山东省德州市2025-2026学年高二上学期九校联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1山东省德州市2025-2026学年高二上学期九校联考可能用到的相对原子质量：1121416326465一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产生活密切相关，以下说法错误的是A.运用盐类水解的原理，可以用热纯碱去油污B.工业合成氨气，不能使用过高温度，原因之一是防止催化剂中毒C.将含有较多氯化镁的海水溶液蒸干并灼烧用于得到氯化镁固体粗产品D.焊接钢材时，分别用饱和溶液处理焊接点【答案】C【解析】纯碱在水溶液中水解，使溶液呈碱性，加热促进其水解，碱性增强，用于去除油污，A正确；工业合成氨气，过高的温度可能使催化剂失活，故不能使用过高温度，原因之一是防止催化剂中毒，B正确；含有较多氯化镁的海水中水解生成和HCl，加热时由于HCl的挥发，促进氯化镁的水解，蒸干并灼烧后得到MgO，不能得到氯化镁固体，C错误；饱和中碳酸根离子水解使溶液呈碱性可用于清除油污，溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性可用于清除金属氧化物，D正确；故答案选C。2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.工业合成氨中，将氨气液化分离B.平衡体系中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深C.A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入2～3滴CuSO4溶液，B中试管中产生气泡快D.向氯水中加碳酸钙，可提高溶液中HClO的浓度【答案】C【解析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。将氨气液化分离，平衡向正反应方向移动，提高氨气产率，符合勒夏特列原理，故A正确；Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深，因为加入KSCN后溶液中硫氰根离子浓度增大促进生成硫氰化铁，溶液颜色变深，所以可以用平衡移动原理解释，故B正确；A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入2~3滴CuSO4溶液，B中试管中产生气泡快，因为硫酸铜在反应中起到催化剂的作用，催化剂不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；氯水中存在氯气和水生成盐酸和次氯酸的可逆反应，氯水中含有盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，使平衡向正向移动，所以能提高HClO的浓度，所以可以用平衡移动原理解释，故D正确。故选C。3.下列变化过程中说法不正确的是A.已知2O3(g)＝3O2(g)的ΔH＜0、ΔS＞0，则该反应在任何温度下都能自发进行B.“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，水的能量高C.干冰(CO2)升华过程中，ΔS＞0D.碳酸钙在高温下才能分解，因此碳酸钙的分解反应不属于自发反应【答案】D【解析】已知2O3(g)＝3O2(g)的ΔH＜0、ΔS＞0，则ΔG=ΔH-TΔS<0，因此该反应在任何温度下都能自发进行，A正确；“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，冰的能量低，水的能量高，B正确；干冰(CO2)升华过程中，二氧化碳由固态转化为气态，ΔS＞0，C正确；碳酸钙在高温下才能分解，说明碳酸钙的分解反应在常温下不自发，但属于高温下的自发反应，D错误。故选D。4.下列图示与对应的叙述不相符合的是A.表示燃料燃烧反应的能量变化B.表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C.表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D.表示强碱滴定强酸的滴定曲线【答案】A【解析】燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。5.在室温下的下列环境中，可能大量共存的离子组是A.的溶液：、、Cl-、B.酸性溶液：、、I-、C.pH=11的溶液中：、Na+、[Al(OH)4]-、D.含有大量[Al(OH)4]-的溶液中：Fe3+、、CH3COO-、【答案】C【解析】pH=7中性溶液中，Fe3+易水解生成Fe(OH)3沉淀，无法大量存在，故A错误；酸性溶液中，在H+存在下会氧化I-，发生氧化还原反应，无法共存，故B错误；pH=11的强碱性溶液中，、[Al(OH)4]-稳定，Na+和均为惰性离子，无反应，可以大量共存，故C正确；含大量[Al(OH)4]-的溶液呈强碱性，Fe3+会与OH-生成Fe(OH)3沉淀，且与[Al(OH)4]-发生双水解，无法共存，故D错误；故选C。6.加热蒸发下列溶液后灼烧，能得到原溶质的是A.碳酸氢钠溶液 B.AlCl3溶液 C.Al2(SO4)3溶液 D.硫酸亚铁溶液【答案】C【解析】碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、CO2和H2O，碳酸氢钠溶液蒸发灼烧后得到Na2CO3，而非原溶质NaHCO3，A错误；AlCl3溶液蒸发时水解生成Al(OH)3和HCl（HCl易挥发），加热情况下，HCl持续挥发，促进水解完全，AlCl3逐渐转化为Al(OH)3，灼烧后得到Al2O3，无法得到AlCl3，B错误；Al2(SO4)3溶液蒸发时水解生成Al(OH)3和H2SO4，H2SO4难挥发，最终蒸干、灼烧仍得到Al2(SO4)3，C正确；硫酸亚铁溶液蒸发时Fe2+被氧化为Fe3+，水解生成Fe(OH)3和H2SO4，H2SO4难挥发，最终蒸干、灼烧得到Fe2(SO4)3，D错误；故选C。7.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A.溶液中水电离程度：b点>c点B.曲线Ⅱ代表CH3COOHC.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同D.从c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）【答案】D【解析】酸的电离平衡常数越大,酸的酸性越强,根据电离平衡常数知,酸性：HNO2>CH3COOH，酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+):b>c，则抑制水电离程度：b>c，所以水电离程度：b<c，故A错误；加水稀释促进弱酸电离，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强，根据图知，pH变化较大的是II，则II表示较强的酸HNO2，所以曲线I表示CH3COOH，故B错误；a点两种溶液的pH相同，但是两种溶液浓度：HNO2<CH3COOH，相同体积的a点两种溶液中溶质物质的量：HNO2<CH3COOH，消耗的碱与酸的物质的量成正比，所以消耗的碱：HNO2<CH3COOH，根据Na原子守恒知溶液中n(Na+)：HNO2<CH3COOH，故C错误；水解平衡常数只与温度有关，=Kh，从c点到d点，温度不变，水解平衡常数不变，所以溶液中保持不变，故D正确；答案选D。8.利用下列实验装置及药品能完成相应实验的是选项A．B．C．D．目的用高锰酸钾标准溶液滴定Na2SO3溶液测定某NaOH溶液的浓度记录滴定终点读数：12.20mL排除滴定管内气泡装置或操作A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，从而判断滴定终点，操作不合理，故A错误；由图中所给药品可知，缺少指示剂，不能确定滴定终点，不能完成实验，故B错误；滴定管的0刻度在上方，故读数为：11.80mL，故C错误；图中挤压橡胶管，挤压时尖嘴向上，气泡密度较小，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可将气泡赶出，操作合理，故D正确；综上所述，能完成相应实验的是D项，故答案为D。9.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述信息，下列说法中不正确的是：A.CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2 B.PCl3的水解产物是HClO和PH3C.NaClO的水解产物之一是HClO D.Mg3N2的水解产物是两种碱性物质【答案】B【解析】CaO2的水解产物钙离子和氢氧根离子结合生成的Ca（OH）2和过氧根离子和氢离子结合生成的H2O2，故A正确；PCl3的水解产物是HCl和H3PO3，故B错误；NaClO的水解产物是HClO和NaOH，故C正确；Mg3N2的水解产物是Mg（OH）2和NH3，是两种碱性产物，故D正确。故选：B。10.下列说法错误的是①NaHCO3溶液加水稀释，的比值保持增大②浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO)+c(HCO)]③在0.1mol·L-1氨水中滴加0.lmol·L-1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH－)=l0-amol·L-1④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c()均增大⑤在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH－)+c(H2S)+c(HS－)A.①④ B.②⑤ C.①③ D.②④【答案】B【解析】①NaHCO3溶液加水稀释，促进的水解，n()减小，n(Na+)不变，则的比值会增大，故①正确；②浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n(Na+)=0.3mol，而c()+c()+c(H2CO3)=0.2mol，则：2c(Na+)═3[c()+c(H2CO3)+c()]，故②错误；③在0.1mol·L-1氨水中滴加0.1mol·L-1盐酸，刚好完全中和生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，此时pH=a，则溶液中水电离的c（OH﹣)=c（H+）=10-amol·L-1，故③正确；④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中钠离子、氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离子的水解，则亚硫酸根离子浓度增大，所以c(Na+)、c()均增大，故④正确；⑤在Na2S稀溶液中，根据质子守恒可得：c(OH﹣)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS﹣)，题干所给等式也不满足电荷守恒和物料守恒，故⑤错误；根据分析可知，错误的有②⑤，故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是实验操作及现象结论A测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的，前者pH大于后者Ka2：亚硫酸>碳酸B测量饱和CO2溶液和饱和SO2溶液的导电性，后者导电性强H2SO3酸性比H2CO3强C用pH传感器测定Na2CO3溶液在温度升高过程中的pH，pH值增大pH值增大是Kw改变和水解平衡移动共同作用的结果D向装有、混合溶液的试管中加入少量溶液，产生蓝色沉淀说明A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，前者pH大于后者，说明的水解程度大于，根据盐类水解中越弱越水解的规律，可知对应酸的酸性，因此，故A正确；饱和CO2溶液和饱和SO2溶液的浓度不相等，浓度不同导致溶液的导电性不同，因此不能通过测定两种饱和溶液的导电性判断酸性强弱，故B错误；随着温度的升高，Na2CO3溶液中碳酸根离子的水解程度增大，溶液pH的变化由决定，而，温度升高时和均增大，故不能简单地由增大推出pH增大，故C正确；其他条件相同时，Ksp小者优先沉淀，当溶液中Mg2+和Cu2+浓度相同时，加入NaOH，则先出现蓝色沉淀，如果起始浓度不同，可能Ksp大的先沉淀，故D错误；答案选AC。12.在一定温度下，向2L体积固定的密封容器中加入1molHI，发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH＞0，测得H2的物质的量随时间变化如表，下列说法正确的是：t/min123n(H2)/mol0.060.10.1A.2min内的HI的分解速度为0.05mol·L−1·min−1B.该温度下，反应的平衡常数K=1/16，平衡时HI的转化率为20%C.该温度下的平衡常数为K1，温度升高10℃后平衡常数为K2，则K1＜K2D.达平衡后其他条件不变，压缩容器体积，平衡不移动，c(HI)不变【答案】AC【解析】依据表格数据可知，2min时反应达到平衡状态，此时氢气的物质的量为0.1mol，则消耗的碘化氢的物质的量为0.2mol，浓度变化量为：=0.1mol/L，则2min内的HI的分解速度v==0.05mol·L−1·min−1，A正确；由表格数据可知，平衡时氢气浓度为=0.05mol/L，碘蒸气的浓度为=0.05mol/L，碘化氢的浓度为=0.4mol/L，则平衡常数K==，碘化氢的转化率为=20%，B错误；该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡常数增大，则K1＜K2，C正确；压缩容器体积压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不移动，但各物质的物质的量浓度增大，D错误；答案选AC。13.一定条件下HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示：下列说法错误的是A.HCOOH催化脱氢反应在该温度下能自发进行B.在历程Ⅰ～Ⅴ中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤C.由反应历程可得出HCOOH中第1个H原子更易脱去D.在该反应历程中，HCOOH所有的化学键均发生断裂【答案】CD【解析】由反应历程图可知，反应Ⅰ的相对能量高于反应Ⅴ，则HCOOH脱氢反应为放热反应，ΔH＜0，HCOOHCO2+H2，ΔS>0，由ΔG=ΔH−TΔS＜0，则在该温度下能自发进行，故A正确；根据反应历程图，的活化能最高，则Ⅳ到Ⅴ的反应速率最慢，为决速步骤，故B正确；由反应历程可知，反应脱去第一个H的活化能大于脱去第二个H的活化能，活化能越大，反应越困难进行，可知HCOOH中第2个H原子更易脱去，故C错误；根据反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，只有O−H键和C−H键断裂，C=O键不断，故D错误；故答案选CD。14.已知合成氨的反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，某温度下，将1molN2和2.8molH2投入到初始体积为2L的恒温恒容、恒温恒压和恒容绝热的三个密闭容器中，测得反应过程中三个容器内N2的转化率随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是A.曲线b代表恒温恒压B.曲线a表示的容器中反应的平衡常数Ka与曲线c表示的容器中反应的平衡常数的Kc大小关系为Ka>KcC.b容器中M点，V(正)<V(逆)D.曲线b表示的容器中反应的平衡常数的Kb的数值为112.5【答案】AD【解析】恒温恒压条件下，随着反应的进行，混合气体的物质的量减小，容器内气体的体积减小，相当于在恒温恒容平衡条件下压缩气体，平衡正向移动，N2的转化率增大；恒容绝热条件下，容器内温度升高，相当于在恒温恒容平衡条件下升高温度，平衡逆向进行，N2的转化率减小，所以恒温恒压条件下N2的转化率最大，恒容绝热条件下N2的转化率最小，即a代表恒温恒压条件、b代表恒温恒容条件、c代表恒容绝热条件，故A错误；平衡常数是温度的函数，温度不变则K不变，而曲线a和曲线b的温度相同，则K相同；该反应正向放热，恒容绝热条件下，容器内温度升高，则该反应逆向进行，平衡常数K减小，所以Ka>

Kc，故B正确；b容器中M点氮气的转化率比平衡时大，则M点需逆向进行达到平衡，则v(正)小于v(逆)，故C正确；平衡常数只与温度有关，温度不变K不变，而曲线a和曲线b的温度相同，平衡常数相同，曲线b条件下反应达到平衡时N2的转化率为80%，根据题意列出三段式：，所以，故D错误。故选AD。15.羟胺(NH2OH)为一元弱碱（25℃时，平衡常数Kb=9.0×10-9），其电离方程式为：NH2OH+H2ONH3OH++OH-。在25℃时，用0.10mol·L-1盐酸滴定20mL0.10mol·L-1NH2OH溶液，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数[-lgc水(H+)]与盐酸体积(V)的关系如图所示。(已知：lg3=0.5)，下列说法中错误的是A.a点对应溶液的pH=9.5B.b点对应的溶液中有：c(NH3OH+)<c(Cl-)C.c点溶液中存在离子反应：D.d点溶液中：-lgc水(H+)=13【答案】BD【解析】a点时还未加入盐酸，即为0.10mol·L-1NH2OH溶液，由电离平衡常数，得，则pOH=4.5，因此pH=9.5，A正确；b点为NH2OH和NH3OHCl的混合溶液，-lgc水(H+)=7，即c水(H+)=1.0×10-7mol/L=c(H+)，溶液显中性，因此c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，因此c(NH3OH+)=c(Cl-)，B错误；c点二者恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH3OHCl，存在NH3OH+水解反应，导致溶液呈酸性，C正确；d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3OHCl和HCl，浓度均为，溶液显酸性，由于NH3OH+的水解常数，且HCl电离出大量H+会抑制NH3OH+的水解，则忽略掉NH3OH+水解，溶液中，即，因此-lgc水(H+)=13-lg3＜13，D错误；故答案选BD。16.氮是大气中含量最多的气体，研究氮及其化合物对人类有重要的意义。（1）合成氨的原理为：N2(g)+3H22NH3△H=-92.4kJ/mol①将一定量N2(g)和H2(g)放入1L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下达到平衡，平衡时测得N2为0.1mol，H2为0.3mol，NH3为0.1mol。该条件下H2的转化率为______。此温度下该反应的平衡常数K＝__________。②欲提高H2的转化率，下列措施可行的是___________。a．向容器中按原比例再充入原料气b．向容器中再充入惰性气体c．改变反应的催化剂d．液化生成物分离出氨（2）在2L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)△H＜0体系中，各成分浓度随时间的变化如图：①用O2表示从0～2s内该反应的平均速率υ＝___________。②能说明该反应已经达到平衡状态的是_________。a．υ(NO2)=2υ(O2)b．容器内压强保持不变c．υ逆(NO)＝2υ正(O2)d．容器内的密度保持不变③为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_________。a．及时分离出NO2气体b．适当升高温度c．增大O2的浓度d．选择高效的催化剂（3）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－1200kJ·mol－1对于该反应，温度不同(T2>T1)、其他条件相同时，下列图象正确的是______(填代号)。【答案】①.33.3%②.3.7（L/mol）2或（L/mol）2③.ad④.1.5×10－3mol/(L·s)⑤.bc⑥.c⑦.乙【解析】（1）①利用三段式进行计算N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始浓度（mol•L‾1）0.150.450起始浓度（mol•L‾1）0.050.150.1起始浓度（mol•L‾1）0.10.30.1则H2的转化率=0.15mol/L÷0.45mol/L×100%=33.3%；此温度下该反应的平衡常数K=(0.1mol•L‾1)2÷[0.1mol/L×(0.3mol•L‾1)3]=3.7（L/mol）2。②a、向容器中按原比例再充入原料气，压强增大，平衡向右移动，H2的转化率增大；b、向容器中再充入惰性气体，平衡不移动，H2的转化率不变；c、改变反应的催化剂，平衡不移动，H2的转化率不变；d、液化生成物分离出氨，平衡向右移动，H2的转化率增大；答案选ad。（2）①根据图象中各物质浓度改变，可知a为NO2，b为NO，c为O2的，则0～2s内该反应的平均速率υ(O2)=(0.005mol•L‾1-0.002mol•L‾1)÷2s=1.5×10－3mol/(L·s)。②a．υ(NO2)=2υ(O2)，没有注明正反应还是逆反应，不能说明反应是否达到平衡状态；b．容器体积不变，所以压强保持不变可说明反应达到平衡；c．υ逆(NO)＝2υ正(O2)，说明正反应速率等于逆反应速率，反应已达到平衡；d．气体的质量和体积均为定值，所以容器内的密度保持不变不能说明反应达到平衡；答案选bc。③a．及时分离出NO2气体，反应速率减小，不符合题意；b．因为正反应为放热反应，所以适当升高温度平衡向逆反应方向移动，不符合题意；c.增大O2的浓度,反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，符合题意；d．选择高效的催化剂，平衡不移动，不符合题意；答案选c。（3）温度升高至T2，正反应速率和逆反应速率都增大，υ正和υ正’不能相连，所以甲图错误；T2温度高，反应速率大，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率减小，故图乙正确；压强增大，平衡向正反应方向移动，CO的体积分数减小，故图丙错误；答案选乙。17.I.已知1mol/L(NH4)2SO4溶液测得溶液pH值为4，1mol/L的Na2CO3溶液测得溶液pH值为11，回答下列问题：（1）1mol/L的Na2CO3溶液中各种离子浓度由大到小关系_______。（2）1mol/L(NH4)2SO4溶液中由水电离的c(H+)_______1mol/L的Na2CO3溶液由水电离的c(H+)；(填“>”“<”或“=”)。（3）取1mol/L(NH4)2SO4溶液加蒸馏水稀释，在稀释过程中，下列表达式变小的是_______。A.c(H+) B.c()/c(H+) C.c(H+)·c(OH-) D.c(OH-)/c(H+)（4）取1mol/L(NH4)2SO4溶液1L，通入NH3的物质的量为a摩尔时溶液的PH值恰好为7，已知NH3•H2O的电离常数为2×10-5(mol/L)2，则a=_______。(溶液温度体积不变)II.常温下已知某溶液中Cu2＋和Fe3＋的浓度均为0.01mol/L，其氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见下表：Fe3＋Cu2＋开始沉淀时的pH2.15.2完全沉淀时的pH3.1x现要除去硫酸铜溶液中的硫酸铁(硫酸酸化)（5）应该加入试剂控制溶液的pH值的范围为_______。（6）下面的试剂中可以作为该实验调节pH是_______。A.氨水 B.NaOH C.CuCO3 D.CuO（7）已知溶液中，若某离子浓度达到10-5mol/L时视为被反应完全，依据上面表格中的数据，计算x的数值为(常温下)_______。【答案】（1）c()>c()>c()>c()>c()（2）<（3）AB（4）0.01（5）[3.1，5.2)（6）CD（7）6.7【解析】【小问1详析】溶液中存在的平衡有，，，第一步水解程度远大于第二步水解程度，因此离子浓度大小关系为c()>c()>c()>c()>c()；【小问2详析】由题，1mol/L溶液测得溶液pH值为4，都是来自于水的电离，由水电离的；1mol/L的溶液测得溶液pH值为11，溶液中，则，氢氧根离子都是来自于水的电离，由水电离的，因此1mol/L溶液中由水电离的小于1mol/L的溶液由水电离的；【小问3详析】溶液加蒸馏水稀释的水解程度增大；水解溶液呈酸性，加水稀释，酸性减弱，则减小，A符合题意；的水解常数，加水稀释，一水合氨的浓度减小，温度不变，水解常数不变，则增大，则减小，B符合题意；，温度不变，不变，C不符合题意；水解溶液呈酸性，加水稀释，酸性减弱，则减小，不变，则增大，因此增大，D不符合题意；故答案选AB；【小问4详析】溶液pH=7时，，由电荷守恒，即，通入amol，会抑制的电离平衡，则c()=amol/L，，代入数据得，得；【小问5详析】要使完全沉淀需，而不能沉淀需，因此pH值的范围为[3.1，5.2)，故答案为：[3.1，5.2)；【小问6详析】由题，需选择能与氢离子反应、不引入新杂质的试剂：引入铵根离子杂质，A不符合题意；引入钠离子杂质，B不符合题意；与氢离子反应生成铜离子，不引入杂质离子，C符合题意；与氢离子反应生成铜离子，不引入杂质离子，D符合题意；故答案选CD；【小问7详析】当时，铜离子完全沉淀；由开始沉淀时的pH=5.2，得，铜离子完全沉淀时，则，因此，即。18.Ⅰ.某学生用0.2000mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸：（1）下列操作会引起实验结果偏大的是：_______。A.在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B.滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C.锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗D.用酸式滴定管量取待测液时将一滴待测液滴在锥形瓶外（2）以酚酞做指示剂，如何判断到达滴定终点：_______。（3）以下是实验数据记录表：滴定次数盐酸体积(ml)滴定前NaOH读数(ml)滴定后NaOH体积读数(ml)120.000.0016.30220.000.8819.90320.002.1018.44通过计算可得，该盐酸浓度为：_______（计算结果保留4位有效数值）。Ⅱ.室温下，用溶液滴定溶液，溶液中、、、、的对数值与的变化关系如图所示。（4）计算的数值_______。（5）当>9以后，加入NaOH固体，的变化情况为_______；(填“增大”、“减小”或“不变”)。（6）该实验达到滴定终点时，溶液中_______(填“>”或“<”、“=”)。【答案】（1）BC（2）当滴入最后半滴标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，并且在半分钟内颜色不再变化（3）0.1632mol/L（4）10-5（5）减小（6）>【解析】室温下，用溶液滴定溶液，离子方程式为，；，则曲线a代表，相应的曲线e代表；而pH越小，越大，pH越大，越大，随pH增大，先增大后减小，因此曲线b代表，曲线c代表，曲线d代表；【小问1详析】在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，不影响盐酸的量，不会对实验结果造成影响，A不符合题意；滴定前，碱式滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，则NaOH标准溶液体积读数偏大，实验结果偏大，B符合题意；锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗，则盐酸物质的量偏大，消耗NaOH标准溶液体积偏大，实验结果偏大，C符合题意；用酸式滴定管量取待测液时将一滴待测液滴在锥形瓶外，则实际参与反应的盐酸变少，消耗NaOH标准溶液体积偏小，实验结果偏小，D不符合题意；故选BC；【小问2详析】在待测液盐酸中滴入NaOH标准溶液，则滴定终点时酚酞由无色变红色，因此判断到达滴定终点的方法为：当滴入最后半滴标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，并且在半分钟内颜色不再变化；【小问3详析】根据表中数据，三次滴定实验消耗的NaOH标准溶液体积分别为16.30mL、19.02mL、16.34mL，第二次滴定误差过大，应舍去，则平均消耗NaOH标准溶液体积为16.32mL；滴定终点时，反应的NaOH和HCl物质的量相等，则；【小问4详析】B2-的第一步水解方程式为，曲线c和曲线d的交点的pH=9，即时，溶液中，则，因此；【小问5详析】B2-的第二步水解方程式为，则，可得；从图中可看出，pH＞9以后，一直减小，即减小，而温度不变，不变，因此减小；【小问6详析】该实验达到滴定终点时，溶液中溶质为Na2B，根据电荷守恒可得，而B2-水解使溶液显碱性，即，因此。19.钼酸钠晶体可用于制造生物碱、油墨、化肥、钼红颜料等，也可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。如图所示是利用钼精矿主要成分为，含少量等为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。（1）中的化合价为_______。（2）“焙烧”时，有生成，反应的化学方程式为_______。（3）“碱浸”生成和另外一种物质，另外一种生成物的化学式为_______。（4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为，则废渣的成分为_______填化学式。（5）测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：“结晶”前应先除去，方法是加入固体。假设加入固体后溶液体积不变，当开始沉淀时，去除的的质量分数为_______保留小数点后一位数字已知。（6）在碱性条件下，将钼精矿加入溶液中，也可以制备钼酸钠。该反应的离子方程式为_______。【答案】（1）（2）（3）（4）（5）（6）或者【解析】由流程图可知，钼精矿在空气中焙烧得到二氧化硫气体和钼和铅的氧化物，再加入碳酸钠溶液碱浸，发生的主要反应为，再加入沉淀剂除去重金属离子，过滤后经过结晶、重结晶得到产品，据此分析解答。小问1详析】中钠元素为+1价，氧元素化合价为-2价，根据代数和为0，的化合价为+6价。【小问2详析】“焙烧”时，和氧气反应生成和二氧化硫，方程式为：。【小问3详析】“碱浸”生成和。【小问4详析】需要除去的重金属离子是，若加入的沉淀剂为，则废渣的成分为。【小问5详析】当开始沉淀时，，故此时，去除的的质量分数为。【小问6详析】碱性条件下，将钼精矿加入溶液中，也可以制备钼酸钠，该反应的离子方程式为或者。20.以CO2为碳源选择性加氢合成甲醇一直是研究的热点，涉及的主要反应如下：i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2Og)ΔH1＜0ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2回答下列问题：（1）在一定温度下，由最稳定单质生成1mol某物质的焓变叫做该物质的标准摩尔生成焓，下表为298K时几种物质的标准摩尔生成焓。则△H2=___________kJ·mol-1。物质H2(g)O2(g)CO(g)CO2(g)H2O(g)(kJ·mol-1)00-110.5-393.5-241.8（2）反应ii的反应速率v=v正－v逆=k正c(CO2)c(H2)－k逆cm(CO)cn(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。该反应的平衡常数，则m=___________，升高温度时k正－k逆___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）在一定温度下，向1L密闭容器中