2022-2023学年山西省太原师范学院附属中学高二上学期12月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年山西省太原师范学院附属中学高二上学期12月月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
山西省太原师范学院附属中学2022-2023学年高二上学期
12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列表示电离或水解方程式正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．多元弱酸分步电离，电离方程式为、，选项A错误；
B．碳酸氢钾为强电解质，完全电离出钾离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根为弱酸的酸式酸根离子，不能拆，正确的电离方程式为，选项B错误；
C．碳酸氢盐水解产生碳酸，水解的方程式为，选项C正确；
D．次氯酸是弱酸，不完全电离，电离方程式为，选项D错误；
答案选C。
2．室温下，有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液、②0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH)都增大的是(　　)
A．通入少量HCl气体 B．加入少量NaOH固体
C．加入少量H2O D．升高温度
【答案】A
【详解】A. ①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，抑制NH水解，c(NH)增大，故选A；
B. ①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制NH3•H2O电离，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢离子浓度减小，促进NH水解，c(NH)减小，故不选B；
C. ①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量H2O，NH3•H2O浓度降低，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl浓度减小，c(NH)减小，故不选C；
D. ①升高温度，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②升高温度，促进NH水解，c(NH)减小，故不选D；
答案选A。
3．某兴趣小组设计了如图所示原电池装置(盐桥中吸附有饱和K2SO4溶液）。下列说法正确的是

A．该原电池的正极反应是Cu2++2e－=Cu
B．甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅
C．盐桥中的SO42－流向甲烧杯
D．Cu电极质量减少，Pt电极质量增加
【答案】B
【分析】在乙图装置中，Cu易失电子作负极、Cu作负极，当电流计中指针发生偏转时，盐桥中钾离子向正极移动，所以盐桥中的SO42-流向乙烧杯移动，Cu作负极，负极上Cu失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-= Cu2+，Pt为正极，正极上铁离子得电子发生还原反应，电极反应为Fe3++e-=Fe2+，甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅。
【详解】A．由分析可知，Cu失去电子作负极，Fe3+得到电子做正极，故正极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，A错误；
B．甲烧杯中随着电池反应的不断进行，甲烧杯中的Fe3+浓度不断减小，溶液颜色逐渐变浅，B正确；
C．由于乙烧杯中Cu失去电子变成Cu2+，故盐桥中的SO42-向乙烧杯移动，C错误；
D．根据电极反应，Cu电极消耗Cu，质量变小，Pt电极消耗Fe3+变成Fe2+，电极质量不变，D错误；
故选B。
4．室温下，下列溶液中最大的是
A．的溶液 B．的氨水
C．的溶液 D．的溶液
【答案】A
【详解】A．在溶液中，NH4HSO4完全电离产生、H+等，且H+对的水解产生抑制作用；
B．0.1mol·L-1的氨水中，一水合氨发生部分电离，且电离程度较小；
C．在溶液中，NH4HSO3完全电离产生、等，且的电离大于水解，对的水解起抑制作用，但因电离产生的氢离子远小于电离的氢离子，故浓度比选项A的小；
D．在溶液中，NH4Cl完全电离产生，在水溶液中发生水解；
由上面分析可知，一水合氨的电离程度较小，溶液中c()最小；NH4HSO4溶液中由于H+对的水解产生抑制作用，所以溶液中c()最大；
答案选A。
5．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，pH=1，c（Al3+）=0.4mol•L-1，c（SO42-）=0.8mol•L-1，则c（K+）=（    ）
A．0.15mol•L-1 B．0.2mol•L-1
C．0.3mol•L-1 D．0.4mol•L-1
【答案】C
【详解】溶液的pH=1，则氢离子浓度为0.1mol/L，根据溶液电荷守恒，溶液中存在：3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于溶液中c(OH-)很小，可以忽略不计，则：3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)，所以：c(K+)=2c(SO42-)-3c(Al3+)-c(H+)=2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故答案为C。
【点睛】考查物质的量浓度的有关计算，注意电解质混合溶液中利用电荷守恒进行离子浓度的计算，根据混合液为电中性可知：3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，然后结合题中数据进行计算钾离子的物质的量浓度。
6．实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果评价错误的是
选项
操作
测定结果评价
A
酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2～3次
偏高
B
开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
偏高
C
锥形瓶未干燥
无影响
D
盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
偏低

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A.酸式滴定管在装液前未用标准盐酸溶液润洗2次～3次，标准液浓度偏低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，待测液浓度偏大，故A正确；
B.开始实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中，气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，待测液浓度偏大，故B正确；
C.锥形瓶未干燥，对待测液没有影响，则不影响测定结果，故C正确；
D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗，导致瓶内氢氧化钠的物质的量增大，消耗标准液的体积也会增大使结果偏高，故D错误。
故选D。
【点睛】根据中和滴定操作方法对c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）中V（标准）的影响判断滴定误差。
7．如下图所示，下列关于实验现象的描述正确的是（  ）


a电极
b电极
x溶液
实验现象
A
石墨
石墨
CuCl2
a电极质量增加，b电极放出无色气体
B
Fe
石墨
KNO3
a电极质量增加，b电极放出无色气体
C
Fe
Cu
CuSO4
a电极质量增加，b电极质量减少
D
石墨
石墨
HCl
A电极放出无色气体，b电极放出无色气体

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．a电极与电源负极相连，作阴极，铜离子放电，析出铜，质量增加，b电极是阳极氯离子放电产生黄绿色气体氯气，A错误；
B．铁与电源的负极相连，作阴极氢离子放电产生氢气，电极质量不变，b电极是阳极氢氧根放电产生氧气，B错误；
C．铁与电源的负极相连，作阴极铜离子放电析出铜，质量增加，铜与电源正极相连作阳极，铜失去电子质量减小，C正确；
D．a电极是阴极氢离子放电产生氢气，b电极是阳极氯离子放电产生黄绿色气体氯气，D错误；
答案选C。
8．已知某温度下，Kw=1×10-12，该温度下，将pH=2的H2SO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，下列有关混合溶液酸碱性的判断正确的是
A．呈酸性 B．呈碱性 C．呈中性 D．无法确定
【答案】B
【详解】某温度下，Kw=1×10-12，pH=12的NaOH溶液中，c(OH-)=mol/L=1mol/L，pH=2的H2SO4溶液中，c(H+)=0.01mol/L，两份溶液等体积混合，显然碱过量，溶液呈碱性，故选B。
9．下列说法正确的是
A．常温下，向pH为2的盐酸中加入等体积的的氨水恰好完全中和
B．溶液中与之比为2：1
C．与醋酸中之比为2：1
D．的溶液中、、、一定能大量共存
【答案】D
【详解】A．一水合氨是弱电解质存在电离平衡，向该溶液中加入等体积pH为12的氨水，平衡状态下的氢氧根离子恰好完全中和，一水合氨又电离出氢氧根离子，一水合氨过量，选项A错误；
B．为强碱弱酸盐，因水解，则c(Na+ )与c()之比大于2 : 1，选项B错误；
C．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，则0.2 mol/L与0.1 mol/L醋酸中c(H+ )之比小于2 : 1 ，选项C错误；
D．在pH=1的溶液中、Cl-、Cu2+、彼此间不发生离子反应，能大量共存，选项D正确；
答案选D。
10．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。该电池上有两个接线柱，一个接线柱旁标有“+”，另一个接线柱旁标有“-”。高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH。下列叙述不正确的是（    ）
A．放电时正极反应为：FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3↓+5OH-
B．充电时阴极反应为：Zn（OH）2+2e-=Zn+2OH-
C．放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化
D．标有“+”的接线柱充电时作阳极，放电时作正极
【答案】C
【详解】A．放电时正极发生还原反应，正极上电极反应式为FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，故A正确；
B．充电时，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-，故B正确；
C．由反应可知，转移6mol电子，正极有2molK2FeO4被还原，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，而不是被氧化，故C错误；
D．标有“+”的接线柱充电时作阳极，发生氧化反应，放电时作正极，发生还原反应，故D正确；
故答案为C。
【点睛】考查化学电源新型电池，注意根据信息中的总反应及放电为原电池反应、充电为电解池反应解答本题，充电时，阴极上电极反应式为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-，阳极上电极反应式为2Fe(OH)3-6e-+10OH-=2FeO42-+8H2O，放电时，负极上电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，正极上电极反应式为2FeO42-+8H2O+6e-=2Fe(OH)3+10OH-。
11．常温下，的二元酸的溶液与等浓度的溶液等体积混合(忽略混合后体积的变化)，所得溶液中。则混合溶液的为
A．1 B．2 C．3 D．无法计算
【答案】A
【详解】温下，的二元酸的溶液与等浓度的溶液等体积混合，根据方程式H2A+NaOH=NaHA+H2O分析，反应后为NaHA溶液，所得溶液中，说明H2A为二元强酸，完全电离，则NaHA溶液中的氢离子浓度也为0.1mol·L-1，则pH为1。
故选A。
12．下列说法正确的是
A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程
B．将水库中的水闸(钢板)与外加直接电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀
C．由原电池原理知所有的合金都比纯金属更易被腐蚀
D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中发生：，从而形成铁锈，但此过程铜不被腐蚀
【答案】B
【详解】A．金属腐蚀就是金属失去电子被氧化的过程，选项A错误；
B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连接，作电解池的阴极被保护，可防止水闸被腐蚀，选项B正确；
C．有些合金由于金属的内部组织结构被改变而比纯金属更难被腐蚀，选项C错误；
D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中形成原电池，发生吸氧腐蚀，负极电极反应为Fe-2e-=Fe2+，选项D错误；
答案选B。
13．下列叙述中不正确的是（    ）
A．锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用稀盐酸溶解去除
B．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体的原理是加热促进了Fe3+水解
C．向纯水中加入盐酸或降温都能使水的离子积减小，电离平衡逆向移动
D．反应2A（g）+B（g）=3C（s）+D（g）在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H只闭合K3>都断开>只闭合K2
B．只接通K1，一段时间后，U形管中出现白色沉淀
C．只接通K2，U形管左、右两端液面均下降
D．先只接通K1，一段时间后，漏斗液面上升，然后再只接通K2，漏斗液面下降
【答案】D
【详解】A．只接通K1时，该装置是电解池，铁作阳极，腐蚀速度最快，只闭合K3时，该装置构成原电池，铁作负极发生吸氧腐蚀，腐蚀速度较快，只闭合K2时，该装置构成电解池，铁作阴极而被保护，所以铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：只接通K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2，A正确；
B．只接通K1，该装置是电解池，阳极上铁失电子生成亚铁离子，阴极上氢离子放电，同时阴极附近生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成灰白色氢氧化亚铁沉淀，所以一段时间后，U形管中出现白色沉淀，B正确；
C．只接通K2，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以左右两端都有气体生成，压强增大导致U形管液面均下降，C正确；
D．先只接通K1，阴极上氢离子放电生成氢气导致U形管右端液面下降，则漏斗内液面上升，只接通K2，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以左右两端都有气体生成，压强增大导致U形管液面均下降，漏斗内液面上升，D错误；
故选D。

二、多选题
20．在t℃时，AgI在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t℃时AgBr的Ksp=5×10-11，下列说法不正确的是

A．在t℃时，AgI的Ksp=2.5×10-15
B．图中b点有碘化银晶体析出
C．向c点溶液中加入适量蒸馏水，可使溶液由c点到a点
D．在t℃时，反应AgBr(s)+I-(aq)AgI(s)+ Br-(aq)的平衡常数K= 20000
【答案】CD
【详解】A． t℃时，根据图象中c点银离子、溴离子浓度分别为：c(I-)=5×10-8mol·L－1 ，c(Ag+)=5×10-8mol·L－1 ，则Ksp(AgI)=c(I-)×c(Ag+)=5×10-8mol·L－1 ×5×10-8mol·L－1 =2.5×10-15 mol2•L-2，故A正确；
B． b点c(Ag+)=5×10-8mol·L－1 ，c(I-)＞5×10-8mol·L－1 ，则c(I-)×c(Ag+)＞Ksp(AgI)，所以会析出AgI沉淀，故B正确；
C． 向c点溶液中加入适量蒸馏水，溶液体积增大，导致c(I-)＜5×10-8mol·L－1 ，不可能使溶液由c点到a点，故C错误；
D． t℃时，Ksp(AgI)=c(I-)×c(Ag+)=2.5×10-15，Ksp(AgBr)=5×10-13，反应AgBr(s)+I-(aq)AgI(s)+Br-(aq) 的平衡常数K= ==200，故D错误；
故选CD。

三、原理综合题
21．电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡，已知部分弱电解质的电离常数如下表：
弱酸
HCOOH
HClO


电离常数(25℃)





回答下列问题：
(1)的NaClO溶液和的溶液中，___________(填“＞”“＜”或“=”)。
(2)将少量通入NaClO溶液，反应的离子方程式是___________。
(3)将体积相同，的HCOOH和分别加水稀释到，需要水的体积：HCOOH___________(填“大于”“小于”或者“等于”)；
(4)25℃时，的HCOOH和的氨水等体积混合后溶液呈___________(填“酸”或“碱”)性；若的HCOOH与的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中，则该温度下HCOOH的电离常数___________(用含a的代数式表示，写出精确结果，不近似)。
(5)室温下，用的盐酸滴定20.00mL氨水，滴定曲线如图所示。

①d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________。
②b点所示的溶液中___________(写出精确结果，不做近似计算)。
【答案】(1)＞
(2)ClO‒+CO2+H2O＝HClO+
(3)大于
(4)     酸    
(5)     c(Cl‒)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH‒)     2×10‒5-2×10‒9

【详解】（1）根据电离常数可知酸性：HClO＞，根据盐类越弱越水解的规律，可知相同浓度的NaClO溶液和Na2CO3溶液中水解程度：Na2CO3＞NaClO，故0.1mol·L‒1的NaClO溶液和0.1mol·L‒1的Na2CO3溶液中，c(ClO‒)＞c()；答案为：＞；
（2）由于酸性：H2CO3＞HClO，故将少量CO2通入NaClO溶液，反应的离子方程式是ClO‒+CO2+H2O＝HClO+；答案为：ClO‒+CO2+H2O＝HClO+；
（3）HCOOH为弱酸，H2SO4为强酸，弱酸加水稀释能促进弱酸的电离。故将体积相同，pH均为5的HCOOH和H2SO4均稀释到pH=6时，需水的体积：HCOOH大于H2SO4；答案为大于；
（4）25℃时，0.01mol·L‒1的HCOOH和0.01mol·L‒1的氨水等体积混合生成HCOONH4和H2O。HCOONH4为弱酸弱碱盐，由HCOO‒发生水解的离子方程式：HCOO‒+H2OHCOOH+OH‒可知：HCOO‒的水解常数=。同理，由NH的水解离子方程式：NH+H2ONH3•H2O+H+可知，NH的水解常数=。从而可以比较出NH的水解能力大于HCOO‒的水解能力，故0.01mol·L‒1的HCOOH和0.01mol·L‒1的氨水等体积混合后所得溶液显酸性；
若amol·L‒1的HCOOH与0.01mol·L‒1的NaOH溶液等体积混合，发生反应：HCOOH+NaOH＝HCOONa+H2O；所得溶液中c(HCOO‒)=c(Na+)，则有c(H+)=c(OH‒)=10-7mol·L‒1。根据HCOOH的电离平衡常数表示式，可知HCOOH的电离平衡常数=。答案为：酸；；
（5）①d点所示的溶液为等体积等浓度的盐酸和氨水反应生成的氯化铵溶液，为强酸弱碱盐，因为NH的水解而显酸性，溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl‒)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH‒)。答案为：c(Cl‒)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH‒)；
②由图可知，b点加入盐酸的体积为10mL，为氨水体积的，等浓度的盐酸和氨水按1:2的比例混合后，所得溶液为等浓度的氨水和氯化铵的混合溶液。由图可得，该混合溶液的c(H+)=10‒9 mol·L‒1，c(OH‒)=10‒5mol·L‒1。根据溶液中NH的存在形式，有：c(NH)+c(NH3·H2O)=  ①。由混合溶液中的电荷守恒：c(OH‒)+c(Cl‒)=c(NH)+c(H+)，可得：c(NH)=c(OH‒)+c(Cl‒)-c(H+)=   ②。由①②式，可得：c(NH)-c(NH3·H2O)== (2×10‒5-2×10‒9) mol·L‒1。答案为：2×10‒5-2×10‒9。
22．如图所示的装置中，若通入直流电5min时，铜电极质量增加21.6g，试回答：

(1)若电源为碱性乙醇燃料电池，则电源电极X反应式为___________；
(2)pH变化：B___________(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)若A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH为___________(假设电解前后溶液的体积无变化)
(4)通电5min后，B中共收集2240mL气体(标准状况)，溶液体积为200mL，则通电前溶液的物质的量浓度为___________(设电解前后溶液体积无变化)，若要使B装置溶液要恢复到电解前的状态，需要加入的物质以及相应的物质的量正确的是___________
A．0.05molCuO        B．0.05molCuO和0.025mol
C．0.05mol        D．0.05mol和0.05mol
【答案】(1)C2H5OH+16OH－−12e－=2+11H2O
(2)减小
(3)14
(4)     0.25     CD

【分析】铜电极质量增加21.6g即得到银单质21.6g，其物质的量为0.2mol，说明铜为阴极，则X为负极，Y为正极。
【详解】（1）若电源为碱性乙醇燃料电池，根据前面分析X为负极，乙醇在负极反应，则电源电极X反应式为C2H5OH+16OH－−12e－=2+11H2O；故答案为：C2H5OH+16OH－−12e－=2+11H2O；
（2）A是放氢生碱型，溶液pH增大，B为放氧生酸型，溶液pH减小，C为放氧生酸型，溶液pH减小，因此三个装置中溶液pH变化：A：增大，B：减小，C：减小；故答案为：减小；
（3）根据题意和关系式Ag～OH－，则n(OH－)=0.2mol，A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的OH－的物质的量浓度为，溶液的pH=14；故答案为14：
（4）通电5min后，B中共收集2240mL气体(标准状况)即气体物质的量为0.1mol，B中阳极生成氧气，根据关系式4Ag～O2，得到0.05mol，则阴极得到氢气为0.05mol，再根据得失电子守恒，铜得到电子物质的量是0.2mol×1−0.05mol×2=0.1mol，则溶液中铜离子物质的量为n(Cu2+)=0.05mol，得到溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为，电解过程中得到0.05mol Cu、0.05mol H2、0.05mol O2，若要使B装置溶液要恢复到电解前的状态，需要加入的物质以及相应的物质的量与电解过程中得到的物质反应或相当，A．0.05molCuO与0.05mol Cu、0.05mol H2、0.05mol O2不相同，故A错误；B．0.05molCuO和0.025molH2O，与0.05mol Cu、0.05mol H2、0.05mol O2不相同，故B错误；C．0.05molCu(OH)2相当于加入0.05molCuO和0.05molH2O，与0.05mol Cu、0.05mol H2、0.05mol O2相当，故C正确；D．0.05molCuCO3和0.05molH2O相当于加入0.05molCuO和0.05molH2O，与0.05mol Cu、0.05mol H2、0.05mol O2相当，故D正确；综上所述，答案为：0.25；CD。
23．图甲是一种利用微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能，并生成对环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁片上镀铜。

回答下列问题：
(1)铁电极应与___极（填“X”或“Y”）相连，H+应向___极（填“M”或者“N”）做定向移动。
(2)M极发生的电极反应式为___；若铜片上的质量减少1.92g，则甲装置中消耗CO(NH2)2的质量为___g。
(3)常温下，若将铁电极换成石墨电极并与Y极相连，则当电路中通过0.01mol电子时，铜电极发生的电极反应式为___，此时溶液的pH=___（此时溶液体积为100mL）。通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移电子的物质的量为___（忽略溶液体积变化）。
【答案】     X     N     CO(NH2)2+H2O-6e‒＝CO2↑+N2↑+6H+     0.6     Cu2++2e‒＝Cu     1     0.2mol
【分析】根据题给信息，图甲中的装置是将化学能转化为电能的原电池，根据原电池原理，Y为正极，X为负极。利用图甲装置的电能在铁片上镀铜，则铁为阴极，应与图甲中的负极相连，铜为阳极，应与图甲中的正极相连。
【详解】(1)由分析可知，铁电极应与图甲装置中的X极相连。在原电池中，阳离子向正极移动，即H+应向N极做定向移动。答案：X；N；
(2) [CO(NH2)2]在负极M上失去电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为：CO(NH2)2+H2O-6e‒＝CO2↑+N2↑+6H+；若铜片上的质量减少1.92g，根据铜电极的电极反应式可知，电解池铜电极失去电子的物质的量为。即原电池中[CO(NH2)2]失去0.06mol电子，根据图甲中M极的电极反应式，可知消耗CO(NH2)2的质量为。答案为：CO(NH2)2+H2O-6e‒＝CO2↑+N2↑+6H+；0.6；
(3)若将铁电极换成石墨电极并与Y极相连，石墨电极与原电池的正极相连，作为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为：4OH‒-4e‒＝2H2O+O2↑。铜电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e‒＝Cu；当电路中通过0.01mol电子时，根据电解方程式可知，生成H2SO4的物质的量为，则此时溶液中c(H+)=，溶液的pH=1；通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解中生成0.1molCu和0.05molO2，根据电解反应式可知，电解过程中转移电子的物质的量为。答案为：Cu2++2e‒＝Cu；1；0.2mol。

四、实验题
24．维生素C又称抗坏血酸，其化学式为C6H8O6，在有氧、光照的条件下易被氧化，维生素C含量的测定就是利用其较强的还原性，可以与具有氧化性的物质如I2发生化学反应，把维生素C氧化生成去氢抗坏血酸。维生素C与碘单质的化学反应如下：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI
某实验小组准确量取稀释过的市售饮料10.00mL，用已经标定的0.0020mol·L-1的I2溶液进行滴定，记录所用体积，平行滴定三次。消耗I2溶液体积如下表所示：
实验编号
待测溶液的体积(mL)
滴定前I2溶液读数(mL)
滴定后I2溶液读数(mL)
1
10.00
1.20
13.22
2
10.00
1.21
13.19
3
10.00
2.00
14.00

回答下列问题：
(1)标准I2溶液应装入___(填“酸式”或“碱式”)滴定管，应选用___作指示剂。
(2)滴定终点的判断方法是___。
(3)该市售饮料维生素C的浓度为___g·L-1。
(4)其他操作均正确，下列操作会导致维生素C测定结果偏低的是___(填字母)。
A．锥形瓶中有少量水
B．盛装标准液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗
C．滴定结束时仰视刻度线读数
D．量取待测液的滴定管没有润洗
E．滴定后盛装标准液的滴定管中有气泡
【答案】     酸式     淀粉溶液     滴入最后一滴I2溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不恢复原来的颜色     0.4224     DE
【分析】采用氧化还原滴定法测定维生素C的浓度，为保证测定结果的准确，应确保标准液浓度的准确性、待测液物质的量的准确性、滴定终点判断的准确性。
【详解】(1)因为碘溶液会腐蚀橡胶，所以标准I2溶液应装入酸式滴定管；使用I2作氧化剂，则淀粉与之匹配，应选用淀粉溶液作指示剂。答案为：酸式；淀粉溶液；
(2)起初维生素C中滴加淀粉溶液，溶液呈无色，后来稍碘过量时，溶液呈蓝色，所以滴定终点的判断方法是滴入最后一滴I2溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不恢复原来的颜色。答案为：滴入最后一滴I2溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不恢复原来的颜色；
(3)三次实验所用碘溶液的平均体积为mL=12.00mL，该市售饮料维生素C的浓度为=0.4224g·L-1。答案为：0.4224；
(4)A．锥形瓶中有少量水，不影响维生素C的物质的量，对测定结果不产生影响；
B．盛装标准液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，所用体积偏大，测定结果偏高；
C．滴定结束时仰视刻度线读数，读取所用标准液的体积偏大，测定结果偏高；
D．量取待测液的滴定管没有润洗，则使其浓度减小，物质的量减小，测定结果偏低；
E．滴定后盛装标准液的滴定管中有气泡，读取标准液的体积偏小，测定结果偏低；
故选DE。答案为：DE。
【点睛】分析测定误差时，常使用公式法，待测液的物质的量的偏差与标准液体积的偏差成正比。

五、工业流程题
25．工业上利用废镍催化剂(主要成分为NiO，还含有一定量的ZnO、、、CaO等)制备一水合氢氧化氧镍()的工艺流程如下：

相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子




开始沉淀时的pH
10.6
7.6
7.1
1.5
完全沉淀时的pH
13.1
8.3
9.2
2.8

回答下列问题：
(1)写出一种能提高“酸浸”速率的措施：___________；
(2)滤渣1的成分是___________、___________(填化学式)。
(3)试剂X用于调节溶液的pH，则调控pH的范围是___________。
(4)已知“除铁”后所得100mL溶液中，加入100mL溶液(忽略混合后溶液体积的变化)，使恰好沉淀完全[此时]，则所加溶液___________[已知实验条件下，，不考虑的水解]。
(5)“氧化”过程中加入的试剂Y是NaClO，写出加入NaClO反应生成一水合氢氧化氧镍()的离子方程式：___________。
(6)已知工业上也可以用作为阳极、NaOH溶液为电解质溶液，通过电解氧化法制备NiOOH，其阳极的电极反应式为___________。
【答案】(1)粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等
(2)     SiO2     CaSO4
(3)2.8≤pH