【文档说明】四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二下学期6月月考化学试题 含解析.docx，共(16)页，578.148 KB，由小赞的店铺上传

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四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二下学期(6月)第三次考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Si-28P-31Cu-64第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题：(本题包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个

选项符合题意)1.下列原子或离子核外电子排布不属于基态排布的是A.Na：1s22s22p53s2B.S2－：1s22s22p63s23p6C.N：1s22s22p3D.Si：1s22s22p63s23p2【答案】A【解析】【详解】A．基态钠原子的电子排布式应是1s22s22

p63s1，选项A符合；B．1s22s22p63s23p6遵循能量最低和构造原理，是基态S2-的核外电子排布式，选项B不符合；C．1s22s22p3遵循能量最低和构造原理，是基态N原子的核外电子排布式，选项C不符合；D．1s22s22p63s23p2遵循能量最低和

构造原理，是基态Si原子的核外电子排布式，选项D不符合；答案选A。2.最近，意大利科学家使用普通氧分子和带正电荷的氧离子制造出了由4个氧原子构成的氧分子，并用质谱仪探测到了它存在的证据。若该氧分子具有空间对称结构，下列关于该氧分子的说法正确的是A.是一种新的氧化物B.不可能含有极性键

C.是氧元素的一种同位素D.是臭氧的同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．4个氧原子构成的氧分子即O4是同一元素组成的物质，所以是单质，不可能为氧化物，故A错误；B．由四个氧原子组成的物质，所以里面含有非极性键，极性键必须是不同元素的原子形成的，故B正确；C．同位素是元

素原子之间关系，而O4是单质，不是同位素关系，故C错误；D．O4与臭氧是同一元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D错误；故选B。3.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说

法正确的是的A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+C.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【

答案】B【解析】【详解】A．反应后Cu2+变为[Cu(NH3)4]2+，故A错误；B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+，故B正确；C．该[Cu(NH3)4]2+在乙醇的中溶解度小，向反应后的溶液加入乙醇，会有晶体析出，故C错

误；D．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3分子中N原子给出孤对电子，故D错误；选B。4.下列说法中正确的是A.CO2、BF3、NCl3分子每一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B.P4和CH4都是

正四面体分子且键角都为109o28ˊC.硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅D.原子间通过共价键而形成的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度【答案】C【解析】【分析】【详解】A．ABn型分子中，A的族序数+成键数=8，则满足所有原子的最外层达到8电子稳定结构；BF3中3+3=

6，所以B原子不满足8电子稳定结构，故A错误；B．白磷中键角为60o，甲烷中键角为109o28ˊ，二者都是正四面体分子，故B错误；C．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，硬度越大，则键长：C-C<C-Si<Si-Si，所以硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故

C正确；D．原子间通过共价键而形成的晶体可能为分子晶体，也可能为原子晶体，若为分子晶体，熔沸点较低，硬度不大，故D错误；故C正确；5.下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)A.124gP4含有P-P键的个数为4NAB.12g石墨

中含有C-C键的个数为1.5NAC.12g金刚石中含有C-C键的个数为NAD.60gSiO2中含Si-O键的个数为2NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A．()4m124gnP===1molM124g/mol，P4是正四

面体结构，1个P4含有6个P-P键，因此124gP4含有的P-P的物质的量为6mol，P-P键的数目为6NA，故A错；B．12个石墨含有C原子的物质的量为1mol，在石墨中每个C参与形成3个C-C键，每个C-C

键由两个C形成，1个C原子平均含1.5个C-C键，因此12g石墨中含有的C-C键数为1.5NA，故B正确；C．12g金刚石含有C原子的物质的量为1mol，在金刚石中1个C原子形成4个C-C键，每个C-C由2个碳原子组成，因此12g石墨中含有的C-C键数为1×(4

÷2)×NA=2NA，故C错；D．60gSiO2的物质的量为1mol，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个Si-O键，因此60gSiO2所含的Si-O键的数目为4NA，故D错；答案选B。6.元素X、Y、Z在周期表中的相对位置

如图。已知Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，则下列说法不正确的是XYZA.Y元素原子的外围电子排布为4s24p4B.Y元素在周期表的第三周期ⅥA族C.X元素所在周期中所含非金属元素最多D.Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3【答案】A【解析

】【分析】Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n-1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为O元素，Z为Se元素，以此解答。【详解】A．Y元素原子的外围电子排布为nsn

-1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n-1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，故A错误；B．Y为S元素，处于第三周期第ⅥA族，故B正确；C．X为O元素，处于第二周期，只有2两种金属元素，含有6种

非金属元素，含非金属元素最多，故C正确；D．Z为Se元素，是34号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，故D正确；故选A。7.下列晶体的分类正确的一组是选项离子晶体原子晶体分子晶体金属晶体A22

NaO石墨ArHgB玻璃金刚石32CHCHOHAgC3CHCOONaSiCMgD2Ba(OH)Si60CNaHA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．石墨是混合型晶体，不是原子晶体，故A错误；B．玻璃是混合物，不是晶体，晶体是纯净物，故

B错误；C．3CHCOONa是盐属于离子晶体，SiC是原子晶体，有机物萘属于分子晶体，金属Mg属于金属晶体，故C正确；D．最后一个NaH属于离子晶体，不是金属晶体，故D错误；答案选C。8.反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)在一个

容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是①增加C(s)的量②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大④保持压强不变，充入N2使容器体积变大A.①③B.②③C.①④D.②④【答案】A【解析】【详解】①

反应物C为固体，增加固体的量不能改变反应速率；②容器的体积缩小一半，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度加倍，反应速率加快；③体积不变时充入N2，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度不变，反应速率不变；④压强不变时充入N2，容器体积

增大，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度减小，反应速率变小。综上所述，①③满足题意；答案选A。9.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq)⇌-3I(aq)，某I2、KI混合溶液中，-3I的物质的量浓度c(-3I)与温度T的关系如图所示(曲线

上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是A.温度为T1时，向该平衡体系中加入KI固体，平衡正同移动B.I2(aq)+I-(aq)⇌-3I(aq)的△H＜0C.若T1时，反应进行到状态d时，一定有v正>v逆D.状态a与状态b相比，状态b时I2的转化率更高【答案】D【解析】【分析】【详解

】A．温度T1时，加入KI固体，I-浓度增大，平衡向正反应方向移动，故A正确；B．由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，-3I的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，反应I2(aq)+I-(aq)⇌-3I(aq)的△H＜0，故B正确；C．若反应进行到状态d时，反应未达到平衡状态，若

反应趋向于平衡，则反应向生成的-3I方向移动，则v正＞v逆，故C正确；D．状态a与状态b均为平衡状态，状态b的-3I的物质的量浓度明显小于状态a的-3I的物质的量浓度，说明由状态a转化为状态b时，升高温度平衡逆向移动，则I2的转化率降低，故D错误；故答案为D。10.下列说法正确的是A.相同浓度的H

Cl和CH3COOH，两溶液中c(H+)相同B.将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的12C.HA、HB均为弱酸，相同条件下若KHA＞KHB，则酸性强弱为HA＞HBD.溶液中CH3C

OO-和H+的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态【答案】C【解析】【分析】【详解】A．CH3COOH是弱酸，酸溶液中部分电离，所以相同浓度HCl和CH3COOH溶液中c(H+)：HCl＞CH3COOH，故A错误；B．NaOH溶液稀释一倍，OH-浓度减少到原来1/2，但加水稀

释促进一水合氨电离，导致稀释后溶液中OH-浓度大于原来的1/2，故B错误；C．弱酸的电离常数越大，酸的酸性越强，由于弱酸HA、HB的电离常数KA＞KB，所以HA的酸性大于HB，故C正确；D．平衡状态是电离速率和化合速率相等，且离子浓度不变，(CH3COO-)=c(H+)，不能判断各组分的浓度是否发

生变化，则无法判断醋酸溶液是否达到电离平衡状态，故D错误；故选：C。11.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.c(2-3SO)=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋、Cl－、2-4SO、Na＋B.由水电离的c(H

＋)=1×10－14mol/L的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、-3HCOC.c(Fe3＋)=0.1mol/L溶液中：K＋、ClO－、2-4SO、SCN－D.+-(H)(OH)cc=1012的溶液中：4NH+、Al3＋、-3NO、Cl－【答案】

D【解析】【详解】A.c(2-3SO)=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋与亚硫酸根离子因氧化还原反应不共存，A不符合；B.由水电离的c(H＋)=1×10－14mol/L等于由水电离的c(OH-)=1×10－14mol/L，溶液可能是酸或碱溶液，-

3HCO均不能大量存在，B不符合；C.Fe3＋与SCN－会生成硫氰化铁而不共存，C不符合；的D.+-(H)(OH)cc=1012的溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性：4NH+、Al3＋、-3NO、Cl－可共存

，D符合；答案选D。12.常温下，几种铜盐的溶度积常数如下表所示。下列说法正确的是化合物CuClCuBrCu2SCu(OH)2Fe(OH)2CuSKsp-7310-9210-502.510-192.6108×10-16-3

61.310A.常温下，溶解度：CuCl＜CuBrB.向含同浓度的CuCl2和FeCl2的溶液中滴加稀NaOH溶液，Cu2+先沉淀C.向Cu(OH)2悬浊液中加入Na2S溶液，无明显现象D.反应2CuCl+S2-Cu2S+2Cl-的平衡常数很小，反

应几乎不进行【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Ksp(CuCl)＞Ksp(CuBr)，物质的溶度积常数越大，物质的溶解度就越大，所以溶解度：CuCl＞CuBr，A错误；B．Cu(OH)2、Fe(OH)2的构型相同，物质的溶度积常数：Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(

OH)2]。向含有等浓度的金属阳离子溶液中加入NaOH溶液时，物质的溶度积常数越小，该金属阳离子优先形成沉淀，故Cu2+先形成Cu(OH)2沉淀，B正确；C．在Cu(OH)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡，向该溶液中加入

Na2S溶液，由于Ksp[CuS]＜Ksp[Cu(OH)2]，所以溶液中的Cu2+与S2-会形成CuS黑色沉淀，实现沉淀的转化，C错误；D．反应2CuCl+S2-Cu2S+2Cl-的平衡常数K=2-2-22+2-14

362-2-22+-502c(Cl)c(Cl)?c(Cu)Ksp(CuCl)9?10====3.6?10c(S)c(S)?c(Cu)Ksp(CuS)2.5?10＞1×105，反应进行的很完全，D错误；故合理选项是B。13.25℃、101

kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是A.2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-285.8kJ／molB.2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=+571.6kJ／molC.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g

)△H=-571.6kJ／molD.H2(g)+12O2(g)=H2O(1)△H=-285.8kJ／mol【答案】D【解析】【详解】在101kPa、25℃时，2gH2(物质的量为1mol)完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，该反应的热化学方程式表示为：2H2(

g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=－571.6kJ∙mol−1或H2(g)+12O2(g)=H2O(1)△H=-285.8kJ/mol，故选D。14已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)；ΔH＝－566kJ·mol－1N2(g)＋

O2(g)=2NO(g)；ΔH＝＋180kJ·mol－1则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是()A.－386kJ·mol－1B.＋386kJ·mol－1C.－746kJ·mol－1D.＋746kJ·mo

l－1【答案】C【解析】【详解】已知：①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2

CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。15.银锌电池广泛用作各种电子仪器电源，其电极分别为2AgOZn、，电解质溶液为KOH溶液，总反应为222AgOZnHO2AgZn(OH)++=+。下列说法中错误的是A.原电池

放电时，负极上发生反应的物质是ZnB.溶液中OH−向正极移动，KH++、向负极移动C.工作时，电子由Zn电极沿导线流向2AgO电极D.负极上发生的反应是()--Zn+2OH-2e=ZnOH2【答案】B【解析】【分析】银锌电池中活泼金属Zn一端为负极，氧化剂Ag2O一端为正极，负极上发生氧化

反应在碱性溶液中生成Zn(OH)2，正极一端Ag2O发生还原反应最终生成Ag单质。.的【详解】A．Zn是活泼金属失去电子发生氧化反应，发生氧化反应的一极为负极，故A正确；B．原电池放电时，溶液内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，OH-应该向负极移动，K

H++、向正极移动，故B错误；C．原电池工作时，电子由负极Zn经外电路到达正极，故C正确；D．负极上Zn失去电子在碱性溶液中生成Zn(OH)2，发生的反应方程式是()Zn2OH2eZnOH−−+−=2，故D正确；答案选B。16.全球新能

源汽车领导者比亚迪推出的“刀片电池”是将传统磷酸铁锂电池电芯加长，使单个电芯形状扁平、窄小，再通过多个“刀片”捆扎形成模组，通过少数几个大模组的组合成电池。“刀片电池”放电时结构如图，正极反应为Li1-xFePO4＋xe-＋xLi＋=LiFePO4，下列说法错误的是A.放

电时，Li＋通过隔膜往负极迁移B.充电时，阴极反应为Li1-xC6＋xe-＋xLi＋=LiC6C.充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在负极脱嵌D.用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25mol时得到精铜32g，则电子利用率为80％【答案】A【解

析】【分析】【详解】A．放电时，Li＋会通过隔膜向负电荷较多的正极方向迁移，A错误；B．放电时正极反应为：Li1-xFePO4＋xe-＋xLi＋=LiFePO4，负极为LiC6失去电子变为Li1-xC6，则充电时阴极的反应应该为Li1

-xC6得到电子变为LiC6，故阴极的电极反应式为：Li1-xC6＋xe-＋xLi＋=LiC6，B正确；C．放电时，Li+在负极脱嵌，向正极移动生成LiFePO4，因此在正极嵌入；充电时，Li+向阴极方向移动，嵌入石墨层形成LiC6，C正确；D．反应产生32g

Cu的物质的量是n(Cu)=32g64g/mol=0.5mol，由于Cu是+2价的金属，因此Cu2+变为Cu得到电子的物质的量是n(e-)=0.5mol×2=1mol，反应过程中电路中转移电子的物质的量是1.25mol，所以电子利用率为1mol×100%1.25m

ol=80%，D正确；故合理选项是A。第Ⅱ卷(非选择题52分)二、非选择题：(本题包括4个小题，共52分)17.乙酰丙酮是“种有酯气味的无色透明液体，常用作溶剂、有机合成中间体、金属络合剂等。它有两种主要互变异构体A、B，与Be2+

、Mg2+、Cu2+、Zn2+等形成配合物C。回答下列有关问题：（1）基态Cu2+离子的价电子排布式为_______，Be和Mg第一电离能较大的是_______原子。（2）A中C原子杂化轨道类型有_______；按VSEPR

预测B中∠HCC约为_______、_______(填角度)。B在碱性条件下断裂极性最大的键，是_______键。具有分子内氢键的是_______(填“A”或“B”)。（3）C中σ键与π键数目之比为_______。

（4）乙酰丙酮易溶于醇、氯仿、丙酮等多数有机溶剂，理由是_______。（5）金属铜的某些参数如下：金属堆积类型密度/g·cm-3相对原子质量Cuρ64根据上述数据，计算Cu的原子半径为_______pm(列出

计算表达式，设NA是阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.3d9②.Be（2）①.sp2和sp3②.120°③.109°28’④.O-H⑤.B（3）15:2（4）乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好（5）103A2256104N【解析】【小问1详解】Cu的

核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu2+离子的价电子排布式为3d9；同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，Be和Mg同属于IIA族，且Be的原子序数小于Mg，则第一电离能较大的是Be原子。【小问2详解】A中，饱和C原子采用sp3杂化，碳氧双

键中的C原子采用sp2杂化，故A中C原子杂化轨道类型有sp2和sp3；按VSEPR，B中碳碳双键上的一个碳原子和其相邻的原子，构成了接近正三角形的结构，该结构中的∠HCC约为120°，甲基和相邻的碳原子构成了接近正四面体的结构，故该结构中的∠HCC约为109°28’；B中O和H的电负性差异最大

，故极性最大的键为O-H键；如图所示，B分子中的羰基上的O和羟基上的H形成分子内氢键。【小问3详解】C中，单键、配位键是σ键，1个双键含有1个σ键和1个π键，则C中σ键的数目为2(11+2+2)=30，π键的数目为22=4，则C中σ键与π键数目之比为30:4=15:2

。【小问4详解】根据“相似相溶”原理，乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好。【小问5详解】设Cu的原子半径为rpm，晶胞棱长为apm，则2a=4r，a=22r，则晶胞体积为(a10-10cm)3=(22r10-10cm)3；晶胞含有的Cu的个数为11

8682+=4，晶胞质量为A464gN，则ρg·cm-3=A103464g(22r0c)1mN−，解得r=103A2256104Npm。18.已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：|温度/℃7009008301

0001200平衡常数1.71.11.00.60.4回答下列问题：(1)该反应的平衡常数表达式K=____________，△H____0（填“<”“>”“=”)；(2)830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应

速率v(A)=0．003mol·L-1·s-1。则6s时c(A)=_____mol·L-1，C的物质的量为______mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为_____，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为_________；

(3)判断该反应是否达到平衡的依据为______(填正确选项前的字母)：a．压强不随时间改变b．气体的密度不随时间改变c．c(A)不随时间改变d．单位时间里生成C和D的物质的量相等(4)1200℃时反应C(

g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数的值为_____________。【答案】①.[c(C)c(D)]/[c(A)c(B)]②.<③.0.022④.0.09⑤.80%⑥.80%⑦.c⑧.2.5【解析】【详解】（1）A(g)+B(g)C(g)

+D(g)反应的平衡常数表达式为K=[c(C)c(D)]/[c(A)c(B)]；700℃时，平衡常数为1.7，1000℃时，平衡常数为0.6，故温度越高，平衡常数越小，说明此反应为放热反应，即△H＜0；（2）反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.

003mol•L-1•s-1，则6s时△n(A)=0.003mol•L-1•s-1×6s×5L=0.09mol，故A剩余物质的量为：n(A)=0.2mol-0.09mol=0.11mol，则6s时c(A)=0.11mol5L=0.022mol/L，根据方程式可知，消耗A0.09mo

l时，生成C的物质的量为0.09mol；设平衡时A浓度变化量为x，则：A（g）+B（g）C（g）+D（g）开始（mol/L）：0.040.1600变化（mol/L）：xxxx平衡（mol/L）：0.04-x0.16-xxx故()()2x0.04x0.16x−−=1，解得x=

0.032，所以平衡时A的转化率为0.032mol/L0.04mol/L×100%=80%，此时C的物质的量为0.032mol/L×5L=0.16mol；如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，体积不变，平衡没有移动，A的转化率仍为80%；(3)a．因气体反应物与生成物系数不变，压强

始终不随时间改变，故a错误；b．气体的质量不变，体积不变，气体的密度始终不变，故b错误；c．c(A)不随时间改变，说明反应物或生成物的量一定，是平衡状态，故c正确；d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，此时不一定是平衡状态，故d错误，答案为c；（

4）由图表知1200℃时反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)的平衡常数的值为0.4，则C(g)+D(g)的A(g)+B(g)的平衡常数为10.4=2.5。19.滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法，它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某同学通

过高锰酸钾滴定来测定草酸样品中草酸的质量分数(样品中杂质不与高锰酸钾反应)。（1）写出反应的离子方程式___________。（2）某同学称取2.000g草酸样品，配制成100mL溶液，移取40.00mL试

样溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L的酸性4KMnO标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL。①滴定前是否要滴加指示剂？___________(填“是”或“否”)。②滴定时，将高锰酸钾标准溶液注

入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。达到滴定终点的现象为___________。③草酸样品中草酸的质量分数为___________。④若滴定终点读数时俯视刻度，所测结果将___________，若滴定前酸式滴定管尖嘴部分末充

满溶液，所测结果将___________。(填“偏大”“偏小”“无影响”)。【答案】（1）-+2+4224222MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO（2）①.否②.酸式③.滴入最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色④.56.25%⑤.偏小⑥.偏大【解析】【分

析】草酸具有还原性，高锰酸钾具有氧化性两者可以发生氧化还原反应，利用氧化还原滴定来测定草酸的含量，高锰酸钾溶液是紫红色，因此滴定时不需要指示剂，酸性高锰酸钾具有氧化性和酸性应该放在酸式滴定管中，滴定计算根

据得失电子守恒找出二者的关系列式计算。【小问1详解】酸性高锰酸钾溶液在氧化还原反应中+7高锰酸根离子生成正二价的锰离子，锰元素化合价下降5，草酸中碳元素化合价由+3价生成二氧化碳中+4碳，一个草酸分子化合价升高2，根据化合价升价相等，高锰

酸根离子前面系数配2，草酸分子前面系数配5，根据电荷守恒补充氢离子，根据原子守恒补充水分子，配平方程式如下：-+2+4224222MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO；【小问2详解】高锰酸根离子本身是紫红色，滴定

时不需要指示剂，酸性高锰酸钾具有氧化性和酸性应该放在酸式滴定管中，滴定终点颜色变化是滴入最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，根据方程式得知，草酸消耗的量是高锰酸钾量的52倍，草酸的物质的量=520.001000.1002100040.00=21.2510−mol，质

量是21.2510901.125g−=，草酸的质量分数=1.125100%56.25%2.000=。滴定终点俯视读数读取高锰酸钾体积偏小，计算出草酸的量偏小，结果偏小，滴定前酸式滴定管尖嘴部分末充满溶液，造

成起始读数偏大，计算出用的高锰酸钾体积偏大，结果偏大。20.下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。请回答下列问题：（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式：___________。（2）离子交换膜的

作用为___________、___________。（3）精制饱和食盐水从图中___________(选填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)位置补充，氢氧化钠溶液从图中___________位置流出。（4）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解

释盐酸的作用：___________。【答案】（1）2Cl-＋2H2O电解2OH-＋H2↑＋Cl2↑（2）①.阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生反应，Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O②.阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸（3）①.a②

.d（4）Cl2与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2逸出【解析】【分析】离子交换膜电解饱和的食盐水，阳极上生成氯气，阴极上生成

氢气和氢氧化钠，中间隔膜是阳离子交换膜，作用是允许阳离子Na+通过，同时把Cl2和H2隔离开，防止混合爆炸，也防止氯气与生成的氢氧化钠反应。【小问1详解】电解饱和食盐水是氯离子失电子生成氯气，水分子得

电子生成氢气和氢氧根离子，故方程式为2Cl-＋2H2O电解2OH-＋H2↑＋Cl2↑【小问2详解】阳离子交换膜的作用有阻止OH-进入阳极室与Cl2发生反应，和防止Cl2和H2混合发生爆炸；【小问3详解

】原料应该从阳极a进入，氯离子在阳极失电子生成氯气，钠离子通过交换膜进入阴极生成氢氧化钠，生成的氢氧化钠从阴极的d流出；【小问4详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com