【化学】新疆昌吉回族自治州第二中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

新疆昌吉回族自治州第二中学2019-2020学年高二下学期期中考试
原子量：H-1 O-16 C-12 S-32 Ba-137 Fe-56
分卷I选择题
一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分)
1.根据电子排布的特点，Cr在周期表中属于（ ）
A. ds区 B. p区 C. d区 D. s区
【答案】C
【解析】
【详解】Cr元素的基态原子价电子排布为，位于元素周期表的d区，答案选C。
2.下列分子或离子中键角由大到小的排列顺序是（ ）
①SO2 ②NH3 ③H2O ④CH4 ⑤CO2
A. ⑤④①②③ B. ⑤①④②③
C. ④①②⑤③ D. ③②④①⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①SO2分子为V形，中心原子S采取杂化，且有1对孤对电子，键角略小于120°；
②NH3分子为三角锥形，中心原子N采取杂化，有1对孤对电子，键角为107°；
③H2O分子为V形，中心原子O采取杂化，有2对孤对电子，键角为105°；
④CH4分子为正四面体形，中心原子C采取杂化，无孤对电子，键角为109°28ˊ；
⑤CO2分子为直线型，中心原子C采取sp杂化，无孤对电子，键角为180°；
所以键角由大到小的排列顺序是⑤①④②③，答案选B。
【点睛】NH3、H2O、CH4的VSEPR模型都为四面体形，由于孤对电子对键合电子的斥力要大于键合电子之间的斥力，导致键角变小，所以键角不相等。
3.下列说法或有关化学用语的表述正确的是（ ）
A. 次氯酸的电子式：
B. 基态铜原子的外围电子排布图：
C. Se的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4
D. S原子的电子排布图为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. HClO中H原子、Cl原子分别与O原子形成1对共用电子对，电子式为，A错误；
B. 基态Cu原子的价电子排布式为，外围电子排布图为，B错误；
C. Se为第四周期第VIA族元素，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p4，C正确；
D. 选项中的排布图3p轨道不符合洪特规则，正确的应为 ，D错误；
故答案选C。
4.下表中是A、B、C、D、E五种短周期元素的某些性质，下列判断正确的是(　　)

A. C、D、E的氢化物的稳定性：C>D>E
B. 元素A的原子最外层轨道中无自旋状态相同的电子
C. 元素B、C之间不可能形成化合物
D. 与元素B同周期且第一电离能最小的元素的单质能与H2O发生置换反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由以上分析可知A为C元素，B为S元素，C为Cl元素，D为O元素，E为F元素。
【详解】A．非金属性F＞O＞Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，选项A错误；
B．A为C元素，价层电子为2s22p2，p轨道有2个电子，自旋状态相同，选项B错误；
C．元素B、C之间可形成化合物S2Cl2等，选项C错误；
D．与元素B同周期且第一电离能最小的元素的单质为Na，为活泼金属，能与H2O发生置换反应生成氢气，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，根据化合价与原子半径推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，注意根据电负性理解。A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素化合价知，A属于第ⅣA族，B、D属于第ⅥA族，C、E属于第VⅡA族，B的电负性小于D，所以D是O元素，B是S元素；C的电负性小于E，所以C是Cl元素，E是F元素，硅的电负性小于S，A的电负性等于S元素，所以A是C元素，结合物质的结构、性质解答。
5.相同条件下，0.1mol·L-1Na2S2O3溶液和0.1mol·L-1H2SO4溶液各5mL，与10mL水混合，反应速率为υ1mol·L-1·s-1；0.2mol·L-1Na2S2O3溶液和0.2mol·L-1H2SO4溶液各5mL，与30mL水混合，反应速率为υ2mol·L-1·s-1。则υ1和υ2的关系是（ ）
A. υ1>υ2 B. υ1<υ2 C. υ1=υ2 D. 不能肯定
【答案】C
【解析】
【分析】
比较混合后Na2S2O3和H2SO4浓度的大小，浓度越大，速度越快。
【详解】0.1mol/L Na2S2O3溶液和0.1mol/L H2SO4溶液各5mL，与10mL水混合，混合后c(Na2S2O3)=c(H2SO4)==0.025mol/L；
0.2mol/L Na2S2O3溶液和0.2mol/L H2SO4溶液各5mL，与30mL水混合，混合后c(Na2S2O3)=c(H2SO4)==0.025mol/L；
二者溶液浓度相等，在相同条件下反应速率相同，则υ1=υ2，故答案为C。
【点睛】考查化学反应速率知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目从浓度的角度考查化学反应速率的影响，对于Na2S2O3溶液和H2SO4溶液的反应来说，如在相同条件下进行，则物质的浓度越大，反应速率越大，可计算各物质的浓度进行比较。
6.下列说法不正确是（ ）
A. 1g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为120.9kJ，氢气的燃烧热大于241.8kJ•mol-1
B. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放出的热量为19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）ΔH=﹣38.6kJ·mol-1
C. 常温下，若反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
D. 已知中和热为57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ
【答案】B
【解析】
【详解】． 氢气在氧气中完全燃烧生成 气态水，放出的热量为 ，气态水变为液态水，放出热量，则生成 液态水，放出热量大于 ，故A正确；
．氮气和氢气的反应为可逆反应，将 和 置于密闭的容器中充分反应生成 ，放出的热量为 ，如完全反应，放出的热量大于 ，反应热小于 ，故B错误；
．如能自发进行，应满足，因，则不能自发进行，则该反应的 ，故C正确；
．浓硫酸溶于水放热，则将含 的浓溶液与含 的溶液混合，放出的热量要大于 ，故D正确；
故选B。
7.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是 

A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A、装置①中a电极和电源的正极相连，作阳极，b是阴极。粗铜精炼时，粗铜是阳极，纯铜是阴极，所以选项A正确；
B、装置②是原电池，铁金属性强于铜的，所以铁是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的铁离子得到电子，选项B不正确；
C、钢闸门应与外接电源的负极相连，作阴极被保护，所以选项C正确；
D、装置④中铁在浓硫酸中发生钝化，因此耐腐蚀，选项D正确；
答案选B。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. NO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
B. P4和CH4都是正四面体型分子且键角都为109.5°
C. NH4＋的电子式为，离子呈平面正方形结构
D. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
【答案】D
【解析】
【详解】A. 分子原子的最外层电子都满足了 电子稳定结构，故A错误；
B. P4的空间结构为，键角是 ，故B错误；
C. 中心原子N采取杂化，呈正四面体型结构，故C错误；
D. 分子中，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，所以 分子中有对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，故D正确；
故答案选D。
9.已知X、Y、Z、W是短周期元素。X元素原子的2p能级处于半充满状态；Y元素原子最外电子层（L电子层）上s电子数和p电子数相等；Z元素的+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M电子层有1个未成对的p电子。下列说法一定正确的是（ ）
A. 含有X元素的化合物一定是共价化合物
B. Y元素电负性大于X元素的电负性
C. X元素的单质与Z元素的单质在一定条件下能发生化合反应
D. W元素的单质能与NaOH溶液反应放出氢气
【答案】C
【解析】
【分析】
X元素原子2p能级上的电子处于半充满状态，则X为N；Y元素原子核外电子层上2s、2p电子数相等，即2s、2p电子数分别为2，加上1s上的电子数2可知Y的核外电子数为6，则Y为C；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z的核电电子数为12，Z为Mg；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，则W为Al或Cl；以此解答。
【详解】A. X为N的化合物NH4Cl为离子化合物，错误；
B. N的非金属性较C强，电负性大于C，错误；
C. N2和Mg在点燃下发生化合反应Mg3N2，正确；
D. 若W为Cl，对应的单质为氯气，Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，不放出H2，错误；
故选C。
【点睛】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，题目难度中等，侧重考查学生分析判断能力，涉及基本概念、物质结构、化合物类型等知识点，明确基本概念内涵及物质结构、原子结构是解本题关键。
10.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
【解析】
【详解】A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；
B.50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；
C.230℃时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/（2×10−5）=5×104，可知分解率较高，故C错误；
D.平衡时，应该是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故D错误；
正确答案：B
11.下列微粒中中心原子的杂化方式和微粒的立体构型均正确的是（ ）
A. C2H4：sp、平面形 B. SO42-：sp3、三角锥形
C. ClO2-：sp2、V形 D. NO3-：sp2、平面三角形
【答案】D
【解析】
【详解】A. C2H4的中心原子C采取杂化，分子构型为平面形，A错误；
B. SO42-的中心原子S采取sp3杂化，分子构型为正四面体形，B错误；
C. ClO2-的中心原子Cl采取杂化，分子构型为V形，C错误；
D. NO3-的中心原子N采取杂化，分子构型为平面三角形，D正确；
故答案选D。
12.下列几组微粒互为等电子体的有（ ）
①N2和CO ②NO+和CN- ③CO2和CS2 ④N2O和CO2 ⑤ BF3和SO3
A. ① ② ③ B. ④ ⑤
C. ① ③④ D. ① ② ③④ ⑤
【答案】D
【解析】
等电子体是指：粒子中含有相同的原子个数且最外层电子数之和相等，如果为阳离子，则电子数减去所带的电荷数值，若为阴离子，电子数加上所带的电荷数值。
①N2和CO中，原子个数分别为2、2，最外层电子数分别为14、14，为等电子体；②NO+和CN-中，原子个数分别为2、2，最外层电子数分别为5+6-1=10和4+5+1=10，为等电子体。
③CO2和CS2 中均为3个原子，O和S同主族，所以两粒子中最外层电子数必然相等，为等电子体。④N2O和CO2均为3个原子，最外层电子数分别为5+5+6=16和4+6×2=16，为等电子体。⑤ BF3和SO3均含4个原子，最外层电子数分别为3+7×3=24和6×4=24，为等电子体。故① ② ③④ ⑤都属于等电子，D正确。正确答案为D
13.在密闭容器中，进行下列反应：2A(g)+B(g)+C(g)D(g)+E(g) ΔH>0，达到平衡后，下列说法中正确的是（ ）
A. 若恒温定容情况下，充入一些稀有气体，压强增大，平衡向右移动
B. 若恒温定压条件下，加入C，则C的转化率将增大
C. 若定容升温，在新平衡体系中A的质量分数将减小
D. 温度、压强和容积都相同时，在另一密闭容器中加入2molA、1molB、1molC，平衡时两个容器中D和E的浓度分别相等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．恒温恒容条件下充入稀有气体，体系内总压强增大，但各组分的分压不变（即气体浓度不变），所以平衡不移动，A错误；
B．恒温恒压条件下，加入C，C的转化率减小，B错误；
C．恒容升温，正反应吸热，平衡正向移动，平衡后A的质量分数减小，C正确；
D．物质的平衡浓度与初始投料有关，平衡时两个容器中D和E的浓度不一定相等，D错误；
故答案选C。
14.硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如下图所示：下列叙述正确的是

A. Xm-的化学式为B4O8H42-
B. 硼原子轨道的杂化类型有sp2、 sp3
C. 配位键存在于4、6原子之间
D. 硼砂晶体中有离子键、配位键两种化学键
【答案】B
【解析】
【详解】A．观察模型，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，可知Xm-是(H4B4O9)m-，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m=2，则Xm-的化学式为：(H4B4O9)2-，故A错误；
B．根据图知，B原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化、是4的采用sp3杂化，故B正确；
C．含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，4，5(或5，4)原子之间存在配位键，故C错误；
D．硼砂晶体中有离子键、配位键和共价键三种化学键，故D错误；
故选B。
【点晴】本题考物质结构和性质，涉及配合物成键情况、原子杂化、等知识点，为高频考点，知道配位键的构成条件，会判断原子杂化方式是解答关键。根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；3号氧原子形成2个单键，钠离子与Xm-形成离子键。
15.顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1,1－环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是(　　)

A. 碳铂中所有碳原子在同一个平面中
B. 顺铂分子中氮原子的杂化方式是sp2
C. 碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2∶1
D. 1 mol 1,1－环丁二羧酸含有σ键的数目为12NA
【答案】C
【解析】
A、根据结构简式，其中碳原子有sp3杂化，属于四面体，因此所有碳原子不在同一平面，故A错误；B、N有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp3杂化，故B错误；C、sp3杂化的碳原子有4个sp2杂化的碳原子有2个，即个数比为2：1，故C正确；D、1mol此有机物含有含有σ键的数目为26NA，故D错误。
16.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4　②1s22s22p63s23p3　③1s22s22p3　④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是
A. 第一电离能：④>③>②>①
B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>①
D. 最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】A
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。
A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；
B、同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C、同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；
D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误。
故选A。
分卷Ⅱ非选择题（共52分）
17.已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A是元素周期表中原子半径最小的元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B原子最外电子层的p能级处于半满状态，C原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的2倍，C、F处于同一主族，E最外层电子数比最内层多1。回答下列问题：
（1）E元素基态原子的电子排布式为___。
（2）用电子排布图表示F元素原子的价电子排布：____。
（3）F、G元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的是___(填化学式)。
（4）离子半径：D+___(填“<”“>”或“＝”，下同)B3-，第一电离能：B___C，电负性：C__F。
（5）A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比为1∶1，X的电子式为___。试写出Cu、稀硫酸与X反应制备硫酸铜的离子方程式：__。
（6）写出E的单质与D的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式：____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p1 (2). (3). HClO4 (4). < (5). > (6). > (7). (8). Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O (9). 2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
【解析】
【分析】
、、、、、、 都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大， 是周期表中原子半径最小的元素，则 是 元素， 中阴、阳离子具有相同的电子层结构， 原子最外电子层的 能级上的电子处于半满状态，为第VA 族元素， 为 价、 为 价且 是金属元素， 的原子序数大于 、，则 为 元素、 为 元素，C原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的2倍，则 是 元素，、 属同一主族，则 是 元素， 最外层电子数比最内层多 ，则 最外层电子数为 ， 是 元素， 的原子序数大于 ，且为短周期主族元素，则 是 元素。
【详解】（1）通过以上分析知， 是 元素，其原子核外有 13 个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为 。
（2） 为 元素，其价电子为 、 电子，其价电子排布图为。
（3）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强， 元素的非金属性大于 元素，则 元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的分子式为 。
（4）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径 ， 是 元素、 是 元素，同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第Ⅴ 族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能 ； 是 元素、 是 元素，同一主族元素中，电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性 。
（5）、 形成的一种绿色氧化剂 有广泛应用， 分子中 、 原子个数比 1:1，则 是双氧水，其电子式为，酸性条件下，双氧水将铜氧化为铜离子，离子方程式为 。
（6） 的最高价氧化物的水化物是 ，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式式为 。
18.某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。

请回答：
Ⅰ.用图1所示装置进行第一组实验。
（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是___（填字母序号）。
A.铝 B.石墨 C.银 D.铂
（2）N极发生反应的电极反应式为___。
（3）实验过程中，SO42-___（填“从左向右”，“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有：___。
Ⅱ.用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，观察到与第一组实验不同的现象：两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料得知，高铁酸根离子（FeO42-）在溶液中呈紫红色。
（4）电解过程中，X极区溶液的pH___（填“增大”“减小”或“不变”）。
（5）电解过程中，Y极发生的电极反应之一为Fe﹣6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，若在X极收集到784mL气体，在Y极收集到112mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少___g。
（6）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的反应的电极反应式为___。
【答案】 (1). A (2). 2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-) (3). 从右向左 (4). 滤纸上有红褐色斑点 (5). 增大 (6). 0.56 (7). 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【解析】
【详解】Ⅰ.图1中左边为原电池，由于Zn比Cu活泼，则Zn为负极，Cu为正极，M为阳极，N为阴极；
（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选 。
（2） 电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：（或）。
（3）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生。
Ⅱ.图2中Y（Fe）为阳极，X（C）为阴极；
（4）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的 增大。
（5） 电极上析出的是氢气， 电极上析出的是氯气，且 电极失电子进入溶液，设铁质量减少为 ，根据转移电子数相等得 ，解得。
（6）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为 。
19.氧和硫的化合物在化工生产上应用非常广泛.试回答下列问题：
（1）臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。
己知：6Ag（s）+O3（g）═3Ag2O（s）；△H=﹣235kJ/mol；
2Ag2O（s）═4Ag（s）+O2（g）；△H=+60kJ/mol；
则反应2O3（g）=3O2（g）的△H=___。
（2）SO2Cl2常用于制造医药品、染料、表面活性剂等.已知：SO2Cl2（g）SO2（g）+Cl2（g）△H=akJ•mol﹣1。300℃时向体积为2L的恒容密闭容器中充入0.20molSO2Cl2，达到平衡时，容器中含0.1molSO2，该温度时反应的平衡常数为___。将上述所得混合气体溶于足量BaCl2溶液中，最终生成沉淀的质量为___。
（3）对（2）中的反应，在400℃，1.01×105Pa条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的SO2Cl2，n（SO2）和n（SO2Cl2）随时间的变化曲线如图所示。

①0～20min反应的平均速率v（SO2Cl2）=___。△H___0(填“<”“>”或“＝”)其原因是：___。
②下列叙述正确的是___。
A.A点v正（SO2Cl2）＞v逆（SO2Cl2）
B.密度和平均摩尔质量不变均说明处于平衡状态
C.其它条件不变，若增大压强，n（SO2）比图中D点的值大
D.其它条件不变，500℃时反应达平衡，n（SO2）比图中D点的值大
【答案】 (1). ﹣290kJ/mol (2). 0.05mol/L (3). 46.6g (4). 0.04mol/（L.min） (5). > (6). 升高温度，平衡常数增大，所以正反应吸热反应 (7). AD
【解析】
【分析】
【详解】（1）①6Ag（s）+O3（g）═3Ag2O（s）；△H=﹣235kJ/mol；
②2Ag2O（s）═4Ag（s）+O2（g）；△H=+60kJ/mol；
根据盖斯定律，①×2+②×3可得到2O3（g）=3O2（g），反应热；
（2），，平衡常数；根据S原子的守恒计算生成硫酸钡的质量，；
（3）①，同一可逆反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v（SO2Cl2）=v()= ;由于升高温度，平衡常数增大，所以正反应是吸热反应；
②A. A点平衡向正反应方向移动，说明正反应速率大于逆反应速率，A正确；
B. 因为反应前后质量不变，体积不变，所以密度一直不变，则密度不再改变不能说明反应达到平衡，B错误；
C. 增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向逆反应方向移动，所以减小，C错误；
D. 其他条件不变，升高温度，平衡正向移动，平衡时增大，所以比图中D大，D正确；
故答案选AD。
20.(1)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2立体构型为___，其中氧原子的杂化方式为___。
(2)X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2+离子的3d轨道中有9个电子。XY2-的立体构型是___；X与Z形成化合物中含有的化学键是___、R2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是___。
(3)ClO3-的立体构型为___(用文字描述，下同)；CO32-的立体构型是__。
(4)在BF3分子中：F—B—F的键角是___，B原子的杂化轨道类型为__，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立体构型为___。
(5)用价层电子对互斥理论推断，SnBr2分子中Sn—Br键的键角___(填“＞”“＜”或“＝”)120°。其原因是___。
【答案】 (1). V形 (2). sp3 (3). V形 (4). 离子键 (5). 氧原子 (6). 三角锥形 (7). 平面三角形 (8). 120° (9). sp2 (10). 正四面体形 (11). ＜ (12). SnBr2分子中Sn原子有一对孤电子对，孤电子对与σ键电子对相互排斥，所以Sn—Br键的键角小于120°
【解析】
【分析】
(1)根据价层电子对互斥理论分析，先计算价层电子对数，再判断中心原子的杂化类型及分子构型；
(2)X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大，XY2是红棕色气体，应是NO2，则X为N元素、Y为O元素；X与氢元素可形成NH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等，则M层电子数为2，故Z为Mg；R2+离子的3d轨道中有9个电子，R原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则R为Cu元素，据此解答；
(3)根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；
(4) 根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；
(5)首先判断价层电子对数目和有无孤电子对，进而判断分子的空间构型。
【详解】(1)OF2分子中O原子的价层电子对数=2+(6−2×1)=4，则O原子的杂化类型为sp3杂化，含有2个孤电子对，所以分子的空间构型为V形；
(2)NO2−离子中心N原子孤电子对=(5+1−2×2)=1，价层电子对数=2+1=3，故NO2−离子的立体构型是V形，氮原子和镁原子形成Mg3N2，主要含有离子键，Cu2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是H2O中O原子；
(3) ClO3-的孤电子对数=(7+1−2×3)=1，价层电子对数为3+1=4，立体构型为三角锥形，CO32-的孤电子对数=(4+2−2×3)=0，立体构型为平面三角形；
(4) BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=(3−3×1)=0，所以BF3分子属于sp2杂化，VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4−中B原子的价层电子对=4+(3+1−4×1)=4，该离子中不含孤电子对，属于sp3杂化，为正四面体结构；
(5)SnBr2分子中，Sn原子的价层电子对数目是(4+2) =3，配位原子数为2，故Sn含有孤对电子，SnBr2空间构型为V型，SnBr2分子中Sn原子的有一对孤电子对，孤电子对与σ键电子对相互排斥，所以Sn—Br键的键角小于120°。