【文档说明】江苏省徐州市第七中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(17)页，917.342 KB，由小赞的店铺上传

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徐州七中2020级高二年级下学期期中模拟考试化学试卷时间75分钟满分100分一、单项选择题(每小题3分，共42分)1.下列物质属于强电解质的是A.碳酸钙B.石墨C.酒精D.次氯酸【答案】A【解析】【分析】【详解】A．碳酸钙是盐，难溶于水，但溶于水的部分完全电离产

生自由移动的离子，属于强电解质，A符合题意；B．石墨是非金属单质，不是化合物，因此既不是电解质，也不是非电解质，B不符合题意；C．酒精是乙醇的俗称，是由分子构成的化合物，在水中或熔融状态下不能导电，属于非电解质，C不符合题意；D．

次氯酸分子式是HClO，在水中部分电离产生自由移动的H+、ClO-，是一元弱酸，属于弱电解质，D不符合题意；故合理选项是A。2.下列性质中可以证明醋酸是弱电解质的是A.醋酸与水以任意比例互溶B.1mol·L-1的醋酸溶液的c(H＋)约为0.01mol·L-1C.醋酸的导电性比盐酸

的弱D.10mL1mol·L-1醋酸恰好与10mL1mol·L-1NaOH溶液完全反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．醋酸与水能以任意比互溶，说明醋酸溶解度大，但是不能说明醋酸部分电离，不能说明醋酸为弱电解质，A不符合题意；B．1mol·L-1的醋酸溶液的c(

H＋)约为0.01mol·L-1，说明醋酸不完全电离，为弱电解质，B符合题意；C．导电性与溶液中的离子浓度、离子所带电荷数有关，浓度较大的醋酸的导电性可能会比浓度较小的盐酸导电性强，所以不能通过导电性来判断是否为弱电解

质，C不符合题意；D．无论醋酸是否为强电解质，10mL1mol·L-1醋酸都恰好与10mL1mol·L-1NaOH溶液完全反应，D不符合题意；综上所述答案为B。3.常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)＝51110molL−−，

则下列叙述正确的是A.pH一定为5B.一定是酸溶液C.可能是强酸的酸式盐溶液D.pH可能为9【答案】D【解析】【详解】A．常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)＝5110mol/L−，可能是能水解的呈酸性的盐溶液或呈碱性的盐溶液，故溶液pH＝5或pH＝9，故A错误；B．盐类水解促

进水的电离，酸碱溶液抑制水的电离，不可能是酸溶液，故B错误；C．强酸的酸式盐抑制水的电离，所以不可能是强酸的酸式盐溶液，故C错误；D．溶液中水电离出的氢离子浓度增大，说明水的电离被促进，可能是能水解的

呈酸性的盐溶液或呈碱性的盐溶液，故溶液pH＝5或pH＝9，故D正确；；故答案为D。4.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述不正确的是A.反应的化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)B.反应开始到10s，X的物质的

量减少了0.79molC.反应到10s时，该反应达到平衡状态D.反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.79mol/(L·s)【答案】D【解析】【详解】A．X、Y为反应物、Z为生成物，且化学计量数之比为等于变

化的物质的量之比，则1.20mol-0.41mol=0.79mol，Y减少1.00mol-0.21mol=0.79mol，Z增加1.58mol，0.79mol∶0.79mol∶1.58mol=1∶1∶2，且10s达到平衡，

则反应的化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)，故A正确；B．反应开始到10s时，X的物质的量减少了1.20mol-0.41mol=0.79mol，故B正确；C．在10s后各物质的浓度不再发生变化，说明反应到

10s时，该反应达到平衡状态，故C正确；D．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为-1-1Δn1.58molv(Z)===0.079molLsVΔt2L10s，故D错误；故选：D。5.在一密闭容器中发生

反应A(g)+yB(?)2C(g)，平衡时测得C的浓度为0.60mol/L。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再次达到平衡时，测得C的浓度为0.9mol/L。下列有关判断错误的是A.再次达到平衡时，A的平衡转化率

减小B.B可能为气态，也可能为固态C.平衡向逆反应方向移动D.再次达到平衡时，平衡常数不变【答案】B【解析】【分析】平衡时测得C的浓度为0.60mol/L。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，假设压缩体积平衡不移动，

则再次达到平衡时C的浓度应该为1.2mol/L，现测得C的浓度为0.9mol/L，说明压缩体积过程中平衡逆向移动了，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，压缩体积平衡逆向移动，则再次达到平衡时，A的平衡转化率减小，A正确；B．由分析可知，压缩体积平衡逆向移动，说明逆反应是

一个气体体积减小的方向，则B不可能为气态，只能为固态或液态，B错误；C．由分析可知，压缩体积平衡逆向移动，C正确；D．平衡常数仅仅是温度的函数，即温度不变平衡常数不变，故再次达到平衡时，平衡常数不变，D正确；故答案为：B。6.下列实验误差分析不正确

的是A.测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值Δt偏小B.滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小C.用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小D.用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小【

答案】C【解析】【分析】【详解】A．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，中和反应放出的热量会散失到空气中，所测温度差值Δt偏小，故A正确；B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气泡顶替了部分液体体积，所以所测体积偏小，故B正确；C

．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，使溶液体积偏小，则所配溶液浓度偏大，故C错误；D．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，由于碱液被稀释，则c(OH-)偏小，pH偏小，故D正确；故选C。7.一定条件下，3CHCOONa溶液中存在水解平衡323CHCOOHOCHCOOHO

H−−++。下列说法正确的是（）A.加入少量NaOH固体，()-3cCHCOO减小B.升高温度溶液的pH增大C.稀释溶液，溶液的pH增大D.通入少量HCl气体，水解平衡常数减小【答案】B【解析】【详解】A．加入的NaOH会抑制3CHCOO−的水解，水解平衡逆向移动，使()3cCHCOO−

增大，故A错误；B．升高温度能促进盐类的水解，水解平衡正向移动，溶液中()OHc−增大，溶液的pH增大，故B正确；C．释醋酸钠溶液，促进醋酸根离子水解，但醋酸根离子水解增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(OH-)减小，溶液的pH也减小，故C

错误；D．通入的HCl在溶液中电离出氢离子，使得c(OH-)减小，水解平衡正向移动，能促进3CHCOO−的水解，但温度不变，水解平衡常数不变，故D错误；答案选B。8.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改

变能使反应速率加快的是①将容器的容积缩小一半②加入过量炭③保持容器压强不变，充入N2④升高温度A.①②B.②③C.①③D.①④【答案】D【解析】【详解】①将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率增大，故①符合题意

；②炭为纯固体，加入过量炭，反应速率不变，故②不符合题意；③保持容器压强不变，充入N2，反应体系中各物质浓度减小，反应速率减小，故③不符合题意；④升高温度反应速率加快，故④符合题意；能使反应速率加快的是①④；答案选D。9.在pH为4～5的

环境中，Cu2＋、Fe2＋不能生成沉淀，而Fe3＋几乎完全沉淀。工业上制取CuCl2是将浓盐酸用蒸汽加热到80℃左右，再慢慢加入粗氧化铜(含杂质FeO)，充分搅拌使之溶解，欲除去溶液中的杂质离子，下列方法正确的是A.加入纯Cu将Fe2＋还原B

.向溶液中加入(NH4)2S使Fe2＋沉淀C.直接加水加热使杂质离子水解除去D.在溶液中通入Cl2，再加入CuO粉末调节pH为4-5【答案】D【解析】【详解】A.铜与Fe2＋不反应，无法除去Fe2＋，A错误；B.向溶液中加入(NH4)2S，Fe2＋和Cu2＋都

会生成沉除去，B错误；C.加热能促进Cu2＋、Fe2＋水解，但不会使Fe2＋单独以沉淀的形式除去，C错误；D.在溶液中通入Cl2，发生Cl2+2Fe2＋=2Fe3＋+2Cl－，溶液中发生Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋，加入CuO粉末，CuO+2

H＋=Cu2＋+H2O，酸性减弱，PH值上升，调节到PH为4-5，Fe3＋以沉淀的形式除去，D正确；选D。10.一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是A.升高温度，可能引起由c向b的变化B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13C.该温度下，加入F

eCl3可能引起由b向a变化D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，，故A错误；B．根据离子积

常数可知，该温度下Kw=c(H+)⋅c(OH−)=1×10−7×1×10−7=1×10−14，故B错误；C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C正确；D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不

能造成由c向d的变化，故D错误；故答案为C。11.室温下，在pH=2HCl溶液中，由水电离的c(H+)为A.711.010molL−−B.611.010molL−−C.1211.010molL−−D.211.010molL−−【答案】C【解析】【详解】在HCl溶液中H+

由水和HCl共同电离产生，而溶液中的OH-只由水电离产生，pH=2的HCl溶液中，c溶液(H+)=1.0×10-2mol/L，c溶液(OH-)=()14W2110110HKc−−+==1.0×10-12mol/L，c水(OH-)=c溶液(OH-)的的=1.0×10-12mol/

L，答案选C。12.下列有关问题与盐的水解有关的是①4NHCl与2ZnCl溶液可作焊接金属中的除锈剂②草木灰与铵态氮肥不能混合施用③实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞④加热蒸干2CuCl溶液得到()2CuOH固体A.仅①②③B.仅

②③④C.仅①④D.①②③④【答案】D【解析】【详解】①NH4Cl与ZnCl2溶液因水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，①项符合题意；②草木灰与铵态氮肥混合在水中发生不完全双水解：NH4++CO23−+H2ONH3∙H2O+HCO3−

，NH3∙H2O易分解而挥发，降低肥效，所以草木灰与铵态氮肥不能混合施用，②项符合题意；③实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞是因为Na2CO3水解呈碱性，与玻璃中的SiO2反应生成水玻璃，使玻璃塞与瓶口

粘在一起，③项符合题意；④2CuCl水解：2CuCl+2H2O()2CuOH+2HCl，加热蒸干2CuCl溶液，HCl受热挥发，直至完全水解，所以得到()2CuOH固体，④项符合题意；答案选D。13.可逆反应()()()aAgbBg+cCg中，生成物C的体积分

数(C%)与压强(P)、温度(T)的关系如图所示，关于该反应的判断正确的是A.正反应吸热B.正反应0S＜C.该反应的平衡常数随温度的升高而增大D.该反应能自发进行【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由

生成物C的体积分数(C%)与温度(T)的关系图可知，2T温度下，反应先达到平衡，则21TT＞，又2T温度下，平衡时C的体积分数更小，可知升温平衡逆向移动，则正反应放热，A错误；B．由生成物C的体积分数(C%)与压强(P)的关系图

可知，2P压强下，反应先达到平衡，则21PP＞，又2P温度下，平衡时C的体积分数更小，可知加压平衡逆向移动，则正反应为气体物质的量增大的反应，正反应0S＞，B错误；C．该反应的正反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，则该反应的平衡常数随温度的升高而减小，C错误；D．该反应

的0H＜，0S＞，则-0HTS＜，故该反应能自发进行，D正确；故选D。14.室温下，取10mL0.05mol·L-1的NaHCO3溶液两份，一份滴加0.05mol·L-1的盐酸，另一份滴加0.05mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积变化如

图。下列说法正确的是A.a点和c点溶液呈碱性的原因完全相同B.c点和e点水电离出的H+浓度之比为107∶1C.d点存在：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(Cl-)+c(OH-)D.向NaHCO3溶液中加盐酸或NaOH溶液均抑制水的电离【答案】B

【解析】【分析】a→b→c过程中pH不断增大，则为加入NaOH溶液，a→d→e过程，为NaHCO3溶液加入盐酸；【详解】A．a点溶质NaHCO3为强碱弱酸盐，由于NaHCO3溶液中HCO-3的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，加入NaOH溶液与N

aHCO3反应生成Na2CO3，c点溶质为Na2CO3、NaOH，呈碱性是2-3CO发生水解，两者原因不同，故A错误；B．c点溶质为Na2CO3、NaOH，氢离子全由水电离产生，c(H+)=c(OH-)=-14-2.7w-11

.3+10==10mol/L()0H1cK，e点溶质为NaCl和HCl，HCl抑制水的电离，水电离产生c(H+)水=c(OH-)=-14-9.7w-4.3+10==10mol/L(10H)cK，H+浓度之比为10-2.7：10-9.7=107∶1，故B正确；C．d点加入5m

L0.05mol·L-1的盐酸与5mL0.05mol·L-1的NaHCO3反应生成NaCl，溶质为等量的NaHCO3、NaCl，d点存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO23−)+c(Cl-)+c(OH-)，故C错误；D．向NaHCO3溶液中加盐酸

恰好反应生成NaCl，至盐酸过量，水的电离程度被抑制，加入NaOH溶液恰好反应生成Na2CO3，促进水的电离，故D错误；故选：B。第II卷(非选择题)15.氮的氧化物在生产、生活中有广泛应用。Ⅰ.已知汽车气缸中氮及

其化合物发生如下反应：()()()22111Ng+OgNOgΔ=+90kJ/mol22H(常温下平衡常数为1K)()()()2222Ng+2Og2NOgΔ=+68kJ/molH(常温下平衡常数为2K)（1）则()()()222NOg+Og2NOgΔH=_______kJ

/mol；常温下平衡常数K=_______(用12KK、来表示)Ⅱ.四氧化二氮()24NO可作为运载火箭的推进剂，将244molNO放入2L恒容密闭容器中发生反应()()242NOg2NOg垐?噲?，平衡体系中24NO的体积分数()

随温度的变化如图所示：（2）D点v(正)_______v(逆)(填“>”“=”或“<”)。（3）A、B、C点中平衡常数K的值最大的是_______点。2T时，24NO的平衡转化率为_______；若达平衡时间为5s，则此时间内的24NO平均反应速率为_______。（4）若其条件不变，在

3T原平衡基础上，再加入一定量2NO，达到新平衡时，与原平衡相比，2NO的体积分数_______(填“增大”“不变”或“减小”)。【答案】（1）①.-112kJ/mol②.221K(K)（2）<（3）①.C②.25%③.-1-1molL0.1s（4）减小

【解析】【小问1详解】①()()()22111Ng+OgNOgΔ=+90kJ/mol22Hƒ，常温下平衡常数K1=112222c(NO)c(N)c(O)；②()()()2222Ng+2Og2NOgΔ=+68kJ/molHƒ，常温下平衡常数为K2

=22222c(NO)c(N)c(O)；②-①×2得()()()222NOg+Og2NOg，21Δ=Δ2Δ+68kJ/mol290kJ/mol=-112kJ/molHHH−=−；该反应常温下平衡常数K=222222222222221c(NO)c(NO

)c(N)c(O)K==c(O)c(NO)c(O)c(NO)c(N)(K)，故答案为：-112kJ/mol；221K(K)；【小问2详解】1T时，A为平衡点，D点要达到平衡，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，v(正)<v(逆)，故答案为：<；【小问3详

解】升高温度，N2O4的体积分数减小，平衡正向移动，平衡常数增大，A、B、C点中平衡常数K的值最大的是C点；T2时，设参加反应的N2O4为xmol，则生成NO2为2xmol，N2O4的体积分数为60%，4-x0.6

4-x+2x=，x=1mol，N2O4的平衡转化率为1100%=25%4；若达平衡时间为5s，则此时间内的24NO平均反应速率为-1-11mol0.1molLs2L5s=，故答案为：C；25%；-1-1molL0.1s【小问

4详解】若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数减小，故答案为：减小。16.甲醚(33CHOCH)被称为“21世纪的清洁燃料”。以22COH、为原料制备甲醚涉及的主要反应如

下：I.()()()()2233212COg+6HgCHOCHg+3HOgΔH<0Ⅱ.()()()()2222COg+HgCOg+HOgΔH回答下列问题：（1）将CO与2HO混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，反应Ⅱ逆反应速率随时间变化的趋势如图所示(不考虑催化剂的影响)。则2ΔH___

____O(填“>”或“<”)；a、b、c三点对应反应体系温度abcTTT、、由高到低的顺序为_______。（2）在恒压条件下，按2CO与2H的物质的量之比为1：3投料，测得2CO平衡转化率和平衡时CO的选择性

(转化的2CO中生成CO的物质的量分数)随温度的变化如图所示。①温度高于300℃，曲线n随温度升高而升高的原因是_______。②T℃时反应Ⅱ的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)；合成甲醚的适宜温度为260℃，理由是_______。③其他条件不变，改为恒容条件，CO

平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性_______(填“高”、“低”或“不变”)。【答案】（1）①.＞②.cbaTTT（2）①.1ΔH＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低②.0.046③.温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO

的选择性过大，甲醚选择性减小④.高【解析】【小问1详解】因v逆开始增大，c(CO2)、c(H2)减小，说明温度升高逆反应放热，则正反应吸热，所以2ΔH＞0；由a→b温度升高为主要因素，由b→c浓度减小为主要因素，v逆一直在变，未达到平衡，说明反应一直逆向进行，逆反应是放热的

，则cbaTTT，答案为：＞；cbaTTT；【小问2详解】①因2ΔH>0，升温该反应正向进行，CO的选择性增大，故m表示CO选择性，n为CO2转化率，曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是：1ΔH＜0，升温，

反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低，故答案为：1ΔH＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低；②根

据三段式可知：223322CO(g)+6HO(g)CHOCH(g)+3HO(g)(mol)1300(mol)140%75%0.90.150.45(mol)0.620.150.55起始量变化量平衡量、222CO(g)+

H(g)CO(g)+HO(g)(mol)1300(mol)140%25%0.10.10.1(mol)0.620.10.55起始量变化量平衡量，平衡时CO2：1mol(1-40%)=0.6mol，H2：3mol-0.9mol-0.1mol=2mol，CO：0.

1mol；H2O：0.45mol+0.1mol=0.55mol，则K=()()()()222cCOcHOcCOcH=0.1mol0.55mol×VV0.6mol2mol×VV≈0.046；温度过低，速率慢，单位时间内甲醚的产率低，温度过高，甲醚的转化率又低，所以合成甲醚的适宜温度

为260℃，理由是温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小，故答案为：0.046；温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小；③合成甲醚的反应为气体体积减小的反应，容积一定时，随着反应的进行，压强不断减小，不利于甲醚的合成，从而增大了CO的平衡

选择性，故改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性高，故答案为：高。17.用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：（1）准确称量8.2g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液。用0.

100mol/L硫酸滴定，写出该中和反应的热化学方程式_______(中和热ΔH=-57.3kJ/mol)。（2）将该烧碱样品配成500mL待测溶液需要玻璃仪器有_______。（3）滴定过程中，若用酚酞作指示剂达到滴定

终点的现象是_______。（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是_______mol/L，烧碱样品的纯度是_______(保留小数点后两位)滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.00

4.1024.00（5）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果_______②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，则滴定结果_______③酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸润洗

2～3次_______。④开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失_______。【答案】（1）242242NaOH(aq)+HSO(aq)=2HO(l)+NaSO(aq)Δ114.6kJ/molH=−（2）烧杯、玻璃棒

、500mL容量瓶、胶头滴管（3）溶液由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复原色的（4）①.0.400②.97.56%（5）①.偏高②.偏高③.偏高④.偏高【解析】【小问1详解】中和热ΔH=-57.3kJ/mol，则生成2mol水放出热量为114.6kJ，因此氢氧化钠与硫酸反

应的热化学方程式为242242NaOH(aq)+HSO(aq)=2HO(l)+NaSO(aq)Δ114.6kJ/molH=−，故答案为：242242NaOH(aq)+HSO(aq)=2HO(l)+NaSO(aq)Δ114.6kJ/molH=−；【小问2详解】用固体配制一定物

质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，需使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；【小问3详解】酚酞在氢氧化钠溶液中为红色，滴定终点变为无色，则滴定终点现象为溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不恢

复原色，故答案为：溶液由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复原色；小问4详解】根据表中数据，(20.50-0.40)mL+(24.00-4.10)mLV()==20.00mL2标准，则c()V()0.100mol/L20.02Lc()===0.400mol/LV()0.01L标准标准待测待测；

n(NaOH)=cV0.400mol/L0.5L0.2mol==，m(NaOH)=nM0.2mol40g/mol8.0g==，烧碱样品的纯度为8.0g100%97.56%8.2g=，故答案为：0.400；97.56

%；【小问5详解】①开始俯视，滴定终点平视，导致计算出的标准液体积偏大，测定的待测液浓度偏高，故答案为：偏高；②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，导致待测液中溶质的物质的量增加，消耗的标准液体积增大，测

定结果偏高，故答案为：偏高；③酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸润洗2～3次，导致消耗标准液偏大，则待测液浓度偏高，故答案为：偏高；④开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致消耗标准液偏大，则待测液浓度偏高，故答案为：偏高。【1

8.金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/mol·L-1)如图所示。（1）pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是___________。（2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋

，应该控制溶液的pH___________(填序号)。A.＜1B.4左右C.＞6D.＞8（3）在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，___________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是___________。（4）已知

一些难溶电解质的溶度积常数如下表：物质FeSMnSCuSKsp6.5×10-182.5×10-131.3×10-35物质PbSHgSZnSKsp3.4×10-286.4×10-331.6×10-24为除去某工业废水中含有的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋杂质，最适

宜向此工业废水中加入过量的___________(填序号)。A．NaOHB．FeSC．Na2S（5）向FeS的悬浊液加入Cu2＋产生黑色的沉淀，反应的离子方程式为：___________该反应的平衡常数是：___________【答案】（

1）Cu2+（2）B（3）①.不能②.从图中可以判断出来，Ni2+和Co2+有共同沉淀的pH范围，在这个pH范围内两种离子会同时从溶液中析出，所以无法分离；（4）B（5）①.2+2+FeS+Cu=CuS+Fe②.175.010【解析】【分析】【小问1详解】图中看出pH＝3的时候，Cu2+

还未沉淀，所以铜元素的主要存在形式是Cu2+；【小问2详解】若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH使铁离子完全沉淀，同时不沉淀溶液中的铜离子。所以选项为B；【小问3详解】在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，不能通过调节

溶液pH的方法来除去，因为从图中可以判断出来，Ni2+和Co2+有共同沉淀的pH范围，在这个pH范围内两种离子会同时从溶液中析出，所以无法分离；小问4详解】根据题目给出的难溶电解质的溶度积常数，这些难溶物的Ksp

最大的是FeS，所以最好向废水中加入过量的FeS，发生沉淀转化反应，再经过滤将杂质除去。其余物质都可溶于水，过量的该物质也是杂质。所以选项B正确；【小问5详解】溶度积较大的沉淀可转化为溶度积较小的沉淀，其离子方程式为：2+2+FeS+Cu=CuS+Fe，其平衡常数为：2221822257

31()()()()6.5105.010(Cu)(Cu)()(Cu)1.310sppxKFeScFecFecSKcccSKS++−−++−−=====【