2025年外研版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版选择性必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定某浓度的二元弱酸()溶液，所得溶液中各种含X的微粒的物质的量分数()与pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.的电离常数的水解常数B.由水电离出的c()：a>bC.曲线分别表示()和(HX-)的变化D.b点所示溶液中：c(>3c()2、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是。

。选项。

实验操作及现象。

实验目的或结论。

A

向1，2两试管中分别加入等浓度H2O2溶液10mL、1mL，再向H2O2溶液中分别滴入等浓度等体积CuSO4、FeCl3溶液；试管2中产生气体较快。

证明FeCl3溶液的催化效率更高。

B

向2支盛有5mL不同浓度的稀H2SO4的试管中，同时加入2mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液；观察实验现象。

探究浓度对反应速率的影响。

C

将H2O2滴入KMnO4(H+)溶液中。

验证H2O2具有氧化性。

D

向含有少量苯酚的苯中加入浓溴水；振荡；过滤。

除去苯中的苯酚。

A.AB.BC.CD.D3、25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol·L-1的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A.1∶10∶1010∶109B.1∶5∶(5×109)∶(5×108)C.1∶20∶1010∶109D.1∶10∶104∶1094、亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病；其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.当n(H3AsO3)：n(H2AsO)=1：1时，溶液呈碱性B.pH=12时，溶液中c()+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)C.在K3AsO3溶液中，c(AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)D.H2AsO在溶液中，其水解程度大于电离程度5、化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用．下列叙述不正确的是A.长期使用化肥会使土壤酸化，而过度使用尿素会使土壤碱化B.锅炉水垢中含有的可先用溶液处理，后用酸除去C.铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质D.“酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化6、常温下，在H2R及钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化关系下图所示。已知Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11；下列叙述正确的是。

A.溶液中存在：c(R2-)+c(OH-)=c(Na＋)＋c(H＋)B.Ka1(H2R)=10-4.3C.等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中水的电离程度比纯水大D.向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO＋H2R=2HCO＋R2-7、下列关于金属的腐蚀及防腐说法错误的是A.马口铁(镀锡铁)镀层破损铁的腐蚀速率加快B.为了防止钢铁设备腐蚀，利用外加电流的阴极保护法，应另附加一惰性电极，惰性电极作阴极C.可以采用改变金属组成或结构的方法防止金属腐蚀D.为保护海轮的船壳，利用牺牲阳极的阴极保护法，常在船壳上镶入锌块8、以甲烷为燃料的新型电池得到广泛的研究；如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。下列说法错误的是。

A.以甲烷为燃料，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池B.A电极为电池正极，发生还原反应C.B电极反应式为CH4+4O2−－8e－=CO2+2H2OD.该电池的总反应：CH4+2O2CO2+2H2O9、炒过菜的铁锅未及时洗净(残液中含)；不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑，腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是。

A.腐蚀过程中，负极是发生电极反应：B.失去电子经电解质溶液转移给CC.正极的电极反应式为D.C是正极，在C表面上发生还原反应评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、在恒温条件下，向盛有足量NaCl(s)的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2；发生如下两个反应：

①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)ΔH1＜0K1

②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)ΔH2＜0K2

10分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1。下列说法正确的是A.平衡后c(NO)=2.5×10-2mol·L-1B.平衡时NO的转化率为50%C.其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大D.反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为11、恒温条件下；将一定量的A；B气体通入2L密闭容器中生成气体C，测得容器中各物质的物质的量n随时间1的变化如下图所示，则下列说法正确的是。

A.0～10min，用A物质表示的反应速率为0.05mol·L-1·min-1B.该反应方程式可表示为：A+3B=2CC.该条件下，A物质的最大转化率为60%D.平衡时，C的物质的量浓度为1.2mol/L12、对于化学反应：3W(g)+2X(g)⇌4Y(g)+3Z(g)。下列反应速率关系中，正确的是A.v(W)=3v(Z)B.2v(X)=3v(Z)C.2v(X)=v(Y)D.2v(W)=3v(X)13、常温下，用溶液吸收气体，溶液的随气体的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是。

A.时：B.时：C.时，D.吸收的过程中可能会出现：14、室温时，配制一组的和混合溶液，溶液中随的分布如题图所示；下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是。

A.a点：水电离出的B.时：C.时：D.b点：15、常温下，向10mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1mol·L-1的氨水，反应过程中-1gc(Ag+)或-1gc[Ag(NH3)]与加入氨水体积的关系如图。下列说法错误的是。

A.原硝酸银溶液的浓度是0.1mol·L-1B.反应生成氢氧化银的Ksp(AgOH)的数量级为10-8C.溶液b点NH4+的浓度小于溶液c点的浓度D.溶液m点c()>c(Ag+)+c[Ag(NH3)]+c()16、现以CO、O2、熔融盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理CO同时制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。下列说法不合理的是（）

A.石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应B.甲池中的CO向石墨Ⅱ极移动C.乙池中左端Pt极电极反应式：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+D.若甲池消耗氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.2mol评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的H2和0.6mol的I2，在一定的条件下发生如下反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-QkJ/mol(Q＞0)；反应中各物质的浓度随时间变化情况如图1：

（1）该反应的化学平衡常数表达式为__。

（2）根据图1数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)为__。

（3）反应达到平衡后；第8分钟时：

①若升高温度，化学平衡常数K__（填写增大、减小或不变）。HI浓度的变化正确的是__（用图2中a～c的编号回答）。

②若加入I2，H2浓度的变化正确的是__（用图2中d～f的编号回答）。

（4）反应达到平衡后，第8分钟时，若把容器的容积扩大一倍，请在图3中画出8分钟后HI浓度的变化情况___。

18、在恒容密闭容器中，控制不同温度进行CO2分解实验：2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)。以CO2起始浓度均为cmol·L−1测定CO2的转化率，结果如图所示。图中甲曲线表示CO2的平衡转化率与温度的关系，乙曲线表示不同温度下反应10min所测CO2的转化率。

①在1300℃时反应10min到达A点，反应的平均速率v(O2)___随温度升高，曲线乙向曲线甲靠近的原因是________________。要让B点CO2的转化率增大，除升高温度外，还可以采取_______措施(任填一个)。

②下列能说明上述反应达到平衡状态的是_____.

a单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolCO；

b混合气体的密度不再改变；

cCO2的转化率不再变化；

d密闭容器中压强不再改变；

e混合气体的平均相对分子质量不再改变。

f当c(CO2)∶c(CO)∶c(O2)=2∶2∶1时19、氮元素的化合物种类繁多；性质也各不相同。请回答下列问题：

(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol-1

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1

③N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1

则反应：④4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)的ΔH=____kJ·mol-1。

根据RlnKp=-+C(C为常数)，由图中的数据可推知，该反应的反应热为____kJ·mol-1(保留小数点后2位)，图中表示的方程式是____(填序号)。

(2)生产硝酸的第二步反应是2NO+O2=2NO2，在0.1MPa和0.8MPa压强下，NO的平衡转化率α随温度的变化如图所示，反应在400℃，0.8MPa时的α=____，在压强p1、温度600℃时，A点v正____v逆(填“大于”；“小于”或者“等于”)。

(3)研究表明NO和O2的反应分两步进行。

①2NO=(NO)2ΔH<0

②(NO)2+O2(g)=2NO2ΔH<0

NO和O2反应速率公式为v=k·K·p2(NO)·p(O2)，K为反应①的平衡常数，k为反应②速率常数(k随温度T升高而增大)。当其他条件不变时，研究NO达到一定转化率时，温度与时间的关系如表所示。压强/(×105Pa)温度/℃NO达到一定转化率所需时间/s50%90%98%90%98%13012.424828309025.3508576057608300.193.8836.4900.597.867474

根据表中信息，对于反应：2NO+O2=2NO2，当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低，原因是____。

(4)利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1s、t2s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变；测定针筒内气体压强变化如图所示。

①B、E两点对应的正反应速率大小为vB____(填“＞”“＜”或“=”)vE。

②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为____。20、中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

(1)从3min到9min，v(CO2)=___mol/(L·min)(计算结果保留2位有效数字)。

(2)能说明上述反应达到平衡状态的是___(填编号)。

A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1(即图中交叉点)

B.混合气体的压强不随时间的变化而变化。

C.单位时间内生成1molH2，同时生成1molCH3OH

D.混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化。

(3)平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是___。

(4)第3分钟时v正(CH3OH)第9min时v逆(CH3OH)___(填“>”、“<”“=”或“无法比较”)。21、反应mA(g)+nB(g)pC(g)在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表所示：。压强/Pa2×1055×1051×106c(A)/(mol·L-1)0.080.200.44

分析表中数据；回答：

(1)当压强从2×105Pa增加到5×105Pa时，平衡___(填“向左”“向右”或“不”)移动，理由是______________。

(2)当压强从5×105Pa增加到1×106Pa时，该反应的化学平衡________移动，判断的依据是_________，可能的原因是___________________。22、工业烟气、汽车尾气中的氮氧化物(NOx)；可由多种方法进行脱除。

(1)采用NH3作为还原剂，可将NOx还原成N2和H2O。在某催化剂的表面，NH3和NO的反应历程势能变化如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。

该反应历程包括四步基元反应：

a.NH3*+NO*→NH3NO*b.NH3NO*→NH2NO*+H*

c.NH2NO*+H*→HNNOH*+H*d.HNNOH*+H*→H2O*+N2*+H*

由上图可知该反应历程的总△H___0(填“＞”、“＝”或“＜”)。整个反应历程中的控速步骤为第___步(选填a、b、c或d)，其能垒(活化能)为___Kcal·mol-1。

(2)利用放热反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)可在脱除汽车尾气中NO的同时消除积碳。现将等量的NO通入两个相同体积的刚性容器内(碳粉足量)，分别在500℃和600℃条件下发生上述反应，下图中a、b、c、d分别表示NO的分压pNO或CO2的分压pCO2随时间的变化关系。(气体分压＝总压×组分物质的量分数)

①上中表示500℃条件下pNO的是__(选填a、b、c或d，下同)，表示600℃条件下pCO2的是___。

②根据图示，列出600℃时反应平衡常数Kp的计算式__。(Kp等于生成物气体分压幂之积与反应物气体分压幂之积的比值)

(3)利用NaClO氧化吸收液可在脱除烟气中NOx的同时脱除SO2。研究发现在不同的初始pH条件下；吸收液对流动烟气的脱硫效率都接近100%，而NO的脱除率如下图所示。

①根据上图，下列有关说法正确的是____(填标号)。

A.增大压强；NO的转化率增大。

B.从化学平衡的角度，采用Ca(ClO)2脱硫效果优于NaClO

C.起始pH＝2，脱硝效率随时间降低可能是因为ClO－+Cl－+2H＋＝Cl2↑+H2O

D.为提高脱硫脱硝效果；应当增大NaClO浓度；提高烟气的流速。

②吸收液脱硫效果优于脱硝效果的可能原因是____(任写一条)。23、随着世界工业经济的发展、人口的剧增，全球能源紧张及世界气候面临越来越严重的问题，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。

（1）如图为C及其氧化物的变化关系图，若①变化是置换反应，则其化学方程式可为___。

（2）一定条件下，在密闭容器中发生反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，能使平衡向正反应方向移动的有__(填字母)。

A.保持其他条件不变；增大压强。

B.保持容器总体积不变，通入少量Ar

C.增加碳的用量。

D.保持其他条件不变；升高温度。

（3）根据下列3个热化学反应方程式：

Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-24.8kJ/mol

3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=-47.2kJ/mol

Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)△H=+640.4kJ/mol

写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：__。评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)24、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误25、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误26、室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误27、配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。(____)A.正确B.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共18分)28、物质A～G有下图所示转化关系（部分反应物；生成物没有列出）。其中A为某金属矿的主要成分；经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。

请回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：B__________、E__________、G__________；

（2）利用电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是____________，阴极物质是__________，电解质溶液是__________；

（3）反应②的化学方程式是__________。

（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=___________。若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则B的平衡浓度___________（填“增大”、“不变”或“减小”），氧气的转化率___________（填“升高”、“不变”或“降低”），D的体积分数___________（填“增大”、“不变”或“减小”）。29、X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，X原子的半径是元素中最小的，Y2是空气主要成分之一。请回答：

(1)元素J和Y原子半径从大到小的顺序为___________(填元素符号)。

(2)Q的氢化物与它的低价氧化物反应的化学方程式为_______________。

(3)X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，写出A的电子式_________；实验室制备气体A的化学方程式为_____，B的水溶液不呈中性的原因_____(用离子方程式表示)，A与水反应生成一水合氨，写出它的电离平衡常数表达式Kb=______。

(4)用“>”表示出J与Q形成的化合物J2Q溶液中离子浓度的大小关系______。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共6分)30、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。31、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定二元弱酸()溶液时，初始溶液中的量最多，故表示随着加入的NaOH溶液增多,溶液中发生故溶液中在减少,在增加，图中表示继续加入NaOH溶液，发生的反应为故溶液中在减少,在增加，图中表示据此分析；进行作答。

【详解】

A.的电离常数利用pH=1.2时，恰好与相等，即等于代入计算，可知的水解常数利用pH=4.2时，恰好与相等，即等于代入计算，可知A项正确；

B.a处为和的混合液，有酸存在，水的电离被抑制，由水电离出的c()小于b处为和的混合液，强碱弱酸盐会水解，水的电离被促进，由水电离出的c()大于B项错误；

C.由上述分析可知，曲线分别表示的是()和()的变化；C项错误；

D.b点所示溶液为和的等物质的量混合的混合液：存在c(+c(=2c()+c()+c()。其中pH=4.2，等于所以存在c(+=3c()+c(＜3c()；D项错误；

答案选A。

【点睛】

本题考查了电离平衡常数的计算、水的电离平衡及影响因素、电解质溶液中的三大守恒关系等均为高考中的重难点。在解题时需先分析清楚溶液的成分及各成分之间量的关系，再进行作答。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．向1，2两试管中分别加入等浓度H2O2溶液10mL；1mL；过氧化氢溶液的体积不同，混合液的浓度不同，因浓度不同，反应速率不同，不能说明催化剂对反应的影响，故A错误；

B．向2支盛有5mL不同浓度的稀H2SO4的试管中，同时加入2mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液；观察实验现象，浓度高的反应速率快，探究浓度对反应速率的影响，故B正确；

C．将H2O2滴入KMnO4(H+)溶液中，2MnO+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+5O2↑+8H2O，H2O2作还原剂，验证H2O2具有还原性；故C错误；

D．向含有少量苯酚的苯中加入浓溴水；生成的三溴苯酚溶于苯中，用过滤无法分离，故D错误；

故选B。3、A【分析】【详解】

25℃时，水的离子积常数因为各溶液体积相等，假设溶液为1L，①pH=0的H2SO4溶液中氢氧根完全来源于水的电离，所以电离的水的物质的量为10-14mol；②0.05mol·L-1的Ba(OH)2溶液中氢离子完全来源于水的电离，所以电离的水的物质的量为10-13mol；③pH=10的Na2S溶液中，氢氧根完全来源于水的电离，所以电离的水的物质的量为10-4mol；④pH=5的NH4NO3溶液中氢离子完全来源于水的电离，所以电离的水的物质的量为10-5mol。所以四种溶液中发生电离的水的物质的量之比是也就等于1∶10∶1010∶109。

故选A。

【点睛】

找准溶液中氢离子和氢氧根离子的来源是解决这类问题的关键。4、B【分析】【详解】

A．图中n(H3AsO3)：n(H2AsO)=1:1时；溶液的pH=9，此时呈溶液显碱性，故A正确；

B．pH=12时，溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，此时c(H2AsO3)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)＞c(H+)；故B错误；

C．在K3AsO3溶液中，存在三步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成HAsO第二步水解生成H2AsO则c(AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)；故C正确；

D．n(H3AsO3)：n(H2AsO3-)=1:1时，溶液的pH=9，说明在溶液中H2AsO水解程度大于H3AsO3的电离程度，而H3AsO3的电离程度大于H2AsO的电离程度，则H2AsO在溶液中；其水解程度大于电离程度，故D正确；

故答案为B。5、C【分析】【详解】

A.化肥中的铵根离子水解显示酸性，能使土壤酸化，尿素中的氨基具有碱性；会使土壤碱化，故A正确；

B.难溶于酸，可先用溶液处理转化为然后用酸溶解除去，故B正确；

C.铝是活泼金属,不易被还原剂还原；工业上铝的冶炼是通过电解熔融的氧化铝来实现的，故C错误；

D.“酸可以除锈”的过程是酸与金属氧化物反应生成盐；“热的纯碱溶液去油污”是油脂发生水解反应，二者都有新物质生成，属于化学变化，故D正确；

故选C。6、D【分析】【详解】

A．根据电荷守恒，溶液中存在：c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(Na＋)＋c(H＋)；故A错误；

B．由图像可知，在pH=1.3时，c(HR-)=c(H2R)，Ka1(H2R)===10-1.3；故B错误；

C．等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，会生成NaHR，由图像可知，HR-含量最高时；溶液呈酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，故C错误；

D．根据电离常数分析，H2R的第二步电离常数大于碳酸的第二步电离常数，即酸性：HR-＞HCO所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO＋H2R=2HCO＋R2-；故D正确；

故选D。7、B【分析】【详解】

A．铁比锡活泼；马口铁(镀锡铁)的表面一旦破损，构成原电池，Fe为负极，则铁腐蚀加快，故A不符合题意；

B．电解池中；阳极被腐蚀，阴极被保护，故应将钢铁的设备做阴极，惰性电极作阳极，故B符合题意；

C．将金属制成合金；即改变金属的组成和结构，能起到很好的防止腐蚀的作用，故C不符合题意；

D．海轮外壳镶嵌锌块；此时铁作为原电池的正极金属而被保护，不易腐蚀，是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故D不符合题意；

答案选B。8、D【分析】【详解】

A．因为甲烷比氢气易得到；成本低，所以甲烷为燃料，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，故A正确；

B．A电极通入氧气；化合价降低，发生还原反应，A电极为电池正极，故B正确；

C．B电极通入甲烷，甲烷失去电子和阳离子结合生成二氧化碳和水，其反应式为CH4+4O2−－8e－=CO2+2H2O；故C正确；

D．甲烷燃料电池是化学能转化为电能，不是化学能变为热能，该电池的总反应：CH4+2O2=CO2+2H2O；故D错误。

故答案为D。9、D【分析】【分析】

该原电池中，Fe易失电子作负极、C作正极，负极上铁失电子生成亚铁离子，正极上氧气得电子发生还原反应，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；

【详解】

A．腐蚀过程中，负极是发生电极反应：Fe-2e-=Fe2+；故A错误；

B．原电池中电子沿外导线从负极流向正极；不能通过电解质溶液，电解质溶液中是离子的定向移动形成闭合回路，故B错误；

C．正极电极反应是溶液中氧气得到电子发生还原反应，电极反应O2+2H2O+4e-=4OH-；故C错误；

D．C是正极；正极电极反应是溶液中氧气得到电子发生还原反应，故D正确；

故选D。二、多选题(共7题，共14分)10、BD【分析】【分析】

【详解】

A．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol；则：

则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(NO)==0.05mol·L-1；A错误；

B．由A项分析，平衡时NO的转化率为×100%=50%；故B正确；

C．平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应②放热，使温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K2减小；故C错误；

D．①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)ΔH1＜0平衡常数K1；②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)ΔH2＜0平衡常数K2；由盖斯定律可知，由①×2-②可得反应4NO2(g)+2NaC1(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则4NO2(g)+2NaC1(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=故D正确；

故选BD。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．0～10min内，A物质反应了0.5mol，用A物质表示的反应速率为A项错误；

B．0～10min内；A物质减少了0.5mol，B物质减少了1.5mol，C物质增加1mol，转化的物质的量之比等于化学计量系数之比，该反应方程式可表示为：A+3B=2C，B项正确；

C．平衡时B物质反应了1.8mol；根据三段式进行计算，A物质反应了0.6mol，最大转化率为60%，C项正确；

D．平衡时B物质反应了1.8mol；根据三段式进行计算，C生成了1.2mol，物质的量浓度为0.6mol/L，D项错误；

故答案为BC。12、CD【分析】【详解】

W；X、Y、Z的化学计量数之比为3:2:4:3；且反应速率之比等于化学计量数之比，则：

A．v(W)=v(Z)；故A错误；

B．2v(Z)=3v(X)；故B错误；

C．2v(X)=v(Y)；故C正确；

D．2v(W)=3v(X)；故D正确；

故选CD。13、BC【分析】【分析】

【详解】

A．此时溶液组成是Na2SO3，Na2SO3溶液中存在质子守恒A项正确；

B．时，溶液吸收molSO2气体，根据物料守恒可知：所以B项错误；

C．时，此时溶液组成是Na2SO3和NaHSO3，此时溶液pH=6，溶液中存在电荷守恒所以C项错误；

D．用溶液吸收通入的SO2为1mol时恰好完全反应生成NaHSO3，会有D项正确；

故答案为BC。14、BC【分析】a点溶液pH=1.8，此时溶液中则Ka1===10-1.8；b点溶液pH=7，此时溶液中则Ka2===10-7。

【详解】

A．a点溶液pH=1.8，溶液中H+来自H2SO3的电离，水的电离受抑制，此时溶液中其中==10-12.2mol/L，来自水的电离，且水电离的H+和OH-浓度相等，则水电离出的故A错误；

B．Ka1×Ka2=×==10-1.8×10-7=10-8.8，当时，=mol/L=10-4.4mol/L；溶液pH=4.4，故B正确；

C．当时溶质为NaHSO3，已知的水解常数Kh2===10-12.2＜Ka2，说明溶液中的电离程度大于水解程度，即故C正确；

D．b点溶液pH=7，此时溶液中溶液中存在的电荷守恒式为，由可得则可知即则故D错误；

故答案为BC。15、CD【分析】【分析】

【详解】

A．b点完全反应，此时加入的氨水为10mL，氨水的浓度0.1mo/L，原硝酸银溶液也为10mL，根据方程式可知；硝酸银溶液的浓度为0.1molL，A正确；

B．由图可知b点二者完全反应，Ag+完全沉淀，存在沉淀溶解平衡AgOH(s)=Ag+(aq)+OH-(aq)，所以可以近似地认为c(Ag+)=c(OH-)，此时-1gc(Ag+)=4，则c(Ag+)=c(OH-)=110-4mol，Ksp(AgOH)=c(Ag+)×（OH-）=110-8；B正确；

C．b点溶液溶质为AgOH，b到d过程发生反应随着氨水的加入，并没有引入铵根离子，虽然碱性增强铵根离子的水解受到抑制，但溶液的体积增加的幅度更大，所以铵根离子的浓度减小，即b点铵根离子的浓度大于溶液c点铵根离子的浓度；C错误；

D．m点溶液存在电荷守恒此时加入了过量的氨水，溶液应呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，则c()+)+c[Ag(NH3)]+c()；D错误；

故选CD。16、BD【分析】【详解】

A.一氧化碳发生氧化反应是负极；则石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应，故A正确；

B.原电池中阴离子向负极移动，所以甲池中的CO向石墨I极移动；故B错误；

C.乙池中左端Pt极与电源的正极相连做阳极，发生氧化反应，氮元素化合价升高，所以电极反应式为：N2O4−2e−+2HNO3=2N2O5+2H+；故C正确；

D.没有说明气体存在的外界条件；无法计算2.24L氧气的物质的量，故D错误；

故选：BD。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【分析】

(1)化学平衡常数=生成物浓度的系数次方的乘积÷反应物浓度系数次方的乘积；

(2)平均速率v(HI)=

(3)H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH<0，升高温度平衡逆向移动；若加入I2；平衡正向移动；

(4)反应前后气体系数和相等；若把容器的容积扩大一倍，浓度变为原来一半，平衡不移动；

【详解】

(1)化学平衡常数=生成物浓度的系数次方的乘积÷反应物浓度系数次方的乘积，H2(g)+I2(g)2HI(g)反应的平衡常数表达式是K=

(2)平均速率v(HI)=根据图1数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)==0.167mol/(L·min)；

(3)①H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数K减小；升高温度，平衡逆向移动，HI浓度减小，选c；

②若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减小；选f。

(4)反应前后气体系数和相等，若把容器的容积扩大一倍，浓度变为原来一半，平衡不移动，HI浓度的变化情况是

【点睛】

本题主要考查平衡常数、化学平衡移动以及化学反应速率的计算，需要注意的是：化学平衡常数K只与温度有关，温度改变，若平衡正向移动，化学平衡常数K增大，反之则减小。【解析】K=0.167mol/(L·min)减小cf18、略

【分析】【详解】

(1)10min到达A点，此时二氧化碳的转化率为25%，CO2起始浓度均为cmol·L−1测，所以v(CO2)=0.025cmol•L-1•min-1，则v(O2)=0.0125cmol•L-1•min-1；随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，导致曲线乙向曲线甲靠近；可以通过减小压强或分离CO、O2使平衡正向移动，来提高二氧化碳的转化率，故答案为：0.0125cmol•L-1•min-1；随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；减小压强(或分离CO、O2)；

(2)a.只要反应发生就有单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolCO；所以不能说明反应达平衡状态，故a错误；

b.反应体系都是气体物质，体积不变，所以混合气体的密度始终不变，故b错误；

c.CO2的转化率不再变化；说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故c正确；

d.该反应前后气体系数之和不相等；密闭容器中压强不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故d正确；

e.气体总质量一直不变；但未平衡时气体的物质的量发生改变，所以当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故e正确；

f.当c(CO2)∶c(CO)∶c(O2)=2∶2∶1时；正逆反应速率不一定相等，反应不一定到达平衡，故f错误；

故答案为：cde。【解析】①.0.0125cmol•L-1•min-1②.随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需缩短③.减小压强(或分离CO、O2)④.cde19、略

【分析】(1)

依据盖斯定律可知，反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)可由①2+②3-③2得到，则焓变ΔH=2(+180.5kJ·mol-1)+3(-483.6kJ·mol-1)-2(-92.4kJ·mol-1)=-905kJ·mol-1；由图像数据带入RlnKp=-+C，-3.710=2.113ΔH+C，-61.678=1.486ΔH+C，二式联立可得ΔH=-92.45(kJ·mol-1)，即该反应的反应热ΔH=-92.45kJ·mol-1；依据反应热可知；图中表示的方程式是③。

(2)

反应2NO+O2=2NO2是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，因此，相同温度下，压强越大，一氧化氮的平衡转化率越大，所以该反应在400℃、0.8MPa时一氧化氮的平衡转化率大于相同温度下、压强为0.1MPa时一氧化氮的平衡转化率，因此依据图示，400℃，0.8MPa时的α=80%；在压强p1、温度600℃时，A点条件下一氧化氮的转化率大于平衡转化率，反应逆向移动，所以v正小于v逆。

(3)

反应①为放热反应；温度上升，反应逆向进行，平衡常数K减小，而反应②速率常数k随温度升高而增大，但K降低倍数大于k升高倍数，所以当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低。

(4)

①压强越大、反应速率越快，则B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE。

②平均相对分子质量=根据质量守恒定律，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大，反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行的越多，平均相对分子质量越大，E点到F点的过程，压强增大，平衡正向移动，H点达到平衡，则H点物质的总物质的量n最小，平均相对分子质量最大。【解析】(1)-905-92.45③

(2)80%小于。

(3)升温；反应①K减小，反应②k增大，但K降低倍数大于k升高。

(4)>H20、略

【分析】【分析】

(1)根据v=计算从3min到9min，v(CO2)；

(2)可逆反应达到平衡状态时；任何物质的浓度不变，化学反应速率不变，物质的平衡含量不变，据此判断；

(3)加入的物质的量的比等于方程式中物质的量的比，则平衡时二者的物质的量的比不变，利用n=计算质量比；

(4)根据反应从正反应方向开始；在达到平衡前正反应速率大于逆反应速率，在平衡时用同一物质表示的正；逆反应速率相等，据此分析比较。

【详解】

(1)根据图示可知，在第3min时，c(CO2)=0.50mol/L，在9min时c(CO2)=0.25mol/L，所以v(CO2)==0.042mol/(L·min)；

(2)A.CH3OH与CO2的浓度相等时；反应可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；

B.该反应是化学反应前后气体物质的量发生改变的反应；恒容的容积不变，若混合气体的压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，B符合题意；

C.根据方程式可知：单位时间内生成1molH2，必然会消耗molCH3OH，同时生成1molCH3OH，CH3OH的物质的量增加；反应正向进行，未处于平衡状态，C不符合题意；

D.反应混合物都是气体；反应前后气体的总质量不变，而气体的物质的量发生变化，若混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，D符合题意；

故合理选项是BD；

(3)反应开始时加入1molCO2和3molH2，n(CO2)：n(H2)=1：3，CO2和H2按1：3的物质的量的比反应，所以平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的物质的量的比仍然是1：3，故此时m(CO2)：m(H2)=(1mol×44g/mol)：(3mol×2g/mol)=22∶3；

(4)反应从正反应方向开始，至9min时反应达到平衡，此时v正(CH3OH)=v逆(CH3OH)，在第9min达到平衡之前，v正(CH3OH)>v逆(CH3OH)，故第3分钟时v正(CH3OH)比第9min时v逆(CH3OH)大。

【点睛】

本题考查了化学反应速率的计算及化学平衡状态的判断等。掌握化学反应速率的定义、物质反应转化关系及平衡状态的特征是解题关键。物质发生反应时物质的量的比等于方程式中相应物质的计量数的比，当反应达到平衡时，任何一种物质的物质的量不变，浓度不变，表示的正、逆反应速率相等及由此演变的各种物理量不变。【解析】①.0.042②.BD③.22∶3④.>21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)气体的体积与压强成反比，当压强从2×105Pa增加到5×105Pa时；压强增大2.5倍，c(A)也增大2.5倍，所以平衡不移动，即m+n=p；

(2)当压强从5×105Pa增加到1×106Pa时，c(A)却增加了2.2倍，说明平衡向生成A的方向移动；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，平衡向左移动，只能是B的状态发生了变化，由气态转化为液态或固态。【解析】①.不②.当p增大2.5倍时，c(A)增大2.5倍，说明平衡没有移动，即m+n=p③.向左④.当p增大2倍时，c(A)却增加了2.2倍，说明平衡向生成A的方向移动⑤.增大压强时，B转化为液态或固态22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据上图可知该反应是放热反应，因此总△H＜0。整个反应历程中的控速步骤主要是看活化能高低，活化能越大，反应速率越慢，因此根据图中得出过渡态4活化能最大，因此整个反应历程中的控速步骤为第d步，其能垒(活化能)为−24.47Kcal∙mol−1−(−60.16Kcal∙mol−1)＝35.69Kcal∙mol−1；故答案为：＜；d；35.69。

(2)①根据题意得到图中减少的是NO，又根据温度越高，速率越大，达到平衡所需时间短，因此表示500℃条件下pNO的是d，图中增加的是CO2，因此表示600℃条件下pCO2的是c；故答案为：d；c。

②根据图示，建立三段式得到因此600℃时反应平衡常数故答案为：

(3)①A．增大压强；有利于反应正向进行，NO的转化率增大，故A正确；

B．从化学平衡的角度，采用Ca(ClO)2脱硫可生成微溶物CaSO4；有利于反应正向进行，脱硫效果优于NaClO，故B正确；

C．起始pH＝2，pH较低，ClO－可能会与其还原产物Cl－反应即ClO－+Cl－+2H＋＝Cl2↑+H2O；因此脱硝效果降低，故C正确；

D．提高烟气的流速；反应不充分，则硝效果差，故D错误；

综上所述；答案为：ABC。

②吸收液脱硫效果优于脱硝效果的可能原因是脱硫反应活化能低，脱硫反应速率快或二氧化硫水溶性好，脱硫反应速率快；故答案为：脱硫反应活化能低，脱硫反应速率快，二氧化硫水溶性好(任答一条即可)。【解析】＜d35.69dcABC脱硫反应活化能低，脱硫反应速率快，二氧化硫水溶性好(任答一条即可)23、略

【分析】【分析】

(1)C能将CuO中的铜,SiO2的Si置换出来;

(2)根据化学平衡状态变化因素进行分析；

(3)根据盖斯定律；直接求解。

【详解】

(1)①是置换反应可以是碳和二氧化硅反应生成一氧化碳和硅，反应的化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑，或与金属氧化物反应，反应的化学方程式为H2O(g)＋CCO＋H2，故答案为：H2O(g)＋CCO＋H2或SiO2＋2CSi＋2CO↑等。

(2)A.保持其他条件不变；增大压强，平衡向气体体积减小的方向进行，故减小密闭容器的容积，保持温度不变，平衡逆向进行，二氧化碳浓度增大，A项错误；

B.Ar是“惰性气体”加入氮气，保持密闭容器的容积和温度不变，体系总压增大，气体分压不变，平衡不移动，c(CO2)不变；B项错误；

C.C是固体；增加C，化学平衡不移动，一氧化碳浓度不变，C项错误；

D.CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H＞0；反应是吸热反应，升温平衡正向移动，一氧化碳浓度增大，D项正确；

D正确；故答案为：D；

(3)①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g），②Fe2O3（s）+CO（g）=Fe3O4（s）+CO2（g），③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g），根据盖斯定律得出FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)△H=­=－218.00kJ·mol－1，故答案为：FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218.0kJ/mol。【解析】H2O(g)＋CCO＋H2或SiO2＋2CSi＋2CO↑等DFeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218.0kJ/mol四、判断题(共4题，共40分)24、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。25、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。26、B【分析】【分析】

【详解】

pH=2的盐酸中氢离子浓度和pH=12的氨水中氢氧根浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得则c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案为：错误。27、A【分析】【详解】

氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，为防止铁离子水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故正确。五、元素或物质推断题(共2题，共18分)28、略

【分析】【分析】

砖红色沉淀G是葡萄糖和新制Cu(OH)2的反应，则G和单质C分别为Cu2O和Cu，结合反应①条件可确定B、D分别为SO2、SO3；E和F分别为H2SO4和CuSO4。

【详解】

（1）由分析可知，B是SO2，E是H2SO4，G是Cu2O；

（2）电解精炼铜时，用粗铜做阳极，精铜做阴极，电解质溶液含有Cu2+，可以用CuSO4溶液；

（3）反应②是加热条件下铜和浓硫酸的反应，化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。

（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molSO3，则消耗了0.12molSO2和0.06molO2，剩余的SO2和O2分别为0.11mol和0.05mol，容器体积为1L，所以平衡时SO2(g)、O2(g)和SO3(g)的物质的量浓度分别为0.11mol/L、0.05mol/L和0.12mol/L，根据K=带入数据求得K=23.8mol-1·L。平衡后通入O2，可以提高SO2的转化率，但O2自身转化率减小。由于通入的氧气过多，远远多于化学计量数之比，虽然平衡正向移动，SO3的物质的量会增大，但由于混合气的总的物质的量增加得更多，所以再达到平衡时SO3的体积分数会减小。【解析】SO2H2SO4Cu2O粗铜精铜CuSO4溶液Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O23.8mol-1·L减小降低减小29、略

【分析】【分析】

由题干信息，X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最