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【化学】四川省遂宁市2019-2020学年高二上学期期末教学水平监测(解析版)
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四川省遂宁市2019-2020学年高二上学期期末教学水平监测
1.下列有关化学用语使用正确的是
A. 石英的分子式：SiO2
B. NH4Cl的电子式：
C. Br原子的基态简化电子排布式为4s24p5
D. 基态碳原子的价电子轨道表示式为
【答案】D
【解析】
【详解】A.石英属于原子晶体，在晶体中Si、O两种元素的原子个数比为1：2，所以化学式为SiO2，A错误；
B.NH4Cl是离子晶体，阳离子NH4+、阴离子Cl-通过离子键结合，Cl-最外层有8个电子，该化合物的电子式为，B错误；
C.35号Br元素的原子核外有35个电子，原子的基态简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5，C错误；
D.C是6号元素，根据构造原理，可知基态碳原子的价电子轨道表示式为，D正确；
故合理选项是D。
2.下列说法正确的是
A. Zn元素位于周期表的d区
B. 第四周期中，最外层有两个电子的元素有9种
C. 催化剂能加快化学反应速率，提高反应物的转化率
D. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
【答案】B
【解析】
【详解】A.Zn元素位于周期表的ds区，A错误；
B.第四周期中，最外层有两个电子的元素有Ca、Sc、Ti、V、Mn、Fe、Co、Ni、Zn，共9种元素，B正确；
C.催化剂能加快化学反应速率，而不能使化学平衡发生移动，因此不能改变反应物的转化率，C错误；
D.反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量有关，若反应物的总能量大于生成物，则反应为放热反应，否则为吸热反应，D错误；
故合理选项是B。
3.下列叙述中错误的是
A. 酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 B. 还原性：Na>Mg>Al
C. 稳定性：HF>HCl>HBr D. 离子半径：Cl－>S2－>O2－
【答案】D
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。由于元素的非金属性Cl>S>P，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，A正确；
B.元素的金属性越强，其形成的单质还原性就越强。由于元素的金属性Na>Mg>Al，所以还原性：Na>Mg>Al，B正确；
C.同一主族的元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱。元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性F>Cl>Br，所以稳定性：HF>HCl>HBr，C正确；
D.对于电子层结构相同的离子。核电荷数越大，离子半径越小；离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径：S2->Cl->O2-，D错误；
故合理选项是D。
4.对于可逆反应A(g)+3B(s)C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. v(A)=2 mol·L-1·min-1 B. v(A)=0.2 mol·L-1·s-1
C. v(C)=0.1 mol·L-1·s-1 D. v(D)=0.4 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
【详解】都转化为用A物质表示的反应速率，速率的单位都用mol/(L·min)，然后进行比较。
A. v(A)=2mol/(L·min)；
B. v(A)=0.2 mol/(L·s)=12mol/(L·min)；
C. v(C)=0.1mol/(L·min)，则v(A)=v(C)=0.1mol/(L·min)；
D. v(D)=0.4 mol/(L·min)，则v(A)=v(D)=0.2mol/(L·min)；
可见反应速率最大的是12mol/(L·min)，故合理选项是B。
5.下列说法正确的是
A. Na＋的电子排布式为1s22s22p63s1
B. SO2分子的结构按VSEPR模型是V形
C. HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定
D. 有机物CH2=CH-CH3中杂化类型有sp3 和sp2，其中有一个π键，2个σ键
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na＋离子核外有10个电子，Na+的电子排布式为1s22s22p6，A错误；
B.SO2中S原子上有孤对电子对，所以分子结构按VSEPR模型属于V形，B正确；
C. HF的分子内H-F化学键大于HCl分子内的H-Cl键，HF比HCl稳定，C错误；
D.有机物CH2=CH-CH3中甲基C原子为sp3杂化，碳碳双键中的C原子为sp2杂化，其中有一个π键，2个C-C形成的σ键和6个C-H形成的σ键，共8个σ键，D错误；
故合理选项是B。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A. 12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA
B. 1mol NaHSO4熔融态时含有2NA个离子
C. 含32g硫原子的CS2分子中含有的σ键数目为2NA
D. 常温常压下，10 g D2O含有的质子数、电子数、中子数均为5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.在石墨烯中每个C原子被三个六边形所共有，所以每个六边形含有的C原子数目为6×=2，12gC的物质的量为1mol，因此形成的石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数(1mol÷2)×NA/mol=0.5NA，A正确；
B.NaHSO4熔融态时电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-，所以1mol NaHSO4熔融态时含有2NA个离子，B正确；
C.CS2分子中含有2个S原子，32gS原子的物质的量是1mol，则相应的CS2的物质的量是0.5mol，在每个CS2分子中含有2个σ键，则0.5molCS2分子中含有NA个σ键，C错误；
D. D2O分子中含有10个质子，10个中子，10个电子，10gD2O的物质的量是0.5mol，因此其中含有的质子数、电子数、中子数均为5NA，D正确；
故合理选项是C。
7.下列说法错误的是
A. 钠元素的第二电离能大于镁元素的第二电离能
B. 基态氧原子有8种能量不同的电子
C. 锂原子的2s和5s轨道皆为球形分布
D. N2与CO互为等电子体，它们具有相似的化学键特征和许多相似的性质
【答案】B
【解析】
【详解】A.钠失去1个电子变为Na+，最外层有8个电子，属于稳定结构，Mg原子的2s全满为稳定结构，则钠元素的第一电离能小于镁元素的第一电离能，钠元素的第二电离能大于镁元素的第二电离能，A正确；
B.基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，有三种不同的轨道，基态O原子核外有3中能量不同的电子，B错误；
C.s轨道的电子云都是球形分布，与是哪一个能层无关，C正确；
D.N2与CO原子数相同，原子核外最外层电子数也相同，二者互为等电子体，它们具有相似的化学键特征和许多相似的性质，D正确；
故合理选项是B。
8.下列实验操作不正确的是
实验目的
实验操作
A
验证化学反应中的能量变化
将NO2球浸泡在冰水，热水中观察颜色变化
B
证明非金属性：Cl＞C＞Si
将纯碱与足量浓盐酸反应后产生的气体直接通入硅酸钠溶液中
C
探究相同条件下，溶液浓度对反应速率的影响
在两支试管中各加入4 mL 0.01 mol/L的KMnO4酸性溶液，再分别加入0.1 mol/L H2C2O4溶液2 mL、0.2 mol/L H2C2O4 溶液2 mL，分别记录溶液褪色所需时间
D
除去氢氧化铁中少量的氢氧化铜
将过量氨水加入混合物中并充分搅拌，然后过滤、洗涤、干燥
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、2NO2(g)N2O4(g) △H，根据NO2球浸泡在冰水，热水中观察颜色变化可判断平衡移动方向，故A正确；
B、盐酸是无氧酸，不能证明非金属性Cl＞C；浓盐酸易挥发，二氧化碳、HCl都能使硅酸钠溶液产生沉淀，不能证明非金属性C＞Si，故B错误；
C、H2C2O4浓度不同，溶液褪色所需时间可判断反应速率，故C正确；
D、氢氧化铜会溶解在过量的氨水中,形成络合物，故D正确。
答案选B。
9.能够说明氯的非金属性比硫强的事实有
①HCl的酸性强于H2S的酸性
②将氯气通入H2S溶液中可置换出硫
③氯气与铁反应生成FeCl3，硫与铁反应生成FeS
④硫和氯变成简单阴离子时硫原子得到的电子更多
⑤氯气和氢气的混合气,经强光照射可剧烈反应，而硫与氢气反应需较高温度
A. ②③⑤ B. ①④⑤ C. ②③④ D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其单质越容易与氢气化合，其氢化物的稳定性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，该元素的原子越容易得电子，据此分析解答。
【详解】①HCl酸性强于H2S的酸性，说明HCl电离程度大于H2S，与元素的非金属性强弱无关，①错误；
②元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，将氯气通入H2S溶液中可置换出硫，说明氯气氧化性大于硫，说明非金属性Cl>S，②正确；
③元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氯气与铁反应生成FeCl3，硫与铁反应生成FeS，说明氧化性：Cl2>S，则非金属Cl>S，③正确；
④元素的非金属性强弱与得电子难易程度有关，与得电子多少无关，所以硫和氯变成简单阴离子时，硫原子得到的电子更多，不能说明非金属性Cl>S，④错误；
⑤元素的非金属性越强，其单质与氢气越容易化合，氯气和氢气的混合气，经强光照射可剧烈反应，而硫与氢气反应需较高温度，说明氯气和氢气反应比硫和氢气反应容易，则说明非金属性Cl>S，⑤正确；
综上所述可知，说法合理的是②③⑤，故合理选项是A。
【点睛】明确非金属性强弱判断方法是解本题关键，非金属性强弱与得电子难易程度有关，而与得电子多少无关。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，其形成氢化物的稳定性越强，其与H结合形成氢化物就越容易，相应的阴离子失去电子的能力就越弱。
10.已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ。且氧气中1 mol O＝O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H－O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol H－H键断裂时吸收热量为（ ）
A. 920 kJ B. 557 kJ C. 188 kJ D. 436 kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
根据n= 计算1g氢气的物质的量，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g)进行计算。
【详解】水结构式为H-O-H，1mol水含有2mol氢氧键，1g氢气的物质的量为n(H2)==0.5mol，完全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)，则2×463kJ-(x+×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，
答案选D。
【点睛】本题考查反应热的有关计算，注意把握反应热与反应物、生成物键能的关系，注意理解反应放出的热量与物质的量成正比。
11.一定温度下，一固定体积的密闭容器中发生反应：A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，下列描述中不能说明该反应到达平衡状态的是
①混合气体的压强不再变化
②单位时间内生成2a mol C，同时生成3a mol B
③气体密度不再变化
④A的质量不再变化
⑤气体的平均相对分子质量不再变化
⑥2v逆(C)=3v正(B)
A. ①③ B. ②⑤ C. ①⑥ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】①该反应是反应前后气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡状态，气体的物质的量不变，则混合气体的压强不再变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，①符合题意；
②单位时间内生成2amol C，就会消耗3amolB，并且同时生成3amol B，说明B物质的物质的量浓度不变，反应处于平衡状态，②不符合题意；
③若反应未达到平衡状态，气体的质量就会发生变化，气体的密度也会变化，若气体密度不再变化，说明反应处于平衡状态，③不符合题意；
④A的质量不再变化，说明A消耗质量与产生的质量不再发生变化，反应处于平衡状态，④不符合题意；
⑤反应物A状态是固体，若未达到平衡，则气体的质量就会改变。若气体的质量不变，反应达到平衡，由于反应前后气体的物质的量不变，则此时气体的平均相对分子质量不再变化 ，可以证明反应处于平衡状态，⑤不符合题意；
⑥在任何条件下， 2v正(B)=3v正(C)，若2v逆(C)=3v正(B)，则3v正(B)=v正(C)=2v逆(C)，9 v正(C)=4v逆(C)，反应逆向进行，未达到平衡状态，⑥符合题意；
综上所述可知：①⑥符合题意，故合理选项是C。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当可逆反应达到平衡状态时，用任意一种物质表示的正、逆反应速率相等，但不为0。由于固体、纯液体的物质浓度不变，因此不能用固体、液体物质表示反应速率。在同一化学反应中，在同一时间段内，用不同物质表示的反应速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比。
12.化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是
A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
B. 根据结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，推出NH3的沸点低于PH3
C. 根据价电子构型与化合价的关系，推出最外层电子数3个的元素一定是第ⅢA族元素
D. 根据反应物浓度越大反应速率越快，推出常温下相同的铝片中分别加入足量的浓硝酸和稀硝酸中，浓硝酸中铝片先溶解完
【答案】C
【解析】
【详解】A.同一周期元素，第一电离能的变化趋势为：从左到右，逐渐增大，但第IIA与VA元素例外。镁的价电子排布是3s2，3p轨道全空较稳定，而铝是3s23p1，不是全满，全空，半空中任意一种情况，不稳定，故铝的第一电离能比镁小，A错误；
B.NH3、PH3都是由分子构成的物质，由于NH3分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使NH3的熔沸点比PH3的高，B错误；
C.一般情况下原子核外最外层电子数等于该元素最高正化合价数。最外层电子数3个的元素一定是第ⅢA族元素，C正确；
D.在室温下Al遇浓硝酸会被硝酸氧化产生致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能进一步反应，而与稀硝酸会迅速反应产生硝酸铝、NO、H2O，D错误；
故合理选项是C。
13.下列有关晶体的叙述中，错误的是
A. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等且最近的Na+共有6个
B. 金属晶体中，以“…ABCABCABC…”形式的堆积称为面心立方堆积
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有12个
D. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯化钠晶体中，在一个晶胞中与Na+距离最近的Na+有3个，通过该Na+有8个晶胞，每个Na+被重复了两次，所以在Na+周围距离相等且最近的Na+共有=12个，A错误；
B.金属晶体中，以“…ABCABCABC…”形式的堆积称为面心立方最密堆积，B正确；
C.干冰晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有=12个，C正确；
D.金刚石网状结构中，每个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，这4个C原子形成的是正四面体结构。在由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，D正确；
故合理选项是A。
14.在298K、100kPa时，已知：
2H2O（g）=2H2（g）+O2（g） △H1
H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g） △H2
2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g） △H3
则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是：
A. △H3=△H1+2△H2 B. △H3=△H1+△H2
C. △H3=△H1-2△H2 D. △H3=△H1-△H2
【答案】A
【解析】
【详解】①2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H1
②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H2
③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3
则由盖斯定律可知，反应③=①+2×②，△H3=△H1+2△H2，故选A。
15.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开可乐瓶有大量泡沫冒出
B. 新制的氯水在光照下颜色变浅
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D. 容器中有H2(g)+I2(g)2HI(g)，增大压强颜色变深
【答案】D
【解析】
【详解】A.因在溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启可乐瓶盖后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B.在溶液中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，光照HClO分解，c(HClO)降低，化学平衡正向移动，使溶液中c(Cl2)减小，因此溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C.氯气与水的反应是可逆反应，饱和食盐水中Cl-浓度大，可以使化学平衡逆向移动，减小了氯气的溶解、反应，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D.反应H2(g)+I2(g)2HI(g)是气体体积不变的反应，平衡体系增加压强，容器体积减小，c(I2)增大而使颜色变深，但平衡不移动，因此不能用平衡移动原理解释，D符合题意；
故合理选项是D。
16.在密闭容器中反应xA(g)+yB(g)zC(g)达平衡时，A的浓度为0.5mol/L。若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度为0.2mol/L。下列判断正确的是
A. x＋y>z B. B的转化率降低
C. C的体积分数减小 D. 平衡向正反应方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，则A的浓度变为0.25mol/L，由达新平衡时A的浓度降为0.2mol/L<0.25mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡向正反应方向移动。
A.减小压强，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，所以x＋y
C.减小压强，化学平衡向正反应方向移动，则C的体积分数增大，C错误；
D.体积增大，压强减小，平衡向正反应方向移动，D正确；
故合理选项是D。
17.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知C(石墨，s)C(金刚石，s) △H=+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
B. 氢气的燃烧热为-285.5 kJ·mol－1，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=＋285.5 kJ·mol－1
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H =-57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3 kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=－38.6 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.石墨转化为金刚石吸收能量，说明金刚石能量比石墨高，物质含有的能量越高，物质的稳定性就越弱，因此石墨比金刚石稳定，A错误；
B.氢气的燃烧热为-285.5 kJ·mol－1，表示1molH2完全燃烧产生液态水，放出285.kJ的热，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=+571 kJ/mol，B错误；
C.浓硫酸溶于水会放出热量，所以将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，C正确；
D.N2和H2反应产生NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，将1molN2与3molH2放在密闭容器中充分反应生成NH3，放出的热量不是38.6 kJ，反应的物质与反应热不对应，D错误；
故合理选项C。
18.将0.8 mol I2(g)和1.2 mol H2(g)置于某1L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)＋H2(g) 2HI(g) ΔH＜0并达到平衡。HI的体积分数随时间的变化如表格所示：
HI体积分数
1min
2min
3min
4min
5min
6min
7min
条件I
26%
42%
52%
57%
60%
60%
60%
条件Ⅱ
20%
33%
43%
52%
57%
65%
65%
下列说法中正确的是
A. 在条件I下，该反应的平衡常数K=10
B. 在条件I下，从开始反应至5min，用H2表示的反应速率为0.10 mol/(L·min)
C. 在条件Ⅱ下，到达平衡时，I2(g)的转化率为81.25%
D. 与条件I相比，为达到条件Ⅱ的数据，可能改变的条件是降低压强
【答案】C
【解析】
【详解】A、设I2的消耗浓度为xmol/L，则根据方程式I2(g)＋H2(g)2HI(g)可知平衡时I2(g)、H2(g)、HI(g)的浓度（mol/L）分别为0.8-x、1.2-x、2x，平衡时HI的体积分数为60%，则：2x÷2=0.6，故x=0.6，平衡常数K＝，A错误；
B、在条件I从开始反应至5min时，H2的反应速率为0.6mol/L÷5min=0.12 mol/（L•min），B错误；
C、在条件Ⅱ下设I2的消耗浓度为ymol/L，根据A中分析，到达平衡时，2y÷2=0.65，故x=0.65，所以I2(g)的转化率为0.65/0.8×100%＝81.25%，C正确；
D、相同时间内HI的体积分数减小，说明反应速率减慢，平衡时HI体积分数大于条件I时，故改变条件平衡正向移动，由于压强、催化剂不影响平衡移动，可能是降低温度，D错误；
答案选C。
19.W、X、Y、Z是四种短周期主族元素，原于序数依次增大，W的一种原子核内无中子，X、Y原子核外 L电子层的电子数之比为3:4，Y， Z位于同一周期，Z的一种单质常温下是淡黄色晶体，四种元素的原子最 外层电子数之和为14。下列说法错误的是()
A. X与其它三种元素均能形成二种二元化合物
B. X、Z阴离子的还原性强弱：Z>X
C. X、Y的简单离子半径大小：X>Y
D. X和Z的简单氢化物沸点：X
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z 是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，W的一种原子核内无中子，则W为H元素；Y、Z位于同一周期，Z的一种单质常温下是淡黄色晶体，则Z为S元素，Y、Z位于第三周期；X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3：4，Y的L层含有8个电子，则X的L层含有6个电子，只能为O元素；四种元素的原子最外层电子数之和为14，则Y最外层电子数=14-1-6-6=1，原子序数大于O，则Y为Na元素，据此进行解答。
【详解】由上述分析可知：W为H，X为O，Y为Na，Z为S。
A.X为O元素，O元素能够与H、Na、S均能形成二种二元化合物，A正确；
B.非金属性O>S，元素的非金属性越强，其对应的阴离子的还原性就越弱，则X、Z阴离子的还原性强弱：Z>X，B正确；
C.O2-和Na+具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径X>Y，C正确；
D.水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即X和Z的简单氢化物沸点：X>Z，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
20.如下图，向Ⅰ中充入1molX、1molY，向Ⅱ中充入2molX、2molY，起始时Ⅰ、Ⅱ的体积相等都等于a L，在相同温度和催化剂存在的条件下，两容器中各自发生下述反应，X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g) ΔH＜0。Ⅰ保持恒压，Ⅱ保持恒容，达平衡时，Ⅰ的体积为1.4a L。下列说法错误的是
A. Ⅰ容器中X的转化率为80%
B. 从起始到平衡所需时间：Ⅰ＞Ⅱ
C. 平衡时Y体积分数：Ⅰ＜Ⅱ
D. 平衡时的压强：PⅡ＞2PⅠ
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.4×2mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可知，每反应增加1mol，就会同时消耗1mol的X气体，气体物质的量增加0.8mol，则反应的X的物质的量是0.8mol，所以X的转化率为×100%=80%，A正确；
B.该反应的正反应是气体体积增大的反应，II的浓度比I大，物质的浓度增大，使体系的压强增大，导致反应速率加快，达到平衡所需要的时间比I少，因此从起始到平衡所需时间：Ⅰ＞Ⅱ，B正确；
C.I是恒压，II是恒容，由于反应的正反应是气体体积增大的反应，II相当于I达到平衡后缩小容器的容积，增大压强，化学平衡逆向移动，达到平衡时反应物Y的含量II＞I，C正确；
D.I、II反应开始时容器的容积相同，物质的量II是I的2倍，反应从正反应方向开始，随着反应的进行，气体的物质的量增加，会导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡逆向移动，使气体的物质的量减小，导致压强减小，因此达到平衡时压强：PⅡ＜2PⅠ，D错误；
故合理选项是D。
21.Ⅰ．金属镍在工业上应用广泛，请回答下列问题。
(1)Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是____(用元素符号表示)。
(2)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=____。与CO互为等电子体的阴离子是____（只写一种），CO分子内σ键与π键个数之比为____。1mol Ni(CO)n中含σ键为____ mol。
(3)甲醛(H2C=O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醛分子内C原子的杂化方式为____，甲醇分子内的O-C-H键角____(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的O－C－H键角。
Ⅱ．(1)已知NH3易溶于水，主要原因是____。
(2)已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6和HIO4，前者为五元酸，后者为一元酸。请比较二者酸性强弱：H5IO6____(填“＞”“＜”或“=”)HIO4。
【答案】 (1). C (2). 4 (3). CN- (4). 1：2 (5). 8 (6). sp2 (7). 小于 (8). NH3和水分子均为极性分子，相似相溶；NH3和水形成了分子间氢键 (9). ＜
【解析】
【详解】I.(1)Ni原子外围电子排布为3d84s2，未成对电子数为2，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同的元素有C、O，由于同一周期元素随原子序数增大，元素的电负性增大，故C元素电负性较小；
(2)Ni是28号元素，其价电子数是10，每个CO提供电子数为2，过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则10+2n=18，解得n=4；原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则与CO互为等电子体的阴离子有CN-、C22-；CO与N2结构相似，CO结构式为C≡O，分子中的三键含有1个σ、2个π键，则：CO分子内σ键与π键个数之比为1：2；根据上述计算可知Ni(CO)n中n=4，化学式为Ni(CO)4。C与Ni原子之间以σ键结合，配位体CO分子内的三键中也含有1个σ键，则Ni(CO)4中含有的σ键数目为4+1×4=8，则1mol Ni(CO)4中含σ键为8mol；
(3)甲醛CH2O分子内成键电子对数为3，无孤电子对，C原子杂化轨道类型为sp2杂化；甲醇分子中C原子形成4个σ键，没有孤电子对，采取sp3杂化，碳原子与之连接的原子具有四面体结构，键角为109°28′，而甲醛分子内C原子形成3个σ键，没有孤电子对，为平面型结构，键角略小于120°，故甲醇分子内的O-C-H键角小于甲醛分子内的O-C-H键角；
II.(1)NH3和H2O分子均为极性分子，由极性分子构成的溶质容易溶于由极性分子构成的溶剂中，且NH3和H2O分子之间形成了分子间氢键，增加了分子之间的作用力，促使NH3容易溶于水中；
(2)根据Pauling半定量规则，无机含氧酸中，非羟基氧数目越多，酸性越强，H5IO6有1个非羟基氧，HIO4有3个非羟基氧，所以酸性：H5IO6＜HIO4。
【点睛】本题注意掌握价层电子对理论和杂化轨道理论对物质结构的分析与运用。
22.某化学兴趣小组要完成中和热的测定。
(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、50 mL 0.50mol/L盐酸、50 mL 0.55mol/LNaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是____、____。
(2)NaOH稍过量的原因是_______。
(3)实验中若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸和50 mL 0.55 mol/LNaOH溶液进行上述反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热____(填“相等”或“不相等”)，理由是________。
(4)他们记录的实验数据如下：
实 验 用 品
溶液温度
t1
t2
①
50 mL 0.55mol/LNaOH溶液
20 ℃
23.3 ℃
50 mL 0.50mol/L盐酸
②
50 mL 0.55mol/LNaOH溶液
20 ℃
23.5 ℃
50 mL 0.50mol/L盐酸
已知：Q=cm(t2-t1)，反应后溶液的比热容c为4.18 J/(℃•g)，各物质的密度均为1 g/cm3。根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：____。
(5)若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热(ΔH)______(填“偏大”“偏小”或“不变”)，其原因是_______。
【答案】 (1). 量筒 (2). 温度计 (3). 保证盐酸溶液完全反应 (4). 不相等 (5). 相等 (6). 中和热是指酸与碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时所释放热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等 (7). HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-56.85 kJ/mol (8). 偏大 (9). 醋酸在溶液中电离吸收热量，使测得的中和热(ΔH)偏大
【解析】
【详解】(1)中和热的测定过程中，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少量筒和温度计；
(2)NaOH与HCl的体积相同，而NaOH的浓度比HCl的大，目的是NaOH过量，确保盐酸完全反应，使反应更充分；
(3)化学反应过程中放出的热量与反应的物质多少有关，若实验中若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸和50 mL 0.55 mol/LNaOH溶液进行上述反应，反应放出的热量以不足量的NaOH为标准，由于反应的NaOH增多，反应产生的H2O的物质的量也增多，所以反应放出的热量也比前者多，二者数值不相等，但由于中和热是酸、碱发生中和反应产生1molH2O时放出的热量，因此所求的中和热相等；
(4)两次温度差分别为：3.3℃，3.5℃，2组数据都有效，温度差平均值为3.4℃，50mL0.55mol/LNaOH和50mL0.5mol/LHCl反应产生水的物质的量以不足量的HCl为标准计算，n(H2O)=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，混合溶液的质量和m(混合)=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，△T=3.4℃，代入公式Q=cm•c•△T，可得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量Q==56.85kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.85kJ/mol。所以该反应的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-56.85 kJ/mol；
(5)若用醋酸代替HCl，由于醋酸为弱酸，电离过程需吸收热量，导致溶液的温度升高偏低，产生等量的水，反应放出的热量偏少，使测得的中和热(ΔH)偏大。
【点睛】本题考查中和热的测定的知识，注意理解中和热的概念以及热量计算公式中热量单位的换算。注意弱电解质主要以电解质分子存在，电离吸热，使中和热数值测定有偏差。
23.“低碳经济”是建设美丽中国的发展方向。
(1)已知：①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.1kJ/mol
②2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l) ΔH2=-128.3kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-481.9kJ/mol
常温下，在合适催化剂的作用下，采用CH4和O2一步合成液态CH3OH的热化学方程式为____。
(2)二甲醚(CH3OCH3)是清洁能源。利用合成气合成二甲醚的原理是2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH＜0。在一定条件下，在反应中CO的平衡转化率α(CO)与温度(T)、投料比的关系如图1所示，平衡常数K与温度(T)的关系如图2所示。
①图1中，X代表____；Y1____Y2 (填“＞”“＜”或“=”）。
②图2中，曲线____（填I或II）符合平衡常数变化规律。
(3)在1L恒容密闭容器中充入2a(a＞0)molH2和a mol CO，在一定条件下合成甲醇，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时容器内气体压强是起始时的0.6倍。
①在该温度下，平衡常数K=____ (用代数式表示）。
②在该温度下，向此平衡体系中加入a mol CH3OH(g)，再次达到平衡后CO的转化率将____（填“增大”“减小”或“不变”）
③下列情况表明反应达到平衡状态的是____
A.不再改变
B.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率
C.混合气体的密度不再改变
D.混合气体的平均摩尔质量不再改变
【答案】 (1). 2CH4(g)+O2(g)＝2CH3OH(l) ΔH=-326.3kJ/mol (2). 温度 (3). ＞ (4). II (5). (6). 增大 (7). AD
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求的热化学方程式；
(2)①根据外界条件对平衡状态的影响分析；
②平衡常数随温度变化，升温平衡逆向进行，平衡常数减小；
(3)①结合平衡常数计算列式计算平衡浓度，平衡常数K=；
②增加CH3OH，使体系的压强增大，利用压强对化学平衡移动分析物质的平衡转化率；
③反应达到平衡状态时，同种物质的正、逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
【详解】(1)①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.1kJ/mol
②2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l) ΔH2=-128.3kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-481.9kJ/mol
(①+②)×2+③，整理可得2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ΔH=-326.3kJ/mol；
(2)①2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H＜0，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，X增大，CO的平衡转化率α(CO)减小，说明X增大，化学平衡逆向进行，X为温度；温度一定，Y表示压强，压强越大CO转化率增大，Y1＞Y2；
②平衡常数随温度变化，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则曲线Ⅱ符合平衡常数变化规律；
(3)①在1L恒容密闭容器中充入2a(a＞0)molH2和 amolCO，在一定条件下合成甲醇，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时容器内气体压强是起始时的0.6倍，说明平衡时气体的物质的量是开始时的0.6倍，此时各物质的量总和为3amol×0.6=1.8amol，假设反应CO物质的量浓度为x，则根据方程式中物质反应转化关系可知：平衡时n(CH3OH)=x，n(CO)=(a-x)，n(H2)=2(a-x)，则a-x+2a-2x+x=1.8a，解得x=0.6a，所以该反应的化学平衡常数K=；
②在该温度下，向此平衡体系中加入a mol CH3OH(g)，相当于增大反应体系的压强，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，再次达到平衡后CO的转化率将增大；
③A.若不再改变说明平衡常数不变，反应达到平衡状态，A正确；
B.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，只能证明反应正向进行，不能证明反应达到平衡状态，B错误；
C.反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不改变，不能改变化学平衡，C错误；
D.反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，混合气体的平均摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡状态，D正确；
故合理选项是AD。
【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡状态的判断及化学平衡常数概念和计算等知识点，掌握盖斯定律、化学平衡移动原理是本题解答的关键。可根据化学平衡的特点分析判断平衡状态并进行有关计算，利用反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，将已知的热化学方程式叠加，得到待求反应的热化学方程式。
24.砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
(1)基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]____。
(2)根据元素周期律，元素的电负性Ga____(填“大于”或“小于”，下同)As，第一电离能B____Ga；BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合的原因是____。
(3)杀虫剂Na3AsO4中阴离子的空间构型为____，As原子采取____杂化。
(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是____。
(5)原子晶体GaAs的晶胞参数a=x pm，它的晶胞结构如下图所示。该晶胞内部存在的共价键数为____；该晶体的密度为______g/cm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
【答案】 (1). 3d104s24p1 (2). 小于 (3). 大于 (4). NH3中的N具有孤对电子，BF3中的B核外具有空轨道 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高 (8). 16 (9).
【解析】
【详解】(1)Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA，则基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]3d104s24p1；
(2)同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强。元素的非金属性Ga＜As，所以元素的电负性Ga＜As；同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子失去电子就越容易，其第一电离能就越小，由于元素的非金属性B＞Ga，所以第一电离能B＞Ga；BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合，是由于NH3中N提供孤电子对，BF3中B提供空轨道；
(3)杀虫剂Na3AsO4中阴离子为AsO43-，根据VSEPR理论，价电子对数VP=4+=4，则其空间构型为正四面体；根据杂化轨道理论，中心As的杂化方式为sp3杂化；
(4)组成相似的GaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体，离子键比分子间作用力大得多，所以前者的熔沸点比后者高；
(5)一个Ga与周围4个As形成共价键，所以晶胞内存在共价健数为4×4=16；在一个晶胞中含有的As原子个数为8×+6×=4，含有的Ga原子个数为4个，则1mol晶胞的质量m=4×145g=580g，1个晶胞的体积为V=a3pm3=(x×10-10)3cm3，所以晶体密度为ρ=g/cm3=g/cm3。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布、元素的电负性、电离能、原子杂化、晶胞密度的计算等知识，掌握原子结构理论是本题解答的关键，要学会用均摊方法，先计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，然后结合ρ=计算晶胞密度。要求学生有较严谨的态度和扎实的基础，也是对学生综合能力的考查。
1.下列有关化学用语使用正确的是
A. 石英的分子式：SiO2
B. NH4Cl的电子式：
C. Br原子的基态简化电子排布式为4s24p5
D. 基态碳原子的价电子轨道表示式为
【答案】D
【解析】
【详解】A.石英属于原子晶体，在晶体中Si、O两种元素的原子个数比为1：2，所以化学式为SiO2，A错误；
B.NH4Cl是离子晶体，阳离子NH4+、阴离子Cl-通过离子键结合，Cl-最外层有8个电子，该化合物的电子式为，B错误；
C.35号Br元素的原子核外有35个电子，原子的基态简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5，C错误；
D.C是6号元素，根据构造原理，可知基态碳原子的价电子轨道表示式为，D正确；
故合理选项是D。
2.下列说法正确的是
A. Zn元素位于周期表的d区
B. 第四周期中，最外层有两个电子的元素有9种
C. 催化剂能加快化学反应速率，提高反应物的转化率
D. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
【答案】B
【解析】
【详解】A.Zn元素位于周期表的ds区，A错误；
B.第四周期中，最外层有两个电子的元素有Ca、Sc、Ti、V、Mn、Fe、Co、Ni、Zn，共9种元素，B正确；
C.催化剂能加快化学反应速率，而不能使化学平衡发生移动，因此不能改变反应物的转化率，C错误；
D.反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量有关，若反应物的总能量大于生成物，则反应为放热反应，否则为吸热反应，D错误；
故合理选项是B。
3.下列叙述中错误的是
A. 酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 B. 还原性：Na>Mg>Al
C. 稳定性：HF>HCl>HBr D. 离子半径：Cl－>S2－>O2－
【答案】D
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。由于元素的非金属性Cl>S>P，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，A正确；
B.元素的金属性越强，其形成的单质还原性就越强。由于元素的金属性Na>Mg>Al，所以还原性：Na>Mg>Al，B正确；
C.同一主族的元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱。元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性F>Cl>Br，所以稳定性：HF>HCl>HBr，C正确；
D.对于电子层结构相同的离子。核电荷数越大，离子半径越小；离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径：S2->Cl->O2-，D错误；
故合理选项是D。
4.对于可逆反应A(g)+3B(s)C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. v(A)=2 mol·L-1·min-1 B. v(A)=0.2 mol·L-1·s-1
C. v(C)=0.1 mol·L-1·s-1 D. v(D)=0.4 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
【详解】都转化为用A物质表示的反应速率，速率的单位都用mol/(L·min)，然后进行比较。
A. v(A)=2mol/(L·min)；
B. v(A)=0.2 mol/(L·s)=12mol/(L·min)；
C. v(C)=0.1mol/(L·min)，则v(A)=v(C)=0.1mol/(L·min)；
D. v(D)=0.4 mol/(L·min)，则v(A)=v(D)=0.2mol/(L·min)；
可见反应速率最大的是12mol/(L·min)，故合理选项是B。
5.下列说法正确的是
A. Na＋的电子排布式为1s22s22p63s1
B. SO2分子的结构按VSEPR模型是V形
C. HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定
D. 有机物CH2=CH-CH3中杂化类型有sp3 和sp2，其中有一个π键，2个σ键
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na＋离子核外有10个电子，Na+的电子排布式为1s22s22p6，A错误；
B.SO2中S原子上有孤对电子对，所以分子结构按VSEPR模型属于V形，B正确；
C. HF的分子内H-F化学键大于HCl分子内的H-Cl键，HF比HCl稳定，C错误；
D.有机物CH2=CH-CH3中甲基C原子为sp3杂化，碳碳双键中的C原子为sp2杂化，其中有一个π键，2个C-C形成的σ键和6个C-H形成的σ键，共8个σ键，D错误；
故合理选项是B。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A. 12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA
B. 1mol NaHSO4熔融态时含有2NA个离子
C. 含32g硫原子的CS2分子中含有的σ键数目为2NA
D. 常温常压下，10 g D2O含有的质子数、电子数、中子数均为5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.在石墨烯中每个C原子被三个六边形所共有，所以每个六边形含有的C原子数目为6×=2，12gC的物质的量为1mol，因此形成的石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数(1mol÷2)×NA/mol=0.5NA，A正确；
B.NaHSO4熔融态时电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-，所以1mol NaHSO4熔融态时含有2NA个离子，B正确；
C.CS2分子中含有2个S原子，32gS原子的物质的量是1mol，则相应的CS2的物质的量是0.5mol，在每个CS2分子中含有2个σ键，则0.5molCS2分子中含有NA个σ键，C错误；
D. D2O分子中含有10个质子，10个中子，10个电子，10gD2O的物质的量是0.5mol，因此其中含有的质子数、电子数、中子数均为5NA，D正确；
故合理选项是C。
7.下列说法错误的是
A. 钠元素的第二电离能大于镁元素的第二电离能
B. 基态氧原子有8种能量不同的电子
C. 锂原子的2s和5s轨道皆为球形分布
D. N2与CO互为等电子体，它们具有相似的化学键特征和许多相似的性质
【答案】B
【解析】
【详解】A.钠失去1个电子变为Na+，最外层有8个电子，属于稳定结构，Mg原子的2s全满为稳定结构，则钠元素的第一电离能小于镁元素的第一电离能，钠元素的第二电离能大于镁元素的第二电离能，A正确；
B.基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，有三种不同的轨道，基态O原子核外有3中能量不同的电子，B错误；
C.s轨道的电子云都是球形分布，与是哪一个能层无关，C正确；
D.N2与CO原子数相同，原子核外最外层电子数也相同，二者互为等电子体，它们具有相似的化学键特征和许多相似的性质，D正确；
故合理选项是B。
8.下列实验操作不正确的是
实验目的
实验操作
A
验证化学反应中的能量变化
将NO2球浸泡在冰水，热水中观察颜色变化
B
证明非金属性：Cl＞C＞Si
将纯碱与足量浓盐酸反应后产生的气体直接通入硅酸钠溶液中
C
探究相同条件下，溶液浓度对反应速率的影响
在两支试管中各加入4 mL 0.01 mol/L的KMnO4酸性溶液，再分别加入0.1 mol/L H2C2O4溶液2 mL、0.2 mol/L H2C2O4 溶液2 mL，分别记录溶液褪色所需时间
D
除去氢氧化铁中少量的氢氧化铜
将过量氨水加入混合物中并充分搅拌，然后过滤、洗涤、干燥
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、2NO2(g)N2O4(g) △H，根据NO2球浸泡在冰水，热水中观察颜色变化可判断平衡移动方向，故A正确；
B、盐酸是无氧酸，不能证明非金属性Cl＞C；浓盐酸易挥发，二氧化碳、HCl都能使硅酸钠溶液产生沉淀，不能证明非金属性C＞Si，故B错误；
C、H2C2O4浓度不同，溶液褪色所需时间可判断反应速率，故C正确；
D、氢氧化铜会溶解在过量的氨水中,形成络合物，故D正确。
答案选B。
9.能够说明氯的非金属性比硫强的事实有
①HCl的酸性强于H2S的酸性
②将氯气通入H2S溶液中可置换出硫
③氯气与铁反应生成FeCl3，硫与铁反应生成FeS
④硫和氯变成简单阴离子时硫原子得到的电子更多
⑤氯气和氢气的混合气,经强光照射可剧烈反应，而硫与氢气反应需较高温度
A. ②③⑤ B. ①④⑤ C. ②③④ D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其单质越容易与氢气化合，其氢化物的稳定性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，该元素的原子越容易得电子，据此分析解答。
【详解】①HCl酸性强于H2S的酸性，说明HCl电离程度大于H2S，与元素的非金属性强弱无关，①错误；
②元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，将氯气通入H2S溶液中可置换出硫，说明氯气氧化性大于硫，说明非金属性Cl>S，②正确；
③元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氯气与铁反应生成FeCl3，硫与铁反应生成FeS，说明氧化性：Cl2>S，则非金属Cl>S，③正确；
④元素的非金属性强弱与得电子难易程度有关，与得电子多少无关，所以硫和氯变成简单阴离子时，硫原子得到的电子更多，不能说明非金属性Cl>S，④错误；
⑤元素的非金属性越强，其单质与氢气越容易化合，氯气和氢气的混合气，经强光照射可剧烈反应，而硫与氢气反应需较高温度，说明氯气和氢气反应比硫和氢气反应容易，则说明非金属性Cl>S，⑤正确；
综上所述可知，说法合理的是②③⑤，故合理选项是A。
【点睛】明确非金属性强弱判断方法是解本题关键，非金属性强弱与得电子难易程度有关，而与得电子多少无关。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，其形成氢化物的稳定性越强，其与H结合形成氢化物就越容易，相应的阴离子失去电子的能力就越弱。
10.已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ。且氧气中1 mol O＝O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H－O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol H－H键断裂时吸收热量为（ ）
A. 920 kJ B. 557 kJ C. 188 kJ D. 436 kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
根据n= 计算1g氢气的物质的量，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式H2(g)+O2(g)=H2O(g)进行计算。
【详解】水结构式为H-O-H，1mol水含有2mol氢氧键，1g氢气的物质的量为n(H2)==0.5mol，完全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)，则2×463kJ-(x+×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，
答案选D。
【点睛】本题考查反应热的有关计算，注意把握反应热与反应物、生成物键能的关系，注意理解反应放出的热量与物质的量成正比。
11.一定温度下，一固定体积的密闭容器中发生反应：A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，下列描述中不能说明该反应到达平衡状态的是
①混合气体的压强不再变化
②单位时间内生成2a mol C，同时生成3a mol B
③气体密度不再变化
④A的质量不再变化
⑤气体的平均相对分子质量不再变化
⑥2v逆(C)=3v正(B)
A. ①③ B. ②⑤ C. ①⑥ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】①该反应是反应前后气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡状态，气体的物质的量不变，则混合气体的压强不再变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，①符合题意；
②单位时间内生成2amol C，就会消耗3amolB，并且同时生成3amol B，说明B物质的物质的量浓度不变，反应处于平衡状态，②不符合题意；
③若反应未达到平衡状态，气体的质量就会发生变化，气体的密度也会变化，若气体密度不再变化，说明反应处于平衡状态，③不符合题意；
④A的质量不再变化，说明A消耗质量与产生的质量不再发生变化，反应处于平衡状态，④不符合题意；
⑤反应物A状态是固体，若未达到平衡，则气体的质量就会改变。若气体的质量不变，反应达到平衡，由于反应前后气体的物质的量不变，则此时气体的平均相对分子质量不再变化 ，可以证明反应处于平衡状态，⑤不符合题意；
⑥在任何条件下， 2v正(B)=3v正(C)，若2v逆(C)=3v正(B)，则3v正(B)=v正(C)=2v逆(C)，9 v正(C)=4v逆(C)，反应逆向进行，未达到平衡状态，⑥符合题意；
综上所述可知：①⑥符合题意，故合理选项是C。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当可逆反应达到平衡状态时，用任意一种物质表示的正、逆反应速率相等，但不为0。由于固体、纯液体的物质浓度不变，因此不能用固体、液体物质表示反应速率。在同一化学反应中，在同一时间段内，用不同物质表示的反应速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比。
12.化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是
A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
B. 根据结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，推出NH3的沸点低于PH3
C. 根据价电子构型与化合价的关系，推出最外层电子数3个的元素一定是第ⅢA族元素
D. 根据反应物浓度越大反应速率越快，推出常温下相同的铝片中分别加入足量的浓硝酸和稀硝酸中，浓硝酸中铝片先溶解完
【答案】C
【解析】
【详解】A.同一周期元素，第一电离能的变化趋势为：从左到右，逐渐增大，但第IIA与VA元素例外。镁的价电子排布是3s2，3p轨道全空较稳定，而铝是3s23p1，不是全满，全空，半空中任意一种情况，不稳定，故铝的第一电离能比镁小，A错误；
B.NH3、PH3都是由分子构成的物质，由于NH3分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使NH3的熔沸点比PH3的高，B错误；
C.一般情况下原子核外最外层电子数等于该元素最高正化合价数。最外层电子数3个的元素一定是第ⅢA族元素，C正确；
D.在室温下Al遇浓硝酸会被硝酸氧化产生致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能进一步反应，而与稀硝酸会迅速反应产生硝酸铝、NO、H2O，D错误；
故合理选项是C。
13.下列有关晶体的叙述中，错误的是
A. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等且最近的Na+共有6个
B. 金属晶体中，以“…ABCABCABC…”形式的堆积称为面心立方堆积
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有12个
D. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯化钠晶体中，在一个晶胞中与Na+距离最近的Na+有3个，通过该Na+有8个晶胞，每个Na+被重复了两次，所以在Na+周围距离相等且最近的Na+共有=12个，A错误；
B.金属晶体中，以“…ABCABCABC…”形式的堆积称为面心立方最密堆积，B正确；
C.干冰晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有=12个，C正确；
D.金刚石网状结构中，每个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，这4个C原子形成的是正四面体结构。在由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，D正确；
故合理选项是A。
14.在298K、100kPa时，已知：
2H2O（g）=2H2（g）+O2（g） △H1
H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g） △H2
2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g） △H3
则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是：
A. △H3=△H1+2△H2 B. △H3=△H1+△H2
C. △H3=△H1-2△H2 D. △H3=△H1-△H2
【答案】A
【解析】
【详解】①2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H1
②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H2
③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3
则由盖斯定律可知，反应③=①+2×②，△H3=△H1+2△H2，故选A。
15.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开可乐瓶有大量泡沫冒出
B. 新制的氯水在光照下颜色变浅
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D. 容器中有H2(g)+I2(g)2HI(g)，增大压强颜色变深
【答案】D
【解析】
【详解】A.因在溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启可乐瓶盖后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B.在溶液中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，光照HClO分解，c(HClO)降低，化学平衡正向移动，使溶液中c(Cl2)减小，因此溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C.氯气与水的反应是可逆反应，饱和食盐水中Cl-浓度大，可以使化学平衡逆向移动，减小了氯气的溶解、反应，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D.反应H2(g)+I2(g)2HI(g)是气体体积不变的反应，平衡体系增加压强，容器体积减小，c(I2)增大而使颜色变深，但平衡不移动，因此不能用平衡移动原理解释，D符合题意；
故合理选项是D。
16.在密闭容器中反应xA(g)+yB(g)zC(g)达平衡时，A的浓度为0.5mol/L。若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度为0.2mol/L。下列判断正确的是
A. x＋y>z B. B的转化率降低
C. C的体积分数减小 D. 平衡向正反应方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，则A的浓度变为0.25mol/L，由达新平衡时A的浓度降为0.2mol/L<0.25mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡向正反应方向移动。
A.减小压强，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，所以x＋y
C.减小压强，化学平衡向正反应方向移动，则C的体积分数增大，C错误；
D.体积增大，压强减小，平衡向正反应方向移动，D正确；
故合理选项是D。
17.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知C(石墨，s)C(金刚石，s) △H=+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
B. 氢气的燃烧热为-285.5 kJ·mol－1，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=＋285.5 kJ·mol－1
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H =-57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3 kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=－38.6 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.石墨转化为金刚石吸收能量，说明金刚石能量比石墨高，物质含有的能量越高，物质的稳定性就越弱，因此石墨比金刚石稳定，A错误；
B.氢气的燃烧热为-285.5 kJ·mol－1，表示1molH2完全燃烧产生液态水，放出285.kJ的热，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=+571 kJ/mol，B错误；
C.浓硫酸溶于水会放出热量，所以将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，C正确；
D.N2和H2反应产生NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，将1molN2与3molH2放在密闭容器中充分反应生成NH3，放出的热量不是38.6 kJ，反应的物质与反应热不对应，D错误；
故合理选项C。
18.将0.8 mol I2(g)和1.2 mol H2(g)置于某1L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)＋H2(g) 2HI(g) ΔH＜0并达到平衡。HI的体积分数随时间的变化如表格所示：
HI体积分数
1min
2min
3min
4min
5min
6min
7min
条件I
26%
42%
52%
57%
60%
60%
60%
条件Ⅱ
20%
33%
43%
52%
57%
65%
65%
下列说法中正确的是
A. 在条件I下，该反应的平衡常数K=10
B. 在条件I下，从开始反应至5min，用H2表示的反应速率为0.10 mol/(L·min)
C. 在条件Ⅱ下，到达平衡时，I2(g)的转化率为81.25%
D. 与条件I相比，为达到条件Ⅱ的数据，可能改变的条件是降低压强
【答案】C
【解析】
【详解】A、设I2的消耗浓度为xmol/L，则根据方程式I2(g)＋H2(g)2HI(g)可知平衡时I2(g)、H2(g)、HI(g)的浓度（mol/L）分别为0.8-x、1.2-x、2x，平衡时HI的体积分数为60%，则：2x÷2=0.6，故x=0.6，平衡常数K＝，A错误；
B、在条件I从开始反应至5min时，H2的反应速率为0.6mol/L÷5min=0.12 mol/（L•min），B错误；
C、在条件Ⅱ下设I2的消耗浓度为ymol/L，根据A中分析，到达平衡时，2y÷2=0.65，故x=0.65，所以I2(g)的转化率为0.65/0.8×100%＝81.25%，C正确；
D、相同时间内HI的体积分数减小，说明反应速率减慢，平衡时HI体积分数大于条件I时，故改变条件平衡正向移动，由于压强、催化剂不影响平衡移动，可能是降低温度，D错误；
答案选C。
19.W、X、Y、Z是四种短周期主族元素，原于序数依次增大，W的一种原子核内无中子，X、Y原子核外 L电子层的电子数之比为3:4，Y， Z位于同一周期，Z的一种单质常温下是淡黄色晶体，四种元素的原子最 外层电子数之和为14。下列说法错误的是()
A. X与其它三种元素均能形成二种二元化合物
B. X、Z阴离子的还原性强弱：Z>X
C. X、Y的简单离子半径大小：X>Y
D. X和Z的简单氢化物沸点：X
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z 是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，W的一种原子核内无中子，则W为H元素；Y、Z位于同一周期，Z的一种单质常温下是淡黄色晶体，则Z为S元素，Y、Z位于第三周期；X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3：4，Y的L层含有8个电子，则X的L层含有6个电子，只能为O元素；四种元素的原子最外层电子数之和为14，则Y最外层电子数=14-1-6-6=1，原子序数大于O，则Y为Na元素，据此进行解答。
【详解】由上述分析可知：W为H，X为O，Y为Na，Z为S。
A.X为O元素，O元素能够与H、Na、S均能形成二种二元化合物，A正确；
B.非金属性O>S，元素的非金属性越强，其对应的阴离子的还原性就越弱，则X、Z阴离子的还原性强弱：Z>X，B正确；
C.O2-和Na+具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径X>Y，C正确；
D.水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即X和Z的简单氢化物沸点：X>Z，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
20.如下图，向Ⅰ中充入1molX、1molY，向Ⅱ中充入2molX、2molY，起始时Ⅰ、Ⅱ的体积相等都等于a L，在相同温度和催化剂存在的条件下，两容器中各自发生下述反应，X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g) ΔH＜0。Ⅰ保持恒压，Ⅱ保持恒容，达平衡时，Ⅰ的体积为1.4a L。下列说法错误的是
A. Ⅰ容器中X的转化率为80%
B. 从起始到平衡所需时间：Ⅰ＞Ⅱ
C. 平衡时Y体积分数：Ⅰ＜Ⅱ
D. 平衡时的压强：PⅡ＞2PⅠ
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.4×2mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可知，每反应增加1mol，就会同时消耗1mol的X气体，气体物质的量增加0.8mol，则反应的X的物质的量是0.8mol，所以X的转化率为×100%=80%，A正确；
B.该反应的正反应是气体体积增大的反应，II的浓度比I大，物质的浓度增大，使体系的压强增大，导致反应速率加快，达到平衡所需要的时间比I少，因此从起始到平衡所需时间：Ⅰ＞Ⅱ，B正确；
C.I是恒压，II是恒容，由于反应的正反应是气体体积增大的反应，II相当于I达到平衡后缩小容器的容积，增大压强，化学平衡逆向移动，达到平衡时反应物Y的含量II＞I，C正确；
D.I、II反应开始时容器的容积相同，物质的量II是I的2倍，反应从正反应方向开始，随着反应的进行，气体的物质的量增加，会导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡逆向移动，使气体的物质的量减小，导致压强减小，因此达到平衡时压强：PⅡ＜2PⅠ，D错误；
故合理选项是D。
21.Ⅰ．金属镍在工业上应用广泛，请回答下列问题。
(1)Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是____(用元素符号表示)。
(2)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=____。与CO互为等电子体的阴离子是____（只写一种），CO分子内σ键与π键个数之比为____。1mol Ni(CO)n中含σ键为____ mol。
(3)甲醛(H2C=O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醛分子内C原子的杂化方式为____，甲醇分子内的O-C-H键角____(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的O－C－H键角。
Ⅱ．(1)已知NH3易溶于水，主要原因是____。
(2)已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6和HIO4，前者为五元酸，后者为一元酸。请比较二者酸性强弱：H5IO6____(填“＞”“＜”或“=”)HIO4。
【答案】 (1). C (2). 4 (3). CN- (4). 1：2 (5). 8 (6). sp2 (7). 小于 (8). NH3和水分子均为极性分子，相似相溶；NH3和水形成了分子间氢键 (9). ＜
【解析】
【详解】I.(1)Ni原子外围电子排布为3d84s2，未成对电子数为2，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同的元素有C、O，由于同一周期元素随原子序数增大，元素的电负性增大，故C元素电负性较小；
(2)Ni是28号元素，其价电子数是10，每个CO提供电子数为2，过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则10+2n=18，解得n=4；原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则与CO互为等电子体的阴离子有CN-、C22-；CO与N2结构相似，CO结构式为C≡O，分子中的三键含有1个σ、2个π键，则：CO分子内σ键与π键个数之比为1：2；根据上述计算可知Ni(CO)n中n=4，化学式为Ni(CO)4。C与Ni原子之间以σ键结合，配位体CO分子内的三键中也含有1个σ键，则Ni(CO)4中含有的σ键数目为4+1×4=8，则1mol Ni(CO)4中含σ键为8mol；
(3)甲醛CH2O分子内成键电子对数为3，无孤电子对，C原子杂化轨道类型为sp2杂化；甲醇分子中C原子形成4个σ键，没有孤电子对，采取sp3杂化，碳原子与之连接的原子具有四面体结构，键角为109°28′，而甲醛分子内C原子形成3个σ键，没有孤电子对，为平面型结构，键角略小于120°，故甲醇分子内的O-C-H键角小于甲醛分子内的O-C-H键角；
II.(1)NH3和H2O分子均为极性分子，由极性分子构成的溶质容易溶于由极性分子构成的溶剂中，且NH3和H2O分子之间形成了分子间氢键，增加了分子之间的作用力，促使NH3容易溶于水中；
(2)根据Pauling半定量规则，无机含氧酸中，非羟基氧数目越多，酸性越强，H5IO6有1个非羟基氧，HIO4有3个非羟基氧，所以酸性：H5IO6＜HIO4。
【点睛】本题注意掌握价层电子对理论和杂化轨道理论对物质结构的分析与运用。
22.某化学兴趣小组要完成中和热的测定。
(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、50 mL 0.50mol/L盐酸、50 mL 0.55mol/LNaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是____、____。
(2)NaOH稍过量的原因是_______。
(3)实验中若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸和50 mL 0.55 mol/LNaOH溶液进行上述反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热____(填“相等”或“不相等”)，理由是________。
(4)他们记录的实验数据如下：
实 验 用 品
溶液温度
t1
t2
①
50 mL 0.55mol/LNaOH溶液
20 ℃
23.3 ℃
50 mL 0.50mol/L盐酸
②
50 mL 0.55mol/LNaOH溶液
20 ℃
23.5 ℃
50 mL 0.50mol/L盐酸
已知：Q=cm(t2-t1)，反应后溶液的比热容c为4.18 J/(℃•g)，各物质的密度均为1 g/cm3。根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：____。
(5)若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热(ΔH)______(填“偏大”“偏小”或“不变”)，其原因是_______。
【答案】 (1). 量筒 (2). 温度计 (3). 保证盐酸溶液完全反应 (4). 不相等 (5). 相等 (6). 中和热是指酸与碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时所释放热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等 (7). HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-56.85 kJ/mol (8). 偏大 (9). 醋酸在溶液中电离吸收热量，使测得的中和热(ΔH)偏大
【解析】
【详解】(1)中和热的测定过程中，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少量筒和温度计；
(2)NaOH与HCl的体积相同，而NaOH的浓度比HCl的大，目的是NaOH过量，确保盐酸完全反应，使反应更充分；
(3)化学反应过程中放出的热量与反应的物质多少有关，若实验中若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸和50 mL 0.55 mol/LNaOH溶液进行上述反应，反应放出的热量以不足量的NaOH为标准，由于反应的NaOH增多，反应产生的H2O的物质的量也增多，所以反应放出的热量也比前者多，二者数值不相等，但由于中和热是酸、碱发生中和反应产生1molH2O时放出的热量，因此所求的中和热相等；
(4)两次温度差分别为：3.3℃，3.5℃，2组数据都有效，温度差平均值为3.4℃，50mL0.55mol/LNaOH和50mL0.5mol/LHCl反应产生水的物质的量以不足量的HCl为标准计算，n(H2O)=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，混合溶液的质量和m(混合)=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，△T=3.4℃，代入公式Q=cm•c•△T，可得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量Q==56.85kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.85kJ/mol。所以该反应的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-56.85 kJ/mol；
(5)若用醋酸代替HCl，由于醋酸为弱酸，电离过程需吸收热量，导致溶液的温度升高偏低，产生等量的水，反应放出的热量偏少，使测得的中和热(ΔH)偏大。
【点睛】本题考查中和热的测定的知识，注意理解中和热的概念以及热量计算公式中热量单位的换算。注意弱电解质主要以电解质分子存在，电离吸热，使中和热数值测定有偏差。
23.“低碳经济”是建设美丽中国的发展方向。
(1)已知：①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.1kJ/mol
②2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l) ΔH2=-128.3kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-481.9kJ/mol
常温下，在合适催化剂的作用下，采用CH4和O2一步合成液态CH3OH的热化学方程式为____。
(2)二甲醚(CH3OCH3)是清洁能源。利用合成气合成二甲醚的原理是2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH＜0。在一定条件下，在反应中CO的平衡转化率α(CO)与温度(T)、投料比的关系如图1所示，平衡常数K与温度(T)的关系如图2所示。
①图1中，X代表____；Y1____Y2 (填“＞”“＜”或“=”）。
②图2中，曲线____（填I或II）符合平衡常数变化规律。
(3)在1L恒容密闭容器中充入2a(a＞0)molH2和a mol CO，在一定条件下合成甲醇，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时容器内气体压强是起始时的0.6倍。
①在该温度下，平衡常数K=____ (用代数式表示）。
②在该温度下，向此平衡体系中加入a mol CH3OH(g)，再次达到平衡后CO的转化率将____（填“增大”“减小”或“不变”）
③下列情况表明反应达到平衡状态的是____
A.不再改变
B.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率
C.混合气体的密度不再改变
D.混合气体的平均摩尔质量不再改变
【答案】 (1). 2CH4(g)+O2(g)＝2CH3OH(l) ΔH=-326.3kJ/mol (2). 温度 (3). ＞ (4). II (5). (6). 增大 (7). AD
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求的热化学方程式；
(2)①根据外界条件对平衡状态的影响分析；
②平衡常数随温度变化，升温平衡逆向进行，平衡常数减小；
(3)①结合平衡常数计算列式计算平衡浓度，平衡常数K=；
②增加CH3OH，使体系的压强增大，利用压强对化学平衡移动分析物质的平衡转化率；
③反应达到平衡状态时，同种物质的正、逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
【详解】(1)①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.1kJ/mol
②2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l) ΔH2=-128.3kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-481.9kJ/mol
(①+②)×2+③，整理可得2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ΔH=-326.3kJ/mol；
(2)①2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H＜0，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，X增大，CO的平衡转化率α(CO)减小，说明X增大，化学平衡逆向进行，X为温度；温度一定，Y表示压强，压强越大CO转化率增大，Y1＞Y2；
②平衡常数随温度变化，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则曲线Ⅱ符合平衡常数变化规律；
(3)①在1L恒容密闭容器中充入2a(a＞0)molH2和 amolCO，在一定条件下合成甲醇，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时容器内气体压强是起始时的0.6倍，说明平衡时气体的物质的量是开始时的0.6倍，此时各物质的量总和为3amol×0.6=1.8amol，假设反应CO物质的量浓度为x，则根据方程式中物质反应转化关系可知：平衡时n(CH3OH)=x，n(CO)=(a-x)，n(H2)=2(a-x)，则a-x+2a-2x+x=1.8a，解得x=0.6a，所以该反应的化学平衡常数K=；
②在该温度下，向此平衡体系中加入a mol CH3OH(g)，相当于增大反应体系的压强，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，再次达到平衡后CO的转化率将增大；
③A.若不再改变说明平衡常数不变，反应达到平衡状态，A正确；
B.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，只能证明反应正向进行，不能证明反应达到平衡状态，B错误；
C.反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不改变，不能改变化学平衡，C错误；
D.反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，混合气体的平均摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡状态，D正确；
故合理选项是AD。
【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡状态的判断及化学平衡常数概念和计算等知识点，掌握盖斯定律、化学平衡移动原理是本题解答的关键。可根据化学平衡的特点分析判断平衡状态并进行有关计算，利用反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，将已知的热化学方程式叠加，得到待求反应的热化学方程式。
24.砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
(1)基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]____。
(2)根据元素周期律，元素的电负性Ga____(填“大于”或“小于”，下同)As，第一电离能B____Ga；BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合的原因是____。
(3)杀虫剂Na3AsO4中阴离子的空间构型为____，As原子采取____杂化。
(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是____。
(5)原子晶体GaAs的晶胞参数a=x pm，它的晶胞结构如下图所示。该晶胞内部存在的共价键数为____；该晶体的密度为______g/cm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
【答案】 (1). 3d104s24p1 (2). 小于 (3). 大于 (4). NH3中的N具有孤对电子，BF3中的B核外具有空轨道 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高 (8). 16 (9).
【解析】
【详解】(1)Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA，则基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]3d104s24p1；
(2)同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强。元素的非金属性Ga＜As，所以元素的电负性Ga＜As；同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子失去电子就越容易，其第一电离能就越小，由于元素的非金属性B＞Ga，所以第一电离能B＞Ga；BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合，是由于NH3中N提供孤电子对，BF3中B提供空轨道；
(3)杀虫剂Na3AsO4中阴离子为AsO43-，根据VSEPR理论，价电子对数VP=4+=4，则其空间构型为正四面体；根据杂化轨道理论，中心As的杂化方式为sp3杂化；
(4)组成相似的GaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体，离子键比分子间作用力大得多，所以前者的熔沸点比后者高；
(5)一个Ga与周围4个As形成共价键，所以晶胞内存在共价健数为4×4=16；在一个晶胞中含有的As原子个数为8×+6×=4，含有的Ga原子个数为4个，则1mol晶胞的质量m=4×145g=580g，1个晶胞的体积为V=a3pm3=(x×10-10)3cm3，所以晶体密度为ρ=g/cm3=g/cm3。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布、元素的电负性、电离能、原子杂化、晶胞密度的计算等知识，掌握原子结构理论是本题解答的关键，要学会用均摊方法，先计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，然后结合ρ=计算晶胞密度。要求学生有较严谨的态度和扎实的基础，也是对学生综合能力的考查。
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