2022-2022学年四川省达州市高二（上）期末化学试卷副标题题号一二三总分得分一、单选题（本大题共21小题，共42.0分）1.下列有关能源的理解或说法错误的是( )A.煤、石油、太阳能、风能等均属于新能源B.乙醇是一种可再生能源，可代替汽油作为汽车燃料C.氢气是最轻的燃料，是具有广阔发展前景的能源D.研发开采可燃冰(水合甲烷)的技术，可大大缓解能源危机【答案】A【解析】解：A、煤、石油是化石燃料，属于传统资源，不是新能源，故A错误；B、乙醇可以由粮食或植物的秸秆等水解制得，故可以再生，可以作为汽车的燃料，故B正确；C、氢气燃烧时热值高，无污染，是最轻的燃料，也是具有广阔前景的能源，故C正确；D、可燃冰比煤、石油相对更环保，且储量丰富，目前还没有大规模开采，研发开采可燃冰(水合甲烷)的技术，可大大缓解能源危机，故D正确。故选：A。A、煤、石油是化石燃料，属于传统资源；B、乙醇可以由粮食或植物的秸秆等水解制得；C、氢气燃烧时热值高，无污染；D、可燃冰比煤、石油相对更环保。本题考查了能源的开采和利用，难度不大，应注意的是石油、天然气和煤以及可燃冰均不能再生，均需合理开采。2.下列元素位于p区的是( )A.TiB.CuC.SD.Na【答案】C【解析】解：A、Ti位于第四周期VB，属于d区，故A错误；B、铜位于第四周期ⅠB，属于d区，故B错误；C、S位于第三周期ⅥA，属于p区，故C正确；D、钠位于第三周期ⅠA，属于s区，故D错误；故选：C。A、Ti位于第四周期VB；B、铜位于第四周期ⅠB；C、S位于第三周期ⅥA；D、钠位于第三周期ⅠA。本题考查元素周期表及结构，学生只要知道最后一个电子排在哪个轨道即可，比较容易。3.若某原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是( )A.该元素位于周期表中第五周期IIIB族B.该元素原子价电子数为2个C.该元素为非金属元素D.该元素原子N能层共有8个电子17/17【答案】A【解析】解：A.该原子的外围电子排布为4d15s2，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，与外围电子排布为3d14s2的Sc元素同族，位于周期表第ⅢB族，所以该元素位于周期表中第五周期IIIB族，故A正确；B.该原子的外围电子排布为4d15s2，位于周期表第ⅢB族，所以该元素原子价电子数为3个，故B错误；C.该元素位于周期表中第五周期IIIB族，属于过渡元素，是副族，副族元素均为金属元素，故C错误；D.第N层的电子排布为4s24p64d1，有9个电子，故D错误；故选：A。该原子的外围电子排布为4d15s2，与外围电子排布为3d14s2的Sc同族，位于周期表第ⅢB族，为金属元素，第N层的电子排布为4s24p64d1，以此作答。本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，本题注意元素价层电子排布特点以及与在周期表位置的关系，熟练掌握元素周期表的结构。1.下列有关物质性质的比较中，不正确的是( )A.热稳定性：HF<hclb.碱性：koh>Mg(OH)2C.酸性：HClO4>H2SO4D.熔点：Na>K【答案】A【解析】解：A.非金属性F>Cl，则简单氢化物的稳定性HF>HCl，故A错误；B.金属性K>Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH>Mg(OH)2，故B正确；C.非金属性Cl>S，则最高价含氧酸的酸性：HClO4>H2SO4，故C正确；D.原子序数Na<k，则单质的熔点：na>K，故D正确；故选：A。A.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；B.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；D.碱金属元素从上到下，单质的熔点逐渐减小。本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律的内容即可解答，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。2.下列分子或离子的空间构型为平面三角形的是( )A.SiH4B.H3O+C.SO32−D.NO3−【答案】D【解析】解：A.Si原子形成4个δ键，孤对电子数=4−1×42=0，为sp3杂化，立体构型为正四面体，故A不选；B.O原子形成3个δ键，孤对电子数=6−1−1×32=1，为sp3杂化，立体构型为三角锥型，故B不选；C.S原子形成3个δ键，孤对电子数=6+2−3×22=1，为sp3杂化，立体构型为三角锥型，故C不选；D.N原子形成3个δ键，孤对电子数=5+1−3×22=0，中心原子为sp2杂化，立体构型为平面三角形，故D选；故选：D。立体构型为平面三角形的分子应含有3个δ17/17键，且没有孤对电子，中心原子为sp2杂化，以此用排除的方法解答．本题考查分子或离子的构型的判断，题目难度中等，注意判断中心原子的价层电子对以及孤对电子数的判断．1.下列各组分子中，都由极性键构成的极性分子的一组是( )A.C3H6和CO2B.CCl4和H2SC.H2O和NH3D.H2O2和CS2【答案】C【解析】解：A.C3H6存在C−C非极性共价键，存在C−H极性共价键，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；CO2中含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故A错误；B.CCl4中含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；H2S中含有极性键，空间结构为v形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故B错误；C.H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故C正确；D.H2O2中含有极性键和非极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；CS2中含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D错误。故选：C。根据由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。本题考查化学键与分子的极性的关系，难度不大，注意非极性分子的结构对称，正负电荷中心重合来解答。2.下列性质中，可以证明某化合物是离子化合物的是( )A.可溶于水B.具有较高的熔点C.其水溶液能导电D.其固体不导电，熔融状态能导电【答案】D【解析】解：A.HCl为共价化合物，也能溶于水，则不能利用溶解性判断离子化合物，故A不选；B.Si为单质，具有较高的熔点，则不能利用熔点判断离子化合物，故B不选；C.HCl的水溶液也导电，则不能利用溶液的导电性判断离子化合物，故C不选；D.离子化合物的构成微粒为离子，其熔融状态下能导电，则其固体不导电，熔融状态能导电，可证明为离子化合物，故D选；故选：D。离子化合物的构成微粒为离子，其熔融状态下能导电，测定其熔融态导电性即可证明为离子化合物，以此来解答．本题考查离子化合物，注意离子化合物的构成微粒为离子，明确熔融态能导电是解答的关键，题目难度不大．3.已知：原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y，其原子半径：X<y.下列说法正确的是(>HCl，故A错误；B.若X、Y均位于VIA族，则X、Y分别是O、S元素，O、N、F元素的氢化物间易形成氢键，所以H2X分子间易形成氢键，即H2O分子间易形成氢键，故B正确；C.若X、Y均位于IVA族，则X、Y分别是C、Si元素，二氧化碳是分子晶体、二氧化硅是原子晶体，所以C、Si最高价氧化物的晶体类型不同，故C错误；D.若X、Y均位于第IIA族，X、Y分别是Be、Mg元素，同一主族元素其第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能Be>Mg，故D错误；故选：B。原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y，其原子半径：X<y，则原子序数x<y，a.若x和y均位于viia族，则x、y分别是f、cl元素，其氢化物的键长越短其键能越大；b.若x、y均位于via族，则x、y分别是o、s元素，o、n、f元素的氢化物间易形成氢键；c.若x、y均位于iva族，则x、y分别是c、si元素，二氧化碳是分子晶体、二氧化硅是原子晶体；d.若x、y均位于第iia族，x、y分别是be、mg元素，同一主族元素其第一电离能随着原子序数增大而减小。本题考查原子结构和元素周期律，涉及键能、氢键、晶体类型判断、元素周期律等知识点，明确分子结构、物质性质影响因素、元素周期律内涵是解本题关键，注意规律中的反常现象，题目难度不大。1.已知mgco3、caco3、srco3、baco3受热均要分解。下列说法不正确的是(>CaO>SrO>BaO，即MgO的晶格能最大，故B正确；C.碳酸盐分解，本质是阳离子结合碳酸根离子中氧离子使碳酸根离子分解为CO2，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，分解温度越低，离子半径大小：Mg2+<ca2+<sr2+<ba2+，所以分解所需温度最低的是mgco3，故c错误；d.co2的结构式为o=c=o，c原子的成键电子对是2个σ键，没有孤电子对，所以co2的vsepr模型是直线形，故d正确；故选：c。a.由阴阳离子构成的化合物是离子化合物，存在的作用力为离子键，存在离子键的固体化合物为离子晶体；b.mgco3、caco3、srco3、baco3分解生成的氧化物分别是mgo、cao、sro、bao，晶格能的大小与离子键强弱有关：离子键越强，晶格能越大；c.四种碳酸盐分解，本质是阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为co217 17="">①B.原子半径：④>③C.电负性：②>①D.最高正化合价：④>①【答案】A【解析】解：A.N原子的3p轨道上有3个单电子，S原子的3p轨道上有4个电子，但只有2个单电子，所以单电子数：③>①，故A正确；B.N、F位于第二周期，且F的原子序数大于N，所以原子半径：④<③，故B错误：C.P、S于第三周期，S的原子序数大，非金属性强、电负性大，所以电负性：②<①，故C错误；D.元素F没有最高正化合价，S的最高正化合价为+6，故D错误；故选：A。①号元素为S，②号元素为P，③号元素为N，④号元素为F；N、F位于第二周期，P、S于第三周期，N、P位于同一主族；A.结合N、S原子结构比较；B.N、F位于第二周期，根据元素周期律解答；C.P、S于第三周期，根据电负性规律解答；D.9号元素F没有最高正化合价；本题考查原子结构、元素周期律等知识点，题目难度不大，注意基础知识的掌握，注意O、F的特殊性。17/171.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是( )A.在NaCl 晶体中，距Na +最近的Cl −形成正八面体B.在CaF2 晶体中，每个晶胞平均占有4 个Ca2+C.在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2D.该气态团簇分子的分子式为EF或FE【答案】D【解析】解：A.氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl−是6个，即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；B.Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×18+6×12=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确；C.每个碳原子形成4个C−C键，每个C−C为2个共用，每碳原子形成共价键数目为4×12=2，故碳原子与碳碳键个数的比为1：2，故C正确；D.该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故D错误；故选：D。A.氯化钠晶体中，钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构；B.利用均摊法，计算晶胞中Ca2+数目；C.每个碳原子形成4个C−C键，每个C−C为2个共用；D.该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子。本题考查晶胞结构与计算，熟练掌握常见晶胞结构，B选项可以先确定氟离子数目，再结合化学式计算钙离子数目，D选项为易错点，注意气态团簇分子模型与晶胞结构的区别，掌握均摊法进行晶胞有关计算。2.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是( )A.光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小B.加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3C.可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D.增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3【答案】B【解析】解：A、氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氢离子浓度变大，溶液的PH值减小，能用勒夏特列原理解释，故A不符合；B、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，不能用化学平衡移动原理解释，故B符合；C、浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的，化学平衡NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故C不符合；D、增大压强，平衡向正反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，故D不符合；故选：B。勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．17/17本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理．1.下列内容与结论相对应的是( )选项内 容结 论AH2O(g)变成H2O(l)△S>0B硝酸铵溶于水可自发进行因为△S<0C一个反应的△H>0，△S>0反应一定不自发进行DH2(g)+F2(g)=2HF(g)△H=−271kJ⋅mol−1 △S=8J⋅mol−1⋅K−1反应在任意外界条件下均可自发进行A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】解：A.H2O(g)变成H2O(l)，其△S<0，故A错误；B.硝酸铵溶于水可自发进行，因△S>0，故B错误；C.△H>0，△S>0，高温下可自发进行，故C错误；D.△H<0，△S>0，在任意外界条件下均可自发进行，故D正确；故选：D。A.气态比液态混乱度高；B.硝酸铵溶于水可自发进行，混乱度增大；C.△H−T△S<0的反应可自发进行；D.△H−T△S<0的反应可自发进行。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应进行的方向、综合判据的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变、熵变的判断，题目难度不大。2.恒温恒容条件下，不能表明反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g) 已达平衡状态的是( )A.容器中颜色不再改变B.混合气平均相对分子质量不再改变C.混合气密度不再改变D.单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2【答案】C【解析】解：A、容器中颜色不再改变说明二氧化氮浓度不变，达到了平衡，故A不选；B、混合气平均相对分子质量是一个变量，当不变时，达到了平衡，故B不选；C、密度是质量和体积的比值，总质量一定，体积一定，故密度一定，故混合气体的密质不再发生改变不能说明达到平衡状态，故C选；D、单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，故能说明达到平衡状态，故D不选；故选：C。化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。本题考查了平衡状态的判断，注意平衡状态的特征是关键，题目难度中等。3.已知：键能数据如下：H−HCl−ClH−Cl17/17键能(kJ/mol)436243a下列有关H2(g)与Cl2(g)反应生成HCl(g)的说法正确的是( )A.H2(g)与Cl2(g)热化学方程式可表示为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(2a−679)kJ/molB.H2(g)与Cl2(g)反应 一定是放热反应C.若a=431，则反应生成2molHCl时的△H=183kJ/molD.反应物的总能量小于生成物的总能量【答案】B【解析】解：A.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则热化学方程式可表示为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(679−2a)kJ/mol，故A错误；B.为燃烧反应，则为放热反应，故B正确；C.生成2molHCl时△H=(679−2a)kJ/mol，a=431时△H=−183kJ/mol，故C错误；D.为放热反应，反应物总能大于生成物总能量，故D错误；故选：B。A.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；B.为燃烧反应；C.生成2molHCl时△H=(679−2a)kJ/mol；D.为放热反应。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与键能关系，题目难度不大。1.在密闭容器中进行反应：X2(g)+Y2(g)⇌2Z(g).已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol⋅L−1、0.3mol⋅L−1、0.2mol⋅L−1.在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有不可能是( )A.Z为0.3mol⋅L−1B.Y2为0.35mol⋅L−1C.X2为0.15mol⋅L−1D.Z为0.4mol⋅L−1【答案】D【解析】解：X2(g)+Y2(g)⇌2Z(g)起始浓度 0.1 0.3 0.2极限转化 0.2 0.4 0极限转化 0 0.2 0.4由上述分析可知，0<x2<0.2mol l="">P1)B.目的：温度对反应的影响C.目的：平衡体系增加N2对反应的影响D.目的：催化剂对反应的影响【答案】C【解析】解：A.反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，则增大压强平衡向正反应方向移动，氨气的体积分数增大，压强越大反应速率越大，图象不符，故A错误；B.正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，氮气的转化率降低，图象不符，故B错误；C.增加氮气，正反应速率增大，加入氮气瞬间逆反应速率不变，然后逐渐增大，重新达到平衡状态，图象符合，故C正确；D.加入催化剂，反应速率增大，达到平衡所用时间少，图象不符合，故D错误。故选：C。由方程式可知，反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，则增大压强平衡向正反应方向移动，正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，加入催化剂，正逆反应速率增大，但平衡不移动．本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，解答本题的关键是能正确分析反应特点，结合外界条件对平衡移动的影响分析，答题时注意图象曲线的变化趋势．1.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L.下列有关判断正确的是( )A.C的体积分数增大了B.平衡向正反应方向移动C.A的转化率降低了D.x+y<z【答案】c【解析】解：在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xa(g)+yb(g)⇌zc(g)，平衡时测得a的浓度为0.50mol l="">z，故D错误；故选：C。在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L17/17，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L.，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行，依据平衡移动方向分析判断选项中的问题．本题考查了化学平衡的移动判断方法，化学平衡的影响因素，平衡移动规律是解题关键．1.甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ⋅mol−1②CH3OH(g)+12O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=−192.9kJ⋅mol−1下列说法正确的是( )A.CH3OH的燃烧热为192.9 kJ⋅mol−1B.反应①中的能量变化如图所示C.CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D.根据②推知反应CH3OH(l)+12O2(g)=CO2(g)+2H2(g)的△H>−192.9 kJ⋅mol−1【答案】D【解析】解：A、反应②生成氢气，不符合燃烧热的概念，故A错误；B、图中表示的是放热反应，而反应①是吸热反应，图象不符合，故B错误；C、据反应①②可知，CH3OH转变成H2的过程不一定要吸收能量，故C错误；D、反应②气态甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是−192.9kJ/mol；而1mol液态CH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量小于192.9kJ，故D正确；故选：D。A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量；B、反应①是吸热反应，反应物能量小于生成物；反应①是吸热反应，反应②是放热反应，对比反应的热化学方程式可知等物质的量的气态水能量低于氧气的能量；C、据反应①②分析；D、依据反应②甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是−192.9kJ/mol；而1molCH3OH气态变化为液态放热，充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量小于192.9kJ．本题考查了热化学方程式的分析应用以及燃烧热的概念、放热反应图象，物质能量的变化判断是解题关键，题目难度中等．2.在1L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)，所得实验数据如表：下列说法错误的是( )实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)①7000.100.100.2217/17②8000.200.200.10③8000.200.30a④9000.100.15bA.实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)=0.01 mol/( L⋅min)B.实验②中，该反应的平衡常数K=1.0C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%D.实验④中，达到平衡时，b>0.06【答案】D【解析】解：A.实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0至5min时间内，v(M)=0.05mol1L5min=0.01 mol/( L⋅min)，化学反应速率与化学计量数成正比，则用N表示的平均反应速率v(N)=v(M)=0.01 mol/( L⋅min)，故A正确；B. X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)反应前(mol)0.2 0.2 0 0转化 (mol) 0.1 0.1 0.1 0.1平衡时(mol) 0.1 0.1 0.1 0.1则实验②中，该反应的平衡常数K=0.11×0.110.11×0.11=1.0，故B正确；C. X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)反应前(mol) 0.2 0.3 0 0转化 (mol) a a a a平衡时(mol)(0.2−a)(0.3−a) a a实验②、③的温度相等，则平衡常数相等，K=a1×a10.2−a1×0.3−a1=1，解得：a=0.12，根据反应可知平衡时消耗0.12molX，则X的转化率为：0.12mol0.2mol×100%=60%，故C正确；D.反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，若实验①②温度相同，实验②平衡时M的物质的量应该为0.18mol>0.10mol，说明升高温度后平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应；若实验④③的温度相同，则平衡时实验④中b=0.06，由于实验④温度较高，且该反应为放热反应，则b<0.06mol，故D错误；故选：D。A.根据v=△nV△t计算出v(M)，然后利用化学计量数与反应速率成正比计算v(N)；B.列出化学平衡三段式，然后结合平衡常数的表达式计算；C.实验②③的温度相等，则平衡常数相等，利用化学平衡三段式列式计算a，然后计算出X的转化率；D.反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，若实验①②温度相同，实验②平衡时M的物质的量应该为0.18mol>0.10mol，说明升高温度后平衡向着逆向移动，该反应为放热反应；结合实验③中a值分析．本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及综合应用能力．二、简答题（本大题共3小题，共43.0分）17/171.如图1为周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。回答下列问题：(1)f的基态原子核外电子排布式______。(2)在c2a4分子中，c为______杂化，c与c间存在的共价键类型有______两种。(3)ci2与ce2比较，沸点较高的是______(写分子式)，其原因是______。(4)将氨水滴入到j的硫酸盐溶液中，先产生蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到深蓝色溶液。深蓝色溶液是由于存在______(写结构式)，其中配体是______。(5)j的金属晶体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中每个j原子周围与它最接近且距离相等的j共有的个数是______个，已知该元素的相对原子质量为64，单质晶体的密度为ρg⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，试求铜的金属半径为______ pm(用含NA、ρ的表达式表达)。【答案】1s22s22p5 sp2 σ和π CS2 CS2相对分子质量较大 NH3 12 2⋅34ρNA×1010【解析】解：(1)f为F，周期表中位于第2周期第ⅤⅡA族，则其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p5，故答案为：1s22s22p5；(2)c2a4为C2H4，为乙烯，乙烯中C为sp2杂化，碳碳双键中1根为σ键，一根为π键，故答案为：sp2；σ和π；(3)ci2为CS2，ce2为CO2，O和S同主族，CS2沸点更高，二者均为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，故答案为：CS2；CS2相对分子质量较大；(4)将氨水滴入到j的硫酸盐溶液中，即CuSO4溶液，先产生蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到深蓝色溶液，先产生Cu(OH)2，Cu(OH)2再溶解转化为[Cu(NH3)4)]2+，其结构为：，配体为NH3，故答案为：；NH3；(5)根据晶胞结构分析，取上底面面心的Cu，位于空间中3面交汇处，一个面上与之等径且最近的Cu有3个，则Cu的配位数为12，1个晶胞中含有Cu的个数为8×18+6×12=4个，取1mol晶胞，即有NA个晶胞，设晶胞边长为acm，1个晶胞的体积为V=a3cm3，则晶体密度为ρ=4×64a3NAg/cm3，根据几何关系，Cu的半径与晶胞边长间关系为：2a=4r，所以a=22r，则r=2⋅34ρNA×1010pm，故答案为：12；2⋅34ρNA×1010。根据周期表分析，a为H，b为Be，c为C，d为N，e为O，f为F，g为Na，h为P，i为S，j为Cu，(1)f为F，周期表中位于第2周期第ⅤⅡA族；(2)c2a4为C2H417/17，为乙烯，乙烯中C为sp2杂化，碳碳双键中1根为σ键，一根为π键；(3)ci2为CS2，ce2为CO2，O和S同主族，CS2沸点更高，二者均为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高；(4)将氨水滴入到j的硫酸盐溶液中，即CuSO4溶液，先产生蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到深蓝色溶液，先产生Cu(OH)2，Cu(OH)2再溶解转化为[Cu(NH3)4)]2+，配位为NH3；(5)根据晶胞结构分析，取上底面面心的Cu分析周围与之等径且最近的Cu的数目，根据晶体密度ρ=mV计算。本题考查物质结构相关知识，根据周期表推导出元素是解题的关键，考查了价键类型的判断，杂化轨道理论，配合物结构及其相关知识，晶胞的简单计算，涉及的知识点较多，整体难度中等。1.在密闭容器中发生：2NO(g)+2CO(g)催化剂2CO2+N2(g)。△H=−QkJ/mol已知：c(CO2)随温度(T)、时间(t)的变化曲线如图所示。则：(1)T1______ T2 ，其理由是______。(2)在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v(N2)=______。(3)在温度T3下，在两个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生该反应。容器编号起始物质的量平衡时物质的量Ⅰ2.0mol NO，2.0mol CO1.0mol CO2Ⅱ4.0mol NO，4.0mol CO①T3时该反应的平衡常数K=______，若起始时向容器Ⅰ中充入1.0mol NO，1.5mol CO和2.0molCO2，0.5molN2，则反应向______(填“正”或“逆”)反应方向进行。②平衡时两容器中CO的转化率：Ⅰ______Ⅱ，容器Ⅰ中反应达平衡后，若要进一步提高CO的转化率，可采取的措施为______(答一条即可)。【答案】> 因为T1温度下先达到平衡，说明反应速率快，温度高 0.025mol/(L⋅s) 0.5 逆 < 增加NO量或较低温度或增大压强【解析】解：(1)由图1可知，先拐先平，数值大，所以T1>T2，温度T1先到达平衡，说明反应速率快，温度高，故答案为：>；因为T1温度下先达到平衡，说明反应速率快，温度高；(2)由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，故v(CO2)=0.1mol/L2s=0.05mol/(L⋅s)，速率之比等于化学计量数之比，故v(N2)=0.5v(CO2)=0.5×0.05mol/(L⋅s)=0.025mol/(L⋅s)，故答案为：0.025mol/(L⋅s)；(3)①反应达到平衡状态，容器中NO1.0mol/L，CO1.0mol/L，CO21.0mol/L，N20.5mol/L，K=c2(CO2)⋅c(N2)c2(NO)⋅c2(CO)=1.02×0.51.02×1.02=0.5；起始时向容器Ⅰ中充入1.0molNO，1.5molCO和2.0molCO2，0.5molN2，浓度分别为：1.0mol/L，1.5mol/L，2.0mol/L，0.5mol/L，浓度商Qc=c2(CO2)⋅c(N2)c2(NO)⋅c2(CO)=2.02×0.51.02×1.52=0.89>0.5，反应向逆反应进行；故答案为：0.5；逆；②根据等效平衡可知，Ⅱ相当于在Ⅰ17/17的基础上加压，压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即正反应方向移动，转化率增大；为提高CO转化率可采取的措施，可以增加NO量，平衡正向进行；反应是放热反应，降低温度，平衡正向进行；压强增大，平衡正向进行；分离出CO2或N2，平衡正向进行；故答案为：<；增加NO量或较低温度或增大压强。(1)根据到达平衡的时间判断温度高低，根据平衡时二氧化碳的浓度判断温度对平衡的影响，进而判断反应的热效应(2)由图可知，T2温度平衡时，二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，根据v=△c△t计算v(CO2)，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；(3)①根据平衡常数K=c2(CO2)⋅c(N2)c2(NO)⋅c2(CO)计算；计算此时浓度商Qc=c2(CO2)⋅c(N2)c2(NO)⋅c2(CO)，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc<k，反应向正反应进行，若qc>K，反应向逆反应进行；②根据等效平衡可知，Ⅱ相当于在Ⅰ的基础上加压，压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即正反应方向移动；为提高CO转化率，则平衡正向进行，可以增加NO量，降低温度，压强增大，分离出CO2或N2。本题考查影响化学平衡移动的因素、化学平衡常数及其计算、反应速率计算，难度不大，掌握基础是关键，注意分析化学平衡中有关曲线的变化规律，仔细观察图象。1.按要求回答下列问题：(1)在下列物质中：①NaOH ②Na2O2 ③(NH4)2S ④CCl4 ⑤H−C≡C−H ⑥SiC ⑦晶体硅。含有非极性键的分子晶体是______，既有离子键，又有极性键和配位键的离子晶体是______，原子晶体中熔点较高的是______(以上均填写序号)(2)甲醇是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应I：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)；△H1 反应II：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)；△H2①上述反应中原子利用率百分之百的是______(填“I”或“Ⅱ”)②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012由表中数据判断△H1______0，T℃时，将2mol CO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，此时T为______。(3)已知在常温常压下：①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H1=−1275.6kJ/mol②2CO (g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=−566.0kJ/mol③H2O(g)=H2O(l)△H3=−44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：______。【答案】⑤ ③ ⑥ I < 250℃ CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=−442.8kJ⋅mol−1【解析】解：(1))①NaOH是离子化合物，含有极性共价键O−H键，②Na2O2是离子化合物，含有非极性共价键O−O键，③(NH4)2S是离子化合物，含有极性共价键N−H键，并且含有H→N配位键，④CCl4 17/17是共价化合物，含有极性共价键C−Cl键，⑤H−C≡C−H 是共价化合物，含有极性共价键C−H键和非极性共价键C≡C键，⑥SiC是共价化合物，含有极性共价键C−Si键，⑦晶体硅是单质，含有非极性共价键Si−Si键；原子晶体SiC和晶体硅中C原子半径小于Si，所以SiC中C−Si键共价键强、熔点高；故答案为：⑤，③，⑥；(2)①原子利用率百分之百，即反应类型为化合反应和加成反应或加聚反应，所以反应I是化合反应，原子利用率百分之百，故答案为：I；②正向反应是吸热反应时，温度越高，平衡常数k越大，正向反应是放热反应时，温度越高，平衡常数k越小，分析表中数据可知，平衡常数k随温度升高而减小，所以该反应正向放热，即△H1<0，反应I的三段式为， CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)起始浓度(mol/L) 1 3 0变化量(mol/L) 0.8 1.6 0.8平衡浓度(mol/L) 0.2 1.4 0.8所以平衡常数k=c(CH3OH)c(CO)⋅c2(H2)=0.80.2×1.43≈2.041，k只与温度有关，温度不变，则k不变，对比表中数据确定温度为250℃，所以温度为250℃，对比表中数据确定温度，故答案为：<；250℃；(3)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的化学方程式为CH3OH+O2=CO+2H2O，根据盖斯定律律12×①−12×②+2×③有CH3OH+O2=CO+2H2O△H=12×(−1275.6kJ/mol)−12×(−566.0kJ/mol)+2×(−44.0kJ/mol)=−442.8kJ⋅mol−1；故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=−442.8kJ⋅mol−1。(1)①NaOH是离子化合物，含有极性共价键O−H键，②Na2O2是离子化合物，含有非极性共价键O−O键，③(NH4)2S是离子化合物，含有极性共价键N−H键，并且含有H→N配位键，④CCl4 是共价化合物，含有极性共价键C−Cl键，⑤H−C≡C−H 是共价化合物，含有极性共价键C−H键和非极性共价键C≡C键，⑥SiC是共价化合物，含有极性共价键C−Si键，⑦晶体硅是单质，含有非极性共价键Si−Si键；(2)①原子利用率百分之百，即参加反应的物质全部转化到生成物中，包含化合反应和加成反应或加聚反应；②正向反应是吸热反应时，温度越高，平衡常数k越大，正向反应是放热反应时，温度越高，平衡常数k越小；利用反应的三段式计算平衡常数k，对比表中数据确定温度；(3)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的化学方程式为CH3OH+O2=CO+2H2O，根据盖斯定律12×①−12×②+2×③得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式。本题考查晶体类型和化学键类别判断、盖斯定律应用、反应平衡常数与反应热关系等内容，题目难度中等，练掌握基础是关键。三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）1.Ⅰ.中和热的测定是高中重要的定量实验。取50mL 0.55mol/L的NaOH溶液与50mL 0.25mol/L的硫酸溶液置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：(1)仪器A的名称是______(2)实验测得的数据如下表： 起始温度t1℃终止温度t2/℃温度差平均值17/17(t2−t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5 3.4225.925.925.929.2326.426.226.329.8近似认为0.55mol/L NaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g⋅℃)。△H=______ ( 取小数点后一位)(3)若改用60mL 0.25mol⋅L−1 H2SO4和50mL 0.55mol⋅L−1 NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量______，若实验操作均正确，则所求中和热______II、某课外活动小组拟探究H+浓度对MnO2与H2O2反应速率的影响。(4)现取等量MnO2和下表有关物质，在相同温度下进行4组实验，分别记录收集20.0mL氧气所需时间。实验编号ⅠⅡⅢⅣ10%H2O2的体积/mL5.05.0V1V220%硫酸的体积/mL00.51.0V3水的体积/mL1514.5V413.5所需时间t/st1t2t3t4已知酸条件下时：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O①实验I发生反应的化学方程式为______，实验II中MnO2的作______。②上表中V1=______mL，V3=______mL。③若实验测得t2>t3>t4，则可得出的实验结论是______。【答案】环形玻璃搅拌棒 −56.8J/mol 不相等 相等 2H2O2− MnO2 2H2O+O2↑ 氧化剂 5.0 1.5 酸浓度越大，反应速率越快【解析】解：(1)仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)4次温度差平均值=3.4℃，50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m⋅c⋅△T=100g×4.18J/(g⋅℃)×3.4℃=1421.2J，即1.4212KJ，所以实验测得的中和热△H=−1.4242kJ0.025mol=−56.8kJ/mol；故答案为：−56.8 kJ⋅mol−1；(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.25mol⋅L−1 H2SO4和50mL 0.55mol⋅L−1 NaOH溶液进行反应与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；故答案为：不相等；相等；(4)①实验Ⅰ中二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，反应原理为：2H2O2− MnO2 2H2O+O2↑，实验II中MnO2的作氧化剂，反应原理不同，故答案为：2H2O2− MnO2 2H2O+O2↑；氧化剂；②因探究酸浓度对速率的影响，故其他条件相同，10%H2O2的体积不变，混合溶液的总体积不变，所以V1=V2=5.0mL，V3=(20−5.0−13.5)mL=1.5mL；故答案为：5.0；1.5；③从数据可看出，酸用量越多，酸的浓度越大，所需时间越短，故答案为：酸浓度越大，反应速率越快。(1)根据量热计的结构特点和仪器的特点确定仪器名称；(2)根据Q=m⋅c⋅△T计算反应放出的热量，最后根据△H=−QnkJ/mol计算出反应热；(3)17/17根据反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；(4)①实验Ⅰ二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，而加入硫酸后，二氧化锰为氧化剂；②因探究酸浓度对速率的影响，故其他条件相同；③分析酸的用量和反应时间的关系。本题考查反应热的测定原理与计算，题目难度不大，注意理解中和热的概念以及测定反应热的误差等问题。17/17</k，反应向正反应进行，若qc></z【答案】c【解析】解：在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xa(g)+yb(g)⇌zc(g)，平衡时测得a的浓度为0.50mol></x2<0.2mol></ca2+<sr2+<ba2+，所以分解所需温度最低的是mgco3，故c错误；d.co2的结构式为o=c=o，c原子的成键电子对是2个σ键，没有孤电子对，所以co2的vsepr模型是直线形，故d正确；故选：c。a.由阴阳离子构成的化合物是离子化合物，存在的作用力为离子键，存在离子键的固体化合物为离子晶体；b.mgco3、caco3、srco3、baco3分解生成的氧化物分别是mgo、cao、sro、bao，晶格能的大小与离子键强弱有关：离子键越强，晶格能越大；c.四种碳酸盐分解，本质是阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为co217></y，则原子序数x<y，a.若x和y均位于viia族，则x、y分别是f、cl元素，其氢化物的键长越短其键能越大；b.若x、y均位于via族，则x、y分别是o、s元素，o、n、f元素的氢化物间易形成氢键；c.若x、y均位于iva族，则x、y分别是c、si元素，二氧化碳是分子晶体、二氧化硅是原子晶体；d.若x、y均位于第iia族，x、y分别是be、mg元素，同一主族元素其第一电离能随着原子序数增大而减小。本题考查原子结构和元素周期律，涉及键能、氢键、晶体类型判断、元素周期律等知识点，明确分子结构、物质性质影响因素、元素周期律内涵是解本题关键，注意规律中的反常现象，题目难度不大。1.已知mgco3、caco3、srco3、baco3受热均要分解。下列说法不正确的是(></y.下列说法正确的是(></k，则单质的熔点：na></hclb.碱性：koh>
