2025年人民版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

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A.当V（NaOH）＝20mL时，溶液的pH大于7B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水的大C.当溶液为中性时，V（NaOH）>20mLD.当V（NaOH）＝40mL时，升高温度，减小2、已知溴跟氢气反应的热化学方程式如下(均为正值)：①②③下列判断正确的是A.B.与的相对大小无法判断C.溴蒸气转化为液态溴需要放出的热量D.和反应生成时放出热量3、下列化学转化能用于工业生产的是A.钠在氯气中燃烧制氯化钠B.电解溶液制金属钠C.二氧化碳和烧碱反应制纯碱D.氯气与消石灰反应制漂白粉4、下列实验操作能达到实验目的的是。选项实验目的实验操作A测定氯水的pH将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照B比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)大小向AgCl悬浊液中滴加几滴0.1mol•L-1NaI溶液，观察现象C电解法制备氯气将电源两极分别与两铁片相连，再将铁片插入饱和食盐水中D润洗滴定管用标准液润洗滴定管后，将润洗液全部从滴定管上口倒出

A.AB.BC.CD.D5、已知：常温下，某温度下，饱和溶液中]与的关系如图所示。

下列说法正确的是A.曲线Ⅱ代表的沉淀溶解平衡曲线B.常温下，的C.常温下，当时，饱和溶液中D.加入固体可使溶液由点沿直线变为点6、对于下列实验，能正确描述其过程的化学用语是A.明矾溶液净水产生胶体：B.已知还原性：向溶液中通入少量C.常温下0.1mol/L的醋酸溶液D.浓烧碱溶液中加入铝片：评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、一定温度下，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)体系中，c(Ag+)和c(Cl-)的关系如图所示。下列说法正确的是()

A.a、b、c三点对应的Ksp相等B.AgCl在c点的溶解度比b点的大C.AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)D.b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化8、向体积为2L的恒容密闭容器中充入1molSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)下图是不同温度下SiHCl3的物质的量分数随时间的变化：

下列说法正确的是A.该反应正方向为吸热反应B.T2时，0~100min时，v(SiCl4)＝0.0025mol·L-1·min-1C.T2时向平衡体系中再充入1molSiHCl3，平衡不移动D.T1时，起始向容器中充入SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4各0.3mol，达到平衡前v(正)＜v(逆)9、以CH3CH=CH2、NH3、O2为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的化学方程式如下所示：

反应I．2C3H6(g)+2NH3(g)+3O2(g)2C3H3N(g)+6H2O(g)；

反应II．C3H6(g)+O2(g)C3H4O(g)+H2O(g)。

反应相同时间，丙烯腈产率与反应温度的关系如图a所示，丙烯腈和丙烯醛的平衡产率与的关系如图b所示。下列说法不正确的是(丙烯腈的选择性=×100%)

A.其他条件不变，增大压强有利于提高丙烯腈平衡产率B.图a中X点所示条件下，延长反应时间能提高丙烯腈产率C.图a中Y点所示条件下，改用对丙烯腈选择性更好的催化剂能提高丙烯腈产率D.由图b中Z点可知，该温度下反应II的平衡常数为10、下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是。

。选项。

实验目的。

实验方案。

A

向苯与液溴的混合液中加入铁粉，将产生的气体直接通入AgNO3溶液中。

验证液溴与萃发生取代反应。

B

比较HF与HClO的酸性强弱。

常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaF溶液和NaClO溶液的pH

C

验证FeCl3与KI的反应是可逆反应。

向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1mol·L-1KI溶液充分反应后；取少许混合液滴加KSCN溶液。

D

除去NaCl固体表面的少量KCl杂质。

用饱和NaCl溶液洗涤。

A.AB.BC.CD.D11、如图是一种新型的光化学电源，当光照射N型半导体时，通入O2和H2S即产生稳定的电流并获得H2O2(H2AQ和AQ是两种有机物)。下列说法正确的是。

A.甲池中的石墨电极是电池的正极B.H+通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池C.甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ+2H＋-2e-=H2AQD.总反应为H2S+O2H2O2+S↓12、某研究机构使用电池电解制备其工作原理如图所示。已知电池反应为下列说法错误的是。

A.电极的电极反应式为B.f接口连接hC.膜a、c是阴离子交换膜，膜b是阳离子交换膜D.不锈钢电极附近溶液的增大13、pH=2的一元强酸HA与一元碱MOH溶液等体积混合，充分反应后溶液呈中性，下列说法中一定正确的是A.溶液中c(H+)=c(OH－)B.MOH的pH=12C.溶液中c(M+)=c(A－)D.MA溶液pH=714、常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.向0.10mol·L－1CH3COONa溶液滴加0.10mol·L－1HCl溶液恰好使至溶液呈中性：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(Cl－)B.将Na2CO3和NaHCO3的稀溶液混合恰好至溶液中c(CO)=c(HCO)：2c(Na+)<3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)C.向0.10mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液恰好呈中性：c(Na+)=c(SO)+c(NH3·H2O)D.将等体积等物质的量浓度CH3COONa和NaF溶液混合：c(CH3COOH)＋c(HF)＝c(OH－)－c(H+)评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、某化学兴趣小组的同学用以下装置研究电化学的问题。

（1）甲装置是由铜；锌和稀硫酸组成的原电池；其中正极材料是___，电池的总反应式用离子方程式表示为___。当导线中有1mol电子通过时，理论上两极的变化是___（填序号）。

A.锌片溶解了32.5gB.锌片增重32.5g

C.铜片上析出lgH2D.铜片上析1molH2

（2）若乙装置中X；Y都是惰性电极；a是滴有酚酞试液的饱和NaCl溶液。

则：X极上的电极反应式为___；在X极附近观察到的现象是___；Y极上的电极反应式为___，检验该电极反应产物的方法是___。

（3）若要通过乙装置用电解方法精炼粗铜，电解质溶液a选用CuSO4溶液，则X电极的材料是___，X极的电极反应式为___。16、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：

(1)若在一容积为的密闭容器中加入的和的在一定条件下发生反应：若在5分钟时反应达到平衡，此时测得的物质的量为则前5分钟的平均反应速率______。平衡时的转化率为_____

(2)下列能判定(1)中合成氨反应到达平衡状态的是___________

A．容器内压强保持不变。

B．容器内混合气体的密度保持不变。

C．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变。

D．

E.单位时间内每断裂同时形成

(3)平衡后，若提高的转化率，可以采取的措施有___________。

A．加了催化剂。

B．增大容器体积。

C．降低反应体系的温度。

D．加入一定量

(4)若在的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：其化学平衡常数与温度的关系如表所示：。2003004000.5

请完成下列问题：

①试比较的大小，___________(填“”“”或“”)；

②时，反应的化学平衡常数为___________。当测得和物质的量分别为和时，则该反应的_______(填“”“”或“”)。17、正确认识和使用电池有利于我们每一个人的日常生活。

I．电化学法处理SO2是目前研究的热点。利用双氧水氧化吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图所示（已知石墨只起导电作用，质子交换膜只允许H+通过）。

（1）石墨2为_____（填“正极”或“负极”），负极的电极反应式为________。

（2）反应的总方程式为______________。

（3）放电时H+迁移向______。（填“正极”或“负极”）

（4）某同学关于原电池的笔记中，不合理的有_____。

①原电池两电极材料可以相同。

②原电池负极材料参与反应；正极材料都不参与反应。

③Fe-浓硝酸-Cu原电池；Fe是负极。

④原电池是将化学能转变为电能的装置。

Ⅱ．航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能；轻便和不污染环境等优点。

（1）某碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其负极反应为_______。

（2）氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水，经过冷凝后可用作航天员的饮用水，当得到1.8g饮用水时，转移的电子的物质的量为_____________。18、现有a·盐酸b·硫酸c·醋酸三种酸：（以下均用酸的序号填写）。

（1）在同体积，同pH的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是_________________。

（2）在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是_________________。

（3）物质的量浓度为0.1mol·L-1的三种酸溶液的pH由大到小的顺序是___________；如果取等体积的0.1mol·L-1的三种酸溶液，用0.1mol·L-1的NaOH溶液中和，当恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是______________19、二氧化氯是一种绿色消毒剂；常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和电解法等。

(1)过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠和过硫酸钠直接反应，操作简单，同时可得到副产品制备时发生反应的离子方程式为___________。消毒时会产生少量的可利用将转化为除去。控制其他条件相同，去除率随温度变化如图所示。温度高于时，去除率降低的可能原因是___________。

(2)电解法：如图所示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取产生的电极反应式为___________。装置中应使用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

(3)定量测定：为测定某二氧化氯消毒液中的浓度，进行如下实验：量取二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释至再向其中加入过量溶液，充分振荡；用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液

已知：2ClO2+2KI=2KClO2+I22Na2S2O3+I2=Na4S4O6+2NaI

计算该二氧化氯消毒液中的物质的量浓度___________。(写出计算过程)20、常温下，将0.01molNH4Cl和0.002molNaOH溶于水配成1L混合溶液。

（1）该溶液中存在的平衡体系有______个。

（2）溶液中共有______种不同的微粒。

（3）这些微粒中浓度为0.01mol·L-1的是______，浓度为0.002mol/L的是______。

（4）两种微粒的物质的量之和________________－n（OH-）＝0.008mol。评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)21、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误22、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误23、25℃时，0.01mol·L-1的盐酸中，c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共4题，共28分)24、铁及其化合物在生活；生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。

(1)基态Fe原子的简化电子排布式为____。

(2)因生产金属铁的工艺和温度等因素不同；产生的铁单质的晶体结构；密度和性质均不同。

①用____实验测定铁晶体；测得A；B两种晶胞，其晶胞结构如图：

②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为____。

③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有____个。

(3)常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：___。

(4)工业盐酸因含有[FeCl4]—而呈亮黄色，在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。

①[FeCl4]—的中心离子是____，配体是____；其中的化学键称为____。

②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有____，由此可知在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。25、某温度时；在一个容积为2L的密闭容器中，三种气体X；Y、Z物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：

(1)该反应的化学方程式为_____________。

(2)反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为__________________。

(3)以下说法能表示该反应已达平衡状态的是________________。

A.单位时间内生成0.03molZ的同时生成0.02mol的Y

B.X的消耗速率和Z的消耗速率相等。

C.混合气体的压强不变。

D.混合气体的密度不变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、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、原理综合题(共3题，共30分)28、维持pH的稳定对生命体的生理活动；化学电源的高效工作等具有重要意义。

(1)常温下，在不同试剂中加入酸或碱后体系pH的变化如下表所示。试剂pH初始通入0.01molHCl气体加入0.01molNaOH固体加入0.01molNaOH固体i.1LH2O7a12ii.0.10molCH3COOH+0.10molCH3COONa配制成1L的溶液4.764.674.85

①a=____________(忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)。

②结合化学用语解释试剂ii显酸性的原因：____________。

③试剂ii中微粒浓度关系正确的有____________(填序号)。

a.c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)

b.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)

c.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L

④由表中数据可知，试剂ii的pH受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适当稀释，而保持溶液的pH几乎不变的作用称为缓冲作用。下列溶液具有缓冲作用的是____________(填序号)。

a.HCl—NaClb.Na2CO3—NaHCO3c.NH3·H2O-NH4Cld.KOH—KCl

(2)缓冲溶液应用在某种液钒电池中能稳定电池的输出电流；该电池装置示意图如下图所示，电池的总反应如下：

Zn+2VOSO4+2H2SO4ZnSO4+V2(SO4)3+2H2O

已知：VOSO4和V2(SO4)3的电离方程式分别为VOSO4=VO2++SO42-；V2(SO4)3=2V3++3SO42-；

①放电时，B室中c(H+)____________(填“增大”“减小”或“不变”)，结合化学用语说明理由：______。

②充电时，A室中的c(H+)变化缓慢的原因是____________。29、铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种；常见价态有+3；+4，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。

（1）雾霾中含有大量的污染物NO，可以被Ce4+溶液吸收，生成NO2－、NO3－（二者物质的量之比为1∶1），该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

（2）可采用电解法将上述吸收液中的NO2－转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如右图所示。①Ce4+从电解槽的__________（填字母序号)口流出。

②写出阴极的电极反应式____________________________。每消耗1molNO2－，阴极区H+物质的量减少______mol。

（3）铈元素在自然中主要以氟碳矿形式存在，主要化学成分为CeFCO3，工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：

①焙烧过程中发生的主要反应方程式为______________________________________。

②酸浸过程中有同学认为用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好，他的理由是_________________________。

③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b，则Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)3KBF4(s)+CeCl3(aq)平衡常数为______________________。

④加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是______________________。30、磷及其化合物与人类生产；生活密切相关。请回答下列问题：

（1）少量CO的存在会引起生产中催化剂中毒，常用SO2氧化CO；本身被还原为S。

已知：①C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H1=-l26.4kJ·mol-1

②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ·mol-1

③S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3=-296.8kJ·mol-1

则SO2氧化CO的热化学反应方程式__________________________。

（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。

①CO转化率与温度、压强的关系如图所示，该反应△H_____________0(填“>”或“<”)

图2中曲线I、II、III对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，则它们的大小关系为_____________________。

②一定条件下，将2molCO和2molH2置于容积为2L固定的密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，CO与H2体积之比为2:1，则平衡常数K=_________________________。

（3）处理高浓度乙醛废水的原理：2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH。使用惰性电极电解，以一定浓度的CH3CHO–Na2SO4溶液为电解貭溶液模拟工业处理；其装置如图3所示：

①电解过程中；两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生无色气体，阳极电极反应分别：

4OH--4e-=O2↑+2H2O；_________________________________。

②在实际处现过程中，阴极区乙醛的去除率可达60%。若在两极区分别注入lm3乙醛的含量为300mg•L-1的废水,可得到乙醇_____________kg(结果保留2位小数)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A.常温下，向20mL0.2mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液20mL时。发生的反应为H2A+NaOH＝NaHA+H2O，由图可知HA-能电离出氢离子；所以溶液显酸性，pH小于7故A错误；

B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后；溶液为NaHA溶液，由图中数据无法判断水的电离程度是否比纯水的大，故B错误；

C.由图可知HA-为弱根离子，NaHA溶液显碱性，所以当溶液为中性时，V(NaOH)>20mL故C正确；

D.当V(NaOH)＝40mL时，发生的反应为H2A+2NaOH＝Na2A+2H2O，A2-能发生水解，升高温度，促进水解，c(A2-)浓度降低，所以-增大；故D错误；

故答案：C。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．具有的总能量大于具有的总能量，则具有的总能量大于具有的总能量，则所以A项正确；B项错误；

C．根据盖斯定律，由②-③得所以1mol溴蒸气转化为1mol液态溴需要放出的热量；选项中没有指明溴蒸气的物质的量，C项错误；

D．由可知，和反应生成时放出的热量；D项错误。

故选A。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．工业制氯化钠是用海水晒制而得；不是用钠在氯气中燃烧制氯化钠，这样成本太高，故A错误；

B．电解氯化钠溶液时；阴极上是水电离出的氢离子得电子生成氢气，得不到金属钠，应用电解熔融的氯化钠制备金属钠，故B错误；

C．氢氧化钠成本高；不适宜工业生产，工业上用饱和食盐水和氨气；二氧化碳制备纯碱，故C错误；

D．工业制漂白粉是用氯气与石灰乳反应制得；故D正确；

故选D。4、B【分析】【详解】

A．氯水中次氯酸有漂白性；不能用pH试纸测定某新制氯水的pH，应用pH计，A不符合题意；

B．AgCl悬浊液中滴加几滴0.1mol•L-1NaI溶液生成黄色沉淀，说明氯化银沉淀转化为碘化银，碘化银更难溶，故能比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)大小；B符合题意；

C．铁不是惰性电极；阳极铁会发生氧化反应而溶解，C不符合题意；

D．标准液润洗滴定管后；将润洗液全部从滴定管下口放出，重复2-3次，D不符合题意；

故选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．离子浓度的负对数值越大；对应的离子浓度越小，对应的溶度积越小，故曲线Ⅱ代表溴化银的沉淀溶解平衡曲线，A项错误；

B．常温下，当时，此时B项错误；

C．常温下，当时，饱和溶液中C项正确；

D．加入固体后，饱和溶液中增大，减小，可使溶液由点变为点；D项错误。

故选C。6、C【分析】【分析】

【详解】

A.明矾能用作净水剂是因为Al3+水解能产生Al(OH)3胶体，水解为可逆反应，对应生成的Al(OH)3不能加“↓”；故A错误；

B.已知还原性：I−>Fe2+，所以向FeI2溶液中通入少量Cl2，氯气先与I−反应，离职方程式为2I−+Cl2=I2+2Cl−；故B错误；

C．乙酸是弱酸，在水中电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO−+H+，所以0.1mol/L的乙酸溶液，c(H+)<0.1mol/L，pH>1；故C正确；

D．选项中方程式电子转移不守恒，铝与烧碱溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=3H2↑+2AlO2−；故D错误；

故选C。二、多选题(共8题，共16分)7、AC【分析】【分析】

A.溶度积常数只与温度有关；

B.AgCl在溶液中存在沉淀溶解平衡；向溶液中加入与AgCl电离产生的相同离子时，根据沉淀溶解平衡的影响因素分析移动方向，判断物质溶解度大小；

C.根据AgCl在溶液中的沉淀溶解平衡电离产生的Ag+、Cl-的关系判断离子浓度大小；

D.向AgCl饱和溶液中加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)会增大。

【详解】

A.a、b、c三点对应的AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数Ksp只与温度有关，温度相同，则Ksp相等；A正确；

B.在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-)，在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)平衡体系中c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)，若溶液中c(Cl-)大，则溶液中c(Ag+)小，AgCl的溶解度小，在b点溶液中c(Cl-)小于c点，则溶解度b点大于c点；B错误；

C.根据溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)可知，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl-、Ag+的浓度相等，c(Ag+)=c(Cl-)；C正确；

D.在b点的溶液中加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，则c（Cl-）减小，所以c(Ag+)变化应该是沿曲线向a点方向变化；D错误；

故合理选项是AC。

【点睛】

本题考查难溶电解质的溶解平衡及溶度积常数等知识，解答本题时注意把握横坐标、纵坐标的含义及曲线变化趋势，了解图象曲线的意义。8、AD【分析】【分析】

因两曲线对应的状态只是温度不同，由图像知道到平衡所需时间T2温度下小于T1温度下，温度越高反应速率越快，所以温度T2>T1。又T2温度下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1温度下平衡时小；说明升温平衡向正反应方向移动。

【详解】

Ａ．由图像分析可知；温度升高平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，故A正确；

B．2L容器，初始SiHCl3为1mol，故初始c(SiHCl3)=0.5mol/L，设SiHCl3转化的物质的量浓度为x，列出三段式:由图可知，T2温度下100min达到平衡时，SiHCl3物质的量分数为0.5，所以解得x=0.25mol/L；v(SiCl4)=故B错误；

C．温度不变，向平衡后的容器中充入一定量的SiHCl3，平衡正向移动；故C错误；

D．由题意和三段式计算得到T2温度下的平衡常数K2=而正反应为吸热反应,所以T1温度下的平衡常数K12=0.25，T1温度下2L容器初始通入SiHCl3､SiH2Cl2､SiCl4各0.3mol,则初始时浓度商Qc=>0.25=K2>K1，所以平衡前，反应向逆反应方向进行，达到平衡前v(正)

故选AD｡9、AD【分析】【分析】

【详解】

A．2C3H6+2NH3+3O22C3H3N(g)+6H2O(g)是气体体积增大的反应；故增大压强平衡逆向移动，丙烯腈平衡产率降低，故A错误；

B．由图可知；X点丙烯腈的产率未达到最大值，所以在X点的条件下，延长反应时间能提高丙烯腈的产率，故B正确；

C．Y点丙烯腈的产率达到最大值；改用对丙烯腈选择性更好的催化剂，可以增加丙烯腈的产率，减少副产物的量，故C正确；

D．×100%，从图b中可以看出丙烯醛的平衡产率是0.2，但题目没有告诉丙烯的起始量以及转化率是多少，无法计算反应后丙烯以及丙烯醛的浓度，所以平衡表达式中四个物质的浓度均为未知量；故D错误；

故选AD。10、CD【分析】【分析】

【详解】

A.在铁做催化剂作用下；苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢气体，溴化氢极易溶于水，直接通入硝酸银溶液中会产生倒吸，故A错误；

B.次氯酸钠在溶液中水解生成的次氯酸具有强氧化性；能使pH试纸漂白褪色，用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，应用pH计测定，故B错误；

C.KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铁、单质碘和氯化钾，反应的化学方程式为2KI+2FeCl3=2FeCl2+I2+2KCl，由题意可知，5mL0.1mol·L-1KI溶液过量；若反应为可逆反应，反应后的溶液中存在铁离子，则取少许混合液滴加KSCN溶液，观察是否有血红色，如果有血红色就说明为可逆反应，否则不是可逆反应，故C正确；

D.用饱和NaCl溶液洗涤NaCl固体；即可以除固体表面的少量KCl杂质，也可以减少氯化钠固体的溶解而造成损失，故D正确；

故选CD。11、AD【分析】【分析】

由电子流向可知石墨电极为正极，负极碘离子失电子被氧化，电极反应为2I--2e-=I2，生成的碘可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为H2S+O2H2O2+S；以此解答该题。

【详解】

A．电子由负极经外电路流向正极；由图分析可知，甲池中的石墨电极是原电池的正极，A错误；

B．H+向正极移动；应通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，B错误；

C．由上述分析可知甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ+2H++2e-=H2AQ；C错误；

D．通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化氢，则总反应为：H2S+O2H2O2+S↓；D正确；

故合理选项是AD。12、BC【分析】由电极反应式可知，Li转化为Li+，则Li电极为负极，C电极为正极；因为要电解制备则镍电极应失电子，所以镍电极为阳极，g与f相连；h与e相连；Ni失电子生成Ni2+通过膜a进入产品室(Ⅱ室)，则膜a为阳膜；通过膜b进入产品室(Ⅱ室)，则膜b为阴膜；在阴极(不锈钢)，H2O得电子生成H2和OH-，所以Ⅲ室中的Na+通过膜c进入Ⅳ室；膜c为阳膜。

【详解】

A．由电极反应式可知，Li转化为Li+，则电极的电极反应式为A正确；

B．由上面的分析可知；f(正极)接口连接g(阳极)，B错误；

C．由上面分析可知，膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜；C错误；

D．在不锈钢电极(阴极)附近，溶液中的水得电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，溶液的增大；D正确；

故选BC。13、AC【分析】【详解】

A．反应后的溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH－)；故A正确。

B．因不清楚MOH是强碱还是弱碱；所以无法确定MOH的pH，故B不正确。

C．反应后的溶液中，据电荷守恒，有：c(M+)＋c(H+)＝c(A－)＋c(OH－)，因此时溶液呈中性，即c(H+)＝c(OH－)，故c(M+)＝c(A－)。故C正确。

D．若MOH为强碱，则MA溶液中M+不会水解，pH＝7；若MOH为弱碱，则MA溶液中M+会水解；pH＜7。故D不正确。

故选AC。14、CD【分析】【详解】

A．CH3COONa与盐酸反应生成CH3COOH和NaCl，溶液呈中性，推出溶质为CH3COONa、CH3COOH和NaCl，根据电荷守恒，因此有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，因为溶液呈中性，推出c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，根据物料守恒，推出c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，推出c(CH3COOH)=c(Cl-)；故A错误；

B．假设Na2CO3和NaHCO3物质的量相等，根据物料守恒，有2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3)，的水解程度大于水解程度，为了达到c()=c()，需要多加入些Na2CO3，因此有2c(Na+)＞3c()+3c()+3c(H2CO3)；故B错误；

C．加入NaOH溶液，使溶液呈中性，即有c(H+)=c(OH-)，溶液中含有的离子有Na+、H+、OH-、根据电荷守恒，有c(Na+)+c()=2c()，根据物料守恒，有c()=c()+c(NH3·H2O)，联立得到c(Na+)=c(SO)+c(NH3·H2O)；故C正确；

D．根据电荷守恒，有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(F-)，根据物料守恒有：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(HF)+c(F-)，代入上式，得出c(CH3COOH)＋c(HF)＝c(OH－)－c(H+)；故D正确；

答案为CD。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【分析】

（1）甲装置中锌做负极失电子生成锌离子；铜做正极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电池反应是锌和稀硫酸的反应，依据电子转移守恒计算和分析两个电极变化；

（2）电解池中；a是滴有酚酞试液的饱和NaCl溶液，X与电源负极连接做电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气；Y和电源连接做电解池的阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，溶液成红色，电极反应过程中生成氢氧化钠；氢气、氯气；

（3）电解方法精炼粗铜；粗铜做阳极，精铜做阴极，含铜离子的盐溶液做电解质溶液。

【详解】

（1）甲装置是由铜、锌和稀硫酸组成的原电池，其中正极材料是铜，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，锌做负极失电子生成锌离子，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，电池反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；当导线中有1mol电子通过时，负极锌物质的量减小0.5mol，质量减小0.5mol×65g/mol=32.5g；铜片上放出氢气，阳极电子守恒生成氢气的物质的量0.5mol，质量为0.5mol×2g/mol=1g，所以选项中AC正确；

故答案为：Cu；Zn+2H+=Zn2++H2↑；AC；

（2）电解池中，a是滴有酚酞试液的饱和NaCl溶液，X与电源负极连接做电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，溶液显碱性，溶液变红色；Y和电源连接做电解池的阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应式：2Cl--2e-=Cl2；检验氯气的方法为用湿润的淀粉KI试纸放在出口，试纸变蓝；

故答案为：2H2O+2e-=H2+2OH-；有气泡产生，溶液变红色；2Cl--2e-=Cl2；湿润的淀粉KI试纸检验生成的气体；试纸变蓝；

（3）电解方法精炼粗铜，电解质溶液a选用CuSO4溶液，阳极Y为粗铜，阴极x为纯铜，铜离子得到电子生成铜，电极反应为Cu2++2e-=Cu；故答案为：纯铜；Cu2++2e-=Cu。

【点睛】

考查了原电池、电解池原理的分析应用，主要是电极反应，电极产物判断，掌握基础是关键。【解析】CuZn+2H+=Zn2++H2↑AC2H2O+2e-=H2+2OH-有气泡产生，溶液变红色2Cl--2e-=Cl2湿润的淀粉KI试纸检验生成的气体，试纸变蓝纯铜Cu+2e-=Cu2+16、略

【分析】【详解】

(1)达到平衡时测得的物质的量为根据化学方程式，则过程中消耗了N2的物质的量为0.1mol，H2消耗了0.3mol，=氢气的转化率100=50

(2)合成氨反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，反应物；生成物的量不再增加,据此分析：

A．合成氨反应是反应后物质的量减少的反应。容器内压强保持不变；说明容器内物质的量不再减少，反应达到了最大限度，即达到平衡状态，故A正确；

B．反应环境是恒容密封的体系；因此反应的始终密度都不会改变，无论是否达到平衡状态，故B错误；

C．平均相对分子质量是由总质量和总物质的量两个因素决定的；反应过程中，总质量是不会变的，但总物质的量是会变的，当总物质的量不再发生变化，即平均分子相对质量不再发生变化，所以当平均相对分子质量保持不变时，就是总物质的量不再发生变化，即达到了平衡状态，故C正确；

D．从合成氨开始反应，到平衡时，是不会变的；无法证明是否达到平衡状态，故D错误；

E.单位时间内每断裂同时形成即反应了3molH2，生成了2molNH3；根据化学计量数比，可知从反应开始到平衡，都是这样反应的，故无法说明是否达到平衡状态，故E错误；

本题答案AC；

(3)平衡后，若提高的转化率；就是打破平衡，使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理分析：

A．加了催化剂；只是同时改变正逆反应速率，平衡不移动，故A错误；

B．增大容器体积，容器内压强减小，体系向增大压强方向移动，即平衡逆向移动，会降低的转化率；故B错误；

C．降低反应体系的温度，平衡向放热方向移动，即向正方向移动，能提高的转化率；故C正确；

D．加入一定量平衡向正反应方向移动，能提高的转化率；故D正确；

本题答案CD；

(4)①合成氨反应是个放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，生成物浓度变小，反应物浓度变大，即温度高的平衡常数小，故K1>K2；

②时，反应的化学平衡常数与反应化学平衡常数互为倒数，所以K==2；容器的体积为0.5L，和的浓度分别为6mol/L、4mol/L、2mol/L，即浓度商Qc==<K=2，说明反应向正方向进行，即>【解析】50A、CC、D217、略

【分析】【分析】

原电池的负极发生氧化反应，工作时阳离子向正极移动；在氢氧碱性燃料电池中负极上H2发生氧化反应；在碱性条件下生成水，根据电子守恒计算。

【详解】

I．(1)该原电池中，通入二氧化硫的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极，即石墨1为负极，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO+4H+；则通入双氧水的电极石墨2为正极；

(2)H2O2有强氧化性，SO2有还原性，二者反应生成H2SO4，化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；

(3)原电池工作时，H+的迁移方向为正极；

(4)①燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极；所以原电池两电极材料活泼性可能不同，也可能相同，故①合理；

②燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极；电极材料均不参与反应，所以原电池负极材料不一定参与反应，正极材料不一定不参与反应，也可能均参与反应，如铅蓄原电池，故②不合理；

③Fe-浓硝酸-Cu原电池中；Fe发生钝化作正极，Cu作负极，故③不合理；

④原电池是将化学能转变为电能的装置；故④合理；

故答案为②③；

II．(1)碱式氢氧燃料电池中，H2失去电子与OH-结合生成水，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；

(2)氢氧燃料电池的总反应为O2+2H2=2H2O，每生成36g时，转移电子4mol，则得到1.8g饮用水时，转移电子=0.2mol。

【点睛】

原电池原理、电极反应书写、电池的分析应用等知识点，为高频考点，明确电极反应式的书写方法是解本题关键，书写电极反应式要结合电解质溶液酸碱性，这是易错点。【解析】正极SO2-2e-+2H2O=SO+4H+;SO2+H2O2=H2SO4正极②③H2-2e-+2OH-=2H2O0.2mol18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）在同体积、同pH的三种酸中,醋酸为弱酸，醋酸的浓度最大；而盐酸和硫酸都是强酸,盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等，所以加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下醋酸产生的CO2体积最大，而盐酸和硫酸产生的CO2体积相等且小于醋酸产生的CO2；因此，本题正确答案是:c>a=b。

(2)在同体积、同浓度的三种酸中,盐酸、醋酸、硫酸的物质的量是相等的，分别加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下盐酸和醋酸产生CO2的体积一样，但是硫酸是二元酸，加入足量的碳酸钠，在相同条件下产生CO2的体积是盐酸、醋酸的2倍,所以产生CO2的体积由大到小的顺序是：b>a=c；因此，本题正确答案是:b>a=c。

(3)硫酸是二元强酸，0.1mol/L的硫酸中氢离子浓度是0.2mol/L，盐酸是一元强酸，0.1mol/L的盐酸中氢离子浓度是0.1mol/L，醋酸是一元弱酸，0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L；氢离子浓度越大，则pH越小，所以三种酸溶液的pH由大到小的顺序是：c>a>b；等体积的0.1mol/L的三种酸溶液，硫酸是二元酸，氢离子的量最大，消耗的氢氧化钠最多,醋酸和盐酸都是一元酸，溶质的物质的量一样,消耗氢氧化钠一样多，所以用0.1mol/L的NaOH溶液分别中和三种酸，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是：b>a=c；因此本题答案是：c>a>b，b>a=c。【解析】c>a=bb>a=cc>a>bb>a=c19、略

【分析】【详解】

（1）亚氯酸钠(NaClO2)为氧化剂，过硫酸钠(Na2S2O8)为还原剂被氧化为Na2SO4，根据电子守恒和电荷守恒，则制备二氧化氯(ClO2)发生反应的离子方程式为：FeSO4是强酸弱碱盐，升高温度促进了Fe2+水解，使更多的Fe2+水解生成Fe(OH)2，导致参与氧化还原反应的Fe2+减少，去除率降低，故答案为：有较多的Fe2+水解；

（2）根据题意可以知道，氯离子放电生成ClO2为阳极，接电源的正极，由元素守恒可以知道，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；a极为阴极，溶液中阳离子移向阴极，根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；

（3）消耗Na2S2O3标准液的物质的量为0.1mol/L×5.5mL×10-3L/mL=5.5×10-4mol，设ClO2的物质的量为xmol，依据反应原理得关系式：2ClO2～I2～2Na2S2O3，则有解得x=5.5×10-4mol，该二氧化氯消毒液中的物质的量浓度为【解析】(1)温度高于50℃时，有较多的Fe2+水解，Fe2+浓度减小；去除率降低。

(2)Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+阳。

(3)0.1120、略

【分析】【分析】

【详解】

NH4Cl+NaOH=NH3·H2O+NaCl

反应前0.01mol0.002mol

反应0.002mol0.002mol0.002mol0.002mol

反应后0.008mol00.002mol0.002mol

所以溶液中的溶质是NH4Cl、NH3·H2O、NaCl；

（1）NH4Cl是强酸弱碱盐能发生水解，所以存在平衡体系；NH3·H2O和H2O都是弱电解质，部分电离，所以存在平衡体系有3个，分别是：NH3•H2O⇌NH4++OH-；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；H2O⇌H++OH-；

（2）溶液中的溶质是NH4Cl、NH3·H2O、NaCl，溶液中存在的微粒共有：Na+和Cl-、NH4+、OH-、H+、NH3•H2O、NH3及H2O；共8种微粒；

（3）根据物料守恒，n（Na+）=0.002mol，n（Cl-）=0.01mol，即c（Na+）=0.002mol/L，c（Cl-）=0.01mol/L；

（4）溶液中的电荷守恒：n（Na+）+n（NH4+）+n（H+）=n（Cl-）+n（OH-），其中：n（Na+）=0.002mol，n（Cl-）=0.01mol；所以0.002mol+n（NH4+）+n（H+）=0.01mol+n（OH-），n（NH4+）+n（H+）=0.008mol+n（OH-），所以n（NH4+）+n（H+）-n（OH-）=0.008mol。

【点睛】

判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2-)＋2c(HS-)＋2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS-)＝c(OH-)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。【解析】①.3②.8③.Cl-④.Na+⑤.H+⑥.NH4+四、判断题(共3题，共9分)21、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。22、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。23、A【分析】【分析】

【详解】

25℃时，KW=1.0×10-14，0.01mol·L-1的盐酸中，c(H+)=1.0×10-2mol·L-1，根据KW=c(H+)×c(OH-)，可知c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1，故答案为：正确。五、结构与性质(共4题，共28分)24、略

【分析】(1)

铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构；故答案为：X射线衍射；

②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4；则A；B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；

③由晶胞结构可知；在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；

(3)

由铁的吸氧腐蚀原理可知；解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；

(4)

①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；

②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射线衍射1：28

(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池；铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热。

(4)Fe3+Cl—配位键白色沉淀、亮黄色逐渐变浅25、略

【分析】【详解】

(1)据图可知X、Y的物质的量减少为反应物，Z的物质的量增加为生成物，且最终反应物和生成物共存，所以该反应为可逆反应，2min内Δn(X)：Δn(Y)：Δn(Z)=0.75mol：0.50mol：0.75mol=3:2:3，所以化学方程式为3X＋2Y3Z；

(2)据图可知反应开始至2min，Δn(Z)=0.75mol，容器体积为2L，所以v(Z)==0.125mol/(L•min)；

(3)A．生成Z为正反应；生成Y为逆反应，所以单位时间内生成0.03molZ的同时生成0.02mol的Y即正逆反应速率相等，反应达到平衡，故A符合题意；

B．消耗X为正反应；消耗Z为逆反应，且X和Z的计量数之比为1：1，所以X的消耗速率和Z的消耗速率相等说明反应达到平衡，故B符合题意；

C．反应前后气体系数之和不相等；容器体积不变，所以未平衡时混合气体的压强会发生变化，当压强不变时说明反应达到平衡，故C符合题意；

D．该反应中反应物和生成物均为气体；容器恒容，所以混合气体的密度一直不变，故不能说明反应平衡，故D不符合题意；

综上所述答案为ABC。

【点睛】

当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【解析】3X＋2Y3Z0.125mol/(L•min)ABC26、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)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+和Mn2+)。故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)；

④由图可知，CoC2O4•2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案为：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2六、原理综合题(共3题，共30分)28、略

【分析】【分析】

(1)①根据先计算c(H+)，然后pH=-lgc(H+)得到a的值；

②结合弱酸的电离平衡及盐的水解平衡分析；

③结合醋酸的电离平衡和醋酸根的水解程度及物料守恒；电荷守恒大小分析；

④根据弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡分析；

(2)①放电时装置为原电池，结合VOSO4变为V2(SO4)3分析溶液中c(H+)的变化；

②根据A室中的缓冲溶液的作用分析判断。

【详解】

(1)①c(HCl)==0.01mol/L，则pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2；

②将0.10molCH3COOH和0.10molCH3COONa配制成1L的溶液，得到0.10mol/L和0.10mol/L的混合溶液，在该混合溶液中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；在相同条件下，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中c(H+)>c(OH-)；

③a.在该溶液中存在0.10mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，c(Na+)=0.10mol/L，由于醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，所以c(CH3COO-)>0.1mol/L，c(CH3COOH)<0.10mol/L，因此溶液中微粒浓度c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；a错误；

b.由物料守恒可得①c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；由电荷守恒可得②c(CH3COO-)-+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，将②×2-①，整理可得2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)，b正确；

c.根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)=0.2mol/L；c正确；

故合理选项是bc；

④a.向HCl—NaCl的混合溶液中加入酸，溶液中H+浓度增大，pH减小，当加入碱时，溶液中OH-增大；溶液pH增大，a不符合题意；

b.向Na2CO3—NaHCO3的混合溶液中加入酸，H+与CO32-反应产生HCO3-，溶液中H+浓度几乎不变，当加入碱溶液时，HCO3-与OH-反应产生CO32-和H2O，溶液pH也几乎不变，b符合题意；

c.向NH3·H2O-NH4Cl的混合溶液中加入酸，NH3·H2O与H+反应产生NH4+，溶液中H+浓度几乎不变，当加入碱时，NH4+与OH-反应产生NH3·H2O，也使溶液中H+浓度几乎不变；因此溶液酸碱性对其pH几乎无影响，c符合题意；

d.向KOH—KCl混合溶液中加入酸，消耗OH-，溶液中OH-浓度降低，碱性减弱；当加入碱时，溶液中溶液中OH-浓度增大；溶液碱性增强，pH发生较大的变化，d不符