2025年湘师大新版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年湘师大新版选择性必修1化学上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7题，共14分)1、中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢的方案；其基本工作原理如图所示。下列说法正确的是。

A.该装置中的能量转化形式：光能→电能→化学能B.该电化学装置中，Pt电极的电势低于BiVO4电极的电势C.电子流向：BiVO4电极→H2O→Pt电极→外电路D.BiVO4电极上的反应式为SO-2e-+H2O=SO+2H+2、下列物质中，属于强电解质的是A.CB.盐酸C.KClD.乙酸3、向Na2CO3溶液中滴加盐酸；反应过程中能量变化如图所示，下列说法不正确的是。

A.反应HCO(aq)＋H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应B.ΔH1＜ΔH2，ΔH2＜ΔH3C.CO(aq)＋2H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH=ΔH1＋ΔH2＋ΔH3D.H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l)，若使用催化剂，则ΔH3变小4、将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A.BaO量不变B.氧气压强不变C.氧气浓度增大D.平衡常数减小5、已知相同温度下，某温度下，饱和溶液中与的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.曲线①中y2=4.9B.该温度下：C.加适量固体可使溶液由b点变到c点D.曲线②中a点：6、已知：①H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH1=-57.3kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-241.8kJ·mol-1；下列有关说法正确的是。

A.向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L-1乙二酸，反应中的能量变化如图所示B.H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH=-114.6kJ·mol－1C.若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH＞ΔH2D.1L1mol/L醋酸和1L1mol/L氨水完全反应放出的热量大于57.3kJ7、如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中下列分析正确的是。

A.闭合，铁棒上发生的反应为B.闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐降低C.闭合，铁棒不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法D.闭合，电路中通过个电子时，两极共产生气体评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、某兴趣小组用下图装置研究原电池的工作原理。

(1)甲中K断开时；装置中发生反应的离子方程式为_________；K闭合时，Cu棒上的现象为________，外电路电流的方向由_______（填“Cu到Zn”或“Zn到Cu”）。

(2)乙图为氢氧燃料电池构造示意图，其中通入氧气的电极为电池的____极（填“正”或负”），电极反应为________________。9、现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水；并测量电解产生的氢气的体积(约6mL)和检验氯气的氧化性(不应将多余的氯气排入空气中)。

（1）试从上图图1中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序(填编号)是:A接________,B接________。

（2）铁棒接直流电源的________极;碳棒上发生的电极反应为________。

（3）能说明氯气具有氧化性的实验现象是________。

（4）假定装入的饱和食盐水为50mL(电解前后溶液体积变化可忽略),当测得的氢气为5.6mL（已折算成标准状况）时,溶液的pH为________。

（5）工业上采用离子交换膜法电解饱和食盐水，如上图图2，该离子交换膜是________（填“阳离子”或“阴离子”）交换膜，溶液A是________（填溶质的化学式）10、用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气_____L（标准状况下），正极的电极反应式是_____。11、根据化学平衡相关知识回答下列问题：

Ⅰ.温度为T时，向恒容密闭容器中充入反应经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见表，回答下列问题：。05015025035000.160.190.200.20

(1)反应在前内用表示的平均速率为_______。

(2)该反应的平衡常数_______。

(3)体系平衡时与反应起始时的压强之比为_______。

Ⅱ.甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用或来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如表所示：。化学反应平衡常数温度/500800500800①2.50.15②1.02.50③

(4)据反应①与②可推导出与之间的关系，则_______(用表示)。

(5)时测得反应③在某时刻，的浓度分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时_______(填“>”、“=”或“<”)。12、常温下，用0.10mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol•L-1CH3COOH溶液和HA溶液；所得滴定曲线如图所示。

(1)该条件下HA的酸性_______醋酸的酸性(填写“﹥”；“﹤”或“=”)。

(2)滴定到②点时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_______。

(3)④点所对应的溶液呈_______性，用离子方程式表示其原因_______。

(4)图中②、③、④三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是_______(填编号)。

(5)判断下列说法正确的是_______(填选项字母)。

A.点①和点②所示溶液中：

B.醋酸的滴定终点是点③

C.滴定CH3COOH过程中不可能出现：13、(1)图1是高铁电池的模拟实验装置，放电时电池反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH

①该电池放电时正极的电极反应式为_________。

②盐桥中含有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向______移动（填“左”或“右”）。

③如图2为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有___________________。

(2)某同学在研究如图所示的原电池装置时，测得Zn电极质量减轻6.5g，Cu电极质量增加4.8g。通过导线的电子数与反应转移电子总数的比值定义为电池的能量转换效率，则该实验中电池的能量转换效率为_______。

(3)熔融盐燃料电池具有高的发电效率,因而受到重视,可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为负极燃气，空气与CO2的混合气为正极燃气；制得在650℃下工作的燃料电池，完成有关的电池反应式：

负极反应式：2CO+2−4e−═4CO2

正极反应式____________；总电池反应_______________。14、在含有弱电解质的溶液中；往往有多个化学平衡共存。

（1）一定温度下，向1L0.1mol·L−1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，平衡后则溶液中_______（填“增大”、“减小”或“不变”）；写出表示该混合溶液中所有离子浓度间的一个等式：_______________

（2）常温下向20mL0.1mol·L−1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数随溶液pH变化的情况如下：

回答下列问题：

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-________（填“能”或“不能”）大量共存；

②当pH＝7时，溶液中含碳元素的主要微粒有__________、________，溶液中含量最多的三种微粒的物质的量浓度的大小关系为_________；

③已知在25℃时，CO32-水解反应的平衡常数Kh═2×10−4mol·L−1，当溶液中c（HCO3-）：c(CO32-)＝2∶1时，溶液的pH＝_____。15、在100℃时，将0.40mol的二氧化氮气体充入2L真空的密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H=-24.4kJ/mol，每隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到数据如表所示：。时间(s)020406080n(NO2)/mol0.40n1026n3n4n(N2O4)/mol0.000.05n20.080.08

(1)从反应开始至20s时，二氧化氮的平均反应速率为_______mol·L-1·s-1。

(2)n3=______，100℃时该反应的平衡常数为______(保留一位小数)。平衡后，若升高温度，该反应的化学平衡常数将_______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(3)下述各项能说明反应达到平衡状态的是_______(填序号)。

a．v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。

(4)达到平衡后，分别在80s、120s、140s时只改变一个条件，v正、v逆发生如图所示变化；则80s时改变的条件可能是________。

评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、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17、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。_____18、SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，低温下能自发进行。__________________A.正确B.错误19、0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>c(OH-)。(_______)A.正确B.错误20、某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。(_______)A.正确B.错误21、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误22、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共16分)23、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。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、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。26、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、实验题(共4题，共8分)27、氯化铜用途广泛，可用作媒染剂、氧化剂、木材防腐剂、食品添加剂、消毒剂等。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)制备氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)；已知氯化铜易溶于水；乙醇。

Ⅰ.制备粗氯化铜。

实验室采用如图所示装置，将粗铜与Cl2反应转化为固体粗氯化铜(部分加热和夹持装置已略去)。

(1)实验需要480mL10.00mol·L-1浓盐酸，配制时除了需要用到量筒、烧杯、玻璃棒，还需要用到的玻璃仪器是___________。

(2)引发B中反应的操作是___________。

(3)有同学认为应在盛放浓硫酸的洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要？___________(填“是”或“否”)，理由是___________。

(4)实验结束时，B和D处酒精灯应先熄灭的是___________。

(5)该装置存在缺陷，改进的措施为___________。

Ⅱ.氯化铜精制。

将粗氯化铜溶解在足量盐酸中，加入双氧水，再加入物质A调节pH至4~5使溶液中Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CuCl2·xH2O。

(6)物质A可选用下列试剂中的___________(填序号)。

a.NaOH溶液b.NH3·H2Oc.CuOd.Cu2(OH)2CO3e.CuSO4

(7)为了测定制得的氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)中x的值，某兴趣小组设计了以下实验方案：称取mg晶体溶于足量水中，加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤沉淀后用小火加热至质量不再减轻，冷却，称量所得黑色固体的质量为ng。洗涤沉淀的操作方法是___________，根据实验数据测得x=___________(用含m、n的代数式表示)。28、某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案并记录了实验现象：取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置，取上层清液，滴加酚酞试液，溶液仍为无色，然后加入少量水，溶液变为红色。向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性)；红色褪去。

(1)该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是____(填代号)。

A．Na2CO3提供Na＋

B．Na2CO3提供CO

C．Na2CO3提供OH－

D．CO与水反应生成OH－

(2)从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于____(填代号)。

A．强酸强碱盐B．强酸弱碱盐C．弱酸强碱盐D．弱酸弱碱盐。

(3)结合BaCl2溶液呈中性，可以推测，硫酸铝溶液呈____性。

(4)硫酸铝具有净水作用，是由于其与水作用产生的Al(OH)3胶体具有____性，证明有胶体产生的方法是____。29、二氯化钒(VCl2)有强吸湿性和强还原性，熔点为425℃、沸点900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。有以下两种方案制备VCl2：

方案一：V2O5VCl2溶液。

方案二：在800℃的N2流中VCl3分解。

(1)请写出方案一的化学方程式：___。

(2)某学习小组在实验室用方案二制备VCl2并检验其气体产物Cl2。

请回答下列问题：

①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为A→___(用大写字母填空)。

②焦性没食子酸溶液的作用是___。

③实验过程中需持续通入空气，其作用为___。

④实验后，选用D中所得溶液和其他合理试剂，设计实验方案证明C处有Cl2生成___。

(3)测定产品纯度：实验后产品中只混有少量VCl3杂质。称量1.3775g样品，充分溶于水中，调pH后滴加Na2CrO4作指示剂，用0.500mol·L-1AgNO3标准溶液滴定Cl-，达到滴定终点时消耗标准液体积为46.00mL(Ag2CrO4为砖红色沉淀；杂质不参加反应)。

①滴定终点的现象为___。

②产品中VCl2的物质的量分数为___。(保留3位有效数字)

(4)钒元素的常见离子有V2+、V3+、VO2+、VO小组同学进一步用如图所示装置验证还原性V2+强于VO2+。接通电路后，能观察到的实验现象是___。

30、已知△H＝-57.3kJ/mol，回答有关中和反应的问题。

(1)如图装置中仪器的名称________，碎泡沫塑料的作用是________。

(2)若通过实验测定中和热，其数值常常小于57.3kJ/mol，其原因可能是________。

评卷人得分六、计算题(共1题，共5分)31、室温下，已知：的电离平衡常数的电离平衡常数回答下列问题：

(1)室温时，的醋酸溶液中由醋酸电离出的约是由水电离出的的________倍。

(2)室温时，的水解平衡常数________，溶液中的各离子浓度由大到小的顺序为________________。若向溶液中加入少量则溶液中将________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(3)室温时，溶液的________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2O→H2)或BiVO4电极上反应(→)可知，Pt电极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4电极为负极，失电子生成硫酸根，发生氧化反应，电极反应为-2e-+2OH-=+H2O；据此分析解答。

【详解】

A．由图可知；该装置中的能量转化形式：光能→电能→化学能，A正确；

B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极；B错误；

C．电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)；不能进入溶液，C错误；

D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，溶液呈碱性，则BiVO4电极上的反应式为-2e-+2OH-=+H2O；D错误；

故选A。2、C【分析】【分析】

强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质。

【详解】

A．C是单质；不是电解质，电解质必须是化合物，故A不选；

B．盐酸是HCl的水溶液；是混合物，不是电解质，故B不选；

C．KCl在水中或熔融状态下都能完全电离；是强电解质，故C选；

D．乙酸在水中只能部分电离；是弱电解质，故D不选；

故选C。3、D【分析】【详解】

A．由图可得，(aq)＋H＋(aq)的能量小于CO2(g)＋H2O(l)的能量，所以反应(aq)＋H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应；A正确；

B．由图可得ΔH1和ΔH2都小于0，ΔH3＞0，且ΔH1的绝对值大于ΔH2的绝对值，所以ΔH1＜ΔH2，ΔH2＜ΔH3；B正确；

C．由图可得，(aq)＋2H＋(aq)=(aq)＋H＋(aq)ΔH1，(aq)＋H＋(aq)=H2CO3(aq)ΔH2，H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH3，根据盖斯定律，(aq)＋2H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；C正确；

D．一个化学反应的焓变与反应过程无关；使用催化剂不会改变ΔH，D错误；

故答案选D。4、B【分析】【详解】

A.缩小容器体积；增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故A错误；

B.平衡向逆反应方向移动；但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故B正确；

C.平衡向逆反应方向移动；但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，故C错误；

D.平衡向逆反应方向移动；但温度不变，平衡常数不变，故D错误；

答案选B。5、D【分析】【分析】

由硫酸钡的溶度积小于碳酸钡可知，曲线①表示硫酸钡的沉淀溶解曲线，曲线②表示碳酸钡的沉淀溶解曲线，由图可知，当溶液中时，则硫酸钡的溶度积为

【详解】

A．由分析可知，硫酸钡的溶度积为则当溶液中时，溶液中故A正确；

B．由分析可知，该温度下硫酸钡的溶度积为故B正确；

C．向碳酸钡饱和溶液中加入固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，溶度积不变，则钡离子浓度减小，可以使溶液由b点变到c点；故C正确；

D．a点是碳酸钡的沉淀溶解曲线上的点，电荷守恒可知故D错误；

故答案为D。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．乙二酸是弱酸，弱酸电离时需要吸收能量，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L-1乙二酸放出热量小于57.3kJ；故A正确；

B．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l)；由于生成1mol水时放出热量57.3kJ，由于有硫酸钡沉淀生成，生成沉淀时继续放热，放出的热量大于114.6kJ，故B错误；

C．气态水转化为液态水要继续放热，若反应②中水为液态，则放出的热量多余生成气态水的热量，ΔH是负值，则同样条件下的反应热：ΔH＜ΔH2；故C错误；

D．1L1mol/L醋酸的醋酸的物质的量为1L×1mol/L=1mol；1L1mol/L氨水中一水合氨的物质的量1L×1mol/L=1mol，醋酸和氨水都是弱电解质，电离时都要吸热，完全反应放出的热量小于57.3kJ，故D错误；

答案选A。7、C【分析】【分析】

【详解】

A.若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe−2e−=Fe2+；故A错误；

B.若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−；所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B错误；

C.K2闭合；Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C正确；

D.K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时；阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0.2mol氯气，两极共产生0.4mol气体，状况不知无法求体积，故D错误。

本题选C。

【点睛】

若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【分析】

根据原电池的工作原理分析解答。

【详解】

(1)甲中K断开时，锌与稀硫酸直接发生置换反应，该反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；K闭合时，形成Zn-Cu-稀H2SO4原电池，Zn比Cu活泼，Cu作原电池的正极，正极反应为2H++2e-=H2↑；故Cu棒上有气泡产生；原电池工作时，电子从负极流出，经导线流向正极，电流方向与电子的流向相反，故外电路中电流的方向由Cu到Zn；

(2)氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为电池的正极，通入氢气的电极为电池的负极，在正极上，氧气得电子发生还原反应，故正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O。

【点睛】

氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=2H2O；负极通入氢气，氢气失电子被氧化，正极通入氧气，氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式；

①若选用KOH溶液作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极的电极反应式为：2H2-4e-+4OH-=4H2O；

②若选用硫酸作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，负极的电极反应式为：2H2-4e-=4H+。【解析】Zn+2H+=Zn2++H2↑有气泡产生Cu到Zn正O2+4e−+4H+=2H2O9、略

【分析】【分析】

（1）A为铁棒，则应为阴极，产生H2；B为阳极，产生Cl2；据此确定后续连接装置；

（2）铁棒为阴极，与电源的负极相连；碳棒为阳极，由Cl-发生失电子的氧化反应，生成Cl2；据此写出电极反应式；

（3）氧化性Cl2>I2；淀粉遇碘变蓝色；

（4）根据公式计算反应生成n(H2)，结合电极反应式计算反应生成n(OH-)，再根据计算溶液中c(H+)；从而得出溶液的pH；

（5）电极a产生Cl2，则电极a为阳极，电极b为阴极；根据离子移动方向，确定离子交换膜的类型和溶液A的成分；

【详解】

（1）A为铁棒，则应为阴极，产生H2，则A后应连接测量H2体积的装置，因此A接G、F、I；B为阳极，产生Cl2，则B后连接Cl2的性质检验装置；因此B接D；E、C；故答案为：G、F、I，D、E、C。

（2）铁棒为阴极，与电源的负极相连；碳棒为阳极，由Cl-发生失电子的氧化反应，生成Cl2，故答案为：

（3）由于氧化性Cl2>I2，能将I-氧化成I2，而淀粉遇碘变蓝色，因此若观察到淀粉-KI溶液变成蓝色，则说明Cl2具有氧化性；故答案为：淀粉-KI溶液变成蓝色。

（4）反应生成由电极反应式2H2O+2e－=H2↑＋2OH－可知，反应生成n(OH－)=0.5×10-3mol，则溶液中因此溶液中因此溶液的pH=12，故答案为：12。

（5）由于电极a产生Cl2，则电极a为阳极，电极b为阴极；由图可知，离子由电极a区域向电极b区域移动；因此移动的离子为阳离子，因此离子交换膜为阳离子交换膜；因此溶液A为NaCl稀溶液，故答案为：阳离子，NaCl。

【点睛】

电解池中阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子流向阴极，阴离子流向阳极，电子经外电路和电源由阳极流向阴极。【解析】G、F、ID、E、C负2Cl--2e-=Cl2↑淀粉-KI溶液变成蓝色12阳离子NaCl10、略

【分析】【分析】

【详解】

用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，金属性锌强于铜，锌是负极，电极反应式为Zn-2e－=Zn2＋，铜是正极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e－=H2↑，锌片的质量减少了3.25克，消耗锌的物质的量是3.25g÷65g/mol＝0.05mol，转移0.1mol电子，根据电子守恒可知产生氢气是0.05mol，在标况下的体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L。【解析】1.122H++2e－=H2↑11、略

【分析】【分析】

(1)

反应在前内生成PCl3的物质的量是0.2mol-0.16mol=0.04mol，根据方程式可知消耗的物质的量是0.04mol，则表示的平均速率为=

(2)

平衡时生成PCl3的物质的量是0.2mol，根据方程式可知同时生成氯气也是0.2mol，消耗消耗的物质的量是0.2mol，剩余的物质的量是0.8mol，则该反应的平衡常数=0.025。

(3)

体系平衡时与反应起始时的压强之比等于物质的量之比，则为=6∶5。

(4)

依据盖斯定律可知反应①+②即得到反应③，因此可推导出与之间的关系为

(5)

在时根据以上分析可知=2.5×1.0=2.5，若测得反应③在某时刻，的浓度分别为0.8、0.1、0.3、0.15，此时浓度熵为≈0.88＜2.5，反应正向进行，则此时正反应速率大于逆反应速率。【解析】(1)

(2)0.025

(3)6∶5

(4)

(5)＞12、略

【分析】【详解】

(1)浓度均为0.10mol•L-1CH3COOH溶液和HA溶液，pH值CH3COOH<HA，则该条件下HA的酸性<醋酸的酸性；

(2)向20.00mL浓度为0.10mol•L-1CH3COOH溶液滴加10mL0.10mol•L-1NaOH溶液对应滴定②点时，溶液中醋酸与醋酸钠浓度相等，溶液显酸性，醋酸的电离大于醋酸钠电离的醋酸根离子的水解，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序是

(3)④点所对应是酸碱恰好中和，生成强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因

(4)向醋酸溶液中滴加氢氧化钠溶液；氢离子的浓度逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，当恰好中和时，生成强碱弱酸盐，弱酸根离子水解促进水的电离，则图中②；③、④三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④③②；

(5)A.点①和点②所示溶液中；根据物料守恒得：

则得。

故A正确；

B.滴定终点时；醋酸与氢氧化钠恰好中和，溶液显碱性，点③处，溶液显中性，说明醋酸稍过量，故B错误；

C.当刚刚开始滴定时，加入的氢氧化钠很少，溶液显酸性，溶液中醋酸分子的浓度最大，此时，溶液中微粒浓度大小为：故C错误；

故答案为：A。【解析】<碱④③②A13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①由电池总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH可知：Zn为负极，C为正极，正极上得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：+4H2O+3e-=Fe(OH)3↓+5OH-；

②原电池工作时，阴离子向正电荷较多的负极移动，阳离子向带负电荷较多的正极移动，即盐桥中Cl-向右移动；

③根据图示电池的放电曲线可知：高铁电池比常用的高能碱性电池；使用时间长；工作电压稳定；

(2)在该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，负极Zn电极质量减轻6.5g，n(Zn)==0.1mol，转移电子总物质的量为n(e-)转移=2n(Zn)=0.2mol。正极上发生反应：Cu2++2e-=Cu，n(Cu)==0.075mol，则通过导线的电子的物质的量为n(e-)通过=2n(Cu)=0.075mol×2=0.15mol，故电池的能量转换效率为×100%=75%；

(3)在该熔融盐燃料电池中，通入燃料CO的电极为负极，CO失去电子被氧化变为CO2，负极的电极反应式为：2CO+2−4e−═4CO2；通入O2和CO2的电极为正极，正极上O2得到电子，与CO2变为故正极的电极反应式为：O2+2CO2+4e−=2将正极、负极电极反应式叠加，可得总反应方程式为：2CO+O2=2CO2。

【点睛】

本题考查了原电池反应原理的应用。掌握在原电池反应中负极失去电子，发生氧化反应；正极上得到电子，发生还原反应。溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极定向移动，要结合电解质溶液或熔融电解质中的微粒书写电极反应式。【解析】+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH-右使用时间长、工作电压稳定75％O2+2CO2+4e−=22CO+O2=2CO214、略

【分析】【分析】

（1）根据平衡常数表达式及溶液中电荷守恒原理分析解答；

（2）根据碳酸钠与盐酸的分步反应及图像中离子浓度大小分析解答；根据水解平衡常数及水的离子积计算溶液的pH。

【详解】

(1)表示醋酸的电离平衡常数，只和温度有关，所以加入CH3COONa固体时保持不变，此时溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO−）+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)，故答案为不变；c(CH3COO−）+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)；

(2)常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL；先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳；水；

①由反应及图像可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3−、CO32−不能大量共存；故答案为不能；

②由图像可知，pH=7时，c(OH−)=c(H+)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3−、H2CO3，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3−)+c(OH−)，则c(Na+)>c(Cl−)，因HCO3−水解，则c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3−)，故答案为HCO3−、H2CO3；c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3−)；

③CO32-的水解常数当溶液中c（HCO3-）：c(CO32-)＝2∶1时，c(OH−)=10−4mol/L，由Kw可知，c(H+)=10−10mol/L，所以pH=10，故答案为10。【解析】不变c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)不能HCOH2CO3c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO)1015、略

【分析】【详解】

(1)前20s，消耗n(NO2)=2n(N2O4)=2×0.05mol=0.1mol，根据化学反应速率的表达式，v(NO2)==2.5×10－3mol/(L·s)；故答案为2.5×10－3mol/(L·s)；

(2)根据表格中的数据，60s后N2O4的物质的量不变，说明反应达到平衡，60s内消耗n(NO2)=2n(N2O4)=2×0.08mol=0.16mol，则n3=(0.40－0.16)mol=0.24mol；根据化学平衡常数的定义，K=≈2.8；化学平衡常数只受温度的影响；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小；故答案为0.24；2.8；减小；

(3)a．不同物质的反应速率表示达到平衡，首先反应方向是一正一逆，v正(N2O4)反应向正反应方向进行，v逆(NO2)反应向逆反应方向进行，然后速率之比等于化学计量数之比，即2v正(N2O4)=v逆(NO2)；故a不符合题意；

b．NO2红棕色气体，N2O4无色气体，因此当体系气体颜色不变，说明反应达到平衡，故b符合题意；

c．组分都是气体；则气体总质量保持不变，该反应为物质的量减少的反应，因此当平均摩尔质量保持质量不变，说明反应达到平衡，故c符合题意；

d．气体总质量保持不变；容器为恒容状态，任意时刻，气体密度保持不变，因此气体密度不变，不能说明达到平衡，故d不符合题意；

故答案为bc；

(4)80s时，只有v逆增大，v正不变，说明该时刻，向该容器中充入四氧化二氮，增大c(N2O4)；故答案为向该容器中充入四氧化二氮。【解析】①.0.0025②.0.24③.2.8④.减小⑤.bc⑥.向该容器中充入四氧化二氮三、判断题(共7题，共14分)16、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。17、×【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18、A【分析】【详解】

SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，ΔS＜0，在低温下能自发进行，正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得碳酸钠溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)，错误。20、B【分析】【详解】

盐溶液有可能因溶质直接电离而呈酸性，如硫酸氢钠溶液；盐溶液也可能因水解而呈酸性，如氯化氨溶液；盐溶液可能因水解大于电离和呈酸性，如亚硫酸氢钠溶液。故答案是：错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。22、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。四、结构与性质(共4题，共16分)23、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324、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】【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)5.626、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3五、实验题(共4题，共8分)27、略

【分析】【分析】

Ⅰ．MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，经过装置C获得干燥的Cl2，进入D中与Cu反应生成CuCl2，装置E吸收多余的Cl2；防止污染空气。

【详解】

Ⅰ．(1)实验需要480mL10.00mol·L-1浓盐酸；配制时除了需要用到量筒；烧杯、玻璃棒，还需要用到的玻璃仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；

(2)引发B中反应的操作是：打开分液漏斗上口玻璃塞；旋开分液漏斗旋塞，缓慢滴加，并用酒精灯加热B装置；

(3)HCl对反应没有影响；且可以抑制氯化铜水解，故不需要在盛放浓硫酸的洗气瓶前增加吸收HCl的装置；

(4)应先熄灭D处酒精灯；后熄灭B处酒精灯，防止E中溶液倒吸，发生危险；

(5)该装置缺少防倒吸装置；应在D；E之间添加防倒吸的安全瓶；

Ⅱ．(6)加入物质A调节溶液pH，使溶液中Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，且不能引入新杂质。加入NaOH溶液会引入杂质钠离子，a错误；加入NH3·H2O会引入铵根离子，b错误；CuO可以调节pH，过量的CuO过滤除去，不引入杂质，c正确；Cu2(OH)2CO3可以调节pH，过量的Cu2(OH)2CO3过滤除去，不引入杂质，d正确；CuSO4不能调节pH；且引入硫酸根离子，e错误，故答案选cd；

(7)氯化铜溶液中加入足量氢氧化钠溶液，过滤得到的沉淀为氢氧化铜，洗涤沉淀的操作方法是：向过滤器中加入水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次；氢氧化铜受热分解所得黑色固体为CuO，根据Cu元素守恒：n(CuCl2·xH2O)=n(CuO)=mol，则mol×(135+18x)g·mol-1=mg，解得x=【解析】胶头滴管、500mL容量瓶打开分液漏斗上口玻璃塞，旋开分液漏斗旋塞，缓慢滴加，并用酒精灯加热B装置否HCl对反应没有影响，且可以抑制氯化铜水解D在D、E之间添加防倒吸的安全瓶cd向过滤器中加入水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次28、略

【分析】【分析】

少量Na2CO3固体溶于无水酒精，所得溶液不能使酚酞试液变红色，则表明溶液中不含有OH-；少量Na2CO3固体溶于少量水，酚酞试液变红色，则表明溶液中含有OH-，向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性)；红色褪去，则表明存在化学平衡。

【详解】

(1)该实验表明，Na2CO3溶液显碱性，则Na2CO3在水溶液中