2024屆山東省煙臺市萊州市一中化學高二上期中檢測試題含解析

2024屆山東省煙臺市萊州市一中化學高二上期中檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、我國是世界上研究超導技術比較先進的國家，在高溫超導材料中，鉈（81Tl）是重要成分之，已知鉈和鋁是同主族元素，關于鉈的性質推斷錯誤的是A．鉈是銀白色，質軟的金屬B．鉈不能形成穩(wěn)定的氣態(tài)氫化物C．鉈與濃硫酸反應生成T12(SO4)3D．Tl(OH)3是兩性氫氧化物2、如圖是某條件下N2與H2反應過程中能量變化的曲線圖。根據圖像判斷下列敘述中正確的是A．該反應的熱化學方程式為B．a曲線是加入催化劑時的能量變化曲線C．反應D．加入催化劑，該化學反應的反應熱數值會減小3、在1L密閉容器中加入4molA和6molB，發(fā)生以下反應：4A(g)+6B(g)4C(g)+5D(g)。若經5s后，剩下的A是2.5mol，則B的反應速率是A．0.225mol/L·s B．0.15mol/L·sC．0.45mol/L·s D．0.9mol/L·s4、下列同周期元素中,原子半徑最大的是A．Al B．P C．S D．Cl5、下列有機物在一定條件下，能發(fā)生消去反應生成烯烴的是A．CH3OH B．C． D．6、向蒸餾水中滴入少量鹽酸后，下列說法中正確的是A．c(H＋)·c(OH－)不變B．pH增大了C．水的電離程度增大了D．水電離出的c(H＋)增加了7、25℃,某稀溶液中由水電離產生的c(H+)為1×10-10mol·L-1,下列說法正確的是()A．該溶液的pH不可能是7 B．該溶液不可能存在C．該溶液的pH一定是10 D．該溶液的pH一定是48、等物質的量的X(g)與Y(g)在密閉容器中進行可逆反應：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(s)ΔH＜0，下列敘述正確的是（）A．平衡常數K值越大，X的轉化率越大B．達到平衡時，反應速率v正(X)＝2v逆(Z)C．達到平衡后降低溫度，正向反應速率減小的倍數大于逆向反應速率減小的倍數D．達到平衡后，升高溫度或增大壓強都有利于該反應平衡向逆反應方向移動9、關于元素周期表的下列敘述，錯誤的是A．元素周期表揭示了化學元素間的內在聯(lián)系，是化學發(fā)展史上的重要里程碑之一B．在周期表中，把電子層數相同的元素排成一橫行，稱為一周期C．元素周期表中，總共有18個縱行，18個族D．第IA族的元素又稱為堿金屬元素（除了H），第ⅦA族的元素又稱為鹵族元素10、下列說法正確的是()A．丙烯的結構簡式為CH2CHCH3B．分子式為C4H10O屬于醇類的有機物有4種C．分子式為C2H4O2和C3H6O2的有機物一定互為同系物D．名稱為丙酸甲酯11、苯乙烯是一種重要的有機化工原料，其結構簡式為，它一般不可能具有的性質是()A．易溶于水，不易溶于有機溶劑B．在空氣中燃燒產生黑煙C．它能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．能發(fā)生加成反應，在一定條件下可與4倍物質的量的氫氣加成12、試管壁上附著的硫可用CS2溶解清洗，也可倒入熱的NaOH溶液將硫除掉，其反應方程式為3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O。反應中氧化劑和還原劑的質量比為()A．2∶7 B．7∶2 C．2∶1 D．1∶213、一定溫度下，將一定質量的冰醋酸加水稀釋過程中，溶液的導電能力變化如圖所示，下列說法正確的是A．a、b、c三點溶液的pH：c＜a＜bB．用濕潤的pH試紙測量a處溶液的pH，測量結果偏小C．a、b、c三點CH3COOH的電離程度：c＜a＜bD．a、b、c三點溶液用1mol·L?1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液體積：c＜a＜b14、下列說法不正確的是（）A．能量較高、有可能發(fā)生有效碰撞的分子稱為活化分子B．活化分子的平均能量與反應物分子的平均能量的差值即為活化能C．催化劑能參與反應，可降低原反應所需的活化能D．非活化分子也有可能發(fā)生有效碰撞15、下列比較中，正確的是（）A．同溫度同物質的量濃度時，HF比HCN易電離，則NaF溶液的pH比NaCN溶液大B．0.2mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合后：c()＞c(Cl-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)C．物質的量濃度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)D．同濃度的下列溶液中，①(NH4)2SO4、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c()由大到小的順序是：①＞②＞③＞④16、下列無機含氧酸分子中酸性最強的是（）A．HNO2 B．H2SO3 C．HClO3 D．HClO4二、非選擇題（本題包括5小題）17、用C、Mg和Al組成的混合物進行如下圖所示實驗。填寫下列空白。（1）氣體X為_________，固體Z為_____________。（2）濾液Y中除H+外，還含有的陽離子為_________與__________；其中鎂和稀硫酸反應的化學方程式為_________________________________________。（3）濾液N中除Na2SO4和NaOH外，還含有的溶質為____________(填化學式)；生成該物質的離子方程式為：________________________________。（4）生成固體M的離子方程式為：________________________________。18、石油通過裂解可以得到乙烯，乙烯的產量可以用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平。下圖是由乙烯為原料生產某些化工產品的轉化關系圖。(1)乙烯生成B的反應類型是_______________________。(2)A的名稱是_______________________________。(3)C中含有的官能團是_________________________(填名稱)。(4)寫出B+D→E的化學反應方程式：___________________________。(5)寫出與D同類的E的兩種同分異構體的結構簡式_____________；_____________。19、由于Fe(OH)2極易被氧化，所以實驗室很難用亞鐵鹽溶液與燒堿反應制得白色純凈的Fe(OH)2沉淀。若用如圖所示實驗裝置則可制得純凈的Fe(OH)2沉淀，兩極材料分別為石墨和鐵。①a電極材料為_______，該電極的電極反應式為________.②若白色沉淀在電極周圍生成，則電解液d是____(填序號，下同)；若白色沉淀在兩極之間的溶液中生成，則電解液d是____。A．純水B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液③液體c為苯，其作用是__________④要想盡早在兩極之間的溶液中看到白色沉淀，可以采取的措施是（_______）A．改用稀硫酸作電解B．適當增大電源電壓C．適當降低電解液溫度20、用中和滴定法測定某燒堿溶液的濃度，試根據實驗回答下列問題：(1)稱量一定質量的燒堿樣品，配成500mL待測溶液。稱量時，樣品可放在_________（填編號字母）上稱量。A．小燒杯B．潔凈紙片C．直接放在托盤上(2)滴定時，用0.2000mol·L-1的鹽酸來滴定待測溶液，可選用_______作指示劑，滴定達到終點的標志是_____________________________________________。(3)滴定過程中，眼睛應注視_____________________________；(4)根據下表數據，計算被測燒堿溶液的物質的量濃度是________mol·L-1滴定次數待測溶液體積（mL）標準酸體積滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00(5)下列實驗操作會對滴定結果產生的后果。（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）①觀察酸式滴定管液面時，開始俯視，滴定終點平視，則滴定結果__________。②若將錐形瓶用待測液潤洗，然后再加入10.00mL待測液，則滴定結果_______。21、工業(yè)上以某軟錳礦（主要成分為MnO2，還含有SiO2、Al2O3等雜質）為原料，利用煙道氣中的SO2制備MnSO4·H2O的流程如下：(1)濾渣A的主要成分是_________（填化學式）。(2)操作Ⅰ為加熱（煮沸）結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥。根據下圖溶解度曲線分析，趁熱過濾的目的除了防止MnSO4·H2O中含有(NH4)2SO4外，還有____________________。（3）MnSO4常用于測量地表水的DO值(每升水中溶解氧氣的質量，即溶氧量)。我國《地表水環(huán)境質量標準》規(guī)定，生活飲用水源的DO值不得低于5mg·L－1。李明同學設計了如下實驗步驟測定某河水的DO值：第一步：使如圖所示裝置中充滿N2后，用注射器向三頸燒瓶中加入200mL水樣。第二步：用注射器向三頸燒瓶中依次加入一定量MnSO4溶液（過量）、堿性KI溶液（過量），開啟攪拌器，發(fā)生下列反應：Mn2＋＋O2＋OH－→MnO(OH)2↓（未配平）第三步：攪拌并向燒瓶中加入一定量H2SO4溶液，在酸性條件下，上述MnO(OH)2將I－氧化為I2，其反應如下：MnO(OH)2＋I－＋H＋→Mn2+＋I2＋H2O（未配平）第四步：從燒瓶中取出40.00mL溶液，與0.010mol·L－1Na2S2O3溶液發(fā)生反應：2S2O32—＋I2=S4O62—＋2I－，恰好完全進行時，消耗Na2S2O3溶液4.40mL。①在配制第二、三步所加試劑時，所有溶劑水須先煮沸后再冷卻才能使用，將溶劑水煮沸的作用是_____。②通過計算判斷作為飲用水源，此河水的DO值是否達標______(寫出計算過程，不考慮第二、三步加入試劑后水樣體積的變化)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【題目詳解】A．Al為銀白色質軟的金屬，則鉈是銀白色，質軟的金屬，故A正確；B．與鋁性質相似，但相對分子質量較大，如能形成氣態(tài)氫化物，常溫下為固體，故B正確；C．化合價為+3價，鉈與濃流酸反應生成T12(SO4)3，故C正確；D．同主族從上到下金屬性在增強，Al（OH）3是兩性氫氧化物，Tl（OH）3為堿性氫氧化物，故D錯誤；故選D。【題目點撥】本題考查元素周期表的結構及應用，側重考查學生的分析能力，為基礎性習題，把握同族元素性質的相似性及遞變性為解答的關鍵，注意元素周期律的應用，易錯點D，Tl（OH）3為堿性氫氧化物。2、D【解題分析】試題分析：從圖中可以看出，該反應的反應物總能量高于生成物的總能量，即為放熱反應，A錯D對；加入催化劑，反應的活化能降低，b曲線才是加入催化劑的能力變化曲線；反應熱是反應前后能量之差，與反應歷程無關，故催化劑的加入對反應熱沒有影響?？键c：反應熱點評：反應熱是歷年高考的常考知識點，特別是反應歷程的能量變化圖，考生在備考過程中應把握圖中的相關信息。3、C【解題分析】經5s后，剩下的A是2.5mol，則消耗A是1.5mol，根據方程式可知，消耗B是2.25mol，所以B的反應速率是2.25mol÷1L÷5s=0.45mol/(L·s)，答案選C?！绢}目點撥】本題考查化學反應速率的計算，側重分析與計算能力的考查，把握反應中物質的量變化、速率計算為解答的關鍵。4、A【題目詳解】Al、P、S、Cl原子核外都有3個電子層，位于同一周期，同周期元素從左到右原子序數逐漸增大，原子半徑逐漸減小，Al、P、S、Cl中，Al的原子序數最小，半徑最大，答案選A?！绢}目點撥】本題考查原子半徑的大小比較，題目難度不大，本題注意把握比較原子半徑的方法。原子核外電子層數越多，半徑越大，同周期元素從左到右原子序數逐漸增大，原子半徑逐漸減小。5、D【題目詳解】A．甲醇分子中只有1個碳原子，不能發(fā)生消去反應，不能生成碳碳不飽和鍵，故A錯誤；B．中氯原子相連碳原子的鄰位碳原子上有氫原子，能夠發(fā)生消去反應，但生成的不是烯烴，是炔烴，故B錯誤；C．與-Br相連C的鄰位C上沒有H，不能發(fā)生消去反應，故C錯誤；D．與-OH相連C的鄰位C上有H，可以發(fā)生消去反應生成烯烴，故D正確；故選D?！绢}目點撥】明確有機物發(fā)生消去反應的條件是解題的關鍵。本題的易錯點為B，要注意分子中的兩個氯原子都能消去生成炔烴，若消去一個氯原子，生成的產物不是烴，是鹵代烴。6、A【題目詳解】A．水的離子積常數只與溫度有關，溫度不變，水的離子積常數不變，故A正確；B．HCl電離出氫離子而導致溶液中氫離子濃度增大，溶液的pH減小，故B錯誤；C．氫離子濃度增大，水的電離平衡逆向移動，電離程度減小，故C錯誤；D．HCl電離出氫離子而導致溶液中氫離子濃度增大，從而抑制水電離，則水電離出的c(H+)減少了，故D錯誤；故選A。7、A【題目詳解】25℃時,某溶液中由水電離產生的c(H+)和c(OH-)的乘積為1×10-20<1×10-14,說明該溶液中的溶質抑制了水的電離,酸或堿能抑制水的電離,所以該溶液呈酸性或堿性,所以該溶液的pH不可能是7；A.該溶液的pH不可能是7,符合題意，故A正確；B.該溶液可能存在，故B錯誤；C.該溶液可能為酸性也可能為堿性，pH不一定是10，故C錯誤；D.該溶液可能為酸性也可能為堿性，pH不一定是4，故D錯誤；答案：A?！绢}目點撥】25℃時,某溶液中由水電離產生的c(H+)和c(OH-)的乘積為1×10-20<1×10-14，說明該溶液中的溶質抑制了水的電離,加入和水電離出相同離子的物質能抑制水的電離,據此分析解答。8、A【題目詳解】A、平衡常數K值越大，反應向正反應進行的程度越大，X的轉化率越大，A項正確。B、達平衡時2v正(X)=v逆(Z)，B項錯誤。C、達平衡后降低溫度，正、逆反應速率均減小，又因平衡向正反應方向移動，所以正反應速率減小的倍數小于逆反應速率減小的倍數，C項錯誤。D、增大壓強平衡不移動，升高溫度平衡逆向移動，D項錯誤。答案選A。9、C【題目詳解】A．元素周期表揭示了化學元素的內在聯(lián)系，是化學發(fā)展史上的重要里程碑之一，A正確；B．在周期表中，把電子層數相同的元素排成一橫行，稱為一周期，B正確；C．元素周期表中，總共有18個縱行，16個族，即7個主族、7個副族、1個0族和1個第Ⅷ族，C錯誤；D．第IA族的元素又稱為堿金屬（除了H），第ⅦA族的元素又稱為鹵素，D正確。答案選C。10、B【分析】A、碳碳雙鍵不能省略；B、分子式為C4H10O的有機物，屬于醇類，先書寫丁基-C4H9異構，丁基異構數目等于丁醇的異構體數目；C、分子式為C2H4O2和C3H6O2的有機物可能是酸，也可能是酯；D、名稱為丁酸甲酯；【題目詳解】A、碳碳雙鍵不能省略；B、分子式為C4H10O的有機物，屬于醇類，丁基-C4H9的結構有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，則丁醇的可能結構有4種，分別為：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，故B正確；C、同系物只能是同類物質，分子式為C2H4O2和C3H6O2的有機物可能是酸，也可能是酯，故C錯誤；D、名稱為丁酸甲酯，故D錯誤；故選B。11、A【題目詳解】A、苯乙烯為烴類，不溶于水，易溶于有機溶劑，A錯誤；B、其分子式為C8H8，與苯（C6H6）具有相同的最簡式，故苯乙烯燃燒時也會產生黑煙，B正確；C、因分子中含有碳碳雙鍵，故其能與Br2發(fā)生加成反應，能被酸性KMnO4溶液氧化，C正確；D、苯乙烯含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應；1mol苯環(huán)能與3molH2加成，1mol碳碳雙鍵能與1molH2加成，故該物質在一定條件下可與4倍H2發(fā)生加成反應，D正確；故選A。12、C【題目詳解】由3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O可以看出，S發(fā)生了自身氧化還原反應，生成了Na2S和Na2SO3，其中Na2S為還原產物，Na2SO3為氧化產物，所以反應中氧化劑和還原劑的質量比為2∶1，故本題的答案選擇C。13、B【分析】A.導電能力越強，離子濃度越大，H+濃度越大，pH越小；B.a處溶液稀釋時，溶液酸性增強；C.隨水的增多，醋酸的電離程度在增大；D.a、b、c三點溶液濃度不同，但溶質的物質的量相同?！绢}目詳解】A.導電能力越強，離子濃度越大，H+濃度越大，pH越小，因此a、b、c三點溶液的pH大小關系為：b＜a＜c，A項錯誤；B.用濕潤的pH試紙測量酸性的pH，a處溶液稀釋，導電能力增大，溶液酸性增強，pH減小，因此測量結果偏小，B項正確；C.隨水的增多，醋酸的電離程度在增大，因此a、b、c三點CH3COOH的電離程度：a＜b＜c，C項錯誤；D.a、b、c三點溶液濃度不同，但溶質的物質的量相同，因此用1mol·L?1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液體積：a=b=c，D項錯誤；答案選B。14、D【題目詳解】A．活化分子發(fā)生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正確，發(fā)生有效碰撞的分子是活化分子，故A正確；B．活化能是把普通分子變成活化分子至少需要吸收的能量稱為活化能，活化能是活化分子的平均能量與反應物分子的平均能量之差，故B正確；C．催化劑參加反應，改變了反應途徑，能夠降低活化分子的活化能，故C正確；D．有效碰撞是活化分子發(fā)生反應時的碰撞，要求具有一定能量和取向，故D錯誤；答案選D。15、D【分析】A．相同溫度相同濃度時HF比HCN易電離，說明HF酸性大于HCN，酸性越強其相應酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液pH越?。籅．0.2mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合后，溶液中的溶質為等物質的量濃度的NH4Cl、NH1．H2O、NaCl，一水合氨電離程度大于銨根離子水解程度導致溶液呈堿性，結合物料守恒判斷；C、任何電解質溶液中都存在電荷守恒；D、1mol(NH4)2SO4能電離出2mol銨根離子，濃度最大；同濃度時銨根離子水解程度越大，則溶液中銨根離子濃度越小，醋酸根離子促進銨根離子水解；【題目詳解】A．相同溫度相同濃度時HF比HCN易電離說明HF酸性大于HCN，酸性越強其相應酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液pH越小，水解能力CN－＞F－，所以相同濃度的鈉鹽溶液pH，NaF＜NaCN，故A錯誤；B．0.2mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合后，溶液中的溶質為等物質的量濃度的NH4Cl、NH1．H2O、NaCl，一水合氨電離程度大于銨根離子水解程度導致溶液呈堿性，則c（OH－）＞c（H＋），一水合氨電離但程度較小，結合物料守恒得c（Cl－）＞c（NH4＋）＞c（Na＋）＞c（OH－）＞c（H＋），故B錯誤；C、任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c（Na＋）+c（H＋）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），故C錯誤；D、1mol(NH4)2SO4能電離出2mol銨根離子，濃度最大；相同濃度時銨根離子水解程度越大，則溶液中銨根離子濃度越小，醋酸根離子促進銨根離子水解，一水合氨是弱電解質，電離程度較小，所以c（NH4＋）由大到小的順是：①＞②＞③＞④，故D正確；【題目點撥】本題考查離子濃度大小比較，解題關鍵：明確溶液中溶質構成及其性質；易錯點C，電荷守恒式子離子濃度前的計量數的含義；難點B，物料守恒判斷，注意B中溶液成分及其濃度關系。16、D【分析】在含氧酸的分子中，非羥基氧原子的數目越多，則含氧酸的酸性越強。．【題目詳解】A.HNO2非羥基氧原子的數目是1；B.H2SO3非羥基氧原子的數目是2；C.HClO3非羥基氧原子的數目是2；D.HClO4非羥基氧原子的數目是3；綜上所述，非羥基氧原子的數目最多的是HClO4，所以HClO4的酸性最強，故選D．二、非選擇題（本題包括5小題）17、H2CAl3+Mg2+Mg+H2SO4==MgSO4+H2↑Na[Al(OH)4]Al3++4OH—==[Al(OH)4]—Mg2++2OH—==Mg(OH)2↓【分析】本題主要考查鎂、鋁相關知識。C與稀硫酸不發(fā)生反應，故固體Z為C，Mg、Al為活潑金屬，能與非氧化性酸反應置換出H2，并生成相應的鹽，故氣體X為H2，濾液Y中溶質為H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3；加入過量的NaOH溶液后，生成可溶性的Na[Al(OH)4]和Na2SO4以及難溶物Mg(OH)2，由此分析作答?！绢}目詳解】（1）由上述分析可知，氣體X為H2；固體Z為C；（2）由上述分析可知，濾液Y中還含有的陽離子為Mg2+、Al3+；其中鎂和稀硫酸的反應的方程式為：Mg+H2SO4==MgSO4+H2↑；（3）由上述分析可知，濾液N中還含有的溶質為Na[Al(OH)4]；生成Na[Al(OH)4]的離子方程式為：Al3++4OH-==[Al(OH)4]-；（4）固體M為Mg(OH)2，生成Mg(OH)2的離子方程式為：Mg2++2OH-==Mg(OH)2↓18、加成聚乙烯醛基CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2OCH3-CH2-CH2-COOHCH3-CH(CH3)-COOH【題目詳解】C2H4發(fā)生加聚反應得到A，A為聚乙烯，乙烯與水發(fā)生加成反應生成B，B為CH3CH2OH，乙醇在催化劑條件下發(fā)生氧化反應C，C為CH3CHO，CH3CHO可進一步氧化生成D，D為CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在濃硫酸作用下反應生成E，E為CH3COOCH2CH3。(1)乙烯與水發(fā)生加成反應生成CH3CH2OH，故答案為加成反應；(2)C2H4發(fā)生加聚反應得到的A為聚乙烯，故答案為聚乙烯；(3)C為CH3CHO，含有的官能團為醛基，故答案為醛基；(4)反應B+D→E是乙醇與乙酸在濃硫酸、加熱條件下生成乙酸乙酯，反應方程式為：CH3CH2OH+CH3COOH

CH3COOCH2CH3+H2O，故答案為CH3CH2OH+CH3COOH

CH3COOCH2CH3+H2O；(5)D(CH3COOH)屬于羧酸，與D同類的E的兩種同分異構體的結構簡式為：CH3-CH2-CH2-COOH、CH3-CH(CH3)-COOH，故答案為CH3-CH2-CH2-COOH；CH3-CH(CH3)-COOH。19、FeFe-2e-=Fe2+CB隔絕空氣，防止白色沉淀被氧化B【題目詳解】①該裝置為制備純凈Fe(OH)2沉淀的裝置，則Fe作陽極，即a電極為Fe，發(fā)生的電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，故答案為：Fe；Fe-2e-=Fe2+；②A．純水幾乎不導電，不可作電解液，A不滿足題意；B．電解質液為NaCl溶液時，陽極反應為水電離的H+得電子產生OH-，OH-和Fe2+遷移后在兩極之間的溶液產生白色Fe(OH)2沉淀，B滿足白色沉淀在兩極之間的溶液中生成；C．電解質液為NaOH溶液，F(xiàn)e電極附近有高濃度的OH-，白色沉淀在Fe電極負極產生，C滿足色沉淀在電極周圍生成；D．電解質液為CuCl2溶液，陰極為Cu2+得電子得到Cu，不產生白色Fe(OH)2沉淀，D不滿足題意；故答案為：C；B；③苯不溶于水，密度比水小，浮在電解液表面，可隔絕空氣，防止白色沉淀被氧化，故答案為：隔絕空氣，防止白色沉淀被氧化；④A．改用稀硫酸作電解，稀硫酸為強酸，不會產生白色Fe(OH)2沉淀，A不滿足題意；B．適當增大電源電壓，反應速率加快，可盡早在兩極之間的溶液中看到白色沉淀，B滿足題意；C．降低電解液溫度，反應速率減小，看到白色沉淀的時間變長，C不滿足題意；故答案為：B。20、A酚酞（或甲基橙）用酚酞做指示劑時，當紅色剛好變成無色，且半分鐘內溶液顏色無變化錐形瓶內溶液的顏色變化0.4000偏高偏高【分析】(1)易潮解的藥品,必須放在玻璃器皿上(如:小燒杯、表面皿)里稱量;

(2)強酸強堿中和反應達終點時，pH=7最好選用變色范圍接近中性的指示劑酚酞，甲基橙也可以，但石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯,故一般不用石蕊作指示劑；(3)根據中和滴定存在規(guī)范操作分析；

(4)根據c(待測)═c(標準)×V(標準)÷V(待測)計算,V(標準)用兩次的平均值;

(5)根據c(待測)═c(標準)×V(標準)÷V(待測)分析誤差.【題目詳解】(1)易潮解的藥品,必須放在玻璃器皿上(如:小燒杯、表面皿)里稱量,防止玷污托盤.因燒堿（氫氧化鈉）易潮解,所以應放在小燒杯中稱量,所以A選項是正確的；

(2)強酸強堿中和反應達終點時，pH=7最好選用變色范圍接近中性的指示劑酚酞（或甲基橙），用酚酞做指示劑時當紅色剛好變成無色，且半分鐘內溶液顏色無變化，可判斷達到滴定終點；

(3)滴定時,滴定過程中兩眼應該注視錐形瓶內溶液的顏色變化；

(4)V(標準)═[(20.50-0.40)+(24.00-4.10)]mL÷2=20.00mL，c(待測)═c(標準)×V(標準)÷V(待測)═0.2000mol·L-1×20.00mL÷10.00mL=0.4000mol·L-1；

(5)①觀察酸式滴定管液面時，開始俯視，滴定終點平視，導致造成V(標準)偏大，根據c(待測)═c(標準)×V(標準)÷V(待測)可知，C(待測)偏大，滴定結果偏高；②若將錐形瓶用待測液潤洗，造成V(標準)偏大，根據c(待測)═c(標準)×V(標準)÷V(待測)可知，C(待測)偏大，滴定結果偏高。21、SiO2減少MnSO4·H2O的損失，防止生成MnSO4·5H2O除去水中溶解的氧氣達標【分析】分析信息和工藝流程知向軟錳礦漿通入稀硫酸和煙道氣，酸浸，酸性條件下，二氧化錳與二氧化硫反應生成硫酸錳、氧化鋁和稀硫酸反應生成硫酸鋁，過濾，濾渣A為二氧化硅，向濾液1中加入氨水，調節(jié)pH=5.4，將Al3+轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾，濾渣B為氫氧化鋁，濾液2為硫酸錳溶液，經過加熱（煮沸）結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，得MnSO4·H2O，據此作答?！绢}目詳解】（1）由分析可知濾渣A的主要成分是二氧化硅，化學式為：SiO2，故答案為SiO2。（2）由溶解度曲線分析可知，趁熱過濾的目的除了防止MnSO4·H2O中含有(NH4)2