湖南省株洲市第一中学2022-2023学年高二化学下学期第一次月考试题（Word版附解析）

高二化学试题可能用到的柏对银子质亚：H～1C～12N～14O～16Cl～35.5Ca～40Sc～45Fe～56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列表示不正确的是A.乙烷的球棍模型：B.乙醛的结构简式：CH3CHOC.2，3─二甲基丁烷的键线式：D.乙炔的实验式(最简式)：C2H2【答案】D【解析】【详解】A．乙烷的分子式为C2H6，球棍模型为，故A正确；B．乙醛的分子式为C2H4O，结构简式为CH3CHO，故B正确；C．2，3-二甲基丁烷，主链为丁烷，在2、3号C各含有应该甲基，键线式为，故C正确；D．乙炔的分子式为C2H2，所以乙炔的实验式为CH，故D错误；故选D。2.1molN2H4(g)在O2(g)中燃烧，生成N2(g)和H2O(l)，放出622kJ的热量，该反应的正确的热化学方程式为：A.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ·mol-lB.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-622kJ·mol-lC.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=+622kJ·mol-lD.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=+622kJ·mol-l【答案】A【解析】【分析】根据热化学方程式的书写方法，先写出化学反应方程式，再注明物质的聚集状态，依据反应物用量与反应放出的热量写出热化学方程式，得出正确结论。【详解】A.根据题意，1molN2H4(g)燃烧生成液体水，放出的热量为622kJ，写出其热化学方 程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ·mol-l，故A项正确；B.水的聚集状态错误，则B项错误；C.该反应为放热反应，故△H0，则C项错误；D.水的聚集状态错误及△H不正确，则D项错误；故答案选A。3.1940年科学家用a粒子轰击Bi发现了元素At，其反应为Bi+He→At+2n，则At中子数为（）A.85B.126C.127D.211【答案】B【解析】【详解】Bi的中子数为209-83=126，He的中子数为4-2=2，反应前后中子数不变，At的中子数为126+2-2×1=126，答案选B。4.下列关于铜电极的叙述正确的是A.铜锌原电池中铜是负极B.用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极C.在镀件上电镀铜时可用铜作阳极D.电解食盐水时铜作阳极【答案】C【解析】【详解】A、原电池中活泼金属作负极，铜锌原电池中，Zn活泼，则Zn为负极，Cu为正极，故A错误；B、粗铜精炼时粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；C、电镀Cu时Cu作阳极，在镀件上铜离子得到电子生成Cu，故C正确；D、电解食盐水用惰性电极作阳极，若利用Cu为阳极，则生成氢氧化铜沉淀，故D错误；故选C。5.下列变化中属于原电池反应的是A.铁锈可用稀盐酸洗去B.在空气中金属铝表面迅速被氧化形成保护膜C.红热的铁丝与水接触表面形成蓝黑色保护层D.在Fe与稀H2SO4反应时，加几滴CuSO4溶液，可加快H2的产生【答案】D 【解析】【分析】属于原电池反应，说明符合原电池的构成条件，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，以此解答。【详解】A．铁锈可用稀盐酸洗去是因为铁锈能与HCl反应生成FeCl3和水，没有形成原电池，故A错误；B．金属铝是比较活泼的金属，在空气中放置的时候能与氧气反应，表面迅速被氧化形成致密的保护膜，与原电池无关，故B错误；C．红热的铁丝和水直接反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，不符合原电池构成条件，故C错误；D．加几滴CuSO4溶液后，铁与CuSO4反应生成单质Cu，然后铁和铜在稀H2SO4溶液中形成原电池，加快了铁与稀H2SO4的反应速率，故D正确；故选D。6.《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)。“灰”的主要成分为M，下列有关M及其反应中能量变化的判断正确的是A.M为CaCO3，M分解反应中的能量变化如图1B.M为CaCO3，M分解反应中的能量变化如图2C.M为CaO，M与盐酸反应中的能量变化如图1D.M为CaO，M与盐酸反应中的能量变化如图2【答案】D【解析】【详解】蛎房即牡蛎壳，主要成分是碳酸钙；煤饼烧蛎房成灰，即高温分解碳酸钙，生成灰， 灰的主要成分M是氧化钙，氧化钙与盐酸的反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，图2是放热反应，故答案为D。7.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子最外层电子数等于最内层电子数的一半。某物质(M)由R、X、Z三种元素组成，它的结构式如图所示。下列推断错误的是A.原子半径：Y＞ZB.X和R组成的化合物不可能使溴水褪色C.M中含极性键和非极性键D.Y的最高价氧化物对应的水化物是强碱【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子最外层电子数等于最内层电子数的一半，则Y的核外电子排布为2、8、1，Y为Na元素；从M的结构式可以看出，R形成1对共用电子、X形成4对共用电子、Z形成2对共用电子，则R为H元素、X为C元素、Z为S元素。从而确定R、X、Y、Z分别为H、C、Na、S元素。【详解】A．Y、Z分别为Na、S，二者都是第三周期元素，且Na在S的左边，则原子半径：Na＞S，A正确；B．R、X分别为H、C，二者组成的化合物可能为烯烃、炔烃，能使溴水褪色，B错误；C．从图中可以看出，M中含有C-H、C-S极性键和C=C非极性键，C正确；D．Y为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，在水溶液中发生完全电离，属于强碱，D正确；故选B。8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.铁与稀硝酸反应时转移电子的数目为0.2NAB.标准状况下，含有的电子数目为2NA C.含有的溶液中数目肯定是0.1NAD.含有阳离子的、混合物中，离子总数目为0.6NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．铁若与足量稀硝酸反应时被氧化为Fe3+，5.6gFe（物质的量为=0.1mol）转移电子的数目为0.3NA，A错误；B．标准状况下，HF不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算HF含有电子的数目，B错误；C．、Al3+均可水解且水解程度不同，因此无法计算Al3+的数目，C错误；D．1molNa2O（）和Na2O2（）中均含有2mol阳离子、1mol阴离子，故当混合物中含有0.4mol阳离子时，混合物共0.2mol，含有阴离子的物质的量为0.2mol，离子总数为0.6NA，D正确；故选D。9.下列图象与描述相符的是A.图甲表示反应，保持其他条件不变，改变CO的 物质的量，平衡时的体积分数变化情况。由图可知，的转化率：B.图乙表示氧化反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C.图丙是室温下和的饱和溶液中离子浓度的关系曲线，说明该温度下反应的平衡常数D.图丁表示炭黑作用下生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化一个氧分子吸收的能量【答案】C【解析】【详解】A．反应，保持其他条件不变，改变CO的物质的量，促进平衡正向移动，二氧化氮转化率增大，故的转化率：，A错误；B．催化剂降低反应的活化能，不改变物质的能量，B错误；C．结合曲线AB可知，，该温度下反应的平衡常数，C正确；D．根据图示可知，活化氧的过程是放热反应，每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，D错误；答案选C。10.常温下，下列说法正确的是A.1mol/L和0.01mol/L的氨水中水电离出的浓度：前者是后者的100倍B.pH相等的溶液和NaOH溶液：C.同浓度的HF和HCN，Ka(HF)＞Ka(HCN)，则NaF溶液的pH比NaCN溶液的大D.在溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．根据越稀越电离，1mol/L和0.01mol/L的氨水中水电离出的浓度：前者比后 者的100倍小，故A错误；B．醋酸钠水解显碱性，但水解程度很小，若与NaOH溶液pH相等，则，故B错误；C．相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，相同温度下，Ka(HF)＞Ka(HCN)，即HF的电离程度大于HCN，F-水解程度小于CN-，所以相同条件下NaF溶液的pH比NaCN溶液的小，故C错误；D．溶液中存在水解平衡：，，根据物料守恒有，故D正确；答案选D。11.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，该电池总反应为：，其中作为电解质的无水混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。下列说法正确的是A.钙电极为正极B.放电过程中，向硫酸铅电极移动C.常温下，在正负极间接上检流计，指针不偏转D.可将无水换为其浓缩电解质溶液【答案】C【解析】【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化，反应的电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，钙电极为负极，电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，A错误；B．由分析可知，放电过程中，PbSO4为原电池的正极，阴离子向负极移动，则向负极钙电极移动，B错误；C．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此在正负极之间连接检流计，指针不偏转，C正确；D．由于Ca能与H2O直接反应，故不可将无水换为其浓缩电解质溶液，D错误；故答案为：C。12.文献报道某课题组利用CO2催化氢化制甲烷的研究过程如下：反应结束后，气体中检测到CH4和H2，滤液中检测到HCOOH，固体中检测到镍粉和Fe3O4。CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如右图所示（仅改变镍粉用量，其他条件不变）：研究人员根据实验结果得出结论：HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即：由图可知，镍粉是反应Ⅰ、Ⅱ的催化剂，当镍粉用量从1mmol增加到10mmol，反应速率的变化情况是A.反应Ⅰ的速率增加，反应Ⅱ的速率不变B.反应Ⅰ的速率不变，反应Ⅱ的速率增加C.反应Ⅰ、Ⅱ速率均增加，且反应Ⅰ的速率增加得快 D.反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增加，且反应Ⅱ的速率增加得快【答案】D【解析】【分析】反应物中含有铁粉和水，在高温条件下可生成氢气；Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加，在图中表现为CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大；从图中可见随着镍粉用量从1mmol增加到10mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快。【详解】因为在使用适量镍粉后，氢气和甲酸的产量都有明显减少，而甲烷的产量明显提高，所以，镍粉对两反应都起了催化作用。因为甲酸的产量在不断减少，而甲烷的产量又在不断增多，所以镍粉从1mmol到10mmol，反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增加，且反应Ⅱ增加得快，故D项正确；故答案选D。【点睛】此题从生活的热点问题出发，探讨了能源的循环利用和温室效应的解决，着重考查了物质催化反应的过程，结合考查了化学反应速率和对图表的理解解析能力，综合能力要求较高．另外读图时要注意观察横纵坐标的含义和单位。13.在高压下氮气会聚合生成高聚氮，这种高聚氮晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构。已知晶体中N－N键键能为160kJ·mol－1，而N≡N的键能为942kJ·mol－1。则下列有关说法不正确的是（）A.键能越大说明化学键越牢固，所构成物质越稳定B.高聚氮晶体属于原子晶体C.高聚氮晶体中n(N)∶n(N－N)＝1∶3D.用作炸药可能是高聚氮潜在的应用【答案】C【解析】【详解】A．键能越大，破坏化学键消耗的能量越多，则化学键越牢固，所构成物质越稳定，故A正确；B．由信息可知，高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，所以高聚氮为原子晶体，故B正确；C．高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合，而每个共价键由两个N原子组成，所以n(N)：n(N-N)=2：3，故C错误； D．由高聚氮的结构及制备条件可知高聚氮含有非常高的化学能，可能成为做炸药或高能材料，故D正确；答案选C。14.下列关于SiO2和金刚石的叙述正确的是A.SiO2的晶体结构中，每个Si原子与2个O原子直接相连B.通常状况下，1molSiO2晶体中含有的分子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)C.金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小环上有6个碳原子D.1mol金刚石中含有4NA个C-C键(NA表示阿伏加德罗常数的值)【答案】C【解析】【详解】A．SiO2的晶体结构中，每个Si原子与4个O原子直接相连，A错误；B．SiO2属于共价晶体，不存在SiO2分子，B错误；C．金刚石的网状结构中，每个碳原子与周围的4个成键碳原子共同组成正四面体结构，每个碳原子都是SP3杂化，键角109°28′，由共价键形成的最小环上有6个碳原子，C正确；D．金刚石中每个C原子与另外四个C原子形成4个C-C键，每个C-C键为两个C原子共享，因此属于每个C原子的成键数目是，1mol金刚石中含有个C原子，故含有个C-C键，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共54分。15.在化学分析中，常需用KMnO4标准溶液，由于KMnO4晶体在室温下不太稳定，因而很难直接配制准确物质的量浓度的KMnO4溶液。实验室一般先称取一定质量的KMnO4晶体，粗配成大致浓度的KMnO4溶液，再用性质稳定、相对分子质量较大的基准物质草酸钠(Na2C2O4)对粗配的KMnO4溶液进行标定，测出所配制的KMnO4溶液的准确浓度，反应原理为：5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，以下是标定KMnO4溶液的实验步骤：步骤一：先粗配浓度约为0.15mol/L的KMnO4溶液500mL。步骤二：准确称取Na2C2O4固体mg放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70～80℃，用步骤一所配KMnO4溶液进行滴定。记录相关数据。步骤三：重复步骤二两到三次。步骤四：计算KMnO4溶液的物质的量浓度。 试回答下列问题：（1）如图为整个过程中可能使用的仪器的部分结构(有的仪器被放大)。A图B图C图D图A图中液面所示溶液的体积为_____mL，用上述四种仪器中的某种测量某液体的体积，平视时读数为NmL，仰视时读数为MmL，若M＞N，则所使用的仪器是____(填字母标号)。（2）该滴定实验滴定终点的现象是____。（3）步骤二中滴定操作图示如图所示，正确的是_____(填编号)。（4）步骤二的滴定过程温度变化并不明显，但操作过程中发现前一阶段溶液褪色较慢，中间阶段褪色明显变快，最后阶段褪色又变慢。试根据影响化学反应速率的条件分析，溶液褪色中间明显变快，最后又变慢的原因是_____。（5）若m的数值为2.010g，滴定的KMnO4溶液平均用量为25.00mL，则KMnO4溶液的物质的量浓度为_____mol/L。（6）若滴定前无气泡，滴定结束时有气泡，则实验结果_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.28.0②.C（2）当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色(或浅红色，或浅紫红色)，且半分钟内不恢复原色（3）E（4）中间生成的Mn2+为该反应的催化剂，反应速率较前一阶段明显变快；最后由于反应物浓度减小，反应速率变慢（5）0.2400（6）偏高【解析】 【分析】不同仪器结构不同，烧杯、量筒小刻度在下，大刻度在上；滴定管0刻度在上，大刻度在下；而温度计之间为0刻度；容量瓶只有刻度线，无刻度。根据仪器结构确定凹液面所在位置的液体体积读数。KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管。在用KMnO4溶液滴定Na2C2O4溶液时，不需要外加指示剂，根据KMnO4溶液本身在滴定时的颜色变化判断滴定终点。滴定时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色(或浅红色，或浅紫红色)，且半分钟内不恢复原色，滴定达到终点。利用n=计算Na2C2O4的物质的量，根据二者反应的物质的量的关系确定25.00mLKMnO4溶液中溶质的物质的量，最后根据物质的量浓度定义式确定其浓度。【小问1详解】量筒小刻度在下，大刻度在上，根据A图中量筒液面所示刻度可知：溶液的体积为28.0mL；图示四种仪器中，A是量筒，B是容量瓶，C是滴定管，D是温度计。若用上述四种仪器中的某种测量某液体的体积，平视时读数为NmL，仰视时读数为MmL，若M＞N，则所用仪器小刻度在上，大刻度在下，则所使用的仪器是滴定管，故合理选项是C；【小问2详解】用KMnO4溶液滴定Na2C2O4溶液，开始时溶液为无色，随着标准溶液的滴入，Na2C2O4溶液逐渐减少，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色(或浅红色，或浅紫红色)，且半分钟内不恢复原色，说明滴定达到终点；【小问3详解】KMnO4溶液具有氧化性，应该用酸式滴定管盛装，滴定时，左手控制活塞，故合理选项是E；【小问4详解】随着KMnO4标准溶液滴入，反应过程中产生了Mn2+，反应中间阶段产生的Mn2+为催化剂，催化剂能使反应速率变大；后来随着反应进行，反应物浓度减小，导致反应速率减慢；【小问5详解】2.010gNa2C2O4的物质的量为n(Na2C2O4)=，根据反应方程式：5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O中物质反应转化关系可知：25.00mLKMnO4溶液中溶质的物质的量n(KMnO4)=n(Na2C2O4)=×0.015mol=0.006mol，则KMnO4溶液的浓 度为c(KMnO4)=；【小问6详解】若滴定前无气泡，滴定结束时有气泡，则导致反应消耗标准溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，则根据c=分析可知最终使实验测定结果偏高。16.(铋酸钠，浅黄色不溶于冷水的固体)是分析化学常用试剂。工业上以辉铋矿粉(主要成分是，含少量、、等杂质)为原料制备铋酸钠的流程如下：请回答下列问题：（1）“浸渣”的主要成分是_______(填化学式)。用硝酸替代“盐酸，”也可以实现“酸浸”，从环保角度考虑，存在的缺点是_______。（2）检验“酸浸”液中是否含，可选择的试剂是_______(填标号)。A.KSCN溶液B.溶液C.KSCN溶液和双氧水（3）“除铁”的离子方程式为_______。（4）已知，平衡常数。的平衡常数_______。（5）探究的性质：实验操作现象 Ⅰ取少量粉末于试管中，加入浓盐酸，振荡；用镊子夹一块湿润的淀粉KI试纸放置在试管口上方浅黄色固体溶解，产生黄绿色气体，试纸变蓝Ⅱ在稀硫酸酸化的溶液中加入粉末，振荡无色溶液变紫红色溶液①实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为_______。②结合上述实验及所学知识，在酸性条件下，、、的氧化性由强到弱的顺序是_______。(填化学式)。③结合上述流程中“氧化”步骤中发生的反应，说明和的氧化性相对强弱不一致的主要原因是_______。【答案】（1）①.SiO2②.产生大气污染物（2）B（3）（4）（5）①.②.③.溶液酸碱性不同【解析】【分析】本实验由辉铋矿粉加入HCl、NaClO3溶解原材料，将铁氧化成三价铁，除去SiO2，加入CuO调节pH除去Fe3+，加入过量氨水除去铜，最后加入NaOH、Cl2氧化得到NaBiO3，据此分析回答问题。【小问1详解】分析原料成分知，二氧化硅不溶于酸溶液，故滤渣主要成分是SiO2；硝酸具有强氧化性，还原产物为氮的氧化物，会污染环境；【小问2详解】A．Fe2+遇见KSCN无现象，A错误；B．可用K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有Fe2+，B正确；C．因溶液中有Fe3+，故不能用KSCN溶液和双氧水，C错误；故选B。【小问3详解】 由分析可知，加入CuO调节pH，生成氢氧化铁沉淀，故离子方程式为2Fe3++3H2O+3CuO=2Fe(OH)3+3Cu2+；【小问4详解】氢氧化铜的沉淀溶解平衡可表示为①Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10−20，②Cu2+(aq)+4NH3⋅H2O(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)+4H2O(l)的平衡常数K1=2.0×1013，①+②得Cu(OH)2(s)+4NH3⋅H2O(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH−(aq)+4H2O(l)，故K2=Ksp[Cu(OH)2]K1=；【小问5详解】①实验Ⅱ中的现象为无色溶液变紫红色溶液，说明有MnO生成，离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO+5Bi3++5Na++7H2O；②根据Ⅰ中现象产生黄绿色气体，试纸变蓝，氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知NaBiO3>Cl2，根据实验Ⅱ，可知NaBiO3>MnO，酸性高锰酸钾溶液可用于制备氯气，可知MnO>Cl2，可知酸性条件下氧化性：。③由题干信息可知，在碱性条件下，氧化性：；在酸性条件下，氧化性：，说明在酸碱性不同的溶液中，、的氧化能力相对强弱不同。17.(1)在25℃、101kPa时，2gC2H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量是100kJ，则C2H2燃烧的热化学方程式是_______。(2)试运用所学知识，研究CO等气体的性质，请回答：i.生产水煤气过程中有以下反应：①C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)∆H1；②CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)∆H2；③C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)∆H3；反应③的平衡常数表达式为K=_____；上述反应中∆H1、∆H2、∆H3之间的关系为_______。ii.不同温度下反应②的平衡常数如下表所示。则∆H2_______0(填“<”“>”)； 温度/℃400500800平衡常数K9.9491在500℃时，把等物质的量浓度的CO和H2O(g)充入反应容器，达到平衡时c(CO)=0.005mol/L、c(H2)=0.015mo/L，则CO的平衡转化率为_______。iii.对于反应2NO2(g)⇌N2O4(g)∆H<0，当温度为T1、T2时，平衡体系N2O4的体积分数随压强变化曲线如图所示。则T1_______T2(填“>”或“<”=)；两点的平衡常数B_______C(填“>”或“<”=)。【答案】①.C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)∆H=-1300kJ/mol②.K=③.∆H3=∆H1+∆H2④.<⑤.75%⑥.<⑦.>【解析】【分析】【详解】(1)25℃、101kPa时，2gC2H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量是100kJ，则1mol乙炔完全燃烧放出的热量为1300kJ，其燃烧的热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)∆H=-1300kJ/mol，故答案为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)∆H=-1300kJ/mol；(2)① C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)  ΔΔH1；② CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g) ΔΔH2；③ C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) ΔΔH3；化学平衡常数等于生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体不计入平衡常数表达式，反应③的平衡常数表达式为K=；根据盖斯定律①+②得C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) ΔH3=△H1+△H2；故答案为：； ΔH3=△H1+△H2；ii根据不同温度下反应②的平衡常数可知，升高温度，平衡常数减小，则△H2<0；在500℃时，把等物质的量浓度的CO和H2O(g)充入反应容器，达到平衡时c(CO)=0.005mol/L、c(H2)=0.015mol/L，则CO浓度降低0.015mol/L ，CO的初始浓度是0.02mol/L，CO的平衡转化率为=75%；故答案为：<；75%；Iii2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的体积分数减小，则T1<T2；增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，B点的温度小于C点，所以平衡常数B>C。故答案为：<；>；18.钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)Co2+的核外电子排布式为____，Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，原因是____。(2)Fe、Co均能与CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示，图1中1molFe(CO)5含有____mol配位键，图2中C原子的杂化方式为____，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是____(填元素符号)。(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是____，钴晶体晶胞结构如图3所示，该晶胞中原子个数为____；该晶胞的边长为anm，高为cnm，该晶胞的密度为____(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式)g·cm-3。【答案】①.或②.Co失去三个电子后会变成，更容易再失去一个电子形成半满状态，Fe失去三个电子后会变成，达到半充满的稳定状态,更难再失去一个电子③.10④.sp、sp2⑤.O⑥.12⑦.6⑧.【解析】【分析】(1)Co是27号元素，Co2+核外有25个电子；Co的第四电离能是失去3d6上的1个电 子消耗的能量，Fe的第四电离能是失去3d5上的1个电子消耗的能量；(2)CO分子中有1个配位键，铁原子与碳原子通过配位键结合；双键C原子的杂化方式为sp2、三键C原子的杂化方式为sp；元素非金属性越强电负性越大；(3)六方最密堆积，原子配位数是12；利用“均摊原则”计算Co原子数；根据计算；【详解】(1)Co2+核外有25个电子，核外电子排布式是或；原子轨道处于全满、半满、全空为稳定结构，Co失去三个电子后会变成，更容易再失去一个电子形成半满状态，Fe失去三个电子后会变成，达到半充满稳定状态,更难再失去一个电子；(2)1个CO分子中有1个配位键，铁原子与碳原子通过配位键结合，所以1molFe(CO)5含有10mol配位键；双键C原子杂化方式为sp2、三键C原子的杂化方式为sp，由图2可知，分子中既有三键C又有双键C，所以图2中C原子的杂化方式为sp、sp2；Fe、C、O、Co四种元素中，O元素非金属性最强，所以电负性最大的是O元素；(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是12；利用“均摊原则”，Co原子数=；该晶胞的边长为anm，高为cnm，晶胞的体积为，该晶胞的密度为g·cm-3。