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【化学】四川省德阳市第五中学2018-2019学年高二上学期第四次（12月）月考（解析版） 试卷
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四川省德阳市第五中学2018-2019学年高二上学期第四次（12月）月考
相对原子质量 C-12 O-16 Si-28 P-31
第I 卷
一、选择题(共16个小题，每小题3分，共48分)
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源标准的是( )
①天然气 ②煤 ③石油 ④太阳能 ⑤生物质能 ⑥风能 ⑦氢能
A. ④⑤⑥⑦ B. ③④⑤⑥⑦ C. ③⑤⑥⑦ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源。
【详解】①天然气属于化石能源，不可再生，故①不符合；
②煤属于化石能源，不可再生，故②不符合；
③石油属于化石能源，不可再生，故③不符合；
④太阳能可以再生，且无污染，故④符合；
⑤生物质能属于可再生能源，且污染小，故⑤符合；
⑥风能可再生，且无污染，故⑥符合；
⑦氢能可再生，燃烧产物只有水，无污染，故⑦符合。
综上所述，本题正确答案为A。
2.下列说法正确的是( )
A. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的高
B. 基态碳原子的最外层电子排布图:
C. 原子核外价电子排布式分别为3s1和3s23p5两种元素，不能形成AB2型化合物
D. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子化学性质相似
【答案】C
【解析】
A、由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛沸点低，选项A错误；B、核外电子排布应该遵循能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理，因此基态碳原子的价电子排布图应该是，选项B错误；C、价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，不能形成AB2型化合物，选项C正确；D、原子核外电子排布式为1s2的元素是He，属于稀有气体元素。原子核外电子排布式为1s22s2的元素是Be，属于第ⅡA族的金属元素，二者的化学性质相差很大，选项D错误。答案选C。
3.下列有关化学反应原理的说法正确的是
A. 强碱和强酸的中和反应的活化能很高，所以化学反应速率很大
B. 升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快
C. 使用催化剂，改变反应历程，降低反应的反应热
D. 反应的自发性既能用于判断反应进行的方向，也能用于确定反应发生的速率
【答案】B
【解析】
【详解】A.强酸与强碱的中和反应在常温下即可迅速完成，表明强酸和强碱的中和反应的活化能较小，A项错误；
B.升高温度，使反应物分子获得了能量，一部分普通分子成为活化分子，所以活化分子百分数增大，化学反应速率加快，B项正确；
C.一个完成了的化学反应的反应热大小归根到底是由反应物的总能量与生成物的总能量的差值决定的，所以使用催化剂可以改变反应历程，但不能改变反应的反应热，C项错误；
D.大量事实告诉我们，过程的自发性只能判断过程的方向，但不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率，D项错误；答案选B。
4.下列说法或表示方法中正确的是
A. 已知 2C(s) + 2O2 (g) = 2CO2(g) △H = a kJ/mol、2C(s) + O2(g) = 2CO(g) △H = b kJ/mol，则a > b
B. 甲烷的燃烧热为 890 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为 CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H = - 890 kJ/mol
C. 已知 P(s，白磷) = P(s，红磷) △H < 0，则白磷比红磷稳定
D. 已知 HCl(aq) + NaOH(aq) = Na Cl(aq) + H2O(l) △H = - 57.3 kJ/mol，则含 40.0 g NaOH 的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于 57.3 kJ 的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据盖斯定律，将两个热化学方程式相减，前者减后者得到新的热化学方程式：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，△H =a-bkJ/mol。该反应是CO的燃烧反应，一定是放热反应，所以△H =a-bkJ/mol<0，即a
C.因为物质具有的能量越低越稳定，由P(s，白磷) = P(s，红磷) △H < 0可知，红磷的能量低于白磷的能量，所以红磷比白磷稳定，C项错误；
D.根据HCl(aq) + NaOH(aq) = Na Cl(aq) + H2O(l) △H = - 57.3 kJ/mol可知，1molNaOH跟强酸稀溶液完全反应放出57.3kJ的热量，而醋酸是弱酸，中和时发生电离，电离过程吸收热量，所以40.0gNaOH(即1molNaOH)与稀醋酸完全中和时放出的热量必小于57.3kJ，D项正确；答案选D。
【点睛】放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，吸热反应中反应物总能量小于生成物总能量。物质具有的能量越低越稳定。
5.恒温恒压下，1 mol A 和 n mol B 在一个容积可变的容器中发生如下可逆反应：A(g) + 2B(g)2C(g)，一段时间后达到平衡，生成 a mol C，则下列说法中正确的是 ( )
A. 物质 A、B 的转化率之比为 1∶2
B. 起始时刻和达到平衡后容器中混合气体的密度相等
C. 当υ正(A) = 2υ逆(C)时，可断定反应达到平衡状态
D. 若起始时放入 2 mol A 和 2n mol B，则达平衡时 C 的物质的量为 2a mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.利用“三段式”列出各组分相关量：
物质A、B转化率之比，A项错误；
B.恒温恒压下，起始时刻的气体体积与达到平衡时的气体体积之比等于起始时刻的气体物质的量与达到平衡时的气体物质的量之比，由方程式的计量数可知，恒温恒压下气体的体积将减小；另外，根据质量守恒，起始时刻的气体质量与达到平衡时气体质量相等，由密度公式可推知，起始时刻的气体密度与达到平衡时气体密度不相等，B项错误；
C.当υ正(A) = 2υ逆(C)时，即υ正(A)：υ逆(C)=2:1，υ正(A)、 υ逆(C)之比不等于A、C的计量数之比，所以，不能断定反应达到平衡状态，C项错误；
D.起始时放入 2 mol A 和 2n mol B达到的平衡，相当于2个题设平衡（初始投入1molA和nmolB的状态）在恒温恒压下叠加，气体体积加倍，故平衡没有移动，各组分物质的量加倍，所以达到平衡时C的物质的量为2amol，D项正确；答案选D。
【点睛】如果正、逆反应用不同物质表示时，只要它们的速率之比等于相应物质的计量数之比，则表明反应达到了平衡状态。
6.相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是
酸
HX
HY
HZ
电离平衡常数
9×10-7
9×10-6
1×10-2
A. 从电离平衡常数可以判断，HX 和 HY 属于弱酸，HZ 属于强酸
B. 三种酸的强弱关系：HX> HY > HZ
C. 反应 X- + HZ = Z-+ HX 能够发生
D. 相同温度下，0.1 mol/L HY 溶液的电离平衡常数大于 0.01 mol/L HY 溶液的电离平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】
相同温度下，电离平衡常数可衡量酸的强弱，电离平衡常数越小酸越弱，强酸完全电离，结合强酸能制取弱酸原理分析解答。
【详解】A. 由表中数据可知，HZ不能完全电离，HZ也是弱酸，A项错误；
B.相同温度下，电离平衡常数越小酸越弱，由表中数据可知，三种酸的强弱关系是：HZ >HY>HX，B项错误；
C.由表中数据知酸的强弱关系：HZ>HX，根据“较强酸制较弱酸”规律，HZ能制取HX，该反应能够发生，C项正确；
D.电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以相同温度下，0.1 mol/L HY 溶液的电离平衡常数与 0.01 mol/L HY 溶液的电离平衡常数相同，D项错误；答案选C。
7.对于恒温、恒容下的反应 2A(g) + 2B(g)3C(g) + D(g)，达到平衡状态的是
A. 单位时间内生成 2n mol A，同时生成 3n mol C
B. 单位时间内生成 n mol B，同时消耗 0.5n mol D
C. 容器内压强不随时间而变化
D. 容器内混合气体的密度不随时间而变化
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态的标志的判断要抓两条线索：一是正反应速率=逆反应速率；二是“变量不变”，由此分析。
【详解】A.“单位时间内生成 2n mol A”是逆反应速率，用表示；“单位时间内生成3n mol C”是正反应速率，用，则： =2n:3n=2:3，等于A、C化学计量数之比，所以反应达到平衡状态，A项正确；
B.“单位时间内生成 n mol B”是逆反应速率；“单位时间内消耗0.5nmolD”是也是逆反应速率，所以无法确定正反应速率与逆反应速率是否相等，B项错误；
C.恒温恒容条件下，气体压强与气体分子数目成正比，根据反应2A(g) + 2B(g)3C(g) + D(g)可知，反应前后气体分子数目相同，即在反应过程中气体压强不发生变化，所以当容器中压强不变时反应不一定达到平衡状态，C项错误；
D.因反应混合物各组分都是气体，根据化学反应质量守恒，容器中气体总质量不变；而题设条件是恒容，根据密度公式可知，反应过程中容器内混合气体的密度一直不变，所以混合气体的密度不随时间而变化，不能说明反应达到平衡状态，D项错误；答案选A。
8.下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数) ( )
A. 124 g P4中含有P—P键的个数为4NA
B. 12 g石墨中含有C—C键的个数为1.5NA
C. 12 g金刚石中含有C—C键的个数为4NA
D. 60 g SiO2中含有Si—O键的个数为2NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、每个分子中含有6个P-P键，n（P4）==1mol，则124g P4含有P-P键的个数为6NA，故A错误；B、石墨中每个C原子与其它3个C原子成键，则平均每个C原子成键数目为3×=1.5个，则12g石墨含C原子的物质的量为1mol，则C-C键的个数为1.5NA，故B正确；C、金刚石中每个C都与令外4个C相连，则平均每个C原子成键数目为4×=2个，12g金刚石中含C原子的物质的量为1mol，则含有C-C键的个数为2NA，故C错误；D、SiO2中每个Si原子与4个O原子成键，60g SiO2的物质的量为1mol，含Si-O键的个数为4NA，故D错误；故选B。
【考点定位】考查化学键与晶体结构
【名师点晴】本题考查物质结构中的化学键数目的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握常见晶体的结构特点常见物质所含化学键数目：
1 mol H2、O2、N2、Cl2中分别含有1 mol H-H、O="O" 、N≡N、Cl-Cl键
1 mol CO2中含有2 molC=O键（CS2同）
1 mol NH3中含有3molN-H键
1 mol H2O中含有2mol H-O键
1 mol CH4中含有4 molC-H键（CCl4，CF4，CSi4同）
1 mol SiO2中含有4 mol Si-O键
1 mol Si 中含有2 mol Si-Si键（金刚石同）
1 mol H2O2中含有3 mol 化学键，其中包括1 mol O-O键、2 mol H-O键
1 mol P4中含有 6 mol P-P键
1 mol P4O10中含有 12mol P-O键 4mol P=O键
1mol C60为60mol C-C单键、30mol C=C双键等。
9.下列说法正确的是( )
A. PCl3的空间构型为平面三角形
B. HF、HCl、HBr、HI的熔沸点依次升高
C. 乳酸()有一对手性异构体,因为其分子中含有一个手性碳原子
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO>HClO2>HClO3>HClO4
【答案】C
【解析】
A、PCl3分子中P-Cl键的三个键角都是100.1°，所以三氯化磷分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形，选项A错误；B、HF因为存在氢键使得熔沸点比HCl大，HCl、HBr、HI三者沸点依次增大，选项B错误；C、中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，选项C正确；D、氯的各种含氧酸的酸性由弱到强排列为HClO、HClO2、HClO3、HClO4，选项D错误。答案选C。
10.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 氯水中存在平衡：Cl2 + H2OH++ Cl- + HClO，当加入适量 NaHCO (s)后，溶液颜色变浅
B. 在 K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72- + H2O2CrO42- + 2H+，若向 K2Cr2O7溶液中滴入 5～15 滴浓硫酸，溶液颜色加深
C. 对于反应体系 CO(g) + NO2(g) NO(g) + CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深
D. 对于反应 2NO2(g)N2O4(g)△H < 0，平衡体系升高温度颜色变深
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入NaHCO3有反应发生：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，溶液中的H+浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Cl2（呈黄绿色）浓度减小，溶液颜色变浅，A项正确；
B. Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色。向K2Cr2O7溶液中滴入浓硫酸时，溶液中H+浓度增大，根据勒夏特列原理，Cr2O72- + H2O2CrO42- + 2H+平衡向逆反应方向移动，Cr2O72-浓度增大，CrO42-浓度减小，溶液颜色加深，B项正确；
C. 因为CO(g) + NO2(g)NO(g) + CO2(g) 反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，但增大压强将会使气体体积缩小，各组分的浓度都要增大，NO2呈红棕色，所以体系颜色变深，这与勒夏特列原理无关，C项错误；
D. 反应2NO2(g)N2O4(g)；△H < 0正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即该反应向逆反应方向移动，NO2浓度增大，（NO2呈红棕色，N2O4为无色）平衡体系颜色变深，D项正确；答案选C。
11.将 CO2 在一定条件下与 H2 反应转化为甲醇(CH3OH)是变废为宝的好办法，一定条件下，每转化 44 kg CO2 放出的热量为 49000 kJ，CO2 转化为甲醇过程中浓度随时间的变化曲线如图所示(已知反应物和生成物在此条件下均为气体)，下列叙述中正确的是
A. 0～3 min 内，用 CO2 和 H2 来表达的平均反应速率相等，均为 0.5 mol/(L·min)
B. 此反应的热化学方程式为 CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) △H = - 49 kJ/mol
C. 此条件下反应的平衡常数K=0.753×1.25/(0.75×0.75)
D. 降低温度，此反应的平衡常数可能为 0.8
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图像上有关数据计算CO2和H2反应速率：0~3min内，，，A项错误；
B.44kgCO2的物质的量为，1molCO2完全转化放出热量=49kJ，所以热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；△H = - 49 kJ/mol，B项正确；
C.由图像可知，达到平衡时各组分的浓度为c(CO2)=1.25mol/L，c(H2)=0.75mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，根据化学计量数可知水蒸气平衡浓度c(H2O)=c(CH3OH)=0.75mol/L。将数据代入平衡常数计算式：C项错误；
D.题设条件下CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应的平衡常数>0.8，因为该反应的正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度平衡向放热反应方向移动，即该平衡向正反应方向移动，平衡常数将增大，所以降低温度平衡常数不可能是0.8，D项错误；答案选B。
12.下列说法不正确的是( )
A. 反应 CaCO3(s) = CaO(s) + CO2(g) △H > 0，能否自发进行与温度有关
B. 1 mol H2O 在不同状态时的熵值：S[H2O(s)] < S[H2O(g)]
C. 反应 NH3(g) + HCl(g) = NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H < 0
D. 恒温恒压下，△H < 0 且△S > 0 的反应一定不能自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】A、该反应的△S＞0，不能自发反应说明其△H-T△S＞0，所以，其△H＞0，故A正确；
B、同种物质：气态熵>液态熵>固态熵，故B正确；
C、因为反应 NH3(g) + HCl(g) = NH4Cl(s)熵减小，不符合熵判据，若该反应在室温下可自发进行，则符合焓判据，即正反应为放热反应，△H < 0，故C正确；
D、恒温恒压下，△H＜0且△S＞0的反应，则△H-T△S＜0，反应一定可以自发进行，故D错误。
故选D。
13.在一可变密闭容器中发生反应：2A(g) + B(g)xC(g)，达到平衡时测得 A 的浓度为 0.5 mol/L，在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的 2 倍，再次达平衡时，测得 A 的浓度为 0.2 mol/L。下列有关的判断正确的是
A. x = 3 B. 物质 C 的体积分数减小
C. 平衡向正反应方向移动 D. 物质 B 的转化率降低
【答案】C
【解析】
【分析】
在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的 2 倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一半，即A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度为0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了，由此分析。
【详解】在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的 2 倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一半，即此时A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度只有0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了。
A.容器的容积扩大即为减压，由上分析可知平衡向正反应方向移动了，根据勒夏特列原理，正反应方向气体体积增大，所以x>3，A项错误；
B.因为平衡向正反应方向移动，所以C的体积分数增大，B项错误；
C.由上分析可知平衡向正反应方向移动，C项正确；
D.因为B的初始物质的量没有变，而平衡向正反应方向移动，所以B的转化率增大，D项错误；答案选C。
14.一定温度时，向容积为 2 L 的密闭容器中充入一定量的 SO2(g)和 O2(g)，发生反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) △H = - 196 kJ/mol。一段时间后反应达到平衡状态，反应过程中测定的部分数据如表所示。
反应时间/min
n(SO2)/mol
n(O2)/mol
0
2
1
5
1.2
10
0.4
15
0.8
下列说法不正确的是
A. 前 5 min 的平均反应速率为υ(SO2) = 0.08 mol/(L·min)
B. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入 0.2 mol SO2(g)和 0.2 mol SO3(g)时，υ正 > υ逆
C. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入 2 mol SO3(g)，达到平衡状态时吸收 78.4 kJ的热量
D. 相同温度下，起始时向容器中充入 1.5 mol SO3(g)，达到平衡状态时 SO3 的转化率为 40%
【答案】D
【解析】
【详解】A.由表中数据可知SO2初浓度==1mol/L，5min末的浓度==0.6mol/L，前 5 min SO2的平均反应速率为υ(SO2) = =0.08 mol/(L·min)，A项正确；
B.由表数据计算：第10min时SO2的物质的量，与第15min时SO2物质的量相同，可推断第10min~15min反应已处于平衡状态，此时SO3的物质的量，平衡常数，保持温度不变(平衡常数不变)，向平衡后的容器中再充入 0.2 mol SO2(g)和 0.2 mol SO3(g)时，各组分SO2、O2、SO3物质的量分别是1mol、0.4mol、1.4mol，此时体系的浓度商=9.8 υ(逆)，B项正确；
C.保持其他条件不变起始充入2molSO3，与题设初始量（2molSO2和1molO2）相当，所以达到的平衡与题设平衡等效，即达到平衡时SO3物质的量也为1.2mol，则反应消耗了SO32mol-1.2mol=0.8mol，发生反应的热化学方程式为2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，△H =+196 kJ/mol，所以消耗0.8molSO3吸收热量为0.8mol×=78.4kJ，C项正确；
D.起始时向容器中充入1.5 mol SO3(g)，发生的反应为2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，因为此反应与题设反应互为逆反应，平衡常数应与题设反应平衡常数（K=11.25）互为倒数，即只要温度不变，此反应的平衡常数应为。假定本选项给定的条件下达到平衡状态时 SO3 的转化率为 40%，利用“三段式”计算其平衡常数：
代入平衡常数计算式，
所以本选项给定的条件下达到平衡时SO3转化率不可能为40%，D项错误；答案选D。
【点睛】利用浓度商Qc与平衡常数K的关系判断反应进行的方向：当Qc υ(逆)；当Qc=K，反应处于平衡状态，υ(正)= υ(逆)；当Qc>K，反应向逆反应方向进行，υ(正)<υ(逆)。
15.在 20 L 的密闭容器中按物质的量之比 1∶2 充入 CO 和 H2，发生：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。测得 CO 的转化率随温度的变化及不同压强下的变化，p2 和 195 ℃时 n(H2)随时间的变化结果如图表所示。下列说法正确的是( )
A. 0～3 min，平均速率 v(CH3OH)＝0.8 mol·L-1·min-1
B. p1＜p2，ΔH>0
C. 在 B 点时，v 正＞v 逆
D. 在 p2 及 195 ℃时，该反应的平衡常数为 25
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应速率和平衡常数的定义进行计算，根据影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论。升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动。
【详解】A．0～3 min，n（H2）=8-4=4mol，故n（CH3OH）=4÷2=2mol，
v（CH3OH）==0.033mol•L-1•min-1，故A错误；
B. P1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195℃时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1＜P2，故B错误；
C．根据表中数据知，平衡时氢气转化率为50%，当可逆反应中初始反应物物质的量之比等于其计量数之比时，其反应物转化率相等，所以该温度和压强下CO的转化率为50%，根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以B点v（正）＜v（逆），故C错误，
D．由表中信息可以知道，起始时：c（H2）==0.4mol/L，c（CO）= c（H2）=0.2mol/L；平衡时：c（H2）==0.2mol/L，
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
起始浓度（mol/L） 0.2 0.4 0
转化浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1
平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1
K=25，所以D选项是正确的。
故选D。
【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和平衡常数的计算，要注意三行式的使用。
16.现有0.1 mol·L-1醋酸10mL，加蒸馏水稀释至1L后，下列变化中正确的是( )
①电离程度增大 ② c(CH3COOH)增大 ③CH3COO-数目增多 ④ c(H+)增大 ⑤导电能力增强 ⑥ c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③⑥ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
①加水促进电离；②加水时电离平衡正向移动，n（CH3COOH）减小；③加水时电离平衡正向移动，n（CH3COO-）增大；④加水时电离平衡正向移动，n（H+）增大；⑤离子的浓度越大，导电性越强；⑥加水时电离平衡正向移动，n（CH3COO-）增大，n（CH3COOH）减小。
【详解】①因加水促进弱电解质的电离，则醋酸的电离程度增大，故①正确；
②加水时电离平衡正向移动，n（CH3COOH）减小，且溶液的体积变大，则c（CH3COOH）减小，故②错误；
③加水时电离平衡正向移动，n（CH3COO-）增大，由N=n×NA，则CH3COO-数目增多，故③正确；
④加水时电离平衡正向移动，n（H+）增大，但溶液的体积变大，则c（H+）减小，故④错误；
⑤加水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性减弱，故⑤错误；
⑥加水时电离平衡正向移动，n（CH3COO-）增大，n（CH3COOH）减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大，故⑥正确。
故选C。
【点睛】本题考查加水对氨水电离平衡的影响，明确离子的物质的量的变化与浓度的变化的区别是解答的关键，并注意稀释时溶液的体积增大来分析解答。
第II 卷
二、填空题(共4个小题，共52分)
17.已知：A.金刚石、B.MgF2、C.NH4Cl、D.NaNO3、E.干冰、F.固体碘，填写下列空白。(用序号填写)
（1）熔化时不需破坏化学键的是________，熔化时只需破坏共价键的是________，熔点最低的是________,
晶体中既存在离子键又存在共价键的是________。
（2）意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1 mol N—N键吸收167 kJ热量，生成1 mol N≡N键放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，则1 mol N4生成N2的ΔH=______ kJ·mol－1
（3） 50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。
请回答下列问题：
从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_____，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是______。大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). EF (2). A (3). E (4). CD (5). -882 (6). 环形玻璃搅拌棒 (7). 保温隔热，防止热量散失 (8). 偏小
【解析】
一般来说，活泼金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，（1）分子晶体熔化不破坏化学键，即EF中熔化不破坏化学键，原子晶体熔化破坏共价键，则A熔化破坏共价键，一般来说，原子晶体熔点最高，分子晶体熔点较低，E的相对分子质量小于F，则E的熔点最低；离子晶体中一定存在离子键，C、D中非金属元素之间形成共价键；(2)由题意知，N≡N的键能为942kJ/mol，N-N键的键能为167kJ/mol，则1 mol N4生成N2的反应为： N4（g）=2N2（g），反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故反应热△H=6×167kJ/mo l -2×942kJ/mol =-882kJ/mol；（3）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热，防止热量散失；大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小。
点睛：本题考查化学键、晶体熔点比较、键的极性与分子的极性、热化学方程式以及反应热的计算，注意理解中和热的概念以及测定反应热的误差等问题。易错点为(2)由N4分子结构可知，1molN4分子中含有6molN-N键，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，据此计算解答。
18.现有A、B、C、D、E、F六种位于周期表前四周期的元素，其原子序数依次增大，相关信息如下表所示：
元素
性质
A
一种核素的原子核内不含中子
B
原子核外电子有6种不同运动状态
C
最高价氧化物的水化物与其氢化物可生成盐
D
单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线
E
周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍
F
该元素的一种氧化物可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨
根据以上信息，回答下列问题：
(1)F元素位于周期表的____区（填s、p、d、ds或f），B、C、D三种元素的第一电离能由大到小顺序为______________________(用元素符号表示)。
(2)ED2中E原子的杂化类型为__________________；ED2易溶于水的原因可能是___________(填序号)。
①ED2与水极性相同 ②ED2可以与水反应 ③ED2可以与水形成氢键
(3)F元素的一种氯化物常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，据此判断该氯化物晶体为________晶体。
(4)F的单质晶体在不同温度下有两种堆积方式（晶胞结构如图所示），面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的F原子个数之比为________，其中体心立方晶胞空间利用率为___________（设F原子半径是r，列出含r的计算表达式，不需化简）。
【答案】 (1). d (2). N>O>C (3). sp2杂化 (4). ①② (5). 分子 (6). 2∶1 (7).
【解析】
一种核素的原子核内不含中子的元素A，则A为氢元素；原子核外电子有6种不同运动状态，则核电荷数为6，元素B为碳元素；最高价氧化物的水化物与其氢化物可生成盐硝酸铵，则C元素为氮元素；单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线，则D元素为氧元素；周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍，故其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；F元素的一种氧化物可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨，则F为铁元素。(1) F元素为铁元素，位于周期表的d区，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为N>O>C ；(2) （3）SO2中S原子的价层电子对数=2+=3，S原子采取sp2杂化，S原子有1对孤电子对，分子空间构型为V形，SO2是极性分子，H2O是极性分子，根据相似相容原理可知由极性分子组成的溶质容易溶解于极性分子组成的溶剂中，此外SO2会和水发生反应SO2+H2O=H2SO3，反应不断消耗SO2也使它不断的溶解，因此SO2易溶于水，答案选①②；(3) F元素的一种氯化物常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，符合分子晶体的特征，故为分子晶体；(4) 由晶胞结构可知，面心立方晶胞中，以顶点Fe原子研究，与之最近的Fe原子处于面心上，补全晶胞可知，有3层，每层有4个，故Fe原子的配位数为4×3=12；体心立方晶胞中，以顶点Fe原子研究，与之最近的Fe原子处于所在棱的顶点上，补全晶胞可知配位数为6，故面心立方、体心立方两种晶胞中铁原子的配位数之比为12：6=2：1；在体心立方堆积的晶胞中，体对角线上的三个原子相切，体对角线长度等于原子半径的4倍。假定晶胞边长为a ，则a2 + 2a2 = (4r)2， a= ，晶胞体积V晶胞 =。体心堆积的晶胞上占有的原子个数为2，原子占有的体积为V原子=2×（） 。 晶胞的空间利用率等于=。
点睛：本题考查元素周期表的结构、核外电子排布规律、元素周期律、分子结构与性质、晶胞等，综合性较大，侧重考查原子的电子排布及区的划分、杂化轨道等，明确元素在周期表中的位置、元素所处主族、成键数是解本题关键，一种核素的原子核内不含中子的元素A，则A为氢元素；原子核外电子有6种不同运动状态，则核电荷数为6，元素B为碳元素；最高价氧化物的水化物与其氢化物可生成盐硝酸铵，则C元素为氮元素；单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线，则D元素为氧元素；周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍，故其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；F元素的一种氧化物可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨，则F为铁元素，据此解答。
19.在一固定容积的密闭容器中，保持一定条件下进行以下反应：A(g)＋2B(g)xC(g)，已知加入1 mol A和3 mol B。达到平衡后，生成a mol C。
(1)若x=2，在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入2 mol A和6 mol B，达到平衡后，生成C的物质的量为_______。
A．n(C)= a mol B．a mol＜n(C)＜2a mol C．n(C)=2a mol D．n(C)＞2a mol
(2)若x =2，在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入m mol A、n mol B、p mol C若要求达平衡后反应混合气体中C体积分数保持不变，则m、n的关系为______________。
(3)若x =3，在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入0.5 mol A，则需加入_____mol B，_____mol C，才能使平衡时C为0.9 a mol。
【答案】 (1). D (2). 2m+1=n (3). 1.9 (4). 1.2
【解析】
【分析】
(1) 若x=2，反应A(g)＋2B(g)2C(g)，恒温恒容下，开始加入2molA和6molB，可等效为原平衡压强增大一倍，平衡向体积减小方向移动；
(2) 恒温恒容情况下，对于前后气体体积变化的反应，构成等效平衡，按化学计量数转化到一边满足对应物质的物质的量相等即可；
(3)平衡后C在反应混合气中的体积分数不变，两平衡等效，反应为前后气体体积不变的反应，按化学计量数转化到左边，满足A、B的物质的量之比为1:3即可。
【详解】(1) 若x=2，反应A(g)＋2B(g)2C(g)， 恒温恒容下，开始加入2molA和6molB，可等效为原平衡压强增大一倍，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，C在混合气体中的体积百分含量增大，n(C)＞2a mol，选D，
因此，本题正确答案是：D；
(2) 若x=2，反应A(g)＋2B(g)2C(g)，恒温恒容情况下，对于前后气体体积变化的反应，构成等效平衡，按化学计量数转化到左边满足1molA和3molB即可，所以有：m+=1； n+p=3；整理得2m+1=n，
因此，本题正确答案是：2m+1=n；
(3)在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入0.5 mol A，加入B的物质的量为y，加入C的物质的量为z，反应前后是气体体积不变的反应，根据等效平衡分析计算；
A(g)＋2B(g)3C(g)，
起始量 0.5 y z
0.5+ y+ 0
已知加入1 mol A和3 mol B，达到平衡后，生成a mol C，所以生成0.9 a molC，需要A为0.9mol，B为2.7mol，
（ 0.5+）=0.9；（y+）=2.7；计算得到，z=1.2，y=1.9，
因此，本题正确答案是：1.9 ；1.2。
20.甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径。由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41.19 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝－49.58 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应Ⅲ的 ΔS_____（填“＜”、“＝”或“＞”）0；反应Ⅱ的 ΔH2＝_____。
(2)在恒压密闭容器中，充入一定量的 H2 和 CO2（假定仅发生反应Ⅲ），实验测得反应物在不同温度下，反应体系中 CO2 的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示。
①比较T1与T2 的大小关系：T1_____T2 （填“ ＜ ”、“＝ ”或“＞ ”） ，理由是：_____。
②在 T1 和 p6 的条件下，往密闭容器中充入 3 mol H2 和 1 mol CO2，该反应在第 5 min 时达到平衡，此时容器的体积为 1.8 L，则该反应在此温度下的平衡常数为_____。
a.若此条件下反应至 3 min 时刻，改变条件并于 A 点处达到平衡，CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图所示（3～4 min 的浓度变化未表示出来），则改变的条件为_____，请用 H2 的浓度变化计算从4 min 开始到A点的反应速率v(H2)=_____(保留两位小数)。
b.若温度不变，压强恒定在 p8 的条件下重新达到平衡时，容器的体积变为_____L。
【答案】 (1). ＜ (2). －90.77 kJ·mol-1 (3). ＜ (4). 反应Ⅲ为放热反应，温度降低，反应正向移动，所以 T1＜T2 (5). 4/27 或 0.148 (6). 降低压强 (7). 0.08 mol·L-1min-1 (8). 8/15 或 0.533
【解析】
【详解】(1)气体物质的混乱度与分子数有关，分子数越大混乱度越大，反应III正反应气体分数目减小，所以混乱度减小，熵减小ΔS<0。根据盖斯定律，因为反应II=反应III−反应I，所以ΔH2=-49.58kJ/mol-41.19kJ/mol=-90.77kJ/mol。
(2) 从CO2 的平衡转化率与压强的关系曲线图上看出，当压强相同时T1曲线的转化率大于T2曲线的转化率，说明T2→T1过程平衡向正反应方向移动，而反应III正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度平衡向放热方向移动，所以T1
此温度下平衡常数为；
a.由图像可知，改变条件达到平衡所用的时间大于5min，说明反应速率减慢，而且平衡时（A点）CH3OH浓度比原平衡()小，所以改变的条件只能是降低压强；由图像知第4min到A点甲醇浓度变化量Δc(CH3OH)=0.21mol/L-0.15mol/L=0.06mol/L，所以H2的变化浓度Δc(H2)=3∙Δc(CH3OH)=3×0.06mol/L=0.18mol/L，所以用H2表示的反应速率；
b.由图可知，T1和P8条件下CO2的转化率为60%，设此时容器容积为VL，因为温度不变平衡常数不变，K=。
将数值代入平衡常数计算式中：，解得V=或0.533。
【点睛】平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，利用平衡常数计算反应的转化率、气体容积等问题时，可以用“三段式”列出相关量，然后将平衡浓度代入平衡常数表达式中解方程即可。
21.对于可逆反应2A(?)+B(g)2C(g)；下图是其它条件一定时反应中C的百分含量与压强的关系曲线。回答下列问题：
(1)物质A的状态是_________(填“气体”、“液体”或“固体”)；
(2)图-1中a、b、c、d四点中表示未达到平衡状态且v正＜v逆 的点是_____；
(3)v(a)、v(b)、v(c)按由大到小排序_________________；
(4)对于2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；ΔH=－198 kJ/mol。在实际生产过程中，原料气中SO2为7%(体积分数)、O2为11%，常压下进行，控制温度在450℃左右。
请问原料气中SO2与O2的体积比不是2∶1，而要7∶11(大约2∶3)的原因是___________；如果在恒容容器中，仅把另外82%的其他气体“抽出来”，是否会减小SO2的转化率__________(填“会”或“不会”)。
【答案】 (1). 气体 (2). a (3). v(b)>v(a)>v(c) (4). 将便宜原料的用量加大，提高贵重原料利用率 (5). 不会
【解析】
【分析】
(1)根据图中信息可以知道，增大压强则C的含量增加，所以可以判断A为气体，可以据此解答该题；
(2)分析图中的各点可以知道a点处于曲线上方，所以可以判断此时C的浓度过大，所以应该向逆反应的方向移动，可以据此解答该题；
(3)根据图中信息可以知道b点C的浓度最大，其次是a，浓度最小的为c，所以达到平衡后体积最大为b点，最小为c点，可以据此解答该题；
(4)增大二氧化硫在混合气体中的比率能够增加二氧化硫的转化率，而抽出气体后容积不变，则二氧化硫和氧气受到的分压强不变，平衡不移动,可以据此解答该题。
【详解】(1)若增大平衡体系的压强，平衡移动的结果应使体系的压强减小，即平衡向气体体积减小方向移动，从图中信息可以知道，压强增大，C的含量增加，所以可以判断A为气体；
故答案为：气体；
(2)分析图中的各点可以知道a点处于曲线上方，所以可以判断此时C的浓度过大，所以应该向逆反应的方向移动；
故答案为：a；
(3)根据图中信息可以知道b点C的浓度最大其次是a，浓度最小的为c，所以达到平衡后体积最大为b点，最小为c点，故v(b)>v(a)>v(c)；
故答案为：v(b)>v(a)>v(c)；
(4)增大二氧化硫在混合气体中的比率能够增加二氧化硫的转化率，而抽出气体后容积不变，则二氧化硫和氧气受到的分压强不变，平衡不移动。
故答案为：将便宜原料的用量加大，提高贵重原料利用率；不会。
相对原子质量 C-12 O-16 Si-28 P-31
第I 卷
一、选择题(共16个小题，每小题3分，共48分)
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源标准的是( )
①天然气 ②煤 ③石油 ④太阳能 ⑤生物质能 ⑥风能 ⑦氢能
A. ④⑤⑥⑦ B. ③④⑤⑥⑦ C. ③⑤⑥⑦ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源。
【详解】①天然气属于化石能源，不可再生，故①不符合；
②煤属于化石能源，不可再生，故②不符合；
③石油属于化石能源，不可再生，故③不符合；
④太阳能可以再生，且无污染，故④符合；
⑤生物质能属于可再生能源，且污染小，故⑤符合；
⑥风能可再生，且无污染，故⑥符合；
⑦氢能可再生，燃烧产物只有水，无污染，故⑦符合。
综上所述，本题正确答案为A。
2.下列说法正确的是( )
A. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的高
B. 基态碳原子的最外层电子排布图:
C. 原子核外价电子排布式分别为3s1和3s23p5两种元素，不能形成AB2型化合物
D. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子化学性质相似
【答案】C
【解析】
A、由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛沸点低，选项A错误；B、核外电子排布应该遵循能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理，因此基态碳原子的价电子排布图应该是，选项B错误；C、价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，不能形成AB2型化合物，选项C正确；D、原子核外电子排布式为1s2的元素是He，属于稀有气体元素。原子核外电子排布式为1s22s2的元素是Be，属于第ⅡA族的金属元素，二者的化学性质相差很大，选项D错误。答案选C。
3.下列有关化学反应原理的说法正确的是
A. 强碱和强酸的中和反应的活化能很高，所以化学反应速率很大
B. 升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快
C. 使用催化剂，改变反应历程，降低反应的反应热
D. 反应的自发性既能用于判断反应进行的方向，也能用于确定反应发生的速率
【答案】B
【解析】
【详解】A.强酸与强碱的中和反应在常温下即可迅速完成，表明强酸和强碱的中和反应的活化能较小，A项错误；
B.升高温度，使反应物分子获得了能量，一部分普通分子成为活化分子，所以活化分子百分数增大，化学反应速率加快，B项正确；
C.一个完成了的化学反应的反应热大小归根到底是由反应物的总能量与生成物的总能量的差值决定的，所以使用催化剂可以改变反应历程，但不能改变反应的反应热，C项错误；
D.大量事实告诉我们，过程的自发性只能判断过程的方向，但不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率，D项错误；答案选B。
4.下列说法或表示方法中正确的是
A. 已知 2C(s) + 2O2 (g) = 2CO2(g) △H = a kJ/mol、2C(s) + O2(g) = 2CO(g) △H = b kJ/mol，则a > b
B. 甲烷的燃烧热为 890 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为 CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H = - 890 kJ/mol
C. 已知 P(s，白磷) = P(s，红磷) △H < 0，则白磷比红磷稳定
D. 已知 HCl(aq) + NaOH(aq) = Na Cl(aq) + H2O(l) △H = - 57.3 kJ/mol，则含 40.0 g NaOH 的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于 57.3 kJ 的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据盖斯定律，将两个热化学方程式相减，前者减后者得到新的热化学方程式：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，△H =a-bkJ/mol。该反应是CO的燃烧反应，一定是放热反应，所以△H =a-bkJ/mol<0，即a
C.因为物质具有的能量越低越稳定，由P(s，白磷) = P(s，红磷) △H < 0可知，红磷的能量低于白磷的能量，所以红磷比白磷稳定，C项错误；
D.根据HCl(aq) + NaOH(aq) = Na Cl(aq) + H2O(l) △H = - 57.3 kJ/mol可知，1molNaOH跟强酸稀溶液完全反应放出57.3kJ的热量，而醋酸是弱酸，中和时发生电离，电离过程吸收热量，所以40.0gNaOH(即1molNaOH)与稀醋酸完全中和时放出的热量必小于57.3kJ，D项正确；答案选D。
【点睛】放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，吸热反应中反应物总能量小于生成物总能量。物质具有的能量越低越稳定。
5.恒温恒压下，1 mol A 和 n mol B 在一个容积可变的容器中发生如下可逆反应：A(g) + 2B(g)2C(g)，一段时间后达到平衡，生成 a mol C，则下列说法中正确的是 ( )
A. 物质 A、B 的转化率之比为 1∶2
B. 起始时刻和达到平衡后容器中混合气体的密度相等
C. 当υ正(A) = 2υ逆(C)时，可断定反应达到平衡状态
D. 若起始时放入 2 mol A 和 2n mol B，则达平衡时 C 的物质的量为 2a mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.利用“三段式”列出各组分相关量：
物质A、B转化率之比，A项错误；
B.恒温恒压下，起始时刻的气体体积与达到平衡时的气体体积之比等于起始时刻的气体物质的量与达到平衡时的气体物质的量之比，由方程式的计量数可知，恒温恒压下气体的体积将减小；另外，根据质量守恒，起始时刻的气体质量与达到平衡时气体质量相等，由密度公式可推知，起始时刻的气体密度与达到平衡时气体密度不相等，B项错误；
C.当υ正(A) = 2υ逆(C)时，即υ正(A)：υ逆(C)=2:1，υ正(A)、 υ逆(C)之比不等于A、C的计量数之比，所以，不能断定反应达到平衡状态，C项错误；
D.起始时放入 2 mol A 和 2n mol B达到的平衡，相当于2个题设平衡（初始投入1molA和nmolB的状态）在恒温恒压下叠加，气体体积加倍，故平衡没有移动，各组分物质的量加倍，所以达到平衡时C的物质的量为2amol，D项正确；答案选D。
【点睛】如果正、逆反应用不同物质表示时，只要它们的速率之比等于相应物质的计量数之比，则表明反应达到了平衡状态。
6.相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是
酸
HX
HY
HZ
电离平衡常数
9×10-7
9×10-6
1×10-2
A. 从电离平衡常数可以判断，HX 和 HY 属于弱酸，HZ 属于强酸
B. 三种酸的强弱关系：HX> HY > HZ
C. 反应 X- + HZ = Z-+ HX 能够发生
D. 相同温度下，0.1 mol/L HY 溶液的电离平衡常数大于 0.01 mol/L HY 溶液的电离平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】
相同温度下，电离平衡常数可衡量酸的强弱，电离平衡常数越小酸越弱，强酸完全电离，结合强酸能制取弱酸原理分析解答。
【详解】A. 由表中数据可知，HZ不能完全电离，HZ也是弱酸，A项错误；
B.相同温度下，电离平衡常数越小酸越弱，由表中数据可知，三种酸的强弱关系是：HZ >HY>HX，B项错误；
C.由表中数据知酸的强弱关系：HZ>HX，根据“较强酸制较弱酸”规律，HZ能制取HX，该反应能够发生，C项正确；
D.电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以相同温度下，0.1 mol/L HY 溶液的电离平衡常数与 0.01 mol/L HY 溶液的电离平衡常数相同，D项错误；答案选C。
7.对于恒温、恒容下的反应 2A(g) + 2B(g)3C(g) + D(g)，达到平衡状态的是
A. 单位时间内生成 2n mol A，同时生成 3n mol C
B. 单位时间内生成 n mol B，同时消耗 0.5n mol D
C. 容器内压强不随时间而变化
D. 容器内混合气体的密度不随时间而变化
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡状态的标志的判断要抓两条线索：一是正反应速率=逆反应速率；二是“变量不变”，由此分析。
【详解】A.“单位时间内生成 2n mol A”是逆反应速率，用表示；“单位时间内生成3n mol C”是正反应速率，用，则： =2n:3n=2:3，等于A、C化学计量数之比，所以反应达到平衡状态，A项正确；
B.“单位时间内生成 n mol B”是逆反应速率；“单位时间内消耗0.5nmolD”是也是逆反应速率，所以无法确定正反应速率与逆反应速率是否相等，B项错误；
C.恒温恒容条件下，气体压强与气体分子数目成正比，根据反应2A(g) + 2B(g)3C(g) + D(g)可知，反应前后气体分子数目相同，即在反应过程中气体压强不发生变化，所以当容器中压强不变时反应不一定达到平衡状态，C项错误；
D.因反应混合物各组分都是气体，根据化学反应质量守恒，容器中气体总质量不变；而题设条件是恒容，根据密度公式可知，反应过程中容器内混合气体的密度一直不变，所以混合气体的密度不随时间而变化，不能说明反应达到平衡状态，D项错误；答案选A。
8.下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数) ( )
A. 124 g P4中含有P—P键的个数为4NA
B. 12 g石墨中含有C—C键的个数为1.5NA
C. 12 g金刚石中含有C—C键的个数为4NA
D. 60 g SiO2中含有Si—O键的个数为2NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、每个分子中含有6个P-P键，n（P4）==1mol，则124g P4含有P-P键的个数为6NA，故A错误；B、石墨中每个C原子与其它3个C原子成键，则平均每个C原子成键数目为3×=1.5个，则12g石墨含C原子的物质的量为1mol，则C-C键的个数为1.5NA，故B正确；C、金刚石中每个C都与令外4个C相连，则平均每个C原子成键数目为4×=2个，12g金刚石中含C原子的物质的量为1mol，则含有C-C键的个数为2NA，故C错误；D、SiO2中每个Si原子与4个O原子成键，60g SiO2的物质的量为1mol，含Si-O键的个数为4NA，故D错误；故选B。
【考点定位】考查化学键与晶体结构
【名师点晴】本题考查物质结构中的化学键数目的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握常见晶体的结构特点常见物质所含化学键数目：
1 mol H2、O2、N2、Cl2中分别含有1 mol H-H、O="O" 、N≡N、Cl-Cl键
1 mol CO2中含有2 molC=O键（CS2同）
1 mol NH3中含有3molN-H键
1 mol H2O中含有2mol H-O键
1 mol CH4中含有4 molC-H键（CCl4，CF4，CSi4同）
1 mol SiO2中含有4 mol Si-O键
1 mol Si 中含有2 mol Si-Si键（金刚石同）
1 mol H2O2中含有3 mol 化学键，其中包括1 mol O-O键、2 mol H-O键
1 mol P4中含有 6 mol P-P键
1 mol P4O10中含有 12mol P-O键 4mol P=O键
1mol C60为60mol C-C单键、30mol C=C双键等。
9.下列说法正确的是( )
A. PCl3的空间构型为平面三角形
B. HF、HCl、HBr、HI的熔沸点依次升高
C. 乳酸()有一对手性异构体,因为其分子中含有一个手性碳原子
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO>HClO2>HClO3>HClO4
【答案】C
【解析】
A、PCl3分子中P-Cl键的三个键角都是100.1°，所以三氯化磷分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形，选项A错误；B、HF因为存在氢键使得熔沸点比HCl大，HCl、HBr、HI三者沸点依次增大，选项B错误；C、中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，选项C正确；D、氯的各种含氧酸的酸性由弱到强排列为HClO、HClO2、HClO3、HClO4，选项D错误。答案选C。
10.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 氯水中存在平衡：Cl2 + H2OH++ Cl- + HClO，当加入适量 NaHCO (s)后，溶液颜色变浅
B. 在 K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O72- + H2O2CrO42- + 2H+，若向 K2Cr2O7溶液中滴入 5～15 滴浓硫酸，溶液颜色加深
C. 对于反应体系 CO(g) + NO2(g) NO(g) + CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深
D. 对于反应 2NO2(g)N2O4(g)△H < 0，平衡体系升高温度颜色变深
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入NaHCO3有反应发生：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，溶液中的H+浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Cl2（呈黄绿色）浓度减小，溶液颜色变浅，A项正确；
B. Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色。向K2Cr2O7溶液中滴入浓硫酸时，溶液中H+浓度增大，根据勒夏特列原理，Cr2O72- + H2O2CrO42- + 2H+平衡向逆反应方向移动，Cr2O72-浓度增大，CrO42-浓度减小，溶液颜色加深，B项正确；
C. 因为CO(g) + NO2(g)NO(g) + CO2(g) 反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，但增大压强将会使气体体积缩小，各组分的浓度都要增大，NO2呈红棕色，所以体系颜色变深，这与勒夏特列原理无关，C项错误；
D. 反应2NO2(g)N2O4(g)；△H < 0正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即该反应向逆反应方向移动，NO2浓度增大，（NO2呈红棕色，N2O4为无色）平衡体系颜色变深，D项正确；答案选C。
11.将 CO2 在一定条件下与 H2 反应转化为甲醇(CH3OH)是变废为宝的好办法，一定条件下，每转化 44 kg CO2 放出的热量为 49000 kJ，CO2 转化为甲醇过程中浓度随时间的变化曲线如图所示(已知反应物和生成物在此条件下均为气体)，下列叙述中正确的是
A. 0～3 min 内，用 CO2 和 H2 来表达的平均反应速率相等，均为 0.5 mol/(L·min)
B. 此反应的热化学方程式为 CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) △H = - 49 kJ/mol
C. 此条件下反应的平衡常数K=0.753×1.25/(0.75×0.75)
D. 降低温度，此反应的平衡常数可能为 0.8
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图像上有关数据计算CO2和H2反应速率：0~3min内，，，A项错误；
B.44kgCO2的物质的量为，1molCO2完全转化放出热量=49kJ，所以热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；△H = - 49 kJ/mol，B项正确；
C.由图像可知，达到平衡时各组分的浓度为c(CO2)=1.25mol/L，c(H2)=0.75mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，根据化学计量数可知水蒸气平衡浓度c(H2O)=c(CH3OH)=0.75mol/L。将数据代入平衡常数计算式：C项错误；
D.题设条件下CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应的平衡常数>0.8，因为该反应的正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度平衡向放热反应方向移动，即该平衡向正反应方向移动，平衡常数将增大，所以降低温度平衡常数不可能是0.8，D项错误；答案选B。
12.下列说法不正确的是( )
A. 反应 CaCO3(s) = CaO(s) + CO2(g) △H > 0，能否自发进行与温度有关
B. 1 mol H2O 在不同状态时的熵值：S[H2O(s)] < S[H2O(g)]
C. 反应 NH3(g) + HCl(g) = NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H < 0
D. 恒温恒压下，△H < 0 且△S > 0 的反应一定不能自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】A、该反应的△S＞0，不能自发反应说明其△H-T△S＞0，所以，其△H＞0，故A正确；
B、同种物质：气态熵>液态熵>固态熵，故B正确；
C、因为反应 NH3(g) + HCl(g) = NH4Cl(s)熵减小，不符合熵判据，若该反应在室温下可自发进行，则符合焓判据，即正反应为放热反应，△H < 0，故C正确；
D、恒温恒压下，△H＜0且△S＞0的反应，则△H-T△S＜0，反应一定可以自发进行，故D错误。
故选D。
13.在一可变密闭容器中发生反应：2A(g) + B(g)xC(g)，达到平衡时测得 A 的浓度为 0.5 mol/L，在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的 2 倍，再次达平衡时，测得 A 的浓度为 0.2 mol/L。下列有关的判断正确的是
A. x = 3 B. 物质 C 的体积分数减小
C. 平衡向正反应方向移动 D. 物质 B 的转化率降低
【答案】C
【解析】
【分析】
在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的 2 倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一半，即A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度为0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了，由此分析。
【详解】在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的 2 倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一半，即此时A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度只有0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了。
A.容器的容积扩大即为减压，由上分析可知平衡向正反应方向移动了，根据勒夏特列原理，正反应方向气体体积增大，所以x>3，A项错误；
B.因为平衡向正反应方向移动，所以C的体积分数增大，B项错误；
C.由上分析可知平衡向正反应方向移动，C项正确；
D.因为B的初始物质的量没有变，而平衡向正反应方向移动，所以B的转化率增大，D项错误；答案选C。
14.一定温度时，向容积为 2 L 的密闭容器中充入一定量的 SO2(g)和 O2(g)，发生反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) △H = - 196 kJ/mol。一段时间后反应达到平衡状态，反应过程中测定的部分数据如表所示。
反应时间/min
n(SO2)/mol
n(O2)/mol
0
2
1
5
1.2
10
0.4
15
0.8
下列说法不正确的是
A. 前 5 min 的平均反应速率为υ(SO2) = 0.08 mol/(L·min)
B. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入 0.2 mol SO2(g)和 0.2 mol SO3(g)时，υ正 > υ逆
C. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入 2 mol SO3(g)，达到平衡状态时吸收 78.4 kJ的热量
D. 相同温度下，起始时向容器中充入 1.5 mol SO3(g)，达到平衡状态时 SO3 的转化率为 40%
【答案】D
【解析】
【详解】A.由表中数据可知SO2初浓度==1mol/L，5min末的浓度==0.6mol/L，前 5 min SO2的平均反应速率为υ(SO2) = =0.08 mol/(L·min)，A项正确；
B.由表数据计算：第10min时SO2的物质的量，与第15min时SO2物质的量相同，可推断第10min~15min反应已处于平衡状态，此时SO3的物质的量，平衡常数，保持温度不变(平衡常数不变)，向平衡后的容器中再充入 0.2 mol SO2(g)和 0.2 mol SO3(g)时，各组分SO2、O2、SO3物质的量分别是1mol、0.4mol、1.4mol，此时体系的浓度商=9.8
C.保持其他条件不变起始充入2molSO3，与题设初始量（2molSO2和1molO2）相当，所以达到的平衡与题设平衡等效，即达到平衡时SO3物质的量也为1.2mol，则反应消耗了SO32mol-1.2mol=0.8mol，发生反应的热化学方程式为2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，△H =+196 kJ/mol，所以消耗0.8molSO3吸收热量为0.8mol×=78.4kJ，C项正确；
D.起始时向容器中充入1.5 mol SO3(g)，发生的反应为2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，因为此反应与题设反应互为逆反应，平衡常数应与题设反应平衡常数（K=11.25）互为倒数，即只要温度不变，此反应的平衡常数应为。假定本选项给定的条件下达到平衡状态时 SO3 的转化率为 40%，利用“三段式”计算其平衡常数：
代入平衡常数计算式，
所以本选项给定的条件下达到平衡时SO3转化率不可能为40%，D项错误；答案选D。
【点睛】利用浓度商Qc与平衡常数K的关系判断反应进行的方向：当Qc
15.在 20 L 的密闭容器中按物质的量之比 1∶2 充入 CO 和 H2，发生：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。测得 CO 的转化率随温度的变化及不同压强下的变化，p2 和 195 ℃时 n(H2)随时间的变化结果如图表所示。下列说法正确的是( )
A. 0～3 min，平均速率 v(CH3OH)＝0.8 mol·L-1·min-1
B. p1＜p2，ΔH>0
C. 在 B 点时，v 正＞v 逆
D. 在 p2 及 195 ℃时，该反应的平衡常数为 25
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应速率和平衡常数的定义进行计算，根据影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论。升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动。
【详解】A．0～3 min，n（H2）=8-4=4mol，故n（CH3OH）=4÷2=2mol，
v（CH3OH）==0.033mol•L-1•min-1，故A错误；
B. P1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195℃时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1＜P2，故B错误；
C．根据表中数据知，平衡时氢气转化率为50%，当可逆反应中初始反应物物质的量之比等于其计量数之比时，其反应物转化率相等，所以该温度和压强下CO的转化率为50%，根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以B点v（正）＜v（逆），故C错误，
D．由表中信息可以知道，起始时：c（H2）==0.4mol/L，c（CO）= c（H2）=0.2mol/L；平衡时：c（H2）==0.2mol/L，
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
起始浓度（mol/L） 0.2 0.4 0
转化浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1
平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.1
K=25，所以D选项是正确的。
故选D。
【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和平衡常数的计算，要注意三行式的使用。
16.现有0.1 mol·L-1醋酸10mL，加蒸馏水稀释至1L后，下列变化中正确的是( )
①电离程度增大 ② c(CH3COOH)增大 ③CH3COO-数目增多 ④ c(H+)增大 ⑤导电能力增强 ⑥ c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③⑥ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
①加水促进电离；②加水时电离平衡正向移动，n（CH3COOH）减小；③加水时电离平衡正向移动，n（CH3COO-）增大；④加水时电离平衡正向移动，n（H+）增大；⑤离子的浓度越大，导电性越强；⑥加水时电离平衡正向移动，n（CH3COO-）增大，n（CH3COOH）减小。
【详解】①因加水促进弱电解质的电离，则醋酸的电离程度增大，故①正确；
②加水时电离平衡正向移动，n（CH3COOH）减小，且溶液的体积变大，则c（CH3COOH）减小，故②错误；
③加水时电离平衡正向移动，n（CH3COO-）增大，由N=n×NA，则CH3COO-数目增多，故③正确；
④加水时电离平衡正向移动，n（H+）增大，但溶液的体积变大，则c（H+）减小，故④错误；
⑤加水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性减弱，故⑤错误；
⑥加水时电离平衡正向移动，n（CH3COO-）增大，n（CH3COOH）减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大，故⑥正确。
故选C。
【点睛】本题考查加水对氨水电离平衡的影响，明确离子的物质的量的变化与浓度的变化的区别是解答的关键，并注意稀释时溶液的体积增大来分析解答。
第II 卷
二、填空题(共4个小题，共52分)
17.已知：A.金刚石、B.MgF2、C.NH4Cl、D.NaNO3、E.干冰、F.固体碘，填写下列空白。(用序号填写)
（1）熔化时不需破坏化学键的是________，熔化时只需破坏共价键的是________，熔点最低的是________,
晶体中既存在离子键又存在共价键的是________。
（2）意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1 mol N—N键吸收167 kJ热量，生成1 mol N≡N键放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，则1 mol N4生成N2的ΔH=______ kJ·mol－1
（3） 50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。
请回答下列问题：
从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_____，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是______。大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】 (1). EF (2). A (3). E (4). CD (5). -882 (6). 环形玻璃搅拌棒 (7). 保温隔热，防止热量散失 (8). 偏小
【解析】
一般来说，活泼金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，（1）分子晶体熔化不破坏化学键，即EF中熔化不破坏化学键，原子晶体熔化破坏共价键，则A熔化破坏共价键，一般来说，原子晶体熔点最高，分子晶体熔点较低，E的相对分子质量小于F，则E的熔点最低；离子晶体中一定存在离子键，C、D中非金属元素之间形成共价键；(2)由题意知，N≡N的键能为942kJ/mol，N-N键的键能为167kJ/mol，则1 mol N4生成N2的反应为： N4（g）=2N2（g），反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故反应热△H=6×167kJ/mo l -2×942kJ/mol =-882kJ/mol；（3）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热，防止热量散失；大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小。
点睛：本题考查化学键、晶体熔点比较、键的极性与分子的极性、热化学方程式以及反应热的计算，注意理解中和热的概念以及测定反应热的误差等问题。易错点为(2)由N4分子结构可知，1molN4分子中含有6molN-N键，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，据此计算解答。
18.现有A、B、C、D、E、F六种位于周期表前四周期的元素，其原子序数依次增大，相关信息如下表所示：
元素
性质
A
一种核素的原子核内不含中子
B
原子核外电子有6种不同运动状态
C
最高价氧化物的水化物与其氢化物可生成盐
D
单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线
E
周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍
F
该元素的一种氧化物可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨
根据以上信息，回答下列问题：
(1)F元素位于周期表的____区（填s、p、d、ds或f），B、C、D三种元素的第一电离能由大到小顺序为______________________(用元素符号表示)。
(2)ED2中E原子的杂化类型为__________________；ED2易溶于水的原因可能是___________(填序号)。
①ED2与水极性相同 ②ED2可以与水反应 ③ED2可以与水形成氢键
(3)F元素的一种氯化物常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，据此判断该氯化物晶体为________晶体。
(4)F的单质晶体在不同温度下有两种堆积方式（晶胞结构如图所示），面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的F原子个数之比为________，其中体心立方晶胞空间利用率为___________（设F原子半径是r，列出含r的计算表达式，不需化简）。
【答案】 (1). d (2). N>O>C (3). sp2杂化 (4). ①② (5). 分子 (6). 2∶1 (7).
【解析】
一种核素的原子核内不含中子的元素A，则A为氢元素；原子核外电子有6种不同运动状态，则核电荷数为6，元素B为碳元素；最高价氧化物的水化物与其氢化物可生成盐硝酸铵，则C元素为氮元素；单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线，则D元素为氧元素；周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍，故其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；F元素的一种氧化物可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨，则F为铁元素。(1) F元素为铁元素，位于周期表的d区，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为N>O>C ；(2) （3）SO2中S原子的价层电子对数=2+=3，S原子采取sp2杂化，S原子有1对孤电子对，分子空间构型为V形，SO2是极性分子，H2O是极性分子，根据相似相容原理可知由极性分子组成的溶质容易溶解于极性分子组成的溶剂中，此外SO2会和水发生反应SO2+H2O=H2SO3，反应不断消耗SO2也使它不断的溶解，因此SO2易溶于水，答案选①②；(3) F元素的一种氯化物常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，符合分子晶体的特征，故为分子晶体；(4) 由晶胞结构可知，面心立方晶胞中，以顶点Fe原子研究，与之最近的Fe原子处于面心上，补全晶胞可知，有3层，每层有4个，故Fe原子的配位数为4×3=12；体心立方晶胞中，以顶点Fe原子研究，与之最近的Fe原子处于所在棱的顶点上，补全晶胞可知配位数为6，故面心立方、体心立方两种晶胞中铁原子的配位数之比为12：6=2：1；在体心立方堆积的晶胞中，体对角线上的三个原子相切，体对角线长度等于原子半径的4倍。假定晶胞边长为a ，则a2 + 2a2 = (4r)2， a= ，晶胞体积V晶胞 =。体心堆积的晶胞上占有的原子个数为2，原子占有的体积为V原子=2×（） 。 晶胞的空间利用率等于=。
点睛：本题考查元素周期表的结构、核外电子排布规律、元素周期律、分子结构与性质、晶胞等，综合性较大，侧重考查原子的电子排布及区的划分、杂化轨道等，明确元素在周期表中的位置、元素所处主族、成键数是解本题关键，一种核素的原子核内不含中子的元素A，则A为氢元素；原子核外电子有6种不同运动状态，则核电荷数为6，元素B为碳元素；最高价氧化物的水化物与其氢化物可生成盐硝酸铵，则C元素为氮元素；单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线，则D元素为氧元素；周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍，故其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；F元素的一种氧化物可用作油漆颜料，与某单质反应可应用于焊接钢轨，则F为铁元素，据此解答。
19.在一固定容积的密闭容器中，保持一定条件下进行以下反应：A(g)＋2B(g)xC(g)，已知加入1 mol A和3 mol B。达到平衡后，生成a mol C。
(1)若x=2，在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入2 mol A和6 mol B，达到平衡后，生成C的物质的量为_______。
A．n(C)= a mol B．a mol＜n(C)＜2a mol C．n(C)=2a mol D．n(C)＞2a mol
(2)若x =2，在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入m mol A、n mol B、p mol C若要求达平衡后反应混合气体中C体积分数保持不变，则m、n的关系为______________。
(3)若x =3，在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入0.5 mol A，则需加入_____mol B，_____mol C，才能使平衡时C为0.9 a mol。
【答案】 (1). D (2). 2m+1=n (3). 1.9 (4). 1.2
【解析】
【分析】
(1) 若x=2，反应A(g)＋2B(g)2C(g)，恒温恒容下，开始加入2molA和6molB，可等效为原平衡压强增大一倍，平衡向体积减小方向移动；
(2) 恒温恒容情况下，对于前后气体体积变化的反应，构成等效平衡，按化学计量数转化到一边满足对应物质的物质的量相等即可；
(3)平衡后C在反应混合气中的体积分数不变，两平衡等效，反应为前后气体体积不变的反应，按化学计量数转化到左边，满足A、B的物质的量之比为1:3即可。
【详解】(1) 若x=2，反应A(g)＋2B(g)2C(g)， 恒温恒容下，开始加入2molA和6molB，可等效为原平衡压强增大一倍，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，C在混合气体中的体积百分含量增大，n(C)＞2a mol，选D，
因此，本题正确答案是：D；
(2) 若x=2，反应A(g)＋2B(g)2C(g)，恒温恒容情况下，对于前后气体体积变化的反应，构成等效平衡，按化学计量数转化到左边满足1molA和3molB即可，所以有：m+=1； n+p=3；整理得2m+1=n，
因此，本题正确答案是：2m+1=n；
(3)在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入0.5 mol A，加入B的物质的量为y，加入C的物质的量为z，反应前后是气体体积不变的反应，根据等效平衡分析计算；
A(g)＋2B(g)3C(g)，
起始量 0.5 y z
0.5+ y+ 0
已知加入1 mol A和3 mol B，达到平衡后，生成a mol C，所以生成0.9 a molC，需要A为0.9mol，B为2.7mol，
（ 0.5+）=0.9；（y+）=2.7；计算得到，z=1.2，y=1.9，
因此，本题正确答案是：1.9 ；1.2。
20.甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径。由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41.19 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝－49.58 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应Ⅲ的 ΔS_____（填“＜”、“＝”或“＞”）0；反应Ⅱ的 ΔH2＝_____。
(2)在恒压密闭容器中，充入一定量的 H2 和 CO2（假定仅发生反应Ⅲ），实验测得反应物在不同温度下，反应体系中 CO2 的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示。
①比较T1与T2 的大小关系：T1_____T2 （填“ ＜ ”、“＝ ”或“＞ ”） ，理由是：_____。
②在 T1 和 p6 的条件下，往密闭容器中充入 3 mol H2 和 1 mol CO2，该反应在第 5 min 时达到平衡，此时容器的体积为 1.8 L，则该反应在此温度下的平衡常数为_____。
a.若此条件下反应至 3 min 时刻，改变条件并于 A 点处达到平衡，CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图所示（3～4 min 的浓度变化未表示出来），则改变的条件为_____，请用 H2 的浓度变化计算从4 min 开始到A点的反应速率v(H2)=_____(保留两位小数)。
b.若温度不变，压强恒定在 p8 的条件下重新达到平衡时，容器的体积变为_____L。
【答案】 (1). ＜ (2). －90.77 kJ·mol-1 (3). ＜ (4). 反应Ⅲ为放热反应，温度降低，反应正向移动，所以 T1＜T2 (5). 4/27 或 0.148 (6). 降低压强 (7). 0.08 mol·L-1min-1 (8). 8/15 或 0.533
【解析】
【详解】(1)气体物质的混乱度与分子数有关，分子数越大混乱度越大，反应III正反应气体分数目减小，所以混乱度减小，熵减小ΔS<0。根据盖斯定律，因为反应II=反应III−反应I，所以ΔH2=-49.58kJ/mol-41.19kJ/mol=-90.77kJ/mol。
(2) 从CO2 的平衡转化率与压强的关系曲线图上看出，当压强相同时T1曲线的转化率大于T2曲线的转化率，说明T2→T1过程平衡向正反应方向移动，而反应III正反应是放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度平衡向放热方向移动，所以T1
此温度下平衡常数为；
a.由图像可知，改变条件达到平衡所用的时间大于5min，说明反应速率减慢，而且平衡时（A点）CH3OH浓度比原平衡()小，所以改变的条件只能是降低压强；由图像知第4min到A点甲醇浓度变化量Δc(CH3OH)=0.21mol/L-0.15mol/L=0.06mol/L，所以H2的变化浓度Δc(H2)=3∙Δc(CH3OH)=3×0.06mol/L=0.18mol/L，所以用H2表示的反应速率；
b.由图可知，T1和P8条件下CO2的转化率为60%，设此时容器容积为VL，因为温度不变平衡常数不变，K=。
将数值代入平衡常数计算式中：，解得V=或0.533。
【点睛】平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，利用平衡常数计算反应的转化率、气体容积等问题时，可以用“三段式”列出相关量，然后将平衡浓度代入平衡常数表达式中解方程即可。
21.对于可逆反应2A(?)+B(g)2C(g)；下图是其它条件一定时反应中C的百分含量与压强的关系曲线。回答下列问题：
(1)物质A的状态是_________(填“气体”、“液体”或“固体”)；
(2)图-1中a、b、c、d四点中表示未达到平衡状态且v正＜v逆 的点是_____；
(3)v(a)、v(b)、v(c)按由大到小排序_________________；
(4)对于2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；ΔH=－198 kJ/mol。在实际生产过程中，原料气中SO2为7%(体积分数)、O2为11%，常压下进行，控制温度在450℃左右。
请问原料气中SO2与O2的体积比不是2∶1，而要7∶11(大约2∶3)的原因是___________；如果在恒容容器中，仅把另外82%的其他气体“抽出来”，是否会减小SO2的转化率__________(填“会”或“不会”)。
【答案】 (1). 气体 (2). a (3). v(b)>v(a)>v(c) (4). 将便宜原料的用量加大，提高贵重原料利用率 (5). 不会
【解析】
【分析】
(1)根据图中信息可以知道，增大压强则C的含量增加，所以可以判断A为气体，可以据此解答该题；
(2)分析图中的各点可以知道a点处于曲线上方，所以可以判断此时C的浓度过大，所以应该向逆反应的方向移动，可以据此解答该题；
(3)根据图中信息可以知道b点C的浓度最大，其次是a，浓度最小的为c，所以达到平衡后体积最大为b点，最小为c点，可以据此解答该题；
(4)增大二氧化硫在混合气体中的比率能够增加二氧化硫的转化率，而抽出气体后容积不变，则二氧化硫和氧气受到的分压强不变，平衡不移动,可以据此解答该题。
【详解】(1)若增大平衡体系的压强，平衡移动的结果应使体系的压强减小，即平衡向气体体积减小方向移动，从图中信息可以知道，压强增大，C的含量增加，所以可以判断A为气体；
故答案为：气体；
(2)分析图中的各点可以知道a点处于曲线上方，所以可以判断此时C的浓度过大，所以应该向逆反应的方向移动；
故答案为：a；
(3)根据图中信息可以知道b点C的浓度最大其次是a，浓度最小的为c，所以达到平衡后体积最大为b点，最小为c点，故v(b)>v(a)>v(c)；
故答案为：v(b)>v(a)>v(c)；
(4)增大二氧化硫在混合气体中的比率能够增加二氧化硫的转化率，而抽出气体后容积不变，则二氧化硫和氧气受到的分压强不变，平衡不移动。
故答案为：将便宜原料的用量加大，提高贵重原料利用率；不会。
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