湖北省华中师范大学第一附中2022-2023学年高二化学下学期期中检测试题（Word版附解析）

华中师大一附中2022-2023学年度下学期高二期中检测化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Cl：35.5Fe：56Cu：64一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.下列关于盐类水解的应用，说法不正确的是A.水溶液蒸发结晶能得到B.常温下，溶液不能保存在玻璃试剂瓶中C.配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶于盐酸中D.使用泡沫灭火器时，混合溶液与溶液【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化镁比碳酸镁更难溶，水溶液蒸发结晶能得到Mg(OH)2，故A错误；B．常温下，溶液水解生成氢氟酸，二氧化硅和氢氟酸反应生成SiF4和水，所以溶液不能保存在玻璃试剂瓶中，故B正确；C．配制氯化铁溶液时，为防止氯化铁水解，先将氯化铁固体溶于盐酸中，故C正确；D．使用泡沫灭火器时，混合溶液与溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确；选A。2.下列有关金属的腐蚀与防护说法不正确的是A.装置①中铁钉发生吸氧腐蚀，水倒吸进入导气管中B.装置②中钢闸门连接电源的负极可减缓其腐蚀速率C.装置③可用于深埋在潮湿的中性土壤中钢管的防腐 D.装置④是利用牺牲阳极法来防止钢铁输水管的腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．铁钉在中性氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，试管内压强减小，水到吸入导气管中，故A正确；B．钢闸门连接电源负极作阴极，可防止钢铁闸门失电子被腐蚀，减缓其腐蚀速率，故B正确；C．铁比铜活泼，金属铜连接钢管，钢管作负极，会加速其腐蚀，故C错误；D．镁与钢铁输水管连接形成原电池，镁比铁活泼，镁作负极，钢铁输水管作正极，正极被保护，该方法成为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选：C。3.变化观念和平衡思想是化学核心素养之一，以下对电离平衡、水解平衡、溶解平衡符号表征的表示不正确的是A.碳酸钙的电离方程式：B.碳酸钙的溶解平衡：C.碳酸氢钠溶液电离平衡：D.溶于中水解平衡：【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钙难溶于水，但是溶解部分完全电离，电离方程式：，A正确；B．碳酸钙难溶于水，部分溶解，碳酸钙的溶解平衡：，B正确；C．碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子部分电离出氢离子和碳酸根离子，电离平衡：，C正确；D．溶于中，铵根离子水解生成氢氧根离子，水解平衡：，D错误；故选D。4.常温下，下列各组微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A.由水电离出的的溶液中： B.无色透明的溶液中：C.和反应放出的溶液中：D.的溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．由水电离出的的溶液可能为酸性或碱性，若为酸性则氢离子会和碳酸根离子反应，不共存，A不符合题意；B．次氯酸根离子会和碘离子发生氧化还原反应不共存，B不符合题意；C．和反应放出的溶液为酸性，含有氢离子，氢离子、硝酸根离子和镁发生反应不生成氢气，C不符合题意；D．的溶液为碱性，氢氧根离子、相互不反应能共存，D符合题意；故选D。5.将pH=5的H2SO4溶液加水稀释到500倍，则稀释后c(SO42-)与c(H+)的比值为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】pH为5的溶液中氢离子浓度为：c(H+)=1×10−5mol/L，硫酸根离子的浓度为：c()=c(H+)=×1×10−5mol/L=5×10−6mol/L，酸溶液无论稀释多少倍也不能变成碱性溶液，故溶液稀释500倍后，氢离子浓度不可能小于1×10−7mol/L，只能无限接近1×10−7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c()=5×10−6mol/L×=1×10−8mol/L，所以稀释后溶液中c()与c(H+)的比值近似为1×10−8mol/L:1×10−7mol/L=1:10，故选：B。【点睛】根据溶液pH计算原溶液中c(H+)，原溶液中c(SO42-)=c(H+)，注意酸性溶液稀释500倍后，此时溶液接近中性，氢离子浓度不可能小于1×10-7mol/L，只能无限接近1×10-7mol/L，而稀释过程中硫酸根的物质的量不变，计算出稀释后溶液中硫酸根的物质的量浓度，最后得出比例关系。 6.常温下有体积相同的四种溶液：①的溶液；②的盐酸；③的氨水；④的溶液。下列说法正确的有a．②和③混合，所得混合溶液的大于7b．③与④分别用等浓度的硫酸中和，消耗硫酸的体积：③=④c．①与②分别与足量的镁粉反应，生成的量：①<②d．若将四种溶液稀释100倍，溶液的大小顺序是：③>④>①>②e．①和③混合，混合液的约为7A.2项B.3项C.4项D.5项【答案】A【解析】【详解】醋酸是弱酸，盐酸是强酸，则物质的量浓度：①＞②，物质的量：①＞②；一水合氨是弱碱，氢氧化钠是强碱，则物质的量浓度：③＞④，物质的量：③＞④；a．②和③混合，氨水过量，所得混合溶液的大于7，a正确；b．③与④分别用等浓度的硫酸中和，消耗硫酸的物质的量：③＞④，消耗硫酸的体积：③＞④，b错误；c．①与②分别与足量的镁粉反应，生成的量：①＞②，c错误；d．若将四种溶液稀释100倍，①溶液的pH：；②盐酸的；③氨水的pH：；④溶液的，则溶液的大小顺序是：③＞④＞②＞①，d错误；e．①中氢离子浓度和③中氢氧根离子浓度相等，①中醋酸和③中的碱浓度、物质的量均相等，①和③混合恰好中和得醋酸铵，铵离子和醋酸根离子水解程度相同，混合液呈中性，常温下的约为7，e正确；综上，2项正确，选A。7.已知时部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸电离平衡常数则下列说法正确的是 A.向溶液中通入少量发生反应：B.向溶液中通入少量发生反应：C.室温下，同浓度溶液的关系：D.相同物质的量浓度的溶液中，由水电离出的：【答案】D【解析】【详解】A．由电离常数可知，次氯酸在溶液中的电离程度大于碳酸氢根离子，则由强酸制弱酸的原理可知，次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故A错误；B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，与通入的二氧化硫发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，故B错误；C．由电离常数可知，次氯酸在溶液中的电离程度大于碳酸氢根离子，则碳酸根离子在溶液中的水解程度大于次氯酸根离子，等浓度的碳酸钠溶液的pH大于次氯酸钠溶液，故C错误；D．亚硫酸在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，次氯酸钠和碳酸氢钠在溶液中水解促进水的电离，则等浓度的亚硫酸溶液中水电离出的氢离子浓度最小，由电离常数可知，碳酸在溶液中的电离程度大于次氯酸，则次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根离子，次氯酸钠溶液中水电离出的氢离子浓度大于碳酸氢钠溶液，所以由水电离出氢离子浓度的大小顺序为，故D正确；故选D。8.电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是 A.充电时，电池的总反应B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C.放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移D.放电时，正极发生反应【答案】C【解析】【分析】充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e-=Li+）和阳极反应（Li2O2+2h+=2Li++O2），则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极；据此作答。【详解】A．光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2=2Li+O2，A正确；B．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；C．放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；D．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e-=Li2O2，D正确；答案选C。9.将NaCl和CuSO4两种溶液等体积混合后用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是 A.整个过程中电极反应2Cl--2e-=Cl2↑与2H2O+2e-=H2↑+2OH-不可能同时发生B.电解至C点时，加入适量CuCl2固体即可使电解质溶液恢复至原来的浓度C.AB段表示电解过程中，由于H+被还原而导致溶液pH增大D.原混合溶液中NaCl和CuSO4的物质的量浓度之比恰好为2：1【答案】A【解析】【分析】用石墨电极进行电解相等体积的NaCl和CuSO4混合溶液，阴极离子放电顺序是Cu2+＞H+，阳极上离子放电顺序是Cl-＞OH-，由电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线图可知，电解过程中分三段：第一阶段是Cl-和Cu2+参与反应，而造成铜离子浓度减小，水解程度减小；第二阶段是OH-和Cu2+参与反应，反应生成酸；第三阶段实质是电解水，硫酸浓度增大。【详解】A．根据图像所示，AB段溶液pH增大，相当于电解CuCl2溶液；BC段溶液pH降低，是Cl-反应完全后，相当于电解硫酸铜溶液，CD段相当于电解水。根据分析，氯离子反应完，铜离子还有剩余，所以整个过程中两电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，2H2O+2e-=H2↑+2OH-不可能同时出现，A正确；B．根据以上分析，电解至C点时，在电解液中应加入CuCl2固体和CuO固体，B错误；C．根据以上分析：AB段因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，水解得到氢离子浓度减小，酸性减弱，pH将增大，C错误；D．因为由第二阶段阳极上OH-失电子的同时，阴极上仍然为Cu2+得电子，所以原混合溶液中NaCl和CuSO4的浓度之比不是2：1，D错误；故合理选项是A。10.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是A.该装置工作时，Ag电极上有气体生成 B.甲池中负极反应为C.甲池和乙池中的溶液的pH均减小D.当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体【答案】C【解析】【详解】甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1molN2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。11.现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池和原电池中。电解溶液可制备，其工作原理如图所示，下列叙述不正确的是A.N室：B.Ⅲ膜为阴离子交换膜C.产品室发生反应为D.生成，M室溶液质量理论上减少【答案】B 【解析】【分析】由图可知，与直流电源正极相连左侧石墨电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，M室生成的氢离子通过阳离子交换膜Ⅰ进入产品室，右侧石墨电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，原料室中的钠离子通过阳离子交换膜Ⅲ进入N室，四羟基合硼酸根离子通过阴离子交换膜Ⅱ进入产品室与氢离子反应生成生成硼酸，所以N室中氢氧化钠溶液的浓度增大。【详解】A．由分析可知，电解池工作时，N室中氢氧化钠溶液的浓度增大，则a小于b，故A正确；B．由分析可知，电解池工作时，原料室中的钠离子通过阳离子交换膜Ⅲ进入N室，故B错误；C．由分析可知，电解池工作时，M室生成的氢离子通过阳离子交换膜Ⅰ进入产品室，原料室中的四羟基合硼酸根离子通过阴离子交换膜Ⅱ进入产品室与氢离子反应生成生成硼酸，反应的离子方程式为，故C正确；D．由分析可知，理论上每生成1mol硼酸，M室中就有1mol氢离子通过阳离子交换膜Ⅰ进入产品室，则由得失电子数目守恒可知，M室生成氧气和氢离子的质量为1mol××32g/mol+1mol×1g/mol=9g，所以M室溶液质量理论上减少9g，故D正确；故选B。12.向废水中加入硫化物可以依次获得CuS、ZnS纳米粒子。常温下，H2SKa1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15，溶液中平衡时相关离子浓度的关系如图，下列说法错误的是A.Ksp(CuS)的数量级为10-37B.a点对应的CuS溶液为不饱和溶液C.向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由p向q方向移动D.H2S+Zn2+ZnS+2H+平衡常数很大，反应趋于完全 【答案】D【解析】【详解】A.最上面一条直线代表CuS溶液中相关离子浓度的关系，CuS的溶度积Ksp=c(Cu2＋)×c(S2－)，这条线上的每一个点对应的溶液为CuS的饱和溶液，任取一点，c(Cu2＋)=1×10－18mol·L－1，此时c(S2－)在10－19～10－18之间，根据图象，大概为10－18.3mol·L－1，代入上式，Ksp(CuS)=1×10－18×1×10－18.3=1×10－36.3，数量级约为10－37，故A说法正确；B.在相同c(Cu2＋)时，a点c(S2－)比饱和溶液中c(S2－)小，即a点Qc<Ksp，该溶液为不饱和溶液，故B说法正确；C.p点存在溶解平衡是ZnS(s)Zn2＋(aq)＋S2－(aq)，加入Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，溶解平衡向左进行，溶液中c(Zn2＋)减小，但该溶液仍为ZnS的饱和溶液，溶液组成由p向q方向移动，故C说法正确；D.该反应的平衡常数表达式为K=，按照A选项方法，c(S2－)=10－12mol·L－1，根据图象，c(Zn2＋)约为10－10.3mol·L－1，则Ksp(ZnS)=10－10.3×10－12=10－22.3，将数值代入上式，得出K=1.3×10－7×7.1×10－15×=1.3×7.1×100.3<105（趋向进行完全K>105），因此该反应不趋于完全，故D说法错误；答案为：D。【点睛】首先审清横坐标和纵坐标代表的意义，因为本题中横坐标和纵坐标是负对数，因此数值越大，其对应的离子浓度越小，然后注意溶度积的计算、溶解平衡等。13.以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：] 下列叙述正确的是A.曲线①代表，曲线②代表B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C.HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D.滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B错误；C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图象中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。14.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论A探究浓度对平衡的影响向平衡体系FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl中加入适量KC1固体 若溶液的颜色变浅，说明：生成物浓度增加，平衡逆向移动B探究盐类水解程度常温下，用pH计测得0.lmol/L弱酸盐：Na2A、Na2B溶液pH值为a、b若a>b，则水解程度A2-<B2-C比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小取2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液于试管中，加lmL0.1mol·L-1NaCl溶液，待不再有白色沉淀产生后加入1mL0.1mol·L-1KI溶液若产生黄色沉淀，说明：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D比较CH3COOH的Ka和H2CO3的Ka1向盛有2mL1mol/L醋酸的试管中滴加1mol/L的Na2CO3溶液若有气泡产生，则CH3COOH的Ka大于H2CO3的Ka1A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．离子方程式：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，该反应中KCl实质上不参加反应，所以KCl量的多少不影响平衡移动，故溶液的颜色不变，A不合题意；B．常温下，用pH计测得0.lmol/L弱酸盐：Na2A、Na2B溶液pH值为a、b，若a>b，根据水解方程式：A2-+H2OHA-+OH-，B2-+H2OHB-+OH-，可知则水解程度A2-＞B2-，B不合题意；C．取2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液于试管中，加lmL0.1mol·L-1NaCl溶液，待不再有白色沉淀产生后加入1mL0.1mol·L-1KI溶液，故若产生黄色沉淀，由于AgNO3过量，不存在沉淀的转化，不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C不合题意；D．向盛有2mL1mol/L醋酸的试管中滴加1mol/L的Na2CO3溶液，若有气泡产生，说明发生反应：2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+H2O+CO2↑，根据强酸制弱酸的一般规律可知，CH3COOH的Ka大于H2CO3的Ka1，D符合题意；故答案为：D。15.已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19.用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是 A.a点所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO)＜0.1mol•L-1B.b点所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO)+c(OH-)C.c点所得溶液中：c(Na+)＜3c(HSO)D.d点所得溶液中：c(Na+)＞c(SO)＞c(HSO)【答案】C【解析】【分析】【详解】A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，PH=1.85=Pa1，电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(SO)+c(HSO)=2c(H2SO3)+c(SO)＜0.1 mol•L-1，故A正确；B．b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+c(OH-)+2c(SO)，物料守恒c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO)+c(OH-)，故B正确；C．c点PH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO+H2O⇌HSO+OH-，Kh==，c(OH-)=，带入计算得到：c(HSO)=c(SO)，溶液中2n(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3[c(SO)+c(H2SO3)+c(HSO)]=3[c(H2SO3)+2c(HSO)]，c(Na+)＞3c(HSO)，故C错误；D．加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，d点溶液中主要是Na2SO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度c(Na+)＞c(SO)＞c(HSO)，故D正确。 答案选C。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.根据所学知识，回答下列电化学相关问题：甲乙丙丁戊（1）如图甲所示，为双液原电池结构示意图，请问其中盐桥的作用是___________。（2）如图乙所示，为铅蓄电池构造示意图，在铅蓄电池放电过程中，负极的质量___________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，正极的质量___________。（3）碱性甲烷燃料电池负极的电极反应方程式为___________。（4）如图丙所示，为离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图，请问其中用到的离子交换膜是___________。（5）若利用图丁所示装置在铁表面镀上一层金属铜，则待镀金属应连接电源___________极；若利用图丁所示装置电解精炼铜，电解一段时间后，电解质硫酸铜溶液的浓度将会___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。（6）电解法制备单质铝的化学方程式为___________。（7）如何利用实验方法验证图戊所示装置中电极得到保护___________。【答案】（1）形成闭合回路(离子通道)、平衡电荷(离子库)（2）①.增大②.增大（3）（4）阳离子交换膜（5）①.负②.不变（6）（7）取少量戊中溶液于试管中，加入KSCN溶液不变红，再加氯水，溶液仍不变红，说明图戊所示装置中电极得到保护 【解析】【小问1详解】双液原电池中，盐桥通过离子的定向移动导电，所以其作用是形成闭合回路(离子通道)、平衡电荷(离子库)；【小问2详解】铅蓄电池放电过程中，负极发生反应，负极，质量增大；正极发生反应，正极，正极的质量增大。【小问3详解】碱性甲烷燃料电池，甲烷在负极失电子生成碳酸根离子和水，负极的电极反应方程式为【小问4详解】离子交换膜法电解饱和食盐水，阴极生成氢氧化钠，为防止氯离子进入氢氧化钠溶液，使生成的氢氧化钠含有杂质，用到的离子交换膜是阳离子交换膜。【小问5详解】若利用图丁所示装置在铁表面镀上一层金属铜，铜离子在铁表面发生还原反应，则待镀金属应连接电源负极；电解法精炼铜，电解一段时间后，电解质硫酸铜溶液的浓度不变。【小问6详解】电解熔融氧化铝制备单质铝，化学方程式为；【小问7详解】取少量戊中溶液于试管中，加入KSCN溶液不变红，再加氯水，溶液仍不变红，证明溶液中不含Fe2+，说明图戊所示装置中电极得到保护。17.酸碱中和滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定法在科研和工业生产中都很重要。Ⅰ.某化学兴趣小组在室温下用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液。（1）向碱式滴定管中注入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为_______，排气泡时，应选择下图中的_______(填字母)。a.b.c.d.（2）实验数据如下表，其中一次滴定所用盐酸体积有明显偏差，其可能的原因是_______。 序号1234标准溶液体积/mL20.6020.7020.1020.50a.碱式滴定管润洗后用蒸馏水洗净再装入待测液b.接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下c.滴定结束时，仰视读数d.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成Ⅱ.为了测定草酸()溶液的浓度，进行如下实验：取25.00mL草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀，用溶液滴定。（3）滴定时应将溶液加入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中：在规格为50.00mL的滴定管中，若溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中溶液的实际体积为_______(填标号)。A.15.00mLB.大于35.00mLC.35.00mLD.小于15.00mL（4）滴定终点时的现象：_______。Ⅲ.莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准硝酸银溶液滴定待测液，测定溶液中的浓度。已知常温下数值如下表。回答下列问题：AgBrAgIAgSCNAgCl颜色浅黄色沉淀黄色沉淀砖红色沉淀白色沉淀白色沉淀用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示。 （5）该方法应该选用_______做指示剂。A.NaBrB.KIC.D.KSCN（6）相同实验条件下，若改为，反应终点c点(25，5)移到_______点(用横纵坐标的数值来表示，下同)，相同实验条件下，若改为，反应终点c点(25，5)移到_______点。【答案】（1）①.用NaOH溶液润洗碱式滴定管②.c（2）ad（3）①.酸式②.B（4）当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色（5）C（6）①.(20，5)②.(25，6.5)【解析】【分析】利用酸碱中和滴定原理，通过实验分析氧化还原反应滴定及难溶电解质沉淀生成的滴定分析溶液中物质的含量；【小问1详解】向洗净的碱式滴定管中装入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为用NaOH溶液润洗碱式滴定管；在碱式滴定管中盛装NaOH标准溶液，用图c排气泡；【小问2详解】根据表中数据可知，第3次滴定所用盐酸的体积偏小；a.碱式滴定管润洗后用蒸馏水洗净再装入待测液，所取NaOH溶液体积偏小，消耗盐酸的体积偏小，选项a符合；b.接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，无影响，选项b不符合；c.滴定结束时，仰视读数，则盐酸的读数偏大，选项c不符合；d.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则盐酸的读数偏小，选项d符合；答案选ad；【小问3详解】 具有强氧化性，不能装在碱式滴定管，溶液加入酸式滴定管中；50.00mL-15.00mL=35.00mL，因尖嘴部分也有溶液而没有刻度，故此时滴定管中溶液的实际体积应大于35.00mL，答案选B；【小问4详解】滴定终点时的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；【小问5详解】AgI、AgBr比AgCl更难溶于水，若用NaBr或KI作指示剂，最先生成的沉淀可能是AgBr或AgI，因此不能用NaBr、KI作指示剂，AgSCN和AgCl的颜色相同，无法区分，因此不能用KSCN作指示剂，达到滴定终点时，AgNO3与Na2CrO4反应生成Ag2CrO4沉淀，即有砖红色沉淀生成，现象明显，因此选择Na2CrO4作为滴定Cl-的指示剂，故答案为:C；【小问6详解】溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400mol/LCl-，则所需AgNO3溶液体积变为mL=20mL，反应终点c移到体积为20mL的位置；若改为0.0500mol/LBr-，消耗AgNO3溶液的体积不变，但Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，达到沉淀溶解平衡时Br-的浓度更低，-lgc(Br-)值更大，则相同实验条件下，反应终点横坐标仍为25mL，纵坐标在c点上方，故答案为:(20，5)；(25，6.5)。18.某研究性学习小组用下图所示的装置进行实验，探究原电池、电解池和电解精炼钴的工作原理。一段时间后装置甲的两极均有气体产生，且X极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。请根据实验现象及所查资料，回答下列问题：查阅资料：高铁酸根在溶液中呈紫红色。（1）上述装置中，发生氧化反应电极有_______(填字母)。 A.B.C.D.（2）丙池中的_______(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动。（3）反应过程中，X极处发生的电极反应为和_______。（4）一段时间后，若X极质量减小1.12g，Y电极收集到2.24L气体，则在X极收集到气体为_______mL(均已折算为标准状况时气体体积)。（5）乙池是电解制备金属钴的装置图，理论上I室中_______(填“变大”、“变小”或“不变”)，该电解池总反应的化学方程式是_______。（6）若撤掉装置乙中的阳离子交换膜，石墨电极上产生的气体除外，还可能有_______。【答案】（1）A（2）从右向左（3）（4）448（5）①.不变②.（6）【解析】【分析】丙装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，甲装置是电解池，乙装置是电解精炼钴装置，与电源负极相连的的电极是电解池的阴极，与电源正极相连的的电极是电解池的阳极，则甲池中X极作阳极，Y作阴极，乙池中石墨作阳极，Co作阴极。据此分析解答。【小问1详解】原电池中负极发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，则上述装置中，发生氧化反应的电极有丙中的Zn电极、甲中的X电极、乙池中的石墨电极，符合题意的是A选项，故答案为：A。【小问2详解】根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，丙池中的会向正电荷较多的Zn电极方向移动，即从右向左移动，故答案为：从右向左。【小问3详解】在电解过程中，X极作阳极，发生氧化反应，由实验现象可知，X极处发生的电极反应为和，故答案为：。 【小问4详解】根据条件可知，n(H2)==0.1mol，n(Fe)==0.02mol，在整个电路中电子转移数目相等，4n(O2)+6n(Fe)=2n(H2)，即4n(O2)+60.02mol=20.1mol，n(O2)=0.02mol，即V(O2)=0.02mol22.4L/mol=0.448L=448mL，故答案为：448。【小问5详解】乙池中石墨为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，氢离子经过阳离子交换膜由I室进入II室，则I室中氢离子数目不变，所以理论上I室中n(H+)不变；该电解池的阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极反应式为Co2++2e-=Co，则总反应为，化学方程式为，故答案为：。【小问6详解】若撤掉装置乙中的阳离子交换膜，由于放电顺序：Cl->OH-，Cl-更易放电，石墨电极上发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑，所以石墨电极上产生的气体除外，还可能有，故答案为：。19.工业上常用天然二氧化锰粉与硫化锰矿(含等元素)制备，其工艺如图所示。回答下列问题：已知1：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：金属离子开始沉淀的8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的10.18.32.84.710.98.28.9已知2：常温下，的电离常数：的溶度积，浓度低于时认为该离子已沉淀完全。（1）“滤渣1”含有S和___________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 ___________。（2）“氧化”中添加适量的的作用是___________。（3）“调”除铁和铝，溶液的范围为___________。（4）“除杂1”的目的是除去和，“滤渣3”的主要成分是___________。（5）“除杂2”的目的是生成沉淀除去若溶液酸度过高，沉淀不完全，原因是___________。（6）是一种重要的化工原料，通过简单计算说明向溶液中加入溶液，能否使沉淀完全：___________【写出简单计算过程并得出结论，已知最终溶液中(常温下)】【答案】（1）①.SiO2②.MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O（2）将亚铁离子氧化为铁离子（3）4.7≤pH＜6.2（4）NiS、ZnS（5）F-与H+结合形成弱电解质HF，反应MgF2Mg2++2F-平衡向右移动（6）最终溶液中c(HCO)=01mol⋅L-1，pH=8(常温下)，Ka2==5×10-11，c(CO)=[5×10-11×]mol/L=(5×10-11×)mol/L=5×10-4mol/L，c(Mn2+)=mol/L=4×10-8mol/L＜1×10-5mol/L，所以沉淀完全【解析】【分析】MnO2粉与MnS矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)在硫酸中酸浸，主要反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH在4.7～6.2之间，除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，据此解答。【小问1详解】根据以上分析可知滤渣1含有S和SiO2，MnO2、MnS和稀硫酸反应生成MnSO4、S和H2O，“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。 【小问2详解】溶液中含有亚铁离子，加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，便于后续转化为氢氧化铁。【小问3详解】“调pH”为了除去铁和铝元素，使铁铝沉淀而锌不沉淀，溶液的pH范围应调节为4.7～6.2之间，即4.7≤pH＜6.2。【小问4详解】“除杂1”目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS、ZnS。【小问5详解】“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，用平衡移动的原理解释其原因：F-与H+结合形成弱电解质HF，反应MgF2Mg2++2F-平衡向右移动。【小问6详解】最终溶液中c(HCO)=0.1mol⋅L-1，pH=8(常温下)，Ka2==5×10-11，c(CO)=[5×10-11×]mol/L=(5×10-11×)mol/L=5×10-4mol/L，c(Mn2+)=mol/L=4×10-8mol/L＜1×10-5mol/L，所以沉淀完全。