2019-2020学年安徽省阜阳市化学高二下期末检测模拟试题含解析

2019-2020学年安徽省阜阳市化学高二下期末检测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．某中性有机物C10H20O2在稀硫酸作用下加热得到M和N两种物质，N经氧化最终可得到M，则该中性有机物的结构可能有()
A．2种B．3种C．4种D．5种
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物C10H20O2在酸性条件下能水解，说明C10H20O2为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物M和M，且N在一定条件下可转化成M，说明M和N的碳原子数相同，且碳链相同，据此分析解答。

【详解】
根据上述分析，C10H20O2是饱和酯，且两边碳链相同，因此M为C4H9COOH，N为C4H9CH2OH，二者中都
含有烃基-C4H9，-C4H9有四种结构：C-C-C-C-、、、，则C10H20O2有四种
结构，故选C。

2．对物质的量的理解正确的是（）
A．物质的量就是物质的质量的另一种表达方式，单位是g/mol
B．物质的量就是物质的数量，数值上等于式量，单位是mol
C．物质的量就是6.02×1023个微粒的质量，单位是g
D．物质的量是国际单位制中的一个物理量，表示含有一定数目微粒的集体
【答案】D
【解析】A项，物质的量与物质的质量为两个不同的物理量，物质的量的单位是mol，故A错误；B项，物质的量表示物质所含指定粒子的多少，物质的量是一个整体，不是物质所含粒子的数量，数值上等于物质质量与相对分子质量之比，单位是mol，故B错误；C项，物质的量的单位是mol，1mol任何物质中含有的该物质微粒个数是6.02×1023个，故C错误；D项，物质的量是国际单位制中的一个基本物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体，故D正确。

3．某主族元素的离子X2+有6个电子层，最外层有2个电子，当把XO2溶于浓盐酸时，有黄色气体产生，则下列说法不正确的是
A．X2+具有还原性B．X的+2价化合物比+4价化合物稳定
C．XO2具有强氧化性D．该元素是第ⅡA族元素
【答案】D
【解析】试题分析：根据题意可知该元素是第六周期第IVA的元素，是Pb元素，+4价的Pb不稳定，有
强氧化性，会把HCl氧化为氯气。

因此会看到产生黄色气体A．Pb最外层有4个电子，所以X2+具有还原性，正确。

B．根据题意可知X的+2价化合物比+4价化合物稳定，正确。

C．XO2在反应中得到电子，表现强的氧化性。

正确。

D．该元素的原子最外层失去2个电子，还有2个，是第IVA族的元素。

考点：考查元素的原子结构与形成的化合物的性质的知识。

4．下列实验操作、现象和结论均正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【详解】
A．氯化铵溶液水解成酸性，镁能与氢离子反应生成氢气，无法确定气体是氨气，故A错误；
B．氯离子浓度大时，可能反应生成白色沉淀，故B错误；
C．氯气氧化碘离子生成碘单质，该反应中碘离子是还原剂、氯离子是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以I-的还原性强于Cl-，故C正确；
D．KSCN和铁离子反应生成血红色液体，和亚铁离子不反应，氯水具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以应该先加入KSCN然后加入氯水，防止铁离子干扰实验，故D错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质的性质、沉淀转化、还原性比较以及离子检验等知识点，侧重考查实验基本操作、物质性质，明确常见离子性质的特殊性、实验操作规范性是解本题关键，注意离子检验时要排除其它离子干扰，易错选项是D。

5．能说明溶液呈中性的可靠依据是
A．pH=7B．石蕊试液不变色C．pH试纸不变色D．c(H+)=c(OH-)
【答案】D
【解析】分析：溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，据此判断。

详解：A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，A错误；
B．石蕊的变色范围是5.0～8.0，使石蕊试液不变色的溶液，常温下溶液不一定显酸性，B错误。

C．pH试纸不能精确测定溶液的pH，pH试纸不变色，只能说明溶液接近中性，C错误；
D．c(H+)=c(OH-)时溶液一定呈中性，D正确；
答案选D。

点睛：本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。

6．反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的能量变化如图所示，a、b均为正值，单位是kJ，下列说法正确的是
A．N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) △H=(a-b)kJ·mol－1
B．NH3(g)⇌1
2
N2(g)＋
3
2
H2(g) △H=(b-a)kJ·mol－1
C．NH3中氮氢键键能为bkJ·mol－1
D．压强越大，该反应的△H越小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.由图知N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ∆H=(a-b)kJ·mol－1，A正确；
B.由图知NH3(g)⇌1
2
N2(g)＋
3
2
H2(g) ∆H =
1
2
(b-a)kJ·mol－1，B错误；
C. NH3中氮氢键键能为1
6
bkJ·mol－1，C错误；
D. 反应的∆H=生成物的总能量-反应物的总能量，D错误；答案选A。

7．下列有机物不属于醇类的是
A．B．C．D．CH3CH2OH
【答案】C
【解析】分析：官能团羟基与烃基或苯环侧链上的碳相连的化合物属于醇类，据此进行判断。

详解：A．羟基与烃基(环烷基)相连，为环己醇，故A不选；B．中苯环侧链与羟基相连，名称为苯甲醇，属于醇类，故B不选；C．苯环与羟基直接相连，属于酚类，故C选；
D．CH3CH2OH分子中烃基与官能团羟基相连，属于醇类，故D不选；故选C。

点睛：本题考查了醇类与酚类的判断，解题关键是明确醇类与酚类的根本区别，羟基直接与苯环相连的有机物属于酚类。

8．下列说法中错误的是
A．CO2和SO2都是非极性分子B．NH4+和[Cu(NH3)4]2+都存在配位键
C．Be和Al有很多相似的化学性质D．H2O和NH3中心原子杂化轨道类型都是sp3
【答案】A
【解析】
分析：A．由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子；B．当共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应时，就是配位键；C.根据对角线原则分析；D.H2O和NH3中心原子分别为O和N，都为sp3杂化.
详解：A．二氧化硫是极性分子，二氧化硫中的键角是为119.5°，不对称，所以是极性分子，故A错误；B．NH3有一对孤对电子，而H+没有电子只有轨道，这样N提供孤对电子给H+，就形成了配位键，就形成NH4+，因此NH4+中有配位键；[Cu（NH3）4]2+中Cu2+和NH3间存在配位键，故B正确；C.根据对角线原则,Be 和Al的化学性质具有相似性，故C正确；D. H2O中含有2个δ键，有2个孤电子对，为sP3杂化，NH3
中含有3个δ键，有1个孤电子对，为sP3杂化，故D正确;答案选A.
9．下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的是（）
A．SO2、NO2和CO2都是污染性气体
B．熟石灰、铝热剂、盐酸都是混合物
C．煤的干馏、海水中提取碘的过程都包括化学变化
D．A12O3、Cl2、CuSO4在熔融状态或溶于水时均能导电，都属电解质
【答案】C
【解析】
试题分析：A．SO2、NO2会导致酸雨的形成，而CO2是空气的组成成分气体，CO2不会导致大气污染，错误；B．熟石灰是Ca(OH)2，不是混合物，错误；C．煤的干馏、海水中提取碘的过程都有新的物质产生，因此都包括化学变化，正确；D．Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，错误。

考点：考查有关物质分类或归纳正误判断的知识。

10．下列各组物质充分反应后，最终既有沉淀又有气体生成的是
①少量Na2O2投入Ca(HCO3)2溶液中
②过量Ba(OH)2溶液和NH4HSO4溶液混合加热
③AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合
④FeCl3溶液与NaHS溶液混合
A．②③④ B．①② C．①③④ D．①②③
【答案】D
【解析】①少量Na2O2先和水反应生成氢氧化钠和氧气，然后NaOH再和Ca（HCO3）2发生反应生成碳酸钙沉淀，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、NaOH+Ca（HCO3）2=CaCO3↓+NaHCO3+H2O，所以符合题意，故正确；②过量Ba（OH）2溶液和NH4HSO4溶液混合加热生成氨气和硫酸钡沉淀，发生反应为：Ba（OH）2+NH4HSO4BaSO4↓+2H2O+NH3↑，所以符合题意，故正确；③AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合发生双水解，得到二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，反应方程式为AlCl3+3NaHCO3
=Al(OH)3↓+3CO2↑+3NaCl，符合题意，故正确；④FeCl3溶液与NaHS溶液混合三价铁氧化硫氢酸根离子生成二价铁离子和硫单质，无气体放出，所以不符合题意，故错误；答案选D。

11．下列元素位于d区的是
A．C B．Ca C．Cr D．Ga
【答案】C
【解析】
【分析】
将价电子排布相似的元素集中起来，以最后填入电子的轨道能级符号作为该区的符号，共分5区：
s区：包括I A族、II A族、氦，价电子排布为ns1～2.；
p区：包括III A族、IV A族、V A族、VI A族、VII A和0族（氦除外），价电子排布为ns2np1～6.；
d区：包括除镧系、锕系外的从III B族到VIII族的元素，价电子排布为(n-1)d1～9ns1～2；
ds区：包括I B族、II B族，价电子排布为(n-1)d10ns1～2；
f区：包括镧系和锕系，价电子排布为(n-2)f0～14(n-1)d0～2ns2。

【详解】
A. C位于IV A族，属于p区元素，A错误；
B. Ca位于II A族，属于s区元素，B错误；
C. Cr位于VI B族，属于d区元素，C正确；
D. Ga位于III A族，属于p区元素，D错误；
故合理选项为C。

12．三国时期曹植在《七步诗》中这样写到“煮豆持作羹,漉豉以为汁。

萁在釜下燃，豆在釜中泣。

……”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是
A．过滤B．分液C．升华D．蒸馏
【答案】A
【解析】煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水。

所以漉豉以为汁采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开。

故A符合题意， B C D不符合题意。

所以答案为A。

13．CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如下图所示)，但由于CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。

CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为( )
A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】A
【解析】
【详解】
CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，且CaC2晶体中哑铃形C22-使晶胞沿一个方向拉长，则原先的正方体构型变为了长方体构型（可以看成时长方体的高被拉长，长和宽依旧不变），则1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为4，故合理选项为A。

【点睛】
对于此类题目，要先理解题目的意思，再结合立体几何知识去分析，得到答案。

14．通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。

现给出化学键的键能(见下表)：化学键H—H Cl—Cl Cl—H
键能/(kJ·mol－1) 436 243 431
请计算H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热()
A．＋862 kJ·mol－1B．＋679 kJ·mol－1C．－183 kJ·mol－1D．＋183 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】
反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能=436kJ/mol+243kJ/mol﹣431kJ/mol×2=﹣183.0 kJ/mol，故选C。

15．某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素在周期表中所属的族是( )
A．ⅠB B．ⅡA C．ⅧD．ⅡB
【答案】A
【解析】
某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，处于元素周期表中ds区，最外层电子数为族序数，电子层数等于周期数，所以该元素处于第四周期第IB 族，故答案选A。

16．根据元素周期律和物质结构的有关知识，以下有关排序错误的是（）
A．离子半径：S2-＞Cl-＞Ca2+B．电负性：C＞N＞O
C．热稳定性：HF＞H2O＞H2S D．酸性：HCl＜HBr＜HI
【答案】B
【解析】
试题分析：A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径：S2-＞Cl-＞Ca2+，A正确；B．非金属性越强，电负性越大，则电负性：C＜N＜O，B错误；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，C正确；D．非金属性Cl＞Br＞I，则H-Cl最稳定，酸性：HCl＜HBr＜HI，D 正确；答案选B。

【考点定位】本题主要是考查元素周期表及周期律的综合应用
【名师点晴】该题为高频考点，把握元素的性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

易错点是酸性强弱比较，注意非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，与氢化物的酸性强弱无关。

17．下列属于强电解质的是
A．硫酸钡B．食盐水C．二氧化硅D．醋酸
【答案】A
【解析】
【详解】
按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。

所以对四个选项进行物质分类考查：
A.可知硫酸钡是强电解质，A项正确；
B.食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；
C.二氧化硅是非电解质，C项错误；
D.醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。

故答案选A。

18．将15 mL 2 mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L－1MCln盐溶液中，恰好将溶液中的M n+离子
完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
M的化合价为+n，Na2CO3与MCl n反应对应的关系式为：
2M n+～～～～～～～nCO32－
2 n
0.04L×0.5mol/L 0.015L×2mol/L
解得n=3
故选B。

19．0.1mol以C n H m COOH所表示的羧酸加成时需50.8g碘，0.1mol该羧酸完全燃烧时，产生CO2和H2O共3.4mol，该羧酸是（）
A．C15H27COOH B．C15H31COOH
C．C17H31COOH D．C17H33COOH
【答案】C
【解析】
【详解】
0.1mol加成时需50.8g碘，即n(I2)=
50.8
254/mol
g
g
=0.2mol，说明分子中含有2个C=C键；
A．C15H27COOH中含有2个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.6+1.4)mol=3.0mol，故A错误；
B．C15H31COOH为饱和酸，不含C=C键，故B错误；
C．C17H31COOH中含有2个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.8+1.6)mol=3.4mol，故C正确；
D．C17H33COOH中含有1个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.8+1.7)mol=3.5mol，故D错误；
故答案为C。

20．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．常温常压下，22.4LCl2含有的分子数目为N A
B．1.00mol/LCa(NO3)2溶液中含有的NO3- 离子数目为2N A
C．22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl含有相同的分子数
D．1molO2与足量Na反应，生成Na2O和Na2O2的混合物转移的电子数为2N A
【答案】C
【解析】
【详解】
A、常温常压下，不能直接用22.4L·mol－1，无法求出Cl2的物质的量，故A错误；
B、没有溶液的体积，无法计算出物质的量，故B错误；
C、22gCO2的物质的量为=0.5mol，标准状况下，11.2LHCl的物质的量为=0.5mol，22gCO2
与标准状况下的11.2LHCl具有相同的分子数，故C正确；
D、假设全部生成Na2O，1molO2转移电子物质的量为4mol，全部转化成Na2O2，1molO2转移电子物质的量为2mol，生成Na2O和Na2O2混合物转移电子物质的量应在2mol和4mol之间，故D错误；
答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示,该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。

请回答下列问题:
（1）某同学取100 mL该“84消毒液”,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)＝____mol·L-1。

（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。

下列说法正确的是____(填字母)。

a.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
b.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
c.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低
d.需要称量NaClO固体的质量为143.0 g
【答案】0.04c
【解析】分析：（1）依据c=1000ρω/M计算溶液的物质的量浓度，根据稀释过程中物质的量不变计算；
（2）a．依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；
b．容量瓶不能烘干；
c．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小；
d．依据m＝cVM计算需要溶质的质量。

详解：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c＝1000×1.19×25%/74.5mol·L－1＝4.0mol/L。

稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度是4.0mol/L÷100＝0.04mol/L，所以稀释后的溶液中c(Na+)＝0.04mol·L-1；
（2）a．配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平（量筒）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的是：圆底烧瓶和分液漏斗，还需要玻璃棒、胶头滴管，a错误；
b．容量瓶用蒸馏水洗净后即能用于溶液配制，容量瓶不能烘干，b错误；
c．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，依据c＝n/V可知溶液浓度偏低，c正确；
d．配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液（必须用到容量瓶），物质的量浓度为4.0mol/L，需要选择500mL容量瓶，所以需要溶质的质量m=4.0mol/L×74.5g/mol×0.5L=149g，d错误；
答案选c。

点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及有关物质的量浓度计算，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意熟练掌握物质的量与溶质质量分数的关系，题目难度不大。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数X<Y<Z<W<Q<R<E，其结构或性质信息如下表。

请根据信息回答有关问题：
（1）元素X的原子核外共有_____种不同运动状态的电子，有____种不同能级的电子。

（2）元素Y原子中能量最高的是_____电子，其原子轨道呈_____状。

（3）Q的基态电子排布式为______，R的元素符号为_____，E元素原子的价电子排布式为______。

（4）含有元素W的盐的焰色反应为______色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是
_______________________。

【答案】6 3 2p 哑铃（纺锤）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1Fe 3d104s1紫激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色
【解析】
【分析】
X的L层上s电子数等于p电子数，则X原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，则X为C；
Y元素的原子最外层电子排布式为ns n np n+1，则n必为2，Y原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，则Y为N；
Z原子的M层上有1个未成对的p电子，则Z的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1(Al)或1s22s22p63s23p5(Cl)，因为Z单质常温、常压下是气体，则Z为Cl；
W的正一价离子的电子层结构与Ar相同，则W为K；
Q的核电荷数为Y和Z之和，则Q是24号元素Cr；
R元素的正三价离子的3d能级为半充满，则R原子的价电子轨道式为3d64s2，则R为Fe；
E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则E的核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d104s1，则E为Cu，综上所述，X、Y、Z、W、Q、R、E分别为：C、N、Cl、K、Cr、Fe、Cu，据此解得。

【详解】
(1)X元素为C，C原子核外有6个电子，则其核外有6种不同运动状态的电子，C原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；
(2)Y为N，其核外电子排布式为：1s22s22p3，其能量最高的是2p电子，p轨道呈哑铃形(或纺锤形)，故答案为：2p；哑铃(纺锤)；
(3)Q为Cr，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1，R为Fe，元素符号为Fe，E为Cu，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，其价电子排布式为：3d104s1，故答案为：
1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1；Fe；3d104s1；
(4)W为K，K的焰色反应为紫色，金属元素出现焰色反应的原因是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色，故答案为：紫；激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量，形成不同的颜色。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．工业合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），对其研究如下：
（1）已知H—H键能为436kJ·mol－1，N—H键能为391kJ·mol－1，N≡N键的键能是946kJ·mol－1，则上述反应的ΔH＝_________________。

（2）上述反应的平衡常数K的表达式为____________，若反应方程式改写为NH3（g）
1
2
垐?
噲?N2（g）
+3
2
H2（g），则平衡常数K1＝____________________（用K表示）。

（3）在773K时，分别将2mol N2和6mol H2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n（H2）、n（NH3）与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 5 10 15 20 25 30
n（H2）/mol 6.00 4.50 3.60 3.30 3.03 3.00 3.00
n（NH3）/mol 0 1.00 m 1.80 1.98 2.00 2.00
①表格中m＝_______________，15～25min内，v（N2）＝_______________。

②该温度下，若向同容积的另一容器中投入的N2、H2、NH3浓度均为3mol·L－1，此时v正_______v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。

③由表中的实验数据计算得到“浓度～时间”的关系可用图中的曲线表示，表示c（N2）～t的曲线是
______________（填“甲”、“乙”或“丙”）。

在此温度下，若起始充入4mol N2和12mol H2，反应刚达到平衡时，表示c（H2）的曲线上相应的点为_________________。

（4）Marnellos和Stoukides采用电解法合成氨，实现了常压合成和氮气的高转化率。

该方法用SCY陶瓷将两极隔开，SCY陶瓷具有高质子导电性，其作用是传导H＋，则阴极的电极反应为____________________。

【答案】-92kJ·mol－1K=c2（NH3）/[c3（H2）⨯c（N2）]K-1/21.6mol0.01mol/（L n min）＞乙BN2+6e-+6H+=2NH3或N2+6e-+8H+=2NH4+
【解析】
【分析】
（1）化学反应中，旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量；
（2）K=c2（NH3）/[c3（H2）⨯c（N2）]，K1＝c1.5（H2）⨯c0.5（N2）/c（NH3）判断；
（3）①根据表中数据，10min时，氢气反应2.4mol，则生成1.6mol的氨气；
②根据表化学平衡常数与Qc的关系判断；
③根据氮气的初始c（N2）=2mol/L判断；根据等效平衡及反应速率的影响判断反应的点；
（4）电解池中，阴极得电子，化合价降低，则氮气得电子与氢离子反应生成氨气。

【详解】
（1）化学反应中，旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，则ΔH＝946+436⨯3-391⨯6=-92kJ/mol；（2）上述反应的平衡常数的表达式为K=c2（NH3）/[c3（H2）⨯c（N2）]，K1＝c1.5（H2）⨯c0.5（N2）/c（NH3）=K-1/2；
（3）①根据表中数据，10min时，氢气反应2.4mol，则生成1.6mol的氨气；15～25min内，氢气反应0.3mol，则氮气反应0.1mol，v（N2）＝0.1mol/1L/10min=0.01mol/（L•min）；
②根据表中数据，25min时达到平衡状态，各物质的物质的量浓度为1mol/L、3mol/L、2mol/L，K=4/9，若向同容积的另一容器中投入的N2、H2、NH3浓度均为3mol/L时，Qc=1/9<K，平衡正向移动，v正＞v逆；
③氮气的初始c（N2）=2mol/L，反应过程中浓度减小，则曲线乙符合；在此温度下，若起始充入4mol N2和12mol H2，相当于增大压强，体积减小，平衡正向移动，但氢气的浓度增大，速率加快，到达平衡时间减少，则B点符合；
（4）电解池中，阴极得电子，化合价降低，则氮气得电子与氢离子反应生成氨气，电极反应式为
N2+6e-+6H+=2NH3或N2+6e-+8H+=2NH4+。

24．有下列分子或离子：BF3、H2O、NH4+、SO2、HCHO、PCl3、CO2
（1）粒子构型为直线型的为：_________
（2）粒子的立体构型为V型的为：_________
（3）粒子的立体构型为平面三角形的为：_________
（4）粒子的立体构型为三角锥型的为：_________
（5）粒子的立体构型为正四面体的为_________。

【答案】CO2H2O SO2BF3 HCHO PCl3NH4+
【解析】
【分析】
根据价层电子对互斥理论可知，计算各分子或离子的价层电子对数，依据价层电子对数判断其空间结构型。

【详解】
根据价层电子对互斥理论可知，BF3、NH4+、HCHO、CO2的中心原子没有孤对电子。

水中氧原子有2对孤对电子，SO2知硫原子有1对孤对电子。

PCl3中磷原子有1对孤对电子，所以BF3、HCHO平面三角形。

H2O、SO2是V型。

NH4+是正四面体型。

PCl3是三角锥形，CO2是直线型。

(1)粒子构型为直线型的为：CO2，故答案为：CO2；
(2)粒子的立体构型为V型的为：H2O、SO2，故答案为：H2O、SO2；
(3)粒子的立体构型为平面三角形的为：BF3、HCHO，故答案为：BF3、HCHO；
(4)粒子的立体构型为三角锥型的为：PCl3，故答案为：PCl3；
(5)粒子的立体构型为正四面体的为：NH4+，故答案为：NH4+。