【文档说明】【精准解析】吉林省长春市第二十九中学2020届高三上学期期末考试化学试题.doc，共(18)页，532.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-36c949e1f4b7709a15be5984c944e439.html

以下为本文档部分文字说明：

长春二十九中2020届高三上学期期末化学试卷可能用到的相对原子量：H-1O-16N-14C-12Na-23一、选择题（14小题，每小题3分，共42分）1.下列“化学与生活”的说法不正确的是A.硫酸钡可用钡餐透视B.盐卤可用于制豆腐C.明矾可用于水的消毒、杀菌D.醋

可用于除去暖水瓶中的水垢【答案】C【解析】【详解】A.硫酸钡不溶于胃酸，可以做钡餐，A项正确；B.盐卤可以使豆浆发生凝聚生产豆腐，B项正确；C.明矾可以用于水的净化，不能杀菌、消毒，C项错误；D.醋酸可以与水垢的成分碳酸钙反应，可以用来除垢，D项正确；

答案选C。2.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是()A.18gH2O中含有的质子数为10NAB.12g金刚石中含有的共价键数为4NAC.46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD.1m

olNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子【答案】B【解析】【详解】A.18gH2O的物质的量为1mol，1个H2O分子中含有10个质子，则18gH2O中含有10mol(即10NA个)质子，故A正确；B.金刚石中每个碳原子与周围的4个碳原

子形成共价键，每个C—C键被2个碳原子共用，相当于每个碳原子只形成2个共价键，12g金刚石中含有1mol碳原子，共含有2mol(即2NA个)共价键，故B错误；C.NO2和N2O4的最简式均为NO2，46gNO2和N2O4的混合物含有1m

ol“NO2”，共含有3mol(即3NA个)原子，故C正确；D.Na与O2反应生成Na2O和Na2O2时，1个Na原子失去1个电子，故1molNa失去NA个电子，故D正确答案选B。3.能在水溶液中大量共存的

一组离子是A.H＋、I―、NO3―、SiO32－B.Ag＋、Fe3＋、Cl―、SO42―C.K＋、SO42－、Cu2＋、NO3―D.NH4＋、OH－、Cl－、HCO3－【答案】C【解析】【详解】A、溶液显酸性，NO3－

能氧化I－，SiO32－能和H＋反应生成硅酸沉淀，A不符合题意；B、Ag＋和Cl－以及SO42－反应生成白色沉淀，B不符合题意；C、选项中的离子，相互之间不反应，可以大量共存，C符合题意；D、溶液显碱性，NH4＋以及HCO3－都和OH

－反应，D不符合题意；答案选C。【点睛】离子不能大量共存的一般情况是（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）。（2）能生成微溶物的离子之间（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）。（3）能完全水解

的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-，S2-等）。（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）。（5）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）。解决离子共存

问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-。（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”。（4）是“可能”

共存，还是“一定”共存。4.能正确表示下列反应的离子方程式是（）A.硫酸铝溶液中加入过量氨水Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓B.碳酸钠溶液中加入澄清石灰水Ca（OH）2+CO32﹣=CaCO3↓+2OH

﹣C.冷的氢氧化钠溶液中通入氯气Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2OD.稀硫酸中加入铁粉2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑【答案】C【解析】【详解】A．硫酸铝溶液中加入过量氨水，由于一水合氨是弱碱，不能写成离子形式，所以离子方程式是Al3+＋3NH

3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，A错误；B．Ca(OH)2在溶液中的存在是以离子的形式存在，应该写为离子形式，碳酸钠溶液中加入澄清石灰水Ca2+＋CO32-=CaCO3↓，B错误；C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气Cl2

＋2OH-=ClO-＋Cl-＋H2O，反应符合事实，C正确；D．稀硫酸中加入铁粉，Fe失去2个电子，变为Fe2+，Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，D错误；故选C。5.下列叙述正确的是()A.Fe与S混合加热生成FeS2B.NaHCO3的热稳

定性大于Na2CO3C.过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D.白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷【答案】C【解析】【详解】A．Fe与S混合加热生成FeS，故A错误；B．NaHCO3的热稳定性差，受热时发生分解：2NaHCO3Na2C

O3+H2O+CO2↑，故B错误；C．因为铜是过量的，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小，Cu与稀硝酸反应会生成NO，故C正确；D．白磷在空气中加热时会燃烧，白磷转化为红磷需要隔绝空气加热，故D错误．故选C．6.下列有

关物质性质的应用正确的是（）A.液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B.二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C.生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D.氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝【答案】A【解析】【详解】A．

液氨汽化时要吸收大量的热，，从而可以使环境的温度降低，因此可用作制冷剂，正确；B．二氧化硅不与强酸反应，但是可以与氢氟酸发生反应，而石英器皿中的含义大量的二氧化硅，因此不可用石英器皿盛放氢氟酸，错误；C．生石灰能与水反应，也可以与Cl2发生反应，因此

不可用来干燥氯气，错误；D．氯化铝是一种电解质，但是由于该物质是分子晶体，无离子，因此不能用于电解制铝，错误。答案选A。7.以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是A.第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B.同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小C.第Ⅶ

A元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D.同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低【答案】B【解析】【详解】A．第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个中子，质子数相同，选项A错误；B．同周期元素（除0族元素

外）从左到右，随着原子序数的增大，原子核对核外电子的吸引力逐渐增强，原子半径逐渐减小，选项B正确；C．第ⅦA族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的氢化物的稳定性逐渐减弱，选项C错误；D．碱金属元素形成的是金属晶体，由于从上到

下晶体的金属键逐渐减弱，所以单质的熔沸点从上到下逐渐减弱；第七主族的元素形成的单质都是分子晶体，由于分子间作用力随相对分子质量的增大而增强，所以从上到下，单质的熔点逐渐升高，而第四主族的元素单质，熔点：金刚石>晶体硅；Ge、S

n、Pb都是金属，单质的熔沸点的变化规律与碱金属类似而逐渐减小，因此该说法要具体情况具体分析，选项D错误。答案选B。8.下列图示实验正确的是A.除去粗盐溶液中不溶物B.碳酸氢钠受热分解C.除去CO中的CO2气体D.乙酸乙酯的制备演示实验【答案】D【

解析】【详解】A、除去粗盐溶液中的不溶物用过滤的方法，玻璃棒下端应紧靠过滤器中三层滤纸一侧，与题给装置不符，错误；B、碳酸氢钠受热分解为固体加热制气体，为防止水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜，错误；C、除去CO气体中的C

O2气体，应将混合气体通入盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶，气流方向应为长管进气，短管出气，错误；D、乙酸乙酯的制备演示实验如图所示，正确。9.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，下列反应可制取K2FeO4：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6K

Cl+8H2O。对于该反应，下列说法正确的是A.该反应是置换反应B.钾元素化合价降低C.铁元素化合价不变D.该反应是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.该反应的生成物中没有单质，所以不是置换反应，选项A错误；B.KOH中K的化合价是+1价，KCl中K的化合价是+1价，所以K的化合

价不变，选项B错误；C.Fe（OH）3中铁的化合价是+3价，K2FeO4中铁的化合价是+6价，所以反应前后铁的化合价升高，选项C错误；D.该反应中氯气得电子作氧化剂，氢氧化铁失电子作还原剂，为氧化还原反应，选项D正确

。答案选D。10.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（）A.①③②④B.①③

④②C.③④②①D.③①②④【答案】B【解析】【分析】组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，①②相连时，外电路电流

从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；故选B。11.反应A+BC(ΔH<0)分两步进

行:①A+BX(ΔH>0);②XC(ΔH<0)。下列示意图中,能正确表示总反应过程中能量变化的是()。A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量

小于生成物的总能量时，反应吸热。【详解】由反应A+B→C（△H＞0）分两步进行：①A+B→X（△H＜0），②X→C（△H＞0），由A+B→C（△H＞0）是吸热反应，A和B的能量之和小于C；由①A+B→X（△H＜0）可知这步反应

是放热反应，故X的能量小于A+B；由②X→C（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，故X的能量小于C；所以图象D符合，故选D。【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、吸热与放热反应的判断为解答的关键，侧重分析与应

用能力的考查，注意排除法应用。12.下列关于有机物因果关系的叙述完全正确的一组是（）选项原因结论A乙烯和苯都能使溴水褪色苯分子和乙烯分子含有相同的碳碳双键B乙酸分子中含有羧基可与3NaHCO溶液反应生成2COC纤维素和淀粉的化学式均为()6135nCHO它们互为同分异构体D乙酸乙酯和乙烯在一定条

件下都能与水反应两反应属于同一反应类型A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.乙烯与2Br发生加成反应而使溴水褪色，苯则是萃取溴水中的溴而使溴水褪色，苯中没有碳碳双键，A错误；B.3CHCOOH的酸性强于23HCO，故可与3NaHCO溶液反应放出2C

O，B正确；C.纤维素和淀粉的化学式虽然形式相同，但由于n值不定，故不互为同分异构体，C错误；D.323CHCOOCHCH和2HO的反应属于取代反应，而乙烯与2HO的反应属于加成反应，D错误。答案为B。13.下列有关说法正确的是（）A.Al

Cl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3B.反应Hg(1)+H2SO4(aq)=HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，则△H＜0C.将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小、呈酸性D.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈【答案】D【解析】

【详解】A.AlCl3是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铝和HCl，由于HCl有挥发性，所以随着水分的蒸发而挥发，蒸干得到的是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝分解最后得到的是Al2O3，A项错误；B.反应Hg(1)+H2SO4(aq)=HgSO

4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，是由于该反应是体系混乱程度增大的反应，则△H>0,△G>0，B项错误；C.水是若电解质，升高温度会促进水的动力，所以将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小，但是由于水电离产

生的H+的浓度与OH-的浓度相等，所以溶液仍然呈中性，C项错误；D.镀铜铁制品的镀层受损后，铜与铁形成原电池，铜做正极，铁做负极被腐蚀，铁制品受损后更易腐蚀，D项正确；答案选D。14.下列说法正确的是（）A.植物油氢化过程中发生了加成反应B.石油分馏和煤

的液化都是物理变化C.环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别D.水可以用来分离溴苯和苯的混合物【答案】A【解析】【详解】A.植物油中的烃基含有碳碳双键，氢化过程中，碳碳双键与氢气发生加成反应，A项正确；B.石油分馏利用沸点不同进行分离，属于物理变化，煤的液化、气化、石油的裂化、裂解都是化学

变化，B项错误；C.环己烷、苯都不能使酸性KMnO4溶液褪色，所以环己烷与苯不能用酸性KMnO4溶液鉴别，C项错误；D.溴苯和苯互溶，溴苯和苯都难溶于水，所以不能用水分离溴苯和苯的混合物，D项错误；答案选A。二、解答题（共四小题，总分58分）15.ClO2作为一种广

谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11℃时液化成红棕色液体。（1）某研究小组用如图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。①冰水浴的作用是___。②NaOH溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl

2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应的离子方程式为___，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___。③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，完成化学方程式___。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄

；再向其中加入适量淀粉溶液，振荡、静置，观察到___，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生Cl-，用0.0001mol·L-1的AgNO3标准溶液滴定至终点，，测定自来水管中Cl-的含量。①在滴定管中装入AgNO3标准溶液的前一步，应进

行的操作___。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】(1).收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体）(2).Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O(3)

.1：1(4).2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O(5).溶液变为蓝色(6).用AgNO3标准溶液进行润洗(7).偏低【解析】【分析】(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯

酸钠；③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；(3)根据滴定操作作答。【详解】(

1)①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2，故答案为：收集ClO2(或使ClO2冷凝为液体)；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H

2O，则离子方程式为：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O；此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1，故答案为：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O；1：1；③以NaClO

3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2

H2O；(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性，故答案为：溶液变为蓝色；(3)①装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO3标准溶液进行

润洗后再装入AgNO3标准溶液，故答案为：用AgNO3标准溶液进行润洗；②在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低。16.NiCl2是化工合成中最重要的镍源。工业上利用含镍(Ni)废催化剂（主要含

有Ni，还含有SiO2、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质）生产氯化镍晶体（NiCl2·nH2O）流程如图：部分金属氢氧化物Ksp近似值如下表所示：化学式Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Ksp近似值10-1710-

3810-3410-15回答下列问题：（1）Al的原子结构示意图为___。（2）“酸浸”、“溶解”所使用的酸为___。“碱浸”时发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O、____。（3）“氧化

”加入H2O2溶液，其作用是___(用离子方程式表示)。然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀（离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉淀完全），此时常温下的pH约为____。（4）“操作①”的实验操作依次为缓缓加热

，浓缩至___为止、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品。（5）镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其在碱性电解质溶液的工作原理如下：M+Ni(OH)2MH+NiOOH(式中M为储氢合金)。写出电池充电过程中阳极的电极反应式___。【答案】(1).(2).盐酸(3).Al2O3+2OH-=2

AlO2-+H2O(4).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(5).3(6).溶液表面出现结晶薄膜(7).Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O【解析】【分析】某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有SiO2、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂

质，工艺流程的目的是用含镍废催化剂制备NiCl2•nH2O晶体，分析工艺流程，将含Ni废催化剂用NaOH溶液浸泡，SiO2和Al2O3溶于NaOH生成可溶于水的Na2SiO3和NaAlO2，进行过滤操作，所得滤渣为Fe、Ni及其他不溶于碱的杂质，再进行酸浸，则Fe和Ni溶于酸形成Fe2+和Ni2+

，进行过滤操作，将不溶于酸的杂质被过滤出，滤液中主要含有Fe2+和Ni2+，用H2O2氧化溶液中的Fe2+生成Fe3+，再加入Na2CO3溶液调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后

滤液中再继续滴加Na2CO3溶液生成Ni(OH)2沉淀，将过滤所得Ni(OH)2沉淀用盐酸溶解，并蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即得NiCl2•nH2O晶体，据此分析。【详解】(1)Al的原子序数为13，位于元素周期表第三周期，即共有3个电子层，且最外层电子数为3，则其原子结构示意图为，故答案为：；(2

)本工艺流程的目的是用含镍废催化剂制备NiCl2•nH2O晶体，则“酸浸”、“溶解”所使用的酸为稀盐酸；“碱浸”时SiO2和Al2O3溶于NaOH生成可溶于水的Na2SiO3和NaAlO2，发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O、Al2O3+

2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：盐酸；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；(3)因Fe3+更易形成Fe(OH)3达到去除Fe元素的目的，则加入H2O2溶液的目的是氧化Fe2+为Fe3+，发生的离子反应为2Fe2++H2O2+2

H+=2Fe3++2H2O；调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，定性分析来看，溶液中c(Fe3+)浓度低于10-5mol/L可认为Fe3+几乎完全被除去，此时溶液中c(OH-)=()()sp333FeOHcFeK+=10-11mol/L，则pH=14+lgc(OH

-)=3，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3；(4)“操作①”的目的为从溶液中获得NiCl2•nH2O晶体，操作依次为缓缓加热，浓缩至溶液表面出现结晶薄膜为止、再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品，故答案为：溶液表面出现结晶薄膜；(5)镍氢电池在碱性电解质溶

液的工作原理如下：M+Ni(OH)2MH+NiOOH，充电时阳极上Ni(OH)2发生氧化反应，生成NiOOH，则阳极的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。17.碳、氮、硫的化合物在生产生活中广泛存在。请回答：（1

）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[CO(NH2)2]。已知：①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)ΔH=-l59.5kJ·mol-1②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)ΔH=-1

60.5kJ·mol-1写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式__。（2）T温度时在容积为2L的恒容密闭容器中只充入1.00molNO2气体发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)∆H<0。不同时刻测得容器中n(NO2)如下表：时间/s012345n(NO2)/mo

l1.000.800.650.550.500.50①升高温度K值___（增大、减小），T温度时化学平衡常数K=___mol-1·L②从0～2s该反应的平均速率v(NO2)=___。③对可逆反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)∆H<0。恒温

，恒容密闭容器中，下列说法中，能说明该反应达到化学平衡状态的是___。A.混合气体的密度不再变化B.混合气体的压强不再变化C.氧气的转化率不再变化D.N2、O2、NO的物质的量之比为1:1:2（3）常温下，用SO2与NaOH溶液反应可得到NaHSO3、Na2SO3等。①已知Na2SO3水溶液显碱性

，原因是___(写出主要反应的离子方程式)，该溶液中，c(Na+)___2c(SO32-)+c(HSO3-)(填“＞”“＜”或“＝”)。②在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中HSO3-、SO32-物质的

量分数随pH变化曲线如图所示(部分)，根据图示，则SO32-的第一步水解平衡常数=____。【答案】(1).2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O（l）△H=-320.0kJ/mo

l(2).减小(3).8(4).0.0875mol/(L·s)(5).BC(6).SO32-+H2OHSO3-+OH-(7).＞(8).10-6.8【解析】【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式；(2)①2NO

(g)+O2(g)2NO2(g)∆H<0，温度升高，平衡逆向移动，则K减小；22+0.5000.250.250.1250.252NO(g)2NO(g)0.O(g)(mol/L)(mol/L)(mol/250.12L)5初始转化平衡，根据化

学平衡常数K1=()()()2222cNOcOcNO计算K1，进而计算2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)化学平衡常数K=11K；②根据v=ct计算出前2s内v(NO2)；③根据化学平衡状态分析；(3)①亚硫酸根离子水解导致溶

液显示碱性，根据电荷守恒确定离子浓度的关系；②根据水解平衡常数表达式结合图中数据来计算。【详解】(1)①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H=-l59.5kJ•mol-1，②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-160.5kJ•mol-1，

依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-320.0kJ/mol，故答案为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s

)+H2O(l)△H=-320.0kJ/mol；(2)①2NO(g)+O2(g)2NO2(g)∆H<0，温度升高，平衡逆向移动，则K减小；22+0.5000.250.250.1250.252NO(g)2NO(g)0.O(g)(mol

/L)(mol/L)(mol/250.12L)5初始转化平衡，根据化学平衡常数K1=()()()2222cNOcOcNO=0.125，所以2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)化学平衡常数K=11K=8，故答案为：减小；8；②根据表中

数据计算出前2s内v(NO2)=ct=nVt=()1.000.65mol2L2s−=0.0875mol/(L•s)，故答案为：0.0875mol/(L·s)；③A.该可逆反应在恒容条件下进行，质量反应前后

不变，则混合气体的密度始终不变化，错误；B.该可逆反应在恒容条件下进行，正向进行，体积减小，则压强减小，当混合气体的压强不再变化时，该反应达到化学平衡状态，正确；C.反应没平衡时，氧气的转化率会变化，当氧气的转化率不变化时，该反应达到化学平衡状态，正确；D.物质的量之比不

能作为判断化学平衡状态依据，错误；综上，正确的为BC，故答案为：BC；(3)①亚硫酸根离子水解导致溶液显示碱性，原理是：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，所以，该溶液中，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，则：c(Na＋)＞2c(SO32-)＋c(HSO3-)，故答案为：SO32-+

H2O⇌HSO3-+OH-；＞；②亚硫酸根离子的水解平衡常数K=()()()323cHSOcOHcSO−−−，当pH=7.2时，SO32-、HSO3-浓度相等，所以K=c(OH-)=10-6.8，故答案为：10-6.8。【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热

化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。18.（1）元素的

第一电离能：Al____Si(填“>”或“<”)，按电负性由大到小的顺序排列N、O、F___。（2）基态Mn2+的核外电子排布式为___。（3）硅烷(SinH2n+2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所

示，呈现这种变化关系的原因是___。（4）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示：①在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有___；配位键存在于___原子之间(填原子的数字

标号)。②硼砂晶体由Na+、Xm-和H2O构成，它们之间存在的作用力有___(填序号)。A.离子键B.共价键C.金属键D.范德华力E.氢键【答案】(1).<(2).F＞O＞N(3).1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)(4).硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强(5

).sp2、sp3(6).4，5(或5，4)(7).ABDE【解析】【分析】(1)同周期从左到右第一电离能逐渐增大趋势，第ⅡA和第ⅤA族则反常；同周期元素，从左到右电负性增强；(2)Mn的电子排布式为1s2

2s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2；(3)硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高；(4)①1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；B一般

是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间；②钠离子与Xm-形成离子键，水分子由共价键形成，结晶水分子间存在氢键和范德华力。【详解】(1)同周期从左到右第一电离能逐渐增大趋势，第

ⅡA和第ⅤA族则反常，所以铝的第一电离能小于硅的；同周期元素，从左到右电负性增强，N、O、F电负性由大到小的顺序是F＞O＞N，故答案为：＜；F＞O＞N；(2)Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d5

4s2，则基态Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)；(3)硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高，故答案为：硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力

越强；(4)①1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；B一般是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间，故答案为：sp2、sp3；4，5(或5，4

)；②钠离子与Xm-形成离子键，水分子由共价键形成，结晶水分子间存在氢键和范德华力，故答案为：ABDE。