試題PAGE1試題2023北京清華附中朝陽學校高二（上）期中化學試卷共10頁，考試時長90分鐘。可能用到的相對原子質量：Na23Cl35.5Mn55第一部分共21題，每題2分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.下列物質水溶液呈堿性的是A. B. C. D.2.下列說法正確的是A.放熱反應一定是自發反應 B.熵增的反應不一定是自發反應C.固體溶解一定是熵減小的過程 D.非自發反應在任何條件下都不能發生3.鋅銅原電池裝置如圖，下列說法不正確的是（含KCl飽和溶液的瓊膠）A.鋅電極上發生氧化反應 B.鹽橋中的移向溶液C.電子從鋅片經電流計流向銅片 D.銅電極上發生反應：4.對濃度均為的①溶液、②溶液，下列分析不正確的是A.①、②中的離子種類相同B.通過焰色試驗能區別①、②C.兩種溶液的大小：D.①、②均有5.關于化學反應速率增大的原因，下列分析不正確的是A.有氣體參加的化學反應，增大壓強使容器容積減小，可使單位體積內活化分子數增多B.增大反應物的濃度，可使活化分子之間發生的碰撞都是有效碰撞C.升高溫度，可使反應物分子中活化分子的百分數增大D.使用適宜的催化劑，可使反應物分子中活化分子的百分數增大6.2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)H＜0是工業制硫酸的重要反應，下列說法不正確的是A.其他條件不變，使用催化劑能同時提高反應速率和SO2的平衡轉化率B.其他條件不變，升高溫度能加快反應速率，但SO2的平衡轉化率降低C.其他條件不變，通入過量空氣能提高SO2的平衡轉化率，但化學平衡常數不變D.其他條件不變，增大壓強能同時提高反應速率和SO2的平衡轉化率，但生產成本增加7.甲烷是重要的能源物質，下列關于甲烷的敘述不正確的是已知：kJ?molA.甲烷的燃燒熱是890.3kJ?molB.上述反應每消耗1mol轉移8molC.甲烷燃料電池中，通入甲烷的電極上發生還原反應D.1mol完全燃燒生成時，放出的熱量少于890.3kJ8.下列對生產生活中事實的解釋不正確的是選項事實解釋A合成氨選擇鐵觸媒做催化劑鐵觸媒能提高反應的活化能B用醋酸能除去水垢中的醋酸的酸性強于碳酸C用凈化天然水和天然水中的水解相互促進，生成膠體，吸附水中懸浮物，加速其沉降D用作內服造影劑胃液中的對的沉淀溶解平衡基本沒有影響，可以保持在安全濃度范圍內A.A B.B C.C D.D9.用0.1000mol·LHCl溶液滴定未知濃度的NaOH溶液。有關該實驗說法中，不正確的是A.本實驗可選用酚酞作指示劑B.用酸式滴定管盛裝0.1000mol·LHCl溶液C.用未知濃度的NaOH溶液潤洗錐形瓶2~3次D.滴定開始時平視讀數，滴定結束時俯視酸式滴定管讀數，測量結果偏低10.下列說法中正確的是A.在100℃時，pH約為6的純水呈酸性B.將1mL1×10-6mol/L鹽酸稀釋至1000mL，所得溶液的pH為9C.在常溫下，當水電離出的c(H+)為1×10-13mol/L時，此溶液的pH可能為1或13D.將pH=2的鹽酸和醋酸各1mL分別稀釋至100mL，所得醋酸的pH略大11.下列化學用語對事實的表述正確的是A.將裝有的玻璃球浸入熱水中顏色加深：B.用飽和溶液處理鍋爐水垢中的：C.溶液與方鉛礦(PbS)反應生成銅藍(CuS)：D.去除廢水中的：12.根據下圖所得判斷正確的是已知：A.圖1反應為吸熱反應B.圖1反應使用催化劑時，會改變其C.圖2中若的狀態為液態，則能量變化曲線可能為①D.斷裂和中化學鍵需要吸收的能量大于斷裂和中化學鍵需要吸收的能量13.下列說法中正確的是A.中和等體積、等物質的量濃度的鹽酸和醋酸，中和鹽酸所需的物質的量多B.將的溶液和氨水均稀釋到原濃度的，稀釋后溶液中大C.若鹽酸的濃度是醋酸濃度的2倍，則鹽酸中大于醋酸中的2倍D.物質的量濃度相同的磷酸和磷酸鈉溶液中的相同14.常溫時，向的溶液中逐滴滴加的溶液，溶液隨溶液的體積變化如下圖所示。下列說法正確的是A.b點：B.點：C.d點：離子濃度的大小關系為D.過程中，水電離出不斷增大15.298K時，γ-羥基丁酸水溶液發生如下反應，生成丁內酯：HOCH2CH2CH2COOH+H2O不同時刻測得丁內酯的濃度如下表。205080100120160220∞0.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132注：該條件下副反應、溶液體積變化忽略不計。下列分析正確的是A.增大γ-羥基丁酸的濃度可提高γ-丁內酯的產率B.298K時，該反應的平衡常數為2.75C.反應至120min時，γ-羥基丁酸的轉化率＜50%D.80～120min的平均反應速率：v（γ-丁內酯）＞1.2×10-3mol?L-1?min-116.一定溫度下，在兩個容積均為的恒容密閉容器中加入一定量的反應物，發生反應，相關數據見下表。容器編號溫度/℃起始物質的量/平衡物質的量/Ⅰ0.40.40.2Ⅱ0.40.40.24下列說法不正確的是A.B.Ⅰ中反應達到平衡時，的轉化率為50%C.Ⅱ中反應平衡常數D.的容器中，若四種氣體的物質的量均為，則17.在常溫下，有關下列4種溶液的敘述不正確的是編號①②③④溶液醋酸鹽酸氨水氫氧化鈉溶液331111A.4種溶液中由水電離出的均為B.等體積的溶液①和②分別與足量鋅充分反應，溶液①產生氫氣更多C.將溶液②、③等體積混合，所得溶液中：D.將溶液②與溶液④混合后，若所得溶液的，則18.分析化學中以為指示劑，用標準溶液滴定溶液中的，測定。已知：i．溶液中存在平衡：ii．25℃時，(磚紅色)，(白色)下列分析不正確的是A.實驗中先產生白色沉淀，滴定終點時產生磚紅色沉淀B.產生白色沉淀時，存在C.當產生磚紅色沉淀時，如果，已沉淀完全D.滴定時應控制溶液pH在合適范圍內，若pH過低，會導致測定結果偏低19.某同學進行如下實驗：實驗步驟實驗現象I將NH4Cl固體加入試管中，并將濕潤的pH試紙置于試管口，試管口略向下傾斜，對試管底部進行加熱試紙顏色變化：黃色→藍色(pH≈10)→黃色→紅色(pH≈2)；試管中部有白色固體附著II將飽和NH4Cl溶液滴在pH試紙上試紙顏色變化：黃色→橙黃色(pH≈5)下列說法不正確的是A.根據I中試紙變藍，說明NH4Cl發生了分解反應B.根據I中試紙顏色變化，說明氨氣比氯化氫氣體擴散速率快C.I中試紙變成紅色，是由于NH4Cl水解造成的D.根據試管中部有白色固體附著，說明不宜用加熱NH4Cl的方法制備NH320.微生物脫鹽電池是一種高效、經濟的能源裝置。利用微生物處理有機廢水，可獲得電能，同時實現海水淡化。現以溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機廢水(以含的溶液為例)。下列說法不正確的是A.a極電極反應為B.b極為正極C.隔膜1為陰離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜D.當電路中轉移電子時，模擬海水理論上除鹽21.利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同的體系中的可能產物。已知：i.圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質的量分數與的關系。ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合[注：起始，不同下由圖1得到]。下列說法不正確的是A.由圖1，B.由圖2，初始狀態，無沉淀生成C.由圖2，初始狀態，平衡后溶液中存在D.由圖1和圖2，初始狀態、，發生反應：第二部分本部分共5小題，共58分。22.鹽酸、醋酸、碳酸鈉和碳酸氫鈉都是生活中常用的物質。某小組進行了以下實驗。（1）對比鹽酸和醋酸與的反應。常溫下，用溶液分別滴定的鹽酸和醋酸，滴定過程中溶液的變化曲線如下圖所示。①表示滴定鹽酸的曲線是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②點溶液中，離子濃度由大到小的順序為___________。③時，___________(填“>”“<”或“=”)。（2）向相同體積、相同濃度的和溶液中分別滴加的鹽酸，溶液變化如下。①圖___________(填“甲”或“乙”)是的滴定曲線。②A＇～B＇發生反應的離子方程式為___________。③下列說法正確的是___________(填序號)。a．B＇點和C＇點溶液中均滿足：b．A、B、C均滿足：c．水的電離程度：（3）向1mol/L的和溶液中分別滴加少量溶液，均產生白色沉淀，后者有氣體產生。資料：ⅰ.1mol/L的溶液中，ⅱ.時，①補全與反應的離子方程式：_______②通過計算說明與反應產生的沉淀為而不是：___________。23.常溫下，某小組同學用如下裝置探究的沉淀溶解平衡。實驗裝置實驗序號傳感器種類實驗操作①電導率傳感器向蒸餾水中加入足量粉末，一段時間后再加入少量蒸餾水②pH傳感器向滴有酚酞的蒸餾水中加入粉末，隔一段時間后，再向所得懸濁液中加入一定量稀硫酸Ⅰ.實驗①測得電導率隨時間變化的曲線如圖l所示。已知：ⅰ.在稀溶液中，離子濃度越大，電導率越大。（1）a點電導率不等于0的原因是水能發生_______。（2）由圖1可知，在懸濁液中加入少量水的時刻為_______(填“b”、“c”或“d”)點。（3）分析電導率在de段逐漸上升的原因：d時刻，_______(填“>”、“＜”或“=”)，導致_______(結合沉淀溶解平衡解釋原因)。Ⅱ.實驗②測得pH隨時間變化的曲線如圖2所示。已知：ⅱ.25℃，ⅲ.酚酞的變色范圍：pH＜8.28.2～10>10顏色無色淡粉色紅色（4）依據圖2可判斷：A點加入的的物質的量大于C點加入的硫酸的物質的量，判據是_______。（5）0～300s時，實驗②中溶液先變紅，后_______。（6）常被用于水質改良劑，能夠使水體pH約為9，進而抑制細菌的生長。25℃時水體中約為_______。24.通過化學的方法實現的資源化利用是一種非常理想的減排途徑。Ⅰ.利用制備一定溫度下，在恒容密閉容器中進行如下反應：（1）該反應的平衡常數表達式___________。（2）下列事實能說明上述反應達到平衡狀態的是___________(填字母序號)A.體系內 B.體系壓強不再發生變化C.體系內各物質濃度不再發生變化 D.體系內的物質的量分數不再發生變化Ⅱ.利用制備甲醇(CH3OH)一定條件下，向恒容密閉容器中通入一定量的和。涉及反應如下：主反應：副反應：已知：產率（3）一段時間后，測得體系中。產率=___________(用代數式表示)。（4）探究溫度對反應速率的影響(其他條件相同)實驗測得不同溫度下，單位時間內的轉化率和與的物質的量之比[]如圖1所示。由圖1可知，隨著溫度的升高，轉化率升高，的值下降。解釋其原因：___________。（5）探究溫度和壓強對平衡的影響(其他條件相同)不同壓強下，平衡時轉化率隨溫度的變化關系如圖2所示。①壓強___________(填“大于”或“小于”)。②圖2中溫度高于時，兩條曲線重疊的原因是___________。③下列條件中，平衡產率最大的是___________(填字母序號)。a．b．c．25.高純硫酸錳在電池材料等領域具有重要的用途，可用如下方法制備。（1）酸浸酸浸過程中的主要反應為(將離子方程式補充完整)：_________。□□_________=□□□_________（2）凈化含的浸取液中有等雜質離子，一種制備高純硫酸錳的工藝流程如下。已知：a.可溶于水b.部分難溶電解質的溶度積常數(25℃)如下表：化學式①加入的目的是：_________。②常溫下，除鐵過程中調節，通過計算判斷是否沉淀完全并簡述理由_________。(一般認為溶液中離子濃度小于時沉淀完全)③結合離子方程式說明選用作為沉淀劑的原因：_________。（3）“酸浸渣”中錳元素含量檢測i.稱取mg酸浸渣，將其中的錳元素全部溶出成，過濾，將濾液定容于容量瓶中；ⅱ.取溶液于錐形瓶中，加入少量催化劑和過量的溶液，加熱、充分反應后，煮沸溶液使剩余的分解；(已知：)ⅲ.加入指示劑，用溶液滴定，至終點時消耗重新變為。①“酸浸渣”中錳元素的質量分數為_________。②ⅱ中若未充分加熱煮沸，將會造成錳元素質量分數的測定結果_________(填“偏大”“偏小”或“不影響”)。26.實驗小組制備硫代硫酸鈉(Na2S2O3)并探究其性質。資料：ⅰ.。ⅱ.(紫黑色)。ⅲ.是難溶于水、可溶于溶液的白色固體。（1）實驗室可利用反應：制備，裝置如下圖。①用化學用語解釋和的混合溶液呈堿性的原因：、___________。②為了保證的產量，實驗中通入的不能過量。要控制的生成速率，可以采取的措施有：___________(寫出一條)。（2）探究溶液與不同金屬的硫酸鹽溶液間反應的多樣性。實驗試劑現象試管滴管溶液溶液(濃度約為)Ⅰ.局部生成白色沉淀，振蕩后沉淀溶解，得到無色溶液溶液Ⅱ.一段時間后，生成沉淀溶液Ⅲ.混合后溶液先變成紫黑色，時溶液幾乎變為無色①Ⅰ中產生白色沉淀的離子方程式為___________。②經檢驗，現象Ⅱ中的沉淀有和，用平衡移動原理解釋Ⅱ中的現象：___________。③經檢驗，現象Ⅲ中的無色溶液中含有。Ⅲ中溶液變為無色的離子方程式為___________。④從化學反應速率和限度的角度解釋Ⅲ中與反應的實驗現象：___________。以上實驗說明：溶液與金屬陽離子反應的多樣性和陽離子的性質有關。

參考答案第一部分共21題，每題2分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.【答案】D【詳解】A．溶液中NH水解，結合水電離的氫氧根，溶液呈酸性，故A不符合題意；B．在溶液中完全電離成鈉離子、氫離子、硫酸根，溶液呈酸性，故B不符合題意；C．溶液中Cu2+水解，結合水電離的氫氧根，溶液呈酸性，故C不符合題意；D．溶液中碳酸氫根的水解程度大于其電離程度，溶液呈堿性，故D符合題意。答案選D。2.【答案】B【詳解】A．反應自發進行的判斷依據是△H-T△S＜0，放熱反應△H＜0，若△S＜0，高溫下是非自發進行的反應，故A錯誤；B．依據△H-T△S＜0反應自發進行，△H-T△S＞0屬于非自發進行分析，熵增大反應△S＞0，△H＞0低溫下反應自發進行，高溫下反應不能自發進行，熵增的反應不一定是自發反應，故B正確；C．混亂度越大，熵值越大，則固體溶解是一個熵增大的過程，故C錯誤；D．非自發反應在一定條件下也能發生，如碳酸鈣的分解反應在常溫下是非自發反應，但是在高溫下能自發進行，故D錯誤；故選B。3.【答案】B【分析】由圖可知，該裝置為原電池，Zn比Cu活潑，Zn作負極，電極反應式為Zn?2e?=Zn2+，Cu作正極，電極反應式為Cu2++2e?=Cu，據此作答。【詳解】A．Zn作負極，失電子，發生氧化反應，故A正確；B．原電池工作時，陽離子向正極移動，因而K+移向硫酸銅溶液，故B錯誤；C．原電池工作時，電子從負極(Zn)經電流計流向正極(Cu)，故C正確；D．Cu作正極，電極反應式為Cu2++2e?=Cu，故D正確；故選B。4.【答案】B【詳解】A．碳酸鈉溶液中水解生成和，再水解生成；溶液中水解生成，同時電離生成和H+，再結合水的電離存在，可知兩溶液中離子種類相同，故A正確；B．兩者均為鈉鹽，焰色試驗現象相同，無法區分，故B錯誤；

C．相同濃度的兩溶液，碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉，則碳酸鈉的堿性強于碳酸氫鈉，故C正確；D．由物料守恒可知兩溶液中均存在，故D正確；故選：B。5.【答案】B【詳解】A．有氣體參加的化學反應，增大壓強，活化分子數目增多，活化分子百分數不變，則化學反應速率增大，故A正確；B．增大反應物的濃度，活化分子數目增多，活化分子之間發生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B錯誤；C．升高溫度，活化分子百分數增大，則化學反應速率增大，故C正確；D．催化劑，降低了反應所需的活化能，活化分子百分數增大，化學反應速率增大，故D正確；故選B。6.【答案】A【詳解】A．使用催化劑只能提高反應速率不能提高SO2的平衡轉化率，故A錯誤；B．該反應為放熱反應，升高溫度能加快反應速率，但平衡逆向移動，SO2的平衡轉化率降低，故B正確；C．通入過量空氣能提高SO2的平衡轉化率，溫度不變，所以化學平衡常數不變，故C正確；D．增大壓強能能提高反應速率，該反應為分子數減小的反應，增大壓強平衡正向移動，SO2的平衡轉化率增大，但壓強增大對設備要求提高，生產成本增加，故D正確；故答案為A。7.【答案】C【詳解】A．燃燒熱是101kPa時，1mol純物質完全燃燒生成指定產物時的反應熱，常見元素的指定產物：C→CO2(g)、H→H2O(l)，則甲烷的燃燒熱是890.3kJ?mol，A正確；B．上述反應中，碳元素從-4升高到+4，升高了8價，則每消耗1mol轉移8mol，B正確；C．甲烷燃料電池中，通入甲烷的電極上甲烷失去電子轉變為二氧化碳或碳酸根離子等，碳元素從-4升高到+4，發生了氧化反應，C不正確；D．水蒸氣能量比等量的液態水高，則1mol完全燃燒生成時，放出的熱量比1mol完全燃燒生成時，即少于890.3kJ，D正確；答案選C。8.【答案】A【詳解】A．催化劑可以降低反應的活化能，故A錯誤；B．醋酸和反應能夠生成二氧化碳和水，根據強酸制取弱酸的原理，醋酸的酸性強于碳酸，故B正確；C．天然水中含有，和天然水中的水解相互促進，生成膠體，吸附水中懸浮物，加速其沉降，所以用凈化天然水，故C正確；D．不溶于鹽酸，胃液中的對的沉淀溶解平衡基本沒有影響，可以保持在安全濃度范圍內，所以用作內服造影劑，故D正確；故選A。9.【答案】C【詳解】A．用0.1000mol?L-1HCl溶液滴定未知濃度的NaOH溶液，滴定終點時生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的變色范圍為8～10，可選用酚酞作指示劑，故A正確；

B．HC溶液呈酸性，中和滴定時，需要用酸式滴定管盛裝0.1000mol?L-1HCl溶液，故B正確；

C．用未知濃度的NaOH溶液潤洗錐形瓶2～3次，導致錐形瓶中氫氧化鈉的物質的量偏大，滴定時消耗標準液的體積偏大，測定結果偏高，所以錐形瓶不能潤洗，故C錯誤；

D．滴定結束時俯視酸式滴定管讀數，讀出的標準液體積偏小，導致測量結果偏低，故D正確；

故選C。10.【答案】C【詳解】A．在100°C時，水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH約為6的純水呈中性，A錯誤；B．將1mL1×10-6mol/L的鹽酸稀釋至1000mL，所得溶液的pH接近于7，B錯誤；C．在常溫下，當水電離出的c(H+)為1×10-13mol/L時，水的電離被抑制，如加入酸，溶液中c(H+)=10-1mol/L，pH=1，如加入堿，溶液中c(H+)=10-13mol/L，pH=13，C正確；D．1mLpH=2的鹽酸稀釋至100mL，氫離子濃度變為10-4mol/L，溶液pH=4，加水稀釋，醋酸的電離平衡正向移動，氫離子的物質的量增大，故1mLpH=2的醋酸稀釋至100mL，氫離子濃度大于10-4mol/L，溶液pH<4，D錯誤；

答案選C。11.【答案】D【詳解】A．將裝有NO2的玻璃球浸入熱水中顏色加深：可知平衡逆向移動，則逆向為吸熱反應，正向為放熱反應，△H＜0，故A錯誤；B．用碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢中的硫酸鈣，離子方程式為：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)，故B錯誤；C．CuS的溶解度小于PbS，硫化鉛可以轉化為硫化銅，離子方程式：PbS(s)+Cu2+(aq)+(aq)PbSO4(s)+CuS(s)，故C錯誤；D．硫離子與汞離子的反應生成硫化汞沉淀，反應的離子方程式為Hg2++S2-=HgS↓，故D正確；答案選D。12.【答案】D【詳解】A．由圖1曲線變化可知，反應物的總能量大于生成物的總能量，因此該反應為放熱反應，故A錯誤；B．催化劑只能改變化學反應速率，不能改變反應的焓變，故B錯誤；C．已知：①，由選項C分析得，②CO2(g)+H2(g)═CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ?mol-1，根據蓋斯定律①+②可得：CO2(g)+H2(g)═CO(g)+H2O(g)ΔH=-3kJ?mol-1，該反應為放熱反應，而圖2中的曲線①表示的是吸熱反應，故C錯誤；D．由圖2可知，和生成和為吸熱反應，故斷裂和中化學鍵需要吸收的能量大于斷裂和中化學鍵需要吸收的能量，故D正確。答案選D。13.【答案】C【詳解】A．酸中和堿的能力與酸的物質的量及元數有關，與酸的強弱無關，所以中和等體積、等物質的量濃度的鹽酸和醋酸溶液，二者消耗氫氧化鈉的物質的量一樣多，故A錯誤；B．NaOH是強電解質，而一水合氨是弱電解質，存在電離平衡，加水稀釋至一倍時，前者的c(OH-)下降至一半，而后者的電離平衡右移，能電離出更多的氫氧根，故稀釋過程中c(OH-)下降不到一半，c(OH-)大于前者，故B錯誤；C．醋酸為弱酸，不能完全電離，如果鹽酸的濃度是醋酸濃度的二倍，則鹽酸的H+濃度大于醋酸的2倍，故C正確；D．磷酸是中強酸，在水溶液部分電離，磷酸鈉是強電解質，在水溶液里完全電離，所以物質的量相同的磷酸鈉溶液和磷酸溶液中所含的不同，故D錯誤。答案選C。14.【答案】C【分析】a點為0.1mol/L的CH3COOH溶液，b點是醋酸消耗一半，溶質為等量的醋酸和醋酸鈉；c溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；d點為醋酸鈉和氫氧化鈉的混合溶液，據此分析。【詳解】A．b點是醋酸消耗一半，溶質為等量的醋酸和醋酸鈉混合溶液，此時溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根的水解程度，則，故A錯誤；B．若c點V=20mL，則醋酸和氫氧化鈉恰好完全反應，溶質為醋酸鈉，醋酸鈉水解使溶液顯堿性，pH不為7，由此可知c點：V(NaOH)<20mL，故B錯誤；C．d點為等濃度的醋酸鈉和氫氧化鈉的混合溶液，此時溶液呈堿性，離子濃度的大小關系為，故C正確；D．隨氫氧化鈉體積的增加，醋酸逐漸轉變成醋酸鈉，當V=20mL時溶質完全是醋酸鈉，因醋酸抑制水的電離，醋酸鈉水解促進水的電離，此過程中水的電離程度逐漸增大；當V>20mL后，溶質為醋酸鈉和氫氧化鈉，氫氧化鈉抑制水的電離，隨氫氧化鈉的增加水的電離程度逐漸減小，故D錯誤；故選C。15.【答案】B【詳解】A.增大γ-羥基丁酸的濃度可以使平衡正向移動，γ-丁內酯的產量增加，但不能提高γ-丁內酯的產率，A錯誤；B.該反應的平衡常數,B正確；C.反應至120min時，丁內酯的濃度為0.090mol?L-1，反應了的γ-羥基丁酸的濃度為0.090mol?L-1，轉化率為，C錯誤；D.80～120min，?c（γ-丁內酯）=(0.09-0.071)mol?L-1，平均反應速率：v（γ-丁內酯）=，D錯誤；答案選B。16.【答案】D【分析】溫度為t1時，根據起始物質的量和平衡時的物質的量可列三段式：【詳解】A．該反應的正反應是放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，CO2的物質的量減小，所以溫度t1＞t2，故A正確；B．由以上分析可知，Ⅰ中反應達到平衡時，NO的轉化率為×100%=50%，故B正確；C．由以上分析可知，Ⅰ中反應達到平衡時，各物質的物質的量濃度分別為NO：0.1mol/L，CO：0.1mol/L，N2：0.05mol/L，CO2：0.1mol/L，則t1溫度下反應的平衡常數K==5，Ⅱ的溫度比Ⅰ低，則Ⅱ中反應平衡常數K>5，故C正確；D．t1℃、2L的容器中，若四種氣體的物質的量均為0.4mol，則各物質的物質的量濃度均為0.2mol/L，則Q==5=K，所以v(正)=v(逆)，故D錯誤；故選D。17.【答案】C【詳解】A．酸溶液中氫氧根離子來自水的電離，堿溶液中氫離子來自水的電離，由pH可知四種溶液中水電離的均為，故A正確；B．等pH值得強酸和弱酸，弱酸因不完全電離，因此弱酸濃度大于強酸，等體積時，醋酸的物質的量大于鹽酸，與足量鋅反應生成的氫氣醋酸多，故B正確；C．氨水是弱堿不完全電離，pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合后，氨水過量有剩余，混合后溶液呈堿性，則，故C錯誤；D．將溶液②與溶液④混合后，若所得溶液的，則混合后=，，故D正確；故選：C。18.【答案】D【詳解】A．為指示劑，則硝酸銀應該先和氯離子反應，然后再和鉻酸根離子反應，故實驗中先產生白色沉淀，滴定終點時產生磚紅色沉淀，A正確；B．白色沉淀是氯化銀，存在沉淀溶解平衡，，B正確；C．當時，此時，則，則氯離子沉淀完全，C正確；D．根據，則滴定時若pH過低則鉻酸根離子濃度低，需要更多的銀離子，消耗更多的硝酸銀，會導致測定結果偏高，D錯誤；故選D。19.【答案】C【分析】實驗I中對NH4Cl固體試管加熱，濕潤的pH試紙黃色→藍色(pH≈10)→黃色→紅色(pH≈2)，說明加熱過程中生成了氨氣，氨氣遇水形成一水合氨，一水合氨為弱堿，使試紙變藍，同時產生了氯化氫氣體，氯化氫極易溶于水形成鹽酸，中和了一水合氨恢復到黃色，最后變為紅色，該過程可證明氯化銨受熱發生分解生成氨氣和氯化氫氣體，試紙先變藍后變紅，說明氨氣擴散的速度比氯化氫快；試管中部有白色固體附著，說明氯化銨分解產生的氨氣和氯化氫在擴散過程中由化合生成氯化銨；實驗II中將氯化銨溶液滴在pH試紙上，試紙顏色變化：黃色→橙黃色(pH≈5)，說明氯化銨溶液中銨根離子水解使溶液顯酸性，據此分析解答。【詳解】A．氯化銨是強酸弱堿鹽，其水溶液顯酸性，會使濕潤的pH試紙變紅，根據I中試紙變藍，說明NH4Cl發生了分解反應，故A正確；B．根據分析，根據I中試紙顏色變化，說明氨氣比氯化氫氣體擴散速率快，故B正確；C．根據分析，I中試紙變成紅色，是由于NH4Cl分解產生的氯化氫造成的，故C錯誤；D．根據分析，根據試管中部有白色固體附著，說明氯化銨分解產生的氨氣和氯化氫在擴散過程中由化合生成氯化銨，則不宜用加熱NH4Cl的方法制備NH3，故D正確；答案選C。20.【答案】D【分析】據圖可知a極上CH3COOˉ轉化為CO2和H+，C元素被氧化，所以a極為該原電池的負極，則b極為正極。【詳解】A．a極為負極，CH3COOˉ失電子被氧化成CO2和H+，結合電荷守恒可得電極反應式為CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正確；B．由以上分析可知b極為正極，故B正確；C．為了實現海水的淡化，模擬海水中的氯離子需要移向負極，即a極，則隔膜1為陰離子交換膜，鈉離子需要移向正極，即b極，則隔膜2為陽離子交換膜，故C正確；D．當電路中轉移1mol電子時，根據電荷守恒可知，海水中會有1molClˉ移向負極，同時有1molNa+移向正極，即除去1molNaCl，質量為58.5g，則轉移電子時，模擬海水理論上除鹽，故D錯誤；故選：D。21.【答案】C【詳解】A．水溶液中的離子平衡從圖1可以看出時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；B．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；C．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據物料守恒，溶液中，C項錯誤；D．時，溶液中主要含碳微粒是，，時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為，D項正確；故選C。第二部分本部分共5小題，共58分。22.【答案】（1）①.Ⅱ②.c(CH3COO?)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH?)③.>（2）①.乙②.+H+=③.ac（3）①.Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑②.1mol/L的溶液中，，開始生成FeCO3沉淀時c(Fe2+)=mol/L=3.2×10-9mol/L；，開始生成Fe(OH)2沉淀時c(Fe2+)=mol/L=1.25×10-5mol/L，所以向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液生成FeCO3沉淀【小問1詳解】①HCl是強電解質，在水溶液中完全電離，則c(H+)=c(HCl)=0.1mol/L，溶液的pH=1，所以曲線II是鹽酸滴定曲線，故答案為：Ⅱ；②a點處溶液中溶質成分應是等物質的量的CH3COOH和CH3COONa,此時溶液中電荷守恒關系是c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)，根據圖中信息，此時溶液pH＜7，呈酸性，所以c(H+)＞c(OH﹣)，則c(Na+)＜c(CH3COO﹣)，CH3COONa是強電解質而完全電離，CH3COOH是弱電解質而不完全電離，所以c(Na+)＞c(H+)，則存在c(CH3COO?)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH?)；③時，鹽酸與醋酸均恰好完全反應，生成正鹽，完全中和的兩個鹽溶液中，CH3COO﹣水解，Cl﹣不水解，故>；【小問2詳解】①同濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3，所以圖乙是Na2CO3的滴定曲線；②A′～B′是碳酸鈉和鹽酸反應生成碳酸氫鈉和氯化鈉，反應的離子方程式為+H+=；③a．B＇時溶液為碳酸氫鈉溶液，此時溶液顯堿性，以水解為主，有，C＇時碳酸氫鈉反應完生成CO2和水，溶液中主要是溶解的碳酸，碳酸電離程度很小，故，故a正確；b．A為碳酸氫鈉溶液，根據電荷守恒有，而B、C點加入了HCl，電荷守恒等式為，故b錯誤；c．A為碳酸氫鈉溶液，水解促進水電離；B點為NaCl溶液，NaCl對水電離無影響；C點為氯化鈉、鹽酸的混合液，HCl抑制水電離，A、B、C三點溶液中，水的電離程度由大到小的順序為A＞B＞C，故c正確；答案為ac；【小問3詳解】①向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液生成FeCO3沉淀和二氧化碳氣體，發生的離子反應方程式Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑；②1mol/L的溶液中，，開始生成FeCO3沉淀時c(Fe2+)=mol/L=3.2×10-9mol/L；，開始生成Fe(OH)2沉淀時c(Fe2+)=mol/L=1.25×10-5mol/L，所以向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液生成FeCO3沉淀。23.【答案】（1）微弱電離（2）c（3）①.<②.平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)向著沉淀溶解的方向移動，溶液中離子濃度增大（4）DE段pH大于7，溶液顯堿性，氫氧化鎂過量（5）先變為無色，最后變為淡粉色（6）【分析】I．ab段，H2O是弱電解質，能發生微弱的電離，電離方程式為H2O?H++OH-；bc段，向蒸餾水中加入足量粉末，溶解，產生Mg2+和OH-，電導率增大；cd段，再加入少量蒸餾水，相當于稀釋，Mg2+和OH-濃度減小，電導率減小；de段，沉淀溶解平衡移動，cd段再加入少量蒸餾水，Mg2+和OH-濃度減小，使得<，平衡向著沉淀溶解的方向移動。Ⅱ．AB段pH不斷增大，氫氧化鎂不斷溶解，BC段pH不變，存在平衡，CD段加入稀硫酸，消耗氫氧化鎂，pH減小，稀硫酸消耗完，氫氧化鎂繼續溶解，pH增大，DE段pH不變，建立新的平衡。【小問1詳解】H2O是弱電解質，能發生微弱的電離，電離方程式為H2O?H++OH-，因此a點電導率不等于0；【小問2詳解】cd段，再加入少量蒸餾水，相當于稀釋，Mg2+和OH-濃度減小，電導率減小，則在懸濁液中加入少量水的時刻為c點；【小問3詳解】cd段再加入少量蒸餾水，Mg2+和OH-濃度減小，使得d時刻<，平衡向右移動，即平衡向著沉淀溶解的方向移動；【小問4詳解】由圖像可知，最后的pH大于7，溶液顯堿性，氫氧化鎂過量，所以A點時加入的n[Mg(OH)2]大于C點時加入的n(H2SO4)；【小問5詳解】由圖像可知，AB段pH不斷增大，氫氧化鎂不斷溶解，BC段pH不變，存在平衡，此時溶液pH>10，因此實驗②中溶液變紅，CD段加入稀硫酸，消耗氫氧化鎂，pH減小，稀硫酸消耗完，氫氧化鎂繼續溶解，pH增大，最終溶液的pH值范圍為9<pH<10，由酚酞的變色范圍知，此時溶液變為淡粉色；【小問6詳解】25℃時，水體pH約為9，則，由得，。24.【答案】（1）（2）CD（3）×100%（4）主反應為放熱反應，副反應為吸熱反應，升溫副反應正向進行，主反應逆向進行，故CO2轉化率升高，CH3OH產率下降；（5）①.＞②.T1溫度后，體系中主要發生副反應，則兩條曲線幾乎交于一點③.A【小問1詳解】平衡常數等于反應物濃度冪次方乘積和生成物濃度冪次方乘積的比值，反應的平衡常數表達式K=；【小問2詳解】A．反應體系內始終存在n，不能說明反應達到平衡，這與起始投入量有關，故A不選；B．反應體系壓強始終不變，壓強不再發生變化不能說明反應達到平衡，故B不選；C．體系內各物質濃度不再發生變化，說明達到反應平衡，故C符合題意；D．體系內CO的物質的量分數不再發生變化，說明體系內各物質的量不再變化，說明達到反應平衡，故D符合題意；故答案為：CD；【小問3詳解】根據主反應：，副反應：，體系中，根據碳元素守恒，起始的n(CO2)=a+b+c，CH3OH產率×100%=×100%；【小問4詳解】隨著溫度的升高，CO2轉化率升高，CH3OH產率下降，其原因為主反應為放熱反應，副反應為吸熱反應，升溫副反應正向進行，主反應逆向進行，故CO2轉化率升高，CH3OH產率下降；【小問5詳解】①主反應：是氣體體積減小的反應，溫度一定時壓強越大，CO2的平衡轉化率或CH3OH的平衡產率越大，圖中壓強p1時CO2的平衡轉化率或CH3OH的平衡產率大于p2時CO2平衡轉化率或CH3OH的平衡產率，所以p1＞p2；②T1溫度前，主要發生主反應：，T1溫度后主要發生副反應，該反應是氣體體積不變化的吸熱反應，壓強改變對平衡沒有影響，為吸熱反應，T1溫度后，體系中主要發生副反應，則兩條曲線幾乎交于一點；③主反應：是氣體體積減小的反應，溫度一定時壓強越大，CO2的平衡轉化率或CH3OH的平衡產率越大，低溫時發生主反應，平衡產率最大的是220℃、5MPa，故答案為：A。25.【答案】（1）①.2FeS2+15MnO2+28H+=15Mn2++2Fe3++4+14H2O②.28H+③.14H2O（2）①.將Fe2+氧化成Fe3+②.pH=4時，c(OH)-=10-10mol/L，根據氫氧化鐵的溶度積常數，c(Fe3+)==2.8×10-9mol/L<1×10-5mol/L，可判斷鐵離子已沉淀完全③.Pb2++S2-=PbS↓，Ba2++=BaSO4↓，在除去鉛離子的同時確保沒有引進雜質離子鋇離子。（3）①.×100%②.偏大【小問1詳解】酸浸過程有氫離子參與，則反應物中有H+，則產物中有H2O，已知FeS2的系數為2，則產物中的系數為4，反應中FeS2中Fe共失去2個電子，S失去28個電子，則Mn得到30個電子，MnO2前系數為15，Mn2+前系數為15，則離子方程式為2FeS2+15MnO2+28H+=15Mn2++2Fe3++4+14H2O。【小問2詳解】含MnSO4的浸取液中加入MnO2，將Fe2+氧化成Fe3+，濾液1中加入MnCO3調pH=4，使鐵離子轉化成氫氧化鐵沉淀，濾液2中加適量MnF2，除去鈣離子，再加BaS，除去Pb2+，最后經過系列操作得到純凈MnSO4溶液。①加入MnO2的目的是將Fe2+氧化成Fe3+。②pH=4時，c(OH-)=10-10mol/L，根據氫氧化鐵的溶度積常數，c(Fe3+)==2.8×10-9mol/L<1×10-5mol/L，可判斷鐵離子已沉淀完全。③BaS中S2-與Pb2+生成PbS沉淀，Ba2+與反應