重庆市高2025-2026学年度第一学期期末考试化学试题

重庆市高度第一学期期末考试化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.考试结束后，将答题卷交回。5.可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23P：31S：32K：39Zn：65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.化学与生活、科技、社会发展息息相关，下列说法错误的是A.不锈钢是一种含合金元素的合金钢B.泡沫灭火器可用于一般灭火，也可用于电器灭火C.“深海一号”母船海水浸泡区的铝块可保障船体不易腐蚀D.石墨烯固态电池具有超高的能量密度，石墨烯属于无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A．不锈钢是通过添加铬（Cr）、镍（Ni）等合金元素增强抗腐蚀性的合金钢，A正确；B．泡沫灭火器喷出的泡沫含电解质溶液，具有导电性，用于电器灭火可能引发触电或设备短路，不可用于电器灭火，B错误；C．铝块作为牺牲阳极，通过电化学保护法（原电池原理）主动腐蚀以保护船体钢材料，C正确；D．石墨烯是碳单质构成的纳米材料，属于新型无机非金属材料，D正确；故选B。2.某公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池。该电池的负极材料为(制备原料为和)，电解液为的碳酸丙烯酯溶液。下列化学用语正确的是A.基态O原子的轨道表示式： B.的电子式为：C.基态Te原子的价层电子排布式为： D.的VSEPR模型为：【答案】D【解析】【详解】A．根据泡利不相容原理，基态O原子的轨道表示式应为，A错误；B．CO2中每个O原子与C原子共用4个电子，正确电子式为，B错误；C．Te为氧族元素，价层电子排布与O类似，为5s25p4，C错误；D．中Cl的价层电子对数为，所以其VSEPR模型为正四面体形，图示正确，D正确；故选D。3.下列说法正确的是A.其他条件不变时，增大压强(压缩体积)可提高体系中活化分子百分数，进而提高化学反应速率B.金刚石转化为石墨的热化学方程式为：C(金刚石，s)=C(石墨，s)，则石墨比金刚石更稳定C.HA溶液的导电性弱于盐酸，证明HA为弱电解质D.电解精炼铜的过程中，阳极减少的质量等于阴极增加的质量【答案】B【解析】【详解】A．增大压强（压缩体积）会增加单位体积内活化分子的数目，但活化分子百分数由温度决定，与压强无关，A错误；B．热化学方程式中ΔH为负值表示放热反应，说明石墨的能量低于金刚石，因此石墨更稳定，B正确；C．溶液的导电性取决于离子浓度和离子电荷。若HA与盐酸浓度相同，导电性弱于盐酸可证明HA为弱电解质（部分电离），但选项未指明浓度相同，C错误；D．电解精炼铜时，阳极为粗铜（含杂质），溶解过程中杂质也会溶解或形成阳极泥；阴极为纯铜，只沉积铜离子。因此阳极减少的质量（包括杂质）不等于阴极增加的质量（纯铜），D错误；故选B。4.已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.与充分反应转移的电子数为4B.在时，pH为12的溶液中含有的数目为0.01C.标准状况下，中键的数目为0.1D.0.1mol肼()含有的孤电子对数为0.1【答案】C【解析】【详解】A．反应是可逆反应，其中硫元素化合价从+4升至+6，氧元素化合价从0降至2，若2molSO2完全反应，转移电子数目为4NA；则2molSO2与1molO2充分反应，转移电子数目小于4NA，A错误；B．时，pH=12的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为102mol/L，但溶液体积未知，无法计算OH的物质的量和数目，B错误；C．1个N2分子中有两个π键，则标准状况下，1.12LN2的物质的量为0.05mol，则π键的物质的量为0.10mol，数目为0.10NA，C正确；D．1个肼分子中有两个孤电子对，则0.1molN2H4中孤电子对数为0.2mol，数目为0.2NA，D错误；故答案选C。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定可以大量共存的是A.的溶液中：B.能使甲基橙变红色的溶液中：C.溶液中：D.由水电离的的溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．c(H+)=1×1013mol/L的溶液呈强碱性（pH=13），Na+、K+为稳定阳离子，[Al(OH)4]和在碱性条件下均稳定，离子间不发生反应，可以大量共存，A正确；B．能使甲基橙变红色的溶液呈酸性（pH≤3.1），Fe2+具有还原性，具有强氧化性，两者在酸性条件下发生氧化还原反应生成Fe3+和Mn2+，不能大量共存，B错误；C．0.1mol/LNaHCO3溶液呈弱碱性，Fe3+与发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C错误；D．由水电离的c(OH)=1×1012mol/L的溶液，水的电离被抑制，可能呈酸性（pH=2）或碱性（pH=12）。若酸性，分解产生S沉淀和SO2气体；若碱性，Cu2+形成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，D错误；故选A。6.化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是A．酸式滴定管排气泡B．测定溶液的pHC．蒸干氯化镁溶液制备D．验证牺牲阳极法A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．图中所示是在为碱式滴定管的尖嘴排气泡，A错误；B．测定溶液的pH时，不能将pH试纸直接浸入溶液中，这样会污染试剂，B错误；C．氯化镁溶液在加热蒸干时，会发生水解，且生成的HCl易挥发，最终得到的是MgO，无法得到，C错误；D．验证牺牲阳极法时，Fe电极不会被腐蚀，溶液中不应有，实验中用溶液来检验，观察到取出的溶液中无蓝色沉淀生成，则说明Fe被保护了，D正确；故答案选D。7.下列离子方程式与所给事实不相符的是A.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：B.含氟牙膏防治龋齿：C.绿矾()处理酸性工业废水中的：D.湿润的碘化钾淀粉试纸检验：【答案】A【解析】【详解】A．铅酸蓄电池在充电时阳极失电子，其电极方程式为：，A错误；B．含氟牙膏中氟离子与羟基磷灰石发生置换反应生成氟磷灰石和氢氧根离子，离子方程式书写正确，B正确；C．绿矾（FeSO4·7H2O）提供Fe2+，在酸性条件下将还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，离子方程式电荷和原子守恒，符合事实，C正确；D．氯气氧化碘离子生成碘单质和氯离子，碘遇淀粉变蓝用于检验Cl2，离子方程式正确且符合事实，D正确；故选A。8.X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，这四种元素原子构成的某分子结构如下图所示，基态R原子核外s能级上的电子数等于p能级上的电子数。下列说法正确的是A.第一电离能： B.微粒键角：C.分子极性： D.简单氢化物的热稳定性：【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态R原子核外s能级上的电子数等于p能级上的电子数，电子排布可能为（O）或（Mg）；而Mg容易失去最外层电子，形成离子键，不可能形成该分子，故R为O元素；Y与周围原子形成2个双键，或1个双键2个单键，价电子数为4，且原子序数小于O，故Y为C元素；Z与周围原子形成3个单键，或1个双键1个单键，价电子数为5（3个成键电子，一对孤电子对），原子序数介于C、O之间，故Z为N元素；X只形成1个单键，原子序数最小，故X为H元素；据此回答该问题。【详解】A．因为N原子的电子排布式为，三个电子在2p轨道半充满，相对更加稳定，所以第一电离能：，A错误；B．的空间构型为三角锥形，N原子采取sp3杂化，且键会受到孤电子对的排斥，键角小于，的C原子失去一个电子，所以价层共有3个电子，全部用来与3个H原子成键，价层电子对数为3，C原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形，键角为120°，所以键角大小，B正确；C．的空间构型为V形，正电中心与负电中心不重合，属于极性分子，的空间构型为直线形，正电中心与负电中心重合，属于非极性分子，所以分子极性：，C错误；D．O元素的非金属性（电负性）大于N，所以对应简单氢化物的热稳定性：，D错误；故答案选B。9.为达到以下实验目的，其方案设计、现象和结论均正确的是选项目的方案设计现象和结论A探究浓度对化学反应速率的影响向两支盛有溶液的试管中，分别滴加、溶液滴加溶液的试管中产生气泡更快，证明增大反应物浓度，加快了该反应的反应速率B探究压强对化学平衡的影响用注射器吸入20mL由和组成的混合气体，向外拉动注射器活塞至气体体积为原来的2倍混合气体颜色变浅，说明反应的平衡向正反应方向移动C探究温度对水解程度的影响分别向25mL冷水和沸水中滴入5滴饱和溶液沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，说明升温能促进的水解D探究沉淀的转化规律向盛有溶液的试管中，滴加5滴NaCl溶液，观察现象后，再滴入5滴溶液先产生白色浑浊，后产生黄色浑浊，证明AgCl沉淀易转化为溶解度更小的AgI沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．方案中反应为NaHSO3与H2O2反应，该反应不产生气体，但现象描述为“产生气泡”，现象错误，A错误；B．当向外拉动注射器活塞增大体积（减小压强）时，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡应向逆反应方向移动，但由于体积增大，NO2浓度仍然降低，颜色变浅，结论错误，B错误；C．沸水中FeCl3溶液颜色更深（呈红褐色），是由于升温促进Fe3+水解（水解为吸热反应），生成更多Fe(OH)3胶体，现象和结论正确，C正确；D．向AgNO3溶液中滴加NaCl后，Ag+过量，再加入NaI时，溶液中剩余Ag+与I反应生成黄色沉淀AgI覆盖了白色沉淀AgCl的颜色，不能证明发生了沉淀转化，D错误；故选C。10.科学家研究发现，Ni可活化放出，其反应历程如下图所示：下列关于该活化历程的说法正确的是A.该反应的决速步骤是：中间体中间体3B.Ni作为该反应的催化剂，降低了反应的活化能C.该过程只涉及极性键的断裂和形成D.该反应的热化学方程式为：【答案】A【解析】【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，中间体2→中间体3的活化能最大，反应速率最慢，所以该反应的决速步是中间体2→中间体3，A正确；B．由图可知，镍参与的反应为：Ni+C2H6=NiCH2+CH4，则镍是反应的反应物，不是反应的催化剂，B错误；C．由图可知，反应中涉及CC非极性键的断裂，并非只涉及极性键的断裂和生成，C错误；D．由图可知，该反应的热化学方程式为：，D错误；故选A。11.光催化电极可以在太阳光照下实现对设备进行充电，该电池工作原理如下图所示。放电时转化为，下列说法错误的是A.充电时，石墨电极为阴极B.充电时，光催化电极的电极反应式为：C.放电时，石墨电极发生还原反应D.放电过程中，当外电路转移时，阳离子交换膜左室电解质溶液质量减少4.6g【答案】C【解析】【分析】根据该电池的工作原理图可知，放电时，在石墨电极转化为，硫元素化合价升高，发生氧化反应，所以石墨作负极，光催化电极作正极，充电时，石墨电极为阴极，光催化电极作阳极。【详解】A．根据分析，放电时，石墨作负极，所以充电时为阴极，故A正确；B．充电时，光催化电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，故B正确；C．放电时，石墨作负极，发生氧化反应，故C错误；D．放电过程中，当外电路转移时，有从左室移向右室，所以左室电解质溶液质量减少，故D正确；故答案选C。12.已知某温度下，反应①：，反应②：。若将1mol碳酸钙固体装入1L恒容真空容器中，于该温度下充分反应，平衡后的体积分数为。下列说法正确的是A.平衡后压缩容器体积，反应①②平衡均逆向移动，的浓度减小B.通入，再次达到平衡后，的浓度增大C.该温度下化学反应的平衡常数：D.平衡时容器中CaO的物质的量为0.84mol【答案】D【解析】【分析】已知条件：反应①：，反应②：。容器体积：1L，初始的物质的量为1mol。平衡时的体积分数为16%。由，因体积为1L，则平衡时=0.52mol，由反应②，设平衡时生成xmol氧气，则总气体物质的量：，已知的体积分数为16%，则，解得x=0.16mol。反应①生成的总量为，因此CaO的物质的量等于反应①分解的的物质的量，即0.84mol。【详解】A．压缩容器体积，反应①平衡逆向移动，反应②也逆向移动，但温度不变，、均不变，，则的浓度不变，由=，则的浓度也不变，A错误；B．通入，反应①是固体分解平衡，温度不变则不变，仍为0.52mol/L，B错误；C．，显然<，C错误；D．由分析可知，平衡时CaO的物质的量为0.84mol，D正确；故答案选D。13.常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随的变化曲线如图所示。已知：。下列说法错误的是A.a点溶液约3.38B.b点：C.c点：D.时，【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=c(CH3COO)，则，，pH=3.38，故A正确；B．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO)，故B正确；C．由分析可知，c点时溶质成分为NaCl、CH3COONa，且浓度比为1：1，根据物料守恒：c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO)，故C正确；D．pH=7时c(H+)=c(OH)，则根据电荷守恒：c(Na+)=c(Cl)+c(CH3COO)，故D错误；故答案为D。14.天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知常温下，某溶洞水体中为、或)与变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线②代表 B.的数量级为C. D.时,【答案】B【解析】【分析】根据图象坐标，横坐标代表pH，随着pH增大，碱性增强，c()、c()增大，先生成，再生成，曲线①代表，曲线②代表，因为碳酸钙是难溶物，因此随着c()增大，溶液中c(Ca2+)减小，推出曲线③代表Ca2+，据此分析；【详解】A．根据上述分析，曲线②代表，故A错误；B．电离平衡常数只受温度的影响，曲线①和②交点代表此时c()=c()，即Ka2=c(H+)=1010.3，故B正确；C．曲线②和曲线③交点，说明c()=c(Ca2+)，根据Ksp=c(Ca2+)·c()，推出c()=，即a=4.35，根据电离平衡常数Ka2=，解得c()=102.65，即b=2.65，故C错误；D．pH=10.3时，c()=101.1mol/L，根据Ksp=c(Ca2+)·c()，c(Ca2+)=107.6mol/L，故D错误；故选B。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题(共58分)15.X、Y、Z、W、R、Q是元素周期表前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其元素性质或原子结构如下：元素元素性质或原子结构X基态原子核外有两个能层，且最外层只有两个自旋方向相反的电子Y基态原子价层电子排布式为Z基态原子核外有8种运动状态的电子W焰色试验的颜色为黄色R除稀有气体外，其第一电离能在同周期中最大Q基态原子未成对电子数为4请回答下列问题：（1）写出Q在元素周期表中的位置___________。（2）在元素周期表的___________区，其基态原子能量最高的电子所在能级的电子云轮廓图为___________形。（3）对于和R三种元素，电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示，下同)，原子半径由大到小的顺序为___________。（4）Z的简单氢化物的沸点比同主族其他元素的简单氢化物的沸点更高，原因是___________。（5）X最高价氧化物与W的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为___________。（6）的空间结构为___________。大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，为各原子的单电子数(形成键的电子除外)和得电子数的总和[如苯分子()中的大键可表示为]，则中大键应表示为___________。【答案】（1）第四周期第VIII族（2）①.p②.哑铃（3）①.②.（4）因为氧族元素中的简单氢化物结构相似，而O的电负性较强，其简单氢化物分子间易形成氢键，导致沸点更高（5）（6）①.V形②.【解析】【分析】X最外层只有2个自旋方向相反的电子，即只有2个位于同一s轨道的电子，因为基态原子有2个能层，所以X为Be；基态原子价层电子排布式符合nsnnpn+1的为N（2s22p3）；基态原子核外有8种运动状态的电子，即核外有8个电子，Z为O；Na元素的焰色试验为黄色，W为Na；R的第一电离能除稀有气体外在同周期最大，为VIIA元素，为Cl或Br，若为Br，Q只能为Kr，基态原子不存在未成对电子，所以R为Cl，Q基态原子未成对电子数为4，且原子系数大于Cl，Q最外层电子排布应为3d64s2，Q为Fe。综上，X为Be，Y为N，Z为O，W为Na，R为Cl，Q为Fe，据此解答。【小问1详解】Fe的原子序数为26，位于第四周期第VIII族。【小问2详解】Cl价电子排布为3s23p5，位于p区，基态原子能量最高的电子为3p能级轨道上的电子，电子云轮廓为哑铃形。【小问3详解】Cl、Na同周期，同一周期主族元素从左至右元素电负性增强，电负性Cl>Na，电负性O>Cl，所以电负性大小顺序为O>Cl>Na；一般来说，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，所以半径大小顺序为Na>Cl>O。【小问4详解】因为氧族元素中的简单氢化物结构相似，而O的电负性较强，其简单氢化物分子间易形成氢键，导致沸点更高。【小问5详解】BeO与NaOH溶液反应的离子方程式为。【小问6详解】中N的价层电子对数为，有1对孤电子对，所以空间结构为V形；N价电子排布为2s22p3，采取sp2杂化，剩余1个单电子在未杂化的2p轨道上，O价电子排布为2s2p4，每个O与N形成1个σ键，贡献1个电子，2p轨道上剩余1个单电子，氮的未杂化的2p轨道和氧的2p轨道彼此平行，由于带一个负电荷，所以中大π键电子总数为1+1+1+1=4，大π键为。16.四水合磷酸锌()难溶于水，是一种性能优良的环保防锈颜料。实验室以锌灰(含、等)为原料制备的流程如下：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：开始沉淀的pH6.51.65.25.9完全沉淀的pH8.32.86.88.9②。（1）写出基态Cu原子的价层电子排布式___________。（2）为了提高Zn的浸出率，可以采取的措施有___________(任写两条)。（3）“滤渣I”的主要成分是___________(填化学式)。（4）请写出“步骤I”发生的离子反应方程式：___________。（5）若试剂a为ZnS，则“步骤II”发生的离子反应方程式为：___________，该反应的___________。（6）若锌灰中Zn的质量分数为，上述流程总共消耗10t锌灰，最终得到9.14t产品，则产率为___________(保留三位有效数字)。【答案】（1）（2）升温、搅拌、延长浸取时间、适当增加稀硫酸浓度等(任写两条)（3）（4）（5）①.②.（6）83.3【解析】【分析】锌灰(含、等)经稀硫酸酸浸后，得到的滤渣I为PbO与稀硫酸反应生成的PbSO4和不溶于稀硫酸的SiO2，其余金属离子浸入滤液中，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，调pH为5，得到的滤渣II为Fe(OH)3和MnO2，过滤后再加入硫化物，分离Zn元素与Cu元素，滤渣III为CuS，过滤后滤液含Zn2+，加入碳酸氢钠溶液调pH，最后加入磷酸溶液，通过系列操作可得Zn3(PO4)2·4H2O。【小问1详解】Cu的原子序数为29，基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1。【小问2详解】为了提高Zn的浸出率，可以采取升温、搅拌、延长浸取时间、适当增加稀硫酸浓度等措施。【小问3详解】由分析知，滤渣I主要成分为SiO2和PbSO4。【小问4详解】铁离子在pH等于2.8时完全沉淀，步骤I高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，调pH约为5，生成沉淀Fe(OH)3，总离子方程式为。【小问5详解】若a为ZnS，则步骤II发生沉淀转化反应：，该反应。【小问6详解】产品中Zn的质量为，所以产率为。17.硫氰化钾(KSCN)，是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰化钾，并进行相关实验探究。已知：①不溶于和不溶于水且密度比水大；②D中三颈烧瓶内盛放、水和催化剂，发生反应，该反应比较缓慢且高于时易分解，在高于时即分解。回答下列问题：（1）仪器a名称是___________。（2）装置C中长颈漏斗作用是___________。（3）制备KSCN溶液：将D中反应混合液加热至，打开通入氨气。反应一段时间后，关闭，打开，缓缓滴入适量的KOH溶液，继续保持反应混合液温度为。写出装置D中生成KSCN的化学方程式___________。（4）制备硫氰化钾晶体：先过滤去除三颈烧瓶中的固体催化剂，接下来的步骤请排序___________(填序号)。①减压蒸发浓缩、冷却结晶②过滤③分液④洗涤⑤干燥（5）晶体中KSCN含量的测定：称取10.0g样品，配成500mL溶液。量取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴溶液，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液14.00mL。［已知：滴定时发生的反应为(白色)］①滴定至终点的现象为___________。②在滴定过程中，下列实验操作会使测定结果偏高的是___________(填标号)。a．滴定过程中，振荡锥形瓶时部分液体溅出b．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未干燥d．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，达到终点无气泡③晶体中KSCN的质量分数为___________％。【答案】（1）球形干燥管（2）平衡气压，防堵塞（3）（4）③①②④⑤（5）①.当滴入最后半滴标准溶液时，溶液红色刚好褪去，且半分钟内不恢复原色②.bd③.67.9【解析】【分析】将浓氨水与生石灰发生反应制备氨气，利用球形干燥管内碱石灰除水干燥后，通入四氯化碳中，产生的氨气与D中CS2、水和催化剂发生反应生成NH4SCN以及NH4HS，并且通过已知条件可知，该反应比较缓慢且NH4SCN在高于170℃时易分解，NH4HS在高于25℃时即分解，生成的产物与氢氧化钾发生反应，生成KSCN，未反应的氨气及生成的硫化氢可以与酸性硫酸铁溶液反应，除去尾气。据此解答。【小问1详解】仪器a名称是球形干燥管；【小问2详解】实验过程中，装置内的气压会因反应或温度变化而波动，长颈漏斗可以让空气进入或排出，平衡装置内外的气压，避免因压强差导致装置损坏或实验中断，所以装置C中长颈漏斗的作用是平衡气压，防堵塞；【小问3详解】D中三颈烧瓶内先发生反应缓缓再滴入适量的KOH溶液时，发生反应为：小问4详解】过滤除去固体催化剂后，应该除去除去未反应的CS2，选择的操作方法是③分液，然后再从溶液中结晶析出硫氰化钾晶体，所以后面顺序为①②④⑤，故答案为③①②④⑤；【小问5详解】①当反应前，KSCN与指示剂中的结合，溶液为红色，滴加的将KSCN反应完之后，溶液的红色会褪去，所以滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液红色刚好褪去，且半分钟内不恢复原色；②a．滴定过程中，振荡锥形瓶时部分液体溅出，消耗溶液减少，所以会使测定结果偏低，a不符合题意b．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数，会使读取的体积偏大，使测量结果偏大，b符合题意；c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不影响锥形瓶内待测物质的物质的量，所以不影响结果，c不符合题意；d．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，达到终点无气泡，读取的体积偏大，使测量结果偏大，d符合题意；故答案选bd。③达到滴定终点时消耗0.1000mol/LAgNO3标准溶液14mL，根据方程式SCN+Ag+=AgSCN↓（白色）可知，10.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.014L×0.1mol/L=0.0014mol，晶体中KSCN的质量分数=，故答案为67.9。18.以为原料生产甲醇()是一种有效利用的途径。涉及的反应有：i、ii、iii、（1）反应i的___________kJ／mol；该反应在___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)下能自发进行。（2）恒温条件下，向体积为2L的恒容密闭容器内充入1.0molCO和，加入催化剂后发生反应iii，下列能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。A. B.气体的平均相对分子质量保持不变C.断开键的同时断开键 D.混合气体的密度保持不变（3）将和按物质的量之比1：3