【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.3322HCOHO2HOCO−++=+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．3322HCOHO2HOCO−++=+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＋＋2-4

SO，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－1NH4Cl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122.4mol，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N

aOH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/LCH3COONa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1mo

l·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CH3CH2CH2Cl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C13H

18O2，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+Y

W+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.SO2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2SO3(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-1NaO

H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(CH

3COO-)＞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NaOH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(Na+)+c(H+)，由物料守恒可得c(HCOOH)+c(HCO

O−)=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-1CH3COONa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Na2

CO3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t0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(N

O3)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=()()22nucMcC++=()()()()()()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()()-32cOHcNHH×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＞()-3cHC

O＞()-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MnO

2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是A.MnO4-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Mn

O2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↓+MnO2↓+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+3F

e2++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F

e2+的物质的量，然后根据反应7H2O+3Fe2++MnO4-=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-=AlO2-+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/min0102030405060708

090100c(N2O)/mol/L0.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.000（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N

2O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.lmol·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/mL120.0024.0022

0.0023.10320.0022.90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NH4

SCN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A

g＋，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).33Fe3SCNF

e(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)=2310

202(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(HC

l)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(SCN)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).2332CHO

H6e8OHCO6HO−−−−+=+(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:NaClO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KAl(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1.0×10-5mol·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）⇌CH3OH（g）；△H=-90.8kJ•mol-1；c、2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=-566.0kJ•mo

l-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•m

ol-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?0.53cHcCOcCOcHO<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/L2-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：a

d；（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+2-4-5-5Ksp

4.0?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NH3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1

2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12×1

4+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=2a，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).+H

2O(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：。