四川省内江市2021-2022学年高二上学期期末检测题化学试题

四川省内江市2021-2022学年高二上学期期末检测题化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学知识和技术的发展离不开伟大的化学家。下列人物与其贡献不匹配的是（）A．侯德榜——工业制备烧碱B．勒夏特列——化学平衡的移动C．哈伯——利用氮气和氢气合成氨D．盖斯——反应热的计算2．钛有“二十一世纪的金属”、“全能金属”、“现代金属”的美称。镁与熔融的四氯化钛反应可制取钛：2Mg+TiClA．基态Ti原子的外围电子排布式：3B．Cl−C．MgCl2D．TiCl4熔点是−25°C，沸点是136.4°C，可溶于苯和3．设NAA．1molC2B．amolR2+C．46gC2D．1molSiC(金刚砂)中含有4NA个4．下列各项叙述中，正确的是（）A．在同一电子层上运动的电子，其自旋状态肯定不同B．基态原子的价电子排布为(n-1)dxC．镁原子由1sD．硅原子有14种不同运动状态的电子5．Fe、HCN与K2COA．此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>CB．配合物K4[Fe(C．1molHCN分子中含有2molσ键，其碳原子轨道杂化类型是sp杂化D．K26．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是（）A．原子半径：W>Z>Y>XB．气态氢化物的热稳定性：Y>Z>WC．元素Z和W均存在两种以上的含氧酸D．电负性：Z>W；第一电离能：Z<W7．硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-(含B、O、HA．Xm-的化学式为B．硼原子轨道的杂化类型有sp2C．配位键存在于2、3原子之间D．硼砂晶体中的化学键只有离子键和配位键8．下列说法正确的是（）A．p轨道的形状为哑铃形，2px、2pB．元素的电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大C．基态原子外围电子排布为4sD．金刚石晶体中，每个C与另外4个C形成共价键，故含有1molC的金刚石中形成的共价键有4mol9．下列是典型晶体的结构示意图，从①到④对应正确的是：（）A．金刚石CaF2CuCO2 C．NaClCO2金刚石CaF2 10．下列说法正确的是（）A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B．凡是化合反应都是放热反应，凡是分解反应都是吸热反应C．化学反应一定伴有能量的变化，但有能量变化的过程未必就是化学反应D．C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H>0，则金刚石比石墨稳定11．硫酸是一种重要的化工产品，目前的重要生产方法是“接触法”，反应原理为：2SO2+O2⇌催化剂2SO3A．只要选择适宜的条件，SO2和O2就能全部转化为SO3B．达到平衡后，反应就停止了，故此时正、逆反应速率相等且均为零C．由反应可知，2molSO2的能量大于2molSO3的能量D．工业在利用上述反应生产三氧化硫时，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题12．下列热化学方程式正确的是（）A．已知在120°C、101kPa下，1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，其热化学方程式为HB．500°C、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2C．甲烷的燃烧热为890.3kJ⋅mol−1D．25°C、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ⋅mol−113．已知反应：2NO(g)+Br2(g)⇌2NOBr(g)ΔH=-akJ·mol-1（a>0），其反应机理如下①NO(g)+Br2(g)⇌NOBr2(g)快②NO(g)+NOBr2(g)⇌2NOBr(g)慢下列有关该反应的说法正确的是（）A．该反应的速率主要取决于①的快慢B．NOBr2是该反应的催化剂C．正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol-1D．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率14．一定温度和压强不变的条件下，发生可逆反应：A(g)＋3B(g)⇌4C(g)，下列叙述能作为该反应达到平衡状态的标志的是（）①混合气体的平均摩尔质量不再变化②v(A)∶v(B)∶v(C)=1∶3∶4③A、B、C的浓度不再变化④C的体积分数不再变化⑤A、B、C的分子数之比为1∶3∶4⑥混合气体的密度不再变化⑦单位时间消耗amolA，同时生成3amolBA．②③④⑤⑥⑦ B．③④⑦C．③④⑥⑦ D．①③⑤⑥⑦15．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．反应2HI(B．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C．合成氨工厂通常采用20MPa~D．红棕色的NO16．下列有关平衡常数的说法中，正确的是（）A．反应物的转化率增大，平衡常数一定增大B．反应：2NO2(g)C．对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等D．平衡常数K=c(17．下列有关图中所示实验装置的说法合理的是（）A．用图甲装置可进行中和反应反应热的测定B．向图乙盛有水的试管A中加入某固体，若注射器的活塞右移，说明A中发生了放热反应C．用图丙探究温度对化学平衡的影响D．用图丁装置蒸发饱和食盐水获得氯化钠晶体18．已知：4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，该反应是一个可逆反应，正反应是放热反应。若反应物的起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图错误的是（）A． B．C． D．19．在一定条件下，对于反应aM(g)+bN(g)⇌cP(g)+dR(g)ΔH，M的物质的量分数(M%)与温度、压强的关系如图所示A．ΔH>0，ΔS>0 B．ΔH<0，ΔS>0C．ΔH<0，ΔS<0 D．ΔH>0，ΔS<020．将等物质的量的A、B混合于2L的刚性密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(g)，经5min后反应达到平衡，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)：c(B)=1：3，以C表示的平均反应速率v(C)=0.2mol/(L·min)，下列说法正确的是（）A．该反应方程式中，x=3B．以B表示的平均反应速率为v(B)=0.1mol/(L·min)C．达平衡时，A转化率为75％D．反应前后容器内气体的压强之比为3：4(不考虑温度的变化)21．在10L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质构成了可逆反应的体系；当在某一温度时，X、Y、Z物质的量与时间的关系如图甲，Z的百分含量与温度的关系如图乙。下列分析错误的是（）A．0～4min时，X的平均反应速率为0.02mol·L−1·min−1B．该反应的平衡常数表达式K=c(Z)C．由T1向T2变化时，正反应速率大于逆反应速率D．该反应正反应是放热反应二、综合题22．（1）I.硼及其化合物在工业中有很多用处。一些硼的卤化物的沸点如图所示：卤化物BBCBB沸点/℃−10012.590完成下列填空：硼原子的核外共有种形状不同的电子云；溴原子的最外层电子排布式为。（2）上表中三种卤化物分子的空间构型均为平面正三角形，由此推断F−B−F的键角为。BF3属于（3）解释表中三种卤化硼沸点存在差异的原因：。（4）II.硼酸是一种具有防腐作用的弱酸，其电离过程的微观图示如下：含氧酸的通式一般可以表示为(HO)mROn，酸的强度与酸中的非羟基氧原子数n有关，n越大，酸性越强。据此判断，与a.HClOb.H4SiO4（5）向NaOH溶液中滴加少量硼酸，反应的离子方程式为。（6）在氧化剂存在下，硼和强碱共熔发生如下反应：B+NaOH+KN配平上述反应。该过程中被还原的元素是，写出该反应体系中属于弱电解质的物质的电子式：。23．氟及其化合物用途十分广泛，回答下列问题：（1）CuF的熔点为1008°C，熔化呈液态时能导电。CuCl的熔点为326°C，能升华，熔化呈液态时不导电；①CuF中Cu+的基态价电子排布式为，铜元素位于元素周期表区，已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ⋅mol②CuF的熔点比CuCl的高，原因是。（2）[H2F]+[SbF6]−（3）工业上电解Al2O3制取单质铝，常利用冰晶石Na3[AlF6]降低（4）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯视图，若A点坐标为(0，0，0（5）CaF2的晶胞如图所示，密度为ρg/cm3，相邻的两个Ca2+的最近核间距为anm24．某研究性学习小组利用H2C2实验序号实验温度/K参加反应的物质溶液颜色褪至无色时所需时间/sKMnOH2HVcVcVA29320400tBT2030V8C31320V00t回答下列问题：（1）通过实验A、B，可探究的改变对反应速率的影响，其中V1=，T1=（2）若t1<8、t2<8，则由此实验可以得出的结论是；利用实验B中数据计算，用KMn（3）写出该反应的离子方程式。（4）在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应较慢，溶液变色不明显；但不久突然褪色，反应明显加快。某同学认为是反应放热导致溶液温度升高所致，重做B组实验，测定反应过程中不同时间溶液的温度，结果如表：时间/s0246810温度/°C202121212222结合实验目的与表中数据，你得出的结论是。从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是(填字母)。A．硫酸钾B．水C．二氧化锰D．硫酸锰25．2021年10月27日，以“探索与展望第五次工业革命中时尚产业的方向和绿色共识”为主题的2021气候创新·时尚峰会在柯桥举行。大会倡导绿色、低碳、循环、可持续的发展方式，共同构建新型世界纺织产业命运共同体。（1）已知下列热化学方程式：ⅰ．CO2ⅱ．CO2已知在某种催化剂的作用下，CH4(g)+H2O(（2）将n(H2)：n(CO2)=4：1的混合气体充入反应器中，气体总压强为0.（3）在使用某种催化剂催化CO2加氢合成乙烯的反应时，所得产物含CH4、C3H6、C4H助剂CO各产物在所有产物中的占比/%CC其他Na42353924K2775221Cu980126欲提高单位时间内乙烯的产量，在催化剂中添加助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是。（4）在T°C时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2①若5min时反应到达c点，则v(H2②b点时反应的化学平衡常数K=/(mol⋅③c点时，再加入CO2(g)和H2O

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．侯德榜先生的贡献是联合制碱法制备纯碱，而不是烧碱，A符合题意；B．化学平衡移动原理又称勒夏特列原理，即化学平衡移动原理由勒夏特列提出，B不符合题意；C．哈伯利用N2与H2反应合成氨，哈伯因为在合成氨方面的巨大贡献而获得诺贝尔奖，C不符合题意；D．盖斯先生的贡献是提出了盖斯定律用于计算反应热，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A项侯德榜先生的贡献是联合制碱法制备纯碱；其余选项均匹配。2．【答案】C【解析】【解答】A．钛是22号元素，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则其基态原子的价电子排布式为3d24s2，故A不符合题意；B．Cl-结构示意图为，故B不符合题意；C．MgCl2是离子化合物，其电子式为：[·D．TiCl4熔、沸点低，可溶于苯和CCl4，由此可判断TiCl4是由共价键结合形成的分子，晶体类型为分子晶体，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．根据构造原理分析；B．依据原子核外电子分层排布规律分析；C．MgCl2是离子化合物；D．分子晶体熔、沸点低，可溶于有机溶剂。3．【答案】C【解析】【解答】A．C2H6乙烷的结构简式为CH3CH3，1mol乙烷含有共价键的物质的量为1mol×7=7mol，故A不符合题意；B.1个R2+含有电子数为：A-N-2，则amol的R2+(R的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为a(A-N-2)NA，故B不符合题意；C．46gC2H6O物质的量为n=mM=46g46g/mol=1mol，C2H6O存在同分异构，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3D.1mol金刚砂中含4molSi-C键，即含4NA个，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.1mol乙烷含有7mol共价键；B.1个R2+含有电子数为：A-N-2；C．C2H6O存在同分异构，CH3CH2OH分子中含有极性键数目为7，CH3OCH3极性键数目为8；D.1mol金刚砂中含4molSi-C键。4．【答案】D【解析】【解答】A．同一原子轨道上运动的两个电子，自旋方向肯定不同；但同一电子层上运动的电子，其自旋方向有可能相同，如2p能级只容纳2个电子，自旋方向相同，A不符合题意；B．基态原子的价电子排布为(n-1)dC．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，Mg原子3s2能级上的2个电子吸收能量跃迁到3p2能级上，由基态转化成激发态，光谱仪摄取到吸收光谱，C不符合题意；D．硅是14号元素，原子核外有14个电子，每一个电子的运动状态都不同，因此有14种不同运动状态的电子，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．同一原子轨道上运动的两个电子，自旋方向肯定不同；但同一电子层上运动的电子，其自旋方向有可能相同；B．若为ⅢB-VIIB元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，若为IB族、IIB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y；C．由基态转化成激发态，光谱仪摄取到吸收光谱；D．原子核外每一个电子的运动状态都不同。5．【答案】D【解析】【解答】A．同一周期元素的元素非金属性越强，其电负性就越大。组成氨基酸锌的C、N、O的非金属性由强到弱的顺序是：O＞N＞C，则电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，A不符合题意；B．中心离子具有空轨道，配体具有孤电子对，中心离子为Fe2+，价电子排布式为3d5，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：，配位体是CN-、配位数为6，B不符合题意；C．HCN分子结构式为H-C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键，分子中含有2个σ键，1molHCN分子中含有2molσ键，碳原子没有孤电子对，杂化轨道数目为2，碳原子杂化方式为sp，C不符合题意；D．K2CO3的阴离子中C原子孤电子对数=4+2−2×32故答案为：D。

【分析】A．同一周期元素的元素非金属性越强，其电负性就越大；B．中心离子具有空轨道，配体具有孤电子对，由泡利原理、洪特规则分析；C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；

D．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型。6．【答案】C【解析】【解答】A．原子电子层数多半径较大，电子层数相同则核电荷数多的半径较小，H、O、S、Cl半径：S>Cl>O>H，A不符合题意；B．Y、Z、W气态氢化物H2O、H2S、HCl的热稳定性H2O>HCl>H2S，B不符合题意；C．元素Z的含氧酸有HClO4、HClO3HClO2HClO等和W的含氧酸有H2SO4、H2SO3、H2S2O3等，C符合题意；D．电负性：Cl>S；第一电离能：S<Cl，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．原子电子层数多半径较大，电子层数相同则核电荷数多的半径较小；B．非金属性越强气态氢化物越稳定；C．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；D．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素；非金属性越强，则电负性越大。7．【答案】B【解析】【解答】A．观察模型，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，可知Xm-是(H4B4O9)m-，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m=2，则Xm-的化学式为：(H4B4O9)2-，故A不符合题意；B．根据图知，B原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化、是4的采用sp3杂化，故B符合题意；C．含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，4，5(或5，4)原子之间存在配位键，故C不符合题意；D．硼砂晶体中有离子键、配位键和共价键三种化学键，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、化合价H为+1，B为+3，O为-2，应该为(H4B4O9)2-；

C、含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，配位键应该在4、5之间；

D、还有共价键。

8．【答案】C【解析】【解答】A．p轨道均为纺锤形，同一能级的不同轨道能量相同，空间延伸方向不同，所以2px、2pB．同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增大，同一周期第一电离能从左向右有增大趋势，但第ⅢA族第一电离能小于第ⅡA族，第ⅤA族第一电离能大于第ⅥA族，所以第一电离能的变化规律与非金属性的变化规律不完全相同，B不符合题意；C．基态原子外围电子排布为4sD．金刚石晶体中，每个C与另外4个C形成共价键，但每个共价键被两个C原子共用，故含有1molC的金刚石中形成的共价键有2mol，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A．p轨道均为纺锤形，同一能级的不同轨道能量相同，空间延伸方向不同；B．同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增大，同一周期第一电离能从左向右有增大趋势，但第ⅢA族第一电离能小于第ⅡA族，第ⅤA族第一电离能大于第ⅥA族，所以第一电离能的变化规律与非金属性的变化规律不完全相同；C．依据基态原子外围电子排布判断；D．金刚石晶体中，每个C与另外4个C形成共价键，但每个共价键被两个C原子共用。9．【答案】D【解析】【解答】①中只有一种原子，为面心立方最密堆积，如Cu，②中顶点为AB2型分子，如CO2，③中只有一种原子，且一个原子与其他原子形成正四面体构型，如金刚石，晶体硅，④中有两种微粒，个数比为1：2，为AB2型分子，综上分析，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】依据典型的晶胞结构分析判断。10．【答案】C【解析】【解答】A．任何反应都需要在一定条件下才能够发生，反应类型与反应条件无关，需要加热才能发生的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，如铝热反应是放热反应，但反应需要在高温条件下才能够发生，A不符合题意；B．大多数化合反应是放热反应，大多数分解反应是吸热反应，但也有例外，如C与CO2在高温下生成CO的反应是化合反应，反应类型属于吸热反应；H2O2在MnO2催化下分解产生H2O和O2，该反应是分解反应，但是反应属于放热反应，B不符合题意；C．化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中反应物化学键发生断裂，生成物化学键形成。断裂化学键需吸收能量，生成物化学键形成会释放能量，因此化学反应过程中一定伴有能量的变化。但有能量变化的过程未必就是化学反应，如浓硫酸溶于水会放出大量热量，但没有新物质生成，因此物质溶解过程是物理变化，也伴有能量变化，C符合题意；D．C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H>0，说明金刚石含有的能量比石墨高，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，因此金刚石不如石墨更稳定，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．任何反应都需要在一定条件下才能够发生，反应类型与反应条件无关；B．大多数化合反应是放热反应，大多数分解反应是吸热反应，但也有例外；C．有能量变化的过程未必就是化学反应，物质溶解过程是物理变化，也伴有能量变化；D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。11．【答案】D【解析】【解答】A．因为2SO2+O2⇌催化剂B．达到平衡后，反应没有停止了，只是正、逆反应速率相等但并不为零，故B不符合题意；C．因为2SO2+O2⇌催化剂D．工业在利用上述反应生产三氧化硫时，为了提高产率和效率，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题，故D符合题意；故答案：D。

【分析】A．可逆反应进行不到底；B．化学平衡是动态的；C．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量；D．工业生产为了提高产率和效率，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题。12．【答案】C【解析】【解答】A.1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，则1molH2燃烧放热242KJ，所以反应的热化学方程式为：H2(g)+12O2(g)=H2B．合成氨的反应是可逆反应，反应不能进行完全，0.5molN2和1.5molH2充分反应生成NH3的量小于1mol，则N2和H2生成2molNH3(g)时放热大于38.6kJ，所以热化学方程式为：N2(g)+3H2C．甲烷的标准燃烧热为890.3kJ•mol-1，生成的水应为液态，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3kJ•mol-1，故C符合题意；D.中和热是25℃、101kPa时，稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1mol水的反应热，热化学方程式为：12H2故答案为：C。

【分析】A.放热反应，∆H<0；B．可逆反应不能进行完全；C．热化学方程式符合书写规则；D.中和热是25℃、101kPa时，稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1mol水的反应热。13．【答案】C【解析】【解答】A.反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A不符合题意；B.NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B不符合题意；C.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ⋅mol−1，故C符合题意；D.增大浓度，活化分子百分数不变，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．反应速率主要取决于慢的一步；

B．NOBr2是中间产物；

C．正反应放热，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小；

D．增大浓度，可增大单位体积内活化分子的数目；14．【答案】B【解析】【解答】①反应前后气体体积不变，气体物质的量不变，质量守恒，所以混合气体的摩尔质量始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，①不符合题意；②在任何情况下速率之比等于化学计量数之比，不能说明正、逆反应速率相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，②不符合题意；③当混合气体中各组分浓度不变时，说明反应达到平衡状态，③符合题意；④C的体积分数不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，④符合题意；⑤平衡时各物质的分子数之比，决定于开始加入物质的多少和反应程度，与平衡状态无关，⑤不符合题意；⑥混合气体质量守恒，体积不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，⑥不符合题意；⑦消耗amolA，同时生成3amolB，说明正、逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，⑦符合题意；可见能够判断反应达到平衡状态的叙述是③④⑦，故答案为：B。

【分析】依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。15．【答案】A【解析】【解答】A．反应2HI(g)⇌H2(g)＋I2(g)达平衡后，缩小反应容器体积，由于反应前后气体分子数不变，故平衡不移动，由于体积减小浓度增大混合气体颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；B．工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，有利用平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．合成氨工厂通常采用高压(20-50Mpa)条件，有利用平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．红棕色的NO2加压后颜色先变深是体积减小浓度增大导致，后变浅是加压平衡2NO2⇌N2O4正向移动，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】勒夏特列原理是外界条件改变时，花学平衡向着削弱这种改变的方向移动。所以必须要有化学平衡的移动才可以用勒夏特列原理解释。16．【答案】D【解析】【解答】A．化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，则K不变，如果是改变浓度、压强引起的平衡正向移动，反应物的转化率虽然增大，但K不变，如果是改变温度引起的平衡正向移动，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大，所以改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数不一定增大，故A不符合题意；B．反应2NO2(C．对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数，但不一定相等，故C不符合题意；D．K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，平衡常数为K=c(CO故答案为：D。

【分析】A．化学平衡常数K只与温度有关；B．平衡常数K只和温度有关；C．对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数，但不一定相等；D．K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比。17．【答案】C【解析】【解答】A．中和热测定的实验需要在中间放置环形玻璃搅拌棒，方便搅拌以加快反应，A不符合题意；B．某些固体溶于水也会释放出能量，如NaOH溶于水放热，因此不一定会发生化学反应，B不符合题意；C．用图丙探究温度对于可逆反应2NO2(g)⇌D．蒸发饱和食盐水获得氯化钠晶体应该在蒸发皿中进行而不是在坩埚，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A．没有环形玻璃搅拌棒；B．物质溶解过程是物理变化，也伴有能量变化；C．符合实验设计；D．蒸发应该在蒸发皿中不是在坩埚进行。18．【答案】C【解析】【解答】A．正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，到达平衡时间缩短，化学平衡向逆反应方向移动，平衡时NO含量降低，图像与实际符合，故A不符合题意；B．正反应是气体体积增大的反应，增大压强，反应速率加快，到达平衡时间缩短，化学平衡向逆反应方向移动，平衡时NO含量降低，图像与实际符合，故B不符合题意；C．正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，到达平衡时间缩短，化学平衡向逆反应方向移动，平衡时NO含量降低，图像与实际不符合，故C符合题意；D．催化剂能加快化学反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但不影响化学平衡移动，图像与实际符合，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据”先拐先平数值大“。19．【答案】B【解析】【解答】由图可知，等压下温度升高，M的物质的量的分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，故正反应是一个放热反应，即ΔH<0，已知p1＞p2，由图示可知，等温下压强越大，M的物质的量的分数越大，说明增大压强，平衡逆向移动，即a+b＜c+d，故ΔS>0，综上所述，ΔH<0，ΔS>0，

故答案为：B。

【分析】利用“定一议二”分析。20．【答案】C【解析】【解答】3A(g)有c-3ac-a=1A．经计算，x=4，A不符合题意；B．以B表示的平均反应速率为v(B)=0.05mol/(L·min)，B不符合题意；C．达平衡时，A转化率为0.751D．反应前后容器内气体的压强之比为1+10.25+0.75+1+0.5故答案为：C。

【分析】A．浓度的变化量之比等于速率之比等于计量数之比；B．利用υ=Δc/Δt计算；C．平衡转化率等于平衡时已转化的物质的物质的量与初始加入的物质的物质的量之比；D．相同条件下，气体物质的压强之比等于气体的物质的量之比。21．【答案】A【解析】【解答】A.0～4min时，X的平均反应速率为υ=ΔnB．X和Y是反应物，Z为生成物，它们改变量分别为0.8mol、0.4mol、0.4mol，因此该反应方程式为2X(g)＋Y(g)⇌Z(g)，该反应的平衡常数表达式K=c(Z)cC．由T1向T2变化时，是正向建立平衡的阶段，还未达到平衡，因此正反应速率大于逆反应速率，故C不符合题意；D．从T3向T4变化时，温度升高，Z%在逐渐降低，说明平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正反应是放热反应，故D不符合题意。故答案为：A。

【分析】A.依据υ=ΔnB．化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；C．由T1向T2变化时，是正向建立平衡的阶段；D．根据影响化学平衡移动的因素分析。22．【答案】（1）2；4s24p5（2）120°；非极性分子（3）分子量存在差异（4）ab（5）H（6）2B+2NaOH+3KNO3=2NaBO2【解析】【解答】(1)B为5号元素电子排布式为1s22s22p1，共有2种形状不同的电子云；Br原子为第四周期第ⅦA族原子，价电子有7个电子，价电子排布为4s24p5；(2)BF3平面正三角形，F−B−F键角为120°，(3)BF3、BCl(4)H3BO3可以表示为(HO)3B，a．HClO可以表示为(HO)Cl；b．H4SiO4可以表示为(HO)4Si；c．H3(5)硼酸为一元弱酸，向NaOH溶液中滴加少量硼酸，反应的离子方程式为：H3(6)B从0价升高到+3价，失去3mol电子，KNO3中+5价的氮元素化合价降低到+3价，得到电子2mol，根据得失电子守恒可知3mol×2=2mol×3，2B+2NaOH+3KNO3=2NaBO2+

【分析】(1)能级不同，电子云形状不同；依据原子构造原理分析；(2)依据空间构型确定键角；正负电荷中心重合，属于非极性分子；(3)依据分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，范德华力依次增大沸点依次增高；(4)依据非羟基氧个数相同，酸性接近；(5)依据已知信息，利用反应物和产物书写；(6)根据得失电子守恒；元素化合价降低，被还原；弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质。23．【答案】（1）3d10；ds；Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能；CuF为离子晶体，CuCl为分子晶体，一般离子晶体的熔沸点比分子晶体高（2）V形；H2O（3）2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF═2Na3AlF6+3CO2↑+9H2（4）(（5）22ρa3N【解析】【解答】（1）①Cu元素为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去最外层一个电子形成Cu+，所以Cu+的价电子排布式为3d10；铜元素位于第四周期第IB族，所以属于ds区；Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为[Ar]3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2，4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1，4s1结构不稳定，所以再失去一个电子时，Zn+更容易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能；②CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，应为分子晶体，而CuF为离子晶体，一般而言，离子晶体的熔沸点比分子晶体高，所以CuF比CuCl熔点高；（2）[H2F]+的中心原子F原子孤电子对数为2，价层电子对数为4，离子空间构型为V形；用O原子替换F原子与1个单位正电荷可得与[H2F]+互为等电子体的一种分子：H2O；（3）将Al(OH)3和Na2CO3一同溶于氢氟酸来制取冰晶石，反应时放出CO2气体，反应的化学方程式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF═2Na3AlF6+3CO2↑+9H2；（4）A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(12，1，12)，则A原子位于坐标原点，B原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知D原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为（5）根据晶胞图，1个晶胞中有Ca2+数为8×18+6×12=4、F-数是8，设CaF2的摩尔质量数值为M，则晶胞质量为4×MNAg，相邻的两个Ca2+的最近核间距为acm，则晶胞棱长为2acm，CaF2的密度为ρg•cm-3，则4×MNAg=(2acm)3×ρg•cm-3，解得：M=

【分析】（1）①Cu为29号元素，失去1个电子形成Cu+，根据构造原理书写其基态电子排布式，Cu位于ds区；原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，电离能较大；

②熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；

（2）[H2F]+的中心原子F原子孤电子对数为2，价层电子对数为4；等电子体具有相同的原子数和价电子数；

（3）Al(OH)3和Na2CO3发生反应2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2；

（4）D原子到x轴、y轴、z轴的距离分别为34、14、34；

24．【答案】（1）反应物浓度；1；293；B、C（2）反应物浓度越大反应速率越快，反应温度越高反应速率越快；8.33×10-4mol•L-1•s-1（3