2025年浙教版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年浙教版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、反應達平衡時，要使v(正)降低、增大，應采取的措施是A.降溫B.加催化劑C.升溫D.加壓2、汽車尾氣的排放會對環(huán)境造成污染。利用高效催化劑處理汽車尾氣中的NO與CO的反應為2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H＜0。一定溫度下；在恒容密閉容器中加入1molCO和1molNO發(fā)生上述反應，部分物質的體積分數(shù)(φ)隨時間(t)的變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.上述反應的正反應在高溫下才能自發(fā)進行B.曲線b表示的是φ(N2)隨時間的變化C.2v正(NO)=v逆(N2)時，反應達平衡狀態(tài)D.氣體的平均相對分子質量：M(t1)＞M(t3)＞M(t5)3、CO2催化加氫是碳中和的重要手段之一，以下是CO2加氫時發(fā)生的兩個主要反應：

反應I：CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-165.0kJ·mol-1

反應II：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH2

在體積為VL的兩個恒容密閉容器中，分別按表所示充入一定量的CO2和H2.平衡體系中和隨溫度變化關系如圖所示。容器起始物質的量/molCO2H2H2甲0.10.3乙13

下列有關說法正確的是A.ΔH2<0B.曲線b表示乙容器中隨溫度的變化C.M點對應H2的總轉化率為66.7%D.590℃條件下反應10min，某容器中=2.4.此時，反應II的V正>V逆4、我國報道了一種新型的鋅-空氣電池，如圖所示。該電池以一種富含的非堿性水性溶液為電解質溶液，放電時總反應為下列有關該電池放電時的說法正確的是。

A.放電時向空氣電極遷移B.正極的電極反應：C.外電路電流的方向：鋅電極→負載→空氣電極D.當空氣電極消耗(標雅狀況下)空氣時，鋅電極質量減少5、由下列實驗操作及現(xiàn)象得出的相應結論正確是。操作現(xiàn)象結論或解釋A向FeCl3溶液中滴加過量的KI溶液，一段時間后滴入KSCN溶液溶液變?yōu)榧t色KI與FeCl3不反應B常溫下測同濃度NaA溶液和Na2CO3溶液的pHNaA溶液的pH小酸性：HA>H2CO3C向NaHCO3溶液中滴加飽和CaCl2溶液產生白色沉淀，同時有氣泡冒出沉淀是CaCO3，氣體是CO2D向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/LMgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3溶液沉淀顏色變深Mg(OH)2沉淀可以轉化為Fe(OH)3沉淀

A.AB.BC.CD.D6、我國科學家利用光能處理含苯酚()廢水；裝置如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.a極電勢高于b極電勢B.a極的電極反應式為+2e-+2H+=+H2OC.該裝置將光能轉變成化學能，再轉變成電能D.H+由II區(qū)移向I區(qū)，II區(qū)溶液的pH減小評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、依據(jù)氧化還原反應：2Ag+(aq)＋Cu(s)=Cu2+(aq)＋2Ag(s)設計的原電池如圖。請回答下列問題：

（1）電極X的材料名稱是___；電解質溶液Y溶質的化學式是___；

（2）銀電極為電池的___極，發(fā)生的電極反應為___；

（3）外電路中的電子是從___電極流向___電極。(填電極材料名稱)。

（4）當有1.6g銅溶解時，銀棒增重___g。8、已知某溶液中只存在OH－、H＋、CH3COO-、Na+四種離子；某同學推測其離子濃度大小順序可能有如下幾種關系：

①c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)＞c(H＋)

②c(Na+)>c(OH-)=c(CH3COO-)>c(H＋)

③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)＞c(H＋)

④c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H＋)

⑤c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H＋)＞c(OH-)

結合離子關系填寫下列空白：

(1)若溶液中只溶解一種溶質，則該溶質是__________，離子濃度的大小順序符合上述序號______；若溶液中性，離子濃度的大小順序符合上述序號________；

(2)若溶質為CH3COONa和CH3COOH，則離子的關系符合上述序號_____________。9、已知：2A(g)+B(g)2C(g)；ΔH＝－akJ/mol(a＞0)。在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA和1molB，在500℃時充分反應達平衡后C的濃度wmol/L，放出熱量bkJ。

（1）比較a____b(填“＞”“＝”或“＜”)。

（2）若在原來的容器中，只加入2molC，500℃時充分反應達到平衡后，吸收熱量ckJ，C濃度__________wmol/L(填“＞”“＝”或“＜”)，a、b、c之間滿足何種關系_______________(用a、b；c建立一個等式關系)。

（3）能說明該反應已經達到平衡狀態(tài)的是____________(填寫字母)。

A．v(C)＝2v(B)B．容器內壓強保持不變。

C．v逆(A)＝2v正(B)D．容器內的密度保持不變。

（4）能使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動的操作是_______(填寫字母)。

A．及時分離出C氣體B．適當升高溫度。

C．增大B的濃度D．選擇高效的催化劑。

（5）若將上述容器改為恒壓容器(反應前體積、壓強相同)，起始時加入2molA和1molB，500℃時充分反應達平衡后，放出熱量dkJ，則d________b(填“＞”、“＝”或“＜”)，理由是__________。10、氮、磷、砷(As)、銻(Sb)；鉍(Bi)、鏌(Mc)為元素周期表中原子序數(shù)依次增大的同族元素?；卮鹣铝袉栴}：

(1)砷在元素周期表中的位置_______。的中子數(shù)為_______。已知：P(s，白磷)=P(s，黑磷)P(s，白磷)=P(s，紅磷)由此推知；其中最穩(wěn)定的磷單質是_______。

(2)氮和磷氫化物性質的比較：熱穩(wěn)定性：NH3_______PH3(填“>”或“＜”)。沸點：N2H4_______P2H4(填“>”或“＜”)；判斷依據(jù)是_______。

(3)PH3和NH3與鹵化氫的反應相似，產物的結構和性質也相似。下列對PH3與HI反應產物的推斷正確的是___(填序號)。

a.不能與NaOH反應b.含離子鍵c.含共價鍵。

(4)SbCl3能發(fā)生較強烈的水解，生成難溶的SbOCl；寫出該反應的化學方程式_____。

(5)下圖是通過熱化學循環(huán)在較低溫度下由水或硫化氫分解制備氫氣的反應系統(tǒng)原理。

通過計算，可知系統(tǒng)(I)和系統(tǒng)(II)制氫的熱化學方程式分別為_____、_____，制得等量H2所需能量較少的是____。11、室溫時，向amL0.10mol/L的稀氨水中逐滴加入bmL0.10mol/L的稀鹽酸；試分析：

(1)滴加過程中反應的離子方程式為：____。

(2)當b=a時，溶液呈___性(填“酸”“堿”或“中”)，此時溶液中，c(NH)___c(Cl-)(填“>”“<”或“=”)。

(3)當溶液呈中性時，a___b(填“>”“<”或“=”)，此時溶液中c(NH)___c(Cl-)(填“>”“<”或“=”)。12、下表是幾種物質25℃時的電離平衡常數(shù)?；瘜W式HClOCH3COOHHCNH2SO3電離平衡常數(shù)3×10-81.8×10-55.0×10-10一級：1.54×10-2

二級：1.02×10-7

(1)HClO、CH3COOH、HCN中酸性最弱的是___________。若CH3COONH4溶液顯中性，則NH3·H2O的電離常數(shù)為___________。

(2)NaClO溶液中離子濃度由大到小的順序為___________。

(3)25℃時，NaCN的水解平衡常數(shù)為________。0.1mol/L的NaHSO3溶液中，c()___________(填“＜”、“＞”或“＝”)c(H2SO3)。

(4)25℃時，將mmol/L的醋酸和nmol/L的氫氧化鈉溶液等體積(忽略溶液體積變化)混合，溶液的pH=7，則溶液中c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=___________mol/L，m___________n(填“＜”、“＞”或“＝”)。13、鹽類水解原理的應用。

(1)鹽類作凈水劑。

硫酸鋁鉀或硫酸鋁中的水解生成膠體，反應的離子方程式為_______，膠體有較強的吸附能力；常用作凈水劑．

(2)熱的溶液清洗油污。

純堿在水中發(fā)生水解：_______；加熱促進水解平衡右移，溶液的堿性增強，去污能力增強．

(3)泡沫滅火器。

試劑：_______溶液和_______溶液．

原理：和的水解相互促進，生成_______氣體和_______沉淀，產生大量泡沫，隔絕可燃物與空氣．反應的離子方程式為_______．

(4)鹽溶液的配制。

配制保存易水解的鹽溶液時，加入相應的酸(或堿)抑制水解．如配制溶液時，加入_______抑制的水解，得到澄清的溶液．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤15、化學平衡正向移動，反應物的轉化率不一定增大。(____)A.正確B.錯誤16、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再過濾。(_______)A.正確B.錯誤17、C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＞0，說明石墨比金剛石穩(wěn)定。____A.正確B.錯誤18、如果的值越大，則酸性越強。（______________）A.正確B.錯誤19、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤20、ΔH＜0，ΔS＞0的反應在溫度低時不能自發(fā)進行。__________________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、元素或物質推斷題(共1題，共5分)22、短周期主族元素A；B，C，D，E，F(xiàn)的原子序數(shù)依次增大，它們的原子核外電子層數(shù)之和為13。B的化合物種類繁多，數(shù)目龐大；C，D是空氣中含量最多的兩種元素，D，E兩種元素的單質反應可以生成兩種不同的離子化合物；F為同周期半徑最小的元素。試回答以下問題：

（一）（1）D在周期表中的位置是_______，寫出實驗室制備單質F的離子方程式__________。

（2）化學組成為BDF2的電子式為：______，A、C、F三種元素形成的化合物CA4F為________化合物(填“離子”或“共價”)。

（3）化合物甲、乙由A，B，D，E中的三種或四種組成，且甲、乙的水溶液均呈堿性。則甲、乙反應的離子方程式為：______________________________。

（4）由C，D，E，F(xiàn)形成的簡單離子的離子半徑由大到小的順序是_________(用元素離子符號表示)。

（5）元素B和F的非金屬性強弱，B的非金屬性________于F(填“強”或“弱”)，并用化學方程式證明上述結論___________________________________________________。

（二）以CA3代替氫氣研發(fā)氨燃料電池是當前科研的一個熱點。

（1）CA3燃料電池使用的電解質溶液是2mol?L﹣1的KOH溶液，電池反應為：4CA3+3O2=2C2+6H2O．該電池負極的電極反應式為________；每消耗3.4gCA3轉移的電子數(shù)目為______。

（2）用CA3燃料電池電解CuSO4溶液，如圖所示，A、B均為鉑電極，通電一段時間后，在A電極上有紅色固體析出，則B電極上發(fā)生的電極反應式為______；此時向所得溶液中加入8gCuO固體后恰好可使溶液恢復到電解前的濃度，則電解過程中收集到的氣體在標準狀況下體積為________L。

（3）常溫下，將除去表面氧化膜的Al、Cu片插入濃HNO3中組成原電池(圖1)，測得原電池的電流強度(I)隨時間(t)的變化如圖2所示；反應過程中有紅棕色氣體產生。

圖1圖2

0～t1時，原電池的負極是Al片，此時，正極的電極反應式是____，溶液中的H＋向_____極移動（填“正”或“負”），t1時，原電池中電子流動方向發(fā)生改變，其原因是___________。評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共21分)23、回答下列問題。

(1)目前已開發(fā)出用電解法制取ClO2的新工藝。

①圖中用石墨做電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取ClO2。則陽極產生ClO2的電極反應式為_______。

②電解一段時間，當陰極產生的氣體體積為112mL(標準狀況)時，停止電解。通過陽離子交換膜的陽離子的物質的量為_______mol。

(2)某研究性學習小組根據(jù)反應：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O設計如下原電池，其中甲、乙兩燒杯中各物質的物質的量濃度均為1mol·L-1，溶液的體積均為200mL，鹽橋中裝有飽和K2SO4溶液。

回答下列問題：

③此原電池的正極是石墨_______(填“a”或“b”)。

④電池工作時，鹽橋中的SO移向_______(填“甲”或“乙”)燒杯。

⑤甲燒杯中的電極反應式為_______。

⑥若不考慮溶液的體積變化，MnSO4濃度變?yōu)?.5mol·L-1，則反應中轉移的電子為_______mol。24、金屬鎵是廣泛用于電子工業(yè)和通訊領域的重要金屬；化學性質與鋁元素相似。

（1）工業(yè)上提純鎵的方法很多；其中以電解精煉法為多。具體原理如下：以待提純的粗鎵(內含Zn；Fe、Cu雜質)為陽極，以高純鎵為陰極，以NaOH水溶液為電解質溶液。在電流作用下使粗鎵在陽極溶解進入電解質溶液，并通過某種離子遷移技術到達陰極并在陰極放電析出高純鎵。

①已知離子氧化性順序為Zn2+＜Ga3+＜Fe2+＜Cu2+。電解精煉鎵時陽極泥的成分是_______。

②GaO2-在陰極放電的電極方程式是__________________________。

（2）工業(yè)上利用固態(tài)Ga與NH3高溫條件下合成固體半導體材料氮化鎵(GaN)同時又有氫氣生成。反應中每生成3molH2時就會放出30.8kJ熱量。

①該反應的熱化學方程式為__________________________。

②一定條件下，加入一定量的Ga與NH3進行上述反應，下列敘述符合事實且可作為判斷反應已達到平衡狀態(tài)的標志的是_______________。A．恒溫恒壓下，混合氣體的密度不變B．斷裂3molH—H鍵，同時斷裂2molN—H鍵C．恒溫恒壓下達平衡后再加入2molH2使平衡移動，NH3消耗速率等于原平衡時NH3的消耗速率D．升高溫度，氫氣的生成速率先增大再減小25、(1)在某一容積為的密閉容器中，某一反應中A、B、C、D四種氣體的物質的量隨時間的變化曲線如圖所示：

回答下列問題：

①該反應的化學方程式為_______；

②前2min用A的濃度變化表示的化學反應速率____，在時，圖像發(fā)生改變的可能原因是____（填字母)

A.增大壓強B.降低溫度C.加入催化劑D.增加A的物質的量。

(2)在100℃時，將的四氧化二氮氣體充入的密閉容器中發(fā)生反應，每隔一定時間對該容器內的物質進行分析，得到如下表格：。時間/s

濃度/0204060801000.1000.0700.050c3ab0.0000.060c20.1200.1200.120

試填空：達到平衡時四氧化二氮的轉化率為_____，表中____a_____b。（填“>”“<”或“=”)評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共32分)26、鋁灰主要含有以及少量和的氧化物，下邊是利用鋁灰制備凈水劑的工藝流程；回答相關問題：

已知：金屬離子濃度為時生成氫氧化物沉淀的開始沉淀時3.46.31.5完全沉淀時4.78.32.8

(1)氣體x的分子式是___________，酸浸充分后溶液中的金屬陽離子是___________。

(2)操作Ⅰ和Ⅱ用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、___________。

(3)加過量溶液的目的是___________。

(4)棕色沉淀含操作①加入反應的離子方程式是___________，判斷該反應完成的現(xiàn)象是___________。

(5)操作②調的范圍是___________。

(6)可制作聚合硫酸鋁它是復合型高分子聚合物，凈水效果優(yōu)于傳統(tǒng)的無機凈水劑。若則___________。引起聚合硫酸鋁形態(tài)多變的基本成分是離子，可用實驗測定其含量。稱取試樣，將其移入錐形瓶中，用移液管加入鹽酸，充分溶解聚合物后，加氟化鉀溶液掩蔽掉全部鋁離子，搖勻。加入3滴酚酞，用氫氧化鈉標準溶液滴定至溶液呈微紅色即為終點，消耗了標準液則聚合硫酸鋁中的質量分數(shù)為___________。27、硼及其化合物在化學工業(yè)中有諸多用途。請回答下列問題：

（1）硼氫化鈉NaBH4是硼的重要化合物。

①NaBH4中B元素的化合價為______。

工業(yè)上可利用硼酸甲酯B(OCH3)3與氫化鈉NaH反應制備NaBH4，反應的另一種產物為甲醇鈉（CH3ONa），該反應的化學方程式為______。

③NaBH4與水反應生成NaBO2和H2，該反應生成的氧化產物與還原產物的物質的量之比為______。

（2）工業(yè)上以鐵硼礦主要成分為Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，還有少量FeO、CaO、和等為原料制備單質B的工藝流程如圖所示：

已知：。金屬離子Fe3+Al3+開始沉淀的pH2.73.1沉淀完全的pH3.74.9

“浸出”時，將鐵硼礦石粉碎的目的為______。

濾渣1的主要成分為______。

“凈化除雜”時需先加H2O2溶液，其目的為______，然后再調節(jié)溶液的pH≈5.0的目的是______。

制得的粗硼在一定條件下能生成BI3，BI3加熱分解可以得到純凈的單質硼。現(xiàn)將粗硼制成的BI3完全分解，生成的用0.30mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗18.00mLNa2S2O3溶液。盛裝Na2S2O3溶液應用______填“酸式”或“堿式”滴定管，該粗硼樣品的純度為______。28、實驗室利用橄欖石尾礦(主要成分為MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)制備純凈氯化鎂晶體(MgCl2·6H2O)；實驗流程如下：

已知幾種金屬陽離子形成氫氧化物沉淀時的pH如下表：。Fe2+Fe3+Al3+Mg2+開始沉淀時7.62.74.29.6沉淀完全時9.63.75.411.1

回答下列問題：

(1)“浸取”步驟中，能加快浸取速率的方法有___________(任寫兩種)。

(2)氣體X是___________，濾渣1溶于一定濃度硫酸溶液后，加熱到70～80℃可以制得一種高效的無機高分子混凝劑、凈水劑，其化學式為［Fe2(OH)n(SO4)(3-0.5n)］m，則該物質中鐵元素的化合價為___________。溶液采用的加熱方式為___________，控制溫度70～80℃的原因是___________。

(3)加入H2O2的目的是___________：若將上述過程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能達到同樣目的，則發(fā)生反應的離子方程式為___________。

(4)“一系列操作”主要包括加入足量鹽酸，然后經過___________、過濾、洗滌，即得到氯化鎂晶體。29、高嶺土礦的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，高嶺土選礦酸性廢水含有大量的H+、SOAl3+及少量的Fe3+等離子。工業(yè)上利用高嶺土礦和酸性廢水制備明礬KAl(SO4)2?12H2O(不考慮其它雜質參與反應)。其實驗流程如下：

相關信息：

①Fe3+、Al3+完全沉淀的pH范圍。沉淀Fe(OH)3Al(OH)3pH范圍開始沉淀完全沉淀開始沉淀完全沉淀2.03.23.44.74.7

②有關物質的溶解度。溫度/℃

溶解度/g

物質102030405070K2SO48.469.5511.412.914.216.7Al2(SO4)325.126.628.831.434.342.2KAl(SO4)2?12H2O4.05.98.411.71740

請回答：

(1)步驟I中，要加快高嶺土酸溶的速率可以采取的措施有___________。(至少寫兩點)；

(2)濾渣的主要成分是___________。

(3)下列說法中正確的是___________。

A．步驟I的主要目的是提高廢水中鋁離子的濃度。

B．步驟II中的A物質可以是KOH或NaOH

C．步驟II中調節(jié)pH的范圍是3.2＜pH＜3.4

D．步驟IV中需調控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)盡可能接近1：1：2

(4)步驟VI，為了得到較大顆粒且較干燥的晶體，請從下列選項中選出合理的操作(操作不重復)并排序：取粗產品于燒杯中加適量水→___________→___________→___________→抽濾→洗滌→___________。___________

a．70℃蒸發(fā)溶劑制成熱的飽和溶液b．30℃～40℃減壓蒸發(fā)溶劑得到飽和溶液。

c．加熱燒杯至晶體完全溶解d．緩慢冷卻至室溫e．低溫干燥f．加熱干燥。

(5)為了測定成品中鋁的含量，可采用的方法：將一定體積的成品待測液與過量的EDTA(化學式為Na2H2Y)標準液反應，加入幾滴指示劑，再用ZnSO4標準液滴定過量的EDTA，反應原理如下：Al3++H2Y2-(過量)=AlY-+2H+、Zn2++H2Y2-(剩余)=ZnY2-+2H+(終點色為紫紅色)，過實驗測出成品中鋁的含量低于理論值，原因可能是___________。

A．制備過程中；由于結晶溫度控制不當，溶液中硫酸鉀晶體同時析出。

B．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后就注入ZnSO4標準液。

C．滴定時錐形瓶溶液出現(xiàn)紫紅色；立即停止滴定。

D．滴定前，滴定管內無氣泡，滴定后有氣泡參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

A．降低溫度；正逆反應速率都減小，平衡向逆反應方向移動，c(A)增大，故A正確；

B．加入催化劑；正逆反應速率均加快，化學平衡不會發(fā)生移動，故B錯誤；

C．升高溫度；化學反應速率加快，平衡向正反應方向移動，c(A)減小，故C錯誤；

D．增大壓強；平衡向逆反應方向移動，正逆反應速率都增大，故D錯誤；

故選：A。2、B【分析】【詳解】

A．反應為放熱的熵減反應；則上述反應的正反應在低溫下才能自發(fā)進行，A錯誤；

B．由化學方程式可知，一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳的系數(shù)相同，且為氮氣系數(shù)的2倍，結合圖像比較物質的體積分數(shù)的變化量可知，曲線b表示物質的變化量較小，故b表示的是φ(N2)隨時間的變化；B正確；

C．2v正(NO)=v逆(N2)時；此時正逆反應速率不相等，反應沒有達平衡狀態(tài)，C錯誤；

D．混合氣體的平均摩爾質量為M=m/n，氣體質量不變，但是氣體的總物質的量隨反應進行而減小，故氣體平均相對分子質量逐漸變大，故氣體的平均相對分子質量：M(t1)3)5)；D錯誤；

故選B。3、C【分析】【分析】

反應I為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，降低，曲線a、c表示容器中隨溫度的變化，則曲線b、d表示容器中隨溫度的變化，由圖可知，隨著溫度升高，增大，說明溫度上升反應II平衡向正反應方向移動，反應II為吸熱反應；體積為VL的兩個恒容密閉容器中，乙容器的起始量是甲容器的10倍，相當于增大壓強，平衡向氣體分子總數(shù)減少的方向移動，反應I往正反應方向移動，增大，容器中CO2和H2的濃度下降，反應II平衡向逆反應方向移動，降低，綜上分析可知：曲線a表示乙容器中隨溫度的變化，曲線c表示甲容器中隨溫度的變化，曲線b表示甲容器中隨溫度的變化，曲線d表示乙容器中隨溫度的變化；根據(jù)C原子守恒，甲容器中始終為0.1mol，從M點可知5900C時平衡時甲容器中，×=0.4×0.1=0.04mol，×=0.4×0.1=0.04mol，根據(jù)得到此時消耗掉氫氣總物質的量為0.04mol+0.16mol=0.2mol，消耗掉二氧化碳總物質的量為0.04mol+0.04mol=0.08mol，生成水的總物質的量為0.04mol+0.08mol=0.12mol，據(jù)此解答。

【詳解】

A．由上述分析可知，反應II為吸熱反應，故ΔH2>0；A錯誤；

B．由上述分析可知，曲線b表示甲容器中隨溫度的變化；B錯誤；

C．由上述分析可知，M點甲容器中0.04mol，0.04mol，消耗掉氫氣總物質的量為0.04mol+0.16mol=0.2mol，對應H2的總轉化率==66.7%；C正確；

D．由上述分析得到，590℃甲容器平衡時容器中，0.04mol，0.3-0.2=0.1mol，0.1-0.08=0.02mol，0.12mol，590℃反應II的平衡常數(shù)所以當容器中=2.4=K，此時反應達到平衡狀態(tài)，反應II的V正=V逆；D錯誤；

故選C。4、A【分析】【分析】

由放電時總反應為電解質溶液為非堿性，則正極為氧氣得電子，電極反應式為：負極為鋅失電子，電極反應式為：

【詳解】

A．由分析可知，氧氣得電子則空氣電極做正極，原電池中陽離子移向正極，則向空氣電極遷移；A正確；

B．電解質溶液為非堿性，電極反應不存在OH-，正極的電極反應：B錯誤；

C．外電路電流從正極流向負極；則電流的方向：空氣電極→負載→鋅電極，C錯誤；

D．標準狀況下，22.4L空氣物質的量為由于空氣是混合物，氧氣的物質的量小于1mol，則轉移電子小于4mol，鋅電極質量減少小于65g，D錯誤；

故選：A。5、C【分析】【詳解】

A．KI與FeCl3發(fā)生反應向FeCl3溶液中滴加過量的KI溶液；一段時間后滴入KSCN溶液變紅，說明該反應可逆，故A錯誤；

B．的水解離子方程式為常溫下測同濃度NaA溶液和Na2CO3溶液的pH，NaA溶液的pH小，說明酸性HA>HCO故B錯誤；

C．向NaHCO3溶液中滴加飽和CaCl2溶液，發(fā)生反應故C正確；

D．向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/LMgCl2溶液生成氫氧化鎂沉淀，此時氫氧化鈉有剩余，再加入3滴1mol/LFeCl3溶液，F(xiàn)eCl3和NaOH反應生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，沉淀顏色變深，不能說明Mg(OH)2沉淀轉化為Fe(OH)3；故D錯誤；

選C。6、D【分析】【詳解】

A．由圖示可知，a極→C元素化合價降低，a極發(fā)生還原反應，a是正極，a極電勢高于b極電勢；故A正確；

B．由圖示可知，a極→C元素化合價降低，a極得電子發(fā)生還原反應，a極的電極反應式為+2e-+2H+=+H2O；故B正確；

C．由圖示可知；該裝置利用光能處理含苯酚的廢水，所以該裝置將光能轉變成化學能，再轉變成電能，故C正確；

D．負極反應式是正極反應式+2e-+2H+=+H2O，根據(jù)電子守恒，負極生成的氫離子和正極消耗的氫離子一樣多，II區(qū)生成的H+移向I區(qū)；溶液的pH不變，故D錯誤；

選D。二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)電池反應式知；Cu失電子發(fā)生氧化反應，作負極，Ag作正極，電解質溶液為含有銀離子的可溶性銀鹽溶液；

(2)銀電極上是溶液中的Ag+得到電子發(fā)生還原反應；

(3)外電路中的電子是從負極經導線流向正極；

(4)先計算Cu的物質的量；根據(jù)反應方程式計算出正極產生Ag的質量，即正極增加的質量。

【詳解】

(1)根據(jù)電池反應式知，Cu失電子發(fā)生氧化反應，Cu作負極，則Ag作正極，所以X為Cu，電解質溶液為AgNO3溶液，故答案為：銅；AgNO3；

(2)銀電極為正極，正極上Ag+得到電子發(fā)生還原反應，正極的電極反應式為：Ag++e-=Ag，故答案為：正；Ag++e-=Ag；

(3)外電路中的電子是從負極Cu經導線流向正極Ag；故答案為：銅；銀；

(4)反應消耗1.6g銅的物質的量為n(Cu)==0.025mol，根據(jù)反應方程式2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知：每反應消耗1molCu；正極上產生2molAg，則0.025molCu反應，在正極上產生0.05molAg，該Ag的質量為m(Ag)=0.05mol×108g/mol=5.4g，即正極銀棒增重5.4g，故答案為：5.4。

【點睛】

本題考查原電池原理，明確元素化合價變化與正負極的關系是解本題關鍵，計算正極增加的質量時，既可以根據(jù)反應方程式計算，也可以根據(jù)同一閉合回路中電子轉移數(shù)目相等計算?！窘馕觥裤~AgNO3正極Ag++e-=Ag銅銀5.48、略

【分析】【詳解】

(1).若只溶解了一種溶質，則該溶質只能是CH3COONa，該溶液中離子濃度的大小順序為：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)＞c(H＋)，符合上述序號③；根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)，若溶液呈中性，則c(H＋)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液中c(Na+)＞c(H＋)，則離子濃度的大小順序為：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H＋)，符合上述序號④，故答案為CH3COONa；③；④；

(2).若溶質為CH3COONa和CH3COOH，因不知道CH3COONa和CH3COOH的物質的量的相對大小，則溶液可能呈酸性、中性或堿性，若溶液呈酸性，則離子濃度的大小順序為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H＋)＞c(OH-)，符合序號⑤；若溶液呈中性，則離子濃度的大小順序為：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H＋)，符合序號④；若溶液呈堿性，離子濃度的大小順序為：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)＞c(H＋)，符合序號③，故答案為③④⑤?！窘馕觥竣?CH3COONa②.③③.④④.③④⑤9、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)熱化學方程式，2molA和1molB完全反應生成2molC放出akJ熱量，因為該反應是可逆反應，不能進行徹底，所以實際放出的熱量bkJ小于akJ，即a＞b。

（2）恒溫恒容條件，若2molC完全轉化為用A、B表示，可得2molA和1molB，故達到的平衡與原平衡為等效平衡，平衡時C的濃度相同，故c(C)=wmol?L-1；同一可逆反應，相同溫度下，正、逆反應的反應熱數(shù)值相等，但符號相反，設平衡時C的物質的量為nmol，對于反應2A(g)+B(g)2C(g)△H=-akJ?mol-1，則放出的熱量b=n×kJ，對于反應2C(g)2A(g)+B(g)△H=akJ?mol-1，C分解的物質的量為(2-n)mol，則吸收的熱量c=(2-n)×故a=b+c。

（3）A項，因為同一個反應用不同物質表示的化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，所以無論是否平衡，都有v(C)＝2v(B)，故A錯誤；B項，該反應正向是一個氣體分子數(shù)減小的反應，所以恒容時只要不平衡，壓強就會發(fā)生變化，故容器內壓強保持不變，則說明已經達到平衡狀態(tài)，故B正確；C項，v逆(A)＝2v正(B)，又根據(jù)用不同物質表示的化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，可得：2v正(B)=v正(A)，所以v正(A)=v逆(A)；此時反應處于化學平衡狀態(tài)，故C正確；D項，密度=氣體總質量÷氣體體積，因為是恒容容器，所以氣體體積不變，又因為各物質都是氣體，所以氣體總質量不變，因此密度始終不變，故D錯誤。

（4）由已知可得；該反應正向是氣體分子數(shù)減小的放熱反應；A項，及時分離出C氣體，反應正向進行，但反應速率減小，故A不符合要求；B項，適當升高溫度，加快了化學反應速率，但平衡逆向移動，故B不符合要求；C項，增大B的濃度，平衡正向進行，反應速率增大，故C符合要求；D項，選擇高效催化劑，增大反應速率，但不改變化學平衡，故D不符合要求。

（5）恒溫恒容時，隨反應進行，壓強降低，達到原平衡；恒溫恒壓時（反應器開始體積與恒容時相同），相同溫度下起始加入2molA和1molB，可等效為在原平衡的基礎上增大壓強，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動，即正向移動，B的轉化率變大，反應放出的熱量增多，大于恒容容器中達到平衡狀態(tài)時放出的熱量，即d＞b。【解析】①.＞②.＝③.b＋c＝a④.BC⑤.C⑥.＞⑦.平衡時恒壓容器的壓強比恒容時大，利于反應向右進行10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)氮、磷、砷(As)、銻(Sb)、鉍(Bi)、鏌(Mc)為元素周期表中原子序數(shù)依次增大的同族元素，則砷在元素周期表中的位置為第四周期第ⅤA族；的中子數(shù)=288-115=173；①P(s，白磷)=P(s，黑磷)②P(s，白磷)=P(s，紅磷)根據(jù)蓋斯定律①-②有：P(s，紅磷)=P(s，黑磷)白磷沒有黑磷穩(wěn)定；白磷沒有紅磷穩(wěn)定，紅磷沒有黑磷穩(wěn)定，因此最穩(wěn)定的磷單質是黑磷；

(2)氮和磷氫化物性質的比較：由于N的非金屬性比P強，因此熱穩(wěn)定性：NH3＞PH3(填“>”或“＜”)，沸點：N2H4＞P2H4，判斷依據(jù)是N2H4分子間存在氫鍵；

(3)PH3和NH3與鹵化氫的反應相似，產物的結構和性質也相似，則PH3與HI反應產物為PH4I；類似銨鹽：

a．銨鹽能和NaOH發(fā)生復分解反應，所以PH4I能與NaOH反應；故a錯誤；

b．銨鹽中存在離子鍵和共價鍵，所以PH4I中含離子鍵、共價鍵，故b正確；

c．銨根離子中含共價鍵，則PH4I中含共價鍵；故c正確；

故選bc；

(4)SbCl3能發(fā)生較強烈的水解，生成難溶的SbOCl，根據(jù)元素守恒知，還生成HCl，反應方程式為SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；

(5)系統(tǒng)(I)內發(fā)生①

②

③

由蓋斯定律①+②+③可得H2O(l)=O2(g)+H2(g)因此系統(tǒng)(I)制氫的熱化學方程式為H2O(l)=O2(g)+H2(g)

系統(tǒng)(II)內發(fā)生②

③

④

由蓋斯定律②+③+④可得H2S(g)=H2(g)+S(s)因此系統(tǒng)(II)制氫的熱化學方程式為H2S(g)=H2(g)+S(s)

對比兩個系統(tǒng)內制氫的熱化學方程式可知制得等量H2所需能量較少的是系統(tǒng)(II)?！窘馕觥康谒闹芷诘冖魽族173黑磷＞＞N2H4分子間存在氫鍵bcSbCl3+H2O=SbOCl↓+2HClH2O(l)=O2(g)+H2(g)H2S(g)=H2(g)+S(s)系統(tǒng)(II)11、略

【分析】【分析】

NH3?H2O是弱堿，結合酸堿中和原理、的水解和溶液中的電荷守恒分析。

【詳解】

(1)稀鹽酸和稀氨水反應生成氯化銨和水，反應的離子方程式為：NH3?H2O+H+=+H2O；

(2)當b=a時，二者恰好反應生成氯化銨，氯化銨為強酸弱堿鹽，的水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)可知c()＜c(Cl-)；

(3)要使混合溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，則氨水應該稍微過量，所以a＞b，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)知，此時溶液中c()=c(Cl-)。

【點睛】

考查鹽類水解原理、酸堿混合溶液定性判斷等知識，根據(jù)鹽類水解特點、酸堿混合溶液酸堿性等知識點來分析解答，合理利用溶液中的電荷守恒關系式。【解析】①.NH3·H2O+H+=NH+H2O②.酸性③.＜④.＞⑤.=12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)弱酸的電離平衡常數(shù)反映了弱酸的電離程度大小，弱酸的電離平衡常數(shù)越大，相應的弱酸的酸性就越強。根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知電離平衡常數(shù)：CH3COOH＞HClO＞HCN，所以三種酸中酸性最弱的是HCN；若CH3COONH4溶液顯中性，說明CH3COO-、水解程度相同，由于Kh=則NH3·H2O的電離常數(shù)與CH3COOH的相同，故NH3·H2O的電離常數(shù)為1.8×10-5；(2)NaClO是鹽，屬于強電解質，電離產生Na+、ClO-，電離產生的ClO-會因發(fā)生水解反應：ClO-+H2OHClO+OH-而消耗，而Na+不消耗，所以c(Na+)＞c(ClO-)；水解消耗H+產生OH-，最終達到平衡時，溶液中c(OH－)＞c(H+)，使溶液顯堿性；但鹽水解程度是微弱的，鹽電離產生的離子濃度遠大于其水解產生的離子濃度，故c(ClO-)＞c(OH－)，因此在NaClO溶液中離子濃度大小關系為：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH－)＞c(H+)；(3)25℃時，NaCN的水解平衡常數(shù)為Kh==2.0×10-5；在NaHSO3溶液中存在的電離平衡：+H+，電離產生H+，使溶液顯酸性；同時也存在的水解平衡：+H2OH2SO3+OH-，水解產生H2SO3、OH-，使溶液顯堿性；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知的電離平衡常數(shù)為1.02×10-7；而的水解平衡常數(shù)Kh2==6.5×10-13＜1.02×10-7，則電離程度大于其水解程度，所以溶液中微粒濃度關系為：c()＞c(H2SO3)；(4)根據(jù)物料守恒可知，反應后溶液體積是原來的2倍，故反應后溶液中c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=mol/L；CH3COONa是強堿弱酸鹽，水解會使溶液顯堿性，醋酸與NaOH溶液混合發(fā)生反應后顯中性，則醋酸應該稍微過量，由于兩種溶液的體積相等，因此物質的量濃度：m＞n?！窘馕觥縃CN1.8×10-5c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH－)＞c(H+)2.0×10-5＞＞13、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】鹽酸三、判斷題(共8題，共16分)14、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關，也和溶度積常數(shù)有關，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。15、A【分析】【分析】

【詳解】

加入反應物可使平衡正向移動，加入反應物本身的轉化率減小，故正確。16、A【分析】【詳解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再過濾，正確。17、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＞0可知，石墨轉化為金剛石為吸熱反應，因此石墨的能量比金剛石低，能量越低物質越穩(wěn)定，故石墨比金剛石穩(wěn)定，該說法正確。18、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)Kw=c(H+)×c(OH-)分析，溫度不變，的值越大，說明氫離子濃度比氫氧根離子濃度大得多，溶液的酸性越強，故正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關，也和溶度積常數(shù)有關，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。20、B【分析】【詳解】

根據(jù)吉布斯自由能判斷，ΔH＜0、ΔS＞0的反應在溫度低時能自發(fā)進行，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、元素或物質推斷題(共1題，共5分)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

（一）短周期主族元素A，B，C，D，E，F(xiàn)的原子序數(shù)依次增大，B的化合物種類繁多，數(shù)目龐大，為碳元素；C，D是空氣中含量最多的兩種元素，C為氮元素，D為氧元素，D，E兩種元素的單質反應可以生成兩種不同的離子化合物，E為鈉元素；F為同周期半徑最小的元素，為氯元素。六種元素的原子核外電子層數(shù)之和為13，則A為氫元素。（1）D為氧元素，在第二周期第ⅥA族.實驗室制取氯氣是用二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳和氯氣和水，離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-（加熱）=Mn2++Cl2↑+2H2O。

（2）物質為COCl2，根據(jù)碳原子形成4對共用電子，氧原子形成2對共用電子，氯原子形成一對共用電子分析，電子式為氫和氮；和氯形成的氯化銨為離子化合物。

（3）由氫、碳、鈉、氯四種或三種元素組成的物質水溶液顯堿性，可以為氫氧化鈉和碳酸氫鈉，二者反應生成碳酸鈉和水，離子方程式為;OH－＋HCO=CO＋H2O。

（4）氮離子，氧離子，鈉離子，氯離子，電子層數(shù)越多，半徑越大，相同電子層的微粒，核電荷數(shù)越大，半徑越小，所以半徑順序為Cl-＞N3-＞O2-＞Na+。

（5）碳的非金屬性比氯弱?？梢杂米罡邇r氧化物對應的水化物的酸性證明，即高氯酸的酸性大于碳酸，高氯酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，方程式為Na2CO3＋2HClO4===CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4===CO2↑＋H2O＋NaClO4。

（二）（1）氨氣和氧氣反應生成氮氣和水，反應中氨氣失去電子發(fā)生氧化反應，做負極，電極反應為2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；根據(jù)電極反應分析，每摩爾氨氣反應轉移3摩爾電子，所以3.4克氨氣即3.4/17=0.2摩爾氨氣反應轉移0.6NA電子；

（2）電解CuSO4溶液，A電極有銅析出，為陰極，則B為陽極，是溶液中的氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應為4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；加入8gCuO，即0.1molCuO，說明電解過程析出0.1molCu和0.05molO2；則氧氣在標況的體積為1.12。

(3)開始鋁做負極，正極為硝酸根離子得到電子生成二氧化氮，電極反應為：2H＋＋NO＋e－===NO2↑＋H2O；溶液中的氫離子向正極移動。后來原電池中電子流動方向改變，說明鋁做正極，銅做負極，是因為常溫下鋁在濃HNO3中發(fā)生鈍化；氧化物薄膜阻止了鋁的進一步反應。

【點睛】

微粒半徑的比較：

1．判斷的依據(jù)電子層數(shù)：相同條件下；電子層越多，半徑越大。

核電荷數(shù)：相同條件下；核電荷數(shù)越多，半徑越小。

最外層電子數(shù)相同條件下；最外層電子數(shù)越多，半徑越大。

1．具體規(guī)律：1；同周期元素的原子半徑隨核電荷數(shù)的增大而減?。ㄏ∮袣怏w除外）

如：Na>Mg>Al>Si>P>S>Cl.

2、同主族元素的原子半徑隨核電荷數(shù)的增大而增大。如：Li

3、同主族元素的離子半徑隨核電荷數(shù)的增大而增大。如：F

4、電子層結構相同的離子半徑隨核電荷數(shù)的增大而減小。如：F->Na+>Mg2+>Al3+?！窘馕觥康诙芷诘冖鯝族MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O離子OH－＋=＋H2OCl-＞N3-＞O2-＞Na+弱Na2CO3＋2HClO4=CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4=CO2↑＋H2O＋NaClO42NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O0.6NA4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O1.122H＋＋＋e－=NO2↑＋H2O正常溫下鋁在濃HNO3中發(fā)生鈍化，氧化物薄膜阻止了鋁的進一步反應五、原理綜合題(共3題，共21分)23、略

【分析】（1）

①陽極Cl-失去電子發(fā)生氧化反應生成ClO2，電極反應是Cl--5e-＋2H2O=ClO2↑＋4H＋。

②水電離產生的H＋在陰極上放電產生氫氣，轉移電子的物質的量n=2n(H2)=2×(0.112L÷22.4L·mol-1)=0.01mol；溶液中陽離子全是+1價離子，根據(jù)電荷守恒，通過陽離子交換膜的陽離子的物質的量為0.01mol。

（2）

③原電池中發(fā)生氧化反應的一極是負極，發(fā)生還原反應的一極是正極；根據(jù)電池總反應方程式，KMnO4得電子發(fā)生還原反應，F(xiàn)eSO4失電子發(fā)生氧化反應；所以原電池的正極是石墨a；

④原電池中陽離子移向正極、陰離子移向負極，所以鹽橋中的SO移向乙燒杯；

⑤甲燒杯中MnO得電子被還原為Mn2＋，電極反應是MnO＋5e-＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；

⑥MnSO4濃度由1mol·L-1變?yōu)?.5mol·L-1，則生成MnSO4的物質的量是0.2L×(1.5mol·L-1-1mol·L-1)=0.1mol，根據(jù)電極反應MnO＋5e-＋8H＋=Mn2＋＋4H2O，生成0.1molMnSO4轉移電子的物質的量是0.5mol?！窘馕觥?1)Cl-_5e-＋2H2O=ClO2↑＋4H＋0.01

(2)a乙MnO＋5e-＋8H＋=Mn2＋＋4H2O0.524、略

【分析】【詳解】

(1)①已知離子氧化性順序為：Zn2+＜Ga3+＜Fe2+＜Cu2+；則電解精煉鎵時陽極是Zn和Ga失去電子，而鐵和銅變?yōu)殛枠O泥；綜上所述，本題答案是：Fe；Cu。

②GaO2-在陰極得到電子轉化為金屬單質，因此放電的電極方程式是：GaO2-+3e-+2H2O＝Ga+4OH-；綜上所述，本題答案是：GaO2-+3e-+2H2O＝Ga+4OH-。

(2)①反應中每生成3molH2時就會放出30.8kJ熱量，因此該反應的熱化學方程式為2Ga(s)+2NH3(g)＝2GaN(s)+3H2(g)ΔH=-30.8kJ/mol；綜上所述，本題答案是：2Ga(s)+2NH3(g)＝2GaN(s)+3H2(g)ΔH=-30.8kJ/mol。

②A.密度是混合氣的質量和容器容積的比值；在反應過程中質量是變化的，正反應體積增大，壓強不變，因此容積變化，所以恒溫恒壓下，混合氣體的密度不變說明反應達到平衡狀態(tài)，A正確；

B.斷裂3molH—H鍵；應該同時斷裂6molN—H鍵，說明反應達到平衡狀態(tài)，B錯誤；

C.恒溫恒壓下達平衡，加入2molH2使平衡移動，由于平衡是等效的，因此NH3的消耗速率等于原平衡時NH3的消耗速率；C正確；

D.升高溫度；氫氣的生成速率先增大再減小，最后不變，D錯誤；

綜上所述，本題選AC?！窘馕觥縁e、CuGaO2-+3e-+2H2O＝Ga+4OH-2Ga(s)+2NH3(g)＝2GaN(s)+3H2(g)ΔH=-30.8kJ/molAC25、略

【分析】【分析】

由圖中信息可知；A和B是反應物，C和D是生成物，反應在第3min末達到平衡狀態(tài)，故該反應是可逆反應。在第3min末，A；B、C、D的變化量分別為0.8mol、1.0mol、1.2mol、0.8mol。

【詳解】

(1)①由圖中信息可知，A和B是反應物，C和D是生成物，反應在第3min末達到平衡狀態(tài)，故該反應是可逆反應。在第3min末，A、B、C、D的變化量分別為0.8mol、1.0mol、1.2mol、0.8mol，其變化量之比為4:5:6:4，則A、B、C、D的化學計量數(shù)分別為4、5、6、4，該反應的化學方程式為

②前2min用A的物質的量的變化量為0.4mol，則用A表示的化學反應速率為在時；正反應速率和逆反應速率同時變大。

A.增大壓強可以同時增大正反應速率和逆反應速率，A可能；

B.降低溫度可以同時減小正反應速率和逆反應速率，B不可能；

C.加入催化劑以同時增大正反應速率和逆反應速率，C可能；

D.增加A的物質的量只能增大正反應速率；不能增大逆反應速率，D不可能。

綜上所述；圖像發(fā)生改變的可能原因是增大壓強或加入催化劑，故選AC。

(2)在100℃時，將的四氧化二氮氣體充入的密閉容器中發(fā)生反應N2O4?2NO2。第40s時，N2O4的變化量為0.050mol/L，則NO2的變化量為0.100mol/L，故c2=0.100mol/L，第60s以后，各組分的濃度保持不變，達到化學平衡狀態(tài)，此時NO2的變化量為0.120mol/L，則N2O4的變化量為0.060mol/L，c3=0.040mol/L，故達到平衡時四氧化二氮的轉化率為60％，表中＞a＝b。

【點睛】

本題中根據(jù)各組分的物質的量的變化，確定反應物和生成物，根據(jù)變化量之比等于化學計量數(shù)之比確定各組分的化學計量數(shù)，根據(jù)反應物是否能完全消耗，確定是否為可逆反應。【解析】AC60％＞=六、工業(yè)流程題(共4題，共32分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)鋁灰主要含有以及少量和的氧化物,加入稀硫酸，會反應生成氫氣，故x是氫氣；酸浸充分后溶液中的金屬陽離子是故答案為：H2;

(2)操作Ⅰ和Ⅱ都是過濾；用到的玻璃儀器有燒杯；玻璃棒、漏斗，故答案為：漏斗；

(3)根據(jù)金屬離子濃度為時生成氫氧化物沉淀的要除去應該把氧化為才不影響氫氧化鋁的沉淀，加過量溶液的目的是把氧化為故答案為：把氧化為

(4)根據(jù)圖示可得該反應可以除去過量的高錳酸鉀，判斷該反應完成的現(xiàn)象是溶液紫紅色褪去，故答案為：溶液紫紅色褪去；

(5)過量溶液的目的是把氧化為要使沉淀完全，而不能沉淀鋁離子，故②調的范圍是故答案為：

(6)根據(jù)化合物中正負化合價代數(shù)和為零可解得y=2，由題干信息可知聚合硫酸鋁中質量分數(shù)為故答案為：2；

【點睛】

此題是工業(yè)流程題，學生一定要認真審題，如分子式，玻璃儀器等，考查學生的分析流程的能力，題目難度適中?！窘馕觥縃2漏斗把氧化為溶液紫紅色褪去227、略

【分析】【詳解】

（1）①NaBH4中Na是+1價；H是－1價，則B元素的化合價，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，得出B為+3價。

工業(yè)上可利用硼酸甲酯B(OCH3)3與氫化鈉NaH反應制備NaBH4，反應的另一種產物為甲醇鈉（CH3ONa），該反應的化學方程式為4NaH+B(OCH3)3＝NaBH4+3CH3ONa。

③NaBH4與水反應生成NaBO2和H2，NaBH4＋2H2O＝NaBO2＋4H2↑，NaBH4中H被氧化；得到氧化產物，水中氫被還原，得到還原產物，該反應生成的氧化產物與還原產物的物質的量之比為1:1。

（2）以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2H3BO3+2MgSO4，CaO轉化為微溶于水的CaSO4，“凈化除雜”需先加H2O2溶液，將亞鐵離子轉化為鐵離子，調節(jié)溶液的pH約為5，使鐵離子、鋁離子均轉化為沉淀，則濾渣為氫氧化鋁、氫氧化鐵，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾分離出H3BO3。

①“浸出”時；將鐵硼礦石粉碎的目的為增大接觸面積，加快反應速率。

②加硫酸溶解只有SiO2不溶，Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2H3BO3+2MgSO4，CaO轉化為微溶于水的CaSO4，利用Fe3O4的磁性，可將其從“浸渣”中分離?！敖敝羞€剩余的物質是SiO2、CaSO4，濾渣1的主要成分為SiO2、CaSO4。

③“凈化除雜”需先加H2O2溶液，其目的為將其中的氧化為然后再調節(jié)溶液的pH≈5.0的目的是使Fe3＋轉化為Fe(OH)3沉淀、Al3＋轉化為Al(OH)3沉淀而除去。

④Na2S2O3