2025年蘇科新版選修化學(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年蘇科新版選修化學(xué)上冊月考試卷349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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、工業(yè)生產(chǎn)硫酸的過程中，SO2在接觸室中被催化氧化為SO3氣體，已知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)。現(xiàn)將2molSO2、1molO2充入一密閉容器中充分反應(yīng)后，放出熱量98.3kJ，此時測得SO2的轉(zhuǎn)化率為50%，則下列熱化學(xué)方程式正確的是A.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=?196.6kJ·mol?1B.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=?98.3kJ·mol?1C.SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)ΔH=+98.3kJ·mol?1D.SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)ΔH=?49.2kJ·mol?12、百里酚藍(lán)(以下記為H2A)是一種有機弱酸，結(jié)構(gòu)如圖1所示，其電離平衡可表示為：

25°C時0.1mol·L-1溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分?jǐn)?shù)δ與pH的變化關(guān)系如圖2所示。已知：δ(A2-)=

下列說法不正確的是A.溶液由黃色變?yōu)樗{(lán)色原因是酚羥基發(fā)生了變化B.δ(HA-)=C.pH=7.0：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c(H+)=c(OH-)D.NaOH滴定CH3COOH，可用H2A作指示劑，溶液由紅色變?yōu)槌壬野敕昼妰?nèi)不復(fù)原即為滴定終點3、根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論正確的是A.是Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后，溶液的導(dǎo)電能力隨滴入NaHSO4溶液體積變化的曲線，說明a點對應(yīng)的溶液呈堿性B.表示某放熱反應(yīng)分別在有、無催化劑的情況下，反應(yīng)過程中的能量變化C.是I2＋I－?I3-中I3-的平衡濃度隨溫度變化的曲線，說明平衡常數(shù)K(T1)2)D.是室溫下用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定0.1mol·L－1某酸HX的滴定曲線，說明可用甲基橙判斷該反應(yīng)的終點4、下列離子方程式正確的是A.鉛酸蓄電池充電時的陽極反應(yīng)：PbSO4+2H2O+2e-＝PbO2+4H++B.用惰性電極電解氯化銅溶液2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C.少量的Mg(HCO3)2溶液加過量的Ba(OH)2溶液的離子方程式為：Mg2++2+2Ba2++4OH-＝2BaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2OD.HS－的水解方程式：HS-+H2O?H3O++S2-5、實現(xiàn)轉(zhuǎn)變?yōu)榈姆椒ㄊ茿.與足量NaOH溶液共熱后，再通入CO2B.與足量NaOH溶液共熱后，再通入HClC.與稀硫酸共熱后，加入足量NaOH溶液D.與稀硫酸共熱后，加入足量Na2CO3溶液6、某烯烴和炔烴的混合氣體，其密度是相同條件下氫氣密度的13.8倍，將1L混合氣體燃燒，在同溫同壓下得到2.1LCO2氣體。則該混合烴可能是A.C2H4和C2H2B.C2H4和C3H4C.C3H6和C2H2D.C3H6和C3H47、下列說法不正確的是A.屬于糖類、油脂、蛋白質(zhì)的物質(zhì)均可發(fā)生水解反應(yīng)B.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以區(qū)分C.室溫下，在水中的溶解度：乙酸>苯酚>溴乙烷D.酚類物質(zhì)具有還原性，有些可用作食品中的抗氧化劑8、借助現(xiàn)代化的儀器可以幫助我們便捷地認(rèn)識有機物的結(jié)構(gòu)。有機物R的兩種譜圖如下；下列選項所給出的結(jié)構(gòu)中可能為R的是。

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、在a、b兩支試管中加入體積相同的同種生鐵塊。在a中加入食鹽水，塞上橡皮塞，如圖。U型玻璃管內(nèi)為紅墨水（開始時兩端液面等高）。放置一段時間后，下列敘述錯誤的是A.生鐵塊中的主要成分是鐵，也含有少量的碳B.紅墨水柱兩邊的液面變?yōu)樽蟮陀腋逤.兩試管中鐵均被銹蝕D.a試管中發(fā)生的反應(yīng)是：2C+2Fe+3O2=2FeCO310、為二元弱酸，室溫下，將溶液和氨水按一定比例混合，可用于測定溶液中鈣的含量。室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.溶液：B.溶液：C.向溶液中滴加氨水至pH=7：D.氨水和溶液等體積混合：11、電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力越強，電導(dǎo)率越大。常溫下用0.1000mol?L－1鹽酸分別滴定10.00mL濃度均為0.1000mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中電離與氨相似，已知在常溫下Kb[(CH3)2NH?H2O]＝1.6×10－4)；利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導(dǎo)率如圖所示。下列說法正確的是。

A.曲線②代表滴定二甲胺溶液的曲線B.d點溶液中：c(H＋)＞c(OH－)＋c[(CH3)2NH]C.b、c、d三點的溶液中，b點水的電離程度最大D.a點溶液與d點的溶液混合后的溶液中：c[(CH3)2NH2＋]＞c[(CH3)2NH?H2O]12、常溫下，0.1mol/LH2C2O4水溶液中存在H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三種形態(tài)含碳粒子，用NaOH或HCl調(diào)節(jié)該溶液的pH，三種含碳粒子的分布系數(shù)δ隨溶液pH變化的關(guān)系如下圖[已知：a=1.35，b=4.17，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；忽略溶液體積變化]。下列說法錯誤的是。

A.pH=5時，溶液中主要含碳物種濃度大小關(guān)系為：c(C2O42-)>c(H2C2O4)>c(HC2O4-)B.已知pKa=-lgKa，則pKa2(H2C2O4)=4.17C.0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)D.一定溫度下往CaC2O4飽和溶液中加入少量CaCl2固體，c(C2O42-)將減小，c(Ca2+)不變13、如圖所示是中學(xué)化學(xué)中常見的有機物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，A的分子式為A可以提供生命活動所需要的能量，D是石油裂解氣的主要成分，E可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，F(xiàn)的相對分子質(zhì)量為60，且分子中碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為40%。下列說法錯誤的是。

A.D→E的化學(xué)方程式：B.A可能是果糖C.①的反應(yīng)類型為水解反應(yīng)D.與B含有相同官能團的B的同分異構(gòu)體有2種(不考慮立體異構(gòu))14、利用下列實驗藥品，能達到實驗?zāi)康牡氖恰＿x項實驗?zāi)康膶嶒炈幤稟與銅離子結(jié)合能力：溶液，NaOH溶液，氨水B蔗糖是否發(fā)生水解蔗糖，稀硫酸，新制的懸濁液C檢驗氯乙烷消去的有機產(chǎn)物氯乙烷，NaOH溶液，乙醇，溴水D用標(biāo)準(zhǔn)濃度的鹽酸測定未知濃度的溶液溶液，0.1鹽酸，酚酞

A.AB.BC.CD.D15、鹽酸洛派丁胺俗稱易蒙停；它是一種新型的止瀉藥，適用于各種急慢性腹瀉的治療，其結(jié)構(gòu)簡式如圖：

下列說法不正確的是（）A.易蒙停的分子式為C29H34Cl2N2O3B.向易蒙停溶液中加入FeCl3溶液，溶液顯紫色C.1mol易蒙停只能與1molNaOH發(fā)生反應(yīng)D.1mol易蒙停最多能與3mol溴水發(fā)生反應(yīng)評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、鋅在工業(yè)中有重要作用；也是人體必需的微量元素。回答下列問題：

（1）Zn原子核外電子排布式為________。

（2）黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。第一電離能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。

（3）ZnF2具有較高的熔點(872℃)，其化學(xué)鍵類型是________；ZnF2不溶于有機溶劑而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能夠溶于乙醇、乙醚等有機溶劑，原因是__________________________________________________。

（4）《中華本草》等中醫(yī)典籍中，記載了爐甘石(ZnCO3)入藥，可用于治療皮膚炎癥或表面創(chuàng)傷。ZnCO3中，陰離子空間構(gòu)型為________，C原子的雜化形式為___________________。

（5）金屬Zn晶體中的原子堆積方式如圖所示，這種堆積方式稱為____________________。六棱柱底邊邊長為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，Zn的密度為________g·cm－3(列出計算式)。

17、無機化合物可根據(jù)其組成和性質(zhì)進行分類。

(1)如圖所示的物質(zhì)分類方法名稱是_______。

(2)以中任兩種或三種元素組成合適的物質(zhì)，分別填在表中橫線上。(只填一種即可)。物質(zhì)類別強酸強堿鈉鹽氧化物氫化物化學(xué)式①

②____③___

④⑤

⑥____⑦

⑧⑨

⑩

(3)寫出⑤的電離方程式：_______。

(4)寫出實驗室由⑩制備的化學(xué)方程式：_______。

(5)實驗室制備⑦常用(填名稱)____和____反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式為____。18、氧化鋅；硫化鋅都是重要的基礎(chǔ)化工原料。

（1）ZnO與Al2O3的化學(xué)性質(zhì)相似，ZnO在NaOH溶液中轉(zhuǎn)化成[Zn(OH)4]2的離子方程式為_____________。

（2）火法煉鋅得到的氧化鋅中含有鉛；銅等雜質(zhì)；提純步驟如下：

①上圖中的“冷凝物”為________（填化學(xué)式）。

②某溫度時，在反應(yīng)Ⅰ的反應(yīng)爐中，起始時c(CO)為0.3mol?L1，反應(yīng)過程中CO2的體積分?jǐn)?shù)φ(CO2)如圖所示，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K＝_____。

③下列措施有利于提高反應(yīng)Ⅰ中ZnO轉(zhuǎn)化率的是________。

a．增大ZnO的投料量b．適當(dāng)加壓c．將鋅蒸氣及時分離。

④反應(yīng)Ⅱ中，每轉(zhuǎn)移1mol電子，反應(yīng)放熱174kJ，則H2＝_____________。

（3）測定氧化鋅樣品純度：稱取0.5000g樣品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，搖勻。量取25.00mL該溶液，用0.04000mol?L1的EDTA（Na2H2Y）標(biāo)準(zhǔn)液滴定其中的Zn2+（反應(yīng)方程式為Zn2+＋H2Y2＝ZnY2＋2H+；雜質(zhì)不反應(yīng)），平行滴定三次，平均消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)液15.12mL。

①若滴定管未用EDTA標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，測定結(jié)果將___（填“偏高”；“偏低”或“不變”）。

②樣品純度為：________________（列出計算式即可）。

（4）彩電熒光屏中的藍(lán)色熒光粉含有ZnS。將含有0.05molZnS的熒光粉溶于500mL鹽酸中，完全溶解后，溶液中c(S2)≤__________mol?L1。（已知：Ksp(ZnS)＝2.5×1023，忽略溶液體積的變化）19、（1）雄黃(As4S4)和雌黃(As2S3)是提取砷的主要礦物原料；二者在自然界中共生。完成下列填空：

①As2S3和SnCl2在鹽酸中反應(yīng)轉(zhuǎn)化為As4S4和SnCl4并放出H2S氣體，若As2S3和SnCl2恰好完全反應(yīng)，As2S3和SnCl2的物質(zhì)的量之比為_________，該反應(yīng)的氧化劑是______，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體可用_________吸收。

②As2S3和HNO3有反應(yīng)：___As2S3+___NO+____=___H3AsO4+___S+___NO2↑+____

a．將方程式補充完整并配平。

b．若生成1molH3AsO4，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_________

（2）某溫度下將Cl2通入KOH溶液中，反應(yīng)后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，經(jīng)測定，ClO-和的物質(zhì)的量濃度之比為7∶1，則Cl2與KOH反應(yīng)時，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為______。若5molCl2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為______（用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)）。20、按要求回答下列問題。

Ⅰ、(1)已知拆開1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為____________________________。

(2)已知：碳的燃燒熱ΔH1=akJ·mol－1；

S(s)+2K(s)=K2S(s)；ΔH2=bkJ·mol－1

2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)ΔH3=ckJ·mol－1；

則S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=____________________。

(3)肼N2H4(l)可作為火箭發(fā)動機的燃料，與氧化劑N2O4(g)反應(yīng)生成N2和水蒸氣。

已知：①N2(g)+2O2(g)===N2O4(l)ΔH1=-195kJ/mol

②N2H4(l)+O2(g)===N2(g)+2H2O(g)ΔH2=-534.2kJ/mol

寫出N2H4(l)和N2O4(l)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______________

Ⅱ、在一定溫度下，有a，鹽酸b．硫酸c．醋酸三種酸：

(1)當(dāng)三種酸物質(zhì)的量濃度相同時，c(H+)由大到小的順序是________。

(2)若三者c(H+)相同時；物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是__________。

(3)當(dāng)三者c(H＋)相同且體積也相同時；分別放入足量的鋅，相同狀況下產(chǎn)生氣體的體積由大到小的順序是________。

Ⅲ；25℃時pH＝12的NaOH溶液100mL；要使它的pH為11。(體積變化忽略不計)

(1)如果加入蒸餾水；應(yīng)加入蒸餾水______________mL

(2)如果加入pH＝10的NaOH溶液；應(yīng)加NaOH溶液______________mL；

(3)如果加0.005mol/LH2SO4，應(yīng)加0.005mol/LH2SO4______________mL。(精確到0.1)21、只含C、H、O的有機物，為便于研究其燃燒時生成物與所需氧氣的量的關(guān)系，可用通式(CxHy)m(H2O)n或(CxOy)m(H2O)n，表示它們(m、n、x、y均為正整數(shù))。例如：CH3OH、C2H5OH、C3H7OH等物質(zhì)可用通式(CH2)m(H2O)n表示；它們的m分別為1；2、3，n均為1。它們完全燃燒時所需的氧氣和生成的二氧化碳的體積比為3∶2。

(1)現(xiàn)有一類只含C、H、O的有機物，它們完全燃燒時消耗的氧氣和生成的二氧化碳的體積比為5∶4，按照上述要求，該類化合物的通式可表示為____，寫出這類化合物相對分子質(zhì)量最小的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式___。

(2)若某一類有機物可用通式(CxHy)m(H2O)n表示，則在相同條件下，該類化合物完全燃燒時消耗氧氣的體積V1和生成CO2的體積V2必須滿足的條件是__。22、(1)有下列幾組物質(zhì)；請將序號填入下列空格內(nèi)：

A、CH2=CH-COOH和油酸(C17H33COOH)B、12C60和石墨C、和D、35Cl和37ClE；乙醇和乙二醇。

①互為同系物的是________；

②互為同分異構(gòu)體的是________；

③既不是同系物，又不是同分異構(gòu)體，也不是同素異形體，但可看成是同一類物質(zhì)的是________。

(2)有8種物質(zhì)：A乙烷；B乙烯；C乙炔；D苯；E甲苯；F溴乙烷；G聚丙烯；H環(huán)己烯。

其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能與溴水反應(yīng)使溴水褪色的是________；

(3)寫出聚合物的單體結(jié)構(gòu)簡式________和________。評卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共9分)23、S和Te屬于同主族元素，碲(Te)廣泛應(yīng)用于冶金、航空航天、電子等領(lǐng)域。從精煉鋼的陽極泥(主要成分為Cu2Te；還含有金；鉑等)中回收碲的工藝流程如下：

已知：TeO2具有強還原性，且TeO2、Cu2TeO4均難溶于水；高碲酸鈉的化學(xué)式為Na2TeO4。

回答下列問題：

(1)Cu2Te中Te的化合價為_______。

(2)S和Te屬于同主族元素，則穩(wěn)定性：H2S_______(填“>”或“<”)H2Te，試解釋其原因：_______。

(3)“濾液I”的主要成分是_______(寫化學(xué)式)；“濾液I”中溶質(zhì)的浸出率與溫度的關(guān)系如圖所示，解釋溶質(zhì)的浸出率隨溫度變化的可能原因：_______。

(4)“堿浸”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。

(5)粗碲粉中碲的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定步驟如下：取mg粗碲粉，加入酸使其轉(zhuǎn)化為亞碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于錐形瓶中。向錐形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反應(yīng)使亞碲酸轉(zhuǎn)化為碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液。該粗碲粉中碲的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______；若硫酸亞鐵銨溶液使用之前部分被氧化，則測定結(jié)果_______(填“偏高”或“偏低”)。評卷人得分五、計算題(共4題，共20分)24、二元化合物X呈黑棕色晶體，易潮解，易溶于水、乙醇和乙醚；熔點306℃，沸點315℃，400℃時存在二聚體。將X加熱到200℃以上釋放出一種單質(zhì)氣體：取1.2000gX,加熱完全分解為晶體B和氣體C;氣體C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液進行滴定，消耗29.59mL;晶體B可溶于水，所得溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液進行滴定，消耗24.66mL。設(shè)分解反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為n,則X的摩爾質(zhì)量為___________；滿足條件的X是___________。25、按要求填空：

(1)Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)?Cr3+(aq)+3OH－(aq)。常溫下，Cr(OH)3溶度積Ksp=1.0×10－32，要使c(Cr3+)完全沉淀；溶液的pH應(yīng)調(diào)至______。

(2)25℃時，向水的電離平衡體系中加入少量碳酸鈉固體，得到pH為11的溶液，其水解方程式為_________，由水電離出的c(OH－)＝________mol·L－1。

(3)在100℃下，將pH=3的硫酸溶液和pH=10的NaOH溶液混合，若要使混合后溶液的pH=7，則硫酸溶液和NaOH溶液的體積比約為_____。26、有丙炔和氫氣的混合氣體5L；在催化劑作用下，經(jīng)充分反應(yīng)后得到的氣體的體積為V(所有體積均在同溫同壓下測定)。

（1）若將上述5L氣體在氧氣中完全燃燒生成二氧化碳和水，消耗同溫同壓下氧氣的體積V(O2)為___(取值范圍)。

（2）若氫氣的體積為1L，反應(yīng)后的體積V＝___L。

（3）若氫氣在混合氣體中的體積分?jǐn)?shù)為x，試用x表示反應(yīng)后的體積V=___。27、(1)有機物A的紅外光譜圖如圖：

A的結(jié)構(gòu)簡式為______。

(2)有機物A可由葡萄糖發(fā)酵得到，也可從酸牛奶中提取。純凈的A為無色黏稠液體，易溶于水。為研究A的組成與結(jié)構(gòu)，進行了如下實驗：。實驗步驟解釋或?qū)嶒灲Y(jié)論①稱取A9.0g，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍。試通過計算填空：A的相對分子質(zhì)量為：____。②將此9.0gA在足量純O2中充分燃燒，并使其產(chǎn)物依次緩緩?fù)ㄟ^濃硫酸、堿石灰，發(fā)現(xiàn)兩者分別增重5.4g和13.2gA的分子式為：___。③另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應(yīng)，生成2.24LCO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，若與足量金屬鈉反應(yīng)則生成2.24LH2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)寫出A中含有的官能團：_____④A的核磁共振氫譜如圖：

A中含有_____種氫原子。⑤綜上所述，A的結(jié)構(gòu)簡式為______。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】

SO2在接觸室中被催化氧化為SO3，已知該反應(yīng)為一放熱反應(yīng)．現(xiàn)將2molSO2、1molO2充入一密閉容器中充分反應(yīng)后，放出熱量98.3kJ，此時測得SO2的物質(zhì)的量為1mol．反應(yīng)是可逆反應(yīng)；發(fā)生反應(yīng)的二氧化硫為1mol，放熱為98.3KJ，所以依據(jù)反應(yīng)放出的熱量，結(jié)合熱化學(xué)方程式的書寫方法來解答，注意標(biāo)注物質(zhì)的聚集狀態(tài)。

【詳解】

將2molSO2、1molO2充入一密閉容器中充分反應(yīng)后，放出熱量98.3kJ，此時測得SO2的物質(zhì)的量為1mol，說明反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進行徹底，實際發(fā)生反應(yīng)的二氧化硫為1mol，1mol二氧化硫全部反應(yīng)放熱98.3KJ，熱化學(xué)方程式為：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=?196.6kJ·mol?1或SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)△H=-98.3kJ·mol?1。

A項；熱化學(xué)方程式符合題意；故A正確；

B項；熱化學(xué)方程式中反應(yīng)熱和對應(yīng)二氧化硫的量不符合；故B錯誤；

C項、反應(yīng)是放熱反應(yīng)，不是吸熱反應(yīng)，△H=-98.3kJ·mol?1；故C錯誤；

D項；熱化學(xué)方程式中反應(yīng)熱和對應(yīng)二氧化硫的量不符合；故D錯誤。

故選A。

【點睛】

本題考查了熱化學(xué)方程式，注意可逆反應(yīng)的特點是反應(yīng)不能進行徹底。2、D【分析】【分析】

隨著pH的增大，HA-在增大，H2A在減小，隨著pH的進一步增大，則HA-在減小，A2-在增大；以此解題。

【詳解】

A．根據(jù)結(jié)構(gòu)可知；百里酚藍(lán)為二元弱酸，其中酚羥基更加難以電離，根據(jù)信息可知，溶液由黃色變?yōu)樗{(lán)色原因是酚羥基發(fā)生了變化，A正確；

B．根據(jù)可知，將其代入B正確；

C．根據(jù)分析結(jié)合圖示可知，pH=7.0：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c(H+)=c(OH-)；C正確；

D．滴定終點為醋酸鈉溶液；溶液顯堿性，根據(jù)題給信息可知，此時溶液應(yīng)該橙色變藍(lán)色，D錯誤；

故選D。3、A【分析】【詳解】

A.Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后；溶液中生成硫酸鋇沉淀，導(dǎo)電能力減弱，a中硫酸氫鈉過量，則溶質(zhì)為氫氧化鈉；硫酸鈉，說明a點對用的溶液顯堿性，A項正確；

B.該圖中反應(yīng)物能量小于生成物能量；屬于吸熱反應(yīng)，B項錯誤；

C.由I2＋I－?I3-中I3-的平衡濃度隨溫度變化的曲線分析可知，升溫平衡逆向進行，平衡常數(shù)K(T2)<K(T1)；C項錯誤；

D.甲基橙的變色范圍是3.1-4.4；圖象中反應(yīng)終點的pH不在此范圍，不可用甲基橙判斷該反應(yīng)的終點，D項錯誤；

答案選A。

【點睛】

甲基橙的變色范圍是3.1-4.4。4、C【分析】【詳解】

A．鉛酸蓄電池充電時的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，失電子，鉛元素的化合價由+2價升高到+4價，電極反應(yīng)為PbSO4+2H2O-2e-＝PbO2+4H++故A錯誤；

B．用惰性電極電解氯化銅溶液，銅離子在陰極得到電子生成銅，氯離子在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑；故B錯誤；

C．少量的Mg(HCO3)2溶液與過量的Ba(OH)2溶液反應(yīng)，則以少量的Mg(HCO3)2為基準(zhǔn)，按照1：2反應(yīng)，即2個HCO3-中和2個OH-，1個Mg2+沉淀2個OH-，2個Ba2+與2個CO32-產(chǎn)生2個BaCO3，則離子方程式為Mg2++2HCO3-+2Ba2++4OH-═2BaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2O；故C正確；

D．HS-的水解是HS-離子與水電離出的H+結(jié)合成弱電解質(zhì)H2S的過程，其水解的離子方程式為HS-+H2OH2S+OH-；故D錯誤；

答案為C。5、A【分析】【分析】

將轉(zhuǎn)變?yōu)?COONa沒有變化，-COO-水解可生成-OH，以此來解答。

【詳解】

將轉(zhuǎn)變?yōu)?COONa沒有變化，-COO-水解可生成-OH，則先發(fā)生在NaOH水溶液中的水解生成再通入CO2，生成即可，注意強酸（HCl）與-COONa反應(yīng)，NaOH、Na2CO3；均能與苯酚反應(yīng)；所以B、C、D不能實現(xiàn)。

答案選A。

【點睛】

本題考查有機物的合成，明確官能團的變化及物質(zhì)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，注意強酸（HCl）與-COONa反應(yīng)，NaOH、Na2CO3、均能與苯酚反應(yīng)為解答的易錯點，題目難度不大。6、C【分析】【分析】

某烯烴和炔烴的混合氣體，其密度是相同條件下氫氣密度的倍，則其相對分子質(zhì)量為27.6，一定含有將1混合氣體燃燒，在同溫同壓下得到2.1氣體；兩種烴的碳原子數(shù)平均值是2.1，即一個碳原子數(shù)比2.1小，另一個碳原子數(shù)要大于2.1，取整數(shù)，就是要大于等于3。

【詳解】

A．和碳原子平均數(shù)為2，不符合，A項錯誤；

B．和不含有不符合，B項錯誤；

C．含有碳原子平均值有可能為2.1，C項正確；

D．不含有不符合題意，D項錯誤；

故選C。7、A【分析】A.屬于油脂和蛋白質(zhì)的物質(zhì)均可發(fā)生水解反應(yīng)，屬于糖類的物質(zhì)不一定能發(fā)生水解反應(yīng)，如單糖就不能水解，A不正確；B.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以區(qū)分，向乙酸中滴加碳酸鈉溶液可以冒氣泡，而乙酸乙酯不會，B正確；C.室溫下，在水中的溶解度的大小關(guān)系為乙酸>苯酚>溴乙烷，C正確；D.酚類物質(zhì)具有還原性，有些可用作食品中的抗氧化劑，D正確。本題選A。8、C【分析】【分析】

由質(zhì)譜圖可知；R的相對分子質(zhì)量在100~110之間，由氫核磁共振譜圖知，分子內(nèi)有2種H原子，數(shù)目之比等于3:2。

【詳解】

A．選項中的有機物分子式為C4H8；相對分子質(zhì)量為56，分子內(nèi)有2種H，H原子數(shù)目比為3:1，A不符合；

B．選項中的有機物分子式為C8H10O2；相對分子質(zhì)量為138，分子內(nèi)有3種H，H原子數(shù)目比為3:1:1，B不符合；

C．選項中的有機物分子式為C8H10；相對分子質(zhì)量為106，分子內(nèi)有2種H，H原子數(shù)目比為3：2，C符合；

D．選項中的有機物分子式為C8H16；相對分子質(zhì)量為112，分子內(nèi)有3種H，H原子數(shù)目比為3:1:2，D不符合；

選C。二、多選題(共7題，共14分)9、BD【分析】【分析】

根據(jù)鐵生銹的知識進行分析；鐵在有水和氧氣并存時發(fā)生吸氧腐蝕，易生銹，鐵銹的主要成分是氧化鐵，鐵生銹消耗氧氣導(dǎo)致裝置內(nèi)壓強減小。

【詳解】

A.生鐵并不是純鐵；它還含有碳；硅、錳等，是一種合金．故不選A；

B.開始時；a試管發(fā)生吸氧腐蝕，電化腐蝕速率較快，而右側(cè)也有空氣，且中間連接部分是紅墨水，含有水分，所以也能生銹，只是相對左側(cè)慢一些，因此紅墨水柱兩邊的液面變?yōu)樽蟾哂业?，故選B；

C.a、b試管中的鐵釘在放置一段時間后；均可被緩慢氧化，故不選C；

D.鐵生銹的過程；實際上是鐵與空氣中的水和氧氣發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的過程，而不是生鐵中的碳和鐵和氧氣發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的過程．故選D；

答案：BD10、BD【分析】【詳解】

為二元弱酸，室溫下，將溶液和氨水按一定比例混合；可用于測定溶液中鈣的含量。室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A.溶液，部分電離，電離顯酸性，因此離子濃度關(guān)系為：故A錯誤；

B.溶液，根據(jù)越弱越水解，因此銨根水解程度大于草酸根水解程度，溶液顯酸性：故B正確；

C.向溶液中滴加氨水至pH=7，根據(jù)電荷守恒得到：由于呈中性，得到故C錯誤；

D.氨水和溶液等體積混合，混合后溶質(zhì)為：和氨水的混合物，且濃度比為2:1，根據(jù)物料守恒得出故D正確。

綜上所述；答案為BD。

【點睛】

利用電荷守恒和溶液pH=7來解列離子關(guān)系，抓住元素守恒思想巧列物料守恒。11、AD【分析】【分析】

(CH3)2NH?H2O為弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離，等濃度時離子濃度比NaOH小，則導(dǎo)電性較弱，由此可知曲線②為(CH3)2NH?H2O的變化曲線，曲線①為NaOH的變化曲線，加入HCl，(CH3)2NH?H2O溶液中離子濃度逐漸增大；導(dǎo)電性逐漸增強，NaOH與鹽酸發(fā)生中和反應(yīng)，離子濃度減小，由圖象可知加入鹽酸10mL時完全反應(yīng)，以此解答該題。

【詳解】

A．鹽酸滴定NaOH溶液；溶液體積增大，濃度減小，電導(dǎo)率減?。畸}酸滴定二甲胺溶液，由于二甲胺是弱電解質(zhì)，生成的鹽是強電解質(zhì)，滴定過程中導(dǎo)電離子濃度增大，電導(dǎo)率增大。故曲線①代表滴定NaOH溶液，曲線②代表滴定二甲胺溶液，故A正確；

B．d點溶液的溶質(zhì)是(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH部分水解使溶液顯酸性，一定存在：(CH3)2NH＞c(H+)，不可能存在c(H+)＞c(OH-)＋c[(CH3)2NH]；故B錯誤；

C．b、c、d三點的溶液中溶質(zhì)分別是：NaCl，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH?H2O1：1混合，(CH3)2NH2Cl，b點NaCl對水的電離無影響，c點由Kb[(CH3)2NH?H2O]=1.6×10-4可知，(CH3)2NH?H2O的電離大于(CH3)2NH2+的水解，對水的電離有抑制作用，d點(CH3)2NH2+的水解對水的電離有促進作用；故d點水的電離程度最大，故C錯誤；

D．a(chǎn)點溶液中，溶質(zhì)為等量的NaCl和NaOH，d點溶液中，溶質(zhì)為(CH3)2NH2Cl，則a點溶液與d點的溶液混合后c[(CH3)2NH]＝c[(CH3)2NH?H2O]，溶液存在(CH3)2NH?H2O的電離和(CH3)2NH的水解，由Kb[(CH3)2NH?H2O]=1.6×10-4可知，(CH3)2NH?H2O的電離大于(CH3)2NH的水解，故c[(CH3)2NH]＞c[(CH3)2NH?H2O]；故D正確；

答案選AD。12、AD【分析】【詳解】

根據(jù)圖示可知①表示H2C2O4，②表示HC2O4-，③C2O42-的含量。

A.pH=5時，溶液中主要含碳物種濃度大小關(guān)系為：c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)；A錯誤；

B.Ka2(H2C2O4)=當(dāng)溶液中c(C2O42-)=c(HC2O4-)，Ka2(H2C2O4)=c(H+)=10-4.17，所以根據(jù)pKa=-lgKa，可知pKa2(H2C2O4)=4.17；B正確；

C.根據(jù)物料守恒可得：c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，將兩式聯(lián)立整理可得c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)；C正確；

D.一定溫度下CaC2O4飽和溶液中存在平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，向其中加入少量CaCl2固體，平衡逆向移動，使c(C2O42-)減小，但最終c(Ca2+)增大；D錯誤；

故合理選項是AD。13、BD【分析】【分析】

A為葡萄糖；D為乙烯，乙烯與水加成得到C：乙醇，乙烯與氧氣反應(yīng)得到E：乙醛，乙醛催化氧化得到F：乙酸，B在酸性環(huán)境下水解得到乙醇和乙酸，B為乙酸乙酯。

【詳解】

A．乙烯與氧氣反應(yīng)得到乙醛；方程式正確，A正確；

B．A可以提供生命活動所需要的能量；為葡萄糖，B錯誤；

C．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇；反應(yīng)類型為水解反應(yīng)，C正確；

D．B的同分異構(gòu)體含酯基；可能為甲酸丙酯，甲酸異丙酯，丙酸甲酯，共3種同分異構(gòu)體，D錯誤；

故選BD。14、AC【分析】【詳解】

A．溶液加入NaOH溶液生成藍(lán)色Cu(OH)2沉淀，往沉淀中加入氨水，沉淀溶解，生成深藍(lán)色的溶液，實現(xiàn)了Cu(OH)2沉淀向的轉(zhuǎn)化，證明了銅離子結(jié)合能力：A項正確；

B．向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘使其水解，加入堿使溶液呈堿性后再向其中加入新制的懸濁液并加熱；實驗方案中沒有加堿中和酸，B項錯誤；

C．反應(yīng)生成乙烯和溴化鈉；將氣體產(chǎn)物通入溴水中，溴水褪色，說明生成的有機產(chǎn)物是乙烯，C項正確；

D．用鹽酸滴定NaHCO3溶液應(yīng)該用甲基橙做指示劑而不用酚酞，因為酚酞變色范圍是8-10，在酚酞變?yōu)闊o色的時候，NaHCO3并沒有完全被反應(yīng)完畢；所以導(dǎo)致未到達滴定終點，D項錯誤；

故選AC。15、CD【分析】【詳解】

A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知易蒙停的分子式為C29H34Cl2N2O3；A正確；

B．分子中含有酚羥基，向易蒙停溶液中加入FeCl3溶液；溶液顯紫色，B正確；

C．能與NaOH反應(yīng)的為酚羥基；-Cl、和HCl；則1mol易蒙停能與4molNaOH發(fā)生反應(yīng)，C錯誤；

D．酚羥基只有2個鄰位H原子；則1mol易蒙停最多能與2mol溴水發(fā)生取代反應(yīng)，D錯誤。

答案選CD。

【點睛】

苯環(huán)上的氯原子先與NaOH反應(yīng)生成酚羥基，酚羥基能繼續(xù)與NaOH發(fā)生反應(yīng)，所以苯環(huán)上的1mol氯原子能與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)。三、填空題(共7題，共14分)16、略

【分析】【分析】

本題是物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的綜合題；需要熟練掌握這一部分涉及的主要知識點，一般來說，題目都是一個一個小題獨立出現(xiàn)的，只要按照順序進行判斷計算就可以了。

【詳解】

（1）Zn是第30號元素，所以核外電子排布式為[Ar]3d104s2。

（2）Zn的第一電離能應(yīng)該高于Cu的第一電離能；原因是，Zn的核外電子排布已經(jīng)達到了每個能級都是全滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以失電子比較困難。同時也可以考慮到Zn最外層上是一對電子，而Cu的最外層是一個電子，Zn電離最外層一個電子還要拆開電子對，額外吸收能量。

（3）根據(jù)氟化鋅的熔點可以判斷其為離子化合物；所以一定存在離子鍵。作為離子化合物，氟化鋅在有機溶劑中應(yīng)該不溶，而氯化鋅；溴化鋅和碘化鋅都是共價化合物，分子的極性較小，能夠溶于乙醇等弱極性有機溶劑。

（4）碳酸鋅中的陰離子為CO32-，根據(jù)價層電子對互斥理論，其中心原子C的價電子對為3+(4－3×2＋2)/2=3對，所以空間構(gòu)型為正三角形，中心C為sp2雜化。

（5）由圖示，堆積方式為六方最緊密堆積。為了計算的方便，選取該六棱柱結(jié)構(gòu)進行計算。六棱柱頂點的原子是6個六棱柱共用的，面心是兩個六棱柱共用，所以該六棱柱中的鋅原子為12×+2×+3=6個，所以該結(jié)構(gòu)的質(zhì)量為6×65/NAg。該六棱柱的底面為正六邊形，邊長為acm，底面的面積為6個邊長為acm的正三角形面積之和，根據(jù)正三角形面積的計算公式，該底面的面積為6×cm2，高為ccm，所以體積為6×cm3。所以密度為：g·cm-3。

【點睛】

本題是比較常規(guī)的結(jié)構(gòu)綜合習(xí)題，考查的知識點也是多數(shù)習(xí)題考查的重點知識。需要指出的是最后一步的計算，可以選擇其中的晶胞，即一個平行六面體作為計算的單元，直接重復(fù)課上講解的密度計算過程即可。本題的解析中選擇了比較特殊的解題方法，選擇六棱柱作為計算單元，注意六棱柱并不是該晶體的晶胞（晶胞一定是平行六面體），但是作為一個計算密度的單元還是可以的?！窘馕觥縖Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)大于Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子離子鍵ZnF2為離子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化學(xué)鍵以共價鍵為主，極性較小平面三角形sp2六方最密堆積(A3型)17、略

【分析】【詳解】

（1）如圖所示的物質(zhì)分類方法名稱是樹狀分類法；

（2）常見的強酸有H2SO4、HNO3、HCl；堿有NaOH、KOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2；鹽有NaHCO3、NaHSO4、NaCl、Na2SO4、Na2CO3、NaNO3、Na2SO3等；故為H2SO4或HNO3；KOH；NaNO3、Na2SO4、NaHCO3、NaHSO4；

（3）Na2CO3是強電解質(zhì)，電離方程式為Na2CO3=2Na++CO

（4）實驗室制備O2常利用H2O2在催化劑作用下的分解反應(yīng)：2H2O22H2O＋O2↑；

（5）制備CO2常利用大理石或石灰石(CaCO3)與稀鹽酸反應(yīng)，離子方程式為CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O；【解析】(1)樹狀分類法。

(2)或等。

(3)

(4)

(5)大理石稀鹽酸CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O18、略

【分析】【詳解】

(1)ZnO和Al2O3的化學(xué)性質(zhì)相似，氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，所以氧化鋅與氫氧化鈉的反應(yīng)的方程式為：ZnO+H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-，故答案為ZnO+H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-；

(2)①反應(yīng)Ⅰ：ZnO(s)+CO(g)?Zn(g)+CO2(g)；鋅蒸氣冷凝為冷凝物，冷凝物為金屬鋅，故答案為Zn；

②某溫度時，在反應(yīng)Ⅰ的反應(yīng)爐中，起始時c(CO)為0.3mol?L-1，反應(yīng)過程中達到平衡CO2的體積分?jǐn)?shù)φ(CO2)如圖所示為0.4；

ZnO(s)+CO(g)?Zn(g)+CO2(g)

起始量(mol/L)0.30

變化量(mol/L)xx

平衡量(mol/L)0.3-xx

=0.4，x=0.12，平衡常數(shù)K==0.67；故答案為0.67；

③a．增大ZnO的投料量，氧化鋅為固體不影響平衡，氧化鋅轉(zhuǎn)化率不變，故a錯誤；b．反應(yīng)前后氣體體積不變，適當(dāng)加壓，不影響平衡移動，故b錯誤；c．將鋅蒸氣及時分離；平衡正向進行氧化鋅轉(zhuǎn)化率增大，故c正確；故答案為c；

④反應(yīng)Ⅱ中2Zn(g)+O2(g)═2ZnO(s)，反應(yīng)中2molZn完全反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移4mol，反應(yīng)每轉(zhuǎn)移1mol電子，反應(yīng)放熱174kJ，轉(zhuǎn)移4mol電子反應(yīng)放熱696KJ，反應(yīng)焓變△H=-696KJ/mol；故答案為-696KJ/mol；

(3)①滴定管未用EDTA標(biāo)準(zhǔn)液潤洗；內(nèi)層水膜會稀釋標(biāo)準(zhǔn)溶液，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積會增大，測定結(jié)果偏高，故答案為偏高；

②稱取0.5000g樣品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，搖勻．量取25.00mL該溶液，用0.04000mol?L-1的EDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)液滴定其中的Zn2+(反應(yīng)方程式為Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+；雜質(zhì)不反應(yīng))，平行滴定三次，平均消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)液15.12mL．

Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+；

11

n15.12×10-3L×0.04000mol/L

n(ZnO)=n(Zn2+)=15.12×10-3L×0.04000mol/L，250mL溶液中n(ZnO)=15.12×10-3L×0.04000mol/L×樣品純度=×100%，故答案為×100%；

(4)將含有0.05molZnS的熒光粉溶于500mL鹽酸中，完全溶解后溶液中鋅離子濃度c(Zn2+)==0.1mol/L，Ksp(ZnS)=2.5×10-23=c(Zn2+)c(S2-)；

c(S2-)≤2.5×10-22mol/L，故答案為2.5×10-22。

點睛：本題考查了物質(zhì)組成的探究、化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡常數(shù)的計算、影響化學(xué)平衡因素分析、滴定實驗的過程分析和計算。解答本題的關(guān)鍵是熟悉化學(xué)平衡的計算的基本方法和滴定誤差的分析方法。【解析】ZnO+2OH-+H2O=[Zn(OH)4]2-Zn0.4mol/Lc-696kJ/mol偏高2.5×10-2219、略

【分析】【詳解】

(1)①根據(jù)電子得失守恒可知，1molAs2S3作氧化劑得到2mol電子，1molSnCl2作還原劑失去2mol電子，所以二者的物質(zhì)的量之比為1∶1；反應(yīng)中As的化合價降低，As2S3為氧化劑，H2S為酸性氣體；可用NaOH溶液吸收；

②a．As的化合價由+3價升高到+5價，S的化合價由-2價升高到0價，N的化合價由+5降低為+4，反應(yīng)中NO3-發(fā)生還原反應(yīng)生成NO2，由守恒法可得，反應(yīng)的離子方程式為As2S3+10NO3-+10H+=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。

b．若生成1molH3AsO4，參加反應(yīng)的As2S3物質(zhì)的量為0.5mol；反應(yīng)中As從+3價升高為0價，S從-2價升高為+6價，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5mol×(2×2+2×3)=5mol；

(2)Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程，化合價分別由0價升高為+1價和+5價，ClO-與ClO3-的物質(zhì)的量濃度之比為7∶1，則可設(shè)ClO-為7mol，ClO3-為1mol，被氧化的Cl共8mol，失去電子的總物質(zhì)的量為7mol×(1-0)+1mol×(5-0)=12mol。根據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等可知，Cl2生成KCl是被還原的過程，化合價由0價降低為-1價，則得到電子的物質(zhì)的量也應(yīng)為12mol，則被還原的Cl的物質(zhì)的量為12mol，所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為(12mol)∶(8mol)=3∶2；若5molCl2參加反應(yīng)，其中被還原的Cl2的物質(zhì)的量為5mol×=3mol，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol×2=6mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA?！窘馕觥竣?1∶1②.As2S3③.氫氧化鈉溶液（或硫酸銅溶液）④.1⑤.10⑥.10H+⑦.2⑧.3⑨.10⑩.2H2O?.5mol?.3∶2?.6NA20、略

【分析】【分析】

【詳解】

Ⅰ、(1)在反應(yīng)N2+3H2?2NH3中，斷裂3molH-H鍵，1molN三N鍵共吸收的能量為：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3；共形成6molN-H鍵，放出的能量為：6×391kJ=2346kJ，吸收的熱量少，放出的熱量多，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量為：2346kJ-2254kJ=92kJ；

故答案為：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ?mol-1；

(2)由信息可知，①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ?mol?1；②S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=bkJ?mol?1；③2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ?mol?1，結(jié)合蓋斯定律可知，②+①×3?③得到S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，則△H=(3a+b?c)kJ·mol－1；

(3)①N2(g)+2O2(g)=N2O4(l)△H1=?195kJ?mol?1；②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=?534.2kJ?mol?1；根據(jù)蓋斯定律寫出肼和N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程：②×2?①得到：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=?873.4kJ/mol；故答案為：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=?873.4kJ/mol；

Ⅱ、(1)硫酸為二元酸，鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，則物質(zhì)的量濃度相同時，c(H+)由大到小的順序是b>a>c，故答案為：b>a>c；

(2)同體積同物質(zhì)的量濃度的三種酸，醋酸和鹽酸的物質(zhì)的量相等，但硫酸為二元酸，則中和同物質(zhì)的量濃度的NaOH消耗的體積由大到小的順序是b>a=c；

故答案為：b>a=c；

(3)當(dāng)c(H+)相同、體積相同時，鹽酸、硫酸完全電離，只有醋酸在繼續(xù)電離，則分別加入足量鋅，相同狀況產(chǎn)生的氣體體積由大到小的順序為c>a=b，故答案為：c>a=b；

(4)醋酸在稀釋過程中，會促進電離，所以氫離子的物質(zhì)的量增加，氫離子的濃度變化程度小，硫酸和鹽酸溶液中氫離子物質(zhì)的量不變且相等，所以c(H+)由大到小的順序是c>a=b，故答案為：c>a=b；

Ⅲ、pH=12的NaOH溶液中c(OH?)=0.01mol/L，pH降為11，則溶液中c(OH?)=0.001mol/L；

(1)設(shè)加入水的體積為xL；溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，則。

0.01mol/L×0.1L=0.001mol/L×(0.1+x)L；x=0.9L，即900ml，故答案為：900；

(2)pH=10的氫氧化鈉溶液中c(OH?)=0.0001mol/L；設(shè)pH=10的氫氧化鈉的體積為yL，則0，01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×yL=0.001mol/L×(0.1+y)L，y=1L=1000mL，故答案為：1000；

(3)0.005mol/LH2SO4溶液中c(H+)=0，005mol/L×2=0.01mol/L，設(shè)0.005mol/LH2SO4溶液的體積為xL，則0.01mol/L×0.1L-0.01mol/L×xL=0.001mol/L×(0.1+x)L，解得x=81.82mL，故答案為：81.82?！窘馕觥縉2(g)+3H2(g)?2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－13a+b-ckJ·mol－12N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-873.4kJ·mol－1b＞a＞cc＞a＞bc＞a=b900100081，8221、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)上述規(guī)律，由于消耗的氧氣體積比生成的二氧化碳體積大，這類有機物應(yīng)滿足通式由燃燒反應(yīng)方程式結(jié)合題給條件得：解得所以通式為分別對m、n取值，可得相對分子質(zhì)量最小的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式是

(2)由燃燒反應(yīng)方程式可知，消耗氧氣的體積與生成的體積比為故即【解析】(CH)m(H2O)nCH3CHO=22、略

【分析】【分析】

本題考查了同系物；同分異構(gòu)體、同類物質(zhì)的判斷、常見有機物的相關(guān)性質(zhì)和聚合物單體的書寫；難度中等，掌握基礎(chǔ)為解題關(guān)鍵，注意基礎(chǔ)知識的積累。

【詳解】

(1)A．CH2=CH-COOH和油酸(C17H33COOH)結(jié)構(gòu)相似、通式相同，相差15個CH2原子團；互為同系物；

B.C60和石墨是由碳元素組成的不同單質(zhì)；互為同素異形體；

C.分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體；

D.和質(zhì)子數(shù)都為17；中子數(shù)不同，是氯元素的不同原子，互為同位素；

E.乙醇和乙二醇都含有羥基但個數(shù)不同；可看成是同一類物質(zhì)。

綜上可知；①互為同系物的是A；②互為同分異構(gòu)體的是C；③既不是同系物，又不是同分異構(gòu)體，也不是同素異形體，但可看成是同一類物質(zhì)的是E；

故答案為：①A；②C；③E；

(2)A乙烷既不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應(yīng)使溴水褪色；

B.乙烯既能使酸性溶液褪色；也能與溴水反應(yīng)使溴水褪色；

C.乙炔既能使酸性溶液褪色；也能與溴水反應(yīng)使溴水褪色；

D.苯既不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應(yīng)使溴水褪色；

E.甲苯能使酸性溶液褪色；但不能與溴水反應(yīng)使溴水褪色；

F.溴乙烷既不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應(yīng)使溴水褪色；

G.聚丙烯既不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應(yīng)使溴水褪色；

H.環(huán)己烯既能使酸性溶液褪色；也能與溴水反應(yīng)使溴水褪色；

綜上可知，不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應(yīng)使溴水褪色的是ADFG；

故答案為：ADFG；

(3)鏈節(jié)主鏈上只有碳原子并存在碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)的高聚物，其規(guī)律是“見雙鍵，四個碳，無雙鍵，兩個碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換．結(jié)構(gòu)簡式中主鏈上有4個碳原子其單體必為2種，將單鍵鍵中的1個C-C打開，可得該聚合物的單體結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2和CH2=CHCH3；

故答案為：CH2=CH2;CH2=CHCH3【解析】①.A②.C③.E④.ADFG⑤.CH2=CH2⑥.CH2=CHCH3四、工業(yè)流程題(共1題，共9分)23、略

【分析】【分析】

根據(jù)回收碲的工藝流程可知，精煉鋼的陽極泥(主要成分為Cu2Te，還含有金、銀、鉑等)和硫酸、空氣反應(yīng)生成了不溶于水的TeO2，根據(jù)碲元素的化合價變化，可知此反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式是Cu2Te+2H2SO4+2O2=2CuSO4+TeO2+2H2O，則反應(yīng)過后水浸的濾液I的主要成分是CuSO4，濾渣的主要成分是不溶于水的TeO2，經(jīng)過NaOH堿浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在濾液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通過結(jié)晶分離出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、Na2SO3放在一起反應(yīng)生成不溶于水的碲；經(jīng)過沉碲操作得到粗碲粉，據(jù)此分析解答。

【詳解】

（1）Cu2Te中Cu為+1價；則Te為-2價；

（2）同主族元素，原子序數(shù)越大，非金屬性越弱，氫化物的穩(wěn)定性越弱，故H2S的穩(wěn)定性強于H2Te；

（3）經(jīng)分析，濾液I的主要成分是CuSO4，根據(jù)CuSO4的浸出率與溫度關(guān)系圖可知，浸出率先是隨溫度升高而升高，然后隨溫度升高而減小，其原因是溫度升高，硫酸銅的溶解度增大，溶解速率會加快，則浸出率逐漸升高，當(dāng)溫度高到一定程度，由于TeO2具有強還原性，則和CuSO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成了難溶于水的Cu2TeO4，故后期溫度升高，CuSO4的浸出率反而下降。

（4）經(jīng)分析“堿浸”過程是不溶于水的TeO2，經(jīng)過NaOH堿浸后，生成溶于水的Na2TeO3，故離子方程式為TeO2+2OH-=+H2O。

（5）根據(jù)題意可知25.00mLH2TeO3溶液和V2mLc2mol·L-1硫酸亞鐵銨被V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亞鐵被氧化成+3價鐵，K2Cr2O7被還原成+3價鉻，根據(jù)電子守恒可得關(guān)系式c(H2TeO3)×25.00mL×2+c2×V2mL×1=c1×V1mL×3×2，解得c(H2TeO3)=mol·L-1，則100mL的H2TeO3溶液所含的n(H2TeO3)=mol·L-1×0.1L=mol，n(H2TeO3)=n(Te)=mol，則m(Te)=故mg粗碲粉中碲的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=若硫酸亞鐵銨溶液使用之前部分被氧化，消耗K2Cr2O7溶液體積偏小，則測定結(jié)果偏低?！窘馕觥?1)-2價。

(2)>同主族元素；原子序數(shù)越大，非金屬性越弱，氫化物的穩(wěn)定性越弱。

(3)CuSO4隨溫度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均變大，浸出率升高，但溫度過高，CuSO4和TeO2反應(yīng)生成難溶性的Cu2TeO4；出率降低。

(4)TeO2+2OH-=+H2O

(5)偏低五、計算題(共4題，共20分)24、略

【分析】【分析】

由X的物理性質(zhì)知X易升華，是分子晶體。加熱分解時發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氣體C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液進行滴定，晶體B的溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液進行滴定；兩個過程電子轉(zhuǎn)移量相等。X的質(zhì)量是兩元素質(zhì)量之和，兩種元素物質(zhì)的量之比等于化學(xué)式中原子個數(shù)之比。

【詳解】

氣體C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液進行滴定，反應(yīng)時C中元素化合價降低，KI被氧化為I2，I2再被Na2S2O3還原為I-，符合此條件的單質(zhì)為氯氣，所以X中含氯元素；X分解得到B，所得溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液滴定，Cr元素被還原，B中元素被氧化，溶液中有變價的金屬元素是鐵元素，所以X中含鐵元素，X中含鐵、氯兩種元素。由電子守恒得關(guān)系式：6Fe2+~K2Cr2O7，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=624.66mL—3L/ml，m(Fe2+)=n(Fe2+)

n(Cl-)=m(Cl-)/M(Cl-)=［1.2-m(Fe)］/M(Cl-)，n(Fe):n(Cl)=1:3，所以X化學(xué)式為FeCl3，；所以摩爾質(zhì)量為162.5g/mol；

故答案為162.5g/mol；FeCl3?！窘馕觥?62.5g/molFeCl325、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)Cr(OH)3溶度積計算要使c(Cr3+)完全沉淀時的氫氧根濃度；再計算氫