化学卷·2019届河南省商丘市第一高级中学高二上学期期中考试化学试题（解析版）
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河南省商丘市第一高级中学
2017-2018学年高二上学期期中考试化学试题
考试时间：90分钟 试卷满分：100分
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27
第Ⅰ卷(选择题，共54分)
选择题(每小题只有一个正确选项符合题意每小题3分,共54分)
1. 反应 A+B →C（△H＞0）分两步进行 ① A+B→X（△H＜0） ② X→C（△H＞0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
【答案】B
【解析】试题分析：由反应 A+B→C（△H＞0）分两步进行：①A+B→X（△H＜0），②X→C（△H＞0）由A+B→C（△H＞0）是吸热反应，A和B的能量之和小于C；由①A+B→X （△H＜0）可知这步反应是放热反应，故X的能量小于A+B；由②X→C（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，故X的能量小于C；所以图象A符合，故选A。
考点：考查了化学能与热能的相互转化的相关知识。
2. 已知反应: CH3CH2OH (g)+aO2(g) →bX+cH2O(l) ΔH, X为下列何种物质时ΔH最小
A. CH3CHO (l) B. CH3CHO (g) C. CO(g) D. CO2(g)
【答案】D
【解析】乙醇与氧气反应的程度越大，放出的热量越多，生成二氧化碳为乙醇的完全燃烧，放出的热量最多，反应的焓变最小，故选D。
3. 用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是
A. 加热 B. 不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】A、升高温度，加快反应速率，故A错误；B、改为98%的浓硫酸，与铁发生钝化反应，阻碍反应的进行，故B正确；C、铁把Cu置换出来，构成原电池，加快反应速率，故C错误；D、改为铁粉，增加与硫酸的接触面积，加快反应速率，故D错误。
点睛：本题易错点是B，学生认为硫酸浓度增大，反应速率应加快，错选B，学生忽略了铁与浓硫酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，反应将会停止。
4. 可逆反应：3A(g) 3B(？)＋C(？) ΔH>0，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是
A. B和C可能都是固体 B. B和C只能有一个是气体
C. B和C一定都是气体 D. 若C为固体，则B一定是气体
【答案】D
【解析】混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，由于正反应是吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，所以如果BC都是气体，则可能正确。如果BC都不是气体，则相对分子质量不变。如果C是固体，B是气体，也是正确的，因此正确的答案选D。
5. 在523K时，有以下反应2HCl(g)+CrO3(g) CrO2Cl2(g)＋H2O(g) ： 反应进行至第5min时，改变某个条件，当反应进行至第10min时，发现生成CrO2Cl2(g)的速率增大， CrO2Cl2的百分含量也增大，则改变的条件不可能是
A. 加热 B. 使用催化剂 C. 加压 D. 分离出水蒸气
【答案】D
【解析】试题分析：A．由题目可知反应为放热反应，加热，平衡逆向移动，CrO2Cl2的百分含量减小，故A错误。B．使用催化剂加快化学反应速率，但平衡不移动，CrO2Cl2的百分含量不变，故B错误。C．由题目可知反应为气体分子数目减小的反应，加压反应速率增大，平衡正向移动，CrO2Cl2的百分含量增大，故C错误。D. 分离出水气会使化学反应速率减小。故D正确。
考点：理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率和化学平衡的影响，认识并能用相关理论解释其一般规律。
点评：本题综合考查化学反应速率及化学平衡的影响因素。
6. 一定温度下，将4 mol PCl3和2 mol Cl2充入容积不变的密闭容器中，在一定条件下反应：PCl3＋Cl2PCl5，各物质均为气态。达平衡后，PCl5为0.8 mol。若此时再移走2 mol PCl3和1
mol Cl2，相同温度下达到平衡，PCl5的物质的量为
A. 0.8 mol B. 0.4 mol C. 0.4 mol
0的反应在温度低时不能自发进行
B. 两种物质反应,无论方程式的书写形式如何,平衡常数均不变
C. NH4HCO3(s)====NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57 kJ·mol-1能自发进行,原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
D. 增大反应物浓度，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大
【答案】C
【解析】A．根据△G=△H-T•△S判断，对于△H＜0、△S＞0的反应在温度低时，可以使得△G＜0，反应能自发进行，故A错误；B．温度一定，同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，故B错误；C．反应吸热，但由于固体生成气体，△S增大，则在一定条件下能自发进行，故C正确；D．增大反应物的浓度，活化分子的浓度增大，化学反应速率增大，但活化分子的百分数不变，故D错误；故选C。
点睛：注意反应能否自发进行的判断方法。注意一个反应能否自发进行，不取决于焓变或熵变中的一种，而是二者的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应才能自发进行
11. 25℃，某溶液中含有Na＋、H＋、Fe3＋、、OH－、I－中的几种离子，已知由水电离出的c（H＋）＝1×10－13 mol·L－1。向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色。下列关于该溶液的分析，错误的是
A. pH＝1或pH＝13
B. 阴离子肯定有I－，不能确定有无
C. 阳离子肯定没有Fe3＋，不能确定有无Na＋
D. 溶质有3种可能：①HI ②HI和NaI ③NaI和NaOH
【答案】B
...............
12. 已知蓝色硫酸铜溶液会跟无色溴离子作用，生成绿色的四溴合铜离子: CuSO4(aq蓝色)+4KBr(aq)K2CuBr4]（aq绿色）+K2SO4(aq)，当温度升高时，该溶液中四溴合铜离子的浓度增大，所以溶液呈绿色。下列说法正确的是
A. 加入K2SO4溶液，平衡向左移动 B. 加水平衡不移动
C. 加入K2SO4固体，平衡向左移动 D. 正反应放热
【答案】A
【解析】A、因为该CuSO4(aq蓝色)+4KBr(aq)K2CuBr4](aq绿色)+K2SO4(aq)的本质为Cu2+(aq蓝色)+4Br-(aq) CuBr4]2-(aq绿色)，加入K2SO4溶液相当于加水稀释平衡向逆向
移动即向左移动，故A正确；B、因为该CuSO4(aq蓝色)+4KBr(aq)K2CuBr4](aq绿色)+K2SO4(aq)的本质为Cu2+(aq蓝色)+4Br-(aq) CuBr4]2-(aq绿色)，反应前后系数减小，所以加水稀释平衡向逆向移动，故B错误；C、因为该CuSO4(aq蓝色)+4KBr(aq)K2CuBr4](aq绿色)+K2SO4(aq)的本质为Cu2+(aq蓝色)+4Br-(aq) CuBr4]2-(aq绿色)，K2SO4固体的量对平衡无影响，所以加入K2SO4固体，平衡不移动，故C错误；D、因为温度升高时，该溶液中四溴合铜离子的浓度增大，所以溶液呈绿色即向正反应方向移动，则说明该反应正反应为吸热反应，故D错误；故选A。
13. 下列图示与对应的叙述不相符的是
图1 图2 图3 图4
A. 图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
B. 图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C. 图3表示0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L-1醋酸溶液得到的滴定曲线
D. 图4 表示向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化
【答案】C
【解析】试题分析：A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，A正确；B、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，B正确；C、0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol•L-1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，C错误；D、开始滴加同时发生反应为Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时铵根开始结合氢氧根生成一水合氨。当铵根完全反应后，生成的氢氧化铝开始溶解在氢氧化钠中，沉淀减少，图像符合，D正确，答案选C。
考点：考查化学图像分析
14. 一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)；△H>0。现将1molA和2molB加入甲容器中，将4 molC和2 mol D加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，
t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是
A. 保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1 mol A和2 mol B,达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中 C的浓度的2倍
B. 保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增加
C. 保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍
D. 保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)
【答案】D
【解析】试题分析：根据等效平衡分析，4molC和2molD相当于2molA和4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，相当于增大压强，平衡向逆反应反向移动，达到平衡时甲中C的浓度小于原来的2倍，甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍，A项错误；B．保持活塞位置不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲、乙中B的体积分数都增大，B项错误；C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，相当于增大乙的压强，平衡向逆反应方向移动，减小甲的压强平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍，C项错误；D．甲中温度和体积不变充入稀有气体，没有改变气体的浓度，对反应速率没有影响，可以用图2表示，乙中温度和压强不变，充入稀有气体，相当于增大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，生成物的浓度减小的程度大些，化学平衡正向移动，可以用图3表示，D项正确，答案选D。
【考点定位】考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。
【名师点睛】本题考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。根据等效平衡分析，4molC和2molD相当于2molA和4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，即甲和乙容器此时是等效平衡状态。
15. 常温下，浓度均为1.0 mol·L-1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10 mL，测得其pH为9.3。下列有关叙述正确的是
A. 加入适量的NaCl，可使c(NH4+)＝c(Cl-)
B. 滴加几滴浓氨水，c(NH4+)减小
C. 滴加几滴浓盐酸，的值减小
D. 1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中c(NH4+)比该混合溶液大
【答案】A
【解析】试题分析：A、等浓度的氨水与氯化铵的混合液呈碱性，c(H＋)< c（OH－），根据电荷守恒，则c(NH4+) > c(Cl-)，加入氯化钠后氯离子浓度增大，而铵根离子浓度不变，可使c(NH4+) = c(Cl-)，正确；B、该混合液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，滴加几滴浓氨水，溶液的碱性增强，尽管浓氨水中一水合氨的电离度小，但铵根离子的浓度、氢氧根离子浓度仍大于原溶液中的铵根离子浓度、氢氧根离子浓度，溶液的碱性增强，所以c(NH4+)增大，错误；C、滴加几滴浓盐酸，溶液的pH减小，氢氧根离子浓度减小，则一水合氨的电离正向移动，铵根离子浓度增大，一水合氨的浓度减小，比值增大，错误；D、因为该混合液中一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则铵根离子浓度会大于1.0mol/L，而1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中c(NH4+)会因为铵根离子的水解小于1.0mol/L，错误，答案选A。
考点：考查弱电解质的电离平衡的判断，离子浓度的变化判断
16. 现有室温下的四种溶液，其pH如下表所示，下列有关叙述不正确的是
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
NaOH溶液
醋酸
盐酸
A. ③④中分别加入适量醋酸钠晶体，两溶液pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中：c（H+）>c（OH-）
C. 分别加水稀释10倍，溶液的pH：①>②>④>③
D. V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，则V1①>③
C. 常温下，pH＝6的NaHSO3溶液中：c(SO)－c(H2SO3)＝9×10－7 mol·L－1
D. 常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH＝7：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)
【答案】D
【解析】A．NaClO、NaHSO3混合溶液中要发生氧化还原反应，生成氯化钠和硫酸钠，故A错误；B．硫酸氢铵是强酸弱碱酸式盐，硫酸氢根离子电离出氢离子，抑制铵根离子水解，但溶液呈强酸性，碳酸氢铵中HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，氯化铵水解而使其溶液呈酸性，但小于硫酸氢铵的酸性，所以 pH的大小关系：②＞③＞①，故B错误；C．常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)②，将方程式①代入②得，c(H2SO3)+c(H+)= c(OH-)+c(SO32-)，所以c(SO32-)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8 )mol/L=9.9×10-7 mol•L-1，故C错误；D．溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，氯化氢电离出的氢离子和醋酸根离子结合生成醋酸，所以溶液中c(Cl-)= c(CH3COOH)，醋酸根离子水解而钠离子不水解，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)，CH3COONa溶液呈弱碱性，要使溶液呈中性，则向醋酸钠溶液中加入少量盐酸，醋酸钠的量远远大于盐酸的量，所以c(CH3COO-)＞c(Cl-)，故D正确；故选D。
点睛：本题考查离子浓度大小的比较，难度较大，熟练掌握物料守恒和电荷守恒是解题的关键。易错选项是A，注意亚硫酸氢根离子和碳酸氢根离子的差别，NaClO能够氧化NaHSO3。
第Ⅱ卷 （非选择题，共46分）
二.本题包括4个小题，共46分
19. 滴定实验在化学分析中有重要应用，现用浓度为0.1000mol•L-1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸（H2C2O4）：
（1）写出滴定过程中发生反应的离子方程式为 _____________________________________ 。
（2）滴定过程中操作滴定管的图示正确的是 _______________ 。
（3）若滴定时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中消失，将导致测得的结果_____（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（4）该滴定实验滴定终点的现象是_____________________________________ 。
（5）Na2Cr2O7可用于测定废水的化学耗氧量（即COD，指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量）。现有某水样100.00 mL，酸化后加入C1 mol/L的Na2Cr2O7溶液 V1 mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O72-还原为Cr3+）；再用C2mol/L的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72-，结果消耗FeSO4溶液V2 mL。量取一定体积的Na2Cr2O7溶液时，需要用______（酸式或碱式）滴定管；该水样的COD为___________________________mg/L；
【答案】 (1). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+= 2Mn2+ + 10CO2 ↑+ 8H2O (2). A (3). 偏大 (4). 滴入最后一滴溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成紫红色，且半分钟内不退色 (5). 酸式 (6). 480C1V1-80C2V2
【解析】(1)高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开，即如图A所示操作；故答案为：A；
(3)若滴定时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中消失，则消耗标准溶液体积增大，测定结果偏大；故答案为：偏大；
(4)该滴定实验中使用了高锰酸钾，滴定终点的现象是滴入最后一滴溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成紫红色，且半分钟内不退色，故答案为：滴入最后一滴溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；
(5)①Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，应该用酸式滴定管盛放；样品100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液 V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化(Cr2O72-还原为Cr3+)；再用4mol/L的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72-，结果消耗FeSO4溶液V2mL，废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2+把多余的Cr2O72-反应：
Cr2O72- + 6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，
1 6
n C2mol/L×V2×10-3L
n=×10-3mol，则100ml废水中，与废水反应的K2Cr2O7的物质的量=加入的K2Cr2O7的物质的量-与Fe2+反应的K2Cr2O7的物质的量=C1mol/L×V1×10-3L-×10-3mol，1L废水水样中被还原的K2Cr2O7的物质的量=(C1V1-)×10-2mol，利用2K2Cr2O7～3O2可求出废水中化学耗氧量即COD，
2K2Cr2O7 ～ 3O2
2 3×32
(C1V1-)×10-2mol m
m=(48C1V1-8C2V2)×10-2g=(480C1V1-80C2V2)mg，该水样的COD为(480C1V1-80C2V2)mg/L，故答案为：酸式；480C1V1-80C2V2。
20. （1）利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤。已知：SO2（g） ＋1/2O2（g） SO3（g） △H＝－98 kJ·mol－1。某温度下该反应的平衡常数K＝10/3，若在此温度下，向100 L的恒容密闭容器中，充入3.0 mol SO2(g)、16.0 mol O2(g)和3.0 mol SO3(g)，则反应开始时v（正） _____v（逆）（填“＜”、“＞”或“＝”）。
（2）下表列出了常见的烟气脱硝的两种方法
编号
名称
原理
方法一
尿素法
在温度70—95℃时，尿素CO(NH2)2溶液吸收NO、NO2，将其转化为N2
方法二
选择性催化还原（ SCR）法
以NH3等作为还原剂，将烟气中的NOx还原生成N2和H2O
已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g） △H=+180．6 kJ·mol—1
N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H= -92．4kJ·mol—1
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H= -483．6 kJ·mol—1
则4NO（g） +4NH3（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O（g）;△H=_________ kJ·mol-1。
（3）CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH（g）；ΔH。现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2的混合气体，控温，进行实验，测得相关数据如下图1和图2。
①该反应的ΔH_______0（选填“＜”、“＞”或“=”，下同），K1_________K2。
②将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有___。
【答案】 (1). > (2). 1627.2 (3). < (4). > (5). 升温或减压
【解析】(1)向100 L的恒容密闭容器中，充入3.0 mol SO2(g)、16.0 mol O2(g)和3.0 mol SO3(g)，三种物质的浓度分别为0.03mol/L、0.16mol/L、0.03mol/L，某温度下该反应的平衡常数K=，因为浓度商Qc==2.5＞K，所以化学反应正向进行，即v(正)＞v(逆)，故答案为：＞；
(2)已知：①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.6kJ•mol-1，②N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-92.4kJ•mol-1，③2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6kJ•mol-1，依据盖斯定律③×3-②×2-①×2得到，4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)═4N2(g)+6H2O(g)△H=-1627.2kJ/mol，故答案为：-1627.2；
(3)①图1可以看出，甲醇的物质的量为0.6mol的曲线温度大，说明升高温度，甲醇的物质的量减少，即平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，所以△H＜0；因正反应是放热反应，温
度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，所以说低温时平衡常数大；故答案为：＜；＞；
②CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，ΔH＜0，因正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，减小压强，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，可采取的措施有升温或减压，故答案为：升温或减压。
点睛：用浓度商Qc可以判断反应的进行方向，当Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。
21. 某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+）
常温下部分阳离子以氢氧化物沉淀形式存在时溶液的pH见下表：
阳离子
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cu2+
Cr3+
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
9.3
3.7
4.7
---
沉淀完全时的pH
3.2
9.0
11.1
8.0
6.7
9(>9 溶解)
（1）酸浸时，为了提高浸取效率可采取的措施是____________________（至少写一条）。
（2）加入H2O2 目的是氧化_______离子，其有关的离子方程式______________________。针铁矿（Coethite）是以德国诗人歌德（Coethe）名字命名的，组成元素是Fe、H、O，化学式量为89，其化学式是______________。
（3）调pH=8是为了将_____________离子（从Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+中选择）以氢氧化物沉淀的形式除去。滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，其有关的离子方程式是_____________________________________，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀, 其有关的离子方程式为________________________。
【答案】 (1). 升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取（其他合理答案也可） (2). Fe2+ (3). 2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O (4). FeO(OH) (5). Al3+ (6). Al(OH)3 + OH- = AlO2－ + 2H2O (7). AlO2－ + 2H2O + CO2 = Al(OH)3↓+ HCO3－
【解析】(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，故答案为：升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取；
(2)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，其中Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+ 2H+= 2Fe3++2H2O，针铁矿组成元素是Fe、H、O，化学式量为89，则1mol该物质中应含有1molFe，则H、O的质量为89-56=33，可知应含有2molO和1molH，化学式应为FeO(OH)，故答案为：Fe2+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；FeO(OH)；
(3)硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，由于Fe3+以针铁矿形成已经沉淀，则加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液pH=8，Al3+、Cu2+转化为沉淀除去，滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，涉及反应为Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O，取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀，涉及反应为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：Al3+、Cu2+；Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O；AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。
22. 已知：乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC-COOH，可简写为H2C2O4）。25℃时，草酸的电离平衡常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5；碳酸（H2CO3）的电离平衡常数为K1=4.5×10-7，K2=4.7×10-11。草酸钙的Ksp=4.0×10-8，碳酸钙的Ksp=2.5×10-9。回答下列问题：
（1）写出水溶液中草酸的电离方程式_____________________________________ 。
（2）相同条件下物质的量浓度都为0.1mol/L的Na2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液的pH______________ （填“大”、“小”或“相等”） 。
（3）常温下将0.4mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，则混合后溶液中阴离子浓度的大小顺序为_____________________________________ 。
（4）往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应的离子方程式为________________。
（5）25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入c mol/L的草酸钾溶液20mL后，有草酸钙沉淀生成，则c的最小值为__________________________。
【答案】 (1). H2C2O4⇌HC2O4-+H+、HC2O4-⇌C2O42-+H+ (2). 小 (3). c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-） (4). (5). 3.2×10-3
【解析】(1)酸是二元弱酸存在电离平衡，分步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-；故答案为：H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-；
(2)依据电离平衡常数分析，酸性强弱顺序为：草酸＞碳酸＞HC2O4-＞HCO3-，酸性越强，对应盐的水解程度越弱，则相同条件下物质的量浓度都为0.1mol/L的Na2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液的pH小；故答案为：小；
(3)常温下，0.4mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL恰好反应生成草酸钠，醋酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，但第一步水解大于第二步，两步水解都生成氢氧根离子，所以溶液中阴离子浓度大小顺序是
c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)，故答案为：c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)；
(4)电离平衡常数分析，酸性强弱顺序为：草酸＞碳酸＞HC2O4-＞HCO3-；往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液反应生成碳酸氢钠和草酸钠，反应的离子方程式为：2CO32-+H2C2O4=2HCO3-+C2O42-；故答案为：2CO32-+H2C2O4=2HCO3-+C2O42-；
(5)25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入c mol/L的草酸钾溶液20mL后，有草酸钙沉淀生成；碳酸钙的Ksp=2.5×10-9=c(Ca2+)c(CO32-)，饱和溶液中钙离子浓度c(Ca2+)=5×10-5mol/L，等体积混合后溶液中c(Ca2+)=2.5×10-5mol/L，草酸钙的Ksp=4.0×10-8 =c(Ca2+)c(C2O42-)=2.5×10-5mol/L×mol/L，c==3.2×10-3mol/L，故答案为：3.2×10-3。
点睛：明确弱电解质电离特点及溶度积常数的运用是解本题关键。本题的易错点为(4)，依据电离平衡常数，酸性强弱顺序为：草酸＞碳酸＞HC2O4-＞HCO3-，因此往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液反应生成碳酸氢钠和草酸钠，加入过量草酸溶液反应生成二氧化碳和草酸钠。
