河北省唐山市滦南一中2022学年高二化学上学期期中试卷理含解析

2022-2022学年河北省唐山市滦南一中高二（上）期中化学试卷（理科）一、单项选择题（本题包括25小题，每小题3分，共75分．每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分）1．下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是()A．AlCl3B．KHCO3C．Fe2（SO4）3D．NH4HCO32．常温下，纯水中存在电离平衡：H2O⇌H++OH﹣．欲使水的电离平衡向正方向移动，并使c（H+）增大，应加入的物质是()A．H2SO4B．AlCl3C．NaHCO3D．NaOH3．物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是()A．K2CO3B．CH3COONaC．NH4ClD．CaCl24．常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是()A．使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、CO32﹣B．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣C．含有0.1mol•L﹣1HCO3﹣的溶液：Na+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣D．=0.1mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣5．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．1L0.1mol•L﹣1的氨水含有0.1NA个OH﹣B．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAC．25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH﹣的数目为0.1NAD．在电解精炼粗铜的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数为NA6．下列说法正确的是()A．常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低B．温度一定时，向水中滴加少量酸或碱形成稀溶液，水的离子积常数Kw不变C．8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）DH＜0，则该反应一定不能自发进行D．由于Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），因此不可能使BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀7．已知：为使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为3.7、9.6、4.4左右．某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，为除去这些离子制得纯净的硫酸锌，应加入的试剂是()A．NaOH溶液B．氨水C．KMnO4、ZnCO3D．H2O2、ZnO8．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是()A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）27\nB．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c（OH﹣）═c（H+）C．0.1mol•L﹣1的硫酸铵溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．0.1mol•L﹣1的硫化钠溶液中：c（OH﹣）=c（H+）＞c（HS﹣）＞c（H2S）9．下列离子方程式正确的是()A．HCO3﹣水解的离子方程式：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+B．用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣C．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+10．相同温度下，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是()A．中和时所需NaOH的量B．c（H+）C．c（OH﹣）D．c（CH3COOH）11．在0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+对于该平衡，下列叙述正确的是()A．温度升高，平衡向逆反应方向移动B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C．加入少量0.1mol•L﹣1HCl溶液，溶液中c（H+）减小D．加入少量醋酸钠固体，CH3COOH溶液的电离度增大12．有物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，下列说法正确的是()A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②C．若分别加入25mL0.1mol•L﹣1盐酸后，pH最大的是①D．若升高温度，则②的pH增大13．常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是()A．等物质的量浓度的氨水和盐酸等体积混合后的溶液：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）B．浓度为0.1mol•L﹣1的碳酸钠溶液：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）C．pH=12的氨水溶液与pH=2的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）14．在372K时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色．反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol•L﹣1．在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍．下列说法正确的是()A．前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol•L﹣1•s﹣1B．在2s时体系内压强为开始时的1.1倍C．在平衡时体系内含有N2O40.25mol27\nD．平衡时，N2O4的转化率为40%15．将4.0molPCl3和2.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g）达到平衡时，PCl5为0.80mol，如果此时移走2.0molPCl3和1.0molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是()A．0.8molB．0.4molC．小于0.4molD．大于0.4mol，小于0.8mol16．对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，下列研究目的和示意图相符的是()ABCD研究目的压强对反应的影响（P2＞P1）温度对反应的影响平衡体系增加N2对反应的影响催化剂对反应的影响图示A．AB．BC．CD．D17．一定温度时于密封容器中发生反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达平衡后，若将气体体积扩大到原来的2倍．再达平衡时A的浓度是原来的0.8倍，则下列叙述正确的是()A．平衡向正向移动B．新平衡时，v正（A）=v逆（C）C．气体A的转化率升高D．m+n＞p18．物质的量浓度相同的NaOH和HCl溶液以3：2体积比相混合，所得溶液的pH=12．则原溶液的物质的量浓度为()A．0.01mol•L﹣1B．0.017mol•L﹣1C．0.05mol•L﹣1D．0.50mol•L﹣119．（1）已知t℃时AgCl的Ksp=2×10﹣10（2）在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是()A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10﹣9B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点C．在t℃时，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混和溶液，Cl﹣先沉淀27\nD．在t℃时，AgCl的溶解度大于Ag2CrO420．一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）．反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1＜t2），下列说法正确的是()反应时间/minn（SO2）/moln（O2）/mol00.100.060t10.012t20.016A．反应在0～t1min内的平均速率为v（SO3）=0.088/t1mol•L﹣1•min﹣1B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2，到达平衡时，n（SO2）=0.012molC．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（SO2）=0.0070mol•L﹣1，则反应的△H＞0D．相同温度下，起始时向容器中充入0.050molSO2和0.030molO2，达到平衡时SO2转化率大于88%21．在恒容的密闭容器中，可逆反应X（s）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＞0，达到平衡时，下列说法正确的是()A．充入少量He使容器内压强增大，平衡向正反应方向移动B．升高温度，平衡向正反应方向移动，平均分子量变小C．继续加入少量X，X的转化率减小，Y的转化率增大D．继续加入少量Y，再次平衡时，Y的体积分数比上次平衡小22．25℃时，20mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量的氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466g沉淀．滤液跟2mol/LNaOH溶液反应，用去10.00mL碱液时恰好中和．下列说法中正确的是()A．原混合液中c（SO42﹣）=0.2mol/LB．原混合液中c（NO3﹣）=0.9mol/LC．原混合液中pH=0D．原混合液中由水电离出的c（H+）=0.1mol/L23．25℃，向20mL0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中不断滴入0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图，下列关于该过程中溶液中离子浓度大小关系的描述错误的是()A．a点时：c（CH3COOH）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．b点时：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）C．c点时：c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）D．d点时：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）27\n24．高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途．用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示．下列推断合理的是()A．铁是阳极，电极反应为Fe﹣6e﹣+4H2O═FeO42﹣+8HB．电解时电子的流动方向为：负极→Ni电极→溶液→Fe电极→正极C．若隔膜为阴离子交换膜，则OH﹣自右向左移动D．电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH降低（假设电解前后体积变化忽略不计）25．下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．某弱酸的酸式盐NaHA溶液中一定有：c（OH﹣）+2c（A2﹣）=c（H+）+c（H2A）B．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.05mol•L﹣1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（Cl﹣）＞c（H+）C．物质的量浓度相等的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合后的溶液中：c（CN﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（HCN）D．0.1mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（Fe2+）=0.3mol•L﹣1二、填空题26．已知：2SO32SO2+O2，在起始时体积相同的容器A和B中，同时分别充入2molSO3（两容器装有催化剂）．在反应过程中，A保持温度和容积不变；B保持温度和压强不变．回答下列问题：（1）反应达平衡所需时间A__________B（大于；等于；小于）；达平衡时SO3的转化率A__________B（大于；等于；小于）．（2）若平衡后，向A、B中分别充入惰性气体，__________容器的平衡将向__________方向移动；若平衡后，向A、B中分别充入等物质的量SO3，重新达平衡时，两容器中的SO3转化率变化情况是（填变大、变小、不变）A__________，B__________．27．常温下，取0.2mol•L﹣1HCl溶液与0.2mol•L﹣1MOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：（1）混合溶液中由水电离出的c（H+）__________0.2mol•L﹣1HCl溶液中由水电离出的c（H+）（填“＞、＜或=”）．（2）求出混合物中下列算式的精确计算结果（填具体数字）：c（Cl﹣）﹣c（M+）=__________mol•L﹣1，c（H+）﹣c（MOH）=__________mol•L﹣1．（3）若常温下取0.2mol•L﹣1MOH溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，说明MOH的电离程度__________（填“＞、＜或=”）MCl的水解程度．溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________．27\n（4）若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，则混合溶液的pH__________7（填“＞、＜或=”）．28．（16分）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义．（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1，C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1，则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为__________．（2）CO与O2设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）．该电池的负极反应式为__________．（3）CO2和H2充入一定体积的恒容密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图1．①该反应的△H__________0（填“大于或小于”），曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ__________KⅡ（填“＞、=或＜”）．②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡．容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、3amolH2、bmolCH3OH（g）、bmolH2O（g）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则b的取值范围为__________．（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图2．在0～15小时内，CH4的平均生成速率I、II和III从小到大的顺序为__________（填序号）．（5）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸．在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图3．①当温度在__________范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素．②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，稀硝酸还原产物为NO，写出有关的离子方程式__________．29．通过血液中的钙离子的检测能够帮助判断多种疾病．某研究小组为测定血液样品中Ca2+的含量（100mL血液中含Ca2+的质量），实验步骤如下：①准确量取5.00mL血液样品，处理后配制成50.00mL溶液；②准确量取溶液10.00mL，加入过量（NH4）2C2O4溶液，使Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀；③过滤并洗净所得CaC2O4沉淀，用过量稀硫酸溶解，生成H2C2O4和CaSO4稀溶液；④加入12.00mL0.0010mol•L﹣1的KMnO4溶液，使H2C2O4完全被氧化，离子方程式为：27\n2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O；⑤用0.0020mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定过量的KMnO4溶液，消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液20.00mL．（1）已知室温下CaC2O4的Ksp=2.0×10﹣9，欲使步骤②中c（Ca2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1，应保持溶液中c（C2O42﹣）≥__________mol•L﹣1．（2）步骤⑤中有Mn2+生成，发生反应的离子方程式为__________．（3）若步骤⑤滴定管在使用前未用标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液洗涤，测得血液中Ca2+的含量将__________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．（4）计算血样中Ca2+的含量__________g/mL（写出计算过程）．27\n2022-2022学年河北省唐山市滦南一中高二（上）期中化学试卷（理科）一、单项选择题（本题包括25小题，每小题3分，共75分．每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分）1．下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是()A．AlCl3B．KHCO3C．Fe2（SO4）3D．NH4HCO3【考点】盐类水解的原理．【分析】溶液加热蒸干后，能析出溶质固体本身，说明在加热过程中物质本身不分解，或不水解，或水解生成的酸为难挥发性酸，以此解答该题．【解答】解：A．加热AlCl3溶液，水解生成盐酸和氢氧化铝，不能得到AlCl3，故A错误；B．加热KHCO3分解，最终得到碳酸钾，故B错误；C．加热Fe2（SO4）3溶液，虽然水解，但硫酸难挥发，最终仍为Fe2（SO4）3，故C正确；D．NH4HCO3加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力，题目难度不大，注意把握盐类水解的特点以及相关物质的性质．2．常温下，纯水中存在电离平衡：H2O⇌H++OH﹣．欲使水的电离平衡向正方向移动，并使c（H+）增大，应加入的物质是()A．H2SO4B．AlCl3C．NaHCO3D．NaOH【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】欲使水的电离平衡向正方向移动，并使c（H+）增大，可加入能水解生成酸性的盐，以此解答该题．【解答】解：A．加入硫酸，抑制水的电离，故A错误；B．AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，促进水的电离，故B正确；C．NaHCO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c（H+）减小，故C错误；D．NaOH抑制水的电离，溶液呈碱性，c（H+）减小，故D错误．故选B．【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意影响弱电解质电离的因素，从平衡移动的角度分析．3．物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是()A．K2CO3B．CH3COONaC．NH4ClD．CaCl2【考点】盐类水解的原理．【分析】根据物质在水溶液中电离程度和水解确定溶液中存在的微粒，根据微粒种类多少判断即可．【解答】解：A．碳酸钾溶液中碳酸根离子分步水解，所含粒子为K+、CO32﹣、HCO3﹣、H2CO3、H2O、H+、OH﹣，共7种粒子；B．CH3COONa溶液中，CH3COO﹣水解，所含粒子为CH3COO﹣、Na+、H2O、H+、OH﹣、CH3COOH，共6种粒子；C．NH4Cl水溶液中含有H+、OH﹣、NH3•H2O、NH4+、H2O、Cl﹣故6种粒子；27\nD．CaCl2溶液中所含粒子为Ca2+、Cl﹣、H2O、H+、OH﹣，共5种粒子；上述溶液中K2CO3溶液中含有粒子数最多；故选A．【点评】本题考查了盐类水解，根据盐类水解特点结合溶液中存在的微粒种类分析解答，知道多元弱酸根离子要分步水解，知道多元弱酸和多元弱碱水解的区别，题目难度不大．4．常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是()A．使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、CO32﹣B．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣C．含有0.1mol•L﹣1HCO3﹣的溶液：Na+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣D．=0.1mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．使甲基橙呈红色的溶液中存在大量的氢离子，碳酸根离子、偏铝酸根离子都能够与氢离子反应；B．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子既能够与酸反应，也能够与碱溶液反应；C．铁离子能够与碳酸氢根离子、硫氰根离子发生反应；D．该溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应．【解答】解：A．该溶液中存在大量的氢离子，AlO2﹣、CO32﹣能够与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．该溶液中存在大量的氢离子或者OH﹣离子，HCO3﹣能够与氢离子和氢氧根离子反应，NH4+能够与OH﹣离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Fe3+能够与HCO3﹣、SCN﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．该溶液中存在大量的氢氧根离子，Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣之间不反应，也不与OH﹣离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．5．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．1L0.1mol•L﹣1的氨水含有0.1NA个OH﹣B．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAC．25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH﹣的数目为0.1NAD．在电解精炼粗铜的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、一水合氨为弱电解质，在溶液中只能部分电离；27\nB、ClO﹣为弱酸根，在溶液中会水解；C、溶液体积不明确；D、根据阴极反应来分析．【解答】解：A、一水合氨为弱电解质，在溶液中只能部分电离，故溶液中的氢氧根的个数小于0.1NA个，故A错误；B、ClO﹣为弱酸根，在溶液中会水解，导致溶液中ClO﹣的个数小于NA个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、32g铜的物质的量为0.5mol，电解精炼铜时，根据阴极反应Cu2++2e﹣=Cu可知，当有0.5mol铜析出时，转移1mol电子即NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．6．下列说法正确的是()A．常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低B．温度一定时，向水中滴加少量酸或碱形成稀溶液，水的离子积常数Kw不变C．8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）DH＜0，则该反应一定不能自发进行D．由于Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），因此不可能使BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；焓变和熵变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A、醋酸加水稀释过程中酸性减弱；B、水的离子积常数只受温度影响；C、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行；D、难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质．【解答】解：A．醋酸在稀释的过程中，c（OH﹣）的浓度升高，故A错误；B．温度不变，Kw不变，故B正确；C．该反应是放热的熵增的化学反应，在任何温度下都能自发进行，故C错误；D．只要Q＞Ksp，就能实现沉淀的转化，与Ksp的大小无关，故D错误；故选B．【点评】本题考查了溶液稀释时离子浓度变化、水的离子积常数、反应自发进行的条件、沉淀转化，题目难度不大．7．已知：为使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为3.7、9.6、4.4左右．某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，为除去这些离子制得纯净的硫酸锌，应加入的试剂是()A．NaOH溶液B．氨水C．KMnO4、ZnCO3D．H2O2、ZnO【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】根据除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，以此来解答．【解答】解：使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为3.7、9.6、4.4左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，故选D．27\n【点评】本题考查盐类水解的原理及应用，侧重于除杂与分离，题目较为基础，解答本题的关键是能把握除杂的原则．8．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是()A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c（OH﹣）═c（H+）C．0.1mol•L﹣1的硫酸铵溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．0.1mol•L﹣1的硫化钠溶液中：c（OH﹣）=c（H+）＞c（HS﹣）＞c（H2S）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．pH=7的混合溶液显示中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可得：c（Cl﹣）=c（NH4+）；B．没有指明一元酸和一元碱是强电解质还是弱电解质，无法判断混合液的酸碱性；C．硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH﹣）；铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣）；D．硫化钠溶液中，硫离子水解，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）．【解答】解：A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知，混合液中一定满足：c（Cl﹣）=c（NH4+），故A错误；B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合，如果一元酸为强酸，一元碱为强碱，则混合液显示中性，c（OH﹣）=c（H+）；当一元酸为弱酸、一元碱为强碱时，混合液中酸过量，溶液显示酸性，c（OH﹣）＜c（H+）；一元碱为弱碱、一元酸为强酸时，混合液中碱过量，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．0.1mol•L﹣1的硫酸铵溶液中，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），而铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．0.1mol•L﹣1的硫化钠溶液中，由于硫离子部分水解，则溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），硫离子水解主要以第一步为主，则：c（HS﹣）＞c（H2S），溶液中各离子浓度大小为：c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H2S）＞c（H+），故D错误；故选C．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒在解答此类题中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．9．下列离子方程式正确的是()A．HCO3﹣水解的离子方程式：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+B．用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣C．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；B．用铜作电极电解饱和食盐水时，阳极上铜失电子、阴极上氢离子得电子；27\nC．弱电解质写化学式；D．氢氧化镁能转化为氢氧化铁沉淀．【解答】解：A．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，其水解方程式为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+HO﹣，故A错误；B．用铜作电极电解饱和食盐水时，阳极上铜失电子、阴极上氢离子得电子，离子方程式为Cu+2H2OCu（OH）2↓+H2↑，故B错误；C．弱电解质写化学式，离子方程式为Fe2O3+6CH3COOH═3H2O+2Fe3++6CH3COO﹣，故C错误；D．氢氧化镁能转化为氢氧化铁沉淀，离子方程式为3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间的反应及离子方程式书写规则是解本题关键，知道酸式酸根离子电离方程式和水解方程式的区别，注意B中活泼金属作阳极，为易错点．10．相同温度下，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是()A．中和时所需NaOH的量B．c（H+）C．c（OH﹣）D．c（CH3COOH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，以此解答该题．【解答】解：A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c1•V1=0.1L×0.01mol•L﹣1=1×10﹣3mol，n（后）=c2•V2=0.01L×0.1mol•L﹣1=1×10﹣3mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；B．酸的浓度越大，c（H+）越大，前者小于后者，故B错误；C．在相同温度下，水的离子积为定值，后者c（H+）大，则c（OH﹣）小，故C正确；D．电离度与温度和浓度有关，当温度相同时，溶液的浓度越小，电离度越大，则c（CH3COOH）前者小于后者，故D错误．故选C．【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点．11．在0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+对于该平衡，下列叙述正确的是()A．温度升高，平衡向逆反应方向移动B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C．加入少量0.1mol•L﹣1HCl溶液，溶液中c（H+）减小D．加入少量醋酸钠固体，CH3COOH溶液的电离度增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离，以此来解答．【解答】解：A．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，故A错误；27\nB．加入少量氢氧化钠，氢氧化钠和氢离子反应生成水，所以促进醋酸电离，故B正确；C．盐酸中含有氢离子，向醋酸中加入盐酸溶液，氢离子浓度增大，故C错误；D，加入醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子，所以抑制醋酸电离，则醋酸的电离程度减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查电离平衡的移动，明确影响平衡移动的因素即可解答，注意利用加水促进电离及同离子效应来分析解答．12．有物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，下列说法正确的是()A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②C．若分别加入25mL0.1mol•L﹣1盐酸后，pH最大的是①D．若升高温度，则②的pH增大【考点】盐类水解的原理；盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．等浓度时强碱的pH最大；强碱弱酸盐中对应的酸酸性越强，水解程度越小，酸性越强，PH越小；B．稀释时强碱的变化程度大；C．根据酸碱混合后溶液中的溶质来分析；D．根据温度对水解平衡的影响；【解答】解：A．等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是③＞①＞②，故A错误；B．稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③，故B错误；C．等体积等浓度混合后，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，而HCO3﹣离子水解显碱性，所以pH最大的是①，故C正确；D．水解是吸热过程，升高温度，水解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，PH增大，故D正确；故选：CD．【点评】本题考查盐类水解、pH的判断等，明确酸碱混合的计算，盐类水解的规律、pH与浓度的关系等知识即可解答，题目难度不大．13．常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是()A．等物质的量浓度的氨水和盐酸等体积混合后的溶液：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）B．浓度为0.1mol•L﹣1的碳酸钠溶液：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）C．pH=12的氨水溶液与pH=2的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．二者恰好反应生成氯化铵，根据质子守恒进行判断；B．根据碳酸钠溶液中的物料守恒分析；C．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液显示碱性；D．所得溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒进行判断．27\n【解答】解：A．等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，根据质子守恒可得：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），故A正确；B．碳酸钠溶液中存在物料守恒：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故B错误；C．pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，氨水过量，溶液呈碱性，则：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液为醋酸钠溶液，该溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所得溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），所以（Na+）=c（CH3COO﹣），故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义为解答关键，注意熟练掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．14．在372K时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色．反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol•L﹣1．在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍．下列说法正确的是()A．前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol•L﹣1•s﹣1B．在2s时体系内压强为开始时的1.1倍C．在平衡时体系内含有N2O40.25molD．平衡时，N2O4的转化率为40%【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则N2O4的浓度变化量为0.01mol/L，根据v=计算v（N2O4）；B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol﹣0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比；C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol﹣x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍列方程计算解答；D．由C中计算数据可以计算平衡时N2O4的转化率．【解答】解：A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为=0.005mol/（L．s），故A错误；B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol﹣0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的=1.1倍，故B正确；C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol﹣x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.3mol，故C错误；27\nD．N2O4的转化率为×100%=60%，故D错误，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学反应速率的计算，题目难度中等，有利于基础知识的巩固．15．将4.0molPCl3和2.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）⇌PCl5（g）达到平衡时，PCl5为0.80mol，如果此时移走2.0molPCl3和1.0molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是()A．0.8molB．0.4molC．小于0.4molD．大于0.4mol，小于0.8mol【考点】化学平衡的计算．【分析】达平衡后移走2.0molPCl3和1.0molC12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入2.0molPC13和1.0molC12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍．【解答】解：达平衡后移走2.0molPCl3和1.0molC12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入2.0molPC13和1.0molC12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍，即达平衡时PC15的物质的量小于0.8mol×=0.4mol，故选C．【点评】本题考查化学平衡计算、等效平衡等，关键是等效平衡途径的建立，侧重考查学生分解解决问题能力．16．对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，下列研究目的和示意图相符的是()ABCD研究目的压强对反应的影响（P2＞P1）温度对反应的影响平衡体系增加N2对反应的影响催化剂对反应的影响图示A．AB．BC．CD．D【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、合成氨反应是气体体积缩小的反应，则利用压强对化学平衡及化学反应速率的影响，然后结合图象来分析；B、合成氨的反应是放热反应，利用温度对化学平衡的影响及图象来分析；C、利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图象来分析；D、利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响，结合图象来分析．【解答】解：A、该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；27\nB、因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；C、反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；D、因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，图象中纵横坐标的含义即可解答．17．一定温度时于密封容器中发生反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达平衡后，若将气体体积扩大到原来的2倍．再达平衡时A的浓度是原来的0.8倍，则下列叙述正确的是()A．平衡向正向移动B．新平衡时，v正（A）=v逆（C）C．气体A的转化率升高D．m+n＞p【考点】化学平衡的影响因素．【分析】将气体体积扩大到原来的2倍的瞬间，A的浓度是原来的0.5倍，但达平衡时A的浓度是原来的0.8倍，说明降低压强，平衡向逆反应方向移动，据此分析．【解答】解：将气体体积扩大到原来的2倍的瞬间，A的浓度是原来的0.5倍，但达平衡时A的浓度是原来的0.8倍，说明降低压强，平衡向逆反应方向移动，即正反应是体积减小的，D正确，AC错误，根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知，平衡状态时，v正（A）=v逆（C），选项B错误，故选D．【点评】本题考查影响平衡移动的因素，注意把握“体积压缩到，当达到平衡时B的浓度为原来的0.8倍”为解答的关键信息，题目难度中等．18．物质的量浓度相同的NaOH和HCl溶液以3：2体积比相混合，所得溶液的pH=12．则原溶液的物质的量浓度为()A．0.01mol•L﹣1B．0.017mol•L﹣1C．0.05mol•L﹣1D．0.50mol•L﹣1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】酸碱混合后，pH=12，则碱过量，剩余的c（OH﹣）=0.01mol/L，以此来计算．【解答】解：设NaOH和HCl的物质的量浓度均为x，NaOH和HCl溶液以3：2体积比相混合，体积分别为3V、2V，酸碱混合后，pH=12，则碱过量，剩余的c（OH﹣）=0.01mol/L，则=0.01mol/L，解得x=0.05mol/L，故选：C．【点评】本题考查酸碱混合的计算，明确混合后pH=12为碱过量是解答本题的关键，并注意pH与浓度的换算来解答，题目难度不大．27\n19．（1）已知t℃时AgCl的Ksp=2×10﹣10（2）在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是()A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10﹣9B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点C．在t℃时，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混和溶液，Cl﹣先沉淀D．在t℃时，AgCl的溶解度大于Ag2CrO4【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，溶度积是饱和溶液中离子浓度幂次方的乘积；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上；C、依据溶液中离子浓度结合溶度积常数计算银离子浓度，银离子浓度越小先析出沉淀；D、已知t℃时AgCl的Ksp=2×10﹣10，由A知Ag2CrO4的Ksp为1×10﹣12，则S（AgCl）===1.41×10﹣5，而S（Ag2CrO4）==×10﹣4．【解答】解：A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+CrO42﹣，Ksp=c2（Ag+）c（CrO42﹣）=（10﹣3）2×10﹣6=10﹣12，故A错误；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B错误；C、依据溶度积常数计算Ksp（CrO42﹣）=c2（Ag+）c（CrO42﹣）=1×10﹣12；Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl﹣）=2.0×10﹣10，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42﹣）=0.01mol/L，得到c（Ag+）==10﹣5mol/L，0.01mol/LKCl溶液中，c（Cl﹣）=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c（Ag+）==2×10﹣8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，故C正确；27\nD、则S（AgCl）===1.41×10﹣5，而S（Ag2CrO4）==×10﹣4，所以在t℃时，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4，故D错误；故选C．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用，溶度积是随温度变化，题目难度中等．20．一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）．反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1＜t2），下列说法正确的是()反应时间/minn（SO2）/moln（O2）/mol00.100.060t10.012t20.016A．反应在0～t1min内的平均速率为v（SO3）=0.088/t1mol•L﹣1•min﹣1B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2，到达平衡时，n（SO2）=0.012molC．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（SO2）=0.0070mol•L﹣1，则反应的△H＞0D．相同温度下，起始时向容器中充入0.050molSO2和0.030molO2，达到平衡时SO2转化率大于88%【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A．△n（SO3）=△n（SO2）=（0.1﹣0.012）mol=0.088mol，再根据v=计算v（SO3）；B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2，等效为开始加入0.10molSO2和0.060molO2，为完全等效平衡；C．t1min时n（O2）=0.06mol﹣0.088mol×=0.016mol，而t2min时n（O2）=0.016mol，说明t1min时到达平衡，二氧化硫平衡浓度为0.0080mol•L﹣1，升高温度，新平衡时c（SO2）=0.0070mol•L﹣1＜0.0080mol•L﹣1，说明升高温度平衡逆向移动；D．等效为在原平衡的基础上体积增大一倍，压强减小平衡逆向移动，二氧化硫转化率小于原平衡．【解答】解：A．△n（SO3）=△n（SO2）=（0.1﹣0.012）mol=0.088mol，则v（SO3）==mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2，等效为开始加入0.10molSO2和0.060molO2，为完全等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量相等，即n（SO2）=0.012mol，故B正确；27\nC．t1min时n（O2）=0.06mol﹣0.088mol×=0.016mol，而t2min时n（O2）=0.016mol，说明t1min时到达平衡，二氧化硫平衡浓度为0.0080mol•L﹣1，升高温度，新平衡时c（SO2）=0.0070mol•L﹣1＜0.0080mol•L﹣1，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H＜0，故C错误；D．原平衡中SO2转化率为×100%=88%，等效为在原平衡的基础上体积增大一倍，压强减小平衡逆向移动，二氧化硫转化率小于原平衡，故D错误，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算，注意利用等效思想进行分析解答，难度中等．21．在恒容的密闭容器中，可逆反应X（s）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＞0，达到平衡时，下列说法正确的是()A．充入少量He使容器内压强增大，平衡向正反应方向移动B．升高温度，平衡向正反应方向移动，平均分子量变小C．继续加入少量X，X的转化率减小，Y的转化率增大D．继续加入少量Y，再次平衡时，Y的体积分数比上次平衡小【考点】化学平衡的影响因素．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A、恒容容器中加入惰气，总压增大，分压不变，平衡不移动；B、反应是吸热反应升温平衡正向进行，气体物质的量减小，总质量变大，所以平均分子量变大；C、X为固体，改变用量不影响化学平衡；D、继续加入少量Y，根据先放大在压缩，平衡向正反应方向移动来判断．【解答】解：A、恒容容器中加入惰气，总压增大，分压不变，平衡不移动，故A错误；B、反应是吸热反应升温平衡正向进行，气体物质的量减小，总质量变大，所以平均分子量变大，故B错误；C、X为固体，改变用量不影响化学平衡，增加X的用量，化学平衡不发生移动，故C错误；D、继续加入少量Y，根据先放大在压缩，平衡向正反应方向移动，所以再次平衡时，Y的体积分数比上次平衡小，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡移动原理的分析判断是解题关键，题目较简单．22．25℃时，20mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量的氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466g沉淀．滤液跟2mol/LNaOH溶液反应，用去10.00mL碱液时恰好中和．下列说法中正确的是()A．原混合液中c（SO42﹣）=0.2mol/LB．原混合液中c（NO3﹣）=0.9mol/LC．原混合液中pH=0D．原混合液中由水电离出的c（H+）=0.1mol/L【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．27\n【分析】根据反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓可计算H2SO4的物质的量，根据反应H++OH﹣=H2O可计算HNO3的物质的量，进而计算物质的量浓度和溶液的pH；酸溶液抑制了水的电离，酸中氢氧根离子是水电离的．【解答】解：由题意可知0.466g沉淀为BaSO4，n（BaSO4）==0.002mol，n（H2SO4）=0.002mol，滤液跟2mol/lNaOH溶液反应，共用去10.00ml碱液时恰好中和，则由反应H++OH﹣=H2O可知，n（H+）=n（NaOH）=0.01L×2mol/L=0.02mol，则n（HNO3）=0.02mol﹣2×0.002mol=0.016mol，则c（SO42﹣）==0.1mol/L，c（NO3﹣）==0.8mol/L，c（H+）==1mol/L，混合液的pH为：pH=0，原混合液中由水电离出的c（H+）=mol/L=1×10﹣14mol/L，故选C．【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意根据有关反应的方程式，计算时注意从守恒的角度思考，试题培养了学生的化学计算能力．23．25℃，向20mL0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中不断滴入0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图，下列关于该过程中溶液中离子浓度大小关系的描述错误的是()A．a点时：c（CH3COOH）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．b点时：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）C．c点时：c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）D．d点时：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．a点溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性；B．根据电荷守恒进行判断；C．c点时，两者恰好完全反应生成单一醋酸钠，根据质子守恒可得c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）；D．d点为NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈碱性．【解答】解：A．a点时醋酸过量，溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，应存在c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故A错误；27\nB．根据溶液电荷守恒可知溶液中应存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，应有c（H+）=c（OH﹣），则c（Na+）=c（CH3COO﹣），故B正确；C．c点时，两者恰好完全反应生成单一醋酸钠，根据质子守恒可得c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+），故C正确；D．d点为生成物质的量之比为1：2的NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈碱性，由于CH3COO﹣存在微弱的水解，则有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确．故选A．【点评】本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，题目难度中等．24．高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途．用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示．下列推断合理的是()A．铁是阳极，电极反应为Fe﹣6e﹣+4H2O═FeO42﹣+8HB．电解时电子的流动方向为：负极→Ni电极→溶液→Fe电极→正极C．若隔膜为阴离子交换膜，则OH﹣自右向左移动D．电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH降低（假设电解前后体积变化忽略不计）【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子；B、电解过程中电子流向负极流向Ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过Fe电极回到正极；C、阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极；D、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液pH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大；依据电子守恒分析生成氢氧根离子和消耗氢氧根离子相对大小分析溶液酸碱性．【解答】解：A、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子，电极反应为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O，故A错误；B、电解过程中电子流向负极流向Ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过Fe电极回到正极，故B错误；C、阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极，应从左向右移动，故C错误；D、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液PH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大；生成氢氧根离子物质的量消耗，在阳极电极反应Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O，阴极氢氧根离子增大，电极反应2H++2e﹣=H2↑，依据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以溶液pH降低，故D正确；故选D．27\n【点评】本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键，易错选项是B，注意电子不能通过电解质溶液，题目难度中等．25．下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．某弱酸的酸式盐NaHA溶液中一定有：c（OH﹣）+2c（A2﹣）=c（H+）+c（H2A）B．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.05mol•L﹣1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（Cl﹣）＞c（H+）C．物质的量浓度相等的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合后的溶液中：c（CN﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（HCN）D．0.1mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（Fe2+）=0.3mol•L﹣1【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；B、0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.05mol•L﹣1盐酸等体积混合生成等物质量浓度的氯化钠和醋酸，醋酸微弱电离后溶液呈酸性，由此分析；C、根据物料守恒和电荷守恒分析解答；D、亚铁离子也要水解．【解答】解：A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），根据物料守恒得c（HA﹣）+c（A2﹣）+c（H2A）=c（Na+），所以得c（OH﹣）+c（A2﹣）=c（H2A）+c（H+），故A错误；B、0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.05mol•L﹣1盐酸等体积混合生成等物质量浓度的氯化钠和醋酸，醋酸微弱电离后溶液呈酸性，c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣），故B错误；C．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CN﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得2c（Na+）=c（CN﹣）+c（HCN），所以得c（CN﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（HCN），故C正确；D．NH4+、Fe2+均发生水解，所以（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（Fe2+）＜0.3mol•L﹣1，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等．二、填空题26．已知：2SO32SO2+O2，在起始时体积相同的容器A和B中，同时分别充入2molSO3（两容器装有催化剂）．在反应过程中，A保持温度和容积不变；B保持温度和压强不变．回答下列问题：（1）反应达平衡所需时间A小于B（大于；等于；小于）；达平衡时SO3的转化率A小于B（大于；等于；小于）．（2）若平衡后，向A、B中分别充入惰性气体，B容器的平衡将向正反应方向移动；若平衡后，向A、B中分别充入等物质的量SO3，重新达平衡时，两容器中的SO3转化率变化情况是（填变大、变小、不变）A变小，B不变．【考点】化学平衡的影响因素．27\n【分析】（1）A能保持恒容，B能保持恒压，起始时向容积相等的A、B中分别通入充入2molSO3，使之发生反应：2SO32SO2+O2，恒温恒容随反应进行压强增大速率增大，恒温恒压容器中反应过程中体积增大，反应物浓度减小，反应速率小；（2）恒温恒压容器，加入惰气相当于压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行；恒温恒容容器加入惰气总压增大，分压不变，平衡不动，反应速率不变．【解答】解：（1）相同温度下，充入SO3，A容器保持体积不变，压强变大；B容器保持压强不变，体积增大，达到平衡状态时转化为状态C（如下图），达到平衡所用时间，A小于B；假设B中的活塞不移动，由于A、B两个容器的体积、温度相同，达到平衡时A、B两容器中存在的平衡是等效平衡，其中SO3的转化率也相等．对于B和C两个状态，B中压强小于C中压强，因此C中SO3转化率大于B中SO3转化率．由此可以判断出C中SO3的转化率也大于A中SO3的转化率，达到平衡时，SO3的转化率A小于B，故答案为：小于；小于；（2）达到平衡后，分别充入惰性气体，A容器体积不变，反应体系的浓度不变，平衡不移动，B容器保持压强不变，体积增大，平衡向右移动；如果充入SO3，A容器保持体积不变，压强变大，SO3的转化率减小，B中充入SO3，与原平衡为等效平衡，SO3的转化率不变，故答案为：B；正反应；变小；不变．【点评】本题考查考查化学平衡移动的问题，主要利用勒夏特列原理分析，注意虚拟容器的应用，题目难度不大．27．常温下，取0.2mol•L﹣1HCl溶液与0.2mol•L﹣1MOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：（1）混合溶液中由水电离出的c（H+）＞0.2mol•L﹣1HCl溶液中由水电离出的c（H+）（填“＞、＜或=”）．（2）求出混合物中下列算式的精确计算结果（填具体数字）：c（Cl﹣）﹣c（M+）=9.9×10﹣7mol•L﹣1，c（H+）﹣c（MOH）=1.0×10﹣8mol•L﹣1．（3）若常温下取0.2mol•L﹣1MOH溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，说明MOH的电离程度＜（填“＞、＜或=”）MCl的水解程度．溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Cl﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．（4）若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，则混合溶液的pH＞7（填“＞、＜或=”）．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）室温下取0.2mol•L﹣1HCl溶液与0.2mol•L﹣1MOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，说明得到的盐是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，含有弱根离子的盐促进水电离；（2）根据物料守恒和电荷守恒计算离子浓度大小；（3）室温下如果取0.2mol•L﹣1MOH溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，溶液中的溶质是MCl和MOH，测得混合溶液的pH＜7，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，根据电荷守恒判断离子浓度大小；27\n（4）若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，氨水为弱碱，混合后氨水过量，溶液显示碱性．【解答】解：（1）等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以混合溶液中水电离出的c（H+）＞0.2mol•L﹣1HCl溶液中水电离出的c（H+），故答案为：＞；（2）根据电荷守恒得c（Cl﹣）﹣c（M+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L=9.9×10﹣7mol•L﹣1，根据质子守恒得c（H+）﹣c（MOH）=c（OH﹣）=1.0×10﹣8mol•L﹣1，故答案为：9.9×10﹣7；1.0×10﹣8；（3）室温下如果取0.2mol•L﹣1MOH溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，溶液中的溶质是MCl和MOH，测得混合溶液的pH＜7，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒知c（Cl﹣）＞c（M+），盐中阴阳离子浓度大于氢离子和氢氧根离子浓度，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Cl﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：＜；c（Cl﹣）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（4）若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，氨水的浓度大于0.001mol/L，而盐酸的浓度为0.001mol/L，等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，故答案为：＞．【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，根据电荷守恒和质子守恒分析弱电解质的电离及盐类水解，题目难度中等．28．（16分）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义．（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1，C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1，则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ•mol﹣1．（2）CO与O2设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）．该电池的负极反应式为CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O．（3）CO2和H2充入一定体积的恒容密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图1．①该反应的△H＞0（填“大于或小于”），曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ＜KⅡ（填“＞、=或＜”）．②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡．容器甲乙27\n反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、3amolH2、bmolCH3OH（g）、bmolH2O（g）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则b的取值范围为0.4＜b≤1．（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图2．在0～15小时内，CH4的平均生成速率I、II和III从小到大的顺序为II＞III＞I（填序号）．（5）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸．在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图3．①当温度在300℃～400℃范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素．②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，稀硝酸还原产物为NO，写出有关的离子方程式3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O．【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）根据盖斯定律，热化学方程式①﹣②×3可得：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g），反应热也进行相应计算；（2）负极发生氧化反应，正极发生还原反应，CO在负极通入，氧气在正极通入，CO在负极失去电子，碱性条件下生成CO32﹣与水；（3）①由图象判断Ⅱ温度高于I，但I甲醇物质的量多，温度高平衡正向移动，平衡常数大，正反应为吸热反应；②甲中平衡后气体物质的量为4×0.8=3.2mol，气体物质的量变化△n=4﹣3.2=0.8molCO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△n=2起始量（mol）：13转化量（mol）：0.41.20.40.40.8平衡量（mol）：0.61.80.40.4乙中平衡与甲中为等效平衡，为全等等效，即等效转化为反应物量相等，若保持平衡逆向移动，则甲醇的物质的量大于甲中平衡时物质的量，若二氧化碳起始为0时，b的值最大；（4）在0～15小时内，相同时间内甲烷的产量越大，说明反应速率越快；（5）①从300℃开始，催化剂对反应基本没有影响，温度升高，生成乙酸速率增大；②Cu2Al2O4中铜为+1价，与硝酸反应被氧化为+2价，硝酸被还原为NO．【解答】解：（1）已知：①Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1，②C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，热化学方程式①﹣②×3可得：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ•mol﹣1，故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ•mol﹣1；（2）负极发生氧化反应，正极发生还原反应，CO在负极通入，氧气在正极通入，CO在负极失去电子，碱性条件下生成CO32﹣与水，负极电极反应式为：CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O，故答案为：CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O；（3）①由图象判断Ⅱ温度高于I，但I甲醇物质的量多，温度高平衡正向移动，平衡常数大，正反应为吸热反应，则该反应的△H＞0，KⅠ＜KⅡ，故答案为：＞；＜；②甲中平衡后气体物质的量为4×0.8=3.2mol，气体物质的量变化△n=4﹣3.2=0.8mol27\nCO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△n=2起始量（mol）：13转化量（mol）：0.41.20.40.40.8平衡量（mol）：0.61.80.40.4乙中平衡与甲中为等效平衡，为全等等效，即等效转化为反应物量相等，若保持平衡逆向移动，则甲醇的物质的量大于甲中平衡时物质的量，即b＞0.4，若二氧化碳起始为0时，b的值最大为1，故0.4＜b≤1，故答案为：0.4＜b≤1；（4）在0～15小时内，相同时间内甲烷的产量越大，说明反应速率越快，由图Ⅱ可知，CH4的平均生成速率顺序为II＞III＞I，故答案为：II＞III＞I；（5）①从300℃开始，催化剂对反应基本没有影响，温度升高，生成乙酸速率增大，所以①当温度在300℃～400℃范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素，故答案为：300℃～400℃；②Cu2Al2O4中铜为+1价，与硝酸反应被氧化为+2价，硝酸被还原为NO，反应的离子方程式为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、盖斯定律应用、原电池原理、化学图象问题、氧化还原反应等，题目比较综合，是对学生综合能力的考查，难度中等．29．通过血液中的钙离子的检测能够帮助判断多种疾病．某研究小组为测定血液样品中Ca2+的含量（100mL血液中含Ca2+的质量），实验步骤如下：①准确量取5.00mL血液样品，处理后配制成50.00mL溶液；②准确量取溶液10.00mL，加入过量（NH4）2C2O4溶液，使Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀；③过滤并洗净所得CaC2O4沉淀，用过量稀硫酸溶解，生成H2C2O4和CaSO4稀溶液；④加入12.00mL0.0010mol•L﹣1的KMnO4溶液，使H2C2O4完全被氧化，离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O；⑤用0.0020mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定过量的KMnO4溶液，消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液20.00mL．（1）已知室温下CaC2O4的Ksp=2.0×10﹣9，欲使步骤②中c（Ca2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1，应保持溶液中c（C2O42﹣）≥2.0×10﹣4mol•L﹣1．（2）步骤⑤中有Mn2+生成，发生反应的离子方程式为MnO4﹣+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O．（3）若步骤⑤滴定管在使用前未用标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液洗涤，测得血液中Ca2+的含量将偏低（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．（4）计算血样中Ca2+的含量0.04g/mL（写出计算过程）．【考点】化学方程式的有关计算；探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）根据溶度积常数Ksp=c（C2O42﹣）•c（Ca2+）来计算；（2）（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的Fe2+具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+；（3）若步骤⑤滴定管在使用前未用标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液洗涤，则因滴定管壁有蒸馏水，注入的标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液会被稀释，消耗更多的标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液，测得剩余KMnO4溶液偏多，KMnO4溶液氧化H2C2O4偏少，所以测得血液中Ca2+的含量将偏低；（4）根据（2）中方程式计算过量的KMnO4的物质的量，从而得到与H2C2O4反应的KMnO4的物质的量，然后根据2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O求出n（CaC2O4）=n（H2C2O4）=n（Ca2+），带入m=nM计算质量．27\n【解答】解：（1）由Ksp=c（C2O42﹣）•c（Ca2+）可知，欲使c（Ca2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1，应保持溶液中c（C2O42﹣）≥=mol/L=2.0×10﹣4mol/L，故答案为：2.0×10﹣4；（2）（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的Fe2+具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+，离子方程式为：MnO4﹣+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O，故答案为：MnO4﹣+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O；（3）若步骤⑤滴定管在使用前未用标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液洗涤，则因滴定管壁有蒸馏水，注入的标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液会被稀释，消耗更多的标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液，测得剩余KMnO4溶液偏多，KMnO4溶液氧化H2C2O4偏少，所以测得血液中Ca2+的含量将偏低，故答案为：偏低；（4）KMnO4的总物质的量为：0.0010mol•L﹣1×12×10﹣3L=1.2×10﹣5mol，（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定消耗的过量的KMnO4的物质的量为：0.0020mol•L﹣1×20.00×10﹣3L×=8.0×10﹣6mol，与H2C2O4反应的KMnO4的量为：1.2×10﹣5mol﹣8.0×10﹣6mol=4.0×10﹣6mol，n（H2C2O4）=4.0×10﹣6mol×=1.0×10﹣5mol，n（CaC2O4）=1.0×10﹣5mol，所以血样中Ca2+的含量为：1.0×10﹣5mol×40g•mol﹣1××=0.04g/L，故答案为：0.04g/mL．【点评】本题考查了溶度积常数的计算、离子反应方程式的书写以及计算，综合性较强，正确书写离子反应方程式是计算的关键，题目难度中等．27