2025年浙教版选择性必修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年浙教版选择性必修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、近年来；有科研工作者提出可用如图所示装置进行水产养殖用水的净化处理。工作时，下列说法错误的是。

A.导线中电子由b电极流向N极B.N极的电极反应式为C.当电路中通过4mol电子的电量时，理论上有1molCO2生成D.当生成1molN2时，理论上有12molH+通过质子交换膜2、某细菌电池的工作原理如图所示；下列说法正确的是。

A.微生物所在电极区放电时发生氧化反应B.每转移1mole—，消耗5.6LO2C.电流由a极沿导线流向b极D.负极反应式为HS—+4H2O+8e—=+9H+3、下列说法正确的是()A.热化学方程式中，化学式前面的化学计量数既可表示微粒数，又可表示物质的量。B.热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示在标准状况下测得的数据。C.书写热化学方程式时，不仅要写明反应热的符号和数值，还要注明各物质的聚集状态。D.凡是化合反应都是放热反应，分解反应都是吸热反应。4、研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示；下列说法正确的是。

A.右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极B.光照强度大小不影响KIO3的制备速率C.电极Q处发生电极反应：I2+12OH--l0e-=2+6H2OD.不考虑损耗，电路中每消耗11．2LO2(标准状况下)，理论上Q极可制得342.4gKIO35、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.水电离的的溶液：B.的溶液中：C.与Al反应能放出的溶液：D.无色溶液中：6、某化学实验小组进行如下实验：取5mL饱和的Na2CO3溶液于试管中，放入一片打磨过的铝片。观察到铝片表面出现细小的气泡，加热该溶液，铝片表面产生大量白色沉淀和气泡。下列分析错误的是A.产生的气体一定含有氢气B.产生气体的原因和反应CO+H2OHCO+OH-有关C.加热时产生沉淀和气体的原因是[Al(OH)4]-+HCOAl(OH)3↓+CO2↑+H2OD.反应后的溶液中不可能存在大量的Al3+7、BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料；利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：

不列说法错误的是A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B.酸浸过程中金属Bi被稀HNO3氧化为Bi(NO3)3C.转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3D.水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成8、电池式氧传感器原理构造如图，可测定的含量。工作时铅极表面会逐渐附着下列说法不正确的是。

A.Pb电极上的反应式为B.当amol参加反应，理论上可使Pb电极增重34agC.Pt电极上发生还原反应D.随着使用，电解液的pH逐渐增大评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1。请回答下列问题：

(1)图中A、C分别表示_______、_______；

(2)E表示_______；E的大小对该反应的反应热_______(填“有”或“无”)影响。

(3)该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图ΔH_______(填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是_______。

(4)图中ΔH=_______kJ·mol-1；

(5)已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=_______(要求计算过程)。10、某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。

(1)如图1为某实验小组依据氧化还原反应设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过_______mol电子。

(2)其它条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图2所示。甲装置铜丝电极反应为______；乙装置中与铜线相连石墨电极上发生的反应式为______。

(3)电化学降解的原理如图3所示，电源正极为_________(填“a”或“b”)；阴极的电极反应式为_________。

(4)如图所示装置可用于制备N2O5，N2O5则在电解池的_______区生成，其电极反应式为________

11、合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回答下列问题：

(1)德国化学家F。Haber从1902年开始研究N2和H2直接合成NH3.在1.01×105Pa、250℃时，将1molN2和1molH2加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为4%，其他条件不变，温度升高至450℃，测得NH3体积分数为2.5%，则可判断合成氨反应△H___________0(填“>”或“<”)。

(2)在2L密闭绝热容器中，投入4molN2和6molH2，在一定条件下生成NH3，测得不同温度下，平衡时NH3的物质的量数据如下表：。温度/KT1T2T3T4n(NH3)/mol3.63.22.82.0

①下列能说明该反应已达到平衡状态的是___________。

A．3v正(H2)=2v逆(NH3)B．容器内气体压强不变。

C．混合气体的密度不变D．混合气的温度保持不变。

②温度T1___________(填“>”“<”或“=”)T3。

③在T3温度下，达到平衡时N2的体积分数___________。

(3)N2O4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)△H。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，则该反应的化学平衡常数Kp为___________(以k正、k逆表示)。若将定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298K、压强110kPa)，已知该条件下k逆=5×102kPa-1·s-1，当N2O4分解10%时，v逆=___________kPa·s-1。

(4)T℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示：

①表示H2浓度变化的曲线是___________(填“A”、“B”或“C”。与(1)中的实验条件(1.01×105Pa、450℃)相比，改变的条件可能是___________。

②在0～25min内N2的平均反应速率为___________。在该条件下反应的平衡常数为______mol-2·L2(保留两位有效数字)。12、将1molCO和1molH2O(g)充入某固定容积的反应器中，在某条件下达到平衡：CO+H2O(g)⇌CO2+H2，此时有2/3的CO转化为CO2。

(1)该平衡混合物中CO2的体积分数为______。

(2)若在相同条件下，向容器中充入1molCO2、1molH2和1molH2O，则达到平衡时与(1)中平衡相比较，平衡应向______(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)移动，此时平衡混合物中CO2的体积分数可能是下列各值中的_______(填编号)。

A.22.2%B.27.55%C.33.3%D.36.8%

(3)结合(2)中计算结果分析若平衡向正方向移动时；则下列说法中正确的是________(填序号)。

①生成物的产量一定增加。

②生成物的体积分数一定增加。

③反应物的转化率一定增大。

④反应物的浓度一定降低。

⑤正反应速率一定大于逆反应速率。

⑥一定使用了催化剂13、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)；反应过程中的能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。

根据如图回答下列问题：

(1)P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)的热化学方程式是________________________________________________________。

(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式是_____________________。

(3)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的ΔH3＝____，P(s)和Cl2(g)一步反应生成1molPCl5(g)的ΔH4____(填“大于”“小于”或“等于”)ΔH3。

(4)已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量和下列两个热化学方程式：

4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

则ΔH1和ΔH2的关系正确的是（______）

A．ΔH1＝ΔH2B．ΔH1＞ΔH2C．ΔH1＜ΔH2D．无法确定14、有效利用二氧化碳对实现“碳中和”意义重大。

(1)现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获可作为捕获剂的有_______。

a.溶液b.氨水c.溶液。

(2)科研人员利用催化剂，将与合成主要反应的热化学方程式如下。

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：_______。

(3)使用惰性电极电解制取甲醇的反应装置如图所示：电极a接电源_______极(填“正”或“负”)：生成甲醇的电极反应式为_______。

(4)可催化加氢生成其过程为：向溶液中通入转化为一定条件下再通入可反应生成进一步生产产率曲线见图。当温度高于时，的产率下降，可能的原因是_______。

(5)中国科学院于2021年首次实现到淀粉的合成。部分反应历程见图所示，该历程可描述为_______。

15、最近雾霾天气肆虐我国大部分地区。其中是造成空气污染的主要原因，利用钠碱循环法可除去

钠碱循环法中，吸收液为溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____________。

溶液吸收反应的离子方程式是__________________________________。

已知的电离常数为的电离常数为则下列微粒可以大量共存的是______填序号

A.和和和和

吸收液吸收的过程中，水溶液中随pH的分布如图：

吸收制备溶液，实验中确定何时停止通的实验操作为_________________。

在溶液中离子浓度关系不正确的是_______填序号

A.

C.

亚硫酰氯又名氯化亚砜，是一种液态的非电解质，沸点为中氯元素与硫元素直接以共价键相连，其中Cl呈价；遇水可生成请回答下列问题：蒸干溶液不能得到无水若将与混合并加热，可制得无水请用与水反应的方程式和必要的文字描述解释原因________________________________________________________。16、已知。

①∆H=

②∆H=

则的∆H=__________________kJ/mol17、如图所示；U形管内盛有100mL的溶液，按要求回答下列问题：

(1)断开K2，闭合K1，若所盛溶液为CuSO4溶液，则A极为___________极，B极的电极反应式为___________。若所盛溶液为KCl溶液，则B极的电极反应式为___________。

(2)断开K1，闭合K2；若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，则：

①A电极附近可以观察到的现象是___________。

②B电极上的电极反应式为___________，总反应的化学方程式是___________。

③反应一段时间后断开K2，若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，B极产生气体的体积(标准状况)为11.2mL，将溶液充分混合，溶液的pH约为___________。若要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内加入或通入一定量的___________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。(____)A.正确B.错误19、热化学方程式表示的意义：25℃、101kPa时，发生上述反应生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的热量。(_______)A.正确B.错误20、室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误21、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正确B.错误22、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误23、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共2题，共18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、盐是一类常见的电解质；事实表明盐的溶液不一定呈中性。

(1)CH3COONa、NH4Cl、KNO3的水溶液分别呈____性、_____性、_____性。

(2)CH3COONa和NH4Cl在水溶液中水解的离子方程式分别为：______、_______。0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______。

(3)盐类的水解在日常生活中也有一定的应用，如实验室配制FeCl3溶液时常会出现浑浊，若要避免这种情况，则在配制时需要在蒸馏水中加入少量_________，其目的是_____。在日常生活中，可以用明矾KAl(SO4)2∙12H2O净化水质的原因________。(用离子反应方程式及必要的文字回答)评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共32分)26、短周期主族元素A；B，C，D，E，F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C，D是空气中含量最多的两种元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：

（一）（1）D在周期表中的位置是_______，写出实验室制备单质F的离子方程式__________。

（2）化学组成为BDF2的电子式为：______，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为________化合物(填“离子”或“共价”)。

（3）化合物甲、乙由A，B，D，E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为：______________________________。

（4）由C，D，E，F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是_________(用元素离子符号表示)。

（5）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性________于F(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论___________________________________________________。

（二）以CA3代替氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点。

（1）CA3燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L﹣1的KOH溶液，电池反应为：4CA3+3O2=2C2+6H2O．该电池负极的电极反应式为________；每消耗3.4gCA3转移的电子数目为______。

（2）用CA3燃料电池电解CuSO4溶液，如图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为______；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为________L。

（3）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示；反应过程中有红棕色气体产生。

图1图2

0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是____，溶液中的H＋向_____极移动（填“正”或“负”），t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是___________。27、A；B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物；其中A为淡黄色固体单质，B为气体，E的浓溶液能使铁、铝钝化，F为非金属单质。其转化关系如图所示(条件已略去)。

完成下列问题：

(1)写出E转化为C的化学方程式________________________。

(2)物质B电子式为________。实验室制取少量B时，可用其对应的盐与稀硫酸加热反应，不能选用浓硫酸制取的原因是________________________。

(3)空气中含有少量B时，能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，将变黑的银器放入装满食盐水的铝盆中，二者直接接触，银器恢复往日光泽试写出银器恢复光亮的反应________________________________。

(4)设计实验证明C具有氧化性(实验方法及现象)________________________。28、U；V、W、X、Y、Z原子序数依次增大；位于元素周期表三个短周期的主族元素。V元素的一种中子数为6的核素被用来作为相对原子质量和阿伏加德罗常数的标准。W元素的一种气态同素异形体位于平流层，可以吸收紫外线使人和生物免受紫外线的过度照射。X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应，Z的气态氢化物水溶液是一种强酸溶液。

(1)X、W按照原子个数比形成的化合物与V的最高价氧化物反应的化学方程式是___________

(2)X、Z、W按照原子个数比形成的化合物是一种常见的消毒剂，该消毒剂的水溶液在空气中能杀菌消毒的原因是___________(结合化学方程式解释)。

(3)我国首创的海洋电池以Y的单质为负极，铂网为正极，空气作氧化剂，海水作电解质溶液。电池的正极反应式为___________，电池总反应的化学方程式为___________。

(4)Z的单质和X的最高价氧化物的水化物反应时，生成的和物质的量比是反应的离子方程式是___________。

(5)标准状况下，将4.48L气体通入的水溶液中反应后，离子浓度从大到小的顺序是___________。29、A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大；A的主族序数、周期数、原子序数均相同；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料；C是植物生长所需的主要元素之一；D和A可形成化合物和且是最常见的溶剂；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和；则：

的离子结构示意图为______，B、C、D、E与A形成的化合物中稳定性最强的是______填化学式．

在加热和Cu作催化剂时，化合物与反应生成其中一种产物是的化学方程式为______．

五种元素中，含同一元素的各类物质能实现下列转化的有图______填元素符号

图所示是一种酸性燃料电池检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．则该电池的负极反应为______出口处的物质______．

评卷人得分六、有机推断题(共4题，共20分)30、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___________。：31、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_________。32、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：____________________。33、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）。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

根据图示，该装置为电解池，N极上转化为N2，氮元素化合价降低，得电子，发生还原反应，则N为阴极，则M为阳极，电解池中阴极与电源负极相连，阳极与电源正极相连，则b为负极；a为正极，据此分析解答。

【详解】

A．根据分析可知M为阳极，N为阴极，因此a为正极，b为负极，导线中电子经外电路由b电极流向N极；故A正确；

B．根据分析可知N为阴极，发生还原反应，结合装置图示，N极的电极反应式为故B正确；

C．有机物(C6H10O5)n中C元素化合价平均为0价，反应后变为+4价CO2，1mol该有机物反应，产生6nmolCO2气体，转移24nmol电子，则当电路中通过4mol电子的电量时，理论上有1molCO2生成；故C正确；

D．根据选项B分析可知：每反应产生1molN2，转移10mole-，根据电荷守恒应该有10molH+通过质子交换膜；故D错误；

答案选D。2、A【分析】【分析】

由图可知，细菌电池的a极为电池的负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为HS—+4H2O—8e—=+9H+，通入氧气的b极为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O。

【详解】

A．由分析可知；细菌电池的a极为电池的负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，故A正确；

B．缺标准状况，无法计算转移1mole—消耗氧气的体积；故B错误；

C．由分析可知，细菌电池的a极为电池的负极，通入氧气的b极为正极，电流由正极b极导线流向负极a极；故C错误；

D．由分析可知，细菌电池的a极为电池的负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为HS—+4H2O—8e—=+9H+；故D错误；

故选A。3、C【分析】【详解】

A.热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量；不表示微粒的个数，故A错误；

B.热化学方程式中；要注明反应的温度和压强，如果没有注明温度和压强，则表示在常温下测得的数据，故B错误；

C.书写热化学方程式时；不仅要写明反应热的符号和数值，还要注明各物质的聚集状态，故C正确；

D.大多数化合反应都是放热反应，但有的不是，比如：是吸热反应，大多数分解反应是吸热反应，但有的不是，如是放热反应；故D错误；

答案选C。4、C【分析】【分析】

石墨电极M处，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发生还原反应，M为正极，正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2+6H2O，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极；据此分析解题。

【详解】

A．铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极；A错误；

B．光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影响电流强度，会影响KIO3的制备速率；B错误；

C．由分析可知，铂电极Q为阳极，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2+6H2O；C正确；

D．不考虑损耗，电路中每消耗11．2LO2(标准状况下)即=0.5molO2，转移电子为2mol，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2+6H2O，可知生成KIO3为2mol×=0.4mol，理论上Q极可制得KIO3的质量为0.4mol×214g/mol=85.6g；D错误；

故答案为：C。5、B【分析】【详解】

A．水电离的的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下不能大量存在，故A错误；

B．的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；

C．与Al反应能放出的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不放出氢气，故C错误；

D．有颜色；与无色不符，故D错误。

故选B。6、C【分析】【详解】

A．Na2CO3溶液存在碳酸根离子的水解，水解离子方程式：CO+H2OHCO+OH-，Al在碱性溶液中反应生成氢气，故A正确；

B．Na2CO3溶液水解呈碱性，Al在碱性溶液中反应生成氢气，其原因是CO+H2OHCO+OH-，故B正确；

C．碳酸钠水解显碱性：CO+H2OHCO+OH-，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，反应的离子方程式2Al+6H2O+2OH-=2[Al(OH)4]-+3H2↑，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，反应的离子方程式[Al(OH)4]-+HCOAl(OH)3↓+CO+H2O，联立三式可得加热时产生沉淀和气体的原因是2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑，故C错误；

D．Na2CO3溶液加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，不可能存在大量Al3+，故D正确；

故选：C。7、D【分析】【分析】

【详解】

硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应生成Bi(NO3)3，向Bi(NO3)3溶液中加入HCl、NaCl将Bi(NO3)3转化为BiCl3，BiCl3水解生成BiOCl。

A．酸浸工序中分次加入稀HNO3；反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，故A正确；

B．硝酸为强氧化剂，金属Bi为金属单质，具有还原性，二者可反应生成Bi(NO3)3；故B正确；

C．Bi3+能够水解生成BiOCl、BiONO3，转化工序中加入稀HCl，溶液中Cl-浓度增大，能够使Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+平衡右移，同时溶液中H+浓度增大，Bi3+++H2OBiONO3+2H+平衡逆向移动，因此可抑制生成BiONO3；故C正确；

D．氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，水解生成H+，溶液中H+浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3+++H2OBiONO3+2H+；也不利于生成BiOCl，故D错误；

综上所述，答案为D。8、B【分析】【分析】

由题给示意图可知，铅电极上为原电池的负极，碱性条件下，铅失去电子发生氧化反应生成氢氧化铅，电极反应式为铂电极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为电池的总反应方程式为

【详解】

A．由分析可知，铅电极上为原电池的负极，碱性条件下，铅失去电子发生氧化反应生成氢氧化铅，电极反应式为故A正确；

B．由分析可知，铅电极上为原电池的负极，碱性条件下，铅失去电子发生氧化反应生成氢氧化铅，电极反应式为反应转移1mol电子，铅电极增重17g，当amol参加反应时；反应转移4amol电子，由得失电子数目守恒可知，铅电极增重4amol×17g/mol=68ag，故B错误；

C．由分析可知；铂电极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，故C正确；

D．由分析可知，电池的总反应方程式为反应消耗水，溶液的体积减小，氢氧化钾溶液的浓度逐渐增大，溶液pH逐渐增大，故D正确；

故选B。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据题给信息可知；该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以图中A；C分别表示反为应物总能量、生成物总能量；

故答案为：反应物总能量；生成物总能量；

(2)E表示活化能；E的大小对该反应的反应热没有影响；

故答案为：活化能；无；

(3)该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5不会使ΔH发生变化；因为催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热；

故答案为：不变；因为催化剂可以降低反应的活化能；但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热；

(4)1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的=-99kJ·mol-1，2molSO2(g)氧化为2molSO3(g)的=-198kJ·mol-1，图中=-198kJ·mol-1；

故答案为：-198；

(5)根据题意可写出下列两个热化学方程式：①S(s)+O2(g)=SO2(g)=-296kJ·mol-1，②SO2(g)+O2(g)=SO3(g)=-99kJ·mol-1，根据盖斯定律①+②得：S(s)+O2(g)=SO3(g)=-395kJ·mol-1，所以由S(s)生成3molSO3(g)的=3=-1185kJ·mol-1；

故答案为：-1185kJ·mol-1。【解析】反应物总能量生成物总能量活化能无不变因为催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热-198-1185kJ·mol-110、略

【分析】【详解】

(1)图1为原电池反应，Fe为负极，发生：Fe-2e-=Fe2+，石墨为正极，发生Cu2++2e-=Cu，总反应式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu；一段时间后，两电极质量相差12g，设转移的电子的物质的量为n；

120g:12g=2mol:n解得n=0.2mol；

(2)若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲装置为铁的吸氧腐蚀，铁为负极，铜为正极，正极发生O2+2H2O+4e-=4OH-，则乙装置与铜相连的石墨为阳极，阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑；

(3)硝酸根离子得电子生成氮气，则b相连的电极为阴极，所以b为负极，a为正极，阴极上的反应为：2+12H++10e-=N2↑+6H2O；

(4)从电解原理来看，N2O4制备N2O5时氮元素的化合价升高，为氧化反应，则N2O5应在阳极区生成，反应式为2HNO3+N2O4-2e-=2N2O5+2H+。【解析】0.2molO2+2H2O+4e-=4OH-2Cl--2e-=Cl2↑a2+12H++10e-=N2↑+6H2O阳2HNO3+N2O4-2e-=2N2O5+2H+11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由题意可知，温度升高，氨气体积分数减小说明平衡向逆反应方向移动，合成氨反应为放热反应，反应热△H＜0；故答案为：＜；

(2)①A．3v正(H2)=2v逆(NH3)说明正；逆反应速率不相等；反应未达到平衡状态，故错误；

B．合成氨反应是气体体积减小的反应；容器内气体压强不变说明正；逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；

C．由质量守恒定律可知；反应前后气体的质量不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不变不能判断反应是否达到平衡状态，故错误；

D．合成氨反应是放热反应；在密闭绝热容器中，反应放出的热量使混合气的温度升高，则混合气的温度保持不变说明正；逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；

BD正确；故答案为：BD；

②合成氨反应是放热反应，温度升高，氨气的物质的量减小，由表格数据可知，温度T1时氨气的物质的量大于T3，则温度T1＜T3；故答案为：＜；

③由表格数据可知，温度T3时氨气的物质的量为2.8mol；由题意可建立如下三段式：

由三段式所得数据可知，达到平衡时氮气的体积分数为×100%=36.1%；故答案为：36.1%；

(3)当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则v正=k正·p(N2O4)=v逆=k逆·p2(NO2)，==Kp；设四氧化二氮起始物质的量为1mol，当四氧化二氮分解10%时，四氧化二氮的物质的量为(1—1×10%)=0.9mol、二氧化氮的物质的量为1mol×10%×2=0.2mol，则二氧化氮的分压为×110kPa=20kPa，v逆=5×102kPa-1·s-1×(20kPa)2=2×105kPa·s-1，故答案为：2×105；

(4)①由图可知，A、B的浓度减小，代表反应物，A、B的浓度的变化量之比为(0.6—0.45)mol/L：(0.2—0.15)mol/L=3:1，则曲线A代表氢气浓度的变化；设容器的体积为VL，平衡时氨气的体积分数为×100%=14.3%＞4.5%，则与实验条件为1.01×105Pa；450℃相比；平衡向正反应方向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，改变的条件可能为增大压强或降低温度，故答案为：A；加压或降温；

②由题给数据可知，在0～25min内氮气的平均反应速率为=0.002mol•L-1•min-1，平衡时反应的平衡常数为=0.73mol-2·L2，故答案为：0.002mol•L-1•min-1；0.73。【解析】＜BD＜36.1%2×105A加压或降温0.002mol•L-1•min-10.7312、略

【分析】【分析】

【详解】

利用三段式法求平衡时各组分个浓度；

(1)反应前后气体的体积不变，所以平衡时，混合气体的总的物质的量为1mol+1mol=2mol，所以平衡混合物中CO2的体积分数为=≈33.3%；

(2)向容器中充入1molCO2、1molH2和1molH2O，反应向逆反应进行建立平衡，等效为（1）中平衡后，再加1molH2O（g），平衡向正反应移动；反应在同一容器内进行，体积相同，方程式中各物质的化学计量数都是1，所以在计算中均可用物质的量数值代替浓度数值，所以平衡常数K=令参加反应的H2物质的量为nmol；则。

所以解得n≈0.166，反应前后气体的体积不变，所以平衡时，混合气体的总的物质的量为1mol+1mol+1mol=3mol，平衡混合物中CO2的体积分数为×100%=27.8%；此时平衡混合的CO2的体积分数可能是27.55%；故答案为正反应；B；

(3)平衡向正方向移动；则。

①不论改变何条件；平衡向正方向移动，生成物的物质的量一定增加，故①正确；

②对于多种气体参与反应；反应前后气体的体积不变的反应，并向其中大量加入一种反应物，而使平衡正向移动，生成物的物质的量增加，但百分含量完全可以减小，因为总量多了，故②错误；

③多种物质参加反应；增加一种反应物的浓度，平衡向正方向移动，提高其它反应物的转化率，自身转化率降低，故③错误；

④多种物质参加反应；增加一种反应物的浓度，平衡向正方向移动，其它反应物的浓度降低，自身浓度增大，故④错误；

⑤平衡向正方向移动；正反应速率一定大于逆反应速率，故⑤正确；

⑥使用催化剂不能改变平衡移动；故⑥错误。

故答案选①⑤。【解析】33.3%正反应B①⑤13、略

【分析】【分析】

（1）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（2）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（3）根据盖斯定律分析；根据反应物的总能量；中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用；

根据盖斯定律的实质应用判断；可以利用题干所给反应和热量变化，合并得到白磷转化为红磷的热量变化分析判断。

【详解】

（1）根据图示可知：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为△H=-306kJ/mol，则热化学方程式为：P（s）+

3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

故答案为：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

（2）根据图示可知：Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，△H=生成物总能量-反应物总能量=-93kJ/mol；所以PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式为PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ/mol；

故答案为：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1；

（3）根据盖斯定律，P和Cl2分两步反应和一步反应生成PCl5的△H应该是相等的，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的热化学方程式：

P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H1=-306kJ/mol；

Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g）△H2=-93kJ/mol；

P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol；

由图像可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol-（+93kJ/mol）=399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热；

故答案为：-399kJ•mol-1；等于；

（4）①4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

①−②得到4P(白)=4P(红)△H=△H1−△H2；

已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量，所以△H1−△H2<0；△H1<△H2；

故选：C。

【点睛】

反应热当反应物和生成物的状态定后，只与始态和终态有关，与反应所经历的途径无关。【解析】P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/molPCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1-399kJ•mol-1等于C14、略

【分析】（1）

CO2是酸性气体，具有碱性的物质能作为CO2捕获剂；故碳酸钠溶液和浓氨水正确；

故答案为ab；

（2）

反应Ⅰ：CO2（g）＋H2（g）＝CO（g）＋H2O（g）△H1＝+41kJ•mol−1，反应Ⅱ：CO（g）＋2H2（g）＝CH3OH（g）△H2＝−94.7kJ•mol−1，根据盖斯定律，将反应Ⅰ＋Ⅱ，整理可得反应Ⅲ：CO2（g）＋3H2（g）＝CH3OH（g）＋H2O（g）△H3＝−53.7kJ/mol；

故答案−53.7kJ/mol；

（3）

由图可知，CO2→甲醇，碳元素原子的化合价在降低，得到电子，发生还原反应，所以电极a为阴极，阴极与电源负极相连；结合硫酸做电解质溶液，即可写出相应的电极方程式，为CO2＋6H＋＋6e−═CH3OH＋H2O；

故答案①为负；②为CO2＋6H＋＋6e−═CH3OH＋H2O；

（4）

由图可知，80℃时转化为HCOO−的反应达到平衡，反应在40℃～80℃时未达到平衡，随着温度的升高，反应速率加快，的转化率增大；当温度高于80℃时，碳酸氢根离子受热分解，二氧化碳；氢气溶解度降低；

故答案为碳酸氢根离子受热分解或二氧化碳；氢气溶解度降低；

（5）

反应历程见图所示；该历程可描述为二氧化碳与氢气反应先生成甲醇与水，而后甲醇与氧气继续反应生成甲醛与过氧化氢；

故答案为二氧化碳与氢气反应先生成甲醇与水，而后甲醇与氧气继续反应生成甲醛与过氧化氢。【解析】(1)ab

(2)

(3)负

(4)受热分解或溶解度降低。

(5)与反应先生成与而后与继续反应生成与15、略

【分析】【分析】

（1）属于强碱弱酸盐；根据盐类水解规律，可得溶液中离子浓度大小关系。

（2）溶液吸收生成NaHSO3。

（3）根据电离常数可排出H2SO3、H2CO3、HSO3-、HCO3-的酸性强弱顺序；根据强酸可以制取弱酸的规律，可以判断给出的四组微粒间能否发生反应。

（4）由图像可知，当溶液pH约为4时，可完全反应生成此时可停止通入二氧化硫，故可通过测量溶液pH的方法控制何时停止通

利用盐溶液中的物料守恒；电荷守恒、质子守恒判断。

（5）亚硫酰氯与水发生水解反应：生成的HCl可以抑制Mg2+的水解。

【详解】

属于强碱弱酸盐，根据盐类水解规律，可得溶液中离子浓度大小关系为：

故答案为：

工业上常用溶液来吸收反应生成亚硫酸氢钠，该反应的离子方程式是：

故答案为：

已知Ka越大酸性越强，故酸性强弱顺序为：H2SO3>H2CO3>HSO3->HCO3-，酸性较强的酸能与酸性较弱的酸根离子反应，所以与不反应，与不反应；即BC能共存；

故答案为：BC；

由图像可知，当溶液pH约为4时，可完全反应生成此时可停止通入二氧化硫，故可通过测量溶液pH的方法控制；

故答案为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通

在溶液中；电离程度大于水解程度，溶液显酸性；

A.由物料守恒可知，故A错误；

B.根据质子守恒，故B正确；

C.在溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则离子浓度为故C正确；

D.根据电荷守恒故D正确；

故答案为：A；

蒸干溶液时，会发生水解生成且生成的HCl具有挥发性，当与混合共热时，由于极易与水反应，反应产生的HCl可以抑制的水解；

故答案为：随着的通入，能够消耗分解产生的水，同时生成的HCl抑制了的水解。

【点睛】

本题考查了污染物的处理方法，涉及到离子方程式、弱电解质的电离平衡、盐类水解原理和离子浓度大小的比较等知识点，难度一般，需要注意的是比较溶液中各种离子浓度相对大小时要结合电荷守恒和物料守恒分析解答。【解析】测量溶液的pH，若pH约为4，停止通随着的通入，能够消耗分解产生的水，同时生成的HCl抑制了的水解16、略

【分析】【分析】

用盖斯定律进行有关反应热的计算。

【详解】

由①∆H1=

②∆H2=

根据盖斯定律可知；

①−②可得则△H=()-()=−317.3kJ/mol。【解析】−317.317、略

【分析】【分析】

（1）断开K2，闭合K1，构成原电池，若所盛溶液为CuSO4溶液，Zn比C活泼，则A极为负极；B极为正极，B极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；若所盛溶液为KCl溶液，B极上氧气得电子生成氢氧根，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；

（2）①断开K1，闭合K2，构成电解池，则A极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，现象为产生无色气泡，溶液变红；②B电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，总反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；③B极产生气体的体积(标准状况)为11.2mL，生成Cl2的物质的量为0.0005mol，由2Cl--2e-=Cl2↑可知，转移0.001mol电子，由2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，生成0.001molOH-，OH-的物质的量浓度为则溶液的pH为12；电解过程中生成Cl2、H2和NaOH，Cl2、H2逸出，若要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内加入或通入一定量的HCl。【解析】(1)负Cu2++2e-=CuO2+2H2O+4e-=4OH-

(2)产生无色气泡，溶液变红2Cl--2e-=Cl2↑2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑12HCl三、判断题(共6题，共12分)18、B【分析】【详解】

增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数目，能加快化学反应速率。在温度一定时，活化分子百分数是一定的，所以增大反应物浓度，不能增大活化分子百分数，故错误。19、A【分析】【详解】

题中没有特殊说明，则反应热是在常温常压下测定，所以表示25℃、101kPa时，1mol反应[]，放热241.8kJ。(正确)。答案为：正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

pH=2的盐酸中氢离子浓度和pH=12的氨水中氢氧根浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得则c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案为：错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，NaHA水溶液呈酸性，则HA-水解程度小于电离程度、溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，故答案为：错误。22、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。23、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。四、结构与性质(共2题，共18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】

(1)根据盐类水解的规律；“谁弱谁水解，谁强显谁性”判断；

(2)结合电离方程式及水解方程式判断溶液中离子浓度的大小关系；

(3)用水解平衡解释溶液的稀释及净水原理。

【详解】

(1)CH3COONa为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性；NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；KNO3为强酸强碱盐水溶液呈中性；

(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液中醋酸根离子水解生成醋酸分子和氢氧根离子，水解方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨分子和氢离子，水解方程式为NH+H2O⇌NH3·H2O+H+；0.1mol/LNH4Cl溶液中NH4Cl=+Cl-，+H2O⇌NH3∙H2O+H+，则c(Cl-)＞c(NH)，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，铵根离子水解程度较小，则c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)；

(3)配制FeCl3溶液时，若直接用水溶解，因发生Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，出现浑浊，故在蒸馏水中加入适量的盐酸，可抑制铁离子的水解；明矾KAl(SO4)2∙12H2O溶于水后，产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，氢氧化铝胶体可吸附溶液中的杂质，达到净水的目的。【解析】①.碱②.酸③.中④.CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-⑤.NH+H2O⇌NH3·H2O+H+⑥.c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)⑦.盐酸⑧.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+抑制铁离子水解⑨.Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+铝离子水解产生胶体氢氧化铝，可吸附水中杂质五、元素或物质推断题(共4题，共32分)26、略

【分析】【分析】

【详解】

（一）短周期主族元素A，B，C，D，E，F的原子序数依次增大，B的化合物种类繁多，数目庞大，为碳元素；C，D是空气中含量最多的两种元素，C为氮元素，D为氧元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物，E为钠元素；F为同周期半径最小的元素，为氯元素。六种元素的原子核外电子层数之和为13，则A为氢元素。（1）D为氧元素，在第二周期第ⅥA族.实验室制取氯气是用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰和氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-（加热）=Mn2++Cl2↑+2H2O。

（2）物质为COCl2，根据碳原子形成4对共用电子，氧原子形成2对共用电子，氯原子形成一对共用电子分析，电子式为氢和氮；和氯形成的氯化铵为离子化合物。

（3）由氢、碳、钠、氯四种或三种元素组成的物质水溶液显碱性，可以为氢氧化钠和碳酸氢钠，二者反应生成碳酸钠和水，离子方程式为;OH－＋HCO=CO＋H2O。

（4）氮离子，氧离子，钠离子，氯离子，电子层数越多，半径越大，相同电子层的微粒，核电荷数越大，半径越小，所以半径顺序为Cl-＞N3-＞O2-＞Na+。

（5）碳的非金属性比氯弱。可以用最高价氧化物对应的水化物的酸性证明，即高氯酸的酸性大于碳酸，高氯酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，方程式为Na2CO3＋2HClO4===CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4===CO2↑＋H2O＋NaClO4。

（二）（1）氨气和氧气反应生成氮气和水，反应中氨气失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；根据电极反应分析，每摩尔氨气反应转移3摩尔电子，所以3.4克氨气即3.4/17=0.2摩尔氨气反应转移0.6NA电子；

（2）电解CuSO4溶液，A电极有铜析出，为阴极，则B为阳极，是溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；加入8gCuO，即0.1molCuO，说明电解过程析出0.1molCu和0.05molO2；则氧气在标况的体积为1.12。

(3)开始铝做负极，正极为硝酸根离子得到电子生成二氧化氮，电极反应为：2H＋＋NO＋e－===NO2↑＋H2O；溶液中的氢离子向正极移动。后来原电池中电子流动方向改变，说明铝做正极，铜做负极，是因为常温下铝在浓HNO3中发生钝化；氧化物薄膜阻止了铝的进一步反应。

【点睛】

微粒半径的比较：

1．判断的依据电子层数：相同条件下；电子层越多，半径越大。

核电荷数：相同条件下；核电荷数越多，半径越小。

最外层电子数相同条件下；最外层电子数越多，半径越大。

1．具体规律：1；同周期元素的原子半径随核电荷数的增大而减小（稀有气体除外）

如：Na>Mg>Al>Si>P>S>Cl.

2、同主族元素的原子半径随核电荷数的增大而增大。如：Li

3、同主族元素的离子半径随核电荷数的增大而增大。如：F

4、电子层结构相同的离子半径随核电荷数的增大而减小。如：F->Na+>Mg2+>Al3+。【解析】第二周期第ⅥA族MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O离子OH－＋=＋H2OCl-＞N3-＞O2-＞Na+弱Na2CO3＋2HClO4=CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4=CO2↑＋H2O＋NaClO42NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O0.6NA4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O1.122H＋＋＋e－=NO2↑＋H2O正常温下铝在浓HNO3中发生钝化，氧化物薄膜阻止了铝的进一步反应27、略

【分析】【分析】

A为淡黄色固体单质，则A为S单质，E的浓溶液能使铁、铝钝化，则E为浓硫酸，B为气体，与A可相互转化，结合图示转化关系，则B为H2S，C为SO2，D为SO3；F为非金属单质，则F为C单质，据此分析解答。

【详解】

(1)E转变为C的反应为浓硫酸和碳的反应，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；

(2)B为H2S，电子式为稀硫酸不能氧化具有还原性的硫化氢，而浓硫酸具有强氧化性，能氧化具有还原性的硫化氢，而得不到H2S气体，因此实验室制取少量H2S时；可用其对应的盐与稀硫酸加热反应，不能选用浓硫酸制取；

(3)空气中含有少量H2S时，能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，反应的化学方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，将变黑的银器放入装满食盐水的铝盆中，铝、银和氯化钠溶液构成原电池，铝作负极、银作正极，负极发生氧化反应，Al失去电子生成铝离子，电极反应式为：Al−3e−=Al3+，正极发生还原反应，Ag2S获得电子生成Ag与硫离子，电极反应式为3Ag2S+6e−=6Ag+3S2−，铝离子与硫离子发生双水解反应反应生成氢氧化铝与硫化氢气体，故总的反应方程式为：2Al+3Ag2S+6H2O=2Al(OH)3↓+6Ag+3H2S↑；

(4)C为SO2，将SO2通入到盛有H2S溶液的试管中，SO2可以和硫化氢发生氧化还原反应，生成淡黄色的沉淀S，该反应二氧化硫中硫元素得电子化合价降低，所以二氧化硫作氧化剂而体现氧化性。【解析】①.C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O②.③.浓硫酸具有强氧化性，能氧化具有还原性的硫化氢，而得不到H2S气体④.2Al+3Ag2S+6H2O=2Al(OH)3↓+6Ag+3H2S↑⑤.将SO2通入到盛有H2S溶液的试管中，生成淡黄色的沉淀28、略

【分析】【分析】

U；V、W、X、Y、Z原子序数依次增大；V元素的一种中子数为6的核素被用来作为相对原子质量和阿伏加德罗常数的标准，则V为C元素；W元素的一种气态同素异形体位于平流层，可以吸收紫外线使人和生物免受紫外线的过度照射，则W为O元素；Z的气态氢化物水溶液是一种强酸溶液，则Z为Cl元素；X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应，则X为Na元素、Y为Al元素；由六种元素为位于元素周期表三个短周期的主族元素可知，U为H元素。

(1)

X、W按照原子个数比形成的化合物与V的最高价氧化物的反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为故答案为：

(2)

X、Z、W按照原子个数比形成的化合物为次氯酸钠，次氯酸的酸性弱于碳酸，强于碳酸氢根离子，则次氯酸溶液在空气中能杀菌消毒的原因是次氯酸钠溶液与空气中二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的化学方程式为++=+反应生成的次氯酸具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，故答案为：溶液与空气中反应生