2025年粤教新版选择性必修1化学上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年粤教新版选择性必修1化学上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、中国第二化工设计院提出；用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图，下列相关判断正确的是。

A.电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH－+H2↑B.电解池中质子从电极I向电极Ⅱ作定向移动C.每处理1molNO电解池右侧质量减少16gD.吸收塔中的反应为2NO+2S2O42－+H2O=N2+4HSO3－2、在温度T1和T2时，分别将0.50molNO和2.0mol固体活性炭充入体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)ΔH，测得n(NO)随时间变化数据如下表，以下说法正确的是。时间(min)010204050T1n(NO)0.500.350.250.100.10T2n(NO)0.500.300.18。。。0.15A.T1时，前10min内，CO2的平均反应速率为0.0075mol·L-1·min-1B.该反应ΔH＜0，且温度T2时，活化分子百分数更大，反应速率更快C.T2时，NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，此反应的平衡常数约为1.36D.T1时，平衡后向恒容容器中再充入0.l0molNO，再次达到平衡时，NO的百分含量增大3、欲使的溶液中都减少，其方法是：A.通入二氧化碳气体B.加入氢氧化钠固体C.通入氯化氢气体D.加入饱和石灰水溶液4、a、b；c、d分别表示两种酸和两种碱；且只有一种强酸和一种强碱。它们加水稀释的pH变化如图所示，则（）

A.a为强酸，c为强碱B.a为强酸，d为强碱C.b为强酸，c为强碱D.b为强酸，d为强碱5、某固体混合物含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种；进行如下实验：

①与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀和弱碱性溶液

②沉淀与溶液作用；无变化。

下列说法不正确的是A.混合物中必定含有不含B.往溶液中加入粉，若不溶解，说明中不含C.灼烧沉淀可能得到黑色物质D.溶液中溶质主要是钠盐，且必含6、下列说法正确的是A.增大反应物浓度，可以增大单位体积的活化分子百分数，使有效碰撞次数增多，反应速率加快B.2H2O2(l)=H2O(l)+O2(g)ΔH=-98kJ·mol-1该反应在任何温度下均能自发进行C.只改变一个影响因素使化学平衡发生移动，则化学平衡常数K一定发生改变D.25℃时，固体在氨水中的比在NH4Cl溶液中的小7、通过Li4SiO4吸附CO2的主要反应为：Li4SiO4(s)+CO2(g)⇌Li2CO3(s)+Li2SiO3(s)700℃不同CO2分压下，CO2吸收率随时间变化曲线如图1所示，Li4SiO4吸附CO2的过程：表面吸收阶段→形成双壳结构→双壳吸收阶段；微观示意如图2，下列说法不正确的是。

A.该温度下，CO2的分压对其吸收率的影响不明显B.图2中a过程表示的Li4SiO4分解的方程式：Li4SiO4=2Li++O2-+Li2SiO3C.图2中b过程表示Li+和O2-向外壳扩散D.由图1、2可知，Li2CO3和Li2SiO3质量增加，对CO2的吸收速率无影响评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、二元弱碱在常温下的水溶液里，微粒的分布系数()随的变化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.常温下，的一级电离常数B.常温下，等物质的量的和组成的混合溶液显酸性C.与少量的硫酸反应得到的盐为D.溶液中，9、(钴酸锂)常用作锂离子电池的正极材料。以某海水(含浓度较大的LiCl、少量等)为原料制备钴酸锂的一种流程如下：

已知：①的溶解度随温度升高而降低；

②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：。物质

下列说法错误的是A.高温时“合成”反应的化学方程式为B.滤渣1主要成分有C.“洗涤”时最好选用冷水D.“除杂2”调pH=12时，溶液中10、利用I2O5可消除CO污染，其反应原理为：I2O5（s）+5CO（g）5CO2（g）+I2（s）。在一定温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密团容器中通入2molCO，测得反应体系中CO2的体积分数ω（CO）随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.0-t1min内，用CO表示的该反应的平均反应速率vCO）=mol/（L·min）B.b点时，CO的转化率为80%C.该温度下，该反应的平衡常数为1024D.a点和b点时，容器内气体的总质量相等11、在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）zC（g），平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器容积缩小到原来的一半，再达到平衡时，测得A的浓度为0.9mol/L。下列有关判断不正确的是（）A.x+y<zB.平衡向正反应方向移动C.A的转化率降低D.C的体积分数增大12、在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，相关数据如下表所示：。容器甲乙丙相关条件恒温恒容绝热恒容恒温恒压反应物投料1molN2、3molH22molNH32molNH3平衡时容器体积V(甲)V(乙)V(丙)反应的平衡常数KK(甲)K(乙)K(丙)平衡时NH3的浓度c/mol·L－1c(甲)c(乙)c(丙)平衡时NH3的反应速率。

v/mol·L－1·min－1v(甲)v(乙)v(丙)

下列说法正确的是（）A.V(甲)＞V(丙)B.K(乙)＜K(丙)C.c(乙)＞c(甲)D.v(甲)＝v(丙)13、温度T℃，向的蒸馏水中通入保持温度不变，测得溶液的为2，下列叙述正确的是A.T大于25℃B.该溶液中由水电离出来的的浓度是C.通入促进了水的电离D.该温度下加入等体积的溶液可使该溶液恰好呈中性评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、(1)北京奥运会祥云火炬将中国传统文化、奥运精神以及现代高科技融为一体。火炬内熊熊大火来源于丙烷的燃烧，丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，图中的括号内应该填入_______。(“+”或“−”)

②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：____________________________。

③二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料，应用前景广阔。1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为_______。

(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成；整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：

①已知：H2O(g)═H2O(l)△H1=−Q1kJ/mol

C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=−Q2kJ/mol

C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=−Q3kJ/mol

若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为_________kJ。

②碳(s)在氧气供应不充分时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)+O2(g)═CO(g)的△H.但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的△H，计算时需要测得的实验数据有_______________。

(3)A(g)＋B(g)＝C(g)ΔH1<0；A(g)＋B(g)＝C(l)ΔH2<0，则ΔH1____ΔH2。

S(g)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH1<0；S(s)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH2<0，则ΔH1____ΔH2。

C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH1<0；C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH2<0，则ΔH1____ΔH2。(填“>”“<”或“＝”)。15、已知25℃时，电离平衡常数：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1=4.4×10-7K2=4.7×10-113.0×10-8

回答下列问题：

(1)下列四种物质电离出质子的能力由大到小的顺序是___________(填标号)。

a．HCO3-b．HClOc．CH3COOHd．H2CO3

(2)下列反应不能发生的是___________。A．B．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClOC．D．(3)用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___________。A．B．C．D．(4)体积为10mL、pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图，则HX的电离平衡常数___________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)醋酸的电离平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)___________醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。

16、电化学原理在防止金属腐蚀；能量转换、物质合成等方面应用广泛。

（1）图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择__________（填字母）。

a.碳棒b.锌板c.铜板。

材料B需定期拆换，其是原因：________________。

（2）图2中，钢闸门C作__________极。若用氯化钠溶液液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D上的电极反应为________________________，检测该电极反应产物的方法是______________________。

（3）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图3为“镁次氯酸盐”燃料电池原理示意图；电极为镁合金和铂合金。

①E为该燃料电池的____________极（填“正”或“负”）。F电极上的电极反应为__________________________。

②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学方程式解释其原因：________________________。

（4）为提高甲醇燃料的利用率，科学家发明了甲醇燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇蒸气，电解质是掺入了的晶体，在高温下它能传导电池在高温下工作时正极反应式为__________________________。17、830K时；在密闭容器中发生下列可逆反应：

CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0；K=0.5，试回答下列问题：

(1)该反应的平衡常数表达式为K=______________．

(2)在相同温度下，若起始时c（CO）=1mol•L﹣1，c（H2O）=2mol•L﹣1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol•L﹣1，则此时该反应是否达到平衡状态_____（填“是”与“否”），此时v（正）______________v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”），你判断的依据是_______________________。

(3)若降低温度，该反应的K值将________，该反应的化学反应速率将______（均填“增大”“减小”或“不变”。下同）。

(4)平衡后再加1molCO和2molH2O,则CO的转化率将_______18、电解氧化吸收法：其原理如图所示：

(1)从A口中出来的物质的是_______。

(2)写出电解池阴极的电极反应式_______。19、人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中产生尿酸钠晶体(NaUr)会引发痛风，NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur−(aq)，∆H>0。某课题组配制“模拟关节滑液”进行研究；回答下列问题：

已知：

①37℃时，Ka(HUr)=4×10−6，Kw=2.4×10−14，Ksp(NaUr)=6.4×10−5

②37℃时，模拟关节滑液pH=7.4，c(Ur-)=4.6×10−4mol∙L−1

(1)尿酸电离方程式为___________

(2)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液当中c(Na＋)___________c(Ur−)(填“>”、“<”或“=”)，写出溶液中电荷守恒的等式：___________。

(3)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)=0.2mol∙L−1时，通过计算溶液Q=c(Na＋)∙c(Ur-)=___________。判断是否有NaUr晶体析出___________(填是/否)。

(4)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是___________。

a．加强锻炼；注意关节保暖。

b．多饮酒；利用乙醇杀菌消毒。

c．多喝水；饮食宜少盐；少脂。

d．减少摄入易代谢出尿酸的食物20、在一定条件下A与B反应可生成C和D；其能量变化为：

A+B(反应物的总能量E1)C+D(生成物的总能量E2)

(1)下列有关反应A+B=C+D的说法正确的是_______。

A.反应前后原子的种类和数目一定变化。

B.该反应若有能量变化；则一定是氧化还原反应。

C.该反应若为放热反应；则不需加热反应就一定能自发进行。

D.反应物的总质量与生成物的总质量一定相等；且遵循能量守恒。

(2)若E12，则生成物的总能量_______(填“>”、“<”或“=”)反应物的总能量，为_______(填“吸热”或“放热”)反应。评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)21、中和等体积、等的盐酸和醋酸消耗的的物质的量相同。(_______)A.正确B.错误22、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误23、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共4题，共28分)24、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。25、某温度时；在一个容积为2L的密闭容器中，三种气体X；Y、Z物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：

(1)该反应的化学方程式为_____________。

(2)反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为__________________。

(3)以下说法能表示该反应已达平衡状态的是________________。

A.单位时间内生成0.03molZ的同时生成0.02mol的Y

B.X的消耗速率和Z的消耗速率相等。

C.混合气体的压强不变。

D.混合气体的密度不变26、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化27、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、有机推断题(共4题，共8分)28、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___________。：29、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_________。30、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：____________________。31、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、D【分析】【详解】

A．HSO3-在电极I上转化为S2O42-，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O，故A错误；

B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动，故B错误；

C．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e-═O2↑+4H+，NO转化为N2，每处理1molNO，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×=0.5mol，同时有2molH+从右侧迁移到左侧，所以电解池右侧质量减少为0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g，故C错误；

D．吸收塔中通入NO和S2O42-离子反应，生成N2和HSO3-，所以反应方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故D正确，

故选：D。2、B【分析】【详解】

A．T1时，前10min消耗NO的物质的量(0.5－0.35)mol=0.15mol，生成CO2的物质的量为0.075mol，根据化学反应速率的表达式，v(CO2)==3.75×10－3mol/(L·min)；故A错误；

B．根据表中数据，T2时前10min时NO物质的量变化大于T1时，T2时的反应速率高于T1，从而推出T2＞T1，温度高，活化分子百分数增大，反应速率快；达到平衡时，T1温度下n(NO)小于T2温度下n(NO)，T2可以看作是在T1基础上升高温度，平衡向逆反应方向移动，推出ΔH＜0；故B正确；

C．温度T2时达到平衡时：

平衡常数K==1.17；故C错误；

D．温度T1时；该反应两边气体的计量数相等，而平衡后向恒容容器中再充入0.1molNO，相当于增大压强，平衡不移动，所以NO的百分含量将不变，故D错误；

答案为B。3、D【分析】【详解】

A．CO2与水反应生成碳酸，c(H+)、c(HCO3-)增大；A错误；

B．NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，B错误；

C．HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑；所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，C错误；

D．Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH；所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度；碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，D正确；

故答案为：D。4、B【分析】【详解】

加水稀释pH增大的是酸，减小的是碱，故a、b是酸，c、d是碱；弱酸弱碱部分电离,存在电离平衡，导致稀释相同的倍数，pH变化较小，所以a是强酸，d是强碱，故选B。5、B【分析】【分析】

某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种，①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z，生成气体的物质只有Na2CO3，而几种物质中没有酸，说明与Na2CO3发生双水解反应生成二氧化碳气体，生成的有色沉淀中氢氧化铁、氢氧化铜至少存在一种，可能含有氢氧化铝；②沉淀Y与NaOH溶液作用，无变化，说明有色沉淀中不存在氢氧化铝，则一定不存在Al2(SO4)3；据此分析解题。

【详解】

A．根据分析可知，混合物X中一定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3；A正确；

B．溶液Z呈弱碱性，则Z中一定不存在FeCl3，无法据此判断X中是否含有FeCl3；B错误；

C．沉淀Y中可能含有氢氧化铜；灼烧氢氧化铜可生成黑色的CuO，C正确；

D．溶液Z呈弱碱性，阳离子为钠离子，碳酸钠水解分步进行，第一步碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，第二步碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，由于反应生成了二氧化碳，而反应后溶液仍然呈弱碱性，说明溶液中一定含有碳酸氢根离子，即必含NaHCO3；D正确；

故答案为：B。6、B【分析】【详解】

A．增大反应物浓度；可以增大单位体积的活化分子数目，不能增大活化分子百分数，故A错误；

B．该反应正向气体分子数增加，又反应在任何条件下均能自发进行，故B正确；

C．平衡常数只与温度有关；温度不变，K不变，因此改变条件使平衡移动时(如浓度；压强)，K不会改变，故C错误；

D．只受温度影响，温度不变时不变；故D错误；

故选：B。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．由图1可知，压强即CO2的分压对其吸收率的影响不明显；故A不选；

B．由图2的表面吸收阶段可以看出，刚开始是Li4SiO4的分解，产物由Li+、O2-以及逐渐生成的内壳Li2SiO3；故B不选；

C．由图2的双壳吸收阶段可以看出，Li+和O2-逐渐向外壳扩散；故C不选；

D．在双壳吸收阶段，Li2CO3和Li2SiO3质量在不断地增加，但后期CO2的吸收率没有明显变化，即图像的曲线变得越来越平稳，表明CO2的吸收速率在减小；故选D。

答案选D二、多选题(共6题，共12分)8、AC【分析】【分析】

【详解】

A.常温下二元弱碱的级电离方程式为：当瓶pH=10时，c[]=c[],c()=1104，则的一级电离常数故A正确；

B.常温下，为二元弱碱，为碱式盐，所以等物质的量的和组成的混合溶液显碱性；故B错误；

C.少量的硫酸与反应方程式为：2+H2SO4=+2H2O，得到的盐为故C正确；

D.根据质子守恒，在溶液中，故D错误；

故答案：AC9、BC【分析】【分析】

海水加适量碳酸钠生成碳酸钙、碳酸锰沉淀除去Ca2+、Mn2+，加盐酸调节pH=5，蒸发浓缩析出氯化钠，调节调pH=12生成Mg(OH)2沉淀除Mg2+；过滤，滤液中再加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，过滤、洗涤，Li2CO3、CoCO3通入空气高温生成LiCoO2。

【详解】

A．高温时“合成”时Li2CO3、CoCO3通入空气生成LiCoO2和二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为故A正确；

B．根据流程图，“除杂1”是除去Ca2+、Mn2+，“除杂2”是除去Mg2+，滤渣1主要成分有MnCO3、故B错误；

C．的溶解度随温度升高而降低，“洗涤”时最好选用热水；故C错误；

D．“除杂2”调pH=12时，溶液中故D正确；

选BC。10、BC【分析】【分析】

由题给图示可知；平衡时二氧化碳的体积分数为80%，设反应生成二氧化碳的物质的量为xmol，由题意建立如下三段式：

由平衡时二氧化碳的体积分数为80%可得关系式：×100%=80%；解得x=1.6。

【详解】

A.0-t1min内，用CO表示的该反应的平均反应速率v(CO)=mol/（L·min）=mol/（L·min）；故A错误；

B.b点时，CO的转化率为×100%=80%；故B正确；

C.该温度下，平衡时一氧化碳的浓度为=0.2mol/L，二氧化碳的浓度为=0.8mol/L，该反应的平衡常数为=1024；故C正确；

D.由原子个数守恒可知，a点和b点的碳原子个数相同；但一氧化碳和二氧化碳的物质的量比不同，则容器内气体的总质量不相等，故D错误；

故选BC。11、AC【分析】【分析】

平衡时测得A的浓度为0.5mol・L-1；保持温度不变，将容器的容积缩小到原来的一半，如平衡不移动，则A的浓度应为1mol/L，而此时为0.9mol/L，则说明增大压强平衡向正方向移动，以此解答该题。

【详解】

A.由分析可知，增大压强，平衡向正方向移动，则x+y>z；故A错误；

B.由分析可知；平衡向正反应方向移动，故B正确；

C.由分析可知；平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故C错误；

D.由分析可知；平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，故D正确；

故选AC。12、BC【分析】【详解】

A、甲与充入2mol氨气是等效平衡，合成氨的逆反应是气体物质的量增大的反应，甲是恒温恒容条件，丙是恒温恒压条件，达平衡时，丙的容器的体积大于甲的体积，所以V(甲)

B、乙、丙都是从逆反应开始的，乙是绝热容器，合成氨的反应是放热反应，逆反应是吸热反应，所以平衡时乙容器的温度低于丙容器，而温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，所以K(乙)＜K(丙)；故B正确；

C；因为甲与充入2mol氨气是等效平衡；乙是绝热容器，所以达平衡时容器内的温度低于甲容器，而温度降低平衡正向移动，所以乙中氨气的浓度大于甲中氨气的浓度，c(乙)＞c(甲)，故C正确；

D、因为V(丙)>V(甲)，所以丙需减小容器的体积才能达到与甲等效的平衡，而体积减小，压强增大，平衡正向移动，氨气的物质的量浓度增大，所以甲中氨气的浓度大于丙中氨气的浓度，则v(甲)>v(丙)；故D错误；

答案选BC。13、AB【分析】【详解】

A．T℃下蒸馏水的pH＝6，所以Kw＝1.0×10－12。25°C时的Kw＝1.0×10－14；所以T大于25℃，选项A正确。

B．由pH为2可知，c(H＋)=10-2mol/L，则c(H＋)水＝c(OH－)水＝==1.0×10-10(mol/L)；选项B正确；

C．是一元强酸；抑制水的电离，选项C错误。

D．因为Kw＝1.0×10-12；所以应加入等体积pH＝10的NaOH溶液，才能使该溶液恰好呈中性，选项D错误；

答案选AB。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【详解】

（1）①图象是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图，反应放热△H=-553.75KJ/mol；故答案为：-；

②丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图，反应放热△H=-553.75kJ/mol，1mol丙烷燃烧生成4molH2O(l)放出的热量为：4则写出的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol；故答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol；

③1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，丙烷物质的量为1-x，C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol，得到丙烷燃烧放热(1-x)2215kJ；依据条件得到：1645kJ-1455xkJ=(1-x)2215kJ；计算得到x=0.75，则混合丙烷物质的量为0.25mol，则混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25：0.75=1：3；故答案为：1：3；

（2）①已知：①H2O(g)═H2O(l)△H1=−Q1kJ/mol

②C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=−Q2kJ/mol

③C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=−Q3kJ/mol

根据盖斯定律，③-②+①3可得方程式C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H=−(3Q1−Q2+Q3)kJ/mol，则23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3kJ，故答案为：1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3；

②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+O2(g)═CO(g)的△H；需要知道碳和一氧化碳的燃烧热才能计算得到；故答案为：碳；一氧化碳的燃烧热．

（3）物质的聚集状态不同，放出的热量不同，同种物质气态变为液态时放热，则有|△H1|＜|△H2|，由于该反应为放热反应，△H＜0，则△H1＞△H2；故答案为：＞；

S(g)变为S(s)放热，则S(g)燃烧放出的热量多，又燃烧为放热反应，△H＜0，则△H1＜△H2；故答案为：＜；

等量的C(s)燃烧生成CO2(g)，即充分燃烧时放出的热量多，又燃烧为放热反应，△H＜0，则△H1＜△H2；故答案为：＜。

【点睛】

热化学方程式的书写方法，盖斯定律的计算应用，掌握基础是关键；反应热的大小比较时不能忽略“+”“-”。【解析】−C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol1:31.5Q1−0.5Q2+0.5Q3碳、一氧化碳的燃烧热><<15、略

【分析】【分析】

（1）

电离平衡常数越大，酸电离出的氢离子越多，即酸电离出质子能力越强，酸性也越强，据图表可知，电离平衡常数大小：Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka()，所以四种物质电离出质子的能力由大到小的顺序是c＞d＞b＞a；

（2）

A．据图表可知，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)，所以醋酸能够制备碳酸，所以能够发生；

B．据图表可知，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，根据强酸制备弱酸规律，醋酸能够制备次氯酸，故ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO反应能够发生；

C．据图表可知，电离平衡常数：Ka(H2CO3)>Ka(HClO)；根据强酸制备弱酸规律，次氯酸不能制备碳酸，故反应不能发生；

D．据图表可知，电离平衡常数：Ka(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka()；根据强酸制备弱酸规律，碳酸与次氯酸的盐反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，故反应不能发生；

故选CD；

（3）

醋酸属于弱电解质，存在电离平衡，加水稀释，平衡右移，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)，n(H+)增加，由于溶液的体积增加的较大，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均减小，根据Kw=c(H+)c(OH-)分析可知，溶液中c(OH-)增大；由于温度不变，Ka=保持不变；

A．=由于c(CH3COO-)减小，所以减小；故A错误；

B．=由于c(H+)减小，所以增大；故B正确；

C．Kw=c(H+)c(OH-)，由于稀释过程温度不变，Kw不变，=稀释过程中c(OH-)增大，所以减小；故C错误；

D．稀释过程中，c(H+)减小，c(OH-)增大，所以减小；故D错误；

故选B。

（4）

由图可知，体积为10mL、pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL时，HX的pH变化比CH3COOH大，HX的酸性强，酸性越强，电离平衡常数越大，则相同体条件下，HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；酸抑制水电离，氢离子浓度越大，对水的抑制程度越大；稀释后，HX的pH大于醋酸的pH，则HX的氢离子浓度小于醋酸溶液中氢离子浓度，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。【解析】（1）c＞d＞b＞a

（2）CD

（3）B

（4）大于大于16、略

【分析】【分析】

根据电化学腐蚀原理分析解答；根据电解原理及原电池原理分析书写电极反应。

【详解】

(1)形成原电池时，Fe作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的金属作负极，所以选锌；锌的活泼性比Fe强的作负极，不断遭受腐蚀，需定期拆换；故答案为：b；锌作原电池的负极，(失电子，Zn−2e−═Zn2+)；不断遭受腐蚀，需定期拆换；

(2)Fe作阴极被保护，则钢闸门C做阴极；电解氯化钠溶液时阳极上氯离子失电子生成氯气；其电极反应为：2Cl--2e−═Cl2↑，检验氯气用湿润的淀粉碘化钾试纸，即用湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气；故答案为：阴；2Cl--2e−═Cl2↑；湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近；试纸变蓝，证明生成氯气；

(3)①“镁−次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则Mg为负极；正极上ClO−得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为：ClO−+2e−+H2O═Cl−+2OH−；故答案为：负；ClO−+2e−+H2O═Cl−+2OH−；

②Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气，其反应为：Mg+2H2O═Mg(OH)2+H2↑，故答案为：Mg+2H2O═Mg(OH)2+H2↑；

(4)固体电解质的燃料电池，燃料电池放电时负极发生的是燃料甲醇气体失电子的氧化反应，则负极反应为：CH3OH−6e−+3O2−═CO2+2H2O，正极氧气得电子发生还原反应，生成氧离子，电极反应为：O2+4e−=2O2−，故答案为：O2+4e−=2O2−。

【点睛】

电化学保护法，因为金属单质不能得电子，只要把被保护的金属做电化学装置发生还原反应的一极--阴极，就能使引起金属电化腐蚀的原电池反应消除。有两种情况；一种是牺牲阳极的阴极保护法，一种是外加直流电源的阴极保护法。【解析】b锌作原电池的负极，(失电子，Zn−2e−═Zn2+)，不断遭受腐蚀，需定期拆换阴2Cl--2e−═Cl2↑湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气负ClO−+2e−+H2O═Cl−+2OH−Mg+2H2O═Mg(OH)2+H2↑O2+4e−=2O2−17、略

【分析】【分析】

（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；

（2）由三段法可得：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）

根据浓度商与平衡常数之间的关系判断是否达到平衡状态及平衡移动的方向；

（3）该反应为放热反应；降低温度，K值增大；降低温度，反应速率减小；

（4）平衡后再加1molCO和2molH2O；达到的新的平衡与原平衡等效。

【详解】

（1）该反应的平衡常数表达式为K=

（2）由分析可知浓度商Qc===c（正）大于v（逆）；

（3）该反应为放热反应；降低温度，K值增大；降低温度，反应速率减小；

（4）平衡后再加1molCO和2molH2O，达到的新的平衡与原平衡等效，因此CO的转化率不变。【解析】①.②.否③.大于④.此时浓度商Qc=0.33<0.5，向正反应方向进行⑤.增大⑥.减小⑦.不变18、略

【分析】【分析】

从电解氧化法吸收的原理图可知，和A口相连的电极是阳极室，通入的是稀硫酸，而阴极室通入的是溶液，出来的是S2ONO吸收柱将S2O转化为据此分析作答。

(1)

根据电极放电顺序，可知阳极是OH-失去电子发生氧化反应，生成水和氧气，而H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，所以整个电解过程中阳极室中的水减少，则阳极室的硫酸浓度会变大，故从A口中出来的物质是氧气和浓度变大的硫酸，故答案为：O2和较浓的硫酸；

(2)

从分析可知，H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，从到S2O是化合价降低的过程，得到电子发生了还原反应，则电解池的阴极的电极反应室为2＋2H＋＋2e-=S2O＋2H2O，故答案为：2＋2H＋＋2e-=＋2H2O。【解析】(1)O2和较浓的硫酸。

(2)2＋2H＋＋2e-=＋2H2O19、略

【分析】【详解】

（1）尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUrH＋＋Ur－；故答案为：HUrH＋＋Ur－；

（2）37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH＝7.4，c(Ur－)＝4.6×10−4mol∙L−1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)，由于pH＝7.4，因此溶液中c(Na＋)＞c(Ur－)；故答案为：＞；c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)；

（3）37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0.2mol∙L−1时，Q＝c(Na＋)∙c(Ur－)＝0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙L−1＝9.2×10−5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；故答案为：9.2×10−5；是；

（4）根据NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur−(aq)∆H＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移动，因此要注意关节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒，不能减少痛风，故b错误；c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入，使平衡逆向移动加重痛风，故c正确；d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻痛风，故d正确；综上所述，答案为：acd。【解析】(1)HUrH＋＋Ur－

(2)＞c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)

(3)9.2×10−5是。

(4)acd20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)原子是化学变化的最小微粒；所以选项A不正确；

有电子的转移的反应是氧化还原反应；与反应是放热反应还是吸热反应无关系，选项B不正确；

同样反应条件与反应是放热反应还是吸热反应无关系；选项C不正确，选项D正确；

答案选D。

(2)若E12，则生成物的总能量大于反应物的总能量，所以反应是吸热反应。【解析】D>吸热四、判断题(共3题，共12分)21、B【分析】【详解】

相同的盐酸和醋酸中醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的的量较多。故说法错误。22、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。23、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。五、结构与性质(共4题，共28分)24、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SrTiO3625、略

【分析】【详解】

(1)据图可知X、Y的物质的量减少为反应物，Z的物质的量增加为生成物，且最终反应物和生成物共存，所以该反应为可逆反应，2min内Δn(X)：Δn(Y)：Δn(Z)=0.75mol：0.50mol：0.75mol=3:2:3，所以化学方程式为3X＋2Y3Z；

(2)据图可知反应开始至2min，Δn(Z)=0.75mol，容器体积为2L，所以v(Z)==0.125mol/(L•min)；

(3)A．生成Z为正反应；生成Y为逆反应，所以单位时间内生成0.03molZ的同时生成0.02mol的Y即正逆反应速率相等，反应达到平衡，故A符合题意；

B．消耗X为正反应；消耗Z为逆反应，且X和Z的计量数之比为1：1，所以X的消耗速率和Z的消耗速率相等说明反应达到平衡，故B符合题意；

C．反应前后气体系数之和不相等；容器体积不变，所以未平衡时混合气体的压强会发生变化，当压强不变时说明反应达到平衡，故C符合题意；

D．该反应中反应物和生成物均为气体；容器恒容，所以混合气体的密度一直不变，故不能说明反应平衡，故D不符合题意；

综上所述答案为ABC。

【点睛】

当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【解析】3X＋2Y3Z0.125mol/(L•min)ABC26、略

【分析】【分析】

按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)；按平衡常数的定义；结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；

【详解】

(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60；A错误；B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误；C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大；分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。

(3)N和As元素均位于ⅤA族；具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N。

(4)①按定义，反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)的平衡常数表达式由表知，平衡时，c(AsO)=ymol·L-1，则反应过程中消耗n(AsO)=0.06L×ymol。则平衡时

②由图可知，tm时，c(AsO)<ymol·L-1，则反应从正方向建立平衡，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大v逆<n时v逆。当反应达到平衡后；则：

A．v(I-)=2v(AsO)；未表示出是否为正逆反应速率，A错误；

B．平衡时各成分的浓度不再变化；则溶液的pH不再变化，B正确；

C．平衡时各成分的浓度不再变化，c(I-)=2c(AsO)=2ymol·L-1；C错误；

D．平衡时各成分的浓度不再变化，c(AsO)/c(AsO)不再变化；D正确；

选项正确的是BD。【解析】3D三角锥极性两者具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于Nx-y小于由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大BD27、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