2025年粤教版选择性必修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2025年粤教版选择性必修1化学下册月考试卷879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5题，共10分)1、用光能和催化剂将和转化为的反应为下列能说明该反应一定达到平衡状态的是A.与的物质的量相等B.恒容密闭容器中压强保持不变C.D.混合气体的平均相对分子质量保持不变2、下列有关图1和图2的叙述不正确的是。

A.均发生了化学能转化为电能的过程B.Zn和Cu既是电极材料又是反应物C.工作过程中，电子均由Zn经导线流向CuD.相同条件下，图2比图1的能量利用效率高3、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入和发生反应实验的相关条件和数据如下表所示：下列说法正确的是。实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/800800850达到平衡时间/401030平衡时0.50.50.15反应的能量变化

A.由表中信息可知：B.实验Ⅰ达到平衡后，恒温条件下再向容器中通入和达到平衡时，C.实验Ⅱ可能隐含的条件是使用催化剂，实验Ⅲ，内：D.由表中信息可知：4、一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时；下列叙述错误的是。

A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移B.Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移C.MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2OD.电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O5、下列说法正确的是A.Na2S溶液中存在平衡S2-+2H2OH2S+2OH-B.常温下，pH均为5的氯化铵溶液和醋酸溶液中水的电离程度相同C.等物质的量浓度①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液中NH浓度的大小顺序为①>②>③D.相同温度下，0.2mol·L-1醋酸溶液与0.1mol·L-1醋酸溶液中c(H+)之比小于2：1评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、由U形管、质量为mg的铁棒、质量为mg的碳棒和1L0.2mol·L-1CuCl2溶液组成的装置如图所示；下列说法正确的是。

A.闭合K，电子通过电解质溶液移到碳棒上B.闭合K，碳棒上有紫红色固体析出C.闭合K，当电路中有0.3NA个电子通过时，理论上碳棒与铁棒的质量差为18gD.闭合K，铁棒表面发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu7、一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是（）

A.负载通过0.02mol电子时，有0.112LO2参与反应B.正极区溶液的pH升高、负极区溶液的pH降低C.电池总反应为D.电子由VB2电极经负载、复合碳电极、KOH溶液回到VB2电极8、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出时，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol•L-1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合；记录10~55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是。

A.40℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短B.40℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长温度/℃C.图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等D.图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10-4mol•L-1•s-19、用甲醚(CH3OCH3)燃料电池电解Na2SO4溶液制取NaOH溶液和硫酸的装置如下图所示。下列说法正确的是。

A.M为硫酸、N为NaOHB.膜a、膜b依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜C.燃料电池的负极反应式为CH3OCH3-12e-＋3H2O=2CO2↑＋12H＋D.反应的甲醚与生成气体Y的物质的量之比为1:310、25℃时，0.1molNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液。溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是。

A.W点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=3c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)B.pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)＜0.1mol/LC.pH=8的溶液中：c(H+)+c(H2CO3)+c(HCO)=c(OH-)+c(Cl-)D.pH=11的溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)11、将一定量的X加入某密闭容器中，发生反应：2X(g)3Y(g)+Z(g)，混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.该反应的ΔH>0B.压强大小关系：p3>p2>p1C.平衡后加入高效催化剂使平均摩尔质量增大D.在该条件下M点X平衡转化率为评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)12、反应2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=Q，在4种不同条件下进行，已知起始时I2与H2的物质的量为0；反应物HI的浓度（mol/L)随反应时间（min)的变化情况如下表所示：

(1)实验1中，反应在0〜10min内平均速率v(HI)为_______mol·L-1·min-1。仔细分析上表数据可推知Q______0(填“>”“<”或“=”)。

(2)实验2中，HI的初始浓度c2为_____mol·L-1.设平衡前实验1的平均反应速率为v1，平衡前实验3的平均反应速率为v3，则v1____v3(填“>”“<”或“=”)，且c3为________mol·L-1。13、已知不同温度或压强下，反应物的转化率α(或百分含量)与时间的关系曲线，推断温度的高低及反应的热效应或压强的大小及气体物质间的化学计量数的关系。[以反应aA(g)＋bB(g)=cC(g)中反应物A的转化率αA为例说明]

(1)根据图A；B、C回答下列问题：

①图A中T2___________(填“>”“<”或“=”，下同)T1；图B中p1___________p2；图C若为催化剂引起的变化，则___________(填“a”或“b”)使用了催化剂。

②该反应为___________热反应；反应中的系数a＋b___________(填“>”“<”或“=”)c。

(2)根据图D判断该反应是___________热反应；反应中的化学计量数存在如下关系：a＋b___________(填“>”“<”或“=”)c。

(3)①若图A、B纵坐标表示A的百分含量，则该反应为___________热反应；反应中的化学计量数存在如下关系：a＋b___________(填“>”“<”或“=”)c。

②若图E纵坐标表示A的百分含量，则由图E可判断该反应是___________热反应；反应中的化学计量数存在如下关系：a＋b___________(填“>”“<”或“=”)c。14、25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.7×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-113.0×10-8

请回答下列问题：

(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为__________。

(2)同浓度CH3COO-、HCOCOClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为__________。

(3)将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出反应的离子方程式：_______。

(4)常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中；填写下列表达式中的数据变化情况(填“变大”；“变小”或“不变”)

①______；②______；

③_______；④_______。

(5)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数______(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的电离平衡常数：理由是______。

15、(1)相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol·L－1盐酸、③0.1mol·L－1氯化镁溶液、④0.1mol·L－1硝酸银溶液中，c(Ag＋)由大到小的顺序为：_________。

(2)含有Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10－3mol·L－1的Cr2O为了使废水的排放达标，进行如下处理：Cr2OCr3＋、Fe3＋Cr(OH3)、Fe(OH)3

(a)该废水中加入绿矾和H＋，发生反应的离子方程式为__________________。

(b)若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝2.0×10－13mol·L－1，则残留的Cr3＋的浓度为_____

(已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31)。

(3)某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(a)下列说法正确的是________(填序号)。

A．向BaSO4饱和溶液中加入固体Na2SO4可以由a点变到b点。

B．通过蒸发可以由d点变到c点。

C．d点无BaSO4沉淀生成。

D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp

(b)将100mL1mol·L－1H2SO4溶液加入100mL含Ba2＋0.137g的溶液中充分反应后，过滤，滤液中残留的Ba2＋的物质的量浓度约为__________。16、(1)碳单质在工业上有多种用途。例如焦炭可用来制取水煤气、冶炼金属，活性炭可处理大气污染物NO。一定条件下，在2L密闭容器中加入NO和活性炭(无杂质)反应生成气体A和B。当温度在T1℃时，测得各物质平衡时物质的量如下表：。活性炭(mol)NO(mol)A(mol)B(mol)初始2.0300.10000平衡2.0000.0400.0300.030

在T1℃时，达到平衡共耗时2分钟，则NO的平均反应速率为________mol·L－1·min－1；当活性炭消耗0.015mol时，反应的时间________(填“大于”；“小于”或“等于”)1分钟。

(2)固定和利用CO2，能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上正在研究利用CO2来生产甲醇燃料的方法，该方法的化学方程式是：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＜0。某科学实验小组将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中(温度保持不变)，测得H2的物质的量随时间变化如图中实线所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。回答下列问题：

①该反应在0～8min时，CO2的转化率是________。

②仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示。a、b、c、d四点中逆反应速率大小关系为_________，M、b、N三点中平衡常数K的大小关系是_______。评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)17、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误18、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共8分)19、下表为元素周期表的一部分。

。碳。

氮。

Y

X

硫。

Z

回答下列问题：

（1）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式___________。

（2）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9∶1，其电子式为______________。

（3）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价的含氧酸盐，消耗1.0L2.2mol•L-1NaOH溶液和1.0molO2，则两种气体中相对分子质量小的气体物质的量为___________。20、有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子：(每种物质只含一种阳离子和一种阴离子且互不重复)。阳离子Na+、Ba2+、NHK+阴离子AlOCl-、OH-、SO

已知：A；C溶液呈碱性；浓度相同时C溶液pH大，B溶液呈酸性，D溶液焰色反应呈黄色；C溶液和D溶液相遇时生成白色沉淀。

(1)A的化学式是___。

(2)写出A溶液和B溶液反应的离子方程式：___。

(3)25℃时，0.1mol•L-1B溶液的pH=a，则B溶液中：c(H+)-c(OH-)=___mol•L-1(用含有a的关系式表示)。

(4)25℃时，1mol·L-1的B溶液中c(H+)=___mol·L-1(已知：B对应的酸/碱的电离常数K=1.8×10-5，≈2.36)。

(5)25℃时在一定体积0.1mol•L-1C溶液中，加入一定体积的0.1mol•L-1盐酸时，混合溶液pH=13，则C溶液与盐酸的体积比是___。(溶液混合时体积变化忽略不计)

(6)常温下，将1mLpH=9的C溶液加水稀释至1000mL，所得溶液中=___。

(7)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为___。21、某兴趣小组对化合物X开展探究实验。

其中：X由5种短周期主族元素组成；B在标况下的密度为A的焰色反应是紫色；所有物质都是纯净物。(气体体积已折算为标况下的体积)

请回答：

(1)组成X的元素除了Na、O外还有_______(填元素符号)，X的化学式是_______。

(2)X与发生的反应的化学方程式是_______。

(3)少量C与足量反应也产生G，该反应的离子方程式是_______。

(4)F、H的阴离子相同，反应后所得溶液呈酸性，原因是_______。

(5)已知C与A加热可制备得到一种气体，请设计实验探究该气体的组成：_______(已知该气体只有两种元素组成)。22、有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，比少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为且其核内质子数等子中子数．R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中与离子数之比为2：1。请回答下列问题：

（1）形成的晶体属于______填写离子、分子、原子晶体．

（2）的电子排布式为______，在分子中C元素原子的原子轨道发生的是______杂化，分子的VSEPR模型为______．

（3）的氢化物在水中的溶解度特别大，原因______

（4）元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是：______用元素符号表示用一个化学方程式说明B、D两元素形成的单质的氧化性强弱：______．

（5）已知下列数据：

由和反应生成CuO的热化学方程式是______．评卷人得分六、原理综合题(共2题，共16分)23、氨在工农业生产中应用广泛，可由N2、H2合成NH3。

（1）天然气蒸汽转化法是目前获取原料气中H2的主流方法。CH4经过两步反应完全转化为H2和CO2；其能量变化示意图如图：

结合图像，写出CH4通过蒸汽转化为CO2和H2的热化学方程式：___。

（2）利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示(空气中N2与O2的物质的量之比按4∶1计)。

①起还原作用的物质是___。

②膜Ⅰ侧所得气体中=2，CH4、H2O、O2反应的化学方程式是___。

（3）甲小组模拟工业合成氨在一恒温恒容的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。t1min时达到平衡，在t2min时改变某一条件，其反应过程如图所示，下列说法正确的是___。

A.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数：KⅠ<KⅡ

B.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，NH3的体积分数：φ(Ⅰ)<φ(Ⅱ)

C.Ⅰ；Ⅱ两过程达到平衡的标志是混合气体的密度不再发生变化。

D.t2min时改变的条件可以是向密闭容器中加N2和H2的混合气。

（4）乙小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器中充入9.0molN2和23.0molH2；不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图。

①T1、T2、T3由大到小的排序为___。

②在T2、60MPa条件下，A点v正___(填“>”“<”或“=”)v逆，理由是___。

③计算T2、60MPa平衡体系的平衡常数Kp=___MPa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留2位有效数字)。24、雾霾天气严重影响人们的生活；其中氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一。

I.消除氮氧化物有多种方法：

(1)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。

已知：

①CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－574kJ/mol

②CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－1160kJ/mol

③H2O(g)＝H2O(l)△H＝－44.0kJ/mol

写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)，CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式______。

(2)催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术；反应原理如图所示：

①由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为______。

②图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳的催化剂和相应的温度分别为______。

II.氮氧化物的相互转化。

(3)T1℃时，在一密闭容器中发生反应4NO(g)N2(g)＋2NO2(g)△H<0，其正反应速率表达式为：v正＝k正·cn(NO)；测得反应速率和浓度的关系如下表。

则k正＝______mo1－3·L3·s－1。下列对于该反应的说法正确的是______。

A.当混合物颜色保持不变时就达到了化学平衡状态。

B.当的比值保持不变时就达到了化学平衡状态。

C.达到化学平衡状态时，每消耗0.lmo1NO就会消耗NO20.05mol

D.达到平衡后；若降低温度，则混合气体的颜色变浅。

E.达到平衡后；若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小。

(4)利用测压法在刚性密闭容器中研究T2℃时4NO(g)N2(g)＋2NO2(g)的分解反应；现将一定量的NO充入该密闭容器中，测得体系的总压强随时间的变化如下表所示：

①20min时，NO的转化率为______。

②T2℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数Kp＝______MPa－1。[已知：气体分压(P分)＝气体总压(P总)×体积分数]参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．化学平衡时各组分的浓度保持不变；不一定相等，A不符合题意；

B．该反应为前后气体体积不变的反应；因此压强一直保持不变，不是变量，不能判定反应达到平衡，B不符合题意；

C．v正(CO2)为正向，v逆(CH4)为逆向，且v正(CO2)=v逆(CH4)符合化学计量数之比；因此可以判定反应达到平衡状态，C符合题意；

D．混合气体的相对分子质量与摩尔质量成正比，M=根据质量守恒定律，m为定值，由于该反应为前后气体体积不变的反应，n也为定值，因此M不是变量；不能判定反应达到平衡，D不符合题意；

故选C。2、B【分析】【分析】

【详解】

A.两个装置分别为铜锌原电池；带有盐桥的铜锌原电池；均为化学能转化成电能，故说法正确；

B.锌比铜活泼；锌作负极，铜作正极，不是反应物，故说法错误；

C.根据原电池的工作原理；两个装置中，锌均作负极，电子从负极经外电路流向正极，故说法正确；

D.有盐桥装置能够产生持续的电流；能量利用率较高，所以图2比图1的能量利用效率高，故说法正确；

故选B。3、B【分析】【详解】

A．由表格数据可知，温度升高，生成物D的浓度降低，即平衡逆向移动，因此正反应放热，∆H＜0；A错误；

B．实验I达到平衡后，c(A)=c(D)=0.5mol·L-1，c(B)=0.25mol·L-1，K==4，恒温条件下再向容器中通入1molA和1molD，此时c(A)=c(D)=1.0mol·L-1，浓度商Q==4=K，则平衡不发生移动，所以c(D)=1.0mol·L-1；B正确；

C．实验II达平衡时各物质的浓度不变，则平衡不移动，但反应所用时间缩短，隐含的条件是使用催化剂，实验III达到平衡时v(D)==0.005mol·L-1·min-1；C错误；

D．由于正反应放热，因此Q＞0，实验I、II参加反应的A物质的量小于2mol，且达到相同的平衡状态，故实验I、II放出热量相等，实验III升高温度，平衡逆向移动，放出热量比Q1小，所以有Q3＜Q1=Q2；D错误；

故选B。4、A【分析】【分析】

根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。

【详解】

A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动；A错误；

B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动；B正确；

C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；C正确；

D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O；D正确；

故答案选A。5、D【分析】【详解】

A．Na2S溶液中存在水解平衡，S2-+H2OHS-+OH-；A错误；

B．常温下；pH均为5的氯化铵溶液和醋酸溶液中，氯化铵水解促进水的电离，醋酸溶液电离呈酸性，抑制水的电离，B错误；

C．等物质的量浓度①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液中，①NH4Cl水解没有受到抑制，②NH4Al(SO4)2中氨根离子水解呈酸性，铝离子水解也呈酸性，氨根离子和铝离子水解相互抑制，③NH4HSO4溶液呈强酸性，氨根离子水解受到很大的抑制，所以NH浓度的大小顺序为③>②>①；C错误；

D．相同温度下，设0.2mol·L-1醋酸溶液的电离度为0.1mol·L-1醋酸溶液电离度为则因为溶液浓度越小，电离度越大，所以所以两溶液中c(H+)之比小于2：1；D正确；

故选D。二、多选题(共6题，共12分)6、BC【分析】【分析】

该装置为原电池，铁棒做原电池的负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e-=Fe2+，碳棒为正极，溶液中铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。

【详解】

A.闭合K；电子由铁棒通过导线移到碳棒上，故A错误；

B.由分析可知；闭合K，碳棒为正极，溶液中铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，碳棒上有紫红色固体析出，故B正确；

C.闭合K，当电路中有0.3NA个电子通过时，负极上减少的质量为=8.4g，正极上增加的质量为=9.6g；则理论上碳棒与铁棒的质量差为(8.4g+9.6g)=18g，故C正确；

D.由分析可知，闭合K，铁棒做原电池的负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e-=Fe2+；故D错误；

故选BC。7、AD【分析】【分析】

根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4据此分析。

【详解】

A．当负极通过0.02mol电子时；正极也通过0.02mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.02mol电子消耗0.005氧气，在标况下为0.112L，判据中没有给定气体的存在条件，选项A错误；

B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低；选项B正确；

C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4选项C正确；

D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极；电子不能流经电解质溶液，选项D错误；

答案选AD。

【点睛】

本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。8、CD【分析】【详解】

A．根据图像；40℃以前反应时间由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A正确；

B．40℃之后；溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B正确；

C．40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，反应越慢，变色时间越长，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，b；c两点虽然变色时间相同；但不能比较化学反应速率，故C错误；

D．混合前的浓度为0.020忽略混合前后溶液体积的变化，根据混合后的浓度为a点溶液变蓝时间为80s，浓度由0.004变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的的反应速率为故D错误；

故选CD。9、AC【分析】【分析】

图中左池为甲醚燃料电池，通甲醚一极为负极，通氧气一极为正极，对应右池（电解池）左边为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，此时中间室经过膜a进入阳极室，可得到H2SO4，故膜a为阴离子交换膜；右边为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，此时中间室Na+经过膜b进入阴极室，可得到NaOH，故膜b为阳离子交换膜。

【详解】

A．根据分析可知，右池阳极产生H2SO4，阴极产生NaOH，即M为H2SO4；N为NaOH，A正确；

B．由分析知膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜；B错误；

C．由图中质子交换膜知燃料电池电解质溶液为酸性，此时CH3OCH3反应生成CO2，C元素化合价由-2价升高到+4价，故1分子甲醚失去12个电子，即负极转化为：CH3OCH3-12e-→2CO2↑，根据电荷守恒，左边添加12个H+，根据元素守恒，右边添加3个H2O，得最终电极反应为：CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+；C正确；

D．电解阴极产生气体Y为H2，生成1个H2得两个电子，1个CH3OCH3反应转移12个电子，根据串联电路转移电子处处相等规律，确定关系：CH3OCH3~6H2，即反应的甲醚和生成的H2物质的量比为1:6；D错误；

故答案选AC。10、AB【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，W点为碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，溶液中c(CO)=c(HCO)，由溶液中的电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)可得c(Na+)+c(H+)=3c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)；故A正确；

B．溶液pH=4说明反应中有生成的二氧化碳气体逸出，由物料守恒关系可知，溶液中c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)＜0.1mol/L；故B正确；

C．由图可知，pH=8的溶液为碳酸钠溶液和盐酸恰好反应得到的碳酸氢钠和氯化钠混合溶液，溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)，溶液中的物料守恒关系为2c(H2CO3)+2c(HCO)+2c(CO)=2c(Cl-)=c(Na+)，整合可得关系式c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO)=c(OH-)+c(Cl-)；故C错误；

D．由图可知，pH=11的溶液中，碳酸钠溶液的浓度远大于碳酸氢钠溶液的浓度，说明溶液中碳酸根浓度远大于氯离子浓度，由于碳酸氢钠在溶液中水解，碳酸氢根离子浓度小于氯离子浓度，则溶液中：c(Na+)＞c(CO)＞c(Cl-)＞c(HCO)＞c(H2CO3)；故D错误；

故选AB。11、AD【分析】【详解】

A.温度升高，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度升高，X的物质的量分数减小，说明平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，ΔH>0；故A正确；

B.该反应为气体体积增大的反应，增大压强，X的物质的量分数增大，则由图可知，压强大小关系：p1>p2>p3；故B错误；

C.催化剂不能改变化学平衡移动的方向；则平衡后加入高效催化剂，化学平衡不移动，混合气体的平均摩尔质量不变，故C错误；

D.起始加入X为2mol；X平衡转化率为a，由题意可得如下三段式：

由混合气体中X的物质的量分数为0.1可得=0.1，解得a=故D正确；

故选AD。三、填空题(共5题，共10分)12、略

【分析】【详解】

（1）由表格可知，0〜10min内由实验1与实验4对比可知；温度升高，HI的转化量升高，即平衡正向移动，升高温度，平衡向吸热反应移动，即正向为吸热反应；

故答案为：0.02；>；

（2）根据实验1、2数据分析，温度相同，达平衡后HI的物质的量浓度相同，且H2、I2起始浓度为0，所以两组实验中HI的起始浓度相同为1.0mol•L-1；实验1、3比较，温度相同，10min-20min时，实验3的浓度减少量都大于实验1的，所以实验3的反应速率大于实验1的，即v3>v1；实验2与实验3的温度相同，该反应为气体等体积反应，实验2平衡时α(HI)=50%，实验3与实验2互为等效平衡，因此实验3的α(HI)=50%，故c3==1.2mol/L；

故答案为：1.0或1；<；1.2。【解析】①.0.02②.>③.1.0或1④.<⑤.1.213、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①温度较高时，反应达平衡所需时间短，故图A中T2>T1；若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短，图B中p1>p2；若为使用催化剂引起；使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短，图C中a使用催化剂。

②图A中，T2>T1，升高温度，αA降低，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。图B中，p1>p2，增大压强，αA升高；平衡向正反应方向移动，则正反应为气体体积缩小的反应。

(2)可通过分析相同压强下不同温度时反应物A的转化率的大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应的热效应。如利用上述分析方法，在图D中作垂直线，即能分析出正反应为放热反应。也可通过分析相同温度下不同压强时反应物A的转化率变化来判断平衡移动的方向，从而确定反应的化学方程式中反应物与产物气体物质间的化学计量数的大小关系。如图D中任取一条温度曲线研究，压强增大，αA增大；平衡向正反应方向移动，正反应为气体体积减小的反应。

(3)①图A的纵坐标为物质A的百分含量；可知温度升高物质A的含量降低，说明该平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应。图B中压强增大，平衡后物质A的百分含量增大，说明平衡逆向移动，故正反应为气体体积增大的反应。

②根据等压线，温度升高物质A的百分含量降低，则平衡正向移动，则该反应为吸热反应。压强增大，物质A的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动(气体体积减小方向)，则正反应为气体体积增大的反应。【解析】>>a放>放>吸<吸<14、略

【分析】【详解】

(1)酸电离程度越大，其在相同温度下的电离平衡常数就越大，根据表格数据可知电离平衡常数CH3COOH>H2CO3>HClO，所以酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO；

(2)同浓度的酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，电离产生的酸根离子结合氢离子的能力就越弱。由于电离平衡常数:K(CH3COOH)>K(H2CO3)>K(HCO)>K(HClO)，所以CH3COO-、HCOCOClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为CO>ClO->HCO>CH3COO-；

(3)由于电离平衡常数：K(H2CO3)>K(HCO)>K(HClO)，所以将少量CO2气体通入NaClO溶液中，反应的离子方程式：CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO

(4)在常温下，醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；

①溶液在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(H+)由于稀释都减小，同时电离平衡正向移动，使溶液中减小；

②＝K；电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变；

③在溶液的稀释时，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，电离平衡正向移动，使c(CH3COOH)进一步减小，c(CH3COO-)又有所增大，所以增大；

④＝＝由于在温度不变时，K、Kw都是常数；所以他们的比值不变；

(5)根据图示可知：体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释了100倍，若HX是强酸，则其pH=4，实际pH<4，说明HX弱酸。酸电离程度越大，稀释时溶液中c(H+)变化越大，溶液的pH就越大，由于在稀释过程中pH变化HX>CH3COOH，则HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数。【解析】CH3COOH>H2CO3>HClOCO>ClO->HCO>CH3COO-CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO变小不变变大不变>当完全电离时应该是pH=4，现在pH值HX>CH3COOH，说明原来HX电离更多，故HX的电离平衡常数>醋酸的电离平衡常数15、略

【分析】【详解】

（1）溶度积在一定温度下是一个常数，因此通过Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl－)分别得到：①蒸馏水中含银离子浓度和氯离子浓度相同；②0.1mol•L-1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡；③0.1mol•L-1MgCl2溶液中Cl-浓度为0.2mol/l，抑制沉淀溶解平衡；④0.1mol/L硝酸银溶液中Ag+浓度为0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，Cl-浓度越大，Ag+浓度越小，则Ag+离子浓度大小为：④＞①＞②＞③；正确答案：④＞①＞②＞③。

(2)(a)亚铁离子具有还原性，被Cr2O在酸性环境下氧化为铁离子，离子方程式为：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；正确答案：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

(b)若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝2.0×10－13mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)×c3(OH-)=4.0×10－38,计算得到c3(OH-)=2×10-25mol·L－1,则残留的Cr3＋的浓度为Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)×c3(OH-)=6.0×10－31,c(Cr3＋)=3.0×10－6mol·L－1；正确答案：3.0×10－6mol·L－1。

(3)(1)硫酸钡溶液中存在着溶解平衡,a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c(SO42-),平衡左移,c(Ba2+)应降低,A错误；d点时溶液不饱和,蒸发溶剂水,c(SO42-)、c(Ba2+)均增大,B错误；d点表示QC<Ksp,溶液不饱和,不会有沉淀析出,C正确；Ksp是一常数,温度不变Ksp不变,在曲线上的任意一点Ksp都相等,D错误；正确答案:C。

(2)由图象可以知道Ksp(BaSO4)=10-5×10-5=10-10,将100mL1mol·L－1H2SO4溶液加入100mL含Ba2＋0.137g的溶液中充分反应后，反应生成BaSO4,硫酸根离子过量,加入n(Ba2+)=0.137/137=0.001mol,剩余的硫酸根离子的浓度为:c(SO42-)=(0.1×1-0.001)/2=0.495mol/L,所以剩余的钡离子为:c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)/c(SO42-)=10-10/0.495=2.02×10-10mol/L；正确答案:2.02×10-10mol/L；正确答案：2.02×10-10mol/L。【解析】①.④＞①＞②＞③②.Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O③.3.0×10－6mol·L－1④.c⑤.2.02×10-10mol/L16、略

【分析】【分析】

(1)根据v=计算v(NO)；由表中数据可知；2min平衡时活性炭变化量为2.03mol-2mol=0.03mol，平均1min消耗0.015molC(s)，但第一分钟反应速率较第二分钟快，故消耗0.015molC(s)时需要的时间小于1min；

(2)①反应在0～8min时，H2的变化物质的量为8mol-2mol=6mol，由CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)可知，CO2变化物质的量为6mol×=2mol，则CO2的转化率=

②a、b；c、d均是在相同温度下进行的；随着反应的进行，生成物的浓度越来越大，则逆反应速率越来越快；根据图知，改变条件I时，反应达到平衡时间缩短，说明化学反应速率加快，但是氢气转化率减小且初始氢气物质的量不变，平衡逆向移动；改变条件II时，反应达到平衡时间缩短，说明化学反应速率加快，但是氢气转化率增大且初始氢气物质的量不变，平衡正向移动；化学平衡常数只与温度有关，该反应是放热反应，升高温度平衡常数减小。

【详解】

(1)由表中数据可知，2min平衡时NO变化量为0.1mol-0.04mol=0.06mol，故v(NO)==0.015mol/(L•min)；由表中数据可知；2min平衡时活性炭变化量为2.03mol-2mol=0.03mol，平均1min消耗0.015molC(s)，但第一分钟反应速率较第二分钟快，故消耗0.015molC(s)时需要的时间小于1min；

(2)①反应在0～8min时，H2的变化物质的量为8mol-2mol=6mol，由CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)可知，CO2变化物质的量为6mol×=2mol，则CO2的转化率===33.3%；

②a、b、c、d均是在相同温度下进行的，随着反应的进行，生成物的浓度越来越大，则逆反应速率越来越快，则a、b、c、d四点中逆反应速率大小关系为d>c>b>a；根据图知，改变条件I时，反应达到平衡时间缩短，说明化学反应速率加快，但是氢气转化率减小且初始氢气物质的量不变，平衡逆向移动，改变的体积是升高温度；改变条件II时，反应达到平衡时间缩短，说明化学反应速率加快，但是氢气转化率增大且初始氢气物质的量不变，平衡正向移动，改变的条件是增大压强，该反应是放热反应，升高温度化学平衡常数减小，温度不变化学平衡常数不变，则I高于原来温度、II和原来温度相同，则M、b、N三点中平衡常数K的大小关系是K(b)=K(M)>K(N)。

【点睛】

化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数。平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大。【解析】①.0.015②.小于③.33.3%④.d>c>b>a⑤.K(b)=K(M)>K(N)四、判断题(共2题，共12分)17、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。18、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。五、元素或物质推断题(共4题，共8分)19、略

【分析】【分析】

根据题给信息及热化学方程式的书写规则书写热化学方程式；根据烃分子的最简式及烯烃的性质分析烃的种类；书写电子式；根据原子守恒，电子守恒进行氧化还原反应的相关计算。

【详解】

根据元素在周期表中的位置；可知X为Si，Y为O，Z为Cl；

（1）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为−69℃和58℃，说明常温下为液体，生成SiCl4，反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=−687kJ/mol，故答案为：Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)ΔH=−687kJ•mol−1；

（2）该烃分子中碳氢质量比为9:1，则N(C):N(H)==3:4，最简式应为C3H4，有2个不饱和度，依据碳化钙与水反应推测，其为炔烃，4个H由2个Mg代替（通过带电量来替换），故其电子式为Q为Mg2C3，与水反应的方程式为Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑，故答案为：

（3）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种气体为NO、NO2，最终转化为NaNO3，1mol氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol，设出NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据N原子从Cu中得到的电子，之后又都转移给O2，以保持电子数守恒关系；同时气体被氢氧化钠吸收时，N原子一直保持守恒、个根据N与Na原子守恒关系可得：x+y=1.0L×2.2mol•L-1=2.2mol，根据N元素与氧元素电子转移守恒得：3x+y=2×2×1=4mol，即：解得：x=0.9，y=1.3，相对分子质量较小的NO为0.9mol，故答案为：0.90mol。

【点睛】

此题的难点在于第三问，解决此类问题的关键是守恒思想，最终产物为NaNO3，根据原子守恒分析得生成的两种气体中N原子数目与Na原子守恒；根据反应中N元素化合价变化，分析N元素的电子与O元素电子得失守恒情况。【解析】Si(s)+2Cl2(g)===SiCl4(l)ΔH=−687kJ•mol−10.90mol20、略

【分析】【分析】

A、C溶液呈碱性，说明A、C中含有OH-、AlO浓度相同时C溶液pH大，说明C的碱性更强，则C中含有OH-，A中含有AlO则A中阳离子为Na+或K+；B溶液呈酸性，说明B中含有NHD溶液焰色反应呈黄色，说明D中含有Na+；C溶液和D溶液相遇时生成白色沉淀，该白色沉淀为BaSO4，则C为Ba(OH)2，D为Na2SO4，A为KAlO2，B为NH4Cl。

(1)

由分析可知，A的化学式为KAlO2；

(2)

NH和AlO在溶液中发生双水解生成氨气和氢氧化铝沉淀，离子方程式为NH+AlO+H2O═Al(OH)3↓+NH3↑；

(3)

25℃时，0.1mol•L-1B溶液的pH=a，c(H+)=10-amol/L，c(OH-)=则c(H+)-c(OH-)=(10-a-10a-14)mol/L；

(4)

25℃时，NH3·H2O的电离常数K=1.8×10-5，则NH4Cl的水解常数为1mol·L-1的NH4Cl溶液中c(H+)=

(5)

25℃时在一定体积0.1mol•L-1Ba(OH)2溶液中，加入一定体积的0.1mol•L-1盐酸时，混合溶液pH=13，混合后溶液显碱性，c(OH-)=0.1mol/L，设0.1mol•L-1Ba(OH)2溶液的体积为V1，0.1mol•L-1盐酸的体积为V2，则有解得故Ba(OH)2溶液与盐酸的体积比是2：1；

(6)

pH=9的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-5mol/L，理论上，将1mLpH=9的Ba(OH)2溶液加水稀释至1000mL，稀释后溶液中OH-的浓度为而实际中将碱性溶液加水稀释后其pH不能小于7，故将1mLpH=9的C溶液加水稀释至1000mL溶液呈中性，此时则=1；

(7)

将等体积、等物质的量浓度的NH4Cl溶液和Ba(OH)2溶液混合，溶液为中c(OH-)最大，Ba2+和Cl-不水解，溶液中c(Ba2+)=c(Cl-)，NH水解，则c(Cl-)＞c(NH)，溶液显碱性，氢离子浓度最小，则反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)。【解析】(1)KAlO2

(2)NH+AlO+H2O═Al(OH)3↓+NH3↑

(3)10-a-10a-14

(4)2.36×10-5

(5)2：1

(6)1

(7)c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)21、略

【分析】【分析】

D为无色液体，推测D为H2O，且n(H2O)=1.8g÷18g/mol=0.1mol；则X中含H；

在标况下的密度为则B的摩尔质量=×22.4L/mol=28g/mol，则单质B为N2；X含N，N的物质的量为2×(2.24L÷22.4L/mol)=0.2mol；

A的焰色反应是紫色；则A含K元素，由A→E可知A还含Cl元素，则A为KCl，E为AgCl，A中K的物质的量=Cl的物质的量=AgCl的物质的量=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol，则X不含Cl；K；

由C→F→G可知G为硫酸钡；C；F含硫酸根，且物质的量为46.6g÷233g/mol=0.2mol，C和0.2molNaOH完全反应，则C含硫酸氢根，且C中H的物质的量=硫酸根的物质的量=0.2mol，则X含S，且S的物质的量=46.6g÷233g/mol=0.2mol。

【详解】

(1)结合分析可知组成X的元素除了Na、O外还有H、N、S；结合分析可知X中H的物质的量=0.2mol+0.2mol=0.4mol，质量为0.4mol×1g/mol=0.4g，N质量为0.2mol×14g/mol=2.8g，S的质量为0.2mol×32g/mol=6.4g；A为KCl，不含O，B为N2；不含O，C为硫酸氢盐，C中O的物质的量=4×n(S)=0.8mol，D中O的物质的量为0.1mol×1=0.1mol，H的物质的量为0.2mol，则A；B、C、D中O的总物质的量为0.9mol，则X中O的物质的量为0.9mol-0.1mol×3=0.6mol，质量为0.6mol×16g/mol=9.6g；

则X中Na质量为23.8g-2.8g-0.4g-6.4g-9.6g=4.6g，物质的量为4.6g÷23g/mol=0.2mol，则X中Na、H、N、S、O的个数比=0.2:0.4:0.2:0.2:0.6=1:1:1:1:3，因此X的化学式为

(2)结合分析可知X为其摩尔质量为(14+2+32+48+23)g/mol=119g/mol，23.8gX的物质的量为23.8g÷119g/mol=0.2mol，即0.2mol与发生反应生成0.1molKCl、0.1molN2、0.2molNaHSO4、0.1molH2O，因此反应的化学方程式是

(3)C为NaHSO4，少量NaHSO4与Ba(OH)2反应的离子方程式为

(4)即+H2O→Na2SO4+H，F、H的阴离子相同，S化合价升高，N化合价应降低，因此H为硫酸铵，因此反应后所得溶液呈酸性，原因是与水缓慢反应产生水解使溶液呈酸性；

(5)C为NaHSO4，A为KCl，C和A加热可制备得到一种气体，推测该气体为HCl(原因为HCl低沸点，易挥发)，检测其为HCl即检验其溶液呈酸性及含氯离子，具体方法为把产生的气体通入水中，取少量水溶液于试管中，滴加甲基橙(或其他酸碱指示剂)，若溶液变红，则说明该气体溶于水电离出另取少量水溶液于试管中，滴加硝酸酸化的氯化银检验，产生白色沉淀说明该气体为HCl。【解析】H、N、S与水缓慢反应产生水解使溶液呈酸性把产生的气体通入水中，取少量水溶液于试管中，滴加甲基橙(或其他酸碱指示剂)，若溶液变红，则说明该气体溶于水电离出另取少量水溶液于试管中，滴加硝酸酸化的氯化银检验，产生白色沉淀说明该气体为HCl22、略

【分析】【分析】

B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；比少一个电子层，则A为Na；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为是第VA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第VIA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素；是离子，离子是离子，R是由离子与离子以2：1形成的离子化合物；R是硫化钠，以此解答本题。

【详解】

（1）由上述分析可知：R是硫化钠；是由A；D两元素形成的离子化合物，属于离子晶体，故答案为：离子；

（2）由C为N元素，核外有10个电子，根据构造原理知，该离子基态核外电子排布式为：分子为分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个键，N原子发生杂化，所以分子的VSEPR模型为四面体形，故答案为：四面体形；

氨分子和水分子间可以形成氢键；且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水；故答案为：氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水；

同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是：

同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在反应中，的氧化性大于的氧化性，故答案为：

已知：

根据盖斯定律，得：

故答案为：．【解析】离子四面体形氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水六、原理综合题(共2题，共16分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1).结合图象可知，第一步反应的热化学方程式为①CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋206.4kJ·mol－1，第二步反应的热化学方程式为②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，由①＋②得：CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g)ΔH＝＋165.4kJ·mol－1，故答案为：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)ΔH=+165.4kJ·mol-1；

(2).①结合工作原理图知，膜Ⅰ侧反应物为空气中的O2和H2O，得电子生成O2－和H2；膜Ⅱ