2025年外研版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年外研版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷624考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、用酸性氫氧燃料電池為電源電解溶液；實驗裝置如圖所示．下列關(guān)于此裝置的說法中，正確的是。

A.燃料電池工作時，負極反應為B.a極是石墨，b極是銅時，b極的電極反應為：C.a極是石墨，b極是純銅時，電解一定時間后兩極產(chǎn)生的氣體體積都為標準狀況則原溶液的濃度是D.a、b兩極均是石墨時，若a極產(chǎn)生的氣體為標準狀況則U形管中溶液的PH為體積變化忽略不計2、我國科學家成功研制出新型鋁-石墨烯(Cn)可充電電池，電解質(zhì)為陽離子(EMIM+)與陰離子(AlCl4－)組成的離子液體；該電池放電過程如圖。下列說法錯誤的是（）

A.放電時電路中每轉(zhuǎn)移1mol電子，有1molCn（AlCl4）被還原B.放電時正極的反應為：Cn＋AlCl4-－e-=Cn（AlCl4）C.充電時石墨烯與電源的正極相連D.充電時的總反應為：3Cn＋4Al2Cl7-Al＋4AlCl4-＋3Cn（AlCl4）3、在“碳達峰”“碳中和”大背景下；全釩液流電池儲能系統(tǒng)在新能源電力系統(tǒng)中發(fā)揮重要作用。該電池能將電能以化學能的方式存儲在不同價態(tài)釩離子的硫酸電解液中，儲能的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.儲能時，該系統(tǒng)將電能轉(zhuǎn)化為化學能B.儲能時，a極附近pH降低C.供能時，b極的電極反應式為+2H++e-=VO2++H2OD.將該電池用于電解飽和食鹽水，當消耗1mol時，生成的氣體總體積為11.2L(標準狀況)4、一定條件下，向密閉容器中加入X物質(zhì)發(fā)生反應：反應一段時間后改變某一個外界條件，反應中各時刻X物質(zhì)的濃度如下表所示。下列說法不正確的是。

反應時間(min)05151720X的濃度(mol/L)1.00.40.40.70.7

A.時，該反應的速率為B.5min時反應達到平衡，該溫度下的平衡常數(shù)值為0.625C.15min時改變的條件可能是降低溫度D.從初始到17min時，X的轉(zhuǎn)化率為30%5、一種可充電鋰-空氣電池如圖所示。當電池放電時，O2與Li+在多孔碳材料電極處生成Li2O2-x(x=0或1)。下列說法正確的是。

A.多孔碳材料能增大與氧氣的接觸面積，有利于氧氣發(fā)生氧化反應B.放電時，電子的移動方向為：鋰電極—外電路—多孔碳材料電極—電解質(zhì)—鋰電極C.充電時，電池總反應為Li2O2-x=2Li+(1-)O2D.可使用含Li+的電解質(zhì)水溶液6、利用脈沖電源(間歇性通入電流)電解廢液中的Pb2+實現(xiàn)Pb資源化利用；其原理如圖所示。下列說法正確的是。

A.電極a上反應為2H++2e-=H2↑B.電解總反應為Cu+Pb2+Pb+Cu2+C.電解產(chǎn)生1molPb，約有6.02×1023個陽離子透過陽離子交換膜D.脈沖電源電解能提高電解效率，是因為陰極表面陽離子濃度回升7、反應A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四種不同情況下的反應速率如下，其中表示反應速率最快的是A.v(A)=0.15mol·L-1·min-1B.v(B)=0.01mol·L-1·s-1C.v(C)=0.40mol·L-1·min-1D.v(D)=0.45mol·L-1·min-1評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、美國圣路易斯大學研制新型的乙醇燃料電池，用質(zhì)子(H+)溶劑，在200℃左右供電。電池總反應為C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O；如圖是該電池的示意圖，回答以下問題。

(1)該電池的正極為_________(“a”或“b”)；

(2)電池正極的電極反應為______________________________；負極的電極反應為_______________________________。

(3)電池工作時，1mol乙醇被氧化時,有________mol電子轉(zhuǎn)移；

(4)電池工作一段時間后，a極附近溶液的pH________(“增大”或“減小”)9、如圖所示；某學生設(shè)計一個甲醚燃料電池并探究氯堿工業(yè)原理和粗銅精煉原理，其中乙裝置中X為陽離子交換膜。

根據(jù)要求回答相關(guān)問題：(甲醚的化學式：CH3OCH3)

(1)通入氧氣的電極為___(填“正極”或“負極”)，寫出負極的電極反應式___。

(2)鐵電極為___(填“陽極”或“陰極”)，石墨電極(C)的電極反應式為___。

(3)如果粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，反應一段時間，硫酸銅溶液濃度將__(填“增大”“減小”或“不變”)。

(4)若在標準狀況下，有2.24L氧氣參加反應，則乙裝置中鐵電極上生成的氣體的分子數(shù)為___；丙裝置中陰極析出銅的質(zhì)量為___。10、如圖所示裝置；C；D、E、F、X、Y都是惰性電極，A、B為外接直流電源的兩極。將直流電源接通后，F(xiàn)極附近呈紅色。請回答：

(1)電源電極A名稱為____________。

(2)寫出C和F的電極名稱；以及電極反應式。

C：_____________________________________；

F：_____________________________________；

(3)若通過0.02mol電子時，通電后甲中溶液體積為200mL，則通電后所得的硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為______________。

(4)若通過0.02mol電子時，丁中電解足量R(NO3)m溶液時，某一電極析出了ag金屬R，則金屬R的相對原子質(zhì)量Mr(R)的計算公式為Mr(R)＝____________(用含a；m的代數(shù)式表示)。

(5)戊中X極附近的顏色逐漸變淺，Y極附近的顏色逐漸變深，這表明Fe(OH)3膠體粒子帶________電荷(填“正”或“負”)；在電場作用下向Y極移動。

(6)若甲、乙裝置中的C、D、E、F電極均只有一種單質(zhì)生成時，對應單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為___________________________。

(7)現(xiàn)用丙裝置給銅件鍍銀，則H應該是________(填“銅件”或“銀”)。11、氫氣；碳氧化物是合成可再生能源甲醇的基礎(chǔ)原料；具有重要的應用前景。

(1)已知H2(g)、CO(g)和CH4(g)的燃燒熱分別為285.8kJ/mol、283.0kJ/mol和890.0kJ/mol。一定條件下，CO與H2合成燃燒的熱化學方程式為：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)△H，則△H=___；該反應能自發(fā)進行的原因是___。

(2)工業(yè)上一般采用下列兩種反應合成甲醇：

反應A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

反應B：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

①一定溫度下，在體積可變的恒壓密閉容器中加入4molH2和一定量的CO發(fā)生反應A，開始時容器體積為2L，CO和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖1所示，10min時達到平衡，則反應A的化學平衡常數(shù)為_______。(結(jié)果保留一位小數(shù))。

②恒溫恒容條件下，在密閉容器中通入等物質(zhì)的量的CO2和H2，下列描述能說明反應B已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是___（填序號）。

A.容器內(nèi)CO2的體積分數(shù)不再變化。

B.當CO2和H2轉(zhuǎn)化率的比值不再變化。

C.當水分子中斷裂2NA個O-H鍵，同時氫分子中斷裂3NA個H-H鍵。

D.容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量達到34.5，且保持不變12、在2L密閉容器中，起始投入4molN2和6molH2在一定條件下生成NH3，平衡時僅改變溫度測得的數(shù)據(jù)如表所示（已知：T12）。溫度/K平衡時NH3的物質(zhì)的量/molT13.6T22

（1）則K1__K2，（填“>”、“<”或“=”）原因：___。

（2）在T2下，經(jīng)過10s達到化學平衡狀態(tài)，則平衡時H2的轉(zhuǎn)化率為__。若再同時增加各物質(zhì)的量為1mol，該反應的平衡v正__v逆，(>或=或<)平衡常數(shù)將___（填“增大”；“減小”或“不變”）

（3）下列能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是__。

A.3v正（H2）＝2v逆（NH3）B．容器內(nèi)氣體壓強不變。

C.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變的狀態(tài)D．c（H2）=c（NH3）13、為驗證反應Fe3＋＋Ag?Fe2＋＋Ag＋；利用如圖電池裝置進行實驗。

(1)由Fe2(SO4)3固體配制500mL0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液，需要的儀器有膠頭滴管、量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、____(填寫名稱)；在燒杯中溶解固體時，先加入一定體積的____稀溶液；攪拌后再加入一定體積的水。

(2)電流表顯示電流由銀電極流向石墨電極?？芍?，鹽橋中的陽離子進入____電極溶液中。

(3)根據(jù)(2)實驗結(jié)果，可知石墨電極的電極反應式為_______，銀電極的電極反應式為_______。因此，F(xiàn)e3＋氧化性小于____。

(4)電池裝置中，鹽橋連接兩電極電解質(zhì)溶液。如果鹽橋中電解質(zhì)為KNO3，反應一段時間后，可以觀察到電流表指針反轉(zhuǎn)，原因是_______。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)14、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水電離出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正確B.錯誤15、化學反應的反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應途徑無關(guān)。___A.正確B.錯誤16、的反應速率一定比的反應速率大。(_______)A.正確B.錯誤17、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正確B.錯誤18、明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共2題，共10分)19、碘酸鉀是常用的食鹽加碘劑。某研究小組在實驗室采用如下兩種方法進行碘酸鉀的制備。

方法一：采用如圖所示裝置；先用高錳酸鉀制備氯氣，再用氯氣氧化碘化鉀得到碘酸鉀溶液，再經(jīng)一系列步驟得到碘酸鉀產(chǎn)品。

方法二：采用如下實驗流程；直接用高錳酸鉀氧化碘化鉀得到碘酸鉀溶液，再經(jīng)一系列步驟得到碘酸鉀產(chǎn)品。

已知：(Ⅰ)是一種白色晶體；在水中溶解度隨溫度升高而增大；不溶于乙醇。

(Ⅱ)溶液在中性條件下的還原產(chǎn)物為一種不溶于水的沉淀。

(1)方法一中裝置a的作用是凈化其中的試劑為_______，裝置b的名稱為_______。

(2)方法一中多孔球泡裝置的作用是_______。

(3)方法二中水浴加熱時發(fā)生反應的化學方程式為_______。

(4)方法二中滴入適量乙醇的作用是_______。

(5)在獲取碘酸鉀產(chǎn)品的操作中，下列說法正確的是_______(填字母序號)。A．加熱濃縮過程中需要使用三腳架、泥三角和坩堝等儀器B．在冷卻結(jié)晶時，溫度過低可能會有雜質(zhì)析出導致產(chǎn)品不純凈C．采用抽濾可使過濾速率加快D．為提高洗滌效果，可用熱水進行洗滌(6)方法二所得產(chǎn)品碘酸鉀的純度測定方案如下：準確稱取產(chǎn)品配制成溶液作為待測液，取該溶液于碘量瓶中，加入稍過量的碘化鉀，用適量的鹽酸酸化，蓋緊塞子，置于避光處用的硫代硫酸鈉標準溶液滴定，當溶液呈淡黃色時，加入少許指示劑，滴定到溶液為無色。平行滴定三次，平均消耗標準液計算產(chǎn)品的純度。已知：

①指示劑宜選用_______溶液；

②產(chǎn)品碘酸鉀的質(zhì)量分數(shù)為_______。20、PCl3是一種重要的化工原料，某化學興趣小組設(shè)計制取PCl3的裝置如下圖。

已知：白磷的密度為1.82g·cm?3，幾乎不溶于水，空氣中易自燃；PCl3的熔點為?112℃，沸點為75.5℃，極易水解為H3PO3；受熱易被氧氣氧化。

(1)實驗室保存白磷的方法是_______。

(2)實驗開始加熱前，需要先通入一段時間CO2，然后再點燃酒精燈，必須進行該操作的主要原因是_______。

(3)E裝置中冰水的作用是_______。

(4)裝置F中的藥品是堿石灰，其作用是_______。

(5)測定產(chǎn)品純度；步驟如下：

①稱取mg產(chǎn)品；溶于水配成100mL溶液；

②取上述溶液25.00mL，加入V1mLc1mol·L?1碘水；充分反應；

③以淀粉溶液為指示劑，用c2mol·L?1Na2S2O3溶液滴定②中所得溶液，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知I2+2=+2I-)

步驟②中反應的化學方程式為_______；步驟③滴定終點時的標志是_______；經(jīng)計算，該產(chǎn)品的純度為_______(用含m、V1、V2、c1、c2的式子表示)。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共6分)21、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，加入某有機酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。實驗測得：當溶液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_______。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設(shè)計萃取、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。

通過計算確定C點剩余固體的化學成分為_______(填化學式)。試寫出B點對應的物質(zhì)與O2在225~300℃發(fā)生反應的化學方程式：_______。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共40分)22、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分數(shù)___________。：23、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設(shè)計的，這兩種化合物相遇會反應生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應的化學方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_________。24、已知A；B、C、E的焰色反應均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質(zhì)也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應方程式：____________________。25、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結(jié)構(gòu)示意圖為__________。

②當n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)化為乙的離子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

寫出TiO2和Cl2反應生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

燃料電池中，負極上燃料失電子發(fā)生氧化反應、正極上氧化劑得電子發(fā)生還原反應，正極電極反應式為負極反應為故A錯誤；

B.通入燃料的電極是負極、通入氧化劑的電極是正極，則a是陽極、b是陰極，陰極上銅離子放電，電極反應為故B錯誤；

C.a極是石墨，b極是純銅時，電解一定時間后兩極產(chǎn)生的氣體體積都為標準狀況即氫氣和氧氣的物質(zhì)的量都是根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得硫酸銅濃度故C正確；

D.a、b兩極均是石墨時，若a極產(chǎn)生的氣體為標準狀況a極產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量硫酸銅的物質(zhì)的量未知無法確定氫離子是否放電，所以無法計算溶液的pH，故D錯誤。2、B【分析】【分析】

由示意圖可知放電時鋁為負極，被氧化生成Al2Cl7－，電極方程式為Al+7AlCl4－-3e－═4Al2Cl7－，正極反應為3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－，電解時陽極發(fā)生氧化反應，電極反應為Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]，陰極發(fā)生還原反應，電極方程式為4Al2Cl7－+3e－=Al+7AlCl4－。

【詳解】

A.放電時，正極反應為3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－，電路中每轉(zhuǎn)移1mol電子，有1molCn（AlCl4）被還原；故A正確；

B.放電時，正極發(fā)生還原反應，電極反應為3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－；故B錯誤；

C.充電時，Cn為陽極，發(fā)生氧化反應，電極方程式為Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]；充電時石墨烯與電源的正極相連，故C正確；

D.充電時，陽極發(fā)生氧化反應，電極反應為Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]，陰極發(fā)生還原反應，電極方程式為4Al2Cl7－+3e－=Al+7AlCl4－，電子守恒得到充電時的總反應為：3Cn＋4Al2Cl7-Al＋4AlCl4-＋3Cn（AlCl4）；故D正確；

故選B。3、D【分析】【分析】

由圖可知，放電時，得電子生成VO2+，正極上的反應為+2H++e-═VO2++H2O，負極反應為V2+-e-═V3+，則a極為負極，b為正極，所以電池總反應為+V2++2H+=VO2++V3++H2O；以此解題。

【詳解】

A．儲能時為電解池；則該系統(tǒng)將電能轉(zhuǎn)化為化學能，A正確；

B．由分析可知；儲能時a極為陰極，氫離子通過質(zhì)子交換膜向a極移動，則a極附近pH降低，B正確；

C．供能時為原電池，由分析可知，此時b極的電極反應式為+2H++e-=VO2++H2O；C正確；

D．根據(jù)正極的電極反應可知，當消耗1mol時轉(zhuǎn)移1mol電子；則將該電池用于電解飽和食鹽水時，可以生成0.5mol氯氣和0.5mol氫氣，一共是22.4L(標準狀況)，D錯誤；

故選D。4、C【分析】【詳解】

A．選項A正確；

B．5min時，X、Y、Z的平衡濃度分別為0.4mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L、選項B正確；

C．反應為放熱反應；降低溫度，平衡正向移動，X的濃度減小，選項C錯誤；

D．17min時，X的濃度為則X的轉(zhuǎn)化率為選項D正確。

答案選C。5、C【分析】【分析】

由題意知，鋰電極為負極，多孔碳材料電極為正極，放電時負極反應為Li-e-=Li+，正極反應為(2-x)O2+4Li+=2Li2O2-x(x=0或1)，電池總反應為2Li+(1-)O2=Li2O2-x；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．根據(jù)圖示和上述分析，放電時電池的正極O2與Li+得電子轉(zhuǎn)化為Li2O2-x；發(fā)生的是還原反應，故A錯誤；

B．多孔碳材料電極為正極；電子應該由鋰電極通過外電路流向多孔碳材料電極(由負極流向正極)，電解質(zhì)中離子作定向移動，故B錯誤；

C．根據(jù)圖示和上述分析，放電時電池總反應為2Li+(1-)O2=Li2O2-x，充電的反應與放電的反應相反，所以為Li2O2-x=2Li+(1-)O2；故C正確；

D．Li能與水反應；故不能用水溶液作電解質(zhì)溶液，故D錯誤；

答案選C。6、D【分析】【分析】

該電解池電解廢液中的Pb2+得到Pb，含Pb廢水通入b電極區(qū)，Pb2+在b電極處放電生成Pb，故b為陰極，電極反應為Pb2++2e-=Pb，a為陽極，電極反應為2H2O-4e-=O2+4H+，總反應為2Pb2++2H2OO2+4H++2Pb。

【詳解】

A．根據(jù)分析，電極a為陽極，反應為2H2O-4e-=O2+4H+；A錯誤；

B．根據(jù)分析，總反應為2Pb2++2H2OO2+4H++2Pb；B錯誤；

C．電解產(chǎn)生1molPb，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，陽極區(qū)的Na+、H+均為+1價離子；因此有2mol的陽離子通過陽離子交換膜，C錯誤；

D．在電解過程中；離子濃度會迅速降低，采用脈沖電解，在斷電間隙時間內(nèi)，可以讓陰；陽離子充分的移動到陽極和陰極附近，離子濃度又會得到迅速恢復和補充，電極區(qū)相關(guān)離子濃度更大，有利于電解，D正確；

故選D。7、D【分析】【分析】

比較化學反應速率快慢時；可根據(jù)各物質(zhì)表示的反應速率之比等于參與反應或生成的對應物質(zhì)的化學計量數(shù)之比，所以可將選項中各物質(zhì)表示的速率轉(zhuǎn)化為同一物質(zhì)所表示的反應速率后進行比較，注意單位要統(tǒng)一。

【詳解】

A．

B．

C．v(C)=0.40mol·L-1·min-1，則

D．v(D)=0.45mol·L-1·min-1，則

所以上述四種狀況下反應速率最快的是0.225mol/(L·min)；故合理選項是D。

故選D。二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】【分析】

由質(zhì)子的移動方向可知a為負極，a極上是乙醇失電子發(fā)生氧化反應，乙醇被氧化生成CO2和H+，電極反應式為C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，b為正極，發(fā)生還原反應，電極方程式為4H++O2+4e-═2H2O；以此解答該題。

【詳解】

(1)由分析可知，b為正極，故答案為：b；

(2)電池正極氧氣得電子生成水，電極反應為：4H++O2+4e-═2H2O；a為負極，a極上是乙醇失電子發(fā)生氧化反應，乙醇被氧化生成CO2和H+，電極方程式為：C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，故答案為：4H++O2+4e-═2H2O；C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+；

(3)乙醇中C元素的化合價為-2價；被氧化后升高到+4價，則電池工作時，1mol乙醇被氧化時就有12mol電子轉(zhuǎn)移，故答案為：12；

(4)a極附近發(fā)生電極反應C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，氫離子濃度增大，pH減小，故答案為：減小?！窘馕觥縝4H++O2+4e-═2H2OC2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+12減小9、略

【分析】【分析】

甲為燃料電池是將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置；屬于原電池，投放燃料的電極是負極，投放氧化劑的電極是正極，所以通入氧氣的電極是正極，負極上甲醚失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水；乙池有外接電源屬于電解池，鐵電極連接原電池的負極，所以是陰極，則石墨電極是陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，據(jù)此解題。

【詳解】

(1)燃料電池是將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置，屬于原電池，投放燃料的電極是負極，投放氧化劑的電極是正極，所以通入氧氣的電極是正極，負極上甲醚失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，電極反應式為：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O；

(2)乙池有外接電源屬于電解池，鐵電極連接原電池的負極，所以其是陰極，則石墨電極是陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑；

(3)如果粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，陽極上不僅銅還有鋅失電子進入溶液，陰極上析出銅，陽極電極方程式分別為Zn-2e-=Zn2+、Cu-2e-=Cu2+；根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等知，陽極上溶解的銅小于陰極上析出的銅，所以丙裝置中反應一段時間，硫酸銅溶液濃度將減??；

(4)設(shè)生成氫氣的分子數(shù)為x；生成銅的質(zhì)量為y：

列比例式可以求出x=0.2NA，y=12.8g?！窘馕觥空龢OCH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O陰極2Cl--2e-=Cl2↑減小0.2NA12.8g10、略

【分析】【分析】

C；D、E、F、X、Y都是惰性電極；A、B為外接直流電源的兩極，將直流電源接通后，F(xiàn)極附近呈紅色，說明F電極附近氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，則F為陰極，所以C、E、G、X、I為陽極，D、F、H、Y、J為陰極，A為正極、B為負極，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)C；D、E、F、X、Y都是惰性電極；A、B為外接直流電源的兩極，將直流電源接通后，F(xiàn)極附近呈紅色，F(xiàn)電極附近氫氧根離子濃度增大，溶液呈堿性，則F為陰極，所以C、E、G、X、I為陽極，D、F、H、Y、J為陰極，A為正極、B為負極，故答案為：正極；

(2)C、E、G、X、I為陽極，D、F、H、Y、J為陰極，C電極上氫氧根離子放電，電極反應式為4OH--4e-═O2↑+2H2O(或2H2O-4e-═O2↑+4H+)，F(xiàn)電極上氫離子放電，電極反應式為2H++2e-═H2↑(或2H2O+4e-═H2↑+4OH-)，故答案為：陽極；4OH--4e-═O2↑+2H2O(或2H2O-4e-═O2↑+4H+)；陰極；2H++2e-═H2↑(或2H2O+4e-═H2↑+4OH-)；

(3)若通過0.02mol電子，根據(jù)電解方程式：2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4，產(chǎn)生硫酸的物質(zhì)的量是0.01mol，通電后甲中溶液體積為200mL，則通電后所得的硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為=0.05mol?L-1，故答案為：0.05mol?L-1；

(4)由電子守恒可知，電解R(NO3)m溶液時，某一極增加了agR，根據(jù)Rm++me-=R可知，×m=0.02mol，解得：Mr(R)=50am；故答案為：50am；

(5)Y極是陰極；該電極顏色逐漸變深，說明氫氧化鐵膠體向該電極移動，根據(jù)異性電荷相互吸引，所以氫氧化鐵膠體粒子帶正電荷，故答案為：正；

(6)C、D、E、F電極發(fā)生的電極反應分別為：4OH-═O2↑+2H2O+4e-、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑；當各電極轉(zhuǎn)移電子均為1mol時，生成單質(zhì)的物質(zhì)的量分別為：0.25mol；0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1∶2∶2∶2，故答案為：1∶2∶2∶2；

(7)電鍍裝置中；鍍層金屬必須做陽極，鍍件做陰極，所以H應該是鍍件，即H應該是銅件，故答案為：銅件。

【點睛】

正確判斷各電極的名稱是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為(6)，要注意根據(jù)電極反應式結(jié)合電子守恒判斷?！窘馕觥空龢O陽極4OH--4e-═O2↑+2H2O(或2H2O-4e-═O2↑+4H+)陰極2H++2e-═H2↑(或2H2O+4e-═H2↑+4OH-)0.05mol?L-150am正1∶2∶2∶2銅件11、略

【分析】【分析】

(1)寫出三種物質(zhì)燃燒的熱化學方程式，然后根據(jù)蓋斯定律計算所求反應的焓變，當△G=△H-T△S<0時；反應能自發(fā)進行；

(2)①根據(jù)圖象分析，反應開始時CO濃度為1mol/L，由于開始時容器體積為2L，則開始時CO的物質(zhì)的量是2mol，反應達到平衡狀態(tài)時c(CH3OH)=0.3mol/L，起始時在體積可變的恒壓密閉容器中加入4molH2和2molCO發(fā)生反應A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；根據(jù)物質(zhì)反應轉(zhuǎn)化關(guān)系得到平衡時各種氣體的物質(zhì)的量，然后假設(shè)此時容器容積為VL，利用濃度定義式和甲醇濃度，可得轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量與容器體積關(guān)系式，再根據(jù)恒溫恒壓下氣體的物質(zhì)的量的比等于壓強之比，計算出轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量及平衡時容器容積，進而得到平衡時各種物質(zhì)的濃度，帶入平衡常數(shù)表達式即可求解；

②恒溫恒容條件下，在密閉容器中通入等物質(zhì)的量的CO2和H2，發(fā)生反應B：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，達到平衡狀態(tài)時，v正=v逆；容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量等于以g/mol為單位的平均摩爾質(zhì)量，據(jù)此分析。

【詳解】

(1)H2(g)、CO(g)和CH4(g)的燃燒熱分別為285.8kJ/mol；283.0kJ/mol和890.0kJ/mol。

①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol

②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283.0kJ/mol

③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H3=-890.0kJ/mol

將①×3+②-③，整理可得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)△H=3△H1+△H2-△H3=-250.4kJ/mol；

當△G=△H-T△S<0時；反應能自發(fā)進行，該反應中焓變數(shù)值較大且小于0，所以能自發(fā)進行；

(2)①根據(jù)圖象分析，反應達到平衡狀態(tài)時c(CH3OH)=0.3mol/L，起始時在體積可變的恒壓密閉容器中加入4molH2和一定量的CO發(fā)生反應A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，開始時容器體積為2L，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT，則有p=cRT，由于反應為恒壓容器，所以始末態(tài)體系壓強相等，根據(jù)圖象可知在反應開始時c(CO)=1mol/L，則開始時n(CO)=1mol/L×2L=2mol，n(H2)=4mol，假設(shè)反應過程在反應產(chǎn)生CH3OH的物質(zhì)的量為x，則反應消耗CO為xmol，消耗H2為2xmol，所以平衡時CO為(2-x)mol，H2為(4-2x)mol，CH3OH為xmol，假設(shè)平衡時容器的容積為VL，則=0.3mol/L，所以x=0.3Vmol，在恒溫恒壓下氣體的物質(zhì)的量的比等于壓強之比，所以=解得V=L，x=0.5mol，所以平衡時c(CO)==0.9mol/L，c(H2)=2c(CO)=1.8mol/L，c(CH3OH)=0.3mol/L，故該反應的化學平衡常數(shù)K==(L/mol)2≈0.1(L/mol)2；

②A.容器內(nèi)CO2的體積分數(shù)隨著反應進行而變化，當容器內(nèi)CO2的體積分數(shù)不再變化時；反應達到平衡狀態(tài)，A正確；

B.CO2和H2的物質(zhì)的量的比不等于化學計量數(shù)之比，則CO2和H2轉(zhuǎn)化率的比值隨著反應進行而變化，當CO2和H2轉(zhuǎn)化率的比值不再變化；反應達到平衡狀態(tài)，B正確；

C.當水分子中斷裂2NA個O-H鍵，必然會同時產(chǎn)生3NA個H-H鍵，同時氫分子中斷裂3NA個H-H鍵；則氫氣的濃度不變，正反應速率等于逆反應速率，反應達到平衡狀態(tài)，C正確；

D.容器內(nèi)混合氣體的質(zhì)量守恒；物質(zhì)的量隨著反應進行而變化，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量也隨之變化，當混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為34.5且保持不變時，反應達到平衡狀態(tài)，D正確；

故合理選項是ABCD。

【點睛】

本題考查化學平衡的計算，涉及到蓋斯定律的應用，化學平衡常數(shù)的計算，化學平衡的移動，化學平衡狀態(tài)的判斷，掌握化學反應基本原理和平衡狀態(tài)的特征及有關(guān)概念是解題關(guān)鍵?！窘馕觥?250.4kJ/mol該反應的焓變數(shù)值較大，且小于00.1(L/mol)2ABCD12、略

【分析】【分析】

（1）合成氨為放熱反應；升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減??；

（2）根據(jù)方程式利用三段法進行計算；

（3）達到平衡狀態(tài)時；正反應速率等于逆反應速率，各物質(zhì)的質(zhì)量或濃度保持不變，據(jù)此進行分析判斷。

【詳解】

（1）合成氨為放熱反應，T12，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，所以K1>K2；

（2）設(shè)達到平衡時N2轉(zhuǎn)化了xmol/L，根據(jù)三段法有N2+3H22NH3

始(mol/L)230

轉(zhuǎn)(mol/L)0.51.51

平(mol/L)1.51.51

平衡時H2的轉(zhuǎn)化率=×100%=50%；平衡常數(shù)K==0.2；

若再同時增加各物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)三段法有：N2+3H22NH3

始(mol/L)221.5

濃度商Qc==0.14正>v逆；

平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；溫度不變，K不變；

（3）A.當2v正（H2）＝3v逆（NH3）時才能證明達到平衡狀態(tài)；A項錯誤；

B．該反應為非等體積反應；容器內(nèi)氣體壓強不變，證明反應達到平衡狀態(tài)，B項正確；

C.該反應為非等體積反應；混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變，證明反應達到了平衡狀態(tài)，C項正確；

D．濃度相等并不能證明反應達到平衡狀態(tài)；D項錯誤；

答案選BC?！窘馕觥竣?＞②.溫度升高，平衡逆向移動，K減?、?50﹪④.＞⑤.不變⑥.BC13、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由固體配制500mL一定物質(zhì)的量濃度的溶液，整個過程需要的儀器有托盤天平、藥匙、膠頭滴管、量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶。Fe2(SO4)3為強酸弱堿鹽，在溶解固體時，應在燒杯中先加入一定體積的稀硫酸，以防止Fe3＋水解。故答案為：藥匙；托盤天平；硫酸；

(2)電流表顯示電流由銀電極流向石墨電極；則銀電極為正極。由原電池的工作原理可知，陽離子向正極移動，即鹽橋中的陽離子進入銀電極溶液中。故答案為：銀；

(3)石墨電極為負極，電極反應式為Fe2＋－e－=Fe3＋。銀電極為正極，電極反應式為Ag＋＋e－=Ag。電池的總反應為Ag＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ag，由此可知Ag＋的氧化性大于Fe3＋。故答案為：Fe2＋－e－=Fe3＋；Ag＋＋e－=Ag；Ag＋；

(4)隨著原電池反應Ag＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ag的進行，溶液中c(Fe3＋)增大，當鹽橋中電解質(zhì)為KNO3時，NO進入石墨電極酸性溶液中，氧化亞鐵離子，c(Fe3＋)又增大，致使Fe3＋＋Ag?Ag＋＋Fe2＋平衡正向移動，故一段時間后，可觀察到電流表指針反轉(zhuǎn)。故答案為：原電池反應使c(Fe3＋)增大，同時NO進入石墨電極酸性溶液中，氧化亞鐵離子，c(Fe3＋)又增大，致使平衡正向移動?！窘馕觥克幊?、托盤天平硫酸銀Fe2＋－e－=Fe3＋Ag＋＋e－=AgAg＋原電池反應使c(Fe3＋)增大，同時NO進入石墨電極酸性溶液中，氧化亞鐵離子，c(Fe3＋)又增大，致使平衡正向移動三、判斷題(共5題，共10分)14、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何水溶液中都存在水的電離平衡，水電離產(chǎn)生H＋和OH-，根據(jù)水電離方程式：H2OH＋+OH-可知：水電離出的H＋和OH-數(shù)目相等，由于離子處于同一溶液，溶液的體積相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水電離出的c(H＋)和c(OH-)相等這句話是正確的。15、A【分析】【分析】

【詳解】

由蓋斯定律可知：化學反應的反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應途徑無關(guān)，正確。16、B【分析】【詳解】

沒有確定的化學反應；確定的物質(zhì)種類；不能判斷反應速率大??；

故錯誤。17、A【分析】【分析】

【詳解】

草酸鈉溶液中存在電荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：則答案是：正確。18、A【分析】【詳解】

明礬溶于水電離出鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有較大表面積，較強的吸附能力，能吸附水中的懸浮物，用作凈水劑；正確。四、實驗題(共2題，共10分)19、略

【分析】【分析】

方法一：高錳酸鉀和濃鹽酸制備氯氣；用飽和食鹽水除氯氣中的氯化氫，氯氣通入碘化鉀和氫氧化鉀的混合液中反應生成碘酸鉀，用氫氧化鈉吸收氯氣，防止污染。

方法二：直接用高錳酸鉀氧化碘化鉀得到碘酸鉀溶液；用乙醇除去剩余的高錳酸鉀，抽濾除去二氧化錳，濾液蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌，得到碘酸鉀產(chǎn)品。

【詳解】

（1）方法一中，高錳酸鉀和濃鹽酸制備氯氣，氯氣中含有氯化氫雜質(zhì)，裝置a的作用是凈化其中的試劑為飽和食鹽水；根據(jù)圖示，裝置b的名稱為三頸燒瓶。

（2）多孔球泡裝置可增大氯氣與碘化鉀溶液的接觸面積；使氯氣充分反應。

（3）根據(jù)信息提示，溶液在中性條件下的還原產(chǎn)物為一種不溶于水的沉淀，即為所以化學方程式為

（4）高錳酸鉀能被乙醇還原；滴入適量乙醇的作用是除去多余的高錳酸鉀。

（5）A．三腳架；泥三角和坩堝的聯(lián)合使用可用于灼燒固體；不能進行加熱濃縮，加熱濃縮用蒸發(fā)皿，故A錯誤；

B．在冷卻結(jié)晶時；溫度過低可能會有雜質(zhì)析出導致產(chǎn)品不純凈，故B正確；

C．抽濾可使過濾速率增大；故C正確；

D．碘酸鉀固體在熱水中溶解度大；用熱水洗滌時會導致產(chǎn)品損失，故D錯誤；

選BC。

（6）①淀粉液遇碘單質(zhì)變藍；宜選用淀粉溶液作指示劑；

②產(chǎn)品消耗硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為mol，由關(guān)系式可算出產(chǎn)品中的物質(zhì)的量為質(zhì)量分數(shù)為【解析】(1)飽和食鹽水或飽和溶液三頸燒瓶或三口燒瓶。

(2)增大氯氣與溶液的接觸面積；使氯氣充分反應，提高產(chǎn)率。

(3)

(4)除去多余的高錳酸鉀。

(5)BC

(6)淀粉或20、略

【分析】【分析】

A裝置為制取氯氣裝置，由于PCl3遇水會水解，所以氯氣必須干燥，裝置B除去氯氣中混有的氯化氫氣體，裝置C用來干燥氯氣；干燥氯氣與白磷在裝置D中生成PCl3，利用二氧化碳排盡裝置中的空氣，防止PCl3被氧化。根據(jù)PCl3的沸點數(shù)據(jù)，利用E裝置收集PCl3。因尾氣中含有有毒氣體氯氣且空氣中的水蒸氣可能進入裝置，所以用F裝置中的堿石灰可吸收多余的氯氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶與PC13反應；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）白磷幾乎不溶于水；空氣中易自燃，可以在冷水中密封保存。

（2）題目已知條件中PCl3受熱易被氧氣氧化，故利用CO2排出體系中的空氣，防止白磷、PCl3被氧氣氧化。

（3）題目已知條件中PCl3的沸點為75.5℃，通過冰水可冷凝并收集PCl3，防止PCl3揮發(fā)。

（4）反應剩余Cl2必須進行尾氣處理，用氫氧化鈉吸收氯氣；PCl3極易水解，堿石灰可以防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶與PCl3反應。

（5）PCl3溶于水生成H3PO3的方程式為PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，第②步碘水與H3PO3發(fā)生反應，方程式為H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI；第③步滴定終點時的標志是當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復原；根據(jù)反應知PCl3～H3PO3～I2、I2～2，參與反應的PCl3的物質(zhì)的量n(PCl3)=(c1V1×10?3)?產(chǎn)品純度為×100%=×100%?！窘馕觥棵芊獯娣旁诶渌信懦鲶w系中的空氣，防止PCl3被氧氣氧化冷凝PCl3，防止PCl3揮發(fā)吸收多余的氯氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶與PCl3反應H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復原×100%五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共6分)21、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，平衡正向進行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設(shè)計萃取、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)