《湖北省武漢市部分重點中學2021-2022學年高二上學期12月聯(lián)考化學Word版含解析》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

高二化學試卷可能用到的相對原子質量：H1C12O16S32Cr52Cl35.5Mn55Ti48一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生產、生活密切相關，下列說法正確的是A.天然氣、沼氣都是比較清潔的可再生能源B.燃煤時加入生石灰可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放C.回收處理廢舊電池，主要是為了變廢為寶D.鍍鋅的鐵表面有劃損時，鐵仍然受到保護【答案】D【解析】【詳解】A．天然氣和沼氣的主要成分都是甲烷，是比較清潔的能源，沼氣是可再生能源，但天然氣是不可再生能源，A錯誤；B．燃煤時加入生石灰可以減少SO2的排放，可以減少酸雨的形成，但并沒有減少CO2等溫室氣體的排放，B錯誤；C．回收處理廢舊電池，可以回收一些金屬，但主要是為了防止重金屬污染土壤和地下水等，C錯誤；D．鍍鋅的鐵表面有劃損時，可能形成原電池，此時鋅作負極，鐵作正極，鐵仍然受到保護，D正確；答案選D。2.下列措施與化學反應速率無關的有①向爐膛內鼓風②爐膛內用煤粉代替煤塊③食物存放在冰箱④糕點包裝內放置除氧劑⑤將固體試劑溶于水配成溶液后反應⑥高爐煉鐵增大爐高⑦在鐵制品表面刷油漆⑧向門窗合頁里注油⑨紙張在暴曬下變黃⑩某些電化學反應外加強磁場A.1項B.2項C.3項D.4項【答案】B【解析】【詳解】①向爐膛內鼓風，增大氧氣濃度，加快反應速率，故不選①；②爐膛內用煤粉代替煤塊，增大接觸面積，加快反應速率，故不選②；③食物存放在冰箱，降低溫度，減慢食物氧化變質速率，故不選③；④糕點包裝內放置除氧劑，降低氧氣濃度，減慢食物氧化變質速率，故不選④；⑤將固體試劑溶于水配成溶液后反應，增大接觸面積，加快反應速率，故不選⑤；⑥高爐煉鐵增大爐高，延長反應時間，與反應速率無關，故選⑥；

1⑦在鐵制品表面刷油漆，隔絕空氣，降低鐵的腐蝕速率，故不選⑦；⑧向門窗合頁里注油，目的是起到潤滑作用，降低門窗開關時的聲響，與反應速率無關，故選⑧；⑨紙張在暴曬下變黃，是因為纖維素被氧氣氧化的速率加快，故不選⑨；⑩某些電化學反應外加強磁場，可以加快電化學反應速率，故不選⑩；與化學反應速率無關的是⑥⑧，選B。3.下列說法正確的是A.已知H2(g)+S(g)=H2S(g)?H1＜0，H2(g)+S(s)=H2S(g)?H2＜0，則?H1＜?H2B.中和熱的測定實驗中，氫氧化鈉分批加入，反應更充分，測定的中和熱數(shù)值誤差更小C.已知：CH4的燃燒熱為890.3kJ/mol，則101kPa時：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)?H=-890.3kJ/molD.500℃、30MPa下，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉容器中充分反應生成NH3(g)，放熱19.3kJ，則其熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-38.6kJ/mol【答案】A【解析】【詳解】A．S(s)→S(g)要吸熱，因此反應H2(g)+S(g)=H2S(g)放出的熱量要比反應H2(g)+S(s)=H2S(g)放出的熱量多，但反應為放熱反應，焓變是負值，因此?H1＜?H2，A正確；B．氫氧化鈉分批加入，會造成熱量的散失，誤差較大，應一次性全部加入，B錯誤；C．1mol純物質完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時所放出的熱量，叫做該物質的燃燒熱，甲烷燃燒生成的穩(wěn)定化合物是液態(tài)水，其熱化學方程式中，水應是液態(tài)，C錯誤；D．合成氨的反應為可逆反應，放出的熱量與轉化率有關，由于轉化率未知，所以根據已知條件無法計算該反應的焓變，D錯誤；答案選A。4.能正確表示下列變化的離子方程式是A.NaHSO3溶液的水解方程式：HSO+H2O?H3O++SOB.方鉛礦(PbS)遇CuSO4溶液生成銅藍(CuS)：Cu2++PbS=CuS+Pb2+C.用銀作陽極電解稀鹽酸：2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgClD.泡沫滅火器原理：3CO+2Al3++3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】C【解析】

2【詳解】A．NaHSO3溶液的水解方程式為：HSO+H2O?OH-+H2SO3，A錯誤；B．方鉛礦(PbS)遇CuSO4溶液生成銅藍(CuS)的離子方程式為：SO+Cu2++PbS=CuS+PbSO4，B錯誤；C．用銀作陽極電解稀鹽酸，陽極電解反應式為：Ag-e-+Cl-=AgCl，陰極電極反應式為：2H++2e-=H2↑，故總反應式為：2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgCl，C正確；D．泡沫滅火器原理為鋁離子和碳酸氫根離子發(fā)生雙水解反應：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，D錯誤；答案選C。5.下列實驗操作能達到實驗目的的是A.圖1可制得氫氧化鐵膠體B.圖2可用來測定中和反應的反應熱C.圖3的讀數(shù)為42.00mLD.圖4可用標準酸性高錳酸鉀溶液測定未知Na2SO3溶液的濃度【答案】A【解析】【詳解】A．將飽和FeCl3溶液滴入沸騰的蒸餾水中進一步加熱至液體呈紅褐色，停止加熱，就制取得到Fe(OH)3膠體，A能夠達到實驗目的；B．測定中和反應的反應熱時，應該用溫度計測量反應溶液的溫度，B不能達到實驗目的；C．量具小刻度在上，大刻度在下，該儀器是量筒，其讀數(shù)是42.0mL，C不能達到實驗目的；D．標準酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，應該使用酸式滴定管進行滴定，D不能達到實驗目的；

3故合理選項是A。6.溫度為T℃，向體積不等的密閉容器中分別加入足量活性炭和1mol，發(fā)生反應：。反應相同時間，測得各容器中的轉化率與容器體積的關系如圖所示()。下列說法正確的是A.對c點容器加壓，縮小容器體積，則此時B.T℃時，a、b兩點時反應的平衡常數(shù)C.向a點體系中充入一定量，達到新平衡時，轉化率將減小D.圖中c點所示條件下【答案】C【解析】【分析】圖中b點NO2的轉化率最高，則溫度為T℃時，b點恰好達到平衡狀態(tài)，由于ab曲線上對應容器的體積逐漸增大，NO2的起始濃度逐漸減小，但濃度均大于b點，NO2的濃度越大，反應速率越大，達到平衡的時間越短，所以ab曲線上反應均達到平衡狀態(tài)，反應正向是氣體體積增大的反應，隨著容器體積的增大，NO2的轉化率逐漸增大，b點達到最大；b點以后，隨著容器體積的增大，NO2的起始濃度減小，反應速率減慢，達到平衡的時間延長，所以bc曲線上反應均未達到平衡狀態(tài)，由于NO2的起始濃度低，則反應正向進行?！驹斀狻緼．在相同的反應時間內，c點對應的容器體積最大、壓強最小，化學反應速率較慢，故其中二氧化氮的轉化率較小，對c點容器加壓，縮小容器體積，則化學反應速率加快，向正反應方向進行，此時v(逆)＜v(正），A錯誤；B．平衡常數(shù)只受溫度影響，不受壓強影響，因此，T°C時，a、b兩點時反應的平衡常數(shù)Ka=Kb，B錯誤；C．向a點體系中充入一定量NO2，相當于在原平衡的基礎上增大壓強（因為另一反應物是固體），化學平衡向逆反應方向移動，則達到新平衡時，NO2轉化率將減小，C正確；D．由分析可知，c點反應未達到平衡狀態(tài)，則v(逆)≠v(正），D錯誤；

4答案選C。7.下列有關問題，與鹽的水解有關的是①實驗室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞②用NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑③加熱蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固體④Al2S3不能通過溶液中的反應制取⑤加熱蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固體⑥鐵在潮濕環(huán)境中生銹A.①②③⑥B.②③④⑥C.①④⑤D.①②③④⑤【答案】D【解析】【詳解】①Na2CO3水解產生NaOH，NaOH會和玻璃中的SiO2反應生成Na2SiO3，Na2SiO3溶液有黏性，會將玻璃塞粘在試劑瓶上，故實驗室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞，與鹽的水解有關，①符合題意；②NaHCO3與Al2(SO4)3發(fā)生互促的完全雙水解生成氫氧化鋁、二氧化碳，故NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑，與鹽的水解有關，②符合題意；③CuCl2水解生成Cu(OH)2和HCl，加熱蒸干CuCl2溶液，HCl揮發(fā)，水解平衡正向移動，得到Cu(OH)2固體，與鹽的水解有關，③符合題意；④S2-與Al3+在溶液中發(fā)生互促的完全雙水解，故Al2S3不能通過溶液中的反應制取，與鹽的水解有關，④符合題意；⑤AlCl3水解生成氫氧化鋁和HCl，加熱蒸干AlCl3溶液，HCl揮發(fā)，水解平衡正向移動，得到Al(OH)3固體，與鹽的水解有關，⑤符合題意；⑥Fe、H2O、O2反應生成氫氧化鐵，氫氧化鐵失水生成鐵銹，鐵在潮濕環(huán)境中生銹與鹽的水解無關，⑥不符合題意；綜上所述，①②③④⑤與鹽的水解有關，D正確；選D。8.下列說法中正確的是A.向氨水中滴加等濃度的鹽酸至c()=c(Cl-)的溶液一定呈中性B.將的稀鹽酸稀釋至1000mL，所得溶液的pH為9C.常溫下當水電離的為時，此溶液的pH為13

5D.將pH=2的鹽酸與醋酸各分別稀釋至100mL，所得醋酸溶液的pH更大【答案】A【解析】【詳解】A．向氨水中滴加等濃度的鹽酸，電荷守恒為c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，若有c(NH)=c(Cl-)，則c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，A正確；B．酸溶液加水稀釋不可能變成堿溶液，其不斷接近于中性，將1mL1×10?6mol?L?1的稀鹽酸稀釋至1000mL，所得溶液的pH不可能為9，B錯誤；C．常溫下當水電離的c(OH-)為1×10?13mol?L?1時，若是酸性溶液，則c(H＋)為0.1mol?L?1，此溶液的pH為1，若是堿溶液，則c(OH-)為1×10?13mol?L?1，此溶液的pH為13，C錯誤；D．將pH=2的鹽酸與醋酸各1mL分別稀釋至100mL，由于醋酸稀釋時又電離，醋酸中氫離子濃度大于鹽酸中氫離子濃度，因此所得醋酸溶液的pH更小，D錯誤；故選A。9.催化劑(Ⅱ)的應用，使電池的研究取得了新的進展。電池結構和該催化劑作用下正極反應可能的歷程如下圖所示。下列說法錯誤的是A.電池可使用有機電解液B.充電時，由正極向負極遷移C.放電時，正極反應為D.、、和C都是正極反應的中間產物【答案】D【解析】【詳解】A．Li是活潑金屬能與水發(fā)生反應，因此不能采用水溶液作為電解質，應使用有機電解液，故A正確；

6B．充電時原電池的負極與電源負極相連作陰極，原電池的正極與電源正極相連作陽極，陽離子由陽極向陰極移動，則由正極（電池中標注“＋”，實際陽極）向負極（電池中標注“－”，實際陰極）遷移，故B正確；C．由裝置可知，該原電池的正極為二氧化碳得電子生成C單質，電極反應式為：，故C正確；D．由正極的反應歷程圖示可知，C為最終的產物，不是中間產物，故D錯誤；故選：D。10.一定溫度下，向含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+四種金屬離子(M2＋)的溶液中滴加Na2S溶液，生成硫化物沉淀所需S2-濃度的對數(shù)值lgc(S2-)與lgc(M2+)的關系如圖所示。下列判斷錯誤的是A.圖中四條直線的斜率相同B.Ksp(FeS)=1.0×10-20C.向含等物質的量濃度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S溶液，Cu2+先沉淀D.該溫度下，a點相對于MnS是過飽和溶液，相對于FeS是飽和溶液【答案】D【解析】【分析】橫縱坐標是對數(shù)，橫縱坐標越大，離子濃度越大，45°角平分線與曲線交點代表純固體，根據圖像可知，溶度積由大到小的順序是MnS、FeS、ZnS、CuS，據此分析；【詳解】A．四種金屬離子都是二價離子，都存在c(M2+)·c(S2-)=Ksp，因此斜率都是-1，故A說法正確；B．溶度積只與溫度有關，與濃度無關，根據圖像可知，Ksp(FeS)=c(Fe2+)×c(S2-)=1×10-10×1×10-10=1×10-20，故B說法正確；C．根據上述分析，F(xiàn)eS的溶度積大于CuS，相同形式下，溶度積小更難溶，一般先沉淀，因此向含有等物質的量濃度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S，Cu2+先沉淀，故C說法正確；D．a點c(Mn2+)·c(S2-)＜Ksp(MnS)，溶液為不飽和溶液，因為a點FeS直線上，F(xiàn)eS應是飽和溶液，故D說法錯誤；

7答案為D。11.在某溫度時，將氨水滴入鹽酸中，溶液和溫度隨加入氨水體積變化曲線如圖所示。下列有關說法正確的是A.a點：B.氨水濃度為C.b點溶液中加入溶液至中性后，D.b、c、d三點水的電離程度大小關系是【答案】D【解析】【分析】氨水滴入鹽酸中，發(fā)生NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，NH3·H2O和HCl恰好完全反應得NH4Cl溶液，此時溫度應最高，由于NH4Cl是強堿弱酸正鹽，其水溶液顯酸性，pH<7，即b點對應恰好完全反應?！驹斀狻緼．a點pH=0，則c(H+)=1mol/L，水的離子積與溫度有關，a點時溶液溫度小于25℃，則水的離子積Kw<1.0×10-14，即c(H+)×c(OH-)<1.0×10-14，即c(OH-)

8D．b點溶液溫度最高，說明此時兩溶液恰好反應生成氯化銨，n(HCl)=n(NH3·H2O)，銨根離子水解促進了水的電離，而c、d兩點氨水都過量，會抑制水的電離，氨水體積越大，NH3·H2O的物質的量越多，對水電離的抑制程度就越大，故b、c、d三點水的電離程度為：b>c>d，D正確；選D。12.根據下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向2支均盛有2mL相同濃度的溶液的試管中，分別滴入2滴相同濃度的KCl、KI溶液，前者無明顯現(xiàn)象，后者有黃色沉淀Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)B將紅熱的木炭放入盛有濃硝酸的試管中，試管中有紅棕色氣體產生木炭與濃硝酸反應產生NO2C用pH試紙測得：溶液的pH約為9，溶液的pH約為8電離出的能力比的強D向盛有相同濃度KI3溶液的兩支試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀溶液中可能存在平衡：II-+I2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【詳解】A．其他條件相同時，對于相同類型的難溶電解質，Ksp小的先沉淀，向2支均盛有2mL相同濃度的溶液的試管中，分別滴入2滴相同濃度的KCl、KI溶液，只生成AgI黃色沉淀，說明Ksp(AgI)

9溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀，說明溶液中含有碘單質和碘離子，則KI3溶液中可能存在平衡：II-+I2，D正確；答案選D。13.已知溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡；①②向的溶液中分別加入以下物質，下列有關說法正確的是A.加入少量金屬Na，反應①平衡逆向移動，溶液中增大B.加入少量固體，則反應①平衡正向移動，的水解程度增大，酸性減弱C.加入少量NaOH溶液，、的值均增大D.加入氨水至中性，則【答案】C【解析】【詳解】A．加入少量金屬Na，Na與電離出的H+反應，促使反應②平衡正向移動，離子濃度減小，又促使反應①平衡逆向移動，反應①平衡逆向移動，反應②平衡正向移動，溶液中c()減小，A錯誤；B．加入少量固體，則反應①平衡正向移動，反應②平衡正向移動，溶液顯酸性，說明的電離程度大于水解程度，則溶液酸性增強，B錯誤；C．加入NaOH，與NaHSO3反應生成亞硫酸鈉和水，c()增大，c()減小，則增大，溶液堿性增強，增大，C正確；D．0.1mol?L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，則c(Na+)＞c()＞c(H+)=c(OH-)，D錯誤；答案選C。14.采用鈉堿法煙氣脫硫后的吸收液主要含NaHSO3和Na2SO3，用電解法可再生吸收液并回收硫，裝置如圖，下列說法錯誤的是

10A.石墨電極I接外電源的正極.B.出液1為再生吸收液，主要成分為Na2SO3和NaOHC陰極室每生成0.2molSO，需轉移0.4mol電子D.在中間室硫資源回收的主要反應為HSO+H+=SO2↑+H2O，SO+H+=HSO【答案】C【解析】【詳解】A．電極II上生成H2是發(fā)生的還原反應，應接電源負極，電極1應為陽極，接外電源的正極，A正確；B．陰極室消耗H+，OH-濃度增大，Na+穿過膜I，進入陰極室使NaOH濃度增大。同時可發(fā)生反應HSO3-+OH-=SO32-+H2O，使Na2SO3濃度增大，得再生吸收液主要成分為Na2SO3和NaOH，B正確；C．由陰極反應2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陰極區(qū)反應HSO3-+OH-=SO32-+H2O可得生成0.2molSO32-再生吸收劑，轉移0.2mol電子，C錯誤；D．由于陽極應為2H2O-4e-=O2↑+4H+使中間區(qū)域酸性增強，發(fā)生反應HSO3-+H+=SO2↑+H2O，SO32-+H+=HSO3-，釋放SO2可回收硫，D正確；故選C。15.實驗室利用廢棄舊電池的銅帽(主要成分為鋅銅合金)回收Cu并制備ZnCl2的部分實驗過程如圖所示。下列說法正確的是A.“溶解”時Cu發(fā)生反應的離子方程式為2Cu+4H2O2+4H+=2Cu2++O2↑+6H2OB.因為升高溫度可以加快反應速率，所以“溶解”時適宜使用高溫

11C.用NaOH溶液“調節(jié)pH=2”可提高鋅粉的利用率D.將ZnCl2溶液加熱蒸干即可獲得無水ZnCl2【答案】C【解析】【分析】廢棄舊電池的銅帽(主要成分為鋅銅合金)回收Cu并制備ZnCl2的部分實驗過程中，先加入雙氧水、稀鹽酸，Zn轉化為ZnCl2，Cu轉化為CuCl2，所得溶液中含Zn2+、Cu2+、Cl-、H+，向溶液中加入適量NaOH溶液調節(jié)pH=2，再加入鋅粉將Cu2+置換為Cu，過濾得到Cu，所得濾液中主要成分為NaCl、ZnCl2，經過一系列操作后得到無水ZnCl2?！驹斀狻緼．“溶解”時Cu與過氧化氫和稀鹽酸發(fā)生氧化還原反應生成氯化銅和水，依據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：Cu＋H2O2＋2H+=Cu2+＋2H2O，A錯誤；B．升高溫度能夠加快化學反應速率，但雙氧水受熱易分解、鹽酸受熱易揮發(fā)，因此溶解過程中需在適宜的溫度下進行反應，B錯誤；C．加入NaOH溶液，可降低溶液中氫離子的濃度，防止置換時消耗過多鋅粉，提高鋅粉的利用率，C正確；D．ZnCl2為強酸弱堿鹽，加熱能夠促進Zn2+水解，因此需要在HCl的氣氛中進行加熱蒸干方可得到無水ZnCl2，D錯誤；答案選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.和都是鈦的重要化合物，某化學興趣小組在實驗室對兩者的制備及性質進行探究。①制備。實驗室利用反應，在無水無氧條件下制備，裝置圖和有關信息如下：物質熔點/℃沸點/℃其他

12-2376與TiCl4互溶-25136遇潮濕空氣產生白霧請回答下列問題：（1）儀器B中盛裝的儀器名稱是___________。（2）請補充完整實驗步驟：①組裝儀器，②檢查裝置氣密性，③加裝藥品，④___________，⑤點燃酒精燈，⑥停止加熱，⑦停止通。（3）實驗結束后需要分離D中的液態(tài)混合物，該操作使用的主要玻璃儀器有___________(寫2個即可)。Ⅱ．制備并測定的質量分數(shù)。在中加水、加熱，水解得到沉淀，經過濾、水洗，再烘干、焙燒除去水分得到粉體。（4）一定條件下，將溶解并還原為，用標準溶液滴定至全部生成。滴定分析時，稱取上述試樣0.2g，消耗標準溶液20mL。則質量分數(shù)為___________。（5）配制標準溶液時，加入一定量的目的是抑制水解，現(xiàn)在實驗室中有一瓶98%的H2SO4()，要配制2.0mol/L的稀，請回答如下問題：需要量筒量取濃硫酸的體積為___________。在該配置實驗使用的玻璃儀器中有___________種(填阿拉伯數(shù)字)。（6）在用濃硫酸配制稀硫酸過程中，下列操作中會造成稀硫酸溶液質量分數(shù)偏小共有___________個(填阿拉伯數(shù)字)。A．在稀釋時，未恢復至室溫就轉移入容量瓶B．在稀釋過程中，有少量液體濺出C．在轉移過程中，燒杯和玻璃棒沒有進行洗滌D．在定容時，滴加蒸餾水超過刻度線，用滴管從容量瓶中小心取出多余液體至液體凹液面與刻度線相平E．用量筒量取一定體積的濃硫酸時，仰視讀數(shù)【答案】（1）錐形瓶（2）通入N2一段時間（3）蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管、錐形瓶等（4）80%（5）①.27.2mL②.5（6）3

13【解析】【分析】通過氮氣將裝置中空氣排出，防止TiCl4被氧化，A為干燥管，干燥氮氣，防止生成的TiCl4遇潮濕的氣體產生白霧；B裝置加熱使四氯化碳揮發(fā)，C中裝置在加熱條件下，發(fā)生反應，CCl4、TiCl4熔點較低，D裝置使這兩種物質轉化為液態(tài)，二者能互溶，應該采用蒸餾方法分離，E裝置連接空氣，盛放濃硫酸，干燥空氣，據此解答?！拘?詳解】儀器B中盛裝的儀器名稱是錐形瓶，故答案為：錐形瓶；【小問2詳解】對于氣體的制取性質實驗應該：組裝儀器、檢驗裝置氣密性、加裝藥品，發(fā)生反應，終止實驗時為防止倒吸，應先熄滅酒精燈，冷卻到室溫后再停止通入N2，故答案為：通入N2一段時間；【小問3詳解】D中的液態(tài)混合物為TiCl4與未反應的CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是兩種沸點差異較大的液體混合物，應該用蒸餾進行分離，該操作使用的主要玻璃儀器有蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管、錐形瓶等，故答案為：蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管、錐形瓶等；【小問4詳解】根據氧化還原反應中得失電子相等得二者的關系式，TiO2～，二氧化鈦的質量=0.1mol/L×0.02L×80g/mol=0.16g，TiO2試樣0.2g，其質量分數(shù)==80%，故答案為：80%；【小問5詳解】濃H2SO4的物質的量濃度=mol/L=18.4mol/L；根據稀釋定律，稀釋前后溶質的物質的量不變，設濃硫酸的體積為xmL，所以xmL×18.4mol/L=250mL×2.0mol/L，解得：x≈27.2，所以量取的濃硫酸體積是27.2mL；配制步驟有量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量（用到膠頭滴管）量取，在燒杯中稀釋，冷卻后轉移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器為玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、量筒、250mL容量瓶，故答案為：27.2mL；5；【小問6詳解】A．在稀釋時，未恢復至室溫就轉移入容量瓶，定容后冷卻，液面下降，體積偏小，稀硫酸溶液質量分數(shù)偏大，故A不符合題意；B．在稀釋過程中，有少量液體濺出，即由部分溶質損失，稀硫酸溶液質量分數(shù)偏小，故B符合題意；

14C．在轉移過程中，燒杯和玻璃棒沒有進行洗滌，則燒杯和玻璃棒上有部分溶質附著，即由部分溶質損失，稀硫酸溶液質量分數(shù)偏小，故C符合題意；D．在定容時，滴加蒸餾水超過刻度線，用滴管從容量瓶中小心取出多余液體，導致部分溶質損失，稀硫酸溶液質量分數(shù)偏小，故D符合題意；E．用量筒量取一定體積的濃硫酸時，仰視讀數(shù)，濃硫酸的體積偏大，稀硫酸溶液質量分數(shù)偏大，故E不符合題意；故答案為：3。17.常溫下，濃度均為0.1mol/L的6種溶液的pH如表：序號abcdef溶質CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNNaAlO2pH8.89.711.610.311.111.3（1）上述溶液中的陰離子結合H+能力最弱的為_______。(填陰離子化學式)（2）NaAlO2溶液呈堿性的原因是_______(用化學方程式表示)。將溶液加熱蒸干最后得到的固體產物是_______；（3）結合表中數(shù)據分析，與0.1mol/L的CH3COONa溶液中水的電離程度相同的有_______(填字母代號)。A.pH=8.8的NaOH溶液B.pH=5.2的NH4Cl溶液C.pH=5.2的鹽酸D.0.1mol/L的NaCN溶液E.pH=8.8的Na2CO3溶液（4）將濃度均為0.1mol/L的b、c等體積混合，所得溶液中各離子濃度關系正確的有_______。A.c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)B.2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)C.c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)D.c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)E.c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)F.c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>c(H+)>c(OH-)（5）0.1mol/LHCl與0.1mol/LNa2CO3溶液等體積混合后溶液中各離子濃度大小關系為_______。

15（6）向NaCN溶液中通入少量CO2氣體發(fā)生反應的離子方程式為_______?！敬鸢浮浚?）CH3COO-（2）①.NaAlO2+2H2O?Al(OH)3+NaOH②.NaAlO2（3）BE（4）BDE（5）c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)（6）CN-+CO2+H2O=HCN+HCO【解析】【小問1詳解】越容易水解的鹽，代表水解生成的酸的酸性越弱，越容易結合氫離子，相同濃度的鈉鹽溶液，pH越大則鹽的水解程度越大，所以最易水解的鹽是碳酸鈉，所以最容易結合氫離子的陰離子是CO，反之，上述溶液中的陰離子結合H+能力最弱的為CH3COO-?！拘?詳解】NaAlO2是強堿弱酸鹽，偏鋁酸根離子水解使溶液呈堿性，化學方程式為：NaAlO2+2H2O?Al(OH)3+NaOH。將NaAlO2溶液加熱，促進水解，氫氧化鋁、氫氧化鈉濃度增大，反應生成偏鋁酸鈉，故蒸干最后得到的固體產物是NaAlO2；【小問3詳解】由表中數(shù)據可知，在常溫下，0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH=8.8，促進水的電離，c(H+)=10-8.8mol/L，由水電離產生的氫氧根離子濃度為10-5.2mol/L，而由水電離產生的氫離子濃度與由水電離產生氫氧根離子濃度相等，則由水電離產生的氫離子濃度也為10-5.2mol/L：A．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的電離，A錯誤；B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促進水的電離，水電離產生的氫離子或氫氧根離子濃度為10-5.2mol/L，B正確；C．pH=5.2的鹽酸，抑制水的電離，C錯誤；D．0.1mol/L的NaCN溶液pH=11.1，促進水的電離，水電離產生的氫離子或氫氧根離子濃度為10-2.9mol/L，D錯誤；E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促進水的電離，水電離產生的氫離子或氫氧根離子濃度為10-5.2mol/L，E正確；答案選BE?！拘?詳解】將濃度均為0.1mol/L的NaHCO3、Na2CO3等體積混合，鈉離子的物質的量與碳原子的物質的量之比為

163:2，則物料守恒：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，溶液呈電中性，有電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，則：A．依據物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，A錯誤；B．依據物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，B正確；C．物料守恒：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，兩式聯(lián)立有質子守恒：c(CO)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HCO)+3c(H2CO3)，C錯誤；D．依據電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正確；E．混合溶液呈堿性，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，故混合溶液中離子濃度c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)，E正確；F．混合溶液呈堿性，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，故混合溶液中離子濃度c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)，F(xiàn)錯誤；答案選BDE?！拘?詳解】0.1mol/LHCl與0.1mol/LNa2CO3溶液等體積混合后所得0.05mol/LNaCl與0.05mol/LNaHCO3混合溶液；溶液呈堿性，因碳酸氫根離子水解程度大于電離程度，故各離子濃度大小關系為：c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)?！拘?詳解】等濃度的上述鹽溶液，水解程度越大，溶液pH越大，對應酸的酸的酸性越弱，則有酸性：H2CO3>HCN>HCO，則向NaCN溶液中通入少量CO2氣體發(fā)生反應的離子方程式為：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO。18.鐵及其化合物在處理工業(yè)廢水、廢氣過程中發(fā)揮著重要作用。

17(1)用鐵的化合物除硫化氫：2[Fe(CN)6]3-+2+HS-=2[Fe(CN)6]4-+2+S↓，可通過圖1使[Fe(CN)6]3-再生，電解時，陽極的電極反應式為_______；電解過程中陰極區(qū)溶液的pH_______(填“變大”、“變小”或“不變")。(2)以鐵為電極電解除鉻，如圖2已知：+H2O=2+2H+氧化性：＞①電解過程中主要反應之一：+6Fe2++17H2O=2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+；氣體a主要成分_______。②電解過程中，不同pH時，通電時間與Cr元素的去除率關系如圖3所示，pH=10相比pH=4，Cr元素的去除率偏低的原因可能是_______。(3)高鐵酸鉀(K2FeO4)除錳已知：K2FeO4具有強氧化性，極易溶于水①在酸性條件下，能與廢水中的Mn2+反應生成Fe(OH)3和MnO2沉淀來除錳，該反應的離子方程式_______。②用K2FeO4處理1L50mg/L的含Mn2+廢水，Mn元素的去除率與K2FeO4量的關系如圖4所示，當K2FeO4超過20mg時，Mn元素的去除率下降的原因可能是_______。

18【答案】①.②.變大③.H2④.pH值升高，轉化為，氧化能力減弱，使鉻元素難以被還原，從而去除率下降⑤.⑥.隨著K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高價態(tài)的可溶性離子留在溶液中【解析】【分析】【詳解】(1)可通過圖1使[Fe(CN)6]3-再生，即電解時，[Fe(CN)6]4-生成[Fe(CN)6]3-，F(xiàn)e元素化合價由+2價升高為+3價，則陽極的電極反應式為；電解過程中陰極反應為，陰極區(qū)溶液的pH變大；(2)①以鐵為電極電解除鉻，電解過程中主要反應之一：+6Fe2++17H2O=2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+，則Fe作陽極，發(fā)生反應，F(xiàn)e2+將還原生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀，陰極發(fā)生反應，則氣體a主要成分是H2；②pH值升高，+H2O=2+2H+的平衡正向移動，生成，氧化能力減弱，使鉻元素難以被還原，從而去除率下降；(3)①在酸性條件下，K2FeO4能與廢水中的Mn2+反應生成Fe(OH)3和MnO2沉淀來除錳，根據得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平該反應的離子方程式為；②K2FeO4具有強氧化性，隨著K2FeO4增加，K2FeO4將Mn2+氧化成更高價態(tài)的可溶性離子留在溶液中，Mn元素的去除率下降。19.軟錳礦的主要成分為MnO2，含少量Al2O3和SiO2。閃鋅礦主要成分為ZnS，含少量FeS、CuS、CdS雜質。現(xiàn)以軟錳礦和閃鋅礦為原料制備MnO2和Zn，其簡化流程如下（中間產物的固體部分已經略去）已知：Ⅰ．礦石中所有金屬元素在濾液A中均以離子形式存在。Ⅱ．各種金屬離子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+

19pH8.010.19.03.24.7回答下列問題：（1）步驟①中發(fā)生多個反應，其中MnO2、FeS與硫酸共熱時有淡黃色物質析出，溶液變?yōu)樽攸S色，寫出MnO2、FeS與硫酸共熱發(fā)生反應的化學方程式______。（2）步驟③中MnO2的其作用是______，另外一種物質X可以是______。A．MgCO3B．ZnOC．MnCO3D．Cu(OH)2（3）MnO2與Li構成LiMnO2，它可作為某鋰離子電池的正極材料，電池反應方程式為：Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，寫出該鋰離子電池的正極電極反應式______。MnO2可做超級電容器材料，用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，其陽極的電極反應式是______.（4）已知：H2S的電離常數(shù)K1=1.3×10-7，K2=7.0×10-15，在廢水處理領域中常用H2S將Mn2+轉化為MnS除去，向含有0.020mol·L-1Mn2+廢水中通入一定量的H2S氣體，調節(jié)溶液的pH=a，當HS―濃度為1.0×10-4mol·L-1時，Mn2+開始沉淀，則a=______。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10-15]【答案】①.3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O②.將Fe2+氧化為Fe3+③.BC④.Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2⑤.Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+⑥.5【解析】【詳解】（1）步驟①，MnO2、FeS與硫酸共熱時析出淡黃色物質為硫，溶液變?yōu)樽攸S色，MnO2、FeS與硫酸共熱發(fā)生反應的化學方程式為3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O，故答案為3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O；（2）步驟③中MnO2的作用是將將Fe2+氧化為Fe3+，便與后續(xù)操作中除去，另外一種物質X的作用是調節(jié)溶液的pH，使Fe3+沉淀，為了不引入新的雜質，可以使用ZnO、MnCO3，不能使用MgCO3和Cu(OH)2，故答案為將Fe2+氧化為Fe3+；BC；（3）根據電池反應方程式：Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，該鋰離子電池的正極電極反應式為Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2，MnO2可做超級電容器材料，用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，其陽極的電極反應式為Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案為Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；（4）當Qc=Ksp（MnS）時開始沉淀，所以c（S2-）===0.7×10-13mol/L，根據H2S的電離常數(shù)K2=7.0×10―15，K2===7.0×10―15=1.0×10―5

20，pH=5，故答案為5。

21