【化学】辽宁省葫芦岛协作校2020届高三上学期第二次考试（解析版） 17页

辽宁省葫芦岛协作校2020届高三上学期第二次考试 ‎1.本试卷主要考试内容：人教版必修1，必修2第四章，选修4。‎ ‎2.可能用到的相时原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 K39 Cu64 Ag108‎ 第I卷（选择题 共42分）‎ 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早 B. 将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿 C. 《本草纲日》中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜 D. 用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物 ‎【答案】C ‎【详解】A. 我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，A项说法正确；‎ B.将青铜器放在银质托盘上，会形成原电池，Cu比银活泼做负极，加快腐蚀，所以青铜器容易生成铜绿，故B说法正确；‎ C. 《本草纲日》中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，为铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C说法错误；‎ D. 用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸，为有机物，故D项正确；‎ 故答案为C。‎ ‎2.下列氢能制取、贮存及利用过程（如图所示），未涉及的能量转化形式是（ ）‎ A. 电能转化光能 B. 机械能转化为电能 ‎ C. 电能转化为化学能 D. 光能转化为化学能 ‎【答案】D ‎【详解】A.燃料电池作为电灯的电源为电能转化成光能，故A项正确；‎ B.水轮机发电的过程中有机械能转化成电能，故B项正确；‎ C.电解池电解水的过程为电能转化成化学能，故C项正确；‎ D.光电池是光能转化电能，整个过程中未涉及光能转化成化学能，故D项错误；‎ 故答案为D。‎ ‎3.下列电离方程式正确的是（ ）‎ A. H2S2H＋＋S2－ B. NH3·H2ONH4＋＋OH－‎ C. HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－ D. NaHCO3＝Na＋＋H＋＋CO32－‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. H2S为二元弱酸，电离应分步电离，故A项错误；‎ B.一水合氨为一元弱碱，可逆电离，B项正确；‎ C.该方程式为HCO3－的水解方程式，溶液显碱性，不是电离方程式，故C项错误；‎ D.碳酸为弱酸，碳酸氢钠电离过程中碳酸氢根不拆，故D项错误；‎ 故答案为B。‎ ‎4.已知反应2A（s）＋B（g）C（g）＋2D（g）在一体积可变的密闭容器中进行，改变下列条件一定能影响反应速率的是（ ）‎ ‎①保持体积不变，充入He ②适当降温 ‎③保持压强不变，充入He ④增加少量的反应物A A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【详解】①保持体积不变，充入He，各物质分压不变，各物质的浓度不发生改变，故反应速率不发生改变，故错误；‎ ‎②适当降温，降低温度会减小反应速率，故正确；‎ ‎③保持压强不变，充入He，容器的体积变大，故各物质浓度会减小，反应速率会发生改变，故正确；‎ ‎④增加少量的反应物A，反应物A为固体，改变A的量不会对反应速率产生影响，故错误；‎ 故答案为C。‎ ‎5. 对于某平衡体系，下列措施一定会使平衡移动的是（ ）‎ A. 升高温度 B. 使用催化剂 C. 改变体系压强 D. 改变各组分浓度 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：升高温度平衡一定向吸热方向移动，故A正确；使用催化剂平衡不移动，故B错误；对于的反应，改变体系压强平衡不移动，故C错误；对于的反应，同比例改变各组分浓度，平衡不移动，故D错误。‎ 考点：本题考查化学平衡移动原理。‎ ‎6.下述溶液一定呈酸性的是（ ）‎ A. pH＝6.8的溶液 B. 滴入酚酞呈无色的溶液 C. 室温时，溶液中的c（H＋）＝1×10－2 mol·L－1‎ D. 溶液中水电离出的c（H＋）＝1×10－10 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【分析】溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时溶液显酸性。‎ ‎【详解】A.未标明温度，pH＝6.8只能说明氢离子的大小，不能比较氢离子和氢氧根离子浓度大小，不能说明溶液的酸碱性，故A项错误；‎ B.酚酞的变色范围：pH；8.2-10之间，所以滴入酚酞显无色的溶液也可能是中性溶液，故B错误；‎ C.室温时，,故溶液中的c（H＋）＝1×10－2 mol·L－1时，c（OH-）＝1×10－12 mol·L－1，氢离子浓度大于氢氧根浓度，溶液显酸性，故C正确；‎ D.溶液中水电离出的c（H＋）＝1×10－10 mol·L－1说明水的电离受到抑制，抑制水电离的方法有很多例如加酸或加碱，所以不能确定溶液酸碱性，故D项错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时溶液显酸性。未标明温度时，pH值只能提供氢离子浓度的大小，不能作为判断溶液酸碱性的标准。‎ ‎7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1.8 g D216O中含电子数为NA B. 5.32 g 12C35Cl4中含中子数为2.73NA C. 11.2 L（常温常压）氢气与氦气的混合气体中含质子总数为NA D. 400 mL10 mol·L－1浓盐酸与足量MnO2加热充分反应生成的Cl2分子数为NA ‎【答案】B ‎【详解】A. D216O的相对分子质量为20，故1.8 g D216O的物质的量为0.09mol，一个D216O含有10个电子，故1.8 g D216O中含电子数为0.9NA，故A项错误；‎ B. 12C35Cl4的相对分子质量为152，故5.32 g 12C35Cl4的物质的量为0.035mol，一个12C35Cl4中含中子数为6+18×4=78，故5.32 g 12C35Cl4中含中子数为0.035×78=2.73NA，故B正确；‎ C.常温常压下不能确定11.2 L氢气与氦气的混合气体的物质的量，故C错误；‎ D. 400 mL10 mol·L－1浓盐酸与足量MnO2加热反应过程浓盐酸会变稀，而稀盐酸与二氧化锰不反应，无法确定生成多少氯气，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎8.在密闭容器中，一定量混合气体发生反应xA（g）＋yB（g）pC（g）＋qD（g），平衡时测得B的浓度为1.0 mol·L－1。保持温度不变，将容器的体积压缩到原来的一半，再次达到平衡时，测得B的浓度为1.5 mol·L－1。下列有关判断正确的是（ ）‎ A. x＋yp＋q，故A错误；‎ B.气体平均摩尔质量，平衡右移，总质量不变，气体总物质的量变小，所以气体平均摩尔质量增大，故B正确；‎ C.根据分析可知压缩体积平衡正向移动，故C错误；‎ D.平均密度，总质量不变，但体积缩小，故密度变大，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】注意压缩容器体积后即便平衡不移动，气体的浓度也会变大。‎ ‎9.一定温度下，向恒容的密闭容器中充入一定量的NO2（g），发生反应2NO2（g）N2O4（g）△H<0。下列选项中不能作为判断反应是否达到平衡状态的因素的是（ ）‎ A. 混合气体的平均相对分子质量 B. NO2（g）的百分含量 C. 容器内压强 D. NO2和N2O4的反应速率之比 ‎【答案】D ‎【详解】A. 平均相对分子质量，未达到平衡时，混合气体的总质量不变，但混合气体的总物质的量一直改变，平均相对分子质量也会改变，达到平衡后不再改变，故混合气体的平均相对分子质量可判断反应是否达到平衡状态，故A 项正确；‎ B.平衡右移NO2（g）的百分含量减小，平衡左移NO2（g）的百分含量增大，可以判定反应达到平衡状态，故B项正确；‎ C.容器恒容，平衡右移气体物质的量减小，压强减小，平衡左移气体物质的量增大，压强增大，可以判定反应达到平衡状态，故C正确；‎ D.无论是否达到平衡，NO2和N2O4的反应速率之比都等于计量数之比2:1；故D项错误；‎ 故答案为D。‎ ‎10.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 氯酸钾分解是一个熵增的过程 B. △H>0，△S>0的反应一定可以自发进行 C. 电解水产生氢气、氧气的反应具有自发性 D. 可逆反应正向进行时，正反应具有自发性，△H一定小于零 ‎【答案】A ‎【详解】A．氯酸钾分解生成气体，混乱度增加，熵值增大，选项A正确；‎ B．△G＜0反应自发进行，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0，则当低温下△G可能大于0，反应非自发，选项B错误；‎ C. 电解水产生氢气、氧气的反应为△H>0，△S>0，根据△G=△H-T△S＜0可知，只有在高温条件下才具有自发性，选项C错误；‎ D. 可逆反应正向进行时，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0且高温条件下正反应具有自发性，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎11.醋酸在一定体积的某溶液中的电离程度与X的关系如图所示。下列对应的X正确的是（ ）‎ A. 温度 B. CH3COOH的浓度 ‎ C. CH3COONa的物质的量 D. HCl的浓度 ‎【答案】A ‎【分析】醋酸电离方程式为：。‎ ‎【详解】A.弱酸电离过程吸热过程，温度升高电离程度增大，故A正确；‎ B.弱酸浓度越大电离程度越小，故B错误；‎ C. CH3COONa可以电离出醋酸根，会使醋酸的电离平衡左移，醋酸电离程度减小，故C错误；‎ D.HCl会电离出氢离子，浓度越大电离出的氢离子浓度越大，抑制醋酸电离，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎12.饱和BaCO3溶液中存在平衡：BaCO3（s）Ba2＋（aq）＋CO32－（aq）。当碳酸钡固体在水中达到溶解平衡后，为使溶液中Ba2＋的物质的量浓度增大，下列操作不可行的是（ ）‎ A. 加入少量0.1 mol·L－1盐酸 B. 加入少量硝酸钡固体 C. 加入少量0.1 mol·L－1硫酸 D. 加入少量氢氧化钡固体 ‎【答案】C ‎【详解】A. 加入少量0.1 mol·L－1盐酸，氢离子会与CO32－发生反应，使平衡右移，Ba2＋的物质的量浓度增大，故A可行；‎ B. 加入少量硝酸钡固体，硝酸钡溶于水使Ba2＋浓度增大，虽然平衡会左移，但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故B可行；‎ C. 加入少量0.1 mol·L－1硫酸，硫酸会电离出氢离子和硫酸根，虽然氢离子会与CO32－发生反应，但BaSO4的溶解度比BaCO3更小，所以溶液中Ba2＋的物质的量浓度会减小，故C不可行；‎ D. 加入少量氢氧化钡固体，氢氧化钡溶于水使Ba2＋浓度增大，虽然平衡会左移，但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故D可行；‎ 故答案为C。‎ ‎13.一种利用海洋深处海水中富含的H2S而设计的燃料电池装置如图所示：‎ 装置工作时，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 能量转化形式为电能转化为化学能 B. a极电势比b极的高 C. 向b极区迁移离子有Cl－，HS－‎ D. a极的电极反应式为H2S＋10OH－－8e－＝SO42－＋6H2O ‎【答案】D ‎【分析】a电极H2S生成SO42-被氧化，故a电极为负极，b电极为正极。‎ ‎【详解】A.原电池是将化学能转换成电能，故A错误；‎ B.a电极为负极，b电极为正极，正极电势比负极高，故B错误；‎ C.原电池中阴离子向负极即a极迁移，故C错误；‎ D.根据a极的反应物和生成物结合电子守恒和元素守恒可知电极方程式为：，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14.常温下，用0.1000 mol·L－1的NaOH溶液与25.00 mL 0.1000 mol·L－1HA（－元酸）溶液进行滴定实验，得到滴定曲线（如图所示），下列说法不正确的是（ ）‎ A. HA为－元弱酸 B. 常温下，HA的电离平衡常数Ka＝10－5‎ C. M点时溶液的pH＝7，此时加入的V（NaOH）<25.00 mL D. 可选用甲基橙作指示剂，到达滴定终点时溶液由红色变为黄色 ‎【答案】D ‎【详解】A. HA溶液的浓度为0.1000 mol·L－1，若为强酸其pH值应为1，从图中起点可看未滴加氢氧化钠时其pH值为3，故为弱酸，故A说法正确；‎ B.电离平衡常数，跟据图像起点可知，0.1000 mol·L－1HA溶液中c(H+)=1×10-3mol/L，根据电离方程式，可知c(A-)=1×10-3mol/L，所以，故B项正确；‎ C.当加入的V（NaOH）=25.00 mL，恰好完全反应，溶液中溶质为NaA，由于A-水解会使溶液显碱性，故溶液呈中性时加入的V（NaOH）<25.00 mL，故C项正确；‎ D.滴定终点溶液中溶质为NaA，由于A-水解会使溶液显碱性，应用酚酞做指示剂，故D项错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】强酸与弱碱相互滴定时，应选用甲基橙。强碱与弱酸相互滴定时，应选用酚酞。强酸与强碱相互滴定时，既可选用甲基橙，也可选用酚酞作指示剂。注意，中和滴定不能用石蕊作指示剂。‎ 第II卷（非选择题 共58分）‎ 二、非选择题（本题包括4小题，共58分）‎ ‎15.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）常温下，测得0.1 mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，则Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为__________________________________________________。‎ ‎（2）将0.2000 mol·L－1HB溶液与0.1000 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液中c（Na＋）”“<”或“＝”）c（HB）。‎ ‎②混合溶液中c（HB）＋c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）2c（Na＋）。‎ （①） 已知在常温下常见弱酸的电离平衡常数Ka如表所示：‎ ‎①同物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、NaCN溶液中阴离子（不含OH－‎ ‎）浓度大小关系为____________________________________。‎ ‎②同pH的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍，pH变化最小的是________（填字母）。‎ a HCN b HClO c H2CO3 d CH3COOH ‎③常温下物质的量浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pOH＝8，则c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝_______________（用数值列出计算式即可） mol·L－1。‎ ‎【答案】(1). (2). > (3). = (4). CH3COO->ClO->CN- (5). a (6). 2×10-6-2×10-8‎ ‎【分析】（1）常温下，测得0.1 mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，说明该盐属于强碱弱酸盐，水解显碱性，据此进行分析离子浓度大小关系；‎ ‎（2）将0.2000 mol·L－1HB溶液与0.1000 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液中的溶质为NaB和HB，且其物质的量之比为1:1；溶液中存在电荷守恒：，因为c（Na＋）c（OH－）溶液显酸性；因为题目中问到了c（HB），故HB为弱酸；‎ ‎（3）弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，其酸根阴离子的水解程度越弱。‎ ‎【详解】（1）Na2A溶液pH＝8，说明存在水解，Na2A溶液中存在的电离：；（微弱）；Na2A溶液中存在的水解：；；Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为：；‎ ‎（2）①溶液存在电离：；同时存在水解;根据溶液显酸性可知电离程度大于水解程度，所以c（B－）>c（HB）故答案为：>；‎ ‎②根据物料守恒可知c（HB）＋c（B－）=2c（Na＋），故答案为：=；‎ ‎（3）①根据图表提供信息可知电离平衡常数：CH3COOH>HClO>HCN；故水解程度：CH3COONaClO->CN-，故答案为：CH3COO->ClO->CN-；‎ ‎②加水稀释时酸性越弱pH值变化越小，故答案为：a；‎ ‎③根据常温下pOH＝8，可知c(OH)=1×10-8 mol·L－1，c(H+)=1×10-6 mol·L－1‎ ‎；溶液中的电荷守恒为：；物料守恒为：；相减消去钠离子可得：，故答案为： 2×10-6-2×10-8。‎ ‎16.为确定由硝酸银和硝酸钠组成的混合物中硝酸银的含量，实验室可采用多种方法测定。现取两份不同质量的该混合物进行如下实验：‎ I.方法一：采用“佛尔哈德法”测定。“佛尔哈德法”可用于测定含银离子的硝酸溶液中银离子的含量，该方法是以铁铵钒[FeNH4（SO4）2·12H2O]为指示剂，NH4SCN溶液为标准溶液。从滴定开始到滴定终点，溶液中发生的主要反应有：‎ ‎①Ag＋（aq）＋SCN－（aq）＝AgSCN（s）（白色）‎ ‎②Fe3＋＋SCN－＝Fe（SCN）2＋（红色）‎ 取14.0 g该混合物溶于蒸馏水配成500 mL待测溶液。取出25.00 mL待测溶液置于锥形瓶中，加入硝酸酸化，然后加水稀释至50 mL滴入指示剂铁铵钒溶液，用0.1000 mol·L－1的NH4SCN标准溶液滴定，消耗标准溶液35.00 mL。‎ ‎（1）该滴定不能在中性或碱性条件下进行是因为Fe3＋会转化为_________（填化学式，下同），Ag＋会转化为___________。‎ ‎（2）当滴入25.00 mL标准溶液时，锥形瓶中_________（填“有”或“没有”）沉淀生成。‎ ‎（3）滴定终点溶液颜色的变化为________。‎ ‎（4）称量混合物时，砝码生锈（锈迹未脱落）会导致测得的硝酸银的含量________（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。‎ ‎（5）该混合物中硝酸银的质量分数为___________（保留三位有效数字）。‎ II.方法二：取m g该混合物溶于水配成500 mL溶液，取出50.00 mL溶液于锥形瓶中加入过量的稀盐酸充分反应，经“一系列操作”可得到纯净干燥的AgCl固体2.87 g。根据要求回答下列问题：‎ ‎（6）“一系列操作”的具体步骤为__________、低温干燥。‎ ‎（7）该混合物质量m＝____________（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). Fe(OH)3 (2). Ag2O (3). 有 (4). 由无色变为红色且半分钟内不褪色 (5). 偏高 (6). 85.0% (7). 过滤洗涤 (8). 20.0g ‎【分析】（1）在中性或碱性条件下进行是因为Fe3＋会转化为Fe(OH)3沉淀，Ag＋会转化为Ag2O；‎ ‎（2）根据题目所给信息“消耗标准溶液35.00 mL”可知滴入25.00 mL标准溶液时Ag＋还未完全沉淀； ‎ ‎（3）“佛尔哈德法”的原理是当银离子完成转化成沉淀时，再继续滴加NH4SCN标准溶液，会与Fe3＋反应，使溶液变红；‎ ‎（4）砝码生锈后实际质量会比砝码所标质量高，即混合物的实际质量会比天平所称质量要大，故硝酸银的质量分数会偏高；‎ ‎（5）各物质的数量关系为，根据消耗的n(NH4SCN)可以计算出n(AgNO3)，m（AgNO3)，进而计算出质量分数；‎ ‎（6）方法二的原理是将银离子转化为AgCl沉淀，称量沉淀的质量来确定硝酸银的质量；‎ ‎（7）根据AgCl的物质的量n可以得出 50mL溶液中的硝酸银的物质的量也为n，进而计算出混合物中硝酸银的物质的量n，质量m，由第（5）问可知硝酸银的质量分数为85.0%，可以计算出混合物的质量。‎ ‎【详解】（1）在中性或碱性条件下进行是因为Fe3＋会转化为Fe(OH)3沉淀，Ag＋会转化为Ag2O；故答案为：Fe(OH)3；Ag2O；‎ ‎（2）根据题目所给信息“消耗标准溶液35.00 mL”可知滴入25.00 mL标准溶液时Ag＋还未完全沉淀，故答案为：有；‎ ‎（3）“佛尔哈德法”的原理是当银离子完成转化成沉淀时，再继续滴加NH4SCN标准溶液，会与Fe3＋反应，使溶液变红，故答案为：由无色变为红色且半分钟内不褪色；‎ ‎（4）用天平称量物品时，物品质量=砝码质量+游码质量，砝码生锈后实际质量会比砝码所标质量高，即混合物的实际质量会比天平所称质量要大，故硝酸银的质量分数会偏高，故答案为:偏高；‎ ‎（5）各物质的数量关系为，消耗的NH4SCN溶液的体积为35mL，故n(NH4SCN)= 35mL×0.1000 mol·L－1=0.0035mol，故25.00 mL待测溶液中n(AgNO3)=0.0035mol，所以硝酸银的总物质的量为n=0.0035×20=0.07mol，质量为m=nM=0.07×170=11.9g，质量分数为×100%=85.0%，故答案为：85.0%；‎ ‎（6）方法二的原理是将银离子转化为AgCl沉淀，称量沉淀的质量来确定硝酸银的质量，故一系列操作为：过滤洗涤；‎ ‎（7）所得AgCl的物质的量n= ==0.01mol，所以50mL溶液中的故硝酸银的物质的量也为0.01mol，混合物中硝酸银的物质的量n=0.01×10=0.1mol，质量m=0.1×170=17g，由第（5）问可知硝酸银的质量分数为85.0%，所以混合物的质量m==20.0g；故答案为：20.0g。‎ ‎【点睛】在涉及滴定实验的相关计算时，一定要注意待测液是开始配制的溶液还是从中取出的一部分。‎ ‎17.二草酸合铜酸钾晶体{K2[Cu（C2O4）2]·2H2O）（相对分子质量为354），微溶于水和酒精，可溶于氨水，在干燥的环境下较为稳定。现以胆矾和草酸（H2C2O4）为原料制备二草酸合铜酸钾晶体的流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）K2[Cu（C2O4）2]·2H2O中Cu的化合价为___________。‎ ‎（2）在常温下，胆矾溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，当所得溶液的pH＝7时，则溶液中c（Cu2＋）＝_________{已知该温度下Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10－20}。‎ ‎（3）黑色固体的化学式为__________________，过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、__________。‎ ‎（4）草酸晶体受热易分解，产物为CO、CO2和H2O，该反应的化学方程式为_____________________________________。‎ ‎（5）操作④后得到的晶体需用少量酒精洗涤，其目的是_____________________________。‎ ‎（6）产品的定量分析：准确称取2.000 g样品溶于氨水中，并配成250 mL溶液，量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，再加入10 mL 3.000 mol·L－1稀硫酸，用0.01000 mol·L－1KMnO4标准液滴定。‎ ‎①若消耗KMnO4标准液的体积为20.00 mL，则该产品的纯度是__________。‎ ‎②滴定过程中如果盛装标准液的滴定管没有润洗，则测得的结果将_______（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。‎ ‎【答案】(1). +2 (2). (3). CuO (4). 烧杯、玻璃棒 (5). (6).‎ ‎ 除去表面的可溶性杂质和水分，同时酒精易挥发，晶体易干燥 (7). 88.5% (8). 偏高 ‎【分析】（1）根据化合价法则进行分析；‎ ‎（2）pH=7时溶液中=1×10-7由可以计算出c（Cu2+）；‎ ‎（3）胆矾加入氢氧化钠溶液加热煮沸可生成氧化铜，故黑色固体为CuO；根据过滤操作分析用到的玻璃仪器；‎ ‎（4）草酸H2C2O4中C的化合价为+3价，根据电子守恒和元素守恒可写出方程式；‎ ‎（5）晶体微溶于酒精，干燥的环境下较为稳定； ‎ ‎（6）①根据得失电子守恒可知n(MnO4－)×5=n(C2O42－)×2×(4－3)，据此解得n(C2O42－)，进而计算出二草酸合铜（II）酸钾物质的量，质量，最终计算出产品的纯度；‎ ‎②滴定过程中如果盛装标准液的滴定管没有润洗，标准液会被稀释，导致所用标准液体积增多，则测得的结果将偏高。‎ ‎【详解】（1）K2[Cu（C2O4）2]·2H2O中K为+1价，C2O42-带两个负电荷，所以Cu的化合价为+2价，故答案为：+2：‎ ‎（2）pH=7时溶液中=1×10-7由可知故答案为：；‎ ‎（3）胆矾加入氢氧化钠溶液加热煮沸可生成氧化铜，故黑色固体为CuO；过滤用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：CuO；烧杯、玻璃棒；‎ ‎（4）草酸H2C2O4中C的化合价为+3价，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：；‎ ‎（5）根据题干信息该晶体微溶于酒精，干燥的环境下较为稳定，故答案为：除去表面的可溶性杂质和水分，同时酒精易挥发，晶体易干燥；‎ ‎（6）①该滴定方法原理为：高锰酸钾在酸性环境下可以氧化草酸根，根据得失电子守恒可知n(MnO4－)×5=n(C2O42－)×2×(4－3)，解得n(C2O42－)=20.00×10－3×0.01000×mol=5×10－4mol，即二草酸合铜（II）酸钾物质的量为mol=2.5×10－4mol，产品的纯度为 ‎88.5%，故答案为：88.5%；‎ ‎②滴定过程中如果盛装标准液的滴定管没有润洗，标准液会被稀释，导致所用标准液体积增多，则测得的结果将偏高，故答案为：偏高。‎ ‎【点睛】第（6）题中要想完成本题，首先弄清滴定原理，高锰酸钾因其溶液显紫红色，且具有强氧化性，常用其来滴定一些具有还原性的物质。根据化合价守恒找到离子之间的数量关系，之后进行计算求解。‎ ‎18.CO2的资源化利用能有效减少CO2的排放，充分利用碳资源。‎ ‎（1）全球变暖现象很可能是大气中的温室气体（如CO2）聚集造成的。有科学家提出可以将CO2通过管道输送到海底，这样可减缓空气中CO2浓度的增加。下列有关说法正确的是______（填字母）。‎ A 送到海底越深的地方，CO2溶解得越多，同时CO2可能液化甚至变成干冰 B 把CO2输送到海底，会使海水酸性增强，有利于海洋生态环境 C 把CO2输送到海底，这是人类减缓空气中CO2浓度增加速率的唯一办法 D 要减缓空气中CO2浓度的增加，最有效的措施是使用新能源和植树造林 ‎（2）已知：‎ ‎①CH4（g）＋2O2（g）CO2（g）＋2H2O（l） △H＝－890 kJ· mol－1‎ ‎②2H2（g）＋O2（g）2H2O（l） △H＝－572 kJ· mol－1‎ 则反应CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（l） △H＝______kJ· mol－1，升高温度，该反应的v（逆）__________（填“增大”或“减小”）。‎ ‎（3）CO2催化加氢合成二甲醚是CO2转化的－种方法，主要发生下列反应：‎ 反应I：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g） △H＝＋41.2 kJ· mol－1‎ 反应II：2CO2（g）＋6H2（g）CH3OCH3（g）＋3H2O（g） △H＝－122.5 kJ· mol－1‎ 在一体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2与1 mol H2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化曲线如图所示。其中：CH3OCH3的选择性＝×100％。‎ ‎①CH3OCH3的选择性随温度的升高而降低的原因是_________________________________，温度高于300℃时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是____________________________________________________。‎ ‎②270°C时，测得平衡时CH3OCH3的物质的量为0.1 mol，此时n（H2O）＝_________mol，反应I的化学平衡常数K＝___________（保留两位有效数字）。‎ ‎（4）多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类（如C2H4）的金属。电解装置中分别以多晶Cu和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度（约0.1 mol·L－1左右）基本保持不变。并向某极室内持续通入CO2，温度控制在10℃左右。通入CO2的电极为__________（填“阴极”或“阳极”），生成C2H4的电极反应式为_________________________________。‎ ‎【答案】(1). A、B、D (2). -254 (3). 增大 (4). 生成CH3OCH3的反应反应Ⅱ的ΔH＜0，为放热反应，温度越高，平衡左移，导致生成CH3OCH3的物质的量减少，虽然该反应消耗的CO2减少，但反应Ⅰ的ΔH＞0，为吸热反应，温度升高平衡右移，消耗的CO2增多，总消耗的CO2的量变化不大 (5). 反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 (6). 0.5 (7). 0.87 (8). 阴极 (9). ‎ ‎【分析】（1）根据二氧化碳气体的性质，分析处理二氧化碳气体的可能的方法； ‎ ‎（2）根据盖斯定律来计算目标反应方程式的ΔH；升高温度会同时增大正逆反应速率，平衡会发生移动是因为正逆反应速率增大的幅度不同。‎ ‎（3）①CH3OCH3的选择性＝×100％，选择性的决定因素为生成的CH3OCH3的量和消耗的CO2的量，分析温度变化会时这两个量如何变化即选择性变化的原因；CO2的平衡转化率是由两个反应共同决定，所以要从温度变化时两个反应分别如何移动的角度去分析；‎ ‎②已知生成的CH3OCH3的量，通过选择性的求算公式可知消耗的CO2‎ 的量，但要注意是两个反应共同消耗的CO2的量，之后根据物质之间转化时的数量关系即可求解水的物质的量；平衡常数据此求解；‎ ‎（4）电解池中阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，通过CO2在反应中的化合价降低可知其为阴极；根据题目信息可知生成C2H4的电极为通入CO2的电极，电解池中阴离子会流向阳极，而该过程中用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变，可推测阴极有碳酸氢根生成，再结合电子守恒和元素守恒可得电极反应方程式。‎ ‎【详解】（1）A海底越深的地方压强越大，CO2溶解得越多，同时CO2可能液化甚至变成干冰，故A项正确；‎ B.二氧化碳与水反应生成碳酸，溶液呈酸性，会使海水酸性增强，破坏海洋生态环境，故B正确；‎ C．减缓空气中CO2浓度的方法有多种，如合成聚二氧化碳塑料等，故C错误；‎ D．使用新能源，可减少二氧化碳的排放，植树造林，可降低二氧化碳的浓度，故D正确． ‎ 故答案为：A、B、D；‎ ‎（2）根据盖斯定律可知目标反应方程式=②×2-①，故△H=-572×2-（-890）=-254 kJ· mol－1；升高温度正逆反应速率都增大，故答案为：-254；增大；‎ ‎（3）①CH3OCH3的选择性＝×100％，生成CH3OCH3的反应反应Ⅱ的ΔH＜0，为放热反应，温度越高，平衡左移，导致生成CH3OCH3的物质的量减少，虽然该反应消耗的CO2减少，但反应Ⅰ的ΔH＞0，为吸热反应，温度升高平衡右移，消耗的CO2增多，故CH3OCH3的选择性下降；‎ 反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度高于300℃时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大；‎ ‎②270°C时，CH3OCH3的选择性为50%，CH3OCH3的物质的量为0.1 mol，根据其计算公式可知反应消耗的CO2为0.4mol，根据方程式，可知该反应中消耗的CO2为0.2mol，消耗的H2为0.6mol，生成的H2O为0.3mol，共消耗CO2‎ 为0.4mol，所以反应中消耗的CO2为0.4-0.2=0.2mol，消耗的H2为0.2mol生成的H2O为0.2mol，生成的CO为0.2mol，所以此时n（H2O）＝0.3+0.2=0.5mol；反应I的化学平衡常数 ,容器的体积为1L，此时容器中CO2的浓度为，H2的浓度为，CO的浓度为，H2O的浓度为，所以平衡常数，故答案为：0.5；0.87；‎ ‎（4）该过程中CO2经反应后生成C2H4，C元素化合价降低，被还原，还原反应发生在阴极，故通入CO2的电极为阴极；阴离子会流向阳极，而该过程中用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变，可推测阴极有碳酸氢根生成，故电极反应方程式为,故答案为：阴极；。‎ ‎【点睛】第（2）题中要仔细分析题干和图表所提供的信息，结合所学平衡移动的相关知识进行解答，另外在计算平衡常数时一定要注意是浓度的比值，不是物质的量，一定注意题目中所给的容器的体积信息。 ‎