化学卷·2018届四川省乐山市高二上学期期末化学试卷+（解析版）

化学卷·2018届四川省乐山市高二上学期期末化学试卷+（解析版）

‎2016-2017学年四川省乐山市高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一．选择题（以下各题均只有一个选项符合题意，每题3分．）‎ ‎1．在多电子原子中，决定轨道能量的是（　　）‎ A．电子层 B．电子层和能级 C．电子层、能级和原子轨道空间分布 D．原子轨道空间分布和电子自旋方向 ‎2．下列有关物质性质的比较，不正确的是（　　）‎ A．金属性：Li＞Na＞K＞Rb B．酸性：HF＜HCl＜HBr＜HI C．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+‎ D．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3‎ ‎3．下列性质可以证明某化合物内一定存在离子键的是（　　）‎ A．可溶于水 B．熔融状态能导电 C．水溶液能导电 D．具有较高熔点 ‎4．某原子的一种激发态为1s22s12p1，则该元素在周期表中的位置为（　　）‎ A．第二周期ⅡA族 B．第二周期ⅢA族 C．第二周期ⅠA族 D．第二周期ⅣA族 ‎5．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（　　）‎ A．SO2和SiO2 B．CO2和H2O C．NaCl和HCl D．CCl4和KCl ‎6．热化学方程式C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ/mol表示（　　）‎ A．碳和水反应吸收131.3kJ能量 B．1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量 C．1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJ D．1个固态碳原子和1个水蒸气分子反应吸热131.1kJ ‎7．SiCl4的分子结构与CCl4相似，对其进行下列推测，不正确的是（　　）‎ A．SiCl4晶体是分子晶体 B．常温常压下SiCl4是气体 C．SiCl4的分子 是由极性键形成的非极性分子 D．SiCl4的熔点高于CCl4‎ ‎8．用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（　　）‎ A．H2O与BeCl2为角形（V形）‎ B．CS2与SO2为直线形 C．BF3与PCl3为三角锥形 D．SO3与CO为平面三角形 ‎9．X、Y为两种元素的原子，X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（　　）‎ A．X的原子半径大于Y的原子半径 B．X的电负性大于Y的电负性 C．X的氧化性小于Y的氧化性 D．X的第一电离能小于Y的第一电离能 ‎10．等电子体之间结构相似、物理性质也相近．根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其原子总数和原子最外层电子总数相同，均可互称为等电子体．下列各组粒子不能互称为等电子体的是（　　）‎ A．CO32﹣和NO3﹣ B．O3和SO2 C．CO2和NO2﹣ D．SCN﹣和N3﹣‎ ‎11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（　　）‎ A．1.8g18O2分子与1.8g18O3分子中含有的中子数不同 B．7.8gNa2S和7.8g Na2O2中含有的阴离子数目均为0.1NA C．‎ ‎23.4 g NaCl晶体中含有0.1NA个如图所示的结构单元 D．含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的δ键数目为2NA ‎12．在气体反应中，能使反应物活化分子数和活化分子百分数同时增加的方法（　　）‎ ‎①增加反应物的浓度 ②升高温度 ③移去生成物 ④增大压强 ⑤加入催化剂．‎ A．①③ B．②⑤ C．②④ D．①⑤‎ ‎13．已知：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s），△H=﹣350kJ•mol﹣1，‎ ‎（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s），△H=﹣25kJ•mol﹣1，‎ 则Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）的△H等于（　　）‎ A．﹣375 kJ•mol﹣1 B．﹣325 kJ•mol﹣1‎ C．+375 kJ•mol﹣1 D．+325 kJ•mol﹣1‎ ‎14．在恒温、恒容条件下，能使A（g）+B（g）⇌C（g）+D（s） 正反应速率增大的措施是（　　）‎ A．减小C或D的浓度 B．再加入一定量D C．减小B的浓度 D．增大A或B的浓度 ‎15．下列关于平衡常数K的说法中，正确的是（　　）‎ A．在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值 B．改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K C．平衡常数K只与温度有关，与反应浓度、压强无关 D．从平衡常数K的大小不能推断一个反应进行的程度 ‎16．在某一温度下，某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变化如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示．则下列结论正确的是（　　）‎ A．该反应的热化学方程式M（g）+3N（g）⇌2R（g）△H＞0‎ B．达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动 C．达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率减小 D．达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡一定向正反应方向移动 ‎　‎ 二．实验题（本题包括3个小题，共24分）‎ ‎17．（1）请将下列变化过程中破坏的微粒间作用力名称的编号填在横线上：‎ A．共价键 B．离子键 C．金属键 D．分子间作用力 ‎①氢氧化钠熔化　　；②干冰升华　　；‎ ‎③二氧化硅熔化　　； ④钠熔化　　．‎ ‎（2）单质硼有无定形和晶体两种，参考表数据．‎ 金刚石 晶体硅 晶体硼 熔点（K）‎ ‎＞3823‎ ‎1683‎ ‎2573‎ 沸点（K）‎ ‎5100‎ ‎2628‎ ‎2823‎ 硬度（Moh）‎ ‎10‎ ‎7.0‎ ‎9.5‎ ‎①根据表中数据判断晶体硼的晶体类型属于　　晶体；‎ ‎②请解释金刚石的熔沸点高于晶体硅的原因是　　．‎ ‎18．元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1；元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子；元素Z的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍；元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态．‎ ‎（1）①在元素周期表中，元素X位于　　区，元素Y在周期表中的位置是　　．‎ ‎②Z所在周期中，第一电离能最大的元素是　　（填元素名称）．‎ ‎③X+的核外电子排布式为　　．‎ ‎④Y和W两元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是　　（填化学式）．‎ ‎（2）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．在1个晶胞中，X离子的数目为　　；该化合物的化学式为　　．‎ ‎（3）①在乙醇中的溶解度：Z的氢化物（H2Z）大于H2W，其主要原因是　　．‎ ‎②稳定性：H2Z　　H2W（填“＞”、“＜”或“=”），其主要原因是　　．‎ ‎19．（1）氟化氢水溶液中存在的氢键有　　种；分子（CN）2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为　　，1个分子中含有　　个π键；‎ ‎（2）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛，NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数均为　　；很多不饱和有机物在Ni催化下可以H2发生加成反应，如①CH2=CH2、②HC≡CH、③、④HCHO等，其中碳原子不是采取sp2杂化的分子有　　（填物质编号），HCHO分子的立体构型为　　．‎ ‎　‎ 三．实验题（本题包括3个小题，共20分）‎ ‎20．化学反应都有能量变化，吸热或放热是化学反应中能量变化的主要形式之一．‎ ‎（1）化学反应中有能量变化的本质原因是反应过程中有　　的断裂和形成．‎ ‎（2）已知拆开1molH﹣H键、1molCl﹣Cl键、1molH﹣Cl键分别需要的能量是436kJ、243kJ、432kJ，则反应 H2（g）+Cl2（g）=2HCl （g）的△H=　　．‎ ‎（3）已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ/mol ‎ 则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为　　．‎ ‎（4）已知25℃、101kPa下，稀的强酸与稀的强碱溶液反应的中和热为﹣57.3kJ/mol．‎ ‎①表示稀硫酸与稀烧碱溶液中和反应的热化学方程式为　　；‎ ‎②测定中和热实验中所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、　　．‎ ‎21．已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：‎ ‎|温度/℃‎ ‎700‎ ‎900‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ 平衡常数 ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式K=　　，△H　　0（填“＜”“＞”“=”）；‎ ‎（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L﹣1•s﹣1．，则6s时c（A）=　　 mol•L﹣1，C的物质的量为　　mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为　　，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为　　；‎ ‎（3）判断该反应是否达到平衡的依据为　　（填正确选项前的字母）：‎ a．压强不随时间改变 b．气体的密度不随时间改变 c．c（A）不随时问改变 d．单位时间里生成c和D的物质的量相等 ‎（4）1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为　　．‎ ‎　‎ 四．计算题（本题包括1个小题，8分）‎ ‎22．现有反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，在850℃时，平衡常数K=1．现在850℃时，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol，试回答下列问题（写出具体的计算过程）：‎ ‎（1）达平衡时，CO转化率为多少？‎ ‎（2）H2的体积分数为多少？‎ ‎（3）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L，则平衡时CO转化率为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省乐山市高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（以下各题均只有一个选项符合题意，每题3分．）‎ ‎1．在多电子原子中，决定轨道能量的是（　　）‎ A．电子层 B．电子层和能级 C．电子层、能级和原子轨道空间分布 D．原子轨道空间分布和电子自旋方向 ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】在多电子原子中，轨道能量是由主量子数和角量子数决定，即由电子能层和电子能级决定，据此分析．‎ ‎【解答】解：在多电子原子中，轨道能量是由主量子数和角量子数决定，n 代表主量子数，主要是决定原子的电子占据哪个电子能层．主量子数越大则电子占据更高的电子能层，原子的能量越高；主量子数越小则电子占据更低的电子能层，原子的能量越低；‎ l 代表角量子数，主要决定原子的电子占据同一个电子层的哪个亚电子层．主量子数相同时，电子都处在同一个电子层．此时，角量子数越大，则电子占据更高的能级，原子的能量越高；角量子数越小，则电子占据更低的能级，原子的能量越低；‎ 所以轨道能量由电子能层和电子能级决定；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关物质性质的比较，不正确的是（　　）‎ A．金属性：Li＞Na＞K＞Rb B．酸性：HF＜HCl＜HBr＜HI C．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+‎ D．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】A．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强；‎ B．同主族元素对应氢化物的酸性从上到下逐渐增强；‎ C．电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；‎ D．非金属性越强，最高价氧化物对应水合物的酸性越强．‎ ‎【解答】解：A．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，则金属性Li＜Na＜K＜Rb，故A错误；‎ C．F、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，则酸性逐渐减小，即酸性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故B正确；‎ D．K+含有3个电子层，Na+、Mg2+、Al3+含有3个电子层，钾离子半径最大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故C正确；‎ D．非金属性：Cl＞S＞P＞Si，则最高价氧化物对应水合物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．下列性质可以证明某化合物内一定存在离子键的是（　　）‎ A．可溶于水 B．熔融状态能导电 C．水溶液能导电 D．具有较高熔点 ‎【考点】离子化合物的结构特征与性质．‎ ‎【分析】离子化合物一定含离子键，由离子构成，熔融状态下可导电，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．如HCl能溶于水，但是只存在共价键，故A错误；‎ B．在熔融状态能导电说明电离成了阴阳离子，故一定存在离子键，故B正确；‎ C．在水溶液中导电，如HCl的水溶液能导电，但是只存在共价键，故C错误，‎ D．具有较高熔点的可能为共价化合物，如二氧化硅，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．某原子的一种激发态为1s22s12p1，则该元素在周期表中的位置为（　　）‎ A．第二周期ⅡA族 B．第二周期ⅢA族 C．第二周期ⅠA族 D．第二周期ⅣA族 ‎【考点】元素周期表的结构及其应用．‎ ‎【分析】某原子的一种激发态为1s22s12p1，所以基态是1s22s2，根据周期数等于最大能层数，族序数等于最外层电子数分析解答．‎ ‎【解答】解：某原子的一种激发态为1s22s12p1，所以基态是1s22s2，所以是第二周期，第ⅡA族元素，故选A．‎ ‎　‎ ‎5．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（　　）‎ A．SO2和SiO2 B．CO2和H2O C．NaCl和HCl D．CCl4和KCl ‎【考点】化学键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用．‎ ‎【分析】根据组成化合物的元素及物质类别分别判断出各项中的物质所属化学键类型和晶体类型．‎ ‎【解答】解：A中根据元素组成可判断都为极性共价键，但SO2为分子晶体而SiO2为原子晶体，故A错误；‎ B中都含极性键且都是分子晶体，故B正确；‎ C中NaCl含离子键为离子晶体，而HCl含共价键，为分子晶体，故C错误；‎ D中CCl4含共价键为分子晶体而KCl中含离子键为离子晶体，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．热化学方程式C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ/mol表示（　　）‎ A．碳和水反应吸收131.3kJ能量 B．1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量 C．1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJ D．1个固态碳原子和1个水蒸气分子反应吸热131.1kJ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A、相同物质的量的物质，状态不同，所含的能量不同，在表述热化学方程式时，应表述出物质的状态；‎ B、物质的聚集状态影响到物质所具有的能量；‎ C、相同物质的量的物质，状态不同，所含的能量不同；‎ D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数．‎ ‎【解答】解：A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同，故A错误；‎ B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同，故B错误；‎ C、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同，故C正确；‎ D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．SiCl4的分子结构与CCl4相似，对其进行下列推测，不正确的是（　　）‎ A．SiCl4晶体是分子晶体 B．常温常压下SiCl4是气体 C．SiCl4的分子 是由极性键形成的非极性分子 D．SiCl4的熔点高于CCl4‎ ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】SiCl4的分子结构与CCl4类似，与CCl4根据的结构和性质分析，CCl4属于分子晶体，常温为液体，含有共价键，分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高，据此分析．‎ ‎【解答】解：SiCl4的分子结构与CCl4类似，与CCl4根据的结构和性质分析，CCl4属于分子晶体，常温为液体，含有共价键，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，‎ A、SiCl4与CCl4结构相似，则常温常压下SiCl4是分子晶体，故A正确；‎ B、SiCl4与CCl4结构相似，常温常压下CCl4是液体，依据结构相似的分子晶体，其熔沸点取决于相对分子质量的大小，相对分子质量越大，熔沸点越高，Si的相对原子质量为28，大于C的为12，故SiCl4是液体不是气体，故B错误；‎ C、SiCl4中Si与Cl形成共价键，则SiCl4是由极性共价键形成的非极性分子，故C正确；‎ D、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，则SiCl4熔点高于CCl4，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（　　）‎ A．H2O与BeCl2为角形（V形）‎ B．CS2与SO2为直线形 C．BF3与PCl3为三角锥形 D．SO3与CO为平面三角形 ‎【考点】判断简单分子或离子的构型．‎ ‎【分析】根据价层电子对互斥模型（VSEPR模型）确定微粒的空间构型，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，据此判断立体结构．‎ ‎【解答】解：A．水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，BeCl2 中Be原子的价层电子对个数=2+×（2﹣2×1）=2，不含孤电子对，则分子空间构型是直线型，故A错误；‎ B．CS2分子中每个S原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以为直线形结构，SO2分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×2）=3且含有1个孤电子对，所以为V形结构，故B错误；‎ C．BF3分子中B原子的价层电子对个数=3+×（3﹣3×1）=3且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，PCl3中，价层电子对数=3+（5﹣3×1）=4，含孤电子对数为1，杂化轨道数4，中心原子以采取sp3杂化，分子形状为三角锥形，故C错误；‎ D．SO3中，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（6﹣3×2）=3，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，硫原子采用sp2杂化，分子形状为平面三角形；CO32﹣中碳原子价层电子对个数=3+=3，采用sp2杂化，所以CO32﹣‎ 的离子立体结构为为平面三角形，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．X、Y为两种元素的原子，X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（　　）‎ A．X的原子半径大于Y的原子半径 B．X的电负性大于Y的电负性 C．X的氧化性小于Y的氧化性 D．X的第一电离能小于Y的第一电离能 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】X元素的阴离子和Y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，最外层电子数较多，Y为金属元素，最外层电子数相对较少．‎ ‎【解答】解：X元素的印离子和Y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，最外层电子数较多，Y为金属元素，最外层电子数相对较少．‎ A．Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，原子半径小于同周期与Y处于同族的元素，故原子半径Y＞X，故A错误；‎ B．X为非金属元素，Y为金属元素，故X的电负性高于Y的电负性，故B错误；‎ C．X为非金属元素，Y为金属元素，故X的氧化性强于Y的氧化性，故C错误；‎ D．X为非金属元素，Y为金属元素，故X的第一电离能大于Y的第一电离能，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．等电子体之间结构相似、物理性质也相近．根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其原子总数和原子最外层电子总数相同，均可互称为等电子体．下列各组粒子不能互称为等电子体的是（　　）‎ A．CO32﹣和NO3﹣ B．O3和SO2 C．CO2和NO2﹣ D．SCN﹣和N3﹣‎ ‎【考点】“等电子原理”的应用．‎ ‎【分析】由短周期元素组成的粒子，只要其原子总数和原子最外层电子总数相同，均可互称为等电子体，等电子体的结构相似、物理性质相似，根据等电子体的概念分析解答．‎ ‎【解答】解：A．CO32﹣和NO3﹣的原子个数都为4，原子最外层电子总数：前者为24，后者为24，属于等电子体，故A正确；‎ B．O3和SO2的原子个数都为3，原子最外层电子总数：前者为18，后者为18，属于等电子体，故B正确；‎ C．CO2和NO2﹣的原子个数都为3，原子最外层电子总数：前者为16，后者为18，不属于等电子体，故C错误；‎ D．SCN﹣和N3﹣的原子个数都为3，原子最外层电子总数：前者为16，后者为16，属于等电子体，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（　　）‎ A．1.8g18O2分子与1.8g18O3分子中含有的中子数不同 B．7.8gNa2S和7.8g Na2O2中含有的阴离子数目均为0.1NA C．‎ ‎23.4 g NaCl晶体中含有0.1NA个如图所示的结构单元 D．含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的δ键数目为2NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、18O2分子与18O3均由氧原子构成；‎ B、Na2S和 Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个钠离子和1个阴离子构成；‎ C、质量换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl，计算分析；‎ D、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4molSi﹣O键来分析；‎ ‎【解答】解：A、18O2分子与18O3均由氧原子构成，故1.8g18O2分子与1.8g18O3中含有的18O的物质的量相同，均为0.1mol，则含有的中子数均为NA个，故A错误；‎ B、Na2S和 Na2O2‎ 的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个钠离子和1个阴离子构成，故7.8gNa2S和 Na2O的物质的量均为0.1mol，其含有的阴离子均为0.1NA个，故B正确；‎ C、质量换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl，23.4 g NaCl晶体物质的量==0.4mol；所以含0.1 NA个如图所示结构单元，故C正确；‎ D、含16 g氧原子的二氧化硅的物质的量为=0.5mol，根据1mol二氧化硅中含4molSi﹣Oδ键可知，0.5mol二氧化硅晶体中含有的δ键数目为2NA，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．在气体反应中，能使反应物活化分子数和活化分子百分数同时增加的方法（　　）‎ ‎①增加反应物的浓度 ②升高温度 ③移去生成物 ④增大压强 ⑤加入催化剂．‎ A．①③ B．②⑤ C．②④ D．①⑤‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可升高温度、加入催化剂等措施．‎ ‎【解答】解：增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，而②和⑤既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，移去生成物，浓度降低，活化分子和活化分子的百分数都减小，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎13．已知：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s），△H=﹣350kJ•mol﹣1，‎ ‎（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s），△H=﹣25kJ•mol﹣1，‎ 则Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）的△H等于（　　）‎ A．﹣375 kJ•mol﹣1 B．﹣325 kJ•mol﹣1‎ C．+375 kJ•mol﹣1 D．+325 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】依据热化学方程式和盖斯定律计算得到，反应焓变与反应过程无关．‎ ‎【解答】解：：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s），△H=﹣350kJ•mol﹣1，‎ ‎（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s），△H=﹣25kJ•mol﹣1，‎ 依据盖斯定律（1）﹣（2）得到 Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）△H=﹣325 kJ•mol﹣1；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．在恒温、恒容条件下，能使A（g）+B（g）⇌C（g）+D（s） 正反应速率增大的措施是（　　）‎ A．减小C或D的浓度 B．再加入一定量D C．减小B的浓度 D．增大A或B的浓度 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，恒温条件下，要使 A（g）+B（g）⇌C（g）+D（s）正反应速率增大，可以通过增大反应物浓度、增大压强等来实现，注意D为固体，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．D为固体，减少D的量对反应速率无影响，故A错误；‎ B．D为固体，增加D的量，对反应速率无影响，故B错误；‎ C．减小B的浓度，反应速率减小，故C错误；‎ D．增大A或B的浓度，反应物浓度增大，则正反应速率增大，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．下列关于平衡常数K的说法中，正确的是（　　）‎ A．在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值 B．改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K C．平衡常数K只与温度有关，与反应浓度、压强无关 D．从平衡常数K的大小不能推断一个反应进行的程度 ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】化学平衡常数只受温度影响，与浓度、压强无关，平衡常数越大，反应进行的程度越大，可逆程度越小．‎ ‎【解答】解：A、化学平衡常数受温度影响，温度变化，化学平衡常数发生变化，故A错误；‎ B、浓度不影响化学平衡常数，故B错误；‎ C、平衡常数K只与温度有关，反应浓度、压强不影响化学平衡常数，故C正确；‎ D、平衡常数越大，反应进行的程度越大，可逆程度越小，平衡常数K的大小可以推断一个反应进行的程度，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．在某一温度下，某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变化如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示．则下列结论正确的是（　　）‎ A．该反应的热化学方程式M（g）+3N（g）⇌2R（g）△H＞0‎ B．达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动 C．达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率减小 D．达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡一定向正反应方向移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．从图b中也看出T1＞T2，升高温度，N的体积分数变大；‎ B．缩小容器的体积，即增大压强；‎ C．升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动；‎ D．恒容时，通入稀有气体，M、N、R的浓度不变．‎ ‎【解答】解：A．从图a可得出M、N为反应物、R为生成物，由△c之比可知化学计量数之比，该反应为M（g）+3N（g）⇌2R（g），从图b中也看出T1＞T2，升高温度，N的体积分数变大，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，△H＜0，故A错误；‎ B．缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，故B错误；‎ C．升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动，M的转化率减小，故C正确；‎ D．若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体，则平衡不移动，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二．实验题（本题包括3个小题，共24分）‎ ‎17．（1）请将下列变化过程中破坏的微粒间作用力名称的编号填在横线上：‎ A．共价键 B．离子键 C．金属键 D．分子间作用力 ‎①氢氧化钠熔化　B　；②干冰升华　D　；‎ ‎③二氧化硅熔化　A　； ④钠熔化　C　．‎ ‎（2）单质硼有无定形和晶体两种，参考表数据．‎ 金刚石 晶体硅 晶体硼 熔点（K）‎ ‎＞3823‎ ‎1683‎ ‎2573‎ 沸点（K）‎ ‎5100‎ ‎2628‎ ‎2823‎ 硬度（Moh）‎ ‎10‎ ‎7.0‎ ‎9.5‎ ‎①根据表中数据判断晶体硼的晶体类型属于　原子　晶体；‎ ‎②请解释金刚石的熔沸点高于晶体硅的原因是　C﹣C键长比Si﹣Si键长短，所以C﹣C键能比Si﹣Si键能大，熔化或汽化所需要的能量多，所以金刚石的熔、沸点比晶体硅高　．‎ ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】（1）一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键，以此解答该题；‎ ‎（2）①根据表中数据可以看出单质晶体硼的熔、沸点、硬度都介于典型的原子晶体，金刚石和晶体硅之间，以此判断；‎ ‎②原子晶体共价键键长越长熔沸点越低．‎ ‎【解答】解：（1）①NaOH是离子晶体，微粒间的作用力是离子键，熔化时破坏离子键；‎ ‎②干冰属于分子晶体，干冰气化，克服的是分子间作用力；‎ ‎③SiO2属于原子晶体，SiO2熔化时破坏共价键；‎ ‎④钠熔化克服金属键，‎ 故答案为：①B　 ②D　 ③A　 ④C；‎ ‎（2）①非金属单质的晶体类型主要有2种：原子晶体和分子晶体，由于作用力强弱相差悬殊，物理性质（熔、沸点、硬度）差别也甚大，因此根据表中数据可以看出单质晶体硼的熔、沸点、硬度都介于典型的原子晶体，金刚石和晶体硅之间，因此晶体硼当属原子晶体；‎ 故答案为：原子； ‎ ‎②C﹣C键长比Si﹣Si键长短，所以C﹣C键能比Si﹣Si键能大，熔化或汽化所需要的能量多，所以金刚石的熔、沸点比晶体硅高，所以金刚石的熔沸点高于晶体硅，‎ 故答案为：C﹣C键长比Si﹣Si键长短，所以C﹣C键能比Si﹣Si键能大，熔化或汽化所需要的能量多，所以金刚石的熔、沸点比晶体硅高．‎ ‎　‎ ‎18．元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1；元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子；元素Z的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍；元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态．‎ ‎（1）①在元素周期表中，元素X位于　ds　区，元素Y在周期表中的位置是　第三周期ⅦA族　．‎ ‎②Z所在周期中，第一电离能最大的元素是　氖　（填元素名称）．‎ ‎③X+的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d10　．‎ ‎④Y和W两元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是　HClO4　（填化学式）．‎ ‎（2）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．在1个晶胞中，X离子的数目为　4　；该化合物的化学式为　CuCl　．‎ ‎（3）①在乙醇中的溶解度：Z的氢化物（H2Z）大于H2W，其主要原因是　水分子与乙醇分子间能形成氢键；且水分子和乙醇分子中均有羟基　．‎ ‎②稳定性：H2Z　＞　H2W（填“＞”、“＜”或“=”），其主要原因是　H2O分子内H﹣O的键能大于H2S分子内H﹣S的键能（或氧元素非金属性大于硫元素的非金属性；或H﹣O键的键长小于H﹣S键的键长）　．‎ ‎【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为1，所以该原子有29个电子，为Cu元素；元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子，则Y是Cl元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态，故W是S元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为1，所以该原子有29个电子，为Cu元素；元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子，则Y是Cl元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态，故W是S元素，‎ ‎（1）①元素Y为Cl，Cl有3个电子层，最外层7个电子，故处于周期表中第三周期第ⅦA族，元素X为Cu，处于周期表中ds区，‎ 故答案为：ds； 第三周期ⅦA族； ‎ ‎②O所在周期为第二周期，其中第一电离能最大的元素是氖，‎ 故答案为：氖；‎ ‎③X为Cu，Cu+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d10；‎ ‎④Cl和S两元素所形成的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4和HClO4，元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，由于非金属性Cl＞S，故酸性较强的是HClO4，‎ 故答案为：HClO4；‎ ‎（2）Cu与Cl所形成化合物晶体的晶胞如图所示，1个晶胞中Cu为：8×+6×=4，Cl为：4，故此晶胞中Cu与Cl的个数比为1：1，故化学式为：CuCl，‎ 故答案为：4； CuCl；‎ ‎（3）①在乙醇中的溶解度：O的氢化物（H2O）大于H2‎ S，其主要原因是：水分子与乙醇分子间能形成氢键，且水分子和乙醇分子中均有羟基，结构相似，‎ 故答案为：水分子与乙醇分子间能形成氢键；且水分子和乙醇分子中均有羟基；‎ ‎②由于O原子的比较小于S原子，故H2O分子内H﹣O的键能大于H2S分子内H﹣S的键能，或氧元素非金属性大于硫元素的非金属性；或H﹣O键的键长小于H﹣S键的键长，‎ 故答案为：＞；H2O分子内H﹣O的键能大于H2S分子内H﹣S的键能（或氧元素非金属性大于硫元素的非金属性；或H﹣O键的键长小于H﹣S键的键长）．‎ ‎　‎ ‎19．（1）氟化氢水溶液中存在的氢键有　4　种；分子（CN）2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为　N≡C﹣C≡N　，1个分子中含有　4　个π键；‎ ‎（2）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛，NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数均为　6　；很多不饱和有机物在Ni催化下可以H2发生加成反应，如①CH2=CH2、②HC≡CH、③、④HCHO等，其中碳原子不是采取sp2杂化的分子有　②　（填物质编号），HCHO分子的立体构型为　平面三角形　．‎ ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】（1）HF分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，HF与水分子之间形成2种氢键；分子（CN）2中碳原子按sp杂化，碳碳之间是单键，碳氮之间是参键，碳氮参键中有两个π键，据此判断；‎ ‎（2）因为Ni0的晶体结构类型与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6，根据碳原子含有的σ键和孤电子对判断碳原子采取的杂化方式； 根据价层电子对互斥理论判断甲醛的空间构型．‎ ‎【解答】解：（1）HF分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，HF与水分子之间形成2种氢键（H﹣F…H﹣O、H﹣O…H﹣F），氟化氢水溶液中存在的氢键有4种氢键；‎ 分子（CN）2中碳原子按sp杂化，碳碳之间是单键，碳氮之间是参键，其结构式为：N≡C﹣C≡N，碳氮参键中有两个π键，所以1个分子中含有4个π键，‎ 故答案为：4；N≡C﹣C≡N；4；‎ ‎（2）NiO的晶体结构类型与氯化钠相同，氯化钠中钠离子和氯离子配位数都是6，所以NiO中Ni和O的配位数都是6，‎ ‎①CH2=CH2中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化，故①正确；‎ ‎②HC≡CH中每个碳原子含有2个σ键，不含孤电子对，所以采取sp杂化，故②错误；‎ ‎③中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化，故③正确；‎ ‎④HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化，故④正确；‎ HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，‎ 故答案为：6；②；平面三角形．‎ ‎　‎ 三．实验题（本题包括3个小题，共20分）‎ ‎20．化学反应都有能量变化，吸热或放热是化学反应中能量变化的主要形式之一．‎ ‎（1）化学反应中有能量变化的本质原因是反应过程中有　化学键　的断裂和形成．‎ ‎（2）已知拆开1molH﹣H键、1molCl﹣Cl键、1molH﹣Cl键分别需要的能量是436kJ、243kJ、432kJ，则反应 H2（g）+Cl2（g）=2HCl （g）的△H=　﹣185kJ/mol　．‎ ‎（3）已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ/mol ‎ 则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为　CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1　．‎ ‎（4）已知25℃、101kPa下，稀的强酸与稀的强碱溶液反应的中和热为﹣57.3kJ/mol．‎ ‎①表示稀硫酸与稀烧碱溶液中和反应的热化学方程式为　H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol　；‎ ‎②测定中和热实验中所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、　温度计　．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）根据化学反应的本质以及化学反应中能量变化的微观原因；‎ ‎（2）依据焓变△H=反应物拆化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量计算得到；‎ ‎（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；‎ ‎（4）①依据中和热概念书写得到；‎ ‎②依据中和热测定实验的过程和仪器分析中和热实验时所需的玻璃仪器；‎ ‎【解答】解：（1）化学反应的本质是化学键的断裂与形成，化学反应中能量变化的微观表现是断开化学键吸收的能量与形成化学键放出的能量不相等，若为若为放热反应，断开化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，若为吸热反应，断开化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量，故答案为：化学键；‎ ‎（2）已知拆开1molH﹣H键、1molCl﹣Cl键、1molH﹣Cl键分别需要的能量是436kJ、243kJ、432kJ，则反应：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的△H=436kJ+243kJ﹣2×432kJ=﹣185KJ/mol；‎ 故答案为：﹣185kJ/mol；‎ ‎（3）①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1‎ ‎②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律②﹣①得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1 ；‎ 故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1 ；‎ ‎（2）①依据中和热概念分析，稀硫酸与稀烧碱溶液中和反应的热化学方程式为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ/mol；‎ 故答案为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ/mol；‎ ‎②依据量热计的结果和原理分析，测定中和热实验时所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒；‎ 故答案为：温度计．‎ ‎　‎ ‎21．已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：‎ ‎|温度/℃‎ ‎700‎ ‎900‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ 平衡常数 ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式K=　　，△H　＜　0（填“＜”“＞”“=”）；‎ ‎（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L﹣1•s﹣1．，则6s时c（A）=　0.022　 mol•L﹣1，C的物质的量为　0.09　mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为　80%　，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为　80%　；‎ ‎（3）判断该反应是否达到平衡的依据为　c　（填正确选项前的字母）：‎ a．压强不随时间改变 b．气体的密度不随时间改变 c．c（A）不随时问改变 d．单位时间里生成c和D的物质的量相等 ‎（4）1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为　2.5　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，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，据此书写；‎ 由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；‎ ‎（2）根据△c=v△t计算△c（A），A的起始浓度﹣△c（A）=6s时c（A）；‎ 根据△n=△cV计算△n（A），再根据方程式计算C的物质的量；‎ 设平衡时A的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算；‎ 体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变；‎ ‎（3）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；‎ ‎（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数．‎ ‎【解答】解：（1）可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的平衡常数表达式k=，‎ 由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即△H＜0，‎ 故答案为：；＜；‎ ‎（2）反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L﹣1•s﹣1，则6s内△c（A）=0.003mol•L﹣1•s﹣1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为=0.04mol/L，故6s时时c（A）=0.04mol/L﹣0.018mol/L=0.022mol/L，‎ 故6s内△n（A）=0.018mol/L×5L=0.09mol，由方程式可知n（C）=△n（A）=0.09mol，‎ 设平衡时A的浓度变化量为x，则：‎ ‎ A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）‎ 开始（mol/L）：0.04 0.16 0 0‎ 变化（mol/L）：x x x x 平衡（mol/L）：0.04﹣x 0.16﹣x x x 故=1，解得x=0.032‎ 所以平衡时A的转化率为×100%=80%，‎ 体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变为80%，‎ 故答案为：0.022；0.09；80%；80%；‎ ‎（3）a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误，‎ b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误，‎ c．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确，‎ d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误，‎ 故答案为：c；‎ ‎（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为=2.5，‎ 故答案为：2.5．‎ ‎　‎ 四．计算题（本题包括1个小题，8分）‎ ‎22．现有反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，在850℃时，平衡常数K=1．现在850℃时，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol，试回答下列问题（写出具体的计算过程）：‎ ‎（1）达平衡时，CO转化率为多少？‎ ‎（2）H2的体积分数为多少？‎ ‎（3）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L，则平衡时CO转化率为多少？‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】设转化CO的浓度为x，850℃时，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol，列三段式：‎ ‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）‎ c始：2 2 0 0‎ c转：x x x x c平：2﹣x 2﹣x x x 在850℃时，平衡常数K=1．则=1，解得x=1，‎ 据此计算CO的转化率；氢气的体积分数；温度不变，K不变，计算初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L，则平衡时CO转化率．‎ ‎【解答】解：设转化CO的浓度为x，850℃时，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol，列三段式：‎ ‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）‎ c始：2 2 0 0‎ c转：x x x x c平：2﹣x 2﹣x x x 在850℃时，平衡常数K=1．则=1，解得x=1，‎ ‎（1）平衡时，CO转化率为=50%；‎ 答：达平衡时，CO转化率为50%；‎ ‎（2）H2的体积分数为=25%；‎ 答：H2的体积分数为25%；‎ ‎（3）初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L，则平衡时CO转化了y，‎ ‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）‎ c始：2 6 0 0‎ c转：y y y y c平：2﹣y 6﹣y y y 温度不变，则K不变，有=1，解得y=1.5，CO转化率为=75%；‎ 答：850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L，则平衡时CO转化率为75%．‎ ‎　‎