【文档说明】福建省连城县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(19)页，846.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第二学期半期考高二化学试题第Ⅰ卷选择题（共48分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Fe-56Cu-64一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1.价电子排布为5s25p1的元素，在周期表中的位置是A.第四周期

第ⅤA族B.第五周期第ⅢA族C.第五周期第ⅠA族D.第四周期第ⅢA族【答案】B【解析】【详解】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，电子层数＝周期数，价电子数＝主族元素的族序数，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，答案选B。2.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元

素，其中只有一种是金属元素，X的某种核素无中子，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3∶4。下列说法中正确的是（）A.原子半径：W＞Z＞Y＞XB.氢化物稳定性：Y＞ZC.X与Z可形成1

0电子和18电子分子D.WY3中只有离子键没有共价键【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数与

其电子总数之比为3：4，而由于最外层电子数为3时，核外电子总数为5或13，不满足比例关系，故该原子最外层电子数为6，电子总数为8，可推知Z为O元素；四种元素只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子

化合物WX，该主族含有金属与非金属元素，故为IA族，W的原子序数大于氧，可推知W为Na、X为H元素，形成的离子化合物为NaH。【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故原子半

径：W(Na)＞Y(N)＞Z(O)＞X(H)，故A错误；B．非金属性Y(N)＜Z(O)，故氢化物稳定性：Y＜Z，故B错误；C．H与O可形成H2O、H2O2，前者为10电子分子，后者为18电子分子，故C正确；D．NaN3中Na+与N3-之间形成离子键，N3

-中N原子之间形成共价键，故D错误；故答案为C。3.下列化学用语的表述不正确的是A.过氧化氢的结构式：H—O—O—HB.氮原子的L层电子轨道表示式：C.CO2的比例模型：D.Cl－的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】【

详解】A．过氧化氢属于共价化合物，结构式为H－O－O－H，A正确；B．根据核外电子排布规律可知氮原子的L层电子数为5，题给轨道表示式正确，B正确；C．二氧化碳是直线形结构，则该模型不能表示二氧化碳的比例模型，C错误；D．氯离子的质子数是17，核外电子数是18，题给离子结构示意图正确，D正确；

答案选C。4.下列是同周期元素基态原子的最外层电子排布式，所表示的原子最容易得到电子的是A.ns2B.ns2np1C.ns2np4D.ns2np5【答案】D【解析】【详解】最外层电子数≥4时容易得到电子，并且最外层电子数越多越容易得电子，D表示最外层电子数为7

，最容易得电子，故选D。5.不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用一定数值X来表示，若X越大，则原子吸引电子的能力越强，在所形成的分子中成为负电荷一方。下面是某些短周期元素的X值：下列说法不正确的是（）元素LiBeBCOFX值0.981.572.

042.533.444.00元素NaAlSiPSClX值0.931.611.902.192.583.16A.通过分析X值变化规律0.93＜X(Mg)＜1.57B.某化合物分子中含有S—N键，共用电子对偏向SC.AlCl3为共价型化合物D.预测元素周

期表中，X值最小的元素位置为第六周期IA族（放射性元素除外）。【答案】B【解析】【分析】【详解】A.同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，则Mg的电负性大于Na的电负性，即大于0.93，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减小，则Mg的电负性小于Be的电负性，即小于1.57，所以0.93＜X(Mg

)＜1.57，故A正确；B.N元素的电负性大于S元素，吸电子能力较强，则在S-N中，电子对偏向于N元素，故B错误；C.AlCl3中，Al元素的电负性为1.61，F元素的电负性小于3.16，则二者差值小于1.7，AlCl3中化学键类型为共价键，为共价化合物，故C正确；D.由于同一周期周期

从左到右，元素的电负性逐渐增大，同一主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，则电负性最小的元素应位于周期表的左下角，排除放射性元素，应为Cs元素，位于第六周期IA族，故D正确；故选B。6.第四周期的元素基态原子中，4s能级只有

1个电子的元素共有A.1种B.2种C.3种D.4种【答案】C【解析】【详解】第四周期的元素基态原子中，4s能级只有1个电子即4s1，该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s2

2s22p63s23p64s1，为K元素；情况之二是按照洪特规则的特例，即原子轨道处于全充满、半充满或全空时能量最低填充的结果，有：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为Cr元素和Cu元素，所以第四周期元素的基态原子中，4s能级中只有1

个电子的元素共有3种，答案选C。7.下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）A.BF3B.H2OC.NO2D.CO2【答案】D【解析】【详解】A.B位于第二周期ⅢA族，BF3为共价化合物，其结构式为，该化合物中B最外层有6个电子，故A不符合题意；B.H2O的结构式为H－O

－H，该化合物中H最外层有2个电子，故B不符合题意；C.N位于第VA族，需要得到三个电子达到稳定结构，NO2中N不满足8电子，故C不符合题意；D.CO2的结构式为O=C=O，C、O都满足8电子结构，故D符合题意；答案：D。【点睛】8电

子稳定结构的判断：①分子中若含有氢元素，则氢原子不能满足最外层8电子稳定结构；②分子中若不含氢元素，可按：若某元素的化合价的绝对值与其原子最外层电子数之和等于8，则该元素的原子最外层满足8电子的稳定结构；否则不满足；③若为同种元素组成的双原子分子，则看该元素原子的最外层电子数目

与其在分子中形成的共价键的数目之和是否为8，若为8，则其最外层满足8电子结构。8.碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，结构如图，下列说法正确的是（）A.分子式为C3H6O3B.分子中既有极性键也有非极性键C.分子中

σ键与π键个数之比为3：1D.分子中碳原子的杂化方式全部为sp2杂化【答案】B【解析】【详解】A.根据结构简式确定分子式为C3H4O3，故A错误；B.同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，所以C-C之间存在非极性键、C-H和C-O原子之间存在极性键，故B正确；C.双

键中含有一个σ键、一个π键，单键都是σ键，则该分子中含有10个σ键、1个π键，分子中σ键与π键个数之比为10：1，故C错误；D.该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp3杂化；C=O中C原子价层电

子对个数是3且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2，故D错误；故选B。9.某学生欲完成2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分

析】Ag不能和HCl自发的进行氧化还原反应，所以要使反应2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑能进行，应该设计成电解池，且Ag作阳极、电解质溶液中氢离子放电，据此分析解答。【详解】Ag不能和HCl自发的进行氧化还原反应，所以要使反应2HCl+

2Ag═2AgCl+H2↑能进行，应该设计成电解池，Ag失电子发生氧化反应，所以Ag作阳极，氢离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中氢离子放电，则符合条件的是C；故选C。10.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：下列描述正确的是A.反应开始

到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(L•s)B.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LC.反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%D.反应的化学方程式为：X(g)＋Y(g)＝Z(g)【答案】C【解析】【详解

】A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率1.58210molLs=0.079mol/(L•s)，故A错误；B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了1.2mol0.41mol2L=0.395mol/L，故B错误；C．反应开始到10s时，Y的

转化率为1.0mol0.21mol1.0mol×100%=79.0%，故C正确；D．由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mol，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，则

△n(X)∶△n(Y)∶△n(Z)=1∶1∶2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故D错误；故选C。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列

说法正确的是（）A.40gNaOH中含有的共用电子对数为2NAB.常温常压下，1.8g甲基(—CD3)中含有的中子数为0.9NAC.31g白磷()含有共价键的总数为6NAD.标况下，22.4LH2O中所含氢氧键的数目约为2NA【答案】B【解析】【详解】A.40

gNaOH的物质的量为40g=1mol40g/mol，1mol氢氧根中含有的共用电子对数为NA，故A错误；B.1.8g甲基（-CD3）的物质的量为0.1mol，而甲基中含9个中子，故0.1mol甲基中含0.9NA个中子，故B正确；C.31g白磷的物质的量为31g=0.25mol

124g/mol，白磷()分子中含有6个P-P共价键，则共含有共价键的总数为0.25mo×6=1.5mol，即1.5NA，故C错误；故C错误；D.标况下，水不为气态，则无法根据体积计算物质的量，则无法计算化学键的数

目，故D错误；故选B。12.已知部分弱酸的电离平衡常数如表：弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数（25℃）Ka=1.75×10-5Ka=2.98×10-8Ka1=4.30×10-7Ka2=5.61×10-11Ka1=1.54×10-2Ka2=1.02×10-7下列离子方程式正确的是（

）A.少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO-═CO23+2HClOB.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-═CaSO3↓+2HClOC.少量SO2通

入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO23═SO23+2HCO3D.相同浓度NaHCO3溶液与醋酸溶液等体积混合：H++HCO3═CO2↑+H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】依据电离常数大小判断酸性强弱，H2S

O3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，A.NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为ClO-+H2O+CO2═HCO3-+HClO，故A错误；B.向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++3C

lO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2HClO，故B错误；C.Na2CO3溶液中缓慢通入少量SO2，离子方程式为2CO32-+H2O+SO2═SO32-+2HCO3-，故C正确；D.醋酸为弱电解质，写离子方程时写成化学式：CH3COOH+HCO3═CO2↑+H2O+CH3COO-，

故D错误；故选C。13.某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如下图所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl2═2LiCl+SO2↑；下列叙述中错误的是()A.电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应B.将电解质溶液改为LiCl的水溶液，电池性能会更好C.电池工作时电子流向：

锂电极→导线→负载→导线→碳棒D.电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e-═2Cl-+SO2↑【答案】B【解析】【详解】A.电池工作时负极材料是Li，失电子发生氧化反应，故A正确；B.锂与水能反应，不能将电解质溶液改为LiCl的水溶液，故B错误；C.电池工作时电子由

负极流向正极，故C正确；D.电池工作过程中，石墨是正极，电极反应式为SO2Cl2+2e−=2Cl−+SO2↑，故D正确；题目要求选择错误的选项，故选B。14.已知通过乙醇制取氢气有如下两条路线：a．CH3CH2OH(g)+

H2O(g)⇌4H2(g)+2CO(g)△H=+255.6kJ•mol-1b．CH3CH2OH(g)+12O2(g)⇌3H2(g)+2CO(g)△H=+13.8kJ•mol-1则下列说法不正确的是（）A.降低温度，可提高b路线中乙醇的转化率B.从能量消耗的角度来看，b路线制氢更

加有利C.乙醇可通过淀粉等生物原料发酵制得，属于可再生资源D.由a、b知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ•mol-1【答案】A【解析】【详解】A．降低温度，b路线平衡向逆反应（放热反应）方向移动，将降低b路线中乙醇的转

化率，A错误；B．对比可看出，制取等量的氢气，b路线消耗的能量小于a路线，从能量消耗的角度来看，b路线制氢更加有利，B正确；C．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶存在发生发酵反应生成乙醇和CO2，乙醇燃烧生成CO2，CO2经绿色植物光合作用生成淀粉，C正确；D

．由盖斯定律可知：2×（②-①）得到：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ.mol-1，D正确；故答案为A。15.常温下，用0.100mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均0.100mol•L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定

曲线如图。下列说法不正确的是（）A.点①和点②所示溶液中：c（CH3COO-）>c（CN-）B.点③时：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）C.点③和点④所示溶液中水的电离程度：③<④D

.点④溶液中阴离子总数小于点⑤【答案】D【解析】【分析】根据图像初始pH可知，浓度为0.100mol•L-1CH3COOH溶液和HCN溶液均为弱酸，且HCN的酸性比弱酸小，电离程度小；酸或碱抑制水的电离，盐促进水的电离，根据三大守恒关系回

答问题。【详解】A.点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH-)+c(CN-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-)＞c(H+)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)

，而且c(OH-)＜c(H+)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO-)＞c(CN-)，A正确；B.点③电荷守恒关系，c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，根据pH=7可知，c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，B正确；C.

点③溶液中含有醋酸钠和醋酸，点④溶液中只含有醋酸钠，酸抑制水的电离，盐促进水的电离，所示溶液中水的电离程度：③<④，C正确；D.点④溶液为醋酸钠，点⑤溶液为NaCN，故电荷守恒可知，阴离子浓度总数=c(H+)+c(Na+)，由图可知，点④溶液氢离子浓度大，故点④溶液中阴离子总数大于点⑤，D错误

。答案为D。16.液氨和水类似，也能电离：NH3+NH3⇌NH4+NH2，25℃时其离子积K=l.0×l0-30。现将2.3g金属钠投入1.0L液氨中，钠完全反应，有NaNH2和H2产生，则所得溶液中不存在的关系式是（）(设温度保持不变，溶液体积为仍1

L)A.c(Na+)=c(NH2)B.c(NH4)=1×10-29mol/LC.c(NH2)＞c(NH4)D.c(NH4)∙c(NH2)=l.0×l0-30【答案】A【解析】【分析】根据电荷守恒原理做答，离子积常数只与温度有关。【详解】A．溶液中电荷守恒，

所以c(Na+)+c(NH4+)=c(NH2-)，A错误；B.2.3g金属钠投入1.0L液氨中发生反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，促进液氨的电离，c(NH4)∙c(NH2)=l.0×l0-30；反应生成NH2

-物质的量为0.1mol，浓度为0.1mol/L，所以所得溶液中NH4+的浓度l.0×l0-29mol/L，B正确；C．c(NH2-)=0.1mol/L，c(NH4+)=l.0×l0-29mol/L，所以c(NH2-)＞c(NH4+)，C正确；D．离子

积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，D正确。答案为A。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）17.Ⅰ.查阅资料，乙二酸（HOOC-COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸。（1）已知高锰酸钾能氧化草酸.反应如

下（部分产物和生成物未写）：MnO4+H2C2O4→Mn2++CO2↑。若把该反应设计成一原电池，则正极的电极反应式为___。（2）某同学将2.52g草酸晶体（H2C2O4•2H2O）加入到100mL0.2mol•L-1的Na

OH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，则其中含碳元素的粒子中物质的量浓度最小的微粒化学式为___。Ⅱ.某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时，发现反应速率变化如图所示，小组成员探究t1～t2时间内速率变快的主要原因，为此“异常”现象展开讨论，猜想造

成这种现象的最可能原因有两种。猜想Ⅰ：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快；猜想Ⅱ：……。（3）猜想Ⅱ可能是：___。（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。试管A试管B加入试剂2mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol

/L酸性KMnO42mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4，少量___固体（填物质名称）实验现象(褪色时间)褪色时间10min褪色时间___10min（选填“<”“>”或“=”）结论猜想Ⅱ正确Ⅲ.为了测定含有H2C2O4

·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样中各物质的质量分数，进行如下实验：①称取6.0g试样，加水溶解，配成250mL试样溶液。②用酸式滴定管量取25.00mL试样溶液放入锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞试液，用0.2500mol/LNa

OH溶液滴定，消耗NaOH溶液20.00mL。③再取25.00mL试样溶液放入另一锥形瓶中，用0.1000mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液16.00mL。回答下列问题：（5）步骤③中判断滴定终点的方法是___。（6）步骤

②中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得H2C2O4·2H2O的质量分数___。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【答案】(1).MnO4+5e-＋8H+=Mn2+＋4H2O(2).H2C2O4(3).生成的Mn2+对该反应有催化作

用，加快反应速率(4).硫酸锰(5).<(6).溶液由无色变为浅红色（或紫色、紫红色），且半分钟内不褪色(7).偏小【解析】【分析】（1）原电池的正极发生还原反应，高锰酸根离子中锰元素的化合价降低，发生还原反

应，由此分析解答；（2）H2C2O4•2H2O物质的量0.02mol，与NaOH恰好完全反应生成草酸氢钠，混合后溶液呈酸性，说明草酸氢根离子电离程度大于水解程度，结合电荷守恒判断离子浓度大小；Ⅱ．（3）猜想II是认为生成的Mn2+在反应中起到催化

剂的作用，故应补充MnSO4，通过测量溶液褪色的时间来验证猜想；（4）要通过对比实验来验证猜想Ⅱ，则实验B和实验A的加入试剂除了MnSO4固体不同，其他均应相同，据此分析；Ⅲ．（5）原溶液无色，KMnO4为紫红色，当溶液中的H2C2O

4和KHC2O4反应完全时，溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；（6）步骤②中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，导致标准溶液氢氧化钠的体积增大，据此回答问题。【详解】（1）已知高锰酸钾能氧化草酸反应如下：MnO4+H2C

2O4→Mn2++CO2↑。若把该反应设计成一原电池，根据原电池原理，正极发生还原反应，化合价降低，则正极的电极反应式为MnO4+5e-＋8H+=Mn2+＋4H2O。（2）某同学将2.52g草酸晶体（

H2C2O4•2H2O）即0.02mol，加入到100mL0.2mol•L-1的NaOH溶液中充分反应，二者恰好完全反应生成草酸氢钠，混合后溶液呈酸性，说明草酸氢根离子电离程度大于水解程度，水电离生成氢离子

，结合电荷守恒判断离子浓度大小为Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O4-＞H2C2O4＞OH-，则其中含碳元素的粒子中物质的量浓度最小的微粒化学式为H2C2O4。Ⅱ.（3）根据反应速率的影响因素知，可能是反应生成的Mn2+起了催化作用，从而使反应速率加快；。（4）猜想Ⅱ成立，即Mn2+在反应

中起到催化剂的作用，从而加快了反应速率，所以和设计方案进行实验，要进行一组对比实验，一支试管A中仅仅2mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4，另外一支试管B中加入2mL0.1mol/LH2C2O4溶

液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4，少量MnSO4（s），根据溶液褪色的快慢来判断Mn2+在反应中是否起到催化剂的作用，若猜想Ⅱ成立，褪色时间小于10min。试管A试管B加入试剂2mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO42mL0.1mol

/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4，少量硫酸锰固体实验现象(褪色时间)褪色时间10min褪色时间<10min结论猜想Ⅱ正确Ⅲ.（5）原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，滴入最后一滴溶液

呈紫红色且半分钟颜色不变，滴定到终点。（6）步骤②中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，导致标准溶液氢氧化钠的体积增大，测定KHC2O4的含量增大，草酸含量减小。18.反应①Fe(s)+CO2(g)=FeO(s)+CO(g)；△H1=akJmol-1反

应②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)；△H2=bkJmol-1测得在不同温度下，在密闭容器中进行的反应①的平衡常数K值随温度的变化如下：温度/℃500700900K1.001.462.51（1）反应①的化学平衡常数表达式为_

__，a___0（填“>”、“<”或“=”）。在500℃2L密闭容器中进行反应①，Fe和CO2的起始物质的量均为4mol，10min后达到平衡状态，平衡时CO2的转化率为___，用CO表示的化学反应速率为___。（2）700℃反应①到平衡，要使该平衡向右移动，其它条件不

变时，可以采取的措施有___（填序号）。A.缩小反应容器体积B.通入CO2C.升高温度到900℃D.使用合适的催化剂（3）由反应①和②可求得反应2Fe(s)+O2(g)=2FeO(s)△H3中的△H3=___（用含

a、b的代数式表示）。【答案】(1).K=2c(CO)c(CO)(2).>(3).50%(4).0.1mol·L-1·min-1(5).BC(6).2（a+b）kJ·mol-1【解析】【详解】（1）反应①的化学平衡常数表达式为K=2c(CO)c(CO)，根据表格

可知,温度升高,平衡常数增大,即平衡正向移动,反应正反应为吸热反应，a>0。在500℃2L密闭容器中进行反应①，平衡常数K=1，Fe和CO2的起始物质的量均为4mol，，10min后达到平衡状态，列三段式：Fe(s)+CO2(g)=FeO(s)+CO(g)反应前4mol0

变化量xmolxmol平衡时(4-x)molxmolK=2c(CO)=1c(CO)4xx，即x=2平衡时CO2的转化率为50%，用CO表示的化学反应速率为1/L0.1/Lmin10mincmolmolt。（2）700℃反应①到平衡，

要使该平衡向右移动，其它条件不变时，A.缩小反应容器体积，反应前后气体体积不变，平衡不移动，A错误；B.通入CO2增大反应物浓度，平衡正向移动，B正确；C.升高温度到900℃，正反应吸热，平衡正向移动，C正确；D.使用合适的催化剂，

不改变平衡，D错误；答案为BC。（3）根据盖斯定律，反应①和②可求得反应2Fe(s)+O2(g)=2FeO(s)△H3中的△H3=2△H1+△H2=2（a+b）kJ·mol-1。19.短周期非金属元素B、C、N、O、P、S、Cl，可形成各种

单质、化合物的分子。（1）意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如图。已知断裂1molN—N吸收167kJ热量，生成1molNN放出942kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法不正确的是___。A.N4属于一种新型的化合物B.N4分

子中N—N键角为60°C.N4分子中存在非极性键D.1molN4转变成N2将吸收882kJ热量（2）1919年，Langmuir提出等电子体的概念，由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子的最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相似。与

CO互为等电子体的分子和离子分别为___和___(写1种，填化学式)。（3）BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4的空间立体构型为___。【答案】(1).AD(2).N2(3).CN-(或C22、NO+)(4).正四面体【解析】【分析】【详解】（1）A．N4由一种元素组成，是单质，

故A错误；B．N4分子是正四面体结构N—N键角为60°，故B正确；C．N4分子中成键的原子相同，存在非极性键，故C正确；D．N4=2N2，1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡

N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为：1884kJ-1002kJ=882kJ，故应为放出882kJ热量，故D错误；故答案为：AD；（2）具有相同原子个数和价电子数的微粒互为等

电子体，与CO互为等电子体的分子和离子分别为N2和CN-(或C22、NO+)，故答案为：N2；CN-(或C22、NO+)；（3）4BF的中心原子B的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则为sp3杂化，空间立体构型

为正四面体。故答案为：正四面体。20.下表为原子序数依次增大的短周期元素A～E的第一到第五电离能数据。电离能I(eV)ABCDEI111.313.65.27.66.0I224.435.149.315.018.8I347.954.971.680.128

.4I464.577.498.9109.2112.0I5392.1113.9138.3141.3153.7（1）表中可能的非金属元素是___（填字母），化合价为+3价的元素是___（填字母）。（2）若C、D、E依次为同周期相邻元素，表中显示D比C

和E的第一电离能都略大，其原因是___。【答案】(1).AB(2).E(3).D的ns轨道上的电子全满，能量比A和C低，第一电离能比A和C大【解析】【详解】A的I5≫I4，A原子最外层电子数为4；B的I1~I5没有出现

突变，B原子最外层至少5个电子；C的I2≫I1，C原子最外层电子数为1；D的I3≫I2，D原子的最外层电子数为2；E的I4≫I3，E原子的最外层电子数为3；（1）根据上述分析，A原子最外层电子数为4，B原子最外层

电子数大于4，故可能的非金属元素是AB；E原子的最外层电子数为3，化合价为+3价的元素是E；故答案为：AB；E；（2）根据分析，C、D、E的最外层电子数依次为1、2、3，若C、D、E依次为同周期相邻元素，表中显示D比C和E的第一电离能都略大，其原

因是D的ns轨道上排有2个电子，全满较稳定，能量比A和C低，第一电离能比A和C大。故答案为：D的ns轨道上的电子全满，能量比A和C低，第一电离能比A和C大。21.Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下

列问题：（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为___、___（填标号）。A.B.C.D.（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是___。（3）LiAlH4是有机合成中常

用的还原剂，LiAlH4中的阴离子(AlH4)空间构型是___、中心原子的杂化形式为___。（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born−Haber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为___kJ·mol−1，O=O键键

能为___kJ·mol−1。【答案】(1).D(2).C(3).Li+核电荷数较大(4).正四面体(5).sp3(6).520(7).498【解析】【分析】【详解】（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越

高，激发态的原子比基态原子能量高，根据图知，电子排布能量最低的是D项的基态原子，能量最高的是处于激发态的C项对应的原子，故答案为：D；C；（2）离子核电荷数：Li＋＞H－，其吸引电子能力：Li＋＞H－，导致其半径越小。故答案为：Li+核电荷数较大；（3）LiAlH4中的阴离子中Al原

子价层电子对个数=4+31412=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、sp3杂化。故答案为：正四面体；sp3；（4）Li原子的第一电离能为Li原子失去1个

电子所需要的能量，所以其第一电离能为10402kJ·mol－1=520kJ·mol－1；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·mol－1=498kJ·mol－1。故答案为：520；498。【点睛】本题考

查物质结构和性质，涉及微粒空间构型判断、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本知识及基本原理，侧重考查学生公式运用、空间想像及数学运算能力，难点（4）从图中读出：Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量10402kJ

·mol－1，O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·mol－1。