2025年人民版選擇性必修1化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※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(xué)下冊階段測試試卷991考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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(xiàn)的現(xiàn)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(shù)不需要外加能量即可發(fā)生；通過產(chǎn)生羥基自由基(·OH)處理有機(jī)污染物，可獲得高效的廢水凈化效果，其耦合系統(tǒng)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?yàn)閍→Y，X→bC.乙池的可在酸性較弱的環(huán)境中使用D.Y電極上得到雙氧水的反應(yīng)為O2+2e-+2H+=H2O24、化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是A.海水制鹽后可以利用氯堿工業(yè)，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(jīng)集注》中記載了區(qū)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(yīng)”原理D.北斗衛(wèi)星導(dǎo)航專用硬件結(jié)合國產(chǎn)應(yīng)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(shù)值中，前者大于后者的是A.溶液中H+的物質(zhì)的量B.CH3COOH的電離常數(shù)C.中和時所需NaOH的物質(zhì)的量D.溶液中CH3COOH的物質(zhì)的量6、已知琥珀酸[(CH2COOH)2]是二元弱酸，以H2A代表其化學(xué)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(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是。

A.該溶液中>B.水的電離程度d>cC.當(dāng)H2A被完全中和時，c(OH-)=c(HA-)+c(H2A)+c(H+)D.滴定至c點(diǎn)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(yè)上可以利用硫()與原料制備受熱分解生成為氣態(tài)△H發(fā)生反應(yīng)?；卮鹣铝袉栴}：

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

(2)某興趣小組對上述反應(yīng)進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)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(jìn)行反應(yīng)(此時容器內(nèi)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(yīng)達(dá)到平衡，則0～內(nèi)的反應(yīng)速率_______(用含的代數(shù)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(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)_______(保留兩位小數(shù)；已知：

分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)；對于反應(yīng)其中為各組分的平衡分壓)。9、化學(xué)反應(yīng)原理在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。

（1）某化學(xué)興趣小組進(jìn)行工業(yè)合成氨的模擬研究，反應(yīng)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(shí)驗(yàn)①、②、③中c（N2）隨時間（t）的變化如圖所示：

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

a．增大壓強(qiáng)b．減小壓強(qiáng)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(yīng)過程中保持溫度壓強(qiáng)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(xué)平衡。

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

②達(dá)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(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)B．在乙中充入稀有氣體He，化學(xué)反應(yīng)速率加快C．丙容器溫度不再變化時說明已達(dá)平衡狀態(tài)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(zhì)。研究氮氧化物的反應(yīng)機(jī)理對于消除環(huán)境污染有重要意義。NO在空氣中存在如下反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H；上述反應(yīng)分兩步完成，其反應(yīng)歷程如圖所示：

回答下列問題：

（1）寫出反應(yīng)I的熱化學(xué)方程式___。

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

（1）寫出電極反應(yīng)式：正極___________________；負(fù)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(fā)生____________(填“氧化”或“還原”)反應(yīng)12、人們的日常生活和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)都離不開電能；當(dāng)今世界電能的開發(fā)和利用已是科學(xué)工作者十分重視的課題。

(1)可自發(fā)進(jìn)行，據(jù)此設(shè)計(jì)的下列實(shí)驗(yàn)裝置中屬于原電池，且電池工作時可發(fā)生上述反應(yīng)的是___________(填序號)。

A．B．C．D．

(2)上述D裝置若能構(gòu)成原電池，其鹽橋的作用是___________(回答兩點(diǎn))，鹽橋中物質(zhì)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(yīng)式為___________。

②當(dāng)有電子通過負(fù)載時，X極生成的體積為___________L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。13、下表是幾種弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)(25℃)。電解質(zhì)電離方程式平衡常數(shù)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(qiáng)到弱的順序?yàn)開__________（填編號）；

（2）寫出C6H5OH與Na3PO4反應(yīng)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(guān)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(yīng)是典型的可逆反應(yīng)．水解反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)稱為水解常數(shù)(用Kh表示)，類比化學(xué)平衡常數(shù)的定義，請寫出Na2CO3第一步水解反應(yīng)的水解常數(shù)的表達(dá)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(huán)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(shù)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(yīng)制取H2時，為加快產(chǎn)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(jìn)行適當(dāng)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(yīng)產(chǎn)生的NO_______

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

(8)濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制備純凈Cl2：氣體產(chǎn)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(guān)。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共6分)22、利用某冶金行業(yè)產(chǎn)生的釩爐渣(主要含V2O3及少量SiO2、P2O5等雜質(zhì))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(chǎn)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(yīng)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(zhuǎn)化為NaVO3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。

(2)欲除去磷元素[使c(PO)≤1.0×10-6mol·L-1]，則應(yīng)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(zhuǎn)化為___(寫化學(xué)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(yīng)的離子方程式為___。用濃鹽酸與V2O5反應(yīng)也可以制得VO2+，該方法的缺點(diǎn)是___。23、鋁是應(yīng)用廣泛的金屬。以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì))為原料制備鋁的一種工藝流程如下：

注：SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀。

(1)鋁土礦“堿溶”時，氧化鋁轉(zhuǎn)化為__________進(jìn)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(fā)生反應(yīng)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(chǎn)生氣體A的化學(xué)式為_______。陽極區(qū)Na2CO3轉(zhuǎn)化為NaHCO3的原因是________(用化學(xué)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?；卮鹣铝袉栴}：

(1)CeFCO3中Ce的化合價(jià)為___。

(2)氧化焙燒時不能使用陶瓷容器，原因是___(用化學(xué)方程式說明)。

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

(4)HT是一種難溶于水的有機(jī)溶劑，則操作Ⅰ的名稱為___。

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

(6)有機(jī)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(jī)層)CeT3(有機(jī)層)+3H+(水層)。向CeT3(有機(jī)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(zhì)推斷題(共2題，共4分)25、反應(yīng)①②是重要的化工反應(yīng)；D；E、F、G為單質(zhì)，D、E、G、H為氣體，且只有E為有色氣體，F(xiàn)是常見的金屬單質(zhì)，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(yīng)為黃色，其物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下，虛框內(nèi)是需設(shè)計(jì)的內(nèi)容，反應(yīng)物只能用A～J中的物質(zhì)：

（1）A的電子式__________，H的結(jié)構(gòu)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?jiān)O(shè)計(jì)F→K的最佳途徑_______；

（4）按設(shè)計(jì)得到1molK，電解B時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目是_______，至少需要另加試劑的物質(zhì)的量是__________。26、圖中；A～L為常見物質(zhì)或該物質(zhì)的水溶液，B在A氣體中燃燒產(chǎn)生棕黃色煙，B；G為中學(xué)化學(xué)中常見的金屬單質(zhì)，E的稀溶液為藍(lán)色，I的焰色反應(yīng)為黃色，組成J的元素原子核內(nèi)只有一個質(zhì)子，F(xiàn)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(zhì)中屬于非電解質(zhì)的物質(zhì)是___；

(2)將D的水溶液蒸干并灼燒得到的固體物質(zhì)的化學(xué)式為___；

(3)在一定物質(zhì)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(jià)酸根離子M，M中兩種元素的質(zhì)量比為4：3，已知1molA單質(zhì)與含1molM的溶液能恰好完全反應(yīng)，反應(yīng)時僅觀察到有淺黃色沉淀產(chǎn)生，取反應(yīng)后的上層清液加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀產(chǎn)生。則A單質(zhì)與含M的溶液反應(yīng)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(dāng)開始出現(xiàn)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(chǎn)生的氫氣和氯氣的物質(zhì)的量相等，陰極區(qū)域c(OH-)>c(H+)，OH-與Al3+會發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀；如果鐵做陽極，陽極會發(fā)生反應(yīng)：Fe-2e-=Fe2+；陰極上氫離子放電生成氫氣，據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．鐵做陽極；鐵電極會逐漸溶解，可能出現(xiàn)此現(xiàn)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(fā)生反應(yīng)：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(chǎn)生的氫氣與氯氣的物質(zhì)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(xiàn)象不可能出現(xiàn)，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(fù)極，H+由負(fù)極向正極運(yùn)動；即從M室到N室移動，A項(xiàng)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(xiàng)正確；

C．乙池中，酸性較弱時，F(xiàn)e3+易水解生成沉淀；C項(xiàng)錯誤；

D．Y為陰極，氧氣得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極方程式為：O2+2e–+2H+=H2O2；D項(xiàng)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(yè)即電解飽和食鹽水，反應(yīng)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(jié)構(gòu)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(yīng)，故《本草經(jīng)集注》中記載了區(qū)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(yīng)”原理，C正確；

D．北斗衛(wèi)星導(dǎo)航專用硬件結(jié)合國產(chǎn)應(yīng)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(zhì)的物質(zhì)的量相等，但H+的物質(zhì)的量前者大于后者；A符合題意；

B．電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；溫度相同，電離常數(shù)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(zhì)CH3COOH的物質(zhì)的量相等；因此中和時所需NaOH的物質(zhì)的量也相等，C不符合題意；

D．溶液中CH3COOH的物質(zhì)的量根據(jù)公式n=cV，結(jié)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(zhì)CH3COOH的物質(zhì)的量相等；D不符合題意；

故合理選項(xiàng)是A。6、D【分析】【分析】

由d點(diǎn)數(shù)據(jù)可知由c點(diǎn)數(shù)據(jù)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(diǎn)都呈酸性，說明酸沒有完全反應(yīng)，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(dāng)H2A被完全中和時溶質(zhì)是Na2A，根據(jù)質(zhì)子守恒，c(OH-)=c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)；故C錯誤；

D.根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，c點(diǎn)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(shù)隨溫度的倒數(shù)的增大而增大，則隨溫度T的減小而增大，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以△H＜0；提高平衡體系中的體積分?jǐn)?shù)；則應(yīng)使平衡正向移動，由于該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以可適當(dāng)降低溫度，使平衡正向移動；增大反應(yīng)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(dāng)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(yīng)隨著反應(yīng)的進(jìn)行而逐漸上升，當(dāng)反應(yīng)達(dá)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(nèi)的反應(yīng)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(yīng)屬于等體積反應(yīng)，所以減小體積（增大壓強(qiáng)）平衡不會發(fā)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(yīng)屬于等體積反應(yīng)，所以減小體積（增大壓強(qiáng)）平衡不會發(fā)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(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)==故答案為：【解析】(1)＜

適當(dāng)降低溫度（或增加甲烷的量或移走硫化氫）

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

【分析】【分析】

（1）根據(jù)圖像中氮?dú)鉂舛鹊淖兓蟪霭睔鉂舛鹊淖兓?，用求出用氨氣表示的反?yīng)速率。與實(shí)驗(yàn)①相比；實(shí)驗(yàn)②速率快，平衡時氮?dú)獾臐舛鹊?，?shí)驗(yàn)③速率慢，平衡時氮?dú)鉂舛却螅美障奶亓性砼袛喔淖兊膶?shí)驗(yàn)條件；

（2）①平衡常數(shù)只和溫度有關(guān)；對于放熱反應(yīng)；溫度升高，平衡常數(shù)減小。

②甲和乙相比；甲相當(dāng)于在乙平衡后增大壓強(qiáng)，乙和丙相比，丙相當(dāng)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(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)；化學(xué)反應(yīng)速率受濃度影響，當(dāng)改變壓強(qiáng)時，也要看濃度是否改變。

【詳解】

（1）根據(jù)像可知，②在10min時達(dá)到平衡，此時氮?dú)獾臐舛茸兓癁?.04mol/L，根據(jù)方程式或知，氨氣的濃度變化了0.08mol/L，根據(jù)v=可知v（NH3）==0.008mol?L-1?min-1，根據(jù)圖像可知②到達(dá)平衡的時間比①短，到達(dá)平衡時N2的濃度與①相同，化學(xué)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?dú)獾臐舛雀?，即平衡逆向移動，故③減小了壓強(qiáng)，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(shù)不變，丙容器絕熱，溫度升高平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，故K甲=K乙＞K丙。

故答案為=；＞；

②甲容器在反應(yīng)過程中保持壓強(qiáng)不變，故容器體積減小，氮?dú)獾臐舛仍龃螅灰胰萜鞅３煮w積不變，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，壓強(qiáng)減??；丙容器絕熱，溫度升高平衡逆向進(jìn)行，故達(dá)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(zhì)量一定，甲容器為恒壓裝置，當(dāng)氣體密度不再變化時，說明氣體總量不再發(fā)生變化，此反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，故A正確。B．乙為恒容裝置，在乙中充入稀有氣體He，反應(yīng)物濃度不變，化學(xué)反應(yīng)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(dá)平衡狀態(tài)，故C正確；D．向丙容器中充入氨氣，正；逆反應(yīng)速率均增大，故D錯誤。

故答案為AC。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯點(diǎn)在于第（1）問中反應(yīng)①和③的比較，從圖像中看，反應(yīng)③在15min時就達(dá)平衡，而反應(yīng)①在20min時才達(dá)平衡，所以有的同學(xué)就盲目認(rèn)為反應(yīng)③的反應(yīng)速率快，再根據(jù)平衡時反應(yīng)③c（N2）大于反應(yīng)①c（N2），說明反應(yīng)③相對于反應(yīng)①是平衡左移，而正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以錯選答案c。根據(jù)反應(yīng)速率的定義式v=假設(shè)取前15min，反應(yīng)③的△c（N2）=0.10mil/L-0.08mol/L=0.02mol/L，反應(yīng)①的△c（N2）＞0.10mil/L-0.08mol/L=0.02mol/L，所以反應(yīng)③的反應(yīng)速率小，故答案應(yīng)該選b?！窘馕觥竣?0.008mol·L－1·min－1②.e③.b④.＝⑤.＞⑥.＞⑦.＜⑧.AC10、略

【分析】【分析】

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

(2)根據(jù)圖像可知；反應(yīng)I的活化能＜反應(yīng)Ⅱ的活化能，反應(yīng)I為快反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ?yàn)槁磻?yīng)，決定該反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)；決定正反應(yīng)速率的是反應(yīng)Ⅱ，結(jié)合升高溫度對反應(yīng)I和Ⅱ的影響分析可能的原因。

【詳解】

(1)根據(jù)圖像可知，反應(yīng)I的化學(xué)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(jù)圖像可知，反應(yīng)I的活化能＜反應(yīng)Ⅱ的活化能，反應(yīng)I為快反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ?yàn)槁磻?yīng)，決定2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)Ⅱ；對該反應(yīng)體系升高溫度，發(fā)現(xiàn)總反應(yīng)速率變慢，可能的原因是：決定總反應(yīng)速率的是反應(yīng)Ⅱ，升高溫度后反應(yīng)I平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對反應(yīng)Ⅱ的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)Ⅱ速率變慢，故答案為：反應(yīng)Ⅱ；決定總反應(yīng)速率的是反應(yīng)Ⅱ，升高溫度后反應(yīng)I平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對反應(yīng)Ⅱ的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)Ⅱ速率變慢?！窘馕觥?NO(g)?N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol反應(yīng)Ⅱ決定總反應(yīng)速率的是反應(yīng)Ⅱ，升高溫度后反應(yīng)I平衡逆向移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對反應(yīng)Ⅱ的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)Ⅱ速率變慢11、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）反應(yīng)Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，F(xiàn)e3＋得電子發(fā)生還原反應(yīng)；原電池中正極發(fā)生還原反應(yīng)；負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)。（2）根據(jù)電池總反應(yīng)；正極是氯化鐵發(fā)生還原反應(yīng)；為防止銅發(fā)生自放電，銅與Y溶液不能反應(yīng)；

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

解析：（1）反應(yīng)Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，F(xiàn)e3＋得電子發(fā)生還原反應(yīng)；原電池中正極發(fā)生還原反應(yīng)，所以C是正極，正極反應(yīng)式是2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋；負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，Cu是負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式是Cu－2e－=Cu2＋；。（2）石墨是正極，正極反應(yīng)是2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，所以圖中X溶液是FeCl3，Cu是負(fù)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(fā)生氧化反應(yīng)。

點(diǎn)睛：原電池中負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)；陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極。【解析】2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋Cu－2e－=Cu2＋FeCl3CuCl2陽還原12、略

【分析】【分析】

銅作負(fù)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(fù)極，氧氣得電子作正極，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)與CO2的關(guān)系式計(jì)算。

【詳解】

(1)A．故A不符；

B．銅作負(fù)極，發(fā)生故B符合；

C．不能構(gòu)成閉合回路；故C不符；

D．銅作負(fù)極，發(fā)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(gòu)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(diǎn))，鹽橋中物質(zhì)不能改用含的瓊膠，理由：因?yàn)辂}橋中的會與反應(yīng)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?yàn)辂}橋中的會與反應(yīng)生成沉淀；使鹽橋失去作用；

(3)①Y極的氧氣得電子，電極反應(yīng)式為故答案為：

②當(dāng)有電子通過負(fù)載時，V==11.2L，X極生成的體積為11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。故答案為：11.2?！窘馕觥緽D平衡電荷，形成閉合回路(合理即可)不能，因?yàn)辂}橋中的會與反應(yīng)生成沉淀，使鹽橋失去作用11.213、略

【分析】【詳解】

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

(2).苯酚的電離平衡常數(shù)大于磷酸的第三步電離平衡常數(shù)，小于磷酸的第二步電離平衡常數(shù)，則苯酚和磷酸鈉反應(yīng)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(yīng)生成醋酸銨，由表中數(shù)據(jù)可知，醋酸和氨水的電離平衡常數(shù)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(jù)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(zhì)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(zhì)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(jù)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(jìn)水的電離，酸抑制水的電離，所以苯酚銨促進(jìn)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(zhì)溶液中都遵循物料守恒，根據(jù)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(fā)生第一步水解反應(yīng)的離子方程式為：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，根據(jù)平衡常數(shù)的定義可知，Na2CO3第一步水解反應(yīng)的水解常數(shù)的表達(dá)式為：故答案為

點(diǎn)睛：本題綜合考查弱電解質(zhì)的電離、鹽類水解、酸堿溶液混合的定性判斷等知識點(diǎn)，題目難度中等，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)的大小判斷酸的酸性強(qiáng)弱。難點(diǎn)是第（4）問，解題時要根據(jù)表中電離常數(shù)的數(shù)據(jù)，根據(jù)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(yùn)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(dāng)酸，屬于強(qiáng)酸制弱酸的反應(yīng)，故錯誤?！窘馕觥垮e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(chǎn)生H＋和OH-，根據(jù)水電離方程式：H2OH＋+OH-可知：水電離出的H＋和OH-數(shù)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(yīng)生成碳酸，導(dǎo)致海水酸性增強(qiáng)，碳酸電離出和引起海水中濃度增大，與碳酸反應(yīng)生成導(dǎo)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(shù)只與溫度有關(guān)，由于溫度相同，則純水和燒堿溶液中的水的離子積常數(shù)就相同，認(rèn)為在25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)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(jù)錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)用碳酸鈉粉末與酸反應(yīng)可以制備CO2；故正確；

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

(3)加熱分解NH4HCO3固體，將所得的氣體進(jìn)行適當(dāng)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(yīng)在HCl氣流中將MgCl2溶液加熱；故錯誤；

(6)應(yīng)用排水法收集銅粉和稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的NO；故錯誤；

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

(8)濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制備純凈Cl2：氣體產(chǎn)物應(yīng)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(yīng)，錯誤。四、工業(yè)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(zhì))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(zhuǎn)化為NaVO3，說明V2O3在焙燒過程中被氧化，根據(jù)電子守恒可知V2O3和O2的系數(shù)比為1:1，再結(jié)合元素守恒可得化學(xué)方程式為V2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑；

(2)當(dāng)溶液中c(PO)≤1.0×10-6mol·L-1時，c(Mg2+)≥=1×10-4mol/L；此時Si元素轉(zhuǎn)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(chǎn)品更純凈；根據(jù)題目所給信息可知沉釩時需要將V元素轉(zhuǎn)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(yīng)為CO2，根據(jù)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?！窘馕觥縑2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑1×10-4MgSiO3分離除去Na+，使產(chǎn)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(zhì))為原料制備鋁，由流程可知，加NaOH溶解時Fe2O3不反應(yīng)，由信息可知SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)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(yīng)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(jié)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(fā)生反應(yīng)Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，則氧化鋁轉(zhuǎn)化為NaAlO2進(jìn)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(fā)生雙水解反應(yīng)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??；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(chǎn)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(chǎn)生的O2氧化；

(4)根據(jù)電解裝置圖分析可知，陽極反應(yīng)為4CO32-＋2H2O－4e－＝4HCO3-+O2↑，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，則陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)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(chǎn)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(chǎn)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(xiàn)還原性，則+4價(jià)的Ce得電子生成Ce3+，有機(jī)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(diào)節(jié)溶液的pH得Ce(OH)3沉淀，再經(jīng)過氧氣氧化，過濾、洗滌、干燥可得Ce(OH)4產(chǎn)品。

【詳解】

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

(2)反應(yīng)中生成的HF能與陶瓷容器中含有的SiO2反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)生成氧氣，O的化合價(jià)升高，H2O2做還原劑，則鈰被還原為Ce3+，則酸浸時發(fā)生反應(yīng)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(jī)溶劑，能將Ce3+從水溶液中萃取出來；溶液中加入HT，經(jīng)操作Ⅰ得到有機(jī)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(fā)生分解，易造成溫度偏高浸出率反而會減?。?/p>

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