2025年冀教新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年冀教新版选择性必修1化学下册阶段测试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6题，共12分)1、一铜空气燃料电池是一种“高容量、低成本”的新型电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”“产生电力，其中放电过程为下列说法不正确的是。

A.通空气时，铜腐蚀表面产生B.放电时，透过固体电解质向极移动C.放电时，负极的电极反应式为D.整个过程中，铜相当于催化剂2、已知：2+2H+⇌+H2O。25℃时，调节初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液的pH，测定平衡时溶液中c(Cr2O72－)和c(H+)；获得如图所示的曲线。下列说法正确的是。

A.平衡时，c(H+)越大，c()越小B.A点转化为Cr2O72－反应的平衡常数的数量级为1014C.C点的平衡转化率为40%D.平衡时，若溶液中c()=c()，则c(H+)＞2.0×10−7mol/L3、对于可逆反应：A2(g)+3B2(g)2AB3(g)ΔH<0，下列描述平衡移动的图像正确的是A.B.C.D.4、已知：①CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H1=-akJ•mol-1

②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H2=-bkJ•mol-1

③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H3=-ckJ•mol-1

其中a、b、c均大于0，则下列叙述正确的是A.由上述热化学方程式可知b>cB.②是表示甲烷燃烧热的热化学方程式C.△H2<△H3D.当甲醇和甲烷按物质的量之比为1：2混合，完全燃烧生成CO2(g)和H2O(g)时，放出的热量为QkJ，则该混合物中甲醇的物质的量为mol5、下列选项表示反应速率最快的是A.B.C.D.6、煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应；降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:

CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H1=+218.4kJ/mol(反应I)

CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)△H2=-175.6kJ/mol(反应II)

下列有关说法正确的是A.提高反应体系的温度，能降低该反应体系中SO2生成量B.反应II在较低的温度下可自发进行C.用生石灰固硫的反应为:4CaO(s)+4SO2(g)3CaSO4(s)+CaS(s)△H3，则△H3>△H2D.由反应I和反应II可计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、I.300℃时，将2molA和2molB两种气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)ΔH=Q；2min末达到平衡，生成0.8molD。

（1）300℃时，该反应的平衡常数表达式为K=___已知K300℃350℃，则ΔH___0(填“>”或“<”)。

（2）在2min末时，B的平衡浓度为____，D的平均反应速率为___。

（3）若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。

II.A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球。关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A；B中；反应起始时，A、B的体积相同。

(已知：2NO2N2O4ΔH<0)

（1）一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成的N2O4的速率是v(A)___(填“>”、“<”、“=”)v(B)；若打开活塞K2，气球B将___（填“增大”；“减小”、“不变”）。

（2）室温下，若A、B都保持体积不变，将A套上—个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，___中的颜色较深。8、一定温度下；在2L的密闭容器中，M；N两种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：

(1)反应的化学方程式为___。

(2)反应达到最大限度的时间是___min，该时间内的平均反应速率v(N)=__，v(M)=__。

(3)反应达到平衡状态时，放出6QkJ的热量，当容器中充入1molN，反应放出的热量为__。

①等于QkJ②小于QkJ③大于QkJ④等于2QkJ

(4)判断该反应达到平衡状态的依据是__。

①该条件下；正逆反应速率都为零。

②该条件下；混合气体的密度不再发生变化。

③该条件下；混合气体的压强不再发生变化。

④该条件下；单位时间内消耗2molN的同时，生成1molM

(5)能加快反应速率的措施是___。

①升高温度②容器体积不变，充入惰性气体Ar③容器压强不变，充入惰性气体Ar④使用催化剂9、已知时，NaOH溶液的的HA溶液中请回答下列问题：

该温度下，水的离子积______；

的HA溶液中水电离出_______________。

在室温下，蒸馏水稀释HA溶液时，下列呈减小趋势的是______。

A．水的电离程度C．溶液中和的乘积溶液中的值。

室温下，取的盐酸和HA溶液各100mL；向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：

图中表示HA溶液pH变化曲线的是______填“A”或“B”

设盐酸中加入Zn的质量为HA溶液中加入Zn的质量为则_____填“”“”或“”

室温下，取的盐酸和HA溶液各100mL，分别滴加溶液至恰好完全反应，所需NaOH溶液的体积前者______后者填“”“”或“”10、甲烷(CH4)是一种温室气体，NO是常见大气污染物，为消除空气中少量的CH4和NO，工业上可以设计如下反应：CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，在温度为T1和T2时，分别将0.40molCH4和1.60molNO充入体积为2L的恒容密闭容器中，n(CH4)随反应时间的变化如图所示：

(1)根据上图判断该反应的T1________T2。(填“>”“<”或“＝”)

(2)温度为T1，0～10min内NO的平均反应速率v(NO)＝___________，反应开始和平衡时容器的压强之比为___________。

(3)温度为T2，反应达到平衡时，NO的转化率为___________(保留3位有效数字)

(4)下列条件的改变不能加快反应速率的是___________。(填字母)

A.加入合适的催化剂B.缩小容器体积。

C.将CH4由0.4mol改为0.8molD.分离出产物CO2

(5)CH4是重要的化石能源，完全燃烧生成CO2和H2O，放出大量热。若以熔融的K2CO3为电解质，可以设计成一种高温燃料电池，正极通入的气体是空气和CO2，负极反应式为：_______________________________________________________。11、甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。

（1）将1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度；压强的关系如图：

①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为______。

②在其它条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将_______（填“增大”“减小”或“不变”）。

③图中的P1_____P2（填“＜”、“＞”或“=”），100℃时平衡常数为________。

④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中充入H2O、H2各0.5mol，化学平衡将向_____移动（填“向左”“向右”或“不”）。

（2）在压强为0.1MPa条件下，将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ：

CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）

①该反应的△H_____0，△S_____0（填“＜”；“＞”或“=”）。

②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是______。

A．升高温度。

B．将CH3OH（g）从体系中分离出来。

C．充入He；使体系总压强增大。

D．再充入1molCO和3molH212、某化学反应2AB+D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表：。实验序号01020304050601800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃c20.600.500.500.500.500.503800℃C30.920.750.630.600.600.604820℃1.00.400.250.200.200.200.20

根据上述数据；完成下列填空：

(1)在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为___________mol/(L·min)。

(2)在实验2，A的初始浓度c2=___________mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是___________。

(3)设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3___________v1(填>；＜、=)。

(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是___________反应(选填吸热、放热)。理由是___________。13、今年是元素周期表诞生150周年；联合国教科文组织将2019年定为“国际化学元素周期表年”。门捷列夫不仅发明了周期表，并且成功预言出了“类铝”（镓）；“类硼”（钪）和“类硅”（锗）等当时尚未发现的元素。回答下列问题：

（1）1955年，为了纪念门捷列夫的伟大贡献，101号元素命名为钔原子中中子数与质子数之差为______________。

（2）镓是一种战略金属；大量用于生产半导体；太阳能电池等。

①镓与铝同主族，比铝多一个电子层，镓的原子结构示意图为_________。

②自然界有极少量硫镓铜矿（化学式镓显最高正价），则铜的化合价为_________。

③最近我国成功攻克了通信芯片制造中关键材料氮化镓的研制难题。反应物只有C（碳纳米管）、且三者按物质的量之比在900℃反应生成及等物质的化学方程式为______。

（3）制取高纯锗的过程包括锗富集后用浓盐酸氯化、的提纯、水解及还原。

①氯化后生成的（沸点83.1℃）中含少量的（沸点130.2℃）、（沸点57.6℃）等。除可采用萃取法提纯外，还可采用的方法是______。

②水解生成的化学方程式为_______。14、某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理；请回答下列问题：(显示的电极均为石墨)。

(1)图1中，电解一段时间后，U形管___(填“左”或“右”)边的溶液变红。

(2)电解饱和食盐水的离子方程式为___，利用图2装置制作一种环保型消毒液发生器，可制备“84”消毒液的有效成分NaClO，则c为电源的___极。

(3)氯碱工业是高耗能产业；一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节电；节能30%以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。

①图示中电极产物X、Y分别是___、___(填化学式)。

②燃料电池B中正极的电极反应式：___。

③图示中氢氧化钠溶液质量分数大小：a%___b%(填“﹥”“﹤”或“=”)。15、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（CH3OH）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）C（石墨）与适量H2O（g）反应生成标准状况下CO和H2各2.24L时；吸收13.13kJ热量，该反应的热化学方程式为__________________。

（3）已知HCN稀溶液与NaOH稀溶液反应生成1molH2O时，放出12.1热量，用离子方程式表示该反应的热化学方程为_______________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误17、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误18、某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈酸性。（____________）A.正确B.错误19、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误20、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正确B.错误21、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误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.错误评卷人得分四、计算题(共1题，共8分)23、从“铁器时代”开始，铁单质及其化合物一直备受青睐，工业上采用高炉炼铁法治炼铁单质，其反应的热化学方程式为：已知：①②则∆H=_______。评卷人得分五、结构与性质(共4题，共32分)24、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。25、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。26、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：_______。27、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共12分)28、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：29、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。30、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。31、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。

【详解】

A．放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O；故A正确；

B．因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动；故B正确；

C．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知负极的电极反应式为Li-e-═Li+；故C错误；

D．由C项分析知，铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu；则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确。

故选C。

【点睛】

本题考查了原电池原理，明确原电池电极上得失电子及电极反应式是解本题关键，注意把握Cu在整个过程中的作用。2、B【分析】【详解】

A．由图像可知，平衡时，H+浓度越大，c()越大；故A错误；

B．由图象可知，A点溶液中c(H+)=1.0×10mol/L，c()=0.25mol/L，此时c()=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，平衡常数K===1014；故B正确；

C．C点溶液中c()=0.4mol/L，此时△c()=0.4mol/L×2=0.8mol/L，则的平衡转化率为=80%；故C错误；

D．平衡时，若溶液中c()=c()，而2c()+c()=1.0mol•L-1，所以c()=mol•L-1，而图中c()=0.35mol/L时，对应氢离子的浓度为2.0×10-7mol•L-1，则溶液中c()=c()时c(H+)＜2.0×10-7mol•L-1；故D错误；

故答案为B。3、B【分析】【详解】

A.温度越高；反应速率越大，达到平衡所需时间越少，则当温度为500℃时达到平衡所需时间小于100℃，应先出现平台，故A错误；

B.该反应为气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强，平衡均会向正反应方向移动，AB3的体积分数增大；故B正确；

C.升高温度；正；逆反应速率均增大，故C错误；

D.使用催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，A2的转化率不变；故D错误；

故选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．等量的同种物质气态时比液态时能量高，由②、③的热化学方程式可以看出，②中水呈气态，③中水呈液态，所以②中放出的热比③中少，即b

B．②中水呈气态；不属于稳定态，所以不能表示甲烷燃烧热的热化学方程式，故B错误；

C．由②、③的热化学方程式可以看出，②中水呈气态，③中水呈液态，所以②中放出的热比③中少，所以△H2>△H3；故C错误；

D．当甲醇和甲烷按物质的量之比为1:2混合，完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时，放出的热量为(a+2c)的倍数，当放出热量为QkJ时，该混合物中甲醇的物质的量=mol；故D正确；

故答案为D。5、B【分析】【详解】

比较速率大小有：=15∶18∶16∶13.5；因此反应速率最块的是18mol/(L·min)，故选项B符合题意；

答案为B。6、B【分析】【详解】

分析：由已知的两个热化学方程式；结合温度对化学平衡的影响规律，即可分析A选项，根据自由能判据可分析B选项，利用盖斯定律可分析出C；D两个选项。

详解：A、只有在反应I中生成SO2，且该反应为吸热反应，所以升高温度，有利于反应I平衡向右移动，生成更多的SO2；故A错误；

B、要使反应II自发进行，则自由能判据△G=△H-T△S<0，已知△H2<0；由反应方程式可知该反应的熵变化不大，反应的自发性主要决定于焓变，所以该反应在低温下即可自发进行，且低温有利于节约能源，故B正确；

C、根据盖斯定律，反应II—4×反应I即得C选项的热化学方程式，所以△H3=△H2-4△H1，已知△H1>0，△H2<0，所以△H3<△H2,故C错误；

D、反应I和反应II中没有SO3(g)，所以无法通过反应I和反应II计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变；故D错误。所以本题答案选B。

点睛：本题的难点是B选项，因为反应II前后气体、固体的分子数都不变，即商变不大，所以焓变对反应的自发性起决定作用，这是利用自由能判据的一种特殊情况，由于是放热反应，低温即可自发进行，且节约能源；易错点是C选项，要明确焓变的比较是带着+、-号进行比较的。本题有一定的难度。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【分析】

I.3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)ΔH＝Q

初始2mol2mol

反应1.20.40.80.8

2min0.81.60.80.8

II.关闭K2时；装置A为恒容装置，装置B为恒压装置。

【详解】

I．（1）K＝已知K300℃350℃，升高温度，K值增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，则ΔH>0；

（2）在2min末时；B的物质的量为1.6mol，其平衡浓度为1.6mol/2L=0.8mol/L；D的物质的量为0.8mol，v(D)=0.8mol/（2L×2min）=0.2mol/(L·min)；

（3）若温度不变；缩小容器容积，增大压强，方程式两边气体的计量数不变，则平衡不移动，A的转化率不变；

II．（1）已知等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同，装置B为等压，相当于装置A平衡后再增大压强，体积减小，c(N2O4)增大，则v(A)<v(B)；若打开活塞K2；整个装置为恒压装置，压强增大，平衡正向移动，则总体积减小，A容积不变，则B的体积减小，气球B体积减小；

（2）室温下，将A套上—个绝热层，则A中随反应的进行温度逐渐升高，则平衡逆向移动，c(NO2)增大；颜色比装置B中深。

【点睛】

方程式两边气体计量数的相等时，增大压强，体积减小，平衡不移动。【解析】>0.8mol/L0.2mol/(L·min)不变＜减小A8、略

【分析】【详解】

(1)反应进行到6min时N减少了8mol-2mol=6mol，N为反应物，M增加了5mol-2mol=3mol，M为生成物，二者化学计量数之比为：6mol∶3mol=2∶1，因此反应的化学方程式为：2NM；

(2)根据题图可知，反应进行到6min时各物质的物质的量不再发生变化，因此反应达到最大限度的时间是6min；该时间内的平均反应速率v(N)==0.5mol/(L·min)，v(M)=v(N)=0.25mol/(L·min)；

(3)反应达到平衡时消耗6molN；放出6QkJ的热量，当容器中充入1molN，若N完全反应，则放出QkJ的热量，但该反应是可逆反应，反应不能进行到底，所以反应放出的热量小于QkJ，答案为：②；

(4)①．达到平衡状态时；正；逆反应速率相等但不能为零，①不选；

②．密度是混合气体的质量和容器容积的比值；在反应过程中气体质量和容器的容积始终是不变的，因此该条件下混合气体的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，②不选；

③．该反应为反应前后气体物质的量不相等的可逆反应；该条件下混合气体的压强不再发生变化能说明反应达到平衡状态，③选；

④．该条件下；单位时间内消耗2molN的同时，生成1molM，均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，④不选；

故答案为：③；

(5)①．升高温度；反应速率加快，①符合题意；

②．容器容积不变，充入惰性气体Ar；参加反应的物质浓度不变，反应速率不变，②不符合题意；

③．容器压强不变，充入惰性气体Ar；容器容积增大，参加反应的物质浓度减小，反应速率减慢，③不符合题意；

④．使用催化剂；反应速率加快，④符合题意；

故答案为：①④。【解析】2NM60.5mol/(L·min)0.25mol/(L·min)②③①④9、略

【分析】【详解】

（1）0.01mol/LNaOH：c(OH-)=c(NaOH)=0.01mol/L，由pH=11得c(H+)=10-11mol/L，Kw=c(OH-)·c(H+)=0.01mol/L×10-11mol/L=10-13mol2/L2；

（2）0.1mol/LHA：根据①和②解得c(H+)=10-2mol/L，c(OH-)=10-11mol/L，HA溶液中OH-一定是由水电离产生的，故由水电离出c水(OH-)=c(OH-)=10-11mol/L；

（3）根据以上分析，0.1mol/LHA中c(H+)=10-2mol/L，说明HA未完全电离，属于弱电解质，存在电离平衡，即

A．加水稀释，c(H+)下降；减弱了对水电离的抑制作用，故水的电离程度增大，A不符合题意；

B．加水稀释，促进HA电离，故n(HA)减少，n(A-)增多，故比值减小；或者依据电离平衡常数不变进行判断，由于c(H+)减小，故增大；其倒数减小，B符合题意；

C．温度不变，水的离子积[Kw=c(OH-)·c(H+)]也不变；C不符合题意；

D．c(A-)；c(HA)浓度均减小；故两者乘积也减小，D符合题意；

故答案选BD；

（4）①随着反应的进行，弱电解质HA能继续电离出H+，可以补充因反应消耗的H+，故HA中c(H+)减小速度要比HCl中慢，即反应相同时间剩余c(H+)：HA>HCl，即pH：HA<HCl；所以曲线B代表HA；

②若m1=m2，则反应后溶液剩余c(H+)：HA>HCl，即pH：HA+)相等，所以此时应继续向HA中加入Zn，使HA中c(H+)减小，这样才能达到两者c(H+)相等的目的，故m1<m2；

（5）由于两者可提供的H+是相等的，故消耗NaOH也是相等的。【解析】10、略

【分析】【分析】

(1)根据图像可知，T2温度下反应更快；先达到平衡，说明温度更高；

(2)M点CH4反应了0.1mol，可以算出v(CH4)，再根据v(NO)=4v(CH4)计算即可；恒温恒容时；压强之比等于物质的量之比，根据反应方程式可知，该反应前后气体物质的量不变的反应，所以压强不变；

(3)根据图，T2时CH4为0.15mol，说明CH4反应了0.25mol；则NO反应1mol；

(4)A.催化剂能加快反应速率；

B.缩小体积相当于增大压强；加快反应速率；

C.增大了反应物CH4的浓度；加快反应速率；

D.分离出产物CO2；并没有增大反应物浓度，不能加快反应速率；

(5)负极是CH4发生氧化反应。

【详解】

(1)根据图像可知，T2温度下反应更快，先达到平衡，说明温度更高，所以T1<T2，故答案为：<；

(2)M点CH4反应了0.1mol，可以算出v(CH4)==0.005mol·L-1·min-1，所以v(NO)=4v(CH4)=0.02mol·L-1·min-1；恒温恒容时；压强之比等于物质的量之比，根据反应方程式可知，该反应前后气体物质的量不变的反应，所以压强不变，压强之比为1:1；

故答案为：0.02mol·L-1·min-1；1:1；

(3)根据图，T2时CH4为0.15mol，说明CH4反应了0.25mol，则NO反应1mol，NO转化率为：×100%=62.5%；故答案为：62.5%；

(4)A.催化剂能加快反应速率；A不符合题意；

B.缩小体积相当于增大压强；加快反应速率，B不符合题意；

C.增大了反应物CH4的浓度；加快反应速率，C不符合题意；

D.分离出产物CO2；并没有增大反应物浓度，不能加快反应速率，D符合题意；

故答案为：D；

(5)负极是CH4发生氧化反应，反应式为：CH4+4CO-8e-=5CO2+2H2O，故答案为：CH4+4CO-8e-=5CO2+2H2O。【解析】<0.02mol·L-1·min-11:162.5%DCH4+4CO-8e-=5CO2+2H2O11、略

【分析】【分析】

(1)①根据图像，100℃平衡时甲烷的转化率，求出△c(CH4)，根据v=计算v(CH4)，利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；②根据“定一议二”的方法分析判断；③根据“定一议二”的方法分析判断；根据三段式，结合平衡常数K=计算；④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol；根据浓度商与平衡常数的相对大小的判断；

(2)①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，结合方程式和△G=△H-T•△S＜0分析判断；

②容器容积不变；增加CO的转化率，需要平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析判断。

【详解】

(1)①由100℃平衡CH4的转化率为0.5可知，消耗CH4为1mol×0.5=0.5mol，平衡时甲烷的浓度变化量为=5×10-2mol/L，根据甲烷与氢气的计量数关系，则：v(H2)=3v(CH4)=3×=0.030mol•L-1•min-1，故答案为0.030mol•L-1•min-1；

②通过图像可知，当压强为P1时；升高温度，甲烷的转化率增大，平衡正向移动，所以升高温度，平衡常数增大，故答案为增大；

③由图可知，温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，正反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故压强P1＜P2；

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

初始浓度：0.10.200

变化浓度：0.050.050.050.15

平衡浓度：0.050.150.050.15

100℃时平衡常数K==2.25×10-2，故答案为＜；2.25×10-2；

④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，Qc==4×10-2＞K；所以平衡向左移动，故答案为向左；

(2)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应是气体物质的量减小的反应，反应的△S＜0，混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，根据△G=△H-T•△S＜0，说明△H＜0；即正反应是放热反应，故答案为＜；＜；

②A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故A错误；B．将CH3OH(g)从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，CO的转化率增加，故B正确；C．充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，故C错误；D．再充入1molCO和3molH2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CO的转化率增加，故D正确；故答案为BD。【解析】①.0.030mol•L﹣1•min﹣1②.增大③.＜④.2.25×10﹣2⑤.向左⑥.＜⑦.＜⑧.BD12、略

【分析】【分析】

化学反应速率的计算根据定义计算即可；实验1、2中的平衡浓度相同，则起始浓度相同，实验2中反应速率快，经过分析只能是使用了催化剂，因此推测实验2中隐含的条件是催化剂；实验3和实验1达到平衡的时间相同，但达到平衡时A的浓度大于实验1，说明c3＞1.0mol/L；由实验4和实验1可知；物质A起始浓度相同，温度不同，温度越高，平衡时反应物A的浓度越小，说明升高温度，平衡正向移动。

【详解】

(1)在实验1中，反应在10min至20min时间内，A的浓度减少△c(A)=0.8mol/L-0.67mol/L=0.13mol/L，反应时间为10min，故这段时间内平均速率v(A)==0.013mol/(L·min)；

(2)根据实验1、2的平衡浓度分析可知二者是等效平衡，则二者起始浓度相同，可知A的初始浓度c2=1.0mol/L。实验2中比实验1先达到平衡状态；说明其反应速率快，平衡状态不变，说明实验2中还隐含的条件是使用了催化剂；

(3)由表格数据可知，平衡时A的浓度比实验3的大，实验1和实验3的温度相同，则实验3的起始浓度大于1.0mol/L，即c3＞1.0mol/L，由于浓度越大，其反应速率越快，所以反应速率：v3＞v1；

(4)由实验4和实验1可知；物质起始浓度相同，温度不同，温度升高，平衡时反应物A的浓度变小，说明升高温度，化学平衡向右移动，则正反应为吸热反应；

【点睛】

本题考查了化学反应速率的计算及化学平衡的计算与判断。把握有关概念、平衡移动原理及平衡影响因素为解答的关键，注意表格中数据的分析与应用，侧重考查学生的分析、计算与应用能力。【解析】0.0131.0加催化剂>吸热温度升高平衡向右移动13、略

【分析】【详解】

（1）本题答案为：56；

（2）①镓位于第四周期，比铝多18个电子，最外层电子数为3，原子结构示意图为本题答案为：

②中，的最高正价为硫的最低负价为故铜为价；本题答案为：+1；

③依据质量守恒写出其他产物，化学方程式为故本题答案为：

（3）①依据题目中沸点差异；用蒸馏的方法提纯，故本题答案为：蒸馏或分馏；

②由题意水解方程式为故本题答案为：【解析】56①蒸馏或分馏14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气；同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，所以U形管右边溶液变红色；

(2)电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气；阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则c为负极、d为正极；

(3)①B是燃料电池，右边电池中通入空气、左边原电池中通入气体Y，则Y是氢气，则电解池中左边电极是阳极、右边电极是阴极，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，X、Y分别是Cl2、H2；

②燃料电池B中正极氧气得到电子，溶液显碱性，电极反应式为O2+4e-+2H2O＝4OH-。

③图中原电池中，正极上生成氢氧化钠，则其浓度大于加入的氢氧化钠，所以氢氧化钠浓度大小顺序是b%＞a%，故答案为：＜。【解析】右2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-负Cl2H2O2+4e-+2H2O＝4OH-＜15、略

【分析】【分析】

⑴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32g燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ。

⑵C(石墨)与适量H2O(g)反应生成标准状况下CO和H2各2.24L即0.1mol时；吸收13.13kJ热量，则生成气体各1mol吸收131.3kJ热量。

⑶已知HCN稀溶液与NaOH稀溶液反应生成1molH2O时；放出12.1热量，HCN是弱酸，因此在书写离子方程式时写化学式。

【详解】

⑴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32g燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ，因此甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.76kJ⋅mol−1；故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.76kJ⋅mol−1。

⑵C(石墨)与适量H2O(g)反应生成标准状况下CO和H2各2.24L即0.1mol时，吸收13.13kJ热量，则生成气体各1mol吸收131.3kJ热量，因此该反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ⋅mol−1；C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ⋅mol−1。

⑶已知HCN稀溶液与NaOH稀溶液反应生成1molH2O时，放出12.1热量，HCN是弱酸，因此在书写离子方程式时写化学式，其离子方程式表示该反应的热化学方程为HCN(aq)+OH－(aq)=CN－(aq)+H2O(l)△H=−12.1kJ⋅mol−1；故答案为：HCN(aq)+OH－(aq)=CN－(aq)+H2O(l)△H=−12.1kJ⋅mol−1。【解析】CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.76kJ⋅mol−1C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ⋅mol−1HCN(aq)+OH－(aq)=CN－(aq)+H2O(l)△H=−12.1kJ⋅mol−1三、判断题(共7题，共14分)16、B【分析】【分析】

【详解】

滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，并不一定是酸碱恰好中和的点，故答案为：错误。17、A【分析】【详解】

盐酸和CH3COOH的pH相同，说明溶液中c(H+)相等，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，则溶液中c(OH-)相等，水电离出c(OH-)和c(H+)相等，即常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H+)相同，故正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

室温下，某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈碱性，故答案为：错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

草酸钠溶液中存在电荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：则答案是：正确。21、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。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。四、计算题(共1题，共8分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知，反应①—3×②可得氧化铁与一氧化碳反应的热化学方程式则∆H=则∆H1—3∆H2=(+489.0kJ/mol)—3×(+172.5kJ/mol)=—28.5kJ/mol，故答案为：—28.5kJ/mol。【解析】五、结构与性质(共4题，共32分)24、略

【分析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。

（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C.N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。【解析】(1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O电负性比N和C大，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒SrTiO3625、略

【分析】【详解】

（1）①根据题中信息，随着氢气体积分数的增加，NO中被还原的价态逐渐降低，根据图像可知，当氢气的体积分数在0.5×10-3～0.75×10-3时，NO转化率基本为100%，而氮气和氨气的体积分数仍呈增加趋势，NO中N显+2价，N2中N显0价，NH3中N显-3价，因此当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；故答案为当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；

②根据盖斯定律可知，－脱硝反应，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ/mol；

（2）①该过程发生的两个反应都是物质的量减少的放热反应；恒温恒容状态下，随着时间的进行，气体物质的量减小，压强降低，而绝热容器中，虽然气体物质的量减小，但温度升高，气体压强增大，因此根据图像可知，X为绝热容器，Y为恒温容器；故答案为甲；

②因为反应为放热；甲绝热容器内反应体系温度升过高，反应速率快，先达到平衡，温度升高，平衡左移，平衡时压强增大，因此点a可能已达到平衡；故答案为可能；

③曲线Y是恒温过程的乙容器，恒温容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，开始时体系总压强为9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa；

（3）g-C3N4极氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2；故答案为还原；O2+2H++2e-=H2O2。【解析】(1)H2较少时，NO主要被还原为N2O(或+1价含氮化合物等)(合理即可)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ·mol-1

(2)甲可能0.110.12

(3)还原O2+2H++2e-=H2O226、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，C