江西省吉安市井冈山大学附高2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含答案）

井冈山大学附高2022-2023学年高二上学期期末考试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 016 Na23 C135.5 Fe56
一．单选题（每小题3分，共30分）
1．“摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。吸食时将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即能制冷。该化学物质是（ ）
A．酒精 B．生石灰 C．氢氧化钠 D．硝酸铵
2．以下实验设计能达到实验目的的是
选项 化合物成分(括号内为杂质) 除杂方法
A SO2(HCl) 将气体通入饱和食盐水溶液
B CuCl2溶液(FeCl3) 加入过量CuO或Cu2(OH)2CO3静置后过滤
C 乙酸乙酯(乙酸) 加入饱和NaOH溶液，振荡后静置分液
D NaCl溶液(KI) 滴加新制氯水后，用CCl4萃取
A．A B．B C．C D．D
3．硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是
A．b端为电源正极，处理后的水垢沉淀在阳极底部
B．处理过程中可循环利用
C．流程中发生离子反应：，
D．若R为，则消耗1mol 生成时，铂电极N处产生的应大于3mol
4．在25℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.75×10-5，NH3·H2O的电离平衡常数Kb=1.75×10-5，现向25℃的10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的氨水，溶液的pH变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．A点到B点，溶液的导电性逐渐减小
B．整个过程中，C点水的电离程度最大
C．溶液pH=7时对应的点应在C点和D点之间某处，此时溶液中存在：c(NH4+)＞c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．D点处：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)
5．室温下，用0.100mol L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol L-1的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示[已知AG=lg]，下列说法不正确的是（ ）
A．P点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mL
B．Ka(HB)的数量级为10-4
C．水的电离程度：N＞M=P
D．M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)
6．下列实验装置能达到实验目的的是
A．蒸发食盐水 B．过滤
C．制氢气 D．验证集满氧气
7．用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为3:1的硫酸铜和氯化钠的混合溶液，不可能发生的反应有
A．2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑ B．
C． Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑ D．2H2O2H2↑+O2↑
8．已知：① ；②常温下，为二元弱酸，，，为一元弱酸，。现向的溶液中加入的溶液，混合溶液的温度随溶液体积的变化如图所示：
下列说法正确的是
A．b点时反应放出的热量为0.2296kJ
B．水的电离程度：
C．将少量溶液滴入溶液中发生反应：
D．c点时：
9．用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液PH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O
C．阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－
D．除去CN－的反应：2CN－+ 5ClO－ + 2H+ = N2↑ + 2CO2↑ + 5Cl－+ H2O
10．25℃时，向的中，以的速度逐滴加入的HCl溶液。如图为与时间(t)的关系图，其中一条线段为，另一条线段为。已知电离平衡常数，。下列说法不正确的是
A．该酸碱滴定实验最宜用甲基橙作为指示剂
B．由图可推知：M点的pH约为9.3
C．使HCl溶液滴至1min时，由可推知：
D．适当升高温度(忽略的变化)，Q点(与x轴交点)将向右移动
二、不定项选择题(每题1-2个正确选项，每小题4分，共20分)
11．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量的NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH+3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H++3H2O。下列说法中不正确的是
A．反应中每生成1molN2，转移3mol电子 B．还原性：NHC．反应中NH被氧化，ClO-被还原 D．经此法处理过的废水不可以直接排放
12．25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L-1碱BOH的pH，体系中粒子浓度的对数值(1gc)、反应物的物质的量之比的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．25℃时，BOH的电离平衡常数为10-9.25
B．t=0.5，2c(H+)+c(BOH)=2c(OH-)+c(B+)
C．P1所示溶液：c(C1-)＜0.05mol·L-1
D．P2所示溶液：c(B+) ＞100c(BOH)
13．下列实验不能达到预期实验目的的是。
选项 实验 实验目的
A 室温下，用计测定浓度均为的溶液和溶液的 比较和的酸性强弱
B 向盛有溶液的试管中滴加2滴的溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴的溶液，又产生红褐色沉淀 验证该温度下：
C 少量粉加入溶液中 比较、的金属性强弱
D 室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入相同体积、不同浓度的稀硫酸 研究浓度对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
14．25 ℃时，向25 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A．在A、B间任一点的溶液中一定都有：c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋）
B．用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数K＝
C．C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7 mol·L－1
D．D点对应的溶液中，存在如下关系：c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝2c（H＋）－2c（OH－）
15．常温下，二元弱酸溶液中含磷物种的浓度之和为0.1，溶液中各含磷物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数()，pOH表示OH的浓度的负对数[]。下列有关说法正确的是
A．曲线①表示pc()随pOH的变化
B．b点时，
C．d点溶液中：
D．溶液呈碱性是因为离子的水解程度大于其电离程度
三、填空题（共50分）
16．以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废矾催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为
物质 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2O3 Al2O3
质量分数/% 2.2～2.9 2.8～3.1 22～28 60～65 1～2 <1
如图是一种废钒催化剂回收工艺路线：
回答下列问题：
(1)已知“酸浸”时，V2O5转化为VO，V2O4转化成VO2＋，请写出废钒催化剂“酸浸”时V2O5发生反应的离子方程式___________。
(2)工艺中“氧化”步骤使VO2＋变为VO反应的离子方程式___________。
(3)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROH＋V4O R4V4O12＋4OH-(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高“洗脱”效率，“淋洗液”应该呈___________(填“酸”“碱”或“中”)性。
(4)“流出液”中阳离子最多的是___________。
17．某废水中的铬元素以和的形式存在，其总铬含量的测定方法如下。
步骤一：取100 mL废水，加热浓缩成20 mL溶液，然后加入NaOH溶液将转化为；
步骤二：加入稍过量的，使在碱性条件下转化成；
步骤三：加入硫酸酸化并煮沸后，加入足量的碘化钾将六价铬还原为，同时生成单质。
步骤四：以淀粉为指示剂用0.01 滴定，滴定过程中消耗溶液30.00 mL。
已知：，请回答：
(1)“步骤二”中发生反应的离子方程式为___________。
(2)“步骤三”中加硫酸酸化时可以观察到溶液颜色变化为___________。
(3)在测定过程中，选出正确的滴定操作并排序：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→标准液润洗滴定管→___________→___________→___________→___________→到达滴定终点，停止滴定，记录读数
a．轻轻转动酸式滴定管的活塞，使滴定管尖嘴部分充满溶液，无气泡
b．调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数
c．调整管中液面，用胶头滴管滴加标准液恰好到“0”刻度
d．锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色变化
e．装入溶液至“0”刻度以上2～3 mL，固定好滴定管
f．锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视滴定管内液面变化
g．将滴定管尖向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液至无气泡
(4)该废水中铬元素的质量浓度为___________。
(5)若“步骤三”中省略加热煮沸操作会导致废水中铬元素含量的测量结果偏高。请解释原因：___________
18．二甲醚(DME)在制药、燃料、农药等化学工业中有许多独特的用途。工业上常用合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1<0
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) H2<0
③CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) H3<0
回答下列问题：
(1)已知：CO(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)的燃烧热分别是 H(CO)=-283kJ·mol-1、 H(H2)=-285kJ·mol-1和 H(CH3OCH3)=-1453kJ·mol-1，则反应2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(1)的 H=___________ kJ·mol-1，反应③的正反应的活化能___________逆反应的活化能(填“>、<或=”)。
(2)在催化剂作用下，发主上述3个反应，CO的转化率、CH3OH和CO2的产率和随温度变化关系如图1所示。总压分别为100kPa、10kPa时，平衡体系中CO和CH3OCH3(g)的物质的量分数随温度变化关系如图2所示。
①图1中CO的转化率随温度升高而上升的原因是___________。
②图1中780℃时，CH3OCH3的选择性为___________。 ()
③能提高CH3OCH3选择性的最关键因素是___________。
④100kPa时，CO和CH3OCH3的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是___________、___________。
(3)在100MPa下，将3molH2、2molCO充入T℃恒容密闭容器中，若只发生反应①和反应②，达到平衡时，测得n(CH3OH)=0.25mol、n(H2O)=0.5mol，则反应①平衡常数Kp=___________(MPa)-2(Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
19．碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题I：
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH=＋88.6 kJ·mol-1。
则M、N相比，较稳定的是_______。
(2)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)=2Al2O3(s)＋3TiC(s)　ΔH=-1 176 kJ·mol-1，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为_______ kJ。
(3)CH4、H2、C都是优质的能源物质，它们燃烧的热化学方程式分别为
①CH4(g)＋2O2(g) = CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol-1；
②2H2(g)＋O2(g) = 2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1；
③C(s)＋O2(g) =CO2(g)　ΔH=-393.5 kJ·mol-1。
CH4、H2组成的混合气体2mol，完全燃烧后放出热量1297.0kJ能量，该混合气体中CH4与H2的物质的量之比n(CH4)：n(H2) =_______； C(s)与H2(g)不反应，所以C(s)＋2H2(g)=CH4(g)的反应热无法直接测量，但通过上述反应可求出其反应热ΔH=_______ kJ·mol-1。
(4)饮用水中的NO主要来自于NH。已知在微生物的作用下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
1 mol NH全部被氧化成NO的热化学方程式为_______。
II.一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示
图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示，回答下列问题。
(5)海水中的Na+由中间室移向_______(选填“左”或“右”)室。
(6)该电池负极的电极反应方程式为_______。
(7)电路中每通过1 mol电子，产生标准状况下气体的体积为_______ L。
1．D
【分析】根据题意可以知道该物质与水混合会吸热使温度降低，才能达到制冷的效果，要从物质溶于水后热量变化来考虑。
【详解】A.酒精溶于水过程中热量变化不是很明显，故A错误；
B.生石灰能与水反应生成氢氧化钙并放出热量，不能起到制冷的作用，故B错误；
C.氢氧化钠溶于水放热，不能起到制冷的作用，故C错误；
D.硝酸铵溶于水吸热，能使温度降低能达到制冷的作用，故D正确；
故答案选D。
2．B
【详解】A．将SO2、HCl气体通入饱和食盐水溶液，HCl可溶于食盐水，而二氧化硫能与水反应，A不能达到实验目的；
B．CuCl2、FeCl3溶液显酸性，加入过量CuO或Cu2(OH)2CO3静置后，可生成氢氧化铁沉淀，过滤可除去铁离子，B能达到实验目的；
C．乙酸乙酯、乙酸均能与NaOH反应，C不能达到实验目的；
D．滴加新制氯水后，用CCl4萃取可除去碘离子，不能除去钾离子，D不能达到实验目的；
答案为B。
3．A
【分析】b为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O-4e-=H2↑+2OH-；a为阳极，氯离子放电产生氯气；氯气与水的反应为可逆反应，次氯酸将有机物R如氧化生成。
【详解】A． 硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，故Ａ错误；
B． 阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl-可以循环利用，故B正确；
C． 阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，流程中发生离子反应：，，故C正确；
D． a极反应产生Cl2，氯气与水反应生成次氯酸为可逆反应，次氯酸将有机物R如氧化生成，通过消耗CO(NH2)2的量计算得到氯气的量小于反应生成的氯气的量，若R为，则消耗1mol 生成时，转移6mol电子，铂电极N处产生的应大于3mol，故D正确；
故选A。
4．D
【分析】向25℃的10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的氨水。加入氨水10mL时，盐酸刚好完全反应；加入氨水20mL时，醋酸刚好完全反应，此时溶液为NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液；加入氨水30mL时，溶液中的溶质为NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O，且三者的物质的量浓度相等。
【详解】A. A点到B点，发生的反应为NH3·H2O +HCl=NH4Cl+H2O，且二者刚好完全反应，此时溶液中的溶质为NH4Cl和CH3COOH，虽然离子的物质的量不变，但溶液的体积逐渐增大，所以离子的浓度逐渐减小，溶液的导电性逐渐减小，A正确；
B. 在A、B、D点，水的电离都受到抑制，只有C点，由于NH4Cl发生水解，促进了水的电离，所以整个过程中，C点水的电离程度最大，B正确；
C. 溶液pH=7时对应的点应在C点和D点之间某处，此时溶液中存在NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O，且NH4+的水解程度与NH3·H2O的电离程度相等，所以：c(NH4+)=c(CH3COO-)+ c(Cl-)=2c(CH3COO-)+c(CH3COOH)>c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正确；
D. D点处，溶质为NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O，且三者的物质的量浓度相等，所以NH3·H2O发生电离，溶液呈碱性，溶液中离子浓度的大小关系为：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误。
故选D。
【点睛】分析图象时，首先应根据溶质的物质的量，弄清各段曲线所发生的反应，计算出特定点中所含溶质成分，然后根据电离与水解的主次，判断离子的浓度关系及溶液的酸碱性。
5．D
【分析】未加NaOH溶液时，HA的AG=12，则c（H+） c（OH-）=10-14，=10-12，则c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是强酸；
未加NaOH溶液时，HB的AG=9，则c（H+） c（OH-）=10-14，=10-9，则c（H+）=10-2.5mol/L＜0.1mol/L，则HB是弱酸；
【详解】A．P点AG=0时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL，故A正确；
B．HB的电离程度较小，则溶液中c（B-）≈c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）≈0.1mol/L，Ka（HB）===10-4，故B正确；
C．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：N＞M=P，故C正确；
D．M、P点的AG都为0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点c（A-）=c（Na+）、M点c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：M＜P点，则c（A-）＞c（B-），故D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B中微粒浓度的近似处理方法。
6．A
【详解】A．蒸发时不能搅拌，防止局部温度过高，液滴飞溅，图中蒸发操作合理，A项正确；
B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B项错误；
C．Cu与稀硫酸不反应，不能制备氢气，C项错误；
D．验满可将带火星的木条放子瓶口，图中操作不合理，D项错误；
答案选A。
7．B
【详解】设CuSO4和NaCl溶液的物质的量浓度均为1mol·L-1，混合溶液的体积为4L，则混合溶液中CuSO4的体积为3L，NaCl的体积为1L，即CuSO4的物质的量为n(CuSO4)=3mol，NaCl的物质的量为n(NaCl)=1mol，根据转移电子守恒，第一阶段，阳极上Cl-放电，阴极上Cu2+放电，电解的方程式是Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，Cl-完全反应时，剩余Cu2+2.5mol；第二阶段，阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电，电解的方程式是2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑；第三阶段，阳极上OH-放电，阴极上H+放电，电解的方程式是2H2O2H2↑+O2↑；由上知 此反应不能发生，B选项符合题意；答案为B。
8．D
【分析】草酸是二元酸，根据滴定消耗的氢氧化钠的量，可以判断a点溶质为NaHC2O4，b点溶质为Na2C2O4，c点溶质为，等浓度的Na2C2O4和NaOH，以此解题。
【详解】A．草酸为二元酸，b点时生成水的物质的量为：0.1mol/L×20×10-3L×2=4×10-3mol，由于醋酸是弱酸，与氢氧化钠反应的过程中，醋酸还在不断的电离，其电离过程是吸收热量的，故生成4×10-3mol水，放出的热量小于4×10-3mol×57.4KJ/mol=0.2296 kJ，A错误；
B．a点为NaHC2O4，草酸氢根离子的水解，会促进水的电离，b点为Na2C2O4，草酸根离子的水解程度更大，故此时水的电离程度更大，c溶液中有过量的氢氧化钠，会抑制水的电离，水的电离程度较小，故水的电离程度：，B错误；
C．根据电离常数可以知道酸性，，故少量溶液滴入溶液中，只能生成和HCOOH，即，C错误；
D．c点时溶质为：Na2C2O4和NaOH，二者物质的量之比为1∶1，由电荷守恒：，物料守恒，，得，D正确；
故选D。
9．D
【详解】A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A说法正确；
B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，故B说法正确；
C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法正确；
D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，故D说法错误。
【点睛】电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H＋不能大量共存，因此D选项错误。
10．D
【分析】向的中，以的速度逐滴加入的HCl溶液，表示的曲线是pH变化曲线；由知，=；表示的线是直线。
【详解】A．恰好反应时，得到的氯化铵溶液是酸性溶液，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以强酸滴定弱碱时，最宜使用甲基橙，A项正确；
B．由图可知，M点对应p X2曲线的Q点，则==0，代入，解得c(OH-)=2.0×10-5，c(H+)=0.5×10-9，此时pH=9.3，B项正确；
C．使HCl溶液滴至1min时，加入的稀盐酸的体积是×60s=30mL，加入盐酸的物质的量是0.003mol，此时pH=7，此时根据电荷守恒得到c(Cl-)=c(NH)=0.075mol/L，根据计算，此时c()=0.000375 mol/L，再根据N原子守恒，c总()=c(NH)+ c()=0.075+0.000375，再根据稀释前后物质的量不变，原来是10mL，反应后体积为40mL，则起始时氨水的浓度是(0.075+0.000375)×4=0.3015mol/L，C项正确；
D．氨水的电离过程是吸热过程，温度升高，利于电离方向进行，电离常数K增大。对于=，温度升高，K变大，碱性增强，Q点应向左移动，D项错误；
故答案选D。
11．AB
【详解】A．氮元素的化合价由-3价升高为0价，所以每生成1mol N2，转移的(3-0)×2×1mol=6mol电子，故A项错误；
B．氮元素的化合价由-3价升高为0价，被氧化，NH是还原剂，氯元素的化合价由+1价降低为-1价，被还原，Cl-为还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则还原性NH＞Cl-，故B项错误；
C．NH中氮元素的化合价由-3价升高为0价，被氧化，ClO-中氯元素的化合价由+1价降低为-1价，被还原，故C项正确；
D．由题目2NH+3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H++3H2O知，此法处理过的废水溶液呈酸性，不能直接排放，故D项正确；
故答案为：AB。
12．CD
【分析】HCl是强酸，在调节pH的过程中，若BOH是强碱，则当时，pH应为7，但是当时，pH小于7，溶液显酸性，对应图中点P3，是因为存在水解平衡，故BOH是一元弱碱。
【详解】A．由图可知，当pH=9.25，即c(OH-)，lgc(BOH)=lgc(B+)，BOH的电离平衡常数为，故A项错误；
B．t=0.5时，溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，且c(H+)与c(OH-)不相等，所以2c(H+)+c(BOH)不等于2c(OH-)+c(B+)，故B项错误；
C．P1所示的溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)=10-9.25 mol·L-1，c(OH-) mol·L-1，，得到c(C1-)＜0.05mol·L-1，故C项正确；
D．P2所示溶液，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-7，根据，，故D项正确。
故答案选CD。
13．BC
【详解】A．室温下，用pH计测定浓度均为0.1mol/L的溶液和溶液的pH，醋酸酸性强，醋酸钠水解能力弱，pH小，可以比较和的酸性强弱，故A正确；
B．向盛有溶液的试管中滴加2滴0.1mol/L的溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的溶液，又产生红褐色沉淀，由于NaOH过量，直接与氯化铁作用产生氢氧化铁沉淀，不能说明该温度下，故B错误；
C．与溶液发生氧化还原反应生成亚铁离子，溶液颜色变浅，无金属单质析出，不能比较Zn、Fe的金属性强弱，故C错误；
D． 室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入相同体积、不同浓度的稀硫酸，根据产生沉淀所需的时间多少，研究浓度对反应速率的影响，故D正确；
故选：BC。
14．BD
【详解】A. 在靠近A点的溶液：c(Na＋)>c(OH－))>c(CH3COO－) >c(H＋)，A错误；
B. 从B点分析，c(CH3COOH)=(0.2a-25×0.1)×10-3mol，n(CH3COO－)= n(Na＋)=2.5×10-3mol，c(H＋)=10-7mol，K==，B正确；
C. C点对应的溶液中，以过量醋酸的电离为主，水的电离受到抑制，由水电离出的H＋浓度小于10－7 mol·L－1，C错误；
D. D点对应的反应后的溶液中，n(CH3COO－)= n(CH3COOH)，然后发生电离，
从而存在如下关系：CH3COOHCH3COO-+H+，H2OH++OH-
c(CH3COO－)- [c(H+)-c(OH－)]= c(CH3COOH)+ [c(H+)-c(OH－)]
从而得出c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H+)－2c(OH－)，D正确。
故选BD。
【点睛】常温下，水电离生成的c(H＋)=c(OH－)=10-7mol/L；在易水解的盐溶液中，由于水的电离受到促进，所以水电离产生的c(H＋)=c(OH－)>10-7mol/L；在酸或碱溶液中，或盐和酸(或碱)的混合溶液中，只要以酸或碱的电离为主，水的电离就受到抑制，此时水电离产生的c(H＋)=c(OH－)<10-7mol/L。
15．AB
【分析】根据pOH值和pc值的计算方法，值越大，对应的浓度越小。二元弱酸溶液中存在的含磷物种有、、，根据酸碱中和原理，随着OH-浓度越大，浓度越来越小，所以曲线①表示pc()随pOH的变化，而随着OH-浓度越大，浓度先越来越大，然后越来越小，所以曲线②表示pc()随pOH的变化，的浓度随OH-浓度越大，越来越大，然后不变，所以曲线③表示pc()随pOH的变化，据此分析解答。
【详解】A．经分析，随着OH-浓度越大，浓度越来越小，所以曲线①表示pc()随pOH的变化，故A正确；
B．b点，是曲线③和曲线①的交点，此时c()=c()，此时的Ka==，a点是曲线③和曲线②的交点，此时c()=c()，则Ka2===10-(14-7.3)=10-6.7，c点是曲线①和曲线②的交点，此时c()=c()，则Ka1===10-(14-12.6)=10-1.4，而Ka====10-1.410-6.7=10-8.1，则b点=10-4.05，则b点的pH=4.05，则b点的pOH=14-4.05=9.95，所以，故B正确；
C．d点时，溶液中pOH=14，此时pH=0，溶液中的=1，而二元弱酸0.1提供的H+小于0.2，所以，故C错误；
D．是二元弱酸，所以溶液只存在水解，不存在电离，故D错误；
本题答案AB。
16．(1)V2O5＋2H＋=2VO＋H2O
(2)6VO2＋＋ClO＋3H2O=6VO＋Cl－＋6H＋
(3)碱
(4)K＋
【分析】废钒催化剂加入硫酸，V2O5转化为VO，V2O4转化成VO2＋，Fe2O3变为Fe3+，Al2O3变为Al3+，SiO2难溶于硫酸，过滤，滤液中加入KClO3把VO2＋氧化为VO，加入氢氧化钾生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，除去Fe3+、Al3+，经过离子交换、洗脱后，加入NH4Cl“沉钒”，煅烧生成V2O5。
(1)
“酸浸”时，V2O5转化为VO，发生反应的离子方程式是V2O5＋2H＋=2VO＋H2O；
(2)
工艺中“氧化”步骤，KClO3把VO2＋氧化为VO，KClO3被还原为氯化钾，反应的离子方程式6VO2＋＋ClO＋3H2O=6VO＋Cl－＋6H＋；
(3)
4ROH＋V4O R4V4O12＋4OH-，根据平衡移动原理，为了提高“洗脱”效率，“淋洗液”应该呈碱性；
(4)
“氧化”、“中和”步骤中加入了KClO3、KOH，所以“流出液”中阳离子最多的是K+。
17．(1)2＋3 ＋2OH－＝2＋4H2O
(2)由黄色变为橙色
(3) e g b d
(4)
(5)加热煮沸可使过量的双氧水分解，避免双氧水氧化碘离子，省略加热煮沸操作会导致生成的单质碘偏多，测测量结果偏高
【分析】将加入NaOH溶液转化为，加入稍过量的双氧水，将在碱性条件下转化成，加入稀硫酸酸化，将转化为，加热煮沸除掉双氧水，再加入KI将六价铬还原为，同时生成单质，再以淀粉为指示剂用滴定。
(1)
“步骤二”加入稍过量的，使在碱性条件下转化成，则发生反应的离子方程式为2＋3 ＋2OH－＝2＋4H2O；故答案为：2＋3 ＋2OH－＝2＋4H2O。
(2)
“步骤三”中加硫酸酸化时发生，且反应不断正向移动，因此可以观察到溶液颜色变化为由黄色变为橙色；故答案为; 由黄色变为橙色。
(3)
滴定实验过程中顺序为先检漏，再洗涤，再润洗，再加液排气泡，调液面，再锥形瓶中加待测液，加指示剂，进行滴定，滴定终点，因此在测定过程中，正确的滴定操作并排序：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→标准液润洗滴定管→e→g→b→d→到达滴定终点，停止滴定，记录读数；故答案为：e；g；b；d。
(4)
根据关系式，该废水中铬元素的物质的量n(Cr)= ，则该废水中铬元素质量浓度为；故答案为：。
(5)
步骤二中加入了过量的双氧水，若不加热煮沸，则会导致KI被双氧水氧化，因此“步骤三”中省略加热煮沸操作会导致废水中铬元素含量的测量结果偏高的原因：加热煮沸可使过量的双氧水分解，避免双氧水氧化碘离子，省略加热煮沸操作会导致生成的单质碘偏多，测测量结果偏高；故答案为：加热煮沸可使过量的双氧水分解，避免双氧水氧化碘离子，省略加热煮沸操作会导致生成的单质碘偏多，测测量结果偏高。
18． - 253 < 催化剂的活性增大 55% 催化剂的选择性 M X
【详解】(1) 各物质燃烧热化学方程式: 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-2832kJ/mol；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= -2852 kJ/mol；CH3OCH3(g)+3O2(g)=3H2O(g) +2CO2(g) △H-1433 kJ/mol；则反应2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(1)的 H=-2832-2854+143=- 253 kJ/mol；反应③△H3<0，正反应活化能小于逆反应活化能，答案为<；
(2)①反应①、反应②、反应③△H都小于0，若达到平衡，升高温度平衡均逆向移动，则CO转化率减小，而图1中，温度越高CO转化率越大，说明是平衡前的转化率，因此从速率角度分析，影响速率因素是温度和催化剂活性，故图1中CO的转化率随温度升高而上升的原因是催化剂的活性增大；
②根据图1可知CH3OH和CO2的产率和为18，而CO转化率为40，因此转化成CH3OCH3的CO为22，则选择性=100%=55%；
③提高CH3OCH3选择性的最关键因素是催化剂的选择性；
④图2中，题干指明是“平衡时”，压强越大，反应①正向移动，CO物质的量分数越小，CH3OCH3的物质的量分数越大，温度越高三个反应均逆向移动，CH3OCH3的物质的量分数越小，CO物质的量分数越大，曲线X、Y表示CH3OCH3，曲线Y表示低压时的，曲线X表示高压时的，曲线M、N表示CO物质的量分数，曲线N表示低压时的，曲线M表示高压时的；答案为M；X；
(3)①
(平衡时，气体总物质的量为2.5mol，起始压强100kPa，平衡时总压强为50kPa。)
②
因此: Kp==。
19．(1)M
(2)98
(3) 3：2 -74.8
(4)
(5)右
(6)
(7)7.84
【解析】（1）
能量越低越稳定，M转化成N的反应为吸热反应，说明M的能量比N低，则M比N稳定，故答案为：M；
（2）
Al元素由0价上升至+3价，碳元素由0价下降至-4价，说明转移12mol电子放热1176kJ，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为，故答案为：98；
（3）
设混合气体中CH4与H2的物质的量分别为y、x，，解得y=1.2mol，x=0.8mol，则n(CH4)：n(H2)=3：2；根据盖斯定律，由②+③-①可得C(s)＋2H2(g)=CH4(g)，则其ΔH= -393.5 kJ·mol-1+(-571.6 kJ·mol-1)-(-890.3 kJ·mol-1)=-74.8 kJ·mol-1，故答案为：3：2；-74.8；
（4）
由图可知，第一步反应的热化学方程式为，第二步反应的热化学方程式为，根据盖斯定律，将两步反应相加即可得到1 mol NH全部被氧化成NO的热化学方程式为，故答案为：；
（5）
该电极中，硝酸根在右边电极发生还原反应生成氮气，则右边电极为正极，左边为负极，原电池工作时，阳离子向正极移动，因此Na+由中间室移向右室，故答案为：右；
（6）
由(5)可知，左边电极为负极，负极上有机物失去电子发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：；
（7）
该原电池正极电极反应为，负极反应式为，电路中每通过1 mol电子，正极产生氮气0.1mol，负极产生二氧化碳0.25mol，标准状况下气体总体积为(0.1mol+0.25mol)×22.4L/mol=7.84L，故答案为：7.84。