2025届重庆綦江中学七校联考高二下化学期末复习检测模拟试题含解析.doc

2025届重庆綦江中学七校联考高二下化学期末复习检测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、4.5g某醛和足量的银氨溶液反应，结果析出64.8g Ag，则该醛可能是
A．甲醛 B．乙醛 C．丙醛 D．丁醛
2、分类是学习化学的重要方法．下列归纳正确的是( )
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B．纯碱、烧碱、熟石灰都属于碱类
C．氨气、冰醋酸、食盐均为电解质 D．碱性氧化物都是金属氧化物
3、下列图示与操作名称不对应的是
A．过滤 B．洗气 C．溶解 D．蒸发
4、下列实验能获得成功的是（ ）
A．苯和浓溴水混合加入铁粉做催化剂制溴苯
B．将苯和浓硝酸混合共热制硝基苯
C．乙烯通入溴的四氯化碳溶液中获得1，2-二溴乙烷
D．甲烷与氯气光照制取纯净的—氯甲烷
5、室温下，将0.1mol/L的一元酸HA溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/LNaOH溶液中，pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是

A．a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)
B．a、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点
C．pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D．一元酸HA为弱酸
6、用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器略去），能达到实验目的是（　　）
A．制取乙酸乙酯
B．吸收NH3
C．石油的分馏
D．比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱
7、首次将量子化概念运用到原子结构，并解释了原子稳定性的科学家是(　　)
A．玻尔 B．爱因斯坦 C．门捷列夫 D．鲍林
8、下列说法不正确的是(　　)
A．油脂有油和脂肪之分，但都属于酯
B．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应
C．葡萄糖既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应
D．天然油脂是混合物，没有固定的熔点和沸点
9、苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（  ）
A．脱落酸 B．生长素 C．乙烯 D．甲烷
10、某溶液中含MgCl2和AlCl3各0.01 mol，向其中逐滴滴加1 mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是
A． B． C． D．
11、反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g).反应的平衡常数如表：下列说法正确的是( )
温度/℃
0
100
200
300
400
平衡常数
667
13
1.9×10−2
2.4×10−4
1×10−5
A．该反应的△H>0
B．加压缩体积或增大H2浓度都能提高CO的转化率
C．工业上采用高温高压的条件，目的都是提高原料气的转化率
D．t℃时,向1L密闭容器中投入0.1molCO和0.2molH2，平衡时CO转化率为50%，则该反应温度在0-100之间
12、下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－
B．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+=Cu2++2NO2↑+H2O
C．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32—＋5H2O=10H＋＋2SO42—＋8Cl－
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2—＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32—
13、下列事实与氢键有关的是（ ）
A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
B．水加热到很高的温度都难以分解
C．邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
D．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
14、下列元素相关粒子的电子排布式中，前者一定是金属元素，后者一定是非金属元素的是
A．[Ne]3s1 [Ne]3s2 B．[Ar]4s1 [Ne]3s23p4
C．[Ne]3s2 [Ar]4s2 D．[He]2s22p4 [Ne]3s23p5
15、下列有关叙述不正确的是
A．CO2分子中σ键和π键之比为1∶1
B．PCl5中所有原子均满足8电子稳定结构
C．由于HCOOH分子间存在氢键，则同压下，HCOOH的沸点比CH3OCH3的高
D．CH2=CH-CHO分子中碳原子的杂化类型均为sp2
16、下列对一些实验事实的理论解释正确的是( )
选项
实验事实
理论解释
A
氮原子的第一电离能大于氧原子
氮原子2p能级半充满
B
SO2为V形分子
SO2分子中S原子采用sp3杂化
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、I．回答下列问题：
（1）化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，则该烯烃的结构简式为___________
（2）1mol 能与__________mol NaHCO3反应
（3）香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成。

①常温下，1摩丁香酚能与_____________mol Br2反应
②香兰素分子中至少有_________________个原子共平面
II．由
制对甲基苯乙炔的合成路线如下：

（G为相对分子质量为118的烃）
（1）写出G的结构简式_________________
（2）①的反应类型______________
（3）④的反应条件_______________
18、某有机物F（）是一种用途广泛的试剂，可用作抗氧化剂、香料、医药、农药等。工业上合成它的一种路径如图所示（R1、R2代表烷基）：

已知：①R'COOC2H5
②（不是羧基）
（1）R2MgBr的化学式为____________，A的结构简式为___________，F的分子式为________。
（2）B中官能团的名称为______________
（3）D到E的反应类型是______________。
（4）写出C与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式：__________。
（5）满足下列条件的D的同分异构体还有_______种。
①与D物质含有相同官能团 ②含有六元环且环上有两个取代基
19、白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。
i. 量取20.00 mL白醋样品，用100 mL容量瓶配制成待测液。
ii. 将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。
iii. 取20.00 mL待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000 mol· L－1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。
iv. 重复滴定实验3次并记录数据。
ⅴ.计算醋酸总酸度。
回答下列问题：
（1）实验i中量取20.00 mL白醋所用的仪器是______（填字母）。

a
b
c
D
（2）若实验ii中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（3）实验iii中判断滴定终点的现象是_______。
（4）实验数据如下表，则该白醋的总酸度为_______mol· L－1。

待测液体积/mL
标准NaOH溶液
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
第1次
20.00
0
21.98
第2次
20.00
0
22.00
第3次
20.00
0
22.02

20、铁与水蒸气反应，通常有以下两种装置，请思考以下问题：

（1）方法一中，装置A的作用________________________。方法二中，装湿棉花的作用_______________________________________。
（2）实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，试解释原因：__________________________。
21、Ⅰ、我国规定生活用水中镉排放的最大允许浓度为0.005 mg/L。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：
（1）磷酸镉（Cd3(PO4)2）沉淀溶解平衡常数的表达式Ksp＝________。
（2）一定温度下，CdCO3的Ksp＝4.0 × 10-12，Cd（OH）2的Ksp＝3.2 × 10-14，那么它们在水中的溶解量________较大。
（3）在某含镉废水中加人Na2S，当S2-浓度达到7.9 × 10-8mol/L时，水体中Cd2+浓度为_____mol/L（已知：Ksp（CdS）=7.9 × 10-27，Ar(Cd)=112）；此时是否符合水源标准？______（填“是”或“否”）。
Ⅱ、炼锌烟尘（主要成份为ZnO，含少量CuO和FeO）为原料，可以制取氯化锌和金属锌。制取氯化锌主要工艺如下：

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。
金属离子
Fe3+
Zn2+
Fe2+
开始沉淀的pH
1. 1
5. 2
5. 8
沉淀完全的pH
3. 2
6. 4
8. 8
（1）加入H2O2溶液的作用是________________。
（2）流程图中，调节pH时，加入的试剂X可以是________（填序号）
A、ZnO B、NaOH C、Zn2(OH)2CO3 D、ZnSO4
pH应调整到_________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
醛基能发生银镜反应。
【详解】
假设是除甲醛外的一元醛，则醛与银的物质的量之比为1：2，银为0.6 mol，醛为0.3mol，醛的摩尔质量为4.5 g ÷0.3 mol =15 g/mol，最小的甲醛的相对分子质量为30，前面的假设不成立。根据选项，由于甲醛相当于有两个醛基，即甲醛被氧化为甲酸，甲酸可以继续被氧化为碳酸，则甲醛与银的物质的量之比为1：4，0.6 mol银推出0.15 mol甲醛，m（甲醛）=0.15 mol30g/mol=4.5g，故A正确；
答案选A。
注意醛基和银的物质的量之比为1：2，甲醛相当于有两个醛基，1molHCHO完全反应生成4molAg！
2、D
【解析】
A．CO属于不成盐的氧化物，不是酸性氧化物，A项错误；
B．纯碱为Na2CO3，属于盐，不是碱，B项错误；
C．NH3溶于水，与水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离，属于电解质，而NH3不是电解质，C项错误；
D．金属氧化物不一定是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物，D项正确；
本题答案选D。
3、B
【解析】
A. 为过滤操作，A正确；
B. 洗气操作时应该是长口进，短口出，B错误；
C. 为溶解操作，C正确；
D. 为蒸发操作，D正确；
答案选B。
4、C
【解析】
A. 苯和液溴在铁作催化剂的条件下能发生取代反应，和溴水不反应，故A错误；
B. 苯和硝酸在浓硫酸作催化剂、加热的条件下能发生取代反应，故B错误；
C. 乙烯中含有碳碳双键，性质较活泼，能和溴发生加成反应生成l，2−二溴乙烷，故C正确；
D. 甲烷和氯气反应取代反应不仅生成一氯甲烷还生成二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，故D错误；
答案选C。
5、C
【解析】A. a点时加入10mL的一元酸HA，酸碱恰好中和得到NaA溶液，溶液的pH=8.7，说明NaA为强碱弱酸盐，A－发生水解反应A－+H2OHA+ OH－且水解是微弱的，则c(Na+)>c(A-)>c(OH-)，因水也电离产生OH－，则c(OH-)>c(HA)，所以微粒浓度大小顺序为：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)，故A正确；B. a点时溶液中只有NaA，A－发生水解促进水的电离，b点溶液中酸过量，酸抑制水的电离，所以a、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点，故B正确；C. pH=7时，c（H+）=c（OH－），由电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)=c(A－)+c(OH－)，则c(Na+)=c(A-)，故C错误；D. 根据A项分析可知，HA为一元弱酸，故D正确；答案选C。
6、B
【解析】
A.乙酸乙酯的提纯应用饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，乙酸和碳酸钠反应被溶液吸收，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，起到分离的目的，另外右侧导管不能插入溶液内，易产生倒吸，A错误；
B.氨气易溶于水，收集时要防止倒吸，氨气不溶于CCl4，将氨气通入到CCl4试剂中，不会产生倒吸，B正确；
C.石油分馏时温度计是测量馏分的温度，不能插入到液面以下，应在蒸馏烧瓶支管口附近，C错误；
D.浓盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有HCl气体，比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱时，应将HCl除去，否则会影响实验结论，D错误；
答案选B。
7、A
【解析】
玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性量子化的概念，玻尔提出了能级的概念，解释了氢原子的光谱。
【详解】
A.玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性，故A正确；
B.爱因斯坦创立了代表现代科学的相对论，故B错误；
C.门捷列夫提出元素周期律，故C错误；
D.鲍林根据光谱实验的结果，总结出多电子原子中电子填充各原子轨道能级顺序，提出了多电子原子中原子轨道的近似能级图；
答案选A。
8、B
【解析】
A．油脂有油和脂肪之分，它们的官能团都是酯基，属于酯，故A正确；
B．糖类中的单糖、二糖和油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，且单糖不水解，故B错误；
C．葡萄糖分子结构中含有醛基，则既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应，故C正确；
D．天然油脂无论是植物油还是动物脂肪，均是混合物，没有固定的熔沸点，故D正确；
故答案为B。
9、C
【解析】
根据记载，其中的“气”是能促进果实成熟的气体；
A. 脱落酸指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，不能促进果实成熟，“气”不是脱落酸；
B.生长素是植物激素，促进细胞分裂和根的分化，促进营养器官的伸长，促进果实发育，较低浓度促进生长，较高浓度抑制生长，“气”不是生长素；
C.乙烯是能够促进果实的成熟的气体，“气”是乙烯；
D.甲烷对植物的生长无作用，“气”不是甲烷；
故选C。
10、C
【解析】
MgCl2和AlCl3各0.01mol，与1mol/L的NaOH溶液反应，生成Mg(OH)2和Al(OH)3各0.01mol，，当沉淀达到最大时消耗NaOH的物质的量为0.05mol，可得NaOH溶液的体积为50mL；当NaOH溶液过量时，0.01mol氢氧化铝会溶于过量的1mol/L氢氧化钠溶液中：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，消耗氢氧化钠溶液10mL，故沉淀达最大值后，再加氢氧化钠溶液，沉淀量减小，直到最后剩余氢氧化镁沉淀0.01mol。综上分析，选C。
11、B
【解析】
A项，由图表可知，随温度升高正反应平衡常数减小，推知该反应△H<0，故A项错误；
B项，加压缩体积，平衡右移，CO的转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，CO的转化率减小，故B项错误；
C项，该反应正向为气体体积减小的放热反应，理论上温度越低、压强越高，则可提高原料气的转化率，故C项错误。
D项，初始时c(CO)= 0.1mol/L ，c(H2)= 0.2mol/L，由反应方程式可知，若平衡时CO 转化率为50%，则平衡时c(CO)=0.05 mol/L，c(H2)= 0.1mol/L，c(CH3OH)= 0.05 mol/L，该温度下平衡常数K= c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)= 0.05/0.05×0.12=100，所以该反应温度为0℃-100℃，故D项正确；
综上所述，本题选D。
对于CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)可逆反应，在体积温度不变的情况下，增加CO的浓度，平衡右移，但是CO的转化率降低， H2的转化率增大；即两种物质参加反应，增加该物质浓度，该物质的转化率减小，另外一种物质的转化率增大。
12、C
【解析】
A项、酸性条件下，过氧化氢与海带灰浸出液中的碘离子反应生成单质碘和水，反应的离子方程式为2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，故A错误；
B项、稀HNO3与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO3—+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C项、Na2S2O3溶液与Cl2反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为4Cl2＋S2O32—＋5H2O=10H＋＋2SO42—＋8Cl－，故C正确；
D项、NaAlO2溶液中与过量的CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2—＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3—，故D错误；
故选C。
本题考查离子反应方程式的正误判断注意把握发生的离子反应及离子反应的书写方法，注意溶液的酸碱性及原子个数守恒和电荷守恒的应用为解答的关键
13、C
【解析】分析：A．根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断；B．根据水的分解破坏的化学键判断，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关；C．分子间氢键的存在导致物质熔沸点升高，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导致物质熔沸点升高，据此分析解答；D．根据范德华力对物质性质的影响判断。
详解：HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，A选项错误；水的分子结构：H-O-H，分解破坏的是H-O键，即破坏的是化学键，不是氢键，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，B选项错误；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，C选项正确；CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，D选项错误；正确选项C。

14、B
【解析】
A、两种元素都是金属元素，选项A错误；B、前者是金属元素，后者是非金属元素，选项B正确；C、两种元素都是金属元素，选项C错误；D、两种元素都是非金属元素，选项D错误。答案选B。
15、B
【解析】
A．共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，二氧化碳结构式为O=C=O，所以二氧化碳分子中含有2个σ键、2个π键，则σ键和π键之比为1∶1，故A正确；
B．在共价化合物中，中心原子最外层电子数+化合价的绝对值=8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该物质中P原子最外层电子数+化合价的绝对值=5+5=10，所以该分子中P原子不满足8电子稳定结构，故B错误；
C．分子晶体中，分子间存在氢键的物质熔沸点较高，甲酸分子间存在氢键、甲醚分子间不存在氢键，所以甲酸熔沸点高于甲醚，故C正确；
D．丙烯醛中所有C原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论知，该分子中3个C原子都采用sp2杂化，故D正确；
答案选B。
16、A
【解析】
A．原子轨道中电子处于全空、半满、全满时较稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于同一周期相邻的氧原子，故A正确；
B．SO2中S的价层电子对数=2+=3，为sp2杂化，立体构型为V形，故B错误；
C．金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；
D．卤族元素氢化物都属于分子晶体，分子晶体的沸点随着其相对分子质量的增大而增大，但氟化氢分子间含有氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；
答案选A。
本题的易错点为C，要注意石墨为混合型晶体，层与层之间为分子间作用力，层内存在共价键，石墨熔化时需要破坏层内的共价键。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 (CH3)2C = C(CH3)2 1 2 12 加成或还原反应 NaOH的乙醇溶液,△
【解析】
据和的结构简式可知，由合成的过程实际上就是由-CH2CHO转化成-CH=CH2，最终转化成-CCH的过程。具体合成路线为：
【详解】
（1）根据乙烯所有原子共面，所以要使化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，烯烃的结构简式为(CH3)2C = C(CH3)2；答案：(CH3)2C = C(CH3)2；
（2）有机官能团中只有-COOH能与NaHCO3溶液反应，所以1mol 能与含1mol NaHCO3的溶液反应；答案：1；
（3）①常温下，C=C和酚羟基的邻对位都能与Br2发生反应，所以由知1摩丁香酚能与2mol Br2反应；答案：2；
②苯环上所有的原子共面，由香兰素的结构简式为可知，分子中至少有12个原子共平面；答案：12；
II．（1）根据分析可知G的结构简式为：；答案：。
（2）根据分析可①的反应类型加成反应；答案：加成反应；
（3）根据分析可④是卤代烃的消去反应，所以反应条件为：NaOH的乙醇溶液,加热；答案：NaOH的乙醇溶液,加热。
18、CH3MgBr C10H18O 羟基、羧基 酯化反应或取代反应 +2NaOH+NaBr+2H2O 14
【解析】
由合成路线结合题中新信息②可知，A为，R2MgBr为CH3MgBr；B和氢溴酸发生取代反应生成C，则C为；C发生消去反应后酸化得到D，则D为；D与乙醇发生酯化反应生成E，则E为D的乙醇酯；E再发生信息①的反应生成F。
【详解】
（1）R2MgBr的化学式为CH3MgBr，A的结构简式为，由F的结构简式可知其分子式为C10H18O。
（2）B（）中官能团为羟基和羧基。
（3）D到E的反应类型是酯化反应或取代反应。
（4）C与NaOH的乙醇溶液发生的是消去反应，注意羧基要发生中和反应，该反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+2H2O 。
（5）D（）的同分异构体满足下列条件：①与D物质含有相同官能团，即C＝C和—COOH；②含有六元环且环上有两个取代基。当六元环上两个取代基位于对位时，双键在环上还有 2 种位置（除 D 中位置外），即有两种同分异构体；当两个取代基在六元环上位于间位时，双键在环上有 6 种不同的位置，可形成 6 种同分异构体；当两个取代基在六元环上处于邻位时，双键在环上有 6 种位置，故共有 14 种同分异构体。
19、c 偏大 锥形瓶中溶液颜色变为浅红色，且半分钟不褪色 0. 1100
【解析】
（1）a. 量筒无法达到题中要求的精确度，a错误；
b. 容量瓶是用来配制溶液的仪器，不是量取用的仪器，b错误；
c. c为酸式滴定管，用来量取酸性溶液，c正确；
d. d为碱式滴定管，用来量取碱性溶液，d错误；
故合理选项为c；
（2）若碱式滴定管未经过润洗，则相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗的NaOH溶液的体积偏大，在计算中，c(NaOH)仍是原先的浓度，c(白醋)的计算结果将偏大；
（3）由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）3次实验平均消耗NaOH溶液的体积为22.00mL，所以该白醋的总酸度为：=0.1100mol·L-1。
（1）实验题中，要注意量取仪器的精确度与要量取的数据是否匹配；（2）对于滴定实验，要看明白题中的滴加对象；（3）实验题的计算中，要注意有效数字的保留。
20、提供水蒸气 提供水蒸气 在溶液中Fe3＋被未反应的铁粉完全还原为Fe2＋
【解析】
根据铁和水蒸气反应原理结合装置图以及相关物质的性质分析解答。
【详解】
（1）由于反应需要的是铁和水蒸气，则方法一中，装置A的作用是提供水蒸气，同样可判断方法二中，装湿棉花的作用也是提供水蒸气。
（2）铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，实验完毕后，取出装置一的少量固体，溶于足量稀盐酸中，由于反应中铁可能是过量的，过量的铁能与铁离子反应生成亚铁离子，所以再滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。
21、c(Cd2+)3·c(PO43-)2 Cd(OH)2 10-19 是 使Fe2+被氧化为Fe3+ AC 3.2≤pH<5.2
【解析】
分析：Ⅰ、(1)根据磷酸镉沉淀溶解平衡方程式写出其沉淀溶解平衡常数的表达式；(2)分别根据CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡表达式计算二者的平衡溶解度，据此比较它们在水中的摩尔溶解度；(3)根据CdS的溶度积常数计算水体中Cd2+的浓度，将体积摩尔浓度转化为质量摩尔浓度再与排放标准做对比，据此分析是否符合标准；
Ⅱ、(1)加过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子；(2)调节pH时要消耗氢离子，但是不能引入杂质；调节pH使铁离子转化为沉淀，而锌离子不沉淀，根据表中数据分析。
详解：Ⅰ、(1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为：Cd3(PO4)2(s)⇌3Cd2++2PO43-，则其沉淀溶解平衡常数表达式为Ksp=c3(Cd2+)c2(PO43-)，故答案为c3(Cd2+)c2(PO43-)；
(2)当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(s)⇌Cd2++CO32-，则其平衡时摩尔溶解度为s==2×10-6mol/L，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s)⇌Cd2++2OH-，则其平衡时摩尔溶解度为s==2×10-5mol/L，因此溶解度更大的是Cd(OH)2，故答案为Cd(OH)2；
(3)含镉废水中加入Na2S，当S2-浓度达到7.9×10-8mg•L-1时，溶液中c(Cd2+)==1.0×10-19mol/L，即水体系中的Cd2+质量摩尔浓度为1.0×10-19×112×103mg/L=1.12×10-14mg/L＜0.005mg/L，因此符合标准，故答案为1.0×10-19mol/L；是；
Ⅱ、(1)根据流程分析可知，加过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为将亚铁离子氧化为铁离子；
(2)调节pH时要消耗氢离子，但是不能引入杂质，ZnO、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3均与氢离子反应生成锌离子，消耗氢离子的同时不引入杂质，ZnSO4不能与氢离子反应，所以不能调节pH，故选AC，调节pH使铁离子转化为沉淀，而锌离子不沉淀，由表中数据可知pH≥3.2时，铁离子完全沉淀，而锌离子开始沉淀的pH为5.2，所以要调节pH为3.2≤pH＜5.2，故答案为AC；3.2≤pH＜5.2。