四川省峨眉第二中学2022-2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

峨眉二中21级高二下半期考试化学科试题可能用到的相对原子质量：H：1C：2N：14O：16Na：23S：32一、选择题(18个小题，每小题只有一个答案，每题3分，共54分)1.下列物质属于强电解质的是A.NH3B.H3PO4C.氢氧化钠溶液D.熔融的KOH【答案】D【解析】【详解】A．NH3在水溶液中或熔融状态下自身不能电离，NH3属于非电解质，A不符合题意；B．H3PO4在水溶液中不能完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；C．氢氧化钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，C不符合题意；D．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，D符合题意；故选D。2.下列物质在水溶液中电离方程式错误的是A.HNO3＝H++B.BaCO3Ba2++C.KHSO4＝K++H++D.NH3•H2O+OH﹣【答案】B【解析】【详解】A．硝酸在水溶液中完全电离，电离方程式为HNO3＝H++，A正确；B．碳酸钡溶于水部分完全电离，电离方程式为BaCO3=Ba2++，B错误；C．硫酸氢钾在水溶液完全电离，电离方程式为KHSO4＝K++H++，C正确；D．一水合氨为弱电解质，水溶液中部分电离，电离方程式为NH3•H2O+OH﹣，D正确；故选B。3.常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是A.pH＝5的硫酸B.pH＝9的NaOH溶液C.pH＝5的NaHSO3溶液D.pH＝8的NaHCO3溶液【答案】D【解析】【详解】酸电离出的氢离子或者碱电离出的氢氧根离子抑制水的电离，硫酸、亚硫酸氢钠均可以电离出氢 离子，氢氧化钠电离出的氢氧根离子，均抑制水的电离，碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，促进水的电离，常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是D，故选D。4.某溶液中含大量NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-离子，往其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)A.CH3COO-B.Na+C.CO、NHD.CH3COO-、Na+【答案】A【解析】【详解】A．加入足量的Na2O2固体后，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO-浓度基本不变，故A符合题意；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na+浓度增加，故B不符合题意；C．HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，CO离子浓度增大，NH与OH-反应生成生成一水合氨，NH浓度会减小，故C不符合题意；D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na+Na+浓度增加，故D不符合题意；答案选A。5.化学知识广泛应用于生产、生活中。下列叙述不正确是A.明矾和ClO2均可用作净水剂，且净水原理相同B.除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，可选用CuO固体C.使用含氟牙膏可预防龋齿D.用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹【答案】A【解析】【详解】A．明矾可用作净水剂是由于明矾电离产生的Al3+发生水解作用产生了具有吸附作用的氢氧化铝胶体；而ClO2用作净水剂，是由于该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质分子结构发生改变而失去其生理活性，因此二者的净水原理不相同，A错误；B．CuO固体能够与溶液中的H+反应产生Cu2+，使溶液pH升高，Fe3+反应变为Fe(OH)3沉淀分离出去，因此可以达到除去CuCl2溶液中少量的FeCl3杂质的目的，B正确；C．牙齿表面的羟基磷酸钙在溶液中存在沉淀溶解平衡，使用含氟牙膏，可以使羟基磷酸钙转化为更难溶的氟磷酸钙，从而达到预防龋齿的目的，C正确；D．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，钢铁表面的铁锈能够与酸性溶液中的氢离子反应 产生可溶性盐，从而达到清洗钢铁表面的锈迹的目的，D正确；故合理选项是A。6.常温下，将溶液与溶液等体积混合，该混合溶液的等于(混合后体积变化忽略不计)A.1B.7C.13D.14【答案】C【解析】【详解】常温下，将溶液与溶液等体积混合，过量，则c(OH-)==0.1mol/L，c(H+)==10-13mol/L，混合溶液的pH等于13；答案选C。7.HA是一元酸，下列说法不正确的是A.25℃时，若测得0.01mol∙L−1NaA溶液pH>7，则HA是弱酸B.体积相同、浓度相同的HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应，则HA是弱酸C.25℃时，若测得0.01mol∙L−1HA溶液pH>2且pH<7，则HA是弱酸D.0.1mol∙L−1HA溶液与0.1mol∙L−1NaOH溶液混合呈中性，则c(Na+)＝c(A﹣)【答案】B【解析】【详解】A．0.01mol/LNaA溶液的pH>7，说明A-水解生成了氢氧根离子，则HA为弱酸，A正确；B．体积相同、浓度相同的HA溶液和NaOH溶液，即使HA不是弱酸，两者也能恰好完全反应，无法证明HA为弱酸，B错误；C．25℃时，0.01mol/L的HA溶液pH>2且pH<7，则HA不完全电离，HA为弱酸，C正确；D．0.1mol/LHA和0.1mol/LNaOH混合，溶液中阴阳离子为Na+、H+、A-、OH-，溶液呈中性，则氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒，c(Na+)＝c(A﹣)，D正确；故答案选B。8.下列叙述正确的是A.向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则B.向溶液中加入少量固体，则的水解程度增大 C.向相同，体积相等的盐酸和醋酸溶液中，分别加入等浓度的溶液，则消耗溶液的体积前者小于后者D.向磷酸中加水稀释至原体积的两倍，则【答案】C【解析】【详解】A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则，根据电荷守恒有，故，选项A错误；B．向溶液中加入少量固体，铝离子的水解抑制铵根离子的水解，则的水解程度减小，选项B错误；C．醋酸为弱酸，向相同，体积相等的盐酸和醋酸溶液中，前者浓度较小，分别加入等浓度的溶液，则消耗溶液的体积前者小于后者，选项C正确；D．磷酸为中强酸，不完全电离，磷酸中，加水稀释至原体积的两倍，虽然电离程度增大，但，选项D错误；答案选C。9.在常温下，有关下列4种溶液的叙述中，正确的是编号①②③④溶液氨水NaOH溶液醋酸盐酸pH111133A.在溶液①和②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均增大B.分别取1mL四种溶液稀释到10mL，稀释后溶液的pH：①>②>③>④C.将aL溶液②与bL溶液④混合后，所得溶液的pH＝10，则a：b＝11：9D.将溶液②、③等体积混合，所得溶液有：c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH－)>c(H+)【答案】C【解析】【详解】A．氨水中NH3▪H2O发生电离产生NH和OH-，加入适量的氯化铵晶体后，NH浓度增大，平 衡逆向移动，OH-浓度减小，pH减小；NaOH溶液中加入适量的氯化铵晶体后，OH-和NH结合生成NH3▪H2O，OH-浓度减小，pH减小，故A错误；B．四种溶液分别加水稀释10倍，NaOH溶液和HCl都是强电解质，所以pH变化最大的是②和④，稀释后溶液的pH：①>②>④>③，故B错误；C．pH=11的NaOH溶液浓度为0.001mol/L，pH=3的盐酸浓度为0.001mol/L，将aL溶液②与bL溶液④混合后，所得溶液的pH=10，则，则a：b=11：9，故C正确；D．pH=11的NaOH溶液浓度为0.001mol/L，醋酸是一元弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度远大于0.001mol/L，将溶液②、③等体积混合，得到CH3OOH和CH3COONa的混合溶液，溶液显酸性，混合溶液中存在：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故D错误；故选C。10.室温下，对于c()＝0.1mol∙L−1的NH4Cl溶液，下列判断中正确的是A.稀释后，溶液中减小B.溶液中c(H+)−c(NH3·H2O)＝c(OH－)C.溶液中c()>c(NH3.H2O)>c(H+)D.若溶液的pH＝2，则的水解百分率为10%【答案】B【解析】【详解】A．在溶液中，存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+，平衡常数的表达式为：，，加水稀释，减小，K不变，所以增大，A错误；B．溶液中存在水的电离平衡和的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+，则溶液中c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH－)，c(H+)−c(NH3·H2O)=c(OH－)，B正确；C．在溶液中，存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+和水的电离平衡：H2OOH-+H+，所以c()>c(H+)>c(NH3.H2O)，C错误；D．若溶液的pH＝2，c(H+)=0.01mol/L，根据反应+H2ONH3·H2O+H+，H2OOH-+H+，故无法 计算的水解百分率，D错误；故选B。11.日常所用的干电池，其电极分别为碳棒(上面有帽)和锌(皮)，以糊状NH4Cl和ZnCl2作为电解质溶液(其中加入MnO2吸收H2)，电极反应可简化为Zn-2e-=Zn2+、2NH+2e-=2NH3↑+H2↑(NH3与Zn2+结合)，根据上面叙述判断下列说法正确的是A.Zn为正极，碳为负极B.负极反应为2NH+2e-=2NH3↑+H2↑C.工作时电子由碳极经外电路流向锌极D.长时间连续使用时，内装的糊状物可能流出腐蚀电器【答案】D【解析】【分析】【详解】A．活动性：Zn>C，由负极发生氧化反应可知，负极为Zn，正极为C，故A不选；B．由于Zn为负极，所以负极的电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，故B不选；C．外电路中电子移动方向为负极→正极，即锌流向碳，故C不选；D．电池工作时MnO2吸收H2生成H2O，Zn溶解，糊状物变稀，故可能流出腐蚀电器，故D选；答案选D12.室温下，在10mL浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸混合液中，滴加0.1mol/L的NaOH溶液VmL，则下列关系正确的是A.V＝0时：c(H+)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)B.V＝10mL时：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)＝c(H+)C.V＝20mL时：c(Na+)<c(CH3COO﹣)+c(Cl﹣)D.加入NaOH溶液至pH＝7时，V>20mL【答案】B【解析】【详解】A．V＝0时，由于盐酸全部电离，醋酸部分电离，因此c(H+)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)，故A错误；B．V＝10mL时，盐酸全部反应完，而醋酸没有反应，溶质为醋酸和氯化钠，根据电荷守恒得到：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)＝c(H+)，故B正确； C．V＝20mL时，溶质为醋酸钠和氯化钠，根据物料守恒和醋酸根水解，则有c(Na+)＞c(CH3COO﹣)+c(Cl﹣)，故C错误；D．V＝20mL时，溶质为醋酸钠和氯化钠，溶液显碱性，因此加入NaOH溶液至pH＝7时，V＜20mL，故D错误。综上所述，答案为B。13.为探究沉淀AgCl和AgI之间的转化，按照下图所示的实验进行了实验探究，下列关于该实验的分析错误的是A.滤液为饱和溶液，且B.可以预测滤液中滴加KI溶液后无明显现象C.白色沉淀转化为黄色沉淀说明AgCl可转化成AgID.该实验可以得出AgI的溶解度和Ksp均比AgCl的小【答案】A【解析】【分析】由图可知，2mL0.1mol/L氯化钠溶液中加入2mL0.1mol/L硝酸银溶液恰好反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，过滤得到含有硝酸钠的滤液和氯化银白色沉淀；向滤液中加入4滴0.1mol/L碘化钾溶液，由于银离子浓度过小，不可能有碘化银黄色沉淀生成；向白色沉淀中加入4滴0.1mol/L碘化钾溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，说明氯化银转化为溶解度和溶度积均小于氯化银的碘化银沉淀。【详解】A．由分析可知，滤液为溶液中银离子浓度与氯离子浓度相等的硝酸钠的不饱和溶液，故A错误；B．由分析可知，由于银离子浓度过小，不可能有碘化银黄色沉淀生成，所以滤液中滴加碘化钾溶液后无明显现象，故B正确；C．由分析可知，白色沉淀转化为黄色沉淀说明氯化银可转化成碘化银，故C正确；D．由分析可知，，白色沉淀转化为黄色沉淀，说明氯化银转化为溶解度和溶度积均小于氯化银的碘化银沉淀，故D正确； 故选A。14.有机弱碱甲胺(CH3NH2)的碱性略强于氨水，也能与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。下列叙述正确的是A.CH3NH3Cl水溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)B.0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液的pH=2C.CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl-D.0.1mol·L-1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀释，pH将增大【答案】D【解析】【详解】A．CH3NH3Cl水溶液中，CH3NH离子浓度减小，故c(Cl-)>c(CH3NH)，A错误；B．0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液中由于CH3NH的水解，使溶液显酸性，但是水解是微弱的，pH>2，B错误；C．CH3NH3Cl是盐，在水中的电离方程式为：，C错误；D．CH3NH2是弱碱，CH3NH3Cl水溶液呈酸性，加水稀释，c(H+)减小，pH升高，D正确；故选D。15.铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.工作时H+透过质子交换膜由乙室向甲室移动B.碳电极上的电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2OC.处理废水过程中两侧溶液的pH基本不变D.处理含NO的废水，若处理6.2gNO，则有0.5molH+透过质子交换膜【答案】C 【解析】【分析】在原电池反应中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，根据电极微粒变化及元素化合价判断电极正负极、离子移动方向，并书写相应的电极反应式。【详解】A．由图可知电池工作时，碳电极是正极，H+会由负极移向正极，即H+由乙室通过质子交换膜向甲室移动，A正确；B．碳电极为正极，在甲室中转化为N2，所以电极反应式为，B正确；C．当转移10mole-时甲室溶液中消耗12molH+，但通过质子交换膜的H+只有10mol，因此，甲室溶液中c(H+)减小，溶液的pH不断增大，C错误；D．处理含的废水时，根据电子守恒可知关系式为：，透过质子交换膜的H+与转移的电子物质的量相等，所以处理6.2g(其物质的量是0.1mol)时，电池中有0.5molH+透过质子交换膜，D正确；故合理选项是C。16.常温下，将0.1mol∙L−1NaOH溶液滴加到20mL0.1mol∙L−1二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH随NaOH溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述不正确的是A.Ka1(H2A)≈10−3B.b处溶质为NaHA，所以促进水的电离C.b点时溶液中存在c(Na+)>c(HA﹣)>c(H+)>c(A2﹣)>c(H2A)D.c点时溶液中存c(Na+)﹣c(HA﹣)−2c(A2﹣)＝10−4.5−10﹣9.5【答案】B【解析】【分析】滴定至a点时，溶液成分为NaHA和H2A，滴定至b点时，溶液全为NaHA，滴定至c点时溶液成分为NaHA和Na2A。【详解】A．a点时pH≈3，加入10mLNaOH溶液，此时c(H2A)=c(NaHA)，可知， ，A项正确；B．根据分析，c点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b点时溶液为NaHA，则HA-的电离程度大于水解程度，水的电离受到抑制，B项错误；C．，由c点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b点时溶液为NaHA，则HA-电离程度大于水解程度，溶液中c(Na+)>c(HA﹣)>c(H+)>c(A2﹣)>c(H2A)，C项正确；D．c点为等物质的量的NaHA与Na2A混合溶液，电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HA﹣)+2c(A2﹣)，c(Na+)﹣c(HA﹣)−2c(A2﹣)=c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)-c(H+)，c点的pH=9.5，c(H+)=10-9.5mol/L，c(OH﹣)=，c(Na+)﹣c(HA﹣)−2c(A2﹣)＝10−4.5−10-9.5，D项正确；故选B。17.Ag2SO4的溶解度随温度升高而增大，T℃时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A.a点与d点Ksp数值不相等B.a点溶液降低温度，则a点可沿虚线移动到c点C.T℃，从曲线a点数据计算可知，Ksp(Ag2SO4)=2.25×10−4D.向a点的悬浊液中加入Na2SO4固体，溶液组成可能会由a向d方向移动【答案】D【解析】【详解】A．溶度积为温度函数，温度不变，溶度积不变，则T℃时，a点与d点Ksp数值相等，故A错误；B．由图可知，a点溶液中银离子浓度和硫酸根离子浓度相等，降低温度，硫酸银溶度积减小，会析出硫酸银，饱和溶液中银离子浓度是硫酸根离子的浓度的2倍，则a点不能沿虚线移动到c点，故B错误；C．由图可知，T℃时，a点溶液中银离子浓度和硫酸根离子浓度相等，都为1.5×10−2mol/L，则硫酸银的溶 度积Ksp(Ag2SO4)=(1.5×10−2)2×1.5×10−2=3.375×10−5，故C错误；D．向a点的悬浊液中加入硫酸钠固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，温度不变，溶度积不变，则溶液中的银离子浓度减小，溶液组成可能会由a向d方向移动，故D正确；故选D。18.常温下，用溶液分别滴定浓度均为的、溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示。下列叙述错误的是A.曲线Ⅱ表示溶解平衡曲线B.点表示的是的不饱和溶液C.沉淀废液中的用溶液比等浓度的溶液效果好D.的平衡常数为【答案】D【解析】【分析】温度不变时，溶度积为常数，Ksp(AgSCN)=c(SCN-)∙c(Ag+)，c(Ag+)增大，则c(SCN-)减小，二者浓度变化倍数相同；Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙c2(Ag+)，c(Ag+)增大，则c(CrO42-)减小，但二者浓度的变化倍数不同，结合曲线分析，当c(Ag+)由10-6mol/L增大10-2mol/L，c(Xn-)由10-6mol/L减小到10-10mol/L，由此可知二者变化倍数相同，则可以断定曲线Ⅱ为AgSCN溶解平衡曲线，曲线Ⅰ为Ag2CrO4溶解平衡曲线，据此分析解答。【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ表示溶解平衡曲线，故A正确；B．根据分析，曲线Ⅰ为Ag2CrO4溶解平衡曲线，a点的c(Ag+)小于溶解平衡时的c(Ag+)，则a点的浓度积Qc(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2CrO4)，为Ag2CrO4的不饱和溶液，故B正确；C．溶度积越小，溶液中离子浓度越小，沉淀越完全，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙c2(Ag+)=10-3.92×(10-4)2=10- 11.92，Ksp(AgSCN)=c(SCN-)∙c(Ag+)=10-6×10-6=10-12，Ksp(AgSCN)＜Ksp(Ag2CrO4)，沉淀废液中的Ag+用KSCN溶液比等浓度的K2CrO4溶液效果好，故C正确；D．Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)⇌2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常数K==1012.08，故D错误；答案选D。二、非选择题(共48分)19.回答下列问题：（1）已知：H2S：Ka1＝1.3×10﹣7Ka2＝7.1×10−15；H2CO3：Ka1＝4.3×10﹣7Ka2＝5.6×10−11；CH3COOH：Ka＝1.8×10﹣5NH3•H2O：Kb＝1.8×10﹣5。①常温下，0.1mol∙L−1Na2S溶液和0.1mol∙L−1Na2CO3溶液，碱性更强的是___________。②25℃时，NaHCO3溶液的pH___________(填“大于”或“小于”)CH3COONa溶液的pH。③NH4HCO3溶液显___________性。（2）25℃时，H2SO3+H+的电离常数Ka＝1.0×10−2，则该温度下NaHSO3的水解常数Kh＝___________。（3）能证明Na2SO3溶液中存在+H2O+OH﹣水解平衡的事实是___________(填字母，下同)。A．滴入酚酞溶液变红，再加H2SO4溶液红色褪去B．滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去C．滴入酚酞溶液变红，再加氯水后红色褪去（4）氯化铝水溶液呈___________性(填“酸”、“中”、“碱”)，把AlCl3溶液蒸干、灼烧后，得到的主要固体产物是___________。（5）①写出1mol/L的NaH2PO4溶液中的电荷守恒表达式：___________。②泡沫灭火器[里面装饱和NaHCO3溶液和Al2(SO4)3]的工作原理：______________________(用离子方程式表示)。【答案】（1）①.Na2S②.大于③.碱（2）1.0×10-12（3）B（4）①.酸②.Al2O3（5）①.c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)②.Al3++2=Al(OH)3+3CO2↑ 【解析】【小问1详解】①由电离常数数据可知酸性：HS-<HCO，则0.1mol∙L−1Na2S溶液中S2-的水解程度比0.1mol∙L−1Na2CO3溶液中CO的水解程度大，碱性更强的是Na2S；②由电离常数数据可知酸性：H2CO3<CH3COOH，则NaHCO3溶液HCO的水解程度比CH3COONa溶液中CH3COO-的水解程度大，碱性更强的是NaHCO3溶液，则NaHCO3溶液的pH大于CH3COONa溶液的pH；③H2CO3：Ka1＝4.3×10﹣7、Ka2＝5.6×10−11，NH3•H2O：Kb＝1.8×10﹣5，碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈碱性。【小问2详解】25℃时，H2SO3+H+的电离常数Ka＝1.0×10−2，则该温度下NaHSO3的水解常数Kh＝=。【小问3详解】A．滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入硫酸溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故A错误；B．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在水解平衡，故B正确；C．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，氯水具有强氧化性，具有漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故错C误；故选B。【小问4详解】氯化铝是强酸弱碱盐，水解显酸性，方程式是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。水解是吸热的，加热促进水解，且生成的氯化氢挥发，所以最终生成的是氢氧化铝，灼烧则得到Al2O3。【小问5详解】①1mol/L的NaH2PO4溶液中的电荷守恒表达式：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)； ②泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2(SO4)3发生双水解反应：Al3++2=Al(OH)3+3CO2↑产生大量泡沫覆盖可燃物，达到灭火效果。20.氧化还原滴定实验与中和滴定原理相似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)，也是分析化学中常用的分析手段。I.用溶液滴定浓度约为0.100mol/L溶液。（1）该酸碱中和滴定实验最好选用_______(填标号)作指示剂。A.酚酞B.石蕊C.甲基橙（2）实验所用仪器如下图所示。仪器A盛装_______(填“”或“”)溶液。（3）若滴定开始和结束时，盛装溶液的滴定管中的液面如图所示，终点读数为_______。II.用氧化还原滴定方法测定粗品中的质量分数。实验步骤：称取粗品配制的溶液待用。用酸式滴定管取溶液于锥形瓶中，然后加入过量的KI溶液并酸化，加几滴淀粉溶液，立即用配制的溶液滴定至终点(反应为)，消耗溶液。问答下列问题：（4）向溶液中加入过量的溶液并酸化，被还原成，写出该反应的离子方程式：_______。（5）用溶液滴定至终点的现象为_______。（6）粗品中的质量分数为_______。 （7）若在取溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外。则测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)【答案】（1）A（2）CH3COOH（3）26.10mL（4）Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O（5）滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色（6）62%（7）偏高【解析】【分析】中和滴定中指示剂的选择原则应遵循指示剂的变化范围与滴定终点的酸碱性一致，酸式滴定管盛放酸性、强氧化性的物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，氧化还原反应的滴定实验中处理数值，可以采用得失电子数目守恒或建立关系式进行计算，据此分析；【小问1详解】酸碱中和滴定时，指示剂不能选做石蕊，醋酸是弱酸，氢氧化钠为强碱，两者恰好完全反应后，溶液显碱性，与酚酞的变色范围一致，因此用NaOH滴定醋酸时，应用酚酞作指示剂，故A符合题意；答案为A；【小问2详解】仪器A为酸式滴定管，盛放酸性、强氧化性物质，即仪器A盛装CH3COOH溶液，故答案为CH3COOH；【小问3详解】根据图像可知，滴定终点读数为26.10mL；故答案为26.10mL；【小问4详解】K2Cr2O7将KI氧化成I2，本身被还原成Cr3+，其离子方程式为Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；故答案为Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；【小问5详解】用Na2S2O3滴定碘单质，淀粉作指示剂，未滴定时溶液显蓝色，当滴定到终点时，碘单质消耗完，蓝色褪去，即滴定终点时的现象：滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色；故答案为滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色；【小问6详解】根据上述分析，建立关系式为Cr2O～3I2～6S2O，则Na2S2O3·5H2O的质量分数为=62%；故答案为62%；【小问7详解】 取K2Cr2O7溶液有部分滴到锥形瓶外，K2Cr2O7物质的量减少，得到碘单质物质的量减小，同时消耗Na2S2O3体积减小，根据(6)分析，产品的质量分数偏高，故答案为偏高。21.完成下列题目。（1）有一纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，以KOH溶液为电解质溶液，电池的总反应为Zn＋Ag2O＋H2O＝2Ag＋Zn(OH)2，Zn发生___________反应，电极反应式___________。（2）宇宙飞船上的氢氧燃料电池，其电池反应为：2H2+O2＝2H2O。试写出电解质溶液为盐酸时的电极反应式，负极反应式为___________；正极反应式为___________：（3）一定条件下，按如图连接装置，电压计指针发生偏转。该原电池工作一段时间后，两电极质量均增大。①请写出负极反应式___________。②盐桥中的向___________方向移动(填左或右)。【答案】（1）①.氧化②.Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2（2）①.H2-2e-=2H+②.O2+4H++4e-=2H2O（3）①.Ag+Cl--e-=AgCl②.左【解析】【小问1详解】电池的总反应为Zn＋Ag2O＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，Zn化合价升高，失去电子，发生氧化反应，电极反应式Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2；【小问2详解】氢氧燃料电池反应为：2H2+O2=2H2O，电解质溶液为盐酸时，负极氢气失去电子，电极反应式为H2-2e-=2H+；正极氧气得到电子，电极反应式O2+4H++4e-=2H2O；【小问3详解】①该装置为原电池，左池为负极，Ag失电子，发生氧化反应，生成Ag+，Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，电极反应式为：Ag+Cl--e-=AgCl，电极质量增加；右池为正极，Ag+得电子，发生还原反应，生成Ag 单质，电极反应式为：Ag++e-=Ag↓，电极质量也增加；②原电池中阴离子移向负极，故盐桥中的向左侧。22.使用后的废旧铅酸蓄电池需要回收，废旧电池的铅膏中主要含有、PbO2、PbO和Pb，还有少量BaSO4、以及Fe、Al的盐或氧化物等，通过如图流程回收铅。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.25×10﹣87.2×10−141.1×10−102.6×10﹣9回答下列问题：（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为___________；PbSO4饱和溶液中c(Pb2+)＝___________。（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是___________。（3）在“酸浸”中，除加入醋酸(CH3COOH)，还要加入H2O2。①能被H2O2氧化的离子是___________；②H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(CH3COO)2，其化学方程式为___________；③H2O2也能使PbO2转化为Pb(CH3COO)2，H2O2的作用是___________。（4）“酸浸”后溶液的pH应控制在___________(填范围)，滤渣的主要成分是___________(填化学式)。（5）一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2Cu(OH)2开始沉淀的pH2.36.83.57.25.2完全沉淀的pH3.28.34.69.16.7 当向含相同浓度Cu2+、Pb2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，(填离子符号)___________先沉淀。【答案】（1）①.PbSO4(s)+(aq)=PbCO3(s)+(aq)②.1.5×10-4mol/L（2）因Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)（3）①.Fe2+②.H2O2+Pb+2CH3COOH=Pb(CH3COO)2+2H2O③.还原剂（4）①.4.6≤pH<7.2②.Fe(OH)3、Al(OH)3（5）Cu2+【解析】【分析】铅膏加入碳酸钠溶液，硫酸铅转化为碳酸铅，加入硫酸和双氧水把Pb和Fe2+氧化成Pb2+和Fe3+，加入醋酸生成醋酸铅（醋酸铅溶于水），其它物质不溶于水和醋酸，滤液加入氢氧化钠得到Pb(OH)2，分解得到PbO。【小问1详解】碳酸钠和硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应离子方程式为PbSO4(s)+(aq)=PbCO3(s)+(aq)；PbSO4(s)Pb2+(aq)+(aq)，根据电离方程式可知PbSO4饱和溶液中c(Pb2+)=c()，Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c()，则c(Pb2+)＝=1.5×10-4mol/L；故答案为：PbSO4(s)+(aq)=PbCO3(s)+(aq)；1.5×10-4mol/L。【小问2详解】因为Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，所以在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化；故答案为：因Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)。【小问3详解】Fe2+具有还原性，能被H2O2氧化成Fe3+；H2O2将金属Pb氧化成Pb2+，并且在醋酸中转化为Pb(CH3COO)2，其化学方程式为H2O2+Pb+2CH3COOH=Pb(CH3COO)2+2H2O；H2O2也能使PbO2转化为Pb(CH3COO)2，Pb元素的化合价降低，故H2O2的作用是还原剂；故答案为：Fe2+；H2O2+Pb+2CH3COOH=Pb(CH3COO)2+2H2O；还原剂。【小问4详解】“酸浸”后溶液的Fe3+、Al3+充分沉淀，生成Fe(OH)3、Al(OH)3，Pb2+不能沉淀，根据氢氧化物沉淀时的pH可知“酸浸”后溶液的pH应控制在4.6≤pH<7.2；滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；故答案为：4.6≤pH<7.2；Fe(OH)3、Al(OH)3。【小问5详解】当向含相同浓度Cu2+、Pb2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，根据氢氧化物沉淀时pH表可知，pH=5.2 时Cu2+沉淀，而Pb2+和Fe2+没有沉淀，故Cu2+先沉淀；故答案为：Cu2+。