2025年北師大版選修化學下冊月考試卷

…………○…………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年北師大版選修化學下冊月考試卷247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、以下離子方程式書寫正確的是A.侯氏制堿法中NaHCO3的制備：Na++NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4+B.向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3－+OH－═CaCO3↓+H2OC.向硫酸鋁溶液中滴加碳酸鈉溶液：2Al3++3CO32－═Al2(CO3)3↓D.用醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O2、下列物質不屬于有機物的是A.CH4B.CH3CHOC.NaClD.C6H63、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述不正確的是A.標準狀況下，22.4LCO2與CO的混合氣體中含碳原子數目為NAB.常溫下，1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中NH4+數目為0.1NAC.2.7g金屬鋁變?yōu)殇X離子時失去的電子數目為0.3NAD.室溫下，21gC2H4和C4H8的混合氣體中含有的原子數目為4.5NA4、化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是A.非處方藥的包裝上印有“OTC”標示B.減少使用氟氯代烷作制冷劑，能保護臭氧層C.在酒化酶的作用下葡萄糖水解為乙醇和二氧化碳D.維生素C具有還原性，在人體內起抗氧化作用5、利用與合成的反應主要歷程如圖所示；下列說法正確的是。

A.沒有參加化學反應B.分子的空間構型是正四面體C.若用替代則可生成D.合成的總反應方程式為：評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、常溫下在20mL0.lmol·L-1Na2A溶液(pH=11)中逐滴加入0.1mol/L的鹽酸，溶液的pH逐漸降低，下列說法一定正確的是(NA表示阿伏加德羅常數)A.當鹽酸加入10mL時，溶液中c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)+2c(H2A)B.當鹽酸加入20mL時，溶液中c(Na+)>c(Cl-)>c(HA-)>c(H+)>c(OH-)C.當鹽酸加入20mL時，溶液中HA–的物質的量小于0.002NAD.當鹽酸加入40mL時，溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+c(A2–)+c(Cl-)7、常溫下用pH為3的某酸溶液分別與pH都為11的氨水、氫氧化鈉溶液等體積混合得到a、b兩種溶液，關于這兩種溶液酸堿性的描述正確的是A.b不可能顯堿性B.a可能顯酸性或堿性C.a不可能顯酸性D.b可能顯堿性或酸性8、臨床證明磷酸氯喹對治療“新冠肺炎”有良好的療效。磷酸氯喹的結構如圖所示；下列有關磷酸氯喹的說法正確的是。

A.分子式是B.能發(fā)生取代反應、加成反應和消去反應C.將氯喹磷酸化的目的是增大水溶性D.和足量氫氣發(fā)生加成反應所得產物中有4個手性碳原子9、下列各組中兩個變化所發(fā)生的反應，屬于同一類型的是A.由甲苯制甲基環(huán)己烷、由乙烷制溴乙烷B.乙烯使溴水褪色、乙炔使酸性高錳酸鉀水溶液褪色C.由乙烯制聚乙烯、由氯乙烯制聚氯乙烯D.由苯制硝基苯、由乙醇制取乙酸乙酯10、已知酸性：＞H2CO3＞＞HCO3-，將轉變?yōu)榭尚械姆椒ㄊ牵ǎ〢.向該溶液中加入足量的稀硫酸，加熱B.將該物質與稀硫酸共熱后，再加入足量的NaOH溶液C.將該物質與足量的NaOH溶液共熱，再通入足量CO2氣體D.將該物質與稀硫酸共熱后，再加入足量的NaHCO3溶液11、中醫(yī)藥在疾病治療中發(fā)揮了重要作用；對下述中藥成分的敘述不正確的是。

A.該物質有5種官能團B.分子中苯環(huán)上的一氯代物只有4種C.碳原子的雜化類型有2種D.1mol該物質與溴水反應，最多消耗1molBr2評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、用氨氣制取尿素的反應為：2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH＜0

(1)該反應能自自發(fā)進行的條件是___________

(2)反應在恒容密閉容器中達到平衡時，下列說法不正確的是________

A.加入催化劑，平衡常數不變

B.容器內的壓強不再變化。

C.容器內的氣體密度不再變化

D.降低溫度；平衡向正反應方向移動。

(3)某溫度下，向容積為10L的密閉容器中通入4molNH3和2molCO2，該反應進行到40s時達到平衡，此時CO2的轉化率為50%。

①該段時間內用NH3表示的平均反應速率為___________

②該溫度下此反應平衡常數K的值為________。

③圖中的曲線表示該反應在前25s內的反應進程中的NH3濃度變化。若在25s時保持其它條件不變情況下使用催化劑，使反應延續(xù)至70s，請在圖中用實線畫出25~70s內該反應的進程曲線__________。

(4)尿素在水溶液中會分解，某研究小組分別用三份不同初始濃度的尿素溶液測定分解反應速率，得到c(CO(NH2)2)隨時間變化趨勢如圖所示：

根據圖中信息，如何說明分解反應速率隨溫度升高而增大__________。13、氧化還原滴定實驗與酸堿中和滴定類似(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)。測血鈣的含量時；進行如下實驗：

①可將4mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量草酸銨(NH4)2C2O4晶體，反應生成CaC2O4沉淀，將沉淀用稀硫酸處理得H2C2O4溶液。

②將①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化產物為CO2，還原產物為Mn2+。

③終點時用去20mL1.0×10-4mol/L的KMnO4溶液。

(1)寫出H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式__。

(2)計算：血液中含鈣離子的濃度為__mol/L。14、(1)肼(N2H4)將過量鉻酸(CrO3)還原為Cr3+，同時產生一種無色無味的氣體，寫出該反應的離子方程式：______________________。

(2)酸性礦井水(主要含有H+、Fe2+、SO42-)是煤層中夾雜的硫鐵礦(FeS2)被空氣中氧氣氧化所致，該反應的離子方程式為___________________________。

(3)①H2S是嚴重危害環(huán)境的氣體，采取多種方法減少H2S的排放并加以資源利用。用Fe2(SO4)3吸收H2S，反應的離子方程式為______________________。

②向酸性含碘廢液中加入稍過量的Na2SO3溶液，將廢液中的I2還原為I-，其離子方程式為_________________________________。15、以下是與綠色化學；環(huán)境保護和人類健康息息相關的三個主題；請根據已知信息回答下列問題：

(1)下列制備氯乙烷的反應中原子經濟性最高的是_____(填字母)。

A.CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl

B.CH3CH2OH+HClCH3CH2Cl+H2O

C.CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl

D.CH2=CHCl+H2CH3CH2Cl

由上述四個反應可歸納出，原子經濟性最高的是______(填反應類型)。

(2)有毒物質的無害化處理也是綠色化學研究的內容之一。ClO2是一種性能優(yōu)良的消毒劑，它可將廢水中少量的CN-等有毒的酸根離子氧化而除去。請寫出用ClO2將廢水中的CN-氧化成無毒氣體的離子方程式：______，該方法的優(yōu)點是_______。

(3)某飲用水廠由天然水制備純凈水(去離子水)的工藝流程示意圖如圖：

活性炭的作用是_______；O3消毒的優(yōu)點是_______。16、閱讀有關硫代硫酸鈉（Na2S2O3）的相關資料：

硫代硫酸鈉是一種白色的晶體，可用作沖洗照相底片的定影劑、棉織物漂白后的脫氯劑及定量分析中的還原劑。它在堿性環(huán)境中能穩(wěn)定存在，在酸性條件下發(fā)生反應生成SO2和S。制備Na2S2O3的方法很多，常用的方法有：Ⅰ.將純堿溶解后，與二氧化硫作用生成亞硫酸鈉，再加入硫磺沸騰反應，經過濾、濃縮、結晶，制得五水硫代硫酸鈉（Na2S2O3·5H2O）。Ⅱ.硫化堿法：利用碳酸鈉；硫化鈉和廢氣中的二氧化硫反應；經吸硫、蒸發(fā)、結晶，制得硫代硫酸鈉。Ⅲ.氧化、亞硫酸鈉和重結晶法：由含硫化鈉、亞硫酸鈉和燒堿的液體經加硫氧化。

回答下列問題：

（1）Na2S2O3和HCl反應的離子方程式___。

（2）方法Ⅰ中所包含的反應___（寫方程式）。

（3）方法Ⅱ中做氧化劑的物質是___（化學式），做還原劑的是__（化學式）。17、短周期元素a～g在表中的位置如右表；請回答下列問題：

（1）d、e元素常見離子的半徑由大到小的順序為(用化學式表示)__________；b；c兩元素非金屬性較強的是(寫元素符號)_________；寫出能證明這一結論的一個化學方程式_____________。

（2）下列有關說法正確的是（___）。A．e在d2中燃燒，生成e2dB．加熱熔化eda時不可用Al2O3坩堝，可用瓷坩堝C．將gd2通入溴水中，溴水褪色，體現了gd2的漂白性D．將打磨過的f置于酒精燈上點燃，觀察到f熔化但未見液滴滴落（3）上述元素可組成鹽R：ca4f(gd4)2和鹽S：ca4agd4。

①相同條件下，0.1mol·L－1鹽R中c(ca4＋)_______(填“="”、"“>”或“<”)0.1mol·L-1鹽S中c(ca4＋)。

②R常用作凈水劑；其原理為（用離子方程式表示）______________。

③向盛有10mL1mol·L-1鹽S溶液的燒杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液至中性；則反應后各離子濃度由大到小的排列順序是_____________。

④向盛有10mL1mol·L-1鹽R溶液的燒杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液32mL后，繼續(xù)滴加至35mL，寫出此時段(32mL～35mL)間發(fā)生的離子方程式：_____________。18、現有HA、HB和H2C三種酸。室溫下用0.1mol·L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.1mol·L-1的HA；HB兩種酸的溶液；滴定過程中溶液的pH隨滴入的NaOH溶液體積的變化如圖所示。

（1）原HA中水電離出的c(H+)=________mol·L-1

（2）與曲線I上的c點對應的溶液中各離子濃度由大到小的順序為________；b點對應的溶液中c(HB)____c(B-)(填“>”“<”或“=”)。

（3）已知常溫下向0.1mol·L-1的NaHC溶液中滴入幾滴石蕊試液后溶液變成紅色。

①若測得此溶液的pH=1，則NaHC的電離方程式為_______________。

②若在此溶液中能檢測到H2C分子，則此溶液中c(C2-)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。

③若H2C的一級電離為H2C=H++HC-，常溫下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，則0.1mol·L-1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L-1(填“>”“<”或“=”)。19、某有機化合物A經李比希法測得其中含碳為70.59%；含氫為5.88%；其余含有氧。現用下列方法測定該有機化合物的相對分子質量和分子結構。

方法一：用質譜法分析得知A的質譜如圖：

方法二：核磁共振儀測出A的核磁共振氫譜有4個峰；其面積之比為1∶2∶2∶3。

方法三：利用紅外光譜儀測得A分子的紅外光譜；如圖：

（1）分子中共有____種化學環(huán)境不同的氫原子。

（2）A的分子式為____。

（3）該物質屬于哪一類有機物____。

（4）A的分子中只含一個甲基的依據是____(填序號)。

aA的相對分子質量bA的分子式。

cA的核磁共振氫譜圖dA分子的紅外光譜圖。

（5）A的結構簡式為________________________________。評卷人得分四、判斷題(共4題，共12分)20、系統命名法僅適用于烴，不適用于烴的衍生物。______A.正確B.錯誤21、醇的熔沸點高于相應烴的熔沸點，是因醇分子間形成氫鍵。(____)A.正確B.錯誤22、的名稱為丙二醇。(____)A.正確B.錯誤23、聚丙烯的鏈節(jié)是—CH2—CH2—CH2—。(_____)A.正確B.錯誤評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共2分)24、烷烴A只可能有三種一氯取代物B、C和D，C的結構簡式是如圖：B和D分別與強堿的醇溶液共熱，都只能得到有機化合物E。以上反應及B的進一步反應如下所示。

請回答下列問題：

(1)A的結構簡式是_________。

(2)H的結構簡式是________。

(3)B轉化為F的反應屬于____反應(填反應類型名稱)。

(4)B轉化為E的反應屬于_____反應(填反應類型名稱)。

(5)寫出下列物質間轉化的化學方程式①B→F：________，②F→G：_______。評卷人得分六、原理綜合題(共4題，共36分)25、化學與社會；生產、生活息息相關；請回答下列問題：

(1)用熱的純堿水刷洗餐具上的油污，試解釋原因___________(用必要的語言和離子方程式作答)。

(2)已知：①2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)ΔH=-702.2kJ·mol-1

②2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s)ΔH=-181.4kJ·mol-1。

則Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)ΔH=___________kJ·mol-1

(3)常溫下，V1mLpH=1的鹽酸與V2mL0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液混合，所得混合溶液的pH=2，則V1︰V2等于___________(忽略混合前后溶液體積變化)。

(4)某反應過程中的能量變化如下圖所示：

①該反應的ΔH___________(填“＞”或“＜”)0。

②該反應的熱化學方程式為___________。

③加入催化劑，b___________(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，ΔH______。26、(1)已知水在25℃和100℃時；其電離平衡曲線如圖所示：

①則25℃時水的電離平衡曲線應為_____。(填“A”或“B”)

②25℃下，下列三種溶液中，由水電離出的氫離子的物質的量濃度之比a:b:c=_____。

a．pH=1的鹽酸b．pH=2的鹽酸c．pH=12的NaOH溶液。

③25℃下，若VaLpH＝a的鹽酸與VbLpH＝b的NaOH溶液恰好中和，a+b=13，則Va:Vb＝_____。

(2)某溫度(t℃)時，測得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH＝13。

①該溫度下水的Kw＝_____。

②此溫度下，將pH＝1的鹽酸溶液VaL與pH＝14的NaOH溶液VbL混合(忽略體積變化)，混合后溶液的pH為2，則Va:Vb＝_____。

(3)下列說法中正確的是_____。

a．25℃時，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等體積混合，所得溶液pH>7

b．100℃時，pH=12的NaOH溶液和pH=2的H2SO4溶液恰好中和；所得溶液pH=7

c．25℃時，由水電離出的氫離子濃度為1×10－10mol/L的溶液中可能大量存在NH4+和Cl－27、有機物A是一種重要的化工原料；用A制取新型聚合物F的合成路線如圖：

已知：

ⅰ.+R3OH

ⅱ.+R1I+HI

ⅲ.R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH

回答下列問題：

（1）A中官能團的結構簡式為___。

（2）試劑a的名稱___。1molD與足量的氫氧化鈉溶液反應所需氫氧化鈉的物質的量___。

（3）C中含有一個六元環(huán)，C的結構簡式為___。

（4）C→D的反應類型為___。

（5）E→F的化學方程式是___。

（6）下列說法正確的是___（填序號）。

a.A能與NaHCO3溶液反應。

b.醇鈉可由醇與氫氧化鈉反應制得。

c.用FeCl3溶液不能鑒別D和E

d.HOCH2CH2OH俗稱甘油28、以煤、天然氣和生物質為原料合成有機化合物日益受到重視。其中一種轉化關系如下：

(1)B→C反應類型是______________。

(2)E是兩種含碳碳雙鍵的酯的混合物，C與D反應得到E的化學方程式是_______________(寫出一個即可)。

(3)以A為原料可以合成D的過程如下：

上述轉化過程中方框里的物質或條件分別是：_________________、______________、_________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【詳解】

A.向飽和氯化鈉的氨水溶液中通入二氧化碳，體系中主要含4種離子Na+、NH4+、Cl-、HCO3-，其中Na+和HCO3-組合的鹽溶解性最小，從而析出碳酸氫鈉晶體，反應的離子方程式為：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+；符合客觀事實，電荷守恒，原子守恒，故A正確；

B.向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水，NH4+和HCO3?離子均與OH-反應，生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水，正確的離子方程式為：NH4++Ca2++HCO3?+2OH?═CaCO3↓+H2O+NH3?H2O；故B錯誤；

C.向硫酸鋁溶液中滴加碳酸鈉溶液；發(fā)生雙水解反應，生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，故C錯誤；

D.醋酸是弱酸，不能拆成離子形式，故離子方程式為，2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-；故D錯誤；

答案選A。

【點睛】

侯氏制堿法中NaHCO3的制備：先向飽和氯化鈉溶液中通入氨氣，形成高濃度的氨溶液，再通入過量二氧化碳，生成高濃度的NH4HCO3，體系中便有了高濃度的Na+、NH4+、Cl-、HCO3-，其中Na+和HCO3-組合的鹽溶解性最小，從而析出碳酸氫鈉晶體。2、C【分析】【分析】

有機物是指由碳元素組成的化合物；其中結構簡單且性質與無機物相似的一氧化碳；二氧化碳、碳酸、碳酸鹽、碳酸氫鹽等化合物，仍屬于無機物。

【詳解】

A.CH4是天然氣的主要成分甲烷的分子式；屬于有機物，A不合題意；

B.CH3CHO是乙醛的結構簡式；屬于有機物，B不合題意；

C.NaCl是食鹽的主要成分；不含碳元素，屬于無機物，C符合題意；

D.C6H6是苯的分子式；屬于有機物，D不合題意；

故選C。3、B【分析】【詳解】

A.標準狀況下，22.4LCO2與CO的混合氣體的物質的量是1mol，由于在CO2與CO分子中都是含有1個C原子，所以1mol混合氣體含碳原子數目為NA；A正確；

B.NH4NO3是強酸弱堿鹽，在溶液中NH4+會發(fā)生水解反應而消耗，所以1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中NH4+數目小于0.1NA；B錯誤；

C.2.7g金屬鋁的物質的量是0.1mol，Al是+3價金屬，所以0.1molAl變?yōu)殇X離子時失去的電子數目為0.3NA；C正確；

D.C2H4和C4H8的最簡式是CH2，式量是14，21gC2H4和C4H8的混合氣體中含有最簡式的物質的量是n=21g÷14g/mol=1.5mol，由于1個CH2中含有3個原子，則其中含有的原子數目為3mol×1.5NA=4.5NA；D正確；

故合理選項是B。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．藥品包裝上“R”代表處方藥；“OTC”代表非處方藥，A正確；

B．氟氯代烷能催化O3分解成O2；從而造成臭氧層空洞，故減少氟氯代烷使用能保護臭氧層，B正確；

C．葡萄糖屬于單糖，不能水解，其轉化為乙醇和CO2；屬于氧化還原反應，C錯誤；

D．維生素C具有還原性；在人體內能起到抗氧化；延緩衰老、抑制黑色素形成等作用，D正確；

故答案選C。5、D【分析】【詳解】

A．在反應3時參加了化學反應；故A錯誤；

B．分子中心原子價層電子對數為4；由于碳氫鍵和碳碘鍵鍵長不相同，因此其空間構型是四面體，故B錯誤；

C．根據反應1和反應4得到甲醇中羥基最終產物為水，因此若用替代則可生成故C錯誤；

D．根據整個過程得到合成的總反應方程式為：故D正確。

綜上所述，答案為D。二、多選題(共6題，共12分)6、AC【分析】【分析】

Na2A的物質的量為：n(Na2A)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol。

A．當鹽酸加入10mL時；根據混合液中的物料守恒分析；

B．當鹽酸加入20mL時，此時溶質為NaHA，由于無法判HA-的水解程度與電離程度大??；則無法判斷溶液酸堿性；

C．當鹽酸加入20mL時，此時溶質為NaHA，由于HA-部分電離或水解，則HA-的物質的量小于0.002mol；

D．電荷守恒中c(A2-)系數錯誤；應該為2。

【詳解】

A.當鹽酸加入10mL時，加入的氯化氫不影響鈉離子和A元素的關系，根據物料守恒可得：c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)+2c(H2A)；A正確；

B.當鹽酸加入20mL時，此時溶質為NaHA，由于無法判HA-的水解程度與電離程度大小，則無法判斷溶液的酸堿性，則無法比較c(H+)、c(OH-)大小；B錯誤；

C.當鹽酸加入20mL時，此時溶質為NaHA，由于HA-部分電離或水解，則HA-的物質的量小于0.002mol，溶液中HA-的數目小于0.002NA；C正確；

D.根據混合液中的電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2–)+c(Cl-)；D錯誤；

故選：AC。

【點睛】

本題考查了離子濃度大小的判斷，明確反應過程是解本題關鍵，結合電荷守恒和物料守恒來分析解答即可，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力。7、AB【分析】【分析】

根據pH都為11的氨水；氫氧化鈉溶液；氫氧化鈉的濃度小，再討論pH為3的某酸溶液，利用等體積混合反應后溶液中的溶質來分析溶液的酸堿性。

【詳解】

A．pH為3的某酸溶液，為強酸時與等體積pH為11的氫氧化鈉恰好完全反應，生成強酸強堿鹽，則溶液為中性；酸為弱酸時酸過量，則溶液一般為酸性，即b不可能顯堿性；故A正確；

B．某酸溶液為強酸時與等體積pH為11的氨水反應時氨水過量；則a可能顯堿性；若為弱酸時恰好完全反應，生成弱酸弱堿鹽，當弱酸酸根離子的水解小于弱堿中離子的水解，則a可能顯酸性，故B正確；

C．若為pH=3弱酸與等體積pH為11的氨水恰好完全反應時；生成弱酸弱堿鹽，當弱酸酸根離子的水解小于弱堿中離子的水解，則a可能顯酸性，故C錯誤；

D．若酸為pH=3弱酸與等體積pH為11的氫氧化鈉溶液反應時酸過量，則溶液一般為酸性，即b不可能顯堿性；故D錯誤。

答案選AB。

【點睛】

pH為3的某酸，如果是強酸，完全電離，如果是弱酸，本身的濃度要大于10-3，即弱酸過量，這是易錯點。8、AC【分析】【詳解】

A.根據該分子的結構簡式，可推知分子式為C18H32ClN3O8P2；故A說法正確；

B.苯環(huán)上連接的Cl原子不能發(fā)生消去反應；故B說法錯誤；

C.磷酸易溶于水；氯喹磷酸化的目的是增大水溶性，故C說法正確；

D．該有機物與足量的氫氣加成后的產物是按照手性碳原子的定義，應有5種，故D說法錯誤；

答案為AC。9、CD【分析】【詳解】

A．由甲苯制甲基環(huán)己烷；由乙烷制溴乙烷；分別為加成反應、取代反應，故A不符合題意；

B．乙烯使溴水褪色；乙炔使酸性高錳酸鉀水溶液褪色；分別發(fā)生加成、氧化反應，故B不符合題意；

C．由乙烯制聚乙烯；由氯乙烯制聚氯乙烯；均發(fā)生加聚反應，故C符合題意；

D．由苯制硝基苯；乙醇和乙酸酯化生成乙酸乙酯；均發(fā)生取代反應，故D符合題意；

故選CD。10、CD【分析】【詳解】

A．在酸性條件下，水解生成A不合題意；

B．在酸性條件下，水解生成再加入足量的NaOH溶液，生成B不合題意；

C．與足量的NaOH溶液共熱，再通入足量CO2氣體，生成C符合題意；

D．在酸性條件下水解生成再加入足量的NaHCO3溶液生成D符合題意；

故選CD。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．由題干中的結構簡式可知；該物質有羥基；醚鍵、酮羰基和碳碳雙鍵等4種官能團，A錯誤；

B．根據有機物的結構分析，其帶苯環(huán)的結構中核磁共振氫譜有4種峰，分子中苯環(huán)上的一氯代物只有4種，如圖所示：B正確；

C．碳原子的雜化類型有sp2(除甲基外的碳原子)、sp32種；C正確；

D．1mol該物質與溴水反應，1molBr2與酚羥基的鄰位發(fā)生取代，1molBr2與碳碳雙鍵加成，故最多消耗2molBr2；D錯誤；

故答案為：AD。三、填空題(共8題，共16分)12、略

【分析】【分析】

(1)自發(fā)進行的判斷依據是△H-T△S＜0；結合反應特征分析判斷需要的條件；

(3)①利用求反應速率；

②利用三等式求平衡常數。

【詳解】

(1)反應△H＜0；隨著反應進行，氣體分子數減少，則△S＜0，根據△H-T△S＜0，則溫度越低，越有利于自發(fā)，所以自發(fā)進行的條件為較低溫度；

(2)A；平衡常數只和溫度有關；加入催化劑，化學反應速率加快，該反應是放熱反應，溫度升高，化學平衡常數減小，A錯誤，符合題意；

B；恒溫恒容時；壓強和物質的量成正比，反應在恒容密閉容器中達到平衡時，各物質的物質的量不變，則壓強都不再變化，B正確，不符合題意；

C、根據反應在恒容密閉容器中達到平衡時，氣體質量不變，體積不變，則密度不再變化，C正確，不符合題意；

D；平衡后；降低溫度，平衡向放熱的方向移動，即正反應方向，D正確，不符合題意；

答案選A；

(3)某溫度下，向容積為10L的密閉容器通入4molNH3和2molCO2，進行到40s時達到平衡，此時CO2的轉化率為50%；結合三行計算列式；

①該段時間內用NH3表示的平均反應速率為

②該溫度下此反應平衡常數

③如圖1中的曲線表示該反應在前25s內的反應進程中的NH3濃度變化，若在25s時保持其它條件不變情況下使用催化劑，使反應延續(xù)至70，使用催化劑時，只改變反應速率，不改變化學平衡，曲線的轉折點在橫坐標40之前，縱坐標必需在0.20mol·L－1的線上，如圖為

(4)由圖象可知，25℃反應物起始濃度較小，但0～6min的平均反應速率（曲線的斜率）仍比15℃大，可說明水解反應速率隨溫度升高而增大，答案為25℃與15℃曲線相比，25℃c(初始)小，但同一時間段△c大(即υ大)，說明升溫加快反應。【解析】較低溫度A5×10－3mol·L－1·s－12525℃與15℃曲線相比，25℃c(初始)小，但同一時間段△c大(即v大)，說明升溫加快反應13、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液反應，草酸中的碳原子化合價升高1價，高錳酸鉀中錳元素化合價降低5價，根據電子守恒和離子方程式的電荷守恒配平，離子方程式5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。

(2)根據關系式5CaC2O4-5H2C2O4-2KMnO4分析，的KMnO4的物質的量為0.020L×1.0×10-4mol/L=2.0×10-6mol，則鈣離子物質的量為5.0×10-6mol，其物質的量濃度為=1.25×10-3mol/L?！窘馕觥竣?5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O②.1.25×10-314、略

【分析】【分析】

(1)肼將過量鉻酸(CrO3)還原為Cr3+，同時產生一種無色無味的氣體為N2；根據得失電子守恒和原子守恒書寫離子方程式；

(2)煤層中夾雜的硫鐵礦(FeS2)被空氣中O2氧化產生H+、Fe2+、SO42-；結合原子守恒和電子守恒配平書寫離子方程式；

(3)①Fe2(SO4)3與H2S反應產生FeSO4、S、H2SO4；根據電子守恒；原子守恒可得反應方程式，再結合物質存在形式改寫為離子方程式；

②Na2SO3、I2、H2O發(fā)生反應產生Na2SO4；HI。

【詳解】

(1)肼(N2H4)將過量鉻酸(CrO3)還原為Cr3+，Cr的化合價由反應前CrO3中的+6價變?yōu)镃r3+中的+3價，化合價降低3價，則N的化合價升高，同時產生一種無色無味的氣體，該氣體為N2，N的化合價由反應前N2H4中的-2價變?yōu)榉磻驨2中的0價，化合價共升高了2×2=4，化合價升降最小公倍數為12，所以N2H4、N2的系數是3，CrO3、Cr3+的系數是4，根據離子反應中電荷守恒，可知反應物有12個H+參加反應，最后根據原子守恒，可知生成物中有12個H2O，故配平后的離子方程式為：3N2H4+4CrO3+12H+=3N2↑+4Cr3++12H2O；

(2)在該反應中，FeS2中S元素化合價是-1價，反應后變?yōu)镾O42-中的+6價，化合價共升高2×[6-(-1)]=14價，O2中的O元素化合價為0價，反應后變?yōu)镾O42-中的-2價，共降低2×2=4價，化合價升降最小公倍數是28，所以反應物FeS2的系數是2，反應生成的Fe2+的系數是2，SO42-的系數是4，反應物O2的系數是7；根據電荷守恒，可知生成物中有H+，系數是4，最后根據元素守恒，可知反應物還有H2O，系數是2，則配平后的方程式為：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+；

(3)①H2S具有還原性，Fe2(SO4)3中的Fe3+具有氧化性，Fe2(SO4)3與H2S反應產生FeSO4、S、H2SO4，根據電子守恒、原子守恒可得反應方程式Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4，根據離子方程式中物質拆分原則，可得反應的離子方程式為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

②I2具有氧化性，能氧化Na2SO3變?yōu)镹a2SO4，I2得到電子被還原產生I-，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應的離子方程式為：SO32-+I2+H2O=SO42-+2H++2I-。

【點睛】

本題考查了有電子轉移的離子方程式的書寫。氧化還原反應的特征是元素化合價的升降，離子反應反映了化學反應的實質。掌握物質的存在形式和離子方程式的書寫原則是本題解答的關鍵。書寫方程式時按照電子守恒、電荷守恒、原子守恒順序進行。【解析】①.3N2H4+4CrO3+12H+=3N2↑+4Cr3++12H2O②.2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+③.2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+④.SO32-+I2+H2O=SO42-+2H++2I-15、略

【分析】【分析】

(1)把握“原料分子中的原子全轉變?yōu)樗璁a物”或“不產生副產物；實現零排放”，然后根據題給各選項觀察反應物中所有原子是否都轉化成了所需產物，據此判斷反應類型的特點；

(2)先根據題意先確定反應產物：應將CN-氧化成無毒的CO2和N2兩種氣體，而ClO2被還原為Cl-；Cl元素由+4→-1價，C元素由+2→+4，N元素由-3→0價，然后再利用化合價升降法配平化學方程式；

(3)根據流程圖天然水去除水中不溶性雜質通過吸附作用去除有毒、有異味的分子去除水中的陽離子去除水中的陰離子殺菌消毒來解答；

【詳解】

(1)A.CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl中所有原子是否都轉化成了所需產物；原子利用率100%，A符合同一；

B.CH3CH2OH+HClCH3CH2Cl+H2O中除目標產物CH3CH2Cl外；還有水生成，原子利用率不是100%，B不符合題意；

C.CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl中除目標產物CH3CH2Cl外；還有HCl生成，原子利用率不是100%，C不符合題意；

D.CH2=CHCl+H2CH3CH2Cl中所有原子是否都轉化成了所需產物；原子利用率100%，D符合同一；

由上述四個反應可歸納出；原子經濟性高的是加成反應；

(2)ClO2具有強氧化性，可以將CN-氧化成無毒的CO2和N2兩種氣體，而ClO2被還原為Cl-，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得該反應的離子反應為：2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-，其優(yōu)點為產物都是無毒的氣體(CO2和N2)；不污染環(huán)境；

(3)根據流程圖天然水去除水中不溶性雜質通過吸附作用去除有毒、有異味的分子去除水中的陽離子去除水中的陰離子殺菌消毒，所以活性炭的作用為吸附水中的有機物(或去除水中的異味)，O3消毒的優(yōu)點是反應產物是H2O；產物無毒；無害。

【點睛】

本題主要考查了原子經濟性、離子方程式的書寫，污水處理及自來水凈化，明確發(fā)生的反應及凈化流程為解答的關鍵，注重化學與生活的聯系與應用?！窘馕觥緼D加成反應2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-產物為無毒無害的Cl-、CO2和N2吸附水中的有機物(或除去水中的異味)反應產物無毒無害16、略

【分析】【分析】

純堿與二氧化硫作用生成亞硫酸鈉；亞硫酸鈉與加入硫磺沸騰反應得到硫代硫酸鈉；碳酸鈉；硫化鈉和廢氣中的二氧化硫反應生成硫代硫酸鈉。

【詳解】

(1)Na2S2O3和HCl反應生成氯化鈉、硫單質、二氧化硫和水，其離子方程式+2H+=S↓+SO2↑+H2O；故答案為：+2H+=S↓+SO2↑+H2O。

(2)方法Ⅰ中溶解的純堿，與二氧化硫作用生成亞硫酸鈉所包含的反應Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2，加入硫磺沸騰反應Na2SO3+S=Na2S2O3；故答案為：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2、Na2SO3+S=Na2S2O3。

(3)方法Ⅱ中是碳酸鈉、硫化鈉和廢氣中的二氧化硫反應，經吸硫、蒸發(fā)、結晶，制得硫代硫酸鈉，硫化鈉中硫化合價升高，二氧化硫化合價降低，因此做氧化劑的物質是SO2，做還原劑的是Na2S；故答案為：SO2；Na2S。

【點睛】

根據信息書寫化學方程式和分析氧化還原反應是常考題型，主要考查學生知識的應用和學會學習的能力考查。【解析】+2H+=S↓+SO2↑+H2ONa2CO3+SO2=Na2SO3+CO2、Na2SO3+S=Na2S2O3SO2Na2S17、略

【分析】由元素在周期表中位置可知，a為H、b為C；c為N、d為O、e為Na、f為Al、g為S；

（1）電子層結構相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑：O2-＞Na+；

同周期自左而右元素非金屬性增強，故非金屬性N＞C，可以利用最高價含氧酸中強酸制備弱酸進行驗證，反應方程式為：2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O；

（2）A．Na在O2中燃燒，生成黃色粉末Na2O2，故A錯誤；B．在加熱熔化狀態(tài)下，NaOH能與Al2O3和SiO2反應生成鹽和水，則加熱熔化NaOH時不可用Al2O3坩堝，也不可用瓷坩堝，故B錯誤；C．將SO2通入溴水中，溴水褪色，體現SO2的還原性；而不是漂白性，故C錯誤；D．打磨過的Al置于酒精燈上點燃，因表面快速氧化生成氧化鋁，且氧化鋁的熔點比Al高，則觀察到Al熔化但未見液滴滴落，故D正確；答案為D；

（3）①NH4Al（SO4）2溶液中銨根離子與鋁離子相互抑制水解，而NH4HSO4溶液中氫離子抑制銨根離子水解，鋁離子抑制程度不如酸的抑制程度大，則NH4HSO4溶液中銨根離子濃度更大，即相同條件下，0.1mol·L－1鹽NH4Al（SO4）2中c(NH4＋)<0.1mol·L-1鹽NH4HSO4中c(NH4＋)；

②NH4Al（SO4）2常用作凈水劑，是因為Al3+水解生成的氫氧化鋁膠體能吸附懸浮物，發(fā)生反應的離子方程式為Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+；

③NH4HSO4與NaOH按物質的量1：1反應時為硫酸鈉、硫酸銨混合溶液，溶液呈酸性，二者混合呈中性，還有一水合氨生成，為硫酸鈉、硫酸銨、一水合氨混合溶液，則反應后各離子濃度由大到小的排列順序是：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；

④10mL1mol?L-1NH4Al（SO4）2溶液中Al3+物質的量為0.01mol，NH4+的物質的量為0.01mol，SO42-的物質的量為0.02mol，32mL1mol/LNaOH溶液中NaOH物質的量為0.032L×1mol/L=0.032mol，由Al3++3OH-=Al（OH）3↓，可知完全沉淀鋁離子消耗0.03molNaOH，消耗NaOH溶液30mL，由NH4++OH-=NH3?H2O，可知銨根離子完全反應消耗NaOH為0.01mol，又消耗NaOH溶液10mL，故加入32mLNOH溶液后，繼續(xù)滴加至35mL時反應離子方程式為：NH4++OH-=NH3?H2O?！窘馕觥縊2－>Na＋N2HNO3＋Na2CO3=2NaNO3＋CO2↑＋H2OD<Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＝c(H＋)NH4＋＋OH－===NH3·H2O18、略

【分析】【分析】

（1）由圖中曲線Ⅱ可知，濃度為0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1；說明HA為強酸，能夠完全電離；

（2）曲線I上的c點對應的是HB酸和NaOH完全中和反應生成的NaB溶液，溶液呈堿性，b點對應的溶液為HB和NaB按1:1為溶質的溶液；溶液呈酸性，說明HB的電離程度大于NaB的水解程度；

（3）①若測得此溶液的pH=1；則NaHC為強酸的酸式鹽；

②若在此溶液中能檢測到H2C分子；則NaHC為弱酸的酸式鹽，溶液呈酸性，說明其電離程度大于水解程度；

③若H2C的一級電離為H2C=H++HC-，常溫下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一級電離產生的c(H+)=0.1mol·L-1，二級電離不完全，在第一級電離產生的氫離子抑制下電離的c(H+)=0.01mol·L-1，則0.1mol/LNaHC溶液在沒有受抑制的情況下，HC-的電離程度增大。

【詳解】

（1）由圖中曲線Ⅱ可知，濃度為0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，說明HA為強酸，能夠完全電離，因此原HA溶液中由水電離出的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-14/0.1=1.0×10-13mol/L，故答案為1.0×10-13mol/L。

（2）曲線I上的c點對應的是HB酸和NaOH完全中和反應生成的NaB溶液，溶液呈堿性，因此根據電荷守恒，溶液中各離子濃度大小順序為c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)，b點對應的溶液為HB和NaB按1:1為溶質的溶液，溶液呈酸性，說明HB的電離程度大于NaB的水解程度，因此c(HB)-)，故答案為c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)，<。

（3）①常溫下向0.1mol·L-1的NaHC溶液中滴入幾滴石蕊試液后溶液變成紅色，說明溶液呈酸性，若測得此溶液的pH=1，則NaHC為強酸的酸式鹽，其電離方程式為：NaHC=Na++H++C2-，故答案為NaHC=Na++H++C2-。

②若在此溶液中能檢測到H2C分子，則NaHC為弱酸的酸式鹽，溶液呈酸性，說明其電離程度大于水解程度，溶液中的c(C2-)>c(H2C)，故答案為>。

若H2C的一級電離為H2C=H++HC-，常溫下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一級電離產生的c(H+)=0.1mol·L-1，HC-的電離不完全，在一級電離的抑制下產生了0.01mol/L的氫離子，在0.1mol/LNaHC溶液中沒有氫離子抑制的情況下，HC-的電離程度增大，c(H+)>0.01mol·L-1，故答案為>。

【點睛】

判斷離子濃度的大小，通常需結合電荷守恒、物料守恒、質子守恒進行解答?！窘馕觥竣?10-13②.c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)③.<④.NaHC=Na++H++C2-⑤.>⑥.>19、略

【分析】【分析】

（1）核磁共振氫譜可知A有4個峰；

（2）N（C）：N（H）：N（O）==4:4:1；A的相對分子質量為136；

（3）從紅外光譜可知；

（4）由A的核磁共振氫譜有4個峰，其面積之比為1∶2∶2∶3，A的分子式為C8H8O2；

（5）會從質譜法中得到分子的相對分子質量；會分析核磁共振圖譜得知有機物分子中氫的環(huán)境，會分析紅外光譜儀確定分子中所含基團，結合起來可得A的結構簡式。

【詳解】

（1）由核磁共振氫譜可知A有4個峰；所以A分子中共有4種化學環(huán)境不同的氫原子；

（2）已知A中含碳為70.59％、含氫為5.88％，含氧23.53％，列式計算N（C）：N（H）：N（O）==4:4:1，求得A的實驗式為C4H4O，設A的分子式為（C4H4O）n，又由A的相對分子質量為136，可得n=2，分子式為C8H8O2；

（3）從紅外光譜可知8個碳原子中有6個C在苯環(huán)中；還有C=O；C—O—C、C—H這些基團，可推測含有的官能團為酯基，所以A是酯類；

（4）由A的核磁共振氫譜有4個峰，其面積之比為1∶2∶2∶3，A的分子式為C8H8O2，可知A分子中只含一個甲基，因為甲基上的氫原子有3個，答案選bc；

（5）根據以上分析可知，A的結構簡式為：

【點睛】

本題考查測定該有機化合物的相對分子質量和分子結構方法，會從質譜法中得到分子的相對分子質量，會分析核磁共振圖譜得知有機物分子中氫的環(huán)境，會分析紅外光譜儀確定分子中所含基團，綜合計算可以得到有機物的分子式和結構。【解析】4C8H8O2酯類bc四、判斷題(共4題，共12分)20、B【分析】【詳解】

系統命名法可用來區(qū)分各個化合物，適用于烴，也適用于烴的衍生物，故故錯誤。21、A【分析】【詳解】

醇分子間形成氫鍵，所以醇的熔沸點高于相應烴的熔沸點，判斷正確。22、B【分析】【詳解】

主鏈上有三個碳原子，2號碳上連有官能團是羥基，所以應該命名為：羥基丙醇。23、B【分析】【詳解】

丙烯的結構簡式為CH2=CH-CH3，聚丙烯的結構簡式為鏈節(jié)為而不是—CH2—CH2—CH2—，答案為：錯誤。五、有機推斷題(共1題，共2分)24、略

【分析】【分析】

烷烴A只可能有三種一氯取代物B、C和D，C的結構簡式是故A為(CH3)3CCH2CH3，B和D分別與強堿的醇溶液共熱，都只能得到有機化合物E，則E為(CH3)3CCH=CH2，B發(fā)生水解反應生成F，F可以連續(xù)發(fā)生氧化反應，故B為(CH3)3CCH2CH2Cl，D為(CH3)3CCH(Cl)CH3，則F為(CH3)3CCH2CH2OH，G為(CH3)3CCH2CHO，H為(CH3)3CCH2COOH；據此解答。

【詳解】

烷烴A只可能有三種一氯取代物B、C和D，C的結構簡式是故A為(CH3)3CCH2CH3，B和D分別與強堿的醇溶液共熱，都只能得到有機化合物E，則E為(CH3)3CCH=CH2，B發(fā)生水解反應生成F，F可以連續(xù)發(fā)生氧化反應，故B為(CH3)3CCH2CH2Cl，D為(CH3)3CCH(Cl)CH3，則F為(CH3)3CCH2CH2OH，G為(CH3)3CCH2CHO，H為(CH3)3CCH2COOH；

(1)通過以上分析知，A結構簡式為(CH3)3CCH2CH3；

(2)由上述分析可知，H的結構簡式是(CH3)3CCH2COOH；

(3)B轉變?yōu)镕是鹵代烴發(fā)生的水解反應；也屬于取代反應；

(4)B轉變?yōu)镋是鹵代烴發(fā)生的消去反應；

(5)①B→F的化學反應方程式為：(CH3)3CCH2CH2Cl＋H2O(CH3)3CCH2CH2OH＋HCl；

②F→G的化學反應方程式為：2(CH3)3CCH2CH2OH＋O22(CH3)3CCH2CHO＋2H2O。

【點睛】

能準確根據反應條件推斷反應原理是解題關鍵，常見反應條件與發(fā)生的反應原理類型：①在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應；②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應；③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等；④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應；⑤能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應；⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應；⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發(fā)生的是—CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現O2，則為醇→醛→羧酸的過程)?！窘馕觥竣?(CH3)3CCH2CH3②.(CH3)3CCH2COOH③.)取代(水解)④.消去⑤.(CH3)3CCH2CH2Cl＋H2O(CH3)3CCH2CH2OH＋HCl⑥.2(CH3)3CCH2CH2OH＋O22(CH3)3CCH2CHO＋2H2O六、原理綜合題(共4題，共36分)25、略

【分析】【分析】

(1)

油脂與堿反應產生可溶性物質，因而堿可以去除油污。純堿是Na2CO3，該物質是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性。水解方程式主要是：+H2O+OH-。鹽的水解反應是吸熱反應；升高溫度，使鹽的水解平衡正向移動，導致溶液的堿性增強，因而去污能力增強。

(2)

已知：①2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)ΔH=-702.2kJ·mol-1

②2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s)ΔH=-181.4kJ·mol-1。

根據蓋斯定律，將(①-②)×整理可得Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)ΔH=-260.4kJ·mol-1。

(3)

鹽酸與Ba(OH)2反應的離子方程式為：H++OH-=H2O，常溫下體積是V1mLpH=1的HCl的c(H+)=0.1mol/L，體積是V2mLBa(OH)2的濃度為0.05mol/L，則溶液中c(OH-)=0.1mol/L，二者混合后溶液pH=2，說明酸過量，反應后溶液中c(H+)=0.01mol/L，則根據二者反應關系可得：解得

(4)

①根據圖示可知：反應物的能量比生成物的高，發(fā)生反應會放出熱量，因此該反應為放熱反應，反應熱△H＜0。

②由圖示可知反應物A(g)+2B(g)的活化能為啊kJ/mol；生成物C(g)+3D(g)的活化能為bkJ/mol，反應熱等于反應物活化能與生成物活化能的差，故該反應的熱化學方程式為A(g)+2B(g)=C(g)+3D(g)△H=(a-b)kJ/mol。

③使用催化劑，能夠降低反應的活化能，使反應速率加快，但不能改變反應物與生成物所含的能量，因而反應熱不變，故加入催化劑后，b減小，但△H不變?！窘馕觥?1)油脂與堿反應產生可溶性物質，因而堿可以去除油污。純堿是Na2CO3，該物質是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性。水解方程式主要是：+H2O+OH-。鹽的水解反應是吸熱反應；升高溫度，使鹽的水解平衡正向移動，導致溶液的堿性增強，因而去污能力增強。

(2)-260.4

(3)11：9

(4)＜A(g)+2B(g)=C(g)+3D(g)△H=(a-b)kJ/mol減小不變26、略

【分析】【分析】

(1)①25時水的Kw=10-14，c(H+)=10-7；由圖中可確定曲線。

②三種溶液中水電離出的氫離子濃度分別為10-13、10-12、10-12；由此可求出比值。

③因為恰好中和，氫離子和氫氧根離