2025年滬科版高三化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高三化學(xué)上冊月考試卷559考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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9題，共18分)1、如圖是部分短周期主族元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系．下列說法錯誤的是（）A.X、R的最高化合價相同B.電解熔融的X與Z構(gòu)成的化合物可以得到單質(zhì)ZC.X、Y形成的化合物中陽離子與陰離子的個數(shù)比一定是2：1D.Y、Z、R對應(yīng)的最高價氧化物的水化物相互之間可以發(fā)生反應(yīng)2、下列金屬單質(zhì)中，不能從CuCl2溶液中置換出銅的是（）A.鋅B.鎂C.鈉D.鐵3、糕點(diǎn)包裝中常見的脫氧劑組成為還原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等，其脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕相同．下列分析正確的是（）A.脫氧過程是吸熱反應(yīng)，可降低溫度，延長糕點(diǎn)保質(zhì)期B.脫氧過程中鐵作原電池正極，電極反應(yīng)為：Fe-3e→Fe3+C.脫氧過程中碳做原電池負(fù)極，電極反應(yīng)為：2H2O+O2+4e→4OH-D.含有1.12g鐵粉的脫氧劑，理論上最多能吸收氧氣336mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）4、下列說法正確的是A．將鈉投入硫酸銅溶液中只有紫紅色固體析出B．過氧化鈉投入硫酸亞鐵溶液中出現(xiàn)白色沉淀C．氨水滴入氯化鋁溶液中先出現(xiàn)白色沉淀后溶解D．飽和氯化鈣溶液加入濃氫氧化鈉溶液出現(xiàn)白色沉淀5、C、N、S的氧化物中許多是工業(yè)上重要的化工原料，但是當(dāng)它們分散到空氣中時，會帶來很多環(huán)境問題．下列有關(guān)這些元素的氧化物說法錯誤的是()A.開發(fā)太陽能、水能、風(fēng)能、氫能等新能源將有利于減少這些元素的氧化物的產(chǎn)生B.N與S的某些氧化物能直接危害人的身體健康，引發(fā)呼吸道疾病C.“溫室效應(yīng)”與二氧化碳的排放有著直接的關(guān)系D.這些氧化物使雨水的pH＜7，我們把pH＜7的雨水稱之為酸雨6、用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1mol?L^{-1}}的氯化鐵溶液中，若rm{Fe^{3+}}的數(shù)目為rm{N_{A}}則rm{Cl^{-}}的數(shù)目為rm{3N_{A}}B.常溫下，rm{1}rm{mol}rm{Fe}與足量稀rm{HNO_{3}}反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為rm{2}rm{N_{A}}C.rm{8.0gCu_{2}S}和rm{CuO}的混合物中含有的銅原子數(shù)為rm{0.1N_{A}}D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{2.24}rm{LCl_{2}}溶于水，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為rm{0.1N_{A}}7、總質(zhì)量一定，不論按何種比例混合，完全燃燒后產(chǎn)生的CO2為常量的是（）

①乙炔和苯②烯烴的同系物③甲烷與乙烷④甲醛和乙醛⑤甲醛和乙酸⑥甲醛和甲酸甲酯⑦乙酸和果糖A.①②③B.①②④C.①②⑤⑥⑦D.①②⑤⑥8、下列離子方程式正確的是（）A.向小蘇打溶液中加入醋酸溶液：HCO3-+H+=CO2↑+H2OB.氫氧化鎂與稀硫酸反應(yīng)：H++OH-=H2OC.鈉與水反應(yīng)，有氫氣產(chǎn)生：Na+H2O=Na++OH-+H2↑D.碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑9、化學(xué)與社會；生活密切相關(guān)．對下列現(xiàn)象或事實(shí)的解釋正確的是（）

。選項(xiàng)現(xiàn)象或事實(shí)解釋

A用浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻。

土作水果保鮮劑酸性高錳酸鉀溶液能氧化水果釋放的催熟劑乙烯B用氫氟酸蝕刻玻璃Si02是堿性氧化物，能溶于酸C過氧化鈉作呼吸面具中的供氧劑過氧化鈉是強(qiáng)氧化劑，能氧化二氧化碳DAl（OH）3用作塑料的阻燃劑Al（OH）3受熱熔化放出大量的熱A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、（2014秋?廈門期末）為探究銅與稀硝酸反應(yīng)的產(chǎn)物及影響反應(yīng)速率的主要因素；進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)．

實(shí)驗(yàn)一探究銅和稀硝酸反應(yīng)的產(chǎn)物．

實(shí)驗(yàn)裝置如圖1；氣密性已檢查．

已知：FeSO4+NO═[Fe（NO）]SO4，該反應(yīng)較緩慢，待生成一定量[Fe（NO）]2+時突顯明顯棕色．

（1）實(shí)驗(yàn)開始時先將Y形試管向盛有碳酸鈣的支管傾斜，緩慢滴入稀硝酸，該實(shí)驗(yàn)操作的目的是____．

（2）銅片和稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）本實(shí)驗(yàn)A生成的氣體中，若有NO2，B的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為____；若只有NO生成，B的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是____．

實(shí)驗(yàn)二探究銅和稀硝酸反應(yīng)速率先慢后快的原因。

經(jīng)過實(shí)驗(yàn)一，測得硝酸的濃度＜6mol?L-1，只有NO生成．當(dāng)銅片與5mol?L-1硝酸反應(yīng)時；開始時反應(yīng)非常緩慢，一段時間后反應(yīng)速率明顯加快．為探究此反應(yīng)的反應(yīng)速率先慢后快的原因，進(jìn)行如下探究：

探究一：研究反應(yīng)過程的溫度變化對反應(yīng)速率的影響。

實(shí)驗(yàn)所得曲線和現(xiàn)象記錄如圖2及表一．

（表一）。間/min現(xiàn)象0～15銅表面出現(xiàn)氣泡，但速度很慢25溶液有很淺的藍(lán)色，氣泡生成速度加快30氣泡生成速度較快，均勻冒出45洗氣瓶中可見少量淡棕色的物質(zhì)50溶液中藍(lán)色明顯變深，洗氣瓶中突顯明顯棕色（4）獲得圖2數(shù)據(jù)所需的測量儀器有____．

（5）從上述圖表分析可得到的結(jié)論是____．

（表二）。序號溫度銅片/g硝酸/mL硝酸銅/g125℃①②③225℃5200.5325℃5201.0探究二：研究化學(xué)反應(yīng)產(chǎn)物對反應(yīng)速率的影響。

設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)；利用圖1裝置測定溶液突顯明顯棕色的時間．

（6）請將表二中將實(shí)驗(yàn)1的實(shí)驗(yàn)條件填寫完整①____②____③____

（7）通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)1、2、3的反應(yīng)速率并無明顯變化，為達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康倪€需要繼續(xù)進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)是____．11、甲醇（CH3OH）是一種重要的化工原料，合成甲醇的主要反應(yīng)為CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）；反應(yīng)過程中的能量變化如圖1所示．

（1）CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H____0（填“＜”；“=”或“＞”）．

（2）在一定條件下，上述反應(yīng)在一密閉容器中達(dá)到平衡．該反應(yīng)平衡常數(shù)的表達(dá)式為____；結(jié)合該表達(dá)式分析，在保證H2濃度不變的情況下，增大容器的壓強(qiáng)，平衡____（填字母）．

A．向正反應(yīng)方向移動。

B．向逆反應(yīng)方向移動。

C．不移動。

（3）如圖2表示該反應(yīng)在某一時間段中反應(yīng)速率與時間的關(guān)系（t2、t4、t5時刻改變的條件都只有一個；且各不相同）．各階段對應(yīng)的平衡常數(shù)如表所示：

。t1～t2t3～t4t4～t5t6～t7K1K2K3K4請判斷各平衡常數(shù)之間的大小關(guān)系為____（用“＞”；“＜”或“=”連接）．

（4）原料氣的加工過程中常?；煊幸欢緾O2，為了研究不同溫度下CO2對該反應(yīng)的影響，以CO2、CO和H2的混合氣體為原料在一定條件下進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；結(jié)果表明，原料氣各組分含量不同時，反應(yīng)生成甲醇和副產(chǎn)物甲烷的碳轉(zhuǎn)化率都是不相同的．實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見下表：

。CO2%∽CO%～H2

（體積分?jǐn)?shù)）2-28-7020-10-704-26-708-22-7020-10-70反應(yīng)溫度/℃235250225235250225235250225235250225235250250碳轉(zhuǎn)化率（%）CHOH4.98.811.036.550.768.319.033.156.517.733.454.48.012.022.6CH0000000000002.82.82.82.8由上表數(shù)據(jù)可得出多個結(jié)論．

結(jié)論一：在一定條件下，反應(yīng)溫度越高，生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率____．

結(jié)論二：____．

12、（10分）烷基苯在高錳酸鉀的作用下，側(cè)鏈被氧化成羧基，例如化合物A～E的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖1所示，已知：A是芳香化合物，只能生成3種一溴化合物，B有酸性，C是常用增塑劑，D是有機(jī)合成的重要中間體和和常用化學(xué)試劑（D也可由其他原料催化氧化得到），E是一種常用的指示劑酚酞，結(jié)構(gòu)如圖2．圖1圖2寫出A、B、C、D的結(jié)構(gòu)簡式：（1）A：____________________________________________．（2）B：____________________________________________．（3）C：____________________________________________．（4）D：____________________________________________．13、rm{SiCl_{4}}在室溫下為無色液體，易揮發(fā)，有強(qiáng)烈的刺激性rm{.}把rm{SiCl_{4}}先轉(zhuǎn)化為rm{SiHCl_{3}}再經(jīng)氫氣還原生成高純硅．

rm{(1)}高溫條件下，rm{SiHCl_{3}}與氫氣反應(yīng)的方程式為：______．

rm{(2)}已知：

rm{(壟隆)Si_{(S)}+4HCl_{(g)}=SiCl_{4(g)}+2H_{2(g)}triangleH=-241KJ.mol^{-1}}

rm{(壟壟)Si_{(S)}+3HCl_{(g)}=SiHCl_{3(g)}+H_{2(g)}triangleH=-210KJ.mol^{-1}}

則rm{(壟隆)Si_{(S)}+4HCl_{(g)}=SiCl_{4(g)}+2H_{2(g)}triangle

H=-241KJ.mol^{-1}}轉(zhuǎn)化為rm{(壟壟)Si_{(S)}+3HCl_{(g)}=SiHCl_{3(g)}+H_{2(g)}triangle

H=-210KJ.mol^{-1}}的反應(yīng)rm{SiCl_{4}}rm{3SiCl_{4(g)}+2H_{2(g)}+Si_{(S)}簍T4SiHCl_{3(g)}triangleH=}______．

rm{SiHCl_{3}}力研究反應(yīng)rm{(壟攏)}的最適宜反應(yīng)溫度；下圖為四氯化碳的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線：由圖可知該反應(yīng)最適宜的溫度為______，四氯化碳的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的原因?yàn)開_____．

rm{3SiCl_{4(g)}+2H_{2(g)}+Si_{(S)}簍T4SiHCl_{3(g)}triangle

H=}一定條件下，在rm{(3)}恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)rm{(iii)}rm{(4)}后達(dá)到平衡，rm{2L}與rm{(壟攏)}的物質(zhì)的量濃度分別為rm{6h}和rm{H_{2}}

rm{SiHCl_{3}}從反應(yīng)開始到平衡，rm{1mol.L^{-1}}______．

rm{0.2mol.L^{-1}}該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為rm{壟脵}______，溫度升高，rm{v(SiCl_{4})=}值______rm{壟脷}填“”增大”、“減小”或“不變”rm{K=}．

rm{K}原容器中，通入rm{(}的體積rm{)}標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{壟脹}為______．

rm{H_{2}}若平衡后再向容器中充人與起始時等量的rm{(}和rm{)}假設(shè)rm{壟脺}足量rm{SiCl_{4}}當(dāng)反應(yīng)再次達(dá)到平衡時，與原平衡相比較，rm{H_{2}(}的體積分?jǐn)?shù)將______rm{Si}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}．

rm{H_{2}}平衡后，將容器的體積壓縮為rm{(}再次達(dá)到平衡時，rm{)}的物質(zhì)的量濃度范圍為______．rm{壟脻}14、2.5molNa2SO4中含有____個Na+，含有____個SO42-，2.5molNa2SO4的質(zhì)量是____g，含有1.204×1024個Na+的Na2SO4的物質(zhì)的量是____．15、（2013?中山模擬）NaCl和NaClO在酸性條件下可發(fā)生反應(yīng)：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；某學(xué)習(xí)小組擬研究消毒液（主要成分為NaCl和NaClO）的變質(zhì)情況．

（1）此消毒液可吸收空氣中的CO2生成NaHCO3而變質(zhì)．寫出化學(xué)反應(yīng)方程式____．

（2）取適量消毒液放在試管中；加入足量一定濃度的硫酸，有氣體放出．通過以下裝置檢驗(yàn)氣體的成分可以判斷消毒液是否變質(zhì)．

限選試劑：98%濃硫酸、1%品紅溶液、1.0mol?L-1KI-淀粉溶液、1.0mol?L-1NaOH；澄清石灰水、飽和NaCl溶液。

請完成下列實(shí)驗(yàn)方案．

。所加試劑預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論試管A中加足量①____；

試管B中加1%品紅溶液；

試管C中加②____．若A中溶液變藍(lán)色；B中溶液不退色，C中溶液變渾濁．則消毒液部分變質(zhì)；

③____；則消毒液未變質(zhì)；

④____，則消毒液完全變質(zhì)．（3）用滴定法測定消毒液中NaClO的濃度．實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①量取25.00mL消毒液放入錐形瓶中，加入過量的amol?L-1Na2SO3溶液bmL；

②滴定分析．將cmol?L-1的酸性KMnO4溶液裝入____（填酸式或堿式）滴定管中；KMnO4和剩余的Na2SO3發(fā)生反應(yīng)．當(dāng)溶液由無色變成淺紅色，且保持半分鐘內(nèi)紅色不退時，停止滴定，記錄數(shù)據(jù)．重復(fù)滴定實(shí)驗(yàn)2次，平均消耗酸性KMnO4溶液vmL；

滴定過程中涉及的反應(yīng)有：NaClO+Na2SO3=NaCl+Na2SO4；2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+3H2O．

③計(jì)算．消毒液中NaClO的濃度為____mol?L-1（用含a、b、c、v的代數(shù)式表示）．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、18gD2O所含的電子數(shù)為10NA．____（判斷對錯）17、伴有能量變化的物質(zhì)變化都是化學(xué)變化．____．（判斷對錯）18、很多物質(zhì)都可以添加到食品中，其中使用亞硝酸鈉時必須嚴(yán)格控制用量．____．（判斷對錯）19、對氯甲苯的結(jié)構(gòu)簡式：____．20、12g金剛石中含有的共價鍵數(shù)為2NA．____（判斷對錯）21、可逆反應(yīng)達(dá)到平衡，反應(yīng)就不再進(jìn)行．____（判斷對錯）22、常溫常壓下，22.4LO3中含有3nA個氧原子____（判斷對錯）23、加過量的NaOH溶液，未看見產(chǎn)生氣體，溶液里一定不含NH4+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”評卷人得分四、書寫(共1題，共5分)24、（2013?遵義三模）如圖是有關(guān)“水”部分知識的網(wǎng)絡(luò)圖（反應(yīng)條件已省略）；用化學(xué)用語填空：

（1）物質(zhì)①的化學(xué)式____．物質(zhì)③在水中解離后的粒子符號____．

（2）物質(zhì)④與鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

（3）若圖中物質(zhì)⑤發(fā)生分解反應(yīng)，其化學(xué)方程式可能為____．

（4）寫出由水生成物質(zhì)⑧的化學(xué)方程式為____．

（5）物質(zhì)⑦中帶點(diǎn)元素的化合價____．評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共14分)25、廢棄物的綜合利用既有利于節(jié)約資源，又有利于保護(hù)環(huán)境rm{.}實(shí)驗(yàn)室利用廢舊電池的銅帽rm{(Cu}rm{Zn}總含量約為rm{99%)}回收rm{Cu}并制備rm{ZnO}的部分實(shí)驗(yàn)過程如圖：

rm{(1)}寫出銅帽溶解時銅與加入的稀硫酸、rm{30%H_{2}O_{2}}反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式______；銅帽溶解完全后，需加熱rm{(}至沸rm{)}將溶液中過量的rm{H_{2}O_{2}}除去．

rm{(2)}為確定加入鋅灰rm{(}主要成分為rm{Zn}rm{ZnO}雜質(zhì)為鐵及其氧化物rm{)}的量，實(shí)驗(yàn)中需測定除去rm{H_{2}O_{2}}后溶液中rm{Cu^{2+}}的含量rm{.}實(shí)驗(yàn)操作為：準(zhǔn)確量取一定體積的含有rm{Cu^{2+}}的溶液于帶塞錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)溶液rm{pH=3隆蘆4}加入過量的rm{KI}用rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)rm{.}上述過程中反應(yīng)的離子方程式如下：rm{2Cu^{2+}+4I^{-}簍T2CuI(}白色rm{)隆媒+I_{2}}rm{2S_{2}O_{3}^{2-}+I_{2}簍T2I^{-}+S_{4}O_{6}^{2-}}

rm{壟脵}滴定選用的指示劑為______；滴定終點(diǎn)觀察到的現(xiàn)象為______；

rm{壟脷}某同學(xué)稱取rm{1.0g}電池銅帽進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得到rm{100.00mL}含有rm{Cu^{2+}}的溶液，量取rm{20.00mL}上述含有rm{Cu^{2+}}的溶液于帶塞錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)溶液rm{pH=3隆蘆4}加入過量的rm{KI}用rm{0.1000mol/LNa_{2}S_{2}O_{3}}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)rm{.}再重復(fù)操作實(shí)驗(yàn)rm{3}次；記錄數(shù)據(jù)如表一：

表一：

。實(shí)驗(yàn)編號rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{V(Na_{2}S_{2}O_{3})(mL)}rm{28.32}rm{25.31}rm{25.30}rm{25.32}計(jì)算電池銅帽中rm{Cu}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______，rm{(}結(jié)果保留四位有效數(shù)字rm{)}若滴定前溶液中的rm{H_{2}O_{2}}沒有除盡，則所測定rm{c(Cu^{2+})}將會______rm{(}填“偏高”、“偏低”或“無影響”rm{)}

rm{(3)}常溫下，若向rm{50mL0.0001mol/LCuSO_{4}}溶液中加入rm{50mL0.00022mol/LNaOH}溶液，生成了沉淀rm{.}已知rm{K_{SP}[Cu(OH)_{2}]=2.0隆脕10^{-20}}計(jì)算沉淀生成后溶液中rm{c(Cu^{2+})=}______rm{mol/L}

rm{(4)}已知rm{pH>11}時rm{Zn(OH)_{2}}能溶于rm{NaOH}溶液生成rm{[Zn(OH)_{4}]^{2-}.}表二列出了幾種離子生成氫氧化物沉淀的rm{pH(}開始沉淀的rm{pH}按金屬離子濃度為rm{1.0mol?L^{-1}}計(jì)算rm{).}

表二：

。開始沉淀的rm{pH}沉淀完全的rm{pH}rm{Fe^{3+}}rm{1.1}rm{3.2}rm{Fe^{2+}}rm{5.8}rm{8.8}rm{Zn^{2+}}rm{5.9}rm{8.9}實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：rm{30%H_{2}O_{2}}rm{1.0mol?L^{-1}HNO_{3}}rm{1.0mol?L^{-1}NaOH.}由除去銅的濾液制備rm{ZnO}的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：rm{壟脵}向?yàn)V液中加入適量rm{30%H_{2}O_{2}}使其充分反應(yīng)；rm{壟脷}加入適量的rm{1.0mol?L^{-1}NaOH}調(diào)節(jié)rm{pH}產(chǎn)生沉淀；rm{壟脹}過濾；rm{壟脺}______；rm{壟脻}過濾、洗滌、干燥；rm{壟脼900隆忙}煅燒．26、金屬鈦及鈦的合金被認(rèn)為是21世紀(jì)重要的金屬材料．常溫下鈦不和非金屬酸反應(yīng)．以鈦鐵礦【主要成分為FeTiO3（鈦酸亞鐵，不溶于水）、Fe2O3及少量SiO2雜質(zhì)】為主要原料冶煉金屬鈦的主要工藝過程如下：

回答下列問題：

（1）綠礬的化式是____．

（2）FeTiO3與過量硫酸反應(yīng)的離子方程式為____．

（3）取少量酸洗后的H2TiO3，加入鹽酸并振蕩，滴加KSCN溶液后無明顯現(xiàn)象，再加H2O2后出現(xiàn)微紅色，說明H2TiO3中存在的雜質(zhì)離子是____．這種H2TiO3即使用水充分洗滌，緞燒后獲得的TiO2也會發(fā)黃，發(fā)黃的雜質(zhì)是____（填化式）．

（4）以TiO2為原料制取金屬鈦的其中一步反應(yīng)為TiO2、氯氣和焦炭反應(yīng)生成TiCl4，己知該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1，則另一生成物為____．

（5）用Mg還原TiCl4制金屬鈦取過程中必須在1070K的溫度下進(jìn)行，你認(rèn)為還應(yīng)該控制的反應(yīng)條件是____；所得到的金屬鈦中混有少量雜質(zhì)，可加入____溶解后除去．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】同周期自左而右原子半徑減?。煌髯遄陨隙略影霃皆龃?，故前7種元素處于第二周期，后7種元素處于第三周期，由原子序數(shù)可知，X為O元素，Y為Na元素，Z為Al元素，R為S元素．

A．氧元素沒有最高正化合價．

B．電解熔融氧化鋁冶煉鋁；

C．X、Y形成的化合物為Na2O、Na2O2；

D．Y、Z、R對應(yīng)的最高價氧化物的水化物分別為：NaOH、Al（OH）3、H2SO4，氫氧化鈉與硫酸發(fā)生中和反應(yīng)，氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物，能與強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)．【解析】【解答】解：同周期自左而右原子半徑減??；同主族自上而下原子半徑增大，故前7種元素處于第二周期，后7種元素處于第三周期，由原子序數(shù)可知，X為O元素，Y為Na元素，Z為Al元素，R為S元素．

A．X為O元素；O元素沒有+6價，R為S元素，最高價為+6價，故A錯誤；

B．電解熔融氧化鋁冶煉鋁；故B正確；

C．X、Y形成的化合物為Na2O、Na2O2；化合物中陽離子與陰離子的個數(shù)比均是2：1，故C正確；

D．Y、Z、R對應(yīng)的最高價氧化物的水化物分別為：NaOH、Al（OH）3、H2SO4；氫氧化鈉與硫酸發(fā)生中和反應(yīng)，氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物，能與氫氧化鈉；硫酸反應(yīng)，故D正確；

故選：A．2、C【分析】【分析】金屬活動順序表中，前邊的金屬會把后邊的金屬從其鹽溶液中置換出來，金屬的活動性由強(qiáng)到弱的順序是：Mg＞Al＞Zn＞Fe＞Cu；但活潑鉀、鈉等金屬，先與溶液中的水發(fā)生反應(yīng)，無法在溶液中置換出銅，據(jù)此進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：A；金屬Zn的活潑性大于金屬Cu；可以將金屬Cu從溶液中置換出來，故A錯誤；

B；金屬M(fèi)g的活潑性大于金屬Cu；可以將金屬Cu從溶液中置換出來，故B錯誤；

C；金屬Na和Cu的鹽溶液反應(yīng)時；先是和水反應(yīng)置換出氫氣，然后是氫氧化鈉和銅鹽之間的反應(yīng)，不會置換出金屬Cu，故C正確；

D；金屬Fe的活潑性大于金屬Cu；可以將金屬Cu從溶液中置換出來，故D錯誤；

故選C．3、D【分析】【分析】鐵粉、氯化鈉溶液、炭粉構(gòu)成原電池，鐵作負(fù)極，碳作正極，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，原電池放電過程是放熱反應(yīng)，結(jié)合得失電子相等進(jìn)行有關(guān)計(jì)算．【解析】【解答】解：A．鐵粉；氯化鈉溶液、炭粉構(gòu)成原電池；原電池放電過程是放熱反應(yīng)，故A錯誤；

B．脫氧過程中鐵作原電池負(fù)極，負(fù)極上鐵失電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)為：Fe-2e-→Fe2+；故B錯誤；

C．脫氧過程中碳做原電池正極；故C錯誤；

D．由電子守恒知，消耗氧化劑氧氣的體積（標(biāo)況下）v（O2）==336mL；故D正確；

故選D．4、D【分析】【解析】【答案】D5、D【分析】解：A．傳統(tǒng)能源會產(chǎn)生C；N、S的氧化物；會帶來很多環(huán)境問題，太陽能、水能、風(fēng)能、氫能為清潔能源，有利于減少這些元素的氧化物的產(chǎn)生，故A正確；

B．NO、NO2、SO2等能直接危害人的身體健康；對呼吸道產(chǎn)生刺激，引起引發(fā)呼吸道疾病，故B正確；

C．二氧化碳是引起溫室效應(yīng)的主要污染物；故C正確；

D．正常雨水中溶解二氧化碳?xì)怏w；PH約為5.6，故D錯誤．

故選D．【解析】【答案】D6、C【分析】解：rm{A}鐵離子是弱堿陽離子，在溶液中會水解，故當(dāng)鐵離子為rm{NA}個時，溶液中的氯離子的個數(shù)大于rm{3N_{A}}個；故A錯誤；

B、鐵和足量的稀硝酸反應(yīng)后變?yōu)閞m{+3}價，故rm{1mol}鐵和硝酸反應(yīng)后轉(zhuǎn)移rm{3N_{A}}個電子；故B錯誤；

C、rm{Cu_{2}S}的摩爾質(zhì)量是rm{CuO}的rm{2}倍，含有的銅原子也是rm{CuO}的rm{2}倍，故rm{8.0g}混合物可以認(rèn)為均由rm{CuO}構(gòu)成，故含有的rm{CuO}的物質(zhì)的量為rm{n=dfrac{8g}{80g/mol}=0.1mol}則含rm{n=dfrac

{8g}{80g/mol}=0.1mol}個銅原子；故C正確；

D、氯氣和水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于rm{0.1N_{A}}個；故D錯誤．

故選C．

A；鐵離子是弱堿陽離子；在溶液中會水解；

B、鐵和足量的稀硝酸反應(yīng)后變?yōu)閞m{0.1N_{A}}價；

C、rm{+3}的摩爾足量是rm{Cu_{2}S}的rm{CuO}倍，含有的銅原子也是rm{2}的rm{CuO}倍；

D；氯氣和水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大．rm{2}【解析】rm{C}7、C【分析】【分析】根據(jù)無論以何種比例混合，只要混合物的總質(zhì)量一定，完全燃燒生成CO2的質(zhì)量也一定，則說明混合物各組分分子中含碳量相等，據(jù)此對各選項(xiàng)分析解答．【解析】【解答】解：①乙炔和苯的最簡式都是CH；分子中C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同，則總質(zhì)量一定，完全燃燒生成二氧化碳的量一定，故①正確；

②烯烴的同系物的最簡式為CH2；碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同，則總質(zhì)量一定，完全燃燒生成二氧化碳的量一定，故②正確；

③甲烷與乙烷的最簡式不相同；二者的分子中含碳量不同，則等質(zhì)量的二者，只要組成比例不同，質(zhì)量一定時完全燃燒生成的二氧化碳不同，故③錯誤；

④甲醛和乙醛的組成元素相同；而二者的最簡式不同，則其含碳量不同，故④錯誤；

⑤甲醛和乙酸的最簡式都是CH2O；則二者分子中的含碳量相同，則總質(zhì)量一定，完全燃燒生成二氧化碳的量一定，故⑤正確；

⑥甲醛和甲酸甲酯的最簡式都是CH2O；則二者分子中的含碳量相同，則總質(zhì)量一定，完全燃燒生成二氧化碳的量一定，故⑥正確；

⑦乙酸（C2H4O2）和果糖（C6H12O6）的最簡式都是CH2O；則二者分子中的含碳量相同，則總質(zhì)量一定，完全燃燒生成二氧化碳的量一定，故⑦正確；

故選C．8、D【分析】【分析】A．醋酸在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式；

B．氫氧化鎂在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式；

C．電子不守恒；

D．反應(yīng)生成氯化鈣、水、二氧化碳．【解析】【解答】解：A．向小蘇打溶液中加入醋酸溶液的離子反應(yīng)為HCO3-+HAc=CO2↑+H2O+Ac-；故A錯誤；

B．氫氧化鎂與稀硫酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為2H++Mg（OH）2=2H2O+Mg2+；故B錯誤；

C．鈉與水反應(yīng)，有氫氣產(chǎn)生的離子反應(yīng)為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；故C錯誤；

D．碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；故D正確；

故選D．9、A【分析】解：A．乙烯是一種植物生長調(diào)節(jié)劑；對水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不飽和鍵能被酸性高錳酸鉀氧化，故A正確；

B．Si02是酸性氧化物；故B錯誤；

C．過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣；過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，故C錯誤；

D．Al（OH）3受熱分解生成H2O并吸收大量的熱量；使周圍環(huán)境溫度降低，且生成的氧化鋁熔點(diǎn)較高，附著在可燃物表面，從而阻止可燃物燃燒，故D錯誤；

故選：A．

A．乙烯是一種植物生長調(diào)節(jié)劑；對水果蔬菜具有催熟的作用；

B．Si02是酸性氧化物；常溫下能夠與氫氟酸反應(yīng)；

C．過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣；過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑；

D．Al（OH）3受熱分解生成H2O并吸收大量的熱量；使周圍環(huán)境溫度降低；

本題考查了物質(zhì)的用途，性質(zhì)決定用途，明確物質(zhì)的用途是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】A二、填空題(共6題，共12分)10、利用生成的CO2將整個裝置內(nèi)的空氣趕盡，避免NO和O2反應(yīng)生成NO2對氣體產(chǎn)物的觀察產(chǎn)生干擾3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OB瓶溶液出現(xiàn)血紅色B瓶溶液出現(xiàn)棕色溫度計(jì)和秒表反應(yīng)溶液溫度升高不是使反應(yīng)速率加快的主要因素5200研究NO對反應(yīng)速率的影響【分析】【分析】（1）實(shí)驗(yàn)開始時先將Y形試管向盛有碳酸鈣的支管傾斜，緩慢滴入稀硝酸，碳酸鈣與稀硝酸生成CO2，將整個裝置內(nèi)的空氣趕盡，避免NO和O2反應(yīng)生成NO2對氣體產(chǎn)物的觀察產(chǎn)生干擾；

（2）在常溫下；銅片和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅；一氧化氮和水；

（3）本實(shí)驗(yàn)A生成的氣體中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液出現(xiàn)血紅色；若只有NO生成，F(xiàn)eSO4+NO═[Fe（NO）]SO4，該反應(yīng)較緩慢，待生成一定量[Fe（NO）]2+時突顯明顯棕色；

（4）圖2是銅與稀硝酸反應(yīng)的溫度變化；時間變化的曲線圖；需要測定溫度與時間；

（5）由圖2曲線和表一可知；反應(yīng)30min時，反應(yīng)速率已經(jīng)較快了，再升高溫度，反應(yīng)速率增大有限，可知反應(yīng)溶液溫度升高不是使反應(yīng)速率加快的主要因素；

（6）表二；研究化學(xué)反應(yīng)產(chǎn)物硝酸銅對反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)1作為對照試驗(yàn)，銅片的質(zhì)量；硝酸的體積應(yīng)該與試驗(yàn)2、3完全一樣，硝酸銅的質(zhì)量是0；

（7）通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)1、2、3的反應(yīng)速率并無明顯變化，說明硝酸銅沒有催化作用；就需要研究另一種產(chǎn)物：NO對反應(yīng)速率是否有影響；【解析】【解答】解：（1）實(shí)驗(yàn)開始時先將Y形試管向盛有碳酸鈣的支管傾斜，緩慢滴入稀硝酸，碳酸鈣與稀硝酸生成CO2，將整個裝置內(nèi)的空氣趕盡，避免NO和O2反應(yīng)生成NO2對氣體產(chǎn)物的觀察產(chǎn)生干擾；

故答案為：利用生成的CO2將整個裝置內(nèi)的空氣趕盡，避免NO和O2反應(yīng)生成NO2對氣體產(chǎn)物的觀察產(chǎn)生干擾；

（2）在常溫下，銅片和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，化學(xué)方程式為3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

故答案為：3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

（3）本實(shí)驗(yàn)A生成的氣體中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液出現(xiàn)血紅色；若只有NO生成，F(xiàn)eSO4+NO═[Fe（NO）]SO4，該反應(yīng)較緩慢，待生成一定量[Fe（NO）]2+時突顯明顯棕色；

故答案為：B瓶溶液出現(xiàn)血紅色；B瓶溶液出現(xiàn)棕色；

（4）圖2是銅與稀硝酸反應(yīng)的溫度變化；時間變化的曲線圖；需要測定溫度與時間；故答案為：溫度計(jì)和秒表；

（5）由圖2曲線和表一可知；反應(yīng)30min時，反應(yīng)速率已經(jīng)較快了，再升高溫度，反應(yīng)速率增大有限，可知反應(yīng)溶液溫度升高不是使反應(yīng)速率加快的主要因素；

故答案為：反應(yīng)溶液溫度升高不是使反應(yīng)速率加快的主要因素；

（6）表二；研究化學(xué)反應(yīng)產(chǎn)物硝酸銅對反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)1作為對照試驗(yàn)，銅片的質(zhì)量；硝酸的體積應(yīng)該與試驗(yàn)2、3完全一樣，硝酸銅的質(zhì)量是0；

故答案為：5；20；0；

（7）通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)1；2、3的反應(yīng)速率并無明顯變化；說明硝酸銅沒有催化作用；就需要研究另一種產(chǎn)物：NO對反應(yīng)速率是否有影響；

故答案為：研究NO對反應(yīng)速率的影響．11、＜K=CK1＞K2=K3=K4越高原料氣含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率，CO2含量過高生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率又降低【分析】【分析】（1）由題圖可知；生成物的能量低于反應(yīng)物，所以反應(yīng)為放熱反應(yīng)．

（2）在一密閉容器中，在保證H2濃度不變的情況下，增大容器的壓強(qiáng)，因?yàn)镠2濃度不變；根據(jù)表達(dá)式知體系內(nèi)其他組分濃度也不變，正逆反應(yīng)速率也不會變化，故平衡不移動．

（3）分析圖象：t2時刻改變條件后，v正、v逆都增大，且v逆＞v正，平衡逆向移動（向吸熱方向移動），綜合影響化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的主要因素可知：t2時刻所改變的條件是升高溫度，由平衡常數(shù)的表達(dá)式可知，平衡逆向移動，平衡常數(shù)變小，故K1＞K2；t4時刻改變條件，正逆反應(yīng)速率都增大，但平衡不移動，故t4時刻所改變的條件是使用催化劑，平衡常數(shù)不變，K3=K2；t5時刻改變條件，正逆反應(yīng)速率都減小，且v逆＞v正，平衡逆向移動了，分析知：改變的條件是降低壓強(qiáng)，因平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變化，故K3=K4，綜合知：K1＞K2=K3=K4．

（4）由表格分析得出結(jié)論：在一定條件下，反應(yīng)溫度越高，生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率越高；原料氣含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率，CO2含量過高生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率又降低．【解析】【解答】解：（1）由題圖可知；生成物的能量低于反應(yīng)物，所以反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即△H＜0；

故答案為：＜；

（2）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=；在保證H2濃度不變的情況下；增大容器的壓強(qiáng)，K不變，則體系內(nèi)其他組分濃度也不變，因此化學(xué)平衡不移動；

故答案為：K=；C；

（3）分析圖象：t2時刻改變條件后，v正、v逆都增大，且v逆＞v正，平衡逆向移動（向吸熱方向移動），綜合影響化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的主要因素可知：t2時刻所改變的條件是升高溫度，由平衡常數(shù)的表達(dá)式可知，平衡逆向移動，平衡常數(shù)變小，故K1＞K2；t4時刻改變條件，正逆反應(yīng)速率都增大，但平衡不移動，故t4時刻所改變的條件是使用催化劑，平衡常數(shù)不變，K3=K2；t5時刻改變條件，正逆反應(yīng)速率都減小，且v逆＞v正，平衡逆向移動了，分析知：改變的條件是降低壓強(qiáng)，因平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變化，故K3=K4，綜合知：K1＞K2=K3=K4；

故答案為：K1＞K2=K3=K4；

（4）由表格中原料氣各組分含量不同時反應(yīng)生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率的數(shù)據(jù)可知：反應(yīng)溫度越高，生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率越高；二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)為2%時生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率最高，二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)為20%生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率較低，不含二氧化碳時生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率最低，因此原料氣含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率，CO2含量過高生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率又降低；

故答案為：越高；原料氣含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率，CO2含量過高生成甲醇的碳轉(zhuǎn)化率又降低．12、略

【分析】A是芳香化合物，只能生成3種一溴化合物，所以根據(jù)A的分子式可知，A是鄰二甲苯。根據(jù)已知信息可知，反應(yīng)①是氧化反應(yīng)，則B是鄰二苯甲酸。B中含有羧基，能和醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成C，則C是酯類。根據(jù)酚酞的結(jié)構(gòu)簡式可知，D和苯酚發(fā)生的的是碳氧雙鍵的加成反應(yīng)，這是由于B中含有2個羧基，能發(fā)生分子內(nèi)的酯化反應(yīng)，生成－COOCO－結(jié)構(gòu)?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）（2）（3）（4）13、略

【分析】解：rm{(1)}高溫條件下，rm{SiHCl_{3}}與氫氣反應(yīng)生成rm{Si}與rm{HCl}反應(yīng)方程式為：rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}．

故答案為：rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}

rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}已知：rm{(i)Si(s)+4HCl(g)=SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)triangleH=-241kJ.mol^{-1}}

rm{(ii)Si(s)+3HCl(g)=SiHCl_{3}(g)+H_{2}(g)triangleH=-210kJ.mol^{-1}}

則rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}轉(zhuǎn)化為rm{(2)}的反應(yīng)rm{(i)Si(s)+4HCl(g)=SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)triangle

H=-241kJ.mol^{-1}}

rm{(ii)Si(s)+3HCl(g)=SiHCl_{3}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-210kJ.mol^{-1}}可得：rm{SiCl_{4}}故rm{triangleH=4隆脕(-210kJ.mol^{-1}}

rm{SiCl_{3}}．

故答案為：rm{(iii)}．

rm{(ii)隆脕4-(i)隆脕3}由圖可知，四氯化碳的轉(zhuǎn)化率在rm{3SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)+Si(s)?4SiHCl_{3}(g)}達(dá)最高，故最適宜的溫度為rm{triangleH=4隆脕(-210kJ.mol^{-1}

}開始反應(yīng)未到達(dá)平衡；溫度升高反應(yīng)速率加快，四氯化碳的轉(zhuǎn)化率增大．

故答案為：rm{)-3隆脕(-241kJ.mol^{-1})=-117kJ.mol^{-1}}反應(yīng)未達(dá)到平衡，溫度升高反應(yīng)速率加快，rm{-117KJ.mol^{-1}}轉(zhuǎn)化率增大．

rm{(3)}后達(dá)到平衡，rm{500隆忙}的物質(zhì)量濃度為rm{500隆忙}則rm{v(SiHCl_{3})=dfrac{0.2mol/L}{6h}=dfrac{1}{30}mol/(L?h)}速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則rm{v(SiCl_{4})=dfrac{3}{4}v(SiHCl_{3})=dfrac{3}{4}隆脕dfrac{1}{30}mol/(L?h)=0.025mol/(L?h)}

故答案為：rm{500隆忙}．

rm{SiCl_{4}}的平衡常數(shù)表達(dá)式rm{k=dfrac{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)減小．

故答案為：rm{dfrac{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}減?。?/p>

rm{(4)壟脵6h}濃度變化量之比等于其化學(xué)計(jì)算之比，則rm{SiHCl_{3}}的濃度變化量為rm{0.2mol?L^{-1}隆脕dfrac{1}{2}=0.1mol?L^{-1}}故氫氣的起始濃度為rm{0.2mol?L^{-1}}則通入氫氣的物質(zhì)的量為rm{v(SiHCl_{3})=dfrac{0.2mol/L}{6h}=

dfrac{1}{30}mol/(L?h)}標(biāo)況下氫氣的體積為rm{v(SiCl_{4})=dfrac

{3}{4}v(SiHCl_{3})=dfrac{3}{4}隆脕dfrac

{1}{30}mol/(L?h)=0.025mol/(L?h)}．

故答案為：rm{0.025mol/(L?h)}．

rm{壟脷3SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)+Si(s)?4SiHCl_{3}(g)}若平衡后再向容器中充人與起始時等量的rm{k=dfrac

{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}和rm{dfrac

{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}假設(shè)rm{壟脹}足量rm{H_{2}}等效為壓強(qiáng)增大一倍，平衡向正反應(yīng)方向移動，有方程式可知rm{0.2mol?L^{-1}隆脕dfrac

{1}{2}=0.1mol?L^{-1}}氫氣反應(yīng)時，混合氣體總物質(zhì)的量減小rm{1mol?L^{-1}+0.1mol?L^{-1}=1.1mol?L^{-1}}故到達(dá)新平衡時氫氣的體積分?jǐn)?shù)減?。?/p>

故答案為：減?。?/p>

rm{2L隆脕1.1mol?L^{-1}=2.2mol}平衡后，將容器的體積壓縮為rm{2.2mol隆脕22.4L/mol=49.28L}壓強(qiáng)增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，若平衡不移動，此時氫氣濃度為極大值為rm{49.28L}平衡移動不能消除氫氣濃度增大，到達(dá)新平衡時的濃度仍大于原平衡時的濃度rm{壟脺}故再次達(dá)到平衡時，rm{SiCl_{4}}的物質(zhì)的量濃度范圍為：rm{H_{2}(}．

故答案為：rm{Si}．

rm{)}反應(yīng)物為rm{1mol}和rm{1mol}生成物rm{壟脻}和rm{1L}可很容易得到正確的方程式．

rm{2隆脕1mol?L^{-1}=2mol?L^{-1}}運(yùn)用蓋斯定律，利用反應(yīng)rm{1mol.L^{-1}}的逆反應(yīng)且系數(shù)乘rm{H_{2}}再加上反應(yīng)rm{1mol?L^{-1}<c(H_{2})<2mol?L^{-1}}的正反應(yīng)且系數(shù)要乘以rm{1mol/L<C(H_{2})<2mol/L}即可計(jì)算出反應(yīng)的熱效應(yīng)為rm{(1)}．

rm{SiHCl_{3}}從圖rm{H_{2}}可以看出最適宜溫度應(yīng)該是rm{Si}剛開始rm{HCl}轉(zhuǎn)化率隨溫度升高的原因是尚未達(dá)到平衡狀態(tài)；溫度高反應(yīng)速率快，故轉(zhuǎn)化率增大．

rm{(2)}根據(jù)速率的計(jì)算公式，可先計(jì)算出rm{壟隆}的速率，再結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)與速率之間的關(guān)系，rm{3}的速度應(yīng)該是rm{壟壟}的四分之三．

rm{4}同結(jié)合概念寫出平衡常數(shù)表達(dá)式；溫度升高平衡逆向移動故K值減小．

rm{-117kJ.mol^{-1}}平衡時rm{(3)}的物質(zhì)量為rm{4}也即反應(yīng)中的變化量為rm{500隆忙}rm{SiCl_{4}}所以rm{(4)壟脵}的變化量為rm{SiHCl_{3}}再加上平衡時的rm{SiCl_{4}}起始時rm{SiHCl_{3}}的量應(yīng)該為rm{壟脷}所以體積為rm{壟脹}．

rm{SiHCl_{3}}若平衡后再向容器中充人與起始時等量的rm{0.4mol}和rm{0}假設(shè)rm{4mol}足量rm{H_{2}}等效為壓強(qiáng)增大一倍，平衡向正反應(yīng)方向移動．

rm{0.2mol}平衡后，將容器的體積壓縮為rm{2mol}壓強(qiáng)增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，若平衡不移動，此時氫氣濃度為極大值，平衡移動不能消除氫氣濃度增大，到達(dá)新平衡時的濃度仍大于原平衡時的濃度．

本題熱化學(xué)反應(yīng)及化學(xué)平衡涉及蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡常數(shù)、平衡移動的方向判斷及相關(guān)計(jì)算，另外還考查了勒夏特列原理的應(yīng)用rm{H_{2}}題目難度中等．rm{2.2mol}【解析】rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}rm{-117KJ.mol^{-1}}反應(yīng)未達(dá)到平衡，溫度升高反應(yīng)速率加快，rm{500隆忙}轉(zhuǎn)化率增大；rm{SiCl_{4}}rm{dfrac{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}減??；rm{0.025mol/(L?h)}減?。籸m{dfrac

{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}rm{49.28L}14、5NA2.5NA3551mol【分析】【分析】根據(jù)n==計(jì)算該題．【解析】【解答】解：2.5molNa2SO4中：n（Na+）=5mol，N（Na+）=5NA，N（SO42-）=2.5NA；

m（Na2SO4）=2.5mol×142g/mol=355g；

含有1.204×1024個Na+，n（Na+）==2mol，則n（Na2SO4）=n（Na+）=1mol；

故答案為：5NA；2.5NA；355；1mol．15、NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO1.0mol/LK淀。

粉溶液澄清石灰水若A中溶液變藍(lán)色；B中溶液不退色。

（無變化）；C中溶液不變渾濁（無變化）若A中溶液不變藍(lán)色（無變化），B中溶。

液不退色（無變化），C中溶液變渾濁酸式【分析】【分析】（1）碳酸的酸性比次氯酸強(qiáng)；次氯酸鈉與二氧化碳；水反應(yīng)生成碳酸氫鈉與次氯酸；

（2）檢驗(yàn)消毒液與硫酸反應(yīng)生成的氣體中是否含有氯氣；二氧化碳；可以判斷消毒液的變質(zhì)情況．檢驗(yàn)氯氣用1.0mol/L的KI淀粉溶液，KI淀粉溶液變藍(lán)，說明氣體中含有氯氣，檢驗(yàn)二氧化碳用過澄清石灰水，澄清石灰水變渾濁，說明氣體中含有二氧化碳．注意氯氣的存在會干擾二氧化碳的檢驗(yàn)，故KI淀粉溶液除檢驗(yàn)氯氣外，還起除去氯氣的作用，裝置B用于檢驗(yàn)氯氣是否除盡；

（3）②酸性KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性；可以腐蝕橡皮管，應(yīng)裝入酸式滴定管中；

③根據(jù)酸性KMnO4溶液體積，利用5Na2SO3～2KMnO4計(jì)算剩余的亞硫酸鈉，進(jìn)而計(jì)算與次氯酸鈉反應(yīng)的亞硫酸鈉，再根據(jù)NaClO～Na2SO3計(jì)算計(jì)算次氯酸鈉的物質(zhì)的量，利用c=計(jì)算消毒液中NaClO的濃度．【解析】【解答】解：（1）碳酸的酸性比次氯酸強(qiáng)，次氯酸鈉與二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸氫鈉與次氯酸，反應(yīng)方程式為NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；

故答案為：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；

（2）檢驗(yàn)消毒液與硫酸反應(yīng)生成的氣體中是否含有氯氣；二氧化碳；可以判斷消毒液的變質(zhì)情況．

裝置A作用是檢驗(yàn)氯氣；用1.0mol/L的KI淀粉溶液；裝置B作用氯氣是否除盡；裝置C檢驗(yàn)二氧化碳，用過澄清石灰水．

若A中溶液變藍(lán)色；B中溶液不退色，C中溶液變渾濁，則消毒液部分變質(zhì)；

若A中溶液變藍(lán)色；B中溶液不退色（無變化），C中溶液不變渾濁（無變化），則消毒液未變質(zhì)；

若A中溶液不變藍(lán)色（無變化）；B中溶液不退色（無變化），C中溶液變渾濁則消毒液完全變質(zhì)；

故答案為：

。所加試劑預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論①1.0mol/LK淀。

粉溶液。

②澄清石灰水③若A中溶液變藍(lán)色；B中溶液不退色。

（無變化）；C中溶液不變渾濁（無變化），則。

消毒液未變質(zhì)。

④若A中溶液不變藍(lán)色（無變化）；B中溶。

液不退色（無變化）；C中溶液變渾濁則消。

毒液完全變質(zhì)（3）②酸性KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性；可以腐蝕橡皮管，應(yīng)裝入酸式滴定管中，故答案為：酸式；

③25.00mL消毒液需要酸性KMnO4溶液體積為vmL，KMnO4的物質(zhì)的量為v×10-3L×cmol?L-1=v×c×10-3mol，根據(jù)關(guān)系式5Na2SO3～2KMnO4可知25.00mL溶液未反應(yīng)n（Na2SO3）=2.5×v×c×10-3mol，25mL溶液中加入的總的n（Na2SO3）=b×10-3L×amol?L-1=b×a×10-3mol，參加反應(yīng)的亞硫酸鈉為b×a×10-3mol-2.5×v×c×10-3mol=（ab-2.5vc）×10-3mol，根據(jù)關(guān)系式NaClO～Na2SO3可知，25mL溶液中n（NaClO）=（ab-2.5vc）×10-3mol，所以消毒液中NaClO的濃度為==mol/L，故答案為：．三、判斷題(共8題，共16分)16、×【分析】【分析】D2O的相對分子質(zhì)量為20，結(jié)合n==計(jì)算．【解析】【解答】解：D2O的相對分子質(zhì)量為20，18gD2O的物質(zhì)的量為=0.9mol，則所含的電子數(shù)為9NA．故答案為：×．17、×【分析】【分析】伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定發(fā)生化學(xué)反應(yīng)．【解析】【解答】解：伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定是化學(xué)變化，如燈泡發(fā)光過程中有熱能變化，故錯誤；18、√【分析】【分析】亞硝酸鹽有毒，過量食用會導(dǎo)致人死亡，添加到食品中要嚴(yán)格控制用量，以此判斷．【解析】【解答】解：肉類制品中使用亞硝酸鈉作為發(fā)色劑限量使用；由亞硝酸鹽引起食物中毒的機(jī)率較高，食入0.2～0.5克的亞硝酸鹽即可引起中毒甚至死亡，因此要嚴(yán)格控制用量；

故答案為：√．19、×【分析】【分析】根據(jù)對氯甲苯中甲基和氯原子處于對位關(guān)系來分析；【解析】【解答】解：對氯甲苯中甲基和氯原子處于對位關(guān)系，結(jié)構(gòu)簡式：故答案為：×；20、√【分析】【分析】求出金剛石的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol金剛石中含2mol共價鍵來分析．【解析】【解答】解：12g金剛石的物質(zhì)的量為1mol，而1mol金剛石中含2mol共價鍵即2NA個，故答案為：√．21、×【分析】【分析】據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變．【解析】【解答】解：化學(xué)平衡是動態(tài)平衡；當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，但不為0；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，無法計(jì)算物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4LO3的物質(zhì)的量不等于1mol，氧原子個數(shù)不等于3nA；

故答案為：×．23、×【分析】【分析】需要考慮銨根離子的濃度和氨氣極易溶于水的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：因?yàn)榘睔鈽O易溶于水；所以若溶液里銨根離子的濃度很小時，即使加入過量的NaOH溶液，生成的一水合氨的濃度很小，不能放出氨氣．

故答案為：×．四、書寫(共1題，共5分)24、CH4Na+和OH-NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑H2O2等2Na+2H2O=2NaOH+H2↑+5【分析】【分析】（1）甲烷為碳和氫元素組成的化合物；燒堿為氫氧化鈉；電離生成鈉離子和氫氧根離子；

（2）碳酸氫鈉和鹽酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成了氯化鈉；水、二氧化碳；

（3）根據(jù)發(fā)生分解反應(yīng)生成水的物質(zhì)解答；

（4）鈉等活潑金屬與水反應(yīng)生成氫氣；

（5）碳酸中碳元素為+4價．【解析】【解答】解：（1）物質(zhì)①是甲烷，化學(xué)式是CH4，物質(zhì)③是燒堿，在水中解離出Na+和OH-；

故答案為：CH4；Na+和OH-；

（2）碳酸氫鈉和鹽酸反應(yīng)生成了氯化鈉、水、二氧化碳，反應(yīng)的方程式是：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；

故答案為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；

（3）根據(jù)圖示，發(fā)生分解反應(yīng)生成水的物質(zhì)⑤比較多，例如：NaHCO3、H2O2等；

故答案為：H2O2等；

（4）物質(zhì)⑧是氫氣，與鈉等金屬反應(yīng)生成氫氣，例如：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

故答案為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

（5）在H2CO3中H為+1價，O為-2價，根據(jù)化合物中元素化合價的代數(shù)和為零的原則，C的化合價是+4價，故答案為：+4．五、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共14分)25、略

【分析】解：rm{(1)}因?yàn)殡p氧水在酸性溶液中先把銅氧化成氧化銅，當(dāng)然這是一個微弱的反應(yīng)，形成一個平衡，但是形成的氧化銅馬上就會被稀硫酸溶解，平衡被打破，反應(yīng)朝正方向進(jìn)行，故而逐漸溶解，反應(yīng)的離子方程式為：rm{Cu+H_{2}O_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}

故答案為：rm{Cu+H_{2}O_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}

rm{(2)壟脵}淀粉溶液為指示劑，當(dāng)最后一滴rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液滴入時；溶液藍(lán)色褪去，半分鐘顏色不變，說明滴定到達(dá)終點(diǎn)；

故答案為：淀粉溶液；藍(lán)色褪去；

rm{壟脷}根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知，第一次數(shù)據(jù)偏差較大，為偶然誤差，應(yīng)去掉，所以rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為rm{dfrac{25.31+25.30+25.32}{3}mL=25.31mL}則消耗的rm{dfrac

{25.31+25.30+25.32}{3}mL=25.31mL}的物質(zhì)的量為rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}根據(jù)反應(yīng)rm{0.1000mol/L隆脕0.02531L=0.002531mol}白色rm{2Cu^{2+}+4I^{-}簍T2CuI(}rm{)隆媒+I_{2}}得關(guān)系式rm{2S_{2}O_{3}^{2-}+I_{2}簍T2I^{-}+S_{4}O_{6}^{2-}}根據(jù)關(guān)系可求得銅元素的質(zhì)量為rm{0.002531mol隆脕dfrac{100}{20}隆脕64g/mol=0.8099g}所以銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{dfrac{0.8099}{1}隆脕100%=80.99%}若滴定前溶液中的rm{2Cu^{2+}隆蘆I_{2}隆蘆2S_{2}O_{3}^{2-}}沒有除盡，則加入碘離子后雙氧水氧化碘離子產(chǎn)生的碘單質(zhì)，會導(dǎo)致rm{0.002531mol隆脕dfrac

{100}{20}隆脕64g/mol=0.8099g}標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗偏大，則所測定rm{dfrac

{0.8099}{1}隆脕100%=80.99%}rm{H_{2}O_{2}}將會偏大；

故答案為：rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}偏大；

rm{c}常溫下，若向rm{(Cu^{2+})}rm{80.99%}rm{(3)}溶液中加入rm{50mL}溶液，生成氫氧化銅沉淀，溶液中剩余的氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度為rm{dfrac{50mL隆脕0.00022mol/L-2隆脕50mL隆脕0.0001mol/L}{100mL}=0.00001mol/L}rm{c(Cu^{2+})=dfrac{Ksp[Cu(OH)_{2}]}{c^{2}(OH^{-})}=dfrac{2.0隆脕10^{-20}}{0.00001^{2}}mol/L=2隆脕10^{-10}mol/L}

故答案為：rm{0.0001mol/L}

rm{CuSO_{4}}由除去銅的濾液制備rm{50mL0.00022mol/LNaOH}的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：rm{dfrac

{50mL隆脕0.00022mol/L-2隆脕50mL隆脕0.0001mol/L}{100mL}=0.00001mol/L}向?yàn)V液中加入rm{c(Cu^{2+})=dfrac

{Ksp[Cu(OH)_{2}]}{c^{2}(OH^{-})}=dfrac

{2.0隆脕10^{-20}}{0.00001^{2}}mol/L=2隆脕10^{-10}mol/L}使其充分反應(yīng)，目的使rm{2隆脕10^{-10}}轉(zhuǎn)化完全為rm{(4)}rm{ZnO}滴加rm{壟脵壟脵}溶液，調(diào)節(jié)溶液rm{30%H_{2}O_{2}}約為rm{Fe^{2+}}或rm{3.2leqslantpH<5.9)}使rm{Fe^{3+}}沉淀完全，rm{壟脷}過濾，rm{NaOH}向?yàn)V液中滴加rm{PH}調(diào)節(jié)溶液rm{5(}約為rm{3.2leqslant

pH<5.9)}或rm{8.9leqslantpHleqslant11)}使rm{Fe^{3+}}沉淀完全，rm{壟脹}過濾、洗滌、干燥；rm{壟脺}煅燒；制得氧化鋅；

故答案為：向?yàn)V液中滴加rm{1.0mol?L^{-1}NaOH}調(diào)節(jié)溶液rm{PH}約為rm{10(}或rm{8.9leqslantpHleqslant11)}使rm{8.9leqslantpHleqslant

11)}沉淀完全．

廢棄舊電池的銅帽加水超聲洗滌去除表面的可溶性雜質(zhì)，然后加入稀硫酸和雙氧水，雙氧水具有強(qiáng)氧化性，能在酸性條件下氧化銅生成銅鹽，加入氫氧化鈉降低酸性，然后加入足量的鋅灰，由于鋅的活潑性強(qiáng)于銅，故能把銅從其鹽溶液中置換出來，剩余鋅的化合物制備rm{Zn^{2+}}

rm{壟脻}酸性條件下rm{壟脼900隆忙}與過氧化氫發(fā)生