2025年人教五四新版选择性必修一化学下册月考试卷

…………○…………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年人教五四新版选择性必修一化学下册月考试卷752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、废气中的H2S通过高温热分解可制取氢气：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)某温度时，下列不能够说明H2S的转化率达到最大值的依据是A.气体的压强不发生变化B.气体的平均相对分子质量不发生变化C.不发生变化D.单位时间分解的H2S和生成的H2一样多2、设C(s)+CO2(g)2CO(g)△H>0的反应速率为v1，N2+3H22NH3△H<0的反应速率为v2，对于这两个反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为A.均增大B.均减小C.v1增大，v2减小D.v1减小，v2增大3、现代化学工业中，氨是化肥工业和基本有机化工的主要原料。对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是A.升高温度，有利于氨的合成B.减小反应物浓度，逆反应的反应速率增大C.增大压强，对正反应的反应速率影响更大D.加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大4、在一定温度下，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡；X；Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是。

A.该反应的化学方程式为：3X＋2Y2ZB.若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V(Ⅰ)＜V(Ⅱ)，则容器Ⅱ达到平衡所需时间小于t0C.若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时，其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应D.若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态5、已知：下列说法正确的是A.上述热化学方程式中的化学计量数表示对应物质的物质的量B.C.D.6、废料利用是节能减排的重要方式，以硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、等)为原料来制备铁红(Fe2O3)的生产流程如图。下列说法错误的是。

A.将硫铁矿烧渣粉碎，有利于提高浸出率B.加入过量铁粉的目的是将全部还原为C.步骤Ⅳ的反应温度越高，越有利于提高反应速率和产率D.“煅烧”步骤的化学方程式为7、某些难溶性铅盐可用作涂料，如白色的PbCO3和黄色的PbI2.室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与或-lgc(I-)的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.Ksp(PbCO3)的数量级为10-14B.相同条件下，水的电离程度：q点＞p点C.PbCO3和PbI2的饱和溶液中D.向1L饱和PbCO3溶液中加入1molKI固体(忽略溶液体积变化)，有黄色沉淀生成8、下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是。

。选项。

实验操作。

实验目的或结论。

A

向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热；管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色。

NO3-被氧化为NH3

B

将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液；充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀。

除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质。

C

室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应；向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色气味气体产生。

验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)

D

室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5

HSO3-结合H+的能力比SO32-的强。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、温度T℃，向的蒸馏水中通入保持温度不变，测得溶液的为2，下列叙述正确的是A.T大于25℃B.该溶液中由水电离出来的的浓度是C.通入促进了水的电离D.该温度下加入等体积的溶液可使该溶液恰好呈中性10、如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在烧杯(1)中加入CaO，在烧杯(2)中不加其他物质，烧杯(3)中加入NH4Cl，发现烧瓶(1)中红棕色变深，烧瓶(3)中红棕色变浅。［已知反应2NO2(红棕色)⇌N2O4(无色)］；下列叙述正确的是。

A.2NO2⇌N2O4是放热反应B.NH4Cl溶于水时放出热量C.烧瓶(1)中混合气体的平均相对分子质量减小D.烧瓶(3)中气体的压强增大11、一种新型AC/LiMn2O4体系，在快速启动、电动车等领域具有广阔应用前景。其采用尖晶石结构的LiMn2O4作正极(可由Li2CO3和MnO2按物质的量比1:2反应合成)，高比表面积活性炭AC(石墨颗粒组成)作负极，Li2SO4作电解液；充电；放电的过程如图所示：

下列说法正确的是A.合成LiMn2O4的过程中可能有O2产生B.放电时正极的电极反应式为：LiMn2O4+xe-=Li(1-x)Mn2O4+xLi+C.充电时AC极应与电源负极相连D.可以用Na2SO4代替Li2SO4作电解液12、设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+；工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是。

A.装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大B.装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸C.乙室电极反应式为D.若甲室Co2+减少200mg，乙室Co2+增加300mg，则此时已进行过溶液转移13、常温下，向溶液中滴加的溶液，所得溶液与加入的溶液体积的关系曲线如图所示；下列说法正确的是。

A.a、b、c、d四个点中，水的电离程度最大的是aB.a点溶液中：C.b点溶液中：D.c点溶液中：评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、(1)如图表示使用新型电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl－NH4Cl为电解质溶液制造出既能提供能量，同时又能实现氮固定的新型燃料电池。请写出该电池的正极反应式：___________。生产中可分离出的物质A的化学式为：___________。

(2)电化学降解治理水中硝酸盐污染。在酸性条件下，电化学降解的原理如图所示，阴极反应式为___________。假设降解前两极溶液质量相等，当电路中有2mol电子通过时，此时两极溶液质量的差值为___________g。

(3)科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航空航天。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导正极生成的O2−离子。

①d电极的名称为___________，该电极的电极方程式为：_______________

②如图2所示为用惰性电极电解100mL0.5mol·L−1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为___________15、某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时；观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：

(1)甲池中O2的电极反应式为________________；CH3OH的电极反应式为_______________；

(2)当乙池中B极质量增加10.8g时，甲池中理论上消耗O2的体积为____________mL(标准状况下)，丙池总反应方程式__________________；

(3)若丙中电极不变，将其溶液换成CuSO4溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将____________(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将______________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)铅蓄电池是常见的化学电源之一，其充电、放电的总反应是：2PbSO4+2H2OPb+PbO2+2H2SO4，铅蓄电池放电时，______________(填物质化学式)在负极发生反应。若电解液体积为2L(反应过程溶液体积变化忽略不计)，放电过程中外电路中转移4mol电子，则硫酸浓度由5mol/L下降到_____________mol/L。16、（1）家用炒菜铁锅用水清洗放置后会出现红棕色的锈斑，某同学欲对其原理及条件进行分析。该同学准备了下列实验用品：20%的NaCl溶液、蒸馏水、酚酞试液、KSCN溶液、新制氯水、纯铁丝、碳棒、U形管导线等；请设计一个实验方案验证铁被腐蚀的电极产物，简述操作过程并写出溶液中有关反应的离子方程式：_____________________________，______________________________。

（2）将一铜棒和碳棒用导线连接后；插人盛有20%NaCl溶液的U形管中。

①若该装置不是原电池，请说明原因：________________________。（如果回答此题；则下面的②不用回答）。

②若该装置是原电池，请采取适当的措施（电极材料、溶液浓度均不变）来提高电池的放电效率：________________________。17、电化学方法是化工生产及生活中常用的一种方法。回答下列问题：

(1)二氧化氯()为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效，快速，安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取的新工艺；其装置如图所示。

①图中用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取产生的电极应连接电源的____(填“正极”或“负极”)，对应的电极反应式为_____。

②a极区pH________；(填“增大”“减小”或“不变”)。

③装置中应使用______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

(2)燃料电池因具有发电效率高，环境污染小等优点而备受人们关注。某燃料电池以足量NaOH溶液为电解质，甲烷为燃料，空气为氧化剂，并以具有催化作用和导电性能的某金属材料为电极，则电池负极的电极反应式为_________。

(3)银白光亮的银器用久后表面易出现黑斑()，利用电化学原理可处理黑斑。将银器置于含食盐水的铝制容器中并与铝接触，转化为Ag，则正极的电极反应式为_________。18、通常状况下的十种物质：①NaCl晶体②盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥氯气⑦CO2⑧冰醋酸⑨KIO3固体⑩液氨。

（1）按物质的分类方法填写表格的空白处（填序号）：属于电解质的是__，属于非电解质的是__。

（2）写出⑧溶于水的电离方程式__，写出镁在⑦中燃烧的化学方程式__。19、镀镍废水中的Ni2+可用还原铁粉除去。25℃时；部分氢氧化物在废水中开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：

。氢氧化物。

Fe(OH)3

Fe(OH)2

Ni(OH)2

开始沉淀的pH

1.5

6.6

7.7

沉淀完全的pH

3.3

9.9

9.2

(1)还原铁粉的制备：向FeSO4溶液中加入NaBH4(其中H为-1价)可得还原铁粉，同时生成H3BO3和H2。理论上制备1molFe，需NaBH4的物质的量为______mol。

(2)还原铁粉除镍：向废水中加入还原铁粉；可置换出镍。某小组通过实验研究废水中镍的去除效果。

①取五份废水样品各100mL，加酸或碱调节其初始pH不等，再加入等量且过量的铁粉，充分反应后测得废水中镍含量随溶液初始pH的变化如图所示。pH太小，残留的镍含量较高，原因是______；pH>6.6时，残留的镍含量随溶液初始pH增大而增多的原因是______。

②取100mL废水样品，向其中加入适量铁粉，测得溶液的pH、Fe(Ⅱ)的含量和总铁含量变化如图所示，Fe(Ⅱ)表示溶液及沉淀中+2价的铁元素，总铁表示溶液及沉淀中化合态的铁元素。40~60min内，溶液pH约为6.4，该时间段内引起Fe(Ⅱ)含量降低的反应的离子方程式为______。

③另取100mLpH约为5.8的废水样品，加入FeCl3溶液，废水中镍含量也有明显降低，原因是______。20、氮的化合物种类繁多；性质也各不相同。请回答下列问题：

(1)已知：

①SO3(g)+NO(g)=NO2(g)+SO2(g)∆H1=+41.8kJ·mol-1

②2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)∆H2=-196.6kJ·mol-1

则2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的∆H=_______。

(2)NO作为主要空气污染物，其主要来源是汽车尾气，研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，并发生反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)∆H<0.在恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体；反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示：

图中a、b、c三点中，达到平衡的点是_______；温度为1100K时，N2的平衡体积分数为_______。

(3)现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)∆H<0。

①实际生产中NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)的反应温度不宜过高的原因是_______。

②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，则0～8min内用N2表示的平均反应速率v(N2)=_______mol·L-1·min-1，500℃时该反应的平衡常数Kp=_______MPa(用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)21、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误22、某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈酸性。（____________）A.正确B.错误23、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24、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.错误评卷人得分五、原理综合题(共2题，共8分)25、煤气中主要的含硫杂质有H2S以及CS2、COS等有机硫，煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2，从而引起大气污染。煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标，脱除煤气中H2S的方法有干法脱硫和湿法脱硫，其中湿法脱硫的原理是利用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS，再进一步被空气氧化成Na2S2O3。请回答下列问题：

(1)①Na2S2O3的化学名称为___。

(2)脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。

①Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为___。

②已知断裂1mol化学键所需的能量如下：。化学键H-HC-OC=SH-SC=OE/(kJ∙mol-1)4367455773391072

H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(g)，该反应的△H=___kJ.mol-1。

③用活性a-Al2O3催化COS水解的反应为：COS(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2S(g)△H＜0，相同投料比相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，在相同的时间内测得不同温度下COS的转化率如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与的关系如图2所示。

由图可知，P点时平衡常数K=__(结果保留2位有效数字)。

(3)回收处理燃煤烟气中SO2的方法之一是用氨水先将SO2转化为NH4HSO3，再通入空气将其氧化成(NH4)2SO4。能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有__(填字母代号)。

a．增大氨水浓度b．增大燃煤烟气的流速c．升高温度d．增大压强26、控制和治理是解决温室效应及能源问题的有效途径。

(1)研究表明，在催化剂作用下，和反应生成液态甲醇和液态水，该反应的热化学方程式为_______。[已知25℃、下，和的摩尔燃烧焓分别为和]

(2)已知在两个固定容积均为的密闭容器中以不同的充入和的平衡转化率与温度的关系如图所示。

①X________(填“>”“<”或“=”)2.0。

②若起始加入的的物质的量分别为和计算P点时的化学平衡常数K=______。

③比较P点和Q点的化学平衡常数：KP______KQ(填“>”“<”或“=”)。

(3)以稀硫酸为电解质溶液，惰性材料为电极，利用太阳能电池将转化为低碳烯烃的工作原理如图所示。产生乙烯的电极反应式为_______。

评卷人得分六、结构与性质(共4题，共20分)27、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_______。28、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。29、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。30、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。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

转化率达到最大值；说明反应已经达到平衡状态，因此需要判断题目中的选项是否达到平衡状态。

【详解】

A．反应是气体体积不断增大的反应；当反应达到平衡时各组分的物质的量不再发生变化，压强不再发生变化，反应达到平衡状态，硫化氢的转化率达到最大值，A符合题意；

B．反应是气体物质的量不断增大的反应；当反应达平衡时，容器中总物质的量不再发生变化，气体的平均相对分子质量不发生变化，硫化氢的转化率达到最大值，B符合题意；

C．为反应的平衡常数表达式；当反应达到平衡时，平衡常数不再发生变化，硫化氢的转化率达到最大值，C符合题意；

D．硫化氢的分解速率和氢气的生成速率均为正反应速率；无法判断反应达平衡状态，不能判断硫化氢的转化率达到最大值，D不符合题意；

故答案选D。2、A【分析】【分析】

【详解】

不管是放热反应还是吸热反应；在一定条件下，升高温度，反应速率均增大，A正确；

故选A。3、C【分析】【详解】

A．合成氨的反应为放热反应；升温平衡逆向不利于氨的合成，A项错误；

B．减小反应物的浓度瞬间正反应速率降低逆反应速率不变；随着平衡逆向逆反应速率减小，B项错误；

C．增大压强对气体减小方向影响更大合成氨正向为气体减小的反应即v正增大更多；C项正确；

D．加入催化剂能同等倍数增加正逆反应速率；D项错误；

故选C。4、D【分析】【详解】

A．根据XYZ物质的量的变化图象分析，Z是反应物，XY是生成物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，则反应的化学方程式为：3Z⇌3X+2Y；故A错误；

B．反应的化学方程式为：3Z⇌3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V(Ⅰ)＜V(Ⅱ)，则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0；故B错误；

C．若达平衡后；容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故C错误；

D．若两容器中均达到平衡时；两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以X为固态或液态，故D正确。

故选D。5、A【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式中的化学计量数表示对应物质的物质的量，A项正确。浓硫酸溶于水放热，故含的浓硫酸与含1molNaOH的稀NaOH溶液反应时，放出的热量大于57.3kJ，但是为负值，所以故B；C、D项错误。

故选A。6、C【分析】【分析】

硫酸矿烧渣酸浸、过滤得到的滤液X中含Fe3+和Fe2+，调节pH值为1并加入过量的铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+；调节pH值过滤得到滤液Y，加入碳酸氢铵反应后得到碳酸亚铁固体，煅烧得到氧化铁。

【详解】

A．矿渣粉碎；能增大与酸的接触面积，有利于提高浸出率，A正确；

B．要生成需将全部还原为所以要加入过量铁粉，B正确；

C．反应温度不能太高，防止分解，减少的水解；C错误：

D．“煅烧”步骤中，Fe由＋2价氧化为＋3价，反应的化学方程式为D正确；

故选C。7、C【分析】【分析】

根据溶解平衡，PbCO3(s)⇌Pb2+(aq)+CO(aq)，达到平衡时c(Pb2+)=c(CO)，则图象L2对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(CO)的关系变化；PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，达平衡时2c(Pb2+)=c(I-)，图象L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化。

【详解】

A．由上述分析可知图象L2对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(CO)的关系变化，取-lgc(Pb2+)=13.1，-lgc(CO)=0的点，c(Pb2+)=10-13.1mol/L，c(CO)=100=1mol/L，Ksp(PbCO3)=10-13.1mol/L×1mol/L=10-13.1≈10-14，数量级为10-14；故A正确；

B．相同条件下，p点和q点的铅离子浓度相同，p点为碘化铅的饱和溶液，q点为碳酸铅的饱和溶液；由于氢碘酸为强酸，碘离子不水解，而弱酸根CO水解促进了水的电离；所以水的电离程度q点＞p点，故B正确；

C．Ksp(PbCO3)=10-13.1，PbCO3饱和溶液中c(Pb2+)=c(CO)=10-6.55mol/L；取-lgc(Pb2+)=8，-lgc(I-)=0的点，可得Ksp(PbI2)=c(Pb2+)·c2(I-)=10-8，PbI2饱和溶液中2c(Pb2+)=c(I-)，所以c(I-)=所以故C错误；

D．1L饱和PbCO3溶液中c(Pb2+)=10-6.55mol/L，加入1molKI固体，则c(I-)=1mol/L，则c(Pb2+)·c2(I-)=10-6.55>Ksp(PbI2)=10-8，所以有PbI2黄色沉淀生成；故D正确；

综上所述答案为C。8、B【分析】【详解】

A．向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色，说明NO3－被还原为NH3；故A错误；

B．将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌，利用难溶物的沉淀转化生成Mg(OH)2，再过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，就可以除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质；故B正确；

C．室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色气味气体产生，生成了碳酸钡沉淀，不能说明Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)；故C错误；

D．室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5，对应的酸越弱，结合氢离子能力越强，因此HSO3－结合H+的能力比SO32−的弱；故D错误。

综上所述，答案为B。二、多选题(共5题，共10分)9、AB【分析】【详解】

A．T℃下蒸馏水的pH＝6，所以Kw＝1.0×10－12。25°C时的Kw＝1.0×10－14；所以T大于25℃，选项A正确。

B．由pH为2可知，c(H＋)=10-2mol/L，则c(H＋)水＝c(OH－)水＝==1.0×10-10(mol/L)；选项B正确；

C．是一元强酸；抑制水的电离，选项C错误。

D．因为Kw＝1.0×10-12；所以应加入等体积pH＝10的NaOH溶液，才能使该溶液恰好呈中性，选项D错误；

答案选AB。10、AC【分析】【分析】

2NO2(g)⇌N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，若红棕色加深，说明向生成NO2的方向进行，若红棕色变浅说明向生成N2O4的方向进行；已知CaO和水反应生成氢氧化钙的反应是放热反应；据此分析(1)瓶中的热量变化；(3)瓶中颜色变浅，说明反应正向移动，根据方程式发现反应后气体体积变小，据此分析(3)瓶的压强变化情况。

【详解】

A．(1)中红棕色变深；说明平衡是向逆反应方向移动的，而CaO和水反应放出热量，即逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，故A正确；

B．(3)中红棕色变浅；说明平衡正向移动，正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时吸收热量，故B错误；

C．(1)中平衡逆向移动，NO2和之前相比含量增多，气体的总的量不变，气体的物质的量增大，则体系中平均相对分子质量减小；故C正确；

D．(3)中红棕色变浅；说明氯化铵溶于水时吸收热量，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则烧瓶(3)中的压强必然减小，故D错误；

答案选AC。11、AC【分析】【详解】

A．和按物质的量比反应合成Mn元素化合价降低，根据得失电子守恒，氧元素化合价升高，可能有产生；故A正确；

B．放电时，锂离子向正极移动，正极的电极反应式为故B错误；

C．放电时AC作负极；充电时AC极应与电源负极相连，故C正确；

D．放电时，需要参与正极反应，所以不能用代替作电解液；故D错误；

选AC。12、BD【分析】【分析】

由于乙室中两个电极的电势差比甲室大；所以乙室是原电池，甲室是电解池，然后根据原电池；电解池反应原理分析解答。

【详解】

A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co；因此，甲室溶液pH逐渐减小，A错误；

B．对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O2-与溶液中的H+结合H2O，电极反应式为2LiCoO2+2e-+8H+=2Li++2Co2++4H2O，负极发生的反应为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，负极产生的H+通过阳膜进入正极室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的；因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确；

C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+4H+=Li++Co2++2H2O；C错误；

D．若甲室Co2+减少200mg，则电子转移物质的量为n(e-)=；若乙室Co2+增加300mg，则转移电子的物质的量为n(e-)=；由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D正确；

故合理选项是BD。13、AD【分析】【详解】

A．a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大，故A正确；

B．a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)；故B错误；

C．b点溶液为中性，溶液中c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒可知：c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，则c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)；故C错误；

D．c点氢氧化钠的体积为150mL，根据元素质量守恒，有3[n(N))+n(S)]=4n(Na)，因此3c(NH4+)+3c(NH3•H2O)+3c(SO42-)=4c(Na+)；故D正确；

故选AD。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图中信息分析氢气化合价升高，在负极发生氧化反应，氮气化合价降低，在正极发生还原反应，因此该电池的正极反应式：N2＋6e－＋8H＋＝2NH生产中是盐酸和氯化铵，因此可分离出的物质A的化学式为：NH4Cl；故答案为：N2＋6e－＋8H＋＝2NHNH4Cl。

(2)根据图中信息，在酸性条件下，电化学降解得到氮气，化合价降低，在阴极发生还原反应，因此阴极反应式为2NO＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O。假设降解前两极溶液质量相等，当电路中有2mol电子通过时，左侧发生2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑，因此左侧生成0.5mol氧气，有2mol氢离子穿过质子交换膜到右侧，因此左侧减少1mol水，其质量为18g，右侧发生2NO＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O，左侧有2mol氢离子进入到右侧，生成0.2mol氮气，溶液质量减少5.6g－2g＝3.6g，此时两极溶液质量的差值为18g－3.6g＝14.4g；故答案为：2NO＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O；14.4。

(3)①根据图中信息d电极的名称为负极，甲烷在负极发生氧化反应，该电极的电极方程式为：CH4－8e－＋5O2−＝CO＋2H2O；故答案为：CH4－8e－＋5O2−＝CO＋2H2O。

②根据图中信息得到a电极为阳极，阳极是溶液中的氢氧根失去电子，因此a电极上的电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑；故答案为：2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑。【解析】N2＋6e－＋8H＋＝2NHNH4Cl2NO＋12H＋＋10e－＝N2↑＋6H2O14.4负极CH4－8e－＋5O2−＝CO＋2H2O2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑15、略

【分析】【分析】

(1)甲池为原电池，电解质溶液为KOH溶液，因此氧气在正极得电子发生还原反应在碱性溶液中生成氢氧根离子；燃料CH3OH在负极失电子发生氧化反应在碱性溶液中生成碳酸盐；结合电荷守恒和原子守恒写出电极反应式；

(2)乙池是电解池；结合得失电子守恒计算消耗氧气的体积；丙为电解池，C为阳极，D为阴极，且均为惰性电极，根据电解规律可写出总反应方程式；

(3)甲池中发生的反应为甲醇与氧气、氢氧化钾的反应，反应消耗氢氧根离子，则pH减小；丙中电极不变，将其溶液换成CuSO4溶液，则丙中电解CuSO4溶液有硫酸生成；所以溶液的pH减小；

(4)放电时；铅失电子而作负极，根据硫酸和转移电子之间的关系式计算。

【详解】

(1)甲池为原电池，电解质溶液为KOH溶液，因此氧气在正极得电子发生还原反应在碱性溶液中生成氢氧根离子；燃料CH3OH在负极失电子发生氧化反应在碱性溶液中生成碳酸盐，所以甲池中O2的电极反应式为：O2+4e-+2H2O===4OH-；CH3OH的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-===+6H2O；

故答案为：O2+4e-+2H2O===4OH-；CH3OH-6e-+8OH-===+6H2O；

(2)乙池是电解池，B极的产物为Ag，当乙池中B极质量增加10.8g，可得：n(Ag)==0.1mol，依据得失电子守恒可得：4Ag~O2~4e-，标准状况下，甲池中理论上消耗O2的体积：V=mol×22.4L/mol=0.56L=560mL；

丙为电解池，C为阳极，D为阴极，且均为惰性电极，根据电解规律可得总反应方程式；CuCl2Cu+Cl2↑；

故答案为：560；CuCl2Cu+Cl2↑；

(3)甲中发生的反应为甲醇与氧气、氢氧化钾的反应，反应消耗氢氧根离子，则pH减小；丙中电极不变，将其溶液换成CuSO4溶液，则丙中电解CuSO4溶液有硫酸生成；所以溶液的pH减小；

故答案为：减小；减小；

(4)根据电池反应式知；铅失电子化合价升高而作负极；根据硫酸和转移电子之间的关系式得：转移电子的物质的量=（5-x）×2=4，则x=3mol/L；

故答案为：Pb；3。

【点睛】

本题考查了原电池和电解池的相互串联问题，注意区分原电池和电解池。【解析】O2+4e-+2H2O===4OH-；CH3OH-6e-+8OH-===+6H2O；560CuCl2Cu+Cl2↑；减小；减小；Pb316、略

【分析】【分析】

(1)为加速腐蚀，实验应选用20%的NaCl溶液作电解质溶液，以纯铁丝和碳棒作两极，分别对两极产物和进行检验。

(2)该装置具备构成原电池的基本条件，所以该装置是原电池，在正极上发生还原反应的是空气中的要加快反应速率，可增大的浓度。

【详解】

(1)为加速腐蚀，实验应选用20％的NaCl溶液作电解质溶液，以纯铁丝和碳棒作两极，分别对两极产物Fe2+和OH-进行检验，具体操作为：用导线连接纯铁丝和碳棒后插入盛有20%NaCl溶液的U形管中，放置一段时间后，向插入纯铁丝的一端滴入1～2滴KSCN溶液，无明显变化，再滴入新制氯水，溶液显红色，证明负极有Fe2+生成，相关的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，向插入碳棒的一端滴入酚酞试液，溶液显红色，证明有OH-生成；

(2)铜、碳和食盐水符合原电池的构成条件而构成原电池，铜易失电子作负极，碳作正极，发生吸氧腐蚀，所以该装置是原电池；在正极上发生还原反应的是空气中的O2，要加快反应速率，可增大O2的浓度。【解析】用导线连接纯铁丝和碳棒后插入盛有20%溶液的U形管中，放置一段时间后，向插入纯铁丝的一端滴入1～2滴KSCN溶液，无明显变化，再滴入新制氯水，溶液显红色，证明负极有生成，=向插入碳棒的一端滴入酚酞试液，溶液显红色，证明有生成向插入碳棒一侧的溶液中通入氧气或空气。17、略

【分析】【详解】

(1)①根据题意可知，氯离子失电子生成故产生的电极应接电源的正极，电极反应式为

②a极区为阴极区，电极反应式为a极区浓度增大；溶液的pH增大。

③为防止与反应；装置中应使用阳离子交换膜。

(2)以甲烷为燃料，空气为氧化剂，NaOH溶液为电解质溶液，负极的电极反应

(3)将银器置于含食盐水的铝制容器中并与铝接触形成原电池，铝作负极失电子，生成正极得电子，转化为银，正极的电极反应式为【解析】正极增大阳18、略

【分析】【分析】

(1)在水溶液中或熔融下能导电的化合物为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；

(2)冰醋酸是弱酸，只能部分电离；Mg在CO2中燃烧生成MgO和C。

【详解】

(1)在水溶液中或熔融下能导电的化合物为电解质，故①NaCl晶体③CaCO3固体④熔融KCl⑧冰醋酸⑨KIO3固体为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，故⑤蔗糖⑦CO2⑩液氨为非电解质；则属于电解质的是①③④⑧⑨，属于非电解质的是⑤⑦⑩；

(2)冰醋酸是弱酸，只能部分电离，故电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。

【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。【解析】①③④⑧⑨⑤⑦⑩CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+2Mg+CO22MgO+C19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)NaBH4中H为-1价，则B为+3价，所以生成H3BO3和H2时，Fe2+被-1价的H还原，根据电子守恒可知Fe与NaBH4的系数比为2:1，则制备1molFe粉需要0.5molNaBH4；

(2)①pH太小时氢离子浓度较大，大量铁粉与H+反应，导致残留的镍含量较高；而pH>6.6时氢氧根浓度较大，生成Fe(OH)2覆盖在铁粉表面不利于Fe置换出Ni；导致残留的镍含量较高；

②开始时Fe置换出Ni同时生成Fe2+，Fe(Ⅱ)含量增加，而40~60min内，Fe(Ⅱ)含量降低，但化合态的Fe元素增加，说明Fe2+被空气中的氧化为Fe3+，此时溶液pH约为6.4，根据题目所给数据可知Fe3+会转化为Fe(OH)3沉淀，所以使Fe(Ⅱ)含量降低的离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；

③pH约为5.8的废水中氢氧根离子浓度较大，加入FeCl3溶液会生成Fe(OH)3，生成的Fe(OH)3有吸附性，导致镍含量降低。【解析】0.5铁粉与H+反应生成Fe(OH)2覆盖在铁粉表面不利于Fe置换出Ni4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+生成的Fe(OH)3有吸附性20、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律，反应①×2-反应②得2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)∆H=-(2×∆H1+∆H2)=-(2×41.8-196.6)=+113.0kJ/mol；故答案为：+113.0kJ/mol。

(2)温度低于1050K时，反应速率较慢，反应未达平衡状态，温度等于或高于1050K时达到平衡，1100K是NO的平衡转化率为40%，假设通入NO的物质的量为1mol，利用三段式则有：所以N2的平衡体积分数为故答案为：b；c；20%。

(3)①NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高，故答案为：该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高。

②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，利用三段式则有：v(N2)=mol·L-1·min-1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，500℃时该反应的平衡常数Kp=MPa=Mpa，故答案为：0.05、【解析】+113.0KJ/molb、c20%该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高0.05四、判断题(共4题，共36分)21、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。22、B【分析】【分析】

【详解】

室温下，某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈碱性，故答案为：错误。23、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。24、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。五、原理综合题(共2题，共8分)25、略

【分析】【详解】

(1)Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠；

(2)①Br2具有较强氧化性，COS中硫元素显-2价，其中硫元素表现较强的还原性，反应生成Br-和H2O，根据元素守恒和得失电子守恒写出其离子方程式为COS+4Br2+12OH-=++8Br-+6H2O，或Br2和氢氧化钠反应得到次溴酸钠，次溴酸钠具有强氧化性，也可以氧化COS，根据元素守恒和得失电子守恒写出其离子方程式为COS+4BrO-+4OH-=++4Br-+2H2O；

②H2(g)+COS(g)═H2S(g)+CO(g)，根据物质结构式H-H，O=C=S，H-S-H，C≡C，有反应热ΔH=反应物总键能－生成物总键能=(1×436kJ/mol+1×745kJ/mol+1×577kJ/mol)－(2×339kJ/mol+1×1072kJ/mol)=+8kJ/mol；

③COS(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2S(g)ΔH＜0，由图1可知，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，COS的转化率开始一段时间随温度的升高而增大，当温度约为150℃时转化率最大，所以催化剂活性最大时对应的温度约为150℃。由图2可知，P点对应的状态是平衡状态，且COS的平衡转化率为30%，初始投料比=3，设初始COS的物质的量为amol，容器体积为VL，则初始H2O的物质的量为3amol。达到平衡时COS转化的物质的量为0.3amol，则平衡时COS、H2O、CO2、H2S的物质的量分别为0.7amol、2.7amol、0.3amol、0.3amol，由COS(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2S(g)知P点平衡常数K===≈0.048；

(3)根据题给信息可得：SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)，2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+H2SO4(aq)；

a．增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率；故a符合题意；

b．增大燃煤烟气的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，故b不符合题意；

c．升高温度气体的溶解度减小，使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO2的去除率降低；故c不符合题意；

d．由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大，而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率；故d符合题意；

答案选ad。【解析】硫代硫酸钠COS+4BrO-+4OH-=++4Br-+2H2O或COS+4Br2+12OH-=++8Br-+6H2O+80.048ad26、略

【分析】【详解】

(1)已知25℃、下，和的摩尔燃烧焓分别为和则①②根据盖斯定律，由①×3-②得到目标热化学方程式

(2)①温度相同时，增大的浓度，可提高的平衡转化率，根据题图可知

②因此P点时的化学平衡常数K

③由题图可知，升高温度，的平衡转化率降低，说明正反应是放热反应，P点温度高于Q点温度，升高温度平衡向逆反应方向移动，K值减小，则KP<KQ；

(3)右侧电极产生放电，是阳极，则a是负极，b是正极，在阴极得到电子，结合转化为乙烯，所以产生乙烯的电极反应式为【解析】>512mol-3‧L3<六、结构与性质(共4题，共20分)27、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+5HCl28、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