2025年沪科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版选择性必修1化学上册阶段测试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8题，共16分)1、水的电离平衡曲线如图所示；下列说法不正确的是。

A.图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=EB.若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法C.若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量HCl溶液的方法D.若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性2、下列实验操作能达到实验目的是A.区分碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，可以各取少量待测液于试管中，滴加澄清石灰水鉴别。B.向溶液中加入稀盐酸，若产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，则说明原溶液中有离子C.向2mL1mol•L-1NaOH溶液中加入2～3滴lmol•L-1MgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入2～3滴lmol•L-1FeCl3溶液，生成红褐色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀D.配制SnCl2溶液时，先将SnCl2固体溶解于适量的浓盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度3、“人们的幸福是靠辛勤劳动创造出来的”。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是。选项劳动项目化学知识A厨房清洁：使用食醋除去水壶中的水垢食醋中的乙酸酸性比碳酸强B家务劳动：清洗炒完菜的铁锅后并擦干铁锅在潮湿时易发生吸氧腐蚀C课外实践：蒸制糕点加碳酸钠作膨松剂膨松剂的主要作用是调节酸性D学农活动：制作豆腐时加入石膏或卤水加入电解质使胶体发生聚沉

A.AB.BC.CD.D4、H2C2O4为二元弱酸，25℃时，Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5。下列说法正确的是（）A.0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c（H2C2O4）>c（C2O）B.反应HC2O+OH-C2O+H2O的平衡常数K=5.4×1012C.0.1mol/LNa2C2O4溶液中：c（OH－）=c（H+）+c（HC2O）+2c（H2C2O4）D.pH=7的NaHC2O4与Na2C2O4的混合溶液中：c（Na+）=c（HC2O）+c（C2O）5、已知：25℃时某些弱酸的电离平衡常数。下面图像表示常温下稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，下列说法中正确的是。CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10-5Ka=3.0×10-8Ka1=4.1×10-7

Ka2=5.6×10-11

A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)B.向NaClO溶液中通少量CO2的离子方程式为：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+COC.图像中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)D.图像中a点酸的总浓度等于b点酸的总浓度6、已知t℃时，Ksp(AgCl)=4×10-10，该温度下AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是。

A.图中a点对应的是t℃时AgBr的不饱和溶液B.向AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变为b点C.t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10-13D.t℃时，AgCl(s)＋Br-(aq)AgBr(s)＋Cl-(aq)的平衡常数K≈8167、磷酸铁锂锂离子电池具有寿命长、高温性能好、大容量等特点。如图为磷酸铁锂锂离子电池结构示意图。已知放电时正极反应式为下列说法错误的是。

A.该电池的电解质不可能为稀硫酸溶液B.关闭K2、打开K1，Li+通过锂离子膜移向负极C.该电池在充、放电过程中，铁的化合价发生了变化D.关闭K1、打开K2，阳极反应式为LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+8、在某一容积可变的密闭容器中，可逆反应A(g)+B(g)xC(g)ΔH；符合图像(Ⅰ)所示关系。由此推断，对图像(Ⅱ)的说法不正确的是。

A.p3>p4，Y轴表示A的转化率B.p3>p4，Y轴表示B的质量分数C.p3>p4，Y轴表示混合气体的密度D.p3>p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、（1）如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，甲中充入和乙中充入和此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：反应达到平衡后；再恢复至原温度。

回答下列问题：

①可根据________现象来判断甲；乙中反应都已达到平衡。

②达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度左侧a处，则a的取值范围是_________。

（2）若一开始就将K；F固定；其它条件均同（1），则达到平衡时：

①甲、乙中C的物质的量的关系是甲__________乙（填“＞”；“＜”或“＝”）。

②如果测得甲中A的转化率为b，则乙中C的转化率为____________。10、利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤。已知：SO2(g)＋1/2O2(g)⇌SO3(g)∆H=-98kJ·mol-1。

(1)在定温定容下进行该反应，下列可以判断该反应达到平衡状态的标志是_____。(填字母)

a．SO2和SO3浓度相等b．SO2百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等e．容器中混合气体的密度保持不变。

(2)欲提高SO2的平衡转化率，下列措施可行的是_______。(填字母)

a．向装置中再充入N2b．向装置中再充入O2

c．改变反应的催化剂d．升高温度。

(3)一定温度下，向一带活塞的体积为2L的密闭容器中充入2.0molSO2和1.0molO2，达到平衡后体积变为1.6L，则SO2的平衡转化率为________。

(4)在(3)中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是____(填字母)。

a．保持温度和容器体积不变，充入1.0molO2

b．保持温度和容器内压强不变，充入1.0molSO3

c．降低温度。

d．移动活塞压缩气体。

(5)该反应中SO2的转化率的受温度和压强的影响的关系如表所示。0.10.511040099.299.699.799.950093.596.997.899.360073.785.889.596.4

工业生产上，在400℃~500℃时，SO2的催化氧化采用常压而不是高压，主要原因是：_________。11、在一定温度下，发生反应：Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)。已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：。温度/℃100011501300平衡常数64.050.742.9

请回答下列问题：

（1）该反应的平衡常数表达式K＝______________，ΔH_____0(填“＜”；“＞”或“＝”)

（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)＝________，CO的平衡转化率为____________。

（3）1000℃时，在（2）的平衡体系中，各加0.5molCO和0.5molCO2，v正__________v逆（填“＜”、“＞”或“＝”），平衡向___________移动（填“正向”、“逆向”或“不移动”）。12、甲醇是一种很好的燃料，工业上用CH4和H2O为原料；通过反应Ⅰ和Ⅱ来制备甲醇。

（1）将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入反应室（容积为100L）；在一定条件下发生反应：

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)Ⅰ

CH4的转化率与温度；压强的关系如右图。

①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min,则用H2表示的平均反应速率为_______。

②图中的P1____P2（填“<”、“>”或“=”），100℃时平衡常数为______。

③该反应的△H____0(填“<”、“>”或“=”)。

（2）在压强为0.1MPa条件下,将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；△H<0Ⅱ。

④若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是_____。

A．升高温度B．将CH3OH(g)从体系中分离。

C．充入He，使体系总压强增大D．再充入1molCO和3molH2

⑤为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。。实验编号T(℃)n(CO)/n(H2)P(MPa)11501/30.12a1/353350b5

A．则上表中剩余的实验条件数据:a=________b=_______

B．根据反应Ⅱ的特点，右上图是在压强分别为0.1MPa和5MPa下CO的转化率随温度变化的曲线图，请指明图中的压强Px=_________MPa。13、日常生活中作为调味品的食醋含有3%~5%的乙酸。

(1)乙酸的分子式是______，含有的官能团为______。

(2)乙酸和乙醇发生反应。写出该反应的条件______，产物_____。

(3)乙酸是一种弱酸，写出它的电离方程式______。

(4)已知酸性：乙酸＜盐酸，请设计实验方案证明_______。14、原电池原理在生产生活中有着广泛的应用。

(1)食品保鲜常用的“双吸剂”是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉按一定比例组成的混合物，可同时吸收水和氧气。“双吸剂”中CaO的主要作用是___________；在吸收氧气的过程中形成了原电池，则炭粉上发生的电极反应式为___________。

(2)电化学气敏传感器可用于监测大气环境中的SO2含量，其工作原理如图所示，电极a、b均为惰性电极。电极b是___________极(填“正”或“负”)，请写出负极的电极反应式___________，放电时向___________极(填“a”或“b”)迁移。

(3)铅蓄电池是一种广泛使用的二次电池，其放电时的反应方程式为：则其正极的电极反应式为___________，当电路中通过2mol电子时负极质量增加___________g。15、从H+、Cu2+、Na+、Ag+、NO3-、SO42-、Cl-七种离子中恰当地组成电解质；按下列要求进行电解：

（1）以碳棒为电极，使电解质质量减少，水质量不变，进行电解，则可采用的电解质是_________________。

（2）以碳棒为电极，使电解质质量不变，水质量减少，进行电解，则可采用的电解质是______________。

（3）以碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解后生成碱和氢气，则电解质为_______________________。

（4）以碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解后生成酸和氧气，则电解质为______________________。16、化学上把外加少量酸；碱；而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。

I.现有25℃时，浓度均为的和的缓冲溶液，pH=4.76，回答下列问题：[25℃时为盐的水解常数]

(1)25℃时_______(写表达式)，计算_______(保留三位有效数字)。

(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。

(3)用1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H+)_______mol/L。

(4)改变下列条件，能使稀溶液中保持增大的是_______。

a.升温b.加入NaOH固体c.稀释d.加入CH3COONa固体。

II.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时，的一级电离常数由题给数据可算得正常人体血液的pH约为_____，当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的值将___(填“变大”“变小”或“不变”)。17、试比较下列三组ΔH的大小(填“>”“<”或“＝”)。

(1)同一反应；生成物状态不同时。

A(g)＋B(g)＝C(g)ΔH1<0；A(g)＋B(g)＝C(l)<0，则ΔH1____ΔH2。

(2)同一反应；反应物状态不同时。

S(g)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH1<0；S(s)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH2<0，则ΔH1____ΔH2。

(3)两个有联系的不同反应相比。

C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH1<0；C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)ΔH2<0，则ΔH1____ΔH2。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0。__________________A.正确B.错误19、反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0。__________________A.正确B.错误20、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误21、盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的。(_______)A.正确B.错误22、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误23、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共4分)24、氨基钠()是重要的化学试剂；实验室可用下图装置(夹持；搅拌、尾气处理装置已省略)制备。

简要步骤如下：

Ⅰ.在瓶A中加入液氨和通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。

Ⅱ.加入5g钠粒，反应，得粒状沉积物。

Ⅲ.除去液氨，得产品

已知：几乎不溶于液氨；易与水；氧气等反应。

请回答：

(1)的作用是_______；装置B的作用是_______。

(2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案_______。

(3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有_______。

(4)下列说法不正确的是_______。A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中(5)产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序_______。

准确称取产品计算。

a.准确加入过量的水。

b.准确加入过量的标准溶液。

c.准确加入过量的标准溶液。

d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.4～6.2)

e.滴加石蕊指示剂(变色的范围4.5～8.3)

f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.2～10.0)

g.用标准溶液滴定。

h.用标准溶液滴定。

i.用标准溶液滴定评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共40分)25、有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，比少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为且其核内质子数等子中子数．R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中与离子数之比为2：1。请回答下列问题：

（1）形成的晶体属于______填写离子、分子、原子晶体．

（2）的电子排布式为______，在分子中C元素原子的原子轨道发生的是______杂化，分子的VSEPR模型为______．

（3）的氢化物在水中的溶解度特别大，原因______

（4）元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是：______用元素符号表示用一个化学方程式说明B、D两元素形成的单质的氧化性强弱：______．

（5）已知下列数据：

由和反应生成CuO的热化学方程式是______．26、已知甲；乙、丙为常见的单质；A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物，且丙在常温常压下为气体，B为淡黄色固体，Y的摩尔质量数值比Z小16，乙、丙的摩尔质量相同，B的摩尔质量比D小2，B、X的摩尔质量相同。各物质之间的转化关系如图所示（各反应条件略）。

请回答：

（1）在B与二氧化碳的反应中，每有1mol电子转移，生成气体_______L（标准状况）。

（2）X与Y的溶液混合后，再加入适量盐酸，会有乙生成，反应的离子方程式是_____________。

（3）将C通入溴水中，所发生反应的离子方程式是____________。D中含的化学键类型为________。

（4）在101KPa时，4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C，放出37KJ的热量，该反应的热化学方程式是____________

（5）比甲元素的原子序数少4的M元素，在一定条件下能与氢元素组成化合物MH5。已知MH5的结构与氯化铵相似，MH5与水作用有氢气生成，则MH5的电子式为_________（M要用元素符号表示）。写出MH5与AlCl3溶液反应的化学方程式_________27、现有A；B、C、D、E、F、G、H八种元素；均为前四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答有关问题。

A元素的核外电子数和电子层数相等；也是宇宙中最丰富的元素。

B元素是形成化合物种类最多的元素。

C元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1

D元素基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子。

E元素的气态基态原子的第一至第四电离能分别是I1＝738kJ/mol，I2＝1451kJ/mol，I3＝7733kJ/mol，I4＝10540kJ/mol

F元素的主族序数与周期数的差为4

G元素是前四周期中电负性最小的元素。

H元素位于元素周期表中的第八纵行。

(1)C2A4的电子式为___________________(A；C为字母代号；请将字母代号用元素符号表示，下同)。

(2)B元素的原子核外共有__________种不同运动状态的电子。

(3)某同学推断E元素基态原子的核外电子排布图为该同学所画的电子排布图违背了_________，该元素原子的I3远远大于I2，其原因是_________________________________________。

(4)D、E、F三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是__________________(用离子符号表示)。

(5)用惰性电极电解EF2的水溶液的离子方程式为__________________________________________。

(6)H位于元素周期表中__________区(按电子排布分区)，其基态原子的价电子排布式为_________，实验室用一种黄色溶液检验H2＋时产生蓝色沉淀，该反应的离子方程式为___________________________。28、W；X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素；W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。回答下列问题：

（1）W、X对应的两种最高价氧化物的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为______________________________________________________。

（2）X的硝酸盐水溶液显______性，用离子方程式解释原因______________________。

（3）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为____________。

（4）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是：____＞____＞____＞____。（填写离子符号）_____________

（5）Z的最高价氧化物为无色液体，0.25mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出QkJ的热量。写出该反应的热化学方程式：___________________________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共30分)29、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：_______。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、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A.水的电离过程是吸热过程，温度越高，电离程度越大，电离产生的离子浓度越大，Kw越大，同一温度下的Kw相同。A、D、E都处于25℃时，Kw相等，温度B点>C点，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大，故图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=E；A正确；

B.从A点到D点，溶液中c(H+)增大，而c(OH-)减小；由于温度不变，所以采取的措施是向水中加入少量酸，B正确；

C.若从A点到C点，c(H+)和c(OH-)都变大，Kw也增大；只能采取升高温度的方法，C错误；

D.若处在B点时，pH=2的硫酸，c(H+)=10-2mol/L，pH=10的KOH中c(OH-)=10-2mol/L；二者等体积混合时，恰好发生中和反应，溶液显中性，D正确；

故合理选项是C。2、D【分析】【详解】

A．碳酸钠溶液、碳酸氢钠溶液中滴加澄清石灰水，两种溶液均会生成碳酸钙沉淀，现象相同，无法鉴别，故A错误；

B．使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，为二氧化碳，原溶液中可能含或不能确定未知溶液中含有故B错误；

C．向2mL1mol•L-1NaOH溶液中加入2～3滴lmol•L-1MgCl2溶液，生成白色沉淀，反应后氢氧化钠过量，因此再加入2～3滴lmol•L-1FeCl3溶液，生成红褐色沉淀，不能验证Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀；故C错误；

D．配制SnCl2溶液时，先将SnCl2固体溶解于适量的浓盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，可抑制Sn2+水解；故D正确；

故选D。3、C【分析】【详解】

A．食醋可与水垢中的碳酸钙反应生成二氧化碳；酸性比碳酸强，A正确；

B．清洗炒完菜的铁锅后并擦干；可避免铁锅在潮湿环境下发生吸氧腐蚀，B正确；

C．蒸制糕点加碳酸氢钠作膨松剂；膨松剂的主要作用是产生气体使糕点疏松多孔并调节酸性，C错误；

D．石膏或卤水为电解质溶液；制作豆腐时，加入石膏或卤水可破坏胶体的稳定性，使胶体聚沉，D正确；

故选C。4、C【分析】【详解】

A．由Ka1=5.4×10-2，可得HC2O4-的水解平衡常数Kh=≈1.9×10-13＜Ka2=5.4×10-5，说明HC2O4-的水解程度小于其电离程度，则溶液中：c(H2C2O4)＜c(C2O42-)；故A错误；

B．反应HC2O4-+OH-⇌C2O42-+H2O的平衡常数K=而Kw=c（OH-）•c（H+），可知K==≈1.9×10-10；故B错误；

C．溶液中OH-源于水的电离、C2O42-的水解，根据质子恒等式可知：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)；故C正确；

D．根据电荷守恒可知：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，溶液中pH=7，则溶液中c(OH-)=c(H+)，联立可得：c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)；故D错误。

答案选C。

【点睛】

考查溶液中离子浓度大小比较、有关平衡常数的计算与应用，注意电荷守恒、质子恒等式、平衡常数在微粒浓度大小比较中应用。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．由于CH3COOH的Ka大于HClO的Ka，根据盐类水解“越弱越水解”的规律可知，ClO-的水解程度大于CH3COO-,故混合液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CH,COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)；故A错误；

B．由于Ka(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka(HC)，则向NaC1O溶液中通入少量二氧化碳，先生成HClO和NaHCO3，离子方程式为2ClO-+CO2+H2O=2HClO+HCO故B错误；

C．CH3COOH的电离常数Ka(CH3COOH)=＝因为a；c两点溶液温度相同，所以Ka相同，故C正确；

D．由于Ka(CH,COOH)>Ka(HClO)，稀释相同倍数时，CH3COOH的pH变化大。则曲线I代表CH3COOH，曲线II代表HClO，起始时两种酸溶液的pH相等，则有c(HClO)>c(CH3COOH)，故a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度，故D错误；

故答案：Ｃ。6、B【分析】【详解】

A．根据图象可知，在a点时Qc=c(Ag+)•c(Br-)＜Ksp，所以a点为AgBr的不饱和溶液；故A正确；

B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小；对应点还在曲线上，故B错误；

C．结合图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可知：该温度下AgBr的Ksp=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13；故C正确；

D．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：≈816；故D正确；

综上所述答案为B。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．锂会与稀硫酸溶液反应；且电解质为化合物，不是混合物，故该电池的电解质不可能为稀硫酸溶液，A正确；

B．负极失电子带正电；应吸引阴离子，锂离子为阳离子，不会移向负极，B错误；

C．由放电时正极反应可知铁从+3价到+2价；故充电时铁由+2价到+3价，C正确；

D．阳极反应为正极反应的逆过程；D正确；

故选B。8、B【分析】【分析】

由图可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；温度为T1时，压强P2先到达平衡，故压强P2＞P1；且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1。

【详解】

A．p3>p4；在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，图像与实际符合，A正确；

B．p3>p4；在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，B的质量分数减小，图像与实际不符，B错误；

C．p3>p4；压强越大容器容积越小，气体总质量不变，则密度增大；压强一定时，升高温度平衡逆向移动，气体的物质的量增加，则容器容积增大，密度减小，图像与实际符合，C正确；

D．p3>p4；在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则气体的总物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均相对分子质量增大，温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，图像与实际符合，D正确；

综上所述答案为B。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【分析】

（1）①当物质的量不发生变化时达到平衡状态；此时隔板K和活塞F不再移动；

②根据可逆反应的特征进行分析；

（2）①体积固定；恒温；恒压容器中，两边达到的平衡状态相同，乙中的He对平衡无影响；

②根据转化率的概念进行计算。

【详解】

（1）①当物质的量不发生变化时达到平衡状态；此时隔板K和活塞F不再移动，因此当隔板K和活塞F不再移动时，可判断甲；乙中反应都已达到平衡；

②甲中气体若不转化，则气体的物质的量最大为即停留在“0”刻度处，若甲中的A、B气体全部转化为C，则气体物质的量变为则隔板K应停留在“2”的位置，所以

（2）①假设甲中投入和乙中投入达平衡时两容器内是等效的，即平衡时C的物质的量相等，然后再向乙容器中投入由于是恒容容器，且不参与反应；故乙平衡不移动，则甲；乙两容器中的C的物质的量仍相等；

②若甲中A的转化率为b，则平衡时生成C的物质的量为2b，由于甲、乙完全等效，则乙容器中C的物质的量也为即C的转化率【解析】K、F不再移动＝10、略

【分析】【详解】

(1)a．平衡时各物质的浓度不再改变，但不一定相等，大小关系与初始投料和转化率有关，所以SO2和SO3浓度相等不一定达到平衡；故a不符合题意；

b．可逆反应达到平衡时各物质的浓度不再改变，体积分数不变，SO2百分含量保持不变可以说明反应达到平衡，故b符合题意；

c．该反应前后气体系数之和不相等；所以未平衡时气体的总物质的量会发生变化，而容器恒容，则压强会变，当压强不变时说明反应平衡，故c符合题意；

d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率均为正反应；二者一定相等，故d不符合题意；

e．反应物和生成物均为气体；所以气体的总质量不变，容器恒容，则体积不变，所以无论是否平衡气体的密度都不发生改变，故e不符合题意；

综上所述答案为bc；

(2)a．容器恒容充入氮气不改变参与反应的各气体的浓度；平衡不移动，故a不符合题意；

b．充入氧气平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故b符合题意；

c．催化剂只改变反应速率；不影响平衡，不改变平衡转化率，故c不符合题意；

d．该反应焓变小于0为放热反应；升高温度平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，故d不符合题意；

综上所述答案为b；

(3)带活塞的容器恒压，恒压条件下气体的物质的量之比等于体积之比，设转化的SO2的物质的量为2x；列三段式有：

则根据题意有解得2x=1.2mol，所以SO2的转化率为=60%；

(4)a．恒温恒容通入氧气，平衡正向移动，SO2的浓度减小；故a符合题意；

b．由于生成物只有SO3，所以恒温恒压通入SO3达到等效平衡，SO2的浓度不变，故b不符合题意；

c．该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，SO2的浓度减小；故c符合题意；

d．移动活塞压缩气体各物质的浓度均增大，虽然平衡正向移动，但SO2的浓度依然会增大；故d不符合题意；

综上所述答案为ac；

(5)根据表格数据可知，常压下的SO2转化率已经很大，增大压强对提高SO2转化率无显著影响，反而会增加成本，所以在400℃~500℃时，SO2的催化氧化采用常压而不是高压。【解析】①.bc②.b③.60%④.ac⑤.常压下的SO2转化率已经很大，增大压强对提高SO2转化率无显著影响，反而会增加成本11、略

【分析】【详解】

(1)反应Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）的平衡常数k=由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，即△H＜0，故答案为＜；

(2)设平衡时CO的物质的量变化为nmol；则：

Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）

开始（mol）：11

变化（mol）：n1+n

平衡（mol）：1-n1+n

所以=64，解得n=0.6，所以v（CO2）==0.006mol•L-1•min-1，CO的平衡转化率为×100%=60%，故答案为0.006mol•L-1•min-1；60%；

(3)1000℃时，在(2)的平衡体系中，各加0.5molCO和0.5molCO2，CO的浓度为0.09mol/L，CO2的浓度为0.21mol/L，此时Qc=＜64，平衡向正反应方向移动，v正＞v逆，故填：＞；正向。【解析】＜0.006mol·L－1·min－160%＞正向12、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）①根据v(H2)=3v(CH4)=3×(1.0mol×0.5)÷100L÷5min=0.0030mol•L-1•min-1；②正反应是气体物质的量增大的反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使气体的物质的量减小，反应物的转化率减小，所以压强：P12；根据图像可知：在100℃时，CH4的转化率是0.5，由于开始时加入了1.0molCH4,2.0molH2O(g)，则平衡时各种物质的物质的量是：n(CH4)=0.5mol，n(H2O)=1.5mol，n(CO)=0.5mol，n(H2)=1.5mol，所以平衡常数K===③根据温度对化学平衡移动的影响：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，温度升高，甲烷的转化率升高，则说明正反应是吸热反应，所以△H＞0；（2）A.该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，甲醇的产率降低，错误；B.将CH3OH(g)体系中分离，即减小产物的浓度，化学平衡向正反应移动，甲醇的产率增加，正确；C.充入He，使体系总压强增大，由于容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，错误；D.再充入amolCO和3amolH2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，甲醇的产率增加，正确；②A.采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，所以温度、压强是变化的，n(CO)/n(H2)应保持不变，所以b=1/3，比较使用1、2，压强不同，所以温度应相同，故a=150；B.该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，温度相同时，作垂直x轴的辅助线，发现压强为Py的CO的转化率高，反应为前后体积减小的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，所以Px＜Py，所以压强Px=0.1MPa。

考点：考查化学反应速率、平衡常数、化学平衡计算、及外界条件对化学平衡的影响因素的知识。【解析】①.0.0030mol/(L·min)②.＜③.2.25×10-4④.>⑤.B、D⑥.150⑦.1/3⑧.0.113、略

【分析】【分析】

根据乙酸的名称判断分子式和官能团；根据酸和醇发生酯化反应写出反应条件和产物；根据乙酸是弱酸写出电离方程式；根据相同浓度的强酸和弱酸pH不一样；判断酸性强弱；据此解答。

【详解】

（1）由乙酸名称可知，该分子中含有的官能团为羧基，分子式中含有2个碳原子，2个氧原子，4个氢原子，乙酸正确的分子式为C2H4O2，其结构简式为CH3COOH；答案为C2H4O2；羧基。

（2）乙酸、乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，同时生成水，即CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；答案为浓硫酸、加热，CH3COOCH2CH3、H2O。

（3）乙酸是一种弱酸，部分电离，用可逆号，其电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO−+H+；答案为CH3COOH⇌CH3COO−+H+。

（4）乙酸、盐酸都为一元酸，可分别测定相同浓度的乙酸和盐酸溶液的pH，乙酸溶液的pH大于盐酸溶液，则酸性乙酸＜盐酸；答案为测定相同浓度的乙酸和盐酸溶液的pH，乙酸溶液的pH大于盐酸溶液，则酸性乙酸＜盐酸。【解析】①.C2H4O2②.羧基③.浓硫酸、加热④.CH3COOC2H5、H2O⑤.CH3COOH⇌CH3COO-+H+⑥.分别测定相同浓度的乙酸和盐酸溶液的pH，乙酸溶液的pH大于盐酸溶液，则酸性：乙酸＜盐酸14、略

【分析】(1)

氧化钙可以和水反应；故“双吸剂”中CaO的主要作用是吸水；炭粉作为原电池的正极，发生氧化反应，其发生的电极反应式为：

(2)

氧气得到电子，则通入氧气的一极为正极；二氧化硫失去电子被氧化，则通入二氧化硫的一极为负极，负极的电极反应式为：阳离子向正极迁移，则氢离子向b移动；

(3)

由铅蓄电池放电时的反应方程式：可得其正极的电极反应式为：负极的电极反应式为：当电路中通过电子时生成增加的质量为的质量，即【解析】(1)吸水

(2)正b

(3)9615、略

【分析】【分析】

依据电解原理；惰性电极电解，溶液中阴离子移向阳极失电子发生氧化反应，阳离子移向阴极得到电子发生还原反应，据此分析电极的物质；

(1)碳棒是惰性电极；使电解质质量减少，水质量不变，则本质电解电解质本身；

(2)碳棒是惰性电极；使电解质质量不变，水质量减少，则本质电解水；

(3)碳棒为阳极；铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解NaCl后生成碱和氢气；

(4)碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液时生成酸和氧气。

【详解】

因阳离子放电顺序为Ag+＞Cu2+＞H+＞Na+，阴离子放电顺序为Cl-＞OH-＞SO42-和NO3-；则：

(1)碳棒是惰性电极，使电解质质量减少，水质量不变，则本质电解电解质本身，所以电解HCl、CuCl2溶液时；电解质质量减小，水量不变；

(2)碳棒是惰性电极，使电解质质量不变，水质量减少，则本质电解水，所以电解HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4溶液时；氢离子；氢氧根离子放电，则电解质质量不变，水量减少；

(3)石墨棒为阳极；铁棒为阴极，电解NaCl溶液时，则氯离子；氢离子放电，所以电解质和水量都减少，电解后生成碱和氢气；

(4)碳棒为阳极，铁棒为阴极，电解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液时生成酸和氧气，使电解质和水质量都减少。【解析】HCl、CuCl2HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4NaClCuSO4、Cu(NO3)2、AgNO316、略

【分析】【分析】

【详解】

I.(1)25℃时醋酸根离子水解的离子方程式是常数5.71×10-10；

(2)浓度均为的和的缓冲溶液，pH=4.76，溶液呈酸性，说明醋酸电离大于醋酸钠水解，该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是

(3)用1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，pH几乎不变，反应后溶液中c(H+)=1×10-4.76mol/L；

(4)a．升温，平衡正向移动，减小、增大，所以减小；

b．加入NaOH固体，增大，平衡逆向移动，减小，不变，所以减小；

c．稀释，减小，不变，所以减小；

d．加入CH3COONa固体，增大，平衡正向移动，增大，不变，所以增大；

选d。

II.则正常人体血液的pH约为7.4，当过量的酸进入血液中时，不变，氢离子浓度增大，所以血液缓冲体系中的值将变小。

【点睛】

本题考查电离平衡常数、水解平衡常数的应用，掌握平衡常数的表达式书写，明确平衡常数只与温度有关，温度不变，水解常数、电离常数都不变。【解析】5.71×10-101×10-4.76d7.4变小17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)因为C(g)===C(l)ΔH3<0，根据盖斯定律可知ΔH3＝ΔH2－ΔH1，所以ΔH2<ΔH1；

(2)S(g)→S(s)ΔH3；S(s)→SO2(g)ΔH2；S(g)→SO2(g)ΔH1；根据盖斯定律可知ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2，又ΔH3<0，所以ΔH1<ΔH2；

(3)CO燃烧放热，则CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH3<0，根据盖斯定律可知ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，所以ΔH2>ΔH1。

【点睛】

关于ΔH的比较需要注意：对放热反应，放热越多，ΔH越小；对吸热反应，吸热越多，ΔH越大。【解析】><<三、判断题(共6题，共12分)18、B【分析】【详解】

2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，其ΔS<0，则ΔH<0，错误。19、A【分析】【详解】

反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，其ΔS＜0，则ΔH＜0，正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。21、B【分析】【详解】

盐溶液显酸碱性，不一定是由水解引起的，如NaHSO4，是电离引起的。22、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。23、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。四、实验题(共1题，共4分)24、略

【分析】【分析】

在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应；所以装置B中Hg可防止氧气；水进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。

（1）

结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)39H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)39H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备；

故答案为：催化；防止氧气；水进入密闭体系；

（2）

结合氨气极易溶于水；空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；

（3）

上述化学反应中；反应物的浓度；温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；

（4）

A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)39H2O均匀分散在液氨中；A正确；

B.步骤II中；由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点然；不会产生火焰，且对易气体点火有安全隐患，B错误；

C.步骤II中得到的粒状沉积物；颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；

D.因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应；所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确；

故选BC；

（5）

题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg加入过量盐酸标准溶液加入滴加甲基红指示剂用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。【解析】(1)催化防止氧气；水进入密闭体系。

(2)试管中加满水倒扣于水槽中；M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽。

(3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量（任写一种即可）

(4)BC

(5)bdg五、元素或物质推断题(共4题，共40分)25、略

【分析】【分析】

B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；比少一个电子层，则A为Na；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为是第VA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第VIA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素；是离子，离子是离子，R是由离子与离子以2：1形成的离子化合物；R是硫化钠，以此解答本题。

【详解】

（1）由上述分析可知：R是硫化钠；是由A；D两元素形成的离子化合物，属于离子晶体，故答案为：离子；

（2）由C为N元素，核外有10个电子，根据构造原理知，该离子基态核外电子排布式为：分子为分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个键，N原子发生杂化，所以分子的VSEPR模型为四面体形，故答案为：四面体形；

氨分子和水分子间可以形成氢键；且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水；故答案为：氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水；

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VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是：

同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在反应中，的氧化性大于的氧化性，故答案为：

已知：

根据盖斯定律，得：

故答案为：．【解析】离子四面体形氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水26、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：甲、乙、丙为常见的单质，A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物，且丙在常温常压下为气体，B为淡黄色固体，则B为Na2O2，甲为Na，丙为O2，B、X的摩尔质量相同，则X为Na2S，乙为S单质，C为SO2，D为SO3，Y为Na2SO3，Z为Na2SO4。故（1）在B与二氧化碳的反应中，每有1mol电子转移，生成气体体积为11.2L；（2）X与Y的溶液混合后，再加入适量盐酸，会有乙生成，反应的离子方程式是2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；（3）将C通入溴水中，所发生反应的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；D中含的化学键类型为共价键；（4）在101KPa时，4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C，放出37KJ的热量，该反应的热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g)；△H=-（32÷4.0×37）=-296kJ/mol；（5）比甲元素的原子序数少4的M元素，则M为N元素；NH5的结构与氯化铵相似，故化学式为：NH4H，与水作用有氢气生成，则MH5的电子式为写出NH4H与AlCl3溶液反应，则为NH4H与H2O反应后生成的NH3·H2O与AlCl3反应，故化学方程式：AlCl3+3NH4H+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl+3H2↑。

考点：无机框图推断【解析】①.11.2②.2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O③.SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4④.共价键⑤.S(s)+O2(g)=SO2(g)；△H="-296kJ/mol"⑥.⑦.AlCl3+3NH5+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl+3H2↑27、略

【分析】【分析】

A元素的核外电子数和电子层数相等；也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；

B元素是形成化合物种类最多的元素；可知B为C，可以形成多种有机物；

C元素原子的核外p电子数比s电子数少1；则C为N元素；

D元素基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子，原子序数大于N，其电子排布为1s22s22p4；则D为O元素；

G元素是前四周期中电负性最小的元素；则G为K元素；

E原子的第一到第四电离能分别是：I1=738kJ/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol；说明E最外层有2个电子，其原子序数小于K，则E为Mg元素；

F元素的主族序数与周期数的差为4；其原子序数大于Mg，小于K，则F位于第三周期，最外层含有7个电子，为Cl元素；

H元素位于元素周期表中的第八列；为前四周期元素，且原子序数大于K，则H为Fe元素，据此解答。

【详解】

(1)C2A4为N2H4，N2H4为共价化合物，其电子式为

(2)B为C，其核外电子排布为1s22s22p2；共有6个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以共有6种不同运动状态的电子；

(3)E为Mg，为12号元素，该同学所画电子排布图中3s轨道有2个自旋方向相同的电子，违背了泡利不相容原理；Mg原子失去2个电子后形成稳定结构，此时在失去1个电子很困难，所以I3远远大于I2；

(4)电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：Cl-＞O2-＞Mg2+；

(5)用惰性电极电解MgCl2的水溶液，阳极氯离子放电，阴极水电离的氢离子放电，同时产生的氢氧根与镁离子会生成沉淀，该反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑；

(6)H为Fe元素，位于元素周期表中的d区，Fe元素的原子序数为26，其基态原子的价电子排布式为3d64s2；实验室用铁氰化钾溶液检验Fe2+，产生蓝色沉淀，该反应的离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓。【解析】6泡利原理Mg原子失去2个电子后形成稳定结构，此时在失去1个电子很困难Cl->O2->Mg2+Mg2++2Cl+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑d3d64s23Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓28、略

【分析】【分析】

(1)氢氧化铝是两性氢氧化物；能和强碱反应；

(2)硝酸铝是强酸弱碱盐；水解显酸性；

(3)二氧化硫可以被氯气氧化；

(4)电子层越多半径越大；核外电子数一样，核内质子数越多，半径越小；

(5)热化学方程式中的反应热大小和方程式的系数有关。

【详解】

W、X是金属元素，且W、X对应的两种最高价氧化物的水化物可以反应，W为Na，X为Al，Y、Z是非金属元素，Y的低价氧化物能和Z单质反应，说明Y的低价氧化物有还原性，Z单质具有氧化性，可知Y的低价氧化物为SO2，Z的单质即为Cl2；故Y为S，Z为Cl；

(1)氢氧化铝是两性氢氧化物，能和强碱反应生成盐和水，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；

(2)硝酸铝是强酸弱碱盐，铝离子水解显酸性，水解的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；

(3)二氧化硫有还原性，氯气单质具有氧化性，二者反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；

(4)核外电子数一样，核内质子数越多，半径越小，故：Na+＞Al3+，S2-＞Cl-，电子层越多半径越大，则有S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+；

(5)0.25molCl2O7与一定量水混合得到HClO4溶液时，放出QkJ的热量，则1molCl2O7与一定量水混合得到HClO4溶液时，放出4QkJ的热量，所以热化学方程式为：Cl2O7(1)+H2O(1)=2HClO4(aq)；△H=-4QkJ•mol-1。【解析】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O酸Al3++3H2OAl(OH)3+3H+SO2+Cl2+2H2O+2HClS2-＞Cl-＞Na+＞Al3+Cl2O7(l)+H2O(l)=2HClO4(aq)；△H=-4QkJ·mol-1六、结构与性质(共3题，共30分)29、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结