2024年人民版高三化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年人民版高三化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、（2015秋?湖北月考）阿司匹林（Aspirin）也叫乙酰水楊酸（結(jié)構(gòu)如圖所示）是一種歷史悠久的解熱鎮(zhèn)痛藥．下列有關(guān)說法正確的是（）A.與乙酰水楊酸具有相同官能團(tuán)的芳香族同分異構(gòu)體共有8種（不考慮立體異構(gòu)）B.乙酰水楊酸的所有原子均在同一平面上C.乙酰水楊酸能發(fā)生取代、加成、氧化、還原反應(yīng)D.乙酰水楊酸易溶于水、乙醇等溶劑2、第3周期元素的原子，其最外層的3p層上有一個(gè)未成對電子，它的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸根離子是（）A.RO4-B.RO3-C.RO42-D.RO5-3、下列類比關(guān)系正確的是A.AlCl3與過量NaOH溶液反應(yīng)生成[Al(OH)4]—，則與過量NH3·H2O反應(yīng)也生成[Al(OH)4]—B.Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，則與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應(yīng)C.Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，則與I2反應(yīng)可生成FeI3D.Na2O2與CO2反應(yīng)生成Na2CO3和O2，則與SO2反應(yīng)可生成Na2SO3和O24、某同學(xué)為檢驗(yàn)溶液中是否含有常見的四種無機(jī)離子，進(jìn)行了下圖所示的實(shí)驗(yàn)操作。其中檢驗(yàn)過程中產(chǎn)生的氣體能使紅色石蕊試紙變藍(lán)。由該實(shí)驗(yàn)?zāi)艿玫降恼_結(jié)論()A.原溶液中一定含有SO42－離子B.原溶液中一定含有NH4+離子C.原溶液中一定含有Cl－離子D.原溶液中一定含有Fe3+離子5、設(shè)rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{22.4LO_{2}}含有的分子數(shù)為rm{N_{A}}B.常溫常壓下，rm{3.4gH_{2}O_{2}}含有極性鍵的數(shù)目為rm{0.2N_{A}}C.rm{56g}鐵片投入足量濃rm{H_{2}SO_{4}}中生成rm{N_{A}}個(gè)rm{SO_{2}}分子D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{2.24LCl_{2}}與足量rm{NaOH}溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為rm{0.1N_{A}}評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、A、B、C、D為四種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大．已知A的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，B是地殼中含量最高的元素，B原子的最外層電子數(shù)是D原子最外層電子數(shù)的2倍，C原子最外層只有一個(gè)電子．下列說法正確的是（）A.原子半徑：A＜B＜C＜DB.B元素在周期表中的位置為第二周期第VIA族C.D元素最高價(jià)氧化物的水化物難溶于水D.B四種元素的最高化合價(jià)依次升高7、短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大．A原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，元素B在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素C的合金是日常生活中常用的金屬材料，D位于第ⅥA族．下列說法正確的是（）A.元素B的氯化物具有相同類型的化學(xué)鍵B.元素A與氫形成的原子比為1：1的化合物有很多種C.D的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物能相互反應(yīng)D.原子半徑：D＞B＞C＞A8、某種利膽解痙藥的有效成分是“亮菌甲素”，其結(jié)構(gòu)簡式如圖．關(guān)于“亮菌甲素”的說法中，正確的是（）A.“亮菌甲素”的分子式為C12H10O5B.1mol“亮菌甲素”與溴水的反應(yīng)，最多消耗3molBr2C.1mol“亮菌甲素”最多能和6molH2發(fā)生加成反應(yīng)D.1mol“亮菌甲素”最多能和2molNaOH反應(yīng)9、下列說法不正確的是（）A.電解熔融的氯化鈉中鐵電極連接電源的負(fù)極B.電解熔融的氯化鈉中石墨電極作陽極發(fā)生氧化反應(yīng)C.可用電解飽和氯化鈉溶液來制備金屬鈉D.熔融氯化鈉的電離是在電流的作用下發(fā)生的10、在密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)X2（g）+Y2（g）?2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始濃度分別為0.1mol?L-1、0.2mol?L-1、0.2mol?L-1，在一定條件下，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，各物質(zhì)的濃度有可能是（）A.Z為0.2mol?L-1B.Y2為0.35mol?L-1C.X2為0.3mol?L-1D.Z為0.4mol?L-111、實(shí)驗(yàn)室可以通過乙醇分子內(nèi)的脫水反應(yīng)制乙烯，反應(yīng)方程式如下：C2H5OHCH2=CH2↑+H2O

下列醇類物質(zhì)中也能發(fā)生類似的脫水反應(yīng)生成烯烴的是（）A.B.C.D.12、SO2通入下列物質(zhì)的溶液中，都能使其顏色褪去，主要是因?yàn)镾O2具有還原作用的是（）A.橙黃色溴水B.品紅溶液C.紫紅色KMnO4酸性溶液D.堿性酚酞溶液13、下列關(guān)于堿金屬元素和鹵族元素的說法正確的是（）A.堿金屬元素的熔點(diǎn)從上至下逐漸升高B.堿金屬元素都是第ⅠA族的元素C.鹵族元素的單質(zhì)的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)從上至下逐漸升高D.鹵族元素的非金屬性從上至下逐漸增強(qiáng)14、下列反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)的是（）A.MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2OB.CaO+H2O=Ca（OH）2C.2H2O22H2O+O2↑D.CaCO3CaO+CO2↑評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、（1）一定條件下，一定量的氫氣和氧氣反應(yīng)生成1mol水蒸氣時(shí)放出241.8kJ的熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____．

（2）下列物質(zhì)：①干冰②水晶③氯化鎂④氬⑤氫氧化鋇⑥碳酸鈉⑦CCl4

a、熔化時(shí)只克服離子鍵的是____，熔化時(shí)只克服分子間作用力的是____．

b、只含共價(jià)鍵的是____，既含共價(jià)鍵又含離子鍵的是____；

c、寫出⑦的結(jié)構(gòu)式____．16、（2013秋?諸暨市校級期中）（1）在一體積為10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在800℃時(shí)發(fā)生如下反應(yīng)：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H＜0，CO和H2O的物質(zhì)的量濃度變化如圖所示；則：

①0～4min時(shí)間段平均反應(yīng)速率v（CO）=____

②在800℃時(shí)該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=____（數(shù)值）．

③在800℃時(shí)，若反應(yīng)開始時(shí)此容器中CO和H2O的濃度分別為0.20mol?L-1和0.80mol?L-1，則達(dá)到平衡時(shí)CO轉(zhuǎn)化率是____

（2）Fe3+和I-在水溶液中的反應(yīng)如下：2I-（aq）+2Fe3+（aq）?2Fe2+（aq）+I2（aq）．

上述反應(yīng)的正反應(yīng)速率和I-、Fe3+的濃度關(guān)系為v=kCm（I-）Cn（Fe3+）（k為常數(shù)）．

。C．（I-）/mol?L-1C．（Fe3+）/mol?L-1v/mol?L-1?s-1①0.200.800.032k②0.600.400.144k③0.800.200.128k通過上表所給的數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算得知：

①在v=kCm（I-）Cn（Fe3+）中，m、n的值為____．

A．m=1；n=1B．m=1，n=2C．m=2，n=1D．m=2，n=2

②I-濃度對反應(yīng)速率的影響____Fe3+濃度對反應(yīng)速率的影響（填“小于”“大于”或“等于”）17、利用碳-碳偶聯(lián)反應(yīng)合成新物質(zhì)是有機(jī)合成的研究熱點(diǎn)之一，如：化合物Ⅰ可以由以下合成路線獲得：（1）化合物Ⅰ的分子式為__________________。（2）化合物Ⅱ與溴的CCl4溶液發(fā)生加成反應(yīng)，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為______________________。（3）化合物Ⅲ生成化合物Ⅰ的化學(xué)方程式為_____________；（注明反應(yīng)條件）化合物Ⅲ與NaOH水溶液共熱的化學(xué)方程式為_____________。（注明反應(yīng)條件）（4）化合物Ⅳ是化合物Ⅲ的一種同分異構(gòu)體，其苯環(huán)上只有一種取代基，Ⅳ的催化氧化產(chǎn)物Ⅴ能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。Ⅳ的結(jié)構(gòu)簡式為_____________，Ⅴ的結(jié)構(gòu)簡式為_____________。（5）有機(jī)物與BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定條件下發(fā)生類似反應(yīng)①的反應(yīng)，生成的有機(jī)化合物Ⅵ（分子式為C16H17N）的結(jié)構(gòu)簡式為____________________。18、磷在氧氣中燃燒；可能生成兩種固態(tài)氧化物．3.1g的單質(zhì)磷（P）在3.2g的氧氣中燃燒，至反應(yīng)物耗盡，并放出XKJ熱量．

（1）通過計(jì)算確定反應(yīng)產(chǎn)物的組成（用化學(xué)式表示）是____．

（2）已知單質(zhì)磷的燃燒熱為YKJ/mol，則1molP與O2反應(yīng)生成固態(tài)P2O3的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：____．19、rm{X}與rm{Y}可形成離子化合物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖rm{壟脻}所示，其中rm{X}和rm{Y}的相對原子質(zhì)量分別為rm{a}和rm晶體密度為rm{婁脩}rm{g?cm^{-3}}則晶胞中距離最近的rm{X}rm{Y}之間的核間距離是______rm{cm.(N_{A}}表示阿伏伽德羅常數(shù)，用含rm{婁脩}rm{a}rmrm{N_{A}}的代數(shù)式表達(dá)rm{)}評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)20、向0.1mol/LAgNO3溶液中加入過量的鹽酸完全反應(yīng)后溶液中無Ag+．____（判斷對錯(cuò)）評卷人得分五、簡答題(共3題，共21分)21、催化還原rm{CO_{2}}是解決溫室效應(yīng)及能源問題的重要手段之一rm{.}研究表明，在rm{Cu/ZnO}催化劑存在下，rm{CO_{2}}和rm{H_{2}}可發(fā)生兩個(gè)平衡反應(yīng)，分別生成rm{CH_{3}OH}和rm{CO.}反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：

rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH_{1}=-53.7kJ?mol^{-1}}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{1}=-53.7kJ?mol^{-1}}

rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH_{2}}rm{I}

某實(shí)驗(yàn)室控制rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{2}}和rm{II}初始投料比為rm{CO_{2}}rm{H_{2}}經(jīng)過相同反應(yīng)時(shí)間測得如下實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)：

。rm{1}rm{T(K)}催化劑rm{CO_{2}}轉(zhuǎn)化率rm{(%)}甲醇選擇性rm{(%)}rm{543}rm{Cat.1}rm{12.3}rm{42.3}rm{543}rm{Cat.2}rm{10.9}rm{72.7}rm{553}rm{Cat.1}rm{15.3}rm{39.1}rm{553}rm{Cat.2}rm{12.0}rm{71.6}【備注】rm{Cat.1}rm{Cu/ZnO}納米棒；rm{Cat.2}rm{Cu/ZnO}納米片；甲醇選擇性：轉(zhuǎn)化的rm{CO_{2}}中生成甲醛的百分比。

已知：rm{壟脵C(jī)O}和rm{H_{2}}的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為rm{-283.0kJ?mol^{-1}}和rm{-285.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)triangleH_{3}=44.0kJ?mol^{-1}}

請回答rm{壟脷H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)triangle

H_{3}=44.0kJ?mol^{-1}}不考慮溫度對rm{(}的影響rm{triangleH}

rm{)}反應(yīng)rm{(1)}的平衡常數(shù)表達(dá)式rm{I}______；反應(yīng)rm{K=}的rm{II}______rm{triangleH_{2}=}．

rm{kJ?mol^{-1}}有利于提高rm{(2)}轉(zhuǎn)化為rm{CO_{2}}平衡轉(zhuǎn)化率的措施有______．

A.使用催化劑rm{CH_{3}OH}使用催化劑rm{Cat.1B.}降低反應(yīng)溫度。

D.投料比不變，增加反應(yīng)物的濃度rm{Cat.2C.}增大rm{E.}和rm{CO_{2}}的初始投料比。

rm{H_{2}}表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)表明，在相同溫度下不同的催化劑對rm{(3)}轉(zhuǎn)化成rm{CO_{2}}的選擇性有顯著的影響；其原因是______．

rm{CH_{3}OH}在圖中分別畫出rm{(4)}在無催化劑、有rm{I}和由rm{Cat.1}三種情況下“反應(yīng)過程rm{Cat.2}能量”示意圖．

rm{-}研究證實(shí)，rm{(5)}也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，則生成甲醇的反應(yīng)發(fā)生在______極，該電極反應(yīng)式是______．rm{CO_{2}}22、下列各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示；

rm{A}是一種高熔點(diǎn)固體，rm{D}是一種紅棕色固體rm{.}根據(jù)上述一系列關(guān)系回答：

rm{(1)}填寫物質(zhì)的化學(xué)式：rm{B}______，rm{G}______．

rm{(2)}寫出rm{D}物質(zhì)中金屬元素基態(tài)原子的核外電子排布式______．

rm{(3)}寫出下列反應(yīng)的離子方程式：

rm{壟脵H}溶液和rm{I}溶液混合生成rm{J}______．

rm{壟脷E}和鹽酸反應(yīng)______．

rm{(4)}在電解熔融狀態(tài)rm{A}的過程中，當(dāng)電路中通過rm{1mol}電子時(shí)，陽極上產(chǎn)生的氣體體積為______rm{L.(}標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{)}23、從環(huán)己烷可制備rm{1}rm{4-}環(huán)己二醇，下列有關(guān)rm{7}步反應(yīng)rm{(}其中無機(jī)產(chǎn)物都已略去rm{)}其中有rm{2}步屬于取代反應(yīng)，rm{2}步屬于消去反應(yīng)，rm{3}步屬于加成反應(yīng)rm{.}試回答：

rm{xrightarrow[壟脵]{Cl_{2},{鹿芒脮脮}}}rm{xrightarrow[triangle壟脷]{NaOH{麓錄脠脺脪潞}}Axrightarrow[壟脹]{Cl_{2},{虜?shù)撲洓]鹿芒}}Bxrightarrow{壟脺}}rm{

xrightarrow[壟脵]{Cl_{2},{鹿芒脮脮}}}rm{xrightarrow{壟脼}xrightarrow[H_{2}]{壟脽}}

rm{xrightarrow[triangle

壟脷]{NaOH{麓錄脠脺脪潞}}Axrightarrow[壟脹]{Cl_{2},{虜?shù)撲洓]鹿芒}}B

xrightarrow{壟脺}}化合物的結(jié)構(gòu)簡式：rm{xrightarrow{壟脻}}______，rm{xrightarrow{壟脼}

xrightarrow[H_{2}]{壟脽}}______

rm{(1)}反應(yīng)rm{B}所用試劑和條件是______

rm{C}反應(yīng)rm{(2)}的方程式是______．rm{壟脼}評卷人得分六、綜合題(共4題，共28分)24、［化學(xué)選修──有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］（15分）根據(jù)圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結(jié)構(gòu)簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應(yīng)②的化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是_________________________，（3）反應(yīng)④化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應(yīng)類型：①________________、⑤__________________。25、（15分）下列框圖中的A~K物質(zhì)均為中學(xué)常見物質(zhì)。已知B、D、E、L常溫下為密度比空氣大的氣體，D、E為單質(zhì)，其它為化合物。A和I都是常用的漂白劑，F(xiàn)的焰色反應(yīng)呈黃色。F、G均能與L的水溶液反應(yīng)放出B。請根據(jù)圖示關(guān)系回答問題：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的電子式＿＿＿＿＿＿。（2）反應(yīng)①~⑤中，屬于氧化－還原反應(yīng)的是＿＿＿＿＿＿。（3）反應(yīng)④的離子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反應(yīng)③的化學(xué)方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某單質(zhì)能與H反應(yīng)生成E，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。26、（15分）為研究鐵質(zhì)材料與熱濃硫酸的反應(yīng)，某小組進(jìn)行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應(yīng)后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學(xué)認(rèn)為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認(rèn)其中是否含有Fe2+，應(yīng)選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學(xué)取672mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應(yīng)：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當(dāng)操作后得到干燥固體4．66g。據(jù)此推知?dú)怏wY中SO2的體積分?jǐn)?shù)為____。（相對原子質(zhì)量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實(shí)驗(yàn)中SO2體積分?jǐn)?shù)的結(jié)果，丙同學(xué)認(rèn)為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設(shè)計(jì)了下列探究實(shí)驗(yàn)裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產(chǎn)生CO2的化學(xué)方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認(rèn)氣體Y中含有CO2的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。（5）如果氣體Y中含有H2，預(yù)計(jì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象應(yīng)是。27、（13分）化工生產(chǎn)中常常用到“三酸兩堿”，“三酸”指硝酸、硫酸和鹽酸，“兩堿”指燒堿和純堿。（1）從物質(zhì)的分類角度看，名不符實(shí)的一種物質(zhì)是____________。（2）“三酸”與“兩堿”之間均可反應(yīng)，若用化學(xué)方程式表示有六個(gè)（酸過量時(shí)），若用離子方程式表示卻只有兩個(gè)，請寫出這兩個(gè)離子方程式（酸過量時(shí)）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金屬和金屬氧化物。下列塊狀金屬在常溫時(shí)能全部溶于足量濃硝酸的是________（填序號）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）燒堿、純堿溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，當(dāng)通入的CO2與溶液中NaOH物質(zhì)的量之比為9:7時(shí)，則所得溶液中NaHCO3的質(zhì)量為____ｇ。（相對原子質(zhì)量：H—1C—12O—16Na—23）參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】由結(jié)構(gòu)可知，分子中含苯環(huán)、-COOH、-COOC-，結(jié)合羧酸、酯的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：A．具有相同官能團(tuán)-COOH、-COOC-，-COOH與-OOCCH3具有間、對位，-COOH與-COOCH3具有鄰、間、對位，-CH2COOH與-OOCH具有鄰、間、對位，還含-CH（COOH）OOCH3；共9種，故A錯(cuò)誤；

B．含甲基為四面體結(jié)構(gòu)；不可能所有原子均在同一平面上，故B錯(cuò)誤；

C．含苯環(huán)可發(fā)生加成反應(yīng)；還原反應(yīng)；含-COOH、-COOC-可發(fā)生取代反應(yīng)，燃燒為氧化反應(yīng)，故C正確；

D．含-COOC-；為酯類物質(zhì)，不易溶于水，故D錯(cuò)誤；

故選C．2、A【分析】【分析】第3周期元素的原子，其最外層3p能級上僅有一個(gè)未成對電子，價(jià)層電子排布為3s23p1或3s23p5，為Al元素或Cl元素，據(jù)此判斷．【解析】【解答】解：第3周期元素的原子，其最外層3p能級上僅有一個(gè)未成對電子，價(jià)層電子排布為3s23p1或3s23p5，為Al元素或Cl元素，它最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物的酸根離子是AlO2-或ClO4-，故選：A．3、B【分析】試題分析：A項(xiàng)NH3·H2O為弱堿，錯(cuò)誤；B項(xiàng)正確；C項(xiàng)碘的氧化性比氯氣弱，與Fe反應(yīng)生成FeI2，錯(cuò)誤；D項(xiàng)SO2有還原性，產(chǎn)物應(yīng)為Na2SO4，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：對化學(xué)反應(yīng)的考查。【解析】【答案】B4、B【分析】【解析】試題分析：溶液中加入Ba(NO3)2和HCl產(chǎn)生白色沉淀，原溶液不一定有SO42-有可能有SO32-被氧化。再向?yàn)V液中加入AgNO3產(chǎn)生白色沉淀，原溶液不一定有Cl-，因?yàn)樵诖酥凹恿薍Cl，再向?yàn)V液中加入KSCN有血紅色，原溶液不一定有Fe3+，有可能有Fe2+被氧化，再加NaOH溶液產(chǎn)生使紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，原溶液中一定有NH4+。答案選B?？键c(diǎn)：離子的檢驗(yàn)【解析】【答案】B5、C【分析】【分析】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，掌握物質(zhì)的量的計(jì)算公式和物質(zhì)結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵?！窘獯稹緼.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{22.4LO_{2}}為rm{1molO_{2}}含有的分子數(shù)為rm{N_{A}}故A正確；

B.每個(gè)rm{H_{2}O_{2}}含有rm{2}個(gè)極性鍵，rm{3.4gH_{2}O_{2}}為rm{0.1molH_{2}O_{2}}含有極性鍵的數(shù)目為rm{0.2N_{A}}故B正確；

C.鐵在濃硫酸中會鈍化，不能完全反應(yīng)，則生成的二氧化硫的個(gè)數(shù)小于rm{N}rm{A}個(gè)；故C錯(cuò)誤；

D.rm{A}標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{Cl_{2}+2NaOH簍T簍T簍TNaCl+NaClO+H_{2}O}為rm{2.24LCl_{2}}與足量rm{0.1molCl_{2}}溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為rm{NaOH}故D正確。故選C。

rm{0.1N_{A}}【解析】rm{C}二、多選題(共9題，共18分)6、BC【分析】【分析】A、B、C、D為四種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，B是地殼中含量最高的元素，則B是O元素，A的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，最外層電子數(shù)不超過8個(gè)，則A最外層電子數(shù)是4或6，為C或S元素，A的原子序數(shù)小于B，則A是C元素，B原子的最外層電子數(shù)是D原子最外層電子數(shù)的2倍，則D的最外層電子數(shù)是3，D的原子序數(shù)大于B，所以D是Al元素，C原子最外層只有一個(gè)電子，且原子序數(shù)大于O而小于Al，則C是Na，結(jié)合對應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律知識解答該題．【解析】【解答】解：A；B、C、D為四種短周期主族元素；且原子序數(shù)依次增大，B是地殼中含量最高的元素，則B是O元素，A的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，最外層電子數(shù)不超過8個(gè)，則A最外層電子數(shù)是4或6，為C或S元素，A的原子序數(shù)小于B，則A是C元素，B原子的最外層電子數(shù)是D原子最外層電子數(shù)的2倍，則D的最外層電子數(shù)是3，D的原子序數(shù)大于B，所以D是Al元素，C原子最外層只有一個(gè)電子，且原子序數(shù)大于O而小于Al，則C是Na；

A．同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小；應(yīng)為O＜C＜Al＜Na，故A錯(cuò)誤；

B．B為O元素；在周期表中的位置為第二周期第VIA族，故B正確；

C．D是Al元素；高價(jià)氧化物的水化物為氫氧化鋁，難溶于水，故C正確；

D．C；D、A、B四種元素的最高化合價(jià)分別為+1價(jià)、+3價(jià)、+4價(jià)；而O沒有正價(jià)，最高價(jià)為0價(jià)，故D錯(cuò)誤．

故選BC．7、BC【分析】【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大．A原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，A原子只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，則A為碳元素；元素B在同周期的主族元素中原子半徑最大，原子序數(shù)大于碳元素，則B為Na元素；元素C的合金是日常生活中常用的金屬材料，則C為Al，D位于第ⅥA族，原子序數(shù)大于Al，則D為S元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：短周期元素A；B、C、D的原子序數(shù)依次增大．A原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍；A原子只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，則A為碳元素；元素B在同周期的主族元素中原子半徑最大，原子序數(shù)大于碳元素，則B為Na元素；元素C的合金是日常生活中常用的金屬材料，則C為Al，D位于第ⅥA族，原子序數(shù)大于Al，則D為S元素；

A．元素A、B的氯化物分別為CCl4；NaCl；前者屬于分子晶體，含有共價(jià)鍵，后者屬于離子晶體，含有離子鍵，二者含有化學(xué)鍵類型不同，故A錯(cuò)誤；

B．由C；H元素形成原子比為1：1的化合物有乙炔、苯、苯乙烯等；故B正確；

C．B、C、D的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH、Al（OH）3、H2SO4；氫氧化鋁是兩性氫氧化物，以氫氧化鈉；硫酸反應(yīng)，氫氧化鈉與硫酸發(fā)生酸堿中和反應(yīng)，故C正確；

D．同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減??；電子層越多原子半徑越大，故原子半徑Na＞Al＞S＞C，故D錯(cuò)誤；

故選BC．8、AB【分析】【分析】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知；有機(jī)物含有12個(gè)C原子；10個(gè)H原子、5個(gè)O原子；

B．碳碳雙鍵能與溴發(fā)生加成反應(yīng)；酚羥基鄰位能與溴發(fā)生取代反應(yīng)；

C．苯環(huán)；碳碳雙鍵、羰基能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)；

D．酚羥基能與氫氧化鈉反應(yīng)，水解得到羧基、酚羥基與氫氧化鈉反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．“亮菌甲素”分子中含有12個(gè)C原子、10個(gè)H原子、5個(gè)O原子，分子式為C12H10O5；故A正確；

B．碳碳雙鍵能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，酚羥基鄰位能與溴發(fā)生取代反應(yīng)，1mol“亮菌甲素”與溴水的反應(yīng)，最多消耗3molBr2；故B正確；

C．苯環(huán)、碳碳雙鍵、羰基能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol“亮菌甲素”最多能和5molH2發(fā)生加成反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D．酚羥基能與氫氧化鈉反應(yīng)；水解得到羧基；酚羥基與氫氧化鈉反應(yīng)，則1mol“亮菌甲素”最多能和3molNaOH反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選：AB．9、CD【分析】【分析】A．鐵可別氧化；電解氯化鈉時(shí)鐵應(yīng)為陰極；

B．電解時(shí)；可用石墨等惰性電極；

C．若對飽和氯化鈉溶液進(jìn)行電解；生成氫氧化鈉；氫氣和氯氣；

D．電離是在水或熔融的作用下才發(fā)生的，不需要電的作用．【解析】【解答】解：A．電解熔融的氯化鈉中有兩個(gè)電極；分別是鐵電極與石墨電極，由于鐵非?；顫娨资щ娮樱疏F只能與電源的負(fù)極相連，而石墨不易失電子作陽極，該極上發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；

B．電解時(shí)；陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，可用石墨等惰性電極，故B正確；

C．若對飽和氯化鈉溶液進(jìn)行電解；由于鈉離子的氧化性比氫離子的弱，故得不到金屬鈉，即使得到了，在水溶液中，鈉也會劇烈的與水反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．電離是在水或熔融的作用下才發(fā)生的；不需要電的作用，故D錯(cuò)誤．

故選CD．10、AB【分析】【分析】衡的建立；既可以從正反應(yīng)開始，也可以從逆反應(yīng)開始，或者從正逆反應(yīng)開始，不論從哪個(gè)方向開始，物質(zhì)都不能完全反應(yīng)；

若反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行到達(dá)平衡，X2、Y2的濃度最?。籞的濃度最大；

若反應(yīng)逆正反應(yīng)進(jìn)行到達(dá)平衡，X2、Y2的濃度最大；Z的濃度最??；

利用極限法假設(shè)完全反應(yīng)，計(jì)算出相應(yīng)物質(zhì)的濃度變化量，實(shí)際變化量小于極限值，據(jù)此判斷分析．【解析】【解答】解：若反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行到達(dá)平衡，X2、Y2的濃度最?。籞的濃度最大，假定完全反應(yīng)，則：

X2（氣）+Y2（氣）?2Z（氣）；

開始（mol/L）：0.10.20.2

變化（mol/L）：0.10.10.2

平衡（mol/L）：00.10.4

若反應(yīng)逆反應(yīng)進(jìn)行到達(dá)平衡，X2、Y2的濃度最大；Z的濃度最小，假定完全反應(yīng)，則：

X2（氣）+Y2（氣）?2Z（氣）；

開始（mol/L）：0.10.20.2

變化（mol/L）：0.10.10.2

平衡（mol/L）：0.20.30

由于為可逆反應(yīng)，物質(zhì)不能完全轉(zhuǎn)化所以平衡時(shí)濃度范圍為0＜c（X2）＜0.2，0.1＜c（Y2）＜0.3；0＜c（Z）＜0.4；

所以Z不可能為0.4mol/L；故D錯(cuò)誤．

故選AB．11、BC【分析】【分析】乙醇生成乙烯的反應(yīng)為消去反應(yīng)，醇能發(fā)生消去反應(yīng)結(jié)構(gòu)特點(diǎn)：與-OH相連的碳原子的鄰位碳原子上必須有氫原子，據(jù)此進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：A．中；與羥基相連的碳原子的鄰位C上沒有H原子，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．中；與羥基相連的碳原子的鄰位C上含有H原子，能夠生成兩種烯烴，故B正確；

C．分子中與羥基相連的碳原子的鄰位C上含有H原子，能夠發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，故C正確；

D．中與羥基相連的碳原子的鄰位C上沒有H原子；不能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選BC．12、AC【分析】【分析】二氧化硫是一種酸性氧化物；硫元素的化合價(jià)居中，遇強(qiáng)氧化劑表現(xiàn)為還原性，遇到強(qiáng)還原劑表現(xiàn)氧化性

A、SO2和溴水發(fā)生了氧化還原反應(yīng)；二氧化硫被溴單質(zhì)氧化為硫酸，體現(xiàn)了二氧化硫的還原性；

B；品紅溶液褪色是利用了二氧化硫的漂白性；

C；使紫色高錳酸鉀溶液褪色是利用了二氧化硫的還原性；被高錳酸鉀氧化為硫酸；

D、堿性酚酞呈紅色，通入二氧化硫氣體褪色是因?yàn)槎趸蚝退磻?yīng)生成了亞硫酸中和了堿性溶液，使溶液變?yōu)闊o色；【解析】【解答】解：A、褪色原因是發(fā)生了反應(yīng)SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；二氧化硫表現(xiàn)還原性被溴單質(zhì)氧化，故A正確；

B；褪色原因是二氧化硫遇到有機(jī)色素品紅結(jié)合成了不穩(wěn)定的無色物質(zhì)；故B不是二氧化硫的還原性；

C；高錳酸鉀溶液褪色的原因是強(qiáng)氧化劑高錳酸鉀把二氧化硫氧化為硫酸；本身被還原為無色的錳離子，故C正確；

D、SO2使堿性酚酞溶液（紅色）褪色的原因是：SO2+H2O═H2SO3，H2SO3中和堿性溶液；故D表現(xiàn)的是酸性不是還原性．

故選AC．13、BC【分析】【分析】A；從鋰到銫原子半徑逐漸增大；金屬鍵逐漸減弱；

B；堿金屬元素都是第ⅠA族的元素；根據(jù)元素周期表判斷．

C；根據(jù)鹵素單質(zhì)的性質(zhì)來分析．

D、根據(jù)元素周期律判斷，同一主族元素，非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而降低．【解析】【解答】解：A．從鋰到銫原子半徑逐漸增大；金屬鍵逐漸減弱，沸點(diǎn)熔沸點(diǎn)逐漸降低，故A錯(cuò)誤；

B；堿金屬元素都是第ⅠA族的元素；但第ⅠA族的元素不都是堿金屬元素，故B正確．

C、F2、Cl2、Br2、I2單質(zhì)在常溫常壓下分別為氣體；氣體、液體、固體；其熔沸點(diǎn)逐漸升高，故C正確．

D；同一主族元素；非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而降低，所以鹵族元素的非金屬性從上至下逐漸減弱，故D錯(cuò)誤．

故選BC．14、AC【分析】【分析】從化合價(jià)是否發(fā)生變化的角度判斷是否氧化還原反應(yīng)，化合價(jià)的升降為氧化還原反應(yīng)的特征．【解析】【解答】解：A．Mn和Cl元素的化合價(jià)發(fā)生變化；屬于氧化還原反應(yīng)，故A正確；

B．各元素的化合價(jià)都沒有發(fā)生變化；不屬于氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．O元素的化合價(jià)發(fā)生變化；屬于氧化還原反應(yīng)，故C正確；

D．各元素的化合價(jià)都沒有發(fā)生變化；不屬于氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤．

故選AC．三、填空題(共5題，共10分)15、H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol③⑤⑥①④⑦①②⑦⑤⑥【分析】【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)物；生成物狀態(tài)寫出熱化學(xué)反應(yīng)方程式；

（2）一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵、非金屬元素之間易形成共價(jià)鍵，熔化時(shí)只克服離子鍵說明該晶體是離子晶體，熔化時(shí)只克服分子間作用力說明該晶體是分子晶體．【解析】【解答】解：（1）氫氣和氧氣反應(yīng)生成1mol水蒸氣放熱241.8kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol；

故答案為：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol；

（2）a．熔化時(shí)只克服離子鍵說明該晶體是離子晶體；所以離子晶體的是氯化鎂；氫氧化鋇和碳酸鈉，熔化時(shí)只克服分子間作用力說明該晶體是分子晶體，屬于分子晶體的是干冰、氬、四氯化碳，故答案為：③⑤⑥；①④⑦；

b；只含共價(jià)鍵的是干冰、水晶、四氯化碳；既含共價(jià)鍵又含離子鍵的是氫氧化鋇、碳酸鈉，故答案為：①②⑦；⑤⑥；

c、四氯化碳中碳原子和每個(gè)氯原子形成共價(jià)鍵，⑦的結(jié)構(gòu)式為故答案為：．16、0.03mol/L?min180%C＞【分析】【分析】（1）分析圖象可知一氧化碳和氫氣的起始濃度c（CO）=0.20mol/L，c（H2O）=0.30mol/L，平衡狀態(tài)一氧化碳和氫水蒸氣的濃度為：[CO]=0.08mol/L，[H2O]=0.18mol/L；依據(jù)平衡三段式計(jì)算；

①依據(jù)V=計(jì)算反應(yīng)速率；

②依據(jù)平衡狀態(tài)物質(zhì)的濃度結(jié)合平衡常數(shù)概念計(jì)算得到；

③依據(jù)平衡常數(shù)不變；用化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算；

（2）將表中的三組數(shù)據(jù)代入公式v=k[c（I-）]m?[c（Fe3+）]n得m和n的值．【解析】【解答】解：（1）分析圖象可知一氧化碳和氫氣的起始濃度c（CO）=0.20mol/L，c（H2O）=0.30mol/L，平衡狀態(tài)一氧化碳和氫水蒸氣的濃度為：[CO]=0.08mol/L，[H2O]=0.18mol/L；依據(jù)平衡三段式計(jì)算；

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）0.200.3000

變化量（mol/L）0.120.120.120.12

平衡量（mol/L）0.080.180.120.12

①依據(jù)V=計(jì)算反應(yīng)速率，0～4min時(shí)間段平均反應(yīng)速率v（CO）==0.03mol/L?min；

故答案為：0.03mol/L?min；

②反應(yīng)的平衡常數(shù)K==1；

故答案為：1；

③在800℃時(shí)，若反應(yīng)開始時(shí)此容器中CO和H2O的濃度分別為0.20mol?L-1和0.80mol?L-1；設(shè)一氧化碳反應(yīng)的濃度為x；

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）0.200.8000

變化量（mol/L）xxxx

平衡量（mol/L）0.20-x0.80-xxx

K==1

x=0.16mol/L

則達(dá)到平衡時(shí)CO轉(zhuǎn)化率=×100%=80%；

故答案為：80%；

（2）將表中的三組數(shù)據(jù)代入公式v=k[c（I-）]m?[c（Fe3+）]n

得0.20m×0.80n=0.032K；

0.60m×0.40n=0.144K；

0.80m×0.20n=0.128K；

解之得：m=2；n=1；

所以I-濃度對反應(yīng)速率的影響大，故答案為：C；＞．17、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)I的結(jié)構(gòu)簡式不難寫出分子式為C8H7Br；化合物II中含有碳碳雙鍵，能與溴的CCl4溶液發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為（3）化合物III中含有的官能團(tuán)為羥基和溴原子，觀察合成路線中化合物III和化合物I的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，不難發(fā)現(xiàn)化合物III到化合物I是醇與濃硫酸共熱的條件下發(fā)生的消去反應(yīng)生成化合物I和H2O；化合物Ⅲ與NaOH水溶液共熱發(fā)生取代反應(yīng)，即為鹵素原子（溴原子）被羥基取代，生成和NaBr；（4）Ⅳ的催化氧化產(chǎn)物Ⅴ能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明IV中羥基所連碳原子上含有2個(gè)氫，再結(jié)合其苯環(huán)上只有一種取代基，可知IV的結(jié)構(gòu)在銅或銀作催化劑加熱的條件下，發(fā)生催化氧化后生成的V的結(jié)構(gòu)簡式為（5）觀察反應(yīng)①的斷鍵可知是化合物I中溴原子被乙基所取代，故與BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr生成的產(chǎn)物考點(diǎn)：考查有機(jī)化合物的性質(zhì)和有機(jī)合成?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）C8H7Br（2分）（2）（2分）（3）（6分，每個(gè)化學(xué)方程式3分。錯(cuò)、漏條件均只得2分，條件不重復(fù)扣分）（4）（4分，每個(gè)2分）（5）（2分）18、略

【分析】

（1）磷在氧氣中燃燒是氧化還原反應(yīng)，3.2g氧氣參加反應(yīng)得到電子的物質(zhì)的量==0.4mol；

假設(shè)生成的固體是三氧化二磷，磷失去電子的物質(zhì)的量=3=0.3mol；得失電子數(shù)不相等，所以該固體不是純凈的三氧化二磷；

假設(shè)生成的固體是五氧化二磷，磷失去電子的物質(zhì)的量=5=0.5mol；得失電子數(shù)不相等，所以該固體不是純凈的三氧化二磷；

失去的電子數(shù)應(yīng)該在二者之間，所以生成的固體是兩種固體的混合物，即P2O3、P2O5；

故答案為：P2O3、P2O5；

（2）磷燃燒的熱化學(xué)方程式為：P（s）+O2（g）=P2O5（s）△H=-YKJ/mol①；

3.1g的單質(zhì)磷（P）在3.2g的氧氣中燃燒生成三氧化二磷和五氧化二磷的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：

4P（s）+4O2（g）=P2O5（s）+P2O3（s）△H=-40XKJ/mol②；

將方程式得P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=-（20X-Y）KJ/mol；

故答案為：P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=-（20X-Y）KJ/mol．

【解析】【答案】（1）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等判斷其產(chǎn)物；

（2）先寫出磷的燃燒熱化學(xué)反應(yīng)方程式和.1g的單質(zhì)磷（P）在3.2g的氧氣中燃燒的熱化學(xué)反應(yīng)方程式；將方程式進(jìn)行整理得出磷燃燒生成三氧化二磷的熱化學(xué)反應(yīng)方程式，其焓變相應(yīng)改變．

19、略

【分析】解：如圖所示，晶胞中rm{X}原子數(shù)目為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}原子數(shù)目為rm{Y}晶胞的質(zhì)量為rm{8}晶體密度為rm{dfrac{4a+8b}{N_{A}}g}則晶胞體積為為rm{dfrac{4a+8b}{N_{A}}g隆脗婁脩g/cm^{3}}故晶胞棱長rm{x=3dfrac{4a+8b}{婁脩N_{A}}cm}．

rm{婁脩g/cm^{3}}原子與周圍rm{dfrac

{4a+8b}{N_{A}}g隆脗婁脩g/cm^{3}}個(gè)rm{x=3dfrac{4a+8b}{婁脩N_{A}}

cm}原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，令rm{Y}與rm{4}之間的距離為rm{X}則正四面體中心到底面中心的距離為rm{Y}正四面體側(cè)面的高為rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}}底面中心到邊的距離為rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3}}故rm{(dfrac{4}{3}y)^{2}+(dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3})^{2}=(dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2})^{2}}整理得rm{y=dfrac{sqrt{3}}{4}x}故rm{X}與rm{y}的距離為rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{4a+8b}{婁脩N_{A}}cm}

故答案為：rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{4a+8b}{婁脩N_{A}}}．

根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中rm{dfrac{y}{3}}rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{

sqrt{3}}{2}}原子數(shù)目，進(jìn)而計(jì)算晶胞的質(zhì)量，根據(jù)rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{

sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3}}計(jì)算晶胞體積，進(jìn)而計(jì)算晶胞棱長rm{(dfrac{4}{3}y)^{2}+(dfrac{sqrt

{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3})^{2}=(dfrac{sqrt

{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2})^{2}}原子與周圍rm{y=dfrac{sqrt

{3}}{4}x}個(gè)rm{Y}原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，令rm{X}與rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac

{4a+8b}{婁脩N_{A}}cm}之間的距離為rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac

{4a+8b}{婁脩N_{A}}}則正四面體中心到底面中心的距離為rm{X}正四面體的高為rm{Y}正四面體棱長rm{m=婁脩V}則正四面體側(cè)面的高為rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}}底面中心到邊的距離為rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3}}再根據(jù)勾股定理進(jìn)行解答．

本題考查晶胞的計(jì)算，計(jì)算為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，需要學(xué)生具備一定空間想象能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，難度較大．rm{x.Y}【解析】rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{4a+8b}{婁脩N_{A}}}四、判斷題(共1題，共3分)20、×【分析】【分析】向0.1mol/LAgNO3溶液中加入過量的鹽酸完全反應(yīng)生成AgCl，溶液中存在AgCl（s）?Ag+（ag）+Cl-（ag），以此解答．【解析】【解答】解：反應(yīng)生成AgCl，氯化銀難溶于水，溶液中存在AgCl（s）?Ag+（ag）+Cl-（ag），則一定存在Ag+；

故答案為：×．五、簡答題(共3題，共21分)21、略

【分析】解：rm{(1)}平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為：rm{K=dfrac{c(CH_{3}OH)cdotc(H_{2}O)}{c(CO_{2})cdotc^{3}(H_{2})}}

已知：rm{K=dfrac{c(CH_{3}OH)cdot

c(H_{2}O)}{c(CO_{2})cdotc^{3}(H_{2})}}和rm{CO}的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為rm{H_{2}}和rm{-283.0kJ?mol^{-1}}rm{壟脷H_{2}O(1)簍TH_{2}O(g)triangleH_{3}=44.0kJ?mol^{-1}}可知熱化學(xué)方程式rm{a.CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}rm{b.H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(1)triangleH=-285.8kJ?mol^{-1}}rm{c.H_{2}O(1)簍TH_{2}O(g)triangleH_{3}=44.0kJ?mol^{-1}}

由蓋斯定律將rm{-285.8kJ?mol^{-1}}可得：rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH_{2}=(-285.8+283.0+44)kJ?mol^{-1}=+41.2kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{dfrac{c(CH_{3}OH)cdotc(H_{2}O)}{c(CO_{2})cdotc^{3}(H_{2})}}rm{壟脷H_{2}O(1)簍TH_{2}O(g)triangle

H_{3}=44.0kJ?mol^{-1}}

rm{a.CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}使用催化劑rm{b.H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(1)triangleH=-285.8kJ?mol^{-1}}平衡不移動，不能提高轉(zhuǎn)化率，故A錯(cuò)誤；

B、使用催化劑rm{c.H_{2}O(1)簍TH_{2}O(g)triangle

H_{3}=44.0kJ?mol^{-1}}不能提高轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；

C；降低反應(yīng)溫度；平衡正向移動，可增大轉(zhuǎn)化率，故C正確；

D；投料比不變；增加反應(yīng)物的濃度，衡正向移動，可增大轉(zhuǎn)化率，故D正確；

E、增大rm{b-a+c}和rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{2}=(-285.8+283.0+44)kJ?mol^{-1}=+41.2kJ?mol^{-1}}的初始投料比；可增大氫氣的轉(zhuǎn)化率，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，故E錯(cuò)誤．

故答案為：rm{dfrac{c(CH_{3}OH)cdot

c(H_{2}O)}{c(CO_{2})cdotc^{3}(H_{2})}}

rm{+41.2}從表中數(shù)據(jù)分析；在相同溫度下，不同的催化劑二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不同，說明不同的催化劑的催化能力不同，相同的催化劑不同的溫度，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不同，且溫度高的轉(zhuǎn)化率大，因?yàn)檎磻?yīng)為放熱反應(yīng)，說明表中數(shù)據(jù)是未達(dá)到平衡數(shù)據(jù)；

故答案為：表中數(shù)據(jù)表明此時(shí)未達(dá)到平衡；不同的催化劑對反應(yīng)Ⅰ的催化能力不同，因而在該時(shí)刻下對甲醇選擇性有影響；

rm{(2)A.}從表中數(shù)據(jù)分析，在催化劑rm{Cat.1}的作用下，甲醇的選擇性更大，說明催化劑rm{Cat.2}對反應(yīng)Ⅰ催化效果更好，催化劑能降低反應(yīng)的活化能，說明使用催化劑rm{CO_{2}}的反應(yīng)過程中活化能更低，故圖為

故答案為：

rm{H_{2}}也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇，rm{CD}元素化合價(jià)降低，被還原，應(yīng)為電解池的陰極反應(yīng)，電極方程式為：rm{(3)}

故答案為：陰；rm{(4)}

rm{Cat.2}平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值；已知：rm{Cat.2}和rm{Cat.2}的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱分別為rm{(5)CO_{2}}和rm{C}rm{壟脷H_{2}O(1)簍TH_{2}O(g)triangleH_{3}=44.0kJ?mol^{-1}}可知熱化學(xué)方程式rm{a.CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}rm{b.H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(1)triangleH=-285.8kJ?mol^{-1}}rm{c.H_{2}O(1)簍TH_{2}O(g)triangleH_{3}=44.0kJ?mol^{-1}}利用蓋斯定律可計(jì)算rm{CO_{2}+6H^{+}+6e^{-}=CH_{3}OH+H_{2}O}的反應(yīng)熱；

rm{CO_{2}+6H^{+}+6e^{-}=CH_{3}OH+H_{2}O.}由rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH_{1}=-53.7kJ?mol^{-8}}可知提高rm{(1)}轉(zhuǎn)化為rm{CO}平衡轉(zhuǎn)化率；應(yīng)使平衡向正向移動，可降低溫度，增大濃度；

rm{H_{2}}不同的催化劑的催化能力不同；且催化劑具有選擇性；

rm{-283.0kJ?mol^{-1}}加入催化劑；可降低反應(yīng)的活化能，催化能力越強(qiáng)，活化能越低，但反應(yīng)熱不變；

rm{-285.8kJ?mol^{-1}}也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇；應(yīng)為電解池的陰極反應(yīng)，被還原生成甲醇．

本題考查較為綜合，涉及化學(xué)平衡的計(jì)算，平衡移動以及熱化學(xué)方程式、電化學(xué)等知識，為高考常見題型，他們的濃重的，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、計(jì)算能力的考查，注意把握蓋斯定律的應(yīng)用，電解池的工作原理等知識．rm{壟脷H_{2}O(1)簍TH_{2}O(g)triangle

H_{3}=44.0kJ?mol^{-1}}【解析】rm{dfrac{c(CH_{3}OH)cdotc(H_{2}O)}{c(CO_{2})cdotc^{3}(H_{2})}}rm{dfrac{c(CH_{3}OH)cdot

c(H_{2}O)}{c(CO_{2})cdotc^{3}(H_{2})}}rm{+41.2}表中數(shù)據(jù)表明此時(shí)未達(dá)到平衡，不同的催化劑對反應(yīng)Ⅰ的催化能力不同，因而在該時(shí)刻下對甲醇選擇性有影響；陰；rm{CD}rm{CO_{2}+6H^{+}+6e^{-}=CH_{3}OH+H_{2}O}22、略

【分析】解：電解熔融rm{A}生成rm{B}rm{C}rm{A}能與氫氧化鈉溶液、鹽酸反應(yīng)，屬于兩性物質(zhì)，可推知rm{A}是rm{Al_{2}O_{3}}rm{H}是rm{NaAlO_{2}}rm{I}是rm{AlCl_{3}}rm{J}是rm{Al(OH)_{3}}rm{D}是紅棕色固體，則rm{D}為rm{Fe_{2}O_{3}}rm{C}與rm{D}的反應(yīng)為鋁熱反應(yīng)，則rm{C}是rm{Al}rm{B}是rm{O_{2}}rm{E}是rm{Fe}rm{F}是rm{FeCl_{2}}rm{G}是rm{Fe(OH)_{3}}氫氧化鐵在加熱條件下分解生成氧化鐵．

rm{(1)}由上述分析可知，rm{B}為rm{O_{2}}rm{G}為rm{Fe(OH)_{3}}故答案為：rm{O_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(2)D}為rm{D}為rm{Fe_{2}O_{3}}物質(zhì)中金屬元素基態(tài)原子的核外電子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s