2024年沪教版高二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年沪教版高二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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、某同学在中和滴定实验中记录数据见下表．因为时间紧迫；只做了两次实验．

。第一次滴定第二次滴定待测液HCl的体积/mL20.0020.00滴定终点消耗标准液NaOH的体积/mL23.2026.00该同学测得待测液HCl物质的量浓度（）

A.0.2088mol/L

B.0.2250mol/L

C.0.2169mol/L

D.不能确定。

2、一定量的盐酸跟少量的铁粉反应，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量；可向盐酸中加入（）

A.KNO3溶液。

B.NaCl溶液。

C.锡粉。

D.硫酸。

3、党的十七大报告提出；促进国民经济又好又快发展，要加强能源资源节约和生态环境保护．以下做法与此精神相违背的是（）

A.控制高能耗企业上马。

B.加大对污染企业的整治力度。

C.倡导“绿色化学”理念；逐步实现化工企业零排放。

D.无节制地开采煤；石油；满足人们日益增长的需求。

4、下面的排序不正确的是rm{(}rm{)}A.晶体熔点由低到高：rm{CF_{4}<CCl_{4}<CBr_{4}<CI_{4}}B.熔点由高到低：rm{Na>Mg>Al}C.硬度由大到小：金刚石rm{>}碳化硅rm{>}晶体硅D.四种气态氢化物按稳定性：rm{SiH_{4}<CH_{4}<H_{2}O<HF}5、一定质量的某有机物和足量的金属钠反应，可得到rm{V_{a}L}气体rm{.}向等质量该有机物的溶液中加入足量的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，可得到rm{V_{b}}rm{L}气体rm{(}不考虑气体溶于水rm{)}已知在同温同压下rm{V_{a}>V_{b}}则该有机物可能是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}}的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是()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、下列有关核外电子排布的式子不正确的是()A.rm{Cr}的电子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}B.rm{K}的简化电子排布式：rm{[Ar]4s^{1}}C.rm{N}原子的电子排布图：D.rm{S}原子的电子排布图：8、有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下，其密度为rm{1.16g/L}则关于此混合物组成的说法正确的是rm{(}rm{)}A.一定是甲烷与乙烷的混合物B.可能是甲烷与丙烷的混合物C.一定含有乙烷D.可能是甲烷与己烷的混合物评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、（10分）自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1km，压强增大约25000～30000kPa。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)ΔH=—148.9kJ/mol根据题意完成下列填空：（1）在地壳深处容易有气体逸出，在地壳浅处容易有沉积。（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应（选填编号）。a．一定向正反应方向移动b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小c．一定向逆反应方向移动d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，____（选填编号）。a．2v正(HF)=v逆(H2O)b．v正(H2O)=2v逆(SiF4)c．SiO2的质量保持不变d．反应物不再转化为生成物（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为。10、（10分）（1）1mol氢气在氯气中充分燃烧生成氯化氢气体时放出184.6kJ的热量，试写出对应的热化学方程式。标准状况下11.2L氢气在氯气中充分燃烧放出的热量是kJ。（2）A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量（kJ）变化如图所示，回答下列问题。①反应物A(g)和B(g)具有的总能量（填大于、小于、等于）生成物C(g)和D(g)具有的总能量。②该反应是__反应（填吸热、放热），△H=（用E1和E2表示）11、（1）指出配合物K2[Cu（CN）4]的配离子、中心离子、配位体、配位数：______．

（2）在[Fe（CN）6]3-中，中心原子的配位数为______，配体的立体构型是______．

（3）配合物[Cr（H2O）4Br2]Br•2H2O中，中心原子的化合价为______，内界的电荷数为______．12、如图是一个化学过程的示意图；请根据该示意图完成下列题目：

rm{(1)}甲池是______装置；乙池是______装置．

rm{(2)}在甲池中：通入rm{C_{2}H_{4}}的电极反应是______．

rm{(3)}在乙池中：rm{A(Fe)}电极的电极反应式是______．

rm{(4)}当乙池中rm{A(Fe)}极的质量增加rm{5.4g}时，甲池中理论上消耗rm{O_{2}}______rm{mL(}标准状况下rm{)}．13、蛋白质是构成生命的基础物质rm{.}在鸡蛋、蔬菜、花生油等食物中，富含蛋白质的是______rm{.}“rm{84}消毒液”在日常生活中被广泛使用rm{.}该消毒液无色，对某些有色物质具有漂白作用，它的有效成分是______rm{(}填“rm{KMnO_{4}}”或“rm{NaClO}”rm{)}．评卷人得分三、解答题(共5题，共10分)14、能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈；越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力．

（1）太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层；写出基态镍原子的核外电子排布式的简化形式______．

（2）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途．富勒烯（C60）的结构如图1，分子中碳原子轨道的杂化类型为______；1molC60分子中σ键的数目为______．

（3）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐；其主要包括砷化镓；硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等．

①第一电离能：As______Se（填“＞”；“＜”或“=”）．

②二氧化硒分子的空间构型为______．

（4）金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要作用；一种金属镁酞菁配合物的结构如图2，请在图中用箭头表示出配位键．

（5）最近；由镁；镍和碳三种元素组成的化合物引起了科学家的注意．

[四羰基镍[Ni（CO）4]为无色挥发性剧毒液体．熔点-25℃；沸点43℃．不溶于水，易溶于乙醇；乙醚、苯、四氯化碳等有机溶剂，呈四面体构型．由此可知，四羰基镍的晶体类型是______．据报道，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性．鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注．该晶体的结构可看作由镁原子和镍原子在一起进行面心立方最密堆积（如图3），则该晶体中镁、碳、镍三种元素的原子个数比是______，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有______个．

15、将CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），将等物质的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率．

16、某学生用中和滴定法测定某烧碱的纯度．实验如下：

（1）配制待测液：用5.00g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制成1000mL的溶液；除烧杯；胶头滴管、玻璃棒、量筒外，还需要的玻璃仪器有______．

（2）用标准0.1mol/L的盐酸溶液滴定NaOH溶液的实验操作如下：

A．用碱式滴定管取稀NaOH溶液20mL；注入锥形瓶中，加入指示剂．

B．用待测定的NaOH溶液润洗碱式滴定管．

C．用蒸馏水洗干净滴定管．

D．酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后；将标准液注入酸式滴定管刻度“0”以上2～3cm处，再把酸式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下．

E．检查滴定管是否漏水．

F．另取锥形瓶；再重复操作两次．

G．把锥形瓶放在滴定管下面；瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度．

①滴定操作的正确顺序是（用序号填写）：______．

②该滴定操作中应选用的指示剂是：______．

③在G操作中；如何确定终点：______．

（3）酸式滴定管用蒸馏水润洗后；未用标准液润洗，导致滴定结果（填“偏小”；“偏大”或“无影响”）______；酸式滴定管读数时，若先俯后仰，则结果会______．

（4）有关数据记录如下；计算烧碱样品的纯度（保留到小数点后二位）：______

。测定序号待测溶液的体积/mL所耗盐酸标准液的体积/mL滴定前滴定后120.000.5020.72220.001.2021.38320.002.0022.20

17、在100℃时；将0.200mol的四氧化二氮气体充入2L抽空的密闭容器中，每隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到如下表格：

。时间20406080100c（N2O4）0.100c10.050c3abc（NO2）0.0000.060c20.1200.1200.120试填空：

（1）该反应的化学方程式为______；达到平衡时四氧化二氮的转化率为______%．

（2）20s时四氧化二氮的浓度c1=______mol•L-1；在0～20s时间段内，四氧化二氮的平均反应速率为______

mol•L-1•s-1．

（3）若该反应为吸热反应；升高温度该平衡向______（正逆）方向移动．

18、某抗酸药每片含有碳酸钙540mg；氢氧化镁180mg．

（1）写出该抗酸药发挥功效时的化学反应方程式．

（2）该药片中的碳酸钙和氢氧化镁哪种物质中和的胃酸（以盐酸计）多？

评卷人得分四、探究题(共4题，共28分)19、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。20、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。21、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。22、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共6分)23、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

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

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】

由于两次实验测得的体积分别为23.20mL；26.00mL相差较大，无法确定哪一次是与真实值帖近，且不知道NaOH的浓度，所以无法计算；

故选D．

【解析】【答案】由于两次实验测得的体积相差较大；无法确定哪一次是与真实值帖近，且不知道NaOH的浓度．

2、B【分析】

A、加入KNO3溶液；酸性条件下硝酸根具有强氧化性，铁与硝酸反应不能生成氢气，导致生成氢气总量减小，故A错误；

B、加入NaCl溶液，H+浓度降低；反应速率降低，不影响生成氢气的总量，故B正确；

C；加入锡粉构成原电池；反应加快，故C错误；

D、加入硫酸，如导致H+浓度增大；则反应速率加快，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】铁与盐酸反应本质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，一定量的盐酸跟少量的铁粉反应，铁粉不足，减缓反应速率但不影响生成H2的总量，应降低H+浓度；但不能影响与酸反应生成氢气的铁粉的质量，结合物质的性质解答．

3、D【分析】

A．控制高能耗企业上马；节约了能源资源，故A正确；

B．加大对污染企业的整治力度；保护了生态环境，故B正确；

C．绿色化学就是实现零污染；零排放；故C正确；

D．无节制地开采煤；石油；浪费能源资源，故D错误；

故选D．

【解析】【答案】A．节约能源资源；

B．保护生态环境；

C．绿色化学就是实现零污染；零排放；

D．浪费能源；资源．

4、B【分析】解：rm{A.}均为分子晶体，相对分子质量大的熔点高，则晶体熔点由低到高：rm{CF_{4}<CCl_{4}<CBr_{4}<CI_{4}}故A正确；

B.均为金属晶体，离子半径小、电荷高的熔点高，则熔点由高到低：rm{Al>Mg>Na}故B错误；

C.均为原子晶体，原子半径小的硬度大，则硬度由大到小：金刚石rm{>}碳化硅rm{>}晶体硅；故C正确；

D.非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：rm{SiH_{4}<CH_{4}<H_{2}O<HF}故D正确；

故选B．

A.均为分子晶体；相对分子质量大的熔点高；

B.均为金属晶体；离子半径小；电荷高的熔点高；

C.均为原子晶体；原子半径小的硬度大；

D.非金属性越强；氢化物越稳定．

本题考查晶体及性质，为高频考点，把握晶体类型的判断、物质性质比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{B}5、A【分析】解：有机物和的钠反应生成气体rm{V_{a}L}为氢气体积，说明至少含有rm{-OH}rm{-COOH}中的一种，该有机物与rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反应生成气体rm{V_{b}L}为二氧化碳体积，说明该有机物含有rm{-COOH}同温同压下rm{V_{a}>V_{b}}根据rm{2-OH隆芦H_{2}隆眉}rm{2-COOH隆芦H_{2}隆眉}rm{2-COOH隆芦CO_{2}隆眉}可知有机物还含有rm{-OH}选项中只有rm{A}中rm{CH_{3}CH(OH)COOH}含有rm{-OH}rm{-COOH}故选：rm{A}．

有机物与足量的rm{Na_{2}CO_{3}}反应，可得到气体rm{V_{b}L}说明有机物中含有rm{-COOH}等质量的某有机物和足量的金属钠反应，可得到气体rm{V_{a}L}且同温同压下rm{V_{a}>V_{b}}说明有机物还含有rm{-OH}结合选项进行判断．

本题考查有机物的推断，题目难度不大，注意rm{-COOH}可与碳酸钠反应生成气体，而rm{-OH}不与碳酸钠反应，若将碳酸钠改为碳酸氢钠，应满足羟基数目大于羧基数目，可以利用验证法判断．【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本题考查热化学方程式的书写，题目难度不大，侧重于数据分析和转化能力的培养，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法．【解答】从图象看，热化学方程式为：rm{垄脵dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(l)}rm{垄脵dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac

{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(l)}rm{triangleH=-(b+c-a)}或rm{垄脷dfrac{1}{2}N_{2}(g)+dfrac{1}{2}H_{2}(g)?NH_{3}(g)}rm{kJ/mol}rm{垄脷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)}与化学计量数成正比，rm{kJ/mol}可得：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(l)triangleH=2(a-b-c)}rm{triangleH}rm{垄脵隆脕2}可得：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(g)triangleH=2(a-b)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(l)triangle

H=2(a-b-c)}故选B。

rm{kJ/mol}【解析】rm{B}7、D【分析】【分析】本题考查了原子结构示意图等知识，注意领会能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则的内容来是答题的关键，难度不大。【解答】A.rm{Cr}电子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}故A正确；

B.rm{K}的电子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{1}}简化电子排布式：rm{[Ar]4s^{1}}故B正确；

C.rm{N}的电子排布式：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}所以电子排布图：故C正确；

D.硫原子rm{3p}能级中的rm{3}电子优先占据rm{1}个轨道，且自旋方向相同，然后第rm{4}个电子占据rm{3p}能级的第一个轨道，且自旋方向相反时能量最低，即rm{3p}能级电子排布应该为：故D错误。

故选D。

【解析】rm{D}8、B【分析】解：该混合烃的平均摩尔质量为rm{1.16g/L隆脕22.4L/mol=26g/mol}即平均相对分子质量为rm{26}相对分子质量小于rm{26}的烷烃是甲烷，甲烷的相对分子质量为rm{16}其他烷烃相对分子质量都大于rm{26}所以混合物中一定有甲烷；

A.乙烷的相对分子质量为rm{30}可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故A错误；

B.丙烷的相对分子质量为rm{44}可能含有丙烷，也可能不含有丙烷，故B正确；

C.乙烷的相对分子质量为rm{30}可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故C错误；

D.己烷标准状况下为液态；故D错误；

故选B．

该混合烃的平均摩尔质量为rm{1.16g/L隆脕22.4L/mol=26g/mol}即平均相对分子质量为rm{26}相对分子质量小于rm{26}的烷烃是甲烷，甲烷的相对分子质量为rm{16}其他烷烃相对分子质量都大于rm{26}所以混合物中一定有甲烷，结合标准状况下为气态烃判断．

本题考查混合物计算、有机物分子式的确定等，难度中等，注意利用平均相对分子质量解答，侧重于考查学生的思维能力．【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【解析】试题分析：（1）在地壳深处压强大，则平衡有利于向正反应方向移动，所以SiF4、H2O逸出。在地壳浅处压强小，有利于平衡向逆反应方向移动，则二氧化硅易沉积。（2）正反应是放热反应，平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，所以改变的条件是降低温度，因此答案选ad。（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，所以c正确，d不正确。a只反应速率的方向相反，但不满足速率之比之比是相应的化学计量数之比，所以不正确。平衡时气体的质量不再发生变化，所以密度不再发生变化，b正确。答案选bc。（4）容器内气体的密度增大了0.12g/L，则气体质量增加了0.24g。根据方程式可知，每消耗4molHF，气体质量就增加60g，所以参加反应的氟化氢是所以其反应速率是＝0.001moL/(L·min)。考点：化学平衡平衡移动、化学反应速率【解析】【答案】1）SiF4H2OSiO2（2）ad（3）bc（4）0.0010mol/(L·min)10、略

【分析】试题分析：（1）1mol氢气在氯气中充分燃烧生成氯化氢气体时放出184.6kJ的热量，试写出对应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝－184.6kJ•mol-1，标准状况下11.2L氢气的物质的量为0.5mol，在氯气中充分燃烧放出的热量是92.3kJ。（2）①由图像可知，该反应是放热反应，反应物A(g)和B(g)具有的总能量大于生成物C(g)和D(g)具有的总能量，②该反应是放热反应，△H=E1-E2。考点：考查热化学方程式的书写，能量变化的图像分析。【解析】【答案】16、（1）H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝－184.6kJ•mol-192.3（2）①大于②放热E1-E211、略

【分析】解：（1）根据配合物K2[Cu（CN）4]结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，所以中心离子为Cu2+、有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN-、配位数就是配体的个数，所以配位数为4，故答案为：Cu2+、CN-；4；

（2）根据配合物离子[Fe（CN）6]3-结构分析，有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN-；只有2个原子所以立体构型是直线形，配位数就是配体的个数，所以配位数为6，故答案为：6；直线形；

（3）[Cr（H2O）4Br2]Br•2H2O中，溴带一个单位负电荷，所以配离子带1个单位的正电荷，[Cr（H2O）4Br2]Br•2H2O中阴离子是溴离子；溴离子的化合价是-1价，所以铬离子的化合价是+3价，故答案为：+3；+1．

（1）根据配合物K2[Cu（CN）4]结构分析中心离子为Cu2+、配体为CN-；配位数为4；

（2）根据配合物离子[Fe（CN）6]3-结构分析配体为CN-；配位数为6；

（3）根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算中心离子的化合价及配离子所带电荷．

本题考查了配合物的配位体的判断、配位数的计算方法、成键情况、化合物中元素的化合价代数和为0等知识，注意配位数个数的计算方法、中心原子的杂化方式等，为易错点，题目难度中等．【解析】Cu2+、CN-、4；6；直线形；+3；+112、略

【分析】解：rm{(1)}根据反应方程式知；甲装置是一个燃料电池，所以甲是把化学能转变为电能的装置，是原电池；乙有外加电源，所以是电解池，故答案为：原电池；电解池；

rm{(2)}燃料电池中，负极上是燃料rm{C_{2}H_{4}}失电子发生氧化反应，反应为：rm{C_{2}H_{4}-12e^{-}+16OH^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}故答案为：rm{C_{2}H_{4}-12e^{-}+16OH^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}

rm{(3)}乙池中rm{A(Fe)}电极与负极rm{C_{2}H_{4}}相连，则为阴极，阴极得电子发生还原反应，电极反应为：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}故答案为：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}

rm{(4)}根据得失电子数相等，氧气与银的关系式为：rm{O_{2}隆芦4Ag}rm{A(Fe)}极的质量增加rm{5.40g}时，甲池中理论上消耗rm{O_{2}}的体积是rm{dfrac{5.4g隆脕22.4L}{4times108g}=0.28L=280mL}故答案为：rm{dfrac{5.4g隆脕22.4L}{4times

108g}=0.28L=280mL}．

rm{280}根据方程式及燃料电池的特点判断甲装置；根据甲装置判断乙装置；

rm{(1)}燃料电池中；负极上是燃料失电子的氧化反应；

rm{(2)}电极与负极rm{(3)A(Fe)}相连；则为阴极，阴极得电子发生还原反应；

rm{C_{2}H_{4}}先根据得失电子数相等找出银与氧气的关系式；然后计算．

原电池；电解池的判断方法：

rm{(4)}若无外加电源；可能是原电池，然后再根据原电池的形成条件判定．

rm{1}若有外接电源；两电极插入电解质溶液中，可能是电解池或电镀池，当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同时，则为电镀池．

rm{2}若无明显外接电源的串联电路，则利用题中信息找出能自发进行氧化还原反应的装置为原电池．rm{3}【解析】原电池；电解池；rm{C_{2}H_{4}-12e^{-}+16OH^{-}=2CO_{3}^{2-}+10H_{2}O}rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}rm{280}13、略

【分析】解：鸡蛋富含蛋白质；该消毒液无色，应含有rm{NaClO}而rm{KMnO_{4}}为紫色，不符合无色的特点，故答案为：鸡蛋；rm{NaClO}．

鸡蛋富含蛋白质；蔬菜富含维生素；花生油富含油脂；根据颜色判断消毒液的成分．

本题考查物质的组成和性质，题目难度不大，注意常见物质的组成和性质特点，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】鸡蛋；rm{NaClO}三、解答题(共5题，共10分)14、略

【分析】

（1）28号元素镍，核外有28个电子，根据构造原理知其基态镍原子的核外电子排布式的简化形式为：[Ar]3d84s2，故答案为：[Ar]3d84s2；

（2）每个碳原子含有的σ键个数且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，每个碳原子含有的σ键个数为所以1molC60分子中σ键的数目==90NA，故答案为：sp2，90NA；

（3）①As和Se属于同一周期；且As属于第VA族，Se属于第VIA族，所以第一电离能As＞Se，故答案为：＞；

②二氧化硒分子中价层电子对=2+=3；且含有一个孤电子对，所以属于V形，故答案为：V形；

（4）配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子；所以该配合物中的配位键为：

故答案为：

（5）该物质的沸点较低，且易溶于有机物，所以属于分子晶体，该晶胞中含有一个碳原子，镁原子个数=8×

镍原子个数=6×=3；该晶体中镁；碳、镍三种元素的原子个数比是1：1：3；

每个晶胞中镁周围有3个镍原子；每个镁被八个晶胞共用，上方的四个晶胞中有六个镍原子，对称的下方也有六个，一共12个；

故答案为：分子晶体；‚1：1：3，12．

【解析】【答案】（1）28号元素镍；核外有28个电子，根据构造原理写出其基态镍原子的核外电子排布式的简化形式；

（2）根据每个碳原子含有的σ键个数确定其杂化方式；利用均摊法计算σ键个数；

（3）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势；注意第VA族元素大于相邻元素的第一电离能；

②根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；

（4）配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子；

（5）一般来说沸点较低的晶体为分子晶体；利用均摊法计算原子个数比，每个晶胞中镁周围有3个镍原子，每个镁被八个晶胞共用，晶体中每个镁周围一共12个镍原子．

15、略

【分析】

依据化学平衡的三段式列式计算，设CH4与H2O（g）物质的量为a；

CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）

起始量（mol）aa00

变化量（mol）0.100.100.100.30

平衡量（mol）a-0.10a-0.100.100.30

由平衡常数表达式：K===27

解之得：a=0.11

平衡转化率：=91%

故答案为：91%

【解析】【答案】依据化学平衡的三段式计算列式计算；根据转化率和平衡常数的概念计算应用；注意平衡常数的计算需要计算平衡状态各物质的平衡浓度列式计算；

16、略

【分析】

（1）操作步骤有称量；溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到1000ml容量瓶容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器是天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、1000ml容量瓶、胶头滴管，故答案为：1000ml容量瓶；

（2）①中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；故答案为：E→C→D→B→A→G→F；

②NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性；可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；

故答案为：酚酞或甲基橙；

③用酚酞作指示剂时；当滴进最后一滴溶液由红色变无色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；根据用甲基橙作指示剂时，溶液由黄色变橙色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点．

故答案为：用酚酞作指示剂时；当滴进最后一滴溶液由红色变无色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；根据用甲基橙作指示剂时，溶液由黄色变橙色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点．

（3）酸式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，标准液浓度降低，造成V（标）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大；酸式滴定管读数时，若先俯后仰，读数差增大，造成V（标）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大；故答案为：偏大；偏大；

（4）所耗盐酸标准液的体积分别为：20.22mL；20.18mL，20.20mL，三组数据均有效，盐酸标准液的平均体积为20.20mL；

HCl～NaOH

0.1mol/L×20.20mLC（NaOH）×20mL

C（NaOH）=0.101mol/L，则1000mL的溶液中含有NaOH的质量为：0.101mol/L×1L×40g/mol=4.04g，算烧碱样品的纯度为×100%=80.80%；故答案为：80.80%；

【解析】【答案】（1）根据实验操作过程选取实验仪器；

（2）①根据中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；

②根据NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性；可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；

③根据用酚酞作指示剂时；当滴进最后一滴溶液由红色变无色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；根据用甲基橙作指示剂时，溶液由黄色变橙色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；

（3）根据c（待测）=分析不当操作对c（待测）的影响；以此判断浓度的误差；

（4）先分析所耗盐酸标准液的体积的有效性；然后求出所耗盐酸标准液的体积平均值，然后根据关系式HCl～NaOH来解答．

17、略

【分析】

（1）由表可知，60s时反应达平衡，c（NO2）=0.120mol/L；

N2O4⇌2NO2；

浓度变化：0.06mol/L0.120mol/L

所以平衡时N2O4的转化率为×100%=60%；

故答案为：60；

（2）由表可知，20s时，c（NO2）=0.060mol/L；所以。

N2O4⇌2NO2；

浓度变化：0.03mol/L0.060mol/L

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

在0s～20s内四氧化二氮的平均反应速率为v（N2O4）==0.0015mol•（L•s）-1．

故答案为：0.07mol/L；0.0015mol•（L•s）-1．

（3）升高温度化学平衡向吸热反应方向进行；反应是吸热反应，升温平衡正向进行，故答案为：正．

【解析】【答案】（1）由表可知，60s时反应达平衡，根据方程式计算△c（N2O4），根据转化率计算平衡时N2O4的转化率；60s后反应达平衡；反应混合物各组分的浓度不变．

（2）由△c（NO2），根据方程式计算△c（N2O4），20s的四氧化二氮的浓度=起始浓度-△c（N2O4）；根据v=计算v（N2O4）．

（3）依据化学平衡移动原理；升高温度化学平衡向吸热反应方向进行；

18、略

【分析】

（1）该抗酸药发挥功效时的化学反应方程式是和胃酸中的盐酸反应，化学方程式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O；

答：该抗酸药发挥功效时的化学反应方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O；

（2）依据化学方程式的定量关系计算：540mg碳酸钙的物质的量为0.0054mol；可中和的盐酸为0.0108mol；180mg氢氧化镁的物质的量为0.0033mol，可中和的盐酸为0.0066mol，所以碳酸钙中和的盐酸多；

答：碳酸钙中和的盐酸多．

【解析】【答案】（1）抗酸药匙和胃酸中的盐酸发生复分解反应；以此写出化学方程式；

（2）由药片中所含碳酸钙和氢氧化镁质量换算物质的量结合反应定量关系计算比较．

四、探究题(共4题，共28分)19、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）20、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）21、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出