1、2015-2016学年四川省绵阳市南山中学高二（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分请选择一个最佳选项作答）1关于能源，下列说法错误的是（）A能源的开发和利用情况，可以衡量一个国家或地区的科学技术水平B目前新能源主要有：煤、石油、天然气、太阳能、氢能、风能等C新能源的优点主要是资源丰富、可再生、没有或很少有污染D氢能的优点热值高、资源丰富、燃烧产物无污染；缺点是储存和运输困难2已知H2O2在催化剂作用下分解，能量随反应进程的变化如图，下列说法正确的是（）A该反应是吸热反应B加入催化剂，H2O2分解产生的O2量增多CH2O2分解的热化学方程式：2H2O22H2O+O
2、2H0D加入催化剂，降低了反应的活化能3金属钠是体心立方堆积，关于钠晶体，下列判断合理的是（）A其熔点比金属铝的熔点高B一个钠的晶胞中，平均含有4个钠原子C该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动D该晶体中的钠离子在外加电场作用下可发生定向移动4下列说法正确的是（）AHI沸点比HBr的沸点低B用X射线衍射实验的方法，可以区分晶体和非晶体CCH3CH2CH2CH3分子中有两个手性碳原子D由于HF分子间存在氢键，故HF比HCl稳定5第116号元素Lv的名称为鉝关于Lv的叙述正确的是（）A该元素与氧元素属于同族B中子数为116C质子数为177D该元素的相对原子质量是2936已知Al2H6燃烧
3、热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）下列推测肯定不正确的是（）A该物质与水反应，属于氧化还原反应BAl2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水CAl2H6分子中 氢为+1价，铝为3价D氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料7某晶体中含有极性共价键，关于该晶体说法错误的是（）A不可能是离子晶体B不可能是单质分子构成的晶体C可能是分子晶体D可能具有较高的熔沸点8对硫氮化合物的研究是现代无机化学最为活跃的领域之一，如图是已经合成的最著名的硫氮化合物的分子结构下列关于该物质说法正确的是（）A分子式为SNB分子中既有极性键又有非极性键C分子中所有共价键
4、的键长一定相等D该物质与化合物S2N2互为同素异形体9向四个盛有10 mL 0.01mol/LKMnO4溶液的锥形瓶中分别加入下列四种H2C2O4溶液，然后均加水稀释到50 mL，其中溶液颜色褪色所用时间最短的是A10，20 mL0.3 mol/L的H2C2O4溶液B20，10 mL 0.4mol/L的H2C2O4溶液C10，10 mL0.2mol/L的H2C2O4溶液D20，30 mL0.2mol/L的H2C2O4溶液（）AABBCCDD10化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是（）ACO2为直线形分子，SO2也为直线形分子B固态CS2是分子晶体，固态SiO2也是分子晶体CNCl3中N原子
5、是sp3杂化，BCl3中B原子也是sp3杂化DAl（OH）3能溶于NaOH溶液，Be（OH）2也能溶于NaOH溶液二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分请选择一个最佳选项作答）11一定条件下，将一定量的NO2与SO2置于1L恒容密闭容器中发生如下反应：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g） 下列判断正确的是（）A升高温度，正反应速率增大B再通入一定量的NO2，反应速率减小C通入氮气，压强增大，化学反应速率增大D使用合适的催化剂，活化分子的百分数将增大，SO3的产率提高12在2L恒容密闭容器中发生如图甲的反应下列判断正确的是（）A5min的时A的转化率为50%B化学反应方
6、程式为：3A（g）+2B（g）2C（g）C降低温度，化学反应速率减小，活化分子百分数不变D反应从开始到5min的平均速率v（B）=0.04 molL1min113PH3是一种无色、有剧毒的气体，其分子结构和NH3相似，下列判断正确的是（）ANH的键长比PH的键长短，所以PH3的沸点比NH3低BPH3分子的立体构型是三角锥形，与NH3互为等电子体CPH3分子是极性分子，极易溶于水，因为它与水分子间存在氢键DNH3比PH3稳定，因为NH3分子间存在氢键14已知NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法不正确的是（）A12g金刚石中平均含有2NA个键B1molSiO2晶体中平均含有4NA个键C12g石墨中平均
7、含1.5NA个键D1molCH4中含4NA个sp键15有关键能数据如表：化学键SiOO=O SiSi键能/kJmol1X498.8176晶体硅的燃烧热为989.2kJmol1，则X的值为（）A423.3B460C832D92016氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（）A直线 sp杂化BV型 sp2杂化C三角锥形 sp3杂化D平面三角形 sp2 杂化17已知反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H1=23.9KJmol12CH3OH（g）C2H4 （g）+2H2O（g）DH2=29.1KJmol
8、1CH3CH2OH（g）CH3OCH3（g）H3=+50.7KJmol1；在C2H4（g）+H2O（g）CH3CH2OH（g）H4中；H4等于（）A48.5 KJmol1B+48.5 KJmol1C45.5KJmol1D+45.5 KJmol118前四周期元素X、Y、Z、W，已知W2+、Y+、X2、Z的离子具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A电负性：XYZWB电离能：XYZWC离子半径：X2ZY+W2+D原子序数：WYXZ19长式周期表共有18个纵行，从左到右排为118列，即碱金属为第一列，稀有气体元素为第18列按这种规定，下列说法正确的是（）A第16列中元素中没有非金属元素B只有第二列
9、的元素原子最外层电子排布为ns2C第四周期第8列元素是铁元素D第15列元素原子的最外层电子排布为ns2 np520在恒容密闭容器中通入X、Y、Z发生反应：2X（g）Y（g）+C（s），已知温度T1T2，X的物质的量浓度c（X）随时间t变化曲线如图甲，速率变化如图乙，下列叙述不正确的是（）A如图甲在T2线上，正反应速率：N点W点B如图甲在T2下，在0t1时间内的平均速率，v（X）= molL1min1C增加C的量，化学反应速率增大D如图乙，t0时可能是加入了催化剂三、（本题包括2小题，共18分）21前四周期10种元素在周期表中的位置如图，请用元素符号或化学式回答下列问题：I1I2I3I47831
10、451773310540（1）上表标出的元素中，属于d区的元素符号是，电负性最大的元素是，c、d、e三元素的第一电离能由小到大的顺序是（2）某元素的电离能（kJmol1）数据如表：上述元素中，该元素最有可能是（3）c的最简单氢化物分子，键角为；由a和c形成的相对分子质量为28的烃，其中键与键的数目之比是（4）ce分子的等电子体有多种，写出其中一种由上述元素组成的负一价阴离子的电子式（5）h、i、j三种元素的最高价氧化物对应的水化物，酸性最强的是22铜、铁是日常生活中常见金属，超细铜粉的制备方法如图1，请回答：（1）Cu2+的价电子排布图（2）SO32离子中心原子的杂化方式为（3）请写出向Cu（
11、NH3）4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式：（4）下列说法正确的是a氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键bNH3和H2O分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角cCu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键dCu（NH3）4SO4中NH3和SO42的VSEPR模型均为正四面体（5）FeO晶胞结构如图2，若该晶胞边长为a cm，NA表示阿伏伽德罗常数，则该晶体密度为四、（本题包括1小题，共12分）2350mL 0.55molL1盐酸与50mL 0.50molL1NaOH溶液在如图的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的
12、热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是（2）从装置图上看除了缺少一种玻璃仪器外，还有一处不妥的是：（3）若实验中改用50mL 0.55molL1醋酸溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量（填“减少”“不变”“增多”）；（4）若实验改用25mL 0.55molL1硫酸与25mL 0.50molL1Ba（OH）2溶液代替上述反应，所求得的中和热H （填“偏大”“偏小”“无影响”）实验次数起始温度t1/终 止温度t2/盐酸NaOH溶液120.320.323.6220.320.323.7320.320.325.9420.320.323.8（5）已知：Q=cm
13、t，如果盐酸和NaOH溶液的密度均为1gcm3，反应后混合溶液的比热容c=4.18J（g）1实验数据如表：根据上表中所测数据，通过计算得到中和热H=kJ/mol（保留一位小数）（6）下列操作能引起H偏大的是：（填序号）操作大烧杯上不盖硬纸板用环形铜丝搅拌棒搅拌反应混合溶液分多次把NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中五、（本题包括1小题，每空2分，共12分）24O3和O2在酸性条件下都能氧化海水中的I得到碘单质，现将O3通入稀硫酸酸化的NaI溶液中进行模拟研究（1）用一个离子反应方程式表示该模拟实验中发生的反应：（2）为探究外界条件对I2生成速率的影响，做了如下三组实验，（其中O3、H2SO4、Na
14、I的量都相同，溶液的体积均为20mL）填写表中的空白处编号实验目的反应物反应前溶液的pH温度I对照实验O3+H2SO4+NaI525IIO3+H2SO4+NaI+FeCl25III探究温度对速率的影响O3+H2SO4+NaI5（3）在该模拟实验中要测试是否有I2生成，需要加入一种试剂的名称是（4）有同学建议将FeCl2换成FeSO4更能准确的反映某种微粒对该化学反应速率有影响，则该同学的实验目的是六、（本题包括2小题，共8分）25（1）教材采用图实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率检查图装置气密性的操作方法是（2）FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料已知25，101kPa时：4Fe（s）
15、+3O2（g）2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/mol写出FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是26将一定量的NO和足量O2投入2L恒容密闭容器内，800时只发生的化学反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g），n（NO）随时间变化如下表：时间/s012345n（NO）/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）NO表示从02s内该反应的平均速率v（NO）=（2）计算5s时NO2的物质的量浓度（要求写出计算过程）
16、2015-2016学年四川省绵阳市南山中学高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分请选择一个最佳选项作答）1关于能源，下列说法错误的是（）A能源的开发和利用情况，可以衡量一个国家或地区的科学技术水平B目前新能源主要有：煤、石油、天然气、太阳能、氢能、风能等C新能源的优点主要是资源丰富、可再生、没有或很少有污染D氢能的优点热值高、资源丰富、燃烧产物无污染；缺点是储存和运输困难【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【分析】A、能源与经济、科学技术等联系密切；B、煤、石油、天然气为化石燃料；C、新能源通常是环境友好型能源；D、氢气是一种新能源氢气燃
17、烧产物为水无污染；【解答】解：A、一般利用石油为原料得到乙烯，乙烯的发展可以衡量一个国家或地区的经济发展和科学技术水平，故A正确；B、煤、石油、天然气为化石燃料，不是新能源，故B错误；C、新能源相对于化石燃料来讲，资源丰富、可以再生、污染轻，对环境友好，故C正确；D、氢气是一种新能源氢气热值高，水作为其原料，资源实在太丰富了，氢气燃烧产物为水无污染，故D正确；故选B2已知H2O2在催化剂作用下分解，能量随反应进程的变化如图，下列说法正确的是（）A该反应是吸热反应B加入催化剂，H2O2分解产生的O2量增多CH2O2分解的热化学方程式：2H2O22H2O+O2H0D加入催化剂，降低了反应的活化能【
18、考点】吸热反应和放热反应【分析】A反应物的总能量大于生成物的总能量； B催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；C图象分析反应是放热反应，热化学方程式要注明状态；D催化剂只通过改变活化能来改变反应速率【解答】解：A反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故A错误； B催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变O2量，故B错误；C图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）H0，故C错误；D催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，加入催化剂，降低了反应的活化能，故D正确故选D3金属钠是体心立方堆积
19、，关于钠晶体，下列判断合理的是（）A其熔点比金属铝的熔点高B一个钠的晶胞中，平均含有4个钠原子C该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动D该晶体中的钠离子在外加电场作用下可发生定向移动【考点】金属晶体的基本堆积模型【分析】A金属的原子半径越小，金属离子所带电荷越多，金属键越强；B晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心；C自由电子在电场的作用下可以定向移动；D晶体中的钠离子不能自由移动【解答】解：A金属的原子半径越小，金属离子所带电荷越多，金属键越强，金属熔化时破坏金属键，所以Al的金属键强度大于Na，所以Na的熔点比金属铝的熔点低，故A错误；B晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心，则一个
20、钠的晶胞中，平均含有钠原子数为1+1=2，故B错误；C自由电子在电场的作用下可以定向移动，金属晶体中存在自由移动的电子，所以该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动，故C正确；D晶体中的钠离子不能自由移动，所以晶体中的钠离子在外加电场作用下不能定向移动，故D错误故选C4下列说法正确的是（）AHI沸点比HBr的沸点低B用X射线衍射实验的方法，可以区分晶体和非晶体CCH3CH2CH2CH3分子中有两个手性碳原子D由于HF分子间存在氢键，故HF比HCl稳定【考点】晶体熔沸点的比较；“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响【分析】AHI与HBr都属于分子晶体；B晶体对X射
21、线发生衍射，非晶体不会对X射线发生衍射；C手性碳原子指连有四个不同基团；D分子的稳定性和化学键有关和氢键无关【解答】解：AHI与HBr都属于分子晶体，又没有氢键，所以熔沸点与相对分子质量成正比，则HI沸点比HBr的沸点高，故A错误；B晶体对X射线发生衍射，非晶体不会对X射线发生衍射，所以能用X射线衍射技术可以区分晶体和非晶体，故B正确；CCH3CH2CH2CH3中C原子连接的四个基团至少有2个是一样的，该分子中没有手性碳原子，故C错误；D分子的稳定性和化学键有关和氢键无关，故D错误；故选B5第116号元素Lv的名称为鉝关于Lv的叙述正确的是（）A该元素与氧元素属于同族B中子数为116C质子数为
22、177D该元素的相对原子质量是293【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答【解答】解：A第116号元素Lv的原子序数为116，位于第七周期，第A族，所以与氧元素属于同族，故A正确； B中子数=质量数质子数=293116=177，故B错误；C原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知质子数为116，故C错误；D293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错
23、误故选A6已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）下列推测肯定不正确的是（）A该物质与水反应，属于氧化还原反应BAl2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水CAl2H6分子中 氢为+1价，铝为3价D氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料【考点】氧化还原反应；根据化学式判断化合价【分析】AAl2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由1价、+1价变为0价；B根据元素守恒分析；C根据元素的电负性和铝的化合价判断；D根据氢铝化合物的性质分析【解答】解：AAl2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由1价、+
24、1价变为0价，所以属于氧化还原反应，故A正确；B根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，故B正确；C在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显1价，故C错误；D氢铝化合物能和水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，燃烧热极高可以作火箭燃料，故D正确故选C7某晶体中含有极性共价键，关于该晶体说法错误的是（）A不可能是离子晶体B不可能是单质分子构成的晶体C可能是分子晶体D可能具有较高的熔沸点【考点】离子晶体
25、【分析】一般不同非金属元素之间易形成极性键，已知某晶体中含有极性键，则该晶体为化合物，可能是离子化合物、共价化合物，结合不同类型晶体的性质分析【解答】解：A离子晶体中也可能含有极性键，如NaOH中含有OH极性键，故A错误； B含有极性键的物质至少含有2种元素，属于化合物，不可能是单质，故B正确；C有机物分子中含有极性键，如甲烷中含有CH极性键，可能是分子晶体，故C正确；D含有极性键的晶体可能是原子晶体，如二氧化硅中含有SiO极性键，其熔沸点很高，故D正确故选A8对硫氮化合物的研究是现代无机化学最为活跃的领域之一，如图是已经合成的最著名的硫氮化合物的分子结构下列关于该物质说法正确的是（）A分子式
26、为SNB分子中既有极性键又有非极性键C分子中所有共价键的键长一定相等D该物质与化合物S2N2互为同素异形体【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；化学键【分析】A该分子中含有4个N原子、4个S原子；B同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键；C共价键的键长与原子半径成正比；D同种元素的不同单质互为同素异形体【解答】解：A该分子中含有4个N原子、4个S原子，其化学式为S4N4，故A错误；B同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，NS原子之间存在极性键、SS原子之间存在非极性键，故B正确；C共价键的键长与原子半径成正比，所以键长SSSN，故
27、C错误；D同种元素的不同单质互为同素异形体，S4N4和S2N2都是化合物不是单质，所以不是同素异形体，故D错误；故选B9向四个盛有10 mL 0.01mol/LKMnO4溶液的锥形瓶中分别加入下列四种H2C2O4溶液，然后均加水稀释到50 mL，其中溶液颜色褪色所用时间最短的是A10，20 mL0.3 mol/L的H2C2O4溶液B20，10 mL 0.4mol/L的H2C2O4溶液C10，10 mL0.2mol/L的H2C2O4溶液D20，30 mL0.2mol/L的H2C2O4溶液（）AABBCCDD【考点】化学反应速率的影响因素【分析】一般来说，升高温度、增大浓度，加入催化剂，可增大反应
28、速率，否则速率减小，以此解答该题【解答】解：四个选项中，B、D温度较高，则速率较大，B与D相比较，D中H2C2O4的物质的量较多，加水稀释到50 mL浓度较大，则反应速率较大，溶液颜色褪色所用时间最短故选D10化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是（）ACO2为直线形分子，SO2也为直线形分子B固态CS2是分子晶体，固态SiO2也是分子晶体CNCl3中N原子是sp3杂化，BCl3中B原子也是sp3杂化DAl（OH）3能溶于NaOH溶液，Be（OH）2也能溶于NaOH溶液【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；两性氧化物和两性氢氧化物【分析】A、CO2中C为
29、sp杂化，则直线形分子，SO2中S为sp2杂化，则V形分子；B、固态CS2是分子晶体，固态SiO2是原子晶体；C、NCl3中N原子有一对孤电子对是sp3杂化，BCl3中B原子无孤电子对是sp2杂化；D、根据对角线相似规则【解答】解：A、CO2中C为sp杂化，则直线形分子，SO2中S为sp2杂化，则V形分子，故A错误；B、固态CS2由分子构成是分子晶体，固态SiO2由原子构成是原子晶体，故B错误；C、NCl3中N原子有一对孤电子对是sp3杂化，BCl3中B原子无孤电子对是sp2杂化，故C错误；D、由对角线相似规则可知，铝及其化合物与铍及其化合物性质相似，Al（OH）3能溶于NaOH溶液，则Be（
30、OH）2能溶于NaOH溶液，故D正确；故选D二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分请选择一个最佳选项作答）11一定条件下，将一定量的NO2与SO2置于1L恒容密闭容器中发生如下反应：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g） 下列判断正确的是（）A升高温度，正反应速率增大B再通入一定量的NO2，反应速率减小C通入氮气，压强增大，化学反应速率增大D使用合适的催化剂，活化分子的百分数将增大，SO3的产率提高【考点】化学反应速率的影响因素【分析】一般来说，升高温度、增大浓度、加入催化剂，可增大反应速率，增大压强，如参加反应气体的浓度增大，则反应速率增大，以此解答该题【解答】解：A
31、升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故A正确；B再通入一定量的NO2，浓度增大，反应速率增大，故B错误；C通入氮气，虽然压强增大，但参加反应气体的浓度不变，化学反应速率不变，故C错误；D使用合适的催化剂，活化分子的百分数将增大，但平衡不移动，产率不变，故D错误故选A12在2L恒容密闭容器中发生如图甲的反应下列判断正确的是（）A5min的时A的转化率为50%B化学反应方程式为：3A（g）+2B（g）2C（g）C降低温度，化学反应速率减小，活化分子百分数不变D反应从开始到5min的平均速率v（B）=0.04 molL1min1【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算【分析】A、根据转化率
32、为；B、由图A、B的物质的量减少，C的物质的量增加，所以A、B是反应物，C是生成物，再结合速率之比等于对应物质的化学计量数之比；C、降低温度，活化分子百分数降低；D、根据v=计算【解答】解：A、根据转化率为=50%，故A正确；B、由图A、B的物质的量减少，C的物质的量增加，所以A、B是反应物，C是生成物，A、B、C的物质的量的变化量之比为：0.4：0.2：0.2=2：1：1，所以化学方程式为：2A（g）+B（g）C（g），故B错误；C、降低温度，化学反应速率减小，活化分子百分数降低，故C错误；D、根据v=0.02 molL1min1，故D错误；故选A13PH3是一种无色、有剧毒的气体，其分子结
33、构和NH3相似，下列判断正确的是（）ANH的键长比PH的键长短，所以PH3的沸点比NH3低BPH3分子的立体构型是三角锥形，与NH3互为等电子体CPH3分子是极性分子，极易溶于水，因为它与水分子间存在氢键DNH3比PH3稳定，因为NH3分子间存在氢键【考点】微粒半径大小的比较；判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质【分析】A氨气分子之间存在氢键，沸点高于PH3；BPH3分子中P原子形成3个PH、含有一对孤对电子，原子数目相等、价电子总数相同的微粒互为等电子体；CPH3分子与水分子之间不能形成氢键；D氢键影响物理性质，不影响氢化物稳定性【解答】解：A氨气分子之间存在氢键，沸点高于PH3，NH的
34、键长比PH的键长短，说明NH键稳定，NH3比PH3稳定，故A错误；BPH3分子中P原子形成3个PH、含有一对孤对电子，立体构型是三角锥形，与NH3的原子子数目相等、价电子总数相同，互为等电子体，故B正确；CPH3分子是极性分子，水是极性分子，相似相溶，极易溶于水，PH3分子与水分子之间不能形成氢键，故C错误；D氢键影响物理性质，不影响氢化物稳定性，NH3比PH3稳定是因为N元素非金属强于P的，故D错误，故选：B14已知NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法不正确的是（）A12g金刚石中平均含有2NA个键B1molSiO2晶体中平均含有4NA个键C12g石墨中平均含1.5NA个键D1molCH4中含4
35、NA个sp键【考点】阿伏加德罗常数【分析】A在金刚石中每个C原子可形成的CC键为4个；每条CC键被两个C原子共用；B根据在二氧化硅晶体中，一个硅原子与4个氧原子形成4条SiO键来判断；C石墨中每个C原子与其它3个C原子形成3个CC键，则平均每个C原子成键数目为3=1.5个；D甲烷中4个CH是sP3杂化【解答】解：A金刚石中每个C原子可形成的CC键为4个；每条CC键被两个C原子共有，每个碳原子可形成：4=2个CC键，则12g金刚石即1mol，含 CC键2mol，即个数为2NA，故A正确；B在二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4条SiO键，1molSiO2晶体中平均含有4NA个键，故B正确
36、；C石墨中每个C原子与其它3个C原子形成3个CC键，则平均每个C原子成键数目为3=1.5个，12g石墨物质的量为=1mol，平均含1.5NA个键，故C正确；D甲烷中4个CH是sP3杂化，不是sp杂化，故D错误；故选：D15有关键能数据如表：化学键SiOO=O SiSi键能/kJmol1X498.8176晶体硅的燃烧热为989.2kJmol1，则X的值为（）A423.3B460C832D920【考点】键能、键长、键角及其应用【分析】依据反应焓变H=反应物键能总和生成物键能总和来分析计算【解答】解：已知晶体硅的燃烧热为989.2kJmol1，则Si（s）+O2（g）=SiO2（s）H=989.2k
37、Jmol1；1mol晶体硅中含有2molSiSi，1molSiO2中含有4molSiO，1molO2中含有1molO=O；则2176+498.84x=989.2，解得x=460；故选B16氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（）A直线 sp杂化BV型 sp2杂化C三角锥形 sp3杂化D平面三角形 sp2 杂化【考点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3，则其阳离子的化学式为：NO2+，根据其价层电子
38、对数判断【解答】解：氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3，则其阳离子的化学式为：NO2+，其中心N原子价电子对数为2+（5122）=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，故选A17已知反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H1=23.9KJmol12CH3OH（g）C2H4 （g）+2H2O（g）DH2=29.1KJmol1CH3CH2OH（g）CH3OCH3（g）H3=+50.7KJmol1；在C2H4（g）+H2O（g）CH3CH2OH（g）H4中；H4等于（）A48.5 KJmol1B+48.5
39、 KJmol1C45.5KJmol1D+45.5 KJmol1【考点】热化学方程式【分析】利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，根据盖斯定律可得：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）【解答】解：甲醇脱水反应2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）DH1=23.9KJmol1甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）=C2H4 （g）+2H2O（g）DH2=29.1KJmol1乙醇异构化反应CH3CH2OH（g）=CH3OCH3（g）DH3=+50.7KJmol1，根据盖斯定律可得：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）H=（23.9+29.150.7）kJ/mol=4
40、5.5kJ/mol，故答案为：45.5 kJmol118前四周期元素X、Y、Z、W，已知W2+、Y+、X2、Z的离子具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A电负性：XYZWB电离能：XYZWC离子半径：X2ZY+W2+D原子序数：WYXZ【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】W2+、Y+、X2、Z四种离子均具有相同的电子层结构，W、Y处于同一周期，为金属元素，W形成+2价离子，X处于IIA族，Y形成+1价离子，Y处于IA族；X、Z处于同一周期，为非金属元素，Z形成1价离子，Z处于A，X形成2价离子，X处于A族；且W、Y在周期表中X、Y的下一周期，原子序数：WYXZ，结合元素周期律递变规律
41、解答该题【解答】解：W2+、Y+、X2、Z四种离子均具有相同的电子层结构，W、Y处于同一周期，为金属元素，W形成+2价离子，X处于IIA族，Y形成+1价离子，Y处于IA族；X、Z处于同一周期，为非金属元素，Z形成1价离子，Z处于A，X形成2价离子，X处于A族；且W、Y在周期表中X、Y的下一周期，原子序数：WYXZ，A同周期从左到右电负性依次增强，非金属元素的电负性大于金属元素的电负性，则电负性：ZXWY，故A错误；B非金属元素的电离能大于金属元素，同周期金属元素，第IIA的电离能大于第IA族，第VIIA的电离能大于第VIA族，则电离能：ZXWY，故B错误；C原子序数：WYXZ，W2+、Y+、X
42、2、Z四种离子均具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：X2ZY+W2+，故C正确；D由以上分析可知原子序数：WYXZ，故D错误故选C19长式周期表共有18个纵行，从左到右排为118列，即碱金属为第一列，稀有气体元素为第18列按这种规定，下列说法正确的是（）A第16列中元素中没有非金属元素B只有第二列的元素原子最外层电子排布为ns2C第四周期第8列元素是铁元素D第15列元素原子的最外层电子排布为ns2 np5【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A、第16列为第A族，结合氧族元素解答；B、He处于零族，He原子的核外电子排布为1s2；C、第四周期第8列元素是第族的第一种元
43、素，原子序数为26；D、第15列为第A族，属于p区，最外层电子数等于族序数【解答】解：A、第16列为第A族，氧族元素中O、S等是非金属元素，故A错误；B、第2列是第A族，最外层电子排布为ns2，He处于零族，He原子的核外电子排布为1s2，故B错误；C、第四周期第8列元素是第族的第一种元素，原子序数为26，是铁元素，故C正确；D、第15列为第A族，属于p区，最外层电子数为5，最外层电子排布为ns2 np3，故D错误；故选C20在恒容密闭容器中通入X、Y、Z发生反应：2X（g）Y（g）+C（s），已知温度T1T2，X的物质的量浓度c（X）随时间t变化曲线如图甲，速率变化如图乙，下列叙述不正确的是
44、（）A如图甲在T2线上，正反应速率：N点W点B如图甲在T2下，在0t1时间内的平均速率，v（X）= molL1min1C增加C的量，化学反应速率增大D如图乙，t0时可能是加入了催化剂【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【分析】A、温度T1T2，升高温度平衡正向移动，说明逆反应是吸热反应；B、根据图中X的浓度变化求出X的浓度变化，再求反应速率；C、C是固体，增加C的量但浓度不变；D、使用催化剂正、逆反应速率都变大，但平衡不移动【解答】解：A、温度T1T2，升高温度平衡正向移动，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，所以W点的温度大于N点的温度，温度越高反应速率越快，即正反应速率：N
45、点W点，故A错误；B、T2下，在0t1时间内，X的浓度变化为：c（X）=（ab）mol/L，所以v（X）= molL1min1，故B正确；C、C是固体，增加C的量但浓度不变，所以化学反应速率不变，故C错误；D、使用催化剂正、逆反应速率都变大，但平衡不移动，所以t0时可能是加入了催化剂，故D正确；故选AC三、（本题包括2小题，共18分）21前四周期10种元素在周期表中的位置如图，请用元素符号或化学式回答下列问题：I1I2I3I47831451773310540（1）上表标出的元素中，属于d区的元素符号是Cr，电负性最大的元素是F，c、d、e三元素的第一电离能由小到大的顺序是NOC（2）某元素的电
46、离能（kJmol1）数据如表：上述元素中，该元素最有可能是Mg（3）c的最简单氢化物分子，键角为10928；由a和c形成的相对分子质量为28的烃，其中键与键的数目之比是5：1（4）ce分子的等电子体有多种，写出其中一种由上述元素组成的负一价阴离子的电子式（5）h、i、j三种元素的最高价氧化物对应的水化物，酸性最强的是HClO4【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由元素在周期表中位置，可知a为H、b为F、c为C、d为N、e为O、f为Na、h为P、i为S、j为Cl、k为Cr（1）d区元素包含310列元素（镧系元素、锕系元素处于f区除外）；同主族自上而下电负性减小，同周期自左而右电负性增
47、大；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素；（2）该元素第三电离能剧增，最外层有2个电子；（3）c的最简单氢化物为CH4，为正四面体结构；由H和C形成的相对分子质量为28的烃为C2H4；（4）CO分子的等电子体有多种，其中一种由上述元素组成的负一价阴离子为CN；（5）同周期自左而右金属性减弱、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强【解答】解：由元素在周期表中位置，可知a为H、b为F、c为C、d为N、e为O、f为Na、h为P、i为S、j为Cl、k为Cr（1）d区元素包含310列元素（镧系元素、锕系元素处于f区除外），上述元素中Cr属
48、于d区元素；同主族自上而下电负性减小，同周期自左而右电负性增大，故F元素电负性最强；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较大，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC，故答案为：Cr；F；NOC；（2）该元素第三电离能剧增，最外层有2个电子，再上述元素中，该元素最有可能是Mg，故答案为：Mg；（3）c的最简单氢化物为CH4，为正四面体结构，键角为10928；由H和C形成的相对分子质量为28的烃为C2H4，碳原子之间形成双键，C、H原子之间形成单键，则键与键的数目之比是5：1，故答案为：10928；5：1；（4）CO分子的等
49、电子体有多种，其中一种由上述元素组成的负一价阴离子为CN，其电子式为：，故答案为：；（5）同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，三元素中Cl的非金属性最强，故HClO4酸性最强，故答案为：HClO422铜、铁是日常生活中常见金属，超细铜粉的制备方法如图1，请回答：（1）Cu2+的价电子排布图（2）SO32离子中心原子的杂化方式为sp3杂化（3）请写出向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式：2Cu（NH3）42+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+6NH4+SO42（4）下列说法正确的是aca氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键bNH
50、3和H2O分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角cCu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键dCu（NH3）4SO4中NH3和SO42的VSEPR模型均为正四面体（5）FeO晶胞结构如图2，若该晶胞边长为a cm，NA表示阿伏伽德罗常数，则该晶体密度为g/cm3【考点】晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】（1）Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+的价电子为3d9；（2）SO32离子的价层电子对数=3+（6+232）=4；（3）由流程图可知向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式；（4）
51、a氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间；bNH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角；c Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键；d NH3的VSEPR模型为三角锥形，SO42的VSEPR模型为正四面体；（5）由图可知，该晶胞中亚铁离子个数=8+6=4，氧离子个数=1+12=4，设晶胞边长为a cm，晶胞体积为a3cm3，结合=计算【解答】解：（1）Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2
52、+的价电子排布图为，故答案为：；（2）SO32离子的价层电子对数=3+（6+232）=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；故答案为：sp3杂化；（3）由流程图可知向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式，所以离子方程式为：2Cu（NH3）42+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+6NH4+SO42；故答案为：2Cu（NH3）42+3SO2+4H2O=2NH4CuSO3+6NH4+SO42；（4）a氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间，故a正确；bNH3分子和H2O分子，分子空间构型不同
53、，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角，故b错误；c Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键，故c正确；d NH3的VSEPR模型为三角锥形，SO42的VSEPR模型为正四面体，故d错误，故答案为：ac；（5）由图可知，该晶胞中亚铁离子个数=8+6=4，氧离子个数=1+12=4，设晶胞边长为a cm，晶胞体积为a3cm3，则=g/cm3，故答案为： g/cm3四、（本题包括1小题，共12分）2350mL 0.55molL1盐酸与50mL 0.50molL1NaOH溶液在如
54、图的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒（2）从装置图上看除了缺少一种玻璃仪器外，还有一处不妥的是：碎纸条未填满，大小烧杯杯口未相平（3）若实验中改用50mL 0.55molL1醋酸溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量减少（填“减少”“不变”“增多”）；（4）若实验改用25mL 0.55molL1硫酸与25mL 0.50molL1Ba（OH）2溶液代替上述反应，所求得的中和热H偏小 （填“偏大”“偏小”“无影响”）实验次数起始温度t1/终 止温度t2/盐酸NaOH溶液120.320.323
55、.6220.320.323.7320.320.325.9420.320.323.8（5）已知：Q=cmt，如果盐酸和NaOH溶液的密度均为1gcm3，反应后混合溶液的比热容c=4.18J（g）1实验数据如表：根据上表中所测数据，通过计算得到中和热H=56.8kJ/mol（保留一位小数）（6）下列操作能引起H偏大的是：（填序号）操作大烧杯上不盖硬纸板用环形铜丝搅拌棒搅拌反应混合溶液分多次把NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中【考点】中和热的测定【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）为减少热量散失，应使小烧杯口与大烧杯口持平，其余部分用碎塑料填满；（3）醋酸是弱电解质，电离要吸热
56、；（4）氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，放出热量；（5）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cmT计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；（6）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；铜丝导热性良好，热量损失多；分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）为减少热量散失，应使小烧杯口与大烧杯口持平，其余部分用碎塑料填满；故答案为：碎纸条未填满，大小烧杯杯口未相平；（3）醋酸是弱电解质，电离要吸热，所放出的热量偏小；故答案为：减少；（4）氢氧化钡与硫酸
57、反应生成了硫酸钡沉淀，放出热量，中和热的数值偏大，但求得的中和热H偏小；故答案为：偏小；（5）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3，反应后温度为：23.6，反应前后温度差为：3.3；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3，反应后温度为：23.7，反应前后温度差为：3.4；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3，反应后温度为：25.9，反应前后温度差为：5.6；第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3，反应后温度为：23.8，反应前后温度差为：3.5；第3次实验误差较大，舍去，温度差平均值为3.4；50mL 0.55molL1盐酸与50mL 0.5
58、0molL1NaOH溶液的质量和m=100mL1g/cm3=100g，c=4.18J/（g），代入公式Q=cmT得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g）100g3.4=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.4212kJ=56.8kJ/mol，即该实验测得的中和热H=56.8kJ/mol，故答案为：56.8；（6）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，中和热的数值偏小，但中和热H偏大，故正确；铜丝导热性良好，热量损失多，中和热的数值偏小，但中和热H偏大，故正确；分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热
59、量散失较多，中和热的数值偏小，但中和热H偏大，故正确；故答案为：五、（本题包括1小题，每空2分，共12分）24O3和O2在酸性条件下都能氧化海水中的I得到碘单质，现将O3通入稀硫酸酸化的NaI溶液中进行模拟研究（1）用一个离子反应方程式表示该模拟实验中发生的反应：O3+6I+6H+=3H2O+3I2（2）为探究外界条件对I2生成速率的影响，做了如下三组实验，（其中O3、H2SO4、NaI的量都相同，溶液的体积均为20mL）填写表中的空白处编号实验目的反应物反应前溶液的pH温度I对照实验O3+H2SO4+NaI525II探究FeCl2对反应速率的影响O3+H2SO4+NaI+FeCl25III探
60、究温度对速率的影响O3+H2SO4+NaI55（3）在该模拟实验中要测试是否有I2生成，需要加入一种试剂的名称是淀粉溶液（或淀粉试剂）（4）有同学建议将FeCl2换成FeSO4更能准确的反映某种微粒对该化学反应速率有影响，则该同学的实验目的是排除Cl的干扰，探究Fe2+对该反应速率的影响（或探究Fe2+对该反应是否有催化作用）【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）O3和O2在酸性条件下都能氧化海水中的I得到碘单质，其中氧元素的化合价由0降低为2价，碘元素的化合价由1价升高为0，根据得失电子守恒、电荷守恒写出离子方程式；（2）对比实验要控制变量，只让其中一个条件不同，其他条件相同；（3
61、）检验碘的方法常用淀粉溶液；（4）溶液中存在硫酸根，将FeCl2换成FeSO4是为了排除Cl的干扰，探究Fe2+对该反应速率的影响【解答】解：（1）O3和O2在酸性条件下都能氧化海水中的I得到碘单质，其中氧元素的化合价由0降低为2价，碘元素的化合价由1价升高为0，根据得失电子守恒、电荷守恒写出离子方程式为：，O3+6I+6H+=3H2O+3I2，故答案为：，O3+6I+6H+=3H2O+3I2；（2）对比实验要控制变量，其中O3、H2SO4、NaI的量都相同，溶液的体积均为20mL，加氯化亚铁的目的是为探究FeCl2对反应速率的影响，所以溶液的PH值与温度应与实验相同，实验探究温度对速率的影响
62、，只让温度不同，其他条件要相同，故答案为：编号实验目的反应物反应前溶液的pH温度III探究FeCl2对反应速率的影响25III5 （3）检验碘的方法常用淀粉溶液，若溶液变蓝，说明有碘单质生成，故答案为：淀粉溶液（或淀粉试剂）；（4）溶液中存在硫酸根，将FeCl2换成FeSO4是为了排除Cl的干扰，探究Fe2+对该反应速率的影响，故答案为：排除Cl的干扰，探究Fe2+对该反应速率的影响（或探究Fe2+对该反应是否有催化作用）六、（本题包括2小题，共8分）25（1）教材采用图实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率检查图装置气密性的操作方法是关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到
63、开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好（2）FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料已知25，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/mol写出FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol【考点】热化学方程式【分析】（1）使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段；（2）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+
64、4CO2，根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式【解答】解：（1）使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，检查该装置的气密性可关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好，故答案为：关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好；（2）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，已知：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJ/mol2Fe（s）
65、+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/mol根据盖斯定律，2+可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故H=1648kJ/mol2（1480kJ/mol）+4（393kJ/mol）=260kJ/mol，故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol，故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol26将一定量的NO和足量O2投入2L恒容密闭容器内，800时只发生的化学反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g），n（NO）随时间
66、变化如下表：时间/s012345n（NO）/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）NO表示从02s内该反应的平均速率v（NO）=0.003 mol/（Ls）（2）计算5s时NO2的物质的量浓度（要求写出计算过程）【考点】化学平衡的计算【分析】（1）从02s内参加反应NO为（0.020.008）mol=0.012mol，根据v=计算v（NO）；（2）设转化的NOmol，则： 2NO（g）+O2（g）2NO2（g）开始（mol）：0.02 0 变化（mol）：x x5s时（mol）：0.007 x据题意得：x=0.020.007=0.013 mol，进而计算二氧化氮的浓度【解答】解：（1）从02s内参加反应NO为（0.020.00）mol=0.012mol，则v（NO）=0.003 mol/（Ls），故答案为：0.003 mol/（Ls）；（2）设转化的NOmol，则： NO（g）+O2（g）2NO2（g） 开始（mol）：0.02 0 变化（mol）：x x5s时（mol）：0.007 x据题意得：x=0.020.007=0.013 c（NO2）=0.013 mol2L=0.0065mol/L答：5s时NO2的物质的量浓度为0.0065mol/L2016年5月25日
