【文档说明】辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高二上学期第三次联考化学答案.docx，共(19)页，744.582 KB，由envi的店铺上传

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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：H1C12Ca14O16Na23Mg24S32Cl35.5N14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3CaCO)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.AB.BC.CD.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34FeO，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NaOH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NaOH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=-291.9kJ/

mol。其中断裂1mol化学键所需的能量数据如下表所示，则x的值为化学键N≡NF-FN-FE/(kJ/mol)x154.8283.0A.41.9B.941.7C.813.5D.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-6×283.0kJ/mol=-291.9kJ/mol，解得x=941.7kJ/m

ol，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-1B.c(C)由0.05mol/L降到0.04mol/L所需的反应时间小于5sC.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。的5.可逆反应：222NO2NOO+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.()()22vNO=vO正逆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

2O的同时生成2nmolNO【答案】C【解析】【详解】A．当()()22vNO=2vO正逆，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()()()2232SOg+Og2SOgΔH<0。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0HTS−

反应自发进行，该反应H0、ΔS<0，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的CCO+NO2垐?噲?CO2+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Fe

3+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2242NONO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-10.1molL的醋酸溶液中()()+3cHcCHCOOH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.①②B.②③④C.③④⑤D.②

④【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，()()()()()()()++-3--3333cHcHcCHCOOKa==cCHCOOHcCHCOOHcCHC

OOcCHCOO，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()()+3cHc

CHCOOH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-1B.1.0×10-12mol∙L-1C.2.0×10-1

2mol∙L-1D.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141.0100.01−mol∙L-1=1.0×

10-12mol∙L-1，故选B。10.常温下，用10.1molL−的KOH溶液滴定20mL10.1molL−3CHCOOH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：()()()3-+3cCHCOOHcCHCOOcH保持不变B.点②所示溶液中：()()()+-33cK=cCHCOO+cCHCOOHC.点③所示溶液中：()()()()-+-+3cCHCOO>cK>cOH>cHD.

点①所示溶液中：()()()()()+-+-33cK>cCHCOO>cCHCOOH>cH>cOH【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CH3CO

OK。【详解】A．整个滴定过程中：()()()3h-+3cCHCOOHKcCHCOOcH=，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：()()--+3cCHCOO+c(OH)=cHc(K)++，氢离子和氢氧根浓度相同，()-3cCHCOOc(K)+=，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：()()()()+--+3cK>cCHCOO>cOH>cH，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()()()()()-++-33cCHCOO>cK>cCHCOOH>cH>cOH，D错误；故选A。11.室温时，3CaCO在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知3CaCO的溶度积(室温

)92.810−，下列说法中不正确的是A.x的数值为5210−B.c点时有3CaCO生成C.加入蒸馏水可使溶液由d点变成a点D.b点与d点对应的溶度积相等【答案】C【解析】【分析】图像为3CaCO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(2-3CO)=1.410-4-1molL，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.810-9，所以c(Ca2+)=210-5-1molL，故x的数值为210-5，故A正确；B．在c点c(Ca2+)>21

0-5-1molL，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(2-3CO)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()()()()2Cus2AgaqCuaq2Ags+++=+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X是正极

，其电极反应为2Cu2eCu−+−=B.银电极质量逐渐减小，Y溶液中()cAg+增大C.X电极减少0.64g时，电解质溶液中有0.02mol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：eAgAg+−+=，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0.6420.0264g/gmolmol=，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KCl溶液(电解液滴有适量的酚酞)制备KOH、2Cl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：222HO2e2OHH−−+=+C.当电路中有2mol电子转移时，就

有78gK+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：222HO2e2OHH−−+=+，B正确；C．当电路中有2mol电子转移时，会有2mol钾离子进入阴极区，即有2mol×39g/mol=78gK+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，()()()()222HgCOgHOgCOg++的平衡常数9K4=。该温度下

在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入2H(g)和2CO(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()2Hc0.0100.0200.020()2COc0.0100.0100.020A.平衡时，乙中2CO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()2COc是甲中的2倍，是0.012mol/LD.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xmol/L，由反应方程式知，生成水和二氧化碳的浓度均为xmo

l/L，根据K=22x9=(0.01-x)4，得x=0.006，所以甲中2CO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，2CO的转化率增大，则乙中2CO的转化率大于60%，故A错误；B．在反应中，H2与2CO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=0.004mol/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()2COc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2CO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2HO获得氢气，再通过2CO加氢制甲醇(3CHO

H)等燃料，从而实现可再生能源和2CO的资源化利用。（1）过程Ⅰ、Ⅱ典型的人工光合作用过程：22324HO2CO2CHOH3O++太阳能，该反应是反应_______(填“吸热”或“放热)。（2）过程Ⅱ中2CO催化加氢制取甲醇，反应如下：主反应：()()()()2232COg3HgCHOHgH

Og++1149.0kJmolH−=+副反应：()()()()222COgHgCOgHOg++1241.2kJmolH−=+①CO、2H生成3CHOH的热化学方程式是_______。②一定条件下，向体积为

VL的恒容密闭容器中通入1mol2CO和3mol2H发生上述反应，达到平衡时，容器中()3CHOHg为amol，CO为bmol，此时()2Hg的浓度为_______1molL−(用含a、b、V的代数式表示)。③为提高3CHOH

在单位时间的产率，可采取措施：_______(写出一条即可)。Ⅱ.2CO催化加氢也可制取乙烯：()()()()222422COg6HgCHg4HOg+=+129kJ/molH=−，在体积为2L的恒容容器中制取乙烯，投料为xmo

l2CO和3mol2H，测得温度对2CO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()()22nHnCO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1Q、2Q、3Q，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.()()()23COg2HgCH

OHg+190.2kJmolH−=−②.3-3a-bV③.增大压强、降低温度、选择合适催化剂等（3）①.>②.213Q>Q>Q（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：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1149.0kJmolH−=+副反应：()()()()222COgHgCOgHOg++1241.2kJmolH−=+①根据盖斯定律分析，主反应-副反应可得热化学方程式为

：()()()23COg2HgCHOHg+190.2kJmolH−=−。②一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol2CO和3mol2H发生上述反应，达到平衡时，容器中()3CHOHg为amol，则二氧化碳消耗amol，氢气消耗3amol,CO为bmol，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()2Hg的浓度为3-3a-bV。③为提高3CHOH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213Q>Q>Q。【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()()a23aa3KHCO>K(HCN)>KHCO−)（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NaHA溶液的pH_______(填序号)，仅用化学用语解释原因_______。A．大于7B．小于7C．等于7D．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：()22CaAsCa(aq)A(nq)+−+ΔH0。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]=在6.0×10-31)。【答案】（1）--223CN+CO+HO=HCN+HCO（2）9:11（3）①.B②.HA-H++A2-（4）BD（5）3×10-6mol∙L-1【解析】【小问1详解】由()()a2

3aa3KHCO>K(HCN)>KHCO−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--223CN+CO+HO=HCN+HCO。答案为：--223CN+CO+HO=HCN+HCO；【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0.1b0.1a0.01ab−=+，从而求出a:b=9:11。答案为：9:11；【小问3详解】由H2A=H++HA-、H

A-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83sp33sp3313K[Cr(OH)]c(Cr)K[Fe((6.0104.010OH)]cFe)+−+−==，则残留的Cr3+的浓度为31

13386.0102.0104.010−−−mol∙L-1=3×10-6mol∙L-1。答案为：3×10-6mol∙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3.2gCH3OH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-=23CO−+6

H2O（2）①.铁片②.Ag＋+e-=Ag（3）①.A②.以单质的形式沉积在A(阳极)下方（4）①.Fe②.2H2O+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-=2-3CO+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：A

g＋+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3.2gCH3OH气体，CH3OH的物质的量n(CH3OH)=3.2g=0.

1mol32g/mol，根据电极反应式：CH3OH-6e-+8OH-=2-3CO+6H2O可知：1molCH3OH发生反应，转移6mol电子，则0.1molCH3OH反应转移0.6mol电子。丙池中阳极上电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2

↑，每反应产生1molCl2，反应转移2mol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0.6mol电子，故丙池阳极上产生Cl2气体的物质的量为n(Cl2)=0.6mol=0.3mol2。19.某学生用0.1001molL−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/1molL−滴定完成时，KOH溶液入的体积/mL待测盐酸的体积/mL10.10020.0420.0020.10022.6420.0030.

10020.0020.0040.10019.9620.00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_______1molL−(保留三位有效数字)。II.

葡萄酒中2SO最大使用量为0.251gL−，取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含2SO全部逸出并用22HO将其全部氧化为24HSO，然后用0.09001molL−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NaOH25.00mL，该葡萄酒中2SO含量_______1gL−。【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的算，所用标准液的平均体积为20.04+20.00+19.9(6)mL3=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×2

0.00mL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：12×（0.0900mol/

L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.072g0.3L=0.24g/L,故答案为：0.24。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com