2025年湘师大新版选择性必修1化学下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年湘师大新版选择性必修1化学下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、下图是某校实验小组设计的一套原电池装置，下列有关描述不正确的是（）

A.石墨的电极反应：B.此装置能将化学能转变为电能C.电子由电极经导线流向石墨电极D.电池总反应：2、已知热化学方程式()，则下列说法正确的是A.降低温度，正反应速率增大，逆反应速率减小。B.若该反应放热Q则此过程中有(g)被氧化C.将(g)置于一密闭容器中充分反应，需吸收Q的热量D.分子中的键能总和大于分子中的键能3、下列实验结果不能作为相应定律或规律的证据之一的是(已知阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子)。ABCD定律或。

规律金属性强弱规律非金属性强弱规律盖斯定律阿伏加德罗定律实验。

方案结果钾与水反应比钠与水反应更剧烈烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得ΔH为ΔH1、ΔH2的和H2与O2的体积比约为2:1

A.AB.BC.CD.D4、电解法是制备物质的重要途径，下列物质不能通过电解盐溶液制备的是A.NaB.Cl2C.H2D.Cu5、已经反应：的为正值，为负值，设与不随温度而变化，下列说法正确的是A.任何温度下都是非自发反应B.高温下是非自发反应，低温下是自发反应C.低温下是非自发反应，高温下是自发反应D.任何温度下都是自发反应6、近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂—铜空气燃料电池，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li+＋2OH-。如图所示；下列说法不正确的是。

A.放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动B.放电时，负极的电极反应式为Cu2O＋H2O＋2e-=2Cu＋2OH-C.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD.整个反应过程中，铜相当于催化剂7、实验室利用下列实验方案探究影响化学反应速率的因素，有关说法错误的是。实验编号温度℃酸性溶液溶液①254mL0.01mol/L2mL0.1mol/L②254mL0.01mol/L2mL0.2mol/L③504mL0.01mol/L2mL0.1mol/L

A.实验中要记录溶液褐色所需要的时间B.对比实验①②探究的是浓度对化学反应速率的影响C.对比实验①③探究的是温度对化学反应速率的影响D.起始时向①中加入固体，不影响其反应速率8、反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在起始温度(T1℃)、体积相同(2L)的两个密闭容器中，改变条件，其对应反应过程中的部分数据见表：。反应时间CO2/molH2/molCH3OH/molH2O/mol反应Ⅰ：恒温恒容0min260010min4.520min130min1反应Ⅱ：绝热恒容0min0022

下列说法正确的是A.若该反应能自发进行，则该反应的△H>0B.反应Ⅰ，在0～20min时的平均反应速率v(H2)=0.15mol•L-1•min-1C.反应Ⅰ达到平衡时，加入1molCO2和1molCH3OH，此时平衡不移动D.起始温度相同的反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时平衡常数K也相同评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、在某一容积为5L的密闭容器内，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O，在催化剂存在的条件下高温加热，发生如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)(正反应为吸热反应)，反应中CO2的浓度随时间变化情况如图所示。

(1)根据图中数据，反应开始至达到平衡时，CO的反应速率为___________；反应达到平衡时，c(H2)=___________。

(2)判断该反应达到平衡的依据是___________。

①CO减少的化学反应速率和CO2减少的化学反应速率相等。

②CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等。

③CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化。

④正；逆反应速率都为零。

(3)如一开始加入0.1mol的CO、0.1mol的H2O、0.1mol的CO2和0.1mol的H2，在相同的条件下，反应达到平衡时，c(H2O)=___________。10、在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g)；随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：

(1)反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；

(2)100℃时；体系中各物质浓度随时间变化如图所示。

在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为___________________mol·L-1·s-1；反应的平衡常数K的数值为_________________________(保留两位小数)。

(3)100℃时，反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。

(4)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡。T________100℃(填“大于”或“小于”)。11、(1)由铜、铁和硫酸铜溶液组成的原电池中，作正极的是________（填化学式），正极的电极反应式为____________________________；电子由______（填“正”或“负”，下同）极经导线移向______极，总反应的离子方程式为_________________________。

(2)若以反应来设计原电池，则电池的负极材料是______________（填化学式，下同），电解质溶液为________________溶液。

12、向某浓度的盐酸中加入一定量的纯净产生气体的体积随时间的变化曲线如图所示，已知随着反应的进行，反应体系温度逐渐升高(气体体积均在标准状况下测定)。

请回答下列问题：

(1)设段的反应速率为段的反应速率为段的反应速度为则从大到小的顺序为___________；试分析三个时段速率不同的可能原因___________。

(2)为了减缓上述反应的速率，欲向该溶液中加入下列物质，你认为可行的是___________。

A．蒸馏水B．氯化钾固体C．氯化钠溶液D．浓盐酸。

(3)在盛有碳、的密闭容器中，充入一定条件下发生反应时测得的物质的量为则在内的化学反应速率为___________。13、CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。

(1)CO2加氢制备甲酸(HCOOH，熔点8.4℃沸点100.8℃)是利用化学载体进行H2储存的关键步骤。

已知：H2(g)+CO2(g)⇌HCOOH(l)∆H1=-30.0kJ•mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(1)∆H2=-571.6kJ•mol-1；则表示HCOOH燃烧热的热化学方程式为_______。14、磷能形成多种含氧酸。

（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入10mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-两种阴离子。

①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：_______，该正盐溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____________。

②若25℃时，K(H3PO2)=1×10-2，则0.01mol·L-1的H3PO2溶液的pH=________。

（2）亚磷酸（H3PO3）是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1=1×10-2、K2=2.6×10-7。

①试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异_______________。

②NaH2PO3溶液显______性（填“酸”“碱”或“中”）。

（3）25℃时，HF的电离常数为K=3.6×10-4；H3PO4的电离常数为K1=7.5×10-3，K2=6.2×10-8，K3＝4.4×10-13。足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为_________。

（4）相同温度下，等物质的量浓度的上述三种磷的含氧酸中。c(H+)由大到小的顺序为_____（用酸的分子式表示）。15、回答下列问题：

(1)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是___________。

(2)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1

CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1

某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.76kJ热量，同时生成3.6g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量分别为___________。16、无色气体N2O4是一种强氧化剂，为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4（g）2NO2（g）ΔH＝＋24.4kJ/mol。

（1）将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是____

av正（N2O4）＝2v逆（NO2）b体系颜色不变。

c气体平均相对分子质量不变d气体密度不变。

（2）平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数[例如：p（NO2）＝p总×x（NO2）]。写出上述反应平衡常数Kp表达式_________（用p总；各气体物质的量分数用x表示）；

（3）上述反应中，正反应速率v正＝k正·p（N2O4），逆反应速率v逆＝k逆·p2（NO2），其中k正、k逆为速率常数，则Kp为_______（以k正、k逆表示）。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度298K、压强100kPa），已知该条件下k正＝4.8×104s－1，当N2O4分解10%时，v正＝_______kPa·s－1。（结果保留两位有效数字）

（4）真空密闭容器中放入一定量N2O4，维持总压强p0恒定，在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为α。保持温度不变，向密闭容器中充入等量N2O4，维持总压强在2p0条件下分解，则N2O4的平衡分解率的表达式为________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正确B.错误18、物质的状态不同ΔH的数值也不同。____A.正确B.错误19、不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。___A.正确B.错误20、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误21、Na2CO3溶液：c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)。(_______)A.正确B.错误22、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误23、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共16分)24、I.X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素。X可分别与Y、W形成X2Y、X2Y2、XW等共价化合物；Z可分别与Y、W形成Z2Y、Z2Y2；ZW等离子化合物。

(1)Z2Y2的电子式为________。

(2)写出化合物ZX与稀硫酸反应的离子方程式_______。

(3)常温下，实验测得0.lmol/L的X2Y2的水溶液的pH=5.4，则X2Y2在水中的电离方程式为_______。

II.利用电解饱和ZW溶液及CuCl溶液合成1；2—二氯乙烷的实验装置如图所示。

(4)离子交换膜X为_________(选填“阴”或“阳”）离子交换膜；该装置总反应的化学方程式为_______。

(5)要生成1molClCH2CH2Cl，则释放出的H2在标准状况下的体积为________L。25、现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子(各种离子不重复)：H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+、OH-、Cl-、CONOSO已知：①A；B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性。②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生(沉淀包括微溶物；下同)。③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀。④在E溶液中逐滴加入B溶液，溶液先出现沉淀，当滴加至过量时，沉淀部分溶解。试回答下列问题：

(1)A、C的化学式分别为______、______。

(2)A溶液呈碱性的原因______(用离子方程式表示)。

(3)在100mL0.1mol·L-1的E溶液中，逐滴加入35mL2mol·L-1NaOH溶液，最终得到沉淀的物质的量为______mol。26、四种短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。A、B、C三种元素原子核外电子层数之和是5。A、B两种元素原子最外层电子数之和等于C元素原子最外电子层上的电子数；B元素原子最外电子层上的电子数是它电子层数的2倍，A和C可以形成化合物CA3；B与D的原子序数之比为3∶4。请回答：

（1）化合物CA3的化学式是__________。

（2）写出A和C化合生成CA3反应的平衡常数表达式_________。在一定条件下要使该反应平衡向右移动，可采取的措施有________。

A缩小反应容器容积B增大反应容器容积。

C使用合适的催化剂D及时分离出生成物。

（3）由四种元素中的三种元素组成的物质甲属于盐类，其水溶液呈酸性，请用离子方程式表示其呈酸性的原因__________，若用pH试纸测定0.1mol/L的甲溶液的pH，实验操作是__________

（4）乙和丙为含有上述四种元素的常见无机盐，二者均既可与盐酸又可与烧碱溶液反应。则乙和丙的化学式为乙：___________；丙__________。

（5）写出乙溶液与硫酸氢钠溶液反应的离子方程式_________。27、A、B、D和E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中相对位置如图①所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸。甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素；W为N2H4；可做火箭燃料；甲；乙为非金属单质：X分子中含有10个电子。它们之间的转化关系如图②所示。回答下列问题：

(1)A、B、D、E形成的盐中E显+1价，请写出该盐的电子式______

(2)一定量E的单质与NaOH溶液恰好完全反应后，所得溶液的pH_____7(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是_______________(用离子方程式表示)。

(3)Z与X反应的化学方程式________________________

(4)A与B形成的简单化合物与Y在一定条件下反应，生成可直接排放到大气中的无毒无害物质为_____________、______________(用化学式表示)评卷人得分五、实验题(共3题，共12分)28、实验小组研究酸性条件下K2Cr2O7溶液和H2O2溶液的反应。

（实验Ⅰ）向盛有H2O2溶液的试管中，加入过量的K2Cr2O7溶液和硫酸；振荡，溶液立即变为紫红色，此时pH＝1．溶液中持续产生气泡，最终溶液变为绿色。

资料：

ⅰ．Cr2(SO4)3溶液呈绿色。

ⅱ．酸性条件下，K2Cr2O7溶液和H2O2溶液反应生成CrO5，CrO5进一步反应生成Cr3+和O2。

ⅲ．CrO5是一种+6价Cr的过氧化物，其结构如图1，CrO5可溶于水；易溶于乙醚得到蓝色溶液。

ⅳ．乙醚是一种无色；不溶于水、密度比水小的有机溶剂；化学性质稳定。

(1)实验Ⅰ中产生的气体是O2；检验的方法是___________。

(2)实验Ⅰ的紫红色溶液中含有CrO5。

①验证紫红色溶液中含有CrO5的操作及现象是_________________。

②生成CrO5的反应不是氧化还原反应；反应的离子方程式是_______________。

(3)对实验Ⅰ中溶液变为绿色和产生O2的原因；作出如下假设：

a．CrO5在酸性溶液中不稳定，自身氧化还原生成Cr3+和O2。

b．CrO5在酸性条件下氧化了溶液中的H2O2，生成Cr3+和O2。

为验证上述假设；用图2装置进行实验Ⅱ和实验Ⅲ（夹持装置已略，B中石蜡油用于吸收挥发出的乙醚）。实验操作及现象如下：

（实验Ⅱ）

ⅰ．将20mLCrO5的乙醚溶液加入A中的20mLpH=1的稀硫酸中，不断搅拌，乙醚层由蓝色变为无色，水层变为绿色，O2体积为VmL。

ⅱ．步骤ⅰ结束后向A中加入少量K2Cr2O7溶液；轻轻搅拌，静置，乙醚层又显出蓝色。

（实验Ⅲ）

仅将实验Ⅱ中的pH＝1的稀硫酸替换为等量的含H2O2的pH=1的稀硫酸，重复实验。现象与实验Ⅱ相同，且O2体积仍为VmL。

①实验Ⅱ步骤ⅰ中消耗的CrO5与生成的O2的物质的量之比为2：3，补全离子方程式：2CrO5+____=2Cr3++3O2↑+_____+_____。

②甲同学认为依据实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同，无法说明假设b是否成立；其理由是_________。

(4)实验Ⅰ中总反应的离子方程式是__________。29、呈黑色、有磁性，应用广泛。以为吸附剂去除水中含磷物质是一种新的除磷措施。请回答下列问题：

(1)检验中铁元素的价态：用盐酸溶解得溶液；再进行下列步骤：

①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液变___________(填“红色”或“淡绿色”)，则证明中含有___________价的铁元素﹔

②另取少量溶液滴加溶液，产生化学式为的蓝色沉淀，则证明中含有___________价的铁元素。

(2)制备方法有多种，下面用氧化-沉淀法来制备

①向稀硫酸中加入过量铁粉，得溶液。因空气中存在由于___________(用离子方程式表示)，可产生过量铁粉的作用是除去

②在保护下，向热NaOH溶液中加入溶液，搅拌，得到浊液，将溶液滴入浊液中，充分反应得到用湿润红色石蕊试纸检验产物，试纸变___________(填“红色”或“蓝色”)，证明生成了发生的反应离子方程式为：则X的化学式为___________。

(3)含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如下图所示。下列分析正确的是___

A．的水溶液中：

B．溶液显碱性。

C．是强电解质；在溶液中完全电离。

(4)将加到溶液中，调节溶液pH。Fe3O4由于异种电荷吸附而去除水中含磷物种，pH对吸附剂表面所带电荷的影响：表面带正电荷；表面带负电荷；表面不带电荷。对含磷微粒的去除率随pH的变化如下图。则：

①时，吸附的主要微粒是___________。

②时，吸附的主要微粒是___________。

③去除率的大小与吸附剂和含磷的主要微粒之间的静电排斥作用有关。与时相比，时的去除率明显下降，说明吸附剂和含磷的主要微粒之间的静电排斥作用：时___________(填“强于”或“弱于”)时。30、I.实验室用碳酸钠固体配制1.00mol·L-1的Na2CO3溶液500mL；回答下列问题。

(1)关于容量瓶的使用，下列操作正确的是_______(填字母)。

a.使用前要检验容量瓶是否漏液。

b.用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干。

c.为了便于操作；浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行。

d.为了使所配溶液浓度均匀；定容结束后，要摇匀。

C.当用容量瓶配制完溶液后；可用容量瓶存放配制的试剂。

(2)请补充完整实验的简要步骤：

①计算：②准确称取Na2CO3固体_______g；③溶解；④冷却并移液；⑥洗涤并转移；⑥_______；⑦摇匀。

(3)本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是_______、_______。

(4)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是_______(填字母)。

A.转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面。

B.定容时俯视刻度线。

C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容。

D.定容后寒上瓶塞反复摇匀；静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线。

(5)取上述Na2CO3溶液50mL稀释到200mL。溶液中钠离子的物质的量浓度为_______

II.人体血液里CaCl2的浓度一般采用mg·cm-3来表示，抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。

[配制KMnO4标准溶液]如图是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。

(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有_______(填序号)。

(2)实验操作过程中，如何证明Ca2+已沉淀完全？_______如何检验CaC2O4沉淀是否洗涤干净？_______

(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_______(填“偏大”或“偏小”)

[测定血液样品中Ca2+的浓度]抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L-1KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，共消耗12.00mLKMnO4溶液。

(4)已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，血液样品中Ca2+的浓度(mg·cm-3)为多少？______(写出计算过程。)评卷人得分六、结构与性质(共2题，共16分)31、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。32、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_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

A．装置中铜失电子被氧化，所以铜作负极，石墨作正极，酸性条件下不能生成氢氧根，石墨电极反应为O2+4H++4e-=2H2O；故A错误；

B．该装置为原电池反应的装置；化学能转化为电能，故B正确；

C．电子流向是负极铜电极流向正极石墨电极；故C正确；

D．自发进行的氧化还原反应是铜在酸溶液中被氧气氧化生成氯化铜溶液，反应的化学方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O；故D正确；

故选A。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．降低温度；正逆反应速率均减小，故A错误；

B．由化学方程式可知，若该反应放热Q则此过程中有二氧化硫被氧化生成三氧化硫；故B正确；

C．该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则将三氧化硫置于一密闭容器中充分反应，反应吸收的热量一定小于Q故C错误；

D．该反应是放热反应，二氧化硫和氧气总能量大于三氧化硫总能量，说明二氧化硫和氧气的键能总和小于三氧化硫分子中的键能；故D错误；

综上所述答案为B。3、B【分析】【详解】

A．金属性越强；单质与水反应越剧烈，钾与水反应比钠与水反应更剧烈可作为钾金属性比钠强的依据，A不符合题意；

B．比较元素的非金属性；应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，无法比较氯和碳的非金属性；且生成的二氧化碳中含有氯化氢气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能作为元素非金属性强弱规律的依据，B符合题意；

C．通过测量反应热可知ΔH＝ΔH1＋ΔH2；化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，能作为盖斯定律的依据，C不符题意；

D．2H2O2H2↑+O2↑；通过对比试管中氢气和氧气的体积；以及反应方程式的计量数可得出在同温同压下，气体的体积比=气体分子数之比，进而可以得出在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，能作为阿伏加德罗定律的证据，D不符题意；

故选B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．Na的制备是电解熔融的氯化钠溶液，2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑；A符合题意；

B．工业上制备Cl2是电解饱和食盐水，2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；B不合题意；

C．工业上制备H2可以电解饱和食盐水，2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；C不合题意；

D．工业上电解CuSO4溶液可以制备Cu，2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；D不合题意；

故答案为：A。5、A【分析】【详解】

为正值，为负值，则△G=-T•＞0，所以任何温度下反应不能自发进行，故选：A。6、B【分析】【详解】

A．放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动；A正确；

B．放电时，锂失去电子为负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+；B错误；

C．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O；C正确；

D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu；则整个反应过程中，铜相当于催化剂，D正确；

故合理选项是B。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．探究影响化学反应速率的因素需要记录溶液褪色所需时间；故A正确；

B．实验①②只有浓度不同；探究的是浓度对化学反应速率的影响，故B正确；

C．实验①③只有温度不同；探究的是温度对化学反应速率的影响，故C正确；

D．起始向①中加入固体，引入离子Mn2+，Mn2+催化该氧化还原反应；影响其反应速率，故D错误；

故答案为D。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．当ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应可以自发；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，则只有ΔH＜0时，高温条件下可满足ΔG＜0，反应自发，A错误；

B．反应Ⅰ，在0～20min内Δn(CO2)=2mol-1mol=1mol，根据反应方程式可知Δn(H2)=3mol，容器体积为2L，所以v(H2)==0.075mol•L-1•min-1；B错误；

C．平衡时Qc=K，反应Ⅰ平衡时n(CH3OH)=1mol，结合反应方程式可知此时n(CO2)=1mol，再加入加入1molCO2和1molCH3OH，即二者的浓度均变为原来的2倍，而CH3OH和CO2的系数相等，所以同等倍数增大二者浓度，Qc仍等于K；平衡不移动，C正确；

D．反应Ⅰ恒温；而反应Ⅱ绝热，所以平衡时二者温度不相同，则平衡常数不同，D错误；

综上所述答案为C。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图中数据，反应开始至达到平衡时，=0.003mol·L-1·min-1，根据化学反应中物质的量之比等于化学计量数之比，故反应达到平衡时，c(H2)=c(CO2)=0.03mol·L-1，故答案为：0.003mol·L-1·min-1；0.03mol·L-1；

(2)

①CO减少的化学反应速率表示正反应速率，CO2减少的化学反应速率表示逆反应速率，且CO和CO2的化学计量数相同；故二者反应速率相等，说明反应达到化学平衡，①符合题意；

②化学平衡的标志之一是各组分的浓度保持不变，而不是相等或成比例，故CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等；不能说明反应达到化学平衡，②不合题意；

③由②分析可知，CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化；能说明反应达到化学平衡，③符合题意；

④达到化学平衡状态时；正；逆反应速率相等但均不为零，④不合题意；

综上所述；①③能够说明反应能够达到化学平衡，故答案为：①③；

(3)如一开始加入0.1mol的CO、0.1mol的H2O、0.1mol的CO2和0.1mol的H2，如果根据反应方程式将CO2和H2完全转化为CO和H2O得到相当于加入0.2mol的CO、0.2mol的H2O，故在相同的条件下，两种条件下达到的化学平衡为等效平衡，根据三段式可知：故c(H2O)=0.01mol/L，故答案为：0.01mol·L-1。【解析】0.003mol·L-1·min-10.03mol·L-1①③0.01mol·L-110、略

【分析】【分析】

(1)随温度的升高；混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；

(2)反应速率利用公式v=计算得到；化学平衡常数利用化学平衡常数表达式计算；

(3)反应容器的容积减少一半；压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向；

(4)N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃。

【详解】

(1)随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；

(2)结合图像曲线数据，0∼60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L−0.04mol/L=0.06mol/L，v(N2O4)==0.001mol⋅L−1⋅s−1；K===0.36mol/L；

(3)反应容器的容积减少一半；压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，即向逆反应方向移动；

(4)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃。【解析】①.大于②.0.001③.0.36④.逆反应⑤.大于11、略

【分析】【分析】

在原电池中；相对活泼的金属电极为负极，相对不活泼的金属电极或非金属电极作正极，且负极材料能与电解质溶液发生氧化还原反应。设计原电池时，需分析电池反应，失电子的反应物作负极，得电子的离子来自电解质。

【详解】

(1)由铜、铁和硫酸铜溶液组成的原电池中，铁作负极，则作正极的是Cu；在正极，溶液中的Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；负极材料铁失电子，从而使电子由负极经导线移向正极，总反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu。答案为：Cu；Cu2++2e-=Cu；负；正；Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

(2)若以反应来设计原电池，则电池的负极材料应为失电子的反应物，所以是Fe，电解质溶液为FeCl3(或其他可溶性的铁盐)溶液。答案为：Fe；FeCl3(或其他可溶性的铁盐)。【解析】CuCu2++2e-=Cu负正Fe+Cu2+=Fe2++CuFeFeCl3（或其他可溶性的铁盐）；12、略

【分析】【分析】

单位时间内生成气体的体积越大，反应速率越大；减缓反应速率，应减小溶液的浓度；根据v=计算反应速率。

【详解】

(1)设段的反应速率为段的反应速率为段的反应速度为从图象可知，单位时间内生成的气体EF段＞OE段＞FG段，单位时间内生成气体的体积越大，反应速率越大，则从大到小的顺序为三个时段速率不同的可能原因段反应物浓度较大，速率较快；段反应物浓度减小，但速率较快，说明反应放热，温度升高，反应速率增大；段反应物浓度减小，反应速率减慢。故答案为：段反应物浓度较大，速率较快；段反应物浓度减小，但速率较快，说明反应放热，温度升高，反应速率增大；段反应物浓度减小；反应速率减慢。；

(2)A．加蒸馏水溶液的浓度减小；反应速率减小，故A正确；B．氯化钾固体对溶液的浓度无影响，且KCl不参加反应，所以速率不变，故B错误；C．加氯化钠溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，故C正确；D．加入浓盐酸，盐酸的浓度增大，反应速率增大，故D错误；故答案为：AC；

(3)反应时测得的物质的量为反应的为0.8mol-0.4mol=0.4mol，根据生成的CO为0.4mol×2=0.8mol，则在内的化学反应速率===故答案为：【解析】段反应物浓度较大，速率较快；段反应物浓度减小，但速率较快，说明反应放热，温度升高，反应速率增大；段反应物浓度减小，反应速率减慢。AC13、略

【分析】【详解】

(1)根据①H2(g)+CO2(g)⇌HCOOH(l)△H1＝﹣30.0kJ•mol﹣1；②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(1)△H2＝﹣571.6kJ•mol﹣1，利用盖斯定律，将②﹣①可得HCOOH燃烧热的热化学方程式为HCOOH(1)+O2(g)＝CO2(g)+H2O(1)△H＝﹣255.8kJ•mol﹣1，故答案为：HCOOH(1)+O2(g)＝CO2(g)+H2O(1)△H＝﹣255.8kJ•mol﹣1；【解析】HCOOH(1)+O2(g)=CO2(g)+H2O(1)∆H=-255.8kJ•mol-1；14、略

【分析】【分析】

(1)10mLH3PO2溶液中加入10mL等物质的量浓度的NaOH溶液后生成NaH2PO2，所得的溶液中只有OH-两种阴离子，说明不能电离，H3PO2是一元酸；②根据计算0.01mol·L-1的H3PO2溶液的pH；

(2)①H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用；②电离平衡常数是K=2.6×10-7，H2PO3-水解平衡常数是

(3)HF的电离常数为K=3.6×10-4小于H3PO4的电离常数为K1=7.5×10-3，大于H3PO4的第二步电离常数K2=6.2×10-8，所以足量NaF溶液和H3PO4溶液反应生成HF和NaH2PO4；

(4)H3PO4的第一步电离常数为K1=7.5×10-3；亚磷酸是二元酸，第一步电离常数为K1=1×10-2；次磷酸是一元酸，电离平衡常数是K(H3PO2)=1×10-2，所以酸性亚磷酸>次磷酸>磷酸；

【详解】

(1)①H3PO2是一元酸，H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式：NaH2PO2，NaH2PO2是强碱弱酸盐，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)；②c(H+)=1×10-2，所以0.01mol·L-1的H3PO2溶液的pH=2；

(2)①H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用，所以K1>K2；

②电离平衡常数是K=2.6×10-7，水解平衡常数是电离大于水解，所以溶液出酸性；

(3)HF的电离常数为K=3.6×10-4小于H3PO4的第一步电离常数为K1=7.5×10-3，大于H3PO4的第二步电离常数K2=6.2×10-8，所以足量NaF溶液和H3PO4溶液反应生成HF和NaH2PO4，离子方程式是F-+H3PO4=HF+

(4)H3PO4的第一步电离常数为K1=7.5×10-3；亚磷酸是二元酸，第一步电离常数为K1=1×10-2；次磷酸的电离平衡常数是K(H3PO2)=1×10-2，所以酸性亚磷酸>次磷酸>磷酸；所以相同温度下，等物质的量浓度的三种磷的含氧酸中，c(H+)由大到小的顺序为H3PO3>H3PO2>H3PO4。

【点睛】

酸式弱酸盐NaHA溶液的酸碱性由HA-的电离和水解程度决定；若HA-的电离大于水解，溶液呈酸性；若HA-的电离小于水解，溶液呈碱性。【解析】NaH2PO2c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)2H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用酸F-+H3PO4=HF+H3PO3>H3PO2>H3PO415、略

【分析】【分析】

(1)

CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。根据元素守恒可知该黑色固体是CuO。已知在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，由于物质发生反应放出热量与反应的物质多少呈正比，可知该反应的热化学方程式是：4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH=-177.6kJ·mol-1。

(2)

由题意知：反应生成3.6gH2O(l)，故根据H元素守恒可知H2的物质的量n(H2)==0.2mol。根据已知条件可知0.2molH2完全燃烧放出的热量为Q=×0.2=57.16kJ，故混合气体中CO完全燃烧放出的热量Q=113.76kJ-57.16kJ=56.6kJ，所以CO的物质的量n(CO)==0.2mol。【解析】（1）4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH=-177.6kJ·mol-1

（2）0.2mol、0.2mol16、略

【分析】【分析】

⑴a.N2O4是正向，NO2是逆向，两个不同方向，速率比不等于计量系数比；b.体系颜色开始要变；后来不变；c.气体平均相对分子质量等于质量除以物质的量，质量不变，物质的量增加，气体平均相对分子质量减少；d.气体密度等于质量除以体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变。

⑵根据反应得到平衡常数。

⑶根据v正=v逆，得出Kp，再根据题知算N2O4、NO2物质的量进行计算正反应速率。

⑷温度相同；前后两次建立，因此前后两次的平衡常数相同建立关系计算。

【详解】

⑴a.N2O4是正向，NO2是逆向，两个不同方向，速率比不等于计量系数比，不能说明达到平衡，故a不符合题意；b.体系颜色开始要变，后来不变，能说明达到平衡，故b符合题意；c.气体平均相对分子质量等于质量除以物质的量，质量不变，物质的量增加，气体平均相对分子质量减少，后来不变，则达到平衡，故c符合题意；d.气体密度等于质量除以体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能说明达到平衡，故d不符合题意；综上所述，答案为：bc。

⑵上述反应平衡常数故答案为：

⑶上述反应中，正反应速率v正＝k正·p（N2O4），逆反应速率v逆＝k逆·p2（NO2），其中k正、k逆为速率常数，v正=v逆，则Kp=若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度298K、压强100kPa），已知该条件下k正＝4.8×104s－1，当N2O4分解10%时，假设开始有1molN2O4分解0.1mol，生成0.2molNO2，故答案为：3.9×106。

⑷温度相同，因此前后两次的平衡常数相同，保持温度不变，向密闭容器中充入等量N2O4，维持总压强在2p0条件下分解，则N2O4的平衡分解率为y；

解得故答案为：【解析】bc3.9×106三、判断题(共7题，共14分)17、A【分析】【分析】

【详解】

在任何水溶液中都存在水的电离平衡，水电离产生H＋和OH-，根据水电离方程式：H2OH＋+OH-可知：水电离出的H＋和OH-数目相等，由于离子处于同一溶液，溶液的体积相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等这句话是正确的。18、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。19、A【分析】【详解】

一个化学反应，不论是一步完成还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。这就是盖斯定律。故答案是：正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

碳酸钠溶液中电荷守恒：则c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)，故答案为：正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。23、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。四、元素或物质推断题(共4题，共16分)24、略

【分析】【分析】

X、Y、Z、W为按原子序数有小到大排列的四种短周期元素，Z可分别与Y，W形成Z2Y、Z2Y2、ZW等离子化合物，能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物是Na、O元素，且Z的原子序数大于Y，所以Y是O元素、Z是Na元素，Z和W能形成ZW型化合物，且W的原子序数大于Z，所以W是Cl元素；X可分别与Y，W形成X2Y，X2Y2；XW等共价化合物，则X是非金属元素，且为第IA族元素，则X是H元素，以此解答。

【详解】

根据上述分析可知；X为H，Y为O，Z为Na，W为Cl；

I．（1）Z2Y2为Na2O2，Na2O2为离子化合物，其电子式为：

故答案为：

（2）ZX为NaH，其中H为-1价，与稀硫酸反应生成硫酸钠、氢气，其离子方程式为：

故答案为：

（3）X2Y2为H2O2，常温下0.1mol/LH2O2的pH=5.4，说明H2O2在水中电离为不完全电离，其电离方程式为：

故答案为：

II．（4）ZW为NaCl，由题可知，电解池阳极发生氧化反应：Cu+-e-=Cu2+，溶液中正电荷增加，为平衡电荷，NaCl溶液中Cl-通过离子交换膜X左移，故离子交换膜X为阴离子交换膜；由装置中物质可知，该装置反应物为CH2=CH2、H2O、NaCl，生成物为ClCH2CH2Cl、H2、NaOH，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知总反应为：

故答案为：阴；

（5）CH2=CH2中C的化合价为-2价，生成物ClCH2CH2Cl中C的化合价为-1价，每生成1molClCH2CH2Cl，转移电子的物质的量为2mol，电解池阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，故每转移2mol电子，生成1molH2；其在标况下的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案为：22.4。【解析】阴22.425、略

【分析】【分析】

由于Ag+只能与NO共存，所以一定含有硝酸银，硝酸银溶液显酸性；A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生，所以根据离子可知，该沉淀应该是氢氧化铝，气体是CO2，由于E溶液显酸性，所以E中含有Al3+，A中含有CO根据阳离子的种类可知；A应该是碳酸钠，A溶液与C溶液反应只有气体产生，这说明C中含有氢离子，所以D是硝酸银，C只能与D反应产生沉淀，所以C只能是HCl，则E就是硫酸铝，因此B是氢氧化钡，以此解答。

【详解】

(1)由分析可知A、C的化学式分别为Na2CO3、HCl，故答案为：Na2CO3；HCl；

(2)A的化学式为Na2CO3，碳酸根在水溶液中发生水解反应生成碳酸氢根和氢氧根，而使溶液呈碱性，离子方程式为CO+H2O⇌HCO+OH-、HCO+H2O⇌H2CO3+OH-，故答案为：CO+H2O⇌HCO+OH-、HCO+H2O⇌H2CO3+OH-；

(3)n[Al2(SO4)3]=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，n(NaOH)=0.035L×2mol/L=0.07mol；则n(Al3+)=0.02mol，n(OH-)=0.07mol；发生：

所以反应后，生成0.01molAl(OH)3和0.01molAlO得到沉淀物质的量为0.01mol，故答案为：0.01。【解析】①.Na2CO3②.HCl③.CO+H2O⇌HCO+OH-、HCO+H2O⇌H2CO3+OH-④.0.0126、略

【分析】【分析】

B元素原子最外电子层上的电子数是它电子层数的2倍推出B为碳，B与D的原子序数之比为3∶4推出D为氧，四种短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，推出C为氮，A和C可以形成化合物CA3推出A为氢；据此分析。

【详解】

B元素原子最外电子层上的电子数是它电子层数的2倍推出B为碳，B与D的原子序数之比为3∶4推出D为氧，四种短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，推出C为氮，A和C可以形成化合物CA3推出A为氢。

（1）化合物CA3的化学式是NH3；

（2）平衡常数等于生成物浓度幂之积比反应物浓度幂之积，故A和C化合生成CA3反应的平衡常数表达式

反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△=-QkJ/mol为气体体积缩小的放热反应；

A.缩小反应容器容积，压强增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，选项A正确；

B.增大反应容器容积；压强缩小，平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，选项B错误；

C.使用合适的催化剂；催化剂不能使平衡移动，选项C错误；

D.及时分离出生成物；平衡向正反应方向移动，选项D正确；

答案选AD；

（3）由四种元素中的三种元素组成的物质甲NH4NO3属于强酸弱碱盐，水解呈酸性，用离子方程式表示其呈酸性的原因为NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋；若用pH试纸测定0.1mol/L的甲溶液的pH，实验操作是用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，并与标准比色卡对比；

（4）乙和丙为含有上述四种元素的常见无机盐，二者均既可与盐酸又可与烧碱溶液反应，则应为铵盐且为弱酸盐，则乙和丙的化学式为分别为NH4HCO3和(NH4)2CO3；

（5）乙溶液NH4HCO3或(NH4)2CO3与硫酸氢钠溶液反应的离子方程式为H＋+HCO3-=CO2↑+H2O或2H＋+CO32-=CO2↑+H2O。【解析】NH3A、DNH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，并与标准比色卡对比NH4HCO3(NH4)2CO3H＋+HCO3-=CO2↑+H2O或2H＋+CO32-=CO2↑+H2O27、略

【分析】【分析】

A元素原子的核外电子数；电子层数和最外层电子数均相等；则A为H；

B、D、E三种元素在周期表中相对位置如图所示；只有E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E为Cl，B为N，D为O；

甲、乙为非金属单质，X分子中含有10个电子，则甲为O2，乙为N2，X为H2O，Y为NO，Z为NO2，M为HNO3；据此解答。

【详解】

(1)A（H）、B（N）、D（O）、E（Cl）形成的盐中E（Cl）显+1价，则该盐为NH4ClO，其电子式为故答案为：

(2)E的单质（Cl2）与NaOH溶液恰好反应生成NaCl和NaClO，NaClO发生水解反应ClO-+H2O⇌HClO+OH-，所以溶液显碱性，pH大于7，故答案为：大于；ClO-+H2O⇌HClO+OH-；

(3)Z（NO2）与X（H2O）反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

(4)A（H）与B（N）形成的简单化合物为NH3，其与Y（NO）在一定条件下反应，生成可直接排放到大气中的无毒无害物质，则生成物只能为N2和H2O，故答案为：N2；H2O。【解析】大于ClO-+H2O⇌HClO+OH-3NO2+H2O=2HNO3+NON2H2O五、实验题(共3题，共12分)28、略

【分析】【详解】

(1)可用带有火星的木条检验氧气，方法是将带火星的木条伸入试管中，木条复燃，说明生成的气体是O2；

(2)①CrO5可溶于水；易溶于乙醚得到蓝色溶液，检验方法是取少量紫红色溶液于试管中，加入乙醚，振荡，静置，液体分为两层，上层呈蓝色；

②酸性条件下，K2Cr2O7溶液和H2O2溶液反应生成CrO5，且生成CrO5的反应不是氧化还原反应，反应的离子方程式为Cr2O72-+4H2O2+2H+═2CrO5+5H2O；

(3)①实验Ⅱ步骤ⅰ中消耗的CrO5与生成的O2的物质的量之比为2：3，反应中Cr元素化合价由+6价降低为+3价，O元素化合价由-1价升高到0价，且生成过氧化氢，反应的方程式为2CrO5+6H+═2Cr3++3O2↑+H2O2+2H2O；

②O2来源于CrO5、H2O2中的-1价O，且-1价O过量，当CrO5的量相同时，生成O2的体积相同，因而由实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同无法说明假设b是否成立；

(4)溶液中持续产生气泡，最终溶液变为绿色，生成气体为氧气，且生成Cr3+，反应的离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+═2Cr3++3O2↑+7H2O。【解析】将带火星的木条伸入试管中，木条复燃，说明生成的气体是O2取少量紫红色溶液于试管中，加入乙醚，振荡，静置，液体分为两层，上层呈蓝色Cr2O72﹣+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O6H+H2O22H2O实验Ⅱ、Ⅲ中，O2来源于CrO5、H2O2中的﹣1价O，且﹣1价O过量，当CrO5的量相同时，生成O2的体积相同，因而由实验Ⅱ和Ⅲ中生成O2的体积相同无法说明假设b是否成立Cr2O72﹣+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O29、略

【分析】【详解】

(1)①与KSCN溶液不反应，与KSCN溶液反应生成红色的(或或等)，则证明中含有+3价的铁元素；

②中的铁为+3价，则溶液中是与反应生成化学式为的蓝色沉淀，则证明中含有+2价的铁元素；

(2)①空气中存在具有氧化性，在溶液中能将氧化为反应的离子方程式为：

②溶于水呈碱性，使石蕊变红色。由原子守恒和电荷守恒结合方程式可知X为

(3)A．由图可知：物质的量分数时，溶液中主要微粒(阴离子)为其对应的溶液显酸性，则有A正确；

B．物质的量分数时，溶液中主要微粒(阴离子)为其对应的则溶液显碱性，B正确；

C．在溶液中有分子和多种含磷阴离子共存，则是弱电解质；不能完全电离，C错误；

答案选AB；

(4)溶液的pH对吸附剂Fe3O4表面所带电荷有影响。pH=6.8时，Fe3O4表面不带电荷；pH＜6.8时，Fe3O4表面带正电荷；pH＞6.8时，Fe3O4表面带负电荷。Fe3O4由于异种电荷吸附而去除水中含磷物种；随着pH的增大，含磷物种的去除率下降，说明带的是同种电荷故不具备吸附性而去除水中含磷物种。则。

①时，带正电荷，结合(3)可知含磷的主要微粒是因此吸附的主要微粒是

②时，带负电荷，结合(3)可知含磷的主要微粒是因此吸附的主要微粒是

③根据图像可知时的去除率明显下降，由于去除率的大小与吸附剂和含磷的主要微粒之间的静电排斥作用有关，静电排斥作用越大，去除率越小，所以在时，吸附剂和含磷的主要微粒之间的静电排斥作用强于时。【解析】红色+3+2蓝色AB强于30、略

【分析】【分析】

根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃标、500mL容量瓶和胶头滴管，根据c=进行计算和误差分析；以此解答。

【详解】

I.(1)a．容量瓶使用前要检验是否漏水；故a正确；

b．容量瓶不能加热，故b错误；

c．容量瓶不可以用来稀释浓溶液；也不能用来溶解固体，故c错误；

d．为了使所配溶液浓度均匀；定容结束后，要摇匀，故d正确：

e．容量瓶不能长期贮存溶液；故e错误；

故答案为：ad；

(2)m=1.00mol/L×0.500L×106g/mol=53.0g；根据配制一定物质的量浓度油液的步骤是计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；可知此步实验操作是定容；故答案为：53.0；定容；

(3)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃标、500mL容量瓶和胶头滴管；故还缺少的仪器是500mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；

(4)A．转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面；导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，故A错误；

B．定容时俯视液面；则溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故B正确；

C．在未降至室温时；立即将溶液转移至容量插定容，则冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故C正确；

D．定容后；加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线是正常的，又滴加蒸馏水至刻度。导致所配溶液浓度偏低，故D错误；

故答案为：BC；

(5)取上述Na2CO3溶液50mL稀释到200mL，稀释后