（5）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）偏高的有 （多选扣分） ： A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度 B．锥形瓶水洗后直接装待测液
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗 D．滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数； E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
试卷答案
1．C 2.C
解析：A、7.8 g Na2O2的物质的量是0.1mol，含有的阴离子数目为0.1NA，故A错误；B、缺少溶液体积，无法解答溶液中H数目，PH=2的醋酸冲稀10倍后，溶液中H浓度大于0.001mol/L，故B错误；C、1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，许多的氢氧化铁才能形成一个胶体粒子，氢氧化铁的数目小于NA，故C正确；D、1.8 g重水（D2O）的物质的量是0.09mol，含0.9NA个质子和0.9NA个中子，故D错误。 故答案选C
+
+
3.A
【知识点】离子方程
解析：A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2生成亚硫酸铵和水，故A正确；B、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应，NaOH完全反应，正确的是：Ca2＋HCO3＋OH
＋
－
－
=CaCO3↓＋H2O，故B错误；C、稀硝酸有强氧化性，产物中只有三价铁，故C错误；D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液SO42恰好完全沉淀时，二者的物质的量之比是1:2，Al3与
－
＋
OH物质的量之比是1:4，产物是偏铝酸根离子，故D错误。
－
故答案选A
【思路点拨】本题考查了离子方程式的正误判断，一定注意反应物相对量问题。
4.D
【知识点】实验 氧化还原反应
解析：根据与同一种物质反应生成物的化合价可判断物质的氧化性，A正确；根据强酸制弱酸知B正确；根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性知C正确；D、该溶液可能含Ag+，D错误。
【思路点拨】氧化性、氧化性强弱判断方法：根据金属活动顺序进行判断: 单质的还原性逐渐减弱→ K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb (H) Cu Hg Ag Pt Au ；2、根据元素周期表，同一周期从左到右还原性逐渐减弱，氧化性逐渐增强; 同一主族从上到下还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱；3、根据氧化还原反应方向来判断: 强氧化剂+强还原剂=弱还原剂+弱氧化剂，简单地说“左”＞“右”。即: 氧化性强弱顺序:氧化剂氧化性强于氧化产物的氧化性。 还原性强弱顺序:还原剂的还原性强于还原产物的还原性。；4、根据反应条件来判断 反应条件越容易，氧化剂的氧化性或还原剂的还原性越强。；5、根据被氧化或被还原的程度进行判断 如:2Cu+O2=△=2CuO 2Cu+S=△=Cu2S 根据铜被氧化程度不同(分别为+2价，+1价)可判断氧气的氧化性强于硫。
5.D
解：A、将0.1mol/L的一元酸HA的溶液和0.1mol/L的KOH溶液等体积混合，恰好反应生成KA盐溶液，溶液pH=9，说明溶液呈碱性，HA为弱酸，A离子水解，其浓度减小，c（K）＞c（A），则溶液中离子浓度大小为：c（K）＞c（A）＞c（OH）＞c（H），故A错误；
B、反应后的溶液中存在电荷守恒：c（K）+c（H）=c（A）+c（OH），则c（OH）﹣c
+
+
﹣
﹣
﹣
+
﹣
+
﹣
﹣
+
﹣
（H）=c（K）﹣c（A）=
++﹣
mol/Lmol/L﹣10 mol/L，故B错误；
﹣9
C、混合后溶液pH=7 常温下呈中性是弱酸HA过量，溶液中是HA和KA的混合溶液，HA的强酸浓度大于0.2mol/L，实验②反应后的溶液中：c（A）+c（HA）＞0.1 mol/L，故C错误；
D、混合后溶液PH=7，c（OH）=c（H），溶液中存在电荷守恒：c（K）+c（H）=c（OH
﹣
﹣
+
+
+
﹣
）+c（A），则：c（K）=c（A），所以混合液中一定满足：c（K）+c（OH）=c（H）
﹣
﹣+﹣+﹣+
+c（A），故D正确； 故选D．
6.C
【知识点】化学基本概念 O3
解析：①化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合，不能生成新核素，故①错误；②煤的汽化和液化属于化学变化，错误；③潮解、焰色反应、汽油去油污、用CS2清洗管壁上的硫均属于物理变化，正确；④只由一种元素组成的物质不一定为纯净物，如氧元素形成的氧气和臭氧混合时形成的是混合物，错误；⑤酸的元数是根据酸电离产生的氢离子的数目进行划分的，错误；⑥H2和D2是由氢元素的不同氢原子构成的，是同一种物质，不是同素异形体，错误；⑦白磷的着火点比较低，应保存在水中，正确。
【思路点拨】本题考查了物理变化、化学变化、潮解、纯净物、同素异形体、物质的保存等基础知识，难度不大。
7,c
8.（1）平面三角形；sp2；分子晶体；
（2）C＜O＜N； （3）N2O；
（4）2CNO+2H++3ClO═N2↑+2CO2↑+3C1+H2O；
﹣
﹣
﹣
（5）3d24s2；6．
考点：物质的结构与性质之间的关系；离子方程式的书写；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算．
专题：图示题；结构决定性质思想；化学应用．
分析：根据前四周期元素，原子序数依次递增，Q为元素周期表中原子半径最小的元素则Q为氢元素；R的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同则R的电子排布为1S22S22P2，即R为碳元素；Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则Y的电子排布为1S22S22P4，即Y为氧元素；R、X、Y的原子序数依次递增，即X为N元素，然后推出则M为甲醛，N为苯，再由Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同，则Z的原子序数为22，即Z为钛元素；
（1）根据孤电子对数和σ键数来分析杂化，利用构成晶体的微粒来分析晶体类型； （2）根据元素的非金属性及电子的排布来分析元素的第一电离能； （3）根据等电子体中的原子数和价电子数来分析； （4）根据反应物和生成物来分析离子反应方程式；
（5）利用原子序数来分析电子排布，再利用晶体的结构来分析晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子的位置．
解答：解：由信息可知，Q为氢元素，R为碳元素，X为N元素，Y为氧元素，Z为钛元素，M为甲醛，N为苯；
（1）化合物M为甲醛，碳原子的孤电子对数为0，碳原子的σ键数为3，则碳原子采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，化合物N为苯，是由碳、氢元素组成的化合物，苯是由苯分子直接构成的，则N在固态时的晶体类型为分子晶体，故答案为：平面三角形；sp2；分子晶体；
（2）R、X、Y三种元素的分别为C、N、O，非金属性越强则元素的第一电离能越大，但N原子的电子排布中P轨道半满，则失去1个电子更难，即三种元素中N元素的第一电离能最大，
故答案为：C＜O＜N；
（3）RY2为CO2，分子中有3个原子，价电子数为4+6×2=16，N2O的分子中有3个原子，价电子数为5×2+6=16，则CO2与N2O互为等电子体，故答案为：N2O；
（4）由RXY离子在酸性条件下可与NaClO溶液反应，生成X2、RY2等物质，由反应物与生成物，利用元素守恒、电荷守恒，则离子方程式为2CNO+2H++3ClO
﹣
﹣
﹣
═N2↑+2CO2↑+3C1+H2O，
﹣
故答案为：2CNO+2H++3ClO═N2↑+2CO2↑+3C1+H2O；
﹣
﹣
﹣
（5）因Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同，则Z的原子序数为22，即Z为钛元素，其电子基态电子排布为1S22S22P63S23P63d24s2，电子最后填充3d电子，则外围电子排布为 3d24s2，由晶体结构图可知，晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子在棱的位置，则氧原子数为
=6，故答案为：3d24s2；6．
点评：本题考查原子结构与性质，明确元素的位置、结构、性质是解答的关键，电子排布式、杂化类型、晶体类型、性质的比较是高考中常考的考点，N原子的第一电离能比O原子的大是学生解答的难度．
9.（1）C
（2）(Q2－2Q1) kJ·mol
－1
（3）P2＞P1 ；1/144
（4）NO2＋NO3－e＝N2O5 ； 224
－
－
解析：（1）A、Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，错误；B、一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写有关，错误；C、因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，正确；D、速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达
平
衡
，
错
误
。
（2）已知的两个反应分别用①②表示，运用盖斯定律可得，SO2（g）+2CO（g）═S（s）+2CO2（g）可由①×2-②得到，则△H=(Q2－2Q1) kJ?mol
-1
①由图像知相同温度压强为P2时NO的平衡转化率大于P1时的，而根据反应特点加压平衡正向移动，所以P2＞P1 ；②700℃时，在压强为P2时NO的平衡转化率为20%，则NO减小了2mol/L
2NO（g）+O2
2NO2(g)，
起始浓度（mol/L） 10 10 0 转化浓度（mol/L） 2 1 2 平衡浓度（mol/L） 8 9 2
在该条件平衡常数的数值为：
；
--
（4）石墨I电极上通入NO2，为负极，发生的电极反应为：NO2+NO3-e=N2O5；根据电池总反应4NO2+O2=2N2O5，收集到20molN2O5需消耗O2为10mol，标准状况下体积为224L。 10．(14分，每空2分) （1）羧基（2分）；（2）（4）
（5）C8H6O4（2分）；13（2分）；
（２分）；
（2分）；（3）abd（2分）；
（2分）；
11【答案】（1）1.0；250mL容量瓶，胶头滴管；
（2）酸式滴定管；最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色； （3）0.10mol/L； （4）丙； （5）ADE．
【解析】解：（1）m=nM=0.25L×0.1moL/L×40g/mol=1.0g，实验时需用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要250mL容量瓶，并用胶头滴管定容， 故答案为：1.0；250mL容量瓶，胶头滴管；
（2）量取20.00mL的稀盐酸需用酸式滴定管，滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，
故答案为：酸式滴定管；最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色；
（3）根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱），需要V（NaOH）=
mL=20mL，实验3误差较大，可舍弃，则该盐酸的浓度为=0.10mol/L，故答案为：0.10mol/L；
（4）碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，故答案为：丙；
（5）A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度，导致溶液浓度偏小，滴定时体积偏大，则待测液浓度偏大，故A正确；
B．锥形瓶水洗后直接装待测液，对实验无影响，故B错误；
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏小，需要NaOH体积偏小，测定值偏小，故C错误；
D．滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数，会导致NaOH体积偏大，测定溶液浓度变大，故D正确；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定NaOH体积偏大，测定值偏大，故E正确． 故答案为：ADE．