四川省雅安中学2022-2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

四川省雅安中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Mg：24Al：27k：39Fe：56Mn：55一、单选题(共25题，每题2分，共50分)1.下列的甲酸性质中，可以证明它是弱电解质的是A.甲酸溶液的pH=1B.甲酸能与水以任意比例互溶C.甲酸恰好与溶液完全反应D.甲酸溶液的导电性比盐酸的弱【答案】A【解析】【详解】A．1 mol•L-1甲酸溶液的pH约为1，溶液中c(H+)=0.1mol/L＜1mol/L，说明甲酸在水溶液里部分电离，所以能证明甲酸是弱电解质，A正确；B．甲酸能与水以任意比例互溶，说明甲酸溶解性较强，但不能说明甲酸电离程度，所以不能证明甲酸是弱电解质，B错误；C．10mL 1 mol•L-1甲酸恰好与10mL 1 mol•L-1NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，但不能说明甲酸在水溶液里部分电离，所以不能证明甲酸是弱电解质，C错误；D．没有说明溶液的浓度关系，所以不能证明甲酸是弱电解质，D错误；故选A。2.下列说法错误的是A.水的电离吸热，故升高温度，平衡向电离方向移动，增大B.在任何温度下，纯水都显中性C.在时，纯水中的大于D.时，纯水中，稀酸和稀碱溶液中，【答案】D【解析】【详解】A．水的电离吸热，故升高温度，平衡向电离方向移动，氢离子、氢氧根离子浓度变大，增大， A正确；B．在任何温度下，纯水中氢离子、氢氧根离子浓度相等，都显中性，B正确；C．在时，纯水电离程度大于室温，故大于，C正确；D．25℃时，无论是纯水中还是稀酸和稀碱溶液中，都有，D错误；故选D。3.常温下，下列说法正确的是A.中和等体积的pH=11的氢氧化钠溶液，所需pH=3的醋酸溶液的体积大于pH=3的盐酸的体积B.pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液中分别加入少量相同的锌粒，盐酸中的锌粒先反应完C.pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液中水电离出的c(H+)均为10-11mol•L-1D.pH=3盐酸、pH=3的醋酸溶液中分别加水稀释到原体积的10倍，所得醋酸溶液的pH更大【答案】C【解析】【详解】A．pH相同的盐酸和醋酸，醋酸浓度大，中和等体积的的氢氧化钠溶液，所需醋酸溶液体积小，A错误；B．pH=3的盐酸、pH=3的醋酸，醋酸溶液中存在电离平衡，所以反应开始速率相同，反应后醋酸中氢离子浓度更大，反应快，醋酸中锌粒先反应完，B错误；C．pH=3的盐酸与的醋酸溶液对水的电离的抑制程度是相同的，所以水电离出的均为，C正确；D．pH相同的盐酸、醋酸分别加水稀释到原体积的10倍，由于醋酸会不断电离出氢离子，所以稀释后，醋酸中氢离子浓度更大，pH更小，D错误。故选C。4.关于，下列说法正确的是A.向纯水中通入，水的电离被抑制，减小B.纯水中为mol⋅LC.若某溶液中，，则该溶液一定是中性的D.100℃时，0.1mol/L的NaOH溶液的【答案】C 【解析】【详解】A．向纯水中通入，溶液在氢离子浓度变大，水的电离被抑制，但是不变，故A错误；B．没有确定的温度，不能确定纯水中氢离子浓度，故B错误；C．若某溶液中，，则该溶液氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液一定是中性的，故C正确；D．100℃时，0.1mol/L的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，由于不是10-14，故氢离子浓度不是10-13mol/L，pH不是13，故D错误；故选C。5.下列说法不正确的是A.的硫酸中B.将溶液从常温加热至80℃，溶液的变小但仍保持中性C.常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质D.常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大【答案】A【解析】【详解】A．的硫酸中=0.1mol/L，故A错误；B．KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；C．NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；D．醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；故选A。6.常温下，下列各组离子在相应条件下能大量存在的是A.=1010的溶液中：K+、Fe3+、Cl-、B.由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Fe2+、Na+、、 C.能使酚酞变红色的溶液中：、K+、ClO-、Cl-D.pH=1的溶液中：CH3COO-、Na+、Mg2+、【答案】A【解析】【详解】A．=1010的溶液显酸性，K+、Fe3+、Cl-、能在该溶液中大量共存，A项选；B．由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，若溶液显酸性，在酸性溶液中具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，若溶液为碱性，Fe2+与OH-不能共存，B项不选；C．能使酚酞变红色的溶液显碱性，和OH-不能大量共存，C项不选；D．pH=1的溶液中含有大量的H+，CH3COO-和H+不能大量共存，D项不选；答案选A。7.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是①二氧化硫溶于水②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A.①④B.①②C.②③D.③④【答案】A【解析】【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H +）=1.0×10 -13mol•L -1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。综上所述，本题正确答案为A。8.对于0.1mol/LCH3COOH溶液存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H+，下列说法正确的是A.加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，CH3COOH电离程度都变大B.加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起溶液的pH值增大C.升高温度或加水稀释，溶液的导电能力都增强 D.加少量烧碱溶液或加少量冰醋酸，溶液中值增大【答案】B【解析】【详解】A．加水稀释醋酸浓度减小，电离程度变大；加入少量CH3COONa晶体时，醋酸浓度变大，导致CH3COOH电离程度减小，A错误；B．加水稀释，溶液浓度减小，氢离子浓度减小；加入少量CH3COONa晶体时，导致醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小；故都会引起溶液的pH值增大，B正确；C．升高温度促进醋酸电离，离子浓度变大，导电能力增强；加水稀释，溶液浓度减小，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，C错误；D．，加少量烧碱溶液或加少量冰醋酸，溶液中醋酸根离子浓度均变大，导致值减小，D错误；故选B。9.一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是（）A.pH=6的某物质的水溶液B.加酚酞后显无色的溶液C.能与金属Al反应放出H2的溶液D.c(H+)>c(OH-)的任意物质的水溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A.在室温下中性溶液pH=7，pH=6的溶液为酸性溶液，但由于未指明溶液的温度，因此不能确定该溶液是否显酸性，A不选；B.酚酞的pH变色范围是8.2~10.0，所以加入酚酞后显无色的溶液可能显酸性，也可能显中性或碱性，不一定呈酸性，B不选；C.Al既能与酸反应产生氢气，也能与强碱溶液反应产生氢气，因此不能根据与金属Al反应放出H2确定溶液是否显酸性，C不选；D.在任何物质的稀溶液中都存在水的电离平衡，若溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)<c(OH-)，溶液显碱性，故可根据c(H+)>c(OH-)确定该溶液一定呈酸性，D选；故合理选项是D。 10.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错误的是①盐酸的电离方程式：②碳酸钙的溶解平衡：③盐类水解平衡：④碳酸氢钠溶液电离平衡：⑤溶于中水解平衡：A.①②⑤B.③⑤C.③④⑤D.①③⑤【答案】B【解析】【详解】①盐酸中HCl可发生电离生成水和氢离子和氯离子，其电离方程式：，①正确；②碳酸钙在水溶液中存在溶解平衡，其方程式可表示为：，②正确；③碳酸钠在水溶液中存在盐类水解平衡，分步进行，其第一步水解平衡为：，③错误；④碳酸氢钠溶液碳酸氢根离子电离会生成碳酸根离子和氢离子（水合氢离子）：其电离平衡可表示为：，④正确；⑤溶于中存在水解平衡，可表示为：，⑤错误；综上所述，③⑤错误，B项符合题意；故选B。11.下列说法正确的是A.废旧电池可进行深埋处理B.能构成电池的反应不一定是氧化还原反应C.燃料电池中，通入气体的电极一定是电池负极D.镁铝分别作电池负极，相同质量时铝释放的电子数比镁的多【答案】D 【解析】【详解】A．废旧电池中含有铅等重金属，会污染地下水，不能深埋处理，A错误；B．化学能转化成电能，需要通过电子的转移来实现，因此能构成电池的反应一定是氧化还原反应，B错误；C．燃料电池中，通入气体的电极也可能是正极，C错误；D．转移1mol电子时，消耗Mg、Al的质量分别为12g、9g，当镁、铝质量相同时，铝释放的电子数比镁多，D正确。故选D。12.化学平衡常数是表明化学反应限度的一个特征值，由下表中的数据不能得出的结论是弱酸HCOOHHCN电离平衡常数(25℃)A.B.C.D.等浓度的HCOONa溶液和NaCN溶液中，【答案】B【解析】【分析】根据电离平衡常数得到酸的强弱顺序为HCOOH＞＞HCN＞。【详解】A．根据酸的强弱顺序为HCOOH＞HCN，则能发生，故A不符合题意；B．根据酸的强弱顺序为HCOOH＞＞HCN＞，将改写为，，前者能发生，后者不能发生，故B符合题意；C．根据酸的强弱顺序为HCOOH＞，则能发生，故C不符合题意； D．根据越弱越水解，等浓度的HCOONa溶液和NaCN溶液中，水解程度比水解程度，则得到，故D不符合题意。综上所述，答案为B。13.下列说法正确的是A.常温下醋酸分子不可能存在于pH>7的碱性溶液中B.酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。C.0.1mol∙L−1醋酸溶液加水稀释时，所有的离子浓度都减小D.0.1mol∙L−1硫化钠溶液中粒子浓度的关系：c(Na＋)=c(S2−)＋c(HS－)＋c(H2S)【答案】B【解析】【详解】A．常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸，则醋酸分子存在于pH>7的碱性溶液中，故A错误；B．酸式盐溶液可能呈酸性，比如硫酸氢钠，也可能呈碱性，比如碳酸氢钠，故B正确；C．0.1mol∙L−1醋酸溶液加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，“看得见”的微粒浓度减小即醋酸、醋酸根、氢离子浓度减小，而氢氧根浓度增大，故C错误；D．0.1mol∙L−1硫化钠溶液中，根据物料守恒得到粒子浓度的关系：c(Na＋)=2c(S2−)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，故D错误。综上所述，答案为B。14.常温下向0.1HF溶液中加入少量水，下列各项增大的是①水电离程度②③④A.③④B.①②④C.①②D.仅有①【答案】C【解析】【详解】HF是弱酸，常温下向0.1mol/LHF溶液中加入少量水，HF的电离平衡会正向移动，、、c(HF)都会减小，溶液酸性减弱，加水稀释时、减小程度一样，但水的电离程度增大，所以①会增大。加水稀释时、减小程度一样，但水的电离程度增大，氢离子浓度减小的慢，所以②会增大。温度不变，Ka不变，加水稀释，c(HF)减小，所以③减小。④温度不变，水的离子积不变。故①②增大。故选C。 15.25℃，向醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的说法正确的是A.b点溶液可能呈中性B.c点溶液中无分子C.a点到b点的溶液中可能存在：D.水电离程度：【答案】C【解析】【分析】25℃，向醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，反应放出热量，恰好反应时放热最多，温度最高；【详解】A．b点恰好反应得到溶质是，水解呈碱性，A错误；B．点溶质为和，醋酸根离子水解生成，存在醋酸分子，B错误；C．a点到b点的溶液中存在pH=7的点，根据电荷守恒可知，存在：的情况，C正确；D．酸和碱对水的电离起抑制作用，强碱弱酸盐对水的电离起促进作用，所以水的电离程度：，D项错误；故选C。16.下列事实不属于盐类水解应用的是（）A.明矾、氯化铁晶体常用于净水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.实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率【答案】D【解析】 【详解】A、明矾中的Al3+、氯化铁晶体中的Fe3+在水中水解会分别形成Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体，这些胶体具有净水的作用，该事实属于盐类水解的应用；B、在空气中加热MgCl2·6H2O时，会发生水解平衡：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，HCl易挥发而脱离体系，这样加热晶体所得物质为Mg(OH)2或MgO，而非MgCl2；若在HCl气氛中加热MgCl2·6H2O，则可以抑制水解，从而得到MgCl2，该事实属于盐类水解的应用；C、在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀盐酸，可以抑制Fe3+的水解，该事实属于盐类水解的应用；D、实验室一般使用Fe或者Zn去制备氢气，加入少量CuSO4，可以将Cu置换出来，形成原电池回路，加快反应速率，该事实不属于盐类水解的应用；综上所述，只有D符合题意，故选D。17.25℃，将100mL0.14mol/LNaOH溶液与100mL0.06mol/L硫酸溶液混合，所得200mL混合溶液的pH为A.12B.12.3C.13D.14【答案】A【解析】【分析】【详解】将0.14mol/LNaOH溶液与0.06 mol/L硫酸溶液等体积混合，混合后氢氧化钠过量，溶液显碱性，混合液中氢氧根离子浓度为=0.01mol/L，混合溶液中氢离子浓度==10-12mol/L，混合溶液的pH=12，故选A。18.下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是A.向Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)不变B.向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入少量氨水，先生成Cu(OH)2沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]C.AgCl在等物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同D.AgBr溶液中的c(Ag+)·c(Br−)是一个常数【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵水解溶液显酸性，导致氢氧化镁向生成镁离子的方向移动，A错误；B．氢氧化铜、氢氧化镁均为相同形式的沉淀，浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入少量氨水，先生成Cu(OH)2沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，B正确； C．等物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中氯化钙溶液中氯离子浓度更大，对氯化银的溶解抑制更大，故氯化银的溶解度不相同，C错误；D．AgBr溶液中的c(Ag+)·c(Br−)，只有饱和溴化银溶液二者乘积不变，是一个常数，D错误；故选B。19.25℃，等体积的下列溶液中：①pH=1的H2SO4溶液、②0.05mol∙L−1的Ba(OH)2溶液、③pH=5的NH4NO3溶液、④pH=10的Na2S溶液，发生电离的水的物质的量之比是A.1∶1∶108∶109B.10∶13∶5∶4C.1∶20∶109∶104D.1∶10∶109∶104【答案】A【解析】【详解】25℃，等体积的下列溶液中：①pH=1的H2SO4溶液中c(H＋)＝1.0×10−1mol∙L−1，则c(OH－)＝1.0×10−13mol∙L−1，则氢氧根是水电离出的即水电离出的氢氧根浓度为c(OH－)＝1.0×10−13mol∙L−1，②0.05mol∙L−1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1mol∙L−1，c(H＋)＝1.0×10−13mol∙L−1，则氢离子是水电离出的即水电离出的氢离子浓度为c(H＋)＝1.0×10−13mol∙L−1，③pH=5的NH4NO3溶液，铵根水解生成一水合氨和氢离子，则水电离出的氢离子浓度c(H＋)＝1.0×10−5mol∙L−1，④pH=10的Na2S溶液，硫离子水解生成硫氢根和氢氧根，则水电离出的氢氧根浓度c(OH－)＝1.0×10−4mol∙L−1，溶液体积相等，根据水电离出的离子浓度之比等于水电离的物质的量之比即1.0×10−13∶1.0×10−13∶1.0×10−5∶1.0×10−4=1∶1∶108∶109，故A符合题意。综上所述，答案为A。20.在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。已知25℃时，，，当溶液中的恰好沉淀完全(浓度等于)时，溶液中约为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】当溶液中的恰好沉淀完全(浓度等于)时，则溶液中的银离子浓度为，则溶液中 ，故C正确。综上所述，答案为C。21.已知如下物质的溶度积常数：，。下列说法正确的是A.同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度B.同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量固体后，变小C.向含有等物质的量的和的混合溶液中逐滴加入溶液，最先出现的沉淀是FeSD.除去工业废水中的，可以选用FeS作沉淀剂【答案】D【解析】【详解】A．CuS与FeS的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A错误；B．溶度积常数只与温度有关，同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)不变，故B错误；C．化学式相似的物质，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，故C错误；D．FeS的溶度积大于CuS的溶度积，其溶解平衡的S2-浓度远大于CuS的S2-离子浓度，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+，故D正确；故选D。22.下列有关滴定操作的说法正确的是A.用滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为B.用标准溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准液进行滴定，则测定结果偏高C.用标准溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体中含有杂质，则测定结果偏高D.用未知浓度的盐酸滴定标准溶液时，若读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低【答案】B【解析】 【详解】A．滴定管精确到，读数时应保留小数点后2位，A错误；B．由于没有润洗，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，B正确；C．相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配的溶液中浓度偏大，导致消耗标准液的体积偏小，根据，可知偏小，C错误；D．用未知浓度的盐酸滴定标准溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终，点后俯视读数，导致读取的盐酸体积偏小，根据可知测定结果偏高，D错误；故选B。23.在体积相同，物质的量浓度相等的HCl溶液和CH3COOH溶液中分别加入足量Mg粉，产生H2的体积(同温同压下测定)的变化图示正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】在体积相同，物质的量浓度相等的HCl溶液和CH3COOH溶液中分别加入足量Mg粉，产生H2的体积相等，HCl溶液为强电解质溶液，氢离子浓度较大反应速率较快，所以ABD错误，C正确；故选C。24.铝空气电池因成本低廉、安全性高，有广阔的开发应用前景。一种铝空气电池放电过程示意如图，下列说法正确的是A.b极为负极，放电时发生氧化反应B.电路中每转移4mol电子，消耗22.4L氧气 C.放电时OH-往b极迁移D.该电池负极电极反应为：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O【答案】D【解析】【分析】由题干图示信息可知，该铝-空气电池工作时，Al发生失电子的氧化反应生成NaAlO2，则a电极为负极，b电极为正极，负极反应为4OH-+Al-3e-=+2H2O，正极反应为O2+H2O+4e-=4OH-，放电时阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，b极为正极，放电时发生还原反应，A错误；B．由分析可知，电路中每转移4mol电子，消耗1mol氧气，由于不一定是标准状况下，无法计算所需氧气的体积，B错误；C．由分析可知，放电时阴离子移向负极，即OH-往负极a极迁移，C错误；D．由分析可知，该电池负极电极反应为：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O，D正确；故答案为：D。25.已知常温下，向20mL0.1000mol/LCH3COOH溶液中滴入0.1000mol/LNaOH溶液，忽略温度变化，所得曲线如图所示。下列说法正确的是A.若A点pH=3.0，醋酸的电离度为10%B.若B点pH=4.7，该点电荷守恒式为C.若C点加入NaOH溶液的体积为19.88mL，离子浓度大小关系是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)D.D点pH=8.7，溶液的物料守恒关系式是【答案】B【解析】【详解】A．若A点pH=3.0，则溶液中c(H+)=c(CH3COOH)α=0.1mol/L×α=10-3，解得α=1%，即醋酸的电离度为1%，A错误； B．若B点pH=4.7，该点溶液中存在CH3COO-、OH-、H+、Na+四种离子，故有电荷守恒式为，B正确；C．由题干图像信息可知，若C点加入NaOH溶液的体积为19.88mL，此时溶液pH=7，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，，故有离子浓度大小关系是c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)，C错误；D．由题干图像信息可知，D点pH=8.7，此时加入的NaOH的体积为20.00mL，即CH3COOH和NaOH恰好完全反应，溶液中的溶质为CH3COONa，故溶液的物料守恒关系式是，D错误；故答案为：B。二、填空题26.Ⅰ．根据化学能转化为电能的相关知识，回答下列问题：（1）根据构成原电池的本质判断，下列化学(或离子)方程式正确且能设计成原电池的是___________(填字母，下同)。A.B.C.D.Ⅱ.铅蓄电池是常用的化学电源。（2）铅蓄电池属于___________(填“一次”或“二次”)电池。已知硫酸铅为不溶于水的白色固体，生成时附着在电极上。写出该电池放电时，正极上的电极反应式：___________。（3）甲烷(CH4)燃料电池以30%KOH溶液为电解质溶液，该燃料电池放电时负极上的电极反应式为___________；正极附近溶液的碱性___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。（4）银锌电池总反应为：Ag2O+Zn+H2O=Zn(OH)2+2Ag。则该电池的正极电极反应式：___________。（5）如图为氢氧燃料电池的构造示意图。 ①氧气从___________(填“a”或“b”)口通入；电池工作时，OH-向___________(填“X”或“Y”)极移动。②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质可以传导O2-，则电池工作时负极电极反应式为___________。【答案】（1）D（2）①.二次②.PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O（3）①.CH4-8e-+10OH-=+7H2O②.增强（4）（5）①.b②.X③.【解析】【小问1详解】原电池发生的反应是氧化还原反应。A．该反应是中和反应，反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，不能构成原电池，A不符合题意；B．该反应属于氧化还原反应，但离子方程式书写中，电子不守恒，电荷不守恒，B不符合题意；C．该反应基本类型是化合反应，但反应反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，不能构成原电池，C不符合题意；D．该反应属于氧化还原反应，反应过程中电子守恒，元素守恒，方程式书写正确，因此能构成原电池，D符合题意；故合理选项是D。【小问2详解】铅蓄电池能够反复放电和充电使用，因此属于二次电池；在铅蓄电池放电时，负极材料是Pb，Pb失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：Pb-2e-+=PbSO4；正极材料是PbO2，PbO2得到电子被还原产生Pb2+结合溶液中的生成PbSO4；O2-结合H+生成H2O，则正极的电极反应式为：PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O；【小问3详解】在甲烷燃料电池中，通入燃料甲烷的电极为负极，CH4失去电子被氧化产生的CO2与溶液中的OH-结合形成，同时产生H2O，则负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O；在正极上O2得到电子，与溶液中的H2O结合形成OH-，故正极附近c(OH-)增大，故正极附近溶液的碱性增强； 【小问4详解】银锌电池中，Zn为负极，失去电子发生氧化反应，Ag2O为正极，得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：；【小问5详解】①根据图示可知：在X电极上有电子流出，则X电极为负极，a口通入的气体为H2；在Y电极上有电子流入，则Y电极为正极，b口通入的气体为O2。因此氧气从b口通入；电池工作时，OH-向正电荷较多的负极区移动，因此OH-向X电极移动。②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质可以传导O2-，则电池工作时负极上H2失去电子产生的H+结合O2-生成H2O，则负极的电极反应式为。27.根据所学知识回答下列问题：（1）溶液显酸性，请用离子方程式解释：___________，将溶液进行蒸干、灼烧，得到的固体化学式为___________。（2）某温度下纯水的，若温度不变，滴入稀醋酸，使，则此溶液中由水电离产生的___________mol∙L−1。（3）25℃时，在浓度均为1mol∙L−1的、、三种溶液中，若测得其中铵根离子浓度分别为a、b、c(单位为mol∙L−1)，由大到小顺序为：___________。（4）在日常生活中经常用和混合溶液作泡沫灭火剂，其灭火原理为___________(用离子方程式表示)。（5）常温下，aml0.1mol·L-1的盐酸与bml0.1mol·L-1氨水等体积混合，若混合溶液呈中性，则a___________b(填“大于”、“小于”、“等于”)。（6）某溶液中含有杂质，溶液中的浓度为0.020mol∙L−1，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于时即沉淀完全(注：)，已知，，则除去中的选择的pH范围是___________。【答案】（1）①.Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+②.Fe2O3（2）（3）c>a>b（4） （5）小于（6）3.3≤pH＜5【解析】【小问1详解】氯化铁中铁离子水解，生成氢氧化铁和氢离子，溶液呈酸性，离子方程式：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；由于氯化铁中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，因此将溶液进行蒸干，得到Fe(OH)3，灼烧得到Fe2O3；【小问2详解】某温度下纯水的，氢氧根浓度等于氢离子浓度，则，若温度不变，滴入稀醋酸，使，，溶液中的氢氧根浓度是来自水电离出的氢氧根浓度，水电离出的氢离子浓度等于水电离出氢氧根浓度，则此溶液中由水电离产生的。【小问3详解】25℃时，在浓度均为1mol∙L−1的、、三种溶液中，硫酸铵中铵根单一水解，碳酸铵中铵根离子、碳酸根离子相互促进的双水解，水解程度相对大；硫酸亚铁铵中亚铁离子、铵根离子相互抑制的双水解，水解程度小，若测得其中铵根离子浓度分别为a、b、c(单位为mol∙L−1)，由大到小顺序为c＞a＞b。【小问4详解】在日常生活中经常用和混合溶液作灭火剂，是由于两者发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其灭火原理的离子方程式为。【小问5详解】aml0.1mol·L-1的盐酸与bml0.1mol·L-1氨水等体积混合，若混合溶液呈中性，则产物中有NH4Cl和NH3·H2O，说明氨水过量，所以a<b；【小问6详解】某溶液中含有杂质，溶液中的浓度为0.020mol∙L−1，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于时即沉淀完全(注：，则)，已知， ，则除去中的，则残留在溶液中的铁离子浓度小于，铜离子浓度为0.020mol∙L−1，根据，则，，则pH=4−lg5=3.3，根据，则，，则pH=5，则除去中的选择的pH范围是3.3≤pH＜5。28.磁性Fe3O4纳米粒子(粒径1～100nm)因其独特物理化学性质如电学特性、磁学特性等引起广泛的研究。通过共沉淀法制备磁性Fe3O4纳米粒子的方法如下：I．连接好如图装置；I．取10mL0.5mol／LFeSO4，溶液和20mL0.5mol／LFeCl3溶液于反应容器B，并向装置中通入N2；III．在不断搅拌的条件下，向混合溶液中逐滴加入60mL12mol／L的氨水，溶液中逐渐出现黑色物质；IV．充分反应后，从混合液中分离出纳米粒子，并反复洗涤干燥后得到磁性Fe3O4纳米粒子。回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______，反应容器B的最佳规格为_______(填序号)。a．100mLb．250mLc．500mL（2）生成磁性Fe3O4纳米粒子的离子方程式为_______。（3）实验过程中通入N2的目的是_______。（4）从反应后的混合液中分离出Fe3O4纳米粒子，最简便的方法是_______(填序号)；用水洗涤Fe3O4纳米粒子后，需要用无水乙醇洗涤，其原因是_______。a．磁分离b．过滤c．分液（5）产物中混杂的Fe2O3会降低纳米粒子的磁性，为了测定产品中Fe2O3的含量，采取如下实验方法：准确称取0.3120g产品于锥形瓶中，用稀硝酸充分浸取，再加热使过量的硝酸全部逸出，冷却后加入足量KI溶液充分混合反应后，用0.2000mol／LNa2S2O3 标准溶液滴定至溶液颜色明显变浅，加入几滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为20.00mL。已知滴定过程中发生反应离子方程式为I2＋2S2O=2I—＋S4O。①滴定终点的现象为_______。②所取样品中Fe2O3的质量为_______g(结果保留4位小数)；若加入KI溶液的量不足，则会导致测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】（1）①.分液漏斗②.b（2）Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH+4H2O（3）防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+（4）①.a②.乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥（5）①.滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变②.0.0800③.偏高【解析】【分析】由题意可知，制备四氧化三铁的实验过程为在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子，充分反应后，用磁铁从混合液中分离出纳米粒子，并用乙醇反复洗涤干燥后得到磁性四氧化三铁纳米粒子。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器A为分液漏斗；由题意可知充分反应后，三颈烧瓶中溶液的总体积为90mL，由三颈烧瓶中溶液的体积不少于容积的，不多于容积的可知，容器B的最佳规格为250mL，故选b，故答案为：分液漏斗；b；【小问2详解】由题意可知，在氮气气氛中硫酸亚铁和氯化铁混合溶液与氨水反应生成磁性四氧化三铁纳米粒子、硫酸铵、氯化铵和水，反应的离子方程式为Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH+4H2O，故答案为：Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH+4H2O；【小问3详解】亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以实验过程中应通入氮气，排尽装置中的空气，防止制备磁性四氧化三铁纳米粒子时，亚铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+；【小问4详解】 磁性四氧化三铁纳米粒子为磁性材料，所以从反应后的混合液中分离出磁性四氧化三铁纳米粒子最简单的分离方法为磁分离，故选a；用水洗涤四氧化三铁纳米粒子后，用无水乙醇洗涤纳米粒子可以利用乙醇易挥发的性质带走粒子表面的水分便于干燥，故答案为：a；乙醇挥发性强，用乙醇洗涤便于后续的干燥；【小问5详解】①由题意可知，反应生成的碘与滴入的硫代硫酸钠溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去且30s内保持不变；②由方程式可得如下关系：2Fe3+—I2—Na2S2O3，滴定消耗20.00mL0.2000mol/L硫代硫酸钠溶液，则铁离子的物质的量为0.004mol，设样品中四氧化三铁、氧化铁的物质的量分别为amol、bmol，由样品的质量可得：232a+160b=0.3120，由铁原子个数守恒可得：3a+2b=0.004，解联立方程可得a=0.001、b=0.0005，则样品中氧化铁的质量为0.0005mol×160g/mol=0.0800g；若加入碘化钾溶液的量不足会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致a偏小、b偏大，所以测得的氧化铁的质量偏高，故答案为：0.0800g；偏高。29.某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的I工艺流程如下：回答下列问题：（1）FeS2中硫元素化合价为___________，滤渣I的成分除了S还有___________。（2）写出任意两种加快酸浸速率的措施___________、___________。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是___________。（3）请结合平衡移动原理解释“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全的原因是：___________。（4）“沉锰”时发生反应的离子方程式为：___________。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s)+2OH-(aq)Mn(OH)2(s)+(aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K=___________(保留一位小数，已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，Ksp(MnCO3)=2.2×10-11)。【答案】（1）①.-1②.PbSO4（2）①.粉碎阳极渣和黄铁矿②.适当增大硫酸的浓度 、适当升温等③.将Fe2+氧化成Fe3+，以便除去 （3）酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F-(aq)平衡右移（4）①.Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑②.115.8【解析】【分析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，及产生S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰。据此作答。【小问1详解】根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价；根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4；【小问2详解】加快酸浸速率的措施粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，以便生成Fe(OH)3而除去；【小问3详解】酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F-(aq)平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全；【小问4详解】硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为:Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；反应MnCO3(s)+2OH-(aq)Mn(OH)2(s)+(aq)的平衡常数K=====115.8。