江西省九江市同文中学[最新]高二上学期期中考试化学试题

江西省九江市同文中学【最新】高二上学期期中考试化学试

题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．能源可划分为一级能源和二级能源，自然界以现成方式提供的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源。氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取；未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列叙述正确的是（）

A．水煤气，电能是一级能源

B．天然气，水力是二级能源

C．核能，煤，石油符合未来新能源标准

D．太阳能，生物质能，风能，氢能符合未来新能源标准

2．下列关于电解质说法正确的是( )

A．SO2、CO2溶于水能导电，但SO2、CO2都是非电解质

B．盐酸能导电，所以盐酸是电解质

C．强电解质溶液导电能力比弱电解质导电能力强

D．离子化合物都是强电解质，共价化合物都是弱电解质

3．在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是

①增大反应物的浓度②升高温度③增大压强④移去生成物⑤加入催化剂

A．②⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②③④⑤4．在密闭容器里，A与B 反应生成C，其反应速率分别用v A、v B、v C表示，已知2v B=3v A、3v C=2v B，则此反应可表示为()

A．2A + 3B = 2C B．A + 3B = 2C C．3A + B = 2C D．A + B = C 5．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）ΔH=x kJ·mol－1

已知碳的燃烧热ΔH1=a kJ·mol－1

S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=b kJ·mol－1

2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=c kJ·mol－1

则x为

A．3a+b－c B．c+3a－b C．a+b－c D．c+a－b

6．下列关于ΔH(焓变)的说法正确的是( )

A．在恒压件下，化学反应的焓变等于化学反应的反应热

B．ΔH>0时，反应放出热量；ΔH<0时，反应吸收热量

C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应

D．任何放热反应在常温下一定能发生反应

7．下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是( )

A．双氧水受热分解

B．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应

C．灼热的木炭与二氧化碳化合

D．甲烷在空气中燃烧的反应

8．已知常温下浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如表：

下列有关说法正确的是()

A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HF

B．等体积、等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N前=N后C．若将CO2通入0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液至溶液呈中性则溶液中2c(CO32—)＋c(HCO3—)＝0.2 mol·L－1

D．向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学方程式为Na2CO3＋2HF=CO2＋H2O＋2NaF

9．下列反应中，熵显著减少的反应是（）

A．CO（g）+2H2（g）= CH3OH（g）

B．CaCO3（s）+2HCl（aq）= CaCl2（aq）+CO2（g）+H2O（l）

C．（NH4）2CO3（s）= NH4HCO3（s）+NH3（g）

D．2HgO（s）= 2Hg（l）+O2（g）

10．下列叙述正确的是（）

A．盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵

B．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小

C ．饱和石灰水中加入少量CaO ，恢复至室温后溶液的pH 不变

D ．沸水中滴加适量饱和FeCl 3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强 11．已知下列反应的平衡常数：H 2

(g)+S(s) H 2S(g)，K 1；S(s)+O 2

(g)

SO 2(g)，K 2。

则反应H 2(g)+SO 2

(g) O 2(g)+H 2S(g)的平衡常数为（ ） A ．K 1+K 2

B ．K 1-K 2

C ．K 1×K 2

D ．1

2

K K

12．说明氨水是弱碱的事实是： ( ) A ．氨水具有挥发性。 B ．1mol/L 氨水溶液1升可以与1molHCl

完全反应

C ．1mol/L NH 4Cl 溶液的pH=5

D ．氨水与AlCl 3溶液反应生成Al(OH)3沉淀

13．已知两个热化学方程式： C(s)＋O 2(g)=CO 2(g)ΔH ＝-393.5kJ/mol 2H 2(g)＋O 2(g)=2H 2O(g)ΔH ＝-483.6kJ/mol

现有炭粉和H 2组成的悬浮气共0.2mol ，使其在O 2中完全燃烧，共放出63.53kJ 的热量，则炭粉与H 2的物质的量之比是（ ） A ．1︰1

B ．1︰2

C ．2︰3

D ．3︰2

14．在酸碱中和滴定实验时，盐酸为标准液，NaOH 溶液为待测液，下列操作会导致待测液浓度偏大的是

A ．用碱式滴定管量取待测液时俯视刻度线(开始调液面时读数正确)

B ．未用待测液润洗锥形瓶

C ．滴定结束后俯视刻度线

D ．滴定结束后，酸式滴定管尖嘴部分有气泡

15．下列离子在指定条件下一定能大量共存的一组是：( ) A ．c (H +)/c (OH —)=105的溶液中：Na +、ClO －、K +、Cl －

B ．由水电离出的C(H +)=1×10－13mol/L 的溶液中：NH 4+、Fe 2+、Cl －、SO 42－

C ．使酚酞变红色的溶液中：NO 3－、Cl －、Ca 2+、Na +

D ．使甲基橙变红色的溶液中：NO 3－、Al 3+、NH 4+、SO 42－

16．已知在25℃时，AgCl 的Ksp 为1.8×10－10，Ag 2S 的Ksp 为6.3×10－50，将AgCl 与Ag 2S 的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO 3溶液，发生的反应为( ) A ．只有Ag 2S 沉淀生成 B ．AgCl 和Ag 2S 等物质的量生成 C ．AgCl 沉淀多于Ag 2S 沉淀

D ．Ag 2S 沉淀多于AgCl 沉淀

17．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是：( )

A．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合：c(NH4+)=c(Cl－)>c(H+)=c(OH－)

B．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl－)+c(ClO－)+ c(OH－)

C．pH=8.3的NaHCO3溶液c(Na+)>c(HCO3－)> c(H2CO3) > c(CO32－)

D．0.2mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合：2c(H+)—c(OH

－)=c(CH3COO－)—c(CH3COOH)

18．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L 的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是

A．未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O)

B．加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)

C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)

D．加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)

19．某温度下，将2mol A和3mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)+ B(g)

C(g)+ D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数为1，在t0时刻，若保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则下列说法正确的是( )

A．a=2

B．达到平衡时A的转化率为60%

C．速率随时间变化关系如图所示

D．为提高A的转化率，可采取升高温度的措施

20．室温下，将等浓度等体积的弱酸HA和HB与NaHCO3反应放出CO2的体积与时间的关系如图所示，则以下说法错误的是：( )

A．酸性：HA

B．pH均为4的HA和HB溶液中和等量NaOH时，所需HA溶液体积小

C．pH均为9的NaA溶液和NaB溶液相比，NaA溶液中水的电离程度大

D．浓度均为0.1mol/L的NaA溶液和NaB溶液相比，NaA溶液中水的电离程度大

二、工业流程题

21．锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁，90%的锰消耗于钢铁工业，10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：

已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：

(1)步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是_______________________；

(2)步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：①使矿物中的物质充分反应；②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境；③________________；

(3)步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是

__________________；加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe3+。

(4)步骤Ⅲ中，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有_________；滤渣2的主要成分是_________；

(5)电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降．欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10－5mol?L-1，则应保持溶液中c(S2－)≥ _____ mol?L-1。

三、原理综合题

22．（1）常温下，已知0.1mol·L-1一元酸HA溶液中c（OH-）/c（H+）=1×10-8 ，则溶液的pH=_______。

①pH=3的HA与pH=l1的NaOH溶液等体积混合；反应的离子方程式为

_________________；混合溶液中，各离子的物质的量浓度大小关系是

___________________________________ ；

②0.2 mol·L-1HA溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中(溶液体积变化

忽略不计)：c（H+）+ c（HA）－ c（OH-）=________ mol·L-1。

（2）t℃时，有pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw=___________。

①该温度下(t℃)，将100mL0.1 mol·L-1的稀H2SO4与100mL0.4 mol·L-1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH=___________；

②该温度下(t℃)，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH(pH a)与NaOH溶液的pH(pH b)的关系是_______________。

四、填空题

23．乙二酸俗名草酸，易溶于水，为了测定草酸晶体H2C2O4·xH2O中的x值，某实验小组进行实验，步骤如下：

①称取1.260g草酸晶体，配成100mL溶液。

②取25.00mL该H2C2O4溶液加入锥形瓶内，再加入适量稀硫酸。

③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，至滴定达到终点。

④重复实验。记录整理数据如下：

回答下列问题：

(1)乙二酸和KMnO4标准溶液反应的离子方程式为____________

(2)步骤①需要使用烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还缺少的玻璃仪器为_______(填名称)；步骤③滴定过程中，盛装KMnO4溶液的仪器为__________________(填名称)。

(3)本实验滴定达到终点的标志是__________________________;

(4)根据数据，计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为______mol/L，x=____________；

(5)若滴定终点时仰视滴定管刻度，则x值会_____________(填“偏大”、“偏小”或“不变”) 。

24．三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：

(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式_______________________________。

(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：

2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1= +48 kJ·mol?1

3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g) ΔH2= ?30 kJ·mol?1

则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol?1。

(3)对于反应2SiHCl 3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________(保留2位小数)。

②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。

五、实验题

25．化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量。下面是某同学测定化学反应速率并探究其影响因素的实验。

Ⅰ.测定化学反应速率

该同学利用如图装置测定反应速率（药品：稀硫酸、Na2S2O3溶液等）。

（1）除如图装置所示的实验用品外，还需要的一件实验仪器用品是________________；请写出在圆底烧瓶中所发生反应的离子方程式为

___________________________________________。

（2）若在2 min时收集到224 mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2 min内H＋的

反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是

____________________________________。

（3）利用该化学反应，试简述测定反应速率的其他方法：___________________(写一种)。

Ⅱ.探究化学反应速率的影响因素

为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响

．．．．．．．．．．．．．．．．．，设计的实验方案如下表。

(已知I2＋2 Na2S2O3= Na2S4O6＋2 NaI，其中Na2S2O3溶液均足量)

（4）表中V x＝__________mL，该实验中加入淀粉的目的为_______________________；请判断T1、T2、T3的大小关系，并总结实验所得出的结论

__________________________。

参考答案

1．D

【解析】

【分析】

一级能源是指可以从自然界直接获取的能源，如：水能、风能、太阳能、地热能、核能、化石燃料；由一级能源经过加工转换以后得到的能源，称为二级能源，例如：电能、蒸汽、煤气、汽油、柴油、水煤气、干馏煤气等。

【详解】

A.电能属于二级能源，故A错误；

B.天然气，水力属于一级能源，故B错误；

C.煤和石油属于化石能源，故C错误；

D. 新能源是相对于常规能源说的，一般具有资源丰富、可以再生，没有污染或很少污染等，太阳能，生物质能，风能，氢能符合未来新能源标准，故D正确；

答案：D。

2．A

【解析】

【详解】

A.SO2、CO2溶于水能导电，是溶于水分别生成的H2SO3、H2CO3电离出的离子导电，而不是SO2、CO2电离出离子导电，SO2、CO2都是非电解质，故A正确；

B.盐酸能导电，但盐酸是混合物，所以盐酸不是电解质，故B错误；

C.溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，故C错误；

D.共价化合物不一定都是弱电解质，如H2SO4虽然是共价化合物，但分子中具有强极性键，是强电解质，在水溶液中完全电离，故D错误；

本题答案为A。

【点睛】

溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关。

3．A

【解析】

①增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故错误；

②升高温度，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故正确；

③增大压强，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故错误；

④移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目减少，故错误；

⑤加入催化剂，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故正确；

故答案选A。

4．A

【详解】

由于2v B=3v A、3v C=2v B，所以v A：v B：v C=2：3：2，根据速率之比等于化学计量数之比确定各物质的系数，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2，故反应方程式为2A+3B=2C，答案选A。

5．A

【详解】

已知碳的燃烧热为ΔH1=a kJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1=a kJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=b kJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=c kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。

6．A

【详解】

A.恒压条件、不做其他功情况下，化学反应的反应热等于化学反应焓变，故A正确；

B. ΔH>0时，反应吸收热量；ΔH<0时，反应放出热量，故B错误；

C.需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，比如木炭的燃烧反应、铝热反应等都是放热反应，但反应需要加热才能发生，故C错误；

D.放热反应在常温下不一定能发生，比如铝热反应是放热反应，需要高温引发，故D错误；本题答案为A。

7．C

【解析】

【详解】

A.双氧水受热分解,有化合价的变化，是氧化还原反应，但是放热反应，故A错误；

B.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应，虽然是吸热反应，但不是氧化还原反应，故B

错误；

C.灼热的木炭与反应为吸热反应，且碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故选C正确；

D.甲烷在氧气中燃烧，是氧化还原反应，为放热反应，故D错误；

本题答案为C。

【点睛】

一般来说，化合反应都为放热，例外的是C+CO2=高温=2CO吸热；分解反应为吸热，例外的是H2O2==H2O+O2 放热。

8．C

【详解】

A.比较NaHCO3、NaClO、NaF三者的pH，可得出酸性HClO

B. NaF溶液中c(Na＋)+c(F-)+c(OH-)(水解生成)与NaClO溶液中c(Na＋)+c(ClO-)+c(OH-)(水解生成)相等，NaClO的pH大，则表明水解生成的c(OH-)大，水电离产生的c(H＋)小，所含阴、阳离子总数小，由此可得：离子总数N NaClO

C.依据电荷守恒，2c(CO32—)＋c(HCO3—)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由于溶液呈中性，所以

c(OH-)=c(H+)，从而得出2c(CO32—)＋c(HCO3—) =c(Na+)=0.2 mol·L－1，C正确；

D. 由于HF的酸性比H2CO3强，所以向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学方程式为Na2CO3＋HF=NaHCO3＋NaF，D错误。

故选C。

【点睛】

等体积等浓度的Na F、NaClO两溶液中，尽管酸根离子的水解程度不同，但水解达平衡时，酸根离子与酸根水解生成的OH-浓度和相等，所以两份溶液中离子浓度的差异仅为c(H＋)的差异。因为温度相同，所以水的离子积常数相同，溶液的碱性越强，c(H＋)越小。现两份溶液的pH，NaClO>NaF，所以NaClO溶液中c(H＋)小。

9．A

【详解】

熵是与物质的混乱度有关系的，同一种物质在气态熵值增大，固态是最小。所以根据方程式可知选项A 是熵值减小的，其余都是增加的，答案选A 。 10．C 【解析】 【详解】

A ．当盐酸和氨水恰好中和生成NH 4Cl 时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH 4Cl 和NH 3?H 2O ，故A 错误；

B ．向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c (H +)减小，故pH 增大，故B 错误；

C ．温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c (OH -)的浓度不变，所以pH 不变，故C 正确；

D ．氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D 错误； 故选C 。 11．D 【详解】

由题给方程式可知K 1=

22c(H S)c(H )

、K 2=22c(SO )

c(O )，反应H 2(g)+SO 2(g)

O 2(g)+H 2S(g)的平衡

常数K =2222c()c()c()c H S H (O SO )=22

c(H S)c(H )×2

21

c()O c(S O )

=1

2K K ，故选D 。 12．C 【解析】 【详解】

A.氨水具有挥发性,属于氨水的物理性质,与电解质强弱无关,不能说明一水合氨部分电离,所以不能证明氨水是弱碱,故A 错误;

B.因为一水合氨为一元碱，所以无论是强碱还是弱碱，1mol/L 氨水溶液1升可以与1molHCl 完全反应，生成1molNH 4Cl ，故B 错误；

C.1mol/L NH 4Cl 溶液的pH=5 ，溶液呈酸性,说明氯化铵是强酸弱碱盐,则一水合氨是弱电解质,故C 正确；

D.氨水与溶液反应生成沉淀.该反应为复分解反应,无论是强碱还是弱碱均有该反应.不能说明氨水是弱碱.故D错误；

本题答案为C。

13．A

【详解】

设混合物中n(C)=x mol，则n(H2)=(0.2-x) mol，由题可知：393.5x+483.6

2

×(0.2-x) =63.53，

解得x=0.1，则n(C)：n(H2)=1：1，故答案为A。

14．A

【分析】

根据c(待测)分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差.

【详解】

A.用碱式滴定管量取待测液时俯视刻度线，导致V（待测）减小，c(待测)增大，故A正确；

B.未用待测液润洗锥形瓶，V(标准)不变，c(待测)不变，故B错误；

C.滴定结束后俯视刻度线，V(标准)变小，c(待测)变小，故C错误；

D.滴定结束后，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，V(标准)变小，c(待测)变小，故D错误；

本题答案为A。

15．D

【解析】

【详解】

A.c(H+)/c(OH—)=105的溶液，是酸性溶液，H+ ClO－=HClO，不能大量共存，故A错误；

B.由水电离出的C(H+)=1×10－13mol/L的溶液，可能是酸性、也可能是碱性，若为酸性，则可以大量共存，若为碱性，NH4+、Fe2+均能和OH-发生离子反应，则不能大量共存，故B错误；

C.使酚酞变红色的溶液，微碱性溶液，而Ca(OH)2微溶于水，则不能大量共存，故C错误；

D.使甲基橙变红色的溶液，是酸性溶液，溶液中的H+、NO3－、Al3+、NH4+、SO42－无任何离子反应发生，可以大量共存，故D正确；

本题答案为D。

【点睛】

在分析限定条件下，离子间不发生任何离子反应，才能大量共存，凡是生成难溶的物质、难电离的物质、易挥发物质、及氧化还原反应的就不能大量共存。

16．C

【解析】

【详解】

在AgCl和Ag2S饱和溶液中，因为Ksp的不同，前者c（Ag+）大于后者，前者c（Cl-）大于后者c（S2-），将AgCl、Ag2S两饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgN03溶液，由于沉淀溶解平衡均要向生成沉淀的方向移动，AgCl和Ag2S沉淀增多，但c(Cl-)>c(S2-) 所以AgCl 沉淀更多；

本题答案为C。

17．C

【解析】

【详解】

A.pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合,氨水过量导致溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒得c(Cl-)

B.溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),所以

,故B错误；

C.pH=8.3的NaHCO3溶液中,由于溶液显碱性，所以碳酸氢根离子水解程度大于电离程

度,c(CO32-)c(HCO3－)>c(H2CO3)>c(CO32－)；故C正确；

D.二者混合后,溶液中的溶质是等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa,根据溶液中物料守恒得,根据电荷守恒得

,所以得

,故D错误；

本题答案为C。

18．B

【详解】

A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，故c(Na＋)

＞c(NH3·H2O)，A错误；

B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：

c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；

C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na＋)，C错误；

D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D错误；

此题选B。

19．B

【详解】

若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍,A的转化率不发生变化,则可以确定,设B的转化率为x,

?,

初始物质的量: 2 3 0 0

变化物质的量: 3x

平衡物质的量:3x 3x

,计算得出,即A的转化率是.

A、,故A错误;

B、达平衡时A的转化率为,所以B选项是正确的;

C、保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍,速率减小,故C错误;

D、因为反应的热效应不知,所以无法确定,故D错误;

本题答案为B。

20．C

【解析】

【详解】

A.由图可以看出，等浓度等体积的弱酸HA和HB与NaHCO3反应，在开始一段时间内相同时间放出CO2的体积HB比HA多，说明HA溶液中的c(H+)比HB溶液中的c(H+)小，酸性HA

故A正确；

B.因为酸性HA

C.NaA和NaB均为强碱弱酸盐，溶液显碱性，由于pH均为9，所以水的电离度相同，故C 错误；

D.浓度均为0.1mol/L的NaA溶液和NaB溶液相比，由于酸性HA

本题答案为C。

【点睛】

盐类水解的实质是：盐电离出的阴离子结合了水电离出的氢离子，或是盐电离出的阳离子结合了水电离出的氢氧根离子，从而使水的电离平衡正向移动,溶液偏离中性。所以说一般说来盐类水解都是促进水的电离的。

21．MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O 抑制Mn2+的水解

MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 烧杯CoS和NiS 1.0×10﹣6

【分析】

向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰。

（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水；（2）Mn2+离子易水解；

（3）据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+﹣﹣Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣﹣Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（4）根据操作方法判断缺少的仪器；由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；（5）由于将一级沉降根据MnS的Ksp=c（Mn2+）?c（S2﹣）进行计算即可。

【详解】

根据上述分析可知，

（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水，步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O，

故答案为MnCO 3+H 2SO 4=MnSO 4+CO 2↑+H 2O ；

（2）Mn 2+离子易水解．加入过量硫酸，还可以抑制Mn 2+的水解， 故答案为抑制Mn 2+的水解；

（3）步骤Ⅱ中，MnO 2在酸性条件下可将Fe 2+离子氧化为Fe 3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO 2+2Fe 2+﹣Mn 2++2Fe 3+，再据电荷守恒有MnO 2+2Fe 2++4H +﹣Mn 2++2Fe 3+，最后据原子守恒得，MnO 2+2Fe 2++4H +=Mn 2++2Fe 3++2H 2O ， 故答案为MnO 2+2Fe 2++4H +=Mn 2++2Fe 3++2H 2O ；

（4）步骤Ⅲ为过滤操作，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还需要烧杯； 由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn 2+、Ni 2+、Co 2+，向其中加入（NH 4）2S ，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS 和NiS 沉淀（滤渣2）生成， 故答案为烧杯；CoS 和NiS ；

（5）MnS 的Ksp=c （Mn 2+）?c （S 2﹣）=1.0×

10﹣11，为了将Mn 2+降到1.0×10﹣5mol/L ，则c （S 2﹣）=

()

1152 1.010=1.010

sp

n

K c M --+

??=1.0×10﹣6mol/L ，即硫化钠的浓度是1.0×10﹣6mol/L ， 故答案为1.0×

10﹣6。 22．3 HA + OH - = A - + H 2O c （A -）＞c （Na +）＞c （H +）＞c （OH -） 0.05 10-13 12 pHa + pHb = 12 【分析】

（1）①0.1mol ?L -1一元酸HA 溶液中c （OH -）/c （H +）=1×10-8，则c （OH -）=10-11mol/L ，c （H +）=1.0×10-3mol/L ，依据pH=-lgc （H +）计算该溶液的pH ；根据计算判断HA 为弱电解质，然后写出其与氢氧化钠溶液的反应的离子方程式；

②根据酸和碱的物质的量的相对大小确定溶液中的溶质，从而确定溶液的酸碱性，结合电离平衡、水解平衡、电荷守恒等确定溶液中各种离子浓度的相对大小；

（2）①pH=2的H 2SO 4溶液中氢离子的物质的量浓度为10-2mol/L ，设该温度下水的离子积常数K w =10-a ，则pH=11的NaOH 溶液中氢氧根离子浓度为：10?a ÷

10?11mol/L ，据此计算出a 即可；根据硫酸中氢离子与氢氧化钠中氢氧根离子的物质的量判断过量，然后计算出反应后溶液中氢离子浓度，最后计算出其余的pH ；

②混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量。 【详解】

(1). 0.1mol?L?1一元酸HA溶液中c(OH?) / c(H+)=1×10?8，则

c(OH?)=10?11mol/L，c(H+)=1.0×10?3mol/L，依据pH=?lgc(H+)=3，故答案为3；

①. pH=11的NaOH溶液中c(OH?)=10?3mol?L?1，HA是弱酸，酸的浓度远远大于氢离子浓度，所以pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，反应为：HA+OH?=A?+H2O；溶液中的溶质是酸和盐，溶液呈酸性，所以溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，酸根离子浓度大于钠离子浓度，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是

c(A?)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)，故答案为HA+OH?=A?+H2O；c(A?)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)；②. 0.2mol?L?1HA溶液与0.1mol?L?1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中，由电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(A?)+c(OH?)，由物料守恒有：2c(Na+)=c(A?)+c(HA)，故

c(H+)+c(HA)?c(OH?)=c(Na+)=0.5×0.1mol/L=0.05mol/L，故答案为0.05；

(2).设该温度下水的离子积常数K w=10?a，pH=2的H2SO4溶液中氢离子的浓度为

10?2mol/L，pH=11的NaOH溶液中氢离子浓度为10?11mol/L，则氢氧根离子浓度为：

10?a÷10?11mol/L=10(11?a)mol/L，等体积的氢氧化钠、稀硫酸恰好反应，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，即10?2mol/L=10(11?a)mol/L，解得a=13，则水的离子积常数K w=10?13；故答案为10?13；

①.100mL0.1mol?L?1的稀H2SO4溶液中氢离子的物质的量为：

0.1mol/L×2×0.1L=0.02mol，100mL0.4mol?L?1的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量为：0.4mol/L×0.1L=0.04mol，两溶液混合后氢氧根离子过量，反应后氢氧根离子的浓度为：(0.04mol?0.02mol)÷0.2L=0.1mol/L，根据水的离子积常数K w=10?13可得，溶液中氢离子浓度为：10-13 mol/L÷0.1 =10?12mol/L，该溶液的pH=12，故答案为12；

②. 若1体积pH1=pH a的稀硫酸溶液中氢离子的物质的量浓度=10?pHa mol/L，10体积

pH2=pH b的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量浓度=10pHb?13mol/L，混合后溶液呈中性，则氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，所以1×10?pHa mol/L=10×10pHb?13mol/L，所以pH a+pH b=12，故答案为pH a+pH b=12。

23．2MnO4－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O 100mL容量瓶酸式滴定管当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点0.1000 2 偏大

【解析】

【分析】

（1）草酸被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳和水；

（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤分析使用仪器；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶；

（3）高锰酸钾溶液呈紫色，开始滴入的高锰酸钾溶液被草酸还原为Mn2+，高锰酸钾不再褪色时，草酸完全反应；

（4）根据c(H2C2O4)=计算草酸浓度；根据计算平均摩尔质量，再根据M计算x的数值；

（5）若滴定终点读数时俯视液面，消耗高锰酸钾溶液的体积偏小；

【详解】

（1）草酸被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳和水，反应的离子方程式是2MnO4－+5 H2C2O4+

6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

本题答案为：2MnO4－+5 H2C2O4+ 6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶保存，配成100mL溶液，需要使用烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，高锰酸钾溶液盛装在酸式滴定管中；

本题答案为：100mL容量瓶，酸式滴定管；

（3）当最后一滴K2MnO4溶液加入H2C2O4待测液中，溶液由无色变为紫色，持续半分钟不恢复原来的颜色，达到滴定终点，滴定结束；

本题答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；

（4）第3次实验误差偏离正常误差范围，第1、第2、第4次实验平均消耗高锰酸钾溶液的体积是10mL，根据c(H2C2O4)=，c(H2C2O4)= mol/L；n(H2C2O4)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，根据，，90+18x=126，x=2；本题答案为：0.1000 ， 2；

（5）若滴定终点读数时俯视液面，消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，测得草酸浓度偏小，草酸的物质的量偏小，M偏大，所以x偏大；

本题答案为：偏大。

【点睛】

配制一定物质的量浓度的溶液时溶液，需要使用烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等；特别是容量瓶的选择，必须注明容量瓶的规格。

24．2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl +114 22 0.02 及时移去产物改进催化剂提高反应物压强(浓度)

【解析】

【分析】

（1）该反应为非氧化还原反应，由原子守恒进行配平即可；

（2）根据盖斯定律，书写热化学方程式；

（3）①依据图像可以看出，343 K时反应的平衡转化率，用三段式法求算平衡常数；

②从影响速率条件和外界条件对平衡移动的影响分析；

【详解】

（1）由题中信息可知，该反应为非氧化还原反应，由原子数目守恒进行配平，方程式为

；

本题答案为：；

①

（2）2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1= +48 kJ·mol?11?\*?GB3?

3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g) ΔH2= ?30 kJ·mol?1②，可得目标反应方程式，

本题答案为：+114

（3）根据图像可知，斜率越大，反应速率越大，可以得知a点所在线为343K，b点所在线为343K，读图343K时；α=22%，；

设的起始浓度为，根据“三段式”得：

2SiHCl 3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始浓度 c 0 0

变化浓度 0.22c 0.11c 0.11c

平衡浓度 0.78c 0.11c 0.11c

所以。

本题答案为：22 0.02；

②欲提高SiHCl3的转化率，需使平衡向正反应方向移动，可以通过及时移去产物的方式来提高SiHCl3的转化率；缩短达到平衡的时间，即加快反应速率，可通过改进催化剂、增大反应物浓度、压缩体积等方式来实现；

本题答案为：及时移去产物，改进催化剂，提高反应物压强(浓度)。