2024年沪教版选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………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2024年沪教版选择性必修1化学下册月考试卷662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、研究人员研制出一种可作为鱼雷和潜艇的储备电源的新型电池——锂水电池(结构如图)；使用时加入水即可放电。下列关于该电池的说法不正确的是()

A.锂为负极，钢为正极B.工作时负极的电极反应式为Li－e－＝Li＋C.工作时OH－向钢电极移动D.放电时电子的流向：锂电极→导线→钢电极2、下列物质属于弱电解质的是A.NH3·H2OB.NaOHC.NaClD.H2SO43、合成绿色能源，消除环境污染，是新时代化学研究的热点课题，在这一领域的研究中，电化学可以大有作为。右面就是一种利用氢气来消除CO、NH3、NO等对境污染气体的电化学装置，在消除污染气体的同时，还可获得绿色能源甲醇，以及化工产品KOH(aq)和H2SO4溶液等。下列说法中错误的是。

A.消除CO污染的工作池内要先加入稀硫酸，以提供合成甲醇所需的原料B.从C出口逸出的气体相同，都是空气中含量最多的气体C.从D出口分别获得的化工产品是硫酸和氢氧化钾D.理论上消除标况下的有害气体NH322.4L，需消耗氢气3克4、以甲烷为燃料的电池的工作原理如图所示；下列说法正确的是。

A.电池工作时，乙池中的移向石墨B.甲池中通入的一极上发生的反应为C.甲池中每消耗2.24L氧气，转移的电子数为D.乙池Pt电极上发生的反应为↑5、下列说法正确的是A.pH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后pH=3B.室温下pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H+)相同C.室温下pH=3的醋酸溶液和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性D.某温度下，水的离子积常数为1×10-12，该温度下pH=7的溶液呈中性6、下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）（）A.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq）+H2O(l)△H=+57.3kJ/mol(中和热）B.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=－1367.0kJ/mol(燃烧热)C.S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=－296.8kJ/mol(反应热）D.2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热）7、电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附作用；可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示。下列说法错误的是。

A.电解池的石墨电极上发生还原反应B.通空气的电极反应式为O2+4e--=2O2-C.甲烷燃料电池中CO向甲烷一极移动D.通甲烷的电极反应式：CH4+4CO-8e-=5CO2+2H2O8、室温下，下列说法正确的是A.等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性B.CH3COOH溶液和HCl溶液导电能力相同，则醋酸浓度大于盐酸C.pH相同的CH3COOH溶液和HCl溶液，c(CH3COO-)＞c(Cl-)D.0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中，c(CH3COO-)=0.1mol·L-1评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气；改善环境；是环境保护的主要课题。

（1）以漂粉精溶液为吸收剂脱除烟气中的NO；相关热化学方程式如下：

ⅰ.4NO(g)+3O2(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq)∆H1=-423kJ·mol-1

ⅱ.Ca(ClO)2(aq)=CaCl2(aq)+O2(g)∆H2=-120kJ·mol-1

ⅲ.3Ca(ClO)2(aq)+4NO(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq)+3CaCl2(aq)∆H3

∆H3=___kJ·mol-1。

（2）2.00g甲烷气体完全燃烧，生成CO2和液态H2O，放出111.2kJ的热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：___；10、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)＋B(g)C(g)。

（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC。这时A的物质的量为________mol。

（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为________mol。11、向某密闭容器中加入4molA、1.2molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如甲图所示[已知t0～t1阶段保持恒温、恒容，且c(B)未画出]。乙图为t2时刻后改变反应条件，反应速率随时间的变化情况，已知在t2、t3、t4、t5时刻各改变一种不同的条件，其中t3时刻为使用催化剂。

(1)若t1=15s，则t0～t1阶段的反应速率为v(C)=_______。

(2)t4时刻改变的条件为_______，B的起始物质的量为_______。

(3)t5时刻改变的条件为______。

(4)已知t0～t1阶段该反应放出或吸收的热量为QkJ(Q为正值)，试写出该反应的热化学方程式_____________。12、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）=CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝____________________

（2）该反应为________________反应（选填吸热；放热）。

（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是________（多选扣分)a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．υ正（H2）=υ逆（H2O）d．c（CO2）=c（CO）13、(1)物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4、②(NH4)2CO3、③(NH4)2Fe(SO4)2、④NH4Cl四种溶液中：c()由大到小的关系___________(填序号)

(2)已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：。弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)1.8×10－54.9×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11

等物质的量浓度的①NaCN、②Na2CO3、③NaHCO3、④CH3COONa溶液pH由大到小关系为：_______(填序号)14、运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意义。

（1）用CO可以合成甲醇。已知：

CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764.5kJ·mol－1

CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1

则CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝__kJ·mol－1

（2）下列措施中能够增大上述合成甲醇反应的反应速率的是__(填写序号)。

a．使用高效催化剂b．降低反应温度。

c．增大体系压强d．不断将CH3OH从反应混合物中分离出来。

（3）在一定压强下，容积为VL的容器中充入amolCO与2amolH2；在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡转化率与温度；压强的关系如图所示。

①p1__p2(填“大于”；“小于”或“等于”)；

②100℃时，该反应的化学平衡常数K＝__(mol·L－1)－2；

③在其它条件不变的情况下，再增加amolCO和2amolH2，达到新平衡时，CO的转化率__(填“增大”、“减小”或“不变”)。15、（1）13gC2H2(g)完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出659kJ的热量，写出表示该物质燃烧热的热化学方程式___________________________。

（2）已知反应：Cl2＋2HBr===Br2＋2HCl。

Ⅰ.当有0.2molHCl生成时放出8.1kJ的热量。

Ⅱ.其能量变化示意图如图：

则该反应的热化学方程式为_____________________________________。由上述数据判断断开1molH—Cl键与断开1molH—Br键所需能量相差约为________kJ。

（3）已知：①2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－566kJ·mol－1

②Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋1/2O2(g)ΔH＝－226kJ·mol－1

则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数目为________。

（4）已知CO、H2、CH4的燃烧热分别为283kJ·mol－1、286kJ·mol－1、890kJ·mol－1。若将amolCH4、CO和H2的混合气体完全燃烧,生成CO2气体和液态水,且CO2和水的物质的量相等时,则放出热量(Q)的取值范围是____。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、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17、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误18、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)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、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热。_____21、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误22、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、有机推断题(共4题，共8分)23、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___________。：24、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_________。25、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：____________________。26、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）。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共28分)27、已知由短周期常见元素形成的纯净物A、B、C、D、E、F、X转化关系如图所示，B、X为单质，D常温下为无色液体，A、B含同一种元素。某些产物可能略去请回答下列问题：

(1)若E是红棕色气体；F是一元强酸，反应①是工业制备F的第一步反应．

①写出A与X反应的化学方程式：________。

②在常温下，向pH=12的A的水溶液中加入等体积pH=2的盐酸，则反应后溶液的pH_____7(填“＜”；“=”或“＞”)

③已知常温下46g气体E与发生反应③放出46kJ热量，写出气体E与发生反应③的热化学方程式_____。

(2)若E为无色无味气体；F是二元弱酸：

①请写出和E互为等电子体的一种分子的分子式：_______。

②将少量气体E通入氢氧化钡溶液中得不溶物H，现将该沉淀放入0.1mol·L－1的溶液中，其_____(填“增大”、“减小”或“不变”)，此时组成不溶物H的阴离子在溶液中的浓度为_______mol·L－1。(H的28、下图表示各物质之间的转化关系。已知A；D、F、H均为单质；X常温下为液体，B为淡黄色固体，J溶于酸得到黄色溶液。

请按要求填空：

(1)写出生成E的电极反应式：_______________________

反应⑤的现象是：__________________________________________________

(2)反应①的化学反应方程式：_____________________________________

在实验室中引发反应④的操作是：_______________________________

(3)I和G溶液反应的化学方程式：__________________________________________29、短周期元素X；Y、Z、W、N的原子序数依次增大；其中X的一种同位素原子没有中子，Y的一种核素可做考古学家测定文物的年代，Z为地壳中含量最多的非金属元素，W的焰色反应为黄色，N原子为所在周期原子半径最小的原子(稀有气体除外)

(1)W在周期表中的位置______。

(2)元素Z和W形成的一种化合物为淡黄色固体，该化合物的电子式为___，该化合物中化学键有______。

(3)WNZ溶液呈______性(填“酸”“碱”或“中”)，原因是______。(用离子方程式表示)

(4)甲和乙是由上述元素X分别与元素Y、Z形成的10电子分子，______(填化学式)沸点更高，原因：______。30、有A；B，C，D，E，F，G六种短周期元素，原子序数依次增大。

A元素的单质在自然界中最轻；B，C，D，G在周期表的位置如图，它们的原子序数之和为37。E元素的电负性在同周期中最小，F是同周期中原子半径最小的金属元素。试回答：

(1)A2D、A2G沸点较高的是__(填化学式)，原因是______。

(2)E位于元素周期表第__周期第___族，F原子结构示意简图为：______，G的基态原子核外电子排布式是______。

(3)将0.1mol·L-1G的最高价氧化物的水化物溶液逐滴滴入由B，D，E三种元素组成的无机盐溶液中，则刚开始时发生反应的离子方程式为______。

(4)C与A形成10电子化合物的电子式是______，该化合物与D2在一定条件发生置换反应，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。

(5)已知16g单质G完全燃烧放出148kJ热量。写出单质燃烧的热化学方程式__。评卷人得分六、实验题(共4题，共12分)31、某化学小组将草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液与硫酸酸化的KMnO4溶液混合。研究发现，少量MnSO4可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响；探究如下：

（1）常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验。请完成以下实验设计表。实验编号温度初始pH0.1mol·L-1草酸体积/mL0.01mol·L-1KMnO4体积/mL蒸馏水体积/mL数据混合液褪色时间/s①常温1205030t1②常温2205030t2③常温240abt3

表中a、b的值分别为a=___、b=___。

（2）该反应的离子方程式为___。

（3）若t1＜t2，则根据实验①和②得到的结论是___。

（4）请你设计实验④验证MnSO4对该反应起催化作用，完成表中内容。实验方案(不要求写出具体操作过程)预期实验结果和结论___反应混合液褪色时间小于实验①中的t1，则MnSO4对该反应起催化作用（若褪色时间相同，则MnSO4对该反应无催化作用）32、用如图所示装置进行中和反应反应热的测定实验；请回答下列问题：

(1)取溶液与溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高已知中和后生成的溶液的比热容为溶液的密度均为1g/cm3，通过计算可得生成时放出的热量为__________(保留小数点后一位)

(2)上述实验数值结果与有偏差，产生此偏差的原因可能是__________(填字母序号)。

a.实验装置保温；隔热效果差。

b.用温度计测定溶液起始温度后直接测定溶液的温度。

c.一次性把溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中。

(3)实验中若改用溶液与溶液进行反应，与上述实验相比，通过计算可得生成时所放出的热量__________(填“相等”、“不相等”)。若用醋酸代替溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会填__________“偏大”、“偏小”、“不受影响”。33、某小组同学用下图装置在钢制钥匙上镀铜。观察到钥匙表面迅速变红；同时有细小气泡产生。30s后取出钥匙检验，镀层较好。

(1)与电源正极相连的是___________(填“精铜”或者“钥匙”)。

(2)钥匙上发生的电极反应式是___________。

(3)该装置中；精铜的作用是(选填序号)___________。

a．阳极反应物b．阳极材料c．阴极反应物。

d．阴极材料e．电子导体f．离子导体。

(4)钥匙表面产生的细小气泡可能是___________。34、钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3)进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺如下图所示:

回答下列问题:

（1）LiFePO4中Fe的化合价是_______________________。

（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是__________________________________。

（3）用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的:__________________________。操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是___________。

（4）TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为______________________；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是________________________________。

（5）“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4，当溶液中c(PO43-)=1.0×10-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)=_______mol/L[已知:该温度下，Ksp(FePO4)=1.0×10-22]。

（6）由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17%H2O2溶液与草酸(H2C2O4)的质量比是_____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A；电池以金属锂和钢为电极材料；LiOH为电解质，锂做负极，钢为正极，钢上发生还原反应，A正确；

B、锂水电池中，锂是负极，发生失去电子的氧化反应：Li－e－＝Li+；B正确；

C、原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH-向负极锂电极移动；C错误；

D；放电时电子流向为负极→导线→正极；即锂电极→导线→钢电极，D正确；

答案选C。

【点睛】

掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意电极名称、电极反应、离子移动方向、电子和电流方向的判断，难点是电极反应式的书写，注意结合放电微粒和电解质溶液的性质分析。2、A【分析】【详解】

A．NH3·H2O在水中只能部分电离产生OH-，水溶液能够导电，主要以分子NH3·H2O存在，因此NH3·H2O属于弱电解质；A符合题意；

B．NaOH在水中完全电离产生Na+、OH-；所以NaOH属于强电解质，B不符合题意；

C．NaCl在水中完全电离产生Na+、Cl-；所以NaCl属于强电解质，C不符合题意；

D．H2SO4在水中完全电离产生H+、所以H2SO4属于强电解质；D不符合题意；

故合理选项是A。3、C【分析】【分析】

由图可知，CO发生还原反应生成甲醇，因此右面右侧发生氧化反应，该装置产生的气体物质均不会污染环境，因此NH3被氧化为N2，其电极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+，通过阴离子交换膜，右面左侧NO发生还原反应，其电极反应式为2NO+4e-+2H2O=N2+4OH-，K+通过阳离子交换膜，最终获得化工产品KOH(aq)和H2SO4溶液；以此进行解答。

【详解】

A．稀硫酸在消除CO污染的工作池中作电解质溶液，其作用是传导H+；因此该工作池要先加入稀硫酸，故A项说法正确；

B．由上述分析可知，B、C出口逸出的气体均为N2，N2是空气中含量最多的气体；故B项说法正确；

C．由上述分析可知，从A、D出口分别获得的化工产品KOH(aq)和H2SO4溶液；故C项说法错误；

D．标准状况下22.4LNH3物质的量为=1mol，完全反应生成N2将转移3mol电子，氢气被氧化为H+，根据得失电子守恒可知，转移3mol电子将消耗1.5molH2；其质量为1.5mol×2g/mol=3g，故D项说法正确；

综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。4、A【分析】【分析】

由图可知甲池为碱性甲烷燃料电池；通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极；乙池为电解池，石墨电极为阳极，Pt电极为阴极。

【详解】

A．电解池中，阴离子向阳极移动，因此乙池中的移向石墨；A正确；

B．通入甲烷的电极为燃料电池负极，失电子，结合电解质为碱可知电极反应式为B错误；

C．甲池为燃料电池，通入氧气的电极为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；每消耗1mol氧气转移4mol电子，选项中未给标准状况，无法计算出消耗氧气的体积，C错误；

D．乙池中Pt电极为电解池阴极，氢离子在此极得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑,D错误；

选A。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．醋酸是弱酸，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，pH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后1<3；故A错误；

B．NH4Cl水解促进水电离，醋酸电离出的氢离子抑制水电离，室温下pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H+)不相同；故B错误；

C．醋酸是弱酸，室温下pH=3的醋酸溶液和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合后；醋酸有剩余，所以溶液呈酸性，故C正确；

D．某温度下，水的离子积常数为1×10-12；该温度下pH=6的溶液呈中性，pH=7的溶液呈碱性，故D错误；

选C。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．酸碱中和反应是放热反应，△H应为负值；选项A错误；

B．燃烧热是指常温常压下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的能量，H元素的稳定氧化物为H2O(l)；选项B错误；

C．1mol硫在氧气中燃烧生成1mol二氧化硫放出296.8kJ热量，表示硫与氧气的反应热S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=－296.8kJ/mol(反应热）；选项C正确；

D．2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热）；未标注物质聚集状态，选项D错误；

答案选C。7、B【分析】【详解】

A．甲烷燃料电池中通甲烷气体的电极是负极；电解池的石墨电极连接电池的负极，因此，电解池的石墨电极是阴极，发生还原反应，A正确；

B．甲烷燃料电池中通氧气的电极是正极，O2分子在该极上得到电子发生还原反应，由于介质是熔融的碳酸盐，正极通入氧气与二氧化碳的混合物，因此，正极的电极反应式为：

O2+2CO2+4e-=2COB错误；

C．燃料电池属于原电池，工作时，阴离子向负极迁移，因此，CO向通甲烷的电极移动；C正确；

D．CH4中碳元素为-4价，它在负极上发生氧化反应转化为CO2，碳元素从-4价升高为+4价，一个CH4分子可失去8个电子，由于燃料电池的介质是熔融的碳酸盐，负极的电极反应式为：CH4+4CO-8e-=5CO2+2H2O；D正确；

故选B。8、B【分析】【详解】

A．等物质的量浓度、等体积CH3COOH和NaOH混合，恰好完全反应后得到CH3COONa溶液，CH3COONa在溶液中水解显碱性；所以混合溶液显碱性，故A错误；

B．导电能力和溶液中离子浓度成正比，当导电能力相同时，离子浓度相等，由于CH3COOH是弱电解质；在溶液中部分电离，HCl是强电解质，在溶液中全部电离，要使离子浓度相等醋酸浓度必大于盐酸，故B正确；

C．由溶液电荷守恒可知，CH3COOH溶液存在c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，HCl溶液存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)，两溶液pH值相同，c(H+)浓度相同，c(OH-)浓度相同，则c(CH3COO-)=c(Cl-)；故C错误；

D．0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中，CH3COONa是强电解质，完全电离，由于CH3COO-会发生水解，因而c(CH3COO-)＜0.1mol·L-1；故D错误；

答案为B。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由盖斯定律知：反应ⅲ=反应ⅰ+3×ⅱ，则∆H3=∆H1+3∆H2=-423kJ·mol-1+3×(-120kJ·mol-1)=-783kJ/mol；

(2)2.00g甲烷气体完全燃烧，生成CO2和液态H2O，放出111.2kJ的热量，16.00g即1mol甲烷气体完全燃烧，生成CO2和液态H2O，放出889.6kJ的热量，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-889.6kJ/mol。【解析】-783kJ/molCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-889.6kJ/mol10、略

【分析】【详解】

恒温恒压下；只要投料对应成比例，无论什么反应，平衡中各物质的量对应成比例，浓度；转化率、体积分数等相对量对应相等。

(1)根据三段式计算：A(g)＋B(g)C(g)

起始（mol）110

转化（mol）aaa

平衡（mol）1-a1-aa

剩余A的物质的量为(1－a)mol；(2)在恒温、恒压下投放3molA和3molB，A、B的投料比例与(1)相同，平衡时与(1)构成相对量等效平衡，物质的量与投料比例相同，C的物质的量为3amol。【解析】①.1－a②.3a11、略

【分析】【详解】

(1)若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率为：v===0.02mol•L-1•s-1，故答案为：0.02mol•L-1•s-1；

(2)t4～t5阶段改变条件后，正逆反应速率都减小且相等，所以不可能是降低温度，应该为减小压强；反应中A的浓度变化为：1mol/L-0.8mol/L=0.2mol/L，C的浓度变化为：0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，反应中A与C的化学计量数之比为0.2：0.3=2：3，根据t4～t5阶段改变压强平衡不移动可知，该反应的方程式为2A(g)+B(g)⇌3C(g)；由方程式可知反应过程中消耗的B的物质的量浓度为：(1mol/L-0.8mol/L)×=0.1mol/L，所以B的起始浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，向某密闭容器中加入4molA、1.2molC和一定量的B三种气体，A的起始浓度为1.0mol/L，体积==4L，物质的量=0.5mol/L×4L=2mol，

故答案为：减小压强；2mol；

(3)该反应是体积不变的反应，而t5～t6阶段正逆反应速率都增大，说明是升高了温度；升高温度后正反应速率大于逆反应速率，说明该反应为吸热反应，逆反应为放热反应，

故答案为：升高温度；

(4)依据(2)的计算得到A的物质的量共变化物质的量=(1mol/L-0.8mol/L)×4L=0.8mol/L，而此过程中容器与外界的热交换总量为QkJ，所以2molA反应热量变化为2.5QkJ，所以反应的热化学方程式为：2A(g)+B(g)⇌3C(g)△H=+2.5QkJ/mol，故答案为：2A(g)+B(g)⇌3C(g)△H=+2.5QkJ/mol。【解析】0.02mol·L－1·s－1减小压强2mol升高温度2A(g)＋B(g)3C(g)ΔH＝＋2.5QkJ·mol－112、略

【分析】【详解】

(1)根据平衡常数的定义可得：K=

(2)分析表中数据可知；平衡常数K随温度t的升高而增大，即升高温度，化学平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应；

(3)a、这是一个反应前后气体体积不变的反应，所以容器中的压强始终都不变，所以a错误；b、混合气体各组份的浓度保持不变，这是化学平衡状态的特征，所以b正确；c、正逆反应速率相等或者速率之比等于计量系数之比，这是化学平衡状态的本质，所以c正确；d、平衡状态特征之一是各组分的浓度保持不变，并不是浓度相等，所以d不能判断反应已达平衡状态，故d错误。本题正确答案为bc。【解析】K＝吸热bc13、略

【分析】【详解】

(1)物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4、②(NH4)2CO3、③(NH4)2Fe(SO4)2、④NH4Cl四种溶液中；亚铁离子水解呈酸性，抑制铵根离子水解；碳酸根离子水解呈碱性，促进铵根离子水解，但毕竟水解程度一般很小，故铵根离子系数越小，溶液中铵根离子浓度越小，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：③＞②＞①＞④，故答案为：③＞①＞②＞④；

(2)等物质的量浓度的下列溶液中，①NaCN、②Na2CO3、③NaHCO3、④CH3COONa溶液都是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，对应酸的酸性越弱水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，PH越大，因H2CO3电离K2=5.6×10-11＜HCN的K=4.9×10-10＜H2CO3电离K1=4.3×10-7＜CH3COOH的1.8×10-5，所以，对应酸根离子的水解程度大小为CH3COO-＜＜CN-＜所以溶液pH由大到小的顺序②＞①＞③＞④，故答案为：②＞①＞③＞④。【解析】①.③＞①＞②＞④②.②＞①＞③＞④14、略

【分析】【分析】

（1）用CO可以合成甲醇。由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；

（2）温度越高；压强越大；使用催化剂都可使反应速率增大，降低温度反应速率减慢，从体系中分离出甲醇，相当于减少浓度，反应速率减慢；

（3）①由图1可知，温度相同时，在压强为P2时平衡时CO的转化率高，由反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P1＜P2；

②由于平衡常数与压强没有关系，所以根据图像可知，在100℃P1时，CO的转化率是0.5，通过反应方程式和公式K=可以求得；

③在其它条件不变的情况下，再增加amolCO与2amolH2；等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大；

【详解】

（1）（1）用CO可以合成甲醇。已知：①CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.5kJ•mol-1；②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1；③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol×2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol；故答案为-90.1；

（2）温度越高；压强越大；使用催化剂都可使反应速率增大，降低温度反应速率减慢，从体系中分离出甲醇，相当于减少浓度，反应速率减慢，故答案为ac；

（3）①由图1可知，温度相同时，在压强为P2时平衡时CO的转化率高，由反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P1＜P2；故答案为小于；

②由于平衡常数与压强没有关系，所以根据图像可知，在100℃P1时；CO的转化率是0.5，则。

CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）

起始浓度（mol/L）0

转化浓度（mol/L）

平衡浓度（mol/L）

所以平衡常数K==

故答案为

③在其它条件不变的情况下，再增加amolCO与2amolH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大，故答案为增大；【解析】－90.1ac小于增大15、略

【分析】【分析】

（1）根据13gC2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2，放出659kJ的热量，计算1molC2H2燃烧放出的热量，热化学方程式书写注意物质的聚集状态和反应热的单位；（2）当有0.2molHCl生成时放出8.1kJ的热量，所以生成2molHCl放热81kJ；根据图示，断开1molH—Br键所需能量是根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算H—Cl键的键能。（3）根据盖斯定律计算CO(g)与Na2O2(s)反应的焓变；（4）若将amolCH4、CO和H2的混合气体完全燃烧,生成CO2气体和液态水,且CO2和水的物质的量相等。根据极值法，若该混合气体由CH4和CO1:1混合而成，则CH4和CO的物质的量分别是若该混合气体由CO和H21:1混合而成，则CO和H2的物质的量分别是根据气体物质的量计算放出的热量。

【详解】

（1）13gC2H2气体n（C2H2）=0.5mol，放出659kJ的热量，则1molC2H2燃烧放出的热量为：659kJ×2=1318KJ，则热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-1318KJ/mol；（2）当有0.2molHCl生成时放出8.1kJ的热量，所以生成2molHCl放热81kJ，所以Cl2(g)＋2HBr(g)==Br2(g)＋2HCl(g)ΔH＝－81kJ·mol－1；根据图示，断开1molH—Br键所需能量是设H—Cl键的键能是xkJ·mol－1，根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，243+498-200-2x=－81，解得x=311kJ·mol－1，所以断开1molH—Cl键与断开1molH—Br键所需能量相差约为311-4982=62kJ。（3）根据盖斯定律②×2+①得2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018KJ/mol，反应放出509kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为1mol，电子转移数为2NA；（4）若该混合气体由CH4和CO1:1混合而成，则CH4和CO的物质的量分别是放出热量Q=283kJ·mol－1×＋890kJ·mol－1×=1173×若该混合气体由CO和H21:1混合而成，则CO和H2的物质的量分别是放出热量为Q=283kJ·mol－1×＋286kJ·mol－1×=569×放出热量(Q)的取值范围是284.5akJ<586.5akJ。【解析】C2H2(g)＋5/2O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－1318kJ·mol－1Cl2(g)＋2HBr(g)===Br2(g)＋2HCl(g)ΔH＝－81kJ·mol－1622NA(或1.204×1024)284.5akJ<586.5akJ三、判断题(共7题，共14分)16、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。17、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。18、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。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、×【分析】【详解】

水蒸气变为液态水时放出能量，该变化中没有新物质生成，不属于化学反应，故水蒸气变为液态水时放出的能量不能称为反应热，错误。【解析】错21、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。22、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、有机推断题(共4题，共8分)23、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)24、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，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，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g25、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH326、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5五、元素或物质推断题(共4题，共28分)27、略

【分析】【分析】

D常温下为无色液体，应为H2O，(1)若E气体是大气污染物，F是一元强酸，反应①是工业制备F的第一步反应，可知E为NO2，F为HNO3，A为NH3，X为O2，C为NO，B为N2；(2)若E气体不是大气污染物，F是二元弱酸，E为CO2，F为H2CO3。

【详解】

(1)若E是红棕色气体，F是一元强酸，反应①是工业制备F的第一步反应，可知E为NO2，F为HNO3，A为NH3，X为O2，C为NO，B为N2，①A与X反应是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O。故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

②在常温下，向pH=12的NH3的水溶液中加入等体积pH=2的盐酸；由于一水合氨是弱碱，氨过量，溶液呈碱性，则反应后溶液的pH＞7(填“＜”；“=”或“＞”)，故答案为：＞；

③E为NO2，已知常温下46g(1mol)气体E与发生反应③3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)放出46kJ热量，则3molNO2参加反应放出热量为138kJ，气体E与发生反应③的热化学方程式3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=-138kJ/mol。故答案为：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=-138kJ/mol；

(2)若E为无色无味气体，F是二元弱酸，E为CO2，F为H2CO3，B为C，C为CO，X为O2，A为气态烃，①E为CO2，原子数为3，价电子总和为16，和E互为等电子体的一种分子的分子式：CS2。故答案为：CS2；

②将少量气体CO2通入氢氧化钡溶液中得不溶物H，H为BaCO3，KSP只受温度的影响，温度比不变，则KSP不变，现将BaCO3放入0.1mol·L－1的溶液中，其不变，由KSP=c(Ba2+)×c(CO)=8.1×10-9可知，该沉淀放入0.1mol•L-1的BaCl2溶液中，c(Ba2+)=0.1mol•L-1，此时组成不溶物H的阴离子在溶液中的浓度为c(CO)=mol·L－1。(H的故答案为：不变；mol·L－1。【解析】4NH3+5O24NO+6H2O＞3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=-138kJ/molCS2不变mol·L－128、略

【分析】【详解】

B为淡黄色固体，则B为Na2O2，X常温下为液体，X为H2O，则G为NaOH，F为O2；由J溶于酸得到黄色溶液可知J中含有Fe元素，又A为单质，故A为Fe，Fe在NaOH溶液中进行电解要得到含铁的化合物，Fe必须作阳极失去电子生成Fe2+，则阴极生成H2，Fe和H2O蒸汽反应生成Fe3O4和H2，所以C为Fe3O4，D为H2，E为Fe(OH)2。H和NaOH溶液反应生成K和H2，且H能与Fe3O4高温反应，故H一定为Al，所以K为NaAlO2，I为Al2O3。Fe(OH)2、O2和H2O反应生成J，J为Fe(OH)3。

（1）Fe作阳极失去电子生成Fe2+然后结合OH-生成Fe(OH)2：Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，Fe(OH)2与O2、H2O反应生成Fe(OH)3；沉淀由白色变成灰绿色，最后变成红褐色。

（2）Fe和H2O反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；Al和Fe3O4发生铝热反应，该反应需要高温，引发的操作是：加少量KClO3；插上Mg条并将其点燃来引发铝热反应。

（3）Al2O3与NaOH溶液反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。【解析】①.Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2②.沉淀由白色变成灰绿色，最后变成红褐色③.3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2④.加少量KClO3，插上Mg条并将其点燃来引发铝热反应⑤.Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O29、略

【分析】【分析】

短周期元素X；Y、Z、W、N的原子序数依次增大；其中X的一种同位素原子没有中子，则X是H元素。Y的一种核素可做考古学家测定文物的年代，则Y是C元素。Z为地壳中含量最多的非金属元素，则Z是O元素。W的焰色反应为黄色，则W是Na元素。N原子为所在周期原子半径最小的原子(稀有气体除外)，则N是Cl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：X是H；Y是C，Z是O，W是Na，N是Cl元素。

(1)W是Na；原子核外电子排布是2；8、1，根据元素在周期表的位置与原子结构的关系可知：Na位于元素周期表第三周期第IA族；

(2)元素Z是O，W是Na，二者形成的淡黄色化合物为Na2O2，该物质是离子化合物，2个Na+与之间以离子键结合，在中两个O原子以非极性共价键结合，故Na2O2的电子式为该化合物中化学键有离子键和非极性共价键；

(3)元素Z是O，W是Na，N是Cl，化合物NaClO是强碱弱酸盐，在溶液中ClO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+变为HClO，同时产生OH-，水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此水解使溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-；

(4)化合物甲和乙是由上述元素X分别与元素Y、Z形成的10电子分子，则甲是CH4，乙是H2O。二者都是由分子构成的物质，在固态时为分子晶体。由于H2O的相对分子质量比CH4大，且H2O的分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质熔化、气化时消耗的能量更多，导致物质的熔沸点更高，因此物质的熔沸点：H2O高于CH4。【解析】第三周期第IA族离子键和非极性共价键(或离子键和共价键)碱ClO-+H2OHClO+OH-H2O水分子之间有氢键30、略

【分析】【分析】

A元素的单质在自然界中最轻；故A为氢元素；依据B，C，D，G在周期表如图的位置，又它们的原子序数之和为37，设B的原子序数为x，则C；D、E的原子序数分别为x+1、x+2、x+10，则x+(x+1)+(x+2)+(x+10)=37，解得x=6，推断出B为碳、C为氮、D为氧、G为硫；又E元素的电负性在同周期中最小，故E为钠；F是同周期中原子半径最小的金属元素，故F为铝。

【详解】

(1)A2D即为H2O、A2G即为H2S，沸点较高的是H2O；原因是水分子间存在氢键；

⑵E为钠元素，它位于元素周期表第三周期第ⅠA族；F为铝元素，其原子结构示意简图为G为硫元素，其基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4；

⑶G的最高价氧化物的水化物溶液为硫酸，B，D，E三种元素组成的无机盐溶液为碳酸钠，把硫酸滴入到碳酸钠溶液中刚开始时发生反应为：H2SO4+Na2CO3=NaHCO3+NaHSO4，离子方程式为：

⑷C与A形成10电子化合物为氨气，其电子式为NH3与O2在一定条件发生置换反应，则化学方程式为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；在该反应中氧元素化合价降低，氧气是氧化剂，氮元素化合价升高，氨气是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:4；

⑸单质S完全燃烧的化学方程式为S+O2SO2，因16g单质S完全燃烧放出148kJ热量，则32g单质S完全燃烧放出148kJ×2=296kJ热量，故燃烧的热化学方程式S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-296kJ·mol-1。【解析】H2OH2O与H2S分子结构相似，水分子间存在氢键三ⅠA1s22s22p63s23p43:4S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-296kJ·mol-1六、实验题(共4题，共12分)31、略

【分析】【详解】

(1)根据实验目的，常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验。实验①和②，探究不同的初始pH对化学反应速率的影响，实验②和③，探究不同草酸溶液用量对化学反应速率的影响，因此除了草酸用量不同，其他量均相同，可得a=50，为了维持溶液体积好与②相同，b=10；

(2)草酸被高锰酸钾氧化生成CO2，MnO4－还原成Mn2＋，离子方程式为5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2M