【化学】宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二6月月考（解析版）

【化学】宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二6月月考（解析版）

宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二6月月考 ‎1.下列我国科技创新的产品设备在工作时,由化学能转变成电能的是 A.长征三号乙运载火箭用偏二甲肼为燃料 B.嫦娥四号月球探测器上的太阳能电池板 C.和谐号动车以‎350km/h飞驰 D.世界首部可折叠柔屛手机通话 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．偏二甲肼为燃料发动机能将化学能转变为了动能，而没有将化学能转变为电能，故A错误；‎ B．太阳能电池板将太阳能转变为电能，而没有将化学能转变为电能，故B错误；‎ C．和谐号动车将电能转变为了动能，而没有将化学能转变为电能，故C错误；‎ D．世界首部可折叠柔屏手机通话是原电池的应用，是将化学能转变为电能，实现了能量之间的转化，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.用化学用语表示4Fe +C2HCl3 +5H+ = C2H6+4Fe2++3Cl－中的相关微粒，其中正确的是 A. 中子数为30，质量数为56铁原子：Fe B. Cl－的结构示意图：‎ C. C2H6的结构式： D. C2HCl3的电子式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，即该核素为5626Fe，故A错误；‎ B、原子失去电子，只是失去最外层电子数，质子数不变，Cl－结构示意图正确的是 ‎，故B错误；‎ C、C2H6的结构简式为CH3CH3，其结构式为，故C正确；‎ D、没有表示C和Cl最外层所有的电子，故D错误；‎ ‎3.下列叙述中,正确的是 ‎①电解池是将化学能转变为电能的装置②原电池是将电能转变成化学能的装置③金属和石墨导电均为物理变化,电解质溶液导电是化学变化④不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现⑤电镀过程相当于金属的“迁移”,可视为物理变化 A. ①②③④ B. ③④ C. ③④⑤ D. ④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①电解池是将电能转变成化学能的装置，故①错误；‎ ‎②原电池是将化学能转变成电能的装置，故②错误；‎ ‎③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化，发生电能和化学能的转化，一定发生化学变化，故③正确；‎ ‎④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜与电源的正极相连接，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，故④正确；‎ ‎⑤电镀时镀层金属在阳极失电子，金属阳离子在阴极得电子析出金属，是化学变化，故⑤错误。‎ 答案选B。‎ ‎4.关于钢铁腐蚀和防护的说法正确的是 A. 钢铁腐蚀以化学腐蚀为主 B. 钢铁腐蚀时的负极反应是Fe－3e → Fe3＋‎ C. 在铁船壳上镶嵌锌块能减缓船体的腐蚀 D. 水库的铁闸门接电源的正极能减缓腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 钢铁腐蚀以电化学腐蚀为主，A错误；B. 钢铁腐蚀时的负极反应是Fe－2e－＝Fe2＋，B 错误；C. 锌的金属性强于铁，在铁船壳上镶嵌锌块能减缓船体的腐蚀，C正确；D. 水库的铁闸门应该接电源的负极能减缓腐蚀，D错误，答案选C。‎ 点睛：外加电流的阴极保护法是使被保护的钢铁设备作为阴极(接电源负极)，用惰性电极作为阳极(接电源正极)，在两者之间连接直流电源。通电后，电子被强制流向被保护的钢铁设备，从而使钢铁表面产生电子积累，抑制钢铁设备失去电子，起到保护的作用。‎ ‎5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，Y在短周期元素中原子半径最大，Z的最高正价与最低负价代数之和为4。下列说法不正确的是 A. 氢化物的稳定性：X > W > Z B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色 C. X与Y形成共价化合物 D. W与Y组成的某种物质可以作为呼吸面具的供氧剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，W位于第二周期，为氧元素；Y在短周期元素中原子半径最大，Y是钠元素，所以X是氟元素；Z的最高价与最低价代数之和为4，Z的最高价是+6价，为硫元素。‎ ‎【详解】A. 非金属越强，氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：X＞W＞Z，A正确；‎ B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色，该物质是二氧化硫，B正确；‎ C. X与Y形成离子化合物NaF，C错误；‎ D. W与Y组成的物质可以作为呼吸面具的供氧剂，该物质是过氧化钠，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】准确判断出元素种类以及灵活应用元素周期律是解答的关键，注意“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。‎ ‎6.1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是（ ）。‎ A. ①②③ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。‎ ‎①净化干燥的目的是减少副反应的发生，提高产物的纯度，不能提高转化率，故①不符合；‎ ‎②增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，故②符合题意；‎ ‎③催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，故③不符合；‎ ‎④把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高反应物转化率，故④符合题意。‎ ‎⑤通过氮气和氢气的循环使用，可以提高原料的利用率，故⑤符合题意；‎ 即②④⑤正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响。‎ ‎7.下列条件一定能使反应速率加快的是(　　)‎ ‎①增加反应物的物质的量　②升高温度　③增大反应体系的压强　④不断分离出生成物　⑤加入MnO2‎ A. 全部 B. ①②⑤ C. ② D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎　①对于反应物为纯液体或固体时，增大其物质的量反应速率不变；③对于有气体参加或生成的化学反应，若体积不变，充入“惰性”气体，则压强增大，反应速率不变；④不断分离出生成物，使反应速率减小或不变(纯液体或固体时)；⑤MnO2不是所有反应的催化剂。‎ ‎8.一定温度下，反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡，下列措施不能使平衡发生移动的是（ ）‎ ‎①增加C的物质的量　②保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大　③将容器的容积缩小一半　④保持压强不变，充入N2使容器容积变大 A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C(s)的量，反应速率不变，平衡不移动，故①选；②保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，平衡不移动，故②选；③将容器的体积缩小一半，增大压强，平衡逆向移动，故③不选；④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，相当减小压强，平衡正向移动，故④不选；故选A。‎ 点睛：注意该反应中有气体参加和生成是解答本题的关键。对应反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，有气体参加和生成，则温度、压强都能对化学反应平衡产生影响。本题的易错点为①，注意C为固体。‎ ‎9.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是(　　)‎ A. 反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)　ΔH<0，升高温度可使平衡向逆反应方向移动 B. 合成NH3的反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低的温度 C. 溴水中存在平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅 D. 对2HI(g)H2(g)＋I2(g)，增大平衡体系的压强(压缩体积)可使体系颜色变深 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。勒夏特列原理的内容为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。‎ ‎【详解】A项、该正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，可以用勒夏特列原理解释；‎ B项、合成氨的反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，NH3的产率增大，可以用勒夏特列原理解释；‎ C项、加入AgNO3后，Ag＋与Br－反应生成AgBr沉淀，降低了Br－的浓度，平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释；‎ D项、该反应是一个气体体积不变的可逆反应，压缩体积使压强增大，平衡不发生移动，但由于体积减小，各组分的浓度增大，故颜色变深，不能用勒夏特列原理解释；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查勒夏特列原理，侧重考查概念的理解和运用，注意只有可逆反应的条件变化引起平衡移动的才能用勒夏特列原理解释，明确勒夏特列原理是解本题的关键。‎ ‎10.反应 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) 在恒温恒容密闭容器中进行，下列可作为判断其达到平衡状态的标志的是( )‎ ‎①SO2 和 SO3 的浓度相等 ②SO2 的质量分数保持不变 ③容器中气体的压强保持不变 ④SO3 的生成速率与 SO2 的消耗速率相等 ⑤容器中混合气体的密度保持不变⑥容器中气体的平均摩尔质量保 持不变 ⑦2v 正(SO2)＝v 逆(O2) ⑧单位时间内生成 n mol O2 的同时消耗 2n mol SO3‎ A. ①②④⑤ B. ②③⑦⑧ C. ②③⑤⑥ D. ②③⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①SO2和 SO3 的浓度相等，不能确定浓度是否变化，故①不符合题意；‎ ‎②SO2的质量分数不再发生变化，说明物质的量不变，正反应速率等于逆反应速率，故②符合题意；‎ ‎③容器内压强不再发生变化，说明物质的量不变，正反应速率等于逆反应速率，故③符合题意；‎ ‎④SO3的生成速率与 SO2的消耗速率相等，均为正速率，故④不符合题意；‎ ‎⑤容器内混合气体的密度不再改变，一直未变，故⑤不符合题意；‎ ‎⑥容器内气体的平均摩尔质量不再改变，说明物质的量不变，正反应速率等于逆反应速率，故⑥符合题意；‎ ‎⑦1/2v 正(SO2)＝v 逆(O2) 时，才达平衡，故⑦不符合题意；‎ ‎⑧单位时间内生成 n mol O2 的同时消耗 2n mol SO3，均为逆速率， 故⑧不符合题意；‎ 综上，②③⑥符合题意，故选D。‎ ‎11. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应 B. 用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1：2‎ C. 用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1 molNaOH D. 镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在原电池的负极和电解池的阳极上都是发生失电子的氧化反应，A不正确；‎ B.用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物分别是氢气和氧气，物质的量之比为2：1，B不正确；‎ C.用惰性电极电解饱和NaCl溶液，方程式是2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，所以若有1 mol电子转移，则生成1 molNaOH，选项C正确；‎ D.金属性：锌＞铁＞锡，所以镀层破损后，镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀，D不正确。‎ 答案选C。‎ ‎12. 观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是:‎ A. 装置①中阳极上析出红色固体 B. 装置②的待镀铁制品应与电源正极相连 C. 装置③闭合电键后，外电路电子由a极流向b极 D. 装置④的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解池中阳极失去电子，所以选项A中阳极是氯离子放电生成氯气，铜离子在阴极放电，A不正确；‎ B.电镀使待镀制品应该与电源的负极相连，做阴极，B不正确；‎ C.氢气失去电子，所以氢气在负极通入，氧气在正极通入，C正确；‎ D.离子交换膜只允许阳离子通过，而不能通过阴离子，D不正确；‎ 答案选C。‎ ‎13.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是 A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑‎ B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红 C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—‎ D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；‎ B、根据A中分析可知B错误；‎ C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；‎ D、根据C中分析可知D正确，答案选D。‎ ‎【点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。‎ ‎14.四种晶体的晶胞结构如图所示，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 图甲所示晶体的化学式为A3B4C B. 图乙所示晶体中阴阳离子个数比为1：1‎ C. 图丙所示CaF2晶体中Ca2+配位数为4，F-配位数为8‎ D. 图丁所示晶体属于简单立方堆积 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图甲可知，A原子位于6个面心，6´3；B位于8个顶点上，8´1；C位于体心，只有1个。因此，所示晶体的化学式为A3BC，A不正确；‎ B. 由图乙可知，每个Ba2+离子周围有6个，而每个周围有6个Ba2+，因此，所示晶体中阴阳离子个数比为1：1，B正确；‎ C. 由图丙可知，位于顶点和面心的是Ca2+，共有4个；位于体内的是F-，共有8个。位于相邻的4个所形成的正四面体的体心，因此，所示CaF2晶体中F-配位数为4，则Ca2+配位数为8， C不正确；‎ D. 图丁不能表示简单立方堆积，简单立方堆积的晶胞的体内没有原子，D不正确。‎ 综上所述，有关说法正确的是B，故选B。‎ ‎15.在固定容积的密闭容器中，放入amolX，发生反应：2XY(g)＋Z(s)，并达到平衡状态，此时升高温度，气体的密度增大。下列叙述正确的是 A. 平衡后移走部分Z，平衡正向移动 B. 若X为非气态，则正反应为放热反应 C. 若正反应为放热反应，则X一定为气态 D. 若X为气态，再向容器中充入amolX，达到平衡后，X的体积分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 达到化学平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，若平衡向正反应方向移动，则X应为非气态，若平衡向逆反应方向移动，则X应为气态。‎ ‎【详解】A．Z固态，移走部分Z，平衡不移动，故A错误；‎ B．X为非气态，反应中只有Y为气体，升高温度，Y的质量增大，平衡应向正反应移动，故正反应为吸热反应，故B错误；‎ C．若正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，则X应为气态才能符合，故C正确；‎ D．若X为气态，再向容器中充入a mol X，等效为压强增大1倍，平衡向正反应方向移动，与原平衡相比X的体积分数减小，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.已知反应N2O4(g)2NO2(g)　ΔH＞0，平衡体系中总质量(m总)与总物质的量(n总)之比M(M=)在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是:‎ A. 温度：T1＜T2‎ B. 平衡常数：K(a)＝K(b)＜K(c)‎ C. 反应速率：vb＜va D. 当M=‎69 g·mol－1时，n(NO2)∶n(N2O4)＝1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ N2O4(g)2NO2(g)　ΔH＞0，相同压强下，升高温度平衡正向移动，气体物质的量增大，M减小，所以T1>T2，故A错误；升高温度平衡正向移动，K增大，K(b)>K(c)，a、c温度相同，平衡常数相同，K(a)＝K(c)，所以K(b)> K(a)＝K(c)，故B错误；温度T1>T2‎ ‎，所以温度b>a，压强b点大于a点，所以速率vb>va，故C错误；当n(NO2)∶n(N2O4)＝1∶1时，M=，故D正确。‎ ‎17.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是 A. ①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0‎ B. ②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像 C. ③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线 D. ④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A错误；‎ B．该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；‎ C．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，故C正确；‎ D．该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解答此类试题的关键是：（1）看清横、纵坐标代表的含义，理解图示化学曲线的意义；（2）理清图像变化的趋势，重点把握起点、拐点、终点。突破口在于抓住图像中关键点的含义，在此基础上结合化学原理作出正确的判断。‎ ‎18.2 mol A与2 mol B混合于‎2 L的密闭容器中，发生如下反应：‎2A（g）＋3B（g）‎ ‎2C‎（g）＋zD（g）若2 s后，A的转化率为50%，测得v（D）＝0.25 mol·L－1·s－1，下列推断正确的是（　　）‎ A. v（C）＝v（D）＝0.25 mol·L－1·s－1‎ B. z＝3‎ C. B的转化率为25%‎ D. C的体积分数为20%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中‎2A（g）＋3B（g）‎2C（g）＋zD（g）可知，本题考查化学反应速率和化学平衡，运用化学反应速率之比等于化学计量数之比和勒夏特列原理分析。‎ ‎【详解】A. ‎2A（g）＋3B（g）‎2C（g）＋zD（g）可以用单位时间内各物质的物质的量浓度变化来表示，如v（A）＝；不同物质表示的速率间有v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝a∶b∶c∶d规律。反应中A转化2 mol×50%＝1 mol，B转化1 mol×＝1.5 mol，v（C）＝v（A）＝＝0.25 mol·L－1·s－1= v（D），A项正确；‎ B．v（C）∶v（D）＝0.25 mol·L－1·s－1∶0.25 mol·L－1·s－1＝1∶1，z＝2，B项错误；‎ C．B的转化率为×100%＝75%，C项错误；‎ D．反应中A转化2 mol×50%＝1 mol，生成1molC，总物质的量减少0.5mol，C的体积分数也就是物质的量分数，为×100%≈28.6%，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎19.（1）氯酸钾熔化，粒子间克服了________的作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了________的作用力；碘的升华，粒子间克服了________的作用力。‎ ‎（2）在H2、(NH4)2SO4、SiC、CO2、HF中，由极性键形成的非极性分子有________，由非极性键形成的非极性分子有________，能形成分子晶体的物质是________，含有氢键的晶体的化学式是________，属于离子晶体的是________，属于原子晶体的是________，五种物质的熔点由高到低的顺序是____________________________。‎ ‎（3）A、B、C、D为四种晶体，性质如下：‎ A．固态时能导电，能溶于盐酸 B．能溶于CS2，不溶于水 C．固态时不导电，液态时能导电，可溶于水 D．固态、液态时均不导电，熔点为‎3500℃‎ 试推断它们的晶体类型：‎ A________；B________；C________；D________。‎ ‎（4）如图中A～D是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型，请填写相应物质的名称：A________；B________；C________；D________。‎ ‎【答案】 (1). 离子键 (2). 共价键 (3). 分子间作用力 (4). CO2 (5). H2 (6). H2、CO2、HF (7). HF (8). (NH4)2SO4 (9). SiC (10). SiC＞(NH4)2SO4＞HF＞CO2＞H2 (11). 金属晶体 (12). 分子晶体 (13). 离子晶体 (14). 原子晶体 (15). 氯化铯 (16). 氯化钠 (17). 二氧化硅 (18). 金刚石 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氯酸钾是离子晶体，熔化时破坏离子键；二氧化硅是原子晶体，熔化时破坏共价键；碘是分子晶体，升华时粒子间克服分子间作用力；故答案为：离子键；共价键；分子间作用力；‎ ‎（2）由极性键形成的非极性分子有CO2，由非极性键形成的非极性分子有H2，能形成分子晶体的物质是H2、CO2、HF，含有氢键的晶体的化学式是 HF，属于离子晶体的是(NH4)2SO4，属于原子晶体的是SiC，五种物质的熔点由高到低的顺序是 SiC＞（NH4）2SO4＞HF＞CO2＞H2，故答案为：CO2；H2；H2、CO2、HF；HF；(NH4)2SO4；SiC；SiC＞(NH4)2SO4＞HF＞CO2＞H2；‎ ‎（3）根据晶体物理性质分析，‎ A．固态时能导电，能溶于盐酸，属于金属晶体；‎ B．能溶于CS2，不溶于水，属于分子晶体；‎ C．固态时不导电，液态时能导电，可溶于水，属于离子晶体；‎ D．固态、液态时均不导电，熔点为3 ‎500℃‎，属于原子晶体；‎ 故答案：金属晶体；分子晶体；离子晶体；原子晶体；‎ ‎（4）由晶胞结构模型可知A、B、C、D分别为氯化铯、氯化钠、二氧化硅、金刚石，故答案为：氯化铯；氯化钠；二氧化硅；金刚石；‎ ‎【点睛】本题是综合性试题，熟悉化学键、晶体类型、常见晶体模型是解题的关键。‎ ‎20.写出下列反应的热化学方程式。‎ ‎（1）已知断开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_______________________________‎ ‎（2）已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，请写出该反应的热化学方程式：_______________________________________________‎ ‎【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92kJ•mol-1 (2). A2(g)+B2(g)═2AB(g) △H=+(a-b)kJ•mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 书写热化学方程式，应先写出化学方程式，标注物质的状态，再根据题目数据或图像计算反应热。‎ ‎【详解】（1）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1mol N≡N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，即N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92kJ•mol-1，故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92kJ•mol-1；‎ ‎（2）图中吸收热量为(a-b)kJ，则热化学方程式为A2(g)+B2(g)═2AB(g) △H=+(a-b)kJ•mol-1，故答案为：A2(g)+B2(g)═2AB(g) △H=+(a-b)kJ•mol-1。‎ ‎21.Ⅰ.肼(N2H4)又称联氨,常温时是一种可燃性液体,可用作火箭燃料。‎ ‎（1）已知在‎25℃‎、101kPa时，‎16g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出312kJ的热量，则N2H4完全燃烧的热化学方程式是_______________。‎ Ⅱ.如图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼(N2H4)—空气燃料电池(如图甲)并探究某些工业原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜(即只允许阳离子通过)。‎ 根据要求回答相关问题:‎ ‎（2）甲装置中通入_________气体的一极为正极，负极的电极反应式为__________。‎ ‎（3）乙装置中石墨电极为______极，其电极反应式为___________；可以用______________检验该反应产物，电解一段时间后，乙池中的溶液呈__________性。‎ ‎（4）图中用丙装置模拟工业中的_____________________原理，如果电解后丙装置精铜质量增加‎3.2g，则理论上甲装置中肼消耗质量为____________g。‎ ‎（5）如果将丙中的粗铜电极换为Pt电极，则丙中总化学方程式为_______________。‎ ‎【答案】 (1). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-624kJ/mol (2). 空气 (3). N2H4-4e-+4OH-=4H2O+N2↑ (4). 阳 (5). 2Cl--2e-=Cl2↑ (6). 湿润的淀粉碘化钾试纸 (7). 碱 (8). 粗铜的精炼 (9). 0.8 (10). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应量的反应热写出热化学方程式；乙装置中石墨电极与电源正极连接，为阳极，阳极上是氯离子放电生成氯气，检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，观察是否变蓝，根据电解总反应方程式，判断溶液的酸碱性；根据同一闭合回路中转移电子相等，列出关系式：N2H4～2Cu进行分析求解；Pt电极为惰性电极，用惰性电极电解CuSO4溶液，根据离子放电的先后顺序确定溶液的总反应方程式。‎ ‎【详解】(1)‎16.0g气态肼(N2H4)物质的量为n(N2H4)=‎16g÷‎32g/mol=0.5mol，在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量312kJ，1mol气态肼(N2H4)燃烧放热624kJ，反应的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-624kJ/mol；‎ ‎(2)‎ 甲装置中通入空气的电极为正极，正极上空气中的氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，负极N2H4失去电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-=4H2O+N2↑；‎ ‎(3)根据装置图可知：乙装置中石墨电极连接甲装置的正极，作阳极，在阳极上是氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，若观察到湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，就证明有氯气产生；阳极为惰性电极，电解饱和食盐水的总反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，可见电解一段时间后，乙池中的溶液呈碱性；‎ ‎(4)丙装置中粗铜连接电源的正极，作阳极，精铜连接电源的负极，作阴极，电解质为硫酸铜溶液，因此图中用丙装置模拟工业中的铜的精炼原理；由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以根据关系式：N2H4～2Cu，n(Cu)=‎3.2g÷‎64g/mol=0.05mol，所以n(N2H4)=n(Cu)=×0.05mol=0.025mol，则m(N2H4)=0.025mol×‎32g/mol=‎0.8g；‎ ‎(5)如果将丙中的粗铜电极换为Pt电极，由于Pt电极为惰性电极，因此阳极上是溶液中的OH-失去电子，变为O2，阴极上，溶液中的Cu2+获得电子变为Cu单质，所以丙中总化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。‎ ‎22.为了在实验室利用工业原料制备少量氨气，有人设计了如图所示的装置(图中夹持装置均已去)。‎ 实验操作：‎ ‎①检查实验装置的气密性后，关闭弹簧夹a、b、c、d、e。在A中加入锌粒，向长颈漏斗中注入一定量稀硫酸。打开弹簧夹c、d、e，A中有氢气产生。在F出口处收集氢气并检验其纯度。‎ ‎②关闭弹簧夹c，取下截去底部的细口瓶C，打开弹簧夹a，将氢气经导管B验纯后点燃，然后立即罩上无底细口瓶C ‎，塞紧瓶塞，如上图所示。氢气继续在瓶内燃烧，几分钟后火焰熄灭。‎ ‎③用酒精灯加热反应管E，待无底细口瓶C内水位下降到液面保持不变时，打开弹簧夹b，无底细口瓶C内气体经D进入反应管E，片刻后F中的溶液变红。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）检验氢气纯度的目的是______________________________________。‎ ‎（2）C瓶内水位下降到液面保持不变时，A装置内发生的现象是________，防止了实验装置中压强过大。此时再打开弹簧夹b的原因是_________，C瓶内气体的成分是____________。‎ ‎（3）在步骤③中，先加热铁触媒的原因是________________________。反应管E中发生反应的化学方程式是_____________________________________‎ ‎【答案】 (1). 防止发生爆炸 (2). 固液分离 (3). 让C内气体进入D和E (4). 氮气和氢气的混合物 (5). 使催化效果更好 (6). N2+3H22NH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室制备氨气，适宜选用的是：固态氯化铵与氢氧化钙混合加热；检验氢气纯度的目的是：防止发生爆炸；C瓶内水位下降到液面保持不变时，A装置内发生的现象是：固液分离，防止了实验装置中压强过大；此时再打开弹簧夹b的原因是：让C内气体进入D和E；C瓶内气体的成份是：氮气和氢气的混合物；在步骤③中，先加热铁触媒的原因是：使催化效果更好，氮气和氢气在铁触煤和加热的条件下生成氨气。‎ ‎【详解】（1）检验氢气纯度的目的是：防止发生爆炸；故答案为：防止发生爆炸；‎ ‎（2）A装置内发生的现象是：固液分离，防止了实验装置中压强过大；此时再打开弹簧夹b的原因是：让C内气体进入D和E；C瓶内气体的成份是：氮气和氢气的混合物；故答案为：固液分离；让C内气体进入D和E；氮气和氢气的混合物；‎ ‎（3）在步骤③中，先加热铁触媒的原因是：使催化效果更好，氮气和氢气在铁触煤和加热的条件下生成氨气，反应方程式为：N2+3H22NH3；故答案为：使催化效果更好；N2+3H22NH3。‎ ‎【点睛】本题考查化学方程式的书写、气体的验纯和氨气的合成等，掌握相关基础知识是解答的关键。‎ ‎23.（I）已知在‎448℃‎时，反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K1为49‎ ‎，则该温度下反应H2(g)＋I2(g)HI(g)的平衡常数K2为____________。‎ ‎（II）在一定体积的密闭容器中进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数(K)和温度(t)的关系如表所示：‎ t/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝________。‎ ‎（2）该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎（3）能判断该反应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正(H2)＝v逆(H2O) D.c(CO2)＝c(CO)‎ ‎（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为________℃。‎ ‎（5）在‎800℃‎时，发生上述反应，某时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2mol·L－1，c(H2)为1.5mol·L－1，c(CO)为1mol·L－1，c(H2O)为3mol·L－1，则下一时刻，反应将________(填“正向”或“逆向”)进行。‎ ‎【答案】 (1). 7 (2). (3). 吸热 (4). BC (5). 830 (6). 逆向 ‎【解析】‎ ‎【详解】（I）．‎448℃‎时，反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数K1为49，反应H2(g)＋I2(g)HI(g)的平衡常数K2为，故答案为：7；‎ ‎（II）（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=，故答案为：；‎ ‎（2）由温度升高，平衡常数变大可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎（3）A ‎．该反应为气体的物质的量不变的反应，则容器中压强始终不变，不能作为判定平衡的方法，故A错误；‎ B．混合气体中c(CO)不变，则达到化学平衡，故B正确；‎ C．v(H2)正=v(H2O)逆，则对于氢气来说正逆反应速率相等，则达到平衡，故C正确；‎ D．c(CO2)=c(CO)，该反应不一定达到平衡，浓度关系取决于反应物的起始量和转化率，故D错误；故答案为：BC；‎ ‎（4）c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)时，平衡常数K=1，则该温度为‎830℃‎，故答案为：830；‎ ‎（5）在‎800℃‎时，K=0.9,Qc===1>K，所以化学反应向逆反应方向进行，故答案为：逆向。‎ ‎【点睛】考查化学平衡的计算，明确平衡常数的计算方法及平衡常数与反应方程式的关系、平衡的判定等即可解答。‎ ‎24.室温下，[Cu(NH3) 4]( NO3) 2与液氨混合并加入Cu可制得一种黑绿色晶体。‎ ‎（1）基态Cu2＋核外电子排布式是______。‎ ‎（2）黑绿色晶体的晶胞如图所示，写出该晶体的化学式：______。‎ ‎（3）[Cu(NH3)4]2+中配位体的空间结构结构为______‎ ‎（4）中N原子轨道的杂化类型是______。与互为等电子体的一种分子为______（填化学式）。‎ ‎（5）氨极易溶于水的原因是______。‎ ‎（6）金属铜的堆积方式如图所示：若该晶胞参数a＝658pm，则该晶胞密度为________(列出计算表达式)g·cm－3。‎ ‎。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d9 (2). Cu3N (3). (4). sp2 (5). SO3 ‎ ‎ (6). 氨气分子与水分子都是极性分子，氨气与水能形成分子间氢键，且氨气易与水反应生成一水合氨 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Cu原子核外有29个电子，Cu原子失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，根据构造原理书写Cu2+的核外电子排布式为：[Ar]3d9，故答案为：[Ar]3d9；‎ ‎（2）该晶胞中N原子个数=，Cu原子个数=，则N、Cu原子个数之比1：3，其化学式为Cu3N，故答案为：Cu3N；‎ ‎（3）该配离子中N原子提供孤电子对、铜离子提供空轨道形成配位键，该离子结构为，故答案为：；‎ ‎（4）该离子中N原子价层电子对个数=3+，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp2；与NO3-互为等电子体的分子中含有4个原子且价电子数为24，为SO3等，故答案为：sp2；SO3；‎ ‎（5）氨气分子与水分子都是极性分子，极性溶质易溶于极性溶剂中，氨气与水能形成分子间氢键，且氨气易与水反应生成一水合氨，故答案为：氨气分子与水分子都是极性分子，氨气与水能形成分子间氢键，且氨气易与水反应生成一水合氨；‎ ‎（6）由图可知，金属铜采用面心立方堆积，每个晶胞含有4个铜原子，故晶体的密度=，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、氢键、等电子体等知识点，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用。‎