2021-2022学年辽宁省沈阳市铁西区重点协作校高二（上）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年辽宁省沈阳市铁西区重点协作校高二（上）期中化学试卷，共32页。试卷主要包含了选择题，主观题，共55分等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年辽宁省沈阳市铁西区重点协作校高二（上）期中化学试卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（3分）化学与生活息息相关，下 列说法错误的是（　　）
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污是利用了盐类水解的原理
B．草木灰和氯化铵不能混合使用是因为二者发生双水解反应
C．冰箱能够保存食物的最主要原因是冰箱可以杀灭细菌
D．打开剧烈摇动后的碳酸饮料产生大量气泡的原因是压强对化学平衡的影响
2．（3分）德国哈伯发明以低成本制造大量氨的方法，流程图中为提高原料转化率而采取措施是（　　）

A．①②③ B．②④⑤ C．①③⑤ D．②③④
3．（3分）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）。能判断该反应已达到化学平衡的是（　　）
①v（NH3）正＝2v（CO2）逆
②密闭容器中总压强不变
③密闭容器中混合气体的密度不变
④密团容器中混合气体的平均相对分子质量不变
⑤密闭容器中n（NH3）：n（CO2）＝2：1
⑥混合气体总质量不变
A．①②③⑥ B．①②④⑥ C．①③④⑤ D．全部
4．（3分）人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2⇌O2+HbCO，37℃时，该反应的平衡常数K＝220．HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是（　　）
A．CO与HbO2反应的平衡常数
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
5．（3分）下列叙述不正确的是（　　）
A．混乱度减小的吸热反应一定不能自发进行
B．在温度、压强一定条件下，自发反应总是向△G＝△H﹣T△S＜0的方向进行
C．碳酸氢钠加热可以分解，因为升高温度利于熵增的方向自发进行
D．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行
6．（3分）在某密闭容器中发生：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．在D点时v正＜v逆
B．反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的焓变△H＞0
C．恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，平衡向左移动
D．若B、C点的平衡常数分别为KB、KC，则KB＝KC
7．（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．常温下，pH＝1的硫酸溶液中，含有H+数目为0.1NA
B．常温下，1L0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液中，含有Al3+数目为0.5NA
C．常温下，1LpH＝12的CH3COONa溶液，由水电离产生的OH﹣数目为10﹣12NA
D．标准状况下，4.48LNH3溶于水得到的溶液中，NH3•H2O和NH4+的总数小于0.2NA
8．（3分）室温下，水的电离达到平衡：H2O═H++OH﹣．下列叙述正确的是（　　）
A．将水加热，平衡向正反应方向移动，Kw不变
B．向水中加入少量盐酸，平衡向逆反应方向移动，c（H+）增大
C．向水中加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，c（OH﹣）降低
D．向水中加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动，c（OH﹣）＝c（H+）
9．（3分）下列离子方程式属于盐类的水解，且书写正确的是（　　）
A．NaHCO3溶液：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+
B．NaHS溶液：HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣
C．Na2CO3溶液：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
D．NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2O⇌NH3•D2O+H+
10．（3分）某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断不正确的是（　　）

A．I是盐酸，Ⅱ是醋酸
B．溶液的导电性a＞b＞c
C．a、b、c三点KW的数值相同
D．稀释前等体积的 I、Ⅱ溶液中和氢氧化钠的能力相同
11．（3分）某学生提供的实验数据如下，其中肯定错误的是（　　）
①用100毫升的量筒量取67.60 mL的液体
②用托盘天平称取22.5 g KCl
③酸碱中和滴定时，消耗0.1000 mol/L的盐酸23.25 mL
④用广泛pH试纸测得某溶液的pH＝4.4
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
12．（3分）乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，容器体积为1L）。下列分析不正确的是（　　）

A．乙烯气相直接水合反应的△H＜0
B．图中压强的大小关系为：p1＜p2＜p3
C．图中a点对应平衡常数K＝0.25
D．达到平衡a、b所需时间：a＞b
13．（3分）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结（均在常温下），正确的是（　　）
①常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低
②pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸，c（H+）之比为1：10
③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．NaClO；c．NaHCO3；d．NaOH。其溶液物质的量浓度由大到小顺序为d、b、c、a
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，则c（Na+）＝2c（SO42﹣）
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka×Kh＝Kw
⑥pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m＞n
A．①②④ B．④⑤⑥ C．①②⑤ D．②⑤⑥
14．（3分）在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp＝4×10﹣10，下列说法不正确的是（　　）

A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0﹣13
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈816
15．（3分）常温下，将体积为V1的0.1000mol•L﹣1HCl溶液逐滴滴加入到体积为V2的0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液中，溶液中H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣所占的物质的量分数（α）随pH的变化曲线如图，下列说法不正确的是（　　）
A．在pH＝10.3时，溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）
B．在pH＝8.3时，溶液中：0.1000＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
C．在pH＝6.3时，溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．V1：V2＝1：2时，c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）
二、主观题，共55分
16．（3分）由于化石燃料的大量使用，产生CO2等温室气体随意排放造成的全球变暖，严重地影响到了地球的生态环境和全球气候。因此，研究CO2减排在全球各国具有紧迫而重要的意义。
CaO在自然界存在广泛，作为CO2的吸附剂具有极大的经济优势。
（1）273K时，CaO（s）+CO2（g）═CaCO3（g）△H＝﹣178.3kJ•mol﹣1，已知△S＝﹣160.45Jmol﹣1•K﹣1，该温度下反应是否能够自发进行？　 　 （填“是”或“否”）
（2）实验发现，干燥的二氧化碳和氧化钙几乎不反应，水可以作为该反应的催化剂，利用化学反应方程式解释水的催化机理：　 　。
17．（10分）在1L的密闭容器中，加入0.5molCaCO3，发生反应：CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g），图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线。

（1）该反应正反应方向为 　 　热反应（填“吸”或“放”），温度为T5℃时，该反应的平衡常数 　 　。
（2）达到平衡后，保持温度不变，再次通入1molCO2，平衡移动的方向 　 　（填“正方向”、“逆方向”或“不”），再次平衡后容器内的压强 　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）加快该化学反应速率并能增加该反应进行程度的措施：　 　。（写一种即可）
18．（2分）一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示
（1）a、b、c主点溶液的pH大小关系：　 　。
（2）a、b、c三点CH3COOH的电离程度大小关系：　 　。

19．（12分）常温下，有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列4种溶液：①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液
HCN
H2CO3
CH3COOH
Ka＝4.9×10﹣10
Ka1＝4×10﹣7
Ka2＝5.6×10﹣11
Ka＝1.7×10﹣5
（1）这4种溶液pH由大到小的顺序是　 　（填序号）。
（2）①中各离子浓度由大到小的顺序是　 　。
（3）④的水解平衡常数Kh＝　 　mol/L。
（4）若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③　 　④（填“＞”、“＜”
、“＝”）。
（5）25℃时，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH＝11，则约为　 　。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为：　 　。
20．（14分）滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）酸碱中和滴定：用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。
①酸式滴定管、碱式滴定管、温度计、量筒、玻璃棒、烧杯。若要进行中和滴定实验，还缺少的玻璃仪器是 　 　。
②若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得NaOH溶液浓度 　 　 （ 填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）氧化还原滴定：用标准高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸（H2C2O4）溶液。取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1000mol•L﹣1的高锰酸钾溶液滴定
①写出该反应的化学方程式 　 　，滴定时，KMnO4溶液应装在 　 　（“酸”或“碱”）式滴定管中，判定滴定终点方法为 　 　。
②表格中记录了实验数据：
　滴定次数
待测液体积（mL）
　标准KMnO4溶液（mL）
　滴定前读数
　滴定后读数
　第一次
　25.00
　0.50
　20.40
　第二次
　25.00
　3.00
　23.00
　第三次
　25.00
4.00
24.10
该草酸溶液的物质的量浓度为 　 　。
（3）Mohr法是沉淀滴定法中常用的银量法的一种滴定终点的确定方法。在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl﹣，利用Ag+与CrO42﹣生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点．当溶液中Cl﹣恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10﹣6mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）为 　 　mol•L﹣1，此时溶液中c（CrO42﹣）等于 　 　mol•L﹣1。（已知Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12，Ksp（AgCl）＝2.0×10﹣10）。
21．（14分）采用废铁屑还原软锰矿（软锰矿主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、MgO、SiO2和NiCO3杂质）来制备Mn的工艺流程如图所示。

已知：①Ksp（MnS）＝2.6×10﹣10，Ksp（NiS）＝2.0×10﹣21；②生成氢氧化物的pH见下表
离子
Fe2+
Fe3+
Mg2+
Ni2+
Mn2+
开始沉淀的pH
7.5
2.7
8.1
7.7
8.3
完全沉淀的pH
9.7
3.7
9.4
8.4
9.8
回答下列问题：
（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是 　 　。
（2）加入量MnO2的目的是 　 　。
（3）常温下，已知K（NH3•H2O）＝4×10﹣5，则0.1mol/L的NH3•H2O的pH约为 　 　（lg2＝0.3）。
（4）“调节pH”操作中pH控制范围为 　 　。
（5）“除杂”加入MnS，请写出此过程发生的离子方程式：　 　。当该反应完成后，滤液中的Mn2+和Ni2+的物质的量浓度之比是 　 　。
（6）“沉锰”过程中温度和pH对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。由图可知，“沉锰”的合适条件是 　 　。


2021-2022学年辽宁省沈阳市铁西区重点协作校高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（3分）化学与生活息息相关，下 列说法错误的是（　　）
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污是利用了盐类水解的原理
B．草木灰和氯化铵不能混合使用是因为二者发生双水解反应
C．冰箱能够保存食物的最主要原因是冰箱可以杀灭细菌
D．打开剧烈摇动后的碳酸饮料产生大量气泡的原因是压强对化学平衡的影响
【分析】A．油脂能在碱性条件下发生水解生成可溶性的甘油和高级脂肪酸钠；
B．草木灰主要成分是碳酸钾，NH4+与CO32﹣能相互促进水解，降低肥效；
C．温度越低，反应速率越慢；
D．温度相同时，气体的溶解度随着压强的降低而减小。
【解答】解：A．油脂能在碱性条件下发生水解生成可溶性的甘油和高级脂肪酸钠，达到去除餐具油污的目的，碳酸钠能提供碱性条件，碳酸钠溶液呈碱性是由于碳酸根离子水解形成的，故A正确；
B．草木灰主要成分是碳酸钾，NH4+与CO32﹣能相互促进水解，降低肥效，则草木灰和铵态氮肥不能混合使用，故B正确；
C．降低温度会使反应速率减小，则冰箱能够保存食物的最主要原因是降温使食品腐败的速率减小，延长保质期，与杀灭细菌无关，故C错误；
D．温度相同时，气体的溶解度随着压强的降低而减小，打开碳酸饮料瓶盖时瓶内的压强减小，二氧化碳的溶解度降低，会产生大量气泡，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的组成和性质，侧重考查化学在生产、生活中的应用，明确物质性质与用途是解题关键，会运用化学知识正确解释生产生活现象，题目难度不大。
2．（3分）德国哈伯发明以低成本制造大量氨的方法，流程图中为提高原料转化率而采取措施是（　　）

A．①②③ B．②④⑤ C．①③⑤ D．②③④
【分析】反应原理为N2（g）+3H2（g）2NH3（g），△H＜0，为提高原料转化率，应使平衡向正方向移动，可从压强、浓度、温度对平衡移动的影响的角度判断．
【解答】解：反应原理为N2（g）+3H2（g）2NH3（g），△H＜0，为提高原料转化率，应使平衡向正方向移动，
根据方程式反应前后气体的化学计量数的关系可知增大压强有利于平衡向正方向移动；
正反应放热，升高温度不利用平衡向正反应方向移动，
催化剂对平衡移动无影响，
液化分离出氨气，可使生成物浓度减小，则可使平衡向正向移动，
氮气和氢气的再循环，可增大反应物浓度，有利于平衡向正向移动，
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的调控，侧重于外界条件对平衡移动的影响，题目难度中等，注意把握影响平衡移动的因素，分析反应的特点为解答该题的关键．
3．（3分）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）。能判断该反应已达到化学平衡的是（　　）
①v（NH3）正＝2v（CO2）逆
②密闭容器中总压强不变
③密闭容器中混合气体的密度不变
④密团容器中混合气体的平均相对分子质量不变
⑤密闭容器中n（NH3）：n（CO2）＝2：1
⑥混合气体总质量不变
A．①②③⑥ B．①②④⑥ C．①③④⑤ D．全部
【分析】当反应达到平衡时，各物质的物质的量、物质的量浓度以及由此衍生出的其他变量不变时，则反应达到平衡，据此分析。
【解答】解：①v（NH3）正＝2v（CO2）逆满足正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故选；
②正反应体积增大，平衡之前容器中压强在增大，当密闭容器中总压强不变时反应达到平衡状态，故选；
③混合气体的密度ρ＝，在反应过程中恒容，达平衡前，气体的质量在增大，故气体的密度在增大，所以当密闭容器中混合气体的密度不变时反应达到平衡状态，故选；
④由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故不选；
⑤反应从正反应方向开始，故体系中的氨气和二氧化碳的物质的量之比始终满足2：1，不能说明反应达到平衡，故不选；
⑥由于反应物是固体，所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态，故选；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡状态的判定，为高考常见题型，把握平衡的特征及判定方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意变量的判断，题目难度不大。
4．（3分）人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2⇌O2+HbCO，37℃时，该反应的平衡常数K＝220．HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是（　　）
A．CO与HbO2反应的平衡常数
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
【分析】A．平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积；
B．从平衡移动的角度分析；
C．根据平衡常数计算HbCO与HbO2浓度的关系；
D．从平衡移动的角度分析。
【解答】解：A．平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，反应的方程式为CO+HbO2⇌O2+HbCO，则平衡常数，故A正确；
B．人体吸入的CO越多，CO的浓度增大，平衡向正反应分析移动，与血红蛋白结合的O2越少，故B正确；
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，根据平衡常数可知，＝220，＝4.4，智力早就受到伤害了，故C错误；
D．CO中毒的病人放入高压氧仓中，氧气的浓度增大，平衡向左移动，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡移动以及平衡常数的计算，题目难度中等，该题中注意平衡常数的意义及应用。
5．（3分）下列叙述不正确的是（　　）
A．混乱度减小的吸热反应一定不能自发进行
B．在温度、压强一定条件下，自发反应总是向△G＝△H﹣T△S＜0的方向进行
C．碳酸氢钠加热可以分解，因为升高温度利于熵增的方向自发进行
D．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行
【分析】根据反应或过程自发进行的条件分析，△H﹣T△S＜0的反应或过程可自发进行，反之，△H﹣T△S＞0的反应或过程不能自发进行，据此分析解答。
【解答】解：A．乱度减小的吸热反应△S＜0，△H＞0的反应，则该反应的△H﹣T△S＞0，一定不能自发进行，故A正确；
B．自发反应有向△G＜0方向进行的趋势，即温度、压强一定时，ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0的反应可自发进行，故B正确；
C．碳酸氢钠加热可以分解，即升高温度反应能自发进行，由于该反应生成的气体增多，△S＞0，所以升高温度利于熵增的方向自发进行，故C正确；
D．水结冰的过程是熵减的放热过程，通常情况下不能自发进行，但降温时该过程能自发进行，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变、熵变与反应进行方向的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意复合判据的应用，题目难度不大。
6．（3分）在某密闭容器中发生：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．在D点时v正＜v逆
B．反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的焓变△H＞0
C．恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，平衡向左移动
D．若B、C点的平衡常数分别为KB、KC，则KB＝KC
【分析】A．D点SO3的百分含量低于相同温度平衡点的含量，说明D点未到达平衡状态；
B．曲线上的点都是平衡点，由图可知，温度越高，SO3的百分含量越低，说明升高温度平衡向逆反应移动；
C．恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，体积增大，压强降低，平衡向体积增大的方向移动；
D．升高温度，平衡向逆反应移动，故温度越高平衡常数越小。
【解答】解：A．曲线上的点都是平衡点，D点SO3的百分含量低于相同温度平衡点的含量，说明D点未到达平衡状态，反应向正反应移动，则v正＞v逆，故A错误；
B．曲线上的点都是平衡点，由图可知，温度越高，SO3的百分含量越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故该反应正反应是放热反应，则△H＜0，故B错误；
C．恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，体积增大，参与反应气体压强降低，平衡向体积增大的方向移动，即向平衡向左移动，故C正确；
D．升高温度，平衡向逆反应移动，故温度越高平衡常数越小，B点的温度低于C的温度，故平衡常数，KB＞KC，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡图象、化学平衡移动的影响因素等，难度中等，注意根据SO3的含量判断平衡移动的方向。
7．（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．常温下，pH＝1的硫酸溶液中，含有H+数目为0.1NA
B．常温下，1L0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液中，含有Al3+数目为0.5NA
C．常温下，1LpH＝12的CH3COONa溶液，由水电离产生的OH﹣数目为10﹣12NA
D．标准状况下，4.48LNH3溶于水得到的溶液中，NH3•H2O和NH4+的总数小于0.2NA
【分析】A.题目未给溶液体积；
B.铝离子在水中能水解；
C.醋酸根离子水解促进水的电离；
D.氨水中还存在氨分子。
【解答】解：A.pH＝1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，但题目未给溶液体积，无法求算离子的物质的量，故A错误；
B.1L0.5mol•L﹣1的AlCl3溶液中，铝离子的物质的量为1L×0.5mol•L﹣1＝0.5mol，但铝离子在水中水解，故溶液中铝离子数目小于0.5NA，故B错误；
C.1LpH＝12的CH3COONa溶液，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，故溶液中氢氧根离子来自于水，由水电离产生的OH﹣数目为0.01mol/L×1L＝0.01mol，故C错误；
D.标准状况下，4.48LNH3的物质的量为＝0.2mol，由原子守恒可知，n（NH3）+n（NH3•H2O）+n（NH4+）＝0.2mol，故NH3•H2O和NH4+的总数小于0.2NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
8．（3分）室温下，水的电离达到平衡：H2O═H++OH﹣．下列叙述正确的是（　　）
A．将水加热，平衡向正反应方向移动，Kw不变
B．向水中加入少量盐酸，平衡向逆反应方向移动，c（H+）增大
C．向水中加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，c（OH﹣）降低
D．向水中加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动，c（OH﹣）＝c（H+）
【分析】影响水的电离平衡的因素主要有：温度升高促进电离；加酸、碱抑制水的电离；加入能水解的盐促进水的电离；一定温度下水的离子积不变．
【解答】解：A、将水加热，平衡向正反应方向移动，促进水的电离，KW增大，故A错误；
B、向水中加入少量盐酸，平衡向逆反应方向移动，c（H+）增大，故B正确；
C、向水中加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，但溶液中c（OH﹣）增大，故C错误；
D、向水中加入少量CH3COONa固体，醋酸根离子水解，平衡向正反应方向移动，c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了影响水电离平衡的因素，明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系即可解答，较简单．
9．（3分）下列离子方程式属于盐类的水解，且书写正确的是（　　）
A．NaHCO3溶液：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+
B．NaHS溶液：HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣
C．Na2CO3溶液：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
D．NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2O⇌NH3•D2O+H+
【分析】A．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根离子；
B．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子；
C．碳酸根离子分步水解，以第一步为主；
D．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子．
【解答】解：A．NaHCO3溶液，离子方程式：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故A错误；
B．NaHS溶液，离子方程式：HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，故B正确；
C．Na2CO3溶液，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故C错误；
D．NH4Cl溶于D2O中，离子方程式：NH4++D2O⇌NH3•HDO+D+，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查盐类水解的离子方程式，明确盐类水解规律是解题关键，题目难度不大．
10．（3分）某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断不正确的是（　　）

A．I是盐酸，Ⅱ是醋酸
B．溶液的导电性a＞b＞c
C．a、b、c三点KW的数值相同
D．稀释前等体积的 I、Ⅱ溶液中和氢氧化钠的能力相同
【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用a点、c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；KW只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系．
【解答】解：A、I是盐酸稀释时的pH值变化曲线，II为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A正确；
B、溶液导电性取决于离子浓度，PH小时，H+浓度大，导电性强，则溶液的导电性a＞b＞c，故B正确；
C、KW的大小只取决于温度，所以a、b、c三点KW的数值相同，故C正确；
D、相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，所以等体积的 I、Ⅱ溶液中和氢氧化钠的能力II比I强，故D错。
故选：D。
【点评】本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．
11．（3分）某学生提供的实验数据如下，其中肯定错误的是（　　）
①用100毫升的量筒量取67.60 mL的液体
②用托盘天平称取22.5 g KCl
③酸碱中和滴定时，消耗0.1000 mol/L的盐酸23.25 mL
④用广泛pH试纸测得某溶液的pH＝4.4
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【分析】①100毫升的量筒量的最小读数为0.1mL；
②托盘天平的最小读数为0.1g；
③滴定管的最小读数为0.01mL；
④广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数，不会读出小数。
【解答】解：①由于量筒的最小读数为0.1mL，所以无法用100毫升的量筒量取67.60mL的液体，故①错误；
②托盘天平的最小读数可以为0.1g，可用托盘天平称取22.5g KCl，故②正确；
③酸式滴定管和碱式滴定管的最小读数为0.01mL，所以酸碱中和滴定时，消耗0.100 0mol•L﹣1的盐酸的体积可以为23.25mL，故③正确；
④广泛pH试纸测定的数值只能为整数，无法测得某溶液的pH＝4.4，故④错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大，明确常见仪器的构造及使用方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
12．（3分）乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，容器体积为1L）。下列分析不正确的是（　　）

A．乙烯气相直接水合反应的△H＜0
B．图中压强的大小关系为：p1＜p2＜p3
C．图中a点对应平衡常数K＝0.25
D．达到平衡a、b所需时间：a＞b
【分析】A.压强相同时，升高温度，平衡向吸热方向移动，据此结合图象解答；
B.温度相同时，增大压强，平衡气体分子数减小的方向移动，据此结合乙烯气相直接水合反应制备乙醇的反应解答；
C.先根据c＝计算起始时的c（H2O）和c（C2H4），图中a点对应乙烯的平衡转化率为20%，据此计算乙烯的变化浓度，再列三段式计算得到各气体的平衡浓度，最后代入K＝计算；
D.反应速率越快，达到平衡所需的时间越短，温度越高，反应速率越快，压强越大，反应速率越快，结合选项B的结果解答。
【解答】解：A.由图可知，压强相同时，升高温度，乙烯的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，则乙烯气相直接水合反应制备乙醇的反应是放热反应，即△H＜0，故A正确；
B.乙烯气相直接水合反应制备乙醇是正向气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率增大，则图中压强的大小关系为：p1＜p2＜p3，故B正确；
C.根据题意，起始时，c（H2O）＝c（C2H4）＝＝1mol/L，图中a点对应乙烯的平衡转化率为20%，则乙烯的变化浓度为1mol/L×20%＝0.2mol/L，列三段式计算如下：
C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）
起始浓度（mol/L） 1 1 0
变化浓度（mol/L） 0.2 0.2 0.2
平衡浓度（mol/L） 0.8 0.8 0.2
平衡常数K＝＝＝，故C错误；
D.由B可知a、b对应的压强p2＜p3，且温度Ta＜Tb，则a、b对应的反应速率va＜vb，故达到平衡a、b所需时间：a＞b，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查平衡移动的原理、反应速率的影响因素和平衡常数的计算，题目难度中等，关键是明确图象的横纵坐标及其点、线、面的意义，把握外界条件对反应速率和平衡移动的影响。
13．（3分）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结（均在常温下），正确的是（　　）
①常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低
②pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸，c（H+）之比为1：10
③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．NaClO；c．NaHCO3；d．NaOH。其溶液物质的量浓度由大到小顺序为d、b、c、a
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，则c（Na+）＝2c（SO42﹣）
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka×Kh＝Kw
⑥pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m＞n
A．①②④ B．④⑤⑥ C．①②⑤ D．②⑤⑥
【分析】①加水稀释，溶液中c（H+）减小，水的离子积不变，则c（OH﹣）增大；
②根据pH＝﹣lgc（H+）计算；
③氢氧化钠为强碱，pH相等时其浓度最小；其它三种都是强碱弱酸盐，对应酸的酸性越强，盐的水解程度越小，溶液pH越大，pH相同时其物质的量浓度越小；
④混合液的pH＝7，呈中性，结合电荷守恒分析；
⑤水解和电离为可逆过程，Ka＝，Kh＝，据此计算Ka•Kh分析判断；
⑥醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡。
【解答】解：①常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，c（H+）减小，由于水的离子积不变，则溶液中的c（OH﹣）增大，故①错误；
②由pH＝﹣lgc（H+）可知，pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸中c（H+）分别为10﹣2mol/L、10﹣1mol/L，c（H+）之比为10﹣2mol/L：10﹣1mol/L＝1：10，故②正确；
③四种盐的水溶液均显碱性，同浓度时碱性强弱顺序为d＞b＞c＞a，则pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故③错误；
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO42﹣），故④错误；
⑤水解和电离为可逆过程，Ka＝，Kh＝，则Ka•Kh＝×＝c（H+）•c（OH﹣）＝Kw，故⑤正确；
⑥因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n，故⑥正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解质的电离、盐类的水解及pH的计算等知识，题目难度中等，注意根据电解质的电离特点结合电荷守恒来分析解答，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及知识迁移能力。
14．（3分）在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp＝4×10﹣10，下列说法不正确的是（　　）

A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0﹣13
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈816
【分析】A．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10﹣13；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小；
C．在a点时Qc＜Ksp，故为AgBr的不饱和溶液；
D．K＝＝．
【解答】解：A．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10﹣13，故A正确；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，故B错误；
C．在a点时Qc＜Ksp，故a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；
D．K＝＝＝≈816，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了沉淀溶解平衡曲线，曲线为饱和溶液，曲线以上为过饱和溶液，以下为不饱和溶液；要掌握Ksp及简单计算．
15．（3分）常温下，将体积为V1的0.1000mol•L﹣1HCl溶液逐滴滴加入到体积为V2的0.1000mol•L﹣1Na2CO3溶液中，溶液中H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣所占的物质的量分数（α）随pH的变化曲线如图，下列说法不正确的是（　　）
A．在pH＝10.3时，溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）
B．在pH＝8.3时，溶液中：0.1000＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
C．在pH＝6.3时，溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．V1：V2＝1：2时，c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）
【分析】根据图象，反应是0.1000mol/L的HCl滴定0.1000mol/L的Na2CO3溶液，pH＝10.3时，溶液中c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣）；pH＝8.3时，溶液中溶液中几乎不存在H2CO3和CO32﹣，存在大量的HCO3﹣；pH＝6.3时，溶液中c（HCO3﹣）＝c（H2CO3）．据此判断．
【解答】解：A．在pH＝10.3时，溶液中c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）。故A正确。
B．在pH＝8.3时，溶液中大量存在HCO3﹣，几乎不存在H2CO3和CO32﹣，根据物料守恒，此时溶液中c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）＝＜0.1000，即0.1000mol/L＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）故B正确。
C．在pH＝6.3时，溶液中c（HCO3﹣）＝c（H2CO3），溶液为酸性，几乎不存在CO32﹣，显然反应已经经过第一个滴定终点，此时溶液中也存在c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣），根据物料守恒：c（Na+）＝2c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+2c（H2CO3），化简为4c（HCO3﹣）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于c（H+）＞c（OH﹣），因此c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣），此时尚未到第二个滴定终点，因此c（Na+）最大，因此溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）。故C正确。
D．V1：V2＝1：2时，此时反应恰好生成HCO3﹣和CO32﹣物质的量比为1：1，溶液呈碱性，由于CO32﹣的水解程度大于HCO3﹣的水解程度，因此溶液中离子浓度关系为：c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）。故D错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查HCl滴定碳酸钠溶液的过程中，离子浓度的大小分析，结合溶液中的电荷守恒，物料守恒，溶液的酸碱性条件来判断．题目难度中等．
二、主观题，共55分
16．（3分）由于化石燃料的大量使用，产生CO2等温室气体随意排放造成的全球变暖，严重地影响到了地球的生态环境和全球气候。因此，研究CO2减排在全球各国具有紧迫而重要的意义。
CaO在自然界存在广泛，作为CO2的吸附剂具有极大的经济优势。
（1）273K时，CaO（s）+CO2（g）═CaCO3（g）△H＝﹣178.3kJ•mol﹣1，已知△S＝﹣160.45Jmol﹣1•K﹣1，该温度下反应是否能够自发进行？　是　 （填“是”或“否”）
（2）实验发现，干燥的二氧化碳和氧化钙几乎不反应，水可以作为该反应的催化剂，利用化学反应方程式解释水的催化机理：　CaO+H2O＝Ca（OH）2、Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O　。
【分析】（1）反应自发进行的条件是△H﹣T△S＜0，据此计算判断；
（2）水能与氧化钙快速反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，水是前一反应的反应物，后一反应的生成物，则水是该反应的催化剂，据此写出反应的化学反应方程式。
【解答】解：（1）273K时，CaO（s）+CO2（g）═CaCO3（g）△H＝﹣178.3kJ•mol﹣1，已知△S＝﹣160.45Jmol﹣1•K﹣1，△H﹣T△S＝﹣178.3kJ•mol﹣1﹣（﹣160.45Jmol﹣1•K﹣1）×272K＝﹣134.49715kJ•mol﹣1＜0，即该反应在273K时能自发进行，
故答案为：是；
（2）水与氧化钙反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为①CaO+H2O＝Ca（OH）2，②Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，则H2O是反应①的反应物、反应②的生成物，是反应CaO+CO2＝CaCO3的催化剂，
故答案为：CaO+H2O＝Ca（OH）2、Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O。
【点评】本题考查焓变与熵变、催化剂的判断及基元反应等知识，把握反应自发进行的条件、催化剂的作用、基元反应与总反应的关系即可解答，题目难度不大。
17．（10分）在1L的密闭容器中，加入0.5molCaCO3，发生反应：CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g），图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线。

（1）该反应正反应方向为 　吸　热反应（填“吸”或“放”），温度为T5℃时，该反应的平衡常数 　0.2mol/L　。
（2）达到平衡后，保持温度不变，再次通入1molCO2，平衡移动的方向 　逆方向　（填“正方向”、“逆方向”或“不”），再次平衡后容器内的压强 　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）加快该化学反应速率并能增加该反应进行程度的措施：　升高温度　。（写一种即可）
【分析】（1）升高温度，平衡向吸热方向，平衡常数为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，当反应中有固体物质参加时，其“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中不用书写，则该反应的平衡常数K＝c（CO2），据此结合图象解答；
（2）生成物浓度增大，平衡向逆方向移动，而平衡常数只与温度有关，根据阿伏加德罗定律的推论，同温同容时，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，也等于气体的物质的量浓度之比；
（3）增加该反应进行程度，即要使平衡正向移动，升高温度，化学反应速率加快，平衡向吸热方向移动。
【解答】解：（1）由图可知，升高温度，CO2的平衡浓度增大，说明平衡正向移动，则该反应正反应方向为吸热反应，温度为T5℃时，CO2的平衡浓度为0.2mol/L，则该反应的平衡常数K＝c（CO2）＝0.2mol/L，
故答案为：吸；0.2mol/L；
（2）达到平衡后，保持温度不变，再次通入1molCO2，生成物浓度增大，则平衡向逆方向移动，平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变，则再次平衡后容器内的c（CO2）＝K＝0.2mol/L，根据阿伏加德罗定律的推论可知，容器内的压强不变，
故答案为：逆方向；不变；
（3）由图可知，升高温度，说明平衡正向移动，反应速率加快，则加快该化学反应速率并能增加该反应进行程度的措施是：升高温度，
故答案为：升高温度。
【点评】本题考查平衡移动的原理、反应速率的影响因素、平衡常数的计算及其意义，题目难度不大，关键是掌握外界条件对反应速率和平衡移动的影响，理解平衡常数的意义，明确图象的横纵坐标及其曲线变化趋势的意义，注意平衡常数只与温度有关。
18．（2分）一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示
（1）a、b、c主点溶液的pH大小关系：　c＞a＞b　。
（2）a、b、c三点CH3COOH的电离程度大小关系：　c＞b＞a　。

【分析】（1）加水稀释促进醋酸电离，氢离子的物质的量增大，但后来体积增大的多，氢离子浓度减小，溶液导电能力越大，溶液中c（H+）越大，溶液的pH值越小；
（2）加水促进醋酸电离，溶液浓度越小，醋酸电离程度越大。
【解答】解：（1）溶液导电能力越大，溶液中c（H+）越大，溶液的pH值越小，根据图知，c（H+）：b＞a＞c，所以溶液的pH：c＞a＞b，
故答案为：c＞a＞b；
（2）加水促进醋酸电离，则a、b、c三点CH3COOH的电离程度为c＞b＞a，
故答案为：c＞b＞a。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确溶液导电能力与c（H+）关系、水电离影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
19．（12分）常温下，有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列4种溶液：①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液
HCN
H2CO3
CH3COOH
Ka＝4.9×10﹣10
Ka1＝4×10﹣7
Ka2＝5.6×10﹣11
Ka＝1.7×10﹣5
（1）这4种溶液pH由大到小的顺序是　②①④③　（填序号）。
（2）①中各离子浓度由大到小的顺序是　c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　。
（3）④的水解平衡常数Kh＝　2.5×10﹣8　mol/L。
（4）若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③　＜　④（填“＞”、“＜”
、“＝”）。
（5）25℃时，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH＝11，则约为　0.022　。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为：　CN﹣+CO2+H2O＝HCN+HCO3﹣　。
【分析】（1）结合酸的电离平衡常数可知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，酸性越弱，其对应酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强；
（2）NaCN溶液呈碱性，即则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒关系比较大小；
（3）④NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解反应为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Kh＝＝；
（4）由于酸性：CH3COOH＞HCO3﹣，则pH（CH3COONa）＜pH（NaHCO3），加盐酸至呈中性时④消耗HCl多；
（5）HCN和NaCN的混合溶液中有Ka＝，则＝；
酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3。
【解答】解：（1）电离平衡常数越大酸性越强，由电离平衡常数可知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，NaOH溶液为一元强碱，其pH最大，其它3种都是强碱弱酸盐，酸性越弱对应盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，其pH越大，所以这4种溶液pH由大到小的排列顺序是：②NaOH溶液＞①NaCN溶液＞④NaHCO3溶液＞③CH3COONa溶液，即②①④③，
故答案为：②①④③；
（2）NaCN是弱酸强碱盐，溶液中CN﹣离子水解溶液显碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知，c（Na+）＞c（CN﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
故答案为：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（3）NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解反应为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Kh＝＝＝＝2.5×10﹣8mol/L，
故答案为：2.5×10﹣8；
（4）由于酸性：CH3COOH＞HCO3﹣，则pH（CH3COONa）＜pH（NaHCO3），所以加盐酸至呈中性时④消耗HCl多，即消耗盐酸的体积③＜④，
故答案为：＜；
（5）pH＝11时c（H+）＝10﹣11mol/L，HCN和NaCN的混合溶液中存在Ka＝，则＝＝＝0.022，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应的离子方程式为CN﹣+CO2+H2O＝HCN+HCO3﹣，
故答案为：0.022；CN﹣+CO2+H2O＝HCN+HCO3﹣。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡应用，题目难度中等，明确酸性强弱与电离平衡常数的关系为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点、盐的水解原理，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
20．（14分）滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）酸碱中和滴定：用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。
①酸式滴定管、碱式滴定管、温度计、量筒、玻璃棒、烧杯。若要进行中和滴定实验，还缺少的玻璃仪器是 　锥形瓶　。
②若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得NaOH溶液浓度 　无影响　 （ 填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）氧化还原滴定：用标准高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸（H2C2O4）溶液。取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1000mol•L﹣1的高锰酸钾溶液滴定
①写出该反应的化学方程式 　2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+2K2SO4+10CO2↑+8H2O　，滴定时，KMnO4溶液应装在 　酸　（“酸”或“碱”）式滴定管中，判定滴定终点方法为 　滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色　。
②表格中记录了实验数据：
　滴定次数
待测液体积（mL）
　标准KMnO4溶液（mL）
　滴定前读数
　滴定后读数
　第一次
　25.00
　0.50
　20.40
　第二次
　25.00
　3.00
　23.00
　第三次
　25.00
4.00
24.10
该草酸溶液的物质的量浓度为 　0.2mol/L　。
（3）Mohr法是沉淀滴定法中常用的银量法的一种滴定终点的确定方法。在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl﹣，利用Ag+与CrO42﹣生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点．当溶液中Cl﹣恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10﹣6mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）为 　2.0×10﹣4　mol•L﹣1，此时溶液中c（CrO42﹣）等于 　5.0×10﹣5　mol•L﹣1。（已知Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12，Ksp（AgCl）＝2.0×10﹣10）。
【分析】（1）①中和滴定实验需要用的玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、温度计、量筒、玻璃棒、烧杯、锥形瓶；
②用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对NaOH的物质的量没有影响；
（2）①高锰酸钾溶液一般用硫酸酸化，用标准高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸（H2C2O4）溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，KMnO4溶液呈酸性且具有强氧化性，而酸式滴定管可装酸性和强氧化性溶液，碱式滴定管可装碱性溶液，滴定终点时，恰好完全反应，最后一滴高锰酸钾溶液稍过量，使溶液呈浅紫色，判定滴定终点方法的答题模板为：滴入最后一滴标准液时，溶液由X色变成X色，且半分钟内不褪色；
②先根据实验数据计算消耗的标准KMnO4溶液的平均体积，再根据n＝cV计算消耗的KMnO4的物质的量，再根据化学方程式得到该溶液中H2C2O4的物质的量，代入c＝计算；
（3）当溶液中Cl﹣恰好沉淀完全时，c（Ag+）•c（Cl﹣）＝Ksp（AgCl），据此计算c（Ag+），此时溶液中c2（Ag+）•c（CrO42﹣）＝Ksp（Ag2CrO4），据此计算c（CrO42﹣）。
【解答】解：（1）①在进行酸碱中和滴定实验时，待测液要装在锥形瓶中，所以还缺少的玻璃仪器是锥形瓶，
故答案为：锥形瓶；
②用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对NaOH的物质的量没有影响，则再继续滴定至终点，盐酸的用量不变，故对所测得NaOH溶液浓度无影响，
故答案为：无影响；
（2）①高锰酸钾溶液一般用硫酸酸化，用标准高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸（H2C2O4）溶液，发生氧化还原反应，化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+2K2SO4+10CO2↑+8H2O，KMnO4溶液呈酸性且具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，高锰酸钾溶液为紫色，故判定滴定终点方法为：滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色，
故答案为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+2K2SO4+10CO2↑+8H2O；酸；滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色；
②由实验数据可知，消耗的标准KMnO4溶液的平均体积为×[（20.40﹣0.50）+（23.00﹣3.00）+（24.10＝4.00）]mL＝20mL＝0.02L，则消耗的KMnO4的物质的量为0.02L×0.1000mol•L﹣1＝2×10﹣3mol，由①中方程式可知，该溶液中H2C2O4的物质的量为×2×10﹣3mol＝5×10﹣3mol，故该草酸溶液的物质的量浓度为＝0.2mol/L，
故答案为：0.2mol/L；
（3）当溶液中Cl﹣恰好沉淀完全时，c（Ag+）•c（Cl﹣）＝Ksp（AgCl）＝2.0×10﹣10，则c（Ag+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣4mol/L，此时溶液中c2（Ag+）•c（CrO42﹣）＝Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12，则c（CrO42﹣）＝＝mol/L＝5.0×10﹣5mol/L，
故答案为：2.0×10﹣4；5.0×10﹣5。
【点评】本题考查滴定实验，涉及中和滴定法、氧化还原滴定法和沉淀滴定法，题目难度中等，关键是理解滴定实验的原理、实验操作、滴定终点等。
21．（14分）采用废铁屑还原软锰矿（软锰矿主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、MgO、SiO2和NiCO3杂质）来制备Mn的工艺流程如图所示。

已知：①Ksp（MnS）＝2.6×10﹣10，Ksp（NiS）＝2.0×10﹣21；②生成氢氧化物的pH见下表
离子
Fe2+
Fe3+
Mg2+
Ni2+
Mn2+
开始沉淀的pH
7.5
2.7
8.1
7.7
8.3
完全沉淀的pH
9.7
3.7
9.4
8.4
9.8
回答下列问题：
（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是 　增大反应物接触面积，加快化学反应速率　。
（2）加入量MnO2的目的是 　将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+　。
（3）常温下，已知K（NH3•H2O）＝4×10﹣5，则0.1mol/L的NH3•H2O的pH约为 　12.3　（lg2＝0.3）。
（4）“调节pH”操作中pH控制范围为 　3.7～8.1　。
（5）“除杂”加入MnS，请写出此过程发生的离子方程式：　MnS+Ni2+＝NiS+Mn2+　。当该反应完成后，滤液中的Mn2+和Ni2+的物质的量浓度之比是 　1.3×1011　。
（6）“沉锰”过程中温度和pH对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。由图可知，“沉锰”的合适条件是 　温度为45℃，pH为7.5　。

【分析】软锰矿主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、MgO、SiO2和NiCO3杂质，软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出，过滤，滤渣为SiO2，浸出液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，调节溶液的pH以除去Fe3+，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Ni2+等，过滤得到滤液硫酸锰溶液，加入NH4HCO3、氨水可生成MnCO3，加入硫酸生成MnSO4，电解得到金属Mn和含硫酸的阳极液，阳极液中的硫酸循环使用；
（1）反应物接触面积越大，反应速率越快；
（2）MnO2具有氧化性，能氧化还原性的Fe2+生成Fe3+；
（3）常温下，NH3•H2O的电离程度较小，则溶液中c（NH4+）≈c（OH﹣），c（NH3•H2O）≈0.1mol/L，K（NH3•H2O）＝＝4×10﹣5，c（OH﹣）≈＝mol/L＝0.02mol/L，c（H+）＝；
（4）“调节pH”流程图中可以除去铁离子，但其它离子不能除去；
（5）加入MnS“除杂”后滤渣为NiS；当该反应完成后，滤液中c（Mn2+）：c（Ni2+）＝：＝Ksp（MnS）：Ksp（NiS）；
（6）“沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件。
【解答】解：（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，“酸浸”前将原料粉碎能增大反应物接触面积，加快化学反应速率，
故答案为：增大反应物接触面积，加快化学反应速率；
（2）流程图中“加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，MnO2作氧化剂，
故答案为：将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+；
（3）常温下，NH3•H2O的电离程度较小，则溶液中c（NH4+）≈c（OH﹣），c（NH3•H2O）≈0.1mol/L，K（NH3•H2O）＝＝4×10﹣5，c（OH﹣）≈＝mol/L＝0.02mol/L，c（H+）＝＝mol/L＝×10﹣12mol/L，溶液的pH＝﹣lg×10﹣12＝12.3，
故答案为：12.3；
（4）流程图中“调节pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的溶液pH＝3.7，则应将溶液pH调节控制的范围是3.7～8.1，避免生成氢氧化镁、氢氧化锰等，
故答案为：3.7～8.1；
（5）加入MnS“除杂”后滤渣为NiS，离子方程式为MnS+Ni2+＝NiS+Mn2+；当该反应完成后，滤液中c（Mn2+）：c（Ni2+）＝：＝Ksp（MnS）：Ksp（NiS）＝2.6×10﹣10：2.0×10﹣21＝1.3×1011，
故答案为：MnS+Ni2+＝NiS+Mn2+；1.3×1011；
（6）“沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件，由图可知，“沉锰”的合适条件是温度为45℃，pH为7.5，
故答案为：温度为45℃，pH为7.5。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等。