2025年上外版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年上外版选择性必修1化学下册阶段测试试卷931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6题，共12分)1、氢气是一种可再生的绿色能源，也是重要的化工原料，天然气在催化剂作用下热解可制得氢气，其反应如下：ΔH=+74.81kJ·mol-1，关于上述反应，以下叙述正确的是A.反应达平衡时，恒温恒压下通入惰性气体，会加快正反应速率，使平衡正向移动B.反应达平衡时，恒温恒容下加入C(s)，会加快逆反应速率，使平衡逆向移动C.当H2(g)的生成速率是CH4(g)消耗速率的2倍时，说明反应达到了平衡状态D.正反应活化能大于逆反应活化能2、用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1:1的CuSO4和NaCl的混合溶液；可能发生的反应有()

①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑

②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑

③2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑+2OH－

④2H2O2H2↑＋O2↑A.①②③B.①②④C.②③④D.②④3、下列根据反应原理设计的应用，不正确的是A.CO+H2O⇌HCO+OH-热的纯碱溶液清洗油污B.Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+明矾净水C.TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl用TiCl4制备TiO2D.SnCl2+H2O⇌Sn(OH)Cl↓+HCl配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体4、中科院化学研究所最新报道了化合物1催化CO2的氢化机理。其中化合物1(催化剂；固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列有关该过程的说法正确的是。

A.过程中经历两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明该过程包含两个基元反应B.该过程的总反应速率主要由过程①决定C.升高温度，有利于过程②的进行D.过程①的热化学方程式为1(s)+CO2(g)=Ⅰ1-2(s)△H=-2.08kJ•mol-15、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂；利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。

已知：几种物质中化学键的键能如表所示。化学键H-O键O=O键H-H键O-O键键能/(kJ/mol)467498436138

若反应过程中分解了2molH2O，则下列说法错误的是A.总反应为2H2O2H2↑+O2↑B.过程I吸收了934KJ能量C.过程II放出了574KJ能量D.过程III属于放热反应6、下列实验操作对应的现象和结论均正确的是。选项实验操作现象结论A用玻璃棒蘸取X溶液沿到淀粉试纸上试纸变蓝色X溶液一定是氯水B向稀和稀两种溶液中分别加入粉均有气泡冒出两者均发生氧化还原反应C将通入溶液中有白色沉淀生成白色沉淀是D向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液出现黄色沉淀

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。请利用反应“Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+”设计一个化学电池(正极材料用碳棒)；回答下列问题：

（1）画出原电池装置图_______，该电池的负极发生_______反应(填“氧化”或“还原”)，电解质溶液是_______；

（2）放电时银离子向__________(填“正极”或“负极”)，正极上出现的现象是________。

（3）当反应进行一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g，则该原电池反应共转移了电子数目是___________。8、某温度时；在2L的密闭容器中，X；Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。

(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为___________________________；

(2)反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)=________________；

(3)2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时__________(填增大、减小或不变)；混合气体密度比起始时_________(填增大；减小或不变)。

(4)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n(Z)，则原混合气体中a:b=______________。

(5)下列措施能加快反应速率的是_____________。

A．恒压时充入He

B．恒容时充入He

C．恒容时充入X

D．及时分离出Z

E．升高温度

F．选择高效的催化剂。

(6)下列说法正确的是___________。

A．升高温度改变化学反应的限度。

B．已知正反应是吸热反应；升高温度平衡向右移动，正反应速率加快，逆反应速率减慢。

C．化学反应的限度与时间长短无关D．化学反应的限度是不可能改变的。

E．增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率减慢9、在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：。时间/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)上述反应_____(填“是”或“不是”)可逆反应。

(2)如图所示，表示NO2变化曲线的是____。用O2表示0～1s内该反应的平均速率v=____。

(3)能说明该反应已达到平衡状态的是____(填字母)。

a．v(NO2)=2v(O2)b．容器内压强保持不变。

c．v逆(NO)=2v正(O2)d．容器内密度保持不变10、氯碱工业。

电解饱和食盐水的化学方程式为_______．11、草酸()常用作还原剂和漂白剂，在25℃时为无色透明结晶，电离常数

(1)某科研小组欲配制溶液。

①需要用托盘天平称量草酸晶体()的质量是______g。

②配制过程中，下列仪器中未用到的是______(填仪器名称)。

(2)取100mL配制的草酸溶液；向其中逐渐加入NaOH固体，所得溶液中含碳微粒的浓度随溶液pH的变化如图所示(假设溶液体积变化忽略不计)。

①图中曲线Ⅱ表示的含碳微粒是______(填微粒符号)。

②25℃，的水解平衡常数______

③pH=7时，若溶液中则溶液中______(用含x、y的代数式表示)。

④M点溶液的pH为______()。12、研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。

(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：。化学式电离平衡常数K

①写出的的表达式_____

②常温下，相同的三种溶液物质的量浓度最小的是_______。

③将过量通入溶液，反应的离子方程式是______。

(2)室温下，用盐酸溶液滴定的氨水溶液；滴定曲线如图所示。

①a点所示的溶液中_____(填“>”“<”或“=”)

②b点所示的溶液中溶质为_______。

③室温下的氨水与的溶液中，由水电离出的之比为____。

(3)二元弱酸溶液中的物质的量分数随的变化如图所示。则第二级电离平衡常数______。

评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、物质的状态不同ΔH的数值也不同。____A.正确B.错误14、时，若测得溶液取该溶液加蒸馏水稀释至测得则是弱酸。(________)A.正确B.错误15、如果的值越大，则酸性越强。（______________）A.正确B.错误16、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误17、稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强。(_______)A.正确B.错误18、一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0。__________________A.正确B.错误19、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____评卷人得分四、结构与性质(共4题，共32分)20、铁及其化合物在生活；生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。

(1)基态Fe原子的简化电子排布式为____。

(2)因生产金属铁的工艺和温度等因素不同；产生的铁单质的晶体结构；密度和性质均不同。

①用____实验测定铁晶体；测得A；B两种晶胞，其晶胞结构如图：

②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为____。

③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有____个。

(3)常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：___。

(4)工业盐酸因含有[FeCl4]—而呈亮黄色，在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。

①[FeCl4]—的中心离子是____，配体是____；其中的化学键称为____。

②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有____，由此可知在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。21、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___________。22、工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有关二硫化碳分子的描述正确的是______。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为(4)C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。

(5)Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。

(6)天然气中常含有少量H2S；在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示；

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。23、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共8分)24、随原子序数递增的八种短周期元素原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：

(1)f在元素周期表的位置是____________________________。

(2)比较y、z简单氢化物的沸点(用化学式表示，下同)__________＞__________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱____________＞_____________。

(3)下列事实能说明d元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是_________。

a．d单质与H2S溶液反应；溶液变浑浊。

b．在氧化还原反应中；1mold单质比1molS得电子多。

c．d和S两元素的简单氢化物受热分解；前者的分解温度高。

(4)任选上述元素组成一种四原子18电子共价化合物，写出其电子式___________________。

(5)已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.75kJ热量，写出该反应的热化学方程式____________________________________________。25、有A；B，C，D，E，F，G六种短周期元素，原子序数依次增大。

A元素的单质在自然界中最轻；B，C，D，G在周期表的位置如图，它们的原子序数之和为37。E元素的电负性在同周期中最小，F是同周期中原子半径最小的金属元素。试回答：

(1)A2D、A2G沸点较高的是__(填化学式)，原因是______。

(2)E位于元素周期表第__周期第___族，F原子结构示意简图为：______，G的基态原子核外电子排布式是______。

(3)将0.1mol·L-1G的最高价氧化物的水化物溶液逐滴滴入由B，D，E三种元素组成的无机盐溶液中，则刚开始时发生反应的离子方程式为______。

(4)C与A形成10电子化合物的电子式是______，该化合物与D2在一定条件发生置换反应，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。

(5)已知16g单质G完全燃烧放出148kJ热量。写出单质燃烧的热化学方程式__。26、A∼I分别表示中学化学中常见的一种物质；它们之间相互关系如下图所示(部分反应物；生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：

(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置第___________周期、第___________族；

(2)写出反应①的化学方程式：___________；

(3)写出反应⑥的化学方程式：___________；

(4)写出反应③的电极方程式：阳极：___________；阴极：___________。

(5)J的化学式：___________，H的结构式：___________。27、A；B、C、D均为中学化学常见的、含同种元素的纯净物；A为单质，它们间有如图反应关系。根据要求回答问题：

(1)若A是大气中含量最多的气体，D为红棕色气体。则D转化成C的反应化学方程式为____________。

(2)若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为lmol时，反应①、②、③的焓变依次为△H1、△H2、△H3，则它们之间的关系为________(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。

(3)若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为海水中富含的物质，请写出工业上用D制备A的化学方程式___________________。

(4)往两份C的溶液中分别滴入硝酸酸化的硝酸银、KSCN溶液，将观察到白色沉淀、显血红色，且反应④为C与A的反应。请简述实验室保存D溶液的方法_____________。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共4分)28、硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，碱性条件下能稳定存在，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为含少量杂质)制取其工艺流程如图1所示。

回答下列问题：

(1)中含有的化学键为_______

(2)Ti的核外电子排布式_______

(3)碱溶过滤得滤渣的主要成分是_______、_______

(4)写出制取的化学方程式_______

(5)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气。通入氩气的目的是_______

(6)在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得装置如图2所示，写出阴极反应的电极方程式_______

(7)常用作还原剂，也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，的还原能力相当于_______的还原能力。29、碱性锌锰电池是日常生活中消耗量最大的电池；其构造如图所示。

放电时总反应为Zn+2H2O+2MnO2=Zn(OH)2+2MnOOH。从废旧碱性锌锰电池中回收Zn和MnO2的工艺如图：

回答下列问题：

(1)“还原焙烧”过程中，高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO)，主要原因是“粉料”中含有________。

(2)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+，方法是：加入________(填化学式)溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH使Fe3+完全沉淀。已知浸出液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L-1，根据下列数据计算，调节pH的合理范围是________至________。化合物Mn(OH)2Zn(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1310-1710-38

(离子浓度小于1×10-5mol·L-1即为沉淀完全)

(3)“电解”时，阳极的电极反应式为__________。本工艺中应循环利用的物质是________(填化学式)。

(4)若将“粉料”直接与盐酸共热反应后过滤，滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2。“粉料”中的MnOOH与盐酸反应的化学方程式为_________。

(5)某碱性锌锰电池维持电流强度0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子)，连续工作80min即接近失效。如果制造一节电池所需的锌粉为6g，则电池失效时仍有________%的金属锌未参加反应。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．恒温恒压；通入惰性气体，相当于稀释了反应物的浓度，反应向气体体积增大的一方进行，但是反应物浓度下降。分子间碰撞概率降低，反应速率减慢，故A错误；

B．反应体系中固体视为浓度不变；加入后无影响，故B错误；

C．无论反应是否平衡；氢气的生成速率始终是甲烷的消耗速率的2倍。，故C错误；

D．反应焓变大于零；说明生成物能量大于反应物能量。反应过程中最高能量和生成物能量差距更小，正反应活化能大于逆反应活化能，故D正确。

故D正确。2、B【分析】【分析】

用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：1的CuSO4和NaCl的混合溶液；电解过程分为：

第一阶段，阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电；第二阶段：阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电；第三阶段：阳极上OH-放电，阴极上H+放电；据此分析。

【详解】

用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：1的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，c(CuSO4)=1mol/L，c(NaCl)=1mol/L，则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol，n(NaCl)=n(Cl-)=1mol。根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电；则此时发生的电池反应式为②；

第二阶段：阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电；则此时发生的电池反应式为①；

第三阶段：阴极上H+放电，阳极上OH-放电生成O2；所以发生的电池反应式为④；

答案选B。

【点睛】

根据离子的放电顺序和物质的量关系确定每一阶段发生的电极反应是解题的关键。3、D【分析】【详解】

A．碳酸钠水解使溶液呈碱性；油脂在碱性条件下能发生水解，所以纯碱溶液可用来清洗油污，故A正确；

B．Al3+水解生成Al(OH)3胶体；胶体具有吸附性，所以明矾可做净水剂，故B正确；

C．TiCl4水解生成TiO2·xH2O沉淀，所以TiCl4可以制备TiO2；故C正确；

D．SnCl2水解生成盐酸，所以配制氯化亚锡溶液时加入盐酸，阻止SnCl2的水解；故D错误；

故答案选D。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2；说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；

B．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kJ·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20kJ·mol-1；过程①的活化能小于过程②的活化能，过程①的反应速率大于过程②的反应速率，故该过程的总反应速率主要由过程②决定，故B错误；

C．过程②为放热反应；升高温度，反应逆向进行，不利于过程②的进行，故C错误；

D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2(s)△H=2.08kJ·mol-1；故D错误；

故选A。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，则总反应为2H2O2H2↑+O2↑；故A正确；

B．断裂化学键吸收能量；结合表中数据可知，过程Ⅰ吸收了467kJ×2=934kJ能量，故B正确；

C．形成化学键释放能量；则过程Ⅱ放出了436kJ+138kJ=574kJ能量，故C正确；

D．过程III为1mol过氧化氢生成1mol氧气和1mol氢气；吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；

故选D。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．由现象可知生成碘；具有氧化性的物质均可氧化碘离子，则X可能为氯气；溴水等，也可能X中含碘单质，如碘水，故A错误；

B．Fe与稀硝酸反应生成NO；Fe与稀硫酸反应生成氢气，均存在元素的化合价变化，均发生氧化还原反应，故B正确；

C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中；使溶液呈酸性，酸性条件下二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；

D．向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液，出现黄色沉淀，说明先生成AgI沉淀，则故D错误；

选B。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据反应方程式知，Cu失电子发生氧化反应，Ag+得电子发生还原反应，选铜作负极材料、银（或石墨等）作正极材料，硝酸银溶液作电解质溶液，电子从负极经导线流向正极，该装置图为：该电池的负极发生氧化反应；电解质溶液是硝酸银溶液；

（2）放电时银离子向正极；正极上析出银单质，出现的现象是有白色固体析出；

（3）因为正极的电极反应式为：Ag++e-=Ag，所以测得某一电极增重了5.4g，即正极生成0.05molAg时转移电子数目是0.05NA。【解析】氧化硝酸银正极有白色固体析出0.05NA8、略

【分析】【分析】

结合相同时间内反应物、生成物的变化量与化学计量数之间的关系分析；根据平均相对分子质量=和混合气体的密度分析；根据影响反应速率的因素分析判断；可逆反应的最大限度是反应达到平衡状态。

【详解】

(1)反应从起始0时刻到2min时达到反应平衡，X消耗了△n(X)=1.0-0.7=0.3mol，Y消耗了△n(Y)=1.0-0.9=0.1mol，生成了Z有△n(Z)=0.2-0=0.2mol，反应方程式的化学计量数之比就是X、Y、Z的转化量之比，为3：1：2，化学反应方程式为3X+Y⇌2Z；

(2)反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)＝=0.05mol/(L•min)；

(3)根据M=在恒容；密闭容器中，混合气体的质量不变，随着反应的进行n值变小，则2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时增大；由于反应前气体的质量和容器容积均不变，则混合气体密度不变；

(4)将amolX与bmolY混合气体发生反应：3X+Y⇌2Z，反应到某时刻满足n(X)=n(Y)=n(Z)，设Y的转化量为cmol，则X的变化量为3cmol，Z的变化量为2cmol，此时有关系：a-3c=b-c=2c，解得a=5c，b=3c，则a:b=5:3；

(5)常用的增加化学反应速率的方法有：升高温度；增加物质的浓度，改变压强等；

A．恒压时充入He；相当于对容器内物质进行浓度的稀释，反应速率降低，故A错误；

B．恒容时充入He；He并不参加化学反应，对恒容容器并没有影响，对化学反应速率不影响，故B错误；

C．恒容时充入X；X是反应物，相当于增加反应物的浓度，加快化学反应速率，推动平衡向右移动，故C正确；

D．及时分离出Z；减小了生成物浓度，能促使平衡向右移动，但减少物质的浓度，降低了化学反应速率，故D错误；

E．升高温度；无论是正反应还是逆反应速率，都增加反应速率，故E正确；

F．选择高效催化剂；增加化学反应速率，缩短到达平衡时所需的时间，但不改变化学平衡的限度，故F正确；

故答案为C；E、F；

(6)A．升高温度；可以改变平衡常数，也改变化学反应限度，故A正确；

B．升高温度；无论是正逆反应速率，都会增加，故B错误；

C．化学反应限度与物质自身和外在因素；如温度，压强，浓度等有关，与时间长短无关，故C正确；

D．升高温度；改变物质的浓度，改变压强，都可以改变化学反应限度，故D错误；

E．增加Y的浓度；正逆反应速率最终都会加快，故E错误；

故答案为A；C。

【点睛】

由于压强对反应速率或平衡状态的影响其实质是改变浓度，所以需要特别注意惰性气体加入时平衡的变化，可总结为“惰性气体”对化学平衡的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变，反应速率不变→平衡不移动；②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小，反应速率减小→体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)，平衡向气体体积增大的方向移动。【解析】3X+Y2Z0.05mol·L-1·min-1增大不变5:3CEFAC9、略

【分析】【分析】

(1)从表中数据可看出，反应进行3s后，n(NO)始终保持不变；从而可确定上述反应是否为可逆反应。

(2)利用图中数据，结合化学反应，可确定表示NO2变化的曲线。从表中数据可以得出，0～1s内，∆n(NO)=0.01mol，则可计算出用O2表示0～1s内该反应的平均速率v。

(3)a．不管反应进行到什么程度，总有v(NO2)=2v(O2)；

b．因为反应前后气体分子数不等；所以平衡前容器内压强始终发生改变；

c．v逆(NO)=2v正(O2)表示反应方向相反；且数值之比等于化学计量数之比；

d．容器内气体的质量不变；容器的体积不变，所以容器内密度保持不变。

【详解】

(1)从表中数据可看出，反应进行3s后，n(NO)=0.007mol；且始终保持不变，从而可确定上述反应是可逆反应。答案为：是；

(2)从图中可看出，∆n(NO)=0.007mol，结合化学反应，可确定∆n(NO2)=0.007mol，从而确定表示NO2变化的是曲线b。从表中数据可以得出，0～1s内，∆n(NO)=0.01mol，则可计算出用O2表示0～1s内该反应的平均速率v==0.0025mol/(L·s)。答案为：b；0.0025mol/(L·s)；

(3)a．不管反应进行到什么程度，总有v(NO2)=2v(O2)；所以不一定达平衡状态，a不合题意；

b．因为反应前后气体分子数不等，所以平衡前容器内压强始终发生改变，当压强不变时，反应达平衡状态，b符合题意；

c．v逆(NO)=2v正(O2)表示反应方向相反；且数值之比等于化学计量数之比，则此时反应达平衡状态，c符合题意；

d．容器内气体的质量不变；容器的体积不变，所以容器内密度保持不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡状态，d不合题意；

故选bc。答案为：bc。

【点睛】

用体系的总量判断平衡状态时，应分析此总量是常量还是变量，常量不能用来判断平衡状态，变量不变时反应达平衡状态。【解析】①.是②.b③.0.0025mol/(L·s)④.bc10、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】11、略

【分析】【分析】

草酸逐滴加入NaOH，先生成NaHC2O4，H2C2O4的浓度减小，曲线I代表H2C2O4，后生成Na2C2O4，c()先增大后减小，曲线II代表c()后增大，曲线III代表

【详解】

（1）①溶液的物质的量为n=cV=0.1mol/L×0.25L=0.025mol，草酸晶体()的质量是m=n∙M=0.025mol×162g/mol=4.05g；托盘天平的精确度为0.1g，则需要称量4.1g晶体；

②配制过程中；需要烧杯溶解晶体，需要胶头滴管定容，需要量筒量取蒸馏水，未用到的仪器是圆底烧瓶；

（2）①草酸逐滴加入NaOH，先生成NaHC2O4，H2C2O4的浓度减小，曲线I代表H2C2O4，后生成Na2C2O4，c()先增大后减小，曲线II代表c()后增大，曲线III代表

②25℃，的水解方程式为平衡常数

③pH=7时溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒：则溶液中

④曲线II代表曲线III代表M点溶液c()=c()，pH=-lgc(H+)=4.2。【解析】(1)4.1圆底烧瓶。

(2)4.212、略

【分析】【分析】

根据电离常数越大；酸性越强，多元弱酸的酸性电离常数减小，酸性减弱，电离出的离子会发生水解，而水解的程度和电离程度刚好相反，根据已知数据既可以判断酸性强弱，也可判断离子水解程度的大小。

【详解】

(1)①根据电力平衡常数的定义书写弱酸的电离平衡常数，H2S属于二元弱酸，根据第一步电离方程式书写得：

②常温下，NaF、Na2CO3、Na2S三种盐都发生水解显碱性，Na2CO3、Na2S水解后溶液的酸碱性主要由第一步决定，根据“越弱越水解”即水解后的弱酸的酸性越弱，则该水解离子越容易水解，通过表中电离平衡常数的大小判断酸性：HF>>HS-,则离子水解程度大小：F-<2-,故当pH相同时，这三种溶液种浓度最小的是Na2S。

③根据表中的电离平衡常数的大小可以判断出酸性强弱：H2S>>HS-,依据强酸制弱酸的原理，写出离子方程式为：

(2)①根据图中a点pH大于7，且是常温下，故显碱性，根据电荷守恒：当>则>故答案为：>。

②b点溶液显中性，假设盐酸和氨水恰好完全反应时，由于生成氯化铵溶液而显酸性故溶液显中性时氨水应多一点。故溶质应是：和

③室温下pH=10的氨水，根据c(H+)=mol/L,溶液中的氢离子全部来自于水电离出的，故水电离出的氢离子浓度为mol/L，pH=5的氯化铵溶液，c(H+)=mol/L，氢离子全部来自于水，故水电离出的氢离子浓度为mol/L，则两溶液中的浓度之比为:

(3)根据图中特殊点，当pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-),根据得故答案

【点睛】

根据图像进行计算时找特殊点，根据特殊点中横纵坐标的表示的意义进行计算相应的量。【解析】>和或三、判断题(共7题，共14分)13、A【分析】【分析】

【详解】

物质的物态变化会产生热效应，如固体变液体放热，液体变气体吸热等，而ΔH包含了物态变化的热，因此物质的状态不同ΔH的数值也不同，该说法正确。14、B【分析】【详解】

无论是强酸还是弱酸，当时，稀释10倍后溶液仍然是酸性，溶液始终小于7，即则

故答案为：错误。15、A【分析】【分析】

【详解】

根据Kw=c(H+)×c(OH-)分析，温度不变，的值越大，说明氢离子浓度比氢氧根离子浓度大得多，溶液的酸性越强，故正确。16、A【分析】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。17、B【分析】【详解】

稀释能促进盐类水解，但是体积增加幅度更大。因此盐的浓度越低，越促进水解、盐水解产生的氢离子或氢氧根离子浓度也越低、则溶液的酸性或碱性则越弱。则答案是：错误。18、A【分析】【详解】

一定温度下，反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0，正确。19、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错四、结构与性质(共4题，共32分)20、略

【分析】(1)

铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构；故答案为：X射线衍射；

②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4；则A；B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；

③由晶胞结构可知；在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；

(3)

由铁的吸氧腐蚀原理可知；解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；

(4)

①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；

②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射线衍射1：28

(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池；铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热。

(4)Fe3+Cl—配位键白色沉淀、亮黄色逐渐变浅21、略

【分析】【详解】

（1）①根据题中信息，随着氢气体积分数的增加，NO中被还原的价态逐渐降低，根据图像可知，当氢气的体积分数在0.5×10-3～0.75×10-3时，NO转化率基本为100%，而氮气和氨气的体积分数仍呈增加趋势，NO中N显+2价，N2中N显0价，NH3中N显-3价，因此当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；故答案为当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；

②根据盖斯定律可知，－脱硝反应，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ/mol；

（2）①该过程发生的两个反应都是物质的量减少的放热反应；恒温恒容状态下，随着时间的进行，气体物质的量减小，压强降低，而绝热容器中，虽然气体物质的量减小，但温度升高，气体压强增大，因此根据图像可知，X为绝热容器，Y为恒温容器；故答案为甲；

②因为反应为放热；甲绝热容器内反应体系温度升过高，反应速率快，先达到平衡，温度升高，平衡左移，平衡时压强增大，因此点a可能已达到平衡；故答案为可能；

③曲线Y是恒温过程的乙容器，恒温容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，开始时体系总压强为9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa；

（3）g-C3N4极氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2；故答案为还原；O2+2H++2e-=H2O2。【解析】(1)H2较少时，NO主要被还原为N2O(或+1价含氮化合物等)(合理即可)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ·mol-1

(2)甲可能0.110.12

(3)还原O2+2H++2e-=H2O222、略

【分析】【详解】

（1）硫的原子序数是16；其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层；能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。

（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。

（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A；C、D错误，故选B。

（4）比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。

（5）Na2S溶液中发生水解，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。

（6）根据元素守恒，若Fe2(SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2(SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1molFe2(SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4。

（7）FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2(SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。【解析】(1)第三周期第VIA族16

(2)>

(3)B

(4)硫硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价；合理即可)

(5)c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)

(6)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4

(7)5.623、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，失去2个电子后，Co2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7。故答案为：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性条件下，把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0×10-5mol•L-1)的为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，现浸取液中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，进一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。故答案为：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)。故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)；

④由图可知，CoC2O4•2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案为：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2五、元素或物质推断题(共4题，共8分)24、略

【分析】【分析】

根据原子序数；原子半径和化合价分析得到x为H、y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。

【详解】

(1)f为Al；在元素周期表的位置是第三周期第IIIA族；故答案为：第三周期第IIIA族。

(2)y、z简单氢化物分别CH4、NH3，NH3存在分子间氢键，因此NH3沸点高，它们大小关系为NH3＞CH4；根据同周期从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，因此g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱HClO4＞H2SO4；故答案为：NH3；CH4；HClO4；H2SO4。

(3)a．氧气与H2S溶液反应，溶液变浑浊，生成硫单质，发生置换反应，说明氧的非金属性比硫元素的非金属性强，故a符合题意；b．非金属性与得电子数目多少无关，因此不能说明氧的非金属性比硫元素的非金属性强，故b不符合题意；c．非金属越强；其简单氢化物稳定性越强，O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，因此能说明氧的非金属性比硫元素的非金属性强，故c符合题意；综上所述，答案为：ac。

(4)任选上述元素组成一种四原子18电子共价化合物为H2O2，其电子式故答案为：

(5)已知1molNa的单质在足量O2中燃烧，恢复至室温，放出255.75kJ热量，写出该反应的热化学方程式2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)ΔH=－511.5kJ∙mol−1；故答案为：2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)ΔH=－511.5kJ∙mol−1。

【点睛】

元素推断是常考题型，主要考查元素在周期表的位置、元素的非金属性、元素的性质、电子式的书写，热化学方程式书写。【解析】第三周期第IIIA族NH3CH4HClO4H2SO4ac2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)ΔH=－511.5kJ∙mol−125、略

【分析】【分析】

A元素的单质在自然界中最轻；故A为氢元素；依据B，C，D，G在周期表如图的位置，又它们的原子序数之和为37，设B的原子序数为x，则C；D、E的原子序数分别为x+1、x+2、x+10，则x+(x+1)+(x+2)+(x+10)=37，解得x=6，推断出B为碳、C为氮、D为氧、G为硫；又E元素的电负性在同周期中最小，故E为钠；F是同周期中原子半径最小的金属元素，故F为铝。

【详解】

(1)A2D即为H2O、A2G即为H2S，沸点较高的是H2O；原因是水分子间存在氢键；

⑵E为钠元素，它位于元素周期表第三周期第ⅠA族；F为铝元素，其原子结构示意简图为G为硫元素，其基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4；

⑶G的最高价氧化物的水化物溶液为硫酸，B，D，E三种元素组成的无机盐溶液为碳酸钠，把硫酸滴入到碳酸钠溶液中刚开始时发生反应为：H2SO4+Na2CO3=NaHCO3+NaHSO4，离子方程式为：

⑷C与A形成10电子化合物为氨气，其电子式为NH3与O2在一定条件发生置换反应，则化学方程式为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；在该反应中氧元素化合价降低，氧气是氧化剂，氮元素化合价升高，氨气是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:4；

⑸单质S完全燃烧的化学方程式为S+O2SO2，因16g单质S完全燃烧放出148kJ热量，则32g单质S完全燃烧放出148kJ×2=296kJ热量，故燃烧的热化学方程式S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-296kJ·mol-1。【解析】H2OH2O与H2S分子结构相似，水分子间存在氢键三ⅠA1s22s22p63s23p43:4S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-296kJ·mol-126、略

【分析】【分析】

G为主族元素的固态氧化物，电解G得到I和H，G能和氢氧化钠溶液反应生成J，工业上用电解氧化铝的方法治炼铝，则G是Al2O3，I能和氢氧化钠溶液反应生成J，则I是Al，J是NaAlO2，H是O2，Al和B能在高温下反应生成A，A能在H中燃烧生成B，B和盐酸反应生成C和D，C和氢氧化钠反应生成E，D和氨水反应生成F，E在空气中反应生成F，说明E不稳定，易被氧气氧化，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素，则A是Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，K为NH3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3；据此解答。

【详解】

(1)A；B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素是Fe元素；铁元素位于第四周期第Ⅷ族；

(2)反应①为Fe3O4为与Al在高温下发生铝热反应生成Fe，反应的方程式为：8Al＋3Fe3O49Fe＋4Al2O3；

(3)反应⑥Fe(OH)2与空气中的氧气反应生成Fe(OH)3，反应的方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

(4)电极熔融氧化铝时，氧离子在阳极放电生成氧气，电极反应为2O2－－4e－=O2↑；铝离子在阴极放电生成铝单质，电极反应为Al3＋＋3e－=Al；

(5)根据分析可知J为NaAlO2；H为氧气，结构式为O=O。【解析】四Ⅷ8Al＋3Fe3O49Fe＋4Al2O34Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)32O2－－4e－=O2↑Al3＋＋3e－=AlNaAlO2O=O27、略

【分析】【分析】

(1)若A是大气中含量最多的气体，D为红棕色气体，则根据物质的性质及转化关系可知：A是N2，B是NH3，C是NO，D是NO2；据此书写D转化成C的方程式；

(2)根据反应热只与反应的始态和终态有关；与反应途径无关，将热化学方程式叠加，可得反应①；②、③的焓变的关系；

(3)若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，则C是NaOH，Na+