江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高二上学期段考化学试题

江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高二上学期段考化学试题

化学试题 一、选择题 ‎1.下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是（ ）‎ A. 熔化时不导电 B. 不是离子化合物，而是极性共价化合物 C. 水溶液的导电能力很差 D. 溶液中该物质已电离的离子和未电离的分子共存 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐．‎ ‎【详解】A．熔化时不导电，说明没有自由移动的离子，但不是弱电解质的特征，如蔗糖是非电解质，熔化时不导电，故A错误；‎ B．氯化氢不是离子化物，是极性共价化合物，但它是强电解质，故B错误；‎ C．水溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，如硫酸钡是强电解质，在水中难溶，水中离子浓度小，导电能力弱，所以水溶液的导电能力差的不一定是弱电解质，故C错误；‎ D．弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质。既有电解质的分子又有弱电解质电离出的离子，如水就是，水是弱电解质，既有水分子，又有水电离出的氢离子和氢氧根离子，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质的判断，解题关键：抓住弱电解质的特征“部分电离”，平时注意一些典型物质的组成和性质，如HCl不是离子化物，是极性共价化合物．‎ ‎2.下列说法不正确的是 A. 除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可加入足量的Mg(OH)2粉末搅拌后过滤 B. 在KI溶液中加入氯化银，一段时间后沉淀变成黄色，说明同温度下Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)‎ C. 将氨气通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原为Cu ‎ D. 当分散质和分散剂都为气体时，组成的分散系不可能为胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，溶液pH增大，有利于Fe3+的水解，可转化为Fe(OH)3沉淀而除去，故A正确； ‎ B．阴阳离子比相同的物质可以用Ksp大小比较溶解度，在KI溶液中加入氯化银，一段时间后沉淀变为黄色，说明氯化银转化为碘化银，则溶解度碘化银小于氯化银，说明同温度下Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故B正确；‎ C．NH3的还原性不强，在溶液中不能将Cu2+还原，将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀，故C错误；‎ D．当分散剂是气体时，可形成气溶胶，气溶胶是由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形成的胶体，当分散质和分散剂都为气体时，组成的分散系不可能为胶体，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎3.有4种燃料电池：A 固体氧化物燃料电池，B 碱性氢氧燃料电池，C 质子交换膜燃料电池，D 熔融盐燃料电池。下面是工作原理示意图，其中正极反应的产物为水的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在该固体氧化物燃料电池中，固体氧化物作介质，正极上O2+4e-=2O2-，故A错误；‎ B、碱性燃料电池中，正极上发生O2+2H2O+4e-=4OH-，故B错误；‎ C、质子交换膜燃料电池，正极上发生4H++O2+4e-=2H2O，故C正确；‎ D、熔融盐燃料电池中，正极反应是2CO2+O2+4e-=2CO32-，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.向pH=1的某酸溶液和pH=13的氢氧化钠溶液中，加入足量的铝片，放出H2的物质的量之比为3:1其原因可能是 A. 两溶液的体积相同，酸是多元强酸 B. 若酸为一元强酸，酸溶液的体积是碱溶液体积的3倍 C. 两溶液的体积相同，酸是弱酸 D. 酸是强酸，且酸溶液的浓度比NaOH溶液浓度大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，若两溶液的体积相同，酸是多元强酸，则与足量Al反应，放出的H2物质的量之比为1:3，A不可能；‎ B项，若酸为一元强酸，酸溶液的体积是碱溶液体积的3倍，则与足量Al反应，放出的H2物质的量之比为1:1，B不可能；‎ C项，若两溶液的体积相同，酸是弱酸，酸的物质的量浓度远大于0.1mol/L，则与足量的Al反应，放出的H2物质的量之比可能为3:1，C可能；‎ D项，若酸是强酸，酸溶液的浓度不可能比NaOH溶液的浓度大，D不可能；‎ 答案选C。‎ ‎5.设NA代表阿伏加德罗常数（NA）的数值，下列说法正确的是 A. 1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA B. 乙烯和环丙烷（C3H6）组成的28g混合气体中含有3NA 个氢原子 C. 将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NA个Fe3+‎ D. 标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1molK2SO4中含1molSO42-，所带负电荷为2mol，所带负电荷数为2NA，A错误；‎ B.乙烯和环丙烷的实验式都为CH2，则28g混合气体中含“CH2”的物质的量为=2mol，含氢原子数为4NA，B错误；‎ C.Fe3+发生水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，0.1molFeCl3溶于水所得溶液中Fe3+数小于0.1NA，C错误；‎ D.标准状况下22.4L氯气物质的量为1mol，氯气与NaOH反应时氯气既是氧化剂又是还原剂，1molCl2参与反应转移1mol电子，转移电子数为NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.将溶于溶液中，能配制成浓度较大的碘水，主要是发生了反应：。该平衡体系中，的物质的量浓度与温度（T）的关系如图所示（曲线上的任何一点都代表平衡状态）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应速率： B. 平衡常数：‎ C. M、N两点相比，M点的大 D. Q点时，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3-的物质的量浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高，平衡常数越小，从温度对平衡移动的影响分别判断碘单质的转化率、平衡常数的变化、反应进行方向及不同状态的A的浓度大小。‎ ‎【详解】A、P点时的温度比M点的温度高，温度越高反应速率越快，所以，故A错误；‎ B、正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，所以，故B错误；‎ C、升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以M、N两点相比，N点的c(I-)大，故C错误；‎ D、T1时Q未平衡，但可逆反应在这种温度下最终达平衡状态，所以要向转化I3- (aq)方向移动，所以Q点时，，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.在2L恒容密闭容器中充入2 mol X和1mol Y发生反应：2X(g) +Y(g)‎ ‎3Z(g)，反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是 （ ）‎ A. Q点时，Y的转化率最大 B. 升高温度，平衡常数增大 C. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率 D. 平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、从开始到Q点是正向建立平衡的过程，转化率逐渐增大，从Q到M点升高温度，平衡向左移动，使转化率降低，Q点最大，A正确；‎ B、分析图像，X的体积分数先减小后增大，减小到最低，这是化学平衡的建立过程，后增大，这是平衡的移动过程，升高温度，体积分数增大，说明升高温度，平衡向左移动，使平衡常数减小，B错误；‎ C、M点温度高，故反应速率快，C错误；‎ D、平衡时再充入Z，达到的新平衡与原平衡是等效平衡，体积分数相等，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.T ℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(s)　ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是(　　)‎ A. T ℃时，该反应的平衡常数值为4‎ B. c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行 C. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T ℃‎ D. T ℃时，直线cd上的点均为平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据平衡常数的表达式并结合图中曲线可知，K=1/[c(A)×c(B)]=1/4，故A错误；‎ B、c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故B错误；‎ C、如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故C正确；‎ D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线ab是平衡线，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9. 短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等．下列判断不正确的是（ ）‎ A. 最简单气态氢化物的热稳定性：R＞Q B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＜W C 原子半径：T＞Q＞R D. 简单离子半径：T＞R ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由短周期元素R、T、Q、W的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。‎ ‎【详解】由短周期元素R、T、Q、W的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，‎ A．非金属性N＞Si，故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3＞SiH4，故A正确；‎ B．非金属性Si＜S，故最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3＜H2SO4，故B正确；‎ C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：T＞Q＞R，故C正确；‎ D．T为Al元素，R为N元素，二者离子具有相同的电子层数，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：T＜R，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎10.已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1①，3H2(g)＋Fe2O3(s)=2Fe(s)＋3H2O(g) ΔH2②，2Fe(s)＋3/2O2(g)=Fe2O3(s) ΔH3③，2Al(s)＋3/2O2(g)=Al2O3(s) ΔH4④，2Al(s)＋Fe2O3(s)=Al2O3(s)＋2Fe(s) ΔH5 ⑤，下列关于上述反应焓变的判断正确的是 A. ΔH1<0，ΔH3>0 B. ΔH5<0，ΔH4<ΔH3 C. ΔH1=ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3=ΔH4＋ΔH5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) 该反应为放热反应，故ΔH1<0，2Fe(s)＋3/2O2(g)===Fe2O3(s)为放热反应，故ΔH3<0，故A错误；‎ B. 2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)反应为放热反应，故ΔH5<0，根据盖斯定律分析，有④-③=⑤，则ΔH4-ΔH3=ΔH5<0，故正确；‎ C.根据盖斯定律分析，有2（②+③）/3=①，则有2（ΔH2+ΔH3）/3=ΔH1，故错误；‎ D. 根据盖斯定律分析，有④-③=⑤，则ΔH4-ΔH3=ΔH5，故错误。‎ 故选B。‎ ‎11.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。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. 放电时负极反应为Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2‎ B. 充电时阳极反应为Fe(OH)3－3e－＋5OH－===＋4H2O C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被还原 D. 放电时正极附近溶液的酸性增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，分析放电时，锌化合价升高，作负极，K2FeO4化合价降低，作正极；充电时，Fe(OH)3化合价升高，作阳极，Zn(OH)2‎ 化合价降低，作阴极。‎ ‎【详解】A选项，锌化合价升高，为负极，放电时负极反应为Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，故A正确；‎ B选项，根据分析，Fe(OH)3化合价升高，作阳极，充电时阳极反应为Fe(OH)3－3e－＋5OH－= FeO42－＋4H2O，故B正确；‎ C选项，根据放电分析，3mol锌反应转移6mol电子，消耗2mol K2FeO4，因此放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被还原，故C正确；‎ D选项，放电时正极附近生成氢氧根离子，溶液碱性增强，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】放电为原电池原理，化合价升高为负极，发生氧化反应，化合价降低为正极，发生还原反应；充电为电解质原理，化合价升高为阳极，发生氧化反应，化合价降低为阴极，发生还原反应。‎ ‎12.一定量CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：‎ 已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是 A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动 B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%‎ C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；‎ B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；‎ C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；‎ D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎13.下列有关电解质溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A. 25 ℃时，pH＝7的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝c()＝c(Cl－)‎ B. 25 ℃时，向10 mL pH＝12的NaOH溶液中滴加等体积pH＝2的CH3COOH溶液： c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ C. 0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1的CaCl2溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)‎ D. 浓度均为0.1 mol·L－1的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c()的大小顺序为③>②>①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，25 ℃时，pH＝7的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液：c(H＋)＝c(OH－) < c()＝c(Cl－)，故A错误；‎ B选项，25 ℃时，向10 mL pH＝12的NaOH溶液中滴加等体积pH＝2的CH3COOH溶液，溶液中溶质为醋酸钠和醋酸，且溶液呈酸性，电离占主要：c(CH3COO－)＞c(Na＋) ＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；‎ C选项，0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1的CaCl2溶液等体积混合，根据物料守恒得出：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，故C错误；‎ D选项，浓度均为0.1 mol·L－1的①(NH4)2CO3，铵根水解，碳酸根水解，相互促进的双水解，水解程度大，②(NH4)2SO4，铵根单一水解，③(NH4)2Fe(SO4)2，铵根水解，亚铁离子水解，相互抑制双水解，水解程度小，因此c()的大小顺序为③>②>①，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】向10 mL pH＝12的NaOH溶液中滴加10mL pH＝2的CH3COOH溶液，氢氧化钠电离出的氢氧根刚好把醋酸电离出的氢离子反应完，未电离的醋酸又开始电离，容易显酸性。‎ ‎14.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 常温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－a mol·L－1，若a>7，则该溶液的pH＝14－a B. 常温下，某稀CH3COOH溶液的pH＝3，将此溶液稀释100倍后溶液的pH＝a，则a>5‎ C. AgCl沉淀易转化成AgI沉淀且Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)‎ D. 等浓度的醋酸钠与盐酸按体积比2∶1混合，则c(CH3COOH)－c(CH3COO－)＝2[c(OH－)－c(H＋)]‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，常温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－a mol·L－1，若a>7，说明水的电离受到抑制，可能为酸、可能为碱，因此该溶液的pH＝14－a或则a，故A错误；‎ B选项，常温下，某稀CH3COOH溶液的pH＝3，将此溶液稀释102倍后溶液的pH＝a，弱酸稀释，促进电离，pH变化不到2个单位，则a < 5，故B错误；‎ C选项，AgCl沉淀易转化成AgI沉淀且Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp(AgI) H2CO3 > HCN > HCO3－，根据对应酸越弱，结合氢离子能力越强，因此Na2CO3溶液中阴离子结合质子能力最强。‎ ‎②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a.HCOOH；b.HCN；c.H2SO4，硫酸是强酸，全部电离，硫酸浓度最小，HCOOH比HCN强，氢离子浓度相同时，HCOOH浓度比HCN浓度小，因此体积相等时，物质的量HCN大于HCOOH，消耗氢氧化钠是HCN大于HCOOH，硫酸消耗氢氧化钠最小，因此消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是b＞a＞c。‎ ‎③向NaCN溶液通入少量CO2反应生成HCN和碳酸氢钠，其化学方程式是NaCN＋CO2＋H2O = NaHCO3＋HCN。‎ ‎(2)①一定浓度的NaCN溶液pH＝9，主要是水解显碱性，离子方程式表示呈碱性的原因是CN－＋H2OHCN＋OH－；此时。‎ ‎②常温下，NaCN与过氧化氢溶液反应，生成NaHCO3和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体即生成氨气，该反应的化学方程式是NaCN＋H2O2＋H2O=NaHCO3＋NH3↑。‎ ‎(3)已知CaCO3的Ksp＝2.8×10－9，现将浓度为2×10－4 mol·L－1 Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合后碳酸钠的浓度为1×10－4 mol·L－1，假设原CaCl2溶液的最小浓度为2xmol·L－1，混合后CaCl2溶液的浓度为xmol·L－1，溶液中CaCl2溶液 ‎，则原溶液中CaCl2的最小浓度2×2.8×10-5mol·L－1 = 5.6×10－5 mol·L－1。‎ ‎【详解】(1) ①根据弱酸的电离常数得出酸强弱顺序为HCOOH > H2CO3 > HCN > HCO3－，根据对应酸越弱，结合氢离子能力越强，因此Na2CO3溶液中阴离子结合质子能力最强，故答案为：Na2CO3。‎ ‎②体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a.HCOOH；b.HCN；c.H2SO4，硫酸是强酸，全部电离，硫酸浓度最小，HCOOH比HCN强，氢离子浓度相同时，HCOOH浓度比HCN浓度小，因此体积相等，物质的量HCN大于HCOOH，消耗氢氧化钠是HCN大于HCOOH，硫酸消耗氢氧化钠最小，因此消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c。‎ ‎③向NaCN溶液通入少量CO2反应生成HCN和碳酸氢钠，其化学方程式是NaCN＋CO2＋H2O = NaHCO3＋HCN，故答案为：NaCN＋CO2＋H2O = NaHCO3＋HCN。‎ ‎(2)①一定浓度的NaCN溶液pH＝9，主要是水解显碱性，离子方程式表示呈碱性的原因是CN－＋H2OHCN＋OH－；此时，故答案为：CN－＋H2OHCN＋OH－；2。‎ ‎②常温下，NaCN与过氧化氢溶液反应，生成NaHCO3和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体即生成氨气，该反应的化学方程式是NaCN＋H2O2＋H2O=NaHCO3＋NH3↑，故答案为：NaCN＋H2O2＋H2O===NaHCO3＋NH3↑。‎ ‎(3)已知CaCO3的Ksp＝2.8×10－9，现将浓度为2×10－4 mol·L－1 Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合后碳酸钠的浓度为1×10－4 mol·L－1，假设原CaCl2溶液的最小浓度为2xmol·L－1，混合后CaCl2溶液的浓度为xmol·L－1，溶液中CaCl2溶液，则原溶液中CaCl2的最小浓度2×2.8×10-5mol·L－1 = 5.6×10－5 mol·L－1，故答案为：5.6×10－5。‎ ‎20.某厂废水中含5.00×10－3 mol·L－1的Cr2O，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价有＋3，＋2)，设计了如下实验流程：‎ ‎(1)第①步反应的离子方程式是__________________________________________‎ ‎(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是______________________________‎ ‎(3)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为______________，加碱调节至pH为________时，铁元素刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是______________________，原因是________________________________________________。‎ 化合物 Zn(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ksp近似值 ‎10－17‎ ‎10－17‎ ‎10－39‎ ‎【答案】 (1). Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (2). 将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照 (3). Fe3＋ (4). 2.7 (5). 6 (6). Zn2＋和Fe2＋分离不开 (7). Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)第①步主要是重铬酸根和亚铁离子反应生成铬离子和铁离子，其反应的离子方程式是Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。‎ ‎(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照。‎ ‎(3)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁在稀硫酸双氧水作用下变为Fe3＋，‎ ‎，c(OH－) = 5×10-12mol·L－1，c(H+) = 2×10-3mol·L－1，pH = 2.7，因此加碱调节至pH为2.7时，铁元素刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱，，c(OH－) = 1×10-8mol·L－1，c(H+) =1×10-6mol·L－1，pH = 6，因此pH为6时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是Zn2＋和Fe2＋分离不开，原因是Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近，不能分离开。‎ ‎【详解】(1)第①步主要是重铬酸根和亚铁离子反应生成铬离子和铁离子，其反应的离子方程式是Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，故答案为：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。‎ ‎(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照，故答案为：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照。‎ ‎(3)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁在稀硫酸双氧水作用下变为Fe3＋，，c(OH－) = 5×10-12mol·L－1，c(H+) = 2×10-3mol·L－1，pH = 2.7，因此加碱调节至pH为2.7时，铁元素刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱，，c(OH－) = 1×10-8mol·L－1，c(H+) =1×10-6mol·L－1，pH = 6，因此pH为6时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是Zn2＋和Fe2＋分离不开，原因是Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近，不能分离开，故答案为：Fe3＋； 2.7；6；Zn2＋和Fe2＋分离不开；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近。‎ ‎ ‎ ‎ ‎