【文档说明】【精准解析】河北省衡水市深州市中学2020届高三第一次月考化学试卷.doc，共(34)页，2.247 MB，由小赞的店铺上传

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河北省衡水市深州市中学2020届高三第一次月考化学试题1.下列说法中错误的是A.铝制餐具不宜用来蒸煮或长期存放酸性、碱性或咸的食物，防止餐具被腐蚀B.可溶性的铝盐和铁盐可用作生活用水的净水剂C.H3PO2属于一元弱酸，则H3PO2与过量NaOH

溶液反应的离子方程式为：33322HPO+3OH=PO+3HO−−D.去除锅炉上的水垢，通常先用碳酸钠溶液处理，形成疏松物质而后再用酸去除【答案】C【解析】【详解】A．由于铝具有两性，即Al既能与强酸、强碱反应，故铝制餐具不宜用来蒸煮或长期存放酸性、碱性或咸的食物，防止餐具被腐蚀，A

正确；B．可溶性的铝盐可以水解呈Al(OH)3胶体，铁盐水解呈Fe(OH)3胶体，可用作生活用水的净水剂，B正确；C．由于H3PO2属于一元弱酸，即H3PO2H++22HPO−，故H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：33222HPO+OH=HPO+HO−−，C错

误；D．去除锅炉上的水垢，通常先用碳酸钠溶液处理存在平衡：CaSO4+2-3COCaCO3+2-4SO可以将CaSO4转化为CaCO3，形成疏松物质而后再用酸去除，D正确；故答案为：C。2.下列反应中，属于水解反应的是A.23233HCOHOHOCO−+−++B.3322HC

OHO2HOCO−++=+C.2223COHOHCO+ƒD.2323COHOHCOOH−−−++【答案】D【解析】【详解】A．23233HCOHOHOCO−+−++是3HCO−的电离方程式，A不合题意；B．3322H

COHO2HOCO−++=+是3HCO−与H3O+即H+反应的化学方程式，B不合题意；C．2223COHOHCO+ƒ是CO2与H2O反应的化学方程式，C不合题意；D．2323COHOHCOOH−−−++是23CO−的水解方程式，D符合题意；故答案为：D。3.下列物质的稀溶液中

存在电离平衡的有(不考虑水的电离)（）A.NaHCO3B.NaHSO4C.NH4NO3D.HBr【答案】A【解析】【详解】A．-3HCO是弱酸酸式根，-3HCOH＋2-3CO，故A正确；B．NaHSO4

是强酸强碱盐，完全电离，NaHSO4=Na＋＋H＋＋2-4SO，故B错误；C．NH4NO3是强电解质，完全电离，NH4NO3=4NH+＋-3NO，故C错误；D．HBr是强酸，完全电离，HBr=H＋＋Br－，故D错误；答案选A。4.化学与社会、生活密切相关。下

列说法正确的是A.明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同B.医学上常采用碳酸钡作为钡餐C.钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D.向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH可以除去溶液中的FeCl3【答案】D【解析】【详

解】A.明矾净水是利用水解产生的胶体的吸附性，自来水的杀菌清毒是利用氯气或漂白粉等的强氧化性，原理不同，故A错误；B.碳酸钡虽不溶于水，但能够与盐酸反应，钡离子有毒，医学生常采用不溶水且不溶于盐酸的硫酸钡作为钡餐，故B错误；C.

析氢腐蚀时电解质离子浓度更大，析氢腐蚀的速率一般大于吸氧腐蚀的速率，故C错误；D.碱式碳酸铜可中和溶液中的氢离子，促进氯化铁的水解，最终将其转化成氢氧化铁沉淀除去，故D正确；故D正确；5.某一温度下，可判

断溶液为中性的依据是A.c(H+)=1×10-7mol/LB.c(H+)=c(OH–)C.pH=7D.加入酚酞后溶液呈无色【答案】B【解析】【详解】A.温度不同溶液中离子积常数不同，c(H+)=1×10-7mol/L不

能说明溶液为中性，故A错误；B.c(H+)=c(OH–)，溶液为中性，故B正确；C.常温下溶液pH=7说明溶液为中性，温度不同溶液中离子积常数不同，中性溶液pH不一定为7，故C错误；D.酚酞遇酸性或中性溶液都显无色，故D错误；故选B

。【点睛】判断溶液酸碱性的依据是溶液中c(H+)和c(OH–)的相对大小，c(H+)=c(OH–)，溶液呈中性，只有在250C时，中性溶液中c(H+)=c(OH–)=1×10-7mol/L。6.下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是A.任何一个氧化还原反应都可以设计为电

池，输出电能B.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应C.电解饱和食盐水的过程中，水的电离平衡正向移动D.任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大【答案】C【解析】【详解】A、只有自发

进行的氧化还原反应且是放热反应的才能设计为原电池，输出电能，A错误；B、铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生氧化反应，B错误；C、电解饱和食盐水的过程中，阴极氢离子放电，氢离子浓度降低，破坏水的电离平衡，促进水的电离平衡正向移动，C正确；D、平衡常数大，反应速率不一定大，D

错误；答案选C。7.我国科技创新成果斐然，下列成果与电化学无关．．的是A.有机金属材料吸附与转化CO2B.研发出水溶液锂离子电池C.研发出“可呼吸”Na—CO2电池D.常温常压下用电解法制备高纯H2【答案】A【解析】

【详解】电化学指的是研究电能和化学能相互转化的的化学，高中阶段最常见的两个装置为原电池和电解池。A．环氧烷烃被有机金属材料吸附与CO2生成碳酸酯，无电流产生，与电化学无关，A项符合题意；B．锂电池，能够发生

自发的氧化还原反应，属于原电池，与电化学有关，B项不符合题意；C．Na－CO2电池，属于原电池，与电化学有关，C项不符合题意；D．用电解法制备H2，属于电解池，与电化学有关，D项不符合题意；本题答案选A。8.下列叙述正确的是A.25℃，Cu(OH)2在水中的溶度积比其在Cu(NO3)2溶液中

的大B.将NaOH溶液逐滴加入FeCl3溶液可制备Fe(OH)3胶体C.常温下，NaHS溶液中:c(H＋)+c(H2S)=c(S2－)+c(OH－)D.一定温度下，将0.10mol/L的氨水加水稀释，溶液中各离子浓度均减小【答案】C【解析】【详解】A.一定温度下，溶度积是常数，故A错

误；B.NaOH溶液逐滴加入FeCl3溶液直接反应产生氢氧化铁沉淀，得不到胶体，故B错误；C.NaHS溶液中存在质子守恒：c(H＋)+c(H2S)-c(S2－)=c(OH－)，则c(H＋)+c(H2S)=c(S2－)+c(OH－)，故C正确；D.将0.

10mol/L的氨水加水稀释，溶液碱性减弱，氢氧根浓度下降，Kw不变，则氢离子浓度增大，故D错误；故选C。9.阿伏加德罗常数约为NA。下列叙述中正确的是A.1L0.1mol／L的FeCl3溶液中，H+的数目约为0.1NAB.一定温度下，1L0.5mol·L

－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含+4NH的物质的量不相同C.7.8gNa2O2中含有的阴离子数目约为0.2NAD.标准状况下，lL甲醇完全燃烧后生成的CO2分子个数约为122.4NA【答案】B

【解析】【详解】A．1L0.1mol／L的FeCl3溶液中，H+的浓度未知，所以不能计算H+的数目，故A错误；B．NH4Cl溶液浓度不同，+4NH的水解程度不同，一定温度下，1L0.5mol·L－1NH4

Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含+4NH的物质的量不相同，故B正确；C．Na2O2中含有的阴离子是O22-，7.8gNa2O2中含有的阴离子数目约为A7.8g178g/molN=0.1NA，故C错误；D．标准状况下，甲醇是液体，lL甲醇的物质的量不是1

22.4mol，故D错误；选B。10.某反应的能量关系如图所示，下列有关说法正确的是A.C(金刚石s)＝C(石墨s)ΔH＜0B.金刚石比石墨稳定C.C(石墨s)＝C(金刚石s)ΔH＝E2－E1D.断开1mol石墨中的化学键所吸收的能量小于断开1mol金刚石中化学键的能量【答案】A【解析】

【详解】A.石墨的总能量小于金刚石的总能量，说明石墨比金刚石稳定，因此金刚石转化为石墨是放热反应，△H＜0，即C(金刚石s)＝C(石墨s)ΔH＜0，A项正确；B.石墨的总能量小于金刚石的总能量，说明石

墨比金刚石稳定，B项错误；C.C(石墨s)＝C(金刚石s)计算反应热时ΔH＝E产物-E反应物＝E1－E2，C项错误；D.石墨的总能量小于金刚石的总能量，说明石墨比金刚石稳定，因此石墨的键能大于金刚石的键能，即断开

1mol石墨中的化学键所吸收的能量大于断开1mol金刚石中化学键的能量，D项错误；答案选A。11.下列实验操作中，对应的现象和结论均正确的是选项操作现象结论A常温下pH=2的高碘酸（HIO4）溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液显酸性高碘酸是弱酸B用pH

试纸分别测定等浓度的NaClO和NaHCO3溶液的pHpH:NaClO>NaHCO3酸性H2CO3>HClOC测定0.1mol/LCH3COONa溶液的pHpH=10CH3COOH为强电解质D向2mL1mol·

L-1的NaOH溶液中滴加5滴1mol·L-1MgCl2溶液，再滴加5滴1mol·L-1的FeCl3溶液先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀溶度积常数：Mg(OH)2>Fe(OH)3A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.

若高碘酸为强酸，则pH=2高碘酸与pH=12的氢氧化钠等体积混合溶液恰好中和完全，溶液应显中性，实际溶液显酸性说明高碘酸浓度大于氢氧化钠，可知其为弱酸，故A正确；B.NaClO具有强氧化性，不能用pH测定其溶液的pH值，故B错误；C.测定0.1mol/LC

H3COONa溶液的pH=10，说明溶液显碱性，可知醋酸根离子能水解，则醋酸为弱酸，故C错误；D.2mL1mol·L-1的NaOH溶液中滴加5滴1mol·L-1MgCl2溶液，氢氧化钠过量，再滴加5滴1mol·L-1的FeCl3溶液，过量的氢氧化钠与氯

化铁产生红褐色沉淀，不能说明溶度积的大小，故D错误；故选：A。12.下图所示的实验，能达到实验目的的是（）A.验证化学能转化为电能B.研究催化剂对化学反应速率的影响C.实验室制氨气D.验证非金属性：Cl>C>Si【答案】B【解析】【详解】A．两烧杯内的溶液没有用盐桥连接，

不能形成闭合回路，不能形成原电池，所以不能验证化学能转化为电能，A不合题意；B．FeCl3是双氧水分解的催化剂，由双氧水分解产生气泡的快慢，研究催化剂对化学反应速率的影响，B符合题意；C．在此装置内，NH4Cl

分解生成的NH3和HCl在试管口遇冷化合，不能用于实验室制氨气，C不合题意；D．稀盐酸与Na2CO3反应可制得CO2气体，只能证明酸性HCl>H2CO3，不能证明非金属性Cl>C，D不合题意；故选B。13.丙烯与HCl

加成可能发生反应①和②，其能量与反应进程如图所示：下列说法正确的是A.CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl稳定B.反应①的第I步与第Ⅱ步均放出能量C.反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率快D.活化能反应①比②的大，反应①更易进行【答案】A【解析】【详解】A．CH3CHClCH3比CH3

CH2CH2Cl能量低，能量低的物质稳定，则CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl稳定，故A正确；B．反应①的Ⅰ的能量增大、Ⅱ的能量减小，则I吸收能量，故B错误；C．反应②的第I步比第II步活化能大，则反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率慢，故C错误；D．活化能反

应①比②的大，活化能高难以进行，故D错误；故答案为A。14.根据下图装置判断，以下叙述正确的是（）A.铁作正极B.该装置可以减缓铁的腐蚀C.铁上发生的电极反应：Fe-3e-=Fe3+D.碳上发生的电极反应：O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】D【解析】

A、铁作负极，碳作负极，故A错误；B、铁作负极，Fe失电子生成Fe2+，金属被腐蚀，故B错误；C、负极电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，故C错误；D、碳作正极，正极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O═4OH-，故D正确。故选D。15.布洛芬片常用来减轻感冒症

状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（）A.布洛芬的分子式为C13H18O2B.布洛芬与苯乙酸是同系物C.1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应D.布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种【答案】D【解析】【详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A

；B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应，故不选C；D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D

错误；答案选D。16.对于达到平衡的可逆反应：X+YW+Z，增大压强则正、逆反应速率（v）的变化如图所示，分析可知X、Y、Z、W的聚集状态可能是A.Z、W为气体，X、Y中之一为气体B.Z、W中之一为气体，X、Y

为非气体C.X、Y、Z皆为气体，W为非气体D.X、Y为气体，Z、W中至少有一种为气体【答案】C【解析】【详解】由图可以看出，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，则平衡向正反应方向移动，说明反应物气体的化学计量数之和大于生成物气

体的化学计量数之和，则只能存在X，Y为气体，Z，W中之一为气体的情况。故选C。17.某温度下，密闭容器中，发生如下可逆反应：2E(g)F(g)＋xG(g)；ΔH＜0。若起始时E浓度为amol·L－1，F、

G浓度均为0，达平衡时E浓度为0.5amol·L－1；若E的起始浓度改为2amol·L－1，F、G浓度仍为0，当达到新的平衡时，下列说法正确的是（）A.若x＝1，容器体积保持不变，新平衡下E的体积分数为50%B.升高温度时，正反应速率加快、逆反应速率减慢C.若x＝2，容器体积保持不变，新平衡下F

的平衡浓度为0.5amol·L－1D.若x＝2，容器压强保持不变，新平衡下E的物质的量为amol【答案】A【解析】【详解】A.若x＝1，反应前后体积不变，达到平衡时E的体积分数为50%，E的起始浓度改为2amol·L－1，相当于两个相同的容器中E浓度均为amol·L－1，然后压缩

使气体的体积与一个容器的容积体积相等，平衡不移动，E的体积分数仍为50%，故A正确；B.升高温度正逆反应速率都增大，与反应是吸热还是放热无关，故B错误；C.达原平衡时E浓度为0.5amol·L－1，F的

平衡浓度为0.25amol·L－1，若x＝2，依据A中的分析类推压缩气体使体积为原体积的一半，F的浓度为0.5amol·L－1，但压缩气体体积相当于增大压强，平衡逆向移动，新平衡下F的平衡浓度小于0.5amol·L－1，故C错误；D.若x＝2，容器压强保持不变，则随反应

的进行容器的体积大小会发生相应的变化，而物质的量的多少与容器的大小有关，故D错误；答案选A。18.下列说法不能．．够用勒夏特勒原理来解释的是A.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气B.溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅C.S

O2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅【答案】D【解析】【分析】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的条件之一（

如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。【详解】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项

错误；B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；C.2SO2(g)+O2Δ催化剂2

SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的

浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。19.25℃时，向0.1mol/LNaA溶液中滴滴加盐酸，遇得混合溶液的pH与-c(A)pc(HA)的变化关系如下图所示，-c(A)c(A)p=-lgc(HA)c(HA)下列叙述正确的是A.E点溶液中c(N

a+)＝c(A—)B.Ka(HA)的数量级为10—3C.滴加过程中--c(A)pc(HA)c(OH)保持不变D.F点溶液中c(Na+)＞c(HA)＞c(A—)＞c(OH—)【答案】C【解析】【分析】由图可知，E点溶液pH为7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，【详解】A

项、由图可知，E点溶液pH为7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，由溶液中电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)＝c(A—)+c(Cl—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)＝c(A—)+c(Cl—)，故A错误；B项、

HA的电离常数Ka(HA)=()-c(A)c(HA)+cH，由图可知pH为3.45时，溶液中-c(A)pc(HA)=0，c（HA）=c(A—)，则Ka(HA)=c(H+)＝10-3.45，Ka(HA)的数量级为10—4，故B错误；C项、溶液中--c(A)c(HA)c(OH

)=()()++--c(A)c(HA)c(OHcHH)c=awKK，温度不变，水的离子积常数、弱酸的电离常数不变，则滴加过程中--c(A)pc(HA)c(OH)保持不变，故C正确；D项、F点溶液pH为5，-c(A)pc(HA)=—1，则溶液中c(A—)

＞c(HA)，由物料守恒c(Na+)＝c(A—)+c（HA）可知c(Na+)＞c(A—)，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(A—)＞c(HA)＞c(OH—)，故D错误。故选C。20.常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH

)=1.75×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，下列说法正确的是A.浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等

体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积

混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COOH)>c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)【答案】A【解析】【详解】A.电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO−>NH4+>HCOO−，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c

(HCOO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)=0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)=0.1mol/L+c(OH−)，水解程度NH4+>HCOO−，所以前者c

(H+)大于后者c(OH−)，所以浓度均为0.1mol⋅L−1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故A正确；B.pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c(HCOOH)<c(CH3COOH)，用相同浓度的NaO

H溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；C.溶液中存在电荷守恒c(HCOO−)+c(OH−)=c(N

a+)+c(H+)，由物料守恒可得c(HCOOH)+c(HCOO−)=2c(Na+)，将后式代入前式可得c(HCOO−)+2c(OH−)=c(HCOOH)+2c(H+)，故C错误；D.0.2mol·L-1CH3C

OONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、KCl,溶液呈酸性,说明CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度,氯离子不水解,醋酸电离

程度较小,所以粒子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，故D错误；本题选A。21.下列说法正确的是A.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气

泡产生，则常温下Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4)B.常温下，向纯水中加入钠或氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积不变C.常温下，反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)的△H＜0、△S＜0D.铅蓄

电池在工作过程中，负极质量减少，阳极质量增加【答案】C【解析】【详解】A．溶液中能否生成碳酸钡沉淀，关键是CO32－和Ba2＋的浓度之积超过其溶度积常数，而与其溶度积常数的相对大小没有必然的联系，A不正确；B．钠或氢氧化钠溶于水均会放热，溶液温度升高，水的离子积是变化的，B不正确；C．该反

应中反应物中有气体和液体，生成物中只有固体，故△S＜0，又因为该反应能自发进行△G＜0，可得△H＜0，正确；D．铅蓄电池在工作过程中，两极均生成硫酸铅，电极质量均增加，D不正确。答案是C。22.某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与

0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（）A.实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B.实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D.实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混

合后溶液的pH无关【答案】C【解析】【分析】由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B.实

验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实

验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。23.关于下列图象说法正确

的是A.①表示化学反应2NO2(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)ΔH>0B.②表示25℃时，用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化C.③表示10mL0.01mol/L酸

性KMnO4溶液与过量的0.1mol/LH2C2O4溶液混合时，n(Mn2+)随时间的变化D.④可表示向稀硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液，溶液导电性随氢氧化钡物质的量的变化【答案】D【解析】【详解】A.反应物所具有的总能量大于生成物

所具有的总能量,反应物转化为生成物时就放出能量，故2NO2(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)ΔH<0，故A错误；B.v(酸)=20mL时，生成物为醋酸钠，其水溶液呈碱性，故B错误；C.反应生成的Mn2+对该反应有催

化作用，所以曲线斜率有突变，故C错误；D.氢氧化钡和稀硫酸反应后生成了不溶于水的硫酸钡和水，它们都不导电，所以往稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液，会使溶液中的导电离子逐渐减少，直至为零，继续滴加氢氧化钡溶液至过量，氢氧化钡会电离出钡离子、硫酸根离子，所以溶液的导电性又逐渐增强。故选D。【点

睛】如果反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就放出能量，如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就吸收能量。24.下列图像与对应叙述相符的是()A.图①表示已达平衡的某反应在t

0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂B.图②表示Zn、Cu和稀硫酸构成的原电池在工作过程中电流强度的变化，在T时加入了H2O2C.图③表示同温度下、同体积pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲

线Ⅱ为盐酸D.图④表示向NaOH溶液中通入CO2，溶液中水电离出的c(H+)变化曲线，则最高点d处溶液中各离子浓度大小为c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+)【答案】B【解析】【详解】A．t0时正逆反应速率同等程度的变大，可能为催化剂或增大压强，故

A错误；B．Zn、Cu和稀硫酸构成的原电池在工作过程中，锌失电子发生氧化反应，随稀硫酸浓度减小反应进行，电流强度减小，T时加入了H2O2，是强氧化剂，可以加快锌溶解的反应，电流强度增大，随反应进行电流强度又减小，但比开始电流强度大

，故B正确；C．醋酸为弱酸，稀释促进电离，加水稀释后醋酸pH较小，曲线Ⅱ为醋酸，且b点溶液的导电性比a点弱，故C错误；D．当NaOH恰好与二氧化碳反应生成碳酸钠时，碳酸钠的水解程度最大，则水的电离程度

最大，即水电离出c(H+)达到最大值时，溶质为碳酸钠，溶液中各离子浓度大小分别为：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)，故D错误；故选B。25.化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理

为Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是A.CuS的溶解度比MnS的溶解度小B.该反应达到平衡时：c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)C.往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大D.该反

应平衡常数：K＝()()spspKMnSKCuS【答案】B【解析】【详解】A项，工业品MnCl2溶液中含有Cu2＋、Pb2+等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2＋、Pb2+等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2，原理利用的是沉淀转化的反应关系，沉淀转化的条件是向更难溶的方向进行，说明生成的

CuS、PbS溶解性小于MnS，故A项正确；B项，该反应达到平衡时，铜离子的浓度不一定等于锰离子的浓度，故B项错误；C项，往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，平衡向右移动，所以c(Mn2＋)变大，故C项正确；D项，该反应平衡常数表达式：K=()()22nucM

cC++=()()()()()()2222nspspucMcSKMnSKCuScCcS+−+−=，故D项正确。综上所述，本题正确答案为B。26.某温度时,向氨水溶液中通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示。下列说法正确的是A.随着CO2的通入()()-

32cOHcNHHO不断增大B.在pH=9.0时，()+4cNH＞()2-3cCO＞()-3cHCO＞()-2cNHCOOC.溶液中:()()()()()()243332cNHcNH2cCOcHCOcNHCOOcOH+−−−

+=+++D.在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成【答案】D【解析】【详解】A．已知Kb=()()()+-432cNHcOHcNHHO，温度一定时，Kb为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c(+4NH)逐渐增大，则()()-32cOHcN

HH×O不断减小，故A错误；B．pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：()+4cNH＞()2-3cCO＞()-3cHCO＞()-2cNHCOO，故B错误；C．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：(

)()()()()()+24332cNHcH2cCOcHCOcNHCOOcOH+−−−+=+++，故C错误；D．由图象可知开始没有NH2COO-，后来也不存在NH2COO-，所以NH2COO-为中间产物，

即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，故D正确；答案选D。27.用如下装置处理含KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是A.MnO

4-处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀B.右侧产生的Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式为：7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+C.当电路中转移6mole-时，可以产生87gMnO2沉淀D.为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性

环境【答案】D【解析】【分析】根据题意并结合图示，铁电极为电解池的阳极，发生氧化反应生成Fe2+，在弱酸性条件下Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应使Mn元素转化为MnO2沉淀，据以上分析解答。【详解】A项，MnO4-处理完全后，阳极生成

的Fe2+会通过阳离子交换膜进入左侧，则左侧会生成Fe(OH)2沉淀，故A正确；B项，右侧产生的Fe2+在弱酸性条件下将MnO4-还原为MnO2，本身被氧化为Fe(OH)3，所以离子方程式为：7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+M

nO2↓+5H+，故B正确；C项，根据阳极电极反应：Fe-2e-=Fe2+，当电路中转移6mole-时，生成3molFe2+，根据Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+可得，生成1molMnO2

，质量为：1mol×87g/mol=87g，故C正确；D项，强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则不能使Mn元素转化为MnO2沉淀，故D错误；故选D。【点睛】本题考查电

解原理及氧化还原反应，解题时注意结合装置图分析电极反应和除去重金属的反应。C、D为易错选项，C项，需根据阳极反应求得电路中转移6mole-时生成Fe2+的物质的量，然后根据反应7H2O+3Fe2++M

nO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+计算MnO2的质量，若直接根据该氧化还原反应电子转移情况计算MnO2的质量肯定是错误的；D项，注意强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，达不到消除重金属污染的目的

。28.已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A.电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移B.Ni极的

电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C.电池工作结束后，电解质溶液的pH降低D.Al电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03×1023个电子【答案】C【解析】【详解】A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而

燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故

按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O

，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=A

lO2-+2H2O，因而转移电子数为0.5×3NA=9.03×1023，D正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒

；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料

燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。29.一篇名为《最终我坐着轮椅被推出了首都国际机场》的文章在网络上引发超过10万次点击。文中女留学在国外吸食笑气导致身体机能全面紊乱，坐轮椅回国。笑气成分是N2O，可作奶油发泡剂，但长期或大剂量滥用

会导致神经及脊髓病变。一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下表：反应时间/min0102030405060708090100c(N2O)/mol/L0.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.03

00.0200.0100.000（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1<c2）下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是A.B.C.D.【答案】C【解析】此题虽涉及有N2O分解反应，但不影响解题。分析图表信息，

紧扣表中N2O分解的实验数据，每10分钟均分解0.01mol·L-1，说明反应速率相等，选项A错误；分解至100分钟时N2O完全分解，说明不是可逆反应，反应不可能达平衡，选项B错；也说明不论N2O初始浓度如何，其分解的转化率均为100%，选项D错；结合半

衰期的提示，由表中数据知，N2O消耗一半，所需时间也是一半，显然，选项C图像合理。30.羟胺的电离方程式为：NH2OH＋H2ONH3OH+＋OH－（25℃时，Kb＝9.0×l0－9）。用0.lmol·L－1盐酸滴定20mL0.lmol·L－1羟胺溶液，恒定25℃时，滴定过程中由水电离出来的H+

浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(己知：lg3＝0.5)。下列说法正确的是（）A.图中V1＞10B.A点对应溶液的pH＝9.5C.B、D两点对应的溶液均为中性D.E点对应溶液中存在：c(H+)＝c(OH－)＋c(NH3OH+)＋c(NH2OH)【答

案】B【解析】A、B点的溶液为NH3OHCl、NH2OH，B点此时应为中性，故V1=10，故A错误；B、A点时，NH2OH＋H2ONH3OH+＋OH－，c（OH－）=c（NH3OH+），c（NH2OH）0.l

mol·L－1，c（OH－）2=0.1bK=9.0×l0－10，c（OH－）=3.0×l0－5，c（H+）=1310-9，pH=-lgc（H+）=9.5，故B正确；C、C点时，溶液为NH3OHCl溶液，此时溶液呈酸性，再加入盐酸，酸性更强，故D点不是中性，故C错误；D、

E点为等浓度的NH3OHCl和HCl溶液，质子守恒为：c(H+)＝c(OH－)＋c(NH3OH+)＋2c(NH2OH)，故D错误；故选B。点睛：该题的关键是先考虑A、C、E三个特殊点的状态，通过排除法，就可以顺利找到答案。31.完成下

列问题:I．(1)某学习小组用0.80mol/L标准浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度的盐酸。①滴定管如图所示，用________(填“甲”或“乙”)滴定管盛待测定的未知浓度的盐酸溶液。②用滴定的方法来测定盐酸的浓度，实验数据如下所示

：实验编号待测盐酸溶液的体积/mL滴入NaOH溶液的体积/mL120.0024.00220.0023.10320.0022.90该未知盐酸的浓度为_______________(保留两位有效数字)。(2)若用酚酞作指示剂，达到滴定终点的标志是___

_________________。(3)造成测定结果偏高的操作可能是__________。a．盛装待测液的锥形瓶用水洗后未干燥b．滴定前，碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失c．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准氢氧化钠溶液润洗d．

读碱式滴定管的读数时，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数II．为了测定某氯化锶(SrCl2)样品的纯度，探究活动小组设计了如下方案：①称取1.0g样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO32.38g的AgNO3溶液(溶液中除Cl−外，不含

其他与Ag＋反应生成沉淀的离子)，Cl−即被全部沉淀。②用含Fe3＋的溶液作指示剂，用0.2mol·L-1的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag＋以AgSCN白色沉淀的形式析出，以测定氯化锶样

品的纯度。请回答下列问题：(1)用含Fe3+的溶液作指示剂达到滴定终点时发生颜色变化的离子方程式：________。(2)在终点到达之前的滴定过程中，两种沉淀表面会吸附部分Ag＋，需不断剧烈摇动锥形瓶，否则会使n(Cl−)的测定结果________(选填“

偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】(1).甲(2).0．92mol·L-1(3).当滴入最后一滴氢氧化钠标准液，溶液由无色变粉红色且30s不变色(4).bc(5).33Fe3SCNFe(SCN)+−+ƒ(6).偏高【解析】【分析】用0.80mol/L标准浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度的盐酸

，有活塞的是酸式滴定管，根据中和滴定操作分析，c(HCl)=c(NaOH)V(NaV(OH)HCl)，分析盐酸的体积误差；含Fe3＋的溶液作指示剂，NH4SCN标准溶液滴定溶液中多余的银离子，利用银离子的量求出氯离子的物质的量，由此分析。【详解】I(1)①盐酸呈酸性，故应用酸式滴定

管盛装待测盐酸，选甲；②分析表中数据，第一组实验误差较大，要舍去；平均消耗V(NaOH)=2310202(2)9+．．=23．00mL，根据化学方程式：HCl+NaOH=NaCl+H2O知c(HCl)×20．00mL=0．80mol/L×23．00mL，

解得c(HCl)=0．92mol·L－1；(2)若用酚酞作指示剂，达到滴定终点的标志是当滴入最后一滴氢氧化钠标准液，溶液由无色变粉红色且30s不变色；(3)a．盛装待测液的锥形瓶用水洗后未干燥，不会产生误差，故a错误；b．碱式滴定管在滴

定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，测定c(HCl)偏高，故b正确；c．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准氢氧化钠溶液润洗，标准氢氧化钠溶液的浓度偏低，所用体积偏大，测定c(HCl)偏高，故c正确；d．

读碱式滴定管的刻度时，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数，造成V(标准)偏小，测定c(HCl)偏低，故d错误；答案选bc；II(1)反应过程中用含Fe3+的溶液作指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，滴入最后一滴后，硫氰根离子与Fe3＋反应：Fe3＋+3SCN-⇌Fe(SC

N)3溶液由无色变为血红色，且半分钟内不变色；(2)在终点到达之前的滴定过程中，两种沉淀表面会吸附部分Ag+，需不断剧烈摇动锥形瓶，因为硝酸银的总量一定，若两种沉淀表面吸附部分Ag+，导致测得过量的Ag+偏少，则与Cl-反应的Ag+的量会偏高。【点睛】分析表中数据，第一组实验误差较大，要舍去；为

易错点。32.完成下列问题:I．某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：①甲池为__________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，A电极的电极反

应式为______________②丙池中总反应的离子方程式：_______________________③当乙池中C极质量减轻10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为______mL(标准状况)。④一段时间后，断开电键K，下列物质能使丙池恢复到反应前

浓度的是________(填选项字母)。a．CuOb．Cuc．Cu(OH)2d．Cu2(OH)2CO3II．如图，在酸性条件下，电解水中CN-可转化为CO2和N2，请写出阳极的电极反应式______________。【答案】(1).原电池(2).2332

CHOH6e8OHCO6HO−−−−+=+(3).2222Cu2HO2CuO4H+++++电解(4).560(5).a(6).2222CN4HO10eN2CO8H−−++−=++【解析】【分析】I．当闭合该装置的电键K时，甲是甲醇燃料电池，A通入甲醇，A

是负极、B是正极，乙、丙是电解池，乙池中C与电源正极相连，D与负极相连，C是阳极、D是阴极；丙池中E与电源正极相连，F与负极相连，E是阳极、F是阴极；II．阳极CN-发生氧化反应生成CO2和N2；【详解】I．①甲池通入甲醇和氧

气，甲为原电池，A通入甲醇，甲醇失电子生成碳酸根离子，A是负极，A电极的电极反应式为2332CHOH6e8OHCO6HO−−−−+=+；②丙是电解池，E是阳极，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，F是阴极，阴极铜离子得电子生成铜单质，总反应的离子方程式2222Cu2HO2CuO4H++++

+电解；③乙是电解池，C是阳极，阳极金属银失电子生成银离子，当乙池中C极质量减轻10.8g时，电路中转移电子的物质的量是10.8g10.1mol108g/mol=，根据电子守恒，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为0.1mol22.4L/mol

=0.56L4=560mL(标准状况)；④丙池中阳极生成氧气，阴极生成铜，加入一定质量的CuO能使丙池恢复到反应前浓度，选a；II．电解池中阳极发生氧化反应，阳极CN-发生氧化反应CO2和N2，阳极的

电极反应式是2222CN4HO10eN2CO8H−−++−=++。【点睛】本题考查燃料电池、电解池，掌握原电池、电解池原理是解题关键，明确串联电路中各电极转移电子数相等，电解池中与电源负极相连的电极为阴极、与电源正极相连的电极为阳极。33.完成下列问题:NaCl

O和KAl(SO4)2都是重要的化工产品，均可应用于造纸业。（1）NaClO溶液pH＞7，用化学方程式表示原因______________。（2）某小组同学探究饱和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反应的实验。向饱和NaClO溶液中加入饱和KA

l(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀。反应的离子方程式是___________。（3）常温下，pH＝11的NaClO溶液中水电离出来的c(OH－)________pH＝3的HClO溶液中水电离出来的c(H＋)（填“大于”“等于”“小于”）（4

）已知纯水中存在如下平衡：223HOHOHOOHH0+−++ƒ，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，可选择的方法是________(填字母)。a．向水中加入NaHSO4固体b．向水中加Na2CO3固体c．加热至100℃[其中c(H＋)＝1×10-6mol·L-1]d．向水中加入(NH4)

2SO4固体（5）若将等pH、等体积的NaOH溶液和NH3·H2O溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m________n(填“＜”、“＞”或“＝”)。（6）在25℃时，将0.2molNaA晶体和0.1molHA气体同时溶解于同一烧杯的水中，制得1L溶液，则()

c(HA)cA−+=________mol·L-1（7）已知：33sp3KAl(OH)110−=，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Al3＋(使其浓度小于1×10-6mol·L-1)，需调节溶液pH范

围为_______。【答案】(1).2NaClOHOHClONaOH++ƒ(2).323Al3ClO3HO3HClOAl(OH)+−++=+(3).大于(4).d(5).＜(6).0.3(7).5.0＜pH＜7.1【解析】【分析】本题主要考查弱电解质的电离，盐类

的水解，溶液的酸碱性，难溶电解质的溶解平衡的应用以及相关计算，试题难度中等。【详解】（1）NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，故答案为：ClO-+H2OHClO+OH-；（2）向NaClO溶液中加入饱

和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀，Al3+与ClO-发生互促水解反应，离子方程式为Al3++3ClO-+3H2O═3HClO+Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3ClO-+3H2O═3HClO+Al(OH)3↓；（3）由于NaClO

是强碱弱酸盐，故在溶液中对水电离起促进作用，22+--3HOHOaq()(H)(OH)10mol/OLHccc===－，而pH＝3的HClO的电离对水电离起抑制作用，故水出来的22---11HOaq()(OH

)(OH)10molLH/HOccc===＋，故答案为：大于；（4）a．由于NaHSO4=Na++H++2-4SO，电离出的H+对水的电离起抑制作用，平衡左移，溶液显酸性，a不合题意；b．由于Na2CO3=2Na++2-3CO，2-3CO发生水解，对水的电离起促进作用，平衡

右移，但是溶液显碱性，b不合题意；c．加热对水的电离起促进作用，但是此时溶液中c(H＋)=c(OH-)＝1×10-6mol·L-1，溶液呈中性，c不合题意；d．由于(NH4)2SO4=2+4NH+2-4SO，+4NH发生水解对水的电离起促进作用，且溶液呈酸性，d符合题意；

故答案为：d；（5）由于NH3·H2O属于弱电解质，稀释对弱电解质的电离起促进作用，故若将等pH、等体积的NaOH溶液和NH3·H2O溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m＜n，故答案为：＜（6）根据物料守恒可知，将0.2molNaA晶体和0.1molHA气体同时溶解于

同一烧杯的水中，制得1L溶液，则()c(HA)cA−+=0.3mol·L-1，故答案为：0.3（7）由33sp3KAl(OH)110−=可知Al3+开始沉淀时的-33sp3---933163+-KAl(OH)1?

(OH)=1?1010mol?L1?0(Al)1cc==，故pH=5，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。故室温下除去MnSO4溶液中的Al3＋(使其浓度小于1×10-6mol·L-1)，即使Al3+开始沉淀而Mn2+不沉淀，故需调节溶液pH范围为5.0＜pH＜7.1，故答案为：5.0

＜pH＜7.1。34.回答下列问题：（1）工业生产甲醇的常用方法是：23CO(g)2H(g)CHOH(g)H90.8kJ/mol+=−ƒ△。已知：22222222332H(g)O(g)2HO(l)H571

.6kJ/mol1H(g)O(g)HO(g)H241.8kJ/mol;22CO(g)O(g)2CO(g)H566.0kJ/molCHOH(g)CHOH(l)H37.3kJ/mol+==−+==−+==−==−;△△△△液体CH3OH的燃烧热的热化学方程式为________________。

（2）制甲醇所需要的H2，可用下列反应制取：222HO(g)CO(g)H(g)CO(g)++ƒ△H＜0，某温度下该反应的平衡常数K=1。若起始时c(CO)=1mol•L-1，c(H2O)=2mol•L-1，试回答下列问题：①该温度下，反应进行一阶段时间后，测得

H2的浓度为0.5mol•L-1，则此时该反应v(正)____________v(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）；②若反应温度不变，达到平衡后，H2O的转化率为____________。（3）在一绝

热恒容的容器中充入2molA和1molB发生上述反应：14A(g)2B(g)3C(g)3D(g)HQkJmol−++=−ƒ△，以下能说明反应达到平衡状态的是___________a．容器内的总压强不在变化b．容器内A和B物质的量比不变c．容器内气体平

均密度不变d．容器内气体温度恒定不变（4）某温度时，亚硝酸银AgNO2的4Ksp9.010−=、Ag2SO4的5Ksp4.010−=，当向含-2NO、2-4SO混合溶液中加入AgNO3溶液至2-4SO恰好完全沉淀（即2-4SO浓度等于1.0×10-5m

ol·L-1）时，c(-2NO)=________________。【答案】(1).32223CHOH(l)O(g)CO(g)2HO(l)H726.5kJ/mol2+=+=−△(2).>(3).33.3%(4).ad(5).4.5×10-4mol·L-1【解析】【分析】本题主要

考查盖斯定律求反应热，热化学方程式的书写，利用溶度积求解离子浓度以及化学平衡的相关计算等，试题难度中等。【详解】（1）a、2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=-571.6kJ•mol-1；b、CO（g）+2H2（g）⇌C

H3OH（g）；△H=-90.8kJ•mol-1；c、2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=-566.0kJ•mol-1；d、CH3OH（g）═CH3OH（l）；△H=-37.3kJ•mol

-1，由盖斯定律可知2a-2b+c-2d可得2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l），△H=2（-571.6kJ•mol-1）-2（-90.8kJ•mol-1）+（-566.0kJ•mol-1）-

2（-37.3kJ•mol-1）=-1453kJ/mol所以燃烧热为12×（-1453KJ/mol）=-726.5kJ/mol，故答案为：32223CHOH(l)O(g)CO(g)2HO(l)H726.5kJ/mol2+=+=−△；（

2）①根据反应进行计算：222HO(g)+CO(g)H(g)+CO(g)mol/L2100mol/L0.50.50.50.5mol/L1.50.50.50.5起始量转化量终止量ƒ，则此时的Qc=222()()0.5?0.51==()()1.5?0.53cHcC

OcCOcHO<1，故反应仍然向正向进行，故该温度下，反应进行一阶段时间后，测得H2的浓度为0.5mol•L-1，则此时该反应v(正)>v(逆)，故答案为：>；②若反应温度不变，达到平衡后，则：222HO(g)+CO(g)H(g)+CO(g)mol/L210mol/Lxxxxmol/L

2-x1-xxx起始量转化量终止量ƒ，此时平衡常数为：K=222()()x?x==1()()(2-x)?(1-x)cHcCOcCOcHO，解答x=23，故H2O的转化率为23100%33.3%2=，故答案为：33.3%；（3）a．由于反应前后气体的物质的

量没有发生变化，但容器是绝热容器，故容器内的总压强不再变化说明容器内的温度不再改变，故发硬已经达到平衡，a符合题意；b．投入量A、B之比为2：1，根据反应系数可知A、B的转化量也是2：1，故容器内A和B物质的量比恒定为2：1,B不合题意；c．容器内气体的质量不变，容器时恒容容器，故容器内气体平均密

度一直不变，c不合题意；d．容器为绝热容器，故容器内气体温度恒定不变说明反应已经达到化学平衡，d符合题意；故答案为：ad；（4）某温度时，亚硝酸银AgNO2的4Ksp9.010−=、Ag2SO4的5Ksp4.010−=，当向

含-2NO、2-4SO混合溶液中加入AgNO3溶液至2-4SO恰好完全沉淀（即2-4SO浓度等于1.0×10-5mol·L-1）时，此时溶液中+2-4-5-5Ksp4.0?10=2mol/L1.(Ag)(SO)0?10cc==，故c(-2NO)=-4+

-4Ksp9.0?10=4.5?1(Ag0/L2)molc=，故答案为：4.5×10-4mol·L-1。35.Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。（1）基态Co原子的价电子排布式为____________（2

）已知HN3是一种弱酸，其在水溶液中的电离方程式为33HNHN+−+,与3N−互为等电子体的一种分子为：_______，3N−离子杂化类型为___________。（3）Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是___________，配位体NH

3的空间构型为：___________。（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为____________，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是___________

__。（5）氧化镍和氯化钠的晶体结构相同，可看成镍离子替换钠离子，氧离子替换氯离子。则：①镍离子的配位数为__________。②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρg·cm-3，则该晶胞中最近的O2-之间的距离为__________pm（列出表

达式）。【答案】(1).3d74s2(2).CO2或者N2O或者CS2(3).sp(4).6(5).三角锥形(6).KFe2(CN)6(7).正四面体形(8).6(9).103A2754102Np【解析】【分析】(1)Co元素的原子序数为27，由核外电子排布规律可得

基态Co原子的价电子排布式；(2)等电子体具有相同的原子个数和价电子数，等电子体具有相同的空间构型，由空间构型可确定3N−中氮原子的杂化方式；(3)Co+与5个氨分子和1个N3-离子形成配位键6；配位体NH3分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1；(4)由分摊法确定晶体的

化学式；(5)①由晶胞结构可知，1个镍离子的周围有6个氧离子；②由分摊法计算该晶胞中最近的O2-之间的距离。【详解】(1)Co元素的原子序数为27，基态Co原子的价电子排布式为3d74s2，故答案为：3d74s2；(2)等电子体具有相同的原子个数和价电子数，与3N−具有相同的原子个数和价

电子数的分子可能为CO2或N2O或CS2；等电子体具有相同的空间构型，二氧化碳为直线形结构，则3N−为直线形结构，则3N−中氮原子为sp杂化，故答案为：CO2或者N2O或者CS2；sp；(3)氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+

形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；配位体NH3分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则氨分子的空间构型为三角锥形，故答案为：6；三角锥形；(4)Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+

、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有18属于该立方体，则该立方体中有12个Fe2+、12个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有14属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学

式为[FeFe(CN)6]-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形，故答案为：KFe2(CN)6；正四面体形；(5)①由晶胞结构可知，1个镍离子的周围有6个氧

离子，则镍离子的配位数为6，故答案为：6；②由晶胞结构可知，晶胞中Ni2+的个数为12×14+1=4，O2-的个数为,8×18+6×12=4，设晶胞中最近的O2-之间的距离为a，则晶胞的边长为2×2a2=2

a，由晶胞的质量关系可得(2a×10—10)3ρ=A754N，解得a=103A2754102Nppm，故答案为：103A2754102Np。【点睛】每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有18属于该立方体，则该立方体中有

12个Fe2+、12个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有14属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为[FeFe(CN)6]-是分析关键，也是解答关键。36.化合物F是一种重要的有机物，可通过以下方法合成：（1）B中含有的官能团名称为__________

_______。（2）A→B的化学方程式为_________________。（3）B→C的反应类型为_________________。（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_______________________。①能发生银镜反应；②能发生水解

反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中只有4种不同化学环境的氢。（5）已知：CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO。请结合题给信息，以苯和为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)__________________

。【答案】(1).硝基、溴原子(2).+H2O(3).取代反应(4).或(5).【解析】【分析】本题为有机合成流程题，由题干D和F的结构简式可以推知E的结构简式为：，据此解题；(1)由题干可知B的结构简式即可知道其所含官能团；(2)比较A和B的结构简式以及反

应条件即解题；(3)通过比较B和C的结构简式可知反应类型；(4)根据题给条件①含有醛基或者甲酸酯结构，②含有酯基或酰胺键，且水解产物中有酚羟基，③分子中只有4种不同化学环境的氢即分子高度对称，即可确定该物质的同分异构体；(5)结合题干流程图所给信

息以及(5)小题提供的已知信息，采用逆推法即可确定合成路线。【详解】(1)由题干可知B的结构简式为：，故含有的官能团名称为硝基和溴原子，故答案为：硝基和溴原子；(2)由题干可知：A→B即在浓硫酸、浓硝酸的作用下生成，故化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(3)B→C即生成，通过比较二者的结

构简式可知该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(4)①能发生银镜反应，即分子中含有醛基或者甲酸酯结构，②能发生水解反应即含有酯基或酰胺键，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应水解产物中有酚羟基，③分子中只有4种不同化学环境的氢即分子高度对称，故该同分异构体有：或，故

答案为：或；(5)本题采用逆合成法进行涉及合成路线：根据已知信息第二步目标产物可由在加热消去得到，根据已知反应第一步可知，可由在NaOH催化下制得，结合题干流程图B→C的转化可以推知，可由和合成，再结合流程图E→F的信息可知，可由催化还原反应，结合苯制硝基苯的反应，即可确定该

合成流程图为：，故答案为：。