湖北省荆州市八县市2021-2022学年高二化学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份湖北省荆州市八县市2021-2022学年高二化学上学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年度上学期期末质量检测
高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共45分)
1. 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A. 合成氨很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题
B. 工业废水处理中，常以Na2S、FeS作沉淀剂除去废水中的Cu2+、Hg2+等
C. 燃料电池的反应物不是储存在电池内部，由外部供给。其电极材料可以相同
D. 在铁制品上镀铜时，铁制品为阳极，铜盐溶液为电镀液
【答案】D
【解析】
【详解】A．以工业上合成氨为基础，可以制得各种氮肥，提高粮食产量，解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，故A正确；
B．CuS、HgS难溶于水，则Na2S、FeS可与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，故B正确；
C．燃料电池的电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂从外部供给，其电极材料能导电即可，可以相同，故C正确；
D．镀铜时，Cu为阳极，失去电子，而铁制品作电镀池的阴极，铜盐为电镀液，故D错误；
故选：D。
2. 下列生活常见物质中，水溶液显碱性的是
A. 洁厕灵 B. “84”消毒液 C. 食盐 D. 柠檬水
【答案】B
【解析】
【详解】A．洁厕灵主要成分是盐酸，电离出H+呈酸性，故A错误；
B．“84”消毒液的主要成分是NaClO，NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解导致溶液呈碱性，故B正确；
C．食盐的主要成分是NaCl，NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故C错误；
D．柠檬水呈酸性，故D错误；
故选：B。
3. 下列说法正确的是
A. 反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率一定增大
B. 等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，后者放出热量多
C. △H<0、△S>0的反应在任何温度下都能自发进行
D. 铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe-3e-=Fe3+，继而形成铁锈
【答案】C
【解析】
【详解】A．固体或纯液体用量的增加不会影响反应速率，故A错误；
B．硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等物质的量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，硫蒸气放出热量多，故B错误；
C．反应自发进行的判断根据△H- T△S<0分析，△H<0、△S>0的反应在任何温度下都能自发进行，故C正确；
D．铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe-2e-=Fe2+，故D错误；
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 某弱酸的酸式盐NaHB在水溶液中水解：HB-+H2OH3O++B2-
B. Na2S水解：S2-+2H2OH2S↑+2OH-
C. 惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl- +2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
D. 泡沫灭火器工作原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据水解的定义，HB-水解方程式为HB-+H2OH2B+OH-，故A错误；
B．多元弱酸根水解应是分步进行，即S2-水解方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，故B错误；
C．Mg2+与电解产生的OH-反应生成氢氧化镁沉淀，故C错误；
D．泡沫灭火器利用Al3+和HCO发生双水解，离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；故D正确；
答案为D。
5. 下列说法不正确的是
A. 中和滴定实验中，锥形瓶用水洗涤后，不能用待测液润洗
B. 向K2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液颜色由橙色变为黄色
C. 中和反应反应热测定实验中，一组完整实验数据需要测温度3次
D. 配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度
【答案】B
【解析】
【详解】A．在酸碱中和滴定实验中，若锥形瓶用蒸馏水洗涤后再用待测液润洗，消耗更多的标准液，导致待测液的浓度测量结果偏大，因此锥形瓶不能用待测液润洗，故A正确；
B．氢离子浓度增大，平衡Cr2O(橙色)+H2O⇌2H++2CrO(黄色)向左移动，溶液颜色由黄色变为橙色，故B错误；
C．中和反应反应热测定实验中，一组完整实验数据需要测温度三次：第一次测酸(或碱)溶液温度，第二次测碱(或酸)溶液的温度，第三次测混合溶液的温度，故C正确；
D．Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，配制溶液时，将FeCl3固体溶于较浓盐酸中抑制FeCl3水解，然后再用水稀释到所需的浓度，故D正确；
故选：B。
6. 研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是


A. 反应总过程△H<0
B. FeO++CO→Fe++CO2是决定该反应快慢的基元反应
C. FeO+是该反应的中间产物
D. Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据反应机理，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，即ΔH＜0，故A说法正确；
B．慢反应决定总反应快慢，活化能大，化学反应速率小，根据机理图，Fe++N2O→FeO++N2的活化能大，反应速率慢，决定该反应快慢，故B说法错误；
C．根据机理图可知，FeO+为该反应的中间产物，故C说法正确；
D．根据反应机理图，两步都是反应物总能量大于生成物总能量，都属于放热反应，故D说法正确；
答案为B。
7. 下列说法中正确的是
A. 在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
B. 常温下，将1mL1×10-6mol·L-1盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9
C. 常温下，当水电离出的c(H+)为1×10-12mol·L-1此时溶液的pH可能为2或12
D. 常温下，将aLpH=3盐酸溶液与bLpH=11的氢氧化钠溶液混合后所得溶液pH=4则a：b=9：11
【答案】C
【解析】
【详解】A．在100℃时，pH约为6的纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则纯水呈中性，故A错误；
B．常温下，将1mL1×10-6mol·L-1盐酸稀释至1000mL时，所得溶液的pH=+10-7mol/L≈10-7mol/L，则溶液的pH约为7，故B错误；
C．常温下，水电离出的氢离子浓度为1×10-12mol·L-1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若为酸溶液，酸电离出的氢离子抑制水电离，溶液pH为2，若为碱溶液，碱电离出的氢氧根离子抑制水电离，溶液pH为12，故C正确；
D．由题意可得：反应后溶液中的氢离子浓度为=1×10-4mol·L-1，解得a：b=11：9，故D错误；
故选C。
8. 下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. 氮原子的价电子轨道排布式：
B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
C. 2p和3p轨道形状均为纺锤形，能量也相等
D. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，氮原子的价电子轨道排布式应该遵循洪特规则：，故A错误；
B选项，价电子排布为4s24p3的元素，根据4得出在第四周期，根据s、p轨道上电子数目之和得出在第ⅤA族，是p区元素，故B正确；
C选项，2p和3p轨道形状均为纺锤形，能量不相等，2p轨道能量小于3p轨道能量，故C错误；
D选项，钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子吸收能量，由基态转化成激发态，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】主族元素价电子数目之和等于族系序数。
9. 在恒容的密闭容器中发生反应3A(g)+B(s)=2C(g) △H，不同温度下反应经过相同时间，测得混合体系中A的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是


A. X、Z两点，A的逆反应速率相等
B. 温度不变，平衡后充入氩气，C的体积分数减小
C. 降低温度，化学平衡常数增大
D. X、Y、Z三点中，Z点A的转化率最大
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，X～Y为平衡的建立过程，Y点达到平衡状态，然后升高温度A的体积分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，与放热反应一致，Z点平衡逆向移动，以此来解答。
【详解】A．X～Y为平衡的建立过程，Y点及Y点之后的达到平衡状态，则X还未达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，Z点平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，则X、Z两点，A的逆反应速率不相等，故A错误；
B．温度不变，平衡后充入氩气，在恒容下相当于增大压强，该反应是气体分子数减小，则平衡正向移动，C的体积分数增大，故B错误；
C．升高温度A的体积分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，该反应是放热反应，则降低温度，化学平衡常数增大，故C正确；
D．X→Y平衡正向移动，Y→Z平衡逆向移动，则Y点时A的转化率最大，故D错误；
故选：C。
10. 下列实验能达到预期目的的是
选项
实验内容
实验目的
A
将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中
制得Fe(OH)3胶体
B
室温下，向1mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中加入几滴0.1mol·L-1NaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1mol·L-1NaI溶液，出现黄色沉淀
证明相同温度下：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
常温下，测得相同浓度溶液的pH：NaA>NaB
证明常温下的水解程度：A- D
等体积pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多
证明HA是弱酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中制得Fe(OH)3沉淀，制Fe(OH)3胶体应将饱和FeCl3溶液加入到沸水中，加热至液体出现红褐色，A与题意不符；
B．1mL0.1mol·L－1AgNO3溶液是过量的，沉淀不需要发生转化就能出现黄色沉淀AgI，不能说明AgCl和AgI的Ksp大小，B与题意不符；
C．酸越弱，其对应盐的水解程度越大，证明常温下的水解程度：A-＞B-，C与题意不符；
D．反应生成氢气的量越多，则酸的物质的量越大，故HA一定是弱酸，HB可能是弱酸也可能是强酸，D符合题意；
答案为D。
11. 一定温度下，将一定量的冰醋酸加水稀释，稀释过程中溶液的导电性变化如图所示。则下列说法错误的是

A. 醋酸的电离程度：a＜b＜c
B. 蘸取a点溶液滴在湿润的pH试纸上，测得pH值一定偏大
C. 溶液的pH值：b＜a＜c
D. 若分别取a、b、c三点的溶液各10mL，各用同浓度的氢氧化钠溶液中和，消耗NaOH溶液的体积a＞b＞c
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，加水稀释，促进醋酸的电离，因此醋酸的电离程度：a＜b＜c，故A说法正确；
B．根据图像可知，Ob段导电能力逐渐增大，说明离子浓度增大，酸性增强，蘸取a点溶液滴在湿润的pH试纸上，促进醋酸的电离，可能使离子浓度增大，即c(H+)增大，pH减小，故B说法错误；
C．电解质溶液的导电能力与离子浓度有关，根据表中数据可知，导电能力大小顺序是b＞a＞c，c(H+)大小顺序是b＞a＞c，即pH大小顺序是b＜a＜c，故C说法正确；
D．加水稀释，醋酸物质的量浓度减小，即c(CH3COOH)大小顺序是a＞b＞c，取相同体积，溶质物质的量大小顺序是a＞b＞c，消耗NaOH溶液的体积a＞b＞c，故D说法正确；
答案为B。
12. 氯碱工业是高耗能产业，将电解池与燃料电池串联组合的新工艺可节能，装置图如图，下列叙述错误的是(注：假定空气中氧气的体积分数为20%)

A. A池为电解池，B池为燃料电池
B. c>a>b
C. X为Cl2，Y为H2
D. 若生成标准状况下22.4LX，则理论上消耗标准状况下空气28L
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，A池左侧通入的精制饱和氯化钠溶液变为稀氯化钠溶液，则A池为电解池，生成X的一极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则X为氯气，生成Y的电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阴极附近氢氧根离子浓度增大，则Y为氢气，氢氧化钠溶液的浓度a%>b%；B池为燃料电池，B池中通入空气的电极为燃料电池的正极，空气中氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—，正极附近氢氧根离子浓度增大，则氢氧化钠溶液的浓度c%>a%，通入氢气的一极为负极，碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，负极附近溶液的氢氧根离子浓度减小。
【详解】A．由分析可知，A池为电解池，B池为燃料电池，故A正确；
B．由分析可知，氢氧化钠溶液的浓度大小顺序为c%>a%>b%，故B正确；
C．由分析可知，X为氯气、Y为氢气，故C正确；
D．若生成标准状况下22.4L氯气，假定空气中氧气的体积分数为20%，由得失电子数目守恒可知消耗标准状况下空气的体积为=56L，故D错误；
故选D。
13. 支撑海港码头基础的钢管桩，常用电化学原理进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是

A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 此方法在化学上称之为牺牲阳极法
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【答案】C
【解析】
【详解】A．通入保护电流，使钢管桩与电源负极相连组成阴极，使其表面腐蚀电流接近于零，从而达到保护钢管桩的目的，故A正确；
B．通电后，钢管桩与电源负极相连为阴极得到电子发生还原反应，高硅铸铁与电源正极相连为阳极失去电子发生氧化反应，则通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，故B正确；
C．此方法接有外接电源称之为外接电流阴极保护法而不是称为牺牲阳极法，故C错；
D．在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境，则通入的保护电流应根据环境条件变化进行调整，故D正确；
答案选C。
14. 下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)。关于元素R的判断中一定正确的是

I1
I2
I3
I4
……
R
740
1 500
7 700
10 500


①R的最高正价为＋3价 ②R元素位于元素周期表中第ⅡA族 ③R元素第一电离能大于同周期相邻元素 ④R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】从表中所给短周期元素R原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；
①．最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故①错误；
②．最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故②正确；
③．同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，故③正确；
④．R元素可能是Mg或Be，故④错误；
答案选B。
15. 在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是(已知t℃时Ksp(AgCl)=4.9×10-10)


A. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
B. 在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10-13
C. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点
D. 在t℃时，AgCl(s)+Br—(aq)AgBr(s) +Cl—(aq)的平衡常数K=1000
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，c点时，溴化银饱和溶液中银离子浓度和溴离子浓度都为7×10-7mol/L，则溴化银的溶度积Ksp=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13；a点时，溶液中的浓度熵Qc＜Ksp，则a点对应的是溴化银的不饱和溶液；b点时，溶液中的浓度熵Qc＞Ksp，则b点对应的是溴化银的过饱和溶液，有沉淀生成。
【详解】A． 由分析可知，a点对应的是溴化银的不饱和溶液，故A正确；
B．由分析可知，溴化银的溶度积Ksp为4.9×10-13，故B正确；
C．向溴化银饱和溶液中加入溴化钠固体时，溴离子浓度增大，溶度积不变，银离子浓度减小，则不可能使溶液由c点变到b点，故C错误；
D．由方程式可得，反应的平衡常数K=====1000，故D正确；
故选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16. 25℃时，几种弱电解质的电离平衡常数如表：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
NH3·H2O
电离平衡常数
1.75×10-5
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
3.0×10-8
1.8×10-5

（1）下列3种酸溶液的物质的量浓度均为0.1mol·L-1，其中酸性最强的是___(填标号)。
A.CH3COOH B.H2CO3 C.HClO
（2）NaHCO3溶液显___性(填“酸”、“碱”、“中”)，用离子方程式解释其原因___。
（3）向盛有1mol·L-1MgCl2溶液的试管中滴加1~2滴2mol·L-1NaOH溶液，有白色沉淀生成。
①往沉淀中滴加少量NH4Cl溶液，沉淀溶解。
猜想一：氯化铵溶液完全电离出NH与OH-结合，促进Mg(OH)2溶解；
猜想二：___；
②设计实验验证猜想一，实验方案：往沉淀中滴加下列试剂___(填标号)，白色沉淀溶解，说明猜想一成立。
A.NH4NO3 B.CH3COONH4 C.NH4HCO3
（4）根据电离平衡常数数据，写出NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：___。
（5）25℃时，若初始时醋酸中CH3COOH的物质的量浓度为0.01mol/L，达到电离平衡时溶液中c(H+)=___mol/L。(已知：=4.2)
【答案】（1）A （2） ①. 碱 ②. HCO+H2OH2CO3+OH-
（3） ①. NH水解显酸性，H+与OH-结合，促进Mg(OH)2溶解 ②. B
（4）ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
（5）4.2×10-4
【解析】
【小问1详解】
电离平衡常数越大，说明电离程度越大，对酸来说，电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中数据，酸性最强的是CH3COOH，故答案为A；
【小问2详解】
HCO的水解常数为Kh==＞4.7×10-11，说明HCO水解程度大于电离程度，溶液显碱性，电离方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-；故答案为碱；HCO+H2OH2CO3+OH-；
【小问3详解】
①氯化铵为强酸弱碱盐，NH水解NH+H2ONH3·H2O＋H＋，水解产生的H＋与OH－结合，促进Mg(OH)2溶解；故答案为NH水解显酸性，H+与OH-结合，促进Mg(OH)2溶解；
②A．加入硝酸铵与加入氯化铵效果一样，不能说明哪个猜想成立，故A不符合题意；
B．根据表中数据，CH3COOH的电离常数等于NH3·H2O的电离常数，即CH3COONH4溶液显中性，加入CH3COONH4，如果沉淀溶解，说明猜想一成立，故B符合题意；
C．NH4HCO3溶液显碱性，加入NH4HCO3不能证明哪个猜想正确，故C不符合题意；
答案为B；
【小问4详解】
根据表中数据可知，电离平衡常数大小顺序是H2CO3＞HClO＞HCO，因此NaClO溶液中通入少量的CO2，发生的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO；故答案为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO。
【小问5详解】
醋酸为弱酸，电离程度微弱，可以近似认为c(CH3COO－)≈c(H＋)，c(CH3COOH)≈0.01mol/L，K==1.75×10－5，解得c(H＋)=4.2×10－4mol·L－1；故答案为4.2×10－4。
17. 煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中。回答下列问题：
（1）25℃，101kPa时甲醇CH3OH(l)的燃烧热为726.5kJ·mol-1，写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式___。
（2）T℃时，向体积均为1L的甲、乙两个恒容容器中分别加入足量碳和0.1molH2O(g)，发生反应：H 2O(g)+C(s)CO(g)+H2(g) △H>0。甲容器控制绝热条件，乙容器控制恒温条件，两容器中压强随时间的变化如图所示。


①图中代表甲容器的曲线为___(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②乙容器中，从反应开始到达平衡，v(H2O)=___mol·L-1·min-1；T℃下，该反应的平衡常数Kp=___(Kp为以分压表示的平衡常数，各物质分压=总压×物质的量分数)。
（3）对于反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，速率方程v=k[c(A)]m[c(B)]n，k为速率常数(只受温度影响)，m+n为反应级数。已知H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)，CO的瞬时生成速率=k[c(H2)]m[c(CO2)]。一定温度下，控制CO2起始浓度为0.25mol·L-1，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到CO的起始生成速率和H2起始浓度呈如图所示的直线关系。


①该反应的反应级数为___。
②速率常数k=___。
③当H2的起始浓度为0.2mol·L-1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2mol·L-1，此时CO的生成瞬时速率v=___mol·L-1·s-1。
【答案】（1）CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.5kJ·mol-1
（2） ①. Ⅱ ②. 0.01 ③. 3.2p
（3） ①. 2 ②. 15 ③. 0.45
【解析】
【小问1详解】
甲醇CH3OH(l)的燃烧热为726.5kJ·mol-1，指1mol甲醇CH3OH(l)完全燃烧生成CO2和液态水时放出726.5kJ的热量，热化学方程式为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.5kJ·mol-1；
【小问2详解】
①该反应为吸热反应，甲容器绝热条件下体系温度降低，反应速率低，达平衡所需时间长，平衡逆向移动，体系压强降低，故代表甲容器的曲线为Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②列三段式：，压强与物质的量成正比，即，解得x=0.08mol，，平衡常数K=，故答案为：0.01；3.2p；
【小问3详解】
①控制CO2起始浓度为0.25mol·L-1，根据CO的起始生成速率=k[c(H2)]m[c(CO2)]和H2起始浓度呈直线关系可知，m=1，该反应的反应级数为1+1=2，故答案为：2；
②将图象上的点(0.4，1.5)代入v= k[c(H2)][c(CO2)]中有：1.5=0.4×k×0.25，解得k=15，故答案为：15；
③由于CO2起始浓度为0.25mol•L-1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2mol•L-1，△c(CO2)=(0.25-0.2)mol/L=0.05mol/L，△c(H2)=△c(CO2)=0.05mol/L，H2的瞬时浓度为c(H2)=(0.2-0.05)mol/L=0.15mol/L，此时CO的生成瞬时速率v=15×0.15×0.2=0.45，故答案为：0.45。
18. 滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等。
（1）氧化还原滴定——葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如图：
……
往实验中加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2；滴定过程中发生的反应是：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4。
①加入盐酸时发生离子方程式为：___。
②滴定时I2溶液应装在___(“酸”或“碱”)式滴定管中，该滴定过程中的指示剂为：___。
③实验消耗I2溶液50.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为___g/L。
下列情形会造成测定结果偏高的是：___。
A.滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化
B.滴定前平视，滴定后俯视
C.滴定前滴定管尖有气泡，滴定后气泡消失
D.盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗
（2）沉淀滴定——滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶；且二者之间有明显的颜色差别。
参考表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是：___(填选项字母)，判断滴定终点的方法为：当最后半滴AgNO3溶液滴入时，___(填现象)且30s不变，则达到滴定终点。
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
Ksp
1.77×10-10
5.35×10-13
1.21×10-16
1.12×10-12
1.0×10-12
A.Na2CrO4 B.NaBr C.NaCN D.NaCl
【答案】（1） ①. S2O+2H+=2SO2+H2O ②. 酸 ③. 淀粉溶液 ④. 0.32 ⑤. CD
（2） ① A ②. 有砖红色沉淀生成
【解析】
【小问1详解】
①根据题中信息，加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2，S元素的化合价没有发生变化，该反应不属于氧化还原反应，因此离子方程式为S2O+2H+=2SO2+H2O；故答案为S2O+2H+=2SO2+H2O；
②根据滴定管的构造，碱式滴定管下端有一段橡胶，橡胶中含有碳碳双键，I2能与碳碳双键发生加成反应，因此I2溶液应装在酸式滴定管中，因为淀粉遇碘单质变蓝，因此所用指示剂为淀粉溶液；故答案为酸；淀粉溶液；
③抗氧化剂的残留量以游离SO2计算，根据SO2与I2反应的方程式，n(SO2)=n(I2)=50.00mL×10－3L·mL－1×0.010mol·L－1，残留量SO2==0.32g·L－1；A．溶液部分HI被氧化成I2，溶液变蓝，消耗的I2的体积减小，所测结果偏低，故A不符合题意；
B．滴定前平视，滴定后俯视，计算出I2的体积减小，所测结果偏低，故B不符合题意；
C．滴定前有气泡，滴定后无气泡，消耗I2体积增大，所测结果偏高，故C符合题意；
D．未润洗，标准液的浓度降低，消耗的I2体积增大，所测结果偏高，故D符合题意；
答案为0.32；CD；
【小问2详解】
用AgNO3滴定NaSCN，应用比AgSCN溶解度大且能引起颜色变化的物质作指示剂，根据表中数据可知，应选用Na2CrO4作指示剂；当最后半滴AgNO3溶液滴入时，出现砖红色沉淀时，且30s不变，即达到滴定终点；故答案为A；有砖红色沉淀生成。
19. Ⅰ.硼氢化钠(NaBH4)是一种储氢密度较高、价格低廉、兼具安全性与稳定性的固态储氢材料。
（1）基态B原子中电子占据最高能级的符号是___，基态B原子中，核外存在___对自旋相反的电子。
（2）在周期表中，与B元素的化学性质最相似的邻族元素是___。
（3）基态29Cu原子的简化电子排布式为___。
Ⅱ.用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液示意图如图1所示，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。


（4）甲中通入O2的电极为____极，该电极反应方程式为：____。
（5）乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为____。此时要使乙中CuSO4溶液恢复到原来的浓度，需要加入的物质及其物质的量是____。
（6）丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中③线表示的是____(填离子符号)的变化。


【答案】（1） ①. 2p ②. 2
（2）Si （3）[Ar]3d104s1
（4） ①. 正 ②. O2+2H2O+4e-=4OH-
（5） ①. 2.24L ②. 0.1molCu(OH)2
（6）Cu2+
【解析】
【小问1详解】
基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，电子占据最高能级是2p；B核外电子轨道式，B原子有2对自旋相反的电子；故答案为2p；2；
【小问2详解】
根据“对角线原则”B与Si的化学性质最相似，故答案为Si；
【小问3详解】
Cu元素位于第四周期第IB族，属于ds区，Cu简化电子排布式[Ar]3d104s1；故答案为[Ar]3d104s1；
【小问4详解】
甲装置为燃料电池，通入氧气一极为正极，通入燃料一极为负极，即通入O2的电极为正极，电解质溶液为KOH溶液，因此正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－；故答案为正；O2＋4e－＋2H2O=4OH－；
【小问5详解】
装置乙为电解池，A连接甲装置中的正极，即A为阳极，B为阴极，A电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，B电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，A、B两极收集到相同体积的气体，则B电极反应式还有2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，令产生H2和O2的物质的量均为amol，根据得失电子守恒守恒，则有4a=100mL×10－3L·mL－1×1mol·L－1×2＋2a，解得a=0.1，A极析出的气体在标准况下的体积为0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L；该电解分成2个过程：第1过程2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，第2过程2H2O2H2↑＋O2↑，因此恢复到电解前的状态，需要加入的物质为0.1molCu(OH)2；故答案为：2.24L；0.1molCu(OH)2；
【小问6详解】
C电极材料为Cu，C为阳极，D为阴极，阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，随着反应进行Cu2＋物质的量浓度增大，通电前，装置丙的电解质溶液中，没有Cu2＋，因此线③表示Cu2＋的变化；Fe3＋的氧化性较强，Fe3＋在阴极上先得电子，阴极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋，c(Fe3＋)减小，c(Fe2＋)增大，线①为Fe3＋，线②为Fe2＋；故答案为Cu2＋。