2024年浙教版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、通过加入适量的化学药品；采用恰当的分离提纯方法，除去某溶液里溶解的杂质，下列做法中不正确的是（括号内的物质为杂质）（）

。AKCl溶液（CaCl2）加K2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸BNaNO3溶液（AgNO3）加适量NaCl溶液，过滤CNaCl溶液（I2）加酒精，分液DKBr溶液（Br2）加CCl4，分液A.AB.BC.CD.D2、等质量下列气体的体积最小的是（）A.O2B.Cl2C.NH3D.CH43、在密闭容器中有可逆反应：nA（g）+mB（g）⇌pC（g）△H＞0处于平衡状态（已知m+n＞p）；则下列说法正确的是（）

①升温；c（B）/c（C）的比值变小。

②降温时体系内混合气体平均相对分子质量变小。

③加入B；A的转化率增大。

④加入催化剂；气体总的物质的量不变。

⑤加压使容器体积减小；A或B的浓度一定降低。

⑥若A的反应速率为VA，则B的反应速率为．A.①②③⑤B.①②③④C.①②⑤⑥D.③④⑤⑥4、下列数据是对应物质的熔点

。Na2ONaClAlF3AlCl39208011291190BCl3Al2O3CO2SiO2-1072073-571723据此做出的下列判断中错误的是（）A.铝的化合物的晶体中有的是离子晶体B.表中只有BCl3和干冰是分子晶体C.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D.不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体5、下列化学式只能表示一种纯净物的是（）A.CF2Cl2B.C3H6C.C6H12O6D.C2H6O6、下列有关实验操作的叙述正确的是（）A.将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B.重结晶时，溶液冷却速度越慢得到的晶体颗粒越大C.某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42-D.乙酸与乙醇的混合溶液可用分液漏斗进行分离7、下列离子方程式书写正确的是（）A.实验室用Fe和稀硫酸制氢气：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.用浓盐酸与Mn02反应制取少量氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OC.向碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠：D.用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：8、以下工业上或实验室里催化剂的使用不符合事实的是A.氨氧化-三氧化二铬B.乙醇氧化-铜C.合成氨-铁触媒D.二氧化硫氧化-铂铑合金评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、下列热化学方程式正确的是（）A.甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3KJ•mol-1B.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-38.6kJ•mol-1C.已知在120℃，101kPa下，1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，其热化学方程式为H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-242kJ•mol-1D.25℃，101Kpa时，强酸与强碱的稀溶液发生反应的中和热为57.3kJ•mol-1，硫酸稀溶液与氢氧化钾稀溶液反应的热化学方程式可表示为：H2SO4（aq）+2KOH（aq）═K2SO4（aq）+2H2O（1）△H=-114.6kJ•mol-110、亚硝酸钠（NaNO2）是一种工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，它的一些性质见如图．下列说法不正确的是（）A.NH4NO2的热稳定性大于NaNO2B.NaN3分解，每产生1molN2转移6mole-C.NaN3可用氨基钠（NaNH2）和N2O在液氨中低温制备，N2O与N3-互为等电子体D.可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO211、25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO-）与pH的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是（）A.Y点所表示的溶液中：c（CH3COO-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-）B.W点所表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）+c（OH-）+c（CH3COOH）=0.1mol•L-1C.该温度下醋酸的电离平衡常数为10-4.75mol•L-1D.向X点所表示的溶液中加入等体积的0.05mol•L-1NaOH溶液：c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH-）12、配制0.1mol/L的NaOH溶液，下列操作会使实验结果偏低的是（）A.用滤纸称量NaOH固体B.移液前容量瓶内有水珠C.摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线D.定容时，俯视刻度线13、在密闭容器中进行H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）（正反应放热），反应达到平衡后，欲使颜色加深，应采取的措施是（）A.升温B.降温C.增压D.减压评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、请选择合适的试剂检验某物质中是否含括号内物质：

。序号原物质（需检验物质）试剂①CO2（SO2）____②乙醇（水）____③直馏汽油（裂化汽油）____15、铁元素是重要的金属元素；单质铁在工业和生活中使用得最为广泛．铁还有很多重要的化合物及其化学反应．

如铁与水反应：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）△H

（1）上述反应的平衡常数表达式K=____．

（2）已知：①3Fe（s）+2O2（g）=Fe3O4（s）△H1=-1118.4kJ•mol-1

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=-483.8kJ•mol-1

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3=-571.8kJ•mol-1

则△H=____．

（3）在t℃时；该反应的平衡常数K=16，在2L恒温恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后达到平衡．

。FeH2O（g）Fe3O4H2甲/mol1.01.01.01.0乙/mol1.01.51.01.0①甲容器中H2O的平衡转化率为____（结果保留一位小数）．

②下列说法正确的是____（填编号）

A．若容器压强恒定；则反应达到平衡状态。

B．若容器内气体密度恒定；则反应达到平衡状态。

C．甲容器中H2O的平衡转化率大于乙容器中H2O的平衡转化率。

D．增加Fe3O4就能提高H2O的转化率。

（4）若将（3）中装置改为恒容绝热（不与外界交换能量）装置；按下表充入起始物质，起始时与平衡后的各物质的量见表：

。FeH2O（g）Fe3O4H2起始/mol3.04.000平衡/molmnpq若在达平衡后的装置中继续加入A；B、C三种状况下的各物质；见表：

。FeH2O（g）Fe3O4H2A/mol3.04.000B/mol0014C/molmnpq当上述可逆反应再一次达到平衡状态后，上述各装置中H2的百分含量按由大到小的顺序排列的关系是____（用A、B、C表示）．16、氯吡格雷（clopidogrel；1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2-氯苯甲醛为原料的合成路线如图：

（1）C→D的反应类型是____反应．

（2）X的结构简式为____．

（3）两分子C可在一定条件下反应，生成的有机产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式____．

（4）已知：①②中氯原子较难水解物质A（）可由2-氯甲苯为原料制得，写出以两步制备A的化学方程式____．

该合成的第一步主要存在产率低的问题，请写出该步可能存在的有机物杂质的结构简式____．

（5）物质C的某种同分异构体G满足以下条件：

①结构中存在氨基；

②苯环上有两种不同化学环境的氢；

③G能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应；写出符合条件的G的可能的结构简式：____

（6）已知：③

写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2═CH217、某种物质溶于水后得到的溶液中，含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NH4+、Ba2+、CO32-离子中的某几种．

（1）甲同学欲探究溶液的组成，进行了如下实验：①取少量溶液于试管中，逐滴加入浓氢氧化钠溶液，发现开始生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，同时伴有刺激性气体放出；②另取少量溶液于试管中，加入足量盐酸酸化后再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成．该溶液中一定含有的离子是____；写出①中白色沉淀转化为红褐色沉淀的化学方程式____．

（2）乙同学进行如下实验：取少量溶液于试管中，滴加几滴硫氰酸钾溶液，无明显现象；再滴加H2O2，发现溶液变红色；继续滴加H2O2，红色逐渐褪去且有气泡产生．为弄清其中缘由，乙同学查阅资料知：H2O2+SCN-→SO42-+CO2↑+N2↑+H2O+H+

①该反应中，被氧化的元素为____，每生成lmolCO2转移的电子数为____NA；

②根据乙同学的实验现象，请判断还原性强弱为：Fe2+____SCN-（填＜；=或＞）；

③根据资料，乙同学提出的猜想是：H2O2将SCN-氧化使红色逐渐褪去．请你设计一个实验，验证乙同学的猜想是否正确____．18、在与外界隔离的体系中，自发过程将导致体系的____增大，这个原理也叫做____原理．用符号____表示．不难理解，即使是同一物质，应该存在着____时的熵值最大，____时次之，____时最小的这样一种普遍规律．19、（2013秋•南充期末）已知乙烯能发生以下转化：

（1）D的分子式为：____．

（2）写出下列反应的化学方程式及其反应类型：

①：____反应类型：____

②：____反应类型：____

③：____反应类型：____．20、【化学--选修有机化学基础】

分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂．

已知：①R-CH2X+NaOHR-CH2OH+NaCl（X代表卤素原子）

②

为了合成该物，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：

试回答下列问题：

（1）A物质在核磁共振氢谱中能呈现____种峰；C物质的官能团名称____；E物质的结构简式____；

（2）上述合成路线中属于取代反应的是____（填编号）；

（3）反应④的化学方程式为____；

（4）写出E属于芳香族化合物所有的同分异构体____．评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)21、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）22、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为112L（标准状况）____

（2）医用酒精的浓度通常为95%____

（3）Y（C2H5OH），W（C2H5ONa）可通过置换反应由Y得到W____

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，使溶液褪色的气体只是乙烯____

（5）乙醇不能发生取代反应____

（6）实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法____．23、Na2O2的电子式为____．（判断对确）24、化学平衡常数K只随温度变化，T升高，则K增大．____．（判断对错说明理由）评卷人得分五、简答题(共3题，共24分)25、磷化铜（Cu3P2）用于制造磷青铜；磷青铜是含少量锡、磷的铜合金；主要用作耐磨零件和弹性原件．

（1）基态铜原子的电子排布式为______；价电子中成对电子数有______个．

（2）磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢（PH3）．

①PH3分子中的中心原子的杂化方式是______．

②P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3______H3PO4（填“＞”或“＜”），从结构的角度说明理由：______．

（3）磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn______P（填“＞”“＜”或“=”）．

（4）某磷青铜晶胞结构如图所示．

①则其化学式为______．

②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有______个，这些Sn原子所呈现的构型为______．

③若晶体密度为8.82g/cm3，最近的Cu原子核间距为______pm（用含NA的代数式表示）．26、rm{Na}与rm{FeS0_{4}}溶液反应，一般很难完整地观察到反应全过程的有关现象rm{.}有人用如图所示装置进行实验改进：先将试管内新制备的rm{FeS0_{4}}溶液液面上覆盖一薄层汽油；然后将试管放入烧杯中，待试管内汽油层消失后，往试管内投入一小粒钠，并迅速塞上带导管的单孔塞．

rm{(1)}实验中汽油的作用是______．

rm{(2)}加入钠后观察到液面上有大量气泡逸出；溶液中有______色沉淀生成．

rm{(3)}如果往试管中加入汽油后立即投入钠粒可能发生爆炸；其原因是______．

rm{(4)}写出钠与rm{FeS0_{4}}溶液反应的离子方程式：______．27、工业盐中含有rm{NaNO_{2}}外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为rm{0.3g隆芦0.5g}已知rm{NaNO_{2}}能发生如下反应：rm{2{NO}_{2}^{-}+x{{{I}}^{-}}+y{{{H}}^{+}}==={2NO}uparrow+{{{I}}_{{2}}}+z{{{H}}_{{2}}}{O}}请回答下列问题：rm{2{NO}_{2}^{-}+x{{{I}}^{-}}+y{{{H}}^{+}}==={2NO}uparrow

+{{{I}}_{{2}}}+z{{{H}}_{{2}}}{O}}上述反应中，rm{(1)}的数值是__________，rm{x}的数值是__________。rm{y}某工厂废液中含有rm{(2)}的rm{2%隆芦5%}直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使rm{NaNO_{2}}转化为不引起污染的rm{NaNO_{2}}该物质是__________。rm{N_{2}}rm{a.NaClb.H_{2}O_{2}}浓rm{c.NH_{4}Cld.}所发生反应的离子方程式为：_______________________________________________。rm{H_{2}SO_{4}}评卷人得分六、综合题(共3题，共9分)28、（16分）常温下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀盐酸。溶液的PH值的变化关系如右图所示。(1)a＞7.0的理由是（用离子方程式表示）（2）如图，当加入稀盐酸的体积为V1mL时，溶液的pH值刚好为7.0。此时溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。简要写出判断依据。（3）当加入的盐酸的体积为20.0mL时，测定溶液中的c(H+)为1.3×10-3­mol/L，求CH3COOH的电离平衡常数Ka(设混合后的体积为二者的体积之和，计算结果保留两位有效数字)。29、［化学—选修物质结构与性质］（15分）美国《科学》杂志评出的2009年十大科学突破之一是石墨烯的研究和应用方面的突破。石墨烯具有原子级的厚度、优异的电学性能、出色的化学稳定性和热力学稳定性。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型及分子结构示意图如右：（1）下列有关石墨烯说法正确的是＿＿＿＿。A．石墨烯的结构与金刚石相似B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C．12g石墨烯含σ键数为NAD．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①钴原子在基态时，核外电子排布式为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。③上图是金与铜形成的金属互化物合金，它的化学式可表示为：＿＿＿＿＿＿＿＿。④含碳源中属于非极性分子的是＿＿＿（a．甲烷b．乙炔c．苯d．乙醇）⑤酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式有：＿＿＿＿＿＿＿＿。30、已知N、P同属元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角锥形，N原子位于锥顶，三个H原子位于锥底，N—H键间的夹角是107°。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．氯化钙与碳酸钾反应生成碳酸钙和KCl；过量碳酸钾与盐酸反应可除去；

B．硝酸银与NaCl反应生成氯化银沉淀和硝酸钠；

C．酒精与水互溶；不能作萃取剂；

D．溴易溶于四氯化碳，与KBr溶液分层．【解析】【解答】解：A．氯化钙与碳酸钾反应生成碳酸钙和KCl，过量碳酸钾与盐酸反应可除去，则加K2CO3溶液；过滤，再加适量盐酸可除杂，故A正确；

B．硝酸银与NaCl反应生成氯化银沉淀和硝酸钠；则反应后过滤可除杂，故B正确；

C．酒精与水互溶；不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；

D．溴易溶于四氯化碳，与KBr溶液分层，则加CCl4；分液可除杂，故D正确；

故选C．2、B【分析】【分析】同温同压时，气体摩尔体积相同，根据V=Vm，等质量的气体，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量越小，其体积越大，【解析】【解答】解：同温同压时，气体摩尔体积相同，根据V=Vm知；等质量的气体，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量越小，其体积越大，氧气摩尔质量为32g/mol，氯气的摩尔质量是71g/mol，氨气的摩尔质量是17g/mol，甲烷的摩尔质量是16g/mol，所以气体体积最小的是氯气；

故选B．3、B【分析】【分析】①该反应为吸热反应；升温，平衡正向移动；

②降温时平衡逆向移动，结合M=分析；

③加入B；平衡正向移动，促进A的转化；

④加入催化剂；平衡不移动；

⑤加压使容器体积减小；m+n＞p，平衡正向移动；

⑥若A的反应速率为VA，反应速率之比等于化学计量数之比．【解析】【解答】解：①该反应为吸热反应；升温，平衡正向移动，B减少，C增大，所以c（B）/c（C）的比值变小，故正确；

②降温时平衡逆向移动，由M=可知；气体质量不变，总物质的量变大，则混合气体平均相对分子质量变小，故正确；

③加入B；平衡正向移动，促进A的转化，所以A的转化率增大，故正确；

④加入催化剂；平衡不移动，气体总的物质的量不变，故正确；

⑤加压使容器体积减小；m+n＞p，平衡正向移动，但A；B的浓度比原状态大，故错误；

⑥若A的反应速率为VA，反应速率之比等于化学计量数之比，则B的反应速率为；故错误；

故选B．4、B【分析】【分析】A．Al2O3为离子晶体，AlCl3为分子晶体；

B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体；

C．C和Si同主族；但氧化物的晶体类型不同；

D．Na和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体．【解析】【解答】解：A．由表中数据可知，Al2O3为离子晶体；故A正确；

B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体；沸点都较低，故B错误；

C．C和Si同主族；但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；

D．Na和Al不同主族；但对应的氧化物都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确．

故选B．5、A【分析】【分析】同分异构体是分子式相同，但结构不同的化合物，根据是否存在同分异构体判断．【解析】【解答】解：A．CF2Cl2只有一种结构不存在同分异构体；所以能只表示一种物质，故A正确；

B．C3H6存在同分异构体：丙烯；环丙烷；所以不能只表示一种物质，故B错误；

C．C6H12O6可以表示葡萄糖；也可表示果糖，存在同分异构体，所以不能只表示一种物质，故C错误；

D．C2H6O可以存在同分异构体，可以是CH3CH2OH或CH3OCH3，所以C2H6O不能只表示一种物质；故C错误；

故选A．6、B【分析】【分析】A．乙醇和水是互溶的；不能用乙醇做碘水分离的萃取剂；

B．冷却速度慢；则易析出晶体，越慢晶体析出越大；

C．硫酸钡和亚硫酸钡是不溶于硝酸的白色沉淀；

D．分液漏斗能分离能分层的液体．【解析】【解答】解：A．乙醇和水是互溶的；不能用乙醇做碘水分离的萃取剂，故A错误；

B．重结晶时；冷却速度慢时，可使溶液的过饱和度缓慢释放，使晶体有充足的时间生长，所以得到的晶体颗粒越大，故B正确；

C．某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中有SO42-或SO32-中的至少一种；故C错误；

D．乙醇和乙酸是互溶的；不分层，所以无法用分液法分离，故D错误．

故选B．7、B【分析】【分析】A．Fe和稀硫酸生成Fe2+；

B．浓盐酸与Mn02在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气；

C．应生成CO32-；

D．应为氧化铝与氢氧化钠的反应．【解析】【解答】解；A．实验室用Fe和稀硫酸制氢气的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；故A错误；

B．浓盐酸与Mn02在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；故B正确；

C．向碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠发生：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；故C错误；

D．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；故D错误．

故选B．8、D【分析】试题分析：二氧化硫氧化用二氧化二钡做催化剂，错误；选D。考点：本题考查常见化学反应中催化剂的使用。【解析】【答案】D二、多选题(共5题，共10分)9、CD【分析】【分析】A；燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；注意生成的水应为液态；

B、0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）；放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反；

C、由1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量；可得出热化学方程式；

D、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热．【解析】【解答】解：A；燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；注意生成的水应为液态而不能为气态，故A错误；

B、相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）；放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以2mol氨气分解，吸收的热量大于38.6kJ，故B错误；

C、1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，即1molH2燃烧放热242KJ，故其热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-242kJ•mol-1；故C正确；

D；在稀溶液中；酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，故如果生成2mol水，应放热114.6KJ，故D正确．

故选CD．10、AB【分析】【分析】A．根据铵盐加热易分解；而钠盐加热难分解；

B．根据NaN3中氮的化合价为-，生成1个N2转移个电子根据氧化剂是化合价升高的反应物；

C．NaN3可用氨基钠（NaNH2）和N2O在液氨中低温下发生归中反应，N2O与N3-的原子数目相等；电子总数相等，所以两者为等电子体；

D．根据信息可知：NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，而NaCl无氧化性．【解析】【解答】解：A．NH4NO2加热易分解，而NaNO2加热难分解，所以NaNO2的稳定性大于NH4NO2；故A错误；

B．NaN3中氮的化合价为-，生成1个N2转移个电子，则每产生1molN2转移mole-；故B错误；

C．NaN3可用氨基钠（NaNH2）和N2O在液氨中低温下发生归中反应，N2O与N3-的原子数目相等；电子总数相等，所以两者为等电子体，故C正确；

D．NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2；故D正确；

故选AB．11、AC【分析】【分析】由图象可看出，浓度增大的曲线应为c（CH3COO-），浓度减小的曲线应为c（CH3COOH），W点时c（CH3COOH）=c（CH3COO-），结合溶液的电荷守恒、物料守恒解答该题．【解析】【解答】解：A、从X→Yc（CH3COO-）逐渐增加，溶液呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：c（CH3COO-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-）；故A正确；

B、W点溶液中电荷守恒，可知c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），两边加入c（CH3COOH），可知c（Na+）+c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH-）+0.1mol•L-1；故B错误；

C、醋酸的电离常数等于，当X点时醋酸根离子和醋酸的物质的量相等，则Ka=c（H+）=10-4.75mol/L；故C正确；

D、向X点所表示的溶液中加入等体积的0.05mol•L-1NaOH溶液，则溶液中的溶质是醋酸钠，醋酸钠的浓度是0.1mol/L，由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），根据物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+），故D错误；故选AC．12、AC【分析】【分析】依据C=分析，凡是使溶质的物质的量n偏小或者使溶液的体积V偏大的操作都会使溶液的浓度偏小，反之，溶液的浓度偏大，据此解答．【解析】【解答】解：A．用滤纸称量NaOH固体；氢氧化钠能够吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，导致称取的氢氧化钠偏少，溶质的物质的量n偏小，故A正确；

B．移液前容量瓶内有水珠；对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故B错误；

C．摇匀后；液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，故C正确；

D．定容时；俯视刻度线，导致溶液的体积V偏小，溶液的浓度偏大，故D错误；

故选：AC．13、AC【分析】【分析】要想使容器内气体的颜色加深，就需要加大Br2的浓度，加大Br2浓度的方法结合选项有两种：一是升高温度，反应向吸热的方向移动，Br2浓度增大，颜色加深；二是减小容器的体积即加大容器的压强，由于反应前后计量数相等，压强变化不会带来平衡的移动，但体积减小，Br2浓度增大，颜色加深．【解析】【解答】解：A．升高温度，化学平衡性质逆向移动，c（Br2）增大；混合气体的颜色加深，故A正确；

B．降低温度，化学平衡向正反应方向移动，c（Br2）减小；混合气体的颜色变浅，故B错误；

C．缩小体积，压强增大，平衡不移动，但是c（Br2）增大；混合气体的颜色加深，故C正确；

D．减小压强平衡不移动，但体积增大，c（Br2）减小；混合气体的颜色变浅，故D错误；

故选AC．三、填空题(共7题，共14分)14、品红（或溴水或酸性高锰酸钾溶液）CuSO4溴水【分析】【分析】①二氧化硫具有漂白性；还原性；二氧化碳不具有；

②无水硫酸铜遇水变蓝；

③裂化汽油中含不饱和烃，而直馏汽油中含饱和烃．【解析】【解答】解：①二氧化硫具有漂白性；还原性；二氧化碳不具有，则利用品红（或溴水或酸性高锰酸钾溶液）可检验，故答案为：品红（或溴水或酸性高锰酸钾溶液）；

②无水硫酸铜遇水变蓝，则利用CuSO4可检验水的存在，故答案为：CuSO4；

③裂化汽油中含不饱和烃，而直馏汽油中含饱和烃，则利用溴水可检验裂化汽油，故答案为：溴水．15、-150.8kJ•mol-133.3%BCB＞C＞A【分析】【分析】（1）化学平衡常数是指：一定温度下；可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体；纯液体不需要在化学平衡常数中写出；

（2）已知：①3Fe（s）+2O2（g）=Fe3O4（s）△H1=-1118.4kJ•mol-1

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=-483.8kJ•mol-1

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3=-571.8kJ•mol-1

根据盖斯定律，①-②×②可得：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g），则△H=△H1-2△H2；

（3）①t℃时，反应3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）的平衡常数K==16，则平衡时c（H2）=2c（H2O），根据H原子守恒，平衡时n（H2）+n（H2O）=2mol；联立计算解答；

②A．反应前后气体物质的量不变；恒温恒容下，压强始终不变；

B．随反应进行混合气体质量减小；容器的容积不变，容器内气体密度减小，当容器内气体密度恒定，说明到达平衡；

C．由①可知平衡时甲中水的转化率；根据①分析计算乙平衡时水的转化率；

D．增加Fe3O4不影响平衡移动；

（4）若温度相同；A；B、C三种状态下，均等效为增大压强，与原平衡为等效平衡，平衡时氢气体积分数相同．由（1）可知该反应正反应为放热反应，恒容绝热条件下，随反应进行温度发生变化．

由于反应前后气体体积相等；所以C状态下，平衡不移动，氢气的体积分数与原平衡相同；

A状态下；反应正向进行生成氢气，反应放出热量使容器温度升高，抑制反应继续生成氢气；

B状况下，反应逆向进行生成Fe和水，逆向过程吸热，使容器温度降低，抑制反应继续消耗氢气．【解析】【解答】解：（1）反应3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）的平衡常数K=；

故答案为：；

（2）已知：①3Fe（s）+2O2（g）=Fe3O4（s）△H1=-1118.4kJ•mol-1

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=-483.8kJ•mol-1

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3=-571.8kJ•mol-1

根据盖斯定律，①-②×②可得：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g），则△H=△H1-2△H2=-1118.4kJ•mol-1-2×（-483.8kJ•mol-1）=-150.8kJ•mol-1；

故答案为：-150.8kJ•mol-1；

（3）①t℃时，反应3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）的平衡常数K==16，则平衡时c（H2）=2c（H2O），故平衡时n（H2）=2n（H2O），根据H原子守恒，平衡时n（H2）+n（H2O）=2mol，则平衡时n（H2O）=mol，则H2O的转化率为×100%=33.3%；

故答案为：33.3%；

②A．反应前后气体物质的量不变；恒温恒容下，压强始终不变，故A错误；

B．随反应进行混合气体质量减小；容器的容积不变，容器内气体密度减小，当容器内气体密度恒定，说明到达平衡，故B正确；

C．由①可知平衡时甲中水的转化率为33.3%，乙平衡时c（H2）=2c（H2O），故平衡时n（H2）=2n（H2O），根据H原子守恒，平衡时n（H2）+n（H2O）=2.5mol，则平衡时n（H2O）=mol，则H2O的转化率为×100%=44.4%；故C正确；

D．增加Fe3O4不影响平衡移动；水的转化率不变，故D错误；

故选：BC；

（4）若温度相同；A；B、C三种状态下，均等效为增大压强，与原平衡为等效平衡，平衡时氢气体积分数相同．由（1）可知该反应正反应为放热反应，恒容绝热条件下，随反应进行温度发生变化．

由于反应前后气体体积相等；所以C状态下，平衡不移动，氢气的体积分数与原平衡相同；

A状态下；反应正向进行生成氢气，反应放出热量使容器温度升高，抑制反应继续生成氢气，故氢气体积分数：A＜C；

B状况下；反应逆向进行生成Fe和水，逆向过程吸热，使容器温度降低，抑制反应继续消耗氢气，故氢气体积分数：B＞C；

则氢气体积分数：B＞C＞A；

故答案为：B＞C＞A．16、酯化（取代）+2Cl2+2HCl；

+2NaOH+2NaCl+2H2O和两个取代基分别在间位和对位，共3种【分析】【分析】D→E为取代反应，根据E的结构和X的化学式可知，X的结构简式为．两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，说明氨基与羧基分别反应，脱去2分子水，产物为．C→D为羧基与醇羟基反应，是酯化反应，属于取代反应，物质D中含有手性碳原子．再结合前后转化关系，得出正确结论．【解析】【解答】解：（1）C→D为羧基与醇羟基反应；是酯化反应，属于取代反应．故答案为：酯化（取代）；

（2）根据E的结构和X的化学式可知，X的结构简式为故答案为：

（3）根据分析可知该反应为取代反应，反应的化学方程式为

故答案为：

（4）用2-氯甲苯制取A（），可以先在甲基上二氯取代，再水解即可，反应方程式为：+2Cl2+2HCl；

+2NaOH+2NaCl+2H2O；该合成的第一步光照时甲基上可能一氯取代也可能三氯取代，产物可能还有和

故答案为：+2Cl2+2HCl；

+2NaOH+2NaCl+2H2O；和

（5）G能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应，说明含有甲酸酯，且水解产物也能够生成醛基，结合信息①②其结构是两个取代基分别在间位和对位，共3种，故答案为：两个取代基分别在间位和对位，共3种；

（6）逆推法；根据信息可知，要合成首先要制得乙二醇和甲醛，乙二醇可由1，2-二溴乙烷在碱性条件下水解得到，1，2-二溴乙烷可由乙烯与溴水反应制得，甲醛可由甲烷催化氧化制得，图示如下：

故合成流程为

故答案为：．17、Fe2+、SO42-、NH4+4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3N、S11＞取少量褪色后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液恢复红色，证明乙同学推断正确【分析】【分析】（1）①取少量溶液于试管中，逐滴加入浓氢氧化钠溶液，发现开始生成白色沉淀，则不含Fe3+，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，说明含有Fe2+，则一定不含CO32-，同时伴有刺激性气体放出，应为氨气，说明含有Fe2+；

②另取少量溶液于试管中，加入足量盐酸酸化后再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明含有SO42-，则不含Ba2+；

（2）乙同学进行如下实验：取少量溶液于试管中，滴加几滴硫氰酸钾溶液，无明显现象；再滴加H2O2，发现溶液变红色，说明含有Fe2+，不含Fe3+；继续滴加H2O2，红色逐渐褪去且有气泡产生，发生H2O2+SCN-→SO42-+CO2↑+N2↑+H2O+H+，反应中N、S盐酸化合价升高，被氧化，结合化合价的变化以及物质的性质解答该题．【解析】【解答】解：（1）取少量溶液于试管中，逐滴加入浓氢氧化钠溶液，发现开始生成白色沉淀，则不含Fe3+，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，说明含有Fe2+，发生反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，则一定不含CO32-，同时伴有刺激性气体放出，应为氨气，说明含有Fe2+；

②另取少量溶液于试管中，加入足量盐酸酸化后再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明含有SO42-，则不含Ba2+，所以一定含有的离子是Fe2+、SO42-、NH4+；

故答案为：Fe2+、SO42-、NH4+；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（2）①乙同学进行如下实验：取少量溶液于试管中，滴加几滴硫氰酸钾溶液，无明显现象；再滴加H2O2，发现溶液变红色，说明含有Fe2+，不含Fe3+；继续滴加H2O2，红色逐渐褪去且有气泡产生，发生H2O2+SCN-→SO42-+CO2↑+N2↑+H2O+H+，反应中N、S盐酸化合价升高，S元素化合价有-2价升高到+6价，N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，每生成lmolCO2，有方程式可知生成1molSO42-，0.5mol+N2，转移的电子的物质的量为1mol×8+0.5mol×2×3=11mol，为11NA个；

故答案为：N；S；11；

②由反应的先后顺序可知过氧化氢先强氧化Fe2+，则Fe2+还原性较强；故答案为：＞；

③如乙同学猜测正确，则可取少量褪色后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液恢复红色，故答案为：取少量褪色后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液恢复红色，证明乙同学推断正确．18、混乱度熵增△S＞0气态液态固态【分析】【分析】在与外界隔离的体系中；自发过程将导致体系的混乱度增大，这个原理也叫做熵增原理，用△S＞0表示；

对于同一种物质而言，气态时熵值最大，液态时次之，固态时最小．【解析】【解答】解：在与外界隔离的体系中；自发过程将导致体系的混乱度增大，这个原理也叫做熵增原理，用△S＞0表示；

对于同一种物质而言；气态时熵值最大，液态时次之，固态时最小．

故答案为：混乱度；熵增；△S＞0；气态；液态；固态．19、C2H4O2CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应（或取代反应）【分析】【分析】乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），则D为CH3COOH．以此解答该题．【解析】【解答】解：乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），则D为CH3COOH．

（1）D为CH3COOH，分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；

（2）①乙烯与水发生加成反应生成乙醇，该反应为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；

②反应②是乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；

③为乙酸、乙醇的酯化反应，反应的方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应（或取代反应）．20、4醇羟基和羧基②⑤⑥【分析】【分析】A和溴水发生的是加成反应，根据加成产物可判断A的结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH．B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH．根据C和D的分子式的可判断，反应④是消去反应，即D的结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为结合有机物的结构和性质解答该题．【解析】【解答】解：A和溴水发生的是加成反应，根据加成产物可判断A的结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH．B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH．根据C和D的分子式的可判断，反应④是消去反应，即D的结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为

（1）A的结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，含有4类氢原子，所以有4种吸收峰，C的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，含有官能团是羧基和醇羟基，E的结构简式为

故答案为：4；羟基、羧基；

（2）根据官能团的变化可知；属于取代反应的是②⑤⑥，故答案为：②⑤⑥；

（3）反应④为CH3CH2C（CH3）OHCOOH在浓硫酸作用下发生消去反应，反应的方程式为

故答案为：

（4）E的结构简式为属于芳香族化合物说明含有苯环，E属于芳香族化合物所有的同分异构体为

故答案为：．四、判断题(共4题，共24分)21、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】（1）根据极限法分别求出CO2的体积；

（2）浓度约为75%酒精常用于医疗上消毒；

（3）根据乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；

（4）根据乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色；

（5）根据乙醇能与乙酸发生酯化反应；

（6）根据乙酸可与生石灰反应，乙醇与生石灰不反应；【解析】【解答】解：（1）若全为乙醇，生成二氧化碳为×2×22.4=103.2L；若全丙醇，生成二氧化碳为×3×22.4=118.7L，所以106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为的体积应介于两者之间；故答案为：×；

（2）医用酒精中酒精的浓度约为75%；故答案为：×；

（3）乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；属于置换反应，故答案为：√；

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液；紫红色褪去，使溶液褪色的气体可能是乙烯，也可能是乙醇，故答案为：×；

（5）乙醇能与乙酸发生酯化反应；酯化反应属于取代反应，故答案为：×；

（6）乙酸具有酸性，可与生石灰反应，同时生石灰还起到吸水的作用，故答案为：√；23、×【分析】【分析】过氧化钠是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，氧原子得到电子形成过氧根阴离子，电子式为故答案为：×．24、×【分析】【分析】依据平衡常数是表示平衡进行程度大小的量；化学反应吸热或放热反应，温度升高平衡向吸热反应方向进行．【解析】【解答】解：化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度；依据平衡常数含义可知，K值越大，可逆反应的进行程度越大；温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小；

故答案为：×，温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小．五、简答题(共3题，共24分)25、略

【分析】解：（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，铜原子价电子3d104s1；其中成对电子数10个；

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；10；

（2）①．PH3分子中价层电子对个数=σ键个P数+孤电子对个数=3+（5-3×1）=4，所以磷原子采用sp3杂化；

故答案为：sp3；

②非金属性N＞P，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性为HNO3＞H3PO4，从结构的角度因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个，酸性为HNO3＞H3PO4；

故答案为：＞；因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个；

（3）磷青铜中的锡；磷两元素电负性的大小为Sn＜P；

故答案为：＜；

（4）①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为据此得到化学式SnCu3P；

故答案为：SnCu3P；

②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个；这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形；

故答案为：4；平面正方形；

③摩尔质量=342g/mol，则一个晶胞质量g，设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=（）2+（）2，a=x，结合密度ρ=

V=x3==cm3，x=cm；

a=x=×cm═××1010pm；

故答案为：××1010．

（1）处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写，铜原子价电子3d104s1；其中成对电子数10个；

（2）①价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，PH3杂化轨道数是4；

②非金属性越强；对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；结合硝酸分子中羟基数和磷酸分子中羟基数分析判断；

（3）根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；

（4）①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为据此得到化学式；

②晶体中距离Cu原子最近的Sn原子在每个面上对角线顶端；

③设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=（）2+（）2，a=x，结合密度ρ=V=x3，1个晶胞质量m=g；计算x得到铜原子间最近距离；

本题考查了原子核外电子排布、元素电离能、电负性大小比较、原子杂化方式、晶胞计算等，掌握基础是解题关键，题目