四川省成都市2024-2025学年高二化学上学期12月月考试题【含答案】

成都2024—2025学年度上期12月高二化学试卷注意事项：1.本I卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。2.本堂考试75分钟，满分100分。3.答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。4.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与日常生活生产息息相关。下列说法错误的是A.苏打水中小苏打的主要成分是 B.使用含氟牙膏能预防龋齿C.可用食醋除去水垢中的碳酸钙 D.手机充电把电能转化为化学能A【详解】A．小苏打的主要成分是NaHCO3，A错误；B．人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿，B正确；C．食醋的主要成分为CH3COOH，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙、二氧化碳和水，因此食醋可除去水垢中的碳酸钙，C正确；D．手机电池为二次电池，使用时为化学能转化为电能，充电时为电能转化为化学能，D正确；故选A。2.中山市马拉松赛事中，组委会设置了众多的补水点。研究表明，喝弱碱性水更符合人的机理特征。下列物质能促进水电离，且显碱性的是A.KCl B.NaOH C.Na2S D.NH4ClC【详解】A．KCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，A不符合题意；B．NaOH是一元强碱，电离产生OH-，使溶液显碱性，对水的电离平衡起抑制作用，B不符合题意；C．Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-水解消耗水电离产生的OH-，促进了水的电离平衡正向移动，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，C符合题意；D．NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中水解消耗水电离产生的OH-，促进了水的电离平衡正向移动，当最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，D不符合题意；故合理选项是C。3.下列生产生活中的应用与盐类水解原理无关的是A.明矾净水 B.草木灰去油污C.配制溶液时，加入一些铁粉 D.氯化铵除铁锈C【详解】A．明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3+发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附悬浮在水中固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，明矾净水与盐类水解有关，A不符合题意；B．草木灰中含有K2CO3，水解使溶液显碱性，油污在碱性溶液中水解成可溶于水的物质，草木灰去油污与盐类水解有关，B不符合题意；C．Fe2+易被O2氧化为Fe3+，向配制的FeSO4溶液中加入铁粉是为了防止Fe2+被氧化为Fe3+，该现象和盐类水解无关，C符合题意；D．氯化铵溶液因水解使氯化铵溶液显酸性，铁锈为Fe2O3，能与H+反应，生成Fe3+，氯化铵除铁锈与盐类水解有关，D不符合题意；故选C。4.反应分两步进行：①，②。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A B. C. D.A【详解】是一个吸热的过程，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应分两步进行，①为吸热过程，则X的总能量高于A和B的总能量，②为放热过程，C的总能量低于X的总能量，故选A。5.将缠有铜丝和锌皮的铁钉放入图中表面皿，一段时间后，下列说法错误的是A.图甲中铜丝上的电极反应式为B.图甲中会出现蓝色和红色两种颜色C.图乙中锌皮保护铁钉未发生腐蚀，为阴极电保护法D.图甲和图乙均发生吸氧腐蚀C【分析】图甲中，根据题中条件可知，形成原电池，其中铁为负极，电极反应式为：，铜为正极，电极反应式为：；图乙中，根据题中条件可知，形成原电池，其中锌作负极，电极反应式为：，铁作正极，电极反应式为：；【详解】A．由分析知，图甲中铜丝上的电极反应式为，故A正确；B．图甲中铁放电生成Fe2＋，遇K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，正极上O2放电生成OH－，遇酚酞变红色，所以图甲中会出现蓝色和红色两种颜色，故B正确；C．由分析可知，图乙中铁为正极，锌为负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D．图甲和图乙均发生吸氧腐蚀，图甲中铁被腐蚀，图乙中锌被腐蚀，故D正确；故选C。6.向两个相同锥形瓶中分别加入镁条，塞紧橡胶塞，然后分别注入盐酸、醋酸。测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是A.2号线是装有醋酸的瓶内气体压强变化曲线 B.反应时，盐酸消耗的镁比醋酸多C.时的瞬时速率 D.镁条与两种酸的反应都是放热反应C【分析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，反应开始时，盐酸中H+浓度大，反应速率快，压强增大快，则1号线为盐酸与镁条反应的曲线，2号线为醋酸与镁条反应的曲线。【详解】A．由分析可知，2号线是装有醋酸的瓶内气体压强变化曲线，A正确；B．由于盐酸中H+浓度比醋酸中H+浓度大，所以反应100s时，盐酸消耗的镁比醋酸多，B正确；C．由图可知，100s时盐酸反应接近结束，此时盐酸反应生成的氢气的速率弱于醋酸，C错误；D．活泼金属和酸的反应为放热反应，D正确；故选C。7.甲醇在表面发生解离的反应机理如下图所示。下列说法正确的是A.该反应的决速步为B.为固体催化剂，可以提高甲醇的转化率C.D.升高温度对反应①的速率影响最大D【详解】A．从图中可以看出，反应③活化能最小，则不是该反应决速步，总反应速率由反应活化能最大的①决定，所以决速步为CH3OH*CH3O*＋H*，A错误；B．催化剂能改变反应途径从而改变反应速率，但不影响平衡，故不影响甲醇的转化率，B错误；C．,由图知，中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故，C错误；D．反应①活化能最大，升高温度能使更多分子变为活化状态，活化分子百分数含量增大较多，因此化学反应速率变化最大，D正确；故选D。8.合成氨工业中原料气进入合成塔前需经过铜氨溶液“净化”，除去其中的，原理为。下列说法正确的是A.该反应在任何温度下均能自发进行 B.降低温度有利于吸收C.增大压强有利于制氨溶液再生 D.为节约成本，原料气可以不进行净化B【详解】A．该反应，，根据反应自发进行可知，该反应在低温条件下自发进行，A错误；B．该反应，降低温度利于平衡正向移动，即利于吸收，B正确；C．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，不利于制氨溶液再生，C错误；D．反应过程中涉及的CO为有毒气体，必须进行原料气的净化，D错误；答案选B。9.下列用于解释事实的化学用语书写不正确的是A.检验废水中含有B.溶液显碱性从而清洗油污的原理：C.溶液处理水垢中D.水解制备的反应原理：B【详解】A．检验Fe2+用铁氰化钾溶液，现象为出现蓝色沉淀，离子方程式为：，A正确；B．溶液显碱性是由于碳酸根水解：（分步水解，以一步为主），溶液呈碱性，可以清洗油污，B错误；C．由于，溶液处理水垢中时可发生沉淀的转化：，C正确；D．水解制备的反应原理是四氯化钛与水反应生成和HCl，方程式为：，D正确；故选B。10.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A.常混下，的溶液中数目为B.电解精炼铜时阳极溶解铜，转移电子数目为C.常温下，的溶液中，由水电离出的数目为D.和充入密闭容器中充分反应，转移的电子数为C【详解】A．没有给体积，无法计算物质的量，A错误；B．电解精炼铜时，阳极除了铜被氧化，还有比铜活泼的Zn、Fe等杂质也被氧化，所以当阳极质量减少64g时，电路中转移电子数不一定为2NA，B错误；C．常温下，的溶液中，由水电离的氢离子浓度为mol/L，则的溶液中，由水电离出的数目为，C正确；D．该反应为可逆反应，无法计算转移的电子数，D错误；故选C。11.下列图像及对应说法正确的是A.甲装置可以长时间正常工作B.乙装置放电时，正极b极表面的被氧化，其质量会减少C.丙装置电流从石墨棒流出，发生还原反应D.丁装置每消耗，转移C【详解】A．甲装置为带有盐桥的铜银原电池，随着反应的进行，电解质中反应离子浓度减小，电势差减弱，不能长时间正常工作，A错误；B．乙装置为铅酸蓄电池，放电时铅电极被氧化，作负极：，电极为正电极被还原：，正负极重量均增加，B错误；C．丙装置是锌锰干电池中，锌为负极，石墨为正极，电子从负极锌壳流出沿着导线流向正极石墨，电流从石墨棒流出，正极上得到电子，发生还原反应，C正确；D．丁装置为氢氧燃料电池，氢气的一极为负极，氧气的一极为正极，每消耗标况下即，转移电子物质的量为，但没有指明标准状况，则每消耗其物质的量不一定为，则不一定转移，D错误；故选C。12.某研究性学习小组利用以下装置探究氯碱工业和铜的精炼的工作原理(X是离子交换膜)，下列说法正确的是A.甲装置电极和C电极位置可以互换B.X可以是阳离子交换膜，也可以是阴离子交换膜C.电解前后乙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变D.电解一段时间后去掉X并将C电极换成电极继续通电，则电极的电极反应式为D【分析】乙池为铜的精炼，则粗铜作阳极，精铜作阴极；电源的右侧与粗铜相连，为电池的正极，左侧为负极，所以甲池的Fe电极为阴极，C电极为阳极。【详解】A．由分析可知，甲装置的Fe电极为阴极，C电极为阳极，若将Fe电极和C电极位置可以互换，则Fe电极作阳极，通电后，阳极Fe失电子生成Fe2+进入溶液，溶液中的Cl-就不可能在阳极失电子生成Cl2，同样，阴极区可能会生成Fe(OH)2沉淀，也难以得到NaOH，达不到进行氯碱工业生产的目的，A不正确；B．电池工作时，C电极上Cl-失电子生成Cl2，Fe电极上水提供的氢离子得电子生成氢气和氢氧根，则阳极区的Na+透过离子交换膜进入右侧Fe电极附近，所以此离子交换膜只可以是阳离子交换膜，若为阴离子交换膜，则氢氧化钠会和氯气反应，B不正确；C．电解精炼铜时，不纯的铜作阳极，粗铜中比铜活泼的有Zn、Fe、Ni等，它们在阳极失去电子被氧化，阳极主要反应为Cu－2e－=Cu2＋，其它电极反应式有：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋等；比铜不活泼的有Ag、Pt、Au等成为阳极泥；电解液为硫酸铜溶液，纯净的金属铜作阴极，阴极上Cu2＋得到电子被还原为Cu，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，则按得失电子守恒，阳极溶解的铜的物质的量小于极析出的铜的物质的量，则电解前后乙装置中硫酸铜溶液浓度变小，C不正确；D．电解一段时间后去掉X并将C电极换成Mg电极继续通电，则Fe电极为阴极，水提供的氢离子得电子生成氢气和氢氧根，Mg电极为阳极、镁失电子生成Mg2+，与溶液中的OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，电极反应式为，D正确；故选D。13.下列说法正确的是A.常温下，的下列溶液①；②；③；④；⑤中，由大到小的顺序是：B.的溶液中离子浓度大小：C.常温下，将两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中大于。D.相等的下列溶液：a．、b．、c．、d．，其物质的量浓度由小到大顺序为：(已知酸性)C【详解】A．①；②；④；⑤均为强电解质完全电离，①铝离子水解生成氢离子抑制铵根离子水解，②氯化铵中铵根离子水解不受影响，③一水合氨是弱碱、电离出少量的铵根离子，④醋酸根离子水解生成氢氧根离子促进铵根离子水解，⑤硫酸铵中铵根离子浓度略小于0.2mol/L，溶液中由大到小的顺序是：⑤>①＞②＞④＞③，A错误；B．溶液完全电离为钠离子和HS-，HS-能微弱水解生成H2S和OH-，能微弱电离产生H+和S2-，的呈碱性，说明HS-的水解程度大于电离程度，则溶液中浓度大小：，B错误；C．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H＋)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，溶液呈中性，c(H＋)=c(OH-)，则溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，c(Na+)大于c(Cl-)，C正确；D．pH相等的四种溶液a．、b．、c．、d．中前三种属于强碱弱酸盐，微弱水解导致溶液显碱性，NaOH属于强碱，完全电离导致溶液显碱性，根据酸性：CH3COOH>H2CO3>，酸性越强，其钠盐水解程度越小，则其物质的量浓度由小到大顺序为：d＜c＜b＜a，D错误；故答案选C。14.室温下，下图为为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是A.由b点可求得B.两点对应物质的和溶解度都不同C.将溶液中完全转化为沉淀，希要将至少调至3.8左右D.浓度均为的溶液等体积混合，调节，可以把和分离D【详解】A．由点b坐标可知，此时pH=4，pM=3，则，A错误；B．温度不变，K值不变，a、c两点对应物质的Ksp相同，但pH变化导致铁离子浓度改变，溶解度不同，B错误；C．由点a坐标可知，此时pH=2，pM=2.5，则，完全沉淀时，需要将pH至少调至2.8左右，C错误；D．当pH=5时，pAl=6，此时，pH=5，pCu=1.5，，恰好完全沉淀时，，，在此时Q[Cu(OH)2]=0.01×(10-9.3)2=10-20.6＜Ksp[Cu(OH)2]，则Cu2+不会生成沉淀，调节，可以把和分离，D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、填空题15.实验是化学学习中非常重要的内容，根据下面实验回答问题。某研究小组进行沉淀溶解和生成的实验探究。(查阅资料)时，(实验探究)向2支均盛有溶液的试管中分别加入2滴溶液，制得等量沉淀。（1）分别向两支试管中加入不同试剂，记录实验现象如表(表中填空填下列选项中字母代号)试管编号加入试剂实验现象Ⅰ2滴溶液①___________Ⅱ溶液②___________A．白色沉淀转化为红褐色沉淀B．白色沉淀不发生改变C．红褐色沉淀转化为白色沉淀D．白色沉淀溶解，得无色溶液（2）请用化学语言解释溶液显酸性的原因___________。（3）用离子方程式解释试管编号I中的现象___________；时计算该反应的平衡常数___________。（4）同学们猜想实验Ⅱ中沉淀溶解的主要原因有两种：猜想1：结合电离出的，使的溶解平衡正向移动。猜想2：___________。（5）为验证猜想，同学们取少量相同质量的氢氧化镁盛放在两支试管中，一支试管中加入醋酸铵溶液，另一支试管中加入和氨水混合液，两者沉淀均溶解。该实验证明猜想正确的是___________(填“1”或“2”)。（1）①.A②.D（2）⇌（3）①.②.（4）水解出的与电离出的结合成水，使的溶解平衡正向移动（5）1【分析】难溶电解质在水中存在沉淀溶解平衡，通过加入某些电解质，可以使沉淀电离产生的离子浓度发生变化，从而促使沉淀溶解平衡发生移动，实现沉淀的转化或使沉淀溶解，例如Mg(OH)2中加入FeCl3溶液时，由于Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶得多，会析出Fe(OH)3沉淀，促使Mg(OH)2沉淀溶解平衡右移，从而实现Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀；当Mg(OH)2中加入NH4Cl溶液时，氢氧根浓度减小，促使Mg(OH)2沉淀溶解平衡右移导致沉淀溶解，实验探究Mg(OH)2溶于NH4Cl的真实原因时，要根据可能的猜测选择合理的物质进行实验。【小问1详解】①已知n(MgCl2)=1×10-3L×0.1mol/L=1×10-4mol，1滴约0.05mL，n(NaOH)≈0.1×10-3L×2mol/L=2×10-4mol，由反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓可知，二者基本反应完全，生成白色沉淀Mg(OH)2，当向其中加入FeCl3溶液时，由于Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10-38远小于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10-11，所以白色沉淀Mg(OH)2转化红褐色沉淀Fe(OH)3；则：试管Ⅰ中白色沉淀转化为红褐色沉淀，选A。②Ⅱ中，当向Mg(OH)2中加入NH4Cl溶液，铵根离子与Mg(OH)2电离出的OH-结合生成弱电解质NH3·H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，最终使Mg(OH)2完全溶解得无色溶液；故选D。【小问2详解】氯化铁是强酸弱碱盐，水解得到氢氧化铁和盐酸，溶液显酸性的原因为⇌。【小问3详解】结合(1)可知，试管编号I中Mg(OH)2转化为红褐色沉淀Fe(OH)3，则离子方程式解释试管编号I中的现象为：；时计算该反应的平衡常数。【小问4详解】加入氯化铵使实验Ⅱ中沉淀溶解即的溶解平衡正向移动，则主要考虑由镁离子或氢氧根浓度减小引起的；猜想1：结合电离出的，使的溶解平衡正向移动。考虑到NH4Cl因水解而呈酸性，生成的H+可与Mg(OH)2电离出OH－结合生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，故猜想2为：NH4Cl水解出来的H+与Mg(OH)2电离出的OH－结合成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动；【小问5详解】由于醋酸铵溶液(pH＝7)呈中性，能使Mg(OH)2沉淀溶解，说明不是铵根离子水解呈酸性导致Mg(OH)2溶解；当加入弱碱性的NH4Cl和氨水混合液(pH＝8)时，沉淀也溶解，说明猜想2是错误的。因此证明Mg(OH)2沉淀溶解的根本原因是与Mg(OH)2电离出OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，促进Mg(OH)2溶解平衡正向移动，最终得无色溶液，所以猜想1是正确的；故答案为1。16.氮的氧化物(如等)应用很广，在一定条件下可以相互转化。（1）已知：则反应：___________。（2）①对于反应，有人提出如下反应历程：第一步：，快平衡；第二步：，慢反应；第三步：快反应。其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量进行该反应，下列表述正确的是___________(填标号)。A．速率：v(第一步的逆反应)<v(第二步反应)B．反应的中间产物只有与C．容器中压强不再变化能说明反应已达平衡D．气体的密度保持不变能说明反应已达平衡②对于反应，在恒容密闭容器中反应达到平衡，时充入时又达到平衡，在下图中画出随时间变化的趋势图___________。（3）存在如下平衡：，在一定条件下与消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：，相应的速率与其分压关系如图所示。一定温度下，与平衡常数(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是___________；在图上标示的A点___________(“是”或者“否”)已达到平衡状态。（4）和熔融可作燃料电池，其原理如图所示。该电池放电时在石墨I电极上生成氮氧化物可循环使用。硝酸根离子游向___________(“石墨I”或者“石墨Ⅱ”)，请写出正极的电极反应方程式：___________。（1）（2）①.BC②.（3）①.②.否（4）①.石墨I②.【小问1详解】已知：反应Ⅰ：反应Ⅱ：，则根据盖斯定律，反应Ⅰ-2×反应Ⅱ可得反应：则。【小问2详解】A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢，因此v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，故A错误；B．NO3在第一步反应生成，又在第二、三步反应消耗，NO在第二步反应先生成又在第三步反应消耗，则反应的中间产物只有与，故B正确；C．一定温度下，在恒容密闭容器中反应，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，故C正确；D．一定温度下，在恒容密闭容器中，气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，故D错误；选BC。②对于反应，在恒容密闭容器中反应达到平衡，时充入使浓度增大，则正反应速率增大，即υ正(NO2)增大，c(NO2)和c(O2)不变，则Q＜K，平衡正向移动，使c(N2O5)(g)有所下降，则正反应速率有所下降，即υ正(NO2)有所下降，时又达到平衡，根据勒夏特列原理，c(N2O5)(g)、υ正(NO2)比旧平衡大，则υ正(NO2)随时间变化的趋势图为。【小问3详解】反应的化学平衡常数，当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO2与N2O4的消耗速率的关系为v(NO2)=2v(N2O4)，则k1•p2(NO2)=2k2•p(N2O4)，则一定温度下，与平衡常数间的关系是；满足NO2与N2O4的消耗速率的关系为v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点，则在图上标示A点不满足，故填写“否”。【小问4详解】和熔融可作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨Ⅱ为正极，石墨I电极上生成氮氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y是五氧化二氮，负极的电极反应式为。燃料电池中，阴离子向负极移动，则硝酸根离子游向石墨I，正极上氧气得电子被还原，电极反应方程式：。17.电镀污泥是指电镀废水处理后产生的污泥和镀槽淤泥，被列入国家危险废物名录，属于第十七类危险废物。电镀污泥中含有等物质，工业上通过“中温焙烧—钠氧化法”回收得到Na2Cr2O7等物质。已知：①水浸后溶液中存在等物质25℃时，②不同钠盐在不同温度下的溶解度(g)如下表温度物质19.545.342.518326941584115126（1）水浸后的溶液呈___________性(“酸”、“碱”、“中”)。（2）焙烧时增大效率的操作方法有：___________(填一种)（3）实验室水浸过滤操作中需要用到的玻璃仪器有：烧杯，___________。（4）滤渣Ⅱ的主要成分有Zn(OH)2、___________。（5）“系列操作”为：继续加入H2SO4，蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶，___________(填操作方法)，洗涤，干燥。继续加入H2SO4目的是___________(结合平衡移动的原理予以说明)。（6）工业上还可以在水浸过滤后的溶液(Na2CrO4)中加入适量H2SO4，用石墨做电极电解生产金属铬，写出生成铬的电极反应方程式___________。（1）碱（2）粉碎、搅拌、适当升温等（3）漏斗、玻璃棒（4）Al(OH)3（5）①.过滤②.促衡向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7（6）或【分析】电镀污泥中含有等物质，将样品烘干后加入Na2CO3进行焙烧，然后水浸过滤，滤渣Ⅰ为CuO、NiO；滤液中存在；加入H2SO4调节pH，转化为Al(OH)3、Zn(OH)2，过滤得滤渣Ⅱ为Al(OH)3、Zn(OH)2；继续加H2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，蒸发浓缩，让Na2SO4结晶析出，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到Na2Cr2O7晶体。【小问1详解】水浸后的溶液中含有，它们都是强碱弱酸盐，则溶液呈碱性。【小问2详解】焙烧时，可以通过增大接触面积、升高温度等增大效率，则操作方法有：粉碎、搅拌、适当升温等。【小问3详解】实验室水浸过滤操作，将进行固、液分离，需要用到的玻璃仪器有：烧杯，漏斗、玻璃棒。【小问4详解】由Ksp可以看出，锌和铝的氢氧化物都难溶于水，所以加入H2SO4调节溶液的pH后，都转化为氢氧化物沉淀，从而得出滤渣Ⅱ的主要成分有Zn(OH)2、Al(OH)3。【小问5详解】从表中的溶解度数据可以看出，常温下Na2SO4的溶解度不大。“系列操作”为：继续加入H2SO4，蒸发浓缩，将结晶析出的Na2SO4趁热过滤，再将滤液冷却结晶，过滤出Na2Cr2O7晶体，洗涤，干燥。则继续加入H2SO4，可增大溶液中c(H+)，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，目的是：促衡向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7。【小问6详解】工业上还可以在水浸过滤后的溶液(Na2CrO4)中加入适量H2SO4，用石墨做电极电解生产金属铬，则在阴极，或得电子产物与电解质反应生成Cr等，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出生成铬的电极反应方程式为或。电解Na2Cr2O7溶液时，阳极水失电子生成O2和H+。18.某兴趣小组用高锰酸钾溶液滴定测草酸溶液浓度（1）取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，用高锰酸钾溶液滴定，发生反应的离子方程式为___________。当反应中转移电子，参加反应的硫酸物质的量___________。（2）调节液面后位置如图所示，则此时的读数为___________。（3）滴定时___________(“是”或者“否”)需要加入指示剂，原因是___________。（4）滴定数据如下：滴定次数待测液体积标准溶液体积滴定前读数滴定后读数第一次25.000.5022.40第二次25.003.0022.95第三次25.004.0024.05①滴定终点的颜色变化为_______