化学卷·2018届四川省资阳市高二上学期期末化学试卷 （解析版） 36页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年四川省资阳市高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题：（本大题包括17个小题，每小题2分，共34分）每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1．下列图象中所发生的现象与电子的跃迁无关的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源．下列属于绿色能源的是（　　）‎ ‎①太阳能 ②风能 ③石油 ④煤 ⑤潮汐能 ⑥木材 ⑦地热能．‎ A．①②③⑤ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑦ D．①②⑤⑦‎ ‎3．下列说法不正确的是（　　）‎ A．俄国化学家门捷列夫于1869年发表了第一张元素周期表 B．现代化学常利用原子光谱的特征谱线来测定分子的结构 C．DNA双螺旋的两个螺旋链是用氢键相结合的 D．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X﹣射线衍射实验 ‎4．下列表达方式正确的是（　　）‎ A．24Cr的外围电子排布式：3d44s2‎ B．CO2的立体结构模型 C．基态碳原子的价电子排布图为 D．S2﹣的结构示意图：‎ ‎5．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应的反应热△H=x﹣y kJ/mol B．断裂1 mol A﹣A键和1 mol B﹣B键放出x kJ能量 C．2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2总能量 D．该反应是吸热反应 ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．π键是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的 B．σ键就是单键，π键就是双键 C．乙烷分子中的键全为σ键，而乙烯分子中含σ键和π键 D．H2分子中含σ键，而Cl2分子中含π键 ‎7．下列分子或离子中，中心原子不是sp3杂化的是（　　）‎ A．SO42﹣ B．NO3﹣ C．CH4 D．H2S ‎8．关于化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是（　　）‎ A．配位体是Cl﹣和H2O，配位数是9‎ B．中心离子是Ti3+，形成配位键时提供电子对 C．配离子是[TiCl（H2O）5]2+，内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2‎ D．向含1 mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀3 mol ‎9．下列变化不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率 B．H2、I2（g）混合气体加压后颜色变深 C．红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅 D．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 ‎10．下面的排序不正确的是（　　）‎ A．晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4‎ B．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅 C．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI D．熔点由高到低：Na＞Mg＞Al ‎11．下列分子中，中心原子的杂化轨道类型相同，空间构型也相同的是（　　）‎ A．BeCl2 CO2 B．H2O SO2 C．BF3 NCl3 D．SiCl4 SO3‎ ‎12．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，假设混合和稀释是瞬间完成的，则开始的瞬间反应速率最大的是（　　）‎ A．20 mL 2 mol/L 的X溶液 B．10 mL 4 mol/L 的X溶液 C．20 mL 3 mol/L 的X溶液 D．10 mL 2 mol/L 的X溶液 ‎13．下列现象不能用“相似相溶”解释的是（　　）‎ A．氯化氢易溶于水 B．用CCl4 萃取碘水中的碘 C．氯气易溶于NaOH溶液 D．苯与水混合静置后分层 ‎14．下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是（　　）‎ A．CO2 H2S B．C2H4 BF3 C．C60 C2H4 D．NH3 HCl ‎15．恒容容器中，对于N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0的反应，达到化学平衡状态的标志为（　　）‎ A．断开1个N≡N键的同时有6个N﹣H键生成 B．混合气体的密度不变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．N2、H2、NH3分子数之比1：3：2的状态 ‎16．下列有关晶体的叙述中，不正确的是（　　）‎ A．氯化钠和氯化铯晶体中，阳离子的配位数均为6‎ B．金刚石为三维网状结构，由碳原子以sp3杂化轨道形成共价键 C．金属钠的晶体采用体心立方堆积，每个晶胞含2个原子，配位数为8‎ D．干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子 ‎17．下列关于判断过程的方向的说法正确的是（　　）‎ A．所有自发进行的化学反应都是放热反应 B．高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应 C．由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程 D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同 ‎　‎ 二、选择题：（本大题包括5个小题，每小题3分，共15分）每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎18．将4mol A气体和2mol B气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）．若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：其中正确的是（　　）‎ ‎①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎③2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1‎ ‎④2s末，物质A的转化率为70%‎ A．①④ B．①③ C．②④ D．③④‎ ‎19．元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示：已知Y元素原子的外围电子排布为ns（n﹣1）np（n+1），‎ X Y Z 则下列说法不正确的是（　　）‎ A．Y元素原子的外围电子排布为4s24p4‎ B．Y元素在周期表的第三周期第ⅥA族 C．X元素所在周期中所含非金属元素最多 D．Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3‎ ‎20．下列热化学方程式正确的是（△H的绝对值均正确）（　　）‎ A．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1（燃烧热）‎ B．OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=+57.3 kJ•mol﹣1（中和热）‎ C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ•mol﹣1（反应热）‎ D．2NO2=O2+2NO△H=+116.2 kJ•mol﹣1（反应热）‎ ‎21．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（　　）‎ A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断 ‎22．有一化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系．下列叙述正确的是（　　）‎ A．正反应是放热反应；m+n＞p+q B．正反应是吸热反应；m+n＜P+q C．正反应是放热反应；m+n＜p+q D．正反应是吸热反应；m+n＞p+q ‎　‎ 三、填空题（共4小题，22分）‎ ‎23．（1）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华．易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂．据此判断三氯化铁晶体类型为　　．‎ ‎（2）①CH2=CH2、②CH≡CH、③、④CH3﹣CH3这四种分子中碳原子采取sp2杂化的是　　（填序号）．‎ ‎（3）如图为某晶体的一个晶胞示意图，该晶体由A、B、C三种基本粒子组成，则该晶体的化学式为　　．‎ ‎24．在一恒定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如表：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=　　，该反应为　　反应（填吸热或放热）． 若增大压强，则平衡常数　　（填序号）．‎ A．一定不变 B．一定减小 C．一定增大 D．增大、减小、不变皆有可能 ‎（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是　　．‎ A．容器中压强不变B．混合气体中c（CO）不变 C．v逆（H2）=v正（H2O）D．c（CO）=c（CO2）‎ ‎25．（1）将煤转化为水煤气是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一．已知C（s）、CO（g）和H2（g）完全燃烧的热化学方程式分别为：‎ C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H2=﹣242.0kJ•mol﹣1‎ CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H3=﹣283.0kJ•mol﹣1‎ 根据以上数据，写出C（s）与水蒸气反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式：　　．‎ ‎（2）已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键键能：‎ P﹣P 198kJ•mol﹣1，Cl﹣Cl 243kJ•mol﹣1，P﹣Cl 331kJ•mol﹣1．‎ 则反应P4（白磷，s）+6Cl2（g）=4PCl3（s）的反应热△H=　　．‎ ‎26．如图为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）③和①形成的一种5核10电子分子，其立体构型为　　，中心原子杂化方式为　　，属于　　分子（填“极性”或“非极性”）．‎ ‎（2）元素③和⑦的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是：　　（填化学式）元素⑥的电负性　　元素⑦（选填“＞”、“=”、“＜”=）的电负性．‎ ‎（3）根据元素周期表分区，元素⑨位于　　区，其基态原子电子排布式为　　．‎ ‎（4）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素②与元素⑤的氢氧化物有相似的性质．请写出元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式　　．‎ ‎　‎ 四、实验题（共1小题，10分）‎ ‎27．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、量筒、0.5mol•L﹣1盐酸、0.55mol•L﹣1NaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是　　．‎ ‎（2）①实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？　　（填“能”或“否”），其原因是　　．‎ ‎②在大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是　　．‎ ‎（3）他们记录的实验数据如表：‎ 实验用品 溶液温度 中和热 t1‎ t2‎ ‎△H ‎①‎ ‎50 mL 0.55 mol•L﹣1 NaOH溶液 ‎50 mL 0.5 mol•L﹣1 HCl溶液 ‎20℃‎ ‎23.3℃‎ ‎　　kJ/mol ‎②‎ ‎50 mL 0.55 mol•L﹣1 NaOH溶液 ‎50 mL 0.5 mol•L﹣1 HCl溶液 ‎20℃‎ ‎23.5℃‎ 已知：反应后溶液的比热容c为4.18kJ•℃﹣1•kg﹣1，各物质的密度均为1g•cm﹣3．计算完成上表（保留两位小数）．‎ ‎（4）实验分析 ‎①若用醋酸代替HCl做实验，测得的中和热的数值　　（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）．‎ ‎②若用60mL 0.5mol•L﹣1HCl溶液与50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液完成实验，与上述实验相比，测得反应放出的热量　　（填“偏大”或“偏小”或“不变”），中和热　　（填“偏大”或“偏小”或“不变”）‎ ‎　‎ 五、推断题（共1小题，13分）‎ ‎28．已知 X、Y、Z、Q、R、E六种前四周期元素中，原子序数X＜Y＜Z＜Q＜R＜E，其结构或性质信息如表．‎ 元素 结构或性质信息 X 原子的L层上s电子数等于p电子数 Y 原子核外的L层有3个未成对电子 Z 地壳中含量最多的元素 Q 单质常温常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子 R 核电荷数是Y与Q的核电荷数之和 E N能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子 请根据信息回答有关问题：‎ ‎（1）写出元素Y的原子核外价电子排布图：　　．X的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为　　．‎ ‎（2）X、Y、Z三种元素的第一电离能由高到低的排列为（写元素符号）　　．‎ ‎（3）X、Z元素分别与氢元素形成的最简单化合物中，沸点较高的为（写化学式）　　，原因是　　．‎ ‎（4）XZ与Y2属于等电子体，写出化合物XZ的结构式：　　．‎ ‎（5）R的一种配合物的化学式为RCl3•6H2O．已知0.01mol RCl3•6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02mol AgCl沉淀．此配合物最可能是　　．‎ A．[R（H2O）6]Cl3B．[R（H2O）5Cl]Cl2•H2O C．[R（H2O）4Cl2]Cl•2H2OD．[R（H2O）3Cl3]•3H2O ‎（6）向含少量ESO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：　　，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，‎ 得到天蓝色溶液，写反应的离子方程式为：　　．‎ ‎（7）元素E的单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．‎ 若已知该元素的原子半径为d cm，相对原子质量为M，NA代表阿伏加德罗常数，则该晶体的密度为　　g•cm﹣3（用字母表示）．‎ ‎　‎ 六、计算题（共1小题，6分）‎ ‎29．某温度下，将H2（g）和I2‎ ‎（g）各1mol的气态混合物充入2L的密闭容器中，充分反应，5min后达到平衡，测得c（HI）=0.2mol/L．‎ ‎（1）计算从反应开始至达到平衡，用H2（g）表示的反应速率．‎ ‎（2）求该反应的平衡常数．‎ ‎（3）保持温度不变，若向上述容器中充入H2（g）和I2（g）各2mol，求达到平衡时I2（g）的物质的量浓度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省资阳市高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本大题包括17个小题，每小题2分，共34分）每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1．下列图象中所发生的现象与电子的跃迁无关的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】光是电子释放能量的重要形式，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、节日里燃放的焰火都与电子发生跃迁释放能量有关．‎ ‎【解答】解：平面镜成像则是光线反射的结果，与电子跃迁无关，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态，能释放能量，光是释放能量的重要形式之一，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、节日里燃放的焰火是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源．下列属于绿色能源的是（　　）‎ ‎①太阳能 ②风能 ③石油 ④煤 ⑤潮汐能 ⑥木材 ⑦地热能．‎ A．①②③⑤ B．②④⑤⑥ C．③④⑤⑦ D．①②⑤⑦‎ ‎【考点】清洁能源．‎ ‎【分析】绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，据此解答．‎ ‎【解答】解：①太阳能、②风、⑤潮汐能、⑦地热能能不会造成污染，属于“绿色能源”，③石油、④煤、⑥木材燃烧都会产生空气污染物，不属于绿色能源，故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法不正确的是（　　）‎ A．俄国化学家门捷列夫于1869年发表了第一张元素周期表 B．现代化学常利用原子光谱的特征谱线来测定分子的结构 C．DNA双螺旋的两个螺旋链是用氢键相结合的 D．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X﹣射线衍射实验 ‎【考点】化学史．‎ ‎【分析】A、第一张元素周期表由门捷列夫编制；‎ B、用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱；‎ C、N元素的电负性较大，分子之间易形成氢键；‎ D、x射线衍射可以看到物质的微观结构．‎ ‎【解答】解：A、第一张元素周期表由俄国化学家门捷列夫于1869那年发表，故A正确；‎ B、用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素种类，而不能测定分子结构，故B错误；‎ C、N元素的电负性较大，DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的，故C正确；‎ D、晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，故区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X﹣射线衍射实验，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．下列表达方式正确的是（　　）‎ A．24Cr的外围电子排布式：3d44s2‎ B．CO2的立体结构模型 C．基态碳原子的价电子排布图为 D．S2﹣的结构示意图：‎ ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】A、24号的Cr的外围电子排布式：3d54s1；‎ B、二氧化碳是直线分子；‎ C、基态碳原子价电子排布为2s22p2；‎ D、S2﹣最外层8个电子．‎ ‎【解答】解：A、24号的Cr的外围电子排布式：3d54s1，半满状态能量低，故A错误；‎ B、二氧化碳是直线分线型，而不是V型，故B错误；‎ C、基态碳原子价电子排布为2s22p2，所以轨道排布式为：，故C正确；‎ D、S2﹣最外层8个电子，而不是6个电子，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应的反应热△H=x﹣y kJ/mol B．断裂1 mol A﹣A键和1 mol B﹣B键放出x kJ能量 C．2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2总能量 D．该反应是吸热反应 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，反应热为△H=x﹣y kJ/mol，即断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．由图可知，该反应的反应热△H=x﹣y kJ/mol，故A正确；‎ B．断裂1 mol A﹣A键和1 mol B﹣B键吸收x kJ能量，故B错误；‎ C.2 mol AB的总能量低于1 mol A2和1 mol B2总能量，故C错误；‎ D．反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．π键是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的 B．σ键就是单键，π键就是双键 C．乙烷分子中的键全为σ键，而乙烯分子中含σ键和π键 D．H2分子中含σ键，而Cl2分子中含π键 ‎【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．‎ ‎【分析】σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，σ键是“头碰头”重叠形成，故A错误；‎ B、双键和叁键中都有σ键和π键，所以不能说成σ键就是单键，π键就是双键，故B错误；‎ C．乙烷分子中均为单键，乙烯中含C=C键，有1个π键，则乙烷分子中的键全为σ键而乙烯分子中含σ键和π键，故C正确；‎ D．H2和Cl2分子中只含单键，只有σ键，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．下列分子或离子中，中心原子不是sp3杂化的是（　　）‎ A．SO42﹣ B．NO3﹣ C．CH4 D．H2S ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，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．中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，据此判断．‎ ‎【解答】解：A．硫酸根离子中，S原子价层电子对数=σ 键个数+（a﹣xb）=4+（6+2﹣4×2）=4，所以S采取sp3杂化，故A不选；‎ B．NO3﹣中，N原子形成3个σ键，孤对电子数=，中心原子N为sp2杂化，故B选；‎ C．CH4分子中C原子价层电子对个数=4+（4﹣4×1）=4，所以C原子采用sp3杂化，故C不选；‎ D．H2S中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，所以S原子采用sp3杂化，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．关于化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是（　　）‎ A．配位体是Cl﹣和H2O，配位数是9‎ B．中心离子是Ti3+，形成配位键时提供电子对 C．配离子是[TiCl（H2O）5]2+，内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2‎ D．向含1 mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀3 mol ‎【考点】配合物的成键情况．‎ ‎【分析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti3+，配合物中配位离子Cl﹣不与Ag+反应，外界离子Cl﹣离子与Ag+反应，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．配体含有孤对电子，中心原子或离子含有空轨道，配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误；‎ B．配离子是[TiCl（H2O）5]2+，配体Cl、H2O，提供孤电子对，中心离子是Ti3+，提供空轨道，故B错误；‎ C．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，内界配体Cl﹣为1，外界Cl﹣为2，内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2，故C正确；‎ D．内界配体Cl﹣不与Ag+反应，外界Cl﹣离子与Ag+反应，在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．下列变化不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率 B．H2、I2（g）混合气体加压后颜色变深 C．红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅 D．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．‎ ‎【解答】解：A．工业生产硫酸的过程中，存在2SO2+O22SO3，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，故A不选；‎ B．H2+I2⇌2HI，加压后，体积变小，颜色加深，平衡不移动，故故不能用勒夏特列原理解释，故B选；‎ C．加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释，故C不选；‎ D．新制的氯水中存在：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，在饱和食盐水中氯离子浓度较大，可抑制氯气和水的反应，减小氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故D不选．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．下面的排序不正确的是（　　）‎ A．晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4‎ B．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅 C．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI D．熔点由高到低：Na＞Mg＞Al ‎【考点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用．‎ ‎【分析】A．分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大；‎ B．键长越短，共价键越强，硬度越大；‎ C．离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大；‎ D．金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大．‎ ‎【解答】‎ 解：A．分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大，则晶体熔点由低到高顺序为CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故A正确；‎ B．键长越短，共价键越强，硬度越大，键长C﹣C＜C﹣Si＜Si﹣Si，则硬度由大到小为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；‎ C．离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，F、Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故C正确；‎ D．金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大，则熔点由高到低为Al＞Mg＞Na，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．下列分子中，中心原子的杂化轨道类型相同，空间构型也相同的是（　　）‎ A．BeCl2 CO2 B．H2O SO2 C．BF3 NCl3 D．SiCl4 SO3‎ ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，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．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化．‎ ‎【解答】解：A．BeCl2中Be价层电子对个数=（2+2）=2，采取 sp杂化方式，分子构型为直线型，O2中C原子价层电子对个数=×（4+0）=2，采取sp杂化方式，分子构型为直线型，中心原子的杂化轨道类型相同，空间构型也相同，故A正确；‎ B．水分子中O原子价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，所以采用sp3杂化，分子构型为折线形（V型），SO2中S原子价层电子对个数=×（6+0）=3，采取sp2杂化方式，分子构型为平面三角形，二者杂化方式不同，空间构型也不相同，故B错误；‎ C．BF3中B原子价层电子对个数=3+（3﹣3×1）=3，中心原子是以sp2杂化，不含孤电子对，所以空间构型是平面三角形，NCl3中N价层电子对个数=3+（5﹣3×1）=4，含孤电子对数为1，杂化轨道数4，所以原子杂化方式是sp3‎ 杂化，分子形状为三角锥形，二者杂化方式不同，空间构型也不相同，故C错误；‎ D．SiCl4中C原子价层电子对个数=4+=0，杂化类型为sp3，分子为正四面体形结构，SO3中S价层电子对个数=3+（6﹣3×2）=3，sp2杂化，不含孤电子对，为平面三角形结构，二者杂化方式不同，空间构型也不相同，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，假设混合和稀释是瞬间完成的，则开始的瞬间反应速率最大的是（　　）‎ A．20 mL 2 mol/L 的X溶液 B．10 mL 4 mol/L 的X溶液 C．20 mL 3 mol/L 的X溶液 D．10 mL 2 mol/L 的X溶液 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】化学反应中，反应物浓度越大，单位体积活化分子数目越多，则反应速率越大，因溶液均加水稀释到50mL，则可计算X的物质的量，物质的量越多，浓度越大．‎ ‎【解答】解：均加水稀释到50mL，‎ A．n（X）=0.02L×2mol/L=0.04mol；‎ B．n（X）=0.01L×4mol/L=0.04mol；‎ C．n（X）=0.02L×3mol/L=0.06mol；‎ D．n（X）=0.01L×2mol/L=0.02mol．‎ 则物质的量最大的是C，则C浓度最大，反应速率最大，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．下列现象不能用“相似相溶”解释的是（　　）‎ A．氯化氢易溶于水 B．用CCl4 萃取碘水中的碘 C．氯气易溶于NaOH溶液 D．苯与水混合静置后分层 ‎【考点】分子间作用力对物质的状态等方面的影响．‎ ‎【分析】‎ 相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，含有相同官能团的物质互溶，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．氯化氢和水分子均是极性分子，根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂可以判断，故A不选；‎ B．碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，故B不选；‎ C．氯气和氢氧化钠之间发生反应生成可溶性的盐溶液，不符合相似相溶原理，故C选；‎ D．溶液分层，说明苯不溶于水，故D不选．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是（　　）‎ A．CO2 H2S B．C2H4 BF3 C．C60 C2H4 D．NH3 HCl ‎【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．‎ ‎【分析】非极性键为：同种元素的原子间形成的共价键；极性键为：不同元素的原子间形成的共价键；‎ 极性分子为：正电荷中心和负电荷中心不相重合的分子；非极性分子：正电荷中心和负电荷中心相重合的分子；分子极性的判断方法为：分子的极性由共价键的极性及分子的空间构型两个方面共同决定．‎ ‎【解答】解：A、二氧化碳为极性键形成的非极性分子，H2S为极性键形成的极性分子，故A错误；‎ B、BF3、C2H4 中化学键都是不同元素构成的，属于极性键；二者分子中正电荷中心和负电荷中心相重合，属于非极性分子，故B正确；‎ C、C60中只含有非极性键，为非极性分子；C2H4为极性键形成的非极性分子，故C错误；‎ D、氨气和氯化氢都是由极性键形成的分子，二者正电荷中心和负电荷中心不相重合，属于极性分子，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．恒容容器中，对于N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜‎ ‎0的反应，达到化学平衡状态的标志为（　　）‎ A．断开1个N≡N键的同时有6个N﹣H键生成 B．混合气体的密度不变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．N2、H2、NH3分子数之比1：3：2的状态 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A、断开N≡N键向正反应方向，有N﹣H键生成也是正向，未平衡时这个量就不变，故A错误；‎ B、混合气体的密度未平衡时就不变，不能说明达平衡状态，故B错误；‎ C、混合气体的质量是一个定值，未平衡时混全气体总物质的量发生变化，未平衡时混合气体的平均相对分子质量是变化的，现不变，说明已达平衡状态，故C正确；‎ D、当体系达平衡状态时N2、H2、NH3分子数之比可能是1：3：2的状态，也可能不是1：3：2的状态，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．下列有关晶体的叙述中，不正确的是（　　）‎ A．氯化钠和氯化铯晶体中，阳离子的配位数均为6‎ B．金刚石为三维网状结构，由碳原子以sp3杂化轨道形成共价键 C．金属钠的晶体采用体心立方堆积，每个晶胞含2个原子，配位数为8‎ D．干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子 ‎【考点】原子晶体；离子晶体．‎ ‎【分析】A、氯化钠晶体中氯离子配位数为6、氯化铯晶体中氯离子的配位数为8；‎ B、金刚石为三维网状结构，一个碳与四个碳原子形成共价键；‎ C、观察钠晶胞结构即体心结构可知，每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个；‎ D、采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数．‎ ‎【解答】解：A、氯化钠晶体中氯离子配位数为6、氯化铯晶体中氯离子的配位数为8，则氯化钠和氯化铯晶体中氯离子的配位数不相同，故A错误；‎ B、金刚石为三维网状结构，一个碳与四个碳原子形成共价键，所以碳原子以sp3杂化，故B正确；‎ C、金属钠的晶体采用体心立方堆积，所以每个晶胞含1+8×个原子，每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个，所以配位数为8，故C正确；‎ D．采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎17．下列关于判断过程的方向的说法正确的是（　　）‎ A．所有自发进行的化学反应都是放热反应 B．高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应 C．由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程 D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、反应自发进行的判断依据为△G=△H﹣T•△S B、石墨能量低于金刚石，在给定的条件下，无须外界做功，一经引发即能自动进行的化学反应为自发进行的反应；‎ C．根据△G=△H﹣T•△S判断；‎ D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大 ‎【解答】解：在给定的条件下，无须外界做功，一经引发即能自动进行的化学反应，为自发反应．从热力学上判断就是：△G=△H﹣△ST＜0．‎ A．反应能否自发取决于焓变和熵变的复合判据，对于吸热反应，在一定温度下也能进行，故A错误；‎ B、C（石墨）=C（金刚石）；通常状况下△H＞0，△S＜0，反应是不自发的，而且将金刚石加热到1000℃可以变成石墨．故B错误；‎ C．△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，适合于所有的过程，故C正确；‎ D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、选择题：（本大题包括5个小题，每小题3分，共15分）每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎18．将4mol A气体和2mol B气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）．若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：其中正确的是（　　）‎ ‎①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎③2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1‎ ‎④2s末，物质A的转化率为70%‎ A．①④ B．①③ C．②④ D．③④‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】将 4mol A 气体和 2mol B 气体在 2L 的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应 2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经 2s（秒）后测得 C 的浓度为0.6mol•L﹣1•s﹣1 ，依据化学平衡三段式列式计算 ‎ 2A（g）+B（g）⇌2C（g）‎ 起始量（mol） 4 2 0‎ 变化量（mol） 1.2 0.6 1.2‎ ‎2s末（mol） 2.8 1.4 2L×0.6mol/L=1.2mol ‎①根据反应速率v=计算v（A）；‎ ‎②用物质B表示反应的平均速率==0.15mol/L•s；‎ ‎③2s末物质B的浓度==0.7mol•L﹣1；‎ ‎④2s末物质A的转化率=×100%=30%；‎ ‎【解答】解：将 4mol A 气体和 2mol B 气体在 2L 的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应 2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经 2s（秒）后测得 C ‎ 的浓度为0.6mol•L﹣1•s﹣1 ，依据化学平衡三段式列式计算 ‎ 2A（g）+B（g）⇌2C（g）‎ 起始量（mol） 4 2 0‎ 变化量（mol） 1.2 0.6 1.2‎ ‎2s末（mol） 2.8 1.4 2L×0.6mol/L=1.2mol ‎①2s后测得A的浓度为0.6mol•L﹣1，则v（A）==0.3mol/（L•s），故①正确；‎ ‎②用物质B表示反应的平均速率=mol/（L•s）=0.15mol/（L•s），故②错误；‎ ‎③2s末物质B的浓度==0.7mol•L﹣1；故③正确；‎ ‎④2s末物质A的转化率=×100%=30%；故④错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示：已知Y元素原子的外围电子排布为ns（n﹣1）np（n+1），‎ X Y Z 则下列说法不正确的是（　　）‎ A．Y元素原子的外围电子排布为4s24p4‎ B．Y元素在周期表的第三周期第ⅥA族 C．X元素所在周期中所含非金属元素最多 D．Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3‎ ‎【考点】原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】Y元素原子的外围电子排布为ns（n﹣1）np（n+1），s能级最多容纳2个电子，故n﹣1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为F元素，Z为As元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：Y元素原子的外围电子排布为ns（n﹣1）np（n+1），s能级最多容纳2个电子，故n﹣1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4‎ ‎，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为F元素，Z为As元素，‎ A．Y元素原子的外围电子排布为ns（n﹣1）np（n+1），s能级最多容纳2个电子，故n﹣1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，故A错误；‎ B．Y为S元素，处于第三周期第ⅥA族，故B正确；‎ C．X为F元素，处于第二周期，只有2两种金属元素，含有6种非金属元素，含非金属元素最多，故C正确；‎ D．Z为As元素，是33号元素，其元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．下列热化学方程式正确的是（△H的绝对值均正确）（　　）‎ A．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1（燃烧热）‎ B．OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=+57.3 kJ•mol﹣1（中和热）‎ C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ•mol﹣1（反应热）‎ D．2NO2=O2+2NO△H=+116.2 kJ•mol﹣1（反应热）‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A．燃烧热的热化学方程式中生成稳定氧化物；‎ B．中和反应为放热反应；‎ C．燃烧为放热反应，物质的量与热量成正比，物质能量与状态有关；‎ D．热化学方程式中应注明物质的状态．‎ ‎【解答】解：A．燃烧热方程式应为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1，液态水稳定，故A错误；‎ B．中和热方程式为OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，故B错误；‎ C.2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ•mol﹣1为反应热的热化学方程式，故C正确；‎ D．表示反应热的热化学方程式为2NO2（g）=O2（g）+2NO（g）△H=+116.2 kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎21．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（　　）‎ A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动．‎ ‎【解答】解：甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎22．有一化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系．下列叙述正确的是（　　）‎ A．正反应是放热反应；m+n＞p+q B．正反应是吸热反应；m+n＜P+q C．正反应是放热反应；m+n＜p+q D．正反应是吸热反应；m+n＞p+q ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；‎ 作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系．‎ ‎【解答】‎ 解：由图可知，压强相同是，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，‎ 作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，数目增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，‎ 故选D．‎ ‎　‎ 三、填空题（共4小题，22分）‎ ‎23．（1）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华．易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂．据此判断三氯化铁晶体类型为　分子晶体　．‎ ‎（2）①CH2=CH2、②CH≡CH、③、④CH3﹣CH3这四种分子中碳原子采取sp2杂化的是　①③　（填序号）．‎ ‎（3）如图为某晶体的一个晶胞示意图，该晶体由A、B、C三种基本粒子组成，则该晶体的化学式为　CBA3　．‎ ‎【考点】分子晶体．‎ ‎【分析】（1）分子晶体熔沸点较低；‎ ‎（2）①CH2=CH2分子中碳原子采取sp2杂化、②CH≡CH分子中碳原子采取sp杂化、③分子中碳原子采取sp2杂化、④CH3﹣CH3分子中碳原子采取sp3杂化；‎ ‎（3）根据晶胞图可知，A原子分布在立方体的六个面心上，所以晶胞中含有A原子的数目为=3，B原子分布在立方体的八个顶点上，所以晶胞含有B原子数目为=1，C原子位于立方体的体心，数目为1，所以在晶胞中ABC三种原子的个数比为3：1：1，据此答题．‎ ‎【解答】解：（1）分子晶体熔沸点较低，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为：分子晶体；‎ ‎（2）①CH2=CH2分子中碳原子采取sp2杂化、②CH≡CH分子中碳原子采取sp杂化、③分子中碳原子采取sp2杂化、④CH3﹣CH3分子中碳原子采取sp3杂化，所以 ‎①③碳原子是采取sp2杂化，‎ 故答案为：①③；‎ ‎（3）根据晶胞图可知，A原子分布在立方体的六个面心上，所以晶胞中含有A原子的数目为=3，B原子分布在立方体的八个顶点上，所以晶胞含有B原子数目为=1，C原子位于立方体的体心，数目为1，所以在晶胞中ABC三种原子的个数比为3：1：1，所以化学式为：CBA3，故答案为：CBA3．‎ ‎　‎ ‎24．在一恒定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如表：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=　　，该反应为　放热　反应（填吸热或放热）． 若增大压强，则平衡常数　A　（填序号）．‎ A．一定不变 B．一定减小 C．一定增大 D．增大、减小、不变皆有可能 ‎（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是　BC　．‎ A．容器中压强不变B．混合气体中c（CO）不变 C．v逆（H2）=v正（H2O）D．c（CO）=c（CO2）‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）根据化学平衡常数的概念来书写，平衡常数=；根据温度对化学平衡、化学平衡常数的影响来回答，平衡常数随温度升高增大，说明平衡正向进行，据此判断反应物；化学平衡常数只受温度的影响，改变压强后平衡常数不变；‎ ‎（2）化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：（1）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应的平衡常数为：K=；‎ 化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数减小，说明化学平衡逆向移动，则正反应为放热反应；‎ 化学平衡常数只与温度有关，与压强大小无关，所以增大压强后平衡常数不变，‎ 故答案为：；放热；A；‎ ‎（2）A．反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，不能根据压强判断平衡状态，故A错误；‎ B．混合气体中c（CO）不变，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；‎ C、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正（H2）=v逆（H2O）表明反应达到平衡状态，故C正确；‎ D、c（CO2）=c（CO）时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故D错误；‎ 故答案为：BC．‎ ‎　‎ ‎25．（1）将煤转化为水煤气是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一．已知C（s）、CO（g）和H2（g）完全燃烧的热化学方程式分别为：‎ C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H2=﹣242.0kJ•mol﹣1‎ CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H3=﹣283.0kJ•mol﹣1‎ 根据以上数据，写出C（s）与水蒸气反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式：　C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ•mol﹣1　．‎ ‎（2）已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键键能：‎ P﹣P 198kJ•mol﹣1，Cl﹣Cl 243kJ•mol﹣1，P﹣Cl 331kJ•mol﹣1．‎ 则反应P4（白磷，s）+6Cl2（g）=4PCl3（s）的反应热△H=　﹣1326kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】（1）①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ ‎②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H2=﹣242.0kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H3=﹣283.0kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律可知，①﹣②﹣③得到C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；‎ ‎（2）焓变等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ ‎②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H2=﹣242.0kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H3=﹣283.0kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律可知，①﹣②﹣③得到C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g），则△H=（﹣393.5kJ•mol﹣1）﹣（﹣242.0kJ•mol﹣1）﹣（﹣283.0kJ•mol﹣1）=+131.5 kJ•mol﹣1，‎ 则热化学方程式为C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.5 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.5 kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）P4（白磷，s）+6Cl2（g）=4PCl3（s）的反应热△H=×6+×6﹣×4×3=﹣1326 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：﹣1326 kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎26．如图为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）③和①形成的一种5核10电子分子，其立体构型为　正四面体形　，中心原子杂化方式为　sp3　，属于　非极性　分子（填“极性”或“非极性”）．‎ ‎（2）元素③和⑦的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是：　HClO4　（填化学式）元素⑥的电负性　＜　元素⑦（选填“＞”、“=”、“＜”=）的电负性．‎ ‎（3）根据元素周期表分区，元素⑨位于　d　区，其基态原子电子排布式为　1s22s22p63s23p63d64s2　．‎ ‎（4）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素②与元素⑤的氢氧化物有相似的性质．请写出元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式　Be（OH）2+2OH﹣=BeO22﹣+2H2O　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】由元素在周期表的位置可知，①为H，②为Be，③为C，④为Mg，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ca，⑨为Fe，⑩为Cu，‎ ‎（1）根据价层电子对互斥理论确定分子中原子杂化方式及分子空间构型，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数，分子中正负电荷重心重合的为非极性分子，不重合的为非极性分子，据此分析解答；‎ ‎（2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；同周期自左到右电负性减小；‎ ‎（3）d区元素包含周期表中3﹣10列元素；⑨为Fe，为26号元素，原子核外有26个电子，根据能量最低原理书写核外电子排布式；‎ 根据元素周期表分区，元素⑨位于 d区，其基态原子电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2．‎ ‎（4）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素②与元素⑤的氢氧化物 ‎【解答】解：由元素在周期表的位置可知，①为H，②为Be，③为C，④为Mg，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ca，⑨为Fe，⑩为Cu，‎ ‎（1）C和H形成的一种5核10电子分子为CH4，CH4分子中的C原子价层电子对个数是4，则C原子采取sp3杂化，立体构型为正四面体形，分子中正负电荷重心重合，为非极性分子；‎ 故答案为：正四面体形；sp3；非极性；‎ ‎（2）C的非金属性小于Cl的非金属性，最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是HClO4；同周期自左到右电负性减小，所以电负性：S＜Cl；‎ 故答案为：HClO4；＜； ‎ ‎（3）d区元素包含周期表中3﹣10列元素，上述元素中只有⑨号元素属于d区；为Fe，为26号元素，原子核外有26个电子，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；‎ 故答案为：d；1s22s22p63s23p63d64s2；‎ ‎（4）元素⑤为Al，Al（OH）3具有两性，元素②为Be，元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质，故Be（OH）2也具有两性，能与NaOH反应，方程式为：Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，离子方程式为：Be（OH）2+2OH﹣=BeO22﹣+2H2O；‎ 故答案为：Be（OH）2+2OH﹣=BeO22﹣+2H2O；‎ ‎　‎ 四、实验题（共1小题，10分）‎ ‎27．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、量筒、0.5mol•L﹣1盐酸、0.55mol•L﹣1NaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是　温度计、环形玻璃搅拌棒　．‎ ‎（2）①实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？　否　（填“能”或“否”），其原因是　铜是热的良导体，有热量散失　．‎ ‎②在大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是　保温，减少热量散失　．‎ ‎（3）他们记录的实验数据如表：‎ 实验用品 溶液温度 中和热 t1‎ t2‎ ‎△H ‎①‎ ‎50 mL 0.55 mol•L﹣1 NaOH溶液 ‎50 mL 0.5 mol•L﹣1 HCl溶液 ‎20℃‎ ‎23.3℃‎ ‎　﹣56.8　kJ/mol ‎②‎ ‎50 mL 0.55 mol•L﹣1 NaOH溶液 ‎50 mL 0.5 mol•L﹣1 HCl溶液 ‎20℃‎ ‎23.5℃‎ 已知：反应后溶液的比热容c为4.18kJ•℃﹣1•kg﹣1，各物质的密度均为1g•cm﹣3．计算完成上表（保留两位小数）．‎ ‎（4）实验分析 ‎①若用醋酸代替HCl做实验，测得的中和热的数值　偏小　（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）．‎ ‎②若用60mL 0.5mol•L﹣1HCl溶液与50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液完成实验，与上述实验相比，测得反应放出的热量　偏大　（填“偏大”或“偏小”或“不变”），中和热　不变　（填“偏大”或“偏小”或“不变”）‎ ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】（1）根据中和热测定的实验步骤选用需要的仪器，然后判断还缺少的仪器；‎ ‎（2）①金属导热快，热量损失多；‎ ‎②中和热测定实验成败的关键是保温工作；‎ ‎（3）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，再根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=﹣kJ/mol计算出反应热；‎ ‎（4）①弱电解质电离吸热；‎ ‎②反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答．‎ ‎【解答】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，测量过程中用玻璃棒不断搅拌，所以还缺少玻璃用品是温度计、环形玻璃搅拌棒；‎ 故答案为：温度计、环形玻璃搅拌棒；‎ ‎（2）①不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，因为铜是热的良导体，热量损失大；‎ 故答案为：否；铜是热的良导体，有热量散失；‎ ‎②中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；‎ 故答案为：保温，减少热量散失；‎ ‎（3）2次温度差分别为：3.3℃，3.5℃，第2组数据都有效，温度差平均值=3.4℃，50mL0.55mol•L﹣1NaOH和50mL.0.5mol•L﹣1HCl质量和为m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），△T=3.4℃，代入公式Q=cm△T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的水放出热量为=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=﹣56.8kJ/mol；‎ 故答案为：﹣56.8；‎ ‎（4）①醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以醋酸（CH3COOH）代替HCl溶液反应，反应放出的热量偏小；‎ 故答案为：偏小；‎ ‎②反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL 0.5mol•L﹣1HCl溶液与50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液完成实验，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL 0.5mol•L﹣1HCl溶液与50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行实验，测得中和热数值相等；‎ 故答案为：偏大；不变．‎ ‎　‎ 五、推断题（共1小题，13分）‎ ‎28．已知 X、Y、Z、Q、R、E六种前四周期元素中，原子序数X＜Y＜Z＜Q＜R＜E，其结构或性质信息如表．‎ 元素 结构或性质信息 X 原子的L层上s电子数等于p电子数 Y 原子核外的L层有3个未成对电子 Z 地壳中含量最多的元素 Q 单质常温常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子 R 核电荷数是Y与Q的核电荷数之和 E N能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子 请根据信息回答有关问题：‎ ‎（1）写出元素Y的原子核外价电子排布图：　　．X的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为　3：2　．‎ ‎（2）X、Y、Z三种元素的第一电离能由高到低的排列为（写元素符号）　N＞O＞C　．‎ ‎（3）X、Z元素分别与氢元素形成的最简单化合物中，沸点较高的为（写化学式）　H2O　，原因是　水分子间可以形成氢键，使沸点升高　．‎ ‎（4）XZ与Y2属于等电子体，写出化合物XZ的结构式：　C≡O　．‎ ‎（5）R的一种配合物的化学式为RCl3•6H2O．已知0.01mol RCl3•6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02mol AgCl沉淀．此配合物最可能是　B　．‎ A．[R（H2O）6]Cl3B．[R（H2O）5Cl]Cl2•H2O C．[R（H2O）4Cl2]Cl•2H2OD．[R（H2O）3Cl3]•3H2O ‎（6）向含少量ESO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：　Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+　，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，‎ 得到天蓝色溶液，写反应的离子方程式为：　Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣　．‎ ‎（7）元素E的单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．‎ 若已知该元素的原子半径为d cm，相对原子质量为M，NA代表阿伏加德罗常数，则该晶体的密度为　　g•cm﹣3（用字母表示）．‎ ‎【考点】晶胞的计算．‎ ‎【分析】已知 X、Y、Z、Q、R、E六种前四周期元素中，原子序数X＜Y＜Z＜Q＜R＜E，X原子的L层上s电子数等于p电子数，则L层含有4个电子，为C元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；Y原子核外的L层有3个未成对电子，其原子序数小于O大于C，则Z为N元素；Q的单质常温常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子，则M为Cl元素；R的核电荷数是Y与Q的核电荷数之和，则R的核电荷数=7+17=24，为Cr元素；E的N能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子，其核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素，据此结合元素周期律知识解答（1）～（6）；‎ ‎（7）可以均摊法计算晶胞中Cu原子数目，结合K的摩尔质量计算晶胞质量，Cu的原子半径为d pm，则晶胞棱长为4d cm×=2d cm，再根据ρ=计算晶胞密度．‎ ‎【解答】解：已知 X、Y、Z、Q、R、E六种前四周期元素中，原子序数X＜Y＜Z＜Q＜R＜E，X原子的L层上s电子数等于p电子数，则L层含有4个电子，为C元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；Y原子核外的L层有3个未成对电子，其原子序数小于O大于C，则Z为N元素；Q的单质常温常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子，则M为Cl元素；R的核电荷数是Y与Q的核电荷数之和，则R的核电荷数=7+17=24，为Cr元素；E的N能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子，其核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素，‎ ‎（1）Y为N元素，其原子序数为7，最外层5个电子，为2s22p3，为2s和2p电子，且2p轨道中应为3个单电子，价电子轨道排布式为：；‎ X为C元素，C的一种氢化物相对分子质量为26，该化合物为乙炔，乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，其分子中的σ键与π键的键数之比为3：2，‎ 故答案为：； 3：2；‎ ‎ （2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大强酸，但氮元素原子2p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，故第一电离能：N＞O＞C，‎ 故答案为：N＞O＞C；‎ ‎（3）X、Z元素分别与氢元素形成的最简单化合物分别为CH4、H2O，由于水分子间可以形成氢键，使沸点升高，导致水的沸点较高，‎ 故答案为：H2O； 水分子间可以形成氢键，使沸点升高；‎ ‎（4）根据等电子体原理，可知化合物CO与N2互为等电子体，氮气分子的结构式为N≡N，则CO的结构式是C≡O，‎ 故答案为：C≡O； ‎ ‎（5）RCl3•6H2O为CrCl3•6H2O，根据题意知，氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，则CrCl3•6H2‎ O化学式中含有2个氯离子为外界离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式可能为[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O，‎ 故答案为：B；‎ ‎（6）ESO4为CuSO4，向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；‎ 继续滴加氨水至过量，沉淀溶解生成=[Cu（NH3）4]2+，得到天蓝色溶液，反应的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣，‎ 故答案为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+； Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；‎ ‎（7）E为Cu，根据图乙可知，晶胞中Cu原子数目为：8×+6×=4，晶胞质量为：4×g，Cu的原子半径为d cm，则晶胞棱长为：4d cm×=2d cm，故Cu晶胞的密度ρ===g．cm﹣3，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 六、计算题（共1小题，6分）‎ ‎29．某温度下，将H2（g）和I2（g）各1mol的气态混合物充入2L的密闭容器中，充分反应，5min后达到平衡，测得c（HI）=0.2mol/L．‎ ‎（1）计算从反应开始至达到平衡，用H2（g）表示的反应速率．‎ ‎（2）求该反应的平衡常数．‎ ‎（3）保持温度不变，若向上述容器中充入H2（g）和I2（g）各2mol，求达到平衡时I2（g）的物质的量浓度．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】5min后达到平衡，测得c（HI）=0.2mol/L，则 ‎ H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）‎ 起始 0.5 0.5 0‎ 转化 0.1 0.1 0.2‎ 平衡 0.4 0.4 0.2‎ ‎（1）结合v=计算；‎ ‎（2）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度之积的比；‎ ‎（3）温度不变，则K不变，设转化的I2（g）为xmol/L，则 ‎ H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）‎ 起始 1 1 0‎ 转化 x x 2x 平衡 1﹣x 1﹣x 2x ‎=K，以此来解答．‎ ‎【解答】解：5min后达到平衡，测得c（HI）=0.2mol/L，则 ‎ H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）‎ 起始 0.5 0.5 0‎ 转化 0.1 0.1 0.2‎ 平衡 0.4 0.4 0.2‎ ‎（1）从反应开始至达到平衡，用H2（g）表示的反应速率为=0.02mol/（L．min），‎ 答：从反应开始至达到平衡，用H2（g）表示的反应速率为0.02mol/（L．min）；‎ ‎（2）该反应的平衡常数K==0.25，‎ 答：该反应的平衡常数为0.25；‎ ‎（3）温度不变，则K不变，设转化的I2（g）为xmol/L，则 ‎ H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）‎ 起始 1 1 0‎ 转化 x x 2x 平衡 1﹣x 1﹣x 2x ‎=K=0.25，解得x=0.2，‎ 则平衡时c（I2）═0.8 mol/L，‎ 答：达到平衡时I2（g）的物质的量浓度为0.8mol/L．‎