河北省阜城中學(xué)2022年化學(xué)高二下期末達(dá)標(biāo)檢測試題含解析

1、2022年高二下化學(xué)期末模擬試卷注意事項1考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在密閉容器中充入4 mol X，在一定的溫度下4X（g

2、）3Y (g) + Z (g)，達(dá)到平衡時，有30%的發(fā)生分解，則平衡時混合氣體總物質(zhì)的量是A3.4 molB4 molC2.8 molD1.2 mol2、埋在地下的鋼管道可以用如圖所示方法進(jìn)行電化學(xué)保護。下列說法正確的是A該方法將電能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能B在此裝置中鋼管道作正極C該方法稱為“外加電流的陰極保護法”D鎂塊上發(fā)生的電極反應(yīng)為O2+2H2O+4e-=4OH-3、化學(xué)源于生活，也服務(wù)于生活。下列有關(guān)生活中的化學(xué)知識敘述正確的是()A氯氣和活性炭均可作為漂白劑，若同時使用，漂白效果會明顯加強B用潔凈的玻璃管向包有Na2O2的脫脂棉吹氣，脫脂棉燃燒，說明CO2、H2O與Na2O2的反應(yīng)是放熱反應(yīng)

3、C測定溶液pH的實驗中，用干燥pH試紙測定新制氯水的pH測定結(jié)果無影響D潔廁靈不能與“84”消毒液混用，原因是兩種溶液混合產(chǎn)生的HClO易分解4、下列對實驗操作分析錯誤的是A配制11mol/LNaCl溶液時，若沒有洗滌燒杯和玻璃棒，則所得溶液物質(zhì)的量濃度偏低BNH4NO3溶解吸熱，若配制15mol/L NH4NO3溶液時直接將溶解后的溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，則所得溶液的物質(zhì)的量濃度偏高C配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，若所用砝碼已經(jīng)生銹，則所得溶液的物質(zhì)的量濃度偏高D配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，若定容中不小心加水超過刻度線，立刻將超出的水吸出，則所得溶液的物質(zhì)的量濃度偏低5、下列各組分子中，都屬于含極

4、性鍵的非極性分子的是ACO2 H2SBC2H4 BF3 CC60 C2H4DNH3 HCl6、下列符號不符合事實的是A4s2B2p3C3d8D3f147、乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)時，濃硫酸的作用是A脫水作用B吸水作用C氧化作用D既起催化作用又起吸水作用8、將過量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4 的氨水中，加熱后冷卻，生成暗棕紅色晶體M化學(xué)式為Cr(NH3)3O4，其離子方程式為：CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH-+O2，測得M中有2個過氧鍵。下列敘述正確的是AM中Cr的化合價為+3B參與反應(yīng)的H2O2全部被氧化C向FeSO4溶液中滴加幾滴M的溶液，沒有明顯現(xiàn)象D轉(zhuǎn)移

5、0.2mol電子時，生成M的質(zhì)量為16.7g9、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述一定不正確的是A向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色BKAl(SO4)212H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體C用AgNO3溶液和稀HNO3可檢驗Cl-DCu與FeCl3溶液反應(yīng)可生成CuCl210、下列關(guān)于鈉及其化合物說法正確的是（ ）A鈉著火時可用干冰滅火B(yǎng)Na2O是一種常見的淡黃色固體C乙醇與金屬鈉反應(yīng)比水與金屬鈉反應(yīng)快D向酚酞試液中加入足量的Na2O2粉末，溶液先變紅后褪色11、下列關(guān)于有機物的敘述正確的是()A甲酸與乙二酸互為同系物B乙烯和乙烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別C分子式為C4H10O且可與金屬

6、鈉反應(yīng)放出氫氣的有機化合物有6種D（水楊酸）與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)可生成、CO2和H2O12、關(guān)于下列四種烴的有關(guān)說法正確的是 A催化加氫可生成3-甲基已烷 B與催化加氫后的產(chǎn)物質(zhì)譜圖完全一樣C中所有碳原子有可能共平面 D在同一直線上的碳原子有5個13、實驗是化學(xué)研究的基礎(chǔ)，關(guān)于下列各實驗裝置的敘述中正確的是A裝置常用于分離互不相溶液體混合物B裝置可用于吸收HCl氣體，并防止倒吸C以NH4HCO3為原料，裝置可用于實驗室制備少量NH3D裝置b口進(jìn)氣，用排空氣法可收集CO2、NO等氣體14、金剛石的熔點為a，晶體硅的熔點為b，足球烯(分子式為C60)的熔點為c，三者熔點的大小關(guān)系是Aabc

7、 Bbac Ccab Dcba.15、氨催化氧化是硝酸工業(yè)的基礎(chǔ)，在某催化劑作用下只發(fā)生主反應(yīng)和副反應(yīng)，4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；H=-905kJ/mol，4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)；H=-1268kJ/mol。下列說法正確的是A工業(yè)上進(jìn)行氨催化氧化生成NO時，溫度應(yīng)控制在780840之間B工業(yè)上采用物料比n(O2)/n(NH3)在1.72.0，主要是為了提高反應(yīng)速率C在加壓條件下生產(chǎn)能力可提高56倍，是因為加壓可提高轉(zhuǎn)化率D氮氣氧化為NO的熱化學(xué)方程式為:N2(g)+O2(g)2NO(g)H=-181.5kJ/mol16、把一塊鎂

8、鋁合金投入到20mL1mol/L的鹽酸中，待合金完全溶解后，往溶液里加入1mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量隨加入NaOH溶液體積（mL）變化的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是（ ）A鎂、鋁形成合金后硬度增強，熔點降低Bab段可以計算出合金中Mg的含量Cc值越大，合金中Al的含量越高D加入NaOH溶液后，只發(fā)生了4個離子反應(yīng)二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A、B、C、D是原子序數(shù)依次減小的四種短周期元素，C的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同；A原子有2個未成對電子；A、C、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體。E是

9、第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與D原子相同，其余各層電子均充滿。請回答下列問題（用元素符號或化學(xué)式表示）：（1）元素B、C、A的基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序為_；（2）M分子中C原子軌道的雜化類型為_；（3）E+的核外電子排布式為_，下圖是由D、E形成的某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，該化合物的化學(xué)式為_；（4）化合物BD3的沸點比化合物CA4的高，其主要原因是_；（5）寫出與CA2互為等電子體的B3-的結(jié)構(gòu)式 _；（6）將CrCl36H2O溶解在適量水中得到深綠色溶液，溶液中Cr3+以Cr（H2O）5Cl2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒間作用力是_（填標(biāo)號）。A離子鍵 B共價鍵

10、 C金屬鍵 D配位鍵 E范德華力18、有一透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一種淡黃色粉末固體時，加熱有刺激性氣味的混合氣體放出，同時生成白色沉淀。當(dāng)加入0.4mol淡黃色粉末時，產(chǎn)生氣體0.3mol，繼續(xù)加入淡黃色粉末時，產(chǎn)生無刺激性氣味的氣體，且加入淡黃色粉末時產(chǎn)生白色沉淀的量如下圖所示。根據(jù)題意回答下列問題：(1)淡黃色粉末為_(填名稱)。(2)溶液中肯定有_離子，肯定沒有_離子。(3)溶液中各離子的物質(zhì)的量之比為_。(4)寫出下列反應(yīng)方程式：淡黃色粉末與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。刺激性氣味的氣體產(chǎn)生的離子方程式：_。沉淀部分減少時的離子方程式

11、：_。19、工業(yè)以濃縮海水為原料提取溴的部分過程如下：某課外小組在實驗室模擬上述過程設(shè)計以下裝置進(jìn)行實驗（所有橡膠制品均已被保護，夾持裝置已略去）：（1）實驗開始時，A裝置中不通熱空氣，先通入a氣體的目的是（用離子方程式表示）_。（2）A裝置中通入a氣體一段時間后，停止通入，改通熱空氣。通入熱空氣的目的是_。（3）反應(yīng)過程中，B裝置中Br2與SO2反應(yīng)的化學(xué)方程式_。（4）C裝置的作用是_。（5）該小組同學(xué)向反應(yīng)后B裝置的溶液中通入氯氣，充分反應(yīng)得到混合液。一位同學(xué)根據(jù)溴的沸點是59，提出采用_方法從該混合液中分離出溴單質(zhì)。另一位同學(xué)向該混合液中加入四氯化碳，充分振蕩、靜置后放出下層液體，這種

12、方法是_。（6）某同學(xué)提出證明反應(yīng)后B裝置的溶液中含有溴離子的實驗方案是：取出少量溶液，先加入過量新制氯水，再加入KI淀粉溶液，觀察溶液是否變藍(lán)色。該方案是否合理并簡述理由：_。20、含有K2Cr2O7的廢水具有較強的毒性，工業(yè)上常用鋇鹽沉淀法處理含有K2Cr2O7的廢水并回收重鉻酸，具體的流程如下：已知：i. CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它幾種鹽在常溫下的溶度積如下表所示。物質(zhì) CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度積ii. Cr2O72+ H2O2 CrO42+ 2H+（1）向濾液1中加入BaCl2H2O的目的，是使CrO42從溶液中沉淀出來。結(jié)合上述流程說明熟石灰

13、的作用是_。結(jié)合表中數(shù)據(jù)，說明選用Ba2+而不選用Ca2+處理廢水的理由是_。研究溫度對CrO42沉淀效率的影響。實驗結(jié)果如下：在相同的時間間隔內(nèi)，不同溫度下CrO42的沉淀率，如下圖所示。已知：BaCrO4（s） Ba2+ （aq） + CrO42（aq）CrO42的沉淀效率隨溫度變化的原因是_。（2）向固體2中加入硫酸，回收重鉻酸。 硫酸濃度對重鉻酸的回收率如下圖（左）所示。結(jié)合化學(xué)平衡移動原理，解釋使用0.450 mol/L的硫酸時，重鉻酸的回收率明顯高于使用0.225 mol/L的硫酸的原因是_。 回收重鉻酸的原理如下圖（右）所示。當(dāng)硫酸濃度高于0.450 mol/L時，重鉻酸的回收率

14、沒有明顯變化，其原因是_。（3）綜上所述，沉淀BaCrO4并進(jìn)一步回收重鉻酸的效果與_有關(guān)。21、納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，下述為制取Cu2O的兩種方法:方法a:用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b:電解法，反應(yīng)為2Cu+H2OCu2O+H2(1)已知:2Cu(s)+12O2(g)=Cu2O(s)H1=akJ/molC(s)+12O2(g)=CO(g) H2=bkJ/molCu(s)+12O2(g)=CuO(s)H3=ckJ/mol則方法a中反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是:_。(2)方法b是用肼燃料電池為電源，通過離子交換膜電解法控制電解液中OH-的濃度而制備納米Cu2O裝置如圖所示

15、:如圖裝置中D電極應(yīng)連_電極。(填“A”或“B”)該離子交換膜為_離子交換膜(填“陰”或“陽”)，該電解池的B極反應(yīng)式為:_。C極反應(yīng)式為:_。(3)在相同體積的恒容密閉容器中，用以上方法制得的兩種Cu2O分別進(jìn)行催化分解水的實驗:2H2O2H2(g)+O2(g) H0，水蒸氣的濃度隨時間t變化如表所示:根據(jù)上述數(shù)據(jù)分析:催化劑的效率:實驗_實驗(填“”或“”或“”)；實驗、的化學(xué)平衡常數(shù)K1、K2、K3的大小關(guān)系為:_。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】平衡時混合氣體總的物質(zhì)的量是2.8+0.9+0.3=44mol，故B正確。2、B【解析】A構(gòu)成的原電池中，該方法是

16、將化學(xué)能轉(zhuǎn)化成了電能，A錯誤；B根據(jù)圖片知，該金屬防護措施采用的是犧牲陽極的陰極保護法，鋼管道作正極，B正確；C根據(jù)圖片知，該金屬防護措施采用的是犧牲陽極的陰極保護法，C錯誤；D鎂塊作負(fù)極，電極反應(yīng)：Mg-2e-+4OH-=Mg(OH)2，D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查金屬的腐蝕與防護，明確金屬腐蝕與防護的原理以及原電池的工作原理是解答的關(guān)鍵。根據(jù)圖片知，該金屬防護措施采用的是犧牲陽極的陰極保護法，金屬和鋼管、及電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，鎂塊作負(fù)極，鋼管道作正極，從而鋼管道得到保護。3、B【解析】A. 氯氣與活性炭不反應(yīng)，活性炭能夠吸附氯氣，使漂白效果減弱，A錯誤；B. CO2、H2O與Na2

17、O2反應(yīng)產(chǎn)生碳酸鈉和氧氣，反應(yīng)放出熱量，達(dá)到棉花的著火點，且反應(yīng)產(chǎn)生的氧氣有助燃作用，因此可以使棉花著火燃燒起來，B正確；C.氯水中含有的HClO具有強的氧化性，可以漂白pH試紙，因此不能使用pH試紙測定新制氯水的pH，C錯誤；D.潔廁靈主要成分是HCl，“84”消毒液中含有NaClO，兩種物質(zhì)混合使用，反應(yīng)產(chǎn)生Cl2導(dǎo)致空氣污染，D錯誤；故合理選項是B。4、B【解析】A沒有洗滌燒杯和玻璃棒，溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，溶液物質(zhì)的量濃度偏低，故A正確；BNH4NO3溶解吸熱，直接將溶解后的溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中加水體積偏大，濃度偏小，故B錯誤；C所用砝碼已經(jīng)生銹，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，溶液的物質(zhì)的量濃度偏高

18、，故C正確；D加水超過刻度線，立刻將超出的水吸出，有部分溶質(zhì)也會被取出，溶液的物質(zhì)的量濃度偏低，故D正確；故選B?！军c睛】本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制過程中的誤差分析，根據(jù)公式cB=，若操作不當(dāng)引起nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液濃度偏高，反之偏低。5、B【解析】A、二氧化碳為極性鍵形成的非極性分子，氯化氫為極性鍵形成的極性分子，A錯誤；B、BF3、C2H4中化學(xué)鍵都是不同元素構(gòu)成的，屬于極性鍵；二者分子中正電荷中心和負(fù)電荷中心相重合，屬于非極性分子，B正確；C、C60中只含有非極性鍵，為非極性分子；乙烯為極性鍵形成的非極性分子，C錯誤；D、氨氣和氯化氫都是由極性鍵形成的分子，二者正

19、電荷中心和負(fù)電荷中心不相重合，屬于極性分子，D錯誤；答案選B。6、D【解析】s能級最多排列2個電子、p能級最多排列6個電子、d能級最多排列10個電子，存在4s2、2p3、3d8排布，f能級最多排列14個電子，第三能層沒有f能級，至少在第四能層才存在f能級，不可能存3f14排布，故選D。點睛：本題考查了原子核外電子排布，明確能層、能級、軌道數(shù)的關(guān)系及每種能級上最多排列電子數(shù)是解題的關(guān)鍵。本題要注意至少在第四能層才存在f能級。7、D【解析】A該反應(yīng)生成物為乙酸乙酯，沒有乙烯生成，則濃硫酸沒有起到脫水作用，故A錯誤；B該反應(yīng)在一般條件下難以進(jìn)行，濃硫酸在反應(yīng)中主要起到催化劑的作用，故B錯誤；C該反應(yīng)

20、不是氧化還原反應(yīng)，屬于取代反應(yīng)類型，故C錯誤；D制備乙酸乙酯的反應(yīng)屬于反應(yīng)為可逆反應(yīng)，為提高反應(yīng)物的產(chǎn)率，加入濃硫酸除起到催化劑的作用之外，還起到吸水劑的作用，有利于反應(yīng)向正方向進(jìn)行，提高產(chǎn)率，故D正確。答案選D。8、D【解析】A.因M化學(xué)式為Cr(NH3)3O4 中有2 個過氧鍵，則M中Cr的化合價為+4，故A錯誤；B. 由M中有2 個過氧鍵，所以，3molH2O2 沒有全部被氧化，B錯誤； C. 向FeSO4溶液中滴加幾滴M的溶液，亞鐵離子被M中的過氧鍵氧化為三價鐵，溶液由淺綠色變黃棕色，C錯誤；D由方程式可知每生成1molO2轉(zhuǎn)移2mol電子，同時生成1mol Cr(NH3)3O4，則轉(zhuǎn)

21、移0.2mol電子時，生成M的質(zhì)量為16.7g，D正確。 點睛：抓住信息：測得M中有2 個過氧鍵，從而確定M中Cr的化合價為+4價是解題關(guān)鍵，同時M中存在過氧鍵能氧化亞鐵離子。9、A【解析】A、NH4SCN用于檢驗Fe3+，F(xiàn)eCl2溶液中含F(xiàn)e2+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會顯紅色，A錯誤；B、KAl（SO4）212H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al（OH）3膠體，離子方程式為Al3+3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，B正確；C、氯化銀是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，用AgNO3溶液和稀HNO3可檢驗Cl-，C正確；D、Cu與FeCl3溶液反應(yīng)生成CuCl2

22、和FeCl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2，D正確；答案選A。10、D【解析】A. 鈉燃燒后的產(chǎn)物過氧化鈉能與二氧化碳反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，使燃燒加劇，不能用干冰來滅火，鈉著火時可用沙子滅火，A錯誤；B.Na2O是一種常見的白色固體，B錯誤；C.乙醇為非電解質(zhì)，水為弱電解質(zhì)，乙醇與金屬鈉反應(yīng)比水與金屬鈉反應(yīng)慢，C錯誤；D.向酚酞試液中加入足量的Na2O2粉末，過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉使溶液顯紅色，同時生成的過氧化氫具有強氧化性，氧化酚酞變質(zhì)，溶液褪色，則溶液先變紅后褪色，D正確；答案為D?！军c睛】水是弱電解質(zhì)，能電離出氫離子，而乙醇為非電解質(zhì)，不含有氫離子，則Na與

23、水反應(yīng)比乙醇迅速。11、B【解析】A、同系物應(yīng)具有相同數(shù)目的官能團，甲酸與乙二酸含有的羧基數(shù)目不同，二者不是同系物，故A錯誤； B、乙烯含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)，可用溴水鑒別，故B正確； C、能夠與金屬鈉反應(yīng)放出氫氣，說明分子中含有醇羥基或酚羥基，滿足條件的有：苯甲醇和甲基苯酚，甲基苯酚存在鄰、間、對三種結(jié)構(gòu)，總共含有4種同分異構(gòu)體，故C錯誤； D、苯酚酸性比碳酸弱，酚羥基與NaHCO3溶液不反應(yīng)，故D錯誤。故選B。12、C【解析】分析：催化加氫可生成3-甲基庚烷；B. 催化加氫后的產(chǎn)物為3-甲基己烷；催化加氫后的產(chǎn)物為2-甲基己烷；C.根據(jù)乙烯分子中6個原子共平面，進(jìn)行分析；D.根據(jù)

24、乙炔分子中四個原子共直線進(jìn)行分析。詳解：催化加氫生成，命名為3-甲基庚烷，A錯誤；加成產(chǎn)物為，命名為3-甲基己烷；的加成產(chǎn)物為，命名為2-甲基己烷，二者加成產(chǎn)物不同，產(chǎn)物質(zhì)譜圖不完全一樣，B錯誤；乙烯分子中四個氫原子被甲基、乙基取代，乙烯為平面結(jié)構(gòu)，所以所有碳原子有可能共平面，C正確；乙炔分子中四個原子共直線，因此中，最多有4個碳原子共直線，D錯誤；正確選項C。13、C【解析】A. 裝置常用于分離互溶液體且沸點相差較大的混合物，A錯誤；B. 因氯化氫極易溶于水，裝置中氯化氫直接通入水，易形成倒吸現(xiàn)象，B錯誤；C.用裝置加熱NH4HCO3，產(chǎn)生的雜質(zhì)氣體（CO2、H2O）被堿石灰吸收，此裝置可用

25、于實驗室制備少量NH3，C正確；D. NO易與空氣中氧氣反應(yīng)，不能用裝置排空氣法收集NO氣體，D錯誤。答案選C。14、A【解析】金剛石和晶體硅為原子晶體，兩者晶體結(jié)構(gòu)相似，熔沸點高。由于金剛石中碳原子半徑小于硅原子半徑，所以碳碳鍵的鍵能高于晶體硅中硅硅鍵的鍵能，金剛石熔點高于晶體硅；足球烯(分子式為C60)為分子晶體，熔化只需要克服分子間作用力，故熔沸點低。所以三者熔點應(yīng)該是金剛石高于晶體硅，晶體硅高于足球烯，A符合題意；正確答案：A。15、A【解析】A.從圖象可以看出，反應(yīng)溫度在780840，NO的產(chǎn)率最大，故選擇800左右，工業(yè)上進(jìn)行氨催化氧化生成 NO時，溫度應(yīng)控制在780840之間，故

26、A正確；B.4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）；H=-905kJmol-1該反應(yīng)是氣體體積增大的、放熱的反應(yīng)，為了提高氨催化氧化生成NO的產(chǎn)率，需使化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動，可采取減小壓強、降低溫度、增大NH3的濃度，主要是提高一氧化氮的產(chǎn)率，故B錯誤；C.反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，增大壓強平衡向氣體體積減小的方向進(jìn)行，平衡逆向進(jìn)行，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率減小，故C錯誤；D.4NH3（g）+5O24NO（g）+6H2O（g）；H=-905kJ/mol4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）；H=-1268kJ/mol；依據(jù)蓋斯定律-得到，2N2（g）+2O2（g）=

27、4NO（g）H=+363kJ/mol，則氮氣氧化為NO的熱化學(xué)方程式為：N2（g）+O2（g）2NO（g）；H=+181.5 kJ/mol，故D錯誤；本題選A。16、B【解析】oa段發(fā)生H+OH-=H2O，ab段發(fā)生Mg2+OH-=Mg(OH)2、Al3+3OH-=Al(OH)3；bc段發(fā)生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；【詳解】A.鎂、鋁形成合金后硬度增強，熔點低于Mg、Al，A正確；B.用ab段、bc段的數(shù)據(jù)可以計算出合金中Mg的含量，B錯誤；C.bc段發(fā)生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，c值越大，合金中Al的含量越高，C正確；D.由上述分析可知，加入NaOH溶

28、液后，只發(fā)生了4個離子反應(yīng)，D正確；答案為B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NOC sp2 1s22s22p63s23p63d10 Cu2O NH3分子間能形成氫鍵 N=N=N- A、C 【解析】C的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，核外電子排布為1s22s22p2，則C是C元素；A、C、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，該氣體M為HCHO，A原子有2個未成對電子，則D為H元素、A為O元素；B的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故B為N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與A原子相同，其余各層電子均充滿，核外電子排布為1s

29、22s22p63s23p63d104s1，則E是銅元素；（1）同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N原子2p軌道半滿，為穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能：NOC；（2）M為HCHO，分子中C原子形成3個鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3，則C原子采取sp2雜化；（3）Cu失去4s能級1個電子形成Cu+，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Cu+位于晶胞內(nèi)部，晶胞中含有4個Cu+，O原子數(shù)為81/8+1=2，則O與Cu+數(shù)目比為1:2，化學(xué)式為Cu2O；（4）NH3分子間能形成氫鍵，甲烷分子之間為分子間作用力，氫鍵比分子間作用

30、力強，故NH3的沸點比CH4的高；（5）CO2、N3-互為等電子體，二者結(jié)構(gòu)相似，N3-中N原子之間形成2對共用電子對，N3-的結(jié)構(gòu)式N=N=N-；（6）A電解質(zhì)在水溶液里電離出陰陽離子，所以該離子中不存在離子鍵，故選；B水分子或Cr（H2O）5Cl2+中，非金屬元素之間都存在共價鍵，故不選；C該溶液中不存在金屬鍵，故選；DCr（H2O）5Cl2+中Cr原子和水分子中的O原子之間存在配位鍵，故不選；E溶液中水分子之間存在范德華力，故不選；故選A、C。18、過氧化鈉 NH4+、Mg2+、Al3+ Cu2+、Fe3+ n(Mg2)：n(Al3)：n(NH4)=2：1：1 2Na2O2+2H2O=4

31、NaOH+O2 Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O 【解析】有一透明溶液，加入一種淡黃色粉末固體時，加熱有刺激性氣味的混合氣體放出，同時生成白色沉淀，則淡黃色固體為Na2O2，圖象中加入0.4mol Na2O2后，沉淀減小，且沒有完全溶解，則溶液中一定沒有Fe3+和Cu2，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，由圖可知Mg(OH)2為0.2mol，Al(OH)3為0.3mol-0.2mol=0.1mol，根據(jù)元素守恒計算Al3+、Mg2+物質(zhì)的量，加入0.4mol Na2O2之后，產(chǎn)生氣體0.3mol，繼續(xù)加入淡黃色粉末時，產(chǎn)生無刺激性氣味的氣體，說明此時NH4+完全反應(yīng)，所以產(chǎn)生氣體0

32、.3mol，即為Na2O2與H2O反應(yīng)生成的O2和NH4+生成的NH3?！驹斀狻浚?）由上述分析可知，淡黃色固體為：Na2O2，名稱為過氧化鈉；（2）由上述分析可知，溶液中肯定有離子NH4+、Al3+、Mg2+，肯定沒有Fe3+和Cu2+離子；（3）根據(jù)縱坐標(biāo)：n(Mg2+)=nMg(OH)2=0.2mol，n(Al3+)=0.3mol-nMg(OH)2=0.1mol,當(dāng)n(Na2O2)=0.4mol時，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知n(O2)=0.4mol1/2=0.2mol，所以n(NH4+)=n(NH3)=0.3mol-n(O2)=0.1mol，n(Mg2+)：n(Al

33、3+)：n(NH4+)=0.2mol：0.1mol：0.1mol=2：1：1;（4）由上述分析可知，淡黃色固體為：Na2O2，與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；刺激性氣味的氣體即氨氣產(chǎn)生為銨根與氫氧根離子在加熱條件下反應(yīng)生成，離子方程式為：；沉淀部分減少即為氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。19、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 將溴從蒸餾燒瓶A中吹出 SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr 吸收未反應(yīng)完的Cl2、Br2、SO2等有毒氣體，防止污染空氣 蒸餾 萃取分液 不合理，氯水可能過量

34、【解析】(1)要想使溴離子變成溴單質(zhì)，則加入的a能和溴離子發(fā)生反應(yīng)生成溴單質(zhì)，氯氣能和溴離子發(fā)生置換反應(yīng)生成溴單質(zhì)，離子反應(yīng)方程式為Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案為Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)溴易揮發(fā)，升高溫度促進(jìn)其揮發(fā)，所以通入熱空氣的目的是吹出Br2，故答案為將溴從蒸餾燒瓶A中吹出；(3)使溴蒸氣轉(zhuǎn)化為氫溴酸以達(dá)到富集的目的，可知氣體b為SO2，發(fā)生的反應(yīng)為Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案為Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；(4)氯氣不可能完全反應(yīng)，氯氣和溴離子反應(yīng)生成溴單質(zhì)，未反應(yīng)的二氧化硫、氯氣和溴都有毒，不能直接排空，且這

35、幾種物質(zhì)都能和堿反應(yīng)，所以C裝置是尾氣處理裝置，可知C的作用為吸收未反應(yīng)的Cl2、Br2和SO2，故答案為吸收未反應(yīng)的Cl2、Br2和SO2，防止污染空氣；(5)根據(jù)溴的沸點是59，水溶液的沸點相差較大，可以采用蒸餾方法從該混合液中分離出溴單質(zhì)，故答案為蒸餾；溴易溶于四氯化碳，向混合液中加入四氯化碳，充分振蕩、靜置后放出下層液體，這種方法叫萃取和分液，故答案為萃取分液；(6)過量的氯水也能夠?qū)⒌饣浹趸傻鈫钨|(zhì)，導(dǎo)致溶液變藍(lán)，不能證明溶液中含有溴離子，故答案為不合理；過量氯水也能氧化碘化鉀。20、沉淀SO42；調(diào)節(jié)溶液pH，使Cr2O72轉(zhuǎn)化為CrO42而沉淀 BaCrO4比CaCrO4更難

36、溶，可以使CrO42沉淀更完全 溫度升高，沉淀速率加快 c（H2SO4）增大，則c（SO42）增大，與Ba2+生成沉淀，促進(jìn)BaCrO4Ba2+CrO42平衡右移，c（CrO42）增大；同時，c（H+）也增大，共同促進(jìn)Cr2O72+H2O2CrO42+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7 BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其難于接觸H2SO4，阻礙重鉻酸生成 受到溶液pH 、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響（其他答案合理給分） 【解析】加入熟石灰有兩個作用，首先Ca2+使SO42沉淀便于分離，同時

37、OH-的加入會與溶液中的H+反應(yīng)，使上述離子方程式平衡向右移動，Cr2O72轉(zhuǎn)化為CrO42，便于與BaCl2H2O生成沉淀BaCrO4。BaCrO4的溶度積比CaCrO4小很多，所以BaCrO4更難溶，加入Ba2+可以使CrO42沉淀更完全。根據(jù)熱化學(xué)方程式可知沉淀溶解是吸熱反應(yīng)，因此生成沉淀的過程是放熱的，溫度升高會加快生成沉淀的速率，在未達(dá)化學(xué)平衡態(tài)時，相同的時間間隔內(nèi)產(chǎn)生更多的沉淀，所以沉淀率提高。（3）c（H2SO4）增大，則c（SO42）增大，與Ba2+生成沉淀，促進(jìn)BaCrO4Ba2+CrO42平衡右移，c（CrO42）增大；同時，c（H+）也增大，共同促進(jìn)Cr2O72+H2O2CrO42+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7。BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使CrO42更難接觸到H2SO4，阻礙H2Cr2O7生成，所以H2SO4濃度高于0.450mol/L時，H2Cr2O7的回收率沒有明顯變化。（3）溶液pH降低有利于生成Cr2O72-，溫度改變會影響沉淀回收率，加入H2SO4能回收H2Cr2O7，同時BaCrO4