2025年新世纪版选择性必修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年新世纪版选择性必修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9题，共18分)1、有下列化学反应：①白磷自燃、②氯化氢分解、③煤气燃烧、④钠与水反应、⑤酸碱中和反应，其中属于自发反应的是A.①②③B.②③④C.①③④⑤D.①②⑤2、已知下列物质在20℃下的Ksp如下；

。化学式。

AgCl

AgBr

AgI

Ag2S

Ag2CrO4

颜色。

白色。

浅黄色。

黄色。

黑色。

红色。

Ksp

2.0×10－10

5.4×10－13

8.3×10－17

2.0×10－48

2.0×10－12

下列说法不正确的是A.20℃时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag＋物质的量浓度由大到小的顺序是:Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S。B.向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，c(Br-)/(Cl-)＝2.7×10－3C.测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是K2CrO4D.某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度均为0.010mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，Cl－最先沉淀出来3、下列各组离子在溶液中能够大量共存，当溶液中c(H+)=10-1mol·L-1时，有气体产生；而当溶液中c(H+)=10-13mol·L-1时，又能生成沉淀。则该组离子可能是A.Na+、Ba2+、NOCOB.Ba2+、K+、Cl-、NOC.Mg2+、NHSOCl-D.Fe2+、Na+、SONO4、几种难溶电解质的溶度积常数(25℃)如下，下列说法不正确的是。难溶电解质

A.与难溶电解质的性质、温度有关B.由上述数据可知，溶解度C.在一定条件下，可实现AgCl转化为AgBrD.AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向N点溶液中加入NaCl固体，能使溶液由N点变到P点5、利用传感技术可以探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100kPa条件下，往针中筒充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变；测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是。

A.B点处NO2的转化率为3%B.E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小C.H两点对应的正反应速率大小为vH=vED.H两点气体的平均相对分子质量大小为MB=MH6、下列事实不能用电化学原理解释的是（）A.铝片不需要特殊的保护方法B.炒过菜的铁锅未清洗易生锈C.轮船水线以下的船壳上镶有一定数量的锌D.镀锌铁比镀锡铁耐腐蚀7、下列实验操作正确的是。

A.选用图1滴定管量取17.60mLNaCl溶液B.如图2所示，记录滴定终点读数为19.90mLC.中和滴定时，选用图1滴定管盛装NaOH标准溶液D.可用图3装置进行KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液实验8、25℃时，向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸；所得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.图中B.的水解常数C.随pH的逐渐减小，水的电离程度逐渐增大D.X点溶液中：9、一定温度下，两种碳酸盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

注：时，时。

下列说法不正确的是A.该温度下，的B.该温度下，溶解度：C.欲使a点移动到b点，可向浊液中加入适量固体D.反应正向转化比逆向转化更难实现评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、将CH4设计成燃料电池；其利用率更高，装置示意如图(A；B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是()

A.通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极B.0＜V≤22.4L电池总反应的化学方程式为CH4＋2O2+2KOH=K2CO3+3H2OC.22.4L＜V≤44.8L时，负极电极反应为CH4-8e-＋2H2O=CO2+8H+D.V＝33.6L时，溶液中只存在阴离子11、电镀，冶炼等行业会产生大量的硝酸废液，增加水体中的氮污染。某工厂开发了一种电化学降解降低酸性的设备，原理如图所示，图中M为质子(H+)交换膜。下列说法不正确的是。

A.铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2B.该电解池阴极反应为2+6H2O+10e-=N2↑+12OH-C.若电解过程中转移2mol电子，则交换膜左侧电解液的质量变化为16gD.若铅蓄电池工作过程中负极质量增加9.6g，电解池阴极室产生N2448mL(标况下)12、用甲醇燃料电池做电源，用铁做电极电解含Cr2O的酸性废水，最终可将Cr2O转化成Cr(OH)3沉淀而除去，装置如图。下列说法不正确的是（）

A.Fe（Ⅱ）为阴极B.电解一段时间后，在Fe（Ⅰ）极附近有沉淀析出C.M电极的电极反应式为：CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2OD.电路中每转移6mol电子，最多有1molCr2O被还原13、电镀等工业废水中常含有剧毒、致癌的Cr2O该废水处理的一种方法是：向废水中加入适量的NaCl，用Fe作电极进行电解。下列说法错误的是A.电解时，阳极反应为：Fe-3e-=Fe3+B.电解过程中阴极能产生氢气C.电解法中，转化Cr2O的离子方程式为：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2OD.电解过程中，阳极附近生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀14、常温下，向某浓度的H2A溶液中滴加NaOH溶液，若定义pc=-lgc，则测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法错误的是。

A.pH=3时溶液中pc(A2-)2A)-)B.常温下，H2A的Ka1=10-0.80，Ka2=10-5.30C.NaHA溶液中c(H+)>c(OH-)D.从a点到c点，先增大后减小15、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应B.夏天打开啤酒瓶，有许多气泡冒出C.加压有利于SO2与O2生成SO3的反应D.乙醇在铜的作用下与氧气反应生成乙醛评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、乙炔(C2H2)气体的燃烧热为ΔH＝－1299.6kJ·mol-1，分别写出表示乙炔燃烧反应的热化学方程式和表示乙炔燃烧热的热化学方程式____、____。17、回答下列问题：

(1)①反应过程中的能量变化如图所示，该反应_______(用含式子表示)。

②在容积固定的密闭绝热容器中发生上述可逆反应，能证明该可逆反应达到平衡状态的依据是_______

A.混合气体的密度保持不变。

B.混合气体的平均摩尔质量保持不变。

C.容器内的温度保持不变。

D.达到平衡时

E.达到平衡状态时保持不变。

F.混合气体的总压强不变。

(2)符合某些特征的化学反应理论上都可以设计成原电池。下列化学反应_______(填字母)不能设计成原电池。A．B．C．D．(3)新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入和电解溶液。某研究小组以甲烷燃料电池(装置甲)为电源；模拟氯碱工业生产原理，装置如图所示。

请回答以下问题：

①观察到C极和D极不同的现象是_______

②C极可以选用的材料是_______(填标号)。

A.铁棒B.铂片C.铜棒D.石墨棒。

③A极发生的电极反应为_______

④装置甲、乙中的电解质溶液足量，当电路中通过电子时，理论上得到的气体c在标准状况下的体积为_______；此时气体a、b的总物质的量与气体c、d的总物质的量之比为_______。18、锌锰电池。类别电解质电极材料电极反应方程式电池反应特征普通锌锰干电池NH4Cl、ZnCl2C(正极)、Zn(负极)____________存放时间较短，能效低碱性锌锰干电池KOHMnO2(正极)、Zn(负极)__________能效和使用时间提高19、Ⅰ．如图所示，一密闭容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；标准状况下，在乙室中充入NH30.4mol，甲室中充入HCl、N2的混合气体；静止时隔板位置如图所示。已知甲；乙两室中气体的质量之差为17.3g。

（1）甲室中HCl、N2的质量之比为__________________。

（2）将隔板a去掉，一段时间后，隔板b将稳定位于刻度“________’’处（填数字，不考虑固体物质产生的压强），此时体系的平均相对分子质量为________。

Ⅱ．已知硫酸、氨水的密度与所加水的量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：。溶质的物质的量浓度/mol•L-1溶液的密度/g•cm-3硫酸c1ρ1氨水c2ρ2

（1）表中硫酸的质量分数为________（不写单位，用含c1、ρ1；的代数式表示）。

（2）物质的量浓度为c1mol•L-1的硫酸与水等体积混合（混合后溶液的体积变化忽略不计），所得溶液的物质的量浓度为________mol•L-1。

（3）将物质的量浓度分别为c2mol•L-1和0.2c2mol•L-1的氨水等质量混合，所得溶液的物质的量浓度__________0.6c2mol•L-1（填“大于”；“小于”或“等于”）（设混合后溶液的体积变化忽略不计）

Ⅲ．电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示（图中电极均为石墨电极）。

若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验。

①写出电解时NO2发生反应的电极反应式：_________________________________。

②若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜的H+为________mol。20、磷有多种化合物，次磷酸(H3PO2)和次磷酸钠(NaH2PO2)常用作化工生产中的还原剂。

（1）工业上可用白磷(P4)和过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2。若反应中转移电子数为3NA，则用去还原剂________mol，若已知NaH2PO2溶液的pH>7，写出H3PO2电离平衡常数Ka的数学表达式：_________________________。

（2）向Ba(H2PO2)2溶液中加入盐酸可制备H3PO2，有人说应该用硫酸代替盐酸，请说明用硫酸代替盐酸的优点：____________。

（3）可利用H3PO2把溶液中的Ag+还原为银的反应进行化学镀银，已知该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，则反应的离子方程式为______________________________。

（4）利用电解原理制备H3PO2的示意图如图所示(阳离子交换膜、阴离子交换膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。已知：阳极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O；阴极反应式为2H++2e-H2↑。试分析在阳极室得到H3PO2的原因：___________________________。

21、钢铁很容易生锈而被腐蚀；每年因腐蚀而损失的钢铁占世界钢铁年产量的四分之一。钢铁容易生锈的主要原因是因为钢铁在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池，发生电化学腐蚀。

(1)在空气酸度不大的环境中，其正极反应式为___________________

(2)下列各情况，在其中Fe片腐蚀由快到慢的顺序是___________（用序号表示）。

(3)下图装置的盐桥中盛有饱和NH4NO3琼脂溶液；能够连接两份电解质溶液，形成闭合回路：

①该装置的能量转化形式为：_________，装置工作时，盐桥中的NH4+移向___________。(“CuSO4溶液”或“AgNO3溶液”)

②若将盐桥换成铜丝，电路中也有电流通过，则铜丝左端为_________极，该极反应式为：___________。

(4)运用原电池原理，设计实验验证Cu2+、Fe3+氧化性的强弱，在下图方框内画出实验装置图_____________（要求：设计一个带盐桥的原电池，标出电极名称及电解质溶液）。该原电池正极反应式__________________。22、研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。

(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：。化学式电离平衡常数K

①写出的的表达式_____

②常温下，相同的三种溶液物质的量浓度最小的是_______。

③将过量通入溶液，反应的离子方程式是______。

(2)室温下，用盐酸溶液滴定的氨水溶液；滴定曲线如图所示。

①a点所示的溶液中_____(填“>”“<”或“=”)

②b点所示的溶液中溶质为_______。

③室温下的氨水与的溶液中，由水电离出的之比为____。

(3)二元弱酸溶液中的物质的量分数随的变化如图所示。则第二级电离平衡常数______。

评卷人得分四、判断题(共4题，共16分)23、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24、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误25、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正确B.错误26、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.错误评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)27、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。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、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_____。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共18分)30、FeCl3具有净水作用，而高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型多功能水处理剂，处理污水比FeCl3高效。请回答下列问题：Kh=2.5×10-5

(1)FeCl3净水的原理是___________。(用离子方程式表示)，Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，向Fe(OH)3胶体中滴加盐酸，现象为___________。

(2)25℃时pH=3的溶液中，Fe3+浓度的最大值为c(Fe3+)=___________mol•L-1.

(3)FeCl3在溶液中分三步水解：

Fe3++H2OFe(OH)2++H+K1

Fe(OH)2++H2O+H+K2

+H2OFe(OH)3+H+K3

以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是___________。通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3++yH2O+yH+，欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)___________。

a．降温b．加水稀释c．加入NaHCO3d．加入NH4Cl

(4)从环境保护的角度看，制备Na2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图所示：

①电解过程中阳极的电极反应式为___________。

②图甲装置中的电源采用NaBH4(B元素的化合价为+3价)和H2O2作原料的燃料电池，电源工作原理如图所示。电极a与甲池中___________(填“石墨”或“铁丝网”)连接，电极b的反应式为___________。

31、(1)已知拆开1mol氢气中的化学键需要消耗436kJ能量；拆开1mol氧气中的化学键需要消耗498kJ能量，根据图中的能量图，回答下列问题：

①分别写出①②的数值：①________kJ；②________kJ。

②生成H2O(g)中的1molH—O键放出_______kJ的能量。

③已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1，试写出2mol氢气在足量氧气中完全燃烧生成液态水的热化学方程式_________。

(2)已知下列热化学方程式：

H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol

H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH=-241.8kJ/mol

C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH=-110.5kJ/mol

C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol

回答下列问题：

①H2的燃烧热ΔH＝______；C的燃烧热为________。

②燃烧1gH2生成液态水，放出的热量为________。

③已知CO的燃烧热为283.0kJ/mol，现有CO、H2和CO2组成的混合气体116.8L(标准状况)，完全燃烧后放出总热量为867.9kJ，且生成18g液态水，则混合气体中H2为_____L，CO在混合气体中的体积分数约为______(精确至小数点后一位)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

自发反应的体系趋向于从高能状态转变为低能状态(体系对外部做功或者释放热量)。常见为可以自发的进行到显著程度的反应。白磷自燃；煤气燃烧、钠与水反应、酸碱中和反应均能自发的进行。C正确。

故选：C。2、D【分析】【详解】

A．20℃时，在AgCl的饱和溶液中，Ksp=c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10-10，c(Ag+)=mol·L-1；Ag2CrO4饱和溶液中，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(Ag+)=mol·L-1；同理，在AgI的饱和溶液中，c(Ag+)=mol·L-1；在AgBr的饱和溶液中，c(Ag+)=mol/L；在Ag2S的饱和溶液中，c(Ag+)=mol·L-1；故Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S；故A正确；

B．当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c(Br-)=c(Cl-)=则==2.7×10-3；故B正确；

C．指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示滴定终点；氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，依据Ksp可以直接比较溶解度大小为氯化银＞溴化银＞碘化银；Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10--10，c(Cl-)=mol·L-1；Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(CrO42-)=mol·L-1，同理硫化银的Ksp=c2(Ag+)c(S2-)=2.0×10－48，c(S2-)=mol·L-1，说明铬酸银溶解度大于氯化银，硫化银溶解度小于氯化银，则加入K2CrO4做指示剂；可正确的测定氯化物的含量，故C正确；

D．某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度均为0.010mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，Ksp由大到小的顺序为：AgCl＞AgBr＞AgI，因此I－最先沉淀出来；故D错误；

答案选D。

【点睛】

正确理解Ksp与溶解度的关系是解答本题的关键。本题的易错点为C，相同阴阳离子比的物质直接用Ksp比较，不同阴阳离子比的物质需要计算离子浓度比较。要注意本题中选择的指示剂不能先与硝酸银反应。3、D【分析】【详解】

A．Ba2+与CO不能大量共存，能生成BaCO沉淀；故A错误；

B．在酸性条件下不能生成气体；在碱性条件下也不能生成沉淀，故B错误；

C．在酸性条件下不能生成气体；在碱性条件下能生成氢氧化镁沉淀，故C错误；

D．在酸性条件Fe2+和NO生成NO气体，在碱性条件下生成Fe(OH)2沉淀；故D正确；

故答案为D4、B【分析】【详解】

A．Ksp是难溶物溶度积常数；只与难溶电解质的性质和温度有关，与难溶电解质的用量；溶液中的离子浓度无关，A正确；

B．根据溶度积常数大小比较其溶解度大小，要考虑两物质的溶度积表达形式是否相同，若不同，Ksp数值越大，其溶解度不一定大，根据题干数据得出：AgBr饱和溶液中c(Ag+)=c(Br-)==mol/L，而Ag2SO3饱和溶液中c(Ag+)=2c()=2c，则有c==mol/L，假设溶液的密度均为1g/mL，则二者溶解度分别为：mol/L×0.1L×188g/mol，mol/L×0.1L×296g/mol，即S(AgBr)＜S(Ag2SO3)；B错误；

C．AgCl、AgBr的组成相似，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，则在一定条件下，可实现AgCl转化为AgBr；C正确；

D．由图可知，N点浓度积Qc=c(Ag+)•c(Cl-)＜Ksp(AgCl)，为AgCl的不饱和溶液，加入NaCl固体时溶液中c(Cl-)增大；可能形成AgCl的饱和溶液，即加入NaCl固体能使溶液由N点变到P点，D正确；

故答案为：B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．B点处NO2的转化率为2×3%=6%；故A错误；

B．E点到H点的过程中，压强先增大后减少，增大压强平衡正向移动，则NO2的物质的量先减少后增大；故B错误；

C．E、H两点压强不同，H点压强大，则E、H对应的正反应速率大小为vH>vE；故C错误；

D．气体的质量不变时，B、H两点气体的压强相等，气体的物质的量相等，则平均相对分子质量大小为MB=MH；故D正确；

故选：D。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．铝片不需要特殊的保护原因是其表面可以形成一层致密的氧化物保护膜；可以起到隔绝空气和水的作用，与电化学原理无关，故A可选；

B．炒菜的锅内含有盐和水；可以形成原电池，容易发生吸氧腐蚀，与电化学原理有关，故B不选；

C．轮船船体和锌片形成原电池；锌做负极发生氧化，从而保护船体，与电化学原理有关，故C不选；

D．金属活动性顺序：Zn>Fe>Sn；形成原电池时，镀锌铁中铁做正极被保护，而镀锡铁中铁做负极被氧化，镀锌铁比镀锡铁耐腐蚀，与电化学原理有关，故D不选；

故选A。7、A【分析】【详解】

A．图1为酸式滴定管；滴定管的精度为0.01mL，用酸式滴定管可量取17.60mLNaCl溶液，A项正确；

B．滴定管起始读书为0；滴定终点读书为18.10mL，定终点读数为18.10mL，B项错误；

C．中和滴定时NaOH溶液盛装在碱式滴定管中；图1为酸式滴定管，C项错误；

D．标准液KMnO4溶液具有强氧化性会腐蚀橡胶；应该盛装在酸式滴定管，图3为碱式滴定管，D项错误；

答案选A。8、D【分析】【详解】

A．根据X(11.3，1)点，即碳酸的二级电离常数将Y点带入二级电离常数公式得即A错误；

B．根据Y点，代入数值，得B错误；

C．碳酸钠属于强碱弱酸盐；促进水电离，盐酸为强酸，随着盐酸不断加入，pH逐渐减小，水的电离程度逐渐减小，C错误；

D．原溶液为Na2CO3溶液，加入稀盐酸后，虽然不断生成NaHCO3，但的关系始终不变；故X点溶液中有。

D正确。

故选D。9、D【分析】【详解】

A．由a(4，4)可知，a点对应则该温度下，的A正确；

B．相等时，图线中数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3的Ksp依次减小，二者是同类型沉淀，该温度下Ksp越小则溶解度越小，故溶解度：B正确；

C．欲使a点移动到b点，即增大钙离子浓度减小碳酸根离子浓度，可向浊液中加入适量固体、使平衡左移；C正确；

D．溶解度：反应正向转化比逆向转化更易实现，D错误；

答案选D。二、多选题(共6题，共12分)10、CD【分析】【详解】

A.燃料电池中；通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，故A正确；

B.当0＜V≤22.4L时，0＜n(CH4)≤1mol，二氧化碳不足量，则二者反应生成碳酸钾，电池反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O；故B正确；

C.当22.4L＜V≤44.8L时，1＜n(CH4)≤2mol，在氢氧化钾碱性条件下生成KHCO3和K2CO3溶液，所以负极反应生成CO和HCO故C错误；

D.当V=33.6L时，n(CH4)=1.5mol，溶液中溶液中存在阴离子CO和HCO同时肯定存在阳离子K+；故D错误；

答案选CD。11、BC【分析】【分析】

根据装置图可知，与电源B极相连的电极上，得到电子生成了N2；说明该电极为电解池的阴极，B为电池的负极，A为电池的正极。

【详解】

A．由上述分析可知，A为电池的正极，电极上PbO2得到电子生成PbSO4；故A项说法正确；

B．阴极上得到电子生成N2，电解质溶液为酸性环境，则电极反应式为2+12H++10e-=N2↑+6H2O；故B项说法错误；

C．电解池左侧为H2O失去电子生成H+、O2，若电解过程中转移2mol电子，则有2molH+穿过质子交换膜移向右侧，同时有0.5molO2逸出；因此交换膜左侧电解液的质量变化为2mol×1g/mol+0.5mol×32g/mol=18g，故C项说法错误；

D．铅蓄电池放电时，负极为Pb失去电子生成PbSO4，电极反应式为Pb-2e-+=PbSO4，每转移2mol电子，增重96g，负极质量增加9.6g，则转移电子为×2=0.2mol，根据转移电子守恒以及阴极电极反应式可知，阴极生成0.02molN2；其标准状况下体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故D项说法正确；

综上所述，说法错误的是BC项，故答案为BC。12、CD【分析】【分析】

根据装置图可知；左侧装置为原电池装置，原电池中阳离子向正极移动，根据左侧质子的移动方向可知M为负极，N为正极，则右侧装置为电解池装置，Fe(Ⅰ)为阳极，Fe(Ⅱ)为阴极，据此答题。

【详解】

A．由分析可知；N为正极，Fe(Ⅱ)为阴极，故A说法正确；

B．Fe(Ⅰ)为阳极，电极反应为Fe−2e−=Fe2+，Fe2+与Cr2O在阳极反应生成Cr(OH)3沉淀；故电解一段时间后，在Fe(Ⅰ)极附近有沉淀析出，故B说法正确；

C．M电极为负极，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；故C说法错误；

D．Cr2O被Fe2+还原，离子方程式为：6Fe2++Cr2O+8H+=6Fe3++2Cr(OH)3+H2O，电路中每转移6mol电子，则阳极有3molFe2+生成，最多有0.5molCr2O被还原；故D说法错误；

答案选CD。13、AD【分析】【分析】

【详解】

略14、AD【分析】pc=-lgc，浓度越大，pc越小，溶液中存在H2A分子，说明H2A为二元弱酸，其电离方程式为：H2AH++HA-，HA-H++A2-，PH增加促使平衡正向移动，所以由图可知：Ⅰ曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，Ⅱ曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，Ⅲ曲线是A2-的物质的量浓度的负对数；据此解答。

【详解】

A．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示HA-、H2A、A2-的物质的量浓度的负对数，由图知pH=3时溶液中pc（A2-）>pc（H2A）>pc（HA-）；A错误；

B．由图像上的a点可知，当PH=0.80时，pc（H2A）=pc（HA-）=0.70，c（H+）=10-0.80，c（H2A）=c（HA-）=10-0.70，Ka1==10-0.80，由c点可知，当pH=5.30时，pc（A2-）=pc（HA-）=0.70，c（H+）=10-5.30，c（A2-）=c（HA-）=10-0.70，Ka2==10-5.30；B正确；

C．根据电离平衡可知，HA-H++A2-,Ka2==10-5.30，根据水解平衡可知，HA-+H2OH2A+OH-，Kh===10-8.7，Ka2＞Kh，溶液显酸性，c（H+）>c（OH-）；C正确；

D．从a点到c点，Ka1=c（HA-）先增大后减小，由于温度不变，Ka1不变，则先减小后增大；D错误；

故答案为AD15、AD【分析】【分析】

【详解】

A．合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动、不利于合成NH3的反应；故不能用勒夏特列原理解释，选择500℃左右是为加快反应速率提高产量，且催化剂的活性最高，故A选；

B．夏天打开啤酒瓶；压强减少，气体的溶解度降低，平衡发生移动，有许多气泡冒出，可用勒夏特列原理解释，故B不选；

C．SO2与O2生成SO3的反应正向是气体物质的量减少的反应，增大压强，平衡向着气体物质的量减少的方向进行，所以加压有利于SO2与O2生成SO3；可用勒夏特列原理解释，故C不选；

D．催化剂能影响反应速率；不影响平衡；故乙醇在铜的作用下与氧气反应生成乙醛，不可用勒夏特列原理解释，故D选；

故选：AD。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【分析】

乙炔的燃烧热（△H）为-1299.6kJ/mol，则1molC2H2（g）完全燃烧生成水和二氧化碳放出1366.8KJ的热量。

【详解】

2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－QkJ·mol－1，由(C2H2)燃烧热为ΔH＝－1299.6kJ·mol－1知Q＝2599.2。表示燃烧反应的热化学方程式为2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－2599.2kJ·mol－1。表示燃烧热的热化学方程式中可燃物的化学计量数必为1，则表示燃烧热的热化学方程式为C2H2(g)＋O2(g)=2CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－1299.6kJ·mol－1；

故答案为：2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－2599.2kJ·mol-1；C2H2(g)＋O2(g)=2CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－1299.6kJ·mol-1。

【点睛】

1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为燃烧热，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物的化学计量数必为1。【解析】2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－2599.2kJ·mol-1C2H2(g)＋O2(g)=2CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－1299.6kJ·mol-117、略

【分析】【分析】

甲为燃料电池，A为电子流出极，故A极为负极，通入甲烷，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O，B为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；乙为电解池，D为阴极，氢离子得电子生成d为氢气，C为阳极，氯离子失电子生成c为氯气；

【详解】

（1）①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，故该反应为放热反应，△H=(E1-E2)kJ/mol，故答案为：E1-E2；

②A．容器内气体质量和体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，当容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；

C．该反应为放热反应；当温度保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；

D．不能说明反应达到平衡状态；故D错误；

E．物质C的百分含量保持不变说明C的浓度不再发生变化；说明反应达到平衡状态，故E正确；

F．.反应前后气体物质的量变化，当混合气体的总压强不变，说明反应达到平衡状态，故F正确；

故答案为：BCEF；

（2）A．CH4+2O2═CO2+2H2O为自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池，故A正确；

B．Fe+CuSO4═FeSO4+Cu为自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池，故B正确；

C．2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2O为非氧化还原反应，不能设计成原电池，故C错误；

D．Zn+2MnO2+2H2O═Zn(OH)2+2MnO(OH)为自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池，故D正确；

故答案为：C；

（3）①C为阳极；氯离子放电生成氯气，故C极现象为产生黄绿色气体，D为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，故D极现象为产生无色气体，且D极附近溶液变红，故答案为：C极现象为产生黄绿色气体，D极现象为产生无色气体，且D极附近溶液变红；

②乙为电解池；模拟氯碱工业生产原理，C极为阳极，氯离子放电，故C极为惰性电极，铂；石墨为惰性电极，铁、铜为活性电极，故答案为：BD；

③A为电子流出极，故A极为负极，通入甲烷，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O；

④A极为负极，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O，B极为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，当电路中通过0.4mol电子时，消耗甲烷和氧气的物质的量的和为0.05mol+0.1mol=0.15mol，C极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，当电路中通过0.4mol电子时，生成氯气0.2mol，体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，D为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢气和氯气的物质的量的和为0.2mol+0.2mol=0.4mol，此时气体a、b的总物质的量与气体c、d的总物质的量之比为0.15mol：0.4mol=3：8，故答案为：4.48L；3：8。【解析】(1)E1-E2BCEF

(2)C

(3)C极现象为产生黄绿色气体，D极现象为产生无色气体，且D极附近溶液变红BDCH4-8e-+10OH-=+7H2O4.48L3：818、略

【分析】【详解】

普通锌锰干电池中Zn为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，石墨棒为正极，电解质为NH4Cl、ZnCl2糊状溶液，MnO2为去极剂，消耗产生的NH3，电池总反应为：Zn＋2MnO2＋2NH4Cl=Mn2O3＋H2O＋2NH3↑＋ZnCl2，用总反应减去负极反应式可得正极反应式为：2MnO2＋2e-＋2=Mn2O3＋H2O＋2NH3↑，碱性锌锰干电池中Zn为负极，电解质溶液换为KOH溶液，故负极反应式为：Zn-2e-＋2OH-=Zn(OH)2，电极总反应为：Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnOOH＋Zn(OH)2，用总反应减去负极反应式可得正极反应式为：2MnO2＋2e-＋2H2O=2MnOOH＋2OH-，故答案为：负极：Zn-2e-=Zn2+、正极反应式为：2MnO2＋2e-＋2=Mn2O3＋H2O＋2NH3↑；Zn＋2MnO2＋2NH4Cl=Mn2O3＋H2O＋2NH3↑＋ZnCl2；负极反应式为：Zn-2e-＋2OH-=Zn(OH)2、正极反应式为：2MnO2＋2e-＋2H2O=2MnOOH＋2OH-；Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnOOH＋Zn(OH)2。【解析】负极：Zn-2e-=Zn2+正极：2MnO2＋2e-＋2=Mn2O3＋H2O＋2NH3↑Zn＋2MnO2＋2NH4Cl=Mn2O3＋H2O＋2NH3↑＋ZnCl2负极：Zn-2e-＋2OH-=Zn(OH)2正极：2MnO2＋2e-＋2H2O=2MnOOH＋2OH-Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnOOH＋Zn(OH)219、略

【分析】【详解】

试题分析：Ⅰ．依据相同条件下，气体体积比等于气体物质的量比分析；Ⅱ．（1）根据c=计算；

（2）根据稀释过程中溶质的质量不变列式；

（3）氨水的浓度越高，其密度就越小，c2mol•L-1和0.2c2mol•L-1的氨水等质量混合，c2mol•L-1的氨水体积大；

Ⅲ．根据图示；左室有氢气生成，所以左室是阴极发生还原反应，右室是阳极发生氧化反应。

解析：Ⅰ．(1)看图可知甲、乙两室气体的体积比为2:1，故其物质的量之比为2:1，所以甲室中气体为0.8mol。(2)NH3气体的质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，则甲室中气体的质量为6.8g+17.3g=24.1g。设HCl的物质的量是xmol，则36.5x+28(0.8-x)=24.1g;x=0.2mol；所以氯化氢的质量是7.3g，氮气的质量是16.8g，HCl、N2的质量之比为73∶168；（2）将隔板a去掉，氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，反应后剩余0.6molN2和0.2molNH3，所以隔板b将稳定位于刻度“4’处；此时体系的平均相对分子质量为25.25；

Ⅱ．（1）根据c=表中硫酸的质量分数为

（2）根据稀释过程中溶质的质量不变，物质的量浓度为c1mol•L-1的硫酸与水等体积混合（混合后溶液的体积变化忽略不计），所得溶液的物质的量浓度为=C1/2mol•L-1。

（3）根据题意，将物质的量浓度分别为c2mol•L-1和0.2c2mol•L-1的氨水等体积混合，所得溶液的物质的量浓度氨水的浓度越高，其密度就越小，c2mol•L-1和0.2c2mol•L-1的氨水等质量混合，c2mol•L-1的氨水体积大，所以混合后，浓度大于0.6c2mol•L-1；

Ⅲ．根据图示，左室有氢气生成，所以左室是阴极，右室是阳极，①电解时NO2发生氧化反应反应，电极反应式：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+。

②根据阳极反应式，若有标准状况下2.24LNO2被吸收，转移电子0.1mol，根据电荷守恒，通过阳离子交换膜的H+为0.1mol；

点睛：本题主要考查溶液浓度的计算，依据混合前后溶质是物质的量不变列方程求解。熟悉物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式c=【解析】73∶168425.25C1/2大于NO2-e-+H2O=NO3-+2H+0.120、略

【分析】【详解】

(1)工业上可用白磷(P4)和过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2。反应方程式为2P4+6NaOH+6H2O=6NaH2PO2+2PH3↑，每生成6molNaH2PO2有6molP被氧化，即1.5molP4被氧化，转移电子6mol；若反应中转移电子数为3mol，则用去还原剂0.75molP4；若已知NaH2PO2溶液的pH>7，说明以水解为主，H3PO2电离的方程式为H3PO2H2PO2-+H+，平衡常数Ka=故答案为0.75；Ka=

(2)用硫酸代替盐酸生成的硫酸钡是沉淀，易于与产物H3PO2分离，故答案为用硫酸代替盐酸生成的硫酸钡是沉淀，易于与产物H3PO2分离；

(3)该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×(1-0)=1×(x-1)，解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，则反应的离子方程式为H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+故答案为H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+；

(4)据电解反应式：阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；阴极反应式为2H++2e-=H2↑可知。阳极反应中消耗水电离的OH-，使c(H+)增大，H2PO2-通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品，故答案为阳极反应中消耗水电离的OH-，使c(H+)增大，H2PO2-通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品。【解析】0.75Ka=生成硫酸钡是沉淀，易与H3PO2分离H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+阳极反应消耗水电离出的OH-,使得c(H+)增大，H2PO2-通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品21、略

【分析】【详解】

（1）钢铁在空气酸度不大的环境中，形成原电池发生吸氧腐蚀，正极碳上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。

（2）由图知，(1)装置为化学腐蚀；(2)(3)装置是原电池，(2)中，铁作负极，(3)中铁作正极，作负极的腐蚀速率快，正极被保护；(4)(5)装置是电解池，(4)中铁作阴极，(5)中铁作阳极，阳极金属腐蚀速率快，阴极被保护；根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞原电池原理防护＞电解池原理防护，所以Fe片腐蚀由快到慢的顺序是：(5)>(2)>(1)>(3)>(4)。

（3）①该装置存在自发的氧化还原反应：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，可形成原电池，能量转化形式为：化学能转化为电能；Cu作负极，Ag作正极，盐桥中的NH4+向正极方向移动，移向AgNO3溶液。②若将盐桥换成铜丝，则右池为原电池，铜丝右端为负极，Ag为正极，左池为电解池，铜丝左端为阴极，Cu2+得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu。

（4）氧化性Fe3+>Cu2+，可发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cu作还原剂被氧化，可选铜棒作原电池的负极，Fe3+作氧化剂被还原，可选碳棒作正极，实验装置如图所示：Fe3+在正极上得电子被还原，正极反应式为：2Fe3++2e-=2Fe2+。

点睛：本题综合考查原电池和电解池的工作原理及金属腐蚀与防护知识，对知识的考查比较全面，侧重于学生的分析能力的考查，注意从氧化还原反应的角度由电池反应判断电极反应。【解析】O2+2H2O+4e-=4OH-(5)>(2)>(1)>(3)>(4)化学能转化为电能AgNO3溶液阴Cu2++2e-=CuFe3++e-=Fe2+22、略

【分析】【分析】

根据电离常数越大；酸性越强，多元弱酸的酸性电离常数减小，酸性减弱，电离出的离子会发生水解，而水解的程度和电离程度刚好相反，根据已知数据既可以判断酸性强弱，也可判断离子水解程度的大小。

【详解】

(1)①根据电力平衡常数的定义书写弱酸的电离平衡常数，H2S属于二元弱酸，根据第一步电离方程式书写得：

②常温下，NaF、Na2CO3、Na2S三种盐都发生水解显碱性，Na2CO3、Na2S水解后溶液的酸碱性主要由第一步决定，根据“越弱越水解”即水解后的弱酸的酸性越弱，则该水解离子越容易水解，通过表中电离平衡常数的大小判断酸性：HF>>HS-,则离子水解程度大小：F-<2-,故当pH相同时，这三种溶液种浓度最小的是Na2S。

③根据表中的电离平衡常数的大小可以判断出酸性强弱：H2S>>HS-,依据强酸制弱酸的原理，写出离子方程式为：

(2)①根据图中a点pH大于7，且是常温下，故显碱性，根据电荷守恒：当>则>故答案为：>。

②b点溶液显中性，假设盐酸和氨水恰好完全反应时，由于生成氯化铵溶液而显酸性故溶液显中性时氨水应多一点。故溶质应是：和

③室温下pH=10的氨水，根据c(H+)=mol/L,溶液中的氢离子全部来自于水电离出的，故水电离出的氢离子浓度为mol/L，pH=5的氯化铵溶液，c(H+)=mol/L，氢离子全部来自于水，故水电离出的氢离子浓度为mol/L，则两溶液中的浓度之比为:

(3)根据图中特殊点，当pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-),根据得故答案

【点睛】

根据图像进行计算时找特殊点，根据特殊点中横纵坐标的表示的意义进行计算相应的量。【解析】>和或四、判断题(共4题，共16分)23、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。24、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。25、B【分析】【详解】

根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，错误。26、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。五、结构与性质(共3题，共12分)27、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328、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】【详解】

（1）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增大，电负性最大的元是O，故答案为：N；O；

（2）Fe是26号元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，Fe2+具有较强的还原