广东省广州市天河区届高三毕业班综合测试二理科综合化学试题.docx

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广东省广州市天河区届高三毕业班综合测试二理科综合化学试题

2019届天河区普通高中毕业班综合测试

（二）

理科综合（化学部分）

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16C1-35.5K-39Ca-40Fe-56

一、选择题：

本题共13小题，每小题6分，共78分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。

下列说法正确的是

A.《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。

”文中的“气”是指氧气

B.为了更好地为植物提供N、P、K三种营养元素，可将草木灰与NH4H2PO4混合使用

C.“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，但开采过程中发生泄漏，会造成温室效应

D.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料

【答案】C

【解析】

【详解】A.《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。

”文中的“气”是乙烯，乙烯能够促进果实的成熟，故A错误；

B.草木灰中的有效成分是碳酸钾，碳酸根离子水解显碱性，NH4H2PO4显酸性，混合施用，降低肥效，故B错误；

C.“可燃冰”是由水和天然气在中高压和低温条件下混合时组成的类似冰的、非化学计量的、笼形结晶化合物，主要成分是甲烷，根据科学研究，甲烷含量的增加也是造成全球温室效应的原因之一，所以可燃冰泄漏也有可能造成温室效应，故C正确；

D.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料，故D错误。

答案选C。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.14gCO和N2的混合气体所含有的电子数为14NA

B.用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NA

C.1.0L2.0mol/LNaOH溶液中含有氧原子数为2NA

D.1moINH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为NA

【答案】D

【解析】

【详解】A.由于CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，因此14g混合气体的物质的量为0.5mol。

又因为1molCO中含14mol电子，1molN2中也含14mol电子，则0.5molCO和N2混合气体含电子数为7NA，故A错误；

B.MnO2+4HCl（浓） 

 MnCl2+Cl2↑+2H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为2NA，KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为

NA，故B错误；

C.1.0L2.0mol/LNaOH溶液中含氢氧化钠的物质的量为2mol，含氧原子的物质的量为2mol，由于溶液中还含有水分子，水分子中也含有氧原子，则1.0L2.0mol/LNaOH溶液中含有的氧原子的物质的量大于2mol，氧原子的个数大于2NA，故C错误；

D.1moINH4NO3中含1molNO3-，若1moINH4NO3溶于稀氨水，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（NO3-），又因为溶液呈中性c（H+）=c（OH-），则c（NH4+）=c（NO3-），则在同一溶液中n（NH4+）=n（NO3-）=1mol，则NH4+数目为NA，故D正确。

答案选D。

【点睛】解答本题时特别注意浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，氯元素均由-1价变为0价；而浓盐酸和氯酸钾反应，是氯元素的归中反应。

据此解答。

3.下列实验操作、现象和结论均正确的是

现象

实验操作

现象

结论

A.

SO2通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中

溶液红色退去

SO2具有漂白性

B

稀硝酸中加入少量铁粉，充分反应后，滴加KSCN溶液

有气体生成，溶液呈红色

铁被氧化为三价铁离子

C

某黄色溶液中加入淀粉KI溶液

溶液呈蓝色

溶液中含有Br2

D

无水乙醇中加入浓硫酸，加热至170℃，产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液

紫色退去

有乙烯生成

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.将S02通人滴有酚酞的NaOH溶液中，由于二氧化硫与氢氧化钠溶液发生中和反应，导致溶液红色褪去，反应中二氧化硫没有表现漂白性，该结论不合理，故A错误；

B.稀硝酸中加入少量铁粉，铁被稀硝酸氧化为Fe3+，稀硝酸被还原为NO气体，加入KSCN溶液，生成Fe（SCN）3血红色溶液，则现象和结论均正确，故B正确；

C.该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴，则结论不合理，故C错误；

D.乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会含有少量的二氧化硫产生，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，则结论不合理，故D错误。

答案选B。

【点睛】解题时注意稀硝酸与铁粉反应时，产物与用量有关，铁粉少量时被稀硝酸氧化为Fe3+，稀硝酸被还原为NO气体，加入KSCN溶液，生成Fe（SCN）3血红色溶液；铁粉过量时生成亚铁离子，滴入KSCN溶液后不会变红。

据此解答。

4.金属（M）－空气电池（如图）具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。

该类电池放电的总反应为：

4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n。

已知：

电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。

下列说法不正确的是

A.比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池，Mg－空气电池的理论比能量最高

B.为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜

C.电池放电过程的正极反应式：

O2+2H2O+4e－=4OH－

D.多孔电极可提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面

【答案】A

【解析】

【详解】A.电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为（1g/24g/mol）×2=1/12mol、（1g/27g/mol）×3=1/9mol、（1g/65g/mol）×2=1/32.5mol，所以Al−空气电池的理论比能量最高，故A错误；

B.负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH−，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故B正确；

C.正极上氧气得电子和水反应生成OH−，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故C正确；

D.反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故D正确。

答案选A。

【点睛】解题时注意“理论比能量”的概念，“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多。

据此解答。

5.短周期元素x、y、d、f的最高正价或最低负价、原子半径的相对大小随原子序数的变化如图所示；短周期元素z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物的溶液（浓度均为001mol/L）的pH与原子序数的关系如图所示：

下列有关说法正确的是

A.离子半径大小顺序：

e>f>g>h

B.由x、z、d三种元素形成的化合物中一定不含离子键

C.y、d、g的简单气态氢化物中沸点最高的是g的氢化物

D.装满zd2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，试管液面上升约2/3

【答案】D

【解析】

【详解】由图1得，f原子半径最大，原子序数最大，且最高正价为+3，故猜测f为Al，又y、d原子序数递增，原子半径减小，最高正价或最低负价分别为+4，-2，故猜测y为C，d为O，x半径最小，原子序数最小，且最高正价为+1，故x为H，h的原子序数最大，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，说明是一元强酸，故猜测h为Cl，g原子序数小于h，且最高价氧化物对应的水化物pH小于2，说明是多元强酸，故猜测g为S，生成的酸为H2SO4，e最高价氧化物对应的水化物的pH为12，是一元强碱，故猜测e为Na，z的原子序数最小，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，故猜测z为N。

A.e、f、g、h对应的元素分别为Na、Al、S、Cl，离子半径大小为S2->Cl->Na+>Al3+，故离子半径大小顺序为g>h>e>f，故A错误；

B.x、z、d对应的元素分别是H、N、O，三种元素形成的化合物中NH4NO3含有离子键，故B错误；

C.y、d、g对应的元素分别是C、O、S，氢化物的稳定性可以根据非金属性来比较，非金属性越强则氢化物越稳定，同周期元素原子序数越大非金属性越强，同主族元素原子序数越小非金属性越强，故最稳定的是d的氢化物，故C错误；

D.z、d对应的元素分别是N、O，zd2为NO2，则装满zd2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，反应方程式为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO，每消耗3体积二氧化氮生成1体积的一氧化氮，则试管液面上升约2/3，故D正确。

答案选D。

6.树脂镜片具有透光率好、质轻、抗冲击力强等优良性能。

化合物Y能用于高性能树脂镜片的合成，化合物Ⅹ与2－甲基丙烯酰氯在一定条件下反应可制得化合物Y：

下列说法不正确的是

A.该反应属于取代反应

B.Y的分子式为C10H6O2Br3

C.2－甲基丙烯酰氯可使溴水和高锰酸钾溶液褪色

D.Ⅹ、Y均属于芳香族化合物

【答案】B

【解析】

【详解】A.该反应X羟基中的氢原子被

取代生成Y，此反应类型属于取代，故A正确；

B.Y的分子式为CH7Br3O2，故B错误；

C.2－甲基丙烯酰氯中含有碳碳双键（不饱和键），可以和溴水和高锰酸钾溶液反应，使之褪色；故C正确；

D.X、Y中均含苯环结构，均为芳香族化合物，故D正确。

答案选B。

7.乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，电离类似于氨：

NH3+H2O

NH4++OH－，25℃时，kb1=10－4.07，kb2=10－7.15；乙二胺溶液中含氮微粒的物质的量浓度分数随溶液pH的变化如图。

下列说法不正确的是

A.曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+

B.曲线Ⅰ与曲线II相交点对应pH=6.85

C.0.1mol·L－1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c（Cl－）＞c（H2NCH2CH2NH3+）＞c（H+）＞c（OH－）

D.乙二胺在水溶液中第二步电离的方程式H2NCH2CH2NH3++H2O

[H3NCH2CH2NH3]2++OH－

【答案】C

【解析】

【详解】A.乙二胺（H2NCH2CH2NH2）电离类似于氨，根据题目信息kb1=10－4.07，kb2=10－7.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为H2NCH2CH2NH2+H2O

H2NCH2CH2NH3++OH-、H2NCH2CH2NH3++H2O

[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，根据电离方程式可知，溶液pH越小，越有利于电离平衡正向移动，[H3NCH2CH2NH3]2+的浓度越大，所以曲线Ⅰ代表的微粒符号为[H3NCH2CH2NH3]2+，曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，故A正确；

B.曲线Ⅱ代表的微粒符合为H2NCH2CH2NH3+，曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点对应的溶液中，[H3NCH2CH2NH3]2+和H2NCH2CH2NH3+浓度相等，根据H2NCH2CH2NH3++H2O

[H3NCH2CH2NH3]2++OH-可知，Kb2=10－7.15=

，则c（H+）=

，pH=6.85，故B正确；

C.在0.1mol·L－1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，因为H2NCH2CH2NH3+水解使溶液呈碱性，则各离子浓度大小关系为c（Cl－）＞c（H2NCH2CH2NH3+）＞c（OH－）＞c（H+），故C错误；

D.乙二胺（H2NCH2CH2NH2）电离类似于氨，根据题目信息kb1=10－4.07，kb2=10－7.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为H2NCH2CH2NH2+H2O

H2NCH2CH2NH3++OH-、H2NCH2CH2NH3++H2O

[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，故D正确。

答案选C。

8.高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。

某实验小组釆用如图装置制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质用途。

Ⅰ.制备K2FeO4（夹持、加热等装置略）

（1）B中所用试剂为______________________。

（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~8℃，可使用的控温方法为___________，充分反应后得到紫色固体，反应方程式为___________。

反应中KOH必须过量的原因是___________。

（3）C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯浄髙铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用___________。

a.冰水b.KOH溶液c.异丙醇

Ⅱ.探究K2FeO4的性质

（4）K2FeO4可以将废水中的CN－氧化为CNO－，实验表明，pH=9时CN－去除效果最佳。

配平反应离子方程式：

____FeO42－+____CN－+____H2O→____Fe（OH）3↓+____CNO－+___OH－。

现处理含CN－离子浓度为13mg/L的废水1m3，至少需要K2FeO4___________g。

（5）资料表明，酸性溶液中氧化性FeO42－>MnO4－。

验证实验：

将少K2FeO4溶解在过量KOH溶液中，溶液呈浅紫色，取该溶液滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，振荡，溶液颜色仍然呈浅紫色。

请设计实验证明最后所得浅紫色溶液中含有MnO4－___________。

【答案】

（1）.饱和食盐水

（2）.冰水浴或冷水浴（3）.3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH

2K2FeO4+6KCl+8H2O（4）.保持溶液碱性，防止K2FeO4变质（5）.c（6）.2（7）.3（8）.5（9）.2（10）.3（11）.4（12）.66（13）.向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，振荡，溶液浅紫色未褪去。

【解析】

【分析】

本小题是实验探究题。

（1）由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，应用饱和食盐水除去HCl，B中所用试剂为饱和食盐水。

（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~8℃，可使用的控温方法为冰水浴或冷水浴；充分反应后得到紫色物质为K2FeO4，则反应方程式为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，具有强氧化性在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生氧气，在碱性溶液中较稳定，所以反应中KOH必须过量。

（3）因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得到纯浄高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选异丙醇。

（4）K2FeO4可以将废水中的CN－氧化为CNO－，反应过程中FeO42－中铁元素价态由+6价降低到+3价生成Fe（OH）3，CN－中碳元素价态由+2价升高到+4价生成CNO－，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式，离子方程式为：

2FeO42－+3CN－+5H2O=2Fe（OH）3↓+3CNO－+4OH－。

（5）根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在K2FeO4，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4－的颜色。

【详解】

（1）由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，应用饱和食盐水除去HCl，B中所用试剂为饱和食盐水。

本小题答案为：

饱和食盐水。

（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~8℃，可使用的控温方法为冰水浴或冷水浴；充分反应后得到紫色物质为K2FeO4，则反应方程式为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，具有强氧化性在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生氧气，在碱性溶液中较稳定，所以反应中KOH必须过量。

本小题答案为：

冰水浴或冷水浴；3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；保持溶液碱性，防止K2FeO4变质。

（3）因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得到纯浄高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选异丙醇。

本小题答案为：

c。

（4）K2FeO4可以将废水中的CN－氧化为CNO－，反应过程中FeO42－中铁元素价态由+6价降低到+3价生成Fe（OH）3，CN－中碳元素价态由+2价升高到+4价生成CNO－，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式，离子方程式为：

2FeO42－+3CN－+5H2O=2Fe（OH）3↓+3CNO－+4OH－。

本小题答案为：

235234。

（5）根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在K2FeO4，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4－的颜色。

本小题答案为：

向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，振荡，溶液浅紫色未褪去。

9.铜阳极泥（主要含有铜、银、金、少量的镍）是有色金属冶炼过程中重要的“二次资源”。

其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。

一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：

已知：

分金液的主要成分为[AuCl4]－；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3－，且存在[Ag（SO3）2]3－=Ag++2SO32－

（1）“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为___________，已知“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。

“分铜”时加入足量的NaC1的主要作用为______________________。

（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为______________________。

（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。

“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgC的原因为___________。

调节溶液的pH不能过低，理由为___________。

（4）已知离子浓度≤10－5mol/L时，认为该离子沉淀完全。

已知：

Ksp[Pb（OH）2]=2.5×10－16，Ksp[Sb（OH）3]=10－41。

浸取“分银渣”可得到含0.025mol/LPb2+的溶液（含少量Sb3+杂质）。

欲获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为___________。

（忽略溶液体积变化）

（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/LNiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。

当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：

为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为___________g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为___________。

【答案】

（1）.Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

（2）.使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失（3）.2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－+3H2O（4）.分银液中存在[Ag（SO3）2]3

Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c（SO32－）减小，平衡正向移动，c（Ag+）增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl，（5）.避免产生污染气体SO2（6）.2≤pH<7（7）.10（8）.H2

【解析】

【分析】

本题是结合工艺流程考查元素化合物知识的综合应用。

铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行“分铜”，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加人足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl。

（1）①“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水；

②“分铜”时加人足量的NaCl沉淀银离子，避免银的损失；

（2）分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，据此书写离子方程式；

（3）①分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行；

②调节溶液的PH不能过低，容易和亚硫酸根离子反应生成污染性气体二氧化硫；

（4）根据Ksp[Pb（OH）2]可计算出Pb2+离子开始出现沉淀时的pH值，根据Ksp[Sb（OH）3]]可计算出Sb3+离子沉淀完全时的pH值，据此判断溶液的pH值范围。

【详解】

（1）“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。

“分铜”时加入足量的NaC1的主要作用是使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。

本小题答案为：

Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。

（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－+3H2O。

本小题答案为：

2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－+3H2O。

（3）“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，是因为H2SO4电离产生的氢离子降低了SO32－的浓度，促使[Ag（SO3）2]3

Ag++2SO32－平衡正向移动，产生Ag+，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl；调节溶液的pH不能过低，避免产生污染气体SO2。

（4）欲获得较纯净的Pb2+溶液，则Pb2+的浓度为0.025mol/L，Ksp[Pb（OH）2]=c（Pb2+）c2（OH-）=0.025mol/L×c2（OH-）=2.5×10－16，故c（OH-）=1.0×10-7，pH<7；Ksp[Sb（OH）3]=c（Sb2+）c3（OH-）=10－5mol/L×c3（OH-）=10－41,c（OH-）=1.0×10-12，pH>7；获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为2≤pH<7。

（5）根据图可知，阴极电流效率和镍的成粉率达到最大，NH4Cl的浓度为10g/L；根据电解原理，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，则阴极产生的气体是H2。

本小题答案为：

10；H2。

10.通过实验探究发现化学反应中的某种规律，再寻求理论上的科学合理解释，是化学工作者的重要研究方法。

I.在体积可变的密闭容器中投入1molCO和2molH2，不同条件下发生反应：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）。

实