…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人民版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷991考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=akJ·mol-1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ·mol-1

H—H、O=O和O—H鍵的鍵能分別為436kJmol-1，496kJmol-1和462kJmol-1。則a為()A.-332B.-118C.+350D.+1302、用石墨與金屬鐵分別作兩電極，用較小電流長時間電解某AlCl3溶液，不可能出現的現象為A.鐵電極逐漸溶解B.在陽極生成黃綠色氣體C.先生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色D.先生成白色沉淀，后來白色沉淀逐漸全部溶解3、MFC-電芬頓技術不需要外加能量即可發生；通過產生羥基自由基(·OH)處理有機污染物，可獲得高效的廢水凈化效果，其耦合系統原理示意圖如圖，下列說法錯誤的是。

A.甲池中H+移動的方向從M室到N室B.電子移動方向為a→Y，X→bC.乙池的可在酸性較弱的環境中使用D.Y電極上得到雙氧水的反應為O2+2e-+2H+=H2O24、化學與生活密切相關，下列說法正確的是A.海水制鹽后可以利用氯堿工業，電解飽和食鹽水制備金屬鈉B.聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.《本草經集注》中記載了區分真焰硝和假焰硝的方法：“以火燒之，紫青煙起，乃真焰硝”，這是利用了“焰色反應”原理D.北斗衛星導航專用硬件結合國產應用處理器打造出一顆真正意義的“中國芯”，該“中國芯”的主要成份為5、在相同溫度時，100mL0.01mol/L醋酸與10mL0.1mol/L醋酸相比較，下列數值中，前者大于后者的是A.溶液中H+的物質的量B.CH3COOH的電離常數C.中和時所需NaOH的物質的量D.溶液中CH3COOH的物質的量6、已知琥珀酸[(CH2COOH)2]是二元弱酸，以H2A代表其化學式，且pX代表-lg或-lg常溫下；用NaOH溶液滴定琥珀酸溶液，混合溶或液的pH與pX的關系如圖所示。下列有關說法正確的是。

A.該溶液中>B.水的電離程度d>cC.當H2A被完全中和時，c(OH-)=c(HA-)+c(H2A)+c(H+)D.滴定至c點時，c(Na+)2-)+2c(HA-)7、通常人體胃液的pH大約是胃液的酸堿性為A.堿性B.酸性C.無法判定D.中性評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、是一種重要的化工原料。工業上可以利用硫()與原料制備受熱分解生成為氣態△H發生反應。回答下列問題：

(1)上述反應中以物質的量分數表示的平衡常數與溫度T的變化關系如圖所示，則△H_______0(填“>”、“=”或“＜”)，提高平衡體系中的體積分數的措施為_______(填一條)。

(2)某興趣小組對上述反應進行了實驗探究。在一定溫度和催化劑的條件下，將0.2mol和0.1mol通入2L的密閉容器中進行反應(此時容器內總壓為300kPa)；其中三種氣體的分壓隨時間的變化曲線如圖所示。

①表示分壓變化的曲線是_______(填序號)；若保持容器體積不變，時反應達到平衡，則0～內的反應速率_______(用含的代數式表示)。

②時將容器體積迅速縮小至原來的一半并保持不變，圖中能正確表示壓縮后分壓變化趨勢的曲線是_______(用圖中a、b、c、d表示)，理由是_______。

③在該溫度下，該反應的標準平衡常數_______(保留兩位小數；已知：

分壓=總壓×物質的量分數；對于反應其中為各組分的平衡分壓)。9、化學反應原理在科研和工農業生產中有廣泛應用。

（1）某化學興趣小組進行工業合成氨的模擬研究，反應的方程式為N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）ΔH＜0。在1L密閉容器中加入0.1molN2和0.3molH2，實驗①、②、③中c（N2）隨時間（t）的變化如圖所示：

實驗②從初始到平衡的過程中，該反應的平均反應速率v（NH3）＝____________；與實驗①相比，實驗②和實驗③所改變的實驗條件分別為下列選項中的________、________（填字母編號）。

a．增大壓強b．減小壓強c．升高溫度d．降低溫度e．使用催化劑。

（2）800K時向下列起始體積相同的密閉容器中充入2molN2、3molH2；甲容器在反應過程中保持溫度壓強不變，乙容器保持溫度體積不變，丙容器是絕熱容器保持體積不變，三容器各自建立化學平衡。

①達到平衡時，平衡常數K甲________K乙________K丙（填“＞”“＜”或“＝”）。

②達到平衡時N2的濃度c（N2）甲________c（N2）乙，c（N2）乙________c（N2）丙（填“＞”“＜”或“＝”）。

③對甲、乙、丙三容器的描述，以下說法正確的是____________。A．甲容器氣體密度不再變化時，說明此反應已達到平衡狀態B．在乙中充入稀有氣體He，化學反應速率加快C．丙容器溫度不再變化時說明已達平衡狀態D．向丙容器中充入氨氣，正向速率減小，逆向速率增大10、氮的氧化物是造成大氣污染的主要物質。研究氮氧化物的反應機理對于消除環境污染有重要意義。NO在空氣中存在如下反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H；上述反應分兩步完成，其反應歷程如圖所示：

回答下列問題：

（1）寫出反應I的熱化學方程式___。

（2）反應I和反應Ⅱ中，一個是快反應，會快速建立平衡狀態，而另一個是慢反應。決定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反應速率的是___(填“反應I”或“反應Ⅱ”)；對該反應體系升高溫度，發現總反應速率反而變慢，其原因可能是___(反應未使用催化劑)。11、利用反應Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2設計成如圖所示原電池；回答下列問題：

（1）寫出電極反應式：正極___________________；負極_________________。

（2）圖中X溶液是____________，Y溶液是____________。

（3）原電池工作時，鹽橋中的________(填“陽”或“陰”)離子向X溶液方向移動。

（4）X溶液中石墨電極上發生____________(填“氧化”或“還原”)反應12、人們的日常生活和工農業生產都離不開電能；當今世界電能的開發和利用已是科學工作者十分重視的課題。

(1)可自發進行，據此設計的下列實驗裝置中屬于原電池，且電池工作時可發生上述反應的是___________(填序號)。

A．B．C．D．

(2)上述D裝置若能構成原電池，其鹽橋的作用是___________(回答兩點)，鹽橋中物質能不能改用含的瓊膠？并說明理由：___________。

(3)在某新型催化劑作用下可形成新型燃料電池；其工作原理如圖。

①Y極的電極反應式為___________。

②當有電子通過負載時，X極生成的體積為___________L(標準狀況)。13、下表是幾種弱電解質的電離平衡常數(25℃)。電解質電離方程式平衡常數KCH3COOHCH3COOHCH3COO—+H+1.76×10-5H2CO3H2CO3HCO3—+H+HCO3—CO32—+H+K1=4.31×10-7K2=5.61×10-11C6H5OHC6H5OHC6H5O—+H+1.1×10-10H3PO4H3PO4H2PO4—+H+H2PO4—HPO42—+H+HPO42—PO43—+H+K1=7.52×10-3K2=6.23×10-8K3=2.20×10-13NH3·H2ONH3·H2ONH4++OH—1.76×10-5

回答下列問題（C6H5OH為苯酚）：

（1）由上表分析，若①CH3COOH②HCO3—③C6H5OH④H2PO4—均可看作酸，則它們酸性由強到弱的順序為___________（填編號）；

（2）寫出C6H5OH與Na3PO4反應的離子方程式：__________________________；

（3）25℃時，將等體積等濃度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO—)______c(NH4+)；（填“＞”；“＝”或“＜”）

（4）25℃時，向10mL0.01mol/L苯酚溶液中滴加VmL0.01mol/L氨水，混合溶液中粒子濃度關系正確的是______；

A.若混合液pH＞7；則V≥10

B.若混合液pH＜7，則c((NH4+)＞c(C6H5O—)＞c(H+)＞c(OH—)

C.V=10時；混合液中水的電離程度小于10mL0.01mol/L苯酚溶液中水的電離程度。

D．V=5時，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O—)+c(C6H5OH)

（5）水解反應是典型的可逆反應．水解反應的化學平衡常數稱為水解常數(用Kh表示)，類比化學平衡常數的定義，請寫出Na2CO3第一步水解反應的水解常數的表達式_______________。14、向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和氣體生成。(_______)評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正確B.錯誤16、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水電離出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正確B.錯誤17、二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環境造成很大影響(已知珊瑚礁的主要成分為)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起濃度增大、濃度減小。(________)A.正確B.錯誤18、25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數不相等。（______________）A.正確B.錯誤19、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤20、(1)用碳酸鈉粉末可以制備CO2_______

(2)用鐵片和稀H2SO4反應制取H2時，為加快產生H2的速率可改用濃H2SO4_______

(3)加熱分解NH4HCO3固體，將所得的氣體進行適當處理可獲得NH3_______

(4)用KMnO4固體和用KClO3固體制備O2的裝置完全相同_______

(5)由MgCl2溶液制備無水MgCl2：將MgCl2溶液加熱蒸干_______

(6)用向上排空氣法收集銅粉和稀硝酸反應產生的NO_______

(7)排水法收集KMnO4分解產生的O2：先熄滅酒精燈，后移出導管_______

(8)濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2：氣體產物先通過濃硫酸，后通過飽和食鹽水_______A.正確B.錯誤21、焊接時用NH4Cl溶液除銹與鹽類水解無關。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業流程題(共3題，共6分)22、利用某冶金行業產生的釩爐渣(主要含V2O3及少量SiO2、P2O5等雜質)可以制備氧釩堿式碳酸銨晶體[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]；其生產流程如圖：

已知：V2O5微溶于水，可溶于堿生成VO向Na3VO4溶液中加酸，不同pH對應的主要存在形式如表：。pH≥1310.6～12約8.43～8約2＜1存在形式VOV2OV3OV10OV2O5VO

回答下列問題：

(1)“焙燒”后V元素轉化為NaVO3，該反應的化學方程式為___。

(2)欲除去磷元素[使c(PO)≤1.0×10-6mol·L-1]，則應控制溶液中Mg2+濃度至少為___mol·L-1(已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24)。此時Si元素轉化為___(寫化學式)。

(3)“沉釩”的作用為___，“沉釩”需要控制pH約為___。

(4)“還原”過程中，生成VOSO4和一種常溫下無色無味的氣體化合物，該反應的離子方程式為___。用濃鹽酸與V2O5反應也可以制得VO2+，該方法的缺點是___。23、鋁是應用廣泛的金屬。以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質)為原料制備鋁的一種工藝流程如下：

注：SiO2在“堿溶”時轉化為鋁硅酸鈉沉淀。

(1)鋁土礦“堿溶”時，氧化鋁轉化為__________進入溶液。

(2)向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_____(填“增大”“不變”或“減小”)，發生反應的離子方程式是_______。

(3)“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是______。

(4)“電解Ⅱ”是電解Na2CO3溶液；原理如圖所示。

陰極產生氣體A的化學式為_______。陽極區Na2CO3轉化為NaHCO3的原因是________(用化學用語予以說明)。24、氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)是提取稀土化合物；冶煉鈰的重要礦物原料；以氟碳鈰礦為原料提取鈰的工藝流程如圖所示。回答下列問題：

(1)CeFCO3中Ce的化合價為___。

(2)氧化焙燒時不能使用陶瓷容器，原因是___(用化學方程式說明)。

(3)氧化焙燒后的產物之一為CeO2，則酸浸時發生反應的離子方程式為___。

(4)HT是一種難溶于水的有機溶劑，則操作Ⅰ的名稱為___。

(5)為了提高酸浸率，可以適當提高反應溫度，但溫度偏高浸出率反而會減小，其原因是___。

(6)有機物HT能將Ce3+從水溶液中提取出來，該過程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機層)CeT3(有機層)+3H+(水層)。向CeT3(有機層)中加入稀硫酸能獲得較純的含Ce3+水溶液，從平衡角度解釋其原因是___。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共2題，共4分)25、反應①②是重要的化工反應；D；E、F、G為單質，D、E、G、H為氣體，且只有E為有色氣體，F是常見的金屬單質，G是空氣中主要成分之一，K是白色膠狀沉淀，C的焰色反應為黃色，其物質間的轉化關系如下，虛框內是需設計的內容，反應物只能用A～J中的物質：

（1）A的電子式__________，H的結構式是___________；

（2）A溶液的電解方程式是_______________；

C+B→J的離子方程式是_______________；

（3）請設計F→K的最佳途徑_______；

（4）按設計得到1molK，電解B時轉移的電子數目是_______，至少需要另加試劑的物質的量是__________。26、圖中；A～L為常見物質或該物質的水溶液，B在A氣體中燃燒產生棕黃色煙，B；G為中學化學中常見的金屬單質，E的稀溶液為藍色，I的焰色反應為黃色，組成J的元素原子核內只有一個質子，F為無色、有刺激性氣味的氣體，且能使品紅溶液褪色.

請回答下列問題：

(1)框圖中所列物質中屬于非電解質的物質是___；

(2)將D的水溶液蒸干并灼燒得到的固體物質的化學式為___；

(3)在一定物質的量濃度的硝酸銨溶液中滴加適量的K溶液，使溶液的pH=7，則溶液中c(Na+)___c(NO)(選填“＞”“=”或“＜”)。

(4)與F組成元素相同的一種?2價酸根離子M，M中兩種元素的質量比為4：3，已知1molA單質與含1molM的溶液能恰好完全反應，反應時僅觀察到有淺黃色沉淀產生，取反應后的上層清液加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀產生。則A單質與含M的溶液反應的離子方程式為：___。

(5)25℃時，若Ksp(H)=2.2×10?20，向0.022mol?L?1的E溶液中逐滴滴入溶液K，當開始出現沉淀時，溶液中的c(OH－)=__。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH＝akJ·mol-1,②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH＝－220kJ·mol-1，將①-②×得：H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH＝(a+110)kJ·mol-1，2×462-(436+×496)=a+110；解得a=+130。所以D符合題意；

故答案：D。2、D【分析】【分析】

用鐵做陰極，石墨作陽極，即陽極上氯離子先放電得到氯氣，陰極上氫離子放電得到氫氣，由于兩極通過電量相同，所以產生的氫氣和氯氣的物質的量相等，陰極區域c(OH-)>c(H+)，OH-與Al3+會發生反應生成Al(OH)3沉淀；如果鐵做陽極，陽極會發生反應：Fe-2e-=Fe2+；陰極上氫離子放電生成氫氣，據此分析解題。

【詳解】

A．鐵做陽極；鐵電極會逐漸溶解，可能出現此現象，A不合題意；

B．石墨作陽極；即陽極上氯離子先放電得到氯氣生成黃綠色氣體，B不合題意；

C．鐵做陽極，陽極會發生反應：Fe-2e-=Fe2+，陰極上氫離子放電生成氫氣，生成氫氧根，先生成的灰白色沉淀Fe(OH)2，迅速變成灰綠色，最終變成紅褐色Fe(OH)3；C不合題意；

D．由于產生的氫氣與氯氣的物質的量相等，可以知道生成的氫氧根離子與Al3+之比不會大于3：1；即沉淀不會溶解，此現象不可能出現，符合題意；

故答案為：D。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．甲池為燃料電池，a電極燃料失去電子，為負極，H+由負極向正極運動；即從M室到N室移動，A項正確；

B．甲為燃料電池，燃料失去電子，電子移動a→Y，X電極作陽極，失去電子，電子移動X→b；B項正確；

C．乙池中，酸性較弱時，Fe3+易水解生成沉淀；C項錯誤；

D．Y為陰極，氧氣得到電子，發生還原反應，電極方程式為：O2+2e–+2H+=H2O2；D項正確；

答案選C。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．海水制鹽后可以利用氯堿工業即電解飽和食鹽水，反應方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；故電解飽和食鹽水制備不到金屬鈉，A錯誤；

B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯的結構簡式為：分子中沒有碳碳雙鍵等不飽和鍵，故不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B錯誤；

C．鑒別K+和Na+可以利用焰色反應，故《本草經集注》中記載了區分真焰硝和假焰硝的方法：“以火燒之；紫青煙起，乃真焰硝”，是利用了“焰色反應”原理，C正確；

D．北斗衛星導航專用硬件結合國產應用處理器打造出一顆真正意義的“中國芯”；該“中國芯”的主要成份為晶體硅，D錯誤；

故答案為：C。5、A【分析】【詳解】

A．醋酸是弱酸，存在電離平衡，濃度越大，電離程度越小，所以在相同溫度時，100mL0.01mol/L醋酸與10mL0.1mol/L醋酸中溶質的物質的量相等，但H+的物質的量前者大于后者；A符合題意；

B．電離平衡常數只與溫度有關；溫度相同，電離常數相同，B不符合題意；

C．100mL0.01mol/L醋酸與10mL0.1mol/L醋酸中含有溶質CH3COOH的物質的量相等；因此中和時所需NaOH的物質的量也相等，C不符合題意；

D．溶液中CH3COOH的物質的量根據公式n=cV，結合二者的濃度與體積大小可知：100mL0.01mol/L醋酸與10mL0.1mol/L醋酸中含有溶質CH3COOH的物質的量相等；D不符合題意；

故合理選項是A。6、D【分析】【分析】

由d點數據可知由c點數據可知Ka1>Ka2，所以a代表pX=-lgb代表pX=-lg

【詳解】

A.Ka1>Ka2，所以該溶液中<故A錯誤；

B.d、c兩點都呈酸性，說明酸沒有完全反應，d到c，隨pH升高，琥珀酸電離出的氫離子不斷減少，氫離子對電離的抑制作用減弱，水的電離程度d

C.當H2A被完全中和時溶質是Na2A，根據質子守恒，c(OH-)=c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)；故C錯誤；

D.根據電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，c點溶液呈酸性，所以c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)，=1，所以c(Na+)2-)+2c(HA-)；故D正確；

選D。7、B【分析】【詳解】

常溫下，的溶液呈酸性，的溶液呈中性，的溶液呈堿性，由通常人體胃液的pH大約是可知，胃液呈酸性，故選B。二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】(1)

平衡常數隨溫度的倒數的增大而增大，則隨溫度T的減小而增大，則正反應為放熱反應，所以△H＜0；提高平衡體系中的體積分數；則應使平衡正向移動，由于該反應為放熱反應，所以可適當降低溫度，使平衡正向移動；增大反應物甲烷的濃度或則及時移走硫化氫均能使平衡正向移動，故答案為：＜；適當降低溫度（或增加甲烷的量或移走硫化氫）

(2)

①由于為生成物，所以表示分壓的曲線應隨著反應的進行而逐漸上升，當反應達到平衡后，則平行于時間軸，平衡時的分壓則曲線III可表示分壓；2L的密閉容器中0.2mol和0.1mol的總壓為300kPa，則0.2mol和0.1mol的分別為200kPa和100kPa；解得所以則0～內的反應速率由于所以故答案為：III；

②時將容器體積迅速縮小至原來的一半的瞬間分壓增大至原來的2倍，由于該反應屬于等體積反應，所以減小體積（增大壓強）平衡不會發生移動，則時將容器體積迅速縮小至原來的一半并保持不變，圖中能正確表示壓縮后分壓變化趨勢的曲線是a；故答案為：a；該反應屬于等體積反應，所以減小體積（增大壓強）平衡不會發生移動；

③平衡時的分壓分別為120kPa、40kPa、80kPa，則在該溫度下，該反應的標準平衡常數==故答案為：【解析】(1)＜

適當降低溫度（或增加甲烷的量或移走硫化氫）

(2)IIIa該反應屬于等體積反應，所以減小體積（增大壓強）平衡不會發生移動9、略

【分析】【分析】

（1）根據圖像中氮氣濃度的變化求出氨氣濃度的變化，用求出用氨氣表示的反應速率。與實驗①相比；實驗②速率快，平衡時氮氣的濃度低，實驗③速率慢，平衡時氮氣濃度大，用勒夏特列原理判斷改變的實驗條件；

（2）①平衡常數只和溫度有關；對于放熱反應；溫度升高，平衡常數減小。

②甲和乙相比；甲相當于在乙平衡后增大壓強，乙和丙相比，丙相當于在乙平衡后升高了溫度。

③某量在未平衡前是變化的；此量不變時可以說明反應已達平衡狀態；化學反應速率受濃度影響，當改變壓強時，也要看濃度是否改變。

【詳解】

（1）根據像可知，②在10min時達到平衡，此時氮氣的濃度變化為0.04mol/L，根據方程式或知，氨氣的濃度變化了0.08mol/L，根據v=可知v（NH3）==0.008mol?L-1?min-1，根據圖像可知②到達平衡的時間比①短，到達平衡時N2的濃度與①相同，化學平衡不移動，故②與①相比加了催化劑，故選e，①和③比較可知，③的速率比①小，平衡時氮氣的濃度高，即平衡逆向移動，故③減小了壓強，故選b；

故答案為0.008mol?L-1?min-1；e、b；

（2）①甲乙容器溫度不變，平衡常數不變，丙容器絕熱，溫度升高平衡逆向進行，平衡常數減小，故K甲=K乙＞K丙。

故答案為=；＞；

②甲容器在反應過程中保持壓強不變，故容器體積減小，氮氣的濃度增大；乙容器保持體積不變，隨著反應的進行，壓強減小；丙容器絕熱，溫度升高平衡逆向進行，故達到平衡時N2的濃度c（N2）甲＞c（N2）乙＜c（N2）丙。

故答案為＞；＜；

③A．密度=總質量一定，甲容器為恒壓裝置，當氣體密度不再變化時，說明氣體總量不再發生變化，此反應已達到平衡狀態，故A正確。B．乙為恒容裝置，在乙中充入稀有氣體He，反應物濃度不變，化學反應速率不變，故B錯誤；C．丙容器絕熱，故丙容器溫度不再變化時說明已達平衡狀態，故C正確；D．向丙容器中充入氨氣，正；逆反應速率均增大，故D錯誤。

故答案為AC。

【點睛】

本題的易錯點在于第（1）問中反應①和③的比較，從圖像中看，反應③在15min時就達平衡，而反應①在20min時才達平衡，所以有的同學就盲目認為反應③的反應速率快，再根據平衡時反應③c（N2）大于反應①c（N2），說明反應③相對于反應①是平衡左移，而正反應是放熱反應，所以錯選答案c。根據反應速率的定義式v=假設取前15min，反應③的△c（N2）=0.10mil/L-0.08mol/L=0.02mol/L，反應①的△c（N2）＞0.10mil/L-0.08mol/L=0.02mol/L，所以反應③的反應速率小，故答案應該選b。【解析】①.0.008mol·L－1·min－1②.e③.b④.＝⑤.＞⑥.＞⑦.＜⑧.AC10、略

【分析】【分析】

(1)根據圖像分析反應I為2NO(g)?N2O2(g)的焓變；寫出熱化學方程式；

(2)根據圖像可知；反應I的活化能＜反應Ⅱ的活化能，反應I為快反應，反應Ⅱ為慢反應，決定該反應速率的是慢反應；決定正反應速率的是反應Ⅱ，結合升高溫度對反應I和Ⅱ的影響分析可能的原因。

【詳解】

(1)根據圖像可知，反應I的化學方程式為：2NO(g)?N2O2(g)△H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4)kJ/mol，故答案為：2NO(g)?N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol；

(2)根據圖像可知，反應I的活化能＜反應Ⅱ的活化能，反應I為快反應，反應Ⅱ為慢反應，決定2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)反應速率的是慢反應Ⅱ；對該反應體系升高溫度，發現總反應速率變慢，可能的原因是：決定總反應速率的是反應Ⅱ，升高溫度后反應I平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對反應Ⅱ的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導致反應Ⅱ速率變慢，故答案為：反應Ⅱ；決定總反應速率的是反應Ⅱ，升高溫度后反應I平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對反應Ⅱ的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導致反應Ⅱ速率變慢。【解析】2NO(g)?N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol反應Ⅱ決定總反應速率的是反應Ⅱ，升高溫度后反應I平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對反應Ⅱ的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導致反應Ⅱ速率變慢11、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）反應Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，Cu失電子發生氧化反應，Fe3＋得電子發生還原反應；原電池中正極發生還原反應；負極發生氧化反應。（2）根據電池總反應；正極是氯化鐵發生還原反應；為防止銅發生自放電，銅與Y溶液不能反應；

（3）原電池中陽離子移向正極；（4）原電池中正極發生還原反應；負極發生氧化反應。

解析：（1）反應Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，Cu失電子發生氧化反應，Fe3＋得電子發生還原反應；原電池中正極發生還原反應，所以C是正極，正極反應式是2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋；負極發生氧化反應，Cu是負極，負極反應式是Cu－2e－=Cu2＋；。（2）石墨是正極，正極反應是2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，所以圖中X溶液是FeCl3，Cu是負極，Y溶液是CuCl2；（3）原電池工作時陽離子移向正極；石墨是正極，所以鹽橋中的陽離子向X溶液方向移動；（4）石墨是正極，所以X溶液在石墨電極發生氧化反應。

點睛：原電池中負極失電子發生氧化反應，正極得電子發生還原反應；陽離子移向正極，陰離子移向負極。【解析】2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋Cu－2e－=Cu2＋FeCl3CuCl2陽還原12、略

【分析】【分析】

銅作負極，Ag+作電解液，鹽橋平衡電荷，形成閉合回路；在某新型催化劑作用下可形成新型燃料電池，乙醇作負極，氧氣得電子作正極，根據電子轉移數與CO2的關系式計算。

【詳解】

(1)A．故A不符；

B．銅作負極，發生故B符合；

C．不能構成閉合回路；故C不符；

D．銅作負極，發生通過鹽橋形成閉合回路，故D符合；

故答案為：BD；

(2)上述D裝置能構成原電池，其鹽橋的作用是平衡電荷，形成閉合回路(合理即可)(回答兩點)，鹽橋中物質不能改用含的瓊膠，理由：因為鹽橋中的會與反應生成沉淀，使鹽橋失去作用。故答案為：平衡電荷，形成閉合回路(合理即可)；不能，因為鹽橋中的會與反應生成沉淀；使鹽橋失去作用；

(3)①Y極的氧氣得電子，電極反應式為故答案為：

②當有電子通過負載時，V==11.2L，X極生成的體積為11.2L(標準狀況)。故答案為：11.2。【解析】BD平衡電荷，形成閉合回路(合理即可)不能，因為鹽橋中的會與反應生成沉淀，使鹽橋失去作用11.213、略

【分析】【詳解】

(1).根據表中數據可知；酸的電離平衡常數大小順序是①④③②，酸的電離平衡常數越大，其酸性越強，所以它們的酸性由強到弱的是①④③②，故答案為①④③②；

(2).苯酚的電離平衡常數大于磷酸的第三步電離平衡常數，小于磷酸的第二步電離平衡常數，則苯酚和磷酸鈉反應生成苯酚鈉和磷酸一氫鈉，離子方程式為：C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—，故答案為C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—；

(3).25℃時，等體積等濃度的醋酸和氨水混合，二者恰好完全反應生成醋酸銨，由表中數據可知，醋酸和氨水的電離平衡常數相等，則醋酸根離子和銨根離子水解程度相等，所以醋酸銨溶液呈中性，c(OH?)=c(H＋)，根據電荷守恒式c(OH?)＋c(CH3COO?)=c(NH4+)＋c(H＋)可知，c(CH3COO?)=c(NH4+)；故答案為=；

(4).25℃時，一水合氨的電離程度大于苯酚，則苯酚銨溶液呈堿性，A.若混合液pH＞7，則溶液呈堿性，溶液中的溶質為苯酚銨或苯酚銨和一水合氨，苯酚和氨水的濃度相等，要使溶液呈堿性，苯酚的體積小于或等于或大于氨水的體積都可能使混合溶液呈堿性，故A錯誤；B.若混合液pH<7，溶液中的溶質為苯酚和苯酚銨，pH<7，則c(H+)>c(OH?)，溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(C6H5O?)+c(OH?)，所以c(C6H5O?)>c(NH4+)，故B錯誤；C.含有弱酸根陰離子或弱堿陽離子的鹽促進水的電離，酸抑制水的電離，所以苯酚銨促進水的電離，苯酚抑制水的電離，因此V=10時，混合液中水的電離程度大于10mL0.01mol/L苯酚溶液中水的電離程度，故C錯誤；D.任何電解質溶液中都遵循物料守恒，根據物料守恒得V=5時，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O—)+c(C6H5OH)；故D正確；答案選D；

(5).碳酸根離子發生第一步水解反應的離子方程式為：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，根據平衡常數的定義可知，Na2CO3第一步水解反應的水解常數的表達式為：故答案為

點睛：本題綜合考查弱電解質的電離、鹽類水解、酸堿溶液混合的定性判斷等知識點，題目難度中等，解答本題的關鍵是根據弱電解質電離平衡常數的大小判斷酸的酸性強弱。難點是第（4）問，解題時要根據表中電離常數的數據，根據一水合氨的電離程度大于苯酚，則苯酚銨溶液呈堿性，再靈活運用電荷守恒、物料守恒等知識解答即可。【解析】①.①④③②②.C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—③.=④.D⑤.14、略

【分析】【分析】

【詳解】

生成沉淀，沒有氣體，離子方程式為：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO其原理是碳酸氫根離子電離出氫離子，氫離子與偏鋁酸根離子、水生成氫氧化鋁.此時碳酸氫根和氫氧化鋁都充當酸，屬于強酸制弱酸的反應，故錯誤。【解析】錯誤三、判斷題(共7題，共14分)15、A【分析】【分析】

【詳解】

任何水溶液中，水都會電離出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案為：正確。16、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何水溶液中都存在水的電離平衡，水電離產生H＋和OH-，根據水電離方程式：H2OH＋+OH-可知：水電離出的H＋和OH-數目相等，由于離子處于同一溶液，溶液的體積相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水電離出的c(H＋)和c(OH-)相等這句話是正確的。17、A【分析】【詳解】

二氧化碳為酸性氧化物能與水反應生成碳酸，導致海水酸性增強，碳酸電離出和引起海水中濃度增大，與碳酸反應生成導致濃度減小，故答案為：正確；18、B【分析】【分析】

【詳解】

水的離子積常數只與溫度有關，由于溫度相同，則純水和燒堿溶液中的水的離子積常數就相同，認為在25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數不相等的說法是錯誤的。19、B【分析】【分析】

【詳解】

25℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液為中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若溫度為100℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液為中性，因此pH＜7的溶液可能呈堿性、中性或酸性，故此判據錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)用碳酸鈉粉末與酸反應可以制備CO2；故正確；

(2)用鐵片和稀H2SO4反應制取H2時，為加快產生H2的速率不可改用濃H2SO4；濃硫酸遇鐵，常溫下發生鈍化，故錯誤；

(3)加熱分解NH4HCO3固體，將所得的氣體進行適當處理除去二氧化碳和水，可獲得NH3；故正確；

(4)用KMnO4固體和用KClO3固體制備O2的裝置完全相同；均是固體加熱，故正確；

(5)由MgCl2溶液制備無水MgCl2：應在HCl氣流中將MgCl2溶液加熱；故錯誤；

(6)應用排水法收集銅粉和稀硝酸反應產生的NO；故錯誤；

(7)排水法收集KMnO4分解產生的O2：先移出導管；后熄滅酒精燈，故錯誤；

(8)濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2：氣體產物應先通過飽和食鹽水，后通過濃硫酸，故錯誤。21、B【分析】【詳解】

氯化銨水解顯酸性，酸與鐵銹反應，錯誤。四、工業流程題(共3題，共6分)22、略

【分析】【分析】

釩爐渣(主要含V2O3，還有少量SiO2、P2O5等雜質)與Na2CO3在空氣中焙燒得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸鎂得到MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀，過濾后加入沉釩得到V2O5，再加入稀硫酸溶解得到VO酸性條件下加入甲酸還原得到VO2+；在加入碳酸氫銨，得到氧釩堿式碳酸銨晶體。

【詳解】

(1)“焙燒”后V元素轉化為NaVO3，說明V2O3在焙燒過程中被氧化，根據電子守恒可知V2O3和O2的系數比為1:1，再結合元素守恒可得化學方程式為V2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑；

(2)當溶液中c(PO)≤1.0×10-6mol·L-1時，c(Mg2+)≥=1×10-4mol/L；此時Si元素轉化為MgSiO3沉淀；

(3)沉釩前的溶液中含有大量Na+，沉釩可以分離除去Na+，使產品更純凈；根據題目所給信息可知沉釩時需要將V元素轉化為微溶于水的V2O5；所以控制pH約為2；

(4)還原過程中還原劑為HCOOH，所以生成的無色無味的氣體化合物應為CO2，根據電子守恒和元素守恒可得離子方程式為2VO+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O；濃鹽酸中Cl-會被V2O5氧化為有毒氣體氯氣。【解析】V2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑1×10-4MgSiO3分離除去Na+，使產品更純凈22VO+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O生成有毒氣體氯氣23、略

【分析】【分析】

以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質)為原料制備鋁，由流程可知，加NaOH溶解時Fe2O3不反應，由信息可知SiO2在“堿溶”時轉化為鋁硅酸鈉沉淀，過濾得到的濾渣為Fe2O3、鋁硅酸鈉，碳酸氫鈉與偏鋁酸鈉反應生成Al(OH)3，過濾II得到Al(OH)3，灼燒生成氧化鋁，電解I為電解氧化鋁生成Al和氧氣，電解II為電解Na2CO3溶液；結合圖可知，陽極上碳酸根離子失去電子生成碳酸氫根離子和氧氣，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，以此來解答。

【詳解】

(1)鋁土礦“堿溶”時，氧化鋁與氫氧化鈉發生反應Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，則氧化鋁轉化為NaAlO2進入溶液，故答案為：NaAlO2；

(2)向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，AlO和HCO發生雙水解反應AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO溶液中OH-濃度減小，則溶液的pH減小，故答案為：減小；AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO

(3)“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，由于在高溫下石墨電極被陽極上產生的O2氧化，所以電解過程中作陽極的石墨易消耗，故答案為：高溫下石墨電極被陽極上產生的O2氧化；

(4)根據電解裝置圖分析可知，陽極反應為4CO32-＋2H2O－4e－＝4HCO3-+O2↑，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，則陰極產生的物質A的化學式為H2，故答案為：H2；CO＋H2OHCO＋OH－，4OH－－4e－=2H2O＋O2↑(或4CO＋2H2O－4e－=4HCO＋O2↑)；【解析】NaAlO2減小AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO高溫下石墨電極被陽極上產生的O2氧化H2CO＋H2OHCO＋OH－，4OH－－4e－=2H2O＋O2↑(或4CO＋2H2O－4e－=4HCO＋O2↑)24、略

【分析】氟碳鈰礦主要成分為CeFCO3，氧化焙燒生成二氧化碳、氟化氫和CeO2，在氧化焙燒后的產物中加入稀硫酸和雙氧水，生成氧氣，則過氧化氫失電子表現還原性，則+4價的Ce得電子生成Ce3+，有機物HT將Ce3+從水溶液中萃取出來，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，調節溶液的pH得Ce(OH)3沉淀，再經過氧氣氧化，過濾、洗滌、干燥可得Ce(OH)4產品。

【詳解】

(1)CeFCO3中F元素為?1價；碳元素為+4價，氧元素為?2價，由各元素化合價代數和為0，可計算出Ce元素的化合價為+3價；故答案為：+3；

(2)反應中生成的HF能與陶瓷容器中含有的SiO2反應，反應的化學方程式為：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；所以氧化焙燒時不能使用陶瓷容器；

(3)氧化焙燒生成的二氧化鈰(CeO2)與稀硫酸、雙氧水反應生成氧氣，O的化合價升高，H2O2做還原劑，則鈰被還原為Ce3+，則酸浸時發生反應的離子方程式為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；

(4)HT是一種難溶于水的有機溶劑，能將Ce3+從水溶液中萃取出來；溶液中加入HT，經操作Ⅰ得到有機層和水溶液，則操作I的名稱為萃取分液；

(5)溫度升高；雙氧水易發生分解，易造成溫度偏高浸出率反而會減小；

(6)根據平衡Ce3+(水層)+3HT(有機層)?CeT3(有機層)+3H+(水層)可知，混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡