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第三讲复习题

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第三讲 络合滴定复习思考题
一、选择题
1．下列关于EDTA 与金属离子M 的络合物的描述中，不正确的是 （ ）
（A ）EDTA 与大部分金属离子生成摩尔比为1：1的络合物；
（B ）EDTA 与无色金属离子生成的络合物无色；
（C ）EDTA 与M 生成的络合物具有多元环状结构；
（D ）EDTA 与M 生成的络合物的稳定常数在任何条件下均为一固定不变的常数。

2．下列表述错误的是 ( )
（A ）络合滴定中，pH 越小，酸效应越大；
（B ）在络合平衡中，1)(=L M α表示M 与L 间不存在副反应；
（C ）络合滴定中，条件稳定常数K′越大，则滴定的突跃范围越大；
（D ）络合平衡中的各种副反应均使络合物的稳定性降低。

3．在考虑络合剂EDTA 的酸效应)(H Y α和共存离子效应)(N Y α，金属离子M 的络合效应)(L M α的情况下，络合物MY 的条件稳定化常数的对数表达式为（ ）
(A) )()()(lg lg /
L M N Y H Y MY MY K K ααα---=；
(B) )()()(lg lg lg lg lg /L M N Y H Y MY MY K K ααα---=；
(C) )()()(lg )1lg(lg lg /L M N Y H Y MY MY K K ααα----=；
(D) )()()(lg )1lg(lg lg /L M N Y H Y MY MY K K ααα--+-=；
4．在氨性缓冲液中，用EDTA 滴定Zn 2+到化学计量点时，以下关系正确的是（ ）
（A ）SP SP Y Zn ][][2=+； （B ）SP SP
Y Zn C C =+2； （C ）ZnY SP K ZnY Zn /][][2=+； （D ）/2/][][ZnY K ZnY Zn SP =+。

5．在络合滴定中，用返滴法测定Al 3+时，若在pH=5~6时以某金属离子标准溶液返滴定过量的EDTA ，金属离子标准溶液最好选 （ ）
(A) Mg 2+； (B) Zn 2+； (C) Ag +； (D) Bi 3+
6．造成金属指示剂封闭的原因是 （ ）
（A ）指示剂与被测离子生成的络合物过于稳定；
（B ）指示剂与被测离子生成的络合物极不稳定；
（C ）指示剂与被测离子生成的络合物难溶于水；
（D ）指示剂与被测离子不发生络合反应；
7．用EDTA 滴定Mg 2+，采用铬黑T 为指示剂，少量Fe 3+的存在将导致 （ ）
(A) 终点颜色变化不明显，以致无法确定终点；
(B) 在化学计量点前指示剂即开始游离出来，使终点提前；
(C) 使EDTA 与指示剂作用缓慢，终点延长；
(D) 与指示剂形成沉淀，使其失去作用
8．用EDTA 络合滴定法测定Al 3+，只能采用返滴定法的主要原因是 （ ）
（A ）EDTA 与Al 3+的反应不完全；（B ）EDTA 与Al 3+的反应无确切的计量关系；
（C ）EDTA 与Al 3+的反应速度慢；（D ）EDTA 不能与Al 3+的反应
二、计算题
1、在pH=9.26及总浓度为0.2mol/L 的氨性缓冲溶液中，以0.020mol/L EDTA 滴定50.0 mL 0.020mol/L Ag +溶液。

计算：（1）化学计量点时体系中游离的Ag +浓度及未与EDTA 络合的Ag +浓度；（2）滴定剂过量100%时体系中游离的Ag +浓度及未与EDTA 络合的Ag +浓度。

已知：pH=9.26时，10.1lg )(=H Y α；lg K AgY =16.50，Ag-NH 3络合物：β1 = 103.40、β2 = 107.10；NH 3的p K b =4.74。

2．（1）在pH9.26的磷酸盐缓冲溶液中，以0.020mol/L EDTA 滴定浓度均为0.02mol/L 的Cu 2+和Ca 2+混合溶液，会产生几个滴定突越？（2）若改为在pH9.26的 NH 4Cl-NH 3缓冲溶液中（设终点时，未络合的氨的总浓度为0.20mol/L ）滴定，又会产生几个滴定突跃？已知lg K CuY =18.80、lg K CaY =10.0；pH=9.26时，lg αY(H)=1.20、αCu(OH)≈1、αCa(OH)≈1；Cu 2+-NH 3的lg β1=4.31、lg β2=7.98、lg β3=11.02、lg β4=13.32、lg β5=12.86；NH 3的pK b =4.74)
3．称取含有Bi 、Pb 、Zn 的合金试样1.250g ，用HNO 3溶解并定溶至100mL ，移取25.00mL 此试液于250mL 的锥形瓶中，按下列步骤测定：首先调节溶液pH 为1.0，以二甲酚橙为指示剂，用0.02000mol/L 的EDTA 滴定，消耗12.50mL ；然后用NH 3-NH 4Cl 缓冲缓冲溶液调节溶液的pH 到8.0，继续用上述EDTA 滴定，消耗12.00mL ；最后加入KCN ，使终点时游离CN -的浓度达到0.1000mol/L ，再用0.01000mol/L 的Pb 2+标准溶液滴定，用去Pb 2+标准溶液10.00mL 。

计算试样中Bi 、Pb 和Zn 的含量并说明计算依据。

已知lg K PbY = 18.07、lg K ZnY = 16.50、lg K BiY = 27.94；pH1.0时，lg αY(H)=18.10；pH9.0时，lg αY(H)=2.27； Zn(CN -)4的稳定化常数lg β4=16.7；Bi 、Pb 和Zn 的相对原子量分别为209.0，207.2和65.39。

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2022届高考地理(湘教版)一轮复习(精选题库)区域地理：世界地理 第3讲 世界主要国家

2022届高考地理(湘教版)一轮复习(精选题库)区域地理：世界地理 第3讲 世界主要国家

第3讲世界主要国家一、选择题“全球米贵”令粮食平安危机已经成为世界性难题。

为缓解粮食平安危机，不少国家走上了海外屯田之路。

日本早就乐观开发海外粮库，现在海外屯田的面积已是国内耕地面积的3倍。

苏丹由于拥有粮食生产的区位优势，成为海外屯田的热点目的地。

结合所学学问回答1～2题。

1．日本乐观开展海外屯田的缘由不包括()。

A．人多地少B．山地多平原少C．农村人口比重大D．经济发达2．下列有关苏丹的叙述，正确的是()。

A．降水稀有，水资源短缺B．气温年较差大，有利于农作物养分积累C．光照充分，粮食品质好D．东南部多平原，耕地面积宽敞解析第1题，日本经济发达，城市化水平高，农村人口比重小。

第2题，从图中可以看出苏丹有白尼罗河等河流流经，水资源较为丰富；气温年较差对于养分积累没有明显作用；从图中可以看出其东部和南部为多条河流发源地，地形以丘陵和山地为主。

答案 1.C 2.C读“甲、乙两区域图”，完成3～4题。

3．图中M、N是世界有名的湖泊，关于两湖泊的描述正确的是()。

A．两湖分别是所在地区面积最大的湖泊B．M湖是内力作用形成的，N湖是外力作用形成的C．M湖四周的植被为热带雨林，N湖四周的植被为温带草原D．两湖均为内流湖4．两湖泊所在区域的人文地理特征为()。

A．甲、乙区域经济发达，农业分别为大牧场放牧业和乳畜业B．甲、乙区域资源丰富，资源分别为铁矿、铀矿和煤炭、石油C．甲、乙区域人口稠密，人口自然增长率低D．甲区域环境问题以生态破坏为主，乙地区环境问题以环境污染为主解析第3题，依据经纬度及海陆轮廓可知，M湖为东非大裂谷带上的维多利亚湖，四周为热带草原带；N湖为北美五大湖地区的休伦湖，是冰川作用形成的。

苏必利尔湖是五大湖中最大的湖泊。

两湖均为外流湖。

第4题，东非高原地区经济进展水平低，人口自然增长率高，生态破坏严峻。

五大湖地区石油不丰富，工业发达，环境污染严峻。

答案 3.B 4.D读俄罗斯局部地区农产品和植被分布示意图，完成5～6题。

梁老师二年级奥数培优第三讲复习题

梁老师二年级奥数培优第三讲复习题

梁老师二年级奥数培优第三讲复习题梁老师奥数培优二年级奥数复习奥数训练，重在日积月累，既拓展思维，又提升能力，为孩子打造一方思维空间！第三讲移多补少在生活或者学习中，经常会遇到很多不相等的现象。

有时为了需要，要把不相等转化成相等，就要移多补少，也就是要把多出的部分平均分成两份，自己留下一份，把另一份补给少的，最终使两个不相等的量变成相等。

【解题关键】：解答这类题时，要把多出的部分平均分成两份，给出其中的一份而不是全部，通过移多补少，把不相等变为相等。

记住梁老师在课堂上讲过的一个重要知识点：相差数等于移动数的2倍。

【精彩题例】：小明有16张画片，小红有12张画片，小明给小红几张，两人的画片就会同样多？【思路导航】：从题意言，小明的画片比小红多4张，即16－12＝4（张），把多的4张平均值分为两份，每份就是2张，4÷2＝2（张），那么小明给小红2张，两人的画片数就同样多了。

【触类旁通】：1、某班一组存有28人，二组存有22人，如何调整，两组人数就能够同样多？2、小玲有10枝铅笔，小刚有6枝铅笔，小玲给小刚几枝后，两人的铅笔数相等？【精彩题例】：甲和乙各有一些小贝壳，甲给乙3个后，两人的贝壳数同样多，原来甲比乙多几个小贝壳？【思路导航系统】：梁老师奥数培优二年级奥数复习根据题意：甲给乙3个小贝壳后，两人的贝壳数才同样多，表明甲原来比乙多两个3，甲自己领了1个3，给了乙1个3，则甲比乙多的就是3的2倍，即3×2＝6（个）【触类旁通】：1、哥哥和弟弟各存有一些故事书，哥哥借予弟弟4本后，两个人的故事书本数成正比，哥哥原来比弟弟多几本？2、二年级有60名同学排两队做操，第一队调4人到第二队，两队人数同样多。

原来第二队比第一队少多少人？【精彩题例】：小文有22张邮票，小文给小方4张后，两人的邮票数同样多，小方原来有几张邮票？【思路导航】：小文给小方4张，两人的邮票张数同样多，表明小文比小方多4×2＝8（张）邮票，从小文邮票张数中乘以多的8张，就是大方旧有的邮票张数，即22－8＝14（张）。

2025年高考物理总复习专题十三热学第3讲热力学定律

2025年高考物理总复习专题十三热学第3讲热力学定律

第3讲热力学定律、能量守恒知识巩固练1.(2023年湛江二模)一同学在室内空调显示屏上看到室内的空气温度，为了测出室外的空气温度，他将一近似球形的气球在室内吹大并放置较长一段时间后，测量其直径为L1之后拿到室外并放置较长一段时间后，测量其直径为L2，L2＞L1若不考虑气球表皮的弹力变化，且气球吹大后视为球体，大气压不变，室内、外的温度均保持不变，则()A.气球内气体对外界做负功B.气球内气体对外界不做功C.室外温度比室内温度高D.气球在室外放出了热量【答案】C【解析】气球直径变大，说明气体体积变大，说明气体对外界做功，A、B错误；根据V1T1=V2T2，可知体积变大，温度升高，所以室外温度比室内温度高，C正确；根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知温度升高，气体内能增大；体积变大，气体对外界做功，所以气体从外界吸收热量，D错误.2.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成.开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示.在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体()A.对外做正功，分子的平均动能减小B.对外做正功，内能增大C.对外做负功，分子的平均动能增大D.对外做负功，内能减小【答案】A3.(2023年北京东城一模)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经过两个状态变化过程，先后到达状态b和状态c.下列说法正确的是()A.从a 到b 的过程中，气体从外界吸热B.从a 到b 的过程中，气体的内能增加C.从b 到c 的过程中，气体的压强减小D.从b 到c 的过程中，气体对外界做功【答案】C 【解析】从a 到b 的过程中，气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功.ΔU =0，W ＞0，由热力学第一定律ΔU =W +Q ，得Q ＜0，气体向外界放热，A 、B 错误；从b 到c 的过程中，体积不变，气体对外界不做功.从b 到c 的过程中，温度降低，体积不变，由查理定律得，气体的压强减小，C 正确，D 错误.综合提升练4.(2022年辽宁卷)一定质量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其体积V 和热力学温度T 变化图像如图所示，此过程中该系统 ( )A.对外界做正功B.压强保持不变C.向外界放热D.内能减少【答案】A 【解析】理想气体从状态a 变化到状态b ，体积增大，理想气体对外界做正功，A 正确；由题图V -T 图像可知V =V 0+kT ，根据理想气体的状态方程有pV T =C ，联立有p =Ck +V 0T ，可看出T 增大，p 增大，B 错误；理想气体从状态a 变化到状态b ，温度升高，内能增大，D 错误；理想气体从状态a 变化到状态b ，A 、D 可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C 错误.5.(2022年河北卷)如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球.容器内温度处处相同.气球内部压强大于外部压强.气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将________(填“增大”“减小”或“不变”)；温度将________(填“升高”“降低”或“不变”).【答案】增大 升高 【解析】假设气球内部气体和气球外部气体的温度不变，当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，容器中气球外部气体的压强将增大.当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，原来气球外部气体绝热压缩，与外界无热交换，即Q =0，外界对气体做功，即W ＞0，根据绝热情况下的热力学第一定律ΔU =W ，可知气体内能增加，温度T 升高.6.如图所示是某种家庭便携式喷雾消毒桶及其原理图，内部可用容积为2 L ，工作人员装入稀释过的1.2 L 药液后旋紧壶盖，关闭喷水阀门，拉动压柄打气，每次打入压强为1 atm ，体积为0.1 L 的气体，此时大气压强为1 atm ，当壶内压强增大到2 atm 时，开始打开喷阀消杀，假设壶内温度保持不变，若不计管内液体体积.下列说法正确的是 ( )A.工作人员共打气9次B.打开阀门，当壶内不再喷出消毒液时，壶内剩余消毒液的体积为0.4 LC.打开阀门，当壶内不再喷出消毒液时，壶内剩余消毒液的体积为0.1 LD.消毒液喷出过程，气体对外做功，对外做功大于从外界吸收热量【答案】B【解析】设工作人员共打气n次，根据玻意耳定律有1 atm×(2 L-1.2 L)+n·1 atm×0.1 L=2 atm×(2 L-1.2 L)，解得n=8，故A错误；打开阀门后，根据玻意耳定律有2 atm×(2 L-1.2 L)=1 atm×V气，解得V气=1.6 L，壶内不再喷出消毒液时，壶内气体的体积为1.6 L，则壶内剩余消毒液的体积为0.4 L，B正确，C错误；由于壶内温度保持不变，则壶内气体的内能不变，则根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知气体对外做的功等于从外界吸收的热量，D错误.。

高中生物一轮复习专题训练：第3讲 蛋白质和核酸(word版含解析)

高中生物一轮复习专题训练：第3讲 蛋白质和核酸(word版含解析)

高中生物一轮复习专题训练第3讲蛋白质和核酸1．用高浓度的尿素溶液处理从细胞中分离纯化的蛋白质，可使其失去天然构象变为松散肽链(称为“变性”)；除去尿素后，蛋白质又可以恢复原来的空间结构(称为“复性”)，且蛋白质分子越小复性效果越好。

下列叙述正确的是()A．尿素与蛋白酶的作用效果相似B．氨基酸数量会影响蛋白质的空间结构C．过氧化氢酶经高浓度尿素溶液处理后活性不变D．双缩脲试剂可以鉴定上述“变性”的发生解析：除去尿素后，蛋白质又可以“复性”，而经蛋白酶处理后的蛋白质不能“复性”，故尿素与蛋白酶的作用效果不同，A错误；由题干信息“蛋白质分子越小复性效果越好”可知，氨基酸数量会影响蛋白质的空间结构，B正确；由题干信息蛋白质经高浓度的尿素溶液处理后可发生“变性”，可推测过氧化氢酶经高浓度的尿素溶液处理后，其活性会发生改变，C错误；蛋白质“变性”后变为松散肽链，可与双缩脲试剂发生紫色反应，D错误。

答案：B2．某种核糖体失活蛋白(RIP)由A、B两条肽链组成。

RIP作用于靶细胞时，B链与细胞膜上特定的受体E结合后引导A链进入细胞，A链与核糖体结合后催化rRNA水解。

已知细胞癌变后膜上的受体E数量会增多。

下列说法正确的是()A．RIP的A、B链主要依赖肽键相连接B．RIP可以用于抑制肿瘤细胞的增殖C．RIP通过影响基因表达延缓细胞衰老D．RIP作用后B链结构不变表明B链具有酶的作用解析：蛋白质中的氨基酸之间依靠肽键相连，但连接肽链的化学键一般不是肽键，A错误；癌细胞的增殖过程中需要核糖体合成相关蛋白质，而RIP是核糖体失活蛋白，因此其可以用于抑制肿瘤细胞的增殖，B正确；RIP可催化rRNA水解，而rRNA是核糖体的重要成分，核糖体是翻译的场所，因此该蛋白可影响基因表达，但不能延缓细胞衰老，C错误；RIP作用后B链结构不变不能表明B链具有酶的作用，D错误。

答案：B3．2019年诺贝尔生理学或医学奖授予了三位科学家，以表彰他们在细胞感知和适应氧气变化机制领域的贡献。