四川省雅安市2024-2025学年高二化学上学期期末检测试题含解析

PAGE19-四川省雅安市2024-2025学年高二化学上学期期末检测试题（含解析）请你在做题之前细致阅读下列说明：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。2.考试时间：90分钟；满分100分。3.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写清晰，并细致核对条形码上的准考证号，在规定的位置贴好条形码。4.回答第Ⅰ卷（选择题）时，必需运用2B铅笔填涂：第Ⅱ卷（非选择题）必需运用0.5毫米黑色墨水签字笔书写、笔迹清晰。依据题号依次在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效，在草稿纸上、试卷上答题无效。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱，禁用涂改液、涂改胶条。第Ⅱ卷（选择题）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Ca-40Cr-52P-31一、选择题（共21个小题，每小题只有一个选项符合题目要求。每小题2分，共42分。）1.下列过程中，须要汲取能量的是（）A.H+H=H2 B.S+O2=SO2 C.I2=I+I D.H++OH-=H2O【答案】C【解析】【详解】A．形成键要放出能量，H+H=H2要放出能量，故A不符合题意；B．S+O2=SO2是燃烧反应，属于放热反应，放出能量，故B不符合题意；C．断裂化学键汲取能量，I2=I+I要汲取能量，故C符合题意；D．H++OH−=H2O是中和反应，属于放热反应，放出能量，故D不符合题意；答案选C。2.下列反应属于可逆反应的是（）A.Cl2与水的反应B.氮气和氧气的反应C.电解水生成H2和O2，点燃H2和O2的混合物生成H2OD.甲烷和氯气光照发生的反应【答案】A【解析】【分析】可逆反应指的是在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时，又能向逆反应方向进行的反应。【详解】A．氯气与水生成盐酸和次氯酸，是可逆反应，故A正确；B．氮气和氧气在放电条件下反应生成一氧化氮是不行逆反应，故B错误；C．电解水生成H2和O2须要通电，H2在O2中燃烧生成H2O，须要点燃，反应条件不同，不是可逆反应，故C错误；D．甲烷和氯气光照发生取代反应，不是可逆反应，故D错误；答案选A。3.下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是A.CaO与CO2 B.NaCl与HCl C.SiC与SiO2 D.Cl2与I2【答案】C【解析】【详解】A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；故选C。4.下列基态原子价电子排布式中，正确的是A.3d94s2 B.3d44s2 C.3d104s0 D.3d84s2【答案】D【解析】【分析】基态原子的核外电子排布必需满意①能量最低原理②洪特规则③泡利不相容原理及轨道能量凹凸依次。【详解】A：应为3d104s1，故A错误；B：应为3d54s1，故B错误；C：应为3d84s2，故C错误D：应为3d84s2，故D正确；正确答案：D。【点睛】本题重点考查洪特规则特例的运用，即电子在能量相同的轨道上，处于全满，半满，全空时的体系能量最低，原子最稳定。5.下列有关杂化轨道的叙述错误的是（）A.并不是全部的原子轨道都参与杂化B.同一个原子中能量相近的原子轨道参与杂化C.杂化轨道能量集中，有利于坚固成键D.杂化轨道中肯定有电子【答案】D【解析】【分析】依据题中杂化轨道可知，本题考查原子的杂化类型，依据VSEPR理论分析。【详解】A.依据杂化轨道理论的概念可知：并不是全部的原子轨道都参与杂化，故A正确；

B.依据概念可知：同一原子中能量相近的原子轨道参与杂化，故B正确；

C.杂化轨道能量集中，有利于坚固成键，故C正确；D.杂化轨道并不是都用来成键，也可以容纳孤对电子，故D错误；答案选D。【点睛】杂化轨道理论是一种科学理论。在形成多原子分子的过程中，中心原子的若干能量相近的原子轨道重新组合，形成一组新的轨道，这个过程叫做轨道的杂化，产生的新轨道叫做杂化轨道。6.下列说法错误的是（）A.键能越小，表示化学键越坚固，越难以断裂B.成键的两原子核越近，键长越短，化学键越坚固，性质越稳定C.破坏化学键时消耗能量，而形成化学键时释放能量D.键能、键长只能定性地分析化学键的强弱【答案】AD【解析】【详解】A．键能越大，断开该键所需的能量越多，化学键越坚固，性质越稳定，故A错误；B．键长越短，断开该键越难，该化学键越坚固，性质越稳定，故B正确；C．破坏化学键时须要汲取能量，成键时释放能量，故C正确；D．键能越大，键长越短，化学键越坚固。键能键长可用于定量和定性地分析化学键的强弱，故D错误；答案选AD。7.不能够支持石墨是晶体这一事实的选项是（）A.石墨和金刚石是同素异形体 B.石墨中的碳原子呈周期性有序排列C.石墨的熔点为3625℃ D.在石墨的X-射线衍射图谱上有明锐的谱线【答案】A【解析】【分析】晶体是内部质点在三维空间呈有序排列的固体，并呈周期性重复排列；晶体的三个特征：(1)晶体有整齐规则的几何外形；(2)晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变；(3)晶体有各向异性的特点，非晶体没有。【详解】A．石墨与金刚石互为同素异形体，与是否是晶体没有联系，如无定形碳也是金刚石和石墨的同素异形体，但它属于非晶体，所以不能说明石墨是晶体，故A符合题意；B．石墨中的碳原子呈周期性有序排列，符合晶体的有序排列规则，可以说明石墨是晶体，故B不符合题意；C．石墨的熔点为3625℃，符合晶体有固定的熔点的特征，可以说明石墨是晶体，故C不符合题意；D．在石墨的X-射线衍射图谱上有明锐的谱线，符合晶体的X-射线衍射图谱上有分明的斑点或明锐的谱线的特征，可以说明石墨是晶体，故D不符合题意；答案选A。【点睛】晶体的X-射线衍射图谱上有分明的斑点或明锐的谱线，而非晶体没有。8.下列晶体性质的比较中错误的是A.熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅 B.沸点：NH3>PH3C.硬度：白磷>冰>二氧化硅 D.熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4【答案】C【解析】【详解】A．三种物质都是原子晶体，因为C原子半径小于Si的，所以键长：C—C键<C—Si键<Si—Si键，键能：C—C键>C—Si键>Si—Si键，键能越大，原子晶体的熔点越高，A正确；B．NH3和PH3都是分子晶体，但NH3分子间存在氢键，故NH3的沸点较高，B正确；C．二氧化硅是原子晶体，硬度较大，白磷和冰都是分子晶体，硬度较小，C错误；D．卤化硅为分子晶体，它们组成和结构相像，分子间不存在氢键，故相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，D正确；故答案选C。【点睛】（1）推断分子晶体的熔、沸点凹凸时，主要从以下两个方面考虑：一是有无氢键，存在分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高；二是看分子间作用力强弱，主要是在结构相像的状况下，看物质的相对分子质量大小，相对分子质量大者，其分子间作用力大，对应晶体的熔、沸点高；（2）确定原子晶体熔、沸点凹凸的因素是原子间共价键的强弱，共价键越强，破坏共价键所需的能量越多，对应晶体的熔、沸点也越高。9.对某一可逆反应来说，运用催化剂的作用是（）A.提高反应物的平衡转化率 B.以同样程度变更正、逆反应速率C.增大反应的活化能 D.变更平衡混合物的组成【答案】B【解析】【详解】A．催化剂变更速率，不改变更学平衡，反应物的转化率不变，故A错误；B．催化剂同等程度影响正逆反应速率，故B正确；C．运用催化剂可降低反应活化能，故C错误；D．催化剂变更速率，不改变更学平衡，不变更平衡混合物的组成，故D错误；答案选B。10.下列反应既是氧化还原反应，又是放热反应的是（）A.铝片与稀H2SO4反应B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C.灼热的碳与CO2反应D.NaOH与HCl反应【答案】A【解析】【详解】A．铝片与稀硫酸反应属于氧化还原反应，又是放热反应，故A正确；B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，属于吸热反应，故B错误；C．炭与二氧化碳反应属于吸热反应，故C错误；D．氢氧化钠与盐酸的中和反应不是氧化还原反应，故D错误；故选A。11.甲烷晶体的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是（）A.甲烷晶胞中的球只代表1个C原子B.晶体中1个CH4分子四周有12个紧邻的CH4分子C.甲烷晶体熔化时需克服共价键D.1个CH4晶胞中含有8个CH4分子【答案】B【解析】【详解】A．晶胞中的球体代表的是1个甲烷分子，并不是1个碳原子，故A错误；B．以该甲烷晶胞为单元，位于顶点的某1个甲烷分子与其距离最近的甲烷分子有3个，而这3个甲烷分子在面心上，因此每个都被共用2次，故与1个甲烷分子紧邻的甲烷分子有3×8×=12个，故B正确；C．甲烷是分子晶体，熔化时需克服范德华力，故C错误；D．甲烷晶胞属于面心立方晶胞，甲烷晶胞中的球体代表1个甲烷分子,该晶胞含有甲烷的分子个数为8×+6×=4，故D错误；答案选B。12.下列各组物质中，化学键类型都相同的是（）A.CaCl2和NaOH B.Na2O和Na2O2 C.CO2和CS2 D.[Cu(NH3)4]SO4和NaCl【答案】C【解析】【分析】化学键分为离子键和共价键，离子键为阴阳离子之间的静电作用，共价键为相邻原子之间的较强作用力，从组成上推断，活泼金属与活泼非金属性形成离子键，非金属性原子之间形成共价键，以此解答该题。【详解】A．CaCl2只含离子键，NaOH含离子键、共价键，均为离子化合物，故A不符合题意；B．Na2O只含有离子键和Na2O2含有离子键和共价键，故B不符合题意；C．CO2和CS2均只含共价键，均为共价化合物，故C符合题意；D．[Cu(NH3)4]SO4含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，故D不符合题意；答案选C。13.下列物质由极性键和非极性键构成的非极性分子是（）A.NaCl B.CH4 C.C2H5OH D.C2H4【答案】D【解析】【详解】A．NaCl是离子化合物，只含有离子键，不含共价键，故A不符合题意；B．CH4分子中只有碳氢单键，是由极性键构成的正四面体形非极性分子，故B不符合题意；C．C2H5OH分子中有碳氢单键，碳氧单键，氧氢键，是由极性键构成的极性分子，故C不符合题意；D．C2H4分子中有碳碳双键和碳氢键，既有极性键又有非极性键，分子呈对称的平面结构，故其属于非极性分子，故D符合题意；答案选D。14.下列说法不正确的是（）A.对于有气体参与的可逆反应，加压化学平衡不肯定发生移动B.外界条件的变更引起v正≠v逆，则平衡肯定发生移动C.平衡移动，反应物的浓度肯定减小D.外界条件发生变更，化学平衡不肯定移动【答案】C【解析】【分析】已达到平衡的反应，外界反应条件变更时，平衡混合物里各组成物质的百分含量也就会变更，而达到新的平衡状态叫化学平衡移动。【详解】A．对于有气体参与的可逆反应，若反应前后气体总体积不变，加压化学平衡不发生移动，故A正确；B．当反应达到平衡状态时，其中一个标记是v正=v逆，当外界条件的变更引起v正≠v逆，则平衡肯定发生移动，故B正确；C．平衡移动分正方向移动和逆方向移动，所以反应物的浓度不肯定减小，故C错误；D．外界条件发生变更，化学平衡不肯定移动，如运用催化剂，故D正确；答案选C。【点睛】分析条件变更会导致哪些量的变更，是否引起速率变更，假如速率不变，平衡肯定不移动；假如速率变更，平衡不肯定移动：(1)变更程度相同[v正=v逆]，平衡不移动；(2)变更程度不相同[v正≠v逆]，平衡移动。15.对于反应：I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)，在密闭容器中进行，下列条件能加快化学反应速率的是（）A.缩小体积使压强增大 B.体积不变充入He使气体压强增大C.体积不变使压强减小 D.使总压强不变，充入Ne【答案】A【解析】【详解】A．缩小反应体系的体积，使总压增大，各物质的浓度均增大，故反应速率加快，故A正确；B．体积不变充入He使气体压强增大，但体系中各物质浓度均不变，则反应速率不变，故B错误；C．体积不变使压强减小，即削减反应体系的气体，参与反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故C错误；D．使总压强不变，充入Ne，导致体积增大，各物质的浓度均减小，则反应速率减慢，故D错误；答案选A。【点睛】解题时要留意，I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强的变更平衡不移动，但反应速率可能变，也可能不变，将压强的影响转化为对体系物质的浓度影响分析。16.已知葡萄糖(C6H12O6)的燃烧热是2804kJ·mol-1，当它在人体内氧化生成1g水时放出的热量约为（）A.26.0kJ B.51.9kJ C.155.8kJ D.467.3kJ【答案】A【解析】【分析】依据燃烧热的概念可知，1mol葡萄糖燃烧放出2804kJ热量时生成6mol液态水，即108g水，通过假设生成1g

液态水时放出的热量是xkJ，列式计算即可。【详解】葡萄糖的燃烧热是2804kJ/mol，可知葡萄糖的燃烧热的热化学方程式为C6H12O6(s)+6O2(g)6CO2(g)+6H2O(l)△H=-2804kJ/mol，即生成108gH2O放出2804kJ的热量，设生成1g

液态水时放出的热量是xkJ，可得：＝解得：x=26.0kJ，答案选A。17.下列事实，不能用勒夏特列原理说明的是（）A.氨水中加酸，NH4+的浓度增大B.合成氨工业中不断从反应混合物中液化分别出氨气C.试验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2D.合成氨限制在500℃左右的温度而不用室温【答案】D【解析】【分析】勒夏特列原理为：假如变更影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种变更的方向移动．运用勒夏特列原理时，该反应必需是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．氨水中加酸，平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故A能用勒夏特列原理说明；B．分别出氨气，平衡正向移动，提高反应物的转化率，故B能用勒夏特列原理说明；C．饱和食盐水中氯离子浓度达最大值，增大氯离子浓度，使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO平衡逆向移动，削减氯气的溶解，故C能用勒夏特列原理说明；D．合成氨正反应是放热反应，温度上升，平衡逆向移动，500℃温度是为了提高催化剂的活性，故D不能用勒夏特列原理说明；答案选D。18.已知氯化铬的水合物为CrCl3·6H2O，其中铬元素的配位数是6，将含0.1mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2molAgCl沉淀，则氯化铬溶于水中的含铬阳离子为A.Cr3＋ B.[CrCl2(H2O)4]＋ C.[CrCl(H2O)5]2＋ D.[Cr(H2O)6]3＋【答案】C【解析】【详解】中心配离子中的配体在溶液中很难电离，已知0.1mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2molAgCl沉淀，说明该协作物的外界有2个氯离子，则其内界只有一个氯离子，故答案为C19.已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应生成1mol水的ΔH=-12.1kJ·mol-1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应生成1mol水的ΔH=-55.6kJ·mol-1，则HCN在水溶液中电离的ΔH等于（）A.-67.7kJ·mol-1 B.-43.5kJ·mol-1 C.+43.5kJ·mol-1 D.+67.7kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】依据题意，反应的热化学方程式分别为：①HCN(aq)+OH-(aq)═CN-(aq)+H2O(l)△H=-12.1kJ·mol-1；②H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-55.6kJ·mol-1；依据盖斯定律：用①-②可得HCN电离的热化学方程式为：HCN(aq)⇌H+(aq)+CN-(aq)△H=-12.1kJ·mol-1-(-55.6kJ·mol-1)=+43.5kJ·mol-1，故C正确；答案选C。20.对于可逆反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变更的是（）A.增大压强 B.上升温度 C.运用催化剂 D.多充入O2【答案】B【解析】【分析】增大反应物中活化分子百分数、化学反应速率，可上升温度或加入催化剂，如平衡常数发生变更，应变更温度，以此解答该题。【详解】A．平衡常数只与温度有关，增大压强，平衡常数不变，故A错误；B．上升温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变更，故B正确；C．平衡常数只与温度有关，运用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D．多充O2，反应速率加快，但活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误；答案选B。21.如图所示是从NaCl或CsCl晶体结构中分割出来的部分结构图，其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是（）A.(1)和(3) B.(2)和(3) C.(1)和(4) D.只有(4)【答案】C【解析】【详解】由于在NaCl晶体中，每个Na+四周同时吸引着最近的等距离的6个Cl-，同样每个Cl-四周同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图(1)中符合条件，图(4)中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件，答案选C。第Ⅱ卷（非选择题）22.（1）沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，常温下，0.5molCH4完全燃烧生成CO2(g)和液态水时，放出445kJ热量，则热化学方程式为__。（2）已知：N2(g)+H2(g)=N(g)+3H(g)ΔH1=+akJ·mol-1N(g)+3H(g)=NH3(g)ΔH2=-bkJ·mol-1NH3(g)=NH3(l)ΔH3=-ckJ·mol-1写出N2(g)和H2(g)反应生成液氨的热化学方程式__。（3）SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中，只存在S-F键，已知1molS(s)转化为气态硫原子汲取能量280kJ，F-F键能为160kJ·mol-1，S-F键能为330kJ·mol-1，试写出S(s)和F2(g)反应生成SF6(g)的热化学方程式__。【答案】(1).CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1(2).N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)ΔH=-2(b+c-a)kJ·mol-1(3).S(s)+3F2(g)=SF6(g)ΔH=-1220kJ·mol-1【解析】【分析】(1)0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，1molCH4燃烧生成CO2和液态水时放热2×445kJ=890kJ；(2)依据盖斯定律解答；(3)反应热△H=反应物总键能−生成物总键能计算反应热，标注物质聚集状态和对饮系数下的反应焓变写出热化学方程式。【详解】(1)0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，1molCH4燃烧生成CO2和液态水时放热2×445kJ=890kJ，则表示甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1；(2)已知：N2(g)+H2(g)=N(g)+3H(g)ΔH1=+akJ·mol-1①N(g)+3H(g)=NH3(g)ΔH2=-bkJ•mol-1

②NH3(g)=NH3(l)ΔH3=-ckJ•mol-1

③依据盖斯定律：由2(②+③+①)可得N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)ΔH=2(ΔH2+ΔH3+ΔH1)=-2(b+c-a)kJ/mol；(3)反应热ΔH=反应物总键能−生成物总键能，所以对于S(s)+3F2(g)=SF6(g)，其反应热ΔH=280kJ/mol+3×160kJ/mol−6×330kJ/mol=−1220kJ/mol，即S(s)+3F2(g)=SF6(g)ΔH=-1220kJ/mol。【点睛】热化学方程式中要标注物质的状态；热化学方程式的数值与化学计量数有关，对于相同的物质反应，当化学计量数不同，其ΔH也不同。23.下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H++13H2O=4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH（1）[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是__（填元素符号），配位数是__。（2）1molCH3COOH分子含有σ键的数目为___；含有π键的数目为__。（3）水与乙醇可以随意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为__。（4）Cr原子的外围电子排布式是__。【答案】(1).O(2).6(3).7NA（或7×6.02×1023）(4).NA(5).H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键(6).3d54s1【解析】【分析】(1)依据协作物定义回答出配位数，配位原子；(2)依据乙酸的分子结构式可知，σ键和π键的数目；(3)依据H2O与CH3CH3OH分子的性质；(4)依据Cr在元素周期表中的位置，写出核外电子排布式，写出外围电子排布式。【详解】(1)协作物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子供应孤对电子，与Cr3+形成配位键，与Cr3+形成配位键的原子是O，配位数是6；(2)依据乙酸的分子结构式可知，CH3CHOOH分子中含有1个C−C、3个C−H、1个C−O、1个C=O、1个O−H等化学键,单键是σ键，双键中一个是σ键，一个是π键，CH3COOH中C原子分别形成7个σ键，一个π键，则1molCH3COOH分子中含有σ键的数目为7NA或7×6.02×1023，π键的数目为NA；(3)二者都为极性分子，H2O与CH3CH3OH都含有氢键且相互之间可形成氢键，可以随意比例互溶；(4)Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式是3d54s1。24.（1）在某一容积为2L的密闭容器中，某一反应中A、B、C、D四种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变更曲线如图所示：回答下列问题：①该反应的化学方程式为___。②前2min用A的浓度变更表示的化学反应速率为__。在2min时，图像发生变更的缘由可能是__（填字母）。a.增大压强b.降低温度c.加入催化剂d.增加A的物质的量（2）在100℃时，将0.01mol的N2O4气体充入0.1L的密闭容器中发生反应，隔肯定时间对该容器内的物质进行分析，得到如下表格：时间/s浓度/mol·L-1020406080100c(N2O4)/mol·L-10.1000.0700.050abcc(NO2)/mol·L-10.0000.060d0.1200.1200.120试填空：①该反应的化学方程式__，达到平衡时N2O4的转化率为__。②在0～20s内，四氧化二氮的平均反应速率为__。【答案】(1).4A+5B⇌6C+4D(2).0.1mol·L-1·min-1(3).ac(4).N2O4⇌2NO2(5).60%(6).0.0015mol·L-1·s-1【解析】【分析】(1)①依据图像，物质的量增加的物质为生成物，削减的物质为反应物，变更的物质的量之比等于化学计量数之比，得出化学方程式；②利用化学反应速率公式v==进行计算，依据2min后的物质的量变更状况推断影响因素；(2)依据表中找到反应物和生成物，写出化学方程式，依据化学方程式，得出60s时达到平衡，依据浓度的变更量分别求出d，a，b，c的值；依据转化率公式和速率公式进行计算；【详解】(1)①达到平衡时A、B、C、D变更的物质的量分别为0.8mol、1.0mol、1.8mol、0.8mol，且A、B的物质的量削减，为反应物；C、D的物质的量增加，为生成物，故反应的化学方程式为4A+5B⇌6C+4D；②前2min时，；从图像看，2~3min时图像的斜率变大，说明化学反应速率变快，增大压强、加入催化剂均增大化学反应速率，而降低温度减小化学反应速率；增加A的物质的量，虽能增大反应速率，但图像斜率要突变，发生变更的缘由可能是ac；(2)①反应方程式为N2O4⇌2NO2，在时间为60s时，c(NO2)=0.120mol/L，此后浓度不在发生变更，即时间为60s时，反应达到平衡。由N2O4⇌2NO2计算得，N2O4和的浓度的变更量之比为1:2，NO2在40s时，d=(0.1-0.050)mol/L×2=0.1mol/L，a=(0.1-×0.120)mol/L=0.04mol/L，60s后NO2的浓度不再发生变更，因此60s时反应达到平衡，则b=c=0.04mol/L；N2O4的转化率为×100%=×100%=60%；②在0~20s内，N2O4的平均反应速率为v==0.0015mol·L-1·s-1。【点睛】计算转化率和化学反应速率时，须要将表中d，a，b，c的值求出，利用浓度的变更量之比等于计量数之比可得到d，a，b，c的值，解平衡的题时，要找到浓度的变更量。25.已知，反应①：I2(aq)+I-(aq)I3-(aq)△H1；反应②：I3-(aq)I2(aq)+I-(aq)△H2；反应①的化学平衡常数K1与温度的关系如下表：t/℃515253550K11100841680533409请回答：(1)若反应②的化学平衡常数为K2，在相同温度下，K1·K2=____________。(2)上述反应①的△H1_______0(填“>”、“=”、“<”)；若上升温度，则I2的溶解速率会______(填“加快”、“减慢”或“不变”)。(3)能推断反应①已达到平衡的依据是_______________A．容器中的压强不再变更B．溶液的颜色不再变更C．I-浓度不再变更D．正逆反应速率均为0(4)某温度下，反应①的化学平衡常数为800。在该温度下，向甲、乙、丙三个容器中分别加入I2和I-，这两种物质的起始浓度如下：起始浓度(mol/L)甲乙丙c(I2)0.10.20.2c(I-)0.20.10.2反应速率最快的是_____________(填“甲”、“乙”或“丙”)，平衡时I2的转化率最大的是__________(填“甲”、“乙”或“丙”)。【答案】(1).1(2).＜(3).加快(4).B、C(5).丙(6).甲【解析】【分析】（1）化学平衡常数K1=；化学平衡常数K2=，反应①②互为逆反应，则其化学平衡常数互为倒数；（2）上升温度化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；上升温度化学反应速率加快；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；（4）反应物浓度越大，反应速率越快，碘的浓度越小，碘的转化率越大。【详解】(1)化学平衡常数K1=；化学平衡常数K2=，反应①②互为逆反应,则其化学平衡常数互为倒数,所以在相同温度下，K1⋅K2=1；综上所述，本题答案是：1。(2)上升温度化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，△H<0；上升温度，活化分子百分数增大，所以化学反应速率加快；综上所述，本题答案是：<；加快。(3)A.该反应中没有气体，压强始终不变，则不能据此推断平衡状态，故A错误；B.该反应中只有碘有颜色，当溶液的颜色不再变更时，碘浓度不变，该反应达到平衡状态，故B正确；C.反应前后碘离子浓度降低,

当I−浓度不再变更时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D.化学平衡状态正逆反应速率相等但不为0，故D错误；综上所述，本题选B、C。(4)反应物浓度越大，反应速率越快，碘的浓度越小，碘的转化率越大，依据表中数据知，丙中反应物浓度最大，所以反应速率最快，甲中碘浓度最小，所以转化率最大；综上所述，本题答案是：丙；甲。【点睛】本题考查平衡常数、平衡状态的判定，影响化学反应速率的因素及转化率的变更规律等基础学问，为高频考点，难度不大，留意对比表中数据，找出影响反应速率的因素，转化率的变更规律。26.三位化学家因探讨锂电池做出开创性贡献而获得2024年诺贝尔化学奖。磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、平安性高等特点；成为目前广泛运用锂电池。（1）铁元素在元素周期表中的位置__；LiFePO4中Fe2+基态电子排布式是__。（2）P的电负性___O的电负性（填写“大于”“小于