【文档说明】四川省乐山市沫若中学2022-2023学年高二下学期4月月考化学试题 含解析.docx，共(22)页，3.733 MB，由小赞的店铺上传

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沫若中学高2021级高二下期4月月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Ca-40Mn-55第I卷(选择题，42分)一、单项选择题(每小题3分，共42分)1.下列关于化学与生活常识的说法正确的是A.热的纯碱溶液具有除

去油污和消毒杀菌的作用B.农业上将草木灰和铵态氮肥一起施用效果更佳C.太阳能、风能既属于新能源，也属于一次能源D.氢能的开发和应用只要解决氢气的储存和运输问题即可大规模使用【答案】C【解析】【详解】A．热的纯碱溶液呈碱性可以去油污但不能

进行消毒杀菌，A项错误；B．草木灰呈碱性，而铵态氮肥遇碱产生NH3而失去肥效，B项错误；C．太阳能、风能属于新型能源，同时未进行加工，属于一次能源，C项正确；D．氢能的使用还存在制备耗能等问题，D项错误；故选C。2.下列能正确表示盐类水解

的离子方程式的是A.NH4++H2O垐?噲?NH3•H2O+H+B.HClO+H2O垐?噲?ClO-+H3O+C.HCO3−+H2O垐?噲?CO23−+H3O+D.CO23−+2H2O垐?噲?H2CO3+2OH-【答案】A【解析】【分析】水解反应

为弱酸或弱碱离子结合水电离的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的反应。【详解】A．NH4++H2O垐?噲?NH3•H2O+H+为NH4+的水解方程式，故A符合题意；B．HClO+H2O垐?噲?ClO-+H3O+是HClO的电离方程式

，故B不符合题意；C．HCO3−+H2O垐?噲?CO23−+H3O+是HCO3−的电离方程式，故C不符合题意；D．CO23−分步水解，正确的水解方程式为：CO23−+H2O垐?噲?HCO3−+OH-，HCO3−+H2O垐?噲?H2CO3+OH-，故D不符合题意；故

答案选A。3.下列措施能使NaClO溶液的水解平衡正向移动，水解程度反而减小的是A.增大NaClO溶液浓度B.加水稀释C.升高温度D.加入适量NaOH固体【答案】A【解析】【分析】NaClO的水解方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-。【详解】A．增大NaClO溶

液浓度，水解平衡正向移动，但由于溶液浓度增大，所以水解程度减小，故A选；B．加水稀释，水解平衡正向移动，水解程度增大，故B不选；C．水解是吸热过程，升高温度，水解平衡正向移动，水解程度增大，故C不选；D．加入适量NOH固体，c(OH-)增大

，水解平衡逆向移动，故D不选；所以选A。4.常温下，下列实验一定能证明HA为弱电解质的是A.0.1mol/LNaA溶液的pH>7B.0.1mol/LHA溶液中滴入石蕊试液呈红色C.蛋壳浸泡在0.1mol/LHA溶液中有气体放出D.HA溶液的导电性很弱【答

案】A【解析】【详解】A．0.1mol/LNaA溶液的pH>7，说明NaA是强碱弱酸盐，故A正确；B．0.1mol/LHA溶液中滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液呈酸性，不能说明HA是弱酸，故B错误；C．蛋壳浸泡在0.1mol/LHA溶

液中有气体放出，只能说明HA酸性强于碳酸，不一定是弱酸，故C错误；D．HA溶液的导电性很弱，只说明溶液中离子浓度小，不能判断HA是否全部电离，故D错误；故选A。5.下列叙述正确的是A.某温度下，一元弱酸HA的aK越小，则NaA的hK(水解平衡常数)越小

B.锅炉水垢中含有的4CaSO，可先用饱和23NaCO溶液处理，后用盐酸除去C.中和体积与pH都相同HCl溶液和3CHCOOH溶液所消耗的NaOH物质的量，HCl需要的等于的3CHCOOH需要的D.H0，S0

的反应在任何温度下均能正向自发进行【答案】B【解析】【详解】A．NaA的--wh--a(HA)(OH)(HA)(OH)(H)(A)(A)(H)KcccccKcccK++===，则aK越小，hK越大，选项A错误；B．硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，处理锅炉水垢中的4CaSO时，加入饱和23NaCO溶

液，硫酸钙转化为难溶的碳酸钙沉淀，碳酸钙和盐酸反应，水垢溶解，选项B正确；C．pH相同的HCl溶液和3CHCOOH溶液相比较，3CHCOOH溶液的浓度较大，故中和体积与pH都相同的HCl溶液和3CHCOOH溶液所消耗的NaOH物质的量，3CHCOOH需要的更多，选项C错误；D．Δ

0H＞，Δ0＜S的反应的Δ=Δ-Δ0GHTS，故任何温度下均不能自发进行，选项D错误；答案选B。6.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.100mL0.1mol/L碳酸钠溶液中所含阴离子的数目小于A0.01NB.25℃

时，1LpH=3的23HSO溶液中，H+的数目为A0.001NC.25℃时，pH=13的NaOH溶液中，水电离出的OH−的数目为A0.1ND.标准状况下，22.24LCl完全溶于水中，所得溶液中含氯微粒总数为

A0.2N【答案】B【解析】【详解】A．100mL0.1mol/L碳酸钠溶液中含有碳酸钠的物质的量为0.01mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中23CO−发生水解反应，水解产生的3HCO−会进一步发生水解反

应，可见，每有1个23CO−发生水解反应，就会产生2个带1个负电荷的阴离子，使该溶液中所含阴离子的数目大于A0.01N，选项A错误；B．25℃时，1LpH=323HSO溶液中c(H+)=1.0310−mol/L，H+的

数目为A0.001N，选项B正确；C．没有给定溶液的体积，无法计算OH−的数目，选项C错误；D．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含有未反应的氯气分子，故所得溶液中含氯微粒的数小于A0.2N个，选项D错误；答案选B。7.下列叙述及对应图示错误的是A.图甲是某温度下()(

)133CHCOOHCHCOO0.100molLcc−−+=的醋酸与醋酸钠混合溶液中()3CHCOOHc、()3cCHCOO−与pH的关系曲线，pH3=的溶液中：aK=4.7510−B.图乙是恒温密闭容器中发生反应()()()32CaCOsCaOsCOg=+时，()2COc随反

应时间变化的曲线，1t时刻改变的条件可能是缩小容器的体积C.图丙是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，1t时刻溶液的温度最高D.图丁是在10.1molL−的23NaCO溶液中加水稀释，随着加入水的体积的增大，溶液中()3HCOc−的变化曲线，23NaCO的水解程度：A点

小于B点【答案】C【解析】【详解】A．根据图像中交点的坐标可知，3CHCOOH的电离常数4.75aK=10−，pH3=时电离常数不变，故A正确；B．由图可知，1t时刻()2cCO突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则1t时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；C．铁条与盐酸的反

应是放热反应，随反应的进行，温度越来越高，故C错误；D．Na2CO3溶液中加水稀释，越稀越水解，随着加水量的增加，Na2CO3的水解程度越来越大，A点小于B点，故D正确；答案选C。8.常温下，下列各组离子在指定

溶液中一定能大量共存的是A.水电离出的H+浓度为1010mol/L−的溶液中：23CO−、H+、4NH+、Cl−B.无色透明的溶液中：2AlO−、3Al+、Na+、Cl−C.使甲基橙显红色溶液中：I−、K+、3NO−、2Mg+D.()()3H10mol/LOHcc+−−=的溶液中：2Ba+、

Cl−、OH−、Na+【答案】D【解析】【详解】A．水电离出的H+浓度为10110molL−−的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若显酸性则23CO−不能大量共存，若显碱性则H+、4NH+不能大量共存，选项A错误；B．2AlO−和3

Al+能发生完全双水解反应，不能大量共存，选项B错误；C．使甲基橙显红色的溶液显酸性，酸性溶液中3NO−有强氧化性，I−会被氧化，选项C错误；D．()()31H10molLOHcc+−−−=的溶液显碱性，2Ba+、Cl

−、OH−、Na+均可大量共存，选项D正确；答案选D。9.下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是选项ABCD实验目的制2MgCl测定224HCO溶液的浓度比较AgCl和2AgS溶解度大小测定中和热实验装置A.AB.BC.CD.D【答案】A

的【解析】【详解】A．氯化镁中镁离子会发生水解反应，在HCl氛围下可抑制水解，能加热氯化镁晶体得到氯化镁，A正确；B．KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应该使用酸式滴定管，B错误；C．硝酸银过量，分别与NaCl、

Na2S反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，C错误；D．图中装置缺少环形玻璃搅拌棒，D错误；答案选A。10.在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)反应速率随时间的变化如图。下列叙述正确的是A.t3时反应达到平衡状态B.该反应为吸热

反应C.t3～t4：v正因温度降低而降低D.t4时SO2的转化率达到最大【答案】D【解析】【详解】A．反应在达到平衡时反应速率应该保持不变，而t3时正反应速率减小，逆反应速率增大，说明此时反应未达到平衡状态，A错误；B．根据图示可知：该反应在绝热条件下进行，反应

速率受温度和浓度的因素影响，反应速率先增大后减小，说明该反应的正反应为放热反应，B错误；C．t3～t4：v正降低是因反应物浓度降低而降低，C错误；D．根据图示可知t4时v正=v逆，反应处于平衡状态，由于该反应的正反应是放热反应，当反应达到平衡状态时，升高温度，化学平衡逆向移动

，导致反应物转化率降低，所以t4时平衡状态SO2的转化率达到最大，D正确；故合理选项是D。11.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是A.30.1mol/LNaHCO溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体

积混合，所得溶液中：()()()()323OHHHCOHCOcccc−+−−=+B320mL0.1mol/LCHCOONa溶液与10mL0.1mol/L盐酸混合后溶液呈酸性，所得溶液中：()()()()33C

HCOOHClCHCOOHcccc−−+C.室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：()()()()4ClHNHOHcccc−++−++D.30.1mol/LNaHCO溶液与230.1mol/LNaCO溶液等体积混合，所得溶液中：()()

()()233233Na2CO2HCO2HCOcccc+−−=++【答案】C【解析】【详解】A．30.1mol/LNaHCO溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成碳酸钠和水，碳酸

钠物质的量浓度为0.05mol/L，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HCO-3)+2c(H2CO3)，根据质子守恒得：()()()()323OHHHCO2HCOcccc−+−−=+，故A错误；B．320mL0.1mol/LCHC

OONa溶液与10mL0.1mol/L盐酸混合后溶液呈酸性，二者混合后溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaCl、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不反应，所以离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3C

OOH)＞c(H+)，故B错误；C．室温下，pH=2的盐酸浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，根据电荷守恒得c(NH4+)＞c(Cl-)，一水合氨电离程度较小，所以离子浓度大小c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(

OH-)＞c(H+)，室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：()()()()4ClHNHOHcccc−++−++，故C正确；D．30.1mol/LNaHCO溶液与230.1mol/LNaCO溶

液等体积混合，根据物料守恒，2n(Na)=3n(C),所得溶液中：()()()()233232Na3CO3HCO3HCOcccc+−−=++，故D错误；故选C。12.由一种工业废渣(主要成分为3MgCO、少量

Fe、Al的氧化物，其他杂质酸浸时不反应)为原料制备.32MgCO3HO的实验过程如下。下列说法不正确的是A.将废渣粉碎同时酸浸时不断搅拌可以加快酸浸时反应速率B.“酸浸”时3MgCO发生反应的离子方程式为2322CO2HCOHO−++=+

C.“氧化”后的溶液中存在的阳离子为H+、2Mg+、3Fe+、3Al+D.操作X为萃取分液，使用的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯【答案】B【解析】【分析】废渣主要成分为MgCO3和少量Fe、Al的氧化物，加入硫酸酸溶，过

滤后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，经系列措施，可得到MgCO3•3H2O；【详解】A．废渣粉碎可以增大反应的接触面积

，从而加快反应速率，同时搅拌也有利于反应充分混合接触，增大反应速率，选项A正确；B．3MgCO为微溶物，应写化学式，离子方程式为：2322MgCOMg2H=CO+HO++++，选项B不正确；C．3MgCO、少量Fe、Al的氧化物加酸时均溶于

硫酸得到相应的硫酸盐，再加双氧水将亚铁离子氧化成三价铁，“氧化”后的溶液中存在的阳离子为H+、2Mg+、3Fe+、3Al+，选项C正确；D．操作X为萃取分液，萃取需要用到分液漏斗，烧杯，选项D正确；答案选B。13.在1T、2T温度下，4BaSO

在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知4BaSO在水中溶解时吸收热量)。下列说法正确的是A.加入2BaCl固体，可使a点变成c点B.升高温度，可使b点变成c点C.c点时，在1T温度下有固体析出D.a点的spK大于9510−【答案】C【解析】【详解】A．加入2Ba

Cl固体，溶液中钡离子浓度会增大，溶解平衡逆向移动，()24cSO−减小，因此不会由a点变为c点，故A错误；B．升高温度，4BaSO的溶解度增大，2+c(Ba)、24c(SO)−均增大，因此不会由b点变c点，故B错误；C．由图可知2T温度下sp4

K(BaSO)大于1T，由于溶解过程吸热，温度越高sp4K(BaSO)越大，因此2T大于1T，c点为2T温度下的饱和溶液，则降温到1T时，溶解度减小，析出沉淀，故C正确；D．c点时，spK等于9510−，a点对应温度低于c点，则a点spK小于9510−，故D错误；故选：C。

14.室温下，在实验室中用0.1mol/L的盐酸滴定10mL0.1mol/L的ROH溶液，滴定曲线如图所示，下列有关叙述正确的是A.水的电离程度：①﹤③﹤④B.()bROHK的数量级为510−C.点③对应的

横坐标为10D.点②对应溶液中：()()()()RHROHOHcccc++−+=+【答案】B【解析】【详解】A．随着盐酸的滴加，溶液的碱性减弱，对水的电离抑制程度减小，恰好完全中和时水的电离程度最大，继续滴加盐酸，对水的电离抑制程度又增大，水

的电离程度③的值最大，A错误；B．由题图可知，未加盐酸时+-c(H)lg==-8c(OH)，0.1mol/L的ROH溶液中室温下c(OH-)=1×10-3mol/L，+-3-1c(R)1?10mol?L，+-b)Kc(R)c(OH)(ROH)=c(ROH32

5(110)1100.1−−=，B正确；C．ROH为弱碱，故当溶液呈中性时，消耗的盐酸体积小于10mL，点③对应的横坐标小于10，C错误；D．点②对应溶液是等浓度的RCl和ROH溶液，根据电荷守恒和物料守恒有++--c(R)+c(H)=c(Cl)+c(OH)，()()()+-

cR+cROH2cCl=，两式联立可得()()()()++-cR+2cH=cROH+2cOH，D错误；故选B。第II卷(非选择题，共58分)二、填空题(本题包括5个小题，共58分)15.根据所学知识回答下列问题：（1）将3FeC

l溶液进行蒸干，得到的固体化学式为___________。（2）某温度下纯水的()71H410molLc+−−=，若温度不变，滴入稀醋酸，使()41H2.010molLc+−−=，则此溶液中由水电离产生的()cH+=___________mol∙L−1。（3）25℃时，在浓度

均为1mol∙L−1的()442NHSO、()432NHCO、()()4422NHFeSO三种溶液中，若测得其中铵根离子浓度分别为a、b、c(单位为mol∙L−1)，由大到小顺序为___________。（4）在日常生活中经常用()243AlSO

和3NaHCO混合溶液作灭火剂，其灭火原理为___________(用离子方程式表示)。（5）某4CuSO溶液中含有3Fe+杂质，溶液中4CuSO的浓度为0.020mol∙L−1，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于51

110molL−−时即沉淀完全(注：lg20.3=)，已知()20sp2CuOH210K−=，()38sp3FeOH810K−=，则除去2Cu+中的3Fe+选择的pH范围是___________。【答案】（1）Fe(OH)3（2）10810−（3）c＞a＞b（

4）3332Al3HCOAl(OH)+3CO+−+=（5）4.3≤pH＜5【解析】【小问1详解】氯化铁中铁离子水解，生成氢氧化铁和盐酸，由于盐酸易挥发，因此将3FeCl溶液进行蒸干，得到的固体化学式为Fe(OH)3；故答案为：Fe(O

H)3。【小问2详解】某温度下纯水的()71H410molLc+−−=，氢氧根浓度等于氢离子浓度，则()()7713wHOH4104101.610Kcc+−−−−===，若温度不变，滴入稀醋

酸，使()41H2.010molLc+−−=，()()131101w41.610OHmolL=810molL2.010HKcc−−−−−−+==，溶液中的氢氧根浓度是来自水电离出的氢氧根浓度，水电离出的氢离子浓度等于水电离出氢氧根浓度，则此溶液中由水电离产生的()

cH+=101810molL−−；故答案为：10810−。【小问3详解】25℃时，在浓度均为1mol∙L−1的()442NHSO、()432NHCO、()()4422NHFeSO三种溶液中，硫酸铵中铵根单一水解，碳酸铵中铵根离

子、碳酸根离子相互促进的双水解，水解程度相对大；硫酸亚铁铵中亚铁离子、铵根离子相互抑制的双水解，水解程度小，若测得其中铵根离子浓度分别为a、b、c(单位为mol∙L−1)，由大到小顺序为c＞a＞b；故答案为：c＞a＞b。【小问4详解】在日常生活中经常用(

)243AlSO和3NaHCO混合溶液作灭火剂，是由于两者发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其灭火原理的离子方程式为3332Al3HCOAl(OH)+3CO+−+=；故答案为：3332Al3HCOAl(OH)+3CO+−+=。【小问5详解】某4CuSO溶液中

含有3Fe+杂质，溶液中4CuSO的浓度为0.020mol∙L−1，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于51110molL−−时即沉淀完全(注：lg20.3=，则lg50.7=)，已知()20sp2CuOH210K−=，()38sp3FeOH810K−=

，则除去2Cu+中的3Fe+，则残留在溶液中的铁离子浓度小于，铜离子浓度为0.020mol∙L−1，根据()383353sp3FeOH810(Fe)(OH)110(OH)Kccc−+−−−===，则111(OH)210molLc−−−

=，14511111(H)2100molL105c−−−+−==，则pH=5−lg5=4.3，根据()20222sp2CuOH210(Cu)(OH)0.020(OH)Kccc−+−−===，则91(OH)110mo

lLc−−−=，145191010molL101(H)11c−−+−−==，则pH=5，则除去2Cu+中的3Fe+选择的pH范围是4.3≤pH＜5；故答案为：4.3≤pH＜5。16.常温下，根据

表中的几种物质的电离平衡常数回答下列问题：弱电解质3CHCOOH32NHHO23HCO电离平衡常数5a1.810K−=5b1.810K−=7a1410K−=11a2410K−=（1）浓度相同的①3CHCOONa；②23NaCO；③3NaHCO

三种溶液的pH由小到大排列的顺序为(用编号填写)___________。（2）常温下0.1mol∙L−1的3CHCOOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填字母)。A.()Hc+B.()()3cHcCHCOOH+C.()()HOH+−ccD.

()()33CHCOOCHCOOHcc−（3）反应3223432NHHOHCONHHCOHO+−+++的平衡常数K=______(填准确数值)。（4）25℃时，3CHCOOH与3CHCOONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中：()()3cCHCOO

cNa−+−=___________(填准确数值)。（5）简述()432NHCO溶液呈碱性原因___________。【答案】（1）①＜③＜②（2）AC（3）720（4）9.9×10−7mol∙L−1（5）一水合氨电离平衡常数大于碳酸氢根电离平衡常数，根据越弱越水解

原理，碳酸根水解程度大于铵根水解程度，因此溶液显碱性【解析】【小问1详解】的三种酸的强弱顺序为3CHCOOH＞23HCO＞3HCO−，根据越弱越水解即对应的酸越弱，其水解程度越大，碱性越强，pH值越大，则浓度相同

的①3CHCOONa；②23NaCO；③3NaHCO三种溶液的pH由小到大排列的顺序为①＜③＜②；故答案为：①＜③＜②。【小问2详解】A．醋酸加水，平衡正向移动，但溶液体积增大占主要因素，因此()Hc+减小，故A符合题意；B．醋酸加水

，平衡正向移动，但溶液体积增大占主要因素，因此醋酸根浓度减小，则()()a33cHKcCHCOOHc(CHCOOH)+−=增大，故B不符合题意；C．醋酸加水，平衡正向移动，但溶液体积增大占主要因素，因此氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，则()()HOH+−cc减小，故C符合题意；D．醋

酸加水，平衡正向移动，醋酸根物质的量增大，醋酸物质的量减小，则()()()()3333CHCOOnCHCOOCHCOOHnCHCOOHcc−−=增大，故D不符合题意；综上所述，答案为：AC。【小问3详解】反应3223432NHHOHCONHHCOHO+−+

++的平衡常数434332233223(NH)(HCO)(NH)(OH)(HCO)(H)=(NHHO)(HCO)(NHHO)(HCO)(OH)(H)ccccccKcccccc+−+−−+−+=，2a23b143

75(HCO)()720(OH)(H4101.8101.01)0NHHOKKKcc−−−−+===；故答案为：720。【小问4详解】25℃时，3CHCOOH与3CHCOONa的混合溶液，若测得

混合液pH=6，根据电荷守恒得到()()()()3CHCOOOHNaHcccc−−+++=+，则溶液中：()()()()6181713cCHCOOcNacHcOH1.010molL1.010molL9.910molL−++−−−−−−−−=−=−

=；故答案为：9.9×10−7mol∙L−1。【小问5详解】()432NHCO溶液中碳酸根水解显碱性，铵根水解显酸性，根据越弱越水解原理，碳酸根水解程度大于铵根水解程度，因此溶液显碱性；故答案为：一水合氨电离平衡常数大于碳

酸氢根电离平衡常数，根据越弱越水解原理，碳酸根水解程度大于铵根水解程度，因此溶液显碱性。17.乙二酸是一种有机酸，俗名草酸，化学式为H2C2O4，广泛分布于植物、动物和真菌体中，常温下，用pH试纸测得0.2mol/L

的H2C2O4溶液的pH=3。（1）乙二酸的电离方程式为_____。（2）测定血液样品中Ca2+的浓度。取血液样品50.00mL，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液可析出CaC2O4沉淀，将洗涤后的CaC2O4沉淀溶于强酸可得H2C2O4，将H

2C2O4溶液稀释成250mL。再用0.010mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定。①滴定过程中操作滴定管的图示正确是_____。A.B.②滴定达到终点的判断是______。③如图是第一次滴定结束时滴定管中的液面，读数为a=_____mL。④

根据下列数据计算：滴定次数草酸溶液体积(mL)标准液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次25.000.60a第二次25.000.1024.10第三次25.001.2025.20滴定时MnO4−被还原为Mn2+的离子方程式为_

____。计算血液样品中Ca2+的浓度为_____mol/L。⑤下列操作可能造成测得的Ca2+浓度偏高的是_____。A.滴定前平视，滴定后俯视B.滴定管未润洗即装入标准液B.滴定过程中锥形瓶中不慎有液体溅出D.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失（3

）根据氧化还原滴定还可以根据沉淀原理滴定，即滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶，且二者之间有明显的颜色差别。难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白色浅黄色

白色砖红色白色Ksp1.8×10-105.35×10-131.21×10-162.0×10-121.0×10-12参考表中的数据，若用AgNO3溶液滴定NaCl溶液，可选用的指示剂是_____溶液(填标号)。A.NaB

rB.NaCNC.Na2CrO4D.NaSCN【答案】（1）H2C2O4垐?噲?H++HC2O4−、HC2O4−垐?噲?H++C2O24−（2）①.A②.当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶内溶液颜色右无

色变成浅红色，且半分钟内不恢复③.20.60④.2MnO4−+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O⑤.0.012⑥.BD（3）C【解析】【小问1详解】乙二酸为二元弱酸分步电离，反应为H2C2O4垐?噲?H++HC2O4−、HC2O4−垐?噲?H

++C2O24−。答案为H2C2O4垐?噲?H++HC2O4−、HC2O4−垐?噲?H++C2O24−；【小问2详解】从上分析是将CaC2O4转化为H2C2O4再用高锰酸钾进行氧化还原滴定。酸性高锰酸钾对橡胶具有腐蚀性，应该用酸式滴定管装。高锰酸钾与草酸反应后变为无色的Mn2+，当草酸被消耗

完后，滴加高锰酸钾略过量而呈现出红色，即为终点。滴定管能准确到0.01mL，所以读数为20.60mL。高锰酸钾将H2C2O4氧化为CO2而自身变为Mn2+，所以反应为2MnO4−+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+

8H2O。综合分析得到关系式为5Ca2+~5CaC2O4~2KMnO4。由于第一次数据与后面偏差太大不能用于计算。所以二三次高锰酸钾的平均体积为24.00mL。所以25mL草酸溶液消耗的n(KMnO4)=0.0100mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，则n(Ca2+)=

6×10-4mol。原50mL溶液中Ca2+的浓度为-4n6.010mol10==0.012mol/LV0.05L。答案为0.012mol/L。A．滴定后俯视导致V(KMnO4)偏小，该离子浓度偏小，A项不符合题意；B．滴定管为润洗导致高锰

酸钾浓度偏低，而V(KMnO4)偏高，B项符合题意；C．液体溅出导致V(KMnO4)偏低，则钙离子浓度偏小，C项不符合题意；D．该操作V(KMnO4)偏高，而V(KMnO4)偏高，D项符合题意；故选BD。答案为A；当滴入最后一滴酸性KM

nO4溶液，锥形瓶内溶液颜色右无色变成浅红色，且半分钟内不恢复；20.60；2-4MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；0.012；BD；【小问3详解】指示沉淀要有颜色便于分辨（AgBr和Ag2C

rO4），同时需要在Cl-之后沉淀，但AgBr的Ksp小先于Cl-沉淀而不能作为指示剂，故选C。答案为C。18.丙酮热裂解可生产乙烯酮((g)()()24O=C=CHgCHg+84kJ/molH=+)，现对该热裂解反应进行研究，回答下列问题：（1）

已知：化学键CH−CC−CC=键能/1kJmol−412a612计算：a=___________。（2）在恒容绝热密闭容器中，充入丙酮蒸气，可以判断下列到达平衡状态的是___________。A.容器内密度不再变化B.混合气体的平均相对分子质量不再变化C.反应

的平衡常数不再变化D.消耗速率与()4CHg生成速率相等（3）丙酮的平衡转化率随温度、压强变化如图所示：①图中X表示的物理量是___________；②A、C两点化学平衡常数AK___________CK(填“>”、“<”或“=”)；③恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮

平衡转化率的一条合理措施是___________。（4）在容积可变的恒温密闭容器中，充入丙酮蒸气维持恒压(100kPa)，该条件平衡时丙酮分解率为a，则pK=___________(以分压表示，分压=总压×物质的

量分数)。【答案】（1）232（2）BC（3）①.压强②.<③.升高温度（4）22100a1a−【解析】【小问1详解】设C=O键的键能为b1kJmol−，焓变=反应物总键能-生成物总键能。(g)()()24O=C=

CHgCHg+△H=(412×6+3a+b)1kJmol−-(b+612+412×2+412×4)1kJmol−=+841kJmol−，a=2321kJmol−。【小问2详解】A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，容器内密

度不再变化，反应不一定平衡，故不选A；B．反应前后气体总质量不变，气体总物质的量是变量，根据()()mMn=总总，平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故选B；C．平衡常数只与温度有关，在恒容绝热密闭

容器中，温度是变量，反应的平衡常数不再变化，说明温度不变，反应达到平衡状态，故选C；D．消耗速率与()4CHg生成速率相等，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选D；选BC。【小问3详解】①正反应吸热

，升高温度，平衡正向移动，丙酮转化率升高；正反应气体物质的量增多，增大压强，平衡逆向移动，丙酮转化率降低，所以图中X表示的物理量是压强；②正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，丙酮转化率升高；所以A点所在曲线的温度低，C点所在曲线的温度

高，A、C两点化学平衡常数AK<CK；③正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，丙酮转化率升高；恒容下，既可提高反应速率，又可提高丙酮平衡转化率的一条合理措施是升高温度；【小问4详解】()()()()()

()3324CHCOCHgO=C=CHgCHgmolx00molaxaxaxmolx-axaxax+初始转化平衡pK=22axax100100100ax+axx+axx-ax1a100x+ax=−。19.电解金属锰阳极渣(主要成分2MnO，杂质为Pb，F

e、Cu元素的化合物)和黄铁矿(2FeS)为原料可制备34MnO，其流程如图所示：已知：()3sp2MnF5.010K−=，()11sp2CaF3.510K−=，回答下列问题：（1）“酸浸”时，所用的稀酸X是___________。（2）“除Fe、Cu”过程中加入22HO

溶液时，发生反应的离子方程式为___________。加入氧化钙的目的是除去铁和铜元素，用化学平衡移动原理解释除去铁元素的原理___________。（3）“净化”过程反应的离子方程式为___________，若“净化”过程中2Mn+的浓度为2mol/L，则此时2Ca+的浓度

为___________mol/L。（4）“酸浸”过程中，2Fe+、3Fe+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图1所示。20~80min内，浸出Mn元素的主要离子方程式为___________。（5）碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取115mg碳酸锰(摩尔质量115g/mol)加热，固

体物质的质量随温度的变化如图2所示。527.4℃时，3MnCO生成相应固体物质的化学方程式为________。【答案】（1）H2SO4（2）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.增大氢氧根离子浓度，促使平衡()3+3Fe+3OHFeOH−正向移动，使铁离子转化为氢氧化铁沉

淀（3）①.MnF2(s)+Ca2+(aq)⇌CaF2(s)+Mn2+(aq)②.1.4×10-8（4）3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O（5）527.4223234+O==2MnOO+MnC4CO℃【解析】【分析】MnO2在酸性

条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe

3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4；【小问1详解】根据分析可知，“酸浸”时使用的酸X为稀硫酸

(H2SO4)，故答案为：H2SO4；【小问2详解】22HO具有还原性，加入22HO溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入CaO

与水反应生成Ca(OH)2，铁离子和氢氧根离子存在反应()3+3Fe+3OHFeOH−，增大氢氧根离子浓度，促使平衡正向移动，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀；【小问3详解】“净化”过程加入MnF2发生反应的离子方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)⇌CaF2(s

)+Mn2+(aq)；Mn2+的浓度为2mol•L-1，()()()()2+-11sp2-9-32+sp2cCaKCaF3.510===7.010KMnF5.010cMn，由于c(Mn2+)=2.0mol/L，所以c(Ca2+)

=2.0mol/L×7.0×10-9=1.4×10-8mol/L；【小问4详解】在20～80min内，MnO2、FeS2、H2SO4发生氧化还原反应产生MnSO4、Fe2(SO4)3、S、H2O，根据电子

守恒、电荷守恒、原子守恒，主要离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；【小问5详解】200℃时固体为MnCO3，在空气中加热与氧气反应，结合249.1℃时固体质量可知为MnO2，加热至527.4℃时，固体质量减少

44mg，说明生成CO2，固体为Mn2O3，则3MnCO生成相应固体物质的化学方程式为527.4223234+O==2MnOO+MnC4CO℃。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com