2025年魯人版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年魯人版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷303考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列關(guān)于有機(jī)化合物的表示法中正確的是（）

A.乙醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COH

B.丙醇的結(jié)構(gòu)式CH3CH2CH2OH

C.丙炔的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式CH3CCH

D.甲烷的電子式

2、已知W、X、Y、Z為短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，但是W的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)，Ｘ、Ｙ為金屬元素，Ｘ的陽(yáng)離子的氧化性小于Ｙ的陽(yáng)離子的氧化性。下列說(shuō)法正確的是（）A.ＸＹＺＷ的原子半徑依次減小B.Ｗ與Ｘ形成的化合物中只含離子鍵C.Ｗ的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)一定高于Ｚ的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)D.若Ｗ與Ｙ的原子序數(shù)相差５，則二者形成化合物的化學(xué)式一定為Y2W33、鹽水解程度的大小可以用水解度來(lái)表示，即用已水解的鹽的量占原有鹽的總量的百分?jǐn)?shù)來(lái)表示。室溫下，1L0.1mol/L的強(qiáng)堿弱酸鹽NaA溶液的pH為10，則A－的水解度為：A.0.01%B.0.1%C.1%D.10%4、用鐵與稀硫酸反應(yīng)制取氫氣時(shí)，下列措施不能使氫氣的生成速率加快的是A.加熱B.改用98%的濃硫酸C.不用鐵片,改用鐵粉D.增大壓強(qiáng)5、設(shè)rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{22.4L}rm{H_{2}O}所含的分子數(shù)為rm{N_{A}}B.由rm{CO_{2}}和rm{O_{2}}組成的混合物共有rm{N_{A}}個(gè)分子，其中的氧原子數(shù)為rm{2N_{A}}C.rm{0.5}rm{mol?L^{-1}}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液中rm{OH^{-}}的數(shù)目為rm{N_{A}}D.rm{1molNa_{2}O_{2}}與足量的rm{CO_{2}}反應(yīng)轉(zhuǎn)移rm{2N_{A}}個(gè)電子6、下列方法中可以說(shuō)明2HI（g）H2（g）+I2（g）已達(dá)到平衡的是()①單位時(shí)間內(nèi)生成nmolH2的同時(shí)生成nmolHI②一個(gè)H—H鍵斷裂的同時(shí)有兩個(gè)H—I鍵斷裂③百分組成w(HI)=w(I2)④反應(yīng)速率v（H2）=v（I2）=1/2v（HI）時(shí)⑤c（HI）∶c（H2）∶c（I2）=2∶1∶1時(shí)⑥溫度和體積一定時(shí)，容器內(nèi)壓強(qiáng)不再變化⑦溫度和體積一定時(shí)，某一生成物濃度不再變化⑧條件一定，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化⑨溫度和體積一定時(shí)，混合氣體的顏色不再變化⑩溫度和壓強(qiáng)一定時(shí)，混合氣體的密度不再變化A.②③⑤B.①④⑦C.②⑦⑨D.⑧⑨⑩7、某化工廠為檢查生產(chǎn)中的氯氣管道接口是否漏氣，最好選用A.硝酸銀溶液B.石蕊試液C.氫氧化鈉溶液D.濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙8、下列物質(zhì)屬于純凈物的是（）A.石油B.生石灰C.鋁熱劑D.漂粉精9、在某溫度下，可逆反應(yīng)mA（g）+nB（g）?pC（g）+qD（g）；△H＜0的平衡常數(shù)為K，下列說(shuō)法正確的是（）A.增加A的量，平衡正向移動(dòng)，達(dá)到新平衡時(shí)K值增大B.升高溫度，K值增大C.K越大，說(shuō)明該反應(yīng)的進(jìn)行程度越大D.該反應(yīng)的K=評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、（7分）元素周期表是學(xué)習(xí)物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的重要工具，下面是元素周期表的一部分，表中所列字母A、D、E、G、Q、M、R、T分別代表某一化學(xué)元素。請(qǐng)用所給元素回答下列問(wèn)題。。ADEGQMRT（1）某元素原子的核外電子層數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，該元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為。（2）某些元素的原子可形成與Ar具有相同電子層結(jié)構(gòu)的簡(jiǎn)單離子，這些離子的半徑由大到小的順序是（填離子符號(hào)）。（3）M、D兩種元素形成的化合物含有的化學(xué)鍵類型是____，其分子是（填“極性”或“非極性”）____分子；A分別與D、E、R形成的分子中，分子間存在氫鍵的是（填分子式）____。A與D形成分子的空間結(jié)構(gòu)可能是（填序號(hào)）。（2分）11、（14分）下圖所示裝置中，甲、乙、丙三個(gè)燒杯依次分別盛放1005.00％的溶液、足量的溶液和l0010.00％的溶液．電極均為石墨電極。接通電源，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，測(cè)得丙中濃度為10.47％，乙中c電極質(zhì)量增加。據(jù)此回答問(wèn)題：①電源的N端為極;②電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為；③電極b上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積：____；④電極c的質(zhì)量變化是____⑤電解前后各溶液的酸、堿性大小是否發(fā)生變化，簡(jiǎn)述其原因：甲溶液；乙溶液；丙溶液；12、500℃、20Mpa時(shí)，將3molH2和1molN2置于一容積為2L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，則反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，平衡常數(shù)表達(dá)式K=____________，此時(shí)，增加N2的量，平衡常數(shù)將____________(填“增大”“減小”或“不變”)13、在火箭推進(jìn)器中裝有還原劑肼rm{(N_{2}H_{4})}和強(qiáng)氧化劑rm{H_{2}O_{2}}當(dāng)它們混合時(shí)，即產(chǎn)生大量的氮?dú)夂退魵?，并放出大量的熱量rm{.}已知rm{1mol}液態(tài)肼和足量雙氧水反應(yīng)生成氮?dú)夂退魵鈺r(shí)放出rm{641.6KJ}的熱量．

rm{(1)}寫出肼和過(guò)氧化氫的結(jié)構(gòu)式：______．

rm{(2)}上述反應(yīng)應(yīng)用于火箭推進(jìn)劑；除釋放出大量熱量和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個(gè)很突出的優(yōu)點(diǎn)是______．

rm{(3)}寫出肼和雙氧水反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______．

rm{(4)}已知rm{H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)triangleH=+44KJ/mol}則rm{H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)triangle

H=+44KJ/mol}液態(tài)肼與足量雙氧水反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水時(shí)；放出的熱量是______．

rm{0.5mol}已知rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)簍T2NO_{2}(g)triangleH=+67.7KJ/mol}

rm{N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)簍TN_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-534KJ/mol}

則肼與rm{(5)}完全反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______．rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)簍T2NO_{2}(g)triangle

H=+67.7KJ/mol}14、鋁和氫氧化鉀都是重要的工業(yè)產(chǎn)品rm{.}請(qǐng)回答：

rm{(1)}工業(yè)冶煉鋁的化學(xué)方程式是______．

rm{(2)}工業(yè)品氫氧化鉀的溶液中含有某些含氧酸雜質(zhì)，可用離子交換膜法電解提純r(jià)m{.}電解槽內(nèi)裝有陽(yáng)離子交換膜rm{(}只允許陽(yáng)離子通過(guò)rm{)}其工作原理如圖所示．

rm{壟脵}該電解槽的陽(yáng)極反應(yīng)式是______．

rm{壟脷}通電開始后，陰極附近溶液rm{pH}如何變化______？rm{(}填“增大”“減小”或“不變”rm{)}

rm{壟脹}除去雜質(zhì)后的氫氧化鉀溶液從溶液出口______rm{(}填寫“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}導(dǎo)出．15、某有機(jī)物A能與NaOH溶液反應(yīng)，其分子中含有苯環(huán)，相對(duì)分子質(zhì)量小于150，其中含碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為70.6%，氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5.9%，其余為氧。（1）A的分子式是____。（2）若A能與NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2氣體，其結(jié)構(gòu)可能有____種。（3）若A與NaOH溶液在加熱時(shí)才能較快反應(yīng)，且1molA消耗1molNaOH，則A的所有可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是____。（4）若A與NaOH溶液在加熱時(shí)才能較快反應(yīng)，且1molA消耗2molNaOH，則符合條件的A的結(jié)構(gòu)可能有____種，其中不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是：____。16、（8分）在25℃時(shí)，將酸HA與堿MOH等體積混合.（1）若0.01mol/L的強(qiáng)酸HA與0.01mol/L強(qiáng)堿MOH混合，則所得溶液顯（填“酸性”、“中性”或“堿性”，下同）該反應(yīng)的離子方程式為（2）若pH=3的強(qiáng)酸HA與pH=11的弱堿MOH混合，則所得溶液顯，理由是：（3）若0.01mol/L的強(qiáng)酸HA與0.01mol/L弱堿MOH混合，則所得溶液顯，解釋這一現(xiàn)象的離子方程式是17、（11分）有機(jī)物D對(duì)花香和果香的香韻具有提升作用，故常用于化妝品工業(yè)和食品工業(yè)。有機(jī)物D可以用下面的設(shè)計(jì)方案合成。（1）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：，C的名稱：。（2）寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式：。（3）寫出反應(yīng)③的化學(xué)方程式：。（4）請(qǐng)寫出三個(gè)同時(shí)符合下列條件的D的同分異構(gòu)體：A、屬于芳香酯類；B、苯環(huán)上只有一個(gè)側(cè)鏈。。18、已知水在25℃和100℃時(shí)；其電離平衡曲線如圖所示：

（1）25℃時(shí)水的電離平衡曲線應(yīng)為______（填“A”或“B”），請(qǐng)說(shuō)明理由______．

（2）100℃時(shí)，將pH=12的NaOH溶液與pH=3的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，則NaOH溶液與H2SO4溶液的體積比為______．

（3）25℃時(shí)，若100體積pH1=a的某強(qiáng)酸溶液與1體積pH2=b的某強(qiáng)堿溶液混合后溶液呈中性，則混合前，該強(qiáng)酸的pH1與強(qiáng)堿的pH2之間應(yīng)滿足的關(guān)系是______．

（4）曲線B對(duì)應(yīng)溫度下，pH=3的鹽酸溶液和pH=9的某堿溶液等體積混合后，混合溶液的pH=7．請(qǐng)分析原因：______．評(píng)卷人得分三、計(jì)算題(共7題，共14分)19、(2分)蓋斯定律在生產(chǎn)和科學(xué)研究中有很重要的意義。有些反應(yīng)的反應(yīng)熱雖然無(wú)法直接測(cè)得，但可通過(guò)間接的方法測(cè)定?，F(xiàn)根據(jù)下列3個(gè)熱化學(xué)反應(yīng)方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=―24．8kJ／mol3Fe2O3(s)+CO(g)==2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=―47．4kJ／molFe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g)△H=+640．5kJ／mol寫出CO氣體還原FeO固體得到Fe固體和CO2氣體的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：_________________20、某溫度下的溶液中c(H+)=1.0×10xmol/L，c(OH-)=1.0×10ymol/L。x與y的關(guān)系如右圖所示：（1）求該溫度下，中性溶液的pH；（2）求該溫度下0.01mol/LNaOH溶液的PH；（3）該溫度下，pH=a的醋酸溶液與pH=b的NaOH溶液等體積混合，恰好完全反應(yīng)，求此醋酸溶液中醋酸的電離度。21、rm{(1)壟脵}在粗制rm{CuSO}在粗制rm{(1)壟脵}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆隴5H}rm{隆隴5H}晶體中常含有雜質(zhì)rm{{,!}_{2}}rm{O}晶體中常含有雜質(zhì)rm{Fe}rm{O}在提純時(shí)為了除去rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{.}在提純時(shí)為了除去rm{Fe}rm{.}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}，常加入合適氧化劑，使rm{Fe}A.rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}氧化為rm{Fe}水rm{Fe}然后再加入適當(dāng)物質(zhì)調(diào)整至溶液rm{{,!}^{3+}}使，下列物質(zhì)可采用的是________轉(zhuǎn)化為rm{KMnO_{4}}可以達(dá)到除去rm{B.H_{2}O_{2}}而不損失rm{C.Cl_{2}}的目的，調(diào)整溶液rm{D.HNO_{3}}可選用下列中的________A.rm{pH=4}rm{Fe^{3+}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Fe^{3+}}rm{CuSO_{4}}甲同學(xué)懷疑調(diào)整至溶液rm{pH}是否能達(dá)到除去rm{NaOH}而不損失rm{B.NH_{3}隆隴H_{2}O}的目的，乙同學(xué)認(rèn)為可以通過(guò)計(jì)算確定，他查閱有關(guān)資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下rm{C.CuO}的溶度積rm{D.Cu(OH)_{2}}rm{壟脷}的溶度積rm{pH=4}通常認(rèn)為殘留在溶液中的離子濃度小于rm{Fe^{3+}}時(shí)就認(rèn)為沉淀完全，設(shè)溶液中rm{Cu^{2+}}的濃度為rm{Fe(OH)_{3}}則rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}開始沉淀時(shí)溶液的rm{Cu(OH)_{2}}為________，rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-20}}完全沉淀時(shí)溶液的rm{1隆脕10^{-5}mol隆隴L^{-1}}為_______，通過(guò)計(jì)算確定上述方案________rm{CuSO_{4}}填“可行”或“不可行”rm{3.0mol隆隴L^{-1}}的對(duì)數(shù)為rm{Cu(OH)_{2}}rm{pH}相同濃度的下列溶液中：rm{壟脵C(jī)H_{3}COONH_{4;;}壟脷CH_{3}COONa壟脹CH_{3}COOH}rm{Fe^{3+}}由大到小的順序?yàn)開_______rm{pH}相等的rm{(}溶液rm{)(2}溶液rm{0.3)}溶液rm{(2)}溶液，其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序?yàn)開_______．rm{壟脵C(jī)H_{3}COONH_{4;;}壟脷CH_{3}COONa壟脹

CH_{3}COOH}22、(5分)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將44.8LHCl溶于927mL水(密度為1g/cm3)中，所得鹽酸的密度為1.05g/cm3，計(jì)算所得鹽酸的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)及物質(zhì)的量濃度。23、在rm{T隆忙}時(shí)，rm{NaOH}稀溶液中rm{攏脹H^{+}攏脻=10^{-a}mol隆隴L^{-1}}rm{攏脹OH^{-}攏脻=10^{-b}mol隆隴L^{-1}}已知rm{攏脹H^{+}攏脻=10^{-a}

mol隆隴L^{-1}}向該溶液中逐滴加入rm{攏脹OH^{-}攏脻=10^{-b}

mol隆隴L^{-1}}的鹽酸rm{a+b=12}測(cè)得混合溶液的部分rm{pH=c}如下表所示：。rm{(T隆忙)}序號(hào)rm{NaOH}溶液的體積rm{/mL}鹽酸的體積rm{/mL}溶液的rm{pH}rm{壟脵}rm{20.00}rm{0.00}rm{8}rm{壟脷}rm{20.00}rm{20.00}rm{6}假設(shè)溶液混合前后的體積變化忽略不計(jì)，則rm{c}為_________24、分別稱取rm{2.39g(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{NH_{4}Cl}固體混合物兩份。rm{(1)}將其中一份配成溶液，逐滴加入一定濃度的rm{Ba(OH)_{2}}溶液，產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量與加入rm{Ba(OH)_{2}}溶液體積的關(guān)系如圖?；旌衔镏衦m{n}rm{[(NH_{4})_{2}SO_{4}]隆脙}rm{n}rm{(NH_{4}Cl)}為________。

rm{(2)}另一份固體混合物中rm{NHrlap{^{+}}{_{4}}}與rm{Ba(OH)_{2}}溶液rm{(}濃度同上rm{)}恰好完全反應(yīng)時(shí)，溶液中rm{c}rm{(Cl隆樓)=}________rm{(}溶液體積變化忽略不計(jì)rm{)}25、rm{(1)}常溫下，將rm{1mLpH=1}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液加水稀釋至rm{100mL}稀釋后的溶液中rm{dfrac{c,({{{H}}^{+}})}{c,({O}{{{H}}^{-}})}=}________。rm{(2)}常溫下，rm{pH=5}的rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中由水電離出的rm{H^{+}}濃度為rm{c_{1}}rm{pH=5}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液中由水電離出的rm{H^{+}}濃度為rm{c_{2}}rm{dfrac{{{c}_{1}}}{{{c}_{2}}}=}________。rm{(3)}常溫下，rm{pH=13}的rm{NaOH}溶液rm{aL}與rm{pH=2}的rm{H_{2}SO^{4}}溶液rm{bL}混合rm{(}混合過(guò)程中溶液體積變化忽略不計(jì)rm{).}若所得混合溶液rm{pH=12}則rm{a隆脙b=}________．評(píng)卷人得分四、解答題(共2題，共16分)26、磷在氧氣中燃燒；可能生成兩種固態(tài)氧化物．3.1g的單質(zhì)磷（P）在3.2g的氧氣中燃燒，至反應(yīng)物耗盡，并放出XkJ熱量．

（1）通過(guò)計(jì)算確定反應(yīng)產(chǎn)物的組成（用化學(xué)式表示）是______；其相應(yīng)質(zhì)量（g）為______．

（2）已知單質(zhì)磷的燃燒熱為YkJ/mol，則1molP與O2反應(yīng)生成固態(tài)P2O3的反應(yīng)熱△H=______．

（3）寫出1molP與O2反應(yīng)生成固態(tài)P2O3的熱化學(xué)方程式：______．

27、（1）現(xiàn)有五種物質(zhì)：

①O2和O3

②CH3CH2CH2CH（C2H5）2和CH3CH2CH2CH（CH3）C2H5

③12C和14C

④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3

⑤乙烷和丁烷．

互為同系物的是______；互為同分異構(gòu)體的是______互為同位素的是______互為同素異形體的是______

（2）請(qǐng)根據(jù)官能團(tuán)的不同對(duì)下列有機(jī)物進(jìn)行分類，并把正確答案序號(hào)填寫在相應(yīng)橫線上

①芳香烴______②鹵代烴______③醇______④酚______⑤醛______⑥酮______⑦羧酸______⑧酯______．

評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共2題，共12分)28、某同學(xué)做蔗糖水解實(shí)驗(yàn)時(shí)，取一半水解液與銀氨溶液反應(yīng)，沒(méi)有明顯現(xiàn)象，取另一半與新制氫氧化銅懸濁液加熱，也沒(méi)有明顯現(xiàn)象，該同學(xué)說(shuō)蔗糖水解產(chǎn)物中不含葡萄糖．你認(rèn)為這個(gè)結(jié)論對(duì)嗎？為什么？29、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種原子序數(shù)依次增大的元素rm{(}原子序數(shù)均小于rm{30).A}的基態(tài)原子rm{2p}軌道有rm{3}個(gè)未成對(duì)電子；rm{C}的基態(tài)原子rm{2p}軌道有rm{1}個(gè)未成對(duì)電子；rm{E}原子最外層有rm{1}個(gè)未成對(duì)電子，其次外層有rm{3}種原子軌道且均排滿電子；rm{D}與rm{E}同周期，價(jià)電子數(shù)為rm{2.}則：

rm{(1)}寫出基態(tài)rm{E}原子的電子排布式：______．

rm{(2)1molA}的單質(zhì)分子中rm{婁脨}鍵的個(gè)數(shù)為______．

rm{(3)A}rm{B}rm{C}三種元素的氫化物穩(wěn)定性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開_____rm{(}用化學(xué)式表示rm{)}．

rm{(4)A}的簡(jiǎn)單氫化物分子的空間構(gòu)型為______，其中rm{A}原子的雜化類型是______．

rm{(5)C}和rm{D}形成的化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，已知晶胞邊長(zhǎng)rm{a}rm{cm}阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}}求晶體的密度為rm{婁脩=}______rm{g/cm^{3}.(}用含rm{a}rm{N_{A}}的計(jì)算式表示rm{)}參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】

A、乙醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CHO；故A錯(cuò)誤；

B、CH3CH2CH2OH是丙醇結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；故B錯(cuò)誤；

C、炔烴結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中C≡C三鍵不能省略，丙炔的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3C≡CH；故C錯(cuò)誤；

D、甲烷分子中C原子與H原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)，甲烷電子式為故D正確；

故選D．

【解析】【答案】A；結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中醛基書寫錯(cuò)誤；H、O原子的連接順序錯(cuò)誤；

B；結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是用短線“-”代替共用電子對(duì)；未成鍵的孤對(duì)電子對(duì)不需要標(biāo)出；

C；炔烴結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中C≡C三鍵不能省略；

D；甲烷分子中C原子與H原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)．

2、A【分析】【解析】試題分析：W、Z同主族且W的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)，說(shuō)明W在Z的上一周期。X、Y、Z同周期，Ｘ、Ｙ為金屬元素且Ｘ的陽(yáng)離子的氧化性小于Ｙ的陽(yáng)離子的氧化性，說(shuō)明原子序數(shù)為：W＜X＜Y＜Z，原子半徑Ｘ＞Ｙ＞Ｚ＞Ｗ，A正確。若W為O，X為Na，形成的化合物Na2O2中既含有離子鍵又含有共價(jià)鍵，B錯(cuò)誤。若W為C，Z為Si，則氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)CH4＜SiH4，C錯(cuò)誤。若W與Y的原子序數(shù)相差5，則有可能形成Al2O3或Mg3N2，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：元素周期律及物質(zhì)的性質(zhì)【解析】【答案】A3、B【分析】pH＝10，則溶液中OH－的濃度是0.0001mol/L，所以A－的水解程度是答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、B|D【分析】【解析】【答案】BD5、B【分析】解：rm{A}標(biāo)況下水為液態(tài)；故不能根據(jù)氣體摩爾體積來(lái)計(jì)算其物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；

B、二氧化碳和氧氣中均含rm{2}個(gè)氧原子，故rm{N_{A}}個(gè)二氧化碳和氧氣分子中含有rm{2N_{A}}個(gè)氧原子；故B正確；

C；溶液體積不明確；故溶液中的氫氧根的個(gè)數(shù)無(wú)法計(jì)算，故C錯(cuò)誤；

D、過(guò)氧化鈉與二氧化碳的反應(yīng)為歧化反應(yīng)，氧元素的價(jià)態(tài)由rm{-1}價(jià)變?yōu)閞m{0}價(jià)，故rm{1mol}過(guò)氧化鈉反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移rm{1mol}電子即rm{N_{A}}個(gè)；故D錯(cuò)誤．

故選B．

A；標(biāo)況下水為液態(tài)；

B、二氧化碳和氧氣中均含rm{2}個(gè)氧原子；

C；溶液體積不明確；

D；過(guò)氧化鈉與二氧化碳的反應(yīng)為歧化反應(yīng)．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大．【解析】rm{B}6、C【分析】【解析】試題分析：在一定條件下，當(dāng)可逆反應(yīng)的正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等時(shí)（但不為0），反應(yīng)體系中各種物質(zhì)的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學(xué)平衡狀態(tài)，所以⑦正確。顏色的深淺和濃度有關(guān)系，所以選項(xiàng)⑨可以說(shuō)明。反應(yīng)前后氣體的體積不變，因此氣體的總物質(zhì)的量、體積和壓強(qiáng)始終是不變的，⑥不能說(shuō)明。平衡時(shí)各種物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，但各種的濃度之間不一定滿足某種關(guān)系，③⑤不能說(shuō)明。①反應(yīng)速率的方向相反，但不能滿足速率之比是相應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，不正確。②中反應(yīng)速率的方向相反，且滿足速率之比是相應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，正確。速率之比是相應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，因此④中的關(guān)系始終是成立，不正確。密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值，在反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量和容積始終是不變的，⑩不正確?；旌蠚獾钠骄鄬?duì)分子質(zhì)量是混合氣的質(zhì)量和混合氣的總的物質(zhì)的量的比值，同樣在反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量和物質(zhì)的量始終是不變的，⑧不能說(shuō)明，因此答案選C?？键c(diǎn)：考查可逆反應(yīng)平衡狀態(tài)的判斷【解析】【答案】C7、D【分析】【解析】試題分析：溶液檢驗(yàn)管道不方便操作，由于氯氣檢驗(yàn)氧化性，能把碘化鉀氧化生成單質(zhì)碘，碘遇淀粉顯藍(lán)色，所以最后的方法是用濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙，答案選D?？键c(diǎn)：考查氯氣的檢驗(yàn)【解析】【答案】D8、B【分析】解：A．石油是碳?xì)浠衔锏幕旌衔?；故A錯(cuò)誤；

B．生石灰中只含有一種物質(zhì)；屬于純凈物，故B正確；

C．鋁熱劑是鋁粉和金屬氧化物的混合物；故C錯(cuò)誤；

D．漂粉精主要成分是次氯酸鈣；根據(jù)生產(chǎn)工藝的不同，還含有氯化鈣或氯化鈉及氫氧化鈣等成分，故D錯(cuò)誤．

故選B．

純凈物是由一種物質(zhì)組成的物質(zhì)；混合物是由多種物質(zhì)組成的物質(zhì)；據(jù)此結(jié)合常見物質(zhì)的組成成分逐項(xiàng)分析即可．

本題考查純凈物和混合物的區(qū)別，難度不大，要分析物質(zhì)是由幾種物質(zhì)組成的，如果只有一種物質(zhì)組成就屬于純凈物，如果有多種物質(zhì)就屬于混合物．【解析】【答案】B9、C【分析】解：A．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；該反應(yīng)過(guò)程中溫度不變，則化學(xué)平衡常數(shù)始終不變，與反應(yīng)物濃度無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B．該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；升高溫度平衡向吸熱方向即向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則化學(xué)平衡常數(shù)減小，故B錯(cuò)誤；

C．K越大；說(shuō)明生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比越大，則該反應(yīng)的進(jìn)行程度越大，故C正確；

D．化學(xué)平衡常數(shù)K等于生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比，但不包含固體和純液體，所以該反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)K=故D錯(cuò)誤；

故選C．

A．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變；

B．升高溫度；平衡逆向移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)減??；

C．K越大；說(shuō)明生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比越大；

D．化學(xué)平衡常數(shù)K等于生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比；但不包含固體和純液體．

本題考查化學(xué)平衡常數(shù)含義，側(cè)重考查學(xué)生理解及應(yīng)用能力，明確化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式及影響因素是解本題關(guān)鍵，注意：化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與物質(zhì)濃度無(wú)關(guān)，題目難度不大．【解析】【答案】C二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】（1）根據(jù)元素在周期表中的位置可知，元素全部位于前四周期，所以核外電子層數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍的元素是鈉元素。（2）Ar的原子序數(shù)為18，所以簡(jiǎn)單離子分別是S2-、Cl-。核外電子排布相同的離子，其離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，所以離子半徑是S2->Cl-。（3）M、D兩種元素分別是S和C，形成的化合物是CS2，含有的化學(xué)鍵是極性鍵，由于是直線型結(jié)構(gòu)，所以屬于非極性分子。A分別與D、E、R形成的分子分別是CH4、NH3、HCl，其中含有氫鍵的是氨氣。H和C形成的分子可以是甲烷或苯等，所以答案選cd?！窘馕觥俊敬鸢浮?每空1分,共6分)（1）Na（2）S2->Cl-（3）極性共價(jià)鍵，非極性分子NH3cd(少選、錯(cuò)選均不給分，2分)11、略

【分析】依題意知甲乙丙都為電解池，其中a極為陰極b為陽(yáng)極c為陰極d為陽(yáng)極e為陰極f為陽(yáng)極，M為負(fù)極N為正極。②電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為4OH－－4e－=2H2O+O2↑⑤堿性增大，因?yàn)殡娊夂?，水量減少溶液是NaOH濃度增大酸性增大，因?yàn)殛?yáng)極上OH－生成O2，溶液中H+離子濃度增加酸堿性大小沒(méi)有變化，因?yàn)镵2SO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，濃度增加不影響溶液的酸堿性【解析】【答案】①正②4OH－－4e－=2H2O+O2↑③生成O2體積：××22.4L·mol－1=2.8L④16⑤堿性增大，因?yàn)殡娊夂?，水量減少溶液是NaOH濃度增大酸性增大，因?yàn)殛?yáng)極上OH－生成O2，溶液中H+離子濃度增加酸堿性大小沒(méi)有變化，因?yàn)镵2SO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，濃度增加不影響溶液的酸堿性12、略

【分析】解：因平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，所以K=而化學(xué)平衡常數(shù)的大小與溫度有關(guān)，與反應(yīng)物和生成物的濃度無(wú)關(guān)，故答案為：不變．【解析】不變13、略

【分析】解：rm{(1)}肼分子式為rm{NH_{2}-NH_{2}}每個(gè)氮原子形成三個(gè)化學(xué)鍵，結(jié)構(gòu)式為：過(guò)氧化氫分子式rm{H_{2}O_{2}}每個(gè)氧原子形成兩個(gè)共價(jià)鍵，分子結(jié)構(gòu)為：

故答案為：

rm{(2)}肼燃燒生成氮?dú)夂退怀尫糯罅繜岷涂焖佼a(chǎn)生大量氣體外，生成的物質(zhì)無(wú)污染；

故答案為：生成rm{N_{2}}和rm{H_{2}O}對(duì)環(huán)境無(wú)污染；

rm{(3)0.4mol}液態(tài)肼與足量過(guò)氧化氫反應(yīng)，生成氮?dú)夂退魵?，放出rm{256.65kJ}的熱量，rm{32g}肼燃燒放熱rm{641.6kJ}肼燃燒的熱化學(xué)方程式為：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}

故答案為：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}

rm{(4)壟脵N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}

rm{壟脷H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)triangleH=+44kJ/mol}

依據(jù)蓋斯定律，rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}得到：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-817.6kJ/mol}

則rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}液態(tài)肼與足量液態(tài)過(guò)氧化氫反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水放熱時(shí)rm{(4)壟脵N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}

故答案為：rm{壟脷H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)triangle

H=+44kJ/mol}

rm{壟脵-壟脷隆脕4}已知rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangle

H=-817.6kJ/mol}rm{16g}

rm{408.8KJ}rm{408.8KJ}

依據(jù)蓋斯定律rm{(5)}得到肼與rm{壟脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)簍T2NO_{2}(g)}完全反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：rm{triangleH=+67.7KJ/mol}rm{壟脷N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)簍TN_{2}(g)+2H_{2}O(g)}

故答案為：rm{triangleH=-534KJ/mol}rm{壟脷隆脕2-壟脵}．

rm{NO_{2}}肼分子式為rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}每個(gè)氮原子形成三個(gè)化學(xué)鍵，過(guò)氧化氫分子式rm{triangleH=-1135.7KJ/mol}每個(gè)氧原子形成兩個(gè)共價(jià)鍵，依據(jù)結(jié)構(gòu)寫出物質(zhì)的結(jié)構(gòu)式；

rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}肼燃燒生成氮?dú)夂退?/p>

rm{triangleH=-1135.7KJ/mol}依據(jù)熱化學(xué)方程式書寫方法寫出；標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和反應(yīng)焓變；

rm{(1)}依據(jù)rm{壟脵N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}

rm{壟脷H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)triangleH=+44kJ/mol}

依據(jù)蓋斯定律，rm{NH_{2}-NH_{2}}得到：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-817.6kJ/mol}據(jù)此計(jì)算；

rm{H_{2}O_{2}}rm{(2)}

rm{(3)}rm{(4)}

依據(jù)蓋斯定律rm{壟脵N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}得到肼與rm{壟脷H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)triangle

H=+44kJ/mol}完全反應(yīng)的熱化學(xué)方程式．

本題考查了化學(xué)反應(yīng)能量變化的計(jì)算應(yīng)用，物質(zhì)結(jié)構(gòu)分析判斷，蓋斯定律的計(jì)算，熱化學(xué)方程式書寫方法，題目難度中等．rm{壟脵-壟脷隆脕4}【解析】生成rm{N_{2}}和rm{H_{2}O}對(duì)環(huán)境無(wú)污染；rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}rm{408.8KJ}rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{triangleH=-1135.7KJ/mol}14、略

【分析】解：rm{(1)}工業(yè)冶煉鋁是利用惰性電極電極熔融氧化鋁得到，陽(yáng)極是氯離子失電子生成氯氣，陰極是鋁離子得到電子生成鋁，反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{overset{;;;{脥簍碌莽};;;}{}}{{鹵霉戮摟脢爐}}4Al+3O_{2}隆眉}故答案為：rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{overset{;;;{脥簍碌莽};;;}{}}{{鹵霉戮摟脢爐}}4Al+3O_{2}隆眉}

rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

overset{;;;{脥簍碌莽};;;}{}}{{鹵霉戮摟脢爐}}4Al+3O_{2}隆眉}用陽(yáng)離子交換膜電解法除去工業(yè)品氫氧化鉀溶液中的雜質(zhì)含氧酸根，相當(dāng)于電解水，故電解時(shí)，陽(yáng)極：rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

overset{;;;{脥簍碌莽};;;}{}}{{鹵霉戮摟脢爐}}4Al+3O_{2}隆眉}

故答案為：rm{(2)壟脵}

rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}陰極：rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}其中陰極區(qū)rm{壟脷}放電，rm{4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}隆眉}濃度減小，使水的電離平衡向右移動(dòng)促進(jìn)水的電離，在陰極和陽(yáng)極之間有陽(yáng)離子交換膜，只允許陽(yáng)離子rm{H^{+}}和rm{H^{+}}通過(guò)，留下的rm{K^{+}}濃度增大，陰極附近溶液rm{H^{+}}會(huì)增大；故答案為：增大；

rm{OH^{-}}在陰極區(qū)聚集大量的rm{pH}和rm{壟脹}從而產(chǎn)生純的氫氧化鉀溶液，除雜后的氫氧化鉀溶液從出口rm{K^{+}}導(dǎo)出，故答案為：rm{OH^{-}}．

rm{B}工業(yè)冶煉鋁是利用惰性電極電極熔融氧化鋁得到；

rm{B}用陽(yáng)離子交換膜電解法除去工業(yè)品氫氧化鉀溶液中的雜質(zhì)含氧酸根；相當(dāng)于電解水，陽(yáng)極氫氧根離子放電；

rm{(1)}電解時(shí)，陽(yáng)極：rm{(2)壟脵}陰極：rm{壟脷}其中陰極區(qū)rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}放電，rm{4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}隆眉}濃度減小，使水的電離平衡向右移動(dòng)促進(jìn)水的電離，rm{H^{+}}濃度增大；

rm{H^{+}}在陰極和陽(yáng)極之間有陽(yáng)離子交換膜，只允許陽(yáng)離子rm{OH^{-}}和rm{壟脹}通過(guò)，這樣就在陰極區(qū)聚集大量的rm{K^{+}}和rm{H^{+}}從而產(chǎn)生純的氫氧化鉀溶液，所以除去雜質(zhì)后的氫氧化鉀溶液從溶液出口在陰極區(qū)．

本題考查了電解原理的分析應(yīng)用，關(guān)鍵是根據(jù)離子放電順序判斷電解過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)理解除雜原理，題目難度中等．rm{K^{+}}【解析】rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{overset{;;;{脥簍碌莽};;;}{}}{{鹵霉戮摟脢爐}}4Al+3O_{2}隆眉}rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

overset{;;;{脥簍碌莽};;;}{}}{{鹵霉戮摟脢爐}}4Al+3O_{2}隆眉}增大；rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{B}15、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)題意得：n(C)=150×70.6%÷12≈8，n(H)=150×5.9%÷1≈8，n(O)=150×(1-70.6%-5.9%)÷16≈2。故A的分子式是C8H8O2。（2）A分子中含有苯環(huán)，且能與NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2氣體，A分子中含有-COOH，綜合分析，結(jié)構(gòu)可能有4種。（3）A與NaOH溶液在加熱時(shí)才能較快反應(yīng)，表明分子中含有酯基，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C6H5COOCH3。（4）A與NaOH溶液在加熱時(shí)才能較快反應(yīng)，且1molA消耗2molNaOH，表明分子中含有酯基，結(jié)構(gòu)可能有4種，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是CH3COOC6H5?？键c(diǎn)：有機(jī)計(jì)算有機(jī)物的性質(zhì)【解析】【答案】（共8份）（1）C8H8O2。2分（2）4種。（3）C6H5COOCH3。2分（4）4種，1分CH3COOC6H5。2分16、略

【分析】試題分析：（1）若0.01mol/L的強(qiáng)酸HA與0.01mol/L強(qiáng)堿MOH等體積混合，則二者恰好完全反應(yīng)產(chǎn)生強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)，因此所得溶液顯中性；該反應(yīng)的離子方程式為H++OH-=H2O；（2）若pH=3的強(qiáng)酸HA與pH=11的弱堿MOH等體積混合，由于弱堿部分電離，堿過(guò)量，電離的部分恰好完全中和，未電離的部分會(huì)繼續(xù)電離產(chǎn)生OH-,所以最終使所得溶液顯堿性；（3）若0.01mol/L的強(qiáng)酸HA與0.01mol/L弱堿MOH等體積混合，則二者恰好完全反應(yīng)產(chǎn)生強(qiáng)酸弱堿鹽。由于鹽中是弱堿金屬陽(yáng)離子發(fā)生水解反應(yīng)消耗水電離產(chǎn)生的OH-，最終使溶液中的c(H+)>c(OH-)，因此所得溶液顯酸性。解釋這一現(xiàn)象的離子方程式是M++H2OMOH+H+?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）中性H++OH-=H2O（2）堿性酸HA與堿MOH中和后，堿過(guò)量，還會(huì)電離出OH-(2分)（3）酸性M++H2OMOH+H+(2分)17、略

【分析】【解析】【答案】（11分）18、略

【分析】解：（1）水的電離是吸熱過(guò)程，升高溫度，使水的電離程度增大，當(dāng)溫度升高時(shí)，促進(jìn)水的電離，水的離子積增大，水中氫離子、氫氧根離子濃度都增大，水的pH減小，但溶液仍然呈中性；故答案為：A；水的電離是吸熱過(guò)程，溫度低時(shí)，電離程度小，c（H+）、c（OH-）?。?/p>

（2）將pH=12的NaOH溶液，氫氧離子的濃度為1mol/l與pH=3的H2SO4溶液氫離子的濃度為10-3mol/l混合，溶液呈中則氫離子與氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，所以1mol/l×Vb=10-3mol/l×Va，則NaOH溶液與H2SO4溶液的體積比為1：1000；故答案為：1：1000；

（3）25℃時(shí)，若100體積pH1=a的某強(qiáng)酸溶液中氫離子的物質(zhì)的量濃度=10-amol/L，1體積pH2=b的某強(qiáng)堿溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度=10b-14mol/L，混合后溶液呈中性，則氫離子的物質(zhì)的量等于氫氧根離子的物質(zhì)的量，所以100×10-amol/L=1×10b-14mol/L，所以a+b=16（或pH1+pH2═16）

故答案為：a+b=16（或pH1+pH2═16）；

（4）100℃時(shí)；pH=3的鹽酸溶液和pH=9的某堿溶液等體積混合后，氫離子和氫氧根離子恰好反應(yīng)，如果堿是強(qiáng)堿，則鹽溶液呈中性，實(shí)際上溶液呈堿性，則堿為弱堿，生成強(qiáng)酸弱堿鹽水解呈堿性，故答案為：該堿為弱堿．

（1）水的電離是吸熱過(guò)程，降低溫度抑制水電離，導(dǎo)致水中c（H+）、c（OH-）都減??；

（2）100℃時(shí)；若所得混合溶液的pH=6，說(shuō)明兩者恰好完全反應(yīng)溶液呈中性；

（3）混合溶液呈中性；說(shuō)明酸中氫離子的物質(zhì)的量等于堿中氫氧根離子的物質(zhì)的量；

（4）pH=3的鹽酸溶液和pH=9的某堿溶液等體積混合后；氫離子和氫氧根離子恰好反應(yīng)，根據(jù)鹽的性質(zhì)分析．

本題考查了離子積常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，注意堿溶液中氫氧根離子濃度的計(jì)算方法，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】A；水的電離是吸熱過(guò)程，溫度低時(shí)，電離程度小，c（H+）、c（OH-）?。?：1000；pH1+pH2═16；該堿為弱堿三、計(jì)算題(共7題，共14分)19、略

【分析】試題分析：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24．8kJ/mol①3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47．2kJ/mol②Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640．5kJ/mol③①×3-②-③×2得：6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）則△H=（-24．8kJ/mol）×3-（-47．2kJ/mol）-（+640．5kJ/mol）×2=-1308．0kJ/mol，即CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=-218．0kJ/mol?？键c(diǎn)：考查蓋斯定律的應(yīng)用?！窘馕觥俊敬鸢浮縁eO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)△H=―218．0kJ／mol20、略

【分析】【解析】【答案】（1）7.5（2）13（3）1017－a-b％21、（1）①BCD

②43.3可行

（2）②>①>③

（3）④>②>③>①>【分析】【分析】本題考查了沉淀轉(zhuǎn)化的原理應(yīng)用，除雜的原理應(yīng)用，主要是溶解沉淀的轉(zhuǎn)化關(guān)系的分析應(yīng)用和計(jì)算。【解答】rm{(1)}rm{壟脵}除雜質(zhì)至少要滿足兩個(gè)條件：rm{壟脵}加入的試劑只能與雜質(zhì)反應(yīng)，不能與原物質(zhì)反應(yīng)；rm{壟脵}反應(yīng)后不能引入新的雜質(zhì)，四個(gè)選項(xiàng)中，只有雙氧水氧化后生成水，雙氧水受熱見光易分解，沒(méi)有多余雜質(zhì)；調(diào)整溶液的rm{壟脷}時(shí)，加入的物質(zhì)不能引進(jìn)新的雜質(zhì)粒子，氫氧化鈉中含有鈉離子，氨水反應(yīng)后生成銨根離子，所以氫氧化鈉和氨水能引進(jìn)新的雜質(zhì)離子，rm{pH}粉末、rm{CuO}懸濁液反應(yīng)后生成銅離子和水而不引進(jìn)新的雜質(zhì)離子；故選CD；

故答案為：rm{Cu(OH)_{2}}rm{B}

rm{CD}rm{壟脷}的溶度積rm{壟脷}溶液中rm{Cu(OH)_{2}}的濃度為rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-20}}rm{CuSO_{4}}依據(jù)溶度積常數(shù)rm{3.0mol?L^{-1}}rm{{c}^{2}(O{H}^{-})=dfrac{3.0隆脕{10}^{-20}}{3.0}={10}^{-20}}得到rm{c(Cu^{2+})=3.0mol?L^{-1}}依據(jù)水溶液中的離子積rm{c(Cu^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})=3.0隆脕10^{-20}}求得rm{{c}^{2}(O{H}^{-})=

dfrac{3.0隆脕{10}^{-20}}{3.0}={10}^{-20}}溶液rm{c(OH^{-})=10^{-10}mol/L}則rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}開始沉淀時(shí)溶液的rm{c(H^{+})=10^{-4}mol/L}為rm{pH=4}

殘留在溶液中的離子濃度小于rm{Cu(OH)_{2}}rm{pH}時(shí)就認(rèn)為沉淀完全，rm{4}的溶度積rm{1隆脕10^{-5}}rm{mol?L^{-1}}rm{{c}^{3}(O{H}^{-})=dfrac{8.0隆脕{10}^{-38}}{1隆脕{10}^{-5}}=8.0隆脕{10}^{-33}}求得rm{Fe(OH)_{3}}水溶液中的離子積rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}rm{c(Fe^{3+})隆脕c^{3}(OH^{-})=8.0隆脕10^{-38}}則rm{{c}^{3}(O{H}^{-})=

dfrac{8.0隆脕{10}^{-38}}{1隆脕{10}^{-5}}=8.0隆脕{10}^{-33}}通過(guò)計(jì)算可知rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-11}mol/L}能達(dá)到除去rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}而不損失rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol/L}的目的；則方案可行；

故答案為：rm{pH=3.3}rm{pH=4}可行；rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{4}中銨根離子促進(jìn)了醋酸根離子的水解rm{3.3}rm{(2)壟脵}rm{CH}rm{{,!}_{3}COONH_{4}}rm{CH}rm{{,!}_{3}COONH_{4}}中醋酸根離子少部分水解rm{CH}醋酸根離子濃度最大rm{CH}rm{{,!}_{3}COONH_{4}}rm{{,!}_{3}COONH_{4}}；中；電離出少量的醋酸根離子；醋酸根離子濃度最小rm{壟脷}所以rm{CH}rm{{,!}_{3}COONa}rm{CH}rm{{,!}_{3}COONa}由大到小的順序是rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}COONa}rm{{,!}_{3}COONa}，；；；rm{壟脹}rm{CH}rm{{,!}_{3}COOH}rm{CH}rm{{,!}_{3}COOH}rm{CH}rm{CH}銨根離子水解rm{{,!}_{3}COOH}rm{{,!}_{3}COOH}，，中含有，個(gè)銨根離子，所以銨根離子濃度最大，，；；；rm{c}rm{(CH_{3}COO^{?})}電離出氫離子抑制銨根離子水解rm{c}rm{(CH_{3}COO^{?})}rm{c}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{?})}rm{(CH_{3}COO^{?})}rm{壟脷}rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}中含有rm{壟脵}個(gè)銨根離子rm{>}碳酸根離子和銨根離子相互促進(jìn)水解rm{>}rm{>}rm{>}rm{壟脹}是強(qiáng)酸弱堿鹽故答案為：rm{壟脷}rm{>}rm{壟脵}rm{>}rm{壟脹}銨根離子能水解但較弱rm{壟脷}所以當(dāng)它們物質(zhì)的量濃度相同時(shí)rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{壟脵}大小順序?yàn)閞m{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{壟脹}rm{(3)}rm{(3)}所以如果rm{壟脵}銨根離子水解，rm{(NH}rm{壟脵}，rm{(NH}，rm{(NH}，rm{(NH}相同rm{(NH}電離出銨根離子濃度越多的其物質(zhì)的量濃度越小rm{4}所以當(dāng)rm{4}rm{)}rm{)}rm{)}rm{)}相同時(shí)，物質(zhì)的量濃度由大到小的順序?yàn)閞m{{,!}_{2}SO_{4}}rm{{,!}_{2}SO_{4}}rm{{,!}_{2}SO_{4}}rm{{,!}_{2}SO_{4}}rm{2}rm{2}rm{2}rm{2}，，，；；；rm{壟脷}

rm{NH}【解析】rm{(1)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{B}rm{CD}rm{壟脷}rm{壟脷}可行rm{4}rm{3.3}rm{(2)壟脷}rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{壟脵}rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{壟脹}22、略

【分析】考查物質(zhì)的量濃度溶液的有關(guān)計(jì)算。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，44.8L氯化氫的物質(zhì)的量是44.8L÷22.4L/mol＝2.0mol，質(zhì)量是2.0mol×36.5g/mol＝73g所以溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是溶液的體積是1000g÷1.05g/ml＝952.4ml＝0.9524L所以根據(jù)c＝n/V可知溶液的濃度是2.0mol÷0.9524L＝2.1mol/L【解析】【答案】(5分)7.3%2.1mol/L23、4【分析】【分析】本題考查的是rm{PH}的計(jì)算，先分析出溶液rm{H}的計(jì)算，先分析出溶液rm{PH}rm{H}rm{{,!}^{+}}和rm{OH}rm{OH}的計(jì)算。rm{{,!}^{-}}的濃度，計(jì)算出哪個(gè)離子多，確定溶液最終呈酸性或堿性，再進(jìn)行rm{PH}的計(jì)算。rm{PH}溶液的【解答】值為該溫度下，水的離子積常數(shù)則，rm{NaOH}溶液的rm{pH}值為rm{8}則rm{c(OH^{-})=10^{-4}mol/L}混合后溶液rm{pH=6}呈中性，即酸與堿恰好完全反應(yīng)，則rm{{10}^{-4}mol/L隆脕20.00隆脕{10}^{-3}L={10}^{-c}mol/L隆脕20.00隆脕{10}^{-3}L

}混合后溶液rm{NaOH}呈中性，即酸與堿恰好完全反應(yīng)，則rm{{10}^{-4}mol/L隆脕20.00隆脕{10}^{-3}L={10}^{-c}mol/L隆脕20.00隆脕{10}^{-3}L}rm{pH}rm{8}

rm{c(OH^{-})=10^{-4}mol/L}

rm{pH=6}【解析】rm{4}24、（1）1:2（2）【分析】【分析】

本題考查了化學(xué)中以物質(zhì)的量為中心的綜合計(jì)算。【解答】

rm{(1)}的相對(duì)分子質(zhì)量是rm{233}由圖可知，生成了根據(jù)硫元素守恒可知固體物中含有的為則固體中的質(zhì)量為的物質(zhì)的量為混合物中的比為rm{1:2}，故答案為：rm{1:2}；rm{(2)}的物質(zhì)的量為根據(jù)鋇元素守恒可知，的物質(zhì)的量為則溶液的濃度為固體混合物中，的物質(zhì)的量為完全反應(yīng)需要消耗掉溶液的體積為中氯離子的物質(zhì)的量為則溶液中的濃度為故答案為：rm{0.100mol隆隴{L}^{-1}}【解析】rm{(1)1:2}rm{(2)0.100mol隆隴{L}^{-1}}25、（1）1×108

（2）1×104

（3）2:9【分析】【分析】本題考查溶液中rm{pH}的計(jì)算，掌握rm{pH}計(jì)算的基本方法是解題的關(guān)鍵，注意稀釋酸堿性對(duì)于列式運(yùn)算的影響，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}rm{pH=1}的rm{H}的rm{pH=1}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}由rm{{,!}_{4}}加水稀釋至溶液中氫離子濃度為rm{0.1mol/L}由rm{1mL}加水稀釋至rm{100mL}則氫離子濃度變?yōu)閞m{0.001mol/L}常溫下，溶液中氫氧根離子濃度為rm{

dfrac{1隆脕{10}^{-14}}{0.001}mol/L=1隆脕{10}^{-11}mol/L}則rm{dfrac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}=

dfrac{0.001mol/L}{1隆脕{10}^{-11}mol/L}=1隆脕{10}^{8}}則氫離子濃度變?yōu)閞m{0.1mol/L}常溫下，溶液中氫氧根離子濃度為rm{dfrac{1隆脕{10}^{-14}}{0.001}mol/L=1隆脕{10}^{-11}mol/L}則rm{dfrac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}=dfrac{0.001mol/L}{1隆脕{10}^{-11}mol/L}=1隆脕{10}^{8}}rm{1mL}rm{100mL}rm{0.001mol/L}rm{

dfrac{1隆脕{10}^{-14}}{0.001}mol/L=1隆脕{10}^{-11}mol/L}

rm{dfrac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}=

dfrac{0.001mol/L}{1隆脕{10}^{-11}mol/L}=1隆脕{10}^{8}}的故答案為：rm{1}rm{1}rm{隆脕10}rm{隆脕10}rm{{,!}^{8}}；rm{(2)pH=5}的rm{Al}rm{(2)pH=5}rm{Al}溶液中氫離子全部由水電離得到，即

rm{{,!}_{2}}rm{(SO}rm{(SO}rm{{,!}_{4}}rm{)}rm{)}的rm{{,!}_{3}}溶液rm{c(H^{+})=1隆脕10}rm{c(H^{+})=1隆脕10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}溶液中氫離子全部由水電離得到，即rm{mol/L}rm{c}溶液中rm{c}rm{{,!}_{1}}rm{=1隆脕10}由水電離出的氫離子應(yīng)等于由水電離出的氫氧根離子，即rm{=1隆脕10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}rm{pH=5}的rm{H}rm{mol/L}rm{pH=5}所以rm{dfrac{c1}{c2}=dfrac{1隆脕{10}^{-5}mol/L}{1隆脕{10}^{-9}mol/L}=1隆脕{10}^{4}}rm{H}

rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}

溶液中rm{c(H^{+})=1隆脕10}由題可知混合后溶液氫氧根離子濃度為rm{c(H^{+})=1隆脕10}即rm{c(O{H}^{-})=dfrac{0.1amol-0.01bmol}{(a+b)L}=0.02mol/L}可得rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}溶液中rm{c(OH^{-})=1隆脕10}rm{mol/L}

rm{c(OH^{-})=1隆脕10}【解析】rm{(1)1隆脕10^{8}}rm{(2)}rm{1}rm{1}rm{隆脕10}

rm{隆脕10}rm{{,!}^{4}}四、解答題(共2題，共16分)26、略

【分析】

（1）3.1g的單質(zhì)磷（P）的物質(zhì)的量為=0.1mol，3.2g的氧氣的物質(zhì)的量為=0.1mol，故P原子與O原子的數(shù)目之比為0.1mol：0.1mol×2=1：2，2：5＜1：2＜2：3，故反應(yīng)產(chǎn)物為P2O3、P2O5；令物質(zhì)的量分別為xmol；ymol，則：

解得：x=0.025mol；y=0.025mol

故P2O3的質(zhì)量為0.025mol×110g/mol=2.75g；

P2O5的質(zhì)量為0.025mol×142g/mol=3.55g；

故答案為：P2O3、P2O5；2.75g；3.55g；

（2）單質(zhì)磷的燃燒熱為YkJ/mol，即1mol磷完全燃燒生成固態(tài)P2O5放出的熱量為YkJ，反應(yīng)中生成0.025molP2O5，需要磷0.05mol，故0.05mol磷燃燒生成生成固態(tài)P2O5放出的熱量為0.05YkJ，反應(yīng)中生成0.025molP2O3；需要磷0.05mol，故。

所以0.05mol磷燃燒生成生成固態(tài)P2O3放出的熱量為XkJ-0.05YkJ=（X-0.05Y）kJ，所以1molP與O2反應(yīng)生成固態(tài)P2O3放出的熱量為（X-0.05Y）kJ×=（20X-Y）kJ，故1molP與O2反應(yīng)生成固態(tài)P2O3的反應(yīng)熱△H=-（20X-Y）kJ/mol；

故答案為：-（20X-Y）kJ/mol；

（3）由（2）可知，1molP與O2反應(yīng)生成固態(tài)P2O3的熱化學(xué)方程式：P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=-（20X-Y）kJ/mol；

故答案為：P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=-（20X-Y）kJ/mol．

【解析】【答案】（1）根據(jù)n=計(jì)算磷與氧氣的物質(zhì)的量，進(jìn)而確定P原子與O原子的比例關(guān)系，據(jù)此確定燃燒產(chǎn)物的化學(xué)式，若為單一物質(zhì)，根據(jù)質(zhì)量守恒，該物質(zhì)的質(zhì)量等于磷與氧氣質(zhì)量之和，若為混合物，為P2O3、P2O5；令物質(zhì)的量分別為xmol；ymol，利用P原子、O原子守恒列方程計(jì)算x、y的值，再根據(jù)m=nM計(jì)算各自質(zhì)量；

（2）單質(zhì)磷的燃燒熱為YkJ/mol，即1mol磷完全燃燒生成固態(tài)P2O5放出的熱量為YkJ，根據(jù)（1）判斷的產(chǎn)物，結(jié)合放出的熱量計(jì)算1molP與O2反應(yīng)生成固態(tài)P2O3的熱量；

（3）根據(jù)（2）中的計(jì)算；結(jié)合熱化學(xué)方程式書寫原則進(jìn)行書寫．

27、略

【分析】

（1）②⑤屬于同系物；都屬于烷烴，但分子式不同；④分子式相同，但結(jié)構(gòu)不同，屬于同分異構(gòu)體；③屬于同