2025年苏科新版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年苏科新版选择性必修1化学下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、恒温恒容的情况下，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡状态的标志是()A.容器内气体的密度不随时间而变化B.容器内的总压强不随时间而变化C.单位时间内生成2nmolAB的同时，生成nmol的B2D.容器内气体的平均相对分子质量不随时间而变化2、H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸；常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法错误的是。

A.由图可知，草酸酸性比碳酸要强B.反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数为10-7.23C.0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(C2O)>c(H2C2O4)D.往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2O3、对下列各溶液进行电解，通电一段时间后，溶液颜色不会发生显著改变的是()A.以铜为电极，电解1mol·L－1H2SO4溶液B.以石墨为电极，电解1mol·L－1KBr溶液(阴阳两极之间用阳离子交换膜隔开)C.以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐水D.以铜为电极，电解CuSO4溶液4、如图所示装置用石墨作电极，电解稀溶液，电解液中事先加有指示剂，此时溶液呈红色(指示剂变色的范围为酸性溶液中呈红色，碱性溶液中呈黄色)，下列说法正确的是。

A.在电解过程中，A管溶液颜色不变，B管溶液颜色由红色变为黄色B.B管发生的电极反应为C.可用带火星的木条检验a管气体，用燃着的木条检验b管气体D.电解一段时间后，溶液的增大5、用下图所示装置电解饱和碳酸钠溶液，实验如下：。装置X电极材料现象石墨两极均有气泡产生；5min后澄清石灰水变浑浊铂两极均有气泡产生；30min内澄清石灰水一直未见浑浊两极均有气泡产生；30min内澄清石灰水一直未见浑浊

下列判断不正确的是A.X电极为阳极B.左侧电极附近溶液增大C.X为石墨时，石灰水变浑浊的主要原因是阳极产生的和反应生成了D.电解过程中，溶液里一直存在6、水中加入下列溶液对水电离平衡不产生影响的是A.NaHSO3溶液B.NaF溶液C.KAl(SO4)2溶液D.KI溶液7、25℃时，向1L0.01mol·L-1H2B溶液中滴加NaOH溶液，溶液中c(H2B)、c(HB-)、c(B2-)、c(OH-)、c(H+)的对数值(lgc)与pH的关系如图所示(温度保持不变)。

下列说法错误的是A.曲线c表示lgc(HB-)与pH的关系B.随pH增加，c(H2B)·c(OH-)先增大后减小C.0.01mol·L-1NaHB溶液中，c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H+)>c(H2B)D.M点溶液中n(Na+)+n(H+)-n(B2-)=0.01mol8、下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C.0.10mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸9、氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险．如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F－从乙电极流向甲电极；下列关于该电池的说法正确的是。

A.放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e－＋3F－=BiF3B.充电时，导线上每通过1mole－，甲电极质量增加19gC.放电时，乙电极电势比甲电极高D.充电时，外加电源的正极与乙电极相连评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、(1)在25℃、101kPa下，1gCH4燃烧生成CO2和液态水时放热56kJ。CH4的燃烧热ΔH=___kJ·mol－1；表示甲烷燃烧热的热化学方程式为___。

(2)在一定条件下N2与H2反应生成NH3，已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、945.7kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为：___。

(3)已知：①2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)ΔH1=－696.6kJ·mol－1

②Zn(s)+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)ΔH2=－317.3kJ·mol－1

则4Ag(s)+O2(g)=2Ag2O(s)ΔH=___。11、请根据所学知识回答下列问题：

(1)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的反应热(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，ΔH1___ΔH2(填“＞”“＜”或“=”；下同)。

(2)已知常温时红磷比白磷稳定，比较下列反应中ΔH的大小：ΔH1___ΔH2。

①4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1

②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2

(3)将X分别装入有水的锥形瓶里；立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水面呈现如图所示状态。

①若X为金属氧化物，现象如图一所示，X可能是___(填化学式)。

②若如图二所示，以下选项中与其能量变化相同的是___。

A.CO还原CuO的反应。

B.CaCO3的分解反应。

C.Al和Fe2O3的反应。

(4)已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___。

(5)已知：H2(g)＋O2(g)=H2O(1)ΔH1=-286kJ·mol-1

H2(g)＋O2(g)=H2O2(l)ΔH2=-188kJ·mol-1

过氧化氢分解反应2H2O2(1)=2H2O(l)＋O2(g)的ΔH=___kJ·mol-1。12、已知：

B.

(1)在工业生产中，尿素是由以上A、B两步合成的，则工业上由氨气与二氧化碳合成尿素的热化学反应方程式为_______________________________________。

(2)尿素合成过程中通过控制温度、和的物质的量比氨碳比等因素来提高的转化率。如图是在其他因素一定，不同氨碳比条件下平衡转化率与温度的关系图。由图可知当温度一定时，a值越大，转化率越大，其原因是___________当a一定时，平衡转化率呈现先增大后减小的趋势，其原因为_______________________________。

13、（1）关注营养平衡；合理使用药物，有利于身心健康。现有下列四种物质：

A．维生素CB．油脂C．青霉素D．碘酸钾。

请根据题意；选择恰当的选项用字母代号填空。

①在人体内起供能和储能作用的物质是______________________；

②为预防甲状腺肿大，常在食盐中加入的物质是______________________；

③能阻止多种细菌生长的重要抗生素是__________________________；

④存在于蔬菜、水果中，具有还原性的物质是______________________。

（2）随着工业的发展和社会的进步；人们日益关注环境污染问题。

①垃圾处理遵循无害化、减量化和资源化的原则，垃圾分类收集是实现上述原则的措施之一，贴有如图所示标志的垃圾箱收集的是________(填字母代号)；

A．可回收物B．有害物质C．其他垃圾。

②我国城市发布的“空气质量日报”中，下列物质不列入首要污染物的是______(填字母代号)；

A．二氧化硫B．二氧化碳C．二氧化氮D．可吸入颗粒。

③使用Pb2＋含量超标的水，会严重危害人体健康，某冶炼厂产生了Pb2＋含量超标的废水，处理此废水的方法是加入适量Na2S，使Pb2＋沉淀而除去。请写出该反应的离子方程式：______________________________________________。

（3）材料是人类生存和发展的物质基础；合理使用材料可以节约资源。

①下列生活中的常见物质，属于合金的是________(填字母代号)；

A．汽车轮胎B．不锈钢C．水泥。

②我国航天员穿的航天服主要是由具有密度小、强度高、耐腐蚀、柔软等优良性能的特殊材料制成的，这些材料属于__________(填字母代号)。

A．镁铝合金B．合成纤维C．天然纤维。

（4）某同学取一颗光亮的铁钉按如图装置做吸氧腐蚀实验。几天后观察到试管内铁钉生锈，液面上升。此过程中，负极的反应式为Fe－2e－===Fe2＋，则正极的反应式为__________________________________________。

14、某温度时，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。

（1）经过5min后，反应达到平衡，此时转移电子6mol。该反应的平衡常数为_______。V(H2)=_____mol/(L·min)。若保持体积不变，再充入2mulCO和1.5molCH3OH，此时v(正)___v(逆)(填“>”“<”或“=”)。

（2）在其他条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，达到新平衡时，CO的转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。

（3）下列不能说明该反应已达到平衡状态的是__________

a.CH3OH的质量不变b.混合气体的平均相对分子质量不再改变。

c.V逆(CO)=2V正(H2)d.混合气体的密度不再发生改变。

（4）在一定压强下，容积为VL的容器充入amolCO与2amolH2,在催化剂作用下反应生成甲醇,平衡转化率与温度；压强的关系如图所示。

则p1_____p2(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，△H_____0。该反应在_______(填“高温”或“低温”)下能自发进行。

（5）能使该反应的反应速率增大,且平衡向正反应方向移动的是_____。

a.及时分离除CH3OH气体b.适当升高温度。

c.增大H2的浓度d.选择高效催化剂。

（6）下面四个选项是四位学生在学习化学反应速率与化学反应限度以后,联系化工生产实际所发表的看法，你认为不正确的是_______。

a.化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品。

b.有效碰撞理论可指导怎样提高原料的转化率。

c.勒夏特列原理可指导怎样使用有限原料多出产品。

d.正确利用化学反应速率和化学反应限度都可以提高化工生产的综合经济效益15、回答下列问题。

（1）工业上氨气的催化氧化是制取硝酸的基础。在一定温度下将4molNH3和4molO2两种气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：4NH3(g)＋5O2(g)⇌4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0，2分钟末生成了1.2molH2O；则：

①O2在2分钟末的浓度为____mol·L－1。

②欲提高NH3的转化率，下列措施可行的是____。

A．向装置中再充入O2B．改变催化剂。

C．增大压强D．提高温度。

（2）已知：Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)ΔH＝akJ·mol－1，平衡常数为K；测得在不同温度下，K值如下：。温度/℃500700900K1.001.472.40

①若500℃时进行上述反应，CO2起始浓度为2mol·L－1，CO的平衡浓度为____。

②在700℃时，上述反应达到平衡后，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____。

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。

（3）已知：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH＝－90.0kJ·mol－1。向VL恒容密闭容器中充入amolCO与2amolH2，在不同压强下合成CH3OH。CO的平衡转化率与温度；压强的关系如图所示：

①压强P1____P2（填“＜”；“＞”或“＝”）

②在100℃、P1压强时，用含a、V的代数式来表示，该反应的平衡常数为____。16、工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如下：

已知：部分金属氢氧化物的pKsp(pKsp=-lgKsp)的柱状图如图。

(1)向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、Al3+完全沉淀，则pH的范围为___________。(保留到小数点后一位。已知：完全沉淀后离子浓度低于1×10-5mol·L-1)

(2)常温下，已知Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10-11，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39，若将足量的Mg(OH)2和Fe(OH)3分别投入水中均得到其相应的悬浊液，所得溶液中金属阳离子的浓度分别为_______mol·L-1、______mol·L-1。17、钡(Ba)和锶(Sr)及其化合物在工业上有着广泛的应用，它们在地壳中常以硫酸盐的形式存在，BaSO4和SrSO4都是难溶性盐。工业上提取钡和锶时首先将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐。

已知：SrSO4(s)⇌Sr2＋(aq)＋SO(aq)Ksp＝2.5×10－7

SrCO3(s)⇌Sr2＋(aq)＋CO(aq)Ksp＝2.5×10－9

(1)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为________；该反应的平衡常数表达式为_____；该反应能发生的原因是________(用沉淀溶解平衡的有关理论解释)。

(2)对于上述反应，实验证明增大CO的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率。判断在下列两种情况下；平衡常数K的变化情况(填“增大”“减小”或“不变”)。

①升高温度，平衡常数K将________。

②增大CO的浓度，平衡常数K将___________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误19、活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。_____A.正确B.错误20、已知则和反应的(_______)A.正确B.错误21、利用盖斯定律可间接计算通过实验难测定的反应的反应热。___A.正确B.错误22、常温下，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0。__________________A.正确B.错误23、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共12分)24、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_______。25、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。26、SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：

键长a178b160.7

完成下列填空：

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。

(3)SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。

(4)SeO2可将的水溶液氧化成反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。27、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)28、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：29、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。30、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。31、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

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

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分六、计算题(共1题，共8分)32、某温度时；在一个2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，据此回答：

(1)该反应的化学方程式为______。

(2)从开始至2min，X的平均反应速率为______mol/(L·min)、Z的平均反应速率为______mol/(L·min)。

(3)改变下列条件，可以加快化学反应速率的有______。

A.升高温度。

B.减小物质X的物质的量。

C.增加物质Z的物质的量。

D.减小压强参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．密度等于气体质量除以容器体积；气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当容器内气体的密度不随时间而变化，不能作为判断平衡的标志，故A不符合题意；

B．该反应是等体积反应；压强始终不变，当容器内的总压强不随时间而变化，不能作为判断平衡的标志，故B不符合题意；

C．单位时间内生成2nmolAB，正向反应，同时生成nmol的B2；逆向反应，生成物质的量之比等于计量系数之比，因此能作为判断平衡的标志，故C符合题意；

D．气体摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量；正向反应，气体质量不变，气体物质的量不变，摩尔质量始终不变，当容器内气体的平均相对分子质量不随时间而变化，不能作为判断平衡的标志，故D不符合题意。

综上所述，答案为C。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10−1.30；当溶液pH=6.37时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO)，则H2CO3的一级电离常数为K1=10−6.37，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3；A正确；

B．求反应的平衡常数，pH=10.25时，溶液中c(HCO)=c(CO)，所以B错误；

C．当pH=4.27时，c(C2O)=c(HC2O)，HC2O的电离平衡常数为10-4.27，当pH=1.30时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，HC2O的水解平衡常数为10-12.7，所以HC2O电离大于水解，NaHC2O4溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)；C正确；

D．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10−1.30，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，同时也强于HCO的酸性，所以往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2OD正确；

故选B。3、D【分析】【详解】

A．铜作阳极；铜失电子生成铜离子，使溶液呈蓝色，溶液颜色发生变化，故A不选；

B．以石墨为电极；电解溴化钾溶液过程中生成溴单质，溴溶于水，溶液呈橙色，溶液颜色发生变化，故B不选；

C．以石墨为电极；电解饱和食盐水，阴极上氢离子得到电子生成氢气，附近溶液中氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞，溶液变红，溶液颜色发生变化，故C不选；

D．以铜为电极，电解CuSO4溶液；铜作阳极，铜失电子生成铜离子，阴极铜离子得电子生成铜单质，相当于电镀，溶液浓度不变，颜色不变，故D选；

故选D。4、B【分析】【详解】

A．A管接电源负极，作阴极，溶液中放电，A管附近剩余结合题干信息可知，A管溶液由红色变为黄色，B管接电源正极，作阳极，溶液中放电，B管附近剩余B管溶液不变色，A错误；

B．B管发生的电极反应为B正确；

C．根据以上分析可知，a管产生B管产生因此可用带火星的木条检验b管气体；用燃着的木条检验a管气体，C错误；

D．由于溶液呈酸性，电解一段时间后，溶液中的水减少，溶液浓度增大，酸性增强，则溶液的减小；D错误；

故答案为：B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．由于X电极为铂时；澄清石灰水不变浑浊，而X电极为石墨时，澄清石灰水变浑浊，故不可能是阳极产生氢离子与碳酸根离子反应生成了二氧化碳，只有是X电极是石墨时，石墨被氧化成了二氧化碳，那么X电极为阳极，才会发生氧化反应，A正确；

B．X电极为阳极；左侧电极为阴极，发生还原反应，氢离子在左侧电极被还原为氢气，即氢离子浓度减小，因此氢氧根离子浓度增大，B正确；

C．由A项分析得知；C项不可能是碳酸根离子与氢离子反应放出二氧化碳，否则不论X电极为石墨还是铂，澄清石灰水均会变浑浊，C错误；

D．由电荷守恒可知，一直存在D正确；

答案选C。6、D【分析】【详解】

A．NaHSO3在水溶液显酸性，电离大于水解，溶液中主要是电离产生的H+对水的电离起抑制作用；A项不符合题意；

B．NaF属于强碱弱酸盐，F-的水解对水的电离起促进作用；B项不符合题意；

C．KAl(SO4)2电离产生的Al3+发生水解对水的电离起促进作用；C项不符合题意；

D．KI属于强酸强碱盐；对水的电离平衡不产生影响，D项符合题意；

故答案选D。7、C【分析】【分析】

pH=-lgc(H+)，所以a曲线代表c(H+)，e曲线代表c(OH－)；H2B可以NaOH发生反应H2B+NaOH=NaHB+H2O，NaHB+NaOH=Na2B+H2O，所以随溶液pH增大，c(H2B)逐渐减小，c(HB－)先增多后减小，c(B2－)逐渐增大，所以b代表c(H2B)，c代表c(HB－)，d代表c(B2－)。

【详解】

A．根据分析可知曲线c表示lgc(HB－)与pH的关系；故A正确；

B．HB－的水解平衡常数的表达式为Kh=所以c(H2B)•c(OH－)=Kh·c(HB－)，而随pH增加，c(HB－)先增大后减小，水解平衡常数不变，所以c(H2B)•c(OH－)先增大后减小；故B正确；

C．Ka1(H2B)=据图可知当c(H2B)=c(HB－)时溶液的pH=4，所以Ka1(H2B)=10-4mol/L，同理Ka2(H2B)=10-9mol/L，HB-的水解平衡常数为10-10mol/L，则NaHB溶液中HB-的电离大于水解，溶液中应为c(Na+)>c(HB-)>c(H+)>c(B2-)>c(H2B)；故C错误；

D．M点溶液中存在电荷守恒2c(B2－)+c(HB－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，因为在同一溶液中，所以2n(B2－)+n(HB－)+n(OH－)=n(Na+)+n(H+)，存在物料守恒n(B2－)+n(HB－)+n(H2B)=0.01mol，据图可知该点n(OH－)=n(H2B)，所以n(B2－)+n(HB－)+n(OH－)=0.01mol，根据电荷守恒可知n(HB－)+n(OH－)=n(Na+)+n(H+)-2n(B2－)，代入可得n(Na+)＋n(H+)―n(B2－)＝0.01mol；故D正确；

故答案为C。8、D【分析】【详解】

A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应；而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，A正确；

B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸；可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，B正确；

C.0.10mol•L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1；可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，C正确；

D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸；不能用于比较酸性的强弱，D错误。答案选D。

【点睛】

本题考查学生弱电解质的电离知识，注意电解质是弱电解质的证明方法的使用是关键，即弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。9、B【分析】【分析】

充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时，甲电极为电解池的阳极，电极反应式为Bi+3F--3e-═BiF3，乙电极为阴极，反应式为MgF2+2e-═Mg+2F-，又充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正极、负极对应，所以放电时，乙电极为负极，Mg失去电子结合F-生成MgF2，电极反应式为Mg+2F--2e-═MgF2，甲电极为正极，正极反应式为BiF3+3e-═Bi+3F-；据此分析解答。

【详解】

A．放电时，甲为正极，正极的反应式为BiF3+3e-═Bi+3F-；故A错误；

B．充电时，甲电极为阳极，电极反应式为Bi+3F--3e-═BiF3，所以导线上每通过1mole-，增加1molF-；则甲电极质量增加1mol×19g/mol=19g，故B正确；

C．放电时；乙电极为负极，甲为正极，所以乙电极电势比甲电极低，故C错误；

D．充电时；外加电源的正极与甲电极相连，故D错误；

故选B。

【点睛】

把握原电池和电解池的工作原理是解题的关键。本题的易错点和难点为原电池的正负极的判断和电极反应式的书写。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【详解】

(1)1gCH4的物质的量为mol，燃烧生成CO2和液态水时放热56kJ，则1molCH4完全燃烧放出的热量为1656kJ=896kJ，所以CH4的燃烧热ΔH=－896kJ/mol，表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=－896kJ/mol；

(2)N2与H2反应生成NH3的化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，该反应的ΔH=反应物键能之和－生成物键能之和=945.7kJ/mol+3436kJ/mol－6391kJ/mol=－92.3kJ/mol，所以热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=－92.3kJ/mol；

(3)已知：①2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)ΔH1=－696.6kJ·mol－1

②Zn(s)+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)ΔH2=－317.3kJ·mol－1

根据盖斯定律①－②2可得4Ag(s)+O2(g)=2Ag2O(s)的ΔH=－696.6kJ·mol－1－(－317.3kJ·mol－1)2=－62kJ·mol－1。【解析】－896CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=－896kJ/molN2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=－92.3kJ/mol－62kJ·mol－111、略

【分析】【详解】

(1)反应热与反应物的总能量和生成物的总能量，与反应条件无关，则光照和点燃条件的△H相同；故答案为：=；

(2)常温时红磷比白磷稳定，说明白磷能量高，反应放出的热量较多，因△H<0，则放出的能量越多反应热越小，故答案为：<；

(3)①由于U形管右侧液面升高，说明锥形瓶内气压由于加入物质而增大，则加入的物质与水反应放热或者生产气体，若X为金属氧化物，可加入CaO和Na2O等物质，故答案为：CaO或Na2O等；

②由于U形管右侧液面降低，说明锥形瓶内气压由于加入物质而降低，则加入的物质与水反应吸热，CO还原CuO的反应、CaCO3的分解反应都是吸热反应，Al和Fe2O3的反应是发热反应；故选AB，故答案为AB；

(4)在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molNN键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的热量少，放出的热量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ；故答案为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ•mol-1；

(5)已知：①H2(g)＋O2(g)=H2OΔH1=-286kJ·mol-1；②H2(g)＋O2(g)=H2O2(l)ΔH2=-188kJ·mol-1；所求反应为：2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)，反应可由①×2−2×②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为△H=2△H1−2△H2=−196kJ/mol，故答案为：−196。【解析】=<CaO或Na2O等ABN2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ•mol-1−19612、略

【分析】【分析】

(1)应用盖斯定律，将得，

(2)当温度一定时，a值越大，转化率越大，其原因是a值越大，占反应物比例高，平衡向正向移动提高了转化率，当a一定时，平衡转化率呈现先增大后减小的趋势；其原因为前半段B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段A反应为主导因素，A反应向逆向移动；

【详解】

(1)应用盖斯定律，将得，所以工业上由氨气与二氧化碳合成尿素的热化学反应方程式为：

故答案为：

(2)当温度一定时，a值越大，转化率越大，其原因是a值越大，占反应物比例高，平衡向正向移动提高了转化率，当a一定时，平衡转化率呈现先增大后减小的趋势；其原因为前半段B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段A反应为主导因素，A反应向逆向移动；

故答案为：a值越大，占反应物比例高，平衡向正向移动提高了转化率；前半段B反应为主导因素；温度升高，促进B反应向正向移动，后半段A反应为主导因素，A反应向逆向移动。

【点睛】

本题考查反应进行的条件控制，a值的大小决定反应发生的进行方向，a值越大，反应向正向移动，转化率越高。【解析】a值越大，占反应物比例高，平衡向正向移动提高了转化率；前半段B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段A反应为主导因素，A反应向逆向移动13、略

【分析】【详解】

（1）①人体的六大营养物质是：水、无机盐、蛋白质、油脂、糖类和维生素，油脂在人体内起供能和储能作用的物质是，所以B符合，故答案为B；②碘是合成甲状腺激素的元素，食盐加碘酸钾可以预防甲状腺肿大，D符合，故答案为D；③青霉素是最早发现的对许多病原菌有抑制作用，对人和动物组织无毒的抗生素，所以C符合，故答案为C；④维生素是生物的生长和代谢所必需的微量有机物，可分为分为脂溶性维生素和水溶性维生素两类，是维持人体生命活动必须的一类有机物质，也是保持人体健康的重要活性物质，存在于蔬菜、水果中，具有还原性，所以A符合，故答案为A；（2）①表示可回收垃圾，答案选A；②空气质量日报”涉及的污染物有二氧化硫（SO2）、二氧化氮（NO2）、可吸入颗粒物等，二氧化碳为空气组成成分，不属于污染物，答案选B；③加入适量Na2S，使Pb2+与硫离子反应生成PbS沉淀而除去，反应离子方程式为：S2-+Pb2+=PbS↓；（3）①A．汽车轮胎为橡胶，是一种人工合成的具有良好的成膜性、绝缘性、耐腐蚀性能特点的高分子材料，不属于合金，选项A错误；B．不锈钢是含碳量质量百分比低于2%的铁碳合金，选项B正确；C．水泥主要成分：硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，无金属单质，不属于合金，选项C错误；答案选B；②具有密度小、强度高、耐腐蚀、柔软等优良性能的特殊材料制成的材料属于合成纤维，答案选B；（4）负极铁失电子产生Fe2＋，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，则正极氧气得电子产生氢氧根离子，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。【解析】BDCAABPb2＋＋S2－===PbS↓BBO2＋4e－＋2H2O===4OH－14、略

【分析】【详解】

（1）将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，根据化学方程式可以知道转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=6/4×1=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

起始量（mol）250

变化量（mol）1.531.5

平衡量（mol）0.521.5

平衡浓度c（CO）=0.5/2=0.25mol/L,c（H2）=2/2=1mol/L,c（CH3OH）=1.5/2=0.75mol/L，平衡常数K=0.75/0.25×12=3；v(H2)=3/(2×5)=0.3mol/(L·min)；若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，生成物浓度为（1.5+1.5）/2=1.5mol/L，反应物浓度为c（CO）=（0.5+2）/2=1.25mol/L，c（H2）=1mol/L，计算此时浓度商Qc=1.5/1.25×12=1.2＜3；说明平衡正向进行，此时v（正）＞v（负）；正确答案是：3；0.3；＞。

（2）在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，相当于增大压强，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；反应是气体体积减小的反应，平衡正向进行，一氧化碳的转化率增大；正确答案：增大。

（3）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，分析选项中变量不变说明反应达到平衡状态；CH3OH的质量不变，物质的量不变，说明反应达到平衡状态，a错误；反应前后气体质量不变，反应前后气体物质的量变化，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，b错误；反应速率之比等于化学方程式计量数之比，等于正反应速率之比，2v正（CO）=v正（H2），当满足2v逆（CO）=v正（H2）说明氢气的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，所以v逆（CO）=2v正（H2）不能说明反应达到平衡状态；c正确；反应前后气体质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不发生改变，不能说明反应达到平衡状态，d正确；正确答案：cd；

（4）相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大，根据图象知，p1小于p2，温度升高一氧化碳转化率减小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）反应是气体体积减小的反应；△S＜0，反应自发进行的判断根据是△H-T△S＜0，满足此关系低温下能自发进行；正确答案是：小于；小于；低温；

（5）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，采取下列措施，其中能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动；及时分离除CH3OH，减少生成物浓度，平衡正向进行，但反应速率减小，a错误；升高温度，平衡逆向移动，b错误；增大H2的浓度；化学反应速率加快，平衡正向移动，c正确；选择高效催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，d错误；正确答案：c。

（6）化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品，而化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品，C错误，其余选项都是正确的，答案选C。

点睛：判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④△H>0、∆S>0，高温下自发进行。【解析】①.3②.0.3③.>④.增大⑤.cd⑥.小于⑦.小于⑧.低温⑨.c⑩.b15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①根据方程式，2分钟末生成了1.2molH2O，则消耗了1molO2，剩余3molO2；2L密闭容器中，其浓度为1.5mol/L。

②A．加入O2平衡向正反应方向移动，提高NH3的转化率；选项A正确；

B．催化剂不影响平衡态；不能改变转化率，选项B错误；

C．增大压强平衡向逆反应方向移动；转化率减小，选项C错误；

D．正反应放热；升温，平衡向逆反应方向移动，转化率减小，选项D错误；

故选A；

(2)①若500℃时进行上述反应，此时K=1,因为K==1，所以达平衡时，CO和CO2的浓度相等。因为CO2起始浓度为2mol·L－1，平衡时要求两者浓度相等，则一定反应50%，所以CO的平衡浓度为1mol·L－1。

②A．反应为气体的物质的量不变的反应；压强不影响平衡态，选项A错误；

B．通入CO2增大反应物浓度；平衡正向移动，选项B正确；

C．随着温度升高反应的K值增大；说明正反应吸热，升高温度平衡正向移动，选项C正确；

D．催化剂不影响平衡态；选项D错误；

故选BC；

(3)①增大压强平衡正向移动，所以压强越大CO转化率越高，图中曲线P2在曲线P1的上方，代表转化率较高，所以压强P1＜P2；

②在100℃、P1压强时，图中显示CO转化率为50%，所以反应的CO为0.5amol，计算如下：根据CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)反应关系：起始时，n(CO)=amol，平衡时剩余n(CO)=0.5amol，起始时，n(H2)=2amol，平衡时剩余n(H2)=amol，起始时，n(CH3OH)=0mol，平衡时生成n(CH3OH)=0.5amol，密闭容器的体积为VL，带入平衡常数表达式计算【解析】1.5A1mol·L－1BC＜16、略

【分析】【详解】

（1）根据柱状图分析可知，Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的，那么使Al3+完全沉淀的pH大于使Fe3+完全沉淀的pH，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，c(OH-)=mol·L-1≈1×10-9.3mol·L-1，c(H+)=1×10-4.7mol·L-1，pH=4.7，即应pH>4.7。

（2）将足量的Mg(OH)2和Fe(OH)3分别投入水中均得到其相应的悬浊液，即为饱和溶液，溶液中离子浓度满足沉淀溶解平衡方程式中化学计量数关系，所以Mg(OH)2悬浊液中c(Mg2+)=c(OH-)=2c(Mg2+)，则c(Mg2+)==mol·L-1=2×10-4mol·L-1；Fe(OH)3中c(Fe3+)=c(OH-)=3c(Fe3+)，则c(Fe3+)=mol·L-1=1×10-10mol·L-1。【解析】(1)pH>4.7

(2)2×10-41×10-1017、略

【分析】【详解】

(1)依据物质Ksp大小可知，SrSO4和SrCO3的溶解性不同，反应向更难溶的方向进行，依据沉淀转化可知，将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为：SrSO4(s)＋CO(aq)⇌SrCO3(s)＋SO根据离子方程式可知，该反应的平衡常数表达式为K＝该反应之所以能够发生，其原因是Ksp(SrCO3)<Ksp(SrSO4)，加入CO后，平衡SrSO4(s)⇌Sr2＋(aq)＋SO(aq)正向移动，生成SrCO3；

(2)①由题中信息可知，对于反应SrSO4(s)＋CO(aq)⇌SrCO3(s)＋SO降低温度有利于提高SrSO4的转化率；说明降低温度平衡正向移动，正反应为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，平衡常数K将减小；

②平衡常数与温度有关，所以增大CO的浓度；平衡常数K不变。

【点睛】

注意平衡常数的大小只随温度的变化而改变，为易错点。【解析】SrSO4(s)＋CO(aq)⇌SrCO3(s)＋SOK＝Ksp(SrCO3)<Ksp(SrSO4)，加入CO后，平衡SrSO4(s)⇌Sr2＋(aq)＋SO(aq)正向移动，生成SrCO3减小不变三、判断题(共6题，共12分)18、B【分析】【分析】

【详解】

滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，并不一定是酸碱恰好中和的点，故答案为：错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

活化能是反应所需的最低能量，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂需要吸收能量，因此活化能越大，反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，正确。20、B【分析】【详解】

反应过程中除了H+和OH-反应放热，SO和Ba2+反应生成BaSO4沉淀也伴随着沉淀热的变化，即和反应的

故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

有些反应的反应热，难以通过实验直接测定,但是通过盖斯定律可以间接计算该反应的反应热，例如碳和氧气生成一氧化碳的反应。故答案是：正确。22、A【分析】【详解】

常温下，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，其ΔS＞0，则ΔH＞0，正确。23、A【分析】【分析】

【详解】

草酸钠溶液中存在电荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：则答案是：正确。四、结构与性质(共4题，共12分)24、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl25、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O键，化学键是一种强烈的相互作用力，要比分子间作用力大得多；氢键属于分子间作用力，氢键要比一般的分子间作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中与H原子结合的原子的半径小，元素的非金属性很强的物质分子之间才可以形成氢键。氢键的存在使物质的熔沸点升高，所以在水分子之间存在范德华力和氢键，三者的大小关系为：O—H＞氢键＞范德华力；

在H3O+中O原子与H+形成了配位键，使O原子上只有1对孤电子对，而在H2O中O原子上有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以H3O+中的键角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种元素。【解析】酸N球形NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键H2O2或N2H4O—H＞氢键＞范德华力大326、略

【分析】【详解】

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：哑铃或纺锤体；

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为故答案为：

(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键；双键的键能大于单键的键能；

(4)SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。【解析】哑铃或纺锤体分子SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se的稀溶液H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离27、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分