【文档说明】四川省乐山第一中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，928.994 KB，由小赞的店铺上传

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乐山一中高2025届高二(上)12月月考化学测试卷考试时间：75分钟总分：100分可能用到的相对分子质量：H-1O-16Na-23Fe-56第Ⅰ卷选择题一、选择题(每题只有一个正确选项，共14个小题，每小题3分，总分4

2分)1.下列保存食物的方法体现了“温度影响化学反应速率”的是A.干燥保存B.加盐腌制C.置于冰箱D.真空密封【答案】C【解析】【详解】A．干燥保存，是通过控制湿度，干燥食物，达到阻止霉菌、发酵菌和细菌生长，达到保存的目的，与

温度无关，A错误；B．加盐腌制，可使细菌细胞脱水，从而其他杀菌作用，有利于食物的保存，与温度无关，B错误；C．置于冰箱，可降低食物温度，使微生物的酶活性降低，从而起到长期保存作用，体现温度对速率的影响，C正确；D．真空密封可隔绝氧气，使微生物没有生存条件，达到长期保存作用，D错

误；故选C。2.根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是A.室温下，NaR溶液的pH大于7B.20℃时，HR溶液稀释100倍pH增加了1C.HR溶液中加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大D.HR溶液的导电性弱【答案】D【解析】【详解】A．室温下，Na

R溶液的pH大于7，说明NaR为强碱弱酸盐，所以能证明HR为弱酸，A正确；B．20℃时，HR溶液稀释100倍若为强酸，pH增加了2，所以能证明HR为弱酸，B正确；C．HR溶液中加入少量NaR固体，溶解后溶液pH变大，

说明HR溶液中存在电离平衡，则HR为弱酸，C正确；D．HR溶液的导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无必然关联，D错误；故选D。3.下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是的的A.蒸发结晶B.酸滴定碱C.制MgCl2D.

制乙酸乙酯A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．蒸发结晶应该用蒸发皿，图中为坩埚，用来灼烧固体，故A错误；B．图中是碱式滴定管，不能用来盛装酸性溶液，故B错误；C．由氯化镁晶体蒸干制备氯化镁，需要在HCl气流中，以抑制氯化

镁的水解，故C正确；D．导气管不应该伸入碳酸钠溶液中，会发生倒吸，故D错误；故选C。4.25℃时，将25mL4mol·L-1的盐酸与100mL2mol·L-1NaOH溶液混合后，再稀释至200mL，该溶液的pH为(已知：lg2=0.3)A.12.7B.13.7C.12.3D

.13.3【答案】B【解析】【详解】25mL4mol·L-1的盐酸中+n(HCl)=n(H)=0.0254=0.1mol，100mL2mol·L-1NaOH溶液中-n(NaOH)=n(OH)=0.12=0.2mol,反应中化学方程式计算关系为HClNaOH110.

1mol0.2mol:，反应后溶液中-+-n(OH)-n(H)0.2mol-0.1molc(OH)===0.5mol/LV0.2L，14+14-kw10c(H)=210mol/Lc(OH)0.5−−==，+-14pH=-l

gc(H)=-lg(210)14lg213.7=−=；故答案选B。5.下列关于NA的说法，正确的是A.2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NAB.0.1mol·L-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NAC.1L0.1mol·L-1H3PO4溶液

中，含有0.3NA个H+D.25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．SO2和O2反应生成SO3是可逆反应，2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数大于2NA，A错误；B．没有

给出溶液体积，无法确定阳离子的数目，B错误；C．H3PO4是弱酸，不完全电离，1L0.1mol·L-1H3PO4溶液中，含有H+数目小于0.3NA个，C错误；D．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中O

H-浓度为0.1mol/L，1.0L该溶液中含有的OH-数目为0.1NA，D正确；故选D。6.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.使酚酞变红色的溶液中：Na+、Ba2+、3NO−、Cl-B.与A

l反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、3NO−、24SO−C.w+Kc(H)=1×10-13mol/L的溶液中：4NH+、Ca2+、ClO-、3NO−D.水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、2AlO−、23C

O−【答案】A【解析】【详解】A．使酚酞变红色的溶液呈碱性，而在碱性溶液中Na+、Ba2+、3NO−、Cl-能大量存在，A正确；B．与Al反应能放出H2的溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性，在碱性溶液中，Fe2+不能大

量存在，在酸性溶液中，Fe2+、3NO−会发生氧化还原反应不能大量共存，B错误；C．()cHkw+=1×10-13mol/L的溶液呈酸性，酸性溶液中ClO－不能大量共存，C错误；D．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L，则水的电离受到抑制，溶液可能含有酸或碱，在酸

性溶液中2AlO−、23CO−不能大量存在，D错误；故选A；7.在体积均为2L的恒温密闭容器1、2中，同时充入1molCl2(g)和1molPCl3(g)，在起始温度不同的条件下发生反应：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5

(g)。下列叙述正确的是A.起始反应温度：容器1<容器2B.平衡时压强：容器1<容器2C.容器2中达到平衡时PCl3转化率为20%D.其它条件不变，3min后向容器1中再充入1molPCl5(g)，达新平衡后PCl3(g)的体积

分数减小【答案】D【解析】【分析】根据图像可知，容器1中，3min和5min时PCl5(g)的物质的量相等，说明反应3min时已达到平衡状态，同理，容器2中，4min时反应达到平衡状态；容器1中1min

时PCl5的物质的量大于容器2中2min时PCl5的物质的量，说明容器1反应速度快。【详解】A．根据分析，容器1中反应在3min时就达到平衡状态，可知容器1中反应速率较快，则温度：容器1>容器2，A错误；B．根据图像可知，平衡时容器1中生成的PCl5(g)少于容器2，由于该可逆

反应是气体体积减小的反应，因此容器1中气体的总量大于容器2，则压强：容器1>容器2，B错误；C．达到平衡时容器2中生成0.8molPCl5，因此PCl3转化率为0.8mol100%=80%1mol，C错误；

D．其它条件不变，3min后向容器1中再充入1molPCl5(g)，体积不变相当于增大压强，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即正向移动，因此达新平衡后PCl3(g)的体积分数减小，D正确；答案选D。8.下列关于如图所示转化过程的分析错误的是A.

该转化过程中34FeO为中间产物B.过程Ⅱ的反应中FeO为还原剂、2H为还原产物C.过程I的化学方程式为：2Fe3O4太阳能6FeO＋O2D.过程I将太阳能转化为化学能【答案】A【解析】【分析】过程Ⅰ是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，过程Ⅱ是FeO和水

在加热条件下反应生成Fe3O4和H2；【详解】A．由分析可知，34FeO先消耗后生成，为该反应催化剂，A错误；B．过程Ⅱ，Fe元素化合价升高，FeO为还原剂，水中H元素化合价降低，被还原，得到还原产物2H，

B正确；C．由分析可知，过程I的化学方程式为：2Fe3O4太阳能6FeO＋O2，C正确；D．过程Ⅰ是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，是将太阳能转化为化学能，D正确；故选A。9.以下生活除垢中，其原理不属于盐类水解的是A.醋酸除水垢B.

明矾净水C.4NHCl溶液除锈D.热碱除油污【答案】A【解析】【详解】A．食醋和水垢反应生成溶于水的醋酸钙、二氧化碳和水，发生的是复分解反应，与水解无关，故A选；B．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故B不选；C．氯化铵为强酸弱碱盐，铵

根离子水解使溶液显酸性，氯化铵溶液用来除铁锈涉及盐类水解，故C不的选；D．纯碱是碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解是吸热反应，加热促进水解碱性增强，促使油脂水解，故D不选；故选：A。10.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A.向Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深B.

在2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系中，缩小容器体积可使体系颜色变深C.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D.合成氨工厂采用增大压强以提高原料的转化率【答案】B【解析】【详解】A．Fe(SCN)3溶液中存在：Fe(SCN)3Fe3

++3SCN-，加入固体KSCN后，平衡逆移，溶液颜色变深，能用平衡移动原理解释，A不合题意；B．密闭容器中反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系中达平衡后，压缩容器体积，平衡正向移动，颜色变浅，故颜色加深是因为体积

缩小NO2的浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，可以用勒夏特列原理解释，C不合题意；D．合成氨的反应中，正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强，平衡向着正向移动

，以提高原料的转化率，可以用平衡移动原理解释，D不合题意；故答案为：B。11.对0.1mol·L-1的CH3COONa溶液适当升温，下列说法不正确的是A.Kw变大B.CH3COO-浓度减小C.水的电离程度减小D.c(CH3

COOH)＋c(CH3COO-)=0.1mol·L-1【答案】C【解析】【详解】A．升高温度，促进水电离，kw变大，A不符合题意；B．CH3COO-的水解是吸热反应，升高温度，CH3COO-的水解程度变大，则CH3COO-浓度减小，B不符合题意；C．

升高温度，促进水电离，水的电离程度增大，C符合题意；D．根据物料守恒：()()()33ccc0.1/LCHCOOHCHCOONamol−++==，D不符合题意；故选C。12.常温下，部分弱酸的电离平衡常数如表。下列离子方程

式书写正确的是化学式H2CO3HClOH2S电离常数Ka1=4×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=4.7×10-8Ka1=1.3×10-7Ka2=7.1×10-15A.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：23CO−＋2Cl2＋H2O=

CO2↑＋2HClO＋2Cl-B.向Na2S溶液中通入过量CO2：S2-＋2H2O+2CO2=H2S↑＋23CO−C.向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2＋ClO-＋H2O=H3CO−＋HClOD.向NaClO溶液中通入过量H2S：H2S＋ClO-=HS

-＋HClO【答案】C【解析】【分析】由图表可知Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)。【详解】A．盐酸为强酸，结合电离平衡常数大小可知酸性：HCl＞H2CO3＞HClO＞3HCO−，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水反应生成碳酸氢钠和次

氯酸，离子方程式为2-3223CO+Cl+HO=HCO+Cl+HClO−−，A错误；B．结合电离平衡常数大小可知酸性H2CO3＞H2S＞3HCO−＞HS−，向Na2S溶液中通入过量CO2反应生成硫化氢和碳酸氢根离子2-2232S+2CO+2HO=2HC

O+HS−，B错误；C．结合电离平衡常数大小可知酸性H2CO3＞HClO＞3HCO−，向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢根，-223ClO+CO+HO=HCO+HClO−，C正确；D．

NaClO溶液中通入过量H2S，ClO-具有强氧化性，H2S具有还原性，二者发生氧化还原反应，D错误；故选C。13.某同学利用反应“Cu＋2Ag+=Cu2+＋2Ag”设计了一个化学电池(如图所示)。该电池在外电路中，电流从a极流向b极。

下列说法正确的是A.电极b的电极材料为铜，电极反应式为Cu＋2e-=Cu2+B.c溶液为AgNO3溶液，放电时Ag+向a极移动C.电极a的电极材料可以为Ag，也可以是石墨或铁D.装置放电时主要将电能转化为化学能【答案】B【解析】【分析】在外电路中，电流从a极流向b极，

所以电极a为正极，电极b为负极，a极反应式为：+-2Ag2e=2Ag＋,b极反应式为：-2+=Cu-2eCu;【详解】A．电极b为负极，b极反应式为：-2+=Cu-2eCu，A错误；B．电解质溶液中应该含有Ag+,所以c溶液是AgNO3溶液，银离子移向正极—a极，B正确；C．电极a的电极材料

可以为Ag，也可以是石墨或铁，C错误；D．装置放电时主要将电能转化为化学能，D错误；故选A；14.已知25℃时，物质的溶度积常数为Ksp(FeS)=6.3×10﹣18；Ksp(CuS)=1.3×10﹣36；Ksp(ZnS)=1.6×1

0﹣24.下列说法不正确的是A.足量CuSO4溶解在0.1mol/LH2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10﹣35mol/LB.除去工业废水Fe2+中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂C.在相同温度下，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度D.在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，平衡

向生成沉淀方向移动，Ksp(ZnS)不变【答案】A【解析】【详解】A．H2S是弱酸，0.1mol/L的H2S溶液中，硫离子的浓度小于0.1mol/L，Ksp(CuS)=1.3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最大浓度

大于1.3×10﹣35mol/L，故A错误；B．由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18，CuS的溶解度小于FeS的，所以除去工业废水Fe2+中的的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂，故B正确；C．由B项可知，Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(Fe

S)＝6.3×10﹣18，CuS的溶解度小于FeS的溶解度，故C正确；D．溶度积受温度影响，与离子浓度无关，在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)不变，故D正确；故选A。第II卷(非选择题，共

58分)二、填空题(除特别标注外，每空2分)15.回答下列问题：（1）写出泡沫灭火器(硫酸铝和碳酸氢钠溶液)灭火时发生反应的离子方程式：___________。（2）写出明矾(KAl(SO4)2·12H2O)净水原理的离子方程式___________。

（3）物质的量浓度相同的①NH4HSO4；②NH4Cl；③NH4HCO3；④(NH4)2SO4四种溶液中，c(4NH+)由大到小的顺序是___________。（4）在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H+△H>0，下列方法中，可以

使0.10mol·L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是___________。a．加热b．加入少量0.10mol·L﹣1的稀盐酸c．加入少量氯化钠固体d．加入少量冰醋酸e．加水稀释至0.010mol·L﹣1f．加入少量0.10mol·L﹣1的N

aOH溶液（5）将FeCl2溶液蒸干、灼烧后所得固体为：___________；Al2(SO4)3溶液蒸干所得固体为：___________。配制FeCl3溶液时，加入少量的___________，目的是________

___。【答案】（1）Al3++3-3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓（2）Al3++3H2OÇAl(OH)3+3H+（3）④>①>②>③（4）aef（5）①.Fe2O3②.Al2(SO4)3③.盐酸④.抑制FeC

l3的水解【解析】【小问1详解】铝离子水解显酸性，HCO-3水解显碱性，二者混合后发生彻底双水解，离子方程式为：Al3++3HCO-3=3CO2↑+Al(OH)3↓；【小问2详解】明矾溶于水后电离产生Al3+，Al3+水解生成氢氧化铝胶体，胶体可以吸

附水中的杂质，从而净水，离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；【小问3详解】(NH4)2SO4可以电离产生两个NH4+，水解是微弱的，所以④中浓度最大，NH4HCO3溶液中碳酸氢根的水解促进铵根的水解，所以③中最小，NH4HSO4溶

液中硫酸氢根电离出的氢离子抑制铵根水解，NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根水解，所以①>②，综上所述c(NH4+)由大到小的顺序是：④>①>②>③；【小问4详解】a．该电离过程吸热，加热可以增大醋酸的电离程度，a符

合题意；b．0.10mol·L﹣1的稀盐酸c(H+)大于同浓度的醋酸中的氢离子浓度，所以加入后会抑制醋酸的电离，CH3COOH电离程度减小，b不符合题意；c．加入少量氯化钠固体对醋酸的电离没有影响，e不符合题意；d．冰醋酸可以电离出

醋酸根，加入后抑制醋酸的电离，d不符合题意；e．加水稀释可以促进弱电解质的电离，e符合题意；f．加入少量0.10mol·L﹣1的NaOH溶液，可以和氢离子反应，促进醋酸的电离，f符合题意；综上所述答案为aef；【小问5详解】FeCl2溶液蒸干，由于FeCl2水解产生Fe(O

H)2和HCl，而HCl会挥发，所以最终得到Fe(OH)2，灼烧过程中Fe(OH)2被氧化，然后分解得到Fe2O3；Al2(SO4)3虽然也会水解，但由于硫酸不挥发，所以蒸干后依然得到Al2(SO4)3；FeCl3会水解，配制时可以加入少量稀盐酸，来抑制

FeCl3的水解。16.甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景：工业上一般以CO和2H为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)∆H1=-116kJ·mol﹣1（1）已知：C

O(g)＋12O2(g)=CO2(g)∆H2=-283kJ·mol﹣1H2(g)＋12O2(g)=H2O(g)∆H3=-242kJ·mol﹣1则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为___________。（2）下列措施中有利于增大反

应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的反应速率且利于反应正向进行的是___________。A.使用高效催化剂B.降低反应温度C.随时将3CHOH与反应混合物分离D.增大体系压强(减小容器容积)（3）若在恒温、恒压条件下，

在密闭容器中进行可逆反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡状态的标志的是___________。A．单位时间内生成nmolCH3OH的同时生成2nmolH2B．混合气体的密度不再改变的状态C

．混合气体的压强不再改变的状态D．混合气体的平均摩尔质量不再改变的状态E．CO、H2、CH3OH浓度之比为1∶2∶1的状态。（4）一定条件下向2L的密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应：CO(g)＋2

H2(g)CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：①A、B、C三点平衡常数KA、KB、KC的大小关系是___________；②压强p1___________p2(填“>”“<”或“=”)，若p1=100kPa，则A点的pK=________

___kPa-2(pK为以分压表示的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)③在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正___________v逆(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−

651kJ•mol−1（2）D（3）ABD（4）①.KA=KB＞KC②.＜③.4.0×10-4④.＞【解析】【小问1详解】①CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H1＝﹣116kJ•mol﹣1，②CO(g)+

12O2(g)═CO2(g)△H2＝﹣283kJ•mol﹣1，③H2(g)+12O2(g)＝H2O(g)ΔH3＝﹣242kJ⋅mol﹣1，结合盖斯定律计算②﹣①+2×③得到1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为；CH3O

H(g)+32O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝−651kJ•mol−1；【小问2详解】A．使用高效催化剂加快反应速率，不能改变化学平衡，A错误；B．降低反应温度，反应速率减小，B错误；C．随时将CH3OH与反应混合物分离，生成物浓度减小，反应正向进行，但反应速率不会增大，

C错误；D．增大体系压强，反应速率增大，平衡正向进行，D正确；故选D。【小问3详解】A．单位时间内生成nmolCH3OH的同时生成2nmolH2，说明正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，A正确；B．根据质量守恒，反应前后混合气体的质量不变，则恒压条件下混合气体的密度会发生变化，当密度不再改变则达

到了化学平衡状态，B正确；C．恒压条件下，当压强不再改变，不一定达到了化学平衡状态，C错误；D．根据质量守恒，反应前后混合气体的质量不变，而物质的量在改变，则混合气体的平均摩尔质量会改变，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，达到了化

学平衡状态，D正确；E．CO、H2、CH3OH浓度之比为1：2：1的状态，不一定达到了化学平衡状态，E错误；故答案为：ABD；【小问4详解】①图象变化可知，随温度升高，CO平衡转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应△H＜0，又T

2＞T1，温度越高平衡常数越小，则A、B、C三点的平衡常数大小为：KA＝KB＞KC；②温度不变，压强增大，平衡正向进行，CO转化率增大，p1＜p2，一定条件下向2L的密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应，A点CO平衡转化率为0.5，()()()()()()23

COg+2HgCHOHgmol120mol0.510.5mol0.510.5起始量变化量平衡量，平衡状态下气体总物质的量＝0.5mol+1mol+0.5mol＝2mol，A点的Kp＝322()()pCHOHpCOpH()＝2

0.510020.51100(100)22kPa-2＝4×10-4kPa-2；③在T1和p1条件下，由D点到B点过程中，CO平衡转化率增大，说明平衡正向进行，正、逆反应速率之间的关系：v正>v逆。17.滴定法是化学分析常用方法，是一种简

便、快速和应用广泛的定量分析方法。Ⅰ.某实验小组用已知浓度的NaOH标准液来滴定未知浓度的醋酸溶液。（1）实验室先用NaOH固体配制0.1000mol/L的NaOH溶液240mL。①本实验必须用到的仪器有天

平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、___________。②要完成本实验该同学应称出NaOH的质量为___________g。（2）取25.00mL待测液于250mL锥形瓶中，加入2~3滴指示剂，用0.1

000mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，按上述操作重复3次。回答下列问题。①滴定过程中加入的指示剂为___________；②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视___________；③实验数据记录如表所示：滴定次数滴定前碱式滴定管读数/mL滴定后碱式滴定管读数/mL11.0030.9522

.0329.2330.5630.61根据表中数据计算出醋酸待测液的浓度为___________。④在上述实验过程中，下列操作会造成测定结果偏大的是___________。a．量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗b．取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失c．当滴定结

束时，俯视碱式滴定管读数Ⅱ.某实验小组为了分析补血剂FeSO4·7H2O中铁元素的质量分数，用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是5Fe2+＋Mn4O−＋8H+=5Fe3+＋Mn2++4H2O。（3）滴定至

终点时的现象是___________（4）该实验小组称取12.0g补血剂在容量瓶中配成250mL溶液，量现25.00mL试样溶液，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗溶液20.00mL，则所测补血剂中铁元素的质量分数是________

___(结果精确到0.1%)。【答案】（1）①.250mL容量瓶②.1.0（2）①.酚酞②.锥形瓶内溶液颜色变化③.0.1200mol/L④.a（3）当滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不恢复（4）46.7%【解析】【小

问1详解】①本实验必须用到的仪器除了天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要250mL容量瓶；②应称取的m(NaOH)=0.1000mol/L0.25L40g/mol=1.0g；【小问2详解】①用NaOH标准溶液滴定醋酸溶液，到达滴定终点时溶液呈碱性，加入

的指示剂为酚酞；②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化；③三次实验数据可得消耗NaOH溶液的体积分别为30.95-1.00=29.95mL、29.23-2.03=27.2mL、30.61-

0.56=30.05mL，第2次实验数据误差较大应舍去，则消耗NaOH溶液体积的平均值为L29.95mL+30.05m=30.00m2L，依据1molNaOH恰好能与1mol醋酸反应，醋酸待测液的浓度为-3-30.1000

mol/L30.0010L=0.1200mol/L2510L；④a．量取标准液的碱式滴定管未润洗，则会造成消耗标准NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高，a符合题意；b．取醋酸的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，待测液的物质的量偏小，导致标准液的体积偏小，测定结果

偏低，b不符合题意；c．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，造成标准液体积偏小，测定结果偏低，c不符合题意；故答案为：a；【小问3详解】滴定至终点时的现象是当滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不恢复；【小问4详解】取12.0g补血

剂在容量瓶中配成250mL溶液，量取25.00mL试样溶液，用0.100mol·L-1KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，依据反应方程式，可建立关系式：KMnO4——5Fe2+，则所测补血剂中铁元素的质量分数是250mL0.1molL0.

02L556g/mol25mL12.0g/≈46.7%；18.工业上利用含锌的物料(含FeO、CuO、FeS、SiO2等杂质)制取活性ZnO并回收Cu的流程如下：已知该条件下(25℃)，上述各种离子开始沉淀和沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)时的pH如下表所示

：离子Fe2+Fe3+Zn2+Cu2+开始沉淀的pH6.31.56.24.7沉淀完全的pH9.73.28.06.7（1）能提高浸出速率的措施有___________。（2）“残渣1”主要成分化学式为__

_________。（3）“氧化过滤"步骤的主要目的是除去“铁元素”，过程中先加的试剂A为H2O2溶液①写出加入H2O2的离子反应方程式___________。②加入氨水调节pH的范围为___________。③调节pH除了使用氨水

外，还能选择的氧化物是___________。（4）“氧化过滤”步骤中，滴加氨水到刚好有Fe(OH)3沉淀生成时，-lgc(Fe3+)=___________。（5）“沉淀”步骤中B溶液的溶质是____

_______。【答案】（1）适当增大硫酸的浓度、将含锌物料粉碎、适当升高温度等(合理即可)（2）SiO2（3）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.3.2≤pH＜4.7③.ZnO（4）

-0.1（5）(NH4)2SO4【解析】【分析】含锌的物料(含FeO、CuO、FeS、SiO2等杂质)中加入H2SO4浸出，FeO、CuO、FeS分别生成FeSO4、CuSO4等，只有SiO2不溶而成为滤渣1；过滤后滤液中加入氧化剂A和

氨水，将Fe2+氧化为Fe3+并转化为Fe(OH)3沉淀(滤渣2)；过滤后，往滤液中加入适量Zn，将Cu2＋还原为Cu，过滤后往滤液中加入NH4HCO3，将Zn2+转化为ZnCO3沉淀；将ZnCO3过滤、洗涤、烘干

、焙烧，生成活性ZnO；【小问1详解】可通过增大反应物浓度、升高温度、增大接触面积等措施提高浸出速率，则具体措施有：适当增大硫酸的浓度、将含锌物料粉碎、适当升高温度等；故答案为：适当增大硫酸的浓度、将含锌物料粉碎、适当升高温度等；小问2详解】由分析可知，“残渣1”主要成分化学式

为SiO2；故答案为：SiO2；【小问3详解】①H2O2的热稳定性差，则温度不宜过高的原因是：防止H2O2受热分解；故答案为：防止H2O2受热分解【②加入氨水时，将Fe3＋全部转化为沉淀，但不能让Cu2＋、Zn2＋生成沉淀，所以调节pH的范围为2.8≤pH＜4.7；故答

案为：2.8≤pH＜4.7③调节pH除了使用氨水外，还能选择的氧化物是ZnO；故答案为：ZnO【小问4详解】“氧化过滤”步骤中，Fe3＋完全沉淀时，pH=3.2，c(Fe3＋)=1.0×10－5mol/L，则Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-5×(1.0×10-10.8)3=1

.0×10-37.4，滴加氨水到刚好有Fe(OH)3沉淀生成时，pH=1.5，c(Fe3+)=37.40.13-12.53ksp1010c(OH)(10)−−==，-lgc(Fe3+)=-0.1;故答案为：-0.1【小问5详解】“沉淀”步骤中将Zn2+转化为ZnC

O3，该过程的离子方程式为：Zn2++2-3HCO=ZnCO3↓+H2O+CO2↑,剩下的溶液为(NH4)2SO4;答案为：(NH4)2SO4