【文档说明】甘肃省白银市会宁县2021-2022学年高二上学期期末质量检测化学试题（解析版）.docx，共(19)页，664.767 KB，由小赞的店铺上传

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会宁县2021～202学年度第一学期高二级期末质量监测考试化学试卷(B卷)一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。1.我国提出争取在2030年前实现碳达峰，20

60年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。下列措施中叙述错误的是A.加大化石能源占能源消费比重B.推进绿色低碳的生产生活方式C.开展节能减排和新能源的开发D.加强二氧化碳的捕集和再利用【答案】A【解析】【分析】【详解】A．化石能源是指煤、石油、天然气，加大化石能源占能源消费比重，

将增大CO2的排放量，不利于碳中和，A符合题意；B．推进绿色低碳的生产生活方式，有利于减少CO2的排放量，利于碳中和，B不合题意；C．开展节能减排和新能源开发，新能源有利于减少化石能源的使用，可以减少CO2的排放量，利于碳中和，C不合题意；D．加强二氧化碳的捕集和

再利用，可以增大CO2的吸收量，即可减少其排放量，利于碳中和，D不合题意；故答案为：A。2.下列关于化学反应中能量变化的说法正确的是A.形成化学键的过程是放热过程B.可逆反应进行的过程中没有能量变化C.在常温下可以发生的反应一定是放热反应D.化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关【

答案】A【解析】【分析】【详解】A．发生化学反应时，成键放热，断键吸热，故A正确；B．任何化学反应都存在能量的变化，故B错误；C．常温下可以发生的反应可能是吸热反应，如铵盐与碱的反应，故C错误；的D．化学反应中的能量变化大小与参与反应的物质的物质

的量有关，与质量相关，故D错误；故选A。3.下列表达式正确的是A.碳酸的电离：233HCOHHCO+−=+B.硫化钠水解：2--22S+2HOHS+2OHC.4NaHSO在水中的电离：++2-44NaHSO=Na+H+SOD.3CaCO的溶解平衡：2+2

-33CaCOCa+CO【答案】C【解析】【详解】A．碳酸为二元弱酸，分步且部分发生电离，第一步电离方程式为：233HCOHHCO+−+，A不正确；B．氢硫酸为二元弱酸，S2-水解分步进行，且水解进行的程度不大，则

硫化钠第一步水解方程式为：2--2S+HOHS+OH−，B不正确；C．硫酸为二元强酸，在水溶液中发生完全电离，则4NaHSO在水中的电离方程式为：++2-44NaHSO=Na+H+SO，C正确；D．CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分发生完全电离，则溶解平衡可表示为：2+

2-33(s)(CaCOCa+C)Oaq)(aq，D不正确；故选C。4.反应：A(g)+3B(g)=C(g)+2D(g)，在4种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.5mol·L-1·min-1；②v(B)=0.45mol·L-1·s-1；③v(C)=0.3mol·L-1·s

-1；④v(D)=0.45mol·L-1·s-1。下列有关反应速率的比较中正确的是（）A.①＜②＜④＜③B.①＜②=③＜④C.①＞②=③＞④D.①＞②＞③＞④【答案】A【解析】【分析】相同条件下的同一反应，用不同物质表示反应速率时，数值可能不同，所以比较同一反应在不同条件下反应速率快慢时，应使

用同一物质，同时注意单位的统一。【详解】为便于比较，我们将速率都转化为用A表示的速率。①v(A)=0.5mol·L-1·min-1；②v(B)=045mol·L-1·s-1，则v(A)=9mol·L-1·min-1；③v(C)=0.3mol·L-1·s-1，则v(A)=1

8mol·L-1·min-1；④v(D)=0.45mol·L-1·s-1，则v(A)=13.5mol·L-1·min-1；比较以上数值，①＜②＜④＜③，A正确；故选A。5.下列有关问题，与盐类水解无关的

是A.草木灰与铵态氮肥不能混合施用B.4NHCl与2ZnCl溶液可作焊接金属中的除锈剂C.用4TiCl与水制备2TiOD.配制2FeCl溶液时，加入少量铁粉【答案】D【解析】【详解】A．草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中

的铵根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氨气，则草木灰与铵态氮肥不能混合施用，与盐类水解有关，故A不选；B．铵根离子和锌离子水解溶液呈酸性，能够去除铁锈，所以4NHCl与2ZnCl溶液可作焊接金属中的除锈剂，与盐类水解有

关，故B不选；C．4TiCl加热水解生成2TiO和HCl，HCl易挥发，所以可用4TiCl与水制备2TiO，与盐类水解有关，故C不选；D．亚铁离子易被氧化，配制2FeCl溶液时加入少量铁粉，其目的是防止亚铁离子被氧化，与盐类水解无关，故D选；答案选D。6.

现有M、N、P、E四种金属，已知：①氧化性强弱顺序为2+2+N>M；②E、P用导线连接放入稀硫酸中，P表面有大量气泡逸出；③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为2+-E+2e=E，-2+N-2e=N。则这四种金属的还原性由强到弱的顺序是A.M>N>E>PB.E>N>M>PC.P

>N>M>ED.E>P>M>N【答案】A【解析】【详解】①氧化性强弱顺序为2+2+N>M，则金属单质的还原性M＞N；.②E、P用导线连接放入稀硫酸中，P表面有大量气泡逸出，则P为正极，E为负极，还原性E＞P；③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为2+-E+2e=E，-2+

N-2e=N，则N为负极，E为正极，还原性N＞E；由以上分析可得出，还原性M＞N＞E＞P，故选A。7.有可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)ΔH<0。该反应的速率与时间的关系如图所示：如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则对应t2、t4、t6

、t8时改变的条件正确的是A.升高温度，减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂B.增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度C.使用了催化剂，增大压强，减小反应物浓度，降低温度D.升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化

剂【答案】A【解析】【详解】t2时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增大的倍数更多，应为升高温度；t4时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都减小，但v(正)减小的倍数更多，应为减小压强；t6时，改变某一条件

，v(正)增大、v(逆)不变，平衡正向移动，应为增大反应物的浓度；t8时，改变某一条件，v(正)、v(逆)同等程度增大，但平衡不移动，应为使用了催化剂；综合以上分析，A符合题意，故选A。8.下列说法错误的是A.+wc(H)=K的溶液一定是中性B.6(H)1.010mol

/L+−=c的溶液一定呈酸性C.同温同浓度的HCl和NaOH溶液中，水的电离程度相同D.任何水溶液中，都一定同时存在H+和OH—【答案】B【解析】【分析】【详解】A．+wc(H)=K的溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度一定相等，溶液一定呈中性，故A正确；

B．100℃时，水的离子积常数为1×10—12，中性溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，都为1×10—6mol/L，故B错误；C．酸或碱都抑制水的电离，抑制程度与溶液中氢离子浓度或氢氧根离子浓度大小有关，同温同浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，酸溶液中的氢离子浓度等

于碱溶液中的氢氧根离子浓度，抑制水电离的程度相同，故C正确；D．温度一定，任何水溶液中水的离子积常数是一个定值，溶液中一定同时存在氢离子和氢氧根离子，故D正确；故选B。9.一定温度下，将1molA(g)和4molB(g)置于2L的恒容密

闭反应器中发生反应：A(g)+3B(g)垐?噲?2C(g)+aD(g)，C、D物质的量浓度与反应时间的关系如图。下列叙述正确的是A.a=2B.平衡时A的浓度为0.2mol/LC.B的平衡转化率为70%D.若2mi

n时，压缩体积，平衡向正反应方向移动，c(A)增大【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，平衡时生成物C、D的浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L，由化学计量数之比等于浓度变化量之比可得：0.4mol/L：0.2m

ol/L=2：a，解得a=1，故A错误；B．由图可知，平衡时生成物C的浓度为0.4mol/L，由方程式可知，平衡时A的浓度为1mol2L—0.4mol/L×12=0.3mol/L，故B错误；C．由图可知，平衡时生成物C的浓度为0.4

mol/L，由方程式可知，平衡时消耗B的浓度为0.4mol/L×32=0.6mol/L，则B的平衡转化率为0.6mol/L2L4mol×100%=30%，故C错误；D．该反应是气体体积减小的反应，2min时，反应达到平衡，若压缩体积，增大压强，平衡向正反应反向移动

，新平衡时，A的浓度增大，故D正确；故选D。10.欲使10.1molL−的3NaHCO溶液中()+cH、()2-3cCO、()-3cHCO都减少，其方法是：A.通入二氧化碳气体B.加入氢氧化钠固体C.通入氯化氢气体D.加入饱和石灰水溶液【答案】D【解析】【详解】A．C

O2与水反应生成碳酸，c(H+)、c(HCO3-)增大，A错误；B．NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，B错误；C．HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入

氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，C错误；D．Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离

子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，D正确；故答案为：D。11.下列有关3BaSO沉淀溶解平衡的说法中错误的是A.3BaSO的溶度积常数表达式()()()2+2-sp33KBaSO=cBacSOB

.3BaSO难溶于水，溶液中没有2+Ba和SO23−C.升高温度，3BaSO的溶解度增大D.向3BaSO悬浊液中加入23NaSO固体，3BaSO溶解的量减少【答案】B【解析】【详解】A．BaSO3难溶于水，悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO23−(aq)，根据溶

度积数学表达式，推出Ksp=c(Ba2＋)×c(SO23−)，故A说法正确；B．BaSO3虽难溶于水，BaSO3在水中溶解度较小，但溶液中有极少量的Ba2＋和SO23−，故B说法错误；C．多数物质的溶解度随着温度升

高而升高，升高温度，BaSO3的溶解度增大，故C说法正确；D．BaSO3悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO23−(aq)，加入Na2SO3固体，溶液中c(SO23−)增大，c(Ba2＋)减少，BaSO3溶

解的量减少，故D说法正确；答案为B。12.锌汞电池总反应为22Zn(s)HgO(s)HO(1)Zn(OH)(s)Hg(1)++=+，下列说法错误的是A.锌极发生氧化反应B.OH−向锌极迁移C.电解质溶液可以是稀硫酸D.正极反应式为2HgO2eHO=Hg2OH−−+++

【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据电池总反应知，锌的化合价升高，锌为负极，发生氧化反应，A项正确；B．放电时，阴离子向负极迁移，B项正确；C．从电池反应的产物看，氢氧化锌能与稀硫酸反应，电解质溶液不能为稀硫酸，C项错误；D．正极发生还

原反应：2HgO2eHO=Hg2OH−−+++，D项正确；故选C。13.25℃时，pH=3的盐酸和醋酸溶液各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A.曲线I代表盐酸的稀释过程B.b点溶液中和氢氧化钠的能力强于a点溶液C.a点溶液的导

电性比b点溶液的导电性强D.将a、b两点所示溶液加热至30℃，()()--3cClcCHCOO的值变小【答案】C【解析】【分析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，pH相同时，盐酸的浓度比醋酸的浓度小很多。加水稀释相同倍数，由于盐酸是强酸，n(H+)不变，醋酸是弱酸，电离程度增大，n(H+)增大

，从而导致盐酸溶液的c(H+)比醋酸溶液的c(H+)小、pH大，所以Ⅰ为盐酸的稀释曲线，Ⅱ为醋酸的稀释曲线。【详解】A．由分析可知，曲线I代表盐酸的稀释过程，A正确；B．由分析可知，醋酸的物质的量浓度比盐酸大，所以b点溶液中和氢氧化钠的能力强于a点溶液，B

正确；C．a点溶液中离子浓度小于b点溶液中离子浓度，则a点溶液导电性比b点溶液的导电性弱，C错误；D．将a、b两点所示溶液加热至30℃，醋酸电离程度增大，c(CH3COO-)增大，c(Cl-)不变，则()()--3cClcCHCOO的值变小，D正确；故选C。14

.常温下，浓度均为0.1mol/L的下列两种盐溶液。其pH测定如下表所示：序号①②溶液CH3COONaNaClOpH8.810.3下列说法正确的是A.①溶液中，c(CH3COOH)＞c(OH-)B.阴离子总浓度：

①＞②C.常温下，()aa3KCHCOOH<K(HClO)D.水的电离程度：①＞②【答案】B【解析】【分析】表中数据显示，CH3COONa溶液的pH小于NaClO溶液的pH，说明NaClO溶液的碱性强，ClO-的水解程度比CH3COO-的水解程度大，HClO的酸性比CH3COOH的酸性弱。【详解】

A．①溶液中，依据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，依据物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，从而得出c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，所以c(CH3COOH)＜c(

OH-)，A不正确；B．依据电荷守恒可得，c(Na+)+c(H+)①=c(CH3COO-)+c(OH-)①、c(Na+)+c(H+)②=c(ClO-)+c(OH-)②，由于pH①＜②，所以c(H+)①＞c(H+)②，c(CH3COO-)+c(OH-)①＞c(ClO-)+c(OH-)②，即阴

离子总浓度：①＞②，B正确；C．由分析可知，CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，所以常温下，()3aaKCHCOOHK(HClO)＞，C不正确；D．表中数据显示，CH3COONa溶液的pH小于NaClO溶液的pH，则C

H3COO-的水解程度比ClO-的水解程度小，所以水的电离程度：①＜②，D不正确；故选B。15.《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：+-222HOH+HO，-12aK=2.410)，下列说法正确的是A.

a极电极反应式：-+2H-2e=2HB.Y膜为阳离子交换膜C.每消耗22.4LO2外电路通过2mole-D.该过程中主要的能量转化形式为电能转化为化学能【答案】A【解析】【分析】a极通入H2，H2-2e-=2H+；b极通入O2，O2+2e-+H2O=2HO−+

OH-。【详解】A．由分析可知，a极为负极，H2失电子生成H+，电极反应式：-+2H-2e=2H，A正确；B．b极为正极，O2+2e-+H2O=2HO−+OH-，则Y膜应允许阴离子通过，Y膜为阴离子交换膜，B不正确；C．由电极反应式O2+2e-+H2O=2HO−+OH-，

每消耗1molO2，外电路上通过2mole-，但题中没有指明温度和压强，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，则22.4LO2不一定是1mol，C不正确；D．该装置为原电池，主要的能量转化形式为化学能转化为电能，D不正确；故选A。16.某同学以

酚酞作指示剂，用-10.1000molL的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸，滴定曲线如图。下列说法正确的是A.需用盐酸润洗锥形瓶B.水电离出的氢离子浓度：a>bC.滴定结束后俯视读数会导致测得盐酸的浓度偏低D.滴定终点

时，溶液由浅红色变为无色【答案】C【解析】【详解】A．用-10.1000molL的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸，待测液盐酸的体积为20.00mL，若用盐酸润洗锥形瓶，造成锥形瓶内盐酸的量增加，消耗的氢氧化钠的体积偏大，测定结果偏高，带来实验误差，故A错误；B．酸抑制

水电离，随着氢氧化钠溶液的不断加入，溶液的酸性减弱，促进了水的电离，水电离出的氢离子浓度增大；a点溶液中氢离子浓度大于b点溶液中氢离子浓度，因此水电离出的氢离子浓度：a<b，故B错误；C．滴定结束后俯视读数，会导致消耗的氢氧化钠溶液的体积读数偏小，根据()()()()cNaOHVNaOHcH

ClVHCl=分析可知，测得盐酸的浓度偏低，故C正确；D．酚酞变色范围8.2-10，酚酞遇酸不变色，随着氢氧化钠溶液的不断加入，达到滴定终点时，溶液显碱性，所以溶液由无色变为浅红色，故D错误；故选C。

二、非选择题：本题包括4小题，共52分。17.红磷和Cl2发生反应生成PCl3或PCl5。反应过程和能量关系如右图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。回答下列问题：（1）1molPCl3所具有的总能量比1molP和1.5molCl2所具有的总能量___

________(填“高”或“低”)___________kJ。（2）PCl3和Cl2化合成PCl5的热化学方程式是___________。（3）P和Cl2反应生成1molPCl5的ΔH=___________。（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸

，其化学方程式是___________。（5）红磷的同素异形体白磷在氧气中燃烧有如下转化关系。其中2ΔH=___________(用含1ΔH和3ΔH代数式表示)。【答案】（1）①.低②.306（2）-1325PCl(g)+Cl(g)=PCl(g)Δ=-93kJmolH（3）-1-399kJmo

l（4）5234PCl+4HO=HPO+5HCl（5）31Δ-ΔHH【解析】的【分析】【小问1详解】根据图示写出热化学方程式2313P(s)+Cl(g)=PCl(g)=-306kJ/mol2H，1molPCl3所具有

的总能量比1molP和1.5molCl2所具有的总能量低306kJ；【小问2详解】由图象可知，1molPCl3和Cl2反应生成1molPCl5的ΔH2=-93kJ/mol，所以其反应的热化学方程式为：-1325PCl(g)+Cl(g)=PCl(g)Δ=-93kJmo

lH；【小问3详解】由图象可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的ΔH=-306kJ/mol+(-93kJ/mol)=-399kJ/mol；【小问4详解】PCl5与足量水充分反应，最终生成磷酸与HCl两种酸，所以其化学方程式是5234PCl+4HO=HPO+5H

Cl；【小问5详解】根据盖斯定律可知，条件不变时，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，所以321Δ=Δ+ΔHHH，所以2ΔH=31Δ-ΔHH。18.利用催化氧化反应将2SO转化为3SO是

工业上生产硫酸的关键步骤。已知：()()()2231SOgOgSOg2+198kJmolH−=−。（1）该反应平衡常数K的表达式为___________；温度降低，平衡常数K___________(填“增大”、“不变”或“减小”)。（2）某温度下该反应的平衡常数6K=，若在此温度下

，向2L的恒容密闭容器中，充入()24molSOg、()22molOg和()34molSOg，则反应开始时v(正)___________v(逆)(填“”“”或“=”)。（3）在温度和容积不变的条件下，能说明该反应已达平

衡状态的是___________(填写序号字母)。a．()()()223nSO:nO:nSO2:1:2=b．容器内压强保持不变c．生成3SO的速率与消耗2SO的速率相等d．容器内的密度保持不变（4）向2L的恒容密闭容器中，重新充入22mo

lSO和21molO，测得2SO的物质的量随时间变化如下表所示。t/min0251015()2nSO/mol21.510.50.5①从反应开始到5min末，用2O浓度变化表示的平均反应速率()2Ov=___________。达到平衡时，2SO的平衡转化率为___________。②

上述反应达到平衡后，改变下列条件能使反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是___________(填写序号字母)。a．及时分离出3SOb．适当升高温度c．再充入22molSO和21molOd．选择高效的催化剂【答案】（1）①.()()()平312平22平cSOcSOOc②.增大（2）（3）

b（4）①.110.05molLmin−−②.75%③.c【解析】【分析】【小问1详解】依据化学反应方程式，该反应的平衡常数K的表达式为()()()平312平22平cSOcSOOc，此反应放热，降

温向正向移动，平衡常数K增大；【小问2详解】因为浓度商C=()()()31222cSOcSOOc=124mol2L4mol×2L2mol()2L=1<K，则反应开始时v(正)>v(逆)；【小问3详解】a.n(SO2):n(O2):n(SO3)=2:1:2该反应不一定达

到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关a错误；b．反应前后容器内压强减小，当容器内压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；c．消耗SO2速率向正向，生成SO3的速率，还是向正向进行，不能满足正逆相等，c错误；d．无论反应是否达到平衡状态，容器内的密度始终保持不变，

不能据此判断平衡状态，故错误；故选b。【小问4详解】①根据表中数据，从反应开始到5minn末，v(SO2)=ΔcΔt=2mol-1mol2L5min=0.1mol·L-1·min-1，根据化学反应推知v(O2)=12v(SO2)

=0.05mol·L-1·min-1，SO2的平衡转化率=2mol-0.5mol2mol=75%；②依据影响化学反应速率因素，平衡影响因素的理解，移动原理的分析判断；下列条件能使上述反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的；.a．及时分离出SO3气

体，生成物浓度减小，反应速率减小，平衡正向进行，a错误；b．反应是放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，b错误；c．保持容器的容积不变，再充入再充入2molSO2和1molO2相当与增大压强，反应速率增大，平衡正向

进行，c正确；d．选择高效的催化剂，反应速率增大，平衡不动，d错误；故选C。.19.草酸(H2C2O4)是一种常用的化工原料，能形成多种化合物，其中草酸钠是一种常用的化工还原剂，草酸钙可用于陶瓷上釉等，回答下

列问题：（1）Na2C2O4溶液显_______性(填“酸性”“中性”或“碱性”)。（2）某同学用酸性KMnO4溶液滴定含杂质的Na2C2O4测定样品的纯度(已知杂质不参与反应)，实验步骤如下：准确称取1.0gNa2C2O4固体样品，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中，

再向锥形瓶中加入足量稀H2SO4溶液，用0.016mol/L高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL。(发生反应的离子方程式为24MnO−+5224CO−+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O)①高锰

酸钾溶液应装在_______滴定管中，滴定至终点时的实验现象是_______。②下列操作可能使测量结果偏低的是_______。a.盛装Na2C2O4的滴定管没润洗b.称取的Na2C2O4样品部分含有结晶水c.读数时滴定前俯视，滴定后仰视d.滴定结束

后滴定管尖端悬有一滴溶液③计算样品中Na2C2O4的纯度：_______。的（3）CaC2O4是五种肾结石里最为常见的一种，患草酸钙结石的病人多饮白开水有利于结石的消融，请用必要的化学原理和简要的文字说明其原因：_______。【答案】（1）碱（2）①.酸式②.当滴入最后半滴酸性K

MnO4溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色③.ab④.67%（3）2+2-2424CaCO(s)Ca(aq)+CO(aq)，多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融【解析】【分析】用KMnO4酸性溶液滴定Na2C2O4溶液，以测定Na2C2O4的纯度。首先要选择合适的仪器，因

为Na2C2O4溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内，KMnO4酸性溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管内。注意滴定前、滴定过程中、滴定结束不出现气泡、液滴不悬挂，读数平视。【小问1详解】Na2C2O4为强碱弱酸的正盐，其水溶液显碱性。答案为：碱；【小问2详解】①高

锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应装在酸式滴定管中；起初Na2C2O4呈无色，滴定至终点时，KMnO4溶液稍过量，此时溶液呈现淡紫色，实验现象是：当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色。②a.盛装Na2C2O4的滴定管没润洗，将导致其浓度偏低；b.称取的N

a2C2O4样品部分含有结晶水，则n(Na2C2O4)偏低，将导致Na2C2O4浓度偏低；c.读数时滴定前俯视，滴定后仰视，则读取所用KMnO4溶液体积偏大，将导致Na2C2O4浓度偏高；d.滴定结束后滴定管尖端悬有一滴溶液，则读取所用KMnO4溶液的体积偏大，将导致Na2C2

O4浓度偏高；故选ab。③由离子方程式可得出下列关系式：2KMnO4——5Na2C2O4，20.00mL溶液中所含Na2C2O4的物质的量为50.016mol/L0.025L134g/mol2=0.134g，则样品中Na2C2O4的纯度：

0.134g100%20mL1g100mL=67%。答案为：酸式；当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色；ab；67%；【小问3详解】患草酸钙结石的病人多饮白开水

，可使溶液中c(Ca2+)、c(224CO−)减小，从而促进结石的溶解平衡不断正向进行，有利于结石的消融，其原因：2+2-2424CaCO(s)Ca(aq)+CO(aq)，多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融。答案为：2+2-2424CaCO(s)Ca(aq)+CO

(aq)，多喝水沉淀溶解平衡正向移动，的有利于结石的消融。【点睛】描述滴定终点时溶液的颜色变化，需关注滴定前溶液的颜色。20.三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2，继而生产Ni

2O3的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH1.1

6.53.57.1沉淀完全的pH3.29.74.79.2回答下列问题：（1）Ni2O3中Ni元素的化合价为___________；为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：___________(任写一种)。（2）“酸浸”后的酸性溶液中加入

H2O2的目的是___________(用语言叙述)。（3）“沉镍”前需加Na2CO3控制溶液pH范围为___________；滤渣A为___________。（4）“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为___________。（5）工业上用镍为阳极，电解0.

05～0.1mol·L-1NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_______。【答案】（1）①.+3②.增大盐

酸的浓度（2）氧化Fe2+生成Fe3+（3）①.4.7～7.1②.Fe(OH)3、Al(OH)3（4）2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O（5）10g•L-1【解析】【分析】酸浸后的酸性溶液中含

有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢

氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；【小问1详解】Ni2O3中Ni元素的化合价为+3；为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；【小问2详解】“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生

成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+；【小问3详解】沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7～7.1，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀时发生的离子反应方程式为2Fe3++3CO2-3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3

CO2↑、2Al3++3CO2-3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3；【小问4详解】Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子

方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；【小问5详解】根据NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g•L-1。获得更多资源请扫码

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