2018-2019学年重庆市九龙坡区高二上学期教育质量全面监测化学试题 解析版

2018-2019学年重庆市九龙坡区高二上学期教育质量全面监测化学试题 解析版

‎2018-2019学年九龙坡区教育质量全面监测(中学)‎ 高二(上)化学试题 可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 ‎ 第Ⅰ卷(选择题 共42分)‎ 一．选择题(本题包括21个小题，每小题2分，共42分。每小题均只有一个选项符合题意)‎ ‎1.2018年10月22日，中国科学家王中林院士获世界能源领域最高奖—被誉为“能源界诺贝尔奖”的埃尼奖(EniAward)，以表彰他在纳米发电机和 海洋“蓝色能源”技术领域对世界能源发展做出的重大贡献。下列与海洋能一样属于可再生能源的是 A. 氢气 B. 煤 C. 石油 D. 天然气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。‎ ‎【详解】煤、石油和天然气属于三大化石燃料，会越用越少不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而氢气可以在自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故答案选A。‎ ‎2.我们主要从三个方面讨论一个化学反应的原理，其中不属于这三个方面的是 A. 反应进行的方向 B. 反应的快慢 C. 反应进行的限度 D. 反应物的颜色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应的原理与方向、速率和限度有关，和物质的颜色无关。‎ ‎【详解】化学反应进行的方向（推动力）、化学反应进行的快慢（速率）和化学反应的限度（反应物能否全部转变为产物）三个方面的内容，是化学反应原理的重要组成部分，故本题答案选D。‎ ‎3.下列各组物质中，前者是强电解质，后者是弱电解质的是 A. NaCl、BaSO4 B. HCl、NaHSO4 C. KNO3、CH3COOH D. NH3·H2O、H2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 强电解质包括强酸、强碱、绝大部分盐、金属氧化物等，弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数盐、水等；NaCl、BaSO4 、HCl、NaHSO4 、H2SO4 、KNO3全部为强电解质， CH3COOH、NH3·H2O均为弱电解质，符合题意的为C；答案选C。‎ ‎4.控制变量法是化学实验的常用方法之一。下图实验探究影响反应速率的因素是 A. 浓度 B. 温度 C. 催化剂 D. 固体质量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 两个实验中，盐酸浓度相同、镁条相同，温度不同，则该实验探究影响反应速率的因素是温度，温度不同，反应速率不同。答案选B。‎ 点睛：本题考查化学反应速率的探究，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大，注意对控制变量法的理解，从而得解。‎ ‎5.我国成功实现持续开采可燃冰。可燃冰是天然气和水在海底300m-3000m的深度形成的固体，可表示为mCH4·nH2O。下列哪个条件不是形成可燃冰必须具备的 A. 低压 B. 低温 C. 高压 D. 充足的CH4来源 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意，可燃冰是天然气和水在海底300m-3000m的深度形成的固体，可表示为mCH4·nH2O。所以可燃冰是低温高压条件下许多CH4分子被包进水分子中，在海底的低温与高压下结晶形成的，因此低压不是形成可燃冰必须具备的条件，故选A。‎ ‎6.物质的量浓度相同的下列溶液中，c(NH4+)最大的是 A. NH4Cl B. CH3COONH4 C. NH4HCO3 D. NH4HSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，若含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，溶液中的c(NH4+)减小，反之，若含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱，溶液中的c(NH4+)增大，据此分析判断。‎ ‎【详解】物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑(水解)其他因素影响，则ABCD选项中铵根离子浓度分别比为1:1:1:1，其水解方程式为：NH4+ + H2ONH3·H2O + H+，‎ A. NH4Cl溶液中，NH4+的水解不受氯离子的影响；‎ B. CH3COONH4溶液中醋酸根离子对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c(NH4+)减小；‎ C. NH4HCO3溶液中HCO3-对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c(NH4+)减小；‎ D. NH4HSO4溶液中H+对NH4+的水解起抑制作用，导致NH4+水解程度很小，溶液中的c(NH4+)增大；‎ 综上所述，NH4+的浓度最大的是NH4HSO4，故D项正确，‎ 答案选D。‎ ‎7.pH值相等的盐酸(甲)和醋酸(乙)，盐酸与醋酸浓度的大小关系是 A. 甲＝乙 B. 甲＞乙 C. 甲＜乙 D. 不确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，据此分析作答。‎ ‎【详解】pH值相等的盐酸(甲)和醋酸(乙)，已电离的氰离子浓度相同，因盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，所以所需的盐酸比醋酸浓度小，即甲＜乙，故C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】此题侧重学生对一元弱酸与一元强酸的理解与应用，题型较基础。在做此类深层次的对比题时，如与氢氧化钠反应消耗氢氧化钠的多少、与足量的锌粒反应产生氢气的多少等问题时，由于一元弱酸存在电离平衡，需要注意的是所给的条件是pH相等，还是溶液中溶质的的浓度相等，然后在依据条件逐一分析判断即可。‎ ‎8.下列实验事实或数据能说明次氯酸为弱电解质的是 A. 次氯酸具有漂白性 B. 常温时，次氯酸水溶液的pH < 7‎ C. 次氯酸不稳定，易分解 D. 0.001 mol•L-1 HClO溶液的pH = 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能够说明HClO为弱电解质，可证明HClO不能完全电离、存在电离平衡或对应的强碱盐溶液呈碱性，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 次氯酸具有漂白性，与电离程度无关，故A项错误； ‎ B. 常温时，次氯酸的水溶液的pH＜7，只能证明呈酸性，但无法确定电离程度，不能证明为弱电解质，故B项错误； C. 次氯酸不稳定，易分解，只能说明次氯酸的稳定性差，这与酸性强弱无关，故C项错误；‎ D. 0.001 mol/L的HClO溶液的pH = 5，电离出的氰离子浓度为10-50.001 mol/L，则说明次氯酸不能完全电离，为弱电解质，故D项正确； 答案选D。‎ ‎9.常温下将pH=8的NaOH溶液稀释1000倍，稀释后溶液中c(Na+)与c(OH－)之比接近 A. 1：1 B. 1：102 C. 102：1 D. 1：103‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将pH=8的NaOH溶液加水稀释1000倍，稀释后所得溶液中Na+浓度c(Na+)变为原来的千分之一，碱溶液稀释1000后，接近中性，pH 7，据此计算得出结论。‎ ‎【详解】NaOH为强碱，则pH = 8的NaOH溶液中Na+浓度浓度等于氢氧根离子的浓度 = 1×10−6 mol/L；当溶液稀释1000倍后，氢氧根离子浓度只能无限接近中性即为1×10−7 mol/L，而钾离子浓度为：c(Na+) = 1×10−9 mol/L，因此稀释后所得溶液中c(Na+)与c(OH－)之比约为：（1×10−9）mol/L：（1×10−7）mol/L = 1：100，故B项正确，‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】要特别注意，常温下，强酸或强无限稀释时，酸溶液或碱溶液的pH均接近于7，都不可能从酸变为碱或从碱变为酸，这是因为无限稀释时，由水电离出的氢离子与氢氧根离子不能忽略。‎ ‎10.下列实验现象不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是 选项 A B C D 反应装置或图像 实验现象或图像信息 反应开始后，针筒活塞向右移动 反应开始后，甲侧液面低于乙侧液面 温度计的水银柱上升 反应开始后，气球慢慢胀大 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．Zn与稀硫酸反应生成氢气，氢气可使针筒活塞向右移动； B．甲处液面低于乙处液面，可知瓶内空气受热温度升高；由图可知，反应物总能量大于生成物总能量； C．温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量 D．根据气体热胀冷缩原理分析作答。‎ ‎【详解】A. Zn与稀硫酸反应生成的氢气可使针筒活塞向右移动，则不能充分说明相应的化学反应是放热反应，故A项错误；‎ B. 甲处液面低于乙处液面，可知瓶内空气受热温度升高，说明相应的化学反应是放热反应，故B项正确；‎ C. 温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量，说明相应的化学反应是放热反应，故C项正确；‎ D. 稀硫酸与氢氧化钾溶液反应后，由于反应放热，导致瓶内气压增大，气球会胀大，则间接说明相应的化学反应为放热反应，故D项正确，‎ 答案选A。‎ ‎11.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3－、SO42－、Na+‎ B. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol•L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl－、HCO3－‎ C. c(H+)/c(OH－)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3－、Cl－‎ D. c(Fe3+)=0.1 mol•L-1的溶液中：K+、CO32－、NO3－、SCN－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．该溶液呈酸性，酸性条件下NO3－能够Fe2+； B．该溶液呈酸性或碱性，HCO3－与H+、OH－均会发生反应； C．该溶液中存在大量H+，四种离子之间不反应，也都不与H+反应； D．Fe3+与CO32－发生双水解反应，与SCN－会发生络合反应。‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液呈酸性，Fe2+、NO3－在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A项错误；‎ B. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量H+或OH－，HCO3－与H+、OH－均会发生反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；‎ C. 该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3－、Cl－之间不反应，都不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故C项正确；‎ D. Fe3+与CO32－发生双水解反应，与SCN－会发生络合反应在溶液中不能大量共存，故D项错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如常温下与Al反应生成氢气的溶液，常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。又或者是无色透明的限定条件，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意，做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎12.下列有关化学符号表征正确的是 A. 电解法精炼铜，阴极电极反应：Cu2++2e－== Cu B. H2S在水溶液中的电离：H2S2H++ S2－‎ C. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4 (g)＋2O2 (g) ==CO2 (g)＋2H2O (g) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1‎ D. 碳酸钠水解的离子方程式：CO32－+2H2O2OH－+H2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 电解法精炼铜，阴极发生还原反应： B. 二元弱酸的电离分步进行，以第一步为主； C. 燃烧热为常温常压下，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量； D. 碳酸根离子的水解反应分步进行。‎ ‎【详解】A. 电解法精炼铜，阴极溶液中的铜离子得电子发生还原反应，其电极反应式为：Cu2++2e－== Cu，故A项正确；‎ B. H2S在水溶液中的主要电离方程式为H2SH++HS−，故B项错误；‎ C. 甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4 (g)＋2O2 (g) ==CO2 (g)＋2H2O (l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，常温下水的稳定状态为液态，故C项错误；‎ D. 碳酸钠水解的离子方程式：CO32－+H2OOH－+HCO3－，故D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题侧重考查学生对化学原理基本概念的理解与应用，需要注意的是多元弱电解质的电离方程式书写的规范性，①多元弱酸分步电离，以第一步电离为主，如本题的B选项，H2S 的电离方程式为：H2SH++HS−（第一步）；②多元弱碱的电离过程则可一步写出：Fe(OH)3Fe3+ + 3OH−。同理，多元弱酸根离子水解的离子方程式也分步书写，其水解以第一步水解为主，如本题的CO32－的水解方程式为：CO32－+H2OOH－+HCO3－，而多元弱碱的阳离子水解反应中学阶段需一步写出，如Fe3++3H2O Fe(OH)3 + 3H+。‎ ‎13.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是 A. 两步反应均为吸热反应 B. 三种化合物中C最稳定 C. A与C的能量差为E4 D. AB反应，反应条件一定要加热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、根据图像，B的能量大于A的能量，A→B反应是吸热反应，B的能量高于C的能量，B→C反应是放热反应，故A错误；B、能量越低，物质越稳定，C能量最低，因此C是三种化合物最稳定的，故B正确；C、A与C能量差是△H的绝对值，故C错误；D ‎、吸热反应不一定需要加热，故D错误。‎ ‎14.下列事实能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业制硫酸在二氧化硫催化氧化时采用高温来提高单位时间SO3的产量 B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂来加快反应速率 C. 用饱和食盐水来除去氯气中氯化氢杂质 D. 对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理：若改变影响平衡的条件之一，则平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，其研究的反应为可逆反应，否则不适用，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 二氧化硫催化氧化反应方程式为：2SO2 + O2 2SO3，该反应为放热的可逆反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，不能提高单位时间SO3的产量，与题设矛盾，故A项错误；‎ B. 催化剂只能加快反应速率，不能改变化学平衡，故B项错误；‎ C. 氯气溶于水可发生反应：Cl2 + H2O H++ Cl－+HClO，在饱和食盐水中氯离子浓度较大，从而使该反应平衡向逆向移动，可降低氯气在水中的溶解度，同时吸收溶解度较大的氯化氢，则可用勒夏特列原理解释，故C项正确；‎ D. 2HI(g)H2(g)+I2(g)，该体系为气体体积不变的反应，达平衡后，缩小容器体积（增大压强），平衡不移动，体系颜色变深，是因为体积减小，使得碘单质的浓度增大导致的颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.2018年10月24日港珠澳大桥正式通车。深埋在海水中的钢管桩易发生腐蚀，但中科院金属研究所研发的技术能保障大桥120年耐久性。下列保护钢管桩的措施不合理的是 A. 使用抗腐蚀性强的合金钢 B. 钢管桩附着铜以增强抗腐蚀性 C. 使用防止钢筋锈蚀的海工混凝土 D. 在钢筋表面覆盖一层高性能防腐涂料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属的防护主要从三个方面采取方法：（1）改变金属的内部组织结构，如制成不锈钢，增加耐腐蚀性；（2）在金属表面覆盖保护层，如涂油、喷漆等；（3）电化学保护法，如牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 合金钢比钢管耐腐蚀性强，大大增加了钢管柱对外界侵蚀的抵抗力，故A项正确；‎ B. 钢管的金属活动性比铜强，会与铜构成原电池，钢管柱做负极，是腐蚀速率更快，故B项错误；‎ C. 海工混凝土防止钢筋锈蚀，故C项正确；‎ D. 表面覆盖一层高性能防腐涂料，可使钢管跟周围物质隔离开来，故D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查金属的腐蚀与防护方法的知识点。学生在做题时把握防护的原理与方法是解题的关键。需要强调的是，在电化学保护法中，牺牲阳极的阴极保护法指的是将金属性强的金属作为保护极（负极）与被保护金属相连构成原电池，其负极由于发生氧化反应而被损耗，进而使得正极金属避免被腐蚀，千万不能连接金属性较弱的金属，如本题的B选项，不但起不到保护作用，反而使得钢管柱腐蚀速率更快，得不偿失，学生要分析清楚防护原理，切莫模棱两可。‎ ‎16.下列实验操作规范且能达到实验目的的是 选项 实验目的 操作 A 取20.00 mL盐酸 在25 mL酸式滴定管中装入盐酸。调整初始读数为5.00 mL后，将剩余盐酸全部放入锥形瓶中 B 测量饱和Na2CO3溶液的pH值 用蒸馏水湿润pH试纸，放入Na2CO3溶液中，观察pH试纸颜色，并与比色卡对比，读出pH值 C 制取纯净的FeCl 3固体 加热蒸干FeCl3溶液 D 验证Ksp[Cu(OH)2]＜ Ksp[Mg(OH)2]‎ 将0.1 mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol/L CuSO4溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 滴定管的下端无刻度；‎ B. pH试纸不能润湿，且需用玻璃棒蘸取待测液，而不是直接放入待测液中；‎ C. FeCl3溶液会发生水解；‎ ‎【详解】A. 滴定管的下端无刻度，则剩余盐酸放入锥形瓶其体积大于20.00 mL，故A项错误；‎ B. 测量饱和Na2CO3溶液的pH值时，其正确的操作为：用玻璃棒蘸取待测液放在干燥的pH试纸上，用标准比色卡进行对比，读出其pH值，故B项错误；‎ C. 由于FeCl3溶液存在水解平衡，其水解方程式为：FeCl3 + 3H2OFe(OH)3 + 3HCl，加热蒸干FeCl3溶液时，氯化氢易挥发，且升温促进水解向正反应方向移动，最后不会得到FeCl3，则不能达到实验目的，故C项错误；‎ D. 将0.1 mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明镁离子均以氢氧化镁沉淀的形式生成，再滴加0.1 mol/L CuSO4溶液时，产生蓝色沉淀，则可以说明氢氧化铜的溶解度小于氢氧化镁的溶解度，因沉淀类型相同，则进一步验证了Ksp[Cu(OH)2]＜ Ksp[Mg(OH)2]，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.对于可逆反应A(g)＋2B(g) 2C(g)　ΔH>0，下列图象中正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可逆反应A(g)＋2B(g) 2C(g)　ΔH>0可知，该反应是气体体积减小的反应，且升温、增大压强均会促进反应向正方向移动，结合图像分析，‎ ‎【详解】由上述分析可知，‎ A. 该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正反应速率比逆反应速率增大得快，则图中交点（平衡）后应正反应速率大于逆反应速率，故A项错误；‎ B. 该反应为吸热反应，压强恒为105 Pa时，升高温度平衡向正向移动，而图中A的体积分数减小，与事实不符，故B项错误；‎ C. 升高温度，反应速率加快，达到平衡时间短，且平衡向正向移动，A的体积分数减小，则500℃先达到平衡且A的体积分数小，故C项正确；‎ D. 升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，则图中500℃应先达到平衡，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答化学速率与平衡图像题时，可采取“先拐先平数值大”原则对反应速率进行初步分析。再进一步判断过程的变化趋势。具体方法可总结为：‎ ‎（1）看坐标系，确定纵、横坐标所代表的具体含义；‎ ‎（2）分析反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；气体体积增大、减小还是不变；有无固体或纯液体参加或生成等；‎ ‎（3）分析自变量和因变量，弄明白始末状态，结合勒夏特列原理进行分析；‎ ‎（4）看清起点、拐点和终点，分清极值和斜率的一对一，把握曲线变化规律，得出结论。‎ ‎18.电解NO制备NH4NO3的工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质M。下列有关分析或说法中正确的是 A. a 应接直流电源的正极 B. 补充的物质M是NH3‎ C. 阳极的电极反应式： NO+5e－+6H+＝NH4++H2O D. 电路中通过5mol 电子时，理论上最多可处理22.4L NO气体(标准状况)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解NO制备NH4NO3，阳极NO失电子发生氧化反应生成硝酸根离子，其电极反应式为：NO - 3e－ + 2H2O＝NO3－+ 4H+，阴极NO得电子发生还原反应生成铵根离子，其电极反应式： NO + 5e－+ 6H+ ＝ NH4+ + H2O，从两极反应可以看出，若要得失电子数守恒，阳极产生的硝酸根离子大于阴极产生的铵根离子，为保持溶液的电中性，应该及时补充NH3，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. a极是NO转化为NH4+的过程，N元素化合价降低，发生还原反应，作电解池的阴极，连接的是直流电源的负极，故A项错误；‎ B. 结合电子转移数守恒，由上述分析可知，阴极产生的铵根离子小于阳极产生的硝酸根离子，为保持溶液电中性，NH4+与NO3－按物质的量为1:1制备NH4NO3，则应及时补充NH3，故B项正确；‎ C. 阳极NO失电子发生氧化反应，其电极反应式：NO - 3e－ + 2H2O＝NO3－+ 4H+，故C项错误；‎ D. 电解反应总的方程式为：8NO + 7H2O 3NH4NO3+ 2HNO3，根据关系式8NO15 e－可知，若通过5 mol电子时，最多处理NO的物质的量为mol，在标准状况下，NO的体积为mol22.4 L/mol= 59.7 L，故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+‎ ‎2OH-(aq),下列叙述正确的是（ ）‎ A. 给溶液加热，溶液的pH升高 B. 恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高 C. 向溶液中加入Na2CO3溶液，则其中的Ca(OH)2的固体增多 D. 向溶液中加入少量的NaOH固体，则其中的Ca(OH)2的固体增多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：Ca(OH)2(s)的溶解度随温度的升高而减小，给溶液加热，OH-浓度减小，溶液的pH降低，故A错误；恒温下溶解度不变，所以加入氧化钙，溶液的浓度不变，pH不变，故B错误；加入NaCO3溶液，生成碳酸钙沉淀，平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)正向移动，Ca(OH)2的固体减少，故C错误；加入少量的NaOH固体，OH-浓度增大，平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)逆向移动，Ca(OH)2的固体增多，故D正确。‎ 考点：本题考查溶解沉淀平衡。‎ ‎20.中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如下图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是 A. a极为正极 B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大 C. 消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子 D. b极的电极反应式为：MnO2+2H2O+2e－=Mn2++4OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此装置为新型电池，为原电池原理，其中a极葡萄糖（C6H12O6）转化为葡糖糖内酯（C6H10O6），C元素化合价升高，发生氧化反应，因电解质的pH=2.5，则为其电极反应式为：C6H12O6 - 2e－= C6H10O6 + 2H+，b极为电源的正极，MnO2失电子发生还原反应，电极反应式为：MnO2+ 4H++2e－=Mn2++2H2O，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 由已知图示可知，葡萄糖（C6H12O6）发生氧化反应生成葡糖糖内酯（C6H10O6），则a极为负极，故A项错误；‎ B. 由上述分析可知，负极反应式为：C6H12O6 - 2e－= C6H10O6 + 2H+，因此随着反应不断进行，负极区的氰离子浓度逐渐增大，其溶液的pH不断减小，故B项错误；‎ C. 因负极发生的反应为：C6H12O6 - 2e－= C6H10O6 + 2H+，则消耗0.01 mol葡萄糖，电路中转移0.02 mol电子，故C项正确；‎ D.因电解质的环境为酸性，则b极的电极反应式为：MnO2+ 4H++2e－=Mn2++2H2O，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】根据原电池的基本工作原理准确判断该电池的正负极及其相应的电极反应式为该题的关键突破口，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性，如本题的D选项，要注意酸碱性的陷阱。‎ ‎21.常温下，现有0.1mol•L﹣1 NH4HCO3‎ 溶液，pH=7.8．已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示：‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A. 分析可知，常温下Kb(NH3•H2O)＞Ka1(H2CO3)‎ B. 0.1 mol•L-1 NH4HCO3溶液中存在：c(NH3•H2O)=c(H2CO3)+c(CO32-)‎ C. 当溶液的pH=9时，溶液中存在：c(HCO3－)＞ c(NH4+)＞c(NH3•H2O)＞c(CO32-)‎ D. 向pH=7.8的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3﹣浓度逐渐减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 碳酸氢钠溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。 B. 根据碳酸氢铵溶液中的物料守恒分析； C. 当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；‎ D. 该碳酸氢铵溶液的pH=7.8，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4+和HCO3-浓度变化；‎ ‎【详解】A. 由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则Kb(NH3•H2O)＞Ka1(H2CO3)，故A项正确；‎ B. 0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，由图像可知，c(NH4+) = c(HCO3−)，又NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c(NH4+)+ c(NH3•H2O) = c(HCO3−)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，联立两式可知，c(NH3•H2O)=c(H2CO3)+c(CO32-)，故B项正确；‎ C. 结合图象可知，溶液的pH = 9时，溶液中离子浓度大小为： c(HCO3－)＞ c(NH4+)＞c(NH3•H2O)＞c(CO32-)，故C项正确； ‎ D. 0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，结合图像及反应原理可知，当逐滴滴加氢氧化钠溶液时，铵根离子会与氢氧根离子发生反应生成一水合氨，其浓度逐渐减小；而碳酸氢根离子由于水解显碱性，当加入氢氧化钠溶液后，开始由于抑制碳酸氢根离子的水解而使其离子浓度会先略增大，而后发生反应：HCO3－ + OH－ = CO32- + H2O，则使得HCO3－浓度大大减小，故D项错误； ‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共58分)‎ 二．填空题(本题包括2个小题，共32分 )‎ ‎22.氨、尿素[CO(NH2)2]都是氮的重要化合物，在工农业生产中应用广泛。‎ ‎(1)已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol-1‎ ‎①取1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量___92.2kJ(填“＞”、“＝”或“＜”)，原因是_______________。‎ ‎②使用催化剂，该反应△H_____(填“变大”“变小”或“不变”)。‎ ‎③已知：分别破坏1molN≡N键、1molH－H键需要吸收的能量为：946kJ、436kJ，则破坏1molN－H键需要吸收的能量为_____kJ．‎ ‎(2)以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[CO(NH2)2]。已知：‎ Ⅰ.2NH3(g)+CO2(g)==NH2CO2NH4(s)△H＝﹣159.5kJ/mol Ⅱ.NH2CO2NH4(s)==CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H＝+116.5kJ/mol Ⅲ.H2O(l)==H2O(g)△H＝+44.0kJ/mol ‎①写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式_______________________。‎ ‎②化学家正在研究尿素动力燃料电池。用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电，尿素燃料电池结构如图所示：‎ 回答下列问题：‎ 电池中的负极为_____(填“甲”或“乙”)，甲的电极反应式为_____________，‎ 电池工作时，理论上每净化1mol尿素，消耗O2的体积(标准状况下)约为_____L。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). 由于该反应是可逆反应，反应物无法全部转化为生成物 (3). 不变 (4). 391 (5). 2NH3(g)+CO2(g)== CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H＝﹣87.0 kJ/mol (6). 甲 (7). CO(NH2)2+H2O﹣6e﹣== CO2↑+N2↑+6H+ (8). 33.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①合成氨反应为可逆反应，不可能进行到底，故在实际生产中1 mol N2和3 mol H2不可能生成2 mol NH3，放出的热量也必定小于92 kJ；‎ ‎②催化剂改变反应速率不改变化学平衡及△H；‎ ‎③ΔH＝反应物的键能之和—生成物的键能之和，据此分析作答；‎ ‎（2）①根据盖斯定律计算；‎ ‎②该电池CO(NH2)2在负极失电子生成二氧化碳和氮气，氧气在正极反应生成水，电解质溶液中含氢离子，该反应的总方程式为： 2CO(NH2)2+3O2 = 2CO2 + 2N2 + 4H2O，据此分析作答；‎ ‎【详解】（1）①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)   ΔH＝－92 kJ·mol-1，N2和H2反应生成2 mol NH3时放出的热量为92.2 kJ，是指1 mol氮气和3 mol的氢气完全反应生成2 mol的氨气放出的热量为92.2 kJ，1mol N2和3 molH2放在密闭容器中不可能完全转化为氨气，所以放出热量一定小于92.2 kJ，‎ 故答案为：＜；由于该反应是可逆反应，反应物无法全部转化为生成物；‎ ‎②催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应热不变，‎ 故答案为：不变；‎ ‎③已知：分别破坏1 mol N≡N键、1 mol H−H键需要吸收的能量为：946 kJ、436 kJ，设破坏1 mol N−H键需要吸收的能量为x，根据N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)   ΔH＝－92 kJ·mol-1，焓变=反应物总键能−生成物的总键能，即946 kJ/mol+3×436 kJ/mol−6x = －92.2 kJ/mol，解得x=391 kJ/mol，即破坏1 mol N−H键需要吸收的能量为：391 kJ；‎ 故答案为：391；‎ ‎（2）①由Ⅰ. 2NH3(g)+CO2(g)= NH2CO2NH4(s) H = -159.5kJ•mol-1 Ⅱ.NH2CO2NH4(s)= CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H = +116.5kJ•mol-1 Ⅲ. H2O(l)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1 结合盖斯定律可知，①+②-③得到2NH3(g)+CO2(g)= CO(NH2)2(s)+H2O(l)，其△H = −159.5 kJ⋅mol−1+(+116.5kJ⋅mol−1)−(+44.0kJ⋅mol−1)=−87.0kJ⋅mol−1，则CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为2NH3(g)+CO2(g)== CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H＝﹣87.0 kJ/mol，‎ 故答案为：2NH3(g)+CO2(g)== CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H＝﹣87.0 kJ/mol；‎ ‎②根据图示可知，甲电极上CO(NH2)2反应生成二氧化碳和氮气，N元素化合价升高，失电子，为电源的负极，电解质溶液为酸性，则其电极反应式为：CO(NH2)2+H2O﹣6e﹣== CO2↑+N2↑+6H+，该反应的总方程式为： 2CO(NH2)2+3O2 = 2CO2 + 2N2 + 4H2O，根据关系式2‎ ‎ CO(NH2)23O2可知，电池工作时，理论上每净化1mol尿素，消耗O2的体积为1.5 mol 22.4 L/mol = 33.6 L， ‎ 故答案为：甲；CO(NH2)2+H2O﹣6e﹣== CO2↑+N2↑+6H+；33.6。‎ ‎23.CO、CO2是含碳元素的常见气体，也是参与碳循环的重要物质。‎ ‎(1)利用煤化工中产生的CO和H2可制取甲醇，反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。实验室中，在1L恒容的密闭容器中进行模拟合成实验。将1molCO和2molH2通入容器中，分别恒温在300℃和500℃反应，每隔一段时间测得容器内CH3OH的物质的量(单位：mol)如下表所示：‎ ‎10min ‎20min ‎30min ‎40min ‎50min ‎60min ‎300℃‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.75‎ ‎0.84‎ ‎0.90‎ ‎0.90‎ ‎500℃‎ ‎0.60‎ ‎0.75‎ ‎0.78‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎①300℃和500℃对应的平衡常数大小关系为K300℃_________K500℃(填“>”、“=”或“<”)。‎ ‎②在一定条件下，下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_______(填标号)。‎ A.容器内气体的平均摩尔质量保持不变 B.2v(H2)正=v(CH3OH)逆 C.容器中气体的压强保持不变 D.单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2‎ ‎③300℃时，前10min内，该反应的平均反应速率为v(H2)＝_________mol/(L·min)。‎ ‎④下列措施能够增大此反应中CO的转化率的是_________(填标号)。‎ A．充入CO气体B．升高温度 C．使用优质催化剂D．往容器中再充入1molCO和2molH2‎ ‎⑤500℃时，保持反应体系的温度不变，60min时再向容器中充入CH3OH气体和H2各0.4mol，反应将向____________________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)进行。再次达到平衡时的平衡常数为____________L2/mol2。‎ ‎(2)二氧化碳催化加氢也可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H。在密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2，在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如下图所示．‎ ‎①二氧化碳合成甲醇正反应的△H______0(填“>”、“<”或“=”，下同)。‎ ‎②M、N两点时化学反应速率：v(N)______v(M)。‎ ‎(3)一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入amolCO2和bmolH2发生反应：‎ CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，欲使整个反应过程中CO2的体积分数为恒定值，则a与b的大小关系式是_________。‎ ‎(4)以TiO2／Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图所示。当乙酸的生成速率主要取决于温度时，其影响范围是_______________________。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). AC (3). 0.08 (4). D (5). 正反应方向 (6). 25 (7). ＜ (8). ＜ (9). a=b (10). 300℃～400℃‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据热效应分析平衡常数，若为放热反应，则其平衡常数随着温度的升高而降低，若为吸热反应，则其平衡常数随着温度的升高而增大，据此分析作答。‎ ‎②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；‎ ‎③由表可知10 min内，甲醇的浓度变化为0.40 mol/L，根据= 先计算v(CH3OH)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算 (H2)；‎ ‎④根据CO的转化率公式 = ‎ ‎100%，则需使化学平衡向正反应方向移动，或减小CO起始的物质的量，据此分析作答；‎ ‎⑤500 ℃时，保持反应体系的温度不变，60 min时已达到平衡，CH3OH的物质的量为0.8 mol，体积为1L，则其浓度为0.8 mol/L，则结合反应列出三段式得，‎ 反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 起始（mol/L）1   2   0 ‎ 转化（mol/L）0.8  1.6   0.8   平衡（mol/L）0.2 0.4    0.8 ‎ 根据K=将数值带入计算K值，当加入新物质后，根据浓度商Qc与K值的关系判断反应进行的方向；温度不变，其K值不变，据此分析作答。‎ ‎（2）①由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动； ②正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，结合图可知，P1>P2，根据压强对反应速率的影响作答；‎ ‎（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x， 则CO2的体积分数为 = ，据此讨论；‎ ‎（4）根据图示可知，乙酸的生成速率在300℃后逐渐增大，据此分析。‎ ‎【详解】（1）①由表可知反应进行到50 min时，各物质的浓度均保持不变，则反应均达平衡状态，此时300℃和500℃甲醇的平衡浓度分别为0.90 mol/L和0.80 mol/L，说明升高温度，不利于生成甲醇，正反应为放热反应，则K300℃＞ K500℃，‎ 故答案为：＞；‎ ‎②反应是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理分析判断 A. 气体的平均摩尔质量 = ；质量是守恒的保持不变，但只要反应向正向移动则气体的总物质的量在减小，则当气体的平均摩尔质量不变了，证明已达到平衡，故A项正确；‎ B.根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(H2)正 = 2v(CH3OH)逆 ‎，才能说明化学反应达到平衡，所以2v(H2)正 = v(CH3OH)逆，不能说明正逆反应速率相等，则不能证明反应达到平衡状态，故B项错误；‎ C. 反应是前后气体体积变化的反应，容器中气体的压强保持不变，证明达到了平衡，故C项正确；‎ D. 单位时间内生成n mol CO的同时生成2n mol H2，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故D项错误。‎ 故选AC；‎ ‎③由表可知10 min内，甲醇的浓度变化为0.40mol/L，所以v（CH3OH）= = =0.04 mol/（L•min），根据速率之比等于化学计量数之比，则所以v（H2）= 2 v（CH3OH）=2×0.04 mol/（L•min）= 0.08 mol/（L•min）． 故答案为：0.08 mol/（L•min）；‎ ‎④A. 充入CO气体，平衡虽然向正反应方向移动，但起始CO的物质的量增多，最终导致其转化率减小，故A项错误；‎ B. 因反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小，故B项错误；‎ C. 使用合适的催化剂，化学平衡不移动，CO的转化率不变，故C项错误；‎ D. 往容器中再充入1 mol CO和2 mol H2，相当于给反应体系加压，因反应为气体体积分数减小的方向，所以增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故D项正确；‎ 答案选D；‎ ‎⑤500 ℃时，保持反应体系的温度不变，60 min时已达到平衡，CH3OH的物质的量为0.8 mol，体积为1L，则其浓度为0.8 mol/L，则结合反应列出三段式得，‎ 反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 起始（mol/L）1   2   0 ‎ 转化（mol/L）0.8  1.6   0.8   平衡（mol/L）0.2 0.4    0.8 ‎ K= = = 25 L2/mol2，再向容器中充入CH3OH气体和H2各0.4 mol后，c(CH3OH) = 1.2 mol/L，c(H2) = 1.8 mol/L，c(CO) = 0.2 mol/L，其浓度商Qc = = L2/mol2K，故反应向正反应方向移动，温度不变，再次达到平衡其K值不变，为25 L2/mol2，‎ 故答案为：正反应方向；25；‎ ‎（2）①由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H<0，‎ 故答案为：<；‎ ‎②正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动,，甲醇的物质的量增大，故压强P1>P2，又因为压强增大，反应速率也增大，所以 v(N) < v(M)，‎ 故答案为：<；‎ ‎（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x， 则CO2的体积分数为 = ，要使为恒定的值，则a与b的大小关系式为a=b，‎ 故答案为：a=b；‎ ‎（4）由图2知，乙酸的生成速率在300℃后逐渐增大，催化剂已失去活性，则乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围：300∼400℃，‎ 故答案为：300∼400℃。‎ 三．实验题(本题包括1个小题，共16分 )‎ ‎24.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)‎ Ⅰ．实验步骤 ‎(1)配制100mL待测白醋溶液：用______填仪器名称量取10.00mL市售白醋，在烧杯中用水稀释后转移到______填仪器容量、名称中定容，摇匀即得待测白醋溶液．‎ ‎(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_____作指示剂．‎ ‎(3)读取盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数:如果液面位置如图所示，则此时的读数为______mL．‎ ‎(4)滴定：当________________________________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数，重复滴定3次。‎ Ⅱ．实验记录 滴定次数实验数据(mL)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ V(样品)‎ V(NaOH)(消耗)‎ Ⅲ．数据处理与讨论 ‎(5)甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积：V==15.24mL指出他的计算的不合理之处：_________________________________________________。‎ 选取正确数据，可得市售白醋____mol/L；市售白醋总酸量____g/100mL。‎ ‎(6)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，需查找在一定温度下的醋酸与苯甲酸的________(填标号)．‎ A．pHB．电离度C．电离常数D．溶解度 ‎(7)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是______(填标号)．‎ A．碱式滴定管在用蒸馏水洗净后，未用标准NaOH溶液润洗 B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水 D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．‎ ‎【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 100mL容量瓶 (3). 酚酞 (4). 0.60 (5). 溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 (6). 第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去 (7). 0.7500 (8). 4.5 (9). C (10). AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．（1）根据量取液体体积的精确度以及液体的性质选择仪器；溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行； （2）醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，可用酚酞作指示剂； （3）根据滴定管的结构与精确度来读数； （4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色； Ⅲ．（5）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式：CH3COOOH～NaOH找出样品中CH3COOOH的物质的量，得出100 mL容量瓶内CH3COOOH的物质的量，进而结合稀释前后溶质的物质的量保持不变，计算出市售白醋的溶质的物质的量，据此分析作答；‎ ‎（6）根据电离常数判断酸的强弱，然后依据强酸制弱酸来分析；‎ ‎（7）根据c（待测）= 分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】I.（1）滴定管精确度为0.01 mL，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；用酸式滴定管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；‎ 故答案为：酸式滴定管；100 mL容量瓶；‎ ‎（2）由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，‎ 故答案为：酚酞；‎ ‎（3）滴定管液面的读数0.60 mL；‎ 故答案为：0.60；‎ ‎（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；‎ 故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；‎ Ⅲ.（5）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00 mL、15.05 mL、14.95 mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00 mL，‎ 设20 mL待测液中含有CH3COOOH 的物质的量为x mol，根据CH3COOOH∼NaOH，则n(CH3COOOH) = n(NaOH)，即x= 0.1000mol/L×0.015 L = 0.0015 mol，取样前后CH3COOOH 的物质的量浓度保持不变，则100 mL容量瓶中的CH3COOOH 的物质的量为0.0015 mol = 0.0075 mol，根据稀释前后溶质的物质的量不变可知，10 mL市售白醋的浓度为 = 0.7500 mol/L，10 mL市售白醋总酸量为0.0075 mol60 g/mol = 4.5 g/100mL，‎ 故答案为：第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；0.7500；4.5；‎ ‎（6）电离常数可判断对应酸的强弱程度，依据电离平衡常数与酸的强弱关系及强酸制弱酸原理，进而判断反应能否发生，其他选项不能判断酸的强弱，故C项正确，‎ 故答案为：C；‎ ‎（7）A. 碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，溶液浓度偏高，故A项正确；‎ B. 碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，溶液浓度偏高，故B项正确；‎ C. 锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，溶液浓度不变，故C项错误；‎ D. 锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小,，造成V(标准)偏小，溶液浓度偏低，故D项错误；‎ 答案为：AB。‎ 四．选考题：共10分。请考生从下面2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎25.铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。‎ ‎(1)基态Fe原子的价层电子的电子排布图为_________________，其最外层电子的电子云形状为___________。‎ ‎(2)(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O俗称摩尔盐。‎ ‎①O、S两元素的电负性由大到小的顺序为_____________(用元素符号表示)。‎ ‎②N、O两元素的的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。‎ ‎③SO42-中S原子的杂化方式为___________，VSEPR模型名称为___________________。‎ ‎(3)Fe3+可与某阴离子发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+。该阴离子的电子式为_____，σ键和π键的数目之比为______________。其空间构型为__________。‎ ‎(4)K3[Fe(CN)6]晶体中配离子的配位体为_____(用化学符号表示)‎ ‎【答案】 (1). (2). 球形 (3). O＞S (4). N>O (5). sp3 (6). 正四面体形 (7). (8). 1：1 (9). 直线型 (10). CN－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Fe元素为26号元素，根据泡利原理与洪特规则对价电子层进行排布即可；其最外层电子处于s能级；‎ ‎（2）①元素周期表中，同主族元素的电负性从上到下逐渐变小；‎ ‎②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；‎ ‎③根据杂化轨道理论和VSEPR模型分析作答；‎ ‎（3）SCN-可检验Fe3+，再结合共价键的存在规律和杂化轨道理论分析作答；‎ ‎（4）根据配合物理论作答。‎ ‎【详解】（1）Fe元素为26号元素，其基态Fe原子的价层电子的电子排布图为，因该原子最外层为4s能级，则其最外层电子云形状为球形，‎ 故答案为：；球形；‎ ‎（2）①O与S同族，且在S的上一周期，则O、S两元素的电负性由大到小的顺序为O＞S，‎ 故答案为：O＞S；‎ ‎②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，较为稳定，则其第一电离能比O高，即；N>O，‎ 故答案为：N>O；‎ ‎③杂化轨道数 = 中心原子孤电子对数+中心原子结合的原子数，则SO42-中S原子的孤电子对数为（6-24+2）= 0，则其杂化轨道数为0+4 = 4，故其杂化方式为sp3，又其价层电子对数 = 0+4 = 4，则其VSEPR模型名称为正四面体形，‎ 故答案为：sp3；正四面体形；‎ ‎（3）SCN-可与Fe3+发生特征的显色反应，根据各原子满足8电子稳定结构可知，分子内S原子与C原子共用一对电子对，C与N共用三对电子对，则其电子式为；根据电子式和结构式可知，SCN-内部含一个共价单键和一个共价三键，则σ键数目为1+1 = 2，和π键的数目为2，故两者之比为1：1；SCN-中心原子C的杂化轨道数为2+0 = 2，故采用sp杂化，其分子空间构型为直线型，‎ 故答案为：；1：1；直线型；‎ ‎（4）在K3[Fe(CN)6]配合物中，CN-作为配体，与中心离子Fe3+形成配合物，‎ 故答案为：CN-。‎ ‎26.Ⅰ．常温下有浓度均为0.1 mol/L的四种溶液：①Na2CO3 ②NaHCO3 ③HCl ④NH3·H2O ‎(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___________________(用序号填写)。‎ ‎(2)等体积混合③和④的溶液中离子浓度的大小顺序是：__________________________。‎ ‎(3)②溶液中存在的质子守恒关系：c(OH－)=___________________________。‎ ‎(4)向④中加入少量氯化铵固体，溶液中c(H+)______(填“增大”、“减小”或“不变”)‎ ‎(5)取10mL溶液③，加水稀释到100mL,则该溶液中由水电离出的c(H+)约为 ________ 。‎ Ⅱ．普通泡沫灭火器内的玻璃筒里盛有Al2(SO4)3溶液，铁筒中盛有NaHCO3溶液，当意外失火时，打开泡沫灭火器使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，其相关的离子方程式为：______________________________________，不能把Al2(SO4)3溶液盛放在铁筒中的主要原因是______________________________________________________。‎ Ⅲ．某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Cu(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎2.3‎ ‎7.6‎ ‎4.4‎ 完全沉淀的pH ‎3.2‎ ‎9.7‎ ‎6.4‎ ‎(1)酸浸后加入H2O2的目的是___________________，调pH的最适宜范围为__________。‎ ‎(2)调pH过程中加入的试剂最好是___________(填标号)。‎ A. NaOH B. CuO C.NH3·H2O D.HCl ‎【答案】 (1). ①＞②＞④＞③ (2). c (Cl-)＞C(NH4+) ＞c (H+)＞c (OH﹣) (3). c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO32-) (4). 增大 (5). 10－12 mol/L (6). 3HCO3－+ Al3＋== Al(OH)3↓+ 3CO2↑ (7). 因Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性会腐蚀铁筒 (8). 将Fe2+氧化成Fe3＋，便于调整pH值与Cu2+分离 (9). 3.2-4.4 (10). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．（1）水解的盐促进水的电离，酸碱抑制水的 电离，盐水解程度越大，水的电离平衡程度越大，弱酸碱抑制水电离程度小于强酸强碱；‎ ‎（2）等体积混合③和④的溶液溶质为氯化铵，铵根离子水解显酸性； （3）NaHCO3溶液中，根据质子守恒规律作答；‎ ‎（4）NH3·H2O电离生成铵根离子与氢氧根离子，加入氯化铵后抑制一水合氨的电离；‎ ‎（5）根据稀释后溶质HCl的氰离子浓度和水的离子积常数Kw计算分析，由水电离的氢氧根离子浓度等于由水电离出的c(H+)，从而得出结论；‎ Ⅱ．碳酸氢钠水解导致溶液呈碱性；，硫酸铝水解导致其溶液呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝在水溶液中能相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，写出相应的离子方程式，注意碳酸氢根离子不能写成碳酸根离子和氢离子；‎ Ⅲ．电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水具有强氧化性，可氧化还原性的物质Fe2+，使其转化为Fe3+，根据表中数据可以看出，其目的是调整合理的pH范围，便于Fe(OH)3沉淀与Cu2+分离开，调整pH值时，加入的试剂目的是除去溶液中的酸且不引入其他杂质，据此分析作答；‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）①Na2CO3②NaHCO3盐溶液中阴离子水解促进水的电离，其水的电离程度增大,，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则水的电离程度①>②，而③HCl④NH3⋅H2O是酸和碱，抑制水的电离，一水合氨为弱碱，对水抑制作用相对较小，水电离程度④>③，则四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是①②④③，‎ 故答案为：①②④③；‎ ‎（2）等体积混合③HCl④NH3⋅H2O，生成氯化铵溶液，溶液中铵根离子发生水解，其方程式为：NH4+ + H2ONH3·H2O+ H+，根据电荷守恒可知，其离子浓度大小为：c (Cl-)＞C(NH4+) ＞c (H+)＞c (OH﹣)，‎ 故答案为：c (Cl-)＞C(NH4+) ＞c (H+)＞c (OH﹣)；‎ ‎（3）②NaHCO3溶液遵循质子守恒规律，即c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO32-)，‎ 故答案为：c(OH－)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO32-)；‎ ‎（4）④NH3·H2O中存在电离平衡，为弱碱，当加入氯化铵固体时，由于铵根离子浓度增大，抑制其电离平衡，故溶液中的c(OH－)降低，根据水的离子积KW=c(H+)×c(OH−)保持不变可知，c(H+)增大；‎ ‎（5）0.1 mol/L的HCl溶液10mL加水稀释到100mL，其氰离子浓度c(H+) = 0.01 mol/L，根据水的离子积KW=c(H+)×c(OH−)可知，常温下溶液中由水电离的氢氧根离子浓度c(OH−) = ‎ ‎ = = 10-12 mol/L，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为10-12 mol/L，‎ 故答案为：10-12 mol/L；‎ Ⅱ．碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子能水解使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而导致其溶液呈碱性，水解离子方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；硫酸铝是强酸弱碱盐能水解，其水解方程式为：Al3++3H2O⇌ Al(OH)3+3H+，碳酸氢钠的水溶液呈碱性，两者在水溶液中能相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，离子方程式为：3HCO3-+Al3+= Al(OH)3↓+3CO2↑；铁的金属活动性顺序比铝弱，但不能把Al2(SO4)3溶液盛放在铁筒中，其主要原因也是因为铝离子水解显酸性，腐蚀铁筒， 故答案为： 3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑；因Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性会腐蚀铁筒；‎ Ⅲ.（1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水具有强氧化性，可氧化还原性的物质Fe2+，使其转化为Fe3+，，便于Fe(OH)3沉淀与Cu2+分离开；根据表中数据可以看出，Fe(OH)3完全沉淀时pH = 3.2，Cu(OH)2开始沉淀时pH = 4.4，为使Fe3+完全沉淀，而与Cu2+分离开来，调整的pH范围应为3.2-4.4，‎ 故答案为：将Fe2+氧化成Fe3＋，便于调整pH值与Cu2+分离；3.2-4.4；‎ ‎（2）调整pH值时，加入的试剂目的是除去溶液中的酸且不引入其他杂质，故pH过程中加入的试剂最好是氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜，故B项正确，而氢氧化钠和氨水会引入新的杂质阳离子钠离子与铵根离子，故A、C项错误，盐酸达不到除杂的目的，故D项错误，‎ 答案选B；‎ ‎ ‎ ‎ ‎