江西省宜春市2023-2024學年高二上學期期中考試化學試題（含答案）

江西省宜春市2023-2024學年高二上學期期中考試化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．已知下列反應的平衡常數：①S(s)+O2(g)?SO2(g)，KA．K1-K2 B．K2-2．半導體工業(yè)用石英砂作原料通過三個重要反應生產單質硅：SiO2(s，石英砂)+2C(s)=SiSi(s，粗硅)+2CSiCl4用石英砂生產1.00kg純硅放出的熱量為（）A．21.44kJ B．21435.71kJ C．600.20kJ D．1965.10kJ3．室溫下，H2B的電離平衡常數Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LH2B溶液的曲線如圖所示(體積變化忽略不計)。下列說法正確的是（）A．滴定過程中，當pH=4時，存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B2-)+c(HB-)B．點①、③、④所示溶液中，點④所示溶液水的電離程度最大C．在整個滴定過程中，c(Na+)+c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)保持不變D．滴定過程中可能出現：c(Na+)＞c(B2-)=c(HB-)＞c(OH-)＞c(H+)4．常溫下，取pH＝2的兩種二元酸H2A與H2B各1mL，分別加水稀釋，測得pH變化與加水稀釋倍數有如圖所示變化，則下列有關敘述正確的是（）A．H2A為二元弱酸，稀釋前c(H2A)＝0.005mol·L－1B．NaHA水溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝2c(A2-)＋c(OH-)C．含等物質的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na＋)＝c(A2-)＋c(B2-)＋c(HB-)D．pH＝10的NaHB溶液中，離子濃度大小：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(OH－)＞c(B2－)＞c(H2B)5．25℃時，下列有關敘述正確的是（）A．飽和氯水中滴加NaOH至溶液呈中性：c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)B．若HA的Ka=1.7×10-5，BOH的Kb=1.7×10-5，則HA溶液中的c(H+)與BOH中的c(OH-)相等C．向10mLpH=12的NaOH溶液中滴加pH=2的HA溶液至中性：則混合液體積V(總)≥20mLD．在pH=8的NaB溶液中：c(Na+)-c(B-)=9.9×10-8mol/L6．下列敘述錯誤的是（）A．若反應CN-+HF=HCN+F-可以發(fā)生，則可判斷Ka(HF)＞Ka(HCN)B．加水稀釋0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液c(CHC．相同物質的量濃度的①CH3COONH4②NH4Fe(SO4)2③(NH4)2SO4④(NH4)2CO3四種溶液中c(NH4+)：③＞④＞D．常溫下，pH=3的HNO3和pH=12的Ba(OH)2溶液按體積比為9：1混合，所得混合液pH=107．下列說法錯誤的是（）A．25℃時，AgCl(s)在等濃度的CaCl2和FeCl3溶液中的溶解度不同B．升高溫度，可提高活化分子百分數，使有效碰撞幾率提高，化學反應速率加快C．活化分子之間發(fā)生的碰撞一定為有效碰撞D．洗發(fā)時使用護發(fā)素，其主要功能是調節(jié)頭發(fā)的pH使之達到適宜的酸堿度8．在一定溫度下、容積不變的密閉容器中，可逆反應A(g)+3B(g)?2C(g)+2D(s)達到平衡狀態(tài)的標志是（）①C的生成速率與C的消耗速率相等②單位時間內生成amolA，同時生成3amolB③A、B、C的濃度不再改變④混合氣體的密度不再改變⑤混合氣體的總壓強不再改變⑥混合氣體的總物質的量不再改變⑦A，B、C的濃度之比為1：3：2A．③④⑤⑥⑦ B．①③④⑤⑥ C．①②③④⑦ D．②③④⑤⑥9．常溫下，向20mL0.2mol·L-1的H2B溶液中滴加0.2mol·L-1的NaOH溶液過程中，有關微粒的物質的量變化如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．I表示H2B，Ⅱ代表HB-、Ⅲ代表B2-B．當c(Na+)=2c(B2-)+c(HB-)時，溶液呈中性C．初始時H2B第一級電離的電離度為90%D．V(NaOH)=20mL時：c(Na+)＞c(HB-)＞c(B2-)＞c(H2B)10．常溫下，分別向10mL0.1mol?L?1的NaOH溶液中逐滴加入0.1mol?L?1的一元酸HA和HB溶液，用pH傳感器測得混合溶液的pH變化曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A．HA的酸性強于HB的酸性B．V(酸)=10mL時，兩份溶液中c(B?)=c(A?)C．a點時，c(A?)＞c(Na+)＞c(OH?)＞c(H+)D．b、c點時，c(A?)+c(HA)=2c(Na+)=c(HB)+c(B?)二、多選題11．下列描述錯誤的是（）A．往Na2CB．在滴有酚酞的Na2CC．pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2D．在水電離出的c(H+)=1×112．馬來酸(用H2B表示)是一種二元弱酸，25℃時，某混合溶液中c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)=0.1mol·L-1，測得H2B、HB-、B2-及OH-等離子的pC(pC=-lgc)隨溶液pH的變化關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．該溫度下，馬來酸的電離平衡常數Ka1=10-1.92B．當溶液中l(wèi)gc(C．pH=7時，溶液中c(B2-)＞c(H2B)＞c(HB-)＞c(OH-)D．混合溶液中c(HB-)=0.113．將CO2電催化轉化成燃料和化學品具有重要意義。甲酸可以作為氫載體直接用于甲酸燃料電池。某科學家在常溫下用S-In催化劑電催化還原A．使用S-In催化劑能夠降低反應的活化能B．催化劑S2-C．制甲酸過程的決速步驟為CD．電催化還原CO214．下列實驗操作、現象和結論均正確的是（）選項操作現象結論A兩塊相同的未經打磨的鋁片，相同溫度下分別投入5.0mL等濃度的CuSO4溶液和前者無明顯現象，后者劇烈反應ClB向AgNO白色沉淀轉化為淡黃色沉淀KC取少量溶液于試管中，先加入KSCN溶液，再滴加過量酸性高錳酸鉀溶液溶液變紅色溶液中含Fe2+D向銅與濃硫酸反應后的溶液中加入適量水稀釋溶液呈藍色溶液中存在CA．A B．B C．C D．D三、填空題15．乙酸、碳酸、次氯酸、亞磷酸(H3PO3)在生產、生活及醫(yī)藥方面有廣泛用途。（1）Ⅰ.已知25℃時，部分物質的電離常數如下表所示。弱酸CH3COOHH2CO3HClO電離常數1.8×1KK3.0×1根據表中數據，將pH=3的下列三種酸溶液分別稀釋100倍，pH變化最小的是(填標號)。a．CH3COOHb．H2CO3c．HClO（2）常溫下相同濃度的下列溶液：①CH3COONH4②CH3COONa③CH3COOH，其中c(CH3COO-)由大到小的順序是(填標號)。（3）常溫下，pH=10的CH3COONa溶液中，由水電離出來的c(OH-)=mol/L；請設計實驗，比較常溫下0.1mol/LCH3COONa溶液的水解程度和0.1mol/LCH3COOH溶液的電離程度大?。?簡述實驗步驟和結論)。（4）Ⅱ．常溫下，已知溶液中含磷微粒的濃度之和為0.1mol/L，溶液中各含磷微粒的pc-pOH關系如圖所示。已知：pc=-lgc，pOH=-lgc(OHH3PO3與足量的NaOH溶液反應的離子方程式為。（5）表示pc(H2PO3-)隨pOH變化的曲線是（6）常溫下，NaH2PO3溶液中的c(HPO32-16．按要求填空：（1）25℃時，pH=9的NaOH溶液與pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，則H2SO4溶液與NaOH溶液的體積比為。（2）已知：常溫下各物質的電離平衡常數見下表化學式NHCNCH電離平衡常數KKKKK①25℃時，等濃度的a.NaCN溶液b.NaHCO3溶液c.CH3COONa溶液，三種溶液的pH由大到小的順序為(填溶液前序號)②pH相同的NaCN溶液與CH3COOK溶液相比，c(Na+)-c(CN-)c(K+)-c(CH3COO-)(填“>”、“＜”或“=”)（3）室溫下，若將0.1mol/L鹽酸滴入20mL0.1mol/L氨水中，溶液pH隨加入鹽酸體積的變化曲線如圖所示。①b點所示溶液中的溶質是。②若用0.1mol/L鹽酸滴定未知濃度的氨水，下列操作會導致測定結果偏高的是。A．酸式滴定管在裝液前未用標準鹽酸溶液潤洗B．滴定過程中，錐形瓶搖蕩得太劇烈，錐形瓶內有液滴濺出C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定終點時發(fā)現有氣泡D．達到滴定終點時，仰視讀數（4）寫出將少量CO2通入NaCN溶液中的離子方程式。請用具體數據解釋NaHCO3溶液顯堿性的原因。17．超純氫氟酸主要用作芯片材料清洗和蝕刻?；卮鹣铝袉栴}：（1）氫氟酸可保存在聚四氟乙烯容器中，聚四氟乙烯的結構簡式為。（2）工業(yè)氫氟酸生產超純氫氟酸時，需經除雜質(AsF3)、氣化、洗滌等步驟。①除去AsF3的反應為4AsF3＋4KMnO4＝4MnO4＋2As2O5＋4KF＋3O2↑，該反應的氧化產物為。②CoF3可與H2O反應生成HF，該反應的化學方程式為(CoF3還原為CoF2)③在無水氟化氫汽化時，可向發(fā)生裝置中摻入含有F2，NF3和OF2中的一種或多種的含氟氣體，以氧化雜質。NF3的電子式為；OF2中氧元素的化合價為，OF2可由F2與稀NaOH溶液反應制取，該反應的離子方程式為。18．熔融的金屬錫(熔點231℃)在300℃左右能直接與氯氣作用生成無水四氯化錫：Sn+2Cl2Δ__SnCl4。純SnCl4是無色液體(沸點114℃)，在空氣中極易水解生成SnO2?xH2O。某化學小組利用如圖裝置制備SnCl回答下列問題：（1）裝置A中燒瓶內反應的離子方程式為；儀器①中導管的作用是。（2）B、C、F、G盛裝的試劑應依次選用下列中的(填標號)。a．濃H2SO4b．飽和NaHCO3溶液c．飽和NaCl溶液d．NaOH濃溶液（3）取少量Sn片切成絲狀，放入D裝置反應器②中。冷阱③和小燒杯⑤內都裝入冷水，按圖將儀器連接好后，再一次檢驗整個裝置，確證系統(tǒng)不漏氣。先打開恒壓滴液漏斗活塞使反應發(fā)生，排盡裝置中的空氣后，再加熱D裝置中試管②使Sn絲熔化，并與Cl2發(fā)生反應。能說明裝置中的空氣被排盡的現象是；生成的SnCl4經冷凝后，收集于E裝置的試管④中，該液體常常呈黃綠色，原因是。（4）用玻璃棒蘸取少量產物SnCl4，放置在空氣中，片刻即產生白色煙霧，產物為SnO2?xH2O和(填化學式)。（5）0.500gSn完全反應，制得SnCl41.03g，產率為。19．亞硝酰氯(NOCl)是有機物合成中的重要試劑，其熔點為?64.5℃，沸點為?5.5℃，具有刺鼻惡臭味，遇水水解生成已知：①NO不能溶于NaOH溶液，AgNO②Ag2CrO（1）為了使氣體充分反應，從X處進入的氣體是。裝置A、B除可干燥氣體外，另一個作用是。（2）裝置連接的順序為：a→→→→→(按氣流方向，用小寫字母表示)。（3）裝置E中高錳酸鉀的作用是。裝置F的燒杯中盛放的試劑是。(填編號)a．水b．冰鹽水c．冰水（4）取F中所得液體mg溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO①滴定終點的現象為。②亞硝酰氯(NOCl)的質量分數為(用含m、c的代數式表示)。20．對學科核心概念的理解是學科素養(yǎng)要求之一，按照要求回答問題：（1）下列變化屬于吸熱反應的是。①液態(tài)水汽化②將膽礬加熱變?yōu)榘咨勰蹪饬蛩嵯♂將莒褵沂軭Cl在水中的電離（2）在25℃、101kPa下，1g中醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ。則表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式為。（3）鐵、銅、鋁是生活中使用廣泛的金屬，FcCl3溶液常用于腐蝕印刷電路銅板，若將此反應設計成原電池，則負極所用電極材料為，正極反應式為。（4）室溫下，有物質的量濃度相等的四種溶液：①NH4NO3②CH3COONH4③NH4HSO4④（NH4）2SO4，其中所含的c(NH4+（5）科學家設計了用圖裝置電解氯化氫回收氯氣新的工藝方案，主要包括電化學過程和化學過程。則M為電源的極(填“正”或“負”)；陽極區(qū)的電極反應式為。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】由題干方程式可知，K1=c(SO2故答案為：C。

【分析】根據“加和式”與平衡常數的關系計算。2．【答案】B【解析】【解答】由三個熱化學方程式可知，生成1mol純硅，需要熱量：682.44kJ+(-657.01kJ)+(-625.63kJ)=-600.2kJ，n(Si)=1000g÷28g/mol=35.71mol，則生產1.00kg純硅的總反應熱為35.71mol×(-600.2kJ/mol)=-21435.71kJ；故故答案為：B。

【分析】根據蓋斯定律計算。3．【答案】B【解析】【解答】A．滴定過程中，始終存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(B2-)+c(HB-)，選項A不符合題意；B．點①為NaHB溶液、點③為NaHB和等量Na2B形成的酸性溶液、點③為NaHB和少量Na2B形成的中性溶液，Na2B水解程度大于NaHB，對水的電離促進程度較大，故所示溶液中，點④所示溶液水的電離程度最大，選項B符合題意；C．在整個滴定過程中，c(Na+)濃度逐漸增大，n(B2-)+n(HB-)+n(H2B)不變，則c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)逐漸減小，c(Na+)的增大與c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)的減小不成比例，c(Na+)+c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)的變化無法確定，選項C不符合題意；D．滴定過程中當c(B2-)=c(HB-)時，NaOH溶液的體積接近于30.00mL，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，選項D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.根據電荷守恒分析；

B.酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進水的電離；

C.整個滴定過程中，鈉離子濃度逐漸增大，n(B2-)+n(HB-)+n(H2B)不變，結合物料守恒分析；

D.當c(B2-)=c(HB-)時，為等物質的量濃度的NaHB和Na2B的混合溶液，溶液pH＜7。4．【答案】B【解析】【解答】A．pH=2的H2A稀釋100倍時溶液的pH變?yōu)?，說明該酸完全電離，所以為強酸，A不符合題意；B．根據電荷守恒可知NaHA水溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(OH-)，B符合題意；C．根據物料守恒可知含等物質的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2-)+c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)，C不符合題意；D．pH=10的NaHB溶液顯堿性，說明HB－的電離程度小于水解程度，離子濃度大小為：c(Na+)＞c(HB-)＞c(OH-)＞c(H2B)＞c(B2-)，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.H2A溶液稀釋100倍，溶液pH由2增至4，說明H2A是強酸；

B.根據電荷守恒分析；

C.根據物料守恒分析；

D.NaHB溶液顯堿性，說明HB-的電離程度小于水解程度。5．【答案】A【解析】【解答】A．溶液呈中性，故存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)+c(ClB．起始酸和堿溶液的濃度未知，B不符合題意；C．若HA為強酸，與堿反應溶液呈中性時需要酸溶液的體積為20mL；若HA為弱酸，則酸的濃度相對與相同pH值的強酸來說很大，故與堿反應溶液呈中性時需要酸溶液的體積小于20mL，C不符合題意；D．在pH=8的NaB溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(故答案為：A?！痉治觥緼.中性溶液中c(H+)=c(OH-)，結合電荷守恒分析；

B.HA和BOH的濃度未知，無法計算氫離子濃度和氫氧根離子濃度；

C.HA為弱酸，向10mLpH=12的NaOH溶液中滴加pH=2的HA溶液至中性，酸溶液的體積小于20mL；

D.根據電荷守恒分析。6．【答案】C【解析】【解答】A．若反應CN-+HF=HCN+F-可以發(fā)生，則符合強酸制弱酸的原理，從而得出HF的酸性強于HCN，由此可判斷Ka(HF)＞Ka(HCN)，A不符合題意；B．加水稀釋0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液中c(H+)減小，則c(CHC．比較相同物質的量濃度①CH3COONH4②NH4Fe(SO4)2③(NH4)2SO4④(NH4)2CO3四種鹽溶液中的c(NH4+)，先考慮完全電離，則③、④大于①、②，再考慮水解，③中發(fā)生NH4+單水解，④中發(fā)生雙水解，①中發(fā)生雙水解，②中兩種陽離子水解相互抑制，所以四種溶液中c(NH4+D．常溫下，pH=3的HNO3和pH=12的Ba(OH)2溶液按體積比為9：1混合，所得混合液c(OH-)=10?2×1?1故答案為：C。

【分析】A.酸性越強，電離平衡常數越大；

B.加水稀釋，促進醋酸的電離；

D.先計算混合后溶液的c(H+)，再根據pH=-lgc(H+)計算。7．【答案】C【解析】【解答】A．Cl-抑制AgCl溶解，相同物質的量濃度的CaCl2和FeCl3溶液中c（Cl-）：前者小于后者，所以抑制AgCl溶解程度：前者小于后者，則AgCl（s）在同濃度的CaCl2和FeCl3溶液中的溶解度：前者大于后者，故A不符合題意；B．升高溫度，普通分子吸收能量變?yōu)榛罨肿?，活化分子百分數增大，有效碰撞增多，化學反應速率加快，故B不符合題意；C．只有發(fā)生化學反應并生成新物質時，活化分子之間的碰撞才為有效碰撞，故C符合題意；D．洗發(fā)水的pH大于7、護發(fā)素的pH小于7，人們洗發(fā)時使用護發(fā)素，可調節(jié)頭發(fā)的pH達到適宜的酸堿度，使頭發(fā)在弱酸的環(huán)境中健康成長，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.Cl-抑制AgCl溶解；

B.升高溫度，普通分子吸收能量變?yōu)榛罨肿?，活化分子百分數增大，有效碰撞增多?/p>

D.護發(fā)素能中和洗發(fā)水，調節(jié)頭發(fā)的pH達到適宜的酸堿度。8．【答案】B【解析】【解答】①C的生成速率與C的消耗速率相等，即V生成=V消耗，說明該反應達到平衡狀態(tài)，①符合題意；②無論該反應是否達到平衡狀態(tài)，單位時間內生成amolA的同時都會生成3amolB，所以不能作為達到平衡狀態(tài)的標志，②不符題意；③反應達到平衡狀態(tài)時，各物質的物質的量保持不變，濃度也不變，所以A、B、C的濃度不再變化，說明該反應達到平衡狀態(tài)，③符合題意；④反應前后氣體的總質量發(fā)生改變，容器容積一定，當混合氣體的密度不再發(fā)生改變時，說明反應達到平衡狀態(tài)，④符合題意；⑤該反應是反應前后氣體分子數減小的反應，容器容積、溫度均不變，當混合氣體的總壓強不再變化時，說明反應達到平衡狀態(tài)，⑤符合題意；⑥該反應是反應前后氣體的物質的量減小的反應，當混合氣體的總物質的量不再變化時，說明反應達到平衡狀態(tài)，⑥符合題意；⑦達到平衡狀態(tài)時，A、B、C三種物質的濃度之比可能是1：3：2，也可能不是1：3：2，⑦不符題意；綜上分析①③④⑤⑥符合題意，則B選項符合題意。故答案為：B?！痉治觥靠赡娣磻_到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變。9．【答案】C【解析】【解答】A.I表示H2B，Ⅱ代表HB-、Ⅲ代表B2-，A不符合題意；B.根據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(B2-)+c(OH-)+c(HB-)，當c(Na+)=2c(B2-)+c(HB-)時，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，B不符合題意；C.該溶液中H2B總物質的量=0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由坐標圖可知，氫氧化鈉未滴加時H2B為0.0036mol，則初始時H2B第一級電離的電離度為0.D.V(NaOH)=20mL時，恰好完全生成NaHB，根據圖象可知c(Na+)＞c(HB-)＞c(B2-)＞c(H2B)，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】溶液的pH越小，溶液中c(H2B)越大，溶液的pH越大，c(B2-)越大，則I表示H2B，Ⅱ代表HB-、Ⅲ代表B2-。10．【答案】D【解析】【解答】解：A.當V（酸）=10mL時，酸堿恰好完全反應得到等物質的量濃度的NaA溶液、NaB溶液，NaA溶液的pH（8.7）大于NaB溶液的pH（7.8），根據鹽類水解的規(guī)律“越弱越水解”，HA的酸性弱于HB的酸性，A項不符合題意；B.V（酸）=10mL時，酸堿恰好完全反應得到等物質的量濃度的NaA溶液、NaB溶液，NaA溶液的pH大于NaB溶液的pH，A-的水解能力大于B-的水解能力，兩溶液中c（B-）>c（A-），B項不符合題意；C.a點加入10mL的HA溶液，得到NaA溶液的pH=8.7，由于A-的水解溶液呈堿性，溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+），C項不符合題意；D.b點加入20mL的HA溶液得到等濃度的NaA和HA的混合液，溶液中的物料守恒為c（A-）+c（HA）=2c（Na+），c點加入20mL的HB溶液得到等濃度的NaB和HB的混合液，溶液中的物料守恒為c（B-）+c（HB）=2c（Na+），b、c兩點溶液中c（Na+）相等，則c（A-）+c（HA）=2c（Na+）=c（B-）+c（HB），D項符合題意；故答案為：D?！痉治觥勘绢}主要考查酸堿中和滴定的pH曲線分析、溶液中離子濃度的大小。

A.根據溶液中物質的量濃度與溶液的pH值的關系判斷酸的強弱；

B.根據離子的水解能力結合圖像分析；

C.根據溶液的酸堿性分析離子濃度；

D.根據溶液中的物料守恒分析解答。11．【答案】A,D【解析】【解答】A．碳酸鈉在溶液中的水解常數Kh=c(HCO3?B．碳酸鈉是強堿弱酸鹽，碳酸根離子在溶液中水解，使溶液呈堿性，向滴有酚酞的碳酸鈉溶液中滴入氯化鋇溶液時，鋇離子和碳酸根離子反應生成碳酸鋇沉淀，碳酸根離子濃度減小，碳酸根離子的濃度減小，使水解平衡向逆反應方向移動，溶液中氫氧根離子濃度減小，當碳酸根離子完全反應時，溶液的紅色會褪去，故B不符合題意；C．硫酸氫銨溶液是電離顯酸性，則溶液pH相等的氯化銨、硫酸鋁銨、硫酸氫銨三種溶液中硫酸氫銨溶液濃度最小，溶液中銨根離子濃度最??；硫酸鋁銨中銨根離子和鋁離子在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化銨中銨根離子在溶液中水解使溶液呈酸性，則溶液pH相等的氯化銨溶液和硫酸鋁銨溶液中，硫酸鋁銨溶液的濃度小于氯化銨溶液，銨根離子濃度小于氯化銨溶液，三種溶液中銨根離子濃度由大到小的順序為①>②>③，故C不符合題意；D．水電離出氫離子為1×10-12mol/L的溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，鋁離子在酸溶液中能大量存在，在堿溶液中不能大量存在，則鋁離子在水電離出氫離子為1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在，故D符合題意；故答案為：AD。

【分析】A.c(HCO3?)c(OH?)c(CO32?)=K12．【答案】A,D【解析】【解答】A．馬來酸的電離平衡常數為Ka1=c(HB?)·c(H+)c(HB．根據b點計算Ka2=c(B2?)·c(H+)c(HBC．曲線II表示H2B，曲線Ⅲ表示HB-濃度負對數的變化，曲線Ⅳ表示B2-濃度負對數的變化，由圖可知pH=7時，c(B2-)＞c(HB-)＞c(H2B)，最終為c(B2-)＞c(HB-)＞c(OH-)＞c(H2B)，故C不符合題意；D．因為c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)=0.1mol·L-1，已知c(H2B)=c(HB?)·c(H+)Ka1，故答案為：AD

【分析】pH逐漸升高，c(H2B)減小，PC(H2B)增大，c(B2-)增大，PC(B2-)減小，c(HB-)剛開始增大，后減小，故PC(HB-)先減小后增大，由此可知曲線Ⅰ表示OH-，曲線Ⅱ表示H2B，曲線Ⅲ表示HB-濃度負對數的變化，曲線Ⅳ表示B2-濃度負對數的變化。13．【答案】C,D【解析】【解答】A．使用催化劑能夠降低反應的活化能，導致活化分子百分數增大，從而加快反應速率，A不符合題意；B．由圖可知，催化劑S2-活性位點在催化過程中的作用是活化水分子，B不符合題意；C．由于反應HCOO?+H2O+e-→HCOOH?+OH-，ΔG最大，是影響制備甲酸的決速步驟，C符合題意；D．由圖2可知，電催化還原CO2制甲酸總反應為CO2?+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-，反應后氣體分子數減少，則熵變ΔS<0，D符合題意；故答案為：CD?！痉治觥緼.催化劑能降低反應的活化能；

B.由圖可知，催化劑的作用是活化水分子；

C.活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；

D.總歷程氣體分子數減少，ΔS<0。14．【答案】A,B【解析】【解答】A．未經打磨的鋁片表面有氧化鋁，氧化鋁與硫酸銅溶液和氯化銅溶液均不反應，而氯化銅溶液中的氯離子可破壞鋁片表面的氧化膜，暴露出來的鋁可以與氯化銅溶液反應，而硫酸銅溶液不能破壞鋁片的氧化膜，A符合題意；B．向硝酸銀溶液中加入足量氯化鈉溶液產生白色的氯化銀沉淀，再加入少量碘化鈉溶液，白色氯化銀沉淀轉化為黃色的碘化銀沉淀，說明碘化銀的溶解度比氯化銀小，KspC．若溶液中本身含有的是鐵離子，先加硫氰酸鉀溶液再加過量酸性高錳酸鉀溶液，溶液也變紅，C不符合題意；D．銅與濃硫酸反應后的溶液還有沒反應的濃硫酸，稀釋時要將其加入水中，而不能向其中直接加水，以免發(fā)生危險，D不符合題意；故答案為：AB。

【分析】A.CuSO4溶液和CuCl2溶液的陰離子不同；

B.根據實驗現象可知，AgCl轉化為更難溶的AgI；

C.酸性高錳酸鉀溶液可氧化亞鐵離子，且原溶液可能含鐵離子；

D.銅與濃硫酸反應后溶液的密度大于水的密度。15．【答案】（1）c（2）②①③（3）10-4；將等濃度的CH3COONa、CH3COOH兩種溶液等體積混合，然后用pH測定溶液pH。若溶液pH＜7，說明CH3COOH電離作用大于CH3COO-的水解作用；若溶液pH＞7，說明CH3COOH電離作用小于CH3COO-的水解作用（4）H3PO3+2OH-=HPO32-（5）②（6）＜【解析】【解答】（1）酸的電離平衡常數越大，等濃度時該酸電離程度就越大。根據表格數據可知電離平衡常數：K(CH3COOH)＞K(H2CO3)＞K(HClO)，所以pH=3的三種溶液的濃度：c(HClO)＞c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，當將溶液稀釋100倍后，弱酸電離產生H+，使溶液中c(H+)有所增加，因此稀釋100倍后溶液中c(H+)：HClO＞H2CO3＞CH3COOH，故溶液中pH變化最小的是HClO，故合理選項是c；（2）常溫下相同濃度的溶液：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，①②是鹽是強電解質，完全電離，而③是弱酸，只有很少部分發(fā)生電離，所以③CH3COOH中c(CH3COO-)最?。辉冖贑H3COONa中只有CH3COO-部分水解，而在①CH3COONH4中CH3COO-、NH4+雙水解，水解彼此促進，使c(CH3COO-)比②CH3COONa溶液中少，因此三種溶液中c(CH3COO-（3）常溫下，pH=10的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-10mol/L，則溶液中c(OH-)=10-4mol/L，溶液中的OH-完全由水電離產生，所以由水電離出來的c(OH-)=10-4mol/L；（4）要比較常溫下0.1mol/LCH3COONa溶液的水解程度和0.1mol/LCH3COOH溶液的電離程度大小，可將兩種溶液等體積混合，得到等濃度CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，然后用pH試紙測定溶液的pH，根據pH大小進行判斷。由于溶液中同時存在CH3COOH電離作用和CH3COO-的水解作用，若溶液pH＜7，說明CH3COOH電離作用大于CH3COO-的水解作用，若溶液pH＞7，說明CH3COOH電離作用小于CH3COO-的水解作用；（5）圖示有三條曲線說明H3PO3是二元弱酸，所以H3PO3與足量NaOH溶液反應產生Na2HPO3、H2O，反應的離子方程式為：H3PO3+2OH-=HPO32-（6）圖示三條曲線中①表示pc(HPO32-)、pc(H2PO3-)、pc(H在常溫下NaHPO3溶液中存在H2PO3-電離產生HPO32-和H+，使溶液顯酸性；也存在H2PO3-水解產生H3PO3和OH-，使溶液顯堿性。由于①表示pc(HPO32-)，③表示pc(H3PO

【分析】（1）酸性越強，稀釋時pH的變化越大；

（2）①②是鹽是強電解質，完全電離，而③是弱酸，只有很少部分發(fā)生電離；

（3）pH=10的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-10mol/L，結合Kw=c(H+)×c(OH-)計算；將等濃度的CH3COONa、CH3COOH兩種溶液等體積混合，然后用pH測定溶液pH。若溶液pH＜7，說明CH3COOH電離作用大于CH3COO-的水解作用；若溶液pH＞7，說明CH3COOH電離作用小于CH3COO-的水解作用；

（4）H3PO3是二元弱酸，所以H3PO3與足量NaOH溶液反應產生Na2HPO3、H2O；

（5）隨著堿性增強，即pOH減小，pH增大，c(H3PO3)減小，c(H2PO3-)先增加后減小，c(HPO32-)逐漸增大，物質的量濃度越大，pc越小；

（6）NaHPO3溶液中存在H2PO3-16．【答案】（1）1：10（2）b＞a＞c；＞（3）NH4Cl、NH（4）CN-+CO2=HCO3?+HCN；H2CO3的Ka2=5.61×10?11，即HCO3?的Ka=5.61×10?11，根據HCO3?【解析】【解答】（1）25℃時，pH＝9的NaOH溶液，c(OH-)=10-5mol/L；pH＝4的H2SO4溶液混合，c(H+)=10-4mol/L；若所得混合溶液的pH＝7，n(OH-)=n(H+)。則c(OH-)×V(NaOH)=c(H+)×V(H2SO4)。故NaOH溶液與H2SO4溶液的體積比為V(H2SO4)：V(NaOH)=c(OH-)：c(H+)=1：10；（2）①電離平衡常數，CH3COOH＞HCN＞HCO3?，等濃度的NaCN溶液、NaHCO3溶液、CH3COONa溶液水解程度為：NaHCO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH為：NaHCO3②HCN、CH3COOH都是弱酸，所以NaCN與CH3COOK都是強堿弱酸鹽，由于酸性CH3COOH>HCN，所以水解程度CN-＞CH3COO-，水解程度越大，剩余離子的濃度就越小，所以c(Na+)-c(CN-)＞c(K+)-c(CH3COO-)；（3）①b點溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-)，氯化銨是強酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性，要使其水溶液呈中性，則氨水應該稍微過量，則溶質為NH4Cl、NH②A．酸式滴定管在裝液前未用標準鹽酸潤洗2～3次，導致標準液被稀釋，滴定時消耗標準液體積偏大，測定結果偏高，選項A正確；B．錐形瓶中液體濺出，待測液物質的量減少，消耗標準液的體積減小，即所測待測液的物質的量濃度偏低，選項B不正確；C．滴定前尖嘴處無氣泡，滴定后尖嘴處有氣泡，消耗標準液的體積減少，即所測待測液濃度偏低，選項C不正確；D．滴定終點時，仰視讀數，消耗標準液的體積偏大，即所測待測液濃度偏高，選項D正確；故答案為：AD；（4）碳酸酸性強于HCN，NaCN與二氧化碳反應生成NaHCO3和HCN，反應的離子方程式為：CN-+CO2=HCOH2CO3的Ka2=5.61×10?11，即HCO3?的Ka=5.61×10?11，根據HCO3?+H2O

【分析】（1）根據c(OH-)×V(NaOH)=c(H+)×V(H2SO4)計算；

（2）①電離平衡常數越大，酸性越強，酸性越強，對應的鈉鹽的pH越小；

②水解程度CN-＞CH3COO-，水解程度越大，剩余離子的濃度就越小；

（3）①b點溶液顯中性，溶質為氯化銨和氨水的混合物；

②根據c(待測)=c(標準)V(17．【答案】（1）（2）As2O5、O2；4CoF3＋2H2O=4HF↑＋4CoF2＋O2↑；；+2；2F2＋2OH－=OF2↑＋2F－＋H2O【解析】【解答】(1)聚四氟乙烯的單體是CF2=CF2，CF2=CF2通過加聚反應得到聚四氟乙烯，即四氟乙烯的結構簡式為；答案：；(2)①根據反應方程式，As的化合價由＋3→＋5價，化合價升高，As2O5為氧化產物，O部分化合價由－2價→0價，化合價升高，O2也是氧化產物；答案：As2O5、O2；②CoF3還原成CoF2，Co的化合價降低，應有元素的化合價升高，O2－的還原性強于F－，即CoF3將H2O中O氧化成O2，因此反應方程式為4CoF3＋2H2O=4HF↑＋4CoF2＋O2↑；答案：4CoF3＋2H2O=4HF↑＋4CoF2＋O2↑；③NF3屬于共價化合物，其電子式為；F的非金屬性強于O，F的化合價為－1價，則O的化合價為＋2價；OF2可由F2與NaOH反應，F2作氧化劑，將－2價O氧化成OF2，本身被還原成F－，即離子反應方程式為2F2＋2OH－=OF2↑＋2F－＋H2O；答案：；+2；2F2＋2OH－=OF2↑＋2F－＋H2O。

【分析】（1）CF2=CF2發(fā)生加聚反應生成聚四氟乙烯；

（2）①氧化產物是還原劑被氧化得到，還原劑在反應中化合價升高；

②CoF3可與H2O反應生成HF、CoF2和氧氣；

③NF3屬于共價化合物；OF2中氧元素顯正價；F2與NaOH反應生成OF2、F-和水。18．【答案】（1）2MnO4?+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2（2）c、a、a、d（3）裝置F液面上方出現黃綠色氣體；SnCl4和Cl2都為非極性分子，Cl2溶解在SnCl4溶液中（4）HCl（5）93.9%【解析】【解答】（1）裝置A中燒瓶內，KMnO4與濃鹽酸反應，生成Cl2、MnCl2、KCl等，反應的離子方程式為2MnO4?+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；儀器①用于滴加濃鹽酸，但隨反應的進行，蒸餾燒瓶內氣體的壓強增大，液體難以流出，所以分液漏斗中添加導管，其作用是：平衡恒壓滴液漏斗內外壓強，便于液體順利流下。答案為：2MnO4?+10Cl－+16H＋=2Mn（2）由分析可知，B、C、F、G盛裝的試劑應依次為：飽和NaCl溶液、濃H2SO4、濃H2SO4、NaOH濃溶液，所以選用下列中的c、a、a、d。答案為：c、a、a、d；（3）先打開恒壓滴液漏斗活塞使KMnO4與濃鹽酸反應發(fā)生，用生成的Cl2排盡裝置中的空氣后，再加熱D裝置中試管②使Sn絲熔化，并與Cl2發(fā)生反應。因為氯氣呈黃綠色，能說明裝置中的空氣被排盡的現象是：裝置F液面上方出現黃綠色氣體；生成的SnCl4經冷凝后，收集于E裝置的試管④中，該液體常常呈黃綠色，原因是：SnCl4和Cl2都為非極性分子，Cl2溶解在SnCl4溶液中。答案為：裝置F液面上方出現黃綠色氣體；SnCl4和Cl2都為非極性分子，Cl2溶解在SnCl4溶液中；（4）用玻璃棒蘸取少量產物SnCl4，放置在空氣中，發(fā)生水解反應：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2?xH2O+4HCl，片刻即產生白色煙霧，產物為SnO2?xH2O和HCl。答案為：HCl；（5）0.500gSn完全反應，則SnCl4的理論產量為0.500119mol，制得SnCl

【分析】裝置A制取氯氣，由于濃鹽酸易揮發(fā)，產生的氯氣里含有氯化氫氣體及水蒸氣，B裝置試劑為飽和食鹽水，用于除去除去氯化氫，C裝置試劑為濃硫酸，用于吸收水蒸氣，裝置D中氯氣和Sn反應生成SnCl4，在裝置E中冷卻后收集，未反應的氯氣用氫氧化鈉溶液在G中吸收，防止污染空氣，因SnCl4極易水解，應防止G中產生的水蒸氣進入E中，所以在E與G之間設置裝有濃硫酸的裝置F。19．【答案】（1）Cl（2）e；f；b；c；d（3）吸收沒有反應完的NO，防止空氣污染；b（4）滴入最后一滴(或半滴)標準液，出現磚紅色沉淀，且半分鐘不消失；13.1c【解析】【解答】(1)Cl2的密度比空氣大，NO的密度比空氣小。若要使Cl2和NO在裝置C中充分混合均勻，發(fā)生反應，則應使Cl2從X口進入A裝置，NO從Y口進入B裝置，二者在裝置C中可充分混合。裝置A、B中濃硫酸的作用除干燥氣體外，還可以通過觀察A、B裝置中導管口末端氣泡的產生速度來控制氣體流速。故答案為：Cl2；控制氣體流速；(2)根據亞硝酰氯的熔沸點低可知，合成亞硝酰氯應在裝置F中進行，