2026届陕西韩城高二化学第一学期期中监测试题含解析

2026届陕西韩城高二化学第一学期期中监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。下列叙述错误的是A．pH=1.2时，B．C．pH=2.7时，D．pH=4.2时，2、下列说法能够用勒·夏特列原理来解释的是()A．加入催化剂可以提高单位时间氨的产量B．高压有利于氨的合成反应C．700K高温比室温更有利于合成氨的反应D．恒温恒容下，在合成氨平衡体系中充入He，使压强增大，则平衡正向移动，NH3增多3、如图是用于通过测定单位时间内产生气体的体积来测量反应速率的装置，下列说法中正确的是()A．如果在分液漏斗中加入稀硫酸，在锥形瓶中加入纯锌比加入粗锌产生氢气速率快B．如果在分液漏斗中加入浓硫酸，在锥形瓶中加入粗锌比加入纯锌产生氢气快C．在锥形瓶中加入纯锌，在分液漏斗中加入稀硫酸比加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快D．在锥形瓶中加入纯锌，在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜比加入稀硫酸产生氢气速率快4、下列过程的能量变化符合下图所示的是A．酸碱中和反应B．CH4在O2中燃烧C．NH4Cl晶体与Ba(OH)2・8H2O晶体混合搅拌D．CaO溶于水生成Ca(OH)25、下列物质熔点高低排列顺序正确的是（）A．NaCl＜MgO＜H2O B．Na＜Mg＜AlC．K＞Na＞Li D．单晶硅>金刚石>氮化碳6、下列性质递变不正确的是（）A．酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4B．半径：Cl—>Na+>F—C．热稳定性：HF>HCl>HBrD．还原性：Cl—<Br—<I—7、人体内所必需的下列元素中，因摄入量不足而导致骨质疏松的是A．K B．Ca C．Na D．Fe8、温度为T1（T1=25℃）和T2时，水溶液中水的离子积曲线如图所示：下列判断错误的是（）A．T2＞25℃B．x=1.0×10﹣7C．KW（a）=KW（d）D．b点溶液呈碱性，c点溶液呈酸性9、如图是某元素原子结构示意图，下列关于该元素的判断正确的的是（）A．位于第三周期元素B．属于第VII族元素C．该元素的化合价只有-2价D．该原子在化学反应中容易得到2个电子10、下列电池属于二次电池的是（）①锌银钮扣电池②氢氧燃料电池③铅蓄电池④锌锰干电池A．① B．② C．③ D．④11、下列气体可用向上排空气法收集的是A．NH3 B．H2 C．Cl2 D．CH412、将一定量的有机物充分燃烧，产物先通入浓硫酸，浓硫酸增重5.4g，然后通入足量澄清石灰水中，完全吸收后，经过滤得到20g沉淀，则该有机物可能是A．乙烯B．乙醇C．甲酸甲酯D．乙酸13、下列关于原电池和电解池的叙述正确的是A．原电池中失去电子的电极称为阴极B．电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应C．原电池的两极一定要由活动性不同的两种金属组成D．电解时，电解池的阳极一定是阴离子放电14、下列有机物命名正确的是A．2-乙基丙烷B．CH3CH2CH(OH)CH32-丁醇C．间二甲苯D．2-甲基-2-丙烯15、已知分解1molH2O2放出热量98kJ。在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2+I-→H2O+IO-慢H2O2+IO-→H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法不正确的是A．反应速率与I-浓度有关B．I-是该反应的催化剂C．生成1molO2放热196kJD．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)16、下列实验装置能达到目的A．①装置用于检验1-溴丙烷消去反应的产物B．②装置实验室乙醇制乙烯C．③装置用于实验室制酚醛树脂D．④装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚二、非选择题（本题包括5小题）17、a，b，c，d为四种由短周期元素构成的中性粒子，它们都有14个电子，且除a外都是共价型分子。回答下列问题：（1）a是单核粒子，a单质可用作半导体材料，a原子核外电子排布式为______________。（2）b是双核化合物，常温下为无色无味气体。b的化学式为________。人一旦吸入b气体后，就易引起中毒，是因为__________而中毒。（3）c是双核单质，写出其电子式____________。c分子中所含共价键的类型为_______(填“极性键”或“非极性键”)。c单质常温下性质稳定，不易起反应，原因是________________________。（4）d是四核化合物，其结构式为______________；d分子内所含共价键有________个σ键，________个π键；σ键与π键的强度大小关系为σ___π(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是：__________。18、格氏试剂在有机合成方面用途广泛，可用卤代烃和镁在醚类溶剂中反应制得。设R为烃基，已知：阅读合成路线图，回答有关问题：（1）反应Ⅰ的类型是____。（2）反应Ⅱ的化学方程式为____。（3）反应Ⅲ的条件是____。（4）G的一种同分异构体中含有苯环且分子中有3种不同化学环境的氢原子，其结构简式为____。19、自然界水体中的碳元素主要以碳酸盐、碳酸氢盐和有机物形式存在。水体中有机物含量是水质的重要指标，常用总有机碳衡量(总有机碳＝)。某学生兴趣小组用如下实验方法测定采集水样的总有机碳。步骤1：量取50mL水样，加入足量硫酸，加热，通N2，并维持一段时间(装置见右图，夹持类仪器省略)。步骤2：再向水样中加入过量的K2Cr2O7溶液(可将有机物中的碳元素氧化成CO2)，加热，充分反应，生成的CO2完全被100mL0.205mol·L－1的Ba(OH)2溶液吸收。步骤3：将吸收CO2后的浊液过滤并洗涤沉淀，再将洗涤得到的滤液与原滤液合并，加水配制成500mL溶液。量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入指示剂，并滴加0.05000mol·L－1的H2C2O4溶液，发生反应：Ba(OH)2＋H2C2O4===BaC2O4↓＋2H2O，恰好完全反应时，共消耗H2C2O4溶液20.00mL。（1）步骤1的目的是________。（2）计算水样的总有机碳(以mg·L－1表示)，并写出计算过程。____________（3）用上述实验方法测定的水样总有机碳一般低于实际值，其原因可能是__________________________________________。（4）高温燃烧可将水样中的碳酸盐、碳酸氧盐和有机物所含碳元素转化为CO2，结合高温燃烧的方法，改进上述实验。①请补充完整改进后的实验方案：取VL的水样，分为两等份；将其中一份水样高温燃烧，测定生成CO2的物质的量为n1mol；____________________________________，测定生成CO2的物质的量为n2mol。②利用实验数据计算，所取水样的总有机碳为________mg·L－1(用含字母的代数式表示)。20、I充满HCl（标准状况）的烧瓶做完喷泉实验后得到的稀盐酸溶液，用标准氢氧化钠溶液滴定，以确定该稀盐酸的准确物质的量浓度。回答下列问题：（3）该滴定实验盛装标准液的仪器是__________，若该仪器的量程为50mL，调液面为0，将该仪器中所有液体放出，则放出的溶液体积_______50mL。（填“＞”，“＝”，“＜”）（3）若该滴定实验用酚酞做指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从____色变为____色且保持30s内不变色。（3）配制三种不同浓度的标准氢氧化钠溶液，你认为最合适的是第______种。①5.000mol/L②0.5000mol/L③0.0500mol/L（4）若采用上述合适的标准氢氧化钠溶液滴定稀盐酸，操作步骤合理，滴定后的实验数据如下：实验编号待测盐酸的体积（mL）滴入氢氧化钠溶液的体积（mL）330.0037.30330.0037.03330.0036.98求测得的稀盐酸的物质的量浓度为_________________________。II测血钙的含量时，可将3．0mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)3C3O4晶体，反应生成CaC3O4沉淀。将沉淀用稀硫酸处理得H3C3O4后，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO3，还原产物为Mn3+，若终点时用去30．0mL3．0×30-4mol·L-3的KMnO4溶液。（3）写出用KMnO4滴定H3C3O4的离子方程式______________。（3）判断滴定终点的方法是______。（3）计算：血液中含钙离子的浓度为____g·mL-3。21、已知亚磷酸(H3PO3)的结构如图，具有强还原性的弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。(1)已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的离子方程式__________.(2)Na2HPO3是____(填“正盐”或“酸式盐”)正盐(3)亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________；(4)某温度下，0.10mol•L-1的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，该温度下H3PO3的电离平衡常数K=___________________；(H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字)(5)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：c(Na+)_____c(H2PO3-)+2c(HPO32-)(填“＞”、“＜”或“=”，下同)；在NaH2PO3溶液中，c(H+)+c(H3PO3)_____c(HPO32-)+c(OH-)(6)向某浓度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3-、HPO32-的物质的量分数a(X)（平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系如图所示。以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_____________.

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)=c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C、根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D、根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D说法错误。2、B【解析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，且平衡发生移动，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．催化剂只影响化学反应速率不改变平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A不选；B．增大压强平衡正向移动，所以高压有利于氨的合成，可以用平衡移动原理解释，故B选；C．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则高温利于合成氨的反应不能用平衡移动原理解释，故C不选；D．恒温恒容下，在合成氨平衡体系中充入He，使压强增大，但氮气、氢气和氨气浓度不变，不影响平衡移动，不能用平衡移动原理解释，故D不选；答案选B。【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应并且从平衡移动的角度分析。选项D是解答的易错点，注意压强对反应速率和平衡移动影响的实质。3、D【解析】A.因粗锌中含有杂质金属，粗锌与稀硫酸形成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑的反应速率加快，所以粗锌比纯锌产生氢气速率快，A项错误；B.因为浓硫酸具有强氧化性，+6价硫元素得电子被还原为SO2，所以浓硫酸与粗锌或纯锌反应都不会产生氢气，B项错误；C.当加入稀硫酸和硫酸铜时，锌与硫酸铜发生置换反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，生成的铜与纯锌在稀硫酸溶液中构成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑反应速率加快，所以在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快，C项错误；D.当加入稀硫酸和硫酸铜时，锌与硫酸铜发生置换反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，生成的铜与纯锌在稀硫酸溶液中构成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑反应速率加快，所以在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快，D项正确；答案选D。4、C【分析】熟记常见的吸热反应和放热反应，若为吸热反应，生成物总能量应该高于反应物总能量，若为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，结合能量变化图，据此回答本题。【详解】A.酸碱中和反应为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故A错误；B.燃烧反应为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故B错误；C.NH4Cl晶体与Ba(OH)2・8H2O晶体反应为吸热反应，生成物总能量应该高于反应物总能量，符合图示，故C正确；D.CaO溶于水生成Ca(OH)2为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故D错误；故答案为C。5、B【详解】A选项，不同类型的晶体的熔点比较的一般规律为：分子晶体＜离子晶体＜原子晶体，NaCl、MgO是离子晶体，H2O为分子晶体，熔点低，故A错误；B选项，金属晶体的熔点比较：离子半径越小，熔沸点越高，半径Al＜Mg＜Na，熔沸点Na＜Mg＜Al，故B正确；C选项，金属晶体的熔点比较：离子半径越小，熔沸点越高，半径K＞Na＞Li，故熔沸点Li＞Na＞K，故C错误；D选项，原子晶体熔沸点比较：半径越小，熔沸点越高，因此三者熔沸点为：金刚石>氮化碳>单晶硅，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】晶体熔沸点一般规律为：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体原子晶体、金属晶体：主要看半径，半径越小，键越强，熔沸点越高；离子晶体：主要比较离子半径和晶格能，离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高；分子晶体：结构和组成相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，有氢键的物质熔沸点格外的高。6、B【解析】分析：A项，非金属性Cl>S>P，最高价氧化物对应水化物酸性HClO4>H2SO4>H3PO4；B项，根据“层多径大，序大径小”，半径Cl->F->Na+；C项，非金属性F>Cl>Br，气态氢化物的热稳定性HF>HCl>HBr；D项，非金属性Cl>Br>I，还原性Cl-<Br-<I-。详解：A项，Cl、S、P都是第三周期元素，同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，非金属性Cl>S>P，最高价氧化物对应水化物酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，A项正确；B项，根据“层多径大，序大径小”，半径Cl->F->Na+，B项错误；C项，F、Cl、Br都是第VIIA族元素，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱，非金属性F>Cl>Br，气态氢化物的热稳定性HF>HCl>HBr，C项正确；D项，Cl、Br、I都是第VIIA族元素，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性Cl>Br>I，还原性Cl-<Br-<I-，D项正确；答案选B。7、B【详解】钙是组成骨胳的主要成分，是骨胳的坚硬支架，幼儿和青少年缺乏会患佝偻病，老年人缺乏会患骨质疏松，故B可选。8、C【解析】A、水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，25℃时纯水中c(H+)=1.0×10-7mol/L，T2时纯水中c(H+)=1.0×10-6mol/L，比25℃时纯水中c(H+)大，所以T2＞25℃，故A正确；B、T1为常温，纯水中c(H+)=1.0×10-7mol/L，所以x=1.0×10-7，故B正确；C、升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，T2＞25℃,所以KW(a)＜KW(d)，故C错误；D、b点溶液中c(H+)＞c(OH−)，溶液显酸性，c点溶液c(H+)＜c(OH−)，溶液显碱性，故D正确。故选C。9、D【分析】原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，离圆圈最远的弧线表示最外层。若最外层电子数⩾4，在化学反应中易得电子，若最外层电子数<4，在化学反应中易失去电子，以此解答。【详解】A.该元素是34号元素，原子的电子层数为4，位于第四周期，故A错误；B.该元素是34号元素，原子最外层有6个电子，位于第VIA族，故B错误；C.该元素的原子最外层有6个电子，化合价可以是-2、+6价等，故C错误；D.最外层电子数⩾4，在化学反应中易得电子，该原子在化学反应中容易得到2个电子，故D正确；故选D。10、C【解析】锌锰干电池、锌银钮扣电池、氢氧燃料电池等属于不可充电电池，完全放电后不能再使用，属于一次电池，铅蓄电池属于可充电电池，可以反复充电放电，属于二次电池，故选C。11、C【分析】可用向上排空气法收集说明气体的密度大于空气，且与空气不反应，【详解】A、氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，A错误；B、氢气密度小于空气，用向下排空气法收集，B错误；C、氯气密度大于空气，用向上排空气法收集，C正确；D、甲烷密度小于空气，用向下排空气法收集，D错误；答案选C。【点晴】明确气体的性质是解答的关键，常见气体的收集方法是：1.排水法，适用于不易溶于水的气体。例如氢气，氧气；2.向上排空气法，适用于比空气密度大，溶于水的气体，例如二氧化碳，氯气；3，向下排空气法，适用于比空气密度小，溶于水的气体，例如氨气。12、B【解析】试题分析：浓硫酸增重5.4g是水的质量，物质的量为5.4g÷18g/mol=0.3mol，n(H)=0.6mol，n(CO2)=n(CaCO3)=20g÷100g/mol=0.2mol，n(C)=0.2mol.所以在该有机物在n(C):n(H)=1:3。A．乙烯的分子是为C2H4，n(C):n(H)=1:2，A项错误；B．乙醇的分子式为C2H6O，n(C):n(H)=1:3，B项正确；C．甲酸甲酯的分子式为HCOOCH3，n(C):n(H)=1:2，C项错误；D．乙酸的分子式为CH3COOH，n(C):n(H)=1:2，D项错误；答案选B。考点：考查有机物的计算等知识。13、B【详解】A项、原电池中失去电子的电极为负极不是阴极，故A错误；B项、原电池负极上失电子发生氧化反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应，故B正确；C项、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成，故C错误；D项、电解时，电解池阴极上得电子发生还原反应，故D错误；故选B。【点睛】原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成是易错点。14、B【解析】烷烃命名时，选碳原子最多的链为主链；烃的衍生物命名时，含有官能团的最长碳链为主链；两个甲基在苯环的对位上；从离官能团最近的一端开始给主链碳原子编号。【详解】A.的名称是2-甲基丁烷，故A错误；B.CH3CH2CH(OH)CH3的名称是2-丁醇，故B正确；C.的名称是对二甲苯，故C错误；D.的名称是2-甲基丙烯，故D错误。15、D【解析】A、已知：①H2O2+I-→H2O+IO-慢②H2O2+IO-→H2O+O2+I-快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I-是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，选项A正确；B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物，选项B正确；C、分解1molH2O2生成0.5molO2放出热量98kJ，故当反应生成1molO2放热196kJ，选项C正确；D、因为反应是在含少量I-的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，选项D不正确。答案选D。16、C【解析】A.醇具有良好的挥发性，也能使酸性高锰酸钾褪色，错误；B.温度计水银球应在液面以下（且不能接触圆底烧瓶），错误；C.方案设计以及操作均正确，正确；D.浓盐酸具有良好的挥发性，会随二氧化碳进入试管中，故不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱关系，错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、1s22s22p63s23p2COCO一旦被吸入肺里后，会与血液中的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输送氧气的能力非极性键N2分子中的共价叁键键能很大，共价键很牢固H—C≡C—H32>形成σ键的原子轨道的重叠程度比π键的重叠程度大，形成的共价键强【分析】从a，b，c，d为四种由短周期元素构成的中性粒子，它们都有14个电子入手，并结合题目分析，a是Si；b是CO；c是N2；d是C2H2；【详解】（1）a是Si，根据构造原理知，Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；（2）b是两个原子的化合物，根据其物理性质：无色无味气体，推断b为CO，CO一旦进入肺里，会与血液中的血红蛋白结合而使血红蛋白丧失输送氧气的能力，使人中毒；（3）c是双原子单质，每个原子有7个电子，故c为N2，N2分子的结构式为N≡N，为非极性键，N2分子中的共价叁键键能很大，所以N2分子很稳定，其电子式为：；（4）d是四核化合物，即4个原子共有14个电子，d为C2H2，C2H2的结构式为H—C≡C—H，有两个H—Cσ键，一个C—Cσ键，两个π键。形成σ键的原子轨道的重叠程度比π键的重叠程度大，故形成的共价键强。18、加成浓硫酸、加热【分析】（1）根据已知信息即前后联系得。（2）反应Ⅱ主要是醇的催化氧化。（3）G为醇，变为碳碳双键，即发生消去反应。（4）根据题意得出G同分异构体有对称性，再书写。【详解】（1）根据已知信息得出反应Ⅰ的类型是加成反应，故答案为：加成。（2）反应Ⅱ主要是醇的催化氧化，其方程式为，故答案为：。（3）G为醇，变为碳碳双键，即发生消去反应，因此反应Ⅲ的条件是浓硫酸、加热，故答案为：浓硫酸、加热。（4）G的一种同分异构体中含有苯环且分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明有对称性，则其结构简式为，故答案为：。19、将水样中的CO和HCO转化为CO2，并将CO2完全赶出n(H2C2O4)＝＝1.000×10－3mol，与H2C2O4反应的Ba(OH)2的物质的量n1[Ba(OH)2]＝n(H2C2O4)＝1.000×10－3mol与CO2反应的Ba(OH)2的物质的量n2[Ba(OH)2]＝－1.000×10－3mol×＝5.000×10－4mol，由水样中有机物转化而成CO2的物质的量，n(CO2)＝n2[Ba(OH)2]＝5.000×10－4mol，水样中有机物所含碳元素的物质的量n(C)＝n(CO2)＝5.000×10－4mol，水样的总有机碳＝＝120mg·L－1加热过程中，损失了部分易挥发有机物向另一份水样中加入足量硫酸，加热，通N2，维持一段时间【解析】（1）碳酸盐与稀硫酸反应生成二氧化碳，则步骤1的目的是将水样中的CO32－和HCO3－转化为CO2，并将CO2完全赶出。（2）n(H2C2O4)＝＝1.000×10－3mol，与H2C2O4反应的Ba(OH)2的物质的量n1[Ba(OH)2]＝n(H2C2O4)＝1.000×10－3mol。与CO2反应的Ba(OH)2的物质的量n2[Ba(OH)2]＝－1.000×10－3mol×＝5.000×10－4mol，由水样中有机物转化而成CO2的物质的量，n(CO2)＝n2[Ba(OH)2]＝5.000×10－4mol，水样中有机物所含碳元素的物质的量n(C)＝n(CO2)＝5.000×10－4mol，水样的总有机碳＝＝120mg·L－1；（3）由于加热过程中损失了部分易挥发有机物，因此测定的水样总有机碳一般低于实际值。（4）由于碳酸盐能与酸反应生成二氧化碳，则另一种方案为向另一份水样中加入足量硫酸，则根据碳原子守恒可知所取水样的总有机碳为＝mg·L－。20、碱式滴定管>无色红色③0.04350mol/L3MnO4-+5H3C3O4+6H+3Mn3++30CO3↑+8H3O当滴入一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色3．0×30-4