辽宁省葫芦岛市普通高中2024-2025学年高二化学上学期期末质量测试试题含解析

PAGE19-辽宁省葫芦岛市一般中学2024-2025学年高二化学上学期期末质量测试试题（含解析）1.化学与生活亲密相关。下列说法错误的是A.明矾电离出Al3+具有吸附性，可用作净水剂B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极爱护法D.碳酸钠可用于去除餐具的油污【答案】A【解析】【详解】A.明矾能净水是因为Al3+水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮物杂质，可用作净水剂，故A错误；B.漂白粉在运用过程中可以生成次氯酸，利用其氧化性可用于生活用水的消毒，故B正确；C.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，是用镁作负极爱护正极的铁，原理是牺牲阳极的阴极爱护法，故C正确；D.碳酸钠水解使溶液显碱性，对油脂的水解有促进作用，可用于去除餐具上的油污，故D正确。故选A。2.推断一个化学反应的自发性常用焓判据和熵判据，则在下列状况下，可以判定反应肯定能自发进行的是A.ΔH<0,ΔS>0 B.ΔH>0,ΔS>0 C.ΔH<0,ΔS<0 D.ΔH>0,ΔS<0【答案】A【解析】【详解】化学反应能否自发进行,取决于焓变和熵变的综合判据,当ΔG=ΔH-TΔS<0时，反应能自发进行，当ΔH<0,ΔS>0时,ΔG=ΔH-TΔS<0，肯定能自发进行，而ΔH>0,ΔS<0时不能自发进行；ΔH>0,ΔS>0或ΔH<0,ΔS<0能否自发进行，取决于反应的温度，所以ΔH<0,ΔS>0肯定能自发进行；A正确；

综上所述，本题选A。3.下列说法中正确的是（）A.同一原子中，1s、2s、3s电子的能量渐渐减小B.3p2表示3p能级有两个轨道C.处于最低能量状态的原子叫做基态原子D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多【答案】C【解析】【详解】A、能层越大，能量越高，即1s<2s<3s，故错误；B、p2，2代表p轨道上有2个电子，故错误；C、基态原子是处于最低能量状态的原子，故正确；D、p能级有3个原子轨道，故错误。4.下列元素性质的递变规律正确的是A.原子半径：C＜N＜S B.第一电离能：C＜O＜NC.最高价氧化物的水化物的碱性：Na＜Mg＜Al D.与氢气化合的难易程度：N＜O＜S【答案】B【解析】【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，同周期从左向右，原子半径渐渐减小，则原子半径N＜C＜S，故A错误；B.C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，则第一电离能：C＜O＜N，故B正确；C.金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg＞Al，则最高价氧化物的水化物的碱性：Na＞Mg＞Al，故C错误；D.非金属性越强，越简洁与氢气化合，非金属性O＞S、O＞N，与氢气化合的难易程度：O＞S、O＞N，故D错误。故选B。5.下列说法正确的是A.原子核外电子排布式为1s2的原子与核外电子排布式为1s2s2的原子化学性质相像B.Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5C.基态铜原子的最外层的电子排布图：D.电负性最大的非金属元素形成的含氧酸的酸性最强【答案】B【解析】【详解】A.原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子虽然最外层电子数相等，但不在同一族，化学性质不相像，A错误；B.铁的原子序数为26，则Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5，B正确；C.基态铜原子的最外层电子是4s电子，不包括3d电子，铜的最外层电子排布图为，C错误；D.电负性最大的非金属元素为F，不存在含氧酸，D错误；答案选B。6.徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了很多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是（）A.H2O2分子中的O为sp2杂化 B.CO2分子中C原子为sp杂化C.BF3分子中的B原子sp3杂化 D.CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化【答案】B【解析】【分析】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对；B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有对孤电子对；C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有对孤电子对；D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，实行sp3杂化；【详解】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，实行sp3杂化，故A错误；B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，实行sp杂化，故B正确；C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有孤电子对，实行sp2杂化，故C错误；D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，实行sp3杂化，故D错误；故选B。7.下列描述正确的是A.CS2为V形极性分子B.C2H2分子中σ键与π键的数目比为1：1C.当中心离子的配位数为6时，配离子常呈八面体结构D.水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键【答案】C【解析】【详解】A．CS2中C形成2个σ键，价层电子对为2+=2，采纳sp杂化，CS2为直线形，分子在碳为中心对称，为非极性分子，故A错误；B．C2H2分子中σ键与π键的数目比为3：2，故B错误；C．依据价层电子对互斥理论，当中心离子的配位数为6时，配离子常呈八面体结构，此时各价电子对间斥力最小，故C正确；D．水加热到很高温度都难分解是因水分子内存在键能较大的O-H共价键，故D错误；故选C。8.下列热化学方程式正确的是(注:△H的肯定值均正确)A.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g);△H=-1367.0kJ/mol(燃烧热)B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l);△H=-57.3kJ(中和热)C.S(s)+O2(g)=SO2(g);△H=-269.8kJ/mol(反应热)D.2NO2=O2+2NO;△H=+116.2kJ/mol(反应热)【答案】C【解析】【详解】A.燃烧热是25℃、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时的水应为液体，因此反应热不是燃烧热，故A错误；B.△H的单位是kJ·mol－1，故B错误；C.符合书写热化学反应方程式的要求，故C正确；D.没有写上状态，故D错误；答案：C。【点睛】易错点是选项A，燃烧热的定义是25℃、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素应当转化成CO2，S转化成SO2，H元素转化成液态水。9.pH＝2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是A.稀释前，A、B两酸溶液的物质的量浓度肯定相等B.稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强C.a＝5时，A是强酸，B是弱酸D.稀释导致B酸的电离程度减小【答案】C【解析】分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变更大，则A的酸性比B的酸性强，以此来解答。【详解】A．稀释相同的倍数，A的pH变更大，则A的酸性比B的酸性强，由于起始时两溶液的pH相同，则A的物质的量浓度小于B的物质的量浓度，故A错误；B．依据图像，稀释后，A的pH比B大，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，故B错误；C．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变更小，则B为弱酸，故C正确；D．B为弱酸，稀释促进弱电解质的电离，电离程度增大，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变更程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键。本题的易错点为A，要留意弱电解质存在电离平衡。10.常温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH与滴加NaOH溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是A.a点溶液中c(CH3COO-)＜c(Na+)B.图中四点处水的电离程度最大的点为：b点C.加入NaOH溶液过程中，先增大后减小D.CH3COOH的电离平衡常数Ka约为105【答案】D【解析】【分析】理清各点的组成，酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为醋酸钠和醋酸、b点溶质为醋酸钠和醋酸、c点溶质为醋酸钠、d点溶质为醋酸钠和NaOH，结合弱电解质电离、盐水解原理分析。【详解】A．a点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH＜7，溶液呈酸性，c(OH－)＜c(H＋)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，所以c(CH3COO－)＞c(Na＋)，故A错误；B．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为醋酸钠和醋酸、b点溶质为醋酸钠和醋酸、c点溶质为醋酸钠、d点溶质为醋酸钠和NaOH，a、d都抑制水电离，d水的电离的电离程度和纯水相同，c促进水电离，所以水电离程度最大点是c点，故B错误；C．加入NaOH溶液过程中，溶液酸性减弱、碱性增加，则c(H＋)减小，温度不变电离平衡常数不变，=增大，故C错误；D．由图在没加NaOH时，CH3COOH电离程度较小，则0.1mol·L－1醋酸溶液中c(CH3COO－)≈c(H＋)=10-3mol·L－1，c(CH3COOH)≈0.1mol·L－1，电离平衡常数Ka=×c(H＋)==10-5，故D正确；故选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性推断，侧重考查图象分析推断及计算实力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法、电离平衡常数影响因素等学问点是解本题关键，难点C，留意结合电离平衡常数进行分式的变形。11.在容积肯定的密闭容器中，置入肯定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如下图所示，则下列说法不正确的是A.该反应正反应的△H＜0B.若状态A、B的逆反应速率分别为v逆（A）、v逆（B），则v逆（A）＞v逆（B）C.在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正＞v逆D.若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则PC＞PD=PB【答案】B【解析】【分析】A、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即上升温度平衡逆移；B、由图可知，状态A的温度小于状态B的温度，上升温度，化学反应速率加快；C、由图可知，T2时反应进行到状态D，c（CO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行；D、达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系。【详解】A项、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即上升温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确；B项、由图可知，状态A的温度小于状态B的温度，上升温度，化学反应速率加快，则v逆（B）＞v逆（A），故B错误；C项、T2时反应进行到状态D，c（NO）高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则肯定有v正＞v逆，故C正确；D项、达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，压强大小为PC＞PD=PB，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学平衡图像，试题以化学平衡图象为载体考查温度对平衡移动的影响，留意曲线上的各点都处于平衡状态。12.肯定温度下，将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)xC(g)+D(s)△H<0，在t1时达平衡。在t2、t3时刻分别变更反应一个条件，测得容器中C(g)的浓度随时间变更如图所示。下列有关说法正确的是A.t2时刻变更的条件是运用催化剂B.t3时刻v(逆)可能小于t2时刻v(逆)C.t3时刻变更的条件肯定是增大反应物的浓度D.t1～t2、t2～t3平衡常数均为0.25【答案】B【解析】【详解】A.催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能影响C的物质的量浓度，由图可知，t2时刻C的浓度增大，但平衡不移动，因此变更的条件不是催化剂，故A错误；B.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，t3时刻v(逆)可能小于t2时刻v(逆)，故B正确；C.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，变更的条件可能是增大反应物的浓度、降低温度等，故C错误；D.依据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在在t2时刻变更的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，反应方程式为：A（g）+B（g）2C（g）+D（s），t1～t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L，则：A（g）+B（g）2C（g）+D（s）起始浓度（mol/L）0.50.50转化浓度（mol/L）0.250.250.5平衡浓度（mol/L）0.250.250.5所以平衡常数K＝＝4，故D错误。故选B。13.下列说法正确的是A.常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4B.为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸C.用0.2000mol•L-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol•L-1)，当pH=7时，溶液中的酸恰好完全中和D.相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol•L-1盐酸、③0.1mol•L-1氯化镁溶液、④0.1mol•L-1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：④＞①＞②＞③【答案】D【解析】A.常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，醋酸的电离平衡正向移动，溶液的pH小于4，A不正确；B.为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测0.1mol/LH2A溶液的pH。若pH1，则H2A是强酸；若pH>1，则H2A是弱酸。若测NaHA溶液的pH，即使pH＜7，也不能说明H2A是强酸，也可能是因为HA-的电离程度大于其水解程度所致，B不正确；C.用0.2000mol•L-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol•L-1)，当酸碱恰好完全反应时得到氯化钠和醋酸钠溶液，因醋酸钠水解而使溶液显碱性，所以，当pH=7时，溶液中的酸没有被完全中和，C不正确；D.相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol•L-1盐酸、③0.1mol•L-1氯化镁溶液、④0.1mol•L-1硝酸银溶液中，Ag＋浓度④为0.1mol•L-1，②、③两溶液中的Cl-离子抑制氯化银的溶解，③中Ag＋浓度最小，D正确。本题选D。点睛：酸碱中和反应恰好完全进行时，溶液的pH不肯定等于7，溶液的pH由生成的盐的性质确定，强酸强碱盐溶液显中性，强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性。14.已知：AgBr比AgCl更难溶，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为A.只有AgBr沉淀生成 B.AgCl与AgBr沉淀等量生成C.AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主 D.AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主【答案】C【解析】【分析】水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，依据难溶电解质的沉淀溶解平衡分析。【详解】在AgCl与AgBr的饱和混合溶液中存在溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入足量的浓AgNO3溶液时两个溶解平衡都要向生成沉淀的方向移动，所以AgBr和AgCl沉淀都会生成。由于AgBr比AgCl更难溶，起始时饱和溶液中Br-的物质的量比Cl-更少，加入浓AgNO3溶液发生反应：Ag++Br-=AgBr↓，Ag++Cl-=AgCl↓，所以最终所生成的AgBr沉淀比AgCl要少。答案选C。15.肯定条件下，某含碳钢腐蚀状况与溶液pH的关系如下表：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2—下列说法正确的是A.随pH的上升，碳钢腐蚀速率渐渐加快B.pH<4,发生析氢腐蚀C.pH为14，其负极反应为2H2O+Fe-3e-=FeO2-+4H+D.在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会加快【答案】B【解析】【详解】A项、由表可知，随pH的上升，碳钢腐蚀速领先减慢后渐渐加快，故A错误；B项、当pH<4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故B正确；C项、在pH=14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，负极反应为4OH-+Fe_3e-═FeO2-+2H2O，故C错误；

D项、在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D错误。故选B。【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键。16.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是A.电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e-=2B.电极A上H2参加的电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2OC.电池工作时，向电极A移动，电子由A极经电解质流向B极D.反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子【答案】A【解析】【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，据此回答；【详解】A．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，A正确；B．电解质溶液中没有OH-，负极反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，B错误；C．电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，C错误；D．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价上升到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，D错误；答案选A。17.完成并分析下列化学原理(1)在配制三氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的________。(2)把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最终得到的主要固体产物是________。(3)除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，加入的试剂可以是________。(4)amol/L(NH4)2SO4溶液pH=5，其缘由是_________(用相应的离子方程式说明)。(5)有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa；②NH4Cl与HCl；③NH4Cl与NaCl；④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)。溶液中c(H+)由小到大的依次为：(填混合溶液的编号)________________。(6)在做Zn与稀H2SO4反应制取H2的试验中，向溶液中滴加几滴CuSO4溶液，反应放出H2速度加快的缘由是：________________。【答案】(1).稀盐酸(2).Al2O3(3).氧化铜(氢氧化铜或碳酸铜或碱式碳酸铜)(4).+H2ONH3·H2O+H+(5).④＜①＜③＜②(6).形成锌—铜—稀硫酸原电池，加快反应速率【解析】【分析】(1)铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，呈酸性，加酸抑制水解；(2)铝离子水解生成的盐酸为挥发性酸，蒸干得到氢氧化铝，再灼烧分解；(3)铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，加入CuO等调整溶液pH使铁离子完全沉淀，从而除去杂质且没有引进新的杂质；(4)amol/L(NH4)2SO4溶液中存在水解反应溶液呈酸性；(5)①NH4Cl与CH3COONa混合物显示中性；②NH4Cl与HCl中c(H＋)最大；③NH4Cl与NaClc(H＋)仅次于②；④NH4Cl与NH3·H2O溶液c(H＋)最小；(6)发生反应Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，形成锌—铜—稀硫酸原电池，加快反应速率。【详解】(1)铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，呈酸性，在配制三氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的稀盐酸。故答案为：稀盐酸；(2)铝离子水解生成的盐酸为挥发性酸，蒸干得到氢氧化铝，把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最终得到的主要固体产物是Al2O3。故答案为：Al2O3；(3)铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，加入的试剂可以是氧化铜(氢氧化铜或碳酸铜或碱式碳酸铜)，调整溶液pH使铁离子完全沉淀，从而除去杂质且没有引进新的杂质。故答案为：氧化铜(氢氧化铜或碳酸铜或碱式碳酸铜)；(4)amol/L(NH4)2SO4溶液中存在水解反应溶液呈酸性，pH=5，其缘由是+H2ONH3·H2O+H+。故答案为：+H2ONH3·H2O+H+；(5)有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa的溶液显示中性；②NH4Cl与HCl的氢离子浓度最大；③NH4Cl与NaCl显示酸性；④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)的氢离子浓度最小。溶液中c(H+)由小到大的依次为：④＜①＜③＜②。故答案为：④＜①＜③＜②；(6)在做Zn与稀H2SO4反应制取H2的试验中，向溶液中滴加几滴CuSO4溶液，发生反应Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，形成锌—铜—稀硫酸原电池，加快反应速率。故答案为：形成锌—铜—稀硫酸原电池，加快反应速率。18.用中和滴定法测定某烧碱样品(含有氯化钠的杂质)的纯度，试依据试验回答下列问题：(1)为了避开测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，可选用______(填编号字母)作指示剂。A.甲基橙B.石蕊C.酚酞(2)滴定过程中，眼睛应凝视____，若用酚酞做指示剂，滴定终点的标记是_______，滴定结果是________(偏大，偏小，不变)，理由______________。(3)依据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是______________mol/L，烧碱样品的纯度是___________。滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50其次次10.004.1024.00第三次10.000.1024.30【答案】(1).A(2).锥形瓶中溶液颜色变更(3).溶液由红色变为无色，且半分钟内不复原原色(4).偏小(5).滴定终点时，溶液中碳酸根离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少(6).0.4000(7).97.56%【解析】【分析】(1)依据滴定终点溶液有酸碱性来选择指示剂。空气中二氧化碳与NaOH反应生成碳酸钠，碳酸氢钠显碱性，为了避开测定结果出现较大误差，滴定终点可选变色范围为酸性的指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；(2)按中和滴定的操作规范：中和滴定时眼睛主要溶液颜色的变更，若用酚酞做指示剂，滴定终点由粉红色变成无色且半分钟内不变色；依据酚酞变色范围可知，滴定终点时碳酸钠变为碳酸氢钠，消耗盐酸过少；(3)先推断数据的有效性，计算消耗盐酸的平均体积，结合NaOH+HCl=NaCl+H2O计算c(NaOH)，由m=cVM计算500mL溶液中氢氧化钠的质量，最终依据质量分数公式计算烧碱样品的纯度。【详解】(1)A．为了避开测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定终点溶液应呈酸性，故A选；B．石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，故B不选；C．酚酞变色范围为pH=8.2-10，滴定后溶液显碱性，误差较大，故C不选；故答案为：A；(2)滴定过程中，眼睛应凝视锥形瓶中液体颜色变更，若用酚酞做指示剂，酚酞变色范围为pH=8.2-10，滴定终点的标记是溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不变色，滴定结果是偏小，理由：滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少，导致测定结果偏低；故答案为：锥形瓶中液体颜色变更；溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不变色；偏小；滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少；(3)3次试验消耗标准液体积分别为：20.50-0.40=20.10mL，24.00-4.10=19.90mL，24.30-0.10=24.20mL，第3次数据误差大，舍去，则消耗标准液平均体积为：=20.00mL，NaOH+HCl=NaCl+H2O，c(NaOH)×0.0100L=0.2000mol·L－1×0.0200L，c(NaOH)=0.4000mol·L－1，即氢氧化钠物质的量浓度为：0.4000mol·L－1，m(烧碱)═cVM═0.4000mol·L-1×0.5L×40g·mol－1═8.0g，烧碱样品的纯度ω=×100%═97.56%，故答案为：0.4000；97.56%。【点睛】本题考查物质的含量测定，侧重考查学生的分析实力、试验实力和计算实力，明确试验原理是解本题关键，易错点(1)是酸碱指示剂的选取，留意驾驭中和滴定操作方法，留意把握试验原理、试验技能以及物质性质的分析，难点(3)酸碱中和滴定的计算，留意数据的有效性，依据方程式计算。19.甲醇是一种重要的可再生能源。已知：①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)△H=akJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=bkJ/mol。(1)写出由CH4和O2制取CH3OH(g)的热化学方程式：__________________。(2)在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：时间(s)020406080100c(N2O4)0.20a0.10cdec(NO2)0.000.12b0.220.220.22反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发觉气体的颜色变浅。该反应的化学方程式为N2O42NO2。①0~20s内N2O4的平均反应速率为______________。②该反应的平衡常数表达式K=______________，在80℃时该反应的平衡常数K值为____(保留2位小数)。③下列说法正确的是_____________。A．温度越高，K值越大，N2O4的转化率越高B．加压，平衡逆向移动，气体颜色变浅C．增大N2O4浓度，新平衡建立过程中正反应速率不断加快D．起始条件相同，将等最的N2O4分别在A、B两个相同的容器中反应建立平衡，A保持恒温、恒容；B保持恒温、恒压，达到平衡后，A中的N2O4平衡转化率小于B④写出恒温恒容下，能推断该反应达到平衡状态的依据_____________、_____________。(写出2条即可)【答案】(1).2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)△H=(a+2b)kJ/mol(2).0.003mol/(L·s)(3).(4).0.54mol/L(5).AD(6).混合气体的平均摩尔质量不变(7).混合气的颜色不再变更；压强不再变更(其他答案合理均得分)【解析】【详解】(1)已知：①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)△H=akJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=bkJ/mol。盖斯定律计算①+②×2得到由CH4和O2制取CH3OH(g)的热化学方程式：2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)△H=(a+2b)kJ/mol；(2)①0~20s内N2O4的平均反应速率为v(N2O4)==0.003mol/(L·s)；②该反应的平衡常数表达式K=；在80℃时，反应60s达到平衡状态，平衡浓度c(NO2)=0.22mol·L－1，c(N2O4)=0.09mol·L－1，该反应的平衡常数K值为==0.54(保留2位小数)；③A．正反应为吸热反应，温度越高，平衡正移，K值增大，N2O4的转化率越高，故A正确；B．加压，平衡逆向移动，容器体积减小，NO2浓度增大，气体颜色变深，故B错误；C．增大N2O4的浓度，随着反应进行，N2O4的浓度渐渐减小，正反应速率不断降低，故C错误；D．起始条件相同，将等最的N2O4分别在A、B两个相同的容器中反应建立平衡，A保持恒温、恒容；B保持恒温、恒压，达到平衡后，则平衡相对于容器A正向移动，A中的N2O4平衡转化率小于B，故D正确；故答案为：AD；④恒温恒容下，容器体积不变，气体质量不变，但气体物质的量变更，气体平均相对分子质量为变更值，压强为变更值，则达到平衡时，平均相对分子质量不变，压强不再变更，混合气体颜色不再变更，能推断该反应达到平衡状态的依据混合气体的平均摩尔质量不变、混合气的颜色不再变更；压强不再变更(其他答案合理均得分)。20.W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，W是宇宙中最丰富的元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有2个未成对电子；向含有QSO4的溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继缕滴加氨水，沉淀溶解，得深蓝色溶液。请回答下列问题：(1)写出Z原子的价电子排布图为_______________。(2)W2XZ分子中的中心原子的杂化类型_______________。(3)Y、W形成的最简洁的气态氢化物分子的空间构型为_______________。(4)接着滴加氨水，沉淀溶解时反应：_______________(用离子方程式表示)，向深蓝色溶液中再加乙醇，会析出深蓝色的[Q(NH3)4]SO4·H2O晶体，该晶体中含有的化学键_______________。(5)Y的最简洁气态氢化物的沸点比同主族相邻元素的最简洁气态氢化物的沸点高的缘由是_______________。【答案】(1).(2).sp2杂化(3).三角锥形(4).Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O(5).离子键、极性键、配位键(6).氨气分子间存在氢键【解析】【分析】W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，W是宇宙中最丰富的元素，则W为H元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，按排布规律这3个能级为1s、2s和2p，且它们的价电子层上均有两个未成对电子，则X和Z的电子排布式为1s22s22p2和1s22s22p4，故X为C元素，Z为O元素，则Y为N元素；向含有QSO4的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则Q为Cu元素，以此来解答。【详解】(1)Z为O元素，O原子的核外电子排布式为1s22