2017-2018学年河北省邯郸三中高二上学期第二次月考化学试题 解析版

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文档介绍

2017-2018学年河北省邯郸三中高二上学期第二次月考化学试题 解析版

河北省邯郸三中2017-2018学年高二上学期第二次月考 化学试卷 命题人: 审题人:‎ 考生注意:‎ 本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷,共6页,23大题。满分100分,考试时间为90分钟。‎ 可能用到的相对原子量:H 1 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56‎ 第Ⅰ卷(选择题 54分)‎ 一、选择题(1-18小题,每小题只有一个正确答案,每小题3分,共54分)‎ ‎1. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类,完全正确的是(  )‎ 选项 A B C D 强电解质 Fe NaCl CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 CH3COOH NH3‎ H3PO4‎ Fe(OH)3‎ 非电解质 蔗糖 BaSO4‎ 酒精 H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:A、铁是单质,不是电解质,A错误;B、氨气是非电解质,硫酸钡是强电解质,B错误;C、分类正确,C正确;D、水是电解质,D错误,答案选C。‎ 考点:考查电解质等有关判断 ‎2. 下列关于水的电离叙述正确的是(  )‎ A. 稀释NH4Cl溶液,所有离子浓度都减小 B. 稀释NH4Cl溶液,水的电离程度变大 C. 稀释NaOH溶液,水的电离程度变小 D. 水升高温度后,H+浓度增大,Kw变大 ‎【答案】D ‎【解析】A. ‎ 加水稀释,促进铵根离子的水解,但铵根离子水解增大的程度小于溶液体积增大的程度,则溶液中c(H+)减小,又因温度不变时水的离子积常数也不变,则溶液中c(OH-)增大,故A错误;B. 稀释NH4Cl溶液,铵根离子浓度减小,对水电离的促进程度减小,所以水的电离程度减小,故B错误;C. 稀释NaOH溶液,c(NaOH)减小,因碱的浓度越大水的电离程度越小,所以稀释NaOH溶液,水的电离程度变大,故C错误;D. 水的电离是吸热过程,升高温度促进水的电离,H+浓度增大,Kw变大,故D正确;答案选D。‎ ‎3. 在蒸发皿中将下列物质的溶液加热蒸干并灼烧,可以得到该物质固体的是(  )‎ A. Al2(SO4)3 B. NaHCO3 C. KMnO4 D. FeCl3‎ ‎【答案】A ‎【解析】A.Al2(SO4)3溶液加热时虽能水解,但生成的氢氧化铝和硫酸最终又反应生成Al2(SO4)3,可得到溶质固体,故A符合;B.NaHCO3在加热时易分解生成Na2CO3、H2O和CO2,最终所得固体是Na2CO3,故B不符合;C.KMnO4不稳定,加热易分解,故C不符合;D.FeCl3溶液加热时水解生成氢氧化铁和盐酸,盐酸易挥发,生成的氢氧化铁在灼烧时生成氧化铁,故D不符合;答案选A。‎ 点睛:在蒸发皿中将溶液加热蒸干并灼烧,得到该物质的固体,可以从物质的稳定性以及水解的角度进行分析,蒸干灼烧后能得到该物质的固体,说明该物质性质比较稳定,在蒸干、灼烧过程中不发生分解反应、氧化还原反应等。本题要注意FeCl3水解生成的是挥发性酸,加热蒸干并灼烧最终得到的是氧化铁。‎ ‎4. 物质的量浓度相同的下列溶液中,符合按pH由小到大顺序排列的是(  )‎ A. Na2CO3 NaHCO3 NaCl NH4Cl B. NH4Cl NaCl Na2CO3 NaHCO3‎ C. (NH4)2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S D. NH4HSO4 (NH4)2SO4 Na2S NaNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. NH4Cl水解溶液呈酸性,NaCl不水解溶液呈中性,Na2CO3、NaHCO3均水解溶液显碱性,但Na2CO3水解程度大,溶液碱性更强,则pH由小到大顺序排列:NH4Cl、NaCl、NaHCO3、Na2CO3,故A不符合;B. 根据A项分析可知,B不符合;C. (NH4)2SO4 NH4Cl水解溶液都呈酸性,(NH4)2SO4中铵根离子浓度大,水解后溶液酸性强,pH最小,NaNO3不水解溶液呈中性,Na2S水解溶液呈碱性,符合按pH由小到大顺序排列,故C符合;D. NH4HSO4在溶液中完全电离NH4HSO4=NH4++H++SO42-,溶液酸性最强,pH最小,‎ ‎(NH4)2SO4水解溶液呈酸性,Na2S水解溶液呈碱性,NaNO3不水解,溶液呈中性, 按pH由小到大顺序排列的是NH4HSO4、(NH4)2SO4、NaNO3 、Na2S,故D不符合;答案选C。‎ 点睛:本题主要考查盐类的水解对溶液酸碱性的影响,解答本题时,可以先根据溶液的酸碱性将溶液分为三部分:酸性的、碱性的、中性的,再根据弱离子水解的影响因素如“越弱越水解”、浓度等来比较浓度相同的溶液pH大小即可,解题时注意D项中的NH4HSO4在溶液中因完全电离溶液的酸性最强,pH最小。‎ ‎5. 一定量盐酸跟过量的铁粉反应时,为了减缓反应速率,且不影响生成氢气的总量,可向盐酸中加入适量的(  )‎ ‎①NaOH固体   ②KNO3溶液   ③水   ④CH3COONa固体 A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】①加入NaOH固体,与盐酸反应,生成氢气减少,故不符合;②加KNO3溶液,铁与H+、NO3-反应不生成氢气,则生成氢气的总量减少,故不符合;③加水,氢离子浓度减小,所以与铁反应的速率减慢,同时氢离子的物质的量不变,则不影响生成氢气的总量,故符合;④加入CH3COONa固体,与盐酸反应生成醋酸,溶液中已电离出的氢离子浓度减小,但物质的量不变,则减缓反应速率,且不影响生成氢气的总量,故符合;则答案选D。‎ 点睛:本题主要考查影响反应速率的因素,解答本题时,要从铁和盐酸反应的实质Fe+2H+=Fe2++H2↑出发,为了减缓反应速率,可减小氢离子的浓度,Fe过量则酸能完全反应,生成氢气的量由盐酸决定,要想不影响生成氢气的总量,必须保证与铁反应的氢离子的物质的量不变,以此来解答本题。本题的易错点是②加入KNO3溶液, H+、NO3-与铁反应不能生成氢气,解题时要注意区别。‎ ‎6. 相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比,NaCN溶液的pH较大,则关于同温同体积同浓度的下列物质说法不正确的是(  )‎ A. 电离平衡常数:HClO>HCN B. pH:HClOc(H+),下列关系正确的是(  )‎ A. c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+c(OH-)+c(S2-)‎ B. c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)> c(H2S)‎ C. c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)‎ D. c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A.根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+c(OH-)+2c(S2-),故A错误;B.在 NaHS溶液中,Na+不水解而HS-水解,则Na+浓度大于HS-,溶液中c(OH-)>c(H+),说明HS-水解程度大于电离程度,则c(S2-)< c(H2S),故B错误;C.NaHS溶液中存在着多种离子和分子,根据物料守恒得:c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S),故C正确;D.由物料守恒和电荷守恒得:c(OH-)=c(H+)+c(H2S)-c(S2-),故D错误;答案选C。‎ 点睛:本题主要考查溶液中离子浓度的大小比较和微粒的守恒关系,本题的难点是根据溶液中c(OH-)与c(H+)的大小判断HS-的水解程度和电离程度的相对大小,因c(OH-)>c(H+),说明溶液显碱性,则HS-的水解程度大于其电离程度,从而进行各项判断。‎ ‎12. 室温,下列四种溶液中,由水电离生成的氢离子浓度之比①∶②∶③∶④是(  )‎ ‎①pH=0的盐酸②0.1 mol/L的氢碘酸③0.01 mol/L的NaOH溶液 ‎④pH=11的氨水 A. 1∶10∶100∶1 000 B. 0∶1∶12∶11‎ C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】在酸溶液中,OH-是水电离产生的,在碱溶液中,H+是水电离产生的,且水电离产生的氢离子浓度等于水电离产生的氢氧根离子浓度。①pH=0的盐酸,溶液中氢离子浓度为1mol/L,水电离产生的氢氧根离子浓度为:mol/L=1×10-14mol/L,则水电离产生的氢离子浓度为1×10-14mol/L;②0.1 mol/L的氢碘酸,氢碘酸是一元强酸,则溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L,由水电离产生的氢氧根离子浓度为:mol/L=1×10-13mol/L,则水电离产生的氢离子浓度为1×10-13mol/L;③0.01 mol/L的NaOH溶液中,氢氧根离子浓度为0.01 mol/L,则由水电离产生的氢离子浓度为:mol/L=1×10-12mol/L;④pH=11的氨水溶液中,氢离子浓度为1×10-11mol/L,因氢离子是由水电离产生的,则由水电离产生的氢离子浓度为1×10-11mol/L,因此四种溶液中,由水电离生成的氢离子浓度之比为:1×10-14: 1×10-13: 1×10-12: 1×10-11=1:10:100:1 000,故答案选A。‎ ‎13. 下列说法正确的是( )‎ A . PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍,稀释后PH=3‎ B. 室温 pH=3的醋酸溶液和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性 C. 室温pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液,由水电离产生的c(H+)相同 D. 某温度下,水的离子积常数为1╳ 10-12,该温度下PH=7的溶液呈中性 ‎【答案】B ‎【解析】A.醋酸是弱电解质,加水稀释,促进醋酸的电离,造成溶液中氢离子物质的量增加,则PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍,稀释后PH<3,故A错误;B.醋酸是弱酸,在溶液中不能完全电离,室温下pH=3的醋酸溶液和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合后,醋酸过量,混合液呈酸性,故B正确;C. CH3COOH抑制水的电离,NH4Cl促进水的电离,所以pH相同的 NH4Cl溶液和CH3COOH溶液,由水电离产生的c(H+)不相同,故C错误;D. 某温度下,水的离子积常数为1╳ 10-12,该温度下PH=7的溶液中c(H+)=10-7mol/L,c(OH-)==10-5mol/L,则c(H+)<c(OH-),溶液呈碱性,故D错误;‎ ‎14. 25℃,已知KSp(AgCl)=1.8×10-10,将2×10-5mol/L的AgNO3溶液和2×10-5mol/L的KCl溶液等体积混合,下列说法正确的是(  )‎ A. 恰好形成AgCl饱和溶液 B. 能析出AgCl沉淀 C. 不能析出AgCl沉淀D.无法确定能否析出AgCl沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】等体积混合后,c(Ag+)=1×10-5mol/L,c(Cl-)=1×10-5mol/L,Qc= c(Ag+)×c(Cl-)=1×10-10<KSp(AgCl),故不能析出AgCl沉淀,答案选C。‎ ‎15. 下列由实验现象得出的结论正确的是(  )‎ 操作及现象 结论 A 室温下,向1 mL 0.1mol/L AgNO3溶液中加入几滴0.01mol/L NaCl溶液出现白色沉淀,再滴加几滴0.1mol/L NaI溶液,出现黄色沉淀。‎ Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)‎ B 在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液,加热后红色加深 盐类水解是吸热反应 C 向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液变红 溶液中一定含有Fe2+‎ D 将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中 可以制得Fe(OH)3胶体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】A. 室温下,向1 mL 0.1mol/L AgNO3溶液中加入几滴0.01mol/L NaCl溶液出现白色沉淀,再滴加几滴0.1mol/L NaI溶液,出现黄色沉淀,该过程中硝酸银过量,两种沉淀都生成,不存在沉淀的转化问题,故不能比较氯化银和碘化银的溶度积大小,故A错误;B.醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解,使溶液呈碱性,滴入酚酞试液,加热后红色加深,说明加热促进了醋酸根离子的水解,则可以证明盐类的水解是吸热反应,故B正确;C.原溶液中若含有Fe3+,加入KSCN溶液后,溶液也会变红,所以不能说明原溶液中是否含有Fe2+,故C错误;D. 将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中生成氢氧化铁沉淀,不能制得氢氧化铁胶体,故D错误;答案选B。‎ ‎16. 常温下,将体积为V1、物质的量浓度为c1的氨水滴加到体积为V2、物质的量浓度为c2的盐酸中,下列结论正确的是(  )‎ A. 若V1=V2,且溶液的pH<7,则一定有c1c2V2,则混合液的pH一定大于7‎ C. 若c1=c2,V1=V2,则混合液中c(NH4+)后者 C. Na2A 溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)‎ D. NaHA溶液可能显酸性,也可能显碱性。‎ ‎【答案】C ‎【解析】A.因常温时 H2A = H+ + HA-,HA-H++A2-,说明H2A第一步完全电离,且电离出的H+抑制HA-的电离,因此相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(HA-)的大小关系:前者>后者,故A错误;B.根据上述分析可知,H2A 溶液中HA-的电离程度小于NaHA溶液中HA-的电离程度,则相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(A2-)的大小关系:前者<后者,故B错误;C. 在Na2A 溶液中,A元素以A2-、HA-的形式存在,根据物料守恒得c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-),故C正确;D.根据题目信息可知,HA-只能电离不能水解,所以NaHA溶液一定显酸性,故D错误;答案选C。‎ ‎18. t℃时,AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图。又知t℃时AgCl的Ksp=4.9×10-10‎ ‎,下列说法不正确的是(  )‎ A. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液 B. 在t℃时,Ksp(AgBr)=4.9×10-13‎ C. 在t℃时,AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K=1000‎ D. 在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体,可使溶液由b点到c点 ‎【答案】D ‎【解析】A.根据图象可知,在a点时Qc=c(Ag+)×c(Br-)<Ksp(AgBr),所以a点为AgBr的不饱和溶液,故A正确;B.结合图中b点c(Ag+)和c(Br-)可知,该温度下AgBr的Ksp(AgBr)=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13,故B正确;C. 在t℃时,AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K= = = = =1000,故C正确;D. 在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体,c(Br-)增大,使AgBr(s) Br-(aq)+ Ag+(aq)平衡逆向移动,c(Ag+)减小,所以不可能使溶液由b点到c点,故D错误;答案选D。‎ 第II卷(非选择题 46分)‎ 二、填空题 ‎19. 按要求书写方程式:‎ ‎(1)H2CO3的电离方程式______________________________________________________;‎ ‎(2)AgCl的沉淀溶解平衡方程式_______________________________________________;‎ ‎(3)NaHCO3 溶液与 AlCl3溶液混合的离子方程式_______________________________;‎ ‎(4)向CaSO4悬浊液中加入固体Na2CO3 ,写出对应的离子方程式_______________________。‎ ‎【答案】 (1). H2CO3 HCO3- + H+ HCO3- CO32- + H+ (2). AgCl(s) Ag+(aq) + Cl- (aq) (3). 3 HCO3- + Al3+ === Al(OH)3↓+ 3 CO2↑ (4). CaSO4 + CO32- === CaCO3 + SO42-‎ ‎【解析】(1).H2CO3是二元弱酸,在溶液中分两步电离,其电离方程式为:H2CO3 HCO3-‎ ‎ + H+、 HCO3- CO32- + H+,故答案为H2CO3 HCO3- + H+、 HCO3- CO32- + H+;‎ ‎(2.)AgCl是难溶物,在溶液中存在沉淀溶解平衡,其沉淀溶解平衡方程式为:AgCl(s) Ag+(aq) + Cl- (aq),故答案为AgCl(s) Ag+(aq) + Cl- (aq);‎ ‎(3).NaHCO3 溶液中HCO3-水解使溶液呈碱性, AlCl3溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,则两溶液混合后会发生HCO3-和Al3+的双水解反应,离子方程式为:3HCO3- + Al3+ =Al(OH)3↓+ 3 CO2↑,故答案为:3 HCO3- + Al3+ =Al(OH)3↓+ 3 CO2↑;‎ ‎(4).因CaSO4的溶解度大于CaCO3的溶解度,则向CaSO4悬浊液中加入固体Na2CO3,会发生沉淀的转化,由CaSO4生成CaCO3,反应的离子方程式为:CaSO4 + CO32- = CaCO3 + SO42-,故答案为:CaSO4 + CO32- = CaCO3 + SO42-。‎ ‎20. (1)25 ℃,PH=10的NaOH溶液与PH=12的NaOH溶液等体积混合,则混合后溶液中的PH 约为____________________。(已知 lg2=0.3)‎ ‎(2)T℃ ,水的离子积常数Kw= 1×10-12,欲使PH=1的硫酸溶液与PH=13的NaOH溶液混合后呈中性,则硫酸溶液与NaOH溶液的体积比为_________________。‎ ‎(3)已知25 ℃,碳酸的电离平衡常数Ka1= 4.0×10-7,Ka2= 5.6×10-11,则该温度下NaHCO3的水解平衡常数Kh=________________________。‎ ‎【答案】 (1). 11.7 (2). 100:1 (3). 2.5×10-8‎ ‎【解析】(1).25 ℃,PH=10的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-4mol/L,PH=12的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L,二者等体积混合后,所得溶液中c(OH-)= ≈,则c(H+)= = = 2.0×10-12mol/L,则pH= -lgc(H+) = -lg2.0×10-12=11.7,故答案为:11.7;‎ ‎(2).T℃ ,水的离子积常数Kw= 1×10-12,PH=1的硫酸溶液中c(H+) =0.1mol/L,PH=13的NaOH溶液中c(OH-)=10mol/L,设硫酸溶液的体积为xL,NaOH溶液的体积为yL,则欲使混合后的溶液呈中性,有xL×0.1mol/L=yL×10mol/L,解得x:y=100:1,故答案为:100:1;‎ ‎(3).HCO3-水解的方程式为:HCO3-+H2OH2CO3+OH-,其水解平衡常数的表达式为:Kh=,碳酸的第一步电离方程式为:H2CO3 HCO3- + H+,则Ka1= ‎ ‎,25℃时,Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14,由Kh的表达式可知,Kh=== 2.5×10-8,故答案为:2.5×10-8。‎ ‎21. 已知某溶液中只存在OH-、H+、CH3COO-、Na+四种离子,某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下几种关系:‎ ‎① c(Na+) > c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)‎ ‎② c(Na+) >c(OH-)= c(CH3COO-)>c(H+)‎ ‎③ c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+)‎ ‎④ c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H+)‎ ‎⑤ c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H+)>c(OH-)‎ 结合离子关系填写下列空白:‎ ‎(1)若溶液中只溶解一种溶质,则该溶质是__________,离子浓度的大小顺序符合上述序号______;若溶液中性,离子浓度的大小顺序符合上述序号________;‎ ‎(2)若溶质为CH3COONa和 CH3COOH,则离子的关系符合上述序号_____________。‎ ‎【答案】 (1). CH3COONa (2). ③ (3). ④ (4). ③④⑤‎ ‎【解析】(1).若只溶解了一种溶质,则该溶质只能是CH3COONa,该溶液中离子浓度的大小顺序为:c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+),符合上述序号③;根据电荷守恒c(Na+) +c(H+)= c(CH3COO-)+c(OH-),若溶液呈中性,则c(H+)= c(OH-),所以c(Na+)= c(CH3COO-),溶液中c(Na+)>c(H+),则离子浓度的大小顺序为: c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H+),符合上述序号④,故答案为:CH3COONa;③ ;④ ;‎ ‎(2).若溶质为CH3COONa和 CH3COOH,因不知道CH3COONa和 CH3COOH的物质的量的相对大小,则溶液可能呈酸性、中性或碱性,若溶液呈酸性,则离子浓度的大小顺序为:c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H+)>c(OH-),符合序号⑤;若溶液呈中性,则离子浓度的大小顺序为: c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H+),符合序号④;若溶液呈碱性,离子浓度的大小顺序为:c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H+),符合序号③,故答案为:③④⑤。‎ ‎22. 用中和滴定法测定烧碱的纯度,若烧碱中含有与酸不反应的杂质,试根据实验回答:‎ ‎(1)将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液,需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外,还必须用到的仪器有_______、________________ 。‎ ‎(2)用碱式滴定管量取10.00mL待测液,置于锥形瓶中,同时滴加1-2滴指示剂。化学上常选用的指示剂有酚酞或____________。‎ ‎(3)用0.2010mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液,滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞,右手不停地摇动锥形瓶,两眼注视__________________,直到滴定到终点,若选择酚酞作为指示剂,判断滴定终点的标志是___________________________。‎ ‎(4)根据下列数据,测得c(NaOH)=________。烧碱的纯度=____________。‎ 滴定 次数 待测液体积 ‎(mL)‎ 标准盐酸体积(mL)‎ 滴定前读数(mL)‎ 滴定后读数(mL)‎ 第一次 ‎10.00‎ ‎0.50‎ ‎20.40‎ 第二次 ‎10.00‎ ‎4.00‎ ‎24.10‎ 第三次 ‎10.00‎ ‎1.00‎ ‎24.10‎ ‎(5)以标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液,下列操作引起待测液浓度偏小的是 _______________(填序号)。‎ ‎①读数:滴定前平视,滴定后俯视②未用待测液润洗碱式滴定管 ‎③用待测液润洗锥形瓶       ④不小心将标准液滴在锥形瓶外面 ‎⑤滴定接近终点时,用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 甲基橙 (4). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (5). 当滴入最后一滴时,溶液颜色恰好由红色变为无色,且半分钟内不复原,则达到滴定终点 (6). 0.4020 mol·L-1 (7). 80.4% (8). ①  ②‎ ‎【解析】(1).将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液,需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外,还必须用到的仪器有100mL容量瓶和胶头滴管,故答案为:100mL容量瓶;胶头滴管;‎ ‎(2).因石蕊的变色范围为5—8,变色范围较大,不适宜做指示剂,因此化学上常选用的指示剂有酚酞或甲基橙,故答案为:甲基橙;‎ ‎(3).在酸碱中和滴定实验中,滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞,右手不停地摇动锥形瓶,两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化,直到滴定达到终点;若选择酚酞作为指示剂,判断滴定终点的标志是: 当滴入最后一滴时,溶液颜色恰好由红色变为无色,且半分钟内不复原,则达到滴定终点,故答案为:锥形瓶中溶液颜色的变化;‎ 当滴入最后一滴时,溶液颜色恰好由红色变为无色,且半分钟内不复原,则达到滴定终点;‎ ‎(4).三次滴定分别消耗盐酸标准液的体积为:19.90mL、20.10mL、23.10mL,因第三次滴定的数据偏差较大,舍去,则消耗盐酸标准液的平均体积为:=20.00mL,则c(NaOH)==0.4020 mol·L-1,n(NaOH)=0.4020 mol·L-1×0.100L=4.020mol,则烧碱的纯度==80.4%,故答案为:0.4020 mol·L-1;80.4%;‎ ‎(5). ①读数:滴定前平视,滴定后俯视,会使标准液的体积偏小,测定的待测液浓度偏小,故①符合;②未用待测液润洗碱式滴定管,会使待测液被稀释,造成标准液的体积偏小,测定的待测液浓度偏小,故②符合;③用待测液润洗锥形瓶,会使消耗的标准液偏多,测定的待测液浓度偏大,③不符合;④不小心将标准液滴在锥形瓶外面,会使消耗的标准液偏多,测定的待测液浓度偏大,④不符合;⑤滴定接近终点时,用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁,对测定结果无影响,⑤不符合;故答案为:①②。‎ 点睛:本题主要考查酸碱中和滴定实验的相关操作和误差分析,易错点是滴定结果的误差分析,在判断滴定结果是偏大还是偏小时,务必要先列出c(待测液)= 的公式,其中c(标准液)和V(待测液)是已知的,则根据错误的操作,判断对V(标准液)的影响,若V(标准液)偏大,则测定结果偏大,若V(标准液)偏小,则测定结果偏小,若对V(标准液)无影响,则对测定结果也无影响。‎ ‎23. 炼锌厂产生的工业废渣——锌渣(除了含Zn 外,还含有Fe、Al、Cd (镉)和SiO2等杂质),利用锌渣制取并回收ZnSO4·7H2O 和金属镉(Cd)是一个有益的尝试,流程如下:‎ 已知:金属活动性Zn> Cd 物质 Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Zn(OH)2‎ Cd(OH)2‎ Fe(OH)2‎ 完全沉淀时的PH ‎≥3.2‎ ‎≥4.7‎ ‎≥6.5‎ ‎≥9.4‎ ‎≥9.7‎ 试回答下列问题:‎ ‎(1)第一步浸出时用到的试剂X为__________,滤渣1的成分是___________。‎ ‎(2)加入Ca(ClO)2 的目的是氧化Fe2+,写出反应的离子方程式____________________。‎ ‎(3)调节pH 过程可以选用;本流程的pH 调节一般调至5,其目的是_____________________。‎ ‎(4)写出过滤后加入过量的锌粉反应的离子方程式__________________。‎ ‎(5)在蒸发浓缩操作时,要保持一定的酸度,其目的是______。‎ ‎【答案】 (1). H2SO4溶液 (2). SiO2 (3). 2H++ClO—+2Fe2+ =Cl—+2Fe3++H2O (4). ZnO除去Fe3+和Al3+,防止Zn2+沉淀析出 (5). Zn+Cd2+== Zn2++Cd (6). 防止Zn2+水解 ‎【解析】(1).Zn、Fe、Al、Cd、SiO2中,只有二氧化硅不能和硫酸反应,可以用硫酸将之溶解,过滤,先获得二氧化硅,故答案为:H2SO4溶液;SiO2;‎ ‎(2).为了将杂质铝离子以及三价铁离子沉淀下来,结合离子沉淀的条件,首先要将亚铁离子氧化为三价铁离子,然后再将之形成沉淀,反应实质是:2H++ClO-+2Fe2+ =Cl-+2Fe3++H2O,故答案为:2H++ClO-+2Fe2+ =Cl-+2Fe3++H2O;‎ ‎(3).“调节pH”过程能使得溶液的碱性增强,同时又不能引入杂质离子,据此可以选择氧化锌,该试剂可以将三价铁离子和铝离子沉淀下来,形成Fe(OH)3、Al(OH)3,同时还可以防止Zn2+沉淀析出,故答案为:ZnO;除去Fe3+和Al3+,防止Zn2+沉淀析出;‎ ‎(4).金属Cd的活泼性比金属锌差,可以用金属锌来置换金属铬,反应的离子方程式为:Zn+Cd2+== Zn2++Cd,故答案为:Zn+Cd2+== Zn2++Cd;‎ ‎(5).从硫酸锌溶液中获得纯净的硫酸锌的晶体的方法是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,但是要注意保持溶液一定的酸度,以防止Zn2+的水解,故答案为:防止Zn2+水解。‎ ‎ ‎
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