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【化学】江西省九江市同文中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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江西省九江市同文中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。
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
【答案】D
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
【答案】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.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. ②⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③ D. ①②③④⑤
【答案】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.在密闭容器中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v (A)、v (B)、v (C)之间有以下关系2 v (B)=3 v (A)， 3 v (C)=2 v (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
【答案】A
【解析】
试题分析：反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据2 v (B) =" 3" v (A)、3 v (C) =" 2" v (B)可知v (A) :v (B) :v (C)=2:3:2，则此反应可表示为2A + 3B = 2C，答案选A。
考点：考查反应速率应用
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) △H=xkJ·mol-1
已知:①碳的燃烧热△H1=akJ·mol-1
②S(s)+2K(s)==K2S(s) △H2=bkJ·mol-1
③2K(s)+N2(g)+3O2(g)==2KNO3(s) △H3=ckJ·mol-1 。则x为：
A. 3a+b-c B. c+3a-b C. a+b-c D. c+a-b
【答案】A
【解析】
试题分析：碳的燃烧热△H1="a" kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1="a" kJ•mol-1①，S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2="b" kJ•mol-1②，2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3="c" kJ•mol-1③，将方程式3①-②+③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H="x" kJ•mol-1=(3a-b+c)kJ•mol-1，所以x=3a-b+c，故选C。
【考点定位】考查反应热和焓变
【名师点晴】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减。应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
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
【答案】A
【解析】
【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.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
【答案】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.已知常温下浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如表：
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
8.1
11.6
9.7
8.4
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. 若将少量CO2通入NaClO溶液至溶液中，离子方程式为：ClO－+CO2+H2O=HClO+CO32－
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
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在相同温度下，同浓度的酸，酸性越强，酸溶液的导电能力越强，所以导电能力顺序为：HFH2CO3HClO，故A错误；
B.在NaClO溶液与NaF溶液中，均存在电荷守恒，NaClO溶液中，c(Na+)c(H+)=c(ClO-)c(OH-)；NaF溶液中，c(Na+)c(H+)=c(F-)c(OH-)；两溶液的c(Na+)相等，而NaClO溶液的pH大，c(H+)小，所以NaClO溶液中的c(Na+)c(H+)小于NaF溶液中的c(Na+)c(H+)，NaClO溶液中的离子总数小于NaF溶液中离子总数，故B正确；
C.因为酸性H2CO3HClOHCO3-，若将少量CO2通入NaClO溶液至溶液中，离子方程式为：ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO3－，故C错误；
D.向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学方程式为Na2CO3＋HF =Na HCO3＋2NaF，故D错误；
本题答案为B。
【点睛】同浓度的四种钠盐，pH越小，说明酸性越强，所以酸性顺序应为：HFH2CO3HClOHCO3-。
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）
【答案】A
【解析】
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. （6分）（2012•重庆）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FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【答案】C
【解析】
试题解析：A．当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl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NH4Cl和NH3•H2O，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。
考点：酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡
11.已知下列反应的平衡常数： H2(g)＋S(s) H2S(g) K1 S(s)＋O2(g) SO2(g) K2则反应H2＋SO2O2＋H2S的平衡常数为( )
A. K1＋K2 B. K1－K2
C. K1×K2 D. K1/K2
【答案】D
【解析】
【详解】H2(g)+S(s)⇌H2S(g)的平衡常数K1=，S(s)+O2(g)⇌SO2(g)的平衡常数K2=，反应H2(g)+SO2(g)⇌O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==，故选D。
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 NH4Cl溶液的pH=5 D. 氨水与AlCl3溶液反应生成Al(OH)3沉淀
【答案】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1molNH4Cl，故B错误；
C.1mol/L NH4Cl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.已知：C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH=－393.5 kJ·mol－1 2H2(g)＋O2(g)= 2H2O(g) ΔH=－483.6 kJ·mol－1，现有0.2 mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，此混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53 kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为( )
A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶3 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【详解】设碳粉xmol,则氢气为,由热化学方程式可以知道，C燃烧放出的热量为：,燃烧放出的热量为：,所以有:,计算得出,则炭粉与的物质的量之比为，
本题正确答案是A。
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
【答案】A
【解析】
【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.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：NH4+、Fe2+、Cl－、SO42－
C. 使酚酞变红色的溶液中：NO3－、Cl－、Ca2+、Na+
D. 使甲基橙变红色的溶液中：NO3－、Al3+、NH4+、SO42－
【答案】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.已知在25℃时，AgCl的Ksp为1.8×10－10，Ag2S的Ksp为6.3×10－50，将AgCl与Ag2S的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为( )
A. 只有Ag2S沉淀生成 B. AgCl和Ag2S等物质的量生成
C. AgCl沉淀多于Ag2S沉淀 D. Ag2S沉淀多于AgCl沉淀
【答案】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.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)
【答案】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-)c(NH4+),故A错误；
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(H2CO3),则溶液中的离子浓度关系为：c(Na+)>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。
18.25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH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＋)
【答案】B
【解析】
A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na＋)= c(NH3·H2O)，故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
＋)，故C错误；D、加入20mL盐酸时， c（Cl-）="2" c(Na＋),由于铵根离子的水解，c(NH4＋) ﹤c(Na+)，
所以c(Cl－)>c(NH4＋) ＋c(Na＋)，故D错误，此题选B。
【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。
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
【答案】B
【解析】
【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.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
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
【答案】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
D.浓度均为0.1mol/L的NaA溶液和NaB溶液相比，由于酸性HA
【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。
第Ⅱ卷(60分)
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：
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
MnS
CoS
NiS
Ksp
2.1×10－13
3.0×10－16
5.0×10－16
1.0×10-11
5.0×10－22
1.0×10－22
(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+)≤1.0×10－5 mol•L-1，则应保持溶液中c(S2－)≥ _____ mol•L-1。
【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；
（2）抑制Mn2+的水解；
（3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）烧杯；CoS和NiS；
（5）1.0×10﹣6．
【解析】
试题分析：（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．
解：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，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：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；
（2）Mn2+离子易水解．加入过量硫酸，还可以抑制Mn2+的水解，
故答案为：抑制Mn2+的水解；
（3）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有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，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（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，
故答案为：烧杯；CoS和NiS；
（5）MnS的Ksp=c（Mn2+）•c（S2﹣）=1.0×10﹣11，为了将Mn2+降到1.0×10﹣5mol/L，则c（S2﹣）===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.（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(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是_______________。
【答案】 (1). 3 (2). HA + OH- = A- + H2O (3). c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-） (4). 0.05 (5). 10-13 (6). 12 (7). pHa + pHb = 12
【解析】
(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Kw=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Kw=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Kw=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=pHa的稀硫酸溶液中氢离子的物质的量浓度=10−pHamol/L，10体积pH2=PHb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−pHamol/L=10×10pHb−13mol/L，所以pHa+pHb=12，故答案为：pHa+pHb=12。
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：
实验序号
V(KMnO4溶液)
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
0.10
10.00
2
1.10
11.10
3
1.50
13.50
4
0.70
10.80
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”) 。
【答案】 (1). 2MnO4－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O (2). 100mL容量瓶 (3). 酸式滴定管 (4). 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 (5). 0.1000 (6). 2 (7). 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.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)
实验序号
体积V/mL
时间/s
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
碘水
水
①
10.0
2.0
4.0
0.0
T1
②
8.0
2.0
4.0
2.0
T2
③
6.0
2.0
4.0
Vx
T3
（4）表中Vx＝__________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__________________________。
【答案】 (1). 秒表 (2). S2O＋2H＋===H2O＋S↓＋SO2↑ (3). SO2会部分溶于水 (4). 测定一段时间内生成硫沉淀的质量(或实时测定溶液中氢离子浓度，或其他合理答案) (5). 4 (6). T1
(1)从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，故还缺少的仪器是秒表，故答案为：秒表；
(2)S2O32-在酸性条件下发生硫元素的歧化反应，由+2价歧化为0价和+4价，即产物为S和SO2和H2O，故离子方程式为：S2O32-+2H+═H2O+S↓+SO2↑，故答案为：S2O32-+2H+═H2O+S↓+SO2↑；
(3)SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n(H+)和△c(H+)以及v(H+)会变小，故答案为：SO2会部分溶于水；
(4)根据反应S2O32-++2H+═H2O+S↓+SO2↑可知，可以通过测定一段时间段内生成的单质硫的质量或实时测定溶液中氢离子浓度来求出H+的物质的量的改变量，从而利用v==来求算，故答案为：测定一段时间内生成硫沉淀的质量(或实时测定溶液中氢离子浓度)；
(5)为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL，故Vx=4mL；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间T的大小T1＜T2＜T3，故答案为：4；T1＜T2＜T3。
25.三氯氢硅(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2SiHCl3(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____________、___________。
【答案】 (1). 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2). +114 (3). 22 (4). 0.02 (5). 及时移去产物 (6). 改进催化剂 (7). 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：；
（2）2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1= +48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2= −30 kJ·mol−1 ②，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：
2SiHCl3(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)。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。
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
【答案】D
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
【答案】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.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. ②⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③ D. ①②③④⑤
【答案】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.在密闭容器中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v (A)、v (B)、v (C)之间有以下关系2 v (B)=3 v (A)， 3 v (C)=2 v (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
【答案】A
【解析】
试题分析：反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据2 v (B) =" 3" v (A)、3 v (C) =" 2" v (B)可知v (A) :v (B) :v (C)=2:3:2，则此反应可表示为2A + 3B = 2C，答案选A。
考点：考查反应速率应用
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) △H=xkJ·mol-1
已知:①碳的燃烧热△H1=akJ·mol-1
②S(s)+2K(s)==K2S(s) △H2=bkJ·mol-1
③2K(s)+N2(g)+3O2(g)==2KNO3(s) △H3=ckJ·mol-1 。则x为：
A. 3a+b-c B. c+3a-b C. a+b-c D. c+a-b
【答案】A
【解析】
试题分析：碳的燃烧热△H1="a" kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1="a" kJ•mol-1①，S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2="b" kJ•mol-1②，2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3="c" kJ•mol-1③，将方程式3①-②+③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H="x" kJ•mol-1=(3a-b+c)kJ•mol-1，所以x=3a-b+c，故选C。
【考点定位】考查反应热和焓变
【名师点晴】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减。应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
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
【答案】A
【解析】
【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.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
【答案】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.已知常温下浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如表：
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
8.1
11.6
9.7
8.4
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. 若将少量CO2通入NaClO溶液至溶液中，离子方程式为：ClO－+CO2+H2O=HClO+CO32－
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
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在相同温度下，同浓度的酸，酸性越强，酸溶液的导电能力越强，所以导电能力顺序为：HFH2CO3HClO，故A错误；
B.在NaClO溶液与NaF溶液中，均存在电荷守恒，NaClO溶液中，c(Na+)c(H+)=c(ClO-)c(OH-)；NaF溶液中，c(Na+)c(H+)=c(F-)c(OH-)；两溶液的c(Na+)相等，而NaClO溶液的pH大，c(H+)小，所以NaClO溶液中的c(Na+)c(H+)小于NaF溶液中的c(Na+)c(H+)，NaClO溶液中的离子总数小于NaF溶液中离子总数，故B正确；
C.因为酸性H2CO3HClOHCO3-，若将少量CO2通入NaClO溶液至溶液中，离子方程式为：ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO3－，故C错误；
D.向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学方程式为Na2CO3＋HF =Na HCO3＋2NaF，故D错误；
本题答案为B。
【点睛】同浓度的四种钠盐，pH越小，说明酸性越强，所以酸性顺序应为：HFH2CO3HClOHCO3-。
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）
【答案】A
【解析】
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. （6分）（2012•重庆）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FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
【答案】C
【解析】
试题解析：A．当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl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NH4Cl和NH3•H2O，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。
考点：酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡
11.已知下列反应的平衡常数： H2(g)＋S(s) H2S(g) K1 S(s)＋O2(g) SO2(g) K2则反应H2＋SO2O2＋H2S的平衡常数为( )
A. K1＋K2 B. K1－K2
C. K1×K2 D. K1/K2
【答案】D
【解析】
【详解】H2(g)+S(s)⇌H2S(g)的平衡常数K1=，S(s)+O2(g)⇌SO2(g)的平衡常数K2=，反应H2(g)+SO2(g)⇌O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==，故选D。
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 NH4Cl溶液的pH=5 D. 氨水与AlCl3溶液反应生成Al(OH)3沉淀
【答案】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1molNH4Cl，故B错误；
C.1mol/L NH4Cl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.已知：C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH=－393.5 kJ·mol－1 2H2(g)＋O2(g)= 2H2O(g) ΔH=－483.6 kJ·mol－1，现有0.2 mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，此混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53 kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为( )
A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶3 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【详解】设碳粉xmol,则氢气为,由热化学方程式可以知道，C燃烧放出的热量为：,燃烧放出的热量为：,所以有:,计算得出,则炭粉与的物质的量之比为，
本题正确答案是A。
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
【答案】A
【解析】
【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.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：NH4+、Fe2+、Cl－、SO42－
C. 使酚酞变红色的溶液中：NO3－、Cl－、Ca2+、Na+
D. 使甲基橙变红色的溶液中：NO3－、Al3+、NH4+、SO42－
【答案】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.已知在25℃时，AgCl的Ksp为1.8×10－10，Ag2S的Ksp为6.3×10－50，将AgCl与Ag2S的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为( )
A. 只有Ag2S沉淀生成 B. AgCl和Ag2S等物质的量生成
C. AgCl沉淀多于Ag2S沉淀 D. Ag2S沉淀多于AgCl沉淀
【答案】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.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)
【答案】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-)c(NH4+),故A错误；
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(H2CO3),则溶液中的离子浓度关系为：c(Na+)>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。
18.25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH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＋)
【答案】B
【解析】
A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na＋)= c(NH3·H2O)，故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
＋)，故C错误；D、加入20mL盐酸时， c（Cl-）="2" c(Na＋),由于铵根离子的水解，c(NH4＋) ﹤c(Na+)，
所以c(Cl－)>c(NH4＋) ＋c(Na＋)，故D错误，此题选B。
【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。
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
【答案】B
【解析】
【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.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
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
【答案】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
D.浓度均为0.1mol/L的NaA溶液和NaB溶液相比，由于酸性HA
【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。
第Ⅱ卷(60分)
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：
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
MnS
CoS
NiS
Ksp
2.1×10－13
3.0×10－16
5.0×10－16
1.0×10-11
5.0×10－22
1.0×10－22
(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+)≤1.0×10－5 mol•L-1，则应保持溶液中c(S2－)≥ _____ mol•L-1。
【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；
（2）抑制Mn2+的水解；
（3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）烧杯；CoS和NiS；
（5）1.0×10﹣6．
【解析】
试题分析：（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．
解：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，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：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；
（2）Mn2+离子易水解．加入过量硫酸，还可以抑制Mn2+的水解，
故答案为：抑制Mn2+的水解；
（3）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有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，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（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，
故答案为：烧杯；CoS和NiS；
（5）MnS的Ksp=c（Mn2+）•c（S2﹣）=1.0×10﹣11，为了将Mn2+降到1.0×10﹣5mol/L，则c（S2﹣）===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.（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(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是_______________。
【答案】 (1). 3 (2). HA + OH- = A- + H2O (3). c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-） (4). 0.05 (5). 10-13 (6). 12 (7). pHa + pHb = 12
【解析】
(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Kw=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Kw=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Kw=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=pHa的稀硫酸溶液中氢离子的物质的量浓度=10−pHamol/L，10体积pH2=PHb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−pHamol/L=10×10pHb−13mol/L，所以pHa+pHb=12，故答案为：pHa+pHb=12。
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：
实验序号
V(KMnO4溶液)
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
0.10
10.00
2
1.10
11.10
3
1.50
13.50
4
0.70
10.80
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”) 。
【答案】 (1). 2MnO4－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O (2). 100mL容量瓶 (3). 酸式滴定管 (4). 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 (5). 0.1000 (6). 2 (7). 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.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)
实验序号
体积V/mL
时间/s
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
碘水
水
①
10.0
2.0
4.0
0.0
T1
②
8.0
2.0
4.0
2.0
T2
③
6.0
2.0
4.0
Vx
T3
（4）表中Vx＝__________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__________________________。
【答案】 (1). 秒表 (2). S2O＋2H＋===H2O＋S↓＋SO2↑ (3). SO2会部分溶于水 (4). 测定一段时间内生成硫沉淀的质量(或实时测定溶液中氢离子浓度，或其他合理答案) (5). 4 (6). T1
(1)从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，故还缺少的仪器是秒表，故答案为：秒表；
(2)S2O32-在酸性条件下发生硫元素的歧化反应，由+2价歧化为0价和+4价，即产物为S和SO2和H2O，故离子方程式为：S2O32-+2H+═H2O+S↓+SO2↑，故答案为：S2O32-+2H+═H2O+S↓+SO2↑；
(3)SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n(H+)和△c(H+)以及v(H+)会变小，故答案为：SO2会部分溶于水；
(4)根据反应S2O32-++2H+═H2O+S↓+SO2↑可知，可以通过测定一段时间段内生成的单质硫的质量或实时测定溶液中氢离子浓度来求出H+的物质的量的改变量，从而利用v==来求算，故答案为：测定一段时间内生成硫沉淀的质量(或实时测定溶液中氢离子浓度)；
(5)为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL，故Vx=4mL；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间T的大小T1＜T2＜T3，故答案为：4；T1＜T2＜T3。
25.三氯氢硅(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2SiHCl3(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____________、___________。
【答案】 (1). 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2). +114 (3). 22 (4). 0.02 (5). 及时移去产物 (6). 改进催化剂 (7). 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：；
（2）2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1= +48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2= −30 kJ·mol−1 ②，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：
2SiHCl3(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)。
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