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2017-2018学年四川省遂宁市高二上学期期末考试化学试题 解析版
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四川省遂宁市2017-2018学年高二上学期期末考试
化学试题
1. 化学与生产、生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。下列说法错误的是
A. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏
B. 用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气
C. 为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
D. 推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放
【答案】C
........................
2. 下列反应属于放热反应的是
A. 将胆矾加热变为白色粉末 B. 浓硫酸稀释
C. 铁片与稀硫酸反应制取H2 D. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合
【答案】C
【解析】A. 将胆矾加热失去结晶水变为白色粉末，是胆矾的分解反应，属于吸热反应，故A不选；B. 浓硫酸稀释放出大量的热，但浓硫酸稀释是物理变化，不是化学反应，故B不选；C. 铁片与稀硫酸反应制取H2放出热量，属于放热反应，故C选；D. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合反应时吸收热量，属于吸热反应，故D不选；答案选C。
3. 下列物质空间构型和中心原子杂化类型都正确的是
A. SO3 平面四边形 sp2 B. H2O V字形 sp
C. BCl3 平面三角形 sp3 D. SO32－ 三角锥形 sp3
【答案】D
【解析】A. SO3中心原子的价层电子对数是：3+=3，杂化方式为sp2，不含孤电子对，分子的空间构型为平面三角形，故A错误；B. A. H2O中心原子的价层电子对数是：2+=4，杂化方式为sp3，含有两个孤电子对，分子的空间构型为V形，故B错误；C. BCl3中心原子的价层电子对数是：3+=3，杂化方式为sp2，不含孤电子对，分子的空间构型为平面三角形，故C错误；D. SO32－中心原子的价层电子对数是：3+=4，杂化方式为sp3，含有一个孤电子对，分子的空间构型为三角锥形，故D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查微粒的空间构型及原子杂化方式的判断，利用价层电子对互斥理论可以确定微粒的空间构型及中心原子的杂化方式，本题的难点是价层电子对数的确定，解题时要注意根据价层电子对数=配原子个数+孤电子对数进行判断。
4. 下列变化过程中，∆S<0的是
A. 溶解少量葡萄糖于水中 B. 氨气与氯化氢合成氯化铵
C. 氢气与氯气合成氯化氢 D. NH4HCO3(s)受热分解
【答案】B
【解析】A. 少量葡萄糖溶于水，混乱度增大，△S＞0，故A错误；B. 氨气与氯化氢合成氯化铵，气体体积减小，△S＜0，故B正确；C. 氢气与氯气合成氯化氢，反应前后气体体积不变，混乱度不变，△S=0，故C错误；D. NH4HCO3(s)受热分解生成NH3(g)、CO2(g)和H2O(g)，混乱度增大，△S>0，故D错误；答案选B。
点睛：本题考查熵变的判断，△S＜0，说明反应或变化过程中混乱度减小，依据微粒数的变化或反应前后气体体积变化进行分析判断即可。本题的难点是熵值变化的分析和判断，解题时可以从以下两个方面入手：1. 同一种物质，S（气态）＞S（液态）＞S（固态）；2. 对于化学反应，生成的气体体积增大，则熵值增大，熵变为正值，生成的气体体积减小，则熵值减小，熵变为负值。
5. 下列说法错误的是
A. 同一原子中，2p、3d、4f能级的轨道数依次增多
B. 电子排布（23V）1s22s22p63s23p63d5违反了洪特规则
C. 原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为2n2
D. 违反了泡利不相容原理
【答案】B
【解析】A. p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，故A正确；B. 电子排布（23V）1s22s22p63s23p63d5违反了能量最低原理，正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d34s2，故B错误；C. 按照原子核外电子排布的规律，每一个能层最多可容纳的电子数为2n2，故C正确；D. 中1s和2s轨道中容纳的2个电子自旋方向相同，违反了泡利不相容原理，故D正确；答案选B。
6. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①[Ne]3s23p3； ②[Ne]3s23p4；
③1s22s22p63s23p5。则下列有关比较中正确的是
A. 最高正化合价：①＞③＞②
B. 单质氧化性：①＞②＞③
C. 电负性：①＞③＞②
D. 最高价氧化物的水合物的酸性：③＞②＞①
【答案】D
【解析】由核外电子排布式可知：①[Ne]3s23p3为P元素，②[Ne]3s23p4为S元素，③1s22s22p63s23p5为Cl元素；A. P元素最高正化合价为+5，S元素最高正化合价为+6，Cl元素最高正化合价为+7，故最高正化合价：③＞②>①，故A错误；B. 元素的非金属性：Cl>S>P，对应单质的氧化性：③＞②>①，故B错误；C. 同周期自左至右，元素的电负性增大，所以电负性③＞②>①，故C错误；D. 元素的非金属性：Cl>S>P，所以最高价氧化物的水合物的酸性：③＞②＞①，故D正确；答案选D。
7. 下列电子构型的原子中，第二电离能与第一电离能差值最大的是
A. [Ne]3s1 B. 1s22s22p2 C. [Ne]3s23p5 D. 1s22s22p63s23p3
【答案】A
【解析】A. [Ne]3s1失去1个电子后，电子排布变为1s22s22p6，为稀有气体的稳定结构，第二电离能为失去2p能级上的电子所需能量，所以第二电离能与第一电离能差值最大；B. 1s22s22p2的第一电离能与第二电离能均为失去2p能级上的电子所需的能量，相差不大；C. [Ne]3s23p5的第一电离能与第二电离能均为失去3p能级上的电子所需的能量，相差不大；D. 1s22s22p63s23p3的第一电离能与第二电离能均为失去3p能级上的电子所需的能量，相差不大；综上所述，答案选A。
点睛：本题考查原子核外电子排布及电离能的概念，试题难度不大，注意把握电离能与原子核外电子的排布特点之间的关系是解答本题的关键，根据原子失去同一能级电子时，电离能相差不大，失去同一能层中不同能级电子时，电离能相差较大，失去不同能层电子时，电离能会发生剧增进行判断即可。
8. 已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的是
A. ZX2Y6 B. ZXY3 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12
【答案】B
【解析】Z处于晶胞中心，原子被一个晶胞占有，X处于晶胞顶点，原子被8个晶胞占有，Y处于晶胞棱上，原子被4个晶胞占有，故晶胞中含有Z原子的数目为1、含有X原子的数目为8×1/8=1、含有Y原子的数目为12×1/4=3，所以Z、X、Y的原子个数比是1:1:3，其化学式为ZXY3，答案选B。
点睛：本题主要考查晶胞的计算，试题难度不大，利用均摊法计算晶胞中含有的各种元素的原子个数比即可确定物质的化学式，解答本题的关键是判断X、Y、Z三种元素的原子在晶胞中所处的位置，Z处于晶胞中心，原子被一个晶胞占有，X处于晶胞顶点，原子被8个晶胞占有，Y处于晶胞棱上，原子被4个晶胞占有，再根据均摊法计算Z、X、Y的原子个数比是1:1:3，即可确定其化学式为ZXY3。
9. 在25℃、101KPa时，已知反应：①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H＝－akJ/mol ②稀溶液中，H+(aq)＋OH－(aq)＝H2O(1) △H＝－bkJ/mol (a、b 均大于0)，下列结论正确的是
A. ①的反应热为a kJ/mol
B. 碳的燃烧热大于a/2 kJ/mol
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－b kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出b kJ热量
【答案】B
【解析】A. 反应热应包含“+”或“－”符号，则①的反应热应为－a kJ/mol，故A错误；B. 由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为a/2kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于a/2kJ，所以碳的燃烧热大于a/2kJ/mol，故B正确；C. 中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“−”，即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为b kJ/mol，故C错误；D. 醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于bkJ，故D错误；答案选B。
10. 物质结构包括原子结构、分子结构、晶体结构。下列关于物质结构与性质的说法正确的是
A. SiO2晶体为原子晶体，CO2晶体为分子晶体
B. σ键都是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的
C. VSEPR模型就是分子的空间构型
D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性从左到右依次减弱
【答案】A
【解析】A. SiO2晶体是由Si原子和O原子形成的原子晶体，CO2晶体是由CO2分子形成的分子晶体，故A正确；B. σ键为s或p电子“头碰头”重叠形成，所以有p−pσ键、s−pσ键和s−sσ键，故B错误；C. VSEPR模型可用来预测分子的空间构型，但不是分子的空间构型，故C错误；D. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，简单离子的还原性越弱，非金属性从F到I依次减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱、还原性依次增强，故D错误；答案选A。
11. 对于可逆反应2A(g)＋3B(g) 4C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. v(A)＝0.9 mol·L－1·min－1 B. v(B)＝1.5 mol·L－1·min－1
C. v(D)＝0.8 mol·L－1·min－1 D. v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】A. v(A)=mol·L－1·s－1=0.015mol·L－1·s－1；B. v(A)=v(B)×2/3=×mol·L－1·s－1=0.0167mol·L－1·s－1；C. v(A)=v(D)=mol·L－1·s－1=0.0133mol·L－1·s－1；D. v(A)=v(C)×1/2=0.1×mol·L－1·s－1=0.0667mol·L－1·s－1，则反应速率最快的是D，故答案选D。
点睛：本题考查化学反应速率的大小比较，试题难度不大，解题的依据是将不同物质表示的化学反应速率转化为同一种物质表示的化学反应速率，其数值越大，反应速率越快，解答本题的关键是比较化学反应速率时一定要先统一单位，否则无法比较。
12. 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. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅，但比原来要深
C. 500℃时比室温更利于合成氨
D. 用排饱和食盐水法收集Cl2
【答案】C
【解析】A. 新制氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，光照使次氯酸分解，次氯酸浓度减小，平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，能用平衡移动原理解释，故A不选；B. 红棕色的NO2中存在平衡2NO2N2O4，加压后体积减小，混合气体颜色变深，因压强增大平衡正向移动，颜色会逐渐变浅，但NO2的浓度仍比原来大，所以颜色比原来深，能用平衡移动原理解释，故B不选；C. 合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于平衡向正反应方向移动，采用500℃主要是考虑催化剂的活性和反应速率，与平衡移动无关，不能用平衡移动原理解释，故C选；D. 氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和氯化钠中氯离子浓度较大，可抑制氯气和水的反应，使平衡逆向移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；答案选C。
13. 可逆反应2A(g) 2B(g)＋C(g)在恒定容积密闭容器中反应，下列选项中不能说明反应已达到平衡状态的是
A. 混合气体中A与B的物质的量之比保持恒定
B. 容器内气体总压强不再改变的状态
C. 用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1
D. 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
【答案】C
【解析】A. 因A和B分别是反应物和生成物，混合气体中A与B的物质的量之比保持恒定，说明A和B的浓度不再改变，反应达到了平衡状态，故A不选；B. 因2A(g)2B(g)＋C(g)是反应前后气体体积不相等的可逆反应，容器内气体总压强不再改变，说明反应达到了平衡状态，故B不选；C. 因未说明用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率是正反应速率还是逆反应速率，无法证明正反应速率等于逆反应速率，则不能说明反应达到了平衡状态，故C选；D. 因反应前后气体的质量不变，但气体的总物质的量改变，所以混合气体的平均相对分子质量改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，说明反应达到了平衡状态，故D不选；答案选C。
点睛：本题考查化学平衡状态的判断，试题难度不大，解答本题的关键是要注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学反应是否达到平衡状态的依据，反应前后不变的量不能作为判断化学平衡状态的依据。
14. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外电子层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4．下列说法正确的是
A. X、Y、Z的第一电离能大小顺序一定是Y＞Z＞X
B. Y、Z形成的分子的空间构型可能是三角锥形
C. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z
D. W、Y、Z氢化物的稳定性一定是Z＞Y＞W
【答案】B
15. 密闭容器中，反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD(g)达平衡时，B的浓度为0.6mol/L，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，达新平衡时B的浓度降为0.3mol/L．下列判断正确的是
A. a＋b＜c＋d
B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数减小
D. 达到新平衡时，A、B的浓度减小，C、D浓度增大
【答案】C
【解析】反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD(g)达平衡时，B的浓度为0.6mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，若平衡不移动，B的浓度为0.2mol/L，而达新平衡时，B的浓度降为0.3mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动。A. 压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，现平衡逆向移动，说明逆反应方向为气体体积增大的方向，则a＋b＞c＋d，故A错误；B. 根据上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C. 平衡逆向移动，D的体积分数减小，故C正确；D. 因容器的体积增大，则达到新平衡时，A、B、C、D的浓度都比原平衡时小，故D错误；答案选C。
16. 下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)
A. 12 g石墨中含有的共价键数目为1.5NA
B. 12 g金刚石中含有C－C键的个数为4NA
C. 44gCO2分子中含有π键数目为4 NA
D. 2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数等于2NA
【答案】A
【解析】A. 在石墨晶体中，每个碳原子与邻近的3个碳原子形成共价键，形成一个共价键需要2个碳原子，所以平均每个碳原子可形成1.5个共价键，12g石墨含碳原子1mol，所以含有的共价键数目为1.5NA，故A正确；B. 在金刚石中，每个C原子可形成C－C键的数目为4个，每个C－C键为两个C原子所共有，则每个碳原子可形成C－C键4×1/2=2个，12g金刚石含碳原子1mol，则含有C－C键2mol，个数为2NA，故B错误；C. 1个CO2分子中含有2个π键，44gCO2的物质的量为1mol，则含有π键数目为2 NA，故C错误；D. 2molSO2和1molO2在一定条件下发生的反应是可逆反应，二者不能完全转化为2molSO3，反应所得混合气体分子数大于2NA，故D错误；答案选A。
17. 下列对分子性质的解释中，不正确的是
A. 酸性：H2SO4>HClO，这是因为H2SO4的非羟基氧原子数大于HClO的非羟基氧原子数
B. CCl2I2分子不是手性分子
C. I2在水中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大，这符合“相似相溶”经验规律
D. H2O是一种稳定的化合物，这是由于H2O之间形成氢键所致
【答案】D
【解析】A. H2SO4的非羟基氧原子数大于HClO的非羟基氧原子数，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以酸性H2SO4>HClO，故A正确；B. 当碳原子上连接4个不同的原子或原子团时，该分子为手性分子，所以CCl2I2分子不是手性分子，故B正确；C. 碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，I2在水中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大，符合“相似相溶”的经验规律，故C正确；D. H2O是一种稳定的化合物，是由于O－H键的键能较大的原因，与氢键无关，氢键只影响物质的物理性质，故D错误；答案选D。
18. 请回忆食盐晶体的晶胞结构，已知食盐的密度为ρ g·cm－3，其摩尔质量为
M g·mol–1，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距大约是
A. cm B. cm
C. cm D. cm
【答案】B
【解析】试题分析：根据NaCl的晶体结构可知在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距为晶胞边长的一半。在NaCl晶胞中含有Na+数是：1+12×1/4=4；含有Cl-的个数是：8×1/8+6×1/2=4．假设晶胞边长是a，则根据晶体密度计算公式可得：，则，所以在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距是，故选项是B。
考点：考查晶体密度与微粒间距离的关系的计算的知识。
19. 已知3.6g碳在6.4g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出m kJ热量．已知单质C（s）的燃烧热为nkJ/mol，则1molC(S)与O2(g)反应生成CO(g)的反应热△H为
A. –n kJ/mol B. – (10m–n)kJ/mol
C. –(5m–0.5n)kJ/mol D. +(10m–n)kJ/mol
【答案】C
【解析】试题分析：碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2，3.6g碳的物质的量为3.6g÷12g/mol==0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为6.4g÷32g/mol==0.2mol，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生,令生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2，联立方程，解得x=0.2，y=0.1,单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×Y kJ/mol=0.1YkJ，所以生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ，由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“-”，故1mol C与O2反应生成CO的反应热△H=-（XkJ-0.1YkJ）÷0.2mol==-（5X-0.5Y）kJ•mol‾1，故C项正确。
考点：本题考查焓变的计算。
20. 某恒温固定体积为2 L密闭容器中，发生反应：2SO2(g)＋ O2(g) 2SO3(g) ΔH <0，n(SO2)随时间的变化如表：
时间/min
0
1
2
3
4
5
n(SO2)/mol
0.20
0.16
0.13
0.11
0.08
0.08
则下列说法正确的是
A. 当容器中气体的密度不变时，说明该反应已达到平衡状态
B. 用O2表示0～4 min内该反应的平均速率为0.005 mol/(L·min)
C. 若升高温度，则SO2的反应速率会变大，平衡常数K值会增大
D. 平衡时再通入18O2，平衡右移，再次平衡时各物质均含有18O，O2的转化率减小
【答案】D
【解析】A. 因反应前后气体的质量不变，容器的体积也不变，则混合气体的密度始终不变，所以容器中气体的密度不变时，不能说明该反应已达到平衡状态，故A错误；B. 由表中数据可知，0～4 min内v(SO2)=(0.2－0.08)mol÷2L÷4min=0.015mol/(L·min)，则v(O2)=v(SO2)÷2=0.0075mol/(L·min)，故B错误；C. 升高温度，用SO2表示的反应速率增大，但该可逆反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K将减小，故C错误；D. 平衡时再通入18O2，氧气的浓度增大，平衡向右移动，因该反应是可逆反应，则再次平衡时各物质均含有18O，增大氧气的浓度，可以提高二氧化硫的转化率，自身转化率降低，即O2的转化率减小，故D正确；答案选D。
21. （1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_______________形象化描述， 基态磷原子的核外电子排布式为______________，有__________________个未成对电子， 白磷(P4)的立体构型为__________________，其键角为__________________。
（2） [Cu(NH3)4]SO4的配体为__________________，[Cu(H2O)4]2+中提供孤电子对的是__________________原子。（填元素符号）
（3）有下列六种物质：①MgCl2晶体 ②石墨 ③ SiC ④白磷（P4）晶体 ⑤金刚石 ⑥铁，其中属于离子晶体的是__________________，属于分子晶体的是__________________，属于原子晶体的化合物是__________________。（填序号）
（4）肼(N2H4)又称联氨，是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。已知在25℃，101 kPa时，16.0 g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量312 kJ，N2H4完全燃烧的热化学方程式是__________________。
【答案】 (1). 电子云 (2). 1s22s22p63s23p3 (3). 3 (4). 正四面体 (5). 600 (6). NH3 (7). O (8). ① (9). ④ (10). ③⑤ (11). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH=-624 KJ.mol-1
【解析】(1). 处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述，磷是15号元素，基态磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，有3个未成对电子，白磷(P4)的立体构型为正四面体形，4个P原子位于正四面体的顶点上，其键角为600，故答案为：电子云；1s22s22p63s23p3；3；正四面体；600；
(2). 在[Cu(NH3)4]SO4中，N原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，所以配体是NH3，在[Cu(H2O)4]2+中，Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对，故答案为：NH3；O；
(3). ①MgCl2晶体是由镁离子和氯离子形成的离子晶体，②石墨是由碳原子形成的混合晶体，③SiC是由硅原子和碳原子形成的原子晶体，④白磷（P4）是由磷原子形成的分子晶体，⑤金刚石是由碳原子形成的原子晶体，⑥铁是由金属阳离子和自由电子形成的金属晶体，则属于离子晶体的是①，属于分子晶体的是④，属于原子晶体的化合物是③⑤，故答案为：①；④；③⑤；
(4). 16.0 g N2H4的物质的量为：16g÷32g/mol=0.5mol，在25℃，101 kPa时，16.0 g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量312 kJ，则1mol N2H4完全燃烧生成氮气和水时放出热量312 kJ×2=624kJ，所以N2H4完全燃烧的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH=-624 KJ.mol-1，故答案为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH=-624 KJ.mol-1。
22. A、B、C、D、E为前四周期元素，且原子序数依次增大
A
第二周期中一种非金属元素，第一电离能大于相邻元素
B
地壳中含量最多的元素，2P轨道上有二个孤电子
C
与B同主族
D
前四周期中金属性最强的元素
E
前四周期中原子核外孤电子数最多
（1）C元素位于第__________________周期__________________族，B元素的核外电子排布式为__________________，E元素的价电子排布图为__________________。
（2）B、C两元素的电负性大小关系为：__________________(用元素符号表示)，A、B的最简单气态氢化物的稳定性强弱大小关系为：________________（用氢化物的化学式表示）。
（3）B的氢化物由固体变为气态所需克服的微粒间的作用有__________________。
（4）有A、B、C三种元素及氢元素组成的既含离子键又含共价键且其中元素C显最高价的酸式盐的化学式是__________________。
（5）D2B2的电子式为__________________，与CO2反应生成B的单质的化学方程式为：__________________。
（6）E2O72－具有强氧化性，可与含有C元素的某种还原性离子反应（该离子中C元素显+4价），在酸性条件下该反应的离子方程式为：__________________
【答案】 (1). 三（或3） (2). VIA (3). 1s22s22p4 (4). (5). O>S(或SNH3） (7). 范德华力、氢键 (8). NH4HSO4 (9). (10). 2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2 (11). Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O(3分) (表示为HSO3- 与Cr O72-反应也可)
【解析】A为第二周期中一种非金属元素，第一电离能大于相邻元素，则A为N元素，B是地壳中含量最多的元素，2P轨道上有二个孤电子，所以B为O元素，D为前四周期中金属性最强的元素，D为K元素，C与B同主族，且原子序数小于K元素，所以C为S元素，E是前四周期中原子核外孤电子数最多的元素，则E为Cr元素。
(1) .C是S元素，位于元素周期表的第3周期VIA族，B是O元素，核外电子排布式为1s22s22p4，E是Cr元素，价电子排布图为，故答案为：3；VIA；1s22s22p4；；
(2) .元素的非金属性越强，该元素的电负性越强，因非金属性O＞S，则两元素的电负性大小关系为：O＞S，元素的非金属性越强，其对应的最简单气态氢化物越稳定，因非金属性O＞N，则两元素的最简单气态氢化物的稳定性强弱大小关系为：NH3
(4) .N、O、S三种元素及氢元素组成的既含离子键又含共价键的化合物中应含有铵根离子，S元素的最高正价为+6，则由这四种元素形成的酸式盐的化学式为NH4HSO4，故答案为：NH4HSO4；
(5) .K2O2的电子式为：，与CO2反应生成O2的化学方程式为：2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2，故答案为：；2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2；
(6) .Cr2O72－具有强氧化性，S元素呈+4价的还原性离子为SO32-或HSO3-，根据得失电子守恒和原子守恒，在酸性条件下该反应的离子方程式为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O或Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O或Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。
23. I．已知2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，在开始一段时间内，反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。
（1）针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是__________________的影响。
（2）若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，可以在反应一开始时加入__________________。
A．硫酸钾 B．硫酸锰 C．氯化钾 D．水
II. 分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL 0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题。
（1）仪器A的名称是__________________，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________________。
（2）加入NaOH溶液的正确操作是__________________ (填字母）。
A．沿玻璃棒缓慢加入 B．一次迅速加入 C．分三次加入
（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/（g·℃）。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1℃
终止温度t2℃
盐酸
氢氧化钠
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝__________________（结果保留一位小数）。
（4）实验中若改用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与40 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应， 与上述实验相比，所放出的热量__________________(填“相等”“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和热__________________(填“相等”“不相等”)。
【答案】 (1). Mn2＋的催化作用(或催化剂) (2). B (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). 减少热量损失 (5). B (6). -51.8 kJ／mol (7). 不相等 (8). 相等
【解析】I. (1).对化学反应速率影响最大的是催化剂，KMnO4与H2C2O4反应生成MnSO4，Mn2＋有催化作用，则还可能是催化剂的影响，故答案为：Mn2＋的催化作用(或催化剂)；
(2).根据上述分析可知，对化学反应速率产生影响的还可能是Mn2＋，若要实验证明这种猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，在反应开始时还应加入含有锰离子的物质，故答案选B；
II. (1).仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒，在烧杯间填满碎泡沫塑料可以减少热量的损失，故答案为：环形玻璃搅拌棒；减少热量损失；
(2).为了减少热量的损失，加入NaOH溶液时，应一次迅速加入，故答案选B；
(3).三次实验测得(t2－t1)的值分别为：3.15℃、3.1℃、3.05℃，最终温度差△T的平均值为(3.15+3.1+3.05) ℃÷3=3.1℃，40mL的0.50mol/L盐酸与40mL 0.55mol/L氢氧化钠溶液混合生成0.02mol水，所得混合液的质量为80mL×1g/mL=80g，c＝4.18J/（g·℃），代入公式Q=c×m×△T得生成0.02mol水时放出的热量Q=4.18J/（g·℃）×80g×3.1℃=1036.64J=1.03664kJ，则生成1mol水时放出的热量为1.03664kJ×=51.8kJ，所以该实验测得的中和热△H=－51.8kJ/mol，故答案为：－51.8kJ/mol；
(4).实验中若改用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与40 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，生成水的量增多，则反应放出的热量也增多，因中和热均为强碱和强酸的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，则测定的中和热相等，故答案为：不相等；相等；
点睛：本题主要考查化学反应速率的影响因素及中和热的测定，试题难度一般，本题的易错点是中和热的实验测定，解题时要注意理解中和热的测定原理及中和热的计算，利用题中所给数据计算出生成0.02mol水时放出的热量，再根据中和热的定义，计算生成1mol水时放出的热量，即得到中和热的数值。
24. I．在一定条件下aA＋bBcC+dD达到平衡时，请填写：
（1）若A、B、C、D都是气体，在加压后平衡向逆反应方向移动，则a、b、c、d关系是__________________。
（2）已知B、C、D是气体，现增加A的物质的量，平衡不移动，说明A是__________________（填状态）。
（3）若容器容积不变，加入气体B，气体A的转化率__________________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）若加热后，C的百分含量减小，则正反应是__________________反应（填“放热”或“吸热”）。
（5）若保持容器压强不变，且A、B、C、D都是气体，向容器中充入稀有气体，则化学平衡正向移动，则a、b、c、d关系是__________________。
Ⅱ．工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。
（1）在一定温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)＝0.5mol·L－1。该反应的平衡常数K＝__________________。
（2）若在一体积可变的容器中充入l molCO、 2mol H2和1mol CH3OH，达到平衡吋测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，则该反应向__________________(填“正”、“逆”)反应方向移动。
（3）若在温度和容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投人反应物，测得反应达到平衡吋的有关数据如下表：
容器
反应物投入的量
反应物的转化率
CH3OH的浓度(mol/L)
能量变化（Q1、Q2、Q3均大于0）
1
2molCO和4molH2
a1％
c1
放出Q1kJ热量
2
2molCH3OH
a2％
c2
吸收Q2kJ热量
3
4molCO和8molH2
a3％
c3
放出Q3kJ热量
则下列关系正确的是 __________________。
A． c1=c2 B．2Q1=Q3 C．2a1=a3 D．a1 +a2 =1 E．该反应若生成2mol CH3OH，则放出(Q1+Q2)kJ热量
【答案】 (1). a+b＜c+d (2). 固体或液体 (3). 增大 (4). 放热 (5). a+b＜c+d (6). 0.25 L2/mol2（或表示为L2/mol2） (7). 正 (8). ADE
【解析】(1).增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，若A、B、C、D都是气体，加压后平衡向逆反应方向移动，说明逆反应方向为气体体积减小的方向，则a+b＜c+d，故答案为：a+b＜c+d；
(2).已知B、C、D是气体，增加A的物质的量，平衡不移动，说明A是固体或液体，不是气体，故答案为：固体或液体；
(3).若容器容积不变，加入气体B，平衡正向移动，气体A的转化率增大，故答案为：增大；
(4).升高温度，平衡向吸热反应方向移动，加热后，C的百分含量减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；
(5).A、B、C、D都是气体，保持容器压强不变，向容器中充入稀有气体，容器的体积增大，相当于减小压强，化学平衡正向移动，说明正反应方向为气体体积增大的方向，则a+b＜c+d，故答案为：a+b＜c+d；
II. (1).在一定温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)＝0.5mol·L－1，根据三段式法有：
CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)
起始浓度(mol·L－1) 1 3 0
转化浓度(mol·L－1) 0.5 1 0.5
平衡浓度(mol·L－1) 0.5 2 0.5
则平衡常数K==0.25 L2/mol2，故答案为：0.25 L2/mol2(或表示为L2/mol2)；
(2).CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的正反应为气体体积减小的反应，若在一体积可变的容器中充入l molCO、 2mol H2和1mol CH3OH，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，因反应前后气体的质量不变，达到平衡后混合气体的密度增大，说明反应向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，故答案为：正；
(3).A. 1、2两个容器相比较，把容器2中2molCH3OH转化为左端反应物，相当于加入2molCO和4molH2，和容器1是等效的，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故A正确；B. 1、3两个容器相比较，容器3中反应物的物质的量为容器1的2倍，相当于增大压强，对于反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，平衡向生成甲醇的方向移动，则2Q1
四川省遂宁市2017-2018学年高二上学期期末考试
化学试题
1. 化学与生产、生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。下列说法错误的是
A. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏
B. 用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气
C. 为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
D. 推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放
【答案】C
........................
2. 下列反应属于放热反应的是
A. 将胆矾加热变为白色粉末 B. 浓硫酸稀释
C. 铁片与稀硫酸反应制取H2 D. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合
【答案】C
【解析】A. 将胆矾加热失去结晶水变为白色粉末，是胆矾的分解反应，属于吸热反应，故A不选；B. 浓硫酸稀释放出大量的热，但浓硫酸稀释是物理变化，不是化学反应，故B不选；C. 铁片与稀硫酸反应制取H2放出热量，属于放热反应，故C选；D. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合反应时吸收热量，属于吸热反应，故D不选；答案选C。
3. 下列物质空间构型和中心原子杂化类型都正确的是
A. SO3 平面四边形 sp2 B. H2O V字形 sp
C. BCl3 平面三角形 sp3 D. SO32－ 三角锥形 sp3
【答案】D
【解析】A. SO3中心原子的价层电子对数是：3+=3，杂化方式为sp2，不含孤电子对，分子的空间构型为平面三角形，故A错误；B. A. H2O中心原子的价层电子对数是：2+=4，杂化方式为sp3，含有两个孤电子对，分子的空间构型为V形，故B错误；C. BCl3中心原子的价层电子对数是：3+=3，杂化方式为sp2，不含孤电子对，分子的空间构型为平面三角形，故C错误；D. SO32－中心原子的价层电子对数是：3+=4，杂化方式为sp3，含有一个孤电子对，分子的空间构型为三角锥形，故D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查微粒的空间构型及原子杂化方式的判断，利用价层电子对互斥理论可以确定微粒的空间构型及中心原子的杂化方式，本题的难点是价层电子对数的确定，解题时要注意根据价层电子对数=配原子个数+孤电子对数进行判断。
4. 下列变化过程中，∆S<0的是
A. 溶解少量葡萄糖于水中 B. 氨气与氯化氢合成氯化铵
C. 氢气与氯气合成氯化氢 D. NH4HCO3(s)受热分解
【答案】B
【解析】A. 少量葡萄糖溶于水，混乱度增大，△S＞0，故A错误；B. 氨气与氯化氢合成氯化铵，气体体积减小，△S＜0，故B正确；C. 氢气与氯气合成氯化氢，反应前后气体体积不变，混乱度不变，△S=0，故C错误；D. NH4HCO3(s)受热分解生成NH3(g)、CO2(g)和H2O(g)，混乱度增大，△S>0，故D错误；答案选B。
点睛：本题考查熵变的判断，△S＜0，说明反应或变化过程中混乱度减小，依据微粒数的变化或反应前后气体体积变化进行分析判断即可。本题的难点是熵值变化的分析和判断，解题时可以从以下两个方面入手：1. 同一种物质，S（气态）＞S（液态）＞S（固态）；2. 对于化学反应，生成的气体体积增大，则熵值增大，熵变为正值，生成的气体体积减小，则熵值减小，熵变为负值。
5. 下列说法错误的是
A. 同一原子中，2p、3d、4f能级的轨道数依次增多
B. 电子排布（23V）1s22s22p63s23p63d5违反了洪特规则
C. 原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为2n2
D. 违反了泡利不相容原理
【答案】B
【解析】A. p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，故A正确；B. 电子排布（23V）1s22s22p63s23p63d5违反了能量最低原理，正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d34s2，故B错误；C. 按照原子核外电子排布的规律，每一个能层最多可容纳的电子数为2n2，故C正确；D. 中1s和2s轨道中容纳的2个电子自旋方向相同，违反了泡利不相容原理，故D正确；答案选B。
6. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①[Ne]3s23p3； ②[Ne]3s23p4；
③1s22s22p63s23p5。则下列有关比较中正确的是
A. 最高正化合价：①＞③＞②
B. 单质氧化性：①＞②＞③
C. 电负性：①＞③＞②
D. 最高价氧化物的水合物的酸性：③＞②＞①
【答案】D
【解析】由核外电子排布式可知：①[Ne]3s23p3为P元素，②[Ne]3s23p4为S元素，③1s22s22p63s23p5为Cl元素；A. P元素最高正化合价为+5，S元素最高正化合价为+6，Cl元素最高正化合价为+7，故最高正化合价：③＞②>①，故A错误；B. 元素的非金属性：Cl>S>P，对应单质的氧化性：③＞②>①，故B错误；C. 同周期自左至右，元素的电负性增大，所以电负性③＞②>①，故C错误；D. 元素的非金属性：Cl>S>P，所以最高价氧化物的水合物的酸性：③＞②＞①，故D正确；答案选D。
7. 下列电子构型的原子中，第二电离能与第一电离能差值最大的是
A. [Ne]3s1 B. 1s22s22p2 C. [Ne]3s23p5 D. 1s22s22p63s23p3
【答案】A
【解析】A. [Ne]3s1失去1个电子后，电子排布变为1s22s22p6，为稀有气体的稳定结构，第二电离能为失去2p能级上的电子所需能量，所以第二电离能与第一电离能差值最大；B. 1s22s22p2的第一电离能与第二电离能均为失去2p能级上的电子所需的能量，相差不大；C. [Ne]3s23p5的第一电离能与第二电离能均为失去3p能级上的电子所需的能量，相差不大；D. 1s22s22p63s23p3的第一电离能与第二电离能均为失去3p能级上的电子所需的能量，相差不大；综上所述，答案选A。
点睛：本题考查原子核外电子排布及电离能的概念，试题难度不大，注意把握电离能与原子核外电子的排布特点之间的关系是解答本题的关键，根据原子失去同一能级电子时，电离能相差不大，失去同一能层中不同能级电子时，电离能相差较大，失去不同能层电子时，电离能会发生剧增进行判断即可。
8. 已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的是
A. ZX2Y6 B. ZXY3 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12
【答案】B
【解析】Z处于晶胞中心，原子被一个晶胞占有，X处于晶胞顶点，原子被8个晶胞占有，Y处于晶胞棱上，原子被4个晶胞占有，故晶胞中含有Z原子的数目为1、含有X原子的数目为8×1/8=1、含有Y原子的数目为12×1/4=3，所以Z、X、Y的原子个数比是1:1:3，其化学式为ZXY3，答案选B。
点睛：本题主要考查晶胞的计算，试题难度不大，利用均摊法计算晶胞中含有的各种元素的原子个数比即可确定物质的化学式，解答本题的关键是判断X、Y、Z三种元素的原子在晶胞中所处的位置，Z处于晶胞中心，原子被一个晶胞占有，X处于晶胞顶点，原子被8个晶胞占有，Y处于晶胞棱上，原子被4个晶胞占有，再根据均摊法计算Z、X、Y的原子个数比是1:1:3，即可确定其化学式为ZXY3。
9. 在25℃、101KPa时，已知反应：①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H＝－akJ/mol ②稀溶液中，H+(aq)＋OH－(aq)＝H2O(1) △H＝－bkJ/mol (a、b 均大于0)，下列结论正确的是
A. ①的反应热为a kJ/mol
B. 碳的燃烧热大于a/2 kJ/mol
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－b kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出b kJ热量
【答案】B
【解析】A. 反应热应包含“+”或“－”符号，则①的反应热应为－a kJ/mol，故A错误；B. 由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为a/2kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于a/2kJ，所以碳的燃烧热大于a/2kJ/mol，故B正确；C. 中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“−”，即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为b kJ/mol，故C错误；D. 醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于bkJ，故D错误；答案选B。
10. 物质结构包括原子结构、分子结构、晶体结构。下列关于物质结构与性质的说法正确的是
A. SiO2晶体为原子晶体，CO2晶体为分子晶体
B. σ键都是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的
C. VSEPR模型就是分子的空间构型
D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性从左到右依次减弱
【答案】A
【解析】A. SiO2晶体是由Si原子和O原子形成的原子晶体，CO2晶体是由CO2分子形成的分子晶体，故A正确；B. σ键为s或p电子“头碰头”重叠形成，所以有p−pσ键、s−pσ键和s−sσ键，故B错误；C. VSEPR模型可用来预测分子的空间构型，但不是分子的空间构型，故C错误；D. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，简单离子的还原性越弱，非金属性从F到I依次减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱、还原性依次增强，故D错误；答案选A。
11. 对于可逆反应2A(g)＋3B(g) 4C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. v(A)＝0.9 mol·L－1·min－1 B. v(B)＝1.5 mol·L－1·min－1
C. v(D)＝0.8 mol·L－1·min－1 D. v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】A. v(A)=mol·L－1·s－1=0.015mol·L－1·s－1；B. v(A)=v(B)×2/3=×mol·L－1·s－1=0.0167mol·L－1·s－1；C. v(A)=v(D)=mol·L－1·s－1=0.0133mol·L－1·s－1；D. v(A)=v(C)×1/2=0.1×mol·L－1·s－1=0.0667mol·L－1·s－1，则反应速率最快的是D，故答案选D。
点睛：本题考查化学反应速率的大小比较，试题难度不大，解题的依据是将不同物质表示的化学反应速率转化为同一种物质表示的化学反应速率，其数值越大，反应速率越快，解答本题的关键是比较化学反应速率时一定要先统一单位，否则无法比较。
12. 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. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅，但比原来要深
C. 500℃时比室温更利于合成氨
D. 用排饱和食盐水法收集Cl2
【答案】C
【解析】A. 新制氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，光照使次氯酸分解，次氯酸浓度减小，平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，能用平衡移动原理解释，故A不选；B. 红棕色的NO2中存在平衡2NO2N2O4，加压后体积减小，混合气体颜色变深，因压强增大平衡正向移动，颜色会逐渐变浅，但NO2的浓度仍比原来大，所以颜色比原来深，能用平衡移动原理解释，故B不选；C. 合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于平衡向正反应方向移动，采用500℃主要是考虑催化剂的活性和反应速率，与平衡移动无关，不能用平衡移动原理解释，故C选；D. 氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和氯化钠中氯离子浓度较大，可抑制氯气和水的反应，使平衡逆向移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；答案选C。
13. 可逆反应2A(g) 2B(g)＋C(g)在恒定容积密闭容器中反应，下列选项中不能说明反应已达到平衡状态的是
A. 混合气体中A与B的物质的量之比保持恒定
B. 容器内气体总压强不再改变的状态
C. 用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1
D. 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
【答案】C
【解析】A. 因A和B分别是反应物和生成物，混合气体中A与B的物质的量之比保持恒定，说明A和B的浓度不再改变，反应达到了平衡状态，故A不选；B. 因2A(g)2B(g)＋C(g)是反应前后气体体积不相等的可逆反应，容器内气体总压强不再改变，说明反应达到了平衡状态，故B不选；C. 因未说明用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率是正反应速率还是逆反应速率，无法证明正反应速率等于逆反应速率，则不能说明反应达到了平衡状态，故C选；D. 因反应前后气体的质量不变，但气体的总物质的量改变，所以混合气体的平均相对分子质量改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，说明反应达到了平衡状态，故D不选；答案选C。
点睛：本题考查化学平衡状态的判断，试题难度不大，解答本题的关键是要注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学反应是否达到平衡状态的依据，反应前后不变的量不能作为判断化学平衡状态的依据。
14. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外电子层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4．下列说法正确的是
A. X、Y、Z的第一电离能大小顺序一定是Y＞Z＞X
B. Y、Z形成的分子的空间构型可能是三角锥形
C. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z
D. W、Y、Z氢化物的稳定性一定是Z＞Y＞W
【答案】B
15. 密闭容器中，反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD(g)达平衡时，B的浓度为0.6mol/L，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，达新平衡时B的浓度降为0.3mol/L．下列判断正确的是
A. a＋b＜c＋d
B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数减小
D. 达到新平衡时，A、B的浓度减小，C、D浓度增大
【答案】C
【解析】反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD(g)达平衡时，B的浓度为0.6mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，若平衡不移动，B的浓度为0.2mol/L，而达新平衡时，B的浓度降为0.3mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动。A. 压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，现平衡逆向移动，说明逆反应方向为气体体积增大的方向，则a＋b＞c＋d，故A错误；B. 根据上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C. 平衡逆向移动，D的体积分数减小，故C正确；D. 因容器的体积增大，则达到新平衡时，A、B、C、D的浓度都比原平衡时小，故D错误；答案选C。
16. 下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)
A. 12 g石墨中含有的共价键数目为1.5NA
B. 12 g金刚石中含有C－C键的个数为4NA
C. 44gCO2分子中含有π键数目为4 NA
D. 2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数等于2NA
【答案】A
【解析】A. 在石墨晶体中，每个碳原子与邻近的3个碳原子形成共价键，形成一个共价键需要2个碳原子，所以平均每个碳原子可形成1.5个共价键，12g石墨含碳原子1mol，所以含有的共价键数目为1.5NA，故A正确；B. 在金刚石中，每个C原子可形成C－C键的数目为4个，每个C－C键为两个C原子所共有，则每个碳原子可形成C－C键4×1/2=2个，12g金刚石含碳原子1mol，则含有C－C键2mol，个数为2NA，故B错误；C. 1个CO2分子中含有2个π键，44gCO2的物质的量为1mol，则含有π键数目为2 NA，故C错误；D. 2molSO2和1molO2在一定条件下发生的反应是可逆反应，二者不能完全转化为2molSO3，反应所得混合气体分子数大于2NA，故D错误；答案选A。
17. 下列对分子性质的解释中，不正确的是
A. 酸性：H2SO4>HClO，这是因为H2SO4的非羟基氧原子数大于HClO的非羟基氧原子数
B. CCl2I2分子不是手性分子
C. I2在水中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大，这符合“相似相溶”经验规律
D. H2O是一种稳定的化合物，这是由于H2O之间形成氢键所致
【答案】D
【解析】A. H2SO4的非羟基氧原子数大于HClO的非羟基氧原子数，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以酸性H2SO4>HClO，故A正确；B. 当碳原子上连接4个不同的原子或原子团时，该分子为手性分子，所以CCl2I2分子不是手性分子，故B正确；C. 碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，I2在水中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大，符合“相似相溶”的经验规律，故C正确；D. H2O是一种稳定的化合物，是由于O－H键的键能较大的原因，与氢键无关，氢键只影响物质的物理性质，故D错误；答案选D。
18. 请回忆食盐晶体的晶胞结构，已知食盐的密度为ρ g·cm－3，其摩尔质量为
M g·mol–1，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距大约是
A. cm B. cm
C. cm D. cm
【答案】B
【解析】试题分析：根据NaCl的晶体结构可知在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距为晶胞边长的一半。在NaCl晶胞中含有Na+数是：1+12×1/4=4；含有Cl-的个数是：8×1/8+6×1/2=4．假设晶胞边长是a，则根据晶体密度计算公式可得：，则，所以在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距是，故选项是B。
考点：考查晶体密度与微粒间距离的关系的计算的知识。
19. 已知3.6g碳在6.4g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出m kJ热量．已知单质C（s）的燃烧热为nkJ/mol，则1molC(S)与O2(g)反应生成CO(g)的反应热△H为
A. –n kJ/mol B. – (10m–n)kJ/mol
C. –(5m–0.5n)kJ/mol D. +(10m–n)kJ/mol
【答案】C
【解析】试题分析：碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2，3.6g碳的物质的量为3.6g÷12g/mol==0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为6.4g÷32g/mol==0.2mol，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生,令生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2，联立方程，解得x=0.2，y=0.1,单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×Y kJ/mol=0.1YkJ，所以生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ，由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“-”，故1mol C与O2反应生成CO的反应热△H=-（XkJ-0.1YkJ）÷0.2mol==-（5X-0.5Y）kJ•mol‾1，故C项正确。
考点：本题考查焓变的计算。
20. 某恒温固定体积为2 L密闭容器中，发生反应：2SO2(g)＋ O2(g) 2SO3(g) ΔH <0，n(SO2)随时间的变化如表：
时间/min
0
1
2
3
4
5
n(SO2)/mol
0.20
0.16
0.13
0.11
0.08
0.08
则下列说法正确的是
A. 当容器中气体的密度不变时，说明该反应已达到平衡状态
B. 用O2表示0～4 min内该反应的平均速率为0.005 mol/(L·min)
C. 若升高温度，则SO2的反应速率会变大，平衡常数K值会增大
D. 平衡时再通入18O2，平衡右移，再次平衡时各物质均含有18O，O2的转化率减小
【答案】D
【解析】A. 因反应前后气体的质量不变，容器的体积也不变，则混合气体的密度始终不变，所以容器中气体的密度不变时，不能说明该反应已达到平衡状态，故A错误；B. 由表中数据可知，0～4 min内v(SO2)=(0.2－0.08)mol÷2L÷4min=0.015mol/(L·min)，则v(O2)=v(SO2)÷2=0.0075mol/(L·min)，故B错误；C. 升高温度，用SO2表示的反应速率增大，但该可逆反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K将减小，故C错误；D. 平衡时再通入18O2，氧气的浓度增大，平衡向右移动，因该反应是可逆反应，则再次平衡时各物质均含有18O，增大氧气的浓度，可以提高二氧化硫的转化率，自身转化率降低，即O2的转化率减小，故D正确；答案选D。
21. （1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_______________形象化描述， 基态磷原子的核外电子排布式为______________，有__________________个未成对电子， 白磷(P4)的立体构型为__________________，其键角为__________________。
（2） [Cu(NH3)4]SO4的配体为__________________，[Cu(H2O)4]2+中提供孤电子对的是__________________原子。（填元素符号）
（3）有下列六种物质：①MgCl2晶体 ②石墨 ③ SiC ④白磷（P4）晶体 ⑤金刚石 ⑥铁，其中属于离子晶体的是__________________，属于分子晶体的是__________________，属于原子晶体的化合物是__________________。（填序号）
（4）肼(N2H4)又称联氨，是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。已知在25℃，101 kPa时，16.0 g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量312 kJ，N2H4完全燃烧的热化学方程式是__________________。
【答案】 (1). 电子云 (2). 1s22s22p63s23p3 (3). 3 (4). 正四面体 (5). 600 (6). NH3 (7). O (8). ① (9). ④ (10). ③⑤ (11). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH=-624 KJ.mol-1
【解析】(1). 处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述，磷是15号元素，基态磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，有3个未成对电子，白磷(P4)的立体构型为正四面体形，4个P原子位于正四面体的顶点上，其键角为600，故答案为：电子云；1s22s22p63s23p3；3；正四面体；600；
(2). 在[Cu(NH3)4]SO4中，N原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，所以配体是NH3，在[Cu(H2O)4]2+中，Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对，故答案为：NH3；O；
(3). ①MgCl2晶体是由镁离子和氯离子形成的离子晶体，②石墨是由碳原子形成的混合晶体，③SiC是由硅原子和碳原子形成的原子晶体，④白磷（P4）是由磷原子形成的分子晶体，⑤金刚石是由碳原子形成的原子晶体，⑥铁是由金属阳离子和自由电子形成的金属晶体，则属于离子晶体的是①，属于分子晶体的是④，属于原子晶体的化合物是③⑤，故答案为：①；④；③⑤；
(4). 16.0 g N2H4的物质的量为：16g÷32g/mol=0.5mol，在25℃，101 kPa时，16.0 g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量312 kJ，则1mol N2H4完全燃烧生成氮气和水时放出热量312 kJ×2=624kJ，所以N2H4完全燃烧的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH=-624 KJ.mol-1，故答案为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH=-624 KJ.mol-1。
22. A、B、C、D、E为前四周期元素，且原子序数依次增大
A
第二周期中一种非金属元素，第一电离能大于相邻元素
B
地壳中含量最多的元素，2P轨道上有二个孤电子
C
与B同主族
D
前四周期中金属性最强的元素
E
前四周期中原子核外孤电子数最多
（1）C元素位于第__________________周期__________________族，B元素的核外电子排布式为__________________，E元素的价电子排布图为__________________。
（2）B、C两元素的电负性大小关系为：__________________(用元素符号表示)，A、B的最简单气态氢化物的稳定性强弱大小关系为：________________（用氢化物的化学式表示）。
（3）B的氢化物由固体变为气态所需克服的微粒间的作用有__________________。
（4）有A、B、C三种元素及氢元素组成的既含离子键又含共价键且其中元素C显最高价的酸式盐的化学式是__________________。
（5）D2B2的电子式为__________________，与CO2反应生成B的单质的化学方程式为：__________________。
（6）E2O72－具有强氧化性，可与含有C元素的某种还原性离子反应（该离子中C元素显+4价），在酸性条件下该反应的离子方程式为：__________________
【答案】 (1). 三（或3） (2). VIA (3). 1s22s22p4 (4). (5). O>S(或S
【解析】A为第二周期中一种非金属元素，第一电离能大于相邻元素，则A为N元素，B是地壳中含量最多的元素，2P轨道上有二个孤电子，所以B为O元素，D为前四周期中金属性最强的元素，D为K元素，C与B同主族，且原子序数小于K元素，所以C为S元素，E是前四周期中原子核外孤电子数最多的元素，则E为Cr元素。
(1) .C是S元素，位于元素周期表的第3周期VIA族，B是O元素，核外电子排布式为1s22s22p4，E是Cr元素，价电子排布图为，故答案为：3；VIA；1s22s22p4；；
(2) .元素的非金属性越强，该元素的电负性越强，因非金属性O＞S，则两元素的电负性大小关系为：O＞S，元素的非金属性越强，其对应的最简单气态氢化物越稳定，因非金属性O＞N，则两元素的最简单气态氢化物的稳定性强弱大小关系为：NH3
(4) .N、O、S三种元素及氢元素组成的既含离子键又含共价键的化合物中应含有铵根离子，S元素的最高正价为+6，则由这四种元素形成的酸式盐的化学式为NH4HSO4，故答案为：NH4HSO4；
(5) .K2O2的电子式为：，与CO2反应生成O2的化学方程式为：2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2，故答案为：；2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2；
(6) .Cr2O72－具有强氧化性，S元素呈+4价的还原性离子为SO32-或HSO3-，根据得失电子守恒和原子守恒，在酸性条件下该反应的离子方程式为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O或Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O或Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。
23. I．已知2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，在开始一段时间内，反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。
（1）针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是__________________的影响。
（2）若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，可以在反应一开始时加入__________________。
A．硫酸钾 B．硫酸锰 C．氯化钾 D．水
II. 分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL 0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题。
（1）仪器A的名称是__________________，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________________。
（2）加入NaOH溶液的正确操作是__________________ (填字母）。
A．沿玻璃棒缓慢加入 B．一次迅速加入 C．分三次加入
（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/（g·℃）。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1℃
终止温度t2℃
盐酸
氢氧化钠
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝__________________（结果保留一位小数）。
（4）实验中若改用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与40 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应， 与上述实验相比，所放出的热量__________________(填“相等”“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和热__________________(填“相等”“不相等”)。
【答案】 (1). Mn2＋的催化作用(或催化剂) (2). B (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). 减少热量损失 (5). B (6). -51.8 kJ／mol (7). 不相等 (8). 相等
【解析】I. (1).对化学反应速率影响最大的是催化剂，KMnO4与H2C2O4反应生成MnSO4，Mn2＋有催化作用，则还可能是催化剂的影响，故答案为：Mn2＋的催化作用(或催化剂)；
(2).根据上述分析可知，对化学反应速率产生影响的还可能是Mn2＋，若要实验证明这种猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，在反应开始时还应加入含有锰离子的物质，故答案选B；
II. (1).仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒，在烧杯间填满碎泡沫塑料可以减少热量的损失，故答案为：环形玻璃搅拌棒；减少热量损失；
(2).为了减少热量的损失，加入NaOH溶液时，应一次迅速加入，故答案选B；
(3).三次实验测得(t2－t1)的值分别为：3.15℃、3.1℃、3.05℃，最终温度差△T的平均值为(3.15+3.1+3.05) ℃÷3=3.1℃，40mL的0.50mol/L盐酸与40mL 0.55mol/L氢氧化钠溶液混合生成0.02mol水，所得混合液的质量为80mL×1g/mL=80g，c＝4.18J/（g·℃），代入公式Q=c×m×△T得生成0.02mol水时放出的热量Q=4.18J/（g·℃）×80g×3.1℃=1036.64J=1.03664kJ，则生成1mol水时放出的热量为1.03664kJ×=51.8kJ，所以该实验测得的中和热△H=－51.8kJ/mol，故答案为：－51.8kJ/mol；
(4).实验中若改用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与40 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，生成水的量增多，则反应放出的热量也增多，因中和热均为强碱和强酸的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，则测定的中和热相等，故答案为：不相等；相等；
点睛：本题主要考查化学反应速率的影响因素及中和热的测定，试题难度一般，本题的易错点是中和热的实验测定，解题时要注意理解中和热的测定原理及中和热的计算，利用题中所给数据计算出生成0.02mol水时放出的热量，再根据中和热的定义，计算生成1mol水时放出的热量，即得到中和热的数值。
24. I．在一定条件下aA＋bBcC+dD达到平衡时，请填写：
（1）若A、B、C、D都是气体，在加压后平衡向逆反应方向移动，则a、b、c、d关系是__________________。
（2）已知B、C、D是气体，现增加A的物质的量，平衡不移动，说明A是__________________（填状态）。
（3）若容器容积不变，加入气体B，气体A的转化率__________________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）若加热后，C的百分含量减小，则正反应是__________________反应（填“放热”或“吸热”）。
（5）若保持容器压强不变，且A、B、C、D都是气体，向容器中充入稀有气体，则化学平衡正向移动，则a、b、c、d关系是__________________。
Ⅱ．工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。
（1）在一定温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)＝0.5mol·L－1。该反应的平衡常数K＝__________________。
（2）若在一体积可变的容器中充入l molCO、 2mol H2和1mol CH3OH，达到平衡吋测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，则该反应向__________________(填“正”、“逆”)反应方向移动。
（3）若在温度和容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投人反应物，测得反应达到平衡吋的有关数据如下表：
容器
反应物投入的量
反应物的转化率
CH3OH的浓度(mol/L)
能量变化（Q1、Q2、Q3均大于0）
1
2molCO和4molH2
a1％
c1
放出Q1kJ热量
2
2molCH3OH
a2％
c2
吸收Q2kJ热量
3
4molCO和8molH2
a3％
c3
放出Q3kJ热量
则下列关系正确的是 __________________。
A． c1=c2 B．2Q1=Q3 C．2a1=a3 D．a1 +a2 =1 E．该反应若生成2mol CH3OH，则放出(Q1+Q2)kJ热量
【答案】 (1). a+b＜c+d (2). 固体或液体 (3). 增大 (4). 放热 (5). a+b＜c+d (6). 0.25 L2/mol2（或表示为L2/mol2） (7). 正 (8). ADE
【解析】(1).增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，若A、B、C、D都是气体，加压后平衡向逆反应方向移动，说明逆反应方向为气体体积减小的方向，则a+b＜c+d，故答案为：a+b＜c+d；
(2).已知B、C、D是气体，增加A的物质的量，平衡不移动，说明A是固体或液体，不是气体，故答案为：固体或液体；
(3).若容器容积不变，加入气体B，平衡正向移动，气体A的转化率增大，故答案为：增大；
(4).升高温度，平衡向吸热反应方向移动，加热后，C的百分含量减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；
(5).A、B、C、D都是气体，保持容器压强不变，向容器中充入稀有气体，容器的体积增大，相当于减小压强，化学平衡正向移动，说明正反应方向为气体体积增大的方向，则a+b＜c+d，故答案为：a+b＜c+d；
II. (1).在一定温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)＝0.5mol·L－1，根据三段式法有：
CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)
起始浓度(mol·L－1) 1 3 0
转化浓度(mol·L－1) 0.5 1 0.5
平衡浓度(mol·L－1) 0.5 2 0.5
则平衡常数K==0.25 L2/mol2，故答案为：0.25 L2/mol2(或表示为L2/mol2)；
(2).CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的正反应为气体体积减小的反应，若在一体积可变的容器中充入l molCO、 2mol H2和1mol CH3OH，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，因反应前后气体的质量不变，达到平衡后混合气体的密度增大，说明反应向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，故答案为：正；
(3).A. 1、2两个容器相比较，把容器2中2molCH3OH转化为左端反应物，相当于加入2molCO和4molH2，和容器1是等效的，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故A正确；B. 1、3两个容器相比较，容器3中反应物的物质的量为容器1的2倍，相当于增大压强，对于反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，平衡向生成甲醇的方向移动，则2Q1
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