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7题，共14分)1、某实验小组用50mL0.50mol•L−1盐酸与50mL0.55mol•L−1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。下列说法不正确的是。

A.烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少热量散失B.大烧杯上如不盖硬纸板，求得的反应热数值偏小C.用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的反应热的数值相等D.实验中改用60mL0.50mol•L−1盐酸与50mL0.55mol•L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等2、一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2mol和1mol发生反应：经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：。t/s02468/mol00.81.41.81.8

下列说法正确的是A.反应在前4s的平均速率B.保持其他条件不变，体积扩大到4.0L，平衡常数将增大C.相同温度下，起始时向容器中充入2mol达到平衡时，的转化率小于10%D.保持温度不变向该容器中再充入2mol1mol反应达到新平衡时增大3、已知：NO和转化为的反应机理如下①和②；下列说法正确的是。

①(快)平衡常数

②(慢)平衡常数

A.的B.的平衡常数C.反应②的速率大小决定的反应速率D.反应过程中的能量变化可用图a表示4、下列有关实验的说法正确的是A.在4mL0.1mol•L-1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1mol•L-1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色B.向氯化铝溶液中滴加饱和NaF溶液再滴加氨水，振荡后，能观察到白色沉淀C.纸层析以滤纸为惰性支持物滤纸纤维上的羟基具有亲水性，它所吸附的水作为流动相D.抽滤过程中洗涤沉淀时，应关小水龙头，加洗涤剂浸没沉淀，用玻璃棒在过滤器上搅拌以使沉淀跟洗涤剂充分接触，以便洗得更干净5、向容积均为1L的三个恒容密闭容器(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)中，均投入1molCO2和2molH2，在不同温度下发生反应：反应10min，测得各容器内CO2的物质的量如图所示。下列说法正确的是。

A.该反应正反应的△H>0B.T1时，该反应的平衡常数K=4C.三个容器中，H2的平衡转化率大小关系：Ⅱ>Ⅰ>ⅢD.0~10min内，容器Ⅱ中反应的平均速率：v(CH3OH)2=0.06mol·L-1min-16、H2O2分解的过程如图所示；其中反应Ⅰ较慢，反应Ⅱ很快，下列有关反应的说法错误的是。

A.IO-是该反应的催化剂B.H2O2分解的速率由反应Ⅰ决定C.反应Ⅰ较慢的原因可能是反应Ⅰ的活化能较高D.升高温度，可提高反应Ⅰ、Ⅱ的速率7、以太阳能为热源；热化学硫碘循环分解水是一种高效；环保的制氢方法，其流程如图所示。

相关反应的热化学方程式为：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

下列说法错误的是A.该过程实现了太阳能到化学能的转化B.和对总反应起到了催化作用C.总反应的热化学方程式为D.该制氢方法生成的反应热与直接电解水生成的反应热相等评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、在恒容密闭容器中，控制不同温度进行CO2分解实验：2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)。以CO2起始浓度均为cmol·L−1测定CO2的转化率，结果如图所示。图中甲曲线表示CO2的平衡转化率与温度的关系，乙曲线表示不同温度下反应10min所测CO2的转化率。

①在1300℃时反应10min到达A点，反应的平均速率v(O2)___随温度升高，曲线乙向曲线甲靠近的原因是________________。要让B点CO2的转化率增大，除升高温度外，还可以采取_______措施(任填一个)。

②下列能说明上述反应达到平衡状态的是_____.

a单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolCO；

b混合气体的密度不再改变；

cCO2的转化率不再变化；

d密闭容器中压强不再改变；

e混合气体的平均相对分子质量不再改变。

f当c(CO2)∶c(CO)∶c(O2)=2∶2∶1时9、电镀废水中含有的络合态镍(Ⅱ)和甘氨酸铬(Ⅲ)等重金属污染已成为世界性环境问题。常用的处理方法是臭氧法和纳米零价铁法。

I．臭氧法。

(1)在废水中通入在紫外光(UV)照射下产生羟基自由基(·OH)，氧化分解络合态Ni(Ⅱ)使镍离子游离到废水中，部分机理如下：

ⅰ．

ⅱ．

ⅲ．

①写出产生·OH的化学方程式：__________。

②加入一定量的有利于提高氧化效果，原因是____________。

Ⅱ．纳米零价铁法。

(2)制备纳米零价铁。

将和溶液在乙醇和水的混合溶液中混合搅拌(氛围)，充分反应得到纳米零价铁、HCl、NaCl和写出反应的化学方程式_______________。

(3)纳米零价铁处理甘氨酸铬。

①甘氨酸铬(结构简式如图)分子中与铬配位的原子为_________。

②研究表明：纳米零价铁对有机物的降解通常是产生液相·OH对有机物官能团进行断键，使有机络合态Cr(Ⅲ)被释放到溶液中，同时氧化成无机Cr(Ⅵ）。纳米零价铁对甘氨酸铬的去除机理如图所示：

对初始铬浓度为的甘氨酸铬去除率进行研究，总铬去除率随时间的变化如图所示，其可能的原因是____________。

10、将正确答案的序号填在空白处。

(1)用经消毒的自来水配制下列溶液：①②③④⑤⑥稀盐酸，发现部分药品变质，它们是______。

(2)下列反应必须加入氧化剂且一步反应就能完成的是______。

①②③④⑤

(3)在如图所示的8个装置中，属于原电池的是______。

(4)①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。

①②相连时；外电路电流从②流向①；

②③相连时；③为正极；

②④相连时；②上有气泡逸出；

③④相连时；③的质量减少．

据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是______。

(5)下列物质中，不能由单质直接化合生成的是______。

①②③④⑤

(6)下列物质中，属于强电解质的是______；属于非电解质的是______。

①氨气②氨水③盐酸④醋酸⑤硫酸钡⑥氯化银⑦氯化钠⑧二氧化碳⑨醋酸铵⑩氢气水11、燃料电池是一种将燃料所具有的化学能直接转换成电能的化学装置。

(1)以多孔铂为电极，如图甲装置中A、B口分别通入CH3CH2OH和O2构成乙醇燃料电池，则b电极是______(填“正极”或“负极”)，该电池的负极电极反应式为___________。

(2)科学家研究了转化温室气体的方法，利用图乙所示装置可以将CO2转化为气体燃料CO，该电池负极反应式为_________________________；

(3)铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为硫酸。该电池总反应式为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。(已知：硫酸铅为不溶于水的白色沉淀；生成时附着在电极上)

①该蓄电池放电时，电解质溶液中阴离子移向________(填“正极”或“负极”)；正极附近溶液的酸性__________(填“增强”“减弱”或“不变”)，当外电路通过1mol电子时，理论上正极板的质量增加____________g。12、在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO-水解。(_______)13、（1）碳酸钠俗称纯碱，可作为碱使用的原因是__________________（用离子方程式表示）。

（2）25℃时，pH均为11的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，水电离的OH-浓度之比是_____

（3）在0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________。

A．[CO32－]＋[HCO3－]＝0.1mol·L－1

B．[CO32－]＋[HCO3－]＋[H2CO3]＝0.1mol·L－1

C．[OH－]＝[H＋]＋[HCO3－]

D．[Na＋]＋[OH－]＝[H＋]＋[HCO3－]

（4）常温下0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，离子浓度由大到小的顺序是__________________________________。

（5）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中=__________。（已知Ksp(BaCO3)=2.6×10−9，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，结果保留一位小数）14、为了验证化学反应是放热反应，某同学设计了如图所示装置。向盛有Na2O(s)的试管中滴加稀盐酸。回答下列问题：

(1)图中能说明该反应是放热反应的现象是_______。

(2)图中能正确表示该反应过程中能量变化的是_______(填“A”或“B”)。

(3)下列过程的能量变化与上述反应一致的是_______(填序号)。

①将胆矾加热至其变为白色粉末②浓硫酸稀释③乙醇燃烧④碳和二氧化碳在高温下反应生成一氧化碳⑤向硝酸中滴加氢氧化钠溶液⑥干冰的升华。

(4)已知：△H=-151.2kJ/mol，△H=-57.3kJ/mol。写出题干中反应的热化学方程式：_______。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误16、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误17、放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行。__________________A.正确B.错误18、化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。___A.正确B.错误19、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误20、碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正确B.错误21、100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1盐酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正确B.错误22、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误23、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共4题，共12分)24、氧帆(IV)碱式碳酸铵晶体难溶于水，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制各氧帆(IV)碱式碳酸铵晶体的装置如图所示：

已知：+4价钒的化合物易被氧化。

(1)装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是__；实验室可用浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体，该反应化学方程式为__。

(2)制备步骤如下：

①连接仪器：顺序是e→__(按气流方向；用小写字母表示)；

②检查装置的气密性；

③加入药品，连接好装置，先关闭K2，打开K1，当观察到___(填实验现象)时，关闭K1，打开K2；进行实验；

④分离粗产品，具体的操作方法是__(填操作名称)；洗涤粗产品。

(3)测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量xg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，后用ymol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为zmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)

①NaNO2溶液的作用是__，滴定时可选用的指示剂是__。

②粗产品中钒的质量分数表达式为___%。

③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。25、实验室利用如右图装置进行中和热的测定；请回答下列问题：

（1）该图中缺少的仪器或用品有__。

（2）如用0.5mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”绝对值将__(填“偏大”“偏小”或“不变”)，原因是__。26、溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录，回答下列问题：。实验编号①②③④⑤温度/℃3040506070显色时间/s16080402010

（1）该反应的离子方程式为_____________。

（2）该实验的目的是探究___________对反应速率的影响。

（3）实验试剂除了溶液、溶液外，还需要的指示剂是________。实验仪器除了试管、试剂瓶、胶头滴管、温度计外，还需要的仪器是___________。

（4）上述实验操作中除了需要（3）的条件外，还必须控制不变的是________（填字母）。

A.温度B.指示剂的浓度C.试剂的用量（体积）D.试剂添加的顺序。

（5）由上述实验记录可得出的结论是温度每升高反应速率增大为原来的____倍。

（6）若要进行酸性强弱对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是_______。27、某化学探究小组在实验室中制取Cl2并进行相关实验探究Cl2的性质。

I．制备Cl2实验。

(1)实验室用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2的化学方程式为___________。

(2)选用下列装置制取纯净干燥的Cl2，所需装置的接口连接顺序为：发生装置→___________。

(3)制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度；探究小组同学提出下列实验方案：

甲方案：与足量AgNO3溶液反应；称量生成的AgCl质量。

乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。

丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。

继而进行下列判断和实验：

①判定甲方案不可行，理由是___________。

②进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。

a．量取试样20.00mL，用0.1000NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为___________

b．平行滴定后获得实验结果。

③判断丙方案的实验结果___________(填“偏大”；“偏小”或“准确”)。

【已知：】

II．探究Cl2性质。

(4)Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子有___________。

(5)设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中，___。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共6分)28、(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)。___________29、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。30、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_______。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共32分)31、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___________。：32、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_________。33、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：____________________。34、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7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故A正确；

B．大烧杯上如不盖硬纸板；会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故B正确；

C．一水合氨为弱碱；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故C错误；

D．反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol•L−1盐酸与50mL0.55mol•L−1NaOH溶液进行反应；与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，故D正确；

故选C。2、D【分析】【详解】

A．反应在前4s的平均速率同一反应中速率之比等于计量数之比，所以故A错误；

B．平衡常数只受温度的影响；保持其他条件不变，体积扩大到4.0L，平衡常数不变，故B错误；

C．充入2mol和1mol相当于充入2mol此时的转化率为相同温度下，起始时向容器中充入2mol达到的是等效平衡，则转化率不变，故C错误；

D．温度不变，向该容器中再充入2mol1mol若保持与原平衡的压强相同，则可达到等效平衡，不变；然后将容器压缩到原容器的体积，则平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，氧气的的转化率也增大，所以该比值增大，故D正确；

故选D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．①

②

根据盖斯定律①+②得故A错误；

B．的平衡常数故B错误；

C．慢反应决定总反应速率，所以反应②的速率大小决定的反应速率；故C正确；

D．①正反应放热，与图a不符，故D错误；

选C。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．溶液中存在平衡：(橙色)(黄色)滴加数滴的溶液；平衡正向移动，则溶液颜色从橙色变成黄色，A正确；

B．更易与F-结合生成向氯化铝溶液中滴加饱和溶液，再滴加氨水，不与反应生成白色沉淀；B错误；

C．滤纸所吸附的水作为固定相；通常以与水不混溶的有机溶剂为流动相，C错误；

D．用玻璃棒在过滤器上搅拌会导致滤纸破裂；过滤失败，D错误；

故选：A。5、D【分析】【详解】

A．由图可知，达平衡后升高温度，CO2的物质的量增大，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H<0；故A错误；

B．T1时；没有达到平衡状态，不能根据图象计算平衡常数，故B错误；

C．其它条件相同时，正反应△H<0，升高温度，平衡逆移，故H2的平衡转化率大小关系：Ⅲ<Ⅱ<Ⅰ；故C错误；

D．0~10min内，容器Ⅱ转化的CO2的物质的量为0.6mol，由方程式可知生成CH3OH的物质的量为0.6mol，则容器Ⅱ中反应的平均速率：v(CH3OH)=0.06mol·L-1min-1；故D正确；

答案选D。6、A【分析】【详解】

A．根据图像可知反应Ⅰ的方程式为I－+H2O2＝IO－+H2O，反应Ⅱ的方程式为IO－+H2O2＝I－+O2↑+H2O，总反应式为2H2O2＝O2↑+2H2O，因此I-是该反应的催化剂，IO-是中间产物；A错误；

B．H2O2分解的速率由反应慢的反应Ⅰ决定；B正确；

C．活化能高低影响反应速率；因此反应Ⅰ较慢的原因可能是反应Ⅰ的活化能较高，C正确；

D．升高温度可以提高活化分子百分数；加快反应速率，因此可提高反应Ⅰ；Ⅱ的速率，D正确；

答案选A。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知；反应Ⅱ和Ⅲ实现了太阳能到化学能的转化．A项正确；

B．总反应为故和起到催化作用，B项正确；

C．由反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ得则C项错误：

D．只与反应体系的始态和终态有关；D项正确。

故选C。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

(1)10min到达A点，此时二氧化碳的转化率为25%，CO2起始浓度均为cmol·L−1测，所以v(CO2)=0.025cmol•L-1•min-1，则v(O2)=0.0125cmol•L-1•min-1；随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，导致曲线乙向曲线甲靠近；可以通过减小压强或分离CO、O2使平衡正向移动，来提高二氧化碳的转化率，故答案为：0.0125cmol•L-1•min-1；随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；减小压强(或分离CO、O2)；

(2)a.只要反应发生就有单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolCO；所以不能说明反应达平衡状态，故a错误；

b.反应体系都是气体物质，体积不变，所以混合气体的密度始终不变，故b错误；

c.CO2的转化率不再变化；说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故c正确；

d.该反应前后气体系数之和不相等；密闭容器中压强不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故d正确；

e.气体总质量一直不变；但未平衡时气体的物质的量发生改变，所以当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故e正确；

f.当c(CO2)∶c(CO)∶c(O2)=2∶2∶1时；正逆反应速率不一定相等，反应不一定到达平衡，故f错误；

故答案为：cde。【解析】①.0.0125cmol•L-1•min-1②.随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需缩短③.减小压强(或分离CO、O2)④.cde9、略

【分析】【详解】

（1）①在废水中通入在紫外光(UV)照射下产生羟基自由基(·OH)，同时生成氧气，方程式为：

②氢氧化钙能与碳酸根离子或碳酸氢根离子反应，除去溶液中和使·更多地氧化分解络合物；提高氧化效果。

（2）将和溶液在乙醇和水的混合溶液中混合搅拌(氛围)，充分反应得到纳米零价铁、HCl、NaCl和根据氧化还原反应配平该反应，该反应的方程式为：

（3）由甘氨酸的结构可知；氮原子和氧原子提供孤对电子，形成配位键，则配合物中配位原子是氮和氧。

结合去除机理分析，纳米零价铁吸附甘氨酸铬导致溶液中的铬浓度降低，随后Cr(Ⅲ)被·OH氧化为Cr(Ⅵ)并从纳米零价铁表面脱附，导致溶液中的铬浓度升高，Cr(Ⅵ)在纳米零价铁表面吸附还原为Cr(Ⅲ)，并和纳米零价铁的氧化产物形成溶液中的铬浓度下降。【解析】(1)除去溶液中和使·更多地氧化分解络合物；提高氧化效果。

(2)

(3)N、O纳米零价铁吸附甘氨酸铬导致溶液中的铬浓度降低，随后Cr(Ⅲ)被·OH氧化为Cr(VI)并从纳米零价铁表面脱附，导致溶液中的铬浓度升高，Cr(VI)在纳米零价铁表面吸附还原为Cr(Ⅲ)，并和纳米零价铁的氧化产物形成溶液中的铬浓度下降10、略

【分析】【分析】

(1)氯水中含氯气；HClO、水三种分子；含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，与药品不反应，则不变质；

(2)必须加入氧化剂；则选项中为还原剂的反应，还原剂中某元素的化合价升高，且反应一步转化；

(3)由两个活性不同的电极；有电解质溶液、形成闭合回路、可自发进行放热的氧化还原反应可构成原电池；

(4)原电池中；作负极的金属活泼；

(5)变价金属与强氧化剂反应生成高价金属化合物；与弱氧化剂反应生成低价金属化合物；

(6)电解质；非电解质都为化合物；利用熔融或溶于水能否电离分析。

【详解】

氯水中含氯气、HClO、水三种分子，含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，氯气、HClO均与发生氧化还原反应而变质，氯离子与生成AgCl沉淀而变质，故答案为：

中N元素的化合价升高；需要加氧化剂，但不能一步转化，故不选；

中N元素的化合价降低；与水反应可转化，不需要加还原剂，故不选；

中N元素的化合价升高；与水反应可转化，不需要加氧化剂，故不选；

中N元素的化合价升高；需要加氧化剂，可一步转化，故选；

中N元素的化合价降低；需要加还原剂转化，故不选；

故答案为：

中只有Zn不能构成原电池，电极材料相同不能构成原电池，中酒精为非电解质不能构成原电池，不是闭合回路不能构成原电池，而符合原电池的构成条件，故答案为：

相连时，外电路电流从流向为负极，金属性

相连时，为正极，为负极，金属性

相连时，上有气泡逸出，为负极，金属性

相连时，的质量减少，为负极，金属性

则金属活动性由大到小的顺序是

与S反应生成不能直接得到，故选；

与S反应直接得到FeS；故不选；

与氧气反应直接生成故选；

与氢气反应生成故不选；

⑤Fe与氯气反应直接生成不能生成FeCl2；故选；

故答案为：

氨气溶于水；溶液能够导电，但氨气本身不能电离，为非电解质；

氨水为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

盐酸为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

醋酸为乙酸和水为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

硫酸钡在熔融状态下完全电离；为强电解质；

氯化银在熔融状态下完全电离；为强电解质；

氯化钠在熔融状态下及溶于水均完全电离；为强电解质；

二氧化碳溶于水；溶液能够导电，但二氧化碳本身不能电离，为非电解质；

醋酸铵在熔融状态下及溶于水均完全电离；为强电解质；

氢气为单质；既不是电解质也不是非电解质；

水能微弱电离；为弱电解质；

则属于强电解质的是属于非电解质的是

【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】①②④⑤④②④⑥⑦①③④②①③⑤⑤⑥⑦⑨①⑧11、略

【分析】【详解】

(1)根据题意，燃料作负极，氧化剂作正极，B口通入O2，则b电极是正极，该电池的负极电极反应式为CH3CH2OH＋16OH－－12e－=2＋11H2O；故答案为：正极；CH3CH2OH＋16OH－－12e－=2＋11H2O。

(2)根据图乙中电子转移分析出M为负极，N为正极，电池负极是H2O变为O2，其电池负极的反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑；故答案为：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑

(3)铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为硫酸。该电池总反应式为PbO2＋4H＋＋＝PbSO4＋2H2O；因此正极附近溶液的酸性。(已知：硫酸铅为不溶于水的白色沉淀，生成时附着在电极上)

①该蓄电池放电时，根据电解质溶液中离子移动是“同性相吸”原则，因此阴离子移向负极；正极电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋＝PbSO4＋2H2O，因此正极附近溶液的酸性减弱，根据方程式转移2mol电子，正极由1molPbO2变为1molPbSO4，增加的质量相当于1molSO2即64g，因此当外电路通过1mol电子时，理论上正极板的质量增加32g；故答案为：32。【解析】正极CH3CH2OH＋16OH－－12e－=2＋11H2O2H2O－4e－=4H＋＋O2↑负极减弱3212、略

【分析】【详解】

在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO-水解，正确。【解析】正确13、略

【分析】【详解】

（1）碳酸钠俗称纯碱，可作为碱使用的原因是碳酸钠水解产生氢氧化钠：CO＋H2OHCO＋OH-；（2）25℃时，pH值都等于11的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子为：1×10-11mol/L；pH=11的碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：=10-3mol/L，水电离的OH-浓度之比是=1：108；（3）A．碳酸钠溶液中遵循物料守恒，根据物料守恒可知：[CO32－]＋[HCO3－]＋[H2CO3]=0.1mol·L－1，选项A错误；B、碳酸钠溶液中遵循物料守恒，根据物料守恒可知：[CO32－]＋[HCO3－]＋[H2CO3]=0.1mol·L－1，选项B正确；C、碳酸钠溶液中，水电离的氢离子与氢氧根离子一定相等，根据质子守恒可知：[OH-]=[H+]+[HCO3-]+2[H2CO3]，选项C错误；D、碳酸钠溶液中，水电离的氢离子与氢氧根离子一定相等，根据质子守恒可知：[OH-]=[H+]+[HCO3-]+2[H2CO3]，则[Na＋]＋[OH-]=[Na＋]＋[H+]+[HCO3-]+2[H2CO3]，选项D错误。答案选B；（4）由于盐类的水解程度很小，故离子浓度大小关系为：[Na+]>[CO32-]>[OH-]>[HCO3-]>[H+]；（5）【解析】CO＋H2OHCO＋OH-1：108B[Na+]>[CO32-]>[OH-]>[HCO3-]>[H+]23.614、略

【分析】【详解】

(1)图中若能说明反应是放热反应的；可通过广口瓶中盛有一定量的气体，气体体积受热膨胀，会将U形管中的液体向外压，则U形管现象是：甲处液面下降，乙处液面上升；

(2)A图表示反应物的能量比生成物低；相应反应是吸热反应，与该反应是放热反应不符合；而B图中反应物的能量比生成物的高，发生反应放出热量，反应是放热反应，与该反应的热效应相吻合，故图中能正确表示该反应过程中能量变化的是B；

①将胆矾加热至其变为白色粉末；发生变化吸收热量，与上述能量变化不符合，①不符合题意；

②浓硫酸稀释放出大量热量；与上述能量变化不符合，②符合题意；

③乙醇燃烧放出大量的热量；与上述能量变化相符合，③符合题意；

④碳和二氧化碳在高温下反应生成一氧化碳；发生反应吸收热量，与上述能量变化不符合，④不符合题意；

⑤向硝酸中滴加氢氧化钠溶液；发生中和反应放出大量的热量，与上述能量变化相符合，⑤符合题意；

⑥干冰的升华需吸收大量热量；与上述能量变化不符合，⑥不符合题意；

综上所述可知：变化过程与上述能量吻合的是②③⑤；

(4)已知：①△H=-151.2kJ/mol；

②△H=-57.3kJ/mol

根据盖斯定律，将①+②×2，整理可得热化学方程式：△H=-265.8kJ/mol。【解析】U形管甲处液面下降，乙处液面上升B②③⑤△H=-265.8kJ/mol。三、判断题(共9题，共18分)15、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。16、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。17、A【分析】【详解】

放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行，正确。18、A【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关，正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

氢氧化钙溶液显碱性，碳酸钠溶液由于水解显碱性；玻璃的成分中含有二氧化硅，能够与碱反应生成硅酸钠，硅酸钠具有粘性，容易使磨口瓶塞和瓶颈粘在一起，不易打开，所以应该选择橡皮塞或软木塞，故此判据错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在该温度下NaOH溶液中c(H+)=所以该溶液的pH=10，故在100℃时0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的说法是正确的。22、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。23、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。四、实验题(共4题，共12分)24、略

【分析】【分析】

装置C中发生反应生成CO2，将CO2通入装置A(盛装饱和NaHCO3溶液)用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应生成NH4HCO3，最后将气体通入装置B(盛装澄清石灰水)，以检验CO2气体；

(1)

装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是恒压漏斗；浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体Cl2，Cl元素化合价升高了1，V元素化合价降低了1，反应化学方程式为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O；

(2)

①装置C中发生反应生成CO2，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，将CO2通入装置A(盛装饱和NaHCO3溶液)用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应，最后将气体通入装置B(盛装澄清石灰水)，以检验CO2气体，所以上述装置依次连接的合理顺序为e→a→b→f→g→c→d；

③实验开始时，先关闭K2，打开K1，当B中溶液变浑浊时，关闭K1，打开K2，进行VOCl2和NH4HCO3反应的实验；

④由于生成的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体难溶于水；所以实验完毕后，从装置D中分离产品的操作方法是过滤；

(3)

①NaNO2中N元素为+3价，既有还原性，又有氧化性，本题中加入的NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，加入即消耗Fe2+，当滴定至终点时Fe2+过量，可用K4[Fe(CN)6]试剂来做指示剂；

②粗产品中钒的质量分数以VO2计，由滴定原理VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则有关系式：(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O～6VO2～6VO～6Fe2+，所以钒的质量分数为：

③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，Fe2+的浓度偏小，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液偏多，会使测定结果偏高。【解析】(1)恒压漏斗V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O

(2)e→a→b→f→g→c→dB中溶液变浑浊过滤。

(3)除去过量的KMnO4K4[Fe(CN)6]偏高25、略

【分析】【分析】

本题考查酸碱中和热的测量的原理；实验仪器和误差分析；难度一般。

【详解】

（1）从中和热的测量实验可知；为使酸碱完全；快速反应需要进行搅拌，故该图中缺少环形玻璃搅拌棒，减少热量的损失是该实验的关键，故烧杯上方缺少泡沫塑料板或硬纸板，故答案为：环形玻璃搅拌棒、泡沫塑料板或硬纸板；

（2）中和热是酸碱稀溶液进行反应，由于NaOH固体溶于水的过程中将释放热量，故如用0.5mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”绝对值将偏大，故答案为：偏大；NaOH固体溶于水的过程中将释放热量。【解析】环形玻璃搅拌棒、泡沫塑料板或硬纸板偏大氢氧化钠固体溶于水放热26、略

【分析】【分析】

酸性条件下I-能被氧气氧化为I2；根据图表显示数据是温度与显色所需要时间；并结合影响反应速率分析。

【详解】

(1)根据得失电子数目相等、电荷守恒和原子守恒，可得该反应的离子方程式为

(2)表中数据只有温度和显色时间；故该实验的目的是探究温度对反应速率的影响；

(3)产物中有碘单质生成；还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝色；为测定显色时间，需要秒表；

(4)设计实验必须保证其他条件不变；只改变一个条件，才能得到准确的结论，还必须控制不变的是试剂的浓度；用量(体积)和试剂添加的顺序，故答案为BCD；

(5)分析实验数据，温度每升高显色时间缩短到原来的一半，故可得出的结论是：每升高反应速率增大约2倍；

(6)若要进行酸性对反应速率影响的探究实验；需保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验。

【点睛】

本题明确实验原理和影响反应速率探究操作原理是解题关键，试剂的选择要抓住I2遇淀粉溶液变蓝色的特性，探究速率影响因素时要注意只能有一个变量，其它因素均保持不变。【解析】温度淀粉溶液秒表BCD2保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验27、略

【分析】【分析】

本题以实验制备氯气为题材，实验制备氯气的反应原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，这样制备得到的Cl2中含有HCl，需先经过盛有饱和食盐水的试剂瓶中来除去Cl2中的HCl，在经过盛有浓硫酸的试剂瓶来干燥氯气，氯气的密度比空气的大，应该用向上排空气法，最后用碱石灰吸收多余的Cl2，由于生成物MnCl2也能与AgNO3反应生成AgCl，带来实验误差，故方案甲不行，根据新制氯水的成分不难确定具有氧化性的含氯微粒，以及用实验的方法来验证氯气的氧化性强于Br2；据此分析解题。

(1)

实验室用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(2)

实验室用浓盐酸与MnO2共热制备得到的Cl2中含有HCl，需先经过盛有饱和食盐水的试剂瓶中来除去Cl2中的HCl，在经过盛有浓硫酸的试剂瓶来干燥氯气，氯气的密度比空气的大，应该用向上排空气法，最后用碱石灰吸收多余的Cl2；以免污染环境，故可确定所需装置的接口的连接顺序为：ghdcije(f)，故答案为：ghdcije(f)；

(3)

①与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，加入足量的硝酸银溶液，残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀，故答案为：残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；

②a，为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样20.00mL，用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==0.1100mol/L；故答案为：0.1100；

③根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小；由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小；

(4)

Cl2通入水中，由于发生反应：Cl2+H2OHCl+HCl，新制氯水的成分有：Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-，其中具有氧化性的含氯粒子有Cl2、HClO、ClO-，故答案为：Cl2、HClO、ClO-；

(5)

氯气有强的氧化性能从溴化钠溶液中置换出溴，溴的四氯化碳溶液显橙红色，可证明氯气氧化性大于溴，即操作为：取少量新制氯水和CCl4于试管中，用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液、振荡使其充分反应，静置，溶液出现分层现象，下层溶液变为橙红色，反应方程式：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，故答案为：用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液，振荡、静置，溶液中出现分层现象，并且下层溶液变为橙红色。【解析】(1)

(2)ghdcije(f)

(3)残余溶液中MnCl2含有氯离子；使结果偏大0.1100偏小。

(4)Cl2、HClO、

(5)滴加NaBr溶液，振荡静置，下层溶液呈红棕(棕红)色五、结构与性质(共3题，共6分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

(4)(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)2(CO2)-[(CN)2]=-1095kJ·mol-12(CO2)=-1095kJ·mol-1+[(CN)2]

C2H2(g)+2.5O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)2(CO2)+(H2O)-(C2H2)=-1300kJ·mol-12(CO2)=-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1

[(CN)2]=1095kJ·mol-1-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1=308kJ·mol-1【解析】HgCl2+Hg(CN)2=Hg2Cl2+(CN)2(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)308kJ·mol-1或2CN-+5ClO-+H2O=2HCO+N2+5Cl-29、略

【分析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。

（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C.N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。【解析】(1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O电负性比N和C大，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒SrTiO3630、略

【分析】【详解】

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：哑铃或纺锤体；

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究