2025年中圖版選擇性必修1化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年中圖版選擇性必修1化學上冊月考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9題，共18分)1、下列離子方程式與所述事實相符且正確的是（）A.向K2Cr2O7溶液中滴加少量濃H2SO4溶液橙色加深：Cr2O(橙色)+H2O=2CrO(黃色)+2H+B.用飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：Ca2++CO=CaCO3↓C.用H2O2從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：IO+3H2O2=I-+3H2O+3O2D.向明礬溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物質的量最多：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2O2、下列過程中的化學反應對應的離子方程式正確的是A.硫酸銅溶液中加少量的鐵粉：B.溶液中滴加過量稀氨水：C.硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液：D.用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：3、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是A.用排飽和食鹽水法收集B.開啟啤酒瓶后，瓶中馬上泛起大量泡沫C.500℃比室溫更有利于合成氨的反應D.利用反應制取金屬鉀，選取適宜的溫度4、有關圖像說法錯誤的是。ABCD圖陰影部分面積表示反應物濃度的凈減少量圖虛線b表示反應加入催化劑后能量變化曲線圖為可逆反應的濃度-時間圖，化學方程式為2X(g)+3Y(g)?2Z(g)圖對應于反應H2(g)+CO2(g)?H2O(g)+CO(g)，曲線Ⅰ變?yōu)榍€Ⅱ和曲線Ⅲ改變的條件分別是加入催化劑和將容器的體積快速壓縮為原來的2/3

A.AB.BC.CD.D5、在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。將-定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應器中反應，模擬NOx的去除。在不同溫度下，反應相同時間，測得NOx的去除率如圖所示；下列說法不合理的是()

A.低于50℃時，NOx去除率較低可能是因為反應速率較慢B.50~150℃時，NOx去除率迅速上升，只是因為溫度升高導致反應速率加快引起的C.380℃以上，可能發(fā)生氨氣的催化氧化反應，導致NOx的去除率降低D.無法由圖像得出NH3與NOx反應生成N2的△H的正負6、一個化學反應無論是一步完成還是分幾步完成，反應熱都是一樣的。該定律稱為蓋斯定律。依據(jù)圖示關系，下列說法不正確的是。

A.石墨燃燒是放熱反應B.1molC(石墨)和1molCO分別在足量O2中燃燒，全部轉化為CO2，后者放熱多C.C(石墨)+O2(g)=CO(g)ΔH=ΔH1-ΔH2D.化學反應的ΔH，只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應途徑無關7、根據(jù)圖示所得出的結論不正確的是。

A.圖甲表示H2S(g)受熱分解時各組分體積分數(shù)隨反應溫度的變化關系，說明反應生成H2和S2(g)B.圖乙表示V0mL0.1鹽酸加水稀釋至VmL，溶液的pH隨的變化關系，則a=2C.圖丙表示密閉容器中到達平衡時，CH4的轉化率與壓強、溫度的變化關系曲線，說明p1>p2D.圖丁表示炭黑作用下O2生成活化氧過程中能量變化情況，說明活化氧分子時釋放能量8、設NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.500mL2mol·L-1FeCl3溶液中Fe3+數(shù)為NAB.1L1mol·L-1乙醇溶液中O—H鍵的鍵數(shù)為NAC.電解法精煉銅，陰極析出1molCu時，陽極失去的電子數(shù)等于2NAD.在標準狀況下，2.24LNH3通入水中制成氨水，NH數(shù)等于0.1NA9、下列說法中正確的是()A.在化學反應過程中，發(fā)生物質變化的同時不一定發(fā)生能量變化B.破壞生成物全部化學鍵所需要的能量大于破壞反應物全部化學鍵所需要的能量時，該反應為吸熱反應C.生成物的總焓大于反應物的總焓時，反應吸熱，ΔH＞0D.ΔH的大小與熱化學方程式的化學計量數(shù)無關評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、苯乙烯是一種重要的化工原料；世界衛(wèi)生組織國際癌癥研究機構公布的致癌物清單初步整理參考，苯乙烯在2B類致癌物清單中。

(1)工業(yè)上可用乙苯催化脫氫方法制備苯乙烯，其反應原理如下：

①在容積固定為2L的密閉容器內(nèi)充人2mol加入合適催化劑(體積可以忽略不計)后在一定溫度壓強下開始反應，用壓力計監(jiān)測容器內(nèi)壓強的變化如下：。反應時間/min051015202530壓強/MPa12.613.6814.5515.2215.615.7515.75

根據(jù)表中數(shù)據(jù)計算該溫度下壓強平衡常數(shù)Kp_____(計算結果帶單位；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù))。

②實際生產(chǎn)中常在恒壓條件下?lián)饺敫邷厮魵庾鳛榉磻w系的稀釋劑(水蒸氣不參加反應)。在一定壓強、900K的條件下，苯乙烯的產(chǎn)率隨著的增大而_________(填“增大”“減小”或“不變”)。隨著反應的進行，會產(chǎn)生積碳使催化劑活性減弱，水蒸氣還有利于恢復催化劑活性，原因是__________(用化學方程式表示)。

(2)研究表明金屬次卟啉二甲酯能夠順利地選擇性催化氧化苯乙烯生成苯甲醛(結構簡式為)，以該反應原理設計成酸性燃料電池，則電池負極的電極反應式為____________，若該電池消耗標準狀況下11.2L的O2，則外電路中理論上轉移電子的物質的量為________。11、已知25℃時，電離平衡常數(shù)：?；瘜W式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)1.8×10-5K1=4.4×10-7K2=4.7×10-113.0×10-8

回答下列問題：

(1)下列四種物質電離出質子的能力由大到小的順序是___________(填標號)。

a．HCO3-b．HClOc．CH3COOHd．H2CO3

(2)下列反應不能發(fā)生的是___________。A．B．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClOC．D．(3)用蒸餾水稀釋0.10mol·L-1的醋酸，則下列各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是___________。A．B．C．D．(4)體積為10mL、pH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化如圖，則HX的電離平衡常數(shù)___________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)醋酸的電離平衡常數(shù)，稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H+)___________醋酸溶液中水電離出來的c(H+)。

12、BaS是一種重要的無機合成中間體，可溶于水，可通過重晶石(主要成分含有少量等雜質)制備得到。工業(yè)常以軟錳礦(主要成分)和BaS為原料制備碳酸錳。

(1)樣品中BaS的質量分數(shù)的測定：

步驟I：準確稱取10.00g試樣；加適量水，待可溶物全部溶解，過濾，并洗滌沉淀，將洗滌液與濾液一并轉移至500mL容量瓶中，定容；搖勻。

步驟II：取20.00mL醋酸溶液(過量)于錐形瓶中，再加入20.00mL0.08000mol·L碘標準溶液；然后再向錐形瓶中加入10.00mL步驟I所配的試樣溶液，邊加邊振蕩。充分反應后，硫元素完全轉化為硫單質。

步驟III：以淀粉為指示劑，用0.05000mol?L標準溶液滴定至終點；發(fā)生反應：

消耗溶液20.00mL。

①步驟III中滴定終點時的現(xiàn)象為____________________。

②計算試樣中BaS的質量分數(shù)____________________(寫出計算過程)。

(2)BaS溶液的制備：向BaS樣品中加入熱水；充分攪拌后過濾，得BaS溶液。

已知：室溫下，測得0.1mol?LBaS溶液溶液中三種離子濃度由大到小的順序依次是___________。

(3)高純碳酸錳的制備：BaS溶液和經(jīng)反應、過濾、酸溶、凈化可制得溶液。

①溶液和固體混合后，反應生成反應方程式為

實際制取時，一般選擇使用氨水混合溶液代替固體，這樣改進的優(yōu)點是_____。

②已知：時，碳酸錳產(chǎn)率較高。請設計以溶液．氨水混合溶液為原料制備高純碳酸錳的實驗案：向溶液中逐滴加入氨水混合溶液，邊加邊攪拌，至溶液pH在6.5~7.5之間，充分靜置后，______、______、______。

③如何檢驗沉淀是否洗滌干凈？___________?！境恋硇琛跋礈焱耆薄俊?3、（1）將NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，相關反應的離子方程式是____________。

（2）有濃度均為0.2mol·L-1的Na2CO3溶液與NaHCO3溶液；試回答下列問題：

①微粒種類：Na2CO3__________NaHCO3溶液（填“﹥”；“＜”或“＝”）。

②兩溶液分別加入0.1molNaOH固體，恢復到室溫，Na2CO3溶液中的c(CO32-)____________（填“增大”、“減小”或“不變”）；NaHCO3溶液中的c(HCO3-)_________（填“增大”；“減小”或“不變”）。

（3）常溫下，甲為0.1mol·L-1的HA溶液，pH﹥1；乙為0.1mol·L-1的BOH溶液，且溶液中c(OH-):c(H+)=1012。請分別寫出甲；乙兩溶液中溶質的電離方程式：

甲__________________、乙_________________。

（4）相同條件下，對于濃度均為0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONa溶液，溶液中的離子總數(shù)：NaCl溶液__________CH3COONa溶液（填“﹥”；“＜”或“＝”）。

（5）物質的量濃度相同的①氨水②氯化銨③碳酸氫銨④硫酸氫銨⑤硫酸銨五種溶液中c(NH4+)由大到小的順序為__________________。14、通過下表的相關數(shù)據(jù)；計算；分析、判斷給出結論，題目所給數(shù)據(jù)和條件均為常溫下；

。NH3?H2O

Kb=1.8×10-5

H2CO3

Ka1=4.4×10-7Ka2=4.7×10-11

HF

Ka=6.8×10-4

H2S

Ka1=1.3×10-7Ka2=7.1×10-15

H2O

Kw=10-14

Cu(OH)2

Ksp=2.2×10-20

Fe(OH)3

Ksp=4.0×10-38

CuS

Ksp=6.3×10-36

FeS

Ksp=3.6×10-18

常用對數(shù)。

lg2=0.3lg2.2=0.34lg3=0.48

（1）NH4F溶液顯____性，保存此溶液應該放在__________中。

（2）NH4HCO3溶液與少量NaOH溶液反應時，_____(填離子符號)先與NaOH溶液中的OH-反應。

（3）向含F(xiàn)e3+和Cu2+均為0.1mol/L的溶液中加入某堿調(diào)節(jié)pH=___時，F(xiàn)e3+完全沉淀，當pH=_____時，Cu2+開始沉淀；

（4）反應CuS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+CuSO4（aq）的K=_____________；反應FeS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+FeSO4(aq)的K=___________；反應CuS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Cu2+(aq)的K=_______

由計算結果可以知道：實驗室制備H2S氣體應選用_________，檢驗H2S氣體應選用_________（均用上述反應中的鹽類物質作答）

除去廢水中的Cu2+使用過量的FeS固體的優(yōu)點有：

a．可以除去廢水中的Cu2+；過量的FeS和生成的CuS可以通過過濾一并除去。

b．____________________________________________________________________15、已知，在常溫常壓條件下，氫氣的熱值為143kJ/g，請寫出該條件下H2燃燒的熱化學方程式_____________。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、泡沫滅火器中的試劑是Al2(SO4)3溶液與Na2CO3溶液。(_______)A.正確B.錯誤17、化學反應的反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，而與反應途徑無關。___A.正確B.錯誤18、某醋酸溶液的將此溶液稀釋到原體積的2倍后，溶液的則(_______)A.正確B.錯誤19、焊接時用NH4Cl溶液除銹與鹽類水解無關。(_______)A.正確B.錯誤20、可以用已經(jīng)精確測定的反應熱效應來計算難于測量或不能測量的反應的熱效應。___A.正確B.錯誤21、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再過濾。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結構與性質(共3題，共27分)22、(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)。___________23、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(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，它在周期表中的位置為___________，屬于___________區(qū)。

(2)CO、NO均能夠與血紅蛋白(Hb)中Fe2+形成穩(wěn)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(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)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(jié)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(shù)為___________。

③已知，阿伏伽德羅常數(shù)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。24、SeO2是一種常見的氧化劑，易被還原成根據(jù)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(jù)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(tài)的SeO2，紅外研究表明，二聚態(tài)的SeO2結構中存在四元環(huán)，寫出該二聚態(tài)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_______。評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共4分)25、硫及其化合物的綜合利用是化學研究的熱點領域?；卮鹣铝袉栴}：

(1)已知：H2S的燃燒熱△H1=-586kJ/mol；硫的燃燒熱△H2=-297kJ/mol。25℃、101kPa時，1molH2S不完全燃燒生成固態(tài)S和液態(tài)H2O的反應熱△H3=___kJ/mol

(2)SO2催化氧化制SO3，是重要化工反應。該反應用V2O5，作為催化劑，催化反應過程如下圖所示。該反應加入催化劑后正反應的活化能為___。加入催化劑能提高該反應的化學反應速率的原因是___。

(3)工業(yè)上在接觸室中用SO2與空氣中O2反應制取SO3.原料氣中各成分的體積分數(shù)為：SO2～7%，O2～11%，氮氣～82%時，溫度及壓強對SO2平衡轉化率的影響如下表所示。

從表中數(shù)據(jù)分析，工業(yè)上采取400℃~500℃、1MPa條件下合成SO3的原因是____。在T℃、1MPa條件下，SO2的平衡轉化率為x，壓強平衡常數(shù)Kp=___(寫出計算式即可)。(以分壓代替物質的量濃度；分壓=總壓×物質的量分數(shù))。

(4)鋰—硫電池是重要的新型儲能可逆電池；其構造如圖所示。

電池充電時，與電源負極所連電極發(fā)生的電極反應為___，在電池放電時，電池右邊電極依次發(fā)生Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2→Li2S系列轉化。若放電前，圖右邊電極中Li2Sx只有Li2S8，放電后生成產(chǎn)物Li2S、Li2S2物質的量之比為6：1，則1molLi2S8反應得到的電子數(shù)為____。26、CuCl2溶液中的銅主要以形式存在，它們間有如下轉化關系：(藍色)+4Cl-(黃色)+4H2O；電解不同濃度的CuCl2溶液，均可看做Cu2+、Cl-直接放電。下圖為電解濃度較大CuCl2溶液的裝置；實驗開始后，觀察到丙中的KI-淀粉溶液慢慢變藍。回答下列問題：

（1）甲電極的電極反應式為_________________。

（2）丙中溶液變藍是乙電極產(chǎn)物與KI反應導致的，該反應的化學方程式為___。

（3）隨電解的不斷進行，U型管中溶液的顏色變化為__________；

A．由黃色變?yōu)闇\藍色B．由藍色變?yōu)闇\黃色。

溶液顏色變化的原因是_________________。

（4）當電解到一定程度，甲電極附近出現(xiàn)藍色Cu(OH)2絮狀物。經(jīng)測甲電極附近溶液的pH＝a，此時甲電極附近溶液中c(Cu2+)＝______mol·L-1。（已知：Cu(OH)2的Ksp＝2.2×10-20）

（5）電解較長時間后，丙中溶液的藍色又會褪去，這是因為乙電極產(chǎn)物進一步將I2氧化為IO3-，該反應的離子方程式為_____________。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共20分)27、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(fā)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(huán)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(diào)節(jié)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(shù)___________。：28、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)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(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)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_________。29、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(huán)，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：____________________。30、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(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【詳解】

A.向K2Cr2O7溶液中滴加少量濃H2SO4，氫離子濃度增大，Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黃色)+2H+左移，Cr2O濃度增大；溶液橙色加深，A正確；

B.用飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：CaSO4+CO=CaCO3↓+SOB錯誤；

C.用H2O2從酸化的海帶灰浸出液中提取碘，雙氧水是氧化劑，把浸出液中的碘離子氧化為碘：2H++2I-+H2O2=I2+2H2O；C錯誤；

D.向明礬溶液中加入Ba(OH)2溶液至鋁離子沉淀完全時生成沉淀的物質的量最多，此時2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=Al(OH)3↓+3BaSO4↓+2H2O；D錯誤；

答案選A。2、A【分析】【詳解】

A．鐵具有還原性；與銅離子反應生成亞鐵離子和單質銅，A正確；

B．AgNO3溶液中滴加氨水，開始生成沉淀，氨水過量時，沉淀溶解，B錯誤；

C．硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液，氫氧化鉀的物質的量少，不能溶解氫氧化鋁沉淀，C錯誤；

D．用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣，D錯誤；

故答案為：A。3、C【分析】【詳解】

A．溶于水：Cl2+H2OHClO+H++Cl-，用排飽和食鹽水法收集是增加溶液氯離子的濃度；是反應逆向進行，降低氯氣的溶解，能用勒夏特列原理解釋，A項不符合題意；

B．根據(jù)H2CO3CO2↑+H2O，開啟啤酒瓶后，壓強變小，平衡正向移動，CO2溶解程度減??；瓶中馬上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解釋，B項不符合題意；

C．N2+3H22NH3在500℃比室溫更有利于合成氨的反應的原因是此時催化劑活性較大。不能用勒夏特列原理解釋，C項符合題意；

D．由可知；在適宜的溫度，K為氣態(tài)，更易從液態(tài)物質中分離，則平衡會正向移動，反應順利進行，能用勒夏特列原理解釋，D項不符合題意；

故答案選C。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)圖中陰影部分的面積為濃度的變化量，故A正確；

B．從圖中可以看出，該反應曲線a的活化能大于曲線b，且反應熱不變，故b為加了催化劑之后的反應；故B正確；

C．從圖中可以看出；物質X反應開始到1min內(nèi)，濃度沒有變化，平衡時濃度為0，故X不是反應物，故C錯誤；

D．從圖中可以看出，曲線I和曲線II的平衡狀態(tài)相同，且曲線II先達到平衡，故從曲線I變到曲線II的條件為加入催化劑；從曲線I濃度3mol/L到曲線III濃度為4.5mol/L，濃度增加倍，增大壓強該平衡不移動，所以壓縮體積為原來的倍；故D正確；

故選C。5、B【分析】【分析】

在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。在一定溫度范圍內(nèi)催化劑活性較大，超過其溫度范圍，催化劑活性降低，根據(jù)圖知，NOx去除率迅速上升段是因為催化劑活性隨溫度升高而增大；上升緩慢階段主要是溫度升高引起的NOx去除反應速率增大，但是催化劑的活性下降，當反應溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降可能是氨氣在該條件下與氧氣反應生成NO；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．溫度低于50℃時，NOx去除率較低可能是因為溫度較低和催化劑的活性較小；導致反應速率較慢造成的，故A正確；

B．根據(jù)圖像溫度超過100℃時，NOx去除率升高較慢，因此50~100°C時，NOx去除率迅速上升；不是溫度升高引起的，可能是溫度升高導致催化劑的活性急劇增大，反應速率急劇加快引起的，故B錯誤；

C．380°C以上，發(fā)生氨氣的催化氧化反應，使得氨氣的濃度急劇較小，導致NOx的去除率急劇降低；故C正確；

D．由圖像無法確定溫度對NH3與NOx反應生成N2的平衡移動方向，則△H的正負無法判斷，故D正確；6、B【分析】【詳解】

A.根據(jù)ΔH1<0可知；石墨燃燒是放熱反應，A正確；

B.根據(jù)反應熱大小比較，ΔH1<ΔH2，即1molC(石墨)和1molCO分別在足量O2中燃燒，全部轉化為CO2；后者放熱少，B錯誤；

C.根據(jù)蓋斯定律，C(石墨)+O2(g)=CO(g)ΔH=ΔH1-ΔH2；C正確；

D.化學反應的ΔH；只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應途徑無關，D正確。

答案為B。7、C【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖像知，反應物是硫化氫，生成物中含有S元素的物質的體積分數(shù)是氫氣的一半，則生成物應是S2和H2；故A正確；

B．由溶液的pH隨的變化關系，0.1mol·L－1的鹽酸加水稀釋100倍，pH可由1變成3，即V0mL0.1mol·L－1的鹽酸加水稀釋至V=100V0mL，=2；則a＝2，故B正確；

C．加壓平衡逆向移動，甲烷的轉化率降低，p2>p1；故C錯誤；

D．圖丁中反應物的總能量高于生成物的總能量，所以表示在炭黑作用下O2生成活化氧過程中釋放能量；故D正確；

故選C。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．Fe3+在水溶液中會部分水解，則500mL2mol·L-1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目小于1NA；故A錯誤；

B．乙醇分子中只含有1個O—H鍵，溶劑H2O分子中含有2個O—H鍵，則1L1mol·L-1乙醇溶液中O—H鍵的鍵數(shù)遠大于NA；故B錯誤；

C．電解法精煉銅，陰極析出1molCu時，轉移2mol電子，根據(jù)電子守恒，陽極失去的電子數(shù)等于2mol×NAmol-1=2NA；故C正確；

D．氨氣與水反應生成NH3·H2O，NH3·H2O為弱電解質，部分電離，則在標準狀況下，2.24LNH3通入水中制成氨水，溶液中NH數(shù)目小于0.1NA；故D錯誤；

故答案為C。9、C【分析】【詳解】

A．化學反應的本質是舊鍵斷裂；新鍵生成，斷裂舊鍵吸收的能量和形成新鍵釋放的能量不相等，故在化學反應過程中，發(fā)生物質變化的同時一定發(fā)生能量變化，故A錯誤；

B．斷鍵吸熱，成鍵放熱，化學鍵的鍵能可以是破壞該化學鍵時吸收的能量，也可以是形成該化學鍵時釋放的能量，兩者是相等的；因此，破壞生成物全部化學鍵吸收的能量=形成生成物全部化學鍵釋放的能量>破壞反應物全部化學鍵所需要的能量；反應為放熱反應，故B錯誤；

C．生成物的總能量大于反應物的總能量時，反應吸熱，ΔH＞0；故C正確；

D．在熱化學反應方程式中，反應方程式的計量系數(shù)表示物質的量，因此ΔH的大小與熱化學方程式的計量系數(shù)成正比；故D錯誤；

答案選C。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【分析】

（1）①根據(jù)方程式計算平衡時各組分的分壓，代入分壓平衡常數(shù)表達式計算Kp的值；

②恒壓下，加入水蒸氣稀釋劑，相當于增大容器體積，高溫下，水蒸氣可與碳反應；

（2）負極發(fā)生氧化反應，苯乙烯被氧化生成苯甲醛；若該電池消耗標準狀況下11.2L的O2；即0.5mol氧氣，反應中O元素化合價由0價降低為-2價，則轉移2mol電子。

【詳解】

（1）①反應前充入體系中的（EB）的物質的量2mol，（ST）的物質的量為0；可列三段式。

相同狀況下；氣體壓強之比與氣體物質的量成正比，因此可列式。

解得x=0.5；

則該條件下的壓強平衡常數(shù)為

②恒壓條件下，增加水蒸氣的n，導致體系V增大，使平衡正向移動，使苯乙烯的產(chǎn)率隨著的增大而增大，水蒸氣能與C反應，從而減少積碳，有利于恢復催化劑活性，原因是

（2）苯乙烯作電池的負極，產(chǎn)物為苯甲醛，電極反應式為—8e-+3H2O=+CO2↑+8H+；若該電池消耗標準狀況下11.2L的O2；則外電路中理論上轉移電子的物質的量為2mol。

【點睛】

在書寫電極反應式時，要注意體系環(huán)境的酸堿性?！窘馕觥?.05MPa增大—8e-+3H2O=+CO2↑+8H+2mol11、略

【分析】【分析】

（1）

電離平衡常數(shù)越大，酸電離出的氫離子越多，即酸電離出質子能力越強，酸性也越強，據(jù)圖表可知，電離平衡常數(shù)大?。篕a(CH3COOH)>Ka(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka()，所以四種物質電離出質子的能力由大到小的順序是c＞d＞b＞a；

（2）

A．據(jù)圖表可知，電離平衡常數(shù)：Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)，所以醋酸能夠制備碳酸，所以能夠發(fā)生；

B．據(jù)圖表可知，電離平衡常數(shù)：Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，根據(jù)強酸制備弱酸規(guī)律，醋酸能夠制備次氯酸，故ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO反應能夠發(fā)生；

C．據(jù)圖表可知，電離平衡常數(shù)：Ka(H2CO3)>Ka(HClO)；根據(jù)強酸制備弱酸規(guī)律，次氯酸不能制備碳酸，故反應不能發(fā)生；

D．據(jù)圖表可知，電離平衡常數(shù)：Ka(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka()；根據(jù)強酸制備弱酸規(guī)律，碳酸與次氯酸的鹽反應生成次氯酸和碳酸氫根離子，故反應不能發(fā)生；

故選CD；

（3）

醋酸屬于弱電解質，存在電離平衡，加水稀釋，平衡右移，n(CH3COOH)減小，n(CH3COO-)，n(H+)增加，由于溶液的體積增加的較大，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均減小，根據(jù)Kw=c(H+)c(OH-)分析可知，溶液中c(OH-)增大；由于溫度不變，Ka=保持不變；

A．=由于c(CH3COO-)減小，所以減??；故A錯誤；

B．=由于c(H+)減小，所以增大；故B正確；

C．Kw=c(H+)c(OH-)，由于稀釋過程溫度不變，Kw不變，=稀釋過程中c(OH-)增大，所以減小；故C錯誤；

D．稀釋過程中，c(H+)減小，c(OH-)增大，所以減??；故D錯誤；

故選B。

（4）

由圖可知，體積為10mL、pH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL時，HX的pH變化比CH3COOH大，HX的酸性強，酸性越強，電離平衡常數(shù)越大，則相同體條件下，HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)；酸抑制水電離，氫離子濃度越大，對水的抑制程度越大；稀釋后，HX的pH大于醋酸的pH，則HX的氫離子濃度小于醋酸溶液中氫離子濃度，則HX溶液中水電離出來的c(H+)大于醋酸溶液中水電離出來的c(H+)。【解析】（1）c＞d＞b＞a

（2）CD

（3）B

（4）大于大于12、略

【分析】【詳解】

（1）①以淀粉為指示劑，當?shù)味ǚ磻Y束時，溶液中無I2；溶液的藍色會褪去，故步驟Ⅲ中滴定終點時的現(xiàn)象為溶液藍色褪去；

②n(I2)＝20.00×10－3L×0.08000mol·L－1＝1.600×10－3mol，剩余的I2：n(I2)＝×20.00×10－3L×0.05000mol·L－1＝5.000×10－4mol，則與S2-和HS-反應的I2：n(I2)＝1.600×10－3mol－5.000×10－4mol＝1.100×10－3mol，根據(jù)S元素守恒可知n(BaS)＝1.100×10－3mol，所以樣品中BaS的含量w(BaS)＝×100%＝92.95%；

（2）測得0.1mol·L?1BaS溶液pH≈13，c(OH-)≈0.1mol/L，接近鋇離子濃度，說明S2-水解程度很大，由硫化氫的電離平衡常數(shù)可知，水解分兩步進行，且第二步比第一步難，水解方程式為則溶液中OH-、S2-、HS-三種離子濃度由大到小的順序依次是c(OH-)＞c(HS-)＞c(S2-)；

（3）①MnSO4溶液和NH4HCO3固體混合后，反應生成MnCO3，但在制取MnCO3時，一般使用氨水－NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固體，這樣改進可以增大溶液中c()，更有利于MnCO3的生成；同時由于溶液顯堿性，可以更好的吸收CO2氣體；防止液體外溢；

②以MnSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液為原料制備高純碳酸錳時需要注意調(diào)節(jié)溶液6.5＜pH＜7.5，提高產(chǎn)品純度，具體操作是：向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液；邊加邊攪拌，至溶液pH在6.5～7.5之間，充分靜置后過濾，洗滌，干燥。

③沉淀表面若無硫酸根離子，則洗滌干凈，則檢驗沉淀是否洗滌干凈的操作為：取最后一次洗滌濾液，先加鹽酸，再加氯化鋇溶液不出現(xiàn)白色沉淀，說明洗滌干凈?！窘馕觥?1)溶液藍色褪去92.95%

(2)c(OH-)＞c(HS-)＞c(S2-)

(3)增大c(CO)，更有利于MnCO3的生成；吸收CO2氣體，防止液體外溢過濾洗滌干燥取最后一次洗滌濾液，先加鹽酸，再加氯化鋇溶液不出現(xiàn)白色沉淀，說明洗滌干凈13、略

【分析】【詳解】

（1）NaHCO3溶液因HCO3-水解導致溶液顯堿性，Al2(SO4)3溶液因Al3＋水解導致溶液顯酸性，兩者混合，水解相互促進生成氫氧化鋁沉淀和CO2氣體，反應的離子方程式為Al3＋+3HCO3－＝Al(OH)3↓+3CO2↑。

（2）①Na2CO3溶液中存在CO32-的水解過程，溶液中的微粒有Na＋、CO32-、HCO3-、H2CO3、H＋、OH－、H2O，NaHCO3溶液中存在HCO3-的水解過程和電離過程，溶液中的微粒有Na＋、CO32-、HCO3-、H2CO3、H＋、OH－、H2O，所以微粒種類：Na2CO3溶液=NaHCO3溶液。②在碳酸鈉溶液中存在：CO32-+H2OHCO3-+OH－，加入NaOH固體，c(OH－)濃度增大，水解平衡逆向移動，碳酸根離子濃度增大，NaHCO3溶液中加入NaOH固體，發(fā)生反應NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；所以碳酸氫根離子濃度減小。

（3）常溫下，甲為0.1mol·L-1的HA溶液，pH﹥1，c(H＋)<0.1mol/L，說明HA是弱酸，則甲的電離方程式為HAH＋+A－；乙為0.1mol·L-1的BOH溶液，且溶液中c(OH-):c(H+)=1012，根據(jù)c(H＋)·c(OH－)=10-14，解得c(H＋)=10-13mol/L，則c(OH－)=0.1mol/L，說明BOH是強堿，電離方程式為BOH＝B++OH-。

（4）0.1mol·L-1的NaCl溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，離子濃度為[c(Na＋)+c(H＋)]×2，0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)，離子濃度為[c(Na＋)+c(H＋)]×2，在醋酸鈉溶液中，CH3COO－水解導致溶液呈堿性，則c(H＋)<10-7mol/L，而在NaCl溶液中，c(H＋)=10-7mol/L，所以相同條件下，對于濃度均為0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONa溶液，溶液中的離子總數(shù)：NaCl溶液>CH3COONa溶液。

（5）一水合氨是弱電解質，在水溶液里部分電離，所以相同濃度的這幾種溶液中銨根離子濃度最小，硫酸銨中銨根離子個數(shù)是2，所以硫酸銨中銨根離子濃度最大，碳酸氫根離子促進銨根離子水解、氫離子抑制銨根離子水解，所以氯化銨、碳酸氫銨、硫酸氫銨中銨根離子濃度大小順序是④＞②＞③，則相同濃度的這幾種溶液中c（NH4+）的由大到小順序是⑤＞④＞②＞③＞①?！窘馕觥竣?Al3＋+3HCO3－＝Al(OH)3↓+3CO2↑②.＝③.增大④.減?、?HAH＋+A－⑥.BOH＝B++OH-⑦.＞⑧.⑤＞④＞②＞③＞①14、略

【分析】【分析】

（1）銨根離子的水解程度大于氟離子的水解，則NH4F溶液顯酸性；水解產(chǎn)生氫氟酸，故保存此溶液應該放在塑料瓶中；

（2）由題給數(shù)據(jù)可知，NH4+結合OH-的能力大于HCO3-；

（3）根據(jù)Fe(OH)3和Cu(OH)2的Ksp計算pH值；

（4）根據(jù)K=Ksp/Ka1Ka2進行計算。

【詳解】

（1）已知常溫下HF的Ka=6.8×10-4，NH3?H2O的Kb=1.8×10-5，則銨根離子的水解程度大于氟離子的水解，則NH4F溶液顯酸性；水解產(chǎn)生氫氟酸，故保存此溶液應該放在塑料瓶中，故答案為酸，塑料瓶。

（2）由NH3?H2O的Kb=1.8×10-5，H2CO3的Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11可知，NH4+結合OH-的能力大于HCO3-，所以NH4+先與NaOH溶液中的OH-反應，故答案為NH4+。

（3）Fe3+完全沉淀的濃度為1×10-5mol/L，常溫下Fe(OH)3的Ksp=c（Fe3+）c3（OH-）=1×10-5×c3（OH-）=4.0×10-38，則c（OH-）=41/3×10-11mol/L，F(xiàn)e3+沉淀完全的pH=3.2；Cu2+開始沉淀時的濃度為0.1mol/L，常溫下Cu(OH)2的Ksp=c（Cu2+）c2（OH-）=0.1×c2（OH-）=2.2×10-20，則c（OH-）=221/2×10-10mol/L，Cu2+開始沉淀的pH=4.67；

故答案為3.2；4.67。

（4）反應CuS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+CuSO4（aq）的K=c（Cu2+）c（H2S）/c2（H+）=c（Cu2+）c（S2-）×c（H2S）×c（HS-）/c（H+）c（HS-）×c（H+）c（S2-）=Ksp/Ka1Ka2=6.3×10-36/1.3×10-7×7.1×10-15=6.8×10-15；反應FeS(s)+H2SO4(aq)H2S(aq)+FeSO4(aq)的。

K=Ksp/Ka1Ka2=3.6×10-18/1.3×10-7×7.1×10-15=3.9×103；反應CuS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Cu2+(aq)的K=c（Cu2+）/c（Fe2+）=c（Cu2+）c（S2-）/c（Fe2+）c（S2-）=6.3×10-36/3.6×10-18=1.75×10-18；由計算結果可以知道：實驗室制備H2S氣體應選用FeS，檢驗H2S氣體應選用CuSO4；

除去廢水中的Cu2+使用過量的FeS固體的優(yōu)點有：a.可以除去廢水中的Cu2+，過量的FeS和生成的CuS可以通過過濾一并除去，b.生成的Fe2+被氧化成Fe3+，F(xiàn)e3+水解形成Fe（OH）3膠體吸附雜質沉降下來；

故答案為6.8×10-15，3.9×103，1.75×10-18，F(xiàn)eS，CuSO4，生成的Fe2+被氧化成Fe3+，F(xiàn)e3+水解形成Fe（OH）3膠體吸附雜質沉降下來?！窘馕觥克崴芰掀縉H4+3.24.676.8×10-153.9×1031.75×10-18FeSCuSO4生成的Fe2+被氧化成Fe3+，F(xiàn)e3+水解形成Fe（OH）3膠體吸附雜質沉降下來15、略

【分析】【分析】

根據(jù)氫氣的熱值計算1mol氫氣的燃燒熱；進而書寫熱化學方程式。

【詳解】

在常溫常壓條件下，氫氣的熱值為143kJ/g，即1gH2燃燒放出的熱量為143kJ，則1molH2放出的熱量為：2×143kJ=286kJ，所以氫氣燃燒的熱化學方程式為H2（g）+1/2O2（g）=H2O（1）△H=-286kJ·mol－1。【解析】2H2（g）+O2（g）==2H2O（l）△H＝－572kJ·mol-1或H2（g）+1/2O2（g）==H2O（l）△H＝－286kJ·mol-1）（或其他合理答案均對）三、判斷題(共6題，共12分)16、B【分析】【詳解】

泡沫滅火器中的試劑是Al2(SO4)3溶液與NaHCO3溶液。故錯誤。17、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(tài)和終態(tài)有關，而與反應途徑無關，正確。18、B【分析】【詳解】

無論強酸溶液還是弱酸溶液加水稀釋，溶液的酸性都減弱，pH都增大，即a19、B【分析】【詳解】

氯化銨水解顯酸性，酸與鐵銹反應，錯誤。20、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)蓋斯定律，反應熱只與反應物和生成物的狀態(tài)有關，與路徑無關，因此可以將難于或不能測量反應熱的反應設計成多個可以精確測定反應熱的方程式，用蓋斯定律計算，該說法正確。21、A【分析】【詳解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再過濾，正確。四、結構與性質(共3題，共27分)22、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-23、略

【分析】（1）Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，電子層數(shù)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(qū)元素。

（2）Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2，F(xiàn)e2+的電子排布式為[Ar]3d6，根據(jù)電子排布的泡利原理和洪特規(guī)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(jù)一條軌道，所以基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為4。第一電離能是氣態(tài)基態(tài)電中性原子失去一個電子形成氣態(tài)基態(tài)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(shù)最少，對電子的束縛力最弱，其第一電離能最??；N的2p軌道上排布了3個電子，達到了半充滿的穩(wěn)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(shù)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SrTiO3624、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(jù)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(tài)的SeO2，紅外研究表明，二聚態(tài)的SeO2結構中存在四元環(huán)，根據(jù)題干圖示信息可知，該二聚態(tài)的結構式為故答案為：

(3)根據(jù)(2)中信息可知，SeO2易升華，由此推測，SeO2屬于分子晶體，由于SeO2和SO2均為分子晶體，但由于SeO2的相對分子質量比SO2的大，故SeO2的分子間作用力比SO2的大，其熔點遠高于由于SeO2分子中存在Se=O雙鍵和Se-O單鍵,雙鍵的鍵能大于單鍵的，故答案為：分子；SeO2和SO2均為分子晶體，SeO2的相對分子質量比SO2的大，故SeO2的分子間作用力比SO2的大；a鍵為Se-O單鍵，b鍵為Se=O雙鍵；雙鍵的鍵能大于單鍵的鍵能；

(4)SeO2可將的水溶液氧化成H2SO4，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，化合價有升必有降，故SeO2被還原為Se，故反應的化學方程式為SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，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，由于H2SO4溶液中一級電離產(chǎn)生的H+，抑制了的電離，故的電離程度較大的是的稀溶液，故答案為：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一級電離產(chǎn)生的H+，抑制了的電離?！窘馕觥繂♀徎蚣忓N體分子SeO2和SO2均為分子晶體，SeO2的相對分子質量比SO2的大，故SeO2的分子間作用力比SO2的大a鍵為Se-O單鍵，b鍵為Se=O雙鍵，雙鍵的鍵能大于單鍵的鍵能SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se的稀溶液H2SO4溶液中一級電離產(chǎn)生的H+，抑制了的電離五、原理綜合題(共2題，共4分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由題目所給信息可得熱化學方程式：①2H2S(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2SO2(g)△H1=-586×2=-1172kJ/mol，②S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2=-297kJ/mol，由蓋斯定律①-②×2，得2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)△H=△H1-2△H2=-578kJ/mol，故1molH2S不完全燃燒的反應熱△H3=

(2)正反應的活化能指反應物與活化分子之間的能量差值，由圖示知，加入催化劑后正反應的活化能為E1；催化劑加快反應速率是因為加入催化劑后；反應的活化能降低，活化分子百分數(shù)增加，從而加快反應速率；

(3)選擇400~500℃，1MPa合成SO3，是因為此時催化劑活性高，化學反應速率較快，平衡轉化率較高，且設備成本較低；設起始混合氣體總物質的量為100mol，則起始SO2為7mol，O2為11mol，列三段式如下：平衡時氣體總量=7-7x+11-3.5x+7x+82=(100-3.5x)mol，則平衡常數(shù)

(4)由圖示可知，電池放電時Li失電子變?yōu)長i+，故Li電極為負極，充電時鋰電極與電源負極相連作陰極，Li+在陰極得電子生成Li，對應電極反應為Li++e-=Li；根據(jù)S元素守恒，1molLi2S8反應后生成Li2S、Li2S2物質的量依次為6mol、1mol，Li2S8、Li2S、Li2S2中S元素價態(tài)依次為（平均價）、-2價、-1價，故1molL