河南省安阳市2024年高考化学模拟试题（含答案）

河南省安阳市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．化学让生活更美好。下列选项中围绕科技新闻的相关阐述错误的是选项科技新闻相关阐述A以芝麻壳为原料，制备高性能超级电容器芝麻壳的主要成分是油脂B通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气天然生物质转化为新能源，实现废物利用CC60在一定条件下能转化为导电、高硬度的非晶态碳玻璃碳玻璃与C60互为同素异形体D用紫外线作能源、氯化铝作催化剂，将废弃聚苯乙烯塑料转化为更有价值的产品聚苯乙烯的链节为A．A B．B C．C D．D2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，生成2.24LO2转移的电子数为0.4NAB．2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4NAC．常温下，5.6g铁与足量稀硝酸反应转移的电子数为0.3NAD．2LpH=5的0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr23．下列根据实验操作及现象所得出的结论正确的是选项实验操作及现象结论A淀粉溶液和稀硫酸混合加热后，再加新制的Cu(OH)2悬浊液加热，无砖红色沉淀产生淀粉未水解B室温下，向盛有1mL0.2mol·L-1NaOH溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又产生红褐色沉淀室温下，Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2C向两支试管中分别加入2mL和1mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液，再向盛有1mLNa2S2O3溶液的试管中加入1mL蒸馏水，最后同时向两支试管中加2mL0.1mol·L-1H2SO4溶液，振荡，加入2mLNa2S2O3溶液的试管先出现浑浊其他条件一定时，反应物浓度越大，反应速率越快D将SO2通入酸性KMnO4溶液中，取反应后的溶液于试管中，再向试管中加入BaCl2溶液，振荡，产生白色沉淀该环境中SO2的氧化产物为SA．A B．B C．C D．D4．有机物M是合成塑身药物利莫那班的重要中间体，其结构简式如图所示：下列关于M的叙述正确的是A．M的分子式为C15H18O4Cl B．M能使Br2的CCl4溶液褪色C．M在碱性条件下能稳定存在 D．M苯环上的二溴代物有4种5．据文献报道，利用阴极膜过滤反应器能除去废水中的磷元素(假设磷元素的存在形态只有H2PO4-)，其装置原理示意图如图所示[图中CaP的组成为3Ca3(PO4)2·A．三电极流出(入)的电子数均相等B．工作时Ti/SnO2-Sb电极应与直流电源的负极相连C．Ti/SnO2-Sb电极周围H2O分子被氧化，其氧化产物为H+和O2D．阴极区的总反应式：20Ca2++14H2PO4-+26e-+2zH2O=2[3Ca3(PO4)2·CaHPO46．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，原子序数之和为32；M是由这四种元素组成的化合物，其化学式为YZX2W2(其中每种元素只有一种化合价)；将8.0gM投入水中有刺激性气味的气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，向所得溶液中通入足量的CO2，经过滤等一系列操作后得到7.8g的白色固体。下列叙述错误的是A．四种元素中有两种金属元素B．原子半径：Y>Z>XC．M与盐酸反应能生成三种离子化合物D．Y元素最高价氧化物的水化物能溶解Z元素最高价氧化物7．NaH2PO4、Na2HPO4是新型冠状病毒灭活疫苗的辅料之一。298K时，向H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，所得溶液中H3PO4、H2PO4-、HPA．使δ(HPO42-)增加的离子方程式：H3PO4+2OH-=HPB．b点溶液中：c(Na+)<3c(PO43-C．c点溶液中由水电离出的c(H+)为10-12.7D．若NaH2PO4和Na2HPO4组成的混合溶液pH=6，则溶液中：c(HPO42-)=400c(H3二、实验题8．[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方法和过程如下：I．制备CoCl2已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300℃以上易被氧气氧化；CoCl2熔点为86℃，易潮解。制备装置如下：（1）制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为。（2）试剂X通常是(填名称)。（3）试剂Z的作用为。（4）为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N处酒精喷灯的标志是。（5）Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合、氧化已知：①Co2+不易被氧化；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图所示：③加入少量浓盐酸有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。按图组装好装置→(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→控制温度在10℃以下→→加热至60℃左右，恒温20min→在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。①缓慢加入H2O2溶液②滴加稍过量的浓氨水③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水（6）写出氧化阶段发生反应的离子方程式：。（7）粗产品可用重结晶法提纯：向粗产品中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，，冷却后向滤液中加入少量，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥，得纯产品[Co(NH3)6]Cl3。三、非选择题9．氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示：已知：i．二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+、[Zn(NH3)4]2+；ii.25℃时相关物质的Ksp如下表：物质MnSFeSZnSPbSCdSCuSKsp2.5×10-136.3×10-181.6×10-248.0×10-283.6×10-295.0×10-36iii．Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125℃、300℃。请回答下列问题：（1）“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，写出生成FeOOH的离子方程式：；“氧化预处理”的目的是。（2）若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，写出该反应的离子方程式：。（3）已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq)K=1013，则[Cu(NH3)4]2+(aq)+S2-(aq)=CuS(s)+4NH3(aq)的化学平衡常数K1为。（4）实验室模拟蒸氨装置如图所示。蒸氨时控制温度为95℃左右，在装置b中[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀。①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为(填字母)。A．液面上方但不接触液面B．略伸入液面下C．伸入溶液底部②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是(写出一种)。③混合气体e可返回至“”阶段循环利用。（5）研究发现Znx(OH)y(CO3)z。热分解得到ZnO的过程可分为两步。某实验小组取11.2gZnx(OH)y(CO3)z固体进行热重分析，两步反应的固体失重率(固体失重质量固体原始质量×100%)依次为8.0%、19.6%，则Znx(OH)y(CO3)z10．CO2与CH4均是温室气体，CO2与CH4催化重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化的重要方法。（1）CO2与CH4经催化重整可制得合成气CO和H2，其反应原理为CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH=+120kJ·mol-1①该反应在一定温度下能自发进行的原因为。②已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C-HC≡OH-H键能/(kJ·mol-1)4131075436则CO2(g)=C(g)+2O(g)ΔH=kJ·mol-1。（2）催化重整涉及的反应如下：i．CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)ii．H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH=+41.2kJ·mol-1若在恒温、恒容密闭容器中进行反应i、ii，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是____(填字母)。A．相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1B．体系内n(H2)/n(CO)保持不变C．体系内各物质的浓度保持不变D．体系内混合气体的密度保持不变（3）在总压为24p0的恒压密闭容器中，起始时通入n(CH4)：n(CO2)=1：1的混合气体，在一定温度下发生反应i、ii，测得CH4、CO2的平衡转化率分别为20%和40%。①平衡时容器的体积是起始时的倍。②该温度下反应i的压强平衡常数Kp=p02(K③维持其他因素不变，若向平衡体系中通入一定量的N2(N2不参与反应)，再次平衡后CH4的转化率(填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”，下同)，c3(（4）光催化甲烷重整技术也是研究热点。以Rh/SrTiO3为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴(h+，具有强氧化性)，CO2在导带获得电子生成CO和O2-，价带上CH4直接转化为CO和H2，反应机理如图所示：在Rh表面，每生成1molCO，则价带产生的空穴(h+)数为NA；价带上的电极反应式可表示为。11．利用石灰石可吸收烟气中的H2S，其相关反应如下：反应i：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)反应ii：CaO(s)+H2S(g)⇌CaS(s)+H2O(g)反应iii：CaS(s)+2O2(g)⇌CaSO4(s)请回答下列问题：（1）基态硫原子价电子排布式为，其核外电子有种空间运动状态。（2）钙元素的焰色反应呈砖红色，焰色属于(填“吸收”或“发射”)光谱；元素S、Ca、O中，第一电离能最大的是(填元素符号)。（3）H2S和PH3分子的价层电子对数为，PH3分子中的H-P-H键角大于H2S中的H-S-H键角，请从价层电子互斥理论解释其原因是。（4）晶体CaCO3中含有的化学键有(填字母)。a．σ键b．π键c．离子键d．非极性键（5）CaCO3、MgCO3热分解温度更高的是原因是。（6）方解石的成分为CaCO3，其晶胞结构如图所示，晶胞参数：高为cnm，晶胞底面为平行四边形，边长为anm。若用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该方解石的密度为g·cm-3(用含a、c、NA的代数式表示)。12．溴丙胺太林是一种辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示：请回答下列问题：（1）B的化学名称为；H中含有的官能团名称为。（2）F转化为G的反应类型是。（3）写出I转化为K的化学方程式：。（4）X是I的同分异构体，具有如下结构与性质：①含有结构；②能发生银镜反应；③除苯环外，不含其他环符合条件的X共有种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为。（5）写出仅以乙烯为有机原料通过四步反应制备丁二酸的合成路线：(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.芝麻富含油脂，芝麻壳的主要成分是纤维素，故A符合题意；B.香蕉皮中的纤维素在一定条件下分解为多孔碳和氢气，可将天然生物质转化为新能源，实现废物利用，故B不符合题意；C.碳玻璃与C60都是碳元素的单质，两者互为同素异形体，故C不符合题意；D.苯乙烯通过加聚反应生成聚苯乙烯，该聚合物的单体为，链节为，故D不符合题意。故答案为：A

【分析】依据物质的性质和组成判断应用，A.芝麻壳的主要成分是纤维素。2．【答案】C【解析】【解答】A．未指出反应物，生成2.24LO2转移电子数不一定为0.4NA，如H2O2分解生成标况下2.24L即0.1molO2转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，A不符合题意；B．由于铜离子水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度c(Cl-)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)，则n(Cl-)>n(Cu2+)>n(H+)>n(OH-)，因为n(Cl-)=4mol，所以n(H+)<n(Cl-)=4mol，溶液中H+数目小于4NA，B不符合题意；C.0.1mol铁与足量稀硝酸反应生成铁离子，转移0.3mol电子，转移电子数为0.3NA，C符合题意；D．重铬酸钾溶液中存在水解平衡：H2O+Cr2O72−⇌2CrO42−+2H+，则2L0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O72−的物质的量小于2L×0.05mol·L-1故答案为：C。

【分析】A．未指出反应物，无法判断；B．依据铜离子水解显酸性分析；C.0.1mol铁与足量稀硝酸反应生成铁离子；D．依据重铬酸钾溶液中存在水解平衡：H2O+Cr2O72−⇌2CrO42−+2H3．【答案】C【解析】【解答】A．醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应，要求环境是碱性，题中所给信息，没有中和稀硫酸，故A不符合题意；B．室温下，向盛有1mL0.2mol/LNaOH溶液的试管中滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液，氯化镁不足，氢氧化钠过量，再滴加氯化铁溶液，氯化铁与剩余NaOH反应生成氢氧化铁沉淀，不能比较出氢氧化铁溶解度与氢氧化镁大小，故B不符合题意；C．其他条件下相同，Na2S2O3的浓度不同，因此可以探究浓度对反应速率的影响，第二支试管中，加入2mLNa2S2O3溶液，Na2S2O3浓度比第一支试管大，第二支试管先变浑浊，说明其他条件不变，浓度越大，反应速率越快，故C符合题意；D．通入SO2的酸性KMnO4溶液中，反应后溶液若是含有K2SO3，也能与BaCl2产生白色沉淀，干扰实验，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．醛基检验要求环境是碱性；

B．氢氧化钠过量，可直接反应；

C．依据影响反应速率的因素分析；

D．K2SO3也能与BaCl2产生白色沉淀，干扰实验。4．【答案】D【解析】【解答】A．根据M的结构简式，M的分子式为C15H17O4Cl，故A不符合题意；B．M中不含碳碳不饱和键和醛基，因此M不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B不符合题意；C．该结构中含有酯基，在碱性条件下发生水解，因此M在碱性条件下不能稳定存在，故C不符合题意；D．苯环上有两种不同的氢原子，根据定一移一，苯环上的二溴代物有4种，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．根据结构简式确定分子式；BC．根据官能团的性质判断；D．利用等效氢的数目判断。5．【答案】D【解析】【解答】中间电极上产生CaP的组成为3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，说明H2A．中间的为阴极，两侧的为阳极，根据电子守恒分析，阳极失去的电子总数应该等于阴极得到电子总数，故三电极流出或流入的电子数不相等，A不符合题意；B．工作时Ti/SnO2-Sb电极与电源的正极相连，B不符合题意；C．Ti/SnO2-Sb电极为阳极，水被氧化，氧化产物为氧气，氢离子不是氧化产物，C不符合题意；D．阴极是H2PO4-中的氢得到电子生成氢气，同时生成HPO42-和PO43-故答案为：D。

【分析】A．根据电子守恒分析；BCD．电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。6．【答案】C【解析】【解答】A．根据上述分析，Na、Al为金属元素，故A说法不符合题意；B．N核外有2个电子层，Na、Al核外有3个电子层，同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径大小顺序是Na＞Al＞N，故B说法不符合题意；C．根据上述分析M的化学式为NaAlN2H2，与盐酸反应生成NaCl、AlCl3、NH4Cl，AlCl3属于共价化合物，不属于离子化合物，NaCl、NH4Cl属于两种离子化合物，故C说法符合题意；D．Y的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Z元素最高价氧化物为Al2O3，氧化铝属于两性氧化物，能与NaOH溶液反应，故D说法不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．根据题目信息分析；B．电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；C．AlCl3属于共价化合物；D．依据氧化铝属于两性氧化物。7．【答案】D【解析】【解答】A．磷酸属于三元弱酸，电离应分步进行，HPO42−物质的量分数增大，发生离子方程式为H2PO4−+OH-=HPO42−B．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH-)，根据图像可知，b点有c(H2PO4−)=c(HPO42−)，有c(Na+)+c(H+)=3c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH-)，b点溶液显弱碱性，即c(H+)＜c(OH-C．c点溶质为Na2HPO4和Na3PO4，此时溶液显碱性，因HPO42−、PO43−发生水解导致，水电离出c(H+)等于水电离出c(OH-)=KwD．Ka1=c(H2PO4−)c(H+)c(H3PO4)故答案为：D。

【分析】A．磷酸属于三元弱酸，电离应分步进行；

B．根据电荷守恒分析；

C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；

D．依据Ka计算。8．【答案】（1）2：1（2）饱和食盐水或饱和氯化钠溶液（3）吸收多余Cl2，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解（4）硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体，合理即可)（5）③；②①（6）2[Co(NH3)6]2++H2O2+2NH4+=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2NH4+=2[Co(NH3)6（7）趁热过滤；浓盐酸【解析】【解答】（1）制氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)Δ_（2）制得的氯气中含有HCl气体，通过试剂X可除去HCl气体，则X为饱和食盐水或饱和氯化钠溶液。（3）试剂Z应为碱石灰，其作用是吸收多余Cl2，防止污染空气，同时可防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。（4）为了获得更纯净的CoCl2，需先将体系空气排尽，当硬质玻璃管中充满黄绿色气体或收集器中出现黄绿色气体时，开始点燃N处酒精喷灯。（5）按图组装好装置，③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，由于Co2+不易被氧化，因此②滴加稍过量的浓氨水，将Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，再①缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+。故答案为：③；②①。（6）由（5）分析知，缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2NH4+=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2NH4+=2[Co(NH3)6]（7）由溶解度曲线图可知，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度随温度升高而增大，因此向粗产品中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，防止过滤过程中晶体析出，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。

【分析】（1）氧化剂元素化合价降低；还原剂元素化合价升高；（2）依据物质和杂质的性质选择试剂；（3）依据反应物和试剂的性质分析；（4）依据用氯气先将体系空气排尽，再发生反应（5）依据反应的原理分析顺序；（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；（7）依据溶解度曲线图分析。9．【答案】（1）2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+Cl-；避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解（2）ZnO+4NH3⋅H2O+2HCO3-=[Zn(NH3（3）2×1022（4）C；增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)；氨浸（5）Zn2(OH)2CO3【解析】【解答】（1）已知“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平生成FeOOH的离子方程式：2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+Cl-；根据相关物质的Ksp表格可知，“氧化预处理”的目的是避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解，导致后续无法除去Fe2+、Mn2+。（2）若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，该反应的离子方程式：ZnO+4NH3⋅H2O+2HCO3-=[Zn(NH3（3）已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq)K=1013，则K1（4）①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为伸入溶液底部，保证将氨气充分蒸出，故答案为：C。②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)。③混合气体e为氨气和水蒸气的混合气体，故可返回至“氨浸”阶段循环利用。（5）n(ZnO)=11.2g×(1−8.0%−19.6%)81g/mol≈0.1mol，热分解得到ZnO的过程中，第一步失去水，第二步失去二氧化碳，故n(H2O)=

【分析】（1）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；利用已知信息i分析；（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒分析；（3利用K值和K1的计算式计算；（4）①依据操作的目的判断；②依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；③可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质；（5）依据热重法计算。10．【答案】（1）该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0(合理即可)；+1490（2）B；C（3）1.2；3；增大；不变（4）2；CH4+2h++O2-=CO+2H2【解析】【解答】（1）①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH-TΔS<0反应可以自发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0；②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和，则ΔH=2E(C=O)+4×413-2×1075-2×436=120kJ/mol，解得，E(C=O)=745kJ/mol，故CO2(g)=C(g)+2O(g)ΔH=745×2=+1490kJ/mol；（2）A.两个可逆反应中都有氢气参加反应，故相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1，不能证明反应达到平衡，A不正确；B.在反应进行的过程中，氢气的物质的量和一氧化碳的物质的量比值是一个变量，故当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，B正确；C.在反应进行的过程中，体系内各物质的浓度是变量，故当其保持不变时可以证明反应达到平衡，C正确；D.体系内所有物质都是气体，且为恒容容器，故混合气体的密度不是一个变化的量，故当其保持不变时，不能证明反应达到平衡，D不正确；故答案为：BC；（3）根据题给数据可得以下三段式：CH①根据体积之比等于压强之比，则平衡时容器的体积是起始时的0.②平衡时气体总物质的量=2.4mol，则此时反应i平衡常数Kp③加入氮气相当于减压，反应i正向移动，CH4的转化率增大；反应i平衡常数Ki=c(CO（4）1molCH4转化为1molCO反应为CH4+O2--2e-=2H2+CO，转移2mol电子，即2NA个电子，则形成空穴(h

【分析】（1）①依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和计算；（2）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；（3）利用三段式法计算；依据化学平衡移动原理分析；平衡常数只与温度有关；（4）依据图像分析，在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气。11．【答案】（1）3s23p4；9（2）发射；O（3）4；S原子与P原子都是sp3杂化，H2S分子中的s原子有2对孤电子对，PH3分子中的P原子有1对孤电子对，S原子中2对孤电子对对S-H键的斥力大于P原子中1对孤电子对对P-H键的斥力(合理即可)（4）abc（5）CaCO3；Mg2+半径比Ca2+小，MgO比CaO晶格能大，Mg2+对CO32-（6）400【解析】【解答】（1）硫的原子序数为16，基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则其价电子排布式为3s23p4；基态硫原子核外电子占有9个原子轨道，则其核外电子有9种空间运动状态。（2）电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量，因此焰色属于反射光谱；同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能最大的是O。（3）H2S中心S原子价层电