2026屆北京市西城13中學化學高三第一學期期中學業(yè)水平測試試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、四種短周期元素X、Y、Z和W在元素周期表中的位置如圖所示，原子序數(shù)之和為48。下列有關說法中正確的是A．原子半徑(r)大小比較r(X)<r(Y)B．Z和Y可形成共價化合物YZ3C．W的非金屬性比Z的強，所以W的簡單氣態(tài)氫化物的沸點比Z的高D．W的最低價單核陰離子的失電子能力比X的弱2、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．1molFe與1molCl2充分反應生成FeCl3時，轉移電子數(shù)為3NAB．通常狀況下，11.2LH2所含的氫原子數(shù)為NAC．1mol羥基與17gNH3所含電子數(shù)之比為9∶10D．一定溫度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液與2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH的物質的量相同3、下列敘述正確的是A．SO2具有還原性，故可作漂白劑B．Na的金屬活性比Mg強，故可用Na與MgCl2溶液反應制MgC．濃硝酸中的HNO3見光會分解，故有時在實驗室看到的濃硝酸呈黃色D．Fe在Cl2中燃燒生成FeCl3，故在與其它非金屬反應的產(chǎn)物中的Fe也顯+3價4、有機物命名中常使用三套數(shù)字，甲、乙、丙…，1、2、3…，一、二、三…。其中“一、二、三…”指的是（）A．碳原子數(shù) B．氫原子數(shù) C．碳鏈位置編號 D．某種基團的數(shù)目5、一定溫度下，在三個體積均為1.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)容器溫度(℃)起始物質的量(mmol)平衡物質的量(mol)編號CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)I3870.100.0400.040Ⅱ3870.20Ⅲ2070.200.0900.090則下列說法正確的是A．該反應的?H﹥0B．達到平衡時，CH3OH體積分數(shù)容器Ⅱ中的比容器I中的大C．反應達到平衡所需時間容器Ⅱ比容器Ⅲ長D．207℃若向容器Ⅳ(1.0L恒容密閉)充入CH3OH0.1mol、CH3OCH30.15mol和H2O0.20mol，則反應將向正反應方向進行6、某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3＋，他們使用的藥品和裝置如圖所示，下列說法不合理的是()A．能表明I－的還原性弱于SO2的現(xiàn)象是B中藍色溶液褪色B．裝置C的作用是吸收SO2尾氣，防止污染空氣C．為了驗證A中發(fā)生了氧化還原反應，加入用稀鹽酸酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀D．為了驗證A中發(fā)生了氧化還原反應，加入KMnO4溶液，紫紅色褪去7、化學與生活、生產(chǎn)、科技息息相關．下列說法正確的是A．醫(yī)用酒精、次氯酸鈉等消毒液均可以將病毒氧化而達到消毒的目的B．鐵粉和生石灰均可作食品袋內的脫氧劑C．用超臨界CO2代替有機溶劑萃取大豆油等植物油有利于環(huán)保和健康D．用明礬可消除水中Cu2+等重金屬離子污染8、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L－1HCl溶液：Al3+、Fe2+、SO、Br－B．0.1mol·L－1Ca(ClO)2溶液：K+、H+、Cl－、SOC．0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液：Na+、NH、NO、HCOD．0.1mol·L－1NaHSO3溶液：NH、K+、CH3COO－、MnO9、設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．25℃、101KPa下，NA個C18O2分子的質量為48gB．標準狀況下，22.4LHF中含有的電子數(shù)為10NAC．加熱含4molHCl的濃鹽酸與足量MnO2的混合物充分反應，轉移電子數(shù)2NAD．1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子數(shù)為0.lNA10、一定條件下，下列各組物質能一步實現(xiàn)轉化關系的是選項XYZWAAlAl2O3NaAlO2Al(OH)3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DNH3N2NONO2A．A B．B C．C D．D11、室溫下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀釋后，下列說法正確的是A．溶液中導電粒子的數(shù)目減少B．溶液中不變C．醋酸的電離程度增大，c（H+）亦增大D．再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=712、在Na2S溶液中下列關系不正確的是A．c(Na+)=2c(HS－)+2c(S2－)+2c(H2S)B．c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)C．c(Na+)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)D．c(OH－)=c(HS－)+c(H+)+c(H2S)13、為了探索外界條件對反應aX(g)+bY(g)cZ(g)的影響，以X和Y物質的量比為a:b開始反應，通過實驗得到不同條件下達到平衡時Z的物質的量分數(shù)，實驗結果如圖所示。以下判斷斷正確的是()A．正反應放熱，a+b>c B．正反應吸熱，a+b>cC．正反應吸熱，a+b<c D．正反應放熱，a+b<c14、下列關于石油的說法正確的是A．石油屬于可再生礦物能源 B．石油主要含有碳、氫兩種元素C．石油裂化屬于物理變化 D．石油分餾屬于化學變化15、下列相關反應的離子方程式書寫正確的是A．漂白粉溶液在空氣中失效：ClO-+CO2+H2O=HC1O+HCO3-B．二氧化硫與氯化鐵溶液反應：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+C．用惰性電極電解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O=Cl2↑+H2↑+20H-D．向NH4A1(S04)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-==A1O2-+2BaSO4↓+2H2O16、自然界的礦物、巖石的成因和變化受到許多條件的影響。地殼內每加深1km，壓強增大約25000～30000kPa。在地殼內SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)△H＝-148.9kJ·mol-1。下列說法錯誤的是A．在地殼淺處容易有SiO2固體沉積B．如果上述反應的平衡常數(shù)K值變大，該反應在平衡移動時逆反應速率先減小后增大C．如果上述反應在體積不變的密閉容器中發(fā)生，當反應達到平衡時，v(H2O)＝2v(SiF4)D．若該反應的容器容積為2.0L，反應時間8.0min，容器內氣體的質量增加了0.24g，在這段時間內HF的平均反應速率為0.0020mol·L-1·min-117、下列敘述不正確的是A．苯不能用帶橡膠塞的試劑瓶貯存B．用紅色石蕊試紙檢測NH3時，需先用蒸餾水潤濕C．碳酸氫鈉中混有碳酸鈉雜質：加熱分解D．乙酸丁酯(乙酸)：加入飽和碳酸鈉溶液洗滌，分液18、按照阿伏加德羅定律，下列敘述不正確的A．同溫同壓下兩種氣體的體積之比等于物質的量之比B．同溫同壓下兩種氣體的物質的量之比等于密度之比C．同溫同壓下兩種氣體的密度之比等于摩爾質量之比D．同溫同體積下兩種氣體的物質的量之比等于壓強之比19、下列推理正確的是A．鋁粉在氧氣中燃燒生成Al2O3，鐵絲在氧氣中燃燒也生成Fe2O3B．鐵能從硫酸銅溶液中置換出銅，鈉也能從硫酸銅溶液中快速置換出銅C．鋁片表面易形成致密的氧化膜，鈉塊表面也易形成致密的氧化膜D．鈉與氧氣、水等反應時鈉均作還原劑，金屬單質參與氧化還原反應時金屬均作還原劑20、A、B、C、D是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,且B、D原子序數(shù)之和是A、C原子序數(shù)之和的2倍。甲、乙、丙、丁是由這些元素組成的二元化合物,M是某種元素對應的單質,乙和丁的組成元素相同,且乙是一種18電子分子,化合物N能使品紅溶液褪色。上述物質間的轉化關系如圖所示部分反應物和生成物省略)。下列說法正確的是()A．元素D的氧化物對應水化物均為強酸B．原于半徑:r(D)>r(C)>r(B)C．化合物乙與化合物N能發(fā)生反應D．化合物N與乙烯均能使溴水褪色.,且原理相同21、將44.8gCu完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物的混合氣體0.8mol，這些氣體恰好能被400mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3兩種鹽溶液，其中NaNO3的物質的量為0.5mol，則NaOH的濃度為A．2mol/L B．2.4mol/L C．3mol/L D．3.6mol/L22、中國傳統(tǒng)文化中包括許多科技知識。下列古語中不涉及化學變化的是千淘萬漉雖辛苦，吹盡狂沙始到金熬膽礬(CuSO4·5H2O)鐵釜，久之亦化為銅凡石灰(CaCO3)，經(jīng)火焚煉為用丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又成丹砂ABCDA．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、X是中學常見的無機物，存在如圖轉化關系(部分生成物和反應條件略去)。(1)若A為常見的金屬單質，焰色試驗呈黃色，X能使品紅溶液褪色，寫出C和E反應的離子方程式：_______(2)若A為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強。①寫出A與H2O反應的離子方程式：___________。②X可能為________(填字母)。A．NaHCO3B．Na2CO3C．Al(OH)3D．NaAlO2(3)若A為淡黃色粉末，回答下列問題：①1molA與足量H2O充分反應時轉移的電子數(shù)為_______。②若X為非金屬單質，通常為黑色粉末，寫出D的電子式：_______。③若X為一種造成溫室效應的氣體。則鑒別等濃度的D、E兩種稀溶液，可選擇的試劑為__(填字母)。A．鹽酸B．BaCl2溶液C．NaOH溶液D．Ca(OH)2溶液(4)若A為氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液變紅。①A與H2O反應的化學方程式為________。②檢驗溶液D中還可能存在Fe2＋的方法是_______。24、（12分）（選修5：有機化學基礎）有機物H的化學式為C15H16O2，它是一種在航空航天領域中應用的重要原料，E為一種室內裝修常見的污染氣體，F(xiàn)的產(chǎn)量可以衡量一個國家石油化工的發(fā)展水平，Q為酯類高分子物質，④為多步進行的反應，請回答：（部分物質及反應條件省略）已知：（1）D的名稱為_____，反應②的條件為_________。（2）H+N→Q的反應類型為___________。（3）反應①的化學方程式為________________。（4）反應③的化學方程式為_________________。（5）H中最多有______個碳原子共平面，其滿足下列條件的同分異構體有________種。I.兩個羥基分別連在兩個苯環(huán)上；II.苯環(huán)間通過一個碳原子連接在一起，有甲基且全部連在該碳原子上；III.不含H本身，不考慮立體異構。（6）Q的結構簡式為_____________________。（7）結合本題信息和上述合成路線，用流程圖表示出反應④M→N的可能過程（無機藥品任選）。___________________________________。25、（12分）FeCl2是一種常用的還原劑、媒染劑。某化學實驗小組在實驗室里用如下兩種方法來制備無水FeCl2。有關物質的性質如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔點/℃-4553易升華沸點/℃132173(1)用H2還原無水FeCl3制取FeCl2。有關裝置如下：①H2還原無水FeCl3制取FeCl2的化學方程式為_______。②按氣流由左到右的方向，上述儀器的連接順序為____（填字母，裝置可多次使用）；C中盛放的試劑是_____。③該制備裝置的缺點為______。(2)利用反應2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取無水FeCl2并測定FeCl3的轉化率。按下圖裝置，在三頸燒瓶中放入32.5g無水氯化鐵和過量的氯苯，控制反應溫度在一定范圍加熱3h，冷卻、分離提純得到粗產(chǎn)品。①儀器a的名稱是____。②反應結束后，冷卻實驗裝置A，將三頸燒瓶內物質倒出，經(jīng)過濾、洗滌、干燥后，得到粗產(chǎn)品。洗滌所用的試劑可以是__，回收濾液中C6H5C1的操作方法是____。③反應后將錐形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，終點時消耗NaOH溶液為19.60mL，則氯化鐵的轉化率為______。26、（10分）疊氮化鈉（NaN3）是汽車安全氣囊最理想的氣體發(fā)生劑原料。下面是工業(yè)水合肼法制備疊氮化鈉的工藝流程：查閱資料：①水合肼（N2H4·H2O）有毒且不穩(wěn)定，具有強還原性和強堿性。②有關物質的物理性質如下表：物質熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9764.7與水互溶水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚疊氮化鈉(NaN3)275(410易分解)——易溶于水，微溶于醇，不溶于乙醚（1）合成水合肼。實驗室合成水合肼裝置如圖所示。NaClO堿性溶液與尿素CO(NH2)2水溶液在40℃以下反應一段時間后，再迅速升溫至110℃繼續(xù)反應可以制得水合肼。①制取N2H4·H2O的離子方程式為_________。②實驗中通過分液漏斗滴加的溶液是_________，理由是_________。（2）水合肼法制備疊氮化鈉。①實驗室模擬工藝流程步驟Ⅰ制備疊氮化鈉的反應原理為：N2H4·H2O(aq)+CH3ONO(g)+NaOH(aq)=NaN3(aq)+CH3OH(aq)+3H2O(l)△H﹤0，研究表明該反應在20℃左右反應的選擇性和轉化率最高，實驗時可以采取的措施是_________。②步驟Ⅱ回收CH3OH的實驗操作名稱為________。③請設計由B溶液獲得疊氮化鈉（NaN3）產(chǎn)品的實驗方案：_________[實驗中可供選擇的試劑有：乙醇、乙醚；除常用儀器外須使用的儀器有：布氏漏斗、真空干燥箱]。27、（12分）化學學習小組在實驗室中對鐵鹽與亞鐵鹽的相互轉化進行如下探究。已知：SCN－具有強還原性，易被氧化為(SCN)2。實驗Ⅰ：Fe3+轉化為Fe2+(1)Fe2(SO4)3溶液與Cu粉發(fā)生反應的離子方程式為________________________。(2)探究白色沉淀產(chǎn)生的原因：①提出假設：假設1：白色沉淀是Fe2+與SCN－直接結合所得；假設2：白色沉淀是Cu2+與SCN－直接結合所得；假設3：_____________________________________________。②實驗驗證：向CuSO4溶液中通入過量SO2，將Cu2+還原，再加入KSCN溶液，觀察到有白色沉淀生成，證明假設三成立。寫出CuSO4溶液與KSCN溶液反應的離子方程式：________。實驗Ⅱ：Fe2+轉化為Fe3+實驗方案現(xiàn)象向3mL0.1mol·L-1FeSO4溶液中加入3mL4mol·L-1稀硝酸溶液變?yōu)樽厣?，放置一段時間后，棕色消失，溶液變?yōu)辄S色(3)實驗Ⅱ中，F(xiàn)e2+轉化為Fe3+的離子方程式是_____________________________。(4)設計如下實驗，探究溶液變?yōu)樽厣脑颍孩傧騀e2(SO4)3溶液中通入NO，溶液顏色無變化②向FeSO4溶液中通入NO，溶液顏色變?yōu)樽厣巯騀e(NO3)3溶液中通入NO，溶液顏色無變化由上述實驗分析溶液變?yōu)樽厣脑蚴莀________________________________________。28、（14分）在溫度t1和t2下，X2（g）和H2反應生成HX的平衡常數(shù)如下表：化學方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.8×10361.9×1032Cl2+H22HCl9.7×10124.2×1011Br2+H22HBr5.6×1079.3×106I2+H22HI4334（1）已知t2＞t1，HX的生成反應是___反應（填“吸熱”或“放熱”）。（2）HX的電子式是___。（3）共價鍵的極性隨共用電子對偏移程度的增大而增強，HX共價鍵的極性由強到弱的順序是___。（4）X2都能與H2反應生成HX，用原子結構解釋原因：___。（5）K的變化體現(xiàn)出X2化學性質的遞變性，用原子結構解釋原因：___，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱。（6）僅依據(jù)K的變化，可以推斷出：隨著鹵素原子核電荷數(shù)的增加，___（選填字母）。a．在相同條件下，平衡時X2的轉化率逐漸降低b．X2與H2反應的劇烈程度逐漸減弱c．HX的還原性逐漸減弱d．HX的穩(wěn)定性逐漸減弱29、（10分）工業(yè)上煙氣脫氮的原理（1）該反應化學平衡常數(shù)K的表達式為____________。溫度升高，K值___________(選填“增大”、“減小”、“不變”)。如果平衡常數(shù)K值增大，對_______(填“正反應”或“逆反應”)的速率影響更大。（2）若反應在恒容條件下進行，能說明反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是______(填序號)a．容器內混合物的質量不變b．容器內氣體的壓強不變c．反應消耗0.5molNO的同時生成1molN2d．的濃度不變（3）向2L密閉容器中加入反應物，10min后達到平衡，測得平衡時氣體的物質的量增加了0.2mol，則用表示的平均反應速率為__________。（4）如圖是P1壓強下NO的轉化率隨反應時間(t)的變化圖，請在圖中畫出其他條件不變情況下，壓強為下NO的轉化率隨反應時間變化的示意圖。______（5）工業(yè)合成氨的反應溫度選擇500℃左右的原因是_______________。（6）寫出反應物中的氨氣的電子式______；其空間構型為______；它常用來生產(chǎn)化肥。溶液顯__________性；常溫下將等體積等濃度的氨水和溶液混合，pH>7，溶液中濃度由大到小的關系是_______________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】由短周期元素X、Y、Z和W在元素周期表中的位置，可知X、Y處于第二周期，Z、W處于第三周期，設X原子序數(shù)為a，則Y原子序數(shù)為a+1，Z原子序數(shù)為a+9，W原子序數(shù)為a+10，則a+a+1+a+9+a+10=48，a=7，故X為N元素，Y為O元素，Z為S元素，W為Cl元素?！驹斀狻坑晌恢眉霸有驍?shù)之和為48可推得X、Y、Z和W分別是N、O、S和Cl；A.同周期元素原子半徑由左向右依次減小，原子半徑(r)大小比較r(X)>r(Y)，A錯誤；B．Z和Y可形成共價化合物為SO3，即應為ZY3，B錯誤；C．Cl的非金屬性比S的強，但非金屬性與氣態(tài)氫化物的沸點高低無關，C錯誤；D．非金屬性W>X，故W的最低價單核陰離子（Cl-）的失電子能力比X的（N3-）弱，D正確，故選D。2、C【解析】A.1molFe與1molCl2充分反應生成FeCl3時，氯氣完全反應，鐵有剩余，因此1molCl2完全反應轉移電子數(shù)為2NA，故A錯誤；B.通常狀況下，11.2LH2的物質的量小于0.5mol，因此其所含的氫原子數(shù)小于NA，故B錯誤；C.1mol羥基含有電子數(shù)為9NA，17gNH3的物質的量為1mol，含有電子數(shù)為10NA，所以1mol羥基與17gNH3所含電子數(shù)之比為9∶10，故C正確；D.一定溫度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液與2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液，氯化銨濃度不同,銨離子水解程度不同,所以所含NH的物質的量相不同，故D錯誤；

綜上所述，本題選C。3、C【解析】A.SO2具有還原性和氧化性，在作漂白劑時并不發(fā)生氧化還原反應，而是與有色物質發(fā)生化合而使其褪色，A錯誤；B.Na是活潑金屬，Na與MgCl2溶液反應時，得到H2和Mg(OH)2，得不到Mg，B錯誤；C.濃硝酸見光分解產(chǎn)生NO2，NO2溶解在濃硝酸中，使?jié)庀跛岢庶S色，C正確；D.Fe與非金屬單質反應的產(chǎn)物的化合價中，F(xiàn)e并不一定呈+3價，該價態(tài)取決于非金屬單質的氧化性強弱，，如Fe與S反應生成的FeS中，F(xiàn)e顯+2價，D錯誤；故合理選項為C。4、D【解析】有機物命名中常使用三套數(shù)字，甲、乙、丙…，是主鏈碳原子數(shù)；1、2、3…，是取代基在主鏈上的位置；一、二、三…，為取代基的數(shù)目，故選D。5、D【解析】A.容器Ⅰ中平衡時c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.040mol1.0L=0.040mol/L，c(CH3OH)=0.1mol-0.040mol×21.0L=0.02mol/L，容器Ⅰ中化學平衡常數(shù)K1=0.04×0.040.02×0.02=4，容器Ⅲ中平衡時c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.090mol1.0L=0.090mol/L，c(CH3OH)=0.2mol-0.090mol×21.0L=0.02mol/L，化學平衡常數(shù)K2=0.09×0.090.02×0.02=20.25>4，所以降低溫度，化學平衡常數(shù)增大，反應向正反應方向移動，B.恒容條件下，容器Ⅱ相當于在容器Ⅰ的基礎上加壓，但因為該反應是反應前后氣體體積不變的反應，因此平衡不移動，所以容器Ⅰ中的CH3OH體積分數(shù)和容器Ⅱ中的相等，故B錯誤；C.容器Ⅱ中的溫度比容器Ⅲ的溫度高，溫度越高反應速率越快，達到平衡所需時間越短，故C錯誤；

D.c(CH3OH)=0.1mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.20mol/L，濃度商=0.15×0.200.1×0.1=3<4，平衡向正反應方向移動，所以D選項是正確的；

故選6、D【詳解】A．B中藍色褪去，說明二氧化硫和碘單質反應，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依據(jù)氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物，二氧化硫還原性大于碘離子，故A正確；B．二氧化硫是污染性氣體不能排放到空氣中，需要用氫氧化鈉溶液吸收，故B正確；C．鐵離子氧化二氧化硫為硫酸，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，加入鹽酸酸化的氯化鋇生成沉淀說明反應生成了硫酸根離子，發(fā)生了氧化還原反應，故C正確；D．二氧化硫、亞鐵離子都具有還原性，都可以和高錳酸鉀溶液發(fā)生反應使之褪色，不能驗證A中發(fā)生了氧化還原反應，故D錯誤；故答案為D。7、C【詳解】A．酒精消毒是通過酒精滲透而破壞細胞的蛋白質結構，從而殺滅病毒，不是將病毒氧化而達到消毒目的，因為酒精沒有強氧化性，故A錯誤；B．生石灰是氧化鈣的俗名，氧化鈣不能與氧氣反應，但能與水反應，所以生石灰可作食品袋內的干燥劑，而不是作脫氧劑，故B錯誤；C．用超臨界CO2代替有機溶劑作為油脂的萃取劑，無污染，易分離，并且可減少有機溶劑的使用，更環(huán)保，故C正確；D．明礬溶于水，溶液中Al3+水解時產(chǎn)生具有吸附性的氫氧化鋁膠體粒子，可作凈水劑，但明礬不能消除水中Cu2+等重金屬離子污染，常用FeS等物質消除水中Cu2+等重金屬離子污染，故D錯誤；故答案為C。8、A【詳解】A．0.1mol·L－1HCl溶液中，Al3+、Fe2+、SO、Br－各離子均不發(fā)生反應，可以共存，故A正確；B．ClO-和H+能生成次氯酸，不能大量共存，故B錯誤；C．OH-和HCO能反應，不能大量共存，故C錯誤；D．MnO能氧化亞硫酸氫根，不能大量共存，故D錯誤；故選A。9、A【解析】A．NA個C18O2分子物質的量為1mol，其的質量=1mol×48g/mol=48g，故A正確；B．標準狀況下，HF不是氣體，22.4LHF物質的量不是1mol，故B錯誤；C.二氧化錳只能和濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應，故當鹽酸變稀時反應即停止，鹽酸不能反應完全，則轉移的電子總數(shù)小于2NA個，故C錯誤；D．水中也含O原子，則溶液中含有的氧原子數(shù)遠大于0.1NA，故D錯誤；故選A。點睛：把握物質的量的相關計算公式、物質的組成、氧化還原反應等為解答的關鍵。本題的易錯點為C，稀鹽酸與二氧化錳不能發(fā)生反應，類似的有，濃硫酸與銅反應時，變成稀硫酸與銅不再反應，濃硝酸和稀硝酸與銅發(fā)生不同的反應等。10、B【解析】A.考查鋁及其化合物之間的相互轉化，Al2O3不能直接轉化為Al(OH)3，A錯誤；B.考查鐵及其化合物之間的相互轉化，B正確；C.考查硫及其化合物之間的相互轉化，S不能直接轉化為SO3，C錯誤；D.考查氮及其化合物之間的相互轉化，N2不能直接轉化為NO2，D錯誤。答案選B。11、B【詳解】A項，加水稀釋有利于醋酸的電離，故溶液中導電粒子的數(shù)目增加，A錯誤；B項，在稀釋的過程中，溫度不變，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不變，又因為c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室溫下也是常數(shù)，故B正確；C項，電離程度雖然增大，但c(H+)減小，C錯誤；D項，加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸還有大量剩余，故pH應小于7，D錯誤。故選B。12、D【解析】Na2S中存在水解平衡：S2-+H2O?HS-+OH-、HS-+H2O?H2S+OH-，A、溶液中的物料守恒為c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），A正確；B、溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），B正確；C、硫離子水解溶液顯堿性，且分步水解，第一步水解遠大于第二步水解，則溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-），C正確；D、溶液中的質子守恒為c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），D錯誤；答案選D。13、D【詳解】根據(jù)圖像得出升高溫度，平衡向吸熱反應移動，Z的體積分數(shù)減小，說明逆向移動，即逆向是吸熱反應，正向為放熱反應；加壓，向體積減小方向移動，Z體積分數(shù)減小，說明逆向移動，即逆向是體積減小反應，正向為體積增大反應，故D正確；綜上所述，答案為D。14、B【解析】A、石油屬于不可再生礦物能源，A錯誤；B、石油主要含有碳、氫兩種元素，B正確；C、石油裂化屬于化學變化，C錯誤；D、石油分餾屬于物理變化，D錯誤，答案選B。15、B【解析】漂白粉中的主要成份Ca(ClO)2能與空氣中的CO2發(fā)生反應生成HClO和CaCO3從而引起變質失效，對應的離子方程式為：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=HC1O+CaCO3↓，A錯誤。B、SO2有還原性，F(xiàn)e3+有氧化性，兩者發(fā)生氧化還原反應，對應的離子方程式為：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，B正確。C、用惰性電極電解MgCl2溶液，陰極上H+得到電子生成H2，H+濃度減小，OH-濃度增大，生成的OH-與Mg2+生成Mg(OH)2沉淀，陽極上Cl-失電子生成Cl2，所以對應的離子方程式為：Mg2++2Cl-+2H2O=Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，C錯誤。D、設NH4A1(S04)2為1mol，電離出2molSO42-、1molAl3+和1molNH4+，要使2molSO42-完全沉淀，需要加入2molBa(OH)2，則可以提供4molOH-，1molAl3+與3molOH-生成Al(OH)3沉淀，然后另1molOH-與NH4+生成NH3·H2O，所以對應的離子方程式為：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-==A1(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O，D錯誤。正確答案為B點睛：本題考查離子方程式正誤的判斷，選項C要注意生成的OH-能與Mg2+反應生成Mg(OH)2沉淀，不要漏掉，選項D要考慮反應的先后順序，OH-先與Al3+生成Al(OH)3沉淀，然后再與NH4+生成NH3·H2O，最后再與Al(OH)3反應，使Al(OH)3溶解生成AlO2-。16、D【詳解】A．地殼淺處壓強小，上述平衡逆向移動，SiO2的量增加，有利于SiO2沉積，A正確；B．K值變大說明平衡正向移動，移動瞬間v正>v逆，此時v逆比原平衡的速率減小，當平衡正向移動后，生成物的濃度增大，逆反應速率增大，故逆反應速率先減小后增大，B正確；C．根據(jù)反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知任一時刻均有v(H2O)＝2v(SiF4)，C正確；D．根據(jù)方程式可知氣體增加的質量為反應的SiO2的質量，所以反應的SiO2的物質的量為0.24g÷60g/mol=0.004mol，則反應的HF的物質的量為0.016mol，所以v(HF)=0.016÷2÷8=0.001mol·L-1·min-1，D錯誤；答案選D。17、C【詳解】A.苯是有機物，可與橡膠作用而腐蝕橡膠塞，不能用帶橡膠塞的試劑瓶貯存苯，故A正確；B.NH3遇濕潤的紅色石蕊試紙使試紙變藍色，干燥試紙不能變色，故B正確；C.碳酸氫鈉在加熱條件下可以分解生成碳酸鈉，而碳酸鈉不會分解，故C錯誤；D.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，但乙酸可與碳酸鈉反應，最后通過分液可除去乙酸，故D正確，故選C。18、B【解析】A、由PV=nRT可知，同溫同壓下兩種氣體的體積之比等于物質的量之比，A正確；B、由PV=nRT可知，同溫同壓下兩種氣體的體積之比等于物質的量之比，又V=m/ρ，若質量相等時，同溫同壓下兩種氣體的物質的量與密度成反比，B錯誤；C、由pM=ρRT可知，同溫同壓下摩爾質量與密度成正比，則兩種氣體的摩爾質量之比等于密度之比，C正確；D、由PV=nRT可知，同溫同體積下物質的量與壓強成正比，則兩種氣體的物質的量之比等于壓強之比，D正確。19、D【分析】A．鐵在氧氣中燃燒生成Fe3O4，不會生成Fe2O3；B．鈉與硫酸銅溶液反應的實質為：鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉與銅離子反應生成氫氧化銅沉淀，不會生成銅單質；C、根據(jù)鋁易于空氣中的氧氣反應進行分析，鈉形成的氧化鈉膜能被繼續(xù)與空氣中的水及二氧化碳反應；D．金屬的化合價為0價，化合物中金屬的化合價為正價，所以金屬單質在反應中一定做還原劑。【詳解】A．鋁粉在氧氣中燃燒生成Al2O3，而鐵在氧氣中燃燒的方程式為：鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵，反應的化學方程式為：3Fe+2O2Fe3O4，生成的是Fe3O4，不是Fe2O3，選項A錯誤；B．鈉與硫酸銅溶液的反應方程式為：2Na+2H2O+Cu2+═H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，鈉與硫酸銅溶液反應不會生成銅單質，選項B錯誤；C．鋁表面容易形成一層致密的氧化物保護膜，阻止了鋁繼續(xù)被氧化，但鈉化學性質比較活潑，形成的氧化鈉膜能被繼續(xù)與空氣中的水及二氧化碳反應，選項C錯誤；D．Na與氧氣、水等反應時鈉均作還原劑，金屬在化合物中的化合價都是正價，所以金屬單質參與反應時金屬均作還原劑，選項D正確；答案選D?！军c睛】本題考查了金屬單質及其化合物性質，題目難度中等，注意掌握金屬單質及其化合物性質的綜合利用方法，明確活潑金屬在溶液中的反應情況，如鈉與硫酸銅溶液的反應，不會置換出金屬銅。20、C【分析】由題干信息可知，A、B、C、D是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，甲、乙、丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，化合物N能使品紅溶液褪色，則N為SO2，乙是一種18電子分子，則乙可以是H2O2，又乙和丁的組成元素相同，M是某種元素對應的單質，所以丁為H2O，M為O2，根據(jù)轉化關系M+丙→N+丁，甲+H+→丙，則丙為H2S，又B、D原子序數(shù)之和是A、C原子序數(shù)之和的2倍，所以A為H元素，B為O元素，C為Na元素，D為S元素，則甲為Na2S，據(jù)此分析解答問題。【詳解】A．根據(jù)上述分析可知，元素D為S元素，其氧化物SO2對應水化物亞硫酸不是強酸，A錯誤；B．原子半徑r(Na)＞r(S)＞r(O)，即r(C)>r(D)>r(B)，B錯誤；C．SO2具有還原性，可與H2O2發(fā)生氧化還原反應，C正確；D．SO2使溴水褪色是因為其還原性，而乙烯使溴水褪色是因為乙烯和溴發(fā)生了加成反應，兩者褪色原理不同，D錯誤；答案選C。【點睛】解答本題的突破口是化合物N能使品紅溶液褪色，可推知N可能為SO2，進而結合信息推斷出各物質和各元素。21、C【詳解】44.8gCu的物質的量為=0.7mol，分析整個過程，Cu與硝酸發(fā)生氧化還原反應時Cu失去1.4mol，N得到電子生成氮的氧化物，之后和NaOH溶液反應得到NaNO2和NaNO3兩種鹽溶液，NaNO3中N元素化合價與HNO3中相同，所以Cu失去的1.4mol電子全部被NaNO2得到，NaNO2中N元素化合價為+3價，所以NaNO2的物質的量為0.7mol，根據(jù)Na元素守恒可知400mLNaOH溶液中n(NaOH)=0.7mol+0.5mol=1.2mol，所以NaOH的濃度為=3mol/L，故答案為C。22、A【詳解】A項，意思是淘金要千遍萬遍的過濾，雖然辛苦，但只有淘盡了泥沙，才會露出閃亮的黃金。不涉及化學變化，故A符合題意；B項，CuSO4·5H2O煎熬泉水的鍋用久了就會在其表面析出一層紅色物質（銅），其原因為：CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，發(fā)生了化學反應，故B不符合題意；C項，石灰石加熱后能制得生石灰，發(fā)生了化學反應，故C不符合題意；D項，丹砂（HgS）燒之成水銀，即紅色的硫化汞（即丹砂）在空氣中灼燒有汞生成；積變又還成了丹砂，即汞和硫在一起又生成硫化汞，發(fā)生了化學反應，故D不符合題意。故答案選A。二、非選擇題(共84分)23、OH-+HSO=SO+H2OCl2+H2O=H++Cl-+HClOBDNAAB3NO2+H2O=2HNO3+NO取D中適量溶液置于潔凈試管中，滴加幾滴酸性高錳酸鉀溶液，若紫紅色褪去，證明溶液中含有Fe2+，否則無【分析】若A為常見的金屬單質，焰色試驗呈黃色，A應為Na，X能使品紅溶液褪色，X應為SO2，則B為H2，C為NaOH，D為Na2SO3，E為NaHSO3；若A為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，A應為Cl2，則B為HClO，C為HCl；若A為淡黃色粉末，A應為Na2O2；若A為氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液變紅，D中含F(xiàn)e3+，由轉化關系可知C具有強氧化性，則A為NO2，B為NO，C為HNO3；以此解答?！驹斀狻?1)由分析可知，若A為常見的金屬單質，焰色試驗呈黃色，A應為Na，X能使品紅溶液褪色，X為SO2，則B為H2，C為NaOH，D為Na2SO3，E為NaHSO3，C和E反應的離子方程式為OH-+HSO=SO+H2O，故答案為：OH-+HSO=SO+H2O；(2)若A為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，A應為Cl2，B為HClO，C為HCl，①Cl2和水反應生成次氯酸、HCl，離子方程式為：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；②A.C為鹽酸，可與NaHCO3反應生成NaCl、H2O和CO2，但它們與NaHCO3均不反應，故A不可能；B.鹽酸與Na2CO3反應生成CO2，CO2與Na2CO3反應可生成NaHCO3，故B可能；C.鹽酸與氫氧化鋁反應生成氯化鋁，氯化鋁與氫氧化鋁不反應，故C不可能；D.NaAlO2與過量鹽酸反應生成AlCl3，AlCl3和NaAlO2反應生成Al（OH）3，故D可能；故答案為：BD；(3)若A為淡黃色粉末，A應為Na2O2；①1molNa2O2與足量的H2O充分反應時，過氧化鈉自身發(fā)生氧化還原反應，轉移的電子數(shù)目為NA；故答案為：NA；②若X為非金屬單質，通常為黑色粉末，C為O2，X應為C，D為CO2，E為CO，二氧化碳的電子式為：；③若X為一種造成溫室效應的氣體，X應為CO2，則C為NaOH，D為Na2CO3，E為NaHCO3，A.與鹽酸反應產(chǎn)生氣泡較快的為NaHCO3，較慢的為Na2CO3，可以鑒別；B.加入BaCl2產(chǎn)生白色沉淀的為Na2CO3，無明顯現(xiàn)象的是NaHCO3，可以鑒別；C.加入NaOH溶液都無明顯現(xiàn)象，不可以鑒別；D.加入Ca（OH）2溶液都產(chǎn)生白色沉淀，不可以鑒別；故答案為：AB；(4)若A為氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液變紅，D中含F(xiàn)e3+，由轉化關系可知C具有強氧化性，則A為NO2，B為NO，C為HNO3，①NO2與水反應的方程式為3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；②Fe2+具有還原性，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應而使高錳酸鉀褪色，則可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗Fe2+，操作為取D中適量溶液置于潔凈試管中，滴加幾滴酸性高錳酸鉀溶液，若紫紅色褪去，證明溶液中含有Fe2+，否則無，故答案為：取D中適量溶液置于潔凈試管中，滴加幾滴酸性高錳酸鉀溶液，若紫紅色褪去，證明溶液中含有Fe2+，否則無。24、苯酚Fe，加熱縮聚反應或聚合反應135【分析】由合成流程可知，碳化鈣與水反應生成A為，結合反應③生成酚醛樹脂可知，B為，C為，D為，E為一種室內污染氣體，E為，A與氫氣反應生成F為，F(xiàn)與溴發(fā)生加成反應生成M為，N為，結合已知信息可知H為，H與N發(fā)生縮聚反應生成Q為，據(jù)此分析作答?！驹斀狻?1)反應③生成酚醛樹脂可知D物質名稱為苯酚，反應②為苯和溴生成溴苯，條件為，加熱；故答案為：苯酚；，加熱；（2）H與N發(fā)生縮聚反應生成Q為，故答案為：縮聚反應；（3）反應①為乙炔生成苯，故方程式為，故答案為：；（4）反應③為苯酚和甲醛縮聚生成酚醛樹脂，方程式為：，答案為：（5）H為，由中間C的四面體結構可知,2個苯環(huán)與C最多共面，即H中最多有13個碳原子共平面；根據(jù)限定的3個條件,要有結構，且兩端苯環(huán)上各連一個，不含H本身，移動2個的位置，、、，即還有5種；故答案為：13；5；（6）H為，N為乙二酸，H與N發(fā)生縮聚反應生成Q，Q的結構簡式為：，故答案為：；（7）M為，N為，有M制取N，需要先生成乙二醇，再氧化得乙二醛，再氧化得乙二酸，即；故答案為：。25、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）堿石灰氯化鐵易升華導致導管易堵塞球形冷凝管苯蒸餾濾液，并收集沸點132℃的餾分78.4％【詳解】(1)①H2還原無水FeCl3制取FeCl2，另一產(chǎn)物應為含H、Cl的物質，即為HCl，所以化學方程式為H2+2FeCl32FeCl2+2HCl。答案為：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl②因為FeCl3易吸水，所以在氫氣通入前，一定要進行干燥處理，即由B裝置制得的H2一定要經(jīng)過C的干燥處理，至于H2中混有的HCl是否處理，問題并不大，因為通過堿石灰處理水蒸氣時，HCl也可被吸收。反應后生成的HCl會污染環(huán)境，也需用堿石灰處理，多余的氫氣應燒掉，從而得出按氣流由左到右的方向，上述儀器的連接順序為BACDCE(或BCDC)。答案為：BACDCE（或BCDCEC中盛放的試劑是堿石灰。答案為：堿石灰③因為氯化鐵易升華，則遇冷會凝華，所以裝置的缺陷也就暴露出來，即易堵塞導管。答案為：氯化鐵易升華導致導管易堵塞(2)①儀器a的名稱是球形冷凝管。答案為：球形冷凝管②因為FeCl2易溶于水、乙醇，所以不能用水、乙醇洗滌；FeCl2難溶于苯，而氯苯、二氯苯易溶于苯，所以可用苯進行洗滌。答案為：苯因為氯苯和二氯苯的沸點相差較大，所以回收濾液中C6H5C1的操作方法是蒸餾濾液，并收集沸點132℃的餾分。答案為：蒸餾濾液，并收集沸點132℃的餾分③n(FeCl3)=2n(HCl)=2n(NaOH)=2×0.40mol/L×0.0196L×10=0.1568mol氯化鐵的轉化率為答案為：78.4％26、ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+NaClO堿性溶液防止過量的NaClO溶液將水合肼氧化20℃(冷)水浴?(或緩慢通入CH3ONO?氣體）蒸餾蒸發(fā)濃縮、（冷卻）結晶，用布氏漏斗抽濾（過濾），晶體用乙醇洗滌2~3次，真空干燥箱干燥【分析】（1）①NaClO的堿性溶液與尿素CO(NH2)2水溶液反應生成N2H4·H2O，NaCl、Na2CO3，據(jù)此寫出離子方程式；②因為水合肼具有強還原性，易被次氯酸鈉溶液氧化，可以通過分液漏斗控制NaClO堿性溶液的滴加速度，以此控制用量；（2）①該反應在20℃左右反應的選擇性和轉化率最高，所以應設法把溫度控制在20℃左右，據(jù)此分析實驗時可以采取的措施；②從混合液中可以采用蒸餾的方法回收甲醇；③由B溶液獲得疊氮化鈉（NaN3）產(chǎn)品，需考慮先讓疊氮化鈉從溶液中結晶析出(蒸發(fā)濃縮、（冷卻）結晶)，過濾(布氏漏斗)，洗滌(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因為還要考慮雜質離子的去除及環(huán)境保護)，烘干(具有強還原性，需考慮隔絕空氣)?！驹斀狻竣貼aClO堿性溶液與尿素CO(NH2)2水溶液制取N2H4·H2O，則反應物為ClO-、OH-、CO(NH2)2，生成物為N2H4·H2O、Cl-、CO32-(C由+2價被氧化為+4價的CO2，再與OH-反應)，反應的離子方程式為ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+。答案為：ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+；②因為水合肼具有強還原性，防止過量的NaClO溶液將水合肼氧化，所以需控制NaClO的用量，實驗中通過分液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液；答案為：防止過量的NaClO溶液將水合肼氧化；（2）①該反應在20℃左右反應的選擇性和轉化率最高，所以應設法把溫度控制在20℃左右，實驗時可以采取的措施是20℃(冷)水浴?(或緩慢通入CH3ONO?氣體）；答案為：20℃(冷)水浴?(或緩慢通入CH3ONO?氣體）；②步驟Ⅱ為從溶液中回收CH3OH，則其實驗操作名稱為蒸餾；答案為：蒸餾；③由B溶液獲得疊氮化鈉（NaN3）產(chǎn)品，需考慮先讓疊氮化鈉從溶液中結晶析出(蒸發(fā)濃縮、（冷卻）結晶)，過濾(布氏漏斗)，洗滌(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因為還要考慮雜質離子的去除及環(huán)境保護)，烘干(具有強還原性，需考慮隔絕空氣)；答案為：蒸發(fā)濃縮、（冷卻）結晶，用布氏漏斗抽濾（過濾），晶體用乙醇洗滌2~3次，真空干燥箱干燥。27、白色沉淀是Cu2+被還原的Cu+與SCN—反應所得和發(fā)生（絡合）反應，【分析】(1)Fe2(SO4)3溶液中鐵離子具有強氧化性可使Cu變?yōu)殂~離子；(2)①銅粉過量，則溶液中可能產(chǎn)生Cu+，白色沉淀是Cu+與SCN－直接結合所得；②已知SCN－具有強還原性，易被氧化為(SCN)2，則硫酸銅中的銅離子有氧化性，可發(fā)生氧化還原反應；(3)實驗Ⅱ中，F(xiàn)e2+與硝酸反應生成Fe3+、NO氣體和水；(4)通過①、③對比，溶液顏色無變化，溶液變?yōu)樽厣cFe3+、SO42-無關；實驗②中，溶液變?yōu)樽厣?，與Fe2+有關，則NO與Fe2+形成了配合物。【詳解】(1)Fe2(SO4)3溶液中鐵離子具有強氧化性可使Cu變?yōu)殂~離子，反應的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(2)①銅粉過量，則溶液中可能產(chǎn)生Cu+，白色沉淀是Cu+與SCN－直接結合所得；②已知SCN－具有強還原性，易被氧化為(SCN)2，則硫酸銅中的銅離子有氧化性，可發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2；(3)實驗Ⅱ中，F(xiàn)e2+與硝酸反應生成Fe3+、NO氣體和水，反應的離子方程式為3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；(4)通過①、③對比，溶液顏色無變化，溶液變?yōu)樽厣cFe3+、SO42-無關；實驗②中，溶液變?yōu)樽厣cFe2+有關，則NO與Fe2+形成了配合物。28、放熱HF、HCl、HBr、HI鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多ad【詳解】（1）由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高平衡常數(shù)越小，這說明升高溫度平衡向逆