黑龙江省智研联盟2025-2026学年高二上学期1月期末化学试题

黑龙江省智研联盟 2025-2026学年度上学期1月份第二次联合考试 高二年级化学学科试卷 一．选择题（共15小题，每小题3分，共45分） 1．在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应；X（g）+2Y（g）⇌3Z（g），下列叙述中能说明反应达到化学平衡状态的是（　　） A．单位时间内消耗amol X，同时生成3amol Z B．混合气体总的物质的量不再变化 C．容器内的压强不再变化 D．Z的生成速率与Z的分解速率相等 2．下列过程中涉及化学能转化为电能的是（　　） A．光伏发电过程 B．电动车行驶过程 C．浓氨水与碱反应制氨气过程 D．天然气燃烧过程 3．在298K、1.01×105Pa下，将22g CO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出x kJ的热量。已知该条件下，1mol CO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量。则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的（　　） A．CO2（g）+NaOH（aq）＝NaHCO3（aq）△H＝﹣（2y﹣x）kJ•mol﹣1 B．CO2（g）+NaOH（aq）＝NaHCO3（aq）△H＝（4x﹣y）kJ•mol﹣1 C．CO2（g）+NaOH（aq）＝NaHCO3（aq）△H＝﹣（4x﹣y）kJ•mol﹣1 D．2CO2（g）+2NaOH（aq）＝2NaHCO3（aq）△H＝+（8x﹣2y）kJ•mol﹣1 4．下列说法正确的是（　　） A．反应3C（s）+CaO（s） ＝ CaC2（s）+CO（g）常温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＜0 B．pH＝a的HR溶液稀释10倍后pH＝b，b﹣a＜1，由此可以判定HR一定是弱酸 C．用pH试纸测定NaClO溶液的pH，可证明HClO为弱酸 D．一定条件下，石墨转化为金刚石要吸收能量，因此石墨比金刚石稳定 5．室温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存的是（　　） A．1mol•L﹣1的NaCl溶液：Al3+、K+、Cl﹣、 B．0.1mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液：Cu2+、、、Cl﹣ C．pH＝11的氨水中：Fe2+、Na+、、ClO﹣ D．0.1mol•L﹣1AgNO3溶液：、Mg2+、Cl﹣、 6．中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列说法正确的是（　　） A．“火树银花不夜天”中只涉及化学能转化为热能 B．“燕山雪花大如席，片片吹落轩辕台”水汽变成雪的过程中ΔH＜0，ΔS＜0 C．“蜡炬成灰泪始干”描述的是化学变化，反应物总能量小于生成物总能量 D．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应 7．下列说法正确的是（　　） A．已知NaOH固体溶于水是一个自发过程，其ΔH＜0，可推测该过程ΔS＞0 B．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），压缩容器体积，平衡正移，则反应的平衡常数减小 C．已知HF（aq）+OH﹣（aq）＝F﹣（aq）+H2O（l） ΔH＝﹣67.7kJ/mol，可推测温度越高，HF（aq）中HF的电离程度越大 D．已知HX（g）＝H（g）+X（g） ΔH＞0，HX（aq）＝H+（aq）+X+（aq） ΔH＜0，则H（g）+X（g）＝H+（aq）+X﹣（aq） ΔH＜0 8．水溶液中NH3可与多种金属阳离子形成配合离子。常温下，Cu2+、Ag+分别与NH3形成配离子、，达到平衡时，与lgc（NH3）的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．X表示的是Cu2+形成配离子的变化曲线 B．a点所处的溶液中的生成速率大于解离速率 C．反应的平衡常数K＝10 D．当溶液中时，溶液中 9．二氧化碳资源化是实现“碳中和”的重要途径。反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）在起始物时，T＝250℃下的x（CH3OH）～p和p＝5×105Pa下的x（CH3OH）～T如图所示[x（CH3OH）表示平衡体系中CH3OH的物质的量分数]。说明：Kp的计算方法：用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压＝总压×物质的量分数。下列说法正确的是（　　） A．曲线M表示等压过程的变化关系 B．反应在高温下能自发进行 C．x（CH3OH）＝0.04，反应条件可能为4×105Pa，230℃ D．210℃时，反应的平衡常数Kp约为9.3×10﹣13Pa﹣2 10．常温下，NaHCO3溶液中的H+、OH﹣、H2CO3、四种微粒浓度的负对数（﹣lgx）随NaHCO3溶液浓度的负对数（﹣lgc）变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．H2CO3的Ka1•Ka2＞Kw B．随着﹣lgc增大，增大 C．NaHCO3溶液中，c（OH﹣）＞c（H2CO3）＞c（）＞c（H+） D．当﹣lgc＝3.7时，c（Na+）+c（H+）＝3c（OH﹣）+c（） 11．工业废水中常含有氮、氯元素，可用电解原理对含有高浓度氯离子的工业废水中的氮进行脱除。用NH4NO3和NaCl分别模拟工业废水中的氮和氯，电化学处理装置如图1所示；而在电解过程中，模拟工业废水中ClO﹣的浓度随时间变化的曲线如图2所示。下列说法不正确的是（　　） A．该方法能脱除废水中的，无法脱除 B．A电极接电源的正极，B电极接电源的负极 C．B电级的反应式为：2+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣ D．电解过程中，A电极附近的溶液pH值降低 12．利用不同氢源（D2O和HCHO）在两个Pd膜电极上同时对同一有机物进行双边加氢的原理如图所示（以NaOH为电解质）。下列说法正确的是（　　） A．N极为阳极，只发生氧化反应 B．电解一段时间后，阳极室溶液pH基本不变 C．消耗1mol，有4mol阴离子通过交换膜 D．已知若无论电解多长时间，N极产物中也不会含有，则存在反应HCHO+2OD﹣﹣e﹣＝HCOO﹣+H+D2O 13．已知A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大。其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子。D、E为同周期元素且分别位于s区和d区。五种元素所有的s能级电子均为全充满。E的d能级电子数等于B、C最高能层的p能级电子数之和。下列说法正确的是（　　） A．原子半径：A＜B＜C＜D B．第一电离能：A＜B＜C＜D C．E价电子排布式为3d64s2，常有+2、+3两种价态 D．氢化物稳定性：A＜C＜B 14．NaHCO3水溶液中存在多个质子转移过程，25℃时，px与pc的关系如图所示[其中px＝﹣lgc（x），x代表H2CO3、H+、OH﹣和；pc＝﹣lgc（NaHCO3）。下列说法错误的是（　　） A．曲线②表示﹣lgc（OH﹣） B．H2CO3电离常数Ka2的数量级为10﹣11 C．pc＝3.5时，溶液中：c（H+）＜c（OH﹣）＜c（H2CO3）＜c（） D．pc≤2.5时，溶液中质子转移的主反应为2⇌H2CO3+ 15．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是（　　） A．X和Z的最高化合价均为+7价 B．HX和HZ在水中均为强酸 C．四种元素中，X的电负性最大，W的电负性最小 D．Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物 二．解答题（共4小题，16题13分，17题14分，18题14分，19题14分，共55分） 16．Ⅰ：利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下： ①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）；ΔH＝﹣90.8kJ•mol﹣1 ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；ΔH＝﹣23.5kJ•mol﹣1 ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣41.3kJ•mol﹣1 总反应：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝　 　 kJ•mol﹣1： Ⅱ：如图甲、乙是电化学实验装置． （1）若甲、乙两烧杯中均盛有饱和NaCl溶液． ①甲中石墨棒上的电极反应式　 　 ，电子的移动方向为　 　 ； ②乙中总反应的离子方程式为　 　 ，Cl﹣移向　 　 电极（填Fe或C）； ③将湿润的淀粉﹣KI试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为过量的Cl2氧化了生成的I2．若反应中Cl2和I2的物质的量之比为5：1，且生成两种酸，该反应的化学方程式为：　 　 ； （2）若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液． ①甲中铁棒上的电极反应式为：　 　 ； ②如果起始时乙中盛有200mL pH＝5的CuSO4溶液（25℃），一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入　 　 （填写物质的化学式）　 　 g． 17．已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金属元素．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构．AC2为非极性分子．B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高．E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界．请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示） （1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为　 　 ． （2）B的氢化物的分子空间构型是　 　 ．其中心原子采取　 　 杂化． （3）写出化合物AC2的电子式　 　 ；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为　 　 ． （4）E的核外电子排布式是　 　 ，ECl3形成的配合物的化学式为　 　 ． （5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是　 　 ． 18．近年来甲烷资源化的利用备受关注。试回答下列问题： 【CH4—CO2催化重整】 CH4—CO2重整反应为Ⅰ．CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g） ΔH1＝+247.3kJ•mol﹣1 （1）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2（M表示Ni或Ru）在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程表示如图： ①关于核心反应过程，下列说法正确的是　 　 。 A．步骤Ⅰ中生成了非极性键 B．步骤Ⅲ发生的反应为*COOH→*CO+*OH（*表示吸附在催化剂上） C．步骤Ⅳ中碳元素发生还原反应 D．整个反应过程中只有金属M起到催化作用 ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率　 　 （填“高于”或“低于”）使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 【CH4处理工业废气H2S】 （2）利用工业废气H2S生产CS2的反应为CH4（g）+2H2S（g）CS2（g）+4H2（g）。向某密闭容器充入1mol CH4、2mol H2S，维持体系压强为p0kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度T的变化如图。 ①图中表示CH4的曲线是　 　 （填“a”“b”“c”或“d”）。 ②780℃时，该反应的Kp＝　 　 （列出表达式即可，用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数）。 ③维持m点温度不变，向容器中再通入CH4、H2S、CS2、H2各1mol，此时速率关系为v（正）　 　 v（逆）（填“＞”“＜”或“＝”）。 【甲烷和丙烷催化制氢】还可以用甲烷和丙烷制备H2，同时生成苯和二甲苯，反应如图：（两个反应可视为同级数的平行反应） （3）对于同级数的平行反应有。，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定量值。已知Ea，苯＜Ea，二甲苯，若要提高单位时间内苯的选择性，可采取的措施有　 　 。 19．已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性． （1）用电离方程式解释NaHC2O4溶液显酸性的原因：　 　 ； （2）常温下，向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加10mL 0.01mol/L NaOH溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系，用＞连接：　 　 ； （3）配平以下氧化还原反应方程式： （4）称取6.0g含H2C2O4•2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL 溶液．量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中． ①第一份溶液中加入2滴酚酞试液，滴加0.25mol/L NaOH 溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色．该溶液被中和的H+的物质的量为　 　 mol； ②第二份溶液滴加0.10mol/L 酸性KMnO4溶液至16mL时反应完全，该溶液中还原剂的物质的量为　 　 mol． ③原试样中H2C2O4•2H2O的物质的量为　 　 mol，KHC2O4的质量分数为　 　 ． 化学试题 第1页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑龙江省智研联盟 2025-2026学年度上学期1月份第二次联合考试 高二年级化学学科答案与解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D B C D B B D D D D A 题号 12 13 14 15 答案 D C C D 1．【分析】化学平衡状态：在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到平衡状态。 【解答】解：A．单位时间内消耗amol X，同时生成3amol Z，都表示正反应，不能判断反应达到平衡状态，故A错误； B．反应X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）的反应物和生成物都是气体，且单位时间内正反应消耗和逆反应生成量相等，即混合气体总的物质的量一直不变，故B错误； C．结合B项混合气体总的物质的量一直不变，且该条件是一定温度下的容积不变的密闭容器中，所以容器内的压强恒定不变，故C错误； D．Z的生成速率与Z的分解速率相等，即Z的正反应速率等于逆反应速率，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查化学平衡状态的判断等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 2．【分析】A．根据光能与电能的转化方式来分析； B．根据化学能与电能的转化方式来分析； C．根据化学反应原理来分析； D．根据化学能转化为热能来分析。 【解答】解：A．光伏发电过程是将光能转化为电能，故A错误； B．电动车行驶过程中，把化学能转化为电能，电能转化为动能，故B正确； C．浓氨水与碱反应制氨气的过程不涉及电能转化，故C错误； D．天然气燃烧过程是将化学能转化为热能，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查了能量之间的转化方式，难度较小，掌握学科基础知识即可解答。 3．【分析】根据题意可知，22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1mol CO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。 【解答】解：根据题意，22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）＝＝0.5mol，n（NaOH）＝1mol•L﹣1×0.75L＝0.75mol， 该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O， 由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，即热化学反应方程式为 2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3 （aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H＝﹣4xkJ/mol①， 又1mol CO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量，则热化学方程式为 2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H＝﹣ykJ/mol②， 由盖斯定律可知，①﹣②可得，NaOH（aq）+CO2（g）═NaHCO3（aq）△H＝﹣（4x﹣y）kJ/mol， 故选：C。 【点评】本题考查热化学方程式的书写和计算，是高考中常见题型，计算中涉及到化学方程式的有关计算问题和盖斯定律的有关应用，是一重点题型，学生还应注意在书写热化学方程式时标明各物质的状态。 4．【分析】A．反应3C（s）+CaO（s）＝CaC2（s）+CO（g）生成气体，ΔS＞0。常温下不能自发（ΔG＞0）； B．若HR为强酸，稀释10倍后pH应增加1（b﹣a＝1）。若b﹣a＜1，说明稀释时H+浓度下降幅度小于稀释倍数，HR未完全离解，为弱酸； C．NaClO溶液因ClO⁻水解显碱性，但NaClO具有强氧化性，会漂白pH试纸； D．石墨转化为金刚石吸热，说明石墨能量更低。 【解答】解：A．反应3C（s）+CaO（s）＝CaC2（s）+CO（g）生成气体，ΔS＞0；常温下不能自发，说明ΔH﹣TΔS＞0，因此ΔH＞0，故A错误； B．若b﹣a＜1，说明稀释时H+浓度下降幅度小于稀释倍数，HR未完全离解，为弱酸；若HR为强酸，稀释10倍后pH应增加1（b﹣a＝1）；但是若为pH＝6的强酸，则稀释10倍后pH＜7，故不能判定HR一定为弱酸，故B错误； C．NaClO溶液因ClO⁻水解显碱性，但NaClO具有强氧化性，会漂白pH试纸，无法准确测定pH，故C错误； D．物质具有的能量越低，越稳定；石墨转化为金刚石吸热，说明石墨能量更低，更稳定，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。 5．【分析】A．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应； B．四种离子之间不反应，都不与硫酸铁溶液反应； C．亚铁离子与氢氧根离子、次氯酸根离子反应； D．氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀。 【解答】解：A．Al3+、之间发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故A错误； B．Cu2+、、、Cl﹣之间不反应，都不与Fe2（SO4）3溶液反应，能大量共存，故B正确； C．Fe2+与OH﹣、ClO﹣反应，不能大量共存，故C错误； D．Ag+、Cl﹣之间反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，题目难度不大。 6．【分析】A．“火树银花”涉及了物质的燃烧，同时发出光； B．水汽变成雪的过程是放热过程和熵减过程； C．蜡烛的燃烧是化学变化，是放热反应； D．“丹砂烧之成水银”描述了加热条件后硫化汞转变为汞，“积变又还成丹砂”描述了常温下汞与硫反应生成了硫化汞。 【解答】解：A．“火树银花”涉及了物质的燃烧，同时发出光，因此涉及到了化学能转化为热能和光能，故A错误； B．水汽变成雪的过程是放热过程和熵减过程，即ΔH＜0，ΔS＜0，故B正确； C．蜡烛的燃烧是化学变化，是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误； D．“丹砂烧之成水银”描述了加热条件后HgS转变为Hg，“积变又还成丹砂”描述了常温下汞与硫反应生成了硫化汞，两个过程反应条件不同，不能形成可逆反应，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查常见的能量转化形式等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 7．【分析】A．NaOH固体溶于水是一个自发过程，溶解过程是混乱度增大的物理过程； B．化学平衡常数只与温度有关； C．①HF（aq）+OH﹣（aq）＝F﹣（aq）+H2O（l）ΔH＝﹣67.7kJ•mol﹣1，②H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1，将①﹣②得HF（aq）⇌F﹣（aq）+H+（aq）； D．已知①HX（g）＝H（g）+X（g）ΔH＞0，②HX（aq）＝H+（aq）+X+（aq）ΔH＜0，将②﹣①﹣得则H（g）+X（g）＝H+（aq）+X﹣（aq）。 【解答】解：A．氢氧化钠固体溶于水是一个自发过程，溶解过程是混乱度增大的物理过程，ΔS＞0，因无化学反应，故无焓变，故A错误； B．化学平衡常数只与温度有关，压缩体积，使压强增大不影响化学平衡常数，故B错误； C．①HF（aq）+OH﹣（aq）＝F﹣（aq）+H2O（l）ΔH＝﹣67.7kJ•mol﹣1，②H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1，将①﹣②得HF（aq）⇌F﹣（aq）+H+（aq）ΔH＝﹣10.4kJ/mol，则氢氟酸电离是放热反应，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向越大，所以HF电离程度减小，故C错误； D．已知①HX（g）＝H（g）+X（g）ΔH＞0，②HX（aq）＝H+（aq）+X+（aq）ΔH＜0，将②﹣①﹣得则H（g）+X（g）＝H+（aq）+X﹣（aq）ΔH＜0，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡的影响因素等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 8．【分析】金属阳离子与NH3形成配合离子可表示为，，，即＝lgK+xlgc（NH3），达到平衡时在与lgc（NH3）的关系图中斜率为配位数x，配位数为4、配位数为2，直线X斜率更大，故X表示Cu2+形成配离子的变化曲线，直线Y表示Ag+形成配离子的变化曲线；则根据直线X上的点（﹣1，9）可计算，根据直线Y上的点（﹣1，5）可计算。 【解答】解：A．金属阳离子与NH3形成配合离子可表示为，，，即＝lgK+xlgc（NH3），达到平衡时在与lgc（NH3）的关系图中斜率为配位数x，配位数为4、配位数为2，直线X斜率更大，故X表示Cu2+形成配离子的变化曲线，故A正确； B．a点在X线（Cu2+平衡线）下方，此时小于平衡值，反应正向进行生成配合离子，生成速率大于解离速率，故B正确； C．该反应平衡常数＝＝，故C正确； D．时，lgc（NH3）＝﹣3，根据，，同理，，，溶液中，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 9．【分析】A.题干没有直接给出反应热的信息，因此首先利用勒夏特列原理分析气体压强对可逆反应的影响； B.根据A选项的结论，得出反应热的信息，再讨论方程式的吉布斯自由能的可能情况； C.由图像分析，x（CH3OH）＝0.04时可能的反应条件； D.根据图中点（b，0.10）的数值，计算平衡常数。 【解答】解：A.题干没有直接给出反应热的信息，因此首先利用压强的影响分析平衡的移动，加压，该反应正向移动，平衡体系中CH3OH的物质的量分数]正大，所以图像中的曲线M为等温条件下压强对CH3OH含量的关系图，曲线N为等压条件下温度对CH3OH含量的关系图，故A错误； B.由A选项的分析可知，曲线N表示等压条件下温度对CH3OH含量的关系图，升温CH3OH含量降低，表明该反应为放热反应，在低温条件下自发进行，故B错误； C.从图像可知，x（CH3OH）＝0.04的时候，反应条件可能为4×105Pa，250℃，或者5×105Pa，264℃左右，故C错误； D.210℃时，x（CH3OH）＝0.10，经计算可得：x（H2O）＝0.10，x（CO2）＝0.20，x（H2）＝0.60，，故D正确； 故选：D。 【点评】主要考查学生识别平衡图像、获取信息并解决相关实际问题的能力，属于高考化学的重点题型。 10．【分析】首先需要判断各曲线代表哪种粒子浓度，图中均是负对数，故图横坐标表示的是NaHCO3溶液浓度下降，根据NaHCO3溶液中各粒子变化规律确定各曲线所代表的粒子浓度； A.要判断H2CO3的Ka1•Ka2与Kw的大小，可将Ka1•Ka2表达式写出来之后化简变式，通过图中涉及粒子曲线交点时浓度相等的特殊点，进一步化简，然后通过溶液中c（H+）与c（OH﹣）大小进行比较； C.根据图中曲线可知NaHCO3溶液中的四种粒子浓度随着NaHCO3浓度变化存在多种不同关系，以各曲线交点所对应的pH为分界点，c（OH﹣）既有大于c（）的，也有小于c（）的； D.题给式子像电荷守恒式，﹣lgc＝3.7时，有交点，可将浓度进行替换，然后判断。 【解答】解：图中均是负对数，故横坐标表示的是NaHCO3溶液浓度下降，纵坐标曲线向下表示粒子浓度增大，向上则表示浓度下降。NaHCO3溶液呈碱性，浓度下降，其碱性下降，c（H+）则上升，可判断出①代表H+浓度，与此对应的②代表OH﹣浓度，③④则代表另外两个粒子，因HC的水解大于电离HC的水解大于电离，H2CO3的浓度大于，所以③代表的浓度，④代表H2CO3的浓度， A．H2CO3的Ka1•Ka2＝＝c2（H+）×，由图可知，③④线相交处，＝1，此时c（H+）＜c（OH﹣），则c2（H+）＜c（H+）•c（OH﹣）＝Kw，即Ka1•Ka2＜Kw，故A错误； B．由Ka1•Ka2＝＝c2（H+）×，可得＝，由图像可知，﹣lgc（H+）不是随着﹣lgc增大而增大，即c（H+）不是随着﹣lgc增大而减小，所以，不是随着﹣lgc增大而增大，故B错误； C．由图可知NaHCO3溶液中的四种粒子浓度随着NaHCO3浓度变化存在多种不同关系：当﹣lgc＜3.7时，c（H2CO3）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+），当﹣lgc＞3.7且小于右侧①③线交点对应pH时，c（H2CO3）＞c（OH﹣）＞c（）＞c（H+），当﹣lgc大于右侧①③线交点对应pH时，c（H2CO3）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（），故C错误； D．当﹣lgc＝3.7时，c（OH﹣）＝c（），根据电荷守恒，c（H+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC）+2c（）＝3c（OH﹣）+c（HC），故D正确； 故选：D。 【点评】本题通过NaHCO3溶液中各粒子浓度随NaHCO3浓度变化而变化的材料，主要考查了各粒子浓度的大小关系，其中图中曲线采用浓度的负对数绘制，曲线的走势与常见的浓度曲线相反，较为陌生，使题目难难度进一步提高。熟悉NaHCO3溶液中存在的各种平衡、将算式进行转化或化简、利用图表中交点等特殊点进行分析讨论是解答本题的基础。 11．【分析】A.A电级的反应式为：Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O，B电级的反应式为：2+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣，根据两极的电极反应可判断出能脱除废水中的硝酸根离子； B.A电极氯离子失电子，发生氧化反应，做电解池的阳极，A极接电源的正极，B电极得电子，发生还原反应，做电解池的阴极，B接电源的负极； C.B电极得电子，发生还原反应，做电解池的阴极，B电级的反应式为：2+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣； D.A电极失电子，发生氧化反应，做电解池的阳极，A电级的反应式为：Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O，放电过程中溶液中氢氧根离子浓度减小，pH将降低。 【解答】解：A.A电级的反应式为：Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O，B电级的反应式为：2+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣，根据两极的电极反应可判断出能脱除废水中的硝酸根离子，故A错误； B.A电极氯离子失电子，发生氧化反应，做电解池的阳极，A极接电源的正极，B电极得电子，发生还原反应，做电解池的阴极，B接电源的负极，故B正确； C.B电极得电子，发生还原反应，做电解池的阴极，B电级的反应式为：2+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣，故C正确； D.A电极失电子，发生氧化反应，做电解池的阳极，A电级的反应式为：Cl﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝ClO﹣+H2O，放电过程中溶液中氢氧根离子浓度减小，pH将降低，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查电解池的基本原理，做题时先根据元素化合价的变化判断出电解池的阴阳极，写出电极反应式，判断溶液酸碱性的变化。 12．【分析】A.电解池中与化学电源正极相连的是阳极，发生氧化反应，阳极发生反应后生成的物质还可与电解质溶液发生反应； B.阳极发生氧化反应时，氢氧根离子参与了反应，虽氢氧根也能通过阴离子交换膜移向阳极，整体上氢氧极离子浓度减小； C.既参与了阳极反应，也参与了阴极反应，当有1mol参与反应时，阴阳极各有0.5mol参与反应，0.5mol含有0.5mol三键，0.5mol可以与1mol氢气反应，总体上应有2mol电子转移； D.N极是阳极，阳极失电子发生氧化反应； 【解答】解：A.电解池中与化学电源正极相连的是阳极，发生氧化反应，阳极发生反应后生成的物质还可与电解质溶液发生反应，也就是还有其他反应发生，故A错误； B.阳极发生氧化反应时，氢氧根离子也参与了反应，电极反应为：HCHO+2OH﹣e﹣═HCOO﹣+H+H2O，氢氧根也能通过阴离子交换膜移向阳极，整体上氢氧极离子浓度减小，故B错误； C.既参与了阳极反应，也参与了阴极反应，当有1mol参与反应时，阴阳极各有0.5mol参与反应，0.5mol含有0.5mol三键，0.5mol可以与1mol氢气反应，总体上来看，应有2mol电子转移，故C错误； D.因为阳极无重氢子的氢源，OD﹣通过阴离子交换膜移向阳极，但不会生成重氢原子，所以不会生成，对于阳极而言，失电子发生氧化反应，而且OD﹣通过阴离子交换膜要可以移向阳极，于是也存在电极反应式为：HCHO+2OD﹣﹣e﹣＝HCOO﹣+H+D2O，故D正确； 故选：D。 【点评】参与 了阳极反应，也参与了阴极反应，当有1mol参与反应时，阴阳极各有0.5mol参与反应。 13．【分析】已知A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大。其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，可推出A是B元素，B为C元素，C是O元素，D、E为同周期元素且分别位于s区和d区，五种元素所有的s能级电子均为全充满，E的d能级电子数等于B、C最高能层的p能级电子数之和，因此D为Ca元素，E为Fe元素，以此做题。 【解答】解：A.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，C的原子半径大于O原子，小于B原子，故A错误； B.金属元素的第一电离能小于非金属元素，因此Ca的第一电离能小于O，故B错误； C.铁元素的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，常有+2、+3两种价态，故C正确； D.同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，水的稳定性强于甲烷，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查原子结构与元素周期表的关系，熟悉元素的价电子排布方式，以及元素的相关性质，难度较大。 14．【分析】NaHCO3是弱酸酸式盐，存在电离平衡和水解平衡，水解程度大于电离程度，使得NaHCO3溶液呈碱性，始终存在c（Na+）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H2CO3）＞c（H+）＞c（），x代表H2CO3、H+、OH﹣和，H+、OH﹣的px之和应为14，则曲线①代表H+的px，曲线②代表OH﹣的px；随着pc（NaHCO3）的增大，NaHCO3的浓度逐渐减小，c（H2CO3）、c（）都减小，但c（H2CO3）始终比c（）大，故曲线③代表pc（），曲线④代表pc（H2CO3），以此分析解答。 【解答】解：A．由分析可知，曲线②代表OH﹣的px，即表示﹣lgc（OH﹣），故A正确； B．当pc＝5，c（NaHCO3）数量级为10﹣5，c（）的数量级为10﹣8，c（H+）的数量级为10﹣8，H2CO3电离常数Ka2＝，其数量级为＝10﹣11，故B正确； C．由图可知，pc＝3.5时，c（）＜c（H2CO3），故C错误； D．pc≤2.5时，主要产物为、H2CO3，溶液中质子转移的主反应为2⇌H2CO3+，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查水解平衡和离子浓度大小比较，正确判断曲线是关键，侧重考查学生分析判断能力，题目难度较大。 15．【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，由原子序数可知，X处于第二周期、Z处于第三周期，结构式中X、Z都形成1个共价键，则X为F元素、Z为Cl元素；Y形成5个共价键，W形成3个共价键，W原子的价电子数为5，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，则Y为P、W为N元素，据此分析。 【解答】解：由分析可知，W为N元素、X为F元素、Y为P元素、Z为Cl元素； A．氯的最高化合价为+7价，但氟的非金属性最强，没有最高正价+7价，故A错误； B．HCl为强酸，但HF属于弱酸，故B错误； C．同周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，主族元素的电负性逐渐减弱，故四种元素中电负性P＜N＜F、Cl＜F，而由于在化合物PCl3中Cl显负价、P显正价，故电负性P＜Cl，即电负性最小的是Y（P），故C错误； D．NH4Cl既含有离子键又含有共价键，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，紧扣短周期元素、价键结构进行分析推断，注意熟练掌握元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。 16．【分析】I．利用盖斯定律解答； II．（1）①甲为原电池装置，铁作负极，则石墨作正极，正极上氧气得电子，电子从负极沿导线流向正极； ②乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，阴离子向阳极移动； ③Cl2氧化了生成的I2，Cl元素的化合价降低，由电子守恒及Cl2和I2的物质的量之比为5：1来判断反应后I元素的化合价，以此来书写化学反应； （2）①甲为原电池装置，铁作负极，铁失电子； ②根据电解硫酸铜的化学反应及元素守恒来判断加入的物质使溶液恢复到电解前的状态，再由溶液的pH的变化计算加入物质的质量． 【解答】解：Ⅰ：①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）；ΔH＝﹣90.8kJ•mol﹣1 ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；ΔH＝﹣23.5kJ•mol﹣1 ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣41.3kJ•mol﹣1 将方程式①×2+②+③可得所求反应方程式，则ΔH＝﹣90.8kJ/mol×2﹣23.5kJ/mol﹣41.3kJ/mol＝﹣246.4kJ/mol，故答案为：﹣246.4； Ⅱ：（1）①甲为原电池装置，石墨棒上氧气得电子发生还原反应，反应为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，电子从负极铁沿导线流向石墨， 故答案为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，从铁流向石墨； ②乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电， 则电解反应为2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣，氯离子向阳极C电极移动， 故答案为：2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣，C； ③Cl2氧化了生成的I2，Cl元素的化合价降低，生成盐酸，反应中Cl2和I2的物质的量之比为5：1，设I元素的化合价为x，则5×2×1＝1×2×x，解得x＝+5，则生成碘酸， 所以发生的化学反应为5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3， 故答案为：5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3； （2）①甲为原电池装置，铁作负极，负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故答案为：Fe﹣2e﹣═Fe2+； ②由2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，要使溶液恢复原状态，可加入CuO（或CuCO3），一段时间后溶液的pH变为1，则c（H+）＝0.1mol/L﹣10﹣5mol/L＝0.1mol/L， n（H+）＝0.2L×0.1mol/L＝0.02mol，则由电解反应可知析出的Cu的物质的量为0.01mol，由Cu原子守恒可知， m（CuO）＝0.01mol×80g/mol＝0.8g，或m（CuCO3）＝0.01mol×124g/mol＝1.24g， 故答案为：CuO（或CuCO3）；0.8（或1.24）． 【点评】本题考查原电池与电解池的工作原理，明确电极反应及利用电子守恒、元素守恒等计算是解答本题的关键，难度不大。 17．【分析】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成﹣2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成﹣2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3． 【解答】解：A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成﹣2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中应存在氢键，C形成﹣2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3． 故A为碳元素；B为氮元素；C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素． （1）A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素，同周期自左而右第一电离能增大，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N． 故答案为：C＜O＜N． （2）B为氮元素，其氢化物为NH3，分子中含有3个N﹣H键，N原子有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥型． 故答案为：三角锥型；sp3． （3）化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为；一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O． 故答案为：；N2O． （4）E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s1；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3． 故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3． （5）B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg（NO3）2，令NH4NO3，Mg（NO3）2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有[5﹣（﹣3）]×x＝2y，所以x：y＝4：1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3＝4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O． 故答案为：4Mg+10HNO3＝4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O． 【点评】题目综合性较大，涉及结构性质越位置关系、元素周期律、电子式与核外电子排布、配合物与杂化理论、分子结构，氧化还原反应等，难度中等，是物质结构的综合性题目，是对学生综合能力的考查，氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高是推断的突破口． 18．【分析】（1）①A．非极性键是指同种元素形成的共价键； B．根据图中结构分析反应； C．可根据C元素化合价变化分析； D．催化剂能够改变化学反应速率，但在反应过程中自身并未被消耗； ②电负性越低，越易失电子，形成富电子表面，通过比较电负性对电子转移和催化活性的影响； （2）①结合曲线数值变化以及反应方程式中各物质的系数分析； ②根据图中数据列出三段式求解平衡常数； ③利用浓度熵与平衡常数之间关系分析平衡移动方向； （3）利用阿伦尼乌斯公式，分析温度对活化能差异的反应的选择性影响。 【解答】解：（1）①A．步骤Ⅰ中H2解离吸附，形成的物质中没有非极性键，A错误； B．根据催化反应的核心过程，步骤Ⅲ发生的反应为*COOH→*CO+*OH（*表示吸附在催化剂上），B正确； C．步骤Ⅳ中碳元素由*CO转化为CH4，C元素的化合价降低，发生还原反应，C正确； D．整个反应过程中M和TiO2都起到催化作用，D错误； 故答案为：BC； ②Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，意味着Ru的吸电子能力更强，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，Ru的吸电子能力更强更易使Ru表面富电子，从而更好促进H2的解离和CO2的活化，所以使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率， 故答案为：高于； （2）①CH4、H2S均为反应物，变化趋势相同，CS2、H2为生成物，变化趋势相同，由图可知随着温度的升高，曲线a与b的物质的量分数比例约为4：1，曲线c与d的物质的量分数比例约为2：1，故曲线d表示平衡时CH4物质的量分数随温度的变化，曲线a、b、c依次表示平衡时H2、CS2、H2S物质的量分数随温度的变化， 故答案为：d； ②曲线c代表H2S物质的量分数随温度的变化，曲线a代表H2物质的量分数随温度的变化，曲线b代表CS2物质的量分数随温度的变化，根据图像，780℃时，CH4和H2的物质的量分数相同，设CH4转化的物质的量为y mol，列出三段式： CH4（g）+2H2S（g）CS2（g）+4H2（g） 起始（mol） 1 2 0 0 转化（mol） y 2y y 4y 平衡（mol） 1﹣y 2﹣2y y 4y 1﹣y＝4y，解得y＝0.2 mol，n总＝（0.8+1.6+0.2+0.8）mol＝3.4mol，780℃时该反应的Kp＝ ， 故答案为：； ③设m点时甲烷转化了z mol，列出三段式： CH4（g）+2H2S（g）CS2（g）+4H2（g） 起始（mol） 1 2 0 0 转化（mol） z 2z z 4z 平衡（mol） 1﹣z 2﹣2z z 4z m点时CS2和CH4的物质的量相等，则有1﹣z＝z，解得z＝0.5 mol，n总＝（0.5+1+0.5+2）mol＝4mol，m点对应温度下该反应的Kp＝ ，m点温度不变，向容器中再通入CH4、H2S、CS2、H2各1mol，此时Qp＝，Qp＜Kp，平衡正移，故v（正）＞v（逆）， 故答案为：＞； （3）已知Ea，苯＜Ea，二甲苯，根据，要提高苯的选择性，即生成苯的反应速率相对生成二甲苯的反应速率更快，可以使用合适的催化剂使生成苯的反应速率加快；可以适当降低温度，由于Ea，苯＜Ea，二甲苯，降低温度对活化能高的反应（生成二甲苯的反应）速率影响更大，生成二甲苯的反应速率降低得更多，从而提高苯的选择性， 故答案为：加入合适的催化剂、适当降低温度。 【点评】本题以“甲烷资源化利用”为真实情境，综合考查了化学反应原理的核心知识点，包括催化反应机理、化学平衡计算和反应动力学控制，题目设计层次分明，从微观反应过程分析到宏观平衡移动判断，最后延伸到反应选择性优化，体现了化学理论在解决实际问题中的应用价值，强化了“宏观﹣微观﹣符号”三重表征的思维：需将图像曲线（宏观）与反应机理（微观）、化学公式（符号）关联，整体难度较大。 19．【分析】（1）根据草酸氢根离子的电离方程式来回答； （2）向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加10mL 0.01mol/L NaOH溶液时，二者恰好反应，所得溶液为草酸钠溶液，据此来确定离子浓度的大小； （3）根据氧化还原反应得失电子守恒配平反应方程式； （4）①根据中和反应的实质来计算回答； ②根据反应的化学方程式进行计算； ③根据化学方程式来计算． 【解答】解：（1）NaHC2O4溶液显酸性的原因是：HC2O4﹣ H++C2O42﹣，电离程度大于水解程度， 故答案为：HC2O4﹣ H++C2O42﹣； （2）向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加10mL 0.01mol/L NaOH溶液时，二者恰好反应，所得溶液为草酸钠溶液，在该溶液中，直接电离出的钠离子和草酸根浓度最大，但是草酸根会水解，所以c（Na+）＞c（C2O42﹣），草酸根水解生成草酸氢根和氢氧根，溶液显碱性，水电离会生成一部分氢氧根，所以c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）， 故答案为：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）； （3）反应中根据氧化剂得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4﹣～5H2C2O4，在根据电荷守恒和质量守恒可写出反应方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2；5；6；2；10；8； （4）①根据中和反应的实质知道氢离子的物质的量即为氢氧化钠的物质的量，即0.25mol/L×0.02L＝0.005mol， 故答案为：0.005mol； ②氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4﹣～5H2C2O4，滴加0.10mol/L 酸性KMnO4溶液至16mL时反应完全，即消耗高锰酸根离子0.10mol/L×0.016L＝0.0016mol，所以该溶液中还原剂的物质的量为＝4×10﹣3mol， 故答案为：4×10﹣3mol； ③设原样品中含有H2C2O4•2H2O的物质的量为x，含有KHC2O4的物质的量为y，则2x+y＝5×10﹣3mol×，x+y＝4×10﹣3mol×， 解得x＝0.01mol，y＝0.03mol，所以×100%＝64%，故答案为：0.01；64%． 【点评】本题是一道综合知识题目，考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/1/21 16:46:07；用户：刘宇航；邮箱：orFmNt9SGbxedNNzAr7LNsbpTfeM@weixin.jyeoo.com；学号：46069927 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $