1、四川省乐山市2019-2020学年高二化学上学期期末教学质量检测试题（含解析）注意事项：1.选择题必须使用2B铅笔将答案填涂在答题卡对应题目标号的位置上。2.考试结束后，监考人员将本试题卷和答题卡分别回收并装袋。可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Si-28第卷（选择题）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2.5分，共50分）1.区别晶体与非晶体的最科学的方法是A. 观察各向异性B. X射线衔射实验C. 测定固定熔点D. 观察自范性【答案】B【解析】A项，多晶体没有各向异性；B项，晶体与非晶体最本质区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期
2、性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来；C项，测定熔点只是表象，不准确；D项，只有在适宜的条件下晶体才能表现出自范性。综上分析，区别晶体与非晶体的最科学的方法是利用X射线衔射实验，故选B。点睛：本题考查晶体和非晶体的区别，注意晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列。常见的固体分为晶体和非晶体，单晶体有整齐规则的几何外形；晶体有固定的熔点；单晶体有各向异性的特点，多晶体既没有整齐规则的几何外形也没有各向异性的特点。晶体有固定的熔点，加热到达熔点时，如果继续加热，则温度不再升高，而是由固体慢慢转为液体；非晶体，则没有固定熔点，加热时温度一直在升高，
3、温度越高越软，逐渐变为液体。通常采用是否存在固定熔点来区分晶体(有熔点)和非晶体(有熔程)，但是实际上这样是不准确的，晶体的熔点其实也是一个熔程，只不过较短，大部分晶体一般会有12度的熔程范围。2.下列Li原子电子排布图表示的不同状态中，能量最低的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】Li的基态电子排布式为1s22s1，1s上的两个电子自旋方向相反，可以使体系能量最低，所以C选项的排布能量最低，而A、B、D表示的是激发态，能量较高，故选C。3.用VSEPR理论预测下列粒子的立体结构，其中正确的（ ）A. NO3-为平面三角形B. SO2为直线形C. BeCl2为V形D. B
4、F3为三角锥形【答案】A【解析】【分析】VSEPR理论即价层电子对互斥理论，确定价层电子对的个数（包括键电子对和孤电子对），即可确定粒子的立体结构。【详解】ANO3-的键电子对是3，孤电子对=(5+1-23)=0，所以为NO3-平面三角形，A正确；BSO2的键电子对是2，孤电子对=(6-22)=1，所以SO2的VSEPR模型是平面三角形，略去孤电子对，SO2为V形，B错误；CBeCl2的键电子对是2，孤电子对=(2-21)=0，所以BeCl2为直线形，C错误；DBF3的键电子对是3，孤电子对=(3-13)=0，所以的BF3为平面三角形，D错误；故选A。【点睛】根据价层电子对互斥理论，若计算出的
5、价层电子对数为4，分子构型可能为四面体（孤电子对数为0），也可能为三角锥形（孤电子对数为1），或V形（孤电子对数为2）；若价层电子对数为3，分子构型可能为平面三角形（孤电子对数为0），也可能为V形（孤电子对数为1）；若价层电子对数为2，则为直线形。4.下列配合物的配位数不是6的是A. K3Fe(SCN)6B. Na2SiF6C. Na3AlF6D. Cu(NH3)4Cl2【答案】D【解析】【分析】首先根据配合物的化学式确定配离子和外界离子，根据配离子确定配体的数目。【详解】AK3Fe(SCN)6中配体为SCN-，配合物的配位数为6，故不选A； BNa2SiF6中配体为F-，配合物的配位数为6，
6、故不选B；CNa3AlF6中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选C； DCu(NH3)4Cl2中配体为NH3，配合物的配位数为4，故选D；【点睛】本题考查配合物的成键情况，题目难度不大，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，不要混淆。5.某元素原子价电子排布式为3d54s2，下列说法错误的是（ ）A. 该元素位于周期表第四周期B族B. 该元素的最高化合价为+7价C. 该元素的化合物常用作催化剂D. 该元素位于周期表ds区【答案】D【解析】【分析】元素原子价电子排布式为3d54s2，则该元素的原子序数为25，为Mn元素。【详解】AMn元素位于周期表第四周期B族，A正确；B
7、Mn元素的最高化合价为+7价，B正确；CMnO2常用作催化剂，C正确；DMn元素位于周期表d区，D错误；故选D。6.下列性质递变关系正确的是（ ）A. Na、K、Cs的熔点依次升高B. HCl、H2S、PH3的还原性依次减弱C. 单晶硅、CsCl、干冰的熔点依次降低D. NaF、KF、CsF的晶格能依次增强【答案】C【解析】【详解】A碱金属元素从上到下，金属键依次减弱，所以单质的熔点依次降低，A错误；B同一周期，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，单质的氧化性依次增强，离子和氢化物的还原性依次减弱，B错误；C一般来说，不同晶体的熔点顺序为：原子晶体离子晶体分子晶体，单晶硅是原子晶体，CsCl是离
8、子晶体，干冰是分子晶体，熔点依次降低，C正确；DNa+、K+、Cs+半径依次增大，所以NaF、KF、CsF的晶格能依次降低，D错误；故选C。7.下列有关说法正确的是（ ）A. 丙烯(CH3-CH=CH2)分子中含2个键，1个键B. H2O、NH3、CH4分子中键角依次减小C. 用作高温结构陶瓷材料的Si3N4固体是原子晶体D. Fe(SCN)3中Fe3+和SCN-通过离子键结合【答案】C【解析】【详解】A单键都是键，双键中有1个键、1个键，所以丙烯中含8个键，1个键，故A错误；BH2O、NH3、CH4分子中分别含有2对孤对电子、1对孤对电子和0对孤对电子，导致键角依次增大，H2O分子中的键角为
9、104.5，NH3分子中的键角为10718，CH4分子中的键角为10928，故B错误；CSi3N4固体熔点高、硬度大，是原子晶体，故C正确；DFe(SCN)3中Fe3+和SCN-通过配位键结合，故D错误；故选C。8.下列说法中不正确的是（ ）A. 氢键是一种特殊的化学键B. 酸性强弱：H2SO4H2SO3C. I2在CCl4中溶解度较好，可由相似相溶原理解释D. 乳酸分子CH3CH(OH)COOH含有一个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A氢键是一种比较强的分子间作用力，不是化学键，A错误；BH2SO4是强酸，H2SO3是弱酸，所以酸性：H2SO4H2SO3，B正确；CI2是非极性分子，CC
10、l4也是非极性分子，I2在CCl4中溶解度较好，可由相似相溶原理解释，C正确；D连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，在乳酸分子CH3CH(OH)COOH中，只有中间的碳原子符合要求，所以乳酸分子中含有一个手性碳原子，D正确；故选A。9.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）A. 在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的Cl-围成正八面体B. 该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FEC. 在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻D. 在碘晶体（图丁）中，存在的作用力有非极性键和范德华力【答案】B【解析】【详解】A在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl
11、-有6个，分别位于Na+的上、下、左、右、前、后，围成正八面体，A正确；B乙是一个分子，不是晶胞，所以分子式为E4F4或F4E4，B错误；C没有氢键的分子晶体都是分子密堆积结构，所以1个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，C正确；D碘晶体中，有I2分子内部的碘原子间的非极性共价键，还有碘分子间的范德华力，D正确；故选B。【点睛】本题易错选项B，注意题目说法，不要凭经验，把乙当做晶胞10.X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素。其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层的2倍YY的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2ZZ存在质量数为23，中子数为12的核素WW有
12、多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色下列说法不正确的是（ ）A. W是Fe元素B. X的电负性比Y的大C. Z2Y2中阴离子和阳离子个数比为1：2D. XY2是一种直线形分子【答案】B【解析】【分析】X的基态原子L层电子数是K层的2倍，X是C；Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，n=2即2s22p4，为O；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，质子数为11，为Na；W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，为Fe。【详解】A从分析可知，W是铁元素，A正确；BX为C，Y为O，C的电负性小于O，B错误；CZ2Y2为Na2O2
13、，阴离子为O22-，阳离子为Na+，阴离子和阳离子个数比为1：2，C正确；DXY2为CO2，是直线形分子，D正确；故选B。11. “即食即热型快餐”适合外出时使用，其内层是用铝箔包裹并已加工好的真包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质，使用时拉动预留在外的拉线使这两种化学物质发生反应，放出的热量便可对食物进行加热，这两包化学物质最适合的选择是A. 浓硫酸和水B. 生石灰和水C. 熟石灰和水D. 氯化钠和水【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸溶于水放出大量的热，但浓硫酸具有极强的腐蚀性，且浓硫酸呈液态，不适用于食物的加热；B.生石灰与水反应放出大量的热，可用于给食物加热；C.熟石灰微溶于水，熟
14、石灰溶于水热效应不明显；D.氯化钠溶于水热效应不明显；则两包化学物质最适合的是生石灰和水，答案选B。12.在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）A. v(A)=8molL-1min-1B. v(B)=0.3molL-1s-1C. v(C)=0.6molL-1s-1D. v(D)=1molL-1s-1【答案】B【解析】【详解】都换算成用B表示的速率，分别为：Av(B)=0.067 molL-1s-1；Bv(B)=0.3molL-1s-1；Cv(B)=0.2molL-1s-1；Dv(B)=0.25molL-1s-1；所以B选项最快，故选B。【点睛】比较用不
15、同物质表示的反应速率快慢时，根据速率之比等于方程式的化学计量数之比，换算成用同一种物质表示的速率，同时还要注意单位的统一。13.下列反应常温时能自发进行，既能用焓判据又能用熵判据解释的是（ ）A. HCl+NH3=NH4ClB. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2C. 2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)D. Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O【答案】B【解析】【详解】A该反应的S0，不能用熵判据判断，A错误；B该反应的S0，H0，既能用焓判据又能用熵判据解释，B正确；C该反应为分解反应，H0，不能用焓判据解释，C错误；D该反应是吸热反应，H0
16、，不能用焓判据解释，D错误；故选B。【点睛】焓判据是H0的反应容易发生，熵判据是S0的反应容易发生。14.下列说法正确的是（ ）A. 101kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-572kJmol-1，则H2的燃烧热H=-572kJmol-1B. 一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4kJmol-1，此条件下将1.5mol H2和过量N2充分反应，放出热量46.2kJC. 若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多D. 已知：2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) H1，2C(s)+O2(g)=2CO(g) H2，则H1H2【
17、答案】D【解析】【详解】A燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，而572kJ是2mol氢气燃烧放出的热量，A错误；BN2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，不能进行到底，放出的热量会小于46.2kJ，B错误；C气态硫比固态硫能量高，燃烧放热多，C错误；D等量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量多于不完全燃烧生成CO放出的热量，而H为负值，所以H1H2，D正确；故选D。【点睛】比较H时，要注意是放热反应还是吸热反应，若反应放热，H为负，放热量多的H反而小。15.下列实验操作、现象、目的或结论均正确的是（ ）A.B.C.D.前者产生气泡速率快、溶液红色均变深加压后颜色
18、变深测量一定时间内收集到O2的体积FeCl3对H2O2分解催化效果比CuSO4更好探究浓度对化学平衡移动的影响加压后NO2体积分数增大测H2O2分解速率A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A同浓度的双氧水分别滴入同浓度的FeCl3和CuSO4溶液，滴入FeCl3溶液产生气泡速率快，可以说明FeCl3对H2O2分解催化效果比CuSO4更好，A正确；B中增大了铁离子浓度，颜色会加深，中KCl溶液的滴入没有增大平衡Fe3+3SCN-Fe(SCN)3中的任何一种反应物离子的浓度，反而稀释了溶液，所以颜色会变浅，B错误；C加压后颜色加深是由于体积变小，NO2浓度变大的缘故，且加压后
19、，平衡2NO2N2O4会正向移动，NO2体积分数增减小，C错误；D该装置不能形成液封，产生的气体会从长颈漏斗逸出，不能收集到氧气，应使用分液漏斗，D错误；故选A。16.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（ ）A. Na与水反应时增大水的用量B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2C. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氢气的量D. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强【答案】C【解析】【详解】A水是纯液体，浓度不能改变，所以加水不能加快反应速率，A错误；B浓硫酸和锌不生成氢气，B错误；C恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氢气的量，即增大了反
20、应物浓度，能加快反应速率，C正确；D溶液中的反应不受压强影响，只有有气体参加的反应才会受到压强的影响，D错误；故选C。【点睛】固体和纯液体的浓度是不能改变的，不能通过改变固体或纯液体的量改变化学反应速率或使平衡移动。17.某汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) H0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A平衡时速率不再变化，但正反应速率在t1时刻仍然在改变，说明没有达到平衡，A错误；B平衡常数只和温度有关，t1时刻平衡常数不再改变，则说明可逆
21、反应达到了平衡状态，B正确；C在t1时刻CO和CO2物质的量相等，在t1时刻后两者的物质的量还在变化，所以t1时刻没有平衡，C错误；D平衡时，各物质的质量分数不再变化，但在t1时刻后，NO的质量分数在变化，所以没有达到平衡，D错误；故选B。18.灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种同素异形体。已知：Sn（s，白）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g） H1Sn（s，灰）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g） H2Sn（s，灰）Sn（s，白） H3=+2.1kJmol-1下列说法正确的是（ ）A. H1H2B. 锡在常温下以灰锡状态存在C. 灰锡转为白锡的反应是放热反应D
22、. 锡制器皿长期处在低于13.2的环境中，会自行毁坏【答案】D【解析】详解】A、根据：Sn（s，灰）Sn（s，白）H3=+2.1kJmol-1，则-=，所以H2-H1=H30，所以H1H2，故A错误；B、根据：Sn（s，灰）Sn（s，白）H3=+2.1kJmol-1，则锡在常温下以白锡状态存在，故B错误；C、根据：Sn（s，灰）Sn（s，白）H3=+2.1kJmol-1，焓变大于0，所以灰锡转为白锡的反应是吸热反应，故C错误；D、根据：Sn（s，灰）Sn（s，白）H3=+2.1kJmol-1，当温度低于13.2的环境时，会自行毁坏，故D正确。故选D。19.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛
23、用于农药、橡胶、塑料等生产，环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是 A. T1T2B. a点的反应速率小于c点的反应速率C. a点的正反应速率小于b点的逆反应速率D. b点时二聚体的浓度为0.45 molL1【答案】D【解析】【详解】A温度越高，反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)下的反应速率较大，则T1T2，故A错误；B根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；C根据a到b的过程为建立平衡的过程，a点反应物的浓度大于b点，且b点v(正)v(逆)，则a点的正
24、反应速率大于b点的逆反应速率，故C错误；Db点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L=0.45molL-1，故D正确；故选D。20.某温度下2L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量（n）如下表所示。下列说法正确的是（ ）XYWn（起始状态）/mol210n（平衡状态）/mol10.51.5A. 该温度下达平衡后，增大压强平衡不移动B. 该反应方程式可表示为：X+2Y=3WC. 升高温度，若W的体积分数减小，则此反应H0D. 恒温恒容时，增加X的物质的量，平衡向
25、正向移动，X的转化率提高【答案】A【解析】【分析】从表中数据可以看出，X、Y的物质的量减小，是反应物，W的物质的量增加，是生成物，从起始到平衡，X减小了1mol，Y减少了0.5mol，W增加了1.5mol，各物质变化的物质的量之比和化学方程式的计量数比相等，所以X、Y、W的系数比为2:1:3，所以反应方程式为2X+Y3W。【详解】A根据分析可知，该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，平衡不移动，A正确；B该反应的方程式为2X+Y3W，B错误；C升高温度，若W的体积分数减小，即平衡向逆向移动，说明此反应H0，C错误；D恒温恒容时，增加X的物质的量，平衡向正向移动，可以提高Y的转化率，
26、X的转化率会降低，D错误；故选A。第卷（非选择题）注意事项：1.必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目所指示的答题区城内作答。作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试题卷上无效。2，本卷共5小题，共50分二、非选择题，（本题共5小题，共50分）21.碳和硅是中学常见元素，其单质及化合物有独特的性质和用途。回答问题：（1）基态碳原子的电子排布图为_，CO2属于_分子（选填“极性”或“非极性”）；（2）60克SiO2晶体中含有的Si-O键数目为_（用NA表示）；（3）有机物M（）中碳的杂化类型有_，除氢原子之外的其它元素原子的第一电离能由大到小的顺序为_； （4）
27、碳元素能形成多种单质如金刚石、石墨、C60等，回答下列问题：（）C60的晶体类型是_晶体。（）石墨是一种混合晶型，结构中具有的作用力有_。a.共价键 b.分子间作用力 c.氢键 d.金属键 e.离子键（）金刚石晶胞结构如图所示，假设金刚石晶胞的边长为a cm，阿伏伽德罗常数为NA，则金刚石的密度可以表示为_g/cm3。【答案】 (1). (2). 非极性 (3). 4NA (4). sp2、sp3杂化 (5). NOC (6). 分子 (7). abd (8). 【解析】【详解】（1）基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，其电子排布图为，CO2是直线形分子，正负电荷中心重合，属于非极性分
28、子；（2）60克SiO2晶体为1mol，在SiO2晶体中，每个硅原子都连有4个氧原子，所以1mol SiO2晶体含有的Si-O键数目为4NA；（3）中苯环上的碳原子是sp2杂化，支链上的碳原子是饱和碳原子，为sp3杂化；由于氮原子的2p上有3个电子，是稳定的半充满结构，失去一个电子比较困难，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为NOC； （4）（）C60的晶体类型是分子晶体；（）石墨是层状结构，在同层内，碳原子通过sp2杂化和另外三个碳原子形成共价键，层和层之间是微弱的范德华力，同时每个碳原子还有一个未杂化的电子，可以自由移动，所以石墨中具有的作用力有共价键、分子间作用力和金属键，故选ab
29、d；（）一个金刚石晶胞中有8（=8+6+41）个碳原子，则一个晶胞的质量为g，所以金刚石的密度可以表示为g/cm3。22.A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的元素，A原子核外电子数等于其周期数；B的价电子层中未成对电子有3个；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍；D与C同主族；E的价电子排布式为3d104s1。用化学用语回答下列问题：（1）B原子核外有_种不同运动状态的电子，A2C的沸点_A2D（选填“高于”或“低于”），原因是_。（2）B、C、D形成的简单离子半径由大到小顺序为_。（3）BA3分子的VSEPR模型是_，向EDC4溶液中逐滴加入BA3至过量的现象为_，该总反应的离子方
30、程式是_。（4）写出B2C分子的一种等电子体_。【答案】 (1). 7 (2). 高于 (3). H2O能形成分子间氢键 (4). S2-N3-O2- (5). 四面体形 (6). 先有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色 (7). Cu2+4NH3=Cu(NH3)42+ (8). CO2【解析】【分析】A原子核外电子数等于其周期数，则A为H；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则C为O；B的原子序数小于C，B的价电子层中未成对电子有3个，则B为N； D与C同主族，D为S；E的价电子排布式为3d104s1，则E为Cu。【详解】由上述分析可知，A为H，B为N，C为O，D为S，E为Cu；（1
31、）B为N，原子核外有7个电子，所以有7种不同运动状态的电子，A2C为H2O，A2D为H2S，由于水分子间有氢键，所以其沸点高于H2S；（2）B、C、D形成的简单离子分别为N3-、O2-和S2-，N3-、O2-核外有2层电子，S2-核外有3层电子，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以离子半径由大到小顺序为S2-N3-O2-；（3）BA3分子为NH3，价层电子对为4，其VSEPR模型是正四面体；向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀Cu(OH)2：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+，NH3过量时，Cu(OH)2和NH3生成溶于水的蓝色硫酸四氨合
32、铜：Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-，故整个过程可以观察到的实验现象是先有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，溶液又变为蓝色；总反应的离子方程式是Cu2+4NH3=Cu(NH3)42+；（4）等电子体是原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，N2O分子的等电子体有CO2、CS2等。23.一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1mol PCl5，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)反应过程中测定的部分数据见表（反应过程中条件不变）；t/s060150250350450n(PCl3)/mol00.120.190.20.2x请回答下列问题：（1）x的值是_。（2）060s内，
33、用PCl3的浓度变化表示的化学反应速率是_。（3）60s时，PCl5的转化率是_。（4）达平衡时，容器中Cl2的体积分数是_（结果保留一位小数），由表中数据计算此条件下，该反应的平衡常数是_molL-1。【答案】 (1). 0.2 (2). 0.001molL-1s-1 (3). 12% (4). 16.7% (5). 0.025【解析】【详解】（1）250s时反应即已经达到了平衡状态，所以450s时仍然为平衡状态，x=0.2；（2）060s内，PCl3的物质的量增加了0.12mol，容器体积为2L，则PCl3浓度增加了0.06mol/L，用PCl3的浓度变化表示的化学反应速率是=0.001m
34、olL-1s-1；（3）60s时，PCl3的物质的量增加了0.12mol，则PCl5消耗了0.12mol，PCl5的转化率是100%=12%；（4）达平衡时，PCl3的物质的量为0.2mol，根据方程式，Cl2的物质的量也为0.2mol，反应的PCl5为0.2mol，剩余的PCl5为0.8mol，所以容器中Cl2的体积分数是100%=16.7%；平衡时各物质的浓度为：c(PCl3)=c(Cl2)=0.1mol/L，c(PCl5)=0.4mol/L，则该反应的平衡常数是=0.025molL-1。24.某课外活动小组拟探究H+浓度对MnO2与H2O2反应速率的影响。现取等量MnO2和下表有关物质，
35、在相同温度下进行4组实验，分别记录收集20.0mL氧气所需时间。实验编号10%H2O2的体积/mL5.05.0V1V220%硫酸的体积/mL00.51.0V3水的体积/mL1514.5V413.5所需时间t/st1t2t3t4已知酸性条件下时：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+O2+2H2O（1）实验发生反应的化学方程式为_，实验中MnO2的作用是_。（2）上表中V1=_mL，V3=_mL。（3）若实验测得t2t3t4，则可得出实验结论是_。【答案】 (1). 2H2O22H2O+O2 (2). 氧化剂 (3). 5.0 (4). 1.5 (5). H+浓度越大，反应速率越快【解析】【分析】
36、探究H+浓度对MnO2与H2O2反应速率的影响，需要控制变量，只改变H+浓度，其他量都必须相同。【详解】（1）实验中没有加入硫酸，所以发生反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2；实验中加入了硫酸，发生的反应为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+O2+2H2O ，MnO2中Mn的化合价降低，作氧化剂。（2）为了探究H+浓度对MnO2与H2O2反应速率的影响，只改变H+浓度，其他量都必须相同，所以V1=5.0mL；水和硫酸的体积之和为15.0mL，所以V3=1.5mL；（3）若实验测得t2t3t4，说明H+浓度越大，反应速率越快。25.二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取甲醚的原理如下：（）2
37、H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H1（）2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2（1）则4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的H=_（用含H1、H2的式子表示）（2）在恒容密闭容器中发生反应（），（）如图能正确反映平衡体系中甲醇体积分数随温度变化情况的曲线是_（填“a”或“b”）；（）下列说法能表明反应（）已达平衡状态的是_；a.容器中气体的压强不再变化 b.混合气体的密度不再变化c.混合气体的平均相对分子质量不再变化 d.v正（H2）=2v正（CH3OH）（）300下，CO的转化率与起始投料比的变化关系如图所示，测得D点氢气的转化率为40%，
38、x=_。【答案】 (1). 2H1+H2 (2). a (3). ac (4). 3【解析】【详解】（1）已知（）2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)；（）CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，（）2+（）即得反应4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，其H=2H1+H2；（2）（）反应（i）化合反应，H0，温度升高，平衡逆向移动，甲醇体积分数减小，故选a；（）a.该反应是反应后体积有变化的反应，根据阿伏伽德罗定律，压强和气体总的物质的量成正比，所以当容器中气体的压强不再变化达到平衡状态；b.混合气体的总质量不变，容器体积不变，所以混合气的密度一直不变，所以密度不再变化不能判断反应是否平衡；c.混合气体的总质量不变，但混合气的总的物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不再变化时达到了平衡状态；d.v正(H2)=2v正(CH3OH)表示的都是正反应速率，无法确定反应是否平衡；故选ac；（）设起始投入CO的物质的量为1mol，则H2的物质的量为y mol，平衡时CO的转化率为60%，则反应的CO为0.6mol，根据方程式，同时反应的氢气为1.2mol，氢气的转化率为40%，所以100%=40%，解得y=3，则x=3。
