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2018-2019学年四川省雅安中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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雅安中学2018-2019学年高二年级下期半期考试化学试题
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32
第I卷（选择题 共42分）
一、单项选择题（共7小题，每小题6分，共42分。注：得选择题得天下，谨慎）
1.关于化学与生活、化学与生产，下列说法正确的是（ ）
A. 泡沫灭火器的成分为Al2(SO4)3溶液和Na2CO3溶液，二者接触后因发生双水解反应而快速产生CO2
B. 工业上常用NH4Cl溶液除锈，利用了NH4Cl溶液水解显酸性
C. 工业电解精炼铜用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，相同时间段内阴极和阳极的质量变化相等
D. 为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为牺牲阳极的阴极保护法
【答案】B
【解析】
【详解】A.泡沫灭火器的成分为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，二者接触后因发生双水解反应产生氢氧化铝沉淀和CO2，A错误；
B.工业上常用NH4Cl溶液除锈，是利用NH4Cl中的NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，c(H+)>c(OH-)，因此其溶液水解显酸性，B正确；
C.工业电解精炼铜时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，阳极上先是活动性比Cu强的金属失去电子，变为金属阳离子进入溶液，后Cu失去电子，变为Cu2+进入溶液，活动性比Cu弱的沉积在容器底部，形成阳极泥，在阴极上溶液中的Cu2+获得电子变为Cu单质，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以在时间段内阴极和阳极的质量变化不相等，C错误；
D.为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为外接电流的的阴极保护法，D错误；
故答案是B。
2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 1L 0.1mol/L的NaF溶液中离子总数大于0.2 NA
B. 1L 0.01mol/L的醋酸溶液中H+的数目为0.01NA
C. 质量均为1.5g —CH3和CH3- 所含的电子数均为NA
D. CH3OH---O2燃料电池中，如若正极消耗O211.2L，则电路中转移的电子数为2 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.n(NaF)=1L×0.1mol/L=0.1mol，NaF是强碱弱酸盐，在溶液中F-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终溶液中c(OH-)>c(H+)，使溶液显碱性。根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，溶液中阴离子的浓度=c(Na+)+c(H+)，可见该溶液中离子的物质的量>0.2mol，即溶液中离子总数大于0.2 NA，A正确；
B.醋酸是一元弱酸溶液，在溶液中仅有部分乙酸发生电离，所以1L 0.01mol/L的醋酸溶液中H+的数目小于0.01NA，B错误；
C.1个-CH3含有9个电子，1个CH3-含有10个电子，质量均为1.5g-CH3和CH3- 物质的量均为0.1mol，所含的电子数不相同，C错误；
D.O2所处温度和压强未知，不能确定氧气的物质的量，因此不能计算反应过程中转移电子的物质的量，D错误；
故答案是A。
3.关于有机化合物下列说法正确的是（ ）
A. 直链烷烃正戊烷的所有碳原子在一条直线上
B. 分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2的同分异构体有4种
C. 甲烷中混有乙烯，可直接将混合物通入酸性KMnO4中除去乙烯得到纯净的甲烷
D. 甲苯和液溴在FeBr3作催化剂的条件下可发生取代反应生成4种一溴代物
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于饱和碳原子形成的是正四面体结构，所以直链烷烃正戊烷的所有碳原子不在一条直线上，A错误；
B.分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明是羧酸，可认为是丁烷分子中的一个H原子被—COOH取代，丁烷有正丁烷、异丁烷2种结构，每种结构有2种不同的H原子，C5H10O2能与NaHCO3反应放出CO2的同分异构体共有4种，B正确；
C.乙烯会被酸性KMnO4溶液氧化为CO2气体，而使甲烷中混入新的杂质，C错误；
D.甲苯和液溴在FeBr3作催化剂的条件下可发生苯环上的取代反应，由于苯环上有三种不同位置的H原子，所以可生成3种一溴代物，D错误；
故答案是B。
4.常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，T时刻改变某一条件，离子的浓度变化如图所示，（注：第一次平衡时c（I﹣）＝2×10﹣3mol/L，c（Pb2+）＝1×10﹣3mol/L）下列有关说法正确的是（ ）
A. 常温下，Ksp[PbI2]＝2×10﹣6
B. 温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2溶解度不变，c（Pb2+）不变
C. T时刻改变的条件是升高温度，PbI2的Ksp增大
D. 常温下Ksp[PbS]＝8×10﹣28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2（s）+S2﹣（aq）⇌PbS（s）+2I﹣（aq）反应的化学平衡常数为5×1018
【答案】D
【解析】
试题分析：A、PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，Ksp=[c(Pb2＋]×[c(I－)]2=1×10－3×4×10－6=4×10－9，错误；B、PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入硝酸铅浓溶液，反应向逆反应方向进行，PbI2的溶解度降低，错误；C、T时刻升高温度，根据图像c(I－)是降低，说明反应向逆反应方向进行，溶解度降低，错误；D、K=c2(I－)/c(S2－)==5×1018A，正确。
考点：考查溶度积的计算和勒夏特列原理。
5.常温下，下列说法正确的是（ ）
A. pH＝10的CH3COONa溶液中，水电离产生的c（OH﹣）＝1×10﹣10mol•L
B. pH＝a的氨水溶液，稀释10倍（溶液体积变为原来10倍）后，其pH＝b，则a＝b+1
C. pH＝3的H2S溶液与pH＝11的NaOH溶液任意比例混合：C（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）
D. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的：c（Na+）大小顺序为 ①＞②＞③
【答案】D
【解析】
试题分析：A．pH=10的CH3COONa溶液中醋酸根水解，水电离产生的c(OH-)=1×10－4mol·L－1，A错误；B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍（溶液体积变为原来10倍）后，其pH=b，促进一水合氨的电离，则a＜b+1，B错误；C．pH=3的H2S溶液与pH=11的NaOH溶液任意比例混合，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)，C错误；D．醋酸根的水解程度大于碳酸氢根，碳酸氢根大于次氯酸根，因此pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)大小顺序为①>②>③，D正确，答案选D。
考点：考查离子浓度大小比较
6.高性能钠型电池工作原理如图。(NaSn为合金)其电池反应为Cx(PF6)+NaSnCx+Sn+NaPF6，下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，b为正极
B. 充电时，阴极反应为Sn+Na++e﹣═NaSn
C. 放电时，负极材料Sn在很大程度上被腐蚀
D. 充电时，PF6﹣向右迁移并嵌入石墨烯中
【答案】C
【解析】
【详解】A.电池反应为Cx(PF6)+NaSnCx+Sn+NaPF6，则放电时NaSn合金即电极a是负极，b为正极，A正确；
B.NaSn合金是负极，发生失电子的氧化反应：NaSn-e-=Sn+Na+，充电时的阴极反应和放电时负极反应相反，即充电时阴极反应为Sn+Na++e-=NaSn，B正确；
C.放电时，负极材料发生失电子的氧化反应：NaSn-e-=Sn+Na+，Sn未被腐蚀，C错误；
D.充电时，PF6-向阳极移动，向着电源的正极移动，向右迁移并嵌入石墨烯中，D正确；
故答案是C。
7.下列实验操作、现象、结论均完全正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
在常温下测定Na2CO3和NaHCO3溶液的pH
Na2CO3溶液pH较大
水解能力：Na2CO3大于NaHCO3
B
先向盛有1mL 0.1mol/L的AgNO3溶液的试管中滴加两滴0.1mol/L的NaCl溶液，再向其中滴加0.1mol/L的NaI溶液。
滴加NaCl溶液有白色沉淀生成，滴加NaI溶液后有黄色沉淀生成
AgCl沉淀可转化成AgI沉淀
C
电解饱和CuCl2溶液实验中，用润湿的淀粉—碘化钾试纸靠近阳极
润湿的淀粉—碘化钾试纸变蓝
阳极产生Cl2
D
饱和FeCl3溶液中加入少量NaCl固体
溶液颜色变浅
加入NaCl固体后，FeCl3的水解平衡逆向移动
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 未指出Na2CO3和NaHCO3溶液的浓度，所以不能根据溶液的pH大小，判断盐水解程度的大小，A错误；
B.先向盛有1mL 0.1mol/L的AgNO3溶液的试管中滴加两滴0.1mol/L的NaCl溶液，发生沉淀反应，产生白色AgCl沉淀，由于AgNO3溶液过量，所以再向其中滴加0.1mol/L的NaI溶液，会发生沉淀反应，产生AgI黄色沉淀，所以不能证明AgCl沉淀可转化成AgI沉淀，B错误；
C.电解饱和CuCl2溶液，在阴极产生Cu单质，阳极产生Cl2，由于Cl2具有氧化性，在溶液中与KI发生置换反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此润湿的淀粉—碘化钾试纸靠近阳极，试纸变为蓝色，C正确；
D.饱和FeCl3溶液中存在盐的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入固体NaCl，该盐电离产生的Na+、Cl-与盐的水解平衡无关，因此对盐的水解平衡无影响，因此溶液的颜色不会发生变化，D错误；
故答案是C。
第II卷（非选择题 共58分）
8.根据水溶液中离子平衡原理回答下列问题：
I.明矾的化学式为____，明矾可用作净水剂，用离子方程式表示明矾的净水原理____
II.常温下有浓度均为0.01mol/L的下列溶液①HNO3 ②H2S ③ NaOH ④NH3·H2O ⑤NH4Cl ⑥NH4HSO4 ⑦ NaCl。回答下列问题：
(1)①②③⑤五中溶液中由水电离出的H+的浓度由大到小的顺序为______（用序号表示，下同）
(2)④⑤⑥三种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序为__________________；
(3)①③④⑤⑥⑦六种溶液pH由大到小的顺序为_________________；
(4)等体积的③④分别与同浓度的盐酸反应至均呈中性，消耗盐酸的体积③_____④（填“大于”、“小于”、或“等于”）
(5)10mL ③与20mL⑤混合后，溶液呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”），混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为______。
【答案】 (1). KAl(SO4)2∙12H2O (2). Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (3). ⑤>②>①=③ (4). ⑥>⑤>④ (5). ③>④>⑦>⑤>①>⑥ (6). 大于 (7). 碱 (8). c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
【分析】
I.明矾是十二水合硫酸铝钾，由于硫酸铝钾是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应产生氢氧化铝胶体，用盐的水解规律分析判断；
II.(1)根据酸、碱对水电离平衡起抑制作用，强酸弱碱盐水解促进水的电离；等浓度的H+、OH-对水的电离抑制程度相同分析判断；
(2)盐是强电解质，盐电离产生的离子浓度远大于弱电解质电离产生的离子浓度。NH4+在溶液中存在水解平衡，根据平衡移动原理，分析三种溶液中铵根离子浓度大小；
(3)溶液的酸性越强，pH越小，溶液的碱性越强，pH越大，结合pH=-lg c(H+)分析；
(4)结合生成盐是否水解判断消耗盐酸的体积；
(5)③是NaOH ⑤NH4Cl ，将二者按10mL ：20mL混合后发生反应，得到等物质量浓度的NH3·H2O和NH4Cl、NaCl的的混合液，结合盐的水解及弱电解质电离程度分析比较溶液的酸碱性及离子浓度大小。
【详解】I.明矾是十二水合硫酸铝钾，其化学式为KAl(SO4)2∙12H2O；由于硫酸铝钾是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+会发生水解反应，产生氢氧化铝胶体，水解的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；胶体表面积大，吸附力强，可吸附水中悬浮的固体，使之形成沉淀，从而具有净水作用；
II.(1)水存在电离平衡：H2OH++OH-，外加酸或碱，会对水的电离平衡起抑制作用，0.01mol/L的①HNO3是一元强酸，电离产生的c(H+)=0.01mol/L；②H2S是二元弱酸，电离产生的c(H+)<0.01mol/L；③NaOH是一元强碱，电离产生的c(OH-)=0.01mol/L；根据水的电离平衡可知，这三种溶液对水的电离平衡起抑制作用，使水电离程度减小，离子浓度越大，抑制作用就越强，水电离产生的氢离子浓度就越小；而⑤NH4Cl是强酸弱碱盐，电离产生的NH4+发生水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+，水解消耗水电离产生的OH-，促进水的电离平衡正向移动， 水电离产生的氢离子浓度增大，所以这几种溶液中由水电离出的H+的浓度由大到小的顺序为⑤>②>①=③；
(2)④NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡：NH3·H2O NH4++ OH-，电离产生的NH4+离子浓度远小于电解质的浓度；⑤NH4Cl ⑥NH4HSO4都是盐，电离产生的NH4+在溶液中存在水解平衡，NH4++H2ONH3·H2O+H+，由于NH4HSO4还会电离产生H+，对铵根的水解起抑制作用，使铵根离子水解程度减小，所以NH4+的浓度⑥>⑤>④；
(3)浓度均为0.01mol/L的①HNO3，pH=2；③NaOH是一元强碱，pH=12；④NH3·H2O是一元弱碱，7④>⑦>⑤>①>⑥；
(4)③NaOH ④NH3·H2O的浓度相等，若完全中和，消耗等浓度的盐酸的体积也相等，但NH3·H2O与HCl反应产生的盐NH4Cl水解使溶液显酸性，而NaOH与盐酸反应产生的NaCl不水解，所以要使反应后溶液显中性，则NH3·H2O消耗的盐酸的物质的量少，由于盐酸浓度相等，因此消耗盐酸的体积③>④；
(5)③是NaOH溶液 ⑤NH4Cl溶液 ，将二者按10mL：20mL混合后发生反应NaOH+NH4Cl=NH3·H2O+NaCl，根据方程式可知二者反应时物质的量的比是1:1，由于加入NaOH是10mL，NH4Cl是20mL，二者的浓度相等，所以NH4Cl溶液过量，最终得到等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl、NaCl的混合液，由于NH3·H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用，c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性；根据物料守恒可得c(Cl-)=2c(Na+)；NH3·H2O电离产生NH4+，溶液中的NH4+由NH4Cl和NH3·H2O电离产生；导致溶液中c(NH4+)> c(Na+)，由于盐NaCl是强电解质，盐电离产生的离子浓度c(Na+)大于NH3·H2O电离产生的c(OH-)，所以该混合溶液中各种离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)。
【点睛】本题考查电解质的电离、盐的水解、影响水的电离平衡的因素、离子浓度大小比较等知识。掌握化学反应基本原理，弄清溶液的pH与溶液中氢离子浓度关系和水的离子积是本题解答的关键。
9.以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：
(1)B极电极反应式为______________________。
(2)若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解硫酸铜溶液，写出阳极的电极反应式________；当阳极收集到11.2L（标准状况）气体时，消耗甲烷的质量为__________g；电解硫酸铜溶液一段时间后，阴极无气体产生，要使原溶液复原，可向电解后的溶液中加入___________________。
(3)目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺，简易装置如图所示：
①若用上述甲烷燃料电池进行电解，则甲烷燃料电池的负极应该接该装置的_____（填“左”或“右”）边电极；写出阳极产生ClO2的电极反应式___________。
②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL(标准状况下)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的数目为__________。
【答案】 (1). CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O (2). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (3). 4 (4). CuO (5). 右 (6). Cl--5e-+2H2O=ClO2+4H+ (7). 0.01NA
【解析】
【分析】
(1)B电极CH4变为CO2，根据阴离子移动方向，结合原电池反应原理，判断电极的正负，并写出电极反应式；
(2)用惰性电极电解硫酸铜溶液，阳极上溶液中OH-放电；阴极上溶液中的Cu2+放电；若阴极无气体放出，说明阴极只发生了反应：Cu2++2e-=Cu；两个电极析出的物质反应后得到的物质就是使溶液复原需加入的物质；
(3)①根据离子移动方向确定电解池的阳极、阴极，电解池的阴极接电源的负极；阳极上Cl-失去电子变为ClO2；
②阴极上溶液中的H+获得电子变为氢气，根据电子转移守恒，计算通过阳离子交换膜的阳离子的数目。
【详解】(1)由阴离子移动方向可知B电极为负极，在负极上甲烷失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；
(2)用石墨电极电解硫酸铜溶液，石墨电极为惰性电极，电解硫酸铜溶液，实质上是溶液中的离子放电。在阳极上溶液中OH-放电，所以阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；阴极上溶液中的Cu2+放电，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；阳极产生的是O2，每产生1molO2，转移4mol电子，n(O2)=11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，则n(e-)=0.5×4=2mol，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以根据CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O可知消耗1mol甲烷，转移8mol电子，则转移2mol电子，会消耗CH4的物质的量为n(CH4)=2mol÷8=0.25mol，则消耗甲烷的质量为m(CH4)=0.25mol×16g/mol=4g；
电解硫酸铜溶液一段时间后，若阴极无气体产生，则电解反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，要使原溶液复原，可向电解后的溶液中加入的物质是Cu与O2反应产生的CuO；
(3)①Na+向阴极移动，阴极连接原电池的负极，接燃料电池中通入甲烷的电极；所以甲烷燃料电池的负极应该接该装置的右边的电极；在阳极上，溶液中的Cl-失去电子，变为ClO2，电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2+4H+；
②阴极电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气的物质的量为n(H2)=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，阴极区产生0.01molOH-，通过阳离子交换膜的是+1价阳离子，故通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.01mol，通过的阳离子的数目为0.01NA。
【点睛】本题考查了原电池、电解池的反应原理的知识。在原电池中失去电子的电极为负极，获得电子的电极为正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；而在电解池中阳极发生氧化反应，连接电源的正极；阴极发生还原反应，连接电源的负极。惰性电极电解时，溶液中的离子放电，记住离子的放电顺序是判断电极反应式的关键，使溶液复原的方法就是向溶液中加入两个电极产物反应后得到的物质。
10.滴定是分析化学中最要的分析方法之一，根据其原理回答下列问题：
I、酸碱中和滴定是最基本的滴定方法：
(1)滴定管是酸碱中和滴定中重要的仪器，向25mL碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为10.00mL，将滴定管中的液体全部放出，放出氢氧化钠溶液的体积为____________（填“大于”、“小于”或“等于”）15.00mL。
(2)向碱式滴定管中注入标准的氢氧化钠溶液之前的一步操作为（ ）
(3)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol/LNaOH溶液滴定。下列说法正确的是（ ）
A.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测HCl溶液润洗
B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏大
II、氧化还原滴定也是分析化学中常用的分析手段，用氧化还原滴定方法测定粗品中Na2S2O3•5H2O的质量分数。
实验步骤：称取6g粗品配制250mL的溶液待用。用酸式滴定管取25.00mL0.01mol/L K2Cr2O7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Na2S2O3溶液滴定至终点（反应为I2+2S2O32-=2I﹣+S4O62﹣），消耗Na2S2O3溶液25.00mL。回答下列问题：
(1)向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，Cr2O72-被还原成Cr3+，写出该反应的离子方程式_____。
(2)用Na2S2O3溶液滴定至终点的现象为_________________________。
(3)粗品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为___________________。
(4)若在取K2Cr2O7溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则测定结果偏_________（填“高”、“低”或“不变”）
【答案】 (1). 大于 (2). 用NaOH标准溶液润洗碱式滴定管 (3). BD (4). Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O (5). 最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液由蓝色变成无色，且半分钟不复原 (6). 62% (7). 高
【解析】
【分析】
I.(1)根据滴定管的结构判断溶液体积的大小；
(2)根据滴定管使用方法判断如何操作；
(3)用已知浓度的NaOH溶液滴定锥形瓶中未知浓度的HCl，滴定管必须润洗，锥形瓶不能润洗，根据溶液的酸碱性的变化判断指示剂的颜色变化，并根据操作对消耗标准溶液的体积判断误差影响；
II. (1) K2Cr2O7与KI在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Cr3+、I2及水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式；
(2)用Na2S2O3标准溶液滴定溶液中的I2，以淀粉为指示剂，根据淀粉遇碘单质溶液为蓝色判断终点；
(3)先根据关系式法，得到K2Cr2O7、I2、Na2S2O3•5H2O的物质的量关系，然后利用已知量计算得到待求量，再利用物质的质量分数含义进行计算；
(4)根据标准溶液的物质的量计算Na2S2O3•5H2O的含量，若标准溶液滴到了锥形瓶外，消耗标准溶液体积偏大。
【详解】I.(1)滴定管0刻度在上，大刻度在下部，在最大刻度下部有一端没有刻度的部位，所以在一只25mL的碱式滴定管，当开始时滴定管的读数为10.00mL，将滴定管中的液体全部放出，液体的体积大于25.00mL-10.00mL=15.00mL；
(2)滴定管在使用前，先检查是否漏液，然后洗涤，再用待装液润洗，然后装标准溶液，因此向碱式滴定管中注入标准的氢氧化钠溶液之前的一步操作为用NaOH标准溶液润洗碱式滴定管；
(3) A.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不能用待测HCl溶液润洗，否则会使消耗标准溶液体积偏大，A错误；
B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液的酸性逐渐减弱，因此溶液的pH由小变大，B正确；
C.锥形瓶中是未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，开始是无色溶液，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，当恰好滴定到溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪为无色时，达到达到滴定终点，停止滴定，C错误；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗标准溶液的体积偏大，则会使测定结果偏大，D正确；
故合理选项是BD；
II. (1) K2Cr2O7与KI在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Cr3+、I2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；
(2)K2Cr2O7在酸性条件下将KI氧化为I2，以淀粉为指示剂，由于淀粉遇碘单质溶液为蓝色，用Na2S2O3溶液滴定溶液中的I2时，若达到滴定终点，I2恰好反应完全，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不复原；
(3)由K2Cr2O7在酸性条件下将KI氧化为I2的方程式Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O及滴定反应：I2+2S2O32-=2I﹣+S4O62﹣可得关系式：Cr2O72﹣~3I2~6S2O32-，n(K2Cr2O7)=0.025L×0.01mol/L=2.5×10-4mol，则n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)=6×2.5×10-4mol=1.5×10-3mol，c（Na2S2O3）=1.5×10-3mol÷0.025L=0.06mol/L，所以粗品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为×100%=62%；
(4)根据消耗K2Cr2O7标准溶液的物质的量计算Na2S2O3•5H2O的含量，若标准溶液滴到了锥形瓶外，消耗标准溶液的体积偏大，标准溶液物质的量偏大，导致Na2S2O3•5H2O的含量偏高。
【点睛】本题考查了滴定方法在物质含量测定应用。涉及仪器的使用、误差分析、滴定终点的判断方法及关系式法在物质含量测定的应用。在滴定方法进行测定时，要弄清是用什么溶液滴定，待测溶液成分是什么，才可以确定使用的指示剂的颜色变化来判断滴定终点。若操作使消耗标准溶液体积偏大，则误差偏高，反之偏低。
11.醋酸镍[(CH3COO)2Ni]是一种重要的化工原料，一种以含镍废料(含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：
相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如表：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
物质
20℃时溶解性（H2O）
Fe3+
1.1
32
CaSO4
微溶
Fe2+
5.8
8.8
NiF
可溶
Al3+
3.0
5.0
CaF2
难溶
Ni2+
6.7
9.5
NiCO3
Ksp＝9.6×10﹣6
(1)调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是___________。
(2)滤渣1主要成分是_______________；滤渣2主要成分是_________________
(3)写出氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式_________。
(4)酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式____________。
(5)沉镍过程中，若c(Ni2+)=2.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀物完全，[c(Ni2+)≤10﹣5 mol/L]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为_____g（保留小数点后1位）
(6)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸。酸浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为____________。
【答案】 (1). 5.0≤pH＜6.7 (2). SiO2、CaSO4 (3). Al(OH)3、Fe(OH)3 (4). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (5). NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O (6). 31.4 (7). 70℃、120min
【解析】
【分析】
含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和CaSO4，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0≤pH＜6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成(CH3COO)2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到(CH3COO)2Ni固体，据此分析解答。
【详解】(1)调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为5.0≤pH＜6.7；
(2)由流程分析可知，滤渣1为SiO2和CaSO4，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)Fe2+沉淀的pH范围与Ni2+相近，为了除去Fe2+，先加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)NiS用硫酸和硝酸的混合溶液酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则相应的气体为NO、SO2，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O；
(5)已知NiCO3的Ksp=9.6×10-6，使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全，即c(Ni2+)≤10﹣5 mol/L，则c(CO32-)>9.6×10-6÷10﹣5=0.96mol/L，与Ni2+反应的n(CO32-)=c·V=2mol/L×0.1L=0.2mol，则需要加入Na2CO3固体的总物质的量至少n(CO32-)总=0.2mol+0.96mol/L×0.1L=0.296mol，其质量最少为0.296mol ×106g/mol=31.4g；
(7)由图象可知，温度为70℃、时间为120min时，酸浸出率最高。
【点睛】本题考查了物质分离提纯等基本操作和综合应用，涉及反应原理及离子反应方程式的书写，要根据流程图，结合每一步操作的目的选择操作条件，结合溶度积常数的含义及使用物质的目的和存在形式，计算需要的Na2CO3的质量，要利用电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子反应方程式。注意把握常见物质或离子的性质应用。
雅安中学2018-2019学年高二年级下期半期考试化学试题
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32
第I卷（选择题 共42分）
一、单项选择题（共7小题，每小题6分，共42分。注：得选择题得天下，谨慎）
1.关于化学与生活、化学与生产，下列说法正确的是（ ）
A. 泡沫灭火器的成分为Al2(SO4)3溶液和Na2CO3溶液，二者接触后因发生双水解反应而快速产生CO2
B. 工业上常用NH4Cl溶液除锈，利用了NH4Cl溶液水解显酸性
C. 工业电解精炼铜用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，相同时间段内阴极和阳极的质量变化相等
D. 为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为牺牲阳极的阴极保护法
【答案】B
【解析】
【详解】A.泡沫灭火器的成分为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，二者接触后因发生双水解反应产生氢氧化铝沉淀和CO2，A错误；
B.工业上常用NH4Cl溶液除锈，是利用NH4Cl中的NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，c(H+)>c(OH-)，因此其溶液水解显酸性，B正确；
C.工业电解精炼铜时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，阳极上先是活动性比Cu强的金属失去电子，变为金属阳离子进入溶液，后Cu失去电子，变为Cu2+进入溶液，活动性比Cu弱的沉积在容器底部，形成阳极泥，在阴极上溶液中的Cu2+获得电子变为Cu单质，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以在时间段内阴极和阳极的质量变化不相等，C错误；
D.为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为外接电流的的阴极保护法，D错误；
故答案是B。
2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 1L 0.1mol/L的NaF溶液中离子总数大于0.2 NA
B. 1L 0.01mol/L的醋酸溶液中H+的数目为0.01NA
C. 质量均为1.5g —CH3和CH3- 所含的电子数均为NA
D. CH3OH---O2燃料电池中，如若正极消耗O211.2L，则电路中转移的电子数为2 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.n(NaF)=1L×0.1mol/L=0.1mol，NaF是强碱弱酸盐，在溶液中F-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终溶液中c(OH-)>c(H+)，使溶液显碱性。根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，溶液中阴离子的浓度=c(Na+)+c(H+)，可见该溶液中离子的物质的量>0.2mol，即溶液中离子总数大于0.2 NA，A正确；
B.醋酸是一元弱酸溶液，在溶液中仅有部分乙酸发生电离，所以1L 0.01mol/L的醋酸溶液中H+的数目小于0.01NA，B错误；
C.1个-CH3含有9个电子，1个CH3-含有10个电子，质量均为1.5g-CH3和CH3- 物质的量均为0.1mol，所含的电子数不相同，C错误；
D.O2所处温度和压强未知，不能确定氧气的物质的量，因此不能计算反应过程中转移电子的物质的量，D错误；
故答案是A。
3.关于有机化合物下列说法正确的是（ ）
A. 直链烷烃正戊烷的所有碳原子在一条直线上
B. 分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2的同分异构体有4种
C. 甲烷中混有乙烯，可直接将混合物通入酸性KMnO4中除去乙烯得到纯净的甲烷
D. 甲苯和液溴在FeBr3作催化剂的条件下可发生取代反应生成4种一溴代物
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于饱和碳原子形成的是正四面体结构，所以直链烷烃正戊烷的所有碳原子不在一条直线上，A错误；
B.分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明是羧酸，可认为是丁烷分子中的一个H原子被—COOH取代，丁烷有正丁烷、异丁烷2种结构，每种结构有2种不同的H原子，C5H10O2能与NaHCO3反应放出CO2的同分异构体共有4种，B正确；
C.乙烯会被酸性KMnO4溶液氧化为CO2气体，而使甲烷中混入新的杂质，C错误；
D.甲苯和液溴在FeBr3作催化剂的条件下可发生苯环上的取代反应，由于苯环上有三种不同位置的H原子，所以可生成3种一溴代物，D错误；
故答案是B。
4.常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，T时刻改变某一条件，离子的浓度变化如图所示，（注：第一次平衡时c（I﹣）＝2×10﹣3mol/L，c（Pb2+）＝1×10﹣3mol/L）下列有关说法正确的是（ ）
A. 常温下，Ksp[PbI2]＝2×10﹣6
B. 温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2溶解度不变，c（Pb2+）不变
C. T时刻改变的条件是升高温度，PbI2的Ksp增大
D. 常温下Ksp[PbS]＝8×10﹣28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2（s）+S2﹣（aq）⇌PbS（s）+2I﹣（aq）反应的化学平衡常数为5×1018
【答案】D
【解析】
试题分析：A、PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，Ksp=[c(Pb2＋]×[c(I－)]2=1×10－3×4×10－6=4×10－9，错误；B、PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入硝酸铅浓溶液，反应向逆反应方向进行，PbI2的溶解度降低，错误；C、T时刻升高温度，根据图像c(I－)是降低，说明反应向逆反应方向进行，溶解度降低，错误；D、K=c2(I－)/c(S2－)==5×1018A，正确。
考点：考查溶度积的计算和勒夏特列原理。
5.常温下，下列说法正确的是（ ）
A. pH＝10的CH3COONa溶液中，水电离产生的c（OH﹣）＝1×10﹣10mol•L
B. pH＝a的氨水溶液，稀释10倍（溶液体积变为原来10倍）后，其pH＝b，则a＝b+1
C. pH＝3的H2S溶液与pH＝11的NaOH溶液任意比例混合：C（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）
D. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的：c（Na+）大小顺序为 ①＞②＞③
【答案】D
【解析】
试题分析：A．pH=10的CH3COONa溶液中醋酸根水解，水电离产生的c(OH-)=1×10－4mol·L－1，A错误；B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍（溶液体积变为原来10倍）后，其pH=b，促进一水合氨的电离，则a＜b+1，B错误；C．pH=3的H2S溶液与pH=11的NaOH溶液任意比例混合，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)，C错误；D．醋酸根的水解程度大于碳酸氢根，碳酸氢根大于次氯酸根，因此pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)大小顺序为①>②>③，D正确，答案选D。
考点：考查离子浓度大小比较
6.高性能钠型电池工作原理如图。(NaSn为合金)其电池反应为Cx(PF6)+NaSnCx+Sn+NaPF6，下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，b为正极
B. 充电时，阴极反应为Sn+Na++e﹣═NaSn
C. 放电时，负极材料Sn在很大程度上被腐蚀
D. 充电时，PF6﹣向右迁移并嵌入石墨烯中
【答案】C
【解析】
【详解】A.电池反应为Cx(PF6)+NaSnCx+Sn+NaPF6，则放电时NaSn合金即电极a是负极，b为正极，A正确；
B.NaSn合金是负极，发生失电子的氧化反应：NaSn-e-=Sn+Na+，充电时的阴极反应和放电时负极反应相反，即充电时阴极反应为Sn+Na++e-=NaSn，B正确；
C.放电时，负极材料发生失电子的氧化反应：NaSn-e-=Sn+Na+，Sn未被腐蚀，C错误；
D.充电时，PF6-向阳极移动，向着电源的正极移动，向右迁移并嵌入石墨烯中，D正确；
故答案是C。
7.下列实验操作、现象、结论均完全正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
在常温下测定Na2CO3和NaHCO3溶液的pH
Na2CO3溶液pH较大
水解能力：Na2CO3大于NaHCO3
B
先向盛有1mL 0.1mol/L的AgNO3溶液的试管中滴加两滴0.1mol/L的NaCl溶液，再向其中滴加0.1mol/L的NaI溶液。
滴加NaCl溶液有白色沉淀生成，滴加NaI溶液后有黄色沉淀生成
AgCl沉淀可转化成AgI沉淀
C
电解饱和CuCl2溶液实验中，用润湿的淀粉—碘化钾试纸靠近阳极
润湿的淀粉—碘化钾试纸变蓝
阳极产生Cl2
D
饱和FeCl3溶液中加入少量NaCl固体
溶液颜色变浅
加入NaCl固体后，FeCl3的水解平衡逆向移动
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 未指出Na2CO3和NaHCO3溶液的浓度，所以不能根据溶液的pH大小，判断盐水解程度的大小，A错误；
B.先向盛有1mL 0.1mol/L的AgNO3溶液的试管中滴加两滴0.1mol/L的NaCl溶液，发生沉淀反应，产生白色AgCl沉淀，由于AgNO3溶液过量，所以再向其中滴加0.1mol/L的NaI溶液，会发生沉淀反应，产生AgI黄色沉淀，所以不能证明AgCl沉淀可转化成AgI沉淀，B错误；
C.电解饱和CuCl2溶液，在阴极产生Cu单质，阳极产生Cl2，由于Cl2具有氧化性，在溶液中与KI发生置换反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此润湿的淀粉—碘化钾试纸靠近阳极，试纸变为蓝色，C正确；
D.饱和FeCl3溶液中存在盐的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入固体NaCl，该盐电离产生的Na+、Cl-与盐的水解平衡无关，因此对盐的水解平衡无影响，因此溶液的颜色不会发生变化，D错误；
故答案是C。
第II卷（非选择题 共58分）
8.根据水溶液中离子平衡原理回答下列问题：
I.明矾的化学式为____，明矾可用作净水剂，用离子方程式表示明矾的净水原理____
II.常温下有浓度均为0.01mol/L的下列溶液①HNO3 ②H2S ③ NaOH ④NH3·H2O ⑤NH4Cl ⑥NH4HSO4 ⑦ NaCl。回答下列问题：
(1)①②③⑤五中溶液中由水电离出的H+的浓度由大到小的顺序为______（用序号表示，下同）
(2)④⑤⑥三种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序为__________________；
(3)①③④⑤⑥⑦六种溶液pH由大到小的顺序为_________________；
(4)等体积的③④分别与同浓度的盐酸反应至均呈中性，消耗盐酸的体积③_____④（填“大于”、“小于”、或“等于”）
(5)10mL ③与20mL⑤混合后，溶液呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”），混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为______。
【答案】 (1). KAl(SO4)2∙12H2O (2). Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (3). ⑤>②>①=③ (4). ⑥>⑤>④ (5). ③>④>⑦>⑤>①>⑥ (6). 大于 (7). 碱 (8). c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
【分析】
I.明矾是十二水合硫酸铝钾，由于硫酸铝钾是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应产生氢氧化铝胶体，用盐的水解规律分析判断；
II.(1)根据酸、碱对水电离平衡起抑制作用，强酸弱碱盐水解促进水的电离；等浓度的H+、OH-对水的电离抑制程度相同分析判断；
(2)盐是强电解质，盐电离产生的离子浓度远大于弱电解质电离产生的离子浓度。NH4+在溶液中存在水解平衡，根据平衡移动原理，分析三种溶液中铵根离子浓度大小；
(3)溶液的酸性越强，pH越小，溶液的碱性越强，pH越大，结合pH=-lg c(H+)分析；
(4)结合生成盐是否水解判断消耗盐酸的体积；
(5)③是NaOH ⑤NH4Cl ，将二者按10mL ：20mL混合后发生反应，得到等物质量浓度的NH3·H2O和NH4Cl、NaCl的的混合液，结合盐的水解及弱电解质电离程度分析比较溶液的酸碱性及离子浓度大小。
【详解】I.明矾是十二水合硫酸铝钾，其化学式为KAl(SO4)2∙12H2O；由于硫酸铝钾是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+会发生水解反应，产生氢氧化铝胶体，水解的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；胶体表面积大，吸附力强，可吸附水中悬浮的固体，使之形成沉淀，从而具有净水作用；
II.(1)水存在电离平衡：H2OH++OH-，外加酸或碱，会对水的电离平衡起抑制作用，0.01mol/L的①HNO3是一元强酸，电离产生的c(H+)=0.01mol/L；②H2S是二元弱酸，电离产生的c(H+)<0.01mol/L；③NaOH是一元强碱，电离产生的c(OH-)=0.01mol/L；根据水的电离平衡可知，这三种溶液对水的电离平衡起抑制作用，使水电离程度减小，离子浓度越大，抑制作用就越强，水电离产生的氢离子浓度就越小；而⑤NH4Cl是强酸弱碱盐，电离产生的NH4+发生水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+，水解消耗水电离产生的OH-，促进水的电离平衡正向移动， 水电离产生的氢离子浓度增大，所以这几种溶液中由水电离出的H+的浓度由大到小的顺序为⑤>②>①=③；
(2)④NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡：NH3·H2O NH4++ OH-，电离产生的NH4+离子浓度远小于电解质的浓度；⑤NH4Cl ⑥NH4HSO4都是盐，电离产生的NH4+在溶液中存在水解平衡，NH4++H2ONH3·H2O+H+，由于NH4HSO4还会电离产生H+，对铵根的水解起抑制作用，使铵根离子水解程度减小，所以NH4+的浓度⑥>⑤>④；
(3)浓度均为0.01mol/L的①HNO3，pH=2；③NaOH是一元强碱，pH=12；④NH3·H2O是一元弱碱，7
(4)③NaOH ④NH3·H2O的浓度相等，若完全中和，消耗等浓度的盐酸的体积也相等，但NH3·H2O与HCl反应产生的盐NH4Cl水解使溶液显酸性，而NaOH与盐酸反应产生的NaCl不水解，所以要使反应后溶液显中性，则NH3·H2O消耗的盐酸的物质的量少，由于盐酸浓度相等，因此消耗盐酸的体积③>④；
(5)③是NaOH溶液 ⑤NH4Cl溶液 ，将二者按10mL：20mL混合后发生反应NaOH+NH4Cl=NH3·H2O+NaCl，根据方程式可知二者反应时物质的量的比是1:1，由于加入NaOH是10mL，NH4Cl是20mL，二者的浓度相等，所以NH4Cl溶液过量，最终得到等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl、NaCl的混合液，由于NH3·H2O的电离作用大于NH4Cl的水解作用，c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性；根据物料守恒可得c(Cl-)=2c(Na+)；NH3·H2O电离产生NH4+，溶液中的NH4+由NH4Cl和NH3·H2O电离产生；导致溶液中c(NH4+)> c(Na+)，由于盐NaCl是强电解质，盐电离产生的离子浓度c(Na+)大于NH3·H2O电离产生的c(OH-)，所以该混合溶液中各种离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)。
【点睛】本题考查电解质的电离、盐的水解、影响水的电离平衡的因素、离子浓度大小比较等知识。掌握化学反应基本原理，弄清溶液的pH与溶液中氢离子浓度关系和水的离子积是本题解答的关键。
9.以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：
(1)B极电极反应式为______________________。
(2)若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解硫酸铜溶液，写出阳极的电极反应式________；当阳极收集到11.2L（标准状况）气体时，消耗甲烷的质量为__________g；电解硫酸铜溶液一段时间后，阴极无气体产生，要使原溶液复原，可向电解后的溶液中加入___________________。
(3)目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺，简易装置如图所示：
①若用上述甲烷燃料电池进行电解，则甲烷燃料电池的负极应该接该装置的_____（填“左”或“右”）边电极；写出阳极产生ClO2的电极反应式___________。
②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL(标准状况下)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的数目为__________。
【答案】 (1). CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O (2). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (3). 4 (4). CuO (5). 右 (6). Cl--5e-+2H2O=ClO2+4H+ (7). 0.01NA
【解析】
【分析】
(1)B电极CH4变为CO2，根据阴离子移动方向，结合原电池反应原理，判断电极的正负，并写出电极反应式；
(2)用惰性电极电解硫酸铜溶液，阳极上溶液中OH-放电；阴极上溶液中的Cu2+放电；若阴极无气体放出，说明阴极只发生了反应：Cu2++2e-=Cu；两个电极析出的物质反应后得到的物质就是使溶液复原需加入的物质；
(3)①根据离子移动方向确定电解池的阳极、阴极，电解池的阴极接电源的负极；阳极上Cl-失去电子变为ClO2；
②阴极上溶液中的H+获得电子变为氢气，根据电子转移守恒，计算通过阳离子交换膜的阳离子的数目。
【详解】(1)由阴离子移动方向可知B电极为负极，在负极上甲烷失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；
(2)用石墨电极电解硫酸铜溶液，石墨电极为惰性电极，电解硫酸铜溶液，实质上是溶液中的离子放电。在阳极上溶液中OH-放电，所以阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；阴极上溶液中的Cu2+放电，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；阳极产生的是O2，每产生1molO2，转移4mol电子，n(O2)=11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，则n(e-)=0.5×4=2mol，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以根据CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O可知消耗1mol甲烷，转移8mol电子，则转移2mol电子，会消耗CH4的物质的量为n(CH4)=2mol÷8=0.25mol，则消耗甲烷的质量为m(CH4)=0.25mol×16g/mol=4g；
电解硫酸铜溶液一段时间后，若阴极无气体产生，则电解反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，要使原溶液复原，可向电解后的溶液中加入的物质是Cu与O2反应产生的CuO；
(3)①Na+向阴极移动，阴极连接原电池的负极，接燃料电池中通入甲烷的电极；所以甲烷燃料电池的负极应该接该装置的右边的电极；在阳极上，溶液中的Cl-失去电子，变为ClO2，电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2+4H+；
②阴极电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气的物质的量为n(H2)=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，阴极区产生0.01molOH-，通过阳离子交换膜的是+1价阳离子，故通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.01mol，通过的阳离子的数目为0.01NA。
【点睛】本题考查了原电池、电解池的反应原理的知识。在原电池中失去电子的电极为负极，获得电子的电极为正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；而在电解池中阳极发生氧化反应，连接电源的正极；阴极发生还原反应，连接电源的负极。惰性电极电解时，溶液中的离子放电，记住离子的放电顺序是判断电极反应式的关键，使溶液复原的方法就是向溶液中加入两个电极产物反应后得到的物质。
10.滴定是分析化学中最要的分析方法之一，根据其原理回答下列问题：
I、酸碱中和滴定是最基本的滴定方法：
(1)滴定管是酸碱中和滴定中重要的仪器，向25mL碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为10.00mL，将滴定管中的液体全部放出，放出氢氧化钠溶液的体积为____________（填“大于”、“小于”或“等于”）15.00mL。
(2)向碱式滴定管中注入标准的氢氧化钠溶液之前的一步操作为（ ）
(3)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol/LNaOH溶液滴定。下列说法正确的是（ ）
A.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测HCl溶液润洗
B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏大
II、氧化还原滴定也是分析化学中常用的分析手段，用氧化还原滴定方法测定粗品中Na2S2O3•5H2O的质量分数。
实验步骤：称取6g粗品配制250mL的溶液待用。用酸式滴定管取25.00mL0.01mol/L K2Cr2O7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Na2S2O3溶液滴定至终点（反应为I2+2S2O32-=2I﹣+S4O62﹣），消耗Na2S2O3溶液25.00mL。回答下列问题：
(1)向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，Cr2O72-被还原成Cr3+，写出该反应的离子方程式_____。
(2)用Na2S2O3溶液滴定至终点的现象为_________________________。
(3)粗品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为___________________。
(4)若在取K2Cr2O7溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则测定结果偏_________（填“高”、“低”或“不变”）
【答案】 (1). 大于 (2). 用NaOH标准溶液润洗碱式滴定管 (3). BD (4). Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O (5). 最后一滴Na2S2O3溶液滴入后，溶液由蓝色变成无色，且半分钟不复原 (6). 62% (7). 高
【解析】
【分析】
I.(1)根据滴定管的结构判断溶液体积的大小；
(2)根据滴定管使用方法判断如何操作；
(3)用已知浓度的NaOH溶液滴定锥形瓶中未知浓度的HCl，滴定管必须润洗，锥形瓶不能润洗，根据溶液的酸碱性的变化判断指示剂的颜色变化，并根据操作对消耗标准溶液的体积判断误差影响；
II. (1) K2Cr2O7与KI在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Cr3+、I2及水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式；
(2)用Na2S2O3标准溶液滴定溶液中的I2，以淀粉为指示剂，根据淀粉遇碘单质溶液为蓝色判断终点；
(3)先根据关系式法，得到K2Cr2O7、I2、Na2S2O3•5H2O的物质的量关系，然后利用已知量计算得到待求量，再利用物质的质量分数含义进行计算；
(4)根据标准溶液的物质的量计算Na2S2O3•5H2O的含量，若标准溶液滴到了锥形瓶外，消耗标准溶液体积偏大。
【详解】I.(1)滴定管0刻度在上，大刻度在下部，在最大刻度下部有一端没有刻度的部位，所以在一只25mL的碱式滴定管，当开始时滴定管的读数为10.00mL，将滴定管中的液体全部放出，液体的体积大于25.00mL-10.00mL=15.00mL；
(2)滴定管在使用前，先检查是否漏液，然后洗涤，再用待装液润洗，然后装标准溶液，因此向碱式滴定管中注入标准的氢氧化钠溶液之前的一步操作为用NaOH标准溶液润洗碱式滴定管；
(3) A.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不能用待测HCl溶液润洗，否则会使消耗标准溶液体积偏大，A错误；
B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液的酸性逐渐减弱，因此溶液的pH由小变大，B正确；
C.锥形瓶中是未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，开始是无色溶液，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，当恰好滴定到溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪为无色时，达到达到滴定终点，停止滴定，C错误；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗标准溶液的体积偏大，则会使测定结果偏大，D正确；
故合理选项是BD；
II. (1) K2Cr2O7与KI在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Cr3+、I2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；
(2)K2Cr2O7在酸性条件下将KI氧化为I2，以淀粉为指示剂，由于淀粉遇碘单质溶液为蓝色，用Na2S2O3溶液滴定溶液中的I2时，若达到滴定终点，I2恰好反应完全，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不复原；
(3)由K2Cr2O7在酸性条件下将KI氧化为I2的方程式Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O及滴定反应：I2+2S2O32-=2I﹣+S4O62﹣可得关系式：Cr2O72﹣~3I2~6S2O32-，n(K2Cr2O7)=0.025L×0.01mol/L=2.5×10-4mol，则n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)=6×2.5×10-4mol=1.5×10-3mol，c（Na2S2O3）=1.5×10-3mol÷0.025L=0.06mol/L，所以粗品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为×100%=62%；
(4)根据消耗K2Cr2O7标准溶液的物质的量计算Na2S2O3•5H2O的含量，若标准溶液滴到了锥形瓶外，消耗标准溶液的体积偏大，标准溶液物质的量偏大，导致Na2S2O3•5H2O的含量偏高。
【点睛】本题考查了滴定方法在物质含量测定应用。涉及仪器的使用、误差分析、滴定终点的判断方法及关系式法在物质含量测定的应用。在滴定方法进行测定时，要弄清是用什么溶液滴定，待测溶液成分是什么，才可以确定使用的指示剂的颜色变化来判断滴定终点。若操作使消耗标准溶液体积偏大，则误差偏高，反之偏低。
11.醋酸镍[(CH3COO)2Ni]是一种重要的化工原料，一种以含镍废料(含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：
相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如表：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
物质
20℃时溶解性（H2O）
Fe3+
1.1
32
CaSO4
微溶
Fe2+
5.8
8.8
NiF
可溶
Al3+
3.0
5.0
CaF2
难溶
Ni2+
6.7
9.5
NiCO3
Ksp＝9.6×10﹣6
(1)调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是___________。
(2)滤渣1主要成分是_______________；滤渣2主要成分是_________________
(3)写出氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式_________。
(4)酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式____________。
(5)沉镍过程中，若c(Ni2+)=2.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀物完全，[c(Ni2+)≤10﹣5 mol/L]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为_____g（保留小数点后1位）
(6)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸。酸浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为____________。
【答案】 (1). 5.0≤pH＜6.7 (2). SiO2、CaSO4 (3). Al(OH)3、Fe(OH)3 (4). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (5). NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O (6). 31.4 (7). 70℃、120min
【解析】
【分析】
含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和CaSO4，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0≤pH＜6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成(CH3COO)2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到(CH3COO)2Ni固体，据此分析解答。
【详解】(1)调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为5.0≤pH＜6.7；
(2)由流程分析可知，滤渣1为SiO2和CaSO4，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)Fe2+沉淀的pH范围与Ni2+相近，为了除去Fe2+，先加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)NiS用硫酸和硝酸的混合溶液酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，则相应的气体为NO、SO2，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O；
(5)已知NiCO3的Ksp=9.6×10-6，使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全，即c(Ni2+)≤10﹣5 mol/L，则c(CO32-)>9.6×10-6÷10﹣5=0.96mol/L，与Ni2+反应的n(CO32-)=c·V=2mol/L×0.1L=0.2mol，则需要加入Na2CO3固体的总物质的量至少n(CO32-)总=0.2mol+0.96mol/L×0.1L=0.296mol，其质量最少为0.296mol ×106g/mol=31.4g；
(7)由图象可知，温度为70℃、时间为120min时，酸浸出率最高。
【点睛】本题考查了物质分离提纯等基本操作和综合应用，涉及反应原理及离子反应方程式的书写，要根据流程图，结合每一步操作的目的选择操作条件，结合溶度积常数的含义及使用物质的目的和存在形式，计算需要的Na2CO3的质量，要利用电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子反应方程式。注意把握常见物质或离子的性质应用。
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