河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题

这是一份河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题，共25页。

A．SO2分子的空间构型为V形
B．H2S的电子式为
C．S原子的结构示意图为
D．基态O原子的价电子轨道表示式为
2．X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Y相邻，X基态原子核外有2个未成对电子；Z是元素周期表中电负性最大的元素。W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是（ ）
A．第一电离能：I1（Y）＞I1（Z）＞I1（X）
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞X
C．Z、W的简单离子的半径：r（Z）＞r（W）
D．简单气态氢化物的热稳定性：Z＞Y
3．X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价与最低负价之和为0，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：Z＜Y＜M
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y＞M
C．Y和M简单氢化物的稳定性：Y＞M
D．X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
4．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是（ ）
A．元素电负性：Z＜W
B．简单离子半径：W＜Y
C．元素第一电离能：Z＜W
D．简单氢化物的沸点：X＜Z
5．2019年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，其中W、X、Z组成的化合物M、N、R之间存在如图所示的反应。下列叙述正确的是（ ）
A．元素非金属性的顺序为X＞Y＞Z＞W
B．M、N、R三种分子中，所有原子均满足8电子稳定结构
C．M、N、R三种分子均含有极性键和非极性键
D．W、X、Y、Z四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物
6．四种元素Y、Z、M、N位于同一短周期，Y的一种同位素在考古学中可用于断代。这四种元素参与组成的一种化合物属于离子液体，结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电负性：N＞Z＞Y＞M
B．原子半径：M＞Y＞Z＞N
C．简单氢化物沸点：Z＞Y
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z
7．氯化银固体难溶于水，但在水中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），对该平衡的说法中错误的是（ ）
A．向该平衡中加入NaCl固体，平衡向左移动，AgCl溶解度减小
B．向该平衡中加入AgCl固体，平衡不移动
C．向该平衡中加水，平衡向右移动，AgCl溶度积增大
D．向该平衡中加入KI固体，平衡向右移动，AgCl转化为AgI
8．难溶盐CaF2可溶于盐酸，常温下，用HCl调节CaF2浊液的pH，测得体系中﹣lgc（F﹣）或﹣lgc（Ca2+）与lg的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．M代表﹣lgc（F﹣）与lg的变化曲线
B．难溶盐CaF2的溶度积常数Ksp（CaF2）＝10﹣7.4
C．Y点的溶液中存在c（Cl﹣）＞c（Ca2+）＝c（HF）
D．Z点的溶液中存在lgc（Ca2+）﹣2lg＝﹣4.2
9．肼（N2H4）又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O⇌N2+OH﹣，Kb1═8.7×10﹣7，下列说法错误的是（ ）
A．N2H4的水溶液中存在：c（N2）+2c（N2）+c（H+）═c（OH﹣）
B．常温下，反应N2H4+H+⇌N2的平衡常数K═8.7×107
C．联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H5HSO4
D．向N2H4的水溶液中加水，保持不变
10．一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c（Cl﹣）＝c（），Ksp（AgCl）＝Ksp（Ag2CrO4）
C．Ag2CrO4+2Cl﹣⇌2AgCl+的平衡常数K＝107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml•L﹣1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
11．如图为Fe（OH）3、Al（OH）3和Cu（OH）2在水中达沉淀溶解平衡时的pM﹣pH关系图{pM＝﹣lg[c（M）/（ml•L﹣1）]；c（M）≤10﹣5ml•L﹣1可认为M离子沉淀完全}。下列叙述正确的是（ ）
A．由a点可求得Ksp[Fe（OH）3]＝10﹣8.5
B．pH＝4时Al（OH）3的溶解度为ml•L﹣1
C．浓度均为0.01ml•L﹣1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离
D．Al3+、Cu2+混合溶液中c（Cu2+）＝0.2ml•L﹣1时二者不会同时沉淀
12．常温下，一种解释乙酰水杨酸（用HA表示，Ka＝1×10﹣3.0）药物在人体吸收模式如下：
假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是（ ）
A．血浆中HA电离程度比胃中大
B．在胃中，＝1×10﹣2.0
C．在血浆中，＜1×104.4
D．总药量之比≈1×104.4
13．实验测得0.5ml•L﹣1CH3COONa溶液、0.5ml•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，CH3COONa溶液的c（OH﹣）减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是水解平衡移动的结果
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
14．某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10﹣4和1.7×10﹣5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
C．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n（Na+）相同
D．从c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A﹣分别代表相应的酸和酸根离子）
15．可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：Ksp（BaCO3）＝5×10﹣9；Ksp（BaSO4）＝1×10﹣10，下列推断正确的是（ ）
A．饱和BaCO3溶液中存在：c（Ba2+）＝c（（）+c（）
B．向BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中加入少量 BaCl2，溶液中 减小
C．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4）
D．若每次加入1L2ml⋅L﹣1的Na2CO3 溶液，至少需要6次可将0.2mlBaSO4转化为BaCO3
二．非选择题（共4小题，共55分）
16．（12分）乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体（H2C2O4•xH2O）进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务．该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体（H2C2O4•xH2O）中的x值．通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值．
①称取1.260g纯草酸晶体，将其制成100.00mL水溶液为待测液．
②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4．
③用浓度为0.1000ml•L﹣1的KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00mL．
请回答下列问题：
（1）滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的 （填“甲”或“乙”）滴定管中．
（2）本实验滴定达到终点的标志是 ．
（3）通过上述数据，求得x＝ ．讨论：
①若滴定终点时俯视滴定管，则由此测得的x值会 （填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同）．
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会 ．
17．（16分）甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．工业上一般采用下列两种反应合成甲醇．
反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1
反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2
下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）：
（1）在一定条件下将2ml CO和6ml H2充入2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，5min后测得
c（CO）＝0.4ml/L，计算可得此段时间的反应速率（用H2表示）为 ml/（L•min）．
（2）由表中数据判断△H1 0 （填“＞”、“＜”或“＝”）；
反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝ （用△H1和△H2表示）．
（3）若容器容积不变，则下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是 （填字母序号）．
a．充入CO，使体系总压强增大 b．将CH3OH（g）从体系中分离
c．充入He，使体系总压强增大 d．使用高效催化剂
（4）写出反应Ⅱ的化学平衡常数表达式：KⅡ＝ ；保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，则化学平衡 移动（填“正向”、“逆向”或“不”），平衡常数KⅡ （填“变大”、“变小”或“不变”）．
18．（14分）不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素．其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3防止腐蚀．
（1）基态铬（Cr）原子电子排布式为 ．
（2）[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2O中Cr的配位数为 ；已知CrO5中Cr为+6价，则CrO5的结构式为 ．
（3）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，呈四面体构型．423K时，Ni（CO）4分解为Ni和CO，从而制得高纯度的Ni粉．试推测：四羰基镍的晶体类型是 ，Ni（CO）4易溶于下列 ．
A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液
（4）已知：H3C﹣CH3中C﹣C键能为346kJ/ml、H2N﹣NH2中N﹣N键能为247kJ/ml、HO﹣OH中O﹣O键能为207kJ/ml，问：H3C﹣CH3中碳原子杂化方式为 ，试运用物质结构知识说明其键能变化趋势原因 ．
（5）Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是 ．
（6）只含镁、镍和碳三种元素的晶体结构如图，试写出该晶体的化学式 ．晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有 个．
19．（13分）晶体硅是一种重要的非金属材料，有科学家认为硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”。
（1）工业上生产纯硅的工艺流程如图：
石英砂的主要成分是SiO2在制备粗硅时，焦炭的作用是 （填“氧化剂“或“还原剂“）：在该反应中，若消耗了3.0gSiO2，则转移电子的总数为 。
（2）某实验室利用SiHCl3（沸点33.0℃）与过量H2在1000℃～l100℃反应制得纯硅。已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃。装置如图所示（热源及夹持装置略去）。
①装置B中的试剂是 。装置C中的烧瓶需要加热。其目的是 。
②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是 ；装置D中发生反应的化学方程式为 。
③为检验产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需要加入的试剂有 （填字母）。
a．碘水 b．氯水 c．Na2SO3溶液 d．KSCN溶液
高二化学
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．【答案】A
【分析】A．SO2分子中S原子采用sp2杂化；
B．H和S均为非金属元素，二者之间形成共价键；
C．S的结构示意图中核电荷数为16，最外层电子数为6；
D．基态O原子的价电子排布式为2s22p4，则2p轨道容纳4个电子，其中有2个轨道各容纳1个电子，但自旋方向应相同。
【解答】解：A．SO2分子中S原子采用sp2杂化，含一对孤电子对，故SO2分子的空间构型为V形，故A正确；
B．H和S均为非金属元素，二者之间形成共价键，电子式为，故B错误；
C．S的结构示意图中核电荷数为16，最外层电子数为6，S原子的结构示意图为，故C错误；
D．基态O原子的价电子排布式为2s22p4，则2p轨道容纳4个电子，其中有2个轨道各容纳1个电子，但自旋方向应相同，价电子轨道表示式为，故D错误；
故选：A。
2．【答案】A
【分析】Z是元素周期表中电负性最大的元素，Z为F元素；W的原子序数大于Z，所以W是第三周期元素，又因为W原子在同周期中原子半径最大，所以W为Na元素；X基态原子核外有2个未成对电子，且X位于第二周期，所以X为C元素或O元素；又因为X与Y相邻，且Y的原子序数大于X，所以X只能是C元素，Y是N元素。
【解答】解：A．同周期元素第一电离能随着原子序数增大有增大的趋势，所以第一电离能：F＞N＞C，即I1（Z）＞I1（Y）＞I1（X），故A错误；
B．N元素的最高价氧化物对应水化物为硝酸，C元素的最高价氧化物对应水化物为碳酸，硝酸酸性大于碳酸，故B正确；
C．氟离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数大的离子半径小，氟离子的半径大于钠离子，故C正确；
D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越稳定，所以简单气态氢化物的热稳定性：F＞N，故D正确；
故选：A。
3．【答案】D
【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，Y元素的最高正价与最低负价之和为0，化合物Z2X4的电子总数为18，结合原子序数可知，X为H、Y为C、Z为N；Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，M为Si；Q元素原子的最外层电子数比最内层多5个电子，最外层电子数为7，结合原子序数可知Q为Cl，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl，
A.同主族从上到下原子半径增大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z＜Y＜M，故A正确；
B.同主族从上到下非金属性减弱，同周期主族元素从左向右非金属性增强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y＞M，故B正确；
C.非金属性越强，对应简单氢化物越稳定，则Y和M简单氢化物的稳定性：Y＞M，故C正确；
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物若为氯化铵，为离子化合物，故D错误；
故选：D。
4．【答案】A
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，0.1ml/LX的最高价含氧酸的pH为1.00，Y对应的pH为13.00，二者分别为一元强酸、一元强碱，可知X为N、Y为Na；Z的分子式为H3ZO4，Z的最高价正价为+5，结合原子序数可知Z为P；0.1ml/LW的最高价含氧酸的pH小于1，属于强酸，且至少为二元强酸，则W为S。
【解答】解：由分析可知，X为N、Y为Na、Z为P、W为S；
A．P和S为同一周期元素，从左往右元素的电负性增大，故电负性P＜S，故A正确；
B．电子层越多离子半径越大，则简单离子半径S2﹣＞Na+，故B错误；
C．P元素原子3p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能高于S元素，故C错误；
D．NH3分子之间存在氢键，其沸点高于PH3的，故D错误；
故选：A。
5．【答案】D
【分析】由图可知，M为CO2，N为CH4，R为CH3COOH，可知W为H元素，X为C元素，Z为O元素，W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，则Y应为N元素，结合元素周期律解答该题。
【解答】解：A．同周期元素从左到右元素的非金属性增强，则非金属性Z（O）＞Y（N）＞X（C）＞X（H），故A错误；
B．N、R中含有H元素，在化合物中H原子满足2电子稳定结构，故B错误；
C．M为CO2，N为CH4，只含有极性键，故C错误；
D．四种元素可形成NH4HCO3、CH2（NH2）COOH，其中NH4HCO3为离子化合物，CH2（NH2）COOH为共价化合物，故D正确。
故选：D。
6．【答案】D
【分析】四种元素Y、Z、M、N位于同一短周期，Y的一种同位素在考古学中可用于断代，则Y为C元素，Z、M、N处于第二周期，结构图中Z形成3个键，形成双键的Z与碳原子之间形成1个配位键，故Z为N元素，阴离子中N形成1个共价键，故N为F元素，M获得1个电子与F形成4个共价键，故M为B元素。
【解答】解：由分析可知，Y为C、Z为N、M为B、N为F；
A．同周期自左而右电负性增大，故电负性：N＞Z＞Y＞M，故A正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：M＞Y＞Z＞N，故B正确；
C．Z、Y的简单氢化物分别为NH3、CH4，氨气分子之间存在氢键，故沸点：NH3＞CH4，故C正确；
D．Y为C，Z为N，元素非金属性C＜N，故最高价含氧酸的酸性：Y＜Z，故D错误；
故选：D。
7．【答案】C
【分析】A．向该平衡中加入NaCl固体，氯离子浓度增大；
B．达到溶解平衡时，加入AgCl固体，对平衡移动无影响；
C．AgCl溶度积与温度有关；
D．AgI比AgCl更难溶。
【解答】解：A．向该平衡中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡向左移动，AgCl溶解度减小，故A正确；
B．达到溶解平衡时，加入AgCl固体，对平衡移动无影响，则平衡不移动，故B正确；
C．向该平衡中加水，平衡向右移动，但温度不变，AgCl溶度积不变，故C错误；
D．AgI比AgCl更难溶，则向该平衡中加入KI固体，平衡向右移动，AgCl转化为AgI，故D正确；
故选：C。
8．【答案】B
【分析】温度不变，电离平衡常数Ka（HF）不变，lg＝lg增大，则c（F﹣）减小，﹣lg（F﹣）增大，所以M表示﹣lgc（F﹣）与lg的变化曲线，则N表示﹣lgc（Ca2+）与lg的变化曲线；
A．M表示﹣lgc（F﹣）与lg的变化曲线，则N表示﹣lgc（Ca2+）与lg的变化曲线；
B．lg＝lg＝1时，﹣lgc（F﹣）＝4.2，则c（F﹣）＝10﹣4.2ml/L，Ka（HF）＝10c（F﹣）＝10×10﹣4.2＝10﹣3.2；lg＝lg＝0时，Ka（HF）＝c（F﹣）＝10﹣3.2ml/L，﹣lgc（Ca2+）＝4.2，c（Ca2+）＝10﹣4.2ml/L，Ksp（CaF2）＝c（Ca2+）•c2（F﹣）；
C．由图像可知，Y点的溶液中有：c（Ca2+）＝c（F﹣），结合电荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），即有：c（Ca2+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），此时lg＞0，即c（HF）＜c（H+），溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故有 c（Cl﹣）＞c（Ca2+），溶液中存在物料守恒c（F﹣）+c（HF）＝2c（Ca2+），因为c（Ca2+）＝c（F﹣），所以c（Ca2+）＝c（HF）；
D．Z点的溶液中存在lgc（Ca2+）﹣2lg＝lgc（Ca2+）﹣lg[]2＝lg＝lg×[]2＝lg。
【解答】解：A．温度不变，电离平衡常数Ka（HF）不变，lg＝lg增大，则c（F﹣）减小，﹣lg（F﹣）增大，所以M表示﹣lgc（F﹣）与lg的变化曲线，故A正确；
B．lg＝lg＝1时，﹣lgc（F﹣）＝4.2，则c（F﹣）＝10﹣4.2ml/L，Ka（HF）＝10c（F﹣）＝10×10﹣4.2＝10﹣3.2；lg＝lg＝0时，Ka（HF）＝c（F﹣）＝10﹣3.2ml/L，﹣lgc（Ca2+）＝4.2，c（Ca2+）＝10﹣4.2ml/L，Ksp（CaF2）＝c（Ca2+）c2（F﹣）＝10﹣4.2×（10﹣3.2）2＝10﹣10.6，故B错误；
C．由图像可知，Y点的溶液中有：c（Ca2+）＝c（F﹣），结合电荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），即有：c（Ca2+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），此时lg＞0，即c（HF）＜c（H+），溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故有 c（Cl﹣）＞c（Ca2+），溶液中存在物料守恒c（F﹣）+c（HF）＝2c（Ca2+），因为c（Ca2+）＝c（F﹣），所以c（Ca2+）＝c（HF），则存在c（Cl﹣）＞c（Ca2+）＝c（HF），故C正确；
D．Z点的溶液中存在lgc（Ca2+）﹣2lg＝lgc（Ca2+）﹣lg[]2＝lg＝lg×[]2＝lg＝lg＝﹣4.2，故D正确；
故选：B。
9．【答案】C
【分析】A．根据电荷守恒可得；
B．N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O⇌N2+OH﹣，反应N2H4+H+⇌N2的平衡常数K═＝×＝即可求解；
C．联氨为二元弱碱，与硫酸形成酸式盐，酸过量即氢离子过量，形成酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2；
D．N2H4的水溶液中加水，，由于K值受温度影响，加水该值不变。
【解答】解：A．根据电荷守恒可知：N2H4的水溶液中存在：c（N2 ）+2c（N2）+c（H+）═c（OH﹣），故A正确；
B．N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O⇌N2+OH﹣，反应N2H4+H+⇌N2的平衡常数K═＝×＝＝8.7×107，故B正确；
C．联氨为二元弱碱，形成酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2，故C错误；
D．向N2H4的水溶液中加水，，由于K值受温度影响，故加水该值不变，故D正确；
故选：C。
10．【答案】C
【分析】A．a点在AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线的上方，为不饱和溶液；
B．由图可知，b点时，c（Cl﹣）＝c（），而Ksp（AgCl）＝c（Ag+）c（Cl﹣），Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）c（）；
C．根据AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线可得，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）c（Cl﹣）＝10﹣9.8，Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）c（）＝10﹣11.7，Ag2CrO4+2Cl﹣⇌2AgCl+的平衡常数K＝＝＝；
D．当c（Cl﹣）＝0.1ml/L，c（Ag+）＝＝ml/L＝10﹣8.8ml/L，开始产生AgCl沉淀，当c（）＝0.1ml/L，c（Ag+）＝＝ml/L＝10﹣5.35ml/L＞10﹣8.8ml/L，开始产生Ag2CrO4沉淀。
【解答】解：A．a点在AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线的上方，为不饱和溶液，因此a点条件下既不能生成Ag2CrO4沉淀，也不能生成AgCl沉淀，故A错误；
B．由图可知，b点时，c（Cl﹣）＝c（），而Ksp（AgCl）＝c（Ag+）c（Cl﹣），Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）c（），因此Ksp（AgCl）≠Ksp（Ag2CrO4），故B错误；
C．Ag2CrO4+2Cl﹣⇌2AgCl+的平衡常数K＝＝＝＝＝107.9，故C正确；
D．当c（Cl﹣）＝0.1ml/L，c（Ag+）＝＝ml/L＝10﹣8.8ml/L，开始产生AgCl沉淀，当c（）＝0.1ml/L，c（Ag+）＝＝ml/L＝10﹣5.35ml/L＞10﹣8.8ml/L，开始产生Ag2CrO4沉淀，因此向NaCl、Na2CrO4均为0.1mI•L﹣1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生AgCl沉淀，故D错误；
故选：C。
11．【答案】C
【分析】A．由a点横纵坐标可得和c（OH﹣）和c（Fe3+），进一步可求出Ksp[Fe（OH）3]；
B．由pH＝4可求出c（OH﹣），利用溶度积公式，可求出c（Al3+），即Al（OH）3的溶解度；
C．根据Fe3+沉淀完全时的c（OH﹣），利用溶度积规则可判断Al3+是否开始沉淀；
D．根据Al3+沉淀完全时的pH，得在此pH时Cu2+刚开始沉淀，c（Cu2+）＝0.1ml/L，再利用溶度积规则可判断Cu2+已经开始沉淀。
【解答】A．由图可知，a点pH＝2，c（H+）＝10﹣2ml/L，c（OH﹣）＝10﹣12ml/L，c（Fe3+）＝10﹣2.5ml/L，所以Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）c3（OH﹣）＝10﹣38.5，故A错误；
B．根据图象Al3+的曲线，Ksp[Al（OH）3]＝10﹣33，pH＝4时，c（H+）＝10﹣4ml/L，c（OH﹣）＝10﹣10ml/L，c（Al3+）＝＝ml/L＝10﹣3ml/L，即Al（OH）3的溶解度为10﹣3ml/L，故B错误；
C．由图象可知，Fe3+优先沉淀，当Fe3+沉淀完全时，c3（OH﹣）＝（ml/L）3＝10﹣33.5（ml/L）3，此时Qsp[Al（OH）3]＝0.01ml/L×10﹣33.5（ml/L）3＝10﹣35.5（ml/L）3＜Ksp[Al（OH）3]＝10﹣33，Al3+还未沉淀，所以浓度均为0.01ml•L﹣1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离，故C正确；
D．根据图象Cu2+的曲线，pH＝7时，c（H+）＝10﹣7ml/L，c（OH﹣）＝10﹣7ml/L，c（Cu2+）＝10﹣5.5ml/L，Ksp[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）c2（OH﹣）＝10﹣5.5（10﹣7）2＝10﹣19.5，由B分析知Ksp[Al（OH）3]＝10﹣33，Al3+沉淀完全时的c（OH﹣）＝ml/L≈10﹣9.3ml/L，c（H+）≈10﹣4.7ml/L，pH＝4.7，此时Cu2+刚开始沉淀，c（Cu2+）＝0.1ml/L，若c（Cu2+）＝0.2ml•L﹣1＞0.1ml•L﹣1，因此Al3+、Cu2+会同时沉淀，故D错误；
故选：C。
12．【答案】C
【分析】A．胃液酸性强，H+浓度大，抑制HA的电离；
B．在胃中c（H+）＝1×10﹣1.0ml/L，根据；
C．在血浆中，；
D．未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡，血浆Ⅰ和胃Ⅱ中c（HA）相等，由，可得，则，溶液Ⅰ中，，，同理溶液Ⅱ中，。
【解答】解：A．H+浓度大，抑制HA的电离，故血浆中HA电离程度比胃中大，故A正确；
B．在胃中c（H+）＝1×10﹣1.0ml/L，，则，故B正确；
C．在血浆中，，故C错误；
D．血浆Ⅰ和胃Ⅱ中c（HA）相等，由，则，溶液Ⅰ中，，，同理溶液Ⅱ中，，故总药量之比＝，故D正确；
故选：C。
13．【答案】A
【分析】A．任何温度时，纯水中H+浓度与OH﹣浓度始终相等；
B．随温度升高，CH3COONa水解程度增大；
C．温度升高，水的电离程度增大，c（H+）增大；
D．温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多。
【解答】解：A．任何温度时，纯水中H+浓度与OH﹣浓度始终相等，随温度升高，纯水中c（H+）＝c（OH﹣），故A正确；
B．随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c（OH﹣）增大，且温度升高，水的电离程度增大，c（OH﹣）也增大，故B错误；
C．温度升高，水的电离程度增大，c（H+）增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c（H+）增大，故C错误；
D．温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多，故D错误；
故选：A。
14．【答案】D
【分析】电离平衡常数越大，酸的酸性越强，电离平衡常数：HNO2＞CH3COOH，则酸性HNO2＞CH3COOH，加水稀释促进弱电解质电离，pH相同的一元酸分别稀释相同的倍数，pH变化较大的酸酸性较强，所以曲线II表示HNO2溶液，曲线I表示CH3COOH溶液，
A．pH相同的一元酸分别稀释相同的倍数，pH变化较大的酸酸性较强；
B．酸抑制水电离，溶液的pH越大，溶液中c（H+）越小，其抑制水电离程度越小；
C．a点酸浓度：c（HNO2）＜c（CH3COOH），相同体积a点的两溶液酸物质的量：n（HNO2）＜n（CH3COOH），相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，消耗NaOH体积与酸的物质的量成正比；
D．温度不变水解平衡常数不变，Kh＝保持不变。
【解答】解：A．根据以上分析知，曲线II表示HNO2溶液，曲线I表示CH3COOH溶液，故A错误；
B．酸抑制水电离，溶液的pH越大，溶液中c（H+）越小，其抑制水电离程度越小，c（H+）：b＞c，则水电离程度：b＜c，故B错误；
C．a点酸浓度：c（HNO2）＜c（CH3COOH），相同体积a点的两溶液酸物质的量：n（HNO2）＜n（CH3COOH），相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，消耗NaOH体积与酸的物质的量成正比，所以消耗NaOH体积：II＜I，根据物料守恒知溶液中n（Na+）Ⅰ＞Ⅱ，故C错误；
D．温度不变水解平衡常数不变，Kh＝不变，故D正确；
故选：D。
15．【答案】D
【分析】A．依据物料守恒粉细；
B．BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中存在溶解平衡BaCO3（s）⇌Ba2+（aq）+（aq），BaSO3（s）⇌Ba2+（aq）+（aq），溶液中＝＝；
C．碳酸钡能与盐酸反应；
D．BaSO4转化为BaCO3发生反应BaSO4+Na2CO3＝BaCO3+Na2SO4，并结合溶液中离子浓度关系作答。
【解答】解：A．饱和BaCO3溶液中存在溶解平衡BaCO3（s）⇌Ba2+（aq）+（aq），碳酸根离子在水中水解，由物料守恒可知c（Ba2+）＝c（（）+c（）+c（H2CO3），故A错误；
B．BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中存在溶解平衡BaCO3（s）⇌Ba2+（aq）+（aq），BaSO3（s）⇌Ba2+（aq）+（aq），溶液中＝＝，温度不变，Ksp（BaCO3）和Ksp（BaSO4）不变，故混合溶液中加入少量 BaCl2，溶液中 不变，故B错误；
C．胃酸主要成分为盐酸，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡，不用碳酸钡作为内服造影剂，故C错误；
D．BaSO4转化为BaCO3发生反应BaSO4+Na2CO3＝BaCO3+Na2SO4，0.2mlBaSO4转化为BaCO3，需要碳酸钠0.2ml，溶液中硫酸根离子0.2ml，溶液中＝＝＝＝50，故溶液中碳酸根离子的物质的量为0.2ml×50＝10ml，故需要碳酸钠的物质的量为10ml+0.2ml＝10.2ml，1L2ml⋅L﹣1的Na2CO3 溶液中含有碳酸根离子1L×2ml/L＝2ml，故至少需要6次可将0.2mlBaSO4转化为BaCO3，故D正确；
故选：D。
二．填空题（共3小题）
16．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；
（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；
（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g 纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大，若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，会导致浓度变小．
【解答】解：（1）因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：甲；
（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色，
故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
（3）①2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
0.1000ml/L×0.01L 0.0025ml
25.00mL待测液中含有0.0025mlH2C2O4，100.00mL待测液中含有0.01mlH2C2O4，0.01mlH2C2O4的质量为0.01ml
×90g/ml＝0.9g，所以1.260g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260g﹣0.9g＝0.36g，其物质的量为0.02ml，则x＝2，
故答案为：2；
②若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大，x偏大，
故答案为：偏大；
③若酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗其体积偏大，所得x值偏小，
故答案为：偏小．
17．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）计算CO浓度变化量，再根据v＝计算v（CO），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；
（2）由表中数据可知，温度升高K减小，说明温度升高平衡左移，逆向是吸热反应，正向是放热反应；
反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1
反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2
根据盖斯定律Ⅱ﹣Ⅰ计算；
（3）提高反应I中CO转化率，改变条件应是平衡向正反应移动，结合选项根据平衡移动原理解答，但不能只增大CO的浓度；
（4）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，相对于增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；平衡常数仅与温度有关．
【解答】解：（1）CO浓度变化量为﹣0.4ml/L＝0.6ml/L，故v（CO）＝＝0.12ml/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）＝2v（CO）＝2×0.16ml/（L•min）＝0.24ml/（L•min），
故答案为：0.24；
（2）由表中数据可知，随温度升高，平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，即△H1＜0，
反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1
反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2
根据盖斯定律Ⅱ﹣Ⅰ得到CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝△H2﹣△H1，故答案为：＜；△H2﹣△H1；
（3）a．充入CO，使体系总压强增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率降低，故a错误；
b．将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故b正确；
c．充入He，使体系总压强增大，各物质的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故c错误；
d．使用高效催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变，故d错误；
故答案为：b；
（4）反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数k＝；
保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，相对于增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正向移动；平衡常数仅与温度有关，所以平衡常数KⅡ不变，故答案为：；正向；不变．
18．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）铬为24号元素，根据核外电子排布规律写电子排布式；
（2）根据化学式确定其配位数；根据化学式判断配位数，CrO5中存在过氧键、Cr﹣O键、Cr＝O，在4个Cr﹣O键中Cr为+1价，在Cr＝O键注重Cr为+2价，以此书写结构式；
（3）沸点较低的晶体一般为分子晶体；根据相似相溶原理判断；
（4）根据碳原子的价层电子对数判断杂化方式，根据价层电子对互斥理论说明原因；
（5）根据晶胞堆积形成较大晶体，按甲虚线方向切乙形成的纵截面分析；
（6）利用均摊法计算确定其化学式，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定镍原子个数．
【解答】解：（1）铬是24号元素，基态铬（Cr）原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
（2）[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl﹣形成配位键，所以配位数为6，CrO5中存在过氧键、Cr﹣O键、Cr＝O，在4个Cr﹣O键中Cr为+1价，在Cr＝O键中Cr为+2价，则结构式为，
故答案为：6；；
（3）沸点较低的晶体一般为分子晶体，四羰基镍的晶体为分子晶体；Ni（CO）4呈四面体构型，为非极性分子，根据相似相溶原理可知，它易溶于四氯化碳和苯，选BC，
故答案为：分子晶体；BC；
（4）H3C﹣CH3中碳原子的价层电子对数为＝4，所以碳原子的杂化方式为sp3杂化，在H3C﹣CH3、H2N﹣NH2、HO﹣OH 中的C、N、O均为sp3 杂化，其孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数增加，原子间斥力增大，所以键能逐渐减小，
故答案为：sp3；H3C﹣CH3、H2N﹣NH2、HO﹣OH 中的C、N、O均为sp3 杂化，其孤电子对数分别为0、1、2，由于孤电子对与孤电子对间斥力较大，随孤电子对数增加，原子间斥力增大，其键能渐小；
（5）甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A，故答案为：A；
（6）该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数＝8×＝1，镍原子个数＝6×＝3，所以其化学式为：MgCNi3，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有4×3＝12，
故答案为：MgCNi3；12．
19．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生SiO2+2CSi+2CO↑，反应中Si元素化合价由+4价降低为0价，C元素化合价由0价升高到+2价；
（2）①生成的氢气含有水蒸气，用浓H2SO4干燥；加热促使SiHCl3气化；
②SiHCl3和氢气反应有硅单质生成，根据硅的颜色判断D装置中的颜色变化；反应温度较高，普通玻璃会软化；SiHCl3和H2反应生成硅和氯化氢；
③加入盐酸生成氯化亚铁，可加入KSCN，再加入氯水检验是否生成铁离子。
【解答】解：（1）石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生SiO2+2CSi+2CO↑，反应中Si元素化合价由+4价降低为0价，C元素化合价由0价升高到+2价，C起到还原剂的作用，反应中消耗了3.0 g SiO2 ，即0.05 ml，转移电子为0.2 ml，即1.204×1023，
故答案为：还原剂；1.204×1023；
（2）①锌和稀硫酸的反应是放热反应，所以生成的氢气含有水蒸气，为干燥氢气，一般选用浓H2SO4干燥；气体的反应速率较大，所以加热的目的是使SiHCl3气化，
故答案为：浓硫酸；使SiHCl3气化，与氢气反应；
②高温下，SiHCl3和氢气反应生成硅单质，硅单质是灰黑色固体，所以D装置中的现象是：石英管的内壁附有灰黑色晶体；由于高温下，普通玻璃会软化，所以使用石英玻璃；反应方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl，
故答案为：有固体物质生成；SiHCl3+H2Si+3HCl；
③亚铁离子的检验通常用的方法是：先向溶液中加入KSCN，溶液不变红色，再加入氯水溶液变红色，即可却确定有亚铁离子，故答案为：bd。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/12/28 9:45:53；用户：潘文雅；邮箱：13937742481；学号：38914953元素
X
Y
Z
W
最高价氧化物的水化物
H3ZO4
0.1ml•L﹣1溶液对应的pH（25℃）
1.00
13.00
1.57
0.7
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.0
0.27
0.012