2025年粤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2025年粤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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、1,2,3-三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下两个异构体据此，可判断1,2,3,4,5-五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是A.4B.5C.6D.72、丁烷的一氯代物共有多少种rm{(}rm{)}A.rm{3}B.rm{5}C.rm{4}D.rm{2}3、下列反应的离子方程式书写正确的是rm{(}rm{)}A.铁粉与稀rm{H_{2}SO_{4}}反应：rm{2Fe+6H^{+}篓T2Fe^{3+}+3H_{2}隆眉}B.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液与足量盐酸反应：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}C.rm{Cu(OH)_{2}}固体与稀硫酸反应：rm{OH^{-}+H^{+}篓TH_{2}O}D.铝片与rm{NaOH}溶液反应：rm{Al+OH^{-}+H_{2}O篓TAlO_{2}^{-}+H_{2}隆眉}4、某烷烃系统命名法正确的是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、溶液中含有两种溶质氯化钠和硫酸，它们的物质的量之比为rm{3}rm{1.}用石墨做电极电解该溶液时，根据反应产物可明显分为三个阶段，则下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.电解过程中阴极析出的气体和阳极析出的气体可能一样多B.阳极先析出氯气后析出氧气C.电解最后阶段为电解水D.电解过程中溶液的rm{pH}不断增大，最后rm{pH}为rm{7}6、下列物质中，属于纯净物的是A.白酒B.陈醋C.食用调和油D.蔗糖评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)7、下列属于高分子化合物且在自然界中不存在的是（）A.淀粉B.纤维素C.聚乙烯D.蛋白质8、在如图所示的装置中，rm{a}的金属活泼性比氢要强，rm{b}为碳棒，关于此装置的各种叙述不正确的是rm{(}rm{)}

A.碳棒上有气体放出，溶液rm{pH}变大B.rm{a}是正极，rm{b}是负极C.稀硫酸中有电子流动，方向是从rm{b}极到rm{a}极D.rm{a}极上发生了氧化反应9、已知下面三个数据：rm{7.2隆脕10^{-4}}rm{4.6隆脕10^{-4}}rm{4.9隆脕10^{-10}}分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：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}由此可判断下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{K(HF)=7.2隆脕10^{-4}}B.rm{K(HNO_{2})=4.9隆脕10^{-10}}C.必须根据其中三个反应才可得出结论D.rm{K(HCN)<K(HNO_{2})<K(HF)}10、一定条件下，对于可逆反应rm{X(g)+3Y(g)?2Z(g)}若rm{X}rm{Y}rm{Z}的起始浓度分别为rm{c_{1}}rm{c_{2}}rm{c_{3}(}均不为零rm{)}达到平衡时，rm{X}rm{Y}rm{Z}的浓度分别为rm{0.1mol隆陇L}达到平衡时，rm{)}rm{X}rm{Y}的浓度分别为rm{Z}rm{0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}、rm{0.3mol隆陇L}rm{0.3mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}、rm{0.08mol隆陇L}rm{0.08mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}A.，则下列判断正确B.平衡时，的是rm{(}rm{)}和rm{(}的生成速率之比为rm{)}C.rm{c_{1}隆脙c_{2}=1隆脙3}rm{Y}的转化率不相等D.rm{Z}的取值范围为rm{0mol隆陇L^{-1}<c_{1}<0.14mol隆陇L^{-1}}rm{2隆脙3}11、rm{25隆忙}时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.rm{0.1mol隆陇L^{-1}NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{0.1

mol隆陇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隆陇L^{-1}NaHS}C.rm{0.1mol隆陇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隆陇L^{-1}

NH_{4}HSO_{4}}rm{0.1mol隆陇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隆陇L^{-1}CH_{3}COONa}溶液等体积混合：rm{)>c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)=c(H}rm{)=c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}rm{0.1mol隆陇L^{-1}CH_{3}COOH}rm{0.1

mol隆陇L^{-1}CH_{3}COONa}rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)>c(CH}rm{)>c(CH}12、rm{125隆忙}时，rm{1L}某气态烃在rm{9L}氧气中充分燃烧反应后的混合气体体积仍为rm{10L(}相同条件下rm{)}则该烃可能是A.rm{CH_{4}}B.rm{C_{2}H_{4}}C.rm{C_{2}H_{2}}D.rm{C_{6}H_{6}}13、室温下，将1.000mol/L盐酸滴入20.00mL1.000mol/L氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（）A.a点由水电离出的c（H+）=1.0×10-14mol/LB.b：c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl-）C.c点：c（Cl-）=c（NH4+）D.d点后，溶液温度略有下降的主要原因是NH3•H2O电离吸热评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、（1）过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关．一般地，d或d10排布时，无颜色，d1～d9排布时，有颜色，如[Co（H2O）6]2+显粉红色．据此判断，[Mn（H2O）6]2+____颜色（填“有”“无”）．

（2）利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe（CO）5等．COCl2分子的结构式为则COCl2分子内含有____．

A．4个σ键B．2个σ键、2个π键C．2个σ键、1个π键D．3个σ键、1个π键．15、（8分）X、Y、Z三种元素位于元素周期表的不同短周期内，X与Z属于同主族元素，Z元素的焰色反应为黄色。X单质与Y单质相互化合可以得到X2Y和X2Y2两种液体化合物，Z单质与Y单质相互化合可以得到Z2Y与Z2Y2两种固体化合物，其中Z、Z2Y、Z2Y2都能与X2Y反应生成一种能使无色酚酞变红的ZYX溶液。(1)试推测X、Y所代表的元素分别为X、Y（填元素符号）；(2)写出Z单质与X2Y反应的离子方程式；(3)写出Z2Y2与X2Y反应的化学方程式。16、rm{(1)}已知：rm{H_{2}(g)+Cl_{2}(g)篓T2HCl(g)triangleH=-185kJ?mol^{-1}}

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

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

rm{E(H-Cl)=}在rm{(2)}rm{298K}时；已知：

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

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

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

则rm{100kPa}与rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangle

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

H_{2}}的关系是：rm{2Cl_{2}(g)+2H_{2}O(g)篓T4HCl(g)+O_{2}(g)triangle

H_{3}}______．

rm{triangleH_{3}}消除氮氧化物的污染对环境至关重要，用rm{triangleH_{1}}催化还原rm{triangleH_{2}}可以消除氮氧化物的污染rm{triangleH_{3}=}已知一定条件下：

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

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

则该条件下，用rm{(3)}还原rm{CH_{4}}至rm{NO_{x}}的热化学方程式为：______．rm{.}17、rm{(1)3mol}甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳，同时放出rm{2}rm{670.9kJ}的热量；写出该反应的热化学方程式______

rm{(2)}当rm{1g}氨气完全分解为rm{N_{2}}和rm{H_{2}}时，吸收rm{2.7kJ}的热量；写出其热化学方程式：______

rm{(3)HCl}和rm{NaOH}反应的中和热rm{triangleH=-57.3kJ/mol}则rm{H_{2}SO_{4}}和rm{NaOH}反应的中和热的热化学方程式为______．18、根据图示回答下列问题：(1)写出A、E、G的结构简式：A：________，E______________________，G________；(2)反应②的化学方程式(包括反应条件)是___________________；反应④的化学方程式(包括反应条件)是___________________；(3)写出①、⑤的反应类型：①________、⑤________。(4)写出反应⑤的化学方程式：_________________________________。19、（1）测得一定温度下某溶液的pH=6.5，且溶液中氢离子与氢氧根离子物质的量相等，此溶液呈______性．测定温度______25℃（填“高于”；“低于”或“等于”）．

（2）将25℃下pH=12的NaOH溶液aL与pH=1的HCl溶液bL混合．若所得混合液为中性，则a：b=______．

（3）将pH=3的H2SO4溶液和pH=12的NaOH溶液混合，当混合液的pH=10时，强酸和强碱的体积之比为______．20、rm{(1)}已建立化学平衡的可逆反应，当改变条件使化学反应向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是______rm{(}填序号rm{)}

rm{垄脵}正反应速率一定大于逆反应速率。

rm{垄脷}反应物转化率一定增大。

rm{垄脹}生成物的产量一定增加。

rm{垄脺}反应物浓度一定降低。

rm{(2)}下列溶液：rm{垄脵pH=1}的盐酸，rm{垄脷0.05mol?L^{-1}}的盐酸溶液rm{垄脹0.1mol?L^{-1}}的氯化钠溶液由水电离的rm{H^{+}}浓度由大到小顺序是______rm{(}填序号rm{)}

rm{(3)}在rm{25隆忙}时，某稀溶液中由水电离产生的rm{c(OH^{-})=10^{-10}mol?L^{-1}.}该溶液的rm{pH}可能为______

rm{(4)}有等体积等rm{pH}的rm{Ba(OH)_{2}}rm{NaOH}和rm{NH_{3}?H_{2}O}三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为rm{V_{1}}rm{V_{2}}rm{V_{3}}则三者的大小关系正确的是______

rm{(5)}一定温度下，可逆反应rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}(g)}在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是______rm{(}填序号rm{)}

rm{垄脵}单位时间内生成rm{n}rm{mol}rm{O_{2}}同时生成rm{2n}rm{mol}rm{NO_{2}}

rm{垄脷}单位时间内生成rm{n}rm{mol}rm{O_{2}}同时生成rm{2n}rm{mol}rm{NO}

rm{垄脹}用rm{NO_{2}}rm{NO}rm{O_{2}}的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为rm{2}rm{2}rm{1}

rm{垄脺}混合气体的压强不再改变。

rm{垄脻}混合气体的颜色不再改变．21、rm{(1)}处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用___形象化描述。在基态处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用___形象化描述。在基态rm{(1)}rm{{,!}^{14}}原子中，核外存在___对自旋相反的电子。rm{C}原子中，核外存在___对自旋相反的电子。基态rm{C}原子中，核外电子占据最高能层的符号是_____，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。rm{(2)}氮原子价层电子的轨道表达式rm{K}电子排布图rm{(3)}为_____________。rm{(}基态原子核外电子排布式为________________________。元素rm{)}与rm{(4)Co}中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_______。rm{Mn}评卷人得分四、实验题(共4题，共20分)22、某学习小组用图示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为________。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是________。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂；⑤检查气密性。上述操作的顺序是________（填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应________。（4）B中发生反应的化学方程式为________（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________（填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。23、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是。烧杯间填满碎纸条的作用是。（2）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量(填“偏大、偏小、相等”)，所求中和热(填“偏大、偏小、相等”)（3）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。24、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值(填“偏大、偏小、无影响”)（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量(填“相等、不相等”)，所求中和热(填“相等、不相等”)，简述理由（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。25、下表是稀硫酸与某金属反应的实验数据：

分析上述数据，回答下列问题：rm{(1)}实验rm{4}和rm{5}表明，________对反应速率有影响，________反应速率越快，能表明同一规律的实验还有_________rm{(}填实验序号rm{)}rm{(2)}仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有_______和________。rm{(}填实验序号，填rm{2}组即可rm{)}rm{(3)}本实验中影响反应速率的其他因素还有________，其实验序号是_________。rm{(}填一组即可rm{)}rm{(4)}实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值rm{(}约rm{15隆忙)}相近，推测其原因：___________________________________。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共7分)26、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去评卷人得分六、简答题(共4题，共36分)27、我国从1994年起推出全民食用加碘盐工程，一般在食盐中添加碘酸钾（KIO3）．

请回答下列问题：

①成人如果长期缺碘，会引起的病症是______（填字母）．

A．佝偻病B．甲状腺肿大C．夜盲症。

②在瘦肉、胡萝卜、海带中，富含碘元素的是______．

③用盐酸酸化的碘化钾淀粉溶液可检验食盐中是否含有碘酸钾，反应的化学方程式为：5KI+KIO3+6HCl═6KCl+3I2+3H2O则此反应中的氧化剂是______（填化学式），检验加碘盐时可观察到的实验现象是______．28、有机物rm{A}广泛用于涂料、油墨、胶黏剂、医药及农药中间体领域rm{.}已知：有机物rm{A}的仪器分析如下：

rm{垄脵}有机物rm{A}的质谱如图rm{1}

rm{垄脷}有机物rm{A}的红外光谱如图rm{2}

rm{垄脹}有机物rm{A}的核磁共振氢谱图上有rm{2}个吸收峰，峰面积之比是rm{1}rm{1}．

回答下列问题：

rm{(1)A}的相对分子质量是______；

rm{(2)A}含有官能团的名称是______；

rm{(3)A}与氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式是______；

rm{(4)A}有多种同分异构体，其中能与新制rm{Cu(OH)_{2}}共热，产生红色沉淀的有______种29、阅读下列实验内容；根据题目要求回答问题．

某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1.00mL待测硫酸配制100mL稀H2SO4溶液；以0.14mol•L-1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO425.00mL；滴定终止时消耗NaOH溶液15.00mL．

（1）该学生用标准0.14mol•L-1NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：

A、用酸式滴定管取稀H2SO425.00mL；注入锥形瓶中，加入2滴酚酞．

B；用待测定的溶液润洗酸式滴定管。

C；用蒸馏水洗干净滴定管。

D；取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后；将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，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；再重复操作一次。

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。

则滴定操作的正确顺序是（用序号填写）E→C→D→______→______→F；

（2）在G操作中如何确定终点？______．

（3）碱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“恰好合适”）______．

（4）配制准确浓度的稀H2SO4溶液，必须使用的定量容器是：______．

（5）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入______（选填“甲”或“乙”）中．（右图）

（6）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀H2SO4溶液浓度测定值______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．

（7）计算待测硫酸（稀释前的硫酸）溶液的物质的量浓度______（计算结果到小数点后二位）．30、某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵rm{(NH_{2}COONH_{4})}分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。rm{(1)}将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中rm{(}假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计rm{)}在恒定温度下使其达到分解平衡：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}温度rm{/隆忙}rm{15.0}rm{20.0}rm{25.0}rm{30.0}rm{35.0}平衡总压强rm{/kPa}rm{5.7}rm{8.3}rm{12.0}rm{17.1}rm{0}平衡气体总浓度rm{/mol隆陇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{垄脵}可以判断该分解反应已经达到平衡的是________。A.rm{2v(NH_{3})=v(CO_{2})}B.密闭容器中总压强不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变rm{垄脷}根据表中数据，列式计算rm{25.0隆忙}时氨基甲酸铵的分解平衡常数：________。rm{垄脹}取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在rm{25.0隆忙}下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量______rm{(}填“增加”、“减少”或“不变”rm{)}rm{垄脺}氨基甲酸铵分解反应的焓变rm{娄陇H}________rm{0(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}熵变rm{娄陇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}隆陇H_{2}O}该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定其水解反应速率，得到rm{NH_{2}COONH_{4}+2H_{2}Ooverset{}{?}

NH_{4}HCO_{3}+NH_{3}隆陇H_{2}O}随时间的变化趋势如图所示。

rm{c(NH_{2}COO^{-})}计算rm{垄脻}时，rm{25.0隆忙}氨基甲酸铵水解反应的平均速率：_____________________________。rm{0隆芦6min}根据图中信息，如何说明该水解反应速率随温度升高而增大：_____________________________。rm{垄脼}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【解析】【答案】A2、C【分析】解：丁烷有rm{2}种同分异构体：正丁烷和异丁烷，正丁烷有rm{2}种氢原子，异丁烷有rm{2}种氢原子，所以一氯代物的数目为rm{4}故选C．

丁烷有rm{2}种同分异构体；然后根据氢原子的种类确定一氯代物的数目来解答．

本题考查了同分异构体的判断，难度不大，根据等效氢原子，最后根据氢原子的种类确定一氯代物的种类，确定烃的同分异构体是解本题的关键．【解析】rm{C}3、B【分析】解：rm{A.}铁粉与稀rm{H_{2}SO_{4}}反应生成硫酸亚铁、氢气，反应的离子方程式为：rm{Fe+2H^{+}篓TFe^{2+}+H_{2}隆眉}故A错误；

B.碳酸钠为可溶性的盐，盐酸为强酸，二者反应生成可溶性的氯化钠，其离子方程式可以用rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TH_{2}O+C0_{2}隆眉}表示；故B正确；

C.rm{Cu(OH)_{2}}与稀硫酸反应，氢氧化铜是难溶物，应写化学式，rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}不符合，正确的离子方程式为rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}故C错误；

D.金属铝与氢氧化钠溶液反应为rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}离子方程式为rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}故D错误；

故选B．

A.铁粉与稀rm{H_{2}SO_{4}}反应生成亚铁离子；

B.碳酸钠与足量盐酸反应生成氯化钠；二氧化碳和水；

C.稀的强酸与稀的强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应可用rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}表示；氢氧化铜为难溶物，应写化学式；

D.rm{Al}rm{NaOH}水反应生成偏铝酸钠和氢气，rm{Al}水、氢气在离子反应中保留化学式；方程式左右氢原子不守恒．

本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意电解质的强弱及离子反应中应保留化学式的物质即可解答，题目难度不大．【解析】rm{B}4、D【分析】解：依据烷烃命名原则，名称为：rm{3}rm{5-}二甲基庚烷，故选：rm{D}

根据烷烃命名原则：

rm{垄脵}长选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小支链编号之和最小rm{.}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

本题考查了烷烃命名方法的应用，难度不大，注意主链选择，位置编号的正确选择．【解析】rm{D}5、D【分析】解：可以将溶质看成rm{3molNaCl}和rm{1molH_{2}SO_{4}}再转化一下思想，可以看成rm{2molHCl}rm{1molNa_{2}SO_{4}}rm{1molNaCl}

由于rm{1molNa_{2}SO_{4}}自始至终无法放电，且其溶液rm{pH=7}暂时可以忽略；

则电解过程可先看成电解rm{HCl}再电解rm{NaCl}最后电解水；

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

生成的rm{2HCldfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}为碱性，rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}大于rm{2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}．

A、阴极自始至终是氢离子放电，只析出rm{NaOH}阳极析出氯气；氧气，依据电子守恒分析可知，气体可能一样多，故A正确；

B、阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出rm{pH}后析出rm{7}故B正确．

C；电解最后阶段为电解水；故C正确；

D、溶液rm{H_{2}}不断增大，最后生成的rm{Cl_{2}}为碱性，rm{O_{2}}大于rm{pH}故D错误；

故选D．

根据电解原理：阳极离子的放电顺序：氢离子rm{NaOH}钠离子，阴极离子的放电顺序：氯离子rm{pH}氢氧根离子，溶液中含有两种溶质rm{7}和rm{>}根据电解原理判断放电的离子．

本题是对电解原理的考查，要求学生会根据电解原理书写常见电解质的电解反应，难度较大．rm{>}【解析】rm{D}6、D【分析】本题考查了物质分类方法。A.白酒是酒精的水溶液，属于混合物，故A错误；

B.陈醋是醋酸水溶液，属于混合物，故B错误；

C.食用调和油是不同物质组成的混合物，故C错误；

D.蔗糖是一种物质组成的物质属于纯净物，故D正确。

故选D。【解析】rm{D}二、双选题(共7题，共14分)7、C【分析】解：淀粉；纤维素、蛋白质以及聚乙烯都为高分子化合物；其中淀粉、纤维素、蛋白质为高分子化合物，聚乙烯为合成高分子化合物，故选C．

有机高分子化合物的相对分子质量一般高达104～106；高分子化合物的相对分子质量只是一个平均值，高分子化合物有天然高分子化合物和合成高分子化合物，以此解答该题．

本题考查有机物的组成、结构和性质，为高频考点，侧重于学生的双基的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意把握合成高分子化合物的判断，难度不大，知道天然高分子化合物有淀粉、纤维素和蛋白质．【解析】【答案】C8、rBC【分析】解：金属rm{a}能从酸中置换出rm{H_{2}}rm{b}为碳棒，则rm{a}属于氢之前的金属，该装置构成原电池，rm{a}为负极、rm{b}为正极；

A.碳棒上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，溶液的rm{PH}增大；故A正确；

B.通过以上分析知，rm{a}是负极、rm{b}是正极；故B错误；

C.该装置构成原电池；电子不能通过电解质溶液，故C错误；

D.rm{a}电极上金属失电子发生氧化反应；故D正确；

故选BC．

金属rm{a}能从酸中置换出rm{H_{2}}rm{b}为碳棒，则rm{a}属于氢之前的金属，该装置构成原电池，rm{a}为负极、rm{b}为正极；电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答．

本题考查了原电池原理，明确正负极的判断、电子流向、电极上的反应等知识点即可解答，注意电解质溶液中离子移动方向，为易错点．【解析】rm{BC}9、rBC【分析】解：相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，根据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，酸的强弱顺序是rm{HCN<HNO_{2}<HF}则酸的电离平衡常数大小顺序为rm{K(HCN)<K(HNO_{2})<K(HF)}

A.通过以上分析知，rm{K(HF)}最大为rm{7.2隆脕10^{-4}}故A正确；

B.根据以上分析知，rm{K(HNO_{2})}处于中间状态，为rm{4.6隆脕10^{-4}}故B错误；

C.根据rm{NaCN+HNO_{2}隆煤HCN+NaNO_{2}}rm{NaCN+HF隆煤HCN+NaF}即可得出结论；故C错误；

D.通过以上分析知，酸的电离平衡常数大小顺序为rm{K(HCN)<K(HNO_{2})<K(HF)}故D正确；

故选BC．

相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，根据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，酸的强弱顺序是rm{HCN<HNO_{2}<HF}则酸的电离平衡常数大小顺序为rm{K(HCN)<K(HNO_{2})<K(HF)}据此分析解答．

本题考查了弱电解质的电离，明确酸的强弱及其电离平衡常数的关系是解本题关键，结合强酸制取弱酸来分析解答，题目难度不大．【解析】rm{BC}10、AD【分析】【分析】本题考查化学速率和化学平衡中的定量计算，注意可逆反应的不完全转化特征，较难。【解答】A.设rm{X}转化的浓度为rm{x}转化的浓度为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}}

转化：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正确；

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

rm{c}rm{{,!}_{1}}气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；

rm{隆脙c}rm{隆脙c}rm{{,!}_{2}}rm{=(x+0.1)}rm{(3x+0.3)=1隆脙3}故A正确；rm{=(x+0.1)}rm{(3x+0.3)=1隆脙3}B.平衡时，正逆反应速率相等，则rm{Y}和rm{Z}的生成速率之比为rm{3:2}rm{Y}rm{Z}rm{3:2}故B错误；C.反应前后rm{X}rm{Y}气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；rm{X}rm{Y}

D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则rm{0<c}【解析】rm{AD}11、BC【分析】【分析】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较、盐类水解原理、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】A.rm{0.lmol?L^{-l}NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{(pH=5.5)}溶液中rm{HC_{2}O_{4}^{-}}电离大于水解，rm{c(Na^{+})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}故A错误；B.rm{c(Na^{+})>c(

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

)>c(H_{2}C_{2}O_{4})}溶液中电荷守恒rm{0.lmol?L^{-1}NaHS}物料守恒，rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+c(HS^{-})+2c(S^{2-})}代入计算得到：rm{C(OH^{-})+c(S^{2-})=c(H^{+})+c(H_{2}S)}故B正确；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，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的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，需要再滴加少许rm{SO}呈中性，rm{4}rm{4}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{4}rm{4}rm{NaOH}故溶液中离子浓度大小关系为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正确；D.rm{)}rm{c(Na}rm{+}rm{+}rm{)>c(SO}溶液和rm{4}rm{4}rm{2-}rm{2-}rm{)>c(NH}溶液等体积混合，醋酸电离大于醋酸根离子水解，溶液显酸性：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错误。故选BC。rm{-1}【解析】rm{BC}12、AB【分析】【分析】本题考查有机物分子式的确定，题目难度不大，注意利用燃烧通式进行解答。【解答】设烃的分子式为rm{C_{x}H_{y}}其燃烧的通式为：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}时水为气体，恢复到原状态，测得反应后混合气体的体积与原体积相等，即反应前后气体的化学计量数不变，则rm{1+x+dfrac{y}{4}=x+dfrac{y}{2}}解得rm{dfrac{y}{2}

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

}原子数目为rm{y=4}即可，AB正确。故选AB。rm{H}【解析】rm{AB}13、BC【分析】解：A、a点为氨水溶液，氨水中的氢离子为水电离的，由于a点溶液的pH＜14，则溶液中氢离子浓度大于1.0×10-14mol•L-1，即：水电离出的c（H+）＞1.0×10-14mol•L-1；故A错误；

B、盐酸和氨水反应，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（Cl-）=c（NH4+），b点时pH＞7，则氨水过量，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl-），因同一溶液，溶液体积相同，所以n（NH4+）+n（NH3•H2O）＞n（Cl-）；故B正确；

C、c点pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（Cl-）=c（NH4+）；故C正确；

D；d点时盐酸和氨水恰好完全反应；放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；

故选：BC。

A；氨水中的氢离子是水电离的；根据氨水中氢离子浓度大小进行判断；

B、b点时pH＞7；盐酸和氨水反应，氨水过量，反应后溶质为氯化铵和氨水；

C、c点溶液的pH=7，为中性溶液，则c（H+）=c（OH-）；根据电荷守恒进行判断；

D；d点盐酸与氨水的中和反应结束；导致温度不再升高．

本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，题目难度中等，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒判断溶液中离子浓度大小．【解析】BC三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】

（1）Mn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d5，其d轨道上有5的电子，故[Mn（H2O）6]2+有颜色；

故答案为：有；

（2）COCl2分子的结构式为：C=O键中含有1个δ键，1个π键，则COCl2分子内含有3个σ键、1个π键，故答案为D．

【解析】【答案】（1）判断Mn2+离子的原子核外3d轨道上是否含有电子来判断是否有颜色；

（2）COCl2分子中碳氧之间存在双键，碳原子和氯原子之间存在单键，COCl2分子的结构式；据此判断C=O键中含有1个δ键，1个π键；

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)}反应的焓变rm{=}反应物键能总和rm{-}生成物键能总和rm{=436kJ/mol+243kJ/mol-2隆脕E(H-Cl)=-185kJ/mol}rm{E(H-Cl)=432kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{432kJ?mol^{-1}}

rm{(2)}已知：rm{垄脵2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangleH_{1}}rm{垄脷2HCl(g)篓TCl_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH_{2}}利用盖斯定律，将rm{垄脵2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangle

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

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

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

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

由盖斯定律rm{垄脷2HCl(g)篓TCl_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

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

故答案为：rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-867}rm{垄脵隆脕(-1)-2隆脕垄脷}．

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

H_{3}=-triangleH_{1}-2triangleH_{2}}旧键断裂吸热，新键生成放热，依据化学反应焓变rm{-triangleH_{1}-2triangle

H_{2}}反应物键能总和rm{(3)垄脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)篓T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-574kJ?mol^{-1}}生成物键能总和计算得到；

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

H=-1160kJ?mol^{-1}}已知：rm{垄脵2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangleH_{1}}rm{垄脷2HCl(g)篓TCl_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH_{2}}利用盖斯定律，将rm{(垄脵+垄脷)隆脕dfrac{1}{2}}可得rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)篓TN_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-867kJ?mol^{-1}}的反应热；rm{(3)垄脵CH_{4}(g)+4NO_{2}(g)篓T4NO(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-574kJ?mol^{-1}垄脷CH_{4}(g)+4NO(g)篓T2N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-1160kJ?mol^{-1}}依据热化学方程式和盖斯定律计算，盖斯定律rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+CO_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-867}得到甲烷直接将rm{kJ?mol^{-1}}还原为rm{(1)}的热化学方程式rm{=}本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，掌握盖斯定律的计算方法是解题关键，题目难度不大．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}甲烷完全燃烧生成液态水时放出rm{2670.9KJ}热量，rm{1mol}甲烷反应燃烧反应放热rm{dfrac{2670.9}{3}KJ=890.3KJ}反应的热化学方程式为：rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890.3KJ/mol}

故答案为：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}则分解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}放热rm{(2)n(NH_{3})=dfrac{1g}{17g/mol}=

dfrac{1}{17}mol}反应的热化学方程式为：rm{2NH_{3}(g)篓TN_{2}(g)+3H_{2}(g)triangleH=-92.8kJ/mol}

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

rm{1molNH_{3}}和rm{17隆脕2.7kJ=45.9kJ}反应的中和热rm{triangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}rm{2molNH3}和rm{91.8KJ}反应的中和热是指反应生成rm{2NH_{3}(g)篓TN_{2}(g)+3H_{2}(g)triangle

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

H=-92.8kJ/mol}的热量；

反应的热化学方程式为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}

故答案为：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}}依据热化学方程式书写方法书写；标注物质聚集状态，计算对应化学方程式量下的焓变写出热化学方程式；

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

rm{1mol}根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成rm{57.3kJ}水所放出的热量求出中和热以及中和热的热化学方程式；

本题考查中和热以及热化学方程式的书写问题，本题难度不大，注意准确理解中和热的概念．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)篓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)篓TN_{2}(g)+3H_{2}(g)triangle

H=-92.8kJ/mol}18、略

【分析】根据的结构式可知，合成该高分子化合物的单体是：故G为结合D(C2H3Cl)和A＋B―→C的转化可知C应为Cl—CH2—CH2—Cl，B为Cl2，D为Cl—CH=CH2。据此可推知①为CH2=CH2与Cl2的加成反应，②为卤代烃的消去反应，③为加聚反应，④为卤代烃的水解反应，⑤为缩聚反应。【解析】【答案】(1)CH2=CH2HOOC(CH2)4COOH(2)ClCH2CH2Cl＋NaOHCH2=CHCl＋NaCl＋H2OClCH2CH2Cl＋2NaOHHOCH2CH2OH＋2NaCl(3)①加成反应⑤缩聚反应19、略

【分析】解：（1）溶液中氢离子与氢氧根离子物质的量相等；则该溶液为中性；

常温下中性溶液pH=7，c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，水的电离为吸热过程，升高温度促进水的电离，溶液c（H+）增大，pH=6，c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L；此时温度高于常温；

故答案为：中；高于；

（2）将25℃下pH=12的NaOH溶液的浓度为0.01mol/L，pH=1的HCl溶液的浓度为0.1mol/L，若所得混合液为中性，则氢氧化钠和氯化氢的物质的量相等，即：0.01mol/L×aL=0.1mol/L×bL，整理可得：a：b=10：1；

故答案为：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；

故答案为：9：1．

（1）溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度时；溶液呈中性，注意不能根据溶液pH值大小确定溶液的酸碱性；水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离；

（2）混合液为中性，则氢氧化钠与氯化氢的物质的量相等，据此计算a：b；

（3）混合溶液pH=10，则混合溶液中c（OH-）=10-4mol/L=据此计算酸碱体积之比．

本题考查了溶液pH的计算、影响水的电离平衡的因素，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握溶液中离子浓度的计算方法，试题培养了学生的化学计算能力．【解析】中；高于；10：1；9：120、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}正反应速率大于逆反应速率；平衡向正反应方向移动，故正确；

rm{垄脷}如增加某反应物的物质的量；平衡向正方向移动，但该反应物的转化率反而减小，故错误；

rm{垄脹}平衡向正反应移动；生成物的物质的量一定增加，故正确；

rm{垄脺}如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故错误；故答案为：rm{垄脵垄脹}

rm{(2)}下列溶液：rm{垄脵pH=1}的盐酸中氢离子的浓度为rm{c(H^{+})=0.1mol/L}rm{垄脷0.05mol?L^{-1}}的盐酸溶液中氢离子的浓度为rm{c(H^{+})=0.05mol/L}rm{垄脹0.1mol?L^{-1}}的氯化钠溶液，氢离子的浓度越大对水的电离抑制程度越大，水电离出氢离子的浓度越小，所以由水电离的rm{H^{+}}浓度由大到小顺序是rm{垄脹垄脷垄脵}故答案为：rm{垄脹垄脷垄脵}

rm{(3)}如果该溶液呈酸性，该溶液中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}}如果该溶液呈碱性，溶液中rm{pH=4}则溶液的rm{c(H^{+})=10^{-10}mol?L^{-1}}故答案为：rm{pH=10}或rm{4}

rm{10}等体积、等rm{(4)}的rm{pH}rm{Ba(OH)_{2}}中，rm{NaOH}相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积rm{c(OH^{-})}

但rm{V_{1}=V_{2}}为弱碱，等rm{NH_{3}?H_{2}O}时，其浓度大于rm{pH}滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即rm{NaOH}

所以消耗酸的体积关系为rm{V_{2}<V_{3}}故答案为：rm{V_{3}>V_{2}=V_{1}}

rm{V_{3}>V_{2}=V_{1}}单位时间内生成rm{(5)垄脵}rm{n}的同时生成rm{molO_{2}}rm{2n}rm{mol}证明正逆反应速率是相等的；达到了平衡，故正确；

rm{NO_{2}}未体现正逆反应速率的关系；故错误；

rm{垄脷}用rm{垄脹}rm{NO_{2}}rm{NO}的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为rm{O_{2}}rm{2}rm{2}任何状态都成立；不一定平衡，故错误；

rm{1}混合气体的总压强不再改变；证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了平衡，故正确；

rm{垄脺}混合气体的颜色不再改变；证明二氧化氮的浓度不随着时间的变化而变化，证明达到了平衡，故正确；

故选：rm{垄脻}．

rm{垄脵垄脺垄脻}影响化学平衡状态的因素有浓度；温度、压强等；外界条件不同，对平衡移动的影响不同，改变条件使化学平衡向正反应方向移动，则正反应速率一定大于逆反应速率，生成物的产量一定增加；

rm{(1)}下列溶液：rm{(2)}的盐酸中氢离子的浓度为rm{垄脵pH=1}rm{c(H^{+})=0.1mol/L}的盐酸溶液中氢离子的浓度为rm{垄脷0.05mol?L^{-1}}rm{c(H^{+})=0.05mol/L}的氯化钠溶液；氢离子的浓度越大对水的电离抑制程度越大；

rm{垄脹0.1mol?L^{-1}}时，某稀溶液中由水电离产生的rm{(3)25隆忙}rm{c(OH^{-})=10^{-10}}说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离，所以该溶液中溶质为酸或碱，据此分析解答；

rm{mol?L^{-1}<10^{-7}mol?L^{-1}}等体积、等rm{(4)}的rm{pH}rm{Ba(OH)_{2}}中，rm{NaOH}相同，但rm{c(OH^{-})}为弱碱，等rm{NH_{3}?H_{2}O}时，其浓度大于rm{pH}然后结合酸碱中和时rm{NaOH}越大；消耗酸越多；

rm{c(OH^{-})}根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{(5)}．rm{0}【解析】rm{垄脵垄脹}rm{垄脹垄脷垄脵}rm{4}或rm{10}rm{V_{3}>V_{2}=V_{1}}rm{垄脵垄脺垄脻}21、(1)电子云2

(2)N球形

(3)

(4)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2OMn【分析】【分析】本题考查了核外电子排布，考查学生的分析能力，难度中等。【解答】rm{(1)}处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；基态处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；基态rm{(1)}rm{{,!}^{14}}原子的核外电子排布为rm{C}原子的核外电子排布为rm{1s}rm{C}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}为成对电子，自旋方向相反，rm{2p}能级为单电子，自旋方向相同，核外存在rm{{,!}^{2}}对自旋相反的电子，

，rm{1s}rm{2s}为成对电子，自旋方向相反，rm{2p}能级为单电子，自旋方向相同，核外存在rm{2}对自旋相反的电子，rm{1s}基态rm{2s}原子核外有rm{2p}个电子层，最高能层为第四层，即rm{2}层，最外层电子为故答案为：电子云；rm{2}rm{2}rm{(2)}基态rm{K}原子核外有rm{4}个电子层，最高能层为第四层，即rm{N}层，最外层电子为rm{4s}

rm{(2)}球形；rm{K}氮原子价层电子为最外层电子，即rm{4}rm{N}rm{4s}rm{{,!}^{1}}电子，该能层电子的电子云轮廓图形状为球形，故答案为：rm{N}球形；rm{N}rm{(3)}氮原子价层电子为最外层电子，即rm{2s}基态原子核外电子排布式为rm{(3)}rm{2s}与rm{{,!}^{2}}中，rm{2p}的第一电离能较大；rm{2p}基态原子核外未成对电子数较多；故答案为：rm{{,!}^{3}}或，则电子排布图为，故答案为：；rm{(4)Co}基态原子核外电子排布式为

rm{(4)Co}【解析】rm{(1)}电子云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、实验题(共4题，共20分)22、略

【分析】【解析】试题分析：（1）镁和铝都是活泼的金属，都能和酸反应生成氢气。但铝能和氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以A中试剂为氢氧化钠溶液。（2）由于镁和铝都是活泼的金属，在其表面含有氧化膜，所以实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜。（3）装置连接好以后，首先检验装置的气密性。实验前要记录C的液面位置，然后由A向B滴加足量氢氧化钠溶液，待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重，即正确的操作顺序是⑤①④③②；读数是必须使内外压强相等，所以记录C的液面位置时，除视线平视外，还应使D和C的液面相平。（4）镁和氢氧化钠溶液不反应，所以B中发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。（5）剩余固体是镁。质量是cg，则铝的质量是（a－c）g。反应中生成的氢气是则根据方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，参加反应的铝的物质的量是所以铝的相对原子质量＝（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则c偏大，所以测得铝的质量分数将偏小。考点：考查镁铝合金中质量分数测定的有关实验探究的判断【解析】【答案】（1）NaOH溶液（2）除去铝镁合金表面的氧化膜（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】试题分析：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故案为：环形玻璃搅拌棒；烧杯间填满碎纸条的作用是隔热保温、减少实验过程中热量的损失；（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏大，但是中和热是指强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，答案：偏大，相等；（3）氨水为弱碱，电离