山西省运城市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

山西省运城市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．常温下，下列各组微粒在指定的溶液中一定能大量共存的是（）A．使紫色石蕊溶液变蓝的溶液中：Cl−、HCO3-、NH4+B．由水电离出的c(OH-)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中：NC．Kwc(OH-)=10-1D．甲基橙呈红色的溶液中：ClO−、CO32-、SO2．已知工业合成氨反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-Q1kJ/mol(Q1＞0)，下列有关说法错误的是（）A．1molN2和3molH2的总键能小于2molNH3的总键能B．1molN2(g)和3molH2(g)的总能量大于2molNH3(g)的总能量C．使用铁触媒作为催化剂将使反应速率加快，Q1减小D．若12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(l)△H=-Q2kJ/mol(Q2＞0)，则Q2＞13．一定温度下，将1molA(g)和4molB(g)置于2L的恒容密闭反应器中发生反应：A(g)+3B(g)⇌2C(g)+aD(g)，C、D物质的量浓度与反应时间的关系如图。下列叙述正确的是（）A．a=2B．平衡时A的浓度为0.2mol/LC．B的平衡转化率为70%D．若2min时，压缩体积，平衡向正反应方向移动，c(A)增大4．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是（）A．该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eVC．该反应热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)ΔH=-1.02ev•mol-1D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率5．下列叙述正确的是（）A．反应过程的自发性可判断过程发生的速率B．若常温下，反应A(s)+B(g)=2C(g)△H，不能自发进行，则△H＞0C．放热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行D．升高温度，单位体积分子总数增大，活化分子百分数不变，化学反应速率增大6．25℃，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，c（SO42-）＜c（HF）B．稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸电离平衡右移，电离度增大C．向氨水中加入NH4Cl固体，溶液中c(NHD．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中c(CH7．已知：室温时，某酸H2A的Ka1=1.0×10-8，Ka2=1.0×10-12。下列说法正确的是（）A．0.1mol·L-1的NaHA溶液中：c(A2-)＞c(H2A)B．反应A2-+H2O⇌HA-+OH-的平衡常数K=1×10-8C．0.1mol·L-1的Na2A溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)D．NaHA与Na2A以任意比混合的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(A2-)+c(OH-)8．欲使0.1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钠固体C．通入氯化氢气体 D．加入饱和石灰水溶液9．盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用。下列有关应用或说法与盐类水解无关的是（）A．将二氧化碳通入饱和氨盐水析出NaHCO3晶体B．NH4Cl溶液可除去铁制品表面的锈斑C．用TiCl4制备TiO2·xH2O时，加入大量的水同时加热D．草木灰与铵态氮肥不能混合施用10．已知溴酸银的溶解是吸热过程，在不同温度条件下，溴酸银的溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．T1＞T2B．加入AgNO3固体，可从a点变到c点C．a点和b点的Ksp相等D．c点时，在T1、T2两个温度条件下均有固体析出11．已知常温下浓度为0.1mol·L-1的下列溶液的pH如表所示：溶质NaFNaClONa2CO3pH7.59.711.6下列有关说法正确的是（）A．加热0.1mol·L-1NaF溶液测其pH，pH小于7.5B．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+c(H2CO3C．根据上表数据得出三种酸电离平衡常数大小关系为：Ka(HF)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)D．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，则有c(H+)=c(OH-)。12．向10mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱溶液的体积V[NaOH(aq)]与一lgc水(H+)的关系如图所示，其中c水(H+)表示溶液中由水电离出的H+浓度(忽略滴定过程中的体积变化)。下列说法中错误的是（）A．常温下，Ka(CH3COOH)的数量级为10-5B．a点显酸性，b点pH为7C．从a点到b点，水的电离程度先增大后减小D．V[NaOH(aq)]=10mL时，c(CH3COO-)+c(CHCOOH)=0.05mol/L13．已知0.10mol⋅L−1的二元酸H2A溶液中，存在如下电离：A．H2AB．当V(NaOHC．当V(NaOH)=20mLD．当V(NaOH14．下列实验操作能达到实验目的的是（）选项实验目的实验操作A探究化学反应是否可逆向0.5mL0.1mol⋅L−1KI溶液中滴加1~2滴0B探究浓度对盐类水解平衡的影响向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴加氯化钡溶液，观察现象C比较AgI和AgCl溶度积大小向0.1mol⋅LD比较HClO和CH用pH试纸测定NaClO溶液和CHA．A B．B C．C D．D15．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−)16．甲醇脱氢可制取甲醛，反应原理为CHA．脱氢反应的ΔH<0B．600K时，Y点：v(逆)<v(正)C．要实现从Y点到Z点的变化可通过增大压强的方法D．在T117．已知：pM=-lgc(Mn+)，且假设c(Mn+)≤10-6mol·L-1时，认为该金属离子已沉淀完全。常温下，金属离子(Mn+)浓度的负对数pM随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．常温下，Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]B．可以通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2+和Fe2+C．除去Cu2+中少量Fe3+，可控制溶液3≤pH＜4D．pM与Ksp之间的关系式为pM=lgKsp-nlgc(OH-)18．常温下，用0.10mol⋅LA．BOH的Kb约为1×1B．a点溶液中：c(C．水的电离程度：a>bD．滴定至pH=7时，加入的V(HCl)为20mL二、综合题19．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此，实现CO（1）Ⅰ.以CO2、①C②CO(g)+2③CΔH3=（2）恒温恒容下，向密闭容器按投料比n(CO2)：n(A．vB．体系内压强保持不变C．COD．断裂3mol H−H键的同时断裂3mol H−O键（3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2已知：CO2的平衡转化率=n(CO2)初始-n(CO2)（4）Ⅱ.二氧化碳催化加氢合成乙烯的原理为2CO2(g)CO2催化加氢合成C2H（5）根据图中点A(a、b两线交点)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=20．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。硫代硫酸钠(Na2S2O3)又称大苏打，可用作定影剂、还原剂。现有某种硫代硫酸钠样品，为了测定该样品纯度，某兴趣小组设计如下实验方案，回答下列问题：。（1）样品溶液配制：称取10.0g该硫代硫酸钠样品，用(填“新煮沸并冷却的蒸馏水”或“自来水”)在烧杯中溶解完全溶解后冷却至室温，再用玻璃棒引流将溶液全部转移至100mL的容量瓶中，定容。（2）标准溶液配制：①为测定样品的纯度，需要0.10mol·L-1的K2Cr2O7(硫酸酸化)标准溶液60.00mL，配制溶液时，需要的仪器除天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需；②配制溶液的步骤为：计算→称量→→转移→洗涤→→摇匀；③配制0.1000mol·L-1K2Cr2O7溶液时，下列操作会引起所配溶液浓度偏低的是(填标号)。a．没有洗涤烧杯和玻璃棒b．转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面c．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水d．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线e．定容时俯视刻度线（3）滴定：取0.10mol。·L-1的K2Cr2O7(硫酸酸化)标准溶液20.00mL，加入过量KI，发生。反应：Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，然后加入溶液作为指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定至终点，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，到达滴定终点时的现象为。重复实验2~3次，平均消耗Na2S2（4）样品纯度的计算：根据上述有关数据，该样品中Na2S2O3的质量分数为。21．金、银是生活中常见的贵金属，用途非常广泛。从某矿渣(主要成分为：AgCl、Ag2S、PbS已知：Ksp(AgCl)=1.（1）“预处理”前需先将矿渣粉碎制浆的原因是；加入FeCl3溶液将Ag（2）“分银”时AgCl与Na2SO3反应生成[Ag(SO3)2（3）“分银渣”主要成分为PbSO4、BaSO（4）“分银”时[Ag(SO3)2]3−①“分银”pH应控制在范围。②“沉银”时的终点pH需控制在3.5~5.5范围内，不能过低的原因是.22．NH4Al（1）NH4Al（2）相同条件下，0.1mol⋅L−1NH4Al（3）几种均为0.①其中符合0.1mol⋅L−1NH4②20℃时，0.1mol⋅L−1N（4）室温时，向100mL0.1mol⋅L①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是点。②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是。③由b到c发生反应的离子方程式为。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．使紫色石蕊溶液变蓝的溶液呈碱性，HCO3-、NH4+在碱性溶液中都不能大量存在，A不符合题意；B．水电离出的c(OH-)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中AlOC．Kwc(OH-)=10-1的溶液中，c(H+)=0.1mol/L，D．甲基橙呈红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中，ClO−、CO32-、故答案为：C。

【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。2．【答案】C【解析】【解答】A．合成氨反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，所以1molN2和3molH2的总键能小于2molNH3的总键能，故A不符合题意；B．合成氨反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，所以1molN2(g)和3molH2(g)的总能量大于2molNH3(g)的总能量，故B不符合题意；C．催化剂降低反应活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，所以使用铁触媒作为催化剂对Q1值的大小无影响，故C符合题意；D．由反应热的数值与化学计量数有关可知，12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)△H=-12Q1kJ/mol(Q1＞0)，合成氨反应中，生成液氨发出的热量高于氨气，所以Q2＞1故答案为：C。

【分析】A.该反应是放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；

B.放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量；

D.氨气的能量高于液氨。3．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，平衡时生成物C、D的浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L，由化学计量数之比等于浓度变化量之比可得：0.4mol/L：0.2mol/L=2：a，解得a=1，故A不符合题意；B．由图可知，平衡时生成物C的浓度为0.4mol/L，由方程式可知，平衡时A的浓度为1mol2L—0.4mol/L×1C．由图可知，平衡时生成物C的浓度为0.4mol/L，由方程式可知，平衡时消耗B的浓度为0.4mol/L×32=0.6mol/L，则B的平衡转化率为0.6mol/L×2LD．该反应是气体体积减小的反应，2min时，反应达到平衡，若压缩体积，增大压强，平衡向正反应反向移动，新平衡时，A的浓度增大，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算。4．【答案】A【解析】【解答】A．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*，A符合题意；B．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不符合题意；C．该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev•为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)ΔH=-1.02NAev•mol-1，C不符合题意；D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.该历程中最小能垒为0.22eV，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2和OH*的过程；

B.该历程中最大能垒为-1.02eV-（-2.21eV）=1.19eV；

C.1个(CH3)2NCHO(g)分子反应时放出的热量1.02eV；

D.升温该反应的平衡逆向移动。5．【答案】B【解析】【解答】A．化学反应的自发性只能用于判断反应的方向，不能确定反应过程发生的速率，A不符合题意；B．该反应为熵增的反应，常温下不能进行，说明该反应为吸热反应，B符合题意；C．能自发进行的反应△G=△H-T△S＜0，放热反应△H＜0，若温度较高且△S＜0，△G可以大于0，反应不能自发进行，吸热反应△H＞0，若温度较高且AS＞0，△G可以小于0，反应可以自发进行，C不符合题意；D．升温，活化分子百分数增大，反应速率增大，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.化学反应的自发性只能用于判断反应的方向；

B.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；

C.反应吸热还是放热，与反应是否自发进行无关；

D.升高温度活化分子百分数增大。6．【答案】A【解析】【解答】A.向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，根据电荷守恒2c（SO42-）+c（F－）+c（OH－）＝c（H+）＜c（Na＋）和物料守恒c（Na＋）＝c（HF）+c（F－）可知c（SO42-）＜c（HF），A符合题意；

B.稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸浓度增大，醋酸电离平衡右移，但电离度减小，B不符合题意；

C.向氨水中加入NH4Cl固体，溶液中c(NH3⋅H2故答案为：A。

【分析】A.根据电荷守恒和物料守恒分析；

B.加入醋酸，醋酸的电离平衡右移，但醋酸的电离度减小；

C.c(NH3⋅H2O)c(H7．【答案】C【解析】【解答】A．HA—的水解平衡常数Kh==c(H2A)c(OH-)c(H+)c(HA-)c(B．由方程式可知，反应的平衡常数K=c(HA−)c(OH-)c(C.0.1mol·L-1的Na2A溶液中存在质子守恒关系c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)，故C符合题意；D．NaHA与Na2A以任意比混合的溶液中存在电荷守恒关c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.Kh=KwKa1=1.0×10−141.0×10−8＞Ka2，说明HA-的电离程度小于水解程度；

B.根据K=8．【答案】D【解析】【解答】A．CO2与水反应生成碳酸，c(H+)、c(HCO3-)增大，A不符合题意；B．NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，B不符合题意；C．HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，C不符合题意；D．Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，D符合题意；故答案为：D。

【分析】碳酸氢钠溶于水电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子能电离出氢离子和碳酸根离子，只要加入的物质和氢离子、碳酸根离子都反应，使平衡向正反应方向移动即可。9．【答案】A【解析】【解答】A．将二氧化碳通入饱和氨盐水析出NaHCO3晶体，是利用NaHCO3溶解度小的原理，与盐类水解无关，A项符合题意；B．氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解导致其溶液呈酸性，酸和铁锈反应生成盐和水，可以用氯化铵溶液去除金属制品表面的锈斑，与盐类水解有关，B项不符合题意；C．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2·xH2O和HCl反应，方程式为TiCl4+(x+2)H2O=∆TiO2·xH2D．草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氨气，则草木灰与铵态氮肥不能混合施用，与盐类水解有关，D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.二氧化碳通入饱和氨盐水发生了化合反应生成碳酸氢钠，利用的是溶解度差异原理；

B.氯化铵水解使溶液显酸性；

C.TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl；

D.碳酸根离子和铵根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氨气。10．【答案】C【解析】【解答】A．由于溶解时吸热，故温度升高，溶度积增大，则T1＜T2，A不符合题意；B．加入AgNO3固体后，溶液中Ag+浓度增大，B不符合题意；C．温度不变，溶解度常数不变；C符合题意；D．T1时c点析出固体，而T2时溶解仍未达到饱和，故无固体析出；D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.升温溶度积常数增大；

B.加入硝酸银固体，银离子浓度增大；

D.T2时溶液未达到饱和。11．【答案】C【解析】【解答】A．加热0.1mol·L-1NaF溶液，氟离子的水解程度增大，溶液的碱性增大，则溶液的pH大于7.5，A不符合题意；B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，根据质子守恒可得c(OH-)=c(HCO3−)+2c(H2CO3)+c(H+)，则c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3C．溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大。对应酸的酸性越弱。根据上表数据得出酸性强弱为：HF＞HClO＞HCO3−，则得出Ka(HF)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3D．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合，氟化氢为弱酸，则混合液中氟化氢过量。溶液显示酸性，(H+)＞c(OH-)，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A.加入促进氟离子水解；

B.根据质子守恒分析；

D.两者混合，HF过量，溶液显酸性。12．【答案】B【解析】【解答】A．起始时为0.1mol/L的乙酸溶液，溶液中c水(H+)=10-11mol/L，水的电离受到抑制，溶液中OH-均是由水的电离出来的，则溶液中c(H+)=Kwc(OH-)=10-3mol/L，则CH3COOH的电离平衡常数为Ka(CH3COOH)=c(H+B．酸或碱过量存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，a点由水电离出来的c水(H+)=10-7mol/L。溶液中存在CH3COOOH和CH3COONa，溶液呈中性，b点溶液中组分为CH3COONa和过量的NaOH，溶液为碱性，所以a点溶液pH=7，b点溶液pH＞7，B符合题意；C．a到b之间存在计量点，计量点时恰好生成CH3COONa，此时水的电离程度最大，计量点过后NaOH过量，抑制水的电离，计量点之前CH3COONa逐渐增多，CH3COOH逐渐减少，水的电离程度增大，所以从a到b的过程，水的电离程度先增大后减小，C不符合题意；D．V[NaOH(aq)]=10mL时，CH3COOH与氢氧化钠完全中和，根据物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.05mol/L，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据Ka(CH3COOH)=c(H+)⋅c(CH313．【答案】D【解析】【解答】A．由电离式可知，H2A第一步电离完全进行，故不存在B．当V(NaOH)=10mL时，H2A反应掉一半，溶液为C．当V(NaOH)=20mL时，为NaHA溶液，由电荷守恒可知，c(NaD．当V(NaOH)=30mL时，溶液为等浓度的Na2A、NaHA故答案为：D。

【分析】A.H2A第一步完全电离；

B.当V(NaOH)=10mL时，溶液为14．【答案】B【解析】【解答】A．由题意可知，碘化钾溶液与硫酸铁溶液反应时，碘化钾溶液过量，无论反应是否为可逆反应，溶液中均存在碘离子，则选择加入硝酸银溶液检验溶液中是否存在碘离子不能探究该反应为可逆反应，应选择硫氰化钾溶液中是否存在铁离子探究，故A不符合题意；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，能使酚酞试液变红色，向溶液中加入氯化钡溶液，溶液中碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅或消失能探究浓度对盐类水解平衡的影响，故B符合题意；C．由题意可知，硝酸银溶液与氯化钠溶液反应生成氯化银白色沉淀时，硝酸银溶液过量，氯化钠溶液反应后再滴加碘化钠溶液，碘化钠溶液与过量的硝酸银溶液反应生成碘化银黄色沉淀，滴加碘化钠溶液的过程中发生沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，则观察生成沉淀的颜色无法比较氯化银和碘化银溶度积大小，故C不符合题意；D．次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，则无法利用盐的水解程度比较次氯酸和醋酸的酸性强弱，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.判断此反应是否可逆可以根据判断是否含有铁离子

B.根据水解产生氢氧根判断颜色变化

C.比较溶度积大小可以加入少量的硝酸银

D.比较酸性强弱可以比较同浓度盐溶液的pH15．【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。16．【答案】D【解析】【解答】A．由曲线可知，升高温度，甲醇的平衡转化率增大，所以平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，故A不符合题意；B.600K时，Y点表示的甲醇平衡转化率偏高，反应逆向移动，v(逆)>v(正)，故B不符合题意；C．由图可知，Y点和Z点甲醇的转化率相等，若增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率降低，则甲醇的转化率将小于Z点甲醇的转化率，故C不符合题意；D．T1K时，甲醇的平衡转化率为0.9，起始时甲醇的浓度为1mol/L，则平衡时生成的甲醛和氢气的浓度均为1mol/L×0.9=0.9mol/L，甲醇的浓度为1mol/L-0.9mol/L=0.1mol/L，平衡常数K=c(故答案为：D。

【分析】A.升高温度，甲醇的转化率增大，则该反应为吸热反应；

B.Y点平衡逆向移动；

C.增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醇转化率减小。17．【答案】C【解析】【解答】A．常温下，pH一定时，c(Mg2+)＞c(Cu2+)，所以Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，A项不符合题意；B．由题图分析可知，当Cu2+完全沉淀时，Fe2+已经开始沉淀，所以不能通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2+和Fe2+，B项不符合题意；C．根据图示，当3≤pH＜4时，Fe3+完全沉淀，而Cu2+不会沉淀，所以除去Cu2+中少量Fe3+，可控制溶液3≤pH＜4，C项符合题意；D．Ksp=c(Mn+)×cn(OH-)，c(Mn+)=Kspcn(OH-)，pM=-lgc(Mn+故答案为：C。

【分析】A.pH相同时，c(Mg2+)＞c(Cu2+)，则Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]；

B.当Cu2+完全沉淀时，Fe2+已经开始沉淀；

D.根据pM=-lgc(Mn+)=−lgKspcn(O18．【答案】B【解析】【解答】A．用0.10mnl/L的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，起始时，BOH的pH=11，c(OHB．a点溶液中存在电荷守恒c(B+)+cC．a点时，溶液中的溶质为BOH和BCl，b点时，溶液中的溶质为BCl，b中B+水解，促进水的电离，故水的电离程度：b>a，C不符合题意；D．由图可知，加入的V(HCl)为20mL时，溶液的pH约为4，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】A.根据Kb=c(O19．【答案】（1）+40（2）B；D（3）乙；p（4）小于（5）(1.【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，由①-②可得CO2(g)+（2）A．v逆(CO2)=3v正(H2)，正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，故A不正确；B.该反应的压强为变量，因此体系内压强保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C.向密闭容器按投料比n(CO2)：n(H2)=1：1通入原料气，设二氧化碳和氢气起始加入量均为1mol，二氧化碳转化量为xmol，平衡时二氧化碳物质的量为(1-x)mol，氢气物质的量为(1-3x)mol，甲醇和水的物质的量均为xmol，平衡时气体总物质的量为(1-x+1-3x+x+x)mol=(2-2x)mol，COD．断裂3molH-H键即消耗3mol氢气，同时断裂3molH-O键即消耗1mol甲醇和1mol水，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；（3）反应①和②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的平衡产率减小，故图甲表示甲醇的平衡产率，图乙中，开始升高温度，反应①和②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率降低，反应③为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率又升高，故图乙表示二氧化碳转化率；压强增大，反应①和②正向移动，反应③平衡不移动，故压强增大，甲醇的平衡转化率增大，由图可知压强关系为p1>p2>p3；（4）反应物的投料比等于方程式系数比，由图中起点坐标可知，c和a所表示物质的质量分数之比为1：3，d和b所表示物质的质量分数之比为1：4，结合方程式系数可知，d表示乙烯的变化曲线，b表示水的变化曲线，c表示二氧化碳的变化曲线，a表示氢气的变化曲线，由图可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，平衡逆向移动，逆向吸热，正向放热，△H小于0；（5）设二氧化碳的起始量为1mol，氢气起始量为3mol，二氧化碳的转化量为2xmol，则平衡时二氧化碳的物质的量为(1-2x)mol，氢气的物质的量为(3-6x)mol，乙烯的物质的量为xmol，水的物质的量为4xmol，A点二氧化碳和水的体积分数相等，则3-6x=4x，解得x=0.3，平衡时气体总物质的量为(1-2x+3-6x+x+4x)mol=3.1mol，则该温度时反应的平衡常数Kp

【分析】（1）根据盖斯定律计算；

（2）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；

（3）由温度和压强对平衡的影响判断纵坐标变化和压强大小关系；

（4）由温度变化对平衡的影响判断反应吸放热；

（5）根据Kp20．【答案】（1）新煮沸并冷却的蒸馏水（2）100mL容量瓶；溶解；定容；ab（3）淀粉；当加入最后半滴待测液。溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色（4）94.8%【解析】【解答】（1）煮沸蒸馏水除去溶解的氧气，以防止氧气氧化硫代硫酸钠，即用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解硫代硫酸钠，故答案为：新煮沸并冷却的蒸馏水；（2）①配制0.10mol•L-1的K2Cr2O7(硫酸酸化)标准溶液60.00mL，容量瓶为100mL，配制溶液时，需要的仪器除天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；②配制溶液的步骤为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀，故答案为：溶解；定容；③a.没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，浓度偏低；b.转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，导致溶质损失，浓度偏低；c.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，无影响；d.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，无影响；e.定容时俯视刻度线，加水过少，浓度偏高，故答案为：ab；（3）淀粉遇碘变蓝色，用淀粉溶液作指示剂；碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去，滴定终点时溶液的颜色变化是：滴加最后一滴硫代硫酸钠样品溶液时，溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色，故答案为：淀粉；滴加最后一滴硫代硫酸钠样品溶液时，溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色；（4）由Cr2O72-+6I-+14H+═3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，可得关系式：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，故20mL溶液中，n(Na

【分析】（1）硫代硫酸钠溶液可被氧气氧化；

（2）①配制溶液时，需要的仪器除天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需容量瓶；

②配制溶液的步骤为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀；

③根据c=nV分析误差；

（3）淀粉遇碘变蓝色，用淀粉作指示剂；碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去；

（4）根据Cr2O21．【答案】（1）加快反应速率，提高银元素的提取率；2FeC（2）AgCl+2SO3（3）S（4