2017-2018学年江苏省宿迁市高二下学期期末考试化学试题 解析版



江苏省宿迁市2017～2018学年度第二学期期终质量检测
高二化学试卷
1. 化学与生产、生活、社会、环境关系密切，下列说法正确的是
A. NH4Cl和ZnCl2溶液可用作焊接钢铁时的除锈剂
B. 大力生产铅蓄电池、汞锌锰干电池，满足消费需求
C. 工业生产中使用催化剂可改变反应的活化能和焓变
D. 牺牲阳极的阴极保护法是应用电解原理防止金属腐蚀
【答案】A
【解析】分析：A.根据盐类水解的性质解答;B.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产,使用后的废弃物影响环境;C.催化剂可降低反应的活化能,但不影响焓变,且焓变等于正逆反应活化能之差；D.牺牲阳极的阴极保护法,是根据原电池原理防护金属腐蚀。以此来解答。
详解：A.NH4Cl和ZnCl2都是强酸弱碱盐,水解显酸性,所以可用作焊接时的除锈剂,所以A选项是正确的; 
B项，铅、汞为重金属，加大生产铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池会污染环境，故B错误；
C.催化剂可改变反应的活化能,但始终态不变,可以知道焓变不变,故C错误;
D.牺牲阳极的阴极保护法,是根据原电池原理防护金属腐蚀,外加电流的阴极保护法是根据电解原理保护金属腐蚀,故D错误; 
所以A选项是正确的。
2. 室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是
A. 0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液的pH小于13
B. 0.1 mol•L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C. 相同条件下，浓度均为0.1 mol•L-1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D. 向0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液中加入MgCl2溶液产生白色沉淀
【答案】D
【解析】分析：部分电离的电解质为弱电解质,只要能证明NH3•H2O部分电离就说明NH3•H2O是弱电解质，据此分析解答。
详解A. 0.1 mol•L-1 NH3•H2O溶液的pH小于13，则溶液中c(OH-)Ksp,溶液过饱和,会有沉淀析出,所以C选项是正确的;
D、Ksp是溶度积常数,只随着温度的改变而改变,温度不变Ksp不变,在曲线上的任意一点Ksp都相等,故D正确；
所以本题答案选A。
点睛：本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念。
11. 下列叙述中正确的是
A. 100℃时，纯水的pH约为6， 此时纯水呈酸性
B. 4mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，转移电子数目小于6×6.02×1023
C. 反应Al2O3(s)+3 Cl2(g)+3C(s) === 2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，则△H＞0
D. HCl和NaOH反应的中和热为－57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热为－114.6 kJ·mol-1
【答案】BC
【解析】分析：A.水的电离过程为H2O⇌H++OH-，纯水中c（OH-）=c（H+），纯水永远显中性；B.氮气和氢气反应为可逆反应，4mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol；C.反应Al2O3(s)+3 Cl2(g)+3C(s) === 2AlCl3(g)+3CO(g)的△S=0，该反应室温下不能自发进行，该反应为吸热反应，则△H＞0；D.强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量，是中和热。以此分析。
详解：A.水的电离过程为H2O⇌H++OH-，纯水中c（OH-）=c（H+），纯水永远显中性,故A错误；
B.氮气和氢气反应为可逆反应，4mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol,转移电子数目小于6×6.02×1023，B正确；
C.反应Al2O3(s)+3 Cl2(g)+3C(s) === 2AlCl3(g)+3CO(g)的△S=0，该反应室温下不能自发进行，该反应为吸热反应，则△H＞0，C正确；
D.强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量是中和热，HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ•mol-1，生成沉淀也要放热，故D错误；
本题答案选BC。
12. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深
CO32－水解是吸热反应
B
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性A比B强
C
常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
D
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol•L-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol•L-1 NaHSO3溶液的pH约为5
HSO结合H＋的能力比SO32－的弱


A. A B. B C. C D. D
【答案】AD
【解析】分析：A.滴有酚酞的Na2CO3溶液,加热促进碳酸根离子的水解,则颜色加深;
B.等体积等pH值的酸,酸的浓度越大,酸性越弱;
C.难溶电解质的溶解平衡中，溶度积大的电解质能向溶度积小的电解质转化，注意浓度的大小问题； 
D.SO结合H＋为一级水解，HSO3-结合H＋为二级水解，HSO结合H＋的能力比SO32－的弱。
详解:A.滴有酚酞的溶液Na2CO3显示红色,是因为碳酸钠溶液中的碳酸根离子水解溶液呈碱性,其中碳酸根离子水解程度受温度的影响,微热,溶液颜色逐渐变深,说明温度高,水解程度大,碱性增强,所以盐类水解是吸热反应,所以A选项是正确的;
B.当体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应,HA放出的氢气多,说明HA的物质的量大于HB的物质的量,溶液的体积相等,HA的物质的量浓度大于HB的,所以说明酸性:HAc (NH3·H2O)，所以c(Cl-)>(NH3·H2O)，再根据电荷守恒有：c (NH4+)+ c (H+)=c(Cl-)+ c (OH－)，所以c (NH4+)+ c (H+)＞c (NH3·H2O)+ c (OH－)。
详解:A.NaHSO4溶液中：根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－) +c(OH－),根据物料守恒，c(Na+)＝c(SO42－)，所以有c(H+)＝c(SO42－) +c(OH－)，所以A选项是正确的;
B.在0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32-),物料守恒:c(Na+)＝2[c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32－)]，二者联式可得c(OH－)-c(H+)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)，所以B选项是正确的;
C.含等物质的量NaClO和Na2CO3的混合溶液中：根据物料守恒关系，c(HClO) + c(ClO－)＝c(CO32－) +c(HCO3－)+c(H2CO3)，故C错误;
D.浓度均为0.1 mol•L-1的NH3·H2O、NH4Cl混合溶液，根据物料守恒有：2c(Cl-)=c (NH4+)+ c (NH3·H2O)，由于pH=9，溶液显碱性，即NH3·H2O电离大于NH4Cl水解，则c (NH4+)>c (NH3·H2O)，所以(NH3·H2O)H2CO3>HClO>HCO3-,电离平衡常数越大,酸性越强，对应的盐水解越弱；
(2)H2CO3为二元弱酸，分两步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2CO3 HCO＋H+ HCO3- CO32- + H+ ；
(3)因为酸性H2CO3>HClO>HCO3-，根据强制弱规律，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO ；
(4)① Al2(SO4)3溶液中由于Al3+水解而呈酸性。
② Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，发生相互促进水解；
（5）A.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,溶液中氢离子浓度减小;
B、KW=c(H+)·c(OH-)只受温度的影响,温度不变则其值是一个常数;
C.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,各个微粒浓度减小,同时醋酸的电离向右移动,c(H+)减小的程度小于c(CH3COOH)的减小程度,所以增大；
D.=Kw/Ka，为常数,因为温度不变则常数不变；
（6）由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余，以此解答该题。
详解:(1)根据表中数据可以知道,酸的电离出平衡常数大小
为:CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,电离平衡常数越大,酸性越强，对应的盐水解越弱，所以pH大小关系为：c(CH3COONa)HCO3-，根据强制弱规律，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO
因此，本题正确答案是:ClO- + CO2 + H2O = HCO3- + HClO ;
(4)① Al2(SO4)3溶液中由于Al3+水解而呈酸性，离子方程式为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+。
② Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，发生相互促进水解，反应进行完全，离子方程式为： Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑。
（5）A.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,溶液中氢离子浓度减小,所以A选项是错误的;
B、KW=c(H+)·c(OH-)只受温度的影响,温度不变则其值是一个常数,故B错误;
C.0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中,各个微粒浓度减小,同时醋酸的电离向右移动,c(H+)减小的程度小于c(CH3COOH)的减小程度,所以增大,故C正确;
D.=Kw/Ka，为常数,因为温度不变则常数不变,故D错误;
因此，本题正确答案是:C。
（6）① 开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，故① 错误；
② 由于醋酸中酸过量，则反应较快，所以反应所需的时间A＞B；故② 错误；
③ 由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，故③ 正确；
④ 醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故④ 正确；
故选③ ④。
17. 工业上用粗制的氧化铜粉末（含杂质Fe和SiO2）来制取无水CuCl2的工艺流程如图所示：

（1）“酸浸”时发生的复分解反应化学方程式为：____。为加快酸浸速率可以采取的措施是：____（任举一条）。
（2）“氧化”时发生的离子方程式为：_____。
（3）下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH。“调pH”时应控制溶液pH范围为_____。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1. 5
3. 7
Cu2＋
4.2
6. 4
Fe2＋
6.5
9.7






当pH＝4时，溶液中c(Fe3+)＝____。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10―39
（4）“加热脱水”需要提供的条件为：_____。
【答案】 (1). CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O (2). 搅拌、适当加热等 (3). Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- (4). 3.7～4.2 (5). 2.6×10-9 (6). 在干燥的HCl氛围中加热
【解析】分析：粗制的氧化铜粉末(含含杂质Fe和SiO2),加入盐酸,CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O ，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，二氧化硅和盐酸不反应,滤渣1为SiO2; 滤液为:CuCl2、FeCl2,加氯水,氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成三价铁离子,通过调节pH值促进三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀,所以滤渣2为氢氧化铁, 氯化铜水溶液中铜离子水解，在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解得到氯化铜固体。
详解:(1)根据以上分析，“酸浸”时发生的复分解反应化学方程式为： CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O。为加快酸浸速率可以采取：搅拌、适当加热等措施。
因此，本题答案为： CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O ；搅拌、适当加热等；
第②步加入氯水,氯水中氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁离则,反应的离子方程式为:Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- ，因此，本题正确答案是:Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- ; 
(3)根据:Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为相应的氢氧化物,开始沉淀和沉淀完全时的pH如表中数据,要想分离三价铁离子,pH条件条件为:使三价铁离子完全沉淀,而铜离子不沉淀,则pH应控制在3.7～4.2 ; 
根据溶度积常数：Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=2.6×10―39
当pH＝4时，c(OH-)=10-10mol/L,溶液中c(Fe3+)＝=2.6×10-9。
因此，本题正确答案是:3.7～4.2 ; 2.6×10-9 。
(4)滤液C是氯化铜溶液,制取无水CuCl2时,需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解,HCl抑制CuCl2水解; 
因此，本题正确答案是:在干燥的HCl氛围中加热。
点睛：本题考查了工业上用粗制的氧化铜粉末（含杂质FeO和SiO2）来制取无水CuCl2的工艺流程，题目综合性较强，涉及离子方程式的书写、离子的检验、盐类水解的应用、有关方程式的计算，题目难度较大，准确把握信息，清楚工艺流程的过程是解题关键，侧重考查学生综合运用知识、信息分析解决问题能力。
18. 工业上以CO为原料生产二甲醚的反应为：3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g)   △H＝a kJ•mol-1 T℃时，起始时在恒容密闭容器中加入一定量的H2和CO，实验内容和结果如下表和下图所示。
实验
序号
容器
体积
起始物质的量
达平衡时
放出热量
H2
CO
Ⅰ
2L
8mol
8mol
494 kJ
Ⅱ
2L
4mol
4mol
——



（1）上述反应平衡常数K的表达式为_____。
（2）由题意可知，a＝______，b________1(填“＞”、“＜”或“＝”)。
（3）实验Ⅰ中，反应前10 min内的平均速率v(H2)＝_____。
（4）下列条件能使上述反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是______ (填写序号字母)。
a．及时分离出CH3OCH3气体        b．保持容器的容积不变，再充入1 mol CO和1 mol H2  
c．适当升高温度  d．保持容器的容积不变，充入1 mol 氦气
（5）T℃时，若容器中含1 mol•L-1 H2、2 mol•L-1 CO、2 mol•L-1 CH3OCH3、3 mol•L-1 CO2，则此时v正________v逆(填“＞”、“＜”或“＝”)。
【答案】 (1). (2). ）-247 (3). < (4). 0.3mol·L-1·min-1 (5). b (6). >
【解析】分析：(1)根据化学平衡和平衡常数概念书写表达式,图象分析反应是放热反应,温度降低,平衡正向进行; 
(2) 实验Ⅰ中，
3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g)   △H＝a kJ•mol-1 ，
起始(mol) 8 8 0 0
变化(mol) 6 6 2 2
平衡(mol) 2 2 2 2
反应放出的热与物质的量成正比，则有：2：（-494）=1：a，解得a=-247 ；
实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，等温等容，反应物浓度减半，相当于减小压强，平衡左移，所以实验Ⅱ达到平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量比1要小，即bc(A-)>c(OH-)>c(H+) (4). 0.05 (5). 10-6- 10-8 （或9.9×10-7） (6). > (7). A>B>D>C
【解析】分析：(1)25℃时,等体积、等浓度的HA和氢氧化钠恰好反应生成盐,测定混合溶液的pH>7,说明该溶液呈碱性,则该盐是强碱弱酸盐,酸根离子易水解; 
(2)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离; 
(3)根据(1)的分析可以知道,该盐为强酸弱碱盐,溶液呈碱性,据此判断;
(4)根据元素守恒c(HA)+c(A-)=c(Na+)进行计算; 根据电荷守恒计算c(Na+)－c(A－)；
(5)根据题意知,HA的酸性比碳酸强,NH4A溶液为中性,说明铵根离子和该酸根离子水解程度相同,由此得知铵根离子水解程度小于碳酸根离子,所以(NH4)2CO3中溶液呈碱性;
(6)根据铵根离子的水解程度判断溶液酸碱性的大小,溶液浓度越稀,盐的水解程度越大。
详解:(1)25℃时,等体积、等浓度的HA和氢氧化钠恰好反应生成盐,测定混合溶液的pH>7,说明该溶液呈碱性,则该盐是强碱弱酸盐,酸根离子易水解,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性,水解离子方程式为:A- + H2O HA + OH- , 
因此，本题正确答案是:A- + H2O HA + OH- ; 
(2)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离,NaA是含有弱根离子的盐,氢氧化钠是强碱,所以NaA促进水电离,氢氧化钠抑制水电离,则混合溶液中由水电离出的c(OH－)>0.1 mol•L-1NaOH溶液中由水电离出的c(OH－), 
因此，本题正确答案是:>; 
(3)根据(1)的分析可以知道,该盐为强酸弱碱盐,溶液呈碱性,所以离子浓度从大到小的顺序为：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) , 
因此，本题正确答案是:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);
(4)0.lmol•L-1 HA溶液与0.1 mol•L-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液中c(Na+)=0.05mol/L,根据元素守恒 c(HA)+ c(A－)＝c(Na+)=0.05mol/L, 
溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7,
因此，本题正确答案是:0.05; 9.9×10-7；
(5)将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,说明HA的酸性比碳酸的强,NH4A溶液为中性,说明相同条件下,氨水和HA的电离程度相同,所以(NH4)2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度,所以溶液的pH>7,
因此，本题正确答案是:>;
(6) NH4HSO4 和NH4Cl是强酸弱碱盐,铵根离子水解导致溶液呈酸性,NH4HSO4能电离出H+,所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；NH4A 溶液中阴阳离子的水解程度相等,所以溶液呈中性,溶液的pH值大于氯化铵；NH4HCO3 溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度,溶液呈碱性,所以溶液的pH值最大。
因此，本题正确答案是:A>B>D>C。
20. 消除氮氧化物（主要为NO和NO2)污染是“蓝天计划”的重要内容之一。
（1）甲烷还原方法是在催化剂作用下可消除氮氧化物（主要为NO和NO2)污染， NO、O2和CH4的混合物反应体系主要发生如下反应：
2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ•mol-1 ①
CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (g) ΔH＝－802. 3  kJ•mol-1 ②
CH4(g) + 4NO(g)2N2(g) + CO2(g) + 2H2O (g) ΔH＝－1160 kJ•mol-1 ③
① 则反应CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O (g) 的ΔH＝ ______。
② 反应CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (l) ΔH＝－a kJ•mol-1，则a ____ 802. 3（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③ 在一定温度下，提高反应③中NO 转化率可采取的措施是 _____。
（2）利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。

① 图Ⅰ装置实现的能量转化形式是_____。石墨Ⅱ电极上发生的电极反应方程式为_____。相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为_____。
② 图Ⅱ为电解NO制备NH4NO3的装置。该装置中阳极的电极反应式为_____。“反应室”中发生反应的离子方程式为_____。
【答案】 (1). -868.15kJ·mol-1 (2). > (3). 增大CH4浓度或移走生成物 (4). 化学能转化为电能 (5). O2+4e－+2N2O5＝4NO3－ (6). 4:1 (7). NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+ (8). NH3+H+＝NH4+
【解析】分析：（1）①根据盖斯定律计算反应热；②比较反应②分析反应热大小；③根据反应③特点分析提高转化率的措施；
（2）图Ⅰ装置为燃料电池，化学能转化为电能，负极上通入NO2，正极上通入O2，根据电解质知，负极电极反应式为NO2-e-+NO3-═N2O5，正极电极反应式为O2+2N2O5+4e-═4NO3-，图Ⅱ为电解装置。阳极发生氧化反应，电极反应式为NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+。阴极发生还原反应，电极反应式为NO+5e－+6H+＝NH4++H2O，据此分析解答。
详解：（1）①2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ•mol-1 ①
CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (g) ΔH＝－802. 3  kJ•mol-1 ②
CH4(g) + 4NO(g)2N2(g) + CO2(g) + 2H2O (g) ΔH＝－1160 kJ•mol-1 ③
根据盖斯定律：（③-①×2+ ②）÷2得到：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O (g) 
ΔH＝[-1160-(-113)×2+(-802.3)]÷2=-868.15kJ·mol-1
②反应②CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (g) ΔH＝－802. 3  kJ•mol-1；
反应CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +2H2O (l) ΔH＝－a kJ•mol-1
因为生成液态水放热更多，所以a>802. 3；
③CH4(g) + 4NO(g)2N2(g) + CO2(g) + 2H2O (g) ，要提高NO转化率的措施，应使平衡正向移动，可采取增大CH4浓度或移走生成物的措施；
因此，本题正确答案为： -868.15kJ·mol-1； > ； 增大CH4浓度或移走生成物；
（2）图Ⅰ装置为燃料电池，化学能转化为电能，负极上通入NO2，正极上通入O2，根据电解质知，负极电极反应式为NO2-e-+NO3-═N2O5，石墨Ⅱ电极为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-═4NO3-，放电过程中两电极电子守恒，由两电极反应式可知：消耗的NO2和O2的体积比为4:1；
图Ⅱ为电解装置。阳极发生氧化反应，电极反应式为NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+。阴极发生还原反应，电极反应式为NO+5e－+6H+＝NH4++H2O，“反应室”中发生反应的离子方程式为NH3+H+＝NH4+。
因此，本题正确答案为：化学能转化为电能； O2+4e－+2N2O5＝4NO3－； 4:1 ； NO－3e－+2H2O＝NO3－+4H+ ； NH3+H+＝NH4+。
点睛：本题（2）小题考查了化学电源新型电池，根据得失电子判断正负极，根据二氧化氮的产物状态判断产物成分，难点是电极反应式的书写，要仔细揣摩，难度中等。
21. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72－，利用滴定原理测定Cr2O72－含量方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72－+6I－+14H+ === 2Cr3++3I2+7H2O。
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000 mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：（I2+2Na2S2O3 === 2NaI+Na2S4O6）
滴定次数
Na2S2O3溶液起始读数/mL
Na2S2O3溶液终点读数/mL
笫一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0. 20
a


（1）步骤Ⅰ量取30.00 mL废水选择的仪器是_____。
（2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_____。滴定达到终点的实验现象是____。
（3）步骤Ⅲ中a 的读数如图所示，则：
① a=_____。

② Cr2O72－的含量为____g•L-1。
（4）以下操作会造成废水中Cr2O72－含量测定值偏高的是_____。
A. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D. 量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 淀粉溶液 (3). 溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色 (4). 18.20 (5). 2.16 (6). CD
【解析】分析：根据实验目的,含有一定量的Cr2O72－工业废水, 
步骤I:取30.00 mL废水,加入适量稀硫酸酸化,提供酸性环境; 
步骤Ⅱ:因为Cr2O72－具有氧化性,加入过量的碘化钾溶液,把Cr2O72－还原成三价铬,而碘离子被氧化成碘单质; 
步骤III:用0.1000 mol•L-1Na2S2O3溶液滴定生成的碘单质,通过消耗的Na2S2O3溶液量来计算碘单质的量,再根据碘单质的量回头计算Cr2O72－的量,从而达到实验目的。
详解:(1)根据信息，Cr2O72－氧化性较强,量取废水应用酸式滴定管，因此，本题正确答案是:酸式滴定管; 
(2)滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂;滴定达到终点时碘单质刚好被消耗,所以溶液的颜色由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色,
因此，本题正确答案是:淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色；
(3)① 根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；
②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 mol•L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，
根据Cr2O72－+6I－+14H+ === 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3 === 2NaI+Na2S4O6
Cr2O72－~3I2~6Na2S2O3，
n(Cr2O72－)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4mol
Cr2O72－的含量为: = 2.16g•L-1
(4)根据Cr2O72－+6I－+14H+ === 2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3 === 2NaI+Na2S4O6,