2023北京二中高二（上）第二学段段考
化 学
选择题(每小题2分，共40分)
1. 下列反应属于水解反应的是
A. B.
C. D.
2. 常温时，能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A. CH3COOH溶液与Fe反应放出H2
B. 0.1mol/LCH3COOH溶液的pH大于1
C. CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2
D. 0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
3. 常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是
A. 由水电离出的：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 使石蕊变蓝的溶液中：、、、
D. 无色溶液中：、、、
4. 氮及其化合物的转化过程如下图所示。
下列说法正确的是
A. 催化剂 a 表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. N2与 H2反应生成 NH3的原子利用率为 100%
C. 在催化剂 b 表面形成氮氧键的过程是吸热过程
D. 催化剂 a、b 既能提高反应的速率也能提高反应的平衡转化率
5. 在一定温度下，可逆反应达到平衡的标志是
A. 生成的速率和分解的速率相等
B. 、、的浓度相等
C. 单位时间内生成，同时生成
D. 、、的分子数之比为1：3：2
6. 在不同温度下，水溶液中与有如图所示关系。下列说法中不正确的是
A. 图中T>25 B. b点溶液中的比a点溶液中的大
C. 欲实现a点到b点，可以加入固体 D. ac线上任一点对应的溶液均呈中性
7. 下列有关问题与盐的水解有关的是
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂；
②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用；
④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；
⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体；
⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入Cl2
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
8. 常温下，关于pH=2的盐酸，下列说法不正确的是
A. 溶液中c(H+)=1.0×10-2 mol·L-1
B. 此溶液中由水电离出的c(OH-)=1.0×10-12 mol·L-1
C. 加水稀释100倍后，溶液的pH=4
D. 加入等体积pH=12的氨水，溶液呈中性
9. 实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。
已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。
下列说法不正确的是
A. 调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/L
B. 加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓
C. 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O
D. 若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成
10. 某温度下，水的离子积常数Kw＝1×10－12。该温度下，将pH＝4的H2SO4溶液与pH＝9的NaOH溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液的pH＝7，则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为( )
A. 1∶10 B. 9∶1 C. 1∶9 D. 99∶21
11. 对下列图像的描述正确的是
A. 根据图①可判断反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）的△H>0
B. 图②可表示压强（P）对反应 2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响
C. 图③可表示向醋酸溶液通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化
D. 根据图④，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuO调节pH至3～5
12. 向一容积可变密闭容器中充入等物质的量的A、B，发生反应：2A(g)+2B(g)3C(s)+4D(g)在不同压强下，该反应平衡常数随温度变化如表所示。下列判断正确的是
压强Mpa 平衡常数 温度/℃ 1.0 1.5 2.0
300 a b 16
516 c 64 d
800 160 f g
A. c＞a，g＞f B. 正反应是放热反应
C. 2.0MPa、800℃时，A的转化率最小 D. 1.5MPa、300℃时，B的转化率为50%
13. 室温时，向100mL0.1mol L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol L-1NaOH溶液，溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A. a点处存在c(NH)+c(NH3 H2O)=0.1mol L-1
B. b点处存在c(Na+)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H+)=c(OH-)
C. 由b到c发生反应的离子方程式为H++NH+2OH-=NH3 H2O+H2O
D. 图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点
14. 将反应2Fe3++2I- 2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。
下列说法不正确的是
A. 盐桥中的K+移向FeCl3溶液
B. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
15. 室温下，用0.l00mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. II表示的是滴定醋酸的曲线
B. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL
C. V(NaOH)=" 20.00" mL时，两份溶液中c(Cl-)= C(CH3COO-)
D. V(NaOH) ="10.00" mL时，醋酸溶液中c(Na+)> C(CH3COO-)> c(H+)> c(OH-)
16. 室温下，用溶液溶液和蒸馏水进行如下表所示的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化。
编号 溶液 溶液 蒸馏水 浑浊度随时间变化的曲线
① 1.5 3.5 10
② 2.5 3.5 9
③ 3.5 3.5 x
④ 3.5 2.5 9
⑤ 3.5 1.5 10
下列说法不正确的是
A. 实验③中
B. 实验①②③或③④⑤均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率
C. 降低溶液浓度比降低溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大
D. 。将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线应为a
17. 298 K时，γ-羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成丁内酯： HOCH2CH2CH2COOH+H2O
不同时刻测得丁内酯的浓度如下表。
20 50 80 100 120 160 220 ∞
0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132
注：该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计。下列分析正确的是
A. 增大γ-羟基丁酸的浓度可提高γ-丁内酯的产率
B. 298 K时，该反应的平衡常数为2.75
C. 反应至120 min时，γ-羟基丁酸的转化率＜50%
D. 80～120 min的平均反应速率：v（γ-丁内酯） ＞1.2×10-3 mol L-1 min-1
18. 已知溶液中存在平衡： ，下列有关该平衡体系的说法正确的是
①升高温度，平衡逆向移动
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度
③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液
④恒温下，向悬浊液中加入CaO，溶液的变大
⑤给溶液加热，溶液的pH升高
⑥向溶液中加入溶液，其中固体质量增加⑦向溶液中加入少量NaOH固体，固体质量不变
A. ①⑥ B. ①⑥⑦ C. ②③④⑥ D. ①②⑥⑦
19. 用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
20. 工业上用和合成甲醇涉及以下反应：
I．
II．
在催化剂作用下，将和的混合气体充入一恒容密闭容器中进行反应，达到平衡时，的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。下列判断合理的是
已知：平衡时甲醇的选择性为生成甲醇消耗的在总消耗量中占比。
A. ，
B. 250℃前以反应Ⅱ为主
C. ，平衡时甲醇的选择性为60%
D. 为同时提高的平衡转化率和平衡时甲醇的选择性，应选择的反应条件为高温、高压
二、填空题(共60分)
21. 天然气中含有的会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去。在此过程中会产生大量含硫废水(其中硫元素的主要化合价是-2价)，对设备、环境等边成严重危害。
已知：ⅰ：有剧毒；常温下溶解度为1∶2.6(体积)。
ⅱ：、、在水溶液中的物质的量分数随pH的分布曲线如下图。
ⅲ：碳酸的电离平衡常数：，
（1）用过量的溶液吸收天然气中的的离子方程式是_____，该反应对应的化学平衡常数_____(列出计算式)。
（2）①当时，含硫废水中、的浓度比是_____。
②NaHS溶液呈碱性，原因是_____(结合化学用语说明)。
（3）沉淀法处理含硫废水：
向的含硫废水中加入适量的溶液，观察到有黑色沉淀生成，则溶液的pH_____(填“升高”“降低”或“不变”)。用化学平衡移动的原理解释产生上述现象的原因：_____。
（4）氧化还原法处理含硫废水：
向的含硫废水中加入一定浓度的溶液，加酸将溶液调为，产生淡黄色沉淀。
①反应的离子方程式是_____。
②不同pH时，硫化物去除率随时间的变化曲线如右图所示。本工艺选择控制体系的，不选择，从环境保护的角度分析其主要原因：_____。
22. 烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。
（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol)
反应a： 24.6
反应b： 3.17
反应c： 58.17
①已知： ，则_______。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。
（2）其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。
①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。
23. 为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。
已知：i.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4
溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶
ii.VO+ 2 OH- VO+H2O
回答下列问题：
（1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为_______ ； _______(写两条)。
（2）滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为_______。
（3）生成VO的反应中消耗1mol KClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为_______。
（4）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为_______。
（5）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是_______；_______(写两条)。
（6）测定产品中V2O5的纯度，称取a g产品，先用硫酸溶解，得到 (VO2)2SO4溶液，再加入b1 mL c1 mol·L 1 H2C2O4溶液(2VO＋H2C2O4＋2H＋= 2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O)，最后用c2 mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量：182 g·mol 1)的质量分数是_______(列出计算式)。
24. 某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：
物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl
溶解度/g（20℃） 2.4×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4
（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化
实验操作：
试剂A 试剂B 试剂C 加入盐酸后的现象
实验Ⅰ BaCl2 Na2CO3 Na2SO4 ……
实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解
① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，______。
② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是______。
③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______。
（2）探究AgCl和AgI之间的转化
实验Ⅲ：
实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。
装置 步骤 电压表读数
ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K a
ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b
ⅲ.再向B中投入一定量NaCl (s) c
ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s) a
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
① 实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。
a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是______。
③ 结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。
④ 实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是______。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： ______。
参考答案
选择题(每小题2分，共40分)
1. 【答案】A
【详解】A. 表示铵根的水解反应，A符合；
B. 表示氯气和水反应的离子方程式，B不符合；
C. 表示的电离平衡，C不符合；
D. 表示碳酸氢根离子和氢离子反应的离子方程式，D不符合；
答案选A
2. 【答案】B
【详解】A．CH3COOH具有酸的通性，Fe是比较活泼的金属，醋酸溶液与Fe反应放出H2，但是不能证明其酸性强弱，故A不选；
B．CH3COOH是一元弱酸，电离产生的H+浓度小于酸的浓度，0.1mol/LCH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol/L，所以pH大于1，故B选；
C．CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2气体，可以证明醋酸的酸性比碳酸强但是不能证明醋酸就是弱酸，故C不选；
D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红，只能证明醋酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故D不选；
故合理选项是B。
3. 【答案】C
【详解】A．由水电离出的，水的电离受到抑制，溶液可能是酸，也可能是碱，酸性条件、不能大量共存，A错误；
B．的溶液中，与不能大量共存，B错误；
C．使石蕊变蓝的溶液为碱性溶液，、、、能大量共促，C正确；
D．无色溶液中、可以发生双水解反应，不能大量共存，D错误；
故选C。
4. 【答案】B
【详解】A．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键（氢氢键和氮氮键）的断裂和极性键（氮氢键）的形成，故A错误；
B．据图可知N2与H2反应生成NH3的过程中产物只有一种，反应物全部转化，原子利用率为100%，故B正确；
C．化学键形成释放能量，为放热过程，故C错误；
D．催化剂a、b改变反应速率，但不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D错误；
故选：B。
5. 【答案】A
【详解】A．NH3生成的速率和NH3分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.平衡时各物质的物质的量浓度的大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，N2、H2、NH3浓度相等时不能说明其浓度保持不变，故不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误；
C．单位时间内生成nmolN2是逆反应，同时生成3nmolH2也是逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故C错误；
D． N2，H2，NH3分子数之比为1：2：3，并不能说明反应混合物各成份的浓度保持不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误；
答案选A。
【点睛】化学平衡状态是一个相对稳定的状态，并不是任意时刻的状态。反应混合物的浓度相等时，有可能是反应进行到某个时刻的状态，并不一定是平衡状态，只有确定各组分的浓度保持不变时，才能判断其为平衡状态。
6. 【答案】C
【详解】A．水的电离吸热，温度升高，促进水电离，与增大，图中T>25，A正确；
B．由图可知，b点溶液中的比a点溶液中的大，B正确；
C．加入固体，有分子生成，会使溶液中增大，减小，不能实现a点到b点，C错误；
D．ac线上任一点对应的溶液中与相等，溶液均呈中性，D正确；
故选C。
7. 【答案】D
【分析】
【详解】①NH4Cl与ZnCl2均属于强酸弱碱盐，水解显酸性，氢离子可以和铁锈（主要成分为氧化铁）反应，因此二者均可作焊接金属时的除锈剂，与盐类水解有关；
②NaHCO3溶液显碱性，Al2(SO4)3溶液显酸性，二者混合后，相互促进水解，且进行到底，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，可以用作灭火，与盐类水解有关；
③草木灰主要成分为碳酸钾，水解后溶液显碱性；铵态氮肥含有铵根离子，水解后溶液显酸性，二者混合后，相互促进水解，生成一水合氨，其受热分解为氨气，导致肥效较低或丧失，二者不能混合施用，与盐类水解有关；
④Na2CO3溶液显碱性，能够与玻璃成分中的二氧化硅反应生成硅酸钠，有粘性，使磨口瓶塞和瓶颈粘在一起，不易打开，因此实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐类水解有关；
⑤CuCl2属于强酸弱碱盐，氯化铜水解后产生氢氧化铜和盐酸，加热CuCl2溶液，促进水解，氯化氢挥发掉，蒸干后得到Cu(OH)2固体，与盐类水解有关；
⑥Fe2+具有强的还原性，氯气具有氧化性，Fe2+可被氯气氧化为铁离子，可以达到除去FeCl3溶液中混有的Fe2+的目的，该过程为氧化还原反应，与盐类的水解无关；
与盐的水解有关的是①②③④⑤；
故选D。
8. 【答案】D
【详解】A.pH=2的盐酸，溶液中c(H＋)=10－2mol·L－1，故A正确；
B.盐酸溶液中OH-完全是由水电离产生，根据水的离子积，c(OH-)==mol/L=10－12mol·L－1，故B正确；
C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，溶液的pH=2＋2=4，故C正确；
D.NH3·H2O是弱碱，部分电离，pH=12的氨水的浓度大于pH=2的盐酸的浓度，反应后溶质为NH3·H2O、NH4Cl，NH3·H2O的电离程度大于NH4＋的水解程度，溶液显碱性，故D错误；
答案选D。
9. 【答案】B
【详解】A．调节溶液的pH＞12，则氢氧根离子浓度大于10-2mol/L，则滤液中c(Mg2+)＜<1×10-5mol/L，A正确；
B．由题意可知，加入过量饱和BaCl2溶液后存在平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO(aq)，故加入过量饱和Na2CO3溶液还会存在部分钡离子转化为碳酸钡，该平衡正向移动，溶液中SO浓度增大，故还有反应：BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)，B错误；
C．加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠，gu 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，C正确；
D．流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，故若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免样品中混入硫酸根离子，避免白色沉淀M的生成，D正确；
故选B。
10. 【答案】B
【详解】设稀硫酸的体积为a，NaOH溶液的体积为b，两者混合后溶液的pH=7，说明充分反应后NaOH溶液过量，则10－3b－10－4a＝10－5(a＋b)，解得a∶b＝9∶1。答案选B。
11.【答案】D
【详解】A.根据图像可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B.从图像可知，在p2条件下曲线斜率大，反应到达平衡用得时间少，反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则p2曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；
C.乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；
D.CuSO4溶液中加入适量CuO，发生：CuO+2H+═Cu2++H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要老查了化学反应速率变化曲线及其应用体积百分含量随温度、压强变化曲线电解质溶液的导电性难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质等相关知识。
12. 【答案】D
【详解】A．平衡常数只与温度相关，温度不变，K不变，所以g=f，故A错误；
B．由表格中的数据可知，平衡常数随温度升高而增大，平衡正向移动，该反应的正反应是吸热反应，故B错误；
C．因为正反应为吸热反应，所以800℃、相同压强时，A的转化率最大，而反应前后气体的分子数相等，所以800℃时，三种压强下的A的转化率都相同，故C错误；
D．1.5MPa、300℃时，平衡常数b=16，设平衡时体积为V，B的物质的量的变化量为x,则达平衡时，A、B、D的物质的量分别为1-x、1-x、2×=16，x=0.5mol，则B的转化率为×100%=50%，故D正确；
故选：D。
13. 【答案】B
【详解】A．a点处溶液的体积是原来的两倍，c(NH)+c(NH3 H2O)=0.05mol L-1，A错误；
B．b点处加入的氢氧化钠溶液的体积大于100mL，故c(Na+)＞c(SO)，SO和NH均来自于NH4HSO4，随着氢氧化钠溶液的加入，铵根的浓度的减小有两个原因，一是体积的增大，二是铵根和氢氧根反应，故c(SO)＞c(NH)，此时溶液中的c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L浓度最小,B正确；
C．由起点到a发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O，由b到c发生反应的离子方程式为NH+OH-=NH3 H2O，C错误；
D．加酸、碱均抑制水的电离，水解促进电离，a点为(NH4)2SO4、Na2SO4的混合溶液，b点为(NH4)2SO4、Na2SO4、氨水的混合溶液但此时溶液呈中性，c点为(NH4)2SO4、NH3·H2O和Na2SO4的混合溶液，d点为Na2SO4和NH3·H2O的混合溶液，则a点水的电离程度最大，D错误。
故选B。
14. 【答案】D
【详解】A．氯化铁电极为正极，碘化钾电极为负极，盐桥中阳离子向正极移动，所以向氯化铁溶液中迁移，正确；
B．反应开始时，因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，B正确；
C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，正确；
D．当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，错误，
故选D。
15. 【答案】B
【详解】A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，错误；
B、醋酸钠水解呈碱性，pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，正确；
C、V（NaOH）="20.00" mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），错误；
D、V（NaOH）=10.00mL时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，溶液中离子浓度关系为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），错误。
16. 【答案】D
【分析】实验发生反应，浑浊是因为生成了硫单质，浑浊度代表生成硫单质的速率。
【详解】A．因避免溶液总体积不同对实验造成干扰，总体积应相同故实验③x=8，A正确；
B．实验①②③其他条件相同，随着Na2S2O3浓度增大，反应速率加快，实验③④⑤其他条件相同，随着H2SO4浓度减小，反应速率减慢，说明增大反应物浓度可增大该反应速率，B正确；
C．由①②③和③④⑤的速率变化图像可知，降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大，C正确；
D．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间，温度升高，反应速率加快，浑浊度曲线变化应更快，D错误；
故选D。
17. 【答案】B
【详解】A.增大γ-羟基丁酸的浓度可以使平衡正向移动，γ-丁内酯的产量增加，但不能提高γ-丁内酯的产率，A错误；
B.该反应的平衡常数, B正确；
C.反应至120 min时，丁内酯的浓度为0.090mol L-1，反应了的γ-羟基丁酸的浓度为0.090mol L-1，转化率为，C错误；
D.80～120 min， c（γ-丁内酯）=(0.09-0.071) mol L-1，平均反应速率：v（γ-丁内酯）= ，D错误；
答案选B。
18. 【答案】A
【详解】①该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，①正确；
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末，碳酸根与钙离子结合形成沉淀，钙离子浓度减小，②错误；
③要除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，向溶液中加入适量的NaOH溶液，有氢氧化钙生成，但氢氧化钙的溶度积较大，应将钙离子转化为更难溶的碳酸钙沉淀，③错误；
④恒温下，向悬浊液中加入CaO，溶解的氢氧化钙以达到饱和，溶液的不变，④错误；
⑤给溶液加热，该反应为放热反应，平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，溶液的pH下降，⑤错误；
⑥向溶液中加入溶液，生成碳酸钙沉淀，固体质量增加，⑥正确；
⑦向溶液中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，固体质量增加，⑦错误；
正确的有①⑥，故选A。
19. 【答案】C
【分析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。
【详解】A.选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确；
B.由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确；
C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误；
D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确；
故答案选C。
【点睛】本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。
20. 【答案】C
【详解】A．由图可知，温度越高，的转化率越小，平衡逆向移动，所以反应I为放热反应，反应II为吸热反应，A错误；
B．由图可知，当温度高于250℃，的转化率随温度的升高而增大，则250℃以后以反应II为主，B错误；
C．，转化率为 ，平均相对分子质量为20，混合气体总物质的量为： 则为，设甲醇为，为，，，,，计算，，甲醇的选择性为，C正确；
D．因为反应I为放热反应，升高温度，的平衡转化率降低，D错误；
故选C。
二、填空题(共60分)
21. 【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 1:10 ②. 水解平衡常数Kh=>，可知水解程度大于电离程度，则水解生成的c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性
（3） ①. 降低 ②. 废水中存在水解平衡：，加入适量的溶液，发生反应：，生成黑色CuS沉淀；浓度减小，水解平衡逆向移动，导致c(OH-)减小，pH值降低
（4） ①. ②. pH<5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S有剧毒会污染环境
【小问1详解】
由图可知的，pH=7时，，此时；同理，由电离平衡常数可知酸性：>>>；依据强酸制弱酸原理，过量的溶液吸收天然气中的的离子方程式是；该反应对应的化学平衡常数=；
【小问2详解】
①当时，含硫废水中、的浓度比等于=10:1，故；
②NaHS溶液存在的电离平衡和水解平衡，其水解平衡常数Kh=>，可知水解程度大于电离程度，则水解生成的c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性；
【小问3详解】
含硫废水中存在水解平衡：，加入适量的溶液，发生反应：，生成黑色CuS沉淀；浓度减小，水解平衡逆向移动，导致c(OH-)减小，pH值降低；
【小问4详解】
①pH=9为硫氢根离子与亚硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成S单质黄色沉淀，反应离子方程式为：；
②pH＜5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S有剧毒会污染环境。
22. 【答案】（1） ①. ②. 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低 ③. 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
（2） ①. 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性 ②. 溶液直接与反应是脱除的主要原因 ③. ④.
【小问1详解】
①已知：反应a： ，
，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
【小问2详解】
①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。
23. 【答案】（1） ①. 粉碎废钒 ②. 搅拌；适当升温
（2）V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O
（3）6VO2＋＋ClO＋ 3H2O= 6VO＋ Cl-＋ 6H＋
（4）作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出
（5） ①. 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降 ②. 原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
（6）
【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质VOSO4溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【小问1详解】
水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：粉碎废钒、搅拌、适当升温
【小问2详解】
滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；
【小问3详解】
生成VO的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故ClO被还原为Cl-，反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO＋3H2O= 6 VO＋Cl－＋6H＋；
【小问4详解】
含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
【小问5详解】
随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降；
【小问6详解】
根据元素化合价升降相同，滴定过程有2 KMnO4 5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n(H2C2O4)=n(KMnO4)=b2C2×10 3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 H2C2O4物质的量为(b1c1 b2C2)×10 3mol，根据方程式可得2 H2C2O4，根据钒守恒可知，n(V2O5)= n(H2C2O4)= (b1c1 b2C2)×10 3mol，则产品中V2O5的质量分数是。
24. 【答案】 ①. 沉淀不溶解或无明显现象 ②. BaCO3 + 2H+ === Ba2+ + CO2↑+ H2O ③. BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) + SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 ④. b ⑤. 2I- - 2e- === I2 ⑥. 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 ⑦. 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- ⑧. 溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现
【详解】①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象。答案：沉淀不溶解或无明显现象。
② 实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。答案：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。
③ 由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++ SO42-= BaSO4,所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。
(2)①甲溶液可以是NaCl溶液,滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI。故答案为b。
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液,Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I—具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2。答案：2I- - 2e- = I2。
③ 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。
④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大。答案：实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。答案：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。
