1、20192020学年度第一学期南开区期末考试试卷高二年级化学学科第卷（选择题，共45分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列能源中，蕴藏有限、不能再生的是A. 氢能B. 太阳能C. 地热能D. 化石燃料【答案】D【解析】【详解】A. 氢能是通过氢气和氧气反应所产生的能量。氢在地球上主要以化合态的形式出现，是二次能源，故A不符合题意；B. 太阳能被归为可再生能源，相对人的生命长短来说，太阳能散发能量的时间约等于无穷，故B不符合题意；C.地热能无污染，是新能源，正在开发利用，有广阔的前
2、景，所以C不符合题意；D.化石燃料是人们目前使用的主要能源，它们的蕴藏量有限，而且不能再生，最终会枯竭，属于不可再生能源，故D符合题意；所以D选项是正确的。.2.下列说法正确的是A. 在所有元素中，氟的第一电离能最大B. 处于最低能量的原子叫做基态原子C. 原子半径最小的氢元素的电负性最大D. 最外层电子数为8的都是稀有气体元素的原子【答案】B【解析】【详解】A越不易失电子元素其第一电离能越大，稀有气体最外层达到稳定结构，在同一周期稀有气体的第一电离能最大，同族元素自上而下第一电离能逐渐降低，所以在所有元素中，氦的第一电离能最大，在主族元素中，氟的第一电离能最大，A错误；B处于最低能量状态的原
3、子叫做基态原子，B正确；C原子半径最小的氢元素的电负性不是最大，在主族元素中氟元素的非金属性最强，所以电负性最大，C错误；D最外层电子数为8的粒子可能为原子或离子，若为原子则为稀有气体元素的原子，若为离子就不是稀有气体元素的原子，D错误。答案选B。3.已知M、N两种元素分别位于s区、p区，下列说法中错误的是A. 基态时，N原子的最外电子层上的电子数一定比M原子的多B. N元素的电负性不一定比M元素的大C. 由M、N两种元素所形成的化合物中，N一定显负价D. 若M、N原子的电子层数相同，则原子半径：M N【答案】C【解析】【分析】元素周期表s区包括第一、二主族的全部元素，p区包括第三主族到第七主
4、族加上零族的元素。【详解】AM、N两种元素分别位于s区、p区，由分析可知，p区原子最外层电子数至少为3，s区原子原子最外层电子数最多为2，所以基态时，N原子的最外电子层上的电子数一定比M原子的多，A正确；B同主族元素自上而下电负性减小，同周期主族元素自左向右电负性逐渐增大，s区里H元素的电负性最大为2.1，而p区有很多原子电负性小于2.1，如Al为1.5，B正确；C若M为H，N为Si，两种元素所形成的化合物SiH4中H为-1价，Si为+4价，因此，由M、N两种元素所形成的化合物中，N不一定显负价，C错误；D若M、N原子的电子层数相同，则两者位于同一周期，故M的原子半径大于N，D正确。答案选C。
5、4.对碳原子核外两个未成对电子描述，正确的是（ ）A. 电子云形状不同B. 自旋方向相同C. 能量不同D. 在同一轨道【答案】B【解析】碳原子的核外电子排布为1S22S22P2, 两个未成对电子处于P轨道电子云形状相同都为哑铃型。故A不正确。两个电子占据两个P轨道自旋方向相同，故B正确。两个电子所处的轨道都为P轨道，所以具有的能量相同，故C不正确。两个未成对电子占据着两个P轨道，故D不正确。本题的正确选项为B。点睛:碳原子的两个未成对电子，根据鲍利不相容原理和洪特规则，就可以知道它的轨道，和自旋方向。5.已知：2H2(g) +O2(g)2H2O(g) H =483.6 kJmol1 下列说法不
6、正确的是A. 该反应可作为氢氧燃料电池的反应原理B. 破坏1 mol HO键需要的能量是463.4 kJC. H2的燃烧热H241.8 kJmol1D. H2(g)中的HH键比H2O(g)中的HO键牢固【答案】D【解析】【分析】反应热等于所有反应物的键能总和减去所有生成物的的键能总和。【详解】A放热的氧化还原反应可设计成原电池，因此该反应可作为氢氧燃料电池的反应原理，A正确；B焓变等于断裂化学键吸收能量减去形成化学键释放的能量，则2436 kJ +498 kJ -4E(H-O)=-483.6，解得E(H-O)=463.4 kJ ，B正确；C由已知反应得到H2(g)+O2(g)H2O(g) H=
7、241.8kJmol1，而燃烧热是在1个标准大气压下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的水要为液态，但反应中生成的水为气态，若转化为液态还要放出热量，即H2的燃烧热H241.8kJmol1，C正确；D键能越大，键越牢固，由题可知，E(H-H)=436 kJmol1，E(H-O)=463.4 kJmol1，故E(H-O)E(H-H)，则H2O(g)中的HO键更牢固，D错误。答案选D。【点睛】物质的能量越低，物质越稳定，物质的键能越大，物质越稳定。6.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图（E1、E3表示两反应的活化能）。下列有关叙述正确的是A. 两步反应
8、均为放热反应B. 整个反应的HE1E2E3E4C. 加入催化剂可以改变反应的焓变D. 三种物质所含能量由高到低依次为：A、B、C【答案】B【解析】【详解】A. AB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，故A错误；B. 整个反应中H=E1-E2+E3-E4，故B正确；C. 加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，也不影响反应的焓变，故C错误；D. 物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：BAC，故D错误；综上所述，本题正确答案：B。【点睛】反应物的能量大于生成物能量的反应为放热反应，反之为吸热反应；能量越低，物质越稳定，结合能量的高低解答该题；催化剂能改变反应速率，但不能改
9、变反应的焓变以及产率。7.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气B. 500左右比室温更有利于工业合成NH3的反应C. 加入催化剂有利于SO2的氧化反应D. 对2HI(g)H2(g) + I2(g)，减小容器体积，气体颜色变深【答案】A【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应，化学平衡发生移动，则可以用勒夏特列原理解释。【详解】A氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的
10、溶解，所以实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气可用勒夏特列原理解释，A符合题意；B合成氨是放热反应，室温比500左右更利于工业合成NH3的反应，不能用勒夏特列原理解释，B不符题意；C催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，C不符题意；D可逆反应2HI(g) H2(g)+I2(g)，减小容器体积，I2的浓度增大，气体颜色变深，该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，D不符题意。答案选A。8.某温度下，可逆反应mA(g) + nB(g) pC(g) H NaOH，所以pH变化大的是NaOH，变化小的是Na2S，故pH相同的NaOH溶液和Na2S
11、溶液加水稀释相同倍数后，Na2S溶液pH较大，B正确；CCH3COONa= CH3COO+ Na，由于醋酸根发生水解：CH3COO-+ H2O CH3COOH+ OH-,所以c(OH-)c(H)，c(Na)c(CH3COO-)，又因水解是微弱的，所以c(CH3COO-)c(OH-)，所以溶液中各离子浓度大小为：c(Na)c(CH3COO-) c(OH-)c(H)，C错误；D根据质子守恒可知：Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(HCO3-)c(H+)2c(H2CO3)，D错误。答案选B。13.常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH均为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两
12、种溶液酸碱性的描述正确的是A. a溶液不可能显中性B. a溶液不可能显酸性C. b溶液不可能显中性D. b溶液不可能显碱性【答案】D【解析】【详解】常温下，pH=3的酸中c(H+)等于pH=11的碱溶液中的c(OH-)，二者等体积混合：如果酸是强酸，则与氨水等体积混合时，氨水有剩余，混合溶液显碱性，与NaOH等体积混合，二者恰好完全反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性；如果酸是弱酸，酸的电离程度大于一水合氨，则混合溶液呈碱性，如果酸的电离程度小于一水合氨，则混合溶液呈酸性，如果酸的电离程度等于一水合氨，则混合溶液呈中性；与NaOH等体积混合时，酸有剩余，混合溶液呈酸性；通过以上分析知：a溶液可能呈酸
13、性、碱性或中性；b溶液可能呈中性或酸性，但不可能呈碱性。答案选D。【点睛】弱酸弱碱盐的水溶液可能显酸性、中性、碱性，取决于两种弱离子水解程度的大小。14.下列有关CuCl2溶液的叙述中正确的是A. 溶液中存在自由移动的离子：CuCl2Cu2+ + 2ClB. 溶液中：c(Cu2)c(H)c(Cl)c(OH)C. 用惰性电极电解该溶液时，阳极有黄绿色气体产生D. 配制CuCl2溶液时，需加入少量稀硫酸抑制其水解【答案】C【解析】【详解】ACuCl2为强电解质，溶于水后完全电离，电离不需通电，正确的电离方程式为：CuCl2=Cu2+ + 2Cl-，A错误；BCuCl2溶液存在电荷守恒：2c(Cu2
14、)c(H)c(Cl-)c(OH-)，B错误；C用惰性电极电解CuCl2溶液时，阳极Cl-放电，2Cl-2e-= Cl2，氯气为黄绿色，则阳极有黄绿色气体产生，C正确；DCuCl2为强酸弱碱盐，Cu2水解生成Cu(OH)2而使溶液变浑浊，为抑制Cu2水解且不引入杂质，应加入少量HCl，D错误。答案选C。【点睛】本题涉及电解原理、电离实质、盐的水解、电荷守恒等知识，解题时要明确电离与电解的区别，注意掌握盐类水解的原理。15.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂电池充电时阳极反应式为：LiFePO4 xLi xe xFePO4 + (1x)LiFePO4。放
15、电工作示意图如下图。下列叙述不正确的是A. 放电时，Li 通过隔膜移向正极B. 放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔C. 放电时正极反应为：FePO4 + xLi + xe xLiFePO4 + (1x)FePO4D. 该电池充放电过程通过Li 迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化【答案】D【解析】【详解】A原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，则Li 通过隔膜移向正极，A正确；B原电池放电时，电子由负极铝箔流出，沿导线流向正极铜箔，B正确；C原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，所以正极反应为：FePO4 + xLi + xe xLiFePO4 + (1x)Fe
16、PO4，C正确；D由于隔膜作用，Li 通过隔膜形成闭合回路，完成电池的充放电，电池的总反应为：xFePO4 +LixC6xLiFePO4+6C，其中Fe的化合价发生变化，C、P元素化合价不变，D错误。答案选D。【点睛】明确电池反应中元素化合价变化，注意充放电电极反应式的书写。第卷（非选择题，共55分）二、（本题包括1小题，共14分）16.铁及其化合物是中学化学中常见的物质。（1）Fe基态原子核外电子排布式为_。（2）钢铁生锈在生产和生活中比较普遍，可在钢铁设备上（如锅炉的内壁、船舶的外壳等）装上若干镁合金或锌块，以防止钢铁设备的腐蚀，这种方法通常被称为_。（3）铁件表面镀铜可有效防止铁被腐蚀，
17、电镀时，以CuSO4溶液为电解液，阴极的电极反应式为_。（4）实验室中可用铁氰化钾溶液检验Fe2，该反应的离子方程式为_。（5）常温时，FeCl3溶液pH7，原因是（用离子方程式表示）_。（6）FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，所得到的固体物质是_。（7）将0.1molL1 FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，有红褐色沉淀产生。该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 (2). 牺牲阳极的阴极保护法 (3). Cu2+2e-=Cu (4). 3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62 (5). Fe3+3H2OFe
18、(OH)3+3H+ (6). Fe2O3 (7). 2Fe3+3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+【解析】【详解】（1）Fe的基态原子的核外有26个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；（2）在钢铁设备上装上若干镁合金或锌块，镁合金或锌块作原电池负极的金属加速被腐蚀，钢铁设备作正极的金属被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法；（3）铁件表面镀铜可以有效防止铁被腐蚀，电镀时，以CuSO4溶液为电解液，镀层金属铜做阳极，镀件铁做阴极，阴极铜离子得电子生成铜，阴极反应式为：Cu2+2e-=Cu；（4）K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液与Fe2
19、发生反应：3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62，产生蓝色沉淀，据此检验亚铁离子；（5）FeCl3属于弱碱强酸盐，常温时铁离子发生水解：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，生成氢离子导致溶液呈酸性，其pH7；（6）FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，加热蒸干过程中，氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸有挥发性，加热能促进氯化铁的水解，所以蒸干得到的固体是氢氧化铁，灼烧固体时，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，所以最终得到的固体是Fe2O3；（7）将0.1molL1FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，有红褐色沉淀产生，说明氢氧化铁更难溶，氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，发生反应为：2F
20、e3+3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+。【点睛】铁元素在元素周期表中的位置、铁单质及各种氧化物的性质、不同价态铁的相互转化、不同价态含铁离子的检验和除杂、不同价态含铁离子的水解等都是解题中必须重视的内容。三、（本题包括1小题，共14分）17.硫酸是重要的化工原料，工业制取硫酸最重要的一步反应为：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g) H0。（1）为提高SO2的转化率，可通入过量O2，用平衡移动原理解释其原因：_。（2）某兴趣小组在实验室对该反应进行研究，在一密闭容器内加入一定量的SO2和O2，部分实验图像如图1 该反应的平衡常数表达式为_。 t1、t2、t3中，达到化学平衡状态
21、的是_。 t2到t3的变化是因为改变了一个反应条件，该条件可能是_。（3）将SO2和O2充入恒压密闭容器中，原料气中SO2 和O2的物质的量之比mmn(SO2)/n(O2) 不同时，SO2的平衡转化率与温度（T）的关系如图所示，则m1、m2、m3的从大到小的顺序为_。（4）已知25，NH3H2O的Kb=1.8105，H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.2108。若氨水的浓度为2.0 molL1，溶液中的c(OH)=_molL1。将原料气SO2和O2通入该氨水中，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的c()/c()=_。【答案】 (1). 增大反应物O2的浓度，平衡正向移
22、动，SO2的转化率提高 (2). (3). t2 (4). 增大压强 (5). m3m2m1 (6). 6.010-3 (7). 0.62【解析】【详解】（1）对于反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g) ，增大反应物O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高，但O2的转化率减小；（2）根据化学平衡常数定义，反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)的化学平衡常数K=；平衡时，正逆反应速率相等，即二氧化硫的消耗速率为氧气生成速率的2倍，由图可知t1、t2、t3中，达到化学平衡状态的是t2；由图可知，t2后，正逆反应速率都加快，且二氧化硫的消耗速率增加的更快，说明正反应速率比逆反应速率增
23、加的快，即反应向正反应方向移动，因为该反应是气体体积减小的反应，增大压强可以加快反应速率同时使平衡向正反应方向移动，所以t2到t3的变化是改变了一个反应条件，该条件可能是增大压强；（3）将SO2和O2充入恒压密闭容器中，由图可知，相同温度下，m1、m2、m3对应的二氧化硫转化率减小，原料气中SO2和O2的物质的量之比mm越大，说明SO2越多，SO2的转化率越小，故m3m2m1；（4）Kb=1.810-5，c(NH3H2O)=2.0mol/L，则c(OH-)c(NH4+)=6.010-3mol/L；Ka2=6.210-8，c(H+)= c(OH-)=1.010-7mol/L，所以溶液中=0.62
24、。四、（本题包括1小题，共14分）18.某同学进行影响草酸溶液与高锰酸钾酸性溶液反应速率因素的研究。室温下，实验数据如下：实验序号加入试剂4mL 0.01mol/L KMnO42mL 0.1mol/L H2C2O44mL 0.01mol/L KMnO42mL 0.1mol/L H2C2O4少量MnSO4固体4mL 0.01mol/L KMnO42mL 0.1mol/L H2C2O4少量Na2SO4固体褪色时间/s1166117（1）草酸溶液与高锰酸钾酸性溶液反应的离子方程式为_。（2）该实验结论是_。（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验的现象可以证明上述结论。请写出实验的现象为_
25、。（4）实验选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_。（5）该同学拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。a该同学拟研究的影响因素是_。b你认为该同学的实验方案_（填“合理”或“不合理”），理由是_。【答案】 (1). 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+8H2O+10CO2 (2). 在其他条件相同时，Mn2+是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 (3). 高锰酸钾溶液褪色的速率开始比较缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速率 (4). 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧
26、化氯化锰中的氯离子，同时使酸性高锰酸钾溶液褪色，从而缩短褪色时间，对实验产生干扰 (5). KMnO4溶液的浓度对反应速率的影响 (6). 不合理 (7). KMnO4溶液浓度不同，开始反应时溶液的起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色的时间长短来判断反应快慢【解析】【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液和草酸反应生成锰离子、二氧化碳，由质量守恒、电荷守恒可知该反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+8H2O+10CO2；（2）实验实验中反应物都是KMnO4和H2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色最快的是，加入了硫酸锰，中加的是硫酸钠与褪色时间基本相
27、同，对比得知起催化作用的是Mn2+；故答案为：在其他条件相同时，Mn2+是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；（3）实验是单独加入催化剂MnSO4，而草酸与酸性高锰酸钾反应本身是会生成MnSO4的，那么这个反应的产物就会起到催化剂的作用，所以实验的现象为：高锰酸钾溶液褪色的速率开始比较缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速率；答案为：高锰酸钾溶液褪色的速率开始比较缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速率；（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰
28、中的氯离子，同时使酸性高锰酸钾溶液褪色，从而缩短褪色时间，对实验产生干扰；（5）a根据实验方案中KMnO4溶液的浓度不同可知该实验研究的是KMnO4溶液的浓度对反应速率的影响；b反应的速率通过KMnO4溶液颜色的变化来判断，但两个实验中KMnO4的浓度不同，开始反应时溶液的起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色的时间长短来判断反应快慢，因此该方案不合理；答案为：不合理；KMnO4溶液浓度不同，开始反应时溶液的起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色的时间长短来判断反应快慢。【点睛】酸化高锰酸钾时不能加硝酸，因为硝酸也有强氧化性，会对高锰酸钾的氧化性产生干扰，不能加盐酸，因为高锰酸钾能氧化盐酸中的氯离子，
29、所以通常用稀硫酸来酸化高锰酸钾，这也是题中为什么草酸和高锰酸钾反应会生成硫酸锰的原因。五、（本题包括1小题，共13分）19.CO2资源化利用的方法之一是合成二甲醚（CH3OCH3）。（1）CO2 催化加氢合成二甲醚的过程中主要发生下列反应：反应I： CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) H= + 41.2 kJmol1反应II：2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g) H = 122.5 kJmol1其中，反应II分以下、两步完成，请写出反应的热化学方程式：_ 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) H = 23.5
30、kJmol1（2）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点。若电解质为碱性，二甲醚直接燃料电池的负极反应式为_。以该电池为电源，用惰性电极电解饱和食盐水的化学方程式为_。（3）反应I产生的CO，有人设想按下列反应除去：2CO(g) 2C(s) + O2(g)，已知该反应的H0，简述该设想能否实现的依据_。（4）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，Ksp（CaCO3）=2.8109。 CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为5.6105molL1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为_。【答案
31、】 (1). CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)，H =-49.5 kJmol1 (2). CH3OCH3+16OH-12e-=2CO32-+11H2O (3). 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 (4). 该反应是焓增、熵减的反应，根据G=H-TS可知G0，不能实现 (5). 210-4mol/L【解析】【详解】（1）由题可知反应II分以下、两步完成，根据盖斯定律，将方程式（II-）得方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，H=kJmol1=-49.5kJmol1；（2）若电解质为碱性，氧气在正极发生还原反应，O2+2H2
32、O+4e-=4OH-，二甲醚直接燃料电池的负极反应为二甲醚失电子生成二氧化碳，碱溶液中生成碳酸盐，结合原子守恒和电荷守恒，负极的电极反应式为：CH3OCH3+16OH-12e-=2CO32-+11H2O；用惰性电极电解饱和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，电解的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；（3）2CO(g)2C(s)+O2(g)H0，该反应是焓增、熵减的反应，根据G=H-TS可知G0，不能实现；（4）Na2CO3溶液的浓度为5.6105molL1，等体积混合后浓度减小一半变为2.8105molL1，由Ksp(CaCO3)=c(CO32-)c(Ca2+)可知，混合后c(Ca2+)=110-4mol/L，所以所需CaCl2溶液的最小浓度为110-4mol/L2=210-4mol/L。