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【化学】四川省遂宁市遂宁中学外国语实验学校2018-2019学年高二上学期第二学段考试（解析版）
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四川省遂宁市遂宁中学外国语实验学校2018-2019学年高二上学期第二学段考试
1.下列关于外围电子排布为3s23p4的粒子描述正确的是
A. 它的元素符号为O
B. 它的核外电子排布式为[Ar]3s23p4
C. 它在元素周期表中属于p区元素
D. 其电子排布图为:
【答案】C
【解析】
【详解】A.价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，故A错误；
B.S原子具有16个核外电子，它的核外电子排布式为：[Ne]3s23p4，故B错误；
C．S元素是VIA族元素，属于p区元素，故C正确；
D．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，故D错误。
故选C。
2.下列晶体熔化时不需要破坏化学键的是
A. 晶体硅 B. 食盐 C. 干冰 D. 金属钾
【答案】C
【解析】
试题分析：A．晶体硅 是原子晶体，熔化时断裂共价键，错误；B．食盐是离子晶体，熔化时断裂离子键，错误；C．干冰是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关，正确；D．金属钾是金属晶体，熔化时断裂的为金属键，错误.
考点：考查物质的熔化与晶体类型的关系的知识。
3.下列叙述中正确的是
A. CS2为V形的极性分子,形成分子晶体
B. CH3CH2OH分子中含有手性碳原子
C. 由于水分子间能形成氢键，所以H2O比H2S稳定
D. SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化,SiF4分子呈空间正四面体,SO32-呈三角锥形
【答案】D
【解析】
【详解】A.依据价层电子对互斥理论可知CS2为直线形的非极性分子，故A错误；
B.CH3CH2OH分子中一个C原子链接四个基团其中三个相同，另外一个C原子连接的基团中有两个完全相同，所以CH3CH2OH分子中没有手性碳原子，故B错误；
C.氢键是分子间用力，决定物质的物理性质，而氧元素的非金属性强于硫，所以H2O比H2S稳定，故C错误；
D. SiF4和SO32-的中心原子价层电子对个数都是4，但SiF4中Si原子不含孤电子对、SO32-中S原子含有一个孤电子对，所以SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈空间正四面体，SO32-呈三角锥形，故D正确。
故选D。
4.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示,单位为kJ/mol)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+3价
B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。
5. 碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是
A. 分子式为C3H2O3
B. 分子中含6个σ键
C. 分子中只有极性键
D. 8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【答案】A
【解析】
A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误，此题选C。
【考点定位】本题考查的是有机化合物的结构特点，主要考查化学键的类型和极性，同时也涉及到有机物
燃烧产物的判断和相关计算。
6.下列装置能达到对应实验目的的是
A. 比较MnO2和Fe2O3的催化效果
B. 测定中和热的大小
C. 验证Na与水反应为放热反应
D. 定量测定反应速率大小
【答案】C
【解析】
【详解】A.比较二氧化锰和氧化铁的催化作用，所选取的双氧水的浓度不一样，所以没有可比性，故A错误；
B.测定中和热时，大小烧杯应是相平的，且应使用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，故B错误；
C.Na与水反应放热，大试管中气体受热膨胀，则U形管中红墨水左侧高度下降，可验证热效应，故C正确；
D. 产生的气体从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积，应利用分液漏斗或长颈漏斗下端进入液面下，故D错误。
故选C。
7.已知:4NH3+5O2==4NO+6H2O,若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，单位都为mol/(L•s),则正确的关系是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，对应反应：4NH3+5O2═4NO+6H2O，
A．v（NH3）：v（O2）=4：5，故5v（NH3）=4v（O2），选项A错误；
B．v（O2）：v（NO）=5：4，故4v（O2）=5v（NO），选项B正确；
C．v（NH3）：v（H2O）=4：6，故3v（NH3）=2v（H2O），选项C错误；
D．v（O2）：v（H2O）=5：6，故6v（O2）=5v（H2O），选项D错误；
答案选B。
8.某反应过程中能量变化如图所示,下列说法正确的是
A. 反应过程a有催化剂参与
B. 因为生成物的总能量低于反应物的总能量,所以该反应不需要加热
C. 改变催化剂,可以改变该反应的活化能
D. 有催化剂条件下,反应的活化能等于E1+E2
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图示可知反应过程a需要的活化能较高，没有催化剂参与，故A错误；
B. 反应吸热或放热与反应条件无必然联系，放热反应也可能需要加热，故B错误；
C.改变催化剂，改变了反应途径，降低了反应的活化能，但是反应热不变，故C正确；
D. E1是反应物的活化能，E2是中间产物的活化能，故D错误，
故选C。
9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 常温常压下,1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl放出92.3kJ的热量,则热化学方程式可表示为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=+184.6kJ·mol-1
B. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1
C. 已知OH-(aq)+H+(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ·mol-1,则98%的浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量
D. 相同条件下,2mol氢原子所具有的能量大于1mol氢分子所具有的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.1g H2的物质的量为0.5mol，H2在足量Cl2中燃烧，该反应是放热反应，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-184.6kJ·mol-1，故A错误；
B. 甲烷的标准燃烧热为△H=-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧生成液态水时的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3 kJ•mol-1，故 B错误；
C. 98%的浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应，发生中和反应放热57.3kJ，但是浓硫酸稀释也会放热，所以放出的总热量大于57.3kJ，故C错误；
D. H原子之间形成共价键达到稳定要放出能量，所以2molH原子的能量大于1molH分子的能量，能量越低越稳定，故D正确。
故选D。
10.已知CH3CH3→CH2=CH2+H2,有关化学键的键能如表所示。则该反应的反应热为
化学键
C-H
C=C
C-C
H-H
键能E/(kJ·mol-1)
414.4
615.3
347.4
435.3
A. +125.6kJ·mol-1 B. -125.6kJ·mol-1
C. +393.5kJ·mol-1 D. -393.5kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】在反应CH3-CH3→CH2=CH2+H2中，断裂6mol C-H键，1mol C-C键共吸收的能量为：6×414.4kJ+347.4kJ=2833.8kJ，生成1molCH2=CH2和1molH2，共形成4molC-H键，1molC=C、1molH-H，共放出的能量为：4×414.4kJ+615.3kJ+435.3kJ=2708.2kJ，吸收的能量多，放出的能量少，该反应为吸热反应，吸收的热量为：2833.8kJ-2708.2kJ=125.6，所以反应热为+125.6kJ/mol，故A正确。
故选A。
11.黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为:S(s)+2KNO3(s)+3C(s)==K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) △H=xkJ·mol-1
已知:①碳的燃烧热△H1=akJ·mol-1
②S(s)+2K(s)==K2S(s) △H2=bkJ·mol-1
③2K(s)+N2(g)+3O2(g)==2KNO3(s) △H3=ckJ·mol-1 。则x为：
A. 3a+b-c B. c+3a-b C. a+b-c D. c+a-b
【答案】A
【解析】
试题分析：碳的燃烧热△H1="a" kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1="a" kJ•mol-1①，S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2="b" kJ•mol-1②，2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3="c" kJ•mol-1③，将方程式3①-②+③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H="x" kJ•mol-1=(3a-b+c)kJ•mol-1，所以x=3a-b+c，故选C。
【考点定位】考查反应热和焓变
【名师点晴】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减。应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
12.下面的排序不正确的是
A. 晶体的熔点: ＞
B. 晶格能的大小: Al2O3＞MgCl2＞NaCl
C. 共价键的键长: F-F＞C-Cl＞C-S＞Si-O
D. 硬度由大到小:金刚石>氮化硅>晶体硅
【答案】C
【解析】
【详解】A. 邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键。分子间氢键熔沸点大于分子内氢键沸点，故A正确；
B.离子半径Al3+
【点睛】注意影响晶格能大小的主要因素是离子电荷，电荷越高，晶格能越大；其次就是离子半径，离子半径越小，晶格能越大。
13.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是
A. 28g晶体硅中含有Si—Si键的个数为2NA
B. 12g石墨晶体中含有C—C键的个数为3NA
C. 31g白磷中含有P—P键的个数为NA
D. SiO2晶体中1molSi可与O形成2NA个共价键(Si—O键)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 28gSi晶体，有1molSi原子，每个Si原子与4个Si原子以共价键相键连，两个 Si原子形成一个共价键， 因此平均每个Si原子形成2个共价键，28gSi晶体含有2molSi-Si共价键，即含有Si—Si键的个数为2NA，故A正确；
B. 12g石墨的物质的量为1mol，在石墨晶体中一个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键由2个碳原子构成，因此12g石墨中含有C-C键的物质的量为1mol×3×=1.5mol，即C—C键个数为1.5NA，故B错误；
C. 在一个白磷P4分子中含有6个P—P共价键， 31g白磷的物质的量为：=0.25mol，含有的P—P键数为0.25mol×6×NA=1.5NA，故C错误；
D. 1molSiO2中含1mol的Si原子和2mol的O原子，每个氧原子形成两个Si-O键，因此Si-O有2×2×NA=4 NA，故D错误；
故选A。
14.反应C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行,下列条件的改变能使反应速率加快的是
A. 增加C的量
B. 保持体积不变,充入N2使体系压强增大
C. 将容器的体积缩小一半
D. 保持压强不变,充入N2使容器体积增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳为纯固体，改变其用量，对化学反应速率无影响，故A错误；
B.保持体积不变，充入N2使体系压强增大，各反应物的相对压强不变，即体积不变,加入其它不反应物质,如N2，对反应无影响，故B错误；
C.将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率加快，故C正确；
D.压强不变充入N2使容器体积增大，则相当于反应体系的压强减小，反应速率减小，故D错误。
故选C。
15.一定温度下,向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应,反应中各物质的物质的量变化如下图所示,对该反应的推断合理的是
A. 该反应的化学方程式为3B+4D6A+2C
B. 反应进行到1s时,v(A)=v(D)
C. 0~6s内，B的平均反应速率为0.05mol·L-1·s-1
D. 反应进行到6s时,B的转化率为40％
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol，D物质增加了0.4mol，B物质减少了0.6mol，C物质减少了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C6A+2D，故A错误；
B．反应到1s时，v(A)==0.3mol·L-1·s-1，v(D)=0.1mol·L-1·s-1，则v（A）≠v（D），故B错误；
C．0~6s内，B从1.0mol减少到0.4mol，所以v(B)==0.05mol·L-1·s-1，故C正确；
D.反应进行到6s时，B从1.0mol减少到0.4mol，即转化率为：=60%，故D错误。
故选C。
16.某学习小组为了探究BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2O反应速率(v)与反应物浓度的关系,在20℃进行实验,所得的数据如下表:
实验编号
离子浓度
①
②
③
④
⑤
c(H+)/mol·L-1
0.008
0.008
0.004
0.008
0.004
c(BrO3-)/mol·L-1
0.001
0.001
0.001
0.002
0.002
c(Br-)/mol·L-1
0.10
0.20
0.20
0.10
0.40
v/mol·L-1·s-1
2.4×10-8
4.8×0-8
1.2×10-8
4.8×10-8
v1
下列结论正确的是
A. 反应物BrO3-、Br-、H+的浓度对该反应速率的影响程度完全相同
B. 实验②、④,探究的是c(BrO3-)对反应速率的影响
C. 若该反应速率方程为v=kca(BrO3-)cb(Br-)cc(H+)(k为常数),则c=1
D. 实验⑤中,v1=4.8×10-8
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据反应速率常数公式可知，化学反应速率不仅与反应物的浓度有关，还和反应物的化学计量数有关，所以从题目中的方程式中可知，反应物BrO3-、Br-、H+的浓度对该反应速率的影响程度不同，故A错误；
B.实验②、④，Br‾、BrO3‾浓度不同，无法探究c(BrO3－)对反应速率的影响，故B错误；
C.实验②H+浓度为③的2倍，其他条件都相同，速率②是③的4倍，所以c=2，故C错误；
D.实验②中，Br‾的浓度是实验①的2倍，速率也是实验①的2倍，由此可得a=1，实验⑤中H+的浓度是④中H+浓度的，实验⑤中Br‾浓度是实验④中Br‾浓度的4倍，则速率④=⑤，故D正确。
故选D。
17.Ⅰ、（1）某种金属互化物具有自范性,原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于__________(填 “晶体”或“非晶体”)，可通过__________方法鉴别。
（2）基态Ni2+的核外电子排布式为__________；配合物Ni(CO)4常温下为液态,易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于__________晶体；Ni2+和Fe2+的半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO__________FeO(填“<”或“>”)。
Ⅱ、判断含氧酸强弱的一条经验规律是:含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多,该含氧酸的酸性越强。如下表所示
（1）亚磷酸(H3PO3)和亚砷酸(H3AsO3)分子式相似,但它们的酸性差别很大,H3PO3是中强酸,H3AsO3只有弱酸性。由此可推出亚磷酸的结构式为___________。从分子结构角度，简述二者酸性强弱原因_____________________。
（2）亚磷酸与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为:________________。
【答案】 (1). 晶体 (2). X-射线衍射 (3). [Ar]3d8 (4). 分子 (5). > (6). (7). 亚磷酸非羟基氧数目为1，亚砷酸没有非羟基氧，非羟基氧数目越多,中心原子正电性越强,酸性越强 (8). H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O
【解析】
【分析】
根据晶体结构与性质、核外电子排布、化学键等知识分析解答；根据含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，据此确定亚磷酸(H3PO3)分子的结构式；
【详解】Ⅰ.(1)某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，说明该互化物属于晶体，可通过X-射线衍射实验进行鉴别；
故答案为：晶体；X-射线衍射实验；
(2) Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，失去4s能级2个电子形成Ni2+，所以Ni2+离子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8，Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，固态Ni(CO)4属于分子晶体；Ni2+和Fe2+的离子所带电荷相同，Ni2+离子半径较小，NiO中离子键更强，NiO晶体的熔点更高；
故答案为：1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8，分子，>；
Ⅱ. (1)含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸是中强酸，所以亚磷酸的结构式为：，亚砷酸既有弱酸性又有弱碱性，亚砷酸的结构是为：，亚磷酸非羟基氧数目为1，亚砷酸没有非羟基氧，非羟基氧数目越多，中心原子正电性越强，酸性越强，故亚磷酸酸性强于亚砷酸；
故答案为： ，亚磷酸非羟基氧数目为1，亚砷酸没有非羟基氧，非羟基氧数目越多,中心原子正电性越强,酸性越强；
(2) 酸和碱反应生成盐和水，亚磷酸中含有2个羟基，属于二元酸，亚磷酸和氢氧化钠的反应方程式为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O；
故答案为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O。
【点睛】离子所带电荷相同，离子半径越小，离子键越强，晶体的熔点越高；含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强；注意把握题目中的信息及酸性强弱的判断依据为解答的关键。
18.铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
（1）基态Fe3+第M层的电子排布式为_______________________。
（2）实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为___________________(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为____________。
（3）FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是_______________。
（4）羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含_______molσ键，与CO互为等电子体的离子是________(填化学式，写一种)。
（5）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为________。
（6）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_________；Fe2+与O2-的最短核间距为_____________ pm。
【答案】 (1). 3s23p63d5 (2). N>O>S (3). sp2杂化 (4). 正四面体形 (5). 10 (6). CN- (7). 3∶1 (8). 12 (9). ×1010
【解析】
【分析】
根据原子或离子的核外电子排布规律分析解答；根据等电子体的概念分析解答；
【详解】(1) Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子和3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5 ，则M层电子排布式为：3s23p63d5；
故答案为：3s23p63d5；
(2) 根据同周期同主族元素性质递变规律判断，由于同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大，又由于同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；苯环中的C形成3个σ键，无孤电子对，所以苯酚中碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化；
故答案为：N>O>S，sp2杂化；
(3) SO42-中S原子价层电子对=4+（6+2-4×2）=4，且不含孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；
故答案为：正四面体；
(4) Fe和CO形成配位键，成键原子间只能形成一个σ键，因此1molFe(CO)5分子中含有10molσ键；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。与CO互为等电子体的离子可能是CN-，故答案为：10 ，CN-；
(5)观察图一晶胞可以发现该晶胞中Fe原子个数为：(6+6)×+2×+3=6，N原子数为2，故该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1；
故答案为：3:1；
(6)从晶胞结构中可知，在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个，1个晶胞中含有Fe2+个数为：6×+8×含有O2-个数为：12×+1原子Fe2+与O2-的最短核间距是晶胞单元的棱长，设氧化亚铁的晶胞的单元棱长为apm，可得到等量关系：ρ×a3=，可得到a=×1010pm。
故答案为：12 ， ×1010。
【点睛】明确晶胞中所含原子或离子的数目计算方法是解决本题的关键。
19.（1）已知下列热化学方程式：
H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·mol−1
H2(g)+1/2O2(g)==H2O(g) ΔH=−241.8 kJ·mol−1
C(s)+ 1/2O2(g)==CO(g) ΔH=−110.5 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)==CO2(g) ΔH=−393.5 kJ·mol−1
回答下列问题：
①燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为________。
②CO的燃烧热为________。
（2）0.3mol乙硼烷气体(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，则其热化学方程式为________________________。
（3）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6 kJ热量，写出稀H2SO4溶液与稀NaOH溶液反应的热化学方程式__________________。
（4）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol–1
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol–1
请写出NO2与SO2反应生成SO3和NO的热化学方程式____________________。
（5）研究活化能对于能源技术的革新有非常重大的实际意义。请认真观察下图，回答问题：
①图中反应的ΔH＝_____________kJ/mol（用含有E1、E2代数式表示）。
②已知热化学方程式：H2(g)＋1/2O2(g) ＝ H2O(g) ΔH＝－241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则H2O(g)＝H2(g)＋1/2O2(g)的活化能为________kJ/mol。
【答案】 (1). 1429.0 kJ (2). 283.0 kJ/mol (3). B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1 (4). 1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)+H2O(l) △H＝－57.3kJ／mol (5). NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) △H＝－41.8kJ／mol (6). -(E1- E2)或（E2-E1） (7). 409
【解析】
【分析】
根据盖斯定律及热化学反应方程式的书写规则分析解答。
【详解】(1) ①10gH2的物质的量为5mol，根据已知条件可知，H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·mol−1，可知燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为：285.8 kJ×5= 1429.0 kJ；故答案为：1429.0 kJ；
② a.C(s)+ 1/2O2(g)==CO(g) ΔH=−110.5 kJ·mol−1，b.C(s)+O2(g)==CO2(g) ΔH=−393.5 kJ·mol−1，[b-2×a]得到，CO(g) + 1/2O2(g)= CO2(g) ΔH=−283.0 kJ/mol；
故答案为：283.0 kJ/mol；
(2) 0.3mol乙硼烷气体(B2H6)在氧气中燃烧，即B2H6(g)+O2(g)==B2O3(s)+H2O(l) △H＝ -649.5kJ×=-2165 kJ/mol；
故答案为：B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1；
(4)根据已知条件，①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol–1，②2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol–1， (②-①)得到，NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) ΔH=－113.0-(－196.6)]= －41.8kJ／mol；
故答案为：NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) △H＝－41.8kJ／mol；
(5) ①从图中可知，反应物的总能量大于生成物总能量，该反应放热，即△H＝-（E1-E2）kJ／mol；
故答案为：-（E1- E2）或（E2-E1）；
②焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能，可得到－241.8kJ/mol=167.2kJ/mol-逆反应的活化能，即逆反应的活化能为：241.8+167.2=409 kJ/mol；
故答案为：409。
【点睛】叠加法求焓变：1．写出目标方程式(题目中要求书写的热化学方程式)，配平。2．将已知方程式和目标方程式比较，分析物质类别、位置(在反应物中还是在生成物中)的区别。3.利用加、减、乘、除来计算反应热，加——同边相加，减——不同边相减，乘除——指系数要配成一致。
20.影响化学反应速率的因素很多,某课外兴趣小组用实验的方法进行探究。
实验一:取等物质的量浓度等体积H2O2溶液分别进行下列实验,实验报告如下表所示。
序号
条件
现象
结论
温度/℃
催化剂
1
40
FeCl3溶液
2
20
FeCl3溶液
3
20
MnO2
4
20
无
（1）实验1、2的目的是研究__________因素对H2O2分解速率的影响。
（2）实验1对应的化学方程式为___________________________。
实验二:经研究知Cu2+对H2O2分解也具有催化作用,为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,该小组的同学分别设计了如图所示的实验。可通过观察_________得出结论。 有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理,其理由是____________________。
实验三:已知在高锰酸钾（KMnO4）酸性溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应时,发现开始一段时间,反应速率较慢,溶液褪色不明显，但不久突然褪色,反应速率明显加快。
（1）写出硫酸酸化的高锰酸钾溶液和草酸溶液反应的化学方程式____________
（2）针对上述实验现象,某同学认为KMnO4与H2C2O4反应是放热反应,导致溶液温度升高,反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看,你的猜想还可能是______。
（3）若用实验证明你的猜想,除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外,还需要选择的试剂最合理的是__________。
A、硫酸钾 B、硫酸锰 C、水 D、氯化锰
（4）若实验过程中将2.0mL0.10mol/LH2C2O4溶液与4.0mL0.010mol/L酸性KMnO4溶液混合（忽略溶液混合后体积的变化），测得溶液的褪色时间为40s,这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=__________mol·L-1·min-1。
【答案】 (1). 温度 (2). 2H2O2 2H2O+O2↑ (3). 反应产生气泡的快慢 (4). 控制阴离子相同,排除阴离子的干扰 (5). (6). 催化剂使反应速率加快(或生成的硫酸锰对反应具有催化作用，使反应速率加快) (7). B (8). 0.010
【解析】
【分析】
根据外界条件对化学反应速率的影响分析解答；根据氧化还原反应中，利用化合价的升降配平，而后再进行物质的量计算。
【详解】实验一.(1) 实验1、2使用相同的催化剂，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，所以可以探究温度对H2O2分解速率的影响；
故答案为：温度；
(2)双氧水在催化剂的条件下，分解生成水和氧气，方程式为：2H2O2 2H2O+O2↑；
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
实验二. (1)比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过观察产生气泡的快慢来比较，产生气泡快的，催化效果好；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；
故答案为：反应产生气泡的快慢；排除阴离子的干扰；
实验三. (1)酸性条件下，高锰酸钾溶液和草酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰和二氧化碳气体，方程式为：；
故答案为：；
(2) KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是生成的硫酸锰对反应具有催化作用，使反应速率加快；
故答案为：生成的硫酸锰对反应具有催化作用，使反应速率加快；
(3) 要想验证锰离子的是否具有催化作用，可以在做对比实验时，同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可；
故答案为：B；
(4)草酸的物质的量为： 0.10mol/L×2.0×10-3L=0.0002mol，
高锰酸钾的物质的量为：0.010mol/L×4×10-3L=4×10-5mol，草酸与高锰酸钾的物质的量之比为：5:1，显然是草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：，40s内的平均速率为：v(KMnO4)= mol·L-1·min-1；故答案为： 0.010。
【点睛】判断草酸和高锰酸钾的物质的量谁过量，再根据不足量物质的物质的量进行化学计量计算是解答本题的关键。
1.下列关于外围电子排布为3s23p4的粒子描述正确的是
A. 它的元素符号为O
B. 它的核外电子排布式为[Ar]3s23p4
C. 它在元素周期表中属于p区元素
D. 其电子排布图为:
【答案】C
【解析】
【详解】A.价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，故A错误；
B.S原子具有16个核外电子，它的核外电子排布式为：[Ne]3s23p4，故B错误；
C．S元素是VIA族元素，属于p区元素，故C正确；
D．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，故D错误。
故选C。
2.下列晶体熔化时不需要破坏化学键的是
A. 晶体硅 B. 食盐 C. 干冰 D. 金属钾
【答案】C
【解析】
试题分析：A．晶体硅 是原子晶体，熔化时断裂共价键，错误；B．食盐是离子晶体，熔化时断裂离子键，错误；C．干冰是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关，正确；D．金属钾是金属晶体，熔化时断裂的为金属键，错误.
考点：考查物质的熔化与晶体类型的关系的知识。
3.下列叙述中正确的是
A. CS2为V形的极性分子,形成分子晶体
B. CH3CH2OH分子中含有手性碳原子
C. 由于水分子间能形成氢键，所以H2O比H2S稳定
D. SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化,SiF4分子呈空间正四面体,SO32-呈三角锥形
【答案】D
【解析】
【详解】A.依据价层电子对互斥理论可知CS2为直线形的非极性分子，故A错误；
B.CH3CH2OH分子中一个C原子链接四个基团其中三个相同，另外一个C原子连接的基团中有两个完全相同，所以CH3CH2OH分子中没有手性碳原子，故B错误；
C.氢键是分子间用力，决定物质的物理性质，而氧元素的非金属性强于硫，所以H2O比H2S稳定，故C错误；
D. SiF4和SO32-的中心原子价层电子对个数都是4，但SiF4中Si原子不含孤电子对、SO32-中S原子含有一个孤电子对，所以SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈空间正四面体，SO32-呈三角锥形，故D正确。
故选D。
4.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示,单位为kJ/mol)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+3价
B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。
5. 碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是
A. 分子式为C3H2O3
B. 分子中含6个σ键
C. 分子中只有极性键
D. 8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【答案】A
【解析】
A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误，此题选C。
【考点定位】本题考查的是有机化合物的结构特点，主要考查化学键的类型和极性，同时也涉及到有机物
燃烧产物的判断和相关计算。
6.下列装置能达到对应实验目的的是
A. 比较MnO2和Fe2O3的催化效果
B. 测定中和热的大小
C. 验证Na与水反应为放热反应
D. 定量测定反应速率大小
【答案】C
【解析】
【详解】A.比较二氧化锰和氧化铁的催化作用，所选取的双氧水的浓度不一样，所以没有可比性，故A错误；
B.测定中和热时，大小烧杯应是相平的，且应使用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，故B错误；
C.Na与水反应放热，大试管中气体受热膨胀，则U形管中红墨水左侧高度下降，可验证热效应，故C正确；
D. 产生的气体从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积，应利用分液漏斗或长颈漏斗下端进入液面下，故D错误。
故选C。
7.已知:4NH3+5O2==4NO+6H2O,若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，单位都为mol/(L•s),则正确的关系是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，对应反应：4NH3+5O2═4NO+6H2O，
A．v（NH3）：v（O2）=4：5，故5v（NH3）=4v（O2），选项A错误；
B．v（O2）：v（NO）=5：4，故4v（O2）=5v（NO），选项B正确；
C．v（NH3）：v（H2O）=4：6，故3v（NH3）=2v（H2O），选项C错误；
D．v（O2）：v（H2O）=5：6，故6v（O2）=5v（H2O），选项D错误；
答案选B。
8.某反应过程中能量变化如图所示,下列说法正确的是
A. 反应过程a有催化剂参与
B. 因为生成物的总能量低于反应物的总能量,所以该反应不需要加热
C. 改变催化剂,可以改变该反应的活化能
D. 有催化剂条件下,反应的活化能等于E1+E2
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图示可知反应过程a需要的活化能较高，没有催化剂参与，故A错误；
B. 反应吸热或放热与反应条件无必然联系，放热反应也可能需要加热，故B错误；
C.改变催化剂，改变了反应途径，降低了反应的活化能，但是反应热不变，故C正确；
D. E1是反应物的活化能，E2是中间产物的活化能，故D错误，
故选C。
9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 常温常压下,1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl放出92.3kJ的热量,则热化学方程式可表示为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=+184.6kJ·mol-1
B. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1
C. 已知OH-(aq)+H+(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ·mol-1,则98%的浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量
D. 相同条件下,2mol氢原子所具有的能量大于1mol氢分子所具有的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.1g H2的物质的量为0.5mol，H2在足量Cl2中燃烧，该反应是放热反应，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-184.6kJ·mol-1，故A错误；
B. 甲烷的标准燃烧热为△H=-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧生成液态水时的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3 kJ•mol-1，故 B错误；
C. 98%的浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应，发生中和反应放热57.3kJ，但是浓硫酸稀释也会放热，所以放出的总热量大于57.3kJ，故C错误；
D. H原子之间形成共价键达到稳定要放出能量，所以2molH原子的能量大于1molH分子的能量，能量越低越稳定，故D正确。
故选D。
10.已知CH3CH3→CH2=CH2+H2,有关化学键的键能如表所示。则该反应的反应热为
化学键
C-H
C=C
C-C
H-H
键能E/(kJ·mol-1)
414.4
615.3
347.4
435.3
A. +125.6kJ·mol-1 B. -125.6kJ·mol-1
C. +393.5kJ·mol-1 D. -393.5kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】在反应CH3-CH3→CH2=CH2+H2中，断裂6mol C-H键，1mol C-C键共吸收的能量为：6×414.4kJ+347.4kJ=2833.8kJ，生成1molCH2=CH2和1molH2，共形成4molC-H键，1molC=C、1molH-H，共放出的能量为：4×414.4kJ+615.3kJ+435.3kJ=2708.2kJ，吸收的能量多，放出的能量少，该反应为吸热反应，吸收的热量为：2833.8kJ-2708.2kJ=125.6，所以反应热为+125.6kJ/mol，故A正确。
故选A。
11.黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为:S(s)+2KNO3(s)+3C(s)==K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) △H=xkJ·mol-1
已知:①碳的燃烧热△H1=akJ·mol-1
②S(s)+2K(s)==K2S(s) △H2=bkJ·mol-1
③2K(s)+N2(g)+3O2(g)==2KNO3(s) △H3=ckJ·mol-1 。则x为：
A. 3a+b-c B. c+3a-b C. a+b-c D. c+a-b
【答案】A
【解析】
试题分析：碳的燃烧热△H1="a" kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1="a" kJ•mol-1①，S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2="b" kJ•mol-1②，2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3="c" kJ•mol-1③，将方程式3①-②+③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H="x" kJ•mol-1=(3a-b+c)kJ•mol-1，所以x=3a-b+c，故选C。
【考点定位】考查反应热和焓变
【名师点晴】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减。应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
12.下面的排序不正确的是
A. 晶体的熔点: ＞
B. 晶格能的大小: Al2O3＞MgCl2＞NaCl
C. 共价键的键长: F-F＞C-Cl＞C-S＞Si-O
D. 硬度由大到小:金刚石>氮化硅>晶体硅
【答案】C
【解析】
【详解】A. 邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键。分子间氢键熔沸点大于分子内氢键沸点，故A正确；
B.离子半径Al3+
【点睛】注意影响晶格能大小的主要因素是离子电荷，电荷越高，晶格能越大；其次就是离子半径，离子半径越小，晶格能越大。
13.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是
A. 28g晶体硅中含有Si—Si键的个数为2NA
B. 12g石墨晶体中含有C—C键的个数为3NA
C. 31g白磷中含有P—P键的个数为NA
D. SiO2晶体中1molSi可与O形成2NA个共价键(Si—O键)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 28gSi晶体，有1molSi原子，每个Si原子与4个Si原子以共价键相键连，两个 Si原子形成一个共价键， 因此平均每个Si原子形成2个共价键，28gSi晶体含有2molSi-Si共价键，即含有Si—Si键的个数为2NA，故A正确；
B. 12g石墨的物质的量为1mol，在石墨晶体中一个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键由2个碳原子构成，因此12g石墨中含有C-C键的物质的量为1mol×3×=1.5mol，即C—C键个数为1.5NA，故B错误；
C. 在一个白磷P4分子中含有6个P—P共价键， 31g白磷的物质的量为：=0.25mol，含有的P—P键数为0.25mol×6×NA=1.5NA，故C错误；
D. 1molSiO2中含1mol的Si原子和2mol的O原子，每个氧原子形成两个Si-O键，因此Si-O有2×2×NA=4 NA，故D错误；
故选A。
14.反应C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行,下列条件的改变能使反应速率加快的是
A. 增加C的量
B. 保持体积不变,充入N2使体系压强增大
C. 将容器的体积缩小一半
D. 保持压强不变,充入N2使容器体积增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳为纯固体，改变其用量，对化学反应速率无影响，故A错误；
B.保持体积不变，充入N2使体系压强增大，各反应物的相对压强不变，即体积不变,加入其它不反应物质,如N2，对反应无影响，故B错误；
C.将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率加快，故C正确；
D.压强不变充入N2使容器体积增大，则相当于反应体系的压强减小，反应速率减小，故D错误。
故选C。
15.一定温度下,向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应,反应中各物质的物质的量变化如下图所示,对该反应的推断合理的是
A. 该反应的化学方程式为3B+4D6A+2C
B. 反应进行到1s时,v(A)=v(D)
C. 0~6s内，B的平均反应速率为0.05mol·L-1·s-1
D. 反应进行到6s时,B的转化率为40％
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol，D物质增加了0.4mol，B物质减少了0.6mol，C物质减少了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C6A+2D，故A错误；
B．反应到1s时，v(A)==0.3mol·L-1·s-1，v(D)=0.1mol·L-1·s-1，则v（A）≠v（D），故B错误；
C．0~6s内，B从1.0mol减少到0.4mol，所以v(B)==0.05mol·L-1·s-1，故C正确；
D.反应进行到6s时，B从1.0mol减少到0.4mol，即转化率为：=60%，故D错误。
故选C。
16.某学习小组为了探究BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2O反应速率(v)与反应物浓度的关系,在20℃进行实验,所得的数据如下表:
实验编号
离子浓度
①
②
③
④
⑤
c(H+)/mol·L-1
0.008
0.008
0.004
0.008
0.004
c(BrO3-)/mol·L-1
0.001
0.001
0.001
0.002
0.002
c(Br-)/mol·L-1
0.10
0.20
0.20
0.10
0.40
v/mol·L-1·s-1
2.4×10-8
4.8×0-8
1.2×10-8
4.8×10-8
v1
下列结论正确的是
A. 反应物BrO3-、Br-、H+的浓度对该反应速率的影响程度完全相同
B. 实验②、④,探究的是c(BrO3-)对反应速率的影响
C. 若该反应速率方程为v=kca(BrO3-)cb(Br-)cc(H+)(k为常数),则c=1
D. 实验⑤中,v1=4.8×10-8
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据反应速率常数公式可知，化学反应速率不仅与反应物的浓度有关，还和反应物的化学计量数有关，所以从题目中的方程式中可知，反应物BrO3-、Br-、H+的浓度对该反应速率的影响程度不同，故A错误；
B.实验②、④，Br‾、BrO3‾浓度不同，无法探究c(BrO3－)对反应速率的影响，故B错误；
C.实验②H+浓度为③的2倍，其他条件都相同，速率②是③的4倍，所以c=2，故C错误；
D.实验②中，Br‾的浓度是实验①的2倍，速率也是实验①的2倍，由此可得a=1，实验⑤中H+的浓度是④中H+浓度的，实验⑤中Br‾浓度是实验④中Br‾浓度的4倍，则速率④=⑤，故D正确。
故选D。
17.Ⅰ、（1）某种金属互化物具有自范性,原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于__________(填 “晶体”或“非晶体”)，可通过__________方法鉴别。
（2）基态Ni2+的核外电子排布式为__________；配合物Ni(CO)4常温下为液态,易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于__________晶体；Ni2+和Fe2+的半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO__________FeO(填“<”或“>”)。
Ⅱ、判断含氧酸强弱的一条经验规律是:含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多,该含氧酸的酸性越强。如下表所示
（1）亚磷酸(H3PO3)和亚砷酸(H3AsO3)分子式相似,但它们的酸性差别很大,H3PO3是中强酸,H3AsO3只有弱酸性。由此可推出亚磷酸的结构式为___________。从分子结构角度，简述二者酸性强弱原因_____________________。
（2）亚磷酸与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为:________________。
【答案】 (1). 晶体 (2). X-射线衍射 (3). [Ar]3d8 (4). 分子 (5). > (6). (7). 亚磷酸非羟基氧数目为1，亚砷酸没有非羟基氧，非羟基氧数目越多,中心原子正电性越强,酸性越强 (8). H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O
【解析】
【分析】
根据晶体结构与性质、核外电子排布、化学键等知识分析解答；根据含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，据此确定亚磷酸(H3PO3)分子的结构式；
【详解】Ⅰ.(1)某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，说明该互化物属于晶体，可通过X-射线衍射实验进行鉴别；
故答案为：晶体；X-射线衍射实验；
(2) Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，失去4s能级2个电子形成Ni2+，所以Ni2+离子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8，Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，固态Ni(CO)4属于分子晶体；Ni2+和Fe2+的离子所带电荷相同，Ni2+离子半径较小，NiO中离子键更强，NiO晶体的熔点更高；
故答案为：1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8，分子，>；
Ⅱ. (1)含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸是中强酸，所以亚磷酸的结构式为：，亚砷酸既有弱酸性又有弱碱性，亚砷酸的结构是为：，亚磷酸非羟基氧数目为1，亚砷酸没有非羟基氧，非羟基氧数目越多，中心原子正电性越强，酸性越强，故亚磷酸酸性强于亚砷酸；
故答案为： ，亚磷酸非羟基氧数目为1，亚砷酸没有非羟基氧，非羟基氧数目越多,中心原子正电性越强,酸性越强；
(2) 酸和碱反应生成盐和水，亚磷酸中含有2个羟基，属于二元酸，亚磷酸和氢氧化钠的反应方程式为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O；
故答案为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O。
【点睛】离子所带电荷相同，离子半径越小，离子键越强，晶体的熔点越高；含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强；注意把握题目中的信息及酸性强弱的判断依据为解答的关键。
18.铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
（1）基态Fe3+第M层的电子排布式为_______________________。
（2）实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为___________________(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为____________。
（3）FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是_______________。
（4）羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含_______molσ键，与CO互为等电子体的离子是________(填化学式，写一种)。
（5）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为________。
（6）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_________；Fe2+与O2-的最短核间距为_____________ pm。
【答案】 (1). 3s23p63d5 (2). N>O>S (3). sp2杂化 (4). 正四面体形 (5). 10 (6). CN- (7). 3∶1 (8). 12 (9). ×1010
【解析】
【分析】
根据原子或离子的核外电子排布规律分析解答；根据等电子体的概念分析解答；
【详解】(1) Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子和3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5 ，则M层电子排布式为：3s23p63d5；
故答案为：3s23p63d5；
(2) 根据同周期同主族元素性质递变规律判断，由于同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大，又由于同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；苯环中的C形成3个σ键，无孤电子对，所以苯酚中碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化；
故答案为：N>O>S，sp2杂化；
(3) SO42-中S原子价层电子对=4+（6+2-4×2）=4，且不含孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；
故答案为：正四面体；
(4) Fe和CO形成配位键，成键原子间只能形成一个σ键，因此1molFe(CO)5分子中含有10molσ键；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。与CO互为等电子体的离子可能是CN-，故答案为：10 ，CN-；
(5)观察图一晶胞可以发现该晶胞中Fe原子个数为：(6+6)×+2×+3=6，N原子数为2，故该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1；
故答案为：3:1；
(6)从晶胞结构中可知，在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个，1个晶胞中含有Fe2+个数为：6×+8×含有O2-个数为：12×+1原子Fe2+与O2-的最短核间距是晶胞单元的棱长，设氧化亚铁的晶胞的单元棱长为apm，可得到等量关系：ρ×a3=，可得到a=×1010pm。
故答案为：12 ， ×1010。
【点睛】明确晶胞中所含原子或离子的数目计算方法是解决本题的关键。
19.（1）已知下列热化学方程式：
H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·mol−1
H2(g)+1/2O2(g)==H2O(g) ΔH=−241.8 kJ·mol−1
C(s)+ 1/2O2(g)==CO(g) ΔH=−110.5 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)==CO2(g) ΔH=−393.5 kJ·mol−1
回答下列问题：
①燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为________。
②CO的燃烧热为________。
（2）0.3mol乙硼烷气体(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，则其热化学方程式为________________________。
（3）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6 kJ热量，写出稀H2SO4溶液与稀NaOH溶液反应的热化学方程式__________________。
（4）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol–1
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol–1
请写出NO2与SO2反应生成SO3和NO的热化学方程式____________________。
（5）研究活化能对于能源技术的革新有非常重大的实际意义。请认真观察下图，回答问题：
①图中反应的ΔH＝_____________kJ/mol（用含有E1、E2代数式表示）。
②已知热化学方程式：H2(g)＋1/2O2(g) ＝ H2O(g) ΔH＝－241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则H2O(g)＝H2(g)＋1/2O2(g)的活化能为________kJ/mol。
【答案】 (1). 1429.0 kJ (2). 283.0 kJ/mol (3). B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1 (4). 1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)+H2O(l) △H＝－57.3kJ／mol (5). NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) △H＝－41.8kJ／mol (6). -(E1- E2)或（E2-E1） (7). 409
【解析】
【分析】
根据盖斯定律及热化学反应方程式的书写规则分析解答。
【详解】(1) ①10gH2的物质的量为5mol，根据已知条件可知，H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·mol−1，可知燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为：285.8 kJ×5= 1429.0 kJ；故答案为：1429.0 kJ；
② a.C(s)+ 1/2O2(g)==CO(g) ΔH=−110.5 kJ·mol−1，b.C(s)+O2(g)==CO2(g) ΔH=−393.5 kJ·mol−1，[b-2×a]得到，CO(g) + 1/2O2(g)= CO2(g) ΔH=−283.0 kJ/mol；
故答案为：283.0 kJ/mol；
(2) 0.3mol乙硼烷气体(B2H6)在氧气中燃烧，即B2H6(g)+O2(g)==B2O3(s)+H2O(l) △H＝ -649.5kJ×=-2165 kJ/mol；
故答案为：B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH＝－2 165 kJ·mol－1；
(4)根据已知条件，①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol–1，②2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol–1， (②-①)得到，NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) ΔH=－113.0-(－196.6)]= －41.8kJ／mol；
故答案为：NO2(g)+SO2(g)＝SO3(g)+NO(g) △H＝－41.8kJ／mol；
(5) ①从图中可知，反应物的总能量大于生成物总能量，该反应放热，即△H＝-（E1-E2）kJ／mol；
故答案为：-（E1- E2）或（E2-E1）；
②焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能，可得到－241.8kJ/mol=167.2kJ/mol-逆反应的活化能，即逆反应的活化能为：241.8+167.2=409 kJ/mol；
故答案为：409。
【点睛】叠加法求焓变：1．写出目标方程式(题目中要求书写的热化学方程式)，配平。2．将已知方程式和目标方程式比较，分析物质类别、位置(在反应物中还是在生成物中)的区别。3.利用加、减、乘、除来计算反应热，加——同边相加，减——不同边相减，乘除——指系数要配成一致。
20.影响化学反应速率的因素很多,某课外兴趣小组用实验的方法进行探究。
实验一:取等物质的量浓度等体积H2O2溶液分别进行下列实验,实验报告如下表所示。
序号
条件
现象
结论
温度/℃
催化剂
1
40
FeCl3溶液
2
20
FeCl3溶液
3
20
MnO2
4
20
无
（1）实验1、2的目的是研究__________因素对H2O2分解速率的影响。
（2）实验1对应的化学方程式为___________________________。
实验二:经研究知Cu2+对H2O2分解也具有催化作用,为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,该小组的同学分别设计了如图所示的实验。可通过观察_________得出结论。 有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理,其理由是____________________。
实验三:已知在高锰酸钾（KMnO4）酸性溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应时,发现开始一段时间,反应速率较慢,溶液褪色不明显，但不久突然褪色,反应速率明显加快。
（1）写出硫酸酸化的高锰酸钾溶液和草酸溶液反应的化学方程式____________
（2）针对上述实验现象,某同学认为KMnO4与H2C2O4反应是放热反应,导致溶液温度升高,反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看,你的猜想还可能是______。
（3）若用实验证明你的猜想,除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外,还需要选择的试剂最合理的是__________。
A、硫酸钾 B、硫酸锰 C、水 D、氯化锰
（4）若实验过程中将2.0mL0.10mol/LH2C2O4溶液与4.0mL0.010mol/L酸性KMnO4溶液混合（忽略溶液混合后体积的变化），测得溶液的褪色时间为40s,这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=__________mol·L-1·min-1。
【答案】 (1). 温度 (2). 2H2O2 2H2O+O2↑ (3). 反应产生气泡的快慢 (4). 控制阴离子相同,排除阴离子的干扰 (5). (6). 催化剂使反应速率加快(或生成的硫酸锰对反应具有催化作用，使反应速率加快) (7). B (8). 0.010
【解析】
【分析】
根据外界条件对化学反应速率的影响分析解答；根据氧化还原反应中，利用化合价的升降配平，而后再进行物质的量计算。
【详解】实验一.(1) 实验1、2使用相同的催化剂，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，所以可以探究温度对H2O2分解速率的影响；
故答案为：温度；
(2)双氧水在催化剂的条件下，分解生成水和氧气，方程式为：2H2O2 2H2O+O2↑；
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
实验二. (1)比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过观察产生气泡的快慢来比较，产生气泡快的，催化效果好；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；
故答案为：反应产生气泡的快慢；排除阴离子的干扰；
实验三. (1)酸性条件下，高锰酸钾溶液和草酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰和二氧化碳气体，方程式为：；
故答案为：；
(2) KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是生成的硫酸锰对反应具有催化作用，使反应速率加快；
故答案为：生成的硫酸锰对反应具有催化作用，使反应速率加快；
(3) 要想验证锰离子的是否具有催化作用，可以在做对比实验时，同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可；
故答案为：B；
(4)草酸的物质的量为： 0.10mol/L×2.0×10-3L=0.0002mol，
高锰酸钾的物质的量为：0.010mol/L×4×10-3L=4×10-5mol，草酸与高锰酸钾的物质的量之比为：5:1，显然是草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：，40s内的平均速率为：v(KMnO4)= mol·L-1·min-1；故答案为： 0.010。
【点睛】判断草酸和高锰酸钾的物质的量谁过量，再根据不足量物质的物质的量进行化学计量计算是解答本题的关键。
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