【化学】重庆市綦江中学2018-2019学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷

重庆市綦江中学2018-2019学年高二上学期第三次月考
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共 16 小题，每小题只有一个最佳选项，每小题 3 分共 48 分)
1.下列说法正确的是
A. 电镀时，通常把待镀金属作阳极，镀层金属作阴极
B. 牺牲阳极的阴极保护法利用了电解池的原理
C. 甲烷的四种氯代产物中，常温下只有一氯甲烷是气体
D. 乙炔的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电镀时，镀层金属作阳极，失电子发生氧化反应，镀件被保护作阴极，镀层金属阳离子得电子发生还原反应，故A项错误；
B. 牺牲阳极的阴极保护法利用了原电池的原理，故B项错误；
C. 甲烷的四种氯代产物分别是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷（四氯化碳），常温下只有一氯甲烷为气体，其他为液体，故C项正确；
D. 乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展，是石油化工发展的标志，故D项错误；
答案选C。
2. 下列有关烷烃的叙述中，正确的是
①在烷烃分子中，所有的化学键都是单键 ②烷烃中除甲烷外，很多都能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去 ③分子通式为CnH2n＋2的烃不一定是烷烃 ④所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应 ⑤光照条件下，乙烷通入溴水中，可使溴水褪色
A. ①③⑤ B. ②③ C. ①④ D. ①②④
【答案】C
【解析】
试题分析：①在烷烃分子中，无论是C—C键还是C—H键，所有的化学键都是单键，正确；②在烷烃中都不能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去，错误；③分子通式为CnH2n+2的烃达到结合氢原子的最大数目，所以一定是烷烃，正确；④烷烃的特征反应是取代反应，所以所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应，正确；⑤光照条件下，乙烷通入溴水中，也不使溴水褪色，错误。
考点：考查有关烷烃的叙述正误判断的知识。
3.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1L 1mol/L CH3COONa 溶液中含有 CH3COO-的数目为 NA
B. 100 ml 1.0 mol·L-1 FeCl3 溶液与足量 Cu 反应，转移的电子数为 0.2NA
C. 标准状况下，11.2 L CCl4 中含有 C—Cl 键的数目为 2NA
D. NA 个 D2O 分子中，含有 10NA 个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3COONa为强电解质，完全电离，1 L 1 mol/L CH3COONa溶液中溶质的物质的量为1 mol/L1 L = 1 mol，但CH3COOH为弱酸，则CH3COO-会发生水解，其离子方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，即CH3COO-的数目小于1NA，故A项错误；
B. Cu单质和Fe3+反应的离子方程式为Cu+2Fe3+ = Cu2++2Fe2+，当与足量铜反应时，参与反应的Fe3+的物质的量为0.1 L×1.0 mol·L-1 = 0.1 mol，则转移的电子数为0.1 NA，故B项错误；
C. 标准状况下，CCl4是液体，所以11.2 L CCl4不是0.5 mol，则所含的C-Cl键的数目不是2 NA，故C项错误；
D. D是H的同位素，核外有一个电子，O原子核外有8个电子，所以NA个D2O分子中含有10 NA个电子，故D项正确；
答案选D。
【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，C项是易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，做题时要善于辨析，识破陷阱，排除选项。
4.室温下，某无色透明溶液中由水电离出来的 H+和 OH-浓度的乘积为 1×10-24，则此溶液中可能大量共存的离子组为
A. HCO3-、Al3+、Na+、SO42-
B. I-、Fe3+、K+、NH4+
C. MnO4-、Cl-、SO42-、K+
D. SiO32-、SO42-、Na+、Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
水电离出的H+和OH-浓度的乘积为1×10-24，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，结合生成沉淀、气体，水等弱电解质，或能发生氧化还原反应的离子，不能大量共存，并结合题设条件“无色透明”来分析解答。
【详解】室温下，某无色透明溶液中由水电离出来的H+和OH-浓度的乘积为 1×10-24，则该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，
A. HCO3-与酸和碱都会发生离子反应，则不符合条件，故A项错误；
B. I−具有还原性、Fe3+具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应，且碱溶液中不能大量存在NH4+，故B项错误；
C. MnO4-为紫色，与无色不符，故C项错误；
D. 碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故D项正确；
答案选D。
【点睛】离子共存问题，侧重考查对离子反应发生的条件及其实质的理解，题型不难，需要注意的是溶液的限定条件，如无色透明，则常见的有色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-24，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
5.下列盐类水解的应用，不正确的是
A. 实验室配制氯化铁溶液时，滴入少量稀硫酸抑制水解
B. 为使纯碱溶液的去油污效果更好，可以使用热的纯碱溶液
C. 明矾可用于净水，是由于溶于水后产生的Al(OH)3胶体具有吸附作用
D. 铵态氮肥不能和草木灰混合施用，是由于NH4+与C032-互相促进水解，肥效下降
【答案】A
【解析】
A、铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，但不能加入硫酸，因引入新的杂质，选项A错误；B、碳酸钠水解溶液显碱性，可以用去除油污。水解吸热，因此热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污效果更好，选项B正确；C、明矾作为净水剂是因为明矾溶于水发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，选项C正确；D、铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，选项D正确。答案选A。
6.下列有关化学平衡常数K、电离平衡常数Ka、水的离子积常数Kw的说法中错误的是
A. 各常数的大小与温度有关 B. 各常数的大小说明平衡体系正反应的程度大小
C. 若温度升高则各常数一定增大 D. 各常数越大反应物平衡转化率越大
【答案】C
【解析】
各常数的大小都与温度有关，故A正确；平衡常数越大，说明平衡体系正反应的程度越大，故B正确；升高电离平衡常数Ka、水的离子积常数Kw一定增大，化学平衡常数不一定增大，故C错误；其它条件不变，增大平衡常数，平衡正向移动，反应物平衡转化率越大，故D正确。
7.室温下，甲、乙两烧杯均分别盛有5 mL pH=3的盐酸和醋酸溶液， 下列描述正确的是( )
A. 水电离出的OH-浓度： c(OH-)甲=c(OH-)乙
B. 向乙烧杯中加水稀释至pH=4，溶液的体积10V甲＞V乙
C. 若将甲、乙两烧杯分别与 5 mL pH=11NaOH 溶液反应，所得溶液 pH：甲＜乙
D. 若将甲、乙两烧杯溶液混合，所得溶液得的c(H+)＝c(Cl‾)+c(CH3COO‾)
【答案】A
【解析】
酸溶液抑制水电离，由于两种酸提供的氢离子的量一样，对水的抑制程度一样，所以水电离出的OH-浓度应该相等，即c(OH-)甲=c(OH-)乙，A正确；醋酸为弱酸存在电离平衡，pH=3的醋酸加水稀释后pH=4，加水的量大于10倍，而盐酸为强酸，加水稀释10倍后pH=4，所以溶液的体积10V甲乙，C错误；根据电荷守恒规律：c(H+)＝c(Cl‾)+c(CH3COO‾)+ c(OH-)，D错误；正确选项A。
点睛：pH=3的盐酸和醋酸溶液，加水稀释相同的倍数，pH值变化幅度大的为盐酸，幅度小的为醋酸；若想达到相同的pH，醋酸加水量大于盐酸加水量。
8.下列叙述正确的是
①0.1mol·L-1 氨水中，c(OH-)＝c(NH 4＋)
②10mL 0.02mol·L-1 HCl 溶液与 10mL0.02mol·L-1Ba(OH)2 溶液充分混合，若混合后溶液的体积为 20mL，则溶液的 pH＝12
③在 0.1mol·L-1 CH COONa 溶液中，c(OH-)＝c(CH COOH)＋c(H＋)
④0.1mol·L-1 某二元弱酸酸式盐 NaHA 溶液中，c(Na＋)＝2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H A)
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】B
【解析】
【详解】①根据电荷守恒知c(OH-)＝c(NH4＋)+c(H+)，则c(OH-)＞c(NH4＋)，故①错误；
②氢氧化钡是二元碱，盐酸是一元酸，二者等体积等浓度混合，碱有剩余，混合溶液中氢氧根离子浓度 = = 0.01 mol/L，根据Kw=c(H+)×c(OH−)及pH = -lg(c(H+)得出，溶液的pH=12，故②正确；
③根据质子守恒得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，故③正确；
④根据物料守恒得c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，故④错误；
正确的是②③，故答案选B。
9. 室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是
A. pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B. pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
C. pH＝3的醋酸和pH＝11的的氢氧化钡溶液等体积混合
D. pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH＝3的盐酸中氯化氢浓度为0．001mol/L，而pH＝11的氨水中一水合氨浓度远远大于0．01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，A错误；B、盐酸是强酸，氢氧化钡是强碱，完全电离，所以pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合，二者恰好完全反应产生水，所以溶液的pH＝7，B错误；C、pH＝3的醋酸中，醋酸为弱电解质，醋酸的物质的量浓度大于0．001mol/L，pH＝11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度为0．001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显示酸性，溶液的pH一定小于7，C正确；D、一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH=3的硫酸中硫酸浓度为0．001mol/L，而pH=11的氨水中一水合氨浓度远远大于0．01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，D错误，答案选C。
考点：考查溶液溶液酸碱性判断
10.已知：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-akJ·mol-1(a>0)，下列说法不正确的是
A. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a Kj
D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】D
【解析】
A. 属于可逆反应，0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，A正确；B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z的浓度不再发生变化，C正确；C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热量等于a kJ，C正确；D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D错误，答案选D。
点睛：选项C是易错点，注意反应放出或吸收的热量多少，与焓变和实际参加反应的物质的物质的量有关系，不要受可逆反应影响而产生思维定式。
11.往恒容密闭容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，气体颜色变深。如图表示该反应平衡时有关物理量Y随某条件X(其他条件不变)变化的 规律。X、Y分别是（ ）

A. 温度T，逆反应速率v B. 温度T，气体的密度
C. 压强P，平衡常数K D. 压强P，N2O4转化率
【答案】D
【解析】
试题分析：A．升高温度T，正逆反应速率均增大，A错误；B．在反应过程中容器容积和气体的质量均是不变的，则密度始终不变，B错误；C．平衡常数K只与温度有关系，C错误；D．由于正方应是体积减小的可逆反应，增大压强P，平衡向逆反应方向进行，则N2O4转化率α减小，D正确，答案选D。
考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响
12.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是

A. 根据图①可判断该可逆反应正反应为吸热反应
B. 若②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，则乙对应的压强大
C. 图③可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
D. 根据图④,若除去CuSO4溶被中的Fe3+,可向溶液中加入适量CuO,调节pH至4左右
【答案】D
【解析】
A．通过图象知，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，选项A错误；B．通过图象结合“先拐先平数值大”知，乙的压强大于甲，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应物含量减小，选项B错误；C．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比，乙酸是弱电解质，向乙酸溶液中通入氨气，乙酸和氨气反应生成强电解质乙酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，选项C错误；D．在pH=4左右，氢氧化铁的浓度最小，接近为0，氢氧化铜浓度最大，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO，调节至pH在4左右，使铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去，选项D正确。答案选D。
13.含有一个碳碳三键的炔烃，与氢气充分加成后的产物的结构简式为：

此炔烃可能的结构有
A. 1 种 B. 2 种 C. 3 种 D. 4 种
【答案】C
【解析】
【分析】
加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应；根据加成原理采取逆推法还原碳碳三键，烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置；
【详解】根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置，有如图所示的3个位置可以还原碳碳三键，故该炔烃共有3种。
答案选C。
【点睛】采用逆推法还原碳碳三键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子的2个氢原子还原碳碳三键。
14.常温下，Ksp(CaSO4)=9×10-6,常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线见图。下列说法正确的是( )

A. CaSO4在稀硫酸中的溶解性比在纯水中的溶解性强
B. b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)一定等于3×10-3mol/L
C. d点溶液通过蒸发可以变到c点
D. a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
【答案】D
【解析】
由曲线的变化趋势可知，SO42-浓度越大，Ca2+浓度越小，说明CaSO4在稀硫酸中比在水中溶解度小，A错；b点有沉淀生成达平衡后的点会在曲线上a和c之间，SO42-浓度不能确定，B错； d点通过蒸发，Ca2+浓度增大，SO42-浓度也增大，不会达到c点，C错；同一温度下，物质的Ksp不变，D正确
15.锌一空气电池(原理如图)适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn 转化为 ZnO。该电池工作时，下列说法正确的是

A. Zn 电极是该电池的正极
B. Zn 电极的电极反应：Zn+H O-2e-=ZnO+2H+
C. OH-向石墨电极移动
D. 氧气在石墨电极上发生还原反应
【答案】D
【解析】
放电时Zn转化为ZnO，发生氧化反应，故Zn电极为该电池的负极，A项错误；根据图片可知，电解液为碱性，故Zn电极的电极反应式为：Zn+2OH— —2e—=ZnO++H2O，B项错误；放电时，阴离子移向负极，即OH—向Zn电极移动，C项错误；电池工作时，正极发生还原反应，D项正确。
16.A～E 是中学常见的 5 种化合物，A、B 是氧化物，它们之间的转化关系如图所示。

则下列说法正确
A. 单质 Y 在一定条件下能与水发生置换反应
B. 检验 D 溶液中金属阳离子的反应：Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN) 3↓
C. 单质 X 与 A 反应的化学方程式：Al2O3＋2FeFe2O3＋2Al
D. 由于化合物 B 和 C 均既能与酸反应，又能与碱反应，所以两者均是两性化合物
【答案】C
【解析】
由图知ABCDEXY分别为Fe2O3、Al2O3、Al2(SO4)3、Fe2（SO4）3、FeSO4、Al、
Fe，A项应为Fe2O3+2 Al= Al2O3+2Fe；B项Fe（SCN）3是易溶物；C项可以是Fe与水
蒸气的反应；Al2O3是两性化合物而Al2(SO4)3不是。
二、非选择题(本题包括 4 个小题，共 52 分)
17.(1)有机物结构如图所示，用系统命名法命名，名称是_____；该烃的一氯代物有_____种。

(2)有机物结构如图所示，用系统命名法命名，名称是_____，将其在催化剂存在下完全氢化，所得烷烃用系统命名法命名，名称是_____。

(3)现有 CH4、C2H4、C3H4、C2H6、C3H6 五种有机物。同质量的以上物质中，在相同状况下体积最大的是_____；同质量的以上物质完全燃烧时消耗 O2 的量最多的是_____；同质量的以上物质燃烧时，生成 H2O 的量最多的是_____；同状况、同体积的以上物质完全燃烧时消耗 O2 的量最多的是_____。
【答案】 (1). 2,2,6-三甲基-4-乙基辛烷 (2). 10 (3). 3-甲基-1-丁烯 (4). 2-甲基丁烷 (5). CH4 (6). CH4 (7). CH4 (8). C3H6
【解析】
【分析】
（1）系统命名法对有机物命名时，首先要确定主链。命名烷烃时，确定主链的原则是：首先考虑链的长短，长的优先。其次要根据最低系列原则对主链进行编号。最低系列原则的内容是：使取代基的号码尽可能小，若有多个取代基，逐个比较，直至比出高低为止。最后，根据有机化合物名称的基本格式写出全名，利用等效氢法分析烷烃的一氯代物种类数；
（2）烯烃的系统命名法是选择含碳碳双键的最长碳链作为主链，根据主链上所含碳的数目称为某烯，然后从碳链上靠近双键的一端开始进行编号，将双键上的第一个碳原子的号码加在烯烃名称的前面以表示双键位置，取代基的名称和位置的表示方法与烷烃相同.
（3）根据n=m/M可知，烃（CxHy）在质量相同情况下，摩尔质量越小，物质的量越大，相同条件下，体积之比等于物质的量之比；氢元素质量分数越大，消耗氧气越多；H元素质量分数越大，生成水的量越多；根据烷烃燃烧的通式CxHy+( x+y/4)O2xCO2+H2O，可知同状况同体积时，气体的物质的量相等，1mol烃的耗氧量为（x+y/4）mol，据此计算判断。
【详解】（1）根据系统命名法，首先要确定最长的碳链为主链，然后采取最低系列原则对主链进行编号如图所示：，则该烷烃名称为：2,2,6-三甲基-4-乙基辛烷，根据等效氢法可知，该分子内结构的中心碳原子周围的三个甲基上的氢原子等效，同一个碳原子上的氢原子等效，故种类为：10，
故答案为：2,2,6-三甲基-4-乙基辛烷；10；
（2）根据结构式，可看出含碳碳双键在内的最长链为主链，编号如下：，则该有机物名称为：3-甲基-1-丁烯，将其在催化剂存在下完全氢化，所得烷烃为，则用系统命名法命名为2-甲基丁烷，
故答案为：3-甲基-1-丁烯；2-甲基丁烷；
（3）CH4、C2H4、C3H4、C2H6、C3H6 五种有机物均为气体，根据阿伏加德罗定律的推论可知，在相同状况下，体积之比等于物质的量之比，同质量的上述五种有机物分子，根据公式n = 可知，摩尔质量越小，其物质的量越大，体积越大。不难看出，CH4的摩尔质量最小，故体积最大的是CH4；相同质量情况下，氢元素质量分数越大，消耗氧气越多，CH4、C2H4、C3H4、C2H6、C3H6 五种有机物分子中C、H原子数目之比分别为：1:4、1:2、3:4、1:3、1:2，故CH4中氢元素质量分数最大，消耗氧气最多；相同质量时，H元素质量分数越大，生成水的量越多，CH4、C2H4，C3H4、C2H6、C3H6分子中C、H原子数目之比分别为：1:4、1:2、3:4、1:3、1:2，甲烷中氢元素质量分数最大，故甲烷生成水最多；同状况、同体积时，气体的物质的量相等，1 mol烃的耗氧量为(x+y/4) mol，1 mol CH4、C2H4、C2H6、C3H4、C3H6耗氧量分别为2 mol、3 mol、3.5 mol、4 mol、4.5 mol，故C3H6耗氧量最多，
故答案为：CH4；CH4；CH4；C3H6。
【点睛】烃类物质比较燃烧耗氧量时分两类情况：
（1）比较等物质的量有机物燃烧耗氧量大小
根据分子式CxHy计算(x+)的大小，（x+）值越大，耗氧量越多；
（2）比较等质量烃燃烧耗氧量大小
12 g C燃烧耗氧气1 mol，12 g H燃烧耗氧气3 mol，即等质量的C、H燃烧耗氧：H＞C，所以比较等质量烃燃烧耗氧量大小只要比较烃分子中H质量百分数即可，烃分子中H质量百分数越大，烃燃烧耗氧量就越大。因此，该类题型的解题方法为：把烃分子式改写为CHx形式，CHx式中x值越大，烃分子中的H质量百分数越大，烃燃烧耗氧量越大。
18.Ⅰ.某学生用 0.100 mol·L-1 的 KOH 标准溶液滴定未知浓度的盐酸， 其操作可分解为如下几步：
A.移取 20.00 mL 待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入 2～3 滴酚酞；
B. 用 标 准 溶 液 润 洗 滴 定 管 2～3次 ；
C.把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；
D.取标准 KOH 溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上 2～3 mL； E.调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F.把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准 KOH 溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
就此实验完成填空：
(1)正确操作步骤的顺序是(用字母序号填写)_____。
(2)上述 A 步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则滴定结果_________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(3)滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定过程中气泡消失，使滴定结果_____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
Ⅱ.测血钙的含量时，可将 2.0 mL 血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4 晶体，反应生成 CaC2O4 沉淀。将沉淀用稀硫酸处理得 H2C2O4 后，再用酸性 KMnO4 溶液滴定，氧化产物为 CO2，还原产物为 Mn2+，若终点时用去 20.00 mL 1.0×10-4 mol·L-1 的 KMnO4 溶液。
(1)写出用 KMnO4 滴定 H2C2O4 的离子方程式_____________。
(2)判断滴定终点的方法是_________。
(3)计算：血液中含钙离子的浓度为_____g·mL-1。
【答案】 (1). B、D、C、E、A、F (2). 偏高 (3). 偏高 (4). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (5). 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (6). 1.0×10-4
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作；
（2）一元强酸与一元强碱反应完全中和所需的物质的量相等，即c(标)V(标) = c(测) V(测)，根据V(标)的读数判断不当操作对相关物理量的影响；
（3）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
Ⅱ.（1）高锰酸钾具有强氧化性，在酸性条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，据此写出反应的离子方程式；
（2）高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色；
（3）利用有关反应的方程式可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，据此计算。
【详解】（1）操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数．再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F，
故答案为：B、D、C、E、A、F；
（2）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(标)偏大，根据c(测) = 判断会造成结果偏高，
故答案为：偏高；
（3）滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定过程中气泡消失，则V(标)读数会偏大，根据c(测) = 判断会造成结果偏高，
故答案为：偏高；
Ⅱ.（1）高锰酸钾具有强氧化性，在酸性条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，其离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，
故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（3）由CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4、2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，所以n(Ca2+)=2.5 n(KMnO4) = 1.0×10-4 mol/L×0.02L×2.5，所以可计算出2 mL该血液中含钙的物质的量为：1.0×10-4mol/L×0.02L×2.5 = 5×10-6 mol，根据n = 可得，m(Ca2+) = 5×10-6 mol×40 g/mol = 2×10-4 g，所以血液中含钙离子的浓度为 = 1.0×10-4 g·mL-1，
故答案为：1.0×10-4。
19.Ⅰ.含有弱酸 HA 和其钠盐 NaA 的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。
(1)向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是_____；向其中加入少量 KOH 溶液时，发生反应的离子方程式是_________。
(2)现将0.04mol•L﹣1HA 溶液和0.02mol•L﹣1NaOH 溶液等体积混合，得到缓冲溶液。
①若 HA 为 HCN，该溶液显碱性，则溶液中c(Na+)____c(CN-)(填“＜”“=”或“＞”)，你得出该结论的依据是_________。
②若 HA 为 CH3COOH，该溶液显酸性．溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是_____。
Ⅱ.工业制氯化铜时，将浓盐酸加热至 80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)反应如下： CuO+2HCl═CuCl2+H2O， FeO+2HCl═FeCl2+H2O
已知：pH≥9.6 时，Fe2+ 以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥6.4 时，Cu2+ 以 Cu(OH)2 的形式完全沉淀；pH 在 3～4 时，Fe3+以 Fe(OH)3 的形式完全沉淀。
①为除去溶液中的 Fe2+，可以采用的方法是_____。
A.直接加碱，调整溶液 pH≥9.6
B.加纯铜粉，将 Fe2+还原出来
C.先将 Fe2+氧化为 Fe3+，再调整 pH 在 3～4
D.通入硫化氢，使 Fe2+直接沉淀
②若此溶液中只含有 Fe3+时，要调整 pH 在 3～4 之间，此时最好向溶液中加入______。
A.NaOH 溶液 B.氨水 C.CuCl2 溶液 D.CuO 固体．
【答案】 (1). A-+H+⇌HA (2). HA+OH-⇌H2O+A- (3). ＞ (4). 因为c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c（c(Na+)＞c(CN-) (5). c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) (6). C (7). D
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质，加入碱时生成正盐，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用；
（2）①从溶液电中性的角度比较离子浓度大小；
②若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c(H+)＞c(OH-)，结合溶液电中性原则分析．
Ⅱ.①根据题目信息，若将Fe2+以Fe(OH)2形式完全沉淀，pH ⩾ 9.6，此时Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，若将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+以Fe(OH)3形式完全沉淀，pH在3～4，此时Cu2+没有形成沉淀，以此来解答。
②使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质。
【详解】Ⅰ.（1）含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时发生：A-+H+⇌HA，加入碱时发生：HA+OH-⇌H2O+A-，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，
故答案为：A-+H+⇌HA；HA+OH-⇌H2O+A-；
（2）①该溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据溶液电中性原则可知c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(CN-)，
故答案为：＞，因为c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(CN-)；
②若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c(H+)＞c(OH-)，根据溶液电中性原则可知c(CH3COO-)＞c(Na+)，
故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；
Ⅱ.①A. 因直接加碱，调整溶液pH ⩾ 9.6，Fe2+以Fe(OH)2形式完全沉淀，此时的pH ⩾ 9.6，同时Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，不但除去了Fe2+，也除去了Cu2+，不符合除杂的原则，故A项错误；
B. 因铜粉的还原性比铁弱，不能将Fe2+还原出来，故B项错误；
C. 将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+以Fe(OH)3形式完全沉淀，pH在3∼4，此时Cu2+没有形成沉淀，过滤除去Fe(OH)3沉淀，既除去了杂质，也没有除去原物质，故C项正确：
D. 通入硫化氢，使Fe2+、Cu2+分别形成FeS沉淀，CuS沉淀，不但除去了Fe2+，也除去了Cu2+，不符合除杂的原则，故D项错误；
答案为：C；
②使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质，则可用CuO或Cu(OH)2或CuCO3，故D项正确；
答案为：D。
20.已知化学反应①：Fe(s)＋CO2(g) FeO(s)＋CO(g)，其平衡常数为K1；化学反应②：Fe(s)＋H2O(g) FeO(s)＋H2(g)，其平衡常数为K2，在温度973 K和1 173 K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度
K1
K2
973 K
1.47
2.38
1 173 K
2.15
1.67
请填空：
(1)通过表格中的数值可以推断：反应①是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)现有反应③：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)，请你写出该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3＝____。
(3)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式________，据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有________(填写字母序号)。
A．缩小反应容器的容积 B．扩大反应容器的容积
C．升高温度 D．使用合适的催化剂 E．设法减小平衡体系中的CO的浓度
(5)图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：

①图甲t2时刻改变的条件是______________________。
②图乙t2时刻改变的条件是______________________________________。
【答案】 (1). 吸热 (2). (3). K3＝K1/K2 (4). 吸热 (5). CE (6). 增大压强或使用催化剂 (7). 降低温度或设法分离出H2
【解析】
（1）根据表中数据可知，升高温度，K1是增大的，说明升高温度平衡向正反应方向进行，所以反应①是吸热反应。
（2）平衡常数是在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，平衡常数表达式是K3＝。
（3）根据盖斯定律可知，①－②即得到反应③，所以K3＝K1/K2；升高温度，K1增大，K2增减小，所以K3是增大，因此正反应是吸热反应。
反应③是体积不变的、吸热的可逆反应，所以要使平衡向正反应方向移动，则可以升高温度，或降低生成物的浓度等，但压强和催化剂不能改变平衡状态，答案选CE。
（5）①图甲中t2时刻正逆反应速率都增大，但平衡不移动，所以改变的条件是增大压强或使用催化剂。
②图乙中t2时刻CO2的浓度增大，而CO的浓度降低，即平衡向逆反应方向进行，所以改变的条件是降低温度或从体系中分离出H2。