湖南省长沙市2017届高三上学期统考(期末)化学试题解析(解析版)

一.选择题1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用。下列有关说法正确的是A．“84”消毒液与“洁厕灵混合使用，去污效果更好”B．利用盐酸刻蚀石英制作艺术品C．福尔马林可用于保存海鲜制品D．“地沟油”经过加工处理可用于制生物柴油【答案】D【解析】试题分析：A．“84”消毒液与“洁厕灵混合使用会产生氯气，A错误；B．盐酸和二氧化硅不反应，B错误；C．福尔马林有毒，不能用于保存海鲜制品，C错误；D．“地沟油”经过加工处理可用于制生物柴油，D正确；答案选D。考点：考查物质的组成、性质及用途2．下列关于实验基本操作的说法错误的是A．玻璃仪器洗涤干净倒掉水后，水在仪器上应既不能成滴也不能成股流下B．环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏大C．将玻璃导管蘸水后，边旋转边向橡皮导管中插入使其连接起来D．做银镜反应实验后的试管内壁附有银，可用稀硝酸清洗【答案】B考点：考查化学实验基本操作3．设NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是A．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAB．1.7gH2O2中含有的电子数为0.8NAC．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子【答案】A【解析】试题分析：A．NO2和N2O4的最简式均为NO2，46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA，A正确；B．1.7gH2O2是0.05mol，含有的电子数为0.9NA，B错误；C．标准状况下戊烷不一定是气体，C错误；D．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子，D错误，答案选A。考点：考查阿伏加德罗常数计算4．已知：（1）H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）ΔH1=aKJ·mol-1（2）2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=bkJ·mol-1（3）H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H3=ckJ·mol-1（4）2H2（g）+O2（g）===2H2O（l）△H4=dkJ·mol-1下列关系式中正确的是A．a<c<0 B．b>d>0 C．2a=b<0 D．2c=d>0【答案】C【解析】试题分析：氢气燃烧是放热反应，△H＜0。参加反应的氢气越多，放热越多。生成液态水放热多，但放热越多，△H越小，所以b＝2a＜0，d＝2c＜0，a＞c，答案选C。考点：考查反应热计算5．短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，四种元素原子的最外层电子数之和为19，X和Y元素原子的原子序数比6：7，X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍。下列说法正确的是A．X单质可以通过铝热法获得B．Y的氧化物是良好的半导体材料C．Z的氢化物比W的氢化物更稳定D．X的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键【答案】D【解析】试题分析：短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次递增，且在同一周期，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，如果X的原子序数为6，则X、Y、Z和W的最外层电子数只能为4、5、6、7，四种元素原子的最外层电子数之和为22，而且X的最高正价是W的最低负价的绝对值的4倍，不符合题意；如果X的原子序数为12，X和Y元素原子的原子序数比为6：7，Y的原子序数应为14，由于X的最高正价是W的最低负价的绝对值的2倍，则W的原子序数为17，四种元素原子的最外层电子数之和为19，Z只能是16号元素，所以X、Y、Z和W以此为Mg、Si、S、Cl元素，A、X为Mg元素，比Al活泼，不能用铝热法制取，A错误；B、硅单质是良好的半导体材料，二氧化硅不是，B错误；C、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素对应的氢化物的稳定性逐渐增强，则氯化氢的稳定性大于硫化氢，C错误；D、X的最高价氧化物和Z的最高价氧化物化合的产物为硫酸镁，属于含氧酸盐，既含有离子键，又含有共价键，D正确，答案选D。考点：考查原子结构和元素周期律的关系6．在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2-+H2OHS-+OH-。下列说法正确的是A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．通入CuSO4固体，HS浓度减小C．升高温度，c(HS−)/c(S2−)减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】试题分析：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；B、加入CuSO4固体，生成CuS沉淀，平衡向逆反应方向进行，HS－浓度减小，B正确；C、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2-）减小，c（HS-）增大，所以c(HS−)/c(S2−)增大，C错误；D、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，D错误，答案选B。考点：考查水解平衡常数及影响水解平衡的因素7．下列离子方程式书写正确的是A．醋酸和氨水反应：H++OH-=H2OB．等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba（OH）2溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OC．此路酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2CIO-+CO2+H2O=CaCO3+2HCIOD．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H6O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-【答案】B【解析】试题分析：A、醋酸和一水合氨均是弱电解质，用化学式表示，A错误；B、离子方程式正确，B正确；C、次氯酸钙溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，C错误；D、苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚和碳酸氢钠，D错误。答案选B。考点：考查离子方程式正误判断8．五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。下列说法错误的是A．1molZ最多能与7molNaOH发生反应B．1molX最多能与2molBr2发生取代反应C．Y分子结构中有3个手性碳原子D．Y能发生加成、取代、消去、氧化、缩聚反应【答案】A【解析】试题分析：A、由于分子中部的酯基是酸酚酯基，可消耗2个NaOH，故1molZ最多能与8molNaOH发生反应，A错误；B、在苯环上酚—OH的邻对位氢只有两个，故1molX最多能与2molBr2发生取代反应，B正确；C、连接醇—OH的三个碳原子均为手性碳原子，C正确；D、其中的碳碳双键可加成反应，醇—OH可发生取代、氧化、消去反应，醇—OH与—COOH共同发生缩聚反应，D正确，答案选A。考点：考查有机物结构和性质9．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol·L-1盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L-1B．当0<V（HCl)<10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为：OH-+H＋=H2OC．乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为112mL（标准状况)【答案】A【解析】试题分析：A、当加入50mL盐酸时，气体达到最大，溶液中的溶质为NaCl，根据元素守恒，n(NaOH)＝n(NaCl)=n(HCl)=50×10－3×0.1mol=5×10－3mol，则c(NaOH)=5×10－3/10×10－3mol·L－1=0.5mol·L－1，A正确；B、甲图像中0～10段消耗盐酸的体积小于10～50段，说明甲溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，0～10段离子反应的方程式为CO32－＋H＋=HCO3－，B错误；C、NaOH和NaHCO3不能大量共存，0～40段消耗盐酸的体积大于40～50段的，说明乙溶液中溶质NaOH、Na2CO3，C错误；D、40~50段发生离子反应方程式为：HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，因此产生的V(CO2)=n(H＋)×22.4L＝10×10－3×0.1×22.4L＝2.24×10－2L＝22.4mL，D错误。答案选A。考点：考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质等知识。10．下列图示实验能达到实验目的的是A．制备少量O2B．制备无水氯化铁C．比较元素非金属性强弱D．收集氨气【答案】C【解析】试题分析：A、过氧化钠不是块状固体，不能用简易启普发生器制备氧气，A错误；B、氯化铁水解，制备氯化铁有关在氯化氢气流加热，B错误；C、稀硫酸和碳酸钠反应生成CO2，CO2通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，可以比较C、S和Si的非金属性强弱，C正确；D、氨气极易溶于水，应该用向下排空气法收集，D错误，答案选C。考点：考查化学实验方案设计与评价11．已知反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是A．上述三个反应都是置换反应B．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1①中KCl是氧化产物，KBr发生还原反应C．氧化性由强到弱的顺序为：KBrO3>KClO3>Cl2>Br2D．反应③中1molKBrO3反应，则还原剂得电子的物质的量为5mol【答案】C考点：考查了氧化还原反应的有关判断与计算12．某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、CI-、SO42-、CO32-、AlO2-

中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol·L-1。某同学进行了如下实验：下列说法正确的是A．原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C．沉淀C为Al（OH）3D．无法确定原试液中是否含有K+、Cl-【答案】A【解析】试题分析：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；加入硝酸钡溶液有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；滤液中加入NaOH溶液有气体，说明存在铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在，B、C、D项错误，A项正确；答案选A。考点：考查常见离子的检验。13．一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，3molX和3molY发生反应：3X（g）+Y（g）2Z（g）ΔH>0，经60s达到平衡，生成0.4molZ。下列说法正确的是A．60s内反应速率为v（X）=0.05mol/(L·s)B．其它条件不变，身高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小C．其它条件不变，若初始投入2molX和2molY则物质Y的转化率减小D．其它条件不变，将容器体积变为4L，Z的平衡浓度变为原来的一半【答案】C【解析】试题分析：A、经60s达到平衡，生成0.4molZ，则v（Z）==1/300mol/（L•s），故v（X）=1.5v（Z）=0.005mol/（L•s），A错误；B/其它条件不变，身高温度，正逆反应速率均减小，B错误；C、其它条件不变，若初始投入2molX和2molY，对比3molX和3molY，相当于降低了体系的压强，故平衡左移，即Y的转化率减小，C正确；D、其它条件不变，将容器体积变为4L，Z的平衡浓度瞬间变为原来的1/2，但是此时由于减小压强，故平衡左移，导致Z的浓度继续降低，D错误；答案选C。考点：考查化学平衡的有关计算、外界条件对平衡状态的影响14．常温下，下列说法不正确的是A．0．2mol·L-1的NaHCO3溶液中：c（Na+）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）B．0.02mol/L的NaOH溶液与0.04mol/L的NaHC2O4溶液等体积混合液：2c（OH-）+c（C2O42-）=c（HC2O4）+2c（H+）C．叠氨酸（NH3）与醋酸酸性相近，0.1mol·L-1NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）>c（N3-）>c（OH-）>c（H+）D．向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，则混合液中：c（NH4+）=c（Cl-）【答案】B【解析】试题分析：A．0.2mol·L-1的NaHCO3溶液中碳酸氢根的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c（Na+）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+），A正确；B．0.02mol/L的NaOH溶液与0.04mol/L的NaHC2O4溶液等体积混合生成的草酸钠和剩余的草酸氢钠的浓度相等，根据物料守恒和电荷守恒可知2c（OH-）+c（C2O42-）=c（HC2O4－）+2c（H+）+3c（H2C2O4），B错误；C．叠氨酸（NH3）与醋酸酸性相近，则N3-水解，溶液显碱性，所以0.1mol·L-1NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）>c（N3-）>c（OH-）>c（H+），C正确；D．向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，根据电荷守恒可知混合液中：c（NH4+）=c（Cl-），D正确，答案选B。考点：考查离子浓度大小比较15．2015年中美专家研制出可在一分钟内完成充电的超常性能铝离子电池，该电池以金属铝和石墨为电极，用AlCl4-、A12C17-和有机阳离子组成电解质溶液，其放电工作原理如右图所示。下列说法不正确的是A．放电时，电子山石墨电极经用电器流向铝电极B．充电时，铝电极上发生氧化反应C．充电时，AlCI4-向铝电极方向移动D．放电时，负极反应为：Al-3e-+7AlCl4-===4A12C17-【答案】D【解析】试题分析：A、放电时是原电池，铝是活性电极，石墨为惰性电极，铝为负极、石墨为正极，电子由铝电极经用电器流向石墨电极，A错误；B、充电时，铝电极是阴极，发生还原反应，B错误；放电时是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，有机阳离子由铝电极向石墨电极方向移动，B错误；C、充电时石墨是阳极，阳极发生氧化反应，电极反应式为Cn+AlCl4––e-=CnAlCl4，因此充电时，AlCl4－向石墨电极方向移动，C错误；D、根据示意图，放电时，铝为负极，铝跟AlCl4–得到电子生成Al2Cl7–，负极反应为：Al–3e-+7AlCl4–=4Al2Cl7–，D正确；答案选D。考点：考查了新型电池的相关知识。16．将铝粉与某铁的氧化物FeO-2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为3.92L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为A．2.8L B．3.92L C．5.60L D．7.84L【答案】A【解析】试题分析：一份直接放入足量的烧碱溶液中，铝与氢氧化钠发生反应生成氢气3.92L，氢气的物质的量为3.92L÷22.4L/mol=0.175mol。铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，所以根据关系式可知3H2～～～～2Al～～～～3O～～～～Al2O33230.175mol0.12mol0.175mol由于氧化物为FeO•2Fe2O3，根据氧原子守恒，所以氧化物FeO•2Fe2O3的为0.175mol÷7=0.025mol。根据铁原子守恒，可知另一份生成的铁的物质的量为0.025mol×5=0.125mol。根据Fe～H2可知，0.125molFe可生成氢气0.125mol，所以另一份生成的氢气的体积为0.125mol×22.4L/mol=2.8L，答案选A。考点：考查混合物的计算、铝的性质二.填空题（共52分）17.（6分）向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸。请完成下列问题：(1)写出反应的离子方程式：

。(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是

(填序号)。A．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀C．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量(3)若向Ba（OH）2溶液中缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用右图中的

(填序号)曲线表示。【答案】(1)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O(2)A(3)C【解析】试题分析：(1)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O；(2)A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O，A正确；B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，B错误；C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，反应的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，C错误；答案选A；(3)加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，图中只有C符合，故答案为：C。考点：考查了离子方程式的书写的相关知识。18.（9分）2016年8月国际期刊eLife上发表了浙江医科大学第二医院和浙江大学肿瘤研究的晁明和胡汛等人的一片论文，引发轰动。媒体以廉价的小苏打协助饿死了癌细胞予以报道。在实验室中模拟工业制取NaHCO3的实验步骤如下：第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。第二步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，C中出现固体。继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。第三步：分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体。第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出。（1）下图所示装置的连接顺序是：a接；接；b接（填接口编号）（2）检查A装置气密性的具体操作是。（3）A中常选用的固体反应物为；D中应选用的液体为。（4）装有无水CaCl2的U形管的作用是。（5）第四步所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(约占5％~8％)，请设计一个简单实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1。简要写出操作和现象。【答案】（1）f、e、d、c；（2分）（2）关闭弹簧夹，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的睡眠，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明A装置气密性良好。（2分）（3）石灰石（或大理石或块状CaCO3）（1分）饱和NaHCO3溶液（或饱和碳酸氢钠溶液）（1分）（4）吸收多余的NH3（1分）（5）取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结。（2分）【解析】试题分析：（1）制备NaHCO3发生反应式NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，装置A制备CO2，制出CO2混有HCl必须除去，因此a接f，装置B制备NH3，NH3易溶于水，要防止倒吸，因此e接d，b接c；（2）根据装置构造可知检查A装置气密性的具体操作是关闭弹簧夹，通过长颈漏斗往试管中加水，使长颈漏斗中的水面高于试管中的睡眠，静置片刻，漏斗内水面不下降，说明A装置气密性良好。（3）装置A制备CO2，此装置是启普发生器的简易装置，因此用的反应物是石灰石或大理石或块状CaCO3，装置D的作用是除去CO2中混有HCl，因此装置D中盛放是饱和碳酸氢钠溶液；（4）干燥管的作用是防止倒吸，NH3有毒，防止NH3污染空气，因此无水氯化钙的作用是吸收多余的NH3，防止污染空气；（5）加入此固体粉末，有NH4Cl晶体析出，所加物质为NaCl，NH4Cl不稳定受热易分解，因此操作是：取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结。考点：考查气体的制备、除杂、尾气处理、物质的分离等知识。19.（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是制取亚氯酸钠的工艺流程：已知：ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在，且只能保持在浓度较低状态下以防止爆炸性分解，需现合成现用。（1）在无隔膜电解槽中持续电解一段时间后，生成氢气和NaClO3，请写出阳极的电极反应方程式：。(2)反应生成ClO2气体需要X酸酸化，X酸可以为。A．稀硫酸B．盐酸C．硝酸D．H2C2O4溶液(3)ClO2吸收塔内的温度不能过高，其原因为：（4）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2-和CN-等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN-amg/L，现用ClO2和CN-氧化，生成了两种无毒无害的气体，其离子反应方程式为；处理100m3这种污水，反应过程转移的电子数为。【答案】（1）Cl-+6e-+3H2O==ClO3-+6H+

（2分）（2）A（2分）（3）温度过高H2O2将分解（2分）（4）2CIO2+2CN-=2CI-+2CO2+N2↑（2分）250aNA/13（2分）【解析】试题分析：（1）在无隔膜电解槽中持续电解一段时间后，生成氢气和NaClO3，阳极是氯离子失去电子，电极反应方程式为Cl-+6e-+3H2O==ClO3-+6H+

；（2）反应生成ClO2气体需要X酸酸化，由于ClO2有氧化性、还原性，所以酸化的酸X不能有氧化性、还原性，所以X只可以为稀硫酸，答案选A；（3）在吸收塔内的温度不能过高，否则温度过高，H2O2就会发生分解反应，无法反应产生ClO2；（4）ClO2将CN-氧化，生成了两种无毒无害的气体，根据元素守恒及物质的性质可知这两种无毒物质是N2和CO2，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知其离子反应方程式是2ClO2+2CN-＝N2↑+2CO2↑+2Cl-；某工厂污水中含CN-amg/L，现用若处理100m3这种污水，n(CN-)=100m3×103L/m3×(a×10-3g÷26g/mol)/L=50a/13mol，由于1molCN-失去5mol电子，所以转移电子的个数是250aNA考点：考查物质的使用、反应条件的选择、离子方程式的书写及有关计算的知识。20.（12分）应对雾霾污染、改善空气质量需要从多方面入手，如开发利用清洁能源。甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。Ⅰ.已知：CH3OH（g）+H2O（I）=CO2（g）+3H2（g）ΔH=+93.0kJ·mol－1②CH3OH(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)

ΔH＝－192.9kJ·mol－1CH3OH(g)=CH3OH(I)ΔH＝－38.19kJ·mol－1则表示CH3OH的燃烧热的热化学方程式为。Ⅱ.在一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2O（g）CH3OH（g），在2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，在催化剂作用下充分反应。下图表示平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化的平衡曲线。回答下列问题：（1）该反应的反应热ΔH0（填“>”或“<”），压强的相对大小与p1p2（填“>”或“<”）。（2）压强为p2，温度为300℃时，该反应的化学平衡常数K=。（3）下列各项中，不能说明该反应已经达到平衡的是。A．容器内气体压强不再变化B．v（CO）：c（H2）：v（CO3OH）=1:2:1C．容器内的密度不在变化D．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化E.容器内各组分的质量分数不再变化（4）某温度下，在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡（填字母）。A．向正反应方向移动B．向逆反应方向移动C．不移动作出此判断的依据是。【答案】Ⅰ.CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-726.51kJ·mol-1；（2分）Ⅱ.（1）<（1分）；>（1分）；（2）K=48（2分）（3）BC（2分）（4）C（2分）保证c（H2）不变情况下，增大容器体积，c（CH3OH）与c（CO）同等倍数减小，根据浓度商，所以平衡不移动。（2分）【解析】试题分析：I.已知：CH3OH（g）+H2O（I）=CO2（g）+3H2（g）ΔH=+93.0kJ·mol－1②CH3OH(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)

ΔH＝－192.9kJ·mol－1CH3OH(g)=CH3OH(I)ΔH＝－38.19kJ·mol－1则根据盖斯定律可知②×3－①×2－③即得到CH3OH的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-726.51kJ·mol-1；II.（1）随着温度升高，甲醇的体积分数减少，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即正反应方向为△H<0，作等温线，随着压强增大，平衡向体积减小的方向移动，根据图表，即p1>p2；（2）压强为p2，温度为300℃时甲醇的体积分数是0.5，则CO（g）+2H2O（g）CH3OH（g）起始浓度（mol/L）0.510平衡浓度（mol/L）x2xx转化浓度（mol/L）0.5－x1－2xx所以，解得x＝0.375，则化学平衡常数K=c(CH3OH)/[c(CO)×c2(H2)]＝48；（3）A、反应前后气体系数之和不相等，则压强不变，说明反应达到平衡，A错误；B、没有指明反应的方向，不能说明是否达到平衡，B正确；C、根据密度的定义，恒容说明体积不变，组分都是气体，质量不变，密度不变，不能说明反应达到平衡，C正确；D、根据平均摩尔质量的定义，气体质量不变，反应前后气体系数之和不等，气体物质的量减少，因此平均摩尔质量不变，说明达到平衡，D错误；E、根据化学平衡状态的定义，当组分的质量分数不变，说明反应达到平衡，E错误；答案选BC；（4）保证C(H2)不变情况下，增大容器体积，c(CH3OH)与c(CO)同等倍数减小，根据浓度商，推得Qc=K，所以平衡不移动，C正确。考点：考查热化学反应方程式的计算、勒夏特列原理、化学平衡状态的判断、化学平衡常数等知识。21.［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）Mn、Fe均为第四周期过渡元素，两元素的部分电离能数据列于下表：元素MnFe电离能/KJ·mol-1I1717759I215091561I332482957回答下列问题：（1）Mn元素价电子层的电子排布式为，比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难。对此，你的解释是。（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是。六氰合亚铁离子（Fe（CN）64-）中的配体CN-中C原子的杂化轨道类型是，写出一种与CN-互为等电子体的单质分子的路易斯结构式。（3）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯亚铁晶体为。（4）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如右图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中世纪含有的Fe原子个数之比为。【答案】（1）3d54s2（2分），由Mn2-转化为Mn3-时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态）（3分）（2）具有弧对电子（2分）；sp（2分）；（3）分子晶体（2分）（4）2:1（2分）【解析】试题分析：（1）Mn是过度元素，价电子包括最外层和次外层的d能级，价