四川省乐山市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版)

PAGE四川省乐山市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1

C-12O-16

I-

127一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分，每题均只有一个正确选项)1.乐山盛产西红柿，常温下某鲜榨西红柿汁的pH=3，则c(H+

)为A.3mol/L B.0.

003mol/L C.1×10-11mol/L D.1×10-3mol/L【答案】D【解析】【详解】由pH的概念可知，pH=-lgc(H+)得，pH=3，即-lgc(H+)=3，解之c(H+)=1×10-3mol/L，D正确；答案为D。2.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是A.车载铅蓄电池启动 B.夹江千佛岩电站水力发电C.西藏拉萨太阳能发电 D.新疆吐鲁番风力发电【答案】A【解析】【分析】根据题意，选择的能量转化是由化学能转化为电能，即发生化学反应，将化学能转化为电能，据此进行分析解答。【详解】A．车载铅蓄电池启动，蓄电池放电，是将化学能转化为电能，故A符合题意；B．夹江千佛岩电站水力发电，水力发电是水的位能转变成机械能，机械能再转变成电能的过程，故B不符合题意；C．西藏拉萨太阳能发电，太阳能发电，是将太阳能转化为电能的过程，故C不符合题意；D．新疆吐鲁番风力发电，风力发电是风能转化为机械能，机械能再转换为电能的过程，故D不符合题意；答案为A。3.水垢的主要成分包括CaCO3、CaSO4等，下列说法错误的是A.容易产生水垢的水一般是硬水B.盐酸去除水垢的能力比醋酸更好C.可用小苏打去除电水壶中的水垢，因为小苏打溶液显酸性D.水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液浸泡，再用酸去除【答案】C【解析】【详解】A项，硬水一般是指含有较低钙、镁离子的水，在加热过程中，硬水容易产生水垢，故A正确；B项，盐酸和醋酸都能去除水垢，盐酸的酸性强于醋酸，更易与水垢中碳酸钙反应，去除水垢的能力比醋酸更好，故B正确；C项，小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液呈碱性，故C错误；D项，微溶的硫酸钙不能与酸反应，与碳酸钠溶液反应生成难溶的碳酸钙，碳酸钙与酸反应生成溶于水的钙盐，达到去除水垢的目的，故D正确；故选C。【点睛】烧水壶有了水垢，可将几勺醋放入水中，烧一二个小时，水垢即除；如水垢中的主要成分是硫酸钙，则可将纯碱溶液倒在水壶里烧煮，可去垢。4.下列叙述中与盐类水解有关的是A.自来水杀菌、消毒B.实验室制H2时，在稀H2SO4溶液中滴入少许CuSO4溶液C.不能用玻璃瓶盛放NH4F浓溶液D.酸雨在空气中放置一段时间后，pH降低【答案】C【解析】【详解】A.自来水杀菌、消毒是利用了氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，或者其他的消毒剂的强氧化性，如ClO2、臭氧等，故与水解无关，故A不符合；B.实验室用锌与硫酸反应制H2时，在稀H2SO4溶液中滴入少许CuSO4溶液，锌与置换出的铜形成原电池，加快反应速率，故与水解无关，故B不符合；C.NH4F浓溶液水解产生氢氟酸，氢氟酸与玻璃成分中的二氧化硅反应，故与水解有关，故不符合；D.酸雨在空气中放置一段时间后，亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强，pH降低，故与水解无关，故D不符合；故选C。5.某同学在实验报告中记录了下列数据，其中正确的是A.用托盘天平称取5.85g食盐B.用10mL量筒量取7.35mL盐酸C.用广泛pH试纸测出某溶液pH为3.5D.从酸式滴定管放出酸性KMnO4溶液15.60mL【答案】D【解析】【详解】A.托盘天平的精确度为0.1g，故A错误；B.10mL量筒的精确度为0.1mL，故B错误；C.广泛pH试纸可以识别的pH差值约为1，故用广泛pH试纸测定的pH值应为整数，故C错误；D.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中，且酸式滴定管的精确度为0.01mL，故D正确；故选D。6.具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式如图，它属于①芳香族化合物②脂肪族化合物③有机羧酸④有机高分子化合物⑤芳香烃A.③⑤ B.②③ C.①③ D.①④【答案】C【解析】【分析】由题给结构可知，该有机物含苯环、-COOH，其余结构饱和。详解】①该有机物含苯环，属于芳香族化合物，①正确；②含苯环的有机物不属于脂肪族化合物，②错误；③该有机物含-COOH，属于有机羧酸，③正确；④该有机物相对分子质量不够大，不属于有机高分子化合物，④错误；⑤该有机物含O，不属于芳香烃，⑤错误；所以，①③符合题意，C选项正确；答案选C。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.在强碱性溶液中：Na+、K+、AlO2-、COB.由水电离出的c(H+)=1×10–l4mol/L的溶液中：Ca2+、C1-、HCO3-、K+C.显中性的溶液中：Fe3+、Na+、C1-、SOD.在含大量Fe2+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、[Fe(CN)6]3-【答案】A【解析】【详解】A.在强碱性溶液中，还存在大量OH-，离子之间均不发生反应，故可以大量共存，故A正确；B.由水电离出的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液，可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，若为酸性溶液，HCO3-与H+反应生成二氧化碳和水；若为碱性溶液，HCO3-与OH-反应生成CO和水，CO再与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，故不可以大量共存，故B错误；C.Fe3+水解显酸性，中性溶液中不能大量存在Fe3+，故不能大量共存，故C错误；D.Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，故不能大量共存，故D错误；故选A。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。还有一些限定条件如：常温下水电离出来的H+和OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。8.下列除去杂质的方法中正确的是A.除去溴苯中的溴：加入CCl4后分液B.除去苯甲酸中的NaCl：重结晶C.除去乙烷中的乙烯：加入氢气后在一定条件下充分反应D.除去乙醇中的乙酸：加入NaOH溶液后分液【答案】B【解析】【详解】A.溴、溴苯均易溶于四氯化碳，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故A错误；B.苯甲酸与氯化钠的溶解度随温度的变化不同，苯甲酸的溶解度受温度的影响较大，氯化钠的溶解度受温度的影响较小，所以可用重结晶的方法分离，故B正确；C.乙烷中易引入新杂质氢气，不能除杂，可用溴水、洗气，故C错误；D.乙酸与NaOH反应生成乙酸钠，易溶于水，与乙醇不分层，不能分液，可蒸馏法分离，故D错误；故选B。9.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A.0.1mol/L氨水的pH约为11：NH3·H2O⇌NH4++OH-B.用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂：A13++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+C.向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4溶液橙色加深：Cr2O(橙色)+H2O⇌2CrO(黄色)+2H+D.向AgCl悬浊液加入KBr溶液，有淡黄色沉淀生成：Ag++Br-=AgBr↓【答案】D【解析】【详解】A．0.1mol/L氨水pH约为11，说明氨水部分电离，电离方程式是NH3·H2O⇌NH4++OH-，故A正确，不选；B．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中的不溶性杂质，沉降而净水，故用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂，离子方程式是Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故B正确，不选；C．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深，说明Cr2O72－浓度增大，Cr2O72－(橙色)+H2O⇌2CrO42－(黄色)+2H+平衡逆向移动，故C正确，不选；D．AgCl难溶于水，加入KBr溶液，生成淡黄色沉淀AgBr，发生沉淀转化，离子方程式是AgCl+Br-=AgBr+Cl-，故D错误，符合题意；故选D。10.下列有关电化学在生产、生活中的应用分析正确的是A.图1：铁钉发生析氢腐蚀 B.图2：可以在铁件上镀铜C.图3：溶液中c(Cu2＋)保持不变 D.图4：将输油管与电源负极相连可以防止腐蚀【答案】D【解析】【详解】A.图1：右侧导管内液面升高，所以铁钉发生吸氧腐蚀，故A错误；在铁件上镀铜，铁件应该作阴极，铜作阳极，故B错误；C.图3是电解法精炼铜，溶液中c(Cu2＋)浓度减小，故C错误；D.图4：将输油管与电源负极相连，属于外接电流阴极保护法，可以防止输油管腐蚀，故D正确；选D。11.常温下，下列溶液的粒子浓度关系式正确的是A.0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO)＞c(H2CO3)B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＞b+1C.pH=2的H2SO3溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)

+c(H+)=c(OH-)

+c(HSO

)+2c(SO)D.0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol/L的NaHCO3溶液，NaHCO3属于盐，是强电解质，完全电离即NaHCO3=Na++HCO3-，HCO存在水解平衡，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，又存在电离平衡，HCO3-H++CO，由于NaHCO3溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，则0.1mol/L的NaHCO3溶液粒子浓度关系为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO)，故A错误；B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，导致稀释10倍后溶液中c(OH−)大于原来的，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b＞a−1，则a＜b+1，故B错误；C．pH=2的H2SO3溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，由于H2SO3属于弱酸，则混和后溶液中有Na+、SO、HSO3-、H+、OH-等离子，由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO)，故C正确；D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，得到的是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，由物料守恒得2c(Na+)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故D错误；答案为C。12.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A将Na2CO3溶液由0.1mol/L稀释到0.01mol/L，测溶渡pH溶液pH变小稀释后CO32-的水解程度减小B向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量的H2S气体出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强C将盛有棕红色NO2气体的注射器由10mL压缩至5mL气体颜色比压缩前变浅反应2NO2N2O4向右移动D在新生成的AgCl沉淀中滴入稀KI溶液，振荡白色沉淀转化为黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠溶液中：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，加水稀释促进水解，但c(OH－)降低，pH降低，A错误；B．发生CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4，利用的是CuS不溶于H2SO4，不是利用酸性强的制取酸性弱的，故B错误；C．压缩注射器，增大压强，平衡向正反应方向移动，但容器的体积减小，NO2浓度增大，气体颜色比压缩前深，故C错误；D．加入KI溶液，白色沉淀转化成黄色沉淀，说明AgI比AgCl更难溶，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D正确。答案选D。13.一种突破传统电池设计理念的镁—锑液态金属储能电池工作原理如下图所示，该电池所用液体密度不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。下列说法不正确的是A.放电时，Mg(液)层的质量减小B.放电时．正极反应为：Mg2++2e-=MgC.该电池充电时，Mg—Sb(液)层发生还原反应D.该电池充电时，Cl-有向下层移动的趋势【答案】C【解析】放电时，Mg(液)层发生反应，Mg(液)层的质量减小，故A正确；放电时Mg—Sb(液)层是正极，正极反应为：Mg2++2e-==Mg，故B正确；该电池充电时，Mg—Sb(液)层是阳极，发生氧化反应，故C错误；该电池充电时，上层是阴极、下层是阳极，Cl-向阳极移动，故D正确。14.青出于蓝而胜于蓝，“青”指的是靛蓝，是人类使用历史悠久的染料之一，下列为传统制备靛蓝的过程：下列说法不正确的是A.吲哚酚的苯环上的一氯代物有2种B.靛蓝的分子式为C16H10N2O2C.1mol吲哚酮与H2加成时可消耗4molH2D.浸泡发酵过程发生的反应为取代反应【答案】A【解析】【详解】A.吲哚酚的苯环上有4种氢原子，故其一氯代物有4种，故A错误；B.由靛蓝分子的结构简式可知，其分子式为C16H10N2O2，故B正确；C.吲哚酮分子中，苯环和羰基均可以与H2发生加成反应，故1mol吲哚酮与H2加成时可消耗4molH2，故C正确；D.由流程图可知，浸泡发酵过程中，水分子中的羟基取代了中的-R，生成吲哚酚，故发生的反应为取代反应，故D正确；故选A。15.常温下，向20mL某浓度的盐酸溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示，下列分析不正确的是A.该盐酸的浓度为0.1mol/LB.b点所示溶液中：c(NH4+)=c(Cl-)C.V=20D.c点所示溶液中：c(H+)-c(OH-)=c(NH3∙H2O)【答案】B【解析】【详解】A.由图象的起点可知，20mL该盐酸溶液中，水电离出的氢离子浓度是10-13mol/L，根据水的离子积公式可知，盐酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，故盐酸的浓度为0.1mol/L，故A正确；B.由电荷守恒可知，c(H+)+c(NH4+)═c(Cl-)+c(OH-)，c点水电离出氢离子浓度最大，故c点为恰好反应点，则b点时，氨水不足，溶液为盐酸和氯化铵的混合溶液，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，故c(NH4+)＜c(Cl-)，故B错误；C.c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成氯化铵，而盐酸的浓度为0.1mol/L，所以氨水的体积也是20mL，即V=20，故C正确；D.c点所示溶液是氯化铵溶液，由质子守恒得：c(H+)-c(OH-)=c(NH3∙H2O)，故D正确；故选B。16.下列图示与对应的叙述符合的是A.图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B.图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)⇋2SO3(g)的平衡常数K与温度和压强的关系C.据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH=4左右D.图丁表示常温下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系【答案】C【解析】【分析】本题主要考查化学平衡结合图像的运用。A．使用催化剂化学反应速率加快；B．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变；C．由图像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋还未开始沉淀；D．0.001mol/L的醋酸溶液pH>3【详解】A．使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；B．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；C．由图像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋还未开始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反应发生，所以加入CuO可以调节PH=4左右，此时Fe3+完全沉淀，过滤即可，故C项正确；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，图像中起点PH=3，故D项错误；答案选C。17.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，既可减少酸昧又可增加香味，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①K2CO3②KCl③Ca(H2PO4)2④(NH)2SO4⑤氨水，最适当的组合是_________。a．①③④b．③⑤c．②③⑤d．②③④【答案】(1)酯类(2)2CH3COOH+CO32−═2CH3COO−+CO2↑+H2O(3)Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑(4)电化学(5)Fe2+-2e-=Fe2+(6)d【解析】【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；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。18.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_______。【答案】(1)2−甲基丁烷(2)CH3CH=C(CH3)CH2CH3(3)碳碳双键和醛基(4)4(5)5(6)HOCH2CH2OH【解析】【分析】

【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。19.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0.10mol/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。己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”)。【答案】(1)CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−(2)d(3)c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)(4)7.4(5)变小【解析】【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=-lgc(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。20.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20.00mL饮料样品(设密度为1.0g/cm3)于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液。步骤2：在滴定管中装入0.0008mol/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/mL0.000.441.33滴定后读数/mL30.0130.4431.32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50mL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amLb.一定大于amLc.是(50-a)mLd.一定大于(50-a)

mL.(3)判断滴定达到终点现象是_________。(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。【答案】(1)酸式(2)d(3)滴入最后一滴标准液时，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色；(4)ab(5)21.12(6)低于【解析】【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)=0.0008mol/L×0.030L=2.4×10−5mol，移取的20.00mL饮料样品(设密度为1.0g/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。21.锰是一种银白色脆性金属，但把锰加到钢铁中，