【文档说明】浙江省宁波市地区2023-2024学年高二化学学科12月月考试卷 Word版含解析.docx，共(23)页，1.384 MB，由小赞的店铺上传

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宁波地区高二化学学科12月月考试卷考生须知：1、本卷共24小题，满分100分，时间80分钟2、试题答案填涂在答题卡上3．本试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Fe-56一、单选题(只有一个正确答案，1-1

5题每题2分，16-20题每题3分，共45分)1.发明创造为人类文明进步做出了巨大贡献。下列装置工作时，涉及的能量转化主要是化学能与电能之间的转化的是A.新型太阳能路灯B.“长征五号”遥四运载火箭发射C.铅酸蓄电池D.煤气灶载A.A

B.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．太阳能路灯涉及的能量转化为太阳能转化为电能，A项不符合题意；B．火箭发射涉及的能量转化主要为化学能转化为热能，B项不符合题意；C．铅酸蓄电池是一种二次电池，使

用电池时化学能转化为电能，充电时电能转化为化学能，C项符合题意；D．煤气灶使用时，涉及的能量转化主要为化学能转化为热能，D项不符合题意；答案选C。2.下列说法中正确的是A.凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的B.吸热反应“TiO2(s)+2Cl2(g)=

TiCl4(g)+O2(g)”在一定条件下可自发进行，则该反应的∆S<0C.使用催化剂可降低反应的∆H和反应的活化能，从而提高化学反应速率D.升高温度，可使单位体积内活化分子数增多，反应速率加快【答案】D【解析】【分析】【详解】A．放热的熵减小的反应在高温下不能自发进行，故A错误；B．“TiO2

(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)”该反应是一个熵不变的反应，吸热反应，根据△G=△H-T△S＞0时，该反应不能自发进行，故B错误；C．使用催化剂可降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，但不能改

变反应的∆H，故C错误；D．升高温度，可使单位体积内活化分子数增多，反应速率加快，故D正确；故选D。3.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.3BaCO可用于胃肠X射线造影检查B.明矾常用作净

水剂，是因为它能够消毒杀菌C.钢铁制品和纯铜制品均既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀D.使用2NaS做沉淀剂去除工业废水中2Cu+【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，故A错误；B．明

矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但是它没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，B错误；C．铜的金属活动性顺序在氢之后，不能与氢离子发生反应，即不能发生析氢腐蚀，C错误；D．硫离子是常见

的沉淀剂可以和铜离子生成硫化铜沉淀，有利于环境的保护，D正确。综上所述，D正确。4.化学与生活关系密切，下列说法正确的是A.合成氨工业采用金属镍催化，这样做是为了提高单位时间的转化率B.钢管表面镀锌可以防止钢管被腐

蚀，镀层破损后，钢管反而会加速腐蚀C.打印机黑色的墨粉中含有铁的氧化物，这种氧化物是氧化铁D.水垢中的4CaSO，可先用23NaCO溶液处理，而后用酸除去【答案】D【解析】【详解】A．合成氨工业采用金属镍催化的目的是提高单位时间内

反应物的转化率，故A错误；B．钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，锌、铁在水膜中构成原电池，金属性强的锌做负极，钢管做正极被保护，故B错误；C．打印机黑色的墨粉中含有铁的氧化物，这种氧化物是俗称为磁性氧化铁的四氧化三铁，故C错误；D．水垢中

的硫酸钙不能与酸反应，除去硫酸钙时可先用碳酸钠溶液处理，将硫酸钙转化为碳酸钙后用酸除去碳酸钙，最后水洗即可，故D正确；故选D。5.下列说法或有关化学用语的表达正确的是A.能级能量大小关系：4f5dB.基态铜原子(29Cu)的价层电子排布式：923d4sC.

Ca处于激发态的电子排布式可能为：2262621s2s2p3s3p4pD.基态Na+的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．由构造原理可知，4f能力低于5d，故A错误；B．铜元素的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式为3d104s1，故B错误；C．钙元素的原子序数为20，基态

原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，则发态的电子排布式可能为2262621s2s2p3s3p4p，故C正确；D．钠元素的原子序数为11，基态钠离子的电子排布式为1s22s22p6，轨道表示式为，故D错

误；故选C。6.二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。以下说法能说明反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是A.H2和CO2的浓度之比为3:1B.单位时间内断裂3个H-H同时断裂1个C=OC.恒温恒容条件

下，气体的密度保持不变D.恒温恒容条件下，气体的相对分子质量保持不变【答案】D的【解析】【分析】由题干方程式可知，3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态

时，正、逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。【详解】A．H2和CO2的浓度之比为3：1，无法判断正、逆反应速率是否相等，则无法判断是否达到平衡状态，A不合题意；B．单位时间内断裂3个H-H同时断裂1个C=O，表示的是正、逆反应速率，但不满足化

学计量数关系，说明没有达到平衡状态，B不合题意；C．恒温恒容条件下，该反应中气体的密度为定值，不能根据气体的密度判断平衡状态，C不合题意；D．3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)为气体体积缩小的可逆反应，即恒温恒容条件下，在反应过程中气体的平均相对分子质量一直

在改变，故气体的平均相对分子质量保持不变，表明正、逆反应速率相等，达到平衡状态，D符合题意；故答案为：D。7.下列实验装置(部分夹持装置已略去)能达到对应实验目的是A.测定中和反应的反应热B.用NaOH溶液滴定盐酸溶液C.将3AlCl溶液蒸干制备3AlClD.实现利用牺牲阳极法

保护铁【答案】A【解析】【详解】A．中和热测定需要外壳、内筒、隔热层、温度计、杯盖、玻璃搅拌器，该实验能够完成，A正确；B．NaOH滴定盐酸应该用碱式滴定管，B错误；C．加热会促进AlCl3溶液的水解，而且生成的盐酸易挥发，

故应该在氯化氢气流中加热蒸发AlCl3溶液制备AlCl3，C错误；D．实现利用牺牲阳极法保护铁形成的是原电池装置，不需要外加电源，D错误；答案选A。8.25℃时，在浓度均为1mol·L-1的NH4HSO4、(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、NH4Cl、NH3·H2O五

种溶液中，若测得其中c(NH+4)分别为a、b、c、d、e(单位为mol·L-1)，则下列判断正确的是A.c=b>a>d>eB.b>c>a>d>eC.c>b>e>a>dD.b>c>d>a>e【答案】B【解析】【分析】【详解】溶液中NH+4的水

解程度很小，则浓度均为1mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和(NH4)2SO4溶液中c(NH+4)较大，又因为(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的水解抑制NH+4的水解，则b>c；NH4HSO4溶液中H+抑制NH+4的水解，NH4Cl溶液中NH+4的水解不受影响，

NH4HSO4溶液中c(NH+4)大于NH4Cl溶液中(NH+4)，即a>d；NH3·H2O溶液中，NH3·H2O部分电离产生NH+4，电离程度较小，c(NH+4)最小；综上所述其中c(NH+4)的大小顺序为：b>c>a>d>e，故选B。9.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A

.在()3+1cAl=0.1molL−的溶液中：K+、Na+、24SO−、2S−B.使甲基橙变红的溶液中：2Fe+、4NH+、Cl−、3NO−C.使酚酞变红的溶液中：4MnO−、2Ba+、Cl−、3NO−D.常温下，水电离出的()131cH10molL+−−=溶液中：ClO−、K

+、Na+、24SO−【答案】C【解析】【详解】A．溶液中的铝离子与硫离子会发生双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；B．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存

，故B错误；C．使酚酞变红的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中四种离子不发生任何反应，一定能大量共存，故C正确；D．常温下，水电离的氢离子浓度为10−13mol/L的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，酸溶液中的氢离子

与次氯酸根离子反应生成次氯酸，不能大量共存，故D错误；故选C。10.常温下，下列说法正确的是A.等体积、等物质的量浓度的氨水和氢氧化钠溶液，分别通入氯化氢气体至溶液呈中性，氨水消耗的氯化氢更少B.浓度均为0.1mol•L-1的氨水和盐酸等体

积混合后，溶液中c(Cl-)=c(NH4+)C.pH相等的盐酸和氯化铵溶液中，c(Cl-)相同D.pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后溶液pH值小于7【答案】A【解析】【详解】A．由于氯化铵溶液显酸性，而氯化钠溶液显中性，所以等体积、等物质的量浓度的氨水和氢氧化钠

溶液，分别通入氯化氢气体至溶液呈中性，氨水消耗的氯化氢更少，故A正确；B．浓度均为0.1mol•L-1的氨水和盐酸等体积混合后溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根离子会水解，所以c(Cl-)>c(NH4+)，故B错误；C．盐酸溶液中存在电荷守恒c1(H+)=c1(OH-)+c1(Cl-)，氯化铵溶

液中存在电荷守恒c2(NH4+)+c2(H+)=c2(OH-)+c2(Cl-)，两溶液pH相等，则c1(H+)=c2(H+)，c1(OH-)=c2(OH-)，所以c1(Cl-)=c2(Cl-)-c2(NH4+)，故C错误；D．盐酸为强酸溶液，氨水为弱碱溶液,室温下pH=3盐

酸的浓度远小于pH=11的氨水的浓度，pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合，反应后氨水过量，溶液呈碱性,pH大于7,故D错误；故选：A。11.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.99℃时，1L

pH7=的NaOH溶液中，OH−的数目为7A10N−B.25℃时，10.1molL−的43NHNO溶液中含有4NH+、3NH、32NHHO的总数目为A0.1NC.25℃时，1LpH3=的23HSO溶液中，H+的数目为A0.001ND.25℃时，1LpH11=的23NaCO溶液中，水电离出的H+

的数目为11A10N−【答案】C【解析】【详解】A．99℃时水的离子积常数未知，所以无法确定1LpH为7的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的的量和数目，故A错误；B．缺溶液的体积，无法计算0.1mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量和铵根离子、氨分子和一水合氨的总数目，故B错误；

C．25℃时，1LpH为3的亚硫酸溶液中氢离子的数目为0.001mol/L×1L×NAmol—1=0.001NA，故C正确；D．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，则25℃时，1LpH为11的碳酸钠溶液中

水电离出氢离子数目为0.001mol/L×1L×NAmol—1=0.001NA，故D错误；故选C。12.下列说法正确的是A.错误，违反了泡利不相容原理B.各能级最多容纳的电子数是该能级原子轨道数的二倍，支持

这一结论的理论是构造原理C.6C的电子排布式222x1s2s2p违反了洪特规则D.电子排布式()22626422Ti1s2s2p3s3p3d违反了泡利不相容原理【答案】C【解析】【详解】A．根据洪特规则：基

态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，因此违反了洪特规则，故A错误；B．泡利原理是一个原子轨道中，最多只能容纳2个电子，它们自旋相反，因此各能级最多容纳的电子数是该能级原子轨道数的二倍，

支持这一结论的理论是泡利原理，故B错误；C．根据洪特规则，6C的电子排布式2211xy1s2s2p2p，题给电子排布式违反了洪特规则，故C正确；D．电子排布式(22Ti)2262641s2s2p3s3p3d违反

了能量最低原理，故D错误；答案为C。13.向含HCN的废水中加入铁粉和23KCO可制备()46KFeCN，发生反应：()23422266HCNFe2KCOKFeCNH2CO2HO++=+++，

下列说法错误的是A.依据反应可知：()()aa123KHCN>KHCO；还原性：2FeHB.基态碳原子和基态氮原子的未成对电子之比为2∶3C.Fe位于周期表中第VIII族；反应中Fe失去24s电子D.离子半径大小：3-2-N>O【答案】A【解

析】【详解】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，因此无法判断HCN和23HCO的酸性强弱，即无法比较酸的电离常数的大小，故A项错误；Ｂ．基态碳原子的电子排布式为2221s2s2p，基态氮原子的电

子排布式为2231s2s2p，因此基态碳原子、氮原子的未成对电子数分别为2、3，故B项正确；Ｃ．Fe是26号元素，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，Fe的价层电子排布式为623d4s，在该反应中Fe元素升两价，失两个电子，因此失去了24s

电子，故C项正确；Ｄ．离子半径大小比较，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故D项正确。14.常温时，下列关于溶液的pH或微粒的物质的量浓度的说法不正确．．．的是A.pH3=的二元弱酸2HR溶液与pH11=的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后

的混合液中：()()()2--+2cR+cHR=cNaB.某溶液中只存在Cl−、OH−、4NH+、H+四种离子，则一定不存在下列关系：()()()()+-+-4cNH>cCl>cH>cOHC.向44NHHSO溶液中加入等物质的量的NaOH

形成的溶液中：()()()()()+2-+-+44cNa=cSO>cNH>cOH>cHD.将10.2molL−的某一元酸HA溶液和10.1molL−NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液中：()

()()()--+2cOH+cA=2cH+cHA【答案】C【解析】【详解】A．pH为3的二元弱酸H2R溶液与pH为11的氢氧化钠溶液中混合所得中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子，由电荷守恒()()()()2---+++cO2cR+cHR()cNaH+cH=可知，溶液中()()()2--+2cR

+cHR=cNa，故A正确；B．()()()()+-+-4cNH>cCl>cH>cOH的溶液中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，不符合电荷守恒关系，则溶液中只存在Cl−、OH−、4NH+、H+四种离子，则一定不存在()()()()+-+-4cNH>cCl>cH>cOH的关系，故B

正确；C．硫酸氢铵溶液与等物质的量的氢氧化钠溶液混合得到硫酸铵和硫酸钠混合溶液，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故C错误；D．0.2mol/L一元酸HA溶液和0.1mol/L氢

氧化钠溶液等体积混合得到HA和NaA等浓度的混合溶液，溶液呈碱性说明HA在溶液中的电离程度小于A—的水解程度，溶液中存在电荷守恒关系()()()()--++cOH+cA=cH+cNa和物料守恒关系()()()+-2cNa=cHA+cA，整合

可得溶液中()()()()--+2cOH+cA=2cH+cHA，故D正确；故选C。15.下列实验操作、现象及结论均正确是选项操作和现象结论A常温下，用pH计分别测定等体积341C1mHCOONHolL

−溶液和4130C.1mlHCoHLOON−溶液的pH，pH均为7两种34CHCOONH溶液中水的电离程度相同B向2mL11molL−的KI溶液中滴加2mL10.1molL−的3FeCl溶液，充分反应后加入2mL4CCl，取上层溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色3FeCl与KI的反应

存在限度C向溶有2SO的2BaCl的溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有强氧化性D向2mL10.1molL−2MgCl溶液中滴入3滴12molL−NaOH溶液，再滴入4滴10.1molL−3FeCl溶液，先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀同温度下的spK：()()23MgOHF

eOHA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．醋酸铵是弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解程度相同，溶液呈中性，加水稀释时，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解程度增大，促进水的电离程度增大，则1

mol/L醋酸铵溶液中水的电离程度小于0.1mol/L醋酸铵溶液中水的电离程度，故A错误；B．碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化钾、氯化亚铁和碘，向等体积等浓度的碘化钾溶液与氯化铁溶液充分反应后的溶液中加入四氯化碳萃取溶液中的碘，向上层溶液滴加硫氰化钾溶液，溶液变红色说

明反应后的溶液中含有铁离子，证明碘化钾溶液与氯化铁溶液反应存在限度，故B正确；C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中通入氨气，氨气与溶液中二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵溶液与氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，则出现白色

沉淀不能说明气体X具有强氧化性，故C错误；D．向过量氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液后，再滴入氯化铁溶液，溶液中先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀说明氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，但无法比较分子组成类型不同的氢氧化铁和氢氧化镁的溶度积大小，故D错误；故选

B。16.如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图，下列说法正确的是（）A.Cl·可由Cl2在高温条件下生成，是CH4与Cl2反应催化剂B.升高温度，Ea1、Ea2均减小，反应速率加快C.增大Cl2的浓度，可提高反应

速率，但不影响△H的大小D.第一步反应的速率大于第二步反应【答案】C【解析】【分析】CH4与Cl2生成CH3Cl的反应方程式为：CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl。【详解】A．Cl·由Cl2在光照条件下生成，是CH4与Cl2反应的“中间体”，而不是反应的催化剂

，A错误；的的B．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，B错误；C．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，而反应的△H和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，即

增大氯气的浓度不影响△H的大小，C正确；D．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，D错误。答案选C。【点睛】反

应热△H和反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。17.电化学降解3NO−的原理如图所示，下列说法正确的是A.N为电源的正极B.电池工作时，阴极区的溶液pH逐渐变大C.Pt电极上的反应式为222HO4eO4H−++=+D.每生成5.6g2N，左右两侧溶液质量变化差10.4g【答案】B【解

析】【分析】从图中可知，Ag-Pt电极上硝酸根离子得电子转化为氮气，则Ag-Pt电极为阴极，N为负极，M为正极，则Pt电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子。【详解】A．根据分析可知，N电极为电源负极，A错误；B．电池工作时，阴极区电极反应为23NO−+10e-+6H2O=N2↑

+12OH-，因此阴极区溶液的pH逐渐变大，B正确；C．Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，C错误；D．阴极区电极反应为23NO−+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，每生成5.6g氮气

，转移电子数为2mol，阳极上生成氧气0.5mol，同时还有2mol氢离子转移到右侧，左侧溶液质量减少16g+2g=18g，右侧溶液质量减少5.6g-2g=3.6g，左右两侧溶液的质量变化差为=18g-3.6g=14.4g

，D错误；故答案选B。18.下列叙述及对应图示错误的是A.图甲是某温度下()()133CHCOOHCHCOO0.100molLcc−−+=的醋酸与醋酸钠混合溶液中()3CHCOOHc、()3cCHCOO−与pH的关系曲线，pH3=的溶液中：a

K=4.7510−B.图乙是恒温密闭容器中发生反应()()()32CaCOsCaOsCOg=+时，()2COc随反应时间变化的曲线，1t时刻改变的条件可能是缩小容器的体积C.图丙是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，1t时刻溶液的温度

最高D.图丁是在10.1molL−的23NaCO溶液中加水稀释，随着加入水的体积的增大，溶液中()3HCOc−的变化曲线，23NaCO的水解程度：A点小于B点【答案】C【解析】【详解】A．根据图像中交点的坐标可知，3CHCOOH的电离常数

4.75aK=10−，pH3=时电离常数不变，故A正确；B．由图可知，1t时刻()2cCO突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则1t时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；C．铁条与盐酸的反应是放热反应，随反应的进

行，温度越来越高，故C错误；D．Na2CO3溶液中加水稀释，越稀越水解，随着加水量的增加，Na2CO3的水解程度越来越大，A点小于B点，故D正确；答案选C。19.常温时，AgCl、AgSCN、24AgCrO的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

已知：()()spspKAgCl>KAgSCN，()+pAg=-lgcAg，()n-pX=-lgcX。下列说法正确的是A.图中x代表AgCl曲线，z代表AgSCN曲线B.常温时，()()()()AgClsSCNaqAg

SCNsClaq−−++的平衡常数K2C.常温时，若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动D.相同温度下，在Cl−和24CrO−的物质的量浓度均为0.1molL的溶液中，滴入少量30.1mol/LA

gNO溶液，先产生AgCl沉淀【答案】D【解析】【详解】A．AgCl、AgSCN均为1:1型，且()()spspAgClAgSCNKK，当()+pAg=-lgcAg相等时，()pCl=-lgcCl−−<()pSCN=-lgcSCN−−，而24AgCrO为2:1型，则曲线x为24Ag

CrO，曲线y为AgCl，曲线z为AgSCN，故A项错误；B．常温时，此反应的平衡常数()()()()()()()()-+-sp-+-spcClcAgcClKAgClK====100KAgSCNcSCNcAgcSCN，故

B项错误；C．常温时，若增大p点阴离子浓度，pX减小，由图可知，沿曲线y向下移动，故C项错误；D．()Clc−和()24CrOc−均为0.1molL，由图可知，()10spAgCl10K−，()12s

p24AgCrO10K−，从而Cl−沉淀所需()Agc+约为910molL−，24CrO−沉淀所需()Agc+约为5.510molL−，因此先产生AgCl沉淀，故D项正确；故选D。20.25℃时，以NaOH溶液调节0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2

-的物质的的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)-2-2c(X)c(HA)+c(HA)+c(A)]。下列说法不正确．．．的是A.二元弱酸H2A的pKa1=1.2(已知：pKa=-lgKa)B.20.0mL0.1mol·L-1的H

2A溶液与30.0mL0.1mol·L-1NaOH溶液混合，混合液的pH=4.2C.往H2A溶液中滴加NaOH溶液的过程中，一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)D.在0.1mol·L-1Na

HA溶液中，各离子浓度大小关系：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)【答案】B【解析】【分析】由图可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，随着pH的增大，c(H2

A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大。【详解】A．pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，H2A的()()()()-1-.2++12cHAcHcHcH===10AaK，则pKa

1=1.2，A正确；B．由图知c(HA-)=c(A2-)时pH=4.2，20.0mL0.1mol·L-1的H2A溶液与30.0mL0.1mol·L-1NaOH溶液混合得到等量的NaHA和Na2A混合液，此

时c(HA-)≠c(A2-)，则混合液的pH≠4.2，B错误；C．由溶液的电荷守恒，一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，C正确；D．NaHA溶液中由于HA-发生部分电离，c(Na+)>c(HA-)，且c(HA-)>c(A2

-)，则离子浓度大小关系：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)，D正确；故选：B。二、填空题(本题包括4小题，共55分)21.回答下列问题。（1）现有常温下pH2=的盐酸(甲)和pH2=的醋酸溶液(乙)，请根据下列操作回答

：①常温下，10.1molL−3CHCOOH溶液加水稀释，下列数值一定变小的是___________(填字母)。A．()+cHB．()()+3cHcCHCOOHC．()()HOHcc+−D．()()-+

cOHcH②取10mL乙溶液，加入少量无水3CHCOONa固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中()()+3cHcCHCOOH的值将___________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。③相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别与0.1mol/

LNaOH溶液反应，消耗NaOH溶液的体积(甲)___________(乙)(填“>”“<”或“=”)。（2）某温度下，测得10.001molL−的HCl溶液中，水电离出的()+91cH1.010molL−−=，此温度下

，将aVLpH4=HCl溶液和bVLpH9=的()2BaOH溶液混合均匀(忽略混合后溶液体积的变化)，测得溶液的pH7=，则aV:Vb=___________。（3）已知：在25℃，有关弱电解质的电离平衡常数如下表有下表：弱电解质32NHHOHClO23HCO23HSO电离常数5

bK1.810−=8aK4.710−=7a1K4.210−=11a2K5.610−=2a1K1.5410−=7a2K1.0210−=①将2SO通入该氨水中，当()-cOH降至711.010molL−−

时，溶液中的()()2-3-3cSO=cHSO___________。②下列微粒在溶液中不能大量共存的是___________。a．23SO−、3HCO−b．ClO−、3HCO−c．3HSO−、23CO−d．HClO、-3HCO【答案】（1）①.A②.减

小③.<（2）9：1（3）①.1.02②.c【解析】【小问1详解】①A．常温下，醋酸溶液稀释时，溶液中氢离子浓度减小，故正确；B．常温下，醋酸溶液稀释时，溶液中醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，由电离常数公式可知，溶液中

()()+3cHcCHCOOH=()a-3KcCHCOO，则溶液中()a-3KcCHCOO和()()+3cHcCHCOOH的值增大，故错误；C．水的离子积常数Kw=()()HOHcc+−，温度不变，水的离子积常数Kw不变，则醋酸稀释时，溶液中()()HOHcc+−不变，故错误；D．醋酸稀释

时，溶液中氢离子浓度减小，水的离子积常数Kw不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液中()()-+cOHcH的值增大，故错误；故选A；②向醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，由电离常数公式可知，溶液中()()+3cHcCHC

OOH=()a-3KcCHCOO，则溶液中()a-3KcCHCOO和()()+3cHcCHCOOH的值减小，故答案为：减小；③由于盐酸完全电离，醋酸部分电离，pH为2的盐酸和pH为2的醋酸溶液，盐酸浓度小于醋酸浓度，用某浓度的氢氧化钠溶液中和等体积的甲、乙两溶液时，醋酸溶液消

耗NaOH体积大于盐酸溶液，故答案为：<；【小问2详解】水电离出的氢离子浓度总是水电离出的氢氧根离子浓度，由某温度下，测得0.001mol/L盐酸溶液中水电离出氢离子浓度为1.0×10−9mol/L可知，水的离子积常数Kw=1.0×10−9×1.0×10−3=1.0×10−12，则Va

LpH为4的盐酸溶液和VbLpH=9的氢氧化钡溶液混合测得溶液的pH为7可得：aab34b1V-10VV+V0−−=1.0×10−5mol/L，解得aV:Vb=9：1，故答案为：9：1；【小问3详解】①由电离常数公式可知，25℃通入二氧化硫的溶液中

氢氧根离子浓度为1.0×10−7mol/L时，溶液中()()2-3-3cSOcHSO=()a2+KcH=771.02101.010−−=1.02，故答案为：1.02；②a．由题给数据可知，亚硫酸的二级电离常数小于碳酸的一级电离常数，则由强酸制弱酸的原

理可知，溶液中亚硫酸根离子与碳酸氢根离子不反应，能大量共存，故不符合题意；b．由题给数据可知，次氯酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，则由强酸制弱酸的原理可知，溶液中次氯酸根离子与碳酸氢根离子不反应，能大量共存，故不符合题意；c．由题给数据可知，亚硫酸的二级电离常数大于

碳酸的二级电离常数，则由强酸制弱酸的原理可知，溶液中亚硫酸氢根离子能与碳酸根离子反应，不能大量共存，故符合题意；d．由题给数据可知，次氯酸的电离常数小于碳酸的一级电离常数，则由强酸制弱酸的原理可知，溶液中次氯酸与溶液中的碳酸氢根离子不反应，能大量共存，故不符合题意；故选c

。22.前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其相关性质如表所示：A2p能级电子半充满B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子D其基态原子外围电子排布式为n1n1nsnp−+E前四周期元素中，E元素基态原子未成对电子

数最多请根据以上情况，回答下列问题：（1）A元素在周期表中的位置为_______，其基态原子的价电子排布图为_______。（2）A、B、D三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。B、C、D三种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为_______(用

离子符号表示)。（3）E元素基态原子核外有_______种空间运动状态不同的电子，该元素的价层电子排布式为_______。【答案】（1）①.第二周期VA族②.；（2）①.N>O>S②.S2->O2->Na+（3）①.15②.3d54s1【解析】

【分析】前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A的2p能级电子半充满，则A为氮元素，B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子，B为氧元素，C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子，则C为钠元素，在前四周期元素中E元素基态原子未成

对电子数最多，则外围电子排布式为3d54s1，E为铬元素，D其基态原子外围电子排布为n1n1nsnp−+，即外围电子排布式为3s23p4，则D为硫元素；【小问1详解】A为氮元素，在周期表中的位置为第二周期VA族；基态原子的价电子排布图

为：；【小问2详解】A、B、D分别是：N、O、S三种元素，第一电离能由大到小的顺序为：N>O>S；B、C、D三种元素分别是N、Na、S，简单离子的半径由大到小的顺序为：S2->O2->Na+；【小问3详解】E为Cr元素，基态原子核外有15种空间运动状态不

同的电子，该元素的价层电子排布式为：3d54s1。23.探究3CHOH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高3CHOH的产率。以22COH、为原料合成3CHOH涉及的主要反应如下：I．()()()()22321COg3HgCHOHgHOgΔH0++

II．()()()232COg2HgCHOHgΔH+III．()()()()2223COgHgCOgHOgΔH0++已知()()()23COgHgCHOHg、、的标准燃烧热分别为111285.8kJmol,283.0kJmol,761.0kJmol−−−。回答

下列问题：（1）2H=_______1kJmol−。（2）一定条件下，向体积一定的恒容密闭容器中通入21molCO和23molH发生上述反应，达到平衡时，容器中()3CHOHg为amol,CO为bmol，此时()2HOg的物质的量为_______mol(用含,ab的代数式表示，下同)，反应I

II的平衡常数为_______。（3）不同压强下，按照()()22nCO:nH1:3=投料，实验测定3CHOH的平衡产率(图1)和2CO的平衡转化率(图2)随温度的变化关系如图所示。已知：2CO的平衡转化率()()()222nCOnCO100%nCO−=初

始平衡初始3CHOH的平衡产率()()32nCHOH100%nCO=平衡初始①图1中，一定压强下，3CHOH的平衡产率随温度升高而下降的原因是_______。②图1中，压强123ppp、、由大到小的顺序为_______。③图2中1T温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是_______。（4）为同时

提高2CO的平衡转化率和3CHOH的平衡产率，应选择的反应条件为_______。A.低温、高压B.高温、低压C.低温、低压D.高温、高压【答案】（1）-90.8（2）①.a+b②.()()()bab1ab33ab+−−−−

（3）①.生成CH3OH的反应正方向放热，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率下降②.123ppp③.T1时以反应II为主，反应II前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响（4）A【解析】【小问1详解】CO(g)、H2(g)、C

H3OH(g)的标准燃烧热分别为-285.8kJ•mol-1，-283.0kJ•mol-1，-761.0kJ•mol-1，则①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-571.6kJ•mol-1；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-566kJ•mol-1③

2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1522kJ•mol-1；根据盖斯定律①×12+②-③×12得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-285.8kJ•mol-1-566kJ•mol-1+

761.0kJ•mol-1=-90.8kJ•mol-1，答案是：-90.8；【小问2详解】假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，223223222CO(g)+3H(g)CH

OH(g)+HO(g)a-x3(a-x)a-xa-xCO(g)+2H(g)CHOH(g)x2xxCO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)b+xb+xb+xb+x所以平衡时H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2xmol-(b+x)mo

l=(3-3a-b)mol平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：K=babVV1ab33abVV+−−−−=()()()bab1

ab33ab+−−−−；【小问3详解】①反应I、II生成CH3OH的反应正方向放热，一定压强下，温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的平衡产率下降；②温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强

越大，CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1＞p2＞p3；③T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，所以T1温度时，三条曲线

几乎交于一点；【小问4详解】反应I为主反应，反应II、III为副反应，反应I正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故选A；2

4.食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于0.035g/mL。某研究小组用0.1000mol/LNaOH溶液可以测定食醋中醋酸的浓度，以检测白醋是否符合国家标准。Ⅰ．实验步骤A．冷却至室温后

，在_______(填仪器名称)中定容配成100mL白醋溶液。B．量取20.00mL待测白醋溶液于锥形瓶中并滴入几滴指示剂。C．将酸式滴定管和碱式滴定管用蒸馏水洗涤干净，并用各待盛溶液润洗。D．将物质的量浓度为0.1000mol/L标准NaOH溶液装入碱式滴定管，调节液面记下读数。如果液

面位置如图所示，则此时的读数为_______mL。E．继续滴定至终点，记下最终读数。F．在锥形瓶下垫一张白纸，把锥形瓶移到碱式滴定管下小心滴入NaOH标准溶液，边滴边摇动锥形瓶。G．用干燥的_______(填仪器名称)量取食用白醋样品10.0

0mL，在烧杯中用蒸馏水溶解。H．重复以上实验。（1）以上步骤的正确顺序为_______(用编号字母填写)。G→A→_______→_______→D→_______→_______→H（2）A中的仪器为_______，G中的仪器为_______。（3）D中的读

数为_______mL。Ⅱ．实验记录实验数据滴定次数1234V(样品)/mL20.0020.0020.0020.00滴定前V(NaOH)/mL0.000.100.201.00滴定后V(NaOH)/mL15.9515.1015.2

515.95Ⅲ．数据处理与讨论（4）按数据处理，市售白醋中醋酸的含量=_______1g100mL−(保留四位有效数字)。（5）若测定结果偏低，其原因可能是_______。A.滴定过程中振摇时有液滴溅出B.滴定前仰视读数，滴定后读数正确C

.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后未干燥D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液Ⅳ．实验讨论：（6）某同学用酸碱中和滴定法测定市售食用白醋醋酸浓度，当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，测得溶液中()()333cCHCOOH11.810cCHCOO−=，则此时溶液中的pH=_____

__。(已知室温下醋酸的5aK1.810−=)，滴定终点的现象为_______。【答案】（1）G→A→C→B→D→F→E→H（2）①.100mL容量瓶②.酸式滴定管（3）0.60（4）4.500（5）AB（6）①.8②.滴入最后半滴NaOH溶液

，溶液会由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色【解析】【分析】在容量瓶中配制一定体积一定物质的量浓度的溶液；滴定管有酸式滴定管、碱式滴定管，酸式滴定管盛装酸性溶液、氧化性溶液、碱式滴定管盛装碱性溶液。滴定管有“0”刻度，小刻度在上，大刻度在下，与凹液面最低处相平，应该平视读数；进行滴定时操作步骤是：先

用酸式滴定管准确量取一定体积的白醋，冷却至室温后，在100mL的容量瓶中配制白醋溶液，然后洗涤酸式、碱式滴定管，并用待装溶液润洗、装液，通过酸式滴定管量取一定体积的酸性溶液放入锥形瓶中，加入指示剂，未便于判断滴定终点，在锥形瓶底部垫上一张白纸，

然后进行酸碱中和滴定，根据指示剂变色点判断滴定终点，根据c(待测)=c()V()V()标准标准待测，确定待测醋酸溶液的浓度，结合操作使标准溶液体积的大小分析实验误差，利用K=+-33c(H)c(CHCO

O)c(CHCOOH)及3-3c(CHCOOH)c(CHCOO)的比值大小计算c(H+)即溶液的pH。【小问1详解】在实验室中有规格是100mL的容量瓶，故冷却至室温后，在100mL中定容配成100mL白醋溶液；白醋溶液显酸

性，因此应该用干燥的酸式滴定管量取白醋样品10.00mL。在上述用0.1000mol/LNaOH溶液滴定白醋样品溶液测定其浓度时，首先应该用干燥的酸式滴定管量取食用白醋样品10.00mL，在烧杯中用蒸馏水溶解。冷却至室温后，在100mL容量

瓶中定容配成100mL白醋溶液。将酸式滴定管和碱式滴定管用蒸馏水洗涤干净，并用各待盛溶液润洗。量取20.00mL待测白醋溶液于锥形瓶中并滴入几滴指示剂。将物质的量浓度为0.1000mol/L标准NaOH溶液装入碱式滴定管，调节液面记下读数。如果

液面位置如图所示，则此时的读数为0.60mL。在锥形瓶下垫一张白纸，把锥形瓶移到碱式滴定管下小心滴入NaOH标准溶液，边滴边摇动锥形瓶。继续滴定至终点，记下最终读数。为减少实验误差，使实验值更接近真实值，要重复以上实验。故以上步骤的正

确顺序为GACBDFEH；【小问2详解】白醋溶液呈酸性，故量取白醋的溶液的步骤G中使用的仪器是酸式滴定管，故应该用酸式滴定管量取；在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中进行定容；摇匀即得待测白醋溶液；【小问3详解】根据

滴定管的结构，有“0”刻度，小刻度在上，大刻度在下，结合液面位置，可知D中的读数为0.60mL；【小问4详解】根据表格数据可知：待测白醋溶液取样是20.00mL，进行了四次实验，实验消耗NaOH溶液的体积分别是15.95mL、15.00mL

、15.05mL、14.95mL，四次实验数据中，第一次的值误差较大应舍去，故第一次实验数据无效，其余三次数据都有效，平均体积V=15.00mL+15.05mL+14.95mL3=15.00mL，则根据滴定公式，可知

该白醋溶液的浓度c(CH3COOH)=0.1000mol/L15.00mL20.00mL=0.075mol/L，则在该市售白醋中醋酸的含量为：0.075mol/L0.1L60g/mol0.1L0.01L=4.50

0g/100mL；【小问5详解】A．滴定过程中振摇时有液滴溅出，导致计算时溶质物质的量偏小，结果偏低，A符合题意；B．滴定前仰视读数，滴定后读数正确，即导致读数偏小，结果偏低，B符合题意；C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后未干燥，对

实验无影响，C不符合题意；D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致读数偏高，最终使测得结果偏高，D不符合题意；故合理选项是AB；【小问6详解】K=+-33c(H)c(CHCOO)c(CH

COOH)=1.8×10-5；当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，测得溶液中3-3c(CHCOOH)c(CHCOO)=311.810，c(H+)=-5-53-331.810c(CHCOOH)1.810c(CHCOO)1.810=mol/L=1.0×10-8mol/L，故溶液的pH=8

；二者恰好反应时产生CH3COONa溶液pH=8，溶液显碱性，故滴定时应该选择的指示剂是选用酚酞试液，滴定终点的现象为：当滴入最后半滴NaOH溶液，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色，此时实验达到滴定终点。