2025年外研衔接版选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研衔接版选择性必修1化学上册月考试卷483考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.强酸性溶液中：Cu2+、K+、NOI-B.由水电离出的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的溶液中：NHNa+、SOCl-C.c(H+)=1.0×10-7mol·L-1的溶液中：Fe3+、Ba2+、Cl-、NOD.含有大量AlO的溶液中：K+、Na+、COI-2、福州大学学者研究发现，3D-SiC@2D-MoS2异质结催化剂具有优异的光催化CO2用纯水的全还原性能；能有效实现人工光合成“太阳燃料”，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是。

A.反应②的方程为[2H+]ad+[HCOOH]ad=[HCHO]ad+H2OB.2D-MoS2能降低H2O转化为O2、[2H+]ad的活化能C.反应①~④中，含碳物质均发生还原反应D.此转化的现实意义是可缓解能源危机3、科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等；为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是。

A.放电时，负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)B.放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2molC.充电时，阳极溶液中OH−浓度升高D.充电时，电池总反应为2Zn(OH)=2Zn+O2­+4OH-+2H2O4、在一定体积的密闭容器中，进行反应：2X(g)+Y(s)Z(g)+W(g)DH=akJ·mol-1，若其化学平衡常数K和温度t的关系如表。下列叙述正确的是。

。t/℃

700

800

900

1000

1200

K

0.6

1.0

1.3

1.8

2.7

A.a＜0B.该反应的化学平衡常数表达式为：K=C.若在4L容器中通X和Y各1mol，在800℃下反应，某时刻测得X的物质的量为mol，说明该反应已达平衡D.在1000℃时，反应Z(g)+W(g)2X(g)+Y(s)的平衡常数为1.85、某二元弱酸H2A溶液，按下式发生电离：H2AH＋＋HA－、HA－H＋＋A2－，下列四种溶液中c(A2－)最大的是()A.0.01mol·L－1的H2A溶液B.0.01mol·L－1的NaHA溶液C.0.02mol·L－1的盐酸与0.04mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液D.0.02mol·L－1的NaOH与0.02mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液6、某学生在实验报告中有以下实验数据，其中正确的是（）A.用托盘天平称取11.70g食盐B.用量筒量取5.1mL的盐酸C.用pH试纸测得NaOH的pH为5.6D.用容量瓶量取50.0mL热水7、缓冲溶液可以将溶液pH控制在9.16～10.83范围内，时，下列说法不正确的是A.的溶液pH约为12B.的溶液中，水电离产生的C.的溶液中存在D.的该缓冲溶液中存在：8、某兴趣小组将镁条投入水中，镁条表面缓慢产生少量气泡，数分钟后反应停止，镁条表面失去光泽。为了探究和对镁与水反应的影响，该小组将与水反应后的镁条加入到4种盐溶液中进行对比实验，结果如下。实验序号abcd盐溶液(均为0.1mol/L)NH4ClNaHCO3NaClNH4HCO3溶液起始pH5.18.37.07.830min时产生气体体积(mL)1.50.7<0.11.4气体的主要成分H230min时镁条表面情况大量固体附着(固体可溶于盐酸)

下列说法错误的是A.b、d所得固体中可能有碱式碳酸镁B.根据实验a、d，可以推出不能促进镁与水反应C.综合实验a～d，可以推出和能够相互促进水解D.镁与水反应数分钟后停止，是因为其表面被生成的难溶性固体覆盖所致评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2（s）+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)。

（1）该反应的氧化剂是___；

（2）该反应的平衡常数表达式为K=___；

（3）若知上述反应为放热反应，升高温度，其平衡常数值___（填“增大”、“减小”或“不变”）；若已知CO生成速率为v(CO)＝18mol·L-1·min-1，则N2消耗速率为v(N2)＝___。

（4）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率v与时间t的关系如图。图中t4时引起平衡移动的条件可能是___；

图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是___。

（5）若该反应的平衡常数为K＝729，则在同温度下1L密闭容器中，足量的SiO2和C与2molN2充分反应，则N2的转化率是___（提示：272=729）10、用氮化硅陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)，在温度T0下的2L密闭容器中，加入0.3molSiCl4，0.2molN2，0.6molH2进行上述反应；2min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.8g

(1)SiCl4的平均反应速率为_______

(2)平衡后；若改变温度，混合气体的平均相对分子质量与温度的关系如图所示；

下列说法正确的是____

A．该反应在T0温度下可自发进行。

B．若混合气体的总质量不变；表明上述反应己达到平衡状态。

C．其他条件不变，增大Si3N4的物质的量；平衡向左移动。

D．按3:2:6的物质的量比增加反应物，SiCl4(g)的转化率升高。

(3)下表为不同温度下该反应的平衡常数，其他条件相同时，在_____(填“T1”、“T2”、“T3”)温度下反应达到平衡所需时间最长：。温度TT1T2T3平衡常数K1.22.510

假设温度为T1时向该反应容器中同时加入c(SiCl4)=0.3mol/L，c(H2)=0.3mol/L，c(N2)=xmol/L，c(HCl)=0.3mol/L和足量Si3N4(s)，若要使平衡建立的过程中HCl浓度减小，x取值范围为_____

(4)该反应的原子利用率目标产物质量与反应物总质量比值为______(保留2位有效数字)11、一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。根据题意完成下列问题：

（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=__，升高温度，K值__(填“增大”“减小”或“不变”)，该反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)__。（用含相应字母的式子表示）

（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的下列有关该体系的说法正确的是__(填选项字母)。

A．氢气的浓度减小B．正反应速率加快；逆反应速率也加快。

C．甲醇的物质的量增加D．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大12、捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。

(1)在海洋碳循环中,通过右图所示的途径固碳。

①写出钙化作用的离子方程式:___________________。

②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O。用18O标记光合作用的化学方程式如下；将其补充完整。

__________+__________(CH2O)x+x18O2+xH2O)

(2)工业上常用高浓度K2CO3溶液吸收CO2得到溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，并将CO2富集，其装置如下图。在阳极区发生的反应包括_________和H++HCO3-=H2O+CO2↑。简述在阴极区再生的原理：______________。

(3)将上述富集的CO2和甲烷重整制合成气(CO和H2)是CO2资源化利用的有效途径。合成气用干制备甲醇的反应为:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.lkJ/mol

在T℃时，容积相同的甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下表。容器乙丙丙起始反应物投入量1molCH3OH2molCH3OH2molCH3OH平衡数据c(CH3OH)/mol/Lc1c2c3反应的能量变化/kJxyzz体系压强/Pap1p2p3p3反应物转化率α1α2α3α3

根据上表信息填空(填写“>”“<”或“=”)：

①2c1_________c3；②|x|+|y|___________90.1；

②③2p2_________p3；④α1+α2_________113、在溶液中存在平衡：

（1）加热溶液溶液的颜色会不断加深，可得到一种红褐色透明液体，向这种液体中加入溶液，产生的现象为________________。

（2）不断加热溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体是______（填化学式）。

（3）在配制溶液时，为防止出现浑浊，应加入______。14、用“>”“<”或“＝”填空：

(1)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1________ΔH2。

(2)相同条件下，2mol氢原子所具有的能量______1mol氢分子所具有的能量。

(3)已知常温下红磷比白磷稳定，比较下列反应中(反应条件均为点燃)ΔH的大小：ΔH1______ΔH2。

①P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；

②4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2。

(4)已知：101kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1，则碳的燃烧热数值________110.5kJ·mol－1。

(5)已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量________57.3kJ；稀硫酸和稀氢氧化钡溶液中和生成1mol水放出的热量_______________57．3kJ。

(6)已知一定条件下合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0kJ·mol－1，相同条件下将1molN2和3molH2放在一密闭容器中充分反应，测得反应放出的热量(假定热量无损失)________92.0kJ。15、次磷酸是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过回答下列问题：

写出阳极的电极反应式：________。

请判断离子交换膜类型：A________，B________。填“阴膜”或“阳膜”

早期采用“三室电渗析法”制备将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的离子交换膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有________杂质，该杂质产生的原因是________。16、如图所示，横轴为溶液的pH，纵轴为Zn2+或ZnO22-物质的量浓度的对数。回答下列问题：

（1）往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为__________。

（2）从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp＝________________。

（3）某废液中含Zn2＋，为提取Zn2＋可以控制溶液pH的范围是________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正确B.错误18、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误19、高性能环氧涂层有效阻止了氧气、海水等对钢铁的侵蚀。(_______)A.正确B.错误20、某醋酸溶液的将此溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的则(_______)A.正确B.错误21、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误22、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向。__________________A.正确B.错误23、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共1题，共6分)24、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

(1)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为________________________________。

(2)若适量的N2和O2完全反应，每生成23gNO2需要吸收16.95kJ热量，则表示该反应的热化学方程式为________________________________。

(3)用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，则表示该反应的热化学方程式为________________________________。

(4)H2、CO、CH3OH都是重要的能源物质，它们的燃烧热依次为285.8kJ·mol－1、282.5kJ·mol－1、726.7kJ·mol－1。已知CO和H2在一定条件下可以合成甲醇请写出CO与H2反应合成甲醇的热化学方程式_______________________________________________。评卷人得分五、结构与性质(共4题，共32分)25、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________26、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。27、工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有关二硫化碳分子的描述正确的是______。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为(4)C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。

(5)Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。

(6)天然气中常含有少量H2S；在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示；

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。28、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。评卷人得分六、实验题(共2题，共16分)29、某实验小组用溶液和溶液进行中和反应反应热的测定。

Ⅰ．配制溶液。

(1)实验中要使用溶液，则至少需要称量NaOH固体______________g。

(2)从表中选择称量NaOH固体所需要的仪器_______________（填标号）。名称托盘天平（用砝码）小烧杯坩埚钳玻璃棒药匙量筒仪器标号abcdef

Ⅱ．测定中和反应反应热的实验装置如图所示。

(3)取溶液和溶液进行实验，实验数据如表所示。实验次数起始温度终止温度温度差平均值溶液NaOH溶液平均值平均值1234

①填写表中的空白_________________。

②使溶液与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_________________（填标号）。

a．用温度计小心搅拌b．揭开杯盖用玻璃棒搅拌。

c．轻轻地振荡杯体d．用套在杯盖上的玻璃搅拌器轻轻地搅动。

③近似认为溶液和溶液的密度都是中和后混合溶液的比热容则__________（结果保留小数点后一位）。

④上述实验结果大于理论值，产生偏差的原因可能是______________（填标号）。

a．实验装置保温；隔热效果差。

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有溶液的小烧杯中。

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测量溶液的温度30、甲苯与干燥氯气在光照下反应生成氯化苄，用下列方法分析粗产品的纯度：称取0.255g样品，与25mL4mol·L-1氢氧化钠水溶液在100mL圆底烧瓶中混合，加热回流1小时；冷至室温，加入50mL20%硝酸后，用25.00mL0.1000mol·L-1硝酸银水溶液处理，再用0.1000mol·L-1NH4SCN水溶液滴定剩余的硝酸银；以硫酸铁铵为指示剂，消耗了6.75mL。

(1)写出氯化苄分析过程的反应方程式___________。

(2)计算样品中氯化苄的质量分数___________(%)。

(3)通常，上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，指出原因___________。

(4)上述分析方法是否适用于氯苯的纯度分析___________？请说明理由。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．强酸性溶液中硝酸根会将碘离子氧化而不能大量共存；故A不符合题意；

B．由水电离出的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的溶液中水的电离受到抑制；溶液可能显酸性也可能显碱性，强碱性溶液中铵根不能大量存在，强酸性溶液中亚硫酸根不能大量存在，故B不符合题意；

C．c(H+)=1.0×10-7mol·L-1的溶液为中性溶液；铁离子水解呈酸性，即该溶液中铁离子不能存在，故C不符合题意；

D．四种离子相互之间不反应；也不与偏铝酸根反应，可以大量共存，故D符合题意；

综上所述答案为D。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．选项所给方程式电荷不守恒，正确方程式为[2H+]ad+[HCOOH]ad+2e-=[HCHO]ad+H2O；A错误；

B．据图可知2D-MoS2是H2O转化为O2、[2H+]ad的催化剂；可以降低该反应的活化能，B正确；

C．反应①~④中，C元素发生“CO2→HCOOH→HCHO→CH3OH”的转化；C元素的化合价持续降低，均发生还原反应，C正确；

D．该过程中利用H2O和CO2合成了可以作为燃料的CH4；可以缓解能源危机，D正确；

综上所述答案为A。3、C【分析】【分析】

【详解】

A.放电时，Zn变成Zn(OH)发生氧化反应做负极，负极反应为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)故A选项正确；

B.放电时，根据右侧可知，电极方程式为：2H++CO2+2e-=HCOOH；可知1mol二氧化碳转化为甲酸时，转移的电子数为2mol，故B选项正确；

C.充电时，右侧为阳极，阳极生成氧气，电极方程式为：2H2O-4e-=O2­+4H+；生成氢离子，所以氢氧根离子浓度降低，故C选项错误；

D.根据题中图示可知，充电时电池的总反应为：2Zn(OH)=2Zn+O2­+4OH-+2H2O；故D选项正确；

故选：C。4、C【分析】【详解】

A．由表格数据可知；随温度升高，平衡常数增大，则该反应的正反应为吸热反应，则a＞0，故A错误；

B．固体物质不能代入平衡常数的表达式，则该反应的化学平衡常数表达式为：故B错误；

C．若在4L容器中通X和Y各1mol，在800℃下反应，某时刻测得X的物质的量为mol，可列出三段式为(mol)：由于反应前后气体物质的量不变，则可用物质的量代替浓度计算浓度商，则说明该反应已达平衡，故C正确；

D．在1000℃时，反应2X(g)+Y(s)Z(g)+W(g)的平衡常数为1.8，其逆反应Z(g)+W(g)2X(g)+Y(s)的平衡常数应为其平衡常数的倒数为故D错误；

故选C。5、D【分析】C中的HCl与NaHA发生反应HCl+NaHA=H2A+NaCl后，得到0.01mol/LH2A和0.01mol/LNaHA的混合溶液，D中0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合以后，发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O，得到的是0.01mol/LNa2A溶液；再根据平衡移动的知识进行分析。

【详解】

A.为0.01mol·L-1的H2A溶液；

B.为0.01mol·L-1的NaHA溶液；

C.HCl与NaHA发生反应得到0.01mol·L-1的H2A和0.01mol·L-1的NaHA的混合溶液；

D.0.02mol·L-1的NaOH与0.02mol·L-1的NaHA溶液等体积混合以后，发生反应得到的是0.01mol·L-1的Na2A溶液。

比较以上四种溶液，A和C呈酸性，由于C溶液中的HA-对H2A的电离平衡起抑制作用，致使H2A浓度最大。

故答案选：C。6、B【分析】【详解】

A．托盘天平的精确度为0.1g；不能称取11.70g的食盐，A错误；

B．量筒的精确度为0.1mL；可以量取5.1mL的盐酸，B正确；

C．pH试纸测得的pH值为整数；C错误；

D．容量瓶不能用于量取溶液；D错误；

答案选B。7、D【分析】【详解】

A．由可得的溶液中pH约为12，选项A正确；

B．溶液促进水的电离，由水电离产生的选项B正确；

C．在溶液中水解程度强于电离程度，溶液中存在选项C正确；

D．由物料守恒可知，溶液中溶液中则和的混合溶液中选项D不正确。

答案选D。8、B【分析】【详解】

A．b、d中都含有而Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，Mg(OH)2在b、d中进一步解离成Mg2+，使得Mg与反应：2+2Mg+2H2O=Mg2(OH)2CO3+2H2↑+故A项正确；

B．c中产生气体的量很小，说明Na+、Cl-不能促进Mg与水的反应，b中产生的气体量比c多，因此可说明能促进镁与水反应；故B错误；

C．综合实验a～d可推知，和都能与Mg(OH)2作用从而加快Mg与水反应，d中产生气体的量小于a，则推出和能够相互促进水解导致d中产生气体的量小于a；故C正确；

D．由于Mg与水反应生成Mg(OH)2；难溶物附着于Mg表面使得反应难以进行，故D正确；

综上所述，说法错误的是B项，故答案为B。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

对于反应3SiO2（s）+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)

（1）C由0价升高到+2价；N由0价降低到-3价，由此可确定该反应的氧化剂。

（2）该反应的平衡常数表达式为生成物中气体的浓度幂除以反应物中气体的浓度幂。

（3）若知上述反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，由此确定其平衡常数值的变化；若已知CO生成速率为v(CO)＝18mol·L-1·min-1，则由化学计量数关系，确定N2消耗速率。

（4）图中t4时，V正、V逆都突然增大；说明是增大压强或升高温度所致，再分析反应，便可确定引起平衡移动的条件。

图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间；应为最后出现平衡正向移动的平衡点。

（5）利用三段式，确定气体的平衡量，得出平衡常数的计算式，从而求出N2的变化量，最后求出N2的转化率。

【详解】

对于反应3SiO2（s）+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)

（1）C由0价升高到+2价；N由0价降低到-3价，由此可确定该反应的氧化剂为氮气。答案为：氮气；

（2）该反应的平衡常数表达式为K=答案为：K=

（3）若知上述反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，由此确定其平衡常数值减小；若已知CO生成速率为v(CO)＝18mol·L-1·min-1，则由化学计量数关系，确定N2消耗速率v(N2)＝v(CO)＝6mol·L-1·min-1。答案为：减小；6mol•L-1•min-1；

（4）图中t4时，V正、V逆都突然增大，说明是增大压强或升高温度所致，该反应为放热的体积增大的可逆反应，不管是升高温度还是增大压强，平衡都是逆向移动，V逆>V正，所以，图中t4时引起平衡移动的条件可能是升高温度或增大压强。答案为：升高温度或增大压强；

图中，t2~t3段，平衡正向移动，平衡混合物中CO的含量增大；t4~t5，平衡逆向移动，平衡混合物中CO的含量减小，所以，图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是t3~t4。答案为：t3~t4；

（5）设N2的物质的量的变化量为x

K===729=272，则从而求出x=1。

则N2的转化率是=50%。答案为：50%。

【点睛】

在书写平衡常数表达式时，我们应看清各物质的状态，固态物质不出现在表达式中，只有N2与CO两种气体才出现在表达式中。【解析】氮气K=减小6mol•L-1•min-1升高温度或增大压强t3~t450%10、略

【分析】【详解】

(1)固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，其物质的量为=0.02mol，根据方程式可知消耗的n(SiCl4)=3n(Si3N4)=3×0.02mol=0.06mol，v(SiCl4)===0.015mol/(L∙min)；

(2)A．由图可知，随温度升高，气体的平均相对分子质量增大，说明正反应为放热反应，即△H<0，反应的△S>0，△H-T△S<0时反应能够自发进行；所以任何温度下反应都能够自发进行，A正确；

B．Si3N4是固体；随反应进行混合气体的总质量减小，若混合气体的总质量不变，表明上述反应己达到平衡状态，B正确；

C．Si3N4是固体；增大其物质的量，不影响平衡移动，C错误；

D．原来加入反应物的物质的量之比=0.3:0.2:0.6=3:2:6；所以按3:2:6的物质的量比增加反应物，相当于增大压强，平衡逆向移动，四氯化硅转化率减小，D错误；

故选AB；

(3)正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故温度T1>T2>T3，温度越低，反应速率越慢，到达平衡时间越长，即温度T3达到平衡时间最长；HCl浓度减小说明反应向逆向进行，故Q==>K=1.2，解得0≤x<0.15；

(4)根据质量守恒，反应物总质量等于生成物总质量，故原子利用率=×100%=×100%=×100%24%；【解析】①.0.015mol·L-1·min-1②.AB③.T3④.0≤x＜0.15⑤.24%11、略

【分析】【分析】

（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=从图中可以找出，升高温度与K值变化的关系，从而确定平衡移动的方向及该反应的热效应。

（2）在500℃，从反应开始到平衡，由CH3OH的物质的量，可求出参加反应的H2的物质的量，从而求出氢气的平均反应速率v(H2)。

（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的

A．氢气的浓度增大；A错误；

B．正反应速率加快；逆反应速率也加快，B正确；

C．平衡正向移动；甲醇的物质的量增加，C正确；

D．重新达平衡时，H2的物质的量减小，CH3OH的物质的量增大，所以n(H2)/n(CH3OH)减小；D错误。

【详解】

（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=从图中可以找出，升高温度，K值减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应。答案为：减小；放热；

（2）在500℃，从反应开始到平衡，n(CH3OH)=nBmol，则参加反应的H2的物质的量为2nBmol，从而求出氢气的平均反应速率v(H2)==mol·L-1·min-1。答案为：mol·L-1·min-1；

（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的

A．氢气的浓度增大；A错误；

B．正反应速率加快；逆反应速率也加快，B正确；

C．平衡正向移动；甲醇的物质的量增加，C正确；

D．重新达平衡时，H2的物质的量减小，CH3OH的物质的量增大，所以n(H2)/n(CH3OH)减小；D错误。

则有关该体系的说法正确的是BC。答案为：BC。

【点睛】

平衡体系体积压缩到原来的的瞬间，反应物、生成物浓度都变为原来的2倍，但随着平衡的正向移动，反应物中H2、CO的物质的量减小，生成物中CH3OH的物质的量增大，从而使得新平衡时，H2、CO的物质的量比原平衡时大，但比原平衡时的2倍要小；CH3OH的物质的量比原平衡时的2倍还要大。【解析】减小放热mol·L-1·min-1BC12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：2+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；

②光合作用产生的氧气来源于水，即水中的氧原子采用示踪法标记为18O，依据元素守恒配平应需要和xCO2，所以答案为：xCO2。

(2)根据装置图分析，与电源正极相连的为电解池的阳极，与电源负极相连的为电解池的阴极，阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为4OH--4e-＝2H2O+O2↑；HCO3-存在电离平衡：H++阴极H+放电浓度减小，平衡右移，产生所以在阴极再生。

(3)①根据等效平衡思想，2mol氢气和1molCO完全反应生成1molCH3OH，加入2mol甲醇相当于增大压强，平衡正向移动，则2c13，所以答案为<。

②甲投入2mol氢气和1molCO；乙中投入1mol甲醇，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为90.1kJ，则|x|+|y|=90.1，所以答案为：=。

③丙容器反应物投入量2mol甲醇，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍，由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2>p3，所以答案为：>

④甲容器和乙容器是达到等效平衡状态，甲正向进行，乙逆向进行，则α1+α2=1，所以答案为：=。【解析】2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2OxCO24OH--4e-=2H2O+O2↑(存在电离平衡：H++阴极H+放电浓度减小，平衡右移，再生(或阴极H+放电OH-浓度增大，OH-与反应生成)<=>=13、略

【分析】【详解】

（1）加热溶液得到胶体，加入溶液使胶体聚沉而得到红褐色沉淀；故答案为：生成红褐色沉淀；

（2）加热可促进的水解，由于易挥发，可使水解进行彻底，得到沉淀，受热分解，最终产物为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；

（3）为防止水解，应加入少许盐酸，故答案为：加入少许盐酸。【解析】生成红褐色沉淀Fe2O3少许盐酸14、略

【分析】【分析】

（1）反应热与反应物的总能量和生成物的总能量有关；与反应条件无关。

（2）化学键断裂为吸热过程；新键生成放热的过程。

（3）常温时红磷比白磷稳定；说明白磷能量高，反应放出的热量较多。

（4）燃烧热是指在101kp时；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。

（5）浓硫酸稀释放热；硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀时；因为伴随着沉淀热，故放出的热量增大。

（6）合成氨反应是可逆反应；反应物不能完全消耗。

【详解】

(1)同温同压下，氢气和氯气生成氯化氢气体的焓变与过程、反应条件无关，只与反应始态、终态有关，所以ΔH1=ΔH2；正确答案：＝。

(2)2mol氢原子合成1mol氢分子时形成化学键，要放出热量，故前者能量大；正确答案：>。

(3)红磷比白磷稳定，红磷的能量比白磷低，红磷燃烧时放出的热量少，带负号比较时，后者大；正确答案：<。

(4)CO燃烧时还能放出热量，所以碳的燃烧热值大于110.5kJ·mol－1；正确答案：>。

(5)浓硫酸稀释时能放出热量，故与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ；稀硫酸和稀氢氧化钡溶液反应时生成硫酸钡，还需形成化学键（生成硫酸钡），放出能量，故中和时生成1mol水放出的热量大于57.3kJ；正确答案：>；>。

(6)合成氨反应是可逆反应，1molN2和3molH2放在一密闭容器中不能全部反应，故放出的热量小于92.0kJ；正确答案：<。

【点睛】

明确燃烧热的定义是解题的关键，然后仔细观察生成物的状态；反应物所具有的总能量越高，该反应物就越不稳定，燃烧放出的热量就越多，反之，反应物所具有的总能量越低，该反应物就越稳定，燃烧放出的热量就越少。【解析】＝><>>><15、略

【分析】【详解】

Ⅱ由于阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离产生的氢氧根离子，其中放电能力最强的是水电离产生的氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：

故答案为：

产品室可得到的原因是阳极室的穿过阳膜扩散至产品室，原料室的穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成所以A为阳膜；B为阴膜；

早期采用“三室电渗析法”制备将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是产品中混有杂质；该杂质产生的原因是H3PO3在阳极失去电子被氧化或阳极产生的氧气把或氧化。故答案为：或被氧化。【解析】阳膜阴膜或被氧化16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图像可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为ZnO22-，所以其反应的离子方程式为Zn2＋＋4OH－===ZnO22-＋2H2O；

(2)当溶液的pH=7.0时，c（Zn2+）=10-3mol•L-1，Ksp=c（Zn2+）•c2（OH-）=10-3•（10-7）2=10-17；

(3)根据图像知，溶液的pH范围为8＜pH＜12时，可将Zn2+转化为Zn（OH）2沉淀，溶液中锌离子浓度小于10-5mol•L-1，可以近似认为锌离子不存在；所以为提取Zn2+离子可以控制溶液中pH值的范围是8.0＜pH＜12.0。【解析】Zn2＋＋4OH－==ZnO22-＋2H2O10－178.0～12.0三、判断题(共7题，共14分)17、A【分析】【分析】

【详解】

在任何水溶液中都存在水的电离平衡，水电离产生H＋和OH-，根据水电离方程式：H2OH＋+OH-可知：水电离出的H＋和OH-数目相等，由于离子处于同一溶液，溶液的体积相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等这句话是正确的。18、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。19、A【分析】【详解】

高性能环氧涂层有效阻止了氧气、海水等对钢铁的侵蚀，该说法正确。20、B【分析】【详解】

无论强酸溶液还是弱酸溶液加水稀释，溶液的酸性都减弱，pH都增大，即a21、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。22、A【分析】【分析】

【详解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，该反应若能自发进行，反应能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故正确。23、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。四、计算题(共1题，共6分)24、略

【分析】【详解】

(1)在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇的质量为32g，所以1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热为22.68kJ×32=725.8kJ，所以甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－725.76kJ·mol－1；

(2)适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量，所以每生成1mol即92gNO2需要吸收67.8kJ热量，则热化学方程式为N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)ΔH＝＋67.8kJ·mol－1；

(3)C2H2燃烧的化学方程式为2C2H2＋5O2＝4CO2＋2H2O可知有关系式C2H2～2CO2～10e-，则每有5NA个电子转移时有0.5molC2H2(g)反应，所以0.5molC2H2(g)完全燃烧时放出650kJ的热量，则2moC2H2(g)完全燃烧时放出2600kJ的热量，热化学方程式为2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－2600kJ·mol－1；

(4)CO燃烧的热化学方程式：CO(g)O2(g)=CO2(g)ΔH=-282.5kJ•mol-1①

H2燃烧的热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.8×2kJ•mol-1②

CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.7kJ•mol-1③

将①+②+(-③)可得：CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(l)ΔH＝-127.4kJ·mol－1。【解析】CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－725.76kJ·mol－1N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)ΔH＝＋67.8kJ·mol－12C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－2600kJ·mol－1CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(l)ΔH＝-127.4kJ·mol－1五、结构与性质(共4题，共32分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

(4)(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)2(CO2)-[(CN)2]=-1095kJ·mol-12(CO2)=-1095kJ·mol-1+[(CN)2]

C2H2(g)+2.5O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)2(CO2)+(H2O)-(C2H2)=-1300kJ·mol-12(CO2)=-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1

[(CN)2]=1095kJ·mol-1-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1=308kJ·mol-1【解析】HgCl2+Hg(CN)2=Hg2Cl2+(CN)2(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)308kJ·mol-1或2CN-+5ClO-+H2O=2HCO+N2+5Cl-26、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl27、略

【分析】【详解】

（1）硫的原子序数是16；其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层；能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。

（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。

（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A；C、D错误，故选B。

（4）比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。

（5）Na2S溶液中发生水解，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。

（6）根据元素守恒，若Fe2(SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2(SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1molFe2(SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4。

（7）FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2(SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。【解析】(1)第三周期第VIA族16

(2)>

(3)B

(4)硫硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价；合理即可)

(5)c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)

(6)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4

(7)5.628、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，失去2个电子后，Co2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7。故答案为：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性条件下，把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0×10-5mol•L-1)的为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。故答案为：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co2+