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浙江强基联盟2026年3月高二下学期开学化学试题
1．下列物质属于含有共价键的离子化合物的是
A． B． C． D．
2．下列化学用语表示正确的是
A．的VSEPR模型：
B．氯离子的结构示意图：
C．KI的电子式：
D．键形成的轨道重叠示意图：
3．可燃冰为甲烷水合物，下列说法正确的是
A．第一电离能： B．和分子间有氢键
C．稳定性： D．和分子都是非极性分子
4．下列说法正确的是
A．电镀时，镀件作阳极，镀层金属作阴极
B．向铜和浓硫酸反应后的试管中加水观察溶液颜色变化
C．验证肥皂泡收集的少量氢气，点燃前无需验纯
D．用饱和食盐水除去中的
5．下列离子方程式正确的是
A．电解溶液的离子方程式：
B．溶于HI溶液：
C．少量溶液滴入溶液中：
D．硫单质溶于热的强碱：
6．已知能溶于浓盐酸：，若为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中Pb的化合价为+2和+3
B．参与反应转移电子数为
C．氧化剂和还原剂物质的量之比是1：14
D．该反应中氧化性：
7．“物质结构或性质”与“物质用途”之间的对应关系不正确的是
　 物质结构或性质 物质用途
A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 用作润滑剂
B 属于共价晶体，熔点高 用于生产光导纤维
C 氢氧化镁分解时吸收大量的热量 添加到合成树脂中可作阻燃剂
D 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，可识别 增大在有机溶剂中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
8．下列说法不正确的是
A．装置①探究稀盐酸与反应的热效应
B．装置②测定中和反应反应热
C．装置③探究温度对化学平衡的影响
D．装置④探究金属的吸氧腐蚀
9．肽抑制剂X可抑制骨髓瘤，其作用机理是X与蛋白酶体片段的活性位点Y结合。下列说法正确的是
A．可用红外光谱测定X的相对分子质量
B．X中除R基团外有1个手性碳原子
C．活性位点Y内O均为杂化
D．Z在碱性条件下能稳定存在
10．下列说法正确的是
A．中和pH与体积均相等的氨水和NaOH溶液所需的HCl的物质的量相同
B．常温下，pH均为9的氨水和NaOH溶液等体积混合，混合后pH减小
C．常温下，pH均为3的盐酸和醋酸中由水电离出的相等
D．的某酸HR溶液，稀释100倍后溶液，则HR是弱酸
11．LiOH的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是
A．晶体中与一个O紧邻的Li有4个
B．每个Li与所有紧邻O形成的空间结构为正四面体
C．晶体中微粒间作用力只含离子键和共价键
D．LiOH与NaCl晶胞结构相似
12．是一种液态化合物，极易水解。等物质的量的溶解在中形成的电解质溶液，常用于心脏起搏器的微型锂电池(电极材料是石墨和锂，总反应为)，下列说法不正确的是
A．是极性分子，其大于
B．既作溶剂，又能吸收体系中的微量水分，提升电池稳定性
C．等物质的量的可能形成，提升电解质溶液的导电性
D．正极反应：
13．人体血液中存在平衡：，依赖缓冲对，使血浆pH维持在。下列说法不正确的是
A．快速深呼吸导致血液pH降低，引发酸中毒
B．剧烈运动产生乳酸，与乳酸结合维持pH稳定
C．呼吸性酸中毒时可以注射适量溶液
D．呼吸性碱中毒可用纸袋罩住口鼻减缓呼气频率
14．在恒容的密闭容器中充入一定量的R气体，发生反应①：，活化能为，反应②：，活化能为。控制反应温度分别为和(已知：，活化能受温度影响变化很小)，测得(时间)曲线如图所示，在下，最大值出现的时间分别为。下列说法不正确的是
A．温度下，反应②为决速步
B．反应②的平衡常数在温度下时比温度时大
C．在温度下反应并及时分离可获得较高产率的A
D．最大值出现的时间，是因为温度升高，达到平衡所需时间少
15．往溶液中不断地通入，其中部分离子浓度变化如图所示，已知；；。下列说法不正确的是
A．曲线1表示
B．曲线2前半段
C．曲线3、4的交点a处溶液pH约为1.85
D．曲线4发生反应的离子方程式为
16．常用作氧化剂、消毒剂等，锰酸钾在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性、弱碱性中容易发生自身氧化还原反应。某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分是)为原料制取高锰酸钾的流程如图所示，已知：相同温度下，溶解度比溶解度小得多。下列说法不正确的是
A．熔融氧化时不可用玻璃棒搅拌
B．锰酸钾歧化时生成的可循环使用
C．通入过量，导致粗品中混有
D．系列操作包含过滤、滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
17．铜、硫、氮及其化合物在生产生活中有广泛应用，回答下列问题：
（1）下列说法正确的是_______(填标号)。
A．基态S原子核外电子最高能层符号：3p
B．N的价层电子排布式：
C．与配位能力：
D．酸性：
（2）如图示为一种铜和氧形成的晶体结构示意图，边长为，已知表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为　 　。
（3）某学习小组以为原料实现如下转化：
已知：。
①写出流程中生成的离子方程式：　 　。
②下列说法正确的是　 　(填标号)。
A.中键数目为
B.为了提高的产率可加入过量的溶液
C.检验CuO中是否含，可向样品中加入足量稀硫酸并观察现象
D.的饱和溶液中加入硫酸会有晶体析出
③判断和的碱性强弱并说明理由：　 　。
④CuO溶于氨水可得深蓝色溶液，写出反应的离子方程式：　 　。
⑤与水反应可表示为，物质的量之比为的和反应，写出该反应产物的结构简式：　 　，产物加入过量的NaOH溶液并加热反应，设计实验方案验证反应后溶液中存在的阴离子(除外)：　 　。
18．利用光电催化还原制备甲醇，甲醇与制备高附加值产品甲硫醇，不仅能够实现及的绿色资源化利用，还可获得巨大的经济效益。回答下列问题：
I．光电催化还原反应如图所示，作电解液。
（1）电极b为________(填“阴极”或“阳极”)。
（2）电极a的电极反应为________。
Ⅱ．甲醇-硫化氢低温催化法制备甲硫醇，反应简单且原料利用率高，并可消除污染物硫化氢，主要反应如下：
①
②
③
（3）一定温度和压强下，甲硫醇的选择性()与甲醇的转化率随甲醇的进料流速变化的关系如图1所示。
图1中，甲醇进料流速为时甲硫醇的生成流速为________。若在恒温恒容条件下，发生反应①②，以投料比为达到平衡时，甲醇的平衡转化率为，产品的选择性为，则反应①的________(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体组分平衡分压=体系总压×该气体组分在体系中的体积分数)。
（4）采用催化剂，固定反应温度为，反应压强为，甲醇体积空速(单位体积催化剂在单位时间内通过反应气体的体积)条件下，考察不同物质的量之比的硫化氢-甲醇对甲醇转化率及产物选择性的影响，反应结果如图2所示。
根据以上已知信息，判断在此条件下反应的最佳比________，根据图示解释原因：________。
（5）下列有关甲醇和硫化氢制取甲硫醇的说法正确的是_______(填标号)。
A. 图1中甲醇转化率下降的主要原因是进料流速较快时，甲醇未反应完全
B. 依据上述信息，若硫化氢定量，其转化率随甲醇体积空速的增加会不断增大
C. 适当增大压强可提高图1中N点甲醇的转化率
D. 甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，可选择合适的冷凝温度和压强进行初步分离
19．光卤石是一种含钾、镁的复盐，化学式为。在实验室中，可通过与在适宜条件下结晶合成。实验步骤如下：
已知：①蒸发浓缩控温。
②。
回答下列问题：
（1）盐酸的作用是　 　。
（2）下列说法正确的是_______(填标号)。
A．反应需水浴控温，是从产品生成速率和纯度角度考虑
B．洗涤产品时可用无水乙醇
C．干燥产品时宜采用高温烘干
D．蒸发浓缩时恒温搅拌，可使晶体颗粒均匀且减少局部水解
（3）产品中的含量测定采用如下操作：
①配制待测液：准确称取产品，溶于水配成溶液。
②准备标准溶液：
选出正确操作并按顺序填写字母序号：　 　。
取滴定管检漏，水洗→_______→_______→_______→调液面，读数。
a.润洗，从滴定管尖嘴处放出液体
b.润洗，从滴定管上口倒出液体
c.装液，使液面位于滴定管“0”刻度以上处
d.排出气泡
③滴定：取出待测液于锥形瓶中，滴加指示剂　 　(填化学式)，滴定终点的现象是　 　。
④某学习小组发现测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是　 　。
20．I．和在生产生活中应用广泛，已知常温下；。
（1）结合的能力：________(填“>”“<”或“=”)。
（2）常温下溶液中各微粒浓度之间的关系式错误的是_______(填标号)。
A.
B.
C.
D.
（3）写出水解的离子方程式：________，计算该反应的K为________(保留3位有效数字)。
Ⅱ．
（4）是二元弱酸，向溶液中滴加等体积溶液，溶液的________[已知，]。
（5）如果在溶液中使的全部转化为，则的最初浓度为________(保留2位有效数字，忽略反应前后溶液体积的变化)[已知]。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学键；离子键的形成；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A、H2O2，只含共价键，属于共价化合物，A 不符合题意 ；
B、CH3COONa，Na+与 CH3COO-之间存在离子键，CH3COO-内部 C、H、O 原子之间存在共价键，属于含共价键的离子化合物，B 符合题意 ；
C、MgCl2，只含 Mg2+与 Cl-之间的离子键，不含共价键，C 不符合题意 ；
D、HClO，只含共价键，属于共价化合物，D 不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
先区分离子化合物和共价化合物，离子化合物一定含离子键，共价化合物只含共价键；再判断化学键类型，筛选出同时满足 “离子化合物” 和 “含有共价键” 两个条件的物质。
2．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH3中心 N 原子的价层电子对数为 3+×(5-3×1)=4，VSEPR 模型为四面体形，图示正确，A 正确；
B、氯离子的核电荷数为 17，核外电子排布为 2、8、8，结构示意图核电荷数应为 + 17， 结构示意图为，B错误；
C、KI 是离子化合物，电子式应为 ，不能用共用电子对形式表示，C 错误；
D、p-pπ 键是 p 轨道肩并肩重叠形成的，图示为头碰头重叠，属于 σ 键，D 错误；
故答案为：A。
【分析】解题要点：
计算 NH3中心 N 原子的价层电子对数，确定其 VSEPR 模型，
根据氯离子的核电荷数，核对结构示意图的核电荷数标注，
区分离子化合物与共价化合物的电子式书写规则，
明确 σ 键与 π 键的轨道重叠方式，区分头碰头和肩并肩重叠。
3．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，且 ⅡA、ⅤA 族因轨道全满、半满出现反常，第一电离能 O＞N＞C，因此 C＜O，A 错误；
B、氢键形成的前提是分子中存在与 N、O、F 等电负性大且半径小的原子直接相连的 H 原子，CH4分子中 C 原子电负性不足，无法形成氢键，B 错误；
C、元素非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，故 O 的非金属性强于 C，对应氢化物稳定性 CH4＜H2O，C 正确；
D、分子极性取决于分子空间结构与正负电荷中心是否重合；CH4为正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子；H2O 为 V 形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D 错误；
故答案为：C。
【分析】解题要点：
运用同周期元素第一电离能的递变规律，结合 N 原子 2p 轨道半满的稳定结构，分析第一电离能大小关系；
紧扣氢键的形成条件，判断 CH4与 H2O 分子间能否形成氢键；
依据 “元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强” 的规律，结合同周期非金属性递变，比较氢化物稳定性；
根据分子的空间构型（正四面体、V 形），判断正负电荷中心是否重合，进而确定分子极性。
4．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；物质的分离与提纯；电镀
【解析】【解答】A、电镀的原理是镀层金属阳离子在镀件表面得电子析出，因此镀件作阴极，镀层金属作阳极（阳极金属失电子补充溶液中的阳离子），A 错误；
B、铜与浓硫酸反应后，试管内有大量剩余的浓硫酸，若直接向试管中加水，浓硫酸稀释放出大量热，会导致液体暴沸、飞溅，引发危险；正确操作是将试管中的反应液沿烧杯壁缓慢注入盛水的烧杯中，搅拌后观察溶液颜色，B 错误；
C、用肥皂泡收集的少量氢气，肥皂泡会隔绝空气，泡内仅为纯净氢气，不会形成氢气与空气的爆炸性混合气体，因此点燃前无需验纯，C 正确；
D、除杂的核心要求是不减少主体气体、仅除去杂质；CO2能溶于饱和食盐水，会造成主体气体损失，且 HCl 与饱和食盐水不反应，无法除去杂质；应选用饱和碳酸氢钠溶液，因为 HCl 与 NaHCO3反应生成 CO2，同时 CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度极小，D 错误；
故答案为：C。
【分析】解题要点：
掌握电镀池的电极构成，明确阴极（镀件）、阳极（镀层金属）的作用，区分电镀与原电池、电解精炼的电极差异；
牢记浓硫酸稀释的安全操作规范，理解 “酸入水、沿杯壁、慢搅拌” 的原理，避免直接向浓硫酸中加水引发暴沸；
理解可燃性气体验纯的本质是防止空气混入形成爆炸混合物，明确肥皂泡包裹的氢气因隔绝空气无需验纯的原理；
掌握气体除杂的基本原则，能根据主体气体和杂质的性质，选择合适的除杂试剂，避免主体气体损失、引入新杂质。
5．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的原理；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、电解 MgCl2溶液时，生成的 OH-会与 Mg2+结合生成 Mg (OH)2沉淀，正确离子方程式为，A错误；
B、Fe2O3溶于 HI 溶液，Fe3+具有强氧化性，会与 I-发生氧化还原反应生成 Fe2+和 I2，正确离子方程式为，B错误；
C、少量 Na [Al(OH)4] 溶液滴入 Ca(HCO3)2溶液中，Ca2+会与生成的 CO32-结合生成 CaCO3沉淀，正确离子方程式为，C错误；
D、硫单质溶于热的强碱，发生歧化反应，一部分 S 转化为 S2-，一部分转化为 SO32-，结合电子守恒和电荷守恒配平，离子方程式为 ，D 正确；
故答案为：D。
【分析】解题要点：
分析电解 MgCl2溶液时，要考虑 Mg2+与 OH-的沉淀反应，补充 Mg(OH)2沉淀的书写，忽略该点会导致离子方程式错误；
明确 Fe3+与 I-的氧化还原反应，Fe3+不能与 I-大量共存，反应会生成 Fe2+和 I2，而非单纯的酸碱反应；
处理 Ca(HCO3)2与 [Al(OH)4]-的反应时，需关注 Ca2+与 CO32-的沉淀反应，生成 CaCO3沉淀，不能只生成 CO32-；
硫与强碱的歧化反应，需掌握 S 的化合价变化（0 价→-2 价和 + 4 价），结合电子守恒配平离子方程式，同时注意反应条件为加热。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Pb3O4可看作 2PbO PbO2，Pb 的化合价为 + 2 和 + 4，不是 + 2 和 + 3，A 错误；
B、1 mol Pb3O4参与反应时，只有 1 mol +4 价 Pb 被还原为 + 2 价，得到 2 mol 电子，转移电子数为 2NA，B 错误；
C、反应中 14 mol HCl 里，只有 2 mol HCl 被氧化为 Cl2，作还原剂；1 mol Pb3O4全部作氧化剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为 1：2，C 错误；
D、该反应中 Pb3O4是氧化剂，Cl2是氧化产物，根据 “氧化剂的氧化性强于氧化产物”，可知氧化性：Pb3O4 > Cl2，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
掌握 Pb3O4的组成，明确其可拆分为 2PbO PbO2，Pb 的化合价为 + 2 和 + 4，而非 + 2 和 + 3；
分析反应中 Pb 的化合价变化，确定 1 mol Pb3O4参与反应时，仅 + 4 价 Pb 得电子，计算转移电子数；
区分 HCl 在反应中的作用，14 mol HCl 中仅 2 mol 作还原剂（被氧化为 Cl2），其余作酸，据此计算氧化剂与还原剂的物质的量之比；
运用氧化还原反应的强弱规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物，比较 Pb3O4与 Cl2的氧化性强弱。
7．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；原子晶体（共价晶体）；晶体的定义
【解析】【解答】A、石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，层与层之间易滑动，因此可用作润滑剂，对应关系正确，A 不符合题意；
B、SiO2用于生产光导纤维，是利用其对光的全反射特性，而非熔点高的性质，对应关系错误，B 符合题意；
C、氢氧化镁分解时吸收大量热量，能降低体系温度、隔绝氧气，因此添加到合成树脂中可作阻燃剂，对应关系正确，C 不符合题意；
D、冠醚 18 - 冠 - 6 的空腔直径与 K+直径接近，可识别并络合 K+，从而增大 KMnO4在有机溶剂中的溶解度，对应关系正确，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
分析石墨的层状结构与范德华力的作用，明确其用作润滑剂的原理；
区分 SiO2的不同性质对应的用途，明确光导纤维利用的是光学特性，而非熔点高的物理性质；
掌握氢氧化镁的阻燃原理，即分解吸热、隔绝氧气；
理解冠醚的络合作用，明确其通过络合 K+增大 KMnO4在有机溶剂中溶解度的原理。
8．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；中和热的测定
【解析】【解答】A、装置甲中稀盐酸与 NaHCO3反应，若反应吸热，试管内温度降低，压强减小，U 型管红墨水会出现左高右低，可探究反应热效应，A 正确；
B、中和热测定实验需要环形玻璃搅拌棒使溶液混合均匀、保温装置减少热量损失，装置乙缺少环形玻璃搅拌棒，无法准确测定中和反应的反应热，B 错误；
C、装置丙中存在 2NO2 N2O4的平衡体系，热水和冷水温度不同，可通过观察气体颜色变化，探究温度对化学平衡的影响，C 正确；
D、装置丁中铁钉在食盐水（中性环境）中发生吸氧腐蚀，试管内压强减小，右侧试管中液面上升，可探究金属的吸氧腐蚀，D 正确；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
明确装置甲的原理，通过 U 型管红墨水的液面变化，判断反应的吸放热，验证其可探究反应热效应；
掌握中和热测定实验的必备仪器，包括环形玻璃搅拌棒、保温装置等，指出装置乙缺少环形玻璃搅拌棒，无法完成实验；
利用 NO2与 N2O4的平衡体系，通过温度变化引起的颜色变化，探究温度对化学平衡的影响，验证装置丙的合理性；
结合吸氧腐蚀的条件（中性环境、消耗氧气使压强减小），分析装置丁的实验原理，验证其可探究金属的吸氧腐蚀。
9．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、红外光谱用于测定有机物中的官能团、化学键类型，无法测定相对分子质量，测定相对分子质量需用质谱法，A 错误；
B、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，X 中除 R 基团外，与 B、-NH-、-CH2CH(CH3)2相连的碳原子为手性碳，如图：，共 1 个，B 正确；
C、活性位点 Y 中，羰基 O 为 sp2 杂化，羟基 O 为 sp3 杂化，并非所有 O 均为 sp2 杂化，C 错误；
D、Z 中含有和 等结构，在碱性条件下会发生水解，不能稳定存在，D 错误；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
区分红外光谱与质谱法的作用，明确红外光谱用于分析官能团，质谱法用于测定相对分子质量；
掌握手性碳原子的定义，即连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，据此判断 X 中的手性碳数量；
分析 Y 中不同 O 原子的成键特点，区分羰基 O（sp2 杂化）和羟基 O（sp3 杂化）的杂化类型；
结合 Z 中的官能团（酰胺键、B-O 键等），判断其在碱性条件下的稳定性，明确酰胺键在碱性中会发生水解。
10．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、氨水是弱碱，部分电离，pH 与体积均相等的氨水和 NaOH 溶液，氨水的物质的量远大于 NaOH，中和时氨水消耗的 HCl 更多，A 错误；
B、常温下 pH 均为 9 的氨水和 NaOH 溶液等体积混合，溶液中 c (OH-) 不变，混合后 pH 不变，B 错误；
C、pH 均为 3 的盐酸和醋酸溶液，溶液中 c (H+) 相等，根据水的离子积常数，溶液中 c (OH-) 相等，OH-均由水电离产生，故由水电离出的 c (H+) 相等，C 正确；
D、若 HR 是强酸，pH=2 的 HR 溶液稀释 100 倍后 pH=4，题中未提及稀释后的 pH，无法判断 HR 是否为弱酸，D 错误；
故答案为：C。
【分析】解题要点：
理解弱电解质的电离特点，pH 与体积相等的强碱和弱碱，弱碱物质的量更大，中和时消耗的酸更多；
明确两种 pH 相同的强碱或强碱与弱碱混合，溶液中氢氧根离子浓度不变，pH 不变；
掌握酸溶液中氢离子与氢氧根离子的来源，酸抑制水的电离，溶液中氢氧根离子浓度决定水的电离程度；
区分强酸与弱酸的稀释规律，强酸稀释 pH 变化为 n 个单位，弱酸稀释 pH 变化小于 n 个单位，需结合具体 pH 变化判断。
11．【答案】A
【知识点】化学键；晶胞的计算
【解析】【解答】据晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构：
A、从晶胞结构和 x 轴方向投影图可知，O 原子周围紧邻的 Li 原子数量为 4 个，A 正确；
B、每个 Li 紧邻的 O 原子数量为 4 个，但这 4 个 O 原子形成的空间结构并非正四面体，键角为 129°，不符合正四面体的键角（109°28'）特征，B 错误；
C、LiOH 是离子化合物，存在 Li+与 OH-之间的离子键，OH-内部 O 与 H 之间存在共价键，同时晶体中还存在分子间作用力（氢键）， 层间还存在范德华力， 并非只含离子键和共价键，C 错误；
D、NaCl 晶胞为面心立方结构，Na+和 Cl-的配位数均为 6；而 LiOH 晶胞中 Li+的配位数为 4，与 NaCl 晶胞结构不相似，D 错误；
故答案为：A。
【分析】解题要点：
结合晶胞图示和投影图，准确分析 O 原子周围紧邻的 Li 原子配位数，
依据正四面体结构的键角（109°28'）等特征，判断 Li 与紧邻 O 形成的空间结构是否为正四面体，
明确 LiOH 的晶体类型及微粒间作用力的构成，区分离子键、共价键与氢键的存在；
对比 LiOH 晶胞与 NaCl 晶胞的结构差异，包括阳离子配位数、晶胞堆积方式等，确定二者晶胞结构是否相似。
12．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、SOCl2中 S 原子为 sp3 杂化，含 1 对孤电子对，分子结构不对称，属于极性分子；孤电子对的排斥作用使∠O-S-Cl 键角大于 sp3 杂化的理想键角（109°28'），A 正确；
B、SOCl2极易水解，能与体系中的微量水反应，避免水与电极材料锂发生副反应，同时作为溶剂溶解 LiCl、AlCl3，可提升电池稳定性，B 正确；
C、等物质的量的 LiCl 与 AlCl3可发生配位反应，形成 LiAlCl4等复合离子，增大溶液中自由移动的离子浓度，从而提升电解质溶液的导电性，C 正确；
D、原电池中正极发生还原反应，得电子，总反应中 SOCl2在正极被还原，正确的正极反应为 3SOCl2+8e-=SO32-+2S+6Cl-；选项中反应式为失电子的氧化反应，属于负极反应类型，D 错误；
故答案为：D。
【分析】解题要点：
分析 SOCl2的杂化类型、孤电子对与分子极性的关系，结合孤电子对的排斥作用，明确键角的变化规律，
结合 SOCl2极易水解的化学性质，理解其在电池中作溶剂、除水的双重作用，明确其对电池稳定性的提升原理，
掌握 LiCl 与 AlCl3的配位反应原理，明确复合离子的形成对溶液离子浓度、导电性的影响，
牢记原电池正负极的反应本质：负极发生氧化反应（失电子），正极发生还原反应（得电子），据此分析电极反应式的电子得失。
13．【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、快速深呼吸会大量排出体内的 CO2，使平衡 CO2+H2O H2CO3和H2CO3 H++HCO3-向左移动，H+浓度降低，血液 pH 升高，引发碱中毒，A 错误；
B、剧烈运动产生乳酸，乳酸电离出的 H+会与缓冲对中的 HCO3-结合生成 H2CO3，从而维持血浆 pH 稳定，B 正确；
C、呼吸性酸中毒是因为 CO2滞留导致 H+增多，注射 NaHCO3溶液，HCO3-可与 H+反应消耗 H+，降低 H+浓度，缓解酸中毒，C 正确；
D、呼吸性碱中毒是因为呼气过快导致 CO2排出过多，用纸袋罩住口鼻可减少 CO2的呼出，使部分呼出的 CO2重新吸入，提高血液中 CO2浓度，平衡右移，H+浓度回升，缓解碱中毒，D 正确；
故答案为：A。
【分析】解题要点：
结合人体血液中的缓冲平衡体系，明确快速深呼吸对 CO2浓度的影响，以及平衡移动方向与 H+浓度、pH 的关系。
运用缓冲溶液的作用原理，分析剧烈运动产生的乳酸与 HCO3-的反应机制，理解其对 pH 的稳定作用。
针对 “呼吸性酸中毒” 的成因（CO2堆积、H+升高），分析 NaHCO3溶液中 HCO3-的中和作用，明确其可缓解酸中毒的原理。
针对 “呼吸性碱中毒” 的成因（CO2过度流失、H+降低），分析纸袋罩口鼻的复吸作用，明确其可补充 CO2、恢复 pH 的原理。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、T1温度下，A 的浓度先快速升高后快速下降，说明反应①）速率快，反应②速率慢，总反应速率由慢步骤决定，故反应②为决速步，A 正确；
B、由图像可知，T1>T2，T1下 A 的平衡浓度远低于 T2，说明升高温度使 A→B 的平衡正向移动，反应②为吸热反应，温度越高平衡常数越大，故反应②的平衡常数在 T1温度下比 T2温度时大，B 正确；
C、T1温度下反应①速率快，可快速生成 A，及时分离 A 会使反应②平衡逆向移动，减少 A 的消耗，从而获得较高产率的 A，C 正确；
D、c (A) 最大值出现的时间的原因：温度升高，反应①和反应②的速率都加快，A的生成和消耗速率都变快，因此峰值出现的时间更早，而达到平衡所需时间少是指整个反应体系达到平衡，并非A浓度峰值出现的时间，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
决速步判断：总反应速率由速率最慢的基元反应决定，通过 A 的浓度变化速率，判断反应①、②的快慢，确定决速步；
平衡常数与温度的关系：根据不同温度下 A 的平衡浓度，判断反应②的热效应，进而分析平衡常数随温度的变化规律；
产率调控：利用平衡移动原理，分析及时分离产物对 A 产率的影响，明确分离 A 可抑制 A 的消耗，提高产率；
反应速率与时间的关系：明确 c (A) 最大值的本质是 A 的生成速率与消耗速率相等，而非体系达到总平衡，分析温度对两步反应速率的综合影响，纠正 “仅因达到平衡时间少” 的错误认知。
15．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、由电离常数可知酸性顺序为 ，向溶液中通，初始阶段与反应生成和，浓度持续下降，故曲线1代表，A正确；
B、曲线2前半段发生的反应为 是 ，由化学计量数可知，生成的与的物质的量之比为，B正确；
C、曲线3、4的交点处，与的物质的量分数相等，即；根据的二级电离常数，可得；代入计算公式，，并非，C错误；
D、当完全转化后，继续通入，发生反应 ，浓度持续升高，对应曲线4，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
结合电离常数判断酸性强弱，明确反应先后顺序：，根据离子浓度变化趋势对应曲线归属；
依据化学计量数计算反应产物的物质的量比例，快速验证选项B的数值关系；
熟练运用电离平衡常数公式，在时直接简化出，并结合对数运算准确计算；
追踪反应进程，分析不同阶段与含硫微粒的反应，确定曲线4对应的离子方程式。
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、熔融氧化阶段使用的 KOH 为强碱，高温下会与玻璃中的 SiO2发生反应，因此不能用玻璃棒搅拌，A 错误；
B、歧化反应生成的 MnO2可作为步骤①的原料，实现循环使用，B 错误；
C、若通入过量 CO2，溶液中的 K2CO3会转化为 KHCO3，结晶时会混入 KMnO4产品中，导致产品不纯，C 错误；
D、KMnO4受热易分解，因此不能直接蒸发结晶，需采用蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥的方法获得产品，D 正确；
故答案为：D。
【分析】碱熔法制备高锰酸钾的工艺分为两个核心阶段：第一阶段是熔融氧化，将 MnO2、KOH 与 KClO3在高温熔融条件下发生氧化还原反应，MnO2被氧化为 K2MnO4，对应反应为 ；第二阶段是歧化提纯，将熔融产物加水浸取得到 K2MnO4溶液，再向溶液中通入 CO2，使 K2MnO4发生歧化反应，生成目标产物 KMnO4，同时副产 MnO2和 K2CO3（CO2过量时生成 KHCO3），后续通过分离提纯得到最终产品。
17．【答案】（1）B
（2）
（3）；AC；碱性：，理由：电负性N大于H，中N原子的电子云密度小，不易给出孤电子对（或拉电子能力：，拉电子能力越强，N上越缺电子，即供电子能力越弱，结合H+能力下降，则碱性弱于）；；[或]；取少量反应后的溶液，加入过量稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，证明存在
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）A．基态S原子的核外电子排布最高能层为第3层，符号M，最高能级为3p，A错误；
B．N的原子序数为7，价层电子（最外层电子）排布式为，B正确；
C．N的电负性小于O，对孤电子对的吸引力小于O，则中N的孤电子对更易与形成配位键，因此与的配位能力：，C错误；
D．F的电负性比大，的吸电子能力更强，会使中极性更强，键更易断裂，故酸性：，D错误；
故答案为： B ；
（2）晶胞中O原子位于顶点和体心，数目为；晶胞中Cu原子均在晶胞内部，数目为4，原子个数比，因此晶体的化学式为。晶胞边长，晶胞体积，晶胞的质量，代入密度公式得。
故答案为： ；
（3）①流程中和NaClO溶液发生氧化还原反应生成，同时有NaCl生成，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：。
②A．中，与4个形成4个配位键（键），每个内部有3个键，因此该离子中键数为，即，A正确；
B．有强氧化性，过量时会将生成的继续氧化（具有还原性），导致产率降低，B错误；
C．CuO与稀硫酸反应生成蓝色溶液，无固体剩余，与稀硫酸反应：，会生成红色固体Cu，因此加足量稀硫酸，若有红色固体生成则含，无则不含，C正确；
D．的饱和溶液中加入硫酸，与反应生成，破坏配合物，会析出晶体，而非，D错误；
故选AC；
③碱性：，原因是：电负性N大于H，中N原子的电子云密度小，不易给出孤电子对（或拉电子能力：，拉电子能力越强，N上越缺电子，供电子能力越弱，则结合能力越弱，因此碱性弱于）；
④CuO溶于氨水可得深蓝色溶液生成，反应的离子方程式为；
⑤与反应，中的和与一个加成，产物为氨基磺酸，结构简式为（也可写为或）；产物加过量NaOH溶液并加热，生成和，反应后溶液中的阴离子主要为和检验方法：取少量反应后的溶液，加入过量稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，证明存在。
故答案为： ； AC ； 碱性：，理由：电负性N大于H，中N原子的电子云密度小，不易给出孤电子对（或拉电子能力：，拉电子能力越强，N上越缺电子，即供电子能力越弱，结合H+能力下降，则碱性弱于） ； ；[或] ； 取少量反应后的溶液，加入过量稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，证明存在 ；
【分析】（1）先逐一分析 S、N 原子的核外电子排布、电负性对配位能力及酸性的影响，再结合元素周期律判断选项正误，最终确定正确答案。
A：依据基态 S 原子电子层结构，判断最高能层与能级对应关系，确定 A 错误；
B：根据 N 原子序数，推导其价层电子排布式，验证 B 正确；
C：结合电负性规律，判断 N、H 对孤电子对吸引力差异，进而确定配位能力强弱，得出 C 错误；
D：依据电负性对化学键极性的影响，判断两种羧酸酸性强弱，判定 D 错误。
（2）先通过晶胞中原子的位置（顶点、体心、内部）计算 O、Cu 原子数目，确定晶体化学式；再将晶胞边长单位转换，计算晶胞质量与体积，最后代入密度公式得出表达式。
（3）① 先依据氧化还原反应中得失电子守恒，确定 ClO-与 NH3的电子转移数目，再结合电荷守恒、原子守恒，配平反应物与生成物，得到离子方程式。
② A：先明确 [Cu(NH3)4]2+中配位键与 NH3内 σ 键的数目，再计算 1mol 该离子中 σ 键总数，验证 A 正确；
B：结合 NaClO 的强氧化性，判断其过量时对 N2H4的氧化作用，确定 B 错误；
C：根据 Cu2O 与稀硫酸的反应特征、Cu 与稀硫酸不反应的性质，设计实验判断 C 正确；
D：结合 H+与 NH3的反应，分析配合物的解离情况，确定 D 错误；
③先比较 NH3与 N2H4的碱性强弱，再结合电负性规律，分析 N 原子电子云密度、拉电子能力对孤电子对给出能力（结合 H+能力）的影响，解释碱性差异。
④先明确反应的反应物（CuO、NH3 H2O）与生成物（[Cu (NH3)4]2+、OH-、H2O），再根据离子方程式的书写规则，配平并写出完整离子方程式。
⑤根据 NH3与 SO3的加成反应规律，推导氨基磺酸的结构简式（多种合理写法）；
离子检验：先明确反应后溶液中的阴离子，再设计检验方案（加过量稀盐酸排除干扰，加 BaCl2溶液观察沉淀），验证 SO42-的存在。
（1）A．基态S原子的核外电子排布最高能层为第3层，符号M，最高能级为3p，A错误；
B．N的原子序数为7，价层电子（最外层电子）排布式为，B正确；
C．N的电负性小于O，对孤电子对的吸引力小于O，则中N的孤电子对更易与形成配位键，因此与的配位能力：，C错误；
D．F的电负性比大，的吸电子能力更强，会使中极性更强，键更易断裂，故酸性：，D错误；
故选B。
（2）晶胞中O原子位于顶点和体心，数目为；晶胞中Cu原子均在晶胞内部，数目为4，原子个数比，因此晶体的化学式为。晶胞边长，晶胞体积，晶胞的质量，代入密度公式得。
（3）①流程中和NaClO溶液发生氧化还原反应生成，同时有NaCl生成，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：。
②A．中，与4个形成4个配位键（键），每个内部有3个键，因此该离子中键数为，即，A正确；
B．有强氧化性，过量时会将生成的继续氧化（具有还原性），导致产率降低，B错误；
C．CuO与稀硫酸反应生成蓝色溶液，无固体剩余，与稀硫酸反应：，会生成红色固体Cu，因此加足量稀硫酸，若有红色固体生成则含，无则不含，C正确；
D．的饱和溶液中加入硫酸，与反应生成，破坏配合物，会析出晶体，而非，D错误；
故选AC；
③碱性：，原因是：电负性N大于H，中N原子的电子云密度小，不易给出孤电子对（或拉电子能力：，拉电子能力越强，N上越缺电子，供电子能力越弱，则结合能力越弱，因此碱性弱于）；
④CuO溶于氨水可得深蓝色溶液生成，反应的离子方程式为；
⑤与反应，中的和与一个加成，产物为氨基磺酸，结构简式为（也可写为或）；产物加过量NaOH溶液并加热，生成和，反应后溶液中的阴离子主要为和检验方法：取少量反应后的溶液，加入过量稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，证明存在。
18．【答案】(1) 阳极
(2)
(3) 71.25 0.7
(4) 4：1 随着比值增大，甲醇转化率增大，甲硫醇选择性升高，二甲醚选择性降低，当硫化氢-甲醇物质的量之比为4：1时，甲硫醇选择性接近，甲醇转化率已很大，当比值大于4：1时，甲醇转化率变化不大，增加了成本
(5) A，C，D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）电子流入的a极为阴极，在阴极得电子被还原制备甲醇，因此a极为阴极，则b极为阳极；
故答案为： 阳极 ；
（2）在阴极被还原制备甲醇，电解液为溶液（弱碱性环境），结合电荷守恒、原子守恒书写电极反应：；
故答案为： ；
（3）总反应消耗的甲醇量：，生成甲硫醇消耗的甲醇量：，因此甲硫醇的生成流速为，为计算方便，设投料，则，甲醇的平衡转化率，产品甲硫醇的选择性
反应①：
转化量
反应②：
转化量
计算平衡时各物质的物质的量：，，；
因为两反应前后物质的量相等，总压强不变，平衡分压之比即为物质的量之比，所以；
故答案为： 71.25； 0.7 ；
（4）由图2可知，比例为4：1后，甲醇转化率提升不明显，甲硫醇选择性已达到最高，过量硫化氢会增加生产成本，故最佳比例为4：1；
故答案为： 4：1 ；随着比值增大，甲醇转化率增大，甲硫醇选择性升高，二甲醚选择性降低，当硫化氢-甲醇物质的量之比为4：1时，甲硫醇选择性接近，甲醇转化率已很大，当比值大于4：1时，甲醇转化率变化不大，增加了成本 ；
（5）A．甲醇进料流速加快，甲醇与催化剂接触时间缩短，未充分反应就流出反应器，导致甲醇转化率下降，A正确；
B．定量，催化剂表面积一定时，增加甲醇进料量，浓度到一定值后导致吸附减少，产物脱附困难，使反应不充分，所以转化率先增大后降低，而非不断增大，B错误；
C．虽然反应①②③的气体分子数均不变（平衡不受压强影响），但图1中N点并非平衡转化率（是实际反应的转化率），增大压强可提高反应物浓度，加快反应速率，使甲醇与催化剂的吸附、反应更充分，从而提升N点的甲醇转化率，同时工业上增大压强也能减少反应物的返混，进一步提高转化率，C正确；
D．甲硫醇的相对分子质量略大于甲醇，但硫的电负性小于氧，分子间无氢键作用，甲醇分子间有氢键，甲硫醇的沸点低于甲醇，水分子间有氢键且数目比甲醇的多，沸点最高，因此甲醇沸点介于水和甲硫醇之间，可通过调控冷凝温度和压强实现初步分离，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】（1）先根据电解池电子流向判断电极：电子流入的电极为阴极，确定 a 为阴极、b 为阳极；再结合 CO2在阴极被还原为甲醇的反应，明确电极极性。
（2）先明确阴极反应物为 CO2、生成物为 CH3OH，结合电解液为弱碱性 KHCO3溶液的环境，再根据电荷守恒、原子守恒，配平并书写阴极的电极反应式。
（3）先根据总甲醇进料流速、转化率、甲硫醇选择性，计算甲硫醇的生成流速；再设初始投料量，结合甲醇平衡转化率、甲硫醇选择性，计算两个平行反应的转化量，进而算出平衡时各物质的物质的量；最后根据反应前后气体总物质的量不变、分压比等于物质的量之比，代入平衡常数表达式计算 Kp。
（4）先分析图像中甲醇转化率、甲硫醇选择性随 H2S 与 CH3OH 比例的变化趋势，再结合工业生产成本，选择转化率提升不明显、选择性达到最高的比例，确定最佳投料比为 4：1。
（5）A：分析进料流速对甲醇与催化剂接触时间的影响，判断转化率变化，确定 A 正确；
B：分析 H2S 定量时，甲醇进料量对 H2S 吸附、反应的影响，判断 H2S 转化率变化趋势，确定 B 错误；
C：区分平衡转化率与实际转化率，分析增大压强对反应速率、反应物吸附的影响，判断 N 点甲醇转化率变化，确定 C 正确；
D：根据分子间氢键、相对分子质量对沸点的影响，比较水、甲醇、甲硫醇的沸点，判断分离可行性，确定 D 正确。
19．【答案】（1）抑制的水解
（2）A；B；D
（3）acd；；当滴入最后半滴标准液时，溶液出现砖红色沉淀，且内无变化；pH过低，指示剂会与氢离子反应生成，导致浓度降低，导致消耗更多的才能生成，导致测定结果偏高；而pH过高，会与反应，导致消耗的偏多
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）易水解，会有副产物[如]生成，所以加盐酸的目的是抑制的水解。
故答案为： 抑制的水解 ；
（2）反应需水浴控温，是从产品生成速率和纯度角度考虑，温度过低，生成产品太慢，温度过高，促进的水解，会有等副产物生成，A正确；无水乙醇洗涤晶体可以除去表面母液且无水乙醇易挥发，有效减少产品水分，B正确；受热易分解，所以不宜采用高温烘干，C错误；蒸发浓缩时恒温搅拌，对晶体颗粒均匀、减少局部水解都有帮助，D正确，故答案选ABD。
故答案为： A B D ；
（3）① 滴定正确操作顺序：取滴定管检漏，水洗→润洗→装液→排出气泡→调液面，读数，故选acd。
② 指示剂是，Ag+先与Cl-生成AgCl白色沉淀，当Cl-消耗完后，稍过量的Ag+与生成砖红色沉淀。
③ 滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液出现砖红色沉淀，且内无变化（或不恢复原色）。
④ pH过低会发生反应：，导致浓度降低，导致消耗更多的才能生成，导致测定结果偏高；pH过高，与反应，导致消耗的偏多，因此pH偏高或偏低均会影响测定结果。
故答案为： acd ； ； 当滴入最后半滴标准液时，溶液出现砖红色沉淀，且内无变化 ； pH过低，指示剂会与氢离子反应生成，导致浓度降低，导致消耗更多的才能生成，导致测定结果偏高；而pH过高，会与反应，导致消耗的偏多 ；
【分析】本实验围绕晶体的制备与纯度检测展开：让 与 KCl 在水浴搅拌的条件下反应，向溶液中加入盐酸抑制 水解，再通过蒸发浓缩、结晶得到粗产品，经过滤、洗涤、干燥纯化后，采用滴定法检测产品中含量以验证纯度。
（1）先明确制备的核心原理，再结合的化学性质，分析盐酸在实验中的作用。
（2）从反应条件、洗涤方式、烘干操作、蒸发细节四个维度，逐一分析选项合理性，结合的热不稳定性与晶体性质判断对错。
A（水浴控温）：低温反应速率慢，高温促进水解生成杂质，故需水浴控温，A正确；
B（无水乙醇洗涤）：乙醇能除去晶体表面母液，且易挥发、不溶解晶体，可减少产品损失与水分，B正确；
C（高温烘干）：受热易分解，高温烘干会导致结晶水流失，C错误；
D（恒温搅拌蒸发）：恒温搅拌可使晶体颗粒均匀，同时减少局部水解，D正确。
（3）围绕滴定管操作、滴定原理、终点现象、pH影响四个核心考点展开分析：
①先明确滴定管规范操作步骤，再筛选符合“检漏→水洗→润洗→装液→排气泡→调液面→读数”的选项，最终确定acd。
②明确指示剂的作用逻辑：先与生成白色沉淀，耗尽后，再与生成砖红色沉淀，以此指示滴定终点。
③抓住“最后半滴标准液、砖红色沉淀、30秒不变化”三个关键特征，精准描述实验现象。
④结合的水解平衡（）与与的反应，分析pH异常时消耗量变化，推导测定结果偏差原因。
（1）易水解，会有副产物[如]生成，所以加盐酸的目的是抑制的水解。
（2）反应需水浴控温，是从产品生成速率和纯度角度考虑，温度过低，生成产品太慢，温度过高，促进的水解，会有等副产物生成，A正确；无水乙醇洗涤晶体可以除去表面母液且无水乙醇易挥发，有效减少产品水分，B正确；受热易分解，所以不宜采用高温烘干，C错误；蒸发浓缩时恒温搅拌，对晶体颗粒均匀、减少局部水解都有帮助，D正确，故答案选ABD。
（3）① 滴定正确操作顺序：取滴定管检漏，水洗→润洗→装液→排出气泡→调液面，读数，故选acd。
② 指示剂是，Ag+先与Cl-生成AgCl白色沉淀，当Cl-消耗完后，稍过量的Ag+与生成砖红色沉淀。
③ 滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液出现砖红色沉淀，且内无变化（或不恢复原色）。
④ pH过低会发生反应：，导致浓度降低，导致消耗更多的才能生成，导致测定结果偏高；pH过高，与反应，导致消耗的偏多，因此pH偏高或偏低均会影响测定结果。
20．【答案】(1) >
(2) A，D
(3) 11.8
(4) 1
(5)
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）因为，越弱越水解，酸性越弱，对应离子结合的能力越强，所以；
故答案为： > ；
（2）A．电荷守恒应为，题干A选项漏掉了的系数2，A错误；
B．物料守恒，N元素物质的量浓度是C元素的2倍，B正确；
C．质子守恒，水电离的等于水电离的，C正确；
D．因为电荷守恒：，又因为溶液呈碱性：，可知应该是<，D错误；
故答案为： A，D ；
（3）水解的离子方程式为，该反应的；
故答案为： ；11.8 ；
（4），这个反应K值很大，能完全反应，，所以pH等于1
故答案为： 1 ；
（5）设平衡时溶液中的浓度为x，
，解得，所以的最初浓度为。
故答案为： ；
【分析】（1）先根据碳酸的两级电离常数判断酸性强弱，再结合 “越弱越水解” 规律及酸根离子结合 H+的能力与酸性的关联，分析 CO32-和 HCO3-结合 H+的能力大小。
（2）围绕电荷守恒、物料守恒、质子守恒三大守恒规律，结合溶液酸碱性，逐一分析选项正误。
A：写出 NH4HCO3溶液的电荷守恒式 c (NH4+)+c (H+)=c (HCO3-)+2c (CO32-)+c (OH-)，发现选项遗漏 CO32-的系数 2，判定 A 错误；
B：根据 NH4HCO3的组成，N 元素物质的量浓度是 C 元素的 2 倍，结合物料守恒本质，确定 B 正确；
C：质子守恒的核心是水电离的 H+与 OH-物质的量相等，判断 C 正确；
D：结合电荷守恒式与溶液碱性 c (H+)＜c (OH-)，推导得出离子浓度关系应为＜，判定 D 错误。
（3）先写出 CO32-与 NH4+的水解平衡离子方程式，再通过变形推导平衡常数 K 与 Kw、Kb、Ka2的关系，最后代入数值计算 K。
（4）先推导 Cu2+与 H2S 反应的平衡常数表达式，结合 Ka1、Ka2与 Ksp 计算 K，判断反应程度；再根据反应的化学计量关系计算 c (H+)，最终确定 pH。
（5）先列出 BaSO4转化为 BaCO3的平衡三段式，再结合平衡常数 K=与浓度平衡常数表达式，计算平衡时 CO32-浓度，最后加上转化消耗的 CO32-浓度，得到 Na2CO3的最初浓度。
1 / 1浙江强基联盟2026年3月高二下学期开学化学试题
1．下列物质属于含有共价键的离子化合物的是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】化学键；离子键的形成；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A、H2O2，只含共价键，属于共价化合物，A 不符合题意 ；
B、CH3COONa，Na+与 CH3COO-之间存在离子键，CH3COO-内部 C、H、O 原子之间存在共价键，属于含共价键的离子化合物，B 符合题意 ；
C、MgCl2，只含 Mg2+与 Cl-之间的离子键，不含共价键，C 不符合题意 ；
D、HClO，只含共价键，属于共价化合物，D 不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
先区分离子化合物和共价化合物，离子化合物一定含离子键，共价化合物只含共价键；再判断化学键类型，筛选出同时满足 “离子化合物” 和 “含有共价键” 两个条件的物质。
2．下列化学用语表示正确的是
A．的VSEPR模型：
B．氯离子的结构示意图：
C．KI的电子式：
D．键形成的轨道重叠示意图：
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH3中心 N 原子的价层电子对数为 3+×(5-3×1)=4，VSEPR 模型为四面体形，图示正确，A 正确；
B、氯离子的核电荷数为 17，核外电子排布为 2、8、8，结构示意图核电荷数应为 + 17， 结构示意图为，B错误；
C、KI 是离子化合物，电子式应为 ，不能用共用电子对形式表示，C 错误；
D、p-pπ 键是 p 轨道肩并肩重叠形成的，图示为头碰头重叠，属于 σ 键，D 错误；
故答案为：A。
【分析】解题要点：
计算 NH3中心 N 原子的价层电子对数，确定其 VSEPR 模型，
根据氯离子的核电荷数，核对结构示意图的核电荷数标注，
区分离子化合物与共价化合物的电子式书写规则，
明确 σ 键与 π 键的轨道重叠方式，区分头碰头和肩并肩重叠。
3．可燃冰为甲烷水合物，下列说法正确的是
A．第一电离能： B．和分子间有氢键
C．稳定性： D．和分子都是非极性分子
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，且 ⅡA、ⅤA 族因轨道全满、半满出现反常，第一电离能 O＞N＞C，因此 C＜O，A 错误；
B、氢键形成的前提是分子中存在与 N、O、F 等电负性大且半径小的原子直接相连的 H 原子，CH4分子中 C 原子电负性不足，无法形成氢键，B 错误；
C、元素非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，故 O 的非金属性强于 C，对应氢化物稳定性 CH4＜H2O，C 正确；
D、分子极性取决于分子空间结构与正负电荷中心是否重合；CH4为正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子；H2O 为 V 形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D 错误；
故答案为：C。
【分析】解题要点：
运用同周期元素第一电离能的递变规律，结合 N 原子 2p 轨道半满的稳定结构，分析第一电离能大小关系；
紧扣氢键的形成条件，判断 CH4与 H2O 分子间能否形成氢键；
依据 “元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强” 的规律，结合同周期非金属性递变，比较氢化物稳定性；
根据分子的空间构型（正四面体、V 形），判断正负电荷中心是否重合，进而确定分子极性。
4．下列说法正确的是
A．电镀时，镀件作阳极，镀层金属作阴极
B．向铜和浓硫酸反应后的试管中加水观察溶液颜色变化
C．验证肥皂泡收集的少量氢气，点燃前无需验纯
D．用饱和食盐水除去中的
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；物质的分离与提纯；电镀
【解析】【解答】A、电镀的原理是镀层金属阳离子在镀件表面得电子析出，因此镀件作阴极，镀层金属作阳极（阳极金属失电子补充溶液中的阳离子），A 错误；
B、铜与浓硫酸反应后，试管内有大量剩余的浓硫酸，若直接向试管中加水，浓硫酸稀释放出大量热，会导致液体暴沸、飞溅，引发危险；正确操作是将试管中的反应液沿烧杯壁缓慢注入盛水的烧杯中，搅拌后观察溶液颜色，B 错误；
C、用肥皂泡收集的少量氢气，肥皂泡会隔绝空气，泡内仅为纯净氢气，不会形成氢气与空气的爆炸性混合气体，因此点燃前无需验纯，C 正确；
D、除杂的核心要求是不减少主体气体、仅除去杂质；CO2能溶于饱和食盐水，会造成主体气体损失，且 HCl 与饱和食盐水不反应，无法除去杂质；应选用饱和碳酸氢钠溶液，因为 HCl 与 NaHCO3反应生成 CO2，同时 CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度极小，D 错误；
故答案为：C。
【分析】解题要点：
掌握电镀池的电极构成，明确阴极（镀件）、阳极（镀层金属）的作用，区分电镀与原电池、电解精炼的电极差异；
牢记浓硫酸稀释的安全操作规范，理解 “酸入水、沿杯壁、慢搅拌” 的原理，避免直接向浓硫酸中加水引发暴沸；
理解可燃性气体验纯的本质是防止空气混入形成爆炸混合物，明确肥皂泡包裹的氢气因隔绝空气无需验纯的原理；
掌握气体除杂的基本原则，能根据主体气体和杂质的性质，选择合适的除杂试剂，避免主体气体损失、引入新杂质。
5．下列离子方程式正确的是
A．电解溶液的离子方程式：
B．溶于HI溶液：
C．少量溶液滴入溶液中：
D．硫单质溶于热的强碱：
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的原理；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、电解 MgCl2溶液时，生成的 OH-会与 Mg2+结合生成 Mg (OH)2沉淀，正确离子方程式为，A错误；
B、Fe2O3溶于 HI 溶液，Fe3+具有强氧化性，会与 I-发生氧化还原反应生成 Fe2+和 I2，正确离子方程式为，B错误；
C、少量 Na [Al(OH)4] 溶液滴入 Ca(HCO3)2溶液中，Ca2+会与生成的 CO32-结合生成 CaCO3沉淀，正确离子方程式为，C错误；
D、硫单质溶于热的强碱，发生歧化反应，一部分 S 转化为 S2-，一部分转化为 SO32-，结合电子守恒和电荷守恒配平，离子方程式为 ，D 正确；
故答案为：D。
【分析】解题要点：
分析电解 MgCl2溶液时，要考虑 Mg2+与 OH-的沉淀反应，补充 Mg(OH)2沉淀的书写，忽略该点会导致离子方程式错误；
明确 Fe3+与 I-的氧化还原反应，Fe3+不能与 I-大量共存，反应会生成 Fe2+和 I2，而非单纯的酸碱反应；
处理 Ca(HCO3)2与 [Al(OH)4]-的反应时，需关注 Ca2+与 CO32-的沉淀反应，生成 CaCO3沉淀，不能只生成 CO32-；
硫与强碱的歧化反应，需掌握 S 的化合价变化（0 价→-2 价和 + 4 价），结合电子守恒配平离子方程式，同时注意反应条件为加热。
6．已知能溶于浓盐酸：，若为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中Pb的化合价为+2和+3
B．参与反应转移电子数为
C．氧化剂和还原剂物质的量之比是1：14
D．该反应中氧化性：
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Pb3O4可看作 2PbO PbO2，Pb 的化合价为 + 2 和 + 4，不是 + 2 和 + 3，A 错误；
B、1 mol Pb3O4参与反应时，只有 1 mol +4 价 Pb 被还原为 + 2 价，得到 2 mol 电子，转移电子数为 2NA，B 错误；
C、反应中 14 mol HCl 里，只有 2 mol HCl 被氧化为 Cl2，作还原剂；1 mol Pb3O4全部作氧化剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为 1：2，C 错误；
D、该反应中 Pb3O4是氧化剂，Cl2是氧化产物，根据 “氧化剂的氧化性强于氧化产物”，可知氧化性：Pb3O4 > Cl2，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
掌握 Pb3O4的组成，明确其可拆分为 2PbO PbO2，Pb 的化合价为 + 2 和 + 4，而非 + 2 和 + 3；
分析反应中 Pb 的化合价变化，确定 1 mol Pb3O4参与反应时，仅 + 4 价 Pb 得电子，计算转移电子数；
区分 HCl 在反应中的作用，14 mol HCl 中仅 2 mol 作还原剂（被氧化为 Cl2），其余作酸，据此计算氧化剂与还原剂的物质的量之比；
运用氧化还原反应的强弱规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物，比较 Pb3O4与 Cl2的氧化性强弱。
7．“物质结构或性质”与“物质用途”之间的对应关系不正确的是
　 物质结构或性质 物质用途
A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 用作润滑剂
B 属于共价晶体，熔点高 用于生产光导纤维
C 氢氧化镁分解时吸收大量的热量 添加到合成树脂中可作阻燃剂
D 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，可识别 增大在有机溶剂中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；原子晶体（共价晶体）；晶体的定义
【解析】【解答】A、石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，层与层之间易滑动，因此可用作润滑剂，对应关系正确，A 不符合题意；
B、SiO2用于生产光导纤维，是利用其对光的全反射特性，而非熔点高的性质，对应关系错误，B 符合题意；
C、氢氧化镁分解时吸收大量热量，能降低体系温度、隔绝氧气，因此添加到合成树脂中可作阻燃剂，对应关系正确，C 不符合题意；
D、冠醚 18 - 冠 - 6 的空腔直径与 K+直径接近，可识别并络合 K+，从而增大 KMnO4在有机溶剂中的溶解度，对应关系正确，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
分析石墨的层状结构与范德华力的作用，明确其用作润滑剂的原理；
区分 SiO2的不同性质对应的用途，明确光导纤维利用的是光学特性，而非熔点高的物理性质；
掌握氢氧化镁的阻燃原理，即分解吸热、隔绝氧气；
理解冠醚的络合作用，明确其通过络合 K+增大 KMnO4在有机溶剂中溶解度的原理。
8．下列说法不正确的是
A．装置①探究稀盐酸与反应的热效应
B．装置②测定中和反应反应热
C．装置③探究温度对化学平衡的影响
D．装置④探究金属的吸氧腐蚀
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；中和热的测定
【解析】【解答】A、装置甲中稀盐酸与 NaHCO3反应，若反应吸热，试管内温度降低，压强减小，U 型管红墨水会出现左高右低，可探究反应热效应，A 正确；
B、中和热测定实验需要环形玻璃搅拌棒使溶液混合均匀、保温装置减少热量损失，装置乙缺少环形玻璃搅拌棒，无法准确测定中和反应的反应热，B 错误；
C、装置丙中存在 2NO2 N2O4的平衡体系，热水和冷水温度不同，可通过观察气体颜色变化，探究温度对化学平衡的影响，C 正确；
D、装置丁中铁钉在食盐水（中性环境）中发生吸氧腐蚀，试管内压强减小，右侧试管中液面上升，可探究金属的吸氧腐蚀，D 正确；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
明确装置甲的原理，通过 U 型管红墨水的液面变化，判断反应的吸放热，验证其可探究反应热效应；
掌握中和热测定实验的必备仪器，包括环形玻璃搅拌棒、保温装置等，指出装置乙缺少环形玻璃搅拌棒，无法完成实验；
利用 NO2与 N2O4的平衡体系，通过温度变化引起的颜色变化，探究温度对化学平衡的影响，验证装置丙的合理性；
结合吸氧腐蚀的条件（中性环境、消耗氧气使压强减小），分析装置丁的实验原理，验证其可探究金属的吸氧腐蚀。
9．肽抑制剂X可抑制骨髓瘤，其作用机理是X与蛋白酶体片段的活性位点Y结合。下列说法正确的是
A．可用红外光谱测定X的相对分子质量
B．X中除R基团外有1个手性碳原子
C．活性位点Y内O均为杂化
D．Z在碱性条件下能稳定存在
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、红外光谱用于测定有机物中的官能团、化学键类型，无法测定相对分子质量，测定相对分子质量需用质谱法，A 错误；
B、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，X 中除 R 基团外，与 B、-NH-、-CH2CH(CH3)2相连的碳原子为手性碳，如图：，共 1 个，B 正确；
C、活性位点 Y 中，羰基 O 为 sp2 杂化，羟基 O 为 sp3 杂化，并非所有 O 均为 sp2 杂化，C 错误；
D、Z 中含有和 等结构，在碱性条件下会发生水解，不能稳定存在，D 错误；
故答案为：B。
【分析】解题要点：
区分红外光谱与质谱法的作用，明确红外光谱用于分析官能团，质谱法用于测定相对分子质量；
掌握手性碳原子的定义，即连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，据此判断 X 中的手性碳数量；
分析 Y 中不同 O 原子的成键特点，区分羰基 O（sp2 杂化）和羟基 O（sp3 杂化）的杂化类型；
结合 Z 中的官能团（酰胺键、B-O 键等），判断其在碱性条件下的稳定性，明确酰胺键在碱性中会发生水解。
10．下列说法正确的是
A．中和pH与体积均相等的氨水和NaOH溶液所需的HCl的物质的量相同
B．常温下，pH均为9的氨水和NaOH溶液等体积混合，混合后pH减小
C．常温下，pH均为3的盐酸和醋酸中由水电离出的相等
D．的某酸HR溶液，稀释100倍后溶液，则HR是弱酸
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、氨水是弱碱，部分电离，pH 与体积均相等的氨水和 NaOH 溶液，氨水的物质的量远大于 NaOH，中和时氨水消耗的 HCl 更多，A 错误；
B、常温下 pH 均为 9 的氨水和 NaOH 溶液等体积混合，溶液中 c (OH-) 不变，混合后 pH 不变，B 错误；
C、pH 均为 3 的盐酸和醋酸溶液，溶液中 c (H+) 相等，根据水的离子积常数，溶液中 c (OH-) 相等，OH-均由水电离产生，故由水电离出的 c (H+) 相等，C 正确；
D、若 HR 是强酸，pH=2 的 HR 溶液稀释 100 倍后 pH=4，题中未提及稀释后的 pH，无法判断 HR 是否为弱酸，D 错误；
故答案为：C。
【分析】解题要点：
理解弱电解质的电离特点，pH 与体积相等的强碱和弱碱，弱碱物质的量更大，中和时消耗的酸更多；
明确两种 pH 相同的强碱或强碱与弱碱混合，溶液中氢氧根离子浓度不变，pH 不变；
掌握酸溶液中氢离子与氢氧根离子的来源，酸抑制水的电离，溶液中氢氧根离子浓度决定水的电离程度；
区分强酸与弱酸的稀释规律，强酸稀释 pH 变化为 n 个单位，弱酸稀释 pH 变化小于 n 个单位，需结合具体 pH 变化判断。
11．LiOH的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是
A．晶体中与一个O紧邻的Li有4个
B．每个Li与所有紧邻O形成的空间结构为正四面体
C．晶体中微粒间作用力只含离子键和共价键
D．LiOH与NaCl晶胞结构相似
【答案】A
【知识点】化学键；晶胞的计算
【解析】【解答】据晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构：
A、从晶胞结构和 x 轴方向投影图可知，O 原子周围紧邻的 Li 原子数量为 4 个，A 正确；
B、每个 Li 紧邻的 O 原子数量为 4 个，但这 4 个 O 原子形成的空间结构并非正四面体，键角为 129°，不符合正四面体的键角（109°28'）特征，B 错误；
C、LiOH 是离子化合物，存在 Li+与 OH-之间的离子键，OH-内部 O 与 H 之间存在共价键，同时晶体中还存在分子间作用力（氢键）， 层间还存在范德华力， 并非只含离子键和共价键，C 错误；
D、NaCl 晶胞为面心立方结构，Na+和 Cl-的配位数均为 6；而 LiOH 晶胞中 Li+的配位数为 4，与 NaCl 晶胞结构不相似，D 错误；
故答案为：A。
【分析】解题要点：
结合晶胞图示和投影图，准确分析 O 原子周围紧邻的 Li 原子配位数，
依据正四面体结构的键角（109°28'）等特征，判断 Li 与紧邻 O 形成的空间结构是否为正四面体，
明确 LiOH 的晶体类型及微粒间作用力的构成，区分离子键、共价键与氢键的存在；
对比 LiOH 晶胞与 NaCl 晶胞的结构差异，包括阳离子配位数、晶胞堆积方式等，确定二者晶胞结构是否相似。
12．是一种液态化合物，极易水解。等物质的量的溶解在中形成的电解质溶液，常用于心脏起搏器的微型锂电池(电极材料是石墨和锂，总反应为)，下列说法不正确的是
A．是极性分子，其大于
B．既作溶剂，又能吸收体系中的微量水分，提升电池稳定性
C．等物质的量的可能形成，提升电解质溶液的导电性
D．正极反应：
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、SOCl2中 S 原子为 sp3 杂化，含 1 对孤电子对，分子结构不对称，属于极性分子；孤电子对的排斥作用使∠O-S-Cl 键角大于 sp3 杂化的理想键角（109°28'），A 正确；
B、SOCl2极易水解，能与体系中的微量水反应，避免水与电极材料锂发生副反应，同时作为溶剂溶解 LiCl、AlCl3，可提升电池稳定性，B 正确；
C、等物质的量的 LiCl 与 AlCl3可发生配位反应，形成 LiAlCl4等复合离子，增大溶液中自由移动的离子浓度，从而提升电解质溶液的导电性，C 正确；
D、原电池中正极发生还原反应，得电子，总反应中 SOCl2在正极被还原，正确的正极反应为 3SOCl2+8e-=SO32-+2S+6Cl-；选项中反应式为失电子的氧化反应，属于负极反应类型，D 错误；
故答案为：D。
【分析】解题要点：
分析 SOCl2的杂化类型、孤电子对与分子极性的关系，结合孤电子对的排斥作用，明确键角的变化规律，
结合 SOCl2极易水解的化学性质，理解其在电池中作溶剂、除水的双重作用，明确其对电池稳定性的提升原理，
掌握 LiCl 与 AlCl3的配位反应原理，明确复合离子的形成对溶液离子浓度、导电性的影响，
牢记原电池正负极的反应本质：负极发生氧化反应（失电子），正极发生还原反应（得电子），据此分析电极反应式的电子得失。
13．人体血液中存在平衡：，依赖缓冲对，使血浆pH维持在。下列说法不正确的是
A．快速深呼吸导致血液pH降低，引发酸中毒
B．剧烈运动产生乳酸，与乳酸结合维持pH稳定
C．呼吸性酸中毒时可以注射适量溶液
D．呼吸性碱中毒可用纸袋罩住口鼻减缓呼气频率
【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、快速深呼吸会大量排出体内的 CO2，使平衡 CO2+H2O H2CO3和H2CO3 H++HCO3-向左移动，H+浓度降低，血液 pH 升高，引发碱中毒，A 错误；
B、剧烈运动产生乳酸，乳酸电离出的 H+会与缓冲对中的 HCO3-结合生成 H2CO3，从而维持血浆 pH 稳定，B 正确；
C、呼吸性酸中毒是因为 CO2滞留导致 H+增多，注射 NaHCO3溶液，HCO3-可与 H+反应消耗 H+，降低 H+浓度，缓解酸中毒，C 正确；
D、呼吸性碱中毒是因为呼气过快导致 CO2排出过多，用纸袋罩住口鼻可减少 CO2的呼出，使部分呼出的 CO2重新吸入，提高血液中 CO2浓度，平衡右移，H+浓度回升，缓解碱中毒，D 正确；
故答案为：A。
【分析】解题要点：
结合人体血液中的缓冲平衡体系，明确快速深呼吸对 CO2浓度的影响，以及平衡移动方向与 H+浓度、pH 的关系。
运用缓冲溶液的作用原理，分析剧烈运动产生的乳酸与 HCO3-的反应机制，理解其对 pH 的稳定作用。
针对 “呼吸性酸中毒” 的成因（CO2堆积、H+升高），分析 NaHCO3溶液中 HCO3-的中和作用，明确其可缓解酸中毒的原理。
针对 “呼吸性碱中毒” 的成因（CO2过度流失、H+降低），分析纸袋罩口鼻的复吸作用，明确其可补充 CO2、恢复 pH 的原理。
14．在恒容的密闭容器中充入一定量的R气体，发生反应①：，活化能为，反应②：，活化能为。控制反应温度分别为和(已知：，活化能受温度影响变化很小)，测得(时间)曲线如图所示，在下，最大值出现的时间分别为。下列说法不正确的是
A．温度下，反应②为决速步
B．反应②的平衡常数在温度下时比温度时大
C．在温度下反应并及时分离可获得较高产率的A
D．最大值出现的时间，是因为温度升高，达到平衡所需时间少
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、T1温度下，A 的浓度先快速升高后快速下降，说明反应①）速率快，反应②速率慢，总反应速率由慢步骤决定，故反应②为决速步，A 正确；
B、由图像可知，T1>T2，T1下 A 的平衡浓度远低于 T2，说明升高温度使 A→B 的平衡正向移动，反应②为吸热反应，温度越高平衡常数越大，故反应②的平衡常数在 T1温度下比 T2温度时大，B 正确；
C、T1温度下反应①速率快，可快速生成 A，及时分离 A 会使反应②平衡逆向移动，减少 A 的消耗，从而获得较高产率的 A，C 正确；
D、c (A) 最大值出现的时间的原因：温度升高，反应①和反应②的速率都加快，A的生成和消耗速率都变快，因此峰值出现的时间更早，而达到平衡所需时间少是指整个反应体系达到平衡，并非A浓度峰值出现的时间，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
决速步判断：总反应速率由速率最慢的基元反应决定，通过 A 的浓度变化速率，判断反应①、②的快慢，确定决速步；
平衡常数与温度的关系：根据不同温度下 A 的平衡浓度，判断反应②的热效应，进而分析平衡常数随温度的变化规律；
产率调控：利用平衡移动原理，分析及时分离产物对 A 产率的影响，明确分离 A 可抑制 A 的消耗，提高产率；
反应速率与时间的关系：明确 c (A) 最大值的本质是 A 的生成速率与消耗速率相等，而非体系达到总平衡，分析温度对两步反应速率的综合影响，纠正 “仅因达到平衡时间少” 的错误认知。
15．往溶液中不断地通入，其中部分离子浓度变化如图所示，已知；；。下列说法不正确的是
A．曲线1表示
B．曲线2前半段
C．曲线3、4的交点a处溶液pH约为1.85
D．曲线4发生反应的离子方程式为
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、由电离常数可知酸性顺序为 ，向溶液中通，初始阶段与反应生成和，浓度持续下降，故曲线1代表，A正确；
B、曲线2前半段发生的反应为 是 ，由化学计量数可知，生成的与的物质的量之比为，B正确；
C、曲线3、4的交点处，与的物质的量分数相等，即；根据的二级电离常数，可得；代入计算公式，，并非，C错误；
D、当完全转化后，继续通入，发生反应 ，浓度持续升高，对应曲线4，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
结合电离常数判断酸性强弱，明确反应先后顺序：，根据离子浓度变化趋势对应曲线归属；
依据化学计量数计算反应产物的物质的量比例，快速验证选项B的数值关系；
熟练运用电离平衡常数公式，在时直接简化出，并结合对数运算准确计算；
追踪反应进程，分析不同阶段与含硫微粒的反应，确定曲线4对应的离子方程式。
16．常用作氧化剂、消毒剂等，锰酸钾在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性、弱碱性中容易发生自身氧化还原反应。某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分是)为原料制取高锰酸钾的流程如图所示，已知：相同温度下，溶解度比溶解度小得多。下列说法不正确的是
A．熔融氧化时不可用玻璃棒搅拌
B．锰酸钾歧化时生成的可循环使用
C．通入过量，导致粗品中混有
D．系列操作包含过滤、滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、熔融氧化阶段使用的 KOH 为强碱，高温下会与玻璃中的 SiO2发生反应，因此不能用玻璃棒搅拌，A 错误；
B、歧化反应生成的 MnO2可作为步骤①的原料，实现循环使用，B 错误；
C、若通入过量 CO2，溶液中的 K2CO3会转化为 KHCO3，结晶时会混入 KMnO4产品中，导致产品不纯，C 错误；
D、KMnO4受热易分解，因此不能直接蒸发结晶，需采用蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥的方法获得产品，D 正确；
故答案为：D。
【分析】碱熔法制备高锰酸钾的工艺分为两个核心阶段：第一阶段是熔融氧化，将 MnO2、KOH 与 KClO3在高温熔融条件下发生氧化还原反应，MnO2被氧化为 K2MnO4，对应反应为 ；第二阶段是歧化提纯，将熔融产物加水浸取得到 K2MnO4溶液，再向溶液中通入 CO2，使 K2MnO4发生歧化反应，生成目标产物 KMnO4，同时副产 MnO2和 K2CO3（CO2过量时生成 KHCO3），后续通过分离提纯得到最终产品。
17．铜、硫、氮及其化合物在生产生活中有广泛应用，回答下列问题：
（1）下列说法正确的是_______(填标号)。
A．基态S原子核外电子最高能层符号：3p
B．N的价层电子排布式：
C．与配位能力：
D．酸性：
（2）如图示为一种铜和氧形成的晶体结构示意图，边长为，已知表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为　 　。
（3）某学习小组以为原料实现如下转化：
已知：。
①写出流程中生成的离子方程式：　 　。
②下列说法正确的是　 　(填标号)。
A.中键数目为
B.为了提高的产率可加入过量的溶液
C.检验CuO中是否含，可向样品中加入足量稀硫酸并观察现象
D.的饱和溶液中加入硫酸会有晶体析出
③判断和的碱性强弱并说明理由：　 　。
④CuO溶于氨水可得深蓝色溶液，写出反应的离子方程式：　 　。
⑤与水反应可表示为，物质的量之比为的和反应，写出该反应产物的结构简式：　 　，产物加入过量的NaOH溶液并加热反应，设计实验方案验证反应后溶液中存在的阴离子(除外)：　 　。
【答案】（1）B
（2）
（3）；AC；碱性：，理由：电负性N大于H，中N原子的电子云密度小，不易给出孤电子对（或拉电子能力：，拉电子能力越强，N上越缺电子，即供电子能力越弱，结合H+能力下降，则碱性弱于）；；[或]；取少量反应后的溶液，加入过量稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，证明存在
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）A．基态S原子的核外电子排布最高能层为第3层，符号M，最高能级为3p，A错误；
B．N的原子序数为7，价层电子（最外层电子）排布式为，B正确；
C．N的电负性小于O，对孤电子对的吸引力小于O，则中N的孤电子对更易与形成配位键，因此与的配位能力：，C错误；
D．F的电负性比大，的吸电子能力更强，会使中极性更强，键更易断裂，故酸性：，D错误；
故答案为： B ；
（2）晶胞中O原子位于顶点和体心，数目为；晶胞中Cu原子均在晶胞内部，数目为4，原子个数比，因此晶体的化学式为。晶胞边长，晶胞体积，晶胞的质量，代入密度公式得。
故答案为： ；
（3）①流程中和NaClO溶液发生氧化还原反应生成，同时有NaCl生成，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：。
②A．中，与4个形成4个配位键（键），每个内部有3个键，因此该离子中键数为，即，A正确；
B．有强氧化性，过量时会将生成的继续氧化（具有还原性），导致产率降低，B错误；
C．CuO与稀硫酸反应生成蓝色溶液，无固体剩余，与稀硫酸反应：，会生成红色固体Cu，因此加足量稀硫酸，若有红色固体生成则含，无则不含，C正确；
D．的饱和溶液中加入硫酸，与反应生成，破坏配合物，会析出晶体，而非，D错误；
故选AC；
③碱性：，原因是：电负性N大于H，中N原子的电子云密度小，不易给出孤电子对（或拉电子能力：，拉电子能力越强，N上越缺电子，供电子能力越弱，则结合能力越弱，因此碱性弱于）；
④CuO溶于氨水可得深蓝色溶液生成，反应的离子方程式为；
⑤与反应，中的和与一个加成，产物为氨基磺酸，结构简式为（也可写为或）；产物加过量NaOH溶液并加热，生成和，反应后溶液中的阴离子主要为和检验方法：取少量反应后的溶液，加入过量稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，证明存在。
故答案为： ； AC ； 碱性：，理由：电负性N大于H，中N原子的电子云密度小，不易给出孤电子对（或拉电子能力：，拉电子能力越强，N上越缺电子，即供电子能力越弱，结合H+能力下降，则碱性弱于） ； ；[或] ； 取少量反应后的溶液，加入过量稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，证明存在 ；
【分析】（1）先逐一分析 S、N 原子的核外电子排布、电负性对配位能力及酸性的影响，再结合元素周期律判断选项正误，最终确定正确答案。
A：依据基态 S 原子电子层结构，判断最高能层与能级对应关系，确定 A 错误；
B：根据 N 原子序数，推导其价层电子排布式，验证 B 正确；
C：结合电负性规律，判断 N、H 对孤电子对吸引力差异，进而确定配位能力强弱，得出 C 错误；
D：依据电负性对化学键极性的影响，判断两种羧酸酸性强弱，判定 D 错误。
（2）先通过晶胞中原子的位置（顶点、体心、内部）计算 O、Cu 原子数目，确定晶体化学式；再将晶胞边长单位转换，计算晶胞质量与体积，最后代入密度公式得出表达式。
（3）① 先依据氧化还原反应中得失电子守恒，确定 ClO-与 NH3的电子转移数目，再结合电荷守恒、原子守恒，配平反应物与生成物，得到离子方程式。
② A：先明确 [Cu(NH3)4]2+中配位键与 NH3内 σ 键的数目，再计算 1mol 该离子中 σ 键总数，验证 A 正确；
B：结合 NaClO 的强氧化性，判断其过量时对 N2H4的氧化作用，确定 B 错误；
C：根据 Cu2O 与稀硫酸的反应特征、Cu 与稀硫酸不反应的性质，设计实验判断 C 正确；
D：结合 H+与 NH3的反应，分析配合物的解离情况，确定 D 错误；
③先比较 NH3与 N2H4的碱性强弱，再结合电负性规律，分析 N 原子电子云密度、拉电子能力对孤电子对给出能力（结合 H+能力）的影响，解释碱性差异。
④先明确反应的反应物（CuO、NH3 H2O）与生成物（[Cu (NH3)4]2+、OH-、H2O），再根据离子方程式的书写规则，配平并写出完整离子方程式。
⑤根据 NH3与 SO3的加成反应规律，推导氨基磺酸的结构简式（多种合理写法）；
离子检验：先明确反应后溶液中的阴离子，再设计检验方案（加过量稀盐酸排除干扰，加 BaCl2溶液观察沉淀），验证 SO42-的存在。
（1）A．基态S原子的核外电子排布最高能层为第3层，符号M，最高能级为3p，A错误；
B．N的原子序数为7，价层电子（最外层电子）排布式为，B正确；
C．N的电负性小于O，对孤电子对的吸引力小于O，则中N的孤电子对更易与形成配位键，因此与的配位能力：，C错误；
D．F的电负性比大，的吸电子能力更强，会使中极性更强，键更易断裂，故酸性：，D错误；
故选B。
（2）晶胞中O原子位于顶点和体心，数目为；晶胞中Cu原子均在晶胞内部，数目为4，原子个数比，因此晶体的化学式为。晶胞边长，晶胞体积，晶胞的质量，代入密度公式得。
（3）①流程中和NaClO溶液发生氧化还原反应生成，同时有NaCl生成，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：。
②A．中，与4个形成4个配位键（键），每个内部有3个键，因此该离子中键数为，即，A正确；
B．有强氧化性，过量时会将生成的继续氧化（具有还原性），导致产率降低，B错误；
C．CuO与稀硫酸反应生成蓝色溶液，无固体剩余，与稀硫酸反应：，会生成红色固体Cu，因此加足量稀硫酸，若有红色固体生成则含，无则不含，C正确；
D．的饱和溶液中加入硫酸，与反应生成，破坏配合物，会析出晶体，而非，D错误；
故选AC；
③碱性：，原因是：电负性N大于H，中N原子的电子云密度小，不易给出孤电子对（或拉电子能力：，拉电子能力越强，N上越缺电子，供电子能力越弱，则结合能力越弱，因此碱性弱于）；
④CuO溶于氨水可得深蓝色溶液生成，反应的离子方程式为；
⑤与反应，中的和与一个加成，产物为氨基磺酸，结构简式为（也可写为或）；产物加过量NaOH溶液并加热，生成和，反应后溶液中的阴离子主要为和检验方法：取少量反应后的溶液，加入过量稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，证明存在。
18．利用光电催化还原制备甲醇，甲醇与制备高附加值产品甲硫醇，不仅能够实现及的绿色资源化利用，还可获得巨大的经济效益。回答下列问题：
I．光电催化还原反应如图所示，作电解液。
（1）电极b为________(填“阴极”或“阳极”)。
（2）电极a的电极反应为________。
Ⅱ．甲醇-硫化氢低温催化法制备甲硫醇，反应简单且原料利用率高，并可消除污染物硫化氢，主要反应如下：
①
②
③
（3）一定温度和压强下，甲硫醇的选择性()与甲醇的转化率随甲醇的进料流速变化的关系如图1所示。
图1中，甲醇进料流速为时甲硫醇的生成流速为________。若在恒温恒容条件下，发生反应①②，以投料比为达到平衡时，甲醇的平衡转化率为，产品的选择性为，则反应①的________(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体组分平衡分压=体系总压×该气体组分在体系中的体积分数)。
（4）采用催化剂，固定反应温度为，反应压强为，甲醇体积空速(单位体积催化剂在单位时间内通过反应气体的体积)条件下，考察不同物质的量之比的硫化氢-甲醇对甲醇转化率及产物选择性的影响，反应结果如图2所示。
根据以上已知信息，判断在此条件下反应的最佳比________，根据图示解释原因：________。
（5）下列有关甲醇和硫化氢制取甲硫醇的说法正确的是_______(填标号)。
A. 图1中甲醇转化率下降的主要原因是进料流速较快时，甲醇未反应完全
B. 依据上述信息，若硫化氢定量，其转化率随甲醇体积空速的增加会不断增大
C. 适当增大压强可提高图1中N点甲醇的转化率
D. 甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，可选择合适的冷凝温度和压强进行初步分离
【答案】(1) 阳极
(2)
(3) 71.25 0.7
(4) 4：1 随着比值增大，甲醇转化率增大，甲硫醇选择性升高，二甲醚选择性降低，当硫化氢-甲醇物质的量之比为4：1时，甲硫醇选择性接近，甲醇转化率已很大，当比值大于4：1时，甲醇转化率变化不大，增加了成本
(5) A，C，D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）电子流入的a极为阴极，在阴极得电子被还原制备甲醇，因此a极为阴极，则b极为阳极；
故答案为： 阳极 ；
（2）在阴极被还原制备甲醇，电解液为溶液（弱碱性环境），结合电荷守恒、原子守恒书写电极反应：；
故答案为： ；
（3）总反应消耗的甲醇量：，生成甲硫醇消耗的甲醇量：，因此甲硫醇的生成流速为，为计算方便，设投料，则，甲醇的平衡转化率，产品甲硫醇的选择性
反应①：
转化量
反应②：
转化量
计算平衡时各物质的物质的量：，，；
因为两反应前后物质的量相等，总压强不变，平衡分压之比即为物质的量之比，所以；
故答案为： 71.25； 0.7 ；
（4）由图2可知，比例为4：1后，甲醇转化率提升不明显，甲硫醇选择性已达到最高，过量硫化氢会增加生产成本，故最佳比例为4：1；
故答案为： 4：1 ；随着比值增大，甲醇转化率增大，甲硫醇选择性升高，二甲醚选择性降低，当硫化氢-甲醇物质的量之比为4：1时，甲硫醇选择性接近，甲醇转化率已很大，当比值大于4：1时，甲醇转化率变化不大，增加了成本 ；
（5）A．甲醇进料流速加快，甲醇与催化剂接触时间缩短，未充分反应就流出反应器，导致甲醇转化率下降，A正确；
B．定量，催化剂表面积一定时，增加甲醇进料量，浓度到一定值后导致吸附减少，产物脱附困难，使反应不充分，所以转化率先增大后降低，而非不断增大，B错误；
C．虽然反应①②③的气体分子数均不变（平衡不受压强影响），但图1中N点并非平衡转化率（是实际反应的转化率），增大压强可提高反应物浓度，加快反应速率，使甲醇与催化剂的吸附、反应更充分，从而提升N点的甲醇转化率，同时工业上增大压强也能减少反应物的返混，进一步提高转化率，C正确；
D．甲硫醇的相对分子质量略大于甲醇，但硫的电负性小于氧，分子间无氢键作用，甲醇分子间有氢键，甲硫醇的沸点低于甲醇，水分子间有氢键且数目比甲醇的多，沸点最高，因此甲醇沸点介于水和甲硫醇之间，可通过调控冷凝温度和压强实现初步分离，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】（1）先根据电解池电子流向判断电极：电子流入的电极为阴极，确定 a 为阴极、b 为阳极；再结合 CO2在阴极被还原为甲醇的反应，明确电极极性。
（2）先明确阴极反应物为 CO2、生成物为 CH3OH，结合电解液为弱碱性 KHCO3溶液的环境，再根据电荷守恒、原子守恒，配平并书写阴极的电极反应式。
（3）先根据总甲醇进料流速、转化率、甲硫醇选择性，计算甲硫醇的生成流速；再设初始投料量，结合甲醇平衡转化率、甲硫醇选择性，计算两个平行反应的转化量，进而算出平衡时各物质的物质的量；最后根据反应前后气体总物质的量不变、分压比等于物质的量之比，代入平衡常数表达式计算 Kp。
（4）先分析图像中甲醇转化率、甲硫醇选择性随 H2S 与 CH3OH 比例的变化趋势，再结合工业生产成本，选择转化率提升不明显、选择性达到最高的比例，确定最佳投料比为 4：1。
（5）A：分析进料流速对甲醇与催化剂接触时间的影响，判断转化率变化，确定 A 正确；
B：分析 H2S 定量时，甲醇进料量对 H2S 吸附、反应的影响，判断 H2S 转化率变化趋势，确定 B 错误；
C：区分平衡转化率与实际转化率，分析增大压强对反应速率、反应物吸附的影响，判断 N 点甲醇转化率变化，确定 C 正确；
D：根据分子间氢键、相对分子质量对沸点的影响，比较水、甲醇、甲硫醇的沸点，判断分离可行性，确定 D 正确。
19．光卤石是一种含钾、镁的复盐，化学式为。在实验室中，可通过与在适宜条件下结晶合成。实验步骤如下：
已知：①蒸发浓缩控温。
②。
回答下列问题：
（1）盐酸的作用是　 　。
（2）下列说法正确的是_______(填标号)。
A．反应需水浴控温，是从产品生成速率和纯度角度考虑
B．洗涤产品时可用无水乙醇
C．干燥产品时宜采用高温烘干
D．蒸发浓缩时恒温搅拌，可使晶体颗粒均匀且减少局部水解
（3）产品中的含量测定采用如下操作：
①配制待测液：准确称取产品，溶于水配成溶液。
②准备标准溶液：
选出正确操作并按顺序填写字母序号：　 　。
取滴定管检漏，水洗→_______→_______→_______→调液面，读数。
a.润洗，从滴定管尖嘴处放出液体
b.润洗，从滴定管上口倒出液体
c.装液，使液面位于滴定管“0”刻度以上处
d.排出气泡
③滴定：取出待测液于锥形瓶中，滴加指示剂　 　(填化学式)，滴定终点的现象是　 　。
④某学习小组发现测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是　 　。
【答案】（1）抑制的水解
（2）A；B；D
（3）acd；；当滴入最后半滴标准液时，溶液出现砖红色沉淀，且内无变化；pH过低，指示剂会与氢离子反应生成，导致浓度降低，导致消耗更多的才能生成，导致测定结果偏高；而pH过高，会与反应，导致消耗的偏多
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）易水解，会有副产物[如]生成，所以加盐酸的目的是抑制的水解。
故答案为： 抑制的水解 ；
（2）反应需水浴控温，是从产品生成速率和纯度角度考虑，温度过低，生成产品太慢，温度过高，促进的水解，会有等副产物生成，A正确；无水乙醇洗涤晶体可以除去表面母液且无水乙醇易挥发，有效减少产品水分，B正确；受热易分解，所以不宜采用高温烘干，C错误；蒸发浓缩时恒温搅拌，对晶体颗粒均匀、减少局部水解都有帮助，D正确，故答案选ABD。
故答案为： A B D ；
（3）① 滴定正确操作顺序：取滴定管检漏，水洗→润洗→装液→排出气泡→调液面，读数，故选acd。
② 指示剂是，Ag+先与Cl-生成AgCl白色沉淀，当Cl-消耗完后，稍过量的Ag+与生成砖红色沉淀。
③ 滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液出现砖红色沉淀，且内无变化（或不恢复原色）。
④ pH过低会发生反应：，导致浓度降低，导致消耗更多的才能生成，导致测定结果偏高；pH过高，与反应，导致消耗的偏多，因此pH偏高或偏低均会影响测定结果。
故答案为： acd ； ； 当滴入最后半滴标准液时，溶液出现砖红色沉淀，且内无变化 ； pH过低，指示剂会与氢离子反应生成，导致浓度降低，导致消耗更多的才能生成，导致测定结果偏高；而pH过高，会与反应，导致消耗的偏多 ；
【分析】本实验围绕晶体的制备与纯度检测展开：让 与 KCl 在水浴搅拌的条件下反应，向溶液中加入盐酸抑制 水解，再通过蒸发浓缩、结晶得到粗产品，经过滤、洗涤、干燥纯化后，采用滴定法检测产品中含量以验证纯度。
（1）先明确制备的核心原理，再结合的化学性质，分析盐酸在实验中的作用。
（2）从反应条件、洗涤方式、烘干操作、蒸发细节四个维度，逐一分析选项合理性，结合的热不稳定性与晶体性质判断对错。
A（水浴控温）：低温反应速率慢，高温促进水解生成杂质，故需水浴控温，A正确；
B（无水乙醇洗涤）：乙醇能除去晶体表面母液，且易挥发、不溶解晶体，可减少产品损失与水分，B正确；
C（高温烘干）：受热易分解，高温烘干会导致结晶水流失，C错误；
D（恒温搅拌蒸发）：恒温搅拌可使晶体颗粒均匀，同时减少局部水解，D正确。
（3）围绕滴定管操作、滴定原理、终点现象、pH影响四个核心考点展开分析：
①先明确滴定管规范操作步骤，再筛选符合“检漏→水洗→润洗→装液→排气泡→调液面→读数”的选项，最终确定acd。
②明确指示剂的作用逻辑：先与生成白色沉淀，耗尽后，再与生成砖红色沉淀，以此指示滴定终点。
③抓住“最后半滴标准液、砖红色沉淀、30秒不变化”三个关键特征，精准描述实验现象。
④结合的水解平衡（）与与的反应，分析pH异常时消耗量变化，推导测定结果偏差原因。
（1）易水解，会有副产物[如]生成，所以加盐酸的目的是抑制的水解。
（2）反应需水浴控温，是从产品生成速率和纯度角度考虑，温度过低，生成产品太慢，温度过高，促进的水解，会有等副产物生成，A正确；无水乙醇洗涤晶体可以除去表面母液且无水乙醇易挥发，有效减少产品水分，B正确；受热易分解，所以不宜采用高温烘干，C错误；蒸发浓缩时恒温搅拌，对晶体颗粒均匀、减少局部水解都有帮助，D正确，故答案选ABD。
（3）① 滴定正确操作顺序：取滴定管检漏，水洗→润洗→装液→排出气泡→调液面，读数，故选acd。
② 指示剂是，Ag+先与Cl-生成AgCl白色沉淀，当Cl-消耗完后，稍过量的Ag+与生成砖红色沉淀。
③ 滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液出现砖红色沉淀，且内无变化（或不恢复原色）。
④ pH过低会发生反应：，导致浓度降低，导致消耗更多的才能生成，导致测定结果偏高；pH过高，与反应，导致消耗的偏多，因此pH偏高或偏低均会影响测定结果。
20．I．和在生产生活中应用广泛，已知常温下；。
（1）结合的能力：________(填“>”“<”或“=”)。
（2）常温下溶液中各微粒浓度之间的关系式错误的是_______(填标号)。
A.
B.
C.
D.
（3）写出水解的离子方程式：________，计算该反应的K为________(保留3位有效数字)。
Ⅱ．
（4）是二元弱酸，向溶液中滴加等体积溶液，溶液的________[已知，]。
（5）如果在溶液中使的全部转化为，则的最初浓度为________(保留2位有效数字，忽略反应前后溶液体积的变化)[已知]。
【答案】(1) >
(2) A，D
(3) 11.8
(4) 1
(5)
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）因为，越弱越水解，酸性越弱，对应离子结合的能力越强，所以；
故答案为： > ；
（2）A．电荷守恒应为，题干A选项漏掉了的系数2，A错误；
B．物料守恒，N元素物质的量浓度是C元素的2倍，B正确；
C．质子守恒，水电离的等于水电离的，C正确；
D．因为电荷守恒：，又因为溶液呈碱性：，可知应该是<，D错误；
故答案为： A，D ；
（3）水解的离子方程式为，该反应的；
故答案为： ；11.8 ；
（4），这个反应K值很大，能完全反应，，所以pH等于1
故答案为： 1 ；
（5）设平衡时溶液中的浓度为x，
，解得，所以的最初浓度为。
故答案为： ；
【分析】（1）先根据碳酸的两级电离常数判断酸性强弱，再结合 “越弱越水解” 规律及酸根离子结合 H+的能力与酸性的关联，分析 CO32-和 HCO3-结合 H+的能力大小。
（2）围绕电荷守恒、物料守恒、质子守恒三大守恒规律，结合溶液酸碱性，逐一分析选项正误。
A：写出 NH4HCO3溶液的电荷守恒式 c (NH4+)+c (H+)=c (HCO3-)+2c (CO32-)+c (OH-)，发现选项遗漏 CO32-的系数 2，判定 A 错误；
B：根据 NH4HCO3的组成，N 元素物质的量浓度是 C 元素的 2 倍，结合物料守恒本质，确定 B 正确；
C：质子守恒的核心是水电离的 H+与 OH-物质的量相等，判断 C 正确；
D：结合电荷守恒式与溶液碱性 c (H+)＜c (OH-)，推导得出离子浓度关系应为＜，判定 D 错误。
（3）先写出 CO32-与 NH4+的水解平衡离子方程式，再通过变形推导平衡常数 K 与 Kw、Kb、Ka2的关系，最后代入数值计算 K。
（4）先推导 Cu2+与 H2S 反应的平衡常数表达式，结合 Ka1、Ka2与 Ksp 计算 K，判断反应程度；再根据反应的化学计量关系计算 c (H+)，最终确定 pH。
（5）先列出 BaSO4转化为 BaCO3的平衡三段式，再结合平衡常数 K=与浓度平衡常数表达式，计算平衡时 CO32-浓度，最后加上转化消耗的 CO32-浓度，得到 Na2CO3的最初浓度。
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