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105， 江西省南昌市第十中学2023-2024学年高二上学期第二次月考化学试题
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这是一份105， 江西省南昌市第十中学2023-2024学年高二上学期第二次月考化学试题，共18页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题纸交回， 列实验操作能达到相应目的的是， 下列叙述正确是， 下列图示与对应的叙述相符的是等内容，欢迎下载使用。
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分，100分.考试用时75分钟.
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求.
1.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号或IS号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上.
2.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损.
3.考试结束后，请将答题纸交回.
可能用到的相对原子质量：K-39 Fe-56 Cu-64 Ag-108
一、选择题（本大题共14题，每小题3分，共计42分.在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）.
1. 化学与科学、技术、社会和环境密切相关.下列有关说法中错误的是
A. 对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝
B. 将铝制品作阳极进行电解使其表面形成致密的氧化膜，有利于金属防腐
C. 用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹
D. 工业上常采用电解溶液的方法制取金属镁
【答案】D
【解析】
【详解】A．废旧电池中含有重金属等，进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝，A正确；
B．将铝制品作阳极进行电解使其表面形成致密的氧化膜，有利于金属防腐，B正确；
C．氯化铵水解后溶液呈酸性，可以清洗钢铁表面的锈迹，C正确；
D．电解MgCl2溶液不能制取金属镁，可用电解熔融的氯化镁的方法制取镁，D错误；
故答案为：D。
2. 下列叙述中，正确的是
①电池是将电能转变成化学能的装置
②电解池是将化学能转变成电能的装置
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化
④电镀过程相当于金属的“迁移”，是物理变化
A. ①②③④B. ③④C. ③D. ④
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】①电池是将化学能转变成电能的装置，故①错误；②电解池是将电能转变成化学能的装置，故②错误；③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化，故③正确；④电镀过程相当于金属的“迁移”，是化学变化，元素化合价发生变化，故④错误，C正确；答案选C。
3. 设为阿伏伽德罗常数的值.下列说法中正确的是
A. 常温下，的溶液中数目为
B. 铁的吸氧腐蚀每生成，负极失去个电子
C. 常温下，的溶液中，由水电离出的数目为
D. 电解精炼铜时，当电路中通过个电子时，阳极溶解铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．的溶液中的物质的量浓度为0.01ml/L，但是溶液的体积未知，无法计算的数目，故A错误；
B．钢铁电化学腐蚀负极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，每生成0.1mlFe2O3•nH2O，需要0.2ml铁失去0.4ml电子，故B正确；
C．常温下，的溶液中，由水电离出的数目为，故C错误；
D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，铜和比铜活泼的多种金属放电，当电路中通过个电子时，阳极溶解铜的质量小于，故D错误。
答案选B。
4. 列实验操作能达到相应目的的是
A. 装置①用于测定酸碱中和反应的反应热
B. 操作②是用已知浓度的滴定未知浓度的
C. 实验③用于比较和的催化活性
D. 装置④可用于观察铁的吸氧腐蚀
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．测定酸碱中和反应的反应热的实验中需要用到环形玻璃搅拌棒，故A不能达到目的；
B．溶液呈碱性，不能用酸式滴定管，故B不能达到目的；
C．比较和的催化活性，要求两份过氧化氢溶液的浓度相等，故C不能达到目的；
D．如果Fe发生吸氧腐蚀，会导致左边试管中压强减小，右边试管导气管中液面会上升，所以图④装置可观察铁的吸氧腐蚀，故D能达到目的；
故选D。
5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 透明的溶液中： K+、Na+、 SO、 MnO
B. 能使甲基橙变红的溶液中： Fe2+、 K+、NO、SO
C. =10-12的溶液中： NH、Ba2+、 Cl-、NO
D. 由水电离的c(OH- )=1 ×10-10 ml·L-1的溶液中： K+、Na+、 NO、Al3+
【答案】A
【解析】
【详解】A．透明的溶液中， K+、Na+、 SO、 MnO离子间不发生反应，能够大量共存，故A选；
B．能使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2+、NO能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；
C．=10-12的溶液显碱性，在碱性溶液中NH不能大量存在，故C不选；
D．由水电离的c(OH- )=1 ×10-10 ml·L-1的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中Al3+不能大量存在，故D不选；
故选A。
6. 下列用于解释事实的方程式书写不正确的是
A. 用明矾作净水剂：
B. 将水加热至90℃，水的pH变小：
C. 向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红：
D. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用明矾作净水剂，铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；
B．水的电离为吸热过程，将水加热至90℃，水的电离平衡向右移动，氢离子浓度增大、水的pH变小：，故B正确；
C．氢氧化镁悬浊液中存在溶解平衡：，溶液显弱碱性，故滴入酚酞溶液变红，故C正确；
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，发生沉淀转化反应：，变为碳酸钙后加酸除掉，故D正确。
答案选A。
7. 下列叙述正确是
A. 某溶液的，则该溶液一定为中性溶液
B. 在溶液中：
C. 氨水加水稀释后，溶液中的值减小
D. 常温下，反应不能自发进行，则该反应的
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下pH=7的溶液显中性，温度未知，不能由pH判断酸碱性，故A错误；
B．Na2S溶液中硫离子水解显碱性，且第一水解远大于第二步水解，均生成氢氧根离子，则离子浓度为，故B错误；
C．0.1 ml•L-1氨水加水稀释后，促进电离，但c(OH-)减小，但Kb=不变，则溶液中的值增大，故C错误；
D．△H-T△S＜0的反应可自发进行，常温下，反应的△S＞0，不能自发进行，则该反应的△H＞0，故D正确。
答案选D。
8. 化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如下：
下列说法不正确的是
A. 实验Ⅰ中铁钉周边出现红色
B. 实验I中负极的电极反应式：
C. 实验Ⅱ中正极的电极反应式：
D. 对比实验I、Ⅱ可知，生活中镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验Ⅰ中锌做负极，铁做正极，铁钉极氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，溶液显碱性周边出现红色，故A正确；
B．实验I中锌做负极，负极的电极反应式：，故B错误；
C．实验Ⅱ中铜不活泼，铜作正极，正极的电极反应式：，故C正确；
D．对比实验I、Ⅱ可知，锌能保护铁，而铜铁形成原电池会加速铁锈蚀，故生活中镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀，故D正确；
故选B。
9. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图Ⅰ表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 图Ⅱ表示常温下，0.l000ml·L-1NaOH溶液滴定·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C. 图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化曲线，图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c
D. 图Ⅳ表示反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g） △H＜0，在其他条件不变的情况下改变起始物 CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知N02的转化率b＞a＞c
【答案】C
【解析】
【详解】图I中反应物的能量大于生成物的能量，所以表示的是放热反应，故A错误；0.1000ml·L-1 CH3COOH溶液的PH大于1，故B错误；弱电解质越稀，电离程度越大，所以图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C正确；增大CO的浓度越大，NO2的转化率越大，所以NO2的转化率c>b>a，故D错误。
点睛：放热反应，反应物能量大于生成物的能量；吸热反应，反应物的能量小于生成物的能量；醋酸是弱电解质，部分电离，所以0.1ml·L-1 CH3COOH溶液的pH大于1。
10. 利用双离子交换膜电解法可以由含硝酸铵的工业废水生产硝酸和氨，原理如图所示.下列叙述错误的是
A. 硝酸溶液溶质质量分数
B. a、c膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜
C. M、N室分别产生氧气和氢气
D. 产品室发生的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，M室中石墨电极是阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N室中石墨电极是阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M室中OH-通过阴离子交换膜进入产品室，原料室中的通过阳离子交换膜进入产品室，反应生成氨水，而原料室中的通过阴离子交换膜进入N室，与生成的H+结合成硝酸，故a膜是阴离子交换膜，b膜阳离子交换膜，c是阴离子交换膜。
【详解】A．N室中石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，原料室中的通过阴离子交换膜进入N室，与生成的H+结合成硝酸，因此N室中硝酸溶液浓度a%＜b%，故A正确；
B．由分析可知，a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，故B正确；
C．由分析可知，M、N室分别产生氢气和氧气，故C错误；
D．由分析可知，产品室发生的反应为，故D正确。
答案选C。
11. 液流电池是一种新型的蓄电池，如图是一种多硫化物/碘化物氧化还原液流电池(PSIB)，其放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，电极a的电极反应式为
B. 放电时，当电路中转移1ml时，负极区质量增加39g
C. 充电时，溶液中离子的数目减少
D. 充电时，电极b接外接电源负极
【答案】C
【解析】
【分析】本题以一种多硫化物/碘化物氧化还原液流电池(PSIB)为背景考查电化学原理，具体考查电极反应式、电化学计算、离子数目变化、电极判断等，意在考查考生获取和运用信息的能力及证据推理与模型认知的化学学科核心素养。
【详解】A．由题图可知，放电时，电极a为负极，失电子，电极反应式为，A错误；
B．放电时，当电路中转移1ml时，负极区有1ml通过隔膜移动到正极区，负极区质量减少39g，B错误；
C．充电时，阴极的电极反应式为，阳极的电极反应式为，通过电极反应式可以看出，充电时溶液中的离子数目减少，C正确；
D．充电时，电极b为阳极，接外接电源正极，D错误。
故选C。
12. 常温下，和的沉淀溶解关系如图所示，其中、，M为或，表示。下列说法正确的是
A. 常温下，B点为的不饱和溶液
B. 若，则
C. 若对A点浊液加热，A点沿曲线向上移动
D. 在和同时沉淀的浊液中，
【答案】D
【解析】
【分析】，，越大，对应离子的浓度越小，所以A所在曲线是PbS，下面的曲线是ZnS。
【详解】A．常温下，B点时，Pb2+的浓度大于曲线上表示的浓度，所以为PbS的饱和溶液，故A错误；
B．若，则，故B错误；
C．若对A点浊液加热，PbS溶解度增大，Pb2+、S2-离子浓度增大，PM将会减小，故C错误；
D．在ZnS和PbS同时沉淀浊液中，，故D正确；
故选D。
13. 下列实验能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定等浓度盐溶液的pH，故A错误；
B．pH相同的一元酸，酸性越弱其浓度越大，等体积、pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多，则HA浓度大于HB，所以HA是弱酸，故B正确；
C．硝酸银过量，均为沉淀的生成，则不能比较Ksp大小，故C错误；
D．酸式滴定管0刻度在上方，滴定管的容积未知，硫酸液面在20.00mL，无法确定20.00mL以下硫酸的体积是多少，故D错误。
答案选B。
14. 25℃时，向的二元酸溶液中逐滴滴入等浓度的溶液，测得溶液的pH与［Y代表或］关系如图.下列相关结论正确的是
A. 曲线a表示与的变化关系
B. 当溶液的时，
C. 25℃时，的的数量级为
D. 滴入溶液时，
【答案】C
【解析】
【分析】，=1.88时pH=4，=2.8时pH=10，Ka1> Ka2，则Ka1=10-2.12， Ka2=10-7.2。
【详解】A．Ka1=10-2.12、 Ka2=10-7.2，曲线a表示与的变化关系，故A错误；
B．根据电荷守恒，当溶液的时，，故B错误；
C．25℃时，的Ka1=10-2.12，数量级为10-3，故C正确；
D．滴入溶液时，溶质为NaHA，HA-的水解产生为< Ka2=10-7.2，溶液呈酸性，所以，故D错误；
选C。
二、非选择题（本大题共4题，共计58分）.
15. 能量转化是化学变化的主要特征之一，按要求回答下列问题：
（1）已知：键的键能为，键的键能为，键的键能为.则反应中，生成_________（填“吸收”或“放出”）___________热量.
（2）有关的电池装置如下：
上述四种电池中，属于二次电池的是_____________（填编号）.
a装置中，外电路中电子的流向是___________（填“从Zn流向Cu”或“从Cu流向Zn”）.
（3）氧化还原反应一般可以设计成原电池.若将反应设计成原电池，则：该电池的电解质溶液可以是_______________.
当外电路中转移时，电解质溶液增加的质量是____________g.
（4）燃料电池有节能、超低污染、噪声低、使用寿命长等优点.某甲醇燃料电池的工作原理如图所示.Pt（b）电极是电池的____________极，Pt（a）上的电极反应式为__________________.
甲醇燃料电池工作原理示意图
【答案】15. ①. 放出 ②. 184
16. ①. d ②. 从Zn流向Cu
17. ①. FeCl3溶液 ②. 56
18. ①. 正 ②. CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
【解析】
【小问1详解】
已知：H-H键的键能为436kJ⋅ml−1，N-H键的键能为391kJ⋅ml−1，键的键能为946kJ⋅ml−1，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=946kJ⋅ml−1+3✖436kJ⋅ml−1-6✖391kJ⋅ml−1=-92kJ⋅ml−1，故4mlNH3生成放出184kJ热量；
故答案为：放出；184；
【小问2详解】
①a、c为原电池装置，b为普通干电池，d为铅蓄电池可进行充放电，属于二次电池；
故答案为： d；
②a装置中，Zn作负极，Cu作正极，外电路电子应由负极流向正极，即从Zn流向Cu；
故答案为：从Zn流向Cu；
【小问3详解】
①Fe作负极，正极为比Fe活泼性差的金属或惰性电极，FeCl3溶液作电解质溶液；
故答案为： FeCl3溶液；
②原电池中，Fe作负极，电极反应式为Fe- 2e- = Fe2+，当外电路中转移2mle-时，有1mlFe进入溶液，增重质量为1ml✖56g/ml = 56g；
故答案为：56；
【小问4详解】
a极碳元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，b极为正极。
16. 食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸.的应用与其电离平衡密切相关.25℃时，的；
（1）用化学用语表示溶液呈碱性的原因__________________（用离子方程式表示）；
（2）下列方法中，可以使醋酸溶液中电离程度增大的是___________；
A. 滴加少量浓盐酸B. 微热溶液C. 加水稀释D. 加入少量醋酸钠晶体
（3）用溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入溶液体积而变化的两条滴定曲线；
①滴定醋酸的曲线是____________（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）；
②在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器是___________（填序号）；
A.容量瓶 B.碱式滴定管 C.锥形瓶 D.胶头滴管
③图1中M点，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________（用符号“c”及“＞”表示），此时溶液中____________；（精确到小数点后三位数字）
（4）用的盐酸滴定20.00mL未知浓度的溶液.下列操作会使测定结果偏低的是___________；
A. 量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗
B 酸式滴定管未用标准盐酸润洗
C 滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出
D. 滴定前俯视读数，滴定后读数正确
【答案】（1） （2）BC
（3） ①. Ⅰ ②. AD ③. ④. 0.067ml/L （4）A
【解析】
【小问1详解】
溶液呈碱性的原因是CH3COO-在溶液中发生水解反应生成醋酸和氢氧根，离子方程式为：；
【小问2详解】
A．滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，会抑制醋酸的电离，错误；
B．微热溶液，温度升高，促进醋酸电离，正确；
C．加水稀释，溶液中醋酸根离子、氢离子浓度减小，促进醋酸的电离，正确；
D．加入少量醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，错误；
故选BC；
【小问3详解】
①醋酸为弱酸，的醋酸溶液的初始pH大于1，故滴定醋酸的曲线是Ⅰ；
②中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器是A．容量瓶、D．胶头滴管；
③图1中M点，溶液中溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，此时溶液显酸性，醋酸电离大于醋酸根离子的水解，故各离子浓度由大到小的顺序是，根据碳元素守恒，此时溶液中
【小问4详解】
A．量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗，溶液被稀释，浓度减小，使测定结果偏低，故A选；
B．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，盐酸被稀释，浓度减小，造成V(标准)偏大，导致c(待测)偏大，故B不选；
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出，造成V(标准)偏大，使得c(待测)偏大，故C不选；
D．读数时，滴定前俯视，滴定后读数正确，所用标准液的体积偏大，导致c(待测)偏大，故D不选；
故选A。
17. Ⅰ.某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动.回答下列问题：
（1））甲池为___________（填“原电池”或“电解池”）装置.甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，若Ag极的质量增加21.6g，则两电极质量相差_____________g.
（2）若乙池中的某盐溶液是足量溶液，则乙池中总反应的化学方程式_________________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复至原来浓度，可向溶液中加入___________（填化学式）.
Ⅱ.利用电化学原理，将、和熔融制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：.
（3）甲池工作时，转变成绿色硝化剂Y，Y是，可循环使用.则石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为____________________________________.
（4）乙池中Fe（Ⅰ）棒上发生的电极反应为___________________________，若溶液中减少了，则电路中至少转移了_________________ml电子.
（5）向完全还原为的乙池工业废水中滴加溶液，可将铬以沉淀的形式除去，常温下的溶度积，要使降至，溶液的pH应调至___________.
【答案】（1） ①. 原电池 ②. 28
（2） ①. 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ②. CuO或CuCO3等
（3）NO2+NO-e-=N2O5
（4） ①. Fe-2e-=Fe2+ ②. 0.12
（5）5
【解析】
【分析】I．由题干装置图可知，甲池中有两个活泼性不同的金属电极，有电解质溶液和一个自发进行的氧化还原反应Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag，通过盐桥形成闭合的回路，故甲池为原电池，Cu电极为负极，发生的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，Ag电极为正极，发生的电极反应为：2Ag++2e-=2Ag,乙池为电解池，左侧Pt电极是阳极，发生氧化反应，右侧Pt电极为阴极，发生还原反应，据此分析解题。
II．甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+-e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极；乙为电解池，Fe(I)为阳极，失电子变为Fe2+，Fe2+作还原剂，将还原为Cr3+，Fe(II)为阴极，氢离子放电。
【小问1详解】
由分析可知，甲池为原电池；根据原电池中通过正、负极上的电子的物质的量相等，故甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，若Ag极的质量增加21.6 g,则通过电路中的电子的物质的量为：n(e-)=n(Ag)= =0.2ml,故负极上“溶解”的Cu的物质的量为：n(Cu)=n(e-)=×0.2ml=0.1ml，故负极质量减轻了m=nM=0.1 ml×64 g/ml=6.4 g，则两电极质量相差21.6 g+6.4 g=28 g；
【小问2详解】
由分析可知，乙池中左侧Pt电极为阳极，故若乙池中的某盐溶液是足量CuSO4溶液，则乙池中左侧Pt电极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，由工作一段时间后，乙池中发生的总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4可知，要使乙池溶液恢复至原来浓度，可向溶液中加入CuO或CuCO3等；
【小问3详解】
甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO-e-=N2O5；
【小问4详解】
石墨Ⅱ为正极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+；由可知，0.01ml Cr2O反应消耗Fe2+为0.06ml，阳极电极反应为Fe-2e-=Fe2+，产生0.06mlFe2+转移电子的物质的量为0.12ml；
【小问5详解】
要使c(Cr3+)降至10-5ml•L-1，则此时溶液中c(OH-)===10-9ml/L，c(H+)=10-5ml/L，pH=5，即溶液的pH应调至5。
18. 是一种常用的化学添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶的化工生产中.一种以工业含锌废渣（主要成分为，还含有、、及等）制取高纯的工艺流程如图所示：
已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表所示：
（1）“粉碎”的目的是_______________.
（2）“酸浸”时通入过量空气的作用是__________________________（用离子方程式表示）.
（3）利用表格中的数据，计算_________________.
（4）“调”的范围是_____________，滤渣2经酸溶等进一步处理后可获得晶体，其中由溶液制取晶体的操作方法是_______________________________________.
（5）在废水处理中常用将转化除去，向含有的废水中通入一定量的气体，调节溶液的，当时，开始沉淀，则__________（已知：25℃时，的电离常数，；）
【答案】（1）增大固液接触面积，加快“酸浸”时的反应速率
（2）4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O
（3）1.0×10-16
（4） ①. 4.7≤pH＜6.5 ②. 蒸发浓缩、降温结晶、过滤
（5）2
【解析】
【分析】工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有Fe3O4、Al2O3、SiO2及Cd2+等)中加入稀硫酸并通入空气，ZnO、Fe3O4、Al2O3及Cd2+都溶于稀硫酸，溶于中溶质为ZnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、CdSO4及H2SO4，SiO2不溶于稀硫酸，所以得到的滤渣1为SiO2；加入Zn粉时沉镉，所以加入ZnO调节溶液的pH值时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀，则滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；Zn置换出Cd，加入NH4HCO3沉锌，过滤、洗涤、灼烧得到ZnO，据此分析解题。
【小问1详解】
将含锌废渣“粉碎”的目的是增大固液接触面积，加快“酸浸”时的反应速率；
【小问2详解】
由分析可知，Fe2+不稳定，能被空气氧化，所以该步骤中通入过量空气的作用是将Fe2+完全转化为Fe3+，该过程的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
【小问3详解】
由题干表中数据可知，常温下，含0.1ml/L的Zn2+溶液开始析出Zn(OH)2沉淀对应的pH=6.5，故Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)c2(OH-)=0.1×=1.0×10-16；
【小问4详解】
由分析可知，调pH值的目的是是Al3+、Fe3+完全沉淀，而Zn2+和Cd2+不沉淀，结合题干表中数据可知，“调pH”的范围是4.7≤pH＜6.5，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤渣2经酸溶等进一步处理后可获得FeCl3⋅6H2O晶体，其中，由FeCl3溶液制取FeCl3⋅6H2O的操作方法是蒸发浓缩、降温结晶，过滤；
【小问5详解】
当时，开始沉淀，此时溶液中c(S2-)==，=，即，得c(H+)=，得pH=2，即a=2。序号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验
现象
铁钉周边出现_________色
锌片周边未见明显变化
铁钉周边出现蓝色
铜片周边略显红色
序号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为溶液和溶液的pH
比较和的酸性强弱
B
等体积、pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的多
证明HA是弱酸
C
室温下，向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，再滴加几滴溶液，出现黄色沉淀.
证明相同温度下：
D
酸式滴定管中硫酸液面在20.00mL，将滴定管中液体全部放出
量取20.00mL硫酸溶液
电池
装置
(铅蓄电池)
编号
a
b
c
d
开始沉淀
6.3
1.5
3.4
6.5
7.4
沉淀完全
8.3
2.8
4.7
8.5
9.4
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分，100分.考试用时75分钟.
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求.
1.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号或IS号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡和答题纸上.
2.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损.
3.考试结束后，请将答题纸交回.
可能用到的相对原子质量：K-39 Fe-56 Cu-64 Ag-108
一、选择题（本大题共14题，每小题3分，共计42分.在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）.
1. 化学与科学、技术、社会和环境密切相关.下列有关说法中错误的是
A. 对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝
B. 将铝制品作阳极进行电解使其表面形成致密的氧化膜，有利于金属防腐
C. 用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹
D. 工业上常采用电解溶液的方法制取金属镁
【答案】D
【解析】
【详解】A．废旧电池中含有重金属等，进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝，A正确；
B．将铝制品作阳极进行电解使其表面形成致密的氧化膜，有利于金属防腐，B正确；
C．氯化铵水解后溶液呈酸性，可以清洗钢铁表面的锈迹，C正确；
D．电解MgCl2溶液不能制取金属镁，可用电解熔融的氯化镁的方法制取镁，D错误；
故答案为：D。
2. 下列叙述中，正确的是
①电池是将电能转变成化学能的装置
②电解池是将化学能转变成电能的装置
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化
④电镀过程相当于金属的“迁移”，是物理变化
A. ①②③④B. ③④C. ③D. ④
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】①电池是将化学能转变成电能的装置，故①错误；②电解池是将电能转变成化学能的装置，故②错误；③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化，故③正确；④电镀过程相当于金属的“迁移”，是化学变化，元素化合价发生变化，故④错误，C正确；答案选C。
3. 设为阿伏伽德罗常数的值.下列说法中正确的是
A. 常温下，的溶液中数目为
B. 铁的吸氧腐蚀每生成，负极失去个电子
C. 常温下，的溶液中，由水电离出的数目为
D. 电解精炼铜时，当电路中通过个电子时，阳极溶解铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．的溶液中的物质的量浓度为0.01ml/L，但是溶液的体积未知，无法计算的数目，故A错误；
B．钢铁电化学腐蚀负极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，每生成0.1mlFe2O3•nH2O，需要0.2ml铁失去0.4ml电子，故B正确；
C．常温下，的溶液中，由水电离出的数目为，故C错误；
D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，铜和比铜活泼的多种金属放电，当电路中通过个电子时，阳极溶解铜的质量小于，故D错误。
答案选B。
4. 列实验操作能达到相应目的的是
A. 装置①用于测定酸碱中和反应的反应热
B. 操作②是用已知浓度的滴定未知浓度的
C. 实验③用于比较和的催化活性
D. 装置④可用于观察铁的吸氧腐蚀
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．测定酸碱中和反应的反应热的实验中需要用到环形玻璃搅拌棒，故A不能达到目的；
B．溶液呈碱性，不能用酸式滴定管，故B不能达到目的；
C．比较和的催化活性，要求两份过氧化氢溶液的浓度相等，故C不能达到目的；
D．如果Fe发生吸氧腐蚀，会导致左边试管中压强减小，右边试管导气管中液面会上升，所以图④装置可观察铁的吸氧腐蚀，故D能达到目的；
故选D。
5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 透明的溶液中： K+、Na+、 SO、 MnO
B. 能使甲基橙变红的溶液中： Fe2+、 K+、NO、SO
C. =10-12的溶液中： NH、Ba2+、 Cl-、NO
D. 由水电离的c(OH- )=1 ×10-10 ml·L-1的溶液中： K+、Na+、 NO、Al3+
【答案】A
【解析】
【详解】A．透明的溶液中， K+、Na+、 SO、 MnO离子间不发生反应，能够大量共存，故A选；
B．能使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2+、NO能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；
C．=10-12的溶液显碱性，在碱性溶液中NH不能大量存在，故C不选；
D．由水电离的c(OH- )=1 ×10-10 ml·L-1的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中Al3+不能大量存在，故D不选；
故选A。
6. 下列用于解释事实的方程式书写不正确的是
A. 用明矾作净水剂：
B. 将水加热至90℃，水的pH变小：
C. 向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红：
D. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用明矾作净水剂，铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；
B．水的电离为吸热过程，将水加热至90℃，水的电离平衡向右移动，氢离子浓度增大、水的pH变小：，故B正确；
C．氢氧化镁悬浊液中存在溶解平衡：，溶液显弱碱性，故滴入酚酞溶液变红，故C正确；
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，发生沉淀转化反应：，变为碳酸钙后加酸除掉，故D正确。
答案选A。
7. 下列叙述正确是
A. 某溶液的，则该溶液一定为中性溶液
B. 在溶液中：
C. 氨水加水稀释后，溶液中的值减小
D. 常温下，反应不能自发进行，则该反应的
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下pH=7的溶液显中性，温度未知，不能由pH判断酸碱性，故A错误；
B．Na2S溶液中硫离子水解显碱性，且第一水解远大于第二步水解，均生成氢氧根离子，则离子浓度为，故B错误；
C．0.1 ml•L-1氨水加水稀释后，促进电离，但c(OH-)减小，但Kb=不变，则溶液中的值增大，故C错误；
D．△H-T△S＜0的反应可自发进行，常温下，反应的△S＞0，不能自发进行，则该反应的△H＞0，故D正确。
答案选D。
8. 化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如下：
下列说法不正确的是
A. 实验Ⅰ中铁钉周边出现红色
B. 实验I中负极的电极反应式：
C. 实验Ⅱ中正极的电极反应式：
D. 对比实验I、Ⅱ可知，生活中镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验Ⅰ中锌做负极，铁做正极，铁钉极氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，溶液显碱性周边出现红色，故A正确；
B．实验I中锌做负极，负极的电极反应式：，故B错误；
C．实验Ⅱ中铜不活泼，铜作正极，正极的电极反应式：，故C正确；
D．对比实验I、Ⅱ可知，锌能保护铁，而铜铁形成原电池会加速铁锈蚀，故生活中镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀，故D正确；
故选B。
9. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图Ⅰ表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 图Ⅱ表示常温下，0.l000ml·L-1NaOH溶液滴定·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C. 图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化曲线，图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c
D. 图Ⅳ表示反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g） △H＜0，在其他条件不变的情况下改变起始物 CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知N02的转化率b＞a＞c
【答案】C
【解析】
【详解】图I中反应物的能量大于生成物的能量，所以表示的是放热反应，故A错误；0.1000ml·L-1 CH3COOH溶液的PH大于1，故B错误；弱电解质越稀，电离程度越大，所以图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C正确；增大CO的浓度越大，NO2的转化率越大，所以NO2的转化率c>b>a，故D错误。
点睛：放热反应，反应物能量大于生成物的能量；吸热反应，反应物的能量小于生成物的能量；醋酸是弱电解质，部分电离，所以0.1ml·L-1 CH3COOH溶液的pH大于1。
10. 利用双离子交换膜电解法可以由含硝酸铵的工业废水生产硝酸和氨，原理如图所示.下列叙述错误的是
A. 硝酸溶液溶质质量分数
B. a、c膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜
C. M、N室分别产生氧气和氢气
D. 产品室发生的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，M室中石墨电极是阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N室中石墨电极是阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M室中OH-通过阴离子交换膜进入产品室，原料室中的通过阳离子交换膜进入产品室，反应生成氨水，而原料室中的通过阴离子交换膜进入N室，与生成的H+结合成硝酸，故a膜是阴离子交换膜，b膜阳离子交换膜，c是阴离子交换膜。
【详解】A．N室中石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，原料室中的通过阴离子交换膜进入N室，与生成的H+结合成硝酸，因此N室中硝酸溶液浓度a%＜b%，故A正确；
B．由分析可知，a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，故B正确；
C．由分析可知，M、N室分别产生氢气和氧气，故C错误；
D．由分析可知，产品室发生的反应为，故D正确。
答案选C。
11. 液流电池是一种新型的蓄电池，如图是一种多硫化物/碘化物氧化还原液流电池(PSIB)，其放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，电极a的电极反应式为
B. 放电时，当电路中转移1ml时，负极区质量增加39g
C. 充电时，溶液中离子的数目减少
D. 充电时，电极b接外接电源负极
【答案】C
【解析】
【分析】本题以一种多硫化物/碘化物氧化还原液流电池(PSIB)为背景考查电化学原理，具体考查电极反应式、电化学计算、离子数目变化、电极判断等，意在考查考生获取和运用信息的能力及证据推理与模型认知的化学学科核心素养。
【详解】A．由题图可知，放电时，电极a为负极，失电子，电极反应式为，A错误；
B．放电时，当电路中转移1ml时，负极区有1ml通过隔膜移动到正极区，负极区质量减少39g，B错误；
C．充电时，阴极的电极反应式为，阳极的电极反应式为，通过电极反应式可以看出，充电时溶液中的离子数目减少，C正确；
D．充电时，电极b为阳极，接外接电源正极，D错误。
故选C。
12. 常温下，和的沉淀溶解关系如图所示，其中、，M为或，表示。下列说法正确的是
A. 常温下，B点为的不饱和溶液
B. 若，则
C. 若对A点浊液加热，A点沿曲线向上移动
D. 在和同时沉淀的浊液中，
【答案】D
【解析】
【分析】，，越大，对应离子的浓度越小，所以A所在曲线是PbS，下面的曲线是ZnS。
【详解】A．常温下，B点时，Pb2+的浓度大于曲线上表示的浓度，所以为PbS的饱和溶液，故A错误；
B．若，则，故B错误；
C．若对A点浊液加热，PbS溶解度增大，Pb2+、S2-离子浓度增大，PM将会减小，故C错误；
D．在ZnS和PbS同时沉淀浊液中，，故D正确；
故选D。
13. 下列实验能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定等浓度盐溶液的pH，故A错误；
B．pH相同的一元酸，酸性越弱其浓度越大，等体积、pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多，则HA浓度大于HB，所以HA是弱酸，故B正确；
C．硝酸银过量，均为沉淀的生成，则不能比较Ksp大小，故C错误；
D．酸式滴定管0刻度在上方，滴定管的容积未知，硫酸液面在20.00mL，无法确定20.00mL以下硫酸的体积是多少，故D错误。
答案选B。
14. 25℃时，向的二元酸溶液中逐滴滴入等浓度的溶液，测得溶液的pH与［Y代表或］关系如图.下列相关结论正确的是
A. 曲线a表示与的变化关系
B. 当溶液的时，
C. 25℃时，的的数量级为
D. 滴入溶液时，
【答案】C
【解析】
【分析】，=1.88时pH=4，=2.8时pH=10，Ka1> Ka2，则Ka1=10-2.12， Ka2=10-7.2。
【详解】A．Ka1=10-2.12、 Ka2=10-7.2，曲线a表示与的变化关系，故A错误；
B．根据电荷守恒，当溶液的时，，故B错误；
C．25℃时，的Ka1=10-2.12，数量级为10-3，故C正确；
D．滴入溶液时，溶质为NaHA，HA-的水解产生为< Ka2=10-7.2，溶液呈酸性，所以，故D错误；
选C。
二、非选择题（本大题共4题，共计58分）.
15. 能量转化是化学变化的主要特征之一，按要求回答下列问题：
（1）已知：键的键能为，键的键能为，键的键能为.则反应中，生成_________（填“吸收”或“放出”）___________热量.
（2）有关的电池装置如下：
上述四种电池中，属于二次电池的是_____________（填编号）.
a装置中，外电路中电子的流向是___________（填“从Zn流向Cu”或“从Cu流向Zn”）.
（3）氧化还原反应一般可以设计成原电池.若将反应设计成原电池，则：该电池的电解质溶液可以是_______________.
当外电路中转移时，电解质溶液增加的质量是____________g.
（4）燃料电池有节能、超低污染、噪声低、使用寿命长等优点.某甲醇燃料电池的工作原理如图所示.Pt（b）电极是电池的____________极，Pt（a）上的电极反应式为__________________.
甲醇燃料电池工作原理示意图
【答案】15. ①. 放出 ②. 184
16. ①. d ②. 从Zn流向Cu
17. ①. FeCl3溶液 ②. 56
18. ①. 正 ②. CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
【解析】
【小问1详解】
已知：H-H键的键能为436kJ⋅ml−1，N-H键的键能为391kJ⋅ml−1，键的键能为946kJ⋅ml−1，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=946kJ⋅ml−1+3✖436kJ⋅ml−1-6✖391kJ⋅ml−1=-92kJ⋅ml−1，故4mlNH3生成放出184kJ热量；
故答案为：放出；184；
【小问2详解】
①a、c为原电池装置，b为普通干电池，d为铅蓄电池可进行充放电，属于二次电池；
故答案为： d；
②a装置中，Zn作负极，Cu作正极，外电路电子应由负极流向正极，即从Zn流向Cu；
故答案为：从Zn流向Cu；
【小问3详解】
①Fe作负极，正极为比Fe活泼性差的金属或惰性电极，FeCl3溶液作电解质溶液；
故答案为： FeCl3溶液；
②原电池中，Fe作负极，电极反应式为Fe- 2e- = Fe2+，当外电路中转移2mle-时，有1mlFe进入溶液，增重质量为1ml✖56g/ml = 56g；
故答案为：56；
【小问4详解】
a极碳元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，b极为正极。
16. 食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸.的应用与其电离平衡密切相关.25℃时，的；
（1）用化学用语表示溶液呈碱性的原因__________________（用离子方程式表示）；
（2）下列方法中，可以使醋酸溶液中电离程度增大的是___________；
A. 滴加少量浓盐酸B. 微热溶液C. 加水稀释D. 加入少量醋酸钠晶体
（3）用溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入溶液体积而变化的两条滴定曲线；
①滴定醋酸的曲线是____________（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）；
②在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器是___________（填序号）；
A.容量瓶 B.碱式滴定管 C.锥形瓶 D.胶头滴管
③图1中M点，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________（用符号“c”及“＞”表示），此时溶液中____________；（精确到小数点后三位数字）
（4）用的盐酸滴定20.00mL未知浓度的溶液.下列操作会使测定结果偏低的是___________；
A. 量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗
B 酸式滴定管未用标准盐酸润洗
C 滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出
D. 滴定前俯视读数，滴定后读数正确
【答案】（1） （2）BC
（3） ①. Ⅰ ②. AD ③. ④. 0.067ml/L （4）A
【解析】
【小问1详解】
溶液呈碱性的原因是CH3COO-在溶液中发生水解反应生成醋酸和氢氧根，离子方程式为：；
【小问2详解】
A．滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，会抑制醋酸的电离，错误；
B．微热溶液，温度升高，促进醋酸电离，正确；
C．加水稀释，溶液中醋酸根离子、氢离子浓度减小，促进醋酸的电离，正确；
D．加入少量醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，错误；
故选BC；
【小问3详解】
①醋酸为弱酸，的醋酸溶液的初始pH大于1，故滴定醋酸的曲线是Ⅰ；
②中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器是A．容量瓶、D．胶头滴管；
③图1中M点，溶液中溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，此时溶液显酸性，醋酸电离大于醋酸根离子的水解，故各离子浓度由大到小的顺序是，根据碳元素守恒，此时溶液中
【小问4详解】
A．量取溶液的碱式滴定管未用待测碱液润洗，溶液被稀释，浓度减小，使测定结果偏低，故A选；
B．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，盐酸被稀释，浓度减小，造成V(标准)偏大，导致c(待测)偏大，故B不选；
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出，造成V(标准)偏大，使得c(待测)偏大，故C不选；
D．读数时，滴定前俯视，滴定后读数正确，所用标准液的体积偏大，导致c(待测)偏大，故D不选；
故选A。
17. Ⅰ.某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动.回答下列问题：
（1））甲池为___________（填“原电池”或“电解池”）装置.甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，若Ag极的质量增加21.6g，则两电极质量相差_____________g.
（2）若乙池中的某盐溶液是足量溶液，则乙池中总反应的化学方程式_________________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复至原来浓度，可向溶液中加入___________（填化学式）.
Ⅱ.利用电化学原理，将、和熔融制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：.
（3）甲池工作时，转变成绿色硝化剂Y，Y是，可循环使用.则石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为____________________________________.
（4）乙池中Fe（Ⅰ）棒上发生的电极反应为___________________________，若溶液中减少了，则电路中至少转移了_________________ml电子.
（5）向完全还原为的乙池工业废水中滴加溶液，可将铬以沉淀的形式除去，常温下的溶度积，要使降至，溶液的pH应调至___________.
【答案】（1） ①. 原电池 ②. 28
（2） ①. 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ②. CuO或CuCO3等
（3）NO2+NO-e-=N2O5
（4） ①. Fe-2e-=Fe2+ ②. 0.12
（5）5
【解析】
【分析】I．由题干装置图可知，甲池中有两个活泼性不同的金属电极，有电解质溶液和一个自发进行的氧化还原反应Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag，通过盐桥形成闭合的回路，故甲池为原电池，Cu电极为负极，发生的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，Ag电极为正极，发生的电极反应为：2Ag++2e-=2Ag,乙池为电解池，左侧Pt电极是阳极，发生氧化反应，右侧Pt电极为阴极，发生还原反应，据此分析解题。
II．甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+-e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极；乙为电解池，Fe(I)为阳极，失电子变为Fe2+，Fe2+作还原剂，将还原为Cr3+，Fe(II)为阴极，氢离子放电。
【小问1详解】
由分析可知，甲池为原电池；根据原电池中通过正、负极上的电子的物质的量相等，故甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，若Ag极的质量增加21.6 g,则通过电路中的电子的物质的量为：n(e-)=n(Ag)= =0.2ml,故负极上“溶解”的Cu的物质的量为：n(Cu)=n(e-)=×0.2ml=0.1ml，故负极质量减轻了m=nM=0.1 ml×64 g/ml=6.4 g，则两电极质量相差21.6 g+6.4 g=28 g；
【小问2详解】
由分析可知，乙池中左侧Pt电极为阳极，故若乙池中的某盐溶液是足量CuSO4溶液，则乙池中左侧Pt电极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，由工作一段时间后，乙池中发生的总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4可知，要使乙池溶液恢复至原来浓度，可向溶液中加入CuO或CuCO3等；
【小问3详解】
甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO-e-=N2O5；
【小问4详解】
石墨Ⅱ为正极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+；由可知，0.01ml Cr2O反应消耗Fe2+为0.06ml，阳极电极反应为Fe-2e-=Fe2+，产生0.06mlFe2+转移电子的物质的量为0.12ml；
【小问5详解】
要使c(Cr3+)降至10-5ml•L-1，则此时溶液中c(OH-)===10-9ml/L，c(H+)=10-5ml/L，pH=5，即溶液的pH应调至5。
18. 是一种常用的化学添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶的化工生产中.一种以工业含锌废渣（主要成分为，还含有、、及等）制取高纯的工艺流程如图所示：
已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表所示：
（1）“粉碎”的目的是_______________.
（2）“酸浸”时通入过量空气的作用是__________________________（用离子方程式表示）.
（3）利用表格中的数据，计算_________________.
（4）“调”的范围是_____________，滤渣2经酸溶等进一步处理后可获得晶体，其中由溶液制取晶体的操作方法是_______________________________________.
（5）在废水处理中常用将转化除去，向含有的废水中通入一定量的气体，调节溶液的，当时，开始沉淀，则__________（已知：25℃时，的电离常数，；）
【答案】（1）增大固液接触面积，加快“酸浸”时的反应速率
（2）4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O
（3）1.0×10-16
（4） ①. 4.7≤pH＜6.5 ②. 蒸发浓缩、降温结晶、过滤
（5）2
【解析】
【分析】工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有Fe3O4、Al2O3、SiO2及Cd2+等)中加入稀硫酸并通入空气，ZnO、Fe3O4、Al2O3及Cd2+都溶于稀硫酸，溶于中溶质为ZnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、CdSO4及H2SO4，SiO2不溶于稀硫酸，所以得到的滤渣1为SiO2；加入Zn粉时沉镉，所以加入ZnO调节溶液的pH值时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀，则滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；Zn置换出Cd，加入NH4HCO3沉锌，过滤、洗涤、灼烧得到ZnO，据此分析解题。
【小问1详解】
将含锌废渣“粉碎”的目的是增大固液接触面积，加快“酸浸”时的反应速率；
【小问2详解】
由分析可知，Fe2+不稳定，能被空气氧化，所以该步骤中通入过量空气的作用是将Fe2+完全转化为Fe3+，该过程的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
【小问3详解】
由题干表中数据可知，常温下，含0.1ml/L的Zn2+溶液开始析出Zn(OH)2沉淀对应的pH=6.5，故Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)c2(OH-)=0.1×=1.0×10-16；
【小问4详解】
由分析可知，调pH值的目的是是Al3+、Fe3+完全沉淀，而Zn2+和Cd2+不沉淀，结合题干表中数据可知，“调pH”的范围是4.7≤pH＜6.5，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤渣2经酸溶等进一步处理后可获得FeCl3⋅6H2O晶体，其中，由FeCl3溶液制取FeCl3⋅6H2O的操作方法是蒸发浓缩、降温结晶，过滤；
【小问5详解】
当时，开始沉淀，此时溶液中c(S2-)==，=，即，得c(H+)=，得pH=2，即a=2。序号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验
现象
铁钉周边出现_________色
锌片周边未见明显变化
铁钉周边出现蓝色
铜片周边略显红色
序号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为溶液和溶液的pH
比较和的酸性强弱
B
等体积、pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的多
证明HA是弱酸
C
室温下，向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，再滴加几滴溶液，出现黄色沉淀.
证明相同温度下：
D
酸式滴定管中硫酸液面在20.00mL，将滴定管中液体全部放出
量取20.00mL硫酸溶液
电池
装置
(铅蓄电池)
编号
a
b
c
d
开始沉淀
6.3
1.5
3.4
6.5
7.4
沉淀完全
8.3
2.8
4.7
8.5
9.4
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