要解决这个问题，得从两者的结构说起：石墨为一层一层的，而金刚石是立体网状结构。具体如下图：
金刚石结构中，1个C原子共形成4个碳碳单键，但每个碳碳单键由2个C原子组成，则实际上1个C原子形成的碳碳单键数量＝4*1/2=2个。而1mol金刚石有NA个碳原子，则1mol金刚石含有的碳碳单键数为2mol（或2NA个）；而石墨一层一层的，1个碳原子形成3个碳碳单键，但每个碳碳单键由2个C原子组成，则实际上1个C原子形成的碳碳单键数量＝3*1/2=1.5个。所以1mol石墨含有碳碳单键1.5mol（或1.5NA）。
但这些最大的问题是，碳原子最外层有4个电子，为什么石墨中的碳原子只形成3个碳碳单键？还有一个电子呢？石墨中剩下的那个未成键的电子与共平面的所有碳形成离域派（Л）键
原题：常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是：
不管自己是否任教高三，每年的广州一、二、三模，广东高考理综化学卷我都会做一遍。今年，也不例会。广州一模做完后，感觉不理想，才89分。其中27题多空答案与标准答案有出入，仅这题就失5分，很郁闷。后来与高三同事交流，同事直接质疑27题设计是不是本来就存在争议。二模也考过多时了，试卷也早已拿到，但自己一直都没有心情做。今天五一第二天的假期，无所事事，回了趟学校给宿舍阳台的花浇浇水。回市区时，看到桌面扔了好几天的二模试卷就带回做了。
刚做完，感觉二模试卷设计比一模的明朗好多（也就是题意不会给人造成很大的误解）。网上对照了标准答案，比一模好了点，94分。这个算是比较正常的分数。因为照往年练习的分数看，基本也就是95左右。鲜有拿100分的，除了某一次的（好像是12年的）拿了个满分。说说自己做的感觉和失分情况吧。
选择题42分照例拿满。但其中的11题还是把我卡了一下，幸好不费多时就识别出坑点。重新看看选择题11题：A、把浓盐酸滴入MnO2中，现象是“产生黄绿色气体”，这个缺少加热，错；B、浓硝酸遇铝，不会产生红棕色NO2，因为常温下钝化；C、酸化的FeCl2滴入H2O2中，溶液变成棕黄色，这个反应方程式是：2FeCl2 + H2O2 + 2HCl = 2FeCl3 + 2H2O，这个没有气体放出，也错；D、Fe2(SO4)3滴入铜粉中，三价铁变二价，铜单质被氧化成二价铜，溶液变蓝，但不会有黑色固体产生，也错。分析完愣了，那里出问题了？重新梳理一遍，发现C选项猫腻。把酸化的FeCl2滴入H2O2中，因为是逐滴滴入，开始时H2O2过量，把滴入的少量FeCl2氧化成FeCl3后，Fe3+对H2O2催化分解，即会产生O2。差点入坑。
26题（1）第3小问，C瓶溶液的溶质漏填NaOH，扣1分。其实也不是漏填，之前写的答案就是NaOH、NaClO、NaCl（因为题干说饱和NaClO溶液PH才11，但C为12，所以当时就觉得应该有NaOH）。后来划掉NaOH的原因是，如果C还剩NaOH，那么D瓶怎么会使紫色石蕊褪色？C瓶若NaOH过量，应该不会再有Cl2进入D瓶才对。这一分真的扣了，我也还想不明白。唉~~~
27题扣了2分：其中一分是倒数第二问中Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是“活化能高”，没想到，而错用吉布斯自由能中，反应熵变减小，高温利于焓判据。最后一问“新方案”优点“氢气利用率100%”，答成“转化等量CO2需氢气少，减少电解水的能量损耗”，再扣1分。
28题同样扣了2分：其中1分是错在写铋离子水解离子方程式时，生成的BiOCl没有写沉淀符号。这个是由于没充分提取题干信息而造成的。题目中已指明BiOCl是混入浸出渣中的，这就证明它是难溶物。最后（5）中，“母液2”中可回收的主要物质NH4NO3，错填成“氨水”。
36有机合成题，错得真是有点丑愧。本学期说是上有机，遇到命名题目时，常常提醒学生，不要把丁二烯写成二丁烯。结果，今天我就把“丙酸二乙酯”错写成“丙酸乙二酯”。
35题由于我校不选做，所以今晚没有做这一题。相信做了也拿不了多少分，毕竟不开选修3，结构化学考点遗忘率很大。
在学习烷烃与烯烃性质对比时，经常会遇到这样一个问题：除去CH4含有的少量CH2=CH2时，不能使用酸性高锰酸钾的洗气瓶，因为被酸性高锰酸钾氧化时会产生CO2，引入新的杂质。那么是否意味着所有烯烃被酸性高锰酸钾氧化时都会产生呢CO2？
当然不是！要理解好这个问题，得首先从烯烃被酸性高锰酸钾氧化的原来来分析：乙烯被酸性高锰酸钾氧化时，是先断开双键，然后在“断开”的两半，各接上一个氧原子。如：CH2=CH2双键断开时，得到两半“CH2=”和“=CH2”（这两半是一样的）。然后在断开的半个双键处接上一个氧，如：O=CH2。这个其实就是甲醛！醛基具有还原性，会断续被氧化成甲酸HCOOH。然而HCOOH分子中还是有醛基结构，会继续被氧化成HOCOOH。这个结构中1个碳原子接了2个羟基，会自动脱水，再形成一个碳氧双键，成为O=C=O，这个就是CO2。如下图：
再看CH3CH=CHCH3被酸性高锰酸钾氧化时，双键断开时，得到两半“CH3CH=”和“=CH2”，根据上述原理，两半接氧原子后得到CH3CHO和CH2O，两者氧化后最终得到CH3COOH和CO2。
但如果是CH3CH=CHCH3时，双键断开时，得到两半都是“CH3CH=”，则氧化后得到的只有CH3COOH。
综上所述，烯烃被酸性高锰酸钾氧化是到底有没有CO2，要看该烯烃有没有“=CH2”这一结构，如果有，这一结构最终会被氧化成CO2。
化学上的等效平衡指：在一定条件下，初始加入量不同,但是达到平衡时各组成百分含量相同的两个或多个平衡。
根据反应条件及反应方程式中气体计量数之和的关系,将等效平衡分为3中情：
1．恒温恒容时，气体计量数之和不等，如果平衡时是等效的，则必须“完全等效”。即初始加入量通过等量转化（将一边反应物归零）后完全一样，平衡才等效。
以上三种初始加入量，经等量转化后，都相当于初始加入量为2mol SO2(g)和1mol O2，三种情况下达到的平衡为“完全等效”平衡。
两平衡等效的特征：两平衡混合物中，同一物质的物质的量相同、物质的量浓度相同、百分含量相同
2.恒温恒容时，气体计量数之和相等，如果平衡是等效的，则“比例等效”，即初始加入量成等比例关系。
以上四种初始加入量，经等量转化后，相当于H2和I2初始加入量的物质的量比都为1:1，四种情况下达到的平衡为“比例等效”平衡。
两平衡等效的特征：两平衡混合物中，同一物质的百分含量相同，物质的量之比、物质的量浓度之比与反应物同比例
3.恒温恒压时，无论气体计量数之和是否相，都是“比例等效”。
两平衡等效的特征：两平衡混合物中，物质的量浓度相同、百分含量相同
对于以上三种情况，会有这样的疑问：
疑问1：恒温恒容时，气体计量数之和不等，如果不是完全相同的初始加入量，而是等比例加入，能否形成等效平衡？如不能，为什么？
分析：第一、二两种情况虽是等比例，但由于恒容，第二种情况形成的压强肯定比第一种要大，且该反应气体系数之和不等。第二种情况相当于在第一种情况下增大压强，平衡会向正反应方向移动，使两种情况的反应物转化率不同，最后形成的平衡混合体系中，各组成的百分含量肯定不同。所以恒温恒容，且气体系数之和不等的反应，必须是等效转化后，初始加入量必须完全相同，才能形成等效平衡。
疑问2：恒温恒容时，气体计量数之和相等，如果初始加入量不成比例，为什么不能形成等效平衡？
分析：我们可以把第二种初始加入量分解成1mol H2和（1 mol +0.5mol）I2。然后加入时先加1mol H2和1 mol I2，平衡后与第一种情况肯定为等效平衡。然后在第二种情况下，再加0.5molI2，这时相当于在平衡的基础上增大了I2的浓度，平衡会向右移动，则H2的平衡转化率肯定比第一种情况的大。最终的平衡混合体系中，各组分的百分含量肯定不相同。
等效平衡解题应用：
例1．一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g)，达到平衡后改变下述条件，SO3气体平衡浓度不改变的是
分析：要使SO3气体平衡浓度不改变，则改变条件后，所形成的平衡要与原平衡等效。该反应时前后气体系数不等的反应，A选项“同温同容”条件下，需要等效转化后，初始加入量要与原平衡完全相同，形成“完全等效”。而充入1 mol SO3，等效转化，只是相当于充入1 mol SO2和0.5 mol O2，且还要考虑充入后压强的影响，两次平衡不等效，A错；B选项“同温同压”，只需“比例等效”， 充入1 mol SO3，等效转化后，相当于充入1 mol SO2和0.5 mol O2，与原来初始加入2 mol SO2和1 mol O2都是2:1，成“比例等效”，所以B正确；C选项“同温同压”，只需“比例等效”，但只充入1 mol O2，与原来初始加入不成“比例等效”，C错。D选项，充入不反应气体，恒压下，相当于降低反应体系压强，平衡向气体系数之和大的一方移动，D错。
例 2．一个真空密闭容器中盛有1mol PCl5，加热到200℃时发生如下反应：PCl5(g)＝PCl3(g)＋Cl2(g)，反应达到平衡时，混合气体中PCl5所占体积分数为M%。若在同一温度和同一容器中，最初投入是2mol PCl5，反应达平衡时，混合气体中PCl5所占体积分数为N%。则M和N的关系
A．大于 B．小于 C．等于 D．不能肯定
分析：该反应是前后气体系数不等的，同温同容下，两次充入量不相等，不能成为等效平衡。我们可以改变下思路，把条件改成“同温同压”，则可形成“比例等效”。所以我们可以假设把投入2mol PCl5的容器扩大到原来的两倍，这时压强与充入1mol PCl5相同，则形成“比例等效”，则两者混合气体中PCl5所占体积分数应该相等M＝N。然后再把2mol PCl5的容器缩小回原来的体积，则相当于在原平衡基础上增大压强，平衡后向气体系数之和最小的一方，即生成PCl5一方移动，使得PCl5所占体积分数为N%增大，所以应该有M<N，B正确
以上有不当之处，还望指正。
原题节选：C(s)＋ H2O(g) 
CO(g) ＋H2(g) ΔH=+131.3 kJ．mol-1，以上反应达到平衡后，在体积不变的条件下，以下措施有利于提高H2的产率的是 。(填序号)
| A．降低温度 | B．增加水蒸气的用量 | C．加入催化剂 | D．用CO吸收剂除去CO |
命题方那边给来的参考答案是：BD
D答案没有问题。但B选项，个人感觉应该是使H2产率降低的。题目要求是有利于提高H2的产率，在此不再去论证产率的计算公式。个人感觉，产物的产率应该与反应物的转化率成正比。反应物的转化率越大，则生成物的产率也就越大。体积不变的情况，增加水蒸气的用量，水蒸气的浓度增大，平衡右移，只能肯定的是，H2的产量是提高了（注，是产量多了）。但由于体积不变的情况，增加水蒸气的用量，压强也相应增大，并且C是固体，方程右边气体系数之和大于左边。压强增大后，平衡会向左移，使得H2O(g) 的转化率减小。H2O(g) 的转化率减小了，则H2的产率也应该是减小的。
以上题目的原题选项是：
| A．升高温度 | B．增加碳的用量 | C．加入催化剂 | D．用CO吸收剂除去CO |
则原题的答案AD是不存在争议的。只是修改了选项后，本人对B答案存在较大的疑问。希望有同行能解决阿柯的思维困惑。
题目：如图所示，A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气囊．关闭K2，将各1mol NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时A、B的体积相同均为a L．
①B中可通过______判断可逆反应2NO2＝＝N2O4已经达到平衡．
②若平衡后在A容器中再充入0.5mol N2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数______（填“变大”“变小”或“不变”）．
③若容器A中到达平衡所需时间t s，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，则平均化学反应速率v（NO2）等于______．
④若打开K2，平衡后B容器的体积缩至0.4a L，则打开K2之前，气球B体积为______L．
解析：①②③小问都较容易，本文主要分析第④小问。第④问，主要考察等效平衡知识。网上对此题第④问的分析基本上都是“打开K2，则相当于是在等温等压时的平衡，因此平衡时等效的．由于此时反应物的物质的量是B中的二倍，所以打开K2之前，气球B体积为（aL+0.4aL）÷2=0.7aL”。从网友反馈的情况来看，如此分析，很多人仍然无法理解。为此，阿柯整理了一下自己的思路，发上来，供大家参考，希望能给迷茫的人一些启示。
解法1：当打开K2，B容器的体积缩至0.4a L（A仍然保持原来体积），则此时的总体积为（aL+0.4aL）。相当于起始时充入2mol NO2于一个1.4aL的容器中使反应达平衡。由于此时的平衡，和K2打开前的温度和压强是一样的，则两次的平衡是等效的。2mol NO2平衡时对应的体积是1.4aL，则K2打开前B装置充入1molNO2平衡时对应的体积设为x，列关系式得：2mol/1.4aL=1mol/xL，解得x＝0.7aL（此分析是网上答案的一个补充说明）。如果对分析1还是抱有疑问，请继续看解法2
解法2：因为2NO2＝＝N2O4为气体物质的量减少的反应，在K2打开前，A装置体积不变，则随着反应达到平衡，压强会一直降低。而B装置体积会随着气体减少而缩小，达平衡后强压不会变。则两装置平衡后，B的压强比A高，打开K2后，B体积就会缩小，直至AB两装置压强相等。根据题意，B体积缩小至0.4a L和体积为aL的A装置压强相等，根据气体物质的量与容器体积、形成压强的对应关系，相当于起始时2mol NO2分在AB两装置当中的物质的量为：A装置NO2＝(2mol/1.4aL)*aL＝10/7mol，B装置NO2＝(2mol/1.4aL)*0.4aL＝4/7 mol（即10/7mol NO2在aL的A装置达到平衡的压强与4/7 mol NO2在0.4aL的A装置达到等效平衡时的压强相等）。再由比例关系，4/7 molNO2对应的体积是0.4aL，则打开K2前，B中充入的1 molNO2对应的体积设为x，列关系式得：4/7 mol/0.4aL=1mol/xL，解得x=0.7aL
原题：在盛有足量A的体积可变的密闭容器中，加入B，发生反应：A(s)+2B(g)＝4C (s)＋D(g),△H＜0。在一定温度、压强下达到平衡。平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量的变化关系如图。下列说法正确的是（ ）
A．平衡时B的转化率为50%
B．若再加入B，则再次达到平衡时正、逆反应速率均增
C．若保持压强一定，再加入B，则反应体系气体密度减小
D．若保持压强一定，当温度升高10℃后，则图中θ＞45º
解析：此题关键是对图像的理解，由“平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量的变化关系如图”结合图像中两者的关系角度可知，当加入1molB时，平衡就有1molC生成。
根据反应：A(s)+2B(g)＝＝4C (s)＋D(g)
起始： 1 0
平衡： 0.5 1
可得到B的平衡转化率为50%，A对。
B选项，由于体积可变（保持恒压），加入B后，浓度不变，速度也不变。（是不是也可解理加入B后，B浓度不变，但D的浓度减少，平衡右移，对比原平衡，正速率减少，逆速率也减小）。B错。
C选项麻烦点，假设加入的B物质是nmol，其中有一半的B参加反应。根据反应可得：
根据反应：A(s)+2B(g)＝＝4C (s)＋D(g)
起始： n 0
变化： 0.25n 0.5n n 0.25n
则反应后的气体质量就是消耗固体0.25n mol A的质量和加入的n molB的质量－n mol 固体C的质量，而气体体积则是B和D的物质的量之和。设A的摩尔质量、B的摩尔质量C的摩尔质量分别为MA、MB、MC。
根据ρ=m/v=0.25nMA+nMB-nMC/(0.5n+0.25n)Vm=0.25MA+MB-MC/0.75Vm
由上式可知，代表加入B的物质的量的n在运算中被约掉了，也就是说，最后气体密度与加入B的多少没有关系。C错。
D选项，由于反应为放热反应，温度升高后，平衡将左移，使得之前“加入1molB时，平衡就有1molC生成”变为“加入1molB时，平衡时C的物质的量就<1mol”。根据数学的关系，取点连线后，图中的θ角要＜45º
原题节选：图2表示反应
的反应物NO、CO的起始物质的量比、温度对平衡时CO2的体积分数的影响。X、Y、Z三点，CO的转化率由大到小的顺序是 。
解析：这选项的关键点是“反应物NO、CO的起始物质的量比”的理解。如果你从数学的角度，考虑这个比值的增大会有多种方式，那就刚好掉入设计者的思维陷阱中。其实这个比值的增大，思考时只保持分母n(CO)的值不变，然后增大分子n(NO)的值就得了。这样一来，n(NO)浓度增大，上述平衡正向移动，则CO的转化率会随NO、CO的起始物质的量比不断增大。所以答案应该为Z>Y>X
原题：
一定条件下进行反应：
向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：
| t/s | 0 | 2 | 4 | 6 | 8 |
| n(Cl2)/mol | 0 | 0.30 | 0.39 | 0.40 | 0.40 |
下列说法正确的是（ ）
A．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2)＝0.22 mol·L－1，则反应的ΔH＜0
B．若在2 L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变
C．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 molCOCl2、0.60 molCl2和0.60 molCO，反应达到平衡前的速率：v(正)＜v(逆)
D．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0 molCl2和0.8 molCO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60%
解析：答案为CD。根据平衡时有关数据表，可知平衡时c(Cl2)＝0.20 mol·L－1升高温度后变为c(Cl2)＝0.22 mol·L－1，证明升温正向移动，应为吸热，ΔH＜0，A错。反应存在热效应，而平衡常数会随温度变化而变化，B错。C选项考察Qc与K的关系，由于题目中的平衡数据，算出K，然后代选项中的数据算出Qc，可得Qc〉K，则C对。以上三个选项较容易。
对于D选项，有两种思维方式：
一、利用K相等，算CO转化率：
则有：K＝c(Cl2)•c(CO)/c(COCl2)=(1.0-x)•(0.8-x)/x （K值可由题目平衡数据算出），解得x，即可求CO转化率<60%。但此解法要得出x值，要解一元二次方程，难度很大。
二、利用等效平衡理论：
根据等效平衡理论，与上述等效的投料可以是（一边为零，等效转化）：
这样一看，就可以看出了起始加入1.0 molCl2和1.0 molCO，达到平衡时，Cl2的平衡浓度与起始加入1.0molCOCl2时是一样的，都为0.4mol，则可得Cl2转化率等于60%。而D选项中1.0 molCl2和0.8 molCO，相当于在上述投料的平衡中抽掉0.2mol的CO。这样会使平衡正向移动，重新达到平衡时，Cl2的转化率自然就小于60%
改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，求出的中和热数值为什么和原来相同？
选修4或者必修2中，关于中和热测定时，盐酸与氢氧化钠的用量上，是使用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH进行实验，氢氧化钠稍过量，可以保证盐酸完全反应，使测得的中和热误差减小。至于为什么不能使盐酸稍过量的原因，之前的一篇日志已分析过，在此就不用再重复了。但如果改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，求出的中和热数值为什么和原来相同？这个用量的配比，不也是酸比碱稍多吗？为什么又没有影响？
中和热只是指生成1mol水时所释放出的热量，与反应酸碱的量多少是无关的。但反应酸和碱的量多了或少了，只会影响反应放出热量的多少，不会影响中和热求算的值。