人教版高中化学2023-2024学年高二上学期期中测试模拟卷（选择性必修1）（三）（含答案）

人教版高中化学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1．合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示(*R表示微粒处于吸附状态)。下列说法错误的是A．N2(g)+3B．决定总反应速率的反应历程为∗N+3∗H=∗NC．升高温度，该反应历程中基元反应的速率均加快D．反应历程中的最低能垒(活化能)为90kJ⋅mo2．下列陈述正确的是A．燃烧一定属于放热反应B．0.1mol氮气与0C．已知中和热为57.3kJ/mol，则HD．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则C3．热值(calorificvlue)又称卡值或发热量，1kg燃料完全燃烧放出的热量(kJ)称为该燃料的热值。已知几种可燃物的燃烧热如下表所示：可燃物CCCC燃烧热(ΔH)−890−727−1367−2220热值最高的是A．CH4(g)C．CH3C4．合成氨原料中的H2可用甲烷在高温条件下与水蒸气反应制得。已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃烧热(△H)分别为-285.8kJ/mol、-283.0kJ/mol、-890.3kJ/mol，且H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol。下列热化学方程式正确的是A．CH4B．CH4C．CH4D．CH45．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，下列说法正确的是A．无催化剂时，反应不能进行B．使用催化剂Ⅰ时，0~2min内，v(X)=1C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D．与催化剂Ⅰ相比，催化剂Ⅱ使反应活化能更低6．一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．t1min时该化学反应达到平衡状态B．在4min时v正＞v逆C．4min内，CO2的转化率约为71.4%D．4min内，CO的平均反应速率v(CO)=0.25mol•L-1•min-17．在2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是A．v(A)=0.5mol/(L·s) B．v(B)=0.3mol/(L·s)C．v(C)=0.8mol/(L·s) D．v(D)=1.0mol/(L·s)8．下列说法错误的是A．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的结构和性质B．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞C．所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量D．升高温度能加快反应速率是因为反应物分子中活化分子的百分数增加9．下列叙述正确的是（）A．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨比金刚石稳定B．反应NH3C．C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+D．密闭容器中存在：N2O410．下列说法中正确的是A．镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀B．已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数为C．由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程D．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH-，故溶液pH减小11．工业上利用CO还原Fe2O3可制备金属铁，其反应原理为Fe2O3(s)+3CO(g)⇌3CO2(g)+2Fe(s)。在不同温度(T1、TA．由图分析可知TB．b点时，CO的转化率为20%C．b点和d点的化学平衡常数：KD．反应达到平衡后，保持温度不变，将Fe从反应体系中移走可提高CO的转化率12．一定温度下，在2个容积均为10L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，充分反应并达到化学平衡状态，相关数据见表。下列说法正确的是容器编号起始时各物质的物质的量/mol平衡时I2的浓度/(mol•L-1)n(H2)n(I2)n(HI)c(I2)I0.10.100.008Ⅱ0.20.20xA．该温度下，反应的化学平衡常数K=0.25B．Ⅱ中x=0.008C．容器内气体的密度不再改变可以作为反应达到化学平衡状态的标志D．反应开始阶段的化学反应速率：I>Ⅱ13．工业上通常采用铁触媒、在400~500℃和10MPa~30MPa的条件下合成氨。合成氨的反应为A．N2(g)+3B．采用400∼500℃的高温是有利于提高平衡转化率C．采用10MPa~30MPa的高压能增大反应的平衡常数D．使用铁触媒可以降低反应的活化能14．下列实验操作规范且能达到实验目的的是

目的操作A测定醋酸钠溶液的pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上B排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出C由TiCl4制备TiO2∙xH2O在干燥的HCl气流中加热D研究催化剂对H2O2分解速率的影响分别向两支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中一支中加入少量MnO2A．A B．B C．C D．D15．下列事实中，能说明MOH是弱碱的是A．MOH溶液的导电能力比NaOH溶液弱B．0.C．常温下，0.1mol⋅D．等体积的0.1mol⋅L16．根据下列图示得出的结论正确的是。A．图甲表示常温下稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线II表示氨水B．图乙表示反应4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+4CO2C．图丙表示相同浓度的HA溶液与HB溶液中分子浓度的分数[X=c(HA)c(A−)+c(HA)或c(HB)D．图丁是用AgNO3溶液滴定等浓度NaCl的滴定曲线[pX=−17．下列物质溶于水，能使水的电离平衡向左移动的是A．Na2CO3 B．NaOH 18．下列溶液一定显中性的是A．c(H+)=10-7mol•L-1或pH=7的溶液B．酸和碱恰好反应完全的溶液C．lgc(HD．不发生水解的盐溶液19．下列溶液因水解而呈酸性的是A．NaHSO4溶液 B．NH4Cl溶液 C．NaHC20．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动21．25℃时，H2O的离子积常数为1×10﹣14mol2•L﹣2，则该温度下：①0.01mol•L﹣1NaOH溶液的pH是多少？②0.005mol•L﹣1H2SO4溶液中，水电离出的氢氧根浓度是多少？22．Na2SO3、NaHSO3是常见的化工原料，常用作还原剂。（1）25℃，H2SO3、HSO、SO的物质的量分数[n(某微粒)n(H2①若向NaOH溶液中通入SO2制取NaHSO3溶液，则当溶液的pH为时应停止通入。②向NaOH溶液中通入SO2，所得溶液中一定存在的等式是(用溶液中所含微粒的物质的量浓度表示)。③NaHSO3溶液的酸碱性：。④若测得25℃时，某溶液中c(SO32-)/c(H2SO3)=10，则溶液的pH为。（2）Na2SO3固体久置后会被氧化，为测定某久置Na2SO3固体中Na2SO3的含量，现进行如下实验：称取0.3000g该固体于锥形瓶中，加水溶解后，边振荡边向其中滴加0.1000mol·L-1I2标准溶液28mL，充分反应后，向溶液中滴加2滴淀粉溶液作指示剂，继续滴加0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液与过量的I2反应(发生反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，恰好完全反应时消耗Na2S2O3标准溶液16mL。①如何判断滴定终点：。②滴定过程中，滴定管液面如图所示，此时滴定管的读数为mL。③计算久置Na2SO3固体中Na2SO3的质量分数为④下列情况会造成样品中Na2SO3含量测定结果偏低的是(填序号)。A．滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶瓶壁B．装Na2S2O3标准溶液的滴定管水洗后未润洗C．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数23．在水的电离平衡中，c(H+)和c(OH-)的关系如图所示：（1）A点水的离子积为1.0×10−14，B点水的离子积为（2）下列说法正确的是(填字母)。a．图中A，B，D三点处Kw的大小关系：B＞A＞Db．AB线上任意点的溶液均显中性c．B点溶液的pH=6，显酸性d．图中温度T1＞T2（3）某校学生用中和滴定法测定某NaOH溶液的物质的量浓度，选酚酞作指示剂。①盛装0.2000mol/L盐酸标准液应该用式滴定管。②终点判断方法：。③有关数据记录如下：实验序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL)实验序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL)滴定前滴定后120.000.6020.70220.006.0025.90320.000.4023.20则NaOH溶液的物质的量浓度为mol/L。(保留四位有效数字)④若滴定时锥形瓶未干燥，则测定结果；(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。24．常温下，某小组同学用如下装置探究Mg(OH)实验装置实验序号传感器种类实验操作①电导率传感器向蒸馏水中加入足量Mg(OH)②pH传感器向滴有酚酞的蒸馏水中加入Mg(OH)（1）Ⅰ.实验①测得电导率随时间变化的曲线如图1所示。已知：ⅰ.在稀溶液中，离子浓度越大，电导率越大。a点电导率不等于0的原因是水能发生。（2）由图1可知，在Mg(OH)2悬浊液中加入少量水的时刻为（3）分析电导率在de段逐渐上升的原因：d时刻，Q[Mg(OH)2](填“>”、“＜”或“=”)K（4）Ⅱ.实验②测得pH随时间变化的曲线如图2所示。已知：ⅱ.25℃，Kⅲ.酚酞的变色范围：pH＜8.28.2～10>10颜色无色淡粉色红色依据图2可判断：A点加入的Mg(OH)2的物质的量大于C点加入的硫酸的物质的量，判据是（5）0～300s时，实验②中溶液先变红，后。（6）Mg(OH)2常被用于水质改良剂，能够使水体pH约为9，进而抑制细菌的生长。25℃时水体中c(Mg2+25．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一：CO(g)+H2O(g)（1）欲提高反应速率及CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为____。A．通入过量水蒸气 B．降低温度C．增大压强 D．加入催化剂（2）800℃时，该反应的平衡常数K=1.2，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、H2O、①写出该反应的平衡常数表达式K=。②该时刻反应(填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。（3）830℃时，该反应的平衡常数K=1。在容积为1L的密闭容器中，将2molCO与8molH2O混合加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为（4）工业上利用得到的H2与CO进一步合成二甲醚：3CO(g)+3H2(g)⇌①合成二甲醚反应的ΔH0(填“>”“＜”或“=”)。②在250℃之前，随温度升高，CO转化率增大的原因是。③在图b中绘制出压强和CO转化率之间的关系(作出趋势即可)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，能量变化为△H=(100+308)kJ/mol-500kJ/mol=-92kJ/mol，A不符合题意；B．图中过渡态II的活化能最大，活化能越高，反应速率越慢，对总反应速率有决定作用，即对总反应速率影响较大的步骤是2N*+6H*=2NH3*(或N*+3H*=NH3*)，B不符合题意；C．升高温度任何反应的反应速率均加快，故升高温度该反应历程中基元反应的速率均加快，C不符合题意；D．由题干反应历程图可知，反应历程中的最低能垒(活化能)为90kJ⋅mol−1-(-34)kJ⋅mol故答案为：D。

【分析】A.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；

B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；

C.升高温度，反应速率加快。2．【答案】A【解析】【解答】A．燃烧是发光发热的反应，一定属于放热反应，A符合题意；B．氮气和氢气生成氨气的反应为可逆反应，则0.1mol氮气与0.C．中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；浓硫酸溶于水放热，反应生成沉淀也伴随热效应，故该反应焓变不是−114.D．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；该反应中生成气体水不是液体水，故焓变不是−890.故答案为：A。【分析】A．燃烧是发光发热的反应；B．反应为可逆反应；C．中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；D．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。3．【答案】A【解析】【解答】根据燃料的热值以及燃烧热的定级，计算1g可燃物完全燃烧放出热量。甲烷的热值为89016同理，液态甲醇的热值=22.液态乙醇的热值=29.丙烷的热值=50.热值最大的是甲烷；选项A符合题意；故答案为：A。【分析】结合题干信息，可以知道应该以1kg燃料完全燃烧放出的热量对比，而燃烧热则是以1mol可燃物完全燃烧的数值，因此应该先将各种物质的物质的量转化为质量进行判断。4．【答案】A【解析】【解答】根据已知H2(g)、CO(g)、CH4(g)的燃烧热可得表示物质燃烧热的热化学方程式：①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，及④H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol，根据盖斯定律，将热化学方程式④+③-②-①×3，整理可得CH故答案为：A。

【分析】盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。5．【答案】B【解析】【解答】A．催化剂只是改变反应速率，由图可知，在无催化剂条件下，反应也能进行，故A不符合题意；B．使用催化剂Ⅰ，X的浓度随t的变化为a，时0～2min内，v(X)＝ΔcC.2min时，X转化的浓度为2mol•L−1，X与Y的系数比为1：2，则Y增加的量为4mol•L−1，对应的曲线为Ⅰ，故C不符合题意；D．反应曲线越陡，活化能越低，反应速率越快，故与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更高，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．催化剂只是改变反应速率；B．利用υ=Δc/Δt计算；C.依据反应的系数之比判断浓度的变化；D．反应曲线越陡，活化能越低，反应速率越快，催化剂效果更好。6．【答案】C【解析】【解答】A.t1min后CO和CO2的浓度依然还在改变，因此t1min没有达到平衡状态，A选项是错误的；

B.4min时CO和CO2浓度不再改变，此时反应达到平衡状态，v正=v逆，B选项是错误的；

C.4min内，CO2的转化率为：△c/c（始）×100%=0.7-0.2/0.7×100%=71.4%，C选项是正确的；

D.4min内，CO的平均反应速率v(CO)=0.5/4=0.125mol•L-1•min-1，D选项是错误的。

故答案为：C.

【分析】A.化学反应达到平衡后，各组分的浓度是不再发生改变了；

B.再达到平衡时正逆反应的速率是相等的；

C.4min内，CO2的转化率为：△c/c（始）×100%=0.7-0.2/0.7×100%=71.4%；

D.4min内，CO的平均反应速率v(CO)=0.5/4=0.125mol•L-1•min-1。7．【答案】B【解析】【解答】利用归一法将所有反应速率转化为B的反应速率：A．v(A)2=0B．v(B)1C．v(C)3=0D．v(D)4数值大的反应快，因此反应最快的是B。故答案为：B。

【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，速率与计量系数的比值越大，反应速率越快。8．【答案】B【解析】【解答】A．决定化学反应速率的主要因素是反应物的结构和性质，外界条件只是次要因素，A不符合题意；B．活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞，只有当活化分子有合适取向时的碰撞才是有效碰撞故，B符合题意；C．活化分子能量较高，所以所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，C不符合题意；D．升高温度使部分非活化分子转化为活化分子，所以增大活化分子百分数，反应速率加快，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．决定化学反应速率的主要因素是反应物的结构和性质，外界条件只是次要因素；B．活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞；C．活化分子能量较高；D．依据增大浓度、增大压强能增大单位体积内的活化分子数；升高温度、使用催化剂可以增大活化分子百分数。9．【答案】A【解析】【解答】A．根据能量最低原理，能量越低越稳定，C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，所以石墨比金刚石稳定，故A符合题意；B．对于反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)，分子数减小的反应，C．对于反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+D．对于可逆反应，当正逆反应速率相等且体系中各位物质的物质的量浓度保持不变时达平衡状态，对于反应：N2O4故答案为：A。

【分析】A.物质的能量越低越稳定；

B.根据ΔH−TΔS<0时反应自发进行分析；

C.缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动；

D.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。10．【答案】C【解析】【解答】A．铁、锡和合适的电解质溶液构成的原电池中，铁作负极，易被腐蚀，锌、铁和合适的电解质溶液构成的原电池中，锌作负极，铁作正极被保护，所以镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀，选项A不符合题意；B．已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数为K=c2(HI)C．△H−T△S<0的反应可自发进行，则由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合所有的过程，单一判据不准确，选项C符合题意；D．电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH-，阴极消耗H＋，实质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.这几种金属的活泼性是：锌＞铁＞锡，原电池中构成电极的金属活泼性较大的作负极，易被腐蚀。

B.根据平衡常数表达式（生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比）进行分析。

C.△G=△H−T△S<0表示反应可自发进行。

D.电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH-，阴极消耗H＋，实质也是电解水。11．【答案】C【解析】【解答】A．由图像可知，温度T2先达到平衡，因为图像“先拐先平数值大”，故T1<T2，A不符合题意；B．恒温恒压下体积比等于物质的量之比，b点时，CO的转化了xmol，平衡时CO、CO2的物质的量分别为(2-x)mol、xmol，则x(2−x)+x=0.8，解得x=1.6mol，b点时，CO的转化率为：C．温度越高，二氧化碳体积百分含量越低，说明升高温度，平衡逆向移动，故K值越小，化学平衡常数：KbD．由于Fe为固体，将Fe从反应体系中移走，平衡不发生移动，不能提高CO的转化率，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短；

B.根据转化率=反应量起始量12．【答案】A【解析】【解答】A．由表中信息可知，I中平衡时I2的浓度为0.008mol•L-1，由方程式可知平衡时H2的浓度为0.1mol10L-(0.1mol10L-0.008mol•L-1)=0.008mol•LB．容器Ⅱ相当于在I的基础上再充入0.1molH2(g)和0.1molI2(g)，等效于增大压强，反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)是气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，Ⅱ中x=0.008mol/L×2=0.016mol/L，故B不符合题意；C．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，则容器内气体的密度一直不变，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；D．容器Ⅱ相当于在I的基础上再充入0.1molH2(g)和0.1molI2(g)，等效于增大压强，反应速率增大，化学反应速率：I<Ⅱ，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、化学平衡常数=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；

B、等效平衡增大压强平衡不移动；

C、结合总质量和总体积判断；

D、压强增大，速率增大。13．【答案】D【解析】【解答】A．N2(g)+3HB．采用400∼500℃的高温是有利于提高催化剂活性、提供反应速率，正反应是放热反应，升温平衡左移、平衡转化率小，B不符合题意；C．采用10MPa~30MPa的高压能增大反应速率、能使平衡右移，但平衡常数只受温度影响，故增压不影响平衡常数，C不符合题意；D．使用铁触媒可以降低反应的活化能、加快反应速率，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．依据反应中气体分子变化判断；B．依据催化剂活性判断；C．平衡常数只受温度影响；D．使用催化剂可以降低反应的活化能、加快反应速率。14．【答案】B【解析】【解答】A．测定醋酸溶液pH值时不能用湿润的pH试纸，会使测定结果偏低，故A不符合题意；B．排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡常用方法是将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，故B符合题意；C．由TiCl4制备TiO2∙xH2O在干燥的HCl气流中加热得到TiCl4，直接加热和足量水得到TiO2∙xH2O，故C不符合题意；D．研究催化剂对H2O2分解速率的影响时，两支试管中应加入的是相同体积相同浓度的H2O2溶液，故D不符合题意。故答案为：B。

【分析】A.湿润的pH试纸会稀释待测溶液；

C.干燥的HCl气流中加热可抑制TiCl4水解；

D.利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。15．【答案】C【解析】【解答】A．溶液的导电能力与离子浓度有关，未指明相同的浓度，无法依据MOH溶液的导电能力弱来说明MOH是弱碱，A不选；B．0.C．常温下，0.1mol⋅LD．等体积的0.1mol⋅L故答案为：C。

【分析】说明MOH是弱碱，只需证明其部分电离即可。16．【答案】D【解析】【解答】A．等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，则图中Ⅰ表示氨水稀释的情况，选项A不符合题意；B．增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO2的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始CO的物质的量，可知NO2的转化率c>b>a，选项B不符合题意；C．由图丙可知，相同pH时，HB溶液中HB分子浓度较大，则HB的电离程度较小，则相同浓度的HA与HB溶液中，HB的酸性较弱，选项C不符合题意；D．图丁是AgCl饱和溶液中c(Ag+)和c(Cl-)变化关系图像，当恰好反应完全时pAg=pCl=4.87，-lgKssp(AgCl)=[Igc(Ag+))×c(Cl-)]=[lgc(Ag+)+lgc(Cl-)]=pAg+pCl=a+b=4.87+4.87=9.74，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大；

B.增大CO的物质的量，平衡正向移动；

C.相同pH时，HB溶液中HB分子浓度较大，则相同浓度的HA与HB溶液中，HB的酸性较弱。17．【答案】B【解析】【解答】A．NaB．NaOH电离出OH-，抑制水的电离，使水的电离平衡向左移动，B符合题意；C．NHD．CH故答案为：B。

【分析】酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。18．【答案】C【解析】【解答】A．常温下，c(H+)=1B．酸和碱恰好反应完全的溶液可能发生水解，不一定显中性，如醋酸钠溶液显碱性，B不符合题意；C．lgc(H+D．不发生水解的盐溶液不一定显中性，比如NaHSO故答案为：C。

【分析】A．考虑温度对pH的影响；B．生成的盐可能发生水解；C．中性的实质c(HD．NaHSO19．【答案】B【解析】【解答】A．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离NaHSOB．NH4ClC．NaHCO3是会水解的盐，在水溶液中碳酸根离子发生水解D．H2SO3是二元弱酸，在水溶液中电离故答案为：B。

【分析】A．强酸的酸式盐电离产生H+，使溶液呈酸性；BC．依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析。D．二元弱酸电离产生H+，使溶液呈酸性。20．【答案】B【解析】【解答】A．CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS⇌Cd2++S2-，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S(溶解度)，结合图像可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项不符合题意；B．CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项符合题意；C．m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项不符合题意；D．从图像中可以看出，随着温度的升高，溶解的离子浓度增大，则说明CdS⇌Cd2++S2-为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S(溶解度)；

C.温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；

D.饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。21．【答案】解：①溶液中c（H+）=KWC(H+)=10-140.01答：0.01mol•L﹣1NaOH溶液的pH是12；②溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=0.005mol/L×2=0.01mol/L，酸或碱抑制水电离，则水电离出的c（OH﹣）等于溶液中c（OH﹣）=KWC(H+)答：0.005mol•L﹣1H2SO4溶液中，水电离出的氢氧根浓度是10﹣12mol/L．【解析】【分析】①先计算溶液中c（H+），溶液的pH=﹣lgc（H+）；②先计算溶液中c（H+），酸或碱抑制水电离，则水电离出的c（OH﹣）等于溶液中c（OH﹣）=KW22．【答案】（1）5；c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）；酸；5.05（2）当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30秒内不变色。；15.80；84%；BC【解析】【解答】（1）①SO2与水反应生成H2SO3，一开始n(H2SO3)最大，随着pH增大，n(H2SO3)逐渐减小，n(HSO3﹣)先增大后减小，pH=5之后，n(SO32﹣)逐渐增大，而n(HSO3﹣)逐渐减小，所以若向NaOH溶液中通入SO2制取NaHSO3溶液，则当溶液的pH为5时应停止通入；

②向NaOH溶液中通入SO2，根据电荷守恒可得c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）；

③由图知pH＝1.9时c（H2SO3）＝c（HSO3﹣），则Ka1＝c(HSO3-)·c(H+)c(H2SO3)＝c（H+）＝10﹣1.9，pH＝7.2时c（SO32﹣）＝c（HSO3﹣），则Ka2＝c(SO32-)·c(H+)c(HSO3-)＝c（H+）＝10﹣7.2，NaHSO3溶液存在水解平衡和电离平衡，水解常数为Kh＝KwKa1＝10-1410-1.9＝10﹣12.1，电离常数为Ka2＝10﹣7.2，则电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；

④由③可知，25℃时，H2SO3的Ka1＝c(HSO3-)·c(H+)c(H2SO3)=10﹣1.9，Ka2＝c(SO32-)·c(H+)c(HSO3-)=10﹣7.2，Ka1·Ka2＝c(SO32-)·c2(H+)c(H2SO3)=10﹣1.9×10﹣7.2=10-9.1，则c2(H+)=10-10.1，所以c(H+)=10-5.05，pH=-lgc(H+)=5.05。

（2）①淀粉遇碘单质变蓝，加入Na2S2O3标准溶液与I2反应完全时溶液变无色，则滴定终点时的实验现象是：当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复说明达到滴定终点；

②滴定管的精确度为0.01mL，所以滴定管的读数为15.80mL；

③根据I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6可知，反应的n（I2）＝0.5n（Na2S2O【分析】（1）①pH=5之后，n(SO32﹣)逐渐增大，而n(HSO3﹣)逐渐减小。

②根据电荷守恒进行分析。

③NaHSO3溶液存在水解平衡和电离平衡，根据题干信息通过比较HSO3-电离程度与水解程度。

④温度不变，电离平衡常数不变，结合H2SO3电离平衡常数表达式进行分析。

（2）①淀粉遇碘单质变蓝，加入Na2S2O3标准溶液与I2反应完全时溶液变无色。

②滴定管的精确度为0.01mL，注意滴定管的0刻度在上方。

③根据I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6算出参加反应的n（I2），进一步算出与Na2SO3反应的n（I2），结合I2+SO32﹣+H2O＝2I﹣+SO42﹣+2H+可求出n（Na2SO3）。

④根据n=cV进行分析。23．【答案】（1）10-12；水电离过程会吸收热量，温度升高，水电离平衡正向移动，导致水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大（2）b（3）酸；当滴加最后一滴标准酸溶液，溶液由浅红色变为无色，半分钟内溶液不再变为红色时，说明滴定达到终点；0.2000；无影响【解析】【解答】（1）根据图示可知：B点水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)=10-6mol/L×10-6mol/L=10-12(mol/L)2；水电离过程会吸收热量，温度升高，水电离平衡正向移动，导致水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，因而水的离子积Kw增大；（2）a．在同一等温线上Kw相同，升高温度，水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，水的离子积Kw增大；根据图示可知温度：T2＞T1，所以图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B＞A=D，a不正确；b．根据图示可知：A、B两点溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，b正确；c．B两点溶液中c(H+)=10-6mol/L，但溶液中c(H+)=c(OH-)，因此溶液仍然显中性，c不正确；d．由于水的离子积常数：T2＞T1，水电离过程会吸收热量，温度升高，水的离子积常数会增大，因此温度：T2＞T1，d不正确；故答案为：b；（3）①盐酸中含有大量H+，溶液显酸性，因此应该盛放在酸式滴定管中；②用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，以酚酞为指示剂，开始时溶液显红色，随着HCl的滴入，溶液碱性逐渐减弱，红色逐渐变浅，当滴加最后一滴标准酸溶液，溶液由浅红色变为无色，半分钟内溶液不再变为红色，说明滴定达到终点；③三次实验消耗标准盐酸溶液