2025年冀教版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知：熱化學(xué)方程式為硫化氫與甲合成甲硫醇的催化反應(yīng)過程如下圖。下列說法中不正確的是。

A.過程①和②均吸收能量B.過程④形成了和C.(E表示鍵能)D.適當(dāng)降溫加壓可提高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率2、下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A.用飽和碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：B.通入水中制硝酸：C.硫酸銅溶液中加少量的鐵粉：D.室溫下用稀溶解銅：3、MOH是一種一元弱堿，25℃時，在20.0mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加0.1mol·L-1鹽酸VmL，混合溶液的pH與的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.x=3.75B.a點(diǎn)時，V=10.0mLC.25℃時，MOH的電離常數(shù)Kb的數(shù)量級為10-4D.V=20.0mL時，溶液存在關(guān)系：2c(H+)+c(M+)=c(MOH)+2c(OH-)+c(Cl-)4、下列圖示裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖恰?/p>

A.裝置甲用CCl4萃取溴水中的Br2B.裝置乙除去Cl2中的HCl并干燥C.裝置丙驗(yàn)證鐵的吸氧腐蝕D.裝置丁實(shí)驗(yàn)室制備少量NH35、在一密閉容器中有如下反應(yīng)：aX(g)+bY(g)nW(g)；某化學(xué)興趣小組的同學(xué)根據(jù)此反應(yīng)在不同條件下的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出了如下曲線圖：

其中，ω(W)表示W(wǎng)在反應(yīng)混合物中的體積分?jǐn)?shù)，t表示反應(yīng)時間。當(dāng)其它條件不變時，下列分析正確的是A.圖I可能是不同壓強(qiáng)對反應(yīng)的影響，且p2＞p1，a+b>nB.圖I可能是不同溫度對反應(yīng)的影響，且T2＞T1，△H>0C.圖II可能是不同壓強(qiáng)對反應(yīng)的影響，且p1＞p2，n=a+bD.圖Ⅲ可能是不同溫度對反應(yīng)影響，且T1＞T2，△H＜06、已知25℃時，AgCl的溶度積Ksp=1.8×10-10，則下列說法正確的是A.溫度一定時，當(dāng)溶液中c(Ag+)×c(Cl-)=Ksp時，此溶液為AgCl的飽和溶液B.AgNO3溶液與NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag+)=c(Cl-)C.向飽和AgCl水溶液中加入鹽酸，Ksp值變大D.將固體AgCl加入到較濃的KI溶液中，部分AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，AgCl溶解度小于AgI7、實(shí)驗(yàn):①將溶液和溶液等體積混合得到濁液；②取少量①中濁液，滴加溶液,出現(xiàn)紅褐色沉淀；③將①中濁液過濾取少量白色沉淀，滴加溶液.沉淀變?yōu)榧t褐色。下列說法中,不正確的是A.將①中濁液過濾，所得濾液中含少量B.①中濁液存在平衡:C.②中沉淀顏色變化說明轉(zhuǎn)化為D.③可以證明比更難溶評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、（1）請用系統(tǒng)命名法對該物質(zhì)進(jìn)行命名：___。若該烴為一單烯烴的加成產(chǎn)物，則單烯烴可能有___種結(jié)構(gòu)。

（2）某含苯環(huán)的化合物A，其相對分子質(zhì)量為104，碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為92.3%，A的分子式為___。

（3）若25℃時CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka=1.8×10－5mol·L－1，向aLCH3COOH溶液中加入bmolCH3COONa，混合液恢復(fù)至25℃時呈中性，則原CH3COOH溶液的物質(zhì)的量濃度為____。9、焦亞硫酸鈉在醫(yī)藥；橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：

(1)生產(chǎn)通常是由過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫出該過程的化學(xué)方程式___________。

(2)制備也可采用三室膜電解技術(shù)，裝置如圖所示，其中堿吸收液中含有和陽極的電極反應(yīng)式為___________。電解后，________室的濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到

10、固定和利用CO2能有效地利用資源，并減少空氣中的溫室氣體。工業(yè)上有一種用CO2來生產(chǎn)甲醇燃料的方法：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。某科學(xué)實(shí)驗(yàn)將6molCO2和8molH2充入2L的密閉容器中，測得H2的物質(zhì)的量隨時間變化如圖曲線Ⅱ所示。a，b；c，d，e括號內(nèi)數(shù)據(jù)表示坐標(biāo)。

(1)a—b，b—c，c—d，d—e四段中，平均反應(yīng)速率最大的時間段是__，該時間段內(nèi)H2的平均反應(yīng)速率是___。

(2)若在反應(yīng)中加入了催化劑，則反應(yīng)過程將變?yōu)閳D中的曲線___(填“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”)。

(3)平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率是___；反應(yīng)前后容器內(nèi)的壓強(qiáng)比是___。11、鉛蓄電池(原電池)工作時，總反應(yīng)為：PbO2＋Pb＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O；由此可以判斷：

（1）鉛蓄電池的電極材料：正極為___________，負(fù)極為___________。

（2）兩極的電極反應(yīng)式：正極為___________，負(fù)極為___________。

（3）工作一段時間后，鉛蓄電池電解質(zhì)溶液的pH___________(填“變大”、“變小”或“不變”)。12、根據(jù)下列化合物回答問題：

(1)常溫下，在pH=3的CH3COOH溶液中，水電離出的c(H+)=___________。

(2)土壤的pH一般在4-9之間之間。土壤中Na2CO3含量較高時，pH可高達(dá)10.5，試用離子方程式解釋該土壤呈堿性的主要原因___________。

(3)CH3COONa水解的離子方程式___________，CH3COONa溶液中的離子濃度大小關(guān)系：___________，電荷守恒關(guān)系：___________，物料守恒關(guān)系：___________，質(zhì)子守恒關(guān)系：___________13、（1）AgNO3的水溶液呈___（填“酸”、“中”、“堿”）性，常溫時的pH___7（填“>”、“=”、“<”），原因是（用離子方程式表示）：___；實(shí)驗(yàn)室在配制AgNO3的溶液時，常將AgNO3固體先溶于較濃的硝酸中，然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，以___（填“促進(jìn)”；“抑制”）其水解。

（2）氯化鋁水溶液呈___性，原因是（用離子方程式表示）：___；把AlCl3溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產(chǎn)物是___。

（3）在配制氯化鋁溶液時，為了防止發(fā)生水解，可以加入少量的___。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、100℃的純水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此時水呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤15、2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常溫下能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的ΔH＞0。__________________A.正確B.錯誤16、如果的值越大，則酸性越強(qiáng)。（______________）A.正確B.錯誤17、0.1mol/LCH3COOH溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正確B.錯誤18、實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時，需將FeCl3(s)溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋。(_______)A.正確B.錯誤19、稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或堿性)也越強(qiáng)。(_______)A.正確B.錯誤20、100℃的純水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此時水呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤21、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，該反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共8分)22、合成氨是人類科學(xué)技術(shù)上的一項(xiàng)重大突破。合成氨工業(yè)中，用空氣、水和焦炭為原料制得原料氣(N2、H2以及少量CO、NH3的混合氣)；常用鐵觸媒作催化劑。

（1）C、N、O三種元素中第一電離能最大的元素是_____，電負(fù)性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，F(xiàn)e2+具有較強(qiáng)的還原性，請用物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論進(jìn)行解釋：_____。

（3）與CO互為等電子體的陰離子是_____，陽離子是_____。（填化學(xué)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，用惰性電極電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)_____。23、為解決汽車尾氣達(dá)標(biāo)排放；催化劑及其載體的選擇和改良是關(guān)鍵。目前我國研制的稀土催化劑具有很好的催化轉(zhuǎn)化效果，催化過程圖如下。

圖片

(1)Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，它在周期表中的位置為___________，屬于___________區(qū)。

(2)CO、NO均能夠與血紅蛋白(Hb)中Fe2+形成穩(wěn)定的配合物使血紅蛋白失去攜氧能力；因而具有毒性。

已知：CO進(jìn)入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為___________。

②C、N、O三種元素，第一電離能由大到小的順序?yàn)開__________，簡單氫化物的沸點(diǎn)由大到小的順序?yàn)開__________。

③在CO、NO結(jié)構(gòu)中，C、N、O原子均含有孤電子對，與Fe2+配位時，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高壓氧艙可用于治療CO中毒，結(jié)合平衡移動原理解釋其原因：___________。

(4)為節(jié)省貴金屬并降低成本；常用某些復(fù)合型物質(zhì)作催化劑。一種復(fù)合型物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。

①該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為___________。

②每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數(shù)為___________。

③已知，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為ρg/cm3。其晶胞為立方體結(jié)構(gòu)，則晶胞的邊長為___________cm。24、鹽是一類常見的電解質(zhì)；事實(shí)表明鹽的溶液不一定呈中性。

(1)CH3COONa、NH4Cl、KNO3的水溶液分別呈____性、_____性、_____性。

(2)CH3COONa和NH4Cl在水溶液中水解的離子方程式分別為：______、_______。0.1mol/LNH4Cl溶液中各離子濃度由大到小的順序是______。

(3)鹽類的水解在日常生活中也有一定的應(yīng)用，如實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時常會出現(xiàn)渾濁，若要避免這種情況，則在配制時需要在蒸餾水中加入少量_________，其目的是_____。在日常生活中，可以用明礬KAl(SO4)2?12H2O凈化水質(zhì)的原因________。(用離子反應(yīng)方程式及必要的文字回答)25、鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏科等。以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，還含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]為原料可制取鈷的氧化物。

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，該氧化物中鈷離子基態(tài)核外電子排布式為_______。

(2)利用鈷礦制取鈷的氧化物的主要步驟如下：

①浸?。河名}酸和Na2SO3溶液浸取鈷礦，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等離子。寫出Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______。

②除雜：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH調(diào)節(jié)pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有關(guān)沉淀數(shù)據(jù)如表(“完全沉淀時金屬離子濃度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀時pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是_______(加入NaClO3和NaOH時；溶液的體積變化忽略)。

③萃取、反萃?。合虺s后的溶液中，加入某有機(jī)酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應(yīng)：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。實(shí)驗(yàn)測得：當(dāng)溶液pH處于4.5~6.5范圍內(nèi)，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是_______。向萃取所得有機(jī)相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是_______。

④沉鈷、熱分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，過濾、洗滌、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶體。圖為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線；曲線中300℃及以上所得固體均為鈷氧化物。

通過計(jì)算確定C點(diǎn)剩余固體的化學(xué)成分為_______(填化學(xué)式)。試寫出B點(diǎn)對應(yīng)的物質(zhì)與O2在225~300℃發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共15分)26、NH3經(jīng)一系列反應(yīng)可以得到HNO3；如下圖所示。

(1)I中，NH3和O2在催化劑作用下反應(yīng)，其化學(xué)方程式是_______。

(2)II中，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。在其他條件相同時，分別測得NO的平衡轉(zhuǎn)化率在不同壓強(qiáng)(P1、P2)下溫度變化的曲線(如下圖)。

①比較P1、P2的大小關(guān)系：P1_______P2(用“>”；“＜”、“=”)

②隨溫度升高，該反應(yīng)平衡常數(shù)變化的趨勢是_______。

(3)III中，將NO2、O2、H2O化合制硝酸的化學(xué)方程式_______。

(4)IV中，電解NO制備NH4NO3，其工作原理如下圖所示，為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，需補(bǔ)充物質(zhì)A，A是_______，說明理由：_______。

27、有機(jī)化學(xué)中存在很多競爭反應(yīng)，其中萘()的磺化反應(yīng)就是典型的競爭反應(yīng)。在一定條件下；其磺化過程有可能發(fā)生如圖轉(zhuǎn)變：

請回答：

(1)根據(jù)圖1反應(yīng)過程中能量變化，可知反應(yīng)(l)(l)△H___0(填“>”、“<”或“=”)

(2)結(jié)合圖1，請從速率角度解釋圖2中在溫度較低時1—異構(gòu)體較多，而在溫度較高時2—異構(gòu)體較多的可能原因是___。

(3)在實(shí)際生產(chǎn)過程中；往往通過反應(yīng)1先得到1—異構(gòu)體，再將1—異構(gòu)體通過反應(yīng)II生產(chǎn)2—異構(gòu)體。

①下列說法正確的是___。

A.反應(yīng)體系中氣體平均摩爾質(zhì)量保持不變時；不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。

B.溫度越高越有利于2—異構(gòu)體的生產(chǎn)。

C.使用合適的催化劑；有可能提高2—異構(gòu)體的產(chǎn)率。

D.不斷分離出2—異構(gòu)體可以提高2—異構(gòu)體的產(chǎn)量。

②反應(yīng)I的平衡常數(shù)K1可以表示成為K1=c()/[p·c()]，其中p為SO3平衡壓強(qiáng)。在體系達(dá)到平衡后，c()：c()=1：1，請計(jì)算其中的轉(zhuǎn)化率為___(用給出的平衡常數(shù)K1和p表示)。

(4)在恒溫恒壓下，t1時刻，向上述萘的磺化反應(yīng)體系中通入少量惰性氣體，請補(bǔ)充該過程中反應(yīng)I的正、逆反應(yīng)速率變化曲線___。

28、煤經(jīng)甲醇制丙烯技術(shù)；可以改變我國“貧油；富煤”的能源格局。

甲醇催化制丙烯(MTP)的反應(yīng)為：

①主反應(yīng)：

②副反應(yīng)：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)①在催化劑表面的機(jī)理為：

反應(yīng)①平衡常數(shù)的表達(dá)式為___，?H=___(用含a和b的式子表示)。提高M(jìn)TP反應(yīng)甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率，理論上可采取的措施有___(任寫一點(diǎn))。

(2)已知Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式為其中為活化能，k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù)。反應(yīng)①的Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖中的曲線A所示，則該反應(yīng)的活化能___當(dāng)改變外界條件時，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖中的曲線B所示，則實(shí)驗(yàn)可能改變的外界條件是___。

(3)將甲醇和水蒸氣按一定比例混合后，保持反應(yīng)混合物的氣流通過催化劑的流速不變，甲醇轉(zhuǎn)化率、乙烯選擇性和丙烯選擇性隨水醇比的變化如圖。隨水醇比的增加，甲醇轉(zhuǎn)化率下降的可能原因?yàn)開_或__，本工藝最佳水醇比為___。

(4)MTP工藝會產(chǎn)生廢氣，可以利用混合傳導(dǎo)膜(MECC)技術(shù)進(jìn)行廢氣中的脫除并富集資源化，如圖，脫除發(fā)生的電極反應(yīng)方程式為___。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】

通過催化過程可以看出，硫化氫加入催化劑后將硫化氫中的氫硫鍵斷開形成-SH和氫原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催劑表面，將氫氧鍵斷開，-SH取代了羥基的位置形成了甲硫醇和水。過程①是H2S的斷鍵過程，過程②是CH3OH的斷鍵過程，過程③，斷開O-C鍵，形成C-S鍵，過程④為：斷裂了C-O和C-H，形成了O-H和C-S，過程⑤O-H鍵和C-H鍵是新形成的，生成CH3SH和H2O。

【詳解】

A．過程①是H2S的斷鍵過程，過程②是CH3OH的斷鍵過程；斷鍵需要吸收能量，故A正確；

B．過程④為：HS*+OCH3*→OH*+HSCH2*(*表示結(jié)合催化劑)；斷裂了C-O和C-H，形成了O-H和C-S，故B正確；

C．硫化氫與甲醇合成甲硫醇的熱化學(xué)方程式為：H2S(g)+CH3OH(l)→CH3SH(l)+H2O(l)ΔH=-21kJ/mol，斷裂1molH-S和1molC-O，生成1molC-S和1molH-O，則△H=[E(H-S)+E(C-O)]-[E(C-S)+E(H-O)]＜0(E表示鍵能)；故E(H-S)+E(C-O)＜E(C-S)+E(H-O)，故C錯誤；

D．該反應(yīng)為正向氣體分子數(shù)減小的放熱反應(yīng)；故適當(dāng)降溫加壓可使反應(yīng)正向移動，提高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率，故D正確；

故選C。2、D【分析】【詳解】

A．水垢中的硫酸鈣是沉淀，故用飽和碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣的離子方程式為：A錯誤；

B．原離子方程式H原子不守恒，則通入水中制硝酸的離子方程式為：B錯誤；

C．鐵與鹽溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成Fe2+，故硫酸銅溶液中加少量的鐵粉的離子方程式為：C錯誤；

D．室溫下用稀溶解銅的化學(xué)方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故其離子方程式為：D正確；

故答案為：D。3、B【分析】【分析】

由圖可知，a點(diǎn)時pH=10.75，故c(OH-)=10-3.25，當(dāng)=0，故c(M+)=c(MOH)，

【詳解】

A．由分析知當(dāng)pH=7時，c(OH-)=10-7，則故x=3.75，A項(xiàng)正確；

B．當(dāng)V=10.0mL，若不考慮電離和水解，則溶液中溶質(zhì)為c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的電離程度不同，則c(MOH)≠c(MCl)，故B項(xiàng)錯誤；

C．由分析知故MOH的電離常數(shù)Kb數(shù)量級為10-4；C項(xiàng)正確；

D．當(dāng)V=20.0mL時，由電荷守恒可知：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(Cl-)，由質(zhì)子守恒可知：c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，用電荷守恒與質(zhì)子守恒相加即可得到2c(H+)+c(M+)=c(MOH)+2c(OH-)+c(Cl-)；D項(xiàng)正確；

答案選B。4、D【分析】【詳解】

A．四氯化碳和水不互溶；溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，則裝置甲能達(dá)到用用四氯化碳萃取溴水中溴的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A不符合題意；

B．濃鹽酸具有揮發(fā)性；制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，盛有的飽和食鹽水的洗氣瓶能用于除去氯化氫氣體，盛有的濃硫酸的洗氣瓶能用于干燥氯氣，則裝置乙能達(dá)到除去氯氣中的氯化氫氣體并干燥的實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔅不符合題意；

C．鐵絲網(wǎng)在氯化鈉溶液中發(fā)生吸氧腐蝕會使試管內(nèi)氣體的物質(zhì)的量減??；氣體壓強(qiáng)減小，紅墨水會進(jìn)入導(dǎo)氣管中形成一段液柱，則裝置丙能達(dá)到驗(yàn)證鐵的吸氧腐蝕的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故C不符合題意；

D．由圖可知；裝置丁的向下排空氣法收集氨氣的試管中沒有排出氣體的出口，則裝置丁不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)室制備少量氨氣的實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔇符合題意；

故選D。5、C【分析】【詳解】

A．根據(jù)“先拐先平，溫高壓大”，對于圖I來說，p2＞p1，增大壓強(qiáng)，W在反應(yīng)混合物中的體積分?jǐn)?shù)減小，說明平衡逆向移動，而增大壓強(qiáng)，平衡向氣體系數(shù)和減小的方向移動，則a+b＜n；A項(xiàng)錯誤；

B．根據(jù)“先拐先平，溫高壓大”，對于圖I來說，T2＞T1；升高溫度，W在反應(yīng)混合物中的體積分?jǐn)?shù)減小，說明平衡逆向移動，而升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0，B項(xiàng)錯誤；

C．根據(jù)圖II的特點(diǎn)，反應(yīng)速率加快但沒有改變平衡，可能是不同壓強(qiáng)對反應(yīng)的影響，根據(jù)“先拐先平，溫高壓大”，p1＞p2，對于有氣體參加的可逆反應(yīng)，若n=a+b；增大壓強(qiáng)，只能加快反應(yīng)速率，不會影響平衡，C項(xiàng)正確；

D．根據(jù)“先拐先平，溫高壓大”，對于圖Ⅲ，T1＞T2；升高溫度，W在反應(yīng)混合物中的體積分?jǐn)?shù)增大，說明平衡正向移動，而升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H＞0，D項(xiàng)錯誤；

答案選C。

【點(diǎn)睛】

本題考查化學(xué)平衡圖象問題，題目難度中等，注意把握圖象中曲線的變化特點(diǎn)，結(jié)合“先拐先平，溫高壓大”，根據(jù)外界條件對平衡移動的影響分析，圖Ⅰ可能是不同壓強(qiáng)、溫度對反應(yīng)的影響，如是壓強(qiáng)，應(yīng)有P2＞P1，a+b＜n；如是溫度，應(yīng)為T2＞T1，△H＜0；圖Ⅱ可能是在同溫同壓下催化劑對反應(yīng)的影響，也可能是同溫下改變壓強(qiáng)的影響，應(yīng)n=a+b；圖Ⅲ可能是不同壓強(qiáng)、溫度對反應(yīng)的影響，如是壓強(qiáng)，應(yīng)有P1＞P2，a+b＞n；如是溫度，應(yīng)為T1＞T2，△H＞0，以此解答該題。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．溫度一定時，當(dāng)溶液中c(Ag+)×c(Cl-)=Ksp時；說明溶液中存在沉淀溶解平衡狀態(tài)，所以此溶液為AgCl的飽和溶液，故A正確；

B．AgNO3溶液與NaCl溶液混合后的溶液中；不一定有c(Ag+)=c(Cl-)；混合溶液中陰銀子濃度和氯離子濃度大小，取決于硝酸銀和氯化鈉的相對量大小，故B錯誤；

C．向飽和AgCl水溶液中加入鹽酸，氯離子濃度增大，沉淀溶解平衡左移形成沉淀，但溫度一定。溶度積常數(shù)不變，所以Ksp值不變；故C錯誤；

D．將固體AgCl加入到較濃的KI溶液中；部分AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，AgCl溶解度大于AgI，沉淀向更難溶的方向進(jìn)行，故D錯誤；

答案選A。7、C【分析】【分析】

根據(jù)沉淀反應(yīng)和沉淀溶解平衡的移動；分析實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出結(jié)論。

【詳解】

A項(xiàng)：①中反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀，存在Mg(OH)2沉淀溶解平衡，故過濾所得濾液中含少量A項(xiàng)正確；

B項(xiàng)：①中濁液存在平衡:B項(xiàng)正確；

C項(xiàng)：①中反應(yīng)后余NaOH，②中沉淀顏色變化可能是轉(zhuǎn)化為或者NaOH與FeCl3反應(yīng)；C項(xiàng)錯誤；

D項(xiàng)：③中只有與FeCl3反應(yīng)，故可證明比更難溶；D項(xiàng)正確。

本題選C。二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名法；主鏈中含6個C，2，5號C上含甲基；該該烴為一單烯烴的加成產(chǎn)物，應(yīng)該存在碳碳雙鍵，根據(jù)碳碳雙鍵可能存在的位置判斷；

(2)根據(jù)相對分子質(zhì)量和含碳量可計(jì)算含氫量；進(jìn)而計(jì)算C；H原子數(shù)目，據(jù)此判斷分子式；

(3)混合液呈中性，則c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根據(jù)電荷守恒出c(CH3COO-)；再結(jié)合電離平衡常數(shù)計(jì)算。

【詳解】

(1)主鏈中含6個C，2、5號C上含甲基，則系統(tǒng)命名法命名為2，2，5-三甲基己烷；若該烴為一單烯烴的加成產(chǎn)物，該單烯烴結(jié)構(gòu)中存在1個碳碳雙鍵，碳碳雙鍵存在3種可能的結(jié)構(gòu)，分別為故答案為2，2，5-三甲基己烷；3；

(2)1molA中含有C、H的物質(zhì)的量為：n(C)==8mol、n(H)==8mol，則化合物A的分子式為C8H8，故答案為C8H8；

(3)向aLCH3COOH溶液中加入bmolCH3COONa，混合液恢復(fù)至25℃時呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，電荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得到c(Na+)=c(CH3COO-)=mol/L，Ka=1.8×10-5mol?L-1==解得：c(CH3COOH)=mol/L，故答案為mol/L。

【點(diǎn)睛】

本題的難點(diǎn)為(3)，根據(jù)電荷守恒先求出c(CH3COO-)，是解答本小題的關(guān)鍵?！窘馕觥?，2，5-三甲基己烷3C8H8mol/L9、略

【分析】【詳解】

(1)結(jié)晶脫水生成和水，根據(jù)質(zhì)量守恒定律寫出化學(xué)方程式：

(2)電解池陽極為稀硫酸溶液，電解質(zhì)溶液顯酸性，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，水放電，產(chǎn)生氧氣和氫離子，陽極的電極反應(yīng)為：↑，溶液中分離各個室的膜為陽離子交換膜，陽極的氫離子會透過陽離子交換膜進(jìn)入a室，與a室中的二氧化硫堿吸收液中含有的亞硫酸鈉發(fā)生反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，電解后，則a室中濃度增大。

【點(diǎn)睛】

本題的難點(diǎn)是電解池的分析與判斷，即結(jié)合電解原理、離子交換膜的作用、離子的移動方向分析電極反應(yīng)、濃度的變化。【解析】a10、略

【分析】【詳解】

(1)a—b段氫氣的平均反應(yīng)速率為=1mol/(L?min)，b—c段氫氣的平均反應(yīng)速率為=0.75mol/(L?min)，c—d段氫氣的平均反應(yīng)速率為=0.1mol/(L?min)，所以平均反應(yīng)速率最大的時間段是a-b，該時間段內(nèi)H2的平均反應(yīng)速率是1mol/(L?min)；

(2)催化劑加快反應(yīng)速率；不改變反應(yīng)平衡狀態(tài)，則在反應(yīng)中加入了催化劑，則反應(yīng)過程將變?yōu)閳D中的曲線Ⅰ；

(3)由圖可知；平衡時氫氣的物質(zhì)的量為2mol，列三段式有：

所以平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率為=33.3%；

容器恒容，壓強(qiáng)之比等于氣體的物質(zhì)的量之比，所以反應(yīng)前后容器內(nèi)的壓強(qiáng)比是=7:5?！窘馕觥竣?a-b②.1mol/(L?min)③.Ⅰ④.33.3%⑤.7:511、略

【分析】【分析】

(1)

在鉛蓄電池中，正極上得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)。根據(jù)反應(yīng)方程式可知：含+2價Pb的PbO2得到電子變?yōu)?2價PbSO4，所以PbO2為正極材料；單質(zhì)Pb化合價為0，反應(yīng)后變?yōu)?2價PbSO4，化合價升高，失去電子，被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，故Pb為負(fù)極材料。

(2)

在正極上PbO2得到電子變?yōu)?2價PbSO4，故正極的電極反應(yīng)式為PbO2＋4H＋＋＋2e-=PbSO4＋2H2O；負(fù)極上Pb失去電子被氧化變?yōu)?2價PbSO4，故負(fù)極的電極反應(yīng)式為：Pb＋-2e-=PbSO4；

(3)

在硫酸環(huán)境中反應(yīng)生成PbSO4，根據(jù)總方程式可知：反應(yīng)消耗硫酸，同時產(chǎn)生水，使溶液中c(H+)減小，因此反應(yīng)進(jìn)行一段時間后溶液pH會增大?！窘馕觥?1)PbO2Pb

(2)PbO2＋4H＋＋＋2e-=PbSO4＋2H2OPb＋-2e-=PbSO4

(3)變大12、略

【分析】【詳解】

(1)該溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，利用水的離子積，推出c(OH－)==10－11mol·L－1，水電離出c(H＋)=c(OH－)，即水電離出c(H＋)=10－11mol·L－1；故答案為10－11mol·L－1；

(2)Na2CO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，發(fā)生水解，其水解方程式為＋H2O＋OH－、＋H2OH2CO3＋OH－，使溶液c(OH－)＞c(H＋)，溶液顯堿性；故答案為＋H2O＋OH－、＋H2OH2CO3＋OH－；

(3)CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，CH3COO－發(fā)生水解，其水解方程式為CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液顯堿性，水解程度微弱，因此離子濃度大小順序是c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，電荷守恒：利用陽離子所帶電荷數(shù)等于陰離子所帶電荷數(shù)，得出關(guān)系為c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，物料守恒：根據(jù)原子守恒，其物料守恒的關(guān)系是c(Na＋)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，質(zhì)子守恒：利用水電離出c(H＋)=c(OH－)，其關(guān)系是c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)；故答案為CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)；c(Na＋)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)；c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)?！窘馕觥?0－11mol·L－1＋H2O＋OH－、＋H2OH2CO3＋OH－CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)c(Na＋)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)13、略

【分析】【分析】

（1）AgNO3是強(qiáng)酸弱堿鹽，在水溶液中Ag+發(fā)生水解，生成AgOH和H+，從而使溶液顯酸性；實(shí)驗(yàn)室在配制AgNO3溶液時，常將AgNO3固體先溶于較濃的硝酸中；然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，以抑制其水解。

（2）氯化鋁是強(qiáng)酸弱堿鹽，水溶液呈酸性，主要是Al3+發(fā)生水解，生成Al(OH)3和H+；把AlCl3溶液蒸干，灼燒，最后HCl揮發(fā)，Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O；由此可知，最終得到的主要固體產(chǎn)物的成分。

（3）在配制氯化鋁溶液時；為了防止發(fā)生水解，可以加入少量的酸。

【詳解】

（1）AgNO3是強(qiáng)酸弱堿鹽，在水溶液中Ag+發(fā)生水解，生成AgOH和H+，從而使溶液顯酸性，pH<7，原因是Ag++H2OAgOH+H+；實(shí)驗(yàn)室在配制AgNO3溶液時，常將AgNO3固體先溶于較濃的硝酸中，然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，以抑制其水解。答案為：酸；<；Ag++H2OAgOH+H+；抑制；

（2）氯化鋁是強(qiáng)酸弱堿鹽，水溶液呈酸性，主要是Al3+發(fā)生水解，生成Al(OH)3和H+；把AlCl3溶液蒸干，灼燒，HCl揮發(fā)，Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，最終所得主要固體的成分為Al2O3。答案為：酸；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；Al2O3；

（3）在配制氯化鋁溶液時；為了防止發(fā)生水解，可以加入少量的鹽酸。答案為：鹽酸。

【點(diǎn)睛】

對于揮發(fā)性酸的弱堿鹽，在加熱蒸干和灼燒過程中，水解生成的酸揮發(fā)，水解生成的金屬氫氧化物分解，所以最終所得的固體為金屬氧化物；對于不揮發(fā)性酸的弱堿鹽，因?yàn)槠鸪跛馍傻乃岵荒軗]發(fā)，所以最終水解生成的金屬氫氧化物再與酸反應(yīng)，重新生成鹽，故最終所得固體仍為該無水鹽?！窘馕觥竣?酸②.<③.Ag++H2OAgOH+H+④.抑制⑤.酸⑥.Al3++3H2OAl(OH)3+3H+⑦.Al2O3⑧.鹽酸三、判斷題(共8題，共16分)14、B【分析】【分析】

【詳解】

水的電離過程為吸熱過程，升高溫度，促進(jìn)水的電離，氫離子和氫氧根離子濃度均增大，且增大幅度相同；因此100℃時，純水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍為中性，故此判據(jù)錯誤。15、B【分析】【詳解】

2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常溫下能自發(fā)進(jìn)行，其ΔS<0，則ΔH<0，錯誤。16、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)Kw=c(H+)×c(OH-)分析，溫度不變，的值越大，說明氫離子濃度比氫氧根離子濃度大得多，溶液的酸性越強(qiáng)，故正確。17、B【分析】【詳解】

根據(jù)質(zhì)子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，錯誤。18、A【分析】【分析】

【詳解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O?Fe(OH)3+3HCl，為抑制Fe3+的水解，實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時需將FeCl3(s)溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋；正確。19、B【分析】【詳解】

稀釋能促進(jìn)鹽類水解，但是體積增加幅度更大。因此鹽的濃度越低，越促進(jìn)水解、鹽水解產(chǎn)生的氫離子或氫氧根離子濃度也越低、則溶液的酸性或堿性則越弱。則答案是：錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

水的電離過程為吸熱過程，升高溫度，促進(jìn)水的電離，氫離子和氫氧根離子濃度均增大，且增大幅度相同；因此100℃時，純水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍為中性，故此判據(jù)錯誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自發(fā)，高溫下可以自發(fā)，故錯誤。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共8分)22、略

【分析】【詳解】

（1）同一周期元素；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序是N＞O＞C；同一周期元素，元素電負(fù)性隨著原子序數(shù)增大而呈增大，電負(fù)性最大的元是O，故答案為：N；O；

（2）Fe是26號元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，F(xiàn)e2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2+具有較強(qiáng)的還原性，故答案為：第四周期，VIII族；Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋；具有較強(qiáng)的還原性；

（3）等電子體是指具有相同價電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子,與CO互為等電子體的陰離子是CN－（或C22－），陽離子是NO＋。故答案為：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應(yīng)失去2mol電子，結(jié)合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽極電極反應(yīng)式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案為：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+?！窘馕觥竣?N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強(qiáng)的還原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+23、略

【分析】（1）Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，電子層數(shù)為5，則Zr位于第5周期，外圍有4個電子，則位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置為第5周期第ⅣB族，最后填入電子的能級為d，所以Zr屬于d區(qū)元素。

（2）Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2，F(xiàn)e2+的電子排布式為[Ar]3d6，根據(jù)電子排布的泡利原理和洪特規(guī)則，3d上的6個電子有2個在同一原子軌道中，另外4個均單獨(dú)占據(jù)一條軌道，所以基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為4。第一電離能是氣態(tài)基態(tài)電中性原子失去一個電子形成氣態(tài)基態(tài)正離子時所需的最低能量。C、N、O三種元素中，C的半徑最大，核電荷數(shù)最少，對電子的束縛力最弱，其第一電離能最??；N的2p軌道上排布了3個電子，達(dá)到了半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能比O大，則C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞C.N、O三種元素的簡單氫化物分別為CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子間有氫鍵，其沸點(diǎn)高于CH4，水分子間的氫鍵比NH3分子間的氫鍵強(qiáng)，所以水的沸點(diǎn)高于NH3，所以C、N、O三種元素簡單氫化物的沸點(diǎn)由大到小的順序?yàn)镠2O＞NH3＞CH4。O電負(fù)性比N和C大，成鍵時不易給出孤對電子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動，釋放出CO，可用于治療CO中毒。在該晶胞中，O位于立方體的棱心，所以該晶胞含有3個O，Ti原子位于頂點(diǎn)，則含有1個Ti，Sr位于體心，則含有1個Sr，該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為TiSrO3；每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數(shù)為6；該晶胞的質(zhì)量為g，晶體密度為ρg/cm3，所以晶胞的體積為cm3，晶胞的邊長為cm?！窘馕觥?1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O電負(fù)性比N和C大，成鍵時不易給出孤電子對，不易和Fe2+配位CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動，釋放出CO，可用于治療CO中毒SrTiO3624、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)鹽類水解的規(guī)律；“誰弱誰水解，誰強(qiáng)顯誰性”判斷；

(2)結(jié)合電離方程式及水解方程式判斷溶液中離子濃度的大小關(guān)系；

(3)用水解平衡解釋溶液的稀釋及凈水原理。

【詳解】

(1)CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，水溶液呈堿性；NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，水溶液呈酸性；KNO3為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽水溶液呈中性；

(2)CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液中醋酸根離子水解生成醋酸分子和氫氧根離子，水解方程式為CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-；NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解生成一水合氨分子和氫離子，水解方程式為NH+H2O?NH3·H2O+H+；0.1mol/LNH4Cl溶液中NH4Cl=+Cl-，+H2O?NH3?H2O+H+，則c(Cl-)＞c(NH)，銨根離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH-)，銨根離子水解程度較小，則c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)；

(3)配制FeCl3溶液時，若直接用水溶解，因發(fā)生Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，出現(xiàn)渾濁，故在蒸餾水中加入適量的鹽酸，可抑制鐵離子的水解；明礬KAl(SO4)2?12H2O溶于水后，產(chǎn)生鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+，氫氧化鋁膠體可吸附溶液中的雜質(zhì)，達(dá)到凈水的目的?！窘馕觥竣?堿②.酸③.中④.CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-⑤.NH+H2O?NH3·H2O+H+⑥.c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)⑦.鹽酸⑧.Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+抑制鐵離子水解⑨.Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+鋁離子水解產(chǎn)生膠體氫氧化鋁，可吸附水中雜質(zhì)25、略

【分析】【詳解】

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，可得：鈷離子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞為：CoO，即鈷為+2價，Co的原子序數(shù)為27，失去2個電子后，Co2+的基態(tài)核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，該氧化物中鈷離子基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d7。故答案為：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性條件下，把Na2SO3氧化為Na2SO4，自身被還原為Co2+，Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案為：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先滿足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根據(jù)Co2+完全沉淀時(c(Co2+)≤1.0×10-5mol?L-1)的為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，現(xiàn)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，進(jìn)一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH時，溶液的體積變化忽略)。故答案為：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，當(dāng)溶液pH處于4.5~6.5范圍內(nèi)，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是pH增大，c(H+)減小，平衡正向進(jìn)行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有機(jī)相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)。故答案為：pH增大，c(H+)減小，平衡正向進(jìn)行，Co2+萃取率增大；富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)；

④由圖可知，CoC2O4?2H2O的質(zhì)量為18.3g，其我知道可為0.1mol，Co元素質(zhì)量為5.9g，C點(diǎn)鈷氧化物質(zhì)量為8.03g，氧化物中氧元素質(zhì)量為8.03g-5.9g=2.13g，則氧化物中Co原子與O原子物質(zhì)的量之比為0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物為Co3O4；B點(diǎn)對應(yīng)物質(zhì)的質(zhì)量為14.7g，與其起始物質(zhì)的質(zhì)量相比減少18.3g-14.7g=3.6g，為結(jié)晶水的質(zhì)量，故B點(diǎn)物質(zhì)為CoC2O4，與氧氣反應(yīng)生成Co3O4與二氧化碳，反應(yīng)方程式為：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案為：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2?！窘馕觥縖Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+