【文档说明】四川省南充市高级中学2024-2025学年高二上学期12月月考化学 Word版含解析.docx，共(18)页，1.547 MB，由envi的店铺上传

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南充高中高2023级第三学期第二次月考化学试题(时间：75分钟总分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12O16一、选择题(共14题，每小题3分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生产、生活、科技等息息相关。

下列说法错误的是A.明矾中的Al3＋可在水中形成胶体，明矾可用于水体消毒B.用醋酸可除去水壶中水垢，说明室温下醋酸的电离平衡常数大于碳酸C.洗头时使用护发素可以调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度D.“冰，水为之，而寒于水”说明相同质

量的水和冰相比较，冰的能量低【答案】A【解析】【详解】A．明矾KAl(SO4)2·12H2O在水中电离出Al3＋，Al3＋在水中水解形成Al(OH)3胶体，从而吸附并去除水中的悬浮杂质，可用于净水，但不能用于水体消毒，A错误；B．水垢中的成分包括了

CaCO3，用醋酸除水垢时，CH3COOH与CaCO3反应生成醋酸钙、CO2和水；说明CH3COOH的酸性强于H2CO3，则室温下CH3COOH的电离平衡常数大于H2CO3，B正确；C．人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸

碱度，从而达到保护的作用，C正确；D．水转化为冰时，放出热量，说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量低，D正确；答案选A。2.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，20.1molSO溶于水，

溶液中23HSO、3HSO−、23SO−的总数小于A0.1NB.常温下，500mLpH1=的稀硫酸中所含24SO−数目为A0.05NC.常温下，11L0.2molL−的4NHCl水溶液中所含的阳离子总数为A0.2ND.132L0.5molLFeCl−溶液

水解生成的氢氧化铁胶体粒子数目为A1.0N【答案】A【解析】【详解】A．2SO和水的反应为可逆反应，溶液中除了23HSO、3HSO−、23SO−含硫元素微粒外，还含有的2SO分子，故溶液中23HSO、3HSO−、2

3SO−的总数小于A0.1N，A正确；B．500mLpH1=的稀硫酸中，n(H+)=0.05mol，则n(24SO−)=0.025mol，其数目为A0.025N，B错误；C．11L0.2molL−的4NHCl水溶液中，n(Cl-)=0.2mo

l，根据电荷守恒可知，--+4c(Cl)+c(OH)c(NH)c(H)+=+，则+-4n(NH)n(H)=0.2mol+n(OH)++，即阳离子总数大于A0.2N，C错误；D．132L0.5molLFeCl−溶液中，n(Fe3+)=0.1mol，由于氢氧化铁胶体粒子是

一定数目氢氧化铁胶体的集合体，故其含有的氢氧化铁胶体粒子小于A1.0N，D错误；故选A。3.下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是A.由水电离出的()131H110molLc+−−=的溶液中：K+、Cl−

、23CO−、3NO−B.无色透明溶液中：3Al+、Cl−、3HCO−、3NO−C.滴加酚酞显红色的溶液中：K+、Cl−、2S−、3NO−D.常温下()()12OH110H−+=cc的溶液中：4NH+、2Fe+、Cl−、3NO−【答案】C【

解析】【详解】A．由水电离出的()131H110molLc+−−=的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，在酸性溶液中：H+和23CO−反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，A错误；B．无色透明溶液中：3Al+和3HCO−会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，不能大量共存，B错误；C．滴加酚酞显

红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中K+、Cl−、2S−、3NO−不发生反应，能大量共存，C正确；D．常温下()()12OH110H−+=cc的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中4NH+与OH−反应生成氨水，2Fe+与O

H−反应生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存，D错误；故选C。4.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.用装置甲定量测定化学反应速率B.用装置乙证明酸性：硝酸>碳酸>硅酸C.用装置丙准确测定中和反应的反应热D.用装置丁探究化学反应速率的影响因素【答案】D

【解析】【详解】A．定量测定二氧化锰做催化剂过氧化氢分解的化学反应速率时，应选用分液漏斗防止气体逸出，同时还需要秒表测定相同时间内生成氧气的体积，则装置甲不能达到定量测定化学反应速率的实验目的，故A错误；B．硝酸具有挥发性，硝酸与碳酸钠固体反应生成的二氧化碳中混有硝

酸，硝酸也可以和硅酸钠反应生成硅酸，该实验不能证明酸性：硝酸>碳酸>硅酸，故B错误；C．金属的导热性较好，测定中和反应的反应热实验中不能用铜丝搅拌器，应该用玻璃搅拌器，故C错误；D．装置丁中两个试管中盐酸浓度不同，其它条件相同，可以探究浓度对化学反

应速率的影响，故D正确；故选D。5.25℃时，1LpHVm=的HCl溶液和2LpHVn=的NaOH溶液恰好完全中和，若13mn+=，则12:VV为A.1:1B.1:2C.1:10D.10:1【答案】C【解析】【详解】25℃时，pHm=的HCl溶液中(

)+H10mol/Lmc−=，pHn=的NaOH溶液中()-14OH10mol/Lnc−=，1LpHVm=的HCl溶液和2LpHVn=的NaOH溶液恰好完全中和，则1414+141122101010,1010nmnmnmVVVV−−−−−===，若+13mn=，则12:VV=1

:10，故选C。6.我国学者发现℃T时(各物质均为气态)，甲醇3CHOH与水在铜基催化剂上反应生成2CO和2H的反应机理和能量变化如图：下列说法正确的是A.反应Ⅱ是总反应的决速步骤B.使用铜基催化剂，能改变总反应历程，但不能改变总反应的

焓变C.其他条件不变，按比例增大()3CHOHg和()2HOg浓度，能增大活化分子百分含量，加快反应速率D.()31molCHOHg和()21molHOg的总能量小于()21molCOg和()21molHg的总能量【答案】B【解析】【分析】根据图示，反应Ⅰ为()()()32CHOHg2H

gCOg=+，反应Ⅱ为()()()()222COgHOgHgCOg+=+。【详解】A．由题干反应历程图可知，该反应一共分为两步，其中第一步的活化能比第二步的大，故反应Ⅰ为该反应的决速步，A错误；B．催

化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，但催化剂不能改变反应的焓变，B正确；C．其他条件不变，按比例增大()3CHOHg和()2HOg浓度，可以提高单位体积内的活化分子百分数，反应速率加快，但活化分子百分数不变，C错误；D

．根据图示，总反应为()()()()3222gHOg3HggCHOHCO+=+，反应物总能量低于生成物，正反应吸热，则()31molCHOHg和()21molHOg的总能量小于()21molCOg和()23molHg的总能量，D错误；故选B。7.下列有关实验操作

的说法错误的是A.用酸式滴定管量取410.00mLKMnO溶液B.中和滴定实验过程中，眼睛注视滴定管中液面变化C.中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响D.用NaOH溶液滴定HCl溶液，开始时仰视液面读数，滴定完成时俯视液面读数，测得消耗Na

OH溶液的体积偏小【答案】B【解析】【详解】A．滴定管允许读数读到0.01mL，4KMnO溶液具有强氧化性，故可用酸式滴定管量取410.00mLKMnO溶液，A正确；B．中和滴定实验过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，以便准确判断滴定终点，B

错误；C．中和滴定盛待测液的锥形瓶中有少量水对待测液中溶质的物质的量无影响，则不影响滴定结果，C正确；D．滴定前仰视滴定管读数，滴定后俯视液面读数，由于滴定管0刻度线在上，则读取的NaOH溶液体积偏小，D正确；故选B。8.下列有关电解质溶液说法正确的是A.浓度相同的34NaPO溶液和3

4HPO溶液中的34PO−浓度相同B.3NaHCO水解的离子方程式：23233HCOHOCOHO−−+++C.2NaS溶液中：()()()()()2HNaOHHSSccccc++−−−+=++D.室温下二元弱酸2HA：2a11.4

10K−=、8a26.010K−=，NaHA溶液显酸性【答案】D【解析】【详解】A．34NaPO为强电解质，能完全电离，34HPO不能完全电离，因此浓度相同的34NaPO溶液和34HPO溶液中的，前者34PO−浓度大于后

者，A错误；B．3NaHCO水解的离子方程式：-3223HCOHOHCHOO−++，B错误；C．2NaS溶液中存在电荷守恒：()()()()()2HNaOHHS2Sccccc++−−−+=++，C错误；D．NaHA溶液中HA-的水解

常数1413h21110K=7.1101.410waKK−−−==＜8a26.010K−=，则HA-的水解程度小于电离程度，NaHA溶液显酸性，D正确；故选D。9.室温下，将pH和体积都相同的HA和HB溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，已知：25℃时Ka(HA)=3.0

×10-8，Ka(HB)=3.5×10-4，下列叙述正确的是A.酸的电离程度：b＞dB.曲线Ⅱ为HB稀释时pH的变化曲线C.相同条件下a点HB溶液的导电性强于HAD.中和相同浓度的NaOH溶液，消耗NaOH溶液的体积大小：b＝d＜c【答案】

D【解析】【详解】A．加水稀释会促进弱酸的电离，因此越稀释，酸的电离程度越大，则电离程度：b＜d，A错误；B．25℃时Ka(HA)=3.0×10-8，Ka(HB)=3.5×10-4，则酸性HA<HB。酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大。HB酸性强于HA，加水稀

释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HB稀释时pH变化曲线，曲线Ⅱ代表HA稀释时pH变化曲线，B错误；C．溶液的导电能力与离子的浓度，离子所带的电荷数有关。a点时，HA和HB溶液的pH相同，则离子浓度相同；且离子所带的电荷数也相同，因此相同条件下a点HB溶液的导电性与HA溶液的相同，C

错误；D．HB酸性强于HA。两者的溶液达到相同的pH时，弱酸的浓度更大。b点、c点为稀释相同倍数的两种酸，由于初始c(HA)＞c(HB)，所以此时两溶液的体积相同，但c(HA)＞c(HB)；因此HA溶液可以中和更多的NaOH，则中和相同浓度的NaOH溶液，消耗NaOH溶液的体积大小：b＜c。b

点和d点溶液是由同一溶液稀释得到的，因此消耗NaOH溶液的体积相同；综合消耗NaOH溶液的体积大小：b＝d＜c，D正确；答案选D。10.不同温度下，水溶液中()Hc+与()OHc−的变化如图所示，下列说法中错误的是A.图中四点，温度大小关系为：ADCB=B.往

A点溶液中通()HClg，A点将会朝D点移动C.A、B、C三点只有A点溶液显中性D.无法判断A、D两点水的电离程度大小【答案】C【解析】【详解】A．水的电离为吸热过程，升高温度，Kw的值变大，由图中曲线看出，AD点Kw值相同，温度相同，Kw的值B大

于C大于A，则温度关系为ADCB=，A正确；B．温度不变，Kw的值不变，往A点中通()HClg，溶液中c(H+)浓度增大，c(OH-)离子浓度减小，A点将朝D点移动，B正确；C．A、B、C三点对应的c(H+)=c(OH-)，所以三点溶液均为中性，C错误；D．仅通过

水溶液中()Hc+的浓度，无法判断水电离被抑制还是被促进，故无法判断A、D两点水的电离程度大小，D正确；故选C。11.在一固定容积的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：()()Cs2NOg+()()22COgNg+，平衡时(

)NOc与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A.增大压强，NO转化率增大B.若该反应在B、D点的平衡常数分别为BK、DK，则DBKKC.若状态B、C、D的速率分别为()Bv、()Cv、()Dv，则()()()CDBvvv=D.在2T时，若反应体系处于状态D，则此时v(正)v

(逆)【答案】D【解析】【详解】A．()()Csg2NO+()()22COgNg+，是气体压强不变的反应，所以增大压强，转化率不变，故A错误；B．K只受温度影响，B、D两点温度相同，K相同，则KB=KD，故B错误；C．若状态B、C、D的速率分别为()Bv、

()Cv、()Dv，B和D处于同一温度，浓度c(D)>c(B)，则()Dv>()Bv，C在T3，温度越高，速率越快，则()Cv>()Dv>()Bv，故C错误；D．在2T时，若反应体系处于状态D，说明要消耗一氧化氮，平

衡正向移动，即v(正)>v(逆)，故D正确；故选：D。12.某温度下，有如下四种溶液：①pH4=的乙酸溶液，②pH4=的氯化铵溶液，③pH10=的氨水，④pH10=的烧碱溶液，⑤()--4-1cOH=10molL的烧碱溶

液，下列说法正确的是A.④、⑤烧碱溶液的浓度相同B.水电离的()+cH：②>①=③=④C.将①溶液与⑤溶液等体积混合，混合后溶液呈中性D.该温度下，将③、④溶液等体积混合，③中32NHHO的电离平衡不移动【答案】D【解析】【分析】题干中温度未知，所以水的离子积常数Kw不一定等于10-1

4，据此分析溶液浓度和酸碱性。【详解】A．⑤烧碱溶液的()--4-1cOH=10molL，④烧碱溶液的pH10=，但温度未知，无法根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，故无法判断浓度是否相同，A错误；B．②溶液为盐溶液其中水的电离受到促进，水电离的()+cH最大，③④溶

液中pH10=，c(OH-)相同，则水电离出的c(H+)相同，由于温度未知，①溶液和③④溶液中水电离的()+cH无法比较，B错误；C．①为pH4=的乙酸溶液，溶液中()+-4-1cH=10molL，乙酸是弱酸部分电离其浓度远大于-4-110molL

，①溶液与⑤溶液等体积混合，得到乙酸和乙酸钠混合溶液，乙酸电离程度大于乙酸钠水解程度，且乙酸浓度大于乙酸钠，故溶液呈酸性，C错误；D．该温度下，将③、④溶液等体积混合,()-cOH不变，故③中32NHHO的电离平衡不移动，D正确；故选D。13.常温下，次氯酸电离平衡体系中各成分

的组成分数[()()()()XXHClOClOccc−=+，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.曲线a表示()ClO−随pH的变化B.室温时，()6.5hClO10K−−=C.当溶液pH7=时，()

()ClOHClOcc−=D.图中pH增大原因可能是加水稀释HClO【答案】B【解析】【分析】次氯酸属于一元弱酸，随着溶液pH的增大，HClO分子浓度逐渐减小、ClO−离子浓度逐渐增大，故曲线a、b依次表示()δHClO、()δClO−的变化，据此回答。【详解】A．

由分析可知，曲线b表示()ClO−随pH的变化，A错误；B．-ClO的水解常数hK=()()()--OcHClOccHClO，如图所示当pH=7.5时，()-δClO=()δHClO，则hK=()()-KcH=OHcw

+=6.510−，B正确；C．由图可知，当溶液pH7=时，()-δClO＜()δHClO，即()()ClOHClOcc−＜，C错误；的D．加水稀释HClO，其pH不可能大于7，故pH增大的原因可能是因为外加碱，D错误；故选B。14.常温下，向10mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴滴入的

0.1mol·L-1NaOH溶液，测得混合溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。忽略混合前后溶液体积和温度的变化，下列说法正确的是A.a=1B.该滴定过程可选择甲基橙作指示剂C.b点对应的溶液中，c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)D.c点对应的溶液中，c(Na＋)=c(A

－)+c(HA)【答案】C【解析】【详解】A．10mL0.1mol·L-1的HA溶液被0.1mol·L-1NaOH溶液完全中和时，需要加入10mL，即b点。根据图示，恰好完全反应时，溶液的pH为9，说明生成

的盐NaA为强碱弱酸盐；HA是弱酸，在水溶液中不能完全电离；则0.1mol·L-1的HA溶液中c(H＋)＜0.1mol·L-1，pH＞1，即a＞1，A错误；B．选择指示剂时，指示剂的变色范围应该与滴定反应的预期终点pH值接近；恰好完全反应时，溶液呈碱性；而甲基橙的变色范围在酸

性，与终点的pH相差较大，因此指示剂应选择酚酞，B错误；C．NaA为强碱弱酸盐，A－在水溶液中发生水解，离子方程式为A－＋H2O⇌HA＋OH－；由于A－离子水解，使得c(Na＋)＞c(A－)；水也会发生微弱的电离，生成OH－，使得c(OH－)＞c(HA)；综合，b点对应的溶液中c(Na

＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)，C正确；D．NaOH与HA恰好反应（b点）时，根据物料守恒可得b点c(Na＋)=c(A－)+c(HA)；c点不是恰好反应的点，c点时，NaOH溶液过量，因此c(Na＋)＞c(A－)+c(HA)，D错误；答案选C。二、非选择题(共58分)15.

25℃时，部分弱酸的电离平衡常数如表所示：化学式3CHCOOH33HPO23HCO电离常数aK51.7510−3a18.310K−=；6a25.610K−=7a14.010K−=；11a24.010K−=回

答下列问题：（1）23NaHPO属于_______(填“酸式盐”“碱式盐”或“正盐”)。（2）①3CHCOO−②23HPO−③23HPO−④3HCO−四种离子结合质子的能力从强到弱的顺序为_______(填序号)。（3）25℃时，用NaOH溶液作2CO捕捉剂，捕捉后所得溶液的pH11=

，则溶液中()()233cCOcHCO−−=_______。（4）等体积且()Hc+相同的盐酸和醋酸溶液分别与等质量的锌单质反应，若完全反应后仅有一份溶液中有锌剩余，则生成气体较多的是_______溶液(填“盐酸”或“醋酸

”)。（5）23NaCO溶液显_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是_______(用离子方程式表示)，若将少量33HPO溶液缓慢滴入23NaCO溶液中，反应的离子方程式为_______。【答

案】（1）正盐（2）④③①②（3）4.0（4）醋酸（5）①.碱②.2323COHOHCOOH−−−++③.2233333HPO2CO2HCOHPO−−−+=+【解析】【小问1详解】根据33HPO的电离常数3a18.31

0K−=、6a25.610K−=，可知33HPO为二元酸，23NaHPO属于正盐。【小问2详解】酸的电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，酸越弱，其酸根结合质子的能力强。其电离平衡常数：a133K(HPO)>a3K(CHCOOH)>a233K(HPO)>a123(KHCO)，

则结合质子的能力从强到弱的顺序：3HCO−>23HPO−>3CHCOO−>23HPO−，为④③①②。【小问3详解】溶液的pH11=，可知+-11c(H)=110mol/L，由-2-+33HCOCOH+ƒ可得2-+113a2-3c(CO)c(H)K=4.010c(HCO)−=，所以(

)()2113113CO4.0104.01.010HCOcc−−−−==。【小问4详解】等体积且()+cH相同的盐酸和醋酸溶液分别与等质量的锌单质反应，醋酸随反应进行电离平衡向右移动，会电离出更多的氢离子，完全反应后仅有一份溶液中有锌剩余，该溶液是稀盐酸，但是醋酸的物质的量较大，醋酸生成气

体较多。【小问5详解】23NaCO属于强碱弱酸盐，2-3CO水解，溶液显碱性，水解反应离子方程式为：2323COHOHCOOH−−−++。若将少量33HPO溶液缓慢滴入23NaCO溶液中，反应的离子方程式为2233333HPO2CO2HCOHPO−−−+=+

。16.钛在航空航天、舰船制造、冶金、医疗等方面有广泛的应用，可利用钛铁矿[主要成分为3FeTiO(可表示为2FeOTiO)，还含有少量MgO、2SiO等杂质]来制备金属钛(海绵钛)和锂离子电池的电极材料4LiFePO，工艺流程如下：回答下列问题：（1）“酸浸”后滤渣的主要

成分为_______(填化学式)。（2）“酸浸”后，钛主要以24TiOCl−形式存在，写出水解反应生成22TiOHOx的离子方程式：_______，水解过程中需加水稀释并加热，其目的是_______。（3）“氯化”中发生反应()()()()()224TiOs2Cs2ClsTiClg2

COg+++2Δ0H，该反应在200℃达到平衡时，2TiO几乎完全转化为4TiCl，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_______。（4）“滤液②”中第ⅰ步加双氧水反应的离子方程式为_______。（5）工业上用镁在高温下还原四氯化钛生产

金属钛，下列有关说法错误的是_______(填标号)。A.理论上，每制得1molTi需要2molMgB.反应过程中必须排除空气影响，可用氮气作保护气C.在金属的冶炼方法中，高炉炼铁与此方法相似D.该反应同时生成2MgCl，电解熔融2MgCl的产物均能在流程中利用（

6）该流程中获得的副产品无水()2MgCls，也可以从海水中获得，其中由22MgCl6HO获得()2MgCls的操作为_______。【答案】（1）SiO2（2）①.()24222TiOCl+1HOTi

OHO4Cl2Hxx−−++++②.水解反应吸热，加水稀释和加热均能促进水解，使24TiOCl−水解趋于完全（3）为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高生产效率（4）2++3+2222Fe+HO+2H

=2Fe+2HO（5）B（6）在HCl气体氛围下，加热(或加入SOCl2加热)【解析】【分析】由题给流程可知，向钛铁矿中加入盐酸酸浸，将3FeTiO转化为24TiOCl−和氯化亚铁，氧化镁转化为氯化镁，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤

渣和滤液；滤液中的24TiOCl−一定条件下发生水解反应生成22TiOxHO沉淀，过滤得到22TiOxHO和滤液；22TiOxHO煅烧分解生成二氧化钛，二氧化钛与碳和氯气在高温下反应生成四氯化钛，四氯化钛与镁高温条件下反应生成海绵钛；向滤液中加入过氧化氢溶液，将

溶液中的亚铁离子转化为铁离子后，再加入磷酸溶液，将溶液中的铁离子转化为磷酸铁沉淀，过滤得到磷酸铁；磷酸铁与碳酸锂和草酸高温条件下反应生成磷酸亚铁锂。【小问1详解】由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅；【小问2

详解】24TiOCl−一定条件下发生水解反应生成22TiOxHO沉淀、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为()24222TiOCl1HO=TiOxHO4Cl2Hx−−+++++，水解反应吸热，加水

稀释和加热均能促进水解，使24TiOCl−水解趋于完全，所以水解过程中需加水稀释并加热；【小问3详解】的由题意可知，200℃达到平衡时，二氧化钛几乎完全转化为四氯化钛，实际生产中反应温度却远高于200℃的原因是继续升高

温度，平衡会逆向移动，但反应速率加快，在相同时间内得到更多的四氯化钛产品，有利于提高生产效率；小问4详解】“滤液②”中第i步加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为2++3+2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO

；【小问5详解】A．由得失电子数目守恒可知，理论上每制得1mol钛需要消耗2mol镁，故正确；B．高温下，镁能与氮气反应生成氮化镁，所以反应时不能用氮气作保护气，故错误；C．工业上用镁在高温下还原四氯化钛生产金属钛和高炉炼铁采用的冶炼方法都为热还原法，故

正确；D．熔融氯化镁电解生成镁和氯气，由分析可知，镁和氯气均能在流程中利用，故正确；故选B；【小问6详解】加热22MgCl6HO时，由于镁离子水解，导致最终不能获得()2MgCls，为了抑制镁离子水解

，应在HCl气体氛围下加热，或者利用SOCl2与水反应时生成HCl，故也可以加入SOCl2加热。17.溶解氧的含量是水质的重要指标。某小组设计实验测定某水样中溶解氧的含量，实验步骤如下：Ⅰ.氧的固定：101kPa、25℃时

，取500mL某水样加入足量()2MnOH碱性悬浊液混合，反应生成()2MnOOH。Ⅱ.酸化：将固氧后的()2MnOOH水样用适量稀硫酸酸化，加入足量KI溶液，充分搅拌，暗处静置5min(还原产物为2Mn+)。Ⅲ.滴定：向步骤Ⅱ反应后的溶液中

滴几滴淀粉溶液，用1223molLNaSOc−标准溶液滴定2I，恰好消耗223mLNaSOV溶液(已知：2222346I2SO2ISO−−−+=+)。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ“氧的固定”过程中发生的反应化学方程式为_______。（2）步骤Ⅱ加入足量KⅠ溶液，

氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（3）“滴定”过程需要使用的仪器是_______(填字母)。【A.B.C.D.（4）“滴定”过程的部分步骤如下：①排气泡②加入标准溶液③润洗仪器④清洗仪器⑤

调节起始读数，其正确的顺序为_______(用序号表示)。（5）达到滴定终点的现象是_______。（6）该水样中溶解氧的含量为_______1mgL−(用含c、V的代数式表示)。（7）步骤Ⅱ中，若酸化时加入稀硫酸

过多，会导致测得结果偏高，其原因是_______。若用223NaSO标准溶液滴定，滴定前滴定管尖嘴处有一个气泡，滴定完成气泡消失，则导致测得结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）()()2222MnOHMnOOHO2+=（2）1:

2（3）AC（4）④③②①⑤（5）滴入最后半滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复（6）16cV（7）①.硫代硫酸钠能与硫酸反应，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定结果偏高②.偏高【解析】【分析】该实验测定水样中的溶氧量，第一步利用()2MnOH将氧气固定，反应

生成()2MnOOH，第二步用()2MnOOH将碘离子氧化为碘单质，第三步用223NaSO标准溶液滴定2I，列比例关系即可求得溶氧量。【小问1详解】步骤Ⅰ过程中氢氧化锰悬浊液吸收氧气生成2MnO(OH)，化学方程式为：2222+O=Mn(OH)M2n

O(OH)；【小问2详解】步骤Ⅱ中2MnO(OH)氧化碘离子生成碘单质和锰离子、水，离子方程式为：22222I4HMnI3HOMnO(OH)−++++=++，由此可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；【小问3详解】滴定实验需要使用滴定管、锥形瓶等，不需要试

管和圆底烧瓶，答案选AC；【小问4详解】滴定实验中的操作步骤：检查仪器是否漏液→蒸馏水清洗仪器→润洗仪器→加入标准溶液→排气泡→调节起始读数，故顺序为④③②①⑤；【小问5详解】碘单质中加入淀粉后显蓝色，然后滴入硫代硫酸钠后但反应，颜色褪去，故终点现象为：滴入最后半滴硫代硫酸钠标准液，溶液由

蓝色变为无色，且半分钟不恢复蓝色；【小问6详解】根据前面的方程式可知，存在关系：22223O2I4NaSO，故溶解氧含量3311311032104mgL16mgL50010cVcV−−−−==；【小问7详解】如

果硫酸过多，硫代硫酸钠与硫酸反应，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定结果偏高；滴定前滴定管尖嘴处有一个气泡，滴定完成气泡消失，则标准液读数偏大，测定结果偏高。18.2CO的有效利用可减缓能源问题，由2H、2CO可直接制备

甲醇(3CHOH)，主要过程包括以下三个反应：Ⅰ.()()()()222COgHgCOgHOg++1Δ0H1KⅡ.()()()23COg2HgCHOHg+2Δ0H2KⅢ.()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++3ΔH3K（1）反应Ⅰ在一定条件可以自发进行，该反应的

熵变S_______0(填“>”、“＜”或“=”)。（2）反应Ⅲ的平衡常数3K=_______(用含1K、2K的式子表示)，若该反应生成()38gCHOHg，放出热量12.25kJ，则3ΔH=_______。（3）一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入22molC

O、25molH发生以上三个反应，反应20min达到平衡，测得容器中CO、3CHOH分别为0.4mol，0.8mol。则平衡时2CO的平衡浓度为_______，反应Ⅱ的平衡常数2K=_______(保留2位小数)。（4）不同压强下，按照()()22CO:H1

:3nn=投料，实验测得2CO的平衡转化率和3CHOH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。①纵坐标表示2CO平衡产率的是图_______(填“甲”或“乙”)。②压强1p、2p、3p由大到小的顺序为_______。③图乙1T温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是_______。【答案

】（1）>（2）①.K1K2②.-49kJ/mol（3）①.0.4mol/L②.1.65（4）①.乙②.123ppp③.T1时以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响【解析】小问1详解】反应

Ⅰ的1ΔH0，在一定条件可以自发进行，则1ΔTH－S＜0，则S＞0才能自发；【小问2详解】Ⅰ.()()()()222COgHgCOgHOg++1ΔH01KⅡ.()()()23COg2HgCHOHg+2ΔH0

2K根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++，则3K=K1K2；若该反应生成()38gCHOHg，放出热量12.25kJ，则生成1mol()3CHOHg，放出热量为3212.25kJ=49kJ8，故3ΔH=-49kJ/mol；【小问3详解】根据元

素守恒n(2CO)+n(CO)+n(3CHOH)=2mol，则平衡时n(2CO)=0.8mol，体积为2L，2CO的平衡浓度为0.4mol/L；根据碳元素守恒，反应消耗1.2mol二氧化碳，则生成物中含有n(O)=2.4mol，生成CO、3CHOH的物质的量分别为

0.4mol，0.8mol，根据氧元素守恒，生成()2HOg的物质的量为1.2mol，根据氢元素守恒【2n(2HO)+4n(3CHOH)+2n(H2)=10mol，则n(H2)=2.2mol，反应Ⅱ的平衡常数2K=20.821.650.42.222；【小问4详解】①反应Ⅱ、反应Ⅲ

为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙表示2CO平衡产率；②其它条件相同，增大压强，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，所以压强1

p、2p、3p由大到小的顺序为123ppp；③图乙中1T温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是1T时以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响。