2025年滬教版高二化學(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年滬教版高二化學(xué)上冊月考試卷161考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、根據(jù)右表提供的數(shù)據(jù)，判斷在等濃度的混合溶液中，各種離子濃度關(guān)系正確的是（）A.B.C.D.2、某有機物完全燃燒只生成CO2和H2O，兩者的物質(zhì)的量之比為2∶3，可以說A.該有機物中含H、O三種原子B.該化合物是乙烷C.H、O三種原子B．該化合物是乙烷C．該化合物中H原子個數(shù)比為1∶3D.該化合物中含2個C原子、6個H原子，但一定不含有O原子3、當(dāng)一個碳原子連有彼此互不相同的四個原子或原子團(tuán)時，該碳原子為手性碳原子．凡是有一個手性碳原子的物質(zhì)一定具有光學(xué)活性．有機物X的結(jié)構(gòu)簡式為若使X通過化學(xué)變化失去光學(xué)活性，不可能發(fā)生的反應(yīng)類型有（）

A.酯化。

B.水解。

C.消去。

D.還原。

4、常溫下，將甲酸（HCOOH）和氫氧化鈉溶液混合，所得溶液pH＝7，則此溶液中A.c（HCOO－)＞c（Na＋)B.c（HCOO－)＜c（Na＋)C.c（HCOO－)＝c（Na＋)D.無法確定c（HCOO－)與c（Na＋)的關(guān)系5、近年來，科學(xué)家合成了一系列具有獨特化學(xué)特性的氫鋁化合物（AlH3）n．已知，最簡單的氫鋁化合物的分子式為Al2H6，它的熔點為150℃，燃燒熱極高．Al2H6球棍模型如圖．下列有關(guān)說法肯定錯誤的是（）

A.Al2H6在固態(tài)時所形成的晶體是分子晶體B.氫鋁化合物可能成為未來的儲氫材料和火箭燃料C.Al2H6中含有離子鍵和極性共價鍵D.Al2H6在空氣中完全燃燒，產(chǎn)物為氧化鋁和水6、用rm{CH_{4}}催化還原rm{NO_{x}}可以消除氮氧化物的污染rm{.}例如：rm{壟脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)簍T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-574kJ?mol^{-1}壟脷CH_{4}(g)+4NO(g)簍T2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-1}rm{壟脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)簍T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-574kJ?mol^{-1}壟脷CH_{4}(g)+4NO(g)簍T2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-1}

下列說法不正確的是rm{160kJ?mol^{-1}}rm{(}A.若用標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{)}還原rm{4.48LCH_{4}}生成rm{NO_{2}}和水蒸氣，放出的熱量為rm{N_{2}}rm{173.4}B.由反應(yīng)rm{kJ}可推知：rm{CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)簍T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH<-574}rm{壟脵}C.反應(yīng)rm{CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)簍T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H<-574}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不同D.反應(yīng)rm{kJ?mol^{-1}}均為放熱反應(yīng)rm{壟脵壟脷}7、將rm{Fe}片和rm{Zn}片放入盛有rm{NaCl}溶液rm{(}其中滴有酚酞rm{)}的表面皿中，如圖所示。最先觀察到變?yōu)榧t色的區(qū)域為rm{(}rm{)}

A.Ⅰ和ⅢB.Ⅰ和Ⅳ

C.Ⅱ和ⅢD.Ⅱ和Ⅳ8、烏洛托品在合成、醫(yī)藥、染料等工業(yè)中有廣泛用途，其結(jié)構(gòu)如圖rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.分子式為rm{N_{4}C_{6}}B.分子中的氮原子全部是rm{sp^{2}}雜化C.分子中共形成rm{4}個六元環(huán)D.分子間存在氫鍵評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、理論上稀的強酸、強堿反應(yīng)生成rm{1mol}rm{H_{2}O(l)}時放出rm{57.3kJ}的熱量，寫出表示稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式______．10、寫出下列反應(yīng)的離子方程式或化學(xué)方程式。

（1）Ba（OH）2與H2SO4反應(yīng)：（離子方程式）____；

（2）Fe與HCl反應(yīng)：（離子方程式）____；

（3）Al與HCl溶液反應(yīng)：（化學(xué)方程式）____．11、（7分）向黃色的FeCl3溶液中加入無色的KSCN溶液，溶液變成血紅色。該反應(yīng)在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN==Fe(SCN)3+3KCl表示。（1）該反應(yīng)類型屬于。（填四個基本反應(yīng)類型之一）（2）經(jīng)研究表明，F(xiàn)e(SCN)3是配合物，F(xiàn)e3+與SCN－不僅能以1：3的個數(shù)比配合，還可以其他個數(shù)比配合。請按要求填空：①所得Fe3+和SCN－的配合物中，主要是Fe3+與SCN－以個數(shù)比1：1配合所得離子顯血紅色。該配合物離子的化學(xué)式是，F(xiàn)eCl3溶液與KSCN溶液發(fā)生反應(yīng)的產(chǎn)物中含該離子的配合物化學(xué)式是。②若Fe3+與SCN－以個數(shù)比1：5配合，則FeCl3與KSCN在水溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式可以表示為。（3）向上述血紅色溶液中繼續(xù)加入濃KSCN溶液，溶液血紅色加深，這是由于（單選）。A．與Fe3+配合的SCN－數(shù)目增多B．血紅色離子的數(shù)目增多C．血紅色離子的濃度增加12、(8分）在1-18號的短周期主族元素中，表中的字母代表一種元素，回答下列問題：。CDABEF（1）畫出E的原子結(jié)構(gòu)示意圖____；（2）寫出C的最高價氧化物的電子式____；（3）A最高價氧化物的水化物的化學(xué)式。（4）元素D和元素F的氫化物均極易溶于水，用兩根玻璃棒分別蘸取它們的濃溶液，相互接近時，可看到大量的白煙，寫出產(chǎn)生該現(xiàn)象的化學(xué)方程式。13、已知拆開1molH—H鍵、1molI—I、1molH—I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ。則由氫氣和碘反應(yīng)生成1molHI需要（填“放出”或“吸收”）kJ的熱量。14、中和熱的測定實驗的關(guān)鍵是要比較準(zhǔn)確地配制一定的物質(zhì)的量濃度的溶液；量熱器要盡量做到絕熱；在量熱的過程中要盡量避免熱量的散失，要求比較準(zhǔn)確地測量出反應(yīng)前后溶液溫度的變化．回答下列問題：

（1）中學(xué)化學(xué)實驗中的中和熱的測定所需的玻璃儀器有：______，在大小燒杯之間填滿碎泡沫（或紙條）其作用是______．

（2）該實驗可用0.60mol?L-1HCl和0.65mol?L-1的NaOH溶液各50mL．NaOH的濃度大于HCl的濃度作用是______．當(dāng)室溫低于10℃時進(jìn)行，對實驗結(jié)果會造成較大的誤差其原因是______．

（3）若上述HCl、NaOH溶液的密度都近似為1g/cm3，中和后生成的溶液的比熱容C=4.18J/（g?℃），實驗進(jìn)行了三次，三次實驗的△T平均為3.30℃，則該中和反應(yīng)放出熱量為______kJ（填表達(dá)式），△H=______kJ/mol（填表達(dá)式）．15、下列物質(zhì)中：rm{A.KI(s)}rm{B.C_{2}H_{5}OH(l)}rm{C.Cl_{2}(g)}rm{D.CH_{3}COOH(l)}rm{E.BaSO_{4}(s)}rm{F.NaHSO_{4}(s)}rm{G.}石墨rm{(s)}rm{H.}蔗糖rm{(s)}rm{I.NaOH(l)}

rm{(1)}屬于非電解質(zhì)的是______；屬于強電解質(zhì)的是______，屬于弱電解質(zhì)的是______．

rm{(2)}能直接導(dǎo)電的是______；能溶于水，且水溶液能導(dǎo)電的是______．16、按要求寫出下列方程式。

rm{(1)}明礬凈水的原理rm{(}用離子方程式表示rm{)}______

rm{(2)}鹽堿地因含較多的rm{NaCl}rm{Na_{2}CO_{3}}使得土壤呈堿性，不利于作物生長，通過施加適量石膏粉末rm{(}主要含有rm{CaSO_{4}}微溶于水rm{)}來降低土壤的堿性rm{.}寫出該過程中使土壤堿性降低的反應(yīng)化學(xué)方程式______

rm{(3)SOCl_{2}}是一種液態(tài)化合物，沸點rm{77隆忙.}向盛有rm{10mL}水的錐形瓶中，滴加rm{8}至rm{10}滴rm{SOCl_{2}}可觀察到劇烈反應(yīng)，液面上有霧形成，并有可使品紅溶液褪色的氣體逸出，根據(jù)實驗現(xiàn)象，寫出rm{SOCl_{2}}與水反應(yīng)的化學(xué)方程式______．17、rm{(1)}用rm{Cl_{2}}生產(chǎn)某些含氯有機物時會產(chǎn)生副產(chǎn)物rm{HCl}利用反應(yīng)rm{A}可實現(xiàn)氯的循環(huán)利用。反應(yīng)rm{A}rm{4HCl+O_{2}underset{CuO/CuC{l}_{2}}{overset{{400}^{0}C}{?}}2Cl_{2}+2H_{2}O}已知：

rm{4HCl+O_{2}

underset{CuO/CuC{l}_{2}}{overset{{400}^{0}C}{?}}

2Cl_{2}+2H_{2}O}此條件下反應(yīng)rm{壟隆.}中，rm{A}被氧化，放出rm{4molHCl}的熱量。rm{115.6kJ}rm{壟壟.}寫出此條件下，反應(yīng)rm{壟脵}的熱化學(xué)方程式____。rm{A}斷開rm{壟脷}鍵與斷開rm{1molH-O}鍵所需能量相差約為____rm{1molH-Cl}rm{kJ}氫氣用于工業(yè)合成氨rm{(2)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?}rm{2NH_{3}(g)}rm{婁隴H=-92.2kJ隆隴mol^{-1}}一定溫度下，在容積恒定的密閉容器中，一定量的rm{壟脵}和rm{N_{2}}反應(yīng)達(dá)到平衡后，改變某一外界條件，正逆反應(yīng)速率與時間的關(guān)系如下圖所示，其中rm{H_{2}}時刻對應(yīng)的實驗條件改變分別是rm{t_{4;}漏pt_{5}漏pt_{7}}rm{t_{4;}}rm{t_{5}}

rm{t_{7}}溫度為rm{壟脷}時，將rm{T隆忙}和rm{2nmolH_{2}}放入rm{nmolN_{2}}密閉容器中，充分反應(yīng)后測得rm{0.5L}的轉(zhuǎn)化率為rm{N_{2}}此時放出熱量rm{50漏聡}則rm{46.1kJ}____。rm{n=}評卷人得分三、探究題(共4題，共8分)18、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)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(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)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(jìn)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(jié)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(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。19、（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(xué)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(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)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(shè)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(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)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(yīng)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(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。20、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)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(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)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(jìn)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(jié)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(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。21、（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(xué)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(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)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(shè)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(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)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(yīng)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(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共28分)22、某烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．23、某烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學(xué)反應(yīng)，其中①②③屬于同種反應(yīng)類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．24、某研究小組按下列路線合成神經(jīng)系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應(yīng)。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結(jié)構(gòu)簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學(xué)方程式___________。

(4)設(shè)計以化合物C為原料經(jīng)過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。25、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團(tuán)的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應(yīng)類型是____________，B和F的結(jié)構(gòu)簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構(gòu)體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構(gòu)體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設(shè)計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應(yīng)流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分五、簡答題(共2題，共14分)26、隨原子序數(shù)的遞增，八種短周期元素rm{(}用字母rm{X}表示rm{)}原子半徑的相對大小、最高正價或最低負(fù)價的變化如圖rm{1}所示．

根據(jù)判斷出的元素回答問題：

rm{(1)f}在元素周期表中的位置是______．

rm{(2)}比較rmqvlkgmurm{e}常見離子的半徑大小rm{(}用化學(xué)式表示，下同rm{)}______；比較rm{g}rm{h}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性強弱是：______．

rm{(3)}任選上述元素組成一種四原子共價化合物；寫出其電子式______；

rm{(4)}上述元素可組成鹽rm{R}rm{zx_{4}f(gd_{4})_{2}}向盛有rm{10mL1mol?L^{-1}R}溶液的燒杯中滴加rm{1mol?L^{-1}NaOH}溶液，沉淀物質(zhì)的量隨rm{NaOH}溶液體積變化示意圖如圖rm{2}

rm{壟脵R}溶液中；離子濃度由大到小的順序是：______．

rm{壟脷}寫出rm{m}點反應(yīng)的離子方程式______．

rm{壟脹}若rm{R}溶液改加rm{20mL1.2mol?L^{-1}Ba(OH)_{2}}溶液，充分反應(yīng)后，溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量為______rm{mol}．27、配制0.5mol/L的NaOH溶液時；如果只存在下列問題，溶液的濃度如何變化？（填“偏高”；“偏低”、或“不變”）．

（1）稱量NaOH固體時，天平的砝碼已銹蝕，其結(jié)果______．

（2）向容量瓶中加蒸餾水超過了刻度線后，又用滴管把多出的部分吸走，其結(jié)果______．評卷人得分六、實驗題(共2題，共18分)28、已知rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)簍TH_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}回答下列問題rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)簍TH_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ?mol^{-1}}圖rm{(}．rm{1)}儀器rm{(1)}的名稱________________；碎泡沫塑料的作用是______________________．rm{A}環(huán)形玻璃攪拌棒不能用環(huán)形銅質(zhì)攪拌棒代替，其原因是________________________rm{(2)}若通過實驗測定中和熱的rm{(3)}的絕對值常常小于rm{triangleH}其原因可能是______rm{57.3kJ/mol}實驗裝置保溫、隔熱效果差rm{a.}量取rm{b.}溶液的體積時仰視讀數(shù)rm{NaOH}分多次把rm{c.}溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中rm{NaOH}用溫度計測定鹽酸初始溫度后，直接測定氫氧化鈉溶液的溫度rm{d.}將rm{(4)}溶液和rm{V_{1}mL1.0mol?L^{-1}HCl}未知濃度的rm{V_{2}mL}溶液混合均勻后測量并記錄溶液溫度，實驗結(jié)果如圖rm{NaOH}所示rm{2}實驗中始終保持rm{(}由圖rm{V_{1}+V_{2}=50mL).}可知，氫氧化鈉的濃度為________；假設(shè)鹽酸與氫氧化鈉起始溫度平均值為rm{2}圖rm{21.0隆忙}中最高溫度為rm{2}并近似認(rèn)為rm{28.0隆忙}溶液和鹽酸溶液的密度都是rm{NaOH}中和后生成溶液的比熱容rm{1g/cm^{3}}則中和熱rm{c=4.18J/(g?隆忙).}______rm{triangleH=}取小數(shù)點后一位rm{.(}提示：rm{).(}rm{Q=cmtrianglet)}29、某學(xué)生利用以下裝置探究氯氣與氨氣之間的反應(yīng)rm{.}其中rm{A}rm{F}分別為氨氣和氯氣的發(fā)生裝置，rm{C}為純凈干燥的氯氣與氨氣反應(yīng)的裝置．

請回答下列問題：

rm{(1)}裝置rm{F}中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

rm{(2)}裝置rm{A}的燒瓶中可裝的試劑為______．

rm{(3)E}裝置的作用______．

rm{(4)}裝置rm{C}內(nèi)出現(xiàn)濃厚的白煙并在容器內(nèi)壁凝結(jié)，另一生成物是空氣的主要成分之一rm{.}請寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：______rm{.}當(dāng)有rm{a}rm{mol}氯氣參加反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為rm個，則阿伏加德羅常數(shù)為______rm{mol^{-1}(}用含rm{a}rm的代數(shù)式表示rm{)}．

rm{(5)}從裝置rm{C}的rm{G}處逸出的尾氣中可能含有黃綠色的有毒氣體，實驗室常用燒堿溶液吸收rm{Cl_{2}.}若將rm{Cl_{2}}通入熱的燒堿溶液中，可以得到rm{NaCl}rm{NaClO}和rm{NaClO_{3}}的混合液rm{.}當(dāng)rm{NaCl}和rm{NaClO_{3}}的物質(zhì)的量之比為rm{8}rm{1}時，混合液中rm{NaClO}和rm{NaClO_{3}}的物質(zhì)的量之比為______．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【解析】試題分析：由電離常數(shù)可知電離關(guān)系為：H2CO3>HClO>HCO3-，則同濃度時水解程度為：CO32->ClO->HCO3-。由于同濃度時，ClO-水解程度大于HCO3-，A項正確，B項不正確。由物料守恒c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)知，C項不正確。由電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(ClO-)+c(OH-)+2c(CO32-)知，D項不正確。答案選A。考點：水解平衡【解析】【答案】A2、C【分析】試題分析：某有機物完全燃燒只生成CO2和H2O，兩者的物質(zhì)的量之比為2∶3,則有機物中含有C、H原子個數(shù)比是2:6，或該化合物中C、H原子個數(shù)比為1∶3，該有機物中可能含有O元素，也可能不含O元素。因此正確的是C。考點：考查燃燒方法在確定物質(zhì)的元素組成、分子式的應(yīng)用的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緾3、D【分析】

物質(zhì)具有手性；是因為其中的劃橫線的碳有手性．

A；與甲酸發(fā)生酯化反應(yīng)后；醇羥基會變化，劃橫線的碳原子不再具有手性，故A錯誤；

B；在氫氧化鈉作用下；酯基會水解為甲酸和一種含有醇羥基的物質(zhì)，劃橫線的碳原子不再具有手性，故B錯誤；

C；在濃硫酸的作用下；醇羥基會變化，劃橫線的碳原子變?yōu)椴伙柡吞荚?，不再具有手性，故C錯誤；

D、在催化劑存在下與H2加成后；劃線的碳原子上連接四個不同的基團(tuán)，仍具有手性，故D正確；

故選D．

【解析】【答案】使X通過化學(xué)變化失去光學(xué)活性；指的是發(fā)生反應(yīng)使手性碳上連有2個以上相同的原子或原子團(tuán)，手性碳是飽和碳原子，然后根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)來分析．

4、C【分析】試題分析：甲酸（HCOOH）和氫氧化鈉溶液混合，所得溶液pH＝7，根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c(Na＋)=c(HCOO－)+c(OH—)，又因為pH＝7，故c(H+)=c(OH—)，故.c（HCOO－)＝c（Na＋)，C項正確?？键c：溶液中離子守恒規(guī)律?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、C【分析】【解答】解：A．Al2H6的熔點為150℃；熔點較低，在固態(tài)時所形成的晶體是分子晶體，故A正確；

B．燃燒時放出大量的熱量；并且能與H原子形成共價鍵，可成為未來的儲氫材料和火箭燃料，故B正確；

C．Al2H6為分子晶體；化合物中Al和H之間為共價鍵，不具有離子化合物的特征，說明不含離子鍵，故C錯誤．

D．根據(jù)元素組成可知Al2H6在空氣中完全燃燒；產(chǎn)物為氧化鋁和水，故D正確；

故選C．

【分析】根據(jù)題給信息“氫鋁化合物的分子式為Al2H6，它的熔點為150℃”可說明Al2H6為分子晶體，燃燒時放出大量的熱量，可作為燃料，化合物中Al和H之間為共價鍵，不具有離子化合物的特征．6、C【分析】解：rm{A}由反應(yīng)rm{壟脵壟脷}利用蓋斯定律，反應(yīng)rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍TN_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)}可以是rm{dfrac{1}{2}(壟脵+壟脷)}得到，所以該反應(yīng)的rm{triangleH=-867kJ?mol^{-1}}即rm{triangle

H=-867kJ?mol^{-1}}還原rm{4.48L(0.2mol)CH_{4}}至rm{NO_{2}}放出的熱量為rm{N_{2}}故A正確；

B；生成液態(tài)水比生成水蒸氣放熱多；故B正確；

C、反應(yīng)rm{173.4kJ}中，都是只有rm{壟脵壟脷}甲烷做還原劑；且都是生成二氧化碳，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同，故C錯誤；

D、反應(yīng)rm{1mol}中的rm{壟脵壟脷}都是放熱反應(yīng)，故D正確；

故選C．

A、根據(jù)反應(yīng)rm{triangleH<0}利用蓋斯定律結(jié)合熱化學(xué)方程式系數(shù)的意義來回答；

B；生成液態(tài)水比生成水蒸氣放熱多；

C、反應(yīng)rm{壟脵壟脷}中，都是rm{壟脵壟脷}甲烷做還原劑；且都是生成二氧化碳；

D、其rm{1mol}都小于rm{triangleH}．

本題考查了蓋斯定律的應(yīng)用、焓變與物質(zhì)狀態(tài)的關(guān)系、氧化還原反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移的應(yīng)用、放熱反應(yīng)，題目難度不大．rm{0}【解析】rm{C}7、B【分析】【分析】本題考查了原電池和電解池的工作原理的應(yīng)用，側(cè)重考查學(xué)生分析和解決問題的能力，題目難度不大。正確書寫電極反應(yīng)式和總反應(yīng)方程式是解答問題的關(guān)鍵。【解答】甲裝置是原電池，Ⅱ處活潑金屬鋅為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)：rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}Ⅰ處鐵為正極，溶液中的氧氣得電子，發(fā)生還原反應(yīng)：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}使得rm{OH^{-}}濃度增大；所以Ⅰ處變紅；

乙裝置是電解池，Ⅲ處活潑金屬鐵與電源正極相連，是電解池的陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}Ⅳ處金屬鋅與電源負(fù)極相連，是電解池的陰極，發(fā)生還原反應(yīng)：rm{2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}隆眉+2OH^{-}}使得rm{OH^{-}}濃度增大，所以Ⅳ處變紅。綜上所述；最先觀察到溶液變紅色的是Ⅰ和Ⅳ，選項B正確。

故選B。

【解析】rm{B}8、C【分析】解：rm{A.}烏洛托品分子式為rm{C_{6}H_{12}N_{4}}故A錯誤；

B.氮原子成三個鍵，有一對孤對電子，為rm{sp^{3}}雜化；故B錯誤；

C.由圖知，分子中共形成rm{4}個六元環(huán)；故C正確；

D.含有rm{N}rm{O}rm{F}的氫化物能形成氫鍵；氮原子上沒有氫原子，故D錯誤．

故選C．

A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式；

B.氮原子成三個鍵；有一對孤對電子；

C.分子中共形成rm{4}個六元環(huán)；

D.含有rm{N}rm{O}rm{F}的氫化物能形成氫鍵．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握常見有機物的組成、官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系等為解答的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{C}二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】解：稀強酸、稀強堿反應(yīng)生成rm{1mol}水時放出rm{57.3kJ}的熱量，稀硫酸和氫氧化鈉稀溶液分別是強酸、強堿，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)簍Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3}rm{NaOH(aq)+dfrac

{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)簍Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3}

故答案為：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)簍Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3}rm{kJ/mol}．

根據(jù)酸堿中和反應(yīng)生成rm{NaOH(aq)+dfrac

{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)簍Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3}液態(tài)水時放出rm{kJ/mol}的熱量書寫熱化學(xué)方程式；據(jù)此進(jìn)行分析．

本題考查熱化學(xué)方程式書寫，明確中和熱指的是酸堿中和反應(yīng)生成rm{1mol}液態(tài)水時放出rm{57.3kJ}的熱量，題目難度大．rm{1mol}【解析】rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)簍Tdfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}10、略

【分析】

（1）反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水，該離子反應(yīng)為2H++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O；

故答案為：2H++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O；

（2）反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，該反應(yīng)的離子反應(yīng)為Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案為：Fe+2H+═Fe2++H2↑；

（3）反應(yīng)生成氯化鋁和氫氣，該反應(yīng)為2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，故答案為：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑．

【解析】【答案】（1）反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水；

（2）反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣；

（3）反應(yīng)生成氯化鋁和氫氣．

11、略

【分析】（1）根據(jù)方程式可知，屬于離子相互交換充分的，所以是復(fù)分解反應(yīng)。（2）①Fe3+與SCN－以個數(shù)比1：1配合所得離子顯＋2價，所以該離子的化學(xué)式為[Fe（SCN）]2+，則相應(yīng)化合物的化學(xué)式為[Fe（SCN）]Cl2。②Fe3+與SCN－以個數(shù)比1：5配合，則所得離子顯－2價，所以方程式為FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl。（3）顏色深淺和濃度大小有關(guān)系，因此如果溶液血紅色加深，則血紅色離子的濃度增加。這是由于加入濃KSCN溶液，平衡向正反應(yīng)方向運動。答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）（1）復(fù)分解（2）[Fe（SCN）]2+、[Fe（SCN）]Cl2、FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl（3分）（3）C（其余每空1分）12、略

【分析】（1）E是硫，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為（2）C是碳元素，最高價氧化物是CO2，電子式為（3）A是鈉，最高價氧化物的水化物的化學(xué)式為NaOH。（4）N和Cl上午氫化物分別是氨氣和氯化氫，而發(fā)生反應(yīng)的方程式為NH3+HCl＝NH4Cl?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）(1)(2)(3)NaOH(4)NH3+HCl＝NH4Cl13、略

【分析】試題分析：斷開1mol的H—H鍵、1molI—I需要吸收的能量是436kJ+151kJ=587KJ；同時產(chǎn)生2mol的H—I鍵釋放的能量是299kJ×2=598KJ，放出的熱量大于吸收的熱量，所以該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，若產(chǎn)生1mol的HI需要放出的熱量是（598KJ－587KJ）÷5.5KJ.考點：考查反應(yīng)熱與鍵能的關(guān)系的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮糠懦?；5.514、略

【分析】解：（1）中和熱測定的實驗中；用到的玻璃儀器有大燒杯；小燒杯、溫度計、量筒、膠頭滴管，環(huán)形玻璃攪拌棒；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是：保溫、隔熱、減少實驗過程中的熱量散失；

故答案為：大燒杯；小燒杯、溫度計、量筒、膠頭滴管；環(huán)形玻璃攪拌棒；保溫、隔熱、減少實驗過程中熱量的損失；

（2）NaOH的濃度大于HCl的濃度；使鹽酸完全被中和，減少了鹽酸揮發(fā)對實驗的影響；如果溫度過低，散熱加快，對實驗結(jié)過造成的誤差較大；

故答案為：保證鹽酸完全被中和；散熱太快；

（3）0.60mol?L-1HCl和0.65mol?L-1的NaOH溶液各50mL進(jìn)行中和反應(yīng)，生成水的物質(zhì)的量為0.05L×0.60mol?L-1=0.03mol，溶液的質(zhì)量為：100ml×1g/ml=100g，溫度變化的值△T為3.30℃來計算，則生成0.03mol水放出的熱量為Q=m?c?△T=100g×4.18J/（g?℃）×3.30℃=100×4.18×3.3×10-3kJ，所以實驗測得的中和熱△H=-kJ/mol；

故答案為：100×4.18×3.3×10-3；-．

（1）根據(jù)量熱計的構(gòu)造和實驗步驟來確定實驗的儀器；中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是：保溫；隔熱、減少實驗過程中的熱量散失；

（2）為了保證HCl完全反應(yīng)；堿應(yīng)過量；溫度過低，散熱加快，對實驗結(jié)過造成的誤差較大；

（3）先根據(jù)Q=m?c?△T計算反應(yīng)放出的熱量，然后根據(jù)△H=-kJ/mol計算出反應(yīng)熱．

本題考查中和熱的測定與計算，題目難度中等，注意理解中和熱的概念是解題的關(guān)鍵．【解析】大燒杯、小燒杯、溫度計、量筒、膠頭滴管，環(huán)形玻璃攪拌棒；保溫、隔熱、減少實驗過程中熱量的損失；保證鹽酸完全被中和；散熱太快；100×4.18×3.3×10-3；-15、略

【分析】解：rm{A.KI(s)}是鹽屬于電解質(zhì)；在水溶液中完全電離屬于強電解質(zhì)，但固體不能電離出自由移動的離子不能導(dǎo)電，水溶液中能導(dǎo)電；

B.rm{C_{2}H_{5}OH(l)}屬于有機物；是非電解質(zhì)，不能導(dǎo)電；

C.rm{Cl_{2}(g)}是單質(zhì)不是電解質(zhì)；不能導(dǎo)電，水溶液中發(fā)生反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸能導(dǎo)電；

D.rm{CH_{3}COOH(l)}是弱酸屬于電解質(zhì)；溶液中操作電離平衡，屬于弱電解質(zhì)，純凈的醋酸不能導(dǎo)電；，水溶液中能導(dǎo)電；

E.rm{BaSO_{4}(s)}屬于鹽熔融狀態(tài)完全電離屬于強電解質(zhì)；本身不導(dǎo)電，水溶液中不導(dǎo)電；

F.rm{NaHSO_{4}(s)}屬于鹽；是電解質(zhì)，水溶液中完全電離屬于強電解質(zhì)，本身不導(dǎo)電，水溶液中導(dǎo)電；

G.石墨rm{(s)}屬于非金屬單質(zhì)；不是電解質(zhì)，固體能導(dǎo)電；

H.蔗糖rm{(s)}屬于有機物；是非電解質(zhì)，不能導(dǎo)電；

I.rm{NaOH(l)}是強堿，是電解質(zhì)，水溶液中完全電離rm{.}屬于強電解質(zhì)；固體不導(dǎo)電，水溶液中導(dǎo)電；

由上述分析可知：

rm{(1)}屬于非電解質(zhì)的有rm{BH}屬于強電解質(zhì)的有rm{AEFI}屬于弱電解質(zhì)的有rm{D}

故答案為：rm{BH}rm{AEFI}rm{D}

rm{(2)}能直接導(dǎo)電的為rm{GI}能溶于水，且水溶液能導(dǎo)電的是rm{ACDFI}

故答案為：rm{GI}rm{ACDFI}．

電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；非電解質(zhì)是水溶液中和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物，強電解質(zhì)是水溶液中完全電離的電解質(zhì)，弱電解質(zhì)是水溶液中部分電離的電解質(zhì)，依據(jù)概念分析判斷，導(dǎo)電的實質(zhì)是生成自由移動的離子．

本題考查了電解質(zhì)、非電解質(zhì)、強電解質(zhì)、弱電解質(zhì)概念的理解和分析應(yīng)用，導(dǎo)電的實質(zhì)是產(chǎn)生自由移動的離子，題目較簡單．【解析】rm{BH}rm{AEFI}rm{D}rm{GI}rm{ACDFI}16、略

【分析】解：rm{(1)}明礬是強酸弱堿鹽，弱酸根離子rm{Al^{3+}}水解產(chǎn)生氫氧化鋁膠體，能夠吸附水中懸浮的物質(zhì)形成沉淀而除去，從而達(dá)到達(dá)到凈水的目的rm{.}其反應(yīng)原理用方程式表示為：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}故答案為：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}

rm{(2)}碳酸根離子水解顯堿性，導(dǎo)致鹽堿地產(chǎn)生堿性，水解離子反應(yīng)為rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}石膏能與碳酸根離子反應(yīng)，平衡向左移動，rm{OH^{-}}濃度降低，降低堿性，石膏電離出的rm{Ca^{2+}}與rm{CO_{3}^{2-}}結(jié)合生成更難溶的rm{CaCO_{3}Na_{2}CO_{3}}rm{CaSO_{4}}反應(yīng)生成難溶性的碳酸鈣，同時生成強酸強堿鹽硫酸鈉，硫酸根離子和鈉離子不水解，則其溶液呈中性，所以石膏能降低其堿性，反應(yīng)方程式為rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}=Na_{2}SO_{4}+CaCO_{3}隆媒}

故答案為：rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}簍TNa_{2}SO_{4}+CaCO_{3}}

rm{(3)}依據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象分析生成物為二氧化硫和氯化氫氣體；rm{SOCl_{2}}與水反應(yīng)生成的氯化氫會對氯化鋁水解起到抑制作用；反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉}故答案為：rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉.}

rm{(1)}明礬中等弱酸根離子rm{Al^{3+}}水解產(chǎn)生氫氧化鋁膠體；能夠吸附水中懸浮的物質(zhì)形成沉淀而除去，從而達(dá)到達(dá)到凈水的目的；

rm{(2)}碳酸鈉水解呈堿性；可與硫酸鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀；

rm{(3)}依據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象分析生成物為二氧化硫和氯化氫氣體．

本題考查了鹽類水解原理、電解質(zhì)溶液中離子濃度大小、鹽類水解等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}簍TNa_{2}SO_{4}+CaCO_{3}}rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉}17、（1）①4HCl（g）+O2（g）?2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6kJ/mol

②31.9

（2）①t4加入催化劑t5減小NH3濃度t7降溫。

②1【分析】【分析】本題考查反應(yīng)熱與焓變的應(yīng)用以及影響化學(xué)平衡移動的條件，題目難度中等，明確鍵能與焓變的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握熱化學(xué)方程式的書寫原則，試題有利于提高學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力?！窘獯稹縭m{(1)}rm{壟脵}反應(yīng)rm{4HCl+O}反應(yīng)rm{壟脵}rm{{,!}_{2}underset{CuO/CuC{l}_{2}}{overset{{400}^{0}C}{?}}}rm{4HCl+O}rm{{,!}_{2}

underset{CuO/CuC{l}_{2}}{overset{{400}^{0}C}{?}}}rm{2Cl}rm{2Cl}rm{{,!}_{2}}中，rm{+2H}被氧化，放出rm{+2H}的熱量，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：rm{{,!}_{2}}rm{O}中，rm{4molHCl}被氧化，放出rm{115.6kJ}的熱量，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：rm{4HCl(g)+O}rm{O}rm{4molHCl}rm{115.6kJ}rm{4HCl(g)+O}rm{O(g)triangleH=-115.6kJ/mol}rm{{,!}_{2}}rm{(g)?2Cl}rm{(g)?2Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}rm{(g)+2H}rm{O(g)triangleH=-115.6kJ/mol}

rm{{,!}_{2}}焓變rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}反應(yīng)物斷鍵吸收熱量rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，故答案為：rm{4HCl(g)+O}rm{4HCl(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)?2Cl}rm{(g)?2Cl}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)triangleH=-115.6kJ/mol}

則該反應(yīng)的焓變rm{triangleH=4隆脕E(H-Cl)+498-[243隆脕2+4隆脕E(H-O)]=-115.6}rm{(g)+2H}整理可得：rm{(g)+2H}rm{{,!}_{2}}；rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}一定溫度下，在容積恒定的密閉容器中，一定量的rm{壟脷}焓變rm{=}反應(yīng)物斷鍵吸收熱量rm{-}生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，rm{4HCl(g)+O}rm{壟脷}rm{=}rm{-}rm{4HCl(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)?2Cl}rm{(g)?2Cl}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}rm{(g)+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}rm{O(g)triangleH=-115.6

kJ/mol}則該反應(yīng)的焓變rm{triangle

H=4隆脕E(H-Cl)+498-[243隆脕2+4隆脕E(H-O)]=-115.6}時刻正逆反應(yīng)速率都減小，且反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，說明是降低溫度，平衡正向進(jìn)行，rm{triangle

H=4隆脕E(H-Cl)+498-[243隆脕2+4隆脕E(H-O)]=-115.6}即：rm{4隆脕E(H-O)-4隆脕E(H-Cl)=498-486+115.6=127.6}整理可得：rm{E(H-O)-E(H-Cl)=31.9}rm{4隆脕E(H-O)-4隆脕E(H-Cl)=498-486+115.6=127.6}rm{E(H-O)-E(H-Cl)=31.9}故答案為：rm{31.9}rm{31.9}rm{(2)}rm{壟脵}一定溫度下，在容積恒定的密閉容器中，一定量的rm{N}rm{壟脵}

rm{N}由反應(yīng)方程式可知：rm{{,!}_{2}}和rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}反應(yīng)達(dá)到平衡后，改變某一外界條件，正逆反應(yīng)速率與時間的關(guān)系如圖所示，其中rm{t}rm{t}rm{{,!}_{4}}rm{漏pt}rm{漏pt}rm{{,!}_{5}}的氮氣與rm{漏pt}的氫氣完全反應(yīng)放出rm{漏pt}的熱量，而此時放出熱量rm{{,!}_{7}}所以參加反應(yīng)的氮氣的物質(zhì)的量為rm{dfrac{;46.1}{;92.2};=0.5mol}，即時刻對應(yīng)的實驗條件改變分別是rm{t}解之得rm{t}故答案為：rm{{,!}_{4}}正逆反應(yīng)速率同時增大相同的倍數(shù)，所以使用催化劑；rm{t}【解析】rm{(1)壟脵4HCl(g)+O_{2}(g)?2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-115.6kJ/mol}

rm{(1)壟脵4HCl(g)+O_{2}(g)?2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-115.6kJ/mol}rm{壟脷31.9}加入催化劑rm{(2)壟脵t_{4}}減小rm{t_{5}}濃度rm{NH_{3}}降溫。

rm{t_{7}}rm{壟脷1}三、探究題(共4題，共8分)18、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應(yīng)該是水解相互促進(jìn)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(jìn)行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)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(jié)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(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?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(jié)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）19、略

【分析】（1）若假設(shè)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(zhì)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(yīng)該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應(yīng)式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?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）20、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應(yīng)該是水解相互促進(jìn)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(jìn)行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)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(jié)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(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?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(jié)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）21、略

【分析】（1）若假設(shè)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(zhì)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(yīng)該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應(yīng)式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?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）四、有機推斷題(共4題，共28分)22、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應(yīng)生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應(yīng)生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應(yīng)生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應(yīng)生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應(yīng)，據(jù)此解答。

(1)

根據(jù)以上分析可知A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應(yīng)②是乙烯與氯化氫的加成反應(yīng)，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應(yīng)④是乙烯的加聚反應(yīng)，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH223、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學(xué)工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應(yīng)生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應(yīng)生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應(yīng)生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應(yīng)生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應(yīng)，據(jù)此解答。

(1)

根據(jù)以上分析可知A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應(yīng)②是乙烯與氯化氫的加成反應(yīng)，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應(yīng)④是乙烯的加聚反應(yīng)，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH224、略

【分析】【分析】

根據(jù)物質(zhì)在轉(zhuǎn)化過程中碳鏈結(jié)構(gòu)不變，根據(jù)抗癇靈結(jié)構(gòu)，結(jié)合A的分子式可推知A結(jié)構(gòu)簡式是：A與HCHO發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生C：C經(jīng)過一系列反應(yīng)，產(chǎn)生分子式是C8H6O3的物質(zhì)D結(jié)構(gòu)簡式是：D與CH3CHO在堿性條件下發(fā)生信息②的反應(yīng)產(chǎn)生E：E含有醛基，能夠與銀氨溶液在堿性條件下水浴加熱，發(fā)生銀鏡反應(yīng)，然后酸化產(chǎn)生F：F與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生G：與發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生抗癇靈：

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；A錯誤；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化變?yōu)?COOH；也能發(fā)生燃燒反應(yīng)，故化合物C能發(fā)生氧化反應(yīng)，B正確；

C．的亞氨基上含有孤對電子，能夠與H+形成配位鍵而結(jié)合H+；因此具有弱堿性，C正確；

D．根據(jù)抗癇靈的分子結(jié)構(gòu)，可知其分子式是C15H17NO3；D錯誤；

故合理選項是BC；

(2)根據(jù)上述分析可知化合物E結(jié)構(gòu)簡式是

(3)G是G與發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生抗癇靈和HCl，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C為原料經(jīng)過三步制備化合物D，首先是與Cl2在光照條件下發(fā)生甲基上H原子的取代反應(yīng)產(chǎn)生然后與NaOH的水溶液共熱，發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生該物質(zhì)與O2在Cu催化下加熱，發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生D：故由C經(jīng)三步反應(yīng)產(chǎn)生D的合成路線為：

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物；符合條件：①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，則其可能的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式是【解析】BC++HCl25、略

【分析】【詳解】

分析：由C→及反應(yīng)條件可知C為苯甲醇,B為A為甲苯。在相同條件下,D的蒸氣相對于氫氣的密度為39,則D的相對分子質(zhì)量為39×2=78,D與A互為同系物,由此知D為芳香烴,設(shè)1個D分子中含有n個碳原子,則有14n-6=78,解得n=6,故D為苯,與乙醛反應(yīng)得到E,結(jié)合信息①,E為E與溴發(fā)生加成反應(yīng)得到的F為F發(fā)生氧化反應(yīng)生成的G為

詳解：(1)根據(jù)分析可知:G為則G中含氧官能團(tuán)為羧基；甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,而苯不能,因此；鑒別A和D的試劑為酸性高錳酸鉀溶液；本題答案為：羧基；酸性高錳酸鉀溶液；

(2)苯甲醛與氯仿發(fā)生加成反應(yīng)生成B為F為

（3）反應(yīng)①：乙酸和發(fā)生酯化反應(yīng),化學(xué)方程式為+CH3COOH+H2O。

（4）C為苯甲醇,屬于芳香族化合物的苯甲醇的同分異構(gòu)體有鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚和苯甲醚(),共4種；

(5)苯乙醛與甲醛反應(yīng)生成再與溴發(fā)。

生加成反應(yīng)生成最后發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成故合成路線為

點睛：本題主要考查結(jié)構(gòu)簡式、官能團(tuán)、反應(yīng)類型、化學(xué)方程式、限定條件下同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷、合成路線中試劑和反應(yīng)條件的選擇等知識,意在考查考生分析問題、解決問題的能力，抓好信息是解題的關(guān)鍵?！窘馕觥竣?羧基②.酸性高錳酸鉀溶液③.加成反應(yīng)④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.五、簡答題(共2題，共14分)26、略

【分析】解：從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數(shù)，可知rm{x}是rm{H}元素，rm{y}是rm{C}元素，rm{z}是rm{N}元素，rm61onsuc是rm{O}元素，rm{e}是rm{Na}元素，rm{f}是rm{Al}元素，rm{g}是rm{S}元素，rm{h}是rm{Cl}元素．

rm{(1)f}是rm{Al}元素，在元素周期表的位置是第三周期Ⅲrm{A}族，故答案為：第三周期Ⅲrm{A}族；

rm{(2)}電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：rm{r(O^{2-})>r(Na^{+})}非金屬性越強，最高價氧化物水化物的酸性越強，故酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}

故答案為：rm{r(O^{2-})>r(Na^{+})}rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}

rm{(3)}四原子共價化合物，可以是rm{NH_{3}}rm{H_{2}O_{2}}rm{C_{2}H_{2}}等，其電子式為：rm{(}或rm{)}

故答案為：rm{(}或rm{)}

rm{(4)壟脵R}是rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中rm{Al^{3+}}rm{NH_{4}^{+}}均水解使溶液呈酸性，但rm{Al^{3+}}比rm{NH_{4}^{+}}水解程度更大，故離子濃度由大到小的順序是：rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Al^{3+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

故答案為：rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Al^{3+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

rm{壟脷m}點過程中加入氫氧化鈉，沉淀物質(zhì)的量不變，是rm{NH_{4}^{+}}與rm{OH^{-}}反應(yīng)生成rm{NH_{3}?H_{2}O}離子方程式為：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}

故答案為：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}

rm{壟脹10mL1mol?L^{-1}NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中rm{Al^{3+}}物質(zhì)的量為rm{0.01mol}rm{NH_{4}^{+}}的物質(zhì)的量為rm{0.01mol}rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量為rm{0.02mol}rm{20mL1.2mol?L^{-1}Ba(OH)_{2}}溶液中rm{20mL

1.2mol?L^{-1}Ba(OH)_{2}}物質(zhì)的量為rm{Ba^{2+}}rm{0.024mol}為rm{OH^{-}}

由rm{0.048mol}可知rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}=BaSO_{4}隆媒}不足，故可以得到rm{SO_{4}^{2-}}

rm{0.02molBaSO_{4}}

rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}

反應(yīng)剩余rm{0.01mol0.03mol0.01mol}為rm{OH^{-}}

rm{0.048mol-0.03mol=0.018mol}

rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}

反應(yīng)剩余rm{0.01mol0.01mol}為rm{OH^{-}}

rm{0.018mol-0.01mol=0.008mol}

rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故得到rm{0.008mol0.008mol}沉淀為rm{Al(OH)_{3}}

則最終得到固體為rm{0.01mol-0.008mol=0.002mol}

故答案為：rm{0.02mol+0.002mol=0.022mol}．

從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數(shù)，可知rm{0.022}是rm{x}元素，rm{H}是rm{y}元素，rm{C}是rm{z}元素，rm{N}是rmhtbxwci元素，rm{O}是rm{e}元素，rm{Na}是rm{f}元素，rm{Al}是rm{g}元素，rm{S}是rm{h}元素．

rm{Cl}是rm{(1)f}元素，在元素周期表的位置是第三周期Ⅲrm{Al}族；

rm{A}電子層結(jié)構(gòu)相同的離子；核電荷數(shù)越大離子半徑越?。环墙饘傩栽綇?，最高價氧化物水化物的酸性越強；

rm{(2)}四原子共價化合物，可以是rm{(3)}rm{NH_{3}}rm{H_{2}O_{2}}等；

rm{C_{2}H_{2}}是rm{(4)壟脵R}溶液中rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}rm{Al^{3+}}均水解使溶液呈酸性，但rm{NH_{4}^{+}}比rm{Al^{3+}}水解程度更大；

rm{NH_{4}^{+}}點過程中加入氫氧化鈉，沉淀物質(zhì)的量不變，是rm{壟脷m}與rm{NH_{4}^{+}}反應(yīng)生成rm{OH^{-}}

rm{NH_{3}?H_{2}O}根據(jù)rm{壟脹}計算rm{n=cV}rm{n(Al^{3+})}rm{n(NH_{4}^{+})}rm{n(SO_{4}^{2-})}rm{n(Ba^{2+})}根據(jù)rm{n(OH^{-})}rm{SO_{4}^{2-}}中不足量的離子的物質(zhì)的量計算生成rm{Ba^{2+}}的物質(zhì)的量，依次發(fā)生：rm{BaSO_{4}}rm{Al^{3+}+OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}根據(jù)方程式計算生成rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}的物質(zhì)的量；進(jìn)而二者計算生成固體總物質(zhì)的量．

本題考查結(jié)構(gòu)位置性質(zhì)關(guān)系、離子半徑的大小比較、元素周期律、離子濃度大小比較、化學(xué)圖象及化學(xué)計算，是對學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)，難度中等．rm{Al(OH)_{3}}【解析】第三周期Ⅲrm{A}族；rm{r(O^{2-})>r(Na^{+})}rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}rm{(}或等rm{)}rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Al^{3+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}rm{0.022}27、略

【分析】解：（1）生銹的砝碼質(zhì)量偏大，而m物=m砝+m游；故稱量出的藥品的質(zhì)量偏重，則配制出的溶液的濃度偏大，故答案為：偏高；

（2）向容量瓶中加蒸餾水超過了刻度線后；無法補救，必須重新配制，如果又用滴管把多出的部分吸走，則吸走的不止是水，也有溶質(zhì)，會導(dǎo)致所配溶液的濃度偏低，故答案為：偏低．

根據(jù)C=通過判斷不當(dāng)操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液體積V的影響來分析誤差．

本題考查了配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時的誤差分析，要從不當(dāng)?shù)牟僮鲗θ芤旱捏w積或溶質(zhì)的質(zhì)量的影響來著手分析，難度不大．【解析】偏高；偏低六、實驗題(共2題，共18分)28、（1）環(huán)形玻璃攪拌棒保溫、隔熱作用（2）銅棒易導(dǎo)致熱量的散失。

（3）acd（4）1.5mol/L-48.8kJ?mol-1【分析】【分析】本題主要考察中和熱的測定，明確中和熱的概念和