四川乐山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

这是一份四川乐山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共25页。试卷主要包含了1，≈，1g2=0，5毫克的维生素C，1kJ·ml-1，50等内容，欢迎下载使用。
四川乐山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·四川乐山·高二统考期末）按要求回答下列问题：
(1) 的系统命名为_______。
(2)3-甲基-2-戊烯的结构简式为_______。
(3) 中的官能团名称为_______ 。
(4) 的1H-核磁共振谱图中有______组特征峰。
(5)分子式为C5H10且属于烯烃的同分异构体有_______种。
(6)某有机物由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为62，它的红外吸收光谱表明有羟基O-H键和烃基C-H键的吸收峰，且核磁共振氢谱中两组吸收峰面积比为1：2，则该有机物的结构简式为_______。
2. （2020春·四川乐山·高二统考期末）化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25°C时，浓度均为0.10 mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76。回答下列问题：
(1)写出CH3COONa水解的离子方程式_____________，改变下列条件，能使CH3COONa稀溶液中保持增大的是_______。
a．升温b．加入NaOH固体c．稀释d．加入CH3COONa固体
(2)该缓冲溶液中除水分子外，所有粒子浓度由大到小的顺序_____________。
(3)人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时，H2CO3的一级电离常数Ka1=10-6.1，≈，1g2=0.3。由题给数据可算得正常人体血液的pH约为_______，当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的值将__________(填“变大” “变小”或“不变”)。
3. （2021春·四川乐山·高二统考期末）氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的基本化学工业，回答下列问题：
(1)工业电解饱和溶液的化学方程式为_______。
(2)氯碱工业中采取膜技术，若阳离子交换膜损伤会造成阳极能检测到，产生的电极反应式为_______。下列生产措施有利于提高产量、降低阳极含量的是_______。
a．定期检查并更换阳离子交换膜
b．向阳极区加入适量盐酸
c．使用Cl-浓度高的精制饱和食盐水为原料
d．停产一段时间后，继续生产
(3)氯碱工业是高耗能产业，按下图将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30%以上，且相关物料的传输与转化关系如图所示(电极未标出)。

①图中装置I和装置II中属于原电池的是_______(选填装置编号)。
②X的化学式为_______；Y在装置II中发生的电极反应为_______。
③图中氢氧化钠质量分数大小关系为a%_______b%。(选填“>”、“=”或“＜”)
4. （2022春·四川乐山·高二统考期末）2021年我国自主研发的神舟十三号载人飞船成功进入太空，其轨道舱和推进舱使用太阳能电池阵——镍镉蓄电池组系统，返回舱使用的是银锌蓄电池组。
(1)飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将____能转化为____能。除供给飞船使用放电，多余部分用镍镉蓄电池储存起来，其工作原理为Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。下列有关镍镉电池的说法正确的是___。
A．放电时负极反应式为Cd+2OH--2e-=Cd(OH)2
B．放电时电子由镍电极经导线流向镉电极
C．充电时阳极反应式为Ni(OH)2+OH--2e-=NiOOH+H2O
D．充电时电解质溶液中的OH-移向镉电极
(2)返回舱使用的是银锌蓄电池组，其工作原理为：Zn+Ag2O+H2O2Ag+Zn(OH)2。
①其负极的电极材料为____，负极反应类型为____。
②在电池使用的过程中，电解质溶液中KOH的物质的量浓度____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
③当电池工作时通过电路对外提供了1mol电子，则正极质量减轻____g。
5. （2020春·四川乐山·高二统考期末）每100克鲜榨橙汁中含有大约37.5毫克的维生素C。某学习小组欲用碘量法测定市售橙汁饮料中维生素C的含量，反应的方程式为C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI(维生素C化学式为C6H8O6。相对分子质量为176)，其实验步骤及相关数据如下：
步骤1：移取20.00 mL饮料样品(设密度为1.0 g/cm3)于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液。
步骤2：在滴定管中装入0.0008 mol/L的碘标准溶液，进行滴定。
步骤3：滴定至终点，读取并记录相关数据，重复三次实验，实验数据如表：

第一次
第二次
第三次
滴定前读数/mL
0.00
0.44
1.33
滴定后读数/mL
30.01
30.44
31.32

回答下列问题：
(1)实验中盛装碘标准溶液应选择_______(选填“酸式”或“碱式”)滴定管。
(2)右图表示某次放液后50 mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积为________。
a. 是a mL                   b. 一定大于a mL             
c. 是(50-a) mL                d. 一定大于(50-a) mL.
(3)判断滴定达到终点的现象是_________。
(4)实验中下列操作可能导致测定结果偏低的是_________(填标号)。
a. 滴定时锥形瓶中有液体溅出         b. 滴定结束时俯视读数
c. 滴定前未用碘标准溶液润洗滴定管   d. 滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
(5)计算该饮料样品中维生素C含量为______mg/100g(结果保留两位小数)，该含量____(选填“ 高于”或“低于”)鲜榨橙汁。
6. （2021春·四川乐山·高二统考期末）草酸()是一种常用的化工原料，能形成多种化合物，其中草酸钠是一种常用的化工还原剂，草酸钙可用于陶瓷上釉等，回答下列问题：
(1)中C元素的化合价为_______。
(2)某同学用酸性溶液滴定含杂质的测定样品的纯度(已知杂质不参与反应)，实验步骤如下：
准确称取1g固体样品，配成溶液，取出于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入足量稀溶液，用高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液。
①高锰酸钾溶液应装在_______滴定管中，滴定至终点时的实验现象是________。
②下列操作可能使测量结果偏低的是_________。
a.盛装的的滴定管没润洗
b.称取的样品部分含有结晶水
c.读数时滴定前俯视，滴定后仰视
d.滴定结束后滴定管尖端悬有一滴溶液
③计算样品中的纯度_______。
(3)是五种肾结石里最为常见的一种，患草酸钙结石的病人多饮白开水有利于结石的消融，请用必要的化学原理和简要的文字说明其原因_______。
7. （2022春·四川乐山·高二统考期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)，又名大苏打，在化学实验中应用广泛。实验室进行如下实验测定某硫代硫酸钠样品的纯度(杂质不参与反应)。
步骤I：准确称取10.00g产品，溶于蒸馏水配成250.00mL溶液。
步骤II：取25.00mL注入锥形瓶，加入指示剂，用0.05mol·L-1标准碘溶液滴定。(已知：2S2O+I2=S4O(无色)+2I-)，回答下列问题：
(1)步骤II中选用的指示剂为____，滴定终点的现象为____。
(2)第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图，则消耗标准碘溶液的体积为____mL。

(3)重复上述操作，记录另两次数据如表，则产品中Na2S2O3•5H2O(M=248g/mol)的质量分数为____(精确到0.1%)。
滴定次数
滴定前/mL
滴定后/mL
第二次
0.50
19.50
第三次
0.22
20.22

(4)下列操作会使测得Na2S2O3•5H2O的质量分数偏大的是____。
a.用蒸馏水冲洗锥形瓶
b.读数时，滴定前俯视，滴定后仰视
c.滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出
d.滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准碘溶液润洗
8. （2020春·四川乐山·高二统考期末）学好化学有助于理解生活中某些现象的本质，从而提高生活质量。
(1)泡菜过酸时加入少量白酒，既可减少酸酸味又可增加香味，该过程生成有机物的类别是________，醋汤过酸时，加入少量的面碱(Na2CO3)可以减弱酸味，发生反应的离子方程式是________ 。
(2)在和面炸油条时，加入适量水、明矾和小苏打，可以使油条更蓬松酥脆，这是由于明矾和小苏打在溶液中发生双水解反应，该反应的离子方程式为_________。
(3)研究发现，长期使用铁锅炒菜，可有效减少缺铁性贫血病症的发生。炒完菜之后若不及时洗锅擦干，铁锅会发生_________腐蚀(选填“化学”或“电化学”)，负极发生的电极反应式为________。
(4)现需要对农作物同时施用氮肥、磷肥、钾肥三种化肥，对给定的下列化肥①K2CO3②KCl ③Ca(H2PO4)2④(NH)2SO4 ⑤氨水，最适当的组合是_________.。
a．①③④          b．③⑤          c．②③⑤          d．②③④
9. （2021春·四川乐山·高二统考期末）请利用相关化学知识回答下列问题：
(1)4.0g硫粉在足量的氧气中完全燃烧生成二氧化硫，放出热量，则硫的燃烧热为_______。
(2)味精的主要成分是谷氨酸形成的钠盐——谷氨酸钠，已知谷氨酸是一种弱酸，则味精溶于水后溶液显_______性。
(3)泡沫灭火器可以用于扑灭以下物品中_______的初期着火。
a.金属镁    b.家用电器    c.纸张    d.植物油
(4)炒菜用的铁锅若未及时洗净(残液中含有)，便会因腐蚀而出现红褐色锈斑，此条件下铁锅锈蚀时正极的电极反应为_______。
(5)还原沉淀法是处理工业废水中的常用方法，流程如下图所示，其中“转化”步骤时，溶液颜色变化为_______，“还原”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。

10. （2021春·四川乐山·高二统考期末）甲醇是一种重要的化工原料，具有开发和应用的广阔前景，工业上常用合成甲醇，反应方程式为：，回答下列问题：
(1)该反应的∆S_______0(填“>”或“＜”)，一定温度下，在一个容积固定的密闭容器中，充入一定量的和，下列说法能表明该反应到达平衡状态的是_______。
a．∆H不再改变
b．v(CO)= v (CH3OH)
c．的转化率达到了最大限度
d．体系的压强不再变化
(2)在一容积为2L的密闭容器内，充入与发生上述反应，的平衡转化率与温度、压强的关系如图

①图中压强大小关系为P1_______ P2(选填“>”或“＜”)。
②A、B、C三点平衡常数KA、KB、KC的大小关系为_______。
③℃时，反应的平衡常数的值为_______。
(3)工业上也常用制备甲醇。该反应的原子利用率与用合成甲醇反应的原子利用率之比为_______。(已知原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比)
11. （2022春·四川乐山·高二统考期末）CO2的资源化利用有利于碳中和，利用CO2氧化烷烃可制得烯烃。某工厂以CO2和乙苯()为原料合成苯乙烯()，已知：
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.1kJ·mol-1
②(g)(g)+H2(g) △H=+117.6kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)根据盖斯定律，反应(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)的△H=____kJ·mol-1。
(2)下列有关(1)中反应的说法正确的是____。
a.当v(CO2)=v(CO)，反应达到平衡状态
b.升高温度，反应的正、逆反应速率均增大
c.增大压强，平衡逆向移动，平衡常数K减小
d.加入正催化剂，可减小反应的活化能
(3)刚性容器中，进料浓度比c(乙苯)：c(CO2)分别等于1：5、1：10时，乙苯平衡转化率随条件X的变化关系如图所示：

①曲线a的进料浓度比c(乙苯)：c(CO2)为____。
②条件X是____(填“温度”或“压强”)，依据是____。
(4)某温度下，等物质的量的乙苯和CO2在刚性容器内发生反应，初始压强为p0，平衡时苯乙烯的体积分数为20%，则平衡总压为____(用含p0的式子表示)。
12. （2020春·四川乐山·高二统考期末）锰是一种银白色的脆性金属，但把锰加到钢铁中，能使钢铁的强度提高4~8倍，所以锰钢在国防建设中有着广泛的用途。用阴离子膜电解法从含有MnCO3、FeCO3、SiO2、Al2O3等成分的锰矿石中制备金属锰的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是___________(填化学 式)。
(2)步骤2中加足量双氧水的作用是____________。
(3)步骤3中加入过量NaOH溶液，滤渣2部分溶解，试用沉淀溶解平衡原理解释沉淀溶解的原因___________ 。
(4)步骤4中用阴离子膜法提取金属锰的电解装置如图：

①电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的___________极。阴极的电极反应式为____________。
②电解装置M出口处，可收集到该工艺的主要副产品___________。
13. （2022春·四川乐山·高二统考期末）铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少环境污染。某厂利用铅蓄电池废铅膏(主要成分为PbSO4、PbO2，还有少量Fe2O3)为原料回收PbO的湿法浸出一液相合成流程工艺如图所示：

已知：步骤①铅膏脱硫时发生的反应为：
NaOH适量：PbSO4+2NaOH=PbO+H2O+Na2SO4
NaOH过量：PbO+NaOH=NaHPbO2；
回答下列问题：
(1)脱硫铅膏除含有PbO2外还含有____；由图可知当≥2.5时，铅膏脱硫率和滤液中含铅量的变化趋势为____，导致此种变化的原因可能是____。

(2)溶液I溶质的主要成分为(CH3COO)2Pb，写出PbO2转化为(CH3COO)2Pb的化学方程式___。
(3)步骤③中加入NaOH溶液调pH的目的是____。
(4)步骤④加入NaOH溶液使Pb2+完全沉淀，则应调节溶液的pH至少为____(已知25℃，Ksp[Pb(OH)2]=1×10-16)。
(5)若废铅膏中铅元素的质量分数为80%，用上述流程对1kg废铅膏进行处理，得到446gPbO，则Pb的回收率为____。
14. （2021春·四川乐山·高二统考期末）氮元素与氢元素能形成多种化合物，例如：氨气、肼()、叠氮酸()……等，回答下列问题：
(1)N在周期表中的位置_______，基态N原子的价电子排布式为_______。
(2)分子的电子式为_______，其中N采取_______杂化。
(3)叠氮酸()是一种弱酸，可部分电离出和。请写出一种与互为等电子体的分子的化学式_______；叠氮化物易与过渡金属元素形成配合物，如：，在该配合物中的配位数为_______，的立体构型为_______。
(4)氮与铝形成的某种晶体的晶胞如图所示。

①该晶体的化学式为_______。
②已知该晶体的密度为d，N和的半径分别为a和b，阿伏加德罗常数值为。用含a、b、d和的式子表示该晶体中原子的空间利用率_______。
15. （2022春·四川乐山·高二统考期末）硼氢化钠(NaBHa)中氢元素为-1价，具有很强的还原性，被称为“万能还原剂”。回答下列问题：
(1)基态硼原子的电子排布图是____，其原子核外共有____种运动状态的电子。
(2)硼与铍相比，第一电离能较高的是____，原因是____。
(3)NaBH4中所含的化学键的类型有____，[BH4]-的空间构型是____，其中心原子的杂化轨道类型为____。
(4)硼氢化钠(NaBH4)的晶胞结构及晶胞参数如图所示：

①Na+的配位数是____。
②若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到晶体的化学式为____。
③NA代表阿伏伽德罗常数的值，则NaBH4晶体的密度为____g•cm-3(用含a、NA的式子表示)。

参考答案：
1.      2−甲基丁烷     CH3CH=C(CH3)CH2CH3     碳碳双键和醛基     4     5     HOCH2CH2OH
【详解】(1) 是烷烃，选取含碳原子最多的碳链作为主链，主链含有4个碳原子，从离甲基最近的一端编号，故其名称为：2−甲基丁烷；
(2)依据烯烃的系统命名法可知，该烯烃最长碳链含有5个碳原子，在2号和3号碳原子间有一个碳碳双键，在3号碳原子上有一个甲基，故3-甲基-2-戊烯的结构简式为：CH3CH=C(CH3)CH2CH3；
(3) 中的官能团名称为碳碳双键和醛基；
(4)该有机物中共有4种等效氢原子，故其1H-核磁共振谱图中有4组特征峰；
(5)戊烷的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、、，
若为CH3CH2CH2CH2CH3，相应烯烃有CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3，共2种同分异构体；
若为，相应烯烃有：CH2=C(CH3)CH2CH3、(CH3)2C=CHCH3、(CH3)2CHCH═CH2，共3种同分异构体；
若为，没有相应烯烃，故分子式为C5H10且属于烯烃的同分异构体有2+3=5种；
(6)该有机物的红外吸收光谱表明有羟基O-H键和烃基C-H键的吸收峰，且核磁共振氢谱中两组吸收峰面积比为1：2，则该有机物由烃基和羟基两种基团构成，烃基与羟基上氢原子个数之比为1:2，这表明有机物含有的烃基为-CH2-，且n(CH2)：n(OH)=1：1，即有机物的实验式为CH2OH，由于该有机物的相对分子质量为62，由M(CH2OH)n=62，可得31n=62，n=2，故该有机物的分子式为C2H6O2，其结构简式为HOCH2CH2OH。
【点睛】烯烃的系统命名法是选择含碳碳双键的最长碳链作为主链，根据主链上所含碳的数目称为某烯，然后从碳链上靠近双键的一端开始，进行编号，将双键上的第一个碳原子的号码加在烯烃名称的前面以表示双键位置，取代基的名称和位置的表示方法与烷烃相同。
2.      CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−     d     c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)     7.4     变小
【分析】(1)根据外界因素对水解平衡移动的影响分析；
(2)根据醋酸的电离和醋酸根离子的水解程度分析；
(3)根据电离常数的公式计算；根据缓冲溶液的作用原理分析。
【详解】(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH，离子方程式为CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−；
a. ，升温促进水解，n(CH3COO-)减小，n(OH-)增大，故减小，故不符合；
b. 加入NaOH固体，c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，c(CH3COOH)减小，温度不变，水解常数Kh不变，，故减小，故不符合；
c. 稀释促进水解，n(CH3COO-)减小，n(OH-)增大，，故减小，故不符合；
d. 加入CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，水解平衡正向移动，c(CH3COOH)增大，，故增大，故符合；故选d；
(2)该缓冲溶液的pH=4.76，呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，又弱酸的电离和弱酸根离子的水解均是微弱的，故该缓冲溶液中除水分子外，所有粒子浓度由大到小的顺序c(CH3COO-) ＞c(Na+)＞c(CH3COOH) ＞c(H+)＞ c(OH-)；
(3)H2CO3的一级电离平衡常数Ka1=，，pH=-lg c(H+)=7.1+0.3=7.4；血液中的缓冲体系可抵抗少量酸或碱的影响，不能抵抗过量酸或碱的影响，否则缓冲溶液失去作用，当血液中进入过量的酸时，HCO3-与H+反应生成H2CO3，的值减小。
【点睛】稀CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，向稀CH3COONa溶液中加入蒸馏水稀释过程中，水解程度增大(稀释促进水解)，各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(OH-)均减小，由于Kh不变，则c(H+)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)、n(OH-)均增大，n(CH3COO-)减小，其中，温度不变，醋酸根离子的水解常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。
3.               abc     装置II               ＜
【分析】装置I是电解池，电解饱和食盐水，装置I右端产生NaOH溶液，说明右端电极是阴极，发生反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，因此Y是氢气，装置I的左端是阳极，发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X为Cl2，氯气和NaOH溶液的反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，装置II中通氧气的一极为正极，环境是NaOH溶液，因此正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，产生的NaOH浓溶液。
【详解】(1)工业电解饱和溶液生成氢氧化钠、氯气、氢气，化学方程式为。故答案为：；
(2)氯碱工业中采取膜技术，若阳离子交换膜损伤会造成阳极能检测到，阳极，氢氧根离子失电子得到氧气，产生的电极反应式为。下列生产措施有利于提高产量、降低阳极含量的是：
a．定期检查并更换阳离子交换膜，减少阳极产生氧气的机会，故a选；
b．向阳极区加入适量盐酸，降低氢氧根离子的浓度，故b选；
c．使用Cl-浓度高的精制饱和食盐水为原料，提高氯离子浓度，故c选；
d．停产一段时间后，继续生产，对产物没有影响，故d不选；
故选abc；
故答案为：；abc；
(3)①图中装置I是电解池，电解饱和食盐水，装置II是燃料电池，Y是氢气，属于原电池的是装置II(选填装置编号)。故答案为：装置II；
②装置I的左端是阳极，发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X的化学式为；装置II是燃料电池，Y是氢气，氢气在装置II中发生氧化反应生成水，电极反应为。故答案为：；；
③装置II中通氧气的一极为正极，环境是NaOH溶液，因此正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，产生的NaOH浓溶液，图中氢氧化钠质量分数大小关系为a%＜b%。(选填“>”、“=”或“＜”)，故答案为：＜。
4. (1)     太阳     化学     AC
(2)     Zn     氧化     增大     8

【分析】镍镉电池放电时，Cd发生失电子的氧化反应生成Cd(OH)2，则Cd作负极，负极反应为Cd-2e-+2OH-= Cd(OH)2，NiOOH发生得电子的还原反应生成Ni(OH)2，作正极，正极反应为NiOOH+e-+H2O═Ni(OH)2+OH-，放电时溶液中阴离子向负极移动；充电时为电解池，阴阳极反应与负正极反应相反，阳极反应为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极反应为Cd(OH)2+2e-═Cd+2OH-，据此分析解答。
(1)
结合题目信息中物质的变化分析可知，当飞船进入光照区时，太阳能电池将太阳能转化为电能，为镍镉电池充电，将电能转化为化学能储存；
A．放电时该装置是原电池，负极上Cd失电子生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH-= Cd(OH)2，A正确；
B．放电时电子由负极镉电极经导线流向正极镍电极，B错误；
C．充电时该装置是电解池．阳极上Ni(OH)2失电子生成NiOOH，阳极反应为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，C正确；
D．镍镉电池放电时Cd作负极，NiOOH作正极，充电时Cd作阴极，NiOOH作阳极，则充电时电解质溶液中的OH-移向NiOOH电极，D错误；
故答案为：太阳；化学；AC；
(2)
①银锌碱性蓄电池，放电过程Zn作为负极，发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)2，负极反应为Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，Ag2O作为正极，发生得电子的还原反应生成Ag，正极反应为Ag2O+2e-+ H2O =2Ag+2OH-；
②在电池使用的过程中，根据上述正负极电极反应式和总反应可知，电解质溶液中KOH的物质的量不变，但是反应消耗水，所以KOH的物质的量浓度增大；
③根据正极反应式Ag2O+2e-+ H2O =2Ag+2OH-，可得每转移2mol电子，则正极减少1mol氧原子的质量，即转移2mol电子减轻16g，所以当电池工作时通过电路对外提供了1mol电子，则正极质量减轻8g；
故答案为：Zn；氧化；增大；8。
5.      酸式     d     滴入最后一滴标准液时，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色；     ab     21.12     低于
【分析】(1)根据物质的性质选择滴定管；
(2)根据滴定管的构造分析；
(3)根据反应过程分析；
(4)根据滴定原理进行误差分析；
(5)根据滴定原理和有关物质的量计算公式进行分析计算。
【详解】(1)碘标准溶液具有氧化性，应选择酸式滴定管盛装；
(2)滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，由于滴定管最大刻度下方无刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积大于(50−a)mL，故选d；
(3)滴定反应的方程式为C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI，步骤1中加入的指示剂是淀粉溶液，当滴入最后一滴碘标准液时，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色；
(4) a. 滴定时锥形瓶中有液体溅出，导致消耗的碘标准溶液的体积减小，结果偏低，故a符合；
b. 滴定结束时俯视读数，导致读取的碘标准溶液体积减小，结果偏低，故b符合；
c. 滴定前未用碘标准溶液润洗滴定管，碘标准溶液被稀释，导致消耗的碘标准溶液的体积偏大，结果偏高，故c不符合；
d. 滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致读取碘标准溶液体积偏大，结果偏高，故d不符合；
故选ab；
(5)三次消耗的碘标准溶液的体积分别为30.01mL、30.44mL−0.44mL=30.00mL、31.32mL−1.33mL=29.9mL，故消耗碘标准溶液体积的平均值为30.00mL，由方程式C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI可知，维生素C的物质的量n=n(I2)= 0.0008 mol/L×0.030L=2.4×10−5mol，移取的20.00 mL饮料样品(设密度为1.0 g/cm3)的质量为20g，则100g饮料中含维生素C物质的量1.2×10−4mol，饮料样品中维生素C含量=1.2×10−4mol×176g/mol/100g=21.12mg/100g，故其含量低于鲜榨橙汁。
【点睛】第(5)问，该饮料样品中维生素C含量的计算是难点，同学们要通过含量的单位理解该含量的意义为100g饮料样品中含有的维生素C的质量，且质量的单位为mg，滴定中我们通过滴定计算出来的是20g饮料样品中维生素C的物质的量，再乘以5就是100g饮料样品中的物质的量，再转为质量即可。
6.     +3     酸式     溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色     ab     67%     ，多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融
【详解】(1)中钠元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，故碳元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
(2)①酸性高锰酸钾溶液呈酸性，且具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该用酸式滴定管盛装，故答案为：酸式；
滴定结束前溶液为无色，滴定结束后溶液呈淡紫色，所以滴定终点的现象为：无色变为淡紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：无色变为淡紫色，且半分钟内不褪色；
②a．盛装的的滴定管没润洗，导致待测液浓度减小，则测定结果偏低，故a符合题意；
b．称取的样品部分含有结晶水，则的质量偏小，则测定结果偏低，故b符合题意；
c．读数时滴定前俯视，滴定后仰视，读出的高锰酸钾溶液体积偏大，测定结果偏高，故c不符合题意；
d．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V(标准）偏大，测定结果偏高，故d不符合题意；
故选ab；
③25.00mL0.016mol/L高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：，100mL该样品溶液完全反应消耗高锰酸钾的物质的量为：，根据反应可知，1g固体样品中含有草酸钠的物质的量为：，质量为：，
所以的纯度为：，故答案为：67%；
(3)利用沉淀溶解平衡解释，故答案为：，多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融。
7. (1)     淀粉     加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色
(2)21.00
(3)49.6%
(4)bd

【解析】(1)
硫代硫酸钠溶液无色，用标准确碘溶液滴定时，淀粉遇到I2变蓝色，即滴定终点的现象为：加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，故答案为：淀粉；加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；
(2)
由图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为21.00mL，故第一次消耗碘的标准溶液的体积为21.00mL，故答案为：21.00；
(3)
第二次滴定数据为19.00mL，第三次滴定数据为20.00mL，平均消耗标准液体积为20.00mL，根据方程式可知关系式为：，则n() =2n(I2)=，则产品中的质量分数为，故答案为：49.6%；
(4)
a．蒸馏水冲洗锥形瓶不会影响待测液溶质的物质的量和标准溶液的体积，对测定结果无影响，a项错误；
b．读数时，滴定前俯视，滴定后仰视，使消耗标准液的体积读数偏大，测定结果偏大，b项正确；
c．滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏小，c项错误；
d．定管用蒸馏水洗净后，未用标准碘溶液润洗，标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏大，d项正确；
故答案为：bd。
8.      酯类     2CH3COOH+CO32− ═2CH3COO−+CO2↑+H2O     Al3++3HCO3− = Al(OH)3↓+3CO2↑     电化学     Fe2+ - 2e-=Fe2+     d
【分析】(1)根据酯化反应的原理和复分解反应的原理解答；
(2)根据双水解原理分析；
(3)根据金属的电化学腐蚀分析；
(4)根据物质之间是否反应分析解答。
【详解】(1)泡菜过酸时加入少量白酒，产生的有香味的物质为乙酸乙酯，属于酯类；醋酸的酸性比碳酸强，可与碳酸钠反应生成醋酸钠和二氧化碳，从而减弱酸味，反应的离子方程式为2CH3COOH+CO32− ═2CH3COO−+CO2↑+H2O；
(2)明矾中的Al3+与小苏打中的HCO3−发生双水解反应，生成大量的CO2气体，同时还有氢氧化铝生成，由电荷守恒、原子守恒可知，该反应的离子方程式为Al3++3HCO3− = Al(OH)3↓+3CO2↑；
(3)炒完菜之后若不及时洗锅擦干，会构成原电池，加速金属铁的锈蚀，属于电化学腐蚀，铁作负极，负极反应式为Fe2+ - 2e-=Fe2+；
(4)a. K2CO3水解显碱性，(NH)2SO4水解显酸性，二者混合会发生相互促进的双水解反应生成氨气，会降低肥效；K2CO3与Ca(H2PO4)2反应会生成沉淀，会降低肥效；
b. Ca(H2PO4)2与氨水反应会生成沉淀，会降低肥效；
c. Ca(H2PO4)2与氨水反应会生成沉淀，会降低肥效；；
d. KCl、Ca(H2PO4)2、与(NH)2SO4相互不反应，故可以混合使用；故最适当的组合是②③④，故选d。
【点睛】电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率大于电解池的阴极金属腐蚀速率。
9.           碱     cd          由黄色变为橙色    
【详解】4.0g硫粉在足量的氧气中完全燃烧生成二氧化硫，放出热量，设1mol(32g)S在足量的氧气中完全燃烧生成二氧化硫，放出为xKJ，则，解的，故答案为：；
(2) 谷氨酸为弱酸，则谷氨酸钠为强碱弱酸盐，其溶液会因谷氨酸根水解使溶液呈碱性，故答案为：碱；
(3) 泡沫灭火器灭火原理是，灭火时能喷射出大量的二氧化碳及泡沫，它们能粘附在可燃物上，使可燃物与空气隔绝，达到灭火的目的。可用来扑灭木材、棉布等固体物质的初期着火，也能扑救植物油等可燃性液体的初期着火，但不可用于扑灭带电设备、能与二氧化碳发生反应的物质(如金属镁)的火灾，否则将威胁人身安全。综上所述c、d、符合题意，故选cd；
答案选cd
(4)炒菜用的铁锅若未及时洗净(残液中含有)，便会因腐蚀而出现红褐色锈斑，则铁锅在此过程中发生吸氧腐蚀，则其正极反应为氧气得到电子并与水结合反应生成氢氧根离子，即，故答案为：；
(5) 黄色为橙色，流程中“转化”步骤时，溶液由黄色的转化为橙色的；根据关系式可知，“还原”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故答案为：由黄色变为橙色；1：6。
10.     ＜     cd     ＜     KA=KB＞KC     100    
【分析】依据反应中生成气体或者气体系数增加的反应是熵增加的反应判断反应的熵变，根据化学平衡的特征结合反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的特点分析判断；反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体物质的量减小的反应，结合温度和压强对平衡的影响分析解答；根据原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比分别计算两个反应的原子利用率。
【详解】(1)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)为气体物质的量减小的反应，△S＜0；恒温恒容时对于反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，
a．反应的焓变是个定值，与是否达到平衡状态无关，故a不选；
b．v(CO)= v (CH3OH)不能说明正逆反应速率相等，不能说明达到平衡状态，故b不选；
c．H2的转化率是个变量，当转化率达到了最大限度说明反应达到了平衡状态，故c选；
d．容器内的气体的压强为变量，体系的压强不再变化，说明达到了平衡状态，故d选；
故答案为：＜；cd；
(2)①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体物质的量减小的反应，增大压强，反应物的转化率增大，所以P1＜P2，故答案为：＜；
②据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，温度不变，平衡常数不变，所以KA=KB＞KC，故答案为：KA=KB＞KC；
③在P1压强、T1 ℃时，若体积为2L，CO转化率为0.5，则平衡时，c(CO)==0.05mol/L，生成的c(CH3OH)=0.05mol/L，剩余的c(CO)= =0.05mol/L，加入的CO和氢气的物质的量之比等于其计量数之比，则CO和氢气的转化率相等，剩余的c(H2)= =0.1mol/L，该温度和压强下，化学平衡常数K== =100，故答案为：100；
(3) 的原子利用率==，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) 的原子利用率=1，则两个反应的原子利用率之比为，故答案为：。
11. (1)+158.7
(2)bd
(3)     1：10     压强     压强越大，平衡逆向移动，乙苯转化率降低与图给信息一致，若升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，乙苯转化率增大与图象不符
(4)p0

【详解】（1）已知①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.1kJ·mol-1②(g)(g)+H2(g) △H=+117.6kJ·mol-1，由盖斯定律②+①可得(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)的△H=+158.7kJ·mol-1；
故答案为：+158.7；
（2）a.当v（CO2）=v（CO），未指明正逆反应速率，无法判断反应②是否达到平衡状态，a错误；
b.升高温度，反应速率加快，故反应②的正、逆反应速率都增大，b正确；
c.增大压强，反应①正向气体分子数增大，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数K不变，c错误；
d.加入反应①的催化剂，可减小反应①的活化能，加快反应速率，d正确；
故答案为：bd；
（3）①二氧化碳充入量增加，平衡正向移动，乙苯转化率越大，故曲线a的进料浓度比c（乙苯）：c（CO2）为1：10；
故答案为：1：10；
②反应正向吸热，升高温度，平衡正向移动，乙苯转化率变大，与图象不符；正反应为气体计量数增大的反应，增大压强，平衡向着气体减少的方向移动，逆向移动，所以乙苯的转化率降低，与图象相符，由此分析可知条件X是压强；
故答案为：压强；压强越大，平衡逆向移动，乙苯转化率降低与图给信息一致，若升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，乙苯转化率增大与图象不符；
（4）某温度下，等物质的量的乙苯和CO2在刚性容器内发生反应(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)，设乙苯和CO2充入量均为1mol，乙苯反应量为xmol，平衡时乙苯和CO2的物质的量均为（1-x）mol，苯乙烯、CO和水的物质的量均为xmol，平衡时苯乙烯的体积分数为20%，故有
，平衡时混合气的总物质的量为0.5mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol=2.5mol，恒温恒容条件下，压强和气体的物质的量成正比，则有，则平衡总压为p平=1.25p0，即；
故答案为：p0。
12.      SiO2     将Fe2+完全氧化为Fe3+     滤渣2中存在Al(OH)3，存在电离平衡：Al3++3OH-⇌Al(OH)3⇌AlO2-+H++H2O，加入NaOH溶液，H+被中和，H+浓度减低，使平衡向右移动，Al(OH)3不断溶解。     负极     Mn2++2e-=Mn     H2SO4
【分析】锰矿物的主要成分有MnCO3、FeCO3、SiO2、Al2O3等，用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，MnCO3、FeCO3、Al2O3与硫酸反应得到MnSO4、FeSO4、Al2(SO4)3，过滤除去二氧化硅等不溶物，滤渣1为SiO2等不溶物；滤液1中加入过氧化氢将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，再加入氨水调节溶液pH使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤分离，滤液2中含有MnSO4、NH4SO4等，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，向滤渣2中加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解得到NaAlO2，过滤分离；滤液2电解得到Mn，据此解答。
【详解】（1）由上述分析可知，滤渣1为SiO2；答案为SiO2。
（2）步骤2中加足量双氧水将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，便于调节pH时转化为沉淀除去；答案为将Fe2+完全氧化为Fe3+。
（3）根据分析可知，滤渣2中存在Al(OH)3，存在电离平衡：Al3++3OH-⇌Al(OH)3⇌AlO2-+H++H2O，加入NaOH溶液，H+被中和，H+浓度减小，使平衡向右移动，Al(OH)3不断溶解；答案为滤渣2中存在Al(OH)3，存在电离平衡Al3++3OH-⇌Al(OH)3⇌AlO2-+H++H2O，加入NaOH溶液，H+被中和，H+浓度减小，使平衡向右移动，Al(OH)3不断溶解。
（4）①电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，由阴离子向阳极移动可判断，左室为阴极室，右室为阳极室，A为电源的负极，B为电源的正极，阴极是得电子，发生还原反应，阴极电极反应式为Mn2++2e-=Mn；答案为负极，Mn2++2e-=Mn。
②因为右室是阳极室，溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，H+增多，而SO42-经过阴离子交换膜进入右室，因而电解装置M出口处，可收集到该工艺的主要副产品是H2SO4，总反应方程式为2MnSO4+2H2O 2H2SO4+O2↑+2Mn；答案为H2SO4。
13. (1)     PbO和Fe2O3     铅膏脱硫率继续增大和滤液中含铅量迅速增加     ≥2.5，NaOH过量，发生副反应PbO+NaOH=NaHPbO2；溶液中含铅量增加
(2)PbO2+2CH3COOH+H2O2=(CH3COO)2Pb+O2↑+2H2O
(3)除去溶液中的Fe3+
(4)8.5
(5)51.75%

【分析】加入NaOH可将PbSO4转化为PbO，反应方程式是PbSO4+2NaOH=PbO+H2O+Na2SO4，加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将PbO2转化为(CH3COO)2Pb，化学方程式是PbO2+H2O2+2CH3COOH=(CH3COO)2Pb +2H2O+O2↑，杂质Fe2O3与醋酸反应生成Fe3+，第一次加入NaOH溶液除去杂质铁离子，第二次使Pb2+完全沉淀并获得纯净的PbO，据此分析解答。
(1)
加入NaOH可将PbSO4转化为PbO，杂质Fe2O3与NaOH溶液不反应，脱硫铅膏除含有PbO2外还含有PbO和Fe2O3；由图可知当≥2.5时，铅膏脱硫率和滤液中含铅量的变化趋势为：铅膏脱硫率继续增大和滤液中含铅量迅速增加，导致此种变化的原因可能是≥2.5，NaOH过量，发生副反应PbO+NaOH=NaHPbO2；溶液中含铅量增加；
(2)
加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将PbO2转化为(CH3COO)2Pb，化学方程式是PbO2+H2O2+2CH3COOH=(CH3COO)2Pb +2H2O+O2↑；
(3)
步骤③中加入NaOH溶液调pH是利用OH-与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀，目的是除去溶液中的Fe3+；
(4)
由溶解平衡：，此时c(Pb2+)≤10-5mol/L，则，25℃时，调节溶液的pH至少为8.5；
(5)
446gPbO中铅元素的质量为446g×=414.0g，1kg废铅膏中铅元素的质量为1000g×80%=800g，则铅的回收率为。
14.   第2周期第VA族     2s22p3          sp3     N2O、CO2等     6     正四面体形         
【分析】肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2(氨基)取代形成的则分子中存在N-N键，每个N形成3个δ键，有1个孤电子对，据此分析解答；根据原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；中的配体为、NH3，结合价层电子对互斥理论分析解答；根据均摊法结合球的体积公式分析解答。
【详解】(1)N是7号元素，在周期表中位于第2周期第ⅤA族，基态N原子的价电子排布式为2s22p3，故答案为：第2周期第ⅤA族；2s22p3；
(2)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2(氨基)取代形成的另一种氮的化合物，则分子中存在N-N键，电子式为，每个N形成3个σ键，有1个孤电子对，N原子为sp3杂化，故答案为：；sp3；
(3)原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，所以与互为等电子体的分子有N2O或CO2或CS2或BeCl2等；中的配体为、NH3，中心验证的配位数为1+5=6； 中S形成4个σ键，没有孤电子对，S原子为sp3杂化，立体构型是正四面体，故答案为：故答案为：N2O或CO2或CS2或BeCl2；6；正四面体；
(4)①N原子的数目=4，Al原子的数目=8×+6×=4，该晶体的化学式为，故答案为：；
②晶胞的质量为g，晶体的密度为d，则晶胞的体积为==×1030，N和的半径分别为a和b，则N和的体积之和=4×π，则该晶体中原子的空间利用率=×100%=，故答案为：。
15. (1)          5
(2)     Be     Be的核外电子排布为1s22s2，原子轨道是较稳定全充满结构，体系能量低，不易失电子
(3)     离子键和共价键     正四面体形     sp3杂化
(4)     8     LiNa3(BH4)4    

【解析】（1）
B为5号元素，其核外有5个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布为1s22s22p1，电子排布图是，每个电子的运动状态都不同，其原子核外共有5种运动状态的电子；
（2）
同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能较高的是Be，原因是Be的核外电子排布为1s22s2，原子轨道是较稳定全充满结构，体系能量低，不易失电子；
（3）
NaBH4中钠离子和[BH4]-之间存在离子键，[BH4]-中B、H原子之间存在共价键，[BH4]-中B原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，为该离子为四面体形，其中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化；
（4）
①Na+的配位数即离Na+最近的且等距离的硼氢根离子的个数，由晶胞示意图可知，Na+的配位数是8；
②若硼氢化钠晶胞上、下底心处的Na+被Li+取代，得到晶体中一个晶胞中含有Na+个数为：×4+×4=3，含有[BH4]-个数为：×8+×4+1=4，Li+数目为：×2=1，该晶体的化学式为LiNa3(BH4)4；
③由晶胞示意图可知，每个晶胞的体积为：V=a2×2a×10-21cm3=2a3×10-21cm3，一个晶胞中含有Na+个数为：×4+×6=4，含有[BH4]-个数为：×8+×4+1=4，则一个晶胞的质量为：，故晶胞密度为g•cm-3。