2025年新科版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年新科版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷764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、下列熱化學方程式書寫正確的是A.甲烷的燃燒熱ΔH＝－890.3kJ·mol－1，則甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1B.500℃、30MPa下，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉的容器中充分反應生成NH3(g)，放熱19.3kJ，其熱化學方程式為：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1C.NaOH(aq)＋HCl(aq)==NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝-57.3kJ/mol(中和熱)D.2NO2=O2＋2NOΔH＝＋116.2kJ/mol(反應熱)2、有機物電極材料具有來源豐富；可降解等優(yōu)點；一種負極材料為固態(tài)聚酰亞胺-水系二次電池的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法正確的是。

A.充電時有機電極發(fā)生了氧化反應B.將M+由Li+換成Na+，電池的比能量會下降C.放電時負極電極反應為：-2e-=D.充電時每轉(zhuǎn)移2mole-，右室離子數(shù)目減少2mol3、由于存在同種電解質(zhì)溶液的濃度差而產(chǎn)生電動勢的電池稱為濃差電池。利用濃差電池電解硫酸鈉溶液可以制得氧氣、氫氣、硫酸和氫氧化鈉，其裝置如圖所示(a、b電極均為石墨電極)。下列說法正確的是(已知：溶液A為1L1mol/LAgNO3溶液;溶液B為1L4mol/LAgNO3溶液)

A.電池放電過程中Ag(1)為正極，電極反應為Ag＋+e－=AgB.a電極的電極反應為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，b電極上發(fā)生的是還原反應C.c、d離子交換膜依次為陽離子交換膜和陰離子交換膜D.電池從開始工作到停止放電，電解池理論上可制得80g氫氧化鈉4、下列不能表明HF是弱電解質(zhì)的是A.的HF溶液B.HF溶液能與純堿反應C.室溫下NaF溶液呈堿性D.常溫下同濃度HF溶液的導電性比鹽酸弱5、下列4種溶液均由濃度為0.1mol/L的2種溶液等體積混合而成：①NH4Cl與HCl②NH4Cl與NaOH③NH4Cl與NaCl④NH4Cl與NH3·H2O(pH＞7)，下列各項排序錯誤的是A.c(NH3·H2O)：②=④＞③＞①B.c()：④＞①＞③＞②C.溶液中c(Cl-)：①=③＞②=④D.pH：②＞④＞③＞①6、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是。選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向苯與液溴的混合液中加入鐵粉產(chǎn)生氣體，將氣體直接通入AgNO3溶液中，有淺黃色沉淀液溴與苯發(fā)生取代反應B檢驗FeCl3溶液中是否混有Fe2+時，將溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫紅色褪去證明溶液中含有Fe2+C向兩支盛有KI3的溶液(含I)的試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀I溶液存在平衡：I?I2+I-D向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，再向混合液中滴加0.1mol/LCuCl2溶液，有藍色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]

A.AB.BC.CD.D7、下列有關(guān)物質(zhì)的實驗操作；現(xiàn)象及結(jié)論描述正確的是。

。選項。

實驗操作及現(xiàn)象。

結(jié)論。

A

向2.0mL濃度均為0.1mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol/LAgNO3溶液；出現(xiàn)黃色沉淀。

Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)

B

在少量濃硝酸中加入大量鐵屑；充分反應后滴加KSCN溶液，溶液無血紅色。

Fe被氧化為Fe2+

C

向品紅溶液中通入某氣體后；溶液褪色。

該氣體一定是SO2

D

用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱；無液態(tài)鋁滴落下來。

金屬鋁的熔點較高。

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、在一定溫度下，1L密閉容器中通入H2和I2各0.016mol，發(fā)生如下反應：H2(g)+I2(g)?2HI(g)，一段時間后達到平衡，測得數(shù)據(jù)如下：。t/min2479n(I2)/mol0.0120.0110.010.01

請回答：(1)2min內(nèi)，v(H2)=______mol/(L·min)。

(2)下列能證明該反應已經(jīng)達到平衡的是______(填字母)。

a.V正(H2)=V逆(HI)

b.混合氣體的顏色不再發(fā)生變化。

c.混合氣體中各組分的物質(zhì)的量不再發(fā)生變化。

d.混合氣體的密度不再變化。

(3)該溫度下反應的化學平衡常數(shù)數(shù)值是______。

(4)H2的平衡轉(zhuǎn)化率是______。

(5)溫度降低時，該反應的平衡常數(shù)變大，則正反應是______(填“放熱”或“吸熱”)反應。

(6)一定可以提高平衡體系中HI百分含量的措施是____(填字母)。

a.降低溫度b.增大H2濃度c.加入催化劑d.降低壓強9、在一密閉容器中充入1molH2和1molI2，壓強為p(Pa)，并在一定溫度下使其發(fā)生反應：H2(g)＋I2(g)=2HI(g)

(1)保持容器容積不變，向其中充入1molH2，反應速率_________。

(2)升高溫度，反應速率________。

(3)擴大容器體積，反應速率______。

(4)保持容器內(nèi)氣體壓強不變，向其中充入1molH2(g)和1molI2(g)，反應速率________。

(5)保持容器體積不變，向其中充入1molN2，反應速率________。

(6)保持容器內(nèi)氣體壓強不變，向其中充入1molN2，反應速率________。10、在一定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)，其化學平衡常數(shù)K和溫度T的關(guān)系如下表：。T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

請回答下列問題：

(1)該反應的平衡常數(shù)表達式為______，該反應為______(填“吸熱”或“放熱”)

(2)能判斷該反應是否已達化學平衡狀態(tài)的依據(jù)是______(填字母)。

A.混合氣體的密度不變。

B.容器中壓強不變。

C.容器中CO2、H2、CO、H2O的濃度之比為1：1：1：1

D.1molH—H鍵斷裂的同時斷裂2molH—O鍵。

E.混合氣體中c(H2)保持不變。

(3)能使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動的是______(填字母)。

a.及時分離出CO和H2Ob.升高溫度。

c.增大壓強d.選擇高效的催化劑。

(4)某溫度下，在2L的密閉容器中，加入1molCO2和1molH2充分反應達平衡時，CO2平衡濃度為0.25mol/L，則平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率為______，試通過計算判斷此時的溫度為______℃。

(5)在830℃時，向2L的密閉容器中，充人2molCO2、2molH2和2molH2O，則達到平衡時，混合物中CO2的物質(zhì)的量分數(shù)可能是______(填字母)。

A.16.67%B.22.2%C.33.3%D.36.8%11、（1）寫出COS的電子式__________________，C與O形成共價鍵時，共用電子對會偏向__________原子，判斷依據(jù)是___________。

（2）已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol

寫出H2S與CO反應生成COS的熱化學方程式__________________________________。____

100℃時將CO與H2S按物質(zhì)的量比為1∶1充入反應器中，達平衡后CO的轉(zhuǎn)化率α=33.3%，此時反應的平衡常數(shù)k=________________________。

（3）在充有催化劑的恒壓密閉容器中進行反應。設起始充入的n(CO)∶n(H2S)＝m，相同時間內(nèi)測得H2S轉(zhuǎn)化率與m和溫度（T）的關(guān)系如圖所示。

①m1________m2（填＞；＜或＝）

②溫度高于T0時，H2S轉(zhuǎn)化率減小的可能原因為_________

a．反應停止了b．反應的△H變大。

c．反應達到平衡d．催化劑活性降低12、如圖所示裝置為在直流電的作用下電解CuSO4溶液圖，其中A、B為石墨電極，a、b為電源的兩極；當接通電源后，通電一段時間后，將B電極取出洗干凈并干燥后稱量其質(zhì)量增加了3.2g，則：

(1)a為電源的_______極。

(2)寫出電極反應方程式：A_______；B_______評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)13、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤14、焊接時用NH4Cl溶液除銹與鹽類水解無關(guān)。(_______)A.正確B.錯誤15、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16、增大反應物的濃度，能夠增大活化分子的百分數(shù)，所以反應速率增大。(____)A.正確B.錯誤17、則相同條件下，氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和。(_______)A.正確B.錯誤18、如果的值越大，則酸性越強。（______________）A.正確B.錯誤19、Na2CO3溶液：c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)。(_______)A.正確B.錯誤20、當反應逆向進行時，其反應熱與正反應熱的反應熱數(shù)值相等，符號相反。____A.正確B.錯誤21、生活中用電解食鹽水的方法制取消毒液，運用了鹽類的水解原理。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共8分)22、乙炔(C2H2)在氣焊、氣割及有機合成中用途非常廣泛，可由電石(CaC2)直接水化法或甲烷在1500℃左右氣相裂解法生產(chǎn)。

(1)電石水化法制乙炔是將生石灰與焦炭在3000℃下反應生成CaC2，CaC2再與水反應即得到乙炔。CaC2與水反應的化學方程式為____________。

(2)已知：△H1=-890.3kJ?mol-1

△H2=-1299.6kJ?mol-1

△H3=-571.6kJ?mol-1

則甲烷氣相裂解反應：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的△H=_______kJ?mol-1。

(3)哈斯特研究得出當甲烷分解時，幾種氣體平衡時分壓(Pa)的對數(shù)與溫度(℃)的關(guān)系如圖所示。

①T1℃時，向1L恒容密閉容器中充入0.3molCH4，只發(fā)生反應2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，達到平衡時，測得c(C2H4)=c(CH4)。該反應的△H____________0（填“＞”或“＜”），CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為__________%（保留3位有效數(shù)字）。上述平衡狀態(tài)在某一時刻，若改變溫度至T2℃，c(CH4)以0.01mol?L-1?s-1平均速率增多，經(jīng)后再次達到平衡，平衡時，c(CH4)=2c(C2H4)，則T1_________（填“＞”或“＜”）T2，t=_________s。

②列式計算反應2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)在圖中A℃時的平衡常數(shù)K=__________（用平衡分壓代替平衡濃度計算，）。

③由圖可知，甲烷裂解制乙炔時有副產(chǎn)物乙烯生成，為提高甲烷制乙炔的轉(zhuǎn)化率，除改變溫度外，還可采取的措施有________________。23、金屬釔(Y)具有重要的國防價值，但因過度開采已瀕臨枯竭。通過硫酸浸泡深海磷灰石礦，可以得到Y(jié)3+的浸出液：

表1浸出液成分。

。

Al3+

Fe3+

Ca2+

PO43-

Mg2+

Mn2+

Y3+

濃度/(mg?L-1)

7670

9460

550

640

5600

1500

70.2

（1）浸出液可用有機溶劑（HR）進行萃取，實現(xiàn)Y3+的富集（已知：Y3+與Fe3+性質(zhì)相似），原理如下：Fe3++3HRFeR3+3H+Y3++3HRYR3+3H+（已知：FeR3、YR3均易溶于HR）

浸出液在不同pH下萃取的結(jié)果如圖1。

①用化學平衡原理解釋，隨pH增大，Y3+萃取率增大的原因________。

②結(jié)合圖1解釋，工業(yè)上萃取Y3+之前，應首先除去Fe3+的原因是________。

（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除鐵。

表2Fe3+、Y3+去除率。

。終點pH

去除率/%

Fe3+

Y3+

Y3+

3.0

87.84

19.86

3.5

92.33

23.63

4.5

99.99

44.52

5.0

99.99

89.04

中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+；去除率如表2所示。

①該實驗條件下，F(xiàn)e3+去除率比Y3+大的可能原因________。

磷酸法：將磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，調(diào)pH為2.5，過濾除去磷酸鐵沉淀（FePO4），濾液中剩余的Fe3+、Y3+濃度如表3。

表3濾液中Fe3+、Y3+的濃度。

。

Fe3+

Y3+

濃度/(mg?L-1)

508

68.9

②配平“磷酸法”除鐵過程中的離子方程式。

Fe3++____+____=FePO4↓+CO2↑+_______________________

③綜合分析表1、表2、表3，工業(yè)上采用“磷酸法”除鐵的原因________。

（3）經(jīng)“磷酸法”除鐵后，用有機溶劑HR萃取Y3+，可通過________（填操作）收集含Y3+的有機溶液。

（4）綜合分析以上材料，下列說法合理的是________。

a.分析圖1可知，pH在0.2～2.0范圍內(nèi)，有機溶劑中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+

b.表2中Y3+損失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3對Y3+的吸附。

c.表2中pH在4.5～5.0范圍內(nèi)，Y3+損失率變大的可能原因：Y3++3OH-=Y（OH）3↓

d.有機溶劑萃取Y3+的優(yōu)點是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金屬離子萃取率極低評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共21分)24、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(guān)鍵。目前我國研制的稀土催化劑具有很好的催化轉(zhuǎn)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(jié)構(gòu)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(jié)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(zhì)作催化劑。一種復合型物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。

①該復合型物質(zhì)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(jié)構(gòu)，則晶胞的邊長為___________cm。25、工業(yè)用焦炭和硫酸鈉反應制備硫化鈉：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置為___________，硫原子核外有___________種不同運動狀態(tài)的電子。

(2)CS2的結(jié)構(gòu)與CO2相似，二者形成晶體時的熔點高低為：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有關(guān)二硫化碳分子的描述正確的是______。A．含有非極性鍵B．是直線形分子C．屬于極性分子D．結(jié)構(gòu)式為(4)C元素和S元素比較，非金屬性強的是___________，寫出一個能支持你的結(jié)論的事實：___________。

(5)Na2S又稱臭堿，Na2S溶液中含硫元素微粒的濃度由大到小的順序是___________。

(6)天然氣中常含有少量H2S；在酸性介質(zhì)中進行天然氣脫硫的原理示意圖如圖示；

配平步驟①涉及到的方程式(先在括號里補齊生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)圖示中反應②是FeSO4在酸性條件下被O2氧化的過程，若有1摩爾FeSO4在酸性條件下被氧化，需要O2的體積(標準狀況)為___________升。26、鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏科等。以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，還含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]為原料可制取鈷的氧化物。

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，該氧化物中鈷離子基態(tài)核外電子排布式為_______。

(2)利用鈷礦制取鈷的氧化物的主要步驟如下：

①浸?。河名}酸和Na2SO3溶液浸取鈷礦，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等離子。寫出Co2O3發(fā)生反應的離子方程式_______。

②除雜：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH調(diào)節(jié)pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有關(guān)沉淀數(shù)據(jù)如表(“完全沉淀時金屬離子濃度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀時pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是_______(加入NaClO3和NaOH時；溶液的體積變化忽略)。

③萃取、反萃?。合虺s后的溶液中，加入某有機酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。實驗測得：當溶液pH處于4.5~6.5范圍內(nèi)，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是_______。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設計萃取、反萃取的目的是_______。

④沉鈷、熱分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，過濾、洗滌、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶體。圖為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線；曲線中300℃及以上所得固體均為鈷氧化物。

通過計算確定C點剩余固體的化學成分為_______(填化學式)。試寫出B點對應的物質(zhì)與O2在225~300℃發(fā)生反應的化學方程式：_______。評卷人得分六、計算題(共1題，共7分)27、(1)二甲醚(CH3OCH3)重整制取H2，具有無毒、無刺激性等優(yōu)點。CH3OCH3和O2發(fā)生反應ⅠCH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)ΔH，已知：①CH3OCH3(g)=CO(g)+H2(g)+CH4(g)ΔH1；②CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)ΔH2；③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH3，則反應Ⅰ的ΔH=_____(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代數(shù)式表示)。

(2)CO2與CH4經(jīng)催化重整，制得合成氣：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，已知上述反應中相關(guān)的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下，則該反應的ΔH=______。化學鍵C-HC=OH-H鍵能()4137454361075參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

A.甲烷的標準燃燒熱為-890.3kJ?mol-1，表示1mol甲烷完全燃燒生成二氧化碳與液態(tài)水放出熱量為890.3kJ，甲烷燃燒熱的熱化學方程式可表示為：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=-890.3kJ?mol-1；故A錯誤；

B.合成氨是可逆反應，反應物不能完全轉(zhuǎn)化，0.5molN2和1.5molH2置于密閉容器中充分反應生成NH3（g）；放熱19.3kJ，生成的氨氣的物質(zhì)的量小于1mol，生成2mol氨氣放出的熱量大于38.6kJ，故B錯誤；

C.中和熱是酸堿發(fā)生中和反應產(chǎn)生1摩爾的水時放出的熱量，NaOH(aq)＋HCl(aq)==NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝-57.3kJ/mol可以表示中和熱；故C正確；

D.熱化學方程式?jīng)]有注明各物質(zhì)狀態(tài)；故D錯誤；

故選C。2、B【分析】【分析】

該結(jié)構(gòu)是一種負極材料為固態(tài)聚酰亞胺-水系二次電池，則另外一個電極正極，充電時有機電極為電解池陰極，放電時負極電極的失去電子，發(fā)生氧化反應，生成反應為-2ne-=正極反應為：I+2e-=3I-。

【詳解】

A．該結(jié)構(gòu)為一種負極材料為固態(tài)聚酰亞胺-水系二次電池；充電時陽離子向陰極移動，則充電時有機電極為電解池陰極，發(fā)生還原反應，故A錯誤；

B．比能量是指電池單位質(zhì)量或單位體積所能輸出的電能，鈉的相對原子質(zhì)量大于鋰，M+由Li+換成Na+；電池的比能量會下降，故B正確；

C．由圖可知，放電時負極電極的失去電子，發(fā)生氧化反應，生成反應為-2ne-=故C錯誤；

D．充電時，右側(cè)電解為陽極，發(fā)生氧化反應，3I--2e-=I則充電時每轉(zhuǎn)移2mole-，左側(cè)減少2mol陰離子，同時有2molM+離子進入左室；右室離子數(shù)目減少4mol，故D錯誤；

故選B。3、B【分析】【分析】

由題意可知左邊裝置為濃差電池，右邊裝置為電解裝置：電解硫酸鈉溶液可以制得氧氣、氫氣、硫酸和氫氧化鈉，因此a電極附近應該產(chǎn)生硫酸，則a電極附近應是水電離的氫氧根離子放電，因此a極為陽極，b極為陰極；Ag(1)為負極，Ag(2)為正極。

【詳解】

A．濃差電池放電時，兩個電極區(qū)的硝酸銀溶液的濃度差會逐漸減小，當兩個電極區(qū)硝酸銀溶液的濃度完全相等時，放電停止。電池放電過程中，Ag(2)電極上發(fā)生使Ag+濃度降低的還原反應Ag++e-=Ag，Ag(1)電極發(fā)生使Ag+濃度升高的氧化反應Ag-e-=Ag+；Ag(2)電極為正極，Ag(1)電極為負極，A項錯誤；

B．電解池中a、b電極依次為電解池的陽極和陰極，陽極反應為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，水電離的氫離子在陰極(b電極)得電子發(fā)生還原反應；B項正確；

C．電解過程中，兩個離子交換膜之間的硫酸鈉溶液中，Na+通過陽離子交換膜d進入陰極（b極）區(qū)，SO通過陰離子交換膜c進入陽極（a極）區(qū)；因此c；d離子交換膜依次為陰離子交換膜和陽離子交換膜，C項錯誤；

D．電池從開始工作到停止放電，正極區(qū)硝酸銀溶液的濃度將由4mol/L降低到2.5mol/L，負極區(qū)硝酸銀溶液的濃度同時由1mol/L升高到2.5mol/L，正極反應可還原Ag+的物質(zhì)的量為1L（4mol/L-2.5mol/L）=1.5mol，電路中轉(zhuǎn)移1.5mol電子，電解池的陰極反應生成1.5molOH-；即陰極區(qū)可制得1.5mol氫氧化鈉，其質(zhì)量為60g，D項錯誤；

故選B。4、B【分析】【詳解】

A．由題意知常溫下0.1mol/L的HF溶液中c(H+)=10-2mol/L<0.1mol/L；可推斷HF不能完全電離，所以該事實能說明HF是弱酸，A項正確；

B．根據(jù)強酸制弱酸的原理，HF能與Na2CO3溶液反應，可推斷HF的酸性比H2CO3強；但不能確定HF是強酸還是弱酸，B項錯誤；

C．常溫下，NaF溶液呈堿性，則NaF屬于強堿弱酸鹽，它水解使溶液顯堿性：可推知HF是弱酸，C項正確；

D．常溫下等濃度的一元強酸HCl與HF做導電性對照實驗；導電性比鹽酸弱，該事實說明HF一定是弱酸，D正確；

故選B。5、A【分析】【詳解】

A．④NH4Cl與NH3·H2O(pH＞7)溶液中銨根離子抑制一水合氨的電離，一水合氨濃度最大；②NH4Cl與NaOH反應生成NH3?H2O和NaCl，c（NH3?H2O）小于④；①NH4Cl與HCl不反應，溶液為強酸性溶液，銨根離子水解程度最小，則c（NH3?H2O）小于③；③NH4Cl與NaCl混合，銨根離子正常水解，所以溶液中c（NH3?H2O）的大小為：④＞②＞③＞①；故A錯誤；

B..①NH4Cl與HCl不反應，溶液中氫離子抑制了銨根離子的水解；②NH4Cl與NaOH反應生成氨水和氯化鈉，一水合氨部分電離，銨根離子濃度較?。虎跱H4Cl與NaCl，銨根離子部分水解；④NH4Cl與NH3·H2O(pH＞7)溶液顯堿性，銨根離子水解程度小于一水合氨的電離，c()：④＞①＞③＞②；故B正確；

C．混合液中氯離子的物質(zhì)的量不變，②NH4Cl與NaOH混合液中氯離子濃度為0.05mol/L；①NH4Cl與HCl的混合液中氯離子濃度為0.1mol/L；③NH4Cl與NaCl的混合液中氯離子濃度為0.1mol/L；④NH4Cl與NH3?H2O混合液中氯離子濃度為0.05mol/L，則c（Cl-）大小為：③=①＞②=④；故C正確；

D．②NH4Cl與NaOH反應生成NH3?H2O和NaCl，溶液顯示堿性，溶液的pH＞7；①NH4Cl與HCl不反應，溶液為強酸性溶液；③NH4Cl與NaCl混合，銨根離子部分水解，溶液顯示酸性，酸性氫離子濃度小于①；④NH4Cl與NH3·H2O(pH＞7)；銨根離子抑制一水合氨的電離，溶液堿性弱于②，所以混合液的pH大小為：②＞④＞③＞①，故D正確；

故答案A。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．液溴會揮發(fā)出溴，溴與硝酸銀溶液也會反應生成淺黃色沉淀，無法確定是否有HBr生成；則無法證明液溴與苯發(fā)生取代反應，A錯誤；

B．酸性環(huán)境中FeCl3溶液中的Cl-也會將KMnO4還原；B錯誤；

C．滴加淀粉變藍，說明有I2，滴入AgNO3溶液，有黃色沉淀說明有I-，所以KI3的溶液中含I2、I-，即KI3溶液中存在平衡I3-?I2+I-；C正確；

D．NaOH溶液過量；均為沉淀的生成，沒有發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，所以無法比較二者的溶解度，則無法比較溶度積，D錯誤；

綜上所述答案為C。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．向2.0mL濃度均為0.1mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol/LAgNO3溶液，出現(xiàn)黃色沉淀，說明I-、Ag+發(fā)生反應產(chǎn)生AgI沉淀，則溶液中c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI)，而c(Ag+)·c(Cl-)＜Ksp(AgCl)，故物質(zhì)的溶度積常數(shù)：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)；A正確；

B．在少量濃硝酸中加入大量鐵屑；充分反應后滴加KSCN溶液，溶液無血紅色，是由于在室溫下濃硝酸具有強氧化性，將Fe粉氧化而在金屬表面產(chǎn)生一層致密的氧化物保護膜，阻止內(nèi)部金屬的進一步被氧化，即發(fā)生鈍化現(xiàn)象，B錯誤；

C．向品紅溶液中通入某氣體后，溶液褪色，證明氣體具有漂白性，該氣體可能是SO2，也可能是Cl2等；C錯誤；

D．用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱，無液態(tài)鋁滴落下來，是由于在加熱時表面的Al與O2反應產(chǎn)生高熔點的Al2O3；將熔化的Al包裹，因此鋁熔化但不滴落，D錯誤；

故合理選項是A。二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)計算v（I2），再利用速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（H2）。

（2）可逆反應到達平衡時；同種物質(zhì)表示的正逆速率相等，各組分的濃度；含量保持不變，由此衍生的其它一些物理量不變，注意判斷平衡的物理量應隨反應進行發(fā)生變化，該物理量由變化到不再變化說明到達平衡。

（3）7min處于平衡狀態(tài)，平衡時碘為0.01mol，計算平衡時各組分濃度代入計算。

（4）計算消氫氣的物質(zhì)的量，

（5）溫度降低時；該反應的平衡常數(shù)增大，說明平衡向正反應方向移動，降低溫度平衡向放熱反應移動。

（6）A．降低高溫度平衡正向移動；HI的物質(zhì)的量增大，混合氣體總物質(zhì)的量不變。

B．增大H2濃度平衡正向移動；但HI的含量不一定增大。

C．加入催化劑不影響平衡移動。

D．反應前后氣體的體積不變；降低壓強平衡不移動。

【詳解】

(1)2min內(nèi),速率之比等于化學計量數(shù)之比,則

故答案為：0.002。

(2)a.應是2v正(H2)=v逆(HI)時反應處于平衡狀態(tài)；故a錯誤。

b.混合氣體的顏色不再發(fā)生變化，說明碘蒸汽的濃度不變，反應到達平衡，故b正確。

c.混合氣體中各組分的物質(zhì)的量不再發(fā)生變化；說明到達平衡，故c正確。

d.混合氣體總質(zhì)量不變；容器的容器不變，混合氣體的密度始終不變，故d錯誤。

故選：bc。

(3)7min處于平衡狀態(tài)；平衡時碘為0.01mol，則：

平衡常數(shù)

故答案為：1.44。

(4)消氫氣的物質(zhì)的量為則氫氣轉(zhuǎn)化率

故答案為：37.5%。

(5)溫度降低時；該反應的平衡常數(shù)增大，說明平衡向正反應方向移動，降低溫度平衡向放熱反應移動。

故答案為：放熱。

(6)a.降低高溫度平衡正向移動；HI的物質(zhì)的量增大，混合氣體總物質(zhì)的量不變，HI百分含量增大，故a正確。

b.增大H2濃度平衡正向移動，如果氫氣的剩余量較多，HI的含量不一定增大，故b錯誤。

c.加入催化劑加快反應速率；不影響平衡移動，HI百分含量不變，故c錯誤。

d.反應前后氣體的體積不變；降低壓強平衡不移動，HI百分含量不變，故d錯誤。

故選：a?！窘馕觥竣?0.002②.bc③.1.44④.37.5%⑤.放熱⑥.a9、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)在容器容積不變時，充入1molH2即c(H2)增大；反應物濃度增大，化學反應速率增大；

(2)升高溫度；活化分子百分數(shù)增加，有效碰撞次數(shù)增多，反應速率增大；

(3)擴大容器體積；相當于減小各成分濃度，反應速率減??；

(4)保持容器內(nèi)氣體壓強不變，保持充入1molH2(g)和1molI2(g)；壓強未變，體積增大，濃度也不變，則速率不變；

(5)保持容器容積不變，充入1molN2，N2不參與反應；參與反應的各成分濃度未變，則反應速率不變；

(6)保持容器壓強不變，充入N2，體積增大，各成分濃度減小，則反應速率減小?！窘馕觥吭龃笤龃鬁p小不變不變減小10、略

【分析】【詳解】

(1)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，根據(jù)反應CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)及化學平衡常數(shù)表達式，可得K=；平衡常數(shù)的大小只與溫度有關(guān)，升高溫度平衡向吸熱方向進行，由表中數(shù)據(jù)可知，溫度升高，該反應的化學平衡常數(shù)增大，平衡向著正向移動，正向反應是吸熱反應．

故答案為；吸熱；

(2)A．一定體積的密閉容器,且反應前后全部是氣體；質(zhì)量不變，密度任何時候都不變，無法判斷無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B．反應前后氣體體積不變，壓強始終不會變化，所以壓強不變，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C．濃度相等，不能判斷各組分濃度是否不變，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；

D．1molH—H鍵斷裂的同時斷裂2molH—O鍵,也就是消耗1mol氫氣的同時消耗2mol水；說明正逆反應速率相等，達到了平衡狀態(tài)，故D正確；

E．混合氣體中c(H2)保持不變；說明各組分的濃度保持不變，說明達到了平衡狀態(tài)，故E正確；

故答案為：DE

(3)a．及時分離出CO和H2O,平衡正向移動；但反應速率減小，故a不符合題意；

b．正反應是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，且升高溫度，反應速率加快，故b符合題意；

c．反應前后氣體系數(shù)相等，增大壓強只能加快反應速率，不能使平衡移動，故c不符合題意；

d．催化劑只能加快反應速率；不能改變平衡，故選擇高效的催化劑不能使平衡正向移動，故d不符合題意；

故答案為：b

(4)根據(jù)題干中信息可得，則平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率為又由于c（CO2）?c（H2）=c（CO）?c（H2O），化學平衡常數(shù)K=1，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，所以反應溫度是830℃，

故答案為：50%；830．

(5)在830℃時，K=1，向2L的密閉容器中，充人2molCO2、2molH2和2molH2O，平衡向正反應方向進行，設參加反應的CO2為nmol/L，則則K==1，解得n=CO2的物質(zhì)的量為1-=總物質(zhì)的量為：3，混合物中CO2的物質(zhì)的量分數(shù)為;故答案為：B

【點睛】

本題考查化學反應速率和化學平衡的計算，影響化學反應速率和化學平衡的條件，化學平衡狀態(tài)判斷等問題，考查學生的分析問題和解決問題的能力，難度適中?！窘馕觥课鼰酓Eb50%830B11、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)共價鍵的相關(guān)知識解答；

(2)COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol①；

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol②；

運用蓋斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H；由②-①所得，計算可得；平衡常數(shù)，可用三段式進行計算；

(3)①在充有催化劑的恒壓密閉容器中只進行反應，設起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m；m越大說明CO量越多，兩種反應物增加一種會提高另一種的轉(zhuǎn)化率；

②溫度高于T0，H2S轉(zhuǎn)化率減小是因為溫度升高，催化劑活性減弱，反應減慢，平衡逆向進行，H2S轉(zhuǎn)化率減小。

【詳解】

(1)COS的電子式C與O形成共價鍵時，由于C與O同周期，核電荷數(shù)O>C，原子半徑OC，共用電子對會偏向氧原子，故答案為：O(氧)；C與O同周期，核電荷數(shù)O>C，原子半徑OC；

(2)COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol①；

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol②；

運用蓋斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H，由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)=-7kJ/mol，故H2S與CO反應生成COS的熱化學方程式為CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；CO與H2S按物質(zhì)的量比為1∶1充入反應器中，設CO與H2S的起始量各為3mol，達平衡后CO的轉(zhuǎn)化率α=33.3%，可用三段式進行計算；體積相同，則K=故答案為：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；0.25；

(3)①在充有催化劑的恒壓密閉容器中只進行反應，設起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大說明CO量越多，兩種反應物增加一種會提高另一種的轉(zhuǎn)化率，則m1>m2，故答案為：>；

②溫度高于T0，H2S轉(zhuǎn)化率減小是因為溫度升高，催化劑活性減弱，反應減慢，平衡逆向進行，H2S轉(zhuǎn)化率減小，可逆反應處于動態(tài)平衡，△H只與反應物和生成物的總能量有關(guān)，故答案為：d?！窘馕觥縊（氧）C與O同周期，核電荷數(shù)O>C，原子半徑OCCO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H2＝－7kJ/mol0.25>d12、略

【分析】【分析】

在CuSO4溶液中含有的陽離子有Cu2+、H+，陰離子有OH-，陽離子在陰極放電，陰離子在陽極放電，離子放電先后順序是：Cu2+＞H+，OH-＞然后結(jié)合電解后電極質(zhì)量變化判斷電源的正；負極，進而可得電解池的陰、陽極的電極反應式。

【詳解】

(1)電解CuSO4溶液，陽極上水電離產(chǎn)生的OH-失去電子被氧化為O2，陰極上Cu2+得到電子被還原為Cu單質(zhì)，通電一段時間后，將B電極取出洗干凈并干燥后稱量其質(zhì)量增加了3.2g，說明B電極為陰極，Cu2+在B電極得到電子變?yōu)镃u單質(zhì)，故B電極連接電源的負極，b為電源的負極；a為電源正極；

(2)A連接電源的正極，作陽極。陽極上水電離產(chǎn)生的OH-失去電子被氧化為O2，則A電極的電極反應式為：4OH--4e-=2H2O+O2↑；B電極連接電源的負極，作陰極，陰極上Cu2+得到電子變?yōu)閱钨|(zhì)Cu，所以B電極的電極反應式為：2Cu2++4e-=2Cu(或?qū)憺镃u2++2e-=Cu)?！窘馕觥空?OH--4e-=2H2O+O2↑2Cu2++4e-=2Cu(或Cu2++2e-=Cu)三、判斷題(共9題，共18分)13、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(jù)錯誤。14、B【分析】【詳解】

氯化銨水解顯酸性，酸與鐵銹反應，錯誤。15、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(guān)，與路徑無關(guān)，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。16、B【分析】【詳解】

增大反應物濃度，能增大單位體積內(nèi)活化分子數(shù)目，能加快化學反應速率。在溫度一定時，活化分子百分數(shù)是一定的，所以增大反應物濃度，不能增大活化分子百分數(shù)，故錯誤。17、A【分析】【詳解】

由于該反應是放熱反應，所以反應物的總能量之和大于生成物的總能量之和，因此氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和，說法正確。18、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)Kw=c(H+)×c(OH-)分析，溫度不變，的值越大，說明氫離子濃度比氫氧根離子濃度大得多，溶液的酸性越強，故正確。19、A【分析】【分析】

【詳解】

碳酸鈉溶液中電荷守恒：則c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)，故答案為：正確。20、A【分析】【分析】

【詳解】

正反應的反應熱=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和，逆反應的反應熱=生成物的鍵能總和-反應物的鍵能總和，因此兩者反應熱數(shù)值相等，符號相反，該說法正確。21、B【分析】【分析】

【詳解】

飽和食鹽水在電解條件下生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉，氯氣和氫氧化鈉之間反應可以得到消毒液，與水解無關(guān)，故錯誤。四、原理綜合題(共2題，共8分)22、略

【分析】【分析】

由已知熱化學反應求未知反應的△H；可利用蓋斯定律；利用圖象信息計算轉(zhuǎn)化率或平衡常數(shù)時，常利用三段式。

【詳解】

(1)碳化鈣和水反應生成氫氧化鈣和乙炔，反應的化學方程式為CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑。答案為：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；

(2)△H1=-890.3kJ?mol-1①

△H2=-1299.6kJ?mol-1②

△H3=-571.6kJ?mol-1③

由蓋斯定律，將可得：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)△H=答案為：+376.4；

(3)①升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，由題圖可知，溫度升高，C2H4的平衡分壓增大，說明反應2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)向正反應方向進行，則該反應為吸熱反應；設C2H4的平衡濃度為xmol/L；由題給數(shù)據(jù)建立如下三段式：

由達到平衡時c(C2H4)=c(CH4)可得0.3-2x=x，解得x=0.1，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為改變溫度后，CH4的濃度增大，說明平衡向逆反應方向移動，則溫度降低，即由于c(CH4)以0.01mol?L-1?s-1的平均速率增多，經(jīng)后再次達到平衡，故在內(nèi)，CH4的濃度變化為0.01tmol/L；利用三段式來計算：

由平衡時c(CH4)=2c(C2H4)可得解得②由圖中數(shù)據(jù)可知，A℃時，C2H2平衡分壓為0.05Pa，H2平衡分壓為104Pa，CH4平衡分壓為則平衡常數(shù)K=③甲烷裂解制乙炔時有副產(chǎn)物乙烯生成，充入適量的乙烯，可抑制甲烷向乙烯的轉(zhuǎn)化，從而提高甲烷制乙炔的轉(zhuǎn)化率。答案為：＞；66.7；＞；5；5×104Pa2；充入適量的乙烯（其他合理答案也可）。

【點睛】

因為兩反應都是吸熱的、分子數(shù)增大的可逆反應，所以改變壓強都難以達到目的，催化劑又不能提高反應物的轉(zhuǎn)化率，所以只能通過改變生成物濃度以降低乙烯的轉(zhuǎn)化率，并提高乙炔的轉(zhuǎn)化率?！窘馕觥竣?CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑②.+376.4③.＞

④.66.7⑤.＞

⑥.5⑦.5×104Pa2⑧.充入適量的乙烯（其他合理答案也可）23、略

【分析】考查化學反應原理的綜合運用，（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H＋)減小，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向正反應方向移動，Y3＋的轉(zhuǎn)化率增大，即Y3＋萃取率提高；②根據(jù)Fe3++3HRFeR3+3H+，Y3++3HRYR3+3H+，F(xiàn)e3+和Y3+萃取存在競爭性，F(xiàn)e3+對Y3+萃取干擾較大，因此萃取Y3＋之前，應除去Fe3＋，防止對Y3＋萃取產(chǎn)生干擾；（2）①表2采用的是中和沉淀法，通過條件pH，F(xiàn)e3＋去除率高，其原因可能是KSO[Fe(OH)3]sp[Y(OH)3]，或者Fe(OH)3的溶解度遠遠小于Y(OH)3溶解度；②根據(jù)原理，加入的物質(zhì)Fe3＋、H3PO4、Na2CO3，生成了FePO4和CO2，沒有化合價的變化，因此離子反應是Fe3＋＋H3PO4＋CO32－→FePO4↓＋CO2↑，H3PO4中H轉(zhuǎn)化成H2O，F(xiàn)e3＋＋H3PO4＋CO32－→FePO4↓＋CO2↑＋H2O，根據(jù)電荷守恒和原子守恒進行配平，即2Fe3++2H3PO4＋3CO32－=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O；③根據(jù)表1、2、3中的數(shù)據(jù)，得出磷酸法除鐵率較高同時Y3+損失率較?。唬?）有機溶劑為萃取劑，不溶于水，因此采用分液方法進行分離；（4）a、根據(jù)Fe3++3HRFeR3+3H+，pH越大，F(xiàn)e3＋萃取率提高，但有機溶劑中不含有Fe3＋而是FeR3，pH在0.2～2.0范圍內(nèi)，有機溶劑中的Fe3＋小于水溶液中的Fe3＋，故a錯誤；b、表2中Y3＋損失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3對Y3＋的吸附，氫氧化鐵表面積大，能夠吸附微粒，故b正確；c、表2中pH在4.5～5.0范圍內(nèi)，Y3+損失率變大的可能原因：Y3++3OH-=Y（OH）3↓，故c正確；d、有機溶劑萃取Y3+的優(yōu)點是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金屬離子萃取率極低，故d正確?！窘馕觥縔3+在溶液中存在平衡：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+)減?。ɑ騝(OH-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高Fe3+和Y3+萃取存在競爭性，F(xiàn)e3+對Y3+萃取干擾較大KSP[Fe(OH)3]小于KSP[Y(OH)3]或Fe(OH)3的溶解度小于Y(OH)3或c（Fe3+）遠大于c（Y3+）2Fe3++2H3PO4+3CO32-=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O磷酸法除鐵率較高同時Y3+損失率較小分液bcd五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共21分)24、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，其第一電離能最小；N的2p軌道上排布了3個電子，達到了半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，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(zhì)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(zhì)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SrTiO3625、略

【分析】【詳解】

（1）硫的原子序數(shù)是16；其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每個電子所處能層；能級、原子軌道、自旋方向不完全相同，因此每個電子運動狀態(tài)均不相同，S原子核外有16個電子，則基態(tài)S原子核外有16種運動狀態(tài)不同的電子。

（2）CS2和CO2均屬于分子晶體，分子的相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔點越高，由于CS2的相對分子質(zhì)量大于CO2，因此熔點：CS2>CO2。

（3）CS2的結(jié)構(gòu)與CO2相似，則其結(jié)構(gòu)為分子中不含非極性鍵，屬于直線形非極性分子，選項A；C、D錯誤，故選B。

（4）比