重庆市巫溪县中学2023-2024学年高二上学期期末模拟考试化学 Word版含解析.docx

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重庆市巫溪县中学2023-2024学年高二上学期期末模拟试卷化学试题试卷满分：100分；考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14个小题，每小题只有一个选项符合要求，每小题3分，共42分)1.Mn的基态价层电子排布图为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】锰为25号元素，基态锰原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则价电子轨道3d54s2，根据泡利原理和洪特规则，3d能级上5个电子分占不同的3d轨道，且自旋平行，4s能级上2个电子占据同一轨道，自旋相反，D符合题意；故选D。2.西大附中高二化学兴趣小组调查生活中一些食品和常见物品的pH(形成一定浓度的水溶液时的近似pH)如图：下列说法不正确的是A.胃酸过多的人不宜多吃苹果B.纯碱溶液可使酚酞溶液变红C.可将洁厕灵与84消毒液混用D.牛奶中的H+浓度比酱油中的小【答案】C【解析】【详解】A．苹果显酸性，故胃酸过多不宜多吃苹果，A正确；B．纯碱溶液的pH>9显碱性，故纯碱溶液可使酚酞溶液变红，B正确；C．可将洁厕灵与84消毒液混用混合产生毒性氯气，C错误；D．牛奶的pH大于酱油，故牛奶中的H+浓度比酱油中的小，D正确；故选C。 3.下列叙述中正确的是（）A.任何浓度溶液的酸碱性都可用pH试纸测定B.将MgCl2·6H2O晶体加热后得到MgCl2晶体C.25℃时，pH=12的NaOH溶液中的n（OH-）=10-2molD.25℃时，pH=1的醋酸溶液中c（H+）是pH=2的盐酸溶液中c（H+）的10倍【答案】D【解析】【详解】A．用pH试纸可以测定溶液的酸碱度，其范围是0～14，强酸性或者强碱性的溶液无法使用试纸测定，A错误；B．将MgCl2·6H2O晶体加热后形成氯化镁溶液，镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢加热挥发，促进水解，最终得到氢氧化镁，B错误；C．不知氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量，C错误；D．25℃时，pH=1的醋酸溶液中c（H+）为0.1mol/L，pH=2的盐酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，所以25℃时，pH=1的醋酸溶液中c（H+）是pH=2的盐酸溶液中c（H+）的10倍，故D正确；答案选D。4.对下列图示实验的描述正确的是A.根据两烧瓶中气体颜色的变化判断正反应是吸热反应B.用已知浓度的NaOH溶液滴定锥形瓶中未知浓度的盐酸C.根据小试管中导气管内液面的变化判断铁钉发生吸氧腐蚀D.向镀件上镀银【答案】C【解析】【详解】A．根据实验现象可知，热水中气体颜色变深，冰水中气体颜色变浅，说明升高温度反应平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，A错误； B．NaOH溶液应该装在碱式滴定管中，B错误；C．在氯化钠溶液中铁发生吸氧腐蚀，试管中压强减小，导管内液面上升，C正确；D．向镀件上镀银，则银应该为阳极，镀件为阴极，D错误；故答案选C。5.已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中X的氢化物的水溶液用于雕刻玻璃，W与X同主族，Y的焰色试验为黄色，Z是地壳中含量最高的金属元素。则下列叙述正确的是A.简单离子半径大小：XYC.X的单质能与水发生置换反应D.简单气体氢化物的稳定性：XY>Z，故简单离子半径大小：ZZ，B错误；C．氟气和水反应生成氧气，其方程式为是置换反应，C正确；D．F的非金属性强于Cl，故简单气体氢化物的稳定性：X>W，故D错误；故选C。6.X､Y､Z､R､M为原子序数依次增大的短周期元素，其原子的最外层电子数与原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是A.X与Y形成的化合物只含极性共价键B.简单离子半径比较：C.含氧酸酸性比较可能存在： D.X与Z､M三种元素共同形成的化合物可能是离子化合物【答案】A【解析】【分析】R半径最大，且最外层电子数为1，则R为Na，X的半径最小，则X为H，Y最外层为4个电子，则Y为C，Z为N，M为S，以此分析；【详解】A．X为H、Y为C，若形成烯烃，则既含有极性共价键，也含有非极性共价键，A错误；B．R为Na、Z为N，则，B正确；C．Z为N，M为S，若S形成的是H2SO3弱酸，HNO3为强酸，则酸性HNO3＞H2SO3，C正确；D．X为H、Z为N、M为S，若形成(NH4)2S，含有离子键则为离子化合物，D正确；故答案为：A。7.常温时，将V1mLC1mol·L－1的醋酸滴加到V2mLC2mol·L－1的烧碱溶液中，下列结论正确的是A.若V1=V2，且混合溶液pH<7，则有C1C2V2D.若混合溶液的pH=7，则混合溶液中c(Na+)>c(CH3COO－)【答案】C【解析】【详解】A．若V1=V2，C17，A错误；B．若V1=V2，C1=C2，得到醋酸钠溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒有：c(CH3COO－)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)>c(CH3COO－)，B错误；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍过量，则C1V1>C2V2，C正确；D．若混合溶液的pH=7，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒有：c(CH3COO－)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)=c(CH3COO－)，D错误；答案选C。8.在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY发生反应：Y(g)+2X(g)3Z(g)，测得混合体系中X的体积分数[ψ(X)]与温度的关系如图，下列推断正确的是 A.△H>0B.其他条件一定时，容器内压强不变时，反应达平衡状态C.W、Q、M三点中，Y的转化率最大的为Q点D.平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大【答案】C【解析】【分析】W→Q温度低，反应速率慢，反应没有达到平衡状态；Q→M温度高反应速率快，反应达到平衡状态。【详解】A．根据图示，随温度升高，Q→M点X的平衡体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，△H<0，故A错误；B．反应前后气体系数和相等，反应过程中压强是恒量，其他条件一定时，容器内压强不变时，反应不一定达到平衡状态，故B错误；C．W、Q、M三点中，Q点X的体积分数最小，所以Y的转化率最大的为Q点，故C正确；D．根据等效平衡，平衡时充入Z，相当于增大压强，达到新平衡时Z的体积分数和原平衡时相等，故D错误；选C。9.下列实验操作和现象均正确，且能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A向浓度均为的、混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀B常温下，将、与溶液组成原电池电流计指针偏转，电极上有气泡产生金属活动性强于C室温下，用计测得同浓度、溶液的pH溶液的大于溶液的结合质子的能力比的强D分别向盛有醋酸和饱和硼酸溶液的试管中滴加等浓度溶液前者产生无色气泡，后者无明显现象酸性：醋酸>碳酸>硼酸 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先出现蓝色沉淀是Cu(OH)2沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，A错误；B．Al(OH)3呈两性，而Mg(OH)2呈碱性，所以Al能与NaOH溶液能发生反应，虽然Mg、Al、NaOH溶液构成的原电池中，Mg表面有气泡产生，但并不能说明Al的金属活动性比Mg强，B错误；C．相同温度、相同浓度时，盐溶液的pH越大，其碱性越强，结合H+的能力越强，则结合质子的能力比的弱，C错误；D．分别向盛有醋酸和饱和硼酸溶液的试管中滴加等浓度溶液，前者产生无色气泡，后者无明显现象，说明可以由醋酸制得碳酸，但由硼酸不能制得碳酸，根据强酸制取弱酸的原理，酸性：醋酸>碳酸>硼酸，D正确；故选D。10.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0。将一定量的和分别通入体积为的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应，得到如表所示的两组数据：实验编号温度/平衡常数起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/min142x6242yt下列说法不正确的是（）A.B.实验1在前的反应速率C.、的关系：K2＞K1D.、的关系：T1＞T2【答案】A 【解析】【详解】A．根据表中数据可知，实验1中达到平衡时消耗的氧气的物质的量为n(O2)=2mol-0.8mol=1.2mol，由2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0可得，消耗的二氧化硫的物质的量为n(SO2)=1.2×2=2.4mol，则x=4-2.4=1.6，故A错误；B．实验1在前的平均反应速率v(SO2)===0.2mol·L-1·min-1，故B正确；C．平衡时SO2的物质的量实验1＞实验2，说明实验1的反应限度小于实验2，则K2＞K1，故C正确；D．平衡时，实验1中二氧化硫物质的量为n(SO2)=1.6mol，实验2中二氧化硫的物质的量为n(SO2)=0.4mol，实验1相对于实验2，平衡逆向移动，由于该反应为放热反应，所以T1＞T2，故D正确；答案为A。11.一定温度下，烧杯中有25mL对二甲苯和5mL水，加入bmolHA后充分搅拌并完全溶解，静置平衡后HA在对二甲苯(PX)中浓度为，在水(W)中浓度为。已知：①实验条件下HA在两相间的分配系数：(只与温度有关)：②HA不能在对二甲苯中电离，在水中电离平衡常数。忽略溶液混合时体积的变化，下列说法错误的是A.水溶液中B.若向平衡体系中再加入对二甲苯，减小C.若向平衡体系中再加入20mL水，平衡后D.若向平衡体系中再加入NaOH固体，使，平衡后【答案】B【解析】【分析】二甲苯中，，则=0.36。【详解】A．,,由可得： ，故A正确；B．加入对二甲苯，减小，不变，所以减小，水的量不变，所以水中减小，HA总的物质的量不变，则增大，增大，故B错误；C．，则：，可得：，故C正确。D．，可得：，故D正确；故选：B。12.恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法正确的是编号020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A.相同条件下，增加的浓度，反应速率加快B.实验①，0~40min，C.实验②，时处于平衡状态，D.实验③达到平衡时，的体积分数约为【答案】C【解析】 【详解】A．实验①和实验②催化剂表面积相同，但XY3初始浓度实验①中是实验②中的两倍，结合数据，可知0~20min、20~40min时间段内实验①和②XY3浓度变化量都是0.40×10-3mol/L，故相同条件下，增加XY3的浓度，反应速率并未加快，A项错误；B．实验①中，0~40min时间段内，XY3浓度变化量为2.40×10-3mol/L-1.60×10-3mol/L=0.80×10-3mol/L，v(XY3)=2.00×10-5mol/(L∙min)，由于反应速率之比等于化学计量数之比，故v(Y2)=v(XY3)=3.00×10-5mol/(L∙min)，B项错误；C．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中XY3初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时XY3浓度为0.40×10-3mol/L，则实验①达平衡时XY3浓度也为0.40×10-3mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，结合A项，实验②60min时处于平衡状态，x＜0.20，C项正确；D．由实验③中数据可知，达平衡时XY3反应了2.40×10-3mol/L-0.40mol/L=2×10-3mol/L，则生成的X2、Y2分别为1.00×10-3mol/L、3.00×10-3mol/L，平衡时体积分数等于物质的量浓度分数，故Y2的体积分数为×100%≈68.2%，D项错误；答案选C。13.一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀B.b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)C.Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀 【答案】C【解析】【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；C．该反应的平衡常数表达式为K=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=====1×107.9，C正确；D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。14.将CaCO3(s)或ZnCO3(s)悬浊液置于分压固定的CO2气相中，体系中pH与lgc关系如图所示，c为溶液中H2CO3、、、Ca2+、Zn2+的浓度，单位为mol/L。已知：Ksp(CaCO3)>Ksp(ZnCO3)，CO2(g)+H2O(1)H2CO3(aq)。下列说法正确的是AL1表示lgc()~pH曲线B.向a点对应的ZnCO3悬浊液中加入ZnCl2固体，可以达到b点溶液 C.=1×103D.CaCO3(s)+Zn2+(aq)ZnCO3(s)+Ca2+(aq)，平衡常数：K==104.4【答案】C【解析】【分析】分压固定的CO2气相中，使溶液中CO2浓度也相应固定，因此L3为H2CO3的浓度，随着pH逐渐增大，、的浓度逐渐增大，且pH较小时的浓度大于的浓度，所以L1表示，L2表示；根据Ksp(CaCO3)>Ksp(ZnCO3)判断，L4为Ca2+的浓度，L5为Zn2+的浓度，据此分析解答。【详解】A．根据分析，L1表示，L2表示，A错误；B．通过b点数据可得Ksp(CaCO3)=，b为L1和L4交点，向a点溶液中加入CaCl2可以达到b点溶液，B错误；C．，pH=6.4时，和H2CO3的浓度相等，此时，，pH=10.3时，和的浓度相等，此时，，C正确；D．通过b点数据可得Ksp(CaCO3)=，L2和L5两点交于，，则，，D错误；故答案为：C。第II卷(非选择题)二、非选择题(共58分)15.是常用的电极材料和催化剂。由富锰废料（含、，和少量、）进行废气脱硫，并制备和回收金属资源的工艺流程如下： 已知：有关金属离子沉淀相关见下表金属离子开始沉淀时的7.52.23.68.87.5完全沉淀时的9.53.24.710.89.5回答下列问题：（1）碱性锌锰电池放电时，正极材料反应生成，其电极反应式为___________。（2）提高“化浆”速率的方法是___________（任写一种）。（3）“吸收”过程中，发生反应的离子方程式为___________。（4）“调”时，应当调节的范围是___________。（5）已知此温度下：，。“沉镍”时，当恰好完全沉淀时，溶液中的为___________，此时溶液中___________（6）“系列操作”指过滤、洗涤、干燥，检验该已经洗净的操作为：取最后一次洗涤液，向其中加入足量______，再滴加________，若无白色浑浊生成，说明已洗涤干净。【答案】（1）+e-+H2O=+OH-（2）搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎废料等（3）SO2+MnO2=Mn2++（4）4.7≤pH≤7.5（5）①.②.4×107：1（6）①.盐酸②.BaCl2溶液【解析】 【分析】根据流程：富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2，富锰废料先加入硫酸进行酸浸，MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO转化为硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸镍，MnO2不反应，再用含有二氧化硫的烟气吸收，发生反应SO2+MnO2=Mn2++，下层浆液可以返回化浆步骤，则MnO2过量，上层浆液加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠调节pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣；滤液加入MnS除去镍离子，生成NiS沉淀，过滤除去；滤液加入KMnO4，和锰离子发生归中反应，得到MnO2，据此分析答题。【小问1详解】碱性锌锰电池放电时，正极材料反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：+e-+H2O=+OH-。【小问2详解】提高“化浆”速率的方法可选用搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎废料等。【小问3详解】由分析可知，“吸收”时MnO2被SO2还原为Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：SO2+MnO2=Mn2++。【小问4详解】调pH的目的是将Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3，同时不能让Ni2+沉淀，应当调节的范围是4.7≤pH≤7.5。【小问5详解】“沉镍”时，当恰好完全沉淀时，溶液中c()=1×10-5mol/L，则溶液中=，则此时溶液中=：=4×107：1。【小问6详解】在实验室中检验该MnO2已洗涤干净应检验洗涤液中是否还存在的具体操作为取最后一次洗涤液，向其中加入足量盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。16.某学习小组实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)。实验装置如图所示： 已知：①CS2不溶于水，密度比水大；NH3不溶于CS2；②热稳定性；NH4HS低于NH4SCN。实验步骤如下：（1）制备NH4SCN溶液：制备NH4SCN原理为CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS(该反应比较缓慢)。①实验前，经检验装置的气密性后装入试剂。其中，盛放碱石灰的玻璃仪器为_______仪器名称)。向三颈烧瓶内装入固体催化剂、CS2和水，三颈烧瓶左侧的进气管口必须浸没到CS2液体中，目的是_______。②实验开始时打开K1，加热装置A、D，使装置A中产生的气体缓缓通入装置D中，当看到三颈烧瓶中_______现象时说明该反应接近完全，装置C的作用是_______。（2）制备KSCN晶体：熄灭装置A中的酒精灯，关闭K1，移开水浴，将装置D继续加热至105℃一段时间，其目的是_______；然后打开K2，再趁热滴加适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液，该反应的化学方程式为_______；最后提纯得到硫氰化钾晶体。（3）装置E用来吸收尾气，防止污染环境，吸收NH3生成无色无味气体的离子方程式为_______(铬元素被还原为Cr3+)（4）使用制得晶体配制成0.100mol/L的KSCN标准溶液来滴定25.00mL未知浓度的AgNO3溶液，以Fe(NO3)3溶液作指示剂，测得溶液中pAg=-lgc(Ag+)随加入KSCN溶液的体积变化如图所示。已知：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)，A点为滴定终点(滴定过程不考虑氧化SCN-)。当加入15.00mLKSCN溶液时，溶液中c(SCN-)=_______。【答案】（1）①.(球形)干燥管②.防止发生倒吸(使反应物充分接触)③.CS2层消失④.观察气泡速率 （2）①.使NH4HS分解②.KOH+NH4SCN=KSCN+NH3↑+H2O（3）2NH3++8H+=2Cr3++N2↑+7H2O（4）4×10-11mol/L【解析】【小问1详解】①盛放碱石灰的玻璃仪器：(球形)干燥管；向三颈烧瓶内装入固体催化剂、CS2和水，三颈烧瓶左侧的进气管口必须浸没到CS2液体中，目的：防止发生倒吸(使反应物充分接触)；②三颈烧瓶中出现CS2层消失现象时说明该反应接近完全；装置C的作用：观察气泡速率，便于控制加热温度；【小问2详解】熄灭装置A中的酒精灯，关闭K1，移开水浴，将装置D继续加热至105℃一段时间，其目的：使NH4HS分解除去；生成KSCN溶液化学方程式：KOH+NH4SCN=KSCN+NH3↑+H2O；小问3详解】溶液吸收NH3生成无色无味气体氮气，自身被还原生成Cr3+，离子方程式：2NH3++8H+=2Cr3++N2↑+7H2O；【小问4详解】由图像可知，用0.100mol/L的KSCN标准溶液来滴定25.00mL未知浓度的AgNO3溶液，滴定终点时消耗标准溶液25.00mL，已知：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)，则AgNO3溶液的浓度是0.100mol/L，滴定终点时pAg=6，则=10-610-6=10-12；当加入15.00mLKSCN溶液时，溶液中c(Ag+)==0.025mol/L，c(SCN-)==410-11mol/L。17.的化学转化利用路径有效推动了高附加值利用和化工行业绿色低碳负碳化进程。回答下列问题。Ⅰ．利用合成淀粉的研究成果已经被我国科学家发表在《Nature》杂志上。其涉及的关键反应如下：①② ③（1）反应①在________（选填“高温”“低温”或“任何温度”）下自发进行，反应③中________。（2）在一定条件下，向某体积恒为的容器中按的比例通入气体，只发生反应③，下列情况可以说明反应③已经达到平衡的是________。A.混合气体密度不再改变B.混合气体平均相对分子质量不再改变C.容器中与的物质的量之比不再发生改变D.（3）在催化剂作用下，按的比例向某密闭容器中通入一定量的原料气，只发生①②两个反应。维持总压强为，测得不同温度下，反应达到平衡后的转化率、的选择性如图所示：已知：的选择性。在时，若反应从开始到达到点所用时间为，则这内________，反应②的________。（可用分数表示。指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，的平衡分压的物质的量分数）Ⅱ．近年来，有研究人员用通过电催化生成多种燃料，实现的回收利用，其工作原理如图所示。 （4）请写出电极上产生的电极反应式：_________。（5）在一定条件下，该装置电极附近制得的、、的物质的量之比为，则当Pt电极附近有气体产生时（已折算为标准状况，不考虑水蒸气，忽略气体的溶解），制得的甲醇的质量为_________。【答案】（1）①.低温②.（2）BD（3）①.0.4②.（4）（5）1.6g【解析】【小问1详解】根据题意知反应①，同时气体分子数减小，熵变，要自发进行需要满足，所以低温自发；由盖斯定律可得，反应③可由反应①减去反应②得到，故【小问2详解】A．因为反应在恒容反应器中进行，气体的总质量不变，则气体密度随反应进行不改变，混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B．混合气体平均相对分子质量等于总质量除以总物质的量，质量不变，物质的量减少，混合气体平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，能说明达到化学平衡状态，，故B正确；C．容器中CO与H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．故，能说明达到化学平衡状态，故D正确；答案选BD；【小问3详解】 设起始加入二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，又a点达到平衡且二氧化碳转化率为50%、甲醇的选择性80%，所以消耗的二氧化碳物质的量为0.5mol，即生成的甲醇和一氧化碳的物质的量之和为0.5mol，结合甲醇的选择性计算公式可算出生成的甲醇物质的量为0.50.8mol=0.4mol，则生成一氧化碳物质的量为0.1mol，即平衡时甲醇物质的量为0.4mol，水的物质的量为0.5mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，氢气物质的量为1.7mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，总的物质的量为3.2mol，甲醇的分压为反应从开始到达到a点所用时间为2min，则这2min内；CO2、H2、CO、H2O的分压分别是1MPa、3.4MPa、0.2MPa、1MPa故【小问4详解】Cu电极上产生CH3OH的电极反应式为：【小问5详解】Pt电极上的电极反应式为：4.48L气体产生时物质的量为0.2mol，可知转移的电子数为0.8mol，设制得的CH3OH、CH4、C2H4的物质的量分别为2xmol、xmol、xmol，根据关系可知总的得到电子数为32xmol，得失电子守恒，故解得CH3OH的物质的量为0.05mol，故制得的甲醇的质量为1.6g。18.W、X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的六种元素，其结构或性质如下表：元素结构或性质W其一种核素常用于测定文物的年代X原子核外的未成对电子在同周期中最多Y短周期元素中原子核外第一次出现s能级电子总数等于p能级电子总数Z单质为单核分子，最高能级电子数为电子层数的2倍Q核电荷数是W与Z的核电荷数之和R原子序数是W与X之和的2倍请根据信息回答下列问题：（1）元素W为___________(填元素符号)。（2）基态X原子的核外价电子轨道表示式为___________，该基态X 原子中成对电子数与未成对电子数之比为___________。（3）在三种元素中，没有最高正价的为___________(填元素符号)，从元素的性质角度分析其原因可能是___________。（4）与Q同周期的元素中，最外层单电子数与Q相同的有___________种。（5）①~③是原子序数相邻且依次增大的三种元素，它们和R元素的基态原子的各级电离能()如下表，Q基态原子的电离能满足下表中的___________(填“①”“②”或“③”)。①650.91414283045076298.712363②652.91590.62987474367028744.9③717.31509.03248494069909220R762.51561.92957529072409560R元素的第四电离能()比①～③的大的主要原因是___________。【答案】18.C19.4：320.①.O②.氧元素的电负性大，最外层的6个电子难失去(合理即可)21.422.①.②②.Fe的第四电离能是从轨道上再失去一个电子，轨道较稳定，难失去电子(合理即可)【解析】【分析】W的一种核素常用于测定文物年代，即该核素为14C，推出W元素为C，Y元素是短周期中原子核外第一次出现s能级电子总数等于p能级电子总数，核外电子排布式为1s22s22p4，推出Y为O，六种元素的原子序数依次增大，推出X为N，Z的单质为单核分子，最高能级电子数为电子层数的2倍，电子排布式为1s22s22p63s23p6，推出Z为Ar，Q为Cr，R为Fe，据此分析；【小问1详解】根据上述分析，元素W为C；故答案为C；【小问2详解】根据上述分析，X为N，价电子排布式为2s22p3，即价电子轨道式为；基态氮元素核外电子排布式为1s22s22p3 ，根据泡利不相容原理和洪特规则，氮元素中成对电子对数与未成对电子数之比为4∶3；故答案为；4∶3；【小问3详解】W、X、Y三种元素分别为C、N、O，其中没有最高正价的元素为O，是因为氧元素的电负性大，最外层有6个电子，难以失去；故答案为O；氧元素的电负性大，最外层的6个电子难失去(合理即可)；【小问4详解】Q为Cr，最外层电子排布式为4s1，最外层单电子数为1，同周期最外层单电子数为1的有K、Cu、Ga、Br，有4种；故答案为4；【小问5详解】