合作用过程：，该反应是反应_______ (填“吸热”或“放热)。
（2）过程Ⅱ中催化加氢制取甲醇，反应如下：
主反应：
副反应：
①CO、生成的热化学方程式是_______。
②一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol 和3 mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，CO为b mol，此时的浓度为_______(用含a、b、V的代数式表示)。
③为提高在单位时间的产率，可采取措施：_______(写出一条即可)。
Ⅱ.催化加氢也可制取乙烯： ，在体积为2 L的恒容容器中制取乙烯，投料为x mol 和3 mol ，测得温度对的平衡转化率的影响，曲线a表示x=1，改变投料比测量后得到曲线b，
（3）曲线b条件下投料比改变，则x_______1(填“>”、“＜”或“=”)；反应从开始分别进行到M、M1、N三点时，放出热量为、、，其由大到小的顺序为_______。
（4）工业生产中采取较高温度(250℃左右)，原因是_______。
【答案】（1）吸热 （2） ①. ②. ③. 增大压强、降低温度、选择合适催化剂等
（3） ①. > ②.
（4）为了提高催化效率(或催化剂活性)，加快反应速率
【解析】
【小问1详解】
光合作用需要吸收太阳光，故为吸热反应。
【小问2详解】
主反应：
副反应：
①根据盖斯定律分析，主反应-副反应可得热化学方程式为： 。
②一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol 和3 mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，则二氧化碳消耗amol，氢气消耗3amol,CO为b mol，则二氧化碳消耗bmol，氢气消耗bmol，则反应后二氧化碳有（1-a-b）mol，氢气有（3-3a-b）mol，此时的浓度为。
③为提高在单位时间的产率，即加快反应速率，使主反应正向移动，则采取措施：增大压强、降低温度、选择合适催化剂等。
【小问3详解】
曲线b的二氧化碳的平衡转化率降低，说明增加了二氧化碳的量，即x大于1。相同投料比时，二氧化碳的转化率越高，反应放热越多，在相同温度下，增大二氧化碳的量，增大了氢气的转化率，平衡正向移动，反应放热更多，故。
【小问4详解】
在250℃左右催化剂的催化效果最高，故为了提高催化效率(或催化剂活性)，加快反应速率，选择温度为250℃左右。
17. 弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属化学平衡。
I.填空。
（1）向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为_______。(已知)
（2）某温度下，水的离子积常数KW=1×10-12。将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的bLH2SO4溶液混合，若所得混合液pH=2，则a:b=_______
II.已知H2A水中存在以下平衡：H2A=H++HA-，HA-A2-+H+。
（3）常温下溶液的pH_______(填序号)，仅用化学用语解释原因_______。
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
（4）已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡： 。若要使该溶液中Ca2+浓度变小，可采取的措施有_______。
A. 升高温度 B. 降低温度 C. 加入NH4Cl晶体 D. 加入Na2A固体
III.
（5）某工业废水中主要含有Fe3+与Cr3+，毒性较大，若使用调节溶液pH的方法处理后的废水中残留的c(Fe3+)=2.0×10-13mol∙L-1，则残留的Cr3+的浓度为_______(已知：Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]= 6.0×10-31)。
【答案】（1）
（2）9:11 （3） ①. B ②. HA-H++A2- （4）BD
（5）3×10-6 mol∙L-1
【解析】
【小问1详解】
由可知，向NaCN溶液中通入少量的CO2，碳酸只能发生第一步电离，所以发生反应的离子方程式为。答案为：；
【小问2详解】
某温度下，水的离子积常数KW=1×10-12，pH=11的NaOH溶液中，c(OH-)=0.1mol∙L-1，pH=1的bLH2SO4溶液中，c(H+)=0.1mol∙L-1，若所得混合液pH=2，则，从而求出a:b=9:11。答案为：9:11；
【小问3详解】
由H2A=H++HA-、HA-A2-+H+可知，常温下NaHA溶液中的HA-只能发生电离，不能发生水解，则溶液的pH小于7，故选B，仅用化学用语解释原因：HA-H++A2-。答案为：B；HA-H++A2-；
【小问4详解】
A．升高温度，平衡正向移动，Ca2+浓度变大，A不符合题意；
B．降低温度，平衡逆向移动，Ca2+浓度变小，B符合题意；
C．加入NH4Cl晶体，水解使溶液呈酸性，与A2-结合，从而使CaA的溶解平衡正向移动，Ca2+浓度变大，C不符合题意；
D．加入Na2A固体，增大溶液中A2-浓度，使CaA的溶解平衡逆向移动，Ca2+浓度变小，D符合题意；
故选BD。答案为：BD；
【小问5详解】
在同一溶液中，c(OH-)相同，则，则残留的Cr3+的浓度为mol∙L-1=3×10-6 mol∙L-1。答案为：3×10-6 mol∙L-1。
【点睛】同一溶液中，同种离子的浓度相同。
18. 下图为相互串联的三个装置，试回答：
（1）写出甲池负极的电极反应式：_______。
（2）若利用乙池在铁片上镀银，则B是_______(填电极材料)，电极反应式是__________。
（3）若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则_______极(填“A”或“B”)是粗铜。粗铜中杂质Au、Ag在精炼结束后，它们在电解槽中的存在形式和位置为_______。
（4）向丙池溶液中滴加几滴酚酞试液，_______电极(填“石墨”或“Fe”)周围先出现红色，该电极方程式为：_______；若甲池消耗3.2 gCH3OH气体，则丙池中阳极上产生气体的物质的量为_______mol。
【答案】（1）CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
（2） ①. 铁片 ②. Ag＋+e-=Ag
（3） ①. A ②. 以单质的形式沉积在A(阳极)下方
（4） ①. Fe ②. 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ③. 0.3
【解析】
【分析】根据图示可知：甲池为燃料电池，其中通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极。装置乙为电解池；其中与正极连接的A电极为阳极，B电极为阴极，装置丙为电解池，其中石墨电极为阳极，Fe电极为阴极，然后利用原电池、电解池反应原理分析解答，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等进行有关计算。
【小问1详解】
甲池装置为原电池，其中通入CH3OH的电极为负极，由于电解质溶液为碱性，所以负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；
【小问2详解】
若利用乙池在铁片上镀银，则装置乙中铁片为阴极，与电源负极连接，电解质溶液为AgNO3溶液，故乙池中B电极为铁片，该电极的电极反应式为：Ag＋+e-=Ag；
【小问3详解】
若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则粗铜为阳极，连接电源的正极，精铜为阴极，连接电源的正极，故A电极粗铜；在A电极上Cu氧化变为金属阳离子Cu2+进入电解质溶液中，粗铜中杂质Au、Ag在精炼结束后，它们以单质的形式沉淀在电解槽阳极(A电极)底部，形成阳极泥；
【小问4详解】
丙池为电解池，其中石墨电极为阳极，Fe电极为阴极。由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，阳离子放电能力：H+＞Na+，所以阳极石墨电极上发生反应：2Cl- -2e-=Cl2↑；Fe电极上发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，H+放电产生H2，破坏了Fe电极附近水的电离平衡，水进一步电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，故Fe电极负极溶液显碱性，向其中滴入酚酞试液后，铁电极周围出现红色；
若甲池消耗3.2 g CH3OH气体，CH3OH的物质的量n(CH3OH)=，根据电极反应式：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O可知：1 mol CH3OH发生反应，转移6 mol电子，则0.1 mol CH3OH反应转移0.6 mol电子。丙池中阳极上电极反应式为：2Cl- -2e-=Cl2↑，每反应产生1 mol Cl2，反应转移2 mol电子，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，现在电路中转移了0.6 mol电子，故丙池阳极上产生Cl2气体的物质的量为n(Cl2)=。
19. 某学生用0.100的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
A.移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；
B.用标准溶液润洗滴定管2～3次；
C.把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；
D.取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3cm处；
E.调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
E.把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
实验编号
KOH溶液的浓度/
滴定完成时，KOH溶液入的体积/mL
待测盐酸的体积/mL
1
0.100
20.04
20.00
2
0.100
22.64
20.00
3
0.100
20.00
20.00
4
0.100
19.96
20.00
就此实验完成填空：
（1）正确操作步骤的顺序是_______、A、F(填字母)。
（2）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为_______(保留三位有效数字)。
II.葡萄酒中最大使用量为0.25，取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含全部逸出并用将其全部氧化为，然后用0.0900 NaOH标准溶液进行滴定。
（3）滴定前排气泡时，应选择图中的_______(填字母)。
（4）选择酚酞指示剂时，判断反应到达滴定终点时的现象为_______。
（5）滴定开始时无气泡，滴定终点读数时滴定管内有气泡，则测定结果(待测液浓度值)比实际值_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
（6）滴定至终点时，若消耗NaOH 25.00mL，该葡萄酒中含量_______。
【答案】（1）B、D、C、E
（2）0.100 （3）c
（4）当滴入最后半滴NaOH标准溶液时，溶液恰好由无色变为浅红色，且30秒内不褪色
（5）偏低 （6）0.24
【解析】
【分析】I中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作，根据c测＝c标V标/V测分析判断。
II标准液为氢氧化钠溶液，应该用碱式滴定管，利用关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量。
【小问1详解】
操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、润洗、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F，故答案为：B、D、C、E；
【小问2详解】
根据表中数据可知，第二组数据与其它三组数据差距较大应删去，求后三组实验消耗标准液体积进行计算，所用标准液的平均体积为=20.00mL，根据盐酸与氢氧化钠反应的比例关系：n(HCl)=n(NaOH)，c(HCl)×20.00mL= 0.10mol/L×20.00mL 解得：c(HCl)=0.100mol/L, 答案为：0.100；
【小问3详解】
氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用c的方法，故答案为：c；
【小问4详解】
当加入最后半滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点，故答案为：当滴入最后半滴NaOH标准溶液时，溶液恰好由无色变为浅红色，且30秒内不褪色；
【小问5详解】
滴定开始时无气泡，滴定终点读数时滴定管内有气泡，会使消耗的NaOH溶液体积偏小，测定结果偏低，故答案为：偏低；
【小问6详解】
根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L, 故答案为：0.24。
2022-2023学年度上学期月考试卷
高二化学
时间：75分钟 满分：100分
范围：选择性必修一
能用到的相对原子质量：H 1 C 12 Ca 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 N 14
第I卷(选择题)
一、单选题(共45分)
1. 传统文化是中华文明的瑰宝。下列有关传统文化分析错误的是
选项
传统文华摘要
分析与判断
A
《己亥杂诗》记载“落红不是无情物，化作春泥更护花”
蕴含自然界中的氮循环
B
《周礼》记载“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房主要成分为)
蛎房发生了吸热反应
C
《吕氏春秋·精通》记载“慈石召铁，或引之也”
慈石指Fe3O4，能吸附铁
D
《金石类》记载“有硇水者，剪银塊投之，则旋而为水”
硇水是NaCl溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．“化作春泥更护花”暗示：氮肥有利于作物生长，涉及氮的固定与循环利用，A项正确；
B．碳酸钙分解反应是吸热反应，B项正确；
C．慈石就是磁石，主要成分是，磁石能吸附铁粉，C项正确；
D．“水”能溶解银等金属，这里“硇水”指硝酸，D项错误；
故答案选D。
2. 下列反应中，反应物总键能大于生成物总键能的是
A. 氢气在氧气中燃烧 B. 铝和氧化铁在高温下反应
C. 稀硫酸与溶液反应 D. 石灰石在高温下分解
【答案】D
【解析】
【分析】反应物总键能大于生成物总键能的反应为吸热反应，据此分析解题。
【详解】A．氢气在氧气中燃烧反应为放热反应，故A不符合题意；
B．铝热反应为放热反应，故B不符合题意；
C．稀硫酸与溶液反应是酸碱中和反应，为放热反应，故C不符合题意；
D．石灰石在高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，为吸热反应，故D符合题意；
故答案选D。
3. 已知：N2(g)+3F2(g)=2NF3(g) △H=-291.9 kJ/mol。其中断裂1 mol化学键所需的能量数据如下表所示，则x的值为
化学键
N≡N
F-F
N-F
E/(kJ/mol)
x
154.8
283.0
A. 41.9 B. 941.7 C. 813.5 D. 756.3
【答案】B
【解析】
【详解】反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则N2(g)+3F2(g)=2NF3(g) △H=(x+3×154.8) kJ/mol-6×283.0 kJ/mol=-291.9 kJ/mol，解得x=941.7 kJ/mol，故合理选项是B。
4. 在一定温度下，某密闭容器中发生反应：2C(g)A(g)+2B(s) △H＞0，若0~10s内c(C)由0.1mol/L降到0.08mol/L，则下列说法正确的是
A. 0~10s内用B表示的平均反应速率为v(B)=0.002mol•L-1•s-1
B. c(C)由0.05mol/L降到0.04mol/L所需的反应时间小于5s
C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D. 减小反应体系的体积，化学反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A．B为固体，不能用固体的浓度变化表示反应速率，A错误；
B．浓度越小，反应速率越慢，所以(C)由0.05mol/L降到0.04mol/L所需的反应时间大于5s，B错误；
C．升高温度正逆反应速率均加快，C错误；
D．减小反应体系体积，各气体的浓度增大，化学反应速率加快，D正确；
综上所述答案为D。
5. 可逆反应：在恒温、恒容密闭容器中进行，以下情况能说明反应达到平衡状态的是
A. B. 混合气体的密度不再改变
C. 混合气体的压强不再改变 D. 单位时间内生成nmol的同时生成2n mol NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．当，反应达到平衡状态，A错误；
B．气体的质量和体积始终不变，所以混合气体的密度始终不随时间的改变而改变，所以不一定达平衡状态，B错误；
C．该反应前后气体分子数减少，恒容条件下，压强不变，达到平衡状态，C正确；
D．单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，均指正反应，未体现正、逆反应速率的关系，D错误；
故选C。
6. 已知。若在 500℃和催化剂作用下，该反应在容积固定的密闭容器中进行，下列说法正确的是
A. 因为△H<0，所以该反应有自发进行的趋势
B. 达到平衡时，SO2 和 SO3 浓度一定相等
C. 因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行
D. 升高温度是为了提高反应物的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，反应物总能量小于生成物总能量，说明生成物能量低，根据能量最低原理，所以该反应有自发进行的趋势，故A正确；
B．达到平衡时，SO2 和 SO3 浓度一定保持不变，但不一定相等，故B错误；
C．根据反应自发进行，该反应、，在低温下可以自发，故C错误；
D．该反应放热，升温平衡逆向移动，转化率降低，升高温度是为了提高反应速率，故D错误；
故选A。
7. 下列事实合理且能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质
B. 红棕色的NO2气体，加压后颜色先变深后变浅
C CO+NO2CO2+NO（正反应放热），升温使平衡向正方向移动
D. 合成氨工业中使用铁触媒作催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁粉防止亚铁被氧化是因为Fe可以将Fe3+还原为Fe2+，与平衡移动无关，A错；
B．加压后c(NO2)瞬间增大，颜色加深，之后由于 平衡正向移动，导致c(NO2)相对减小，颜色变浅，B正确；
C．正反应为放热反应，根据勒夏特列原理升高平衡应该逆向移动，C错；
D．催化剂同等程度加快正逆反应速率，不影响平衡，D错。
答案选B。
8. 要使的醋酸溶液中的值增大，可以采取的措施是
①加少量烧碱固体 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水 ⑤加少量醋酸钠固体
A. ①② B. ②③④ C. ③④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①加少量烧碱溶液，电离平衡正向移动，c(CH3COO-)增大，，所以比值减小，①错误；
②弱电解质的电离过程是吸热的，升高温度促进电离，溶液中c(H+)增大，c(CH3COOH)降低，所以比值增大，②正确；
③加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则比值减小，③错误；
④加水溶液体积增大，导致氢离子、醋酸浓度都减小，但是电离平衡正向移动，溶液中n(H+)增大，n(CH3COOH)降低，所以比值增大，④正确；
⑤加少量醋酸钠固体，电离平衡逆向移动，则氢离子浓度减小，醋酸浓度增大，则减小，故⑤错误；
综上②④符合题意。
答案选D。
9. 常温下，0.005mol∙L-1的H2SO4溶液中由水电离出的OH-的物质的量浓度为
A. 0.01mol∙L-1 B. 1.0×10-12mol∙L-1 C. 2.0×10-12mol∙L-1 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】常温下，0.005mol∙L-1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.01mol∙L-1，则由水电离出的OH-的物质的量浓度为mol∙L-1=1.0×10-12mol∙L-1，故选B。
10. 常温下，用的KOH溶液滴定20mL溶液的滴定曲线如图所示(滴定过程中的温度变化忽略不计)。下列说法正确的是
A. 整个滴定过程中：保持不变
B. 点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 点①所示溶液中：
【答案】A
【解析】
【分析】当滴加KOH溶液的体积为10mL时，溶质成分为CH3COOK、CH3COOH，且物质的量相等；当滴加KOH溶液的体积为20mL时，恰好完全反应生成CH3COOK。
【详解】A．整个滴定过程中：，温度不变，Kh保持不变，A正确；
B．点②所示溶液中，pH=7，存在电荷守恒：，氢离子和氢氧根浓度相同，，B错误；
C．点③所示溶液恰好达到滴定终点，溶质成分为CH3COOK，溶液呈碱性，故离子浓度：，C错误；
D．点①所示溶液中溶质成分为CH3COOK、CH3COOH，且物质的量相等，溶液呈酸性，故醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，故，D错误；
故选A。
11. 室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是
A. 的数值为 B. 点时有生成
C. 加入蒸馏水可使溶液由点变成点 D. 点与点对应的溶度积相等
【答案】C
【解析】
【分析】图像为在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上b点和d点为饱和状态，a点不饱和，而c为过饱和状态，据此分析。
【详解】A．在d点c()=1.410-4，因室温时，CaCO3的溶度积 Ksp =2.810-9，所以 c(Ca2+)=210-5，故x的数值为210-5，故 A 正确；
B．在 c 点 c (Ca2 +)>210-5，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B正确；
C．d 点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则 c (Ca2 +)、c()都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由 d 点变成 a 点， C错误；
D． b 点与 d 点在相同的温度下，溶度积相等，D正确；
故本题选C。
12. 已知反应为一自发进行的氧化还原反应，将其设计成如下图所示原电池。下列说法中正确的是
A. 电极是正极，其电极反应为
B. 银电极质量逐渐减小，溶液中增大
C. 电极减少时，电解质溶液中有电子转移
D. 外电路中电流计的指针有偏转
【答案】D
【解析】
【详解】根据反应式可知，反应中Ag+被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，再装置图中X为Cu，Y为硝酸银溶液；
A．电极X的材料是铜，原电池的负极，A错误；
B．银电解为电池的正极，被还原，发生的电极反应为：，银电极质量逐渐增大，Y溶液中c(Ag+)减小，B错误；
C．X为Cu的质量减少0.64g，转移电子数为，但电子不能在电解质溶液中转移，C错误；
D．该装置为原电池，外电路中电流计的指针有偏转，D正确；
故答案为：D。
13. 氢氧化钾在医药、轻工业、电化工、纺织等领域有广泛的应用。实验室以铁、石墨为电极，电解饱和溶液(电解液滴有适量的酚酞)制备、等，电解装置如下图所示：
下列说法正确的是
A. a电极材料是铁
B. 阴极区电极反应：
C. 当电路中有电子转移时，就有通过膜进入正极区
D. 一段时间后整个电解池均变成红色
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，a为阳极，氯离子失去电子发生氧化反应，2Cl－-2e－=Cl2↑；b为阴极，水得到电子发生还原反应，2H2O+2e- =2OH-+H2↑；
【详解】A．a电极为阳极，材料应该是惰性电极材料，不能是铁，A错误；
B．阴极区电极反应：，B正确；
C．当电路中有电子转移时，会有2mol钾离子进入阴极区，即有2mol×39g/mol=通过膜进入阴极区，C错误；
D．阳极区生成氯气，氯气和水生成漂白性次氯酸，会使有色物质褪色，D错误；
故选B。
14. 下列叙述中，正确的个数为
①电解池是将化学能转变为电能的装置；
②金属导电和电解质溶液导电均为物理变化；
③通过电解原理只能实现不能自发进行的氧化还原反应；
④电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化；
⑤纯银质物品久置表面变暗，是由于发生了电化学腐蚀；
⑥为了防止钢铁锈蚀，在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨一同浸入海水中；
⑦一般来说，带有盐桥的原电池比不带盐桥的原电池效率高。
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A
【解析】
【详解】电解池是将电能转变为化学能的装置，①错误；
金属导电是物理变化，电解质溶液导电四在通电条件下发生化学反应，为化学变化，②错误；
通过电解原理能实现不能自发进行的氧化还原反应，也可发生自发的氧化还原反应，③错误；
电镀过程相当于金属的“迁移”，由金属离子得电子生成金属单质，为化学变化，④错误；
纯银质物品久置表面变暗，是由于发生了化学腐蚀生成硫化银等物质，⑤错误；
为了防止钢铁锈蚀，在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块比铁活泼的金属作为负极，一同浸入海水中，采用了牺牲阳极保护阴极的方法，不可用石墨，⑥错误；
一般来说，带有盐桥的原电池不发生普通的化学腐蚀，比不带盐桥的原电池效率高，⑦正确；
综上，只有⑦正确，故答案选A。
15. 某温度下，的平衡常数。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入(g)和(g)。其起始浓度如表所示。下列判断正确的是
起始浓度
甲
乙
丙
0.010
0.020
0.020
0.010
0.010
0.020
A. 平衡时，乙中的转化率小于60%
B. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C. 平衡时，丙中是甲中的2倍，是0.012mol/L
D. 反应开始时，丙中的反应速率最慢，甲中的反应速率最快
【答案】B
【解析】
【详解】A．设甲容器中平衡时二氧化碳的转化量为x mol/L，由反应方程式知，生成水和二氧化碳的浓度均为x mol/L，根据K=，得x=0.006，所以甲中的转化率为60%，乙和甲对比，乙相当于在甲的基础上增加了氢气的量，所以平衡会正向移动，的转化率增大，则乙中的转化率大于60%，故A错误；
B．在反应中，H2与反应的化学计量数之比为1:1，起始量也相等，则转化率相等，甲中H2的转化率为60%，甲和丙对比，相当于是在甲的基础上又加倍增大了反应物的量，但对于化学反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则物质的转化率不变，所以平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%，故B正确；
C．甲和丙对比，丙相当于是在甲的基础上又加倍增大了物质的加入量，但是对于化学反应前后体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，丙的初始投入量是甲的2倍，所以平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，平衡时甲容器中c(CO2)是0.01-x= (0.01- 0.006) mol/L= 0.004 mol/L，而甲和丙是等效平衡，但丙的起始浓度为甲的2倍，所以平衡时，丙中是0.008mol/L，故C错误；
D．反应开始时，丙中的物质的量浓度最大，反应速率最快，甲中的物质的量浓度最小，反应速率最慢，故D错误；
故答案选B。
第II卷(非选择题)
二、填空题(共55分)
16. 为实现生产生活的“碳减”和经济的可持续发展，科学工作者开展的价值型转化的相关研究。请回答以下有关问题：
Ⅰ.利用太阳能分解获得氢气，再通过加氢制甲醇()等燃料，从而实现可再生能源和的资源化利用。
（1）过程Ⅰ、Ⅱ典型的人工光合作用过程：，该反应是反应_______ (填“吸热”或“放热)。
（2）过程Ⅱ中催化加氢制取甲醇，反应如下：
主反应：
副反应：
①CO、生成的热化学方程式是_______。
②一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol 和3 mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，CO为b mol，此时的浓度为_______(用含a、b、V的代数式表示)。
③为提高在单位时间的产率，可采取措施：_______(写出一条即可)。
Ⅱ.催化加氢也可制取乙烯： ，在体积为2 L的恒容容器中制取乙烯，投料为x mol 和3 mol ，测得温度对的平衡转化率的影响，曲线a表示x=1，改变投料比测量后得到曲线b，
（3）曲线b条件下投料比改变，则x_______1(填“>”、“＜”或“=”)；反应从开始分别进行到M、M1、N三点时，放出热量为、、，其由大到小的顺序为_______。
（4）工业生产中采取较高温度(250℃左右)，原因是_______。
【答案】（1）吸热 （2） ①. ②. ③. 增大压强、降低温度、选择合适催化剂等
（3） ①. > ②.
（4）为了提高催化效率(或催化剂活性)，加快反应速率
【解析】
【小问1详解】
光合作用需要吸收太阳光，故为吸热反应。
【小问2详解】
主反应：
副反应：
①根据盖斯定律分析，主反应-副反应可得热化学方程式为： 。
②一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol 和3 mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为a mol，则二氧化碳消耗amol，氢气消耗3amol,CO为b mol，则二氧化碳消耗bmol，氢气消耗bmol，则反应后二氧化碳有（1-a-b）mol，氢气有（3-3a-b）mol，此时的浓度为。
③为提高在单位时间的产率，即加快反应速率，使主反应正向移动，则采取措施：增大压强、降低温度、选择合适催化剂等。
【小问3详解】
曲线b的二氧化碳的平衡转化率降低，说明增加了二氧化碳的量，即x大于1。相同投料比时，二氧化碳的转化率越高，反应放热越多，在相同温度下，增大二氧化碳的量，增大了氢气的转化率，平衡正向移动，反应放热更多，故。
【小问4详解】
在250℃左右催化剂的催化效果最高，故为了提高催化效率(或催化剂活性)，加快反应速率，选择温度为250℃左右。
17. 弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属化学平衡。
I.填空。
（1）向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为_______。(已知)
（2）某温度下，水的离子积常数KW=1×10-12。将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的bLH2SO4溶液混合，若所得混合液pH=2，则a:b=_______
II.已知H2A水中存在以下平衡：H2A=H++HA-，HA-A2-+H+。
（3）常温下溶液的pH_______(填序号)，仅用化学用语解释原因_______。
A．大于7 B．小于7 C．等于7 D．无法确定
（4）已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡： 。若要使该溶液中Ca2+浓度变小，可采取的措施有_______。
A. 升高温度 B. 降低温度 C. 加入NH4Cl晶体 D. 加入Na2A固体
III.
（5）某工业废水中主要含有Fe3+与Cr3+，毒性较大，若使用调节溶液pH的方法处理后的废水中残留的c(Fe3+)=2.0×10-13mol∙L-1，则残留的Cr3+的浓度为_______(已知：Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]= 6.0×10-31)。
【答案】（1）
（2）9:11 （3） ①. B ②. HA-H++A2- （4）BD
（5）3×10-6 mol∙L-1
【解析】
【小问1详解】
由可知，向NaCN溶液中通入少量的CO2，碳酸只能发生第一步电离，所以发生反应的离子方程式为。答案为：；
【小问2详解】
某温度下，水的离子积常数KW=1×10-12，pH=11的NaOH溶液中，c(OH-)=0.1mol∙L-1，pH=1的bLH2SO4溶液中，c(H+)=0.1mol∙L-1，若所得混合液pH=2，则，从而求出a:b=9:11。答案为：9:11；
【小问3详解】
由H2A=H++HA-、HA-A2-+H+可知，常温下NaHA溶液中的HA-只能发生电离，不能发生水解，则溶液的pH小于7，故选B，仅用化学用语解释原因：HA-H++A2-。答案为：B；HA-H++A2-；
【小问4详解】
A．升高温度，平衡正向移动，Ca2+浓度变大，A不符合题意；
B．降低温度，平衡逆向移动，Ca2+浓度变小，B符合题意；
C．加入NH4Cl晶体，水解使溶液呈酸性，与A2-结合，从而使CaA的溶解平衡正向移动，Ca2+浓度变大，C不符合题意；
D．加入Na2A固体，增大溶液中A2-浓度，使CaA的溶解平衡逆向移动，Ca2+浓度变小，D符合题意；
故选BD。答案为：BD；
【小问5详解】
在同一溶液中，c(OH-)相同，则，则残留的Cr3+的浓度为mol∙L-1=3×10-6 mol∙L-1。答案为：3×10-6 mol∙L-1。
【点睛】同一溶液中，同种离子的浓度相同。
18. 下图为相互串联的三个装置，试回答：
（1）写出甲池负极的电极反应式：_______。
（2）若利用乙池在铁片上镀银，则B是_______(填电极材料)，电极反应式是__________。
（3）若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则_______极(填“A”或“B”)是粗铜。粗铜中杂质Au、Ag在精炼结束后，它们在电解槽中的存在形式和位置为_______。
（4）向丙池溶液中滴加几滴酚酞试液，_______电极(填“石墨”或“Fe”)周围先出现红色，该电极方程式为：_______；若甲池消耗3.2 gCH3OH气体，则丙池中阳极上产生气体的物质的量为_______mol。
【答案】（1）CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
（2） ①. 铁片 ②. Ag＋+e-=Ag
（3） ①. A ②. 以单质的形式沉积在A(阳极)下方
（4） ①. Fe ②. 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ③. 0.3
【解析】
【分析】根据图示可知：甲池为燃料电池，其中通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极。装置乙为电解池；其中与正极连接的A电极为阳极，B电极为阴极，装置丙为电解池，其中石墨电极为阳极，Fe电极为阴极，然后利用原电池、电解池反应原理分析解答，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等进行有关计算。
【小问1详解】
甲池装置为原电池，其中通入CH3OH的电极为负极，由于电解质溶液为碱性，所以负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；
【小问2详解】
若利用乙池在铁片上镀银，则装置乙中铁片为阴极，与电源负极连接，电解质溶液为AgNO3溶液，故乙池中B电极为铁片，该电极的电极反应式为：Ag＋+e-=Ag；
【小问3详解】
若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则粗铜为阳极，连接电源的正极，精铜为阴极，连接电源的正极，故A电极粗铜；在A电极上Cu氧化变为金属阳离子Cu2+进入电解质溶液中，粗铜中杂质Au、Ag在精炼结束后，它们以单质的形式沉淀在电解槽阳极(A电极)底部，形成阳极泥；
【小问4详解】
丙池为电解池，其中石墨电极为阳极，Fe电极为阴极。由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，阳离子放电能力：H+＞Na+，所以阳极石墨电极上发生反应：2Cl- -2e-=Cl2↑；Fe电极上发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，H+放电产生H2，破坏了Fe电极附近水的电离平衡，水进一步电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，故Fe电极负极溶液显碱性，向其中滴入酚酞试液后，铁电极周围出现红色；
若甲池消耗3.2 g CH3OH气体，CH3OH的物质的量n(CH3OH)=，根据电极反应式：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O可知：1 mol CH3OH发生反应，转移6 mol电子，则0.1 mol CH3OH反应转移0.6 mol电子。丙池中阳极上电极反应式为：2Cl- -2e-=Cl2↑，每反应产生1 mol Cl2，反应转移2 mol电子，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，现在电路中转移了0.6 mol电子，故丙池阳极上产生Cl2气体的物质的量为n(Cl2)=。
19. 某学生用0.100的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
A.移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；
B.用标准溶液润洗滴定管2～3次；
C.把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；
D.取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3cm处；
E.调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
E.把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
实验编号
KOH溶液的浓度/
滴定完成时，KOH溶液入的体积/mL
待测盐酸的体积/mL
1
0.100
20.04
20.00
2
0.100
22.64
20.00
3
0.100
20.00
20.00
4
0.100
19.96
20.00
就此实验完成填空：
（1）正确操作步骤的顺序是_______、A、F(填字母)。
（2）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为_______(保留三位有效数字)。
II.葡萄酒中最大使用量为0.25，取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含全部逸出并用将其全部氧化为，然后用0.0900 NaOH标准溶液进行滴定。
（3）滴定前排气泡时，应选择图中的_______(填字母)。
（4）选择酚酞指示剂时，判断反应到达滴定终点时的现象为_______。
（5）滴定开始时无气泡，滴定终点读数时滴定管内有气泡，则测定结果(待测液浓度值)比实际值_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
（6）滴定至终点时，若消耗NaOH 25.00mL，该葡萄酒中含量_______。
【答案】（1）B、D、C、E
（2）0.100 （3）c
（4）当滴入最后半滴NaOH标准溶液时，溶液恰好由无色变为浅红色，且30秒内不褪色
（5）偏低 （6）0.24
【解析】
【分析】I中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作，根据c测＝c标V标/V测分析判断。
II标准液为氢氧化钠溶液，应该用碱式滴定管，利用关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量。
【小问1详解】
操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、润洗、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F，故答案为：B、D、C、E；
【小问2详解】
根据表中数据可知，第二组数据与其它三组数据差距较大应删去，求后三组实验消耗标准液体积进行计算，所用标准液的平均体积为=20.00mL，根据盐酸与氢氧化钠反应的比例关系：n(HCl)=n(NaOH)，c(HCl)×20.00mL= 0.10mol/L×20.00mL 解得：c(HCl)=0.100mol/L, 答案为：0.100；
【小问3详解】
氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用c的方法，故答案为：c；
【小问4详解】
当加入最后半滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点，故答案为：当滴入最后半滴NaOH标准溶液时，溶液恰好由无色变为浅红色，且30秒内不褪色；
【小问5详解】
滴定开始时无气泡，滴定终点读数时滴定管内有气泡，会使消耗的NaOH溶液体积偏小，测定结果偏低，故答案为：偏低；
【小问6详解】
根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L, 故答案为：0.24。
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