【文档说明】重庆市巴蜀中学2024-2025学年高二上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，782.140 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市巴蜀中学教育集团高2026届高二(上)月考考试化学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他

答案标号。在试卷上作答无效。3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时75分钟。可能需要用到的相对原子质量：Fe-56一．选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列叙述中，能用盐类水解原理解释的是A.用

NaHCO3作发酵剂B.用ZnCl2溶液除去铁锈C.用生石灰作干燥剂D.用食盐腌制咸鸭蛋【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3能作发酵剂，是因为NaHCO3加热分解生成CO2气体，与盐类水解原理无关

，A不符合要求；B．ZnCl2溶液发生水解反应2++22Zn+2HOZn(OH)2H+，溶液显酸性，铁锈与酸反应而溶解，B符合要求；C．生石灰作干燥剂，是氧化钙与水反应生成氢氧化钙，与盐类水解原理无关，C不符合要求；D．用食盐腌制咸鸭蛋

，是因为食盐具有咸味，能延长食品的保质期，与盐类水解原理无关，D不符合要求；故选B。2.下列各组物质中，前者属于强电解质，后者属于弱电解质的一组是A.CH3COONa、葡萄糖B.CaCO3、HFC.Na2SO4、NH3D.H2S、(NH4)2CO3【答案】B【解析】【详解】A．CH3COONa为强

电解质、葡萄糖为非电解质，故A不符合题意；B．CaCO3为强电解质、HF为弱电解质，故B符合题意；C．Na2SO4为强电解质、NH3为非电解质，故C不符合题意；D．H2S为弱电解质、(NH4)2CO3为强电解质，故D不符合题意；故答案为：B。3.室温下，下列

各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A.水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Cl−、3HCO−B.甲基橙为红色的溶液中：Na+、K+、23CO−、3NO−C.澄清透明的溶液中：24SO−、3Fe+、2Cu+、Cl

−D.0.1mol·L-1Na[Al(OH)4]的溶液中：4NH+、Al3+、3NO−、24SO−【答案】C【解析】【详解】A．水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液，可以是酸性也可以是碱性，3HCO−在强酸性或者强碱性条件下均不能共存，A错误；B．甲基橙为红色的溶液是酸性溶

液，23CO−与氢离子反应不能共存，B错误；C．澄清透明的溶液中：24SO−、3Fe+、2Cu+、Cl−可以共存，C正确；D．()4AlOH−与Al3+发生双水解不能大量共存，D错误；答案选C。4.下列图示实验中，操作规范的是A．调控滴定速度B

．测稀硫酸pHC．测定中和反应的反应D．配制NaOH溶液热A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞，手心空握，A错误；B．用pH试纸测定溶液pH不能将pH

试纸伸入溶液中，B错误；C．测定中和热用简易量热计，用温度计测量温度，并用环形玻璃搅拌器搅拌，C正确；D．配置NaOH溶液不能在容量瓶中溶解NaOH，应该在烧杯中溶解NaOH固体，冷却后再转移到容量瓶中，D错误；答案选C。

5.下列离子方程式书写正确的是A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合：2-+2322SO+2H=SO+S+HOB.高锰酸钾标准溶液测定草酸溶液的浓度：+-2-2+42422=2MnO+5CO+16H2Mn+10

CO+8HOC.泡沫灭火器灭火的原理：()3+2-23232l+3HO+3CO=2OH3AlA+COD.3HSO−水解的离子方程式：-2-+3233HSO+HOSO+HO【答案】A【解析】【详解】A．Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合，Na2S2O3

电离出硫代硫酸根离子与硫酸电离出的氢离子反应，生成S沉淀、SO2气体和水，离子方程式为：2-+2322SO+2H=SO+S+HO，A正确；B．草酸是弱酸，离子方程式中不能拆成离子，-2+42242+2=O2MnO+5HCO+6H2Mn+10CO+8H，B错误；C．泡沫灭火器中是

碳酸氢钠和硫酸铝双水解反应，离子方程式为：()3+-323Al+3HCO=AlOH+3CO，C错误；D．3HSO−水解的离子方程式：-3223HSO+HOHSO+OH−，D错误；答案选A。6.25°C时，某酸HA的Ka=1.0×10-9(已知：醋酸的Ka=1.8×10-5)，下列说法正确的是A

.25℃，pH相同的NaA溶液和CH3COONa溶液中c(Na+)相同B.加热浓度均为0.lmol·L-1的HA溶液和NaOH溶液(溶液体积均保持不变)，两种溶液的pH均减小C.25°C时，将pH=3的醋酸溶液与1×10-3mol·L-

1的盐酸等体积混合，混合后pH>3D.25℃时，将pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，混合后pH>7【答案】B【解析】【分析】25°C时，某酸HA的Ka=1.0×10-9小于醋酸的Ka=1.8×10-

5，则HA酸性弱于醋酸。【详解】A．越弱越水解，25℃，c(Na+)相同的NaA溶液和CH3COONa溶液pH不同，NaA溶液pH更大，则pH相同的NaA溶液和CH3COONa溶液中c(Na+)不同，故A错误；B．弱酸HA

的电离吸热，加热浓度为0.lmol·L-1的HA溶液时，HA电离平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，加热浓度为0.lmol·L-1的NaOH溶液时，NaOH电离的n(OH-)不变，溶液中c(OH-)不变，但加热促进水的电离，水的Kw

增大，则c(H+)增大，pH减小，故B正确；C．25°C时，将pH=3的醋酸溶液与1×10-3mol·L-1的盐酸等体积混合时，瞬间n(CH3COOH)和n(CH3COO-)不变，()()33ccCHCOOCHCOOH−不变，Q=()()()3a3ccHKcCHCOOCHCOO

H−+=，即c(H+)不变，混合后pH=3，故C错误；D．25℃时，将pH=3的强酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，混合后pH=7，将pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合时，HA过量，则混合后pH＜7，故D错误；故答案

：B。7.金属硫化物(MxSy)催化反应()()()()4222CHg+2HSg=CSg+4Hg，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2，H2S去除的机理如图所示。下列说法不正确的是A.该反应的S0B.题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ是放热过程C.步骤Ⅱ可理解为H2S中的S与金属M形成MxSy

，同时产生H2D.该反应中每转移2mol电子，则消耗1molH2S【答案】D为【解析】【详解】A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5，ΔS>0，A正确；B．由图可知，步骤I中H2S中

带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成新的化学键，成键放出热量，B正确；C．由题图知，步骤Ⅱ中，H2S中的S与金属M形成作用力生成MxSy，同时产生H2，C正确；D．由方程式知，消耗21molHS同时生成22molH，转移4mole−，D错误；故选D。8.等物质的量的H

Cl溶液分别中和pH为12和11的氨水，设消耗氨水的体积分别为Va和Vb，则两者关系正确的是A.Vb>10VaB.Va=10VbC.Va＜10VbD.Va>10Vb【答案】A【解析】【详解】如果用pH=12和pH=11的NaOH中和

等物质的量的HCl溶液，10-2Va=10-3Vb，则10Va=Vb，由于氨水为弱电解质，且浓度越小，电离程度越大，故前者的浓度大于后者10倍，所以应有：10Va＜Vb，故选A。9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A

.常温时，pH=11的Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.01NAB.将0.1molCH3COONa与稀CH3COOH混合使溶液呈中性，则溶液中CH3COO-的数目大于0.1NAC.将1molCl2通入水中，则溶液中()()()--AnHClO+nCl+nClO=2ND.1LpH=1的稀H2S

O4中由水电离出的H+的个数约为1×10-13NA【答案】D【解析】【详解】A．pH=11的Na2CO3溶液的体积未知，因此无法确定溶液中阴离子总数，故A错误；B．根据电荷守恒可得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于溶液显中性，所以c(

OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，CH3COONa物质的量是0.1mol，则溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，B错误；C．将1molCl2通入水中，氯气部分与水反应，由氯原子个数守恒可得：2n(Cl2)+n(HClO)+n(Cl

−)+n(ClO−)=2NA，故C错误；D．1LpH=1H2SO4溶液中，H+的物质的量浓度为0.1mol/L，则OH-的物质的量浓度为1310−mol/L，OH-全部由水电离出，且水电离出的H+与OH-的个数相等，因此由水电离出的H+的个数约为1×10-13NA，故D

正确；的故选D。10.根据实验目的，下列方案设计、现象和结论均正确的是实验目的方案设计现象ACH3COO-和2NO−结合H+能力用pH计分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pHCH3COONa溶液pH大结合H+能力：CH3COO->2NO

−B探究FeCl3和KSCN反应是否为可逆反应向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，并振荡，再加入少量KCl固体溶液先变成血红色，加KCl后无变化FeCl3与KSCN的反应不可逆C探究压强对()()()222HIgHg+Ig

的化学平衡的影响向恒温恒压密闭玻璃容器中充入HI气体，达到平衡后增大体积气体颜色变浅对于该分解反应，减小压强，平衡逆向移动D探究温度对反应速率的影响两支试管分别加入等体积、等浓度的Na2S2O3与稀H2SO4在不同温度下反应温度

高的溶液中先出现浑浊温度越高，反应速率越快A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．要比较CH3COO-和2NO−结合H+能力，应用pH计分别测定等浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH，故A错

误；B．不管FeCl3和KSCN反应是否为可逆反应，向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，并振荡，再加入少量KCl固体，溶液都会先变成血红色，加KCl后无变化，故B错误；C．()()()222HIgHg+Ig为气体体积不变的反应，向恒温恒压密

闭玻璃容器中充入HI气体，体积增大，I2的浓度减小、气体颜色变浅，并不是平衡移动引起，故C错误；D．两支试管分别加入等体积、等浓度的Na2S2O3与稀H2SO4在不同温度下反应，温度高的溶液中先出现浑浊，由控制变量法可知，反应速率不同是由温度引起的，即能探究温度对反应速率的影响，故D

正确；故答案为：D。11.某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应()()()2XsYg+2Zgƒ，有关数据如表所示。下列说法正确的是时间段/s产物Z的平均生成速率mol·L-1·s-10~20.200~40.150~60.10A.3s时，Y的浓度等

于0.15mol·L-1B.2s时，再加入0.1molY和0.20molZ，此时2v正(Y)=v逆(Z)C.若气体的平均相对分子质量不变，则该反应达到平衡状态D.若使用催化剂，则0~6内Z的平均生成速率大于0.10mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【分析】4

s时Z的浓度为0.15mol/(L·s)×4s=0.6mol/L，6s时Z的浓度是0.10mol/(L·s)×6s=0.6mol/L，说明达到平衡时Z的浓度为0.6mol/L，则Y的浓度为0.3mol/L，平衡常数为0.3×(0.6)2=0.108。【详解】A．反应速率是

指一段时间内的平均反应速率，0-4s，产物Z的平均生成速率为0.15mol/(L·s)，不能说明3s时Z的浓度，也不能确定Y的浓度，A错误；B．2s时，Z的浓度为0.20mol/(L·s)×2s=0.4mol/L

，Y的浓度为0.2mol/L，再加入0.1molY和0.20molZ，此时Z浓度为0.6mol/L，Y浓度为0.3mol/L，此时浓度商为0.3×(0.6)2=0.108=K，反应处于平衡状态，则2v正(Y)=v逆(Z)，B正确；C．反应体系中只有Y、Z

是气体，二者的物质的量之比为定值，平均相对分子质量为定值，平均相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态，C错误；D．经过分析，4s时反应已经处于平衡状态，若使用催化剂，则0~6内Z的平均生成速率仍等于0.10mol·L-1·s-1，D错误；答案选B。

12.室温下，通过下列实验探究SO2的性质。实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。实验2：将SO2气体通入0.1mol·L-1NaOH溶液中，当溶液pH=5时停止通气。已知：Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2

SO3)=6.2×10-8，lg2=0.3。下列说法正确的是A.实验1所得溶液中：c(23SO−)＋c(3HSO−)＜10-3mol/LB.实验2所得溶液中：c(H2SO3)>c(3HSO−)C.实验2所得溶液长期露置空气后，再将蒸干、灼烧所得固体为Na2SO3D.

将实验1中溶液与水等体积混合后，所得溶液pH>3.3【答案】A【解析】【详解】A．实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：c(3HSO−)+2c(23SO−)+c(OH_)=c(H+)，则c(23SO−)＋c(3HSO−)＜

c(H+)=10-3mol/L，A正确；B．实验2为pH为5，依据Ka1=()()()323cHcHSOcHSO+−=1.3×10-2，则()()()231523cHSO1.310cHSO10cHaK−−

−+==>1，，则c(H2SO3)<c(3HSO−)，B错误；C．实验2所得溶液长期露置空气后会被空气中的氧气氧化，再将蒸干、灼烧所得固体为Na2SO4，C错误；D．将实验1中溶液为pH=3的H2SO3，与等体积水

混合后，若电离平衡不发生移动，则c(H+)=3110mol/L52−=×10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg(5×10-4)=3.3，加水稀释促进亚硫酸电离，c(H+)＞5×10-4mol/L，所得溶液pH<3.3，D错误；答案选A。13.常温下Ag+和CH3COOH水溶液体系中

存在反应：()+-33Ag+CHCOOCHCOOAgaq，平衡常数为K。已知：初始浓度c(Ag+)=c(CH3COOH)=c0，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)，AgOH难溶于水。下列说法不正确的是A.线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况B.随着pH的增

大，溶液中存在c(Ag+)＋c(CH3COOH)＜c0C.pH=8的溶液中存在等式：c(CH3COOH)＋c(H+)=c(OH-)DpH=n时，()m-n+-110Ag=mol?LcK【答案】C【解析】【分析】随着pH的增大，c

(OH-)增大，电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+、水解平衡Ag++H2OAgOH+H+都正向移动，c(CH3COOH)和c(Ag+)减小、c(CH3COO-)增大；在曲线Ⅲ的最高点前，c(CH3COO-)增大对反应Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的影响大于c(Ag+)减

小的影响，c(CH3COOAg)增大；当pH增大到一定程度(曲线Ⅲ的最高点后)，Ag+转化为AgOH沉淀，c(Ag+)减小使平衡Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)逆向移动，c(CH3COOAg

)减小，故曲线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，曲线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，曲线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况；曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交时溶液pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-m。【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项正确；B．根据分析，结合图像

，随着pH的增大，c(CH3COOH)减小，c(Ag+)减小，当pH增大到一定程度，Ag+转化成弱电解质CH3COOAg甚至AgOH沉淀，溶液中c(Ag+)几乎为0，则溶液中存在c(Ag+)＋c(CH3COOH)＜c0，B项正确；C．由图可知p

H=8溶液呈碱性，溶液中CH3COOH的摩尔分数几乎为0，则c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，C项错误；D．pH=n时，曲线Ⅰ和曲线Ⅲ相交，则c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)

，溶液中Ka=10-m=-+3(CHCOO)(H)(CHCOOH)ccc=--n3(CHCOO)10(CHCOOH)cc，则c(CH3COO-)=10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=.3+-3(CHCOOAg)(Ag)(CHCOO)cc

c=3+n-m3(CHCOOAg)(Ag)10(CHCOOH)ccc，则c(Ag+)=m-n10Kmol/L，D项正确；答案选C。14.在容积可变的密闭容器中，充入2nmolNO和nmolO2发生反应：()()()222NOg+Og2NOg。在不同压强下

(p1、p2)，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A.p1＜p2B.y点的容器容积大于x点的容器容积C.x点的v(正)＜y点的v(逆)D.350℃下，将2nmolNO和nmolO2充入初始压强为p2的恒容密闭容器，达到平衡后NO的转化率大于

60%【答案】C【解析】【分析】根据反应：()()()222NOg+Og2NOg，容积可变的密闭容器说明整个反应中恒压；由图可知，随温度升高，NO的转化率逐渐降低，说明平衡向左移动，正反应放热，H0；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向

右移动，NO的转化率逐增大，则12pp，据此分析解答。【详解】A．根据分析，压强越大，NO的转化率逐越大，所以12pp，，A错误；B．x点、y点平衡时NO的转化率都是60%，平衡时2个体系中总的物

质的量相等，y点相对于x点来说，压强更大，则说明y点容器体积比x小，B错误；C．根据图中信息，y点温度、压强都比x点大，则y点反应速率比x点大，所以x点()ν正＜y点的()ν逆，C正确；D．350C下，将2nmolNO和2nmolO充入初始

压强为2p的容积可变的密闭容器中达到平衡时NO的转化率为60%，容器体积减小；但在恒容密闭容器中由于体积不变，相当于减小压强，平衡向左移动，则达到平衡时NO的转化率小为60%，D错误；故答案为：C。二．非选择题：本题共4个小题，共58分。15.FeCl3是重要的化工

原料，针对FeCl3的制备方法，回答下列问题：Ⅰ．某兴趣小组以废铁屑为原料制备FeCl3·6H2O。（1）Na2CO3溶液显_______(填“酸性”、“碱性”、“中性”)。（2）操作Ⅱ为_______过滤、洗涤干燥。A.蒸发结晶B.蒸发浓缩

、冷却结晶C.重结晶D.蒸馏（3）FeCl3在日常生活中的一种用途_______。Ⅱ．利用FeCl3·6H2O制备无水氯化铁有如下三种方法。（4）上述方法a、c中HCl、NH4Cl的作用是_______。（5）将FeCl3

·6H2O与液体SOCl2混合并加热制得无水FeCl3同时产生两种酸性气体。已知SOCl2沸点为77℃，装置如图所示(夹持和加热装置略)。①仪器A的作用是_______，仪器B的名称为_______。②制备无水F

eCl3的化学方程式_______。③由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是_______(填序号)。a．ZnSO4·7H2Ob．CuCl2·2H2Oc．Na2S2O3·5H2Od．Na2CO3·H2O【答案】（1）碱性（2）B（3）净水剂(答案合理即可)（4）抑制氯化铁

水解（5）①.冷凝回流SOCl2②.球形干燥管③.32232FeCl6HO+6SOCl=FeCl+6SO+12HCl④.b【解析】【分析】某兴趣小组以废铁屑为原料制备FeCl3∙6H2O。将废铁屑用热Na2

CO3溶液浸泡，去除表面油污，然后过滤得滤渣；往滤渣中加入稀盐酸，过滤出不溶物；往滤液中通入氯气，将Fe2+氧化为Fe3+；将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，从而得到FeCl3∙6H2O晶体。【小问1详解】Na2CO3为强碱弱酸盐，其溶液显碱性。【小问2详解】由分析可知，操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结

晶、过滤、洗涤干燥，故选B。【小问3详解】FeCl3水解可制取氢氧化铁胶体，在日常生活中的一种用途：净水剂(答案合理即可)。【小问4详解】a、b、c三种方法中，都是通过产生HCl气体，抑制氯化铁的水解。FeCl3晶体受热时，易发生水解，欲获得无水FeCl3(s)，需设法抑制水解，上述方法a、c中H

Cl、NH4Cl的作用是：抑制氯化铁水解。【小问5详解】图中装置用于制取氯化铁的无水盐，将FeCl3∙6H2O与液体SOCl2混合并加热，在制得无水FeCl3的同时，产生两种酸性气体。SOCl2沸点为77℃，易挥发，通过冷凝回流装置，提高SOCl2

的利用率，反应生成的两种气体用NaOH溶液吸收。①SOCl2沸点为77℃，易挥发，仪器A的作用是：冷凝回流SOCl2，仪器B的名称为：球形干燥管。②制备无水FeCl3时，利用SOCl2吸收结晶水生成SO2、HCl，抑制FeCl3

水解，化学方程式为32232FeCl6HO+6SOCl=FeCl+6SO+12HCl。③FeCl3属于挥发性酸的弱碱盐，蒸干灼烧得不到该盐，下列结晶水合物中，a为不挥发性酸的弱碱盐，c、d都为弱酸强碱盐，只有b为挥发性酸的弱碱盐，所以制备无水盐时，适宜使用上述方法的是

CuCl2·2H2O，故选b。【点睛】受热不易分解、不易被空气中氧气氧化的含结晶水的不挥发性酸的弱碱盐，可采用加热法去除结晶水。16.生物研究生态平衡，物理研究力平衡，化学研究物质平衡，而溶液中的平衡是一项重要

的研究领域，根据所学知识回答下列问题。已知：25℃下几种常见物质的电离平衡常数如下表所示：化学式NH3·H2OCH3COOHHClOH2SO3电离平衡常数K1.8×10-51.8×10-53.0×10-81.5×10-21.0×10-7（1

）室温下，将1.000mol·L-1的盐酸滴入20.00mL1.000mol·L-1的氨水中，溶液的pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。①a点溶液的pH约为_______。(已知：lg18063.)②b、c、d三点溶液中水的电离程度由小到大的关系_______。③

d点溶液中离子浓度由大到小排序为_______。（2）向NaClO溶液中通入少量SO2离子方程式_______。（3）Arrhenius提出：溶剂在液态下能自发发生电离，产生溶剂阳离子与溶剂阴离子的现象称为自耦电离，如液态水的自耦电离方程式为：+-232HO

HO+OH。在液氨中也存在类似的自耦电离，试写出液氨中NH4Cl与NaNH2反应的离子方程式：_______。（4）H2SO4、HCl和HNO3都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大，但在其他溶剂中酸性差别较大。以下是某温

度下这三种酸在冰醋酸中的电离常数：酸H2SO4HClHNO3Ka6.3×10-91.6×10-94.2×10-10①类比HF在水溶液中的电离+-23HF+HOHO+F，写出HCl在冰醋酸中的电离方程式_____。②该温度下在冰醋酸中，反应--33HNO+ClHCl+

NO的K=_______。【答案】（1）①.11.63②.b＜c＜d③.()()()-++-4cCl>c(NH)>cH>cOH的（2）--2224HO2HSOClOClSO−+++=++（3）+-423NH+NH=2NH（4）①.+-332HCl+CHCOOHCHCOOH+Cl②.0.26

25【解析】【分析】由物质的电离平衡常数可以得到物质之间酸性的强弱，从而用强酸制弱酸进行分析；由变化曲线可知随着盐酸滴入该溶液中，水的电离程度与溶液中4NH+浓度有关，溶液中4NH+浓度越大，水的电离程度越大，由此解答。【小问1详解】①a点溶液为32·HONH溶液，可以看做一小部分32

·HONH电离，由电离常数()()()()324·HO32c?cKc?HONHNHOHNH+−=可知()()4ccNHOH+−=，()32c?HONH几乎不变，有()()()254c?cc1.810NHOHOH+−−−==，()53c1.8101810OH−

−−==，由水的离子积计算出()1111w3K10lglglg10lg18110.6311.63181018pH−−−=−=−=−−=+=，故答案为11.63；②由分析可知水的电离程度与溶液中4NH+浓度有关，观察变化曲线可知d点对应的pH值在c点后方，由此可

知随着盐酸滴入该溶液中4NH+浓度逐渐增大，则b点4NH+浓度最小，d点4NH+浓度最大，故b、c、d三点溶液中水的电离程度由小到大的关系为bcd＜＜，故答案为bcd＜＜；③d点溶液存在电荷守恒()()()()4ccHccNHClOH++−−+=+，此时pH值小于7()()cHcO

H+−，4NH+存在水解c(Cl−)>c(NH4+)，又因为该反应是酸碱中和反应，由此得到该溶液中离子浓度由大到小排序为c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；故答案为c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；【小问2详

解】向NaClO溶液中通入少量2SO，由于二氧化硫溶于水形成亚硫酸，ClO−在酸性条件下具有强氧化性，则反应得到--2224HO2HSOClOClSO−+++=++，故答案为--2224HO2HSOClOClSO

−+++=++；【小问3详解】液态水的自耦电离方程式为+-232HOHOOH+，则液氨中4NHCl与2NaNH反应的离子方程式为4232NHNHNH+−+=，故答案为4232NHNHNH+−+=；【小问4详解】①类比HF在水溶液中的电离+-23HOHOFHF++，HCl在冰醋酸中的电

离方程式为332HClCHCOOHCHCOOHCl+−++，故答案为332HClCHCOOHCHCOOHCl+−++；②该温度下在冰醋酸中，反应--33HNOClHClNO++的平衡常数()()()()()()()()()()()

()31033933Kc?ccH?cc4.210K?0.2625cK1.610c?ccH?cHNOHClHClNONOHClHNOClHNOCl−+−−−−+−=====，故答案为0.2625。1

7.科学家常用SnCl2-TiCl3-K2Cr2O7无汞测铁法测定赤铁矿试样中的铁含量。已知：①FeCl3受热易升华②Sn2+易被空气氧化为Sn4+③2-27CrO可被Fe2+还原为Cr3+。实验步骤如下：步骤Ⅰ——配置SnCl2溶液：称取6.00gSnCl2·2H2O溶于20mL某A溶液，加水

至100mL，再加入少量锡粒。步骤Ⅱ——溶解试样：准确称取ag试样于洁净的小烧杯，加入10mL酸，盖上表面皿加热，待试样完全溶解后，将溶液转移至250mL锥形瓶中，用蒸馏水洗涤表面皿和烧杯内壁，洗涤液倒入锥形瓶中。步骤Ⅲ——定量还原Fe3+：取下锥形瓶稍冷，先滴加SnCl2

溶液将大量Fe3+还原为Fe2+，然后滴加TiCl3溶液至Fe3+恰好还原为Fe2+。步骤Ⅳ——定量测定铁含量：向步骤Ⅲ的溶液中加入80mL蒸馏水，滴5滴无色二苯胺磺酸钠指示剂，用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，重复实验3次。完成下列问题（1）步骤Ⅰ中A溶液为____

___(填试剂名称)，加入锡粒的作用_______。（2）请写出Ti3+还原Fe3+生成TiO2+的离子方程式_______。（3）若只用TiCl3溶液还原Fe3+，TiO2+浓度过大会出现浑浊现象影响终点的判断，请写出产生浑浊现象的离子

方程式_______。（4）①滴定过程中K2Cr2O7标准溶液应选用下图中的哪个仪器_______(填字母)，滴定管使用前要_______。。②已知无色二苯胺磺酸钠的变色原理为()()()()-InOX+ne=InRed紫红色无色，则滴定终点的现象为_______。③若消耗cm

ol·L-1K2Cr2O7标准溶液VmL，则ag试样中Fe元素的质量分数为_______(用含a、c、V的最简代数式表示)。（5）实验反思：下列操作会导致测定的铁含量偏小的是A．步骤Ⅱ中，未洗涤表面Ⅲ和烧杯内壁B．步骤Ⅲ中，TiCl3

溶液稍过量C．滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失D．指示剂二苯胺磺酸钠加入过多E．滴定前平时读数，滴定后俯视【答案】（1）①.浓盐酸②.Sn2+易被空气氧化为Sn4+，加入Sn，发生反应4+2+Sn+Sn=2Sn，可防止Sn2+氧化（2）3+3+2+2

++2Ti+Fe+HO=Fe+TiO+2H（3）()2++222TiO+x+1HO=TiO?xHO+2H（4）①.b②.捡漏③.滴入最后半滴K2Cr2O7标准溶液，溶液恰好变为浅紫红色，且30s不恢复④.33.6%acV（5）ADE【解析】【分析】

先用盐酸溶解样品，溶解完后移入锥形瓶中，先滴加SnCl2溶液将大量Fe3+还原为Fe2+，然后滴加TiCl3溶液至Fe3+恰好还原为Fe2+，再用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，2-27CrO可被Fe2+还

原为Cr3+，重复实验3次，记录数据进行计算。【小问1详解】防止Sn2+水解，步骤Ⅰ中A溶液为浓盐酸；加入锡粒的作用，加入锡粒的作用Sn2+易被空气氧化为Sn4+，加入Sn，发生反应4+2+Sn+Sn=2Sn，可防止Sn2+氧化；【小问2详解】Ti3+还原

Fe3+生成TiO2+的离子方程式3+3+2+2++2Ti+Fe+HO=Fe+TiO+2H；【小问3详解】若只用TiCl3溶液还原Fe3+，TiO2+浓度过大会出现浑浊现象影响终点的判断，产生浑浊现象的离子方程式()2++222TiO+x+1HO=TiO?xHO+2H

；【小问4详解】①滴定过程中K2Cr2O7标准溶液具有很强的氧化性，应选用酸式滴定管，选择b，滴定管使用前要捡漏；②已知无色二苯胺磺酸钠的变色原理为()()()()-InOX+ne=InRed紫红色无色，则滴定终点二苯胺磺酸钠得失去电子变成浅紫红色，滴定终点现象为滴入最后半滴K

2Cr2O7标准溶液，溶液恰好变为浅紫红色，且30s不恢复。③若消耗cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液VmL，2-27CrO可被Fe2+还原为Cr3+，根据电荷电子得失守恒可知：2-2+27CrO6Fe，()()2+2-327Fe6CrO6

V10molnnc−==，则ag试样中Fe元素的质量分数为36cV105633.6100%%aacV−=；【小问5详解】A．步骤Ⅱ中，未洗涤表面Ⅲ和烧杯内壁，导致铁离子减少，导致消耗的K2Cr2O7体积偏小，最终测得的铁元素含量偏少，故A符合题意；B．步骤Ⅲ中，TiCl3

溶液稍过量，TiCl3也会消耗一部分K2Cr2O7，导致消耗的K2Cr2O7体积偏大，最终测得的铁元素含量偏大，故B不符合题意；C．滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的K2Cr2O7体积偏大，最终测得的铁元素含量偏大，故C不符合题

意；D．指示剂二苯胺磺酸钠加入过多，其会造成变色提前，导致消耗的K2Cr2O7体积偏小，最终测得的铁元素含量偏少，故D符合题意；E．滴定前平时读数，滴定后俯视，导致读数偏小，导致消耗的K2Cr2O7体积偏小，最终测得的铁元素含量偏少，故E符合题意；故选：ADE。18.天然气是三大化石燃料

之一，其主要成分CH4是重要的化工原料。Ⅰ．在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃C6H6(苯)。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：ⅰ．()()()42CHgCs+2Hg

→11ΔH=+74.6kJmol−；ⅱ．()()()46626CHgCHg+9Hg→2ΔH。（1）反应ⅰ的正反应活化能为EkJ·mol-1，则逆反应的活化能为_______，该反应在_______(填“低温”、“高温”、“任意

温度”)可以自发进行。（2）受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是_______。(已知：催化剂为固体)（3）引入丙烷(C3H8)可促进甲烷芳构化制备C6H6(苯)和C8H10(二甲苯)，反应如下：对于同级数的平行反应有a,2a,1E

-ERT111222vKA==evKA，其中v、K分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下12KK是定值。已知Ea(苯)＜Ea(二甲苯)。若要提高苯的产率，可采取的措施有_______。Ⅱ．CH4与H2O(g)反应是制备C

H3OH(g)的重要方法之一，反应如下：主反应：()()()()4232CHg+HOg=CHOHg+HgH0。副反应ⅰ：()()()()422CHg+HOg=COg+3HgH0；ⅱ：()()()42622CHg=CHg+

HgH0。（4）在一定条件下，将CH4、H2O、Ar以1∶4∶2的比例投入反应区，反应区温度对CH4平衡转化率和产物选择性的影响如图所示；【产物A的选择性=()()4nA100%nCH产物中的碳元素反应的】①随着温度的升高，甲烷平衡转化率不断增大的原因_______

。②若投入10molCH4，结合数据分析在170℃、250℃的条件下，生成CH3OH(g)的量最多的温度是_____。③170℃时，主反应的平衡常数Kx=_______(x表示物质的量分数，列出计算式即可)。【答案】（1）①.(E-74.6)kJ/mol②.高温（2）反应ⅰ有积

炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小（3）适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)（4）①.反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率增大②.170℃，甲烷的转化率为5%，甲醇的选择性为

50%，则甲醇的物质的量为10×5%×50%=0.25mol，同理250℃甲醇的物质的量为10×8%×40%=0.32mol，300℃甲醇的物质的量为10×9%×31%=0.279mol，故250℃产生的甲醇最多③.2.57.5

95396【解析】【小问1详解】反应ⅰ．()()()42CHgCs+2Hg→11ΔH=+74.6kJmol−，正反应活化能为EkJ·mol-1，正反应的活化能=逆反应的活化能+1ΔH，则逆反应的活化能为(E-74

.6)kJ/mol，该反应ΔS＞0，△H＞0，在高温可以自发进行。【小问2详解】反应ⅰ中，有炭生成，炭覆盖在催化剂表面，减少反应物与催化剂的接触面积，则受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐

降低，原因是：反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小。【小问3详解】已知Ea(苯)＜Ea(二甲苯)。升高温度，有利于活化能大的反应，则降低温度，有利于活化能小的反应，所以

若要提高苯的产率，可采取的措施有：适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)。【小问4详解】①从图中可以看出，CH4参加的三个反应都是吸热反应，所以随着温度的升高，甲烷平衡转化率不断增大，原因是：反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率增大。②若投入10molCH4，提取图

中数据：170℃，甲烷的转化率为5%，甲醇的选择性为50%；250℃时，甲烷的转化率为8%，甲醇的选择性为40%，通过计算结果进行分析。确定在170℃、250℃的条件下，生成CH3OH(g)的量最多的温度：170℃，甲烷的转化率为5%，甲醇的选择性为50%，则甲醇的物质的量为10mol×

5%×50%=0.25mol，同理250℃甲醇的物质的量为10mol×8%×40%=0.32mol，300℃甲醇的物质的量为10mol×9%×31%=0.279mol，故250℃产生的甲醇最多。③170℃时，设投入的CH4为100mol，H2O为400mol，Ar为200mol，甲烷的平衡转化

率为5%,，则反应的CH4为100mol×5%=5mol，平衡时甲烷的物质的量为95mol，根据各物质选择性可知，生成的甲醇的物质的量为5mol×50%=2.5mol，乙烷的物质的量为5mol20%2=0.5mol，CO的物质的量为5mo

l×30%=1.5mol，氢气的物质的量为(2.5+1.5×3+0.5)mol=7.5mol，H2O的物质的量为(400-2.5-1.5)mol=396mol，反应Ⅰ反应前后气体的分子数相等，可用物质的量代替物质的量分数计算平衡常数，故主反应的平衡常数Kx=4242x(C

H)x(H)x(CH)x(HO)=4242n(CH)n(H)n(CH)n(HO)=2.57.595396。【点睛】催化剂的催化活性不仅受温度的影响，也受表面积的影响。