2025年人教版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版选择性必修1化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、已知常温下溶液说法正确的是A.溶液中：B.溶液中：C.溶液中：D.溶液中加入少量溶液发生反应：2、由CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中；发生的主要反应如下。

反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=+41.1kJ•mol-1。

反应II：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49.0kJ•mol-1。

在其他条件相同的情况下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3(总量一定)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性：]随温度的变化趋势如图所示。

下列说法不正确的是A.若反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•mol-1，则由H2和CO制备二甲醚的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-204.7kJ•mol-1B.根据图中数据，温度选择553K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高C.随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度D.473～513K范围内，温度升高，平衡时的逐渐增大3、化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，有关下列四个曲线图的说法不正确的是（）

A.对反应：aA(s)+2B(g)xC(g)，根据图①可以求出x=2B.升高温度，图④表示的反应中反应物的转化率增大C.图③表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，乙的压强大D.图②可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化4、向某密闭容器中充入发生反应：其它条件相同时，不同温度下，平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：(已知：为无色气体)。T/℃27354970%20254066%80756034

下列说法不正确的是A.49℃时，该平衡体系中的转化率为75%B.平衡时，的消耗速率为消耗速率的2倍C.室温时，将盛有的密闭玻璃球放入冰水中其颜色会变浅D.增大起始量，可增大相同温度下该反应的化学平衡常数5、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH-；工作原理如图所示。下列说法正确的是。

A.a膜是阴离子膜，b膜是阳离子膜B.充电时Zn电极上发生的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)C.放电时CO2在多孔Pd纳米片表面转化为甲酸D.外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有0.5molH2O解离6、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，124gP4中所含P-P键数目为4NAB.100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NAC.11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA7、25℃时，向10mL0.1mol/LNaOH溶液中，逐滴加入10mL浓度为cmol/L的HF稀溶液。已知25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ/mol②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。请根据信息判断，下列说法中不正确的是A.整个滴加过程中，水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势B.将氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)C.当c>0.1时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D.若滴定过程中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，则c一定小于0.1评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、一定条件下，等物质的量的和在一恒容密闭容器中发生反应：如图所示，曲线a表示该反应在时X的物质的量浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一反应条件改变时X的物质的量浓度随时间的变化。下列说法错误的是。

A.时，x的平衡转化率为B.时，随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量逐渐增大C.若曲线a和b发生反应时除温度外，其他条件均相同，则反应达到平衡后，该反应的平衡常数D.若曲线b对应的是改变反应温度，则可判断该反应中反应物的键能总和小于生成物的键能总和9、CH4—CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ·mol-1；同时存在以下反应：

积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)△H1>0

消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)△H2>0

积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%；下列说法正确的是。

A.该温度下催化重整反应的平衡常数为B.高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳C.增大CH4与CO2的物质的量之比有助于减少积碳D.温度高于600℃，积碳反应的速率减慢，消碳反应的速率加快，积碳量减少10、在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A(g)+3B(g)2C(g)(正反应为放热反应)。某研究小组研究了其他条件不变时；改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：

下列判断一定错误的是A.图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高B.图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高C.图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高D.图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高11、的氯化；溴化反应势能图及产物选择性如下图；下列叙述错误的是。

A.丙烷中仲氢比伯氢活性强B.升高温度与反应速率加快、与反应速率减慢C.以为原料合成2-丙醇时，溴化反应比氯化反应产率更高D.和的键能差=△H1-△H312、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

结论。

A

在0.1mol‧L-1Na2CO3溶液中；滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深。

水解是吸热反应。

B

常温下，用pH计分别测0.1mol‧L-1NaA溶液和Na2CO3溶液的pH，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH

酸性：HA>H2CO3

C

分别向两支试管中加入等体积、等浓度的过氧化氢溶液，再在其中一支试管中加入少量MnO2

研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响。

D

将0.2mol‧L-1FeCl3溶液与0.1mol‧L-1KI溶液等体积混合，振荡，再加入2mLCCl4；分液，取上层溶液，滴加KSCN溶液，溶液变血红色。

I-和Fe3+反应有一定的限度。

A.AB.BC.CD.D13、亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病；其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.人体血液的pH在7.35-7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是H2AsOB.pH在10~13之间，随pH增大HAsO水解程度减小C.通常情况下，H2AsO电离程度大于水解程度D.交点b的溶液中：2c(HAsO)+4c(AsO)<c(K+)14、苯与Br2的催化反应历程如图所示。下列说法正确的是。

A.是总反应的催化剂B.转化为是总反应的决速步骤C.苯与Br2的催化反应是放热反应D.反应生成的有机产物中，取代产物所占比例更大15、一定温度下，在3个容积均为的恒容密闭容器中反应达到平衡，下列说法正确的是。容器温度/K物质的起始浓度/物质的平衡浓度/Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025

A.该反应的正反应吸热B.达到平衡时，容器Ⅱ中小于容器Ⅲ中的两倍C.达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的大D.达到平衡时，容器I中反应物的转化率比容器Ⅱ中的大评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如表所示：。弱电解质CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数/mol•L-11.7×10-56.2×10-10Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11

回答下列问题：

(1)写出H2CO3的第一级电离平衡常数表达式：Ka1=____。

(2)等物质的量浓度的下列溶液，pH由大到小的顺序为_____(填字母)。

a.CH3COONab.NaCNc.Na2CO3

(3)一定温度下，体积相同、pH均为2的CH3COOH溶液与HX溶液，加水稀释时pH的变化如图所示.稀释相同倍数后，HX溶液中由水电离出的c(H+)___CH3COOH溶液中由水电离出的c(H+)(填“大于”；小于”或“等于”)。

(4)25℃时，测得某CH3COOH与CH3COONa的混合溶液pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=____mol•L-1(填精确值)。17、CH4和H2O(g)在催化剂表面发生反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)；该反应仅在高温下能自发进行。

（1）该反应的ΔH____0（填“<”“>”或“=”）。

（2）T℃时，向2L密闭容器中投入2molCH4和1.5molH2O(g)，发生上述反应，平衡时CH4的转化率为50%，该温度下反应的平衡常数K=_____。

（3）T℃时，向1L密闭容器中投入2molCH4、1molH2O(g)、3molCO、2molH2，则反应的v(正)___v(逆)(选填“<”“>”或“=”)

（4）现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、II、Ⅲ中，均分别充入1molCO和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图所示；其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。

①5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_______（填序号）。

②0-5min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_______。（保留两位有效数字）

③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，CO转化率最高的是容器______。18、在原电池中，较活泼的金属发生_______反应，是______极；活动性较差的金属极上发生_______反应，是______极。潮湿空气中钢铁表面容易发生腐蚀，发生腐蚀时，铁是______极，电极反应式为_____；杂质碳是____极，电极反应式为_________。19、对于一般可逆反应：aA+bBcC+dD，在一定温度下达到平衡时，有关系式：K=式中符号[]表示浓度，K称为平衡常数。如果A、B、C、D都是气态，则K=式中P表示气态物质的平衡分压。高温下，五氯化磷的分解反应为：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。在10dm3的密闭容器中，盛有2.00moIPCl5，在温度为523K达到平衡时，有1.50molPCl5分解，求在523K时，该反应的平衡常数_________20、1mol冰醋酸中含有NA个CH3COO-___21、废弃电池随意丢弃会对土壤或水产生污染，电池中含有的重金属离子对植物生长有毒害作用，摄入人体还会伤害人的脑细胞、神经、肝、肾、骨骼等等。某同学查阅一些难溶物常温下的溶度积常数如下表：。物质FeSCuS(黑色)MnS(红色)PbSHgSZnSKsp物质Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Pb(OH)2Zn(OH)2Ksp

(1)该同学在含有相同浓度Mn2+和Cu2+的溶液中滴加Na2S的稀溶液，观察到先出现的沉淀颜色是______，该实验说明在相同条件下Ksp越小，物质的溶解度____(填“越大”或“越小”)。

(2)已知室温下铁离子开始沉淀的pH为1.0，则此溶液中Fe3+的物质的量浓度为______，若溶液中含有与Fe3+等浓度的Al3+，调节pH使Fe3+沉淀完全时，其中_____Al(OH)3沉淀(填“含有”或“不含有”)。

(3)某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+杂质，利用沉淀转化原理最适宜加入过量的__________(填序号)。写出加入该试剂除去Pb2+时发生的离子反应方程式_______。

A.FeSB.Fe2O3C.Na2SD.ZnO

(4)由FeCl3·6H2O晶体得到纯的无水FeCl3，需要进行的操作是_________。评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)22、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23、反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0。__________________A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)24、过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，遇热易分解，可用较高浓度的双氧水和冰醋酸制备，原理：H2O2＋CH3COOHCH3COOOH＋H2OΔH<0。某实验小组制备过氧乙酸。步骤如下：

(1)浓缩双氧水：(装置如图)蛇形冷凝管连接恒温水槽；维持冷凝管中的水温为60℃，c口接抽气泵，使装置中的压强低于常压，将滴液漏斗中低浓度的双氧水滴入蛇形冷凝管中，重复浓缩2～3次。

①蛇形冷凝管的进水口为________(填“a”或“b”)。

②常压下，H2O2的沸点是158℃。实验完成后，较高浓度的双氧水主要收集在圆底烧瓶________内(填“A”或“B”)。

(2)制备过氧乙酸：向三颈烧瓶中；加入25mL冰醋酸和一定量浓硫酸，再缓缓加入15mL42.5％的双氧水，温度控制在40℃，搅拌4h后，室温静置12h。

①浓硫酸的用量对生成过氧乙酸的质量分数有较为明显的影响，如图呈现了两者之间的关系。根据图中数据，本实验浓硫酸的用量最好控制在________(填字母)范围。

A．1.5mL～2.0mLB．3.5mL～4.0mLC．5.5mL～6.0mL

②滴加双氧水要有冷却措施，目的是________。控制反应温度在40℃的加热方法是________。

(3)测定所得产品浓度：

Ⅰ．取VmL产品溶液酸化后，用amol/L的KMnO4标准溶液滴定其残留的H2O2，终点时消耗KMnO4标准溶液V1mL(KMnO4只与产品中的H2O2反应)。

Ⅱ．另取VmL产品溶液，加入过量的KI溶液充分反应，然后以淀粉作指示剂，用bmol/LNa2S2O3标准溶液滴定生成的I2，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。

已知：H2O2＋2I-＋2H＋＝I2＋2H2OCH3COOOH＋2I-＋2H＋＝CH3COOH＋I2＋H2O

①写出Ⅰ中酸性KMnO4溶液与H2O2反应的离子方程式________，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，终点颜色变化为________，产品中过氧乙酸的浓度为________mol/L。

②下列实验操作可能使测定结果偏高的是________(填字母序号)。

A．盛装KMnO4标准溶液的滴定管没有润洗。

B．用KMnO4标准溶液滴定前仰视读数；滴定终点时俯视读数。

C．Ⅱ中加入的KI溶液量不足。

D．用Na2S2O3标准溶液滴定前，振荡锥形瓶的时间过长25、实验小组同学为探究Fe2+性质；进行如下实验。

【实验Ⅰ】向2mL溶液滴中几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%溶液(用酸化至)；溶液颜色变红。

(1)甲同学通过上述实验分析具有_______(填“氧化”或“还原”)性。

乙同学查阅资料发现与可发生反应；生成无色的配合物。为证实该性质，利用进行如下实验。

(2)的制备：用过量溶液与溶液反应得到离子方程式为_______。

【实验Ⅱ】验证与发生反应。

(3)实验b的目的是_______。

(4)从沉淀溶解平衡角度解释实验a和b最终溶液颜色不同的原因是_______。

丙同学设计实验进一步证明可与反应。

【实验Ⅲ】

(5)上述实验中；d为c的对照实验。

①X为_______。

②实验能够证实可与反应，则应观察到的现象是_______。

(6)实验Ⅲ中若未加适量水稀释，则无法通过现象得出结论。推测加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低_______。26、测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50mL0.50mol∙L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol∙L-1NaOH溶液；并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：

(1)装置中碎泡沫塑料(或纸条)及泡沫塑料板的作用是什么__。

(2)用环形玻璃搅拌棒搅拌溶液；不能用铜丝搅拌棒代替的理由是什么？__。

(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g∙cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J∙g-1∙℃-1。为了计算中和热；某学生实验记录数据如下：

。实验序号。

起始温度t1/℃

终止温度t2/℃

混合溶液。

盐酸。

氢氧化钠溶液。

氢氧化钠溶液。

1

20.0

20.1

23.2

2

20.2

20.4

23.4

3

20.5

20.6

23.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=__(结果保留一位小数)。

(4)不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸；理由是__。

(5)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为__。27、某研究性学习小组用浓度为0.20mol·L-1的盐酸标准液滴定含有一定量杂质的烧碱样品(杂质与酸不反应)溶于水形成的溶液。

（1）准确量取一定体积的待测液需要使用的仪器是______________。

（2）若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则消耗盐酸标准液的体积为________mL。

（3）滴定时，若以酚酞为指示剂，滴定达到终点的标志是______________________________。

（4）将准确称取的5.0g烧碱样品配制成250mL待测液，并用盐酸标准液滴定。滴定前读数及滴定后读数如下表所示。滴定次数待测液体积(mL)0.20mol·L-1的盐酸体积(mL)滴定前读数滴定后读数滴定前读数滴定后读数第一次10.000.7020.60第一次10.004.0024.10第三次10.001.1021.10

由实验数据可知，烧碱的纯度为__________。

（5）下列操作会导致测得的待测液的浓度偏大的是________(填字母)。

a.部分标准液滴出锥形瓶外b.用待测溶液润洗锥形瓶。

C.锥形瓶洗净后还留有蒸馏水d.放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失评卷人得分六、结构与性质(共4题，共28分)28、(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)。___________29、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化30、盐是一类常见的电解质；事实表明盐的溶液不一定呈中性。

(1)CH3COONa、NH4Cl、KNO3的水溶液分别呈____性、_____性、_____性。

(2)CH3COONa和NH4Cl在水溶液中水解的离子方程式分别为：______、_______。0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______。

(3)盐类的水解在日常生活中也有一定的应用，如实验室配制FeCl3溶液时常会出现浑浊，若要避免这种情况，则在配制时需要在蒸馏水中加入少量_________，其目的是_____。在日常生活中，可以用明矾KAl(SO4)2∙12H2O净化水质的原因________。(用离子反应方程式及必要的文字回答)31、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：_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】溶液中存在平衡，由于常温下溶液说明电离大于水解，据此解答问题。

【详解】

A．溶液中会发生水解和电离，因此A错误；

B．由上述分析可知，溶液中的电离大于水解，但电离、水解均是少量的，因此B正确；

C．溶液中存在电荷守恒：C错误；

D．溶液中加入少量溶液发生反应：D错误；

答案选B。2、D【分析】【详解】

A．设反应Ⅲ2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•mol-1，反应Ⅳ，则由盖斯定律可知，Ⅳ=2×II-2×I+Ⅲ，则反应Ⅳ的反应热ΔH=2×(-49.0kJ•mol-1)-2×(+41.1kJ•mol-1)+(-24.5kJ•mol-1)=-204.7kJ•mol-1；A正确；

B．由图可知；温度选择553K，达到平衡时甲醇的选择性最低，二氧化碳的平衡转化率最大，故此时反应体系内甲醇的产量最高，B正确；

C．反应II为放热反应，同时该反应生成甲醇，反应II为吸热反应，该反应消耗二氧化碳，但是不产生甲醇，则随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低；其原因可能是反应II平衡逆向移动幅度弱于反应I正向移动幅度，C正确；

D．由图可知，随着温度的升高，甲醇的选择性在降低，二氧化硫的转化率在增大，则平衡时的逐渐减小；D错误；

故选D。3、D【分析】【详解】

A．由图①可知v(B)：v(C)=0.1mol∙L-1∙min-1：0.1mol∙L-1∙min-1=1：1；根据对于确定的化学反应以不同物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，所以x=2，故A不符合题意；

B．可逆反应达到平衡后；升高温度，正反应速率大于逆反应速率，则平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，故B不符合题意；

C．2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)；该反应是反应前后气体体积不变的反应，压强对反应前后气体体积不变的反应的平衡状态没影响，增大压强，平衡不移动，反应速率加快，达到平衡需要的时间缩短，故C不符合题意；

D．升温；正逆反应速率都增大，降温，正逆反应速率均减小，不会出现图示的结果，故D符合题意；

答案选D。4、D【分析】【详解】

A．设49°C时起始二氧化氮为2mol，平衡时二氧化氮的转化率为a%，由方程式可知，平衡时二氧化氮和四氧化二氮的物质的量分别为(2—2a%)mol=(2—0.02a)mol、2a%mol×=0.01amol；由平衡时二氧化氮和四氧化二氮的物质的量分数分别为40%和60%可得：(2—0.02a)：0.01a=(2—0.01a)×40%：(2—0.01a)×60%=2：3，解得a=75，故A正确；

B．平衡时，正逆反应速率相等，由方程式可知，NO2的消耗速率为N2O4消耗速率的2倍；故B正确；

C．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应；降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，故C正确；

D．化学平衡常数是温度函数；温度不变，化学平衡常数不变，故D错误；

故选D。5、C【分析】【详解】

A．根据图中复合膜中H+通过a膜，OH-通过b膜，可知a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜；故A错误；

B．充电时Zn为阴极，多孔Pd纳米片为阳极，阴极Zn(OH)得到电子发生还原反应生成Zn；故B错误；

C．放电时Zn为负极，多孔Pd纳米片为正极，放电时CO2在多孔Pd纳米片表面得到电子发生还原反应转化为甲酸；故C正确；

D．复合膜中H2O解离成H+和OH-，由于电子所带电荷数与H+和OH-所带电荷数相等，所以外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1molH2O解离；故D错误；

故答案为C。6、B【分析】【详解】

A．124g白磷的物质的量为1mol，而白磷分子中含6条P−P键，故1mol白磷中含6NA条P−P键；故A错误；

B．FeCl3溶液中存在Fe3＋的水解，所以100mL1mol•L−1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1mol，数目小于0.1NA；故B正确；

C．气体不是标准状况下；无法根据体积确定气体的物质的量，故C错误。

D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数不一定为2mol，即不一定为2NA；故D错误；

故选：B。7、D【分析】【分析】

A.酸或碱抑制水电离；酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离；

B.利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量；利用温度对平衡移动的影响分析；

C.当c>0.1时；混合溶液中溶质为NaF；HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒判断；

D.微粒浓度与溶液中含有的NaOH；NaF的物质的量多少有关。

【详解】

A.酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，在滴加过程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大；则水电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，由于HF的浓度未知，所以滴入10mLHF时，混合溶液可能是碱过量，也可能是酸过量，也可能是二者恰好完全反应产生NaF，因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势，A正确；

B.①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-67.7kJ/mol；

②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol；

将①-②得HF(aq)F-(aq)+H+(aq)△H=(-67.7)kJ/mol-(-57.3)kJ/mol=-10.4kJ/mol；则HF电离过程放出热量，升高温度，电离平衡逆向移动，即向逆反应方向越大，导致HF电离程度减小，B正确；

C.向NaOH溶液中开始滴加HF时，当c>0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)；C正确；

D.若c≥0.1时，在刚开始滴加时，溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)>n(NaF)，微粒的物质的量浓度存在关系：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)；所以c不一定小于0.1，D错误；

故合理选项是D。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，易错选项是B，大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误，题目侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的正确、灵活运用。二、多选题(共8题，共16分)8、BD【分析】【分析】

【详解】

A．如图，时X的变化量为mol/L，转化率=故A正确；

B．该反应为分子数不变的反应，即物质的量无变化且根据质量守恒定理，反应前后气体的质量不变，根据所以其平均相对分子质量不变，故B错误；

C．如图中曲线所示，曲线b转化量更多，且反应速率更快先达到平衡，所以曲线b对应的温度更高；该反应为吸热反应，平衡常数更高，故C正确；

D．若改变的是温度，则由图可知，该反应为吸热反应，即从键能的角度，反应热等于反应物总键能-生成物总键能，所以该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和，故D错误；

故选BD。9、AC【分析】【分析】

【详解】

A．催化重整的反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%，即平衡时CH4、CO2、CO、H2的物质的量分别为1.5mol、0.5mol、1mol、1mol，则该温度下催化重整反应的平衡常数==故A正确；

B．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低；故B错误；

C．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比；有助于减少积碳，故C正确；

D．根据图象；温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；

故选AC。10、AB【分析】【详解】

A．催化剂可以加快反应速率；缩短达到平衡所需要的时间，但是不能使平衡发生移动，因此物质的平衡浓度不变，加入催化剂，平衡不发生移动，故A错误；

B．甲到达平衡时间短；所以甲的压强较高，乙的压强较低，压强增大，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，故B错误；

C．甲到达平衡时间短；所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以B的转化率减小，故C正确；

D．加入催化剂；平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故D正确；

答案选AB。11、BD【分析】【详解】

A．从图中可以看出，∙CH(CH3)2的产率比CH3CH2CH2∙的产率高，则表明丙烷中仲氢比伯氢活性强；A正确；

B．升高温度；不管是吸热反应还是放热反应，反应速率都加快，B错误；

C．从图中可以看出，以为原料，溴化反应比氯化反应生成∙CH(CH3)2的产率要高很多，所以由为原料合成2-丙醇时；溴化反应比氯化反应产率更高，C正确；

D．依据盖斯定律可得：HCl+Br∙=HBr+Cl∙△H=△H3-△H1，则和的键能差=△H3-△H1；D错误；

故选BD。12、AC【分析】【详解】

A．在0.1mol‧L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，是因为存在＋H2OHCO＋OH－；微热，红色加深，说明平衡正向移动，说明水解反应为吸热反应，故A正确；

B．Na2CO3溶液对应的酸为碳酸氢根离子，由NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH可知酸性：HA＞HCO故B错误；

C．分别向两支试管中加入等体积、等浓度的过氧化氢溶液，再在其中一支试管中加入少量MnO2；只有催化剂的条件不同，可以研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，故C正确；

D．将0.2mol•L-1FeCl3溶液与0.1mol•L-1KI溶液等体积混合，振荡，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，再加入2mLCCl4，振荡，静置后下层为紫红色，说明有碘生成，反应后铁离子过量，因此取上层溶液，滴加KSCN溶液，溶液变血红色，无法证明溶液中是否含有碘离子，不能说明I-和Fe3+反应有一定的限度；故D错误；

故选AC。13、AC【分析】【详解】

A．据图可知当pH在7.35-7.45之间时，As元素主要存在形式为H3AsO3；故A错误；

B．HAsO水解方程式为HAsO+H2OH2AsO+OH-，pH增大，氢氧根浓度增大，水解平衡逆向移动，即HAsO水解程度减小；故B正确；

C．据图可知当As元素主要以H2AsO形式存在时，溶液的pH在11左右，溶液呈碱性说明H2AsO的水解程度大于电离程度；故C错误；

D．当溶液的溶质为K2HAsO3时，结合图像，根据物料守恒有2c(HAsO)+2c(AsO)+2c(H2AsO)=c(K+)，K2HAsO3溶液应呈碱性，说明HAsO的水解程度大于电离程度，则该溶液中c(AsO)<(H2AsO)，而b点c(AsO)=(H2AsO)，则溶液中的溶质应为K2HAsO3和K3AsO3，则2c(HAsO)+2c(AsO)+2c(H2AsO)<c(K+)，将c(AsO)=(H2AsO)带入可得2c(HAsO)+4c(AsO)<c(K+)；故D正确；

综上所述答案为AC。14、BD【分析】【分析】

【详解】

A．是第一步反应的过渡态；A错误；

B．由于转化为的活化能最大；反应速率最慢，故是总反应的决速步骤，B正确；

C．由图可知，苯与的加成反应是吸热反应；取代反应是放热反应，C错误；

D．第三步中取代反应的活化能低；生成物本身所具有的能量低，更稳定，故反应生成的有机产物中，取代产物所占比例更大，D正确；

故选BD。15、BC【分析】【详解】

A．若容器Ⅲ的反应温度为400K，则容器Ⅰ和容器Ⅲ中的反应达到的平衡为等效平衡，而容器Ⅲ中的实际反应温度为500K，500K时CH3OH的平衡浓度比400K时的小；说明升高温度，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，故A错误；

B．由表中数据知，容器Ⅱ中反应物是容器Ⅰ的二倍，由于容器的体积不变，该过程等效于加压过程，若平衡不移动，达平衡时，容器Ⅱ中c(H2)是容器Ⅰ中c(H2)的2倍，但是加压过程，该平衡右移，因此容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅰ中c(H2)的2倍；故B正确；

C．达到平衡时，容器Ⅲ中H2；CO的浓度比容器Ⅰ中的大；且容器Ⅲ中的温度高，所以容器Ⅲ中正反应速率大于容器Ⅰ中的，故C正确；

D．容器Ⅱ中的反应相当于给容器Ⅰ中的反应加压；加压时，平衡正向移动，故容器Ⅱ中反应物的转化率大，故D错误；

答案选BC。三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【详解】

(1)H2CO3的第一级电离平衡常数表达式

(2)根据越弱越水解，由表中数据可知，所以等物质的量浓度的三种溶液，pH由大到小顺序为：Na2CO3、NaCN、CH3COONa；

(3)pH均为2的CH3COOH溶液与HX溶液，加水稀释时pH的变化如图所示.稀释相同倍数后，HX溶液的pH较小，表明HX电离出H+的浓度较高，所以HX对水的电离抑制程度大，HX溶液中由水电离出的c(H+)小于CH3COOH溶液中由水电离出的c(H+)；

(4)溶液pH=6，故根据电荷守恒得到故【解析】cba小于9.9×10-717、略

【分析】【分析】

（1）根据反应前后气体物质的化学计量数的变化判断该反应的ΔS>0，且已知该反应仅在高温下能自发进行，根据ΔH-TΔS<0反应可自发进行，可知ΔH>0；

（2）根据已知信息列出三段式；计算平衡时刻各物质的浓度，进而计算平衡常数；

（3）计算此刻反应的浓度商；与平衡常数比较，判断反应进行的方向，从而确定正逆反应速率的大小；

（4）①温度越高；反应速率越快，则达到平衡时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是Ⅲ，升温平衡逆向移动，氢气含量最大；

②设反应生成的甲醇为xmol/L，根据已知信息可列出三段式，计算生成的甲醇的浓度，进而利用计算用甲醇表示的化学反应速率；

③该反应为放热反应；温度越低，反应向正方向进行的程度越大，CO转化率越大。

【详解】

（1）该反应的ΔS>0，已知该反应仅在高温下能自发进行，根据ΔH-TΔS<0反应可自发进行，可知ΔH>0；

故答案为>；

（2）T℃时，向2L密闭容器中投入2molCH4和1.5molH2O(g)，发生上述反应，平衡时CH4的转化率为50%，根据已知信息可列出三段式：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

开始（mol/L）：10.7500

变化（mol/L）：0.50.50.51.5

平衡（mol/L）：0.50.250.51.5

则该温度下反应的平衡常数

故答案为13.5；

（3）T℃时，向1L密闭容器中投入2molCH4、1molH2O(g)、3molCO、2molH2，则此刻反应的浓度商v(逆)；

故答案为>；

（4）①三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变，当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，温度越高反应速率越快，达到平衡时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是Ⅲ，升温平衡逆向移动，氢气含量最大；

故答案为Ⅲ；

②设反应生成的甲醇为xmol/L，则可列出三段式：

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

开始（mol/L）：0.510

转化（mol/L）：x2xx

5min时（mol/L）：0.5-x1-2xx

到5min时，氢气的体积分数为0.4，则解得x=则容器I中用CH3OH

表示的化学反应速率

故答案为0.067mol/（L•min）；

③该反应为放热反应；温度越低，反应向正方向进行的程度越大，则当三个容器中的反应均达到平衡状态时，Ⅰ中CO转化率最大；

故答案为Ⅰ。【解析】①.>②.13.5③.>④.Ⅲ⑤.0.067mol/（L•min）⑥.Ⅰ18、略

【分析】【详解】

在原电池中，较活泼的金属发生氧化反应，是负极；活动性较差的金属极上发生还原反应，是正极；钢铁中含有Fe、C.Fe和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，C为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。【解析】①.氧化反应②.负③.还原反应④.正⑤.负⑥.Fe-2e-=Fe2+⑦.正⑧.O2+H2O+4e-=4OH-19、略

【分析】【分析】

【详解】

K==0.45

答：523K时，该反应的平衡常数是0.45【解析】0.4520、略

【分析】【分析】

【详解】

冰醋酸是弱电解质，不能完全电离，故其水溶液中醋酸根离子的数目无法确定。【解析】错21、略

【分析】【分析】

（1）同类型沉淀，Ksp越小；溶解度越小，越优先析出；

（2）根据Fe（OH）3的溶度积常数计算c（Fe3+），根据Al（OH）3的Ksp常数计算判断是否含有Al（OH）3沉淀；

（3）加入试剂应足量；为避免引入更多新的杂质，最好加入难溶性的物质后转化为更难溶的物质；

（4）氯化铁中铁离子水解生成氢氧化铁；得不到纯净的氯化铁，应在氯化氢气流中加热失去结晶水。

【详解】

（1）在相同条件下Ksp越小，物质的溶解度越小，因此在含有相同浓度Mn2+和Cu2+的溶液中滴加Na2S的稀溶液；观察到先出现的沉淀是黑色的CuS；

（2）开始沉淀时，溶液中Qc=Ksp；铁离子开始沉淀的pH为1.0；

则此时溶液中

则此溶液中Fe3+的物质的量浓度为

Fe3+沉淀完全时，溶液中氢氧根离子的浓度为

则溶液的pH约为3；

铝离子开始沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度为

溶液的pH约为3；

因此Fe3+沉淀完全与铝离子开始沉淀时pH近似相同，使Fe3+沉淀完全时，其中含有Al(OH)3沉淀；

（3）某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+杂质，利用沉淀转化原理最适宜加入过量的Na2S，除去Pb2+时发生的离子反应方程式为Pb2++S2-=PbS↓；

（4）由FeCl3·6H2O晶体得到纯的无水FeCl3，要抑制FeCl3的水解，因此要进行的操作为在HCl气流中加热。【解析】黑色越小2.6mol/L含有CPb2++S2-=PbS↓在HCl气流中加热四、判断题(共2题，共4分)22、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。23、A【分析】【详解】

反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，其ΔS＜0，则ΔH＜0，正确。五、实验题(共4题，共32分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①蛇形冷凝管的进水口在下面；即图中a，出水口在上面；

②圆底烧瓶B收集的是挥发又冷凝后的水；故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶A；

(2)①由图可知；当浓硫酸的总体积在反应物总体积4%-5%之间时，即可达到良好的实验效果，反应物总体积为40mL，因此A项用量最合理，故答案为：A；

②用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热；而CH3COOOH不稳定；遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解；故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，主要防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；控制反应温度在40℃的加热方法是水浴加热；

(3)①Ⅰ中酸性KMnO4溶液与H2O2发生氧化还原反应，MnO被还原为Mn2+，H2O2被氧化为O2，反应的离子方程式2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；硫代硫酸钠滴定含碘溶液；指示剂应为淀粉，碘的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等碘消耗完溶液会褪色，所以滴定终点时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变无色；

Na2S2O3滴定生成的I2包含H2O2和CH3COOOH产生的，由可得n(I2)总=KMnO4滴定残留的H2O2，由2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O可得由H2O2＋2I-＋2H＋＝I2＋2H2O可知H2O2产生I2的物质的量为n(I2)1=n(H2O2)=mol，则由CH3COOOH产生的I2的物质的量为n(I2)2=n(I2)总-n(I2)1=mol，由CH3COOOH＋2I-＋2H＋＝CH3COOH＋I2＋H2O可得n(CH3COOOH)=n(I2)2=mol，过氧乙酸的浓度为c=n(CH3COOOH)/V=mol÷V×10-3L=(bV2-5aV1)/2Vmol/L；

②A．盛装KMnO4标准溶液的滴定管没有润洗，导致KMnO4标准溶液的浓度偏小，消耗KMnO4标准溶液的体积偏大，造成计算H2O2产生的I2物质的量偏多，计算CH3COOOH产生的I2偏小；使结果偏低，A不选；

B．用KMnO4标准溶液滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，消耗KMnO4标准溶液的体积偏小；使结果偏高，B选；

C．Ⅱ中加入的KI溶液量不足，未能完全消耗CH3COOOH；导致结果偏低，C不选；

D．用Na2S2O3标准溶液滴定前，振荡锥形瓶的时间过长，部分H2O2结合CH3COOH生成CH3COOOH；导致结果偏高，D选；

故选：BD。【解析】aAA防止过氧化氢和过氧乙酸分解水浴2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O溶液由蓝色变无色(bV2-5aV1)/2VBD25、略

【分析】（1）

向2mL0.1mol•L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1mol•L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红，说明Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，这证明Fe2+具有还原性；故答案为：还原；

（2）

用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时反应产生(NH4)2SO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（3）

通过对实验进行对比可知：实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响，故答案为：通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响；

（4）

FeCO3是难溶性物质，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)⇌Fe2+(aq)+CO32-(aq)，溶液中含有Fe2+浓度较小，向其中滴加酸性H2O2，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，反应产生的Fe3+浓度较小，因此加入KSCN溶液时，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为浅红色，而向FeCO3沉淀中加入等体积4mol/LKSCN溶液，FeCO3溶解电离产生的Fe2+与SCN-结合，使FeCO3溶解电离程度增大，溶液中Fe2+及Fe2+与SCN-结合物与酸性H2O2反应产生的Fe3+浓度较大，溶液中Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，因而溶液红色比实验b加深，故答案为：SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大；溶液红色加深；

（5）

①因为要探究Fe2+与SCN-的反应，对照实验也应该加入相同阴离子()的溶液，因此X为H2SO4，故答案为：H2SO4；

②Fe2+与SCN-反应，降低了溶液中c(SCN-)，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小；因而应该观察到的实验现象是溶液红色变浅，故答案为：溶液红色更浅；

（6）

加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c(Fe3+)，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而溶液红色变浅，故答案为：使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动。【解析】(1)还原。

(2)Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑

(3)通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响。

(4)SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大；溶液红色加深。

(5)H2SO4溶液红色更浅。

(6)使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动26、略

【分析】【分析】

中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，测定中和热的实验中，为了保证酸或是碱中的一方完全反应，往往保证一方过量；用碎泡沫塑料(或纸条)及泡沫塑料板起到保温、隔热；实验时应用环形玻璃搅拌棒上下搅动，减少实验过程中热量的损失；计算中和热时，先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，再根据Q=cmΔT计算反应放出的热量，最后根据ΔH=-计算中和热；由此分析。

【详解】

(1)装置中碎泡沫塑料(或纸条)及泡沫塑料板的作用是保温；隔热；减少实验过程中热量的损失；

(2)实验时应用环形玻璃搅拌棒上下搅动；因为铜传热快；热量损失大，所以不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒；

(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃；反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃；反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；

50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J∙g-1∙℃-1，代入公式Q=cmΔT得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J∙g-1∙℃-1×100g×(3.15℃+3.1℃+3.05℃)=1.2959kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2959kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2959kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热ΔH=-51.8kJ/mol；

(4)不能H2SO4与Ba(OH)2反应，会生成BaSO4沉淀；沉淀的生成热会影响反应的反应热；

(5)中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以ΔH1=ΔH2＜ΔH3。【解析】保温、隔热，减少实验过程中热量的损失实验时应用环形玻璃搅拌棒上下搅动；因为铜传热快，热量损失大，所以不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒-51.8kJ·mol-1不能H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀，沉淀的生成热会影响反应的反应热ΔH1=ΔH2＜ΔH327、略

【分析】【详解】

(1)因为是准确量取一定体积的待测液；因此应用滴定管或移液管，滴定管和移液管的精确度是0.01mL，样品是烧碱，使用滴定管时，应选择碱式滴定管；

(2)根据图；开始时刻度为0，滴定终点后刻度为26.10mL，因此消耗盐酸标准液体积为26.10mL；

(3)酚酞遇碱变红；盐酸滴定含有酚酞的氢氧化钠溶液过程中，滴定达到终点的现象：滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色；

(4)三次消耗的盐酸的体积分别为19.9、20.10、20.00，三次平均消耗盐酸的体积为(19.9＋20.10＋20.00)/3mL=20.00mL，盐酸与氢氧化钠发生NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，n(NaOH)=n(HCl)=20.00×10－3×0.2mol=4×10－4mol，250mL溶液中n(NaOH)=4×10－4×mol=0.1mol；其质量为0.1×40g=4g，则纯度为4/5.0×100%=80%；

(5)根据c(NaOH)=进行分析：

a．部分标准液滴出锥形瓶；造成消耗V(HCl)增大，即所测氢氧化钠的浓度偏大，故a正确；

b．用待测液润洗锥形瓶，造成锥形瓶中溶质物质的量增大，即消耗V(HCl)增大，即所测浓度偏高，故b正确；

c．锥形瓶中是否有水；对实验无影响，故c错误；

d．放出碱液的滴定管开始有气泡；放出液体后气泡消失，造成锥形瓶中待测液的体积减小，消耗盐酸体积减小，即所测溶液的浓度偏小，故d错误；

故选ab。【解析】碱式滴定管(或移液管)26.10滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色80%ab六、结构与性质(共4题，共28分)28、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-29、略

【分析】【分析】

按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)；按平衡常数的定义；结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；

【详解】

(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60；A错误；B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误；C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大；分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。