【文档说明】四川省内江市第六中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(24)页，791.486 KB，由小赞的店铺上传

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内江六中2022—2023学年(下)高24届第一次月考化学试题第Ⅰ卷选择题可能用到的相对原子质量：H:1C:12O:16Cl:35.5Cr:52Zr:91一、选择题(每题2分，共42分)1.常温下，下列各溶液中水的电离程

度最大的是A.pH=1的硫酸溶液B.1mol/L氯化钠溶液C.0.01mol/L的烧碱溶液D.c(H+)=10-2mol/L的硫酸氢钠溶液【答案】B【解析】【详解】酸或碱抑制水的电离，硫酸溶液、烧碱即NaOH溶液、硫酸氢钠溶液电离出氢离子或氢氧根离子都抑制水的电离，氯化钠

溶液为中性溶液，水的电离程度最大，故选：B。2.常温下，下列事实不能．．说明某一元酸HX是弱酸的是A.0.1mol•L-1HX溶液的pH=3B.10.1molL−NaX溶液的pH＞7C.0.1mol•L-1HX溶液比0.1mol•L-1盐酸导电能力弱D.0.1mol•L-1HX溶液与0.1mol

•L-1NaOH溶液恰好中和【答案】D【解析】【详解】A．0.1mol·L-1HX溶液的pH=3，说明该溶液中c(H+)=10−3mol/L＜c(HX)，则HX部分电离，能说明一元酸HX是弱酸，A错误；B．0.1mol·L-1

NaX溶液pH＞7，溶液显碱性，说明NaX是强碱弱酸盐，能说明一元酸HX是弱酸，B错误；C．0.1mol·L-1HX溶液比0.1mol·L-1盐酸导电能力弱，说明HX部分电离，能说明一元酸HX是弱酸，C

错误；D．10mL0.1mol·L-1NaOH溶液与10mL0.1mol·L-1HX溶液恰好中和，只能说明HX为一元酸，不能说明一元酸HX是弱酸，D正确；答案选D。3.下列溶液一定呈酸性的是A.含有H+离子的溶液B.

c(H+)>(Kw)1/2C.pH小于7的溶液D.使石蕊试液显紫色的溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A．任何水溶液都含有H+离子不一定显酸性，A错误；B．Kw=c(H+)·c(OH-)，因c(H+)>(Kw)1/2所以c(H+)>c(OH-)，溶液显酸

性，B正确；C．pH小于7的溶液不一定显酸性，和温度有关，100℃是pH=6为中性，C错误；D．石蕊试液显紫色说明为中性，D错误；故选B。4.下列说法正确的是A.测得0.11molL−的一元碱ROH溶液pH=12，则ROH一定为弱碱B.0.11mol

L−的醋酸溶液中加入少量3CHCOONa固体，溶液pH增大C.25℃时，pH=1的某一元酸HB溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH≥7D.25℃时，测得0.11molL−的一元酸HA溶液pH=a，将该溶液加水稀释100倍，

所得溶液的pH=a＋2，则HA为弱酸【答案】B【解析】【详解】A．未明确溶液pH的测定温度，则无法确定水的离子积常数大小，由0.1mol/L的一元碱ROH溶液pH=12不能判断ROH一定为弱碱，故A错误；，B．醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡

，所以0.1mol/L醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，电离平衡左移，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B正确；C．若HB为一元弱酸，25℃时，pH=1的某一元酸HB溶液与pH=13的氢氧化钠溶液等体积混合时，HB溶

液过量，溶液呈酸性，溶液pH小于7，故C错误；D．若HA为一元弱酸，25℃时，pH=a的HA溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH小于a＋2，故D错误；故选B。5.下列关于常温下，体积均为10mL，pH均为4的HCl

溶液a和CH3COOH溶液b的有关说法不正确的是A.对水的电离的抑制程度相同B.稀释至相同pH后，Va<VbC.溶液体积均扩大为原来的105倍，则pHa≈pHb≈7D.两溶液分别与足量Zn反应，HCl溶液中放出的H2又快又多【答案】D【解析】【分析】【详解】A．

酸电离出的c(H+)相同，对水的电离的抑制程度相同，A项正确；B．稀释相同倍数，HCl的pH变化大，所以要将CH3COOH溶液多稀释一些，Va<Vb，B项正确；C．将酸无限稀释，相当于纯水，pH≈7，C项正确；D．两溶液pH相同，由于醋酸是弱酸，所以醋酸的物质的量浓度大

于盐酸，两溶液体积相同，所以醋酸的物质的量大于HCl的物质的量，所以两溶液分别与足量Zn反应，CH3COOH溶液中放出的H2多于盐酸；随着反应的进行，醋酸电离出来的氢离子不断被锌消耗，所以醋酸的电离平衡不断向右移，又会电离出氢离子，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度大于盐酸中的氢离子

浓度，所以醋酸溶液中的反应速率大于盐酸中的反应速率，所以醋酸溶液中放出的氢气又快又多，D项错误；故选D。6.下列说法正确的是A.常温下，等pH的4NHCl与3CHCOOH溶液的导电性相同B.3NaHSO溶液呈酸性，是由于3HSO−水解大于电离C.常温下，pH=3的①3CHCOOH溶液②HC

l溶液③3AlCl溶液中水电离程度：③>②=①D.常温下，()11H10mol/Lc+−=的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液()12H10mol/Lc+−=【答案】C【解析】【详解】A．3CHCOOH是

弱电解质，不完全电离，4NHCl为盐，完全电离，所以常温下，等pH的4NHCl与3CHCOOH溶液的导电性：4NHCl>3CHCOOH，故A错误；B．3NaHSO溶液中，存在电离：+233HSOH+SO−−和水解：3223HSO

+HOHSO+OH−−，溶液呈酸性，则说明以电离为主，故B错误；C．3AlCl属于强酸弱碱盐，3AlCl水解，水电离程度最大，任何酸和碱都抑制水的电离，pH=3的3CHCOOH溶液和HCl溶液电离程度相同，综

上水的电离程度：③>②=①，故C正确；D．NaOH为强碱，完全电离，稀释时，溶液中离子浓度成倍数变化，常温下，()11H10mol/Lc+−=的的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液()10H10mol/Lc+−=，故D错误，故D错误；故选C。7.水的

电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是A.温度不变，向水中加入适量KHSO4固体可使A点变到C点B.图中五个点的Kw间的关系：BCADE==C.若从A点变到D点，可采用在水中加入少量酸的方法D.处在B点

时，将pH3=的稀硫酸与pH9=的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性【答案】A【解析】【详解】A．若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH-)变大，Kw增大，温度应升高，A错误；B．ADE都处于25C时，Kw相等，由图像可知B点c(H+)和c(OH-)大于C点的c(H+)和c(OH

-)，并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大，故B>C>A=D=E，B正确；C．从A点到D点，温度不变，Kw不变，加酸，c(H+)变大，c(OH-)变小，C正确；D．若处在B点时，pH=3的稀硫酸中c(H+)=10-3-1molL

，pH=9的KOH中c(OH)=12-13-1910molL10molL10−−−=，溶液显中性，D正确；故选A。8.常温下，向一定体积pH=13的氢氧化钾溶液中逐滴加入pH=1的稀盐酸，溶液中pH与pOH[pOH=-lgc（OH-）]的变化关系如图所示。下列有关说法错误的是A.Q点

溶液呈中性，且a=7B.M点和N点水的电离程度一定相等C.Q点消耗盐酸溶液的体积等于氢氧化钾溶液的体积D.若b=12，则N点消耗盐酸溶液的体积与氢氧化钾溶液的体积之比为11:9【答案】D【解析】【详解】A

.Q点溶液中pH＝pOH，因此溶液呈中性，由于是常温下，则a=7，A正确；B.M点和N点溶液中pOH、pH相等，即溶液中氢离子和氢氧根的浓度相等，所以水的电离程度一定相等，B正确；C.Q点溶液显中性，氢氧化钾和盐酸恰好反应，由于二者的浓度相等，则消耗盐酸溶液的体积等于氢氧化钾溶液的体积，C

正确；D.若b=12，则N点溶液显碱性，盐酸不足，氢氧化钾过量，反应后溶液中氢氧根浓度是0.01mol/L，则0.1/0.1/0.01/molLxmolLymolLxy−=+，解得y：x＝9：11，所

以消耗盐酸溶液的体积与氢氧化钾溶液的体积之比为9:11，D错误；答案选D。9.室温下，下列四种溶液中，由水电离产生的H+的物质的量浓度之比(①:②:③:④)是①0.5mol•L-1的H2SO4②0.05mol•L-1的H2SO4③0.01mol•L

-1的NaOH溶液④0.001mol•L-1的NaOH溶液A.14:13:12:11B.14:13:2:3C.1:10:100:1000D.0:1:12:11【答案】C【解析】【详解】①0.5mol•L-1的H2SO4，c(H+)=1mol•L-1，Kw=110-14，由水电离产生的()()()

-14+--14+Kw110cH=cOH===110mol/L1cH水水；②0.05mol•L-1的H2SO4，c(H+)=0.1mol•L-1，由水电离产生的()()()-14+--13w+K110cH=cOH===110mol/L0.1cH水水；③0.01mol•

L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.01mol•L-1，由水电离产生的()()()-14+--12w-K110cH=cOH===110mol/L0.01cOH水水；④0.001mol•L-1的NaOH溶

液，c(OH-)=0.001mol•L-1，由水电离产生的()()()-14+--11w-K110cH=cOH===110mol/L0.001cOH水水；由水电离产生的H+的物质的量浓度之比(①:②:③:④)为14-13-12-11110:110:110:1111001001000

−=：：：；故答案为C。10.有人曾建议用AG表示溶液的酸度(acidity)，AG的定义为AG=lg()()HOHcc+−，下列表述正确的是A.25℃时，若溶液呈中性，则pH=7，AG=1B.25℃时，若溶液呈酸性，则pH<7，AG<

0C.25℃时，若溶液呈碱性，则pH>7，AG>0D.25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG=2(7-pH)【答案】D【解析】【详解】A、25℃时溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，pH=7，AG=lg1=0，故A错误；B、25℃时溶液显酸性，即p

H<7，即c（H＋)>c(OH－)，根据AG的定义，AG>0，故B错误；C、25℃时溶液显碱性，即pH>7，c(OH－)>c(H＋)，根据AG的定义，AG<0，故C错误；D、25℃时，AG=lgc(H＋

)－lgc(OH－)=－pH＋pOH=14－2pH=2(7－pH)，故D正确。11.在室温下，下列有关NA说法正确的是A.在1L1mol/L碳酸钠溶液中含有的阴离子数目大于NAB.在1L1mol/L的FeCl3溶液中Fe3+数目为3NAC.在pH=2的硫

酸酸溶液中由水电离出H+数目为10-12NAD.在含有1mol重铬酸钾溶液中H+数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A．1L1mol/L的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠1mol，由于碳酸根离子部分水解，会导致阴离子数目增多，故溶液中阴离子的个数多于1NA，A正确；B．Fe3+为

弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以1L1mol/L的FeCl3溶液中Fe3+数目小于1NA，B错误；C．溶液体积不明确，无法计算水电离的氢离子个数，C错误；D．重铬酸钾溶液中存在以下平衡：222724CrOHO22HCrO−−+++，可知1mol重铬酸钾溶液中H+数目小于2NA，D错误；故选A

。12.常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为A.0.01mol·L-1B.0.17mol·L-1C.0.05mol·L-1D.0.50mol·L-1【答案】C【解析】【分析】【详解】由题意，可设原溶液物质的量浓度为cmol

·L-1，NaOH溶液体积为3VL，HCl溶液体积为2VL，则二者混合后溶液体积为5VL，因为常温下二者混合反应后，所得溶液pH=12，即c(H＋)=10-12mol·L-1，所以c(OH-)=Kw÷c(H＋)=10-14÷10-12=10-2m

ol·L-1，则cmol·L-1×3VL-cmol·L-1×2VL=10-2mol·L-1×5VL，解得c=0.05，则原溶液的浓度为0.05mol·L-1，故答案为：C。13.室温下，对于1L0.1mol•L-1醋酸溶液。下列判断正确的是A.该溶液中CH3COO-的粒子数为

6.02×1022B.加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低C.滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1molD.醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO23−+2H+=H2O+CO2↑【答案】C【解析】【分析】醋酸是弱电解质，在溶

液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，1L0.1mol•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-

)+c(CH3COOH)=0.1mol•L-1，据此分析解答。【详解】A．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒

子数小于6.02×1022，故A错误；B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误；C．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶

液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，故C正确；D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是

弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO23−+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D错误；答案选C。14.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.130.1molLNaHCO−溶液中：4NH+、

3NO−、K+、24SO−B.滴加KSCN溶液后显红色的溶液中：4NH+、K+、23CO−、I−C.()1w-K0.1molLcOH−=的溶液中：4NH+、2Ca+、2Fe+、3NO−D.使甲基橙变红的溶液中：Na+、K+、2AlO−、22

7CrO−【答案】A【解析】【详解】A．在碳酸氢钠溶液中，后面的四种离子互不影响，可以共存，故A正确；B．滴加KSCN之后显红色的溶液中含有铁离子，后面的碳酸根离子和碘离子都不能与之共存，B错误；C．由已知得到这是一个酸性溶液，有大量氢离子，亚铁离子、氢离子和硝酸根离子要发生氧化还原反应不能共存

，C错误；D．甲基橙变红，这是一个酸性溶液，偏铝酸根离子不能共存，D错误；故选A。15.下列与滴定实验有关的说法中正确的是A.用碱式滴定管准确量取20.00mL的高锰酸钾溶液B.NaOH标准液滴定盐酸，若滴定结

束时俯视刻度，会导致测定结果偏高C.醋酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，用甲基橙作指示剂，会导致测定结果偏高D.用4KMnO滴定亚硫酸钠溶液时，当最后一滴高锰酸钾标准液滴入锥形瓶中，溶液颜色由无色变为粉红色时，即达滴定终点【答案】C【解析】

【分析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，不能用碱式滴定管量取，所以用酸式滴定管量取20.00mL酸性高锰酸钾溶液，故A错误；B．用NaOH滴定盐酸时若滴定结束时俯视刻度，导致V(标准)偏小，根据()()()()c

VcV=标准标准待测待测分析，可以知道c(待测)偏小，故B错误；C．甲基橙变色的pH范围是3.1~4.4，用甲基橙作指示剂滴定后溶液呈酸性，醋酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，醋酸钠溶液因水解呈碱性、滴定终点时溶液呈碱性，滴定时用甲基橙作指示剂，醋酸

过量，导致V(标准)偏大，c(待测)偏大，故C正确；D．用4KMnO滴定亚硫酸钠溶液，高锰酸钾被还原而褪色、当最后一滴高锰酸钾标准液滴入锥形瓶中，溶液颜色由无色变为粉红色时，且半分钟内不褪去，即达终点，故D错误；故选C。

16.恒温25℃下，向一定量的0.1mol/L的BOH溶液中逐滴滴入稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数[用pC表示，pC=-1gc(H+)水]与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是A.BOH为弱碱且Kb的数量级为10-7B.b、d点溶液呈

中性C.c-d点间溶液中：c(BOH)+c(OH-)＞c(H+)D.c点溶液中水的电离程度最大，且c(B+)＜c(Cl-)【答案】D【解析】【详解】A.当加入盐酸的体积为0时，溶液为0.1mol∙L-1的BOH溶液，此时由水电离出的c(H+

)水=10−11.3mol/L，则0.1mol/L的BOH溶液电离出的-14--2.7-11.310c(OH)=mol/L=10mol/L10，则BOH为弱碱，-2.7-2.+--47.4b10c(B)c(OH)K===10c(BOH)0.1×10，则Kb的数量级为

10−5，A错误；B.b点溶液中，由水电离出的c(H+)水=10−7mol/L，溶质为BOH和BCl，氢离子均来自水，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液为中性，d点溶液中溶质为BCl和HCl，盐酸也会电离出氢离子，故溶液中氢离子浓度大于10-7mol/L，溶液呈酸性，B错误；C.c点水的电离程度

最大，此时盐酸与BOH恰好反应，溶质为BCl，结合质子守恒可得：c(BOH)+c(OH−)=c(H+)，cd段HCl过量，则c(BOH)+c(OH−)<c(H+)，C错误；D.c点恰好反应生成BCl，溶液呈酸性，则c(OH−)<c(H+)，结合电荷守恒可知：c(B+)<c(Cl−

)，D正确；故选D。17.实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)B.随温度升高，CH3

COONa溶液的c(OH−)减小C.随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【解析】【分析】水的

电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故

A不符合题意；B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C.

升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D.盐类水解为吸热过程，升高温度

促进盐类水解，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。18.某温度下，四种不同一元酸溶

液在不同浓度时的pH如下表所示，下列推测不合理的是酸浓度(mol/L)酸HX的pH酸HY的pH酸HM的pH酸HNpH0.0103.442.002.922.200.102.941.002.421.55A.该温度下电离出H+的能力：HY>HN>HM>HXB.该温度下将HY溶液加入NaX溶液

中，发生反应为HY+NaX=HX+NaYC.该温度下当HX的浓度为0.10mol/L时，c(HX)>c(X—)>c(H+)>c(OH—)D.该温度下用同种方法测定，相同体积的0.10mol/LHM溶液比0.010mol/LHM溶液导电能力强【答案】

C【解析】【详解】A．由表格数据可知，等浓度的四种一元酸溶液的pH大小顺序为HX>HM>HN>HY，则该温度下四种酸溶液电离出氢离子的能力大小顺序为HY>HN>HM>HX，故A正确；B．由表格数据可知，等浓度的HY溶液的pH小于HX溶液，说明HY的酸性强于HX，

由强酸制弱酸的原理可知，HY溶液加入NaX溶液中发生的反应为HY+NaX=HX+NaY，故B正确；C．由表格数据可知，HX为一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和X—离子，则溶液中微粒的大小顺序为c(HX>c(H+

))>c(X—)>c(OH—)，故C错误；D．由表格数据可知，HM为一元弱酸，则相同体积的0.10mol/LHM溶液中离子浓度大于0.010mol/LHM溶液，导电能力强于0.010mol/LHM溶液，故D正确

；故选C。19.肼(N2H4)主要用作导弹、火箭的燃料。已知：N2H4在水中与NH3性质相似。下列关于N2H4的说法错误的是A.肼溶于水，发生的第一步电离可表示为：-24225NH+HONH+OH+B.常温下，向0.1mol·L-1N2H4溶液中加水稀

释时，25226c(NH)c(NH)++会增大C.1molN2H4分子中含有5molσ键D.N2H4和N2O4用作火箭推进剂的主要原因是反应放出大量的热且反应后气体体积增大【答案】B【解析】的的【详解】A．24NH在水中与3NH性质相似，

在水中电离与3NH相似，所以24NH在水中发生的第一步电离可表示为：-24225NH+HONH+OH+，A正确；B．24NH在水溶液中发生二级电离：+2+-25226NH+HONH+OH，2+-26b2+25c(NH)c(OH)K=c(NH)，+-252+26b2c(NH)c(OH)c(NH)K

=，加水稀释，b2K不变，-c(OH)减小，25226c(NH)c(NH)++减小，B错误；C．24NH的结构式为：，1mol24NH分子中含有5molσ键，C正确；D．24NH和24NO发生反应：422242(

l)+(g)=3N(g)+4HO(l)2NHNO，用作火箭推进剂的主要原因是反应放出大量的热且反应后气体体积增大，D正确；故选B。20.下列各离子方程式中，属于水解反应的是A.-3HCO+H2OH3O++2-3COB.+4NH+H2ONH3·H2O+OH-C.3

-4PO+H2O2-4HPO+OH-D.H2O+H2OH3O++OH-【答案】C【解析】【详解】盐中的弱酸根或弱碱阳离子结合水电离出的氢离子或氢氧根生成弱电解质的反应为水解反应；A．-3HCO结合水电离出的H+生成弱电解质H2CO3，溶液呈碱

性，其水解的离子方程式为-3HCO+H2OH2CO3+OH－，而-3HCO+H2OH3O++2-3CO属于-3HCO的电离方程式，故A不符合题意；B．4NH+结合水电离出的OH-生成弱电解质NH3·H2O，溶液呈酸性，其水解的

离子方程式为4NH++H2ONH3·H2O+H+，故B不符合题意；C．3-4PO离子结合水电离出的H+生成2-4HPO离子，为水解反应，即3-4PO+H2O2-4HPO+OH-，且产生氢氧根离子，导致溶液为碱性，故C符合

题意；D．H2O+H2OH3O++OH-为水的电离方程式，且溶液呈中性，故D不符合题意；答案为C。21.25℃时，有关物质的电离平衡常数如表。已知3.6≈1.9，下列有关说法中正确的是弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离常数

Ka=1.8×10-5Ka=6.2×10-10Ka1=4.4×10-7；Ka2=4.7×10-11A.等浓度的CH3COO-、HCO3−、CO23−、CN-中，结合质子能力最强的是CN-B.将少量CO2通入NaCN溶液中，反应的离子方程式是CO2+H2O+2CN-=2HCN

+CO23−C.向稀醋酸中加水稀释的过程中，-33c(CHCOO)c(CHCOOH)的值减小D0.2mol/L稀醋酸溶液中，c(CH3COO-)≈1.9×10-3mol/L【答案】D【解析】【分析】电离平衡常熟

越大，酸性越强，根据表中数据可知酸性：3233CHCOOH>HCO>HCN>HCO−。【详解】A．酸性越弱，其对应酸根结合氢离子的能力越强，所以等浓度的CH3COO-、3HCO−、23CO−、CN-中，结合质子能力最强的是23CO−，故A错误；B．因为酸性3H

CN>HCO−，根据强酸制弱酸原理，将少量CO2通入NaCN溶液中，反应的离子方程式是：-223COHOCN=HCNHCO−＋＋＋，故B错误；C．-33c(CHCOO)c(CHCOOH)=-33c(CHCOO)c(H)c(C

HCOOH)c(H)++=-33c(CHCOO)c(H)1c(CHCOOH)c(H)++=3K(CHCOOH)c(H)a+，电离常数只与温度有关，加水稀释时氢离子浓度减少，所以3K(CHCOOH)c(H)a+增大，原比值

增大，故C错误；D．根据醋酸电离平衡，设发生电离的醋酸的浓度为xmol/L，列三段式：-+33CHCOOHCHCOO+H(mol/L)0.200(mol/L)(mol/L)0.2xxxxxx−起始变化平衡，即3K(CHCOOH)a=-33c(CHC

OO)c(H)c(CHCOOH)+=20.2-xx=51.810−，因其电离程度较小，可近似处理0.2-0.2x，解得31.810mol/Lx−，即()--33cCHCOO1.810mol/L，故D正确；故选D。.第ⅠI卷非选择题二、填空题22.回答下列问题（1）

基态Fe原子的价层电子排布式为________。（2）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，其晶体类型是_______。（3）1molHCHO分子中含有σ键的数目为________。（4）下列状态的镁中，电离最外层一

个电子所需能量最大的是____________(填标号)。A.B.C.D.（5）三价铬离子能形成多种配位化合物。()()23232CrNHHOCl+中提供电子对形成配位键的原子是__________

。（6）Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_____________________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377﹣24.1238.3155（7）我国科学家发明了高选择性

的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是____________，晶胞参数为apm、apm、cpm，该晶体密度为____________

g·cm-3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=____________(用x表达)。【答案】（1）3d64s2（2）分子晶体（3）3NA（4）A（5）N、O、Cl（6）TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶

体，随相对分子质量的增大熔点逐渐升高（7）①.8②.302A49210Nac③.2-x【解析】【小问1详解】铁为26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2；【小问2详解】FeCl3的熔点为306℃，沸点为31

5℃，其熔沸点较低，晶体类型是分子晶体；【小问3详解】单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1个HCHO分子中含有3个σ键，1molHCHO分子中含有σ键的数目为3NA；【小问4详解】镁离子的第二电离能大于第一电离能，则AD电离最外层一个电子所需能量较大；中的1个电子处于激发态、而中电子处于基

态，故电离最外层一个电子所需能量最大；故选A；【小问5详解】()()23232CrNHHOCl+中配体为氨分子、水分子、氯原子，故提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl；【小问6详解】一般离子晶体的熔点高于共价晶体，TiF4为离子晶体，熔点高，

其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大熔点逐渐升高，故TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高；【小问7详解】以底面面心Zr4+离子为例，其上下层各有4个最近的氧离子，故Zr4+离子

在晶胞中的配位数是8；据“均摊法”，晶胞中含118+6482=个Zr、8个O，1个晶胞中含有4个GaAs，则晶体密度为30302A2A33492=10acNa4MN10gcgmcmc−−；根据化合价代

数和为零可知，(+2x)+[4(1-x)]+(-2y)=0，故y=2-x。23.常温下，根据表中的几种物质的电离平衡常数回答下列问题：弱酸3CHCOOH32NHHO23HCO电离平衡常数5a1.810K−=5b1.810K−

=7a1410K−=11a2410K−=（1）已知34CHCOONH溶液呈中性。常温下，浓度均为0.1mol/L的8种溶液：①HCl溶液；②3CHCOOH溶液；③()2BaOH溶液：④NaOH；⑤34CHCOONH溶液；⑥CH3

COONa溶液；⑦KCl溶液：⑧4NHCl溶液。这些溶液中水的电离程度最大是___________(填序号)。（2）Na2CO3溶液显碱性的原因___________。(用离子方程式表示)（3）若取等体积的pH

=2的盐酸和醋酸两种溶液分别与足量金属锌反应，产生氢气的质量较多的是_____(填序号)。（4）某温度下纯水的()7H4.010molLc+−=，若温度不变，滴入稀盐酸，使()4H2.010molLc+−=，则此溶液中由水电离

产生的()cH+=_______。（5）25℃时，pHa=的20mL的24HSO溶液与pH=b的200mL的NaOH溶液混合后，溶液呈中性，则a和b满足的关系_______。（6）向130.1molLCHCOOH−溶液中滴加NaOH溶液至()()33CHCO

OH:CHCOO5:9cc−=，此时溶液pH=_______。（7）已知32NHHO的5b1.810K−=，23HCO的7a1410K−=，11a2410K−=，则反应3223432NHHOHCONHHCOHO+−+++的平衡常数K=_______。（8）在25℃下，将amol

·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH+4)=c(Cl-)，则溶液显___________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=___________。（9）25℃时，向0.1mol·L-

1的氨水中缓缓通入少量CO2气体的过程中(忽略溶液体积的变化)，下列表达式的数值变小的是____。A.+430.1-c(NH)c(HCO)−B.+-c(H)c(OH)C.-32c(OH)c(NHHO)D.+32+4c(H)c(NHHO)c(NH)【答案】（1）

⑤（2）CO23−+H2O⇌HCO3−+OH-（3）②（4）108.010mol/L−（5）a+b=13（6）5（7）720（8）①中②.10-9/(a-0.01)（9）AC【解析】【小问1详解】酸和碱对水的电

离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用，则水的电离程度最大的是能水解的盐，且水解程度最大的，其中CH3COONa溶液是单离子水解，34CHCOONH溶液是双离子互相促进水解，所以对水的电离促进程度更大，故答案为：⑤；【小问2详解】Na2CO3溶液

显碱性的原因是弱酸根离子水解所致，离子方程式为：CO23−+H2O⇌HCO3−+OH-，故答案为：CO23−+H2O⇌HCO3−+OH-；【小问3详解】等体积的pH=2的盐酸和醋酸两种溶液分别与足量金属锌反应，盐酸完全电离而醋酸

部分电离，随着反应的进行，醋酸继续电离出H+与金属锌反应放出氢气，所以产生氢气的质量较多的是②，故答案为：②；【小问4详解】某温度下纯水的()7H4.010molLc+−=，则此温度下()()+--72-1322WK=

cHcOH=(4.010mol/L)1.610mol/L=，若温度不变，滴入稀盐酸，使()4H2.010molLc+−=，则此溶液中由水电离产生的()()()-13--10W4+K1.610cOH====8.0

10molLc2.010cHH−+=溶液溶液水，故答案为：108.010mol/L−；【小问5详解】25℃时，pHa=的20mL的24HSO溶液与pH=b的200mL的NaOH溶液混合后，溶液呈中性，则()()+-nHnOH

=，即-a-14+b1020mL=10200mL，整理可得a和b满足的关系：a+b=13，故答案为：a+b=13；【小问6详解】向130.1molLCHCOOH−溶液中滴加NaOH溶液至()()33CHCOOH:CHCOO5:9

cc−=，根据.++53a3c(CHCOO)c(H)9c(H)K=1.810c(CHCOOH)5−==－，解得()5H1.010molLc+−=，此时溶液pH=5，故答案为：5。【小问7详解】反应3223432

NHHOHCONHHCOHO+−+++的平衡常数K=+-433223c(NH)c(HCO)c(NHHO)c(HCO)，分子、分母同时乘以c(H+)c(OH-)可得：57b1+-14KK1.810410K=720c(H)c(OH)1

0−−−==。故答案为：720。【小问8详解】根据电荷守恒可知混合液中存在：--+4c(Cl)+c(OH)=c(NH)+c(H)+，反应平衡时溶液中c(NH+4)=c(Cl-)，则-+c(OH)=c(H)

，则溶液显中性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数()+---943232c(NH)c(OH)c(Cl)c(OH)10/0.01c(NHHO)c(NHHO)bKa−===−，故答案为：中；10-9/(a-0.01)。【小问9详解】A．通入少量CO2气体的过程中，溶液碱性

减弱、酸性增强，所以+4c(NH)增大、3c(HCO)−增大，所以+430.1-c(NH)c(HCO)−减小，故选A；B．通入少量CO2气体的过程中，溶液碱性减弱、酸性增强，+-c(H)c(OH)增大，故不选B；C．通入少量CO2气体的过程中，溶液碱性减弱，所以+4c(NH)增大，Ka=-+432

c(OH)c(NH)c(NHHO)不变，所以-32c(OH)c(NHHO)减小，故选C；D．++-3232++-44c(H)c(NHHO)c(H)c(OH)c(NHHO)Kw=c(NH)c(NH)c(OH)Ka=，所以+32+

4c(H)c(NHHO)c(NH)不变，故不选D；故答案选AC。24.工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72－，利用滴定原理测定Cr2O72－含量方法如下：步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，

加入适量稀硫酸酸化。步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72－+6I－+14H+===2Cr3++3I2+7H2O。步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：（I

2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6）滴定次数Na2S2O3溶液起始读数/mLNa2S2O3溶液终点读数/mL第一次1.0219.03第二次2.0019.99第三次0.20a（1）步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是__

___。（2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_____。滴定达到终点的实验现象是____。（3）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：①a=_____。②Cr2O72－的含量为____g•L-1。（4）以下操作会造成

废水中Cr2O72－含量测定值偏高的是_____。A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后

未用标准液润洗【答案】①.酸式滴定管②.淀粉溶液③.溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色④.18.20⑤.2.16⑥.CD【解析】【详解】(1)根据信息，Cr2O72－氧化性较强,量取废水应用酸式滴定管，因此，本题正确答案是:酸式滴定管;(2)滴定

碘单质应选用淀粉溶液作指示剂;滴定达到终点时碘单质刚好被消耗,所以溶液的颜色由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色,因此，本题正确答案是:淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色；(3)①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.0

1mL，a值为18.20；②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，根据Cr2O72－+6I－+14H+===2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6Cr2O72－~

3I2~6Na2S2O3，n(Cr2O72－)=16n(Na2S2O3)=160.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4molCr2O72－的含量为:4310216/0.03molgmolL−=2.16g•L-1(4)根据Cr2O72－+6I－

+14H+===2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6,则c(待测)偏高,Cr2O72－含量就偏高;A.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,造成V(标准)偏小,根据c(待测)

=(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)偏低,故A错误;B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗,对V(标准)无影响,根据c(待测)=(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)无影响,故B错误;C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶

液,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)偏高,所以C选项是正确的;D.未用标准液润洗碱式滴定管,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)偏高,所以D选项是正确的;因此

，本题正确答案是:CD。25.2CS在化工生产中有重要作用．天然气法合成2CS相关反应如下：反应I142221CH(g)2S(g)CS(g)2HS(g)ΔH104.71kJmol−+=+=−反应Ⅱ14822

22CH(g)S(g)2CS(g)4HS(g)ΔH201.73kJmol−+=+=（1）1H、2H随温度变化不大。温度不同时，反应体系中28n(S)n(S)不同。合成2CS总反应48222CHg)+xSg

)+(2-4x)Sg)=CSg)+2HSg)(((((的H随温度T变化如图。①82S(g)4S(g)=H=________1kJmol−。②为提高4CH平衡转化率，控制温度范围在________(填标号)，理由是________。A．40045

0CB．650700CC．750800CD．800C以上（2）合成2CS总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与4CH初始浓度0c和4CH转化率满足关系01αtk1-cα=，式中k为速率常数。①TC、-10c

10mol.L=时，测得t9.5s=、α=95%，则k=________11Lmols−−。②TC时，计划在5s内转化率达90%，应控制初始浓度0c大于________1Lmol−。（3）利用工业废气2HS替代硫磺矿生产2CS的反应为4222(g)2(g)(g)4(C

HHSCS)Hg++。反应物投料比采用()()42nCH:nHS1:2=，维持体系压强为100kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的成分数x随温度T的变化如图。①图中表示2CS的曲线是________(填“a”“b”“c”或“d”)。②950C时，该反应的pK=________(

以分压表示，分压=总压物质的量分数)。③相比以硫磺矿为原料，使用2HS的优点是________，缺点是________。【答案】（1）①.+411.15②.B③.650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放

热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小（2）①.2②.0.9（3）①.b②.410③.变废为宝，减小污染④.反应温度更高、耗能更大【解析】【小问1详解】①已知：反应I：142221CH(g)2S(g)CS(g)2HS(g)H104.71kJmol−+=+=−反应

Ⅱ：14g2222CH(g)S(g)2CS(g)4HS(g)H201.73kJmol−+=+=由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×I得82S(g)4S(g)=H=+411.151kJmol−；②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转

化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650℃~700℃左右达到峰值，故为提高4CH平衡转化率，控制温度范围在650℃~700℃；【小问2详解】①TC、-10c10mol.L=时，测得t

9.5s=、α=95%，则10.959.5k1.01-0.95=，k2=11Lmols−−。②TC时，计划在5s内转化率达90%，则010.90521-0.90c=，0c=0.91Lmol−，应控制初始浓度0c大于0.91Lmol−【小问3详

解】①根据化学方程式体现的关系乐子，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1:4，结合图像可知，图中表示2CS的曲线是b。②950C时，反应物投料比采用()()42nCH:nHS1:2=，维持体系压强为100kPa，设甲烷、硫化氢投料分别为1mol、2mol；()()()42

22CH(g)+2HS(g)CS(g)+4H(g)mol1200mola2aa4amol1-a2-2aa4a起始转化平衡由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1-a=a，a=0.5mol，则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5mol、

1mol、0.5mol、2mol，总的物质的量为4mol，该反应的442p210010010020.544K==10kPa10.541004；③相比以硫磺矿为原料，使用2HS的优点是可以变废为宝，减小污

染；缺点是反应温度更高、耗能更大。