四川省威远中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题
威远中学2019—2020 学年高二化学第一学期第二次月考试题
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 Zn—65
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题(本大题共21个小题，每个小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)
1.化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列说法不正确的是( )
A. 港珠澳大桥采用超高分子量聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物
B. 位于贵州省平塘县的中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
C. 3D打印钛合金材料用于航天航空尖端领域是利用了钛合金密度小强度大等特点
D. 国产C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，A正确；
B.二氧化硅是构成光纤材料的成分，而不是硅，B错误；
C.钛是一种轻金属，钛合金密度小强度大，具有优良的金属特性，用于航天航空尖端领域，C正确；
D.氮化硅陶瓷是无机非金属材料，不是金属材料，D正确；
故合理选项是B。
2.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是( )
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 页岩气属于二级能源
C. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
D. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
【答案】B
【解析】
【详解】A.煤、石油、天然气属于化石燃料，其物质内部蕴藏着大量的能量，A正确；
B.页岩气是指赋存于页岩(属沉积岩)缝隙中的天然气，开采出来可以直接利用，属于一级能源，B错误；
C.绿色植物进行的光合作用是将太阳能转化为化学能“贮存”起来的过程，B正确；
D.放热反应是将化学能转化为热能，原电池就是将化学能转化为电能的装置，D正确；
故合理选项是B。
3.下列有关σ键和π键的说法正确的是( )
A. 含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
B. 当原子形成分子时，首先形成π键，可能形成σ键
C. σ键和π键都属于共价键，均有方向性
D. 在所有分子中，σ键都比π键牢固
【答案】A
【解析】
【详解】A项，由于π键的键能小于σ键的键能，所以反应时易断裂，A正确；
B项，在分子形成时，为了使其能量最低，必然首先形成σ键，再根据形成原子的核外电子排布来判断是否形成π键，B错误；
C.s轨道是球形对称，所以s轨道及s轨道形成的共价键没有方向性，C错误；
D.一般情况下，σ键比π键强度大，但是也有特殊情况，比如氮氮三键的键能比氮氮单键的3倍还要大，D错误；
综上所述，本题选A。
4.下列有关晶体的说法正确的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值) ( )
A. 1个H2O分子可以和4个H2O形成氢键，所以含1 mol H2O分子的冰中氢键数目为4NA
B. 1个Si原子与4个O形成4个Si－O键，所以1 mol SiO2晶体中Si－O键数目为4NA
C. 4.6g组成为C2H6O的有机物，C-H键数目一定是0.5NA
D. 面心立方最密堆积的金属铜晶体中，铜原子的配位数为4
【答案】B
【解析】
【详解】A.1个H2O分子可以和4个H2O形成氢键，每个氢键是相邻的H2O分子形成的，所以含1 mol H2O分子的冰中氢键数目为2NA，A错误；
B.1个Si原子与相邻的4个O形成4个Si－O键，所以1 mol SiO2晶体中Si－O键数目为4NA，B正确；
C.分子式是C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，4.6g组成为 C2H6O的有机物的物质的量是0.1mol，若为乙醇，其中C－H键数目是0.5NA，若为CH3-O-CH3
，则含有C－H键数目是0.6NA，所以含有的C－H键数目不一定是0.5NA，B错误；
D.Cu晶胞为面心立方堆积，以顶点Cu的原子分析，位于面心的原子与之相邻最近，1个顶点原子为12个面共用，故配位数为12，D错误；
故合理选项是B。
5.下列化学用语正确的是 ( )
A. 18O的原子结构示意图：
B. 中子数为20的钾原子：2019K
C. CO2的电子式是
D. MgBr2的形成：
【答案】A
【解析】
【详解】A. 18O核外有8个电子，原子结构示意图：，故A正确；
B. 中子数为20的钾原子，质量数是39，可表示为，故B错误；
C. CO2分子中含有碳氧双键，电子式是，故C错误；
D. MgBr2的形成：，故D错误。
6.下列说法不正确的是( )
A. 根据对角线规则，推出铍的氢氧化物能与氢氧化钠溶液反应
B. 根据同周期元素的电负性变化趋势，推出Mg的电负性比Al大
C. SiO44-和SO42-的空间构型相同
D. 碳原子在某种情况下的最外层电子排布图可能为：
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据对角线规则，铍的氢氧化物与氢氧化铝相似，氢氧化铍和NaOH溶液反应生成盐Na2BeO2和水；
B.同周期元素的电负性从左到右依次增大；
C. SiO44-和SO42-都是sp3杂化，空间构型为正四面体；
D.C的原子序数为6，基态最外层电子排布为2s22p2，激发态为2s12p3。
【详解】A．根据对角线规则，铍的氢氧化物与氢氧化铝相似，所以能与氢氧化钠溶液反应，氢氧化铍和NaOH溶液反应生成盐Na2BeO2和水，离子方程式为Be(OH)2+2OH-═BeO22-+2 H2O，A正确；
B.同周期元素的电负性从左到右依次增大，所以Mg的电负性比Al小，B错误；
C.SiO44-和SO42-中价层电子对个数都是4，SiO44-和SO42-都是sp3杂化，空间构型都为正四面体，C正确；
D.C的原子序数为6，最外层电子排布为2s22p2，基态碳原子的价电子排布图为，激发态为2s12p3，最外层电子排布图为：，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了元素周期律、物质结构与性质，最外层的电子排布图等，把握电负性的比较方法及元素的性质为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力。
7.下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是( )
A. CCl4和SiCl4的熔点
B. I2在水中的溶解度和I2在CCl4溶液中的溶解度
C. 对羟基苯甲醛()和邻羟基苯甲醛()的沸点
D. 晶格能：Na2O和MgO
【答案】C
【解析】
【分析】
A.分子组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，物质的熔沸点越大；
B.根据相似相溶原理分析物质的溶解性；
C.分子内形成氢键，使熔沸点降低，分子间形成氢键，使熔沸点升高；
D.离子半径越小，离子带有的电荷数越多，晶格能越大。
【详解】A.分子组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，物质的熔沸点越大，所以SiCl4的沸点比CCl4的高，A错误；
B.I2是非极性分子，水是极性分子，CCl4是非极性分子，根据相似相溶原理，I2在水中的溶解度小于I2在CCl4溶液中的溶解度，B错误；
C.邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，C正确；
D.Na2O、MgO中阴离子O2-相同，阳离子Na+的半径比Mg2+大，带有的电荷数比Mg2+小，所以晶格能Na2O
HClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数
【答案】A
【解析】
【详解】A.SO2易溶于水一方面是由于相似相溶原理，二者都是由极性分子构成的物质，还有就是二者会发生反应产生H2SO3，促使化学平衡正向移动，增大SO2在水中的溶解，A错误；
B.碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，B正确；
C.H3PO4分子中中心P原子采取sp3杂化方式，C正确；
D.H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，D正确；
故合理选项是A。
9.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。
下列判断正确的是( )
A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应
B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响
D. 若用NaOH固体测定中和热，则测定中和热的数值偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A. (a)是金属与酸的反应，是放热反应；(b)是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应； (c) 酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有(a)和(c)，A项错误；
B. 铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应，速率加快，B项错误；
C. 相较于环形玻璃搅拌棒，铁质搅拌棒导热快，会造成热量损失，对实验结果有影响，C项错误；
D. 氢氧化钠固体溶解时要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，D项正确；
答案选D。
10.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大是（ ）
①增加少量C（s） ②升高温度 ③体积不变，再通入CO2
④缩小体积增大压强 ⑤体积不变，再通入He ⑥压强不变，再通入He．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
从影响化学反应速率的因素进行分析；
【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；
②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；
③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；
④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；
⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；
⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；
综上所示，选项D符合题意。
【点睛】易错点为为⑤，易认为再通入He，压强增大，化学反应速率增大，但实际上组分的浓度不变，化学反应速率应不变。
11.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 若S(单斜，s)=S(斜方，s) ΔH=-0.33kJ·mol－1，则单斜硫比斜方硫稳定
B. 若2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-2687.2kJ·mol－1，则C2H2(g)的燃烧热ΔH=－1343.6kJ·mol－1
C. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol－1，则NaOH溶液和稀醋酸完全中和生成1mol H2O(l)时，放出57.3kJ的热量
D. 已知2H2S(g)＋O2(g)=2S(g)+2H2O(l) ΔH1，2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH2，则ΔH1<ΔH2
【答案】B
【解析】
【详解】A.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由于单斜硫转化为斜方硫放出热量，说明斜方硫的能量比单斜硫低，因此斜方硫比斜方硫稳定，A错误；
B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，根据题目已知热化学方程式可知2molC2H2气体完全燃烧产生稳定化合物放出2687.2kJ的热量，所以乙炔的燃烧热为ΔH=-1343.6kJ/mol，B正确；
C.醋酸是弱酸，电离吸收热量，所以NaOH溶液和稀醋酸完全中和生成1mol H2O(l)时，放出的热量小于57.3kJ，C错误；
D.S燃烧产生SO2会放出热量，物质燃烧放出热量越多，则反应热就越小，所以反应热ΔH1>ΔH2，D错误；
故合理选项是B。
12.有关晶体的结构如图所示,下列说法中不正确的是( )
A. 在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体
B. 在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+
C. 在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为1∶2
D. CaF2晶体在熔融状态不导电
【答案】D
【解析】
分析：A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个进行分析；B、利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数；C、每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键；D、CaF2晶体是离子化合物。
详解：在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体， A选项正确；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，Ca2+位于立方体的8个顶角和6个面，所以Ca2+的数目是：8×1/8+6×1/2=4，在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+，B选项正确；每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2， C选项正确；CaF2是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离出Ca2+和F-离子，能够导电，D说法不正确，D选项错误；正确选项D。
点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：
（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Ca2+离子；
（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Ca2+；
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞。
13.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是( )
A. 三种化合物的稳定性顺序：B0，加入催化剂不改变反应的焓变
D. 整个反应的ΔH=E1-E2
【答案】A
【解析】
【分析】
A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。
【详解】A.物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B0，催化剂可以改变反应途径，降低反应的活化能，但反应热不变。
14.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是( )
A. 元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大
B. 元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2
C. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmR
D. 元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层有6个，则Y为O元素；Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，R为S元素，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，均为24，则Z的原子序数为11，W的原子序数为13符合，即Z为Na，W为Al，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为Al，R为S。
A.Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，原子序数越大离子半径越小，因此元素Y、Z、W形成的离子半径依次减小，A错误；
B.元素X与元素Y可形成的化合物H2O2，B正确；
C.Y、R是同一主族的元素，均可与X形成结构相似的氢化物，元素的非金属性Y>R，元素的非金属性越强，其与H形成的化合物的稳定性就越强。所以元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY>XmR，C正确；
D.元素W、R的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、硫酸，硫酸为强酸，氢氧化铝为弱碱，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握元素的性质、原子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。
15.图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中b点代表的是( )
A. H2S B. HCl C. PH3 D. SiH4
【答案】C
【解析】
【详解】在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，故a点代表的应是SiH4。H2O在室温下呈液态，HF、NH3在室温下呈气态，H2O的沸点最高，氢键：HF>NH3，则b点所在曲线为VA的氢化物沸点曲线，b点表示PH3，故合理选项是C。
16.已知：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) ΔH=−566 kJ·mol−1；
Na2O2(s)＋CO2(g)Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH=−226 kJ·mol−1
根据以上热化学方程式和图像判断，下列说法正确的是
A. CO的燃烧热为283 kJ
B. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＞−452 kJ·mol−1
C. 上图可表示由1 mol CO生成CO2的反应过程和能量关系
D. 根据以上热化学方程式无法求算Na2O2(s)＋CO(g)===Na2CO3(s)的反应热
【答案】B
【解析】
【分析】
根据热化学方程式的含义及盖斯定律计算反应热，从图像中坐标轴的含义分析图像表达的意思。
【详解】A. 燃烧热单位为kJ/mol ，所以CO的燃烧热为283 kJ/mol，故A错误；
B. CO2由固态到气态需吸收能量，所以反应2Na2O2（s）+2CO2（s）====2Na2CO3(s)+O2(g) ΔH＞-452 kJ/mol，故B正确；
C. 由题中信息可知，图中表示的是由2 mol CO生成2mol CO2的反应过程和能量关系，故C错误；
D. 根据盖斯定律，将题干中的第一个热化学方程式中的反应热除以2
再加上第二个热化学方程式中的反应热，即可求出Na2O2(s)＋CO(g)===Na2CO3(s)的反应热，故D错误。
故选B。
【点睛】反应热与反应过程无关，只与反应物和生成物的状态有关。
17.某物质A的实验式为CoCl3·4NH3，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. Co3+只与NH3形成配位键
B. 配合物配位数为3
C. 该配合物可能是平面正方形结构
D. 此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
实验式为CoCl3·4NH3的物质，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，说明A中含有1个Cl-，以强碱处理并没有NH3放出，说明不存在游离的氨分子，则该物质的配位化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，据此答题。
【详解】A.由分析可知，Cl-与NH3分子均与Co3+形成配位键，故A错误；
B.配合物中中心原子的电荷数为3，配位数为6，故B错误；
C.该配合物应是八面体结构，Co与6个配题成键，故C错误；
D.由分析可知，此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl，故D正确。
故选D。
18.反应4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，经2min后B的浓度减少0.6 mol/L。对此反应速率的正确表示是( )
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B. 用B、C、D分别表示反应的速率，其比值是3:2:1
C. 在2min末的反应速率用B表示是0.3 mol/ (L·min)
D. 反应过程中B、C的反应速率关系：3v(B)=2v(C)
【答案】B
【解析】
【详解】A.A是固体，不能用A的浓度的变化表示反应速率，故A不选；
B.用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，故B选；
C.化学反应速率是一段时间平均速率，不是某一时刻的瞬时速率，故C不选；
D.根据用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，用B、C表示的反应速率的关系为：2v(B)=3v(C)，故D不选。
故选B。
【点睛】化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化来表示，所以是平均速率不是瞬时速率。对固体和纯液体来说，浓度是一常数，所以不能用固体和纯液体的浓度变化表示反应速率。
19.在恒容密闭容器中，可逆反应C(s)+CO2(g)2CO（g）达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成n molCO2的同时生成n molC
②单位时间内生成n molCO2 的同时生成2n mol CO
③CO2 、CO的物质的量浓度之比为1: 2的状态
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤混合气体的压强不再改变的状态
⑥C的质量不再改变的状态
A. ①④⑤⑥ B. ②④⑤⑥ C. ②③⑤⑥ D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】
化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化。
【详解】①生成二氧化碳和生成C都是逆反应，其速率之比始终等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，错误；
②单位时间内生成nmolCO2 的同时生成2nmolCO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
③CO2、CO的物质的量浓度之比决定于开始加入的多少和反应程度，与平衡状态无关，错误；
④C为固体，平衡正向移动，气体质量增大，逆向移动，气体质量减小，所以混合气体的密度不变说明反应达到平衡状态，正确；
⑤反应前后气体物质的量不同，所以压强不变说明反应达到平衡状态，正确；
⑥C的质量不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
答案选B。
20.已知以下的热化学反应方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) △H=—24.8kJ·mol-1
②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g) △H=—15.73kJ·mol-1
③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) △H=+640.4kJ·mol-1
则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的△H约为（ ）
A. -218kJ·mol-1 B. -109kJ·mol-1 C. +218kJ·mol-1 D. +109kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) △H=-24.8kJ/mol；②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g) △H= -15.73kJ·mol-1；③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) △H=+640.4kJ·mol-1；由盖斯定律可知，得到反应CO+FeO═Fe+CO2，
所以其反应热△H== -109kJ/mol，故选B。
21.已知：H2(g)+O2(g) === H2O(l) ΔH=—285．8 kJ/mol
CH4(g)+2O2(g) === CO2(g)+2H2O(l) ΔH=—890 kJ/mol．
现有H2与CH4的混合气体112 L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，若实验测得反应放热2 938.75 kJ。原混合气体中H2与CH4的质量之比大约是 （ ）
A 1∶1 B. 1∶8 C. 1∶4 D. 1∶16
【答案】B
【解析】
【详解】H2与CH4的混合气体112 L(标准状况)，则物质的量为=5mol；
设混合气中H2的物质的量为x，则CH4的物质的量为5mol-x．根据题意，列方程为：285.8kJ/mol×x+890kJ/mol×（5mol-x）=2938.75 kJ，解得 x=2.5mol；CH4的物质的量为5mol-2.5mol=2.5mol．所以混合气体中H2与CH4的质量之比约为（2×2.5）：（2.5×16）=1：8。
答案选B。
第Ⅱ卷 (非选择题 共58分)
二、非选择题(本大题共4个小题，共58分)
22.蛋白质中含有C、H、O、N、S等元素，食物中的铁主要以三价铁与蛋白质和羧酸结合成络合物的形式存在。
(1)在蛋白质中涉及的碳、氮、氧元素第一电离能由小到大的顺序是________________；基态铁原子的价电子排布式为____________。
(2)KSCN是检验Fe3＋的试剂之一，与SCN－互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。1 mol CN－中含有的π键的数目为____________________。
(3)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子（其分子式为Fe2Cl6）存在的结构式为________________，其中Fe的配位数为____________。
(4)金属化合物Cu2Zn合金能导电，熔点较高，强度、硬度较大。Cu2Zn合金的晶体类型是_______。
(5)某含铜化合物的离子结构如图所示。
①该离子中存在的作用力有_______________；
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.氢键 e.范德华力
②该离子中N原子的杂化类型有________。
(6)铜晶体为面心立方最密堆积，即在晶体结构中可以分割出一块正立方体的结构单元，金属原子处于正立方体的八个顶点和六个面上，已知铜的原子半径为127.8 pm，列式计算晶体铜的密度：ρ=______________g·cm-3(列出计算式即可)。
【答案】 (1). C
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