【文档说明】四川省绵阳市南山中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，2.636 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2023年春季高2021级半期考试化学试题满分100分，考试时间80分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Ag108Cu64Cr52第I卷(选择题共42分)一、选择题(每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活密切相关，

下列说法错误的是A.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿B.盐碱地不利于作物生长，可适当添加石膏降低土壤的碱性C.肥皂和厕所清洁剂都是碱性的，而厨房清洁剂是酸性的D.“西气东输”工程中的气体是天然气，天然气是高效清洁燃料和重要化工原料【答案】C【解析】【详解】

A．黄铜(铜锌合金)的抗腐蚀性能交换，故其制作的铜锣不易产生铜绿，A正确；B．石膏为硫酸钙，可以和盐碱地中的碳酸钠反应转化为碳酸钙，故盐碱地不利于作物生长，可适当添加石膏降低土壤的碱性，B正确；C．肥皂和厨房清洁剂都是碱性的，

而是厕所清洁剂酸性的，C错误；D．天然气主要成分为甲烷，甲烷是高效清洁燃料和重要化工原料，D正确；故选C。2.要使0.01mol/LK2CO3溶液中的c(2-3CO)更接近0.01mol/L，可以采取的措施是A.通入CO2B.加入Na2CO3固体C.加热D.加入适量KOH

固体【答案】D【解析】【详解】A．向0.01mol/LK2CO3溶液中通入CO2，因发生2-3CO+CO2+H2O=2-3HCO，导致2-3CO浓度小于0.01mol/L，A不合题意；B．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入Na2

CO3固体，导致2-3CO浓度大于0.01mol/L，B不合题意；C．加热能够促进2-3CO水解，导致0.01mol/LK2CO3溶液中2-3CO浓度小于0.01mol/L，C不合题意；D．向0.01mol/LK2CO3溶液

中加入适量KOH固体，由于OH-浓度增大，抑制2-3CO水解，导致0.01mol/LK2CO3溶液中2-3CO浓度接近0.01mol/L，D符合题意；故答案为：D。3.下列烷烃的一氯代物中没有同分异构体的是A.丙烷B.2-甲基丙烷C.丁烷D.新戊烷【答案】D【解析】【

详解】A．丙烷（323CHCHCH）有两种等效氢原子，一氯代物有两种结构，A错误；B．2-甲基丙烷：33CH(CH)，有两种等效氢原子，一氯代物有两种结构，B错误；C．丁烷：3223CHCHCHCH，有两种等效氢原子，一氯代物有两种结构，C错误；D．新戊烷：34C(CH)，只有一种氢原

子，一氯代物只有1种结构，没有其他的同分异构体，D正确；故选D。4.下列离子方程式书写错误的是A.用铜作电极电解AgNO3溶液：4Ag+＋2H2O电解4Ag＋O2↑＋4H+B.小苏打溶液呈碱性：-3HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-C.向AgCl悬浊液中加入Na2S固体：2AgCl(s)

＋S2-(aq)⇌Ag2S(s)＋2Cl-(aq)D.用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+：2[Fe(CN)6]3-＋3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓【答案】A【解析】【详解】A．用铜作电极电解AgNO3溶液则阳极上Cu失电子转化为

Cu2+，阴极上是Ag+得到电子转化为Ag，故该电解方程式为：Cu+2Ag+电解2Ag＋Cu2+，A错误；B．小苏打溶液呈碱性由于碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子即-3HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-，B正确；C．向AgCl悬浊液中加入Na2S固体发生沉淀的转化，该

转化方程式为：2AgCl(s)＋S2-(aq)⇌Ag2S(s)＋2Cl-(aq)，C正确；D．用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+产生蓝色沉淀即Fe3[Fe(CN)6]2↓，故该离子方程式为2[Fe(CN)6]3-＋3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓，D正确；故答案为：A。5

.在一定温度下氢氧化钙的悬浊液中，加入少量的氧化钙粉末，充分反应后恢复到原温度。下列叙述不正确的是A.溶液的pH不变B.溶液中钙离子数目减少C.溶液中钙离子浓度不变D.氢氧化钙的溶度积常数变小【答案】D【解析】【详解】向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H

2O=Ca(OH)2，消耗水，溶液中c(Ca2+)、c(OH-)增大，由于原溶液已达到饱和，则沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，即溶液中Ca2+和OH-的物质的量减少，但饱和溶液的浓度和沉淀的溶解平衡的溶度积

Ksp只与温度有关，故温度不变，溶液中各离子浓度和Ksp保持不变，即溶液的pH不变，溶液中钙离子数目减少，溶液中钙离子浓度不变，则A、B、C均正确，氢氧化钙的溶度积常数不变，D错误；故答案为：D。6.常

温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1mol/LCH3COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是A.c(H＋)：CH3

COOH>HCOOHB.等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH>CH3COOHC.HCOOH与NaOH发生反应的离子方程式为：H＋＋OH-=H2OD.将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，其电离常数保持不变【答案】D【解析】【详

解】A．由电离常数可知，则等浓度的甲酸电离程度大于乙酸溶液，溶液中氢离子浓度等于乙酸溶液，故A错误；B．由分析可知，甲酸与乙酸的浓度相同、体积相同则物质的量相同，氢原子个数相同，与过量的镁反应，酸完全反应，则根据原子守恒，产生的氢气的量

相同，故B错误；C．甲酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成甲酸钠和水，反应的离子方程式为2HOHCOOHOHHCOO−−+=+，故C错误；D．电离常数为温度函数，温度不变，电离常数不变，则乙酸溶液稀释过程中，甲酸的电离常数保持不变，故D正确；故选D。的7.家庭

常使用天然气或者液化石油气(主要成分为C3H8)为燃料，现在以一套液化石油气为原料的灶具改为烧天然气，应采取的措施是A.增大空气进量，增大天然气进量B.减小空气进量，减小天然气进量C.减小空气进量，增大天然气进量D.增大空气进量，减小天然气进量【答案】C【解析】【详解】甲烷

和氧气点燃生成水和二氧化碳，4222CH+2OCO+2HO点燃；C3H8氧气点燃生成水和二氧化碳，23822CH+5OCO3+4HO点燃；由方程式可知，等体积的甲烷相比等体积的液化石油气耗氧量减小，故液化石油气为原料的灶具改为烧天然气后，应该减小空气进量，增大天然气进量

；故选C。8.氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是A.放电时，a是电源的负极B.放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F2-2e-=L

aSrMnO4＋2F-C.充电时，电极a接外电源的正极D.可将含F-的有机溶液换成水溶液以增强导电性【答案】C【解析】【分析】由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极

反应式为：Mg+2F－－2e－=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答

；【详解】A．由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；B．放电时，a为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B错误；C．充电时电

解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C正确；D．因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；答案选C。9.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A.常温下，pH=7的醋酸铵溶

液中由水电离出的OH-数目为10-7NAB.1L0.1mol/LNaClO溶液中含有的ClO-数目为NAC.在电解精炼粗铜的过程中，当阴极质量增重32g时转移的电子数为NAD.标准状况下，22.4LC6H14中含有单键数目为19NA【答案】C【解析

】【详解】A．水电离的氢离子浓度为10-7mol/L，因未注明溶液体积，所以无法计算离子个数，A错误；B．因ClO-离子发生水解，故在溶液中ClO-的个数小于NA，B错误；C．阴极发生电极反应，22eCuCu+−+=，()32

g0.564g/mnCumolMmol===，则转移电子数为NA，C正确；D．标准状况下C6H14为液体，无法根据体积计算物质的量，D错误；故答案为：C。10.下列电化学装置完全正确是A．防止铁被腐蚀B．铁件上镀银C．粗铜精炼D．铜锌原电池的A.AB.BC.CD.D【答案】

A【解析】【详解】A．该电解池装置中，铁作为阴极，被保护，A正确；B．铁件上镀银，应该将银放在阳极，发生反应：-+Ag-e=Ag，铁放在阴极，发生反应：-Ag+e=Ag+，生成的银单质附着在铁上，B错误；

C．电解精炼铜，是将粗铜放在阳极，发生反应：-2Cu-2e=Cu+,纯铜放在阴极，发生反应：2+-Cu+2e=Cu，C错误；D．铜锌原电池中，锌电极应该置于4ZnSO溶液中，铜电极置于4CuSO溶液中，D错误；故选A。11.常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是A.在-134

0.1molLHPO溶液中-2-3-342444c(HPO)>c(HPO)>c(HPO)>c(PO)B.在-12240.1molLNaCO溶液中++--2-2424c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HCO)+c(CO)C.在-130.1molLNaHCO溶液中--1

233c(HCO)+c(HCO)=0.1molLD.氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9溶液中-+-+4c(Cl)>c(NH)>c(OH)>c(H)【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二

步电离大于第三步电离，所以在-1340.1molLHPO溶液中，离子浓度大小为：-2-3-342444c(HPO)>c(HPO)>c(HPO)>c(PO)，故A正确；B．在-12240.1molLNaCO溶液中，根据电荷守恒得

到++--2-2424c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HCO)+2c(CO)，故B错误；的C．在-130.1molLNaHCO溶液中，根据物料守恒得到--123323c(HCO)+c(HCO)+

c(HCO)=0.1molL，故C错误；D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则-+c(OH)>c(H)，根据电荷守恒--++4)+)=c(Cl)c+(OHc(NHc(H)，则-+4c(Cl)<c(NH)，故D错误；故选A。12.科学家近年发明了一种新型Z

n-CO2水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是A.放电时，负极反应为Zn-2e-＋4OH-=()2-4ZnOHB.放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数

目为1NAC.充电时，电池总反应为2()2-4ZnOH=2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2OD.充电时，正极溶液中OH-浓度降低【答案】B【解析】【分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，

故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成()24ZnOH−；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，()24ZnOH−发生还原反应生成Zn，以此分析解答；【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反

应，电极反应式为：()242e4ZnOHZnOH−−−−+=，故A正确；B．放电时，CO2转化HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B错误；为C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：()2224

22O42HOZnOHZnOH−−=+++，故C正确；D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：222HO4e4HO−+−=+，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D正确；故答案为：B。

13.常温下，金属离子(Mn+)浓度的负对数pM[pM=-lgc(Mn+)]随溶液pH变化关系如图所示。当c(Mn+)≤10-6mol/L时认为该金属离子已沉淀完全，下列叙述正确的是A.常温下，Mg(OH)2的溶解度比Cu(OH)2的溶解度

小B.常温下，Fe(OH)3的溶度积常数为1.0×10-39C.除去含Cu2+溶液中的少量Fe2+，可加入适量H2O2后控制溶液3≤pH<7D.能通过调节溶液pH的方法分步沉淀Mg2+和Fe2+【答案】

B【解析】【详解】A．由图可知Mg(OH)2和Cu(OH)2完全沉淀时，Mg(OH)2所需pH值更大，推知Mg(OH)2溶度积常数大于Cu(OH)2，二者为相同类型的沉淀，溶度积常数越大，溶解度越大，所以Mg(OH)2的溶解度比Cu(OH)2的溶解度大，A错误；B．由点(3,6)

可知，此时pH=3，pOH=11，则()()()3+3-611339sp3KFeOH=cFecOH=101010[]−−−=，B正确；C．由图可知，当三价铁离子完全沉淀时，铜离子未开始沉淀，所以除去含Cu2+溶液中

的少量Fe2+，可加入适量H2O2将亚铁离子氧化为三价铁离子，之后控制溶液3≤pH＜4，使二者分离，C错误；D．由图可知当亚铁离子完全沉淀时，镁离子也已经开始沉淀，无法通过调节溶液pH的方法分步沉淀Mg2+和Fe2+，D错误；故

选B。14.支撑海港码头基础的防腐技术，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述正确的是A.高硅铸铁作用为传递电流和损耗阳极材料B.通电后外电路电子被强制从钢管桩流向高硅铸铁C.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零D.该防腐技术为牺牲阳极

的阴极保护法【答案】C【解析】【详解】A．高硅铸铁为惰性辅助阳极，作用为传递电流，没有作损耗阳极材料，A错误；B．高硅铸铁为阳极，通电后，电子从阳极（高硅铸铁）经导线流向电源正极，负极流向阴极（钢管柱），B错误；C．

钢管桩为电解池的阴极，没有被损耗，其表面腐蚀电流接近为零，C正确；D．在电流的作用下，该装置为外接电源的阴极保护法，D错误；故选C。第II卷(非选择题共58分)二、(本题包括2小题，共24分)15.填空。（1）书写对应的化学用语：①氯化铁溶液可作净水

剂，离子方程式解释其原理为___________。②氯碱工业对应的离子方程式为___________。（2）已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp数值分别为2.0×10-12和2.0×10-10，在化学分析中采用K2CrO4作指示

剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag＋与2-4CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-6mol/L)时，溶液中c(Ag＋)为___________mol/L，此时

溶液中c(2-4CrO)等于___________mol/L。（3）常温下，有下列4种溶液a：pH=11的氨水b：pH=11的氢氧化钠溶液c：pH=3的醋酸d：pH=3的盐酸①在a和b中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均___________，(填“增大”“减小”或“不变”)，从平衡移动

角度解释a溶液中pH变化的原因___________。②将溶液a和d按比例混合后溶液恰好为中性，所得溶液中离子浓度从大到小排列的顺序为___________，该溶液中水电离的氢离子浓度为___________mol/L。③将xL溶液d与yL溶液b混合后，所得溶液的pH=4，则x：y=_____

______。【答案】（1）①.323Fe+3HOFe(OH)3H+++②.2222NaCl+2HO2NaOH+H+Cl通电↑↑（2）①.42.010−②.55.010−（3）①.减小②.水中存在电离：324NHHO

NHOH+−+，加入适量的氯化铵晶体后，4NH+浓度增大，平衡逆向移动，-OH浓度减小，溶液的pH减小③.+-+-4c(NH)=c(Cl)>c(H)=c(OH)④.71.010−⑤.11:9【解析】【小问1详解】

氯化铁溶液可作净水剂，是因为3+Fe水解生成3Fe(OH)胶体，3Fe(OH)胶体具有吸附性，离子方程式为：323Fe+3HOFe(OH)3H+++；氯碱工业是电解饱和食盐水，生成2Cl和烧碱，对应的离子方程式为：222

2NaCl+2HO2NaOH+H+Cl通电↑↑；【小问2详解】AgCl的+-10spK=c(Ag)c(Cl)2.010−=，当Cl−刚好完全沉淀时，10sp+4-6K2.010c(Ag)=2.010

c(Cl)1.010−−−==，24AgCrO的2+212sp4K=c(Ag)c(CrO)2.010−−=，12sp2-542+42K2.010c(CrO)=5.010c(Ag)(2.010)−−−==；【

小问3详解】①氨水中存在电离：324NHHONHOH+−+，加入适量的氯化铵晶体后，4NH+浓度增大，平衡逆向移动，-OH浓度减小，溶液的pH减小；氢氧化钠溶液中的电离：+-NaOH=Na+OH，加入适量的氯化铵晶体后，4NH+与-OH反应，-OH浓度减小，溶液的pH减小；②

若pH=11的氨水和pH=3的盐酸混合后溶液显中性，所得溶液中的溶质为：4NHCl和32NHHO，根据电荷守恒：++--4c(NH)+c(H)=c(Cl)+C(OH)，+-7c(H)=c(OH)=1.010

−，水电离产生的+-7c(H)=c(OH)=1.010−水水，所以+-4c(NH)=c(Cl)，所以离子浓度的大小关系为：+-+-4c(NH)=c(Cl)>c(H)=c(OH)；③将xLpH=3的盐酸溶液与yLpH=11的氢氧化钠溶液混合后，所得溶液的

pH=4，则-3-3-4x10-y10=10x+y，x11y9=。16.工业废水中常含有一定量氧化性较强的2-27CrO，利用滴定原理测定2-27CrO含量(通常以1L废水中的微粒质量计量)的方法如下：步骤I：量取30.00mL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：2-27CrO＋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0.1000mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，数据记录如表：(I2＋2Na2

S2O3=2NaI＋Na2S4O6)滴定次数Na2S2O3溶液起始读数/mLNa2S2O3溶液终点读数/mL第一次1.0219.03第二次2.0019.99第三次0.20a（1）取Na2S2O3固体配制100mL0.1000mol/LNa2S2O3溶液需要的定量仪器有托盘天平、量筒

和___________。（2）步骤I量取30.00mL废水选择的仪器是___________。（3）步骤III中滴加的指示剂为___________；滴定达到终点时的实验现象是___________。（4）步骤III中a的读数如图所示，则：①a=_

__________mL。②计算废水中2-27CrO含量为___________g/L。（5）以下操作会造成废水中2-27CrO含量测定值偏高的是___________(填字母)。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）100mL容量瓶（2）酸式滴定管或移液管（3）①.淀粉试剂②.滴入最后1滴223NaSO溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色（4）①.18.20②.2.

16（5）CD【解析】【小问1详解】配置一定物质的量浓度的溶液需要的定量仪器有托盘天平、量筒和100mL容量瓶；【小问2详解】废水中含有稀硫酸因此移取废水可以用酸式滴定管，也可以用移液管；【小问3详解】①步骤III中含有步骤II得到的2

I，用223NaSO滴定可以得到-I，因此选择滴加的指示剂淀粉试剂；②滴入最后1滴223NaSO溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色，即达到滴定终点；【小问4详解】①滴定管"0"刻度在上，精确到0.01mL,a值18.20mL；②根据表格可知，第一次消耗223NaSO体积为

18.01mL,第二次消耗223NaSO体积为17.99mL，第三次消耗223NaSO体积为18.00mL，三次体积取平均值得18.0117.9918.00v=mL=18.00mL3++，223NaSO的物质的量为-3-3n=CV=0.1mo

l/L1810L=1.810mol，根据方程式2223246I2NaSO=2NaINaSO＋＋，2-32722CrO6I14H=2Cr3I7HO−＋＋＋＋＋＋可知22-222733I6NaSCrOO,则2-33271n(CrO)1.810mol=0.310mol6−−

=，2--3-227m(CrO)nM=0.310mol216g/mol=6.4810g=,30mL废水中含有2--227m(CrO)=6.4810g，则废水中2-27CrO的含量为-236.4

810g2.16g/L3010L−=；【小问5详解】根据22-222733I6NaSCrOO可知，待测浓度223NaSO偏高，则2-27CrO浓度偏高；A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(

标准）偏小，根据c()V()c(V(标准标准待测)=待测）分析，c(待测)偏低，A项错误；B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对V(标准)没有影响，则c(待测)无影响，B项错误；C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V(标准)偏大，则c(待测)偏高，C项正确；

D．用蒸馏水洗后未用标准液润洗，造成V(标准)偏大，则c(待测)偏高，D项正确；答案选CD。三、(本题包括2小题，共25分)17.电化学知识给人类的生活和工业生产带来极大的方便。回答下列问题：（1）碱性锌锰电池的总反应

式为Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnOOH＋Zn(OH)2。负极材料为___________，该电池正极反应式为___________。（2）甲烷燃料电池为绿色化学电源，以NaOH溶液为电解质溶液时

，负极的电极反应式为___________。（3）用如图装置电解硫酸钾溶液，可获得H2、O2、硫酸和氢氧化钾溶液。X电极上发生的电极反应为___________。氢氧化钾溶液从___________口导出(填“A”或“D”)，M、N交换膜中属于阳离子交换膜的是

___________(填“M”或“N”)。（4）如图所示，若电解10min时，测得银电极的质量减少5.40g。试回答下列问题：①电源中Y极是___________(填“正”或“负”)极。②通电10min时，B中共收集到

392mL(标准状况)气体，溶液体积为200mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)=___________mol/L，如果电解后要使该电解液复原，可以加入物质的化学式为___________。③若A中氯化钾溶液的体积是500mL(电解前后溶液的体积变化

忽略不计)，电解后溶液中仍有Cl-，则电解后溶液的pH=___________。【答案】（1）①.锌②.2MnO2＋2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-（2）--2-432CH10OH-8e=CO7HO＋＋（3）①.-+222HO-4e=4H+O②.D③.N（4）①.正②.0.100mo

l/L③.CuO和H2O④.13【解析】【小问1详解】由总反应可知，锌发生氧化反应为负极；二氧化锰得到电子发生还原反应生成MnOOH为正极，反应为2MnO2＋2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-；【小问2详解】甲烷燃料电池中甲烷失去电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成碳酸

根离子和水，作为负极，故负极反应为--2-432CH10OH-8e=CO7HO＋＋；【小问3详解】用如图装置电解硫酸钾溶液，可获得H2、O2、硫酸和氢氧化钾溶液；则X电极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，发生

的电极反应为-+222HO-4e=4H+O；Y电极上水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，中间室中硫酸根离子向左侧迁移，在左室得到硫酸，中间室中钾离子向右侧迁移，在右室得到氢氧化钾，故M、N交换膜中属于阳离子交换膜的是N，氢氧化

钾溶液从D口导出；【小问4详解】①电解10min时，测得银电极的质量减少5.40g，则银电极发生氧化反应，为阳极，与之相连的为Y为正极，则X为负极；②电解10min时，测得银电极的质量减少5.40g，反应0.05mol银，-Ag~e，电路中转移0.

05mol电子；通电10min时，B中共收集到392mL(标准状况)气体，总的物质的量为0.0175mol；右侧阳极反应为-+222HO-4e=4H+O，根据电子守恒，生成0.0125mol氧气；则左侧阴极会发生反应--222HO+2e=2OH+H，生成氢气0.0175

mol-0.0125mol=0.005mol，消耗电子0.01mol，则2+-Cu2e=Cu＋反应中消耗电子0.05mol-0.01mol=0.04mol，反应铜离子为0.02mol，溶液体积为200mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)=0.02mol÷0.

2L=0.100mol/L，该电解过程中初始生成铜和氧气，后期为电解水生成氢气和氧气，故如果电解后要使该电解液复原，可以加入物质的化学式为CuO和H2O。③若A中氯化钾溶液的体积是500mL(电解前后溶液的体积

变化忽略不计)，电解后溶液中仍有Cl-，则阴极反应为--222HO+2e=2OH+H，根据电子守恒可知，生成0.05mol氢氧根离子，则电解后溶液的氢氧根离子浓度为0.05mol÷0.5L=0.1mol/L，pOH=1，则pH=13。18.氟化钡可用于制造电机电刷、光学

玻璃、光导纤维、激光发生器等。以钡矿粉(主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2＋、Mg2＋等杂质)为原料制备氟化钡的流程如下：已知：常温下Fe3＋、Mg2＋完全沉淀的pH分别是3.4、12.4。（1）滤渣A主要成分的化学式为___________。（2）滤液

1加H2O2氧化的过程中主要反应的离子方程式为___________。（3）加20%NaOH溶液调节pH=12.5，得到滤渣C主要成分是___________。（4）滤液3加入盐酸酸化后再经___________、_______

____、过滤、洗涤、真空干燥等一系列操作后得的到BaCl2·2H2O。（5）常温下，用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式：___________。已知Ksp(BaF2)=4.0×10-7，当钡离子完全沉淀时(

即钡离子浓度≤10-5mol/L)，至少需要的氟离子浓度是___________mol/L。（6）已知：Ksp(BaCO3)=2.0×10-9，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10.将氯化钡溶液滴入等物质的量浓度的硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，当Ba

CO3开始沉淀时，溶液中()()2-42-3cSOcCO=___________。【答案】（1）SiO2（2）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（3）Mg(OH)2（4）①.加热浓缩②.过滤（5）①.Ba2++2F¯=BaF2↓②.0.2（6）0.0

5【解析】【分析】经过酸浸，滤液中哦主要含有钡离子、亚铁离子、镁离子，加入双氧水后亚铁离子转化为铁离子，调节pH后生成氢氧化铁沉淀，加入NaOH后，生成氢氧化镁沉淀，滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体

，以此分析；【小问1详解】钡矿粉的主要成分有BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质，加入盐酸后，只有二氧化硅不溶于盐酸，因此滤渣A主要为二氧化硅；故答案为：SiO2；【小问2详解】滤液1中加H2O2的目的是氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2

H2O；故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；【小问3详解】根据题意中常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4，根据流程图，加入双氧水调节pH，主要是去除铁离子，再加20%NaOH溶液调节pH=12.5，主要是去除

镁离子，因此得到的滤渣C中主要含有Mg(OH)2；故答案为：Mg(OH)2；【小问4详解】滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体；故答案为：加热浓缩；过滤；【小问5

详解】用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。反应的离子方程式为Ba2++2F¯=BaF2↓，根据Ksp(BaF2)=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5L)，c(F-)(

)()22spKBaFcBa+=754..0101.010−−=0.2mol/L；故答案为：Ba2++2F¯=BaF2↓；0.2；【小问6详解】根据Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)表达式可知：2423cSOcCO−−（）（）=()()43spspKBaSOKB

aCO=1091.0102.010−−=0.05；故答案为：0.05。四、(本题包括1小题，共9分)19.完成下列问题。（1）H2C2O4是一种二元弱酸，H2C2O4溶液中各粒子浓度在其总浓度中所占比值叫其分布系

数，常温下某浓度的H2C2O4溶液中各粒子分布系数随pH的变化如图所示，据此分析：该温度下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=___________，0.1mol/L的NaHC2O4溶液中离子浓度从大到小排列的顺序为___________。（2）已知p(Ag＋

)=-lgc(Ag＋)，p(X-)=-lgc(X-)。某温度下，AgBr、AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，a点的坐标为(5，5)，b点的坐标为(7，7)。已知：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，看图分析可知：①Ksp(AgB

r)=___________，向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，a点___________变到d点(填“能”或“不能”)。②如果向AgBr的悬浊液中滴加1mol/LKCl溶液，原来的沉淀___________(填“能”或“不能”)完全

转化为AgCl，请从化学平衡常数角度解释原因___________。【答案】（1）①.10-4.30②.c(Na+)>c(-24HCO)>(H+)>c(2-24CO)>(OH-)（2）①.1.010-14②.能③.不能④.该转化反应的化学平衡常数等于AgBr和AgCl的Ksp之

比，K值太小，不能完全转化【解析】【小问1详解】该温度下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=2-+24-24(CO)(H)(HCO)ccc，由图像可知，pH=4.30时，c(-24HCO)=c(2-24CO)，则Ka2=c(H+)=10-4.30；0.1mol/L

NaHC2O4溶液的pH=4.5，说明-24HCO电离程度大于-24HCO水解程度，则c(2-24CO)＞c(224HCO)，溶液呈酸性且氢离子的电离来自于水的电离、-24HCO的电离(H+)>c(2-24CO)，故离子

浓度从大到小排列的顺序为c(Na+)>c(-24HCO)>(H+)>c(2-24CO)>(OH-)；【小问2详解】①由图可知，纵横坐标的乘积越大，Ksp(AgX)越小，则a、d点在AgCl的沉淀溶解平衡曲线上，b点在AgBr沉淀溶解平衡曲线上；

Ksp(AgBr)=c(Ag+)c(Br-)=1.0×10－7mol·L－1×1.0×10－7mol·L－1=1.0×10－14mol2·L－2；向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，p(X-)=-lgc(X-)减小，平

衡逆向移动，银离子浓度减小，p(Ag＋)=-lgc(Ag＋)增大，故a点能变到d点；②如果向AgBr的悬浊液中滴加1mol/LKCl溶液，该转化反应的化学平衡常数等于AgBr和AgCl的Ksp之比，K值太小，不能完全转化，原来的沉淀不能完全转化为AgCl。获得更多资

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