1、广东省珠海市2019-2020学年高一化学下学期期末学业质量监测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Si28 Cl35.5 S32第I卷一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)1. 下列叙述不正确的是A. 海洋潮汐能属于再生资源B. 海带可提取碘C. 海水是锂元素的一个重要来源D. 地球上99%的溴元素以溴单质形式存在于海洋中【答案】D【解析】【详解】A海水的潮涨潮落属于自然现象，可以再生，故海洋潮汐能属于再生资源，故A正确；B海带中含有碘离子，将海带在坩埚中灼烧，加水浸泡，经过滤得到残渣和滤液，滤液中含有碘离子，通入过量氯气，可生
2、成碘的水溶液，然后加入苯萃取，经分液后得到碘的苯溶液，最后蒸馏可得到碘，故B正确；C锂元素在自然界主要以化合态存在，海水富含大量锂元素，海水是锂元素的一个重要来源，故C正确；D地球上99%溴元素以的形式存在于海洋中，不是以溴单质形式存在于海洋中，故D错误；答案选D。2. 核泄漏地区可检测到的放射性元素有137Cs、134Cs、131I等。下列叙述正确的是A. 比多3个中子B. 和分别形成的单质物理性质相同C. 和分别形成的单质化学性质相同D. 与都是铯的同素异形体【答案】C【解析】【详解】A的中子数为79，的中子数为78，比多1个中子，故A错误； B和的质量数不同，分别形成的单质的质量不同，故
3、物理性质不相同，故B错误；C和的最外层电子数相同，故形成的单质化学性质相同，故C正确；D与是原子，不是单质，互称为同位素，不能称为铯的同素异形体，故D错误；答案选C。3. 下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B. N2是大气中的主要成分之一，雷雨时，可直接转化为NO2C. 实验室不能用无水氯化钙干燥氨气D. 硫是一种淡黄色的能溶于水的晶体，既有氧化性又有还原性【答案】C【解析】【详解】A在空气中，NO不能稳定存在，会被空气中的氧气氧化生成NO2，故A错误；B放电时，氮气和氧气反应生成NO，NO不稳定，继续被氧气氧化生
4、成NO2，故B错误；C由于无水氯化钙能吸收氨气，用氯化钙来干燥潮湿氨气时，得到的是八氨合氯化钙这个络合物，即CaCl2+8NH3=CaCl28NH3；因此不可以用无水氯化钙干燥氨气，故C正确；DS单质的化合价为0价，反应中化合价既可以升高也可以降低，则既有氧化性又有还原性，硫是淡黄色固体，不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故D错误； 答案选C。4. 下列A、B两种元素的原子序数，其中可以组成A2B型离子化合物的是A. 6和8B. 19和16C. 12和17D. 8和16【答案】B【解析】【详解】A6号元素为C，8号元素为O，二者可形成化合物CO或CO2，均为共价化合物，不是A2B型离子化合
5、物，故A不符合题意；B19号元素为钾，16号元素为硫，形成的化合物为K2S，是离子化合物，可以组成A2B型离子化合物，故B符合题意；C12号元素为Mg，17号元素为Cl，二者形成的化合物为MgCl2，是离子化合物，但不是A2B型，故C不符合题意；D8号元素为O，16号元素为S，二者形成的化合物为SO2或SO3，均为共价化合物，也不是A2B型，故D不符合题意；答案选B。5. 下列说法中有明显错误的是A. 对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B. 活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞C. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速
6、率增大D. 加入适宜的催化剂，使分子能量增加从而可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大反应速率【答案】D【解析】【详解】A对有气体参加的化学反应，压强增大，体积减小，则单位体积内活化分子数目增加，所以反应速率加快，故A正确；B活化分子发生碰撞不一定发生化学反应，发生化学反应的碰撞为有效碰撞，即活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞，故B正确；C升高温度，降低反应所需的活化能，活化分子的百分数增大，所以反应速率加快，故C正确；D使用催化剂，分子本身的能量不变，但改变反应的途径，降低反应所需的活化能，活化分子的百分数大大增加，显然分子的能量不会增加，故D错误；故选D6. 如图为PCl5
7、(g)PCl3(g)+Cl2(g)(正反应为吸热反应)从平衡状态I移动到平衡状态II的反应速率(v)与时间(t)的曲线，此图表示的变化是 A. 升温B. 增压C. 增加PCl3的量D. 增加PCl5的量【答案】C【解析】【详解】根据图像得知：从平衡状态移动到平衡状态,平衡移动过程中v逆大于v正，且大于原平衡时的速率，说明反应向逆反应方向移动，改变的条件是加快反应速率的，改变条件的瞬间v逆增大，而v正不变，平衡状态II建立过程中的速率图像与原平衡状态I有连接点，综上分析，改变的外界条件为生成物的浓度增大，根据选项符合要求的为增加PCl3的量，答案选C。7. 下列说法中，不正确的是A. SO3只有
8、氧化性，SO2只有还原性B. 实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气C. 可以用铁罐贮运冷的浓H2SO4D. 实验室不能用浓硫酸干燥NH3、H2S等气体【答案】A【解析】【详解】ASO3中硫的化合价为+6价，处于最高价态，有氧化性，SO2中硫的化合价为+4价，处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，故A错误；BNO2和HCl都可与NaOH反应，其中分别生成NaNO2、NaNO3、NaCl等，实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气，故B正确；C铁遇冷的浓H2SO4会发生钝化，表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，可以用铁罐贮运冷的浓H2SO4，故C正确；DNH3是碱性和还原性
9、气体，H2S具有还原性，浓硫酸会和NH3、H2S反应生成硫酸铵和硫单质，故实验室不能用浓硫酸干燥NH3、H2S等气体，故D正确；答案选A。8. 下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）A. 制取SO2B. 验证漂白性C. 收集SO2D. 尾气处理【答案】B【解析】【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。9. 同一周期X、Y、Z三种元
10、素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性是HXO4H2YO4H3ZO4，则下列判断错误的是()A. 阴离子的还原性Z3Y2XB. 气态氢化物的稳定性HXH2YZH3C. 非金属性XYZD. 原子半径XYZ【答案】D【解析】【分析】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4H2YO4H3ZO4，则非金属性XYZ，据此分析解答。【详解】A元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，由于非金属性XYZ，所以阴离子的还原性：Z3-Y2-X-，A选项正确；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，由于非金属性XYZ，所以气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3，B选项正确；C根据
11、上述分析，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4H2YO4H3ZO4，则非金属性XYZ，C选项正确；D同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性增强，所以原子半径：XYZ，D选项错误；答案选D。10. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是XYZWA. 气态氢化物XH3的水溶液呈酸性B. 4种元素的氢化物H2Z最稳定C. 原子半径ZWXYD. 最高价氧化物对应水化物酸性：ZWX【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，根据他们在周期表中的位置知，X和Y属于第二周期元素，Z和W属于第三
12、周期元素，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y次外层电子数是2，所以其最外层电子数是6，则Y是O元素，X是N元素，Z是S元素，W是Cl元素，结合元素周期律来分析解答。【详解】AX是N元素，气态氢化物NH3的水溶液为氨水，呈碱性，故A错误；B非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，4种元素中非金属性最强的为O元素，则氢化物最稳定的为H2O，故B错误；C原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素原子半径大小顺序是ZWXY，故C正确； D同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性
13、越强，所以W的最高价含氧酸的酸性大于Z，故D错误；答案选C。11. 为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：下列说法不正确的是A. 步骤实验用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒B. 步骤反应的离子方程式：Cl2+2I-=I2+2C1-C. 步骤的操作是萃取，可以用无水酒精作为萃取剂D. 步骤的操作名称是蒸馏【答案】C【解析】【分析】从海带中提取碘：海带灼烧后得到海带灰浸泡后得到海带灰的浊液，将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法，过滤得到含碘离子的溶液通入氯气氧化碘离子为碘单质，化学方程式为：Cl2+2KI=2KCl+I2，得到含碘水溶液，加入有机溶剂苯，萃取分液
14、得到含碘的苯溶液，通过蒸馏得到碘单质；步骤是分离难溶性固体和可溶性液体混合物的实验操作；步骤利用碘易溶于有机溶剂的性质将碘水中的碘萃取出来，据此分析。【详解】A步骤是分离难溶性固体和可溶性液体混合物的实验操作，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以步骤的实验操作名称是过滤，过滤时需要烧杯、玻璃棒、漏斗，故A正确；B步骤中为氯气将含碘离子溶液中的碘离子置换成碘单质，反应的化学方程式是Cl2+2KI=2KCl+I2，离子方程式：Cl2+2I-=I2+2C1-，故B正确；C根据分析步骤的操作是萃取，根据萃取的基本原则：两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，酒精与水任意比互溶，
15、不能用酒精萃取碘水中的碘单质，故C错误；D步的操作是将萃取分液得到含碘的苯溶液，通过蒸馏得到碘单质，故操作名称是蒸馏，故D正确；答案选C。12. 如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是()选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.NaOH固体溶于水放热，氨水
16、易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C错误；D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3H2O，NH3H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D错误；故合理选项是A。13. 某化学兴趣小组进行了有关Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质
17、的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是A. 实验中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明HNO3被Cu还原为NO2B. 实验中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强C. 实验发生反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO+4H2OD. 由上述实验可得出结论:Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应【答案】C【解析】【详解】A、稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；B、Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；C、实验发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO
18、3)2+4H2SO44CuSO4+2NO+4H2O，正确；D、由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。故答案选C。14. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：元素符号XYZRT原子半径（nm）0.1600.1110.1040.1430.066主要化合价+2+2-2,+4,+6+3-2根据表中信息，判断以下说法正确的是A. 单质与稀硫酸反应的速率快慢：RYXB. 离子半径： X2+T2C. 元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：Y R XD. 相同条件下，等物质的量的单质与氢气化合放出能量的多少：TZ【答案】D【解析】【分析】X和Y的化合价都为+2价，应为周期表第A族
19、，根据半径关系可知Y为Be，X为Mg；Z和T的化合价都有-2价，应为周期表第A族元素，Z的最高价为+6价，Z应为S元素，T无正价，T应为O元素；R的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，根据半径大于Z小于X可知应和X同周期，R为Al元素，结合元素周期律知识解答该题。【详解】AMg比Al活泼，Mg与盐酸反应较剧烈，故A错误；B核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，应该是X2+T2，故B错误；CMg比Al的金属性强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故C错误；DZ为S元素，T为O元素，非金属性：OS，水分子的稳定性大于硫化氢，则H-S的键能小于H-O键
20、，所以相同条件下，等物质的量的单质与氢气化合放出能量的多少：TZ，故D正确。答案选D。15. 下列实验用来证明SO2存在，其中正确的是（ ）A. 能使品红褪色B. 能使湿润的蓝色石蕊试纸变红C. 通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液有白色沉淀生成，该沉淀溶于稀盐酸D. 通入稀溴水中能使溴水褪色，得澄清溶液，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀，该沉淀不溶于硝酸【答案】D【解析】【详解】A. 能使品红褪色的气体不止SO2，还有Cl2等，所以此实验不能证明SO2的存在，故A错误；B. 能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体也不止SO2，还有CO2、HCl等，所以此实验不能证明SO2的存在，故B
21、错误；C. CO2通入足量的NaOH溶液中，生成碳酸钠，再滴入BaCl2溶液有白色碳酸钡沉淀生成，碳酸钡溶于稀盐酸，所以此实验不能证明SO2的存在，故C错误；D. 通入稀溴水中能使溴水褪色，说明该气体具有还原性，易被溴氧化，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀，此沉淀为硫酸钡，不溶于硝酸，说明此气体为SO2，故D正确；故选D。16. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是( )A. 2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H483.6 kJ/molB. 已知C(石墨，s)C(金刚石，s) H0，则金刚石比石墨稳定C. 含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该
22、反应的热化学方程式为： NaOH(aq)HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l) H57.4 kJ/molD. 己知2C(s)2O2(g)=2CO2(g) H1，2C(s)O2(g)=2CO(g) H2，则H1H2【答案】C【解析】【详解】A、燃烧是放热反应，H H2，D项错误；答案选C。17. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为和反应生成过程中的能量变化，下列说法中正确的是A. 和完全反应放出的能量为180kJB. 通常情况下，和混合能直接生成NOC. 和具有的总能量小于具有的总能量D. NO是一种酸性氧化物，能与NaO
23、H溶液反应生成盐和水【答案】C【解析】【详解】A. 焓变就是断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键所放出的总能量的差值，根据题意可知：1 mol N2(g)和1 mol O2(g)发生反应的反应热H=946 kJ/mol+498 kJ/mol-2632 kJ/mol=+180 kJ/mol，所以该反应是吸热反应，A错误；B. N2(g)和O2(g)在电火花条件下能直接生成NO，B错误；C. 根据选项A分析可知：该反应为吸热反应，1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量小于2 mol NO(g)具有的总能量，C正确；D. NO是一种不成盐氧化物，不能与NaOH溶液反应，
24、D错误；答案选C。18. 反应N2O4(g) 2NO2(g) H57kJmol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A. 由状态B到状态A，可以用加热的方法B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅C. A、C两点的反应速率：ACD. A、C两点气体的平均相对分子质量：AC【答案】A【解析】【分析】N2O4(g) 2NO2(g)H=+57kJmol-1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答；【详解】A. 升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积
25、分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，A正确；B. 由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强比A的大，C点平衡是A点平衡向逆方向移动所得，因为减小了体积增大压强，按勒夏特列原理，NO2浓度大小排序为：增压瞬间的浓度C点时的浓度A点时的浓度，NO2为红棕色气体，则A. C两点气体的颜色：A浅，C深，B错误；C. 由图象可知，A. C两点都在等温线上，C的压强大，则反应速率：AC，C错误；D. 由图象可知，A. C两点都在等温线上，C的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，C点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，则按 知，平均相对分子
26、质量：AC，D错误；答案选A。【点睛】B点易错。有气体参加的可逆反应，通过缩小体积增大压强时，平衡朝气体分子总数减小的方向移动，要特别注意几个浓度的大小关系：以反应N2O4(g) 2NO2(g)为例，缩小体积瞬间，所有气体浓度同等倍数增加，由勒夏特列原理可知：由于增压平衡左移直到新平衡，NO2(g)的浓度有所减少，指的是比压缩瞬间NO2(g)的浓度小，但是仍比旧平衡时NO2(g)的浓度大。19. 在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g)2XY（g）；H0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是（ ）A. 图是加入适当催化剂的变化情况B. 图是扩大容器体积的变化情况C
27、. 图是增大压强的变化情况D. 图是升高温度的变化情况【答案】D【解析】【详解】根据方程式可知，反应是体积不变的、放热的可逆反应。A、催化剂不能改变平衡状态， A错误；B、扩大容器体积，压强降低，反应速率是降低的，B错误；C、改变压强平衡不移动， C错误；D、升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向进行，XY的含量降低，D正确；答案选D20. 已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)N2O4(g)；H0。在恒温条件下将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如下图。下列说法正确的是A. a、b、c、d四个点中，只有b、d点的化学反应处与平衡
28、状态B. 前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为0.06mol/(Lmin)C. 25min时，导致平衡移动的原因是将密闭容器的体积缩小为1LD. 图中的两条曲线，X是表示N2O4浓度随时间的变化曲线【答案】A【解析】【分析】由图可知10-25min时是平衡状态，从开始到建立平衡，X表示的生成物的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为(0.6-0.4)mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，根据化学反应：2NO2(g)N2O4(g)，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O
29、4浓度随时间的变化曲线，由此分析。【详解】Aa、b、c、d四个点中，只有b、d点的浓度不随时间的变化而变化，b、d点化学反应处于平衡状态，故A正确；B由图象可知，10 min内用NO2的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，所以v(NO2)= =0.04mol/(Lmin)，故B错误；C25min时，X的浓度增大，Y的浓度不变，只能是增大X的浓度，所以曲线发生变化的原因是增加NO2浓度，故C错误；D由上述分析可知，X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，故D错误； 答案选A。【点睛】注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响，明
30、确图象中纵横坐标及点、线、面的意义，根据浓度的变化量判断出X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线是易错点。第II卷二、非选择题21. I.请用下列10种物质的序号填空：O2H2NH4NO3K2O2Ba(OH)2NH3(CO2NaF只含有极性键是_(填序号)，既含有离子键又含有非极性键的是_(填序号)。II.如图为元素周期表的一部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置，试回答下列问题：(1)三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序是(填化学式)_。(2)与形成的简单化合物的电子式_。(3)的气态氢化物催化氧化的化学方程式为_。(4)元素和的最高价氧化物对
31、应水化物相互反应的离子方程式为_。(5)元素的单质易溶于CCl4中，所得溶液颜色为_色。III元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分(136号元素)，对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法正确的是_(填选项)。A.、对应单核离子的半径依次增大B.的三种核素的化学性质不相同C.的最高价氧化物对应的水化物能与其氢化物反应，生成离子化合物D.、两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸【答案】 (1). (2). (3). KOHNaOHMg(OH)2 (4). (5). 4NH3+5O24NO+6H2O (6). Al(OH)3+OH-=+2H2O
32、(7). 紫色 (8). C【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属所以之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键；由元素在周期表中位置，可知为H、为Na、为K、为Mg、为Al、为N、为O、为Cl、为I、为Fe；由元素在周期表中的位置可知，为H、为Na、为C、为N、为O、为Mg、为Al、为S、为Cl、为Fe，据此分析。【详解】I.O2中只含非极性共价键，为单质；H2中只含非极性共价键，为单质；NH4NO3中含离子键和极性共价键，为离子化合物；K2O2中含离子键和非极性共价键，为离子化合物；Ba(OH)2中含离子键和极性键，为离子化合物；NH3中含极
33、性键，为共价化合物；CO2中含极性键，为共价化合物；NaF中只含离子键，为离子化合物；只含有极性键是，既含有离子键又含有非极性键的是；II.(1)三种元素分别为：为Na、为K、为Mg，同周期自左而右金属性减弱，同主族自上而下金属性增强，故金属性KNaMg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：KOHNaOHMg(OH)2；(2)与形成的简单化合物是氯化镁，是离子化合物，离子间主要形成离子键，电子式；(3)的气态氢化物是氨气，氨气和氧气可以发生催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式为；4NH3+5O24NO+6H2O；(4)元素和的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，相
34、互反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；(5)元素的单质是碘，易溶于CCl4中，所得溶液颜色为紫色；(6)A为Mg、为S、为Cl，镁离子的电子层数最少，半径最小；硫离子和氯离子的核外电子排布相同，核电荷数大的半径小，故、对应单核离子的半径依次增大，故A错误；B为O，氧的三种核素是、；它们的最外层电子数相同，故化学性质相同，故B错误；C的最高价氧化物对应的水化物是硝酸，它的氢化物是氨气，反应生成硝酸铵是离子化合物，故C正确；D、两种元素的气态氢化物分别为硫化氢和氯化氢，硫化氢是弱酸，盐酸是强酸；最高价氧化物的水化物分别为硫酸和高氯酸，均为强酸，故D错误；答案选C。【点睛】NH4N
35、O3中含离子键和极性共价键，为易错点。22. 海水中有丰富的化学资源，从海水中可提取多种化工原料，下图是某工厂对海水资源综合利用的部分示意图。(1)从海水中获取淡水，历史最久的方法是_法。(2)海水中得到粗盐，采用风吹日晒蒸发溶剂的方法，而不是采用降温结晶的方法，原因是_。 (3)粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质离子。氯碱工业用下列试剂进行粗盐精制时，加入试剂顺序是_(填序号)。A.盐酸 B.BaCl2溶液 C.NaOH溶液 D.Na2CO3溶液(4)在制镁工业中电解无水氯化镁得到镁蒸气，需要在特定的环境里冷却为固体镁，下列物质中可以作镁蒸气的冷却剂的是(填序号)_。A.水蒸气 B.CO2
36、 C.N2 D.H2(5)某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：模拟海水中的离子浓度/molL-1Na+Mg2+Ca2+Cl-0.4390.0500.0110.5600.001步骤中发生反应的离子方程式：_ 。沉淀物Y获得MgO所用实验仪器属于硅酸盐材质的是：酒精灯、_、_、玻璃棒等。(6)从海水中提取碘常用空气吹出法，即用氯(Cl2)将海水里溴化钠(NaBr)中的溴置换出来，再用空气吹出溴(Br2)。流程示意图如下：请写出吸在收塔中发生的反应的离子方程式_。假设最后在蒸馏塔中获得lmo1Br2，理论上从酸化的海水开始，至少消耗_LCl2(标准状况下)。【答案】 (1). 蒸馏 (2)
37、. 氯化钠的溶解度受温度变化影响很小或溶解度随着温度升高变化不大 (3). BCDA或CBDA或BDCA (4). D (5). OH-+= CO+H2O，CO+ Ca2+= CaCO3 (6). 坩埚 (7). 泥三角 (8). Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+ (9). 44.8【解析】【分析】(1)从海水中获取淡水，利用水的沸点低分离；(2)氯化钠的溶解度受温度影响不大； (3)选NaOH除去镁离子，选氯化钡除去硫酸根离子，选碳酸钠除去钙离子及过量钡离子，过滤后滤液加盐酸；(4)选项中只有氢气与Mg不反应，可用于冷却；(5)根据表格海水中的离子浓度，结合流程，步骤，加入0.001
38、molNaOH时，先与反应，OH-恰好与完全反应，生成0.001molCO，生成的CO与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀，根据海水中的Ca2+浓度，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；步骤，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11（即pOH=3）时，此时滤液中c（OH-）=110-3molL-1， 生成Mg(OH)2沉淀，则Y为Mg(OH)2，对Mg(OH)2高温加热分解得到MgO，据此分析解答；(6)由流程可知，氯气与酸化的海水发生Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，溴易挥发，利用空气吹出后，在吸收塔中发生Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr，最后发生Cl2+2HBr=2
39、HCl+Br2，以此来解答。【详解】(1)从海水中获取淡水，利用水的沸点低分离，则历史最久的方法是蒸馏法；(2)海水中得到粗盐，采用风吹日晒蒸发溶剂的方法，而不是采用降低溶液温度的方法，原因是氯化钠的溶解度受温度变化影响很小或溶解度随着温度升高变化不大；(3)选NaOH除去镁离子，选氯化钡除去硫酸根离子，选碳酸钠除去钙离子及过量钡离子，因此碳酸钠必须在加入氯化钡之后使用，过滤后滤液加盐酸除过量的碳酸根离子和氢氧根离子，除杂试剂NaOH对其他离子的除杂无影响，添加顺序可变动，只需要在使用盐酸之前添加即可，试剂加入顺序为BCDA或CBDA或BDCA；(4)选项中只有氢气与Mg不反应，可用于冷却，答
40、案为：D；(5)根据分析，步骤中加入0.001molNaOH时，先与反应，OH-恰好与完全反应，生成0.001molCO，生成的CO与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀，发生反应的离子方程式：OH-+= CO+H2O，CO+ Ca2+= CaCO3；Mg(OH)2高温加热分解得到MgO，所用实验仪器属于硅酸盐材质的是：酒精灯、坩埚、泥三角、玻璃棒等；(6)在吸收塔中发生的反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+；由流程可知，氯气与酸化的海水发生Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，溴易挥发，利用空气吹出后，在吸收塔中发生Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr，最后发
41、生Cl2+2HBr=2HCl+Br2，反应中的关系为：Cl2Br2SO22HBrCl2Br2，最后在蒸馏塔中获得1molBr2，理论上从酸化的海水开始，至少消耗Cl2的物质的量为2mol，标况下体积为2mol22.4L/mol=44.8L。【点睛】易错点为(5)中有氢氧化镁高温分解生成氧化镁时要在坩埚中进行，不能使用蒸发皿；(6)中提溴的流程，两步操作都用到氯气置换溴离子，解题时需要注意用量两处氯气的用量要加在一起。23. 实验室制取SO2的反应原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2+H2O。请用下列装置设计一个实验，以测定SO2转化为SO3的转化率：(1)这些装置的连接顺
42、序(按气体左右的方向)是a_fg_(填各接口的编号)。(2)实验时甲仪器链接橡皮管的作用与原理是_。 (3)从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验时I处滴入浓硫酸与II处加热催化剂的先后顺序是_。(4)IV处观察到的现象是_。(5)在I处用大火加热烧瓶时，SO2的转化率会_(填“增大”“不变”或“减小”)。(6)下列物质的水溶液能与SO2气体反应，同时既无沉淀又无气体产生的是(填选项)_。ANaHCO3溶液 B氢硫酸 CNa2SO3溶液 DFeCl3溶液(7)用nmolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，称得III处增重mg，则本实验中SO
43、2的转化率为_。【答案】 (1). h (2). i (3). b (4). c (5). d (6). 使浓硫酸能顺利地滴入烧瓶中；维持烧瓶内压强与分液漏斗上方压强相等 (7). 先加热V2O5，后缓缓滴入浓硫酸 (8). 有无色(或白色)晶体(或固体)生成 (9). 减小 (10). CD (11). 【解析】【分析】因从溶液中反应生成气体中混有水蒸气，所以产生的气体首先经过干燥装置，然后再进行二氧化硫气体的催化氧化即经过装置，然后是收集SO3，SO3的熔点是16.8，沸点是44.8，所以选择装置进行冷却，使三氧化硫与二氧化硫分离，最后在中吸收未反应的SO2，依据各装置作用排序：装置为气体
44、发生装置，装置为二氧化硫催化氧化装置，装置为尾气吸收装置，装置为收集装置，装置干燥装置，由此分析。【详解】(1)根据分析可知：气体的制取和性质要考虑制气，除杂，制取反应，收集，尾气处理等；故依次用到的装置为：气体发生装置，干燥装置，为二氧化硫催化氧化装置，收集装置，尾气吸收装置，所以正确的顺序为：ahibcfgd；(2)甲仪器中橡皮管将分液漏斗与圆底烧瓶相连，使二者压强相等，有利于浓硫酸顺利滴入到烧瓶中；(3)为保证产生的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热V2O5，后缓缓滴入浓硫酸；(4)装置IV处是用来冷却三氧化硫气体，使之变成液态或固态，从而收集得到三氧化硫，所以可以在处看到有无色
45、(或白色)晶体(或固体)生成；(5)大火加热，生成二氧化硫较快，不能充分反应，则转化率减小；(6)ANaHCO3溶液与SO2气体反应生成亚硫酸钠、水和二氧化碳，有气体生成，故A不符合题意；B氢硫酸与SO2气体反应生成硫和水，有沉淀生成，故B不符合题意；CNa2SO3溶液与SO2气体反应生成亚硫酸氢钠，没有沉淀和气体生成，故C符合题意；DFeCl3溶液与SO2气体反应生成氯化亚铁和硫酸，没有沉淀和气体生成，故D符合题意；答案选CD；(7)nmolNa2SO3粉末与足量浓硫酸反应生成nmol二氧化硫，质量=64g/molnmol=64ng：当反应结束时，处增重的部分为未反应的二氧化硫，则转化了的二
46、氧化硫的质量为：64nmg，所以实验中SO2的转化率为100%。【点睛】当反应结束时，处增重的部分为未反应的二氧化硫为易错点。24. I.在101kPa时，一定量的CO在1.00molO2中完全燃烧，生成2.00molCO2，放出566.0kJ热量，表示CO燃烧热的热化学方程式为：_。 II.已知：C(石墨)+O2(g)=CO2(g) H1-3935kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H2=-571.6kJ/mol2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(1) H32599.2kJ/mol则由C(石墨)和H2(g)反应生成1molC2H2(g)的焓变H=_。I
47、II.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：T/C70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：该反应为_反应(填“吸热”“放热”)。能判断该反应是否已达化学平衡状态的依据是_(填序号)。a.容器中压强不变 b.混合气体中c(CO)不变c.容器中气体平均摩尔质量不变 d.1molH-H键断裂的同时断裂2molH-O键某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molCO2和1molH2比充分反应达平衡时，CO平衡浓度为0.25mol/L，试通过计算判断此时的温度为_。在830温
48、度下，向该平衡体系中再充入一定量的氢气，CO的转化率_(填“增大”、“减小”、“不变”)。相同条件的1L密闭容器中，充入lmolCO2、lmolH2和lmolH2O，则达到平衡时，混合物中CO2的物质的量分数可能是_。(填序号)A.16.67% B.22.2% C.33.3% D.36.8%【答案】 (1). CO(g)+O2(g)=CO2(g)H=-283kJ/mol (2). +226.7kJmol-1 (3). 吸热 (4). bd (5). 830 (6). 增大 (7). A【解析】【分析】I燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，计算1molCO完全燃烧放出的热量，
49、结合热化学方程式的书写方法写出热化学方程式； II根据盖斯定律计算解答；III图表数据 分析判断，平衡常数随温度升高增大，说明平衡破坏正向进行；化学平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，据由此衍生的一些物理量也不变，以此解答；依据化学平衡三段式列式计算；根据外界条件变化对平衡移动的影响分析转化率的变化；平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，依据化学平衡三段式列式计算。【详解】I一定量的CO在1.00molO2中完全燃烧，生成2.00molCO2，放出566.0kJ热量，根据碳原子守恒可中CO的物质的量为2mol，则1molCO在氧气中完全燃烧放出的热量为566.0kJ=283k
50、J，因此CO的燃烧热为H=-283kJ/mol；CO燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)H=-283kJ/mol；II已知：C(石墨)+O2(g)=CO2(g) H1-393.5kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H2=-571.6kJ/mol2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(1) H3-2599.2kJ/mol则根据盖斯定律，2+-得到2C (s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)H=2(-393.5kJmol-1)+(-571.6kJmol-1)-(-2599kJmol-1)=+226.7kJmol-1；III由表中数据可知，
51、温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，温度升高平衡向吸热反应移动，故该反应正反应是吸热反应；a该可逆反应反应前后气体的物质的量不变，容器内压强自始至终不变，则容器中压强不变，不能说明反应到达平衡，故a不符合题意； b随反应进行CO的浓度增大，混合气体中c(CO)不变，说明反应到达平衡，故b符合题意；c反应体系均为气体，气体的质量反应前后不变，物质的量不变，则容器中气体平均摩尔质量始终不变，则气体平均摩尔质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故c不符合题意；d1molH-H键断裂的同时断裂2molH-O键，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故d符合题意；答案选bd；某温度
52、下，在2L的密闭容器中，加入1moLCO2和1molH2充分反应达平衡时，CO的平衡浓度为0.25molL1，K=1，结合表格数据可知，温度为830；在830温度下，向该平衡体系中再充入一定量的氢气，体系中氢气的浓度增大，平衡正向移动，CO2的转化率增大；相同条件的1L密闭容器中，充入lmolCO2、lmolH2和lmolH2O，则达到平衡时，由于体系温度不变则平衡常数不变，在830温度下，平衡常数K=1，设CO2平衡时的浓度变化量为x，列“三段式”：K=1，解得x=0.25，混合物中CO2的物质的量分数= 100%16.67%；答案选A。【点睛】易错点为I，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，书写燃烧热的热化学反应方程式要注意方程式中的计量系数。
