四川省眉山市2019-2020学年高二上学期期末考试化学（理科）试题
四川省眉山市2019-2020学年高二上学期期末考试
化学试题（理科）
1.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
①盐碱地（含较多Na2CO3等）不利于作物生长，可施加石膏降低土壤的碱性
②泡沫灭火器的化学原料为Na2CO3和Al2(SO4)3
③锅炉水垢中的CaSO4常用Na2CO3溶液和酸除去
④含氟牙膏不能减少龋齿，使人们的牙齿更健康
⑤NaFe(SO4)2·H2O、KAl(SO4)2·12H2O均可作絮凝剂去除工业和生活废水中的悬浮物
⑥在钢闸门上装锌块可以避免钢闸门遭受腐蚀
A. ②④ B. ①②⑥ C. ①③ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①石膏的成分为CaSO4∙2H2O，它能与Na2CO3反应，转化为难溶的CaCO3，从而降低土壤的碱性，①正确；
②泡沫灭火器的化学原料为NaHCO3和Al2(SO4)3，②不正确；
③锅炉水垢中的CaSO4与饱和Na2CO3溶液反应，可转化为CaCO3，再用酸溶解即可除去，③正确；
④适当浓度的氟离子进入口腔后，与牙釉质的主要成分发生反应，生成坚固的氟磷灰石，因此含氟牙膏能减少龋齿，使人们的牙齿更健康，④不正确；
⑤NaFe(SO4)2·H2O、KAl(SO4)2·12H2O均可作絮凝剂，它们的水解产物Fe(OH)3胶体、Al(OH)3胶体能吸附工业和生活废水中的悬浮物并使之沉降，⑤正确；
⑥在钢闸门上装锌块，构成原电池，锌失电子，阻止钢闸门中的Fe失电子，从而保护钢闸门免遭腐蚀，⑥正确。
综合以上分析，②④不正确。答案为：A。
2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1 L 0.1 mol·L−1氯化铵溶液含有的NH4+数目为0.1NA
B. 在密闭容器中充入3 mol H2与1 mol N2，充分反应后转移电子的数目为6NA
C. 0.5 NA个CH4完全燃烧生成H2O和CO2，放出445.2KJ热量，则CH4的燃烧热为－445.2KJ/mol
D. 常温下，2L pH=2的硫酸溶液中含有的H+数目为0.02 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.在水溶液中，NH4+会发生水解，所以 1 L 0.1 mol·L−1氯化铵溶液含有的NH4+数目小于0.1NA，A错误；
B. 合成氨反应为可逆反应，在密闭容器中充入3 mol H2与1 mol N2，充分反应后转移电子的数目小于6NA，B错误；
C. 0.5 NA个CH4（物质的量为0.5mol）完全燃烧，放出445.2kJ热量，则1molCH4完全燃烧放热不可能为445.2kJ，且没有说明生成的水的存在状态，不能确定燃烧热的大小，C错误；
D. 常温下，pH=2硫酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，2L溶液中含有的H+数目为0.02 NA，D正确。
故选D。
3.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是
A. pH=1的NaHSO4溶液中：c(H+)=2c(SO42－) +c(OH－)
B. 常温下，pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)
C. Na2CO3溶液中：c(H+) = c(OH－)－c(HCO3－)－c(H2CO3)
D. 含等物质的量的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中：3c(Na+)=2[c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH=1的NaHSO4溶液中,HSO4-完全电离为H+和SO42-，根据电荷守恒可知：c(H+)+ cNa+)= 2c(SO42－) +c(OH－)，由于cNa+)= c(SO42－)，所以c(H+)=c(SO42－) +c(OH－)，A错误；
B.溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH，溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，则离子浓度的关系为c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)，B正确；
C. Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(H+) = c(OH－)－c(HCO3－)－2c(H2CO3)，C错误；
D.含等物质的量的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，依据物料守恒，2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，D错误；
故选B。
4.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：aA(g)+bB(g)cC(g)。平衡时测得C的浓度为0.60mol/L，保持温度不变，将容器的容积缩小到原来的一半，再达平衡时，测得C的浓度增大为1.00 mol/L。下列有关判断正确的是
A. 平衡向正反应方向移动 B. a+b＞c
C. A的转化率降低 D. B的体积分数下降
【答案】C
【解析】
【详解】保持温度不变，将容器的容积缩小到原来的一半，C的浓度变为1.20mol/L，再达平衡时，C的浓度增大为1.00 mol/L；结果表明，加压，平衡逆向移动，a+b
乙 b．反应放出的热量数值Q：Q甲 = 2Q乙
c．CO的质量m：m甲= m丙> 2m乙 d．容器内压强P：P甲=P丙<2P乙
【答案】 (1). －99 (2). △H2－△H1 (3). ac (4). ad
【解析】
【分析】
（1）利用键能计算，△H1=反应物的总键能-生成物的总键能，反应②-反应①即得△H3。
（2）a．反应前后气体分子数不等，体系压强保持不变，则达平衡状态；
b．CO与H2的化学计量数不等，则v正(CO) = v逆(H2)不是平衡状态；
c．只要平衡移动，CO与CH3OH的物质的量之比发生改变，现比值保持不变，则达平衡状态；
d．不管反应是否达到平衡，每消耗1molCO的同时生成1molCH3OH，C不一定达平衡状态；
e．气体的质量不变、容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，e不一定达平衡状态。
（3）a．甲的浓度为乙的二倍，则甲相当于乙加压，平衡正向移动，则转化率甲>乙，a正确；
b．甲中气体的物质的量是乙的二倍，且平衡正向移动，所以反应放出的热量数值Q甲 > 2Q乙 ，b错误；
c．甲与丙是等效平衡，CO的质量m甲= m丙；甲中气体的物质的量是乙的二倍，且平衡正向移动，则m甲<2m乙，c错误；
d．甲与丙是等效平衡，容器内压强P甲=P丙；乙相当于甲的体积减为原来的一半，则平衡正向移动，P甲<2P乙，d正确。
【详解】（1）利用键能进行计算，△H1=(1076+2×436-3×413-343-465)kJ/mol=-99kJ/mol；
反应②-反应①即得△H3=(△H2－△H1)kJ/mol。答案为：－99；△H2－△H1；
（2）a．反应前后气体分子数不等，体系压强保持不变，则达平衡状态；
b．CO与H2的化学计量数不等，则v正(CO) = v逆(H2)不是平衡状态；
c．只要平衡移动，CO与CH3OH的物质的量之比发生改变，现比值保持不变，则达平衡状态；
d．不管反应是否达到平衡，每消耗1molCO的同时生成1molCH3OH，C不一定达平衡状态；
e．气体的质量不变、容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，e不一定达平衡状态。
故ac能说明反应达平衡状态。答案为：ac；
（3）a．甲的浓度为乙的二倍，甲相当于乙加压，平衡正向移动，则转化率甲>乙，a正确；
b．甲中气体的物质的量是乙的二倍，且平衡正向移动，所以反应放出的热量数值Q甲 > 2Q乙 ，b错误；
c．甲与丙是等效平衡，CO的质量m甲= m丙；甲中气体的物质的量是乙的二倍，且平衡正向移动，则m甲<2m乙，c错误；
d．甲与丙是等效平衡，容器内压强P：P甲=P丙；乙相当于甲的体积减为原来的一半，则平衡正向移动，P甲<2P乙，d正确。
故ad正确。答案为：ad。
【点睛】在利用等效平衡比较两种情况下的某物质的质量或百分含量时，我们可将过程切分为两个阶段，第一阶段为体积改变，从而引起浓度改变；第二阶段为平衡移动，从而引起转化率的改变，最后综合两种改变，得出结论。
9.对反应3SO2(g) + 2H2O(g)2H2SO4(l) + S(s) △H，在某一投料比，不同条件下达平衡时，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
（1）p2___ p1(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是____。
（2）为了提高SO2的平衡转化率，可采取适当增大压强、_____、______（任意补充两个合理措施）。
【答案】 (1). ＞ (2). 相同温度下，压强从P1到P2时H2SO4的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，而向右是气体体积缩小的方向，说明压强的变化是增大了，所以P2＞P1 (3). 降低温度 (4). 充入H2O（g）（其余合理答案也可）
【解析】
【分析】
（1）从反应方程式看，反应物分子都为气体，而生成物分子都为非气体；从图中可以看出，p2时H2SO4的物质的量分数大，依据平衡移动原理，可确定p2与 p1的大小关系。
（2）由图中信息，可确定温度变化对H2SO4的物质的量分数的影响。为了提高SO2的平衡转化率，可采取适当增大压强、改变温度、加入反应物或取出生成物等。
【详解】（1）从反应方程式看3SO2(g) + 2H2O(g)2H2SO4(l) + S(s)，反应物分子都为气体，而生成物分子都为非气体；从图中可以看出，p2时H2SO4的物质的量分数大。依据平衡移动原理，加压，平衡正向移动，产物的物质的量分数大，所以p2>p1；得出该结论的理由是相同温度下，压强从P1到P2时H2SO4的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，而向右是气体体积缩小的方向，说明压强的变化是增大了，所以P2＞P1。答案为：＞；相同温度下，压强从P1到P2时H2SO4的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，而向右是气体体积缩小的方向，说明压强的变化是增大了，所以P2＞P1；
（2）从图中可以看出，升高温度，H2SO4的物质的量分数减小，则表明正反应为放热反应。为了提高SO2的平衡转化率，可采取适当增大压强、降温、加入反应物或取出生成物等。答案为：降低温度；充入H2O（g）（其余合理答案也可）。
【点睛】提高SO2的平衡转化率，则平衡一定向正反应方向移动，对反应速率，则未提出要求。也是说，改变条件，反应速率加快，只要平衡正向移动，符合题意；若改变条件，使反应速率减慢，但平衡正向移动，也符合题意。
10.在容积为1.00L容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4 (g)2NO2 (g)△H，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：
（1）反应的△H ___0（填“﹥”或“﹤”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为___________mol·L－1·s－1，反应的平衡常数K为_______mol·L－1。
（2）100℃时，在容积为1.00L的容器中，通入1mol NO2(g)和1mol N2O4(g)，此时v正_______ v逆（填“＞”或“＜”或“=”）。
【答案】 (1). ＞ (2). 1×10－3 (3). 0.36 (4). ＜
【解析】
【分析】
（1）随温度升高，混合气体的颜色变深，则表明平衡正向移动，由此得出反应的△H 与0的关系；在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为，反应的平衡常数K为。
（2）100℃时，在容积为1.00L的容器中，通入1mol NO2(g)和1mol N2O4(g)，利用浓度商与K进行比较，确定平衡移动的方向，从而确定v正与 v逆的相对大小。
【详解】（1）随温度升高，混合气体的颜色变深，则表明平衡正向移动，由此得出反应的△H>0；在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为=1×10－3mol·L－1·s－1，反应的平衡常数K为=0.36mol·L－1。答案为：＞；1×10－3；0.36；
（2）100℃时，在容积为1.00L的容器中，通入1mol NO2(g)和1mol N2O4(g)，Q==1>0.36，所以平衡逆向移动，v正4.7×10－11，所以HB-主要发生水解反应，从而得出H+、OH－、Na+、HB－的浓度由大到小的顺序；
（7）比较四种溶液的pH时，应比较它们的电离常数，电离常数越小，溶液的 pH越大。
【详解】（1）某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5
，由数据可以看出，HNO2的电离常数大，稀释相同倍数后，溶液的pH变化大，则曲线Ⅰ代表HNO2溶液。答案为：HNO2；
（2）a点时，电离常数越小的酸，相同pH时，物质的量浓度越大，CH3COOH的电离常数小，则物质的量浓度较大的是CH3COOH溶液。相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，电离常数大的酸，消耗NaOH溶液少，则溶液中n(Na+）较少的是HNO2。答案为：CH3COOH；HNO2；
（3）酸溶液中，pH越大的酸，水的电离程度越大，则b、c两点溶液中水的电离程度较大的是c。答案为：c；
（4）a.温度不变时，CH3COOH的电离常数不变，a错误；
b.随着水的不断加入，弱酸的电离程度不断增大，H+的物质的量增大，b错误；
c. =，温度不变时，Kw、Ka保持不变，c正确；
d. 加水稀释，CH3COOH电离程度增大，但离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，d错误。答案为：c；
（5）HA－的电离平衡常数表达式K =。答案为：；
（6）NaHB溶液中，HB-的水解常数为=2.27×10-8>4.7×10－11，所以HB-主要发生水解反应，从而得出H+、OH－、Na+、HB－的浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HB—）＞c（OH—）＞c（H+）。答案为：c（Na+）＞c（HB—）＞c（OH—）＞c（H+）；
（7）比较四种溶液的pH时，应比较它们的电离常数，电离常数越小，溶液的 pH越大，则pH由大到小顺序是c、a、d、b。答案为：c、a、d、b。
【点睛】弱酸的电离常数越大，则电离程度越大，对应的酸根离子的水解常数越小，水解生成的c(OH-)越小，pH越小。
12.Ⅰ、某学生用已知物质的量浓度的硫酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。回答下列问题：
（1）用标准的硫酸滴定待测的NaOH溶液时，终点现象是_______。
（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则滴定结束时的读数为___________ mL，所用硫酸溶液的体积为_______mL。
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000mol·L－1硫酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
2500
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
（3）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
依据上表数据计算可得该NaOH溶液的物质的量浓度为___mol·L－1（保留四位有效数字）。
（4）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_____（填字母）。
A．酸式滴定管未用标准硫酸润洗就直接注入标准硫酸
B．读取硫酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．锥形瓶用水洗涤后，用待测液润洗
（5）酸碱中和滴定原理也可用于其它类型的滴定。如：一种测定水样中Br－的浓度的实验步骤如下：
①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00mL，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液。
②加入V1mL c1 mol/L AgNO3溶液（过量），充分摇匀。
③用c2mol/L KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V2mL。
计算该水样中Br－的物质的量浓度为_______mol·L－1（已知：Ksp(AgBr）= 7.7×10－13，Ag++ SCN－=AgSCN(白色)↓ ，Ksp(AgSCN)= 1×10－12）。
Ⅱ、某实验小组用0.50 mol/L NaOH溶液和0.50 mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。实验装置如图所示。
（6）仪器a的名称是_______。
（7）取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，测得起止温度差的平均值为4.0℃。近似认为0.50 mol/L NaOH溶液和0.50 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)。则计算得中和热ΔH＝______(取小数点后一位)。
（8）上述实验结果与－57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_____ (填字母)。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视刻度线读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【答案】 (1). 滴入最后一滴标准液，溶液从红色变成无色，30s无变化 (2). 26.60 (3). 26.10 (4). 0.2088 (5). B (6). (7). 环形玻璃搅拌棒 (8). －53.5kJ·mol-1 (9). acd
【解析】
【分析】
（1）用标准的硫酸滴定待测的NaOH溶液时，终点现象是起初红色，后来无色。
（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则滴定结束时的读数为26.60mL，所用硫酸溶液的体积为26.10mL。
（3）第二次实验数据失真，第一次与第三次硫酸体积的平均值为26.10mL，依据上表数据计算可得该NaOH溶液的物质的量浓度为。
（4）A．酸式滴定管未用标准硫酸润洗就直接注入标准硫酸，硫酸浓度偏小，所用体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，A不合题意；
B．读取硫酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的硫酸体积数值偏小，测得NaOH溶液的浓度数值偏低，B符合题意；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，C不合题意；
D．锥形瓶用水洗涤后，用待测液润洗，所用硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏大，D不合题意。
（5）因为Ksp(AgBr)< Ksp(AgSCN)，所以KSCN不会与AgBr发生反应，该水样中Br－的物质的量浓度为AgNO3的起始物质的量与剩余物质的量之差，除以水样的体积。
（6）仪器a的名称是环形玻璃搅拌棒。
（7）取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，测得起止温度差的平均值为4.0℃ΔH＝。
（8）a．实验装置保温、隔热效果差，ΔH数值偏小；
b．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视刻度线读数，NaOH所取体积偏大，释放的热量偏多，ΔH数值偏大；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，在加入过程中导致热量损失，ΔH数值偏小；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，因温度计上附着的NaOH与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，最终热量差值偏小，ΔH数值偏小。
【详解】（1）用标准的硫酸滴定待测的NaOH溶液时，终点现象是滴入最后一滴标准液，溶液从红色变成无色，30s无变化。答案为：滴入最后一滴标准液，溶液从红色变成无色，30s无变化；
（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则滴定结束时的读数为26.60mL，所用硫酸溶液的体积为26.10mL。答案为：26.60；26.10；
（3）第二次实验数据失真，第一次与第三次硫酸体积的平均值为26.10mL，依据上表数据计算可得该NaOH溶液的物质的量浓度为=0.2088。答案为：0.2088；
（4）A．酸式滴定管未用标准硫酸润洗就直接注入标准硫酸，硫酸浓度偏小，所用体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，A不合题意；
B．读取硫酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的硫酸体积数值偏小，测得NaOH溶液的浓度数值偏低，B符合题意；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，C不合题意；
D．锥形瓶用水洗涤后，用待测液润洗，所用硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏大，D不合题意。答案为：B；
（5）因为Ksp(AgBr)< Ksp(AgSCN)，所以KSCN不会与AgBr发生反应，该水样中Br－的物质的量浓度为 mol·L－1。答案为：；
（6）仪器a的名称是环形玻璃搅拌棒。答案为：环形玻璃搅拌棒；
（7）ΔH＝=－53.5kJ/mol。答案为：－53.5kJ/mol；
（8）53.5<57.3，则ΔH的测定值偏低。
a．实验装置保温、隔热效果差，ΔH数值偏小；
b．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视刻度线读数，NaOH所取体积偏大，释放的热量偏多，ΔH数值偏大；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，在加入过程中导致热量损失，ΔH数值偏小；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，因温度计上附着的NaOH与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，最终热量差值偏小，ΔH数值偏小。
故acd符合题意。答案为：acd。
【点睛】测定中和热时，我们平时都使用NaOH与盐酸反应，由于思维定势，我们很可能会忽视此时所用的酸为硫酸，于是只看体积数值，认为硫酸完全反应，按硫酸计算反应物的物质的量，从而得出错误的结论。
13.我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c (Mn+)=0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
x
8.3
8.2
9.4
常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－38，溶液中当离子浓度小于1×10－5mol/L时可认为沉淀完全。回答下列问题：
（1）用稀硫酸溶浸时，产生PbSO4和SiO2沉淀，经过滤后，向滤液中加入O2、ZnO，目的是除去杂质Fe2+、Fe3+，则氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH，应调节溶液的pH的范围为_______（填数值）。
（2）用铂电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应为________，电解使锌沉积后，电解液可返回_______工序循环使用。
【答案】 (1). 3~6.2 (2). （或） (3). 溶浸
【解析】
【分析】
（1）c(Fe3+)=1×10－5mol/L，1×10－5×c3(OH-)=1×10－38，c(OH-)=1×10－11mol/L，pH=3；氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+水解从而转化为Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的pH应在Fe3+完全沉淀与Zn2+开始沉淀之间；
（2）用铂电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应为硫酸锌水溶液中Zn2+得电子生成Zn，水失电子生成O2等，电解使锌沉积后，电解液可返回溶浸工序循环使用。
【详解】（1）c(Fe3+)=1×10－5mol/L，1×10－5×c3(OH-)=1×10－38，c(OH-)=1×10－11mol/L，pH=3；氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+水解从而转化为Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的pH的范围为3~6.2。答案为：3~6.2；
（2）用铂电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应为硫酸锌水溶液中Zn2+得电子生成Zn，水失电子生成O2等，电解的总反应为（或
）；电解使锌沉积后，电解液可返回溶浸工序循环使用。答案为：（或）；溶浸。
【点睛】除杂质时，调节溶液的pH在哪个范围内，是学生的易错点。在选择pH时，首先需弄清要除去的是哪种杂质，哪种离子需要保留，从而确定选择的pH应在杂质离子完全沉淀时的pH与待保留离子刚开始沉淀的pH之间。
14.环境问题是现在全世界的重要课题。
（1）NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，它们能缓慢地起反应：2CO +2NO=N2+2CO2，为了控制大气污染，提出以下建议，你认为可行的是_______（填编号）。
A．使用催化剂 B．改变压强 C．提高反应温度
（2）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式为________。
【答案】 (1). A (2). （或）
【解析】
【分析】
（1）A．使用催化剂，可以加快反应速率；B．在机动车的排气系统内，我们很难改变压强； C．在机动车的排气系统内，我们很难提高反应温度；
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解时阳极为HNO2失电子转化为HNO3。
【详解】（1）A．使用催化剂，可以加快反应速率，让NO和CO的混合气在尽可能短的时间内转化，A正确；
B．在机动车的排气系统内，我们很难改变压强，此方法不可行，B不正确；
C．在机动车的排气系统内，我们很难提高反应温度，此方法不可行，C不正确。
答案为：A；
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2
的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。电解时阳极为HNO2失电子转化为HNO3，阳极反应式为（或）。答案为：（或）。
【点睛】电解HNO3和HNO2的混合溶液时，阳极反应式为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+，阴极反应 为：2H++2e-=H2↑。用电解法的优点是转化速率快，提纯效果好。
