四川省雅安市2021-2022学年高二化学下学期期末检测试题（Word版附解析）

雅安市2021-2022学年下期期末检测高中二年级化学试题第I卷(选择题共42分)本次检测可能用到的相对原子质量：H-1K-39Ca-40S-32O-16Cd-112选择题(共21个小题，每小题只有一个选项符合题目要求。每小题2分，共42分。)1.下列物质属于弱电解质的是A.NaOHB.CuC.NH3•H2OD.CH3COONa【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钠在水中完全电离，为强电解质，A项错误；B．Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，B项错误；C．NH3•H2O存在电离平衡，部分电离，为弱电解质，C项正确；D．CH3COONa在水中完全电离，为强电解质，D项错误；答案选C2.常温下，下列物质水溶液呈碱性的是A.NH4ClB.NaClC.CuSO4D.NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A．NH4Cl溶液中铵根离子水解显酸性，故A不符合题意；B．NaCl不发生水解，溶液呈中性，故B不符合题意；C．CuSO4溶液中铜离子水解显酸性，故C不符合题意；D．NaHCO3溶液中碳酸氢根水解大于电离，溶液显碱性，故D符合题意；综上所述，答案为D。3.常温下，0.1mol∙L−1下列溶液：①HCl、②H2SO4、③CH3COOH，导电能力强弱顺序是A.②＞①＞③B.①=②＞③C.①＞②＞③D.①=②=③【答案】A 【解析】【详解】①HCl是一元强酸，②H2SO4是二元强酸，二元强酸电离出的离子浓度大于一元强酸电离出的离子浓度大，因此二者相比②H2SO4导电能力强；①HCl是一元强酸，③CH3COOH是一元弱酸，相同浓度的一元强酸电离出的离子浓度大于一元弱酸电离出的离子浓度，因此二者相比①HCl导电能力强，常温下，0.1mol∙L−1的三者溶液导电能力强弱顺序是②＞①＞③，故A符合题意；综上所述，答案为A。4.下列溶液一定呈中性的是A.pH=7的溶液B.c(H+)=c(OH-)的溶液C.使酚酞呈无色的溶液D.盐的溶液【答案】B【解析】【详解】A．pH=7的溶液，不一定是常温下，水的离子积不一定是KW=1×10-14，溶液中c(H+)、c(OH-)不一定相等，A项错误；B．溶液呈酸碱性本质取决与溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液一定显示中性，B项正确；C．酚酞显示无色，溶液有可能显示酸性，C项错误；D．酸式盐中的硫酸氢钠显酸性，碳酸钠显碱性，D项错误；答案选B。5.常温下，下列溶液中水的电离程度大于纯水的电离程度的是A.0.1mol·L-1盐酸B.0.1mol·L-1NaOH溶液C.0.1mol·L-1NH4Cl溶液D.0.1mol·L-1NaHSO4溶液【答案】C【解析】【详解】根据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐水解，促进水的电离，则盐酸、NaOH和NaHSO4均抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离，所以NH4Cl溶液中水的电离程度大于纯水的电离程度，答案选C。6.下列电池不属于化学电池的是A.锂电池B.太阳能电池C.燃料电池D.碱性干电池 【答案】B【解析】【详解】锂电池、燃料电池、碱性干电池都是化学能变为电能的装置，属于化学电池，太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，不属于化学电池，故B符合题意。综上所述，答案为B。7.下列说法正确的是A.水可以用来分离液溴和苯的混合物B.淀粉和纤维素互为同分异构体C.C2H4和C4H8一定为同系物D.植物油氢化过程中发生了加成反应【答案】D【解析】【详解】A．溴易溶于苯，不能用水分离液溴和苯的混合物，故A错误；B．淀粉和纤维素的分子式都是，由于聚合度不同，不是同分异构体，故B错误；C．C2H4结构简式为CH2=CH2，C4H8为烯烃或环烷烃，不一定为同系物，故C错误；D．植物油分子中含有碳碳双键，氢化过程中碳碳双键发生了加成反应，故D正确；选D。8.将室温下0.1mol·L-1Na2CO3溶液加热至70℃，其结果正确的是A.溶液中c(CO)增大B.水的电离程度不变C.Kw将变小D.溶液的碱性增强【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3溶液中CO水解，水解吸热，加热促进CO水解，溶液中c(CO)减小，故A错误；B．CO水解促进水电离，加热促进CO水解，所以水的电离程度增大，故B错误；C．水电离吸热，加热促进水电离，Kw将增大，故C错误；D．Na2CO3溶液中CO水解，CO+H2OHCO+OH-，水解吸热，加热CO水解平衡正向移动，c(OH-)增大，溶液的碱性增强，故D正确； 选D。9.下列化学用语或图示表达错误的是A.CH4分子的比例模型B.聚丙烯的结构简式：C.羧基的结构简式：—COOHD.乙烯的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．CH4分子是正四面体结构，比例模型为，故A正确；B．聚丙烯的结构简式，故B错误；C．羧基的结构简式为—COOH，故C正确；D．乙烯分子中存在碳碳双键，乙烯的电子式为，故D正确；选B。10.下列化学用语表示正确的是A.碳酸显酸性：H2CO3=2H++COB.Na2S溶液显碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-C.用明矾作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+D.鸡蛋壳在醋酸溶液中溶解有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑【答案】C【解析】【详解】A．碳酸是弱酸，碳酸电离分步进行，以第一步为主，电离方程式为H2CO3H++HCO，故A错误；B．Na2S是强碱弱酸盐，S2-水解分步进行，以第一步为主，方程式为S2-+H2OHS-+OH-，故B错误； C．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，用明矾作净水的原理是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故C正确；D．鸡蛋壳在醋酸溶液中溶解生成醋酸钙、二氧化碳、水，醋酸是弱酸，在离子方程式里不能写成离子，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D错误；选C。11.下列事实不属于盐类水解应用的是A.NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂B.实验室通常在HCl气氛中加热MgCl2•6H2O制MgCl2C.实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸D.实验室用Zn和稀硫酸制氢气时加入少量CuSO4溶液【答案】D【解析】【详解】A．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂，主要是NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，酸和铁锈反应，故A不符合题意；B．实验室通常在HCl气氛中加热MgCl2•6H2O制MgCl2，加HCl的目的是抑制镁离子水解，故B不符合题意；C．实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸，目的是抑制铁离子水解，防止溶液变浑浊，故C不符合题意；D．实验室用Zn和稀硫酸制氢气时加入少量CuSO4溶液，锌置换出铜形成Zn−Cu−H2SO4原电池，加快反应速率，与水解无关，故D符合题意。综上所述，答案为D。12.在船体的钢铁外壳上镶嵌锌块可以有效避免船体遭受腐蚀。下列说法错误的是A.镶嵌的锌块作原电池的负极B.若不镶嵌锌块，钢铁在海水中易发生吸氧腐蚀C.电子由船体的钢铁外壳向锌块移动D.海水中阳离子向船体的钢铁外壳移动【答案】C【解析】【详解】A．锌比铁活泼，船体的钢铁外壳上镶嵌锌块，让镶嵌的锌块作原电池的负极，船体 的钢铁外壳作正极，故A正确；B．若不镶嵌锌块，由于海水是呈中性，因此钢铁在海水中一般易发生吸氧腐蚀，故B正确；C．电子由锌块向船体的钢铁外壳移动，故C错误；D．原电池“同性相吸”，则海水中阳离子向正极即船体的钢铁外壳移动，故D正确。综上所述，答案为C。13.“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为。下列关于该电池的说法错误的是A.镁片作为负极B.食盐水作为电解质溶液C.活性炭作为正极反应物，发生还原反应D.负极的电极反应为【答案】CD【解析】【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置，Mg易失电子作负极、C作正极，负极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2、正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，食盐水为电解质溶液；【详解】A．根据原电池反应式知，Mg元素化合价由0价变为+2价，所以Mg失电子作负极，故A正确；B．该原电池中，食盐水成分为NaCl溶液，可电离出自由移动的离子，可导电，能作为电解质溶液，故B正确；C．活性炭作正极，发生还原反应，正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，反应物是氧气而不是C，故C错误；D．Mg作负极，食盐水为中性溶液，电极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，故D错误；故选：CD。14.某有机物分子结构如图所示。下列关于该物质的说法不正确的是A.分子式为C11H14O4B.1mol该物质与足量的Na反应生成H2为1molC.既能与羧酸反应，又能与碱反应D.能与氢气发生加成反应【答案】B 【解析】【详解】A．根据该有机物的结构简式，可知分子式为C11H14O4，故A正确；B．羟基、羧基都能与钠反应放出氢气，1mol该物质与足量的Na反应生成H2为1.5mol，故B错误；C．该有机物含有羟基能与羧酸发生酯化反应，该有机物含有羧基能与碱发生中和反应，故C正确；D．该有机物中含有苯环，能与氢气发生加成反应，故D正确；选B。15.下列说法错误的是A.常温下，纯水中的c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1B.向水中加入NaCl，H+与Cl-结合生成HCl，使水的电离平衡向正反应方向移动C.向水中加入HCl或者NaOH，水的电离平衡都向逆反应方向移动D.改变温度，Kw也会发生改变【答案】B【解析】【详解】A．常温下，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，所以纯水中的c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1，A项正确；B．向水中加入NaCl，由于Na+与水电离出的OH-或Cl-与水电离出的H+均不形成弱电解质，则不会破坏水的电离平衡，B项错误；C．向水中加入HCl或者NaOH，增大了H+或OH-的浓度，即增大了生成物浓度，平衡逆向移动，C项正确；D．水的电离为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Kw增大，反之，Kw减小，D项正确；答案选B。16.在常温下，CH3COOH溶液和NaOH溶液充分反应后所得溶液的pH=7，下列关于所得溶液的叙述中不正确的是A.溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B.溶液中，c(H+)=c(OH-)C.溶液中，c(Na+)=c(CH3COO-)D.溶液中，c(Na+)>c(CH3COO-)+c(CH3COOH)【答案】D 【解析】【详解】A．溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，A正确；B．反应后溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，B正确；C．电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，已知c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，C正确；D．醋酸钠因为存在水解溶液显碱性，若溶液为中性，则醋酸过量，根据物料守恒可知c(Na+)<c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D错误；故选D。17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为0.2NAB.已知CH3COONH4溶液呈中性，则1L1.0mol/L的CH3COONH4溶液中NH的数目为NAC.电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极一定溶解了0.5mol铜D.2L0.5mol/LFeCl3溶液充分水解后，所得Fe(OH)3胶粒的数目小于NA【答案】D【解析】【详解】A．25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.1mol/L，则OH-的数目为0.1NA，A项错误；B．由于铵根离子发生水解，故1L1.0mol/L的CH3COONH4溶液中NH的数目小于NA，B项错误；C．电解精炼铜时，阳极除了溶解铜外，还有其他的金属参与反应，若转移了NA个电子，则阳极溶解的铜小于0.5mol，C项错误；D．1个氢氧化铁胶体含有多个氢氧化铁，2L0.5mol/LFeCl3溶液物质的量为n=cV=2L×0.5mol/L=1mol，充分水解后，所得Fe(OH)3胶粒的数目小于NA，D项正确；答案选D。18.向AgCl悬浊液中加入少量水，下列说法正确的是A.AgCl的溶解度、Ksp均不变B.AgCl的溶解度、Ksp均变大C.溶液中c(Ag+)增大D.悬浊液中固体质量不变【答案】A【解析】 【详解】A．AgCl的溶解度、Ksp均不变，与加水的多少无关，与温度有关，故A正确；B．温度不变，AgCl的溶解度、Ksp均不变，故B错误；C．AgCl悬浊液中加入少量水，溶解平衡正向移动，但由于是悬浊液，依然是饱和溶液，因此溶液中c(Ag+)不变，故C错误；D．AgCl悬浊液中加入少量水，溶解平衡正向移动，悬浊液中固体质量减小，故D错误。综上所述，答案为A。19.将同浓度、同体积的盐酸与醋酸分别与足量的镁条反应(忽略镁条表面积差异)，测得恒容密闭容器中压强随时间的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是A.曲线①表示盐酸与镁条的反应B.开始时，盐酸与醋酸c(H+)相等C.0～100s，醋酸的c(H+)下降更快D.较长时间后，容器内压强基本相等【答案】D【解析】【详解】A．相同时间内产生气体的速率醋酸小，曲线①表示醋酸与镁条的反应，故A错误；B．开始时，盐酸与醋酸c(H+)不相等，盐酸是强酸，c(H+)大，故B错误；C．0～100s，盐酸的c(H+)下降更快，故C错误；D．较长时间后，容器内压强基本相等，最终能提供的氢离子的物质的量相同，故D正确；故选D。20.以氮气和水蒸气为原料，电化学合成氨装置示意图如下所示(电极不参与反应)。下列说法不正确的是 A.N2发生还原反应B.电极b连接电源的负极C.OH−向电极a迁移D.电极a的电极反应式：2H2O-4e−=O2↑+4H+【答案】D【解析】【分析】根据图示可知，a电极氢氧根离子失去电子生成O2，电极反应式为：4OH−−4e−＝O2↑＋2H2O，则a为电解池的阳极，与电源的正极相连；b电极N2得到电子生成NH3，电极反应式为：N2＋6e−＋6H2O＝6OH−＋2NH3，电极总反应为：2N2＋6H2O(g)4NH3＋O2，据此解答。【详解】A．b电极N2得到电子生成NH3，发生还原反应，故A正确；B．b电极N2得到电子生成NH3，电极反应式为：N2＋6e−＋6H2O＝6OH−＋2NH3，b应为阴极，与电源负极相连，故B正确；C．电解池中阴离子向阳极移动，a为阳极，则OH−向电极a迁移，故C正确；D．a为电解池的阳极，氢氧根离子失电子生成O2，电极反应式为：4OH−−4e−＝O2↑＋2H2O，故D错误；故选：D。21.常温下，向20mL浓度为0.1mol/L的Na2X溶液中滴入0.2mol/L的盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，。下列叙述正确的是 A.代表的是曲线nB.二元弱酸的C.当加入的盐酸体积为10mL时，溶液中的离子浓度的关系为：D.当pH=7时，混合溶液中存在关系：【答案】C【解析】【分析】根据M点坐标，Y；根据N点坐标，Y；H2X的Ka1>Ka2；【详解】A．根据N点计算的电离平衡常数大于M，所以代表的是曲线m，故A错误；B．根据M点，Y；根据N点，Y；H2X的Ka1>Ka2；所以二元弱酸的、，故B错误；C．当加入的盐酸体积为10mL时，溶质为NaHX和NaCl，HX-的水解常数是，HX-水解大于电离，溶液呈碱性，溶液中的离子浓度的关系为：，故C正确； D．当pH=7时，混合溶液中存关系：，故D错误；选C。第II卷(非选择题共58分)22.甲烷直接氧化制甲醇是富有挑战性的科研课题，有研究人员在CF3COOH水溶液中成功将甲烷转化为CF3COOCH3(水解生成CH3OH)，其反应机理如图所示，请回答下列问题：（1）的官能团名称是____，1mol该有机物可与____molH2发生____(填反应类型)。（2）写出CF3COOCH3水解生成CH3OH的化学方程式是____。（3）甲烷直接制甲醇的总反应方程式是____。（4）每生成1molCH3OH理论上消耗标准状况下O2的体积为____L。【答案】（1）①.羟基②.3③.加成反应（2）CF3COOCH3+H2OCF3COOH+CH3OH（3）2CH4＋O22CH3OH（4）11.2【解析】【小问1详解】的官能团名称是羟基，该物质含有苯环，因此1mol该有机物可与3molH2发生加成反应生成；故答案为：羟基；3；加成反应。【小问2详解】CF3COOCH3水解生成CH3OH和CF3COOH，其反应的化学方程式是CF3COOCH3+H2OCF3COOH+CH3OH；故答案为：CF3COOCH3+H2OCF3COOH+CH3OH。【小问3详解】 根据2CF3COOH＋2CH4＋O22CF3COOCH3＋2H2O，CF3COOCH3+H2OCF3COOH+CH3OH，第一个方程式加上第二个方程式的2倍得到甲烷直接制甲醇的总反应方程式是2CH4＋O22CH3OH；故答案为：2CH4＋O22CH3OH。【小问4详解】根据2CH4＋O22CH3OH得到每生成1molCH3OH理论上消耗0.5mol氧气，标准状况下O2的体积为0.5mol×22.4L∙mol−1＝11.2L；故答案为：11.2。23.氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，以及生产ClO2和氯的含氧酸盐(NaClO、NaClO3)等系列化工产品。（1）写出氯碱工业中电解饱和食盐水的离子方程式____。（2）①室温下，0.1mol·L-1NaClO溶液的pH____0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH。(填“大于”、“小于”或“等于”)。已知：H2SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7；HClO的Ka=2.95×10-8②设计实验证明NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度____。（3）氯气含量检测仪中，原电池工作原理示意图如图所示。则Cl2在Pt电极放电的电极反应式为____。（4）工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液，通过控制条件，使Fe3+水解产物聚合，形成可溶的多聚体，最终析出红棕色胶状沉淀Fe2O3•nH2O。其中水解形成羟桥配离子的离子方程式为：2Fe3++10H2O[Fe(H2O)4(OH)2Fe(H2O)4]4++2H+△H>0。欲使上述水解平衡正向移动，可采用的方法有____(填字母)。A.加水稀释B.加热C.加入盐酸D.加入NaHCO3 【答案】（1）2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑（2）①.大于②.用pH试纸(或pH计)测定0.1mol/LNaHSO3溶液的酸碱性，测得溶液的pH<7（3）Cl2+2Ag++2e-=2AgCl（4）ABD【解析】【小问1详解】电解饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；【小问2详解】①H2SO3Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7，HClO的Ka=2.95×10-8，H2SO3的无论一级电离、二级电离都大于次氯酸的电离，所以NaClO溶液的水解程度大于亚硫酸钠，即碱性强于亚硫酸钠溶液，故答案为：大于；②NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，用pH试纸(或pH计)测定0.1mol/LNaHSO3溶液的酸碱性，测得溶液的pH<7，则说明NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度，故答案为：用pH试纸(或pH计)测定0.1mol/LNaHSO3溶液的酸碱性，测得溶液的pH<7；【小问3详解】Cl2在Pt电极放电，生成AgCl，电极反应为：Cl2+2Ag++2e-=2AgCl，故答案为：Cl2+2Ag++2e-=2AgCl；【小问4详解】控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以加热，平衡正向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入盐酸溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，则ABD符合条件，故答案为：ABD。24.I．根据表中数据(常温下)，完成下列填空。物质CH3COOHNH3∙H2OHCNHClOH2CO3H2SO3 电离常数(Ka)1.7×10−51.7×10−54.9×10−103×10−8Ka1=4.3×10−7Ka2=5.6×10−11Ka1=1.5×10−2Ka2=1.0×10−7（1）常温下，NaCN溶液呈____(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是____(用离子方程式表示)。（2）常温下，浓度均为0.1mol∙L−1的下列4种溶液：①CH3COONa溶液，②NaCN溶液，③NaHCO3溶液，④NaClO溶液；这4种溶液pH由大到小的顺序是____(填序号)。（3）常温下，向NaClO溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为____。（4）常温下，Na2SO3溶液中c(OH－)−c(H+)=c(HSO)+____。II．我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg∙L−1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。Ksp(CdCO3)=4.0×10−12，Ksp(CdS)=8.0×10−27；回答下列问题：（5）向某含镉废水中加入Na2S，当S2−浓度达到8.0×10−8mol∙L−1时，废水中Cd2+的浓度为____mol∙L−1，此时是否符合生活饮用水卫生标准?____(填“是”或“否”)。（6）室温下，反应CdCO3(s)+S2−(aq)CdS(s)+CO(aq)达到平衡，该反应的平衡常数K=____(结果保留两位有效数字)【答案】（1）①碱②.CN－+H2OHCN+OH－（2）②＞④＞③＞①（3）CO2+ClO－=H2O=HClO+HCO（4）2c(H2SO3)（5）①.1×10−19②.是（6）5.0×1014【解析】【小问1详解】常温下，NaCN溶液中CN－水解，溶液呈碱性，其原因是CN－+H2OHCN+OH－；故答案为：碱；CN－+H2OHCN+OH－。【小问2详解】常温下，浓度均为0.1mol∙L−1的下列4种溶液：①CH3COONa溶液，②NaCN溶液，③NaHCO3溶液，④NaClO 溶液；根据对应酸越弱，离子水解程度越大，其碱性越强，根据电离常数得到酸的强弱是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，则盐溶液碱性强弱顺序NaCN＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，则这4种溶液pH由大到小的顺序是②＞④＞③＞①；故答案为：②＞④＞③＞①。【小问3详解】常温下，向NaClO溶液中通入少量CO2，根据酸的强弱H2CO3＞HCN＞HCO，则少量二氧化碳通入只能生成碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为CO2+ClO－=H2O=HClO+HCO；故答案为：CO2+ClO－=H2O=HClO+HCO。小问4详解】常温下，Na2SO3的质子守恒是c(OH－)=c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)，从而得到c(OH－)−c(H+)=c(HSO)+2c(H2SO3)；故答案为：2c(H2SO3)。【小问5详解】向某含镉废水中加入Na2S，当S2−浓度达到8.0×10−8mol∙L−1时，则废水中Cd2+的浓度为Ksp(CdS)=8.0×10−27=c(S2−)∙c(Cd2+)=8.0×10−8×c(Cd2+)，解得c(Cd2+)=1.0×10−19mol∙L−1，镉的排放量为，小于规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg∙L−1，是否符合生活饮用水卫生标准；故答案为：1×10−19；是。【小问6详解】室温下，反应CdCO3(s)+S2−(aq)CdS(s)+CO(aq)达到平衡，该反应的平衡常数；故答案为：。25.用氧化还原滴定法可以测定市售双氧水中过氧化氢的浓度(单位g∙L−1)，实验过程包括标准溶液的准备和滴定待测溶液。I．准备KMnO4标准溶液a．配制100.00mLKMnO4溶液备用；b．准确称取Na2C2O4基准物质3.35g(0.025mol)，配制成250.00mL标准溶液。取出25.00mL 于锥形瓶中，加入适量3mol∙L−1硫酸酸化后，用待标定的KMnO4溶液滴定至终点，记录数据，计算KMnO4溶液的浓度。II．滴定主要步骤a．取待测双氧水10.00mL于锥形瓶中；b．锥形瓶中加入30.00mL蒸馏水和30.00mL3mol∙L−1硫酸，然后用已标定的KMnO4溶液(0.1000mol∙L−1)滴定至终点；c．重复上述操作两次，三次测定的数据如表：组别123消耗标准溶液体积(mL)25.0025.0224.98d．数据处理。请回答下列问题：（1）将称得的Na2C2O4配制成250.00mL标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有___。（2）标定KMnO4溶液时，能否用稀硝酸调节溶液酸度____(填“能”或“不能”)，简述理由___。写出标定过程中发生反应的离子方程式____。（3）滴定待测双氧水时，标准溶液应装入____滴定管，滴定至终点的现象是____。（4）计算此双氧水的浓度为____g∙L−1。（5）误差分析：在第II步滴定主要步骤中，下列操作会使双氧水浓度测定结果偏高的是____。A.锥形瓶洗净后用双氧水润洗B.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失C.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视D.振荡锥形瓶时部分液体溅出【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管（2）①.不能②.稀硝酸有氧化性，也会与Na2C2O4反应，影响KMnO4溶液浓度的标定③.2MnO+2C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（3）①.酸式②.滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色(红色)，且半分钟不变色 （4）21.25（5）AB【解析】【分析】配置基准物质溶液，通过溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，用待标定的高锰酸钾溶液进行滴定，标定高锰酸钾溶液的浓度，用高锰酸钾溶液来滴定双氧水溶液测定双氧水的浓度，取10.00mL的双氧水与锥形瓶，用酸式滴定管滴定高锰酸钾溶液至终点，重复实验2～3次。【小问1详解】将称得的Na2C2O4配制成250.00mL标准溶液，先在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液也转移到容量瓶中，先直接加蒸馏水至刻度线下1～2cm处改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线相切为止，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管。【小问2详解】稀硝酸有氧化性，也会与Na2C2O4反应，影响KMnO4溶液浓度的标定，因此不能用稀硝酸调节溶液酸度；标定过程中草酸根被氧化为二氧化碳，高锰酸根被还原为锰离子，发生反应的离子方程式2MnO+2C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；故答案为：不能；稀硝酸有氧化性，也会与Na2C2O4反应，影响KMnO4溶液浓度的标定；2MnO+2C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。【小问3详解】滴定待测双氧水时，高锰酸钾溶液具有氧化性，因此标准溶液应装入酸式滴定管，双氧水是无色，高锰酸钾是紫色，因此滴定至终点的现象是滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色(红色)，且半分钟不变色；故答案为：酸式；滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色(红色)，且半分钟不变色。【小问4详解】三次消耗高锰酸钾溶液的平均值为25.00mL，根据题意得到关系式5H2O2～2MnO，则n(H2O2)=0.1000mol∙L−1×0.025L×，则此双氧水的浓度为；故答案为：21.25。【小问5详解】 A．锥形瓶洗净后用双氧水润洗，双氧水待测液增多，消耗标准液体积增多，计算双氧水浓度偏高，故A符合题意；B．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，读出数据偏大，测定结果偏高，故B符合题意；C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读书数据偏小，测定结果偏低，故C不符合题意；D．振荡锥形瓶时部分液体溅出，消耗标准液体积减小，测定结果偏低，故D不符合题意；综上所述，答案为AB。26.三氧化二钴(Co2O3)是重要的化工原料。用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量MnO2、NiO、Fe3O4等)制备Co2O3的流程如图：已知：“滤液1”中含有的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+。（1）“滤渣1”的主要成分是____(写化学式)。（2）“酸浸”时，H2O2可将Co2O3还原为Co2+，离子方程式为_____。（3）“调pH”时，常温下，为保证“滤液1”中Fe3+完全沉淀，需调节“滤液1”的pH的最小值为____。(已知：溶液中离子浓度小于1×10−5mol∙L−1，则认为离子完全沉淀；Fe(OH)3的Ksp为1×10−38)（4）加入有机萃取剂的目的是_____。（5）由“滤液2”可得到的主要副产品是____(写化学式)。（6）“沉钴”过程中，生成Co2(OH)2CO3的离子方程式为_____。【答案】（1）MnO2（2）Co2O3＋H2O2＋4H+＝2Co2+＋O2↑＋3H2O（3）3##3.0（4）除去Ni2+（5）(NH4)2SO4（6）2Co2+＋3NH3∙H2O＋HCO＝Co2(OH)2CO3↓＋3NH＋H2O【解析】【分析】含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量MnO2、NiO、Fe3O4等)加入硫酸和双氧水发生反应，“滤液1”中含有的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+，则说明MnO2未反应，过滤后，滤渣为MnO2，将滤液调节适当的pH 值得到氢氧化铁，过滤，向滤液中加入有机萃取剂，萃取分液得到有机相和水相，水相中加入碳酸氢铵和氨水沉钴得到Co2(OH)2CO3，加热分解得到Co2O3。【小问1详解】根据前面分析MnO2不与硫酸双氧水反应，因此“滤渣1”的主要成分是MnO2；故答案为：MnO2。【小问2详解】“酸浸”时，H2O2可将Co2O3还原为Co2+，双氧水变为氧气，其反应的离子方程式为Co2O3＋H2O2＋4H+＝2Co2+＋O2↑＋3H2O；故答案为：Co2O3＋H2O2＋4H+＝2Co2+＋O2↑＋3H2O。【小问3详解】“调pH”时，常温下，为保证“滤液1”中Fe3+完全沉淀，，解得，pH＝3，因此需调节“滤液1”的pH的最小值为3或3.0；故答案为：3或3.0。【小问4详解】根据“滤液1”中含有的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+，前面沉淀铁离子，Co2+在水相中，因此Ni2+在有机相中，则加入有机萃取剂的目的是除去Ni2+；故答案为：除去Ni2+。【小问5详解】水相中是CoSO4，CoSO4与碳酸氢铵、氨水反应生成Co2(OH)2CO3和(NH4)2SO4，因此由“滤液2”可得到的主要副产品是(NH4)2SO4；故答案为：(NH4)2SO4。【小问6详解】根据前面分析水相中是CoSO4，CoSO4与碳酸氢铵、氨水反应生成Co2(OH)2CO3和(NH4)2SO4，则“沉钴”过程中，生成Co2(OH)2CO3的离子方程式为2Co2+＋3NH3∙H2O＋HCO＝Co2(OH)2CO3↓＋3NH＋H2O；故答案为：2Co2+＋3NH3∙H2O＋HCO＝Co2(OH)2CO3↓＋3NH＋H2O。