2025年粵教版高二化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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2025年粵教版高二化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(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6題，共12分)1、1,2,3-三苯基環(huán)丙烷的三個苯基可以分布在環(huán)丙烷環(huán)平面的上下，因此有如下兩個異構(gòu)體據(jù)此，可判斷1,2,3,4,5-五氯環(huán)戊烷（假定五個碳原子也處于同一平面上）的異構(gòu)體數(shù)目是A.4B.5C.6D.72、丁烷的一氯代物共有多少種rm{(}rm{)}A.rm{3}B.rm{5}C.rm{4}D.rm{2}3、下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是rm{(}rm{)}A.鐵粉與稀rm{H_{2}SO_{4}}反應(yīng)：rm{2Fe+6H^{+}簍T2Fe^{3+}+3H_{2}隆眉}B.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液與足量鹽酸反應(yīng)：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}簍TCO_{2}隆眉+H_{2}O}C.rm{Cu(OH)_{2}}固體與稀硫酸反應(yīng)：rm{OH^{-}+H^{+}簍TH_{2}O}D.鋁片與rm{NaOH}溶液反應(yīng)：rm{Al+OH^{-}+H_{2}O簍TAlO_{2}^{-}+H_{2}隆眉}4、某烷烴系統(tǒng)命名法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{4-}二乙基戊烷B.rm{3-}甲基rm{-5-}乙基己烷C.rm{4-}甲基rm{-2-}乙基己烷D.rm{3}rm{5-}二甲基庚烷5、溶液中含有兩種溶質(zhì)氯化鈉和硫酸，它們的物質(zhì)的量之比為rm{3}rm{1.}用石墨做電極電解該溶液時，根據(jù)反應(yīng)產(chǎn)物可明顯分為三個階段，則下列敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.電解過程中陰極析出的氣體和陽極析出的氣體可能一樣多B.陽極先析出氯氣后析出氧氣C.電解最后階段為電解水D.電解過程中溶液的rm{pH}不斷增大，最后rm{pH}為rm{7}6、下列物質(zhì)中，屬于純凈物的是A.白酒B.陳醋C.食用調(diào)和油D.蔗糖評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)7、下列屬于高分子化合物且在自然界中不存在的是（）A.淀粉B.纖維素C.聚乙烯D.蛋白質(zhì)8、在如圖所示的裝置中，rm{a}的金屬活潑性比氫要強，rm為碳棒，關(guān)于此裝置的各種敘述不正確的是rm{(}rm{)}

A.碳棒上有氣體放出，溶液rm{pH}變大B.rm{a}是正極，rm是負極C.稀硫酸中有電子流動，方向是從rm極到rm{a}極D.rm{a}極上發(fā)生了氧化反應(yīng)9、已知下面三個數(shù)據(jù)：rm{7.2隆脕10^{-4}}rm{4.6隆脕10^{-4}}rm{4.9隆脕10^{-10}}分別是下列有關(guān)的三種酸的電離常數(shù)，若已知下列反應(yīng)可以發(fā)生：rm{NaCN+HNO_{2}隆煤HCN+NaNO_{2}}rm{NaCN+HF隆煤HCN+NaF}rm{NaNO_{2}+HF隆煤HNO_{2}+NaF}由此可判斷下列敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{K(HF)=7.2隆脕10^{-4}}B.rm{K(HNO_{2})=4.9隆脕10^{-10}}C.必須根據(jù)其中三個反應(yīng)才可得出結(jié)論D.rm{K(HCN)<K(HNO_{2})<K(HF)}10、一定條件下，對于可逆反應(yīng)rm{X(g)+3Y(g)?2Z(g)}若rm{X}rm{Y}rm{Z}的起始濃度分別為rm{c_{1}}rm{c_{2}}rm{c_{3}(}均不為零rm{)}達到平衡時，rm{X}rm{Y}rm{Z}的濃度分別為rm{0.1mol隆隴L}達到平衡時，rm{)}rm{X}rm{Y}的濃度分別為rm{Z}rm{0.1mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}、rm{0.3mol隆隴L}rm{0.3mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}、rm{0.08mol隆隴L}rm{0.08mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}A.，則下列判斷正確B.平衡時，的是rm{(}rm{)}和rm{(}的生成速率之比為rm{)}C.rm{c_{1}隆脙c_{2}=1隆脙3}rm{Y}的轉(zhuǎn)化率不相等D.rm{Z}的取值范圍為rm{0mol隆隴L^{-1}<c_{1}<0.14mol隆隴L^{-1}}rm{2隆脙3}11、rm{25隆忙}時，下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A.rm{0.1mol隆隴L^{-1}NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{0.1

mol隆隴L^{-1}NaHC_{2}O_{4}}rm{(pH=5.5)}B.rm{c(Na^{+})>c(HC_{2}Orlap{_{4}}{^{-}})>c(H_{2}C_{2}O_{4})>c(C_{2}Orlap{_{4}}{^{2-}})}溶液：rm{0.1mol隆隴L^{-1}NaHS}C.rm{0.1mol隆隴L^{-1}NH_{4}HSO_{4}}溶液中滴加rm{c(OH^{-})+c(S^{2-})=c(H^{+})+c(H_{2}S)}溶液至中性：rm{0.1mol隆隴L^{-1}

NH_{4}HSO_{4}}rm{0.1mol隆隴L^{-1}NaOH}rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)>c(SO}rm{)>c(SO}rm{rlap{_{4}}{^{2-}}}rm{)>c(NH}rm{)>c(NH}rm{rlap{_{4}}{^{+}}}D.rm{)>c(OH}溶液和rm{0.1mol隆隴L^{-1}CH_{3}COONa}溶液等體積混合：rm{)>c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)=c(H}rm{)=c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}rm{0.1mol隆隴L^{-1}CH_{3}COOH}rm{0.1

mol隆隴L^{-1}CH_{3}COONa}rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)>c(CH}rm{)>c(CH}12、rm{125隆忙}時，rm{1L}某氣態(tài)烴在rm{9L}氧氣中充分燃燒反應(yīng)后的混合氣體體積仍為rm{10L(}相同條件下rm{)}則該烴可能是A.rm{CH_{4}}B.rm{C_{2}H_{4}}C.rm{C_{2}H_{2}}D.rm{C_{6}H_{6}}13、室溫下，將1.000mol/L鹽酸滴入20.00mL1.000mol/L氨水中，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示．下列有關(guān)說法正確的是（）A.a點由水電離出的c（H+）=1.0×10-14mol/LB.b：c（NH4+）+c（NH3?H2O）＞c（Cl-）C.c點：c（Cl-）=c（NH4+）D.d點后，溶液溫度略有下降的主要原因是NH3?H2O電離吸熱評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、（1）過渡金屬離子與水分子形成的配合物是否有顏色，與其d軌道電子排布有關(guān)．一般地，d或d10排布時，無顏色，d1～d9排布時，有顏色，如[Co（H2O）6]2+顯粉紅色．據(jù)此判斷，[Mn（H2O）6]2+____顏色（填“有”“無”）．

（2）利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe（CO）5等．COCl2分子的結(jié)構(gòu)式為則COCl2分子內(nèi)含有____．

A．4個σ鍵B．2個σ鍵、2個π鍵C．2個σ鍵、1個π鍵D．3個σ鍵、1個π鍵．15、（8分）X、Y、Z三種元素位于元素周期表的不同短周期內(nèi)，X與Z屬于同主族元素，Z元素的焰色反應(yīng)為黃色。X單質(zhì)與Y單質(zhì)相互化合可以得到X2Y和X2Y2兩種液體化合物，Z單質(zhì)與Y單質(zhì)相互化合可以得到Z2Y與Z2Y2兩種固體化合物，其中Z、Z2Y、Z2Y2都能與X2Y反應(yīng)生成一種能使無色酚酞變紅的ZYX溶液。(1)試推測X、Y所代表的元素分別為X、Y（填元素符號）；(2)寫出Z單質(zhì)與X2Y反應(yīng)的離子方程式；(3)寫出Z2Y2與X2Y反應(yīng)的化學(xué)方程式。16、rm{(1)}已知：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)簍T2HCl(g)triangleH=-185kJ?mol^{-1}}

rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)簍T2HCl(g)triangle

H=-185kJ?mol^{-1}}rm{E(H-H)=436kJ?mol^{-1}}則rm{E(Cl-Cl)=243kJ?mol^{-1}}______．

rm{E(H-Cl)=}在rm{(2)}rm{298K}時；已知：

rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangleH_{1}}

rm{2HCl(g)簍TCl_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH_{2}}

rm{2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)簍T4HCl(g)+O_{2}(g)triangleH_{3}}

則rm{100kPa}與rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangle

H_{1}}和rm{2HCl(g)簍TCl_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H_{2}}的關(guān)系是：rm{2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)簍T4HCl(g)+O_{2}(g)triangle

H_{3}}______．

rm{triangleH_{3}}消除氮氧化物的污染對環(huán)境至關(guān)重要，用rm{triangleH_{1}}催化還原rm{triangleH_{2}}可以消除氮氧化物的污染rm{triangleH_{3}=}已知一定條件下：

rm{CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)簍T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-574kJ?mol^{-1}}

rm{CH_{4}(g)+4NO(g)簍T2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-1160kJ?mol^{-1}}

則該條件下，用rm{(3)}還原rm{CH_{4}}至rm{NO_{x}}的熱化學(xué)方程式為：______．rm{.}17、rm{(1)3mol}甲烷燃燒時，生成液態(tài)水和二氧化碳，同時放出rm{2}rm{670.9kJ}的熱量；寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______

rm{(2)}當(dāng)rm{1g}氨氣完全分解為rm{N_{2}}和rm{H_{2}}時，吸收rm{2.7kJ}的熱量；寫出其熱化學(xué)方程式：______

rm{(3)HCl}和rm{NaOH}反應(yīng)的中和熱rm{triangleH=-57.3kJ/mol}則rm{H_{2}SO_{4}}和rm{NaOH}反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式為______．18、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___________________；反應(yīng)④的化學(xué)方程式(包括反應(yīng)條件)是___________________；(3)寫出①、⑤的反應(yīng)類型：①________、⑤________。(4)寫出反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式：_________________________________。19、（1）測得一定溫度下某溶液的pH=6.5，且溶液中氫離子與氫氧根離子物質(zhì)的量相等，此溶液呈______性．測定溫度______25℃（填“高于”；“低于”或“等于”）．

（2）將25℃下pH=12的NaOH溶液aL與pH=1的HCl溶液bL混合．若所得混合液為中性，則a：b=______．

（3）將pH=3的H2SO4溶液和pH=12的NaOH溶液混合，當(dāng)混合液的pH=10時，強酸和強堿的體積之比為______．20、rm{(1)}已建立化學(xué)平衡的可逆反應(yīng)，當(dāng)改變條件使化學(xué)反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動時，下列有關(guān)敘述正確的是______rm{(}填序號rm{)}

rm{壟脵}正反應(yīng)速率一定大于逆反應(yīng)速率。

rm{壟脷}反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率一定增大。

rm{壟脹}生成物的產(chǎn)量一定增加。

rm{壟脺}反應(yīng)物濃度一定降低。

rm{(2)}下列溶液：rm{壟脵pH=1}的鹽酸，rm{壟脷0.05mol?L^{-1}}的鹽酸溶液rm{壟脹0.1mol?L^{-1}}的氯化鈉溶液由水電離的rm{H^{+}}濃度由大到小順序是______rm{(}填序號rm{)}

rm{(3)}在rm{25隆忙}時，某稀溶液中由水電離產(chǎn)生的rm{c(OH^{-})=10^{-10}mol?L^{-1}.}該溶液的rm{pH}可能為______

rm{(4)}有等體積等rm{pH}的rm{Ba(OH)_{2}}rm{NaOH}和rm{NH_{3}?H_{2}O}三種堿溶液，滴加等濃度的鹽酸將它們恰好中和，用去酸的體積分別為rm{V_{1}}rm{V_{2}}rm{V_{3}}則三者的大小關(guān)系正確的是______

rm{(5)}一定溫度下，可逆反應(yīng)rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}(g)}在體積固定的密閉容器中反應(yīng)，達到平衡狀態(tài)的標志是______rm{(}填序號rm{)}

rm{壟脵}單位時間內(nèi)生成rm{n}rm{mol}rm{O_{2}}同時生成rm{2n}rm{mol}rm{NO_{2}}

rm{壟脷}單位時間內(nèi)生成rm{n}rm{mol}rm{O_{2}}同時生成rm{2n}rm{mol}rm{NO}

rm{壟脹}用rm{NO_{2}}rm{NO}rm{O_{2}}的物質(zhì)的量濃度變化表示的反應(yīng)速率的比為rm{2}rm{2}rm{1}

rm{壟脺}混合氣體的壓強不再改變。

rm{壟脻}混合氣體的顏色不再改變．21、rm{(1)}處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用___形象化描述。在基態(tài)處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用___形象化描述。在基態(tài)rm{(1)}rm{{,!}^{14}}原子中，核外存在___對自旋相反的電子。rm{C}原子中，核外存在___對自旋相反的電子?；鶓B(tài)rm{C}原子中，核外電子占據(jù)最高能層的符號是_____，占據(jù)該能層電子的電子云輪廓圖形狀為___________。rm{(2)}氮原子價層電子的軌道表達式rm{K}電子排布圖rm{(3)}為_____________。rm{(}基態(tài)原子核外電子排布式為________________________。元素rm{)}與rm{(4)Co}中，第一電離能較大的是_________，基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多的是_______。rm{Mn}評卷人得分四、實驗題(共4題，共20分)22、某學(xué)習(xí)小組用圖示裝置測定鋁鎂合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)和鋁的相對原子質(zhì)量。（1）A中試劑為________。（2）實驗前，先將鋁鎂合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是________。（3）檢查氣密性，將藥品和水裝入各儀器中，連接好裝置后，需進行的操作還有：①記錄C的液面位置；②將B中剩余固體過濾，洗滌，干燥，稱重；③待B中不再有氣體產(chǎn)生并恢復(fù)至室溫后，記錄C的液面位置；④由A向B滴加足量試劑；⑤檢查氣密性。上述操作的順序是________（填序號）；記錄C的液面位置時，除視線平視外，還應(yīng)________。（4）B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________（5）若實驗用鋁鎂合金的質(zhì)量為ag，測得氫氣體積為bmL(已換算為標準狀況)，B中剩余固體的質(zhì)量為cg，則鋁的相對原子質(zhì)量為________。（6）實驗過程中，若未洗滌過濾所得的不溶物，則測得鋁的質(zhì)量分數(shù)將________（填“偏大”“偏小”或“不受影響”）。23、用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應(yīng)。通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計算中和熱?；卮鹣铝袉栴}：（1）從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是。燒杯間填滿碎紙條的作用是。（2）如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應(yīng)，與上述實驗相比，所放出的熱量(填“偏大、偏小、相等”)，所求中和熱(填“偏大、偏小、相等”)（3）用相同濃度和體積的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的中和熱的數(shù)值會；（填“偏大”、“偏小”、“無影響”）。24、用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應(yīng)。通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計算中和熱?；卮鹣铝袉栴}：（1）從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是。（2）燒杯間填滿碎紙條的作用是。（3）大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數(shù)值(填“偏大、偏小、無影響”)（4）如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應(yīng)，與上述實驗相比，所放出的熱量(填“相等、不相等”)，所求中和熱(填“相等、不相等”)，簡述理由（5）用相同濃度和體積的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的中和熱的數(shù)值會；（填“偏大”、“偏小”、“無影響”）。25、下表是稀硫酸與某金屬反應(yīng)的實驗數(shù)據(jù)：

分析上述數(shù)據(jù)，回答下列問題：rm{(1)}實驗rm{4}和rm{5}表明，________對反應(yīng)速率有影響，________反應(yīng)速率越快，能表明同一規(guī)律的實驗還有_________rm{(}填實驗序號rm{)}rm{(2)}僅表明反應(yīng)物濃度對反應(yīng)速率產(chǎn)生影響的實驗有_______和________。rm{(}填實驗序號，填rm{2}組即可rm{)}rm{(3)}本實驗中影響反應(yīng)速率的其他因素還有________，其實驗序號是_________。rm{(}填一組即可rm{)}rm{(4)}實驗中的所有反應(yīng)，反應(yīng)前后溶液的溫度變化值rm{(}約rm{15隆忙)}相近，推測其原因：___________________________________。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共7分)26、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結(jié)晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產(chǎn)生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關(guān)閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關(guān)閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結(jié)晶水未完全失去評卷人得分六、簡答題(共4題，共36分)27、我國從1994年起推出全民食用加碘鹽工程，一般在食鹽中添加碘酸鉀（KIO3）．

請回答下列問題：

①成人如果長期缺碘，會引起的病癥是______（填字母）．

A．佝僂病B．甲狀腺腫大C．夜盲癥。

②在瘦肉、胡蘿卜、海帶中，富含碘元素的是______．

③用鹽酸酸化的碘化鉀淀粉溶液可檢驗食鹽中是否含有碘酸鉀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：5KI+KIO3+6HCl═6KCl+3I2+3H2O則此反應(yīng)中的氧化劑是______（填化學(xué)式），檢驗加碘鹽時可觀察到的實驗現(xiàn)象是______．28、有機物rm{A}廣泛用于涂料、油墨、膠黏劑、醫(yī)藥及農(nóng)藥中間體領(lǐng)域rm{.}已知：有機物rm{A}的儀器分析如下：

rm{壟脵}有機物rm{A}的質(zhì)譜如圖rm{1}

rm{壟脷}有機物rm{A}的紅外光譜如圖rm{2}

rm{壟脹}有機物rm{A}的核磁共振氫譜圖上有rm{2}個吸收峰，峰面積之比是rm{1}rm{1}．

回答下列問題：

rm{(1)A}的相對分子質(zhì)量是______；

rm{(2)A}含有官能團的名稱是______；

rm{(3)A}與氫氧化鈉溶液在加熱條件下反應(yīng)的化學(xué)方程式是______；

rm{(4)A}有多種同分異構(gòu)體，其中能與新制rm{Cu(OH)_{2}}共熱，產(chǎn)生紅色沉淀的有______種29、閱讀下列實驗內(nèi)容；根據(jù)題目要求回答問題．

某學(xué)生為測定未知濃度的硫酸溶液，實驗如下：用1.00mL待測硫酸配制100mL稀H2SO4溶液；以0.14mol?L-1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO425.00mL；滴定終止時消耗NaOH溶液15.00mL．

（1）該學(xué)生用標準0.14mol?L-1NaOH溶液滴定硫酸的實驗操作如下：

A、用酸式滴定管取稀H2SO425.00mL；注入錐形瓶中，加入2滴酚酞．

B；用待測定的溶液潤洗酸式滴定管。

C；用蒸餾水洗干凈滴定管。

D；取下堿式滴定管用標準的NaOH溶液潤洗后；將標準液注入堿式滴定管刻度“0”以上2-3cm處，再把堿式滴定管固定好，調(diào)節(jié)液面至刻度“0”或“0”刻度以下。

E；檢查滴定管是否漏水。

F；另取錐形瓶；再重復(fù)操作一次。

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

則滴定操作的正確順序是（用序號填寫）E→C→D→______→______→F；

（2）在G操作中如何確定終點？______．

（3）堿式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標準液潤洗導(dǎo)致滴定結(jié)果（填“偏小”、“偏大”或“恰好合適”）______．

（4）配制準確濃度的稀H2SO4溶液，必須使用的定量容器是：______．

（5）用標準NaOH溶液滴定時，應(yīng)將標準NaOH溶液注入______（選填“甲”或“乙”）中．（右圖）

（6）觀察堿式滴定管讀數(shù)時，若滴定前仰視，滴定后俯視，則結(jié)果會導(dǎo)致測得的稀H2SO4溶液濃度測定值______（填“偏大”“偏小”或“無影響”）．

（7）計算待測硫酸（稀釋前的硫酸）溶液的物質(zhì)的量濃度______（計算結(jié)果到小數(shù)點后二位）．30、某研究小組在實驗室探究氨基甲酸銨rm{(NH_{2}COONH_{4})}分解反應(yīng)平衡常數(shù)和水解反應(yīng)速率的測定。rm{(1)}將一定量純凈的氨基甲酸銨固體置于特制的密閉真空容器中rm{(}假設(shè)容器體積不變，固體試樣體積忽略不計rm{)}在恒定溫度下使其達到分解平衡：rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{2}}rm{COONH}rm{COONH}rm{{,!}_{4}}rm{(s)}rm{(s)}rm{{,!}overset{}{?}}rm{2NH}rm{2NH}rm{{,!}_{3}}。rm{(g)+CO}溫度rm{/隆忙}rm{15.0}rm{20.0}rm{25.0}rm{30.0}rm{35.0}平衡總壓強rm{/kPa}rm{5.7}rm{8.3}rm{12.0}rm{17.1}rm{0}平衡氣體總濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}rm{2.4隆脕10^{-3}}rm{3.4隆脕10^{-3}}rm{4.8隆脕10^{-3}}rm{6.8隆脕10^{-3}}rm{9.4隆脕10^{-3}}rm{壟脵}可以判斷該分解反應(yīng)已經(jīng)達到平衡的是________。A.rm{2v(NH_{3})=v(CO_{2})}B.密閉容器中總壓強不變C.密閉容器中混合氣體的密度不變D.密閉容器中氨氣的體積分數(shù)不變rm{壟脷}根據(jù)表中數(shù)據(jù)，列式計算rm{25.0隆忙}時氨基甲酸銨的分解平衡常數(shù)：________。rm{壟脹}取一定量的氨基甲酸銨固體放在一個帶活塞的密閉真空容器中，在rm{25.0隆忙}下達到分解平衡。若在恒溫下壓縮容器體積，氨基甲酸銨固體的質(zhì)量______rm{(}填“增加”、“減少”或“不變”rm{)}rm{壟脺}氨基甲酸銨分解反應(yīng)的焓變rm{婁隴H}________rm{0(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}熵變rm{婁隴S}________rm{0(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}rm{(2)}已知：rm{NH_{2}COONH_{4}+2H_{2}Ooverset{}{?}NH_{4}HCO_{3}+NH_{3}隆隴H_{2}O}該研究小組分別用三份不同初始濃度的氨基甲酸銨溶液測定其水解反應(yīng)速率，得到rm{NH_{2}COONH_{4}+2H_{2}Ooverset{}{?}

NH_{4}HCO_{3}+NH_{3}隆隴H_{2}O}隨時間的變化趨勢如圖所示。

rm{c(NH_{2}COO^{-})}計算rm{壟脻}時，rm{25.0隆忙}氨基甲酸銨水解反應(yīng)的平均速率：_____________________________。rm{0隆蘆6min}根據(jù)圖中信息，如何說明該水解反應(yīng)速率隨溫度升高而增大：_____________________________。rm{壟脼}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【解析】【答案】A2、C【分析】解：丁烷有rm{2}種同分異構(gòu)體：正丁烷和異丁烷，正丁烷有rm{2}種氫原子，異丁烷有rm{2}種氫原子，所以一氯代物的數(shù)目為rm{4}故選C．

丁烷有rm{2}種同分異構(gòu)體；然后根據(jù)氫原子的種類確定一氯代物的數(shù)目來解答．

本題考查了同分異構(gòu)體的判斷，難度不大，根據(jù)等效氫原子，最后根據(jù)氫原子的種類確定一氯代物的種類，確定烴的同分異構(gòu)體是解本題的關(guān)鍵．【解析】rm{C}3、B【分析】解：rm{A.}鐵粉與稀rm{H_{2}SO_{4}}反應(yīng)生成硫酸亞鐵、氫氣，反應(yīng)的離子方程式為：rm{Fe+2H^{+}簍TFe^{2+}+H_{2}隆眉}故A錯誤；

B.碳酸鈉為可溶性的鹽，鹽酸為強酸，二者反應(yīng)生成可溶性的氯化鈉，其離子方程式可以用rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}簍TH_{2}O+C0_{2}隆眉}表示；故B正確；

C.rm{Cu(OH)_{2}}與稀硫酸反應(yīng)，氫氧化銅是難溶物，應(yīng)寫化學(xué)式，rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}不符合，正確的離子方程式為rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}故C錯誤；

D.金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)為rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}離子方程式為rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}故D錯誤；

故選B．

A.鐵粉與稀rm{H_{2}SO_{4}}反應(yīng)生成亞鐵離子；

B.碳酸鈉與足量鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉；二氧化碳和水；

C.稀的強酸與稀的強堿反應(yīng)生成可溶性鹽和水的離子反應(yīng)可用rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}表示；氫氧化銅為難溶物，應(yīng)寫化學(xué)式；

D.rm{Al}rm{NaOH}水反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，rm{Al}水、氫氣在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式；方程式左右氫原子不守恒．

本題考查離子反應(yīng)方程式的書寫，明確發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，注意電解質(zhì)的強弱及離子反應(yīng)中應(yīng)保留化學(xué)式的物質(zhì)即可解答，題目難度不大．【解析】rm{B}4、D【分析】解：依據(jù)烷烴命名原則，名稱為：rm{3}rm{5-}二甲基庚烷，故選：rm{D}

根據(jù)烷烴命名原則：

rm{壟脵}長選最長碳鏈為主鏈；

rm{壟脷}多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

rm{壟脹}近離支鏈最近一端編號；

rm{壟脺}小支鏈編號之和最小rm{.}看下面結(jié)構(gòu)簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

rm{壟脻}簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號rm{.}如取代基不同；就把簡單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面；

本題考查了烷烴命名方法的應(yīng)用，難度不大，注意主鏈選擇，位置編號的正確選擇．【解析】rm{D}5、D【分析】解：可以將溶質(zhì)看成rm{3molNaCl}和rm{1molH_{2}SO_{4}}再轉(zhuǎn)化一下思想，可以看成rm{2molHCl}rm{1molNa_{2}SO_{4}}rm{1molNaCl}

由于rm{1molNa_{2}SO_{4}}自始至終無法放電，且其溶液rm{pH=7}暫時可以忽略；

則電解過程可先看成電解rm{HCl}再電解rm{NaCl}最后電解水；

即rm{2HCldfrac{underline{;{脥簍碌莽};}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥簍碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2H_{2}Odfrac{underline{;{脥簍碌莽};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}

生成的rm{2HCldfrac{

underline{;{脥簍碌莽};}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}為堿性，rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥簍碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}大于rm{2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥簍碌莽};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}．

A、陰極自始至終是氫離子放電，只析出rm{NaOH}陽極析出氯氣；氧氣，依據(jù)電子守恒分析可知，氣體可能一樣多，故A正確；

B、陽極氯離子先于氫氧根離子放電，先析出rm{pH}后析出rm{7}故B正確．

C；電解最后階段為電解水；故C正確；

D、溶液rm{H_{2}}不斷增大，最后生成的rm{Cl_{2}}為堿性，rm{O_{2}}大于rm{pH}故D錯誤；

故選D．

根據(jù)電解原理：陽極離子的放電順序：氫離子rm{NaOH}鈉離子，陰極離子的放電順序：氯離子rm{pH}氫氧根離子，溶液中含有兩種溶質(zhì)rm{7}和rm{>}根據(jù)電解原理判斷放電的離子．

本題是對電解原理的考查，要求學(xué)生會根據(jù)電解原理書寫常見電解質(zhì)的電解反應(yīng)，難度較大．rm{>}【解析】rm{D}6、D【分析】本題考查了物質(zhì)分類方法。A.白酒是酒精的水溶液，屬于混合物，故A錯誤；

B.陳醋是醋酸水溶液，屬于混合物，故B錯誤；

C.食用調(diào)和油是不同物質(zhì)組成的混合物，故C錯誤；

D.蔗糖是一種物質(zhì)組成的物質(zhì)屬于純凈物，故D正確。

故選D?！窘馕觥縭m{D}二、雙選題(共7題，共14分)7、C【分析】解：淀粉；纖維素、蛋白質(zhì)以及聚乙烯都為高分子化合物；其中淀粉、纖維素、蛋白質(zhì)為高分子化合物，聚乙烯為合成高分子化合物，故選C．

有機高分子化合物的相對分子質(zhì)量一般高達104～106；高分子化合物的相對分子質(zhì)量只是一個平均值，高分子化合物有天然高分子化合物和合成高分子化合物，以此解答該題．

本題考查有機物的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的雙基的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，注意把握合成高分子化合物的判斷，難度不大，知道天然高分子化合物有淀粉、纖維素和蛋白質(zhì)．【解析】【答案】C8、rBC【分析】解：金屬rm{a}能從酸中置換出rm{H_{2}}rm為碳棒，則rm{a}屬于氫之前的金屬，該裝置構(gòu)成原電池，rm{a}為負極、rm為正極；

A.碳棒上氫離子得電子生成氫氣，溶液中氫離子濃度減小，溶液的rm{PH}增大；故A正確；

B.通過以上分析知，rm{a}是負極、rm是正極；故B錯誤；

C.該裝置構(gòu)成原電池；電子不能通過電解質(zhì)溶液，故C錯誤；

D.rm{a}電極上金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；故D正確；

故選BC．

金屬rm{a}能從酸中置換出rm{H_{2}}rm為碳棒，則rm{a}屬于氫之前的金屬，該裝置構(gòu)成原電池，rm{a}為負極、rm為正極；電子從負極沿導(dǎo)線流向正極，據(jù)此分析解答．

本題考查了原電池原理，明確正負極的判斷、電子流向、電極上的反應(yīng)等知識點即可解答，注意電解質(zhì)溶液中離子移動方向，為易錯點．【解析】rm{BC}9、rBC【分析】解：相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，該酸的酸性越強，強酸能和弱酸的鹽反應(yīng)生成弱酸，根據(jù)rm{NaCN+HNO_{2}隆煤HCN+NaNO_{2}}rm{NaCN+HF隆煤HCN+NaF}rm{NaNO_{2}+HF隆煤HNO_{2}+NaF}知，酸的強弱順序是rm{HCN<HNO_{2}<HF}則酸的電離平衡常數(shù)大小順序為rm{K(HCN)<K(HNO_{2})<K(HF)}

A.通過以上分析知，rm{K(HF)}最大為rm{7.2隆脕10^{-4}}故A正確；

B.根據(jù)以上分析知，rm{K(HNO_{2})}處于中間狀態(tài)，為rm{4.6隆脕10^{-4}}故B錯誤；

C.根據(jù)rm{NaCN+HNO_{2}隆煤HCN+NaNO_{2}}rm{NaCN+HF隆煤HCN+NaF}即可得出結(jié)論；故C錯誤；

D.通過以上分析知，酸的電離平衡常數(shù)大小順序為rm{K(HCN)<K(HNO_{2})<K(HF)}故D正確；

故選BC．

相同溫度下，酸的電離常數(shù)越大，該酸的酸性越強，強酸能和弱酸的鹽反應(yīng)生成弱酸，根據(jù)rm{NaCN+HNO_{2}隆煤HCN+NaNO_{2}}rm{NaCN+HF隆煤HCN+NaF}rm{NaNO_{2}+HF隆煤HNO_{2}+NaF}知，酸的強弱順序是rm{HCN<HNO_{2}<HF}則酸的電離平衡常數(shù)大小順序為rm{K(HCN)<K(HNO_{2})<K(HF)}據(jù)此分析解答．

本題考查了弱電解質(zhì)的電離，明確酸的強弱及其電離平衡常數(shù)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，結(jié)合強酸制取弱酸來分析解答，題目難度不大．【解析】rm{BC}10、AD【分析】【分析】本題考查化學(xué)速率和化學(xué)平衡中的定量計算，注意可逆反應(yīng)的不完全轉(zhuǎn)化特征，較難?！窘獯稹緼.設(shè)rm{X}轉(zhuǎn)化的濃度為rm{x}轉(zhuǎn)化的濃度為rm{X}

rm{x}rm{X(g)+3Y(g)}rm{X(g)+3Y(g)}rm{?}rm{2Z(g)}rm{2Z(g)}初始：rm{c}rm{c}rm{{,!}_{1;;;;;;;;}}

rm{c}rm{c}rm{{,!}_{2;;;;;;;;}}

rm{c}rm{c}rm{{,!}_{3}}

轉(zhuǎn)化：rm{x}rm{3x}rm{2x}rm{x}rm{3x}rm{2x}平衡：rm{0.1}rm{0.3}rm{0.1}故A正確；

rm{0.3}和rm{0.08}的生成速率之比為rm{0.08}所以rm{c}

rm{c}rm{{,!}_{1}}氣體的濃度比相同符合反應(yīng)系數(shù)之比，所以達到平衡狀態(tài)時，轉(zhuǎn)化率相同，故C錯誤；

rm{隆脙c}rm{隆脙c}rm{{,!}_{2}}rm{=(x+0.1)}rm{(3x+0.3)=1隆脙3}故A正確；rm{=(x+0.1)}rm{(3x+0.3)=1隆脙3}B.平衡時，正逆反應(yīng)速率相等，則rm{Y}和rm{Z}的生成速率之比為rm{3:2}rm{Y}rm{Z}rm{3:2}故B錯誤；C.反應(yīng)前后rm{X}rm{Y}氣體的濃度比相同符合反應(yīng)系數(shù)之比，所以達到平衡狀態(tài)時，轉(zhuǎn)化率相同，故C錯誤；rm{X}rm{Y}

D.反應(yīng)為可逆反應(yīng)，物質(zhì)不可能完全轉(zhuǎn)化，如反應(yīng)向正反應(yīng)分析進行，則rm{0<c}【解析】rm{AD}11、BC【分析】【分析】本題考查了電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較、鹽類水解原理、電解質(zhì)溶液中電荷守恒、物料守恒等知識點，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等?！窘獯稹緼.rm{0.lmol?L^{-l}NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{(pH=5.5)}溶液中rm{HC_{2}O_{4}^{-}}電離大于水解，rm{c(Na^{+})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}故A錯誤；B.rm{c(Na^{+})>c(

HC_{2}O_{4}^{-})>c(C_{2}O_{4}^{2-}

)>c(H_{2}C_{2}O_{4})}溶液中電荷守恒rm{0.lmol?L^{-1}NaHS}物料守恒，rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+c(HS^{-})+2c(S^{2-})}代入計算得到：rm{C(OH^{-})+c(S^{2-})=c(H^{+})+c(H_{2}S)}故B正確；C.rm{c(Na^{+})=c(H_{2}S)+c(HS^{-})+c(S^{2-})}rm{C(OH^{-})+c(S^{2-})=c(

H^{+})+c(H_{2}S)}rm{NH}rm{4}中滴加rm{4}溶液，若二者物質(zhì)的量相同時，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的rm{HSO}rm{4}rm{4}rm{NaOH}rm{(NH}rm{4}和rm{4}rm{)}rm{2}rm{2}，溶液呈酸性，需要再滴加少許rm{SO}呈中性，rm{4}rm{4}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{4}rm{4}rm{NaOH}故溶液中離子濃度大小關(guān)系為rm{c(Na}rm{+}rm{+}rm{)+c(NH}rm{4}rm{4}rm{+}rm{+}rm{)=2c(SO}rm{4}rm{4}rm{2-}rm{2-}故C正確；D.rm{)}rm{c(Na}rm{+}rm{+}rm{)>c(SO}溶液和rm{4}rm{4}rm{2-}rm{2-}rm{)>c(NH}溶液等體積混合，醋酸電離大于醋酸根離子水解，溶液顯酸性：rm{4}rm{4}rm{+}rm{+}rm{)>c(OH}rm{-}rm{-}rm{)=c(H}rm{+}rm{+}rm{)}rm{0.lmol?L}rm{-1}故D錯誤。故選BC。rm{-1}【解析】rm{BC}12、AB【分析】【分析】本題考查有機物分子式的確定，題目難度不大，注意利用燃燒通式進行解答?！窘獯稹吭O(shè)烴的分子式為rm{C_{x}H_{y}}其燃燒的通式為：rm{CxHy}rm{+(x+}rm{dfrac{y}{4})O_{2}}rm{xCO_{2}}rm{+}rm{dfrac{y}{2}H_{2}O(g)120隆忙}時水為氣體，恢復(fù)到原狀態(tài)，測得反應(yīng)后混合氣體的體積與原體積相等，即反應(yīng)前后氣體的化學(xué)計量數(shù)不變，則rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac{y}{2}}解得rm{dfrac{y}{2}

H_{2}O(g)120隆忙}滿足分子中rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac{y}{2}

}原子數(shù)目為rm{y=4}即可，AB正確。故選AB。rm{H}【解析】rm{AB}13、BC【分析】解：A、a點為氨水溶液，氨水中的氫離子為水電離的，由于a點溶液的pH＜14，則溶液中氫離子濃度大于1.0×10-14mol?L-1，即：水電離出的c（H+）＞1.0×10-14mol?L-1；故A錯誤；

B、鹽酸和氨水反應(yīng)，溶液呈中性，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒可知c（Cl-）=c（NH4+），b點時pH＞7，則氨水過量，c（NH4+）+c（NH3?H2O）＞c（Cl-），因同一溶液，溶液體積相同，所以n（NH4+）+n（NH3?H2O）＞n（Cl-）；故B正確；

C、c點pH=7，溶液呈中性，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒可知：c（Cl-）=c（NH4+）；故C正確；

D；d點時鹽酸和氨水恰好完全反應(yīng)；放熱最多，再加鹽酸溫度降低只能是加入鹽酸的溫度低于溶液溫度，這才是溫度下降的原因，故D錯誤；

故選：BC。

A；氨水中的氫離子是水電離的；根據(jù)氨水中氫離子濃度大小進行判斷；

B、b點時pH＞7；鹽酸和氨水反應(yīng)，氨水過量，反應(yīng)后溶質(zhì)為氯化銨和氨水；

C、c點溶液的pH=7，為中性溶液，則c（H+）=c（OH-）；根據(jù)電荷守恒進行判斷；

D；d點鹽酸與氨水的中和反應(yīng)結(jié)束；導(dǎo)致溫度不再升高．

本題考查水溶液中的電離平衡以及酸堿中和滴定，題目難度中等，明確滴定曲線中各點的pH是解答的關(guān)鍵，并學(xué)會利用物料守恒、電荷守恒判斷溶液中離子濃度大?。窘馕觥緽C三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】

（1）Mn2+離子的原子核外排布式為1s22s22p63s23p63d5，其d軌道上有5的電子，故[Mn（H2O）6]2+有顏色；

故答案為：有；

（2）COCl2分子的結(jié)構(gòu)式為：C=O鍵中含有1個δ鍵，1個π鍵，則COCl2分子內(nèi)含有3個σ鍵、1個π鍵，故答案為D．

【解析】【答案】（1）判斷Mn2+離子的原子核外3d軌道上是否含有電子來判斷是否有顏色；

（2）COCl2分子中碳氧之間存在雙鍵，碳原子和氯原子之間存在單鍵，COCl2分子的結(jié)構(gòu)式；據(jù)此判斷C=O鍵中含有1個δ鍵，1個π鍵；

15、略

【分析】【解析】【答案】16、432kJ?mol-1；-△H1-2△H2；CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ?mol-1【分析】解：rm{(1)}反應(yīng)的焓變rm{=}反應(yīng)物鍵能總和rm{-}生成物鍵能總和rm{=436kJ/mol+243kJ/mol-2隆脕E(H-Cl)=-185kJ/mol}rm{E(H-Cl)=432kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{432kJ?mol^{-1}}

rm{(2)}已知：rm{壟脵2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangleH_{1}}rm{壟脷2HCl(g)簍TCl_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH_{2}}利用蓋斯定律，將rm{壟脵2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangle

H_{1}}可得rm{2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)簍T4HCl(g)+O_{2}(g)triangleH_{3}=-triangleH_{1}-2triangleH_{2}}

故答案為：rm{-triangleH_{1}-2triangleH_{2}}

rm{(3)壟脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)簍T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-574kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CH_{4}(g)+4NO(g)簍T2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-1160kJ?mol^{-1}}

由蓋斯定律rm{壟脷2HCl(g)簍TCl_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H_{2}}得到rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍TN_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-867kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-867}rm{壟脵隆脕(-1)-2隆脕壟脷}．

rm{2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)簍T4HCl(g)+O_{2}(g)triangle

H_{3}=-triangleH_{1}-2triangleH_{2}}舊鍵斷裂吸熱，新鍵生成放熱，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)焓變rm{-triangleH_{1}-2triangle

H_{2}}反應(yīng)物鍵能總和rm{(3)壟脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)簍T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-574kJ?mol^{-1}}生成物鍵能總和計算得到；

rm{壟脷CH_{4}(g)+4NO(g)簍T2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-1160kJ?mol^{-1}}已知：rm{壟脵2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(g)triangleH_{1}}rm{壟脷2HCl(g)簍TCl_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH_{2}}利用蓋斯定律，將rm{(壟脵+壟脷)隆脕dfrac{1}{2}}可得rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍TN_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-867kJ?mol^{-1}}的反應(yīng)熱；rm{(3)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=-1160kJ?mol^{-1}}依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算，蓋斯定律rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-867}得到甲烷直接將rm{kJ?mol^{-1}}還原為rm{(1)}的熱化學(xué)方程式rm{=}本題考查了熱化學(xué)方程式書寫和蓋斯定律的計算應(yīng)用，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和計算能力，掌握蓋斯定律的計算方法是解題關(guān)鍵，題目難度不大．rm{-}【解析】rm{432kJ?mol^{-1}}rm{-triangleH_{1}-2triangleH_{2}}rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-867kJ?mol^{-1}}rm{-triangleH_{1}-2triangle

H_{2}}17、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3KJ/mol；2NH3（g）═N2（g）+3H2（g）△H=-92.8kJ/mol；H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；△H=-57.3kJ/mol【分析】解：rm{(1)3mol}甲烷完全燃燒生成液態(tài)水時放出rm{2670.9KJ}熱量，rm{1mol}甲烷反應(yīng)燃燒反應(yīng)放熱rm{dfrac{2670.9}{3}KJ=890.3KJ}反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3KJ/mol}

故答案為：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3KJ/mol}

rm{(2)n(NH_{3})=dfrac{1g}{17g/mol}=dfrac{1}{17}mol}則分解rm{dfrac

{2670.9}{3}KJ=890.3KJ}吸收rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-890.3KJ/mol}能量，分解rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-890.3KJ/mol}放熱rm{(2)n(NH_{3})=dfrac{1g}{17g/mol}=

dfrac{1}{17}mol}反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：rm{2NH_{3}(g)簍TN_{2}(g)+3H_{2}(g)triangleH=-92.8kJ/mol}

故答案為：rm{2NH_{3}(g)簍TN_{2}(g)+3H_{2}(g)triangleH=-92.8kJ/mol}

rm{1molNH_{3}}和rm{17隆脕2.7kJ=45.9kJ}反應(yīng)的中和熱rm{triangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}rm{2molNH3}和rm{91.8KJ}反應(yīng)的中和熱是指反應(yīng)生成rm{2NH_{3}(g)簍TN_{2}(g)+3H_{2}(g)triangle

H=-92.8kJ/mol}水放出rm{2NH_{3}(g)簍TN_{2}(g)+3H_{2}(g)triangle

H=-92.8kJ/mol}的熱量；

反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為rm{dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)+NaOH(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)}rm{(3)HCl}

故答案為：rm{dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)+NaOH(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)}rm{NaOH}

rm{triangle

H=-57.3kJ?mol^{-1}}依據(jù)熱化學(xué)方程式書寫方法書寫；標注物質(zhì)聚集狀態(tài)，計算對應(yīng)化學(xué)方程式量下的焓變寫出熱化學(xué)方程式；

rm{(2)n(NH_{3})=dfrac{1g}{17g/mol}=dfrac{1}{17}mol}則分解rm{H_{2}SO_{4}}吸收rm{NaOH}能量；

rm{1mol}根據(jù)中和熱的概念：稀的強酸和強堿反應(yīng)生成rm{57.3kJ}水所放出的熱量求出中和熱以及中和熱的熱化學(xué)方程式；

本題考查中和熱以及熱化學(xué)方程式的書寫問題，本題難度不大，注意準確理解中和熱的概念．rm{dfrac

{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)+NaOH(aq)=dfrac

{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)}【解析】rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3KJ/mol}rm{2NH_{3}(g)簍TN_{2}(g)+3H_{2}(g)triangleH=-92.8kJ/mol}rm{dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)+NaOH(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-890.3KJ/mol}rm{2NH_{3}(g)簍TN_{2}(g)+3H_{2}(g)triangle

H=-92.8kJ/mol}18、略

【分析】根據(jù)的結(jié)構(gòu)式可知，合成該高分子化合物的單體是：故G為結(jié)合D(C2H3Cl)和A＋B―→C的轉(zhuǎn)化可知C應(yīng)為Cl—CH2—CH2—Cl，B為Cl2，D為Cl—CH=CH2。據(jù)此可推知①為CH2=CH2與Cl2的加成反應(yīng)，②為鹵代烴的消去反應(yīng)，③為加聚反應(yīng)，④為鹵代烴的水解反應(yīng)，⑤為縮聚反應(yīng)?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)CH2=CH2HOOC(CH2)4COOH(2)ClCH2CH2Cl＋NaOHCH2=CHCl＋NaCl＋H2OClCH2CH2Cl＋2NaOHHOCH2CH2OH＋2NaCl(3)①加成反應(yīng)⑤縮聚反應(yīng)19、略

【分析】解：（1）溶液中氫離子與氫氧根離子物質(zhì)的量相等；則該溶液為中性；

常溫下中性溶液pH=7，c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，水的電離為吸熱過程，升高溫度促進水的電離，溶液c（H+）增大，pH=6，c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L；此時溫度高于常溫；

故答案為：中；高于；

（2）將25℃下pH=12的NaOH溶液的濃度為0.01mol/L，pH=1的HCl溶液的濃度為0.1mol/L，若所得混合液為中性，則氫氧化鈉和氯化氫的物質(zhì)的量相等，即：0.01mol/L×aL=0.1mol/L×bL，整理可得：a：b=10：1；

故答案為：10：1；

（3）pH=3的H2SO4溶液c（H+）=10-3mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=10-2mol/L，混合溶液中c（OH-）=10-4mol/L==解得V（H2SO4）：V（NaOH）=99：11=9：1；

故答案為：9：1．

（1）溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度時；溶液呈中性，注意不能根據(jù)溶液pH值大小確定溶液的酸堿性；水的電離是吸熱反應(yīng)，升高溫度能促進水的電離；

（2）混合液為中性，則氫氧化鈉與氯化氫的物質(zhì)的量相等，據(jù)此計算a：b；

（3）混合溶液pH=10，則混合溶液中c（OH-）=10-4mol/L=據(jù)此計算酸堿體積之比．

本題考查了溶液pH的計算、影響水的電離平衡的因素，題目難度中等，明確溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握溶液中離子濃度的計算方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的化學(xué)計算能力．【解析】中；高于；10：1；9：120、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率；平衡向正反應(yīng)方向移動，故正確；

rm{壟脷}如增加某反應(yīng)物的物質(zhì)的量；平衡向正方向移動，但該反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率反而減小，故錯誤；

rm{壟脹}平衡向正反應(yīng)移動；生成物的物質(zhì)的量一定增加，故正確；

rm{壟脺}如增大反應(yīng)物的濃度，平衡向正方向移動，達到平衡時，反應(yīng)物的濃度比改變條件前大，故錯誤；故答案為：rm{壟脵壟脹}

rm{(2)}下列溶液：rm{壟脵pH=1}的鹽酸中氫離子的濃度為rm{c(H^{+})=0.1mol/L}rm{壟脷0.05mol?L^{-1}}的鹽酸溶液中氫離子的濃度為rm{c(H^{+})=0.05mol/L}rm{壟脹0.1mol?L^{-1}}的氯化鈉溶液，氫離子的濃度越大對水的電離抑制程度越大，水電離出氫離子的濃度越小，所以由水電離的rm{H^{+}}濃度由大到小順序是rm{壟脹壟脷壟脵}故答案為：rm{壟脹壟脷壟脵}

rm{(3)}如果該溶液呈酸性，該溶液中rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}}rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}}溶液rm{mol?L^{-1}}如果該溶液呈堿性，溶液中rm{pH=4}則溶液的rm{c(H^{+})=10^{-10}mol?L^{-1}}故答案為：rm{pH=10}或rm{4}

rm{10}等體積、等rm{(4)}的rm{pH}rm{Ba(OH)_{2}}中，rm{NaOH}相同，滴加等濃度的鹽酸將它們恰好中和，用去酸的體積rm{c(OH^{-})}

但rm{V_{1}=V_{2}}為弱堿，等rm{NH_{3}?H_{2}O}時，其濃度大于rm{pH}滴加等濃度的鹽酸將它們恰好中和，弱堿繼續(xù)電離產(chǎn)生氫氧根離子，則消耗酸多，即rm{NaOH}

所以消耗酸的體積關(guān)系為rm{V_{2}<V_{3}}故答案為：rm{V_{3}>V_{2}=V_{1}}

rm{V_{3}>V_{2}=V_{1}}單位時間內(nèi)生成rm{(5)壟脵}rm{n}的同時生成rm{molO_{2}}rm{2n}rm{mol}證明正逆反應(yīng)速率是相等的；達到了平衡，故正確；

rm{NO_{2}}未體現(xiàn)正逆反應(yīng)速率的關(guān)系；故錯誤；

rm{壟脷}用rm{壟脹}rm{NO_{2}}rm{NO}的物質(zhì)的量濃度變化表示的反應(yīng)速率的比為rm{O_{2}}rm{2}rm{2}任何狀態(tài)都成立；不一定平衡，故錯誤；

rm{1}混合氣體的總壓強不再改變；證明化學(xué)反應(yīng)的正逆反應(yīng)速率是相等的，達到了平衡，故正確；

rm{壟脺}混合氣體的顏色不再改變；證明二氧化氮的濃度不隨著時間的變化而變化，證明達到了平衡，故正確；

故選：rm{壟脻}．

rm{壟脵壟脺壟脻}影響化學(xué)平衡狀態(tài)的因素有濃度；溫度、壓強等；外界條件不同，對平衡移動的影響不同，改變條件使化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)速率一定大于逆反應(yīng)速率，生成物的產(chǎn)量一定增加；

rm{(1)}下列溶液：rm{(2)}的鹽酸中氫離子的濃度為rm{壟脵pH=1}rm{c(H^{+})=0.1mol/L}的鹽酸溶液中氫離子的濃度為rm{壟脷0.05mol?L^{-1}}rm{c(H^{+})=0.05mol/L}的氯化鈉溶液；氫離子的濃度越大對水的電離抑制程度越大；

rm{壟脹0.1mol?L^{-1}}時，某稀溶液中由水電離產(chǎn)生的rm{(3)25隆忙}rm{c(OH^{-})=10^{-10}}說明水的電離受到抑制，酸或堿抑制水電離，所以該溶液中溶質(zhì)為酸或堿，據(jù)此分析解答；

rm{mol?L^{-1}<10^{-7}mol?L^{-1}}等體積、等rm{(4)}的rm{pH}rm{Ba(OH)_{2}}中，rm{NaOH}相同，但rm{c(OH^{-})}為弱堿，等rm{NH_{3}?H_{2}O}時，其濃度大于rm{pH}然后結(jié)合酸堿中和時rm{NaOH}越大；消耗酸越多；

rm{c(OH^{-})}根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答；當(dāng)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時，說明可逆反應(yīng)到達平衡狀態(tài)．

本題考查了化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，難度不大，注意當(dāng)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，但不為rm{(5)}．rm{0}【解析】rm{壟脵壟脹}rm{壟脹壟脷壟脵}rm{4}或rm{10}rm{V_{3}>V_{2}=V_{1}}rm{壟脵壟脺壟脻}21、(1)電子云2

(2)N球形

(3)

(4)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2OMn【分析】【分析】本題考查了核外電子排布，考查學(xué)生的分析能力，難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述；基態(tài)處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述；基態(tài)rm{(1)}rm{{,!}^{14}}原子的核外電子排布為rm{C}原子的核外電子排布為rm{1s}rm{C}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}為成對電子，自旋方向相反，rm{2p}能級為單電子，自旋方向相同，核外存在rm{{,!}^{2}}對自旋相反的電子，

，rm{1s}rm{2s}為成對電子，自旋方向相反，rm{2p}能級為單電子，自旋方向相同，核外存在rm{2}對自旋相反的電子，rm{1s}基態(tài)rm{2s}原子核外有rm{2p}個電子層，最高能層為第四層，即rm{2}層，最外層電子為故答案為：電子云；rm{2}rm{2}rm{(2)}基態(tài)rm{K}原子核外有rm{4}個電子層，最高能層為第四層，即rm{N}層，最外層電子為rm{4s}

rm{(2)}球形；rm{K}氮原子價層電子為最外層電子，即rm{4}rm{N}rm{4s}rm{{,!}^{1}}電子，該能層電子的電子云輪廓圖形狀為球形，故答案為：rm{N}球形；rm{N}rm{(3)}氮原子價層電子為最外層電子，即rm{2s}基態(tài)原子核外電子排布式為rm{(3)}rm{2s}與rm{{,!}^{2}}中，rm{2p}的第一電離能較大；rm{2p}基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多；故答案為：rm{{,!}^{3}}或，則電子排布圖為，故答案為：；rm{(4)Co}基態(tài)原子核外電子排布式為

rm{(4)Co}【解析】rm{(1)}電子云rm{2}rm{(2)N}球形rm{(3)}rm{(4)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{7}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{7}4s^{2}}rm{O}rm{Mn}四、實驗題(共4題，共20分)22、略

【分析】【解析】試題分析：（1）鎂和鋁都是活潑的金屬，都能和酸反應(yīng)生成氫氣。但鋁能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣，所以A中試劑為氫氧化鈉溶液。（2）由于鎂和鋁都是活潑的金屬，在其表面含有氧化膜，所以實驗前，先將鋁鎂合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去鋁鎂合金表面的氧化膜。（3）裝置連接好以后，首先檢驗裝置的氣密性。實驗前要記錄C的液面位置，然后由A向B滴加足量氫氧化鈉溶液，待B中不再有氣體產(chǎn)生并恢復(fù)至室溫后，記錄C的液面位置，最后將B中剩余固體過濾，洗滌，干燥，稱重，即正確的操作順序是⑤①④③②；讀數(shù)是必須使內(nèi)外壓強相等，所以記錄C的液面位置時，除視線平視外，還應(yīng)使D和C的液面相平。（4）鎂和氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，所以B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。（5）剩余固體是鎂。質(zhì)量是cg，則鋁的質(zhì)量是（a－c）g。反應(yīng)中生成的氫氣是則根據(jù)方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，參加反應(yīng)的鋁的物質(zhì)的量是所以鋁的相對原子質(zhì)量＝（6）實驗過程中，若未洗滌過濾所得的不溶物，則c偏大，所以測得鋁的質(zhì)量分數(shù)將偏小?？键c：考查鎂鋁合金中質(zhì)量分數(shù)測定的有關(guān)實驗探究的判斷【解析】【答案】（1）NaOH溶液（2）除去鋁鎂合金表面的氧化膜（3）⑤①④③②；使D和C的液面相平（4）2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑（5）（6）偏小23、略

【分析】試題分析：（1）由量熱計的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒，故案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；燒杯間填滿碎紙條的作用是隔熱保溫、減少實驗過程中熱量的損失；（2）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，并若用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應(yīng)，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏大，但是中和熱是指強酸和強堿反應(yīng)生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關(guān)，中和熱數(shù)值相等，答案：偏大，相等；（3）氨水為弱堿，電離