【文档说明】湖南省湘潭市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.889 MB，由小赞的店铺上传

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湘潭市一中高二化学试题可能用到的柏对银子质亚：H～1C～12N～14O～16Na～23Cl～35.5Ca～40Fe～56Cu～64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.已知氯化铝易溶于苯，其熔点为19

0℃，则下列说法不正确的是A.氯化铝是电解质B.固态氯化铝是分子晶体C.氯化铝是极性分子D.氯化铝是非极性分子【答案】C【解析】【分析】【详解】由“相似相溶”规律可推知3AlCl为非极性分子，故C项错误。2.下列除杂方法正确的是A.溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，再用苯萃

取碘B.乙炔中混有2HS，将其通入盛有酸性4KMnO溶液的洗气瓶C硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，加入足量NaOH溶液后分液D.乙烯中混有乙炔，通氢气在一定条件下反应，使乙炔转化为乙烯【答案】C【解析】【详解】A．溴苯与苯是互溶的，因此不能

用苯萃取碘，故A错误；B．乙炔能被酸性高锰酸钾氧化，因此乙炔中混有2HS，不能将其通入盛有酸性4KMnO溶液的洗气瓶，只能用硫酸铜溶液除掉2HS，故B错误；C．硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，加入足量NaOH溶液，氢氧化钠中和过量酸，溶液分层，再分液，故C正确；D．乙烯中混有乙炔，通

氢气在一定条件下反应，易引入新杂质氢气，不能除杂，故D错误。综上所述，答案为C。3.下列说法正确的是A.试管具有能溶解固体、配制溶液、加热较多试剂三种用途B.已知1molNaHSO4能电离出1molH+，从而可知NaHSO4属于强酸C.若A

酸溶液中c(H+)>B酸溶液中c(H+)，则酸性：A酸>B酸.的D.蒸馏时，应使温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口【答案】D【解析】【分析】【详解】A.试管用于少量液体试剂的加热，一般不用作溶解固体，配制溶液，故A错误；B.NaHSO4能电离出氢离子，钠离子以及硫酸根离子，从而可知阳离子不全部

是氢离子，不属于酸，应属于盐类，故B错误；C.浓度不同不能比较酸性强弱，如某高浓度的醋酸溶液氢离子浓度大于某盐酸浓度，但醋酸酸性弱于盐酸，故C错误；D.蒸馏控制的是沸腾的蒸气的温度，温度计的水银球应该靠近蒸馏烧瓶

的支管口，故D正确；综上所述，本题正确选项D。4.常温下，向一定浓度的醋酸溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量，在此操作过程中，有关溶液中离子浓度变化的大小关系不正确的是A.当pH=7时，c（Na＋）=c（CH3COO－）>c（H＋）=c（OH－）B.当pH>7时，c（CH3

COO－）>c（Na＋）>c（OH－）>c（H+）C.当恰好完全中和时，c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋）D.反应全程都有关系：c（Na＋）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－）【答案】B【解析】【分析】【详解】A．当pH=7时,c（H＋）=c（OH－）,溶

液存在c（Na＋）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－）,则c（Na＋）=c（CH3COO－）,中性溶液中氢离子或氢氧根离子浓度较小,则c（CH3COO－）>c（H＋）,所以有c（Na＋）=c（CH3COO－）>c（H＋）=c（OH－）,故A正确；B．阴离子浓度之和大于阳离子浓度之

和,不能满足溶液呈电中性,应为c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H+）,如NaOH过量较多时存在c（Na＋）>c（OH－）>c（CH3COO－）>c（H+）,故B错误；C．当恰好完全中和时,恰好生成醋酸钠,溶液呈碱性,存在c（Na＋）>c（CH3

COO－）>c（OH－c（H+），故C正确；D．溶液存在电荷守恒,则有c（Na＋）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－）,故D正确；故答案选B。5.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，请判断以下叙

述正确的是元素代号ABCDE原子半径/nm0.1600.1430.0900.1020.073主要化合价+2+3+2+6、-2-2A.A2+与D2-的核外电子数相等B.B3+是其所在周期中所有常见离子中半径最小的C.氢化物的稳定性为H2E<H2

DD.在相同条件下，单质与同浓度的稀盐酸反应的剧烈程度为B>A【答案】B【解析】【分析】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，E为没有最高正价的O，D

为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，以此解答。【详解】A．由分析可知，A为Mg元素，D为S元素，Mg2+和S2-

的核外电子数不相等，故A错误；B．B元素最最外层电子数为3，为B或Al，Al3+和B3+分别是第三周期和第四周期中离子中半径最小的，故B正确；C．非金属性：O>S，则氢化物的稳定性为H2S<H2O，故C错误；D．若B为Al，金属性：Mg>Al，单质与同浓度的稀盐酸反应的剧烈程度为Mg>Al

；若B为B，B不与盐酸反应；故D错误；故选B。6.常温下将盐酸溶液滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随-1g(OH-)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A.反应N2H62++N2H4=2N2H5+的p

K=90(已知pK=-lgK)B.N2H5Cl溶液中存在:c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)C.N2H5Cl溶液中c(H+)>c(OH-)D.Kb1(N2H4)=1

0-6【答案】A【解析】【详解】A．由25NH+的电离方程式25NH++H2O622NH++OH-可得Kb2(N2H4)＝()()()()2+-26--15+25cNHcOH=cOH=10cNH，则Kb1(N2H4)/Kb

2(N2H4)＝()()()2+252+2624cNHcNHcNH，即为反应622NH++N2H4=225NH+的K=Kb1(N2H4)/Kb2(N2H4)=6915101010−−=，所以pK=-9.0，故A错误；B．N2H5C1溶液中存在的电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(25N

H+)+2c(622NH+)+c(H+)，故B正确。C．N2H5C1溶液中因25NH+的水解使溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，故C正确；D．由图像可知当-lg(OH-)=6时，N2H4和25NH+的物质的量分数相等，

可推知其浓度相等，由N2H4的电离方程式N2H4+H2O25NH++OH-，得Kb1(N2H4)＝()()()()+-25--624cNHcOH=cOH=10cNH，故D正确；故答案选A。7.下列关于电解质分类的组合中，完全正确的是选项ABCD强电解质HF24HSOHClO3HNO

弱电解质4BaSO3CHCOOHNaCl3CaCO非电解质2Cl2SO25CHOH2CSA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，主要包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物，主要

包括弱酸、弱碱、少部分盐和水；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，主要包括非金属氧化物、一些氢化物和有机物等，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。【详解】A．HF属于弱酸，是弱电解质，4BaSO是强电解质，Cl2既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．24HSO是强酸

，是强电解质，3CHCOOH属于弱酸，是弱电解质，2SO本身不能电离，是化合物，属于非电解质，故B正确；C．次氯酸属于弱酸，是弱电解质，NaCl是强电解质，故C错误；D．硝酸是强酸，属于强电解质，3CaCO熔融状态下完全电离，属于强电

解质，2CS本身不能电离，是化合物，属于非电解质，故D错误；故选B。8.常温时，向20mL0.01mol·L-1的HA溶液中滴加0.01mol·L-1NaOH溶液，混合溶液的pH与微粒浓度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是A.c点溶液对应的pH为5.2B.b点对应的NaOH

溶液体积大于10.00mLC.a点溶液中：c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)D.常温时，HA的Ka=10-4.2【答案】B【解析】【分析】由图可知，b点lg-c(A)c(HA)=0，溶液中c(HA)=c(A-)，溶液pH为4.2，则电离常数Ka=-c(A)c(

H)c(HA)+=c(H+)=10-4.2；a点lg-c(A)c(HA)=-1，则溶液中c(H+)=-c(HA)c(A)aK=10-3.2mol/L；c点lg-c(A)c(HA)=2，则溶液中c(H+

)=-c(HA)c(A)aK=10-5.2mol/L。【详解】A．根据分析，c点c(H+)=10-5.2mol/L，pH=5.2，A正确；B．若加10mLNaOH，溶液中HA与A-为1:1，A-的水解常数Kh=waKK=144.21010−−=10-9.8，Ka＞Kh，因此HA的电离大于A-的水

解，即c(HA)＜c(A-)，在b点时，c(HX)=c(A-)，因此b点对应的NaOH溶液体积小于10.00mL，B错误；C．a点lg-c(A)c(HA)=-1，因此c(HA)=10c(A-)，c(HA)＞c(A-)由于HA可以电离出A-，因此c

(A-)＞c(Na+)，根据分析，pH为3.2，因此c(H+)＞c(OH-)，离子的大小关系为c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C正确；D．根据分析，电离常数Ka=-c(A)c(H)c(HA)+=c(H+)=10-4.2；D正确；故选B。9.常温下，下列有关电解

质溶液的叙述错误的是A.某H2SO4溶液中--8+c(OH)=1.010c(H)，由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/LB.将0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释后，由水电离产生的c(H+)·c(OH-)保持不变C.pH=3的H2SO4溶液，稀释105倍后，溶液的pH＜7D.将0.0

2mol/LHCl溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，溶液pH约为12【答案】B【解析】【分析】【详解】A．某H2SO4溶液中--8+c(OH)=1.010c(H)，结合水的离子积c（H+）•c（OH-）=10-14，可解

得c（H+）=10-3mol/L，c(OH-)=10-11mol/L，硫酸中的氢氧根全部来自于水的电离，而水电离出的氢离子浓度等于其电离出的氢氧根的浓度，故溶液中水电离出的c(H+)=1×10-11mol•L-1，故A正确；B．加水稀释溶液碱性减弱，则溶液中水电离出的c（H+）、c（OH-）都增大

，所以由水电离产生的c（H+）•c（OH-）增大，故B错误；C．酸无论如何稀释都不能变为中性或碱性溶液，所以pH=3的H2SO4溶液，稀释105倍后，溶液的pH＜7，故C正确；D．将0.02mol/LHCl溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液

等体积混合后，氢氧化钡过量，溶液中的c（OH-）=0.04mol/LVL-0.02mol/LVL=0.01mol/L2VL，则c（H+）=10-12mol/L，故pH=12，故D正确；故选：B。1

0.下列关于实验操作或现象的说法正确的是A.图1：进行氢氧化铁胶体的电泳实验，通电后，阴极附近颜色逐渐加深B.图2：反应一段时间后，试管中固体变为红棕色C.图3：测定氯水的pHD.图4：接近滴定终点时，滴定管的尖嘴不可以接触锥形瓶内壁【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氢氧化铁胶体的胶粒带正

电，做电泳时，通电后胶粒向阴极移动，则阴极附近颜色逐渐加深，故A正确；B．Fe在高温下和水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，故B错误；C．氯水中含有的HClO有漂白性，使pH试纸先变红后褪色，则无法用pH试纸测定氯水的pH，故C错误；D．为保证滴定更精确，接近

滴定终点，可以微微转动活塞，使溶液悬挂在尖嘴上，形成半滴（有时还不到半滴），用锥形瓶内壁将其刮落，故D错误；故答案为A。11.将一定量的NO2充入注射器中后封口，下图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透

光率越小)。已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)△H<0。下列说法正确的是A.b点的操作是拉伸注射器B.c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小C.d点：υ(正)>υ(逆)D.若注射器绝热(不与外界进行热交换)，则压缩达新平衡后平衡常数K值减小【答案】D【解析】

【详解】A．由于b点后气体的透光率减小，说明有色气体的浓度增大。则b点的操作是压缩注射器，错误；B．由于b点的操作是压缩注射器，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，但是平衡移动的趋势是微弱的，当反应c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2

O4)也增大，错误；C．在c点后的某时刻，透光率突然增大，说明拉伸注射器，由于气体的压强减少，平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，所以d点：υ(逆)>υ(正)，错误；D．该反应的正反应是放热反应，若注射器绝热(不与外界进行热交换)，则压缩注射器，平

衡向放热的正反应方向移动，由于温度升高，化学平衡向吸热的反应方向移动，所以达新平衡后平衡常数K值减小，正确。12.在密闭容器中投入足量CaC2O4，在T℃发生反应：CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)，达到平衡测时

得c(CO)=amol·L-1。保持温度不变，压缩体积至原来的一半，达到新平衡时测得c(CO2)为A.0.5amol·L-1B.amol·L-1C.1.5amol·L-1D.2amol·L-1【答案】B【解析】【详解】温度不变，平衡常数不变，即K=2COCO

=22CO=2CO不变，增大压强该反应平衡左移后，CO和CO2浓度不变，仍为amol·L-1。13.宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文

物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法不正确的是A.青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极B.潮湿环境中Cl-浓度大有利于多孔粉状锈的生成C.若生成0.2molCu2(O

H)3Cl，则消耗的O2体积为4.48LD.环境中的Cl−与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2++3OH−+Cl−===Cu2(OH)3Cl↓【答案】C【解析】【分析】根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、

Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl。【详解】A项、根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，故A正确；B项、Cl-扩散到孔口，并与正极

反应产物氢氧根离子和负极反应产物铜离子作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，潮湿环境中Cl-浓度大，有利于多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl的生成，故B正确；C项、未指明标准状态，无法计算消耗的O2体积，故C错误；D项、Cl-扩散到孔口，并与正极

反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2（OH）3Cl↓，故D正确。故选C。【点睛】本题考查原

电池原理的应用，侧重分析与应用能力的考查，把握Cu及其化合物的性质以及电化学反应原理等为解答的关键。14.如图所示，隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A(g)+3B(g)⇌2C(g)ΔH=

-210kJ·mol-1。向M、N中，分别通入xmolA和ymolB的混合气体，初始时M、N容积相同。下列说法不正确的是A.若平衡时A气体在两容器中的体积分数相等，则x:y=1:1B.若x:y=1:3，当M中放出热量168kJ时，A的转化率为80%C

.若x:y=1:1，平衡时测得N中含A、C分别为1.2mol、0.2mol。保持温度不变，再向N中通入0.6molA，则平衡向逆反应方向移动。D.若x=1，y=1.8，在N中达到平衡时容积为24L，C为0.4mol，则反应起始时N的容积为28L【答案】B【

解析】【详解】A．隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，即M为恒温恒容条件，N为恒温恒压条件，设反应过程消耗的A为amol，则列三段式有：A(g)+3B(g)+2C(g)/molxy0/mola3a2a/molxay3a2a−−起始转

化平衡，A的体积分数为xax+y-2a−，若平衡时A气体在两容器中的体积分数相等，即xax+y-2a−=50%，则x∶y=1∶1，A正确；B．根据热化学方程式可知1molA和3molB完全反应放出热量210kJ

，所以当放出热量168kJ，消耗的A为1mol×168210=0.8mol，但A的初始投料未知，所以无法确定A的转化率，B错误；C．若x:y=1:1，平衡时测得N中含A、C分别为1.2mol、0.2mol，将C一边倒后可知投料为1.3mol

A、1.3molB，所以平衡时B的物质的量为1.0mol，此时容器中共有1.2mol+0.2mol+1.0mol=2.4mol气体，不妨设此时容器体积为1L，则该温度下平衡常数K=230.21.21.0≈0.033；再通入0.6molA后，气体总量变为3.0mol，恒

温恒压条件下气体体积比等于气体的物质的量之比，所以此时容器体积为1L×3.02.4=1.25L，浓度商为230.2()1.251.20.61.0()()1.251.25+≈0.035＞K，所以此时平衡逆向移动，C正确；D．

平衡时C为0.4mol，列三段式有A(g)+3B(g)+2C(g)/mol11.80/mol0.20.60.4/mol0.81.20.4起始转化平衡，所以平衡时气体的总物质的量为0.8mol+1.2mol+0.4mol=2.4mol，容积为24L，起始时气体

总物质的量为2.8mol，恒温恒压条件下气体体积比等于气体的物质的量之比，所以起始时容积为28L，D正确；综上所述答案为B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某学习小组欲用下列装置探究乙烯还原氧化铜。已知：i.乙醇在170℃、浓硫酸的作用下能产生乙烯，方程式为

CH3CH2OH浓硫酸170℃⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CH2↑＋H2O；ii.加热条件下，少量乙醇被浓硫酸碳化。回答下列问题：(1)仪器X的名称为___________。(2)制备乙烯时应选用装置___________(填“A”或“B”)；反应开

始后，仪器X中观察到的现象为___________。(3)实验时装置的连接顺序是a→___________→尾气处理(按气流方向，用小写字母表示)；其中NaOH溶液的作用为___________。(4)实验时，装置F应___________(填“先加热”或“后加热

”)，原因为___________。(5)能证明乙烯还原氧化铜的实验现象为___________。【答案】①.蒸馏烧瓶②.B③.溶液变黑，有气泡产生④.ed→fg→hi(或ih)→bc⑤.吸收乙烯中的CO2和SO

2⑥.后加热⑦.应先用乙烯排尽装置中的空气，避免乙烯与空气混合加热爆炸⑧.F装置中黑色粉末变为红色，C装置有白色沉淀生成【解析】【分析】本实验探究乙烯还原氧化铜，实验原理是C2H4＋6CuO⎯⎯→6Cu＋2CO2↑＋2H2O，根据信息，制备乙烯时反应温度应在170℃，温度计需要插入到溶液中，

即B装置制备乙烯，加热条件下，乙醇被浓硫酸碳化，碳加热条件与浓硫酸反应生成CO2、SO2，CO2干扰实验，需要除去，B装置连接D装置，然后干燥乙烯，E装置连接F装置，最后连接C装置，据此分析；【详解】(1)根据仪器X的特点，仪器X有支管，仪器X为蒸馏烧瓶；故答案为蒸馏烧瓶；(2)温度在170℃

下，乙醇生成乙烯，温度计的水银球应插入到溶液中，装置B制备乙烯；乙醇为无色溶液，加热过程中乙醇被浓硫酸碳化，溶液变黑，乙烯为无色气体，仪器X中的现象是溶液变黑，有气泡产生；故答案为B；溶液变黑，有气泡产生;(3)根据上述分析，洗气瓶中“长进短出”，即连

接顺序是a→ed→fg→hi(或ih)→bc；其中NaOH溶液的作用为吸收乙烯中的CO2和SO2；故答案为ed→fg→hi(或ih)→bc；吸收乙烯中的CO2和SO2；(4)乙烯为可燃性气体，与氧气混合，容易发生爆炸，因此先通入一段时间的乙烯

，排尽装置中空气，避免乙烯与空气混合加热爆炸，因此是后加热；故答案为后加热；应先用乙烯排尽装置中的空气，避免乙烯与空气混合加热爆炸；(5)实验原理是C2H4＋6CuO⎯⎯→6Cu＋2CO2↑＋2H2O，CuO→Cu，固体由

黑色变为红色，CO2能使澄清石灰水变浑浊；故答案为F装置中黑色粉末变为红色，C装置有白色沉淀生成。16.工业上用磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备FePO4(磷酸铁)。已知：FePO4难溶于水，能溶于无机强酸。（1）“浸取”时为加速溶解，

可以采取的措施有_____(任写一种)：加入硫酸的目的是_____；滤渣的主要成分是_____。（2）“浸取”时Fe2P发生反应的离子方程式为______。（3）“制备”过程中溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及n(Fe)/n(P)比值的影响如图

所示[考虑到微量金属杂质，在pH=1时，n(Fe)/n(P)为0.973最接近理论值]。在pH范围为1~1.5时，随pH增大，n(Fe)/n(P)明显增大，其原因是_______。（4）工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备FePO4。①FeP在阳极放电的电极反应式为___

____。②常温电解一段时间，测得溶液中Fe3+浓度约为0.32mol∙L-1，为了避免生成Fe(OH)3沉淀，应控制溶液的pH不大于_______(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，lg2=

0.3)。【答案】（1）①.将磷铁渣粉碎以增大接触面积、适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌②.为了保持体系的酸度，防止生成FePO4③.SiO2（2）3Fe2P+29H++11-3NO=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O（3）pH增大，促进促进Fe3+

水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中（4）①.FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+②.1.7【解析】【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸

浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，(4)根据阳极上发生氧化反

应，故阳极电极反应为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，据此分析解题。【小问1详解】将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，由分析可知，加入硫酸的目的是保持体系的酸度，防止

生成FePO4，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：将磷铁渣粉碎以增大接触面积或者适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌；为了保持体系的酸度，防止生成FePO4；SiO2；【小问2详解】由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3P

O4，根据氧化还原反应配平可得，Fe2P发生反应的离子方程式为：3Fe2P+29H++11-3NO=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O，故答案为：3Fe2P+29H++11-3NO=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O；小问3详解】当pH范围在1

～1.5时，随着pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中，使得()()nFenP明显增大明显增大，故答案为：pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中；【小问4详解】①由分析可知，FeP在阳

极放电的电极反应式为FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，故答案为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+；②常温电解一段时间，测得溶液中Fe3+浓度约为0.32mol/L，为了避免生成Fe(OH)3沉淀，应控制溶液的c(OH-)384100.32−=51310−mol/

L，故c(H+)1413110510−−=0.02mol/L，pH不大于lg0.02=2-lg2=1.7，故答案为1.7。17.（1）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：①写出该反应化学方程式______。②计算

反应开始到10s，用X表示的反应速率是______。③下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是______(填写序号)。a.当X与Y的反应速率之比为1：1b.混合气体中X的浓度保持不变c.X、Y、Z的浓度之比为1：1：2④为使该反应的反应速率增大，可采取的措施是______(填写

序号)。A.适当降低温度b.扩大容器的体积c.充入一定量Z（2）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(表中气体体积为累计值，且

已转化为标准状况)：时间(min)12345【的氢气体积(mL)50120232290310①2—3min反应速率最大，原因是______。②如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：

A.蒸馏水；B.NaCl溶液；C.NaNO3溶液；D.CuSO4溶液；E.Na2CO3溶液，你认为可行的是______（填选项代号）。（3）氢气用于工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol，一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的

N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如图所示，其中t4、t5、t7时刻所对应的实验条件改变分别是：t4______，t5______，t7______。【答案】①.X+Y⇌2Z②.0.0395mol•L

-1•s-1③.b④.c⑤.锌与盐酸反应放热，随反应进行温度升高，温度对反应速率影响占主导作用⑥.AB⑦.加入催化剂⑧.减小NH3浓度⑨.降温【解析】【分析】(1)由图象中反应物、生成物浓度的变化书写反应方程式；根据平衡状态特征及本质分析

反应是否达到平衡；根据图示信息及速率表达式计算反应速率；(2)根据反应原理及影响反应速率的外界因素及原电池原理分析解答；(3)根据影响反应速率及平衡移动的因素分析解答。【详解】(1)①由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多

，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y：X：Z=（1.20mol-0.41mol）：（1.0mol-0.21mol）：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为：X+Y⇌2Z；②反应开始到10s，用X表示

的反应速率为：v（X）=1.20mol-0.41mol2L10s=0.0395mol•L-1•s-1；③a.当X与Y的反应速率之比为1：1时，无法判断正逆反应速率是否相等，则无法判断是否达到平衡状态，故错误

；b.混合气体中X的浓度保持不变，说明各组分的浓度不再变化，则该反应达到平衡状态，故正确；c.X、Y、Z的浓度之比为1：1：2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断是否达到平衡状态，故错误；故答案为b；④a.降低温度，反应速率减小，故不选；b.扩大容器的体积，浓度减小，

反应速率减小，故不选；c.充入一定量Z，浓度增大，反应速率增大，故选；答案为c；故答案为：X+Y⇌2Z；0.0395mol•L-1•s-1；b；c；(2)①锌与盐酸反应放热，随反应进行温度升高，温度对反应速率影响占主导作用，所以2—3min反应速率最大；②A.加蒸馏

水，浓度降低，反应速率减小，但生成氢气量不变，故选；B.加NaCl溶液，盐酸浓度减小，反应速率减小，但生成氢气量不变，故选；C.加入NaNO3溶液时，硝酸根离子在酸性环境下具有氧化性，锌被氧化，有NO气体

生成，不生成氢气，故不选；D.加CuSO4溶液，锌置换出铜后形成原电池，反应加快，故不选；E.加Na2CO3溶液，与盐酸反应生成二氧化碳气体，生成氢气量减小，故不选；答案为：AB；故答案为：锌与盐酸反应放热，随反应进行温度升高，温度对反应速率

影响占主导作用；锌与盐酸反应放热，随反应进行温度升高，温度对反应速率影响占主导作用；AB；(3)t4时刻正逆反应速率同时增大，且保持平衡不移动，所以应该是加入催化剂造成的；t5时刻，正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡向正方向移动，应该是减小了NH

3浓度造成的；t7时刻，正逆反应速率均减小，且平衡向正方向移动，该反应为放热反应，则是温度降低造成的，故答案为：加入催化剂；减小NH3浓度；降温。18.已知A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A的周期数等于其主族序数，B原子的价电子排布为nsnn

pn，D是地壳中含量最多的元素。E是第四周期的p区元素且最外层只有2对成对电子，F元素的基态原子第四能层只有一个电子，其它能层均已充满电子。（1）基态E原子的价电子排布式_______。（2）B、C、D三元素第一电离能由大到小的顺序为(用元素符号表示)

_______。（3）CD-3中心原子杂化轨道的类型为_______杂化；CA+4的空间构型为_______(用文字描述)。（4）D、E元素最简单氢化物的熔点_______>_______(填化学式)，理由是_______。（5）C、F两

元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是_______。若相邻C原子和F原子间的距离为apm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为_______g／cm3(用含a、NA的符号表示，只列式不需要计算)。【答案】（1）4s24p4（2）N>O>C（3）①.sp2②.正四面体（4）

①.H2O②.H2S③.H2O分子间能形成氢键，熔沸点高（5）①.Cu3N②.303A103104aN【解析】【分析】已知A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，B原子的价电子排布为nsnnpn，n＝2，则B是碳元素。A的周期

数等于其主族序数，原子序数小于B，则A是氢元素或Be元素。D是地壳中含量最多的元素，则D是氧元素。C的原子序数介于B与D之间，则C是氮元素。E是第四周期的p区元素且最外层只有2对成对电子，则E位于第ⅥA族，应该是Se元素。F元素的基态原子第四

能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，则F是铜。【小问1详解】E为Se，是第四周期第ⅥA族，则基态Se原子的价电子排布式为4s24p4；【小问2详解】非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性

强，则B、C、D三元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；小问3详解】-3NO的中心原子N的杂化轨道数为512+=3，则杂化类型为sp2；+4CA即+4NH，中心N原子为sp3杂化，空间构型为正四面体；【小问4详解】D、E元素为O、Se，其氢化物分别为H2O、H2S，水分子

间存在氢键，熔沸点高，则氢化物的熔点由高到低的顺序为H2O＞H2S；【小问5详解】【根据晶胞结构可知，氮原子位于顶点，个数＝8×18＝1，铜位于棱上，个数是12×14＝3，则该化合物的化学式是Cu3N。N原子的配位数是6(即上下前后左右个1个)。若相邻N原子

和Cu原子间的距离为apm，则棱长是2apm，体积是3-3038a10cm，则该晶体的密度为30333AAm206103ρ==10g/cmV8aN4aN=。【点睛】