四川省蓬溪县蓬南中学2019-2020学年高二上学期第四次月考化学试题

四川省蓬溪县蓬南中学2019-2020学年高二上学期第四次月考化学试题

蓬南中学高中2018级第三学期第四次学月考试化学试题 第Ⅰ卷(选择题，共48分)‎ ‎1.我国二氧化碳的排放量位居世界第二，为减少二氧化碳这种温室气体的排放，下列措施不对的是( )‎ A. 大力发展氢能源 B. 充分利用太阳能 C. 使用含碳能源 D. 提高能源利用率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】目前全球能源还主要依靠含碳物质的燃烧。要减少二氧化碳的排放应在开发新能源、提高能源利用率等方面下工夫。答案选C。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的 B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小 C. 常温下，反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0‎ D. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应ΔH＞0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若ΔH＜0，ΔS＞0，则一定自发，若ΔH＞0，ΔS＜0，则一定不能自发，若ΔH＜0，ΔS＜0或ΔH＞0，ΔS＞0，反应能否自发，和温度有关，A错误；‎ B、根据A中分析可判断B错误；‎ C、根据ΔH-TΔS＜0，反应的ΔS＞0，若ΔH＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明ΔH＞0，C正确；‎ D、反应的ΔS＜0，能自发，说明ΔH＜0，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.在一定条件下，已达平衡的可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 平衡时，此反应的平衡常数K与各物质的浓度有如下关系：K＝‎ B. 改变条件后，该反应的平衡常数K一定不变 C. 如果改变压强并加入催化剂，平衡常数会随之变化 D. 若平衡时增加A和B的浓度，则平衡常数会减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在一定温度时，当一个可逆反应达到平衡状态时，生成物平衡浓度的幂之积与反应物平衡浓度的幂之积的比值是一个常数，这个常数称为化学平衡常数简称平衡常数，故A正确；‎ B.K只随温度的改变而改变，如果改变温度，平衡常数会变，故B错误；‎ C.K只随温度的改变而改变，所以改变压强并加入催化剂，平衡常数也不会发生变化，故C错误；‎ D. K只随温度的改变而改变，增加A和B的浓度，平衡常数也不会改变，故D错误；‎ 正确答案：A ‎4.合成气用于合成氨气时需除去CO，发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，下列措施中能使增大的是（ ）‎ A. 升高温度 B. 恒温恒容下充入He(g)‎ C. 将H2从体系中分离 D. 再通入一定量的水蒸气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查平衡移动问题对于反应：，升高温度平衡逆移；增大压强平衡不移；增加反应物平衡正移；增加生成物平衡逆移，以此解题。‎ ‎【详解】A. 对于反应：，升高温度平衡逆移减小,故A项错误；‎ B. 恒温恒容下充入He(g),增大压强平衡不移动不变,故B项错误；‎ C. 将H2从体系中分离平衡正移增大,故C项正确；‎ D. 再通入一定量的水蒸气，平衡正移但水的转化率降低减小，故D项错误。‎ 答案选D。‎ ‎5.根据碘与氢气反应的热化学方程式：‎ ‎（i）I2(g)＋H2(g) 2HI(g)+9.48kJ （ii）I2(s)＋H2(g) 2HI(g)-26.48kJ 下列判断正确的是（ ）‎ A. 中通入，反应放热 B. 固态碘与气态碘所含的能量相差 C. 反应（i）的产物比反应（ii）的产物稳定 D. 反应（ii）的反应物总能量比反应（i）的反应物总能量低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因为是可逆反应，所以1molI2(g)与1molH2(g) 不能进行完全，故放热小于9.48kJ，故A错误；‎ B、由盖斯定律知（i）-（ii）得，故1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ， 故B错误；‎ C、反应（i）、反应（ii）的产物都是HI(g)，状态相同，稳定性一样，故C错误；‎ D、对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低，故反应（ii）的反应物总能量比反应（i）的反应物总能量低，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是(　　)‎ A. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ B. 已知2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1‎ C. 已知2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g)　ΔH＝a,2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝b，则a＞b D. 已知P(白磷，s)＝P(红磷，s)　ΔH＜0，则白磷比红磷稳定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸是弱酸，其电离过程是吸热的，含40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJ，故A正确；‎ B.氢气的燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水时所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，故氢气的燃烧热大于241.8kJ·mol－1，故B错误；‎ C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，又因为该反应的焓变是负值，所以a＜b，故C错误；‎ D.红磷的能量低于白磷的能量，所以白磷不如红磷稳定，故D错误。‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎7.有关晶体的下列说法中正确的是 （ ）‎ A 晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 B. 原子晶体中共价键越强，熔点越高 C. 冰熔化时水分子中共价键发生断裂 D. 氯化钠熔化时离子键未被破坏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、分子间作用力不是化学键，不能影响分子的稳定性，一般影响物质的物理性质，A不正确。‎ B、原子晶体中共价键越强，熔点越高，B正确。‎ C、水形成的晶体水分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，而不是化学键，C不正确。‎ D、氯化钠形成的晶体是离子晶体，熔化破坏的是离子键，D不正确。‎ 所以正确的答案选B。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 极性分子间仅存在范德华力 B. 范德华力只存在于极性分子之间 C. HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高 D. 氨易溶于水，是因为氨与水分子间可形成氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查分子间作用力， 晶体熔沸点的比较， 氢键的存在对物质性质的影响。‎ ‎【详解】A. 极性分子间除了存在范德华力之外，有些分子还存在氢键，故A错误；‎ B. 任何分子之间均存在范德华力，故B错误；‎ C. HF中含有氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI不存在氢键，则沸点依次升高，故C错误；‎ D. 氨气中存在氢键，所以氨气容易溶解于水中，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎9.下列说法中错误的是 A. 从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构 B. 1 mol金刚石晶体中，平均含有2 mol C—C键 C. 水的沸点比硫化氢的高，是因为H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键 D. 某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．PH4+、PO43-中都形成4个σ键，且孤电子对数分别为0，则应为正四面体结构，选项A正确；‎ B．金刚石晶体中，每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1 mol金刚石晶体中，平均含有4mol×=2 molC-C键，选项B正确；‎ C．氢键的作用力大于分子间作用力，H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键，导致水的沸点比硫化氢的高，选项C正确；‎ D．团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎10.一定条件下的密闭容器中：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－905.9kJ·mol－1，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量为905.9kJ B. 平衡时v正(O2)＝v逆(NO)‎ C. 平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量增大 D. 平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查化学平衡的影响因素。‎ A．为可逆反应，不能完全转化；‎ B．平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；‎ C．该反应为气体体积增大的反应，则降低压强，平衡正向移动；‎ D．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。‎ ‎【详解】A. 为可逆反应,不能完全转化,则4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量小于905.9kJ，故A错误；‎ B. 平衡时,不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比,则平衡时5v正(O2)＝4v逆(NO)，故B错误；‎ C. 该反应为气体体积增大的反应,则降低压强,平衡正向移动,气体的物质的量增大,由M= 可知，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；‎ D. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则混合气体中NO含量降低，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3，下列说法正确的是(　　)‎ A. NH3与BF3都三角锥形 B. NH3与BF3都是极性分子 C. NH3·BF3中各原子都达到8电子稳定结构 D. NH3·BF3中，NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ BF3分子中，B原子最外层有3个电子，与3个F原子形成三个B﹣F键，B原子周围没孤电子对，NH3分子中，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成三个N﹣H键，N原子周围有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，BF3‎ 分子为非极性分子，分子构型为平面三角形，NH3分子为极性分子，分子构型为三角锥形，NH3•BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，据此答题。‎ ‎【详解】A.BF3分子构型为平面三角形，故A错误；‎ B.BF3分子为非极性分子，故B错误；‎ C.NH3•BF3中氢原子只有两个电子，故C错误；‎ D.NH3•BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。‎ ‎12.如图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是(　　)‎ A. 电负性：Y>Z>M B. 离子半径：M－>Z2－>Y－‎ C. ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构 D. Z元素基态原子最外层电子轨道表示式为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图为元素周期表中短周期的一部分，由Y、Z、M在周期表中的位置关系可知，Y为F元素，M为Cl元素，Z为S元素．‎ A、同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，元素的非金属性越强，其电负性越大；‎ B、电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大；‎ C、ZM2为SCl2，分子中S元素化合价为+2价，Cl元素化合价为-1价，原子最外层电子数+‎ 化合价绝对值=8，满足8电子稳定结构；‎ D、电子排布符合洪特规则．‎ ‎【详解】由图示关系可推知：X为氦元素，Y为氟元素，M为氯元素，Z为硫元素。‎ A、由分析：非金属性：Y＞M＞Z，元素的电负性关系为Y>M>Z，故A错误；‎ B、S2－和Cl－2种离子具有相同的电子层结构，F-离子少一个电子层，离子半径关系为S2－>Cl－>F－，故B错误；‎ C、ZM2为SCl2，分子中S元素化合价为+2价，Cl元素化合价为-1价，原子最外层电子数+化合价绝对值=8，满足8电子稳定结构，SCl2的电子式为，故C正确；‎ D、不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则，S元素基态原子最外层电子轨道表示式为，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.已知：C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1‎ ‎2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1‎ H-H 、O=O和O-H键的键能（kJ·mol-1）分别为436、496和462，则a为（ ）‎ A. -332 B. -118 C. +350 D. +130‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由①C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1‎ ‎②2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1‎ 结合盖斯定律可知,②−①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)， △H=−220kJmol−2akJ/mol=−(220+2a)kJ/mol，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则496+2×431−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130，‎ 故选D.‎ ‎14.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一种化学元素。‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 沸点A2DH2S，A错误；‎ B．NH3分子的空间构型是三角锥形，是极性分子，B错误；‎ C．N2分子中有一个氮氮三键，σ键与π键个数之比为1∶2，C正确；‎ D．B、C、D形成的气态氢化物中所含的电子数相等，但是分子中原子个数不同，不能称为等电子体，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)⇌ pC(g)的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是 A. 由图1可知，，该反应正反应为吸热反应 B. 由图2可知，该反应 C. 图3中，点3的反应速率:v正>v逆 D. 图4中，若，则a曲线一定使用了催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. T2先达到平衡，则，且T2对应C%含量低，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A项错误； B.‎ ‎ 相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡正向移动，又加压平衡向气体体积减小的方向移动，则m+n>p，B项错误； C. 曲线上点为平衡点，点3对应的转化率小于平衡转化率，则点3时反应正向进行，则反应速率v正>v逆，C项正确； D. 若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，D项错误； 答案选C。‎ ‎16.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 该反应的ΔH>0‎ B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2，故B错误；‎ C.根据图像可知，由状态D到平衡点B，需要减小NO的浓度，所以反应正向进行，则v正>v逆,故C错误；‎ D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；‎ 答案：D ‎17.已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41kJ·mol－1。相同温度下，在容积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下：‎ 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 达平衡过程体系能量的变化 CO H2O CO2‎ H2‎ ‎①‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎0‎ ‎0‎ 放出热量：32.8kJ ‎②‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎4‎ 热量变化：QkJ 下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. 容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%‎ B. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率 C. 平衡时，两容器中CO2的浓度相等 D. 容器①时CO的反应速率等于H2O的反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查化学平衡的计算。‎ A、根据平衡时放出的热量，结合热化学方程式计算参加反应的CO的物质的量，再根据转化率定义计算；‎ ‎ B、容器①②温度相同，同一可逆反应正逆平衡常数互为倒数，根据容器①计算平衡常数，设容器②中CO2的物质的量变化量为amol，表示出平衡时各组分的物质的量，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算a的值，进而计算CO2的转化率；‎ ‎ C、根据B中的计算判断；‎ ‎ D、速率之比等于化学计量数之比。‎ ‎【详解】A. 平衡时放出的热量为32.8kJ，故参加反应的CO的物质的量×1mol=0.8mol，CO的转化率为×100%=80%，故A正确；‎ B. 容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，则：‎ ‎ ‎ 故平衡常数K= =1，‎ 故容器②中的平衡常数为1，令容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则：‎ ‎ ‎ 所以K=，解得a=0.8；CO2的转化率为×100%=80%，故B正确；‎ C. 由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol，由B中计算可知容器②中CO2的物质的量为1mol−0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，故C错误；‎ D. 速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】容器①②温度相同，同一可逆反应正逆平衡常数互为倒数，根据容器①计算平衡常数，设容器②中CO2的物质的量变化量为amol，表示出平衡时各组分的物质的量，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算a的值，进而计算CO2的转化率。‎ ‎18.在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列不正确的是 ‎(T/K)/(v/mol·L-1·min-1) /( c/mol·L-1)‎ ‎0.600‎ ‎0.500‎ ‎0.400‎ ‎0.300‎ ‎318.2‎ ‎3.60‎ ‎3.00‎ ‎2.40‎ ‎1.80‎ ‎328.2‎ ‎9.00‎ ‎7.50‎ a ‎4.50‎ b ‎2.16‎ ‎1.80‎ ‎1.44‎ ‎1.08‎ A. a＝6.00‎ B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 C. b＜318.2‎ D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由表中信息可知，在相同温度下，反应速率与蔗糖的浓度成正比，328.2K时，速率的数值是浓度数值的1.5倍，因此推出a=6.00，故A说法正确；‎ B、升高温度v增大，降低反应物浓度v减小，故同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变，故B说法正确；‎ C、温度越高，反应速率越快。在相同的浓度下，b的反应速率小于318.2K的反应速率，说明b的温度低于318.2K，故C说法正确；‎ D、温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间越短，故D说法错误。‎ 故选D。‎ ‎19.在相同温度下(T＝500K)，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1gSO2和1gO2，乙容器中充入2gSO2和2gO2。下列叙述中错误的是（ ）‎ A. 化学反应速率：乙>甲 B. 平衡时O2的浓度：乙>甲 C. 平衡时SO2的转化率：乙>甲 D. 平衡时SO2的体积分数：乙>甲 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，二氧化硫转化率增大，由此分析解答。‎ ‎【详解】在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，相当于平衡正向进行，二氧化硫转化率增大。‎ A、乙中物质浓度大于甲，化学反应速率：乙>甲，故A正确；‎ B、乙中物质浓度大于甲，平衡时的浓度：乙>甲，故B正确；‎ C、乙中等效于甲再加入1g 和1g ，平衡正向进行，平衡时的转化率：乙>甲，故C正确；‎ D、在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，二氧化硫转化率增大，平衡时的体积分数：乙<甲，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎20.在298K、1.01×105Pa下，将22gCO2通入750mL1mol·L－1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1molCO2通入1L2mol·L－1NaOH溶液中充分反应放出ykJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（ ）‎ A. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2y－x) kJ·mol－1‎ B. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2x－y) kJ·mol－1‎ C. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y) kJ·mol－1‎ D. CO2(g)＋NaOH(l)=NaHCO3(l) ΔH＝－(8x－2y) kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1mol CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式．‎ ‎【详解】22gCO2通入溶液750mL中充分反应，， 该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为，由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，即热化学反应方程式为 ①，又1molCO2通入溶液1L中充分反应放出ykJ的热量，则热化学方程式为 ②，‎ 由盖斯定律可知，①−②可得， 。‎ 故选：C。‎ 第Ⅱ卷(填空题，共52分)‎ ‎21.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。‎ 请根据以上情况，回答下列问题：‎ ‎(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)‎ ‎（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为__。‎ ‎（2）B的氢化物分子的立体构型是__。其中心原子采取__杂化。‎ ‎（3）E的核外电子排布式是__，ECl3形成的配合物的化学式为___。‎ ‎（4）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是__。‎ ‎（5）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a＝488pm(棱长)。Na＋半径为102pm，H－的半径为___，NaH的理论密度是__g·cm－3(只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)。‎ ‎【答案】 (1). C＜O＜N (2). 三角锥形 (3). sp3 (4). 1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1） (5). [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 (6). 4Mg＋10HNO3=4Mg(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O (7). 142pm (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2‎ O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。NaH具有NaCl型晶体结构则，以此计算H－的半径；NaH的理论密度 ,Z为晶胞中NaH个数，M为NaH的摩尔质量，V为晶胞体积，以此计算。‎ ‎【详解】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。‎ 故A为碳元素；B为氮元素；C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素。‎ ‎(1)A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素，同周期自左而右第一电离能增大，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为C

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