2017-2018学年四川省雅安市高二上学期期末考试化学试题 解析版

四川省雅安市2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题

第I卷(选择题  共50分)

可能用到的相对原子质量: H-1  C-12   O-16  N-14   Na-23   S-32   Cu-64

选择题(共20个小题，每小题只有一个选项符合题目要求。1-10小题，每小题2分;11-20 小题，每小题3 分; 共50 分。)

1. 2014年中科院大连化物所包信和团队研究甲烷高效转化获重大突破。催化原理如图所示，该研究彻底摒弃了高耗能的合成气制备过程，大大缩短了工艺路线，反应过程本身实现了二氧化碳的零排放，碳原子利用效率达到100%。关于该反应的下列说法错误的是

A. 催化剂降低了反应的活化能    B. CH4→CH3+H的过程需要吸收能量

C. 该反应符合绿色化学原理    D. CH3 是稳定结构

【答案】D

【解析】A项，催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，故A正确；B项，CH4→CH3+H的过程需要断裂碳氢键，而断裂化学键需要吸收能量，故B正确；C项，绿色化学原理的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，反应物的原子全部转化为期望的最终产物，由已知，反应过程本身实现了二氧化碳的零排放，碳原子利用效率达到100%，所以符合绿色化学原理，故C正确；D项，CH3中C原子不满足8电子稳定结构，在自然界中不能稳定存在这样的单个粒子，只能与其他基团连接，故D错误。

2. 区别晶体与非晶体的最科学的方法是

A. 观察各向异性    B. X 射线衔射实验    C. 测定固定熔点    D. 观察自范性

【答案】B

【解析】A项，多晶体没有各向异性；B项，晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来；C项，测定熔点只是表象，不准确；D项，只有在适宜的条件下晶体才能表现出自范性。综上分析，区别晶体与非晶体的最科学的方法是利用X射线衔射实验，故选B。

点睛：本题考查晶体和非晶体的区别，注意晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列。常见的固体分为晶体和非晶体，①单晶体有整齐规则的几何外形；②晶体有固定的熔点；③单晶体有各向异性的特点，多晶体既没有整齐规则的几何外形也没有各向异性的特点。晶体有固定的熔点，加热到达熔点时，如果继续加热，则温度不再升高，而是由固体慢慢转为液体；非晶体，则没有固定熔点，加热时温度一直在升高，温度越高越软，逐渐变为液体。通常采用是否存在固定熔点来区分晶体(有熔点)和非晶体(有熔程)，但是实际上这样是不准确的，晶体的熔点其实也是一个熔程，只不过较短，大部分晶体一般会有1~2度的熔程范围。

3. 原子结构模型经历了五个主要阶段:1803年实心球模型→1897年葡萄干面包式模型→1911年原子核式结构模型→1913 的轨道模型→20 世纪初电子云的原子结构模型。对轨道模型贡献最大的科学家是

A. 玻尔    B. 汤姆生    C. 卢瑟福    D. 道尔顿

【答案】A

4. 下列物质中，既含有离子键，又含有非极性共价键的是

A. Na2O2    B. CaCl2    C. NH4Cl    D. H2O

【答案】A

【解析】A项，钠离子和过氧根离子之间存在离子键，两个氧原子之间存在非极性共价键，故A正确；B项，氯化钙中钙元素为+2价，氯元素为-1价，只含离子键，故B错误；C项，氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在极性共价键，故C错误；D项，H2O中氢元素为+1价，氧元素为-2价，只存在极性共价键，故D错误。

点睛：本题考查了化学键的判断，明确离子键、极性共价键和非极性共价键的概念是解题关键。活泼金属和活泼非金属原子之间一般形成离子键，两个非金属原子之间形成共价键，同种非金属原子之间形成非极性共价键，不同种非金属原子之间形成的是极性共价键。有时需借助化合价判断，例如A项，Na元素为+1价，O元素为-1价，化学式为Na2O2，则两个氧原子之间必存在非极性共价键。

5. 用电负性数据不能判断的是

A. 某元素是金属还是非金属    B. 氢化物HY 和HX 键的极性强弱

C. 化学键是离子键还是共价健    D. 化合物溶解度

【答案】D

【解析】A项，根据电负性可以作为判断某元素是金属还是非金属的方法，一般来说，电负性大于1.8的是非金属元素小于1.8的是金属元素，故A不符合题意；B项，电负性越大则元素非金属性越强，氢化物中的极性键越强，反之越弱，所以根据电负性可以判断氢化物HY和HX键的极性强弱，故B不符合题意；C项，通常认为，电负性差值小于1.7的两种元素的原子之间形成共价键，电负性差值大于1.7的两种元素化合时形成离子键，所以根据电负性可以判断化学键是离子键还是共价健，故C不符合题意；D项，电负性是用来描述不同元素的原子对成键电子吸引力的大小，所以物质的溶解度和电负性大小无关，故不能根据电负性判断化合物溶解度，故D符合题意。

6. 下列氯元素含氧酸酸性最弱的是

A. HClO4    B. HClO3    C. HClO2    D. HClO

【答案】D

【解析】非羟基氧原子个数越多，酸性越强，反之酸性越弱，则酸性为：HClO<HClO2<HClO3<HClO4，故选D。

7. 下列分子属极性分子的是

A. C2H4    B. CO2    C. NH3    D. BCl3

【答案】C

【解析】A项，C2H4分子中含有极性键和非极性键，是平面形分子，结构对称，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，故A不符合题意；B项，CO2分子中含有极性键，为直线形分子，结构对称，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，故B不符合题意；C项，NH3分子中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，为极性分子，故C符合题意；D项，BCl3分子中B原子形成3个δ键，孤对电子数为=0，为sp2杂化，属于平面正三角形分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D不符合题意。

点睛：本题考查分子极性的判断，注意明确：①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；②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、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，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。

8. 某化学反应的反应物A 浓度在20s 内由3.0mol/L 变为1.0molL，则以该反应物A 浓度的变化表示20s内的平均反应速率为

A. 0.05 mol/(L·s)    B. 0.10mol/(L·s)    C. 0.15 mol/(L·s)    D. 2.0mol/(L·s)

【答案】B

【解析】某反应物的浓度在20s内从3.0mol/L变成1.0mol/L，∆c=3.0mol/L-1.0mol/L=2.0mol/L，20s内A的化学反应速率v=2.0mol/L÷20s=0.10mol/（L•s），故选B。

9. 己知NH3·H2O (aq) 与H2SO4 (aq) 反应生成1mol 正盐的反应热△H=-24.2kJ/moL；稀盐酸与稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=-57.3kJ/mol。则NH3·H2O在水溶液中电离的△H等于

A. +45.2 kJ/mol    B. -45.2 k.J/mol    C. +69.4kJ/mol    D. -69.4kJ/mol

【答案】A

【解析】由已知得：2NH3•H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l) △H=-24.2kJ/mol，即2NH3•H2O(aq)+2H+=2NH4+(aq)+2H2O(l) △H=-24.2kJ/mol，化简得：①NH3•H2O(aq)+H+=NH4+(aq)+H2O(l) △H=-12.1kJ/moL，又因为②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ/mol，根据盖斯定律①-②得：NH3•H2O(aq)=NH4+(aq)+OH-(aq)，△H=+45.2kJ/mol，故选A。

10. 下列现象不能用“相似相溶”解释的是

A. 氯化氢易溶于水    B. 用CCl4 萃取碘水中的碘

C. 氯气易溶于NaOH溶液    D. 苯与水混合静置后分层

【答案】C

【解析】试题分析：A、氯化氢和水分子均是极性分子，根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂可以判断，A错误B．碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，B错误；；C、氯气和氢氧化钠之间发生反应生成可溶性的盐溶液，不符合相似相溶原理，C正确；D、苯是非极性的分子，水是极性分子，非极性的分子难溶于极性分子组成的溶剂，D错误，答案选C。

考点：考查相似相溶原理

11. 已知短周期元素形成的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是

A. 离子的还原性Y2-<Z-    B. 离子半径X+>W3+

C. 质子数c>b    D. 氢化物的稳定性H2Y> HZ

【答案】B

【解析】aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，说明核外电子数是相等，即a－3＝b－1＝c＋2＝d＋1。其中W、X是金属，位于同一周期，W在X的右侧，核电荷数W>X；Y、Z是非金属，位于同一周期，且位于W、X的上一周期，其中Z位于Y的右侧，核电荷数Z>Y；则A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，阴离子的还原性逐渐减弱，Y2﹣>Z﹣，选项A错误；B、具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，X+＞W3+，选项B正确；C、核电荷数W>X，即质子数b＞c，选项C错误；D、同周期自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强， HZ＞H2Y，选项D错误。答案选B。

12. 根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型不是三角锥形的是

A. PCl3    B. H3O+    C. NO3-    D. PH3+

【答案】C

【解析】根据价层电子对互斥理论，A项，PCl3中价层电子对数=3+(5-3×1)=4，且含有一个孤电子对，所以空间构型是三角锥形，故A不符合题意；B项，H3O+中价层电子对数=3+(6-1-3×1)=4，且含有一个孤电子对，所以空间构型是三角锥形，故B不符合题意；C项，NO3-中价层电子对数=3+(5+1-3×2)=3，不含孤电子对，所以空间构型是平面三角形，故C符合题意；D项，PH3+中价层电子对数=3+(5-1-3×1)=3.5≈4，所以空间构型是三角锥形，故D不符合题意。

点睛：价层电子对互斥模型是根据键对与孤对数目判断构型，计算方法遵循m+n规则，对于ABm型共价分子，m为中心原子周围B原子个数，n=（中心原子价电子数－直接相连原子数×该原子达稳定结构所需电子数）÷2，特别注意：当算出的n值不是整数值时，有2种取值方法，①n>3时，只取整数位；②n<3时，采取四舍五入，例如题中D项，(5-1-3×1)=0.5≈1。若3个键对，1个孤对，分子为三角锥型，若3个键对，0个孤对，分子为平面三角形。

13. 对于反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，能量变化如图所示，下列说法错误的是

A. 该反应是放热反应    B. 升高温度平衡向逆反应方向移动

C. 增大压强，平衡不发生移动    D. 升高温度，反应的平衡常数K增大

【答案】D

【解析】A项，根据图像分析，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故A正确；B项，升高温度化学平衡向吸热方向移动，则平衡向逆反应方向移动，故B正确；C项，该反应是气体分子数不变的反应，增大压强不改变浓度商和平衡常数，平衡不发生移动，故C正确；D项，该反应为放热反应，升高温度，反应的平衡常数K减小，故D错误。

14. 我国成功实现持续开采可燃冰。可燃冰是天然气和水在海底300m-3000m 的深度形成的固体，可表示为mCH4·nH2O。下列哪个条件不是形成可燃冰必须具备的

A. 低压    B. 低温    C. 高压    D. 充足的CH4来源

【答案】A

【解析】由题意，可燃冰是天然气和水在海底300m-3000m的深度形成的固体，可表示为mCH4·nH2O。所以可燃冰是低温高压条件下许多CH4分子被包进水分子中，在海底的低温与高压下结晶形成的，因此低压不是形成可燃冰必须具备的条件，故选A。

15. 在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是

A. Na、Mg、Al 的第一电离能逐渐增大    B. 热稳定性: HF>H2O>NH3

C. S2-、Cl-、K+的半径逐渐增大    D. O、F、Ne的电负性逐渐增大

【答案】B

【解析】试题分析：A．Mg的最外层为3s电子全满，稳定结构，难以失去电子，第一电离能最大，铝其次，Na的最小，A错误；B．非金属性越强，氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞H2O＞NH3，B正确；C．由于S2-、Cl-、K+的核外电子排布相同，且原子序数越小，半径越大，C错误；D．O、F位于同一周期，同周期元素从左到右元素的电负性依次增大，Ne为稀有气体元素，电负性小于F，D错误；答案选B。

考点：考查元素周期律的递变规律的判断

16. 若某原子在基态时的价电子层排布为4d25s2，则下列说法正确的是

A. 该元素原子最外层共有4 个电子    B. 该元素原子核外第N 层上共有10 个不同运动状态的电子

C. 该元素处于第五周期IVA 族    D. 该元素原子第四电子层上有4 个空轨道

【答案】B

【解析】A、原子在处于能量最低状态时，价电子排布式为4d25s2，该元素原子最外层共有2个电子，选项A错误；B、该元素原子核外第N层上共有3s上两个、3p上6个、3d上2个共10个不同运动状态的电子，选项B正确；C、该元素为40号元素，处于第五周期IVB族，选项C错误；D、该元素原子第四电子层上4d轨道上只有两个电子，还有3个空轨道，选项D错误；答案选B。

点睛：本题考查核外电子排布式的有关判断和应用。注重对学生基础知识巩固和检验，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，熟悉能层、能级的概念是解答本题的关键。

17. 25℃和1.01×105Pa 时，反应2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)  △H= +56.76kJ/mol，自发进行的原因是

A. 是吸热反应    B. 是放热反应    C. 是熵减少的反应    D. 熵增大效应大于能量效应

【答案】D

【解析】2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) △H=+56.7kJ/mol，是一个吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，必须满足△G=△H-T•△S＜0，所以△S＞0，且熵增效应大于能量效应，故选D。

18. 根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据，判断下列有关说法中错误的是

A. AlCl3加热能升华    B. 单质B 可能是原子晶体

C. NaCl中化学键的强度比KCl 中的小    D. SiCl4是分子晶体

【答案】C

【解析】A项，由表中数据可得，AlCl3的沸点比熔点低，加热时会直接由固态转变为气态，所以AlCl3加热能升华，故A正确；B项，单质B熔沸点很高，可能是原子晶体，故B正确；C项，NaCl的熔点比KCl的熔点高，离子晶体熔化时离子键断裂，所以NaCl中化学键的强度比KCl中化学键的强度大，故C错误；D项，SiCl4熔沸点较低，常温下为液态，所以是分子晶体，故D正确。

19. 1mol H2燃烧生成液态水时放出285.8kJ 热量，下列表示该反应的热化学方程式正确的是

A. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)     △H =-142.9kJ/mol

B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)     △H =+571.6 kJ/mol

C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)      △H =-57l.6  kJ/mol

D. 2H2+O2=2H2O            △H =-571.6kJ/mol

【答案】C

【解析】1molH2燃烧生成液态水时放出285.8kJ热量，则该反应的热化学方程式可以表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/mol或2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ/mol，故C正确。

点睛：本题考查热化学方程式的书写和判断正误，解题关键是明确热化学方程式的意义和书写要求，①热化学方程式计量数代表物质的量，△H的数值要与物质的量相对应；②要注明物质的聚集状态(固体-s、液体-l、气体-g、溶液-aq)，如本题D项没有注明聚集状态；③要注明反应的温度和压强，常温常压可不注明(一般没特别说明就是常温常压，不用注明)；④要注意△H的符号和单位，放热反应用“-”，吸热反应用“+”，如本题B项就是△H的符号错误。

20. 氰气的分子式为(CN)2，结构式为NC-CN，性质与卤素相似，下列叙述正确的是

A. 分子中四原子共直线，是非极性分子    B. NC 键的键长大于CC键的键长

C. 分子中含有2个σ键和4个π键    D. 氰气不和氢氧化钠溶液发生反应

【答案】A

【解析】A项，叁键是直线形结构，氰气结构式为N≡C-C≡N，所以分子中四个原子共直线，结构对称，是非极性分子，故A正确；B项，碳原子半径大于氮原子，原子半径越大键长越长，所以氰分子中C≡N键的键长小于C≡C键的键长，故B错误；C项，1个单键就是1个σ键，1个双键中含有1个σ键和1个π键，叁键中含有1个σ键2个π键，所以N≡C-C≡N分子中含有3个σ键和4个π键，故C错误；D项，卤素单质能和氢氧化钠溶液反应，氰气和卤素单质性质相似，所以氰气能和氢氧化钠溶液反应，故D错误。

第II卷(非选择题   共50 分)

21. 反应A(g)+B(g) C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。

(1)该反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)。

(2)△H=_______________。

(3)反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响?___________________(填“有影响”“无影响”)。

(4)升高温度，该反应的平衡常数K 将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。

【答案】    (1). 放热    (2). -(E2-E1)或E1﹣E2    (3). 无影响    (4). 减小

【解析】（1）由图像可得反应物总能量大于生成物的总能量，则该反应的正向为放热反应。

（2）该反应的正向为放热反应，则△H<0，由图像所示数据得△H=-(E2-E1)或E1﹣E2。

（3）催化剂能加快反应速率但不改变化学平衡状态，对化学平衡没有影响，所以加入催化剂对反应热无影响。

（4）该反应的正向为放热反应，升高温度，该反应的平衡常数K将减小。

22. 某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响，在室温下按照如下方案完成实验。

(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是__________________________。

(2)实验①和②的目的是_________________________。实验时由于较长时间没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进________________________。

(3)写出实验③的化学反应方程式___________________________________。

(4)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。分析上图能够得出的实验结论是__________________________________________。

【答案】    (1). 降低了活化能    (2). 探究浓度对反应速率的影响    (3). 向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，其它合理设计也给分）    (4). 2H2O22H2O+O2↑    (5). 碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。

【解析】（1）催化剂改变反应的历程，降低了反应的活化能，从而加快了化学反应速率。

（2）实验①和②都没有使用催化剂，只有H2O2的浓度不同，所以目的是：探究浓度对化学反应速率的影响；由已知，通常条件下H2O2稳定，不易分解，所以实验时较长时间没有观察到明显现象，为了便于比较，需要改变条件，应注意在相同的条件下利用H2O2的浓度不同来比较，可向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中）。

（3）实验③使用了FeCl3作催化剂，H2O2在催化剂作用下分解生成水和氧气，该反应化学反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑。

（4）由图可知：⑤的反应速率最快、④的反应速率最慢，结合实验方案可得，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。

23. 元素X位于第4周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元紊Y基态原子的3P 轨道上有4 个电了。元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍。

(1)x与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

①在1个晶胞中，X离子的数目为________________________。

②该化合物的化学式为___________。

(2)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是________________________。

(3)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的熔解度大于H2Y，其原因是_______________________。

(4)Y与Z可形成YZ42-。

①YZ42-的立体构型为__________(用文字描述)。

②写出一种与YZ42-互为等电子体的分子的化学式______。

(5)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为______。

【答案】    (1). 4    (2). ZnS    (3). sp3    (4). 水分子与乙醇分子之间形成氢键    (5). 正四面体    (6). CCl4(或SiCl4等)    (7). 16NA(或16×6.02×1023个)

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24. Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领城、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的作用。

(1)Cu+的核外电子排布式为__________；N元素与O元素的第一电离能比较:N____O(填“>”、“<”或“=”)。

(2)与N3-含有相同电子数的四原子分子的空间构型为____________________。

(3)在Cu催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛(CH3CHO)，乙醛分子中醛其()碳原子的杂化方式为_________。

(4)[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被C1-取代可生成Cu(H2O)2Cl2，试画出其具有极性的分子的结构式________________。

(5)Cu3N的晶胞结构如图所示，N3-的配位数为________；若晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则Cu3N的密度p=______g/cm3 [用含a 和NA 的式子表示，Mr(Cu3N)=206]

【答案】    (1). [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10    (2). >    (3). 三角锥形    (4). sp2    (5).     (6). 6    (7).

【解析】（1）Cu原子序数为29，Cu+的核外有28个电子，根据构造原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级有3个电子，处于半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O。

（2）与N3-含有相同电子数的四原子分子为NH3，NH3中N原子形成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形。

（3）乙醛分子中醛基上的碳原子含有3个σ键和1个π键，无孤对电子，采用sp2杂化。

（4）[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被C1-取代可生成Cu(H2O)2Cl2，有两种不同的结构，其具有极性的分子结构不对称，故结构式为：。

（5）Cu3N的晶胞结构如图，Cu+个数=12×=3，N3-=8×=1，所以N3-的配位数=3×2=6，晶胞体积=(a nm)3=(a×10-7 cm)3，晶胞质量=g，Cu3N的密度p=g÷(a×10-7 cm)3= g/cm3。

点睛：本题综合考查了物质结构与性质，主要涉及核外电子排布式、元素的电离能、原子轨道杂化方式及分子空间构型、极性分子和非极性分子、晶胞的计算等，考查的知识面很广，解题时根据构造原理、价层电子对互斥理论、密度公式等知识来分析解答，本题难点是晶胞的计算，判断晶胞配位数一般就是找三维空间内距离A原子最近的相邻的B原子个数，一般要A-B间距离都相同才能算是同一个配位，例如题中N3-的前后、左右、上下共6个Cu+与其配位；计算晶胞密度时，先求出晶胞的质量和体积，然后根据密度=质量÷体积计算，注意单位统一以及数据计算正确。

25. 二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料，以CO和H2为原料生产甲醚主要发生以下三个反应:

(1)该工艺的总反应为3CO(g)+3H2(s)CH3OCH3(g)+CO2(B) △H;该反应的△H=_________，化学平衡常数K=______(用含K1、K2、K3的代数式表示)。

(2)某温度下，将8.0molH2和4.0molCO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应:4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，10分钟后反应达平衡，测得二甲醚的体积分数为25%，则CO的转化率为__________。

(3)下列措施中，能提高CH3OCH3产率有_____。

A.分离出二甲醚    B.升高温度   C.改用高效催化剂    D.增大压强

(4)该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是________。

【答案】    (1). -263 kJ•mol-1     (2). K12·K2·K3    (3). 75％    (4). AD    (5). 反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率

【解析】（1）根据盖斯定律可知①×2＋②＋③即得到总反应为3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝-263 kJ•mol-1，其化学平衡常数K＝ K12·K2·K3。

（2）            4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)

起始量（mol）     8      4           0          0

转化量（mol）     2x     x           0.5x       0.5x

平衡量（mol）   8－2x   4－x         0.5x       0.5x

平衡时测得二甲醚的体积分数为25%，则，解得x＝3，所以CO的转化率为3/4×100%＝75%；

（3）生成二甲醚的反应是放热的体积减小的可逆反应，所以能提高CH3OCH3产率的措施有分离出二甲醚或降低温度或增大压强，催化剂不能改变平衡状态，答案选AD。

（4）根据方程式可知反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率。

点睛：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。