化学卷·2018届天津市和平区高二上学期期末化学试卷+（解析版） 39页

‎2016-2017学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题本卷共20题，每小题2分，共40分．‎ ‎1．已知醋酸达到电离平衡后，改变某条件电离平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．实现该变化的只能是升高温度 B．溶液的导电能力一定变强 C．溶液的pH一定减小 D．发生电离的分子总数增多 ‎2．关于原电池和电解池的叙述正确的是（　　）‎ A．原电池中失去电子的电极为阴极 B．原电池的负极、电解池的阳极都发生氧化反应 C．原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成 D．电解时电解池的阴极一定是阴离子放电 ‎3．下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是（　　）‎ A．水中的钢闸门连接电源的负极 B．金属护拦表面涂漆 C．汽车底盘喷涂高分子膜 D．地下钢管连接镁块 ‎4．下列有关沉淀溶解平衡的说法中，正确的是（　　）‎ A．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，Ksp（AgCl）增大 B．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡不移动 C．可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小 D．25℃时，KSP（AgCl）＞KSP（AgI），向AgCl的悬浊液中加入KI固体，有黄色沉淀生成 ‎5．下列叙述正确的是（　　）‎ A．用湿润的pH试纸测溶液的pH一定会有误差 B．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，用待测溶液润洗锥形瓶 C．用酸式滴定管量取酸性高锰酸钾溶液5.10mL D．用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaOH溶液的过程中不慎将锥形瓶中的溶液溅出，会使测得的NaOH溶液的浓度偏大 ‎6．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（　　）‎ A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低 B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变 C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低 D．将水加热，KW增大，pH不变 ‎7．铜锌原电池（如图）工作时，以下说法正确的是（　　）‎ ‎①电子流动方向从Zn﹣灯泡﹣Cu﹣盐桥；②Zn电极的质量减轻Cu电极的质量增重；③盐桥中的K+移向CuSO4溶液；④将锌片浸入硫酸铜溶液发生的化学反应与该电池反应相同为：Zn+Cu2+═Zn2++Cu；⑤Zn电极失电子发生还原反应．‎ A．①②③ B．②④⑤ C．②③④ D．③④⑤‎ ‎8．将CO2转化为甲醇的原理为 CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0.500℃时，在体积为1L 的固定容积的密闭容器中充入1mol CO2、3mol H2，测得CO2浓度与CH3OH 浓度随时间的变化如图所示，从中得出的结论错误的是（　　）‎ A．曲线X可以表示CH3OH（g） 或H2O（g） 的浓度变化 B．从反应开始到10min时，H2的反应速率v（H2）=0.225mol/（L﹒min）‎ C．平衡时H2 的转化率为75%‎ D．500℃时该反应的平衡常数K=3‎ ‎9．常温下有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液 ②pH=3的盐酸 ③pH=11的氨水 ④pH=11的NaOH溶液．下列说法正确的是（　　）‎ A．若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：③＞④＞①＞②‎ B．③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③=④‎ C．①与②分别与足量镁粉反应，生成H2的量：①＜②‎ D．②和③混合，所得混合溶液的pH大于7‎ ‎10．己知：100℃的溫度下，水的离子积Kw=1×10﹣12．下列说法正确的是（　　）‎ A．0.05mol/L 的 H2SO4溶液 PH=1‎ B．0.001mol/L 的 NaOH溶液 PH=11‎ C．0.005mol/L的H2SO4溶液与0.0lmol/LNaOH溶液等体积浪合，混合液pH=6，溶液呈酸性 D．完全中和PH=3的H2SO4溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液50mL ‎11．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法正确的是（　　）‎ A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎12．用惰性电极电解下列溶液，其中随着电解的进行，溶液pH值逐渐减小的是（　　）‎ ‎①氯化钠溶液　②硫酸铜溶液　③氢氧化钠溶液　④稀硫酸　⑤稀盐酸　⑥硫酸钠溶液．‎ A．①③⑤ B．②④⑤ C．②④ D．②④⑥‎ ‎13．常温下，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液pH=11，下列表述正确的是（　　）‎ A．c（Na+）=c（CH3COO﹣）‎ B．c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1 mol•L﹣1‎ C．由水电离出来的c（OH﹣）=1.0×10﹣11 mol•L﹣1‎ D．往该溶液中加入0.05 mol•L﹣1的CH3COONa，pH值变大 ‎14．关于电解精炼铜（粗铜中含有Fe、Zn、Ni、Ag、Au少量杂质），下列说法中正确的是（　　）‎ A．用纯铜作阳极、粗铜作阴极 B．电解液的成分保持不变 C．屯解过程中，阳极质量的减少与阴明极质量的增加相等 D．阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu ‎15．下列叙述正确的是（　　）‎ A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7‎ C．0.1molAgCl和0.1molAgl混合后加入1 L水中，所得溶液中c（Cl﹣）＞c（I﹣）‎ D．25℃时，0.1mol/L的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱 ‎16．室温下向10mL0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如闬所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．a 点所示溶液中 c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（HA）‎ B．a、b 两点所示溶液中水的电离程度相问 C．b点所示溶液中c（A﹣）＞c（HA）‎ D．pH=7时，c（Na+）﹣=c（A﹣）+c（HA）‎ ‎17．下列有关实验现象或结论的描述不正确的是（　　）‎ A．FeCl2溶液与K3[Fe（CN）6]混合后得到特征蓝色沉淀，利用此反应可检验Fe2+‎ B．向饱和食盐水中加入少量浓盐酸，看到溶液振荡，溶液变浑浊 C．某温度下，向AgCl饱和溶液中加入蒸馏水，AgCl的溶解度、Ksp均增大 D．处理含有Hg2+离子的废水可加入硫化钠，使Hg2+离子转化为HgS沉淀 ‎18．一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，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1.0×10﹣13‎ C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 ‎19．等体积，浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH溶液、②HSCN溶液、③NaHCO3溶液，已知将①、②分别与③混合，实验测得产生的CO2气体体积（v）随时间（t）变化的示意图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．物质酸性的比较：CH3COOH＞HSCN＞H2CO3‎ B．反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO﹣）＞c（SCN﹣）‎ C．上述三种溶液中由水电离的c（OH﹣）大小：NaHCO3＞CH3COOH＞HSCN D．CH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.10mol•L﹣1‎ ‎20．25℃时，下列有关溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞cCH3COO﹣）‎ B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）‎ C．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合： c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）‎ D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）‎ ‎　‎ 二、非选择题本卷为综合题，共6题，共60分．‎ ‎21．（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）反应过程的能虽变化如图所示．己知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=﹣99kJ/mol．‎ 请回答下列问题：‎ ‎①E的大小对该反应的反应热　　（填“有”或“无”）影构．‎ ‎②图中△H=　　kJ/mol．‎ ‎（2）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气，放出241.8kJ热量（25℃、101kPa下测得）‎ ‎①写出该反应的热化学方程式：　　．‎ ‎②若lmol水蒸气转化为液态水放热45kJ，则反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）的△H=　　kJ/mol．‎ ‎22．现有反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：‎ ‎（1）该反应的逆反应为　　热反应，且m+n　　p （填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎（2）减压时，A的质量分数　　．（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）‎ ‎（3）若容积不变加入B，则B的转化率　　．‎ ‎（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将　　．‎ ‎（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量　　．‎ ‎（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色　　；而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色　　．（填“变深”、“变浅”或“不变”）‎ ‎23．（1）相同温度下等物浓度的下列溶液中．‎ A．NH4C1 B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．（NH4）2SO4‎ ‎①pH值由大到小的顺序是　　（用对应的字母填写）．‎ ‎②NH4+离子浓度由大到小的顺序是　　（用对应的字母填写）．‎ ‎③若上述溶液的pH值相同，则其物成的量浓度关系是　　（用对应的字母填写）．‎ ‎（2）25℃．向50mL 0.018mol•L﹣1 的 AgNO3溶液中加入50mL 0.020mol•L﹣l的盐酸，生成沉淀．己知该温度下AgCl的Ksp=l.0×l0﹣10，忽略溶液的体积变化，请计算：‎ ‎①完全沉淀后，溶液中c（Ag+）=　　．‎ ‎②完全沉淀后，溶液的pH=　　．‎ ‎（3）弱酸及其盐在水中存在多种平衡关系．己知NaA水溶液呈碱性，常温下将0．lmolNaA和0.05molHCl溶于水，得到1L溶液．‎ ‎①己知该混合溶液为弱酸性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为　　．‎ ‎②向该混合物中再加0.03molNaOH，溶液中n（A﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=　　．‎ ‎24．如图是一个化学过程的示意图．‎ ‎（1）通入O2的电极名称　　、C（Pt）电极的名称是　　．‎ ‎（2）写出通入O2的电极上的电极反应式是　　．‎ ‎（3）写出通入CH3OH的电极上的电极反应式是　　．‎ ‎（4）若丙池是电解饱和食盐水溶液，则阳极的电极反应为　　，阴极的电极反应为　　．在　　（阳极或阴极）附近滴入酚酞溶液变红．‎ ‎（5）乙池中反应的化学方程式为　　．‎ ‎（6）当乙池中B（Ag）极的质里增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2　　mL（标准状况下）；若丙池中饱和食盐水溶液的体枳为500mL，电解后，溶液的pH=　　．‎ ‎（25℃，假设电解前后溶液的体积无变化）．‎ ‎25．（1）①常温下，．某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣10mol/L，该溶液可以是　　．（填选项）‎ A．pH=4的CH3COOH B．pH=10的NaOH C．pH=9的 Na2CO3‎ D．pH=2的 H2SO4E．pH=4的 NH4C1‎ ‎（2）在100℃时，将 l00mL 0．lmol/L 的稀H2SO4溶液与 l00mL 0.4mol/L的NaOH 溶液混合后，溶液的pH=　　．（混合时溶液体积变化忽略不计，己知Kw=10﹣12）．‎ ‎（3）常温下，aml/0．lmol/L盐酸与bmL0．lmol/L氨水混合，充分反应，若混合后溶液呈中性，则a　　b （填“＜”、“＞”或“=”）．‎ ‎（4）常温下，amLpH=3的盐酸与bmLpH=11的氨水混合，充分反应，若a=b，则反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序是　　．‎ ‎（5）氯化铝水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示＞：　　．‎ 把A1Cl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　　．‎ ‎（6）25℃，在0.10mol/LH2S溶液中，通入HC1气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如下图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．‎ ‎①pH=13时，溶液中的 c（H2S）+c（HS﹣）=　　mol/L．‎ ‎②某溶液含 0.020mol/LMn2+、0.10mol/LH2S，当溶液pH=　　时，Mn2+开始沉淀．‎ ‎26．测血钙的含量时，进行如下实验：‎ ‎①可将2mL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，将沉徙用稀硫酸处理得H2C2O4溶液．‎ ‎②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氣化产物为CO2，还原产物为Mn2+．‎ ‎③终点时用去20mL l.0×l0﹣4 mol．/L的KMnO4溶液．‎ ‎（1）写出用KMn04滴定H2C2O4的离子方程式　　．‎ ‎（2）判断滴定终点的方法是　　．‎ ‎（3）③步骤中取酸性KMnO4溶液溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得的血钙质量分数　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎（4）计算：血液中含钙离子的浓度为　　mol/L．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题本卷共20题，每小题2分，共40分．‎ ‎1．已知醋酸达到电离平衡后，改变某条件电离平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．实现该变化的只能是升高温度 B．溶液的导电能力一定变强 C．溶液的pH一定减小 D．发生电离的分子总数增多 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、升高温度或加水都能使电离平衡向正反应方向；‎ B、加醋酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强；‎ C、若改变条件为加水，则促进电离，但氢离子的浓度减小；‎ D、电离平衡向正反应方向移动，发生电离的分子总数增多．‎ ‎【解答】解：A、弱酸的电离为吸热过程，升高温度，加水促进电离，所以电离平衡正向移动，故A错误；‎ B、加醋酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，醋酸钠电离出的醋酸根离子抑制醋酸的电离，电离平衡向逆反应方向移动，故B错误；‎ C、因升高温度或加水都能使电离平衡正向移动，若为加水，电离程度增大，生成氢离子的物质的量增大，但氢离子的浓度减小，pH增大，故C错误；‎ D、电离平衡向正反应方向移动，则发生电离的分子总数增多，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．关于原电池和电解池的叙述正确的是（　　）‎ A．原电池中失去电子的电极为阴极 B．原电池的负极、电解池的阳极都发生氧化反应 C．原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成 D．电解时电解池的阴极一定是阴离子放电 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、原电池中的电极为正负极不是阴阳极；‎ B、根据原电池负极和电解池阳极上得失电子判断反应类型；‎ C、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成；‎ D、电解时，电解池阴极上得电子发生还原反应．‎ ‎【解答】解：A、原电池中失去电子的电极为负极不是阴极，故A错误；‎ B、原电池负极上失电子发生氧化反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应，故B正确；‎ C、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成，故C错误；‎ D、电解时，电解池阴极上得电子发生还原反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是（　　）‎ A．水中的钢闸门连接电源的负极 B．金属护拦表面涂漆 C．汽车底盘喷涂高分子膜 D．地下钢管连接镁块 ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】使用外加电流的阴极保护法说明该该金属防腐的措施中连接外加电源，且阴极连接电源负极．‎ ‎【解答】解：A．水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；‎ B．对健身器材涂油漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；‎ C．汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故C错误；‎ D．镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护船身而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．下列有关沉淀溶解平衡的说法中，正确的是（　　）‎ A．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，Ksp（AgCl）增大 B．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡不移动 C．可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小 D．25℃时，KSP（AgCl）＞KSP（AgI），向AgCl的悬浊液中加入KI固体，有黄色沉淀生成 ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A．难溶盐电解质的Ksp与温度有关，不受其他因素的影响；‎ B．加入稀盐酸，与碳酸根离子反应，溶液中CO32﹣浓度减小，根据平衡移动原理，平衡向CO32﹣浓度减小的方向移动；‎ C．比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小；‎ D．沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；‎ ‎【解答】解：A．因难溶盐电解质的Ksp与温度有关，不受其他因素的影响，所以加入蒸馏水，氯化银的KSP不变，故A错误；‎ B．碳酸根离子与酸反应生成二氧化碳和水，生成物的浓度减小，碳酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，故B错误；‎ C．比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，故C错误；‎ D．KSP（AgCl）＞KSP（AgI），沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．下列叙述正确的是（　　）‎ A．用湿润的pH试纸测溶液的pH一定会有误差 B．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，用待测溶液润洗锥形瓶 C．用酸式滴定管量取酸性高锰酸钾溶液5.10mL D．用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaOH溶液的过程中不慎将锥形瓶中的溶液溅出，会使测得的NaOH溶液的浓度偏大 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．用湿润的pH试纸测溶液的pH不一定会有误差，如果是强酸强碱盐形成的中性溶液稀释后溶液仍然呈中性；‎ B．用待测液润洗锥形瓶会导致测定浓度偏大；‎ C．酸式滴定管只能量取酸性溶液；‎ D．用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaOH溶液的过程中不慎将锥形瓶中的溶液溅出，会使测得的NaOH溶液的浓度偏小．‎ ‎【解答】解：A．用湿润的pH试纸测溶液的pH不一定会有误差，如果是强酸强碱盐形成的中性溶液稀释后溶液仍然呈中性，则测定的pH没有误差，如果是酸性或碱性溶液，湿润后导致浓度较小，则测定pH一定有误差，故A错误；‎ B．用待测液润洗锥形瓶，锥形瓶内NaOH的物质的量偏大，会导致使用的盐酸增多，则导致测定浓度偏大，故B错误；‎ C．酸式滴定管只能量取酸性溶液，酸性高锰酸钾溶液呈酸性，所以能用酸式滴定管量取，故C正确；‎ D．用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaOH溶液的过程中不慎将锥形瓶中的溶液溅出，会导致氢氧化钠物质的量减小，使用的盐酸体积偏小，则使测得的NaOH溶液的浓度偏小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（　　）‎ A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低 B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变 C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低 D．将水加热，KW增大，pH不变 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】A、氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中氢氧根浓度大于水中的；‎ B、硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；‎ C、醋酸根水解对水的电离起到促进作用；‎ D、温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小．‎ ‎【解答】解：A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故A错误；‎ B、NaHSO4═Na++SO42﹣+H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，故B正确；‎ C、CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡右移，c（H+）降低，故C错误；‎ D、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．铜锌原电池（如图）工作时，以下说法正确的是（　　）‎ ‎①电子流动方向从Zn﹣灯泡﹣Cu﹣盐桥；②Zn电极的质量减轻Cu电极的质量增重；③盐桥中的K+移向CuSO4溶液；④将锌片浸入硫酸铜溶液发生的化学反应与该电池反应相同为：Zn+Cu2+═Zn2++Cu；⑤Zn电极失电子发生还原反应．‎ A．①②③ B．②④⑤ C．②③④ D．③④⑤‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】该装置中，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上铜离子得电子发生还原反应生成Cu，电子从负极沿导线流向正极，溶液中阳离子向正极移动，据此分析．‎ ‎【解答】解：①从负极沿导线流向正极，电子流动方向从Zn﹣灯泡﹣Cu，电子不能经过溶液，故错误；‎ ‎②‎ 锌失电子，则Zn电极的质量减轻，Cu电极上铜离子得电子生成Cu，则Cu电极的质量增重，故正确；‎ ‎③溶液中阳离子向正极移动，则盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故正确；‎ ‎④将锌片浸入硫酸铜溶液，Zn与铜离子发生置换反应，发生的化学反应与该电池反应相同为：Zn+Cu2+═Zn2++Cu，故正确；‎ ‎⑤Zn电极失电子发生氧化反应，故错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．将CO2转化为甲醇的原理为 CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0.500℃时，在体积为1L 的固定容积的密闭容器中充入1mol CO2、3mol H2，测得CO2浓度与CH3OH 浓度随时间的变化如图所示，从中得出的结论错误的是（　　）‎ A．曲线X可以表示CH3OH（g） 或H2O（g） 的浓度变化 B．从反应开始到10min时，H2的反应速率v（H2）=0.225mol/（L﹒min）‎ C．平衡时H2 的转化率为75%‎ D．500℃时该反应的平衡常数K=3‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】A．随反应进行X的浓度增大，X表示生成物，由方程式可知CH3OH（g）、H2O（g）的浓度变化相等；‎ B．Y的起始浓度为1mol/L，故Y表示二氧化碳，根据v=计算v（CO2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；‎ C．根据二氧化碳的浓度变化计算氢气的浓度变化，氢气的转化率=×100%；‎ D．利用三段式计算平衡常数各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算．‎ ‎【解答】解：A．随反应进行X的浓度增大，X表示生成物，由方程式可知CH3OH（g）、H2O（g）的浓度变化相等，曲线X可以表示CH3OH（g） 或H2O（g）‎ ‎ 的浓度变化，故A正确；‎ B．Y的起始浓度为1mol/L，故Y表示二氧化碳，平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，故v（CO2）==0.075mol/（L﹒min），速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=3v（CO2）=3×0.075mol/（L﹒min）=0.225mol/（L﹒min），故B正确；‎ C．平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，二氧化碳的浓度变化量为1mol/L﹣0.25mol/L=0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化为3×0.75mol/L=2.25mol/L，氢气的转化率=×100%=75%，故C正确；‎ D．平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，则：‎ ‎ CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），‎ 开始（mol/L）：1 3 0 0‎ 变化（mol/L）：0.75 2.25 0.75 0.75 ‎ 平衡（mol/L）：0.25 0.75 0.75 0.75‎ 故平衡常数k==5.33，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．常温下有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液 ②pH=3的盐酸 ③pH=11的氨水 ④pH=11的NaOH溶液．下列说法正确的是（　　）‎ A．若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：③＞④＞①＞②‎ B．③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③=④‎ C．①与②分别与足量镁粉反应，生成H2的量：①＜②‎ D．②和③混合，所得混合溶液的pH大于7‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=10﹣3 mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3 mol/L，‎ A．稀释后弱电解质的pH变化较小，碱溶液的pH大于酸溶液；‎ B．氨水为弱碱，氨水浓度大于氢氧化钠溶液；‎ C．醋酸为弱酸，醋酸的浓度大于盐酸，醋酸能够提供的氢离子远远大于盐酸；‎ D．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，混合液显示碱性．‎ ‎【解答】解：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=10﹣3 mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3 mol/L，‎ A．若将四种溶液稀释100倍，弱电解质的pH变化较小，碱溶液的pH大于酸溶液，则稀释后溶液pH大小顺序为：③＞④＞②＞①，故A错误；‎ B．c（NH3•H2O）＞c（NaOH），所以等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③＞④，故B错误；‎ C．醋酸为弱酸，则c（CH3COOH）＞c（HCl），等体积的①与②分别与足量镁粉反应，生成H2的量①＞②，故C错误；‎ D．②和③混合，氨水为弱碱，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液呈碱性，其pH大于7，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．己知：100℃的溫度下，水的离子积Kw=1×10﹣12．下列说法正确的是（　　）‎ A．0.05mol/L 的 H2SO4溶液 PH=1‎ B．0.001mol/L 的 NaOH溶液 PH=11‎ C．0.005mol/L的H2SO4溶液与0.0lmol/LNaOH溶液等体积浪合，混合液pH=6，溶液呈酸性 D．完全中和PH=3的H2SO4溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液50mL ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】100℃的温度下，水的离子积KW=1×10﹣12，所以该温度下的中性溶液中pH=6，pH小于6的为酸性溶液，大于6的为碱性溶液，pH=﹣lgc（H+），强酸和强碱反应的混合溶液呈中性时，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，注意碱性溶液中氢氧根离子浓度的计算方法．‎ ‎【解答】解：100℃的温度下，水的离子积KW=1×10﹣12，所以该温度下的中性溶液中pH=6，‎ A.0.05 mol•L﹣1的硫酸溶液中，C（H+）=0.05 mol•L﹣1×2=0.1mol/L，所以pH=1，故A正确；‎ B.0.001mol/L的氢氧化钠溶液，C（H+）=10﹣9 mol/L，pH=9，故B错误；‎ C.0.005 mol•L﹣1的硫酸与0.01 mol•L﹣1的氢氧化钠溶液等体积时，n（H+）=n（OH﹣），所以硫酸和氢氧化钠恰好反应，溶液呈中性，pH为6，故C错误；‎ D．pH=3的硫酸中，C（H+）=10﹣3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中C（OH﹣）=0.1mol/L，中和pH=3的硫酸溶液50 mL，需要pH=11的NaOH溶液0.5mL，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法正确的是（　　）‎ A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎【考点】化学平衡移动原理；化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答．‎ ‎【解答】解：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；‎ B、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH﹣反应，平衡正向移动，故B正确；‎ C、因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，是增大的，故C错误；‎ D、加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．用惰性电极电解下列溶液，其中随着电解的进行，溶液pH值逐渐减小的是（　　）‎ ‎①氯化钠溶液　②硫酸铜溶液　③氢氧化钠溶液　④稀硫酸　⑤稀盐酸　⑥硫酸钠溶液．‎ A．①③⑤ B．②④⑤ C．②④ D．②④⑥‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电解液的pH值逐渐减小，阳极应是OH﹣离子放电，可为不活泼金属的含氧酸盐．‎ ‎【解答】解；①氯化钠溶液电解是放氢生碱型，pH值变大；　‎ ‎②硫酸铜溶液电解是放氧生酸型，pH值变小；　‎ ‎③氢氧化钠溶液电解，是电解水型，氢氧化钠的浓度变大，pH值变大；　‎ ‎④稀硫酸电解，是电解水型，硫酸的浓度变大，pH值变小；　‎ ‎⑤稀盐酸，是电解电解质型，pH值变大；　‎ ‎⑥硫酸钠溶液显中性，是电解水型，硫酸钠的浓度变大，pH值不变；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．常温下，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液pH=11，下列表述正确的是（　　）‎ A．c（Na+）=c（CH3COO﹣）‎ B．c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1 mol•L﹣1‎ C．由水电离出来的c（OH﹣）=1.0×10﹣11 mol•L﹣1‎ D．往该溶液中加入0.05 mol•L﹣1的CH3COONa，pH值变大 ‎【考点】离子浓度大小的比较；水的电离．‎ ‎【分析】A、溶液中醋酸根离子水解显碱性、结合电荷守恒分析判断；‎ B、依据溶液中物料守恒分析判断；‎ C、结合溶液中离子积常数计算水电离出的氢离子浓度判断；‎ D、加水稀释，水解平衡正向进行，离子浓度减小．‎ ‎【解答】解：A、溶液中醋酸根离子水解显碱性、由电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CH3OO﹣），c（H+）＜c（OH﹣），c（Na+）＞c（CH3OO﹣），故A错误；‎ B、由溶液中物料守恒可知，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1 mol•L﹣1，故B正确；‎ C、结合溶液中离子积常数计算水电离出的氢离子浓度，由水电离出来的c（OH﹣）==1.0×10﹣3 mol•L﹣1，故C错误；‎ D、加水稀释，水解平衡正向进行，离子浓度减小，氢氧根离子浓度减小，pH减小，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．关于电解精炼铜（粗铜中含有Fe、Zn、Ni、Ag、Au少量杂质），下列说法中正确的是（　　）‎ A．用纯铜作阳极、粗铜作阴极 B．电解液的成分保持不变 C．屯解过程中，阳极质量的减少与阴明极质量的增加相等 D．阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电解精炼铜时，粗铜为阳极，阳极上金属失电子变成离子进入溶液，Cu﹣2e﹣=Cu2+，比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子，比金属铜活泼性差的Pt、Ag等固体会沉积下来形成阳极泥，精铜为阴极，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、电解精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，故A错误；‎ B、电解精炼铜时，粗铜为阳极，比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子，精铜为阴极，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，所以电解液的成分发生变化，故B错误；‎ C、电解精炼铜时，粗铜为阳极，开始为比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子，精铜为阴极，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，则阳极质量的减少与阴明极质量的增加不等，故C错误；‎ D、精铜为阴极，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．下列叙述正确的是（　　）‎ A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7‎ C．0.1molAgCl和0.1molAgl混合后加入1 L水中，所得溶液中c（Cl﹣）＞c（I﹣）‎ D．25℃时，0.1mol/L的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱 ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】A、向稀醋酸中加入醋酸钠，导致醋酸根的浓度增大；‎ B、25℃时，等体积等浓度的硝酸和氨水混合，两者恰好完全反应生成硝酸铵；‎ C、氯化银的溶解度大于碘化银；‎ D、硫化氢是弱电解质，而硫化钠为强电解质．‎ ‎【解答】解：A、向稀醋酸中加入醋酸钠，导致醋酸根的浓度增大，故醋酸的电离被抑制，则醋酸的电离程度减小，故A错误；‎ B、25℃时，等体积等浓度的硝酸和氨水混合，两者恰好完全反应生成硝酸铵，为强酸弱碱盐溶液，水解显酸性，故pH小于7，故B错误；‎ C、氯化银的溶解度大于碘化银，故0.1molAgCl和0.1molAgl混合后加入1 L水中，所得溶液中c（Cl﹣）＞c（I﹣），故C正确；‎ D、硫化氢是弱电解质，不能完全电离，而硫化钠为强电解质，在溶液中完全电离，故25℃时，0.1mol/L的硫化氢溶液中离子浓度小于等浓度的硫化钠溶液的离子浓度，故导电能力前者小，故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎16．室温下向10mL0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如闬所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．a 点所示溶液中 c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（HA）‎ B．a、b 两点所示溶液中水的电离程度相问 C．b点所示溶液中c（A﹣）＞c（HA）‎ D．pH=7时，c（Na+）﹣=c（A﹣）+c（HA）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；‎ B．b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离；‎ C．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A﹣水解程度；‎ D．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断．‎ ‎【解答】解：A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c（HA）＞c（H+），故A错误；‎ B．a点A﹣水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；‎ C．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A﹣水解程度，则存在c（A﹣）＞c（HA），故C正确；‎ D．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）=c（A﹣），故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．下列有关实验现象或结论的描述不正确的是（　　）‎ A．FeCl2溶液与K3[Fe（CN）6]混合后得到特征蓝色沉淀，利用此反应可检验Fe2+‎ B．向饱和食盐水中加入少量浓盐酸，看到溶液振荡，溶液变浑浊 C．某温度下，向AgCl饱和溶液中加入蒸馏水，AgCl的溶解度、Ksp均增大 D．处理含有Hg2+离子的废水可加入硫化钠，使Hg2+离子转化为HgS沉淀 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．FeCl2溶液与K3[Fe（CN）6]溶液混合后得到蓝色沉淀；‎ B．饱和NaCl溶液存在溶解平衡；‎ C．向AgCl饱和溶液中加入蒸馏水，溶解平衡正向移动，但Ksp只与温度有关；‎ D．Hg2+离子的废水可加入硫化钠，生成难溶电解质．‎ ‎【解答】解：A．FeCl2溶液与K3[Fe（CN）6]溶液混合后得到蓝色沉淀，为特征反应，则可利用此反应检验Fe2+，故A正确；‎ B．饱和NaCl溶液存在溶解平衡，则加入少量浓盐酸，平衡逆向移动，有NaCl析出，看到溶液振荡，溶液变浑浊，故B正确；‎ C．向AgCl饱和溶液中加入蒸馏水，溶解平衡正向移动，但Ksp只与温度有关，则Ksp不变，故C错误；‎ D．Hg2+离子的废水可加入硫化钠，生成难溶电解质，使Hg2+离子转化为HgS沉淀，为沉淀法处理污水，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，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1.0×10﹣13‎ C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 ‎【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、由图可知abc为等温线；‎ B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14；‎ C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；‎ D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可．‎ ‎【解答】解：A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c到b，故A错误；‎ B、b点c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣7，故KW=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×10﹣14，故B错误；‎ C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；‎ D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．等体积，浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH溶液、②HSCN溶液、③‎ NaHCO3溶液，已知将①、②分别与③混合，实验测得产生的CO2气体体积（v）随时间（t）变化的示意图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．物质酸性的比较：CH3COOH＞HSCN＞H2CO3‎ B．反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO﹣）＞c（SCN﹣）‎ C．上述三种溶液中由水电离的c（OH﹣）大小：NaHCO3＞CH3COOH＞HSCN D．CH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.10mol•L﹣1‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反映速率较快；‎ B、图象中分析，HSCN的酸性比CH3COOH强，所以阴离子水解程度c（CH3COO﹣）＞c（SCN﹣）；‎ C、水解的盐促进水的电离，酸抑制水的电离，酸性越强抑制程度越大；‎ D、CH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应生成醋酸钠溶液，物料守恒计算；‎ ‎【解答】解：A、CH3COOH溶液和HSCN溶液与NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体，证明CH3COOH溶液和HSCN溶液的酸性大于碳酸，依据图象分析可知HSCN溶液比CH3COOH溶液与碳酸氢钠反应快，证明溶液中氢离子浓度大，则同浓度时说明HSCN酸性大于 CH3COOH，故A错误；‎ B、依据图象分析可知HSCN溶液比CH3COOH溶液与碳酸氢钠反应快，证明溶液中氢离子浓度大，则同浓度时说明HSCN酸性大于CH3COOH，反应后溶液中的CH3COO﹣水解程度大于SCN﹣，所以反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（SCN﹣），故B错误；‎ C、水解的盐促进水的电离，酸抑制水的电离，HSCN溶液酸性大于CH3‎ COOH溶液，HSCN溶液中氢离子浓度大，对水的电离抑制程度大，故上述三种溶液中由水电离的c（OH﹣）大小：NaHCO3＞CH3COOH＞HSCN，故C正确；‎ D、CH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应，生成醋酸钠和水二氧化碳，得到溶液醋酸钠，所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.050mol•L﹣1，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎20．25℃时，下列有关溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞cCH3COO﹣）‎ B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）‎ C．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合： c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）‎ D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．反应后溶质为等浓度的醋酸和氯化钠，溶液呈酸性，则c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）；‎ B．溶液层碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），结合物料守恒可得c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3•H2O）；‎ C．根据混合液中的物料守恒判断；‎ D．二者恰好反应生成NaHC2O4，根据溶液中的电荷守恒判断．‎ ‎【解答】解：A．0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，反应后溶质为等浓度的醋酸和NaCl，钠离子和氯离子不水解，则c（Na+）=c（Cl﹣），溶液显示酸性，氢氧根离子浓度较小，则c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故A错误；‎ B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7），溶液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），结合物料守恒可得c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3•H2‎ O），溶液中正确的离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣），故B错误；‎ C．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得： c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C正确；‎ D．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），恰好反应生成NaHC2O4，根据电荷守恒可知：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、非选择题本卷为综合题，共6题，共60分．‎ ‎21．（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）反应过程的能虽变化如图所示．己知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=﹣99kJ/mol．‎ 请回答下列问题：‎ ‎①E的大小对该反应的反应热　无　（填“有”或“无”）影构．‎ ‎②图中△H=　﹣198　kJ/mol．‎ ‎（2）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气，放出241.8kJ热量（25℃、101kPa下测得）‎ ‎①写出该反应的热化学方程式：　H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol　．‎ ‎②若lmol水蒸气转化为液态水放热45kJ，则反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）的△H=　﹣286.8　kJ/mol．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）①E为活化能，活化能的大小与反应热无关；‎ ‎②根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比；‎ ‎（2）①根据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式；‎ ‎②若1mol水蒸气转化为液态水放热45kJ，即H2O（g）=H2O（l）△H=﹣45kJ/mol，‎ 根据盖斯定律计算生成液态水的反应热．‎ ‎【解答】解：（1）①E为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，故答案为：无；‎ ‎②因1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣198KJ•mol﹣1，故答案为：﹣198；‎ ‎（2）：①：氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol；‎ 故答案为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol；‎ ‎②若1mol水蒸气转化为液态水放热45kJ，即H2O（g）=H2O（l）△H=﹣45kJ/mol，‎ i．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol ii．H2O（g）=H2O（l）△H=﹣45kJ/mol i+ii得H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣286.8kJ/mol 故答案为：﹣286.8．‎ ‎　‎ ‎22．现有反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：‎ ‎（1）该反应的逆反应为　吸　热反应，且m+n　＞　p （填“＞”、“=”或“＜”）．‎ ‎（2）减压时，A的质量分数　增大　．（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）‎ ‎（3）若容积不变加入B，则B的转化率　减小　．‎ ‎（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将　减小　．‎ ‎（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量　不变　．‎ ‎（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色　变深　；而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色　变浅　．（填“变深”、“变浅”或“不变”）‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）升高温度时，B的转化率变大，则升高温度，平衡正向移动，当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，可知减小压强平衡逆向移动；‎ ‎（2）减小压强平衡逆向移动；‎ ‎（3）容积不变加入B，平衡正向移动，但B的物质的量增加的多；‎ ‎（4）升高温度，平衡正向移动，B减少C增多；‎ ‎（5）催化剂对平衡移动无影响；‎ ‎（6）B是有色物质，A、C均无色，则加入C，平衡逆向移动，B的浓度增大；维持容器内压强不变，充入氖气时，反应体系的压强减小，体积增大，B的浓度减小．‎ ‎【解答】解：（1）当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，说明m+n＞p，故答案为：吸；＞；‎ ‎（2）当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，所以A的质量分数增大，故答案为：增大；‎ ‎（3）若保持容器体积不变，加入B，平衡正向移动，A的转化率增大，B的转化率减小，故答案为：减小；‎ ‎（4）若升高温度，平衡向正反应方向移动，则平衡时B、C的浓度之比将减小，故答案为：减小；‎ ‎（5）若加入催化剂，平衡不移动，平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：不变；‎ ‎（6）加入C（体积不变）时，平衡向逆反应方向移动，B的浓度增大，颜色加深；维持容器内压强不变，充入氖气时，容器体积增大，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，但B的浓度减小，颜色变浅，故答案为：变深；变浅．‎ ‎　‎ ‎23．（1）相同温度下等物浓度的下列溶液中．‎ A．NH4C1 B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．（NH4）2SO4‎ ‎①pH值由大到小的顺序是　B＞A＞D＞C　（用对应的字母填写）．‎ ‎②NH4+离子浓度由大到小的顺序是　D＞C＞A＞B　（用对应的字母填写）．‎ ‎③若上述溶液的pH值相同，则其物成的量浓度关系是　C＜D＜A＜B　（用对应的字母填写）．‎ ‎（2）25℃．向50mL 0.018mol•L﹣1 的 AgNO3溶液中加入50mL 0.020mol•L﹣l的盐酸，生成沉淀．己知该温度下AgCl的Ksp=l.0×l0﹣10，忽略溶液的体积变化，请计算：‎ ‎①完全沉淀后，溶液中c（Ag+）=　1.0×10﹣7mol/L　．‎ ‎②完全沉淀后，溶液的pH=　2　．‎ ‎（3）弱酸及其盐在水中存在多种平衡关系．己知NaA水溶液呈碱性，常温下将0．lmolNaA和0.05molHCl溶于水，得到1L溶液．‎ ‎①己知该混合溶液为弱酸性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为　c（Na+）＞c（A﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）　．‎ ‎②向该混合物中再加0.03molNaOH，溶液中n（A﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=　0.08　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学方程式的有关计算；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】（1）A．铵根离子水解，溶液呈酸性，B．碳酸氢根离子促进铵根离子水解，酸性较氯化铵溶液酸性弱，C．电离出氢离子，并抑制铵根离子水解，显强酸性，D．铵根离子水解，水解程度不大，铵根离子浓度最大，酸性比氯化铵溶液的酸性强；‎ ‎（2）①依据题干数据计算沉淀后溶液中氯离子浓度，结合Ksp计算溶液中银离子浓度；‎ ‎②沉淀后溶液中剩余氢离子浓度，计算pH；‎ ‎（3）①NaA水溶液呈碱性，说明A﹣离子水解，HA是弱酸，常温下将0.10molNaA和0.05molHCl溶于水，发生反应，NaA+HCl=NaCl+HA，依据定量计算得到溶液中含有0.05molNaA，得0.05molHA，0.05molNaCl；得到pH＜7的溶液，说明溶液呈酸性，同浓度溶液中HA电离大于A﹣离子的水解；依据溶液中电荷守恒，电荷守恒，酸碱性分别计算分析判断；‎ ‎②根据电荷守恒可得n（A﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=c（Na+）﹣c（Cl﹣），然后根据钠离子、氯离子总物质的量进行计算；‎ ‎【解答】解：A．铵根离子水解，溶液呈酸性，B．碳酸氢根离子促进铵根离子水解，酸性较氯化铵溶液酸性弱，C．电离出氢离子，并抑制铵根离子水解，显强酸性，D．铵根离子水解，水解程度不大，铵根离子浓度最大，酸性比氯化铵溶液的酸性强．‎ ‎①pH值由大到小的顺序是：B＞A＞D＞C，故答案为：B＞A＞D＞C；‎ ‎②NH4+离子浓度由大到小的顺序是：D＞C＞A＞B，故答案为：D＞C＞A＞B；‎ ‎③相同温度下，相同物质的量浓度的上述溶液pH值由大到小的顺序是：B＞A＞D＞C，若上述溶液的pH值相同，则其物成的量浓度关系应是C＜D＜A＜B，故答案为：C＜D＜A＜B；‎ ‎（2）①向50ml0.018mol/L的AgNO3溶液中加入50ml0.02mol/L的盐酸，混合后两者浓度分别为c（Ag+）=mol/L=0.009 mol/L、c（Cl﹣）=mol/L=0.01mol/L，Ag+与Cl﹣是等物质的量反应的，此时Cl﹣过量，过量浓度c（Cl﹣）=0.01mol/L﹣0.009mol/L=0.001mol/L，‎ Ksp=c（Ag+）×C（Cl﹣）=1.0×10﹣10，则：c（Ag+）=mol/L=1.0×10﹣7mol/L，‎ 故答案为：1.0×10﹣7mol/L；‎ ‎②沉淀生成后，氢离子浓度c==0.01mol/L，所以pH=2，‎ 故答案为：2；‎ ‎（3）①常温下将0.10mol NaA和0.05mol HCl溶于水，得到1L溶液，得到的溶液中含有0.05molNaA、0.05molHA、0.05molNaCl；溶液的pH＜7，说明溶液呈酸性，同浓度溶液中HA电离大于A﹣离子的水解，c（A﹣）＞c（Cl﹣）、c（H+）＞c（OH﹣），则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），‎ 故答案为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；‎ ‎②根据混合液中电荷守恒可得：n（A﹣）+n（OH﹣）+c（Cl﹣）=c（Na+）+n（H+），则n（A﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=c（Na+）﹣c（Cl﹣）=0.03mol+0.10nol﹣0.05mol=0.08mol，‎ 故答案为：0.08．‎ ‎　‎ ‎24．如图是一个化学过程的示意图．‎ ‎（1）通入O2的电极名称　正极　、C（Pt）电极的名称是　阳极　．‎ ‎（2）写出通入O2的电极上的电极反应式是　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　．‎ ‎（3）写出通入CH3OH的电极上的电极反应式是　CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O　．‎ ‎（4）若丙池是电解饱和食盐水溶液，则阳极的电极反应为　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　，阴极的电极反应为　2H++2e﹣=H2↑　．在　阴极　（阳极或阴极）附近滴入酚酞溶液变红．‎ ‎（5）乙池中反应的化学方程式为　2H2O+4AgNO34Ag+O2↑+4HNO3　．‎ ‎（6）当乙池中B（Ag）极的质里增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2　280　mL（标准状况下）；若丙池中饱和食盐水溶液的体枳为500mL，电解后，溶液的pH=　13　．‎ ‎（25℃，假设电解前后溶液的体积无变化）．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】燃料电池中，通入燃料的电极为负极，电极反应为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O，通入氧化剂的电极为正极，正极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，乙池、丙池是电解池，与电源正极相连的是阳极，与电源负极相连的是阴极，则A是阳极、B是阴极，乙池中阳极氢氧根放电产生氧气，阴极银离子放电产生银，丙池中C是阳极，D是阴极，电解质溶液是氯化钠溶液，氢离子在阴极放电，氯离子在阳极放电，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：燃料电池中，通入燃料的电极为负极，电极反应为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O，通入氧化剂的电极为正极，正极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，乙池、丙池是电解池，与电源正极相连的是阳极，与电源负极相连的是阴极，则A是阳极、B是阴极，乙池中阳极、阴极电极反应分别为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O、Ag++e﹣‎ ‎=Ag，丙池中C是阳极，D是阴极，电解质溶液是氯化钠溶液，氢离子在阴极放电，氯离子在阳极放电．‎ ‎（1）通入O2的电极是正极，C（Pt）电极的名称是阳极，故答案为：正极；阳极；‎ ‎（2）通入O2的电极上的电极反应式是O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故答案为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；‎ ‎（3）燃料电池中，通入燃料的电极为负极，电极反应为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O；‎ ‎（4）丙池中C是阳极，D是阴极，电解质溶液是氯化钠溶液，氯离子在阳极失电子产生氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氢离子在阴极得到电子产生氢气，电极反应为：2H++2e﹣=H2↑，水的电离平衡被破坏，氢氧根离子的浓度增大，该区域溶液呈碱性，滴入酚酞溶液变红，‎ 故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；2H++2e﹣=H2↑；阴极；‎ ‎（5）乙池中A是阳极、B是阴极，阳极水电离出的氢氧根失电子产生氧气，阴极银离子得电子产生单质银，属于放氧生酸型，电解反应的化学方程式为：2H2O+4AgNO34Ag+O2↑+4HNO3，故答案为：2H2O+4AgNO34Ag+O2↑+4HNO3；‎ ‎（6）当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，根据Ag++e﹣=Ag，转移电子为： =0.05mol，根据O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，甲池中理论上消耗O2的体积是：×22.4L/mol=0.28L=280mL，产生氢氧根的物质的量为：0.05mol，c（OH﹣）===0.1mol/L，则溶液PH=13，‎ 故答案为：280；13．‎ ‎　‎ ‎25．（1）①常温下，．某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1.0×10﹣10mol/L，该溶液可以是　AB　．（填选项）‎ A．pH=4的CH3COOH B．pH=10的NaOH C．pH=9的 Na2CO3‎ D．pH=2的 H2SO4E．pH=4的 NH4C1‎ ‎（2）在100℃时，将 l00mL 0．lmol/L 的稀H2SO4溶液与 l00mL 0.4mol/L的NaOH 溶液混合后，溶液的pH=　11　‎ ‎．（混合时溶液体积变化忽略不计，己知Kw=10﹣12）．‎ ‎（3）常温下，aml/0．lmol/L盐酸与bmL0．lmol/L氨水混合，充分反应，若混合后溶液呈中性，则a　＜　b （填“＜”、“＞”或“=”）．‎ ‎（4）常温下，amLpH=3的盐酸与bmLpH=11的氨水混合，充分反应，若a=b，则反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序是　c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；　．‎ ‎（5）氯化铝水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示＞：　Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+　．‎ 把A1Cl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　Al2O3　．‎ ‎（6）25℃，在0.10mol/LH2S溶液中，通入HC1气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如下图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．‎ ‎①pH=13时，溶液中的 c（H2S）+c（HS﹣）=　0.043　mol/L．‎ ‎②某溶液含 0.020mol/LMn2+、0.10mol/LH2S，当溶液pH=　5　时，Mn2+开始沉淀．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）酸或碱、强酸酸式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下水电离出的c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，某溶液中由水电离出的c （OH﹣）=1.0×10﹣10mol/L，水的电离被抑制，说明溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐，酸溶液中氢氧根离子完全由水电离，碱溶液中氢离子完全由水电离，根据各选项PH进行分析解答；‎ ‎（2）根据水的离子积，先判断出酸和碱混合后溶液NaOH过量，溶液显碱性，根据c（OH﹣）=求出氢氧根的浓度，然后根据水的离子积求出c（H+），即可求出溶液的pH；‎ ‎（3）根据NH4Cl溶液呈酸性可知，要使混合后呈中性，必须氢氧化钠过量；根据电荷守恒来分析；‎ ‎（4）常温下，a mL pH=3的盐酸与b mL pH=11的氨水混合，充分反应．若a=b，反应后一水合氨又电离出氢氧根离子，溶液呈碱性；‎ ‎（5）氯化铝水溶液呈酸性是因为铝离子水解显酸性；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是水解生成的氢氧化铝分解得到的氧化铝；‎ ‎（6）①pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol•L﹣1；‎ ‎②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH．‎ ‎【解答】解：（1）A．pH等于4的醋酸溶液中，c（H+）=10﹣4mol/L，对水的电离起到抑制作用，酸溶液中氢氧根离子完全由水电离，水电离出的c （OH﹣）==1.0×10﹣10mol/L，故A正确；‎ B．pH=10的NaOH溶液中，c（H+）=10﹣10mol/L，对水的电离起到抑制作用，碱溶液中氢离子完全由水电离，水电离出的c （OH﹣）=c（H+）=1.0×10﹣10mol/L，故B正确；‎ C．Na2CO3属于强碱弱酸盐，促进水电离，pH=9的Na2CO3溶液中，c（H+）=10﹣9mol/L，水电离出的c （OH﹣）==10﹣5mol/L，故C错误；‎ D．pH=2的硫酸溶液中，c（H+）=10﹣2mol/L，对水的电离起到抑制作用，酸溶液中氢氧根离子完全由水电离，水电离出的c （OH﹣）==1.0×10﹣12mol/L，故D错误；‎ E．NH4Cl属于强酸弱碱盐，促进水电离，pH=4的NH4Cl溶液中，c（H+）=10﹣4mol/L，水电离出的c （OH﹣）=c（H+）=10﹣4mol/L，故E错误；‎ 故答案为：AB；‎ ‎（2）该温度下，将100mL 0.1mol•L﹣1的稀H2SO4中n（H+）=CV=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，100mL 0.4mol•L﹣1的NaOH溶液中n（OH﹣）=CV=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，混合后，NaOH过量，溶液显碱性，溶液中c（OH﹣）===0.1mol/L，由于水的离子积Kw=c（H+）•c（OH﹣）=10﹣12，故c（H+）=10﹣11mol/L，而pH=﹣lgc（H+）=11，‎ 故答案为：11；‎ ‎（3）根据NH4Cl溶液呈酸性可知，要使混合后呈中性，必须氢氧化钠过量；根据电荷守恒来分析，a＜b；‎ 故答案为：＜；‎ ‎（4）常温下，a mL pH=3的盐酸与b mL pH=11的氨水混合，充分反应．若a=b，反应后一水合氨又电离出氢氧根离子，溶液呈碱性，溶液中电荷守恒分析，离子浓度的关系为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；‎ 故答案为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；‎ ‎（5）氯化铝水溶液呈酸性是因为铝离子水解显酸性；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是水解生成的氢氧化铝分解得到的氧化铝；‎ 故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；Al2O3；‎ ‎（ 6 ） ①pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol•L﹣1，所以c（H2S）+c（HS﹣）=0.1﹣5.7×10﹣2=0.043mol/L，‎ 故答案为：0.043；‎ ‎②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2﹣）==mol/L=1.4×10﹣11mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，‎ 故答案为：5．‎ ‎　‎ ‎26．测血钙的含量时，进行如下实验：‎ ‎①可将2mL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，将沉徙用稀硫酸处理得H2C2O4溶液．‎ ‎②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氣化产物为CO2，还原产物为Mn2+．‎ ‎③终点时用去20mL l.0×l0﹣4 mol．/L的KMnO4溶液．‎ ‎（1）写出用KMn04滴定H2C2O4的离子方程式　2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O　．‎ ‎（2）判断滴定终点的方法是　当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色　．‎ ‎（3）③步骤中取酸性KMnO4溶液溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得的血钙质量分数　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎（4）计算：血液中含钙离子的浓度为　2.5×10﹣3　mol/L．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，发生氧化还原反应生成二氧化碳，锰离子和水，结合电荷守恒、电子守恒和原子守恒书写；‎ ‎（2）利用高锰酸钾溶液的紫红色指示反应的终点，颜色变化后半分钟不变证明反应达到终点；‎ ‎（3）③步骤中取酸性KMnO4溶液溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，消耗标准溶液体积增大；‎ ‎（4）5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4的定量关系计算；‎ ‎【解答】解：（1）用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，高锰酸钾具有强氧化性能氧化草酸发生氧化还原反应生成二氧化碳，锰离子和水，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O，‎ 故答案为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；‎ ‎（2）判断滴定终点的方法是：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后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KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；‎ ‎（3）③步骤中取酸性KMnO4‎ 溶液溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，消耗高锰酸钾溶液体积增大，计算测得的血钙质量分数偏大，‎ 故答案为：偏大；‎ ‎（4）定量关系可知，5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，‎ ‎ 5 2‎ ‎ n 0.020L×l.0×l0﹣4 mol/L n=5.0×10﹣6mol，‎ 血液中含钙离子的浓度==2.5×10﹣3，‎ 故答案为：2.5×10﹣3；‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日