江西省宜春市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

江西省宜春市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．已知下列反应的平衡常数：①S(s)+O2(g)⇌SO2(g)，KA．K1-K2 B．K2-2．半导体工业用石英砂作原料通过三个重要反应生产单质硅：SiO2(s，石英砂)+2C(s)=SiSi(s，粗硅)+2CSiCl4用石英砂生产1.00kg纯硅放出的热量为（）A．21.44kJ B．21435.71kJ C．600.20kJ D．1965.10kJ3．室温下，H2B的电离平衡常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LH2B溶液的曲线如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法正确的是（）A．滴定过程中，当pH=4时，存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B2-)+c(HB-)B．点①、③、④所示溶液中，点④所示溶液水的电离程度最大C．在整个滴定过程中，c(Na+)+c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)保持不变D．滴定过程中可能出现：c(Na+)＞c(B2-)=c(HB-)＞c(OH-)＞c(H+)4．常温下，取pH＝2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述正确的是（）A．H2A为二元弱酸，稀释前c(H2A)＝0.005mol·L－1B．NaHA水溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝2c(A2-)＋c(OH-)C．含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na＋)＝c(A2-)＋c(B2-)＋c(HB-)D．pH＝10的NaHB溶液中，离子浓度大小：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(OH－)＞c(B2－)＞c(H2B)5．25℃时，下列有关叙述正确的是（）A．饱和氯水中滴加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，则HA溶液中的c(H+)与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：则混合液体积V(总)≥20mLD．在pH=8的NaB溶液中：c(Na+)-c(B-)=9.9×10-8mol/L6．下列叙述错误的是（）A．若反应CN-+HF=HCN+F-可以发生，则可判断Ka(HF)＞Ka(HCN)B．加水稀释0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液c(CHC．相同物质的量浓度的①CH3COONH4②NH4Fe(SO4)2③(NH4)2SO4④(NH4)2CO3四种溶液中c(NH4+)：③＞④＞D．常温下，pH=3的HNO3和pH=12的Ba(OH)2溶液按体积比为9：1混合，所得混合液pH=107．下列说法错误的是（）A．25℃时，AgCl(s)在等浓度的CaCl2和FeCl3溶液中的溶解度不同B．升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞几率提高，化学反应速率加快C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D．洗发时使用护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度8．在一定温度下、容积不变的密闭容器中，可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(s)达到平衡状态的标志是（）①C的生成速率与C的消耗速率相等②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB③A、B、C的浓度不再改变④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的总压强不再改变⑥混合气体的总物质的量不再改变⑦A，B、C的浓度之比为1：3：2A．③④⑤⑥⑦ B．①③④⑤⑥ C．①②③④⑦ D．②③④⑤⑥9．常温下，向20mL0.2mol·L-1的H2B溶液中滴加0.2mol·L-1的NaOH溶液过程中，有关微粒的物质的量变化如图所示，下列说法错误的是（）A．I表示H2B，Ⅱ代表HB-、Ⅲ代表B2-B．当c(Na+)=2c(B2-)+c(HB-)时，溶液呈中性C．初始时H2B第一级电离的电离度为90%D．V(NaOH)=20mL时：c(Na+)＞c(HB-)＞c(B2-)＞c(H2B)10．常温下，分别向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传感器测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．HA的酸性强于HB的酸性B．V(酸)=10mL时，两份溶液中c(B−)=c(A−)C．a点时，c(A−)＞c(Na+)＞c(OH−)＞c(H+)D．b、c点时，c(A−)+c(HA)=2c(Na+)=c(HB)+c(B−)二、多选题11．下列描述错误的是（）A．往Na2CB．在滴有酚酞的Na2CC．pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2D．在水电离出的c(H+)=1×112．马来酸(用H2B表示)是一种二元弱酸，25℃时，某混合溶液中c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)=0.1mol·L-1，测得H2B、HB-、B2-及OH-等离子的pC(pC=-lgc)随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．该温度下，马来酸的电离平衡常数Ka1=10-1.92B．当溶液中lgc(C．pH=7时，溶液中c(B2-)＞c(H2B)＞c(HB-)＞c(OH-)D．混合溶液中c(HB-)=0.113．将CO2电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S-In催化剂电催化还原A．使用S-In催化剂能够降低反应的活化能B．催化剂S2-C．制甲酸过程的决速步骤为CD．电催化还原CO214．下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A两块相同的未经打磨的铝片，相同温度下分别投入5.0mL等浓度的CuSO4溶液和前者无明显现象，后者剧烈反应ClB向AgNO白色沉淀转化为淡黄色沉淀KC取少量溶液于试管中，先加入KSCN溶液，再滴加过量酸性高锰酸钾溶液溶液变红色溶液中含Fe2+D向铜与浓硫酸反应后的溶液中加入适量水稀释溶液呈蓝色溶液中存在CA．A B．B C．C D．D三、填空题15．乙酸、碳酸、次氯酸、亚磷酸(H3PO3)在生产、生活及医药方面有广泛用途。（1）Ⅰ.已知25℃时，部分物质的电离常数如下表所示。弱酸CH3COOHH2CO3HClO电离常数1.8×1KK3.0×1根据表中数据，将pH=3的下列三种酸溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是(填标号)。a．CH3COOHb．H2CO3c．HClO（2）常温下相同浓度的下列溶液：①CH3COONH4②CH3COONa③CH3COOH，其中c(CH3COO-)由大到小的顺序是(填标号)。（3）常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，由水电离出来的c(OH-)=mol/L；请设计实验，比较常温下0.1mol/LCH3COONa溶液的水解程度和0.1mol/LCH3COOH溶液的电离程度大小：(简述实验步骤和结论)。（4）Ⅱ．常温下，已知溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol/L，溶液中各含磷微粒的pc-pOH关系如图所示。已知：pc=-lgc，pOH=-lgc(OHH3PO3与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为。（5）表示pc(H2PO3-)随pOH变化的曲线是（6）常温下，NaH2PO3溶液中的c(HPO32-16．按要求填空：（1）25℃时，pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比为。（2）已知：常温下各物质的电离平衡常数见下表化学式NHCNCH电离平衡常数KKKKK①25℃时，等浓度的a.NaCN溶液b.NaHCO3溶液c.CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为(填溶液前序号)②pH相同的NaCN溶液与CH3COOK溶液相比，c(Na+)-c(CN-)c(K+)-c(CH3COO-)(填“>”、“＜”或“=”)（3）室温下，若将0.1mol/L盐酸滴入20mL0.1mol/L氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。①b点所示溶液中的溶质是。②若用0.1mol/L盐酸滴定未知浓度的氨水，下列操作会导致测定结果偏高的是。A．酸式滴定管在装液前未用标准盐酸溶液润洗B．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现有气泡D．达到滴定终点时，仰视读数（4）写出将少量CO2通入NaCN溶液中的离子方程式。请用具体数据解释NaHCO3溶液显碱性的原因。17．超纯氢氟酸主要用作芯片材料清洗和蚀刻。回答下列问题：（1）氢氟酸可保存在聚四氟乙烯容器中，聚四氟乙烯的结构简式为。（2）工业氢氟酸生产超纯氢氟酸时，需经除杂质(AsF3)、气化、洗涤等步骤。①除去AsF3的反应为4AsF3＋4KMnO4＝4MnO4＋2As2O5＋4KF＋3O2↑，该反应的氧化产物为。②CoF3可与H2O反应生成HF，该反应的化学方程式为(CoF3还原为CoF2)③在无水氟化氢汽化时，可向发生装置中掺入含有F2，NF3和OF2中的一种或多种的含氟气体，以氧化杂质。NF3的电子式为；OF2中氧元素的化合价为，OF2可由F2与稀NaOH溶液反应制取，该反应的离子方程式为。18．熔融的金属锡(熔点231℃)在300℃左右能直接与氯气作用生成无水四氯化锡：Sn+2Cl2Δ__SnCl4。纯SnCl4是无色液体(沸点114℃)，在空气中极易水解生成SnO2•xH2O。某化学小组利用如图装置制备SnCl回答下列问题：（1）装置A中烧瓶内反应的离子方程式为；仪器①中导管的作用是。（2）B、C、F、G盛装的试剂应依次选用下列中的(填标号)。a．浓H2SO4b．饱和NaHCO3溶液c．饱和NaCl溶液d．NaOH浓溶液（3）取少量Sn片切成丝状，放入D装置反应器②中。冷阱③和小烧杯⑤内都装入冷水，按图将仪器连接好后，再一次检验整个装置，确证系统不漏气。先打开恒压滴液漏斗活塞使反应发生，排尽装置中的空气后，再加热D装置中试管②使Sn丝熔化，并与Cl2发生反应。能说明装置中的空气被排尽的现象是；生成的SnCl4经冷凝后，收集于E装置的试管④中，该液体常常呈黄绿色，原因是。（4）用玻璃棒蘸取少量产物SnCl4，放置在空气中，片刻即产生白色烟雾，产物为SnO2•xH2O和(填化学式)。（5）0.500gSn完全反应，制得SnCl41.03g，产率为。19．亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，其熔点为−64.5℃，沸点为−5.5℃，具有刺鼻恶臭味，遇水水解生成已知：①NO不能溶于NaOH溶液，AgNO②Ag2CrO（1）为了使气体充分反应，从X处进入的气体是。装置A、B除可干燥气体外，另一个作用是。（2）装置连接的顺序为：a→→→→→(按气流方向，用小写字母表示)。（3）装置E中高锰酸钾的作用是。装置F的烧杯中盛放的试剂是。(填编号)a．水b．冰盐水c．冰水（4）取F中所得液体mg溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO①滴定终点的现象为。②亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为(用含m、c的代数式表示)。20．对学科核心概念的理解是学科素养要求之一，按照要求回答问题：（1）下列变化属于吸热反应的是。①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④煅烧石灰石⑤HCl在水中的电离（2）在25℃、101kPa下，1g中醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为。（3）铁、铜、铝是生活中使用广泛的金属，FcCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，若将此反应设计成原电池，则负极所用电极材料为，正极反应式为。（4）室温下，有物质的量浓度相等的四种溶液：①NH4NO3②CH3COONH4③NH4HSO4④（NH4）2SO4，其中所含的c(NH4+（5）科学家设计了用图装置电解氯化氢回收氯气新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程。则M为电源的极(填“正”或“负”)；阳极区的电极反应式为。

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

【分析】根据“加和式”与平衡常数的关系计算。2．【答案】B【解析】【解答】由三个热化学方程式可知，生成1mol纯硅，需要热量：682.44kJ+(-657.01kJ)+(-625.63kJ)=-600.2kJ，n(Si)=1000g÷28g/mol=35.71mol，则生产1.00kg纯硅的总反应热为35.71mol×(-600.2kJ/mol)=-21435.71kJ；故故答案为：B。

【分析】根据盖斯定律计算。3．【答案】B【解析】【解答】A．滴定过程中，始终存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(B2-)+c(HB-)，选项A不符合题意；B．点①为NaHB溶液、点③为NaHB和等量Na2B形成的酸性溶液、点③为NaHB和少量Na2B形成的中性溶液，Na2B水解程度大于NaHB，对水的电离促进程度较大，故所示溶液中，点④所示溶液水的电离程度最大，选项B符合题意；C．在整个滴定过程中，c(Na+)浓度逐渐增大，n(B2-)+n(HB-)+n(H2B)不变，则c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)逐渐减小，c(Na+)的增大与c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)的减小不成比例，c(Na+)+c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)的变化无法确定，选项C不符合题意；D．滴定过程中当c(B2-)=c(HB-)时，NaOH溶液的体积接近于30.00mL，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，选项D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据电荷守恒分析；

B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；

C.整个滴定过程中，钠离子浓度逐渐增大，n(B2-)+n(HB-)+n(H2B)不变，结合物料守恒分析；

D.当c(B2-)=c(HB-)时，为等物质的量浓度的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稀释100倍时溶液的pH变为4，说明该酸完全电离，所以为强酸，A不符合题意；B．根据电荷守恒可知NaHA水溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(OH-)，B符合题意；C．根据物料守恒可知含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2-)+c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)，C不符合题意；D．pH=10的NaHB溶液显碱性，说明HB－的电离程度小于水解程度，离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HB-)＞c(OH-)＞c(H2B)＞c(B2-)，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.H2A溶液稀释100倍，溶液pH由2增至4，说明H2A是强酸；

B.根据电荷守恒分析；

C.根据物料守恒分析；

D.NaHB溶液显碱性，说明HB-的电离程度小于水解程度。5．【答案】A【解析】【解答】A．溶液呈中性，故存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)+c(ClB．起始酸和碱溶液的浓度未知，B不符合题意；C．若HA为强酸，与碱反应溶液呈中性时需要酸溶液的体积为20mL；若HA为弱酸，则酸的浓度相对与相同pH值的强酸来说很大，故与碱反应溶液呈中性时需要酸溶液的体积小于20mL，C不符合题意；D．在pH=8的NaB溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(故答案为：A。【分析】A.中性溶液中c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒分析；

B.HA和BOH的浓度未知，无法计算氢离子浓度和氢氧根离子浓度；

C.HA为弱酸，向10mLpH=12的NaOH溶液中滴加pH=2的HA溶液至中性，酸溶液的体积小于20mL；

D.根据电荷守恒分析。6．【答案】C【解析】【解答】A．若反应CN-+HF=HCN+F-可以发生，则符合强酸制弱酸的原理，从而得出HF的酸性强于HCN，由此可判断Ka(HF)＞Ka(HCN)，A不符合题意；B．加水稀释0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液中c(H+)减小，则c(CHC．比较相同物质的量浓度①CH3COONH4②NH4Fe(SO4)2③(NH4)2SO4④(NH4)2CO3四种盐溶液中的c(NH4+)，先考虑完全电离，则③、④大于①、②，再考虑水解，③中发生NH4+单水解，④中发生双水解，①中发生双水解，②中两种阳离子水解相互抑制，所以四种溶液中c(NH4+D．常温下，pH=3的HNO3和pH=12的Ba(OH)2溶液按体积比为9：1混合，所得混合液c(OH-)=10−2×1−1故答案为：C。

【分析】A.酸性越强，电离平衡常数越大；

B.加水稀释，促进醋酸的电离；

D.先计算混合后溶液的c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算。7．【答案】C【解析】【解答】A．Cl-抑制AgCl溶解，相同物质的量浓度的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，则AgCl（s）在同浓度的CaCl2和FeCl3溶液中的溶解度：前者大于后者，故A不符合题意；B．升高温度，普通分子吸收能量变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多，化学反应速率加快，故B不符合题意；C．只有发生化学反应并生成新物质时，活化分子之间的碰撞才为有效碰撞，故C符合题意；D．洗发水的pH大于7、护发素的pH小于7，人们洗发时使用护发素，可调节头发的pH达到适宜的酸碱度，使头发在弱酸的环境中健康成长，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.Cl-抑制AgCl溶解；

B.升高温度，普通分子吸收能量变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多；

D.护发素能中和洗发水，调节头发的pH达到适宜的酸碱度。8．【答案】B【解析】【解答】①C的生成速率与C的消耗速率相等，即V生成=V消耗，说明该反应达到平衡状态，①符合题意；②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成amolA的同时都会生成3amolB，所以不能作为达到平衡状态的标志，②不符题意；③反应达到平衡状态时，各物质的物质的量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，③符合题意；④反应前后气体的总质量发生改变，容器容积一定，当混合气体的密度不再发生改变时，说明反应达到平衡状态，④符合题意；⑤该反应是反应前后气体分子数减小的反应，容器容积、温度均不变，当混合气体的总压强不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑤符合题意；⑥该反应是反应前后气体的物质的量减小的反应，当混合气体的总物质的量不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑥符合题意；⑦达到平衡状态时，A、B、C三种物质的浓度之比可能是1：3：2，也可能不是1：3：2，⑦不符题意；综上分析①③④⑤⑥符合题意，则B选项符合题意。故答案为：B。【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。9．【答案】C【解析】【解答】A.I表示H2B，Ⅱ代表HB-、Ⅲ代表B2-，A不符合题意；B.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(B2-)+c(OH-)+c(HB-)，当c(Na+)=2c(B2-)+c(HB-)时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，B不符合题意；C.该溶液中H2B总物质的量=0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由坐标图可知，氢氧化钠未滴加时H2B为0.0036mol，则初始时H2B第一级电离的电离度为0.D.V(NaOH)=20mL时，恰好完全生成NaHB，根据图象可知c(Na+)＞c(HB-)＞c(B2-)＞c(H2B)，D不符合题意；故答案为：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，则I表示H2B，Ⅱ代表HB-、Ⅲ代表B2-。10．【答案】D【解析】【解答】解：A.当V（酸）=10mL时，酸碱恰好完全反应得到等物质的量浓度的NaA溶液、NaB溶液，NaA溶液的pH（8.7）大于NaB溶液的pH（7.8），根据盐类水解的规律“越弱越水解”，HA的酸性弱于HB的酸性，A项不符合题意；B.V（酸）=10mL时，酸碱恰好完全反应得到等物质的量浓度的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，两溶液中c（B-）>c（A-），B项不符合题意；C.a点加入10mL的HA溶液，得到NaA溶液的pH=8.7，由于A-的水解溶液呈碱性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+），C项不符合题意；D.b点加入20mL的HA溶液得到等浓度的NaA和HA的混合液，溶液中的物料守恒为c（A-）+c（HA）=2c（Na+），c点加入20mL的HB溶液得到等浓度的NaB和HB的混合液，溶液中的物料守恒为c（B-）+c（HB）=2c（Na+），b、c两点溶液中c（Na+）相等，则c（A-）+c（HA）=2c（Na+）=c（B-）+c（HB），D项符合题意；故答案为：D。【分析】本题主要考查酸碱中和滴定的pH曲线分析、溶液中离子浓度的大小。

A.根据溶液中物质的量浓度与溶液的pH值的关系判断酸的强弱；

B.根据离子的水解能力结合图像分析；

C.根据溶液的酸碱性分析离子浓度；

D.根据溶液中的物料守恒分析解答。11．【答案】A,D【解析】【解答】A．碳酸钠在溶液中的水解常数Kh=c(HCO3−B．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解，使溶液呈碱性，向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴入氯化钡溶液时，钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，碳酸根离子的浓度减小，使水解平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，当碳酸根离子完全反应时，溶液的红色会褪去，故B不符合题意；C．硫酸氢铵溶液是电离显酸性，则溶液pH相等的氯化铵、硫酸铝铵、硫酸氢铵三种溶液中硫酸氢铵溶液浓度最小，溶液中铵根离子浓度最小；硫酸铝铵中铵根离子和铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化铵中铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则溶液pH相等的氯化铵溶液和硫酸铝铵溶液中，硫酸铝铵溶液的浓度小于氯化铵溶液，铵根离子浓度小于氯化铵溶液，三种溶液中铵根离子浓度由大到小的顺序为①>②>③，故C不符合题意；D．水电离出氢离子为1×10-12mol/L的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，铝离子在酸溶液中能大量存在，在碱溶液中不能大量存在，则铝离子在水电离出氢离子为1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在，故D符合题意；故答案为：AD。

【分析】A.c(HCO3−)c(OH−)c(CO32−)=K12．【答案】A,D【解析】【解答】A．马来酸的电离平衡常数为Ka1=c(HB−)·c(H+)c(HB．根据b点计算Ka2=c(B2−)·c(H+)c(HBC．曲线II表示H2B，曲线Ⅲ表示HB-浓度负对数的变化，曲线Ⅳ表示B2-浓度负对数的变化，由图可知pH=7时，c(B2-)＞c(HB-)＞c(H2B)，最终为c(B2-)＞c(HB-)＞c(OH-)＞c(H2B)，故C不符合题意；D．因为c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)=0.1mol·L-1，已知c(H2B)=c(HB−)·c(H+)Ka1，故答案为：AD

【分析】pH逐渐升高，c(H2B)减小，PC(H2B)增大，c(B2-)增大，PC(B2-)减小，c(HB-)刚开始增大，后减小，故PC(HB-)先减小后增大，由此可知曲线Ⅰ表示OH-，曲线Ⅱ表示H2B，曲线Ⅲ表示HB-浓度负对数的变化，曲线Ⅳ表示B2-浓度负对数的变化。13．【答案】C,D【解析】【解答】A．使用催化剂能够降低反应的活化能，导致活化分子百分数增大，从而加快反应速率，A不符合题意；B．由图可知，催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，B不符合题意；C．由于反应HCOO∗+H2O+e-→HCOOH∗+OH-，ΔG最大，是影响制备甲酸的决速步骤，C符合题意；D．由图2可知，电催化还原CO2制甲酸总反应为CO2∗+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-，反应后气体分子数减少，则熵变ΔS<0，D符合题意；故答案为：CD。【分析】A.催化剂能降低反应的活化能；

B.由图可知，催化剂的作用是活化水分子；

C.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

D.总历程气体分子数减少，ΔS<0。14．【答案】A,B【解析】【解答】A．未经打磨的铝片表面有氧化铝，氧化铝与硫酸铜溶液和氯化铜溶液均不反应，而氯化铜溶液中的氯离子可破坏铝片表面的氧化膜，暴露出来的铝可以与氯化铜溶液反应，而硫酸铜溶液不能破坏铝片的氧化膜，A符合题意；B．向硝酸银溶液中加入足量氯化钠溶液产生白色的氯化银沉淀，再加入少量碘化钠溶液，白色氯化银沉淀转化为黄色的碘化银沉淀，说明碘化银的溶解度比氯化银小，KspC．若溶液中本身含有的是铁离子，先加硫氰酸钾溶液再加过量酸性高锰酸钾溶液，溶液也变红，C不符合题意；D．铜与浓硫酸反应后的溶液还有没反应的浓硫酸，稀释时要将其加入水中，而不能向其中直接加水，以免发生危险，D不符合题意；故答案为：AB。

【分析】A.CuSO4溶液和CuCl2溶液的阴离子不同；

B.根据实验现象可知，AgCl转化为更难溶的AgI；

C.酸性高锰酸钾溶液可氧化亚铁离子，且原溶液可能含铁离子；

D.铜与浓硫酸反应后溶液的密度大于水的密度。15．【答案】（1）c（2）②①③（3）10-4；将等浓度的CH3COONa、CH3COOH两种溶液等体积混合，然后用pH测定溶液pH。若溶液pH＜7，说明CH3COOH电离作用大于CH3COO-的水解作用；若溶液pH＞7，说明CH3COOH电离作用小于CH3COO-的水解作用（4）H3PO3+2OH-=HPO32-（5）②（6）＜【解析】【解答】（1）酸的电离平衡常数越大，等浓度时该酸电离程度就越大。根据表格数据可知电离平衡常数：K(CH3COOH)＞K(H2CO3)＞K(HClO)，所以pH=3的三种溶液的浓度：c(HClO)＞c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，当将溶液稀释100倍后，弱酸电离产生H+，使溶液中c(H+)有所增加，因此稀释100倍后溶液中c(H+)：HClO＞H2CO3＞CH3COOH，故溶液中pH变化最小的是HClO，故合理选项是c；（2）常温下相同浓度的溶液：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，①②是盐是强电解质，完全电离，而③是弱酸，只有很少部分发生电离，所以③CH3COOH中c(CH3COO-)最小；在②CH3COONa中只有CH3COO-部分水解，而在①CH3COONH4中CH3COO-、NH4+双水解，水解彼此促进，使c(CH3COO-)比②CH3COONa溶液中少，因此三种溶液中c(CH3COO-（3）常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-10mol/L，则溶液中c(OH-)=10-4mol/L，溶液中的OH-完全由水电离产生，所以由水电离出来的c(OH-)=10-4mol/L；（4）要比较常温下0.1mol/LCH3COONa溶液的水解程度和0.1mol/LCH3COOH溶液的电离程度大小，可将两种溶液等体积混合，得到等浓度CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，然后用pH试纸测定溶液的pH，根据pH大小进行判断。由于溶液中同时存在CH3COOH电离作用和CH3COO-的水解作用，若溶液pH＜7，说明CH3COOH电离作用大于CH3COO-的水解作用，若溶液pH＞7，说明CH3COOH电离作用小于CH3COO-的水解作用；（5）图示有三条曲线说明H3PO3是二元弱酸，所以H3PO3与足量NaOH溶液反应产生Na2HPO3、H2O，反应的离子方程式为：H3PO3+2OH-=HPO32-（6）图示三条曲线中①表示pc(HPO32-)、pc(H2PO3-)、pc(H在常温下NaHPO3溶液中存在H2PO3-电离产生HPO32-和H+，使溶液显酸性；也存在H2PO3-水解产生H3PO3和OH-，使溶液显碱性。由于①表示pc(HPO32-)，③表示pc(H3PO

【分析】（1）酸性越强，稀释时pH的变化越大；

（2）①②是盐是强电解质，完全电离，而③是弱酸，只有很少部分发生电离；

（3）pH=10的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-10mol/L，结合Kw=c(H+)×c(OH-)计算；将等浓度的CH3COONa、CH3COOH两种溶液等体积混合，然后用pH测定溶液pH。若溶液pH＜7，说明CH3COOH电离作用大于CH3COO-的水解作用；若溶液pH＞7，说明CH3COOH电离作用小于CH3COO-的水解作用；

（4）H3PO3是二元弱酸，所以H3PO3与足量NaOH溶液反应产生Na2HPO3、H2O；

（5）随着碱性增强，即pOH减小，pH增大，c(H3PO3)减小，c(H2PO3-)先增加后减小，c(HPO32-)逐渐增大，物质的量浓度越大，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，根据HCO3−【解析】【解答】（1）25℃时，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+)。则c(OH-)×V(NaOH)=c(H+)×V(H2SO4)。故NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为V(H2SO4)：V(NaOH)=c(OH-)：c(H+)=1：10；（2）①电离平衡常数，CH3COOH＞HCN＞HCO3−，等浓度的NaCN溶液、NaHCO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：NaHCO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：NaHCO3②HCN、CH3COOH都是弱酸，所以NaCN与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性CH3COOH>HCN，所以水解程度CN-＞CH3COO-，水解程度越大，剩余离子的浓度就越小，所以c(Na+)-c(CN-)＞c(K+)-c(CH3COO-)；（3）①b点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使其水溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，则溶质为NH4Cl、NH②A．酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2～3次，导致标准液被稀释，滴定时消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，选项A正确；B．锥形瓶中液体溅出，待测液物质的量减少，消耗标准液的体积减小，即所测待测液的物质的量浓度偏低，选项B不正确；C．滴定前尖嘴处无气泡，滴定后尖嘴处有气泡，消耗标准液的体积减少，即所测待测液浓度偏低，选项C不正确；D．滴定终点时，仰视读数，消耗标准液的体积偏大，即所测待测液浓度偏高，选项D正确；故答案为：AD；（4）碳酸酸性强于HCN，NaCN与二氧化碳反应生成NaHCO3和HCN，反应的离子方程式为：CN-+CO2=HCOH2CO3的Ka2=5.61×10−11，即HCO3−的Ka=5.61×10−11，根据HCO3−+H2O

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

（2）①电离平衡常数越大，酸性越强，酸性越强，对应的钠盐的pH越小；

②水解程度CN-＞CH3COO-，水解程度越大，剩余离子的浓度就越小；

（3）①b点溶液显中性，溶质为氯化铵和氨水的混合物；

②根据c(待测)=c(标准)V(17．【答案】（1）（2）As2O5、O2；4CoF3＋2H2O=4HF↑＋4CoF2＋O2↑；；+2；2F2＋2OH－=OF2↑＋2F－＋H2O【解析】【解答】(1)聚四氟乙烯的单体是CF2=CF2，CF2=CF2通过加聚反应得到聚四氟乙烯，即四氟乙烯的结构简式为；答案：；(2)①根据反应方程式，As的化合价由＋3→＋5价，化合价升高，As2O5为氧化产物，O部分化合价由－2价→0价，化合价升高，O2也是氧化产物；答案：As2O5、O2；②CoF3还原成CoF2，Co的化合价降低，应有元素的化合价升高，O2－的还原性强于F－，即CoF3将H2O中O氧化成O2，因此反应方程式为4CoF3＋2H2O=4HF↑＋4CoF2＋O2↑；答案：4CoF3＋2H2O=4HF↑＋4CoF2＋O2↑；③NF3属于共价化合物，其电子式为；F的非金属性强于O，F的化合价为－1价，则O的化合价为＋2价；OF2可由F2与NaOH反应，F2作氧化剂，将－2价O氧化成OF2，本身被还原成F－，即离子反应方程式为2F2＋2OH－=OF2↑＋2F－＋H2O；答案：；+2；2F2＋2OH－=OF2↑＋2F－＋H2O。

【分析】（1）CF2=CF2发生加聚反应生成聚四氟乙烯；

（2）①氧化产物是还原剂被氧化得到，还原剂在反应中化合价升高；

②CoF3可与H2O反应生成HF、CoF2和氧气；

③NF3属于共价化合物；OF2中氧元素显正价；F2与NaOH反应生成OF2、F-和水。18．【答案】（1）2MnO4−+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2（2）c、a、a、d（3）装置F液面上方出现黄绿色气体；SnCl4和Cl2都为非极性分子，Cl2溶解在SnCl4溶液中（4）HCl（5）93.9%【解析】【解答】（1）装置A中烧瓶内，KMnO4与浓盐酸反应，生成Cl2、MnCl2、KCl等，反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；仪器①用于滴加浓盐酸，但随反应的进行，蒸馏烧瓶内气体的压强增大，液体难以流出，所以分液漏斗中添加导管，其作用是：平衡恒压滴液漏斗内外压强，便于液体顺利流下。答案为：2MnO4−+10Cl－+16H＋=2Mn（2）由分析可知，B、C、F、G盛装的试剂应依次为：饱和NaCl溶液、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH浓溶液，所以选用下列中的c、a、a、d。答案为：c、a、a、d；（3）先打开恒压滴液漏斗活塞使KMnO4与浓盐酸反应发生，用生成的Cl2排尽装置中的空气后，再加热D装置中试管②使Sn丝熔化，并与Cl2发生反应。因为氯气呈黄绿色，能说明装置中的空气被排尽的现象是：装置F液面上方出现黄绿色气体；生成的SnCl4经冷凝后，收集于E装置的试管④中，该液体常常呈黄绿色，原因是：SnCl4和Cl2都为非极性分子，Cl2溶解在SnCl4溶液中。答案为：装置F液面上方出现黄绿色气体；SnCl4和Cl2都为非极性分子，Cl2溶解在SnCl4溶液中；（4）用玻璃棒蘸取少量产物SnCl4，放置在空气中，发生水解反应：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2∙xH2O+4HCl，片刻即产生白色烟雾，产物为SnO2•xH2O和HCl。答案为：HCl；（5）0.500gSn完全反应，则SnCl4的理论产量为0.500119mol，制得SnCl

【分析】装置A制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B装置试剂为饱和食盐水，用于除去除去氯化氢，C装置试剂为浓硫酸，用于吸收水蒸气，装置D中氯气和Sn反应生成SnCl4，在装置E中冷却后收集，未反应的氯气用氢氧化钠溶液在G中吸收，防止污染空气，因SnCl4极易水解，应防止G中产生的水蒸气进入E中，所以在E与G之间设置装有浓硫酸的装置F。19．【答案】（1）Cl（2）e；f；b；c；d（3）吸收没有反应完的NO，防止空气污染；b（4）滴入最后一滴(或半滴)标准液，出现砖红色沉淀，且半分钟不消失；13.1c【解析】【解答】(1)Cl2的密度比空气大，NO的密度比空气小。若要使Cl2和NO在装置C中充分混合均匀，发生反应，则应使Cl2从X口进入A装置，NO从Y口进入B装置，二者在装置C中可充分混合。装置A、B中浓硫酸的作用除干燥气体外，还可以通过观察A、B装置中导管口末端气泡的产生速度来控制气体流速。故答案为：Cl2；控制气体流速；(2)根据亚硝酰氯的熔沸点低可知，合成亚硝酰氯应在装置F中进行，