安徽省黄山市届高中毕业班第一次质量检测理综化学试题精解精析.docx

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安徽省黄山市届高中毕业班第一次质量检测理综化学试题精解精析

黄山市2020届高中毕业班第一次质量检测

理科综合能力测试卷

可能用到的相对原子质量：

H-1；C-12；N-14；O-16；Na-23；S-32

第Ⅰ卷（选择题，共126分）

一、选择题：

本题共13个小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确的是

A．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：

“太阳流珠，常欲去人…得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根……”，这里的“黄芽”是指硫

B．三国时期曹植在《七步诗》中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。

萁在釜中燃，豆在釜中泣。

……”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤

C．《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：

“强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”，该方法用了焰色反应

D．《本草图经》在绿矾项载：

“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”

【答案】D

【解析】本题考查传统文化相关知识，解题过程中一般联系物质的性质，物质的分离、提纯，化学反应原理等相关知识进行解答。

A．涉及汞的性质及水银温度计摔碎后处理方法，液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，正确；B．考查物质分离提纯方法，煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，正确；C．考查物质性质及鉴别方法，鉴别硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4），灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，正确；D．考查反应原理，FeSO4⋅7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，D错误。

2．Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。

设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是

A．1moLNH4+所含电子数为11NA

B．30gN2H2中含有的共用电子对数目为4NA

C．过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应

D．过程I中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：

2

【答案】B

【解析】该题考查化学基本概念：

阿伏伽德罗常数和氧化还原反应，在复习过程中注意将多个知识融合的题型。

A．一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10NA，错误；B．一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30gN2H2的物质的量=

=1mol，含有的共用电子对数目为4NA，正确；C．过程II中，联胺（N2H4）分子中H为+1价，N元素为−2价，N2H2中N元素化合价是−1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是−1，化合价降低，属于还原反应，错误；D．过程 I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：

NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：

1，错误。

3．下列关于有机化合物的叙述中正确的是

A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的

B．汽油、柴油、花生油都是多种碳氢化合物的混合物

C．有机物

1mol最多可与3molH2发生加成反应

D．分子式为C15H16O2的同分异构体中不可能含有两个苯环结构

【答案】A

【解析】该题考查有机物结构和性质，在复习过程中侧重课本知识的应用能力。

A．乙烯具有较强的还原性，能够催熟水果；故可用高锰酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期将水果放入有浸泡过高锰酸钾溶液的硅土的密封容器中，正确；B．汽油、柴油都是含多种烃类的混合物，只含有碳、氢两种元素，花生油是油脂，含有碳、氢、氧三种元素，错误；C．有机物

中只有碳碳双键可与氢气加成，则1mol该有机物最多可与2molH2发生加成反应，错误；D．分子式为C15H16O2的有机物不饱和度为8，一个苯分子的不饱和度为4，则其同分异构体中可能含有两个苯环结构，错误。

4．下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置，以下说法正确的是

A．A中固体也可改用MnO2

B．B中需盛装饱和氯化钠溶液

C．氯气通入D中可以得到NaClO，该物质水溶液比HClO稳定

D．上图装置也可作为制取适量NO的简易装置

【答案】C

【解析】本题考查实验室制取氯气的方法，利用强氧化剂和盐酸反应。

一个完整气体制备实验包括制备、净化、收集、尾气处理过程。

A．MnO2与浓盐酸制取氯气需要加热，根据装置A图示，不能改用MnO2，错误；B．根据装置图示，B为氯气收集装置，C为防倒吸装置，D为尾气处理装置，错误；C．氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到NaClO，HClO见光易分解，NaClO光照不分解，则该物质水溶液比HClO稳定，正确；D．铜和稀硝酸反应可制取NO，装置A可用，装置B、C中有空气，NO易被空气的氧气氧化，导致收集的气体不纯，应用排水法收集，NO有毒，属于大气污染物，NO不与氢氧化钠反应，无法处理尾气，上图装置不能作为制取适量NO的简易装置，错误。

5．W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是

A．原子半径大小：

Y>Z

B．Y3X2中既有离子键，又有共价键

C．Z的最高价氧化物可做干燥剂

D．可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气

【答案】B

【解析】本题为原子结构元素周期律综合应用题，首先根据题目的已知条件对元素进行推导，然后根据推导出来的元素，运用元素周期律进行解题。

W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。

A．Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：

Y>Z，正确；B．X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，错误；C．Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，正确；D．W为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，正确。

6．电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，乳酸的摩尔质量为90g/moL；“A－”表示乳酸根离子）。

则下列说法不正确的是

A．交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜

B．阳极的电极反应式为：

2H2O－4e－＝O2↑＋4H+

C．电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH－可忽略不计。

设200mL20g/L乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，则该溶液浓度上升为155g/L（溶液体积变化忽略不计）

D．浓缩室内溶液经过电解后pH降低

【答案】C

【解析】根据图示，该电解池左室为阳极，右室为阴极，阳极上是氢氧根离子放电，阳极周围氢离子浓度增大，且氢离子从阳极通过交换膜I进入浓缩室，则交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜，阴极氢离子放电，A-通过交换膜Ⅱ，进入浓缩室，浓缩室中HA浓度增大。

A．膜I为阳离子膜，膜Ⅱ为阴离子膜，正确；B．阳极发生氧化反应，反应式为：

2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，正确；C．在阳极上发生电极反应：

4OH−−4e−═2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：

2H++2e−=H2↑，根据电极反应方程式，则有：

2HA∼2H+∼1H2，电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，产生氢气的物质的量=

=0.03mol，则生成HA的物质的量=0.03mol×2=0.06mol，则电解后溶液中的乳酸的总质量=0.06mol×90g/moL+200×10-3L×20g/L=9.4g，此时该溶液浓度=

=47g/L，错误；D．在电解池的阳极上是OH−放电，所以c（H+）增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A−通过阴离子交换膜（交换膜Ⅱ）从阴极进入浓缩室，这样：

H++A−═HA，乳酸浓度增大，酸性增强，pH降低，正确。

7．常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。

下列说法不正确的是

A．在同一溶液中，H2CO3、

、

不能大量共存

B．测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞

C．当pH＝7时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系：

c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（

）＞c（H＋）＝c（OH－）

D．已知在25℃时，

水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝2.0×10－4，溶液中c（

）∶c（

）＝1∶1时，溶液的pH＝10

【答案】D

【解析】该题是一个图像题。

首先滴加是一个动态过程，开始反应CO32-+H+=HCO3-，然后HCO3-+H+=H2CO3，后碳酸分解；其次分析，每段的物质，然后考虑离子浓度大小关系。

A．根据图像分析，pH＞8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子，pH=8时，只有碳酸氢根离子，pH＜8时，溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，正确；B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液，用酚酞作指示剂，滴定产物是

，用甲基橙作指示剂滴定时，

和HCl溶液的反应产物是H2CO3，正确；C．由图象可知，pH=7时，c（H＋）＝c（OH－），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知：

c（Na+）+c（H+）=c（Cl−）+c（HCO3-）+c（OH−），则c（Na+）＞c（Cl−），因HCO3-水解，则c（Na+）＞c（Cl−）＞c（HCO3-），溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c（Na+）＞c（Cl−）＞c（HCO3-）＞c（H+）=c（OH−），正确；D．已知在25℃时，溶液中c（

）∶c（

）＝1∶1，

水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝

c（OH－）=2.0×10－4，则c（H＋）

=5.0×10－11，溶液的pH＜10，错误。

8．硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）的方法之一，流程如下：

已知：

Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O3•5H2O（M=248g/moL）在35℃以上的干燥空气中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。

某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O并探究Na2S2O3的化学性质。

I．制备Na2S2O3•5H2O

设计如下吸硫装置：

（1）写出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的离子方程式______。

（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是______

A．浓硫酸B．溴水C．FeSO4溶液D．BaCl2溶液

II．测定产品纯度

（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：

第一步：

准确称取agKIO3（M=214g/moL）固体配成溶液；

第二步：

加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；

第三步：

用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。

则c（Na2S2O3）＝______mol/L。

（列出算式即可）（已知：

IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－）

（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_________（填字母）

A．滴定管未用Na2S2O3溶液润洗

B．滴定终点时俯视读数

C．锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗

D．滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡

Ⅲ．探究Na2S2O3的化学性质

已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1molNa2S2O3转移8mol电子。

甲同学设计如图实验流程：

（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有___________和__________。

（2）乙同学认为应将上述流程中②③所加试剂顺序颠倒，你认为理由是__________。

【答案】I．

（1）2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2

（2）BII．

（1）

（或

）

（2）BⅢ．

（1）碱性还原性

（2）可以排除BaS2O3的干扰

【解析】该实验是制备硫代硫酸钠，并且测定其纯度和探究其性质。

这样的实验一般每部分相对独立，我已将其拆解开进行分析解答。

I．

（1）根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和−2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：

2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2；

（2）二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或

溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；

II．

（1）KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；

n（KIO3）=

mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；

所以x=

，则c（Na2S2O3）=

=

mol⋅L−1（或

）mol⋅L−1，

（2）A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，不符合题意；

B．滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，符合题意；

C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，不符合题意；

D．滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，不符合题意；

故答案选B；

Ⅲ．

（1）甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42−生成,即证明S2O32−具有还原性；

（2）在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS2O3的干扰。

9．硫酸锰是重要的微量元素肥料之一，易溶于水，难溶于乙醇。

工业上用软锰矿（主要成分是MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2）通过如下简化流程既可脱除燃煤尾气中的SO2，又能制备硫酸锰晶体，实现了资源的综合利用：

请回答下列问题：

（1）上述流程中第一步浸锰脱硫的好处是_________（答出一点即可）。

（2）写出浸锰过程中软锰矿中的MnO2发生的化学方程式_________。

（3）通过实验如何判定滤液Ⅰ中已加入足量H2O2__________；加MnCO3的目的是调节溶液的pH，使滤液Ⅰ中的相关离子形成沉淀而除去，请写出“过滤Ⅱ”中所得滤渣的主要成分有________。

（4）已知硫酸锰晶体和硫酸镁晶体的溶解度曲线如图所示。

请写出步骤Ⅰ操作_________、趁热过滤；为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的________（填选项字母）进行洗涤，实验效果最佳。

A．乙醇B．饱和K2SO4溶液C．蒸馏水D．乙醇水溶液

（5）滤液Ⅱ还可通过加入过量NH4HCO3进行“50℃碳化”得到高纯碳酸锰，反应的离子方程式为_________。

“50℃碳化”可能的原因是：

_________。

【答案】

（1）实现了废弃物的综合利用或减少了酸雨的发生

（2）MnO2＋SO2=MnSO4

（3）取已加入一定量的H2O2的滤液Ⅰ少许置于试管中，加入少量的MnO2若有气体逸出即说明H2O2足量。

（若用K3[Fe（CN）6]检验Fe2+亦可给分）Fe（OH）3；Al（OH）3

（4）在60℃下蒸发结晶D

（5）2HCO3-＋Mn2+=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑若温度过高NH4HCO3易分解，不利于碳酸锰的生成，温度低反应速率慢

【解析】该题为工艺流程题，解题过程中抓住几个环节：

（1）沉锰（溶解过程），软锰矿（主要成分是MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2）加入稀硫酸后，Fe2O3、Al2O3、MgO分别转变为Fe2（SO4）3，Al2（SO4）3，MgSO4，二氧化硅做为滤渣除去，

（2）除去杂质，MnO2与二氧化硫反应生成硫酸锰，加入过氧化氢是为了检验二氧化锰是否反应完，再加碳酸锰，除去Fe2（SO4）3，Al2（SO4）3，（3）分离提纯过程，MgSO4和MnSO4晶体用蒸发结晶法分离。

（1）根据题意，通过如下简化流程既可脱除燃煤尾气中的SO2，又能制备硫酸锰晶体，实现了资源的综合利用，上述流程中第一步浸锰脱硫是为了实现了废弃物的综合利用，减少了酸雨的发生；

（2）浸锰过程中软锰矿中的MnO2与SO2反应，生成硫酸锰，化学方程式为MnO2＋SO2=MnSO4；

（3）检验H2O2是否过量，在二氧化锰做催化剂的条件下是否分解释放氧气，或者加入含Fe2+的K3[Fe（CN）6的溶液，H2O2过量会氧化Fe2+，蓝色沉淀会褪色，则判断方法为取已加入一定量的H2O2的滤液Ⅰ少许置于试管中，加入少量的MnO2若有气体逸出即说明H2O2足量（或取已加入一定量的H2O2的滤液Ⅰ少许置于试管中，加入含Fe2+的K3[Fe（CN）6]溶液，若蓝色沉淀褪色，则说明H2O2足量）；加MnCO3调节溶液的pH，将Fe3+，Al3+生成难溶于水的氢氧化物，所得滤渣的主要成分有Fe（OH）3，Al（OH）3；

（4）从图像可以看出，在60℃下，硫酸锰晶体的溶解度变化不大，硫酸镁晶体的溶解度变化较大，温度越高，溶解度越大，所以在60℃下蒸发结晶，可以得到较多的硫酸锰晶体，趁热过滤；根据溶解度曲线可知，硫酸锰晶体与杂质硫酸镁相比，杂质跟易溶于水需用水洗涤，但为减少产品的损失，应控制水的比例，则洗涤硫酸锰时最好选择乙醇的水溶液最好；

（5）硫酸锰加入NH4HCO3制得碳酸锰，锰离子和碳酸根离子发生双水解反应2HCO3-＋Mn2+=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑；50℃碳化，说明反应不超过50℃最佳，由于碳酸氢铵易分解，生成氨气，二氧化碳和水，一旦碳酸氢铵分解，不利于碳酸锰的生成，但是温度也不能太低，温度太低，反应速率太慢。

10．

（1）已知反应

的

，

、

分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为_____kJ。

（2）对于一般的化学反应aA+bB→P，反应物浓度和反应速率之间存在以下关系：

v（单位mol·L-1·min-1）＝k×c（A）x×c（B）y，k称为速率常数，x称为反应物A的级数，y称为反应物B的级数，x+y称为反应的总级数。

①对于反应H2（g）＋I2（g）→2HI（g），速率表达式：

v＝k×c（H2）×c（I2），则反应总级数为________级。

②H2O2分解成水和氧气的反应是一级反应，反应速率常数k为0.0410min-1，则过氧化氢分解一半的时间是__________min。

（结果保留3位有效数字）（已知：

一级反应物质浓度c=c0e-kt，c0为初始浓度，ln2=0.693）

（3）将等物质的量的I2和H2置于预先抽真空的特制1L密闭容器中，加热到1500K，起始总压强为416kPa；体系达平衡，总压强为456kPa。

体系中存在如下反应关系：

①I2（g）⇌2I（g）Kp1=200ΔH1

②I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）Kp2ΔH2

③HI（g）⇌I（g）+H（g）Kp3ΔH3

④H2（g）⇌2H（g）Kp4ΔH4

（已知Kp3、Kp4值很小，③、④反应忽略；Kp为以分压表示的平衡常数，以下计算结果均保留2位有效数字）

①ΔH2=_____________。

（用含ΔH1、ΔH3、ΔH4的式子表示）

②1500K平衡体系中I（g）、H2（g）分压分别为______kPa、_______kPa、Kp2=______。

【答案】

（1）299

（2）①二②16.9（3）①ΔH1+ΔH4-2ΔH3②807232

【解析】

（1）焓变等于反应吸收的总能量与释放的总能量的差，设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则：

2xkJ−436kJ−151kJ=11kJ，解得x=299；

（2）①根据题意速率常数表达式中各物理量符号的含义，反应H2（g）＋I2（g）→2HI（g），速率表达式：

v＝k×c（H2）×c（I2），则x=1，y=1，该总级数=x+y=2；

②根据题意，过氧化氢分解一半，则分解一半时的浓度c=

c0。

则

；已知c=c0e-kt，则

=e-kt，等式两边取自然对数，ln

=lne-kt=-kt，ln2=kt，k=0.0410min-1，ln2=0.693，故t=

=16.9min；

（3）①已知：

①I2（g）⇌2I（g）ΔH1，②I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）ΔH2，③HI（g）⇌I（g）+H（g）ΔH3，④H2（g）⇌2H（g）ΔH4；根据盖斯定律可知，反应：

②=①+2×③+④，可得ΔH2=ΔH1+ΔH4-2ΔH3；

②将等物质的量的I2和H2置于密闭容器中，起始总压强为416kPa，故I2和H2的起始分压分别为208kPa，由体系达平衡，总压强为456kPa，则密闭容器中气体体积增大，已知Kp3、Kp4值很小，则容器中有两步反应发生，即①I2（g）⇌2I（g）Kp1=200，②I2（g）+H2（g）⇌2HI（g），利用三段式，设I2和H2的转化分压分别为x，

设I2（g）的转化分压为y，则列“三段式”：

已知Kp1=200体系达平衡，总压强为456kPa，反应①的压强表示的平衡常数Kp1=

=200，208-x+2x+2y+208-x-y=456，解得y=40，x=136，1500K平衡体系中I（g）、H2（g）分压分别为2y=80kPa，208-x=72kPa，Kp2=

=32。

11．

（1）O基态原子核外电子排布式为____。

H2OVSEPR模型名称为_____，立体构型为___。

O3____极性分子（填“是”或“不是”）。

（2）利用热化学法来测定晶格能是由Born与Haber首先提出来的，其实质是利用Hess定律，构成一个热化学循环。

已知：

Na（s）+

Cl2（g）=NaCl（s）ΔH=－410.9kJ·mol－1