2025年浙科版高二化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙科版高二化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、常溫下有體積相同的四種溶液：①pH=3的CH3COOH溶液②pH=3的鹽酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液。下列說法正確的是A.若將四種溶液稀釋100倍，溶液pH大小順序：③＞④＞①＞②B.③和④分別用等濃度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的體積：③=④C.①與②分別與足量鎂粉反應，生成H2的量：①<②D.②和③混合，所得混合溶液的pH大于72、下列化學用語中，不正確的是（）A.HCl分子的電子式H+B.乙炔分子的結構式H-C≡C-HC.H2O分子的比例模型D.甲烷分子的球棍模型3、巴豆酸的結構簡式為rm{CH_{3}-CH簍TCH-COOH.}現有下列物質，試根據巴豆酸的結構特點，判斷在一定條件下，能與巴豆酸反應的物質是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}氯化氫rm{壟脷}溴水rm{壟脹}純堿溶液rm{壟脺2-}丁醇rm{壟脻}酸性rm{KMnO_{4}}溶液．A.rm{壟脷壟脺壟脻}B.rm{壟脵壟脹壟脺}C.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻}4、居室裝修所用的人造板材會釋放出一種揮發(fā)性物質，長期接觸會引起過敏性皮炎、免疫功能異常，該揮發(fā)性物質是A.酒精B.蔗糖C.苯D.甲醛5、節(jié)日期間對大量盆栽鮮花施用rm{S-}誘抗素制劑，以保證鮮花盛開rm{.S-}誘抗素的分子結構如圖，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.可發(fā)生加成反應和取代反應B.分子中含有三種官能團C.該分子不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.rm{1mol}該分子可與rm{1molNa}發(fā)生反應產生rm{H_{2}}評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)6、下列溶液混合后，常溫下溶液一定呈堿性的是（）A.pH=12的氫氧化鈉溶液與pH=2的某酸溶液等體積混合B.pH=2的某酸溶液與pH=12某堿溶液等體積混合C.pH=2的鹽酸pH=12的氨水等體積混合D.1×10-3mol/L的鹽酸和6×10-4mol/L的Ba（OH）2溶液各取10mL，混合后再稀釋100倍7、化學用語是學習化學的重要工具，下列用來表示物質變化的化學用語中，正確的是rm{(}rm{)}A.氫氧燃料電池在堿性介質中的負極反應式：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}B.電解飽和食鹽水時，陽極的電極反應式為：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}C.粗銅精煉時，與電源正極相連的是粗銅，電極反應式僅為：rm{Cu}一rm{2e^{-}=Cu^{2+}}D.鋼鐵無論發(fā)生析氫腐蝕，還是吸氧腐蝕，負極反應式都為：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}8、rm{25隆忙}時，取濃度均為rm{0.1mol/L}的醋酸溶液和氨水溶液各rm{20mL}分別用rm{0.1mol/LNaOH}溶液、rm{0.1mol/L}鹽酸進行中和滴定，滴定過程中，rm{pH}隨著滴加溶液的體積變化如圖所示rm{.}下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.曲線Ⅱ：滴加溶液到rm{10mL}時：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}B.曲線Ⅱ：滴加溶液到rm{10mL}時：rm{c(CH_{3}COO^{-})-c(CH_{3}COOH)簍T2[c(OH^{-})-c(H^{+})]}C.曲線Ⅰ：滴加溶液在rm{10mL-20mL}之間存在：rm{c(Cl^{-})簍Tc(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})簍Tc(H^{+})}D.曲線Ⅰ：滴加溶液到rm{20mL}時：rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(NH_{3}?H_{2}O)>c(OH^{-})}9、氨催化氧化是硝酸工業(yè)的基礎，在某催化劑作用下只發(fā)生主反應rm{壟脵}和副反應rm{壟脷}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}?4NO(g)+6H_{2}O(g)}rm{triangleH=-905kJ/mol壟脵}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)}rm{triangleH=-1268kJ/mol壟脷}下列說法正確的是A.工業(yè)上進行氨催化氧化生成rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}?

4NO(g)+6H_{2}O(g)}時，溫度應控制在rm{triangleH=-905

kJ/mol壟脵}之間B.工業(yè)上采用物料比rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?

2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)}在rm{triangleH=-1268

kJ/mol壟脷}主要是為了提高反應速率C.在加壓條件下生產能力可提高rm{NO}倍，是因為加壓可提高轉化率D.氮氣氧化為rm{780隆蘆840隆忙}的熱化學方程式為：rm{n(O_{2})/n(NH_{?3})}rm{1.7隆蘆2.0}rm{5隆蘆6}10、某有機物的結構簡式見圖，下列說法正確的是

A.分子式為rm{C_{14}H_{16}O_{6}NBr}B.該分子中含有兩個手性碳原子C.不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.在一定條件下與氫氧化鈉溶液反應，rm{1mol}該有機物最多消耗rm{3molNaOH}11、rm{T隆忙}時在rm{2L}密閉容器中使rm{X(g)}與rm{Y(g)}發(fā)生反應生成rm{Z(g)}反應過程中rm{X}rm{Y}rm{Z}的物質的量變化如圖rm{1}所示；若保持其他條件不變，溫度分別為rm{T_{1}}和rm{T_{2}}rm{Y}的百分含量與時間的關系如圖rm{2}所示rm{.}下列分析不正確的是rm{(}rm{)}

A.容器中發(fā)生的反應可表示為：rm{3X(g)+Y(g)?2Z(g)}B.rm{0隆蘆3min}內，rm{v(X)=0.1}rm{mol/(L?min)}C.達平衡后，升高溫度，rm{v_{脮媒}}rm{v_{脛忙}}都增大，且再次平衡前rm{v_{脮媒}<v_{脛忙}}D.若改變條件，使反應進程如圖rm{3}所示，則改變的條件可能是增大壓強評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)12、（8分）在高溫下，下列反應達到平衡：C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）（正反應為吸熱反應）（1）如果升高溫度，平衡向_______反應方向移動（填正或逆）；（2）如果增大壓強，H2的體積分數將_______（填增大、減小或不變）；（3）如果通入水蒸汽，平衡向_______反應方向移動（填正或逆）；（4）如果加入焦炭，H2O的轉化率將______（填增大、減小或不變）。13、下列圖象在t1時所對應的反應條件改變可能為：（1）升高溫度，（2）使用催化劑，（3）增大反應物濃度，（4）減少生成物濃度。14、（14分）實驗為測定一新配制的稀鹽酸的準確濃度，通常用純凈的Na2CO3(無水)配成標準溶液進行滴定。具體操作是：稱取wg無水Na2CO3裝入錐形瓶中，加適量蒸餾水溶解，在酸式滴定管中加入待測鹽酸滴定。（1）錐形瓶中應加入幾滴指示劑，由于CO2溶解在溶液中會影響pH，為準確起見，滴定終點宜選擇在pH4~5之間，則在中學學過的幾種指示劑應選_______________，當滴定溶液由_____色變成_____色時，即表示達滴定終點．（2）若滴到終點時，中和wgNa2CO3消耗鹽酸VmL，則鹽酸的物質的量濃度為________mol·L—1。（3）若所稱取的Na2CO3不純，測得鹽酸的濃度就不準確。現設鹽酸的準確濃度為c1mol·L-1，用不純的Na2CO3標定測得鹽酸為c2mol·L-1，在下述情況下，c1，c2的關系是____(空填>、<或=)①當Na2CO3中含有NaHCO3時，cl_____c2；②當Na2CO3中含有NaOH時，cl_____c2；③當Na2CO3中含有Na2CO3·10H2O時，cl_____c2。15、（8分）下列各組物質屬于同系物的是，屬于同分異物體的是；屬于同素異形體的是，屬于同一種物質的是。（填序號）⑴O2和O3⑵氕和氚⑶麥芽糖和蔗糖⑷苯和對二甲苯16、按照要求回答下列問題。

rm{(1)}硫酸鐵溶液顯酸性的原因______rm{(}用離子方程式表示rm{)}．

rm{(2)}物質的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合溶液中rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(Na^{+})}則混合后溶液顯______性rm{.}

rm{(3)}濃度均為rm{0.1mol/L壟脵}氯化銨rm{壟脷}醋酸銨rm{壟脹}硫酸氫銨rm{壟脺}氨水四種溶液中，rm{c(NH_{4}^{+})}由小到大的順序______rm{(}填序號rm{)}．

rm{(4)}將化合物rm{A}的蒸氣rm{1mol}充入rm{0.5L}容器中加熱分解：rm{2A(g)?B(g)+nC(g)}反應到rm{3min}時，容器內rm{A}的濃度為rm{0.8mol/L}測得這段時間內，平均速率rm{婁脥(C)=0.6mol/(L?min)}則化學方程式中的rm{n}值為______，rm{婁脥(B)=}______，此時rm{A}的分解率為______．評卷人得分四、其他(共4題，共40分)17、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的轉化關系，其中A、E分子式分別是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)，且E中不含甲基。根據下列轉化關系回答問題：（1）寫出A分子中所含官能團的名稱________________________________。（2）完成方程式，并分別寫出反應類型A→B___________________________________________反應類型-------__________________。B→C___________________________________________反應類型-------__________________。（3）寫出E的結構簡式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的體積為_________mL。（5）符合下列條件的D的同分異構體共有_________種，寫出其中任意一種同分異構體的結構簡式______________________________________。①苯環(huán)上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生水解反應和銀鏡反應18、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結構簡式：B_________、D_________。（2）反應①～⑦中屬于消去反應的是___________。(填數字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應，對于反應⑤，得到的E可能的結構簡式為：_________。（4）試寫出CD反應的化學方程式(有機物寫結構簡式，并注明反應條件)。19、下圖轉化關系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的單質，在常溫常壓下A是固體，其余都是氣體，且C呈黃綠色?；衔颒和I兩種氣體相遇時產生白煙K（NH4Cl）。化合物G的焰色反應為黃色，B為氧氣。反應①和②均在溶液中進行。請按要求回答下列問題。（1）寫出下列物質的化學式：D、F。（2）反應②的離子方程式為。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，反應的現象為。（4）將少量單質C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變?yōu)樗{色。這說明單質C的氧化性于單質碘(填“強”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液時，生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。寫出紅褐色沉淀的化學式：。20、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的轉化關系，其中A、E分子式分別是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)，且E中不含甲基。根據下列轉化關系回答問題：（1）寫出A分子中所含官能團的名稱________________________________。（2）完成方程式，并分別寫出反應類型A→B___________________________________________反應類型-------__________________。B→C___________________________________________反應類型-------__________________。（3）寫出E的結構簡式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的體積為_________mL。（5）符合下列條件的D的同分異構體共有_________種，寫出其中任意一種同分異構體的結構簡式______________________________________。①苯環(huán)上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生水解反應和銀鏡反應評卷人得分五、簡答題(共4題，共12分)21、由N；B等元素組成的新型材料有著廣泛用途．

（1）B2H6是一種高能燃料，它與Cl2反應生成的BCl3可用于半導體摻雜工藝及高純硅制造．由第二周期元素組成的與BCl3互為等電子體的陰離子為______（填離子符號；填一個）．

（2）氨硼烷（H3N→BH3）和Ti（BH4）3均為廣受關注的新型化學氫化物儲氫材料．

①H3N→BH3中N原子的軌道雜化類型為______．

②Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反應制得．基態(tài)Ti3+的未成對電子數有______個，BH4-的立體構型是______．寫出該制備反應的化學方程式______．

③氨硼烷可由六元環(huán)狀化合物（HB=NH）3通過如下反應制得：3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3

與上述化學方程式有關的敘述不正確的是______．（填標號）

A．氨硼烷中存在配位鍵。

B．第一電離能：N＞O＞C＞B

C．反應前后碳原子的軌道雜化類型不變。

D．CH4、H2O、CO2分子空間構型分別是：正四面體形；V形、直線形。

（3）磷化硼（BP）是受到高度關注的耐磨材料．如圖1為磷化硼晶胞．

①磷化硼晶體屬于______晶體（填晶體類型），______（填是或否）含有配位鍵．

②晶體中B原子的配位數為______．

（4）立方氮化硼是一種新型的超硬、耐磨、耐高溫的結構材料，其結構和硬度都與金剛石相似，但熔點比金剛石低，原因是______．圖2是立方氮化硼晶胞沿z軸的投影圖，請在圖中圓球上涂“●”和畫“×”分別標明B與N的相對位置．22、完成下列填空：

rm{(1)}向含有rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}的酸性溶液中加rm{FeSO_{4}}溶液，反應后加rm{KSCN}溶液變紅，并生成rm{Cr^{3+}}請寫出此反應離子方程式：______．

rm{(2)}利用rm{I_{2}}的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量rm{.}做法是將鋼鐵中的硫轉化為rm{H_{2}SO_{3}}然后用一定濃度的rm{I_{2}}溶液進行滴定；滴定反應的離子方程式為______．

rm{(3)}高鐵酸鉀rm{(K_{2}FeO_{4})}是一種高效多功能水處理劑rm{.K_{2}FeO_{4}}可以鐵為電極，通過電解濃的rm{KOH}溶液來制取，寫出電解法制取rm{K_{2}FeO_{4}}的陽極反應式：______．

rm{(4)}四氫鋁鋰rm{(LiAlH_{4})}是有機合成中重要的還原劑，溶解于rm{NaOH}溶液時產生一種無色氣體；請完成并配平該反應的離子方程式．

rm{LiAlH_{4}+}______rm{簍T}______rm{+}______rm{+}______．23、今有①CH3COOH②HCl③H2SO4三種溶液．根據要求回答下列問題：

（1）當它們pH相同時，其物質的量濃度最大的是______（填序號）．

（2）當它們的物質的量濃度相同時，其pH最小是______（填序號）．

（3）將c（H+）相同的三種酸均加水稀釋至原來的10倍，c（H+）由大到小的順序為______（填序號）．

（4）體積和物質的量濃度均相同的①②③三種酸溶液，分別與相同濃度的燒堿溶液恰好完全反應，所需燒堿的體積比為______．

（5）三酸的pH相同時，若耗等量的Zn，則需三酸的體積大小關系為______（填序號）．24、銀是一種貴金屬，古代常用于制造錢幣及裝飾器皿，現代在電池和照明器材等領域亦有廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}。rm{(1)}久存的銀制器皿表面會變黑，失去銀白色的光澤，原因是__________。rm{(2)}已知rm{K_{sp}(AgCl)=1.8隆脕10^{-10}}若向rm{50mL0.018mol隆隴L^{-1}}的rm{AgNO_{3}}溶液中加入rm{50mL0.020mol隆隴L^{-1}}的鹽酸，混合后溶液中的rm{Ag^{+}}的濃度為__________rm{mol隆隴L^{-1}}rm{pH}為__________。rm{(3)AgNO_{3}}溶液光照易分解，生成rm{Ag}和紅棕色氣體等物質，其光照分解的化學方程式為__________。rm{(4)}下圖所示原電池正極的反應式為__________。評卷人得分六、解答題(共2題，共8分)25、（1）材料通?？煞譃榻饘俨牧?；無機非金屬材料、高分子合成材料等．玻璃、陶瓷、水泥屬于______；三大合成材料是指：塑料、合成纖維和______．

（2）鋼鐵在潮濕的空氣中更容易被腐蝕；主要原因是其中的鐵和碳構成許多微小的______．

（3）如右圖所示；鐵處于Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ三種不同的環(huán)境中，鐵被腐蝕的速率由大到小的順序是（填序號）______．

（4）下列關于鐵制品保護措施的說法中不正確的有______（填序號；多選）．

①在自行車鋼圈上鍍上一層金屬鉻；摩擦部位加上機油或黃油。

②相同條件下；馬口鐵（表層鍍錫）與白鐵（表層鍍鋅）相比，馬口鐵更為耐用。

③在海輪的外殼上常焊有鋅塊；不必定期更新。

④將不銹鋼制成刀具和餐具；有的刀具還進行烤藍處理．

26、A、B、C、D是四種短周期元素，E是過渡元素．A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子結構示意圖如圖，B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個成單電子，E的外圍電子排布式為3d64s2．回答下列問題：

（1）寫出下列元素的符號：A______B______C______D______．

（2）用化學式表示上述五種元素中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是______；堿性最強的是______．

（3）用元素符號表示D所在周期（除稀有氣體元素外）第一電離能最大的元素是______；電負性最大的元素是______．

（4）E元素原子的核電荷數是______；E元素在周期表的第______周期，第______族，已知元素周期表可按電子排布分為s區(qū)；p區(qū)等，則E元素在______區(qū)．

（5）用電子式表示B的硫化物的形成過程：______．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】試題分析：強酸、強堿完全電離，弱酸、弱堿部分電離。當溶液的PH相同C(CH3COOH)＞C(HCl);C(NH3·H2O)＞C(NaOH).若將溶液稀釋相同倍數，弱酸或弱堿的PH變化較小。故溶液pH大小順序：③＞④＞②＞①A錯誤。如果溶液的體積相同，則n(CH3COOH)＞n(HCl);n(NH3·H2O)＞n(NaOH).B．③和④分別用等濃度的硫酸溶液中和，由于n(NH3·H2O)＞n(NaOH).消耗硫酸溶液的體積：③＞④。錯誤。C．①與②分別與足量鎂粉反應，由于n(CH3COOH)＞n(HCl)生成H2的量：②<①。錯誤。D．②pH=3的鹽酸C(H+)=10-3mol/L;③pH=11的氨水C(OH-)=10-3mol/L鹽酸是強酸完全電離，一水合氨是弱堿部分電離.C(HCl)=C(H+),C(NH3·H2O)＞C(OH-)=C(HCl).混合，②和③混合，因為堿過量，所以所得混合溶液的pH大于7。正確。考點：考查強電解質、若電解質的電離的特點及反應能力稀釋問題的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、A【分析】解：A．氯化氫分子中不存在陰陽離子，其電子式中不能標出電荷，正確的電子式為故A錯誤；

B．乙炔為直線型結構；分子中存在碳碳雙鍵，乙炔的結構式為H-C≡C-H，故B正確；

C．H2O分子為V型結構，氧原子半徑大于氫原子，水的比例模型為故C正確；

D．甲烷為正四面體結構，甲烷的球棍模型為故D正確；

故選A．

A．氯化氫為共價化合物；分子中不存在陰陽離子；

B．乙炔中存在1個碳碳三鍵和2個碳氫鍵；

C．水分子為V型結構；氧原子的原子半徑大于氫原子；

D．甲烷為正四面體結構；碳原子的原子半徑大于氫原子．

本題考查了電子式、球棍模型與比例模型、結構式的判斷，題目難度中等，注意掌握常見化學用語的概念及表示方法，明確球棍模型與比例模型的表示方法．【解析】【答案】A3、D【分析】【分析】

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大，rm{CH_{3}-CH簍TCH-COOH}中含碳碳雙鍵、rm{-COOH}結合烯烴；羧酸的性質來解答。

【解答】

含碳碳雙鍵與rm{壟脵}氯化氫、rm{壟脷}溴水發(fā)生加成反應，與rm{壟脻}酸性rm{KMnO_{4}}溶液發(fā)生氧化反應；

含rm{-COOH}與rm{壟脹}純堿溶液發(fā)生復分解反應，與rm{壟脺2-}丁醇發(fā)生酯化反應，故rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻}正確；故D正確。

故選D。

【解析】rm{D}4、D【分析】甲醛是無色、具有強烈氣味的刺激氣體，是現代居室污染的一種重要物質；【解析】【答案】D5、A【分析】解：rm{A.}含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加成反應，含有羧基；羥基，可發(fā)生取代反應，故A正確；

B.分子中含有碳碳雙鍵、羰基、羥基和羧基rm{4}種官能團；故B錯誤；

C.含有碳碳雙鍵；可被酸性高錳酸鉀氧化，故C錯誤；

D.含有rm{1}個羧基、rm{1}個羥基，則rm{1}rm{mol}該有機物與rm{2molNa}反應；故D錯誤．

故選A．

有機物含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加成；加聚和氧化反應，含有羥基，可發(fā)生取代、消去反應，含有羧基，具有酸性，可發(fā)生中和、酯化反應，含有羰基，可發(fā)生加成反應，以此解答該題．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握結構中官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重烯烴、羧酸、醇性質的考查，題目難度不大．【解析】rm{A}二、雙選題(共6題，共12分)6、C|D【分析】解：A．pH=12的氫氧化鈉溶液與pH=2的某酸溶液等體積混合；如果該酸為弱酸，則混合液中酸過量，混合液呈酸性，故A錯誤；

B．pH=2的某酸溶液與pH=12某堿溶液等體積混合；若酸為弱酸；堿為強堿，則混合液顯示堿性，若都是強電解質，則混合液顯示中性，故B錯誤；

C．pH=2的鹽酸pH=12的氨水等體積混合；氨水為弱堿，混合液中氨水過量，溶液一定顯示堿性，故C正確；

D.1×10-3mol/L的鹽酸中氫離子濃度為1×10-3mol/L，6×10-4mol/L的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子濃度為：1.2×10-3mol/L；各取10mL混合后氫氧根離子過量，混合液一定顯示堿性，故D正確；

故選CD．

A．若酸為弱酸；則混合液中酸過量，溶液顯示酸性；

B．若酸為弱酸；堿為強堿，則混合液中酸過量，溶液顯示酸性；若二者都是強電解質，混合液呈中性；

C．氨水為弱堿；混合液中氨水過量，混合液呈堿性；

D．計算出兩溶液中的氫離子；氫氧根離子的濃度；然后判斷過量情況及溶液酸堿性．

本題考查了溶液pH的計算、酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，明確溶液pH的計算方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．【解析】【答案】CD7、rBD【分析】解：rm{A.}氫氧燃料堿性電池中，負極上氫氣放電生成水，電極反應式為rm{H_{2}+2OH^{-}+2e^{-}=2H_{2}O}正極上電極反應式為rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}故A錯誤；

B.電解飽和食鹽水時，陽極上氯離子放電生成氯氣，電極反應式為rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}故B正確；

C.電解精煉粗銅時，粗銅作陽極、純銅作陰極，陽極上銅和其它較活潑金屬失電子，所以電極反應式不僅為：rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}故C錯誤；

D.鋼鐵無論發(fā)生析氫腐蝕，還是吸氧腐蝕，負極上都是rm{Fe}失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故D正確；

故選BD．

A.氫氧燃料堿性電池中；負極上氫氣放電生成水；

B.電解飽和食鹽水時；陽極上氯離子放電；

C.電解精煉粗銅時；粗銅作陽極；純銅作陰極，陽極上銅和其它較活潑金屬失電子；

D.鋼鐵無論發(fā)生析氫腐蝕，還是吸氧腐蝕，負極上都是rm{Fe}失電子發(fā)生氧化反應．

本題考查了原電池和電解池原理，知道各個電極上放電的微粒是解本題關鍵，注意結合電解質溶液酸堿性書寫電極反應式，為學習難點．【解析】rm{BD}8、rBC【分析】解：根據曲線變化趨勢知，當未滴加溶液時，曲線rm{I}的rm{pH>7}說明屬于酸滴定堿溶液，根據曲線變化趨勢知，當未滴加溶液時，曲線rm{II}的rm{pH<7}說明屬于堿滴定酸溶液；

A.曲線rm{II}為氫氧化鈉滴定醋酸溶液的曲線，滴加溶液到rm{10mL}時，溶液中的溶質是等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉，溶液顯酸性，所以rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}故A正確；

B.曲線rm{II}為氫氧化鈉滴定醋酸溶液的曲線，滴加溶液到rm{10mL}時，溶液中的溶質是等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉，溶液中存在物料守恒rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)=2c(Na^{+})}溶液中存在電荷守恒rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(Na^{+})}所以得rm{c(CH_{3}COO^{-})-c(CH_{3}COOH)=2[c(H^{+})-c(OH^{-})]}故B錯誤；

C.曲線rm{I}為酸滴定堿溶液，當滴加溶液在rm{10mL-20mL}之間，溶液中的溶質是氯化銨和一水合氨，溶液呈堿性，則rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}故C錯誤；

D.曲線rm{I}為酸滴定堿溶液，當滴加溶液到rm{20mL}時，溶液中的溶質是氯化銨，溶液呈酸性，則rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}溶液中存在電荷守恒rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}所以得rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}鹽類水解程度較小，水電離出氫離子，所以離子濃度大小順序是rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(NH_{3}?H_{2}O)>c(OH^{-})}故D正確；

故選BC．

根據曲線變化趨勢知，當未滴加溶液時，曲線rm{I}的rm{pH>7}說明屬于酸滴定堿溶液，根據曲線變化趨勢知，當未滴加溶液時，曲線rm{II}的rm{pH<7}說明屬于堿滴定酸溶液；

A.曲線rm{II}為氫氧化鈉滴定醋酸溶液的曲線，滴加溶液到rm{10mL}時；溶液中的溶質是等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉，溶液顯酸性；

B.曲線rm{II}為氫氧化鈉滴定醋酸溶液的曲線，滴加溶液到rm{10mL}時；溶液中的溶質是等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉，結合物料守恒及電荷守恒分析；

C.曲線rm{I}為酸滴定堿溶液，當滴加溶液在rm{10mL-20mL}之間；溶液中的溶質是氯化銨和一水合氨；

D.曲線rm{I}為酸滴定堿溶液，當滴加溶液到rm{20mL}時；溶液中的溶質是氯化銨，銨根離子水解，且水解程度很弱．

本題考查了酸堿混合溶液定性判斷，把握滴定曲線的判斷及溶液中的溶質、電荷守恒和物料守恒為解答的關鍵，側重分析與應用能力的綜合考查，題目難度中等．【解析】rm{BC}9、AD【分析】略【解析】rm{AD}10、AB【分析】【分析】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意酚、酯、羧酸、鹵代烴的性質，題目難度不大。【解答】A.由結構可知分子式為rm{C_{14}H_{16}O_{6}NBr}故A正確；B.與rm{-Br}與rm{-COOH}相連的rm{C}為手性碳原子，共rm{2}個，故B正確；C.含酚rm{-OH}能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；D.酚rm{-OH}rm{-COOC-}rm{-COOH}rm{-Br}均與rm{NaOH}反應，則rm{1mol}該有機物最多消耗rm{4molNaOH}故D錯誤。故選AB?！窘馕觥縭m{AB}11、rCD【分析】解：rm{A}根據圖rm{1}分析，反應中rm{X}rm{Y}的物質的量逐漸減小，rm{Z}的物質的量逐漸增大，所以rm{X}rm{Y}為反應物，rm{Z}為生成物，由于該反應反應物沒有完全反應，該反應為可逆反應，根據物質的量的變化量與化學計量數成正比可知rm{0.6mol}rm{0.2mol}rm{0.4mol=3}rm{1}rm{2}所以反應的化學方程式為rm{3X(g)+Y(g)?2Z(g)}故A正確；

B、反應進行的前rm{3min}內，rm{v(X)=dfrac{0.6mol}{2Ltimes3min}=0.1mol/(L?min)}故B正確；

C、根據圖rm{v(X)=dfrac{0.6mol}{2Ltimes

3min}=0.1mol/(L?min)}中曲線的斜率大小判斷，rm{2}時先到達平衡狀態(tài)，說明反應速率大，根據溫度越高反應速率越大說明rm{T_{2}}溫度高，溫度升高時rm{T_{2}}的百分含量降低，說明平衡向正反應方向移動，正反應是吸熱反應，所以rm{Y}rm{v_{脮媒}}都增大，且再次平衡前rm{v_{脛忙}}故C錯誤；

D、圖rm{v_{脮媒}>v_{脛忙}}與圖rm{3}比較，圖rm{1}到達平衡所用的時間較短；說明反應速率增大，但平衡狀態(tài)沒有發(fā)生改變，應是加入催化劑所致，故D錯誤．

故選CD．

A；根據物質的量的變化量與化學計量數成正比書寫化學方程式；

B、根據rm{3}內rm{3min}的物質的量濃度的變化量計算化學反應速率；

C、根據圖rm{X}中曲線的斜率大小判斷，rm{2}時先到達平衡狀態(tài)，說明反應速率大，根據溫度越高反應速率越大說明rm{T_{2}}溫度高，溫度升高時rm{T_{2}}的百分含量降低；說明平衡向正反應方向移動，正反應是吸熱反應；

D、圖rm{Y}與圖rm{3}比較；判斷平衡是否發(fā)生移動，根據影響平衡移動的因素判斷．

本題考查化學平衡移動以及平衡圖象題，做題時注意分析圖象中曲線的變化規(guī)律，結合外界條件對平衡移動的影響進行分析，題目難度中等．rm{1}【解析】rm{CD}三、填空題(共5題，共10分)12、略

【分析】【解析】試題分析：該反應是氣體分子數增大的吸熱反應。升高溫度，平衡向右移動；增大壓強，平衡向左移動，氫氣體積分數減小；通入水蒸氣，平衡向右移動；C是固體，加入焦炭，化學反應速率不變，平衡不移動，水的轉化率不變?？键c：勒沙特列原理【解析】【答案】（1）正（2）減?。?）正（4）不變13、略

【分析】試題分析：（1）升高溫度，瞬間V正、V逆都增大，若正反應為放熱反應，V正增大較少、V逆增大較多，V正＜V逆，平衡向逆反應移動，若正反應為吸熱反應反應，V正增大較多、V逆增大較少，V正＞V逆，平衡向正反應移動，圖象C符合V正增大較多、V逆增大較少，V正＞V逆，平衡向正反應移動，正反應為吸熱反應，故答案為：C；（2）使用催化劑，瞬間同等程度增大V正、V逆，V正=V逆，平衡不移動，圖象D符合，注意若反應前后氣體的物質的量不變的反應，增大壓強圖象也符合，故答案為：D；（3）增大反應物濃度，瞬間V正增大，V逆不變，V正＞V逆，平衡向正反應移動，圖象A符合，故答案為：A；（4）減少反應物濃度，瞬間V正不變，V逆降低，V正＞V逆，平衡向正反應移動，圖象B符合，故答案為：B?？键c：化學反應速率與化學平衡圖象的綜合應用；化學平衡的影響因素【解析】【答案】（1）C（2）D（3）A（4）B14、略

【分析】【解析】試題分析：（1）因為滴定終點的pH在4~5之間，所以應該選擇在酸性變色的指示劑，因此用甲基橙做指示劑，當達到滴定終點時溶液有黃色變?yōu)槌壬＃?）鹽酸的濃度為（3）根據當Na2CO3中含有NaHCO3時，消耗的Na2CO3的體積比正常值大，所以c12。當Na2CO3中含有NaOH時，消耗的Na2CO3的體積比正常值小，所以c1>c2。當Na2CO3中含有Na2CO3·10H2O時，消耗的Na2CO3的體積比正常值大，所以c12。考點：酸堿中和滴定【解析】【答案】(1)甲基橙黃色橙色(2)(w×103)/(53×V)(3)①<②>③<15、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（錯選或多選不給分，選對2個給1分）⑷⑶、⑻、⑾⑴（5）16、略

【分析】解：rm{(1)}硫酸鐵溶液中，鐵離子結合水電離的氫氧根離子生成氫氧化鐵，溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子，溶液顯示酸性，鐵離子水解的方程式為：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}

故答案為：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}

rm{(2)}根據電荷守恒可知，rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(CH_{3}COO^{-})}溶液中醋酸根離子和鈉離子濃度相等，則rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液為中性；

故答案為：中；

rm{(3)}濃度均為rm{0.1mol/L壟脵}氯化銨rm{壟脷}醋酸銨rm{壟脹}硫酸氫銨rm{壟脺}氨水四種溶液中存在：rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}硫酸氫銨存在大量的rm{H^{+}}抑制rm{NH_{4}^{+}}的水解，醋酸銨為弱酸弱堿鹽，發(fā)生相互促進的水解，鹽中rm{NH_{4}^{+}}濃度最小，氨水為弱電解質，難以電離，在這五種溶液中rm{NH_{4}^{+}}濃度最小，所以rm{NH_{4}^{+}}濃度由小到大的順序是：rm{壟脺壟脷壟脵壟脹}故答案為：rm{壟脺壟脷壟脵壟脹}

rm{(4)}反應到rm{3min}時，容器內rm{A}的濃度為rm{0.8mol?L^{-1}}則rm{v(A)=dfrac{dfrac{1mol}{0.5L}-0.8mol/L}{3min}=0.4mol?L^{-1}?min^{-1}}這段時間內，平均速率rm{v(A)=dfrac{dfrac

{1mol}{0.5L}-0.8mol/L}{3min}=0.4mol?L^{-1}?min^{-1}}

速率之比等于化學計量數之比，故rm{婁脥(C)=0.6mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{0.4}rm{0.6=2}解得rm{n}rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(A)=0.2mol?L^{-1}?min^{-1}}此時rm{n=3}的分解率rm{=dfrac{1mol-0,8mol/L隆脕0.5L}{1mol}隆脕100%=60%}

故答案為：rm{v(B)=dfrac

{1}{2}v(A)=0.2mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{A}rm{=dfrac

{1mol-0,8mol/L隆脕0.5L}{1mol}隆脕100%=60%}

rm{3}硫酸鐵溶液中；鐵離子部分水解，溶液顯示酸性；

rm{0.2mol?L^{-1}?min^{-1}}根據電荷守恒可知，rm{60%}分析判斷；

rm{(1)}從鹽類的水解和弱電解質的電離程度角度分析；醋酸銨中醋酸根離子水解促進銨根離子，硫酸氫銨溶液中氫離子抑制銨根離子水解，一水合氨為弱電解質電離程度??；

rm{(2)}根據rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(CH_{3}COO^{-})}利用速率之比等于化學計量數之比計算rm{(3)}及rm{(4)}的值，分解率rm{=dfrac{{路脰陸芒脕驢}}{{脝冒脢錄脕驢}}隆脕100%}

本題考查化學反應速率有關計算、離子濃度大小比較、鹽類水解、化學平衡影響因素等，題目難度不大，注意對反應速率規(guī)律的理解應用rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}【解析】rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}中；rm{壟脺壟脷壟脵壟脹}rm{3}rm{0.2mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{60%}四、其他(共4題，共40分)17、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳雙鍵（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，類型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或鄰、間、對均可）（2分）18、略

【分析】【解析】【答案】19、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）產生白色沉淀（4）強（5）Fe(OH)320、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳雙鍵（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，類型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或鄰、間、對均可）（2分）五、簡答題(共4題，共12分)21、略

【分析】解：（1）根據等電子體原理，原子數相同，價電子數也相同的粒子互為等電子體，所以由第2周期元素組成的與BCl3互為等電子體的陰離子為CO32-或NO3-；

故答案為：CO32-或NO3-；

（2）①H3N→BH3中N原子的價層電子對數為=4，所以N原子的軌道雜化類型為sp3；

故答案為：sp3；

②基態(tài)Ti3+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d1；其未成對電子數是1．

BH4-中B原子的價層電子對數為=4，所以雜化方式為sp3雜化，則BH4-的立體構型為正四面體，Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反應制得，反應的化學方程式為TiCl3+3LiBH4═Ti（BH4）3+3LiCl；

故答案為：1；正四面體；TiCl3+3LiBH4=Ti（BH4）3+3LiCl；

③A．B一般是形成3個鍵，（H3BNH3）由六元環(huán)狀化合物（HB=NH）3通過3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得；其中1個鍵是配位鍵，故A正確；

B．同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，這幾種元素都是第二周期元素，它們的族序數分別是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它們的第一電離能大小順序是I1（N）＞I1（O）＞I1（C）＞I1（B）；故B正確；

C．由CH4變?yōu)镃O2，碳原子雜化類型由sp3轉化為sp；反應前后碳原子的軌道雜化類型已經改變，故C錯誤；

D．CH4分子中價層電子對=σ鍵電子對+中心原子上的孤電子對=4+×（4-4×1）=4，且不含孤電子對，所以其空間構型是正四面體，H2O中價層電子對個數=2+×（6-2×1）=4，且含有2個孤電子對，所以H2O的VSEPR模型為四面體，分子空間構型為V型、CO2分子中價層電子對=σ鍵電子對+中心原子上的孤電子對=2+×（4-2×2）=2；所以二氧化碳是直線型結構，故D正確；

故答案為：C；

（3）①在磷化硼晶體中；磷和硼原子之間通過共價鍵相互作用，結合性質可知其晶體類型為原子晶體，硼最外層有3個電子，但根據晶胞結構可知，每個硼和磷周圍都有4個共價鍵，所以磷原子含有孤電子對，硼原子含有空軌道，它們之間存在配位鍵；

故答案為：原子；是；

②根據晶的結構圖可知；每個磷原子周圍有4個硼原子，所以配位數為4；

故答案為：4；

（4）立方氮化硼結構和硬度都與金剛石相似，均為原子晶體，B-N鍵鍵長大于C-C鍵，鍵能小于C-C鍵，導致立方氮化硼熔點比金剛石低；晶體中B、N原子配位數均為4，涂“●”和畫“×”分別標明B與N的相對位置為：

故答案為：B-N鍵鍵長大于C-C鍵鍵長，鍵能小，所以熔點低；．

（1）根據等電子體原理，原子數相同，價電子數也相同的粒子互為等電子體，據此書寫由第2周期元素組成的與BCl3互為等電子體的陰離子；

（2）①H3N→BH3中N原子的價層電子對數為=4；據此判斷雜化類型；

②根據基態(tài)Ti3+的核外電子排布式確定其未成對電子數；根據BH4-中B原子的雜化方式可知其立體構型；根據元素守恒書寫化學方程式；

③A．根據B的最外層電子數及形成的共價鍵數判斷；

B．同一周期元素中；元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素；

C．由CH4變?yōu)镃O2，碳原子雜化類型由sp3轉化為sp；

D．CH4分子中價層電子對=σ鍵電子對+中心原子上的孤電子對=4+×（4-4×1）=4，且不含孤電子對，所以其空間構型是正四面體，H2O中價層電子對個數=2+×（6-2×1）=4，且含有2個孤電子對，所以H2O的VSEPR模型為四面體，分子空間構型為V型、CO2分子中價層電子對=σ鍵電子對+中心原子上的孤電子對=2+×（4-2×2）=2；所以二氧化碳是直線型結構；

（3）①在磷化硼晶體中；磷和硼原子之間通過共價鍵相互作用，結合性質可知其晶體類型，硼最外層有3個電子，但根據晶胞結構可知，每個硼和磷周圍都有4個共價鍵，所以磷原子含有孤電子對，硼原子含有空軌道，它們之間存在配位鍵，據此答題；

②根據晶的結構圖可知；每個磷原子周圍有4個硼原子；

（4）立方氮化硼結構和硬度都與金剛石相似；均為原子晶體，鍵長越短，鍵能越大，熔點越高；晶體中B；N原子配位數均為4．

本題考查物質結構和性質，涉及電離能、電負性、雜化方式的判斷、空間構型的判斷等知識點，根據價層電子對互斥理論、構造原理等知識來分析解答，難度中等．【解析】CO32-或NO3-；sp3；1；正四面體；TiCl3+3LiBH4=Ti（BH4）3+3LiCl；C；原子；是；4；B-N鍵鍵長大于C-C鍵鍵長，鍵能小，所以熔點低22、略

【分析】解：rm{(1)}向含有rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}的酸性溶液中加rm{FeSO_{4}}溶液，二者發(fā)生氧化還原反應：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+6Fe^{2+}+14H^{+}簍T2Cr^{3+}+6Fe^{3+}+7H_{2}O}反應后溶液中加rm{KSCN}溶液變紅，發(fā)生反應為：rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}簍TFe(SCN)_{3}}

故答案為：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+6Fe^{2+}+14H^{+}簍T2Cr^{3+}+6Fe^{3+}+7H_{2}O}rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}簍TFe(SCN)_{3}}

rm{(2)I_{2}}具有氧化性，能夠將亞硫酸氧化成硫酸，反應的離子方程式為：rm{H_{2}SO_{3}+I_{2}+H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2I^{-}}

故答案為：rm{H_{2}SO_{3}+I_{2}+H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2I^{-}}

rm{(3)}電解時陽極rm{Fe}失電子發(fā)生氧化反應，電極反應方程式為：rm{Fe+8OH^{-}-6e^{-}簍TFeO_{4}^{2-}+4H_{2}O}

故答案為：rm{Fe+8OH^{-}-6e^{-}簍TFeO_{4}^{2-}+4H_{2}O}

rm{(4)LiAlH_{4}}與水反應生成氫氣，該反應為rm{LiAlH_{4}+2H_{2}O簍TLiAlO_{2}+4H_{2}隆眉}反應的離子反應為：rm{LiAlH_{4}+2H_{2}O簍TLi^{+}+AlO_{2}^{-}+4H_{2}隆眉}

故答案為：rm{2H_{2}O}rm{Li^{+}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{4H_{2}隆眉.}

rm{(1)}二者發(fā)生氧化還原反應生成rm{Cr^{3+}}和鐵離子；反應后溶液中滴入硫氰化鉀溶液變紅；

rm{(2)}碘單質能夠將亞硫酸氧化成硫酸；

rm{(3)}在電解時鐵為陽極，在電極上失電子，得到rm{FeO_{4}^{2-}}

rm{(4)}溶解于rm{NaOH}溶液時產生一種無色氣體，氣體為氫氣，還生成rm{LiAlO_{2}}．

本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應的配平、離子方程式書寫、電解原理等知識，題目難度中等，明確發(fā)生反應實質為解答關鍵，注意掌握離子方程式書寫原則，試題有利于提高學生的綜合應用能力．【解析】rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+6Fe^{2+}+14H^{+}簍T2Cr^{3+}+6Fe^{3+}+7H_{2}O}rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}簍TFe(SCN)_{3}}rm{H_{2}SO_{3}+I_{2}+H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2I^{-}}rm{Fe+8OH^{-}-6e^{-}=FeO_{4}^{2-}+4H_{2}O}rm{2H_{2}O}rm{Li^{+}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{4H_{2}隆眉}23、略

【分析】解：（1）當pH相同時；說明溶液中氫離子濃度相等，如果都是一元酸，酸的電離程度越大則酸的濃度越小，醋酸和鹽酸都是一元酸且醋酸電離程度小于HCl，所以pH相同時物質的量濃度①＞②；如果都是強酸，一元酸濃度大于二元酸濃度，鹽酸和硫酸都是強酸，且鹽酸是一元酸；硫酸是二元酸，則物質的量濃度②＞③，所以pH相同時物質的量濃度最大的是①；

故答案為：①；

（2）當它們物質的量濃度相同時；pH值與酸的元數及電離程度有關，酸的元數越大；酸電離程度越大，氫離子濃度越大，溶液的pH越小，硫酸是二元強酸、HCl是一元強酸、醋酸是一元弱酸，所以物質的量濃度相同的這幾種酸，pH最小的是硫酸，故答案為：③；

（3）加水稀釋促進弱電解質電離，加水促進醋酸電離，HCl、硫酸完全電離，加水稀釋氫離子物質的量不變，所以將c（H+）相同的三種酸均加水稀釋至原來的10倍，c（H+）由大到小的順序為①＞②=③；

故答案為：①＞②=③；

（4）體積和物質的量濃度均相同的①②③三種酸溶液；分別與相同濃度的燒堿溶液恰好完全反應，消耗NaOH溶液體積與最終電離出氫離子物質的量成正比，物質的量濃度和體積相同的這三種溶液，最終電離出氫離子物質的量大小順序是2①=2②=③，這消耗NaOH體積之比為1：1：2，故答案為：1：1：2；

（5）三酸的pH相同時；若耗等量的Zn，則消耗最終電離出的氫離子物質的量相等，消耗的酸體積與酸最終電離出的氫離子濃度成反比，這三種酸最終電離出氫離子濃度為①＞②=③，則消耗酸的體積為①＜②=③；

故答案為：①＜②=③．

（1）當pH相同時；說明溶液中氫離子濃度相等，如果都是一元酸，酸的電離程度越大則酸的濃度越小；如果都是強酸，一元酸濃度大于二元酸濃度；

（2）當它們物質的量濃度相同時；pH值與酸的元數及電離程度有關，酸的元數越大；酸電離程度越大，氫離子濃度越大，溶液的pH越??；

（3）加水稀釋促進弱電解質電離；

（4）體積和物質的量濃度均相同的①②③三種酸溶液；分別與相同濃度的燒堿溶液恰好完全反應，消耗NaOH溶液體積與最終電離出氫離子物質的量成正比；

（5）三酸的pH相同時；若耗等量的Zn，則消耗最終電離出的氫離子物質的量相等，消耗的酸體積與酸最終電離出的氫離子濃度成反比．

本題考查弱電解質的電離，側重考查學生分析判斷及計算能力，明確弱電解質電離特點及溶液pH與溶液濃度、酸的元數的關系是解本題關鍵，題目難度中等．【解析】①；③；①＞②=③；1：1：2；①＜②=③24、（1）Ag與空氣中氧及含硫化合物反應生成黑色硫化銀

（2）1.8×10-72

（3）2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑

（4）Ag++e-=Ag【分析】【分析】本題考查原電池原理、氧化還原反應、rm{pH}計算、溶度積常數等知識點，綜合性較強，題目難度中等，明確正負極判斷及其發(fā)生的反應、溶度積常數含義、氧化還原反應本質等知識點即可解答，注意rm{(2)}題要進行過量計算，為易錯點?！窘獯稹縭m{(1)}長期放置在空氣中的銀制品，能與空氣中氧及含硫化合物反應生成黑色的rm{Ag_{2}S}所以其表面會逐漸變黑，失去銀白色的光澤，故答案為：rm{Ag}與空氣中氧及含硫化合物反應生成黑色硫化銀；rm{(2)n(AgNO_{3})=0.05L隆脕0.018mol/L=0.0009mol}rm{n(HCl)=0.05L隆脕0.020mol/L=0.001mol}硝酸銀和rm{HCl}發(fā)生反應rm{AgNO_{3}+HCl=AgCl隆媒+HNO_{3}}根據方程式知，rm{HCl}剩余，混合溶液中rm{c(Cl^{-})=(0.001?0.0009)mol隆脗(0.05L+0.05L)=10^{-3}mol/L}溶液中rm{c(Ag^{+})=Ksp隆脗c(Cl^{?})=1.8隆脕10^{?10}隆脗10^{?3}mol/L=1.8隆脕10^{-7}mol/L}實際上氫離子不參加反應，則溶液中rm{c(H^{+})=0.001mol隆脗(0.05L+0.0