山东省枣庄市薛城区、滕州市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）

这是一份山东省枣庄市薛城区、滕州市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了考试时长90分钟，满分100分，5 K，5 ml·L-1·min-1B， 室温下，对于0， 鉴别浓度均为0， 下列事实与盐类水解无关的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、准考证号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
3.考试时长90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Si：28 S：32 C1：35.5 K：39 Cu：64
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目要求。
1. 汽车尾气(含烃类、CO、NO、等)是空气主要污染源之一，可以采用在汽车排气管上装催化转化器，使NO与CO反应生成可参与大气生态循环的无毒气体的方法进行治理，其反应原理是。在298K、101kPa下，该反应的 kJ·ml，J·ml·K。下列说法错误的是
A. 该反应在常温下不能自发进行，因此需要高温和催化剂条件
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 该反应在低温时能自发进行，高温和催化剂条件能加快反应的速率
D. 汽车尾气中NO、CO会与血红蛋白结合而使人中毒
【答案】A
【解析】
【详解】A．此反应为放热反应，且为熵减的反应，故低温可以自发进行，A错误；
B．该反应中是放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；
C．该反应在低温时能自发进行，高温和催化剂条件能加快反应的速率，C正确；
D．汽车尾气中NO、CO会与血红蛋白结合而使人中毒，D正确；
故选A。
2. 将NH4Br置于密闭容器中，在某温度下发生反应：NH4Br(s)⇌NH3(g)+HBr(g)，2HBr(g)⇌Br2(g)+H2(g)，更多课件教案等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 2 min后，测知H2的浓度为0.5 ml·L-1，HBr的浓度为4 ml·L-1，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列速率正确的是
A. 0.5 ml·L-1·min-1B. 2.5 ml·L-1·min-1
C. 2 ml·L-1·min-1D. 1.25 ml·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
【分析】根据，结合方程式进行计算。
【详解】NH4Br(s)⇌NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g)⇌Br2(g)＋H2(g)，反应达到化学平衡，测知H2浓度为0.5ml•L−1，则消耗的HBr为0.5ml•L−1×2＝1ml•L−1；测知HBr的浓度为4ml•L−1，则NH4Br分解生成的HBr的浓度为1ml•L−1＋4ml•L−1＝5ml•L−1，故NH4Br分解生成的NH3的浓度为5ml•L−1；所以；
故答案选B。
3. 根据下图所给信息，得出的结论正确的是
A. 48g碳完全燃烧放出热量为1574 kJ/ml
B. 2C(s)+O2(g)2CO(g)△H=-221.0kJ/ml
C. 2CO2(g)2CO(g)+O2(g) △H=+283.0kJ/ml
D. C(s)+O2(g)CO2(s)△H=-393.5kJ/ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知，1ml的C完全燃烧放出热量是393.5kJ，则48g碳也就是4ml的碳完全燃烧放出热量为393.5KJ /ml×4=1574kJ，错误；
B.1ml的 C燃烧变为CO，放热为393.5kJ-283kJ=110. 5kJ，则2ml的C燃烧变为CO放出热量是：110. 5KJ×2=221.0kJ，所以有热化学方程式2C(s)+O2(g)==2CO(g) △H=-221.0kJ/ml，正确；
C．根据图示可知1ml的CO2比1ml CO和1/2ml O2的能量低283.0kJ，则相应的热化学方程式是2CO2(g)==2CO(g)+O2(g) △H=+566.0kJ/ml，错误；
D．1ml的固体C完全燃烧产生1ml的气体CO2，放出热量是393.5kJ ，由于物质在固体含有的能量比气态低，所以产生1魔力岛固态CO2放出的热量要比393.5kJ 多，因此该热化学方程式书写有误，错误。
故答案为：B。
4. 室温下，对于0.10 ml⋅L的氨水，下列判断正确的是
A. 加水稀释后，溶液中变大
B. 溶液中存在电离平衡：
C. 与溶液反应离子方程式为
D. 与等体积0.10 ml⋅L 溶液恰好完全中和
【答案】D
【解析】
【详解】A．加水稀释后，溶液中，温度不变K不变，而稀释减小，故变小，A错误；
B．溶液中存在电离平衡：，B错误；
C．与溶液反应的离子方程式为，C错误；
D．与等体积0.10 ml⋅L溶液恰好完全反应得到硝酸铵，D正确；
故选D。
5. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是
A. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀
B. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原
C. 轮船的船壳吃水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极法
D. 铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：，继而形成铁锈
【答案】C
【解析】
【详解】A．在酸性环境下，钢铁也可能直接发生化学腐蚀，故A错误；
B．金属腐蚀的实质是金属失去电子被氧化的过程，故B错误；
C．锌的金属性强于铁，与铁构成原电池时，锌是负极，铁是正极被保护，因此轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．在原电池中铁只能失去2个电子，转化为亚铁离子，故D错误；
故答案选C。
6. 鉴别浓度均为0.1 ml/L的NaClO、、三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是
A. 测定溶液pHB. 滴加甲基橙试剂
C. 测定溶液电导率D. 滴加饱和溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓度均为0.1ml/L的三种溶液，NaClO溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，Ba(OH)2溶液为强碱溶液，Al2(SO4)3溶液中铝离子水解显酸性，溶液pH不同，测定溶液pH可以鉴别，A正确；
B．滴加甲基橙试剂，次氯酸钠溶液具有强氧化性，水解生成的次氯酸具有漂白性，滴加甲基橙变黄色后会褪色，氢氧化钡溶液为强碱溶液，甲基橙变黄色，Al2(SO4)3溶液显酸性，滴入甲基橙溶液为红色，可以鉴别，B正确；
C．溶液导电率与离子浓度有关，三种溶液均为强电解质，导电率相差不显著，C错误；
D．滴加饱和Na2CO3溶液，次氯酸钠不反应，氢氧化钡溶液和碳酸钠溶液发生双水解反应生成白色沉淀碳酸钡，硫酸铝和碳酸钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体，可以鉴别，故D正确；
故选：C。
7. 下列事实与盐类水解无关的是
A. 溶液不能用玻璃瓶盛放B. 加热能使纯碱溶液去污能力增强
C 水溶液呈酸性D. 配制溶液，需用盐酸溶解固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．氟化铵是弱酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氟酸和一水合氨，氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，所以氟化铵溶液不能用玻璃瓶盛放，则氟化铵溶液不能用玻璃瓶盛放与盐类水解有关，故A不符合题意；
B．碳酸钠是弱酸强碱盐，在溶液中水解生成氢氧化钠和碳酸氢钠的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，去污能力增强，则加热能使纯碱溶液去污能力增强与盐类水解有关，故B不符合题意；
C．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子使溶液呈酸性，则硫酸氢钠水溶液呈酸性与盐类水解无关，故C符合题意；
D．氯化亚锡是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化亚锡和盐酸，加入盐酸可以抑制氯化亚锡的水解，所以溶解氯化亚锡时需用盐酸溶解，则配制氯化亚锡溶液，需用盐酸溶解氯化亚锡固体与盐类水解有关，故D不符合题意；
故选C。
8. 下列溶液中，操作和现象对应正确的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al3+水解溶液显酸性，水解反应为吸热反应，加热后酸性增强，酚酞遇酸为无色，则颜色不会加深，故A错误；
B．NH3·H2O在溶液中存在电离平衡，加氯化铵抑制电离，溶液的碱性减弱，则滴有酚酞的氨水溶液红色变浅，故B正确；
C．CH3COONa溶液因水解显碱性，加入少量CH3COONa固体，溶液的碱性增强，则滴有酚酞的CH3COONa溶液红色变深，故C错误；
D．氯化铁水解为吸热反应，加热促进水解，可得到红褐色Fe(OH)3胶体，则颜色变深，故D错误；
故答案为B。
9. 如图所示，关闭活塞K，向A中充入1 ml X、1 ml Y，向B中充入2 ml X、2 ml Y，此时A的容积是aL，B的容积是2aL。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应： 。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4a L。下列说法错误的是
A. 反应速率：B. A容器中X的转化率为80%
C. 若打开K，则A的体积变为2.2a LD. 平衡时Y的体积分数：A【答案】A
【解析】
【详解】A．由ΔH＜0可知，该反应是气体物质的量增大的，A保持恒压，B保持恒容相当于增大压强了，所以反应速率：v(B)>v(A)，A错误；
B．T、P一定，气体的n与V成正比。达平衡时，A的体积为1.4aL，其中气体的物质的量是原来的1.4倍，为2.8ml。A容器中气体增加0.8ml，对应消耗X为0.8ml，所以X的转化率为80%，，B正确；
C．若打开K，A、B容器的总体积为1.4aL×3=4.2aL，则A的体积变为(4.2-2)aL=2.2aL，C正确；
D．减压平衡右移，所以平衡时Y的体积分数：A故选A。
10. 在一定条件下，将3ml A和1ml B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g) ＋ B(g) xC(g) ＋ 2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8 ml D，并测得C的浓度为0.2 ml·L－1。下列判断错误的是
A. x＝1
B. B的转化率为50%
C. 2min内A的反应速率为0.3ml·L－1·min－1
D. 若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A.C的浓度为0.2ml•L‾1，生成C的物质的量为0.2ml•L‾1×2=0.4ml，根据方程式可知：x：2=0.4ml：0.8ml，所以x=1，A正确；
B.根据三段式计算：
3A(g)+ B(g) C(g)+2D(s)
初始浓度（ml•L‾1） 1.5 0.5 0
转化浓度（ml•L‾1） 0.6 0.2 0.2 0.4
平衡浓度（ml•L‾1） 0.9 0.3 0.2 0.4
据以上分析可知，B的转化率=×100%=40%，B错误；
C.2min内A的平均反应速率= =0.3ml/(L·min)，C正确；
D.因反应前后各物质均为气态，则反应前后气体的质量不变化，而气体总物质的量是变化的，则混合气体的平均相对分子质量在反应过程中是变化的，若平均相对分子质量在反应过程中不变了，则表明该反应达到平衡状态，D正确；
故答案选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. 利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是
A. 甲室Cu电极为负极
B. 隔膜为阳离子膜
C. 电池总反应为：
D. 扩散到乙室将对电池电动势不产生影响
【答案】A
【解析】
【分析】甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu-2e-=Cu2+，通入氨气发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+，右端为原电池正极，电极反应Cu2++2e-=Cu,中间为阴离子交换膜。
【详解】A． 放电时，甲室的铜电极棒不断溶解，发生氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，所以放电时，甲室Cu电极为负极，故A正确；
B． 在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；
C． 放电时，负极和正极的反应分别为：Cu-2e-=Cu2+、Cu2++2e-=Cu,向甲室加入足量氨水后，发生反应Cu2++4NH3═[Cu(NH3)4]2+，故电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+，故C错误；
D．NH3扩散到乙室，与乙室中的Cu2+反应，降低了乙室中Cu2+的浓度，将对电池电动势产生影响，故D错误；
故选A。
12. 已知分解1ml H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是
A. 反应的速率与I-的浓度有关B. IO-也是该反应的催化剂
C. 反应活化能等于98kJ·ml-1D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；
B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；
C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；
D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；
故合理选项为A。
13. 一定条件下，将与以体积比1∶2置于密闭容器中发生反应： kJ⋅ml，下列能说明反应达到平衡状态的是
A. 体系压强保持不变B. 每消耗1 ml 的同时生成1 ml
C. 混合气体颜色保持不变D. 和的体积比保持不变
【答案】CD
【解析】
【详解】A．此反应为气体体积不变的反应，故体系内压强一直不变，A错误；
B．每消耗1 ml 的同时消耗1 ml ，才可以证明反应达到平衡状态，B错误；
C．此混合体系有有色气体二氧化氮，故当混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度保持不变，平衡状态达到，C正确；
D．和的物质的量之比保持不变，也即体积比保持不变说明平衡状态达到，D正确；
故选CD。
14. 将V1 mL 1.00 ml·L-1 HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2=50 mL)。下列叙述正确的是

A. 做该实验时环境温度为22 ℃
B. 该实验表明化学能可以转化为热能
C. NaOH溶液的浓度约为1.5 ml·L-1
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】BC
【解析】
【详解】A．将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该实验时环境温度为21℃左右，故A错误；
B．盐酸和氢氧化钠反应放出热量，因此得出该实验表明化学能可能转化为热能，故B正确；
C．HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1 ml·L−1×0.03L = c(NaOH)×0.02L，c(NaOH) = 1.5 ml·L−1，故C正确；
D．该实验只能说这个反应是放热反应，但其他很多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，故D错误。
故选BC。
15. 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是

A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在
B. 冰表面第二层中，H+浓度为5×10−3 ml·L−1（设冰的密度为0.9 g·cm−3）
C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变
D. 冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH++Cl−
【答案】D
【解析】
【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。
【详解】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；
B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1ml，则所得溶液质量为18g/ml×1ml=18g，则溶液的体积为×10—3L/ml=2.0×10—2L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4ml，则氢离子浓度为=5×10—3ml/L，故B正确；
C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；
D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图象表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. Ⅰ．对于分解反应，也有一定的催化作用。为比较和对分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：
（1）定性分析：如图甲可通过观察___________，定性比较得出结论。有同学提出将改为更为合理，其理由是___________。
（2）定量分析：用图乙所示装置做对照实验，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是___________。
Ⅱ．“碘钟”实验中，的反应速率可以用与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小反应速率越大。某探究性学习小组在20℃时进行实验，得到的数据如下表：
回答下列问题：
（3）表中___________。
（4）温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间的范围为___________(填字母)。
A. sB. 22.0~44.0sC. sD. 数据不足，无法判断
（5）通过分析比较上表数据，得到的结论是___________。
【答案】16. ①. 产生气泡速率 ②. 控制阴离子种类相同，排除阴离子对实验的干扰
17. 产生40mL气体所需的时间 18. 29.3 19. A
20. 反应速率与反应物起始浓度乘积成正比
【解析】
【小问1详解】
定性分析：如图甲可通过观察产生气泡速率比较催化活性；有同学提出将改为更为合理，其理由是控制变量，只改变阳离子种类，保持阴离子相同；
【小问2详解】
定量分析：用图乙所示装置做对照实验，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是产生40mL气体所需的时间；
【小问3详解】
比较①、②、⑤三组实验数据：相同，c(I-)是原来的两倍，则反应所需的时间为原来的一半，故c(I-)是原来的三倍，反应所需的时间就为原来的，故t1==29.3s；
【小问4详解】
升温，反应速率加快，则反应所需的时间减少，故t2<22.0s；
【小问5详解】
由①、②、⑤组实验可得：反应时间与c(I-)成反比、反应速率与c(I-)成正比；由②、③组实验得：反应时间与成反比、反应速率与成正比；故得到结论是化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比显色时间与反应物起始浓度乘积成反比。
17. 合成氨工业对化学工业和国防工业具有重要意义。工业合成氨生产示意图如图所示。
（1）图中条件选定的主要原因是_______ (填字母编号)。
A．温度、压强对化学平衡的影响
B．催化剂铁触媒在该温度时活性大
C．工业生产受动力、材料、设备等条件的限制
（2）工业生产中氮气与氢气按物质的量之比为1∶2.8进行投料，合成塔压强p恒定。若起始时氮气通入量为x ml，一段时间后测得氮气的平衡转化率为80%，用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数的___________(用p表示，气体分压=总压×物质的量分数)。
（3）合成氨反应通常控制在20~50MPa的压强和500℃左右的温度，若进入合成塔的氮气和氢气的体积比为1∶3，经科学测定，在相应条件下氮气和氢气反应所得氨的平衡浓度(体积分数)如表所示：
而实际流程从合成塔出来的混合气体中含有氨约为15%，这表明_______。
A．表中所测数据有明显误差 B．生产条件控制不当
C．氨分解速率大于预测值 D．合成塔中的反应并未达到平衡
该流程控制含氨约为15%的原因是_______。
（4）据统计，每年全世界在合成氨工业中向外排放高达40亿吨，为循环使用减少浪费，常见的方法是利用合成氨的产品和副产品合成尿素：
① kJ/ml
② kJ/ml
副反应：
已知活化能大小：，某科研小组模拟工业合成尿素生产，发现反应温度在140℃时生成尿素的反应速率反而比80℃小，可能原因是_______。
（5）工业合成尿素中，通常氨气、二氧化碳投料比大于2，请分析可能原因___________。
A. 氨易获得，成本较低
B. 氨过剩可提高二氧化碳的转化率，加快合成速率
C. 氨气可与体系内水结合，减少氨基甲酸铵水解，抑制副反应发生
D. 氨结合水，促进(4)中反应②正向移动
【答案】（1）BC （2）
（3） ①. D ②. N2、H2的转化率之比1:1.07,增加相对廉价原料N2的用量，提高相对贵重原料H2的转化率，降低生产成本
（4）反应①活化能远小于反应②，反应①很快达到平衡，升高温度反应①逆向移动，氨基甲酸铵浓度减小，导致合成尿素速率减小，（或浓度效应大于温度效应或氨基甲酸铵分解） （5）BCD
【解析】
【小问1详解】
A．升高温度，能使反应速率加快，但该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于氨的合成；增大压强，能使反应速率加快，反应也向正反应方向移动，但过高的压强，反应成本高，故A错误；
B．实际生产中采用500℃的高温，催化剂的催化活性最高，可以增加反应速率，缩短达到平衡的时间，故B正确；
C．合成氨工业的原理是：N2+3H22NH3△H＜0，从化学平衡的角度看，温度越低，压强越大，越有利于合成氨，工业生产以经济利益最大化为目的，所以工业生产受动力、材料、设备等条件的限制，目前的生产条件为：催化剂-铁触媒，温度500℃，压强20～50MPa,故C正确，故答案为：BC；
【小问2详解】
工业生产中氮气与氢气按物质的量之比为1∶2.8进行投料，合成塔压强p恒定。若起始时氮气通入量为xml,一段时间后测得氮气的平衡转化率为80%，则氮气反应0.8x,列出三段式
用p表示压强，气体分压=总压*物质的量分数，Kp=，故答案为：；
【小问3详解】
A．表中数据为科学家通过科学实验所得，不可存在明显误差，故A错误；
B．合成氨生成过程是连续的，不会对生产条件控制不当，故B错误；
C．氨气平衡时的浓度大小与速率的大小没有直接关系，若是分解速率的影响，可以通过改变条件，降低反应速率，但无论在任何条件下氨气的体积分数都会低于预测值，说明与氨气的分解速率无关，故C错误；
D．从合成塔出来的混合气体中含有氨约为15%，与科学测定结果相比偏低，只能说明合成塔中的可逆反应并没有达到平衡状态，故D正确，
故选：D。
根据题意： ，解得x≈0.248，N2、H2的转化率之比 =1:1.07,该流程控制含氨约为15%的原因是:N2、H2的转化率之比1:1.07,增加相对廉价原料N2的用量，提高相对贵重原料H2的转化率，降低生产成本。
故答案为：D；N2、H2的转化率之比1:1.07,增加相对廉价原料N2的用量，提高相对贵重原料H2的转化率，降低生产成本；
【小问4详解】
发现反应温度在140℃时生成尿素的反应速率反而比80℃小，可能原因是反应①活化能远小于反应②，反应①很快达到平衡，升高温度反应①逆向移动，氨基甲酸铵浓度减小，导致合成尿素速率减小，（或浓度效应大于温度效应或氨基甲酸铵分解），故答案为：反应①活化能远小于反应②，反应①很快达到平衡，升高温度反应①逆向移动，氨基甲酸铵浓度减小，导致合成尿素速率减小，（或浓度效应大于温度效应或氨基甲酸铵分解）；
【小问5详解】
A.合成氨的条件要求较高，氨不容易获得，故A错误；
B.根据反应①，氨过量，可以提高二氧化碳的转化率，浓度增大也能加快反应速率，故B正确；
C.氨气容易与水反应且易溶于水，较少副反应发生，故C正确；
D.氨结合水以后，可以促进反应②正向移动，故D正确；
故答案为：BCD。
18. 已知水在25℃和95℃时的电离平衡曲线如图所示：
（1）25℃时水的电离平衡曲线应为“A”还是“B” _______？并说明理由___________。
（2）95℃时，将的NaOH溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则NaOH溶液与溶液的体积比___________。
（3）95℃时，某溶液由水电离出的浓度为，则该溶液的___________。
（4）在一定温度下，有以下三种酸：a．醋酸b．硫酸c．盐酸。当三种酸的pH相同、体积相同时，分别加入足量的锌，产生的体积(相同状况)由大到小的顺序为___________。
（5）明矾是常用的一种净水剂，用离子方程式和相应的文字叙述解释其净水的原理：___________。
（6）铵盐是重要的化肥，溶液中离子浓度大小顺序是___________。
【答案】（1） ①. A ②. 水的电离吸热，升高温度促进水的电离，电离常数增大
（2）1：9 （3）8或4
（4）a＞b=c （5）明矾溶解电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，，胶体具有吸附性，可以吸附杂质而净水
（6）
【解析】
【小问1详解】
水的电离吸热，升高温度促进水的电离，电离常数增大，由图可知，25℃时水的电离平衡常数为1.0×10-14，其平衡曲线应为A；
【小问2详解】
由图可知，95℃时，水的电离平衡常数为1.0×10-12，95°C时纯水的pH= 6，混合溶液中的pH= 7，则pOH=5， 说明酸碱混合时碱过量溶液呈碱性， pH = 9的NaOH 溶液c(OH-) =10-3 ml/L，pH = 4的H2SO4溶液 c(H+) =10-4ml/L，设酸的体积为a，碱的体积为b，，b：a=1：9；
【小问3详解】
95°C时水的电离平衡常数为1.0×10-12， 某溶液由水电离出H+的浓度为10-8 ml/L，当溶液呈碱性时，c(OH-)= 10-4 ml/L，则pOH=4、pH=8，当溶液呈酸性时，c(H+)= 10-4 ml/L， 则pH=4，故答案为：8或4；
【小问4详解】
当三种酸的pH相同、体积相同时，电离出氢离子浓度相同，醋酸是弱酸，盐酸、硫酸是强酸完全电离，醋酸的物质的量最大，盐酸与硫酸中氢离子的物质的量相等，故醋酸产生氢气最大，盐酸与硫酸产生氢气的量相同，故答案为a＞b=c；
【小问5详解】
明矾溶解电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，，胶体具有吸附性，可以吸附杂质而净水；
【小问6详解】
为强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，使得溶液显酸性，故溶液中离子浓度大小顺序是。
19. 完成下列问题。
（1）控制适合的条件，将反应设计成如图所示的原电池，请回答下列问题：
①反应开始时，甲中石墨电极上发生的电极反应式为：___________。
②电流表读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入固体，则乙中石墨电极的电极反应式为：___________。
（2）利用反应可制备，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为___________。
（3）电解溶液制备。工业上，通常以软锰矿(主要成分是)与KOH的混合物在铁坩埚(熔融池)中混合均匀，小火加热至熔融，即可得到绿色的，化学方程式为___________；用镍片作阳极(镍不参与反应)，铁板为阴极，电解溶液可制备，上述过程用流程图表示如下：
则D的化学式为___________；阳极的电极反应式为___________。
【答案】19. ①. Fe3++e﹣=Fe2+ ②. I2+2e﹣=2I﹣
20. O2+4e﹣+4H+=2H2O
21. ①. 2MnO2+ O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ②. KOH ③. MnO—e﹣=MnO
【解析】
【小问1详解】
①反应开始时，甲中石墨电极为正极，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe3++e﹣=Fe2+，故答案为：Fe3++e﹣=Fe2+；
②反应达到平衡状态后，向溶液中加入氯化亚铁固体，平衡向逆反应方向移动，则乙中石墨电极为正极，碘在正极得到电子发生还原反应生成碘离子，电极反应式为I2+2e﹣=2I﹣，故答案为：I2+2e﹣=2I﹣；
【小问2详解】
由方程式可知，若将反应设计为原电池，通入氧气的电极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e﹣+4H+=2H2O；
【小问3详解】
由题意可知，生成锰酸钾的反应为二氧化锰与氢氧化钾和氧气共热反应生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为2MnO2+ O2+4KOHK2MnO4+2H2O，由图可知，阳极室中锰酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO—e﹣=MnO，阴极室中水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣=O2↑+2OH﹣，则A为高锰酸钾、B为氢气、C为锰酸钾、D为氢氧化钾，故答案为：2MnO2+ O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；KOH；MnO—e﹣=MnO。
20. 大量排放造成环境污染，以还原的的选择性催化还原()技术广泛应用于烟气(含NO、、等)脱硝。
（1）以催化的反应机理如图所示，反应的化学方程式为：___________。
（2）以催化的。
①催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为___________；反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。
②催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。
③废催化剂的回收。回收并制备的过程如下图所示：
酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。
【答案】20.
21. ①. ②. 铵根离子水解呈酸性，可以促进的水解 ③. 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。 ④. 、 ⑤. 提高反应温度、延长浸出时间
【解析】
【小问1详解】
以还原的的选择性催化还原()技术广泛应用于烟气(含NO、、等)脱硝，结合反应机理图分析可知，反应的化学方程式为：。
【小问2详解】
在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为。
反应选用溶液而不选用溶液的原因是铵根离子水解呈酸性，可以促进的水解生成沉淀。
反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是：在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。
反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有：氨气可与氧气在高温催化剂条件下发生氧化还原反应生成一氧化氮，且氮气和氧气高温也会化合生成一氧化氮，对应化学方程式为：、。酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间。选项
溶液
操作
现象
A
滴有酚酞的明矾溶液
加热
颜色变深
B
滴有酚酞的氨水
加入少量NH4Cl固体
颜色变浅
C
滴有酚酞的CH3COONa溶液
加入少量的CH3COONa固体
颜色变浅
D
氯化铁溶液
加热
颜色变浅
实验编号
①
②
③
④
⑤
/(ml·L)
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
/(ml·L)
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
440
22.0
44.0
压强
20MPa
60MPa
500℃
19.1
42.2