1、- 1 -山西省忻州第一中学 2018-2019学年高二上学期第一次月考化学试题1.醋酸铅(CH 3COO)2Pb因有甜味而被称为“铅糖” ，它有毒但能入药。已知(CH 3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为 Pb2+2CH3COO- (CH3COO)2Pb。下列有关说法中不正确的是A. 0.1 molL-1的“铅糖”溶液中 c(Pb2+)；相连时，上有气泡逸出，为负极、为正极，活动性；相连时，的质量减少，则为负极、为正极，活动性，通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是，答案选 B。【点睛】本题考查金属活泼性的判断，侧重于原电池的考查，注意原电池的组成特点以及工作原理，题
2、目难度不大。易错点为相连时，上有气泡逸出，应该为正极上氢离子得电子产生氢气，注意判断。4.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)2KNO 3(s)3C(s)=K 2S(s)N 2(g)3CO 2(g) Hx kJmol 1已知：碳的燃烧热 H 1a kJmol 1 S(s)2K(s)=K 2S(s) H 2b kJmol 12K(s)N 2(g)3O 2(g)=2KNO3(s) H 3c kJmol 1 。 则 x为A. 3abc B. c3ab C. abc D. cab【答案】A【解析】碳的燃烧热H 1=a kJmol-1，其热化学方程式为 C(s)+O2(g)=
3、CO2(g)H 1=a kJmol-1，S(s)+2K(s)K 2S(s)H 2=b kJmol-1，2K(s)+N 2(g)+3O2(g)2KNO 3(s)H 3=c kJmol-1，将方程式 3+-得 S(s)+2KNO3(s)+3C(s)K 2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则H=x kJmol -1=(3a+b-c)kJmol-1，所以 x=3a+b-c，故选 A。点睛：本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减。盖斯定律的使用方法：写出目标方程式；确定“过渡物质”(要消去的物质)；用消元法逐一消去“过渡
4、物质” 。视频5.对于恒容密闭容器中发生的可逆反应 N2(g)3H 2(g) 2NH3(g) H0， H T S0，故 A一定能自发进行；B. H0， S0，故 B一定不能自发进行；C. H0，不能自发进行；D. H0， S0，故 D低温时， H T S0，不能自发进行，高温时， H T S0，反应不能自发进行。7.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A. 使酚酞变红色的溶液中：Na 、Al 3 、SO 42 、Cl B. 与 Al反应能放出 H2的溶液中：Fe 2 、K 、 、SO 42- 5 -C. Kw/c(H+)110 13 molL1 的溶液中：NH 4 、Ca 2 、
5、Cl 、NO 3D. 水电离的 c(H )110 13 molL1 的溶液中： K 、Na 、AlO 2 、CO 32【答案】C【解析】【分析】使酚酞变红色的溶液呈碱性；与 Al反应能放出 H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液；Kw/c(H+)=110-13molL-1的溶液呈酸性；水电离的 c（H +）=110 -13molL-1的溶液可能呈酸性或碱性。【详解】使酚酞变红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Al 3 与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，A 错误；与 Al反应能放出 H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下 Fe2+、NO 3-发生氧化还原反应不能大量共存
6、，碱性条件下 Fe2+不能大量共存，B错误；K w/c(H+)=110-13molL-1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，C 正确；水电离的 c（H +）=110 -13molL-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下 AlO2-、CO 32-不能大量存在，D 错误。故选 C。【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意题干“一定共存”的信息。8.常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是A. pH3 的醋酸溶液稀释 100倍，pH5B. 将 1 L 0.1 molL1 的 Ba(OH)2溶液
7、稀释为 2 L，pH13C. pH4 的 H2SO4溶液加水稀释 100倍，溶液中由水电离产生的 c(H )1.010 6 molL1D. pH8 的 NaOH溶液稀释 100倍，其 pH6【答案】B【解析】【分析】醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，再计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的 pH；先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。- 6 -【详解】如果醋酸是强电解质，则 pH=3的醋酸溶液加水稀释 1
8、00倍，pH=5，实际上醋酸是弱电解质，所以稀释后 pH5，A 错误；将 1 L 0.1molL-1的 Ba（OH） 2溶液加水稀释为2L，溶液中 C（OH -）为 0.1mol/L，则 C（H +）=10 -13mol/L，所以 pH=13，C 正确；将 pH=8的NaOH溶液加水稀释 100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的 pH7，D 错误。故选 B。【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选点是酸或碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离。9.某学习小组的同学查阅相关资料知，氧化性：Cr 2O72 Fe 3 ，设计了如图所示的盐桥原电池。盐桥中装有琼脂与饱和 K2SO4溶液
9、。下列叙述中正确的是A. 甲烧杯的溶液中发生还原反应B. 外电路的电流方向是从 b到 aC. 电池工作时，盐桥中的 SO42移向乙烧杯D. 乙烧杯中发生的电极反应为：2Cr 3 7H 2O6e =Cr2O72 14H 【答案】B【解析】【分析】由于氧化性 Cr2O72-Fe3+，即 Cr2O72-可以将 Fe2+氧化为 Fe3+，故在原电池中，Fe 2+失电子被氧化，故 a极为负极；Cr 2O72-得电子被还原，故 b极为正极。【详解】Fe 2+失电子被氧化，即甲池发生氧化反应，A 错误；外电路中电流由正极流向负极，即由 b流向 a，B 正确；原电池中，阴离子移向负极，即 SO42-移向甲烧杯
10、，C 错误；乙烧杯中 Cr2O72-得电子被还原：Cr 2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，D 错误。故选 B。【点睛】本题考查了原电池中正负极的判断、电极反应式的书写和离子的移动，负极发生氧- 7 -化反应，正极发生还原反应是判断关键点。10.五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中 R元素原子的最外层电子数等于其电子层数的 2倍，下列判断正确的是X YZ M RA. 元素的非金属性大小：YXR B. 简单气态氢化物稳定性：MRC. Z的氧化物可以作光导纤维 D. 最高价氧化物对应水化物酸性：YX【答案】D【解析】【分析】由短周期元素在周期表的位置可知，X、Y 处于第二周期
11、，Z、M、R 处于第三周期，R 元素原子的最外层电子数等于电子层数的 2倍，则 R为 S，可推知 X为 C元素，Y 为 N元素，Z 为Al，M 为 P元素。【详解】磷酸的酸性碳酸的强，故非金属性 PC，A 错误；非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性 RM，故氢化物稳定性：RM，B 错误；Z 的氧化物为三氧化二铝，可以用作耐火材料，用作光导纤维的是二氧化硅，C 错误；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性 YX，故最高价含氧酸酸性：YX，故 D正确。故选 D。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期律理解和应用，知道非金属性强弱比较方法是解答的关键。11.某温
12、度下，相同 pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡时 pH随溶液体积变化的曲线如右图所示。据图判断正确的是- 8 -A. 为盐酸稀释时的 pH变化曲线B. b点溶液的导电性比 c点溶液的导电性强C. a点 KW的数值比 c点 KW的数值大D. b点酸的总浓度大于 a点酸的总浓度【答案】B【解析】试题分析：A、盐酸为强酸，醋酸为弱酸，稀释时醋酸的电离平衡向右移动，所以稀释后醋酸的 pH小于盐酸的 pH，故 I为盐酸稀释时 pH值变化曲线，错误；B、b 点离子浓度大于 c点离子浓度，所以 b点溶液的导电性比 c点溶液的导电性强，正确；C、温度相同，K w相同，所以 a点 Kw的数值与 c点 Kw的
13、相同，错误；D、相同 pH值的盐酸和醋酸溶液，因为醋酸为弱酸，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，则 b点酸的总浓度小于 a点酸的总浓度，错误。考点：本题考查弱电解质的电离平衡。12.将 V1 mL 1.00 molL-1HCl溶液 V2 mL未知浓度的 NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持 V1+V2=50mL） 。下列叙述正确的是（ ）A. 做该实验时环境温度为 22 B. 该实验表明化学能可以转化为热能- 9 -C. NaOH溶液的浓度约是 1.00 molL-1D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应【答案】B【解析】试题分析： A、该实验开始温度是
14、21，故 A错误；B、由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故 B正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由 V1+V2=50Ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为 20mL设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是 nHCl+NaOH=“NaCl+H“2O1 11.0molL1 0.03L n则 n=1.0molL1 0.03L=0.03mol，所以浓度是： =1.5mol/L，故 C错误；D、只是该反应放热，其他有水生成的反应不一定，所以 D错误考点：中和热的测定；吸热反应和放热反应.13.A与 B在容积为 1 L的密闭容器中发生反应：aA(s)bB(g
15、) cC(g)dD(g)，t 1、t 2时刻分别测得部分数据如下表。下列说法正确的是n(B)/mol n(C)/mol n(D)/mol 反应时间/min0.12 0.06 0.10 t10.06 0.12 0.20 t2A. 0t 1时间段内，平均反应速率 v(B)0.04/t 1 mol(Lmin)1B. 若起始时 n(D)0，则 t2时刻 v(D)0.20/t 2 mol(Lmin)1C. 升高温度，v(B)、v(C)、v(D)均增大D. bd61【答案】C【解析】【分析】- 10 -不能确定 B的起始物质的量；化学反应速率不是瞬时反应速率；升高温度，化学反应速率增大；t1t2 时间段内
16、，B 和 D的变化量分别是 0.06mol、0.1mol。【详解】不能确定 B的起始物质的量，因此 0t 1时间段内，不能确定 B的变化量，则不能计算其反应速率，A 错误；化学反应速率是平均反应速率，不是瞬时反应速率，B 错误；升高温度，反应速率 v(B)、vC)、v(D)均增大，C 正确；Dt 1t 2时间段内，B 和 D的变化量分别是 0.06mol、0.1mol，所以 b：d3：5，D 错误。故选 C。【点睛】本题考查化学反应速率，了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法、理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率的影响是解答的关键。14.t 时，将一定量的混合气体在密闭
17、容器中发生反应：aA(g)bB(g) cC(g)dD(g)，平衡后测得 B气体的浓度为 0.6 molL1 。恒温下，将密闭容器的容积扩大 1倍，重新达到平衡后，测得 B气体的浓度为 0.4 molL1 。下列叙述中正确的是A. 重新达到平衡时，D 的体积分数减小 B. abc+d，B 错误；密闭容器的容积加倍，各物质的浓度都要减小，即 A气体浓度减小，C 错误；化学平衡逆向进行，向左移动，D 错误。故选 A。【点睛】本题考查影响化学平衡移动的因素，利用假设法判断平衡移动方向是解题关键。15.如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始时，关闭活塞 K，向甲中充入2mol SO2、1mo
18、l O 2，向乙中充入 4 mol SO2、2 mol O 2。甲、乙的体积都为 1 L（连通管体积忽略不计） 。保持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)O 2(g) 2SO3(g)。达平衡时，甲的体积为 0.8 L。下列说法正确的是- 11 -A. 乙容器中 SO2的转化率小于 60%B. 平衡时 SO3的体积分数：甲乙C. 打开 K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为 1.4 LD. 平衡后向甲中再充入 2 mol SO2、1 mol O 2和 3 mol SO3，平衡向正反应方向移动【答案】C【解析】试题分析：A根据阿伏伽德罗定律(同温同容时，压强之比
19、等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的 0.8倍，即 0.83mol=2.4mol，即减小了0.6mol，根据化学方程式的计算可知，2 SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) n2 11.2mol 0.6mol即达平衡后，反应掉 1.2molSO2，甲容器中 SO2的转化率为 100%=60%，若乙容器也不差压强不变，则平衡后体积为 1.6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO 2的转化率增大，故 A错误；B根据上述分析，平衡时 SO3的体积分数：甲乙，故B错误；C根据上述分析，打开 K后一段时间.再次达到平衡，总体积为 2.4L，因此甲的体积
20、为 1.4 L，故 C正确；D根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8molSO2，0.4molO 2，1.2molSO 3，物质的量之比为 2:1:3，平衡后向甲中再充入 2mol SO2、1mol O 2和 3moLSO3，物质的量之比不变，平衡不移动，故 D错误；故选 C。考点：考查了化学平衡的移动和化学平衡的计算的相关知识。16.向绝热恒容密闭容器中通入 SO2和 NO2，一定条件下使反应：SO 2(g)NO 2(g) SO3(g)NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是- 12 -A. 反应在 c点达到平衡状态B. 反应物浓度：a 点小于 b点C
21、. 反应物的总能量低于生成物的总能量D. t 1t 2时，SO 2的转化率：ab 段小于 bc 段【答案】D【解析】试题分析：化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c 点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A 错误；a 到 b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，B 错误；从 a到 c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C 错误；随着反应的进行，正反应速率增大，t 1t 2时，SO 2的转化率：ab 段小于 bc 段，D 正确；答案选 D。考点：化学
22、平衡、化学反应速率17.如图装置所示，C、D、E、F、X、Y 都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B 为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F 极附近呈红色。请回答：- 13 -（1）B 极是电源的_极，一段时间后，甲中溶液颜色_，丁中 X极附近的颜色逐渐变浅，Y 极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子带_电荷（填“正”或“负”，在电场作用下向_极移动（填“X”或“Y” ） 。（2）若甲、乙装置中的 C、D、E、F 电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为_。（3）现用丙装置给铜件镀银，则 H应该是_（填“镀层金属”或“镀件” ） ，
23、电镀液是_溶液。当乙中溶液的 pH是 13时(此时乙溶液体积为 500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为_，甲中溶液的 pH_(填“变大” “变小”或“不变”)。（4）若将 C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是_。【答案】 (1). 负极 (2). 逐渐变浅 (3). 正 (4). Y (5). 1222 (6). 镀件 (7). AgNO3 (8). 5.4 g (9). 变小 (10). FeCu 2 CuFe 2【解析】【分析】将直流电源接通后，F 极附近呈红色，说明 F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以 F极是阴极，B 为电源负极、A 为电源正极，可得出 D、
24、F、H、Y 均为阴极，C、E、G、X 均为阳极。【详解】 （1）B 电极是电源的负极，C、D、E、F 电极发生的电极反应分别为：2H 2O-4e-=O2+4H+、Cu 2+2e-Cu、2Cl -Cl 2+2e -、2H +2e-H 2，Y 极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷。（2）C、D、E、F 电极发生的电极反应分别为：2H 2O-4e-=O2+4H+、Cu 2+2e-Cu、2Cl -Cl2+2e -、2H +2e-H 2，当各电极转移电子均为 1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、
25、0.5mol，所以单质的物质的量之比为 1：2：2：2。电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以 H应该是镀件，电镀液含有镀层金属阳离子，故电镀液为 AgNO3溶液；当乙中溶液的 c（OH -）=0.1molL -1时（此时乙溶液体积为 500mL） ，根据电极反应 2H2O+2e-H 2+2OH -，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l0.5L=0.05mol，当转移 0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol0.05mol=5.4g，电解硫酸铜的过程中水放电生成氧气，有硫酸生成，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH变小。 （4）C 电极换为铁
26、，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池反应为：Fe+Cu 2+ - 14 -Cu+Fe2+。【点睛】本题考查电解池的工作原理，综合性很强，依据实验现象确定阴阳极、正确书写电极反应式是解答关键所在，注意电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，各个电极上转移的电子数是相等的。18.I.查阅资料知：Br 2的沸点为 58.8 ，密度为 3.119 gcm3 ，微溶于水，有毒。（1）常温下，单质溴通常呈_态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量_。工业生产中，海水提取溴常用热空气吹出法。其生产流程如下：某化学实验小组模拟该法设计了如下实验装置(夹持装置略去)从浓缩的海水中提取液溴。实验步骤如下：
27、关闭活塞 b、d，打开活塞 a、c，向 A中缓慢通入 Cl2至反应结束；关闭 a、c，打开 b、d，向 A中鼓入足量热空气；关闭 b，打开 a，再通过 A向 B中通入足量的 Cl2；将 B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。（2）当观察到 A中液面上方出现_(实验现象)时即可判断步骤中反应已经结束。（3）X 试剂可以是_(填字母，下同)，尾气处理选用_。aH 2O b饱和食盐水 c氢氧化钠溶液 d饱和 Na2SO3溶液B中 X试剂发生反应的离子方程式为_。（4）蒸馏时应该选择_(填序号)，操作中应控制的关键实验条件为_。- 15 -该实验小组利用制得的单质溴研究 H2与 Br2生成 HBr的反应，实
28、验装置如下：（5）E 装置可用来检验反应产物 HBr，则 D装置的作用是_。若要检验 E中收集的HBr，图示装置检验 HBr还不够完善，请结合原有实验装置予以改进：_。【答案】 (1). 液 (2). 水 (3). 黄绿色 (4). d (5). c (6). Br2SO 32 H 2O=SO42 2Br 2H (7). (8). 控制温度在 59 (或58.8 ) (9). 除去未反应完的溴蒸气 (10). 在 D与 E之间增加一盛有 CCl4的洗气装置【解析】【分析】溴在常温下为液态，易挥发，密度大于水，微溶于水。氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，过量的氯气聚集与 A中液面上方；溴
29、、氯气都有毒，可用碱液吸收；氯气与溴均能够与氢氧化钠反应生成卤化钠和次卤酸钠和水；依据蒸馏实验装置选择合适的仪器，蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质。反应生成的溴化氢中混有溴，检验溴化氢前需要除掉溴单质，避免干扰检验结果；根据溴化氢不溶于四氯化碳而溴易溶于四氯化碳设计方案。【详解】 （1）溴在常温下为液态，液溴易挥发，密度大于水，微溶于水，所以保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量水进行水封。 （2）氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，A 中液面上方出现黄绿色；（3）溴能够与亚硫酸钠反应生，可以用饱和亚硫酸钠溶液吸收溴；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；溴与亚硫酸钠溶液反应的离子方程式为：-
30、16 -Br2+H2O+SO32-=2Br-+SO42-+2H+；（4）蒸馏操作的主要仪器是：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶，所以选择的仪器有：；蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质，所以实验中应控制的关键实验条件为温度，Br 2的沸点为 58.78，则应该控制温度在 59。 （5）生成的溴化氢中混有溴蒸气，由于溴的沸点较低，通过装置 D可以除去溴化氢中的溴蒸气；由于装置 D无法完全除去溴化氢中的溴单质，所以该方案不严密，应该在 D与 E之间增加一盛有 CCl4的洗气装置，确保将溴化氢中的溴完全除去。【点睛】本题考查了物质的分离与提纯、物质性质实验方案
31、的设计与评价，熟练掌握化学实验基本操作方法及物质分离与提纯方案的设计原理为解答关键。19.SO2是硫酸工业尾气的主要成分。以硫酸工业的尾气联合制备硫酸钾和硫酸锰晶体(MnSO4H2O)的工艺流程如下：（1）反应的总化学方程式为_。（2）反应需控制温度在 6070 ，其原因是_。实验室控制温度在 6070 的加热方法是_。（3）上述生产工艺中可循环使用的物质是_。（4）检验硫酸钾样品中是否含有氯化物杂质的实验操作是_。（5）已知软锰矿浆的主要成分是 MnO2，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。【答案】 (1). 2CaCO32SO 2O 2=2CaSO42CO 2 (2). 温度过高 N
32、H4HCO3会分解，温度过低反应太慢 (3). 水浴加热 (4). CaCO 3 (5). 取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量 Ba(NO3)2溶液，取少量上层清液于试管中，滴加硝酸酸化的 AgNO3溶液 (6). 11【解析】- 17 -【分析】硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，反应是用碳酸钙、二氧化硫反应生成亚硫酸钙，再被空气中的氧气氧化成硫酸钙，反应为硫酸钙中加入碳酸氢铵和氨水，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应为硫酸铵与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵，反应是二氧化锰氧化二氧化硫得硫酸锰。【详解】 （1）反应 I是二氧化硫和碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙和二氧化碳，化学方程式为：2CaCO3+2SO2
33、+O2=2CaSO4+2CO2。 （2）反应硫酸钙中加入碳酸氢铵和氨水，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应时，温度太高，NH 4HCO3会分解，温度太低，反应速率太慢，所以需控制温度在6070；反应温度低于 100，应该采用水浴加热控制温度在 6070。 （3）通过分析题中的反应流程，反应 I中碳酸钙做反应物，反应中碳酸钙为生成物，所以生产工艺中可循环使用的物质是碳酸钙。 （4）检验 K2SO4样品是否含有氯化物杂质时，需排除 SO42离子的干扰，要先加过量硝酸钡溶液将 SO42-沉淀，过滤后向滤液中加硝酸银溶液看是否产生白色沉淀，实验操作是取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量 Ba（NO 3） 2
34、溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀可确定。 （5）软锰矿浆主要成分是 MnO2，与二氧化硫发生氧化还原反应，则反应 IV的化学方程式为 MnO2+SO2=MnSO4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:1。【点睛】本题考查物质制备的化学工艺流程，掌握离子检验、陌生方程式书写、物质的分离提纯的方法是解题关键。20.水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与 Mn(OH)2碱性悬浊液（含有 KI）混合，反应生成 MnO(OH)2，实现氧的固定
35、。.酸化，滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH) 2被 I还原为 Mn2+，在暗处静置 5 min，然后用标准 Na2S2O3溶液滴定生成的 I2（2 S 2O32+I2=2I+ S4O62） 。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_。（2） “氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。（3）Na 2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、- 18 -试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。（4）取 100.00 mL水样经固氧、酸化后，用 a molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液
36、作指示剂，终点现象为_；若消耗 Na2S2O3 溶液的体积为 b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL 1。（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏_。 （填“高”或“低” ）【答案】 (1). 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 (2). 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 (3). 量筒、容量瓶 (4). 氧气 (5). 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 (6). 80ab (7). 低【解析】本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧
37、气因搅拌溶解度降低逸出。（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH) 2被氧气 MnO(OH)2，Mn 的化合价由2 价4 价，化合价升高 2，氧气中 O的化合价由 0价2 价，整体降低 4价，最小公倍数为 4，由此可得方程式 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。（3）一定物质的量浓度溶液的配制还需要容量瓶和量筒；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定 I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据题干，MnO(OH) 2把 I 氧化成 I2，本身被还原成Mn2 ，根据得失电子数目守恒，即有 nMnO(OH)22=n(I2)2，因此建立关系式O22MnO(OH)22I24Na2S2O3可得水样中溶解氧的含量为 （ab10 -3）43210 30.1=80ab。（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致 b减小，根据（ab10 -3）4321030.1=80ab，最终结果偏低。
