【文档说明】四川省内江市第一中学2023-2024学年高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，995.791 KB，由小赞的店铺上传

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内江一中高三化学10月月考考试时间：90分钟；相关分子量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64Bi-209一、单选题1.化学与生产、生活、科技等方面密切相关，下列说法正确的是A.光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与二氧化碳有

关B.中科院首次实现了CO2合成淀粉，淀粉、蛋白质和油脂是人体必需的高分子营养物质C.德尔塔新冠病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体D.乙醇常用于医疗消毒，浓度越高消毒效果越好【答案】C【解析】【详解】A．温室效应的形成与二氧化碳有关，光化学

烟雾形成与氮的氧化物有关，臭氧空洞的形成与氟利昂等物质有关，故A错误；B．淀粉、蛋白质属于高分子营养物质，油脂不属于高分子，故B错误；C．德尔塔新冠病毒的粒子直径符合胶体分散质的直径，分散质分散在空气可能形成气溶胶，故C正确；D．乙醇的体积分数为75%时，消毒效果最好，故D错误；答案为C。2.中华

传统文化博大精深，也蕴含着许多化学知识。下列说法正确的是A.“以芒硝于风日中消尽水气"得到的是Na2SO4B.“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金"中的淘金原理与化学上的萃取一致C.“煤饼烧蛎房成灰”，“灰”又称为“蜃”，主要成分为()2CaOHD

.“红柿摘下未熟，每蓝用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味"中的“气”是指甲烷【答案】A【解析】【详解】A．芒硝为十水硫酸钠，失水后可以得到硫酸钠，所以“芒硝于风日中消尽水气"得到的是Na2SO4，A正确；B．萃取的原理

是利用物质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把物质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来，淘金不是利用溶解度不同分离物质，B错误；C．“煤饼烧蛎房成灰”，为碳酸钙高温分解的反应，故灰的主要成分为CaO，C错误；D．“气”是指乙烯，乙烯可以促

进植物成熟，D错误；故答案选A。3.下列物质中，属于电解质的是A.盐酸B.液氨C.二氧化硫D.氯化镁【答案】D【解析】【详解】A．盐酸是混合物，不是化合物，不属于电解质，也不属于非电解质，A错误；B．液氨是共价化合物，在水溶液中和熔融状态

下都不能发生电离而导电，属于非电解质，B错误；C．二氧化硫是共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，属于非电解质，C错误；D．氯化镁是盐，在水溶液中和熔融状态下都能够发生电离而导电，因此氯化镁属

于电解质，D正确；故答案选D。4.下列化学用语使用正确的是A.22HO电子式：B.硅原子最外层电子的电子排布图：C.钾原子最外层电子占据的能级符号：ND.氯原子的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．H2O2为分子晶体，其电子式为，A错误；B．硅原子最外层电子排布式为3s23p2，

轨道表示式为，B错误；C．钾是19号元素，价电子排布式为4s1，最外层电子占据的能层符号为N，能级符号为4s，C错误；D．氯原子核外有三个电子层，由内到外电子数分别为2、8、7，其结构示意图为，D正确；故答案选D。5.设NA为阿伏

加德罗常数的值。下列有关叙述一定正确的是A.4.6gC2H6O含C—H的数目为0.6NAB.1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NAC.在25℃、101kPa条件下，22.4LCO2中所含原子数目小于3NA

D.500mL12mol·L-1浓盐酸与1.5molMnO2充分反应生成Cl2分子数目为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A．4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，C2H6O为CH3CH2OH时C—H的数目为0.5NA，为CH3-O-CH3时

C—H的数目为0.6NA，故4.6gC2H6O含C—H的数目不一定为0.6NA，A错误；B．1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中Fe2(SO4)3的物质的量为1L×0.1mol·L-1=0.1mol，铁

离子发生水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，显然水解导致阳离子数目增多，故1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目大于0.2NA，B错误；C．在25℃、101kPa条件下，气体摩尔体积Vm大于22.4L/mol，22.4LCO2的

物质的量小于1mol，所含原子物质的量小于3mol，数目小于3NA，C正确；D．MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+2H2O+Cl2↑，500mL12mol·L-1浓盐酸中HCl的物质的量=6mol，随着反应的进行浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸不发生上述反应，故生成Cl2

的物质的量小于1.5mol，生成氯气分子数目小于1.5NA，D错误；答案选C。6.下列离子方程式符合所给事实的是A.将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-=SO23−+2HClOB.铁片

上镀铜的总反应(铜作阳极，硫酸铜溶液作电镀液)：Cu(阳极)通电Cu(阴极)C.泡沫灭火器的原理：2Al3++3CO23−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑D.Na2S2O3溶液加入稀硝酸：S2O23−+2H+=SO2↑+S↓+H2O【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸具有强

氧化性，可以将二氧化硫氧化，所以将少SO2通入NaClO溶液其离子方程式为SO2＋H2O＋ClO－＝24SO−＋Cl－＋2H＋，故A错误；B．铁片上镀铜(铜作阳极，硫酸铜溶液作电镀液)时，阳极铜放电生成铜离子，阴极铜离子放电生成单质铜，其总反应式为Cu(阳

极)=通电Cu(阴极)，故B正确；C．泡沫灭火器使用的是硫酸铝和碳酸氢钠，其离子方程式为Al3++33HCO−=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；的D．稀硝酸具有氧化性，可以将SO2氧化，故无法生成SO2，其离子方程式为3223SO−+2H++83NO−=8NO↑+624S

O−+H2O，故D错误；故答案选B。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.室温下，pH相同的盐酸和醋酸溶液，由水电离出的H+数目相等B.标准状况下，2.24L氯气参与的氧化还原反应中，转移电子数一定为0.2NAC.11gCO2和N2O的混合物中含有的质子数为5.5N

AD.1L1mol/LCH3COONa溶液中CH3COO-与OH-离子数之和小于NA【答案】C【解析】【详解】A．室温下，pH相同的盐酸和醋酸溶液中水的电离被抑制，且氢离子浓度相等，水的电离程度相等，但二者体积不确定，无法判断水电离出的H+数目，A错误；B．标准状况下，2.24L氯气的物质的

量为0.1mol，但氯气参与的反应中可能作氧化剂，也可能作还原剂，还可能既作氧化剂又作还原剂，故转移电子数不一定为0.2NA，如氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，若0.1mol氯气参与反应，转移电子数为0.1NA，B错误；C．CO2

和N2O的相对分子质量都是44，CO2和N2O分子中都含有22个质子，11gCO2和N2O的混合物中含有的质子数一定为11g44g/mol22NAmol-1=5.5NA，C正确；D．1L1mol/LCH3COONa溶液中n(Na+)=1mol，根据电荷守恒n(CH3COO-)+n

(OH-)=n(Na+)+n(H+)，所以CH3COO-与OH-离子数之和大于NA，D错误；故选C。8.关于反应42422244222KMnO3HSO7HOKSO2MnSO6O10HO++=+++，下列说法正确的是A.4KMnO是氧化剂，发生氧化反应B.22HO是还原剂，

只表现还原性C.反应生成18g水时，转移1.2mol电子D.还原性：422MnSOHO【答案】C【解析】【详解】A.4KMnO是氧化剂，发生还原反应，A错误；B．22HO中部分O元素从-1价升高到0价、部分O元素从-1价降低到-2价，22HO是

还原剂也是氧化剂，表现还原性、也表现出氧化性，B错误；C．存在关系式4224222KMnO7HO2MnSO6O1210HOe−，反应生成10mol水时，转移12mol电子，则反应生成18g即1mol水时，转移1.2mol电子，C正确；D．一个氧化还原反应中，还原剂的还原性大

于还原产物，则还原性：422MnSOHO＜，D错误；答案选C。9.研究表明，黄酮类化合物有提高动物机体抗氧化及清除自由基的能力。某黄酮化合物结构简式如图所示。下列有关该化合物的叙述中，正确的是A.分子式为C15H12O2B

.能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应C.该化合物中的碳原子不可能共平面D.1mol该化合物与H2发生加成反应，最多消耗6molH2【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式知其分子式为C16H12O2，A错误；B．该物质中含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故B正确；C．该物质中含有2个

苯环、碳碳双键和酮羰基，碳原子的杂化方式为sp2且甲基连接在苯环上，该化合物中的碳原子可能共平面，故C错误；D．该化合物分子中含有2个苯环、1个碳碳双键和1个酮羰基，1mol该化合物与H2发生加成反应，最多消耗

8molH2，故D错误；故选B。10.下列各组离子能大量共存的是A.324FeNaSCNSO++−−、、、B.KNaClOI++−−、、、C.3233AlCaHCONO++−−、、、D.2433NHCuCHCOONO++−−、、、【答案】

D【解析】【详解】A．铁离子和SCN-反应生成络合离子，不能大量共存，A错误；B．ClOI−−、两者会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C．铝离子和碳酸氢根离子会发生双水解，两者不能大量共存，C错误；D．四种离子相互之间不反应，能

大量共存，D正确；故选D。11.恨据下列实验操作和现象得出的结论中，正确的是选项实验操作和现象结论A向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化B

取少量可能被氧化的还原铁粉，加稀盐酸溶解，滴入KSCN溶液，溶液不显红色还原铁粉未被氧化C将可能含有Fe2+的氯化铁溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去氯化铁溶液中含有Fe2+D将绕成螺旋状的铜丝灼烧后反复插入盛有乙醇的试管，然后滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪

去乙醇被氧化成了乙醛A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀，一定有BaSO3，再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，未溶解的沉淀为BaSO4，则部分Na2SO3被氧化，符合题意，A正确；B．铁粉氧

化生成氧化铁，再与盐酸反应生成氯化铁，由于单质铁过量，氯化铁与单质铁反应生成氯化亚铁，滴入KSCN溶液，溶液不显血红色，不能说明未变质，B错误；C．将可能含有Fe2+的氯化铁溶液滴入酸性KMnO4溶液中，若Fe2

+较少，溶液紫红色不能褪去，该操作不能证明氯化铁溶液中是否含有Fe2+，故C错误；D．将绕成螺旋状的铜丝灼烧后反复插入盛有乙醇的试管，然后滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，可能是乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明乙醇被氧化成乙醛，故D错误；故选A。1

2.向100mL0.01mol/L()2BaOH溶液中滴加0.1mol/L3NaHCO溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确．．．的是A.()2BaOH和3NaHCO都是强电解质B.A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：223323Ba2OH2HCO=BaCO2HOCO+−−−++

++C.B→C，溶液中的()cOH−减小D.A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C【答案】B【解析】【详解】A．()2BaOH和3NaHCO在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；B．A→B加入3NaHCO的物质的量小于()2BaOH的物质的量，发生的反应为2+--332

Ba+OH+HCO=BaCOHO+，故B错误；C．B→C时加入的3NaHCO继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中()cOH−减小，故C正确；D．100mL0.01mol/L()2BaOH物质的量为0.1L×0.01mol/L=0.001mol，

n(OH-)=0.002mol，B点n(-3HCO)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，B点发生离子反应：2+--332Ba+OH+HCO=BaCO+HO，2Ba+恰好反应完全，-OH剩

余一半，c(OH-)比A点小，对水的电离抑制程度减小，C点n(-3HCO)=0.02L×0.1mol/L=0.002mol，B到C点发生离子反应：--2-332OH+HCO=CO+HO，生成Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子

发生水解促进水的电离，C点水的电离程度最大，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；答案选B。13.分枝酸的结构简式如图，关于分枝酸的叙述不正确的是A.1mol分枝酸至少可与3molNaOH反应B.该有机物可发生氧化反应和加聚反应C.分子中含有2个手性碳原子D.可使溴的C

Cl4溶液、酸性KMnO4溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．分枝酸中只有-COOH能与NaOH反应，则1mol分枝酸在一定条件下最多可与2molNaOH发生反应，故A错误；B．分枝酸含碳碳双键可发生氧化反应和加聚反应，故B正确；C．分枝

酸中含有的手性碳原子为(用“*”标注)，共2个，故C正确；D．分枝酸含有碳碳双键，能与溴的CCl4溶液发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；答案选A。14.钛铁矿与过氧化钠熔融后得到钛酸钠(Na2TiO4)，反应的化学方

程式为：FeTiO3+3Na2O2ΔNa2FeO4+Na2TiO4+Na2O，下列有关说法正确的是A.化合物Na2O2中阴阳离子的个数比为1:1B.该反应中的还原产物只有Na2OC.若有1molFe2+被氧化，则被Fe2+还原

的Na2O2为1molD.每生成18.6g氧化钠，转移电子的物质的量是1.8mol【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2中阳离子为Na+、阴离子为2-2O，所以Na2O2晶体中阴阳离子个数之比为1:2，A错误；B．该反

应中，FeTiO3中铁、钛元素的化合价升高，被氧化，Na2O2中氧元素的化合价降低，Na2FeO4和Na2TiO4既是氧化产物又是还原产物，Na2O是还原产物，B错误；C．由化学计量数可知，有1molFe2+被氧化，失去4mol电子，则被Fe2+还原的Na2O

2为2mol，C错误；D．2m18.6gn()===0.3molM62g/molNaO，每生成1molNa2O转移6mol电子，则生成0.3molNa2O转移1.8mol电子，D正确；故选D。15.SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应

用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是A.该反应在任何条件下都能自发进行B.反应达平衡后再通入O2，SO

3的体积分数一定增加C.反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D.2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小【答案】D【解析】【详解】A．该反应的熵减小，故不一定在任

何条件均能自发，选项A错误；B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B错误；C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C错误；D．反应的ΔH=∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]

－∑[2molSO3(g)]=－196.6kJ·mol－1＜0，则有∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]＜∑[2molSO3(g)]，选项D正确。答案选D。16.在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离

子中的三种：Cu2＋、Na＋、H＋、SO42-、2-3CO、OH-。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是A.2-3CO、OH-、2-4SOB.Na＋、H＋、2-4SOC.Cu2＋、H＋、2-4SOD.Na＋、OH-

、2-3CO【答案】D【解析】【详解】甲烧杯中溶液呈蓝色，一定含Cu2＋，则和Cu2＋不能共存的2-3CO、OH-在乙烧杯中，H+在甲烧杯中，根据电荷守恒，甲烧杯中还含有、SO42-，乙烧杯中还含有Na＋，所以乙烧杯中大量存在的离子是Na＋、OH-、2-3CO，答案选

D。17.反应()()1242NOg2NOgΔH57kJmol−=+，在温度为12TT、时，平衡体系中2NO的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.A、C两点的反应速率：ACB.A、C两点气体的颜色：A深，C浅C.由状态B到状态A，可以用加热的方法D.AC、两点气体的平均

相对分子质量：AC【答案】C【解析】【分析】()()1242NOg2NOgΔH57kJmol−=+，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，2NO的体积分数增大，所以12TT。【详解】A．增大压强，反应速率加快，A、C两点的反应速率AC，故A错误；B．压强越大，体积

越小，NO2浓度越大，A、C两点气体的颜色：A浅，C深，故B错误；C．根据以上分析12TT，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故C正确；D．增大压强，平衡逆向移动，气体物质的量减小，A点压强小于C，AC、两点气体的平均相对分子质量A<C，故D错误；选C。18.

某化合物的结构如下图所示。已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W、X的原子序数之和等于Y的原子序数，Z的最外层电子数等于X的原子序数。下列说法中，不正确的是A.Z元素可能位于第三周期B.该化合物分子中X、Y、Z原子都满足8电子结构C.X、Y、Z分别与

W形成的化合物都不含非极性共价键D.在一定条件下，X、Z分别与W形成的简单化合物均能与氯气反应【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W能形成1个共价键，W是H；Y能形成3个共价键，X能形成4个共价键，W、X的原子

序数之和等于Y的原子序数，Z的最外层电子数等于X的原子序数，X是C元素、Y是N元素；Z是O或S元素。【详解】A．Z是O或S元素，O位于第二周期、S位于第三周期，故A正确；B．C、N、O(或S)在该化合物分子中都满足8电子结构，故B正确；C．H2O2、C2H6、N2H

4既含非极性共价键又含极性共价键，故C错误；D．在一定条件下，CH4、H2O、H2S均能与氯气发生反应，故D正确；故选C。19.一种微生物燃料电池如图所示,下列关于该电池的说法正确的是A.a电极发生还原反应B.H+由右室通过质子交换膜进入左室C.b电极反应式为

2NO3－+10e－+12H+=N2↑+6H2OD.电池工作时,电流由a电极沿导线流向b电极【答案】C【解析】【详解】A、b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，故A错误；B、原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；C、b极上N元素的化

合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，故C正确；D、原电池中电流从正极流向负极，电流由b电极沿导线流向a电极，故D错误；故选C。20.在直流电场作用下双极膜中间层中的H

2O解离为H+和OH-，并分别向两极迁移。如图所示装置，可将捕捉的二氧化碳转化为CaCO3而矿化封存，减少碳排放，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品。下列说法正确的是A.CaCO3在碱室形成B.两个双极膜中间层的H+均向右移动C.向碱室中加入NaHCO3固体，有利于CO2的矿化封存D.b极为阳极

，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O【答案】D【解析】【分析】右侧双极膜中氢离子进入酸室，氢氧根离子右移在电极b上发生还原反应生成O2，所以b为阳极，左侧双极膜中氢氧根离子进入碱室，与二氧化碳

反应生成碳酸根离子，氢离子左移在电极a上发生还原反应生成H2，所以a为阴极，以此解答。【详解】A．由图可知，CO23−通过左侧阴离子交换膜进入中间室内与Ca2+结合形成碳酸钙，CaCO3在中间室形成，故A错误；B．由图可知，右侧双极膜中氢离子进入酸室生成盐酸，左侧双

极膜中氢离子左移在电极a上发生还原反应生成H2，故B错误；C．碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子通过左侧阴离子交换膜进入中间室内，与Ca2+结合形成碳酸钙，加入NaHCO3固体会消耗氢氧根不利于CO2的吸收，故C错误；D

．右侧双极膜中氢离子进入酸室，氢氧根离子右移在电极b上发生还原反应生成O2，所以b为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故D正确；故选D。21.常温下，amol/L某酸H2A溶液中各含A粒子的pc-pOH关系如图所示[其中pc=-lgc(溶液中各含A粒子浓度负对

数)，pOH=-lgc(OH-)]。下列有关说法不正确的是A.曲线III表示pc(H2A)随pOH的变化B.pH=2的溶液中，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)C.pH=4的溶液中：c(HA-)=amol/L-2c(A2-)D.H2A+A2-⇌2HA-的平衡

常数K=1.0×104.8【答案】B【解析】【分析】由图可知，H2A为弱酸，H2A在溶液中发生电离的方程式为+-2HAH+HA，-+2-HAH+A，[pOH=-lgc(OH-)]，pc=-lgc，则pOH值越大，溶液的碱性越弱，pc值越大，粒子的浓度越小，pOH=0时，溶液的

碱性最强，此时对于H2A溶液，各粒子浓度关系为-2-2(HA)c(HA)(A)cc，因此曲线Ⅰ为pc(A2-)随pOH的变化，曲线Ⅱ为pc(HA-)随pOH的变化，曲线Ⅲ为pc(H2A)随pOH的变化。【详解】A．由图象可知H2A为弱酸

，H2AH++HA-、HA-H++A2-,pc=-lgc,pOH=-lgc(OH-)可知pc值越大粒子浓度越小，pOH值越大，c(OH-)越小，pOH=0时，溶液碱性最强，则c(H2A)<c(HA-)<c(A2-)，故Ⅲ为H2A，Ⅱ为HA-，Ⅰ为A2-，选项A正确

；B．pH=2的溶液中，14-12+210(OH)mol/L10mol/L(H)10−−−===wKcc，pOH=12，由图可知，pOH=12时c(HA-)=c(H2A)>c(A2-)，选项B错误；C．pH=4的溶液中，14-10+410(OH)mol/L10mol/L(H)10−−−===w

Kcc，pOH=10，此时2-2(HA)(A)=cc，根据物料守恒有-2-2(HA)c(HA)(A)=amol/Lcc++，则c(HA-)=amol/L-2c(A2-)，选项C正确；D．2--2HA+A2HA的平衡常数2-2-2(HA)(HA)(A)=cKcc-+-12-+22(HA)(H)

(HA)(HA)(A)(H)==aaKccccccK，C点时，-2(HA)(HA)=cc，此时pOH=12，则-12(OH)10mol/Lc−=，1421210(H)mol/L10mol/L(OH)10wKcc−+−−

−===，-++2a12(HA)(H)(H)10(HA)ccKcc−===，A点时，2-(A)(HA)−=cc，此时pOH=7.2，则-7.2(OH)10mol/Lc−=，146.87.210(H)mol/L10mol/L(OH)10

wKcc−+−−−===，2-++6.8a2(A)(H)(H)10(HA)ccKcc−−===，则24.816.82101010aaKKK−−===，选项D正确；答案选B。第II卷(非选择题)22.钒是一种有色

金属，五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业。某废渣的主要成分为V2O3，另含有Fe2O3、SiO2、As2O3、P2O5等杂质，用该废渣制取V2O5的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（1）焙烧前需要将废

渣进行粉碎，目的是___________。（2）MgNH4AsO4中砷的化合价为___________，NH4Cl的电子式为___________。（3）已知“焙烧”过程中V2O3与O2和NaOH反应生成NaVO3，请写出该反应的化学方程式__

_________。（4）滤渣1的主要成分的化学式为___________。（5）“沉矾”步骤中温度高于80℃沉矾率会降低，可能的原因是___________。（6）写出“灼烧”步骤反应的化学方程式___________；粘在坩埚内壁上的V2O5，可用K2SO3溶液洗涤，生成V

O+，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高焙烧率（2）①.+5②.（3）V2O3+O2+2NaOH高温=2NaVO3+H2O（4）Fe2O3（5）NH4Cl受热分解（6）①.2NH4VO

3高温=V2O5+2NH3↑+H2O②.2:1【解析】【分析】废渣中加入烧碱并通入O2焙烧，V2O3、SiO2、As2O3、P2O5分别与NaOH、氧气反应生成可溶性钠盐，Fe2O3不反应，则水浸后滤渣1为Fe2O3；滤液中加入NH4Cl、MgCl2将3-4PO、3

4AsO−转化为MgNH4PO4和MgNH4AsO4沉淀除去；经水解除硅，将23SiO−转化为H2SiO3沉淀除去，则滤渣2为H2SiO3；加入NH4Cl沉钒得到NH4VO3，经灼烧得到V2O5和碱性气体NH3；

据此分析解答。【小问1详解】将废渣进行粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高焙烧率；小问2详解】MgNH4AsO4中砷元素的化合价为+5；NH4Cl为离子化合物，其电子式为；【小问3详解】“焙烧”过程中，V2O3与O2、NaOH反应的化学方程式为V2O3+O2+2NaOH=高温2NaVO

3+H2O；【小问4详解】V2O3、SiO2、As2O3、P2O5分别与NaOH、O2反应生成可溶性钠盐，“水浸”时溶于水，Fe2O3不与NaOH、O2反应，也不溶于水，故滤渣1的主要成分为Fe2O3；【小问5详解】“沉矾”步骤中，加入NH4Cl发生反应+-4343NH+VO=NH

VO，将-3VO转化为NH4VO3；由于NH4Cl不稳定，受热易分解，因此温度高于80℃时沉钒率降低的可能原因是NH4Cl受热分解；【【小问6详解】NH4VO3经“灼烧”得到V2O5和碱性气体NH3，反应的化学方程式为2NH4VO3高温=V2O5+2NH3↑+H2O；粘在坩埚内

壁上的V2O5与K2SO3反应生成VO+，反应的离子方程式为2-++2-25342VO+2SO+2H=2VO+2SO+HO，其中K2SO3作还原剂，V2O5作氧化剂，则该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1。23.铋酸钠()3NaBiO是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴

趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。Ⅰ．制取铋酸钠()3NaBiO利用白色且难溶于水的3Bi(OH)在NaOH溶液中，在充分搅拌的情况下与2Cl反应制备3NaBiO，实验装置如下图(加热和夹持仪器已略去)。已知：3NaBiO粉末呈

浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解。请按要求回答下列问题：（1）仪器C的名称是_______。（2）B装置盛放的试剂是_______。（3）C中发生的反应化学方程式为：_______。（4）当观察到C中白色固体消失时，应关闭3K和1K，并停止

对A加热，原因是_______。（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作是_______、过滤、洗涤、干燥。（6）实验完毕后，打开2K，向A中加入NaOH溶液的主要作用是______

_。Ⅱ．产品纯度的测定（7）取Ⅰ中制取的3NaBiO产品xg，加入足量稀硫酸和4MnSO稀溶液使其完全反应，再用10.1molL−的224HCO标准溶液滴定生成的4MnO−(已知：233425NaBiO2Mn14H5Bi2MnO5Na7HO+++−++

+=+++，22244225HCO2MnO6H10CO2Mn8HO−++++=++)，当达到滴定终点时，消耗ymL。滴定终点的现象_______，该产品的纯度为_______。【答案】（1）三口(颈)烧瓶（2）饱和食盐水（3）3232Bi(OH)3NaOHClN

aBiO2NaCl3HO++=++（4）防止2Cl过量使溶液呈酸性，导致3NaBiO分解（5）在冰水(冷水)中冷却结晶(或冷却结晶)（6）除去A中残留2Cl（7）①.加入最后一滴224HCO溶液时，溶液恰好由紫红色变成无色，30秒不恢复原色②.2.8yx%【解

析】【分析】在A中MnO2与浓盐酸反应制取氯气，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，可在装置B中利用饱和食盐水除去，在C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与通入的Cl2反应生成NaBiO3，氯气有毒不能直接排放，但是能和NaOH反应而消除其污染

，所以D装置是尾气处理。【小问1详解】由图可知仪器C为三颈烧瓶；【小问2详解】B装置用于去除氯气中的HCl，盛放的试剂是饱和食盐水，HCl极易溶于饱和食盐水且饱和食盐水能抑制氯气在溶液中的溶解；【小问3详解】C中盛放的Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2发生反应产生NaBi

O3，化学方程式为：3232Bi(OH)3NaOHClNaBiO2NaCl3HO++=++；【小问4详解】当观察到C中白色固体消失，即3Bi(OH)反应完全，若继续通2Cl，导致2Cl过量，会使溶液呈酸性，3NaBiO分解；【小

问5详解】想要获得纯净NaBiO3，首先要将让其结晶析出，然后将沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，由于NaBiO3不易溶于冷水，所以需要的操作有：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【小问6详解】实验完毕后，A装置中

残留着2Cl，打开K2，向A中加入NaOH溶液，可去除残留的2Cl；【小问7详解】4MnO−溶液为紫红色，滴定终点时，溶液紫红色完全褪去且30S内不变色；由题中方程式可得关系式5NaBiO3～24MnO−～5H2C2O4，即1molNaBiO3完全反应消

耗1molH2C2O4由，反应消耗草酸的物质的量为n(H2C2O4)=0.1mol/L×y×10-3L=y×10-4mol，所以NaBiO3的质量为m(NaBiO3)=n·M=y×10-4mol×280g/mol=0.028yg，所以该产品的纯度

为0.028yx×100%=2.8yx%。24.回答下列问题：（1）利用CO和2HS制备羰基硫气体的反应原理为：22COHSCOSH++。已知：222CO(g)SO(g)2CO(g)S(g)ΔH269.2kJ/mol++=−22H

S(g)H(g)S(g)ΔH20.6kJ/mol+=+222COS(g)SO(g)2CO(g)3S(g)ΔH152.0KJ/mol++=−则反应22CO(g)HS(g)COS(g)H(g)ΔH++=_______。（2）在容积不变的密闭容器中，使CO与2HS反应

达到平衡。若反应前CO的物质的量为25.0mol,HS的物质的量为3.5mol，达到平衡时CO的物质的量为4.0mol，则化学平衡常数为_______。若保持温度不变，、再向容器中加入21molHS和22molH，平衡

移动的方向为_______(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。（3）在2L密闭容器内，800℃时，加入一定量的2NOO、，发生如下反应：222NO(g)O(g)2NO(g)ΔH0+，反应过程中n(NO)随时间的变化如下表：时间/s0

1020304050n(NO)/mol0.200.100.080.070070.07①计算该反应在20秒内用2NO表示的反应速率()2vNO=_______。升高温度该反应平衡常数会_______(填“

增大”“减小”或“不变”)。②下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。.a．b．c．d．③能使该反应的反应速率增大，且NO的平衡转化率也增大的是_______(填字母)。a．及时分离出

2NO气体b．适当升高温度c．选择高效催化剂d．增大2O的浓度【答案】（1）38.0kJ/mol−（2）①.0.1②.逆反应方向（3）①.110.003molLs−−②.减小③.d④.d【解析】【小问1详解】已知：①222CO(g)SO(g)2CO(

g)S(g)ΔH269.2kJ/mol++=−；②22HS(g)H(g)S(g)ΔH20.6kJ/mol+=+；③222COS(g)SO(g)2CO(g)3S(g)ΔH152.0J/mol++=−，根据盖斯定律，12×①+②

-12×③可得22CO(g)HS(g)COS(g)H(g)ΔH++=-12×269.2kJ/mol①+20.6kJ/mol+12×152.0kJ/mol=38.0kJ/mol−。【小问2详解】根据已知条件列出“三段式”()()()()()()()22COgHSgCOSgHgmol53.50

0mol1111mol42.511++起始转化平衡则化学平衡常数为K=11VV42.5VV=0.1，若保持温度不变，、再向容器中加入21molHS和22molH，此时Q=121VV0.144.59VV=，平衡移动的方向为逆反应方向。【小问3详解】①根据表中数据，反应在30s时达到平

衡状态，该反应在20秒内用2NO表示的反应速率为0.20.08220−11molLs−−=110.003molLs−−；该反应H<0，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则K减小；②a．反应体系中各物质均为气体，且气体总质量不变

，容积为恒容，则密度自始至终不变，示意图错误，a错误；b．方程式中的焓变与反应的物质的量无关，与反应的计量数有关，无法判断是否达到平衡状态，b错误；c．反应开始时，反应物的浓度最大，反应速率最大，随反应的进行反应物的浓度逐渐减小，反应速率减小，示意图错误，c错误；d．随反应的进行，NO

反应的量逐渐增大，转化率增大，当达到平衡状态时，NO的量不再增大，即达到平衡状态，d正确；答案为d；③a．及时分离出NO2气体，反应物的瞬时反应速率不变，与题意不符，a错误；b．适当升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，NO的转化率降低，与题意不符，b错误；c．选

择高效催化剂，正逆反应速率均增大，平衡不移动，转化率不变，与题意不符，c错误；d．增大O2的浓度，正反应速率加快，平衡正向移动，NO的转化率增大，符合题意，d正确；答案为d。25.镍铜合金是由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能，耐腐蚀性好，耐磨性好，

容易加工，无磁性，是制造电子管较好的结构材料。请回答下列问题：（1）基态Cu原子的空间运动状态有___________种。（2）元素Cu与Ni的第二电离能分别为1959kJmol-1、1753kJ·mol-1，I2(

Ni)<I2(Cu)的原因是___________。（3）O与Cu形成化合物为Cu2O，Cu与S形成的化合物为Cu2S，Cu2O的熔点比Cu2S的___________(填“低”、“高”或“无法确定”)。（4）Cu可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(

H2O)2]SO4，其阴离子的空间构型是___________；加热该物质时，首先失去的是H2O分子，原因是___________。（5）甲基丙烯酸铜是一种重要的有机铜试剂，其结构为。此有机铜试剂中，C的原子的杂化类型有___________。（6）

Cu化合物种类有很多，Cl与Cu形成的化合物的立方晶胞结构如图，已知立方晶胞的边长为acm，则Cu+与Cl-形成的化合物的密度ρ=___________(NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的代数式表示)g·cm-3。【答案】（1）15（2）Cu

+的价层电子排布式为3d10，Ni+的价层电子排布式为3d84s1，Cu+失去的是全充满的3d轨道上的电子，Ni+失去的是4s轨道上的电子，因此铜的第二电离能较大（3）高（4）①.正四面体形②.O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，H2

O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱（5）sp2杂化、sp3杂化（6）()3A46435.5Na+【解析】【小问1详解】基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理可知，基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状

态，则基态Cu的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种；【小问2详解】Cu+的价层电子排布式为3d10，Ni+的价层电子排布式为3d84s1，Cu+失去的是全充满的3d轨道上的电子，Ni+失去的是4s轨道上的电子，因此铜的第二电离能较大；【小问3详解】Cu2O和Cu2S都是离子晶体，其中

氧离子的半径小，则Cu2O的晶格能大，熔点高，因此Cu2O的熔点比Cu2S的高；【小问4详解】其阴离子为24SO−，中心S原子形成4个σ键，没有孤电子对，其价层电子对数为4，故其空间构型是正四面体形；O的

电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱，因此加热该物质时，首先失去的是H2O分子；的【小问5详解】该有机铜试剂中，双键碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化；【小问6详解】该晶胞中Cu+

位于顶点和面心，含有118682+=4个，Cl-位于体内，有4个，立方晶胞的边长为acm，1mol晶胞中含有4molCu+和4molCl-，则晶胞的质量为4×(64+35.5)，体积为a3cm3，则化

合物的密度为()33A46435.5gcmNa−+。