…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、某實驗小組用50mL0.50mol?L?1鹽酸與50mL0.55mol?L?1NaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。下列說法不正確的是。

A.燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是減少熱量散失B.大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的反應熱數值偏小C.用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的反應熱的數值相等D.實驗中改用60mL0.50mol?L?1鹽酸與50mL0.55mol?L?1NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量不相等2、一定溫度時，向2.0L恒容密閉容器中充入2mol和1mol發生反應：經過一段時間后達到平衡。反應過程中測定的部分數據見下表：。t/s02468/mol00.81.41.81.8

下列說法正確的是A.反應在前4s的平均速率B.保持其他條件不變，體積擴大到4.0L，平衡常數將增大C.相同溫度下，起始時向容器中充入2mol達到平衡時，的轉化率小于10%D.保持溫度不變向該容器中再充入2mol1mol反應達到新平衡時增大3、已知：NO和轉化為的反應機理如下①和②；下列說法正確的是。

①(快)平衡常數

②(慢)平衡常數

A.的B.的平衡常數C.反應②的速率大小決定的反應速率D.反應過程中的能量變化可用圖a表示4、下列有關實驗的說法正確的是A.在4mL0.1mol?L-1的K2Cr2O7溶液中滴加數滴1mol?L-1的NaOH溶液，溶液顏色從橙色變成黃色B.向氯化鋁溶液中滴加飽和NaF溶液再滴加氨水，振蕩后，能觀察到白色沉淀C.紙層析以濾紙為惰性支持物濾紙纖維上的羥基具有親水性，它所吸附的水作為流動相D.抽濾過程中洗滌沉淀時，應關小水龍頭，加洗滌劑浸沒沉淀，用玻璃棒在過濾器上攪拌以使沉淀跟洗滌劑充分接觸，以便洗得更干凈5、向容積均為1L的三個恒容密閉容器(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)中，均投入1molCO2和2molH2，在不同溫度下發生反應：反應10min，測得各容器內CO2的物質的量如圖所示。下列說法正確的是。

A.該反應正反應的△H>0B.T1時，該反應的平衡常數K=4C.三個容器中，H2的平衡轉化率大小關系：Ⅱ>Ⅰ>ⅢD.0~10min內，容器Ⅱ中反應的平均速率：v(CH3OH)2=0.06mol·L-1min-16、H2O2分解的過程如圖所示；其中反應Ⅰ較慢，反應Ⅱ很快，下列有關反應的說法錯誤的是。

A.IO-是該反應的催化劑B.H2O2分解的速率由反應Ⅰ決定C.反應Ⅰ較慢的原因可能是反應Ⅰ的活化能較高D.升高溫度，可提高反應Ⅰ、Ⅱ的速率7、以太陽能為熱源；熱化學硫碘循環分解水是一種高效；環保的制氫方法，其流程如圖所示。

相關反應的熱化學方程式為：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

下列說法錯誤的是A.該過程實現了太陽能到化學能的轉化B.和對總反應起到了催化作用C.總反應的熱化學方程式為D.該制氫方法生成的反應熱與直接電解水生成的反應熱相等評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、在恒容密閉容器中，控制不同溫度進行CO2分解實驗：2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)。以CO2起始濃度均為cmol·L?1測定CO2的轉化率，結果如圖所示。圖中甲曲線表示CO2的平衡轉化率與溫度的關系，乙曲線表示不同溫度下反應10min所測CO2的轉化率。

①在1300℃時反應10min到達A點，反應的平均速率v(O2)___隨溫度升高，曲線乙向曲線甲靠近的原因是________________。要讓B點CO2的轉化率增大，除升高溫度外，還可以采取_______措施(任填一個)。

②下列能說明上述反應達到平衡狀態的是_____.

a單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolCO；

b混合氣體的密度不再改變；

cCO2的轉化率不再變化；

d密閉容器中壓強不再改變；

e混合氣體的平均相對分子質量不再改變。

f當c(CO2)∶c(CO)∶c(O2)=2∶2∶1時9、電鍍廢水中含有的絡合態鎳(Ⅱ)和甘氨酸鉻(Ⅲ)等重金屬污染已成為世界性環境問題。常用的處理方法是臭氧法和納米零價鐵法。

I．臭氧法。

(1)在廢水中通入在紫外光(UV)照射下產生羥基自由基(·OH)，氧化分解絡合態Ni(Ⅱ)使鎳離子游離到廢水中，部分機理如下：

ⅰ．

ⅱ．

ⅲ．

①寫出產生·OH的化學方程式：__________。

②加入一定量的有利于提高氧化效果，原因是____________。

Ⅱ．納米零價鐵法。

(2)制備納米零價鐵。

將和溶液在乙醇和水的混合溶液中混合攪拌(氛圍)，充分反應得到納米零價鐵、HCl、NaCl和寫出反應的化學方程式_______________。

(3)納米零價鐵處理甘氨酸鉻。

①甘氨酸鉻(結構簡式如圖)分子中與鉻配位的原子為_________。

②研究表明：納米零價鐵對有機物的降解通常是產生液相·OH對有機物官能團進行斷鍵，使有機絡合態Cr(Ⅲ)被釋放到溶液中，同時氧化成無機Cr(Ⅵ）。納米零價鐵對甘氨酸鉻的去除機理如圖所示：

對初始鉻濃度為的甘氨酸鉻去除率進行研究，總鉻去除率隨時間的變化如圖所示，其可能的原因是____________。

10、將正確答案的序號填在空白處。

(1)用經消毒的自來水配制下列溶液：①②③④⑤⑥稀鹽酸，發現部分藥品變質，它們是______。

(2)下列反應必須加入氧化劑且一步反應就能完成的是______。

①②③④⑤

(3)在如圖所示的8個裝置中，屬于原電池的是______。

(4)①②③④四種金屬片兩兩相連浸入稀硫酸中都可組成原電池。

①②相連時；外電路電流從②流向①；

②③相連時；③為正極；

②④相連時；②上有氣泡逸出；

③④相連時；③的質量減少．

據此判斷這四種金屬活動性由大到小的順序是______。

(5)下列物質中，不能由單質直接化合生成的是______。

①②③④⑤

(6)下列物質中，屬于強電解質的是______；屬于非電解質的是______。

①氨氣②氨水③鹽酸④醋酸⑤硫酸鋇⑥氯化銀⑦氯化鈉⑧二氧化碳⑨醋酸銨⑩氫氣水11、燃料電池是一種將燃料所具有的化學能直接轉換成電能的化學裝置。

(1)以多孔鉑為電極，如圖甲裝置中A、B口分別通入CH3CH2OH和O2構成乙醇燃料電池，則b電極是______(填“正極”或“負極”)，該電池的負極電極反應式為___________。

(2)科學家研究了轉化溫室氣體的方法，利用圖乙所示裝置可以將CO2轉化為氣體燃料CO，該電池負極反應式為_________________________；

(3)鉛蓄電池是常用的化學電源，其電極材料分別是Pb和PbO2，電解液為硫酸。該電池總反應式為Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。(已知：硫酸鉛為不溶于水的白色沉淀；生成時附著在電極上)

①該蓄電池放電時，電解質溶液中陰離子移向________(填“正極”或“負極”)；正極附近溶液的酸性__________(填“增強”“減弱”或“不變”)，當外電路通過1mol電子時，理論上正極板的質量增加____________g。12、在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO-水解。(_______)13、（1）碳酸鈉俗稱純堿，可作為堿使用的原因是__________________（用離子方程式表示）。

（2）25℃時，pH均為11的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，水電離的OH-濃度之比是_____

（3）在0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，下列粒子濃度關系式正確的是________。

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）常溫下0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，離子濃度由大到小的順序是__________________________________。

（5）向含有BaSO4固體的溶液中滴加Na2CO3溶液，當有BaCO3沉淀生成時溶液中=__________。（已知Ksp(BaCO3)=2.6×10?9，Ksp(BaSO4)=1.1×10?10，結果保留一位小數）14、為了驗證化學反應是放熱反應，某同學設計了如圖所示裝置。向盛有Na2O(s)的試管中滴加稀鹽酸。回答下列問題：

(1)圖中能說明該反應是放熱反應的現象是_______。

(2)圖中能正確表示該反應過程中能量變化的是_______(填“A”或“B”)。

(3)下列過程的能量變化與上述反應一致的是_______(填序號)。

①將膽礬加熱至其變為白色粉末②濃硫酸稀釋③乙醇燃燒④碳和二氧化碳在高溫下反應生成一氧化碳⑤向硝酸中滴加氫氧化鈉溶液⑥干冰的升華。

(4)已知：△H=-151.2kJ/mol，△H=-57.3kJ/mol。寫出題干中反應的熱化學方程式：_______。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤16、某溫度下，純水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，則c(OH-)=()A.正確B.錯誤17、放熱過程有自發進行的傾向性，但并不一定能自發進行，吸熱過程沒有自發進行的傾向性，但在一定條件下也可自發進行。__________________A.正確B.錯誤18、化學反應的反應熱只與反應體系的始態和終態有關，而與反應途徑無關。___A.正確B.錯誤19、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤20、碳酸鈉溶液或氫氧化鈣溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正確B.錯誤21、100℃時Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1鹽酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正確B.錯誤22、25℃時，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正確B.錯誤23、化學平衡正向移動，反應物的轉化率不一定增大。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共4題，共12分)24、氧帆(IV)堿式碳酸銨晶體難溶于水，其化學式為(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]?10H2O，是制備熱敏材料VO2的原料。實驗室以VOCl2和NH4HCO3為原料制各氧帆(IV)堿式碳酸銨晶體的裝置如圖所示：

已知：+4價釩的化合物易被氧化。

(1)裝置D中盛放VOCl2溶液的儀器名稱是__；實驗室可用濃鹽酸與V2O5混合制備VOCl2溶液同時生成一種淺黃綠色的氣體，該反應化學方程式為__。

(2)制備步驟如下：

①連接儀器：順序是e→__(按氣流方向；用小寫字母表示)；

②檢查裝置的氣密性；

③加入藥品，連接好裝置，先關閉K2，打開K1，當觀察到___(填實驗現象)時，關閉K1，打開K2；進行實驗；

④分離粗產品，具體的操作方法是__(填操作名稱)；洗滌粗產品。

(3)測定粗產品中釩的含量。實驗步驟如下：稱量xg產品于錐形瓶中，用20mL蒸餾水與30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/LKMnO4溶液至稍過量，充分反應后繼續滴加1%的NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量NaNO2，后用ymol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為zmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)

①NaNO2溶液的作用是__，滴定時可選用的指示劑是__。

②粗產品中釩的質量分數表達式為___%。

③若(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液部分變質，會使測定結果__(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。25、實驗室利用如右圖裝置進行中和熱的測定；請回答下列問題：

（1）該圖中缺少的儀器或用品有__。

（2）如用0.5mol/L的鹽酸與NaOH固體進行實驗，則實驗中測得的“中和熱”絕對值將__(填“偏大”“偏小”或“不變”)，原因是__。26、溶液在酸性條件下能與氧氣反應。現有以下實驗記錄，回答下列問題：。實驗編號①②③④⑤溫度/℃3040506070顯色時間/s16080402010

（1）該反應的離子方程式為_____________。

（2）該實驗的目的是探究___________對反應速率的影響。

（3）實驗試劑除了溶液、溶液外，還需要的指示劑是________。實驗儀器除了試管、試劑瓶、膠頭滴管、溫度計外，還需要的儀器是___________。

（4）上述實驗操作中除了需要（3）的條件外，還必須控制不變的是________（填字母）。

A.溫度B.指示劑的濃度C.試劑的用量（體積）D.試劑添加的順序。

（5）由上述實驗記錄可得出的結論是溫度每升高反應速率增大為原來的____倍。

（6）若要進行酸性強弱對反應速率的影響的探究實驗，你會采取的措施是_______。27、某化學探究小組在實驗室中制取Cl2并進行相關實驗探究Cl2的性質。

I．制備Cl2實驗。

(1)實驗室用濃鹽酸與MnO2共熱制取Cl2的化學方程式為___________。

(2)選用下列裝置制取純凈干燥的Cl2，所需裝置的接口連接順序為：發生裝置→___________。

(3)制備反應會因鹽酸濃度下降而停止。為測定反應殘余液中鹽酸的濃度；探究小組同學提出下列實驗方案：

甲方案：與足量AgNO3溶液反應；稱量生成的AgCl質量。

乙方案：采用酸堿中和滴定法測定。

丙方案：與已知量CaCO3(過量)反應，稱量剩余的CaCO3質量。

繼而進行下列判斷和實驗：

①判定甲方案不可行，理由是___________。

②進行乙方案實驗：準確量取殘余清液稀釋一定倍數后作為試樣。

a．量取試樣20.00mL，用0.1000NaOH標準溶液滴定，消耗22.00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度為___________

b．平行滴定后獲得實驗結果。

③判斷丙方案的實驗結果___________(填“偏大”；“偏小”或“準確”)。

【已知：】

II．探究Cl2性質。

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

(5)設計實驗比較Cl2和Br2的氧化性，操作與現象是：取少量新制氯水和CCl4于試管中，___。評卷人得分五、結構與性質(共3題，共6分)28、(CN)2被稱為擬鹵素，它的陰離子CN-作為配體形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反應可制得(CN)2，寫出反應方程式。___________

(2)畫出CN-、(CN)2的路易斯結構式。___________

(3)寫出(CN)2(g)在O2(g)中燃燒的反應方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的標準摩爾燃燒熱為-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的標準摩爾燃燒熱為-1300kJ·mol1，C2H2(g)的標準摩爾生成焓為227kJ·mol1，H2O(l)的標準摩爾生成焓為-286kJ·mol1，計算(CN)2(g)的標準摩爾生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一維雙鏈結構的聚合物，畫出該聚合物的結構。___________

(6)電鍍廠向含氰化物的電鍍廢液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，寫出化學方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________29、為解決汽車尾氣達標排放；催化劑及其載體的選擇和改良是關鍵。目前我國研制的稀土催化劑具有很好的催化轉化效果，催化過程圖如下。

圖片

(1)Zr原子序數為40，價電子排布為：4d25s2，它在周期表中的位置為___________，屬于___________區。

(2)CO、NO均能夠與血紅蛋白(Hb)中Fe2+形成穩定的配合物使血紅蛋白失去攜氧能力；因而具有毒性。

已知：CO進入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基態Fe2+中未成對電子數為___________。

②C、N、O三種元素，第一電離能由大到小的順序為___________，簡單氫化物的沸點由大到小的順序為___________。

③在CO、NO結構中，C、N、O原子均含有孤電子對，與Fe2+配位時，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高壓氧艙可用于治療CO中毒，結合平衡移動原理解釋其原因：___________。

(4)為節省貴金屬并降低成本；常用某些復合型物質作催化劑。一種復合型物質的晶胞結構如下圖所示。

①該復合型物質的化學式為___________。

②每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數為___________。

③已知，阿伏伽德羅常數的值為NA，該晶體的密度為ρg/cm3。其晶胞為立方體結構，則晶胞的邊長為___________cm。30、SeO2是一種常見的氧化劑，易被還原成根據X射線衍射分析，SeO2晶體是如下圖所示的長鏈狀結構：

鍵長a178b160.7

完成下列填空：

(1)與S同屬于VIA族，該族元素原子最外層電子的軌道表示式為_______，原子核外占據最高能級的電子云形狀為_______形。

(2)SeO2在315℃時升華，蒸氣中存在二聚態的SeO2，紅外研究表明，二聚態的SeO2結構中存在四元環，寫出該二聚態的結構式_______。

(3)SeO2屬于_______晶體，其熔點遠高于的理由是_______。解釋鍵能的原因_______。

(4)SeO2可將的水溶液氧化成反應的化學方程式為_______。常溫下，在稀溶液中硫酸的電離方式為：則在相同濃度與的稀溶液中，的電離程度較大的是_______，兩種溶液中電離程度不同的原因是_______。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共32分)31、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發生銀鏡反應；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結構簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結構簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質量為571；J的相對分了質量為193。碘番酸的結構簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調節濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質。計算口服造影劑中碘番酸的質量分數___________。：32、X；Y、Z、W、Q是原子序數依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設計的，這兩種化合物相遇會反應生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應的化學方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉移，則理論上需要W2Q的質量為_________。33、已知A；B、C、E的焰色反應均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉化關系（部分物質未寫出）：

（1）寫出物質的化學式：A______________；F______________。

（2）物質C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉化過程中，轉移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質X的一種同素異形體為電極，在酸性介質中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應方程式：____________________。34、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質；轉化關系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結構示意圖為__________。

②當n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉化為乙的離子方程式是____________。

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

寫出TiO2和Cl2反應生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數Ka＝___________（用含a的代數式表示）。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

A．中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是減少實驗過程中的熱量損失，故A正確；

B．大燒杯上如不蓋硬紙板；會使一部分熱量散失，求得的中和熱數值將會減小，故B正確；

C．一水合氨為弱堿；電離過程為吸熱過程，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應，反應放出的熱量小于57.3kJ，故C錯誤；

D．反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關，并若用60mL0.50mol?L?1鹽酸與50mL0.55mol?L?1NaOH溶液進行反應；與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，故D正確；

故選C。2、D【分析】【詳解】

A．反應在前4s的平均速率同一反應中速率之比等于計量數之比，所以故A錯誤；

B．平衡常數只受溫度的影響；保持其他條件不變，體積擴大到4.0L，平衡常數不變，故B錯誤；

C．充入2mol和1mol相當于充入2mol此時的轉化率為相同溫度下，起始時向容器中充入2mol達到的是等效平衡，則轉化率不變，故C錯誤；

D．溫度不變，向該容器中再充入2mol1mol若保持與原平衡的壓強相同，則可達到等效平衡，不變；然后將容器壓縮到原容器的體積，則平衡正向移動，二氧化硫的轉化率增大，氧氣的的轉化率也增大，所以該比值增大，故D正確；

故選D。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．①

②

根據蓋斯定律①+②得故A錯誤；

B．的平衡常數故B錯誤；

C．慢反應決定總反應速率，所以反應②的速率大小決定的反應速率；故C正確；

D．①正反應放熱，與圖a不符，故D錯誤；

選C。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．溶液中存在平衡：(橙色)(黃色)滴加數滴的溶液；平衡正向移動，則溶液顏色從橙色變成黃色，A正確；

B．更易與F-結合生成向氯化鋁溶液中滴加飽和溶液，再滴加氨水，不與反應生成白色沉淀；B錯誤；

C．濾紙所吸附的水作為固定相；通常以與水不混溶的有機溶劑為流動相，C錯誤；

D．用玻璃棒在過濾器上攪拌會導致濾紙破裂；過濾失敗，D錯誤；

故選：A。5、D【分析】【詳解】

A．由圖可知，達平衡后升高溫度，CO2的物質的量增大，說明升高溫度，平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，△H<0；故A錯誤；

B．T1時；沒有達到平衡狀態，不能根據圖象計算平衡常數，故B錯誤；

C．其它條件相同時，正反應△H<0，升高溫度，平衡逆移，故H2的平衡轉化率大小關系：Ⅲ<Ⅱ<Ⅰ；故C錯誤；

D．0~10min內，容器Ⅱ轉化的CO2的物質的量為0.6mol，由方程式可知生成CH3OH的物質的量為0.6mol，則容器Ⅱ中反應的平均速率：v(CH3OH)=0.06mol·L-1min-1；故D正確；

答案選D。6、A【分析】【詳解】

A．根據圖像可知反應Ⅰ的方程式為I－+H2O2＝IO－+H2O，反應Ⅱ的方程式為IO－+H2O2＝I－+O2↑+H2O，總反應式為2H2O2＝O2↑+2H2O，因此I-是該反應的催化劑，IO-是中間產物；A錯誤；

B．H2O2分解的速率由反應慢的反應Ⅰ決定；B正確；

C．活化能高低影響反應速率；因此反應Ⅰ較慢的原因可能是反應Ⅰ的活化能較高，C正確；

D．升高溫度可以提高活化分子百分數；加快反應速率，因此可提高反應Ⅰ；Ⅱ的速率，D正確；

答案選A。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖可知；反應Ⅱ和Ⅲ實現了太陽能到化學能的轉化．A項正確；

B．總反應為故和起到催化作用，B項正確；

C．由反應Ⅰ+反應Ⅱ+反應Ⅲ得則C項錯誤：

D．只與反應體系的始態和終態有關；D項正確。

故選C。二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】【詳解】

(1)10min到達A點，此時二氧化碳的轉化率為25%，CO2起始濃度均為cmol·L?1測，所以v(CO2)=0.025cmol?L-1?min-1，則v(O2)=0.0125cmol?L-1?min-1；隨著溫度升高，反應速率加快，達到平衡所需時間縮短，導致曲線乙向曲線甲靠近；可以通過減小壓強或分離CO、O2使平衡正向移動，來提高二氧化碳的轉化率，故答案為：0.0125cmol?L-1?min-1；隨著溫度升高，反應速率加快，達到平衡所需時間縮短；減小壓強(或分離CO、O2)；

(2)a.只要反應發生就有單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolCO；所以不能說明反應達平衡狀態，故a錯誤；

b.反應體系都是氣體物質，體積不變，所以混合氣體的密度始終不變，故b錯誤；

c.CO2的轉化率不再變化；說明正逆反應速率相等，反應達平衡狀態，故c正確；

d.該反應前后氣體系數之和不相等；密閉容器中壓強不再改變，說明各物質的量不變，反應達平衡狀態，故d正確；

e.氣體總質量一直不變；但未平衡時氣體的物質的量發生改變，所以當混合氣體的平均相對分子質量不再改變，說明各物質的量不變，反應達平衡狀態，故e正確；

f.當c(CO2)∶c(CO)∶c(O2)=2∶2∶1時；正逆反應速率不一定相等，反應不一定到達平衡，故f錯誤；

故答案為：cde。【解析】①.0.0125cmol?L-1?min-1②.隨著溫度升高，反應速率加快，達到平衡所需縮短③.減小壓強(或分離CO、O2)④.cde9、略

【分析】【詳解】

（1）①在廢水中通入在紫外光(UV)照射下產生羥基自由基(·OH)，同時生成氧氣，方程式為：

②氫氧化鈣能與碳酸根離子或碳酸氫根離子反應，除去溶液中和使·更多地氧化分解絡合物；提高氧化效果。

（2）將和溶液在乙醇和水的混合溶液中混合攪拌(氛圍)，充分反應得到納米零價鐵、HCl、NaCl和根據氧化還原反應配平該反應，該反應的方程式為：

（3）由甘氨酸的結構可知；氮原子和氧原子提供孤對電子，形成配位鍵，則配合物中配位原子是氮和氧。

結合去除機理分析，納米零價鐵吸附甘氨酸鉻導致溶液中的鉻濃度降低，隨后Cr(Ⅲ)被·OH氧化為Cr(Ⅵ)并從納米零價鐵表面脫附，導致溶液中的鉻濃度升高，Cr(Ⅵ)在納米零價鐵表面吸附還原為Cr(Ⅲ)，并和納米零價鐵的氧化產物形成溶液中的鉻濃度下降。【解析】(1)除去溶液中和使·更多地氧化分解絡合物；提高氧化效果。

(2)

(3)N、O納米零價鐵吸附甘氨酸鉻導致溶液中的鉻濃度降低，隨后Cr(Ⅲ)被·OH氧化為Cr(VI)并從納米零價鐵表面脫附，導致溶液中的鉻濃度升高，Cr(VI)在納米零價鐵表面吸附還原為Cr(Ⅲ)，并和納米零價鐵的氧化產物形成溶液中的鉻濃度下降10、略

【分析】【分析】

(1)氯水中含氯氣；HClO、水三種分子；含氫離子、氫氧根離子、氯離子、次氯酸根離子，與藥品不反應，則不變質；

(2)必須加入氧化劑；則選項中為還原劑的反應，還原劑中某元素的化合價升高，且反應一步轉化；

(3)由兩個活性不同的電極；有電解質溶液、形成閉合回路、可自發進行放熱的氧化還原反應可構成原電池；

(4)原電池中；作負極的金屬活潑；

(5)變價金屬與強氧化劑反應生成高價金屬化合物；與弱氧化劑反應生成低價金屬化合物；

(6)電解質；非電解質都為化合物；利用熔融或溶于水能否電離分析。

【詳解】

氯水中含氯氣、HClO、水三種分子，含氫離子、氫氧根離子、氯離子、次氯酸根離子，氯氣、HClO均與發生氧化還原反應而變質，氯離子與生成AgCl沉淀而變質，故答案為：

中N元素的化合價升高；需要加氧化劑，但不能一步轉化，故不選；

中N元素的化合價降低；與水反應可轉化，不需要加還原劑，故不選；

中N元素的化合價升高；與水反應可轉化，不需要加氧化劑，故不選；

中N元素的化合價升高；需要加氧化劑，可一步轉化，故選；

中N元素的化合價降低；需要加還原劑轉化，故不選；

故答案為：

中只有Zn不能構成原電池，電極材料相同不能構成原電池，中酒精為非電解質不能構成原電池，不是閉合回路不能構成原電池，而符合原電池的構成條件，故答案為：

相連時，外電路電流從流向為負極，金屬性

相連時，為正極，為負極，金屬性

相連時，上有氣泡逸出，為負極，金屬性

相連時，的質量減少，為負極，金屬性

則金屬活動性由大到小的順序是

與S反應生成不能直接得到，故選；

與S反應直接得到FeS；故不選；

與氧氣反應直接生成故選；

與氫氣反應生成故不選；

⑤Fe與氯氣反應直接生成不能生成FeCl2；故選；

故答案為：

氨氣溶于水；溶液能夠導電，但氨氣本身不能電離，為非電解質；

氨水為混合物；既不是電解質也不是非電解質；

鹽酸為混合物；既不是電解質也不是非電解質；

醋酸為乙酸和水為混合物；既不是電解質也不是非電解質；

硫酸鋇在熔融狀態下完全電離；為強電解質；

氯化銀在熔融狀態下完全電離；為強電解質；

氯化鈉在熔融狀態下及溶于水均完全電離；為強電解質；

二氧化碳溶于水；溶液能夠導電，但二氧化碳本身不能電離，為非電解質；

醋酸銨在熔融狀態下及溶于水均完全電離；為強電解質；

氫氣為單質；既不是電解質也不是非電解質；

水能微弱電離；為弱電解質；

則屬于強電解質的是屬于非電解質的是

【點睛】

電解質是指在水溶液中或熔融狀態下能導電的化合物，例如酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物等，凡在上述情況下不能導電的化合物叫非電解質，例如非金屬氧化物、一些氫化物和一些有機物如蔗糖和酒精等；特別注意能導電的不一定是電解質，且非電解質的水溶液也可能導電，如CO2的水溶液導電，是因為生成碳酸的緣故；另外電解質和非電解質都是化合物，既要排除單質又要排除混合物。【解析】①②④⑤④②④⑥⑦①③④②①③⑤⑤⑥⑦⑨①⑧11、略

【分析】【詳解】

(1)根據題意，燃料作負極，氧化劑作正極，B口通入O2，則b電極是正極，該電池的負極電極反應式為CH3CH2OH＋16OH－－12e－=2＋11H2O；故答案為：正極；CH3CH2OH＋16OH－－12e－=2＋11H2O。

(2)根據圖乙中電子轉移分析出M為負極，N為正極，電池負極是H2O變為O2，其電池負極的反應式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑；故答案為：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑

(3)鉛蓄電池是常用的化學電源，其電極材料分別是Pb和PbO2，電解液為硫酸。該電池總反應式為PbO2＋4H＋＋＝PbSO4＋2H2O；因此正極附近溶液的酸性。(已知：硫酸鉛為不溶于水的白色沉淀，生成時附著在電極上)

①該蓄電池放電時，根據電解質溶液中離子移動是“同性相吸”原則，因此陰離子移向負極；正極電極反應式為PbO2＋2e－＋4H＋＋＝PbSO4＋2H2O，因此正極附近溶液的酸性減弱，根據方程式轉移2mol電子，正極由1molPbO2變為1molPbSO4，增加的質量相當于1molSO2即64g，因此當外電路通過1mol電子時，理論上正極板的質量增加32g；故答案為：32。【解析】正極CH3CH2OH＋16OH－－12e－=2＋11H2O2H2O－4e－=4H＋＋O2↑負極減弱3212、略

【分析】【詳解】

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

【分析】【詳解】

（1）碳酸鈉俗稱純堿，可作為堿使用的原因是碳酸鈉水解產生氫氧化鈉：CO＋H2OHCO＋OH-；（2）25℃時，pH值都等于11的NaOH溶液中，氫氧根離子抑制了水的電離，溶液中氫離子是水電離的，水電離的氫離子為：1×10-11mol/L；pH=11的碳酸鈉溶液中，碳酸根離子水解促進了水的電離，溶液中氫氧根離子是水電離的，水電離的氫離子濃度為：=10-3mol/L，水電離的OH-濃度之比是=1：108；（3）A．碳酸鈉溶液中遵循物料守恒，根據物料守恒可知：[CO32－]＋[HCO3－]＋[H2CO3]=0.1mol·L－1，選項A錯誤；B、碳酸鈉溶液中遵循物料守恒，根據物料守恒可知：[CO32－]＋[HCO3－]＋[H2CO3]=0.1mol·L－1，選項B正確；C、碳酸鈉溶液中，水電離的氫離子與氫氧根離子一定相等，根據質子守恒可知：[OH-]=[H+]+[HCO3-]+2[H2CO3]，選項C錯誤；D、碳酸鈉溶液中，水電離的氫離子與氫氧根離子一定相等，根據質子守恒可知：[OH-]=[H+]+[HCO3-]+2[H2CO3]，則[Na＋]＋[OH-]=[Na＋]＋[H+]+[HCO3-]+2[H2CO3]，選項D錯誤。答案選B；（4）由于鹽類的水解程度很小，故離子濃度大小關系為：[Na+]>[CO32-]>[OH-]>[HCO3-]>[H+]；（5）【解析】CO＋H2OHCO＋OH-1：108B[Na+]>[CO32-]>[OH-]>[HCO3-]>[H+]23.614、略

【分析】【詳解】

(1)圖中若能說明反應是放熱反應的；可通過廣口瓶中盛有一定量的氣體，氣體體積受熱膨脹，會將U形管中的液體向外壓，則U形管現象是：甲處液面下降，乙處液面上升；

(2)A圖表示反應物的能量比生成物低；相應反應是吸熱反應，與該反應是放熱反應不符合；而B圖中反應物的能量比生成物的高，發生反應放出熱量，反應是放熱反應，與該反應的熱效應相吻合，故圖中能正確表示該反應過程中能量變化的是B；

①將膽礬加熱至其變為白色粉末；發生變化吸收熱量，與上述能量變化不符合，①不符合題意；

②濃硫酸稀釋放出大量熱量；與上述能量變化不符合，②符合題意；

③乙醇燃燒放出大量的熱量；與上述能量變化相符合，③符合題意；

④碳和二氧化碳在高溫下反應生成一氧化碳；發生反應吸收熱量，與上述能量變化不符合，④不符合題意；

⑤向硝酸中滴加氫氧化鈉溶液；發生中和反應放出大量的熱量，與上述能量變化相符合，⑤符合題意；

⑥干冰的升華需吸收大量熱量；與上述能量變化不符合，⑥不符合題意；

綜上所述可知：變化過程與上述能量吻合的是②③⑤；

(4)已知：①△H=-151.2kJ/mol；

②△H=-57.3kJ/mol

根據蓋斯定律，將①+②×2，整理可得熱化學方程式：△H=-265.8kJ/mol。【解析】U形管甲處液面下降，乙處液面上升B②③⑤△H=-265.8kJ/mol。三、判斷題(共9題，共18分)15、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關，也和溶度積常數有關，溫度升高，溶度積常數增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。16、B【分析】【分析】

【詳解】

純水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某溫度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此該溫度下，c(OH-)=故此判據錯誤。17、A【分析】【詳解】

放熱過程有自發進行的傾向性，但并不一定能自發進行，吸熱過程沒有自發進行的傾向性，但在一定條件下也可自發進行，正確。18、A【分析】【分析】

【詳解】

由蓋斯定律可知：化學反應的反應熱只與反應體系的始態和終態有關，而與反應途徑無關，正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

25℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液為中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若溫度為100℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液為中性，因此pH＜7的溶液可能呈堿性、中性或酸性，故此判據錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

氫氧化鈣溶液顯堿性，碳酸鈉溶液由于水解顯堿性；玻璃的成分中含有二氧化硅，能夠與堿反應生成硅酸鈉，硅酸鈉具有粘性，容易使磨口瓶塞和瓶頸粘在一起，不易打開，所以應該選擇橡皮塞或軟木塞，故此判據錯誤。21、A【分析】【分析】

【詳解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃時Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在該溫度下NaOH溶液中c(H+)=所以該溶液的pH=10，故在100℃時0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的說法是正確的。22、A【分析】【分析】

【詳解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室溫下Kw=10-14mol2/L2，所以該溶液中c(H+)=10-12mol/L，故該溶液的pH=12，因此室溫下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的說法是正確的。23、A【分析】【分析】

【詳解】

加入反應物可使平衡正向移動，加入反應物本身的轉化率減小，故正確。四、實驗題(共4題，共12分)24、略

【分析】【分析】

裝置C中發生反應生成CO2，將CO2通入裝置A(盛裝飽和NaHCO3溶液)用于除去CO2中混有的HCl氣體，再將CO2通入裝置D中，發生反應生成NH4HCO3，最后將氣體通入裝置B(盛裝澄清石灰水)，以檢驗CO2氣體；

(1)

裝置D中盛放VOCl2溶液的儀器名稱是恒壓漏斗；濃鹽酸與V2O5混合制備VOCl2溶液同時生成一種淺黃綠色的氣體Cl2，Cl元素化合價升高了1，V元素化合價降低了1，反應化學方程式為：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O；

(2)

①裝置C中發生反應生成CO2，化學方程式為：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，將CO2通入裝置A(盛裝飽和NaHCO3溶液)用于除去CO2中混有的HCl氣體，再將CO2通入裝置D中，發生反應，最后將氣體通入裝置B(盛裝澄清石灰水)，以檢驗CO2氣體，所以上述裝置依次連接的合理順序為e→a→b→f→g→c→d；

③實驗開始時，先關閉K2，打開K1，當B中溶液變渾濁時，關閉K1，打開K2，進行VOCl2和NH4HCO3反應的實驗；

④由于生成的氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體難溶于水；所以實驗完畢后，從裝置D中分離產品的操作方法是過濾；

(3)

①NaNO2中N元素為+3價，既有還原性，又有氧化性，本題中加入的NaNO2溶液的作用是除去過量的KMnO4，用(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定，加入即消耗Fe2+，當滴定至終點時Fe2+過量，可用K4[Fe(CN)6]試劑來做指示劑；

②粗產品中釩的質量分數以VO2計，由滴定原理VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，則有關系式：(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]?10H2O～6VO2～6VO～6Fe2+，所以釩的質量分數為：

③若(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液部分變質，Fe2+的濃度偏小，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液偏多，會使測定結果偏高。【解析】(1)恒壓漏斗V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O

(2)e→a→b→f→g→c→dB中溶液變渾濁過濾。

(3)除去過量的KMnO4K4[Fe(CN)6]偏高25、略

【分析】【分析】

本題考查酸堿中和熱的測量的原理；實驗儀器和誤差分析；難度一般。

【詳解】

（1）從中和熱的測量實驗可知；為使酸堿完全；快速反應需要進行攪拌，故該圖中缺少環形玻璃攪拌棒，減少熱量的損失是該實驗的關鍵，故燒杯上方缺少泡沫塑料板或硬紙板，故答案為：環形玻璃攪拌棒、泡沫塑料板或硬紙板；

（2）中和熱是酸堿稀溶液進行反應，由于NaOH固體溶于水的過程中將釋放熱量，故如用0.5mol/L的鹽酸與NaOH固體進行實驗，則實驗中測得的“中和熱”絕對值將偏大，故答案為：偏大；NaOH固體溶于水的過程中將釋放熱量。【解析】環形玻璃攪拌棒、泡沫塑料板或硬紙板偏大氫氧化鈉固體溶于水放熱26、略

【分析】【分析】

酸性條件下I-能被氧氣氧化為I2；根據圖表顯示數據是溫度與顯色所需要時間；并結合影響反應速率分析。

【詳解】

(1)根據得失電子數目相等、電荷守恒和原子守恒，可得該反應的離子方程式為

(2)表中數據只有溫度和顯色時間；故該實驗的目的是探究溫度對反應速率的影響；

(3)產物中有碘單質生成；還需要的試劑是淀粉溶液，實驗現象為無色溶液變藍色；為測定顯色時間，需要秒表；

(4)設計實驗必須保證其他條件不變；只改變一個條件，才能得到準確的結論，還必須控制不變的是試劑的濃度；用量(體積)和試劑添加的順序，故答案為BCD；

(5)分析實驗數據，溫度每升高顯色時間縮短到原來的一半，故可得出的結論是：每升高反應速率增大約2倍；

(6)若要進行酸性對反應速率影響的探究實驗；需保持其他實驗條件不變，采用不同濃度的硫酸溶液進行對比實驗。

【點睛】

本題明確實驗原理和影響反應速率探究操作原理是解題關鍵，試劑的選擇要抓住I2遇淀粉溶液變藍色的特性，探究速率影響因素時要注意只能有一個變量，其它因素均保持不變。【解析】溫度淀粉溶液秒表BCD2保持其他實驗條件不變，采用不同濃度的硫酸溶液進行對比實驗27、略

【分析】【分析】

本題以實驗制備氯氣為題材，實驗制備氯氣的反應原理為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O，這樣制備得到的Cl2中含有HCl，需先經過盛有飽和食鹽水的試劑瓶中來除去Cl2中的HCl，在經過盛有濃硫酸的試劑瓶來干燥氯氣，氯氣的密度比空氣的大，應該用向上排空氣法，最后用堿石灰吸收多余的Cl2，由于生成物MnCl2也能與AgNO3反應生成AgCl，帶來實驗誤差，故方案甲不行，根據新制氯水的成分不難確定具有氧化性的含氯微粒，以及用實驗的方法來驗證氯氣的氧化性強于Br2；據此分析解題。

(1)

實驗室用濃鹽酸與MnO2共熱制取Cl2的化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(2)

實驗室用濃鹽酸與MnO2共熱制備得到的Cl2中含有HCl，需先經過盛有飽和食鹽水的試劑瓶中來除去Cl2中的HCl，在經過盛有濃硫酸的試劑瓶來干燥氯氣，氯氣的密度比空氣的大，應該用向上排空氣法，最后用堿石灰吸收多余的Cl2；以免污染環境，故可確定所需裝置的接口的連接順序為：ghdcije(f)，故答案為：ghdcije(f)；

(3)

①與足量AgNO3溶液反應，稱量生成的AgCl質量，加入足量的硝酸銀溶液，殘余液中的MnCl2也會與AgNO3反應形成沉淀，故答案為：殘余液中的MnCl2也會與AgNO3反應形成沉淀；

②a，為測定反應殘余液中鹽酸的濃度，量取試樣20.00mL，用0.1000mol?L-1NaOH標準溶液滴定，選擇的指示劑是甲基橙，消耗22.00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度==0.1100mol/L；故答案為：0.1100；

③根據題意碳酸錳的Ksp比碳酸鈣小；由于部分碳酸鈣與轉化成碳酸錳沉淀，稱量剩余的固體質量會偏大，這樣一來反應的固體減少，實驗結果偏小，故答案為：偏小；

(4)

Cl2通入水中，由于發生反應：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-，故答案為：Cl2、HClO、ClO-；

(5)

氯氣有強的氧化性能從溴化鈉溶液中置換出溴，溴的四氯化碳溶液顯橙紅色，可證明氯氣氧化性大于溴，即操作為：取少量新制氯水和CCl4于試管中，用膠頭滴管向試管中滴加溴化鈉溶液、振蕩使其充分反應，靜置，溶液出現分層現象，下層溶液變為橙紅色，反應方程式：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，故答案為：用膠頭滴管向試管中滴加溴化鈉溶液，振蕩、靜置，溶液中出現分層現象，并且下層溶液變為橙紅色。【解析】(1)

(2)ghdcije(f)

(3)殘余溶液中MnCl2含有氯離子；使結果偏大0.1100偏小。

(4)Cl2、HClO、

(5)滴加NaBr溶液，振蕩靜置，下層溶液呈紅棕(棕紅)色五、結構與性質(共3題，共6分)28、略

【分析】【分析】

【詳解】

(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原子序數為40，價電子排布為：4d25s2，電子層數為5，則Zr位于第5周期，外圍有4個電子，則位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置為第5周期第ⅣB族，最后填入電子的能級為d，所以Zr屬于d區元素。

（2）Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2，Fe2+的電子排布式為[Ar]3d6，根據電子排布的泡利原理和洪特規則，3d上的6個電子有2個在同一原子軌道中，另外4個均單獨占據一條軌道，所以基態Fe2+中未成對電子數為4。第一電離能是氣態基態電中性原子失去一個電子形成氣態基態正離子時所需的最低能量。C、N、O三種元素中，C的半徑最大，核電荷數最少，對電子的束縛力最弱，其第一電離能最小；N的2p軌道上排布了3個電子，達到了半充滿的穩定結構，其第一電離能比O大，則C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C.N、O三種元素的簡單氫化物分別為CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子間有氫鍵，其沸點高于CH4，水分子間的氫鍵比NH3分子間的氫鍵強，所以水的沸點高于NH3，所以C、N、O三種元素簡單氫化物的沸點由大到小的順序為H2O＞NH3＞CH4。O電負性比N和C大，成鍵時不易給出孤對電子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動，釋放出CO，可用于治療CO中毒。在該晶胞中，O位于立方體的棱心，所以該晶胞含有3個O，Ti原子位于頂點，則含有1個Ti，Sr位于體心，則含有1個Sr，該復合型物質的化學式為TiSrO3；每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數為6；該晶胞的質量為g，晶體密度為ρg/cm3，所以晶胞的體積為cm3，晶胞的邊長為cm。【解析】(1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O電負性比N和C大，成鍵時不易給出孤電子對，不易和Fe2+配位CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動，釋放出CO，可用于治療CO中毒SrTiO3630、略

【分析】【詳解】

(1)與S同屬于VIA族，該族元素原子最外層電子上有6個電子，故最外層電子的軌道表示式為原子核外占據最高能級為4p能級，故其電子云形狀為啞鈴或紡錘體形，故答案為：啞鈴或紡錘體；

(2)SeO2在315℃時升華，蒸氣中存在二聚態的SeO2，紅外研究