2025年粵人版選修4化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年粵人版選修4化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷808考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、向一容積為1L的密閉容器中加入一定量的X、Y，發(fā)生化學(xué)反應(yīng)aX(g)+2Y(s)bZ(g)；△H<0。如圖是容器中X；Z的物質(zhì)的量濃度隨時(shí)間變化的曲線。根據(jù)以上信息判斷；下列說(shuō)法中正確的是()

A.化學(xué)方程式中a：b=1：3B.推測(cè)在第7min時(shí)曲線變化的原因可能是升溫C.推測(cè)在第13min時(shí)降低了溫度D.用X表示0～10min內(nèi)該反應(yīng)的平均速率為(X)=0.045mol?L-1?mol-12、常溫下，向20mL0．1mol?L－1HB溶液中逐滴滴入0．1mol?L－1NaOH溶液；所得PH變化曲線如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.OA各點(diǎn)溶液均存在：c（B－）＞c（Na＋）B.C至D各點(diǎn)溶液導(dǎo)電能力依次增強(qiáng)C.點(diǎn)O時(shí)，pH＞1D.點(diǎn)C時(shí)，X約為10.43、下列溶液中粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A.NaH2PO4溶液PH<7，則在溶液中：c(Na+)>c(H2PO4?)>c(H3PO4)>c(HPO42?)B.0.1mol·L?1(NH4)2SO4溶液與0.1mol·L?1NH3·H2O溶液等體積混合：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42?)+c(OH?)C.0.1mol·L?1CH3COONa溶液與0.1mol·L?1CH3COOH溶液等體積混合(pH<7)c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO?)>c(H+)D.0.2mol·L?1NaHCO3溶液與0.1mol·L?1Na2CO3溶液等體積混合：2c(H+)+c(HCO3?)+4c(H2CO3)=2c(CO32?)+3c(OH?)4、常溫下，改變0.1mol·L-1的富馬酸（H2A）溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ（X）[δ（X）=]隨pH的變化如圖所示。下列敘述正確的是（）

A.pH=3.05時(shí)，c（H2A）=c（HA-）=c（OH-）B.pH=4.0時(shí)，c（HA-）>C（H2A）>c（A2-）C.常溫下，反應(yīng)HA-+OH-A2-+H2O的pK=9.51D.常溫下，圖中x點(diǎn)處：1g=0.725、次磷酸(H3PO2，一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物殺菌。常溫時(shí)，有1mol?L-1的H3PO2溶液和1mol˙L-1的HBF4溶液，兩者起始時(shí)的體積均為V0；分別向兩溶液中加水，稀釋后溶液的體積均為V，兩溶液的pH變化曲線如圖所示.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是：

A.常溫下，該HBF4溶液滿足pH=B.常溫下，H3PO2的電離平衡常數(shù)約為1.110-2C.常溫下，NaBF4溶液的pH=7D.NaH2PO2溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(H3PO2)6、科學(xué)家研發(fā)出一種太陽(yáng)光電化學(xué)電池（），可不受限于白天或黑夜全天候地儲(chǔ)存電能。該電池以硫酸為電解液，利用太陽(yáng)能儲(chǔ)存電能（充電）的原理如圖（圖中略去部分光電轉(zhuǎn)換過(guò)程），下列說(shuō)法不正確的是（）。A.放電時(shí)，電極為負(fù)極B.充電時(shí)，通過(guò)質(zhì)子交換膜向電極遷移C.放電時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)式為D.充電時(shí)，/極的電極反應(yīng)式為評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、依據(jù)敘述；寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇（液態(tài)）燃燒生成CO2和液態(tài)水時(shí)放熱22.68kJ。則表示甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________。

（2）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，在C2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有5NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出650kJ的熱量。其熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________。8、煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時(shí)對(duì)煙氣進(jìn)行脫硫；脫硝。回答下列問(wèn)題：

（1）在鼓泡反應(yīng)器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應(yīng)溫度為323K，NaClO2溶液濃度為5×10-3mol·L-1。反應(yīng)一段時(shí)間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如下表。離子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/（mol·L-1）8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3

①寫出NaClO2溶液脫硝過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式___。增加壓強(qiáng)，NO的轉(zhuǎn)化率__（填“提高”；“不變”或“降低”）。

②由實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，脫硫反應(yīng)速率___脫硝反應(yīng)速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是__。

（2）在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應(yīng)中，SO2和NO的平衡分壓pe如圖所示。

①由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，脫硫、脫硝反應(yīng)的平衡常數(shù)均__（填“增大”；“不變”或“減小”）。

②反應(yīng)ClO2-+2SO32-=2SO42-+Cl-的平衡常數(shù)K表達(dá)式為_(kāi)__。

（3）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2；也能得到較好的煙氣脫硫效果。

①?gòu)幕瘜W(xué)平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的優(yōu)點(diǎn)是__。9、HOOC﹣COOH的電離方程式為_(kāi)_。10、某二元酸（H2A）在水中的電離方程式：H2A=H＋+HA-；HA-H＋+A2-。回答下列問(wèn)題：

（1）Na2A溶液顯堿性理由是：__（用離子方程式表示）。

（2）在0.1mol/L的Na2A溶液中，下列微粒濃度關(guān)系式正確的是__。

A．c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)=0.1mol/LB．c(OH-)=c(H＋)＋c(HA-)

C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)D．c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)

（3）水的電離平衡曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是___。

A．圖中對(duì)應(yīng)點(diǎn)的溫度關(guān)系為：a＞b＞c

B．純水僅升高溫度；可從a點(diǎn)變到c點(diǎn)。

C．水的電離常數(shù)Kw數(shù)值大小關(guān)系為：b＞c＞d

D．在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下，將pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯中性11、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

離子濃度大小關(guān)系：__________________；

電荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

質(zhì)子守恒：__________________________。12、某二元酸(化學(xué)式用HB表示)在水中的電離方程式是H2B=H++HB-；HB-?H++B2-；回答下列問(wèn)題。

①Na2B溶液顯_______(填“酸性”、“中性”或“堿性”)，理由是_____(用離子方程式表示)

②在0.1mol·L-1的Na2B溶液中，下列粒子濃度關(guān)系式正確的是________

A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol·L-1

B.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-)

C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)

D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)13、某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)燃料電池（如圖所示）；目的是探究氯堿工業(yè)原理和粗銅的精煉原理，其中乙裝置中X為陽(yáng)離子交換膜。

根據(jù)要求回答相關(guān)問(wèn)題：

（1）通入氫氣的電極為_(kāi)___（填“正極”或“負(fù)極”），負(fù)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)___________________________。

（2）石墨電極為_(kāi)___（填“陽(yáng)極”或“陰極”），反應(yīng)一段時(shí)間后，在乙裝置中滴入酚酞溶液，____（填“鐵極”或“石墨極”）區(qū)的溶液先變紅。

（3）如果粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，丙裝置中反應(yīng)一段時(shí)間，硫酸銅溶液濃度將____（填“增大”“減小”或“不變”）。精銅電極上的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____________________________________。

（4）寫出上述例題中乙池電解的總反應(yīng)方程式：_________________________。

（5）若上述例題甲池中消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氫氣11.2L，則丙池中理論上應(yīng)析出銅的質(zhì)量為_(kāi)___。評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共8分)15、氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石（含CuFeS2、Cu2S等）為原料制取Cu2O的工藝流程如下：

常溫下幾種物質(zhì)開(kāi)始形成沉淀與完全沉淀時(shí)的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

開(kāi)始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）爐氣中的有害氣體成分是__________，Cu2S與O2反應(yīng)時(shí)，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_________。

（2）若試劑X是H2O2溶液，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式：__________。并寫出H2O2的電子式__________，F(xiàn)e（鐵）在元素周期表中的位置：__________；當(dāng)試劑X是__________時(shí)；更有利于降低生產(chǎn)成本。

（3）加入試劑Y調(diào)pH時(shí)，pH的調(diào)控范圍是__________。

（4）操作X包括__________、洗滌、烘干，其中烘干時(shí)要隔絕空氣，其目的是__________。

（5）以銅與石墨作電極，電解濃的強(qiáng)堿性溶液可制得納米級(jí)Cu2O，寫出陽(yáng)極上生成Cu2O的電極反應(yīng)式：__________。評(píng)卷人得分五、原理綜合題(共2題，共8分)16、二氧化碳是主要的溫室氣體；也是一種工業(yè)原料。將其固定及利用，有利于緩解溫室效應(yīng)帶來(lái)的環(huán)境問(wèn)題。

（1）用二氧化碳合成甲醇。

已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H1＝－484kJ/mol

2CH3OH(g)＋3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g)△H2＝－1348kJ/mol

在催化劑作用下，CO2（g）和H2（g）反應(yīng)生成CH3OH（g）和H2O（g），該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是________。

（2）用二氧化碳合成低密度聚乙烯（LDPE）。以納米二氧化鈦膜為工作電極，常溫常壓電解CO2；可制得LDPE，該電極反應(yīng)可能的機(jī)理如下圖所示。

①過(guò)程Ⅰ~Ⅲ中碳元素均發(fā)生________反應(yīng)（填“氧化”或“還原”）。

②CO2轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)DPE的電極反應(yīng)式是（補(bǔ)充完整并配平）________

2nCO2+□________+□________=+□________。

③工業(yè)上生產(chǎn)1.4×104kg的LDPE，理論上需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2的體積是______L。

（3）用二氧化碳與環(huán)氧丙烷()反應(yīng)合成可降解塑料PPC；同時(shí)也能生成副產(chǎn)物CPC，其化學(xué)反應(yīng)過(guò)程中的能量變化如下圖所示；在不同溫度和壓強(qiáng)下，PPC的選擇性（產(chǎn)物中PPC的質(zhì)量與產(chǎn)物總質(zhì)量的比值）和總產(chǎn)率（產(chǎn)物總質(zhì)量與反應(yīng)物投料總質(zhì)量的比值）如下表所示。

①通過(guò)表中數(shù)據(jù)ⅰ、ⅱ、?？梢缘贸龅慕Y(jié)論是________；在25℃時(shí)，實(shí)際生產(chǎn)中選擇反應(yīng)壓強(qiáng)為1.5MPa，而不是2.0MPa，理由是________。

②通過(guò)表中數(shù)據(jù)ⅱ、ⅳ、ⅴ可知溫度升高會(huì)使PPC的選擇性下降，結(jié)合上圖說(shuō)明其原因可能是______。17、甲醇水蒸氣催化重整是當(dāng)前制取清潔能源氫氣的主要方法；其反應(yīng)方程式為：

CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H>0.回答下列問(wèn)題：

(1)在催化劑作用下可通過(guò)三個(gè)基元反應(yīng)實(shí)現(xiàn)催化重整，能量變化如圖I所示，則H=___________。

(2)將一定量的甲醇?xì)怏w和水蒸氣混合反應(yīng)，a、b、c、d對(duì)應(yīng)四種不同催化劑。測(cè)得在300℃、320℃、340℃和360℃溫度下反應(yīng)4h甲醇轉(zhuǎn)化率變化如圖II所示。在使用催化劑b時(shí)保持反應(yīng)溫度為340℃，反應(yīng)4h甲醇的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)__________，判斷依據(jù)是___________。

(3)1mol甲醇?xì)怏w和1.2mol水蒸氣混合充入1L恒容密閉容器中，控制反應(yīng)溫度為300℃、起始?jí)簭?qiáng)為2.0MPa下進(jìn)行反應(yīng)，存在副反應(yīng)：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。平衡時(shí)容器中n(CH3OH)=n(CO)=0.1mol，此時(shí)H2O的濃度為_(kāi)__________，甲醇的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)__________，則甲醇水蒸氣重整反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=___________(結(jié)果保留一位小數(shù))。

(4)研究表明，甲醇水蒸氣重整反應(yīng)速率表達(dá)式為v=kP0.26(CH3OH)P0.03(H2O)P-0.2(H2)，k隨溫度升高而增大。反應(yīng)體系中水醇比影響催化劑活性，進(jìn)而影響甲醇轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)氫速率，如圖所示。提高重整反應(yīng)速率的合理措施為_(kāi)__________。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．物質(zhì)的量變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，分析0～10min內(nèi)，則方程式中a：b=(0.45-0.2)：(0.50-0)=1：2；A錯(cuò)誤；

B．第7min時(shí)；單位時(shí)間內(nèi)X；Z的物質(zhì)的量濃度變化量較大，反應(yīng)速率增大，可能為升高溫度，B正確；

C．第13min時(shí)；Z的物質(zhì)的量濃度減小，X的物質(zhì)的量濃度增大，平衡逆反應(yīng)方向移動(dòng)，而正反應(yīng)是一個(gè)放熱反應(yīng)，故不可能是降低溫度，C錯(cuò)誤；

D．0～10min內(nèi)(X)==0.025mol/(L?min)；D錯(cuò)誤；

故答案為：B。2、D【分析】【詳解】

A．OA各點(diǎn)顯酸性，則c(H+)>c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-)，則c(B-)>c(Na+)；A選項(xiàng)正確；

B．C至D各點(diǎn)溶液中，C點(diǎn)濃度為0.05mol·L-1，C之后加入的c(NaOH)為0.1mol·L-1；導(dǎo)電能力依次增強(qiáng)，B選項(xiàng)正確；

C．定性分析有：氫氧化鈉溶液滴入20mL時(shí)達(dá)到終點(diǎn)，pH>7，HB為弱酸，O點(diǎn)pH>1；C選項(xiàng)正確；

D．C點(diǎn)為剛好反應(yīng)完全的時(shí)候，此時(shí)物質(zhì)c(NaB)=0.05mol·L-1，B-水解常數(shù)為Kh=10-14/（2×10-5）=5×10-10，B-水解生成的c(OH-)==5×10-6mol·L-1，C點(diǎn)c(H+)=2×10-9mol·L-1；C點(diǎn)pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；

【點(diǎn)睛】

C選項(xiàng)也可進(jìn)行定量分析：B點(diǎn)有c(B-)=c(Na+)=19.9×10-3×0.1÷（20×10-3+19.9×10-3），c(HB)=(20.0×10-3-19.9×10-3)×0.1÷(20×10-3+19.9×10-3)，則c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×10-7×199=1.99×10-5，則HB為弱酸，O點(diǎn)的pH>1。3、B【分析】【分析】

A、NaH2PO4溶液的pH＜7，說(shuō)明H2PO4-的電離程度大于其水解程度，則c(HPO42-)＞c(H3PO4)；

B；根據(jù)混合液中的電荷守恒判斷；

C、混合液呈酸性，說(shuō)明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，結(jié)合物料守恒可知c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)；

D；根據(jù)混合液中的物料守恒判斷。

【詳解】

A、NaH2PO4溶液的pH＜7，溶液顯示酸性，說(shuō)明H2PO4-的電離程度大于其水解程度，則c(HPO42-)＞c(H3PO4)，正確的濃度大小為：c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(H3PO4)；故A錯(cuò)誤；

B、0.1mol?L-1(NH4)2SO4溶液與0.1mol?L-1NH3?H2O溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒可知：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)；故B正確；

C、0.1mol?L-1CH3COONa溶液與0.1mol?L-1CH3COOH溶液等體積混合(pH＜7)，說(shuō)明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，結(jié)合物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)可知：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)，正確的濃度大小為：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)；故C錯(cuò)誤；

D、0.2mol?L-1NaHCO3溶液與0.1mol?L-1Na2CO3溶液等體積混合，根據(jù)物料守恒可得：3c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)；故D錯(cuò)誤。

答案選B。

【點(diǎn)睛】

本題考查了離子濃度大小比較，明確電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理的含義為解答關(guān)鍵，注意掌握鹽的水解原理及其應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。4、D【分析】【詳解】

A．H2A的第一步電離平衡常數(shù)，當(dāng)c(HA-)=c(H2A)時(shí)，K1=c(H+)，由于pK1=3.05，因此可得當(dāng)c(HA-)=c(H2A)時(shí)，c(H+)=10-3.05，此時(shí)溶液的pH=3.05，因此當(dāng)溶液的pH=3.05時(shí)，c(H2A)=c(HA-)>c(OH-)；故A錯(cuò)誤；

B．由圖可知，當(dāng)溶液的pH=4.0時(shí)，溶液中離子濃度關(guān)系為：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)；故B錯(cuò)誤；

C．該反應(yīng)的平衡常數(shù)又水的離子積Kw=c(H+)×c(OH-)，H2A的第二步電離平衡常數(shù)因此該反應(yīng)的平衡常數(shù)又pK2=4.49，因此K2=10-4.49，常溫下，Kw=10-14，因此該反應(yīng)的平衡常數(shù)因此pK=-lgK=-lg109.51=-9.51；故C錯(cuò)誤；

D．pK1=3.05，則K1=10-3.05，pK2=4.49，因此K2=10-4.49；由于X點(diǎn)時(shí)溶液中c(H2A)=c(A2-)，因此因此X點(diǎn)時(shí)溶液中因此X點(diǎn)溶液中故D正確；

故答案為：D，5、A【分析】【分析】

當(dāng)+1=1時(shí)，V=V0，即起始時(shí)1mol/L的曲線b溶液的pH=0，說(shuō)明曲線b對(duì)應(yīng)酸為強(qiáng)酸，H3PO2為一元弱酸，則曲線b為氟硼酸（HBF4）加水稀釋的曲線，曲線a為H3PO2溶液的稀釋曲線；據(jù)此分析。

【詳解】

A．根據(jù)圖示曲線b可知，+1=1，則=pH=0，+1=5時(shí)，=pH=4，所以在0?pH?4時(shí)，HBF4溶液滿足pH=故A錯(cuò)誤；

B．a(chǎn)曲線表示的是次磷酸的稀釋曲線，由曲線上的點(diǎn)的坐標(biāo)可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸電離方程式為：H3PO2?H++H2PO2-，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c(H2PO2-)=0.1mol/L；那么次磷酸的電離平衡常數(shù)即為：

Ka故B正確；

C．根據(jù)圖像可知，b表示的酸每稀釋十倍，pH值增加1，所以b為強(qiáng)酸的稀釋曲線，又因?yàn)镠3PO2為一元弱酸，所以b對(duì)應(yīng)的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸為強(qiáng)酸；那么NaBF4即為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽；故溶液為中性，常溫下pH=7，C項(xiàng)正確；

D．NaH2PO2溶液中：符合質(zhì)子守恒，c(OH-)=c(H3PO2)+c(H+)，則c(OH-)-c(H+)=c(H3PO2)；故D正確；

答案選A。6、D【分析】【分析】

由充電示意圖中電子的移動(dòng)方向可知，TiO2/WO3電極為陽(yáng)極，VO2+在陽(yáng)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成VO2+，電極反應(yīng)式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+，Pt電極為陰極，V3+在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成V2+，電極反應(yīng)式為V3++e-=V2+，放電時(shí)，TiO2/WO3電極為正極；Pt電極為負(fù)極。

【詳解】

A.由分析可知；放電時(shí)，Pt電極為原電池的負(fù)極，故A正確；

B.充電時(shí)；陽(yáng)離子移向陰極，則氫離子通過(guò)質(zhì)子交換膜向Pt電極遷移，故B正確；

C.放電時(shí)，Pt電極為負(fù)極，V2+在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成V3+，電極反應(yīng)式為V2+-e-=V3+；故C正確；

D.電解池的離子交換膜為質(zhì)子膜，電極反應(yīng)式不可能有氫氧根離子參與，則充電時(shí)，TiO2/WO3電極為陽(yáng)極，VO2+在陽(yáng)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成VO2+，電極反應(yīng)式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+；故D錯(cuò)誤；

故選D。

【點(diǎn)睛】

書(shū)寫電極反應(yīng)式時(shí)，注意電解質(zhì)溶液為酸性，若電解質(zhì)溶液為酸性，電極反應(yīng)式中不能出現(xiàn)氫氧根是解答關(guān)鍵。二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】【詳解】

（1）1g甲醇（液態(tài)）燃燒生成CO2和液態(tài)水時(shí)放熱22.68kJ，則16g，即1mol甲醇釋放22.68kJ/g×16g/mol=725.76kJ/mol，則甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)?H=-725.76kJ/mol；

（2）已知每有5NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出650kJ的熱量，1molC2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時(shí)，轉(zhuǎn)移10mol電子，釋放1300kJ的熱量，則熱化學(xué)方程式為C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)?H=-1300kJ/mol?！窘馕觥緾H3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)?H=-725.76kJ/molC2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)?H=-1300kJ/mol8、略

【分析】【分析】

（1）①NaClO2具有氧化性，則NaClO2溶液脫硝過(guò)程中主要反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；增大壓強(qiáng)，NO轉(zhuǎn)化率提高;

②在相同時(shí)間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)速率，SO2溶解度較高；NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高；

（2）①由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，SO2和NO的平衡分壓負(fù)對(duì)數(shù)減??；這說(shuō)明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行；

②平衡常數(shù)K是生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值；

（3）①形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動(dòng)，SO2轉(zhuǎn)化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。

【詳解】

（1）①NaClO2具有氧化性，則NaClO2溶液脫硝過(guò)程中主要反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O，正反應(yīng)是氣體體積分?jǐn)?shù)減小的反應(yīng)，則增大壓強(qiáng)，NO轉(zhuǎn)化率提高，故答案為：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；提高。

②由實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，在相同時(shí)間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)速率，原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同；NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高，故答案為：大于；NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高。

（2）①由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，SO2和NO的平衡分壓負(fù)對(duì)數(shù)減?。贿@說(shuō)明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，因此脫硫；脫硝反應(yīng)的平衡常數(shù)均減小，故答案為：減小。

②根據(jù)反應(yīng)的方程式ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?可知平衡常數(shù)K表達(dá)式為故答案為：

（3）①用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動(dòng)，SO2轉(zhuǎn)化率提高，所以Ca(ClO)2效果好，故答案為：形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動(dòng)，SO2轉(zhuǎn)化率提高，所以Ca(ClO)2效果好?！窘馕觥?OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O提高大于NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高減小形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動(dòng)，SO2轉(zhuǎn)化率提高，所以Ca(ClO)2效果好9、略

【分析】【分析】

HOOC﹣COOH是分子內(nèi)含有2個(gè)-COOH官能團(tuán)的二元弱酸；在水溶液中分兩步發(fā)生電離。

【詳解】

HOOC﹣COOH是二元弱酸，在水溶液里分兩步進(jìn)行電離，第一步電離程度大于第二步，其電離方程式分別為：H2C2O4+H+、+H+；

故答案為：H2C2O4+H+，+H+。

【點(diǎn)睛】

如果我們不注意知識(shí)的積累，很容易將HOOC﹣COOH的電離方程式錯(cuò)誤地寫為H2C2O4+2H+?！窘馕觥縃2C2O4+H+、+H+10、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)H2A的電離是分步電離可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液顯堿性，水解原理是：A2-＋H2OHA-＋OH-，故答案為：A2-＋H2OHA-＋OH-；

(2)H2A的第一步電離為完全電離，則溶液中沒(méi)有H2A分子；

A.0.1mol/L的Na2A溶液中，根據(jù)A原子守恒；所以c(A2?)+c(HA?)=0.1mol·L?1；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.在溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒得：c(OH?)=c(H+)+c(HA?)；B項(xiàng)正確；

C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)；C項(xiàng)正確；

D.由物料守恒可知c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)；D項(xiàng)正確，故答案為：BCD；

(3)A.溫度越高，水的離子積常數(shù)越大，根據(jù)圖象知，b點(diǎn)Kw=10?12，c點(diǎn)Kw=10?13，a點(diǎn)Kw=10?14，所以b＞c＞a；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.c點(diǎn)Kw=10?13；則c曲線的純水中6＜pH＜7，c點(diǎn)的pH=6，則該溶液呈酸性，所以純水僅升高溫度，不能從a點(diǎn)變到c點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.由圖可計(jì)算出各點(diǎn)的水的離子積，d點(diǎn)Kw=10?14，b點(diǎn)Kw=10?12，c點(diǎn)Kw=10?13，所以水的電離常數(shù)Kw數(shù)值大小關(guān)系為：b＞c＞a；C項(xiàng)正確；

D.b點(diǎn)Kw=10?12；中性溶液pH=6，將pH=2的硫酸與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同，等體積混合溶液呈中性，D項(xiàng)正確；故選CD。

【點(diǎn)睛】

本題易錯(cuò)點(diǎn)(3)，圖象數(shù)據(jù)分析，要先明確縱軸、橫軸所代表的意義，結(jié)合水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)×c(OH-)計(jì)算判斷，溫度越高，水的離子積常數(shù)越大?！窘馕觥竣?A2-＋H2OHA-＋OH-②.BCD③.CD11、略

【分析】【詳解】

且水解過(guò)程大于電離過(guò)程，可知。

水解方程式：故答案為：

離子濃度大小關(guān)系：故答案為：

電荷守恒：故答案為：

物料守恒：故答案為：

質(zhì)子守恒：故答案為：【解析】①.②.③.④.⑤.12、略

【分析】【分析】

①H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB-只能電離不能水解，說(shuō)明B2-離子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，則Na2B溶液呈堿性；

②任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據(jù)此分析解答。

【詳解】

①H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB?只能電離不能水解，說(shuō)明B2-離子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，則Na2B溶液呈堿性，其水解方程式為：

故答案為：堿性；

②A.根據(jù)原子守恒應(yīng)該為H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，則c(H2B)=0；故A錯(cuò)誤；

B.H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在質(zhì)子守恒，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH?)=c(H+)+c(HB?)；故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)電荷守恒得故C正確；

D.根據(jù)物料守恒得故D正確；

故答案選：CD?！窘馕觥竣?堿性②.③.CD13、略

【分析】【分析】

(1)裝置甲為氫氧燃料電池；通入氫氣的電極為負(fù)極，負(fù)極的電極反應(yīng)式氫氣發(fā)生氧化的方程式；

(2)在乙裝置中；鐵電極與電源的負(fù)極相連，據(jù)此判斷石墨電極為陽(yáng)極，反應(yīng)一段時(shí)間后，在乙裝置中滴入酚酞溶液，溶液先變紅的是生成氫氧根離子的一極；

(3)丙裝置是電解精煉銅；按該反應(yīng)原理判斷硫酸銅溶液濃度變化并書(shū)寫精銅電極上的電極反應(yīng)式；

(4)上述乙池即為電解飽和食鹽水裝置；據(jù)此寫電解的總反應(yīng)方程式；

(5)按電子數(shù)守恒；找出甲池中氫氣和丙池中銅的關(guān)系式，結(jié)合數(shù)據(jù)計(jì)算質(zhì)量；

【詳解】

(1)裝置甲為氫氧燃料電池，通入氫氣的電極為負(fù)極，氫氣在負(fù)極被氧化，在堿性環(huán)境下發(fā)生反應(yīng)生成水，其反應(yīng)式為H2－2e－＋2OH－=2H2O；

(2)在乙裝置中，鐵電極與電源的負(fù)極相連作陰極，則石墨電極為陽(yáng)極，該裝置反應(yīng)為電解飽和食鹽水，陽(yáng)極為氯離子被氧化，陰極反應(yīng)為2H2O+2e－=H2＋2OH－；故反應(yīng)一段時(shí)間后，滴入酚酞溶液后鐵電極負(fù)極溶液先變紅；

(3)丙裝置是電解精煉銅，粗銅作陽(yáng)極，陽(yáng)極上粗銅中比銅活潑的雜質(zhì)如鋅、銅會(huì)被氧化，硫酸銅溶液中銅離子得到電子被還原，陰極得到電子數(shù)和陽(yáng)極上失去電子數(shù)相同，故析出的銅比溶解的銅少，則銅離子濃度減??；精銅作陰極，則其電極反應(yīng)式Cu2＋＋2e－=Cu；

(4)上述乙池即為電解飽和食鹽水裝置，則電解的總反應(yīng)方程式為2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

(5)按電子數(shù)守恒；找出甲池中氫氣和丙池中銅的關(guān)系式為。

則m=32g?！窘馕觥控?fù)極H2-2e－+2OH－=2H2O陽(yáng)極鐵極減小Cu2＋+2e－=Cu2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑32g三、判斷題(共1題，共2分)14、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯(cuò)；【解析】錯(cuò)四、工業(yè)流程題(共1題，共8分)15、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：硫化銅礦石(含CuFeS2、Cu2S等)預(yù)處理后與氧氣焙燒：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化為Fe2O3，得到相應(yīng)的金屬氧化物和二氧化硫氣體，加入稀硫酸溶解金屬氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入試劑X將Fe2+氧化為Fe3+，加入試劑Y調(diào)節(jié)pH沉淀Fe3+，過(guò)濾，向?yàn)V液中加入KOH，用N2H4還原，反應(yīng)為：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，過(guò)濾，洗滌、隔絕空氣烘干，制得Cu2O；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)流程，礦石與氧氣得到金屬氧化物和SO2；Cu2S與O2反應(yīng)為Cu2S+2O22CuO+SO2，氧化劑為氧氣，還原劑為Cu2S，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，故答案為SO2；2∶1；

(2)若試劑X是H2O2溶液，將Fe2+氧化為Fe3+，離子反應(yīng)為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；H2O2的電子式為Fe(鐵)為26號(hào)元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；酸性條件下，氧氣也可將Fe2+氧化為Fe3+，而氧氣或空氣價(jià)格遠(yuǎn)低于過(guò)氧化氫，故可用氧氣或空氣替代，故答案為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；第四周期第Ⅷ族；空氣或氧氣；

(3)加入試劑Y的目的是：調(diào)節(jié)pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，pH范圍為：3.7≤pH＜4.8，故答案為3.7≤pH＜4.8；

(4)操作X為過(guò)濾，濾渣經(jīng)洗滌、烘干，制得Cu2O；因?yàn)镃u2O具有較強(qiáng)的還原性，在加熱條件下易被空氣氧化，故烘干過(guò)程要隔絕空氣，故答案為過(guò)濾；防止生成的Cu2O被空氣氧化；

(5)以銅與石墨作電極，電解濃的強(qiáng)堿性溶液可制得納米級(jí)Cu2O，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，故答案為2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O?！窘馕觥縎O22∶1第四周期第Ⅷ族空氣或氧氣過(guò)濾防止被空氣中氧氣氧化五、原理綜合題(共2題，共8分)16、略

【分析