四川省峨眉第二中學(xué)校2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期半期考試化學(xué) Word版含解析

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峨眉二中21級(jí)高二下半期考試化學(xué)試題可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H：1C：2N：14O：16Na：23S：32一、選擇題(18個(gè)小題，每小題只有一個(gè)答案，每題3分，共54分)1.下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是A.NH3B.H3PO4C.氫氧化鈉溶液D.熔融的KOH【答案】D【解析】【詳解】A．NH3在水溶液中或熔融狀態(tài)下自身不能電離，NH3屬于非電解質(zhì)，A不符合題意；B．H3PO4在水溶液中不能完全電離，H3PO4為弱電解質(zhì)，B不符合題意；C．氫氧化鈉溶液是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，C不符合題意；D．KOH在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離出K+和OH-，KOH為強(qiáng)電解質(zhì)，D符合題意；故選D。2.下列物質(zhì)在水溶液中電離方程式錯(cuò)誤的是A.HNO3＝H++B.BaCO3Ba2++C.KHSO4＝K++H++D.NH3?H2O+OH﹣【答案】B【解析】【詳解】A．硝酸在水溶液中完全電離，電離方程式為HNO3＝H++，A正確；B．碳酸鋇溶于水部分完全電離，電離方程式為BaCO3=Ba2++，B錯(cuò)誤；C．硫酸氫鉀在水溶液完全電離，電離方程式為KHSO4＝K++H++，C正確；D．一水合氨為弱電解質(zhì)，水溶液中部分電離，電離方程式為NH3?H2O+OH﹣，D正確；故選B。3.常溫下，下列溶液中水的電離程度最大的是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】

1【詳解】酸電離出的氫離子或者堿電離出的氫氧根離子抑制水的電離，硫酸、亞硫酸氫鈉均可以電離出氫離子，氫氧化鈉電離出的氫氧根離子，均抑制水的電離，碳酸氫鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，促進(jìn)水的電離，常溫下，下列溶液中水的電離程度最大的是D，故選D。4.某溶液中含大量NH、Na+、HCO、CO、CH3COO-離子，往其中加入足量的Na2O2固體后，溶液中離子濃度基本保持不變的是(假設(shè)溶液體積無(wú)變化)A.CH3COO-B.Na+C.CO、NHD.CH3COO-、Na+【答案】A【解析】【詳解】A．加入足量的Na2O2固體后，溶液中生成氫氧化鈉和氧氣，CH3COO-濃度基本不變，故A符合題意；B．Na2O2與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，溶液呈堿性，Na+濃度增加，故B不符合題意；C．HCO與OH-反應(yīng)生成CO，則HCO離子濃度減小，CO離子濃度增大，NH與OH-反應(yīng)生成生成一水合氨，NH濃度會(huì)減小，故C不符合題意；D．Na2O2與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，Na+Na+濃度增加，故D不符合題意；答案選A。5.化學(xué)知識(shí)廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)、生活中。下列敘述不正確是A.明礬和ClO2均可用作凈水劑，且凈水原理相同B.除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，可選用CuO固體C.使用含氟牙膏可預(yù)防齲齒D.用飽和氯化銨溶液可以清洗鋼鐵表面的銹跡【答案】A【解析】【詳解】A．明礬可用作凈水劑是由于明礬電離產(chǎn)生的Al3+發(fā)生水解作用產(chǎn)生了具有吸附作用的氫氧化鋁膠體；而ClO2用作凈水劑，是由于該物質(zhì)具有強(qiáng)氧化性，能夠使細(xì)菌、病毒的蛋白質(zhì)分子結(jié)構(gòu)發(fā)生改變而失去其生理活性，因此二者的凈水原理不相同，A錯(cuò)誤；B．CuO固體能夠與溶液中的H+反應(yīng)產(chǎn)生Cu2+，使溶液pH升高，F(xiàn)e3+反應(yīng)變?yōu)镕e(OH)3沉淀分離出去，因此可以達(dá)到除去CuCl2溶液中少量的FeCl3雜質(zhì)的目的，B正確；C．牙齒表面的羥基磷酸鈣在溶液中存在沉淀溶解平衡，使用含氟牙膏，可以使羥基磷酸鈣轉(zhuǎn)化為更難溶的氟磷酸鈣，從而達(dá)到預(yù)防齲齒的目的，C正確；D

2．氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解使溶液顯酸性，鋼鐵表面的鐵銹能夠與酸性溶液中的氫離子反應(yīng)產(chǎn)生可溶性鹽，從而達(dá)到清洗鋼鐵表面的銹跡的目的，D正確；故合理選項(xiàng)是A。6.常溫下，將溶液與溶液等體積混合，該混合溶液的等于(混合后體積變化忽略不計(jì))A.1B.7C.13D.14【答案】C【解析】【詳解】常溫下，將溶液與溶液等體積混合，過(guò)量，則c(OH-)==0.1mol/L，c(H+)==10-13mol/L，混合溶液的pH等于13；答案選C。7.HA是一元酸，下列說(shuō)法不正確的是A.25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol?L?1NaA溶液pH>7，則HA是弱酸B.體積相同、濃度相同的HA溶液與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)，則HA是弱酸C.25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol?L?1HA溶液pH>2且pH<7，則HA是弱酸D.0.1mol?L?1HA溶液與0.1mol?L?1NaOH溶液混合呈中性，則c(Na+)＝c(A﹣)【答案】B【解析】【詳解】A．0.01mol/LNaA溶液的pH>7，說(shuō)明A-水解生成了氫氧根離子，則HA為弱酸，A正確；B．體積相同、濃度相同的HA溶液和NaOH溶液，即使HA不是弱酸，兩者也能恰好完全反應(yīng)，無(wú)法證明HA為弱酸，B錯(cuò)誤；C．25℃時(shí)，0.01mol/L的HA溶液pH>2且pH<7，則HA不完全電離，HA為弱酸，C正確；D．0.1mol/LHA和0.1mol/LNaOH混合，溶液中陰陽(yáng)離子為Na+、H+、A-、OH-，溶液呈中性，則氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，根據(jù)電荷守恒，c(Na+)＝c(A﹣)，D正確；故答案選B。8.下列敘述正確的是A.向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，則B.向溶液中加入少量固體，則的水解程度增大

3C.向相同，體積相等的鹽酸和醋酸溶液中，分別加入等濃度的溶液，則消耗溶液的體積前者小于后者D.向磷酸中加水稀釋至原體積的兩倍，則【答案】C【解析】【詳解】A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，則，根據(jù)電荷守恒有，故，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．向溶液中加入少量固體，鋁離子的水解抑制銨根離子的水解，則的水解程度減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．醋酸為弱酸，向相同，體積相等的鹽酸和醋酸溶液中，前者濃度較小，分別加入等濃度的溶液，則消耗溶液的體積前者小于后者，選項(xiàng)C正確；D．磷酸為中強(qiáng)酸，不完全電離，磷酸中，加水稀釋至原體積的兩倍，雖然電離程度增大，但，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。9.在常溫下，有關(guān)下列4種溶液的敘述中，正確的是編號(hào)①②③④溶液氨水NaOH溶液醋酸鹽酸pH111133A.在溶液①和②中分別加入適量的氯化銨晶體后，兩溶液的pH均增大B.分別取1mL四種溶液稀釋到10mL，稀釋后溶液的pH：①>②>③>④C.將aL溶液②與bL溶液④混合后，所得溶液的pH＝10，則a：b＝11：9D.將溶液②、③等體積混合，所得溶液有：c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH－)>c(H+)【答案】C【解析】【詳解】A．氨水中NH3?H2O發(fā)生電離產(chǎn)生NH和OH-，加入適量的氯化銨晶體后，NH

4濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，OH-濃度減小，pH減??；NaOH溶液中加入適量的氯化銨晶體后，OH-和NH結(jié)合生成NH3?H2O，OH-濃度減小，pH減小，故A錯(cuò)誤；B．四種溶液分別加水稀釋10倍，NaOH溶液和HCl都是強(qiáng)電解質(zhì)，所以pH變化最大的是②和④，稀釋后溶液的pH：①>②>④>③，故B錯(cuò)誤；C．pH=11的NaOH溶液濃度為0.001mol/L，pH=3的鹽酸濃度為0.001mol/L，將aL溶液②與bL溶液④混合后，所得溶液的pH=10，則，則a：b=11：9，故C正確；D．pH=11的NaOH溶液濃度為0.001mol/L，醋酸是一元弱酸，pH=3的醋酸溶液濃度遠(yuǎn)大于0.001mol/L，將溶液②、③等體積混合，得到CH3OOH和CH3COONa的混合溶液，溶液顯酸性，混合溶液中存在：c(CH3COO?)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)，故D錯(cuò)誤；故選C。10.室溫下，對(duì)于c()＝0.1mol?L?1的NH4Cl溶液，下列判斷中正確的是A.稀釋后，溶液中減小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，則的水解百分率為10%【答案】B【解析】【詳解】A．在溶液中，存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+，平衡常數(shù)的表達(dá)式為：，，加水稀釋，減小，K不變，所以增大，A錯(cuò)誤；B．溶液中存在水的電離平衡和的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+，則溶液中c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH－)，c(H+)?c(NH3·H2O)=c(OH－)，B正確；C．在溶液中，存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+和水的電離平衡：H2OOH-+H+，所以c()>c(H+)>c(NH3.H2O)，C錯(cuò)誤；D．若溶液的pH＝2，c(H+)=0.01mol/L，根據(jù)反應(yīng)+H2ONH3·H2O+H+，H2OOH-+H+

5，故無(wú)法計(jì)算的水解百分率，D錯(cuò)誤；故選B。11.日常所用的干電池，其電極分別為碳棒(上面有帽)和鋅(皮)，以糊狀NH4Cl和ZnCl2作為電解質(zhì)溶液(其中加入MnO2吸收H2)，電極反應(yīng)可簡(jiǎn)化為Zn-2e-=Zn2+、2NH+2e-=2NH3↑+H2↑(NH3與Zn2+結(jié)合)，根據(jù)上面敘述判斷下列說(shuō)法正確的是A.Zn為正極，碳為負(fù)極B.負(fù)極反應(yīng)為2NH+2e-=2NH3↑+H2↑C.工作時(shí)電子由碳極經(jīng)外電路流向鋅極D.長(zhǎng)時(shí)間連續(xù)使用時(shí)，內(nèi)裝的糊狀物可能流出腐蝕電器【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．活動(dòng)性：Zn>C，由負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)可知，負(fù)極為Zn，正極為C，故A不選；B．由于Zn為負(fù)極，所以負(fù)極的電極反應(yīng)式為：Zn-2e-=Zn2+，故B不選；C．外電路中電子移動(dòng)方向?yàn)樨?fù)極→正極，即鋅流向碳，故C不選；D．電池工作時(shí)MnO2吸收H2生成H2O，Zn溶解，糊狀物變稀，故可能流出腐蝕電器，故D選；答案選D12.室溫下，在10mL濃度均為0.1mol/L的醋酸和鹽酸混合液中，滴加0.1mol/L的NaOH溶液VmL，則下列關(guān)系正確的是A.V＝0時(shí)：c(H+)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)B.V＝10mL時(shí)：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)＝c(H+)C.V＝20mL時(shí)：c(Na+)20mL【答案】B【解析】【詳解】A．V＝0時(shí)，由于鹽酸全部電離，醋酸部分電離，因此c(H+)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)，故A錯(cuò)誤；B．V＝10mL時(shí)，鹽酸全部反應(yīng)完，而醋酸沒(méi)有反應(yīng)，溶質(zhì)為醋酸和氯化鈉，根據(jù)電荷守恒得到：c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)＝c(H+)，故B正確；C．V＝20mL時(shí)，溶質(zhì)為醋酸鈉和氯化鈉，根據(jù)物料守恒和醋酸根水解，則有c(Na+)＞

6c(CH3COO﹣)+c(Cl﹣)，故C錯(cuò)誤；D．V＝20mL時(shí)，溶質(zhì)為醋酸鈉和氯化鈉，溶液顯堿性，因此加入NaOH溶液至pH＝7時(shí)，V＜20mL，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為B。13.為探究沉淀AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化，按照下圖所示的實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)探究，下列關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的分析錯(cuò)誤的是A.濾液為飽和溶液，且B.可以預(yù)測(cè)濾液中滴加KI溶液后無(wú)明顯現(xiàn)象C.白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀說(shuō)明AgCl可轉(zhuǎn)化成AgID.該實(shí)驗(yàn)可以得出AgI的溶解度和Ksp均比AgCl的小【答案】A【解析】【分析】由圖可知，2mL0.1mol/L氯化鈉溶液中加入2mL0.1mol/L硝酸銀溶液恰好反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀和硝酸鈉，過(guò)濾得到含有硝酸鈉的濾液和氯化銀白色沉淀；向?yàn)V液中加入4滴0.1mol/L碘化鉀溶液，由于銀離子濃度過(guò)小，不可能有碘化銀黃色沉淀生成；向白色沉淀中加入4滴0.1mol/L碘化鉀溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀，說(shuō)明氯化銀轉(zhuǎn)化為溶解度和溶度積均小于氯化銀的碘化銀沉淀?！驹斀狻緼．由分析可知，濾液為溶液中銀離子濃度與氯離子濃度相等的硝酸鈉的不飽和溶液，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，由于銀離子濃度過(guò)小，不可能有碘化銀黃色沉淀生成，所以濾液中滴加碘化鉀溶液后無(wú)明顯現(xiàn)象，故B正確；C．由分析可知，白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀說(shuō)明氯化銀可轉(zhuǎn)化成碘化銀，故C正確；D．由分析可知，，白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀，說(shuō)明氯化銀轉(zhuǎn)化為溶解度和溶度積均小于氯化銀的碘化銀沉淀，故D正確；故選A。

714.有機(jī)弱堿甲胺(CH3NH2)的堿性略強(qiáng)于氨水，也能與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽(用CH3NH3Cl表示)。下列敘述正確的是A.CH3NH3Cl水溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)B.0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液的pH=2C.CH3NH3Cl在水中的電離方程式為：CH3NH3Cl→CH3NH2+H++Cl-D.0.1mol·L-1CH3NH3Cl水溶液加少量水稀釋，pH將增大【答案】D【解析】【詳解】A．CH3NH3Cl水溶液中，CH3NH離子濃度減小，故c(Cl-)>c(CH3NH)，A錯(cuò)誤；B．0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液中由于CH3NH的水解，使溶液顯酸性，但是水解是微弱的，pH>2，B錯(cuò)誤；C．CH3NH3Cl是鹽，在水中的電離方程式為：，C錯(cuò)誤；D．CH3NH2是弱堿，CH3NH3Cl水溶液呈酸性，加水稀釋，c(H+)減小，pH升高，D正確；故選D。15.鐵碳微電池法在弱酸性條件下處理含氮廢水技術(shù)的研究獲得突破性進(jìn)展，其工作原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.工作時(shí)H+透過(guò)質(zhì)子交換膜由乙室向甲室移動(dòng)B.碳電極上的電極反應(yīng)式為2NO+12H++10e-=N2↑+6H2OC.處理廢水過(guò)程中兩側(cè)溶液的pH基本不變D.處理含NO的廢水，若處理6.2gNO，則有0.5molH+透過(guò)質(zhì)子交換膜【答案】C【解析】

8【分析】在原電池反應(yīng)中負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)電極微粒變化及元素化合價(jià)判斷電極正負(fù)極、離子移動(dòng)方向，并書(shū)寫(xiě)相應(yīng)的電極反應(yīng)式?！驹斀狻緼．由圖可知電池工作時(shí)，碳電極是正極，H+會(huì)由負(fù)極移向正極，即H+由乙室通過(guò)質(zhì)子交換膜向甲室移動(dòng)，A正確；B．碳電極為正極，在甲室中轉(zhuǎn)化為N2，所以電極反應(yīng)式為，B正確；C．當(dāng)轉(zhuǎn)移10mole-時(shí)甲室溶液中消耗12molH+，但通過(guò)質(zhì)子交換膜的H+只有10mol，因此，甲室溶液中c(H+)減小，溶液的pH不斷增大，C錯(cuò)誤；D．處理含的廢水時(shí)，根據(jù)電子守恒可知關(guān)系式為：，透過(guò)質(zhì)子交換膜的H+與轉(zhuǎn)移的電子物質(zhì)的量相等，所以處理6.2g(其物質(zhì)的量是0.1mol)時(shí)，電池中有0.5molH+透過(guò)質(zhì)子交換膜，D正確；故合理選項(xiàng)是C。16.常溫下，將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隨NaOH溶液滴入量的關(guān)系如圖所示。下列敘述不正確的是A.Ka1(H2A)≈10?3B.b處溶質(zhì)為NaHA，所以促進(jìn)水的電離C.b點(diǎn)時(shí)溶液中存在c(Na+)>c(HA﹣)>c(H+)>c(A2﹣)>c(H2A)D.c點(diǎn)時(shí)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點(diǎn)時(shí)，溶液成分為NaHA和H2A，滴定至b點(diǎn)時(shí)，溶液全為NaHA，滴定至c點(diǎn)時(shí)溶液成分為NaHA和Na2A?！驹斀狻緼．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)pH≈3，加入10mLNaOH溶液，此時(shí)c(H2A)=c(NaHA)，可知，

9，A項(xiàng)正確；B．根據(jù)分析，c點(diǎn)pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b點(diǎn)時(shí)溶液為NaHA，則HA-的電離程度大于水解程度，水的電離受到抑制，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．，由c點(diǎn)pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b點(diǎn)時(shí)溶液為NaHA，則HA-電離程度大于水解程度，溶液中c(Na+)>c(HA﹣)>c(H+)>c(A2﹣)>c(H2A)，C項(xiàng)正確；D．c點(diǎn)為等物質(zhì)的量的NaHA與Na2A混合溶液，電荷守恒，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點(diǎn)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項(xiàng)正確；故選B。17.Ag2SO4的溶解度隨溫度升高而增大，T℃時(shí)，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A.a點(diǎn)與d點(diǎn)Ksp數(shù)值不相等B.a點(diǎn)溶液降低溫度，則a點(diǎn)可沿虛線移動(dòng)到c點(diǎn)C.T℃，從曲線a點(diǎn)數(shù)據(jù)計(jì)算可知，Ksp(Ag2SO4)=2.25×10?4D.向a點(diǎn)的懸濁液中加入Na2SO4固體，溶液組成可能會(huì)由a向d方向移動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】A．溶度積為溫度函數(shù)，溫度不變，溶度積不變，則T℃時(shí)，a點(diǎn)與d點(diǎn)Ksp數(shù)值相等，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，a點(diǎn)溶液中銀離子濃度和硫酸根離子濃度相等，降低溫度，硫酸銀溶度積減小，會(huì)析出硫酸銀，飽和溶液中銀離子濃度是硫酸根離子的濃度的2倍，則a點(diǎn)不能沿虛線移動(dòng)到c點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，T℃時(shí)，a點(diǎn)溶液中銀離子濃度和硫酸根離子濃度相等，都為1.5×10?2mol/L

10，則硫酸銀的溶度積Ksp(Ag2SO4)=(1.5×10?2)2×1.5×10?2=3.375×10?5，故C錯(cuò)誤；D．向a點(diǎn)的懸濁液中加入硫酸鈉固體，溶液中硫酸根離子濃度增大，溫度不變，溶度積不變，則溶液中的銀離子濃度減小，溶液組成可能會(huì)由a向d方向移動(dòng)，故D正確；故選D。18.常溫下，用溶液分別滴定濃度均為的、溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A.曲線Ⅱ表示溶解平衡曲線B.點(diǎn)表示的是的不飽和溶液C.沉淀廢液中的用溶液比等濃度的溶液效果好D.的平衡常數(shù)為【答案】D【解析】【分析】溫度不變時(shí)，溶度積為常數(shù)，Ksp(AgSCN)=c(SCN-)?c(Ag+)，c(Ag+)增大，則c(SCN-)減小，二者濃度變化倍數(shù)相同；Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)?c2(Ag+)，c(Ag+)增大，則c(CrO42-)減小，但二者濃度的變化倍數(shù)不同，結(jié)合曲線分析，當(dāng)c(Ag+)由10-6mol/L增大10-2mol/L，c(Xn-)由10-6mol/L減小到10-10mol/L，由此可知二者變化倍數(shù)相同，則可以斷定曲線Ⅱ?yàn)锳gSCN溶解平衡曲線，曲線Ⅰ為Ag2CrO4溶解平衡曲線，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，曲線Ⅱ表示溶解平衡曲線，故A正確；B．根據(jù)分析，曲線Ⅰ為Ag2CrO4溶解平衡曲線，a點(diǎn)的c(Ag+)小于溶解平衡時(shí)的c(Ag+)，則a點(diǎn)的濃度積Qc(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2CrO4)，為Ag2CrO4的不飽和溶液，故B正確；C．溶度積越小，溶液中離子濃度越小，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)，沉淀廢液中的Ag+用

11KSCN溶液比等濃度的K2CrO4溶液效果好，故C正確；D．Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)?2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常數(shù)K==1012.08，故D錯(cuò)誤；答案選D。二、非選擇題(共48分)19.回答下列問(wèn)題：（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常溫下，0.1mol?L?1Na2S溶液和0.1mol?L?1Na2CO3溶液，堿性更強(qiáng)的是___________。②25℃時(shí)，NaHCO3溶液的pH___________(填“大于”或“小于”)CH3COONa溶液的pH。③NH4HCO3溶液顯___________性。（2）25℃時(shí)，H2SO3+H+的電離常數(shù)Ka＝1.0×10?2，則該溫度下NaHSO3的水解常數(shù)Kh＝___________。（3）能證明Na2SO3溶液中存在+H2O+OH﹣水解平衡的事實(shí)是___________(填字母，下同)。A．滴入酚酞溶液變紅，再加H2SO4溶液紅色褪去B．滴入酚酞溶液變紅，再加BaCl2溶液后產(chǎn)生沉淀且紅色褪去C．滴入酚酞溶液變紅，再加氯水后紅色褪去（4）氯化鋁水溶液呈___________性(填“酸”、“中”、“堿”)，把AlCl3溶液蒸干、灼燒后，得到的主要固體產(chǎn)物是___________。（5）①寫(xiě)出1mol/L的NaH2PO4溶液中的電荷守恒表達(dá)式：___________。②泡沫滅火器[里面裝飽和NaHCO3溶液和Al2(SO4)3]的工作原理：______________________(用離子方程式表示)。【答案】（1）①.Na2S②.大于③.堿（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】

12【小問(wèn)1詳解】①由電離常數(shù)數(shù)據(jù)可知酸性：HS-

13產(chǎn)生大量泡沫覆蓋可燃物，達(dá)到滅火效果。20.氧化還原滴定實(shí)驗(yàn)與中和滴定原理相似(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)，也是分析化學(xué)中常用的分析手段。I.用溶液滴定濃度約為0.100mol/L溶液。（1）該酸堿中和滴定實(shí)驗(yàn)最好選用_______(填標(biāo)號(hào))作指示劑。A.酚酞B.石蕊C.甲基橙（2）實(shí)驗(yàn)所用儀器如下圖所示。儀器A盛裝_______(填“”或“”)溶液。（3）若滴定開(kāi)始和結(jié)束時(shí)，盛裝溶液的滴定管中的液面如圖所示，終點(diǎn)讀數(shù)為_(kāi)______。II.用氧化還原滴定方法測(cè)定粗品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。實(shí)驗(yàn)步驟：稱取粗品配制的溶液待用。用酸式滴定管取溶液于錐形瓶中，然后加入過(guò)量的KI溶液并酸化，加幾滴淀粉溶液，立即用配制的溶液滴定至終點(diǎn)(反應(yīng)為)，消耗溶液。問(wèn)答下列問(wèn)題：（4）向溶液中加入過(guò)量的溶液并酸化，被還原成，寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：_______。（5）用溶液滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)______。（6）粗品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______。（7）若在取溶液時(shí)有部分溶液滴到了錐形瓶外。則測(cè)定結(jié)果_______(填“偏高”“偏低”或“不變”)【答案】（1）A（2）CH3COOH

14（3）26.10mL（4）Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O（5）滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘或30s內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)的顏色（6）62%（7）偏高【解析】【分析】中和滴定中指示劑的選擇原則應(yīng)遵循指示劑的變化范圍與滴定終點(diǎn)的酸堿性一致，酸式滴定管盛放酸性、強(qiáng)氧化性的物質(zhì)，堿式滴定管只能盛放堿性溶液，氧化還原反應(yīng)的滴定實(shí)驗(yàn)中處理數(shù)值，可以采用得失電子數(shù)目守恒或建立關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算，據(jù)此分析；【小問(wèn)1詳解】酸堿中和滴定時(shí)，指示劑不能選做石蕊，醋酸是弱酸，氫氧化鈉為強(qiáng)堿，兩者恰好完全反應(yīng)后，溶液顯堿性，與酚酞的變色范圍一致，因此用NaOH滴定醋酸時(shí)，應(yīng)用酚酞作指示劑，故A符合題意；答案為A；【小問(wèn)2詳解】?jī)x器A為酸式滴定管，盛放酸性、強(qiáng)氧化性物質(zhì)，即儀器A盛裝CH3COOH溶液，故答案為CH3COOH；【小問(wèn)3詳解】根據(jù)圖像可知，滴定終點(diǎn)讀數(shù)為26.10mL；故答案為26.10mL；【小問(wèn)4詳解】K2Cr2O7將KI氧化成I2，本身被還原成Cr3+，其離子方程式為Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；故答案為Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；【小問(wèn)5詳解】用Na2S2O3滴定碘單質(zhì)，淀粉作指示劑，未滴定時(shí)溶液顯藍(lán)色，當(dāng)?shù)味ǖ浇K點(diǎn)時(shí)，碘單質(zhì)消耗完，藍(lán)色褪去，即滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象：滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘或30s內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)的顏色；故答案為滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘或30s內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)的顏色；【小問(wèn)6詳解】根據(jù)上述分析，建立關(guān)系式為Cr2O～3I2～6S2O，則Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=62%；故答案為62%；【小問(wèn)7詳解】取K2Cr2O7溶液有部分滴到錐形瓶外，K2Cr2O7物質(zhì)的量減少，得到碘單質(zhì)物質(zhì)的量減小，同時(shí)消耗

15Na2S2O3體積減小，根據(jù)(6)分析，產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高，故答案為偏高。21.完成下列題目。（1）有一紐扣電池，其電極分別為Zn和Ag2O，以KOH溶液為電解質(zhì)溶液，電池的總反應(yīng)為Zn＋Ag2O＋H2O＝2Ag＋Zn(OH)2，Zn發(fā)生___________反應(yīng)，電極反應(yīng)式___________。（2）宇宙飛船上的氫氧燃料電池，其電池反應(yīng)為：2H2+O2＝2H2O。試寫(xiě)出電解質(zhì)溶液為鹽酸時(shí)的電極反應(yīng)式，負(fù)極反應(yīng)式為_(kāi)__________；正極反應(yīng)式為_(kāi)__________：（3）一定條件下，按如圖連接裝置，電壓計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。該原電池工作一段時(shí)間后，兩電極質(zhì)量均增大。①請(qǐng)寫(xiě)出負(fù)極反應(yīng)式___________。②鹽橋中的向___________方向移動(dòng)(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】【小問(wèn)1詳解】電池的總反應(yīng)為Zn＋Ag2O＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，Zn化合價(jià)升高，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2；【小問(wèn)2詳解】氫氧燃料電池反應(yīng)為：2H2+O2=2H2O，電解質(zhì)溶液為鹽酸時(shí)，負(fù)極氫氣失去電子，電極反應(yīng)式為H2-2e-=2H+；正極氧氣得到電子，電極反應(yīng)式O2+4H++4e-=2H2O；【小問(wèn)3詳解】①該裝置為原電池，左池為負(fù)極，Ag失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，生成Ag+，Ag+與Cl-結(jié)合生成AgCl沉淀，電極反應(yīng)式為：Ag+Cl--e-=AgCl，電極質(zhì)量增加；右池為正極，Ag+得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，生成Ag單質(zhì)，電極反應(yīng)式為：Ag++e-=Ag↓，電極質(zhì)量也增加；

16②原電池中陰離子移向負(fù)極，故鹽橋中的向左側(cè)。22.使用后的廢舊鉛酸蓄電池需要回收，廢舊電池的鉛膏中主要含有、PbO2、PbO和Pb，還有少量BaSO4、以及Fe、Al的鹽或氧化物等，通過(guò)如圖流程回收鉛。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質(zhì)PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.25×10﹣87.2×10?141.1×10?102.6×10﹣9回答下列問(wèn)題：（1）在“脫硫”中PbSO4轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________；PbSO4飽和溶液中c(Pb2+)＝___________。（2）在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉(zhuǎn)化，原因是___________。（3）在“酸浸”中，除加入醋酸(CH3COOH)，還要加入H2O2。①能被H2O2氧化的離子是___________；②H2O2促進(jìn)了金屬Pb在醋酸中轉(zhuǎn)化為Pb(CH3COO)2，其化學(xué)方程式為_(kāi)__________；③H2O2也能使PbO2轉(zhuǎn)化為Pb(CH3COO)2，H2O2的作用是___________。（4）“酸浸”后溶液的pH應(yīng)控制在___________(填范圍)，濾渣的主要成分是___________(填化學(xué)式)。（5）一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH如下表：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2Cu(OH)2開(kāi)始沉淀的pH2.36.83.57.25.2完全沉淀的pH3.28.34.69.16.7

17當(dāng)向含相同濃度Cu2+、Pb2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液時(shí)，(填離子符號(hào))___________先沉淀?！敬鸢浮浚?）①.PbSO4(s)+(aq)=PbCO3(s)+(aq)②.1.5×10-4mol/L（2）因Ksp(BaSO4)

18時(shí)Cu2+沉淀，而Pb2+和Fe2+沒(méi)有沉淀，故Cu2+先沉淀；故答案為：Cu2+。

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