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2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期12月联考化学试题 解析版
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这是一份2021-2022学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期12月联考化学试题 解析版，共21页。试卷主要包含了5 Mn 55 Ti 48， 下列说法正确的是，3kJ/ml，则101kPa时， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cr 52 Cl 35.5 Mn 55 Ti 48
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 天然气、沼气都是比较清洁的可再生能源
B. 燃煤时加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C. 回收处理废旧电池，主要是为了变废为宝
D. 镀锌的铁表面有划损时，铁仍然受到保护
【答案】D
【解析】
【详解】A．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，是比较清洁的能源，沼气是可再生能源，但天然气是不可再生能源，A错误；
B．燃煤时加入生石灰可以减少SO2的排放，可以减少酸雨的形成，但并没有减少CO2等温室气体的排放，B错误；
C．回收处理废旧电池，可以回收一些金属，但主要是为了防止重金属污染土壤和地下水等，C错误；
D．镀锌的铁表面有划损时，可能形成原电池，此时锌作负极，铁作正极，铁仍然受到保护，D正确；
答案选D。
2. 下列措施与化学反应速率无关的有
①向炉膛内鼓风 ②炉膛内用煤粉代替煤块 ③食物存放在冰箱 ④糕点包装内放置除氧剂 ⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应 ⑥高炉炼铁增大炉高 ⑦在铁制品表面刷油漆 ⑧向门窗合页里注油 ⑨纸张在暴晒下变黄 ⑩某些电化学反应外加强磁场
A. 1项 B. 2项 C. 3项 D. 4项
【答案】B
【解析】
【详解】①向炉膛内鼓风，增大氧气浓度，加快反应速率，故不选①；
②炉膛内用煤粉代替煤块，增大接触面积，加快反应速率，故不选②；
③食物存放在冰箱，降低温度，减慢食物氧化变质速率，故不选③；
④糕点包装内放置除氧剂，降低氧气浓度，减慢食物氧化变质速率，故不选④；
⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应，增大接触面积，加快反应速率，故不选⑤；
⑥高炉炼铁增大炉高，延长反应时间，与反应速率无关，故选⑥；
⑦在铁制品表面刷油漆，隔绝空气，降低铁的腐蚀速率，故不选⑦；
⑧向门窗合页里注油，目的是起到润滑作用，降低门窗开关时的声响，与反应速率无关，故选⑧；
⑨纸张在暴晒下变黄，是因为纤维素被氧气氧化的速率加快，故不选⑨；
⑩某些电化学反应外加强磁场，可以加快电化学反应速率，故不选⑩；
与化学反应速率无关的是⑥⑧，选B。
3. 下列说法正确的是
A. 已知H2(g)+S(g)=H2S(g) ∆H1＜0，H2(g)+S(s)=H2S(g) ∆H2＜0，则∆H1＜∆H2
B. 中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入，反应更充分，测定的中和热数值误差更小
C. 已知：CH4的燃烧热为890.3kJ/mol，则101kPa时：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ∆H=-890.3kJ/mol
D. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-38.6kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．S(s)→S(g)要吸热，因此反应H2(g)+S(g)=H2S(g)放出的热量要比反应H2(g)+S(s)=H2S(g)放出的热量多，但反应为放热反应，焓变是负值，因此∆H1＜∆H2，A正确；
B．氢氧化钠分批加入，会造成热量的散失，误差较大，应一次性全部加入，B错误；
C．1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，甲烷燃烧生成的稳定化合物是液态水，其热化学方程式中，水应是液态，C错误；
D．合成氨的反应为可逆反应，放出的热量与转化率有关，由于转化率未知，所以根据已知条件无法计算该反应的焓变，D错误；
答案选A。
4. 能正确表示下列变化的离子方程式是
A. NaHSO3溶液的水解方程式：HSO+H2O ⇌ H3O++SO
B. 方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液生成铜蓝(CuS)：Cu2++PbS=CuS+Pb2+
C. 用银作阳极电解稀盐酸：2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgCl
D. 泡沫灭火器原理：3CO+2Al3++3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHSO3溶液的水解方程式为：HSO+H2O⇌OH-+H2SO3，A错误；
B．方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液生成铜蓝(CuS)的离子方程式为：SO+Cu2++PbS=CuS+PbSO4，B错误；
C．用银作阳极电解稀盐酸，阳极电解反应式为：Ag-e-+Cl-=AgCl，阴极电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故总反应式为：2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgCl，C正确；
D．泡沫灭火器原理为铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，D错误；
答案选C。
5. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. 图1可制得氢氧化铁胶体
B. 图2可用来测定中和反应的反应热
C. 图3的读数为42.00 mL
D. 图4可用标准酸性高锰酸钾溶液测定未知Na2SO3溶液的浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A．将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中进一步加热至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到Fe(OH)3胶体，A能够达到实验目的；
B．测定中和反应的反应热时，应该用温度计测量反应溶液的温度，B不能达到实验目的；
C．量具小刻度在上，大刻度在下，该仪器是量筒，其读数是42.0 mL，C不能达到实验目的；
D．标准酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该使用酸式滴定管进行滴定，D不能达到实验目的；
故合理选项是A。
6. 温度为T ℃，向体积不等的密闭容器中分别加入足量活性炭和1 mol，发生反应：。反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示()。下列说法正确的是
A. 对c点容器加压，缩小容器体积，则此时
B. T ℃时，a、b两点时反应的平衡常数
C. 向a点体系中充入一定量，达到新平衡时，转化率将减小
D. 图中c点所示条件下
【答案】C
【解析】
【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。
【详解】A．在相同的反应时间内，c点对应的容器体积最大、压强最小，化学反应速率较慢，故其中二氧化氮的转化率较小，对c点容器加压，缩小容器体积，则化学反应速率加快，向正反应方向进行，此时v(逆)＜v(正），A错误；
B．平衡常数只受温度影响，不受压强影响，因此，T°C时，a、b两点时反应的平衡常数Ka=Kb，B错误；
C．向a点体系中充入一定量NO2，相当于在原平衡的基础上增大压强（因为另一反应物是固体），化学平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时，NO2转化率将减小，C正确；
D．由分析可知，c点反应未达到平衡状态，则v(逆)≠v(正），D错误；
答案选C。
7. 下列有关问题，与盐的水解有关的是
①实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
④Al2S3不能通过溶液中的反应制取
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
⑥铁在潮湿环境中生锈
A. ①②③⑥ B. ②③④⑥ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①Na2CO3水解产生NaOH，NaOH会和玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3，Na2SiO3溶液有黏性，会将玻璃塞粘在试剂瓶上，故实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解有关，①符合题意；
②NaHCO3与Al2(SO4)3发生互促的完全双水解生成氢氧化铝、二氧化碳，故NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，与盐的水解有关，②符合题意；
③CuCl2水解生成Cu(OH)2和HCl，加热蒸干CuCl2溶液，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu(OH)2固体，与盐的水解有关，③符合题意；
④S2-与Al3+在溶液中发生互促的完全双水解，故Al2S3不能通过溶液中的反应制取，与盐的水解有关，④符合题意；
⑤AlCl3水解生成氢氧化铝和HCl，加热蒸干AlCl3溶液，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Al(OH)3固体，与盐的水解有关，⑤符合题意；
⑥Fe、H2O、O2反应生成氢氧化铁，氢氧化铁失水生成铁锈，铁在潮湿环境中生锈与盐的水解无关，⑥不符合题意；
综上所述，①②③④⑤与盐的水解有关，D正确；
选D。
8. 下列说法中正确的是
A. 向氨水中滴加等浓度的盐酸至c()=c(Cl-)的溶液一定呈中性
B. 将的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9
C. 常温下当水电离的为时，此溶液的pH为13
D. 将pH=2的盐酸与醋酸各分别稀释至100mL，所得醋酸溶液的pH更大
【答案】A
【解析】
【详解】A．向氨水中滴加等浓度的盐酸，电荷守恒为c(NH )+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，若有c(NH ) =c(Cl-)，则c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，A正确；
B．酸溶液加水稀释不可能变成碱溶液，其不断接近于中性，将1mL1×10−6mol⋅L−1的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH不可能为9，B错误；
C．常温下当水电离的c(OH-)为1×10−13mol⋅L−1时，若是酸性溶液，则c(H＋)为0.1mol⋅L−1，此溶液的pH为1，若是碱溶液，则c(OH-)为1×10−13mol⋅L−1，此溶液的pH为13，C错误；
D．将pH=2的盐酸与醋酸各1mL分别稀释至100mL，由于醋酸稀释时又电离，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，因此所得醋酸溶液的pH更小，D错误；
故选A。
9. 催化剂(Ⅱ)的应用，使电池的研究取得了新的进展。电池结构和该催化剂作用下正极反应可能的历程如下图所示。
下列说法错误的是
A. 电池可使用有机电解液
B. 充电时，由正极向负极迁移
C. 放电时，正极反应为
D. 、、和C都是正极反应的中间产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．Li是活泼金属能与水发生反应，因此不能采用水溶液作为电解质，应使用有机电解液，故A正确；
B．充电时原电池的负极与电源负极相连作阴极，原电池的正极与电源正极相连作阳极，阳离子由阳极向阴极移动，则由正极（电池中标注“＋”，实际阳极）向负极（电池中标注“－”，实际阴极）迁移，故B正确；
C．由装置可知，该原电池的正极为二氧化碳得电子生成C单质，电极反应式为：，故C正确；
D．由正极的反应历程图示可知，C为最终的产物，不是中间产物，故D错误；
故选：D。
10. 一定温度下，向含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+四种金属离子(M2＋)的溶液中滴加Na2S溶液，生成硫化物沉淀所需S2-浓度的对数值lg c(S2-)与lg c(M2+)的关系如图所示。下列判断错误的是
A. 图中四条直线的斜率相同
B. Ksp(FeS)=1.0×10-20
C. 向含等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S溶液，Cu2+先沉淀
D. 该温度下，a点相对于MnS是过饱和溶液，相对于FeS是饱和溶液
【答案】D
【解析】
【分析】横纵坐标是对数，横纵坐标越大，离子浓度越大，45°角平分线与曲线交点代表纯固体，根据图像可知，溶度积由大到小的顺序是MnS、FeS、ZnS、CuS，据此分析；
【详解】A．四种金属离子都是二价离子，都存在c(M2+)·c(S2-)=Ksp，因此斜率都是-1，故A说法正确；
B．溶度积只与温度有关，与浓度无关，根据图像可知，Ksp(FeS)=c(Fe2+)×c(S2-)=1×10-10×1×10-10=1×10-20，故B说法正确；
C．根据上述分析，FeS的溶度积大于CuS，相同形式下，溶度积小更难溶，一般先沉淀，因此向含有等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S，Cu2+先沉淀，故C说法正确；
D．a点c(Mn2+)·c(S2-)＜Ksp(MnS)，溶液为不饱和溶液，因为a点FeS直线上，FeS应是饱和溶液，故D说法错误；
答案为D。
11. 在某温度时，将氨水滴入盐酸中，溶液和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A. a点：
B. 氨水浓度为
C. b点溶液中加入溶液至中性后，
D. b、c、d三点水的电离程度大小关系是
【答案】D
【解析】
【分析】氨水滴入盐酸中，发生NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，NH3·H2O和HCl恰好完全反应得NH4Cl溶液，此时温度应最高，由于NH4Cl是强碱弱酸正盐，其水溶液显酸性，pH<7，即b点对应恰好完全反应。
【详解】A．a点pH=0，则c(H+)=1 mol/L，水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw<1.0×10-14，即c(H+)×c(OH-)<1.0×10-14，即c(OH-)
C．b点溶液中加入NaOH溶液至中性后点存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)+c(Na+)，中性c(OH-)=c(H+)，则有①c(Cl-)=c()+c(Na+)，b点所得溶液为NH4Cl溶液，之后加的是NaOH溶液，根据Cl、N守恒有②c(Cl-)=c()+c(NH3·H2O)，联立①和②可知c(NH3·H2O)=c(Na+)，C错误；
D．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl)=n(NH3·H2O)，铵根离子水解促进了水的电离，而c、d两点氨水都过量，会抑制水的电离，氨水体积越大，NH3·H2O的物质的量越多，对水电离的抑制程度就越大，故b、c、d三点水的电离程度为：b>c>d，D正确；
选D。
12. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向2支均盛有2mL相同浓度的溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀
Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)
B
将红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，试管中有红棕色气体产生
木炭与浓硝酸反应产生NO2
C
用pH试纸测得：溶液的pH约为9，溶液的pH约为8
电离出的能力比的强
D
向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
溶液中可能存在平衡：II-+I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．其他条件相同时，对于相同类型的难溶电解质，Ksp小的先沉淀，向2支均盛有2mL相同浓度的溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，只生成AgI黄色沉淀，说明Ksp(AgI)
C．两种盐溶液的浓度未知，无法根据钠盐溶液的pH定性判断其对应的酸的酸性强弱，B错误；
D．向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘单质和碘离子，则KI3溶液中可能存在平衡：II-+I2，D正确；
答案选D。
13. 已知溶液显酸性，溶液中存在以下平衡；
①
②
向的溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是
A. 加入少量金属Na，反应①平衡逆向移动，溶液中增大
B. 加入少量固体，则反应①平衡正向移动，的水解程度增大，酸性减弱
C. 加入少量NaOH溶液，、的值均增大
D. 加入氨水至中性，则
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入少量金属Na，Na与电离出的H+反应，促使反应②平衡正向移动，离子浓度减小，又促使反应①平衡逆向移动，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，溶液中c()减小，A错误；
B．加入少量固体，则反应①平衡正向移动，反应②平衡正向移动，溶液显酸性，说明的电离程度大于水解程度，则溶液酸性增强，B错误；
C．加入NaOH，与NaHSO3反应生成亚硫酸钠和水，c()增大，c()减小，则增大，溶液碱性增强，增大，C正确；
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)，则c(Na+)＞c()＞c(H+)=c(OH-)，D错误；
答案选C。
14. 采用钠碱法烟气脱硫后的吸收液主要含NaHSO3和Na2SO3，用电解法可再生吸收液并回收硫，装置如图，下列说法错误的是
A. 石墨电极I接外电源的正极.
B. 出液1为再生吸收液，主要成分为Na2SO3和NaOH
C 阴极室每生成0.2 molSO，需转移0.4 mol电子
D. 在中间室硫资源回收的主要反应为HSO+H+=SO2↑+H2O，SO+H+=HSO
【答案】C
【解析】
【详解】A．电极II上生成H2是发生的还原反应，应接电源负极，电极1应为阳极，接外电源的正极，A正确；
B．阴极室消耗H+ ，OH-浓度增大，Na+穿过膜I，进入阴极室使NaOH浓度增大。同时可发生反应HSO3-+OH-= SO32- + H2O，使Na2SO3浓度增大，得再生吸收液主要成分为Na2SO3和NaOH，B正确；
C．由阴极反应2H2O+2e- =H2 ↑+2OH- ，阴极区反应HSO3-+OH-=SO32-+H2O 可得生成0.2 mol SO32-再生吸收剂，转移0.2 mol电子，C错误；
D．由于阳极应为2H2O- 4e- =O2↑+4H+使中间区域酸性增强， 发生反应HSO3- +H+ =SO2↑+ H2O，SO32-+H+ =HSO3-，释放SO2可回收硫，D正确；
故选C。
15. 实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是
A. “溶解”时Cu发生反应的离子方程式为2Cu+4H2O2+4H+=2Cu2++O2↑+6H2O
B. 因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜使用高温
C. 用NaOH溶液“调节pH=2”可提高锌粉的利用率
D. 将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2
【答案】C
【解析】
【分析】废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程中，先加入双氧水、稀盐酸，Zn转化为ZnCl2，Cu转化为CuCl2，所得溶液中含Zn2+、Cu2+、Cl-、H+，向溶液中加入适量NaOH溶液调节pH=2，再加入锌粉将Cu2+置换为Cu，过滤得到Cu，所得滤液中主要成分为NaCl、ZnCl2，经过一系列操作后得到无水ZnCl2。
【详解】A．“溶解”时Cu与过氧化氢和稀盐酸发生氧化还原反应生成氯化铜和水，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：Cu＋H2O2＋2H+=Cu2+＋2H2O，A错误；
B．升高温度能够加快化学反应速率，但双氧水受热易分解、盐酸受热易挥发，因此溶解过程中需在适宜的温度下进行反应，B错误；
C．加入NaOH溶液，可降低溶液中氢离子的浓度，防止置换时消耗过多锌粉，提高锌粉的利用率，C正确；
D．ZnCl2为强酸弱碱盐，加热能够促进Zn2+水解，因此需要在HCl的气氛中进行加热蒸干方可得到无水ZnCl2，D错误；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 和都是钛的重要化合物，某化学兴趣小组在实验室对两者的制备及性质进行探究。
①制备。
实验室利用反应，在无水无氧条件下制备，装置图和有关信息如下：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
-23
76
与TiCl4互溶
-25
136
遇潮湿空气产生白雾
请回答下列问题：
（1）仪器B中盛装的仪器名称是___________。
（2）请补充完整实验步骤：①组装仪器，②检查装置气密性，③加装药品，④___________，⑤点燃酒精灯，⑥停止加热，⑦停止通。
（3）实验结束后需要分离D中的液态混合物，该操作使用的主要玻璃仪器有___________(写2个即可)。
Ⅱ．制备并测定的质量分数。
在中加水、加热，水解得到沉淀，经过滤、水洗，再烘干、焙烧除去水分得到粉体。
（4）一定条件下，将溶解并还原为，用标准溶液滴定至全部生成。滴定分析时，称取上述试样0.2g，消耗标准溶液20mL。则质量分数为___________。
（5）配制标准溶液时，加入一定量的目的是抑制水解，现在实验室中有一瓶98%的H2SO4()，要配制2.0mol/L的稀，请回答如下问题：需要量筒量取浓硫酸的体积为___________。在该配置实验使用的玻璃仪器中有___________种(填阿拉伯数字)。
（6）在用浓硫酸配制稀硫酸过程中，下列操作中会造成稀硫酸溶液质量分数偏小共有___________个(填阿拉伯数字)。
A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶
B．在稀释过程中，有少量液体溅出
C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤
D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平
E．用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数
【答案】（1）锥形瓶 （2）通入N2一段时间
（3）蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等
（4）80% （5） ①. 27.2mL ②. 5
（6）3
【解析】
【分析】通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应，CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置连接空气，盛放浓硫酸，干燥空气，据此解答。
【小问1详解】
仪器B中盛装的仪器名称是锥形瓶，故答案为：锥形瓶；
【小问2详解】
对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验装置气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2，故答案为：通入N2一段时间；
【小问3详解】
D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏进行分离，该操作使用的主要玻璃仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等，故答案为：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等；
【小问4详解】
根据氧化还原反应中得失电子相等得二者的关系式，TiO2～，二氧化钛的质量=0.1mol/L×0.02L×80g/mol=0.16g，TiO2试样0.2g，其质量分数==80%，故答案为：80%；
【小问5详解】
浓H2SO4的物质的量浓度=mol/L=18.4mol/L；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=250mL×2.0mol/L，解得：x≈27.2，所以量取的浓硫酸体积是27.2mL；配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量（用到胶头滴管）量取，在烧杯中稀释，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、250mL容量瓶，故答案为：27.2mL；5；
【小问6详解】
A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶，定容后冷却，液面下降，体积偏小，稀硫酸溶液质量分数偏大，故A不符合题意；
B．在稀释过程中，有少量液体溅出，即由部分溶质损失，稀硫酸溶液质量分数偏小，故B符合题意；
C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤，则烧杯和玻璃棒上有部分溶质附着，即由部分溶质损失，稀硫酸溶液质量分数偏小，故C符合题意；
D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体，导致部分溶质损失，稀硫酸溶液质量分数偏小，故D符合题意；
E．用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数，浓硫酸的体积偏大，稀硫酸溶液质量分数偏大，故E不符合题意；
故答案为：3。
17. 常温下，浓度均为0.1 mol/L的6种溶液的pH如表：
序号
a
b
c
d
e
f
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
NaAlO2
pH
8. 8
9. 7
11. 6
10. 3
11. 1
11. 3
（1）上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为_______。(填阴离子化学式)
（2）NaAlO2溶液呈碱性的原因是_______(用化学方程式表示)。将溶液加热蒸干最后得到的固体产物是_______；
（3）结合表中数据分析，与0.1 mol/L的CH3COONa溶液中水的电离程度相同的有_______(填字母代号)。
A.pH=8.8的NaOH溶液 B.pH=5.2的NH4Cl溶液 C.pH=5.2的盐酸 D.0.1 mol/L的NaCN溶液 E.pH=8. 8的Na2CO3溶液
（4）将浓度均为0.1mol/L的b、c等体积混合，所得溶液中各离子浓度关系正确的有_______。
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）0.1 mol/LHCl与0.1 mol/L Na2CO3溶液等体积混合后溶液中各离子浓度大小关系为_______。
（6）向NaCN溶液中通入少量CO2气体发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）CH3COO-
（2） ①. NaAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+NaOH ②. 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】
【小问1详解】
越容易水解的盐，代表水解生成的酸的酸性越弱，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则盐的水解程度越大，所以最易水解的盐是碳酸钠，所以最容易结合氢离子的阴离子是CO，反之，上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为CH3COO-。
【小问2详解】
NaAlO2是强碱弱酸盐，偏铝酸根离子水解使溶液呈碱性，化学方程式为：NaAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+NaOH。将NaAlO2溶液加热，促进水解，氢氧化铝、氢氧化钠浓度增大，反应生成偏铝酸钠，故蒸干最后得到的固体产物是NaAlO2；
【小问3详解】
由表中数据可知，在常温下，0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH=8.8，促进水的电离，c(H+)=10-8.8mol/L，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L，而由水电离产生的氢离子浓度与由水电离产生氢氧根离子浓度相等，则由水电离产生的氢离子浓度也为10-5.2mol/L：
A．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的电离，A错误；
B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L，B正确；
C．pH=5.2的盐酸，抑制水的电离，C错误；
D．0.1mol/L的NaCN溶液pH=11.1，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-2.9mol/L，D错误；
E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L，E正确；
答案选BE。
【小问4详解】
将浓度均为0.1mol/L的NaHCO3、Na2CO3等体积混合，钠离子的物质的量与碳原子的物质的量之比为3:2，则物料守恒：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，溶液呈电中性，有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，则：
A．依据物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，A错误；
B．依据物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，B正确；
C．物料守恒：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，两式联立有质子守恒：c(CO)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HCO)+3c(H2CO3)，C错误；
D．依据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正确；
E．混合溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故混合溶液中离子浓度c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)，E正确；
F．混合溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故混合溶液中离子浓度c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)，F错误；
答案选BDE。
【小问5详解】
0.1mol/LHCl与0.1mol/LNa2CO3溶液等体积混合后所得0.05mol/LNaCl与0.05mol/LNaHCO3混合溶液；溶液呈碱性，因碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，故各离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)。
【小问6详解】
等浓度的上述盐溶液，水解程度越大，溶液pH越大，对应酸的酸的酸性越弱，则有酸性：H2CO3>HCN>HCO，则向NaCN溶液中通入少量CO2气体发生反应的离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO。
18. 铁及其化合物在处理工业废水、废气过程中发挥着重要作用。
(1)用铁的化合物除硫化氢：2[Fe(CN)6]3-+ 2+HS- =2[Fe(CN)6]4-+ 2+S↓，可通过图1使[Fe(CN)6]3-再生，电解时，阳极的电极反应式为_______；电解过程中阴极区溶液的pH_______(填“变大”、 “变小”或“不变")。
(2)以铁为电极电解除铬，如图2
已知：+ H2O=2+2H+
氧化性：＞
①电解过程中主要反应之一：+6Fe2++17H2O= 2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+；气体a主要成分_______。
②电解过程中，不同pH时，通电时间与Cr元素的去除率关系如图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)高铁酸钾(K2FeO4)除锰
已知：K2FeO4具有强氧化性，极易溶于水
①在酸性条件下，能与废水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2沉淀来除锰，该反应的离子方程式_______。
②用K2FeO4处理1L 50 mg/L的含Mn2+废水，Mn元素的去除率与K2FeO4量的关系如图4所示，当K2FeO4超过20 mg时，Mn元素的去除率下降的原因可能是_______。
【答案】 ①. ②. 变大 ③. H2 ④. pH值升高，转化为，氧化能力减弱，使铬元素难以被还原，从而去除率下降 ⑤. ⑥. 随着K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性离子留在溶液中
【解析】
【分析】
【详解】(1)可通过图1使[Fe(CN)6]3-再生，即电解时，[Fe(CN)6]4-生成[Fe(CN)6]3-，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，则阳极的电极反应式为；电解过程中阴极反应为，阴极区溶液的pH变大；
(2)①以铁为电极电解除铬，电解过程中主要反应之一：+6Fe2++17H2O= 2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+，则Fe作阳极，发生反应，Fe2+将还原生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀，阴极发生反应，则气体a主要成分是H2；
②pH值升高，+ H2O=2+2H+的平衡正向移动，生成，氧化能力减弱，使铬元素难以被还原，从而去除率下降；
(3)①在酸性条件下，K2FeO4能与废水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2沉淀来除锰，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为；
②K2FeO4具有强氧化性，随着K2FeO4增加，K2FeO4将Mn2+氧化成更高价态的可溶性离子留在溶液中，Mn元素的去除率下降。
19. 软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2。闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下（中间产物的固体部分已经略去）
已知： Ⅰ．矿石中所有金属元素在滤液A中均以离子形式存在。
Ⅱ．各种金属离子完全沉淀的pH如下表：
Zn2+
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
pH
8.0
10.1
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
（1）步骤①中发生多个反应，其中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式______。
（2）步骤③中MnO2的其作用是______，另外一种物质X可以是______。
A．MgCO3 B．ZnO C．MnCO3 D．Cu(OH)2
（3）MnO2与Li构成LiMnO2，它可作为某锂离子电池的正极材料，电池反应方程式为： Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，写出该锂离子电池的正极电极反应式______。MnO2可做超级电容器材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是______.
（4）已知：H2S的电离常数K1=1.3×10-7，K2=7.0×10-15，在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 mol·L-1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS―浓度为1.0×10-4 mol·L-1时，Mn2+开始沉淀，则a=______。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10-15]
【答案】 ①. 3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O ②. 将Fe2+氧化为Fe3+ ③. BC ④. Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2 ⑤. Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ ⑥. 5
【解析】
【详解】（1）步骤①，MnO2、FeS与硫酸共热时析出淡黄色物质为硫，溶液变为棕黄色， MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式为3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O，故答案为3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O；
（2）步骤③中MnO2的作用是将将Fe2+氧化为Fe3+，便与后续操作中除去，另外一种物质X的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀，为了不引入新的杂质，可以使用ZnO、MnCO3，不能使用MgCO3和Cu(OH)2，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；BC；
（3）根据电池反应方程式： Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，该锂离子电池的正极电极反应式为Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2，MnO2可做超级电容器材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案为Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
（4）当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2-）===0.7×10-13mol/L，根据H2S的电离常数K2=7.0×10―15，K2= = =7.0×10―15=1.0×10―5，pH=5，故答案为5。
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cr 52 Cl 35.5 Mn 55 Ti 48
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 天然气、沼气都是比较清洁的可再生能源
B. 燃煤时加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C. 回收处理废旧电池，主要是为了变废为宝
D. 镀锌的铁表面有划损时，铁仍然受到保护
【答案】D
【解析】
【详解】A．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，是比较清洁的能源，沼气是可再生能源，但天然气是不可再生能源，A错误；
B．燃煤时加入生石灰可以减少SO2的排放，可以减少酸雨的形成，但并没有减少CO2等温室气体的排放，B错误；
C．回收处理废旧电池，可以回收一些金属，但主要是为了防止重金属污染土壤和地下水等，C错误；
D．镀锌的铁表面有划损时，可能形成原电池，此时锌作负极，铁作正极，铁仍然受到保护，D正确；
答案选D。
2. 下列措施与化学反应速率无关的有
①向炉膛内鼓风 ②炉膛内用煤粉代替煤块 ③食物存放在冰箱 ④糕点包装内放置除氧剂 ⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应 ⑥高炉炼铁增大炉高 ⑦在铁制品表面刷油漆 ⑧向门窗合页里注油 ⑨纸张在暴晒下变黄 ⑩某些电化学反应外加强磁场
A. 1项 B. 2项 C. 3项 D. 4项
【答案】B
【解析】
【详解】①向炉膛内鼓风，增大氧气浓度，加快反应速率，故不选①；
②炉膛内用煤粉代替煤块，增大接触面积，加快反应速率，故不选②；
③食物存放在冰箱，降低温度，减慢食物氧化变质速率，故不选③；
④糕点包装内放置除氧剂，降低氧气浓度，减慢食物氧化变质速率，故不选④；
⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应，增大接触面积，加快反应速率，故不选⑤；
⑥高炉炼铁增大炉高，延长反应时间，与反应速率无关，故选⑥；
⑦在铁制品表面刷油漆，隔绝空气，降低铁的腐蚀速率，故不选⑦；
⑧向门窗合页里注油，目的是起到润滑作用，降低门窗开关时的声响，与反应速率无关，故选⑧；
⑨纸张在暴晒下变黄，是因为纤维素被氧气氧化的速率加快，故不选⑨；
⑩某些电化学反应外加强磁场，可以加快电化学反应速率，故不选⑩；
与化学反应速率无关的是⑥⑧，选B。
3. 下列说法正确的是
A. 已知H2(g)+S(g)=H2S(g) ∆H1＜0，H2(g)+S(s)=H2S(g) ∆H2＜0，则∆H1＜∆H2
B. 中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入，反应更充分，测定的中和热数值误差更小
C. 已知：CH4的燃烧热为890.3kJ/mol，则101kPa时：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ∆H=-890.3kJ/mol
D. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-38.6kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A．S(s)→S(g)要吸热，因此反应H2(g)+S(g)=H2S(g)放出的热量要比反应H2(g)+S(s)=H2S(g)放出的热量多，但反应为放热反应，焓变是负值，因此∆H1＜∆H2，A正确；
B．氢氧化钠分批加入，会造成热量的散失，误差较大，应一次性全部加入，B错误；
C．1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，甲烷燃烧生成的稳定化合物是液态水，其热化学方程式中，水应是液态，C错误；
D．合成氨的反应为可逆反应，放出的热量与转化率有关，由于转化率未知，所以根据已知条件无法计算该反应的焓变，D错误；
答案选A。
4. 能正确表示下列变化的离子方程式是
A. NaHSO3溶液的水解方程式：HSO+H2O ⇌ H3O++SO
B. 方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液生成铜蓝(CuS)：Cu2++PbS=CuS+Pb2+
C. 用银作阳极电解稀盐酸：2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgCl
D. 泡沫灭火器原理：3CO+2Al3++3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHSO3溶液的水解方程式为：HSO+H2O⇌OH-+H2SO3，A错误；
B．方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液生成铜蓝(CuS)的离子方程式为：SO+Cu2++PbS=CuS+PbSO4，B错误；
C．用银作阳极电解稀盐酸，阳极电解反应式为：Ag-e-+Cl-=AgCl，阴极电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故总反应式为：2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgCl，C正确；
D．泡沫灭火器原理为铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，D错误；
答案选C。
5. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. 图1可制得氢氧化铁胶体
B. 图2可用来测定中和反应的反应热
C. 图3的读数为42.00 mL
D. 图4可用标准酸性高锰酸钾溶液测定未知Na2SO3溶液的浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A．将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中进一步加热至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到Fe(OH)3胶体，A能够达到实验目的；
B．测定中和反应的反应热时，应该用温度计测量反应溶液的温度，B不能达到实验目的；
C．量具小刻度在上，大刻度在下，该仪器是量筒，其读数是42.0 mL，C不能达到实验目的；
D．标准酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该使用酸式滴定管进行滴定，D不能达到实验目的；
故合理选项是A。
6. 温度为T ℃，向体积不等的密闭容器中分别加入足量活性炭和1 mol，发生反应：。反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示()。下列说法正确的是
A. 对c点容器加压，缩小容器体积，则此时
B. T ℃时，a、b两点时反应的平衡常数
C. 向a点体系中充入一定量，达到新平衡时，转化率将减小
D. 图中c点所示条件下
【答案】C
【解析】
【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。
【详解】A．在相同的反应时间内，c点对应的容器体积最大、压强最小，化学反应速率较慢，故其中二氧化氮的转化率较小，对c点容器加压，缩小容器体积，则化学反应速率加快，向正反应方向进行，此时v(逆)＜v(正），A错误；
B．平衡常数只受温度影响，不受压强影响，因此，T°C时，a、b两点时反应的平衡常数Ka=Kb，B错误；
C．向a点体系中充入一定量NO2，相当于在原平衡的基础上增大压强（因为另一反应物是固体），化学平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时，NO2转化率将减小，C正确；
D．由分析可知，c点反应未达到平衡状态，则v(逆)≠v(正），D错误；
答案选C。
7. 下列有关问题，与盐的水解有关的是
①实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
④Al2S3不能通过溶液中的反应制取
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
⑥铁在潮湿环境中生锈
A. ①②③⑥ B. ②③④⑥ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①Na2CO3水解产生NaOH，NaOH会和玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3，Na2SiO3溶液有黏性，会将玻璃塞粘在试剂瓶上，故实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解有关，①符合题意；
②NaHCO3与Al2(SO4)3发生互促的完全双水解生成氢氧化铝、二氧化碳，故NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，与盐的水解有关，②符合题意；
③CuCl2水解生成Cu(OH)2和HCl，加热蒸干CuCl2溶液，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu(OH)2固体，与盐的水解有关，③符合题意；
④S2-与Al3+在溶液中发生互促的完全双水解，故Al2S3不能通过溶液中的反应制取，与盐的水解有关，④符合题意；
⑤AlCl3水解生成氢氧化铝和HCl，加热蒸干AlCl3溶液，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Al(OH)3固体，与盐的水解有关，⑤符合题意；
⑥Fe、H2O、O2反应生成氢氧化铁，氢氧化铁失水生成铁锈，铁在潮湿环境中生锈与盐的水解无关，⑥不符合题意；
综上所述，①②③④⑤与盐的水解有关，D正确；
选D。
8. 下列说法中正确的是
A. 向氨水中滴加等浓度的盐酸至c()=c(Cl-)的溶液一定呈中性
B. 将的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9
C. 常温下当水电离的为时，此溶液的pH为13
D. 将pH=2的盐酸与醋酸各分别稀释至100mL，所得醋酸溶液的pH更大
【答案】A
【解析】
【详解】A．向氨水中滴加等浓度的盐酸，电荷守恒为c(NH )+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，若有c(NH ) =c(Cl-)，则c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，A正确；
B．酸溶液加水稀释不可能变成碱溶液，其不断接近于中性，将1mL1×10−6mol⋅L−1的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH不可能为9，B错误；
C．常温下当水电离的c(OH-)为1×10−13mol⋅L−1时，若是酸性溶液，则c(H＋)为0.1mol⋅L−1，此溶液的pH为1，若是碱溶液，则c(OH-)为1×10−13mol⋅L−1，此溶液的pH为13，C错误；
D．将pH=2的盐酸与醋酸各1mL分别稀释至100mL，由于醋酸稀释时又电离，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，因此所得醋酸溶液的pH更小，D错误；
故选A。
9. 催化剂(Ⅱ)的应用，使电池的研究取得了新的进展。电池结构和该催化剂作用下正极反应可能的历程如下图所示。
下列说法错误的是
A. 电池可使用有机电解液
B. 充电时，由正极向负极迁移
C. 放电时，正极反应为
D. 、、和C都是正极反应的中间产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．Li是活泼金属能与水发生反应，因此不能采用水溶液作为电解质，应使用有机电解液，故A正确；
B．充电时原电池的负极与电源负极相连作阴极，原电池的正极与电源正极相连作阳极，阳离子由阳极向阴极移动，则由正极（电池中标注“＋”，实际阳极）向负极（电池中标注“－”，实际阴极）迁移，故B正确；
C．由装置可知，该原电池的正极为二氧化碳得电子生成C单质，电极反应式为：，故C正确；
D．由正极的反应历程图示可知，C为最终的产物，不是中间产物，故D错误；
故选：D。
10. 一定温度下，向含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+四种金属离子(M2＋)的溶液中滴加Na2S溶液，生成硫化物沉淀所需S2-浓度的对数值lg c(S2-)与lg c(M2+)的关系如图所示。下列判断错误的是
A. 图中四条直线的斜率相同
B. Ksp(FeS)=1.0×10-20
C. 向含等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S溶液，Cu2+先沉淀
D. 该温度下，a点相对于MnS是过饱和溶液，相对于FeS是饱和溶液
【答案】D
【解析】
【分析】横纵坐标是对数，横纵坐标越大，离子浓度越大，45°角平分线与曲线交点代表纯固体，根据图像可知，溶度积由大到小的顺序是MnS、FeS、ZnS、CuS，据此分析；
【详解】A．四种金属离子都是二价离子，都存在c(M2+)·c(S2-)=Ksp，因此斜率都是-1，故A说法正确；
B．溶度积只与温度有关，与浓度无关，根据图像可知，Ksp(FeS)=c(Fe2+)×c(S2-)=1×10-10×1×10-10=1×10-20，故B说法正确；
C．根据上述分析，FeS的溶度积大于CuS，相同形式下，溶度积小更难溶，一般先沉淀，因此向含有等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S，Cu2+先沉淀，故C说法正确；
D．a点c(Mn2+)·c(S2-)＜Ksp(MnS)，溶液为不饱和溶液，因为a点FeS直线上，FeS应是饱和溶液，故D说法错误；
答案为D。
11. 在某温度时，将氨水滴入盐酸中，溶液和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A. a点：
B. 氨水浓度为
C. b点溶液中加入溶液至中性后，
D. b、c、d三点水的电离程度大小关系是
【答案】D
【解析】
【分析】氨水滴入盐酸中，发生NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，NH3·H2O和HCl恰好完全反应得NH4Cl溶液，此时温度应最高，由于NH4Cl是强碱弱酸正盐，其水溶液显酸性，pH<7，即b点对应恰好完全反应。
【详解】A．a点pH=0，则c(H+)=1 mol/L，水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw<1.0×10-14，即c(H+)×c(OH-)<1.0×10-14，即c(OH-)
C．b点溶液中加入NaOH溶液至中性后点存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)+c(Na+)，中性c(OH-)=c(H+)，则有①c(Cl-)=c()+c(Na+)，b点所得溶液为NH4Cl溶液，之后加的是NaOH溶液，根据Cl、N守恒有②c(Cl-)=c()+c(NH3·H2O)，联立①和②可知c(NH3·H2O)=c(Na+)，C错误；
D．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl)=n(NH3·H2O)，铵根离子水解促进了水的电离，而c、d两点氨水都过量，会抑制水的电离，氨水体积越大，NH3·H2O的物质的量越多，对水电离的抑制程度就越大，故b、c、d三点水的电离程度为：b>c>d，D正确；
选D。
12. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向2支均盛有2mL相同浓度的溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀
Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)
B
将红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，试管中有红棕色气体产生
木炭与浓硝酸反应产生NO2
C
用pH试纸测得：溶液的pH约为9，溶液的pH约为8
电离出的能力比的强
D
向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
溶液中可能存在平衡：II-+I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．其他条件相同时，对于相同类型的难溶电解质，Ksp小的先沉淀，向2支均盛有2mL相同浓度的溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，只生成AgI黄色沉淀，说明Ksp(AgI)
C．两种盐溶液的浓度未知，无法根据钠盐溶液的pH定性判断其对应的酸的酸性强弱，B错误；
D．向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘单质和碘离子，则KI3溶液中可能存在平衡：II-+I2，D正确；
答案选D。
13. 已知溶液显酸性，溶液中存在以下平衡；
①
②
向的溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是
A. 加入少量金属Na，反应①平衡逆向移动，溶液中增大
B. 加入少量固体，则反应①平衡正向移动，的水解程度增大，酸性减弱
C. 加入少量NaOH溶液，、的值均增大
D. 加入氨水至中性，则
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入少量金属Na，Na与电离出的H+反应，促使反应②平衡正向移动，离子浓度减小，又促使反应①平衡逆向移动，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，溶液中c()减小，A错误；
B．加入少量固体，则反应①平衡正向移动，反应②平衡正向移动，溶液显酸性，说明的电离程度大于水解程度，则溶液酸性增强，B错误；
C．加入NaOH，与NaHSO3反应生成亚硫酸钠和水，c()增大，c()减小，则增大，溶液碱性增强，增大，C正确；
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)，则c(Na+)＞c()＞c(H+)=c(OH-)，D错误；
答案选C。
14. 采用钠碱法烟气脱硫后的吸收液主要含NaHSO3和Na2SO3，用电解法可再生吸收液并回收硫，装置如图，下列说法错误的是
A. 石墨电极I接外电源的正极.
B. 出液1为再生吸收液，主要成分为Na2SO3和NaOH
C 阴极室每生成0.2 molSO，需转移0.4 mol电子
D. 在中间室硫资源回收的主要反应为HSO+H+=SO2↑+H2O，SO+H+=HSO
【答案】C
【解析】
【详解】A．电极II上生成H2是发生的还原反应，应接电源负极，电极1应为阳极，接外电源的正极，A正确；
B．阴极室消耗H+ ，OH-浓度增大，Na+穿过膜I，进入阴极室使NaOH浓度增大。同时可发生反应HSO3-+OH-= SO32- + H2O，使Na2SO3浓度增大，得再生吸收液主要成分为Na2SO3和NaOH，B正确；
C．由阴极反应2H2O+2e- =H2 ↑+2OH- ，阴极区反应HSO3-+OH-=SO32-+H2O 可得生成0.2 mol SO32-再生吸收剂，转移0.2 mol电子，C错误；
D．由于阳极应为2H2O- 4e- =O2↑+4H+使中间区域酸性增强， 发生反应HSO3- +H+ =SO2↑+ H2O，SO32-+H+ =HSO3-，释放SO2可回收硫，D正确；
故选C。
15. 实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是
A. “溶解”时Cu发生反应的离子方程式为2Cu+4H2O2+4H+=2Cu2++O2↑+6H2O
B. 因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜使用高温
C. 用NaOH溶液“调节pH=2”可提高锌粉的利用率
D. 将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2
【答案】C
【解析】
【分析】废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程中，先加入双氧水、稀盐酸，Zn转化为ZnCl2，Cu转化为CuCl2，所得溶液中含Zn2+、Cu2+、Cl-、H+，向溶液中加入适量NaOH溶液调节pH=2，再加入锌粉将Cu2+置换为Cu，过滤得到Cu，所得滤液中主要成分为NaCl、ZnCl2，经过一系列操作后得到无水ZnCl2。
【详解】A．“溶解”时Cu与过氧化氢和稀盐酸发生氧化还原反应生成氯化铜和水，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：Cu＋H2O2＋2H+=Cu2+＋2H2O，A错误；
B．升高温度能够加快化学反应速率，但双氧水受热易分解、盐酸受热易挥发，因此溶解过程中需在适宜的温度下进行反应，B错误；
C．加入NaOH溶液，可降低溶液中氢离子的浓度，防止置换时消耗过多锌粉，提高锌粉的利用率，C正确；
D．ZnCl2为强酸弱碱盐，加热能够促进Zn2+水解，因此需要在HCl的气氛中进行加热蒸干方可得到无水ZnCl2，D错误；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 和都是钛的重要化合物，某化学兴趣小组在实验室对两者的制备及性质进行探究。
①制备。
实验室利用反应，在无水无氧条件下制备，装置图和有关信息如下：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
-23
76
与TiCl4互溶
-25
136
遇潮湿空气产生白雾
请回答下列问题：
（1）仪器B中盛装的仪器名称是___________。
（2）请补充完整实验步骤：①组装仪器，②检查装置气密性，③加装药品，④___________，⑤点燃酒精灯，⑥停止加热，⑦停止通。
（3）实验结束后需要分离D中的液态混合物，该操作使用的主要玻璃仪器有___________(写2个即可)。
Ⅱ．制备并测定的质量分数。
在中加水、加热，水解得到沉淀，经过滤、水洗，再烘干、焙烧除去水分得到粉体。
（4）一定条件下，将溶解并还原为，用标准溶液滴定至全部生成。滴定分析时，称取上述试样0.2g，消耗标准溶液20mL。则质量分数为___________。
（5）配制标准溶液时，加入一定量的目的是抑制水解，现在实验室中有一瓶98%的H2SO4()，要配制2.0mol/L的稀，请回答如下问题：需要量筒量取浓硫酸的体积为___________。在该配置实验使用的玻璃仪器中有___________种(填阿拉伯数字)。
（6）在用浓硫酸配制稀硫酸过程中，下列操作中会造成稀硫酸溶液质量分数偏小共有___________个(填阿拉伯数字)。
A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶
B．在稀释过程中，有少量液体溅出
C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤
D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平
E．用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数
【答案】（1）锥形瓶 （2）通入N2一段时间
（3）蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等
（4）80% （5） ①. 27.2mL ②. 5
（6）3
【解析】
【分析】通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应，CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置连接空气，盛放浓硫酸，干燥空气，据此解答。
【小问1详解】
仪器B中盛装的仪器名称是锥形瓶，故答案为：锥形瓶；
【小问2详解】
对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验装置气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2，故答案为：通入N2一段时间；
【小问3详解】
D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏进行分离，该操作使用的主要玻璃仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等，故答案为：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等；
【小问4详解】
根据氧化还原反应中得失电子相等得二者的关系式，TiO2～，二氧化钛的质量=0.1mol/L×0.02L×80g/mol=0.16g，TiO2试样0.2g，其质量分数==80%，故答案为：80%；
【小问5详解】
浓H2SO4的物质的量浓度=mol/L=18.4mol/L；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=250mL×2.0mol/L，解得：x≈27.2，所以量取的浓硫酸体积是27.2mL；配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量（用到胶头滴管）量取，在烧杯中稀释，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、250mL容量瓶，故答案为：27.2mL；5；
【小问6详解】
A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶，定容后冷却，液面下降，体积偏小，稀硫酸溶液质量分数偏大，故A不符合题意；
B．在稀释过程中，有少量液体溅出，即由部分溶质损失，稀硫酸溶液质量分数偏小，故B符合题意；
C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤，则烧杯和玻璃棒上有部分溶质附着，即由部分溶质损失，稀硫酸溶液质量分数偏小，故C符合题意；
D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体，导致部分溶质损失，稀硫酸溶液质量分数偏小，故D符合题意；
E．用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数，浓硫酸的体积偏大，稀硫酸溶液质量分数偏大，故E不符合题意；
故答案为：3。
17. 常温下，浓度均为0.1 mol/L的6种溶液的pH如表：
序号
a
b
c
d
e
f
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
NaAlO2
pH
8. 8
9. 7
11. 6
10. 3
11. 1
11. 3
（1）上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为_______。(填阴离子化学式)
（2）NaAlO2溶液呈碱性的原因是_______(用化学方程式表示)。将溶液加热蒸干最后得到的固体产物是_______；
（3）结合表中数据分析，与0.1 mol/L的CH3COONa溶液中水的电离程度相同的有_______(填字母代号)。
A.pH=8.8的NaOH溶液 B.pH=5.2的NH4Cl溶液 C.pH=5.2的盐酸 D.0.1 mol/L的NaCN溶液 E.pH=8. 8的Na2CO3溶液
（4）将浓度均为0.1mol/L的b、c等体积混合，所得溶液中各离子浓度关系正确的有_______。
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）0.1 mol/LHCl与0.1 mol/L Na2CO3溶液等体积混合后溶液中各离子浓度大小关系为_______。
（6）向NaCN溶液中通入少量CO2气体发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）CH3COO-
（2） ①. NaAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+NaOH ②. 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】
【小问1详解】
越容易水解的盐，代表水解生成的酸的酸性越弱，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则盐的水解程度越大，所以最易水解的盐是碳酸钠，所以最容易结合氢离子的阴离子是CO，反之，上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为CH3COO-。
【小问2详解】
NaAlO2是强碱弱酸盐，偏铝酸根离子水解使溶液呈碱性，化学方程式为：NaAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+NaOH。将NaAlO2溶液加热，促进水解，氢氧化铝、氢氧化钠浓度增大，反应生成偏铝酸钠，故蒸干最后得到的固体产物是NaAlO2；
【小问3详解】
由表中数据可知，在常温下，0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH=8.8，促进水的电离，c(H+)=10-8.8mol/L，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L，而由水电离产生的氢离子浓度与由水电离产生氢氧根离子浓度相等，则由水电离产生的氢离子浓度也为10-5.2mol/L：
A．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的电离，A错误；
B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L，B正确；
C．pH=5.2的盐酸，抑制水的电离，C错误；
D．0.1mol/L的NaCN溶液pH=11.1，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-2.9mol/L，D错误；
E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L，E正确；
答案选BE。
【小问4详解】
将浓度均为0.1mol/L的NaHCO3、Na2CO3等体积混合，钠离子的物质的量与碳原子的物质的量之比为3:2，则物料守恒：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，溶液呈电中性，有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，则：
A．依据物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，A错误；
B．依据物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，B正确；
C．物料守恒：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，两式联立有质子守恒：c(CO)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HCO)+3c(H2CO3)，C错误；
D．依据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正确；
E．混合溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故混合溶液中离子浓度c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)，E正确；
F．混合溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故混合溶液中离子浓度c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)，F错误；
答案选BDE。
【小问5详解】
0.1mol/LHCl与0.1mol/LNa2CO3溶液等体积混合后所得0.05mol/LNaCl与0.05mol/LNaHCO3混合溶液；溶液呈碱性，因碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，故各离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)。
【小问6详解】
等浓度的上述盐溶液，水解程度越大，溶液pH越大，对应酸的酸的酸性越弱，则有酸性：H2CO3>HCN>HCO，则向NaCN溶液中通入少量CO2气体发生反应的离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO。
18. 铁及其化合物在处理工业废水、废气过程中发挥着重要作用。
(1)用铁的化合物除硫化氢：2[Fe(CN)6]3-+ 2+HS- =2[Fe(CN)6]4-+ 2+S↓，可通过图1使[Fe(CN)6]3-再生，电解时，阳极的电极反应式为_______；电解过程中阴极区溶液的pH_______(填“变大”、 “变小”或“不变")。
(2)以铁为电极电解除铬，如图2
已知：+ H2O=2+2H+
氧化性：＞
①电解过程中主要反应之一：+6Fe2++17H2O= 2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+；气体a主要成分_______。
②电解过程中，不同pH时，通电时间与Cr元素的去除率关系如图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)高铁酸钾(K2FeO4)除锰
已知：K2FeO4具有强氧化性，极易溶于水
①在酸性条件下，能与废水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2沉淀来除锰，该反应的离子方程式_______。
②用K2FeO4处理1L 50 mg/L的含Mn2+废水，Mn元素的去除率与K2FeO4量的关系如图4所示，当K2FeO4超过20 mg时，Mn元素的去除率下降的原因可能是_______。
【答案】 ①. ②. 变大 ③. H2 ④. pH值升高，转化为，氧化能力减弱，使铬元素难以被还原，从而去除率下降 ⑤. ⑥. 随着K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性离子留在溶液中
【解析】
【分析】
【详解】(1)可通过图1使[Fe(CN)6]3-再生，即电解时，[Fe(CN)6]4-生成[Fe(CN)6]3-，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，则阳极的电极反应式为；电解过程中阴极反应为，阴极区溶液的pH变大；
(2)①以铁为电极电解除铬，电解过程中主要反应之一：+6Fe2++17H2O= 2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+，则Fe作阳极，发生反应，Fe2+将还原生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀，阴极发生反应，则气体a主要成分是H2；
②pH值升高，+ H2O=2+2H+的平衡正向移动，生成，氧化能力减弱，使铬元素难以被还原，从而去除率下降；
(3)①在酸性条件下，K2FeO4能与废水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2沉淀来除锰，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为；
②K2FeO4具有强氧化性，随着K2FeO4增加，K2FeO4将Mn2+氧化成更高价态的可溶性离子留在溶液中，Mn元素的去除率下降。
19. 软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2。闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下（中间产物的固体部分已经略去）
已知： Ⅰ．矿石中所有金属元素在滤液A中均以离子形式存在。
Ⅱ．各种金属离子完全沉淀的pH如下表：
Zn2+
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
pH
8.0
10.1
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
（1）步骤①中发生多个反应，其中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式______。
（2）步骤③中MnO2的其作用是______，另外一种物质X可以是______。
A．MgCO3 B．ZnO C．MnCO3 D．Cu(OH)2
（3）MnO2与Li构成LiMnO2，它可作为某锂离子电池的正极材料，电池反应方程式为： Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，写出该锂离子电池的正极电极反应式______。MnO2可做超级电容器材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是______.
（4）已知：H2S的电离常数K1=1.3×10-7，K2=7.0×10-15，在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 mol·L-1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS―浓度为1.0×10-4 mol·L-1时，Mn2+开始沉淀，则a=______。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10-15]
【答案】 ①. 3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O ②. 将Fe2+氧化为Fe3+ ③. BC ④. Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2 ⑤. Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ ⑥. 5
【解析】
【详解】（1）步骤①，MnO2、FeS与硫酸共热时析出淡黄色物质为硫，溶液变为棕黄色， MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式为3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O，故答案为3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O；
（2）步骤③中MnO2的作用是将将Fe2+氧化为Fe3+，便与后续操作中除去，另外一种物质X的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀，为了不引入新的杂质，可以使用ZnO、MnCO3，不能使用MgCO3和Cu(OH)2，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；BC；
（3）根据电池反应方程式： Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，该锂离子电池的正极电极反应式为Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2，MnO2可做超级电容器材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案为Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
（4）当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2-）===0.7×10-13mol/L，根据H2S的电离常数K2=7.0×10―15，K2= = =7.0×10―15=1.0×10―5，pH=5，故答案为5。
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