【文档说明】湖南省株洲市第二中学2019-2020学年高二上学期入学考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，777.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Mn-55一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释不正确的是（）选项现象或事实解释或对应的离

子方程式A用热的纯碱溶液洗去油污CO32-+H2OHCO3-+OH-溶液呈碱性，温度升高碱性增强B酸雨样品在空气中放置pH减小SO2+H2O=H2SO3C用泡沫灭火器灭火Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑D用加热法除去NaCl固体中混有的NH4Cl固体N

H4Cl固体在加热条件下可以完全分解成为气体而除去A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．水解吸热，升高温度，CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡正向移动，溶液碱性增强，正确，A不选；B．酸雨样品在空气中放置pH减小，是因为亚硫酸被氧化为硫酸2H2SO3+O2=2

H2SO4，错误，B选；C．泡沫灭火器灭火是硫酸铝和碳酸氢钠溶液混合，发生双水解反应，反应离子方程式是Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，正确，C不选；D．NH4Cl固体在加热条件下可以完全分解成为氨气和氯化氢气体，

可用加热法除去NaCl固体中混有的NH4Cl固体，正确，D不选；答案选B。2.下列物质的化学用语表达正确的是（）A.乙烯的结构简式：CH2CH2B.羟基的电子式：C.甲醇的球棍模型：D.乙酸的实验式：CH3COOH【答案】C【解析】【分析】A、乙烯的结构简式中要标明双键；B、羟基是电中性基团，氧

原子周围多1个电子；C、由模型可知大黑球为碳原子，白球为氧原子，小黑球为氢原子；D、CH3COOH是乙酸的结构简式。【详解】A、乙烯的结构简式中要标明双键，乙烯的结构简式：CH2=CH2，故A错误；B、羟基是电中性基团，氧原子周围多1个电子，羟基的电子式：，故B错误；C、由模型可知大黑球为

碳原子，白球为氧原子，小黑球为氢原子，故C正确；D、CH3COOH是乙酸的结构简式，乙酸的实验式：CH2O，故D错误；故选C。3.下列实验操作或装置符合实验要求的是装置Ⅰ装置Ⅱ装置Ⅲ装置ⅣA.装置Ⅰ用滴定法测定盐酸的浓度B.装置Ⅱ可用于中和热的

测定C.装置Ⅲ可用于验证化学能转化为电能D.装置Ⅳ可合成氨并检验氨气的生成【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液不能用酸式滴定管，应选碱式滴定管，A错误；B．图中缺少环形玻璃搅拌棒，不能准确测定最高温度，B错误；C．图中装置可构成原电池

，可验证化学能转化为电能，C正确；D．干燥的试纸不能检验氨气，应选湿润的红色石蕊试纸，D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握中和滴定、中和热测定、原电池及气体的检验、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验原理、

仪器的作用以及相关物质的性质，题目难度不大。4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.25℃时，1L0.1mol·L-1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NAB.某密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数

为2NAC.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物,23g钠充分燃烧时转移电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A．25℃时，S2-水解为HS-和OH-，所以1L0.1mol·L

-1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，A正确；B．SO2和O2生成SO3为可逆反应，不能完全反应，则2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，B错误；C．25℃时pH=13的NaOH溶液中OH-的浓度为0.1mol/L，没有溶液体积不能计算OH

-数目，C错误；D．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，钠元素化合价由0升高为+1，23g钠充分燃烧时转移电子数为NA，D错误；答案选A。5.25℃时，在1.0L浓度均为0.01mol·L－1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na＋)>c(A－)，则下列描述中不正确的是()A.该溶液

的pH<7B.HA的酸性很弱，A－的水解程度较大C.c(A－)＋c(HA)＝0.02mol·L－1D.n(A－)＋n(OH－)＝0.01mol＋n(H＋)【答案】A【解析】【详解】A、混合液为HA、NaA，测的c(Na＋)>c(A－)，说明A－的水解大于HA的电离，溶液显碱

性，即pH>7，故A说法错误；B、c(Na＋)>c(A－)，说明A－的水解大于HA的电离，HA的酸性很弱，A－的水解程度较大，故B说法正确；C、根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)=10.0110.()011＋mol·L－1=0.02mol·L－1，故C说法正确；D、根据溶液呈现电中性，

即c(Na＋)＋c(H＋)=c(A－)＋c(OH－)，c(Na＋)=0.01mol·L－1代入，即可得出结论，故D说法正确；故选A。6.下列叙述正确的是A.甲烷的燃烧热为ΔH＝－890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方

程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol-1B.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol-1，则稀H2SO4溶液

和稀Ba(OH)2溶液反应的反应热ΔH==2×(－57.3)kJ·mol-1C.Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，该反应中化学能全部转化为热能D.常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0【答案】D【解析】【详解】

A．甲烷燃烧的热化学方程式中水是气体，不符合燃烧热的概念，A错误；B．反应生成硫酸钡沉淀，需要放热，则稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反应的反应热ΔH＜2×(－57.3)kJ·mol-1，B错误；C．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C的反应中，化学能除了转化为热能，还有转化为光能，以及产物中的

化学能，C错误；D．常温下，反应C(s)+CO2(g)═2CO(g)不能自发进行△H-T△S＞0，反应熵变大于0，T是常温下，所以判断△H＞0，故D正确；故选D。7.某浓度的氨水中存在平衡：NH3·H2ONH4+＋OH-，如想增大NH4+的浓度，而不

增大OH-的浓度，应采取的措施是（）①适当升高温度②加入NH4Cl固体③通入NH3④加入少量盐酸A.②④B.②③C.①②D.①④【答案】A【解析】【详解】①电离吸热，适当升高温度，NH3·H2ONH4+＋OH-平衡正向移动，OH-浓度增大，故不选①；②NH4Cl是强电解质，加入NH4Cl固体，NH

4+的浓度增大，抑制氨水电离，OH-浓度降低，故选②；③通入NH3，NH3·H2O的浓度增大，NH3·H2ONH4+＋OH-平衡正向移动，OH-浓度增大，故不选③；④加入少量盐酸，中和OH-，OH-浓度降低，NH3·H2ONH4+＋OH-平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故选

④；选A。【点睛】本题考查影响弱电解质电离的因素，注意加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质能抑制氨水电离，加入和铵根离子或氢氧根离子反应的物质能促进氨水电离。8.下列事实可以用勒夏特列原理解释的是A.高锰酸钾溶液与草酸发生化学反应刚开始缓慢,随后反应迅速加快B.实验室采用排

饱和食盐水的方法收集氯气（Cl2＋H2OHCl＋HClO）C.500℃左右的温度比室温更有利于合成氮反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0D.FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl,增大KCl的浓度则溶液的颜色变浅【答案】B【解析】【分析】勒夏特列

原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A.高锰酸钾溶液与草酸反应是放热反应，所以刚开始反应缓慢，随着反应的进行，温度升高，且生成的锰离子其催化作用，所以反应迅

速加快，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B.氯气中溶液中存在溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故B正确；C.该反应正反应为放热反应，采用500℃的高温，利有用平衡向逆反应进行，反应物转化率与产物的产率降低，主

要考虑反应速率与催化剂活性，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D.增大KCl的浓度，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，K+和Cl-不参加反应，氯化钾不影响平衡，平衡不移动，溶液颜色不变，不能用勒夏特列原理解释，故D错误。故选B。9.实验室现有3种酸碱指示剂，其pH

的变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4，石蕊：50～8.0，酚酞：8.2～10.0，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述正确的是()A.溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示

剂B.溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C.溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D.溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂【答案】D【解析】【详解】NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，为了减少滴定误差，应选

择指示剂的pH范围与CH3COONa溶液的pH接近，所以指示剂选择酚酞，故答案为D。10.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是()XYZWACFeNaClH2OBPtCuCuSO4CuOCCCH2SO4H2SO4DAgFe

AgNO3AgNO3晶体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，要使溶液恢复到电解前的状态，应该遵循“析出什么加入什么”原则，A．C作阳极、

Fe作阴极电解NaCl溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解HCl，要使溶液恢复原状，应该通入适量的HCl，A错误；B．Pt作阳极、Cu作阴极电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，所以相当于电解生成CuO，要使溶液恢复原状加入加入

适量的CuO，B正确；C．C作阴阳极电解H2SO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解生成水，要使溶液恢复原状加入加入适量的水，C错误；D．用Ag作阳极、Fe作阴极电解硝酸银溶液，阳极上Ag失电

子生成银离子、阴极上银离子得电子生成Ag，所以相当于电镀，溶液浓度不变，不需要加入任何物质，D错误；故选B。【点睛】本题考查电解原理，解题关键：正确判断各个电解上发生的反应及电解产物成分，易错点D中较活泼金属作阳极，阳极上金属电极失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子。11.膳食纤维具有突出的

保健功能，是人体的“第七营养素”。木质素是一种非糖类膳食纤维，其单体之一——芥子醇结构简式如图所示。下列有关芥子醇的说法正确的是（）A.芥子醇分子中含9种不同化学环境的H原子B.芥子醇分子中所有碳原子不可能在同一平面上C.芥子醇属于芳香族化合物，分子式是C11H12O4D.芥子醇能

发生的反应类型有氧化、取代、加成【答案】D【解析】【详解】A.芥子醇分子中含7种不同化学环境的H原子，故A错误；B.芥子醇分子中的碳原子分别位于苯环、碳碳双键决定的2个平面上，单键可以旋转，所有碳原子可能在同一平面

上，故B错误；C.芥子醇含有苯环，属于芳香族化合物，分子式是C11H14O4，故C错误；D.芥子醇含有碳碳双键、羟基，所以能发生的反应类型有氧化、取代、加成，故D正确；选D。12.如图所示甲、乙两个装置，所

盛溶液体积和浓度均相同且足量，当两装置电路中通过的电子都是1mol时，下列说法不正确的是A.溶液的质量变化：甲减小，乙增大B.溶液pH变化：甲减小，乙增大C.相同条件下产生气体的体积：V甲＝V乙D.电极反应式：甲中阴极：Cu2+＋2e－=Cu，乙中负极：Mg－2

e－=Mg2+【答案】C【解析】【详解】A．甲是电解池，电解硫酸铜溶液得到的产物是Cu和氧气，所以溶液的质量减少，而乙是原电池，其中Mg作负极失去电子进入溶液，Al作正极，氢离子放电生成氢气，所以溶液的质

量增加，A正确；B．因为甲中氢氧根离子放电使溶液中的氢离子浓度增大，所以溶液的pH下降；而乙中消耗氢离子，则氢离子浓度减少，pH增大，B正确；C．两个装置中产生的气体分别是氢气和氧气，当装置中通过的电子的物质的量相同时，生成氢气的体积是氧气体积的2倍，C错误；D．甲中的阴

极是阳离子放电，则铜离子放电生成Cu，乙中的负极是Mg放电，生成镁离子，D正确。答案选C。13.下列图示与对应的叙述相符的是A.图甲表示放热反应在有无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B.图乙表示一定温

度下，溴化银在水中的沉淀溶解平衡曲线，其中a点代表的是不饱和溶液，b点代表的是饱和溶液C.图丙表示25℃时，分别加水稀释体积均为100mL、pH=2的一元酸CH3COOH溶液和HX溶液，则25℃时HX的电离平衡常数大于CH3COOHD.图丁表示某可逆反应生成物的量

随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大【答案】B【解析】【详解】A、图甲中反应物比生成物的能量低，所以反应为吸热反应，错误；B、溴化银在水中存在沉淀溶解平衡，溴离子和银离子浓度的乘积等于定值（Ksp），函数曲线应该如图所示，在曲线上的的点都

代表饱和溶液，曲线下方的点都是不饱和溶液，正确；C、酸越强加水稀释时的pH变化越快，所以由图示得到，醋酸的酸性强于HX，所以HX的电离平衡常数一定小于醋酸的电离平衡常数，错误；D、由图丁得到，t时刻不是生成物的量最大的时刻

，应该是反应达平衡以后生成物的量最大，反应物的转化率最高，所以不是t时刻的转化率最高，错误；答案选B。14.在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，

向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC和2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是（）A.平衡时甲中A的体积分数为0.4B.平衡时甲、乙两容器中A、B的物质的量之

比不相等C.若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5D.若平衡时甲、乙两容器中A的物质的量相等，则x=4【答案】C【解析】【详解】A.C的体积分数都为0.2，则A、B共占80%，而n(

A)：n(B)=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故A错误；B.甲、乙两容器中A、B的投料比都等于系数比，所以平衡时甲、乙两容器中A、B的物质的量之比相等，故B错误；C.若平衡时两容器中的压强不相等，则甲、乙为等比等效的等

效平衡，x=4，甲的投料是6mol+2mol=8mol，乙的投料是1.5mol+0.5mol+3mol=5mol，则两容器中压强之比为8：5，故C正确；D.若平衡时甲、乙两容器中A的物质的量相等，则为等量等效的等效平衡，即满足31.5+3610.5

32xx=+=，则x=2，故D错误；选C。15.25℃时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示。已知25℃时，CaCO3的Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9。据图分析，下列说法不正确的是()A.x的数值为2×10－5B.c点时有碳酸钙沉淀生成C.b点与d点对应的溶度积相等D.加

入蒸馏水可使溶液由d点变到a点【答案】D【解析】【详解】A．在d点c(CO32-)=1.4×10-4mol•L-1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.8×10-9，所以c(Ca2+)=2×10-5mol•L-1，故x的

数值为2×10-5，选项A正确；B．在c点c(Ca2+)＞×10-5mol•L-1，即相当于增大c(Ca2+)，平衡左移，有CaCO3生成，选项B正确；C．b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，选项C正确；D．d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c(Ca2+)、c(CO32-)都不变，

如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，选项D错误；答案选D。16.常温下，向20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液中滴加0.2mol·L-1NaOH溶液，有关微粒的物质的量变化曲线如图所示，[已知

CaC2O4难溶于水]。根据图示，下列说法不正确的是（）A.曲线Ⅱ代表的粒子是HC2O4-B.当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度的大小关系为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42

-）＞c（H+）＞c（OH-）C.NaHC2O4溶液：c（OH-）+c（C2O42-）=c（H+）+c（H2C2O4）D.向NaHC2O4溶液中逐渐加入CaCl2粉末并充分搅拌，溶液pH可能逐渐减小【答案】B【解析】【分析】H2C2O4溶液与NaOH反应分两步进行，H2C2O4+

NaOH=NaHC2O4+H2O、NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，HC2O4-的物质的量先增大后减小，曲线Ⅱ代表HC2O4-、曲线Ⅰ代表H2C2O4、曲线Ⅲ代表C2O42-。【详解】A.H2C2O4溶液与NaOH反应分两步进行，H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H

2O、NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，HC2O4-的物质的量先增大后减小，所以曲线Ⅱ代表的粒子是HC2O4-，故A正确；B.当V(NaOH)=20mL时，恰好反应生成NaHC2O4，根据图像可知c(C2O42-)>c(

H2C2O4)，说明HC2O4-电离大于水解，溶液中离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，故B错误；C.根据质子守恒，NaHC2O4溶液中c(OH-)+c(C2O42-)=c(H+)+c(H

2C2O4)，故C正确；D.向NaHC2O4溶液中逐渐加入CaCl2粉末并充分搅拌，生成CaC2O4沉淀、氯化钠、氯化氢，所以溶液pH可能逐渐减小，故D正确；选B。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析、判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其相

对大小是解本题关键，注意弱酸的酸式根离子既能电离又能水解。二、非选择题（包括5小题，2分/空，共52分）17.已知：N2O4(g)2NO2(g)ΔH=＋52．70kJ·mol-1（1）在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应已达到平衡的是___。A．v正(N2O4)

=2v逆(NO2)B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化C．容器中气体的密度不随时间而变化D．容器中气体的分子总数不随时间而变化（2）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0．054molN2O4，30秒后达到平衡，测得容器中含n(N

O2)=0．06mol，则t℃时反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K=___。若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡___移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后NO2的体积分数__原平衡时NO2的体

积分数(填“大于”、“小于”或“等于”)。（3）取五等份NO2，分别加入到温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其百分含量随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，

可能与实验结果相符的是___。【答案】(1).BD(2).0．075mol·L-1(3).向正反应方向(4).小于(5).BD【解析】【分析】（1）根据平衡标志判断；（2）K=()()2224NONOcc；增大反应物的浓度平衡正向移动；（3）该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以反应达到平衡后

，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；【详解】（1）A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以2v正(N2O4)=v逆(NO2)时，反应不平衡，故不选A；B．反应前后气体物质的量不同，根据()()mMn−=总总，平均相对分子质

量是变量，若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，反应一定达到平衡状态，故选B；C．根据mV=，反应在恒容的密闭容器中进行，密度是恒量，容器中气体的密度不随时间而变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；D．反

应前后气体物质的量不同，分子数是变量，容器中气体的分子总数不随时间而变化，一定达到平衡状态，故选D。答案选BD。（2）()()2420.02700.015NOg2N0.030.0120.03Og开始转化平衡K=()()222240.03=N0ONO.012cc=0．075mol·L-1

；增大反应物的浓度平衡正向移动，若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡向正反应方向移动；再次达到平衡，相当于加压，N2O4转化率减小，NO2的体积分数小于原平衡时NO2的体积分数；（3）A．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方

向移动，NO2的含量增大，故A错误；B．若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故B正确；C．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，

故C错误；D．若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故D正确

。答案选BD。18.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)

。请回答下列问题：(1)上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、漏斗以及___。(2)上述流程脱硫实现了___(选填下列字母编号)。A.废弃物的综合利用B.白色污染的减少C.酸雨的减少(3)用MnCO3能除去溶液中的Al3＋和Fe3

＋，其原理是调节溶液的pH，消耗溶液中的酸，促进Al3＋和Fe3＋水解生成氢氧化物沉淀，若25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，lg2=0.3，要使溶液中的Fe3＋完全沉淀，至少要把溶液pH调至___。(4)已知Ksp(CuS)=

8.4×10-45，Ksp(NiS)=1.4×10-24；在除铜镍的过程中，当Ni2＋恰好完全沉淀(此时溶液中c(Ni2＋)=1.0×10-5mol·L-1)，溶液中c(Cu2＋)=___mol·L-1。(5)已知：25℃、101kpa时，

Mn(s)＋O2(g)=MnO2(s)△H=-520kJ·mol-1S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H=-297kJ·mol-1Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)=MnSO4(s)△H=-1065kJ·mol-1SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是___。(6)工业上采用

电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4，其中隋性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式___。【答案】(1).烧杯(2).AC(3).3.3(4).6.0×10-26mol·L-1(5).MnO2(s)+S

O2(g)=MnSO4(s)△H=-248kJ·mol-1(6).MnO42--e-=MnO4-【解析】【分析】由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3调节溶液pH，使溶液中Al3+和Fe3+转化为沉淀，过滤除去，MnS将铜、镍离子转化为硫化铜、硫化镍沉淀，过

滤分离，滤液中加入高锰酸钾与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰。【详解】(1)根据过滤装置图，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、漏斗以及烧杯；(2)流程脱硫实现了废弃物的综合利用、酸雨的减少，与白色污染无关，故选AC；(3)Fe3＋完全水解生

成氢氧化铁沉淀时，Fe3＋的浓度为1×10-5mol/L，设Fe3＋完全水解生成氢氧化铁沉淀时，氢氧根离子的浓度是xmol/L，则1×10-5mol/L×x3=8.0×10-38，x=2×10-11，c(H+)=5×10-4，所以pH=3.3；(4)()()224245NiSNi

1.410CuCuS()==()8.410spspKccK−−＋＋，所以c(Ni2＋)=1.0×10-5mol·L-1时，c(Cu2＋)=6.0×10-26mol·L-1；(5)①Mn(s)＋O2(g)=MnO2(s)△H=-520kJ·mol-1②S(s)＋O2(g)=SO2(

g)△H=-297kJ·mol-1③Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)=MnSO4(s)△H=-1065kJ·mol-1根据盖斯定律，③-①-②得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)△H=-248kJ·mol-1；(6)K2MnO4→KMnO4锰元素化合价由+6升高为+7，反应氧化反应，

阳极的电极反应式是MnO42--e-=MnO4-。19.水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L-1，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5mg·L-1。某化学小

组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。Ⅰ.测定原理：碱性条件下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：①2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓，酸性条件下，MnO(OH)2将

I-氧化为I2：②MnO(OH)2+I-+H+→Mn2++I2+H2O(未配平)，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，③2S2O32-+I2=S4O62-+2I-Ⅱ.测定步骤a.安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。b.向A中加入200mL水样c

.向A中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)，2mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。d.搅拌并向A中加入2mL硫酸无氧溶液至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。e.从A中取出40.00mL溶液，

以淀粉作指示剂，用0.01000mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。f.重复步骤e的操作2～3次g.处理数据(忽略氧气从水样中的溢出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列问题：(1)仪器A的名称为___。(2)配置以上无氧溶

液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为___。(3)配平反应②的方程式。___MnO(OH)2+___I-+___H+→___Mn2++___I2+___H2O(4)步骤e中达到滴定终点的现象为___。(5)若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL，水样的DO=___mg/L(保留一位

小数)。【答案】(1).三颈烧瓶(三颈圆底烧瓶、三口烧瓶、三口瓶)(2).将溶剂水煮沸后冷却(3).1(4).2(5).4(6).1(7).1(8).3(9).溶液蓝色褪去且半分钟内不变色(10).9.0【解析】【分析】(1)根据装置图判断仪器A的名称

；(2)配制以上无氧溶液时需要通过煮沸溶液把溶剂中溶解的氧气赶出；(3)MnO(OH)2+I-+H+→Mn2++I2+H2O，反应中碘元素化合价-1价变化为0价，锰元素化合价降低+4价变化为+2价，电子转移总数2，结合原子守恒配平离子方

程式；(4)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2发生反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，指示剂为淀粉；(5)2Mn2++O2+4OH-═2MnO(OH)2↓，MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，2S2O32-+I2═S4O62-+

2I-，根据得到的定量关系计算水样中的DO；【详解】(1)根据装置图，仪器A的名称是三颈烧瓶；(2)溶液中氧气溶解度不大，且随温度升高溶解度减小，所以除去所用溶剂水中氧时需要通过煮沸后冷却，把溶剂水中溶解的氧气赶出得到；(3)MnO(OH)2+I-+

H+→Mn2++I2+H2O，反应中碘元素化合价-1价变化为0价，锰元素化合价降低+4价变化为+2价，电子转移总数2，配平得到离子方程式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O；(4)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2发生反应2S2O32-+I2═S4O62

-+2I-，以淀粉作指示剂，随硫代硫酸钠溶液滴入，滴定过程中滴入最后一滴溶液蓝色变化为无色且半分钟不变，说明反应达到终点；(5)滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL，根据2Mn2++O2+4OH-═2MnO(OH)2↓，MnO(O

H)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，得到定量关系为：2-22223-121O2MnO(OH)2I4SO(O)0.0045L0.014000molLn～～～可得n(O2)=1.12

5×10-5mol，200mL水样中含氧气的物质的量1.125×10-5mol×20040=5.625×10-5mol，氧气浓度=-55.62510mLol0.2=2.8125×10-4mol/L，水中溶氧量(DO)

=2.8125×10-4mol/L×32g/mol≈9.0mg/L。【点睛】本题考查了物质含量的测定、滴定实验及其计算的相关知识，理解反应原理明确实验过程是解题关键，根据反应方程式，正确书写关系式进行计算。20.下表是常温下几种常见弱酸的电离平衡常数：弱酸电离方程式电离平衡常数KCH

3COOHCH3COOHCH3COO-+H+K=1.6×10-5H2C2O4H2C2O4H++HC2O4-HC2O4-H++C2O42-K1=5.9×10-2K2=6.4×10-5H2CO3H2CO3H++HCO3-HCO3-H++CO32-K1=4.4×10-7K2

=5.6×10-11H2SH2SH＋＋HS-HS-H＋＋S2-K1=9.1×10-8K2=1.1×10-15回答下列问题：(1)某温度下，纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)=5.0×10-6mol/L，则由水电离出的c(H

+)为___mol·L-1。(2)下列四种离子结合H+能力最强的是___。A.HCO3-B.C2O42-C.S2-D.CH3COO-(3)常温下1.0mol·L-1的CH3COOH溶液中的c(H+)=___mol·L-1。(4)常温下，加水稀释0.1mol·L-1的H2C2O4溶液，下列说法

正确的是___。A.溶液中n(H＋)·n(OH-)保持不变B.溶液中水电离的c(H＋)·c(OH-)保持不变C.溶液中-24224c(HCO)c(HCO)保持不变D.溶液中c(OH-)增大(5)将CH3COOH溶液加入少量Na2CO3溶液中，反应的离子方程式为_

__。【答案】(1).8×10-9(2).C(3).4.0×10-3(4).D(5).2CH3COOH＋CO32-=2CH3COO-＋CO2↑＋H2O【解析】【分析】(1)某温度下，纯水中的c(H+)=2.0×10-

7mol·L-1，依据计算得到水的离子积常数为4.0×10-14，结合离子积常数计算得到溶液中氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子和氢离子浓度相同；(2)弱酸的电离平衡常数越小，酸根离子结合氢离子的能力越强；(3)根据常温下CH3COOH的电离平衡常数计算c(H+

)；(4)常温下，加水稀释0.1mol·L-1的H2C2O4溶液，电离平衡正向移动，电离平衡常数不变、水的离子积常数不变；(5)CH3COOH的酸性大于H2CO3，性将CH3COOH溶液加入少量Na2CO3溶液中生成醋酸钠

、水、二氧化碳；【详解】(1)某温度下，纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol•L-1，水电离出的离子浓度c(OH-)=c(H+)，则c(OH-)=c(H+)=2.0×10-7mol•L-1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5.0×1

0-4mol•L-1，Kw=c(OH-)×c(H+)=4.0×10-14，c(OH-)=-14-6410510mol/L=8×10-9mol/L；(2)CH3COOH的电离平衡常数是1.6×10-5、HS-的电离平衡常数是1.1×10-

15、HC2O4-的电离平衡常数是6.4×10-5、H2CO3的电离平衡常数是4.4×10-7，电离平衡常数越小，酸根离子结合氢离子能力越强，结合H+能力最强的是S2-，选C；(3)设1.0mol·L-1的CH3COOH溶液中的c(H+)=xmol·L-1。CH3COOHCH3COO－＋H＋，忽略

水电离出的H＋，则溶液中c(H＋)≈c(CH3COO－)；弱电解质的电离是微弱的，则c(CH3COOH)=1mol·L－1，则醋酸的电离平衡常数()()()335+2HCHCOO=CHCOOH11.610ccxKc−−==；可求得x=4.0

×10-3mol·L－1；(4)A．c(OH-)×c(H+)不变，加水稀释体积增大，所以溶液中n(H＋)·n(OH-)增大，故A错误；B．加水稀释0.1mol·L-1的H2C2O4溶液，酸的浓度降低，水的电离程度增大，溶液中的OH－均来自水的电离，c(OH－)增大

，水电离出来的OH－和H＋相等，则溶液中水电离的c(H＋)·c(OH-)增大，故B错误；C．()241-422(HCO)H(HCaO)cKcc+=，加水稀释0.1mol·L-1的H2C2O4溶液，c(H＋)减小，溶液中-24224c(HCO)

c(HCO)增大，故C错误；D．c(OH-)×c(H+)不变，加水稀释0.1mol·L-1的H2C2O4溶液，c(H+)减小，溶液中c(OH-)增大，故D正确；答案选D；(5)CH3COOH的酸性大于H2CO3，将CH3COOH溶液加入

少量Na2CO3溶液中生成醋酸钠、水、二氧化碳，反应离子方程式是2CH3COOH＋CO32-=2CH3COO-＋CO2↑＋H2O。21.酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：（1）酮洛芬的分子式为___。（2）化合物D中含氧官能团的名称为___。（3）由B→C的反应

类型是___。（4）写出C→D的反应方程式___。（5）A的同分异构体有多种，其中同时满足下列条件的有___种。I.属于芳香族化合物II.含有酯基【答案】(1).C16H14O3(2).羰基(酮基)(3).取代反应(4).+Br2+HBr(5

).6【解析】【分析】（1）根据酮洛芬的结构简式书写分子式；（2）根据D的结构简式判断官能团；（3）是中的氯原子被苯环代替；（4）C→D是中甲基上的氢被溴原子代替；（5）A的同分异构体，属于芳香族化合物，说明含有苯环；含有酯基，属于酯类；【详解】（1）根据酮洛芬的结构简式，可知分子式为C1

6H14O3；（2）D中的含有官能团是，名称为羰基；（3）是中的氯原子被苯环代替，属于取代反应；（4）C→D是甲基上的氢原子被溴原子代替，反应方程式是+Br2+HBr；（5）A的同分异构体，含有苯环、

含有酯基的有、、、、、，共6种。