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2021-2022学年四川省内江市第六中学高二下学期第一次月考化学试题含解析
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这是一份2021-2022学年四川省内江市第六中学高二下学期第一次月考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
四川省内江市第六中学2021-2022学年高二下学期第一次月考
化学试题
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cr-52 Ga-70
第Ⅰ卷 选择题(满分42分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共42分)
1. 化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是
A. 用纯碱溶液清洗油污，加热可增强去污力
B. 可施加适量石膏降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性
C. 可以利用水解反应获得纳米材料
D. 明矾可以水解，因此可用作自来水消毒净化
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．纯碱是碳酸钠的水溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性，加热促进碳酸根的水解，碱性增强，去污效果增强，A正确；
B．石膏是主要成分是CaSO4·2H2O，与碳酸钠反应生成难溶性碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，所以石膏能降低其碱性，B正确；
C．利用水解反应可以制得胶体，可以利用水解反应获得纳米材料，C正确；
D．明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性可用于净水，但不能消毒，D错误；
故选：D。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1L pH=6的纯水中含有OH-的数目为10-8 NA
B. 1L 0.1mol/L AlCl3溶液中含有Al3+数目为0.1NA
C. 0.1mol熔融NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NA
D. n(H2SO3)+n(HSO)=1mol的NaHSO3溶液中，含有Na+的数目等于NA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．pH=6的纯水中OH-的浓度为10-6mol/L，则1L该水中OH-的数目为10-6 NA，故A错误；
B．AlCl3溶液中Al3+部分水解，1L 0.1mol/L该溶液中Al3+数目小于0.1NA，故B错误；
C．熔融NaHSO4电离生成钠离子和硫酸氢根离子，0.1mol中所含阳离子为0.1NA，故C正确；
D．根据物料守恒：n(H2SO3)+n(HSO)+n(SO)=n(Na+)，n(H2SO3)+n(HSO)=1mol的溶液中，Na+的数目大于NA，故D错误；
故选：C。
3. 下列各组物质中按强电解质、非电解质、弱电解质组合的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl(aq)混合物，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；
B．HF是酸，属于电解质，不合题意，B错误；
C．是按照强电解质、非电解质、弱电解质组合，C正确；
D．H2O是弱电解质，D错误；
故选C。
4. 下列溶液一定呈中性是
A. 的溶液 B. 纯水
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．溶液不一定为中性，如溶液温度高于25℃则为碱性，故A错误；
B．纯水，因是纯水，故为中性，故B正确；
C．使石蕊试液呈紫色的溶液只能说明pH在之间，可能为酸性也可能为碱性，故C错误；
D．如为强酸与弱碱则生成强酸弱碱盐显酸性，故D错误。
故选B。
5. 25℃时，等物质的量浓度的下列四种溶液：①HCl溶液 ②NaOH溶液 ③溶液 ④溶液，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是
A. ③>②=①>④ B. ④>③>②>① C. ④>①=②>③ D. ③>①>②>④
【答案】C
【解析】
【详解】①HCl为强酸，抑制水的电离；②NaOH为碱，抑制水的电离；③为强酸，抑制水的电离；④FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解，促进水的电离；等物质的量浓度溶液，则HCl和NaOH的抑制程度相等，中氢离子浓度更大，抑制程度大于HCl，因此水的电离程度由大到小的顺序是④>①=②>③，答案选C。
6. 下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是
A. 含有大量的溶液中：、、、
B. pH=l的溶液中：、、、
C. 水电离产生溶液中：、、、
D. 溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．会与发生双水解而不能大量共存，A不符合题意；
B．pH=1的溶液显酸性，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．由水电离产生的H＋浓度为1×10-13 mol·L-1的溶液中水电离产生的H+的浓度小于1×10-7 mol·L-1，水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中Al3+会反应产生Al(OH)3沉淀，不能大量存在，C不符合题意；
D．Na2S溶液中含有大量S2-，S2-与Cu2+会反应产生CuS沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
答案选B。
7. 下列有关实验原理，装置、操作的描述中正确的是
A
B
C
D
溶液pH的测定
比较硫、碳、硅元素的非金属性强弱
反应热的测定
氨气的尾气吸收
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．pH试纸不能放在桌面上，应放在表面皿上，A项错误；
B．锥形瓶中生成CO2气体，说明硫酸的酸性比碳酸强，烧杯中生成沉淀，说明碳酸的酸性比硅酸强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其对应元素的非金属性越强，故该装置可以比较硫、碳、硅元素的非金属性强弱，B项正确；
C．不应使用铁质搅拌棒，铁易导热，会增大反应热的损失，C项错误；
D．氨气极易溶于水，吸收氨气时不能直接将导管插入水中，必须使用防止倒吸的装置，D项错误；
答案选B。
8. 下列化学用语的描述正确的是
A. 硫酸氢钠溶液显酸性：
B. 溶液显碱性：
C. 氨水显碱性：
D. 碳酸氢钠溶液显碱性：
【答案】A
【解析】
【详解】A. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性：，选项A正确；
B. 是多元弱酸强碱盐，溶液显碱性，水解是分步的，第一步水解为：，选项B错误；
C. 氨水显碱性，弱碱不完全电离，电离方程式为：，选项C错误；
D. 碳酸氢钠溶液显碱性，是因为水解使溶液呈碱性：，选项D错误；
答案选A。
9. 室温下，现有三种酸的稀溶液：a.溶液，b.溶液，c.溶液。下列说法正确的是
A. 若三种酸溶液的浓度相同，则其pH的大小关系为c＞a＞b；
B. 同浓度同体积的三种酸溶液分别用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为c＞a＞b；
C. pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞c；
D. 同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的片反应，反应所需时间b＞a＞c
【答案】C
【解析】
【详解】A．为一元强酸、为二元强酸、为一元弱酸，相同浓度的三种酸溶液，pH的大小关系为b＞a＞c，故A错误；
B．同浓度同体积的三种酸溶液中酸的物质的量相同，用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为a=b＜c，故B错误；
C．pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞c，故C正确；
D．同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的片反应，反应所需时间b＜a=c，故D错误；
答案为C。
10. 下列事实：①水溶液呈碱性；②水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制溶液，需用盐酸溶解固体。其中与盐类水解有关的是
A. 除②以外 B. 除⑥以外 C. 除④、⑥以外 D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①水溶液呈碱性的原因是碳酸氢根离子水解，故选①；
②水溶液呈酸性，是因为能电离出氢离子，故不选②；
③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大，是因为铵根离子水解呈酸性，故选③；
④铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是因为铵根离子与碳酸根离子发生双水解反应放出氨气，选④；
⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强，是因为加热促进碳酸根离子水解，溶液碱性增强，故选⑤；
⑥配制溶液，盐酸溶解固体可以抑制水解，故选⑥；
选A。
11. 已知：在100℃时，纯水的c(H+)为1×10—6，此时将pH＝12的NaOH溶液V1 L与pH＝l的H2SO4溶液V2 L混合，若所得混合溶液的pH＝10，则V1∶V2为
A. 1∶9 B. 10∶1 C. 9∶1 D. 1∶10
【答案】A
【解析】
【详解】由题意知100℃时水的离子积为10-12，pH＝12的NaOH溶液与pH＝l的H2SO4溶液混合，所得混合溶液的pH＝10，显碱性，NaOH过量，c(OH-)=(1*V1-0.1*V2)/(V1 +V2 )=10-2，从而求出V1∶V2为1∶9，选A。
12. 下列事实中一定能证明是弱电解质的是
①用溶液做导电实验，灯炮很暗
②溶液的
③等pH等体积的硫酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多
④醋酸溶液恰好与NaOH溶液完全反应
⑤的溶液稀释至1000倍，pH＜4
A. ①②④⑤ B. ②③⑤ C. ②③④⑤ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①用CH3COOH溶液做导电实验，没有与同浓度的强电解质对比，灯炮很暗不能证明CH3COOH是否完全电离，①不符合题意；
②0.1mol·L-1CH3COOH溶液若完全电离则c(H+)=0.1mol·L-1，pH=2.1，则c(H+)=10-2.1mol·L-1，说明CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，②符合题意；
③等pH等体积的硫酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明CH3COOH溶液还能电离出H+，原来CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，③符合题意；
④醋酸溶液与NaOH溶液反应，反应量与其是否完全电离无关，与其总物质的量有关，20mL0.2mol·L-1醋酸溶液恰好与20mL0.2mol·L-1NaOH溶液完全反应，不能说明醋酸是否完全电离，即不能证明CH3COOH是弱电解质，④不符合题意；
⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释至1000倍，pH＜4，说明c(H+)没有稀释1000倍，即稀释过程继续电离，说明原CH3COOH溶液没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，⑤符合题意；
符合题意的有②③⑤，故答案选B。
13. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：
弱酸化学式
电离平衡常数
则下列有关说法正确的是
A. pH相同的三种溶液，物质的量浓度的关系为c(CH3COOH)＞c(H2CO3)＞c(HCN)
B. 1 mol/L的醋酸溶液加水稀释，其中醋酸的电离程度先增大后减小
C. NaCN溶液中通入少量CO2发生的化学反应为
D. 稀释HCN溶液过程中，减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸的电离平衡常数越小，表示该酸越弱，当酸的浓度相等时，其电离产生的H+的浓度就越小，因此当溶液pH相等时，即c(H+)相等时，电离平衡常数小的酸的浓度就越大。由于电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HCN)，所以溶液的物质的量浓度c(HCN)＞c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，A错误；
B．在醋酸溶液在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加水稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，导致更多的醋酸分子发生电离，因此醋酸的电离程度始终是增大，B错误；
C．根据电离平衡常数可知Ka1(H2CO3)＞Ka(HCN)＞Ka2(H2CO3)，根据复分解反应规律：强酸与弱酸盐反应制取弱酸，所以NaCN溶液中通入少量CO2发生的化学反应为，C正确；
D．稀释HCN溶液过程中，HCN的电离平衡正向移动，c(HCN)减小的倍数大于c(CN-)减小的倍数，所以增大，D错误；
故合理选项是C。
14. 某学生的实验报告中，描述合理的是
A. 用托盘天平称量25.20g NaCl
B. 用pH试纸测得NaClO溶液的pH约为11
C. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液
D. 将CuSO4溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到硫酸铜晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用托盘天平是粗量器，只能称量到0.1g，不需要估读，故A错误；
B. NaClO溶液有漂白性，pH试纸测定不出pH，故B错误；
C. KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀胶皮管，所以只能用酸式滴定管量取，故C错误；
D.因为CuSO4为难挥发性酸的弱碱盐，所以可以采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到硫酸铜晶体，故D正确；
正确答案：D。
15. 氨水10mL，存在如下平衡：，加蒸馏水稀释到1L后；下列变化中：①电离程度增大；②增大；③数目增多；④增大；⑤导电性增强，说法正确的是
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①加水促进弱电解质的电离，则氨水的电离程度增大，故①正确；
②加水时电离平衡正向移动，减小，且溶液的体积变大，则减小，故②错误；
③水时电离平衡正向移动，n（）增大，由N=n×N A ，则数目增多，故③正确；
④水时电离平衡正向移动，增大，但溶液的体积变大，则减小，故④错误；
⑤水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性减弱，故⑤错误；
答案选C。
16. 准确移取20.00mL某未知浓度盐酸于锥形瓶中，滴加两滴指示剂后，用NaOH溶液进行滴定，下列说法错误的是
A. 量取盐酸的滴定管用蒸馏水洗涤后，应使用盐酸进行润洗
B. 若使用酚酞试液为指示剂，滴定至溶液刚刚变为浅红色且半分钟不褪色时即为滴定终点
C. 滴定过程中，若有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，用蒸馏水冲洗使其与溶液混合即可
D. 滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，则测得盐酸的浓度偏大
【答案】D
【解析】
【详解】A．量取盐酸的滴定管用蒸馏水洗涤后，应使用盐酸进行润洗，A正确；
B．若使用酚酞试液为指示剂，滴定至溶液刚刚变为浅红色且半分钟不褪色时即为滴定终点，B正确；
C．滴定过程中，若有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，用蒸馏水冲洗使其与溶液混合即可，C正确；
D．滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，标准溶液体积计算值偏小，则测定结果偏小，D错误；
故答案为：D。
17. 短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是
A. A的氧化物对应的水化物的酸性比E的氧化物对应的水化物的酸性弱
B. 某物质焰色反应呈黄色，该物质是含C元素的盐
C. B的氢化物的沸点高于A的氢化物
D. 简单离子半径大小顺序为：E>B>C>D
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A为C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，且原子序数大于N，D为Mg元素，结合原子序数可知C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E为Cl元素，以此来解答。
【详解】A．非金属性越强对应最高价含氧酸的酸性越强，A的最高价氧化物对应的水化物即H2CO3，H2CO3属于弱酸，而E对应的是HClO4，属于强酸，但未指明是最高价含氧酸的酸性，如HClO是弱酸，其酸性比碳酸还弱，所以A的氧化物对应的水化物的酸性不一定比E弱，A错误；
B．焰色反应是某些金属元素受热时发生电子跃迁而产生的现象，可用来检验这种元素的存在，只要含有这种元素的任何物质都会产生同样的现象，所以焰色反应呈黄色的物质不一定是含Na的盐，也可能是钠的单质，B错误；
C．碳的氢化物即为烃类，随着C原子数的增多，常温下的状态有气体、液体或固体，所以不一定都是气体，C错误；
D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层结构不同的离子，电子层数越大，离子半径越大，Cl-核外有3个电子层，N3-、Na+、Mg2+核外有2个电子层，所以所以离子半径大小关系为：E>B>C>D，D正确；
故合理选项是D。
18. 常温下，关于溶液的稀释，下列说法正确的是（ ）
A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1
C. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，pH＝13
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】C
【解析】
【分析】A.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；
B.先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度,水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；
C.先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；
D.酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。
【详解】A.如果醋酸是强电解质，则pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍, pH＝5,实际上醋酸是弱电解质,所以稀释后pH<5,故A错误；
B.将pH＝4的H2SO4加水稀释100倍,则溶液的pH＝6,溶液中c(OH-)=1×10－8 mol·L－1，所以溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－8mol·L－1,故B错误；
C. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，溶液中c(OH-)=0.1×2×1/2=0.1 mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－13mol·L－1,所以pH=13,故C正确；
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH>7,故D错误；
正确选项C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选项为D，注意酸碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离，为易错点，题目难度中等。
19. 已知：[FeCl4(H2O)2]为黄色，溶液中可以存在可逆反应：，下列实验所得结论不正确的是
(注意：溶液中有少量的时，溶液颜色呈浅黄色：加热为微热且忽略体积变化)
①
②
③
④
溶液
酸化的溶液
酸化的溶液
溶液
加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深
加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化
加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深
加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深
A. 实验①中，溶液显浅黄色原因是水解产生了少量
B. 实验②中，酸化对水解的影响程度大于温度的影响
C. 实验③中，加热，可逆反应：正向移动
D. 实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为水解平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①中，0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，说明升高温度水解程度增大，颜色加深，故Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3 ，选项A正确；
B．实验②中，酸化的0.1mol/L Fe2(SO4)3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，说明温度升高几乎不能引起变化，则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，选项B正确；
C．实验③中，酸化的0.1mol/L Fe2(SO4)3溶液加入NaCl后，溶液立即变为黄色，则氯离子影响平衡移动，加热后溶液颜色变深，则存在可逆反应： ，且加热平衡正向移动，选项C正确；
D．实验④，加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深，水解平衡或平衡均可能使颜色变深，故不可证明升高温度， Fe3+水解平衡正向移动，选项D不正确。
答案选D。
20. 已知酸式盐NaHB在水溶液中存在下列变化：①NaHB=Na＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－，③HB－＋H2OH2B＋OH－，且溶液中c(B2－)>c(H2B)，则下列说法一定正确的是( )
A. 0.01 mol·L－1的NaHB溶液，其pH可能为2
B. NaHB及H2B均为强电解质
C. 该酸式盐溶液中水电离出的氢离子浓度小于纯水中水电离出的氢离子浓度。
D. HB－的电离程度小于HB－的水解程度
【答案】C
【解析】
【分析】已知酸式盐NaHB在水溶液中存在下列变化：①NaHB=Na＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－，③HB－＋H2OH2B＋OH－，且溶液中c(B2－)>c(H2B)，由以上信息可以推断，H2B为二元弱酸，HB－既能电离、又能水解，且其电离程度大于水解程度。
【详解】A. 0.01 mol·L－1的NaHB溶液，其pH一定大于2，A不正确；
B. H2B是弱电解质，B不正确；
C. 该酸式盐溶液中水的电离受到抑制，所以水电离出的氢离子浓度小于纯水中水电离出的氢离子浓度，C正确；
D. HB－的电离程度大于HB－的水解程度，D不正确；
本题选C。
21. 以酚酞为指示剂，用的NaOH溶液滴定20mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如下图所示，[比如的分布系数：]，下列叙述错误的是
A. 的电离常数
B. 溶液的浓度为
C. 曲线①代表，曲线②代表
D. 由图可知的第一步电离方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。
【详解】A．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，故A正确；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，故B正确；
C．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，故C错误；
D．由上述分析可知，H2A第一步完全电离，因此的第一步电离方程式为，故D正确；
故选C。
第Ⅱ卷 非选择题(满分58分)
22. 随着科学技术的发展和环保要求不断提高，的捕集利用技术成为研究的重点。
Ⅰ.完成下列问题
（1）工业上使用的捕碳剂有和，它们与可发生如下可逆反应：
则_______(用含、的代表式表示)
（2）目前国际空间站处理的一个重要方法是将还原，所涉及的化学反应方程式为：，已知：的体积分数随温度的升高而增加。
①该反应的_______0(填“>”、“=”、“<”)，该反应的_______0(填“>”、“<”)
②在体积为1L的密闭容器中，充入1mol和3mol，测得和的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率_______
Ⅱ.在298K时，将0.1mol气体充入1L抽空的密闭容器中，回答下列问题：
（3）当反应达到平衡时，对于反应，改变某一条件后，下列说法中，一定能说明化学平衡向正反应方向移动的是_______填序号)
①气体颜色加深
②的体积分数增加
③单位时间内消耗和的物质的量之比大于1∶2
④恒温恒压充入惰性气体He
（4）在固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：。已知对的分解具有催化作用。利用如图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置(连通的A、B瓶中已充有气体)进行实验，可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_______(填“深”或“浅”)
【答案】（1）
（2） ①. < ②. < ③.
（3）③④ （4）深
【解析】
【小问1详解】
已知反应1：
反应2：
反应3：
根据盖斯定律，反应3=2×反应1 –反应2，则。
【小问2详解】
①，这是一个气体体积减小的反应，所以反应熵变ΔS<0。因为温度升高时，平衡体系H2的体积分数增大，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，ΔH<0。则该反应的<0，该反应的<0。
②由图知，从反应开始到平衡， v(CO2)= ，则v(H2)=3 v(CO2)，则用氢气浓度变化表示的平均反应速率
【小问3详解】
①若缩小体积，平衡逆向移动，NO2的浓度增大、气体颜色加深，故不选①；
②若增大NO2的浓度，平衡逆向移动，的体积分数增加，故不选②；
③单位时间内消耗和的物质的量之比大于1∶2，平衡正向移动，故选③；
④恒温恒压充入惰性气体He，体积增大，相当于减压，平衡正向移动，故选④；
选③④。
小问4详解】
根据图(a)，H2O2的分解放热，右侧烧杯中铁离子对过氧化氢分解具有催化作用，所以过氧化氢分解更快，温度升高更快；根据图(b)，2NO2(g)N2O4(g)反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO2浓度增大，可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深。
23. 学习小组在实验室中利用如图所示装置制备并进行相关性质探究。
Ⅰ.制备实验：和NaClO溶液反应制取。
（1）装有的装置名称_______
（2）③中分液漏斗盛放的试剂为_______(填化学式)
（3）制备的离子方程式为_______
Ⅱ.探究实验：探究的还原性和碱性。将制得的分离提纯后，进行如图实验：
[查阅资料]AgOH在溶液中不稳定易分解生成黑色的，可溶于氨水。
[提出假设]黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。
[实验验证]设计如下方案，进行实验，
（4）请完成下表中的空白部分、
实验编号
操作
现象
实验结论
1
取少量黑色固体于试管，①_______
黑色固体不溶解
黑色固体是Ag
2
操作步骤同实验1
黑色固体完全溶解
黑色固体是
3
i取少量黑色固体于试管中，加入适量氨水，振荡，静置，取上层清液于洁净试管中，加入几滴乙醛，水浴加热；ii取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡。
i试管内壁有银镜生成ii②_______
黑色固体是Ag和
（5）实验表明，黑色固体主要是Ag，还有少量的，请解释产生的原因_______
（6）在制备实验中，需要先打开⑤的酒精灯，待得到饱和氨水后，再打开分液漏斗滴加少量溶液。请结合物质性质说明该操作的目的_______
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）NaOH （3）
（4） ①. 加入足量氨水，振荡 ②. 黑色固体完全溶解，并有气体产生，试管口呈棕红色
（5）肼的溶液呈碱性，与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，进而分解获得氧化银
（6）防止NaClO过量，将生成的肼氧化
【解析】
【分析】装置①利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，②为尾气处理装置，将氯气通入装置③中分液漏斗、和其中的NaOH溶液反应得到NaClO溶液，④为安全瓶，在装置⑤中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，氨气进入装置③，制成饱和氨水，制备目标产物时，需要先得到饱和氨水后，再打开分液漏斗滴加少量次氯酸钠溶液，目的为：防止NaClO过量，将生成的肼氧化。
【小问1详解】
装有的装置名称为圆底烧瓶。
【小问2详解】
根据题意，制备N2H4需要用NaClO溶液与NH3反应，NaOH溶液和氯气反应得到NaClO，所以③中分液漏斗盛放的试剂为NaOH。
【小问3详解】
NaClO溶液与NH3发生氧化还原反应生成、氯化钠和水，根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的化学计量数之比为1:2，再结合元素守恒可得离子方程式为离子方程式为。
【小问4详解】
实验1的结论为黑色固体是Ag，现象为黑色固体不溶解，根据题目所给信息Ag2O可溶于氨水，Ag不溶于氨水，所以①为加入足量氨水；实验3的结论为：黑色固体是Ag和，操作i证明黑色固体含，操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以实验3中现象②为：黑色固体完全溶解，并有气体产生，试管口呈棕红色。
【小问5详解】
已知具有还原性和碱性，硝酸银溶液和反应产生黑色沉淀主要是Ag，还有少量的，产生的反应中元素化合价不变为非氧化还原反应、表现了的碱性，则产生的原因是：肼的溶液呈碱性，与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，进而分解获得氧化银的还原性和碱性。
【小问6详解】
结合(5)可知：肼将Ag+还原为Ag具有还原性，则在制备实验中，需要先得到饱和氨水后，再打开分液漏斗滴加少量次氯酸钠溶液的目的为：防止NaClO过量，将生成的肼氧化。
24. 化学定量计算有助于提升理解辨析能力、分析与推测能力，是科学研究过程中不可或缺的一个环节。
Ⅰ.已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
化学式
电离常数
（1）向NaClO溶液中通入少量的，所发生的离子方程式为_______ 。
（2）常温下，0.1mol/L的HClO溶液和0.1molL的NaClO溶液等体积混合，判断混合溶液的酸碱性_______(填“酸性”“碱性”“中性”)。
（3）把溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_______ 。
（4）室温下，的NaOH溶液和的溶液，设由水电离产生的OH-的物质的量浓度分别为A和B，则等于_______ 。
（5）常温下，在25.00mL溶液中滴加盐酸，溶液的pH变化曲线如图所示。
①a点溶液中_______ ；
②b点溶液中溶质为_______(写化学式) 。
Ⅱ.某校实验小组为测定某产品中(M=298g/mol)的纯度，方法如下：
步骤Ⅰ：称取1.0g产品配成100mL溶液，取出10.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取标准溶液进行滴定，重复实验三次，实验数据记录如下表(已知：)
滴定次数
标准溶液起始读数/mL
标准溶液终点读数/mL
第一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0.20
a
（6）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_______；滴定达到终点时的实验现象是_______。
（7）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：
①a=_______mL ；
②产品的纯度为_______%(保留3位有效数字)。
（8）以下操作会造成产品纯度测定值偏高的是_______(填字母)。
A. 滴定终点读教时，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定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D. 量取溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
【答案】（1）
（2）碱性 （3）
（4）
（5） ①. 0.56∶1 ②. 、NaCl
（6） ①. 淀粉 ②. 当加入最后半滴(或一滴)溶液时，溶液颜色由蓝色变成无色，且半分钟溶液颜色不发生变化
（7） ①. 18.20 ②. 89.4 （8）CD
【解析】
【小问1详解】
根据表中数据可知，K1(H2CO3)＞K(HClO)＞K2(H2CO3)，故向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+。
【小问2详解】
K(HClO)=4.7´10-8，则ClO-的水解平衡常数Kb===2.1´10-7，由于Kb＞K(HClO)，故0.1mol/L的HClO溶液和0.1mol/L的NaClO溶液等体积混合后，溶液呈碱性。
【小问3详解】
AlCl3溶液中有水解反应：，水解反应是吸热反应，且蒸发时生成的HCl会挥发，使得平衡不断正向移动，将溶液蒸干并灼烧，最后最后得到的主要固体产物是Al2O3。
【小问4详解】
室温下，pH=10的NaOH溶液中，由水电离产生的OH-的物质的量浓度A=c(H+)=1.0´10-10mol/L，pH=10的CH3COONa溶液中，由水电离产生的OH-的物质的量浓度B===1.0´10-4mol/L，故==10-6。
【小问5详解】
①a点时，pH=10，溶液中c(H+)=1.0´10-10mol/L，K2(H2CO3)=，故c():c()===0.56:1；
②b点时，V(HCl)=25.00mL，则加入的HCl的物质的量和原有的Na2CO3的物质的量相等，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，故此时溶液中的溶质为NaHCO3、NaCl。
【小问6详解】
步骤III中，用Na2S2O3标准溶液滴定步骤II中生成的I2，则应使用淀粉作指示剂，滴定达到终点时的实验现象是当加入最后半滴(或一滴)Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变成无色，且半分钟溶液颜色不发生变化。
【小问7详解】
①如图所示，a=18.20mL；
②三次滴定实验中，加入Na2S2O3溶液的体积分别为18.01mL、17.99mL、18.00mL，取平均值为18.00mL；由方程式可知：，n(Na2S2O3)=0.018L´0.100mol/L=0.0018mol，则配置的100mL溶液中，n()=n(Na2Cr2O7⋅2H2O)=10´0.0003mol=0.003mol，故m(Na2Cr2O7⋅2H2O)=0.003mol´298g/mol=0.894g，产品的纯度为=89.4%。
【小问8详解】
A．滴定终点读教时，俯视读数，使得V(Na2S2O3)偏低，计算所得m(Na2Cr2O7⋅2H2O)偏低，故测得的产品纯度偏低，A不符合题意；
B．锥形瓶中的水不影响滴定结果的准确性，B不符合题意；
C．滴定到终点读数时发现定管尖嘴处悬挂一滴溶液，使得V(Na2S2O3)偏高，计算所得m(Na2Cr2O7⋅2H2O)偏高，故测得的产品纯度偏高，C符合题意；
D．量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，相当于稀释了Na2S2O3溶液，使得V(Na2S2O3)偏高，计算所得m(Na2Cr2O7⋅2H2O)偏高，故测得的产品纯度偏高，D符合题意；
故选CD。
25. 镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域，回答下列问题：
（1）硒常用作光材料，基态硒原子的核外电子排布式为[Ar]_______；的空间构型是_______。
（2）根据元素周期律，原子半径Ga_______As，第一电离能Ga_______As(填“大于”或“小于”)
（3）水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是_______，硅与氢结合能形成一系列的二元化合物、等，与氯、溴结合能形成、，上述四种物质沸点由高到低顺序为_______。
（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如表所示，分析其变化原因_______。
GaN
GaP
GaAs
熔点
1700℃
1480℃
1238℃
（5）GaN晶胞结构如图1所示。已知六柱底边边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA。
①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_______。
②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2若该平行六面体的体积为，GaN晶体的密度为_______(用a、NA表示)
【答案】（1） ①. ②. 平面三角形
（2） ①. 大于 ②. 小于
（3） ①. 4 ②.
（4）GaN、GaP、GaAs都是原子品体，原子半径N＜P＜As，键长Ga-N-Ga-P＜Ga-As，键能Ga-N＞Ga-P＞Ga-As，故熔点依次降低
（5） ①. 12 ②.
【解析】
【小问1详解】
硒是34号元素，其核外电子排布式为，气态分子中Se原子孤电子对数为0，价层电子对数为3，因此为平面三角形；
【小问2详解】
同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，因此镓原子的半径大于砷原子，砷原子处于第VA族，其4p轨道处于半充满的稳定状态，第一电离能较大，因此镓原子的第一电离能小于砷原子；
【小问3详解】
二氧化硅中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，因此水晶晶体中硅原子的配位数为4，对于分子晶体来讲，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，因此沸点有：；
【小问4详解】
GaN、GaP、GaAs都是原子品体，原子晶体中各原子之间是靠共价键形成的，原子半径N＜P＜As，键长Ga-N-Ga-P＜Ga-As，键能Ga-N＞Ga-P＞Ga-As，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低；
【小问5详解】
①从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；
②位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1，因此该结构为，则质量为，该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为a cm的正三角形面积之和，因此该底面的面积为，高为2倍的正四面体高，因此体积为，代入密度公式有。
四川省内江市第六中学2021-2022学年高二下学期第一次月考
化学试题
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cr-52 Ga-70
第Ⅰ卷 选择题(满分42分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共42分)
1. 化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是
A. 用纯碱溶液清洗油污，加热可增强去污力
B. 可施加适量石膏降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性
C. 可以利用水解反应获得纳米材料
D. 明矾可以水解，因此可用作自来水消毒净化
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．纯碱是碳酸钠的水溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性，加热促进碳酸根的水解，碱性增强，去污效果增强，A正确；
B．石膏是主要成分是CaSO4·2H2O，与碳酸钠反应生成难溶性碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，所以石膏能降低其碱性，B正确；
C．利用水解反应可以制得胶体，可以利用水解反应获得纳米材料，C正确；
D．明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性可用于净水，但不能消毒，D错误；
故选：D。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1L pH=6的纯水中含有OH-的数目为10-8 NA
B. 1L 0.1mol/L AlCl3溶液中含有Al3+数目为0.1NA
C. 0.1mol熔融NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NA
D. n(H2SO3)+n(HSO)=1mol的NaHSO3溶液中，含有Na+的数目等于NA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．pH=6的纯水中OH-的浓度为10-6mol/L，则1L该水中OH-的数目为10-6 NA，故A错误；
B．AlCl3溶液中Al3+部分水解，1L 0.1mol/L该溶液中Al3+数目小于0.1NA，故B错误；
C．熔融NaHSO4电离生成钠离子和硫酸氢根离子，0.1mol中所含阳离子为0.1NA，故C正确；
D．根据物料守恒：n(H2SO3)+n(HSO)+n(SO)=n(Na+)，n(H2SO3)+n(HSO)=1mol的溶液中，Na+的数目大于NA，故D错误；
故选：C。
3. 下列各组物质中按强电解质、非电解质、弱电解质组合的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl(aq)混合物，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；
B．HF是酸，属于电解质，不合题意，B错误；
C．是按照强电解质、非电解质、弱电解质组合，C正确；
D．H2O是弱电解质，D错误；
故选C。
4. 下列溶液一定呈中性是
A. 的溶液 B. 纯水
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．溶液不一定为中性，如溶液温度高于25℃则为碱性，故A错误；
B．纯水，因是纯水，故为中性，故B正确；
C．使石蕊试液呈紫色的溶液只能说明pH在之间，可能为酸性也可能为碱性，故C错误；
D．如为强酸与弱碱则生成强酸弱碱盐显酸性，故D错误。
故选B。
5. 25℃时，等物质的量浓度的下列四种溶液：①HCl溶液 ②NaOH溶液 ③溶液 ④溶液，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是
A. ③>②=①>④ B. ④>③>②>① C. ④>①=②>③ D. ③>①>②>④
【答案】C
【解析】
【详解】①HCl为强酸，抑制水的电离；②NaOH为碱，抑制水的电离；③为强酸，抑制水的电离；④FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解，促进水的电离；等物质的量浓度溶液，则HCl和NaOH的抑制程度相等，中氢离子浓度更大，抑制程度大于HCl，因此水的电离程度由大到小的顺序是④>①=②>③，答案选C。
6. 下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是
A. 含有大量的溶液中：、、、
B. pH=l的溶液中：、、、
C. 水电离产生溶液中：、、、
D. 溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．会与发生双水解而不能大量共存，A不符合题意；
B．pH=1的溶液显酸性，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．由水电离产生的H＋浓度为1×10-13 mol·L-1的溶液中水电离产生的H+的浓度小于1×10-7 mol·L-1，水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中Al3+会反应产生Al(OH)3沉淀，不能大量存在，C不符合题意；
D．Na2S溶液中含有大量S2-，S2-与Cu2+会反应产生CuS沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
答案选B。
7. 下列有关实验原理，装置、操作的描述中正确的是
A
B
C
D
溶液pH的测定
比较硫、碳、硅元素的非金属性强弱
反应热的测定
氨气的尾气吸收
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．pH试纸不能放在桌面上，应放在表面皿上，A项错误；
B．锥形瓶中生成CO2气体，说明硫酸的酸性比碳酸强，烧杯中生成沉淀，说明碳酸的酸性比硅酸强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其对应元素的非金属性越强，故该装置可以比较硫、碳、硅元素的非金属性强弱，B项正确；
C．不应使用铁质搅拌棒，铁易导热，会增大反应热的损失，C项错误；
D．氨气极易溶于水，吸收氨气时不能直接将导管插入水中，必须使用防止倒吸的装置，D项错误；
答案选B。
8. 下列化学用语的描述正确的是
A. 硫酸氢钠溶液显酸性：
B. 溶液显碱性：
C. 氨水显碱性：
D. 碳酸氢钠溶液显碱性：
【答案】A
【解析】
【详解】A. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性：，选项A正确；
B. 是多元弱酸强碱盐，溶液显碱性，水解是分步的，第一步水解为：，选项B错误；
C. 氨水显碱性，弱碱不完全电离，电离方程式为：，选项C错误；
D. 碳酸氢钠溶液显碱性，是因为水解使溶液呈碱性：，选项D错误；
答案选A。
9. 室温下，现有三种酸的稀溶液：a.溶液，b.溶液，c.溶液。下列说法正确的是
A. 若三种酸溶液的浓度相同，则其pH的大小关系为c＞a＞b；
B. 同浓度同体积的三种酸溶液分别用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为c＞a＞b；
C. pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞c；
D. 同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的片反应，反应所需时间b＞a＞c
【答案】C
【解析】
【详解】A．为一元强酸、为二元强酸、为一元弱酸，相同浓度的三种酸溶液，pH的大小关系为b＞a＞c，故A错误；
B．同浓度同体积的三种酸溶液中酸的物质的量相同，用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为a=b＜c，故B错误；
C．pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞c，故C正确；
D．同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的片反应，反应所需时间b＜a=c，故D错误；
答案为C。
10. 下列事实：①水溶液呈碱性；②水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④铵态氮肥不能与草木灰混合施用；⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑥配制溶液，需用盐酸溶解固体。其中与盐类水解有关的是
A. 除②以外 B. 除⑥以外 C. 除④、⑥以外 D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①水溶液呈碱性的原因是碳酸氢根离子水解，故选①；
②水溶液呈酸性，是因为能电离出氢离子，故不选②；
③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大，是因为铵根离子水解呈酸性，故选③；
④铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是因为铵根离子与碳酸根离子发生双水解反应放出氨气，选④；
⑤加热能使纯碱溶液去污能力增强，是因为加热促进碳酸根离子水解，溶液碱性增强，故选⑤；
⑥配制溶液，盐酸溶解固体可以抑制水解，故选⑥；
选A。
11. 已知：在100℃时，纯水的c(H+)为1×10—6，此时将pH＝12的NaOH溶液V1 L与pH＝l的H2SO4溶液V2 L混合，若所得混合溶液的pH＝10，则V1∶V2为
A. 1∶9 B. 10∶1 C. 9∶1 D. 1∶10
【答案】A
【解析】
【详解】由题意知100℃时水的离子积为10-12，pH＝12的NaOH溶液与pH＝l的H2SO4溶液混合，所得混合溶液的pH＝10，显碱性，NaOH过量，c(OH-)=(1*V1-0.1*V2)/(V1 +V2 )=10-2，从而求出V1∶V2为1∶9，选A。
12. 下列事实中一定能证明是弱电解质的是
①用溶液做导电实验，灯炮很暗
②溶液的
③等pH等体积的硫酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多
④醋酸溶液恰好与NaOH溶液完全反应
⑤的溶液稀释至1000倍，pH＜4
A. ①②④⑤ B. ②③⑤ C. ②③④⑤ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①用CH3COOH溶液做导电实验，没有与同浓度的强电解质对比，灯炮很暗不能证明CH3COOH是否完全电离，①不符合题意；
②0.1mol·L-1CH3COOH溶液若完全电离则c(H+)=0.1mol·L-1，pH=2.1，则c(H+)=10-2.1mol·L-1，说明CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，②符合题意；
③等pH等体积的硫酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明CH3COOH溶液还能电离出H+，原来CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，③符合题意；
④醋酸溶液与NaOH溶液反应，反应量与其是否完全电离无关，与其总物质的量有关，20mL0.2mol·L-1醋酸溶液恰好与20mL0.2mol·L-1NaOH溶液完全反应，不能说明醋酸是否完全电离，即不能证明CH3COOH是弱电解质，④不符合题意；
⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释至1000倍，pH＜4，说明c(H+)没有稀释1000倍，即稀释过程继续电离，说明原CH3COOH溶液没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，⑤符合题意；
符合题意的有②③⑤，故答案选B。
13. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：
弱酸化学式
电离平衡常数
则下列有关说法正确的是
A. pH相同的三种溶液，物质的量浓度的关系为c(CH3COOH)＞c(H2CO3)＞c(HCN)
B. 1 mol/L的醋酸溶液加水稀释，其中醋酸的电离程度先增大后减小
C. NaCN溶液中通入少量CO2发生的化学反应为
D. 稀释HCN溶液过程中，减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸的电离平衡常数越小，表示该酸越弱，当酸的浓度相等时，其电离产生的H+的浓度就越小，因此当溶液pH相等时，即c(H+)相等时，电离平衡常数小的酸的浓度就越大。由于电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HCN)，所以溶液的物质的量浓度c(HCN)＞c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，A错误；
B．在醋酸溶液在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加水稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，导致更多的醋酸分子发生电离，因此醋酸的电离程度始终是增大，B错误；
C．根据电离平衡常数可知Ka1(H2CO3)＞Ka(HCN)＞Ka2(H2CO3)，根据复分解反应规律：强酸与弱酸盐反应制取弱酸，所以NaCN溶液中通入少量CO2发生的化学反应为，C正确；
D．稀释HCN溶液过程中，HCN的电离平衡正向移动，c(HCN)减小的倍数大于c(CN-)减小的倍数，所以增大，D错误；
故合理选项是C。
14. 某学生的实验报告中，描述合理的是
A. 用托盘天平称量25.20g NaCl
B. 用pH试纸测得NaClO溶液的pH约为11
C. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液
D. 将CuSO4溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到硫酸铜晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用托盘天平是粗量器，只能称量到0.1g，不需要估读，故A错误；
B. NaClO溶液有漂白性，pH试纸测定不出pH，故B错误；
C. KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀胶皮管，所以只能用酸式滴定管量取，故C错误；
D.因为CuSO4为难挥发性酸的弱碱盐，所以可以采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到硫酸铜晶体，故D正确；
正确答案：D。
15. 氨水10mL，存在如下平衡：，加蒸馏水稀释到1L后；下列变化中：①电离程度增大；②增大；③数目增多；④增大；⑤导电性增强，说法正确的是
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①加水促进弱电解质的电离，则氨水的电离程度增大，故①正确；
②加水时电离平衡正向移动，减小，且溶液的体积变大，则减小，故②错误；
③水时电离平衡正向移动，n（）增大，由N=n×N A ，则数目增多，故③正确；
④水时电离平衡正向移动，增大，但溶液的体积变大，则减小，故④错误；
⑤水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性减弱，故⑤错误；
答案选C。
16. 准确移取20.00mL某未知浓度盐酸于锥形瓶中，滴加两滴指示剂后，用NaOH溶液进行滴定，下列说法错误的是
A. 量取盐酸的滴定管用蒸馏水洗涤后，应使用盐酸进行润洗
B. 若使用酚酞试液为指示剂，滴定至溶液刚刚变为浅红色且半分钟不褪色时即为滴定终点
C. 滴定过程中，若有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，用蒸馏水冲洗使其与溶液混合即可
D. 滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，则测得盐酸的浓度偏大
【答案】D
【解析】
【详解】A．量取盐酸的滴定管用蒸馏水洗涤后，应使用盐酸进行润洗，A正确；
B．若使用酚酞试液为指示剂，滴定至溶液刚刚变为浅红色且半分钟不褪色时即为滴定终点，B正确；
C．滴定过程中，若有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，用蒸馏水冲洗使其与溶液混合即可，C正确；
D．滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，标准溶液体积计算值偏小，则测定结果偏小，D错误；
故答案为：D。
17. 短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法正确的是
A. A的氧化物对应的水化物的酸性比E的氧化物对应的水化物的酸性弱
B. 某物质焰色反应呈黄色，该物质是含C元素的盐
C. B的氢化物的沸点高于A的氢化物
D. 简单离子半径大小顺序为：E>B>C>D
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A为C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，且原子序数大于N，D为Mg元素，结合原子序数可知C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E为Cl元素，以此来解答。
【详解】A．非金属性越强对应最高价含氧酸的酸性越强，A的最高价氧化物对应的水化物即H2CO3，H2CO3属于弱酸，而E对应的是HClO4，属于强酸，但未指明是最高价含氧酸的酸性，如HClO是弱酸，其酸性比碳酸还弱，所以A的氧化物对应的水化物的酸性不一定比E弱，A错误；
B．焰色反应是某些金属元素受热时发生电子跃迁而产生的现象，可用来检验这种元素的存在，只要含有这种元素的任何物质都会产生同样的现象，所以焰色反应呈黄色的物质不一定是含Na的盐，也可能是钠的单质，B错误；
C．碳的氢化物即为烃类，随着C原子数的增多，常温下的状态有气体、液体或固体，所以不一定都是气体，C错误；
D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层结构不同的离子，电子层数越大，离子半径越大，Cl-核外有3个电子层，N3-、Na+、Mg2+核外有2个电子层，所以所以离子半径大小关系为：E>B>C>D，D正确；
故合理选项是D。
18. 常温下，关于溶液的稀释，下列说法正确的是（ ）
A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1
C. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，pH＝13
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】C
【解析】
【分析】A.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；
B.先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度,水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；
C.先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；
D.酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。
【详解】A.如果醋酸是强电解质，则pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍, pH＝5,实际上醋酸是弱电解质,所以稀释后pH<5,故A错误；
B.将pH＝4的H2SO4加水稀释100倍,则溶液的pH＝6,溶液中c(OH-)=1×10－8 mol·L－1，所以溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－8mol·L－1,故B错误；
C. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，溶液中c(OH-)=0.1×2×1/2=0.1 mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－13mol·L－1,所以pH=13,故C正确；
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH>7,故D错误；
正确选项C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选项为D，注意酸碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离，为易错点，题目难度中等。
19. 已知：[FeCl4(H2O)2]为黄色，溶液中可以存在可逆反应：，下列实验所得结论不正确的是
(注意：溶液中有少量的时，溶液颜色呈浅黄色：加热为微热且忽略体积变化)
①
②
③
④
溶液
酸化的溶液
酸化的溶液
溶液
加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深
加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化
加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深
加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深
A. 实验①中，溶液显浅黄色原因是水解产生了少量
B. 实验②中，酸化对水解的影响程度大于温度的影响
C. 实验③中，加热，可逆反应：正向移动
D. 实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为水解平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①中，0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，说明升高温度水解程度增大，颜色加深，故Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3 ，选项A正确；
B．实验②中，酸化的0.1mol/L Fe2(SO4)3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，说明温度升高几乎不能引起变化，则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，选项B正确；
C．实验③中，酸化的0.1mol/L Fe2(SO4)3溶液加入NaCl后，溶液立即变为黄色，则氯离子影响平衡移动，加热后溶液颜色变深，则存在可逆反应： ，且加热平衡正向移动，选项C正确；
D．实验④，加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深，水解平衡或平衡均可能使颜色变深，故不可证明升高温度， Fe3+水解平衡正向移动，选项D不正确。
答案选D。
20. 已知酸式盐NaHB在水溶液中存在下列变化：①NaHB=Na＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－，③HB－＋H2OH2B＋OH－，且溶液中c(B2－)>c(H2B)，则下列说法一定正确的是( )
A. 0.01 mol·L－1的NaHB溶液，其pH可能为2
B. NaHB及H2B均为强电解质
C. 该酸式盐溶液中水电离出的氢离子浓度小于纯水中水电离出的氢离子浓度。
D. HB－的电离程度小于HB－的水解程度
【答案】C
【解析】
【分析】已知酸式盐NaHB在水溶液中存在下列变化：①NaHB=Na＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－，③HB－＋H2OH2B＋OH－，且溶液中c(B2－)>c(H2B)，由以上信息可以推断，H2B为二元弱酸，HB－既能电离、又能水解，且其电离程度大于水解程度。
【详解】A. 0.01 mol·L－1的NaHB溶液，其pH一定大于2，A不正确；
B. H2B是弱电解质，B不正确；
C. 该酸式盐溶液中水的电离受到抑制，所以水电离出的氢离子浓度小于纯水中水电离出的氢离子浓度，C正确；
D. HB－的电离程度大于HB－的水解程度，D不正确；
本题选C。
21. 以酚酞为指示剂，用的NaOH溶液滴定20mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如下图所示，[比如的分布系数：]，下列叙述错误的是
A. 的电离常数
B. 溶液的浓度为
C. 曲线①代表，曲线②代表
D. 由图可知的第一步电离方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。
【详解】A．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，故A正确；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，故B正确；
C．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，故C错误；
D．由上述分析可知，H2A第一步完全电离，因此的第一步电离方程式为，故D正确；
故选C。
第Ⅱ卷 非选择题(满分58分)
22. 随着科学技术的发展和环保要求不断提高，的捕集利用技术成为研究的重点。
Ⅰ.完成下列问题
（1）工业上使用的捕碳剂有和，它们与可发生如下可逆反应：
则_______(用含、的代表式表示)
（2）目前国际空间站处理的一个重要方法是将还原，所涉及的化学反应方程式为：，已知：的体积分数随温度的升高而增加。
①该反应的_______0(填“>”、“=”、“<”)，该反应的_______0(填“>”、“<”)
②在体积为1L的密闭容器中，充入1mol和3mol，测得和的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率_______
Ⅱ.在298K时，将0.1mol气体充入1L抽空的密闭容器中，回答下列问题：
（3）当反应达到平衡时，对于反应，改变某一条件后，下列说法中，一定能说明化学平衡向正反应方向移动的是_______填序号)
①气体颜色加深
②的体积分数增加
③单位时间内消耗和的物质的量之比大于1∶2
④恒温恒压充入惰性气体He
（4）在固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：。已知对的分解具有催化作用。利用如图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置(连通的A、B瓶中已充有气体)进行实验，可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_______(填“深”或“浅”)
【答案】（1）
（2） ①. < ②. < ③.
（3）③④ （4）深
【解析】
【小问1详解】
已知反应1：
反应2：
反应3：
根据盖斯定律，反应3=2×反应1 –反应2，则。
【小问2详解】
①，这是一个气体体积减小的反应，所以反应熵变ΔS<0。因为温度升高时，平衡体系H2的体积分数增大，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，ΔH<0。则该反应的<0，该反应的<0。
②由图知，从反应开始到平衡， v(CO2)= ，则v(H2)=3 v(CO2)，则用氢气浓度变化表示的平均反应速率
【小问3详解】
①若缩小体积，平衡逆向移动，NO2的浓度增大、气体颜色加深，故不选①；
②若增大NO2的浓度，平衡逆向移动，的体积分数增加，故不选②；
③单位时间内消耗和的物质的量之比大于1∶2，平衡正向移动，故选③；
④恒温恒压充入惰性气体He，体积增大，相当于减压，平衡正向移动，故选④；
选③④。
小问4详解】
根据图(a)，H2O2的分解放热，右侧烧杯中铁离子对过氧化氢分解具有催化作用，所以过氧化氢分解更快，温度升高更快；根据图(b)，2NO2(g)N2O4(g)反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO2浓度增大，可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深。
23. 学习小组在实验室中利用如图所示装置制备并进行相关性质探究。
Ⅰ.制备实验：和NaClO溶液反应制取。
（1）装有的装置名称_______
（2）③中分液漏斗盛放的试剂为_______(填化学式)
（3）制备的离子方程式为_______
Ⅱ.探究实验：探究的还原性和碱性。将制得的分离提纯后，进行如图实验：
[查阅资料]AgOH在溶液中不稳定易分解生成黑色的，可溶于氨水。
[提出假设]黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。
[实验验证]设计如下方案，进行实验，
（4）请完成下表中的空白部分、
实验编号
操作
现象
实验结论
1
取少量黑色固体于试管，①_______
黑色固体不溶解
黑色固体是Ag
2
操作步骤同实验1
黑色固体完全溶解
黑色固体是
3
i取少量黑色固体于试管中，加入适量氨水，振荡，静置，取上层清液于洁净试管中，加入几滴乙醛，水浴加热；ii取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡。
i试管内壁有银镜生成ii②_______
黑色固体是Ag和
（5）实验表明，黑色固体主要是Ag，还有少量的，请解释产生的原因_______
（6）在制备实验中，需要先打开⑤的酒精灯，待得到饱和氨水后，再打开分液漏斗滴加少量溶液。请结合物质性质说明该操作的目的_______
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）NaOH （3）
（4） ①. 加入足量氨水，振荡 ②. 黑色固体完全溶解，并有气体产生，试管口呈棕红色
（5）肼的溶液呈碱性，与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，进而分解获得氧化银
（6）防止NaClO过量，将生成的肼氧化
【解析】
【分析】装置①利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，②为尾气处理装置，将氯气通入装置③中分液漏斗、和其中的NaOH溶液反应得到NaClO溶液，④为安全瓶，在装置⑤中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，氨气进入装置③，制成饱和氨水，制备目标产物时，需要先得到饱和氨水后，再打开分液漏斗滴加少量次氯酸钠溶液，目的为：防止NaClO过量，将生成的肼氧化。
【小问1详解】
装有的装置名称为圆底烧瓶。
【小问2详解】
根据题意，制备N2H4需要用NaClO溶液与NH3反应，NaOH溶液和氯气反应得到NaClO，所以③中分液漏斗盛放的试剂为NaOH。
【小问3详解】
NaClO溶液与NH3发生氧化还原反应生成、氯化钠和水，根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的化学计量数之比为1:2，再结合元素守恒可得离子方程式为离子方程式为。
【小问4详解】
实验1的结论为黑色固体是Ag，现象为黑色固体不溶解，根据题目所给信息Ag2O可溶于氨水，Ag不溶于氨水，所以①为加入足量氨水；实验3的结论为：黑色固体是Ag和，操作i证明黑色固体含，操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以实验3中现象②为：黑色固体完全溶解，并有气体产生，试管口呈棕红色。
【小问5详解】
已知具有还原性和碱性，硝酸银溶液和反应产生黑色沉淀主要是Ag，还有少量的，产生的反应中元素化合价不变为非氧化还原反应、表现了的碱性，则产生的原因是：肼的溶液呈碱性，与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，进而分解获得氧化银的还原性和碱性。
【小问6详解】
结合(5)可知：肼将Ag+还原为Ag具有还原性，则在制备实验中，需要先得到饱和氨水后，再打开分液漏斗滴加少量次氯酸钠溶液的目的为：防止NaClO过量，将生成的肼氧化。
24. 化学定量计算有助于提升理解辨析能力、分析与推测能力，是科学研究过程中不可或缺的一个环节。
Ⅰ.已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
化学式
电离常数
（1）向NaClO溶液中通入少量的，所发生的离子方程式为_______ 。
（2）常温下，0.1mol/L的HClO溶液和0.1molL的NaClO溶液等体积混合，判断混合溶液的酸碱性_______(填“酸性”“碱性”“中性”)。
（3）把溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_______ 。
（4）室温下，的NaOH溶液和的溶液，设由水电离产生的OH-的物质的量浓度分别为A和B，则等于_______ 。
（5）常温下，在25.00mL溶液中滴加盐酸，溶液的pH变化曲线如图所示。
①a点溶液中_______ ；
②b点溶液中溶质为_______(写化学式) 。
Ⅱ.某校实验小组为测定某产品中(M=298g/mol)的纯度，方法如下：
步骤Ⅰ：称取1.0g产品配成100mL溶液，取出10.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取标准溶液进行滴定，重复实验三次，实验数据记录如下表(已知：)
滴定次数
标准溶液起始读数/mL
标准溶液终点读数/mL
第一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0.20
a
（6）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_______；滴定达到终点时的实验现象是_______。
（7）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：
①a=_______mL ；
②产品的纯度为_______%(保留3位有效数字)。
（8）以下操作会造成产品纯度测定值偏高的是_______(填字母)。
A. 滴定终点读教时，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定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D. 量取溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
【答案】（1）
（2）碱性 （3）
（4）
（5） ①. 0.56∶1 ②. 、NaCl
（6） ①. 淀粉 ②. 当加入最后半滴(或一滴)溶液时，溶液颜色由蓝色变成无色，且半分钟溶液颜色不发生变化
（7） ①. 18.20 ②. 89.4 （8）CD
【解析】
【小问1详解】
根据表中数据可知，K1(H2CO3)＞K(HClO)＞K2(H2CO3)，故向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+。
【小问2详解】
K(HClO)=4.7´10-8，则ClO-的水解平衡常数Kb===2.1´10-7，由于Kb＞K(HClO)，故0.1mol/L的HClO溶液和0.1mol/L的NaClO溶液等体积混合后，溶液呈碱性。
【小问3详解】
AlCl3溶液中有水解反应：，水解反应是吸热反应，且蒸发时生成的HCl会挥发，使得平衡不断正向移动，将溶液蒸干并灼烧，最后最后得到的主要固体产物是Al2O3。
【小问4详解】
室温下，pH=10的NaOH溶液中，由水电离产生的OH-的物质的量浓度A=c(H+)=1.0´10-10mol/L，pH=10的CH3COONa溶液中，由水电离产生的OH-的物质的量浓度B===1.0´10-4mol/L，故==10-6。
【小问5详解】
①a点时，pH=10，溶液中c(H+)=1.0´10-10mol/L，K2(H2CO3)=，故c():c()===0.56:1；
②b点时，V(HCl)=25.00mL，则加入的HCl的物质的量和原有的Na2CO3的物质的量相等，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，故此时溶液中的溶质为NaHCO3、NaCl。
【小问6详解】
步骤III中，用Na2S2O3标准溶液滴定步骤II中生成的I2，则应使用淀粉作指示剂，滴定达到终点时的实验现象是当加入最后半滴(或一滴)Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变成无色，且半分钟溶液颜色不发生变化。
【小问7详解】
①如图所示，a=18.20mL；
②三次滴定实验中，加入Na2S2O3溶液的体积分别为18.01mL、17.99mL、18.00mL，取平均值为18.00mL；由方程式可知：，n(Na2S2O3)=0.018L´0.100mol/L=0.0018mol，则配置的100mL溶液中，n()=n(Na2Cr2O7⋅2H2O)=10´0.0003mol=0.003mol，故m(Na2Cr2O7⋅2H2O)=0.003mol´298g/mol=0.894g，产品的纯度为=89.4%。
【小问8详解】
A．滴定终点读教时，俯视读数，使得V(Na2S2O3)偏低，计算所得m(Na2Cr2O7⋅2H2O)偏低，故测得的产品纯度偏低，A不符合题意；
B．锥形瓶中的水不影响滴定结果的准确性，B不符合题意；
C．滴定到终点读数时发现定管尖嘴处悬挂一滴溶液，使得V(Na2S2O3)偏高，计算所得m(Na2Cr2O7⋅2H2O)偏高，故测得的产品纯度偏高，C符合题意；
D．量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，相当于稀释了Na2S2O3溶液，使得V(Na2S2O3)偏高，计算所得m(Na2Cr2O7⋅2H2O)偏高，故测得的产品纯度偏高，D符合题意；
故选CD。
25. 镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域，回答下列问题：
（1）硒常用作光材料，基态硒原子的核外电子排布式为[Ar]_______；的空间构型是_______。
（2）根据元素周期律，原子半径Ga_______As，第一电离能Ga_______As(填“大于”或“小于”)
（3）水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是_______，硅与氢结合能形成一系列的二元化合物、等，与氯、溴结合能形成、，上述四种物质沸点由高到低顺序为_______。
（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如表所示，分析其变化原因_______。
GaN
GaP
GaAs
熔点
1700℃
1480℃
1238℃
（5）GaN晶胞结构如图1所示。已知六柱底边边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA。
①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_______。
②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2若该平行六面体的体积为，GaN晶体的密度为_______(用a、NA表示)
【答案】（1） ①. ②. 平面三角形
（2） ①. 大于 ②. 小于
（3） ①. 4 ②.
（4）GaN、GaP、GaAs都是原子品体，原子半径N＜P＜As，键长Ga-N-Ga-P＜Ga-As，键能Ga-N＞Ga-P＞Ga-As，故熔点依次降低
（5） ①. 12 ②.
【解析】
【小问1详解】
硒是34号元素，其核外电子排布式为，气态分子中Se原子孤电子对数为0，价层电子对数为3，因此为平面三角形；
【小问2详解】
同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，因此镓原子的半径大于砷原子，砷原子处于第VA族，其4p轨道处于半充满的稳定状态，第一电离能较大，因此镓原子的第一电离能小于砷原子；
【小问3详解】
二氧化硅中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，因此水晶晶体中硅原子的配位数为4，对于分子晶体来讲，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，因此沸点有：；
【小问4详解】
GaN、GaP、GaAs都是原子品体，原子晶体中各原子之间是靠共价键形成的，原子半径N＜P＜As，键长Ga-N-Ga-P＜Ga-As，键能Ga-N＞Ga-P＞Ga-As，因此GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低；
【小问5详解】
①从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；
②位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为，位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1，因此该结构为，则质量为，该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为a cm的正三角形面积之和，因此该底面的面积为，高为2倍的正四面体高，因此体积为，代入密度公式有。
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