PAGE十堰市2022~2023學年度上學期期末調研考試題高二化學本試卷共8頁，19題，均為必考題。全卷滿分100分。考試用時75分鐘。注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考號填寫在答題卡與試卷上，并將考號條形碼貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。答在試題卷、草稿紙上無效。3.非選擇題用0.5毫米黑色墨水簽字筆將答案直接答在答題卡上對應的答題區域內。答在試題卷、草稿紙上無效。4.考生必須保持答題卡的整潔。考試結束后，只交答題卡。5.可能用到的相對原子質量：H1Li7C12O16Mg24Cl35.5Cu64一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活聯系密切，下列說法錯誤的是A.推廣氫燃料電池汽車，減少氮氧化物的排放B.為保護地下鋼管不受腐蝕，可將其與直流電源負極相連C.煤、石油、天然氣是不可再生能源，風能、生物質能、沼氣是可再生能源D.紐扣銀鋅電池體形小，含有害物質少，用后不用分類回收，可以隨意處理【答案】D【詳解】A．推廣氫燃料電池汽車，該過程中沒有氮元素參與反應，能減少氮氧化物排放，A正確；B．為保護地下鋼管不受腐蝕，可以利用外接電源的陰極保護法，可將其與直流電源負極相連，B正確；C．風能，生物質能，沼氣是通過太陽光的照射和水的循環來形成的，太陽光可以源源不斷的從自然界得到，是可再生能源；煤、石油和天然氣屬于三大化石燃料，都屬于不可再生的能源，C正確；D．紐扣銀鋅電池含有重金屬，能夠引起環境污染，使用完后，應回收,不能隨意丟棄，D錯誤；故本題選D。2.下列說法錯誤的是A.明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化和消毒B.某雨水樣品采集后放置一段時間，pH由4.68變為4.28，可能是因為雨水中被氧化了C.實驗室配制FeCl3溶液時，先將FeCl3固體溶于濃鹽酸，再加水稀釋，其目的是防止FeCl3的水解D.醋酸鈉溶液呈堿性的原因是【答案】A【詳解】A．明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，能夠使之形成沉淀而從水中分離出來，因此明礬可用于水的凈化，但其不具有強氧化性，因此不能用于水的消毒，A錯誤；B．某雨水樣品采集后放置一段時間，pH由4.68變為4.28，溶液酸性增強，可能是因為雨水中SO2溶于水反應產生的H2SO3被溶解在水中的O2氧化產生了H2SO4，弱酸變為強酸，使溶液的酸性增強，反應的離子方程式為：H2SO3+O2=H2SO4，使溶液中弱酸H2SO3微弱電離產生的最終被氧化產生，B正確；C．FeCl3是強酸弱堿鹽，在溶液中Fe3+水解產生Fe(OH)3使溶液變渾濁，為抑制其水解，通常將先將FeCl3固體溶于濃鹽酸，再加水稀釋，C正確；D．醋酸鈉為強堿弱酸鹽，在水溶液中CH3COO-部分發生水解，消耗水電離產生的H+變為CH3COOH，最終達到平衡時溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液顯堿性，水解反應的離子方程式為：，D正確；故合理選項是A。3.下列措施不是為了改變化學反應速率的是A.糕點包裝袋內放置除氧劑 B.將食物存放在冰箱中C.家用炒菜使用鐵鍋而不使用鋁鍋 D.高爐煉鐵時，先將鐵礦石粉碎【答案】C【詳解】A．包裝袋內放置除氧劑，可防止糕點被氧化，減緩食物氧化速率，與減小反應速率有關，A錯誤；B．食物存放在冰箱中，可降低溫度，減緩食物氧化速率，與減小反應速率有關，B錯誤；C．因為鋁鍋在炒制食物的時候，加熱時，若遇到有酸堿性的食物會有微量的鋁滲入，長期地使用鋁鍋做的菜會使鋁在人體內堆積，鐵鍋即使在酸性下溶解、亞鐵有利于健康，故家用炒菜使用鐵鍋而不使用鋁鍋，與反應速率無關，C正確；D．將鐵礦石粉碎，可增大接觸面積，可加快反應速率，與增大反應速率有關，D錯誤；故本題選C。4.在一定溫度下，密閉容器中進行的反應為，、、起始的物質的量依次為、、，當反應達到平衡時，各物質的濃度不可能是A. B.C. D.【答案】A【分析】若反應向正反應方向進行，二氧化硫和氧氣完全反應時，二氧化硫、氧氣、三氧化硫的濃度為0、0、2mol/L，若反應向逆反應方向進行，三氧化硫完全反應時，二氧化硫、氧氣、三氧化硫的濃度為2mol/L、1mol/L、0，該反應為可逆反應，可逆反應不可能完全反應，所以當反應達到平衡時，二氧化硫的濃度介于0—2mol/L之間、氧氣的濃度介于0—1mol/L之間、三氧化硫的濃度介于0—2mol/L之間。【詳解】A．由分析可知，二氧化硫的濃度介于0—2mol/L之間，反應達到平衡時不可能為2mol/L，故A符合題意；B．由分析可知，氧氣的濃度介于0—1mol/L之間，反應達到平衡時可能為0.8mol/L，故B不符合題意；C．由分析可知，三氧化硫濃度介于0—2mol/L之間，反應達到平衡時可能為1.6mol/L，故C不符合題意；D．由分析可知，三氧化硫的濃度介于0—2mol/L之間，反應達到平衡時可能為1.8mol/L，故D不符合題意；故選A。5.下列事實中，能說明是弱堿的是A.溶液的導電能力比溶液弱B.溶液可以使酚酞溶液變紅C.常溫下，溶液中D.等體積的溶液與鹽酸恰好完全反應【答案】C【詳解】A．溶液的導電能力與離子濃度有關，未指明相同的濃度，無法依據MOH溶液的導電能力弱來說明MOH是弱堿，A不選；B．溶液可以使酚酞溶液變紅說明溶液為堿性，不確定堿性強弱，無法說明MOH是弱堿，B不選；C．常溫下，溶液中，即MOH不能完全電離，說明MOH是弱堿，C選；D．等體積的溶液與鹽酸恰好完全反應是由于一元酸與一元堿的物質的量相等，不能說明MOH是弱堿，D不選；故選：C。6.下列裝置使用正確且能達到相應實驗目的的是A.①測量中和反應的反應熱 B.②測定的濃度C.③探究溫度對化學平衡的影響 D.④測定化學反應速率【答案】C【詳解】A．①圖中缺少環形玻璃攪拌棒，使溫度混合不均，影響實驗，A錯誤；B．酸性高錳酸鉀溶液具有腐蝕性，需要用酸性滴定管盛放，不能堿式滴定管，會加速橡膠的老化，B錯誤；C．，為紅棕色氣體，在冷水中，降低溫度平衡正向移動，的濃度變小，氣體的顏色變淺，在熱水中，升高溫度，平衡逆向移動，的濃度變大，氣體的顏色變深，故該實驗可以探究溫度對化學平衡移動的影響，C正確；D．長頸漏斗是敞開裝置，產生的氫氣會從長頸漏斗的上口逸出，導致測量的氣體體積不準確，D錯誤；故本題選C。7.某多孔材料孔徑大小和形狀恰好將固定，能高選擇性吸附。廢氣中的被吸附后，經處理能全部轉化為。原理示意圖如下。下列說法正確的是A.由轉化為的反應是一個熵增的反應B.若反應能自發，則說明該反應為放熱反應C.催化劑能加快反應速率，且能提高的平衡轉化率D.每獲得時，消耗的的體積為【答案】B【詳解】A．轉化為反應為：，是一個熵減的反應，A錯誤；B．反應，若反應能自發，則，為放熱反應，B正確；C．催化劑能加快反應速率，但不能使平衡移動，所以不能提高的平衡轉化率，C錯誤；D．的體積，需要在標準狀況下，氣體的摩爾體積已知的情況下，D錯誤；故選B。8.利用如圖所示裝置可以將轉化為(選擇性為73%)、CO、等化工產品，對實現碳中和具有重要意義。已知：離子液體作為電解液不僅可以提高的溶解性，還可以有效避免析氫反應。下列說法正確的是A.活性鉑電極為陰極B.每生成，轉移的電子的物質的量為C.氮摻雜石墨烯電極上發生的主要反應為D.使用飽和溶液代替離子液體，可提高的轉化率【答案】C【分析】該裝置是電解池，根據圖示活性鉑電極物質的變化為：H2OO2氧元素化合價升高，該電極反應為氧化反應，故活性鉑電極為陽極，石墨烯電極為陰極，據此分析。【詳解】A．根據上述分析可知，活性鉑電極為陽極，A錯誤；B．由于沒有說明是標準狀況，故不能計算其物質的量，也就無法計算電子轉移，B錯誤；C．根據已知，氮摻雜石墨烯電極上發生的主要反應是將轉化為，結合電子轉移守恒、電荷守恒、原子守恒，可得電極反應式為：，C正確；D．若用飽和NaHCO3溶液代替離子液體，則陰極上會放電生成HCOOH、CO、CH4等物質，根據電子轉移守恒可知，CO2的轉化效率會降低，D錯誤；故本題選C。9.甲醇通過催化氧化制取甲醛時，在無催化劑(圖中實線)和加入特定催化劑(圖中虛線)時均會產生甲醛，反應中相關物質的相對能量如圖1所示。下列說法錯誤的是A.該條件下比穩定B.加入該催化劑不能改變反應的焓變C.無催化劑時，生成的活化能比生成甲醛的活化能小D.無催化劑時，升高溫度，甲醇氧化為甲醛的反應速率變化如圖2所示【答案】D【詳解】A．由圖可知，該條件下的相對能量比CO的相對能量小，物質所具有的能量越低，物質越穩定，則該條件下比CO的穩定性強，A正確；B．加催化劑不能改變反應焓變但可降低反應活化能，B正確；C．由圖可知，無催化劑時，生成CO(-393kJ/mol)比生成甲醛(＞-393kJ/mol)的活化能小，C正確；D．由圖1可知，甲醇生成甲醛的反應為放熱反應，故溫度升高，平衡逆向移動，逆反應速率應大于正反應速率，則生成甲醛的正反應速率增大的程度比逆反應速率增大程度小，D錯誤；答案選D。10.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.用電解法精煉銅時，若電路中轉移電子，則陽極質量減輕B.溶液中含有的數目為C.25℃時，的溶液中含有的數目為D.25℃時，的溶液中，水電離出的的數目為【答案】D【詳解】A．電解精煉銅，用粗銅作陽極，陽極的電極反應有：比Cu活潑的金屬發生失電子的氧化反應和Cu-2e-=Cu2+，由于粗銅中的雜質及其含量未知，電路中轉移2mol電子，陽極減輕的質量不一定為64g，A項錯誤；B．1L0.1mol/LNa2CO3溶液中Na2CO3物質的量為0.1mol，由于發生水解，故物質的量小于0.1mol，數目小于0.1NA，B項錯誤；C．25℃時pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，溶液的體積未知，無法計算OH-物質的量，C項錯誤；D．25℃時pH=4的NH4Cl溶液中c(H+)=10-4mol/L，1L溶液中H+物質的量為10-4mol，該溶液中H+全部來自水的電離，水電離的H+的數目為10-4NA，D項正確；答案選D。11.在一定條件下，反應達到平衡后，改變條件，正、逆反應速率隨時間的變化如圖，下列說法正確的是A.圖①改變的條件是升高溫度，達到新平衡后的轉化率減小B.圖②改變的條件可能是增大的濃度，達到新平衡后的轉化率增大C.圖③改變的條件可能是減小的濃度，達到新平衡后的轉化率減小D.圖④改變的條件是增大壓強，達到新平衡后的轉化率不變【答案】A【詳解】A．該反應的正反應方向是放熱反應，圖①改變的條件是升溫，升溫均增大，且<，平衡逆向移動，達到新平衡后的轉化率減小，A正確；B．圖②改變條件的瞬間，瞬時增大，但瞬時不變，平衡正向移動，故改變的條件可能是增大的濃度，達到新平衡后的轉化率減小，B錯誤；C．圖③改變的條件不可能是減小的濃度，因為減小的濃度的瞬間，瞬時減小，但瞬時不變，C錯誤；D．圖④改變的條件不可能是加壓，因為加壓后均增大，且>，平衡正向移動，可能改變的條件是加入了催化劑，D錯誤；故本題選A。12.合成氨原料中的H2可用甲烷在高溫條件下與水蒸氣反應制得。已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃燒熱(△H)分別為-285.8kJ/mol、-283.0kJ/mol、-890.3kJ/mol，且H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol。下列熱化學方程式正確的是A.B.C.D.【答案】A【分析】根據已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃燒熱可得表示物質燃燒熱的熱化學方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，然后結合④H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol，利用蓋斯定律，將熱化學方程式疊加，可得相應反應的熱化學方程式，并進行判斷。【詳解】根據已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃燒熱可得表示物質燃燒熱的熱化學方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，及④H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol，根據蓋斯定律，將熱化學方程式④+③-②-①×3，整理可得，故合理選項是A。13.工業上利用還原可制備金屬鐵，其反應原理為。在不同溫度(、)下，向裝有足量固體的恒容密閉容器中通入，測得反應體系中的體積分數隨時間的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A.由圖分析可知B.b點時，的轉化率為20%C.b點和d點的化學平衡常數：D.反應達到平衡后，保持溫度不變，將從反應體系中移走可提高的轉化率【答案】C【詳解】A．由圖像可知，溫度T2先達到平衡，因為圖像“先拐先平數值大”，故T1<T2，A錯誤；B．恒溫恒壓下體積比等于物質的量之比，b點時，CO的轉化了xmol，平衡時CO、CO2的物質的量分別為(2-x)mol、xmol，則，解得x=1.6mol，b點時，CO的轉化率為：，B錯誤；C．溫度越高，二氧化碳體積百分含量越低，說明升高溫度，平衡逆向移動，故K值越小，化學平衡常數：，C正確；D．由于為固體，將從反應體系中移走，平衡不發生移動，不能提高CO的轉化率，D錯誤；故本題選C。14.根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現象結論A室溫下，將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應，向過濾后所得固體中加入足量鹽酸，固體部分溶解，有無色無味氣體產生B向2.0mL濃度均為0.1mol/LNaCl和NaI的混合溶液中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振蕩，沉淀呈黃色C向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，有紅褐色沉淀生成D在2mL0.01mol/LNa2S溶液中先滴入幾滴0.01mol/LZnSO4溶液，有白色沉淀生成，再滴入0.01mol/LCuSO4溶液，又出現黑色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【詳解】A．BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中，Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO4)時生成BaCO3加入足量鹽酸，固體部分溶解有無色無味氣體產生，不能比較Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，A錯誤；B．由于溶液中含有等濃度的Cl-、I-，向其中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振蕩，沉淀呈黃色，說明發生了離子反應：Ag++I-=AgI↓，因此可證明物質的溶度積常數，B正確；C．Mg2+與OH-會發生反應：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，由于NaOH溶液過量，過量的OH-會與加入的FeCl3電離產生的Fe3+形成Fe(OH)3紅褐色沉淀，因此不能證明物質的溶度積常數，C錯誤；D．在2mL0.01mol/LNa2S溶液中先滴入幾滴0.01mol/LZnSO4溶液，發生離子反應：S2-+Zn2+=ZnS↓，產生ZnS白色沉淀，但由于S2-過量，當再向其中滴入0.01mol/LCuSO4溶液，過量S2-會發生反應：Cu2++S2-=CuS↓，故又出現CuS黑色沉淀，表面證明物質的溶度積常數，D錯誤；故合理選項是B。15.室溫下，通過下列實驗探究亞硫酸鹽的性質。已知：、。實驗實驗操作和現象1向溶液中通入(標準狀況)，測得約為92向溶液中通入至溶液3向溶液中通入(標準狀況)測得約為34取實驗3所得溶液，加入溶液，產生白色沉淀下列說法錯誤的是A.實驗1得到的溶液中：B.實驗2得到的溶液中：C.實驗3得到的溶液中D.實驗4中可知：【答案】C【詳解】A．11.2mL(標準狀況)SO2的物質的量為=0.0005mol，故實驗1得到Na2SO3溶液中，根據質子守恒可得2c(H2SO3)+c(HS)+c(H+)=c(OH-)，又Na2SO3溶液中2c(H2SO3)<c(S)，所以c(S)+c(HS)+c(H+)>c(OH-)，A正確；B．實驗2得到的溶液pH=7，即c(H+)=c(OH-)，溶液中電荷守恒有：，則有，B正確；C．22.4mL(標準狀況)SO2的物質的量為=0.001mol，與溶液反應，故實驗3得到NaHSO3溶液，其濃度為0.1mol/L，c(H+)+c(Na+)=c(HS)+2c(S)+c(OH-)，由Kh(HS)==<Ka2(HS)，測得pH約為3，溶液呈酸性，有c(H+)>c(OH-)，且c(S)>c(H2SO3)，可知：c(H+)+c(Na+)>c(HS)+2c(H2SO3)+c(OH-)，C錯誤；D．實驗4中亞硫酸氫鈉濃度為0.1mol/L，BaCl2溶液0.01mol/L，各1mL等體積混合，混合液c(Ba2+)=，c(S)==，則Qc(BaSO3)=c(Ba2+)·c(S)==0.005×5×10-6=2.5×10-8，該溶液產生白色沉淀，說明Qc(BaSO3)>Ksp(BaSO3)，故，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.電化學的發展是化學對人類的一項重大貢獻。探究原電池和電解池原理，對生產生活具有重要的意義。I、利用電化學方法可以將有效地轉化為(其中元素化合價為價)，裝置如圖所示。（1）若以鉛酸蓄電池為直流電源，則鉛酸蓄電池中極的電極反應式為___________。（2）裝置工作時，陰極除有生成外，還可能生成副產物，降低電解效率。已知：。①副產物可能是___________(寫出一種即可)。②標準狀況下，當陽極生成氧氣的體積為時，測得整個陰極區內的，電解效率為___________(忽略電解前后溶液的體積變化)。II、利用新型鎂—鋰雙離子二次電池(甲池)作電源同時電解乙池和丙池。（3）放電時，向___________(填“極”或“極”)移動；甲池中正極的電極反應式為___________。（4）給新型鎂—鋰雙離子二次電池充電時，極與電源的___________極相連，當導線中每通過時，甲池的左室中溶液的質量減少___________g。（5）電解一段時間后，乙池中溶液的將___________(填“增大”、“減小”或“不變”)。（6）丙池發生電解反應的總方程式為___________。【答案】（1）（2）①.CO(或)②.0.75(或75%)（3）①.極②.（4）①.負②.1（5）減小（6）【小問1詳解】右池為生成，碳元素的化合價從+4降到+2，發生還原反應，為電解池的陰極，左池為電解池的陽極，a電極為鉛蓄電池的正極，發生的電極反應式為：；【小問2詳解】①電解過程中，陰極發生還原反應，可能發生，等，副產物可能為或者；②根據，生成標況下，轉移電子，，轉移電子，，轉移電子數為，所以電解效率為；【小問3詳解】放電時為原電池原理，陽離子向正極移動，所以向n極移動，根據電極材料，正極發生還原反應，電極反應式為：；【小問4詳解】充電時，原電池的負極接電源的負極，正極接電源的正極，M為放電時的負極，接電源的負極形成陰極；充電時，甲池中左側發生反應：，當導線中每通過時，左側減少的，同時有移向左側，所以左側減少的質量為：；小問5詳解】乙池為電解在Ag電極上鍍Cu，發生反應為：，電解一段時間后溶液酸性增強，減小；【小問6詳解】丙池為用惰性電極電解溶液，生成的難溶，所以電解總反應式為：。17.滴定實驗是化學學科中最重要的定量實驗之一、常見的滴定實驗有酸堿中和滴定、氧化還原反應滴定、沉淀滴定等等。I.獲取安全的飲用水一直以來都是人們關注的重要問題，自來水廠經常用氯氣進行殺菌，某化學興趣小組利用氧化還原反應滴定，測定了某工廠廢水中游離態氯的含量，實驗如下：①取水樣50.00mL于錐形瓶中，加入溶液(足量)，滴入2~3滴淀粉溶液。②將自己配制的標準溶液(顯堿性)裝入滴定管中，調整液面，記下讀數。③將錐形瓶置于滴定管下進行滴定，發生的反應為。試回答下列問題：（1）①滴定前裝有標準液的滴定管排氣泡時，應選擇下圖中的_______(填標號，下同)。②若用25.00L滴定管進行實驗，當滴定管中的液面在刻度“10”處，則管內液體的體積_______。a.=10.00mLB.=15.00mLC.<10.00mLD.>15.00mL（2）步驟①發生反應的離子方程式為_______。（3）達到滴定終點的現象是_______。（4）實驗中消耗了標準溶液4.00mL，所測水樣中游離態氯的含量為_______。（5）實驗測得游離態氯的濃度比實際濃度偏大，造成誤差的原因可能是_______(填標號)。A.配制標準溶液定容時，加水超過刻度線B.錐形瓶水洗后直接裝待測水樣C.裝標準溶液的滴定管水洗后沒有潤洗D.滴定到達終點時，俯視讀出滴定管讀數E.裝標準溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失II.沉淀滴定——滴定劑與被滴定物生成的沉淀比滴定劑與指示劑生成的沉淀更難溶；且二者之間，有明顯的顏色差別。（6）參考表中的數據，若用滴定NaSCN溶液，可選用的指示劑是_______(填標號)。難溶物顏色白淺黃白磚紅白A. B.NaBr C.NaCN D.NaCl【答案】（1）①.c②.D（2）（3）滴入最后半滴時，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復顏色（4）2.84（5）ACE（6）A【分析】飲用水中溶解的Cl2會與加入的KI發生反應：Cl2+2KI=2KCl+I2，然后根據I2遇淀粉溶液變為藍色，以淀粉溶液為指示劑，用Na2S2O3溶液滴定反應產生的I2，當溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復顏色時達到滴定終點，停止滴加，然后根據物質反應關系計算水中Cl2的含量，根據實際滴定操作對標準溶液的消耗量判斷滴定誤差。【小問1詳解】①標準溶液顯堿性，所以應該選擇堿式滴定管，堿式滴定管排氣泡的方式是將滴定管末端的尖嘴抬起，擠壓橡膠管中的玻璃珠，使液體充滿尖嘴，故選c；②滴定管下端有一段是沒有刻度的，且滴定管讀數時是從上往下讀，所以當用25.00L滴定管進行實驗，當滴定管中的液面在刻度“10”處，溶液體積應>25-10=15mL，選D；【小問2詳解】飲用水中溶解的Cl2會與加入的KI發生反應：Cl2+2KI=2KCl+I2；【小問3詳解】當滴入最后半滴時，溶液藍色剛好褪去，且半分鐘內不恢復顏色，則說明到達滴定終點；【小問4詳解】滴定過程中消耗標準液的體積為4.00mL，n(Na2S2O3)=c?V=0.0010mol/L×0.0040L=4×10-6mol，根據方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得關系式：Cl2～I2～2Na2S2O3，所以50.00mL水樣中含有Cl2的物質的量n(Cl2)=n（Na2S2O3）=2×10-6mol，則該工業廢水水樣中Cl2的濃度是；【小問5詳解】A．配制標準Na2S2O3溶液定容時，加水超過刻度線，則標準溶液的濃度減小，滴定時，消耗的標準溶液的體積偏大，導致測定結果偏大，故A正確；B．錐形瓶水洗后直接裝待測水樣，不影響溶質的物質的量，因此不影響標準溶液的消耗，故對測定結果無影響，故B錯誤；C．裝標準Na2S2O3溶液的滴定管水洗后沒有潤洗，會使標準溶液的濃度減小，在滴定時，消耗的標準溶液的體積偏大，導致測定結果偏大，故C正確；D．滴定到達終點時，俯視讀出滴定管讀數，讀數偏小，則消耗的標準溶液的體積偏小，導致測定結果偏小，故D錯誤；E．滴定前尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，則消耗的標準溶液的體積偏大，最終導致測定結果偏大，故E正確，故答案為：ACE；【小問6詳解】用AgNO3滴定NaSCN，應用比AgSCN溶解度大且能引起顏色變化的物質作指示劑，根據表中數據可知，應選用Na2CrO4作指示劑，達到滴定終點，出現磚紅色沉淀時。18.高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦(還含、、、、、等元素)制備，工藝流程如圖所示。已知：①“濾渣1”中含有和；②相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的范圍如下：金屬離子開始沉淀的8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的10.18.32.84.710.98.28.9回答下列問題：（1）寫出“溶浸”時生成離子方程式：___________。（2）“氧化”中添加適量的的作用是___________。（3）“調”的目的是除鐵和鋁，則溶液的范圍應調節為___________之間。（4）“除雜1”的目的是除去和，“濾渣3”的主要成分是___________。（5）“除雜2”的目的是生成時沉淀除去。該步驟維持溶液恒為4.0，若溶液中的初始濃度為，現欲將沉淀完全(即剩余離子濃度小于時)，則至少需要加入___________固體(為易溶的強電解質，忽略加入固體時溶液體積改變)。若溶液中酸度過高，沉淀不完全，則原因是___________。[已知：；]（6）寫出“沉錳”的離子方程式：___________。【答案】（1）（2）將氧化為（3）4.7（4）和（5）①.0.12②.與結合形成弱電解質，使得濃度下降，導致平衡向右移動（6）【分析】加入硫酸溶浸，不溶于硫酸，發生氧化還原反應，會生成單質硫，“濾渣1”中含有和，、、、、和Mn均以離子形式，進入濾液中，加入的作用是將氧化為，加入氨水調節pH，除去三價鐵離子和鋁離子，故濾渣2是氫氧化鐵和氫氧化鋁，加入硫化鈉，目的是除去和，故濾渣3為和，加入目的是生成沉淀除去，加入碳酸氫氨生成碳酸錳的沉淀，加入硫酸得到硫酸錳，據此分析。【小問1詳解】根據上述分析可知，“溶浸”時發生氧化還原反應，會生成單質硫，根據電子轉移守恒、電荷守恒、原子守恒可得反應的離子方程式為：；答案為：；【小問2詳解】根據上述分析可知，“氧化”中添加適量的的作用是將氧化為；答案為：將氧化為；【小問3詳解】“調”的目的是除鐵離子和鋁離子，故需要將鐵離子和鋁離子完全沉淀，根據題中表格數據可知，4.7鐵離子和鋁離子完全沉淀，答案為：4.7；【小問4詳解】加入的試劑Na2S溶液，和與結合生成沉淀和，“除雜1”除去了和；答案為：和；【小問5詳解】溶液中的初始濃度為，則根據反應的離子方程式；完全沉淀需要的物質的量為：0.2mol；完全沉淀時，離子濃度小于，，=代入，得，，恒為4.0，故=，代入得：；溶液體積恒為1L，共需要氟原子的物質的量為：0.2mol++=0.24mol，根據氟原子守恒：至少需要加入=0.12固體，答案為：0.12若溶液中酸度過高，與結合形成弱電解質，使得濃度下降，導致平衡向右移動，沉淀不完全；答案為：與結合形成弱電解質，使得濃度下降，