2024年滬教版高二化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高二化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、某同學在中和滴定實驗中記錄數(shù)據(jù)見下表．因為時間緊迫；只做了兩次實驗．

。第一次滴定第二次滴定待測液HCl的體積/mL20.0020.00滴定終點消耗標準液NaOH的體積/mL23.2026.00該同學測得待測液HCl物質的量濃度（）

A.0.2088mol/L

B.0.2250mol/L

C.0.2169mol/L

D.不能確定。

2、一定量的鹽酸跟少量的鐵粉反應，為了減緩反應速率但不影響生成H2的總量；可向鹽酸中加入（）

A.KNO3溶液。

B.NaCl溶液。

C.錫粉。

D.硫酸。

3、黨的十七大報告提出；促進國民經(jīng)濟又好又快發(fā)展，要加強能源資源節(jié)約和生態(tài)環(huán)境保護．以下做法與此精神相違背的是（）

A.控制高能耗企業(yè)上馬。

B.加大對污染企業(yè)的整治力度。

C.倡導“綠色化學”理念；逐步實現(xiàn)化工企業(yè)零排放。

D.無節(jié)制地開采煤；石油；滿足人們日益增長的需求。

4、下面的排序不正確的是rm{(}rm{)}A.晶體熔點由低到高：rm{CF_{4}<CCl_{4}<CBr_{4}<CI_{4}}B.熔點由高到低：rm{Na>Mg>Al}C.硬度由大到小：金剛石rm{>}碳化硅rm{>}晶體硅D.四種氣態(tài)氫化物按穩(wěn)定性：rm{SiH_{4}<CH_{4}<H_{2}O<HF}5、一定質量的某有機物和足量的金屬鈉反應，可得到rm{V_{a}L}氣體rm{.}向等質量該有機物的溶液中加入足量的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，可得到rm{V_}rm{L}氣體rm{(}不考慮氣體溶于水rm{)}已知在同溫同壓下rm{V_{a}>V_}則該有機物可能是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH(OH)COOH}B.rm{HO(CH_{2})_{2}CHO}C.rm{HOOC-COOH}D.rm{CH_{3}CH_{2}COOH}6、rm{N_{2}}和rm{H_{2}}合成rm{NH_{3}}的能量變化如圖所示，該反應的熱化學方程式是()A.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)}；rm{triangleH=2(b隆陋a)kJ/mol}B.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(l)}rm{triangleH=2(a隆陋b隆陋c)kJ/mol}C.rm{dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{3}{2}H_{2}(g)=NH_{3}(l)}；rm{triangleH=(b+c隆陋a)kJ/mol}D.rm{dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{3}{2}H_{2}(g)=NH_{3}(g)}；rm{triangleH=(a+b)kJ/mol}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=

2NH_{3}(g)}7、下列有關核外電子排布的式子不正確的是()A.rm{Cr}的電子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}B.rm{K}的簡化電子排布式：rm{[Ar]4s^{1}}C.rm{N}原子的電子排布圖：D.rm{S}原子的電子排布圖：8、有兩種氣態(tài)烷烴的混合物，在標準狀況下，其密度為rm{1.16g/L}則關于此混合物組成的說法正確的是rm{(}rm{)}A.一定是甲烷與乙烷的混合物B.可能是甲烷與丙烷的混合物C.一定含有乙烷D.可能是甲烷與己烷的混合物評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、（10分）自然界的礦物、巖石的成因和變化受到許多條件的影響。地殼內每加深1km，壓強增大約25000～30000kPa。在地殼內SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)ΔH=—148.9kJ/mol根據(jù)題意完成下列填空：（1）在地殼深處容易有氣體逸出，在地殼淺處容易有沉積。（2）如果上述反應的平衡常數(shù)K值變大，該反應（選填編號）。a．一定向正反應方向移動b．在平衡移動時正反應速率先增大后減小c．一定向逆反應方向移動d．在平衡移動時逆反應速率先減小后增大（3）如果上述反應在體積不變的密閉容器中發(fā)生，當反應達到平衡時，____（選填編號）。a．2v正(HF)=v逆(H2O)b．v正(H2O)=2v逆(SiF4)c．SiO2的質量保持不變d．反應物不再轉化為生成物（4）若反應的容器容積為2.0L，反應時間8.0min，容器內氣體的密度增大了0.12g/L，在這段時間內HF的平均反應速率為。10、（10分）（1）1mol氫氣在氯氣中充分燃燒生成氯化氫氣體時放出184.6kJ的熱量，試寫出對應的熱化學方程式。標準狀況下11.2L氫氣在氯氣中充分燃燒放出的熱量是kJ。（2）A(g)+B(g)C(g)+D(g)過程中的能量（kJ）變化如圖所示，回答下列問題。①反應物A(g)和B(g)具有的總能量（填大于、小于、等于）生成物C(g)和D(g)具有的總能量。②該反應是__反應（填吸熱、放熱），△H=（用E1和E2表示）11、（1）指出配合物K2[Cu（CN）4]的配離子、中心離子、配位體、配位數(shù)：______．

（2）在[Fe（CN）6]3-中，中心原子的配位數(shù)為______，配體的立體構型是______．

（3）配合物[Cr（H2O）4Br2]Br?2H2O中，中心原子的化合價為______，內界的電荷數(shù)為______．12、如圖是一個化學過程的示意圖；請根據(jù)該示意圖完成下列題目：

rm{(1)}甲池是______裝置；乙池是______裝置．

rm{(2)}在甲池中：通入rm{C_{2}H_{4}}的電極反應是______．

rm{(3)}在乙池中：rm{A(Fe)}電極的電極反應式是______．

rm{(4)}當乙池中rm{A(Fe)}極的質量增加rm{5.4g}時，甲池中理論上消耗rm{O_{2}}______rm{mL(}標準狀況下rm{)}．13、蛋白質是構成生命的基礎物質rm{.}在雞蛋、蔬菜、花生油等食物中，富含蛋白質的是______rm{.}“rm{84}消毒液”在日常生活中被廣泛使用rm{.}該消毒液無色，對某些有色物質具有漂白作用，它的有效成分是______rm{(}填“rm{KMnO_{4}}”或“rm{NaClO}”rm{)}．評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)14、能源問題日益成為制約國際社會經(jīng)濟發(fā)展的瓶頸；越來越多的國家開始實行“陽光計劃”，開發(fā)太陽能資源，尋求經(jīng)濟發(fā)展的新動力．

（1）太陽能熱水器中常使用一種以鎳或鎳合金空心球為吸收劑的太陽能吸熱涂層；寫出基態(tài)鎳原子的核外電子排布式的簡化形式______．

（2）富勒烯衍生物由于具有良好的光電性能，在太陽能電池的應用上具有非常光明的前途．富勒烯（C60）的結構如圖1，分子中碳原子軌道的雜化類型為______；1molC60分子中σ鍵的數(shù)目為______．

（3）多元化合物薄膜太陽能電池材料為無機鹽；其主要包括砷化鎵；硫化鎘、硫化鋅及銅錮硒薄膜電池等．

①第一電離能：As______Se（填“＞”；“＜”或“=”）．

②二氧化硒分子的空間構型為______．

（4）金屬酞菁配合物在硅太陽能電池中有重要作用；一種金屬鎂酞菁配合物的結構如圖2，請在圖中用箭頭表示出配位鍵．

（5）最近；由鎂；鎳和碳三種元素組成的化合物引起了科學家的注意．

[四羰基鎳[Ni（CO）4]為無色揮發(fā)性劇毒液體．熔點-25℃；沸點43℃．不溶于水，易溶于乙醇；乙醚、苯、四氯化碳等有機溶劑，呈四面體構型．由此可知，四羰基鎳的晶體類型是______．據(jù)報道，只含鎂、鎳和碳三種元素的晶體竟然也具有超導性．鑒于這三種元素都是常見元素，從而引起廣泛關注．該晶體的結構可看作由鎂原子和鎳原子在一起進行面心立方最密堆積（如圖3），則該晶體中鎂、碳、鎳三種元素的原子個數(shù)比是______，晶體中每個鎂原子周圍距離最近的鎳原子有______個．

15、將CH4與H2O（g）通入聚焦太陽能反應器，發(fā)生反應：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g），將等物質的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密閉容器，某溫度下反應達到平衡，平衡常數(shù)K=27，此時測得CO的物質的量為0.10mol，求CH4的平衡轉化率．

16、某學生用中和滴定法測定某燒堿的純度．實驗如下：

（1）配制待測液：用5.00g含有少量雜質（雜質不與鹽酸反應）的固體燒堿樣品配制成1000mL的溶液；除燒杯；膠頭滴管、玻璃棒、量筒外，還需要的玻璃儀器有______．

（2）用標準0.1mol/L的鹽酸溶液滴定NaOH溶液的實驗操作如下：

A．用堿式滴定管取稀NaOH溶液20mL；注入錐形瓶中，加入指示劑．

B．用待測定的NaOH溶液潤洗堿式滴定管．

C．用蒸餾水洗干凈滴定管．

D．酸式滴定管用標準的HCl溶液潤洗后；將標準液注入酸式滴定管刻度“0”以上2～3cm處，再把酸式滴定管固定好，調節(jié)液面至刻度“0”或“0”刻度以下．

E．檢查滴定管是否漏水．

F．另取錐形瓶；再重復操作兩次．

G．把錐形瓶放在滴定管下面；瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點，記下滴定管液面所在刻度．

①滴定操作的正確順序是（用序號填寫）：______．

②該滴定操作中應選用的指示劑是：______．

③在G操作中；如何確定終點：______．

（3）酸式滴定管用蒸餾水潤洗后；未用標準液潤洗，導致滴定結果（填“偏小”；“偏大”或“無影響”）______；酸式滴定管讀數(shù)時，若先俯后仰，則結果會______．

（4）有關數(shù)據(jù)記錄如下；計算燒堿樣品的純度（保留到小數(shù)點后二位）：______

。測定序號待測溶液的體積/mL所耗鹽酸標準液的體積/mL滴定前滴定后120.000.5020.72220.001.2021.38320.002.0022.20

17、在100℃時；將0.200mol的四氧化二氮氣體充入2L抽空的密閉容器中，每隔一定時間對該容器內的物質進行分析，得到如下表格：

。時間20406080100c（N2O4）0.100c10.050c3abc（NO2）0.0000.060c20.1200.1200.120試填空：

（1）該反應的化學方程式為______；達到平衡時四氧化二氮的轉化率為______%．

（2）20s時四氧化二氮的濃度c1=______mol?L-1；在0～20s時間段內，四氧化二氮的平均反應速率為______

mol?L-1?s-1．

（3）若該反應為吸熱反應；升高溫度該平衡向______（正逆）方向移動．

18、某抗酸藥每片含有碳酸鈣540mg；氫氧化鎂180mg．

（1）寫出該抗酸藥發(fā)揮功效時的化學反應方程式．

（2）該藥片中的碳酸鈣和氫氧化鎂哪種物質中和的胃酸（以鹽酸計）多？

評卷人得分四、探究題(共4題，共28分)19、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。20、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。21、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。22、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共6分)23、三氯化鉻是化學合成中的常見物質,三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經(jīng)氮氣載入反應管進行反應,繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應管中發(fā)生的主要反應有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質量分數(shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質量分數(shù)為____(結果保留一位小數(shù))。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】

由于兩次實驗測得的體積分別為23.20mL；26.00mL相差較大，無法確定哪一次是與真實值帖近，且不知道NaOH的濃度，所以無法計算；

故選D．

【解析】【答案】由于兩次實驗測得的體積相差較大；無法確定哪一次是與真實值帖近，且不知道NaOH的濃度．

2、B【分析】

A、加入KNO3溶液；酸性條件下硝酸根具有強氧化性，鐵與硝酸反應不能生成氫氣，導致生成氫氣總量減小，故A錯誤；

B、加入NaCl溶液，H+濃度降低；反應速率降低，不影響生成氫氣的總量，故B正確；

C；加入錫粉構成原電池；反應加快，故C錯誤；

D、加入硫酸，如導致H+濃度增大；則反應速率加快，故D錯誤；

故選B．

【解析】【答案】鐵與鹽酸反應本質為Fe+2H+=Fe2++H2↑，一定量的鹽酸跟少量的鐵粉反應，鐵粉不足，減緩反應速率但不影響生成H2的總量，應降低H+濃度；但不能影響與酸反應生成氫氣的鐵粉的質量，結合物質的性質解答．

3、D【分析】

A．控制高能耗企業(yè)上馬；節(jié)約了能源資源，故A正確；

B．加大對污染企業(yè)的整治力度；保護了生態(tài)環(huán)境，故B正確；

C．綠色化學就是實現(xiàn)零污染；零排放；故C正確；

D．無節(jié)制地開采煤；石油；浪費能源資源，故D錯誤；

故選D．

【解析】【答案】A．節(jié)約能源資源；

B．保護生態(tài)環(huán)境；

C．綠色化學就是實現(xiàn)零污染；零排放；

D．浪費能源；資源．

4、B【分析】解：rm{A.}均為分子晶體，相對分子質量大的熔點高，則晶體熔點由低到高：rm{CF_{4}<CCl_{4}<CBr_{4}<CI_{4}}故A正確；

B.均為金屬晶體，離子半徑小、電荷高的熔點高，則熔點由高到低：rm{Al>Mg>Na}故B錯誤；

C.均為原子晶體，原子半徑小的硬度大，則硬度由大到?。航饎偸痳m{>}碳化硅rm{>}晶體硅；故C正確；

D.非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{SiH_{4}<CH_{4}<H_{2}O<HF}故D正確；

故選B．

A.均為分子晶體；相對分子質量大的熔點高；

B.均為金屬晶體；離子半徑??；電荷高的熔點高；

C.均為原子晶體；原子半徑小的硬度大；

D.非金屬性越強；氫化物越穩(wěn)定．

本題考查晶體及性質，為高頻考點，把握晶體類型的判斷、物質性質比較方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大．【解析】rm{B}5、A【分析】解：有機物和的鈉反應生成氣體rm{V_{a}L}為氫氣體積，說明至少含有rm{-OH}rm{-COOH}中的一種，該有機物與rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反應生成氣體rm{V_L}為二氧化碳體積，說明該有機物含有rm{-COOH}同溫同壓下rm{V_{a}>V_}根據(jù)rm{2-OH隆蘆H_{2}隆眉}rm{2-COOH隆蘆H_{2}隆眉}rm{2-COOH隆蘆CO_{2}隆眉}可知有機物還含有rm{-OH}選項中只有rm{A}中rm{CH_{3}CH(OH)COOH}含有rm{-OH}rm{-COOH}故選：rm{A}．

有機物與足量的rm{Na_{2}CO_{3}}反應，可得到氣體rm{V_L}說明有機物中含有rm{-COOH}等質量的某有機物和足量的金屬鈉反應，可得到氣體rm{V_{a}L}且同溫同壓下rm{V_{a}>V_}說明有機物還含有rm{-OH}結合選項進行判斷．

本題考查有機物的推斷，題目難度不大，注意rm{-COOH}可與碳酸鈉反應生成氣體，而rm{-OH}不與碳酸鈉反應，若將碳酸鈉改為碳酸氫鈉，應滿足羥基數(shù)目大于羧基數(shù)目，可以利用驗證法判斷．【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本題考查熱化學方程式的書寫，題目難度不大，側重于數(shù)據(jù)分析和轉化能力的培養(yǎng)，注意書寫熱化學方程式的注意事項以及反應熱的計算方法．【解答】從圖象看，熱化學方程式為：rm{壟脵dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(l)}rm{壟脵dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac

{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(l)}rm{triangleH=-(b+c-a)}或rm{壟脷dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(g)}rm{kJ/mol}rm{壟脷dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac

{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(g)}rm{triangleH=(a-b)}rm{kJ/mol}rm{triangleH=(a-b)}與化學計量數(shù)成正比，rm{kJ/mol}可得：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)簍T2NH_{3}(l)triangleH=2(a-b-c)}rm{triangleH}rm{壟脵隆脕2}可得：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)簍T2NH_{3}(g)triangleH=2(a-b)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)簍T2NH_{3}(l)triangle

H=2(a-b-c)}故選B。

rm{kJ/mol}【解析】rm{B}7、D【分析】【分析】本題考查了原子結構示意圖等知識，注意領會能量最低原理、泡利不相容原理、洪特規(guī)則的內容來是答題的關鍵，難度不大?！窘獯稹緼.rm{Cr}電子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}故A正確；

B.rm{K}的電子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{1}}簡化電子排布式：rm{[Ar]4s^{1}}故B正確；

C.rm{N}的電子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}所以電子排布圖：故C正確；

D.硫原子rm{3p}能級中的rm{3}電子優(yōu)先占據(jù)rm{1}個軌道，且自旋方向相同，然后第rm{4}個電子占據(jù)rm{3p}能級的第一個軌道，且自旋方向相反時能量最低，即rm{3p}能級電子排布應該為：故D錯誤。

故選D。

【解析】rm{D}8、B【分析】解：該混合烴的平均摩爾質量為rm{1.16g/L隆脕22.4L/mol=26g/mol}即平均相對分子質量為rm{26}相對分子質量小于rm{26}的烷烴是甲烷，甲烷的相對分子質量為rm{16}其他烷烴相對分子質量都大于rm{26}所以混合物中一定有甲烷；

A.乙烷的相對分子質量為rm{30}可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故A錯誤；

B.丙烷的相對分子質量為rm{44}可能含有丙烷，也可能不含有丙烷，故B正確；

C.乙烷的相對分子質量為rm{30}可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故C錯誤；

D.己烷標準狀況下為液態(tài)；故D錯誤；

故選B．

該混合烴的平均摩爾質量為rm{1.16g/L隆脕22.4L/mol=26g/mol}即平均相對分子質量為rm{26}相對分子質量小于rm{26}的烷烴是甲烷，甲烷的相對分子質量為rm{16}其他烷烴相對分子質量都大于rm{26}所以混合物中一定有甲烷，結合標準狀況下為氣態(tài)烴判斷．

本題考查混合物計算、有機物分子式的確定等，難度中等，注意利用平均相對分子質量解答，側重于考查學生的思維能力．【解析】rm{B}二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【解析】試題分析：（1）在地殼深處壓強大，則平衡有利于向正反應方向移動，所以SiF4、H2O逸出。在地殼淺處壓強小，有利于平衡向逆反應方向移動，則二氧化硅易沉積。（2）正反應是放熱反應，平衡常數(shù)增大，說明平衡向正反應方向移動，所以改變的條件是降低溫度，因此答案選ad。（3）在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0），反應體系中各種物質的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學平衡狀態(tài)，所以c正確，d不正確。a只反應速率的方向相反，但不滿足速率之比之比是相應的化學計量數(shù)之比，所以不正確。平衡時氣體的質量不再發(fā)生變化，所以密度不再發(fā)生變化，b正確。答案選bc。（4）容器內氣體的密度增大了0.12g/L，則氣體質量增加了0.24g。根據(jù)方程式可知，每消耗4molHF，氣體質量就增加60g，所以參加反應的氟化氫是所以其反應速率是＝0.001moL/(L·min)?？键c：化學平衡平衡移動、化學反應速率【解析】【答案】1）SiF4H2OSiO2（2）ad（3）bc（4）0.0010mol/(L·min)10、略

【分析】試題分析：（1）1mol氫氣在氯氣中充分燃燒生成氯化氫氣體時放出184.6kJ的熱量，試寫出對應的熱化學方程式為H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝－184.6kJ?mol-1，標準狀況下11.2L氫氣的物質的量為0.5mol，在氯氣中充分燃燒放出的熱量是92.3kJ。（2）①由圖像可知，該反應是放熱反應，反應物A(g)和B(g)具有的總能量大于生成物C(g)和D(g)具有的總能量，②該反應是放熱反應，△H=E1-E2?？键c：考查熱化學方程式的書寫，能量變化的圖像分析?！窘馕觥俊敬鸢浮?6、（1）H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝－184.6kJ?mol-192.3（2）①大于②放熱E1-E211、略

【分析】解：（1）根據(jù)配合物K2[Cu（CN）4]結構分析，含有空軌道的金屬陽離子為中心離子，所以中心離子為Cu2+、有孤對電子的原子或離子為配體，所以配體為CN-、配位數(shù)就是配體的個數(shù)，所以配位數(shù)為4，故答案為：Cu2+、CN-；4；

（2）根據(jù)配合物離子[Fe（CN）6]3-結構分析，有孤對電子的原子或離子為配體，所以配體為CN-；只有2個原子所以立體構型是直線形，配位數(shù)就是配體的個數(shù)，所以配位數(shù)為6，故答案為：6；直線形；

（3）[Cr（H2O）4Br2]Br?2H2O中，溴帶一個單位負電荷，所以配離子帶1個單位的正電荷，[Cr（H2O）4Br2]Br?2H2O中陰離子是溴離子；溴離子的化合價是-1價，所以鉻離子的化合價是+3價，故答案為：+3；+1．

（1）根據(jù)配合物K2[Cu（CN）4]結構分析中心離子為Cu2+、配體為CN-；配位數(shù)為4；

（2）根據(jù)配合物離子[Fe（CN）6]3-結構分析配體為CN-；配位數(shù)為6；

（3）根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0計算中心離子的化合價及配離子所帶電荷．

本題考查了配合物的配位體的判斷、配位數(shù)的計算方法、成鍵情況、化合物中元素的化合價代數(shù)和為0等知識，注意配位數(shù)個數(shù)的計算方法、中心原子的雜化方式等，為易錯點，題目難度中等．【解析】Cu2+、CN-、4；6；直線形；+3；+112、略

【分析】解：rm{(1)}根據(jù)反應方程式知；甲裝置是一個燃料電池，所以甲是把化學能轉變?yōu)殡娔艿难b置，是原電池；乙有外加電源，所以是電解池，故答案為：原電池；電解池；

rm{(2)}燃料電池中，負極上是燃料rm{C_{2}H_{4}}失電子發(fā)生氧化反應，反應為：rm{C_{2}H_{4}-12e^{-}+16OH^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}故答案為：rm{C_{2}H_{4}-12e^{-}+16OH^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}

rm{(3)}乙池中rm{A(Fe)}電極與負極rm{C_{2}H_{4}}相連，則為陰極，陰極得電子發(fā)生還原反應，電極反應為：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}故答案為：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}

rm{(4)}根據(jù)得失電子數(shù)相等，氧氣與銀的關系式為：rm{O_{2}隆蘆4Ag}rm{A(Fe)}極的質量增加rm{5.40g}時，甲池中理論上消耗rm{O_{2}}的體積是rm{dfrac{5.4g隆脕22.4L}{4times108g}=0.28L=280mL}故答案為：rm{dfrac{5.4g隆脕22.4L}{4times

108g}=0.28L=280mL}．

rm{280}根據(jù)方程式及燃料電池的特點判斷甲裝置；根據(jù)甲裝置判斷乙裝置；

rm{(1)}燃料電池中；負極上是燃料失電子的氧化反應；

rm{(2)}電極與負極rm{(3)A(Fe)}相連；則為陰極，陰極得電子發(fā)生還原反應；

rm{C_{2}H_{4}}先根據(jù)得失電子數(shù)相等找出銀與氧氣的關系式；然后計算．

原電池；電解池的判斷方法：

rm{(4)}若無外加電源；可能是原電池，然后再根據(jù)原電池的形成條件判定．

rm{1}若有外接電源；兩電極插入電解質溶液中，可能是電解池或電鍍池，當陽極金屬與電解質溶液中的金屬陽離子相同時，則為電鍍池．

rm{2}若無明顯外接電源的串聯(lián)電路，則利用題中信息找出能自發(fā)進行氧化還原反應的裝置為原電池．rm{3}【解析】原電池；電解池；rm{C_{2}H_{4}-12e^{-}+16OH^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}rm{280}13、略

【分析】解：雞蛋富含蛋白質；該消毒液無色，應含有rm{NaClO}而rm{KMnO_{4}}為紫色，不符合無色的特點，故答案為：雞蛋；rm{NaClO}．

雞蛋富含蛋白質；蔬菜富含維生素；花生油富含油脂；根據(jù)顏色判斷消毒液的成分．

本題考查物質的組成和性質，題目難度不大，注意常見物質的組成和性質特點，學習中注意相關基礎知識的積累．【解析】雞蛋；rm{NaClO}三、解答題(共5題，共10分)14、略

【分析】

（1）28號元素鎳，核外有28個電子，根據(jù)構造原理知其基態(tài)鎳原子的核外電子排布式的簡化形式為：[Ar]3d84s2，故答案為：[Ar]3d84s2；

（2）每個碳原子含有的σ鍵個數(shù)且不含孤電子對，所以采用sp2雜化，每個碳原子含有的σ鍵個數(shù)為所以1molC60分子中σ鍵的數(shù)目==90NA，故答案為：sp2，90NA；

（3）①As和Se屬于同一周期；且As屬于第VA族，Se屬于第VIA族，所以第一電離能As＞Se，故答案為：＞；

②二氧化硒分子中價層電子對=2+=3；且含有一個孤電子對，所以屬于V形，故答案為：V形；

（4）配位鍵由提供孤電子對的原子指向提供空軌道的原子；所以該配合物中的配位鍵為：

故答案為：

（5）該物質的沸點較低，且易溶于有機物，所以屬于分子晶體，該晶胞中含有一個碳原子，鎂原子個數(shù)=8×

鎳原子個數(shù)=6×=3；該晶體中鎂；碳、鎳三種元素的原子個數(shù)比是1：1：3；

每個晶胞中鎂周圍有3個鎳原子；每個鎂被八個晶胞共用，上方的四個晶胞中有六個鎳原子，對稱的下方也有六個，一共12個；

故答案為：分子晶體；?1：1：3，12．

【解析】【答案】（1）28號元素鎳；核外有28個電子，根據(jù)構造原理寫出其基態(tài)鎳原子的核外電子排布式的簡化形式；

（2）根據(jù)每個碳原子含有的σ鍵個數(shù)確定其雜化方式；利用均攤法計算σ鍵個數(shù)；

（3）①同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢；注意第VA族元素大于相鄰元素的第一電離能；

②根據(jù)價層電子對互斥理論確定其空間構型；

（4）配位鍵由提供孤電子對的原子指向提供空軌道的原子；

（5）一般來說沸點較低的晶體為分子晶體；利用均攤法計算原子個數(shù)比，每個晶胞中鎂周圍有3個鎳原子，每個鎂被八個晶胞共用，晶體中每個鎂周圍一共12個鎳原子．

15、略

【分析】

依據(jù)化學平衡的三段式列式計算，設CH4與H2O（g）物質的量為a；

CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）

起始量（mol）aa00

變化量（mol）0.100.100.100.30

平衡量（mol）a-0.10a-0.100.100.30

由平衡常數(shù)表達式：K===27

解之得：a=0.11

平衡轉化率：=91%

故答案為：91%

【解析】【答案】依據(jù)化學平衡的三段式計算列式計算；根據(jù)轉化率和平衡常數(shù)的概念計算應用；注意平衡常數(shù)的計算需要計算平衡狀態(tài)各物質的平衡濃度列式計算；

16、略

【分析】

（1）操作步驟有稱量；溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解（可用量筒量取水），冷卻后轉移到1000ml容量瓶容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器是天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒、1000ml容量瓶、膠頭滴管，故答案為：1000ml容量瓶；

（2）①中和滴定有檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作；故答案為：E→C→D→B→A→G→F；

②NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應后呈中性；可以選擇酸性或堿性變色范圍內的指示劑；

故答案為：酚酞或甲基橙；

③用酚酞作指示劑時；當?shù)芜M最后一滴溶液由紅色變無色，且半分鐘內不變色，則到達滴定終點；根據(jù)用甲基橙作指示劑時，溶液由黃色變橙色，且半分鐘內不變色，則到達滴定終點．

故答案為：用酚酞作指示劑時；當?shù)芜M最后一滴溶液由紅色變無色，且半分鐘內不變色，則到達滴定終點；根據(jù)用甲基橙作指示劑時，溶液由黃色變橙色，且半分鐘內不變色，則到達滴定終點．

（3）酸式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標準液潤洗，標準液濃度降低，造成V（標）偏大，根據(jù)c（待測）=分析可知c（待測）偏大；酸式滴定管讀數(shù)時，若先俯后仰，讀數(shù)差增大，造成V（標）偏大，根據(jù)c（待測）=分析可知c（待測）偏大；故答案為：偏大；偏大；

（4）所耗鹽酸標準液的體積分別為：20.22mL；20.18mL，20.20mL，三組數(shù)據(jù)均有效，鹽酸標準液的平均體積為20.20mL；

HCl～NaOH

0.1mol/L×20.20mLC（NaOH）×20mL

C（NaOH）=0.101mol/L，則1000mL的溶液中含有NaOH的質量為：0.101mol/L×1L×40g/mol=4.04g，算燒堿樣品的純度為×100%=80.80%；故答案為：80.80%；

【解析】【答案】（1）根據(jù)實驗操作過程選取實驗儀器；

（2）①根據(jù)中和滴定有檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作；

②根據(jù)NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應后呈中性；可以選擇酸性或堿性變色范圍內的指示劑；

③根據(jù)用酚酞作指示劑時；當?shù)芜M最后一滴溶液由紅色變無色，且半分鐘內不變色，則到達滴定終點；根據(jù)用甲基橙作指示劑時，溶液由黃色變橙色，且半分鐘內不變色，則到達滴定終點；

（3）根據(jù)c（待測）=分析不當操作對c（待測）的影響；以此判斷濃度的誤差；

（4）先分析所耗鹽酸標準液的體積的有效性；然后求出所耗鹽酸標準液的體積平均值，然后根據(jù)關系式HCl～NaOH來解答．

17、略

【分析】

（1）由表可知，60s時反應達平衡，c（NO2）=0.120mol/L；

N2O4?2NO2；

濃度變化：0.06mol/L0.120mol/L

所以平衡時N2O4的轉化率為×100%=60%；

故答案為：60；

（2）由表可知，20s時，c（NO2）=0.060mol/L；所以。

N2O4?2NO2；

濃度變化：0.03mol/L0.060mol/L

所以20s的四氧化二氮的濃度c1=0.1mol/L-0.03mol/L=0.07mol/L；

在0s～20s內四氧化二氮的平均反應速率為v（N2O4）==0.0015mol?（L?s）-1．

故答案為：0.07mol/L；0.0015mol?（L?s）-1．

（3）升高溫度化學平衡向吸熱反應方向進行；反應是吸熱反應，升溫平衡正向進行，故答案為：正．

【解析】【答案】（1）由表可知，60s時反應達平衡，根據(jù)方程式計算△c（N2O4），根據(jù)轉化率計算平衡時N2O4的轉化率；60s后反應達平衡；反應混合物各組分的濃度不變．

（2）由△c（NO2），根據(jù)方程式計算△c（N2O4），20s的四氧化二氮的濃度=起始濃度-△c（N2O4）；根據(jù)v=計算v（N2O4）．

（3）依據(jù)化學平衡移動原理；升高溫度化學平衡向吸熱反應方向進行；

18、略

【分析】

（1）該抗酸藥發(fā)揮功效時的化學反應方程式是和胃酸中的鹽酸反應，化學方程式為：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O；

答：該抗酸藥發(fā)揮功效時的化學反應方程式為CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O；

（2）依據(jù)化學方程式的定量關系計算：540mg碳酸鈣的物質的量為0.0054mol；可中和的鹽酸為0.0108mol；180mg氫氧化鎂的物質的量為0.0033mol，可中和的鹽酸為0.0066mol，所以碳酸鈣中和的鹽酸多；

答：碳酸鈣中和的鹽酸多．

【解析】【答案】（1）抗酸藥匙和胃酸中的鹽酸發(fā)生復分解反應；以此寫出化學方程式；

（2）由藥片中所含碳酸鈣和氫氧化鎂質量換算物質的量結合反應定量關系計算比較．

四、探究題(共4題，共28分)19、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）20、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數(shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）21、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出