一．選擇題（每小題3分，共48分，每小題只有一個選項符合題意）1．2018年是“2025中國制造”啟動年，而化學與生活、人類生產、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關，下列有關化學知識的說法錯誤的是A．高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，光導纖維遇強堿會“斷路”B．我國發(fā)射“嫦娥三號”衛(wèi)星所使用的碳纖維，是一種非金屬材料C．用聚氯乙烯代替木材，生產快餐盒，以減少木材的使用D．碳納米管表面積大，可用作新型儲氫材料【答案】C【解析】A．二氧化硅能夠與氫氧化鈉等強堿反應生成硅酸鈉和水，所以高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，二氧化硅能夠被堿腐蝕而造成斷路，A正確；B．碳纖維是碳的一種單質，屬于非金屬材料，B正確；C．聚氯乙烯難降解，大量使用能夠引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包裝以及生產快餐盒等，C錯誤；D．碳納米管表面積大，據有較大的吸附能力，所以可以用作新型儲氫材料，D正確；答案選C。2．下列有關化學用語表示正確的是A．中子數(shù)比質子數(shù)多1的磷原子： B．Al3+的結構示意圖：C．次氯酸鈉的電子式： D．2-丁烯的結構簡式：CH2=CH-CH=CH2【答案】A【解析】A．磷原子核電荷數(shù)為15，中子數(shù)比質子數(shù)多1的磷原子：，故A項正確；B．鋁原子核電荷數(shù)為13，Al3+核外有10個電子，其結構示意圖：，故B項錯誤；C．次氯酸鈉屬于離子化合物，電子式為：，故C項錯誤；D．2-丁烯的結構中，碳碳雙鍵在2號碳上，主碳鏈有4個碳，其結構簡式為：，故D項錯誤；答案選A。3．下列說法正確的是A．烷烴的通式為CnH2n+2，隨n值增大，碳元素的質量百分含量逐漸減小B．乙烯與溴水發(fā)生加成反應的產物為溴乙烷C．1mol苯恰好與3mol氫氣完全加成，說明一個苯分子中有三個碳碳雙鍵D．C7H16，主鏈上有5個碳原子的同分異構體共有5種【答案】D【解析】A．烷烴的通式為CnH2n+2，C元素的質量分數(shù)為，則隨n值增大，碳元素的質量百分含量逐漸增大，故A錯誤；B．乙烯中含碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應生成1，2-二溴乙烷，故B錯誤；C．苯中不含碳碳雙鍵，故C錯誤；D．C7H16主鏈上有5個碳原子的烷烴，支鏈為2個甲基或1個乙基，符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5種，故D正確；故選D。4．設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．標準狀況下，0.1molCl2溶于水，轉移的電子數(shù)目為0.1NAB．標準狀況下，2.24LNO和2.24LO2混合后氣體分子數(shù)為0.15NAC．加熱條件下，1molFe投入足量的濃硫酸中，生成NA個SO2分子D．0.1molNa2O2與足量的潮濕的二氧化碳反應轉移的電子數(shù)為0.1NA【答案】D【解析】A．Cl2溶于水發(fā)生反應H2O+Cl2HCl+HClO，是一個可逆反應，0.1molCl2溶于水，轉移的電子數(shù)目小于0.1NA，A錯誤；B．標準狀況下，2.24LNO和2.24LO2混合，發(fā)生的反應有：2NO+O2==2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的氣體分子數(shù)小于0.15NA，B錯誤；C．加熱條件下，F(xiàn)e與足量的濃硫酸反應生成+3價的鐵離子，轉移的電子數(shù)為3mol，根據得失電子守恒，應生成NA個SO2分子，C錯誤；D．0.1molNa2O2與足量的潮濕的二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉中氧元素即被氧化又被還原，所以轉移的電子數(shù)為0.1NA，D正確，答案選D。5．下列離子方程式正確的是A．用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2：Al+2OH?=AlOeq\o\al(?,2)+H2↑B．過量鐵粉與一定量稀硝酸反應：Fe+4H++NOeq\o\al(?,3)=Fe3++NO↑+2H2OC．澄清石灰水中加入過量NaHCO3溶液：Ca2++OH?+HCOeq\o\al(?,3)=CaCO3↓+H2OD．向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2：C6H5O?+CO2+H2O→C6H5OH+HCOeq\o\al(?,3)【答案】D【解析】A．Al+2OH?=AlOeq\o\al(?,2)+H2↑反應中電荷數(shù)不平，正確的離子方程式為：2H2O+2Al+2OH?=2AlOeq\o\al(?,2)+3H2↑，故A項錯誤；B．過量鐵粉與稀硝酸反應無Fe3+生成，正確的離子方程式為：3Fe+8H++2NOeq\o\al(?,3)=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B項錯誤；C．澄清石灰水中加入過量NaHCO3溶液反應的離子方程式中Ca2+與OH?系數(shù)比為1∶2，故離子方程式為：Ca2++2OH?+2HCOeq\o\al(?,3)=CaCO3↓+H2O+COeq\o\al(2?,3)；故C項錯誤；D．向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2：C6H5O?+CO2+H2O→C6H5OH+HCOeq\o\al(?,3)，故D項正確。答案選D。6．下列反應不屬于取代反應的是A．CH2=CH2+H2OCH3CH2OHB．+Br2+HBrC．2CH3CH2OHC2H5—O—C2H5+H2OD．+HNO3+H2O【答案】A【解析】A．反應中碳碳雙鍵轉化為碳碳單鍵，屬于加成反應，故A選；B．苯環(huán)上H原子被Br原子取代，屬于取代反應，故B不選；C．1分子乙醇中-OH上H氫原子被另1分子乙醇中的乙基取代，屬于取代反應，故C不選；D．苯環(huán)上H原子被硝基取代，屬于取代反應，故D不選；答案選A。7．用下列實驗裝置（部分夾持裝置略去）進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A．加熱裝置I中的燒杯分離I2和高錳酸鉀固體B．用裝置II驗證二氧化硫的漂白性C．用裝置III制備氫氧化亞鐵沉淀D．用裝置IV檢驗氯化銨受熱分解生成的兩種氣體【答案】D【解析】A．加熱碘升華，高錳酸鉀分解，加熱法不能分離兩者混合物，故A錯誤；B．二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應，與二氧化硫的還原性有關，與漂白性無關，故B錯誤；C．關閉止水夾，NaOH難與硫酸亞鐵接觸，不能制備氫氧化亞鐵，故C錯誤；D．氯化銨分解生成氨氣、HCl，氨氣可使?jié)駶櫟姆犹嚰堊兗t，HCl可使藍色石蕊試紙變紅，P2O5可以吸收氨氣，堿石灰可以吸收HCl，所以可檢驗氯化銨受熱分解生成的兩種氣體，故D正確；本題答案：D。8．現(xiàn)有部分元素的原子結構特點如表，下列敘述中正確的是A．W原子結構示意圖為B．元素X和Y只能形成原子個數(shù)比為1∶2的化合物C．元素X比元素Z的非金屬性強D．X、Y、Z、W四種元素不能形成離子化合物【答案】C【解析】X元素原子的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍，可知L層為6個電子，所以X為氧元素；Y元素原子的核外電子層數(shù)等于原子序數(shù)，Y只能是H元素；Z元素原子的L層電子數(shù)是K層和M層電子數(shù)之和，其M層電子數(shù)為6，所以Z是S元素；W元素原子共用三對電子形成雙原子分子，常溫下為氣體單質，所以W為N元素。根據上述分析，X為氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W為N元素。A．W為N元素，原子核外有2個電子層，最外層電子數(shù)為5，原子結構示意圖為，故A錯誤；B．元素X和元素Y可以以原子個數(shù)比1∶1形成化合物，為H2O2，故B錯誤；C．X為O，Z為S，位于同一主族，非金屬性O＞S，故C正確；D．X、Y、Z、W四種元素可以形成離子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D錯誤；故選C。9．下列物質的轉化在給定條件下能實現(xiàn)的是A．NH3NO2HNO3 B．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)C．FeFe2O3Fe D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2OH(aq)]Ag【答案】B【解析】A．NH3催化氧化只能生成NO，不能生成NO2，A錯誤；B．Al與NaOH溶液反應生成NaAlO2和H2，NaAlO2溶液蒸發(fā)結晶，可獲得NaAlO2晶體，B正確；C．Fe在高溫條件下與水蒸氣反應，生成Fe3O4和H2，C錯誤；D．蔗糖分子中不含有醛基，不能將Ag(NH3)2OH還原為Ag，D錯誤。10．海水中含有大量Na+、C1?及少量Ca2+、Mg2+、SOeq\o\al(2?,4)，用電滲析法對該海水樣品進行淡化處理，如右圖所示。下列說法正確的是A．b膜是陽離子交換膜B．A極室產生氣泡并伴有少量沉淀生成C．淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小為pHA＜pHB＜pHCD．B極室產生的氣體可使?jié)駶櫟腒I淀粉試紙變藍【答案】A【解析】A．因為陰極是陽離子反應，所以b為陽離子交換膜，選項A正確；B．A極室氯離子在陽極失電子產生氯氣，但不產生沉淀，選項B錯誤；C．淡化工作完成后，A室氯離子失電子產生氯氣，部分溶于水溶液呈酸性，B室氫離子得電子產生氫氣，氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，C室溶液呈中性，pH大小為pHA＜pHC＜pHB，選項C錯誤；D．B極室氫離子得電子產生氫氣，不能使?jié)駶櫟腒I淀粉試紙變藍，選項D錯誤。答案選A。11．下列圖示與對應的敘述符合的是A．圖甲實線、虛線分別表示某可逆反應未使用催化劑和使用催化劑的正、逆反應速率隨時間的變化B．圖乙表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數(shù)K與溫度和壓強的關系C．據圖丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入適量CuO至pH=4左右D．圖丁表示常溫下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化關系【答案】C【解析】A．使用催化劑化學反應速率加快，所以正反應速率的虛線在實線的上方，故A錯誤；B．平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以溫度相同而壓強不同時，兩者的平衡常數(shù)相同，故B錯誤；C．由圖像可知pH=4左右Fe3+完全沉淀，Cu2+還未開始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反應發(fā)生，所以加入CuO可以調節(jié)PH=4左右，此時Fe3+完全沉淀，過濾即可，故C項正確；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，圖像中起點PH=3，故D項錯誤；答案選C。12．對可逆反應2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g)ΔH＜0，在一定條件下達到平衡，下列有關敘述正確的是①增加A的量，平衡向正反應方向移動②升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)減?、蹓簭娫龃笠槐叮胶獠灰苿?，v(正)、v(逆)不變④增大B的濃度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化劑，B的轉化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤【答案】B【解析】①A是固體，增加A的量，平衡不移動，故①錯誤；②2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g)，正反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，v(正)、v(逆)均增大，故②錯誤；③2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g)，反應前后氣體系數(shù)和不變，壓強增大一倍，平衡不移動，v(正)、v(逆)均增大，故③錯誤；④增大B的濃度，反應物濃度增大，平衡正向移動，所以v(正)＞v(逆)，故④正確；⑤加入催化劑，平衡不移動，B的轉化率不變，故⑤錯誤；故選B。13．用下圖所示裝置進行下列實驗：將①中溶液滴入②中，預測的現(xiàn)象與實際相符的是選項①中物質②中物質預測②中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產生紅棕色氣體C草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色D氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產生大量白色沉淀【答案】C【解析】A．鹽酸首先中和氫氧化鈉，A錯誤；B．常溫下鋁在濃硝酸中鈍化，得不到氣體，B錯誤；C．草酸具有還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，使其褪色，C正確；D．氫氧化鈉溶液開始是過量的，因此不可能產生白色沉淀氫氧化鋁，D錯誤，答案選C。14．MnSO4·H2O是一種易溶于水的微紅色斜方晶體，某同學設計下列裝置制備硫酸錳：下列說法錯誤的是A．裝置I燒瓶中放入的藥品X為銅屑B．裝置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C．裝置III用于吸收未反應的SO2D．用裝置II反應后的溶液制備MnSO4·H2O需經歷蒸發(fā)結晶、過濾、洗滌及干燥的過程【答案】A【解析】由實驗裝置可知，X可能為亞硫酸鈉，與濃硫酸反應生成二氧化硫，而Cu與濃硫酸常溫下不反應，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫與二氧化錳反應生成MnSO4，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得到晶體，Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣，以此來解答。A．Cu與濃硫酸常溫下不反應，X不可能為Cu，A項錯誤；B．裝置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接觸面積，可增大SO2的吸收速率，B項正確；C．Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣，C項正確；D．用裝置Ⅱ反應后的溶液制備MnSO4·H2O，蒸發(fā)結晶、過濾、洗滌及干燥可得到，D項正確；答案選A。15．在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發(fā)生反應：X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH<0。一段時間后達到平衡，反應過程中測定的數(shù)據如表，下列說法正確的是A．反應前2min的平均速率v(Z)<2.0×10?3mol·L－1·min－1B．其他條件不變，降低溫度，反應達到新平衡前：v(逆)>v(正)C．保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.32mol氣體X和0.32mol氣體Y，到達平衡時，c(Z)>0.24mol·L－1D．該溫度下此反應的平衡常數(shù)：K=1.44【答案】D【解析】A選項，反應前2min內Y的改變量為0.04mol，則Z改變量為0.08mol，2min內Z的平均速率v(Z)=Δn/Δt=eq\f(0.08mol,10L×2min)=4×10?3mol·(L·min)?1，故A錯誤；B選項，其他條件不變，降低溫度，平衡向放熱方向移動，正向移動，反應達到新平衡前：v(正)>v(逆)，故B錯誤；C選項，充入氣體X和氣體Y各0.16mol，平衡時Y的物質的的量為0.10mol，則改變量為0.06mol，此時Z的物質的量為0．12mol，濃度為0．012mol?L?1，保持其他條件不變向容器中充入0.32mol氣體X和0．32mol氣體Y，用建模思想，相當于兩個容器，縮小容器加壓，平衡不移動，濃度為原來2倍，即c(Z)=0.024mol·L?1，故C錯誤；D選項，平衡時，Y的物質的量為0.1mol，X的物質的量為0.1mol，Z的物質的量為0.12mol，該溫度下此反應的平衡常數(shù)，故D正確。綜上，答案為D。16．常溫下，在10mL0.1mol·L?1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L?1HCl溶液，溶液的pH逐漸降低，此時溶液中含碳微粒的物質的量分數(shù)變化如圖所示，下列說法不正確的是A．溶液的pH為7時，溶液的總體積大于20mLB．在B點所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)＝2c(COeq\o\al(2?,3))+c(HCOeq\o\al(?,3))+c(OH－)+c(Cl－)C．在A點所示的溶液中：c(Na+)＝c(COeq\o\al(2?,3))＝c(HCOeq\o\al(?,3))>c(OH－)>c(H+)D．已知COeq\o\al(2?,3)水解常數(shù)為2×10－4，當溶液中c(HCOeq\o\al(?,3))＝2c(COeq\o\al(2?,3))時，溶液的pH＝10【答案】C【解析】A．當混合溶液體積為20mL時，二者恰好反應生成NaHCO3，HCOeq\o\al(?,3)的電離程度小于其水解程度，所以其溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則酸稍微過量，所以混合溶液體積稍微大于20mL，故不選A；B．任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝2c(COeq\o\al(2?,3))+c(HCOeq\o\al(?,3))+c(OH?)+c(Cl?)，故不選B；C．根據圖象分析，A點為碳酸鈉，碳酸氫鈉、氯化鈉的混合溶液，且c(HCOeq\o\al(?,3))=c(COeq\o\al(2?,3))，溶液呈堿性，則c(OH?)＞c(H+)，鹽溶液水解程度較小，所以c(COeq\o\al(2?,3))＞c(OH?)，則離子濃度大小順序是c(Na+)>c(HCOeq\o\al(?,3))=c(COeq\o\al(2?,3))＞c(OH?)＞c(H+)，故選C；D．根據Kh=計算可得c(OH?)=10-4，因此溶液的pH＝10，故不選D。二、非選擇題（共52分）17．高錳酸鉀是中學化學常用的試劑。主要用于防腐、化工、制藥等。實驗室模擬工業(yè)上用軟錳礦制備高錳酸鉀的流程如下：（1）實驗室熔融二氧化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀時應選擇哪一種儀器________________a．普通玻璃坩堝b．石英坩堝c．陶瓷坩堝d．鐵坩堝（2）第一步熔融時生成K2MnO4的化學方程式：_________。（3）操作Ⅰ中根據KMnO4和K2CO3兩物質在____________(填性質)上的差異，采用濃縮結晶、趁熱過濾得到KMnO4。趁熱過濾的原因是_______________。（4）反應b是電解法制備KMnO4，其裝置如圖所示，a作____________極(填“陽”或“陰”)，中間的離子交換膜是_____(填“陽”或“陰”)離子交換膜。陽極的電極反應式為____________。（5）KMnO4稀溶液是一種常用的消毒劑。其消毒原理與下列物質相同的________(填標號)a．雙氧水b．84消液(NaClO溶液)c．75％酒精【答案】（1）d（2）3MnO2+KClO3+6KOHeq\o(=,\s\up7(高溫))3K2MnO4+KCl+3H2O（3）溶解性避免溫度下降，造成主產品的純度降低（4）陽陽MnOeq\o\al(2?,4)-e?=MnOeq\o\al(?,4)（5）ab【解析】根據流程：二氧化錳與氫氧化鉀粉碎在空氣中熔融：3MnO2+KClO3+6KOHeq\o(=,\s\up7(高溫))3K2MnO4+KCl+3H2O，加水溶解分離出去KCl得到K2MnO4溶液；途徑1：向K2MnO4溶液通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓，過濾除去濾渣(MnO2)，濾液為KMnO4、K2CO3溶液，濃縮結晶，趁熱過濾得到KMnO4晶體，濾液中含有K2CO3，途徑2：電解K2MnO4溶液，2K2MnO4+2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2KMnO4+2KOH+H2↑，a為陽極，電極反應為：MnOeq\o\al(2?,4)-e?=MnOeq\o\al(?,4)，據此分析作答。(1)實驗室熔融二氧化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀時應選擇鐵坩堝，因為普通玻璃坩堝、石英坩堝、陶瓷坩堝中含有二氧化硅，能與KOH反應，故答案為d；(2)第一步熔融時二氧化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀生成K2MnO4的化學方程式為：3MnO2+KClO3+6KOHeq\o(=,\s\up7(高溫))3K2MnO4+KCl+3H2O；(3)采用濃縮結晶、趁熱過濾得到KMnO4，說明高錳酸鉀的溶解性隨溫度影響較大，操作Ⅰ中根據KMnO4和K2CO3兩物質在溶解性上的差異，采用濃縮結晶、趁熱過濾得到KMnO4，趁熱過濾的原因是避免溫度下降，造成主產品純度降低；(4)反應b是電解法制備KMnO4，a為陽極，K2MnO4生成KMnO4，發(fā)生反應：MnOeq\o\al(2?,4)-e?=MnOeq\o\al(?,4)，陰極為b，由氫離子放電，得到KOH，故離子交換膜為陽離子交換膜，交換鉀離子；(5)KMnO4稀溶液因為其強氧化性是一種常用的消毒劑，雙氧水、84消液(NaClO溶液)具有氧化性，能消毒，故答案為：ab。18．汽車尾氣中含有CO、NOx等有毒氣體，對汽車加裝尾氣凈化裝置，可使有毒氣體相互反應轉化為無毒氣體。（1）已知4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH＝－1200kJ·mol?1①該反應在________________（填“高溫、低溫或任何溫度”）下能自發(fā)進行。②對于該反應，改變某一反應條件（溫度T1>T2），下列圖象正確的是_______(填序號)。③某實驗小組模擬上述凈化過程，一定溫度下，在2L的恒容密閉容器中，起始時按照甲、乙兩種方式進行投料，經過一段時間后達到平衡狀態(tài)，測得甲中CO的轉化率為50%，則該反應的平衡常數(shù)為__________；兩種方式達平衡時，N2的體積分數(shù)：甲______乙（填“>、=、<或不確定”，下同），NO2的濃度：甲______乙。（2）柴油汽車尾氣中的碳煙(C)和NOx可通過某含鈷催化劑催化消除。不同溫度下，將模擬尾氣（成分如下表所示）以相同的流速通過該催化劑測得所有產物(CO2、N2、N2O)與NO的相關數(shù)據結果如圖所示。①375℃時，測得排出的氣體中含0.45molO2和0.0525molCO2，則Y的化學式為________。②實驗過程中采用NO模擬NOx，而不采用NO2的原因是__________________?！敬鸢浮浚?）低溫CD10>>（2）N2O2NO2N2O4，NO2氣體中存在N2O4，不便于定量測定【解析】（1）①該反應ΔS<0，ΔH<0，ΔG=ΔH－TΔS<0，則反應在低溫下能自發(fā)進行，故答案為：低溫。②A選項，升溫，則正逆反應速率都升高，故A錯誤；B選項，根據先拐先平衡，數(shù)字大，則T2>T1，故B錯誤；C選項，加壓，平衡正向移動，二氧化碳量增加，體積分數(shù)增大，畫一條與y軸的平行線，從下到上，降溫，平衡向放熱方向移動即正向移動，故C正確；D選項，加壓，平衡常數(shù)不變，平衡常數(shù)只與溫度有關，故D正確。綜上所述，答案案為CD。③，則該反應的平衡常數(shù)為10；甲相當于2個容器的乙，再縮小容器體積，加壓，平衡正向移動，N2增加，體積分數(shù)增大，因此N2的體積分數(shù)：甲>乙，甲中NO2的濃度在乙中2倍基礎上減少，平衡移動是微弱的，因此NO2的濃度：甲>乙，故答案為：10；>；>。（2）①模擬尾氣中一氧化氮的物質的量0.025mol，模擬尾氣中O2的物質的量為0.5mol，測得排出的氣體中含0.45molO2，說明實際參與反應的氧氣的物質的量為0.05mol，同時測得0.0525molCO2，而圖中參與反應生成X和Y的一氧化氮的物質的量為：0.025mol×（8%+16%）=0.006mol，根據氧守恒，生成一氧化二氮的物質的量為：0.05×2+0.006-0.0525×2=0.001mol，根據氮守恒可知氮氣的物質的量為：，所以16%對應的是氮氣，而8%對應是一氧化二氮；故答案為：N2O。②實驗過程中采用NO模擬NOx，而不采用NO2的原因是2NO2N2O4，NO2氣體中存在N2O4，不便于定量測定，故答案為：2NO2N2O4，NO2氣體中存在N2O4，不便于定量測定。19．化學土肥外加少量酸、堿，而pH基本不變的溶液，稱為緩沖溶液，現(xiàn)有25℃時，濃度均為0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的緩沖溶液，pH=4.76，回答下列問題：[Ka(CH3COOH)=1.75×10?5，Kb為鹽的水解常數(shù)]（1）CH3COOH的電離方程式為__。（2）該緩沖溶液中離子濃度由大到小的順序是___。（3）25℃時，Ka(CH3COOH)___Kb(CH3COO?)（填“>”“<”或“=”）。（4）用1.0L上述緩沖溶液中滴加幾滴NaOH稀溶液（忽略溶液體積的變化），反應后溶液中c(H+)__mol/L。（5）人體血液存在H2CO3(CO2)與NaHCO3的緩沖體系，能有效除掉人體正常代謝產生的酸、堿，保持pH的穩(wěn)定，有關機理說法正確的是__（填寫選項字母）。a．代謝產生的H+被HCOeq\o\al(?,3)結合形成H2CO3b．血液中的緩沖體系可抵抗大量酸、堿的影響c．代謝產生的堿被H+中和，H+又由H2CO3電離補充【答案】（1）CH3COOHCH3COO?+H+（2）c(CH3COO?)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)（3）>（4）（5）ac【解析】（1）CH3COOH是弱電解質，CH3COOH的電離方程式為CH3COOHCH3COO?+H+；（2）根據電荷守恒，該緩沖溶液中c(CH3COO?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，pH=4.76，c(OH?)<c(H+)，離子濃度由大到小的順序是c(CH3COO?)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)；（3）Kb(CH3COO?)=，所以Ka(CH3COOH)>Kb(CH3COO?)；（4）加少量酸、堿，緩沖溶液pH基本不變，用1.0L上述緩沖溶液中滴加幾滴NaOH稀溶液（忽略溶液體積的變化），反應后溶液pH=4.76，所以c(H+)=mol/L；（5）a．緩沖體系中存在H2CO3-HCOeq\o\al(?,3)，代謝產生的H+被HCOeq\o\al(?,3)結合形成H2CO3，被血液帶到肺部分解成二氧化碳和水，故a正確；b．血液中的緩沖體系可抵抗少量酸、堿的影響，故b錯誤；c．代謝過程產生堿性物進入血液時，H2CO3立即與OH-作用，生成H2O和HCOeq\o\al(?,3)，經腎臟調節(jié)由尿排出，故c正確。20．氯氧化銅[xCuO·yCuCl2·zH2O]在農業(yè)上用作殺菌劑。工業(yè)上用銅礦粉（主要含Cu2(OH)2CO3、Fe3O4等）為原料制取氯氧化銅的流程如下：（1）“調節(jié)pH”并生成Fe(OH)3時反應的離子方程式為______。（2）調節(jié)pH，要使常溫溶液中c(Cu2+)≥0.022mol·L?1，而c(Fe3+)≤1×10?6mol·L?1，則應調節(jié)pH的范圍為______。｛已知Ksp[Cu(OH)2＝2.2×10?20]，Ksp[Fe(OH)3＝1×10?36]｝（3）為測定氯氧化銅的組成，現(xiàn)進行如下實驗：步驟Ⅰ：稱取0.4470g氯氧化銅，放入錐形瓶，加入一定量30%的硝酸使固體完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示劑，用0.1000mol·L－1AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl?，滴定至終點時消耗AgNO3標準溶液20.00mL；步驟Ⅱ：稱取0.4470g氯氧化銅，放入錐形瓶，加入一定量硫酸使固體完全溶解。向溶液中加入過量的KI固體，充分反應后向溶液中滴入數(shù)滴淀粉溶液，用0.2000mol·L?1Na2S2O3標準溶液滴定，滴定至終點時消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL。已知步驟Ⅱ中所發(fā)生的反應如下：2Cu2++4I－＝2CuI↓+I22Na2S2O3+I2＝2NaI+Na2S4O6①已知Ag2CrO4為磚紅色沉淀，步驟Ⅰ滴定終點時的實驗現(xiàn)象是_______。②通過計算確定氯氧化銅的化學式________________（寫出計算過程）?！敬鸢浮浚?）4Fe3++3Cu2(OH)2CO3+3H2O＝4Fe(OH)3+6Cu2++3CO2↑（2）[4，5]（3）當加入最后一滴AgNO3溶液時，出現(xiàn)磚紅色沉淀3CuO·CuCl2·4H2O【解析】（1）Fe3+水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Cu2(OH)2CO3消耗H+，H+濃度減小使平衡正向移動，F(xiàn)e3+轉化成氫氧化鐵沉淀而除去，Cu2(OH)2CO3+4H+＝2Cu2++CO2↑+3H2O，將倆方程式加和就得到了：4Fe3++3Cu2(OH)2CO3+3H2O＝4Fe(OH)3+6Cu2++3CO2↑。（2）使溶液中的Fe3+完全變成沉淀時的pH計算：Ksp[Fe(OH)3]=1×10?36=c(Fe3+)×c3(OH?)，c(Fe3+)=1×10?6mol·L?1，解得c(OH?)=1×10?10mol·L?1，pH=4；使常溫溶液中c(Cu2+)≥0.022mol·L?1，pH計算：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10?20=c(Cu2+)×c2(OH?)，c(Cu2+)=0.022mol·L?1，解得c(OH?)=1×10?9mol·L?1，pH=5；故pH范圍：[4，5]。（3）①當氯離子已沉淀完全，多加入一滴AgNO3溶液時，CrOeq\o\al(2?,4)開始沉淀出現(xiàn)磚紅色。②n(Cl?)=n（AgNO3）=0.1000mol·L?1×0