湖北省宜昌市七校17学年高二化学下学期期末考试试题(含解析)

1、内部文件，版权追溯湖北省宜昌市七校2016-2017学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）（全卷满分：100分 考试用时：90分钟）可能用到的相对原子质量：Na-23 O-16 H-1 C-12 N-14 Cu-64 S-32 Mg-24第卷（选择题48分）一、选择题（本卷包括16个小题、每小题3分、共计48分，只有一个选项符合题意）1. 下列过程需要通电才能进行的是（ ）电离 电解 电镀 电泳 电化学腐蚀A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】试题分析：电解质溶于水即可电离，不需要通电；电解需要通电；电镀利用电解原理，需要通电；电泳是胶体的性质，需要通电；电化学腐蚀不需要通电，答案选

2、C。考点：考查电解、电离等有关判断2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A. 溴水中当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅 B. 高压比常压有利于工业合成氨反应C. 红棕色NO2加压后颜色比原来要深 D. 热的纯碱除油污效果好【答案】C【解析】溴水中存在：Br2+H2OHBr+HBrO，加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，A项不选；合成N2+3H22NH3，其反应特点之一是正反应是气体体积缩小的反应，当其他条件不变时，增大压强，平衡向减小压强即向气体总体积减小方向移动，所以高压将有利于NH3的合成，可用勒

3、夏特列原理解释，B项不选；红棕色NO2加压后加压后颜色比原来要深，因为加压瞬间，NO2浓度增大，颜色加深，而后2NO2N2O4平衡移动，NO2浓度减小，颜色变浅，故不能用勒夏特列原理解释：红棕色NO2加压后颜色比原来要深，故选C项；热的纯碱液去油污效果好，因为加热可使CO32-的水解程度增大，溶液碱性增强，去污力增强，可用勒夏特列原理解释，D项不选。3. 溶液一定呈酸性的是（ ）pH7 c（H+）c（OH）的溶液 c（H+）=106 molL1的溶液0.1molL1NH4Cl溶液 使甲基橙显黄色的溶液A. B. C. D. 【答案】A【解析】溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，

4、如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，、错误，正确；NH4Cl溶液 为强酸弱碱盐水解呈酸性，正确，故答案选A。4. 据统计，金属腐蚀造成的损失远远超过火灾、水灾等自然灾害的总和，越来越被世界各国所重视，下面金属的防腐措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法的是（ ）A. 汽车底盘喷涂油漆 B. 掺防腐的金属制成不锈钢菜刀C. 钢闸门连接电源负极 D. 地下钢管连接锌块【答案】D【解析】汽车底盘喷涂油漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，不属于牺牲阳极的阴极保护法，故A项错误；掺防腐的金属制成不锈钢菜刀是改变金属的内部结构，不属于牺牲阳极的阴极保护法，故B项错误；钢闸门连接电源负极属于外加电

5、流的阴极保护法，不属于牺牲阳极的阴极保护法，C项错误；地下钢管连接锌块为牺牲阳极的阴极保护法，D项正确.点睛：（1）电化学防护牺牲阳极的阴极保护法原电池原理a负极：比被保护金属活泼的金属；b正极：被保护的金属设备。外加电流的阴极保护法电解原理a阴极：被保护的金属设备；b阳极：惰性金属。 （2）改变金属的内部结构，如制成合金、不锈钢等。 （3）加防护层，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。5. 将浓度为0.1molL1CH3COOH溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）A. c（H+） B. C. D. Ka（CH3COOH）【答案】B【解析】因CH3COOH为弱酸

6、，则浓度为0.1molL-1CH3COOH溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n(H+)增大，但(H+)不断减小，A项错误；由于在同一溶液中，体积(V)相同，稀释过程中，醋酸的电离程度增大，则溶液中的n(H+)增大、n(CH3COOH)减小， B项正确；随着稀释的不断进行，最终c（H+）不会小于10-7molL-1，而c（CH3COO-）仍然不断减小，则该比值会变小，故C项错误；因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（CH3COOH）在稀释过程中不变，D项错误。6. 在下列各说法中，正确的是（ ）A. H0表示放热反应，H0表示吸热反应B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质

7、的量，可以是分数C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热D. 1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热【答案】B【解析】试题分析：A放热反应的焓变小于0，吸热反应的焓变大于0，故H0表示吸热反应，H0表示放热反应，故A错误；B热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示，故B正确；C中和热是指稀的强酸和强碱当生成1mol水时所放出的热量，而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应时生成了2mol水，故此时放出的热量不是中和热，故C错误；D燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧

8、生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，而1mol氢气和0.5mol氧气反应生成的水的状态未知，故此时放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；故选B。【考点定位】考查中和热、燃烧热的概念以及热化学方程式中计量数的含义。【名师点晴】准确理解中和热、燃烧热的概念是解题关键，中和热是指稀的强酸和强碱当生成1mol水时所放出的热量；燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，特别注意反应热与化学计量数成正比，据此解题。7. 下列表达式正确的是（ ）A. 小苏打溶液电离：NaHCO3Na+H+CO32-B. 明矾净水原理：Al3+3H

9、2OAl(OH)33H+C. 稀醋酸呈酸性：CH3COOH+H2OCH3COO-H3O+D. 重晶石的电离：BaSO4Ba2+SO42-【答案】C【解析】试题分析：A、小苏打溶液电离应为：NaHCO3Na+HCO3-，错误；B、明矾净水原理应为：Al3+3H2OAl(OH)3（胶体）3H+，错误；C、稀醋酸呈酸性：CH3COOH+H2OCH3COO-H3O+，正确；D、重晶石（硫酸钡）为强电解质，电离方程式为：BaSO4Ba2+SO42-，错误。考点：考查化学用语。8. 在C（s）+CO2（g） 2CO（g）H0 的反应中，现采取下列措施： 缩小体积，增大压强 增加碳的量 通入CO2 .恒容下

10、充入N2 恒压下充入N2 能够使反应速率增大的措施是（ ）A. B. C. D. 【答案】A考点：考查化学反应速率的影响因素。9. 用 0.50molL1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（ ）A. 若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色B. 用量筒量取上述盐酸C. 若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大D. 盐酸的浓度为1.00 molL1【答案】C【解析】标准溶液(NaOH)装在滴定管，待测液(盐酸)装在锥形瓶中，若选用酚酞作指示剂加入锥形瓶中，终点时，液体恰好变为浅红色，A项错误；滴定操作应用酸式滴定管或移液管

11、量取待测液盐酸于锥形瓶中，B项错误；滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，造成V(NaOH)偏大，根据 可知，所测的盐酸浓度偏大，C项正确；=0.25 molL1，D项错误。10. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A. 甲基橙呈黄色的溶液：Na+、Ba2+、AlO2、ClB. 由水电离得到的c（H+）=11012molL1的溶液中：K+、Na+、CH3COO、BrC. 与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、Cl、NO3D. =1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、Cl【答案】D【解析】常温下，甲基橙的变色范围为：红色(pH4.4)，甲基橙呈黄色，即pH4.4，说

12、明溶液可能是酸性、碱性或中性，酸性条件下，AlO2和H+不能共存，A项错误；由水电离得到的c（H+）=11012molL1的溶液说明溶液可能为强酸性，也可能为碱性，酸性条件下，CH3COO和H+不能共存，B项错误；与铝反应产生大量氢气的溶液，说明溶液可能为非氧化性酸性，也可能为碱性，酸性条件，NO3不能存在，否则，与铝反应不会产生氢气，C项错误；=1012，c(H+)c(OH)，溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3、Cl能共存，D项正确。11. MgAgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池，以下说法错误的是（ ）A. 放电时Cl由负极向正极迁移 B. 正极反应式为：AgCl+e

13、=Ag+ClC. Mg作电池负极，发生氧化反应 D. 当负极质量减轻4.8g，电路中通过0.4mol电子【答案】A【解析】对原电池来说，阴离子由正极移向负极，A项错误；根据题意，Mg海水AgCl电池总反应式为Mg2AgCl=MgCl22Ag。正极发生还原反应，故正极反应式为2AgCl2e=2Cl 2Ag，B项正确；Mg作电池负极，负极发生氧化反应，C项正确；当负极质量减轻4.8g，即0.2molMg参与反应，根据反应式Mg2e=Mg2，可知电路中通过0.4mol电子，D项正确。点睛：本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反应、离子

14、交换膜作用、反应速率影响因素、氧化还原反应计算是解本题关键。12. 已知反应mX（g）+nY（g）qZ（g）的H0，m+nq，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）A. 通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动 B. X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小 D. 增加X的物质的量，Y的转化率降低【答案】B【解析】A在恒容密闭容器中通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故A错误；.B速率之比等于化学方程式的系数之比，v（X）正：v（Y）正=m：n，平衡时，X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，故B正确；C反应是放热反应，降温平衡正向进行，

15、反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；D增加X的量会提高Y的转化率，Y的转化率增大，本身转化率减小，故D错误；13. 已知450时，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=Q1 kJmol1在相同条件下，向一密闭容器中通入1mol SO2和0.5mol O2，达到平衡时放出的热量为Q2 kJ，则Q1、Q2满足的关系是（ ）A. Q2= B. Q2 C. Q2 D. 不能确定【答案】B考点：考查反应热计算14. 已知Ksp（AgCl）=1.561010，Ksp（Ag2CO3）=8.451012，Ksp（AgBr）=7.71013某溶液中含有Cl、CO

16、32和Br浓度均为0.010molL1，向该溶液中逐滴加入0.010molL1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）A. Cl、Br、CO32 B. Br、CO32、Cl C. CO32、Br、Cl D. Br、Cl、CO32【答案】D【解析】析出沉淀时，AgCl溶液中Ag2CO3溶液中AgBr溶液中c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br、Cl、CO32，点睛: 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解QcKsp：溶液过饱和，有沉淀析出;QcKsp：溶液饱和，处于平衡状态;QcKsp：溶液未饱和，无沉淀析出.15. 如图所示:甲池的总反应式为:CH4

17、 + 2O2 + 2KOH=K2CO3 + 3H2O，下列说法正确的是( )A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置B. 甲池中正极的电极反应式是O2 + 4e+ 4H+ = 2H2OC. 反应过程中，乙池的pH逐渐减小D. 甲池消耗O2的体积与丙池生成气体的总体积在相同条件下的比值为12【答案】C【解析】A、甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，A错误；B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，正极是氧气得到电子的还原反应，在碱性电解质下的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；C、电解池乙池中

18、，电解后生成硫酸、铜和氧气，pH逐渐减小，C正确；D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以如果消耗1mol氧气，则转移电子4mol，根据丙装置可知生成的气体是氢气和氯气，因此根据电子守恒可知甲池中消耗O2的体积与丙池生成气体的总体积在相同条件下的比值为11，D错误，答案选C。16. 下列溶液中有关物质的量浓度关系错误的是（ ）A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（H+）+c（M+） c（OH）+c（A）B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液： c（NaOH）c（Na2CO3）c（CH3COONa）C. 物质的量浓度相等C

19、H3COOH和CH3COONa溶液等体积混合： c（CH3COO）+2c（OH） 2c（H+）+c（CH3COOH）D. 0.1molL1的NaHA溶液，其pH=4：c（Na+）c（H+）c（H2A）c（A2）.【答案】D【解析】试题分析：pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合，溶液都不显电性，由电荷守恒可知，c（H+）+c（M+）=c（OH-）+c（A-），A项正确；B酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时pH的关系为NaOHNa2CO3CH3COONa，则pH相同时的浓度关系为c（NaOH）c（Na2CO3）c（CH3COONa），B项正确；物质的量浓度相等的CH3COOH和

20、CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒可知2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），由电荷守恒可知c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）二者联式可得c（CH3COO-）+2c（OH-）2c（H+）+c（CH3COOH），C项正确；pH=4，则HA-的电离大于其水解，电离生成A2-，则c（HA-）c（H+）c（A2-）c（H2A），D项错误；选D考点：考查溶液中离子浓度的大小比较。第卷（非选择题共52分）本卷共5道题(包括必考试题1719题和选考题2021题)17. 实验是化学学习的基础，请完成以下实验填空：（1）某实验小组用0.50mol/L NaO

21、H溶液和0.55mol/L硫酸溶液进行中和热的测定若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，配制0.50mol/L NaOH溶液时至少需要称量NaOH固体_g（2）测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示装置中环形玻璃搅拌棒的搅拌方法是_（3）取50mL NaOH溶液和25mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表温度实验次数起始温度t1/终止温度t2/温度差平均值（t2t1）/H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.6a227.027.427.231.8325.925.925.930.3426.426.226.331.9表中的a=_近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0

22、.55mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c= 4.18J/（g）则中和热H=_ （取小数点后两位）. 利用反应：I2 + 2Na2S2O3 Na2S4O6 + 2NaI可以定量测定市售硫代硫酸钠（Mr=158）的纯度，现在称取Wg硫代硫酸钠固体样品，配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用含有I2为amol/L的碘水滴定，消耗碘水bmL，则：（1）实验过程中滴定管应该选择的是_（酸式或碱式）滴定管，滴定前可以选择_做指示剂，滴定终点的现象为_ 。（2）对于该滴定实验的有关操作或误差分析正确的是_A滴定前，应对滴定管、锥形瓶进行润洗操作B滴

23、定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测结果偏大C滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则所测得的纯度将会偏小D滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则所测得的纯度将会偏小（3）样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为_.【答案】 (1). 5.0 (2). 上下移动 (3). 4.5 (4). 56.43 (5). 酸式 (6). 淀粉 (7). 溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去 (8). BC (9). 100%【解析】(1) 没有245mL的容量瓶，故选用250mL的容量瓶，根据公式m=nM=cVM来计算氢氧化钠的质量，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L0.5L40g/

24、mol=5.0g；（2）在测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热时，利用环形玻璃搅拌棒上下移动的方法来搅拌；（3）温度差平均值=，但是第4组数据明显有误，所以删掉，由此可知第四组实验误差较大，舍去，故a=4.5；50mL NaOH溶液和25mL硫酸溶液反应只能生成0.025mol水，中和热指生成1mol水时，故H= = -56.43 kJ/mol；. （1）单质碘具有氧化性，能氧化腐蚀橡胶；淀粉遇到单质碘变蓝色；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（2）滴定前，对锥形瓶进行润洗，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据分析，c（待测）偏高，A项错误；滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外

25、，造成V（标准）偏大，根据分析，c（待测）偏大，B项正确；滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据分析，c（待测）偏小，C项正确；滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据分析，c（待测）偏高，待测液的物质的量偏大，则所测得的纯度将会偏大，D项错误；（3）根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，n（I2）=amol/Lb10-3L，知消耗的Na2S2O3的物质的量=2n（I2）=2amol/Lb10-3L，根据现称取Wg硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的硫代硫酸钠质量为Wg，故样品中

26、硫代硫酸钠纯度的表达式为=。点睛：中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当、读数不准等，分析误差要根据计算式分析，c待测，当用标准酸溶液滴定待测碱溶液时，c标准、V待测均为定值，c待测的大小取决于V标准的大小。1818. 如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中（1）仅K1闭合，石墨棒周围溶液pH升高，其电极反应式为_（2）仅K2闭合，在铁棒附近滴加酚酞显红色，理由是_（用平衡移动原理解释）（3）仅K2闭合，发生总反应的离子方程式为_. 海水的综合利用可以制备金属镁和精盐，其流程如图所示：（1）步骤a中，溶解、过滤、蒸发三个阶段都要用到的一种玻璃仪器是_（2）为使母液中的

27、Mg2+完全转化为Mg（OH）2（离子浓度小于105molL1时，沉淀就达完全），步骤b中溶液的pH至少要控制在_（常温下，Mg(OH)2的Ksp=11011）（3）步骤c必须在氯化氢气体的氛围中加热蒸发才能完成，试用化学方程式表示在无氯化氢的情况下不能生成无水MgCl2的原理_（4）完成步骤d的化学方程式_【答案】 (1). O2+4e+2H2O=4OH (2). H2OH+OH，由于2H+2 e=H2，使平衡正向移动，结果c（H+）c（OH） (3). 2Cl+2H2O Cl2+H2+2OH (4). 玻璃棒 (5). 11 (6). MgCl2+2H2O=Mg（OH）2+2HCl (7)

28、. MgCl2（熔融） Mg+Cl2【解析】（1）K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，其电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH；（2）仅K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的水电离(H2OH+OH)氢离子放电生成氢气，使平衡正向移动，结果c（H+）c（OH），溶液呈碱性，故在铁棒附近滴加酚酞显红色；（3）仅K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，故发生总反应的离子方程式为：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OH

29、 ；. （1）玻璃棒在溶解、过滤、蒸发三个阶段都要用到，故答案为玻璃棒；（2），常温下，Kw=110-14，故使母液中的Mg2+完全转化为Mg（OH）2（离子浓度小于105molL1时，沉淀就达完全），步骤b中溶液的pH至少要控制在11；（3）氯化镁为强酸弱碱盐，能发生水解反应：MgCl2+2H2O=Mg（OH）2+2HCl，加热将会促进Mg2+水解和盐酸中的HCl挥发，使平衡向正反应方向进行，故不在氯化氢气流中加热氯化镁的方程式为：MgCl2+2H2O=Mg（OH）2+2HCl；（4）制备金属镁采用电解法，故步骤d的化学方程式为：MgCl2（熔融） Mg+Cl2。19. 节能减排已经成为全社

30、会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油（即在汽油中添加一定量的甲醇），根据检测的数据分析认为，若宁波全市的140余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体（一氧化碳）排放将近100万吨甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2来制备：CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) 请根据图示回答下列问题：（1）关于该反应的下列说法中，正确的是_（填字母）：AH0，S0 BH0，S0CH0，S0 DH0，S0（2）现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，净测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化如（如图）所示从反应开始到平衡，CO的平

31、均反应速率v（CO）=_，该反应的平衡常数K = _.（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有_A升高温度 B充入He气C再充入1molCO和3molH2 D使用催化剂（4）根据（如图），写出此反应的热化学方程式_（5）若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍（此过程三种物质均处于气态），则平衡时混合气体的平均摩尔质量=_g/mol【答案】 (1). C (2). 0.075mol/（Lmin） (3). (4). C (5). 2CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）H=91 kJ/m

32、ol (6). 25.6【解析】试题分析：（1）该反应为气体体积减小的反应，所以S0，H-TS0，反应自发进行，所以H0，答案C；（2）由图可知，10min达平衡，CO的浓度为0.25mol/L，则c（CO）=（1.00-0.25）mol/L=0.75 mol/L，则平衡时c(CH3OH)= c（CO）=0.75 mol/L，平衡时c(H2)=3 mol/L-2c（CO）=1.5 mol/L，则v（CO）=0.75 mol/L10min=0.075 mol/(Lmin)，该反应的平衡常数K=4/3；（3）A正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，n(CH3OH)/n(CO)减小，错误；B充入H

33、e气，恒温恒容条件下各物质浓度不变，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO)不变，错误；C再冲入1molCO和3molH2，等效为增大压强，平衡整箱移动，n(CH3OH)/n(CO)增大，正确；D使用催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，n(CH3OH)/n(CO)不变，错误。（4） 充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，开始的平均摩尔质量=16g/mol，同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，所以则平衡时混合气体的平均摩尔质量=16g/mol1.6=25.6g/mol。【考点定位】化学平衡的计算、化学平衡影响因素【名师点睛】本题考查化学平衡的计算、化学平衡影响因素、平衡常

34、数、反应速率计算等，选考题（从20、21两题中任选一题作答，多答则按所做第一题计分）20. 已知X、Y、Z三种元素均为短周期元素，原子序数依次递增，Q、W为前30号元素。5种元素的部分特点：（1）XF3分子中X的杂化类型为_，该分子的空间构型为_（2）基态Q原子的电子排布式为_，第一电离能：X_Y（填“” “”或“=”） （3）X、Y、Z电负性由大到小的顺序为_（用元素符号表示）（4）Na在Y2中燃烧产物的电子式为_ （5）Z和X形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，据此推测它应属于_晶体（6）W元素与X元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示（黑球代表W原子），若该晶体的密度为 gcm-

35、3，则该晶胞的体积是_cm3【答案】 (1). sp3 (2). 三角锥形 (3). 1s22s22p63s23p63d24s2 (4). (5). ONSi (6). (7). 原子 (8). 206/(NA.)【解析】本题考查位置结构性质的相互关系。（1）X的气态氢化物呈三角锥形，水溶液显碱性，X为N，NF3分子中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+=4，所以NF3分子中N的杂化类型为sp3，该分子的空间构型为三角锥形；（2）Q被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，Q为22号元素钛(Ti)，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2；Y的最外层电子数等于次

36、外层电子数的3倍，且基态原子核外由3个能级，故Y为O，元素N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序是X(N)Y(O)；（3）Z元素原子的外围电子为nsn-1npn-1，s能级最多排列2个电子，所以n=3，则Z是Si元素，非金属性越强电负性越大可知X(N)、Y(O)、Z(Si)的电负性由大到小的顺序为：ONSi； （4）Na在Y2(O2)中燃烧产物位Na2O2，其电子式为；（5）硅和氮形成的化合物氮化硅，由于熔点高，化学性质稳定，所以氮化硅为原子晶体；（6）W为Cu，X为N，该晶胞中，Cu原子个数为12=3，N原子个数为8=1，该晶胞的化学式为Cu3N，该晶胞的体积为。点睛：物质结构包括原子结构(原子核外电子排布、原子的杂化方式、元素电负性大小比较、元素金属性、非金属性的强弱)、分子结构(化学键、分子的电子式、结构式、结构简式的书写、化学式的种类、官能团等)、晶体结构(晶体类型的判断、物质熔沸点的高低、影