南充市白塔中學(xué)2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期第二次月考化學(xué)試題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精四川省南充市白塔中學(xué)2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期第二次月考化學(xué)試題含解析四川省南充市白塔中學(xué)2019—2020學(xué)年高二下5月月考化學(xué)試題1.水是最寶貴的資源之一。下列表述正確的是A.水的電離程度很小,純水中主要存在形態(tài)是水分子B。溫度升高，純水中的c(H+）增大，c(OH—)減小C。4℃時(shí)，純水的pH=7D。向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離,使水的離子積減小【答案】A【解析】【詳解】A.水在常溫下電離出氫離子和氫氧根離子濃度為1×10-7mol/L，水電離程度很小，所以純水中水的主要存在形態(tài)是水分子，A正確;B。水的電離是吸熱過(guò)程,升溫促進(jìn)電離，氫離子和氫氧根離子濃度增大，B錯(cuò)誤；C.溫度降低，水的電離平衡逆向移動(dòng)，c（H+）〈1×10—7mol/L，所以4℃時(shí)，純水的pH>7,C錯(cuò)誤D.向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離,但水的離子積只與溫度有關(guān)，溫度不變,水的離子積不變，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。2.下列物質(zhì)在水溶液中不發(fā)生水解的是A.NaF B。NaHS C。NaNO3 D。NaClO【答案】C【解析】【詳解】A.NaF是強(qiáng)堿弱酸鹽，F(xiàn)—發(fā)生水解作用使溶液顯堿性，A不符合題意；B。NaHS是強(qiáng)堿弱酸鹽，HS—發(fā)生水解作用使溶液顯堿性，B不符合題意；C。NaNO3是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不發(fā)生水解作用,C符合題意;D.NaClO是強(qiáng)堿弱酸鹽,ClO—發(fā)生水解作用使溶液顯堿性，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是C.3。某溫度下向含AgCl固體的AgCl飽和溶液中加少量稀鹽酸，下列說(shuō)法正確的是A。AgCl的溶解度、Ksp均減小 B.AgCl的溶解度、Ksp均不變C.AgCl的溶解度減小、Ksp不變 D。AgCl的溶解度不變、Ksp減小【答案】C【解析】【詳解】在含AgCl固體的AgCl飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s）Ag+(aq)+Cl—（aq），當(dāng)加入少量稀鹽酸時(shí),c（Cl—）增大，平衡逆向移動(dòng)，c（Ag+）減小，溶解的氯化銀質(zhì)量減小，AgCl的溶解度減??；AgCl的Ksp只受溫度影響，溫度不變，AgCl的Ksp不變。故答案選C。【點(diǎn)睛】本題涉及難溶電解質(zhì)的溶解度和溶度積常數(shù)兩個(gè)概念，解題時(shí)要注意兩個(gè)概念的區(qū)別和聯(lián)系。注意溶度積常數(shù)只和溫度有關(guān),溫度不變，Ksp不變。溶解度則隨沉淀溶解平衡的移動(dòng)而改變，不僅和溫度有關(guān),還和影響平衡的離子濃度有關(guān)。4。下列溶液一定呈中性的是A.pH=7的溶液B。c（H+）=c(OH-)=10—6mol·L—1的溶液C。使酚酞溶液呈無(wú)色的溶液D.由強(qiáng)酸與強(qiáng)堿等物質(zhì)的量反應(yīng)得到的溶液【答案】B【解析】【詳解】A。100℃時(shí)pH=6為中性,則pH=7可能為堿性，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B。c(H+）=c（OH?)為中性，B項(xiàng)正確；C。酚酞的變色范圍為8—10，則使酚酞試液呈無(wú)色的溶液，可能為酸性,C項(xiàng)錯(cuò)誤;D.酸與堿恰好完全反應(yīng)生成正鹽，可能為NaCl、氯化銨、碳酸鉀等，則可能為中性、酸性、堿性,D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B.【點(diǎn)睛】抓住溶液酸堿性的標(biāo)準(zhǔn)是解題的關(guān)鍵。由c(H+)與c（OH—)的相對(duì)大小判斷溶液的酸堿性，若c(H+）=c（OH—）為中性,且溫度不同時(shí)Kw不同，不能直接利用pH判斷酸堿性。5。常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1的溶液中：Fe2+、NO3—、SO42-、Na+B。由水電離出的c(H+）=1×10—10mol·L-1的溶液中：Ca2+、Cl-、HCO3-、K+C.使甲基橙變紅的溶液中：NH4+、Cl-、NO3-、Al3+D。c（Fe3+）=0.1mol·L-1的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN—【答案】C【解析】【詳解】A。pH=1的溶液顯酸性，含有大量的H+，H+與NO3—、Fe2+會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng),不能大量共存,A錯(cuò)誤；B。由水電離出的c(H+)=1×10—10mol/L—1的溶液中,水的電離受到了抑制作用，溶液可能顯酸性,液可能顯堿性，HCO3—與H+或OH—都會(huì)發(fā)生反應(yīng)，不能大量共存，B錯(cuò)誤；C。使甲基橙變紅的溶液是酸性溶液，含有大量的H+，H+與NH4+、Cl—、NO3-、Al3+之間不能發(fā)生任何反應(yīng),可以大量共存，C正確；D.c(Fe3+）=0。1mol·L—1的溶液中，F(xiàn)e3+與SCN—會(huì)發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)產(chǎn)生Fe(SCN）3,不能大量共存，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。6。下列物質(zhì)用途或操作正確且與鹽類水解有關(guān)的一組是①用熱飽和硫酸銨溶液清洗鐵器表面的鐵銹②用TiCl4水溶液制備TiO2·xH2O③用氯化鐵溶液和氨水制備氫氧化鐵膠體④除去氯化銅溶液中的氯化鐵雜質(zhì)，可在溶液中加入過(guò)量的氧化銅，過(guò)濾除雜⑤在氯化氫氛圍中灼燒氯化鎂晶體制備無(wú)水氯化鎂⑥配制Fe（NO3)2溶液時(shí)將Fe（NO3)2晶體溶于濃硝酸中并加入蒸餾水稀釋至指定濃度⑦刻蝕印刷電路板用氯化鐵作腐蝕液⑧用泡沫滅火器滅火A.①③⑥⑦⑧ B。①②④⑤⑧ C。③④⑤⑦⑧ D.②③④⑤⑥【答案】B【解析】【詳解】①硫酸銨電離出的NH4+離子水解使溶液呈酸性,加熱后水解程度增大，水解生成的氫離子能夠溶解氧化鐵，故可用熱飽和硫酸銨溶液清洗鐵器表面的鐵銹，與鹽的水解有關(guān)，①符合題意;②用TiCl4溶液中水解產(chǎn)生TiO2?xH2O和HCl,所以制備TiO2?xH2O，與鹽的水解有關(guān),②符合題意;③用氯化鐵溶液和氨水制備氫氧化鐵膠體，發(fā)生的是復(fù)分解反應(yīng)，與鹽的水解無(wú)關(guān),③不符合題意；④氯化鐵溶液中的鐵離子水解使溶液呈酸性，氧化銅消耗氫離子，促進(jìn)了鐵離子的水解,最終鐵離子轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀，然后過(guò)濾除去，與鹽的水解有關(guān)，④符合題意；⑤氯化鎂電離出的鎂離子水解生成氫氧化鎂和氯化氫，在氯化氫氣流中加熱就抑制了鎂離子的水解,與鹽的水解有關(guān)，⑤符合題意；⑥濃硝酸具有強(qiáng)的氧化性，可以將Fe（NO3)2氧化成Fe(NO3）3,該操作無(wú)法得到硝酸亞鐵，⑥不符合題意；⑦刻蝕印刷電路板用氯化鐵作腐蝕液,是銅與鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化銅和氯化亞鐵,與鹽的水解無(wú)關(guān),⑦不符合題意；⑧泡沫滅火器的組成為硫酸鋁與碳酸氫鈉，鋁離子和碳酸氫根離子發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)生成二氧化碳，從而可滅火，與鹽的水解有關(guān),⑧符合題意；綜上所述可知：與鹽水解有關(guān)的序號(hào)是①②④⑤⑧，故合理選項(xiàng)是B。7。對(duì)于常溫下pH=3的乙酸溶液,下列說(shuō)法正確的是A。c（H+)=c（CH3COO－）+c（OH－)B。加水稀釋到原體積的10倍后溶液pH變?yōu)?C.加入少量乙酸鈉固體，溶液pH降低D.與等體積pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液中c（Na+）=c（CH3COO－）【答案】A【解析】【詳解】A．乙酸溶液中乙酸和水都能部分電離,則溶液中存在氫離子、乙酸根離子、氫氧根離子，由于電解質(zhì)溶液呈電中性，則c(H+）=c（CH3COO－）+c（OH－)，故A正確；B．pH=3，則溶液中c（H+)=1。0×10－3mol·L－1，稀釋10倍后溶液中c(H+）不是1。0×10－4mol·L－1，因?yàn)橐宜嵩谒写嬖陔婋x平衡，稀釋能使CH3COOHH++CH3COO－平衡向電離方向移動(dòng)，促進(jìn)乙酸電離,所以稀釋10倍后溶液中c（H+）大于1.0×10－4mol·L－1，因此溶液pH<4，故B錯(cuò)誤；C．乙酸鈉是溶于水完全電離的強(qiáng)電解質(zhì)，加入少量乙酸鈉固體，增大乙酸根離子濃度，使CH3COOHH++CH3COO－平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則溶液中氫離子減小，由于pH=—lgc(H+),所以溶液的pH增大或升高，故C錯(cuò)誤；D．氫氧化鈉溶液中c（OH－）=Kw/c(H+)=Kw/10－pH="0。001"mol·L－1，乙酸溶液中c（H+)=1。0×10－3mol·L－1,由于n=c?V，則混合前氫氧化鈉溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量等于乙酸溶液中氫離子的物質(zhì)的量,二者混合時(shí)H+與OH－發(fā)生中和反應(yīng),氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì),不可能繼續(xù)電離出氫氧根離子,而乙酸是弱電解質(zhì)，隨著氫離子的消耗，CH3COOHH++CH3COO－平衡向電離方向移動(dòng),乙酸能繼續(xù)電離出氫離子，所以混合后氫氧化鈉溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量小于乙酸溶液中氫離子的物質(zhì)的量，則氫離子過(guò)量，所得溶液顯酸性，c(H+)>c(OH－),混合溶液存在氫離子、鈉離子、乙酸根離子和氫氧根離子，根據(jù)電荷守恒原理,則c（H+)+c（Na+）=c（CH3COO－）+c（OH－)，由于，c（H+）〉c(OH－），則c(Na+)<c(CH3COO－）,故D錯(cuò)誤。8.已知二元酸H2A的電離方程式為:H2A=H++HA—,HA—H++A2—，下列有關(guān)該酸及鹽的說(shuō)法正確的是A。0.1mol/LH2A溶液pH=1B.H2A為強(qiáng)酸C.NaHA溶液呈酸性的原因是:HA—+H2OH2A+OH-D.Na2A在溶液中不水解，溶液呈中性【答案】B【解析】【詳解】A.根據(jù)電離方程式可知:H2A第一步完全電離,第二步存在電離平衡電離產(chǎn)生H+，所以0.1mol/LH2A溶液中c(H+）大于0.1mol/L，故該溶液pH〈1，A錯(cuò)誤；B。H2A第一步完全電離，因此H2A為強(qiáng)酸,B正確；C。NaHA溶液呈酸性的原因是：HA-會(huì)發(fā)生電離作用，產(chǎn)生H+，電離方程式為：HA—H++A2-，C錯(cuò)誤；D。Na2A是強(qiáng)堿弱酸鹽,在溶液A2—發(fā)生水解作用，消耗水電離產(chǎn)生的H+，使溶液呈堿性，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。9。室溫下，次氯酸、碳酸和亞硫酸的電離常數(shù)弱電解質(zhì)電離常數(shù)（Ka)HClOKa=4。7×10-8H2CO3Ka1=4。2×10—7Ka2=5。6×10-11H2SO3Ka1=1.54×10—2Ka2=1.02×10—7下列微粒在溶液中不能大量共存的是A.SO32—、HCO3— B。ClO-、HCO3— C。HSO3-、CO32- D。HClO、HCO3—【答案】C【解析】【分析】酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸?！驹斀狻坑捎陔婋x平衡常數(shù)：H2SO3〉H2CO3>HSO3—>HClO>HCO3—，則酸性：H2SO3>H2CO3〉HSO3->HClO〉HCO3—，根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸原理知：A.SO32-、HCO3—不會(huì)反應(yīng)而能大量共存，A不符合題意；B。ClO-、HCO3-不會(huì)反應(yīng)而能大量共存,B不符合題意;C。HSO3-、CO32—發(fā)生反應(yīng)生成SO32—、HCO3—，不能大量共存,C符合題意；D.HClO、HCO3—不反應(yīng)而能大量共存，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是C?！军c(diǎn)睛】本題考查了電離平衡常數(shù)的應(yīng)用。明確電離平衡常數(shù)與酸性強(qiáng)弱關(guān)系是解本題關(guān)鍵,弱酸電離平衡常數(shù)越大，該酸越容易電離，溶液的酸性就越強(qiáng)。注意HClO具有強(qiáng)氧化性、H2SO3和HSO3-具有強(qiáng)還原性，所以HClO和H2SO3、HSO3-不能大量共存。側(cè)重考查學(xué)生的分析判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力.10。下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是A。98。3％的硫酸加入到稀氫氧化鋇溶液中：H+（aq)＋OH-（aq）=H2O（l)ΔH=—57.3kJ/molB。向次氯酸鈉溶液中通入足量SO2氣體：ClO—+SO2+H2O=HClO+HSO3-C.泡沫滅火器的反應(yīng)原理:3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑D.Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32—+6H++2MnO4—=5SO42—+2Mn2++3H2O【答案】CD【解析】分析】A。98。3%的硫酸為濃硫酸，濃硫酸溶于水，放出熱量，反應(yīng)產(chǎn)生BaSO4放出熱量；B。NaClO具有強(qiáng)氧化性，與SO2會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng);C。泡沫滅火器中明礬與NaHCO3發(fā)生鹽的雙水解反應(yīng);D。反應(yīng)要遵循電子守恒、電荷守恒及原子守恒?！驹斀狻緼.98.3%的硫酸加入到稀氫氧化鋇溶液中，濃硫酸溶于水放出大量熱，Ba2+與SO42—結(jié)合形成BaSO4沉淀也放出熱量，因此不能用H+（aq)+OH—（aq）=H2O(l)ΔH=—57.3kJ/mol表示，A錯(cuò)誤；B.NaClO具有強(qiáng)氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生H2SO4和NaCl，反應(yīng)不符合事實(shí),B錯(cuò)誤；C.泡沫滅火器中明礬電離產(chǎn)生的Al3+與小蘇打電離產(chǎn)生的HCO3—發(fā)生鹽的雙水解反應(yīng)，得到Al(OH）3沉淀和CO2氣體,反應(yīng)方程式為：3HCO3-+Al3+=Al(OH）3↓+3CO2↑,C正確；D。Na2SO3與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生Na2SO4、MnSO4和水，生成物無(wú)色，因此看到溶液由紫色變?yōu)闊o(wú)色,反應(yīng)的離子方程式為：5SO32—+6H++2MnO4—=5SO42—+2Mn2++3H2O，D正確;故合理選項(xiàng)是CD?！军c(diǎn)睛】本題考查離子反應(yīng)方程式書寫的正誤判斷,把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重考查氧化還原反應(yīng)、與量有關(guān)反應(yīng)的離子反應(yīng),注意選項(xiàng)A中和熱的判斷。中和熱是可溶性強(qiáng)酸、強(qiáng)堿在稀溶液中發(fā)生中和反應(yīng)產(chǎn)生可溶性鹽和1mol水時(shí)放出的熱量，濃硫酸溶于水放熱。11.NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.32gCu與1molS反應(yīng)轉(zhuǎn)移NA個(gè)電子B。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L的SO3中含1。5NA個(gè)氧原子C.1L0.1mol/L的NaHS溶液中，所含S2—、HS-和H2S數(shù)目共為0。1NAD.常溫常壓下，100g46％的乙醇水溶液中含O-H鍵總數(shù)目為NA【答案】C【解析】【詳解】A。Cu與S在加熱時(shí)反應(yīng)產(chǎn)生Cu2S，二者反應(yīng)的物質(zhì)的量的比是2:1,32gCu的物質(zhì)的量是0。5mol,0.5molCu完全反應(yīng)消耗0。25molS，可見(jiàn)S過(guò)量，Cu完全反應(yīng)，在Cu2S中Cu為+1價(jià)，1mol反應(yīng)失去1mol電子,則0。5molCu反應(yīng)失去0。5mol電子，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0。5NA個(gè)，A錯(cuò)誤；B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下SO3呈固態(tài),不能使用氣體摩爾體積計(jì)算，B錯(cuò)誤；C.1L0。1mol/L的NaHS溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為n(NaHS)=0.1mol/L×1L=0。1mol，該鹽是弱酸的酸式鹽，在溶液中存在電離平衡和水解平衡,所以根據(jù)S元素守恒可知其中所含S2—、HS—和H2S數(shù)目共為0.1NA個(gè)，C正確；D.H2O及乙醇分子中都含有H-O鍵，乙醇不能只根據(jù)乙醇計(jì)算H-O的數(shù)目,D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。12。下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的說(shuō)法中錯(cuò)誤的是A。中和滴定時(shí)盛待測(cè)液的錐形瓶中有少量水對(duì)滴定結(jié)果無(wú)影響B(tài).滴定時(shí)，左手控制滴定管活塞，右手握持錐形瓶，眼睛注視滴定管中的液面C.蒸餾時(shí)，應(yīng)使溫度計(jì)水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口D.稱量時(shí)，稱量物放置于托盤天平的左盤，砝碼放在托盤天平的右盤【答案】B【解析】【詳解】A.中和滴定時(shí)盛待測(cè)液的錐形瓶中有少量水,由于不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量,因此對(duì)滴定結(jié)果無(wú)影響,A正確；B。滴定時(shí)，為便于準(zhǔn)確測(cè)定待測(cè)溶液的濃度，應(yīng)該左手控制滴定管活塞,右手握持錐形瓶，眼睛注視錐形瓶中的溶液顏色的變化，B錯(cuò)誤；C.蒸餾時(shí)，為準(zhǔn)確測(cè)定各餾分蒸氣的溫度，應(yīng)使溫度計(jì)水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口，C正確；D.稱量時(shí),要遵循的原則是左物右碼，即：將稱量物放置于托盤天平的左盤，砝碼放在托盤天平的右盤,D正確；故合理選項(xiàng)是B。13。分析下圖所示的四個(gè)原電池裝置,其中結(jié)論正確的是()A。①②中Mg作負(fù)極，③④中Fe作負(fù)極B.②中Mg作正極,電極反應(yīng)式為6H2O＋6e－=6OH－＋3H2↑C。③中Fe作負(fù)極，電極反應(yīng)式為Fe—2e－=Fe2＋D.④中Cu作正極，電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑【答案】B【解析】【詳解】A．Mg比Al活潑，與稀硫酸形成的原電池中，①中Mg作負(fù)極,②中Mg不與NaOH溶液反應(yīng)，而Al能和NaOH溶液反應(yīng)失去電子作負(fù)極，故A錯(cuò)誤；B．②中電池總反應(yīng)為2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，失電子的是鋁，為負(fù)極,鎂作正極，負(fù)極反應(yīng)式為2Al＋8OH－－6e－=2AlO2—＋4H2O，二者相減得到正極反應(yīng)式為6H2O＋6e－=6OH－＋3H2↑，故B正確；C．③中Fe在濃HNO3中鈍化，Cu和濃HNO3反應(yīng)失去電子作負(fù)極，則Fe作正極，故C錯(cuò)誤;D．④中Cu是正極，電極反應(yīng)式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故D錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】判斷原電池的正負(fù)極時(shí)，要根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子來(lái)判斷,不能只根據(jù)金屬的活潑性，同時(shí)要注意電解質(zhì)溶液對(duì)原電池正負(fù)極的影響，B項(xiàng)Mg比Al活潑，但是電解質(zhì)溶液為氫氧化鈉,根據(jù)鎂鋁的性質(zhì),Al作了負(fù)極，C項(xiàng)中，鐵比銅活潑，但是Fe在電解質(zhì)溶液濃HNO3中發(fā)生鈍化，這是易錯(cuò)點(diǎn)。14.鐵鎳蓄電池又稱愛(ài)迪生電池，放電時(shí)的總反應(yīng)為：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH)2+2Ni（OH)2，下列有關(guān)該電池的說(shuō)法不正確的是A.電池的電解液為堿性溶液，正極為Ni2O3,負(fù)極為FeB。電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Fe+2OH—-2e—=Fe(OH）2C。電池充電過(guò)程中，陰極附近溶液的pH降低D。電池充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)為2Ni（OH）2+2OH-—2e—=Ni2O3+3H2O【答案】C【解析】【詳解】A。根據(jù)電池總反應(yīng)，電池的電解液為堿性溶液，F(xiàn)e發(fā)生失電子的氧化反應(yīng),Fe為負(fù)極,Ni2O3發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，Ni2O3為正極，A正確;B.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)Fe—2e-+2OH-=Fe(OH）2，B正確；C。電池充電時(shí)的反應(yīng)為Fe(OH)2＋2Ni（OH)2=Fe+Ni2O3+3H2O，陰極電極反應(yīng)為Fe（OH)2+2e—=Fe+2OH-,陰極附近堿性增強(qiáng)，pH增大，C錯(cuò)誤；D.充電時(shí)陽(yáng)極反應(yīng)為2Ni（OH）2＋2OH——2e—=Ni2O3+3H2O，D正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】二次電池放電時(shí)為原電池原理，充電時(shí)為電解原理.充電時(shí)的陰極反應(yīng)為放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)的逆過(guò)程，充電時(shí)的陽(yáng)極反應(yīng)為放電時(shí)正極反應(yīng)的逆過(guò)程。15。甲醇燃料電池是目前開發(fā)最成功的燃料電池之一，這種燃料電池由甲醇、空氣（氧氣)、KOH(電解質(zhì)溶液)構(gòu)成。電池的總反應(yīng)式為2CH3OH＋3O2＋4OH－===2CO32-＋6H2O。則下列說(shuō)法正確的是（）A.電池放電時(shí)通入空氣的電極為負(fù)極B.電池放電時(shí)負(fù)極的電極反應(yīng)式為CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋C。由于CO32-水解顯堿性,電池放電時(shí)，電解質(zhì)溶液的pH逐漸增大D。電池放電時(shí)每消耗1molCH3OH轉(zhuǎn)移6mol電子【答案】D【解析】【詳解】A、電池放電時(shí)通入空氣的電極為正極，A錯(cuò)誤；B、電池放電時(shí)，堿性條件下負(fù)極電極反應(yīng)式為CH3OH－6e－+8OH-═CO32—+6H2O，B錯(cuò)誤；C、電池的總反應(yīng)式為2CH3OH+3O2+4OH－═2CO32-+6H2O，消耗OH－，則電解質(zhì)溶液的pH逐漸減小，C錯(cuò)誤；D、電池放電時(shí)CH3OH中C元素化合價(jià)由-2升高為+4價(jià)，則每消耗1molCH3OH轉(zhuǎn)移6mole－，D正確.答案選D。16。高鐵酸鹽在能源環(huán)保領(lǐng)域有廣泛用途。用鎳（Ni)、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鹽Na2FeO4的裝置如圖所示。下列推斷合理的是（）A.鐵是陽(yáng)極，電極反應(yīng)為Fe－6e－+4H2O=FeO42－+8H+B.電解時(shí)電子的流動(dòng)方向?yàn)椋贺?fù)極→Ni電極→溶液→Fe電極→正極C.若隔膜為陰離子交換膜,則電解結(jié)束后左側(cè)溶液中含有FeO42—D.電解時(shí)陽(yáng)極區(qū)pH降低、陰極區(qū)pH升高，撤去隔膜混合后，與原溶液比較pH升高(假設(shè)電解前后體積變化忽略不計(jì))【答案】C【解析】【詳解】A、依據(jù)裝置圖分析可知鐵與電源正極相連做電解池陽(yáng)極，堿性溶液不能生成氫離子，電極反應(yīng)為Fe-6e-+8OH—═FeO42—+4H2O，故A錯(cuò)誤；B、電解過(guò)程中電子流向負(fù)極流向Ni電極，不能通過(guò)電解質(zhì)溶液，是通過(guò)電解質(zhì)溶液中離子定向移動(dòng)實(shí)現(xiàn)閉合電路,通過(guò)Fe電極回到正極,故B錯(cuò)誤；C、若離子交換膜為陰離子交換膜，則電解結(jié)束后由于濃度差左側(cè)溶液中會(huì)含有FeO42—，故C正確；D、陽(yáng)極區(qū)域，鐵失電子消耗氫氧根離子，溶液PH減小，陰極區(qū)氫離子得到電子生成氫氣，溶液中氫氧根離子濃度增大,溶液PH增大；生成氫氧根離子物質(zhì)的量消耗，在陽(yáng)極電極反應(yīng)Fe—6e—+8OH-═FeO42—+4H2O，陰極氫氧根離子增大,電極反應(yīng)2H++2e-=H2↑,依據(jù)電子守恒分析，氫氧根離子消耗的多,生成的少,所以溶液pH降低，故D錯(cuò)誤；故選C.【點(diǎn)晴】本題考查了電解原理，正確判斷陰陽(yáng)極及發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵,易錯(cuò)選項(xiàng)是B，注意電子不能通過(guò)電解質(zhì)溶液，為易錯(cuò)點(diǎn)。用鎳(Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鈉（Na2FeO4），鐵失電子生成高鐵酸鈉，則鐵作陽(yáng)極,鎳作陰極，陽(yáng)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng).17。工業(yè)上采用的一種污水處理方法如下：保持污水的pH在5.0～6。0之間，通過(guò)電解生成Fe（OH）3。Fe（OH）3具有吸附性，可吸附污物而沉積下來(lái),有凈化水的作用。某科研小組用該原理處理污水，設(shè)計(jì)的裝置如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.為了增加污水的導(dǎo)電能力,應(yīng)向污水中加入適量的H2SO4溶液B。為了使燃料電池乙長(zhǎng)時(shí)間穩(wěn)定運(yùn)行，電池的電解質(zhì)組成應(yīng)保持穩(wěn)定,電池工作時(shí)，循環(huán)的物質(zhì)A為CO2C。甲裝置中Fe電極的反應(yīng)為Fe—3e-=Fe3+D.當(dāng)乙裝置中有1。6gCH4參加反應(yīng)時(shí)，C電極理論上生成氣體的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為4。48L【答案】B【解析】【分析】甲裝置為電解池，乙裝置為原電池,原電池工作時(shí)，通入甲烷的一極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極電極反應(yīng)是CH4+4CO32-—8e-=5CO2+2H2O,通入氧氣的一極為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，正極反應(yīng)為O2+2CO2+4e-=2CO32-，在電解池中，F(xiàn)e電極為陽(yáng)極，發(fā)生反應(yīng)：Fe-2e-=Fe2+，C電極為陰極,陰極的電極反應(yīng)為：2H++2e—=H2↑，二價(jià)鐵離子具有還原性，能被氧氣氧化到正三價(jià),4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH）3↓+8H+，以此解答該題?！驹斀狻緼。保持污水的pH在5。0～6。0之間,通過(guò)電解生成Fe(OH)3沉淀時(shí)，為使導(dǎo)電能力增強(qiáng)可加入可溶于水的、顯中性的鹽，因?yàn)榧尤肓蛩岵荒苌蒄e（OH）3沉淀,A錯(cuò)誤;B.電池是以熔融碳酸鹽為電解質(zhì)，負(fù)極反應(yīng)式為:CH4+4CO32-—8e-=5CO2+2H2O，正極反應(yīng)為O2+2CO2+4e-=2CO32-，可以循環(huán)利用的物質(zhì)A是CO2,B正確;C。電解池中Fe為陽(yáng)極，發(fā)生Fe—2e-=Fe2+，C錯(cuò)誤；D。當(dāng)乙裝置中有1。6gCH4參加反應(yīng)時(shí)，1。6g甲烷的物質(zhì)的量是0。1mol，根據(jù)電極反應(yīng)式CH4+4CO32—-8e-=5CO2+2H2O可知：0。1mol甲烷參加反應(yīng)時(shí)，有0。8mol電子轉(zhuǎn)移，陰極C電極的電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，則根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等,可知C電極上理論上生成氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下V(H2)=0。4mol×22.4L/mol=8.96L，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。【點(diǎn)睛】本題考查了燃料電池的工作原理和原電池和電解池串聯(lián)的知識(shí)，把握電解池和原電池的工作原理、把握電極方程式的書寫為解答該題的關(guān)鍵，注意在原電池的負(fù)極和電解池的陽(yáng)極上發(fā)生氧化反應(yīng)；在原電池的正極和電解質(zhì)的陰極上發(fā)生還原反應(yīng)；書寫電極反應(yīng)式要結(jié)合電解質(zhì)溶液的成分進(jìn)行，題目側(cè)重考查學(xué)生的分析能力.18。已知HF的酸性強(qiáng)于CH3COOH,常溫下有下列三種溶液，有關(guān)敘述中不正確的是編號(hào)①②③pH1044溶液NaOH溶液CH3COOH溶液HF溶液A.②③混合后：c（H+)=c（F-）+c(CH3COO—）+c(OH—）B。中和相同體積②③，需消耗相同體積的①C。①②等體積混合后：c（CH3COO—）>c(Na+)〉c(H+）>c(OH—)D。向②中加入NaF固體，CH3COOH的電離平衡正向移動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】A?；旌先芤撼孰娭行?，則混合溶液中陰、陽(yáng)離子所帶電荷相等,根據(jù)電荷守恒得c(H+）=c(F—）+c（CH3COO—)+c（OH—）,A正確；B.相同溫度下,HF酸性強(qiáng)于CH3COOH,則HF的電離程度大于CH3COOH,則pH相等的兩種溶液中HF濃度小于CH3COOH，中和酸需要?dú)溲趸c的體積與酸的物質(zhì)的量成正比，pH相等、體積相等的HF和醋酸溶液中，醋酸的物質(zhì)的量大于HF,所以中和相同體積的②、③，需消耗①的體積②〉③，B錯(cuò)誤；C.氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì),醋酸是弱電解質(zhì)，常溫下,pH=10的NaOH溶液濃度小于pH=4的醋酸溶液，二者等體積混合時(shí)，溶液為CH3COONa和過(guò)量CH3COOH的混合液,醋酸過(guò)量使溶液呈酸性，則c（H+）>c(OH—)，溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(CH3COO—)+c（OH—）=c(Na+）+c（H+），所以c(CH3COO—)〉c(Na+)，酸的電離程度較小,小于鹽電離產(chǎn)生的離子濃度，所以c(CH3COO—)〉c（H+），則混合溶液中離子濃度大小順序是c(CH3COO—)>c(Na+）>c(H+)>c（OH—），C正確；D.氟化鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，向醋酸中加入氟化鈉會(huì)促進(jìn)醋酸電離，使醋酸的電離平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),D正確；故合理選項(xiàng)是B。19。常溫下，將1mLpH=2的一元酸HA溶液加水稀釋至100mL,其pH與溶液體積(V）的關(guān)系如圖所示,下列說(shuō)法正確的是A。加熱HA溶液時(shí)，溶液酸性增強(qiáng)B.lmol/LHA溶液與1mol/LNaOH溶液等體積混合，若所得溶液中c（Na+）〉c（A-)，則2<a<4C。某濃度的NaA溶液的pH=d，則其中由水電離出的c（OH-)=1014－dD.HA溶液與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)時(shí)，一定有c（Na+）>c(A-)>c(OH—)>c（H+)【答案】B【解析】【詳解】A、若HA為強(qiáng)酸，加熱時(shí)溶液酸性不變,A錯(cuò)誤;B、中和后所得溶液為NaA溶液，溶液中c(Na+)＞c（A-），說(shuō)明溶液顯堿性，NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽，則2＜a＜4，B正確；C、某濃度的NaA溶液的pH=d,則其中由水電離出的c（OH—)=10d-14mol?L-1，C錯(cuò)誤;D、HA溶液與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)時(shí)生成NaA溶液，不知道a的數(shù)值,無(wú)法判斷HA是強(qiáng)酸還是弱酸，NaA不一定顯堿性，D錯(cuò)誤;答案選B。20。絢麗多彩的無(wú)機(jī)顏料的應(yīng)用曾創(chuàng)造了古代繪畫和彩陶的輝煌。硫化鎘（CdS）是一種難溶于水的黃色顏料，其在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（)A。圖中a和b分別為T1、T2溫度下CdS在水中的溶解度B。圖中各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp的關(guān)系為：Ksp(m）=Ksp(n）＜Ksp(p)＜Ksp（q）C。向m點(diǎn)的溶液中加入少量Na2S固體,溶液組成由m沿mpn線向p方向移動(dòng)D。溫度降低時(shí)，q點(diǎn)的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動(dòng)【答案】B【解析】【分析】A．難溶物質(zhì)的沉淀溶解平衡中物質(zhì)溶解度用離子濃度表示；B．溶度積常數(shù)隨溫度變化,溫度不變?nèi)芏确e常數(shù)不變，沉淀溶解是吸熱過(guò)程，升溫平衡正向進(jìn)行；C．溫度不變?nèi)芏确e常數(shù)不變，加入硫化鈉溶液中硫離子濃度增大,鎘離子濃度減?。籇．飽和溶液中降低溫度向沉淀方向進(jìn)行,溶液中離子濃度減小，溶度積常數(shù)減小?！驹斀狻緼．a(chǎn)、b兩點(diǎn)都是溶液中陰陽(yáng)離子濃度相等的點(diǎn),而此時(shí)處于飽和狀態(tài)，根據(jù)溶解度和溶度積的換算,此時(shí)的溶解度都等于a點(diǎn)的濃度,故A正確；B．溫度升高Ksp增大，則T2＞T1，圖中各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp的關(guān)系為:Ksp（m）＝Ksp(n）＝Ksp（p）＜Ksp（q)，故B錯(cuò)誤；C．Ksp＝c（Cd2＋）c（S2?）,向m點(diǎn)的溶液中加入少量Na2S固體，溫度不變Ksp不變，硫離子濃度增大,鎘離子濃度減小，溶液組成由m沿mpn線向p方向移動(dòng)，故C正確；D．Ksp＝c（Cd2＋）c(S2?)，是吸熱過(guò)程，降低溫度平衡逆向進(jìn)行，飽和溶液中離子濃度減小，Ksp減小，溫度降低時(shí)，q點(diǎn)的飽和溶液的組成由qp線向p方向移動(dòng)，故D正確;故答案選B.【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是理解沉淀溶解平衡的圖像表示的含義，注意溶度積常數(shù)的變化只與溫度有關(guān)，其它條件改變不影響溶度積常數(shù)的值。21。如圖當(dāng)線路接通時(shí)，發(fā)現(xiàn)M(用石蕊試液浸潤(rùn)過(guò)的濾紙)a端顯藍(lán)色，b端顯紅色，且知甲中電極材料是鋅、銀，乙中電極材料是鉑?；卮穑海?）甲、乙分別是什么裝置_____________、______________.(2）A電極材料為_____________，B電極上的電極反應(yīng)為：______________。（3）請(qǐng)解釋a處變藍(lán)的原因：________________（4）已知乙中溶液體積為100mL，當(dāng)B上析出0。32g紅色物質(zhì)時(shí),此時(shí)乙中溶液的pH=__________(不考慮溶液體積的變化,溫度為室溫）?！敬鸢浮?1)。原電池(2）。電解池或電解槽（3).Zn(4)。Cu2++2e-=Cu(5）。a端為電解池的陰極，水電離出的H+放電，使水電離平衡右移，溶液中c（OH-）>c（H+），溶液呈堿性,使石蕊試液變藍(lán)(6）。13【解析】【分析】線路接通時(shí)，發(fā)現(xiàn)M(用石蕊試液浸潤(rùn)過(guò)的濾紙)a端顯藍(lán)色，則a端為堿性,氫離子放電，a極為陰極；b端顯紅色,則b端為酸性,氫氧根離子放電,b極是陽(yáng)極.根據(jù)電解原理可知：和電源的正極相連的是陽(yáng)極,和電源的負(fù)極相連的是陰極,根據(jù)原電池、電解池的構(gòu)成條件以及工作原理知識(shí)來(lái)回答.【詳解】線路接通時(shí)，發(fā)現(xiàn)M(用石蕊試液浸潤(rùn)過(guò)的濾紙）a端顯藍(lán)色，則a端為堿性,氫離子放電，a極為陰極;b端顯紅色，則b端為酸性，氫氧根離子放電，b極是陽(yáng)極。(1）甲中電極材料是鋅、銀，有活動(dòng)性不同的電極，與電解質(zhì)溶液形成了閉合回路，Zn能夠與CuSO4溶液自發(fā)進(jìn)行氧化還原反應(yīng)，因此甲池為原電池,Zn作負(fù)極，Ag作正極；乙池中兩個(gè)電極都是鉑電極，與原電池相連形成閉合回路，則乙池為電解池;（2)根據(jù)上述分析可知a為陰極，與電源負(fù)極連接；b為陽(yáng)極，與電源的正極連接.由于甲池為原電池，金屬活動(dòng)性Zn〉A(chǔ)g，所以Zn為負(fù)極，Ag為正極,所以甲池中與a連接的電極A為Zn電極，與b連接的電極B為Ag電極，正極Ag上溶液中的Cu2+得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為:Cu2++2e—=Cu；(3)a處與電源負(fù)極連接，為電解池的陰極，石蕊試液中的水電離產(chǎn)生的H+不斷放電，破壞了負(fù)極的水的電離平衡，使水的電離平衡正向移動(dòng)，最終達(dá)到平衡時(shí)，附近溶液中c(OH—)>c(H+），溶液顯堿性,因此使石蕊試液變藍(lán)色；（4)B電極發(fā)生反應(yīng)：Cu2++2e-=Cu，當(dāng)B上析出0。32g紅色物質(zhì)時(shí)，產(chǎn)生Cu的物質(zhì)的量是n(Cu）==0。005mol,則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為n(e—)=2n（Cu）=0。01mol,乙池總反應(yīng)方程式為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，根據(jù)方程式可知:每產(chǎn)生2molNaOH時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子。由于在同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等,所以轉(zhuǎn)移0.01mol電子時(shí)，反應(yīng)產(chǎn)生NaOH的物質(zhì)的量是0。01mol,乙池溶液體積是100mL,則反應(yīng)產(chǎn)生NaOH溶液的濃度為c(NaOH)==0。1mol/L，則溶液中c（H+）=mol/L=10-13mol/L，所以該溶液的pH=13?！军c(diǎn)睛】本題考查了原電池電解池的知識(shí)。掌握離子放電規(guī)律及水的電離平衡,結(jié)合不同電極的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象判斷陰陽(yáng)極是本題突破口。當(dāng)多池串聯(lián)在一起時(shí)，兩個(gè)電極活動(dòng)性差異大的為原電池，起電源作用，其它為電解池，原電池的負(fù)極和電解池的陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)；原電池的正極和電解池的陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，在同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，據(jù)此分析解答。22。毒重石的主要成分為BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì)），實(shí)驗(yàn)室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下：Ca2+Mg2+Fe3+開始沉淀時(shí)的pH11.99。11。9完全沉淀時(shí)的pH13。911。13。2（1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是________.(2)實(shí)驗(yàn)室用37％的鹽酸配制15％的鹽酸，除量筒外還需使用下列儀器中的________________.A.燒杯B.容量瓶C.玻璃棒D。滴定管(3）加入NH3·H2O調(diào)pH=8可除去________________(填離子符號(hào))，濾渣Ⅱ中含________________（填化學(xué)式)。（4)利用間接酸堿滴定法可測(cè)定Ba2+的含量，實(shí)驗(yàn)分兩步進(jìn)行.已知：2CrO42—+2H+Cr2O72-+2H2OBa2++CrO42—=BaCrO4↓步驟Ⅰ：移取xmL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中,加入酸堿指示劑，用bmol·L-1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，測(cè)得滴加鹽酸的體積為V0mL。步驟Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中,加入xmL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol·L—1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，測(cè)得滴加鹽酸的體積為V1mL。①BaCl2溶液的濃度為________________mol·L-1.②若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時(shí)有少量待測(cè)液濺出，Ba2+濃度測(cè)量值將____________(填“偏大”或“偏小")?！敬鸢浮浚?）。增大接觸面積從而使反應(yīng)速率增大,同時(shí)提高浸出率（2).AC(3）。Fe3+(4).Mg(OH）2、Ca（OH)2(5)。(6).偏大【解析】【分析】制備BaCl2?2H2O的流程:毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì))，加鹽酸溶解，碳酸鋇和鹽酸反應(yīng):BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O,加入氨水，調(diào)pH為8，F(xiàn)e3+完全沉淀時(shí)的pH為3。2,只有Fe3+完全沉淀,濾渣1為Fe(OH）3,溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=12.5，Ca2+完全沉淀時(shí)的pH為13。9，Mg2+完全沉淀時(shí)的pH為11.1，Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀，濾渣Ⅱ中含Mg(OH）2、Ca（OH）2;溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓,除去Ca2+，蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶得到BaCl2?2H2O.【詳解】(1)研磨將塊狀固體變成粉末狀，這樣可以增大反應(yīng)物的接觸面積，從而可增大反應(yīng)速率；（2）實(shí)驗(yàn)室用37%的鹽酸配制15%的鹽酸，根據(jù)溶液中質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100％，結(jié)合溶液中稀釋的過(guò)程中溶質(zhì)的質(zhì)量不變計(jì)算出濃鹽酸的體積和水的體積，需用量筒量取，濃鹽酸稀釋為稀鹽酸，需用燒杯作為容器應(yīng)選擇A；同時(shí)使用玻璃棒攪拌加速溶解應(yīng)選擇C，故使用儀器的合理選項(xiàng)是AC；（3)根據(jù)流程圖和表中數(shù)據(jù)可知:Fe3+完全沉淀時(shí)的pH為3.2,加入氨水,調(diào)pH為8，F(xiàn)e3++3NH3?H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,Fe3+完全沉淀，濾渣1為Fe（OH）3，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=12。5，Ca2+完全沉淀時(shí)的pH為13。9，Mg2+完全沉淀時(shí)的pH為11。1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀,濾渣Ⅱ中含Mg（OH)2、Ca(OH）2；（4）①向xmL一定濃度的Na2CrO4溶液加入鹽酸的總物質(zhì)的量n（HCl）=V0×10-3×bmol,移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中，加入xmL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol·L—1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，測(cè)得滴加鹽酸的體積為V1mL，則發(fā)生反應(yīng)2CrO42—+2H+Cr2O72—+2H2O消耗CrO42—的物質(zhì)的量n（CrO42-)=n（HCl）=V1×10-3×bmol，發(fā)生反應(yīng)Ba2++CrO42—=BaCrO4↓消耗的CrO42-物質(zhì)的量n(CrO42-）=V0×10—3×bmol-V1×10—3×bmol=（V0-V1）×10-3×bmol，由于步驟Ⅱ是移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中，所以BaCl2溶液的濃度c(BaCl2）==mol/L。②若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時(shí)有少量待測(cè)液濺出，則發(fā)生反應(yīng)2CrO42-+2H+Cr2O72—+2H2O的CrO42-的物質(zhì)的量減小，發(fā)生Ba2++CrO42-=BaCrO4↓的CrO42—的物質(zhì)的量偏大,導(dǎo)致Ba2+濃度測(cè)量值將偏大.【點(diǎn)睛】本題以實(shí)驗(yàn)室利用毒重石制備BaCl2?2H2O為線索,考查了物質(zhì)制備的實(shí)驗(yàn)方案的的設(shè)計(jì)，掌握實(shí)驗(yàn)步驟中各步操作的目的，及物質(zhì)的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，側(cè)重考查影響反應(yīng)速率的因素、實(shí)驗(yàn)基本操作和滴定方法在物質(zhì)含量測(cè)定的應(yīng)用。23.硫酸鐵銨[NH4Fe（SO4)2·xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源,變廢為寶，在實(shí)驗(yàn)室中探究采用廢鐵屑來(lái)制備硫酸鐵銨，具體流程如下：回答下列問(wèn)題：(1）步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污，方法是_________________。（2）步驟②需要加熱的目的是_________________,溫度保持80~95℃，采用的合適加熱方式是_________________。鐵屑中含有少量硫化物,反應(yīng)產(chǎn)生的氣體需要凈化處理，合適的裝置為_________________（填標(biāo)號(hào))。（3）步驟③中選用足量的H2O2，理由是_________________.分批加入H2O2，同時(shí)為了_________________，溶液要保持pH小于0。5。（4)步驟⑤的具體實(shí)驗(yàn)操作有______________，經(jīng)干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。（5）采用熱重分析法測(cè)定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù),將樣品加熱到150℃時(shí)，失掉1.5個(gè)結(jié)晶水，失重5.6%.硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為______________.【答案】（1）。堿煮水洗(2）.加快反應(yīng)(3)。熱水浴(4）。C（5)。將Fe2+全部氧化為Fe3+；不引入雜質(zhì)（6）.防止Fe3+水解(7）。加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾（洗滌）（8).NH4Fe(SO4）2?12H2O【解析】【詳解】（1）步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污,油污在堿性條件下容易水解,所以工業(yè)上常常用熱的碳酸鈉溶液清洗,即堿煮水洗；(2）步驟②需要加熱的目的是為了加快反應(yīng)速率；溫度保持80～95℃,由于保持溫度比較恒定且低于水的沸點(diǎn)，故采用的合適加熱方式是水浴加熱(熱水?。昏F屑中含有少量硫化物，硫化物與硫酸反應(yīng)生成硫化氫氣體，可以用氫氧化鈉溶液吸收，為了防止倒吸可以加裝倒置的漏斗,故選擇C裝置;(3）步驟③中選用足量的H2O2,H2O2可以將Fe2+氧化為Fe3+，且H2O2的還原產(chǎn)物為H2O，不會(huì)引入新的雜質(zhì)，故理由是：將Fe2+全部氧化為Fe3+，不引入新的雜質(zhì)。因?yàn)镠2O2本身易分解,所以在加入時(shí)需分量加入,同時(shí)為了防止Fe3+水解,溶液要保持pH小于0.5；(4）為了除去可溶性的硫酸銨、鐵離子等,需要經(jīng)過(guò)的步驟為:加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾（洗滌)；（5)設(shè)硫酸鐵銨的化學(xué)式為NH4Fe（SO4)2?xH2O，其相對(duì)分子質(zhì)量為266+18x，1.5個(gè)水分子的相對(duì)分子質(zhì)量為1.5×18=27，則27/(266+18x）=5.6％，解得x=12，則硫酸鐵銨的化學(xué)式為NH4Fe（SO4)2?12H2O.24。在普通鋁中加入少量Cu和Mg后，形成一種稱為拉維斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得鋁材的硬度增加、延展性減小,形成所謂“堅(jiān)鋁”，是制造飛機(jī)的主要村料?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）下列狀態(tài)的鎂中,電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是______________。A．B．C．D．（2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2）是一種有機(jī)化合物,分子中氮、碳的雜化類型分別是_________、_________。乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對(duì)較高的是____________(填“Mg2+”或“Cu2+”）。（3)一些氧化物的熔點(diǎn)如表所示：氧化物L(fēng)i2OMgOP4O6SO2熔點(diǎn)/°C1570280023。8?75.5解釋MgO熔點(diǎn)比P4O6熔點(diǎn)高得多的原因______________（4）金剛石的晶胞如圖，若以硅原子代替金剛石晶體中的碳原子,便得到晶體硅；若將金剛石晶體中一半的碳原子換成硅原子，且碳、硅原子交替,即得到碳化硅晶體（金剛砂)①碳化硅晶體（金剛砂）的化學(xué)式______________②金剛石、晶體硅、碳化硅的熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開_________________③立方氮化硼晶體的結(jié)構(gòu)與金剛石相似，硬度與金剛石相當(dāng)，晶胞邊長(zhǎng)為361。5pm。立方氮化硼的密度是_____________g/cm3(列出式子并化簡(jiǎn),阿伏加德羅常數(shù)為NA)【答案】(1).A（2)。sp3（3).sp3（4）.Cu2+(5).MgO離子晶體，P4O6分子晶體。(6)。SiC(7)。C(金剛石）>SiC>Si(8）.【解析】【分析】（1）能量越高越不穩(wěn)定,越易失電子，所以激發(fā)態(tài)的微粒易失電子，原子軌道中處于半滿狀態(tài)時(shí)較穩(wěn)定；(2）每個(gè)N原子形成的共價(jià)鍵有2個(gè)N—H鍵、1個(gè)N—C鍵，且還含有1個(gè)孤電子對(duì)；每個(gè)C原子形成的共價(jià)鍵有2個(gè)C—H鍵、2個(gè)C—N鍵,所以N、C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)都是4，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷N、C原子雜化類型；含有孤電子對(duì)的原子和含有空軌道的原子之間易形成配位鍵；堿土金屬與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性較弱；(3)根據(jù)晶體類型及構(gòu)成微粒的作用力大小分析比較；（4)①根據(jù)C、Si原子形成共價(jià)鍵數(shù)目及空間構(gòu)型分析化學(xué)式;②根據(jù)鍵長(zhǎng)越長(zhǎng)，鍵能越小,物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越低比較；③根據(jù)金剛石結(jié)構(gòu)分析一個(gè)晶胞中含有的C原子數(shù)目，根據(jù)二者結(jié)構(gòu)相似,結(jié)合氮化硼化學(xué)式特點(diǎn)可確定晶胞中含有的B、N原子數(shù)目，計(jì)算晶胞質(zhì)量、體積，然后根據(jù)晶胞密度ρ=計(jì)算?！驹斀狻?1）A、D微粒都是Mg原子失去一個(gè)電子后得到的，但是D微粒能量高于A，穩(wěn)定性A>D，所以失電子能力A>D；B、C都是原子，但是B是基態(tài)、C是激發(fā)態(tài)，能量：C>B，穩(wěn)定性B>C，所以失去一個(gè)電子能力：B>C;A為Mg+、B為Mg原子,A再失去電子所需能量就是Mg原子失去2個(gè)電子的能量，為Mg原子的第二電離能,B失去一個(gè)電子的能量是Mg原子的第一電離能，其第二電離能大于第一電離能,所以電離最外層