2021-2022学年重庆市南开中学高二（上）期中化学试卷

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2021-2022学年重庆市南开中学高二（上）期中化学试卷
一.本卷共14题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（3分）化学与生活、生产、社会密切相关。下列物质的应用中，主要原理为氧化还原反应的是（　　）
A．明矾——作净水剂 B．食醋——去除水垢
C．纯碱——去除油污 D．漂粉精——作泳池消毒剂
2．（3分）水解是许多盐类物质的一项重要性质。下列物质的水溶液呈中性的是（　　）
A．KNO3 B．NH4Cl C．NaHSO4 D．CH3COONa
3．（3分）材料产业是国民经济建设、社会进步和国防安全的物质基础。对于下列我国的科技成果所使用的材料，分析正确的是（　　）
A．神舟十三号外壳所用的铝合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
B．北京冬奥会速滑服所用的聚氨酯属于天然高分子材料
C．火星探测器天问一号的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
D．深海载人潜水器“奋斗者”号外壳所使用的钛合金属于新型无机非金属材料
4．（3分）常温下，下列水溶液中，c（H+）＝1.0×10﹣2mol/L的是（　　）
A．0.01mol/L的醋酸溶液
B．0.01mol/L的硫酸溶液
C．pH＝12的NaOH溶液
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L的盐酸溶液
5．（3分）已知在CuCl2水溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣⇌CuCl42﹣（黄色）+4H2OㅤΔH＞0，下列可以使黄绿色的CuCl2水溶液颜色变蓝的实验操作是（　　）
A．加入适量NaCl固体 B．加入适量AgNO3溶液
C．给溶液加热 D．加入合适的催化剂
6．（3分）关于如图所示的原电池装置，下列说法不正确的是（　　）

A．锌作负极，发生氧化反应，其电极反应式为：Zn﹣2e﹣═Zn2+
B．该原电池工作时，电子从锌电极沿导线流向铜电极
C．该原电池工作时，盐桥中的阴离子向CuSO4溶液中迁移
D．当有0.2NA电子通过电流表时，铜电极质量增加6.4g
7．（3分）已知Ka1（H2CO3）＝4.5×10−7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10−11，Ka（HClO）＝4.0×10−8。下列离子方程式对事实的表示不正确的是（　　）
A．电解饱和食盐水的阴极反应：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
B．向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2ClO﹣═CO32﹣+2HClO
C．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣
D．向AlCl3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑
8．（3分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．34gH2O2分子中，非极性共价键的数目为2NA
B．将NH4Fe（SO4）2配制成0.1mol/L水溶液，溶液中阳离子的数目为0.2NA
C．铅酸蓄电池充电时，当外电路通过NA个电子，理论上阴极板质量减少48g
D．0.05molH2（g）与0.05molI2（g）在密闭容器中加热，充分反应后生成的HI分子数为0.1NA
9．（3分）用如图所示的装置电解CuSO4溶液，通电一段时间后，铜电极表面有红色固体析出，溶液仍为蓝色，下列说法不正确的是（　　）

A．a为电源的负极，b为电源的正极
B．石墨电极表面的电极反应为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+
C．铜电极质量增加6.4g时，石墨电极附近生成2.24L（标准状况下）O2
D．加入适量CuO可以使电解质溶液恢复原状
10．（3分）常温下，下列各组离子，在指定条件下一定能大量共存的是（　　）
A．无色透明的水溶液中：Na+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣
B．含大量Fe3+的水溶液中：Ca2+、K+、Br﹣、S2﹣
C．滴加甲基橙显红色的水溶液中：Mg2+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣
D．由水电离的c（H+）＝1.0×10−13mol/L的溶液中：K+、Na+、Cl﹣、S2O32﹣
11．（3分）根据下列实验操作和实验现象，能够得出相应实验结论的是（　　）

实验操作
实验现象
实验结论
A
向溴水中通入SO2气体
溴水褪色
SO2具有漂白性
B
向某溶液中通入氯气，然后滴加KSCN溶液
溶液变为红色
原溶液中含有Fe2+
C
向盛有5mL0.1mol/LNaOH溶液的试管中，滴加1mL0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加1mL0.1mol/LFeCl3溶液
先观察到白色沉淀，后产生红褐色沉淀
Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]
D
向pH＝3的HA、HB两种弱酸溶液中分别加水稀释至100倍
pH（HA）＞pH（HB）
Ka（HA）＞Ka（HB）
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）为了维持正常的生理活动，人体各种体液的pH都要保持在一定的范围。例如人体血浆中存在“”缓冲体系，可使血液的pH维持在7.35～7.45的正常范围，当血液pH低于或高于此范围时，会发生酸中毒或碱中毒。该缓冲体系可用如下平衡表示：H+（aq）+HCO3﹣（aq）⇌H2CO3（aq）⇌CO2（g）+H2O（l）。下列说法不正确的是（　　）
A．当少量酸或碱进入到人体血液时，血液pH不会发生较大幅度的变化
B．当大量酸进入到人体血液时，血液中将变大
C．当大量碱进入到人体血液引发碱中毒时，注射NaHCO3溶液可以缓解症状
D．若某温度下H2CO3的一级电离常数Ka1＝1.0×10﹣6，则当血液中c（HCO3﹣）：c（H2CO3）＝10：1时，人体可能已经发生酸中毒
13．（3分）常温下，用0.1000mol/L的AgNO3标准溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/L的NaCl溶液和NaBr溶液，混合溶液的pAg与滴定百分数的变化关系如图所示。已知：pAg＝﹣lgc（Ag+），滴定百分数指滴定所用标准溶液体积相对于滴定终点时所用标准溶液体积的百分数。下列说法不正确的是（　　）

A．Ksp（AgCl）＝1×10−9.5
B．滴定百分数为50%时，NaCl溶液中：c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（H+）
C．滴定百分数为100%时，NaCl溶液中：c（Ag+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．滴定百分数为150%时，NaBr溶液中：c（NO3﹣）＞c（Na+）＞c（Ag+）＞c（Br﹣）
14．（3分）赖氨酸[H3N+（CH2）4CH（NH2）COO﹣，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐（H3RCl2）在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR﹣。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R﹣的分布系数δ（x）随pH变化如图所示。已知δ（x）＝，下列说法正确的是（　　）

A．已知CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.75×10−5，则H2R+与CH3COO﹣不能大量共存
B．M点：c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（R﹣）＝2c（HR2+）+c（H2R+）+c（H+）
C．N点：c（H2R+）＝c（HR）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．O点：pH＝
二.第Ⅱ卷（非选择题共58分）本卷共4题，共58分。
15．（13分）过渡元素在生产生活中有着众多重要用途：
Ⅰ.铜印制电路板的蚀刻液有以下几种类型：氯化铁、酸性氯化铜和碱性氯化铜等。它们均有一定的优点。
（1）氯化铁溶液呈 　 　（选填“酸”，“中”或“碱”）性，请用离子方程式表示其原因 　 　；其刻蚀铜电路板的原理用离子反应方程式表示为 　 　。
（2）酸性氯化铜蚀刻液，与铜反应生成CuCl，加入盐酸同时通入氧气可以使蚀刻液再生。蚀刻液再生的化学方程式为 　 　。
Ⅱ.酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是石墨棒，其周围是由MnO2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnO（OH）。
（3）NH4Cl的电子式为 　 　；
（4）该电池的正极反应为 　 　；当生成88g MnO（OH）时，则外电路中转移电子的数目为 　 　。
16．（13分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。
（1）人体内草酸累积过多是导致结石（主要成分是草酸钙）形成的原因之一。有研究发现，EDTA（一种能结合钙离子的试剂）在一定条件下可以有效溶解结石，用化学平衡原理解释其原因：　 　。
（2）已知：H2C2O4的Ka1＝5.6×10−2，Ka2＝1.5×10−4，0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液呈 　 　性（选填“酸”，“中”或“碱”），通过计算说明其原因是：　 　。
下列说法正确的是 　 　（填字母序号）。
a.0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中：c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（OH﹣）
b.0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中：c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）
c.浓度均为0.1mol•L﹣1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：3c（K+）＝2c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+2c（H2C2O4）
d.0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c（K+）＞c（Na+）
（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O）的流程及组分测定方法如图：

已知：i.pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化
ii.几种物质的溶解度（g/100gH2O）如下：

FeSO4•7H2O
（NH4）2SO4
FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O
20℃
48
75
37
60℃
101
88
38
①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是：　 　，　 　。
②趁热过滤的原因是：　 　。
③为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2，设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。

实验操作为：打开K1，K2，缓缓通入氮气；点燃酒精灯，小火加热；熄灭酒精灯，冷却至室温，停止通入氮气，关闭K1，K2；称重A。重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。假设此过程中FeC2O4不分解，根据实验记录，计算草酸亚铁晶体中结晶水数目x＝　 　（列式表示）。
17．（12分）铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：
Ⅰ．制取铋酸钠
制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），已知相关物质部分性质如表：

物质
NaBiO3
Bi（OH）3
性质
不溶于冷水；浅黄色
难溶于水；白色
（1）A为Cl2的发生装置，盛放MnO2的玻璃仪器名称是 　 　；D装置中盛放的液体是 　 　。
（2）C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为 　 　。
（3）当观察到 　 　（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成。
（4）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是 　 　、过滤、洗涤、干燥。
Ⅱ．铋酸钠的应用——检验Mn2+
（5）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，则证明待测液中存在Mn2+。某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，未观测到溶液出现紫红色，但溶液变浑浊。解释该现象产生的原因：　 　。
Ⅲ．产品纯度的测定
（6）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，溶液变为紫红色，再用cmol•L﹣1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4﹣，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。
该产品中NaBiO3的质量分数为 　 　（用含w、c、v的代数式表示）。
18．（20分）某实验小组以粗镍（含少量Fe和Cr杂质）为原料制备Ni（NH3）6Cl2，并测定相关组分的含量。制备流程示意图如图。

离子
Fe3+
Cr3+
Ni2+
开始沉淀pH
1.5
4.3
6.9
完全沉淀pH
2.8
5.6
8.9
已知：①部分离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按离子浓度为0.1mol•L﹣l计算）如右表所示。
②Ni（OH）2为绿色难溶物。Ni（NH3）6（NO3）2、Ni（NH3）6Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体，溶解度均随温度的升高而增大，水溶液均显碱性。
回答下列问题：
（1）实验需要配制3.0mol•L﹣1稀硝酸250mL，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和 　 　。
（2）步骤（a）中Ni和浓硝酸反应的化学方程式为 　 　。
（3）步骤（b）首先加入试剂X调节溶液的pH约为6，过滤后再继续调节pH以得到绿色沉淀。
①调节pH约为6的原因是 　 　。
②试剂X可以是 　 　（填字母）。
A.H2SO4
B.Ni（OH）2
C.NaOH
D.Fe2O3
E.NiO
（4）步骤（c）和（d）反应都需要在冰浴环境下进行，其作用除了可以减少氨水的挥发，还有 　 　。步骤（d）发生的总反应化学方程式为 　 　。
（5）NH3含量的测定
用电子天平称量mg产品于锥形瓶中，用25mL水溶解后，加入3.00mL6mol/L盐酸（此时溶液中镍元素只以Ni2+形式存在）。滴加2滴甲基橙作为指示剂，滴定至终点消耗0.5000mol•L﹣1NaOH标准溶液VmL；
①达到滴定终点的现象是：　 　。
②该产品中NH3的质量分数为 　 　。
③在上述方案的基础上，下列措施能进一步提高测定准确度的有 　 　（填字母）。
A．适当提高称量产品的质量
B．用H2SO4溶液替代盐酸
C．用酚酞替代甲基橙
D．进行平行试验
（6）为测定Cl的含量，设计了如下实验方案，请将该方案补充完整：
称量mg产品于锥形瓶中，用25mL水将产品完全溶解，　 　，滴入2～3滴K2CrO4溶液作指示剂，用已知浓度的AgNO3标准溶液滴定至终点，记录读数，重复操作2～3次。

2021-2022学年重庆市南开中学高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一.本卷共14题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（3分）化学与生活、生产、社会密切相关。下列物质的应用中，主要原理为氧化还原反应的是（　　）
A．明矾——作净水剂 B．食醋——去除水垢
C．纯碱——去除油污 D．漂粉精——作泳池消毒剂
【分析】反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此结合物质性质、反应原理进行判断。
【解答】解：A．明矾净水时，铝离子发生水解反应，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A错误；
B．食醋除水垢，醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B错误；
C．纯碱去除油污，利用碳酸钠水解溶液显碱性，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C错误；
D．漂粉精有效成分次氯酸钙，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质性质、反应中元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
2．（3分）水解是许多盐类物质的一项重要性质。下列物质的水溶液呈中性的是（　　）
A．KNO3 B．NH4Cl C．NaHSO4 D．CH3COONa
【分析】盐溶液中有弱酸阴离子或弱碱阳离子，才能水解，溶液显示碱性或酸性，强酸强碱的正盐不水解，溶液显中性，弱酸弱碱盐当阳离子和阴离子水解程度相同时，溶液显中性。
【解答】解：A．KNO3是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A正确；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，故B错误；
C．NaHSO4水中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故C错误；
D．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了溶液酸碱性的分析判断，主要是盐类水解原理的分析应用，题目难度不大。
3．（3分）材料产业是国民经济建设、社会进步和国防安全的物质基础。对于下列我国的科技成果所使用的材料，分析正确的是（　　）
A．神舟十三号外壳所用的铝合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
B．北京冬奥会速滑服所用的聚氨酯属于天然高分子材料
C．火星探测器天问一号的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
D．深海载人潜水器“奋斗者”号外壳所使用的钛合金属于新型无机非金属材料
【分析】A．铝的密度较小，铝合金的硬度较大；
B．聚氨酯为聚氨基甲酸酯，是有机高分子合成材料；
C．硅是太阳能电池的光电转换材料；
D．钛合金是合金材料，属于金属材料。
【解答】解：A．铝的密度较小，铝合金的硬度较大，所以铝合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，故A正确；
B．聚氨酯为聚氨基甲酸酯，是有机高分子合成材料，不是天然高分子材料，故B错误；
C．硅元素处于金属和非金属元素分界线处，具有金属性和非金属性，可以作硅太阳能电池，所以硅是太阳能电池的光电转换材料，二氧化硅作光导纤维材料，故C错误；
D．合金是指一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物，钛合金是合金材料，属于金属材料，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
4．（3分）常温下，下列水溶液中，c（H+）＝1.0×10﹣2mol/L的是（　　）
A．0.01mol/L的醋酸溶液
B．0.01mol/L的硫酸溶液
C．pH＝12的NaOH溶液
D．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L的盐酸溶液
【分析】A．醋酸是一元弱酸，微弱电离；
B．硫酸是二元强酸，c（H+）＝2c（H2SO4）；
C．pH＝12的NaOH溶液c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L；
D．盐酸能抑制水的电离，溶液中c（OH﹣）等于水电离出的c（H+），结合Kw进行计算。
【解答】解：A．醋酸是一元弱酸，微弱电离，0.01mol/L的醋酸溶液c（H+）＜1.0×10﹣2mol/L，故A错误；
B．硫酸是二元强酸，c（H+）＝2c（H2SO4）＝2×0.01mol/L＝0.02mol/L，故B错误；
C．pH＝12的NaOH溶液c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L，故C错误；
D．水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L的盐酸溶液c（OH﹣）＝1.0×10﹣12mol/L，则溶液中c（H+）＝＝mol/L＝1.0×10﹣2mol/L，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及pH的简单计算，为高频考点，把握弱电解质的电离特点、溶液中水电离出的c（H+）或c（OH﹣）的计算为解题关键，侧重分析能力和计算能力的考查，注意掌握溶液中水电离出的c（H+）或c（OH﹣）的计算方法，题目难度不大。
5．（3分）已知在CuCl2水溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣⇌CuCl42﹣（黄色）+4H2OㅤΔH＞0，下列可以使黄绿色的CuCl2水溶液颜色变蓝的实验操作是（　　）
A．加入适量NaCl固体 B．加入适量AgNO3溶液
C．给溶液加热 D．加入合适的催化剂
【分析】A.加入适量NaCl固体，c（Cl﹣）增大；
B.加入适量AgNO3溶液，c（Cl﹣）减小；
C.焓变为正，为吸热反应；
D.催化剂不影响平衡移动。
【解答】解：A.加入适量NaCl固体，c（Cl﹣）增大，平衡正向移动，溶液变为黄色，故A错误；
B.加入适量AgNO3溶液，c（Cl﹣）减小，平衡逆向移动，使黄绿色的CuCl2水溶液颜色变蓝，故B正确；
C.焓变为正，为吸热反应，加热时平衡正向移动，溶液变为黄色，故C错误；
D.催化剂不影响平衡移动，则加入合适的催化剂，溶液颜色不变，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与溶液颜色的变化关系。
6．（3分）关于如图所示的原电池装置，下列说法不正确的是（　　）

A．锌作负极，发生氧化反应，其电极反应式为：Zn﹣2e﹣═Zn2+
B．该原电池工作时，电子从锌电极沿导线流向铜电极
C．该原电池工作时，盐桥中的阴离子向CuSO4溶液中迁移
D．当有0.2NA电子通过电流表时，铜电极质量增加6.4g
【分析】由图可知，Zn比Cu活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，据此作答。
【解答】解：A.Zn比Cu活泼，Zn作负极失电子，发生氧化反应，电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故A正确；
B.原电池工作时，电子从负极（Zn）导线流向正极（Cu），故B正确；
C.原电池工作时，盐桥中的阴离子向负极区（硫酸锌溶液）中迁移，故C错误；
D.Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，当有0.2NA电子通过电流表时，铜电极质量增加××64g/mol＝6.4g，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
7．（3分）已知Ka1（H2CO3）＝4.5×10−7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10−11，Ka（HClO）＝4.0×10−8。下列离子方程式对事实的表示不正确的是（　　）
A．电解饱和食盐水的阴极反应：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
B．向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2ClO﹣═CO32﹣+2HClO
C．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣
D．向AlCl3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑
【分析】A．电解饱和食盐水阴极氢离子得到电子发生还原反应；
B．向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸；
C．氯气过量，亚铁离子、溴离子都被氧化；
D．铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳。
【解答】解：A．电解饱和食盐水阴极氢离子得到电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故A正确；
B．依据电离常数可知，次氯酸酸性弱于碳酸，强于碳酸氢根，向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣═HCO3﹣+HClO，故B错误；
C．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C正确；
D．向AlCl3溶液中滴加Na2CO3溶液，离子方程式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，题目难度不大。
8．（3分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．34gH2O2分子中，非极性共价键的数目为2NA
B．将NH4Fe（SO4）2配制成0.1mol/L水溶液，溶液中阳离子的数目为0.2NA
C．铅酸蓄电池充电时，当外电路通过NA个电子，理论上阴极板质量减少48g
D．0.05molH2（g）与0.05molI2（g）在密闭容器中加热，充分反应后生成的HI分子数为0.1NA
【分析】A.一个H2O2分子含有1个O﹣O非极性键；
B.题目未给溶液体积；
C.铅酸蓄电池充电时，阴极电极反应式为PbSO4+2e﹣＝Pb+SO42﹣；
D.H2（g）与I2（g）在密闭容器中发生反应H2+I2⇌2HI。
【解答】解：A.34gH2O2分子中，非极性共价键的数目为×1×NA/mol＝NA，故A错误；
B.题目未给溶液体积，无法求算离子的物质的量，故B错误；
C.铅酸蓄电池充电时，当外电路通过NA个电子，理论上阴极板质量减少××96g/mol＝48g，故C正确；
D.H2（g）与I2（g）反应为可逆反应，0.05molH2（g）与0.05molI2（g）充分反应后生成的HI分子数小于0.1NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
9．（3分）用如图所示的装置电解CuSO4溶液，通电一段时间后，铜电极表面有红色固体析出，溶液仍为蓝色，下列说法不正确的是（　　）

A．a为电源的负极，b为电源的正极
B．石墨电极表面的电极反应为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+
C．铜电极质量增加6.4g时，石墨电极附近生成2.24L（标准状况下）O2
D．加入适量CuO可以使电解质溶液恢复原状
【分析】已知铜电极表面有红色固体析出，故Cu为阴极，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，故a为负极，b为正极，石墨为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，据此作答。
【解答】解：A.Cu为阴极，故a为负极，b为正极，故A正确；
B.石墨为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故B正确；
C.铜电极质量增加6.4g时，转移电子的物质的量为×2＝0.2mol，石墨电极附近生成氧气体积为×22.4L/mol＝1.12L，故C错误；
D.电解生成Cu和氧气，使电解质溶液恢复原状可加入适量CuO，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电解反应式的书写。
10．（3分）常温下，下列各组离子，在指定条件下一定能大量共存的是（　　）
A．无色透明的水溶液中：Na+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣
B．含大量Fe3+的水溶液中：Ca2+、K+、Br﹣、S2﹣
C．滴加甲基橙显红色的水溶液中：Mg2+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣
D．由水电离的c（H+）＝1.0×10−13mol/L的溶液中：K+、Na+、Cl﹣、S2O32﹣
【分析】A.四种离子之间不反应，都是无色离子；
B.铁离子能够氧化硫离子；
C.该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
D.该溶液呈酸性或碱性，硫代硫酸根离子与氢离子反应。
【解答】解：A.Na+、NH4+、CO32﹣、Cl﹣之间不反应，都是无色离子，能够大量共存，故A正确；
B.Fe3+、S2﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.滴加甲基橙显红色的水溶液呈酸性，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.由水电离的c（H+）＝1.0×10﹣13mol/L的溶液呈酸性或碱性，H+、S2O32﹣之间发生反应，在酸性条件下不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11．（3分）根据下列实验操作和实验现象，能够得出相应实验结论的是（　　）

实验操作
实验现象
实验结论
A
向溴水中通入SO2气体
溴水褪色
SO2具有漂白性
B
向某溶液中通入氯气，然后滴加KSCN溶液
溶液变为红色
原溶液中含有Fe2+
C
向盛有5mL0.1mol/LNaOH溶液的试管中，滴加1mL0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加1mL0.1mol/LFeCl3溶液
先观察到白色沉淀，后产生红褐色沉淀
Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]
D
向pH＝3的HA、HB两种弱酸溶液中分别加水稀释至100倍
pH（HA）＞pH（HB）
Ka（HA）＞Ka（HB）
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.溴水与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、HBr；
B.氯气可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子；
C.NaOH过量，分别与氯化镁、氯化铁溶液反应；
D.等pH的酸稀释相同的倍数，酸性强的酸溶液的pH变化大。
【解答】解：A.溴水与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、HBr，则二氧化硫具有还原性，故A错误；
B.氯气可氧化亚铁离子，不能排除原溶液是否含铁离子，由操作和现象不能确定原溶液是否含Fe2+，故B错误；
C.NaOH过量，分别与氯化镁、氯化铁溶液反应生成沉淀，由操作和现象不能比较Ksp[Mg（OH）2]、Ksp[Fe（OH）3]的大小，故C错误；
D.等pH的酸稀释相同的倍数，酸性强的酸溶液的pH变化大，稀释后pH（HA）＞pH（HB），可知Ka（HA）＞Ka（HB），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、难溶电解质、弱电解质的稀释、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．（3分）为了维持正常的生理活动，人体各种体液的pH都要保持在一定的范围。例如人体血浆中存在“”缓冲体系，可使血液的pH维持在7.35～7.45的正常范围，当血液pH低于或高于此范围时，会发生酸中毒或碱中毒。该缓冲体系可用如下平衡表示：H+（aq）+HCO3﹣（aq）⇌H2CO3（aq）⇌CO2（g）+H2O（l）。下列说法不正确的是（　　）
A．当少量酸或碱进入到人体血液时，血液pH不会发生较大幅度的变化
B．当大量酸进入到人体血液时，血液中将变大
C．当大量碱进入到人体血液引发碱中毒时，注射NaHCO3溶液可以缓解症状
D．若某温度下H2CO3的一级电离常数Ka1＝1.0×10﹣6，则当血液中c（HCO3﹣）：c（H2CO3）＝10：1时，人体可能已经发生酸中毒
【分析】A．向缓冲溶液中加入少量酸，H+（aq）+HCO3﹣（aq）⇌H2CO3（aq）平衡正向移动，如果向缓冲溶液中加入少量强碱，发生反应HCO3﹣+OH﹣＝H2O+CO32﹣；
B．当大量酸进入到人体血液时平衡正向进行，c（HCO3﹣）减小，＝×＝；
C．人体血液碱中毒时，可以注射酸性溶液缓解；
D．Ka1＝＝1.0×10﹣6，c（HCO3﹣）：c（H2CO3）＝10：1时，c（H+）＝1×10﹣5mol/L，血液的pH维持在7.35～7.45的正常范围。
【解答】解：A．向缓冲溶液中加入少量酸，H+（aq）+HCO3﹣（aq）⇌H2CO3（aq）平衡正向移动，如果向缓冲溶液中加入少量强碱，发生反应HCO3﹣+OH﹣＝H2O+CO32﹣，溶液中c（H+）或c（OH﹣）变化不大，则溶液的pH变化都不大，故A正确；
B．当大量酸进入到人体血液时平衡正向进行，c（HCO3﹣）减小，＝×＝，比值增大，故B正确；
C．人体血液碱中毒时，可以注射酸性溶液缓解，NaHCO3溶液呈碱性，故C错误；
D．血液的pH维持在7.35～7.45的正常范围，c（HCO3﹣）：c（H2CO3）＝10：1时，Ka1＝＝1.0×10﹣6，c（H+）＝1×10﹣5mol/L，pH＝5，不在正常范围内，人体可能已经发生酸中毒，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离、电离平衡常数的计算应用，侧重分析判断能力及知识灵活运用能力的考查，把握题给信息、缓冲溶液含义、化学平衡影响因素是解答本题的关键，题目难度中等。
13．（3分）常温下，用0.1000mol/L的AgNO3标准溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/L的NaCl溶液和NaBr溶液，混合溶液的pAg与滴定百分数的变化关系如图所示。已知：pAg＝﹣lgc（Ag+），滴定百分数指滴定所用标准溶液体积相对于滴定终点时所用标准溶液体积的百分数。下列说法不正确的是（　　）

A．Ksp（AgCl）＝1×10−9.5
B．滴定百分数为50%时，NaCl溶液中：c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（H+）
C．滴定百分数为100%时，NaCl溶液中：c（Ag+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．滴定百分数为150%时，NaBr溶液中：c（NO3﹣）＞c（Na+）＞c（Ag+）＞c（Br﹣）
【分析】由于Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），当所用相同体积的标准液时，Br﹣先沉淀，Cl﹣后沉淀，产生AgBr时Ag+降低的更多，pAg＝﹣lgc（Ag+），所以pAg相对较大的代表滴定NaBr溶液，即曲线a代表滴定NaBr溶液，曲线b代表滴定NaCl溶液；
A．由于曲线b代表滴定NaCl溶液，根据滴定分数为100%时，pAg＝4.75计算AgCl的溶度积常数；
B．滴定百分数为50%时，此时溶液中主要含有等物质的量浓度的NaCl和NaNO3，由图可知pAg＝8，溶液接近中性；
C．滴定百分数为100%时，NaCl沉淀完全，溶质为NaNO3，根据电荷守恒关系式分析；
D．滴定百分数为150%时，溶液中溶质为AgNO3和NaNO3，并且n（NaNO3）＝2n（AgNO3），Ag+抑制AgBr的溶解。
【解答】解：由上述分析可知，曲线a代表滴定NaBr溶液，曲线b代表滴定NaCl溶液；
A．曲线b代表滴定NaCl溶液，根据滴定分数为100%时，pAg＝4.75，c（Cl﹣）＝c（Ag+）＝10﹣4.75mol/L，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣）＝10﹣4.75×10﹣4.75＝10﹣9.5，故A正确；
B．由图可知，滴定百分数为50%时溶液中pAg＝8，溶液接近中性，溶液中主要成分是物质的量浓度相等的NaCl和NaNO3，则c（Na+）＞c（NO3﹣），此时溶液接近中性，c（Ag+）＝10﹣8mol/L，c（H+）＝10﹣7mol/L，则c（H+）＞c（Ag+），所以此时NaCl溶液中：c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（H+）＞c（Ag+），故B错误；
C．滴定百分数为100%时，NaCl沉淀完全，溶质为NaNO3，c（Na+）＝c（NO3﹣），电荷守恒关系式为c（Na+）+c（Ag+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Br﹣）+c（NO3﹣），即c（H+）+c（Ag+）＝c（Br﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．滴定百分数为150%时，溶液中溶质为AgNO3和NaNO3，并且n（NaNO3）＝2n（AgNO3），Ag+抑制AgBr的溶解，使溶液中c（Br﹣）较小，所以c（NO3﹣）＞c（Na+）＞c（Ag+）＞c（Br﹣），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，正确判断曲线a或b所对应物质的变化是解本题关键，注意溶度积常数的计算及其应用，题目难度中等。
14．（3分）赖氨酸[H3N+（CH2）4CH（NH2）COO﹣，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐（H3RCl2）在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR﹣。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R﹣的分布系数δ（x）随pH变化如图所示。已知δ（x）＝，下列说法正确的是（　　）

A．已知CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.75×10−5，则H2R+与CH3COO﹣不能大量共存
B．M点：c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（R﹣）＝2c（HR2+）+c（H2R+）+c（H+）
C．N点：c（H2R+）＝c（HR）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．O点：pH＝
【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H3R2++OH﹣＝H2R++H2O、H2R++OH﹣＝HR+H2O、HR+OH﹣＝R﹣+H2O，溶液中H3R2+逐渐减小，H2R+和HR先增大后减小，R﹣逐渐增大；K1＝，K2＝，K3＝，M点c（H3R2+）＝c（H2R+），由此可知K1＝10﹣2.2，N点c（HR）＝c（H2R+），则K2＝10﹣9.1，P点c（HR）＝c（R﹣），则K3＝10﹣10.8。
【解答】解：A．K2＝，N点c（HR）＝c（H2R+），则K2＝10﹣9.1，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.75×10−5，醋酸酸性大于H2R+，H2R+与CH3COO﹣能大量共存，故A错误；
B．M点存在电荷守恒：c（R﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝2c（H3R2+）+c（H2R+）+c（H+）+c（Na+），此时c（H3R2+）＝c（H2R+），因此c（R﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝3c（H3R2+）+c（H+）+c（Na+），故B错误；
C．向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H3R2++OH﹣＝H2R++H2O、H2R++OH﹣＝HR+H2O、HR+OH﹣＝R﹣+H2O，溶液中H3R2+逐渐减小，H2R+和HR先增大后减小，R﹣逐渐增大，N点c（Cl﹣）＞c（HR）＝c（H2R+），故C错误；
D．根据图象O点c（H2R+）＝c（R﹣），因此＝1，即＝＝1，因此c（H+）＝，pH＝﹣lgc（H+）＝，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，正确提取图象信息为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、电离常数及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力。
二.第Ⅱ卷（非选择题共58分）本卷共4题，共58分。
15．（13分）过渡元素在生产生活中有着众多重要用途：
Ⅰ.铜印制电路板的蚀刻液有以下几种类型：氯化铁、酸性氯化铜和碱性氯化铜等。它们均有一定的优点。
（1）氯化铁溶液呈 　酸　（选填“酸”，“中”或“碱”）性，请用离子方程式表示其原因 　Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+　；其刻蚀铜电路板的原理用离子反应方程式表示为 　2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+　。
（2）酸性氯化铜蚀刻液，与铜反应生成CuCl，加入盐酸同时通入氧气可以使蚀刻液再生。蚀刻液再生的化学方程式为 　4CuCl+4HCl+O2═4CuCl2+2H2O　。
Ⅱ.酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是石墨棒，其周围是由MnO2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnO（OH）。
（3）NH4Cl的电子式为 　　；
（4）该电池的正极反应为 　MnO2+e﹣+NH4+═MnO（OH）+NH3　；当生成88g MnO（OH）时，则外电路中转移电子的数目为 　NA　。
【分析】Ⅰ．（1）氯化铁溶液中铁离子水解，溶液显酸性，氯化铁具有强氧化性和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁；
（2）CuCl中加入盐酸同时通入氧气，可以使蚀刻液再生生成氯化铜溶液；
Ⅱ．（3）氯化铵是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成；
（4）酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，为原电池负极，中间是石墨棒为原电池正极，电池放电过程产生MnO（OH），正极上是二氧化锰得到电子生成MnO（OH），结合电极反应计算电子转移总数。
【解答】解：Ⅰ．（1）氯化铁溶液中铁离子水解，呈酸性，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，其刻蚀铜电路板的原理用离子反应方程式表示为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，
故答案为：酸；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；
（2）CuCl中加入盐酸同时通入氧气，可以使蚀刻液再生生成氯化铜溶液，反应的化学方程式为：4CuCl+4HCl+O2═4CuCl2+2H2O，
故答案为：4CuCl+4HCl+O2═4CuCl2+2H2O；
Ⅱ．（3）氯化铵由铵根离子和氯离子构成，铵根离子是原子团，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，则氯化铵的电子式为：，
故答案为：；
（4）酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，为原电池负极，中间是石墨棒为原电池正极，电池放电过程产生MnO（OH），正极上是二氧化锰得到电子生成MnO（OH），电极反应为：MnO2+e﹣+NH4+═MnO（OH）+NH3，当生成88g MnO（OH）时，物质的量＝＝1mol，结合电极反应得到电子转移1mol，外电路中转移电子的数目为NA，
故答案为：MnO2+e﹣+NH4+═MnO（OH）+NH3；NA。
【点评】本题考查了盐类水解、原电池原理的理解应用，主要是离子方程式和化学方程式书写、电极反应书写等知识点，题目难度不大。
16．（13分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。
（1）人体内草酸累积过多是导致结石（主要成分是草酸钙）形成的原因之一。有研究发现，EDTA（一种能结合钙离子的试剂）在一定条件下可以有效溶解结石，用化学平衡原理解释其原因：　CaC2O4（s）存在沉淀溶解平衡CaC2O4（s）⇌Ca2+（aq）+C2O42﹣（aq），EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解　。
（2）已知：H2C2O4的Ka1＝5.6×10−2，Ka2＝1.5×10−4，0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液呈 　酸　性（选填“酸”，“中”或“碱”），通过计算说明其原因是：　计算得出电离平衡常数为Ka2＝1.5×10−4，水解平衡常数为＝×10﹣12，电离平衡常数大于水解平衡常数，HC2O4−的电离程度大于水解程度　。
下列说法正确的是 　abd　（填字母序号）。
a.0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中：c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（OH﹣）
b.0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中：c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）
c.浓度均为0.1mol•L﹣1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：3c（K+）＝2c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+2c（H2C2O4）
d.0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c（K+）＞c（Na+）
（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O）的流程及组分测定方法如图：

已知：i.pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化
ii.几种物质的溶解度（g/100gH2O）如下：

FeSO4•7H2O
（NH4）2SO4
FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O
20℃
48
75
37
60℃
101
88
38
①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是：　抑制Fe2+和NH4+的水解　，　防止Fe2+被氧化　。
②趁热过滤的原因是：　由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4•7H2O和（NH4）2SO4析出，影响FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O的纯度　。
③为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2，设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。

实验操作为：打开K1，K2，缓缓通入氮气；点燃酒精灯，小火加热；熄灭酒精灯，冷却至室温，停止通入氮气，关闭K1，K2；称重A。重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。假设此过程中FeC2O4不分解，根据实验记录，计算草酸亚铁晶体中结晶水数目x＝　　（列式表示）。
【分析】（1）EDTA结合CaC2O4（s）电离的微量Ca2+从而促进沉淀的溶解；
（2）根据H2C2O4的Ka1＝5.6×10−2，Ka2＝1.5×10−4，计算出KHC2O4溶液中HC2O4−的电离平衡常数和水解平衡常数，判断出水解和电离的强弱，从而判断出水溶液显酸性还是碱性，
a.利用电荷守恒判断；
b.利用KHC2O4溶液呈酸性证明HC2O4−电离程度大于水解程度，而电离和水解都是微弱的判断；
c.利用物料守恒判断；
d.由于H2C2O4是二元弱酸，所以C2O42﹣溶液呈碱性，判断KHC2O4必须过量溶液才能呈中性；
（3）①根据已知条件pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化，酸性太弱，Fe2+和NH4+离子会发生水解分析答题；
②根据已知条件ii找到温度和溶解度的关系；
③根据题意可知，草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O）中n（FeC2O4）：n（H2O）＝1：x，n（FeC2O4）＝，n（H2O）＝，从而求出x的值。
【解答】解：（1）EDTA结合CaC2O4（s）电离的微量Ca2+从而促进沉淀的溶解，CaC2O4（s）存在沉淀溶解平衡CaC2O4（s）⇌Ca2+（aq）+C2O42﹣（aq），EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解，
故答案为：CaC2O4（s）存在沉淀溶解平衡CaC2O4（s）⇌Ca2+（aq）+C2O42﹣（aq），EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；
（2）H2C2O4的Ka1＝5.6×10−2，Ka2＝1.5×10−4，所以HC2O4−的电离平衡常数为Ka2＝1.5×10−4，水解平衡常数为＝＝×10﹣12，所以电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，
故答案为：酸；计算得出电离平衡常数为Ka2＝1.5×10−4，水解平衡常数为×10﹣12，电离平衡常数大于水解平衡常数，HC2O4−的电离程度大于水解程度；
a.0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中存在电荷守恒，c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4−）+2c（C2O42﹣）+c（OH﹣），故a正确；
b.KHC2O4溶液呈酸性证明HC2O4−电离程度大于水解程度，而电离和水解都是微弱的，0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中存在c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故b正确；
c.根据物料守恒，浓度均为0.1mol•L﹣1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中，存在2c（K+）＝3c（HC2O4﹣）+3c（C2O42﹣）+3c（H2C2O4），故c错误；
d.由于是H2C2O4二元弱酸，所以C2O42﹣溶液溶液呈碱性，则KHC2O4必须过量溶液才可以呈中性，c（K+）＞c（Na+），故d正确，
故答案为：abd；
（3）①已知条件pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化，而Fe2+和NH4+离子在酸性较弱的环境中也会发生水解反应，
故答案为：抑制Fe2+和NH4+的水解；防止Fe2+被氧化；
②趁热过滤一般是为了减少目标物质的损耗，但由于溶解度可知，不是该原因，是防止温度降低而析出一些低温下溶解度较小的杂质，如FeSO4•7H2O和（NH4）2SO4，
故答案为：由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4•7H2O和（NH4）2SO4析出，影响FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O的纯度；
③草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O）中n（FeC2O4）：n（H2O）＝1：x，n（FeC2O4）＝＝mol，n（H2O）＝＝mol，所以1：x＝：，解出x＝，
故答案为：。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离和盐类的水解、离子浓度大小的比较、化学实验、化学计算，属于综合性答题，需要逐小问分析，找到考查的知识点，再进行答题，其中趁热过滤的原因容易不根据溶解度分析而错答成减少目标物质的损耗，最后疑问易遗漏单位而错误。
17．（12分）铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：
Ⅰ．制取铋酸钠
制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），已知相关物质部分性质如表：

物质
NaBiO3
Bi（OH）3
性质
不溶于冷水；浅黄色
难溶于水；白色
（1）A为Cl2的发生装置，盛放MnO2的玻璃仪器名称是 　三颈烧瓶　；D装置中盛放的液体是 　NaOH溶液　。
（2）C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为 　Bi（OH）3+Na++3OH﹣+Cl2＝NaBiO3↓+2Cl﹣+3H2O　。
（3）当观察到 　C中白色沉淀转化为黄色沉淀，同时溶液变为浅黄绿色　（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成。
（4）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是 　在冰水中冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥。
Ⅱ．铋酸钠的应用——检验Mn2+
（5）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，则证明待测液中存在Mn2+。某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，未观测到溶液出现紫红色，但溶液变浑浊。解释该现象产生的原因：　过量的Mn2+与氧化产物MnO4﹣发生归中反应产生MnO2　。
Ⅲ．产品纯度的测定
（6）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，溶液变为紫红色，再用cmol•L﹣1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4﹣，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。
该产品中NaBiO3的质量分数为 　　（用含w、c、v的代数式表示）。
【分析】A用于制取氯气，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，HCl极易溶于饱和食盐水且饱和食盐水能抑制氯气溶解，C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，氯气有毒不能直接排空，但是能和NaOH反应而消除污染，所以D装置是尾气处理；
（1）根据仪器特点及作用可知装MnO2的仪器名称，氯气的尾气需要利用D装置处理；
（2）制得NaBiO3的反应是Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2发生反应生成+5价铋的沉淀NaBiO3；
（3）C中原来盛放Bi（OH）3是白色难溶于水固体，生成物为不溶于冷水的浅黄色的NaBiO3；
（4）想要获得纯净NaBiO3，首先要将让其结晶析出，然后沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3；
（5）较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，未观测到溶液出现紫红色，但溶液变浑浊，说明没有生成MnO4﹣，而是生成黑色固体（MnO2）；
（6）依据化学反应的定量关系5NaBiO3～2MnO4 ﹣～5H2C2O4计算质量分数。
【解答】解：（1）根据装置图可知装MnO2的仪器名称是三颈烧瓶，氯气的尾气需要利用D装置处理，则D中盛装NaOH溶液，
故答案为：三颈烧瓶；NaOH溶液；
（2）NaBiO3 是为数不多的钠盐沉淀之一，由Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2发生反应的方程式是：Bi（OH）3+3NaOH+Cl2＝NaBiO3↓+2NaCl+3H2O，对应的离子方程式为Bi（OH）3+Na++3OH﹣+Cl2＝NaBiO3↓+2Cl﹣+3H2O，
故答案为：Bi（OH）3+Na++3OH﹣+Cl2＝NaBiO3↓+2Cl﹣+3H2O；
（3）C中原来盛放Bi（OH）3是白色难溶于水固体，生成物为不溶于冷水的浅黄色的NaBiO3，则观察到C中白色沉淀转化为黄色沉淀，同时溶液变为浅黄绿色，说明反应完成，
故答案为：C中白色沉淀转化为黄色沉淀，同时溶液变为浅黄绿色；
（4）想要获得纯净NaBiO3，已知NaBiO3不溶于冷水，则从装置C中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是在冰水中冷却结晶，然后过滤，再进行洗涤、干燥可得到纯净的NaBiO3，
故答案为：在冰水中冷却结晶；
（5）较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，未观测到溶液出现紫红色，但溶液变浑浊，说明没有生成MnO4﹣，而是生成黑色固体（MnO2），则说明MnSO4溶液过量，结果没有紫红色出现，是MnO4﹣被过量的MnSO4溶液又还原为黑色固体（MnO2），
故答案为：过量的Mn2+与氧化产物MnO4﹣发生归中反应产生MnO2；
（6）由5NaBiO3+2Mn2++14H+＝2MnO4﹣+5Na++5Bi3++7H2O、MnO4﹣+5Fe2++8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O可知，
设该产品的质量分数为x，
5NaBiO3～2MnO4 ﹣～5H2C2O4，
5×280g 5mol
wg×x v×10﹣3L×cmol•L﹣1
x＝×100%＝，
故答案为：。
【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和过程分析判断，实验基本操作，产品的纯度计算等，注意物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等。
18．（20分）某实验小组以粗镍（含少量Fe和Cr杂质）为原料制备Ni（NH3）6Cl2，并测定相关组分的含量。制备流程示意图如图。

离子
Fe3+
Cr3+
Ni2+
开始沉淀pH
1.5
4.3
6.9
完全沉淀pH
2.8
5.6
8.9
已知：①部分离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按离子浓度为0.1mol•L﹣l计算）如右表所示。
②Ni（OH）2为绿色难溶物。Ni（NH3）6（NO3）2、Ni（NH3）6Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体，溶解度均随温度的升高而增大，水溶液均显碱性。
回答下列问题：
（1）实验需要配制3.0mol•L﹣1稀硝酸250mL，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和 　250mL容量瓶　。
（2）步骤（a）中Ni和浓硝酸反应的化学方程式为 　Ni+4HNO3（浓）Ni（NO3）2+2NO2↑+2H2O　。
（3）步骤（b）首先加入试剂X调节溶液的pH约为6，过滤后再继续调节pH以得到绿色沉淀。
①调节pH约为6的原因是 　使Cr3+、Fe3+完全沉淀，而Ni2+未开始沉淀　。
②试剂X可以是 　BE　（填字母）。
A.H2SO4
B.Ni（OH）2
C.NaOH
D.Fe2O3
E.NiO
（4）步骤（c）和（d）反应都需要在冰浴环境下进行，其作用除了可以减少氨水的挥发，还有 　降低产品在水溶液中的溶解度，减少产物损失　。步骤（d）发生的总反应化学方程式为 　Ni（NH3）6（NO3）2+2HCl+2NH3•H2O═Ni（NH3）6Cl2+2NH4NO3+2H2O　。
（5）NH3含量的测定
用电子天平称量mg产品于锥形瓶中，用25mL水溶解后，加入3.00mL6mol/L盐酸（此时溶液中镍元素只以Ni2+形式存在）。滴加2滴甲基橙作为指示剂，滴定至终点消耗0.5000mol•L﹣1NaOH标准溶液VmL；
①达到滴定终点的现象是：　当最后一滴（半滴）NaOH标准溶液滴下后，溶液由橙色变为黄色，且30秒内不变色　。
②该产品中NH3的质量分数为 　　。
③在上述方案的基础上，下列措施能进一步提高测定准确度的有 　AD　（填字母）。
A．适当提高称量产品的质量
B．用H2SO4溶液替代盐酸
C．用酚酞替代甲基橙
D．进行平行试验
（6）为测定Cl的含量，设计了如下实验方案，请将该方案补充完整：
称量mg产品于锥形瓶中，用25mL水将产品完全溶解，　用稀硝酸调节溶液pH至中性或弱酸性　，滴入2～3滴K2CrO4溶液作指示剂，用已知浓度的AgNO3标准溶液滴定至终点，记录读数，重复操作2～3次。
【分析】由实验流程及物质的性质可知，浓硝酸加热后离子主要有Ni2+、Cr3+、Fe3+，再加入试剂x调节溶液的pH约为6，使Cr3+、Fe3+完全沉淀，而Ni2+未开始沉淀，过滤后再继续加入X调节pH以得到绿色沉淀即Ni（OH）2，在加入稀硝酸、氨水，冰水浴结晶，过滤得到Ni（NH3）6（NO3）2的蓝紫色晶体1，再加入盐酸、氨水和氯化铵的混合溶液，再冰水浴结晶，过滤得到Ni（NH3）6Cl2的蓝紫色晶体2，最终得到产品，据此分析；
（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器所需要的最主要仪器来选择；
（2）Ni和浓硝酸在加热条件下反应生成Ni（NO3）2、NO2和H2O；
（3）①根据以上分析，加入试剂x调节溶液的pH约为6主要是除去铁、铬杂质；
②根据试剂x的作用调节pH值到8.9得到绿色沉淀分析；
（4）根据冰水浴环境下即降低温度以降低产物的溶解度而析出分析；步骤（d）发生的反应为Ni（NH3）6（NO3）2、HCl、NH3•H2O生成Ni（NH3）6Cl2、NH4NO3；
（5）①滴定时恰好完全反应后，继续滴加1滴或半滴NaOH溶液时溶液呈黄色；
②根据滴定终点结合Ni（NH3）6Cl2+6HCl＝NiCl2+6NH4Cl计算NH3的质量分数；
③适当提高称量产品的质量，数据过大能进一步提高测定准确度，进行平行试验取平均值能进一步提高测定准确度；
（6）检验氯离子用硝酸酸化的硝酸银溶液。
【解答】解：（1）实验需要配制3.0mol•L﹣1稀硝酸250mL．需要的玻璃仪器除了有烧杯、量筒、玻璃棒，胶头滴管，还有250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
（2）Ni和浓硝酸在加热条件下反应生成Ni（NO3）2、NO2和H2O，化学方程式为，Ni+4（浓）HNO3Ni（NO3）2+2NO2↑+2H2O，
故答案为：Ni+4（浓）HNO3Ni（NO3）2+2NO2↑+2H2O；
（3）①根据以上分析，加入试剂x调节溶液的pH约为6主要是使Cr3+、Fe3+完全沉淀，而Ni2+未开始沉淀，
故答案为：使Cr3+、Fe3+完全沉淀，而Ni2+未开始沉淀；
②试剂x的作用是先调节pH约为6，后又要调节pH以得到绿色沉淀即要调到8.9，且不引入新的杂质，Ni（OH）2和NiOH符合，
故答案为：BE；
（4）冰水浴环境下其作用除了可以减少氨水的挥发，还有可以降低温度以降低产物的溶解度而析出；步骤（d）发生的总反应化学方程式为Ni（NH3）6（NO3）2+2HCl+2NH3•H2O═Ni（NH3）6Cl2+2NH4NO3+2H2O，
故答案为：降低温度以降低产物的溶解度而析出；Ni（NH3）6（NO3）2+2HCl+2NH3•H2O═Ni（NH3）6Cl2+2NH4NO3+2H2O；
（5）①滴定时恰好完全反应后，继续滴加1滴或半滴NaOH溶液时溶液呈黄色，则滴定终点的现象是当最后一滴（半滴）NaOH标准溶液滴下后，溶液由橙色变为黄色，且30秒内不变色，
故答案为：当最后一滴（半滴）NaOH标准溶液滴下后，溶液由橙色变为黄色，且30秒内不变色；
②由信息可知不加入样品比加入mg产品多消耗氢氧化钠为（V2﹣V1）×10﹣3×0.500mol，所以mg产品NH3的物质的量为（V2﹣V1）×10﹣3×0.500mol，则NH3的质量分数为＝，
故答案为：；
②适当提高称量产品的质量，数据过大能进一步提高测定准确度，进行平行试验取平均值能进一步提高测定准确度，而用H2SO4溶液替代盐酸、用酚酞替代甲基橙对实验基本没影响，
故答案为：AD；
（6）检验氯离子用硝酸酸化的硝酸银溶液，所以加水溶解后应该用稀硝酸调节溶液pH至中性或弱酸性，然后再用硝酸银溶液检验，滴入2〜3滴K2CrO4溶液作指示剂，
故答案为：用稀硝酸调节溶液pH至中性或弱酸性。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、物质的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。