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【化学】江苏省南通市海安高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版） (1)
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江苏省南通市海安高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.下列说法正确的是
A. 自发反应在任何条件下都能实现
B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
C. 常温下，氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合放出氨气，该反应为吸热反应
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】C
【解析】
【分析】
A、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定；
B、硫蒸气变为硫固体要放出热量；
C、常温下，氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合放出氨气是吸热反应；
D、ΔH只与反应的终始态有关，与所经历的途径无关。
【详解】A、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，故A错误；
B、硫蒸气变为硫固体要放出热量，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更少，故B错误；
C、常温下，氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合放出氨气，该反应为吸热反应，故C正确；
D、ΔH只与反应的终始态有关，与所经历的途径无关，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D错误；
故选C。
2.下列说法正确的是
A. 与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值是盐酸的两倍
B. 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－566kJ/mol,则CO的燃烧热为△H=－283kJ/mol
C. 中和热实验中，可以用铜棒代替易碎的环形玻璃搅拌棒
D. 中和热实验中，只需测反应的最终温度
【答案】B
【解析】
【分析】
A、中和热是生成1mol水时放出的热量；
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；
C、根据金属的导热性很好，会导致热量的散失；
D、中和热实验中，需测反应的开始和最高温度，计算温度的变化量。
【详解】A、与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值与盐酸相同，故A错误；
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，由2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－566kJ/mol可得2molCO燃烧放出566kJ/mol,则CO的燃烧热为△H=－283kJ/mol，故B正确；
C、用环形铜棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，故C错误；
D、中和热实验中，需测反应的开始和最高温度，计算温度的变化量，故D错误。
故选B。
3.某温度时，N2与H2反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 正反应的活化能等于逆反应的活化能
B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C. 1 mo N2与3 mo H2充分反应放出的热量小于92 kJ
D. 加入催化剂，该反应的焓变减小
【答案】C
【解析】
【分析】
A、反应物和生成物的能量不同，活化能不同；
B、催化剂可降低反应所需的活化能；
C、由图可知1 mol N2、3 mol H2完全反应放出热量为600kJ-508kJ=92k就，而合成氨为可逆反应；
D、ΔH只与反应的终始态有关，与所经历的途径无关，加入催化剂，该反应的焓变不变。
【详解】A、反应物和生成物的能量不同，正反应的活化能不等于逆反应的活化能，故A错误；
B、催化剂可降低反应所需的活化能，则图中b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故B错误；
C、合成氨为可逆反应， 1 mo N2与3 mo H2充分反应放出的热量小于92 kJ，故C正确；
D、ΔH只与反应的终始态有关，与所经历的途径无关，加入催化剂，该反应的焓变不变，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查反应热与焓变，侧重分析与应用能力的考查，解题关键：把握反应中能量变化、图象分析、焓变计算，注意选项C为解答的易错点，注意可逆反应转化率低于100%．
4.下列事实中，不能用勒夏特列原理来解释的是
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
C. 含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深
D. H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【详解】A、气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、2NO2N2O4，加压后NO2浓度先变大，颜色变深，然后平衡正确向移动，颜色后变浅，能用勒夏特利原理解释，故B不选；
C、NH3·H2ONH4＋＋OH－，加热促进平衡正向进行，含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D、由H2、I2（g）、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D选；
故选D。
【点睛】本题考查了化学平衡移动原理的分析判断，解题关键：对平衡移动原理的理解，影响平衡因素的分析，易错点D，反应前后气体体积不变的反应，加压平衡不移动。
5.已知：4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)（mol·L－1·min－1）表示，则正确的关系是
A. v(NH3)＝2/3v(H2O) B. 5/6v(O2)＝v(H2O)
C. 4/5v(NH3)＝v(O2) D. v(O2)＝4/5v(NO)
【答案】A
【解析】
【分析】
同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此分析解答．
【详解】A、V（NH3）：V（H2O）=4：6=2：3，3V（NH3）=2V（H2O），v(NH3)＝2/3v(H2O)，故A正确；
B、V（O2）：V（H2O）=5：6，6V（O2）=5V（H2O），故B错误；
C、V（NH3）：V（O2）=4：5，5V（NH3）=4V（O2），故C错误；
D、V（O2）：V（NO）=5：4，4V（O2）=5V（NO），故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查了化学反应速率的定量表示方法，解题关键：根据“同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比”。
6.在给定环境中，下列各组离子可能大量共存的是
A. 澄清透明溶液中：Al3+、Fe3+、SO42－、Cl－
B. 甲基橙呈红色的溶液中：K+、Na+、S2－、AlO2－
C. 常温下，在c(H+)/ c(OH—)= 1×1012的溶液中：NH4+、CO32－、K+、Cl－
D. 常温下，水电离出的c(OH—)=1×10—13 mol/L的溶液中：Na+、NH4+、HCO3－、NO3－
【答案】A
【解析】
【分析】
A、不发生反应，能大量共存；
B、酸性条件下，氢离子与S2－、AlO2－发生反应；
C、 常温下，在c(H+)/ c(OH—)= 1×1012的溶液呈酸性，CO32－生成二氧化碳和水；
D、常温下，水电离出的c(OH—)=1×10—13 mol/L的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；
【详解】A、不发生反应，能大量共存，故A选；
B、酸性条件下，氢离子与S2－、AlO2－发生反应，生成硫化氢、氢氧化铝或铝盐，故B不选；
C、常温下，在c(H+)/ c(OH—)= 1×1012的溶液呈酸性，CO32－生成二氧化碳和水，故C不选；
D、常温下，水电离出的c(OH—)=1×10—13 mol/L的溶液可能呈酸性，HCO3－不能共存，也可能呈碱性，NH4+不能大量共存，故D不选；
故选A。
7.对于反应：A+BC ，下列条件的改变一定能使化学反应速率加快的是
A. 增加A的物质的量 B. 减少C的物质的量浓度
C. 增加体系的压强 D. 升高体系的温度
【答案】D
【解析】
【分析】
温度、浓度、压强、催化剂能影响反应速率，但浓度仅适用于溶液或气体、压强仅适用于有气体参加的化学反应。．
【详解】A、对于反应A+B=C，如果B、C均是气体，而A是固体，增加A的物质的量不会引起速率的变化，故A错误；
B、对于反应A+B=C，如果B、A均是气体，而C是固体，减少C的物质的量不会引起速率的变化，故B错误。
C、对固体或液体之间的反应，改变压强不会引起化学反应速率的变化，故C错误；
D、升高体系的温度，所有化学反应的反应速率均加快，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查化学反应速率影响因素，解题关键：知道常见影响速率的因素及其原理，注意影响因素适用范围，易错选项是BC。
8.下列叙述正确的是
A. 室温下，0.2 mol·L－1的氨水与等体积水混合后pH＝13
B. 某温度下，1L pH=6的纯水中含OH－为10-8mol
C. 通过测定0.01mol·L－1醋酸的pH，可验证CH3COOH是弱电解质
D. 为测定新制氯水的pH,用玻璃棒蘸取液体滴在湿润pH试纸上，与标准比色卡对照即可
【答案】C
【解析】
【分析】
A、一水合氨是弱碱；
B、水电离的氢离子和氢氧根离子相等；
C、弱电解质不能完全电离；
D、氯水具有漂白性。
【详解】A、一水合氨是弱碱，室温下，0.2 mol·L－1的氨水与等体积水混合后，浓度为0.1mol·L－1，氢氧根离子的浓度小于0.1mol·L－1，PH小于13，故A错误；
B、水电离的氢离子和氢氧根离子相等，某温度下，1L pH=6的纯水中含OH－为10-6mol，故B错误；
C、弱电解质不能完全电离，通过测定0.01mol·L－1醋酸的pH，PH大于2，可验证CH3COOH是弱电解质，故C正确；
D、氯水具有漂白性，能将pH试纸漂白，故D错误。
故选C。
9.在好氧菌和厌氧菌作用下废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(l)，示意图如下：
反应I：NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3－(aq)＋2H+(aq)＋H2O(l) ΔH1＝a kJ·mol－1
反应II：5NH4+(aq)＋3NO3－(aq)=4N2(g)＋9H2O(l)＋2H+(aq) ΔH2＝b kJ·mol－1
下列说法正确的是
A. 两池发生的反应中氮元素只被氧化
B. 两池中投放的废液体积相等时NH4+能完全转化为N2
C. 常温常压下，反应II中生成22.4 L N2转移的电子数为3.75×6.02×1023
D. 4NH4+(aq)＋3O2(g)=2N2(g)＋4H+(aq)＋6H2O(l) ΔH＝(3a＋b) kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
A．反应I：氧气作氧化剂，反应中O元素的化合价和N元素的化合价发生变化，A错误；B．反应I：1molNH4+转化为1molNO3-，反应II：1molNO3-消耗NH4+，两个反应中消耗的废液不同，B错误；C．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算氮气的物质的量，所以无法计算转移的电子的数目，C错误；D．根据盖斯定律(3×I+II)/2即可得到4NH4+(aq)＋3O2(g)=2N2(g)＋4H+(aq)＋6H2O(l) ΔH＝(3a＋b) kJ·mol－1，D正确。答案选D。
点睛：本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，把握氧化还原反应原理和N元素的化合物的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。选项B是解答的易错点，注意气体摩尔体积的使用条件和适用范围。
10.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示1 L pH＝2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lg V的变化
B. 图2表示不同温度下水溶液中H＋和OH－浓度的变化的曲线，图中温度T2
D. 图4表示同一温度下，相同物质的量BaO2在不同容积的容器中进行反应：2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
【答案】B
【解析】
【分析】
A、醋酸是弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进电离，加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位；
B、图象分析可知，T2温度下，氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积小于T1温度下氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积，水的电离是吸热过程，温度越高水电离程度越大，氢离子和氢氧根离子浓度乘积越大；
C、图象分析可知，随氢气体积分数增大，平衡正向进行氨气平衡体积分数增大，但随氢气量的增大超过平衡移动量的增大，氨气的体积分数会减小，但增大氢气的浓度，氮气转化率增大；
D、同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）2BaO（s）+O2（g），体积越大压强越小，则平衡正向进行，氧气浓度增大，最终与原浓度，相同温度下平衡常数不变，此反应的平衡常数K=c（O2）。
【详解】A．加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位，所以1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH变化小于lgV，故A错误；
B．升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2＜T1，故B正确；
C．增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，故C错误；
D．增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大，氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，温度不变，平衡常数不变，K=c（O2），最终氧气平衡浓度不变，则图象不符，故D错误。
故选：B。
【点睛】本题考查了弱酸的电离、影响水的电离平衡的因素、化学平衡移动等，解题关键：把握有关的反应原理以及影响平衡的条件．易错点D，写出平衡常数表达式，即能确定图象。
11.下列有关说法正确的是
A. 25 ℃时，0.1 mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
B. 常温下，浓度均为0.1mol/L的盐酸与醋酸溶液中，水的电离程度相同
C. 在合成氨工业中，移走NH3可增大正反应速率，提高原料转化率
D. 反应3NO2(g)＋H2O(l)＝2HNO3(aq)+NO(g)在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0
【答案】AD
【解析】
【分析】
A、硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度；
B、浓度均为0.1mol/L的盐酸与醋酸溶液，盐酸中氢离子浓度大，对水电离抑制更强；
C、移走氨，正逆反应速率速率都减小，平衡正向移动；
D、根据当△G=△H-T·△S＜0时反应能自发进行来判断．
【详解】A、硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故A正确；
B、浓度均为0.1mol/L的盐酸与醋酸溶液，盐酸中氢离子浓度大，对水电离抑制更强，水的电离程度小，故B错误；
C、在合成氨工业中，移走NH3，正逆反应速率速率都减小，平衡正向移动，所以提高原料转化率，故C错误；
D、当反应的△G=（△H-T·△S）＜0时反应能自发进行，根据反应可知，此反应的熵变△S＜0，故△H应＜0，故D正确。
故选AD。
12.100 mL 3mol/L H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的
A. 碳酸钠固体 B. 醋酸钠固体 C. 硫酸钠溶液 D. 硝酸钾溶液
【答案】BC
【解析】
【分析】
过量的锌粉反应，硫酸完全反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量，以此来解答．
【详解】A、加入碳酸钠，消耗硫酸，生成氢气的量减少，故A错误；
B、加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变，则生成氢气总量不变，故B正确；
C、硫酸钠溶液相当于加水将溶液冲稀，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变，则生成氢气总量不变，故C正确；
D、加入硝酸钾溶液，酸性条件下硝酸根离子与锌反应不生成氢气而生成氮氧化物，故D错误。
故选：BC。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，侧重于学生的分析能力的考查，解题关键：注意信息中Zn过量及浓度对反应速率的影响，易错点D，隐藏氢离子与硝酸根离子重组成硝酸具有强氧化性，得不到氢气。
13.高温下，某反应达平衡，平衡常数K=。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为正值
B. 恒温恒容下，通入N2，压强增大，反应速率加快
C. 升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢，平衡正向移动
D. 该反应化学方程式为CO+H2OCO2+H2
【答案】A
【解析】
【分析】
平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数k=，所以该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，恒容时，温度升高，H2 浓度减小，平衡向正反应移动，则该反应为吸热反应。
【详解】A、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，所以△H＞0，故A正确；
B、反应前后气体体积不变，恒温恒容下，通入N2，压强增大，平衡不移动，故B错误；
C、升高温度，正、逆反应速率都增大，正反应速率增大更多，平衡正向移动，故C错误；
D、，平衡常数k=，所以该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，故D错误；
故选A。
14.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示：
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
NO (g)
CO (g)
甲
T1
0.20
0.20
乙
T1
0.30
0.30
丙
T2
0.20
0.20
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小
C. T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v(正)＜v(逆)
D. T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12 molCO2，则达平衡时N2的转化率大于40%
【答案】D
【解析】
【分析】
A．先拐先平温度高，甲平衡状态时二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；
C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三段式计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；
D．T2℃时，依据图象可知平衡状态下CO物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相比较，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行．
【详解】A．2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B错误；
C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三段式计算平衡常数，
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol·L－1） 0.1 0.1 0 0
变化量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
K==10，T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，Qc==5＜K=10．则反应达到新平衡前v（正）＞v（逆），故C错误；
D．T2℃时，平衡状态CO物质的量为0.12mol，
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0.2 0.2 0 0
转化量（mol） 0 0 0.1 0.2
变化量（mol） 0.08 0.08 0.04 0.08
平衡量（mol） 0.12 0.12 0.04 0.08
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0 0 0.06 0.12
转化量（mol） 0.12 0.12 0 0
若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相同，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO 0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D正确；
故选：D。
【点睛】本题考查了化学平衡影响因素，数据分析判断，解题关键：主要是平衡常数的计算和图线的理解应用，难点C，用浓度商确定平衡移动的方向。
15.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应:2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2mol SO2 1molO2
4mol SO3
2molSO2 1mol O2
平衡v正(SO2) mol/(L·s)
v1
v2
v3
平衡c(SO3) mol/L
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率a
a1(SO2)
a2(SO3)
a3(SO2)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法不正确的是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 )
C. K1> K3，p2> 2p3 D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】AC
【解析】
【分析】
采用比较的方法分析，对照容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。
【详解】采用比较的方法分析，对照容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2、2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小到原来的一半，增大压强反应速率加快，则v1
B、根据分析可知：v1＜v3，α1（SO2）＞α3（SO2），故B正确；
C、K1＞K3，p2＜2p1，p3＞p1，则p2＜2p3，故C错误；
D、c2＞2c1，c3＜c1，则c2＞2c3；α1（SO2 ）+α2（SO2 ）＜1，α1（SO2 ）＞α3（SO2 ），则α2（SO3 ）+α3（SO2 ）＜1，故D正确；
故选AC。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，解题关键：正确构建等效平衡，注意熟练掌握化学平衡及其影响，难点：将容器1和容器2对比，等效平衡的构建，要求学生有较强的分析、理解能力及化学计算能力。
16.已知t ℃时，0.01 mol/L NaOH溶液的pH＝11，0.1 mol/L的HA溶液中c(H+)/c(OH-)=109
请回答下列问题：
（1）该温度下，水的离子积Kw＝_____，0.1 mol/L的HA溶液中水电离出的c(OH-)=_____。
（2）在室温下，将pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈_____(填“酸”“碱”或“中”)性。
（3）在室温下，蒸馏水稀释0.01 mol/L HA溶液时，下列呈减小趋势的是_____。
A．水的电离程度 B．c(HA)/c(A-)
C．溶液中c(H＋)和c(OH－)的乘积 D．溶液中c(A－)·c(HA)的值
（4）室温下，取pH＝2的盐酸和HA溶液各100 mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：
①图中表示HA溶液pH变化曲线的是____(填“A”或“B”)。
②设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1_____m2(填“>”“<”或“＝”)。
（5）室温下，取0.01 mol/L的盐酸和HA溶液各100 mL，分别滴加0.01 mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，所需NaOH溶液的体积前者____后者(填“>”“<”或“＝”)。
【答案】 (1). 1×10－13 (2). 10－11mol/L (3). 酸 (4). BD (5). B (6). < (7). ＝
【解析】
【分析】
（1）0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH－）=10-2mol·L－1，已知pH=11，根据Kw的公式计算；
0.1mol·L-1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)=109，根据Kw计算c（H＋），再计算水电离的的c(OH-)；
（2）在室温下，pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液，c（OH－）=c（H＋），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度；
（3）HA是弱电解质，加水稀释HA，促进HA电离，则n（A－）、n（H＋）增大，n（HA）减小，但酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（A－）、c（H＋）、c（HA）都减小。
（4）HA是弱电解质，在反应过程中HA继续电离出氢离子，则反应过程中HA中pH增大程度小于HCl，当完全反应后，HA和盐酸中pH相等，则HA反应的物质的量大于盐酸，根据酸和锌之间的关系计算．
（5）0.01 mol·L－1的盐酸和HA溶液各100 mL，能提供的氢离子相同，消耗的碱相同。
【详解】（1）0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH－）=10-2mol·L－1，已知pH=11，即c（H＋）=10-11mol·L－1，则Kw=c（OH－）×c（H＋）=10-13；
0.1mol·L-1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)=109，已知Kw=10-13，则c（H＋）=10-2mol·L－1，c(OH-)=10-11mol·L－1；
（2）在室温下，pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液，氢氧化钠溶液中c（OH－）等于醋酸溶液中c（H＋），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度，所以混合后酸有剩余，则溶液显酸性；
（3）A、加水稀释，溶液的体积增大，c（H＋）减小，对水的电离的抑制程度减小，所以水的电离程度增大，故A错误；
B、加水稀释，促进电离，则n（A－）增大，n（HA）减小，所以c(HA)/c(A－)减小，故B正确；
C、溶液中c（H＋）和c（OH－）的乘积为常数，温度不变，则 c（H＋）和c（OH－）的乘积不变，故C错误；
D、加水稀释，溶液的体积增大，c（A－）与c（HA）均减小，所以溶液中c（A－）·c（HA）的值减小，故D正确；
故选BD。
（4））①HA是弱电解质，在反应过程中HA电离出氢离子，所以反应过程中HA中C（H＋）大于HCl，则HA中pH增大程度小于HCl，所以表示HA溶液中pH变化曲线为B；
②当完全反应后，HA和盐酸中pH相等，则参加反应的n（HA）＞n（HCl），酸消耗的越多，则参加反应的Zn的质量越大，所以m1＜m2。
（5）0.01 mol·L－1的盐酸和HA溶液各100 mL，能提供的氢离子相同，消耗的碱相同，室温下，取0.01 mol/L的盐酸和HA溶液各100 mL，分别滴加0.01 mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，所需NaOH溶液的体积前者等于后者。
17.能源危机当前是一个全球性问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。
（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是_____(填字母)。
a．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
b．大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
c．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源、不使用煤、石油等化石燃料
d．减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生
（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
①在通常状况下，金刚石和石墨相比较，_____填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为ΔH＝_____。
②12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量为_________kJ。
（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol－1、497 kJ·mol－1。N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝＋180.0 kJ·mol－1。NO分子中化学键的键能为_____。
（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：__________________。
【答案】 (1). ad (2). 石墨 (3). －393.5 kJ·mol－1 (4). 252.0 (5). 631.5kJ·mol－1 (6). 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.0 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；
（2）a、依据物质能量越高，物质越不稳定；依据图象判断石墨的燃烧热；
b、依据极值计算判断生成的气体组成，结合热化学方程式计算得到；
（3）旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为化学反应所吸收的能量，结合N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol－1、497kJ·mol－1，N2（g）+O2（g）=2NO（g），△H=+180kJ·mol－1可以计算NO分子中化学键的键能；
（4）利用盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热，再写出热化学方程式．
【详解】（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；
a、大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，属于“开源节流”，故正确；
b、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故错误；
c、开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源、应减少用煤、石油等化石燃料，故错误；
d．减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生，属于“开源节流”，故正确；
故选ad。
（2）①图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为393.5kJ·mol－1；
②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳质量为44g，若生成一氧化碳质量为28g，生成气体36g，28g＜36g＜44g，判断生成的气体为一氧化碳和二氧化碳气体，设一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为（1-x）mol，28x+44（1-x）=36g，x=0.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；依据图象分析，C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ·mol－1 ；C（石墨，s）+1/2O2（g）═CO（g）△H=-110.5 kJ`mol－1 ,生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5 kJ·mol－1 ×0.5mol+110.5 kJ·mol－1 ×0.5mol=252KJ；12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为252.0kJ；
（3）根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol－1、497kJ·mol－1以及反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ·mol－1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946kJ·mol－1+497kJ·mol－1-2X=180kJ·mol－1 得：X=631.5kJ·mol－1；
（4）已知①C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ·mol－1 ；
②C（石墨，s）+1/2O2（g）═CO（g）△H=-110.5 kJ·mol－1；
③N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ·mol－1；
由盖斯定律：方程式①×2-②×2-③得 2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.0kJ·mol－1；
18.I. 已知：
反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常数为K1；
反应Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数为K2。
在不同温度时K1、K2的值如下表：
温度（绝对温度）
K1
K2
973
1.47
2.38
1173
2.15
1.67
（1）推导反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）的平衡常数K与K1、K2的关系式：___________，判断该反应是___________反应（填“吸热”或“放热”）。
II. T1温度下，体积为 2L的恒容密闭容器，加入4.00molX，2.00molY，发生化学反应 2X(g)+Y(g)3M(g)+N(s) △H<0。部分实验数据如表格所示。
t/s
0
500
1000
1500
n(X)/mol
4.00
2.80
2.00
2.00
（2）前500s反应速率v(M)＝____________，该反应的平衡常数K＝_____________。
（3）该反应达到平衡时某物理量随温度变化如下图所示。纵坐标可以表示的物理量有哪些_____。
a．Y的逆反应速率 b．M的体积分数
c．混合气体的平均相对分子质量 d．X的质量分数
（4）反应达到平衡后，若再加入3.00molM，3.00molN，下列说法正确的是_____。
A．平衡不移动
B．重新达平衡后，M的体积分数小于50%
C．重新达平衡后，M的物质的量浓度是原平衡的1．5倍
D．重新达平衡后，Y的平均反应速率与原平衡相等
E．重新达平衡后，用X表示的v(正)比原平衡大
（5）若容器为绝热恒容容器，起始时加入4.00molX，2.00molY，则达平衡后M的物质的量浓度_____1.5mol/L(填“>”、“=”或“<”)。
【答案】 (1). K=K1/K2 (2). 吸热 (3). 1.8×10－3mol/(L·s) (4). 6.75 (5). bd (6). ACE (7). <
【解析】
【分析】
（1）由①Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常数为K1；
②Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数为K2，
结合盖斯定律可知，①-②得到CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），且表中 ，可知升高温度K增大。
（2）根据速率计算公式求解；根据平衡常数定义求解；
（3）反应是正反应气体体积不变的放热反应，升温平衡逆向移动；
（4）根据反应2X（g）+Y（g）3M（g）+N（s）可知，该反应是气体体积不变的反应，若再加入3.00molM，3.00molN，折算成X、Y相当于再加入2molX和1molY，由于N是固体，N的加入对平衡没有影响，所以再加入3.00molM，3.00molN后，反应达到平衡时与原平衡为等效平衡，由于是体积为2L的恒容密闭容器，所以达到新平衡时，气体浓度为原平衡的1.5倍。
（5）若容器为绝热恒容容器，反应放出的热量使体系温度升高，平衡逆向进行；
【详解】（1）由①Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常数为K1；
②Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数为K2，
结合盖斯定律可知，①-②得到CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），则平衡常数K与K1、K2的关系式为K=K1/K2，且表中 ，可知升高温度K增大，即升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应。
（2）前500s反应速率v（M）=3v（X）/2= =1.8×10-3mol/（L·s）；
数据分析可知1000°C反应达到平衡状态，X物质的量为2mol，
2X（g）+Y（g）3M（g）+N（s）
起始量（mol·L－1） 2 1 0 0
变化量（mol·L－1） 1 0.5 1.5 0.5
平衡量（mol·L－1） 1 0.5 1.5
平衡常数K=1．53/(12×0.5)=6.75。
（3）2X（g）+Y（g）3M（g）+N（s）△H＜0，反应是正反应气体体积不变的放热反应，升温平衡逆向移动；
a．图象分析可知，温度越高，平衡逆向进行，Y的逆反应速率增大，不符合图象变化，故a错误；
b．温度越高，平衡逆向进行，M的体积分数减小，图象符合，故b正确；
c．温度越高，平衡逆向进行，气体质量增大，气体的物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量随温度升高增大，图象变化不符合，故c错误；
d．图象分析可知，温度越高，平衡逆向进行，气体总质量增大，X的质量分数减小，故d正确；
故答案为：b d；
（4）根据反应2X（g）+Y（g）3M（g）+N（s）可知，该反应是气体体积不变的反应，若再加入3.00molM，3.00molN，折算成X、Y相当于再加入2molX和1molY，由于N是固体，N的加入对平衡没有影响，所以再加入3.00molM，3.00molN后，反应达到平衡时与原平衡为等效平衡，由于是体积为2L的恒容密闭容器，所以达到新平衡时，气体浓度为原平衡的1.5倍，
A、根据上面的分析可知，两个平衡为等效平衡，故A正确；
B、由于两个平衡为等效平衡，M转化率不变，故B错误；
C、根据上面的分析可知，重新达到平衡后，M的物质的量浓度是原平衡的1.5倍，故C正确，
D、由于压强增大，所以反应速率都增大，故D错误；
E、由于压强增大，用X表示的v（正）比原平衡大，故E正确；
故选ACE，
（5）若容器为绝热恒容容器，反应放出的热量使体系温度升高，平衡逆向进行，达平衡后M的物质的量浓度小于1.5mol·L－1。
19.草酸晶体的组成可用H2C2O4·xH2O表示，为了测定x值，进行如下实验：
①称取w g草酸晶体，配成100.00mL水溶液。
②量取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀硫酸。
③用浓度为a mol·L−1的KMnO4溶液滴定到滴入最后一滴KMnO4半分钟后不再褪色为止。
所发生反应：KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4——K2SO4＋CO2↑＋MnSO4＋H2O（未配平）。
试回答：
（1）实验中不需要的仪器有_____（填序号），还缺少的仪器有_____。
a．托盘天平（带砝码，镊子）；b．滴定管；c．100 mL量筒；d．滴定管夹；e．烧杯；f．漏斗；g．锥形瓶；h．玻璃棒；i．药匙；f铁架台。
（2）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_________式滴定管中。
（3）误差讨论：
①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_____(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会_____。
（4）在滴定过程中若用a mol·L−1的KMnO4溶液V mL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为_________mol·L−1，由此可计算x值是_________。（用代数式表达）
【答案】 (1). c、f (2). 100 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 酸 (4). 偏大 (5). 偏小 (6). aV/10 (7).
【解析】
【分析】
（1）为了配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；
（2）因高锰酸钾具有强氧化性，应装在酸式滴定管中；
（3）测到的草酸的量偏大，则x偏小；
（4）根据化学方程式中各物质的关系进行计算出草酸的浓度，从而计算出样品中含有草酸的质量、结晶水的质量，最后计算出草酸晶体中x值．
【详解】（1）根据实验操作步骤可知，配制草酸溶液应需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，所给仪器中缺少100mL容量瓶、胶头滴管，实验中不需要的仪器有100 mL量筒、漏斗，选c、f；还缺少的仪器有：100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，应装在酸式滴定管中；
（3）①若滴定终点时俯视滴定管刻度，读出的高锰酸钾溶液的体积偏小，测到的草酸含量偏小，则由此测得的x值会偏大。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，所消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，测到的草酸含量偏大，则由此测得的x值会偏小。
（4）2KMnO4～5H2C2O4
2 5
aV×10-3mol 0.025×cmol
c=5aV×10-3mol/(2×0.025mol)
=0.1aVmol·L-1，
样品中含有草酸的质量为：90g·mol－1×0.1aVmol·L－1×0.025L×4=0.9aVg，Wg草酸晶体中含有结晶水的质量为：Wg-0.9aVg，
草酸晶体中含有结晶水数目为：x=
【点睛】该题涉及到氧化还原滴定，虽反应原理与中和滴定不同，但实验原理及操作和所用仪器等类似．该反应有明显的颜色变化，故可不用指示剂．难点（4）根据关系式进行计算．
20.“温室效应”是全球关注的环境问题之一。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，CO2的综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。
（1）CO2催化加氢能合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)。不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示，则曲线b表示的物质为________(填化学式)。
（2）CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
反应B：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
控制CO2和H2初始投料比为1∶3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。
①由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是_____。
②由图可知获取CH3OH最适宜的温度是________，下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有________(填字母)。
A. 使用催化剂
B. 增大体系压强
C. 增大CO2和H2的初始投料比
D. 投料比和容器体积不变，增加反应物的浓度
（3）在恒温恒容条件下，反应A达到平衡的标志有_____
A. 容器中气体压强不再发生变化
B. 容器中气体密度不再发生变化
C. 容器中气体颜色不再发生变化
D. 容器中气体平均摩尔质量不再发生变化
（4）由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。“热分解系统”发生的反应为2Fe3O46FeO＋O2↑，每分解1 mol Fe3O4转移电子的物质的量为_____；“重整系统”发生反应的化学方程式为___。
【答案】 (1). H2O (2). 反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高 (3). 250 ℃ (4). BD (5). AD (6). 2 mol (7). 6FeO＋CO22Fe3O4＋C
【解析】
【分析】
（1）据图，升高温度，氢气物质的量增大，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，据此判断b曲线代表物质；
（2）①反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；
②据图示进行分析250℃甲醇转化率最高；由CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-53.7kJ·mol-1 可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变；
（4）该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子和Fe3O4之间的关系式计算；据图，反应物是二氧化碳和FeO，生成物的四氧化三铁和C，反应条件是700K．
【详解】（1）据图，升高温度，氢气物质的量增大，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以b曲线代表H2O。
（2）①由图2可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；
②据图示进行分析250℃甲醇转化率最高，故获取CH3OH最适宜的温度是250℃；
A．使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B、增大体系压强，平衡向正方向移动，提高甲醇转化率，故B正确；
C、增大CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故C错误；
D、投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
故选BD。
（3）反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
A. 容器中气体压强不再发生变化，各物质百分含量保持不变时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；
B. 反应前后气体总质量不变、容器容积不变，则无论反应是否达到平衡状态，容器中混合气体密度始终不变，所以当容器中混合气体的密度保持不变时，该反应不一定达到平衡状态，故B错误；
C. 反应A中，气体均为无色，容器中气体颜色不再发生变化，无法判断是否达到平衡，故C错误；
D. 反应前后气体总质量不变、但反应前后气体的物质的量发生变化，容器中气体平均摩尔质量不再发生变化，各物质百分含量保持不变时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D正确；
故选AD。
（4）该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，O元素化合价由-2价变为0价，分解2mol四氧化三铁转移4mol电子，则分解1mol四氧化三铁转移2mol电子；
据图，反应物是二氧化碳和FeO，生成物的四氧化三铁和C，反应条件是700K，反应方程式为6FeO（S）+CO22Fe3O4＋C。
21.太阳能电池的发展趋向于微型化、薄膜化。最新产品是铜镓(Ga)硒(Se)等化合物薄膜太阳能电池和Si系薄膜太阳能电池。完成下列填空：
（1）Cu＋基态时的电子排布式_________；1mol配合离子[Cu(NH3)2]+ 中，含有σ键数目为__________。
（2）已知硼元素与镓元素处于同一主族，BF3分子的空间构型为_____。
（3）与硒同周期相邻的元素为砷和溴，则这三种元素的第一电离能从大到小顺序为_______（用元素符号表示），H2Se的沸点比H2O的沸点低，其原因是___________。
（4）单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂结构；在晶体中，每个Si原子周围最近的C原子数目为_____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). 8mol或8×6.02×1023 (3). 平面正三角形 (4). Br＞As＞Se (5). H2O分子间存在氢键 (6). 4
【解析】
【分析】
（1）铜是29号元素，铜原子失去4s一个电子变成亚铜离子；配合离子[Cu（NH3）2]+中生成2个配位键，氨气分子之间形成3个σ键，配离子中含有8个σ键；
（2）BF3分子中B原子孤电子对数=（3-1×3）/2=0，价层电子对数=3+0=3；
（3）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，As元素原子4p轨道为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
H2O分子间存在氢键，沸点高于硫化氢的；
（4）以顶点Si原子研究，与之最近的Si原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用．
【详解】（1）铜是29号元素，铜原子失去4s一个电子变成亚铜离子，基态铜离子（Cu＋）的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10 ，配合离子[Cu（NH3）2]+中生成2个配位键，氨气分子之间形成3个σ键，配离子中含有8个σ键，则1mol配合离子[Cu（NH3）2]+中，含有σ键数目为8mol或8×6.02×1023 ；
（2）BF3分子中B原子孤电子对数=（3-1×3）/2=0，价层电子对数=3+0=3，空间结构为平面正三角形；
（3）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，As元素原子4p轨道为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：Br＞As＞Se；
H2O分子间存在氢键，沸点高于硫化氢；
（4）以顶点Si原子研究，与之最近的Si原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故每个Si原子周围最近的Si原子数目为3×8/2=12。
1.下列说法正确的是
A. 自发反应在任何条件下都能实现
B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
C. 常温下，氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合放出氨气，该反应为吸热反应
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】C
【解析】
【分析】
A、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定；
B、硫蒸气变为硫固体要放出热量；
C、常温下，氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合放出氨气是吸热反应；
D、ΔH只与反应的终始态有关，与所经历的途径无关。
【详解】A、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，故A错误；
B、硫蒸气变为硫固体要放出热量，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更少，故B错误；
C、常温下，氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合放出氨气，该反应为吸热反应，故C正确；
D、ΔH只与反应的终始态有关，与所经历的途径无关，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D错误；
故选C。
2.下列说法正确的是
A. 与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值是盐酸的两倍
B. 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－566kJ/mol,则CO的燃烧热为△H=－283kJ/mol
C. 中和热实验中，可以用铜棒代替易碎的环形玻璃搅拌棒
D. 中和热实验中，只需测反应的最终温度
【答案】B
【解析】
【分析】
A、中和热是生成1mol水时放出的热量；
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；
C、根据金属的导热性很好，会导致热量的散失；
D、中和热实验中，需测反应的开始和最高温度，计算温度的变化量。
【详解】A、与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值与盐酸相同，故A错误；
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，由2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－566kJ/mol可得2molCO燃烧放出566kJ/mol,则CO的燃烧热为△H=－283kJ/mol，故B正确；
C、用环形铜棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，故C错误；
D、中和热实验中，需测反应的开始和最高温度，计算温度的变化量，故D错误。
故选B。
3.某温度时，N2与H2反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 正反应的活化能等于逆反应的活化能
B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C. 1 mo N2与3 mo H2充分反应放出的热量小于92 kJ
D. 加入催化剂，该反应的焓变减小
【答案】C
【解析】
【分析】
A、反应物和生成物的能量不同，活化能不同；
B、催化剂可降低反应所需的活化能；
C、由图可知1 mol N2、3 mol H2完全反应放出热量为600kJ-508kJ=92k就，而合成氨为可逆反应；
D、ΔH只与反应的终始态有关，与所经历的途径无关，加入催化剂，该反应的焓变不变。
【详解】A、反应物和生成物的能量不同，正反应的活化能不等于逆反应的活化能，故A错误；
B、催化剂可降低反应所需的活化能，则图中b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故B错误；
C、合成氨为可逆反应， 1 mo N2与3 mo H2充分反应放出的热量小于92 kJ，故C正确；
D、ΔH只与反应的终始态有关，与所经历的途径无关，加入催化剂，该反应的焓变不变，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查反应热与焓变，侧重分析与应用能力的考查，解题关键：把握反应中能量变化、图象分析、焓变计算，注意选项C为解答的易错点，注意可逆反应转化率低于100%．
4.下列事实中，不能用勒夏特列原理来解释的是
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
C. 含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深
D. H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【详解】A、气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、2NO2N2O4，加压后NO2浓度先变大，颜色变深，然后平衡正确向移动，颜色后变浅，能用勒夏特利原理解释，故B不选；
C、NH3·H2ONH4＋＋OH－，加热促进平衡正向进行，含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D、由H2、I2（g）、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D选；
故选D。
【点睛】本题考查了化学平衡移动原理的分析判断，解题关键：对平衡移动原理的理解，影响平衡因素的分析，易错点D，反应前后气体体积不变的反应，加压平衡不移动。
5.已知：4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)（mol·L－1·min－1）表示，则正确的关系是
A. v(NH3)＝2/3v(H2O) B. 5/6v(O2)＝v(H2O)
C. 4/5v(NH3)＝v(O2) D. v(O2)＝4/5v(NO)
【答案】A
【解析】
【分析】
同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此分析解答．
【详解】A、V（NH3）：V（H2O）=4：6=2：3，3V（NH3）=2V（H2O），v(NH3)＝2/3v(H2O)，故A正确；
B、V（O2）：V（H2O）=5：6，6V（O2）=5V（H2O），故B错误；
C、V（NH3）：V（O2）=4：5，5V（NH3）=4V（O2），故C错误；
D、V（O2）：V（NO）=5：4，4V（O2）=5V（NO），故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查了化学反应速率的定量表示方法，解题关键：根据“同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比”。
6.在给定环境中，下列各组离子可能大量共存的是
A. 澄清透明溶液中：Al3+、Fe3+、SO42－、Cl－
B. 甲基橙呈红色的溶液中：K+、Na+、S2－、AlO2－
C. 常温下，在c(H+)/ c(OH—)= 1×1012的溶液中：NH4+、CO32－、K+、Cl－
D. 常温下，水电离出的c(OH—)=1×10—13 mol/L的溶液中：Na+、NH4+、HCO3－、NO3－
【答案】A
【解析】
【分析】
A、不发生反应，能大量共存；
B、酸性条件下，氢离子与S2－、AlO2－发生反应；
C、 常温下，在c(H+)/ c(OH—)= 1×1012的溶液呈酸性，CO32－生成二氧化碳和水；
D、常温下，水电离出的c(OH—)=1×10—13 mol/L的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；
【详解】A、不发生反应，能大量共存，故A选；
B、酸性条件下，氢离子与S2－、AlO2－发生反应，生成硫化氢、氢氧化铝或铝盐，故B不选；
C、常温下，在c(H+)/ c(OH—)= 1×1012的溶液呈酸性，CO32－生成二氧化碳和水，故C不选；
D、常温下，水电离出的c(OH—)=1×10—13 mol/L的溶液可能呈酸性，HCO3－不能共存，也可能呈碱性，NH4+不能大量共存，故D不选；
故选A。
7.对于反应：A+BC ，下列条件的改变一定能使化学反应速率加快的是
A. 增加A的物质的量 B. 减少C的物质的量浓度
C. 增加体系的压强 D. 升高体系的温度
【答案】D
【解析】
【分析】
温度、浓度、压强、催化剂能影响反应速率，但浓度仅适用于溶液或气体、压强仅适用于有气体参加的化学反应。．
【详解】A、对于反应A+B=C，如果B、C均是气体，而A是固体，增加A的物质的量不会引起速率的变化，故A错误；
B、对于反应A+B=C，如果B、A均是气体，而C是固体，减少C的物质的量不会引起速率的变化，故B错误。
C、对固体或液体之间的反应，改变压强不会引起化学反应速率的变化，故C错误；
D、升高体系的温度，所有化学反应的反应速率均加快，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查化学反应速率影响因素，解题关键：知道常见影响速率的因素及其原理，注意影响因素适用范围，易错选项是BC。
8.下列叙述正确的是
A. 室温下，0.2 mol·L－1的氨水与等体积水混合后pH＝13
B. 某温度下，1L pH=6的纯水中含OH－为10-8mol
C. 通过测定0.01mol·L－1醋酸的pH，可验证CH3COOH是弱电解质
D. 为测定新制氯水的pH,用玻璃棒蘸取液体滴在湿润pH试纸上，与标准比色卡对照即可
【答案】C
【解析】
【分析】
A、一水合氨是弱碱；
B、水电离的氢离子和氢氧根离子相等；
C、弱电解质不能完全电离；
D、氯水具有漂白性。
【详解】A、一水合氨是弱碱，室温下，0.2 mol·L－1的氨水与等体积水混合后，浓度为0.1mol·L－1，氢氧根离子的浓度小于0.1mol·L－1，PH小于13，故A错误；
B、水电离的氢离子和氢氧根离子相等，某温度下，1L pH=6的纯水中含OH－为10-6mol，故B错误；
C、弱电解质不能完全电离，通过测定0.01mol·L－1醋酸的pH，PH大于2，可验证CH3COOH是弱电解质，故C正确；
D、氯水具有漂白性，能将pH试纸漂白，故D错误。
故选C。
9.在好氧菌和厌氧菌作用下废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(l)，示意图如下：
反应I：NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3－(aq)＋2H+(aq)＋H2O(l) ΔH1＝a kJ·mol－1
反应II：5NH4+(aq)＋3NO3－(aq)=4N2(g)＋9H2O(l)＋2H+(aq) ΔH2＝b kJ·mol－1
下列说法正确的是
A. 两池发生的反应中氮元素只被氧化
B. 两池中投放的废液体积相等时NH4+能完全转化为N2
C. 常温常压下，反应II中生成22.4 L N2转移的电子数为3.75×6.02×1023
D. 4NH4+(aq)＋3O2(g)=2N2(g)＋4H+(aq)＋6H2O(l) ΔH＝(3a＋b) kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
A．反应I：氧气作氧化剂，反应中O元素的化合价和N元素的化合价发生变化，A错误；B．反应I：1molNH4+转化为1molNO3-，反应II：1molNO3-消耗NH4+，两个反应中消耗的废液不同，B错误；C．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算氮气的物质的量，所以无法计算转移的电子的数目，C错误；D．根据盖斯定律(3×I+II)/2即可得到4NH4+(aq)＋3O2(g)=2N2(g)＋4H+(aq)＋6H2O(l) ΔH＝(3a＋b) kJ·mol－1，D正确。答案选D。
点睛：本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，把握氧化还原反应原理和N元素的化合物的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。选项B是解答的易错点，注意气体摩尔体积的使用条件和适用范围。
10.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示1 L pH＝2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lg V的变化
B. 图2表示不同温度下水溶液中H＋和OH－浓度的变化的曲线，图中温度T2
D. 图4表示同一温度下，相同物质的量BaO2在不同容积的容器中进行反应：2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
【答案】B
【解析】
【分析】
A、醋酸是弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进电离，加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位；
B、图象分析可知，T2温度下，氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积小于T1温度下氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积，水的电离是吸热过程，温度越高水电离程度越大，氢离子和氢氧根离子浓度乘积越大；
C、图象分析可知，随氢气体积分数增大，平衡正向进行氨气平衡体积分数增大，但随氢气量的增大超过平衡移动量的增大，氨气的体积分数会减小，但增大氢气的浓度，氮气转化率增大；
D、同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）2BaO（s）+O2（g），体积越大压强越小，则平衡正向进行，氧气浓度增大，最终与原浓度，相同温度下平衡常数不变，此反应的平衡常数K=c（O2）。
【详解】A．加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位，所以1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH变化小于lgV，故A错误；
B．升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2＜T1，故B正确；
C．增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，故C错误；
D．增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大，氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，温度不变，平衡常数不变，K=c（O2），最终氧气平衡浓度不变，则图象不符，故D错误。
故选：B。
【点睛】本题考查了弱酸的电离、影响水的电离平衡的因素、化学平衡移动等，解题关键：把握有关的反应原理以及影响平衡的条件．易错点D，写出平衡常数表达式，即能确定图象。
11.下列有关说法正确的是
A. 25 ℃时，0.1 mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
B. 常温下，浓度均为0.1mol/L的盐酸与醋酸溶液中，水的电离程度相同
C. 在合成氨工业中，移走NH3可增大正反应速率，提高原料转化率
D. 反应3NO2(g)＋H2O(l)＝2HNO3(aq)+NO(g)在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0
【答案】AD
【解析】
【分析】
A、硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度；
B、浓度均为0.1mol/L的盐酸与醋酸溶液，盐酸中氢离子浓度大，对水电离抑制更强；
C、移走氨，正逆反应速率速率都减小，平衡正向移动；
D、根据当△G=△H-T·△S＜0时反应能自发进行来判断．
【详解】A、硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故A正确；
B、浓度均为0.1mol/L的盐酸与醋酸溶液，盐酸中氢离子浓度大，对水电离抑制更强，水的电离程度小，故B错误；
C、在合成氨工业中，移走NH3，正逆反应速率速率都减小，平衡正向移动，所以提高原料转化率，故C错误；
D、当反应的△G=（△H-T·△S）＜0时反应能自发进行，根据反应可知，此反应的熵变△S＜0，故△H应＜0，故D正确。
故选AD。
12.100 mL 3mol/L H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的
A. 碳酸钠固体 B. 醋酸钠固体 C. 硫酸钠溶液 D. 硝酸钾溶液
【答案】BC
【解析】
【分析】
过量的锌粉反应，硫酸完全反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量，以此来解答．
【详解】A、加入碳酸钠，消耗硫酸，生成氢气的量减少，故A错误；
B、加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变，则生成氢气总量不变，故B正确；
C、硫酸钠溶液相当于加水将溶液冲稀，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变，则生成氢气总量不变，故C正确；
D、加入硝酸钾溶液，酸性条件下硝酸根离子与锌反应不生成氢气而生成氮氧化物，故D错误。
故选：BC。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，侧重于学生的分析能力的考查，解题关键：注意信息中Zn过量及浓度对反应速率的影响，易错点D，隐藏氢离子与硝酸根离子重组成硝酸具有强氧化性，得不到氢气。
13.高温下，某反应达平衡，平衡常数K=。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为正值
B. 恒温恒容下，通入N2，压强增大，反应速率加快
C. 升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢，平衡正向移动
D. 该反应化学方程式为CO+H2OCO2+H2
【答案】A
【解析】
【分析】
平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数k=，所以该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，恒容时，温度升高，H2 浓度减小，平衡向正反应移动，则该反应为吸热反应。
【详解】A、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，所以△H＞0，故A正确；
B、反应前后气体体积不变，恒温恒容下，通入N2，压强增大，平衡不移动，故B错误；
C、升高温度，正、逆反应速率都增大，正反应速率增大更多，平衡正向移动，故C错误；
D、，平衡常数k=，所以该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，故D错误；
故选A。
14.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示：
容器
温度/℃
起始物质的量/mol
NO (g)
CO (g)
甲
T1
0.20
0.20
乙
T1
0.30
0.30
丙
T2
0.20
0.20
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小
C. T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，则反应达到新平衡前v(正)＜v(逆)
D. T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12 molCO2，则达平衡时N2的转化率大于40%
【答案】D
【解析】
【分析】
A．先拐先平温度高，甲平衡状态时二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；
C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三段式计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；
D．T2℃时，依据图象可知平衡状态下CO物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相比较，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行．
【详解】A．2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；
B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B错误；
C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三段式计算平衡常数，
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol·L－1） 0.1 0.1 0 0
变化量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量（mol·L－1） 0.05 0.05 0.025 0.05
K==10，T1℃时，若起始时向甲中充入0.40 mol NO、0.40mol CO、0.40mol N2和0.40mol CO2，Qc==5＜K=10．则反应达到新平衡前v（正）＞v（逆），故C错误；
D．T2℃时，平衡状态CO物质的量为0.12mol，
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0.2 0.2 0 0
转化量（mol） 0 0 0.1 0.2
变化量（mol） 0.08 0.08 0.04 0.08
平衡量（mol） 0.12 0.12 0.04 0.08
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 0 0 0.06 0.12
转化量（mol） 0.12 0.12 0 0
若起始时向丙中充入0.06mol N2和0.12 mol CO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相同，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO 0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D正确；
故选：D。
【点睛】本题考查了化学平衡影响因素，数据分析判断，解题关键：主要是平衡常数的计算和图线的理解应用，难点C，用浓度商确定平衡移动的方向。
15.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应:2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2mol SO2 1molO2
4mol SO3
2molSO2 1mol O2
平衡v正(SO2) mol/(L·s)
v1
v2
v3
平衡c(SO3) mol/L
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率a
a1(SO2)
a2(SO3)
a3(SO2)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法不正确的是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 )
C. K1> K3，p2> 2p3 D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】AC
【解析】
【分析】
采用比较的方法分析，对照容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。
【详解】采用比较的方法分析，对照容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2、2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小到原来的一半，增大压强反应速率加快，则v1
B、根据分析可知：v1＜v3，α1（SO2）＞α3（SO2），故B正确；
C、K1＞K3，p2＜2p1，p3＞p1，则p2＜2p3，故C错误；
D、c2＞2c1，c3＜c1，则c2＞2c3；α1（SO2 ）+α2（SO2 ）＜1，α1（SO2 ）＞α3（SO2 ），则α2（SO3 ）+α3（SO2 ）＜1，故D正确；
故选AC。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，解题关键：正确构建等效平衡，注意熟练掌握化学平衡及其影响，难点：将容器1和容器2对比，等效平衡的构建，要求学生有较强的分析、理解能力及化学计算能力。
16.已知t ℃时，0.01 mol/L NaOH溶液的pH＝11，0.1 mol/L的HA溶液中c(H+)/c(OH-)=109
请回答下列问题：
（1）该温度下，水的离子积Kw＝_____，0.1 mol/L的HA溶液中水电离出的c(OH-)=_____。
（2）在室温下，将pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈_____(填“酸”“碱”或“中”)性。
（3）在室温下，蒸馏水稀释0.01 mol/L HA溶液时，下列呈减小趋势的是_____。
A．水的电离程度 B．c(HA)/c(A-)
C．溶液中c(H＋)和c(OH－)的乘积 D．溶液中c(A－)·c(HA)的值
（4）室温下，取pH＝2的盐酸和HA溶液各100 mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：
①图中表示HA溶液pH变化曲线的是____(填“A”或“B”)。
②设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1_____m2(填“>”“<”或“＝”)。
（5）室温下，取0.01 mol/L的盐酸和HA溶液各100 mL，分别滴加0.01 mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，所需NaOH溶液的体积前者____后者(填“>”“<”或“＝”)。
【答案】 (1). 1×10－13 (2). 10－11mol/L (3). 酸 (4). BD (5). B (6). < (7). ＝
【解析】
【分析】
（1）0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH－）=10-2mol·L－1，已知pH=11，根据Kw的公式计算；
0.1mol·L-1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)=109，根据Kw计算c（H＋），再计算水电离的的c(OH-)；
（2）在室温下，pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液，c（OH－）=c（H＋），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度；
（3）HA是弱电解质，加水稀释HA，促进HA电离，则n（A－）、n（H＋）增大，n（HA）减小，但酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（A－）、c（H＋）、c（HA）都减小。
（4）HA是弱电解质，在反应过程中HA继续电离出氢离子，则反应过程中HA中pH增大程度小于HCl，当完全反应后，HA和盐酸中pH相等，则HA反应的物质的量大于盐酸，根据酸和锌之间的关系计算．
（5）0.01 mol·L－1的盐酸和HA溶液各100 mL，能提供的氢离子相同，消耗的碱相同。
【详解】（1）0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH－）=10-2mol·L－1，已知pH=11，即c（H＋）=10-11mol·L－1，则Kw=c（OH－）×c（H＋）=10-13；
0.1mol·L-1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)=109，已知Kw=10-13，则c（H＋）=10-2mol·L－1，c(OH-)=10-11mol·L－1；
（2）在室温下，pH之和为14的NaOH溶液和HA溶液，氢氧化钠溶液中c（OH－）等于醋酸溶液中c（H＋），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度，所以混合后酸有剩余，则溶液显酸性；
（3）A、加水稀释，溶液的体积增大，c（H＋）减小，对水的电离的抑制程度减小，所以水的电离程度增大，故A错误；
B、加水稀释，促进电离，则n（A－）增大，n（HA）减小，所以c(HA)/c(A－)减小，故B正确；
C、溶液中c（H＋）和c（OH－）的乘积为常数，温度不变，则 c（H＋）和c（OH－）的乘积不变，故C错误；
D、加水稀释，溶液的体积增大，c（A－）与c（HA）均减小，所以溶液中c（A－）·c（HA）的值减小，故D正确；
故选BD。
（4））①HA是弱电解质，在反应过程中HA电离出氢离子，所以反应过程中HA中C（H＋）大于HCl，则HA中pH增大程度小于HCl，所以表示HA溶液中pH变化曲线为B；
②当完全反应后，HA和盐酸中pH相等，则参加反应的n（HA）＞n（HCl），酸消耗的越多，则参加反应的Zn的质量越大，所以m1＜m2。
（5）0.01 mol·L－1的盐酸和HA溶液各100 mL，能提供的氢离子相同，消耗的碱相同，室温下，取0.01 mol/L的盐酸和HA溶液各100 mL，分别滴加0.01 mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，所需NaOH溶液的体积前者等于后者。
17.能源危机当前是一个全球性问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。
（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是_____(填字母)。
a．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
b．大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
c．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源、不使用煤、石油等化石燃料
d．减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生
（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
①在通常状况下，金刚石和石墨相比较，_____填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为ΔH＝_____。
②12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量为_________kJ。
（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol－1、497 kJ·mol－1。N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝＋180.0 kJ·mol－1。NO分子中化学键的键能为_____。
（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：__________________。
【答案】 (1). ad (2). 石墨 (3). －393.5 kJ·mol－1 (4). 252.0 (5). 631.5kJ·mol－1 (6). 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.0 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；
（2）a、依据物质能量越高，物质越不稳定；依据图象判断石墨的燃烧热；
b、依据极值计算判断生成的气体组成，结合热化学方程式计算得到；
（3）旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为化学反应所吸收的能量，结合N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol－1、497kJ·mol－1，N2（g）+O2（g）=2NO（g），△H=+180kJ·mol－1可以计算NO分子中化学键的键能；
（4）利用盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热，再写出热化学方程式．
【详解】（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；
a、大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，属于“开源节流”，故正确；
b、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故错误；
c、开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源、应减少用煤、石油等化石燃料，故错误；
d．减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生，属于“开源节流”，故正确；
故选ad。
（2）①图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为393.5kJ·mol－1；
②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳质量为44g，若生成一氧化碳质量为28g，生成气体36g，28g＜36g＜44g，判断生成的气体为一氧化碳和二氧化碳气体，设一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为（1-x）mol，28x+44（1-x）=36g，x=0.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；依据图象分析，C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ·mol－1 ；C（石墨，s）+1/2O2（g）═CO（g）△H=-110.5 kJ`mol－1 ,生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5 kJ·mol－1 ×0.5mol+110.5 kJ·mol－1 ×0.5mol=252KJ；12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为252.0kJ；
（3）根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol－1、497kJ·mol－1以及反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ·mol－1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946kJ·mol－1+497kJ·mol－1-2X=180kJ·mol－1 得：X=631.5kJ·mol－1；
（4）已知①C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ·mol－1 ；
②C（石墨，s）+1/2O2（g）═CO（g）△H=-110.5 kJ·mol－1；
③N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ·mol－1；
由盖斯定律：方程式①×2-②×2-③得 2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.0kJ·mol－1；
18.I. 已知：
反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常数为K1；
反应Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数为K2。
在不同温度时K1、K2的值如下表：
温度（绝对温度）
K1
K2
973
1.47
2.38
1173
2.15
1.67
（1）推导反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）的平衡常数K与K1、K2的关系式：___________，判断该反应是___________反应（填“吸热”或“放热”）。
II. T1温度下，体积为 2L的恒容密闭容器，加入4.00molX，2.00molY，发生化学反应 2X(g)+Y(g)3M(g)+N(s) △H<0。部分实验数据如表格所示。
t/s
0
500
1000
1500
n(X)/mol
4.00
2.80
2.00
2.00
（2）前500s反应速率v(M)＝____________，该反应的平衡常数K＝_____________。
（3）该反应达到平衡时某物理量随温度变化如下图所示。纵坐标可以表示的物理量有哪些_____。
a．Y的逆反应速率 b．M的体积分数
c．混合气体的平均相对分子质量 d．X的质量分数
（4）反应达到平衡后，若再加入3.00molM，3.00molN，下列说法正确的是_____。
A．平衡不移动
B．重新达平衡后，M的体积分数小于50%
C．重新达平衡后，M的物质的量浓度是原平衡的1．5倍
D．重新达平衡后，Y的平均反应速率与原平衡相等
E．重新达平衡后，用X表示的v(正)比原平衡大
（5）若容器为绝热恒容容器，起始时加入4.00molX，2.00molY，则达平衡后M的物质的量浓度_____1.5mol/L(填“>”、“=”或“<”)。
【答案】 (1). K=K1/K2 (2). 吸热 (3). 1.8×10－3mol/(L·s) (4). 6.75 (5). bd (6). ACE (7). <
【解析】
【分析】
（1）由①Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常数为K1；
②Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数为K2，
结合盖斯定律可知，①-②得到CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），且表中 ，可知升高温度K增大。
（2）根据速率计算公式求解；根据平衡常数定义求解；
（3）反应是正反应气体体积不变的放热反应，升温平衡逆向移动；
（4）根据反应2X（g）+Y（g）3M（g）+N（s）可知，该反应是气体体积不变的反应，若再加入3.00molM，3.00molN，折算成X、Y相当于再加入2molX和1molY，由于N是固体，N的加入对平衡没有影响，所以再加入3.00molM，3.00molN后，反应达到平衡时与原平衡为等效平衡，由于是体积为2L的恒容密闭容器，所以达到新平衡时，气体浓度为原平衡的1.5倍。
（5）若容器为绝热恒容容器，反应放出的热量使体系温度升高，平衡逆向进行；
【详解】（1）由①Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常数为K1；
②Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数为K2，
结合盖斯定律可知，①-②得到CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），则平衡常数K与K1、K2的关系式为K=K1/K2，且表中 ，可知升高温度K增大，即升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应。
（2）前500s反应速率v（M）=3v（X）/2= =1.8×10-3mol/（L·s）；
数据分析可知1000°C反应达到平衡状态，X物质的量为2mol，
2X（g）+Y（g）3M（g）+N（s）
起始量（mol·L－1） 2 1 0 0
变化量（mol·L－1） 1 0.5 1.5 0.5
平衡量（mol·L－1） 1 0.5 1.5
平衡常数K=1．53/(12×0.5)=6.75。
（3）2X（g）+Y（g）3M（g）+N（s）△H＜0，反应是正反应气体体积不变的放热反应，升温平衡逆向移动；
a．图象分析可知，温度越高，平衡逆向进行，Y的逆反应速率增大，不符合图象变化，故a错误；
b．温度越高，平衡逆向进行，M的体积分数减小，图象符合，故b正确；
c．温度越高，平衡逆向进行，气体质量增大，气体的物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量随温度升高增大，图象变化不符合，故c错误；
d．图象分析可知，温度越高，平衡逆向进行，气体总质量增大，X的质量分数减小，故d正确；
故答案为：b d；
（4）根据反应2X（g）+Y（g）3M（g）+N（s）可知，该反应是气体体积不变的反应，若再加入3.00molM，3.00molN，折算成X、Y相当于再加入2molX和1molY，由于N是固体，N的加入对平衡没有影响，所以再加入3.00molM，3.00molN后，反应达到平衡时与原平衡为等效平衡，由于是体积为2L的恒容密闭容器，所以达到新平衡时，气体浓度为原平衡的1.5倍，
A、根据上面的分析可知，两个平衡为等效平衡，故A正确；
B、由于两个平衡为等效平衡，M转化率不变，故B错误；
C、根据上面的分析可知，重新达到平衡后，M的物质的量浓度是原平衡的1.5倍，故C正确，
D、由于压强增大，所以反应速率都增大，故D错误；
E、由于压强增大，用X表示的v（正）比原平衡大，故E正确；
故选ACE，
（5）若容器为绝热恒容容器，反应放出的热量使体系温度升高，平衡逆向进行，达平衡后M的物质的量浓度小于1.5mol·L－1。
19.草酸晶体的组成可用H2C2O4·xH2O表示，为了测定x值，进行如下实验：
①称取w g草酸晶体，配成100.00mL水溶液。
②量取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀硫酸。
③用浓度为a mol·L−1的KMnO4溶液滴定到滴入最后一滴KMnO4半分钟后不再褪色为止。
所发生反应：KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4——K2SO4＋CO2↑＋MnSO4＋H2O（未配平）。
试回答：
（1）实验中不需要的仪器有_____（填序号），还缺少的仪器有_____。
a．托盘天平（带砝码，镊子）；b．滴定管；c．100 mL量筒；d．滴定管夹；e．烧杯；f．漏斗；g．锥形瓶；h．玻璃棒；i．药匙；f铁架台。
（2）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_________式滴定管中。
（3）误差讨论：
①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_____(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会_____。
（4）在滴定过程中若用a mol·L−1的KMnO4溶液V mL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为_________mol·L−1，由此可计算x值是_________。（用代数式表达）
【答案】 (1). c、f (2). 100 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 酸 (4). 偏大 (5). 偏小 (6). aV/10 (7).
【解析】
【分析】
（1）为了配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；
（2）因高锰酸钾具有强氧化性，应装在酸式滴定管中；
（3）测到的草酸的量偏大，则x偏小；
（4）根据化学方程式中各物质的关系进行计算出草酸的浓度，从而计算出样品中含有草酸的质量、结晶水的质量，最后计算出草酸晶体中x值．
【详解】（1）根据实验操作步骤可知，配制草酸溶液应需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，所给仪器中缺少100mL容量瓶、胶头滴管，实验中不需要的仪器有100 mL量筒、漏斗，选c、f；还缺少的仪器有：100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，应装在酸式滴定管中；
（3）①若滴定终点时俯视滴定管刻度，读出的高锰酸钾溶液的体积偏小，测到的草酸含量偏小，则由此测得的x值会偏大。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，所消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，测到的草酸含量偏大，则由此测得的x值会偏小。
（4）2KMnO4～5H2C2O4
2 5
aV×10-3mol 0.025×cmol
c=5aV×10-3mol/(2×0.025mol)
=0.1aVmol·L-1，
样品中含有草酸的质量为：90g·mol－1×0.1aVmol·L－1×0.025L×4=0.9aVg，Wg草酸晶体中含有结晶水的质量为：Wg-0.9aVg，
草酸晶体中含有结晶水数目为：x=
【点睛】该题涉及到氧化还原滴定，虽反应原理与中和滴定不同，但实验原理及操作和所用仪器等类似．该反应有明显的颜色变化，故可不用指示剂．难点（4）根据关系式进行计算．
20.“温室效应”是全球关注的环境问题之一。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，CO2的综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。
（1）CO2催化加氢能合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)。不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示，则曲线b表示的物质为________(填化学式)。
（2）CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
反应B：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
控制CO2和H2初始投料比为1∶3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。
①由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是_____。
②由图可知获取CH3OH最适宜的温度是________，下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有________(填字母)。
A. 使用催化剂
B. 增大体系压强
C. 增大CO2和H2的初始投料比
D. 投料比和容器体积不变，增加反应物的浓度
（3）在恒温恒容条件下，反应A达到平衡的标志有_____
A. 容器中气体压强不再发生变化
B. 容器中气体密度不再发生变化
C. 容器中气体颜色不再发生变化
D. 容器中气体平均摩尔质量不再发生变化
（4）由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。“热分解系统”发生的反应为2Fe3O46FeO＋O2↑，每分解1 mol Fe3O4转移电子的物质的量为_____；“重整系统”发生反应的化学方程式为___。
【答案】 (1). H2O (2). 反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高 (3). 250 ℃ (4). BD (5). AD (6). 2 mol (7). 6FeO＋CO22Fe3O4＋C
【解析】
【分析】
（1）据图，升高温度，氢气物质的量增大，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，据此判断b曲线代表物质；
（2）①反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；
②据图示进行分析250℃甲醇转化率最高；由CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-53.7kJ·mol-1 可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变；
（4）该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子和Fe3O4之间的关系式计算；据图，反应物是二氧化碳和FeO，生成物的四氧化三铁和C，反应条件是700K．
【详解】（1）据图，升高温度，氢气物质的量增大，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以b曲线代表H2O。
（2）①由图2可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；
②据图示进行分析250℃甲醇转化率最高，故获取CH3OH最适宜的温度是250℃；
A．使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B、增大体系压强，平衡向正方向移动，提高甲醇转化率，故B正确；
C、增大CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故C错误；
D、投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
故选BD。
（3）反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
A. 容器中气体压强不再发生变化，各物质百分含量保持不变时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；
B. 反应前后气体总质量不变、容器容积不变，则无论反应是否达到平衡状态，容器中混合气体密度始终不变，所以当容器中混合气体的密度保持不变时，该反应不一定达到平衡状态，故B错误；
C. 反应A中，气体均为无色，容器中气体颜色不再发生变化，无法判断是否达到平衡，故C错误；
D. 反应前后气体总质量不变、但反应前后气体的物质的量发生变化，容器中气体平均摩尔质量不再发生变化，各物质百分含量保持不变时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D正确；
故选AD。
（4）该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价，O元素化合价由-2价变为0价，分解2mol四氧化三铁转移4mol电子，则分解1mol四氧化三铁转移2mol电子；
据图，反应物是二氧化碳和FeO，生成物的四氧化三铁和C，反应条件是700K，反应方程式为6FeO（S）+CO22Fe3O4＋C。
21.太阳能电池的发展趋向于微型化、薄膜化。最新产品是铜镓(Ga)硒(Se)等化合物薄膜太阳能电池和Si系薄膜太阳能电池。完成下列填空：
（1）Cu＋基态时的电子排布式_________；1mol配合离子[Cu(NH3)2]+ 中，含有σ键数目为__________。
（2）已知硼元素与镓元素处于同一主族，BF3分子的空间构型为_____。
（3）与硒同周期相邻的元素为砷和溴，则这三种元素的第一电离能从大到小顺序为_______（用元素符号表示），H2Se的沸点比H2O的沸点低，其原因是___________。
（4）单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂结构；在晶体中，每个Si原子周围最近的C原子数目为_____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). 8mol或8×6.02×1023 (3). 平面正三角形 (4). Br＞As＞Se (5). H2O分子间存在氢键 (6). 4
【解析】
【分析】
（1）铜是29号元素，铜原子失去4s一个电子变成亚铜离子；配合离子[Cu（NH3）2]+中生成2个配位键，氨气分子之间形成3个σ键，配离子中含有8个σ键；
（2）BF3分子中B原子孤电子对数=（3-1×3）/2=0，价层电子对数=3+0=3；
（3）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，As元素原子4p轨道为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
H2O分子间存在氢键，沸点高于硫化氢的；
（4）以顶点Si原子研究，与之最近的Si原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用．
【详解】（1）铜是29号元素，铜原子失去4s一个电子变成亚铜离子，基态铜离子（Cu＋）的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10 ，配合离子[Cu（NH3）2]+中生成2个配位键，氨气分子之间形成3个σ键，配离子中含有8个σ键，则1mol配合离子[Cu（NH3）2]+中，含有σ键数目为8mol或8×6.02×1023 ；
（2）BF3分子中B原子孤电子对数=（3-1×3）/2=0，价层电子对数=3+0=3，空间结构为平面正三角形；
（3）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，As元素原子4p轨道为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：Br＞As＞Se；
H2O分子间存在氢键，沸点高于硫化氢；
（4）以顶点Si原子研究，与之最近的Si原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故每个Si原子周围最近的Si原子数目为3×8/2=12。
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