2018-2019学年四川省绵阳南山中学高二下学期入学考试化学试题 解析版 17页

四川省绵阳南山中学2018-2019学年高二下学期入学考试化学试题 ‎1.下列有关能源的说法不正确的是 A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，应用相当广泛 B. 我国南海“可燃冰”，可能成为替代化石燃料的新能源 C. 贮氢合金的发现和应用，开辟了解决氢气贮存、运输难题的新途径 D. 天然气、液化石油气、氢能是可再生的清洁能源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，光电转换的基本装置就是太阳能电池，它的基本原理是光电效应，应用相当广泛，故A项正确；‎ B项，可燃冰储量大，燃烧产物是水和二氧化碳，不污染空气，所以是替代化石燃料的新能源，故B项正确；‎ C项，气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输，所以贮氢合金的应用，是解决氢气贮存、运输难题的新途径，故C项正确。‎ D项，氢能是可以再生的能源，而化石燃料包括煤、石油和天然气，不能再生，故D项错误。‎ 故选D。‎ ‎2.少量铁粉与100mL 0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的 ‎①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加CuO固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴加几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10mL 0.1mol•L﹣1的盐酸 A. ①⑤⑦ B. ③⑦⑧ C. ②④⑥ D. ③⑥⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据外界条件对反应速率的影响结合氢气的总量不变以及铁少量分析解答。‎ ‎【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；‎ ‎②加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢；‎ ‎③加浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，由于铁不足，则生成的氢气量不变；‎ ‎④加CuO固体与盐酸反应生成氯化铜和水，氯化铜再与铁发生置换反应生成铜，构成原电池，反应速率加快，由于消耗铁影响氢气总量；‎ ‎⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；‎ ‎⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；‎ ‎⑦温度升高，反应速率加快，且不影响氢气量；‎ ‎⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，且不影响氢气量。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。外界条件对反应速率的影响一般是温度、压强、浓度和催化剂，注意本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题。‎ ‎3.下列描述中正确的是 A. ClO3—的空间构型为平面三角形 B. SF6的中心原子有6对成键电子对，无孤电子对 C. BF3和PCl3的中心原子均为sp2杂化 D. BeCl2和SnCl2的空间构型均为直线形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型；‎ B．SF6中硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对；‎ C．先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型；‎ D．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型。‎ 详解：A．ClO3—中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×3）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，A错误；‎ B．SF6中S-F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，B正确； ‎ C．BF3中B的价层电子对数=3+（3-1×3）/2=3，中心原子为sp2杂化；PCl3中P的价层电子对数=3+（5-1×3）/2=4，所以中心原子均为sp3杂化，C错误；‎ D．BeCl2中Be的价层电子对数=2+（2-1×2）/2=2，为直线形；SnCl2中Sn的价层电子对数=2+（4-1×2）/2=3，空间构型为V形，D错误。答案选B。‎ 点睛：本题考查分子的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度中等。‎ ‎4.下列对一些实验事实的解释正确的是 选项 实验事实 解释 A 水加热到较高温度都难以分解 水分子间存在氢键 B 白磷为正四面体分子 白磷分子中P-P键间的键角是109°28′‎ C 用苯萃取碘水中的I2‎ 苯和I2均为非极性分子，且苯与水互不相溶 D H2O的沸点高于H2S H-O键的键长比H-S键的键长短 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.水在高温下难分解是因为水分子中的化学键的键能大、不易断裂，所以A不正确；B.白磷分子为正四面体结构是因为白磷分子中有4个P原子，每个磷原子与邻近的3个磷原子形成共价键，这些共价键的键长和键角都相等，键角为60º，所以B不正确；C.根据相似相溶原理，碘易溶于有机溶剂不易溶于水，四氯化碳不溶于水，所以四氯化碳具备作为萃取剂的基本条件，可以用萃取剂把碘从其水溶液中萃取出来，所以C正确；D.水的沸点高于硫化氢，是因为水分子之间能形成氢键，而硫化氢分子之间不能，所以D不正确。‎ ‎5.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 使甲基橙变红的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－‎ B. pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－‎ C. 水电离H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol/L－1溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－‎ D. 加入Al能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，此条件下I－和NO3－发生氧化还原反应而不大量共存，故A错误；‎ B. pH=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，与氢氧根离子也不反应，可大量共存，故B正确；‎ C.由水电离产生的c(H+)=10－12mol·L－1的溶液为强酸或强碱溶液，酸性条件下CO32－、SO32－不能共存，碱性条件下NH4+不能共存，故C错误；‎ D. 加入Al能放出H2的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量H+或OH-，如果在碱性溶液中，Mg2+、NH4+与OH-反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存问题，注意常见离子的性质，注意相关基础知识的积累，本题中注意室温下，水电离产生的c（H+）=10-12mol/L的溶液可能呈酸性，也可能成碱性。‎ ‎6.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA B. 1 L1 mol·L-1HCl溶液中含有NA个HCl分子 C. 12.0 g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NA D. 1mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2 NA个电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下CH3OH非气态，无法计算其物质的量，故A错误；‎ B. HCl为强电解质，在水中完全电离，溶液中没有HCl分子，故B错误；‎ C. NaHSO4在熔融状态下电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-，则12.0 gNaHSO4中含有的阳离子数为1 NA =0.1NA，故C正确；‎ D. 1mol SO2若完全被氧化为SO3转移2 NA个电子，但二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，反应不能进行完全，故转移电子数小于2 NA，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C、D为易错点，注意C中NaHSO4在熔融状态下电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4- 、D中二氧化硫和氧气反应为可逆反应。‎ ‎7.室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是 A. 加入NaOH，可增大乙醇的物质的量 B. 增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br C. 若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变 D. 若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。‎ 详解：A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。‎ B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。‎ C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。‎ D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。‎ 点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。‎ ‎8.25℃时，将pH均为2 的HCl与HX 的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. a、b两点: c(X-) < c(Cl-) B. 溶液的导电性: a < b C. 稀释前，c(HX) > 0.01mol/L D. 溶液体积稀释到10倍，HX 溶液的pH < 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和HX溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X-)＞c(Cl-)，故A错误；B．盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，溶液的导电性：a＜b，故B正确；C．HX为弱酸，pH=2时，c(HX)＞0.01 mol/L，故C正确；D．HX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH=2的HX，稀释10倍，HX溶液的pH＜3，故D正确；故选A。‎ 点睛：本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点。本题的易错点为B，溶液中离子的浓度越大，导电性越好，酸溶液中，pH越大，离子浓度越小。‎ ‎9.按要求回答下列问题：‎ Ⅰ.（1）在200℃、101kPa时，0.5molH2(g)与足量I2(g)完全反应放出7.45kJ的热量，该反应的热化学方程式表示为________________________。‎ ‎（2）已知：①2CH3OH(l)＋3O2(g) =2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH1＝－a kJ/mol ‎ ‎②C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2＝－b kJ/mol ‎③2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH3 = -c kJ/mol a、b、c均大于0 则：反应①中，ΔS______（选填“＞”、“＜”或“＝”）0；2C(s)＋4H2(g)+O2(g) = 2CH3OH(l) ΔH＝_______kJ/mol。‎ Ⅱ．已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：‎ ‎（3）图中五点KW间的关系是__________________．‎ ‎（4）若从A点到D点，可采用的措施是________．‎ a．升温 b．加入少量的NaOH c．加入少量的NH4Cl ‎（5）E对应的温度下，在pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4 溶液中，水电离出的H+浓度之比为：________，若将两溶液混合所得溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________．‎ ‎【答案】 (1). H2(g) + I2(g) 2HI(g) △H＝－14.9kJ/mol (2). ＞ (3). a-2b-2c (4). B＞C＞A=D=E (5). c (6). 10：1 (7). 10：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用0.5molH2(g)与足量I2(g)完全反应放出7.45kJ的热量，来计算放出的热量，根据反应热书写热化学方程式；‎ ‎（2）化学反应气体体积增加，则熵增大；根据盖斯定律计算反应热；‎ ‎（3）KW只与温度有关，温度升高KW变大；‎ ‎（4）由图可知，A点和D点温度相同，A点为中性，D点为酸性，以此分析；‎ ‎（5）E对应的温度下为常温，KW=110-14，酸和碱都抑制水的电离，NaOH溶液中由水电离出的H+等于溶液中的H+，H2SO4 溶液中由水电离出的H+浓度等于溶液中的OH-，若将两溶液混合所得溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液恰好完全反应，据此分析。‎ ‎【详解】（1）0.5molH2(g)与足量I2(g)完全反应放出7.45kJ的热量，则1molH2(g)与足量I2(g)完全反应放出14.9kJ的热量，热化学方程式为：H2(g) + I2(g) 2HI(g) △H＝－14.9kJ/mol，‎ 因此，本题正确答案为：H2(g) + I2(g) 2HI(g) △H＝－14.9kJ/mol；‎ ‎（2）反应①2CH3OH(l)＋3O2(g) =2CO2(g)＋4H2O(g)是气体分子数增加的反应，故ΔS>0；‎ 已知：①2CH3OH(l)＋3O2(g) =2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH1＝－a kJ/mol ‎ ‎②C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2＝－b kJ/mol ‎③2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH3 = -c kJ/mol ‎②2+③2—①得2C(s)＋4H2(g)+O2(g) = 2CH3OH(l) 的ΔH＝（a-2b-2c）kJ/mol。‎ 因此，本题正确答案为：a-2b-2c；‎ ‎（3）KW只与温度有关，且温度升高KW变大，由图可知，温度B＞C＞A=D=E，所以KW间的关系是B＞C＞A=D=E；‎ 因此，本题正确答案为：B＞C＞A=D=E；‎ ‎（4）由图可知，A点和D点温度相同，A点为中性，D点为酸性，‎ a．升温会使温度升高，不符合题意，故不选a；‎ b．加入少量的NaOH碱性增强，不符合题意，故不选b；‎ c．加入少量的NH4Cl，由于NH4+水解使溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，故c符合题意，选c。‎ 因此，本题正确答案为：c；‎ ‎（5）E对应的温度下为常温，KW=110-14，酸和碱都抑制水的电离，NaOH 溶液中由水电离出的H+等于溶液中的H+，H2SO4 溶液中由水电离出的H+浓度等于溶液中的OH-，则在pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4 溶液中，水电离出的H+浓度之比为：=10：1；‎ 若将两溶液混合所得溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液恰好完全反应，设NaOH溶液与H2SO4溶液的体积分别为V1、V2，则V1=10-4V2，所以V1:V2=10:1。‎ 因此，本题正确答案为：c ；10：1 ；10：1。‎ ‎10.结合所学内容，回答下列问题：‎ Ⅰ．某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。室温下，两支试管分别编号①和②，实验数据如下：‎ 实验序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 加入试剂 ‎4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液 ‎2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液 ‎4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液 ‎2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液 一粒黄豆粒大的MnSO4固体 ‎4 mL 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液 ‎2 mL 0.1mol/L H2C2O4溶液 一粒黄豆粒大的Na2SO4固体 褪色时间/s ‎116‎ ‎6‎ 试管①中KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。‎ 请回答：‎ ‎（1）草酸与酸性高锰酸钾的反应的离子方程式为：__________________________________‎ ‎（2）实验①②结论是___________________________________________________________。‎ ‎（3）实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是____________________________。‎ ‎（4）该同学为使实验更加严密，在试管③中做了如下实验，请预测褪色时间约为________。‎ Ⅱ．滴定法是一种重要的定量分析方法，应用范围很广。某地市场上销售的一种食用精制盐包装袋上有如下部分说明：‎ 产品等级 一级 配料 食盐、碘酸钾(KIO3)、抗结剂 碘含量(以I计)‎ ‎20～50 mg·kg－1‎ 已知：IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O，I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-某学生拟测定食用精制盐的碘含量，其步骤为 a．准确称取W g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解 b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全 c．加入指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3 mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反应完全 ‎（5）c中加入的指示剂可选用_________，恰好完全反应时的现象是_______________。‎ ‎（6）)若操作b在空气中振荡时间过长，则最终测定的测定食用精制盐中的的碘含量会__________(填“偏高”、“偏低”或“没有影响”)。‎ ‎（7）根据以上实验和包装说明，算得所测食用精制盐的碘含量是(以含W的代数式表示)_____mg·kg－1(计算结果保留整数即可)。‎ ‎【答案】 (1). 2MnO4—+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2 +8H2O (2). 在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 (3). 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可） (4). 116 s (5). 淀粉 (6). 溶液由蓝色恰好变为无色，且30s内不恢复 (7). 偏高 (8). 423/W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据草酸与酸性高锰酸钾反应得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒书写反应的离子方程式；‎ ‎（2）实验①、②中使用的反应物是都是 0.01 mol/L KMnO4、0.1 mol/LH2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，对比其他条件以及高锰酸钾褪色时间的快慢，从催化剂对化学反应速率的影响进行分析；‎ ‎（3）根据酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰进行分析；‎ ‎（4）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，‎ 实验③没有Mn2+的催化作用，反应速率和实验①应相同； （5）反应原理设计了碘单质的反应，可以选用淀粉做指示剂；根据滴定终点的判断方法解答；‎ ‎（6）若操作b在空气中振荡时间过长，则有部分I-可能被空气中的氧气氧化成I2，在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏高；‎ ‎（7）根据反应方程式找出关系式IO3-～3I2～6S2O32-，计算出IO3-物质的量，就等于碘元素的物质的量，再计算出1kg食盐中含有的碘的质量。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）草酸与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为：2MnO4—+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，‎ 因此，本题正确答案是：2MnO4—+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎（2）实验①、②中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间快的是②，加了硫酸锰，对比得知起催化作用的是Mn2+， 因此，本题正确答案是：在其他条件相同时，Mn2+是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，起着加快反应速率的作用； （3）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）‎ 因此，本题正确答案是：酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色。或控制单一变量，排除Cl－对反应速率有影响的可能性（两者取其一即可）；‎ ‎（4）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01mol/L酸性 KMnO4溶液、0.1mol/L H2C2O4，‎ 实验③没有Mn2+的催化作用，反应速率和实验①应相同，褪色时间约为116s；‎ 因此，本题正确答案是：116s；‎ Ⅱ．（5）碘遇淀粉溶液变蓝，故加入的指示剂可选用淀粉；溶液呈蓝色，随反应I2＋2S2O32- = 2I－＋S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断c中反应恰好完全所根据的现象是：溶液由蓝色恰好变为无色，且30s不变化，‎ 因此，本题正确答案是：淀粉；溶液由蓝色恰好变为无色，且30s不变化；‎ ‎（6）若操作b在空气中振荡时间过长，则有部分I-可能被空气中的氧气氧化成I2，在滴定时消耗的标准液偏多，计算结果偏高；‎ 因此，本题正确答案是：偏高； （7）b中生成的碘在c中反应IO3－＋5I－＋6H＋ = 3I2＋3H2O，所以 IO3－~~~~~~ 3I2~~~~~~6S2O32- ‎ ‎1mol 6mol x 2.0×10-3mol/L×0.01L=2.0×10-5mol 解得：x=2.0×10-5mol，m(I)=2.0×10-5mol×127g/mol=4.23×10-4g=0.423mg ‎ 则每千克食盐中含碘==mg/kg，‎ 因此，本题正确答案是：423/W。‎ ‎【点睛】本题Ⅰ考查了草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，探究影响化学反应速率的因素，注意对比实验的关键是其他条件不变，控制其中的一个变量进行分析；本题Ⅱ考查了测定食盐中碘的含量方法，题量比较大，涉及了试剂选择、误差分析、含量计算等知识，注意合理分析题中信息，根据所学知识完成。‎ ‎11.（1）对于反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下温度变化的曲线如图:‎ ‎ ‎ ‎①比较p1、p2的大小关系：________。‎ ‎②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________(“增大”或“减小”)。‎ ‎（2）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：‎ ‎①反应的ΔH______0(填“大于”或“小于”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为__________________；平衡时混合气体中NO2的体积分数为_______。‎ ‎②100℃时达平衡后，向容器中迅速充入含0.08mol的NO2和0.08mol N2O4 的混合气体，此时速率关系v(正)____v（逆）。（填“大于”，“等于”，或“小于”）‎ ‎③100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s又达到平衡。‎ a.T________100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是____________________‎ b.列式计算温度T时反应的平衡常数K2（写计算过程）：______‎ ‎【答案】 (1). p2>p1 (2). 减小 (3). 大于 (4). 0.0010 mol·L－1·s－1 (5). 75% (6). 大于 (7). 大于 (8). 反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高 (9). 1.28‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①已知2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析； ②根据图象判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；‎ ‎（2）①随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；根据v＝计算速率；求平衡时混合气体中NO2的体积分数可利用三段式； ②计算浓度商Qc，再和平衡常数K比较，根据大小关系判断平衡移动方向，从而比较正逆反应速率的相对大小；‎ ‎③N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃；计算平衡常数可利用三段式。‎ ‎【详解】（1）①已知2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p2>p1，‎ 故答案为：p2>p1； ②由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小，‎ 故答案为：减小；‎ ‎（2）①由题意及图示知，在1.00 L的容器中，通入0.100 mol的N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；‎ 由图示知60s时该反应达到平衡，消耗N2O4为0.100 mol·L－1－0.040 mol·L－1＝0.060 mol·L－1，根据v＝可知：v(N2O4)＝＝0.0010 mol·L－1·s－1；‎ 求平衡时混合气体中NO2的体积分数可利用三段式：‎ ‎　　　　　　 　N2O4(g)2NO2(g)‎ 起始量/(mol·L－1)  0.100  0‎ 转化量/(mol·L－1)  0.060  0.120‎ 平衡量/(mol·L－1)   0.040  0.120‎ 平衡时NO2的体积分数=100%=75%，‎ 故答案为：大于；0.0010 mol·L－1·s－1 ；75%；‎ ‎②温度T时反应达平衡后，向容器中，迅速充入含0.08mol的NO2和0.08mol N2O4的混合气体，容器体积为1L，则此时浓度商Qc==0.33v（逆），‎ 故答案为：大于；‎ ‎③100 ℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)降低，说明平衡N2O4(g)2NO2(g)‎ 向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100 ℃；由c(N2O4)以0.0020 mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10 s又达到平衡，可知此时消耗N2O4为：0.0020 mol·L－1·s－1×10 s＝0.020 mol·L－1，‎ 由三段式：‎ ‎　　　　　　　　N2O4(g)2NO2(g)‎ 起始量/(mol·L－1) 0.040  0.120‎ 转化量/(mol·L－1) 0.020  0.040‎ 平衡量/(mol·L－1)  0.020  0.160‎ K2＝＝＝1.28。‎ 故答案为：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；1.28。‎ ‎12.铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：‎ ‎（1）铜元素基态原子的价电子排布式________________________________。‎ ‎（2）铜能形成多种配合物，如Cu2＋与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）可形成如图所示配离子。‎ ‎①Cu2＋与乙二胺所形成的配离子中含有的化学键是_________________。‎ a．配位键 b．离子键 c．键 d．键 ‎②乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为________________________，C、N、H三种元素的电负性由大到小顺序是________________________________。‎ ‎③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3‎ ‎]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是_______________。‎ ‎（3）Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，其原因是_____________________________。（请结合原子的性质进行回答）‎ ‎（4）Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。‎ ‎①该晶体的化学式为____________________‎ ‎②该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)。则C原子的坐标参数为____________________。‎ ‎③已知该晶体的密度为d g·cm－3，Cu2+和S2－的半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数值为NA。列式表示该晶体中原子的空间利用率______________。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s1 (2). ac (3). sp3 (4). N>C>H (5). 乙二胺分子间可形成氢键， 三甲胺分子间不能形成氢键 (6). N 元素电负性更小， 更易给出孤对电子形成配位键 (7). CuS (8). （1/4，1/4，1/4） (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；‎ ‎（2）①Cu2+与乙二胺形成的配离子为Cu(en)22+，配离子之间存在配位键，氮氢，碳氢之间存在极性键，碳碳之间存在非极性键，乙二胺分子中N均与H配位，共价键均为单键，即键，不存在键；‎ ‎②乙二胺分子中氮原子形成4个键，价层电子对数为4，氮原子为sp3杂化；C、N、H三种元素，吸引电子能力越强的元素其电负性越大，吸引电子能力大小顺序是N＞C＞H；‎ ‎③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是乙二胺分子间可形成氢键， 三甲胺分子间不能形成氢键；‎ ‎（3）N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；‎ ‎（4）①根据均摊法可得晶体中Cu原子个数为8+6=4，S原子个数为4；‎ ‎②根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是（1/4，1/4，1/4）；③晶体中原子的空间利用率为晶胞中所含原子的体积占晶胞体积的百分比，以此计算。‎ ‎【详解】（1）铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；‎ 故答案为：3d104s1； ‎ ‎（2）①Cu2+与乙二胺形成的配离子为Cu(en)22+，配离子之间存在配位键，氮氢，碳氢之间存在极性键，碳碳之间存在非极性键，乙二胺分子中N均与H配位，共价键均为单键，即键，不存在键，答案选ac；‎ ‎②乙二胺分子中氮原子形成4个键，价层电子对数为4，氮原子为sp3杂化；C、N、H三种元素，吸引电子能力越强的元素其电负性越大，吸引电子能力大小顺序是N＞C＞H，所以其电负性大小顺序是N＞C＞H；‎ ‎③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是乙二胺分子间可形成氢键， 三甲胺分子间不能形成氢键；‎ 故答案为：ac ；sp3 ；N>C>H；乙二胺分子间可形成氢键， 三甲胺分子间不能形成氢键；‎ ‎（3）Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，其原因是N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；‎ 故答案为：N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；‎ ‎（4）①根据均摊法可得晶体中Cu原子个数为8+6=4，S原子个数为4，故晶体的化学式为CuS；‎ 故答案为：CuS； ‎ ‎②根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是（1/4，1/4，1/4）；③已知该晶体的密度为d g·cm－3，Cu2+和S2－的半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数值为NA。一个晶胞中原子的体积为4(a3+b3)10-30cm3，一个晶胞的体积为V==，故晶体中原子的空间利用率为=。‎ 故答案为：（1/4，1/4，1/4）；。‎ ‎ ‎