2020届四川省宜宾市高考化学三诊试卷(含解析)

2020届四川省宜宾市高考化学三诊试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.下表中的实验操作、现象和结论均正确的是()
A. A
B. B
C. C
D. D
2.化学在生产和生活中有着重要的应用，下列说法正确的是()
A. “雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关
B. “辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
C. 白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去
D. 能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用的食品添加剂，须限量使用
3.下列说法正确的是()
A. 花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物
B. 只有不同种类的氨基酸之间才能形成多肽
C. 向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解
D. 向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色
物质，说明淀粉未水解
4.侯氏制碱法制备碳酸氢钠的原理为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，某化学小组
用如图装置在实验室中模拟该制备过程，下列说法不正确的是()
A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶
B. 装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸
C. 装置C中橡胶管的作用是平衡压强，使溶液顺利滴下
D. 实验开始后，应先打开K1一段时间，然后再打开K2
5.下列离子方程式与所述事实相符且书写正确的是()
A. 用铁作电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑
B. 碱性镉镍可充电电池的正极反应：NiO(OH)−e−+H2O=Ni(OH)2+OH−
C. 肥皂水能使酚酞试液变红：C17H35COO−+H2O⇌C17H35COOH+OH−
D. 已知苯甲酸的酸性比碳酸强，向溶液中通入过量CO2：+2CO2+
2H2O−→+2HCO3−
6.A、B、C是三种短周期主族元素。

甲是一种常见的温室气体，A、B、C
原子序数之和为26，它们之间存在如图所示关系。

下列说法正确的是()
A. 简单气态氢化物的稳定性：C>B
B. 原子半径大小：C>B>A
C. 与甲含相同元素的另一化合物只含非极性键
D. 工业上常用电解熔融乙物质来制取A的单质
7.下列图示与对应的叙述相符的是()
A. 图所示的反应，若升高温度，该反应的平衡常数变小
B. 图所示的是Al3+与OH−反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中
大量存在Al3+
C. 表示等pH的盐酸与醋酸中分别加水稀释的pH变化，其中曲线b对应的是盐
酸
D. 表示向Na2CO3溶液中逐滴加稀盐酸，生成CO2与所甲盐酸物质的量的关系
二、流程题（本大题共1小题，共14.0分）
8.精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。

一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的
镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如图1
已知：
ⅰ分金液中含金离子主要成分为[AuCl4]−；分金渣的主要成分为AgCl；
ⅰ分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[Ag(SO3)2]3−⇌Ag++2SO32−
ⅰ“分铜”时各元素的浸出率如表所示。

Cu Au Ag Ni
浸出率/%85.70 4.593.5
(1)由表中数据可知，Ni的金属性比Cu______。

分铜渣中银元素的存在形式为______(用化学用
语表示)。

“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是______。

(2)“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为______。

(3)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图2示。

“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为______。

调节溶液的pH不能过低，理由为______(用离子方程式表示)。

(4)已知K sp[Ag2SO4]=1.4×10−5，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42−浓
度(假定溶液中Ag+浓度为0.1mol/L)。

______。

(5)工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯
度的球形超细镍粉。

当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图3示：为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为______g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为______。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9. 资料表明，在加热条件下，CO与胆矾(CuSO4⋅5H2O)反应生成Cu、CO2、SO2和H2O(g)，在实
验室利用如图装置检验上述反应的气态产物。

回答下列问题：
(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是______ ；烧瓶内反应生成CO和CO2的化学方程式为______ 。

(H2SO4为催化剂)
(2)B、C盛放的试剂分别为______ 、______ 。

(3)实验过程中，若B装置后面的导管有堵塞，装置B中可观察到的现象是______ 。

(4)写出装置D中反应的化学方程式：______ 。

(5)图中方框内仪器装置为E和F(可重复使用)。

现提供酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选(
连接和固定仪器所用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略去)。

按照物质检验先后顺序，将选用的试剂及其作用填入表：
选用的仪器加入的试剂作用
F______ ______
E______ ______
E______ ______
E______ ______
四、简答题（本大题共3小题，共35.0分）
10.依据题中所给信息完成指定问题：
(1)地康法制氯气可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+1
2
Cl2(g)△H1=+83kJ⋅mol−1
CuCl(s)+1
2
O2(g)=CuO(s)+
1
2
Cl2(g)△H2=−20kJ⋅mol−1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=−121kJ⋅mol−1
则反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的△H=______kJ⋅mol−1。

(2)用50mL0.50mol⋅L−1盐酸和50mL0.55mol⋅L−1NaOH溶液反应测定中和热，实验中测得起始平均
温度为20.4℃，反应后最高温度为23.4℃，反应后溶液的比热容为4.2J⋅g−1⋅℃−1，盐酸和NaOH 溶液的密度都近似认为是1g⋅cm−3，则中和热△H=______。

(3)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。

已知室温下16gSiH4自
燃放出热量750kJ。

SiH4自燃的热化学方程式为______。

11. 生活、实验室中接触的很多物质含有第二周期的元素，比如：石墨、Na 2O 、配合物
Na 2[Fe(CN)5(NO)]等．
(1)①Na 2[Fe(CN)5(NO)]中中心离子的未成对电子数为______个．(写具体数字)
②Na 2[Fe(CN)5(NO)]中原子序数之和为15的两种元素中第一电离能较大的是______(写元素名称)，
二者能形成原子个数比为1：3的一种常见微粒，推测这种微粒的空间构型为______．
(2)石墨的结构如图1所示．若已知每个共价键的键长为142pm ，可以计算出每个正六边形的面积约
为5.24×10−20m 2，则将12g 石墨单质中的每一层都剥离出来彼此紧密连接，其总面积约为______m 2(N A =6.02×1023).(保留3位有效数字，用科学计数法表达)
(3)Na 2O 的晶胞结构如图2所示，已知该晶胞的密度为ρ g ⋅cm −3，阿伏伽罗常数为N A ，则晶胞边长
a =______cm ．
12. 化合物A 是基本有机化工原料，由A 合成高分子化合物C 和
的合成路
线如下图(部分反应条件略去)：
已知：①R −CN
→H+/H 2O R −COOH ②
回答下列问题：
(1)A的化学名称是______。

(2)C分子中所含官能团的名称是______；D的结构简式是______。

(3)B→C和G→H的反应类型分别是______、______。

(4)A→E的化学方程式是______。

(5)F→G的化学方程式是______。

(6)B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有______种(不含立体异构)；
其中某种同分异构体M与H2加成的产物(C5H10O2)的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6：2：1：1，则M的结构简式是______。

【答案与解析】
1.答案：C
解析：解：A.浓硫酸可使蔗糖脱水，且C与浓硫酸反应生成气体，与浓硫酸的脱水性、强氧化性有关，故A错误；
B.稀硫酸与碳酸钠反应先生成碳酸氢根离子，则开始无气泡产生，故B错误；
C.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知，原溶液中含有NH4+，故C正确；
D.氢氧化铁胶体中滴加氯化铵饱和溶液，发生聚沉，沉淀为Fe(OH)3，故D错误；
故选：C。

A.浓硫酸可使蔗糖脱水，且C与浓硫酸反应生成气体；
B.稀硫酸与碳酸钠反应先生成碳酸氢根离子；
C.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
D.氢氧化铁胶体中滴加氯化铵饱和溶液，发生聚沉。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

2.答案：D
解析：试题分析：A、温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，错误；B、钢缆属于合金，是传统型材料，错误；C、塑化剂有毒，且与酒精互溶，不能过滤除去，错误；D、食品添加剂能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用，但不能随意使用，应限量使用，正确，答案选D。

考点：考查化学与生活、环境的关系
3.答案：C
解析：
本题考查生命中的有机物油脂、氨基酸、蛋白质、淀粉等的性质与应用，题目难度不大。

A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，故A错误；
B.同种类的氨基酸之间也能形成多肽，故B错误；
C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液发生盐析，产生沉淀，加水后沉淀可溶解，故C正确；
D.用氢氧化铜悬浊液检验还原性糖必须保证碱性环境，而淀粉加硫酸溶液水解，酸性环境加氢氧化铜悬浊液不会有红色沉淀，但是不能说明淀粉没有水解，故D错误。

故选C。

4.答案：D
解析：解：A.装置A中仪器X带有支管，仪器的名称为蒸馏烧瓶，故A正确；
B.装置B中球形干燥管球形部位具有较大的表面积，能起到防止倒吸的作用，故B正确；
C.装置C中橡胶管的作用是平衡仪器内外压强，使漏斗中溶液顺利滴下，故C正确；
D.氨气极易溶于水，二氧化碳溶解性不大，实验开始后，应先打开K2一段时间，然后再打开K1，增大二氧化碳的吸收，故D错误；
故选：D。

装置A是利用稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，装置C是利用浓氨水滴入碱石灰放出氨气，橡胶管的作用是平衡压强，使溶液顺利滴下，先打开K2，向饱和食盐水中通入氨气，再打开K1通入二氧化碳气体，发生反应NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，
A.仪器X为蒸馏烧瓶；
B.装置B中球形干燥管的作用，利用球形具有较大的面积可以防止倒吸；
C.装置C中橡胶管的作用是平衡压强，便于液体流下；
D.氨气极易溶于水，二氧化碳溶解性不大，实验过程中先通入氨气再通入二氧化碳增大二氧化碳的吸收。

本题考查了侯氏制碱法的原理、装置和仪器的使用、气体通入顺序等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

5.答案：C
解析：
本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，A为易错点，注意电极为铁，阳极放电的是铁，不是氯离子．
A.铁为电极，阳极铁放电，不会生成氯气，正确的电极反应为：Fe+2H2O Fe(OH)2↓+H2↑，故A错误；
B.正极发生还原反应，正确的电极反应式为：NiO(OH)+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，故B错误；
C.由于C17H35COO−在溶液中水解，溶液呈碱性，则肥皂水能够使酚酞变红，水解的离子方程式为：C17H35COO−+H2O⇌C17H35COOH+OH−，故C正确；
D.已知苯甲酸的酸性比碳酸强，向溶液中通入过量CO2，反应生成，正确的离子方程式为：+CO2+H2O→+HCO3−，故D错误；
故选：C。

6.答案：A
解析：
本题考查无机物推断，题目难度中等，根据转化关系及题干信息推断元素为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及元素周期律内容，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。

A、B、C是三种短周期主族元素。

甲是一种常见的温室气体，则甲为CO2；B的单质和C的单质反应生成二氧化碳，则B、C元素为碳元素和氧元素；A、B、C原子序数之和为26，则A的原子序数=26−8−6=12，则A为Mg元素；根据转化关系可知，A的单质(Mg)与C的单质生成化合物乙，A的单质(Mg)与二氧化碳反应生成B的单质和乙，则B为C元素，乙为MgO，C为O元素。

综上，A为Mg元素，B为C元素，C为O元素，甲为CO2，乙为MgO。

A.非金属性：O>C，非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越强，则水的稳定性强于甲烷，即稳定性：C>B，故A正确；
B.一般电子层数越多，原子半径越大，同一周期主族元素，随着原子序数增大，原子半径减小，则原子半径大小：A>B>C，故B错误；
C.甲为CO2，与甲含相同元素的另一化合物为CO，CO只含极性键，不存在非极性键，故C错误；
D.MgO熔点较高，电解时得到的Mg的成本较高，常用电解熔融氯化镁的方法获得金属Mg，故D 错误；
故选A。

7.答案：A
解析：解：A、升温平衡逆向移动，反应物浓度增大，生成物浓度减小，所以平衡常数变小，故A 正确；
B、a点所示pH接近12，碱性环境中氢氧化铝会生成四羟基合铝酸根离子而不是铝离子，故B错误；
C、等pH的盐酸与醋酸中分别加水稀释相同倍数时，盐酸pH变化大，其中曲线b对应的是醋酸，故C错误；
D、向Na2CO3溶液中逐滴加稀盐酸，开始生成碳酸氢钠，当碳酸钠完全变成碳酸氢钠后，再加盐酸才产生气体，故D错误；
故选：A。

A、反应物能量高于生成物，反应放热，升温平衡逆向移动；
B、a点所示pH接近12，碱性环境中氢氧化铝会生成四羟基合铝酸根离子；
C、等pH的盐酸与醋酸中分别加水稀释相同倍数时，盐酸pH变化大；
D、向Na2CO3溶液中逐滴加稀盐酸，开始生成碳酸氢钠，没有气体生成．
本题考查了据图分析温度对化学平衡常数的影响、强酸与弱酸的pH与加水稀释的关系、铝离子的存在、碳酸钠溶液中滴入盐酸时反应情况，题目难度较大．
8.答案：(1)强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气
(2)2Au+ClO3−+7Cl−+6H+=2[AuCl4]−+3H2O
(3)H2SO4电离出的H+降低了SO32−的浓度，促使[Ag(SO3)2]3−⇌Ag++2SO32−平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl−反应生成AgCl；SO32−+2H+=SO2↑+H2O
(4)溶液中SO42−浓度应低于1.4×10−3mol/L；
(5)10；H2
解析：
本题考查物质的制备工艺流程，为高考常见题型，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、pH的计算、物质性质的应用等知识点，是对学生综合能力考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。

铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠分铜，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl 进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为[AuCl4]−，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]−，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[Ag(SO3)2]3−⇌Ag++2SO32−加入硫酸沉银，促使
[Ag(SO3)2]3−⇌Ag++2SO32−平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl−反应生成AgCl，以此解答该题。

(1)①浸出率数据得到，Ni金属性强于Cu，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为：使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl，“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象是加入的过氧化氢分解生成了氧气，
故答案为：强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气；
(2)分金液的主要成分为[AuCl 4]−，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧
化还原反应生成[AuCl 4]−，反应的离子方程式为：2Au +ClO 3−+7Cl −+6H +=2[AuCl 4]−
+3H 2O ， 故答案为：2Au +ClO 3−+7Cl −+6H +=2[AuCl 4]−+3H 2O ；
(3)分银液中主要成分为[Ag(SO 3)2]3−，且存在[Ag(SO 3)2]3−⇌Ag ++2SO 32−，H 2SO 4电离出的H +降
低了SO 32−的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl 的原因为：H 2SO 4电离出的H +降低了SO 32−的浓度，促使[Ag(SO 3)2]3−⇌Ag ++2SO 32−平衡正向移动，
电离出Ag +，Ag +与分银液中的Cl −反应生成AgCl ，调节溶液的pH 不能过低理由为：避免产生污染气体SO 2，反应的离子方程式：SO 32−+2H +=SO 2↑
+H 2O ，
故答案为：H 2SO 4电离出的H +降低了SO 32−的浓度，促使[Ag(SO 3)2]3−⇌Ag ++2SO 32−平衡正向移动，
电离出Ag +，Ag +与分银液中的Cl −反应生成AgCl ；SO 32−+2H +=SO 2↑+H 2O ；
(4)已知K sp [Ag 2SO 4]=1.4×10−5，沉银时为了保证不析出Ag 2SO 4，应控制溶液中SO 42−浓度(假定溶
液中Ag +浓度为0.1mol/L)依据溶度积常数计算，K sp [Ag 2SO 4]=c 2(Ag +)c(SO 42−)=1.4×10−5
，Q c <K sp 时不析出硫酸银沉淀，则当c(SO 42−)<1.4×10
−5
0.1
2
mol/L =1.4×10−3mol/L 不析出硫酸银沉淀，则溶液中SO 42−浓度应低于1.4×10−3mol/L ，
故答案为：溶液中SO 42−浓度应低于1.4×10−3mol/L ；
(5)根据图3可知，NH 4Cl 的浓度为10g ⋅L −1时，镍的成粉率最高，所以NH 4Cl 的浓度最好控制为10g ⋅L −1，当NH 4Cl 浓度大于15g ⋅L −1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，
溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H ++2e −=H 2↑或2NH 4
+
+2H 2O +2e −=2NH 3⋅H 2O +H 2↑，产生气体为氢气， 故答案为：10；H 2。

9.答案：分液漏斗 H 2C 2O 4⋅2H 2
O − 浓H 2SO 4 
△
CO ↑+CO 2↑+3H 2O NaOH 溶液 浓H 2SO 4 装置B 中长颈漏斗中液面上升 2CO +CuSO 4⋅5H 2O
− △
Cu +2CO 2+SO 2+5H 2O 无水硫酸铜固体 检验产物中的
H 2O 品红溶液 检验产物中的SO 2 过量酸性高锰酸钾溶液 除去产物中的SO 2 澄清石灰水 检验产物中的CO 2
解析：解：(1)图中A 中盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；烧瓶内为草酸晶体受热分解反应生成CO 、水和CO 2，反应的化学方程式为H 2C 2O 4⋅2H 2O
− 浓H 2SO 4 
△
CO ↑+CO 2↑+3H 2O ，
故答案为：分液漏斗；H 2C 2O 4⋅2H 2
O
−
 浓H 2SO 4 
△
CO ↑+CO 2↑+3H 2O ；
(2)B装置用于除去CO2，盛放的试剂为足量NaOH溶液；C装置用于干燥CO，用的是液态干燥剂，所以盛放的试剂为浓H2SO4，
故答案为：NaOH溶液；浓H2SO4；
(3)实验过程中，若B装置后面的导管有堵塞，则B装置中气压变大，装置B中可观察到的现象是装置B中长颈漏斗中液面上升，
故答案为：装置B中长颈漏斗中液面上升；
(4)装置D中CO与硫酸铜晶体共热反应生成铜、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：2CO+CuSO4⋅5H2O− △
Cu+2CO2+SO2+5H2O，
故答案为：2CO+CuSO4⋅5H2O− △
Cu+2CO2+SO2+5H2O；
(5)利用装置为E和F检验上述反应的气态产物CO2、SO2和H2O(g)，则必须先检验H2O(g)，选择的试剂为无水硫酸铜固体，利用F装置；再检验SO2，选择的试剂为品红溶液，利用E装置；然后利用E装置中装有足量酸性高锰酸钾溶液以除尽SO2；再利用E装置装有澄清石灰水检验CO2，
故答案为：。

利用加热草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳和水，将所得气体通过足量NaOH溶液除去二氧化碳，进一步干燥后与硫酸铜晶体反应，将所得气体通过无水硫酸铜、品红溶液、酸性高锰酸钾、澄清石灰水等对产物进行检验；
(1)图中A中盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；烧瓶内为草酸晶体受热分解反应生成CO、水和CO2；
(2)B装置用于除去CO2，盛放强碱溶液；C装置用于干燥CO；
(3)实验过程中，若B装置后面的导管有堵塞，则B装置中气压变大；
(4)装置D中CO与硫酸铜晶体共热反应生成铜、二氧化碳、二氧化硫和水；
(5)利用装置为E和F检验上述反应的气态产物CO2、SO2和H2O(g)，则必须先检验H2O(g)，再检验SO2，然后除尽SO2；再用澄清石灰水检验CO2。

本题考查了物质制备实验方案的设计、性质实验方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意把握物质的性质以及检验方法，试题侧重考查学生对信息获取与迁移运用，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。

10.答案：−116−50.16kJ/mol SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l)△H=−1500kJ/mol
解析：解：(1)①CuCl2(s)=CuCl(s)+1
2
Cl2(g)△H1=+83kJ⋅mol−1，
②CuCl(s)+1
2O2(g)=CuO(s)+1
2
Cl2(g)△H2=−20kJ⋅mol−1，
③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=−121kJ⋅mol−1，根据盖斯定律(①+②+
③)×2可得：
4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)△H=[(83kJ⋅mol−1)+(−20kJ⋅mol−1)+(−121kJ⋅
mol−1)]×2=−116kJ⋅mol−1，
故答案为：−116；
(2)50mL0.55mol⋅L−1 NaOH与50mL0.5mol⋅L−1HCl进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×
0.50mol=0.025mol，
溶液的质量为：100ml×1g/cm3=100g，温度变化的值△T=23.4℃−20.4℃=3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m⋅c⋅△T=100g×4.18J/(g⋅℃)×3.0℃=1254J=1.254kJ，所以实验测得的中和热△H=− 1.254kJ
0.025mol
=−50.16kJ/mol，
故答案为：−50.16kJ/mol；
(3)n(SiH4)=16g
32g/mol =0.5mol，则1molSiH4燃烧放出的热量为：750kJ
0.5mol
=1500kJ，该反应的化学方
程式为：SiH4+2O2=SiO2+2H2O，则热化学方程式为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l)△H=−1500kJ/mol，
故答案为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l)△H=−1500kJ/mol。

(1)①CuCl2(s)=CuCl(s)+1
2
Cl2(g)△H1=+83kJ⋅mol−1，
②CuCl(s)+1
2O2(g)=CuO(s)+1
2
Cl2(g)△H2=−20kJ⋅mol−1，
③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=−121kJ⋅mol−1，
根据盖斯定律(①+②+③)×2可得：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)，据此求△H；
(2)先根据Q=m⋅c⋅△T计算反应放出的热量，然后根据△H=−Q
n
kJ/mol计算出中和热；
(3)根据n =m
M 计算出16gSiH 4的物质的量，然后计算出1mol 甲硅烷燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式，注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题。

本题考查了热化学方程式的书写、中和热的计算，题目难度不大，明确热化学方程式的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。

11.答案：5；氮；平面三角形；1.58×104；3248
ρN A
解析：解：(1)①Na 2[Fe(CN)5(NO)]中中心离子为Fe 3+，价电子构型为3d 5，5个电子分散在5个d 轨道上，能量较低，因此含有的未成对电子数为5.故答案为：5；
②Na 2[Fe(CN)5(NO)]中原子序数之和为15的两种元素分别为N 和O ，
其中第一电离能较大的为N ；二者形成常见的原子个数比为1：3的微粒，为NO 3−，根据VSEPR 理论，NO 3−中成键原子数为BP =3，孤对电子数为LP =
5−2×3+1
2
=0，则价电子对数为VP =BP +LP =3+0=3，根据杂化轨道理论，
为sp 2杂化，离子构型为平面三角形． 故答案为：氮；平面三角形；
(2)12g 石墨单质为1mol ，1mol 石墨单质含有N A 个C 原子，石墨单质中，一个C 原子为三个六元环共用，一个六元环含有的C 原子数应为6×13=2，因此1mol 石墨单质中，含有的六元环数为N
A 2，已知一个六元环的面积为S 0=5.24×10−20m 2，则12g 石墨单质，若把每一层都取下，平铺在一起，整个面积实际上只需计算所有六元环的面积之和，应为S =N A 2
S 0=
6.02×1023×5.24×10−20
2
=1.58×
104m 2．
故答案为：1.58×104；
(3)由Na 2O 的晶胞，晶胞中，顶点粒子占18，面心粒子占12，棱上粒子占1
4，内部粒子为整个晶胞所有，黑色的粒子数为8×18+6×1
2=4，白色粒子数为8，显然，白色粒子为Na +，黑色粒子为O 2−，取1mol 晶胞，则含有N A 个晶胞，1mol 晶胞有12mol 粒子，一个晶胞的质量为m =8mol ×23g/mol +4mol ×16g/mol =248g ，一个晶胞的体积为V 0=a 3，则晶胞的密度为ρ=m
N
A ⋅V 0
=248g
N
A ⋅a 3cm 3
=
248N A a
3g/cm 3
，则晶胞的边长为a =3
248ρN A
，
故答案为：3248
ρN A
．
(1)①Na 2[Fe(CN)5(NO)]中中心离子为Fe 3+，价电子构型为3d 5，5个电子分散在5个d 轨道上，能量较低；
②Na2[Fe(CN)5(NO)]中原子序数之和为15的两种元素分别为N和O，其中第一电离能较大的为N；二者形成常见的原子个数比为1：3的微粒，为NO3−；
(2)12g石墨单质为1mol，1mol石墨单质含有N A个C原子，石墨单质中，一个C原子为三个六元环
共用，一个六元环含有的C原子数应为6×1
3
=2；
(3)根据晶胞密度的计算公式ρ=zM r
N A⋅V
计算可得，其中z为一个晶胞的粒子数，M r为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积．
本题考查过渡金属核外电子的排布，第一电离能，价层电子对互斥理论，杂化轨道理论判断粒子构型，晶胞的计算，题目较综合，难度中等．
12.答案：丙烯酯基加聚反应取代反应CH
2=CHCH3+Cl2→
光照
CH2=
CHCH2Cl+HCl CH2=CHCH2OH+→△
8 、
解析：解：(1)A为CH3CH=CH2，A的化学名称是丙烯，
故答案为：丙烯；
(2)C为，C分子中所含官能团的名称是酯基；D的结构简式是，故答案为：酯基；；
(3)B→C和G→H的反应类型分别是加聚反应、取代反应，
故答案为：加聚反应；取代反应；
(4)A为丙烯，A和氯气发生取代反应生成E，A→E的化学方程式是CH
2=CHCH3+Cl2→
光照
CH2=
CHCH2Cl+HCl，
故答案为：CH
2=CHCH3+Cl2→
光照
CH2=CHCH2Cl+HCl；
(5)F和X发生加成反应生成G，F→G的化学方程式是CH2=CHCH2OH+→△
，
故答案为：CH2=CHCH2OH+→△；
(6)B的同分异构体中，与B具有相同的官能团，说明含有酯基和碳碳双键，且能发生银镜反应，说明含有醛基，应该是甲酸某酯，
如果碳链结构为CH2=CHCH2CH3，酯基放置有4种；
如果碳链结构CH3CH=CHCH3，酯基放置有2种，
如果碳链结构为CH2=C(CH3)2，酯基放置有2种，则符合条件的有8种；
其中某种同分异构体M与H2加成的产物(C5H10O2)的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6：2：1：1，则M的结构简式是、，
故答案为：8；、。

A和甲醇、CO发生反应生成B，根据A分子式及B结构简式知，A为CH3CH=CH2，C为高分子化合物，则B发生加聚反应生成C，C为，C发生水解反应然后酸化得到D为；A光照条件下发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，根据F分子式知，E为CH2=CHCH2Cl，F为CH2=CHCH2OH；G发生取代反应生成H，H发生信息①的反应生成I，根据I结构简式知，H为，G为，根据FG结构简式及X分子式知，X为，结合题目分析解答。

本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，把握反应前后碳链结构变化、官能团变化是解本题关键，注意结合题给信息分析判断，难点是同分异构体种类判断，题目难度不大。