2024年滬教版高二化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年滬教版高二化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、某同學(xué)在中和滴定實(shí)驗(yàn)中記錄數(shù)據(jù)見下表．因?yàn)闀r(shí)間緊迫；只做了兩次實(shí)驗(yàn)．

。第一次滴定第二次滴定待測液HCl的體積/mL20.0020.00滴定終點(diǎn)消耗標(biāo)準(zhǔn)液NaOH的體積/mL23.2026.00該同學(xué)測得待測液HCl物質(zhì)的量濃度（）

A.0.2088mol/L

B.0.2250mol/L

C.0.2169mol/L

D.不能確定。

2、一定量的鹽酸跟少量的鐵粉反應(yīng)，為了減緩反應(yīng)速率但不影響生成H2的總量；可向鹽酸中加入（）

A.KNO3溶液。

B.NaCl溶液。

C.錫粉。

D.硫酸。

3、黨的十七大報(bào)告提出；促進(jìn)國民經(jīng)濟(jì)又好又快發(fā)展，要加強(qiáng)能源資源節(jié)約和生態(tài)環(huán)境保護(hù)．以下做法與此精神相違背的是（）

A.控制高能耗企業(yè)上馬。

B.加大對(duì)污染企業(yè)的整治力度。

C.倡導(dǎo)“綠色化學(xué)”理念；逐步實(shí)現(xiàn)化工企業(yè)零排放。

D.無節(jié)制地開采煤；石油；滿足人們?nèi)找嬖鲩L的需求。

4、下面的排序不正確的是rm{(}rm{)}A.晶體熔點(diǎn)由低到高：rm{CF_{4}<CCl_{4}<CBr_{4}<CI_{4}}B.熔點(diǎn)由高到低：rm{Na>Mg>Al}C.硬度由大到?。航饎偸痳m{>}碳化硅rm{>}晶體硅D.四種氣態(tài)氫化物按穩(wěn)定性：rm{SiH_{4}<CH_{4}<H_{2}O<HF}5、一定質(zhì)量的某有機(jī)物和足量的金屬鈉反應(yīng)，可得到rm{V_{a}L}氣體rm{.}向等質(zhì)量該有機(jī)物的溶液中加入足量的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，可得到rm{V_}rm{L}氣體rm{(}不考慮氣體溶于水rm{)}已知在同溫同壓下rm{V_{a}>V_}則該有機(jī)物可能是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH(OH)COOH}B.rm{HO(CH_{2})_{2}CHO}C.rm{HOOC-COOH}D.rm{CH_{3}CH_{2}COOH}6、rm{N_{2}}和rm{H_{2}}合成rm{NH_{3}}的能量變化如圖所示，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是()A.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)}；rm{triangleH=2(b隆陋a)kJ/mol}B.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(l)}rm{triangleH=2(a隆陋b隆陋c)kJ/mol}C.rm{dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{3}{2}H_{2}(g)=NH_{3}(l)}；rm{triangleH=(b+c隆陋a)kJ/mol}D.rm{dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{3}{2}H_{2}(g)=NH_{3}(g)}；rm{triangleH=(a+b)kJ/mol}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=

2NH_{3}(g)}7、下列有關(guān)核外電子排布的式子不正確的是()A.rm{Cr}的電子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}B.rm{K}的簡化電子排布式：rm{[Ar]4s^{1}}C.rm{N}原子的電子排布圖：D.rm{S}原子的電子排布圖：8、有兩種氣態(tài)烷烴的混合物，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，其密度為rm{1.16g/L}則關(guān)于此混合物組成的說法正確的是rm{(}rm{)}A.一定是甲烷與乙烷的混合物B.可能是甲烷與丙烷的混合物C.一定含有乙烷D.可能是甲烷與己烷的混合物評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、（10分）自然界的礦物、巖石的成因和變化受到許多條件的影響。地殼內(nèi)每加深1km，壓強(qiáng)增大約25000～30000kPa。在地殼內(nèi)SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)ΔH=—148.9kJ/mol根據(jù)題意完成下列填空：（1）在地殼深處容易有氣體逸出，在地殼淺處容易有沉積。（2）如果上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K值變大，該反應(yīng)（選填編號(hào)）。a．一定向正反應(yīng)方向移動(dòng)b．在平衡移動(dòng)時(shí)正反應(yīng)速率先增大后減小c．一定向逆反應(yīng)方向移動(dòng)d．在平衡移動(dòng)時(shí)逆反應(yīng)速率先減小后增大（3）如果上述反應(yīng)在體積不變的密閉容器中發(fā)生，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，____（選填編號(hào)）。a．2v正(HF)=v逆(H2O)b．v正(H2O)=2v逆(SiF4)c．SiO2的質(zhì)量保持不變d．反應(yīng)物不再轉(zhuǎn)化為生成物（4）若反應(yīng)的容器容積為2.0L，反應(yīng)時(shí)間8.0min，容器內(nèi)氣體的密度增大了0.12g/L，在這段時(shí)間內(nèi)HF的平均反應(yīng)速率為。10、（10分）（1）1mol氫氣在氯氣中充分燃燒生成氯化氫氣體時(shí)放出184.6kJ的熱量，試寫出對(duì)應(yīng)的熱化學(xué)方程式。標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氫氣在氯氣中充分燃燒放出的熱量是kJ。（2）A(g)+B(g)C(g)+D(g)過程中的能量（kJ）變化如圖所示，回答下列問題。①反應(yīng)物A(g)和B(g)具有的總能量（填大于、小于、等于）生成物C(g)和D(g)具有的總能量。②該反應(yīng)是__反應(yīng)（填吸熱、放熱），△H=（用E1和E2表示）11、（1）指出配合物K2[Cu（CN）4]的配離子、中心離子、配位體、配位數(shù)：______．

（2）在[Fe（CN）6]3-中，中心原子的配位數(shù)為______，配體的立體構(gòu)型是______．

（3）配合物[Cr（H2O）4Br2]Br?2H2O中，中心原子的化合價(jià)為______，內(nèi)界的電荷數(shù)為______．12、如圖是一個(gè)化學(xué)過程的示意圖；請(qǐng)根據(jù)該示意圖完成下列題目：

rm{(1)}甲池是______裝置；乙池是______裝置．

rm{(2)}在甲池中：通入rm{C_{2}H_{4}}的電極反應(yīng)是______．

rm{(3)}在乙池中：rm{A(Fe)}電極的電極反應(yīng)式是______．

rm{(4)}當(dāng)乙池中rm{A(Fe)}極的質(zhì)量增加rm{5.4g}時(shí)，甲池中理論上消耗rm{O_{2}}______rm{mL(}標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{)}．13、蛋白質(zhì)是構(gòu)成生命的基礎(chǔ)物質(zhì)rm{.}在雞蛋、蔬菜、花生油等食物中，富含蛋白質(zhì)的是______rm{.}“rm{84}消毒液”在日常生活中被廣泛使用rm{.}該消毒液無色，對(duì)某些有色物質(zhì)具有漂白作用，它的有效成分是______rm{(}填“rm{KMnO_{4}}”或“rm{NaClO}”rm{)}．評(píng)卷人得分三、解答題(共5題，共10分)14、能源問題日益成為制約國際社會(huì)經(jīng)濟(jì)發(fā)展的瓶頸；越來越多的國家開始實(shí)行“陽光計(jì)劃”，開發(fā)太陽能資源，尋求經(jīng)濟(jì)發(fā)展的新動(dòng)力．

（1）太陽能熱水器中常使用一種以鎳或鎳合金空心球?yàn)槲談┑奶柲芪鼰嵬繉樱粚懗龌鶓B(tài)鎳原子的核外電子排布式的簡化形式______．

（2）富勒烯衍生物由于具有良好的光電性能，在太陽能電池的應(yīng)用上具有非常光明的前途．富勒烯（C60）的結(jié)構(gòu)如圖1，分子中碳原子軌道的雜化類型為______；1molC60分子中σ鍵的數(shù)目為______．

（3）多元化合物薄膜太陽能電池材料為無機(jī)鹽；其主要包括砷化鎵；硫化鎘、硫化鋅及銅錮硒薄膜電池等．

①第一電離能：As______Se（填“＞”；“＜”或“=”）．

②二氧化硒分子的空間構(gòu)型為______．

（4）金屬酞菁配合物在硅太陽能電池中有重要作用；一種金屬鎂酞菁配合物的結(jié)構(gòu)如圖2，請(qǐng)?jiān)趫D中用箭頭表示出配位鍵．

（5）最近；由鎂；鎳和碳三種元素組成的化合物引起了科學(xué)家的注意．

[四羰基鎳[Ni（CO）4]為無色揮發(fā)性劇毒液體．熔點(diǎn)-25℃；沸點(diǎn)43℃．不溶于水，易溶于乙醇；乙醚、苯、四氯化碳等有機(jī)溶劑，呈四面體構(gòu)型．由此可知，四羰基鎳的晶體類型是______．據(jù)報(bào)道，只含鎂、鎳和碳三種元素的晶體竟然也具有超導(dǎo)性．鑒于這三種元素都是常見元素，從而引起廣泛關(guān)注．該晶體的結(jié)構(gòu)可看作由鎂原子和鎳原子在一起進(jìn)行面心立方最密堆積（如圖3），則該晶體中鎂、碳、鎳三種元素的原子個(gè)數(shù)比是______，晶體中每個(gè)鎂原子周圍距離最近的鎳原子有______個(gè)．

15、將CH4與H2O（g）通入聚焦太陽能反應(yīng)器，發(fā)生反應(yīng)：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g），將等物質(zhì)的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密閉容器，某溫度下反應(yīng)達(dá)到平衡，平衡常數(shù)K=27，此時(shí)測得CO的物質(zhì)的量為0.10mol，求CH4的平衡轉(zhuǎn)化率．

16、某學(xué)生用中和滴定法測定某燒堿的純度．實(shí)驗(yàn)如下：

（1）配制待測液：用5.00g含有少量雜質(zhì)（雜質(zhì)不與鹽酸反應(yīng)）的固體燒堿樣品配制成1000mL的溶液；除燒杯；膠頭滴管、玻璃棒、量筒外，還需要的玻璃儀器有______．

（2）用標(biāo)準(zhǔn)0.1mol/L的鹽酸溶液滴定NaOH溶液的實(shí)驗(yàn)操作如下：

A．用堿式滴定管取稀NaOH溶液20mL；注入錐形瓶中，加入指示劑．

B．用待測定的NaOH溶液潤洗堿式滴定管．

C．用蒸餾水洗干凈滴定管．

D．酸式滴定管用標(biāo)準(zhǔn)的HCl溶液潤洗后；將標(biāo)準(zhǔn)液注入酸式滴定管刻度“0”以上2～3cm處，再把酸式滴定管固定好，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)操作兩次．

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

①滴定操作的正確順序是（用序號(hào)填寫）：______．

②該滴定操作中應(yīng)選用的指示劑是：______．

③在G操作中；如何確定終點(diǎn)：______．

（3）酸式滴定管用蒸餾水潤洗后；未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，導(dǎo)致滴定結(jié)果（填“偏小”；“偏大”或“無影響”）______；酸式滴定管讀數(shù)時(shí)，若先俯后仰，則結(jié)果會(huì)______．

（4）有關(guān)數(shù)據(jù)記錄如下；計(jì)算燒堿樣品的純度（保留到小數(shù)點(diǎn)后二位）：______

。測定序號(hào)待測溶液的體積/mL所耗鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液的體積/mL滴定前滴定后120.000.5020.72220.001.2021.38320.002.0022.20

17、在100℃時(shí)；將0.200mol的四氧化二氮?dú)怏w充入2L抽空的密閉容器中，每隔一定時(shí)間對(duì)該容器內(nèi)的物質(zhì)進(jìn)行分析，得到如下表格：

。時(shí)間20406080100c（N2O4）0.100c10.050c3abc（NO2）0.0000.060c20.1200.1200.120試填空：

（1）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______；達(dá)到平衡時(shí)四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率為______%．

（2）20s時(shí)四氧化二氮的濃度c1=______mol?L-1；在0～20s時(shí)間段內(nèi)，四氧化二氮的平均反應(yīng)速率為______

mol?L-1?s-1．

（3）若該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；升高溫度該平衡向______（正逆）方向移動(dòng)．

18、某抗酸藥每片含有碳酸鈣540mg；氫氧化鎂180mg．

（1）寫出該抗酸藥發(fā)揮功效時(shí)的化學(xué)反應(yīng)方程式．

（2）該藥片中的碳酸鈣和氫氧化鎂哪種物質(zhì)中和的胃酸（以鹽酸計(jì)）多？

評(píng)卷人得分四、探究題(共4題，共28分)19、（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(qǐng)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?yàn)椤＃?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)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。20、（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(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)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(jì)探究實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)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(shí)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(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)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(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。21、（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(qǐng)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?yàn)椤＃?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)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。22、（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(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)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(jì)探究實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)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(shí)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(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)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(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共6分)23、三氯化鉻是化學(xué)合成中的常見物質(zhì),三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點(diǎn)為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時(shí),主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應(yīng)管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮?dú)?使CCl4蒸氣經(jīng)氮?dú)廨d入反應(yīng)管進(jìn)行反應(yīng),繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時(shí),切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮?dú)?⑥檢查裝置氣密性。正確的順序?yàn)?⑥→③→________。

(4)已知反應(yīng)管中發(fā)生的主要反應(yīng)有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實(shí)驗(yàn)需在通風(fēng)櫥中進(jìn)行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學(xué)方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當(dāng)稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強(qiáng)酸性,此時(shí)鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點(diǎn),平行測定三次,平均消耗標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實(shí)驗(yàn)可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】

由于兩次實(shí)驗(yàn)測得的體積分別為23.20mL；26.00mL相差較大，無法確定哪一次是與真實(shí)值帖近，且不知道NaOH的濃度，所以無法計(jì)算；

故選D．

【解析】【答案】由于兩次實(shí)驗(yàn)測得的體積相差較大；無法確定哪一次是與真實(shí)值帖近，且不知道NaOH的濃度．

2、B【分析】

A、加入KNO3溶液；酸性條件下硝酸根具有強(qiáng)氧化性，鐵與硝酸反應(yīng)不能生成氫氣，導(dǎo)致生成氫氣總量減小，故A錯(cuò)誤；

B、加入NaCl溶液，H+濃度降低；反應(yīng)速率降低，不影響生成氫氣的總量，故B正確；

C；加入錫粉構(gòu)成原電池；反應(yīng)加快，故C錯(cuò)誤；

D、加入硫酸，如導(dǎo)致H+濃度增大；則反應(yīng)速率加快，故D錯(cuò)誤；

故選B．

【解析】【答案】鐵與鹽酸反應(yīng)本質(zhì)為Fe+2H+=Fe2++H2↑，一定量的鹽酸跟少量的鐵粉反應(yīng)，鐵粉不足，減緩反應(yīng)速率但不影響生成H2的總量，應(yīng)降低H+濃度；但不能影響與酸反應(yīng)生成氫氣的鐵粉的質(zhì)量，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)解答．

3、D【分析】

A．控制高能耗企業(yè)上馬；節(jié)約了能源資源，故A正確；

B．加大對(duì)污染企業(yè)的整治力度；保護(hù)了生態(tài)環(huán)境，故B正確；

C．綠色化學(xué)就是實(shí)現(xiàn)零污染；零排放；故C正確；

D．無節(jié)制地開采煤；石油；浪費(fèi)能源資源，故D錯(cuò)誤；

故選D．

【解析】【答案】A．節(jié)約能源資源；

B．保護(hù)生態(tài)環(huán)境；

C．綠色化學(xué)就是實(shí)現(xiàn)零污染；零排放；

D．浪費(fèi)能源；資源．

4、B【分析】解：rm{A.}均為分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量大的熔點(diǎn)高，則晶體熔點(diǎn)由低到高：rm{CF_{4}<CCl_{4}<CBr_{4}<CI_{4}}故A正確；

B.均為金屬晶體，離子半徑小、電荷高的熔點(diǎn)高，則熔點(diǎn)由高到低：rm{Al>Mg>Na}故B錯(cuò)誤；

C.均為原子晶體，原子半徑小的硬度大，則硬度由大到?。航饎偸痳m{>}碳化硅rm{>}晶體硅；故C正確；

D.非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{SiH_{4}<CH_{4}<H_{2}O<HF}故D正確；

故選B．

A.均為分子晶體；相對(duì)分子質(zhì)量大的熔點(diǎn)高；

B.均為金屬晶體；離子半徑??；電荷高的熔點(diǎn)高；

C.均為原子晶體；原子半徑小的硬度大；

D.非金屬性越強(qiáng)；氫化物越穩(wěn)定．

本題考查晶體及性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握晶體類型的判斷、物質(zhì)性質(zhì)比較方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大．【解析】rm{B}5、A【分析】解：有機(jī)物和的鈉反應(yīng)生成氣體rm{V_{a}L}為氫氣體積，說明至少含有rm{-OH}rm{-COOH}中的一種，該有機(jī)物與rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反應(yīng)生成氣體rm{V_L}為二氧化碳體積，說明該有機(jī)物含有rm{-COOH}同溫同壓下rm{V_{a}>V_}根據(jù)rm{2-OH隆蘆H_{2}隆眉}rm{2-COOH隆蘆H_{2}隆眉}rm{2-COOH隆蘆CO_{2}隆眉}可知有機(jī)物還含有rm{-OH}選項(xiàng)中只有rm{A}中rm{CH_{3}CH(OH)COOH}含有rm{-OH}rm{-COOH}故選：rm{A}．

有機(jī)物與足量的rm{Na_{2}CO_{3}}反應(yīng)，可得到氣體rm{V_L}說明有機(jī)物中含有rm{-COOH}等質(zhì)量的某有機(jī)物和足量的金屬鈉反應(yīng)，可得到氣體rm{V_{a}L}且同溫同壓下rm{V_{a}>V_}說明有機(jī)物還含有rm{-OH}結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)行判斷．

本題考查有機(jī)物的推斷，題目難度不大，注意rm{-COOH}可與碳酸鈉反應(yīng)生成氣體，而rm{-OH}不與碳酸鈉反應(yīng)，若將碳酸鈉改為碳酸氫鈉，應(yīng)滿足羥基數(shù)目大于羧基數(shù)目，可以利用驗(yàn)證法判斷．【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本題考查熱化學(xué)方程式的書寫，題目難度不大，側(cè)重于數(shù)據(jù)分析和轉(zhuǎn)化能力的培養(yǎng)，注意書寫熱化學(xué)方程式的注意事項(xiàng)以及反應(yīng)熱的計(jì)算方法．【解答】從圖象看，熱化學(xué)方程式為：rm{壟脵dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(l)}rm{壟脵dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac

{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(l)}rm{triangleH=-(b+c-a)}或rm{壟脷dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(g)}rm{kJ/mol}rm{壟脷dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac

{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(g)}rm{triangleH=(a-b)}rm{kJ/mol}rm{triangleH=(a-b)}與化學(xué)計(jì)量數(shù)成正比，rm{kJ/mol}可得：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)簍T2NH_{3}(l)triangleH=2(a-b-c)}rm{triangleH}rm{壟脵隆脕2}可得：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)簍T2NH_{3}(g)triangleH=2(a-b)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)簍T2NH_{3}(l)triangle

H=2(a-b-c)}故選B。

rm{kJ/mol}【解析】rm{B}7、D【分析】【分析】本題考查了原子結(jié)構(gòu)示意圖等知識(shí)，注意領(lǐng)會(huì)能量最低原理、泡利不相容原理、洪特規(guī)則的內(nèi)容來是答題的關(guān)鍵，難度不大?！窘獯稹緼.rm{Cr}電子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}故A正確；

B.rm{K}的電子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{1}}簡化電子排布式：rm{[Ar]4s^{1}}故B正確；

C.rm{N}的電子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}所以電子排布圖：故C正確；

D.硫原子rm{3p}能級(jí)中的rm{3}電子優(yōu)先占據(jù)rm{1}個(gè)軌道，且自旋方向相同，然后第rm{4}個(gè)電子占據(jù)rm{3p}能級(jí)的第一個(gè)軌道，且自旋方向相反時(shí)能量最低，即rm{3p}能級(jí)電子排布應(yīng)該為：故D錯(cuò)誤。

故選D。

【解析】rm{D}8、B【分析】解：該混合烴的平均摩爾質(zhì)量為rm{1.16g/L隆脕22.4L/mol=26g/mol}即平均相對(duì)分子質(zhì)量為rm{26}相對(duì)分子質(zhì)量小于rm{26}的烷烴是甲烷，甲烷的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{16}其他烷烴相對(duì)分子質(zhì)量都大于rm{26}所以混合物中一定有甲烷；

A.乙烷的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{30}可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故A錯(cuò)誤；

B.丙烷的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{44}可能含有丙烷，也可能不含有丙烷，故B正確；

C.乙烷的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{30}可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故C錯(cuò)誤；

D.己烷標(biāo)準(zhǔn)狀況下為液態(tài)；故D錯(cuò)誤；

故選B．

該混合烴的平均摩爾質(zhì)量為rm{1.16g/L隆脕22.4L/mol=26g/mol}即平均相對(duì)分子質(zhì)量為rm{26}相對(duì)分子質(zhì)量小于rm{26}的烷烴是甲烷，甲烷的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{16}其他烷烴相對(duì)分子質(zhì)量都大于rm{26}所以混合物中一定有甲烷，結(jié)合標(biāo)準(zhǔn)狀況下為氣態(tài)烴判斷．

本題考查混合物計(jì)算、有機(jī)物分子式的確定等，難度中等，注意利用平均相對(duì)分子質(zhì)量解答，側(cè)重于考查學(xué)生的思維能力．【解析】rm{B}二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【解析】試題分析：（1）在地殼深處壓強(qiáng)大，則平衡有利于向正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以SiF4、H2O逸出。在地殼淺處壓強(qiáng)小，有利于平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則二氧化硅易沉積。（2）正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)增大，說明平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以改變的條件是降低溫度，因此答案選ad。（3）在一定條件下，當(dāng)可逆反應(yīng)的正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等時(shí)（但不為0），反應(yīng)體系中各種物質(zhì)的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學(xué)平衡狀態(tài)，所以c正確，d不正確。a只反應(yīng)速率的方向相反，但不滿足速率之比之比是相應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，所以不正確。平衡時(shí)氣體的質(zhì)量不再發(fā)生變化，所以密度不再發(fā)生變化，b正確。答案選bc。（4）容器內(nèi)氣體的密度增大了0.12g/L，則氣體質(zhì)量增加了0.24g。根據(jù)方程式可知，每消耗4molHF，氣體質(zhì)量就增加60g，所以參加反應(yīng)的氟化氫是所以其反應(yīng)速率是＝0.001moL/(L·min)?？键c(diǎn)：化學(xué)平衡平衡移動(dòng)、化學(xué)反應(yīng)速率【解析】【答案】1）SiF4H2OSiO2（2）ad（3）bc（4）0.0010mol/(L·min)10、略

【分析】試題分析：（1）1mol氫氣在氯氣中充分燃燒生成氯化氫氣體時(shí)放出184.6kJ的熱量，試寫出對(duì)應(yīng)的熱化學(xué)方程式為H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝－184.6kJ?mol-1，標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氫氣的物質(zhì)的量為0.5mol，在氯氣中充分燃燒放出的熱量是92.3kJ。（2）①由圖像可知，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)物A(g)和B(g)具有的總能量大于生成物C(g)和D(g)具有的總能量，②該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H=E1-E2。考點(diǎn)：考查熱化學(xué)方程式的書寫，能量變化的圖像分析?！窘馕觥俊敬鸢浮?6、（1）H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝－184.6kJ?mol-192.3（2）①大于②放熱E1-E211、略

【分析】解：（1）根據(jù)配合物K2[Cu（CN）4]結(jié)構(gòu)分析，含有空軌道的金屬陽離子為中心離子，所以中心離子為Cu2+、有孤對(duì)電子的原子或離子為配體，所以配體為CN-、配位數(shù)就是配體的個(gè)數(shù)，所以配位數(shù)為4，故答案為：Cu2+、CN-；4；

（2）根據(jù)配合物離子[Fe（CN）6]3-結(jié)構(gòu)分析，有孤對(duì)電子的原子或離子為配體，所以配體為CN-；只有2個(gè)原子所以立體構(gòu)型是直線形，配位數(shù)就是配體的個(gè)數(shù)，所以配位數(shù)為6，故答案為：6；直線形；

（3）[Cr（H2O）4Br2]Br?2H2O中，溴帶一個(gè)單位負(fù)電荷，所以配離子帶1個(gè)單位的正電荷，[Cr（H2O）4Br2]Br?2H2O中陰離子是溴離子；溴離子的化合價(jià)是-1價(jià)，所以鉻離子的化合價(jià)是+3價(jià)，故答案為：+3；+1．

（1）根據(jù)配合物K2[Cu（CN）4]結(jié)構(gòu)分析中心離子為Cu2+、配體為CN-；配位數(shù)為4；

（2）根據(jù)配合物離子[Fe（CN）6]3-結(jié)構(gòu)分析配體為CN-；配位數(shù)為6；

（3）根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)的代數(shù)和為0計(jì)算中心離子的化合價(jià)及配離子所帶電荷．

本題考查了配合物的配位體的判斷、配位數(shù)的計(jì)算方法、成鍵情況、化合物中元素的化合價(jià)代數(shù)和為0等知識(shí)，注意配位數(shù)個(gè)數(shù)的計(jì)算方法、中心原子的雜化方式等，為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度中等．【解析】Cu2+、CN-、4；6；直線形；+3；+112、略

【分析】解：rm{(1)}根據(jù)反應(yīng)方程式知；甲裝置是一個(gè)燃料電池，所以甲是把化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置，是原電池；乙有外加電源，所以是電解池，故答案為：原電池；電解池；

rm{(2)}燃料電池中，負(fù)極上是燃料rm{C_{2}H_{4}}失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)為：rm{C_{2}H_{4}-12e^{-}+16OH^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}故答案為：rm{C_{2}H_{4}-12e^{-}+16OH^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}

rm{(3)}乙池中rm{A(Fe)}電極與負(fù)極rm{C_{2}H_{4}}相連，則為陰極，陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}故答案為：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}

rm{(4)}根據(jù)得失電子數(shù)相等，氧氣與銀的關(guān)系式為：rm{O_{2}隆蘆4Ag}rm{A(Fe)}極的質(zhì)量增加rm{5.40g}時(shí)，甲池中理論上消耗rm{O_{2}}的體積是rm{dfrac{5.4g隆脕22.4L}{4times108g}=0.28L=280mL}故答案為：rm{dfrac{5.4g隆脕22.4L}{4times

108g}=0.28L=280mL}．

rm{280}根據(jù)方程式及燃料電池的特點(diǎn)判斷甲裝置；根據(jù)甲裝置判斷乙裝置；

rm{(1)}燃料電池中；負(fù)極上是燃料失電子的氧化反應(yīng)；

rm{(2)}電極與負(fù)極rm{(3)A(Fe)}相連；則為陰極，陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

rm{C_{2}H_{4}}先根據(jù)得失電子數(shù)相等找出銀與氧氣的關(guān)系式；然后計(jì)算．

原電池；電解池的判斷方法：

rm{(4)}若無外加電源；可能是原電池，然后再根據(jù)原電池的形成條件判定．

rm{1}若有外接電源；兩電極插入電解質(zhì)溶液中，可能是電解池或電鍍池，當(dāng)陽極金屬與電解質(zhì)溶液中的金屬陽離子相同時(shí)，則為電鍍池．

rm{2}若無明顯外接電源的串聯(lián)電路，則利用題中信息找出能自發(fā)進(jìn)行氧化還原反應(yīng)的裝置為原電池．rm{3}【解析】原電池；電解池；rm{C_{2}H_{4}-12e^{-}+16OH^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}rm{280}13、略

【分析】解：雞蛋富含蛋白質(zhì)；該消毒液無色，應(yīng)含有rm{NaClO}而rm{KMnO_{4}}為紫色，不符合無色的特點(diǎn)，故答案為：雞蛋；rm{NaClO}．

雞蛋富含蛋白質(zhì)；蔬菜富含維生素；花生油富含油脂；根據(jù)顏色判斷消毒液的成分．

本題考查物質(zhì)的組成和性質(zhì)，題目難度不大，注意常見物質(zhì)的組成和性質(zhì)特點(diǎn)，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累．【解析】雞蛋；rm{NaClO}三、解答題(共5題，共10分)14、略

【分析】

（1）28號(hào)元素鎳，核外有28個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理知其基態(tài)鎳原子的核外電子排布式的簡化形式為：[Ar]3d84s2，故答案為：[Ar]3d84s2；

（2）每個(gè)碳原子含有的σ鍵個(gè)數(shù)且不含孤電子對(duì)，所以采用sp2雜化，每個(gè)碳原子含有的σ鍵個(gè)數(shù)為所以1molC60分子中σ鍵的數(shù)目==90NA，故答案為：sp2，90NA；

（3）①As和Se屬于同一周期；且As屬于第VA族，Se屬于第VIA族，所以第一電離能As＞Se，故答案為：＞；

②二氧化硒分子中價(jià)層電子對(duì)=2+=3；且含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以屬于V形，故答案為：V形；

（4）配位鍵由提供孤電子對(duì)的原子指向提供空軌道的原子；所以該配合物中的配位鍵為：

故答案為：

（5）該物質(zhì)的沸點(diǎn)較低，且易溶于有機(jī)物，所以屬于分子晶體，該晶胞中含有一個(gè)碳原子，鎂原子個(gè)數(shù)=8×

鎳原子個(gè)數(shù)=6×=3；該晶體中鎂；碳、鎳三種元素的原子個(gè)數(shù)比是1：1：3；

每個(gè)晶胞中鎂周圍有3個(gè)鎳原子；每個(gè)鎂被八個(gè)晶胞共用，上方的四個(gè)晶胞中有六個(gè)鎳原子，對(duì)稱的下方也有六個(gè)，一共12個(gè)；

故答案為：分子晶體；?1：1：3，12．

【解析】【答案】（1）28號(hào)元素鎳；核外有28個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理寫出其基態(tài)鎳原子的核外電子排布式的簡化形式；

（2）根據(jù)每個(gè)碳原子含有的σ鍵個(gè)數(shù)確定其雜化方式；利用均攤法計(jì)算σ鍵個(gè)數(shù)；

（3）①同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢；注意第VA族元素大于相鄰元素的第一電離能；

②根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定其空間構(gòu)型；

（4）配位鍵由提供孤電子對(duì)的原子指向提供空軌道的原子；

（5）一般來說沸點(diǎn)較低的晶體為分子晶體；利用均攤法計(jì)算原子個(gè)數(shù)比，每個(gè)晶胞中鎂周圍有3個(gè)鎳原子，每個(gè)鎂被八個(gè)晶胞共用，晶體中每個(gè)鎂周圍一共12個(gè)鎳原子．

15、略

【分析】

依據(jù)化學(xué)平衡的三段式列式計(jì)算，設(shè)CH4與H2O（g）物質(zhì)的量為a；

CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）

起始量（mol）aa00

變化量（mol）0.100.100.100.30

平衡量（mol）a-0.10a-0.100.100.30

由平衡常數(shù)表達(dá)式：K===27

解之得：a=0.11

平衡轉(zhuǎn)化率：=91%

故答案為：91%

【解析】【答案】依據(jù)化學(xué)平衡的三段式計(jì)算列式計(jì)算；根據(jù)轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)的概念計(jì)算應(yīng)用；注意平衡常數(shù)的計(jì)算需要計(jì)算平衡狀態(tài)各物質(zhì)的平衡濃度列式計(jì)算；

16、略

【分析】

（1）操作步驟有稱量；溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解（可用量筒量取水），冷卻后轉(zhuǎn)移到1000ml容量瓶容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器是天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒、1000ml容量瓶、膠頭滴管，故答案為：1000ml容量瓶；

（2）①中和滴定有檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作；故答案為：E→C→D→B→A→G→F；

②NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應(yīng)后呈中性；可以選擇酸性或堿性變色范圍內(nèi)的指示劑；

故答案為：酚酞或甲基橙；

③用酚酞作指示劑時(shí)；當(dāng)?shù)芜M(jìn)最后一滴溶液由紅色變無色，且半分鐘內(nèi)不變色，則到達(dá)滴定終點(diǎn)；根據(jù)用甲基橙作指示劑時(shí)，溶液由黃色變橙色，且半分鐘內(nèi)不變色，則到達(dá)滴定終點(diǎn)．

故答案為：用酚酞作指示劑時(shí)；當(dāng)?shù)芜M(jìn)最后一滴溶液由紅色變無色，且半分鐘內(nèi)不變色，則到達(dá)滴定終點(diǎn)；根據(jù)用甲基橙作指示劑時(shí)，溶液由黃色變橙色，且半分鐘內(nèi)不變色，則到達(dá)滴定終點(diǎn)．

（3）酸式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，標(biāo)準(zhǔn)液濃度降低，造成V（標(biāo)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析可知c（待測）偏大；酸式滴定管讀數(shù)時(shí)，若先俯后仰，讀數(shù)差增大，造成V（標(biāo)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析可知c（待測）偏大；故答案為：偏大；偏大；

（4）所耗鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液的體積分別為：20.22mL；20.18mL，20.20mL，三組數(shù)據(jù)均有效，鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液的平均體積為20.20mL；

HCl～NaOH

0.1mol/L×20.20mLC（NaOH）×20mL

C（NaOH）=0.101mol/L，則1000mL的溶液中含有NaOH的質(zhì)量為：0.101mol/L×1L×40g/mol=4.04g，算燒堿樣品的純度為×100%=80.80%；故答案為：80.80%；

【解析】【答案】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作過程選取實(shí)驗(yàn)儀器；

（2）①根據(jù)中和滴定有檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作；

②根據(jù)NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應(yīng)后呈中性；可以選擇酸性或堿性變色范圍內(nèi)的指示劑；

③根據(jù)用酚酞作指示劑時(shí)；當(dāng)?shù)芜M(jìn)最后一滴溶液由紅色變無色，且半分鐘內(nèi)不變色，則到達(dá)滴定終點(diǎn)；根據(jù)用甲基橙作指示劑時(shí)，溶液由黃色變橙色，且半分鐘內(nèi)不變色，則到達(dá)滴定終點(diǎn)；

（3）根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對(duì)c（待測）的影響；以此判斷濃度的誤差；

（4）先分析所耗鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液的體積的有效性；然后求出所耗鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液的體積平均值，然后根據(jù)關(guān)系式HCl～NaOH來解答．

17、略

【分析】

（1）由表可知，60s時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡，c（NO2）=0.120mol/L；

N2O4?2NO2；

濃度變化：0.06mol/L0.120mol/L

所以平衡時(shí)N2O4的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%；

故答案為：60；

（2）由表可知，20s時(shí)，c（NO2）=0.060mol/L；所以。

N2O4?2NO2；

濃度變化：0.03mol/L0.060mol/L

所以20s的四氧化二氮的濃度c1=0.1mol/L-0.03mol/L=0.07mol/L；

在0s～20s內(nèi)四氧化二氮的平均反應(yīng)速率為v（N2O4）==0.0015mol?（L?s）-1．

故答案為：0.07mol/L；0.0015mol?（L?s）-1．

（3）升高溫度化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行；反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向進(jìn)行，故答案為：正．

【解析】【答案】（1）由表可知，60s時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡，根據(jù)方程式計(jì)算△c（N2O4），根據(jù)轉(zhuǎn)化率計(jì)算平衡時(shí)N2O4的轉(zhuǎn)化率；60s后反應(yīng)達(dá)平衡；反應(yīng)混合物各組分的濃度不變．

（2）由△c（NO2），根據(jù)方程式計(jì)算△c（N2O4），20s的四氧化二氮的濃度=起始濃度-△c（N2O4）；根據(jù)v=計(jì)算v（N2O4）．

（3）依據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理；升高溫度化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行；

18、略

【分析】

（1）該抗酸藥發(fā)揮功效時(shí)的化學(xué)反應(yīng)方程式是和胃酸中的鹽酸反應(yīng)，化學(xué)方程式為：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O；

答：該抗酸藥發(fā)揮功效時(shí)的化學(xué)反應(yīng)方程式為CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O；

（2）依據(jù)化學(xué)方程式的定量關(guān)系計(jì)算：540mg碳酸鈣的物質(zhì)的量為0.0054mol；可中和的鹽酸為0.0108mol；180mg氫氧化鎂的物質(zhì)的量為0.0033mol，可中和的鹽酸為0.0066mol，所以碳酸鈣中和的鹽酸多；

答：碳酸鈣中和的鹽酸多．

【解析】【答案】（1）抗酸藥匙和胃酸中的鹽酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)；以此寫出化學(xué)方程式；

（2）由藥片中所含碳酸鈣和氫氧化鎂質(zhì)量換算物質(zhì)的量結(jié)合反應(yīng)定量關(guān)系計(jì)算比較．

四、探究題(共4題，共28分)19、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(huì)產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過澄清的石灰水會(huì)帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗(yàn)水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗(yàn)水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會(huì)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(shí)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(shí)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(shí)驗(yàn)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(shí)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(shí)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）20、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(huì)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(huì)出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時(shí)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(gè)2分，共8分）（4）（2分）21、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(huì)產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過澄清的石灰水會(huì)帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗(yàn)水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗(yàn)水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會(huì)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(shí)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(shí)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(shí)驗(yàn)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(shí)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