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【化学】江苏省启东中学2018-2019学年高一（创新班）下学期3月月考试题（解析版）
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江苏省启东中学2018-2019学年高一（创新班）下学期3月月考试题
注意：本试题分第一卷和第二卷两部分，第一卷为选择题，第二卷为非选择题。考试时间为100分钟，满分为100分。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Co 59 Cu 64 Br 80 Ba 137
第一卷（选择题，共50分）
一、单项选择题（本题包括号15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意）
1.盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用，有关应用或说法与盐类水解无关的是（ ）
A. 用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污
B. 生活中常用明矾净水
C. 用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿
D. 长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰
【答案】C
【详解】A. 纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故A项不选；
B. 明矾溶于水，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al（OH）3(胶体)+3H+，具有吸附性，能使悬浮于水中的不溶性固体小颗粒凝聚而加快小颗粒的沉降，故B项不选；
C.用稀硫酸除去铜器表面的铜绿，是碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，故C项选；
D.长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，故D项不选；
故答案选C。
2.下列各组元素，按照原子半径依次减小、第一电离能依次增大的顺序排列的是（ ）
A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na
C. N、O、C D. P、S、Cl
【答案】A
【详解】A． K 、Na、 Li 处于同主族，原子半径依次减小，同主族自上而下电离能降低，故K、Na、Li的元素第一电离能逐渐增大，故A项正确；
B．Al、Mg、Na属于同一周期元素且原子序数依次减小，原子半径依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，所以第一电离能依次Mg＞Al＞Na，故B项错误；
C．N、O、C属于同一周期元素，原子半径：C＞N＞O，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，故第一电离能顺序为：N＞O＞C，故C项错误；
D．P、S、Cl同周期，原子序数依次增大，同周期自左而右原子半径减小，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但P最外层3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能P＞Cl＞S，故D项错误；
故答案选A。
3. 下列变化需要吸收能量的是（ ）
A. 1s22s22p63s1→1s22s22p6
B. 3S23P5→3S23P6
C. 2Px22py12pz1→2Px12py12pz2
D. 2H→H-H
【答案】A
【解析】试题分析：A．电子克服原子核的束缚需要吸收能量，所以原子失去电子需要吸收能量，故A正确；B．原子得到电子后把不稳定结构变成稳定结构，能量降低，所以放出能量，故B错误；C．由于电子的跃迁发生在能量相同的能级中，故无能量变化，故C错误；D．化学键断裂需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，故D错误；故选A。
4.生活中的下列现象与原子核外电子发生跃迁有关的是（ ）
A. 钢铁长期使用后生锈 B. 节日里燃放的焰火
C. 金属导线可以导电 D. 卫生丸久置后消失
【答案】B
【解析】试题分析：钢铁易发生电化学腐蚀，所以易生锈；金属导电是电子的定向运动；卫生球消失是因为升华现象，所以只有节日里燃放的焰火与原子核外电子发生跃迁有关，答案选B。
5.下列有关物质性质或应用的说法正确的是（ ）
A. 医疗上，常用碳酸钠治疗胃酸过多
B. 在海轮外壳上安装锌块以减缓船体腐蚀
C. 液氨汽化放出大量的热，可用作制冷剂
D. 明矾具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【详解】A．碳酸钠碱性太强，有较强腐蚀性，应利用氢氧化铝或小苏打治疗胃酸过多，故A项错误；
B．锌与铁形成原电池，Zn活泼作负极，海轮铁壳为正极得到保护，则在海轮外壳上安装锌块以减缓船体腐蚀，故B项正确；
C．液氨汽化时吸收热量，可用作制冷剂，故C项错误；
D．明矾在水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不具有强氧化性，则不能杀菌消毒，故D项错误；
故答案选B。
6.下列说法正确的是（ ）
A. Na2SiO3溶液加热、蒸干、灼烧后所得固体的成分是SiO2
B. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度
C. 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝
D. 为绘制中和滴定曲线，在滴定过程中，每隔相同时间用pH计测定一次锥形瓶中溶液的pH
【答案】C
【详解】A.Na2SiO3水解生成硅酸和氢氧化钠，硅酸不挥发，又能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，所以Na2SiO3溶液加热、蒸干、灼烧后所得固体的成分是Na2SiO3，故A项错误；
B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在盐酸中抑制铁离子水解，而硫酸溶液中引入硫酸根离子，故B项错误；
C.泡沫灭火器使用原料是碳酸氢钠和硫酸铝，两者的水溶液混合后铝离子和碳酸氢根离子发生双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，故能灭火，故C项正确；
D.中和滴定曲线是溶液pH与加入滴定液的体积关系，不是与时间的关系，故在滴定过程中，应每隔一定滴定液体积用量观察一次锥形瓶中溶液的pH，故D项错误；
故答案选C。
7.在恒温、恒容的密闭容器中进行反应A(g)B(g)+C(g)，若反应物的浓度由2 mol·L-1降到0.8m01·L一1需要20s，那么反应物浓度再由0．8 mol·L-1降到0.2 mol·L-1所需要的时间为（ ）
A. l0s B. 大于10s
C. 小于10s D. 无法判断
【答案】B
【解析】试题分析：先根据V==计算反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率，再假设以相同的反应速率根据t=计算反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间，实际上化学反应进行过程中，反应物不断被消耗，浓度逐渐降低，反应速率逐渐变慢，据此分析解答．
解：反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率V===0.06mol/（L•s），假设以0.06mol/L．s的反应速率计算反应物A的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间t===10s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L时的平均反应速率小于0.06mol/L．s，所以所用时间应大于10s；
故选：B；
8.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】A、由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，选项A错误；B、由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，选项B错误；C、根据变量控制法，3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+，选项C错误；D、由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，选项D正确。答案选D。
9. 下列图示与对应的叙述不相符合的是（ ）
A. 图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B. 图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C. 图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D. 图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【答案】A
【解析】试题分析：A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。
10.用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)>c(Na＋)，对该溶液的下列判断正确的是（ ）
A. c(H＋)>c(OH－)
B. c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1
C. c(CH3COOH)>c(CH3COO－)
D. c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1
【答案】A
【详解】A．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，c（CH3COO-）＞c（Na+），根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），所以c（H+）＞c（OH-），故A项正确；
B．c（Na+）=0.1mol/L，c(CH3COO－)>c(Na＋)= 0.1mol/L，故B项错误；
C．混合溶液呈酸性，则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c（CH3COOH）＜c（CH3COO-），故C项错误；
D．根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），钠离子不水解，所以钠离子浓度为0.1mol/L，则c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）＞0.1mol/L，故D项错误；
故答案选A。
11.在恒温下的密闭容器中，有可逆反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）；ΔΗ<0，不能说明已达到平衡状态的是（ ）
A. 正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率相等
B. 混合气体颜色深浅保持不变
C. 反应器中压强不随时间变化而变化
D. 混合气体平均分子量保持不变
【答案】A
【详解】A.正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率等于2：1时，反应达到平衡状态，故A项选；
B. 混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故B项不选；
C. 反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，故C项不选；
D.反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故D项不选。
故答案选A。
12.在一定条件下，Na2CO3溶液存在CO32—+ H2OHCO3—+OH—平衡。下列说法不正确的是（ ）
A. 稀释溶液，增大 B. 通入CO2，溶液PH减小
C. 升高温度，此平衡常数增大 D. 加入NaOH固体，减小
【答案】A
【解析】试题分析：根据K不随浓度的改变而改变，温度变化，K变化，则A错误，C正确；通入二氧化碳，平衡逆向移动，B正确；加入氢氧化钠，平衡逆向移动，D正确。
13.在其它条件一定时，图中曲线表示反应2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g) △H＞0达平衡时NO的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E点，其中表示未达平衡状态且V正＞V逆的点是（ ）
A. A或E B. B点
C. C点 D. D点
【答案】C
【解析】试题分析：曲线是平衡线，曲线上所有点达到平衡，A点要达到平衡，降低NO的转化率，此反应向逆反应进行，即v逆＞v正，不符合题意，同理E点也不符合题意；C点要达到平衡，提高NO的转化率，反应向正反应方向移动，即V正＞V逆，符合题意，故选项C正确。
14. 下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制取氯气
B. 用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C. 用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D. 用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
【答案】C
【解析】试题分析：A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该是长口进短口出，B不正确；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确，答案选C。
15.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 常温时，在c(H+)=的溶液：Na+、Al3+、Cl－、S2－
B. 由水电离的c(H＋)=10－14mol·L-1的溶液中：Ca2+、K＋、Cl－、HCO3－
C. c(OH－)/c(H＋)=10－12的溶液中：NH4＋、Al3+、NO3－、Cl－
D. 加入金属铝能放出大量H2的溶液：NH4+、K+、HCO3－、CH3COO－
【答案】C
【详解】A. 水电离出的c（H+）=的溶液呈中性，Al3+、S2-相互促进水解，则离子不能大量共存，故A项错误；
B. 由水电离的c（H+）=10-14 mol·L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；
C. c(OH－)/c(H＋)=10－12的溶液呈酸性，酸性条件下NH4+、Al3+能大量存在，故C项正确；
D. 加入金属铝能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能大量共存，故D项错误；
故答案选C。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题的0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的的2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
16.下列有关说法正确的是（ ）
A. 氨水稀释后，溶液中 的值减小
B. 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液加蒸馏水稀释，CO32-的水解程度增大，溶液的pH增大
C. 电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等
D. 298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH<0
【答案】D
【详解】A．氨水稀释促进电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液中=，电离平衡常数不变，比值增大，故A项错误；
B．碳酸钠是强碱弱酸盐，加水稀释促进水解，水解程度增大，但氢氧根离子浓度减小， 溶液pH减小，故B项错误；
C．电解精炼铜，粗铜做阳极，精铜做阴极，阳极是铜、杂质锌、铁、镍等金属失电子发生氧化反应，阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜，由电子守恒可知阳极质量减少和阴极质量增加不相同，故C项错误；
D.298 K时，2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）反应△S＜0，能自发进行，反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，则其△H＜0，故D项正确；
故答案选D。
17.铜锌原电池(如图)工作时，下列叙述正确的是（ ）
A. 正极反应为：Zn－2e－===Zn2＋
B. 电池反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
C. 在外电路中，电子从正极流向负极
D. 盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液
【答案】B
【解析】
18.下列说法正确的是（ ）
A. 反应N2 (g) +3H2 (g) 2NH3 (g)的ΔH < 0，ΔS >0
B. 地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C. 常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+ )≤5.6×10-4 mol·L-1
D. 常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023
【答案】BC
【解析】A．该反应气体的分子数减少了，所以是熵减的反应，△S<0，A错误；B．锌比铁活泼，形成原电池时锌做负极，所以可以减缓钢铁管道的腐蚀，B正确；C．常温下，在pH=10的溶液中，c(OH-)=1mol/L，溶液中含Mg2+浓度最大值为=5.6mol/L，C正确；D．在锌和稀硫酸的反应中每生成1mol H2，电子转移的数目为2mol e-，在常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol，所以反应中转移的电子数不是6.02，D不正确。答案选BC。
19.一定条件下存在反应：2SO2(g)+ O2 (g)2SO3(g)，其正反应放热。现有三个体积相同的密闭容器I、II、III，按如下图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A. 容器I、III中平衡常数相同
B. 容器II、III中正反应速率相同
C. 容器II、III中的反应达平衡时， SO3的体积分数：II > III
D. 容器I中SO2的转化率与容器II中SO3的转化率之和小于1
【答案】CD
【详解】A.容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A项错误；
B.容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强小于容器Ⅱ，反应速率小，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B项错误；
C.容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，故C项正确；
D.若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D项正确；
故答案选CD。
20.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1CH3COONa溶液和0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合：
c(Na＋)=c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B. 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L－1 氨水等体积混合（pH＞7）：
c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液和0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：
c(Na＋) = c(CO32－) + c(HCO3－) + c(H2CO3)
D. 0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液和0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：
【答案】C
【解析】试题分析：A、二者混合后为氯化钠和醋酸，溶液中醋酸部分电离出氢离子，水也电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，错误，不选A；B、混合后溶液显碱性，说明氨水的电离大于铵根离子的水解，则溶液铵根离子浓度大于一水合氨浓度，错误，不选B；C、根据碳酸钠和碳酸氢钠的物料守恒分析，正确，选C；D、二者等体积混合后反应生成等量的氯化钠和草酸氢钠，根据溶液中的电荷守恒分析，有2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)+ c(Cl－)，错误，不选D。
三、非选择题（共50分）
21.已知X、Y、Z、W是元素周期表中短周期中的四种非金属元素，它们的原子序数依次增大，X元素的原子形成的阳离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍。试回答：
（1）写出下列元素的元素符号和电子排布式：
X____________________ Y___________________
Z____________________ W___________________
（2）X单质和Z单质在一定条件下反应生成化合物E，该反应的化学方程式为________________。E在催化剂存在的条件下可用于还原汽车尾气中的______，以减少对大气的污染。
【答案】(1). H、1s1 (2). C、1s22s22P2 (3). N、1s22s22P3 (4). O、1s22s22p4 (5). (6). 氮的氧化物
【解析】
【分析】X元素的原子形成的阳离子就是一个质子，故X为H元素；
Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，且为短周期非金属元素，原子序数依次增大，Z为N，W为O；
Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,所以Y为C元素，据此进行答题。
【详解】X元素的原子形成的阳离子就是一个质子，故X为H，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，且为短周期非金属元素，原子序数依次增大，Z为N，W为O，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,所以Y为C。
综上所述：X为氢，Y为碳，Z为氮，W为氧，
（1）X为H，其核外只有一个电子，核外电子排布式为：1s1；Y为碳，碳元素为6号元素，原子核外有6个电子，其电子排布式为：1s22s22P2；Z为氮，氮元素为7号元素，原子核外有7个电子，其电子排布式为：1s22s22P3，W为氧，氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，其电子排布式为：1s22s22P4；故答案为：H、1s1；C、1s22s22P2；N、1s22s22P3；O、1s22s22p4
（2）氢气和氮气在一定条件下反应生成化合物氨气，该反应的化学方程式为：；氨气在催化剂存在的条件下可用于还原汽车尾气中的氮的氧化物：一氧化氮、二氧化氮，以减少对大气的污染故答案为：；氮的氧化物；
22.反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g) ΔH＝a kJ/mol1，平衡常数为K；
温度/℃
500
700
900
K
1.00
1.47
2.40
（1）若500℃时进行上述反应，CO2起始浓度为2 mol/L，CO的平衡浓度为________。
（2）上述反应中的a________0(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）700℃上述反应达到平衡，要使得该平衡向右移动，其他条件不变时，可以采取的措施有______(填序号)。
A．缩小反应器体积 B．通入CO2
C．升高温度到900℃ D．使用合适的催化剂
【答案】(1). 1 mol·L－1或1 mol/L (2). 大于 (3). BC
【解析】（1）设CO的平衡浓度为xmol/L，则CO2的平衡浓度为2mol/L－xmol/L，因此根据平衡常数表达式可知，解得x＝1，所以CO的平衡浓度为1mol/L；（2）升高温度平衡常数增大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，即上述反应中的a大于0。（3）A.反应前后体积不变，缩小反应器体积平衡不移动，A错误；B.通入CO2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行，B正确；C.正反应是吸热反应，温度升高到900℃，平衡向正反应方向进行，C正确；D.使用合适的催化剂平衡不移动，D错误；答案选BC。
23.（1）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：
①Pt电极上发生的是_______(填“氧化”或“还原”)反应。
②写出NiO电极的电极反应式：___________________________________。
（2）下图是利用甲烷燃料电池电解50 mL 2 mol·L－1的氯化铜溶液的装置示意图：
请回答：①甲烷燃料电池负极反应式是_______________________________________。
②当线路中有0.1 mol电子通过时，________(填“a”或“b”)极增重________ g。
【答案】(1). 还原 (2). NO+O2--2e-=NO2 (3). CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+ (4). ：b (5). 6.4
【解析】
【分析】（1）根据氧、氮元素的化合价升降来判断得失电子，从而得出正负极来解题；
（2）①酸性条件下，甲烷为原电池的负极，被氧化生成二氧化碳和水；结合电极方程式解答；
②电解池中，阴极上电极反应式为Cu 2++2e-=Cu，阳极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，根据串联电路中转移电子相等计算析出铜的质量。
【详解】（1）①铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，故答案为：还原；
②NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，故答案为：NO+O2--2e-=NO2；
（2）①酸性条件下，甲烷为原电池的负极，被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；
②电解池中，阴极上电极反应式为Cu 2++2e-=Cu，阳极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，连接原电池负极的是阴极，所以B中析出金属的是b电极，当线路中有0.1 mol电子通过时，n（Cu 2+ ）=2mol/L×0.05L=0.1mol，铜离子完全析出需要0.2mol电子，所以析出铜的质量==6.4g，故答案为：b；6.4．
24.三氯化铁是合成草酸铁的重要原料。
利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2(C2O4)3·5H2O]的实验流程如下图所示：
（1）抑制FeCl3水解，溶液X为___________。
（2）流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是__________________________；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3＋的方法是_______________________________________。
（3）得Fe2(C2O4)3·5H2O需用冰水洗涤，其目的是________________________。
（4）为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于下图所示仪器_____（填“甲”或“乙”）中。
下列情况会造成实验测得Fe2(C2O4)3·5H2O含量偏低的是_____________。
a．盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗
b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失
c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
【答案】(1). （浓）盐酸 (2). FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度 (3). 取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3＋（或其他合理方法） (4). 除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗 (5). 甲 (6). c
【解析】
【分析】利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2（C2O4）3•5H2O]的实验流程：工业FeCl3用盐酸溶解，抑制铁离子的水解，FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，用异丙醚萃取FeCl3，继续向分液漏斗中加入适量异丙醚，充分振荡、静止，弃去水溶液，异丙醚溶液中加入草酸（H2C2O4）溶液，充分反应后分液，弃去醚层，水溶液通过蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁晶体[Fe2（C2O4）3•5H2O]。
【详解】①Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，FeCl3溶液用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解，故答案为：（浓）盐酸；
②萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+时可以选用KSCN溶液，
故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；
③洗涤是除去沉淀表面杂质，用冰水洗涤可以减少沉淀溶解损失，故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；
④KMnO4标准溶液具有强氧化性，能氧化腐蚀碱式滴定管中的橡胶，应置于酸式滴定管中；
a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗的体积多，结果偏高；
b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，读取高锰酸钾溶液体积多，结果偏高；
c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，高锰酸钾溶液体积读数偏小，结果偏低，正确；
故答案为：甲；c．
25.氢氧化镁用于制药工业，还是重要的绿色阻燃剂。
I、治疗胃酸过多药物Stmoache的有效成分为Mg(OH)2。
（1）该药物治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多症时反应的离子方程式：___________。
Ⅱ、已知：Mg (s)+2H2O(g)=Mg(OH)2(s)＋H2（g） △H1=－441kJ·mol－1
H2O(g)=H2(g)＋O2(g) △H2=+242kJ·mol－1
Mg(s)＋O2(g)=MgO(s) △H3=－602kJ·mol－1
（2）氢氧化镁分解的热化学方程式是___________。
（3）氢氧化镁可以作为阻燃剂的原因_________。（写一条即可）
Ⅲ、某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。
（4）步骤②中分离操作的名称是__________。
（5）步骤①中的反应如下：6Fe(OH)3 ＋S2O42－＋2OH－ ＝6Fe(OH)2 ＋2SO42－＋4H2O。每消耗0.1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子的数目是__________mol。
（6）已知EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg(OH)2反应。虽然Fe(OH)2难溶于水，但步骤②中随着EDTA的加入，最终能够将Fe(OH)2除去并获得纯度高的Mg(OH)2。请从沉淀溶解平衡的角度加以解释。_________________。
【答案】(1). Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O (2). Mg(OH)2(s)=MgO(s)+H2O(g) △H=+81kJ·mol-1 (3). 氢氧化镁分解要吸收大量的热（其他合理答案也可以） (4). 过滤 (5). 0.6 (6). Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2 Fe2++2OH-，当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2+，促使平衡朝右移动而溶解
【解析】
【分析】（1）氢氧化镁能和盐酸发生中和反应生成氯化镁和水；
（2）根据盖斯定律来计算反应的焓变；
（3）氢氧化镁分解会吸收大量的热；
（4）实现固体和液体的分离采用过滤的方法；
（5）根据氧化还原反应中电子的转移情况和化合价的升降情况的关系来回答；
（6）根据化学平衡移动原理：减少生成物的浓度能使化学平衡向着正反应方向移动知识来回答；
【详解】（1）氢氧化镁能和盐酸发生中和反应，生成氯化镁和水，实质是：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，故答案为：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；
（2）①Mg （s）+2H2O（g）=Mg（OH）2（s）+H2（g） △H1=-441kJ•mol-1
②H2O（g）=H2（g）+O2（g） △H2=+242kJ•mol-1
③Mg（s）+O2（g）=MgO（s） △H3=-602kJ•mol-1
根据盖斯定律：反应Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g），可以看成是③+②-①，所以该反应的△H==+81kJ•mol-1，
故答案为：Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g） △H=+81kJ•mol-1；
（3）氢氧化镁分解会吸收大量的热，所以氢氧化镁可以作为阻燃剂，故答案为：氢氧化镁分解会吸收大量的热；
（4）EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg（0H）2反应，实现氢氧化镁和溶液分离的方法是过滤，故答案为：过滤；
（5）氧化还原反应6Fe（OH）3+S2O42-+2OH-=6Fe（OH）2+2SO42-+4H2O中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=6，即每消耗1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子6mol，所以消耗0.1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子0.6mol，故答案为：0.6；
（6）随着EDTA的加入，EDTA将结合Fe2+，减少生成物的浓度能使化学平衡向着正反应方向移动，故答案为：Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2 Fe2++2OH-，当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2+，促使平衡朝右移动而溶解。
26.磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH1＝＋3359.26 kJ·mol－1
CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH1＝－89.61 kJ·mol－1
2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH3
则ΔH3＝________kJ·mol－1。
(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：
11P4＋60CuSO4＋96H2O=20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4
60 mol CuSO4能氧化白磷的物质的量是________。
(3)磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。
①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在________；pH＝8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为________。
②Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是________(用离子方程式表示)。
（4）磷的化合物三氯氧磷（）与季戊四醇（）以物质的量之比2:1反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体X，并释放出一种酸性气体。季戊四醇与X的核磁共振氢蛮如下图所示：
①酸性气体是______________________(填化学式)。
②X的结构简式为__________________。
【答案】(1)2821.6 (2)3 mol (3)①4～5.5(介于此区间内的任意值或区间均可) c(HPO42—)＞c(H2PO4—)
②3Ca2＋＋2HPO42—=Ca3(PO4)2↓＋2H＋
(4)①HCl
【解析】应用化学反应原理分析相关问题，得出合理答案。
(1)2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH＝＋3359.26 kJ·mol－1①
CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJ·mol－1②根据盖斯定律，①＋②×6得ΔH3＝＋2821.6 kJ·mol－1。
(2)该反应中，Cu2＋转化为Cu＋，则60 mol CuSO4转移60 mol e－，，1 mol P4被CuSO4氧化时得20 mol e－，所以60 mol CuSO4可以氧化3 mol P4。
(3)根据图像可知获得纯净的NaH2PO4应控制pH在4～5.5之间。pH＝8时溶质主要是Na2HPO4和NaH2PO4。此时c(HPO42—)＞c(H2PO4—)。加入CaCl2后，Ca2＋结合HPO42—电离出的PO42—生成沉淀，促进了HPO42—的电离，反应的离子方程式为3Ca3＋＋2HPO42—=Ca3(PO4)2↓＋2H＋。
(4)根据元素种类可以判定酸性气体是HCl，根据元素守恒及反应物季戊四醇的核磁共振氢谱、生成物X的核磁共振氢谱推出反应为
注意：本试题分第一卷和第二卷两部分，第一卷为选择题，第二卷为非选择题。考试时间为100分钟，满分为100分。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Co 59 Cu 64 Br 80 Ba 137
第一卷（选择题，共50分）
一、单项选择题（本题包括号15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意）
1.盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用，有关应用或说法与盐类水解无关的是（ ）
A. 用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污
B. 生活中常用明矾净水
C. 用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿
D. 长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰
【答案】C
【详解】A. 纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故A项不选；
B. 明矾溶于水，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al（OH）3(胶体)+3H+，具有吸附性，能使悬浮于水中的不溶性固体小颗粒凝聚而加快小颗粒的沉降，故B项不选；
C.用稀硫酸除去铜器表面的铜绿，是碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，故C项选；
D.长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，故D项不选；
故答案选C。
2.下列各组元素，按照原子半径依次减小、第一电离能依次增大的顺序排列的是（ ）
A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na
C. N、O、C D. P、S、Cl
【答案】A
【详解】A． K 、Na、 Li 处于同主族，原子半径依次减小，同主族自上而下电离能降低，故K、Na、Li的元素第一电离能逐渐增大，故A项正确；
B．Al、Mg、Na属于同一周期元素且原子序数依次减小，原子半径依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，所以第一电离能依次Mg＞Al＞Na，故B项错误；
C．N、O、C属于同一周期元素，原子半径：C＞N＞O，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，故第一电离能顺序为：N＞O＞C，故C项错误；
D．P、S、Cl同周期，原子序数依次增大，同周期自左而右原子半径减小，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但P最外层3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能P＞Cl＞S，故D项错误；
故答案选A。
3. 下列变化需要吸收能量的是（ ）
A. 1s22s22p63s1→1s22s22p6
B. 3S23P5→3S23P6
C. 2Px22py12pz1→2Px12py12pz2
D. 2H→H-H
【答案】A
【解析】试题分析：A．电子克服原子核的束缚需要吸收能量，所以原子失去电子需要吸收能量，故A正确；B．原子得到电子后把不稳定结构变成稳定结构，能量降低，所以放出能量，故B错误；C．由于电子的跃迁发生在能量相同的能级中，故无能量变化，故C错误；D．化学键断裂需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，故D错误；故选A。
4.生活中的下列现象与原子核外电子发生跃迁有关的是（ ）
A. 钢铁长期使用后生锈 B. 节日里燃放的焰火
C. 金属导线可以导电 D. 卫生丸久置后消失
【答案】B
【解析】试题分析：钢铁易发生电化学腐蚀，所以易生锈；金属导电是电子的定向运动；卫生球消失是因为升华现象，所以只有节日里燃放的焰火与原子核外电子发生跃迁有关，答案选B。
5.下列有关物质性质或应用的说法正确的是（ ）
A. 医疗上，常用碳酸钠治疗胃酸过多
B. 在海轮外壳上安装锌块以减缓船体腐蚀
C. 液氨汽化放出大量的热，可用作制冷剂
D. 明矾具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【详解】A．碳酸钠碱性太强，有较强腐蚀性，应利用氢氧化铝或小苏打治疗胃酸过多，故A项错误；
B．锌与铁形成原电池，Zn活泼作负极，海轮铁壳为正极得到保护，则在海轮外壳上安装锌块以减缓船体腐蚀，故B项正确；
C．液氨汽化时吸收热量，可用作制冷剂，故C项错误；
D．明矾在水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不具有强氧化性，则不能杀菌消毒，故D项错误；
故答案选B。
6.下列说法正确的是（ ）
A. Na2SiO3溶液加热、蒸干、灼烧后所得固体的成分是SiO2
B. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度
C. 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝
D. 为绘制中和滴定曲线，在滴定过程中，每隔相同时间用pH计测定一次锥形瓶中溶液的pH
【答案】C
【详解】A.Na2SiO3水解生成硅酸和氢氧化钠，硅酸不挥发，又能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，所以Na2SiO3溶液加热、蒸干、灼烧后所得固体的成分是Na2SiO3，故A项错误；
B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在盐酸中抑制铁离子水解，而硫酸溶液中引入硫酸根离子，故B项错误；
C.泡沫灭火器使用原料是碳酸氢钠和硫酸铝，两者的水溶液混合后铝离子和碳酸氢根离子发生双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，故能灭火，故C项正确；
D.中和滴定曲线是溶液pH与加入滴定液的体积关系，不是与时间的关系，故在滴定过程中，应每隔一定滴定液体积用量观察一次锥形瓶中溶液的pH，故D项错误；
故答案选C。
7.在恒温、恒容的密闭容器中进行反应A(g)B(g)+C(g)，若反应物的浓度由2 mol·L-1降到0.8m01·L一1需要20s，那么反应物浓度再由0．8 mol·L-1降到0.2 mol·L-1所需要的时间为（ ）
A. l0s B. 大于10s
C. 小于10s D. 无法判断
【答案】B
【解析】试题分析：先根据V==计算反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率，再假设以相同的反应速率根据t=计算反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间，实际上化学反应进行过程中，反应物不断被消耗，浓度逐渐降低，反应速率逐渐变慢，据此分析解答．
解：反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率V===0.06mol/（L•s），假设以0.06mol/L．s的反应速率计算反应物A的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间t===10s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L时的平均反应速率小于0.06mol/L．s，所以所用时间应大于10s；
故选：B；
8.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】A、由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，选项A错误；B、由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，选项B错误；C、根据变量控制法，3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+，选项C错误；D、由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，选项D正确。答案选D。
9. 下列图示与对应的叙述不相符合的是（ ）
A. 图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B. 图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C. 图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D. 图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【答案】A
【解析】试题分析：A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。
10.用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)>c(Na＋)，对该溶液的下列判断正确的是（ ）
A. c(H＋)>c(OH－)
B. c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1
C. c(CH3COOH)>c(CH3COO－)
D. c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1
【答案】A
【详解】A．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，c（CH3COO-）＞c（Na+），根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），所以c（H+）＞c（OH-），故A项正确；
B．c（Na+）=0.1mol/L，c(CH3COO－)>c(Na＋)= 0.1mol/L，故B项错误；
C．混合溶液呈酸性，则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c（CH3COOH）＜c（CH3COO-），故C项错误；
D．根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），钠离子不水解，所以钠离子浓度为0.1mol/L，则c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）＞0.1mol/L，故D项错误；
故答案选A。
11.在恒温下的密闭容器中，有可逆反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）；ΔΗ<0，不能说明已达到平衡状态的是（ ）
A. 正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率相等
B. 混合气体颜色深浅保持不变
C. 反应器中压强不随时间变化而变化
D. 混合气体平均分子量保持不变
【答案】A
【详解】A.正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率等于2：1时，反应达到平衡状态，故A项选；
B. 混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故B项不选；
C. 反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，故C项不选；
D.反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故D项不选。
故答案选A。
12.在一定条件下，Na2CO3溶液存在CO32—+ H2OHCO3—+OH—平衡。下列说法不正确的是（ ）
A. 稀释溶液，增大 B. 通入CO2，溶液PH减小
C. 升高温度，此平衡常数增大 D. 加入NaOH固体，减小
【答案】A
【解析】试题分析：根据K不随浓度的改变而改变，温度变化，K变化，则A错误，C正确；通入二氧化碳，平衡逆向移动，B正确；加入氢氧化钠，平衡逆向移动，D正确。
13.在其它条件一定时，图中曲线表示反应2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g) △H＞0达平衡时NO的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E点，其中表示未达平衡状态且V正＞V逆的点是（ ）
A. A或E B. B点
C. C点 D. D点
【答案】C
【解析】试题分析：曲线是平衡线，曲线上所有点达到平衡，A点要达到平衡，降低NO的转化率，此反应向逆反应进行，即v逆＞v正，不符合题意，同理E点也不符合题意；C点要达到平衡，提高NO的转化率，反应向正反应方向移动，即V正＞V逆，符合题意，故选项C正确。
14. 下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制取氯气
B. 用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C. 用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D. 用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
【答案】C
【解析】试题分析：A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该是长口进短口出，B不正确；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确，答案选C。
15.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 常温时，在c(H+)=的溶液：Na+、Al3+、Cl－、S2－
B. 由水电离的c(H＋)=10－14mol·L-1的溶液中：Ca2+、K＋、Cl－、HCO3－
C. c(OH－)/c(H＋)=10－12的溶液中：NH4＋、Al3+、NO3－、Cl－
D. 加入金属铝能放出大量H2的溶液：NH4+、K+、HCO3－、CH3COO－
【答案】C
【详解】A. 水电离出的c（H+）=的溶液呈中性，Al3+、S2-相互促进水解，则离子不能大量共存，故A项错误；
B. 由水电离的c（H+）=10-14 mol·L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；
C. c(OH－)/c(H＋)=10－12的溶液呈酸性，酸性条件下NH4+、Al3+能大量存在，故C项正确；
D. 加入金属铝能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能大量共存，故D项错误；
故答案选C。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题的0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的的2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
16.下列有关说法正确的是（ ）
A. 氨水稀释后，溶液中 的值减小
B. 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液加蒸馏水稀释，CO32-的水解程度增大，溶液的pH增大
C. 电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等
D. 298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH<0
【答案】D
【详解】A．氨水稀释促进电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液中=，电离平衡常数不变，比值增大，故A项错误；
B．碳酸钠是强碱弱酸盐，加水稀释促进水解，水解程度增大，但氢氧根离子浓度减小， 溶液pH减小，故B项错误；
C．电解精炼铜，粗铜做阳极，精铜做阴极，阳极是铜、杂质锌、铁、镍等金属失电子发生氧化反应，阴极是溶液中铜离子得到电子生成铜，由电子守恒可知阳极质量减少和阴极质量增加不相同，故C项错误；
D.298 K时，2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）反应△S＜0，能自发进行，反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，则其△H＜0，故D项正确；
故答案选D。
17.铜锌原电池(如图)工作时，下列叙述正确的是（ ）
A. 正极反应为：Zn－2e－===Zn2＋
B. 电池反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
C. 在外电路中，电子从正极流向负极
D. 盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液
【答案】B
【解析】
18.下列说法正确的是（ ）
A. 反应N2 (g) +3H2 (g) 2NH3 (g)的ΔH < 0，ΔS >0
B. 地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C. 常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+ )≤5.6×10-4 mol·L-1
D. 常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023
【答案】BC
【解析】A．该反应气体的分子数减少了，所以是熵减的反应，△S<0，A错误；B．锌比铁活泼，形成原电池时锌做负极，所以可以减缓钢铁管道的腐蚀，B正确；C．常温下，在pH=10的溶液中，c(OH-)=1mol/L，溶液中含Mg2+浓度最大值为=5.6mol/L，C正确；D．在锌和稀硫酸的反应中每生成1mol H2，电子转移的数目为2mol e-，在常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol，所以反应中转移的电子数不是6.02，D不正确。答案选BC。
19.一定条件下存在反应：2SO2(g)+ O2 (g)2SO3(g)，其正反应放热。现有三个体积相同的密闭容器I、II、III，按如下图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A. 容器I、III中平衡常数相同
B. 容器II、III中正反应速率相同
C. 容器II、III中的反应达平衡时， SO3的体积分数：II > III
D. 容器I中SO2的转化率与容器II中SO3的转化率之和小于1
【答案】CD
【详解】A.容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A项错误；
B.容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强小于容器Ⅱ，反应速率小，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B项错误；
C.容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，故C项正确；
D.若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D项正确；
故答案选CD。
20.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1CH3COONa溶液和0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合：
c(Na＋)=c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B. 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L－1 氨水等体积混合（pH＞7）：
c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液和0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：
c(Na＋) = c(CO32－) + c(HCO3－) + c(H2CO3)
D. 0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液和0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：
【答案】C
【解析】试题分析：A、二者混合后为氯化钠和醋酸，溶液中醋酸部分电离出氢离子，水也电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，错误，不选A；B、混合后溶液显碱性，说明氨水的电离大于铵根离子的水解，则溶液铵根离子浓度大于一水合氨浓度，错误，不选B；C、根据碳酸钠和碳酸氢钠的物料守恒分析，正确，选C；D、二者等体积混合后反应生成等量的氯化钠和草酸氢钠，根据溶液中的电荷守恒分析，有2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)+ c(Cl－)，错误，不选D。
三、非选择题（共50分）
21.已知X、Y、Z、W是元素周期表中短周期中的四种非金属元素，它们的原子序数依次增大，X元素的原子形成的阳离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍。试回答：
（1）写出下列元素的元素符号和电子排布式：
X____________________ Y___________________
Z____________________ W___________________
（2）X单质和Z单质在一定条件下反应生成化合物E，该反应的化学方程式为________________。E在催化剂存在的条件下可用于还原汽车尾气中的______，以减少对大气的污染。
【答案】(1). H、1s1 (2). C、1s22s22P2 (3). N、1s22s22P3 (4). O、1s22s22p4 (5). (6). 氮的氧化物
【解析】
【分析】X元素的原子形成的阳离子就是一个质子，故X为H元素；
Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，且为短周期非金属元素，原子序数依次增大，Z为N，W为O；
Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,所以Y为C元素，据此进行答题。
【详解】X元素的原子形成的阳离子就是一个质子，故X为H，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，且为短周期非金属元素，原子序数依次增大，Z为N，W为O，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,所以Y为C。
综上所述：X为氢，Y为碳，Z为氮，W为氧，
（1）X为H，其核外只有一个电子，核外电子排布式为：1s1；Y为碳，碳元素为6号元素，原子核外有6个电子，其电子排布式为：1s22s22P2；Z为氮，氮元素为7号元素，原子核外有7个电子，其电子排布式为：1s22s22P3，W为氧，氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，其电子排布式为：1s22s22P4；故答案为：H、1s1；C、1s22s22P2；N、1s22s22P3；O、1s22s22p4
（2）氢气和氮气在一定条件下反应生成化合物氨气，该反应的化学方程式为：；氨气在催化剂存在的条件下可用于还原汽车尾气中的氮的氧化物：一氧化氮、二氧化氮，以减少对大气的污染故答案为：；氮的氧化物；
22.反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g) ΔH＝a kJ/mol1，平衡常数为K；
温度/℃
500
700
900
K
1.00
1.47
2.40
（1）若500℃时进行上述反应，CO2起始浓度为2 mol/L，CO的平衡浓度为________。
（2）上述反应中的a________0(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）700℃上述反应达到平衡，要使得该平衡向右移动，其他条件不变时，可以采取的措施有______(填序号)。
A．缩小反应器体积 B．通入CO2
C．升高温度到900℃ D．使用合适的催化剂
【答案】(1). 1 mol·L－1或1 mol/L (2). 大于 (3). BC
【解析】（1）设CO的平衡浓度为xmol/L，则CO2的平衡浓度为2mol/L－xmol/L，因此根据平衡常数表达式可知，解得x＝1，所以CO的平衡浓度为1mol/L；（2）升高温度平衡常数增大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，即上述反应中的a大于0。（3）A.反应前后体积不变，缩小反应器体积平衡不移动，A错误；B.通入CO2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行，B正确；C.正反应是吸热反应，温度升高到900℃，平衡向正反应方向进行，C正确；D.使用合适的催化剂平衡不移动，D错误；答案选BC。
23.（1）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：
①Pt电极上发生的是_______(填“氧化”或“还原”)反应。
②写出NiO电极的电极反应式：___________________________________。
（2）下图是利用甲烷燃料电池电解50 mL 2 mol·L－1的氯化铜溶液的装置示意图：
请回答：①甲烷燃料电池负极反应式是_______________________________________。
②当线路中有0.1 mol电子通过时，________(填“a”或“b”)极增重________ g。
【答案】(1). 还原 (2). NO+O2--2e-=NO2 (3). CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+ (4). ：b (5). 6.4
【解析】
【分析】（1）根据氧、氮元素的化合价升降来判断得失电子，从而得出正负极来解题；
（2）①酸性条件下，甲烷为原电池的负极，被氧化生成二氧化碳和水；结合电极方程式解答；
②电解池中，阴极上电极反应式为Cu 2++2e-=Cu，阳极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，根据串联电路中转移电子相等计算析出铜的质量。
【详解】（1）①铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，故答案为：还原；
②NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，故答案为：NO+O2--2e-=NO2；
（2）①酸性条件下，甲烷为原电池的负极，被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；
②电解池中，阴极上电极反应式为Cu 2++2e-=Cu，阳极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，连接原电池负极的是阴极，所以B中析出金属的是b电极，当线路中有0.1 mol电子通过时，n（Cu 2+ ）=2mol/L×0.05L=0.1mol，铜离子完全析出需要0.2mol电子，所以析出铜的质量==6.4g，故答案为：b；6.4．
24.三氯化铁是合成草酸铁的重要原料。
利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2(C2O4)3·5H2O]的实验流程如下图所示：
（1）抑制FeCl3水解，溶液X为___________。
（2）流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是__________________________；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3＋的方法是_______________________________________。
（3）得Fe2(C2O4)3·5H2O需用冰水洗涤，其目的是________________________。
（4）为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于下图所示仪器_____（填“甲”或“乙”）中。
下列情况会造成实验测得Fe2(C2O4)3·5H2O含量偏低的是_____________。
a．盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗
b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失
c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
【答案】(1). （浓）盐酸 (2). FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度 (3). 取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3＋（或其他合理方法） (4). 除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗 (5). 甲 (6). c
【解析】
【分析】利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2（C2O4）3•5H2O]的实验流程：工业FeCl3用盐酸溶解，抑制铁离子的水解，FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，用异丙醚萃取FeCl3，继续向分液漏斗中加入适量异丙醚，充分振荡、静止，弃去水溶液，异丙醚溶液中加入草酸（H2C2O4）溶液，充分反应后分液，弃去醚层，水溶液通过蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁晶体[Fe2（C2O4）3•5H2O]。
【详解】①Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，FeCl3溶液用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解，故答案为：（浓）盐酸；
②萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+时可以选用KSCN溶液，
故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；
③洗涤是除去沉淀表面杂质，用冰水洗涤可以减少沉淀溶解损失，故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；
④KMnO4标准溶液具有强氧化性，能氧化腐蚀碱式滴定管中的橡胶，应置于酸式滴定管中；
a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗的体积多，结果偏高；
b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，读取高锰酸钾溶液体积多，结果偏高；
c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，高锰酸钾溶液体积读数偏小，结果偏低，正确；
故答案为：甲；c．
25.氢氧化镁用于制药工业，还是重要的绿色阻燃剂。
I、治疗胃酸过多药物Stmoache的有效成分为Mg(OH)2。
（1）该药物治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多症时反应的离子方程式：___________。
Ⅱ、已知：Mg (s)+2H2O(g)=Mg(OH)2(s)＋H2（g） △H1=－441kJ·mol－1
H2O(g)=H2(g)＋O2(g) △H2=+242kJ·mol－1
Mg(s)＋O2(g)=MgO(s) △H3=－602kJ·mol－1
（2）氢氧化镁分解的热化学方程式是___________。
（3）氢氧化镁可以作为阻燃剂的原因_________。（写一条即可）
Ⅲ、某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。
（4）步骤②中分离操作的名称是__________。
（5）步骤①中的反应如下：6Fe(OH)3 ＋S2O42－＋2OH－ ＝6Fe(OH)2 ＋2SO42－＋4H2O。每消耗0.1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子的数目是__________mol。
（6）已知EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg(OH)2反应。虽然Fe(OH)2难溶于水，但步骤②中随着EDTA的加入，最终能够将Fe(OH)2除去并获得纯度高的Mg(OH)2。请从沉淀溶解平衡的角度加以解释。_________________。
【答案】(1). Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O (2). Mg(OH)2(s)=MgO(s)+H2O(g) △H=+81kJ·mol-1 (3). 氢氧化镁分解要吸收大量的热（其他合理答案也可以） (4). 过滤 (5). 0.6 (6). Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2 Fe2++2OH-，当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2+，促使平衡朝右移动而溶解
【解析】
【分析】（1）氢氧化镁能和盐酸发生中和反应生成氯化镁和水；
（2）根据盖斯定律来计算反应的焓变；
（3）氢氧化镁分解会吸收大量的热；
（4）实现固体和液体的分离采用过滤的方法；
（5）根据氧化还原反应中电子的转移情况和化合价的升降情况的关系来回答；
（6）根据化学平衡移动原理：减少生成物的浓度能使化学平衡向着正反应方向移动知识来回答；
【详解】（1）氢氧化镁能和盐酸发生中和反应，生成氯化镁和水，实质是：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，故答案为：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；
（2）①Mg （s）+2H2O（g）=Mg（OH）2（s）+H2（g） △H1=-441kJ•mol-1
②H2O（g）=H2（g）+O2（g） △H2=+242kJ•mol-1
③Mg（s）+O2（g）=MgO（s） △H3=-602kJ•mol-1
根据盖斯定律：反应Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g），可以看成是③+②-①，所以该反应的△H==+81kJ•mol-1，
故答案为：Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g） △H=+81kJ•mol-1；
（3）氢氧化镁分解会吸收大量的热，所以氢氧化镁可以作为阻燃剂，故答案为：氢氧化镁分解会吸收大量的热；
（4）EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg（0H）2反应，实现氢氧化镁和溶液分离的方法是过滤，故答案为：过滤；
（5）氧化还原反应6Fe（OH）3+S2O42-+2OH-=6Fe（OH）2+2SO42-+4H2O中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=6，即每消耗1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子6mol，所以消耗0.1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子0.6mol，故答案为：0.6；
（6）随着EDTA的加入，EDTA将结合Fe2+，减少生成物的浓度能使化学平衡向着正反应方向移动，故答案为：Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2 Fe2++2OH-，当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2+，促使平衡朝右移动而溶解。
26.磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH1＝＋3359.26 kJ·mol－1
CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH1＝－89.61 kJ·mol－1
2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH3
则ΔH3＝________kJ·mol－1。
(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：
11P4＋60CuSO4＋96H2O=20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4
60 mol CuSO4能氧化白磷的物质的量是________。
(3)磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。
①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在________；pH＝8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为________。
②Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是________(用离子方程式表示)。
（4）磷的化合物三氯氧磷（）与季戊四醇（）以物质的量之比2:1反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体X，并释放出一种酸性气体。季戊四醇与X的核磁共振氢蛮如下图所示：
①酸性气体是______________________(填化学式)。
②X的结构简式为__________________。
【答案】(1)2821.6 (2)3 mol (3)①4～5.5(介于此区间内的任意值或区间均可) c(HPO42—)＞c(H2PO4—)
②3Ca2＋＋2HPO42—=Ca3(PO4)2↓＋2H＋
(4)①HCl
【解析】应用化学反应原理分析相关问题，得出合理答案。
(1)2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH＝＋3359.26 kJ·mol－1①
CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJ·mol－1②根据盖斯定律，①＋②×6得ΔH3＝＋2821.6 kJ·mol－1。
(2)该反应中，Cu2＋转化为Cu＋，则60 mol CuSO4转移60 mol e－，，1 mol P4被CuSO4氧化时得20 mol e－，所以60 mol CuSO4可以氧化3 mol P4。
(3)根据图像可知获得纯净的NaH2PO4应控制pH在4～5.5之间。pH＝8时溶质主要是Na2HPO4和NaH2PO4。此时c(HPO42—)＞c(H2PO4—)。加入CaCl2后，Ca2＋结合HPO42—电离出的PO42—生成沉淀，促进了HPO42—的电离，反应的离子方程式为3Ca3＋＋2HPO42—=Ca3(PO4)2↓＋2H＋。
(4)根据元素种类可以判定酸性气体是HCl，根据元素守恒及反应物季戊四醇的核磁共振氢谱、生成物X的核磁共振氢谱推出反应为
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