【文档说明】四川省遂宁市射洪中学校2022-2023学年高二下学期5月月考化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.458 MB，由小赞的店铺上传

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射洪中学高2021级2023年上期第三学月考试化学试题一、选择题(1-12每小题2分13-18每小题3分，共42分)。1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿B.盐碱地不利

于作物生长，可适当添加石膏降低土壤的碱性C.肥皂和厕所清洁剂都是碱性的，而厨房清洁剂是酸性的D.“西气东输”工程中的气体是天然气，天然气是高效清洁燃料和重要化工原料【答案】C【解析】【详解】A．黄铜(铜锌合金)的抗腐蚀性能交换，故其制作的铜锣不易产生铜绿，A正确；B．石膏为

硫酸钙，可以和盐碱地中的碳酸钠反应转化为碳酸钙，故盐碱地不利于作物生长，可适当添加石膏降低土壤的碱性，B正确；C．肥皂和厨房清洁剂都是碱性的，而是厕所清洁剂酸性的，C错误；D．天然气主要成分为甲烷，甲烷是高效清洁燃料和重要化工原料，D正确；故选C。2.下列设备工作时，将化学能主要转化为热

能的是A．纽扣电池B．燃气灶C．风力发电D．太阳能热水器A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．纽扣电池工作时化学能转化为电能，故A错误；B．燃气灶工作时是将化学能转化为热能，故B正确；C．风力发电是利用风车将风能转化为电能，故C错误；D．太阳能热水器是将

太阳能转化为热能，故D错误；故答案选B。3.要使0.01mol/LK2CO3溶液中的c(2-3CO)更接近0.01mol/L，可以采取的措施是A.通入CO2B.加入Na2CO3固体C.加热D.加入适量KOH固体【答案】D【解

析】【详解】A．向0.01mol/LK2CO3溶液中通入CO2，因发生2-3CO+CO2+H2O=2-3HCO，导致2-3CO浓度小于0.01mol/L，A不合题意；B．向0.01mol/LK2CO3

溶液中加入Na2CO3固体，导致2-3CO浓度大于0.01mol/L，B不合题意；C．加热能够促进2-3CO水解，导致001mol/LK2CO3溶液中2-3CO浓度小于0.01mol/L，C不合题意；D．向0.01mol/LK2CO3溶液中加入适量KO

H固体，由于OH-浓度增大，抑制2-3CO水解，导致0.01mol/LK2CO3溶液中2-3CO浓度接近0.01mol/L，D符合题意；故答案为：D。4.下列烷烃的一氯代物中没有同分异构体的是A.丙烷B.2-甲基丙烷C.丁烷D.新戊烷【答案】D【解析】【详解

】A．丙烷（323CHCHCH）有两种等效氢原子，一氯代物有两种结构，A错误；B．2-甲基丙烷：33CH(CH)，有两种等效氢原子，一氯代物有两种结构，B错误；C．丁烷：3223CHCHCHCH，有两种等效氢原子，一氯代物有两种结构，C错误；D．新戊烷：34C

(CH)，只有一种氢原子，一氯代物只有1种结构，没有其他的同分异构体，D正确；故选D。5.下列离子方程式书写错误的是A.用铜作电极电解AgNO3溶液：4Ag+＋2H2O电解4Ag＋O2↑＋4H+B.小苏打溶液呈碱

性：-3HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-C.向AgCl悬浊液中加入Na2S固体：2AgCl(s)＋S2-(aq)⇌Ag2S(s)＋2Cl-(aq).D.用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+：2[Fe(CN)6]3-＋3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓【答案】A【解析】

【详解】A．用铜作电极电解AgNO3溶液则阳极上Cu失电子转化为Cu2+，阴极上是Ag+得到电子转化为Ag，故该电解方程式为：Cu+2Ag+电解2Ag＋Cu2+，A错误；B．小苏打溶液呈碱性由于碳酸氢

根离子水解生成碳酸和氢氧根离子即-3HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-，B正确；C．向AgCl悬浊液中加入Na2S固体发生沉淀的转化，该转化方程式为：2AgCl(s)＋S2-(aq)⇌Ag2S(s)＋2Cl-(aq)，C正确；D．用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+产生蓝色沉淀即Fe

3[Fe(CN)6]2↓，故该离子方程式为2[Fe(CN)6]3-＋3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓，D正确；故答案为：A。6.在一定温度下的氢氧化钙的悬浊液中，加入少量的氧化钙粉末，充分反应后恢复到原温度。下列叙述不正确的是A.溶液的pH不变B.溶液中钙离子数目减少C.溶液中

钙离子浓度不变D.氢氧化钙的溶度积常数变小【答案】D【解析】【详解】向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca(OH)2，消耗水，溶液中c(Ca2+)、c(OH-)增大，由于原溶液已达到饱和，则沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，即溶液中Ca2+和O

H-的物质的量减少，但饱和溶液的浓度和沉淀的溶解平衡的溶度积Ksp只与温度有关，故温度不变，溶液中各离子浓度和Ksp保持不变，即溶液的pH不变，溶液中钙离子数目减少，溶液中钙离子浓度不变，则A、B、C均正确，氢氧化钙的溶度积常数不变，D错误；故答案为：D。7.常温下，CH3COOH、HCOOH(甲

酸)的电离常数分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1mol/LCH3COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是A.c(H＋)：CH3COOH>HCOOHB.等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH>CH3C

OOHC.HCOOH与NaOH发生反应的离子方程式为：H＋＋OH-=H2OD.将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，其电离常数保持不变【答案】D【解析】【详解】A．由电离常数可知，则等浓度的甲酸电离程度大于乙酸溶液，溶液

中氢离子浓度等于乙酸溶液，故A错误；B．由分析可知，甲酸与乙酸的浓度相同、体积相同则物质的量相同，氢原子个数相同，与过量的镁反应，酸完全反应，则根据原子守恒，产生的氢气的量相同，故B错误；C．甲酸溶液与氢氧化钠溶液反

应生成甲酸钠和水，反应的离子方程式为2HOHCOOHOHHCOO−−+=+，故C错误；D．电离常数为温度函数，温度不变，电离常数不变，则乙酸溶液稀释过程中，甲酸的电离常数保持不变，故D正确；故选D。8.家庭常使用天然气或者液化石油气(主要成分为C3H8)为燃料，现在以一套液化石油气为原料的灶具改为

烧天然气，应采取的措施是A.增大空气进量，增大天然气进量B.减小空气进量，减小天然气进量C减小空气进量，增大天然气进量D.增大空气进量，减小天然气进量【答案】C【解析】【详解】甲烷和氧气点燃生成水和二氧化碳，4222CH+2OCO+2HO点燃；C3H8氧气点燃

生成水和二氧化碳，23822CH+5OCO3+4HO点燃；由方程式可知，等体积的甲烷相比等体积的液化石油气耗氧量减小，故液化石油气为原料的灶具改为烧天然气后，应该减小空气进量，增大天然气进量；故选C。9.氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池

。一种氟离子电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是.A.放电时，a是电源的负极B.放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F2-2e-=LaSrMnO4＋2F-C.充电时，电极a接外电源的正极D.可将含F-的有机溶液换成水

溶液以增强导电性【答案】C【解析】【分析】由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为：Mg+2F－－2e－=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4

＋2F－；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答；【详解】A．由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；B．放电时，a为正极发生还原反应，电极反应为：L

aSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B错误；C．充电时电解池阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C正确；D．因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；答案选C。10.阿

伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A.常温下，pH=7的醋酸铵溶液中由水电离出的OH-数目为10-7NAB.1L0.1mol/LNaClO溶液中含有的ClO-数目为NAC.在电解精炼粗铜的过程中，当阴极质量增重32g时转移的电子数为NAD.标准状况下，22.4LC6H14中含有单键数目为1

9NA【答案】C【解析】【详解】A．水电离的氢离子浓度为10-7mol/L，因未注明溶液体积，所以无法计算离子个数，A错误；B．因ClO-离子发生水解，故在溶液中ClO-的个数小于NA，B错误；的C．阴极发生电极反应，22eCuCu+−+=，()32g

0.564g/mnCumolMmol===，则转移电子数为NA，C正确；D．标准状况下C6H14为液体，无法根据体积计算物质的量，D错误；故答案为：C。11.下列电化学装置完全正确的是A.装置甲防止铁被腐蚀B.装置乙铁件上镀银C.装置丙粗铜精炼D.装置丁铜锌原电池

【答案】A【解析】【详解】A．图甲防止铁被腐蚀，该方法是外加电流的阴极保护法，要保护的金属作电解池的阴极，故A正确；B．图乙铁件镀银，镀件(Fe)作阴极，镀层金属(Ag)做阳极，故B错误；C．图丙粗铜精炼，粗铜应该作阳极，纯铜作阴极，故C错误；D．图丁铜锌原电池，锌

电极下面应该是硫酸锌溶液，铜电极下面应该是硫酸铜溶液，故D错误；综上所述，答案为A。12.被称为“软电池”的纸质电池，其总反应为：Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnOOH。下列说法正确的是A.该电池

中Zn作正极B.MnO2电极上发生氧化反应C.该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2D.当6.5gZn完全溶解时，流经电路的电子数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．由电池的总反应：Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO+2MnOOH，可知Zn的化合价由0价变为+2价，Zn失电子作负极

，故A错误；B．Zn是负极，失电子，发生氧化反应，MnO2电极上发生还原反应，故B错误；C．该电池工作时电流是由正极流向负极，电流从MnO2经导线流向Zn，故C错误；D．根据电极反应，负极：Zn-2e-=Zn2+，1molZn溶解，转移2mol电子，则6.5gZn为0.1

mol，转移0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故D正确；答案选D。13.向含MgCl2和CuCl2的溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，沉淀的质量(m)与加入NaOH溶液体积(V)的关系如图所示，已知V2=3V1

，下列说法正确的是A.原溶液中MgCl2和CuCl2的物质的量浓度之比为3：1B.该实验不能证明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的Ksp小C.若向Mg(OH)2悬浊液中滴入CuCl2溶液，一定会有Cu(OH)2生成D.水的电

离程度：A＞B＞C【答案】D【解析】【分析】据图象可知，0～V1时生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，V1～V2生成的沉淀为Mg(OH)2，V2=3V1，说明n[Mg(OH)2]=2n[Cu(OH)2]，A点时溶质为NaCl和MgCl2，B点时为NaCl，C点为NaCl和NaOH，据此解答

。【详解】A．V2=3V1，说明n[Mg(OH)2]=2n[Cu(OH)2]，原溶液中MgCl2和CuCl2的物质的量浓度之比为2：1，故A错误；B．CuCl2的物质的量浓度小且首先沉淀铜离子说明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的Ksp小，故B错误；C．要想生成沉淀，必须满足Qc＞Ksp

，铜离子浓度大小未知，无法判断是否生成沉淀，故C错误；D．A点时溶质为NaCl和MgCl2，B点时为NaCl，C点为NaCl和NaOH，镁离子水解促进水的电离，NaOH抑制水的电离，NaCl对水的电离无影响，水的电离程度：A＞B＞C

，故D正确；故选D。14.常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是A.在-1340.1molLHPO溶液中-2-3-342444c(HPO)>c(HPO)>c(HPO)>c(PO)B.在-12240.1molLNaCO溶液中++--2-2424c(Na)+

c(H)=c(OH)+c(HCO)+c(CO)C.在-130.1molLNaHCO溶液中--1233c(HCO)+c(HCO)=0.1molLD.氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中-+-+4c(Cl)>c(NH)>c(OH)>c(H

)【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在-1340.1molLHPO溶液中，离子浓度大小为：-2-3-342444c(HPO)>c(H

PO)>c(HPO)>c(PO)，故A正确；B．在-12240.1molLNaCO溶液中，根据电荷守恒得到++--2-2424c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HCO)+2c(CO)，故B错误；C．在-130.1molLNaHCO溶液中，根据物料守恒得到--123

323c(HCO)+c(HCO)+c(HCO)=0.1molL，故C错误；D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则-+c(OH)>c(H)，根据电荷守恒--++4)+)=c(Cl)c+(OHc(NHc(H)，则-+4c(Cl)<c(NH)，故D

错误；故选A。15.下列有几个结论是正确的①金属性：BeMgCaK②氢化物的稳定性：234HFHClHSPHSiH③微粒半径：23KClSAl+−−+④氧化性：2ClSSeTe⑤酸性：243423HSOHPOHSiO⑥沸点：HF

HIHBrHCl⑦离子的还原性：2SClBrI−−−−A.7个B.6个C.5个D.4个【答案】C【解析】【详解】①同周期自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，金属性：BeMgCaK，①正确；②

非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，非金属性FClSPSi，气态氢化物的稳定性：234HFHClHSPHSiH，②正确；③核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，微粒半径排列为23SClKAl−−++，

③错误；④非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性ClSSeTe，则氧化性2ClSSeTe，④正确；⑤非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性SPSi，则酸性243423HSOHSO

HSiO，⑤正确；⑥HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HFHIHBrHCl，故⑥正确；⑦非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，非金属性ClSBrI，还原性是2SIBrCl

−−−−，⑦错误。综上所述③⑦错误；有5个结论正确，答案选C。16.常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是A.点①和点②所示

溶液中：c(CH3COO-)＜c(CN-)B.点③和点④所示溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)C.点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH

3COOH)D.点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】A．点①处，溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，且醋酸发生电离，则c(CH3COO-)＞c(Na+)，点②处，溶液为NaC

N和HCN的混合溶液，但发生NaCN的水解反应，则c(Na+)＞c(CN-)，两份溶液中c(Na+)相等，所以溶液中：c(CH3COO-)＞c(CN-)，A不正确；B．点③所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，B不正确；C．加

入NaOH溶液前，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(HCN)+c(CN-)=0.10mol·L-1，点①和点②所示溶液中，溶液的体积相同，也存在c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(HCN)+c(CN-)，所以c(

CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)，C正确；D．点②所示溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，且c(Na+)＞c(CH3COOH)，所以c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，D不正

确；故选C。17.支撑海港码头基础的防腐技术，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述正确的是A.高硅铸铁作用为传递电流和损耗阳极材料B.通电后外电路电子被强制从钢管桩流向高硅铸铁C.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零D.该防腐技术为牺牲阳极的

阴极保护法【答案】C【解析】【详解】A．高硅铸铁为惰性辅助阳极，作用为传递电流，没有作损耗阳极材料，A错误；B．高硅铸铁为阳极，通电后，电子从阳极（高硅铸铁）经导线流向电源正极，负极流向阴极（钢管柱），B错误；C．钢管桩为电解池的阴极，没有被损耗，其表面腐蚀电流接近为零，C正确；D．

在电流的作用下，该装置为外接电源的阴极保护法，D错误；故选C。18.常温下，金属离子(Mn+)浓度的负对数pM[pM=-lgc(Mn+)]随溶液pH变化关系如图所示。当c(Mn+)≤10-6mol/L时认为该金属离子已沉淀完全，下列叙述正确的是A.常温下，Mg

(OH)2的溶解度比Cu(OH)2的溶解度小B.常温下，Fe(OH)3的溶度积常数为1.0×10-39C.除去含Cu2+溶液中的少量Fe2+，可加入适量H2O2后控制溶液3≤pH<7D.能通过调节溶液pH的方法分步沉淀Mg2+和Fe2+【答案】B【解析】【详

解】A．由图可知Mg(OH)2和Cu(OH)2完全沉淀时，Mg(OH)2所需pH值更大，推知Mg(OH)2溶度积常数大于Cu(OH)2，二者为相同类型的沉淀，溶度积常数越大，溶解度越大，所以Mg(OH)2的溶解度比Cu(OH)2的溶解

度大，A错误；B．由点(3,6)可知，此时pH=3，pOH=11，则()()()3+3-611339sp3KFeOH=cFecOH=101010[]−−−=，B正确；C．由图可知，当三价铁离子完全沉淀时，铜离子未开始沉淀，所以除去含Cu2+溶液中的少量Fe2+，可加入适量H2O2将亚铁

离子氧化为三价铁离子，之后控制溶液3≤pH＜4，使二者分离，C错误；D．由图可知当亚铁离子完全沉淀时，镁离子也已经开始沉淀，无法通过调节溶液pH的方法分步沉淀Mg2+和Fe2+，D错误；故选B。19.VA族元素原子核外电子排布有着特殊性，能与其他元素组成结构、性质各异的化合物。回答

下列问题：（1）氮原子可以提供孤电子对与氧原子形成配位键，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图(轨道表达式)为______。（2）沸点：PH3______NH3(填“＞”或“<”，下同)，键角：AsO33−______AsO34−。（3）

As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序是______。（4）基态As原子的价层电子排布式为______，与AsO34−互为等电子体的分子为______(任写一种)。（5）雌黄(As2S3)中As原子的杂化方式为_______。（6）根据如图所示晶胞中，写出该晶

体的化学式_______。【答案】（1）（2）①.＜②.＜（3）As＞Se＞Ge（4）①.4s24p3②.CCl4(或SiCl4)（5）sp3杂化（6）AlTi3N4【解析】【小问1详解】基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态氧原子的价层电子发生重

排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为；【小问2详解】氨分子可以形成氢键，导致沸点升高，故沸点：3PH<3NH；33AsO−、34AsO−中心原子均为sp3杂化，但是33AsO−中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子

对之间的斥力，导致33AsO−中键角减小，故键角：33AsO−<34AsO−，答案为：<，<；【小问3详解】同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge；【小问

4详解】As为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的价层电子排布式为234s4p；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，与34AsO−互为等电子体的分子为CCl4等，答案为：234s4p；4CCl(或4SiCl等)；【小问5详解】雌黄(23AsS)

中每个As原子与3个硫原子形成共价键，As原子还有一对孤电子，所以的杂化方式为3sp杂化，答案为：3sp杂化；【小问6详解】氮原子处于顶点和面心晶胞中原子个数为：118+6=482，钛原子处于棱心晶

胞中原子个数为：112=34，铝原子处于体心个数为：1，所以化学式为：34AlTiN。20.工业上过氧化氢是重要的氧化剂和还原剂，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组的同学围绕过氧化氢开展了调查研究与实验，请你参与其中一起完成下列学习任

务：同学们用0.1000mol/L的酸性KMnO4标准溶液滴定某试样中过氧化氢的含量，反应原理为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。（1）滴定达到终点时的现象是______。（2）下列滴定终点的滴定管示意图对应读数正确的是

______。A.B.C.D.（3）该兴趣小组的同学查阅资料后发现H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱。应选用_______量取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗的酸性标准KMnO4溶液的体积如表所示：测试样中过氧化氢的浓度为_____mol/

L。第一次第二次第三次第四次体积(mL)17.0418.0017.0016.96（4）同学们通过继续查阅资料，发现医学上常用酸性KMnO4溶液和草酸溶液的反应来测定血钙的含量。测定方法如下：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中

加入足量(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后再用KMnO4溶液滴定。下列操作会引起测定结果偏高的是______。A.滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗B.锥形瓶未用待测液润洗C.滴定过程中锥形瓶振荡得太剧烈，以致部分液体溅

出D.滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数（5）25℃时，现有0.1mol/L的(NH4)2C2O4溶液，已知pH＜7，该溶液中离子浓度由大到小顺序为_______；同浓度的①(NH4)2C2O4、②(

NH4)2Fe(SO4)2、③NH4NO3，④NH3•H2O溶液中c(NH4+)由大到小的顺序为______(填序号)。【答案】（1）当滴入最后半滴4KMnO溶液时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫红色，且半分钟内不

褪色（2）D（3）①.酸式滴定管或移液管②.0.1700（4）A（5）①.c(NH4+)＞c(C2O24−)＞c(H+)＞c(OH-)＞c(HC2O4−)②.②＞①＞③＞④【解析】【小问1详解】滴定达到终

点时的现象是当滴入最后半滴4KMnO溶液时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色。【小问2详解】A．读数为15.80，A错误；B．读数为16.20，B错误；C．读数为15.90，C错误；D．读数为15.80，D正确；故选

D。【小问3详解】22HO为二元弱酸，应选用酸式滴定管或移液管量取25.00mL试样置于锥形瓶中，第二次消耗的酸性标准4KMnO溶液的体积误差较大，应舍弃，另外三次实验消耗的酸性标准4KMnO溶液的平均体积为17.04mL+17.00mL

+1L=6.96mL173.00m，由方程式2422222MnO5HO6H2Mn8HO5O−++++=++可得，测试样中过氧化氢的浓度为50.017L0.1mol/L2=0.1700mol/L0.025L。【小问4详解】A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗，导致KMnO4

溶液被稀释，则消耗的KMnO4溶液体积偏大，测定结果偏高；B．锥形瓶未用待测液润洗，测定结果无影响；C．滴定过程中锥形瓶振荡得太剧烈，以致部分液体溅出，导致消耗的KMnO4溶液体积偏小，测定结果偏低；D．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，导致消耗的KMnO4溶液体积偏小，，测定

结果偏低；故选A【小问5详解】25℃时，0.1mol/L的()4242NHCO溶液，pH7＜，()()HOHcc+−＞，则该溶液中离子浓度由大到小顺序为()()()()()242424NHCOHOHHCOccccc+−+−−＞＞＞＞；若不水解，①②中()4NHc+是③的2倍，又水

解是微弱的，弱碱电离也是微弱的，则④32NHHO中()4NHc+最小，①中4NH+、2-24CO互相促进水解，②2+Fe抑制4NH+水解，故②中()4NHc+比①中大，溶液中()4NHc+由大到小的顺序为②＞①＞③＞④。21.SO2一空气

燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，某实验小组用该燃料电池作电源探究氯碱工业和粗铜精炼的原理，装置示意图如图：（1）b极的电极反应式为______；Fe电极为______极，其电极反应式为______。（2）甲装置每消耗32gSO2，溶液中

通过质子交换膜的n(H+)为______mol，如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中c(Cu2+)______(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30%以上。该工艺的相关物质运输与转化关系如图所示(电极未标出)。装置A

发生反应的化学方程式为_____；NaOH溶液的质量分数为a%、b%、c%，由大到小的顺序为______。【答案】（1）①.4H++O2+4e-=2H2O②.阴③.2H2O+2e-=H2↑+2OH-。（2）①.1②.减小（3）①.2NaCl+2

H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑②.b%＞a%＞c%【解析】【分析】甲装置为燃料电池，通入SO2的一极为负极，电极反应为2224SO2HO2eSO4H−−++−=+；通入2O的一极为正极，电极反应为22O4H4e2HO+−++=；乙装置为电解池，电解饱和食盐水C为阳极，电极反应为--22Cl

-2e=Cl；Fe为阴极,电极反应为--222HO+2e=2OH+H；丙装置为电解池，电解精炼铜，粗铜为阳极，电极反应为-2+=Cu-2eCu；精铜为阴极，电极反应为2+-Cu+2e=Cu。【小问1详解】根据分析可知

，b极的电极反应式为4H++O2+4e-=2H2O；②根据分析可知，Fe为阴极；③电极反应式为--222HO+2e=2OH+H；【小问2详解】甲装置为燃料电池的总反应为222242SO2HOO2SO

4H−+++=+，+22SO4H，2m32gn(SO)0.5molM64g/mol===，则+2n(H)=2n(SO)20.5mol=1mol=；因为粗铜中的锌等物质活动性比Cu强的杂质金属优先失去电子，而得到电子的只有Cu2+，

所以丙装置反应一段时间，硫酸铜浓度会减小；【小问3详解】①电解饱和食盐水时，阳极上-Cl放电生成氯气，阴极上+H放电，同时溶液生成氢氧化钠，所以电解池的总反应为2222NaCl2HO2NaOHHCl+++通电；③燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，燃料电池中正极反应为--22O+2HO+

4e=4OH，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%>a%，负极反应为-+2H-2e=2H，+H消耗氢氧根离子，所以a%>c%，故有b%>a%>c%。22.氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生

器等。以钡矿粉(主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质)为原料制备氟化钡的流程如图：已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀pH分别是3.4、12.4。（1）滤渣A主要成分的化学式为______。（2）滤液1加H2O2氧化的过程中主要反应的离子方程式

为______。（3）加20%NaOH溶液调节pH=12.5，得到滤渣C的主要成分是______。（4）滤液3加入盐酸酸化后再经蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、真空干燥等一系列操作后得到BaCl2•2H2O。（

5）常温下，用BaCl2•2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式：______。已知Ksp(BaF2)=4.0×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5m

ol/L)，至少需要的氟离子浓度是______mol/L。（6）已知：Ksp(BaCO3)=2.0×10-9，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10。将氯化钡溶液滴入等物质的量浓度的硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，当BaCO3开始沉淀时，溶液中2423c(SO)

c(CO)−−=______。【答案】（1）SiO2（2）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（3）Mg(OH)2（4）冷却结晶（5）①.Ba2++2F-=BaF2↓②.0.20（6）0.05【解析】【分析】经过酸浸，

滤液中哦主要含有钡离子、亚铁离子、镁离子，加入双氧水后亚铁离子转化为铁离子，调节pH后生成氢氧化铁沉淀，加入NaOH后，生成氢氧化镁沉淀，滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·

2H2O晶体，以此分析；【小问1详解】钡矿粉的主要成分有BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质，加入盐酸后，只有二氧化硅不溶于盐酸，因此滤渣A主要为二氧化硅，故答案为：SiO2；【小问2详解】滤液1中加H2O2的目的是氧化亚铁离

子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；【小问3详解】根据题意中常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4，根据流程图，加入双氧水调节pH，主要的是去除铁离子，再加20%NaOH溶液调节pH=12

.5，主要是去除镁离子，因此得到的滤渣C中主要含有Mg(OH)2；【小问4详解】滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体，故答案为：冷却结晶；【小问5详解】用Ba

Cl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。反应的离子方程式为Ba2++2F¯=BaF2↓，根据Ksp(BaF2)=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5mol/

L)，c(F-)=()()7sp252+KBaF4..0101.010cBa−−==0.20mol/L，故答案为：Ba2++2F¯=BaF2↓；0.20；【小问6详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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