蓬溪中学高2022级第四学期第一次质量检测
化学试题参考答案
1．A
【详解】A．使用适当的催化剂能加快反应速率，A正确；
B．对于气相反应，改变压强可以改变反应速率，但对于大气中尾气处理反应，操作起来困难不是最优方法，B错误；
C．提高反应温度可以提高反应速率，但对于大气中尾气处理反应，操作起来困难不是最优方法，C错误；
D．调节反应物浓度可以改变反应速率，但联系实际不是最佳方法，D错误；
故选A。
2．C
【详解】在同一化学反应中，用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比。密闭容器中A(g)与B(g)反应生成C(g)，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，它们之间有以下关系：v(C)=2v(A)，3v(C)=2v(B)，则化学方程式为A(g)+3B(g)=2C(g)，故合理选项是C。
3．A
【详解】A．CH3COOH是弱电解质，其电离方程式为CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+，A项正确；
B．碳酸氢钠是强电解质，其电离方程式为NaHCO3=Na++，B项错误；
C．氯化铵的水解：+H2ONH3·H2O+H+，C项错误；
D．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步水解，以一级水解为主，水解的离子方程式为+H2O+OH-，D项错误；
答案选A。
4．B
【详解】A．溶液中存在，加入MgO消耗促进平衡右移使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，故A正确；
B．将Al(NO3)3溶液蒸干灼烧的过程中，Al(NO3)3不断水解，其中生成的HNO3易挥发逸出，使水解完全，最终得到的是Al2O3，故B错误；
C．Na2CO3、Na2SiO3溶液水解显碱性，会与玻璃的主要成分二氧化硅反应生成有黏性的硅酸盐，使瓶体和玻璃塞粘结在一起，所以实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞，故C正确；
D．泡沫灭火器原理：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确；
故选B。
5．C
【详解】A．等质量的气态硫比固态硫具有的能量高，即等质量的气态硫完全燃烧放出的热量比固态硫更多，则S(g)+O2(g)=SO2(g) H1；S(s)+O2(g)=SO2(g) H2，则△H1＜△H2小于0，A错误；
B．H＞0为吸热反应，C(s，石墨)=C(s，金刚石) H=+1.9kJ/mol，则由石墨制金刚石的反应是吸热反应，即金刚石具有的能量高于石墨，能量越高越不稳定，即石墨比金刚石稳定，B错误；
C．燃烧热是指1mol纯物质燃料完全燃烧生成指定稳定化合物时放出的热量，故已知：C6H12O6(s)+3O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) H=-1400kJ/mol，则葡萄糖的燃烧热是2800kJ/mol，C正确；
D．根据自由能变G=H-TS可知，H>0和S>0的反应，在高温下能自发进行，D错误；
故答案为：C。
6．C
【分析】勒夏特列原理由叫做平衡移动原理，用来解释外界条件改变，平衡发生移动的情况，对于外界条件改变，但平衡不移动的情况不能解释。
【详解】A．该实验是改变温度引起的平衡移动问题，可以用列夏特列原理来解释，故A不选；
B．表格数据说明了温度的改变对平衡常数K的影响，即平衡发生了移动，可以用列夏特列原理来解释，故B不选；
C．CO(g)+NO2(g) NO(g)+CO2(g)是反应前后气体分子总数不变的反应，改变压强平衡不发生移动，颜色加深是因为加压使体积减小NO2浓度增大所致，不可以用列夏特列原理来解释，故C选；
D．氯水中存在平衡：，饱和食盐水有利于该平衡向逆向移动，从而有利于氯气的逸出收集，可以用列夏特列原理来解释，故D不选；
故选C。
7．D
【分析】根据平衡常数表达式，可知反应方程式为：2C(g) + D(g) A(g)+ B (g) ΔH<0，据此分析。
【详解】A．升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的ΔH<0，正反应是放热反应，故升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，A错误；
B．A是生成物，增大A浓度，平衡向逆反应方向移动，B错误；
C．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向着正反应方向移动，所以C的体积分数减少，C错误；
D．如果降低温度，平衡向放热反应方向移动，正反应是放热反应，故降低温度，化学平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，D正确；
故本题选D。
8．A
【详解】A．=电离平衡常数不变，所以表达式的值不变 ，A错误；
B．加水稀释溶液的酸性减弱，则c(H+)减小所以溶液中c(OH-)增大，B正确；
C．醋酸钠晶体会电离出CH3COO-，则c(CH3COO-)增大，使电离平衡逆向移动，C正确；
D．25℃时，醋酸溶液中加入少量冰醋酸，溶液的酸性增强，则c(H+)增大，抑制醋酸电离，则醋酸溶液的pH和电离程度都减小，D正确；
故选A。
9．C
【分析】水的离子积只受温度影响，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，根据图象可知，曲线上c(H+)×c(OH-)=Kw，据此分析；
【详解】A．水的离子积只受温度的影响，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，根据图象可知，从A点到达C点水的离子积增大，温度升高，故A说法正确；
B．水的离子积只受温度的影响，根据图象可知，温度大小顺序是B＞C＞A=E=D，则水的离子积大小顺序是B＞C＞A=E=D，故B说法正确；
C．D点对应水的离子积为1×10-14，水电离产生的c(H+)等于水电离产生的c(OH-)，该点的醋酸溶液中由水电离产生的c(H+)为10-8mol/L，故C说法错误；
D．B点对应水的离子积为1×10-12，pH=2的硫酸溶液中c(H+)=10-2mol/L，pH=10的KOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L，两种溶液等体积混合，恰好完全中和，溶液显中性，即pH=6，故D说法正确；
答案为C。
10．A
【详解】常温下，pH=12的强碱溶液，c(OH－)=0.01mol/L，pH=3的强酸，c(H+)=0.001mol/L，混合后pH=11，碱过量，c(OH－)=0.001mol/L，则有：c(OH－)V(碱)－c(H+)V(酸)=c(OH－)混合[V(碱)+V(酸)]，代入数据求解可得V(酸)：V(碱)=9：2；
故选A。
11．B
【详解】A．乙装置中，Co为负极，Co极电极反应式为Co-2e-=Co2+，Ag为正极，Ag极电极反应式为2Ag++2e-=2Ag，电池总反应的离子方程式为Co(s)+2Ag+(aq)=Co2+(aq)+2Ag(s)，A正确；
B．甲装置中，Co为正极，Co极电极反应式为Co2++2e-=Co，当有1 mol电子通过外电路时正极析出0.5 molCo，即有29.5 gCo析出，B错误；
C．盐桥的作用是形成闭合回路和平衡电荷，原电池工作时，盐桥中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，使两边溶液保持电中性，C正确；
D．甲装置中，Cd为负极，Co为正极，金属活动性：Cd>Co，乙装置中，Co为负极，Ag为正极，金属活动性：Co>Ag，则金属活动性：Cd>Co>Ag，反应2Ag(s)+Cd2+(aq)=2Ag+(aq)+Cd(s)不能发生，D正确；
故答案选B。
12．D
【详解】A．若使用催化剂，则化学反应速率加快，A项错误；
B．由甲图象可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，都为1；由乙图象可知，30min时改变的条件为减小压强，40min时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B项错误；
C．30min时改变的条件为减小压强，40min时改变的条件为升高温度，C项错误；
D．前8minA的平均反应速率为 =0.08mol·L-1·min-1，D项正确；
故选D。
13．D
【分析】常温下，甲酸和乙酸的电离常数分别为1.8×10 4和1.8×10 5，酸强弱为甲酸＞乙酸，将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，变化大的酸性较强，因此Ⅱ代表甲酸。
【详解】A. 根据分析曲线Ⅱ代表甲酸，故A错误；
B. 不断加水，电离程度不断增大，因此酸的电离程度：d点＞c点，故B错误；
C. b点pH小，酸性强，抑制水的程度大，因此溶液中水的电离程度：c点＞b点，故C错误；
D. 从c点到d点，溶液中，因此保持不变，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】酸不断加水稀释，酸性减弱，抑制水的程度减弱，水电离程度增大。
14．B
【详解】A．电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；
B．电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：，故B错误；
C．右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的溶液，故C正确；
D．改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。
综上所述，答案为B。
15．(1)A
(2) 419 II 148.5 1076
(3)CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= 49.5kJ mol 1
(4) 碱 S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2O H2S+OH-
【详解】（1）能源分为可再生能源和非再生能源；石油、天然气等化石能源的蕴藏量有限、不能再生，最终会枯竭，属于非再生能源；氢能的主要来源是水，氢燃烧后又生成水，氢能属于可再生能源；答案选A。
（2）由图可知，该反应的活化能为419kJ/mol；催化剂能改变反应的历程，降低反应的活化能，故曲线II表示使用催化剂的反应过程；由图可知反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的 H=419kJ/mol-518kJ/mol=-99kJ/mol，反应生成1.5molCH3OH(g)时放出的能量为1.5mol×99kJ/mol=148.5kJ； H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=E（C≡O）+2×436kJ/mol-(3×413kJ/mol+343kJ/mol+465kJ/mol)=-99kJ/mol，解得E（C≡O）=1076kJ/mol；答案为：419；II；148.5；1076。
（3）根据盖斯定律，将反应II-②得2CO2(g)+6H2(g) 2CH3OH(g)+2H2O(g) H=-122.5kJ/mol-(-23.5kJ/mol)=-99kJ/mol，反应①的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5kJ/mol；答案为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.5kJ/mol。
16． 3d104s2 < P V形 sp3 水分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键 N>O>C 3
【详解】Ⅰ. （1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，其3d、4s电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s2；（2）同一主族元素，元素电负性随着原子序数增大而减小，所以电负性Se＜S；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能Se＜As；（3）H2Se价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型及Se原子杂化方式分别为V形、sp3；（4）含有氢键的氢化物熔沸点较高，H2O含有氢键、H2Se不含氢键，导致H2O的沸点（100℃）高于H2Se的沸点（-42℃）；
Ⅱ. （1）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞O＞C；（2）N2F2分子结构式为F-N=N-F，因此l mol N2F2含有3molσ键；
17． 搅拌；适当增大酸的浓度 过滤 滤液1 2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O 抑制Ce3+水解生成沉淀 9 Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+ 78.88
【分析】由流程可知，搅拌、适当增大酸的浓度酸浸，过滤分离出滤液I为铁盐溶液，滤渣I为CeO2、SiO2，加过氧化氢、盐酸发生2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出滤渣II为SiO2，滤液II为CeCl3溶液，加入碱溶液调节溶液pH生成Ce(OH)3沉淀，悬浊液中加入盐酸得到CeCl3溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到结晶水合物，在浓盐酸、氩气氛围中加热CeCl3 6H2O得到无水CeCl3，一定条件下CeCl3转化为Ce，以此来解答。
【详解】(1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有搅拌、适当增大酸的浓度；
(2)操作①和②均为过滤；滤液1中含有Fe3+，加入KSCN溶液显红色；
(3)加入H2O2只作还原剂时发生反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，操作③在加热的条件下加入浓HCl的作用是抑制Ce3+水解生成沉淀；
(4) Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8×10-6mol/L，，常温下，则pH=9；
(5)①滴定过程中发生反应的离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；
②由电子守恒可知Ce3+物质的量等于Fe2+的物质的量，质量为0.01L×1mol/L×200/50×246.5g/mol=9.86g，则CeCl3样品的纯度为9.86/12.5×100%=78.88%.
18．(1) 锥形瓶中溶液颜色变化 滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变无色，30s不恢复
(2)AC
(3) I <
(4) 淀粉溶液 990 不是 维生素C易被空气氧化，减少实验误差
【分析】酸碱中和滴定的原理是用已知浓度的酸或碱滴定未知浓度的碱或酸，选择合适的酸碱指示剂以确定滴定终点，利用酸和碱反应的定量关系进行计算；氧化还原滴定与酸碱中和滴定类似，是用氧化剂或还原剂滴定还原剂或氧化剂，通常也需要选择氧化还原指示剂，以确定滴定终点，然后利用得失电子守恒建立等量关系式进行计算，据此分析回答问题。
【详解】（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，直到滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变无色，30s不恢复，停止滴定；
（2）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，则滴定时所用盐酸体积偏大，所测NaOH溶液的浓度偏高，A符合题意；
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥， NaOH的物质的量不变， 对所测NaOH的浓度不产生影响，B不符合题意；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则所用盐酸体积偏大，所测NaOH溶液的浓度偏高，C符合题意；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，则读取盐酸的体积偏小，所测NaOH溶液的浓度偏低，D不符合题意；
故选AC。
（3）盐酸为强酸，滴定终点时pH=7，醋酸为弱酸，pH=7时未达滴定终点，滴定终点时pH>7，则滴定醋酸的曲线是I；酚酞作指示剂，氢氧化钠与醋酸恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液显碱性，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠溶液显中性，故消耗的体积V1（4）①用碘水作标准液，则应选用淀粉溶液作指示剂；
②消耗标准碘溶液的体积，第一次为15.01-0.00=15.01mL，第二次为15.44-0.44=15.00mL，第三次为15.32-1.33=13.99mL(舍弃)，故待测液消耗标准碘溶液的体积是15.01mL，滴定某品牌橙汁20mL，则此品牌橙汁中含维生素C的质量为；新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg L-1左右，所以不是鲜榨橙汁；
③维生素C具有很强的还原性，易被氧化，所以滴定时不能剧烈摇动锥形瓶原因是：维生素C易被空气氧化，减少实验误差。蓬溪中学高2022级第四学期第一次质量检测
化 学 试 题
可能用到的相对原子质量：Cl-35.5 Co-59 Ce-140
一、单选题（共14小题，每小题3分，共42分）
1．NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，它们能缓慢起反应生成大气成分中的无毒物质，提高该反应化学反应速率最优的方法是
A．使用催化剂 B．改变压强
C．提高反应温度 D．调节反应物浓度
2．在密闭容器中进行A与B反应生成C的可逆反应，反应速率v(A)、v(B)、v(C)之间存在以下关系：v(C)=2v(A)，3v(C)=2v(B)，则该反应可以表示为
A．A(g)+B(g) C(g) B．2A(g)+2B(g) 3C(g)
C．A(g)+3B(g) 2C(g) D．3A(g)+B(g) 2C(g)
3．化学用语正确的是
A．醋酸的电离：CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+
B．碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3Na++
C．氯化铵的水解：+H2ONH4OH+H+
D．亚硫酸钠的水解：+2H2OH2SO3+2OH-
4．下列说法错误的是
A．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可加入MgO调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀
B．将AlCl3溶液蒸干灼烧，可得到AlCl3
C．实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
D．泡沫灭火器原理：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑
5．下列推论正确的是
A．S(g)+O2(g)=SO2(g) △H1；S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2，则△H1>△H2
B．C(s，石墨)=C(s，金刚石) △H=+1.9kJ/mol，则由石墨制金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定
C．已知：C6H12O6(s)+3O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-1400kJ/mol，则葡萄糖的燃烧热是2800kJ/mol
D．△H>0和△S>0的反应，在任何温度下都不能自发进行
6．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．
B．
C．对于反应体系CO(g)+NO2(g) NO(g)+CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深
D．用排饱和食盐水法收集Cl2
7．某只有气体参与的ΔH<0反应，其平衡常数表达式为K=，下列有关该平衡体系的说法正确的是
A．升高温度，平衡常数K增大
B．增大A的浓度，平衡向正反应方向移动
C．增大压强，C的体积分数增大
D．若改变条件，使平衡向正反应方向移动，则平衡常数K可能增大
8．醋酸溶液中存在电离平衡：，下列叙述不正确的是
A．加水稀释，增大
B．0.10mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH-)增大
C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．25℃时，欲使醋酸溶液的pH和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
9．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是
A．若从A点到达C点，可采用升高温度
B．图中五点间的关系：
C．D点对应的醋酸溶液中由水电离产生的c(H+)=10-6mol/L
D．若处在B点时，将的硫酸与的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
10．常温下，将pH=3的强酸溶液和pH=12的强碱溶液混合，当混合液的pH等于11时，强酸与强碱溶液的体积比是
A．9∶2 B．11∶2 C．10∶1 D．9∶1
11．下图甲和乙是双液原电池装置。由图可判断下列说法错误的是
A．乙图电池反应的离子方程式为： Co(s) + 2Ag+ (aq) = 2Ag(s) + Co2+(aq)
B．甲图当有1mol电子通过外电路时，正极有59g Co析出
C．盐桥的作用是形成闭合回路，并使两边溶液保持电中性
D．反应2Ag(s) + Cd2+ (aq) = Cd(s) + 2Ag+ (aq)不能发生
12．某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如图甲所示，正逆反应速率随时间的变化如图乙所示，下列说法中正确的是
A．30～40min间该反应使用了催化剂
B．化学方程式中的x=1，正反应为吸热反应
C．30min时降低温度，40min时升高温度
D．前8minA的平均反应速率为0.08mol·L-1·min-1
13．常温下，甲酸和乙酸的电离常数分别为1.8×10-4和1.8×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。两种酸用通式HY表示，下列叙述正确的是
A．曲线Ⅱ代表乙酸
B．酸的电离程度：c点＞d点
C．溶液中水的电离程度：b点＞c点
D．从c点到d点，溶液中 保持不变
14．氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
二、非选择题（58分）
15．（14分）能源是人类赖以生存和发展的重要物质基础，常规能源的合理利用和新能源的合理开发是当今社会面临的严峻课题。回答下列问题：
(1)近年我国努力调整能源结构，开发新能源。下列物质中，属于可再生能源的是 (填字母)。
A、氢能 B、天然气 C、石油
(2)工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，反应过程中的能量变化情况如图所示。反应的活化能为 kJ/mol，曲线 (选填“I”或“II”)表示使用催化剂的反应过程。计算当反应生成1.5molCH3OH(g)时，能量变化值是 kJ。
又知该反应中某些物质分子里的化学键的键能数据如下表：
化学键 C-H H-H C-O H-O
键能(kJ mol-1) 413 436 343 465
若CO中的C与O之间为三键连接，则C≡O键的键能为 kJ·mol-l。
(3)CO2资源化利用的方法之一是合成二甲醚(CH3OCH3)。CO2催化加氢合成二甲醚的过程中主要发生下列反应：
反应I：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H=+41.2kJ/mol
反应II：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=-122.5kJ/mol
其中，反应II：分以下①②两步完成，请写出反应①的热化学方程式。
① 。
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5kJ/mol
(4)常温下，某硫化钠溶液中滴入酚酞，溶液呈红色，则该溶液呈 性，原因是 ；(用离子方程式表示)
16．（15分）Ⅰ. 硒化锌是一种透明半导体,也可作为红外光学材料,熔点是1 520 ℃。
（1）基态锌原子的价电子排布式是 。
（2）根据元素周期律,电负性Se S,Se位于周期表 区。
（3）H2Se的分子构型是 ,其中硒原子的杂化轨道类型是 。
（4）H2O的沸点高于H2Se的沸点(-42 ℃),其原因是 。
Ⅱ 氮及其化合物与人类生产、生活息息相关。回答下列问题:
（5）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是 。
（6）1 mol N2F2含有 mol σ键。
17．（14分）某科研小组以平板液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3等)为原料回收Ce(铈)的流程如图所示：
已知：CeO2具有强氧化性，通常情况下不与常见的无机酸反应。
回答下列问题：
(1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有 (写两种)。
(2)操作①和②均为 (填名称)；在 （填“滤液1”或“滤液2”）中加入KSCN溶液显红色。
(3)写出加入H2O2作还原剂时发生反应的离子方程式 ；操作③在加热的条件下通入HCl的作用是 。
(4)当加入碱调节溶液的pH= 时，Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8×10-6mol/L。[已知：25℃时，Ce(OH)3的Ksp=8×10-21]
(5)对CeCl3样品纯度进行测定的方法：准确称量样品62.50g，配成1000mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液使Ce3+被氧化为Ce4+，然后用萃取剂萃取Ce4+，再用FeSO4还原Ce4+，用1mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点，重复2～3次，平均消耗10.00mL标准液。
①写出滴定过程中发生反应的离子方程式 。
②CeCl3样品的纯度为 ％。
18．（15分）I.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂(指示剂加在待测液中)。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 ，直到 ，停止滴定。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度偏高的是_______(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定0.1000mol/L的盐酸和醋酸溶液各25.00mL。滴定过程中溶液pH随滴入的NaOH溶液体积变化的两条滴定曲线如图所示：
滴定醋酸的曲线是 (填“I”或“II”)，V1 V2。(填“>”“<”或“=”)
II.氧化还原滴定实验同中和滴定类似。人体缺乏维生素C(C6H8O6)易得坏血病。维生素C易被空气氧化。在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg L-1左右。某课外活动小组测定了某品牌的软包装橙子中维生素C的含量。下面是测定实验分析报告
i.测定目的：测定××牌软包装橙汁维生素的含量，是否为纯天然
ii.测定原理：C6H8O6＋I2=C6H6O6＋2H+＋2I-
iii.实验过程：
①移取20.00mL饮料样品于250mL锥形瓶中，加入50mL蒸馏水，2mL指示剂
②在滴定管中装入7.50×10-3mol·L-1标准碘溶液，滴定至终点，读取并记录相关数据
③重复测定3次，数据记录如下表
第一次 第二次 第三次
滴定前读数/mL 0.00 0.44 1.33
滴定后读数/mL 15.01 15.44 15.32
(4)回答下列问题：
①实验选择选用 作指示剂
②计算该饮料样品中维生素C含量为 mg L-1.该饮料 (填“是”或“不是”)鲜榨橙汁。(已知维生素C的摩尔质量为176g/mol)
