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2021-2022学年湖北省部分学校高二（下）联考化学试卷（3月份）（含答案解析）
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2021-2022学年湖北省部分学校高二（下）联考化学试卷（3月份）
1. 与往届奥运会大量使用液化天然气或丙烷等作为火炬燃料不同，2022年北京冬奥会首次使用氢气作为火炬燃料。下列说法正确的是( )
A. 氢气是一次能源
B. 氢气在燃烧的过程中，ΔH<0，ΔS>0
C. 氢气燃烧生成1molH2O(g)放出的能量比生成1molH2O(1)的少
D. 相比液化天然气或丙烷，氢气作为火炬燃料有利于减少酸雨的形成
2. 下列晶体中，加热熔融时无化学键断裂的是( )
A. 铝 B. 金刚砂 C. 冰 D. 硫酸钠
3. VSEPR模型以最简单的方法形象化了价层电子对，易化了物质空间结构的判断。下列微粒的空间结构判断错误的是( )
A. NO2− V形 B. NH3三角锥形 C. SO3平面三角形 D. HClO 直线形
4. 由中国工程物理研究院应用电子学研究所牵头负责的高平均功率太赫兹自由电子激光装置(简称CTFEL装置)首次饱和出光并实现稳定运行。这标志着我国太赫兹源正式进入自由电子激光时代。下列有关原子核外电子跃迁说法正确的是( )
A. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
B. 元素钾的焰色呈紫色，紫色对应的辐射波长在可见光中是最长的
C. 激光、烟火、霓虹灯光的产生都与原子核外电子跃迁释放能量有关
D. 对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出的红色光是电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线而产生的
5. 下列水解方程式或离子方程式正确的是( )
A. 用醋酸除水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 碳酸钠溶液中滴加酚酞，溶液变红：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−
C. 用氢氧化钠溶液滴定硫酸氢钠溶液：OH−+HSO4−=SO42−+H2O
D. 氯化铁溶液中滴加KSCN溶液后溶液变红：FeCl3+3SCN−⇌Fe(SCN)3↓+3Cl−
6. 现有几种元素的基态离子(W−、X2−、Y+、Z3+)，其核外电子排布式均为1s22s22p6，下列有关叙述正确的是( )
A. 原子半径：Y>Z>X>W B. 最高正化合价：W>X>Z>Y
C. 电负性：W>X>Y>Z D. 第一电离能：X>W>Z>Y
7. 我国是煤炭的产销大国，煤炭燃烧产生的烟气中的氮氧化物(NOx)和SO2给生态环境带来严重的危害。可利用二能氧化氯除去烟气中的SO2，其部分反应历程如图所示，该段会反应的化学方程式为ClO+SO2→SO3+Cl。下列说法错误的是( )
A. 该段反应中，SO2作还原剂
B. 该段反应为放热反应，④→⑤是决速步骤
C. 该段反应过程涉及极性键的断裂和形成
D. 该段反应转移0.2mole−时，该段反应消耗SO2的体积(标准状况)为2.24L
8. 如表数据是部分物质对应的熔点，下列说法正确的是( )
编号
①
②
③
④
物质
AlF3
AlCl3
BCl3
NF3
熔点/℃
1291
160
−127
−207
A. 键长：B−F
C. NCl3和NF3结构相似，NCl3的相对分子质量大于NF3的，推测NCl3的熔点将高于−207℃
D. 由于AlF3、AlCl3的熔点相差很大，推测两者的晶体类型不同且AlCl3为非电解质
9. M、X、Y、Z、W为同一周期的短周期元素，且原子半径依次减小，它们形成的化合物(结构如图所示)可用作新型电池的电解液添加剂。基态Y元素原子的s能级电子数是p能级电子数的2倍。下列说法正确的是( )
A. M的单质可以保存在煤油中
B. M在Z单质中点燃生成两种化合物
C. W、Z的最简单氢化物的沸点：Z>W
D. X、Y分别与W形成的二元化合物中各原子均达到8电子稳定结构
10. 反应PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)ΔH=−93kJ⋅mol−1，在温度为T1、T2时，平衡体系中PCl3(g)的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列分析正确的是( )
A. 由图可知：p1
C. 图中a、b、d三点对应的平衡常数：Kd>Kb>Ka
D. 保持其他条件不变，加入合适的催化剂，d点可以移至b点
11. 下列陈述I和陈述II均正确并且存在因果关系的是 ( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
某晶体熔点低，硬度小，不导电
该晶体是离子晶体
B
Si、P、S的第一电离能依次增大
Si、P、S的最外层电子数依次增多
C
金刚石、硅、锗的熔点、硬度依次降低
C、Si、Ge的非金属性依次减弱，金属性依次增强
D
在H2S晶体中，每个H2S分子周围紧邻的分子有12个；在冰晶体中，每个H2O分子周围紧邻的分子有4个
H2S晶体中，分子间只存在范德华力；冰晶体中，分子间存在氢键，氢键具有方向性和饱和性
A. A B. B C. C D. D
12. 下列实验装置与对应叙述相符的是( )
2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)
A.由圆底烧瓶中气体颜色的深浅判断该反应放热还是吸热
B.可通过直接推拉注射器活塞检查装置气密性
C.排出酸式滴定管内气泡
D.用稀硫酸和Ba(OH)2溶液测定中和反应的反应热
A. A B. B C. C D. D
13. 一种由A、B、C三种元素组成的新物质是潜在的拓扑绝缘材料，其结构如图甲、乙所示(晶胞参数已在图中标出)。下列说法错误的是( )
A. 图乙是该物质的晶胞单元
B. 晶胞中A、B、C三种原子的个数比为1：1：2
C. A、B原子之间最短的距离为22xnm
D. 该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为6
14. 钠离子电池因其原材料丰富、资源成本低廉及安全环保等突出优点，在电化学规模储能领域和低速电动车领域中具有广阔的应用前景。一种新型可充电钠离子电池的工作原理如图，电池总反应为。下列说法正确的是( )
A. 放电时，A极电势更高，发生氧化反应
B. 放电时，Na+从硬碳中脱嵌，经过电解质溶液嵌入MnO2纳米片中
C. 充电时，当电解质溶液中转移1mol电子，硬碳质量增加23g
D. 充电时，阳极反应为NaMnO2+xe−=Na1−xMnO2+xNa+(0≤x≤1)
15. 常温下，向20mL0.1mol⋅L−1KHC2O4溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列分析正确的是( )
A. c点对应的溶液的pH=7
B. b、d两点对应的溶液的pH相同
C. 从a点到d点，水的电离程度一直增大
D. b点对应的溶液中，2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)
16. KH2PO4是高效的磷钾复合肥，广泛适用于各类型经济作物，如水果、蔬菜。某学生通过已有知识设计利用电解法制备KH2PO4，其工作原理如图所示。
回答下列问题：
(1)电源的a极是 ______(填“负极”或“正极”)，电极X上发生的电极反应为 ______，KH2PO4在 ______(填“A室”或“B室”)生成。
(2)电解池工作一段时间后，当电路中转移的电子数为0.02NA时，两电极共收集到气体的体积(标准状况下)为 ______mL，生成KH2PO4的质量为 ______g。
(3)已知：常温下，磷酸的各级电离常数分别是Kal=7.0×10−3，Ka2=6.2×10−8，Ka3=4.8×10−13。现有0.1mol⋅L−1的KH2PO4，常温下，该溶液呈 ______(填“酸”、“中”或“碱”)性，原因为 ______(用数据说明)。关于该溶液，下列叙述正确的是 ______(填标号)。
A.升高温度，溶液的pH将减小
B.c(K+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)
C.c(K+)>c(H2PO4−)>c(OH−)>c(HPO42−)>c(H+)
D.c(H+)+c(H3PO4)>c(HPO42−)+c(PO43−)+c(OH−)
17. A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子核外电子只有一种自旋取向，A、B元素原子的最外层电子数相等；C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等；D元素原子半径是短周期主族元素中最大的；E元素的价层电子在s和p能级的原子轨道中运动的电子数相等；G3+与F元素的基态原子均有5个未成对电子。请回答下列问题：
(1)若A离子与B离子的电子层结构相同，半径较大的是 ______(填离子符号)，A与B形成的二元化合物的晶体类型为 ______。
(2)比较第一电离能的大小：I1(B)______(填“>”、“<”或“=”)I1(D)，原因是 ______。
(3)晶体熔点：EC2______ (填“高于”、“低于”或“等于”)DCA。
(4)基态G原子的价层电子排布式为 ______，G2+与G3+的未成对电子数之比为 ______。
(5)基态F原子含有 ______种空间运动状态不同的电子。C和F形成的一种化合物的立方晶胞如图所示，则该化合物的化学式为 ______。
18. 钴及其配合物在生活、生产中用途广泛。请回答下列问题：
(1)基态Co原子的电子排布式为 ______。
(2)[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种不溶于水的紫红色固体，由于其热稳定性较好，可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。在该配合物中，Co的化合价为 ______价，中心原子的配体为 ______。0.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目为 ______，当向其中加入足量硝酸银溶液时，生成的AgCl质量为______g。
(3)酞菁钴(结构简式如图)主要应用于工业涂料印墨及塑料着色。C原子的杂化方式为 ______，该配合物涉及的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是 ______(填元素符号)。
(4)金属钴单质的晶体结构有三种，其中一种六方晶胞结构如图所示，该晶胞中的钴原子数目为 ______，设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的底面积为a(nm)2，晶胞的密度为ρg⋅cm−3，则该晶胞的高c为 ______nm。
19. “十四五”规划明确了“碳达峰、碳中和”工作的定位。某科研机构想利用CO2和H2合成燃料。已知：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1
②CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)ΔH2
③C(s)+2H2(g)⇌CH4(g)ΔH3
④2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)ΔH4
(1)CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式为 ______。
(2)某温度下，向一恒容密闭容器中按照n(H2)n(CO2)=3.25投料，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的物质的量浓度随时间的变化如图所示。
①反应达到A点时，v正______(填“>”“<”或“=”)v逆；0∼3min内，v(H2)=______mol⋅L−1⋅min−1，该温度下的平衡常数K=______L2⋅mol−2。
②关于该反应，下列说法错误的是 ______(填标号)。
a.使用催化剂可以提高反应物的转化率
b.在原容器中再充入1molH2，可以提高CO2的转化率
c.反应达到平衡时，每断裂3molC−H键的同时生成3molH−H键
d.反应达到平衡后，再按照原来的投料比加入反应物，再次达到平衡后，CH3OH的产率增大
③将上述反应改为在恒压条件下进行，测得相同时间内不同温度下甲醇的产率如图中虚线所示。温度为470K时，图中M点的浓度商Q ______(填“>”、“<”或“=”)平衡常数K。490K之后，甲醇产率下降.的原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.氢气为二次能源，故A错误；
B.氢气燃烧的反应为气体体积减小的放热反应，则ΔH<0，ΔS<0，故B错误；
C.1molH2O(g)能量高于1molH2O(1)，则氢气燃烧生成1molH2O(g)放出的能量比生成1molH2O(1)的少，故C正确；
D.液化天然气或丙烷燃烧产物只有二氧化碳和水，没有二氧化硫，相比液化天然气或丙烷，氢气作为火炬燃料有利于减少二氧化碳的排放，故D错误；
故选：C。
A.自然界直接获得的能源为一次能源，而经过人为加工才能获得的是二次能源；
B.氢气燃烧的反应为气体体积减小的放热反应；
C.1molH2O(g)能量高于1molH2O(1)；
D.液化天然气或丙烷燃烧产物只有二氧化碳和水。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.Al属于金属晶体，熔融时破坏金属键，故A错误；
B.金刚砂属于共价晶体，熔融时破坏共价键，故B错误；
C.冰为分子晶体，熔融时破坏分子间作用力，不破坏化学键，故C正确；
D.硫酸钠属于离子晶体，熔融时破坏离子键，故D错误；
故选：C。
离子晶体、共价晶体、金属晶体熔融时化学键被破坏，分子晶体熔融时破坏分子间作用力。
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确晶体类型及物质构成微粒是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.NO2−的中心原子N的价层电子对数=2+5+1−2×22=3，孤电子对数为1，空间构型为V形，故A正确；
B.NH3的中心原子N的价层电子对数=3+5−1×32=4，孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，故B正确；
C.SO3的中心原子S的价层电子对数=3+6−2×32=3，孤电子对数为0，空间构型平面三角形，故C正确；
D.HClO的中心原子O的价层电子对数=2+6−1−12=4，孤电子对数为2，空间构型为V形，故D错误；
故选：D。
价层电子对数=σ+孤电子对数，孤电子对数=12(a−xb)，若为阳离子，a为中心原子的价电子数减去离子的电荷数，若为阴离子，a为中心原子的价电子数加上离子的电荷数，然后结合价层电子对互斥理论判断其构型。
本题考查常见微粒空间构型的判断，为高频考点，明确价层电子对互斥理论内涵为解答关键，注意掌握孤电子对个数计算方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查原子核外电子跃迁过程中能量的吸收与释放，属于基本知识的考查，难度不大。
【解答】
A.电子在激发态跃迁到基态时会产生发射光谱，电子在基态跃迁到激发态时才会产生吸收光谱，吸收光谱和发射光谱总称为原子光谱，故A错误；
B.紫色波长介于400nm∼450nm之间，紫色对应的辐射波长不是最长的，故B错误；
C.电子的跃迁本质上是组成物质的粒子中电子的一种能量变化，激光、烟火、霓虹灯光产生时原子中的电子吸收了能量，从能量低的轨道跃迁到能量高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回到能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故C正确；
D.电子由基态获得能量跃迁到激发态，从激发态跃迁到较低的能级，多余的能量以光的形式释放出来，光的波长对应一定的颜色，故D错误；
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：A.用醋酸除水垢，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故A错误；
B.碳酸钠溶液中滴加酚酞，溶液变红，离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B正确；
C.用氢氧化钠溶液滴定硫酸氢钠溶液，离子方程式为：OH−+H+=H2O，故C错误；
D.氯化铁溶液中滴加KSCN溶液后溶液变红，离子方程式为：Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，故D错误；
故选：B。
A.醋酸为弱酸，应保留化学式；
B.碳酸根离子水解为可逆反应，应用可逆号；
C.硫酸氢根离子为强酸的酸式根离子，应拆成离子形式；
D.Fe(SCN)3不是沉淀。
本题考查学生对水解反应原理的理解，明确水解的反应原理是解答本题的关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，W为F，X为O，Y为Na，Z为Al元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y>Z>X>W，故A正确；
B.氟、氧元素的非金属性较强，不存在最高正价，故B错误；
C.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：W>X>Z>Y，故C错误；
D.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：W>X>Z>Y，故D错误；
故选：A。
现有几种元素的基态离子(W−、X2−、Y+、Z3+)，其核外电子排布式均为1s22s22p6，四种离子的核外电子总数为10，W、X应该位于第二周期，Y、Z位于第三周期，结合离子所带电荷可知，W为F，X为O，Y为Na，Z为Al元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合离子结构、核外电子排布来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.ClO+SO2→SO3+Cl反应中，硫元素由+4价上升至+6价，则SO2作还原剂，故A正确；
B.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，决速步骤为活化能最大的步骤，即为③→④，故B错误；
C.由图可知，反应过程中断裂氯氧键，形成硫氧键，则该段反应过程涉及极性键的断裂和形成，故C正确；
D.ClO+SO2→SO3+Cl反应中，硫元素由+4价上升至+6价，每转移2mol电子，消耗1molSO2，则该段反应转移0.2mole−时，该段反应消耗SO2的物质的量为0.1mol，体积(标准状况)为0.1mol×2.24L/mol=2.24L，故D正确；
故选：B。
A.ClO+SO2→SO3+Cl反应中，硫元素由+4价上升至+6价；
B.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，决速步骤为活化能最大的步骤；
C.由图可知，反应过程中断裂氯氧键，形成硫氧键；
D.ClO+SO2→SO3+Cl反应中，硫元素由+4价上升至+6价，每转移2mol电子，消耗1molSO2。
本题考查反应热与焓变、氧化还原反应，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，与键长无关，故A错误；
B.BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对，NF3中N原子价层电子对数=3+5−3×12=4且含有1个孤电子对，前者为平面三角形结构、后者为三角锥形结构，故B错误；
C.不能形成分子间氢键的分子晶体熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，二者为不能形成分子间氢键的分子晶体，相对分子质量：前者大于后者，所以NCl3的熔点将高于−207℃，故C正确；
D.离子晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，AlF3熔点较高，为离子晶体，AlCl3熔点较低，所以分子晶体，AlCl3在水溶液中能电离出阴阳离子，所以AlCl3属于电解质，故D错误；
故选：C。
A.分子晶体熔沸点与分子间作用力有关；
B.BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对，NF3中N原子价层电子对数=3+5−3×12=4且含有1个孤电子对；
C.不能形成分子间氢键的分子晶体熔沸点随着相对分子质量的增大而升高；
D.离子晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，AlCl3在水溶液中能电离出阴阳离子。
本题考查晶体类型判断、分子空间结构判断等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确晶体熔沸点影响因素、电解质概念等知识点是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，M为Li，X为B，Y为C，Z为O，W为F元素，
A.锂的密度小于煤油，不能保存在煤油中，金属锂可保存在石蜡中，故A错误；
B.Li在氧气中燃烧只生成氧化锂，故B错误；
C.W、Z的最简单氢化物分别为氟化氢、水，常温下水为液态，氟化氢为气态，则最简单氢化物的沸点：Z>W，故C正确；
D.X与W形成的化合物为BF3，BF3分子中B的最外层电子数为3+3=6，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：C。
M、X、Y、Z、W为同一周期的短周期元素，且原子半径依次减小，说明它们的原子序数逐渐增大，Y形成4个共价键，位于ⅣA族，基态Y元素原子的s能级电子数是p能级电子数的2倍，Y原子的核外电子排布式为1s22s22p2，则Y为C；四种元素位于第二周期，M形成+1价阳离子，则M为Li；Z形成2个共价键，W形成1个共价键，则Z为O，W为F；X形成4个共价键，其中1个共价键应该是与氟离子形成的配位键，则X为B元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子半径、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，PCl3的平衡体积分数增大，则T1va>vc，故B错误；
C.平衡常数只与温度有关，a、b点温度相等，则平衡常数：Kb=Ka，该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，则平衡常数：Kd>Kb=Ka，故C错误；
D.加入催化剂可以加快反应速率，但不影响化学平衡，故加入合适的催化剂，不能使d点移至b点，故D错误；
故选：A。
A.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，PCl3的平衡体积分数增大，则T1
C.平衡常数只与温度有关，a、b点温度相等，则平衡常数：Kb=Ka，该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小；
D.加入催化剂可以加快反应速率，但不影响化学平衡。
本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，明确外界条件对平衡影响原理、图中曲线含义是解本题关键，注意结合影响化学平衡移动的因素判断平衡移动。
11.【答案】D
【解析】解：A.晶体熔点低，硬度小，不导电，符合分子晶体的性质，故A错误；
B.同一周期随着原子序数增大，第一电离能变大，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：P>S>Si，故B错误；
C.熔点、硬度的高低不能体现非金属性、金属性的强弱，故C错误；
D.因为H2S晶体中，分子间只存在范德华力，所以晶体为分子密堆积，每个H2S分子周围紧邻的分子有12个；冰晶体中氧的电负性较强，分子间存在氢键，氢键具有方向性，所以在冰晶体中，每个H2O分子周围紧邻的H2O分子有4个，故D正确；
故选：D。
A.离子晶体的熔沸点较高，硬度较大；
B.P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；
C.熔点、硬度的高低与元素非金属性、金属性的强弱无关；
D.H2S晶体中，分子间只存在范德华力，冰晶体中氧的电负性较强，分子间存在氢键，氢键具有方向性。
本题主要考查学生的审题能力，前后表达必须具有对应关系，属于基本知识的考查，难度中等。
12.【答案】A
【解析】解：A.只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，由气体颜色的深浅判断该反应放热还是吸热，故A正确；
B.气体易从长颈漏斗逸出，不能推拉注射器活塞检查装置气密，故B错误；
C.图中为碱式滴定管，则图中为排出碱式滴定管内气泡的操作，故C错误；
D.生成硫酸钡放热，图中不能测定中和热，故D错误；
故选：A。
A.只有温度不同；
B.气体易从长颈漏斗逸出；
C.图中为碱式滴定管；
D.生成硫酸钡放热。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、仪器的使用、中和热测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了晶胞结构及其计算，涉及判断晶胞结构、原子间距离计算、晶胞中原子个数计算，侧重考查学生分析解决问题能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
【解答】
A.图乙是最小结构的重复单元，因此图乙是该物质的晶胞单元，故A正确；
B.图乙中A原子个数为8×18+4×12+1=4，B原子个数为4×14+6×12=4，C原子个数为8，A、B、C三种原子的个数比为4：4：8=1：1：2，故B正确；
C.A位于顶点，离A原子最近的B原子在面心位置，因此AB原子最近距离为22xnm，故C正确；
D.位于上底面面心的B原子为例，由图可知图中离B原子最近的C原子2个，在上方还有2个C原子离B最近，即离B原子最近的C原子共有4个，故D错误；
故选：D。
14.【答案】B
【解析】解：A.放电时，A为负极，B为正极，A极电势低，发生氧化反应，故A错误；
B.放电时，A为负极，NaxC−xe−=xNa++C，Na+从硬碳中脱嵌，B为正极，电极反应式为Na1−xMnO2+xNa++xe−=NaMnO2，Na+经过电解质溶液嵌入MnO2纳米片中，故B正确；
C.电子不经过电解质溶液，故C错误；
D.充电时，B为阳极，电极反应式为NaMnO2−xe−=Na1−xMnO2+xNa+(0≤x≤1)，故D错误；
故选：B。
电池总反应为，由图可知，放电时，A为负极，NaxC−xe−=xNa++C，B为正极，电极反应式为Na1−xMnO2+xNa++xe−=NaMnO2，充电时，A为阴极，电极反应式为xNa++C+xe−=NaxC，B为阳极，电极反应式为NaMnO2−xe−=Na1−xMnO2+xNa+(0≤x≤1)，据此作答。
本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：A.酸或碱抑制水电离，C2O42−促进水电离，c(C2O42−)最大时，水电离程度最大，根据图知，c点水电离程度最大，则c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4，溶液的pH>7，故A错误；
B.a点溶质为KHC2O4，水的电离被抑制，溶液呈酸性，c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4，溶液呈碱性，则b点溶液呈中性，d点溶液呈碱性，所以pH：b点
D.b点有一半的KHC2O4反应生成等物质的量浓度的K2C2O4、Na2C2O4，溶液中存在物料守恒2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)，故D正确；
故选：D。
A.酸或碱抑制水电离，C2O42−促进水电离，c(C2O42−)最大时，水电离程度最大，根据图知，c点水电离程度最大，则c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4；
B.a点溶质为KHC2O4，水的电离被抑制，溶液呈酸性，c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4，溶液呈碱性，d点是在c点的基础上继续加入NaOH；
C.a点溶质为KHC2O4，抑制水电离，c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4，促进水电离，继续加入NaOH，NaOH过量而抑制水电离；
D.b点有一半的KHC2O4反应生成等物质的量浓度的K2C2O4、Na2C2O4，溶液中存在物料守恒n(Na)=n(C)，根据物料守恒判断。
本题考查酸碱混合溶液大小判断，侧重考查图象分析点评及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素是解本题关键，B为解答易错点。
16.【答案】正极 2Cl−−2e−=Cl2↑B室 4482.72酸 Kh=KwKa1=1×10−147.0×10−3≈1.4×10−12
故答案为：正极；2Cl−−2e−=Cl2↑；B室；
(2)阳极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极反应为2H++2e−=H2↑，电路中转移的电子数为0.02NA时，生成Cl2、H2的物质的量分别为0.01mol、0.01mol，两电极共收集到气体的体积(标准状况下)为(0.01mol+0.01mol)×22.4L/mol=0.448mol=448mL，移向B室的K+的物质的量为0.02mol，生成0.02molKH2PO4，质量为0.02mol×136g/mol=2.72g，
故答案为：448；2.72；
(3)H2PO4−电离平衡常数Ka2=6.2×10−8，H2PO4−水解平衡常数Kh=KwKa1=1×10−147×10−3≈1.4×10−12<6.2×10−8=Ka2，则H2PO4−电离程度大于其水解程度，所以KH2PO4溶液呈酸性；
A.KH2PO4溶液呈酸性，升高温度时，H2PO4−电离程度增大，溶液的pH将减小，故A正确；
B.KH2PO4溶液中物料守恒关系为c(K+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)，故B错误；
C.KH2PO4溶液呈酸性，则H2PO4−电离程度大于其水解程度，即c(K+)>c(H2PO4−)>c(H+)>c(HPO42−)>c(OH−)，故C错误；
D.KH2PO4溶液中，物料守恒关系为c(K+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)，电荷守恒关系为c(K+)+c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+−c(OH−)，则c(H+)+c(H3PO4)=c(HPO42−)+2c(PO43−)+c(OH−)>c(HPO42−)+c(PO43−)+c(OH−)，故D正确；
故答案为：酸；Kh=KwKa1=1×10−147.0×10−3≈1.4×10−12
(2)阳极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极反应为2H++2e−=H2↑，电路中转移的电子数为0.02NA时，生成Cl2、H2的物质的量分别为0.01mol、0.01mol，移向B室的K+的物质的量为0.02mol，则n(KH2PO4)=n(K+)=0.02mol；
(3)H2PO4−电离平衡常数Ka2=6.2×10−8，H2PO4−水解平衡常数Kh=KwKa1=1×10−147×10−3≈1.4×10−12，根据Ka2、Kh大小判断KH2PO4溶液的酸碱性；
A.H2PO4−电离与水解均吸热，升高温度时H2PO4−电离程度较大，溶液的酸性增强；
B.根据物料守恒关系分析判断；
C.根据常数Ka2、Kh大小分析c(OH−)、c(HPO42−)和c(H+)大小关系；
D.结合物料守恒和电荷守恒关系式分析判断。
本题考查电解原理的应用、盐类水解、电离平衡等知识，把握阴阳极的判断、电极反应、平衡常数的应用是解题的关键，侧重考查分析能力、计算能力及知识综合运用能力，注意掌握酸式盐酸碱性的判断方法，题目难度中等。
17.【答案】H− 离子晶体 >Li、Na最外层电子数相同，电子层依次增多，原子半径增大，原子核对核外电子吸引减弱，Na更容易失去最外层的1个电子 >3d64s2 4：5 15 CrO
【解析】解：由分析可知，A为H、B为Li、C为O、D为Na、E为Si、F为Cr、G为Fe；
(1)若A离子与B离子的电子层结构相同，离子为H−、Li+，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径H−>Li+，A与B形成的二元化合物的晶体类型为离子晶体，
故答案为：H−；离子晶体；
(2)Li、Na最外层电子数相同，电子层依次增多，原子半径增大，原子核对核外电子吸引减弱，故Na更容易失去最外层的1个电子，故第一电离能的大小：I1(Li)>I1(Na)，
故答案为：>；Li、Na最外层电子数相同，电子层依次增多，原子半径增大，原子核对核外电子吸引减弱，Na更容易失去最外层的1个电子；
(3)SiO2属于共价晶体，NaOH属于离子晶体，故晶体熔点：SiO2>NaOH，
故答案为：>；
(4)G是前四周期元素，G3+的基态原子均有5个未成对电子，则基态G原子的价层电子排布式为3d64s2，G2+外围电子轨道表达式为，G3+的外围电子轨道表示式为，二者未成对电子数之比为4：5，
故答案为：3d64s2；4：5；
(5)电子空间运动状态由能层、能级、轨道决定，基态F原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，1s、2s、3s、4s均有1个轨道，2p、3p能级均有3个轨道，3d能级填充5个轨道，
故有15种空间运动状态不同的电子；晶胞中Cr原子数目为8×18+6×12=4，O原子数目=1+12×14=4，则该化合物的化学式为CrO，
故答案为：15；CrO。
A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A元素原子核外电子只有一种自旋取向，则A为H元素；D元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则D为Na元素；由原子序数可知B、C处于第二周期，而A(氢)、B元素原子的最外层电子数相等，故B为Li，C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，C的基态原子的电子排布为1s22s22p4，故C为O氧元素；E元素的价层电子在s和p能级的原子轨道中运动的电子数相等，基态原子的电子排布为1s22s22p63s23p2，故E为Si；G3+与F元素的基态原子均有5个未成对电子，则F元素的基态原子外围电子排布式为3d54s1，G元素原子外围电子排布式为3d64s2，故F为Cr、G为Fe。
本题是对物质结构与性质的考查，题目涉及核外电子排布与运动、电离能、晶体类型与性质、晶胞计算等，推断元素是解题的关键，注意电子构型对电离能的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
18.【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 +3NH3、Cl− 0.6NA 28.7sp2 N>H>C66×59ρNA×a×10−21
【解析】解：(1)基态Co原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)在该配合物中，氯元素化合价为−1价、N元素为−3价、H元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Co的化合价为+3；中心原子的配体为NH3、Cl−；每个[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目6，0.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目为0.6NA，当向其中加入足量硝酸银溶液时，只有外界中的氯离子能电离，外界中含有2个Cl−，0.1mol该配合物完全电离生成0.2molCl−，生成的AgCl为0.2mol，其质量=2mol×143.5g/mol=28.7g，
故答案为：+3；NH3、Cl−；0.6NA；28.7；
(3)C原子的价层电子对数是3，所以C原子采用sp2杂化，该配合物涉及的非金属元素有C、H、N元素，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能由大到小顺序是N>H>C，
故答案为：sp2；N>H>C；
(4)金该晶胞中的钴原子数目=12×16+2×12+3=6，晶胞的密度ρ=MNA×6a×10−14×c×10−7，c=6MρNA×a×10−14×10−7=6×59ρNA×a×10−21nm，
故答案为：6；6×59ρNA×a×10−21。
(1)基态Co原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态Co原子核外电子排布式；
(2)在该配合物中，氯元素化合价为−1价、N元素为−3价、H元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Co的化合价；中心原子的配体为NH3、Cl−；每个[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目6，当向其中加入足量硝酸银溶液时，只有外界中的氯离子能电离，外界中含有2个Cl−，0.11mol该配合物完全电离生成0.2molCl−，生成的AgCl为0.2mol；
(3)C原子的价层电子对数是3，该配合物涉及的非金属元素有C、H、N元素，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；
(4)金该晶胞中的钴原子数目=12×16+2×12+3=6，晶胞的密度ρ=MNA×6a×10−14×c×10−7，c=6MρNA×a×10−14×10−7。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确原子结构、原子杂化类型判断、晶胞计算方法是解本题关键，难点是(4)题晶胞计算，注意配合物中内界和外界的区别，题目难度中等。
19.【答案】(1)CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3+ΔH4−2ΔH2
(2)①>；0.5； 2.25；② ac ；③<； 该反应是放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动
【解析】解：(1)CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)，该反应方程式为CO2+4H2=CH4+2H2O，根据题中所给已知，反应①与本反应无关系，因此根据盖斯定律可知，③+④−2×②，ΔH=ΔH3+ΔH4−2ΔH2，
故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3+ΔH4−2ΔH2；
(2)①根据图像可知，A点没有达到平衡，CO2物质的量浓度减少，反应向正反应方向进行，即A点：v正>v逆；根据化学反应速率的定义以及反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(H2)=3v(CO2)=3×(1.00−0.50)mol/L3min=0.5mol/(L⋅min)；起始时，CO2的物质的量浓度为1.00mol⋅L−1，根据n(H2)n(CO2)=3.25，推出起始时H2的物质的量浓度为3.25mol⋅L−1，反应达到平衡时，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol⋅L−1，c(CO2)=0.25mol⋅L−1，c(H2)=[3.25−3×0.75]mol⋅L−1=1mol⋅L−1，该温度下的平衡常数K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)=0.75×0.750.25×13=2.25，
故答案为：>；0.5；2.25；
②a.催化剂只加快反应速率，对化学平衡移动无影响，即使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故a错误；
b.再充入1molH2，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故b正确；
c.断裂3molC−H键，有1molCH3OH被消耗，生成3molH−H键，有3molH2生成，同为逆反应方向，不能说明反应达到平衡，故c错误；
d.达到平衡后，再按照原来的投料比加入反应物，容器为恒容，因此相当于在原来基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OH的产率增大，故d正确；
故答案为：ac；
③根据图像可知，M点没有达到平衡点，反应向正反应方向进行，即M点的浓度商<平衡常数 K；490K时，反应达到平衡，达到平衡后，温度升高，甲醇的产率降低，说明该反应是放热反应，
故答案为：<；该反应是放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动。
本题考查热化学反应原理和化学平衡影响因素，侧重考查信息的获取、筛选、加工和应用能力，明确化学平衡影响因素原理方法是解本题关键，难度中等。
2021-2022学年湖北省部分学校高二（下）联考化学试卷（3月份）
1. 与往届奥运会大量使用液化天然气或丙烷等作为火炬燃料不同，2022年北京冬奥会首次使用氢气作为火炬燃料。下列说法正确的是( )
A. 氢气是一次能源
B. 氢气在燃烧的过程中，ΔH<0，ΔS>0
C. 氢气燃烧生成1molH2O(g)放出的能量比生成1molH2O(1)的少
D. 相比液化天然气或丙烷，氢气作为火炬燃料有利于减少酸雨的形成
2. 下列晶体中，加热熔融时无化学键断裂的是( )
A. 铝 B. 金刚砂 C. 冰 D. 硫酸钠
3. VSEPR模型以最简单的方法形象化了价层电子对，易化了物质空间结构的判断。下列微粒的空间结构判断错误的是( )
A. NO2− V形 B. NH3三角锥形 C. SO3平面三角形 D. HClO 直线形
4. 由中国工程物理研究院应用电子学研究所牵头负责的高平均功率太赫兹自由电子激光装置(简称CTFEL装置)首次饱和出光并实现稳定运行。这标志着我国太赫兹源正式进入自由电子激光时代。下列有关原子核外电子跃迁说法正确的是( )
A. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
B. 元素钾的焰色呈紫色，紫色对应的辐射波长在可见光中是最长的
C. 激光、烟火、霓虹灯光的产生都与原子核外电子跃迁释放能量有关
D. 对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出的红色光是电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线而产生的
5. 下列水解方程式或离子方程式正确的是( )
A. 用醋酸除水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 碳酸钠溶液中滴加酚酞，溶液变红：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−
C. 用氢氧化钠溶液滴定硫酸氢钠溶液：OH−+HSO4−=SO42−+H2O
D. 氯化铁溶液中滴加KSCN溶液后溶液变红：FeCl3+3SCN−⇌Fe(SCN)3↓+3Cl−
6. 现有几种元素的基态离子(W−、X2−、Y+、Z3+)，其核外电子排布式均为1s22s22p6，下列有关叙述正确的是( )
A. 原子半径：Y>Z>X>W B. 最高正化合价：W>X>Z>Y
C. 电负性：W>X>Y>Z D. 第一电离能：X>W>Z>Y
7. 我国是煤炭的产销大国，煤炭燃烧产生的烟气中的氮氧化物(NOx)和SO2给生态环境带来严重的危害。可利用二能氧化氯除去烟气中的SO2，其部分反应历程如图所示，该段会反应的化学方程式为ClO+SO2→SO3+Cl。下列说法错误的是( )
A. 该段反应中，SO2作还原剂
B. 该段反应为放热反应，④→⑤是决速步骤
C. 该段反应过程涉及极性键的断裂和形成
D. 该段反应转移0.2mole−时，该段反应消耗SO2的体积(标准状况)为2.24L
8. 如表数据是部分物质对应的熔点，下列说法正确的是( )
编号
①
②
③
④
物质
AlF3
AlCl3
BCl3
NF3
熔点/℃
1291
160
−127
−207
A. 键长：B−F
C. NCl3和NF3结构相似，NCl3的相对分子质量大于NF3的，推测NCl3的熔点将高于−207℃
D. 由于AlF3、AlCl3的熔点相差很大，推测两者的晶体类型不同且AlCl3为非电解质
9. M、X、Y、Z、W为同一周期的短周期元素，且原子半径依次减小，它们形成的化合物(结构如图所示)可用作新型电池的电解液添加剂。基态Y元素原子的s能级电子数是p能级电子数的2倍。下列说法正确的是( )
A. M的单质可以保存在煤油中
B. M在Z单质中点燃生成两种化合物
C. W、Z的最简单氢化物的沸点：Z>W
D. X、Y分别与W形成的二元化合物中各原子均达到8电子稳定结构
10. 反应PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)ΔH=−93kJ⋅mol−1，在温度为T1、T2时，平衡体系中PCl3(g)的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列分析正确的是( )
A. 由图可知：p1
C. 图中a、b、d三点对应的平衡常数：Kd>Kb>Ka
D. 保持其他条件不变，加入合适的催化剂，d点可以移至b点
11. 下列陈述I和陈述II均正确并且存在因果关系的是 ( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
某晶体熔点低，硬度小，不导电
该晶体是离子晶体
B
Si、P、S的第一电离能依次增大
Si、P、S的最外层电子数依次增多
C
金刚石、硅、锗的熔点、硬度依次降低
C、Si、Ge的非金属性依次减弱，金属性依次增强
D
在H2S晶体中，每个H2S分子周围紧邻的分子有12个；在冰晶体中，每个H2O分子周围紧邻的分子有4个
H2S晶体中，分子间只存在范德华力；冰晶体中，分子间存在氢键，氢键具有方向性和饱和性
A. A B. B C. C D. D
12. 下列实验装置与对应叙述相符的是( )
2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)
A.由圆底烧瓶中气体颜色的深浅判断该反应放热还是吸热
B.可通过直接推拉注射器活塞检查装置气密性
C.排出酸式滴定管内气泡
D.用稀硫酸和Ba(OH)2溶液测定中和反应的反应热
A. A B. B C. C D. D
13. 一种由A、B、C三种元素组成的新物质是潜在的拓扑绝缘材料，其结构如图甲、乙所示(晶胞参数已在图中标出)。下列说法错误的是( )
A. 图乙是该物质的晶胞单元
B. 晶胞中A、B、C三种原子的个数比为1：1：2
C. A、B原子之间最短的距离为22xnm
D. 该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为6
14. 钠离子电池因其原材料丰富、资源成本低廉及安全环保等突出优点，在电化学规模储能领域和低速电动车领域中具有广阔的应用前景。一种新型可充电钠离子电池的工作原理如图，电池总反应为。下列说法正确的是( )
A. 放电时，A极电势更高，发生氧化反应
B. 放电时，Na+从硬碳中脱嵌，经过电解质溶液嵌入MnO2纳米片中
C. 充电时，当电解质溶液中转移1mol电子，硬碳质量增加23g
D. 充电时，阳极反应为NaMnO2+xe−=Na1−xMnO2+xNa+(0≤x≤1)
15. 常温下，向20mL0.1mol⋅L−1KHC2O4溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列分析正确的是( )
A. c点对应的溶液的pH=7
B. b、d两点对应的溶液的pH相同
C. 从a点到d点，水的电离程度一直增大
D. b点对应的溶液中，2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)
16. KH2PO4是高效的磷钾复合肥，广泛适用于各类型经济作物，如水果、蔬菜。某学生通过已有知识设计利用电解法制备KH2PO4，其工作原理如图所示。
回答下列问题：
(1)电源的a极是 ______(填“负极”或“正极”)，电极X上发生的电极反应为 ______，KH2PO4在 ______(填“A室”或“B室”)生成。
(2)电解池工作一段时间后，当电路中转移的电子数为0.02NA时，两电极共收集到气体的体积(标准状况下)为 ______mL，生成KH2PO4的质量为 ______g。
(3)已知：常温下，磷酸的各级电离常数分别是Kal=7.0×10−3，Ka2=6.2×10−8，Ka3=4.8×10−13。现有0.1mol⋅L−1的KH2PO4，常温下，该溶液呈 ______(填“酸”、“中”或“碱”)性，原因为 ______(用数据说明)。关于该溶液，下列叙述正确的是 ______(填标号)。
A.升高温度，溶液的pH将减小
B.c(K+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)
C.c(K+)>c(H2PO4−)>c(OH−)>c(HPO42−)>c(H+)
D.c(H+)+c(H3PO4)>c(HPO42−)+c(PO43−)+c(OH−)
17. A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子核外电子只有一种自旋取向，A、B元素原子的最外层电子数相等；C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等；D元素原子半径是短周期主族元素中最大的；E元素的价层电子在s和p能级的原子轨道中运动的电子数相等；G3+与F元素的基态原子均有5个未成对电子。请回答下列问题：
(1)若A离子与B离子的电子层结构相同，半径较大的是 ______(填离子符号)，A与B形成的二元化合物的晶体类型为 ______。
(2)比较第一电离能的大小：I1(B)______(填“>”、“<”或“=”)I1(D)，原因是 ______。
(3)晶体熔点：EC2______ (填“高于”、“低于”或“等于”)DCA。
(4)基态G原子的价层电子排布式为 ______，G2+与G3+的未成对电子数之比为 ______。
(5)基态F原子含有 ______种空间运动状态不同的电子。C和F形成的一种化合物的立方晶胞如图所示，则该化合物的化学式为 ______。
18. 钴及其配合物在生活、生产中用途广泛。请回答下列问题：
(1)基态Co原子的电子排布式为 ______。
(2)[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种不溶于水的紫红色固体，由于其热稳定性较好，可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。在该配合物中，Co的化合价为 ______价，中心原子的配体为 ______。0.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目为 ______，当向其中加入足量硝酸银溶液时，生成的AgCl质量为______g。
(3)酞菁钴(结构简式如图)主要应用于工业涂料印墨及塑料着色。C原子的杂化方式为 ______，该配合物涉及的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是 ______(填元素符号)。
(4)金属钴单质的晶体结构有三种，其中一种六方晶胞结构如图所示，该晶胞中的钴原子数目为 ______，设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的底面积为a(nm)2，晶胞的密度为ρg⋅cm−3，则该晶胞的高c为 ______nm。
19. “十四五”规划明确了“碳达峰、碳中和”工作的定位。某科研机构想利用CO2和H2合成燃料。已知：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1
②CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)ΔH2
③C(s)+2H2(g)⇌CH4(g)ΔH3
④2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)ΔH4
(1)CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式为 ______。
(2)某温度下，向一恒容密闭容器中按照n(H2)n(CO2)=3.25投料，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的物质的量浓度随时间的变化如图所示。
①反应达到A点时，v正______(填“>”“<”或“=”)v逆；0∼3min内，v(H2)=______mol⋅L−1⋅min−1，该温度下的平衡常数K=______L2⋅mol−2。
②关于该反应，下列说法错误的是 ______(填标号)。
a.使用催化剂可以提高反应物的转化率
b.在原容器中再充入1molH2，可以提高CO2的转化率
c.反应达到平衡时，每断裂3molC−H键的同时生成3molH−H键
d.反应达到平衡后，再按照原来的投料比加入反应物，再次达到平衡后，CH3OH的产率增大
③将上述反应改为在恒压条件下进行，测得相同时间内不同温度下甲醇的产率如图中虚线所示。温度为470K时，图中M点的浓度商Q ______(填“>”、“<”或“=”)平衡常数K。490K之后，甲醇产率下降.的原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.氢气为二次能源，故A错误；
B.氢气燃烧的反应为气体体积减小的放热反应，则ΔH<0，ΔS<0，故B错误；
C.1molH2O(g)能量高于1molH2O(1)，则氢气燃烧生成1molH2O(g)放出的能量比生成1molH2O(1)的少，故C正确；
D.液化天然气或丙烷燃烧产物只有二氧化碳和水，没有二氧化硫，相比液化天然气或丙烷，氢气作为火炬燃料有利于减少二氧化碳的排放，故D错误；
故选：C。
A.自然界直接获得的能源为一次能源，而经过人为加工才能获得的是二次能源；
B.氢气燃烧的反应为气体体积减小的放热反应；
C.1molH2O(g)能量高于1molH2O(1)；
D.液化天然气或丙烷燃烧产物只有二氧化碳和水。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.Al属于金属晶体，熔融时破坏金属键，故A错误；
B.金刚砂属于共价晶体，熔融时破坏共价键，故B错误；
C.冰为分子晶体，熔融时破坏分子间作用力，不破坏化学键，故C正确；
D.硫酸钠属于离子晶体，熔融时破坏离子键，故D错误；
故选：C。
离子晶体、共价晶体、金属晶体熔融时化学键被破坏，分子晶体熔融时破坏分子间作用力。
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确晶体类型及物质构成微粒是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.NO2−的中心原子N的价层电子对数=2+5+1−2×22=3，孤电子对数为1，空间构型为V形，故A正确；
B.NH3的中心原子N的价层电子对数=3+5−1×32=4，孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，故B正确；
C.SO3的中心原子S的价层电子对数=3+6−2×32=3，孤电子对数为0，空间构型平面三角形，故C正确；
D.HClO的中心原子O的价层电子对数=2+6−1−12=4，孤电子对数为2，空间构型为V形，故D错误；
故选：D。
价层电子对数=σ+孤电子对数，孤电子对数=12(a−xb)，若为阳离子，a为中心原子的价电子数减去离子的电荷数，若为阴离子，a为中心原子的价电子数加上离子的电荷数，然后结合价层电子对互斥理论判断其构型。
本题考查常见微粒空间构型的判断，为高频考点，明确价层电子对互斥理论内涵为解答关键，注意掌握孤电子对个数计算方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查原子核外电子跃迁过程中能量的吸收与释放，属于基本知识的考查，难度不大。
【解答】
A.电子在激发态跃迁到基态时会产生发射光谱，电子在基态跃迁到激发态时才会产生吸收光谱，吸收光谱和发射光谱总称为原子光谱，故A错误；
B.紫色波长介于400nm∼450nm之间，紫色对应的辐射波长不是最长的，故B错误；
C.电子的跃迁本质上是组成物质的粒子中电子的一种能量变化，激光、烟火、霓虹灯光产生时原子中的电子吸收了能量，从能量低的轨道跃迁到能量高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回到能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故C正确；
D.电子由基态获得能量跃迁到激发态，从激发态跃迁到较低的能级，多余的能量以光的形式释放出来，光的波长对应一定的颜色，故D错误；
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：A.用醋酸除水垢，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO−，故A错误；
B.碳酸钠溶液中滴加酚酞，溶液变红，离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B正确；
C.用氢氧化钠溶液滴定硫酸氢钠溶液，离子方程式为：OH−+H+=H2O，故C错误；
D.氯化铁溶液中滴加KSCN溶液后溶液变红，离子方程式为：Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，故D错误；
故选：B。
A.醋酸为弱酸，应保留化学式；
B.碳酸根离子水解为可逆反应，应用可逆号；
C.硫酸氢根离子为强酸的酸式根离子，应拆成离子形式；
D.Fe(SCN)3不是沉淀。
本题考查学生对水解反应原理的理解，明确水解的反应原理是解答本题的关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：根据分析可知，W为F，X为O，Y为Na，Z为Al元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y>Z>X>W，故A正确；
B.氟、氧元素的非金属性较强，不存在最高正价，故B错误；
C.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：W>X>Z>Y，故C错误；
D.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：W>X>Z>Y，故D错误；
故选：A。
现有几种元素的基态离子(W−、X2−、Y+、Z3+)，其核外电子排布式均为1s22s22p6，四种离子的核外电子总数为10，W、X应该位于第二周期，Y、Z位于第三周期，结合离子所带电荷可知，W为F，X为O，Y为Na，Z为Al元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合离子结构、核外电子排布来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.ClO+SO2→SO3+Cl反应中，硫元素由+4价上升至+6价，则SO2作还原剂，故A正确；
B.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，决速步骤为活化能最大的步骤，即为③→④，故B错误；
C.由图可知，反应过程中断裂氯氧键，形成硫氧键，则该段反应过程涉及极性键的断裂和形成，故C正确；
D.ClO+SO2→SO3+Cl反应中，硫元素由+4价上升至+6价，每转移2mol电子，消耗1molSO2，则该段反应转移0.2mole−时，该段反应消耗SO2的物质的量为0.1mol，体积(标准状况)为0.1mol×2.24L/mol=2.24L，故D正确；
故选：B。
A.ClO+SO2→SO3+Cl反应中，硫元素由+4价上升至+6价；
B.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，决速步骤为活化能最大的步骤；
C.由图可知，反应过程中断裂氯氧键，形成硫氧键；
D.ClO+SO2→SO3+Cl反应中，硫元素由+4价上升至+6价，每转移2mol电子，消耗1molSO2。
本题考查反应热与焓变、氧化还原反应，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，与键长无关，故A错误；
B.BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对，NF3中N原子价层电子对数=3+5−3×12=4且含有1个孤电子对，前者为平面三角形结构、后者为三角锥形结构，故B错误；
C.不能形成分子间氢键的分子晶体熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，二者为不能形成分子间氢键的分子晶体，相对分子质量：前者大于后者，所以NCl3的熔点将高于−207℃，故C正确；
D.离子晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，AlF3熔点较高，为离子晶体，AlCl3熔点较低，所以分子晶体，AlCl3在水溶液中能电离出阴阳离子，所以AlCl3属于电解质，故D错误；
故选：C。
A.分子晶体熔沸点与分子间作用力有关；
B.BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对，NF3中N原子价层电子对数=3+5−3×12=4且含有1个孤电子对；
C.不能形成分子间氢键的分子晶体熔沸点随着相对分子质量的增大而升高；
D.离子晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，AlCl3在水溶液中能电离出阴阳离子。
本题考查晶体类型判断、分子空间结构判断等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确晶体熔沸点影响因素、电解质概念等知识点是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，M为Li，X为B，Y为C，Z为O，W为F元素，
A.锂的密度小于煤油，不能保存在煤油中，金属锂可保存在石蜡中，故A错误；
B.Li在氧气中燃烧只生成氧化锂，故B错误；
C.W、Z的最简单氢化物分别为氟化氢、水，常温下水为液态，氟化氢为气态，则最简单氢化物的沸点：Z>W，故C正确；
D.X与W形成的化合物为BF3，BF3分子中B的最外层电子数为3+3=6，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：C。
M、X、Y、Z、W为同一周期的短周期元素，且原子半径依次减小，说明它们的原子序数逐渐增大，Y形成4个共价键，位于ⅣA族，基态Y元素原子的s能级电子数是p能级电子数的2倍，Y原子的核外电子排布式为1s22s22p2，则Y为C；四种元素位于第二周期，M形成+1价阳离子，则M为Li；Z形成2个共价键，W形成1个共价键，则Z为O，W为F；X形成4个共价键，其中1个共价键应该是与氟离子形成的配位键，则X为B元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子半径、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，PCl3的平衡体积分数增大，则T1
C.平衡常数只与温度有关，a、b点温度相等，则平衡常数：Kb=Ka，该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，则平衡常数：Kd>Kb=Ka，故C错误；
D.加入催化剂可以加快反应速率，但不影响化学平衡，故加入合适的催化剂，不能使d点移至b点，故D错误；
故选：A。
A.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，PCl3的平衡体积分数增大，则T1
C.平衡常数只与温度有关，a、b点温度相等，则平衡常数：Kb=Ka，该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小；
D.加入催化剂可以加快反应速率，但不影响化学平衡。
本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，明确外界条件对平衡影响原理、图中曲线含义是解本题关键，注意结合影响化学平衡移动的因素判断平衡移动。
11.【答案】D
【解析】解：A.晶体熔点低，硬度小，不导电，符合分子晶体的性质，故A错误；
B.同一周期随着原子序数增大，第一电离能变大，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：P>S>Si，故B错误；
C.熔点、硬度的高低不能体现非金属性、金属性的强弱，故C错误；
D.因为H2S晶体中，分子间只存在范德华力，所以晶体为分子密堆积，每个H2S分子周围紧邻的分子有12个；冰晶体中氧的电负性较强，分子间存在氢键，氢键具有方向性，所以在冰晶体中，每个H2O分子周围紧邻的H2O分子有4个，故D正确；
故选：D。
A.离子晶体的熔沸点较高，硬度较大；
B.P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；
C.熔点、硬度的高低与元素非金属性、金属性的强弱无关；
D.H2S晶体中，分子间只存在范德华力，冰晶体中氧的电负性较强，分子间存在氢键，氢键具有方向性。
本题主要考查学生的审题能力，前后表达必须具有对应关系，属于基本知识的考查，难度中等。
12.【答案】A
【解析】解：A.只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，由气体颜色的深浅判断该反应放热还是吸热，故A正确；
B.气体易从长颈漏斗逸出，不能推拉注射器活塞检查装置气密，故B错误；
C.图中为碱式滴定管，则图中为排出碱式滴定管内气泡的操作，故C错误；
D.生成硫酸钡放热，图中不能测定中和热，故D错误；
故选：A。
A.只有温度不同；
B.气体易从长颈漏斗逸出；
C.图中为碱式滴定管；
D.生成硫酸钡放热。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、仪器的使用、中和热测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了晶胞结构及其计算，涉及判断晶胞结构、原子间距离计算、晶胞中原子个数计算，侧重考查学生分析解决问题能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
【解答】
A.图乙是最小结构的重复单元，因此图乙是该物质的晶胞单元，故A正确；
B.图乙中A原子个数为8×18+4×12+1=4，B原子个数为4×14+6×12=4，C原子个数为8，A、B、C三种原子的个数比为4：4：8=1：1：2，故B正确；
C.A位于顶点，离A原子最近的B原子在面心位置，因此AB原子最近距离为22xnm，故C正确；
D.位于上底面面心的B原子为例，由图可知图中离B原子最近的C原子2个，在上方还有2个C原子离B最近，即离B原子最近的C原子共有4个，故D错误；
故选：D。
14.【答案】B
【解析】解：A.放电时，A为负极，B为正极，A极电势低，发生氧化反应，故A错误；
B.放电时，A为负极，NaxC−xe−=xNa++C，Na+从硬碳中脱嵌，B为正极，电极反应式为Na1−xMnO2+xNa++xe−=NaMnO2，Na+经过电解质溶液嵌入MnO2纳米片中，故B正确；
C.电子不经过电解质溶液，故C错误；
D.充电时，B为阳极，电极反应式为NaMnO2−xe−=Na1−xMnO2+xNa+(0≤x≤1)，故D错误；
故选：B。
电池总反应为，由图可知，放电时，A为负极，NaxC−xe−=xNa++C，B为正极，电极反应式为Na1−xMnO2+xNa++xe−=NaMnO2，充电时，A为阴极，电极反应式为xNa++C+xe−=NaxC，B为阳极，电极反应式为NaMnO2−xe−=Na1−xMnO2+xNa+(0≤x≤1)，据此作答。
本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：A.酸或碱抑制水电离，C2O42−促进水电离，c(C2O42−)最大时，水电离程度最大，根据图知，c点水电离程度最大，则c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4，溶液的pH>7，故A错误；
B.a点溶质为KHC2O4，水的电离被抑制，溶液呈酸性，c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4，溶液呈碱性，则b点溶液呈中性，d点溶液呈碱性，所以pH：b点
D.b点有一半的KHC2O4反应生成等物质的量浓度的K2C2O4、Na2C2O4，溶液中存在物料守恒2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)，故D正确；
故选：D。
A.酸或碱抑制水电离，C2O42−促进水电离，c(C2O42−)最大时，水电离程度最大，根据图知，c点水电离程度最大，则c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4；
B.a点溶质为KHC2O4，水的电离被抑制，溶液呈酸性，c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4，溶液呈碱性，d点是在c点的基础上继续加入NaOH；
C.a点溶质为KHC2O4，抑制水电离，c点溶质为K2C2O4、Na2C2O4，促进水电离，继续加入NaOH，NaOH过量而抑制水电离；
D.b点有一半的KHC2O4反应生成等物质的量浓度的K2C2O4、Na2C2O4，溶液中存在物料守恒n(Na)=n(C)，根据物料守恒判断。
本题考查酸碱混合溶液大小判断，侧重考查图象分析点评及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素是解本题关键，B为解答易错点。
16.【答案】正极 2Cl−−2e−=Cl2↑B室 4482.72酸 Kh=KwKa1=1×10−147.0×10−3≈1.4×10−12
故答案为：正极；2Cl−−2e−=Cl2↑；B室；
(2)阳极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极反应为2H++2e−=H2↑，电路中转移的电子数为0.02NA时，生成Cl2、H2的物质的量分别为0.01mol、0.01mol，两电极共收集到气体的体积(标准状况下)为(0.01mol+0.01mol)×22.4L/mol=0.448mol=448mL，移向B室的K+的物质的量为0.02mol，生成0.02molKH2PO4，质量为0.02mol×136g/mol=2.72g，
故答案为：448；2.72；
(3)H2PO4−电离平衡常数Ka2=6.2×10−8，H2PO4−水解平衡常数Kh=KwKa1=1×10−147×10−3≈1.4×10−12<6.2×10−8=Ka2，则H2PO4−电离程度大于其水解程度，所以KH2PO4溶液呈酸性；
A.KH2PO4溶液呈酸性，升高温度时，H2PO4−电离程度增大，溶液的pH将减小，故A正确；
B.KH2PO4溶液中物料守恒关系为c(K+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)，故B错误；
C.KH2PO4溶液呈酸性，则H2PO4−电离程度大于其水解程度，即c(K+)>c(H2PO4−)>c(H+)>c(HPO42−)>c(OH−)，故C错误；
D.KH2PO4溶液中，物料守恒关系为c(K+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)，电荷守恒关系为c(K+)+c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+−c(OH−)，则c(H+)+c(H3PO4)=c(HPO42−)+2c(PO43−)+c(OH−)>c(HPO42−)+c(PO43−)+c(OH−)，故D正确；
故答案为：酸；Kh=KwKa1=1×10−147.0×10−3≈1.4×10−12
(2)阳极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极反应为2H++2e−=H2↑，电路中转移的电子数为0.02NA时，生成Cl2、H2的物质的量分别为0.01mol、0.01mol，移向B室的K+的物质的量为0.02mol，则n(KH2PO4)=n(K+)=0.02mol；
(3)H2PO4−电离平衡常数Ka2=6.2×10−8，H2PO4−水解平衡常数Kh=KwKa1=1×10−147×10−3≈1.4×10−12，根据Ka2、Kh大小判断KH2PO4溶液的酸碱性；
A.H2PO4−电离与水解均吸热，升高温度时H2PO4−电离程度较大，溶液的酸性增强；
B.根据物料守恒关系分析判断；
C.根据常数Ka2、Kh大小分析c(OH−)、c(HPO42−)和c(H+)大小关系；
D.结合物料守恒和电荷守恒关系式分析判断。
本题考查电解原理的应用、盐类水解、电离平衡等知识，把握阴阳极的判断、电极反应、平衡常数的应用是解题的关键，侧重考查分析能力、计算能力及知识综合运用能力，注意掌握酸式盐酸碱性的判断方法，题目难度中等。
17.【答案】H− 离子晶体 >Li、Na最外层电子数相同，电子层依次增多，原子半径增大，原子核对核外电子吸引减弱，Na更容易失去最外层的1个电子 >3d64s2 4：5 15 CrO
【解析】解：由分析可知，A为H、B为Li、C为O、D为Na、E为Si、F为Cr、G为Fe；
(1)若A离子与B离子的电子层结构相同，离子为H−、Li+，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径H−>Li+，A与B形成的二元化合物的晶体类型为离子晶体，
故答案为：H−；离子晶体；
(2)Li、Na最外层电子数相同，电子层依次增多，原子半径增大，原子核对核外电子吸引减弱，故Na更容易失去最外层的1个电子，故第一电离能的大小：I1(Li)>I1(Na)，
故答案为：>；Li、Na最外层电子数相同，电子层依次增多，原子半径增大，原子核对核外电子吸引减弱，Na更容易失去最外层的1个电子；
(3)SiO2属于共价晶体，NaOH属于离子晶体，故晶体熔点：SiO2>NaOH，
故答案为：>；
(4)G是前四周期元素，G3+的基态原子均有5个未成对电子，则基态G原子的价层电子排布式为3d64s2，G2+外围电子轨道表达式为，G3+的外围电子轨道表示式为，二者未成对电子数之比为4：5，
故答案为：3d64s2；4：5；
(5)电子空间运动状态由能层、能级、轨道决定，基态F原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，1s、2s、3s、4s均有1个轨道，2p、3p能级均有3个轨道，3d能级填充5个轨道，
故有15种空间运动状态不同的电子；晶胞中Cr原子数目为8×18+6×12=4，O原子数目=1+12×14=4，则该化合物的化学式为CrO，
故答案为：15；CrO。
A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A元素原子核外电子只有一种自旋取向，则A为H元素；D元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则D为Na元素；由原子序数可知B、C处于第二周期，而A(氢)、B元素原子的最外层电子数相等，故B为Li，C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，C的基态原子的电子排布为1s22s22p4，故C为O氧元素；E元素的价层电子在s和p能级的原子轨道中运动的电子数相等，基态原子的电子排布为1s22s22p63s23p2，故E为Si；G3+与F元素的基态原子均有5个未成对电子，则F元素的基态原子外围电子排布式为3d54s1，G元素原子外围电子排布式为3d64s2，故F为Cr、G为Fe。
本题是对物质结构与性质的考查，题目涉及核外电子排布与运动、电离能、晶体类型与性质、晶胞计算等，推断元素是解题的关键，注意电子构型对电离能的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
18.【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 +3NH3、Cl− 0.6NA 28.7sp2 N>H>C66×59ρNA×a×10−21
【解析】解：(1)基态Co原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)在该配合物中，氯元素化合价为−1价、N元素为−3价、H元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Co的化合价为+3；中心原子的配体为NH3、Cl−；每个[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目6，0.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目为0.6NA，当向其中加入足量硝酸银溶液时，只有外界中的氯离子能电离，外界中含有2个Cl−，0.1mol该配合物完全电离生成0.2molCl−，生成的AgCl为0.2mol，其质量=2mol×143.5g/mol=28.7g，
故答案为：+3；NH3、Cl−；0.6NA；28.7；
(3)C原子的价层电子对数是3，所以C原子采用sp2杂化，该配合物涉及的非金属元素有C、H、N元素，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能由大到小顺序是N>H>C，
故答案为：sp2；N>H>C；
(4)金该晶胞中的钴原子数目=12×16+2×12+3=6，晶胞的密度ρ=MNA×6a×10−14×c×10−7，c=6MρNA×a×10−14×10−7=6×59ρNA×a×10−21nm，
故答案为：6；6×59ρNA×a×10−21。
(1)基态Co原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态Co原子核外电子排布式；
(2)在该配合物中，氯元素化合价为−1价、N元素为−3价、H元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Co的化合价；中心原子的配体为NH3、Cl−；每个[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目6，当向其中加入足量硝酸银溶液时，只有外界中的氯离子能电离，外界中含有2个Cl−，0.11mol该配合物完全电离生成0.2molCl−，生成的AgCl为0.2mol；
(3)C原子的价层电子对数是3，该配合物涉及的非金属元素有C、H、N元素，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；
(4)金该晶胞中的钴原子数目=12×16+2×12+3=6，晶胞的密度ρ=MNA×6a×10−14×c×10−7，c=6MρNA×a×10−14×10−7。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确原子结构、原子杂化类型判断、晶胞计算方法是解本题关键，难点是(4)题晶胞计算，注意配合物中内界和外界的区别，题目难度中等。
19.【答案】(1)CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3+ΔH4−2ΔH2
(2)①>；0.5； 2.25；② ac ；③<； 该反应是放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动
【解析】解：(1)CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)，该反应方程式为CO2+4H2=CH4+2H2O，根据题中所给已知，反应①与本反应无关系，因此根据盖斯定律可知，③+④−2×②，ΔH=ΔH3+ΔH4−2ΔH2，
故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3+ΔH4−2ΔH2；
(2)①根据图像可知，A点没有达到平衡，CO2物质的量浓度减少，反应向正反应方向进行，即A点：v正>v逆；根据化学反应速率的定义以及反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(H2)=3v(CO2)=3×(1.00−0.50)mol/L3min=0.5mol/(L⋅min)；起始时，CO2的物质的量浓度为1.00mol⋅L−1，根据n(H2)n(CO2)=3.25，推出起始时H2的物质的量浓度为3.25mol⋅L−1，反应达到平衡时，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol⋅L−1，c(CO2)=0.25mol⋅L−1，c(H2)=[3.25−3×0.75]mol⋅L−1=1mol⋅L−1，该温度下的平衡常数K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)=0.75×0.750.25×13=2.25，
故答案为：>；0.5；2.25；
②a.催化剂只加快反应速率，对化学平衡移动无影响，即使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故a错误；
b.再充入1molH2，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故b正确；
c.断裂3molC−H键，有1molCH3OH被消耗，生成3molH−H键，有3molH2生成，同为逆反应方向，不能说明反应达到平衡，故c错误；
d.达到平衡后，再按照原来的投料比加入反应物，容器为恒容，因此相当于在原来基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OH的产率增大，故d正确；
故答案为：ac；
③根据图像可知，M点没有达到平衡点，反应向正反应方向进行，即M点的浓度商<平衡常数 K；490K时，反应达到平衡，达到平衡后，温度升高，甲醇的产率降低，说明该反应是放热反应，
故答案为：<；该反应是放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动。
本题考查热化学反应原理和化学平衡影响因素，侧重考查信息的获取、筛选、加工和应用能力，明确化学平衡影响因素原理方法是解本题关键，难度中等。
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