参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．D 【解析】 【分析】
A．B点加入5 mL0.0500 mol/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，CH3NH2?H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2)； B．甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似，说明CH3NH2?H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子； C．恰好反应时水的电离程度最大，碱过量抑制了水的电离，碱的浓度越大抑制程度越大； D．C、D点相比，n(CH3NH3+)相差较小，但D点溶液体积较大，则c(CH3NH3+)较小，据此分析。 【详解】
A．B点加入5 mL0.0500 mol/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6，说明CH3NH2?H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2)，
?cCH3NH3?c?CH3NH2?c?CHNH??>1，结合K(CHNH?HO)= ×c(OH)=10
b
3
2
2
3?3c?CH3NH2?--3.4
可
知，c(OH-)<10-3.4，所以B点的pOH>3.4，A正确；
B．CH3NH2?H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子，电离过程可逆，则电离方程式为：CH3NH2?H2O
CH3NH3++OH-，B正确；
C．用0.0500 mol/L的稀硫酸滴定10 mL 0.1000 mol/L的甲胺溶液滴入10 mL恰好完全反应此时生成的是强酸弱碱盐，溶液显碱性，CH3NH3+水解促进水的电离，A、B点溶液中弱碱过量抑制了水的电离，所以A、B、C三点溶液中，水电离出来的c(H＋)：C>B>A，C正确；
D．C点硫酸与CH3NH2?H2O恰好反应，由于CH3NH3+的水解程度较小，则C、D点n(CH3NH3+)相差较小，但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍，则c(CH3NH3+)：C>D，D错误； 故合理选项是D。 【点睛】
本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较。明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。 2．B 【解析】 【详解】
A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：
+Al3++3NH3gH2O=Al?OH?3?+3NH4，故A错误；
B．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故B正确； C．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以cNH4?cOHC错误；
D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以1L0.1mol?L?1的氨水中NH4的数目小于6.02×1022，故D错误； 故答案为：B。 【点睛】
对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2O?CH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。 3．C 【解析】 【分析】 【详解】
同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能的大小顺序为：D＞B＞A＞C， 故选：C。 4．C 【解析】 【分析】
由电池工作原理图可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，则Ni-Co/Ni极为负极，Pd/CFC为正极，正极得电子，发生还原反应。 【详解】
A．电子从低电势(负极)流向高电势（正极），Ni-Co/Ni极是原电池负极，电势较低，故A正确； B．该电池使用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，原电池中，阳离子向正极迁移，则向正极迁移的主要是K+，产生M为K2SO4，故B正确；
C．Pd/CFC极上发生反应：2H+H2O2?2e?2H2O，故C错误；
D．根据分析，Ni-Co/Ni极为负极，结合图示负极的物质转化关系可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，负极反应为：CO?NH2?2?8OH?6e?CO3?N2??6H2O，
??2?+?+?+??-?减小，故
故D正确； 答案选C。 5．B
【解析】 【详解】
A选项，含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；
B选项，1 mol苯环消耗3 mol氢气，1mol碳碳双键消耗1 mol氢气，因此1 mol该物质最多能和4mol H2发生加成反应，故B正确；
C选项，含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C错误； D选项，酯不易溶于水，故D错误。 综上所述，答案为B。 6．C 【解析】 【分析】
在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体，滤液中主要溶质为氯化铵，再加入氯化钠和通入氨气，将溶液降温结晶可得氯化铵晶体。 【详解】
A、氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式为
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨气在水中溶解度较大，所以先通氨气，再通入二氧化碳，故A错误；
B、氨气是污染性气体不能排放到空气中，碱石灰不能吸收氨气，装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B错误；
C、通入氨气的作用是增大NH4的浓度，使NH4Cl更多地析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故C正确；
D、用装置④加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤Ⅱ的转化，但生成的二氧化碳未被收集循环使用，烧杯加热未垫石棉网，故D错误； 故答案为：C。 【点睛】
“侯氏制碱法”试验中，需先通入氨气，其原因是氨气在水中的溶解度较大，二氧化碳在水中溶解度较小，“侯氏制碱法”所得到的产品是碳酸氢钠，先通入氨气所形成的溶液中氨的浓度较大，方便后续的反应进行；碳酸氢钠经过加热会生成碳酸钠。 7．A 【解析】 【详解】
A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，能一步实现，故A正确；
+B．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不能一步转化为氧化铁，故B错误； C．一氧化氮与水不反应，不能一步转化为硝酸，故C错误；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，二氧化硅不能一步转化为硅酸，故D错误； 故选A。 8．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．据图可知在pH=4.3的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为：2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以3c(HR-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故A正确；
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此时反应生成NaHR，据图可知该溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于HR-的水解程度，HR-电离抑制水的电离，所以此溶液中水的电离程度比纯水小，故B正确；
Ka2?Kh2c(R2-)c(H2R)c(R2-)c(H+)c(H2R)c(OH-)1=gg=C．2c(H2R)=c(HR-)，，当溶液pH=1.3时，---+-c(HR)c(HR)c(HR)c(H)c(OH)Kw则Kh2=
c(H2R)c(OH-)c(HR)-=10
-12.7
，溶液的pH=4.3时，c(R)=c(HR)，则Ka2=
2--
c(R2-)c(H+)c(HR)-=10-4.3，所以
c(R2-)c(H2R)c(HR)2-=10?12.7?10?4.310?14=10-3，故C正确；
D．由H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性：HR-＞HCO3-，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO32-+H2R=2HCO3-+R2-，故D错误； 故答案为D。 【点睛】
选项C为难点，注意对所给比值进行变换转化为与平衡常数有关的式子；选项D为易错点，要注意H2R少量，且酸性：HR-＞HCO3-，所有溶液中不可能有HR-，氢离子全部被碳酸根结合。 9．C 【解析】 【分析】
A．当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；
B．0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，图象可知PH=7.1时c（NH4＋）=c（HCO3－）； C．该碳酸氢铵溶液的pH=7.1，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4＋和HCO3－浓度变化； D．碳酸氢铵溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。 【详解】
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