2025年北師大版高二化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版高二化學(xué)下冊階段測試試卷209考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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6題，共12分)1、下列物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的是A.BaSO4B.NaOHC.Na2O2D.NH32、下列敘述錯誤的是（）A.用水可區(qū)分苯和溴苯B.用高錳酸鉀酸性溶液可區(qū)分己烷和3﹣己烯C.用新制的銀氨溶液可區(qū)分甲酸甲酯和乙醛D.用金屬鈉可區(qū)分乙醇和乙醚3、現(xiàn)有常溫下的四種溶液rm{(}如下表rm{)}

。rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}溶液氨水氫氧化鈉溶液醋酸鹽酸rm{pH}rm{11}rm{11}rm{3}rm{3}下列有關(guān)敘述中正確的是rm{(}rm{)}A.分別加水稀釋rm{10}倍，四種溶液的rm{pH}rm{壟脷>壟脵>壟脺>壟脹}B.將rm{壟脹}rm{壟脺}分別稀釋到rm{pH=5}由水電離出氫離子的濃度均減小rm{100}倍C.在rm{壟脵}rm{壟脷}中分別加入適量的氯化銨晶體后，rm{壟脵}的rm{pH}減小，rm{壟脷}的rm{pH}不變D.將rm{壟脵}rm{壟脺}兩種溶液等體積混合，所得溶液中：rm{c(OH^{-})}rm{c(H^{+})>1}4、2003年春，廣東、北京等地發(fā)生了非典型性肺炎，其原因是由病毒感染引起的。不少群眾購買醋精用于室內(nèi)消毒滅菌，這是因?yàn)榇拙獳.易溶于水B.能使蛋白質(zhì)變性C.有酸性D.具有醫(yī)療保健作用5、已知醋酸的rm{Ka=1.8隆脕10^{隆陋5}}醋酸在水溶液中存在電離平衡：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{?}+H^{+}}下列說法不正確的是rm{CH_{3}COOH?

CH_{3}COO^{?}+H^{+}}rm{(}A.加水稀釋，溶液中所有離子的濃度都減小B.若已知碳酸的rm{)}rm{Ka_{1}=4.3隆脕10^{隆陋7}}則醋酸的酸性比碳酸強(qiáng)C.加入碳酸鈉，平衡向右移動D.加入醋酸鈉，平衡向左移動rm{Ka_{2}=5.61隆脕10^{隆陋11}}6、下列各組物質(zhì)只用一種試劑就可以鑒別的是rm{(}rm{)}A.甲烷、乙炔、乙烯、丙烯B.苯、甲苯、己烷C.rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{C_{6}H_{5}OH}rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}}rm{C_{6}H_{6}}評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)7、食品化學(xué)家A．SaariCsallany和ChristineSeppanen說，當(dāng)豆油被加熱到油炸溫度（185℃）時，會產(chǎn)生如圖所示高毒性物質(zhì)，許多疾病和這種有毒物質(zhì)有關(guān)，如帕金森癥．下列關(guān)于這種有毒物質(zhì)的判斷正確的是（）A.該物質(zhì)分子中含有兩種官能團(tuán)B.該物質(zhì)的分子式為C9H15O2C.1mol該物質(zhì)最多可以和2molH2發(fā)生加成反應(yīng)D.該物質(zhì)不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)8、下列粒子屬于等電子體的是rm{(}rm{)}A.rm{CO}和rm{N_{2}}B.rm{CH_{4}}和rm{NH_{4}^{+}}C.rm{NH_{2}^{-}}和rm{H_{2}O_{2}}D.rm{HCl}和rm{H_{2}O}9、rm{25隆忙}時，用rm{2a}rm{mol?L^{-1}NaOH}溶液滴定rm{1.0L2a}rm{mol?L^{-1}HF}溶液，得到混合液中rm{HF}rm{F^{-}}的物質(zhì)的量與溶液rm{pH}的變化關(guān)系如圖所示rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=3}時，溶液中：rm{c(Na^{+})<c(F^{-})}B.當(dāng)rm{c(F^{-})>c(HF)}時，一定有rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}C.rm{pH=3.45}時，rm{NaOH}溶液與rm{HF}恰好完全反應(yīng)D.rm{pH=4}時，溶液中：rm{c(HF)+c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<2a}rm{mol?L^{-1}}10、氯氣溶于水達(dá)到平衡后，若其他條件不變，只改變某一條件，下列敘述正確的是（）A.再通入少量氯氣，減小B.通入少量SO2，溶液漂白性增強(qiáng)C.加入少量固體NaOH，溶液呈中性時，c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）D.加入少量水，水的電離平衡向正反應(yīng)方向移動11、下列物質(zhì)久置于空氣中，顏色發(fā)生變化的（）A.Na2SO4B.苯酚C.Na2O2D.CaO12、在恒溫、恒容的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉.}若rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉.}溶液的濃度由rm{H_{2}O_{2}}降到rm{2.0mol?L^{-1}}需rm{1.0mol?L^{-1}}那么rm{10s}濃度由rm{H_{2}O_{2}}降到rm{1.0mol?L^{-1}}所需的反應(yīng)時間為rm{0.5mol?L^{-1}}rm{(}A.rm{)}rm{5}B.大于rm{s}rm{5}C.小于rm{s}rm{5}D.無法判斷rm{s}13、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論不正確的是rm{(}rm{)}

。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論rm{A}室溫下，向苯酚鈉溶液中通入足量rm{CO_{2}}溶液變渾濁．碳酸的酸性比苯酚的強(qiáng)rm{B}室溫下，向濃度均為rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{BaCl_{2}}和rm{CaCl_{2}}混合溶液中滴加rm{Na_{2}SO_{4}}溶液，出現(xiàn)白色沉淀．rm{K_{sp}(BaSO_{4})<}

rm{K_{sp}(CaSO_{4})}rm{C}室溫下，向rm{FeCl_{3}}溶液中滴加少量rm{KI}溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)色．rm{Fe^{3+}}的氧化性比rm{I_{2}}的強(qiáng)rm{D}室溫下，用rm{pH}試紙測得：rm{0.l}rm{mol?L^{-1}}rm{Na_{2}SO_{3}}溶液的rm{pH}約為rm{10}rm{0.1mol?L^{-1}}rm{NaHSO_{3}}溶液的rm{pH}約為rm{5}．rm{HSO_{3}^{-}}結(jié)合rm{H^{+}}的能力rm{SO_{3}^{2-}}的強(qiáng)A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}14、香草醛廣泛用于食品、飲料、煙草、酒類、醫(yī)藥、化工和各類化妝用品等，是一種性能穩(wěn)定、香味純正、留香持久的優(yōu)良香料和食品添加劑rm{.}其結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法不正確的是()A.香草醛的分子式為rm{C_{7}H_{8}O_{3}}B.加rm{FeCl_{3}}溶液，溶液不顯紫色C.不能與rm{NaOH}溶液發(fā)生反應(yīng)D.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)15、下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.各組成元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同的烴是同一種烴B.結(jié)構(gòu)相似，組成上相差一個或若干個rm{CH_{2}}原子團(tuán)的有機(jī)物是同系物C.能使溴的四氯化碳溶液褪色的烴一定是烯烴D.rm{C_{3}H_{6}}和rm{C_{4}H_{8}}不一定是同系物評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時；涉及如下反應(yīng)：

2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）

2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）K2△H＜0（II）

（1）4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常數(shù)K=______（用K1、K2表示）．

（2）為研究不同條件對反應(yīng)（II）的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min時反應(yīng)（II）達(dá)到平衡．測得10min內(nèi)V（ClNO）=7.5×10-3mol?L-1?min-1，則平衡后n（Cl2）=______mol，NO的轉(zhuǎn)化率а1=______．其它條件保持不變，反應(yīng)（II）在恒壓條件下進(jìn)行，平衡時NO的轉(zhuǎn)化率а2______а1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常數(shù)K2______（填“增大”“減小”或“不變”）．

若要使K2減小，可采用的措施是______．

（3）實(shí)驗(yàn)室可用NaOH溶液吸收NO2，反應(yīng)為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，溶液B為0.1mol?L￣1的CH3COONa溶液，則兩溶液中c（NO3￣）、c（NO2-）和c（CH3COO￣）由大到小的順序?yàn)開_____．（已知HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10-4mol?L￣1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×10-5mol?L￣1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是______．

A．向溶液A中加適量水B．向溶液A中加適量NaOH

C．向溶液B中加適量水D..向溶液B中加適量NaOH

（4）在25℃下，將amol?L-1的氨水與0.01mol?L-1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)時溶液中c（NH）=c（Cl-）．則溶液顯______（填“酸”“堿”或“中”）性；用含a的代數(shù)式表示NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=______．

（5）水溶液中的行為是中學(xué)化學(xué)的重要內(nèi)容．已知下列物質(zhì)的電離常數(shù)值：

HClO：Ka=3×10-8HCN：Ka=4.9×10-10H2CO3：Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11

84消毒液（有效成份為NaClO）中通入少量的CO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．17、在不同溫度下，rm{NaClO_{2}}溶液脫硫、脫硝的反應(yīng)中rm{SO_{2}}和rm{NO}的平衡分壓rm{p}rm{{,!}_{c}}如圖所示。

rm{(1)}由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，脫硫、脫硝反應(yīng)的平衡常數(shù)均rm{(}填“增大”“不變”或“減小”rm{)}rm{(2)}反應(yīng)rm{ClO_{2}^{-}+2SO_{3}^{2-}?2SO_{4}^{2-}+Cl^{-}}的平衡常數(shù)rm{ClO_{2}^{-}+2SO_{3}^{2-}?

2SO_{4}^{2-}+Cl^{-}}表達(dá)式為。rm{K}18、請寫出下列反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式；并判斷其反應(yīng)類型．

（1）乙烯與溴的反應(yīng)：______，屬于______反應(yīng)．

（2）由乙烯制聚乙烯：______，屬于______反應(yīng)．

（3）由苯制取溴苯：______，屬于______反應(yīng)．19、硫酸生產(chǎn)中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0

某溫度下，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率(α)與體系總壓強(qiáng)(p)的關(guān)系如圖所示．根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)將2.0molSO2和1.0molO2置于10L密閉容器中；反應(yīng)達(dá)平衡后，體系總壓強(qiáng)為0.10MPa．該反應(yīng)的平衡常數(shù)等于____________．(不需要寫表達(dá)式)

(2)平衡狀態(tài)由A變到B時；平衡常數(shù)K(A)____________K(B)(填“＞”；“＜”或“=”)．

(3)此反應(yīng)在恒溫密閉的裝置中進(jìn)行的；能充分說明此反應(yīng)已達(dá)到平衡的標(biāo)志是：____________(填字母)

A．接觸室中氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變。

B．接觸室中SO2、O2、SO3的濃度相同。

C．接觸室中SO2、SO3的物質(zhì)的量之比為2：1：2

D．接觸室中壓強(qiáng)不隨時間變化而變化．20、為了研究化學(xué)反應(yīng)rm{A+B=C+D}的能量變化情況，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示裝置。當(dāng)向盛有rm{A}的試管中滴加試劑rm{B}時，看到rm{U}形管中甲處液面下降乙處液面上升。試回答下列問題：rm{(1)}該反應(yīng)為____________rm{(}填“放熱”或“吸熱”rm{)}反應(yīng)。rm{(2)}反應(yīng)物化學(xué)鍵斷裂吸收的能量________rm{(}填“高”或“低”rm{)}于生成物化學(xué)鍵形成放出的能量。rm{(3)}寫出一個符合題中條件的化學(xué)方程式：_______________________________。rm{(4)}已知稀溶液中，rm{1molH_{2}SO_{4}}與rm{NaOH}溶液恰好完全反應(yīng)時，放出rm{114.6kJ}熱量，寫出表示rm{H_{2}SO_{4}}與rm{NaOH}反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式____________________________。rm{(5)}碳的燃燒熱為rm{393.50kJ隆隴mol^{-1}}寫出表示rm{C}燃燒熱的熱化學(xué)方程式：______________。評卷人得分四、其他(共2題，共8分)21、實(shí)驗(yàn)室有下列實(shí)驗(yàn)儀器。ABCDEF在過濾操作中除了鐵架臺外還需要用到的實(shí)驗(yàn)儀器是____、____、(用字母填寫)。22、(8分)A、B、C是中學(xué)化學(xué)常見的三種物質(zhì)，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下(部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學(xué)方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應(yīng)的化學(xué)方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式。評卷人得分五、探究題(共4題，共36分)23、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)?。?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開始時和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。24、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。25、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)椤＃?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開始時和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。26、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)27、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。28、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序?yàn)開__________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。29、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。30、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實(shí)驗(yàn)_______參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】試題分析：A．BaSO4是鹽，屬于電解；B．NaOH是堿，屬于電解質(zhì)；C．Na2O2是鹽，屬于電解質(zhì)；選D?？键c(diǎn)：本題考查非電解質(zhì)的概念?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、C【分析】【解答】解：A．苯；溴苯均不溶于水；苯的密度比水小，溴苯密度比水大，則與水分層現(xiàn)象不同，水可鑒別，故A正確；

B.3﹣己烯能被高錳酸鉀氧化；己烷不能，則高錳酸鉀溶液能區(qū)分，故B正確；

C．甲酸甲酯和乙醛均含﹣CHO；均與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)，現(xiàn)象相同不能鑒別，故C錯誤；

D．乙醇與Na反應(yīng)生成氫氣；而乙醚與Na不反應(yīng)，現(xiàn)象不同，可利用Na區(qū)分，故D正確；

故選C．

【分析】A．苯；溴苯均不溶于水；苯的密度比水小，溴苯密度比水大；

B.3﹣己烯能被高錳酸鉀氧化；己烷不能；

C．甲酸甲酯和乙醛均含﹣CHO；

D．乙醇與Na反應(yīng)生成氫氣，而乙醚與Na不反應(yīng)．3、D【分析】解：rm{A.}加水稀釋促進(jìn)弱電解質(zhì)電離，rm{pH}相等的這幾種溶液，強(qiáng)電解質(zhì)的rm{pH}變化大，堿的rm{pH}減小，酸的rm{pH}增大，所以四種溶液的rm{pH}大小為rm{壟脵>壟脷>壟脺>壟脹}故A錯誤；

B.醋酸為弱電解質(zhì)，將rm{壟脹}rm{壟脺}兩種溶液分別稀釋有rm{PH=3}到rm{PH=5}依據(jù)rm{c(OH^{-})c(H^{+})=10^{-14}}所以由水電離出氫離子的濃度均增大rm{100}倍；故B錯誤；

C.在氨水中加入氯化銨，抑制氨水的電離，溶液rm{pH}減小，在氫氧化鈉溶液中中加入氯化銨，生成一水合氨，溶液rm{pH}減?。还蔆錯誤；

D.rm{PH=11}的氨水和rm{PH=3}的鹽酸溶液，溶液中氫氧根離子和氫離子濃度相同，等體積混合，由于氨水是弱電解質(zhì)存在電離平衡，混合后氫離子全部反應(yīng)反應(yīng)，氨水又電離出氫氧根離子，所以所得溶液中：rm{c(OH^{-})}rm{c(H^{+})>1}故D正確；

故選D．

A.從加水促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離的角度分析；

B.醋酸為弱電解質(zhì)，將rm{壟脹}rm{壟脺}兩種溶液分別稀釋到rm{PH=5}依據(jù)水溶液中的離子積常數(shù)分析判斷；

C.在氨水中加入氯化銨；抑制氨水的電離，在氫氧化鈉溶液中加入氯化銨，生成一水合氨；

D.氨水平衡狀態(tài)下電離出的氫氧根離子濃度和鹽酸溶液中的氫離子濃度相等；等體積混合反應(yīng)，結(jié)合氨水是弱電解質(zhì)有電離出氫氧根離子分析判斷．

本題考查酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，本題注意把握弱電解質(zhì)的電離特征，注意四種溶液離子濃度相等時，弱電解質(zhì)濃度大，等體積時，弱電解質(zhì)的物質(zhì)的量多rm{.}稀釋時促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離．【解析】rm{D}4、B【分析】【解析】試題分析：病毒本身是蛋白質(zhì)，而醋能夠使蛋白質(zhì)變性失去生物活性。所以選B。考點(diǎn)：化學(xué)與健康【解析】【答案】B5、A【分析】【分析】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡、電離平衡常數(shù)和外界條件對電離平衡的影響?！窘獯稹?/p>

rm{A.}加水稀釋，溶液中氫氧根離子的濃度都增大，故A錯誤；加水稀釋，溶液中氫氧根離子的濃度都增大，故A錯誤；

rm{A.}若已知碳酸的rm{B.}醋酸的電離平衡常數(shù)小；電離平衡常數(shù)越小，酸性越弱，則醋酸的酸性比碳酸強(qiáng)，故B正確；

C.加入碳酸鈉；溶液中碳酸根結(jié)合氫離子，促進(jìn)醋酸電離，平衡向右移動，故C正確；

D.加入醋酸鈉，溶液中醋酸根離子濃度變大，抑制醋酸電離，平衡向左移動，故D正確。故選A。rm{Ka_{1}=4.3隆脕10^{-7}}【解析】rm{A}6、C【分析】解：rm{A.}乙炔；乙烯、丙烯均含不飽和鍵；則一種試劑不能鑒別，故A不選；

B.苯；甲苯、己烷均不溶于水；密度均比水小，則一種試劑不能鑒別，故B不選；

C.分別氫氧化銅混合的現(xiàn)象為：磚紅色沉淀；藍(lán)色溶液、無現(xiàn)象；現(xiàn)象不同可鑒別，故C選；

D.rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}}rm{C_{6}H_{6}}均不溶于水；密度均比水小，則一種試劑不能鑒別，故D不選；

故選C．

A.乙炔；乙烯、丙烯均含不飽和鍵；

B.苯；甲苯、己烷均不溶于水；密度均比水??；

C.利用氫氧化銅可鑒別；

D.rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}}rm{C_{6}H_{6}}均不溶于水；密度均比水?。?/p>

本題考查有機(jī)物的鑒別，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物的性質(zhì)、性質(zhì)差異及發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，題目難度不大．【解析】rm{C}二、雙選題(共9題，共18分)7、B|C【分析】解：A．含碳碳雙鍵；-CHO、-OH三種官能團(tuán)；故A錯誤；

B．該物質(zhì)的分子式為C9H15O2；故B正確；

C．-CHO與碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)最多可以和2molH2發(fā)生加成反應(yīng)；故C正確；

D．含-CHO；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故D錯誤；

故選BC．

由結(jié)構(gòu)可知；分子中含碳碳雙鍵；-CHO、-OH，結(jié)合烯烴、醛、醇的性質(zhì)來解答．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意烯烴、醛的性質(zhì)，題目難度不大．【解析】【答案】BC8、rAB【分析】解：rm{A}rm{CO}和rm{N_{2}}原子數(shù)相等，價電子數(shù)分別是rm{4+6=10}rm{5隆脕2=10}是等電子體，故A正確；

B、rm{CH_{4}}和rm{NH_{4}^{+}}質(zhì)子數(shù)都是rm{10}個電子數(shù)也是rm{10}個，原子數(shù)都是rm{5}是等電子體，故B正確；

C、rm{NH_{2}^{-}}和rm{H_{2}O_{2}}原子數(shù)不同，不屬于等電子體，故C錯誤；

D、rm{HCl}和rm{H_{2}O}原子數(shù)不同，不是等電子體，故D錯誤．

故選：rm{AB}．

等電子體是具有相同的價電子數(shù)和相同原子數(shù)的微粒，根據(jù)“原子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)rm{=}核外電子數(shù)”；分別計(jì)算各組中電子數(shù)目，便可知是否為等電子體了，由此分析解答．

本題考查了等電子體的含義，解答本題的關(guān)鍵是要充分理解等電子體的本質(zhì)特征，只有這樣才能對問題做出正確的判斷．【解析】rm{AB}9、rAD【分析】解：rm{A.pH=3}時，rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}溶液中存在rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(F^{-})}則rm{c(F^{-})>c(Na^{+})}故A正確；

B.當(dāng)rm{pH>3.45}時，rm{c(F^{-})>c(HF)}溶液可能呈酸性；中性或堿性，故B錯誤；

C.rm{HF}為弱酸，恰好反應(yīng)時溶液應(yīng)成堿性，當(dāng)rm{pH=3.45}時rm{HF}酸過量；故C錯誤；

D.當(dāng)rm{pH=4}時，混合溶液體積大于rm{1.0L}rm{c(F^{-})<1.6amol/L}rm{c(HF)<0.4amol/L}溶液中存在rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(F^{-})}

rm{c(F^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<1.6amol/L}則rm{c(HF)+c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<2amol?L^{-1}}故D正確．

故選AD．

A.rm{pH=3}時，rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}結(jié)合溶液的電荷守恒判斷；

B.當(dāng)rm{pH>3.45}時，rm{c(F^{-})>c(HF)}結(jié)合圖象分析；

C.rm{HF}為弱酸；恰好反應(yīng)時溶液應(yīng)成堿性；

D.可根據(jù)rm{pH=4}時；溶液電荷守恒判斷．

本題考查酸堿混合的計(jì)算和判斷，題目難度中等，注意把握圖象的曲線變化特點(diǎn)，為解答該題的關(guān)鍵，注意rm{HF}為弱電解質(zhì)的特點(diǎn)．【解析】rm{AD}10、C|D【分析】解：在氯水中存在如下平衡：Cl2+H2O?HCl+HClO、H2O?H++OH-、HClO?H++ClO-．

A．氯氣溶于水達(dá)到平衡后，再通入少量氯氣，此時已經(jīng)為飽和溶液，濃度比值不變；故A錯誤；

B、通入少量SO2，發(fā)生反應(yīng)：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；平衡左移，HClO的濃度減小，溶液漂白性減弱，故B錯誤；

C、加入少量固體過氧化鈉，反應(yīng)后溶液中陰陽離子所帶正負(fù)電荷總數(shù)相等，故存在c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（ClO-），溶液呈中性，則有：c（H+）=c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）；故C正確；

D；加入少量水；溶液酸性減弱，促進(jìn)水的電離，水的電離平衡向正反應(yīng)方向移動，故D正確．

故選CD．

A；氯氣與水的反應(yīng)；加入氯氣，溶液為飽和溶液；

B；通入二氧化硫；其與氯氣反應(yīng)生成無漂白性的鹽酸和硫酸，平衡左移，漂白性減弱；

C、根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-））+c（ClO-）+c（OH-），加入少量固體NaOH，溶液為中性時c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）；

D；氯氣與水的反應(yīng)；加入水，溶液酸性減弱，促進(jìn)水的電離．

本題既考查了化學(xué)平衡，又考查了電離平衡，注意次氯酸是一種弱電解質(zhì)，在增加HClO時，其電離程度減小，在水中加酸或堿都抑制了水的電離．【解析】【答案】CD11、B|C【分析】解：A．硫酸鈉性質(zhì)穩(wěn)定；久置于空氣中不發(fā)生變化，顏色不變，故A錯誤；

B．苯酚久置在空氣；被氧化而顯粉紅色，故B正確；

C．Na2O2久置在空氣中反應(yīng)生成碳酸鈉；顏色由淡黃色變?yōu)榘咨蔆正確；

D．CaO久置在空氣中生成氫氧化鈣；二者都是白色，所以顏色不變，故D錯誤；

故選：BC．

A．硫酸鈉性質(zhì)穩(wěn)定；久置于空氣中不發(fā)生變化；

B．苯酚具有還原性；在空氣中放置容易被氧化；

C．過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉；氫氧化鈉吸收二氧化碳生成碳酸鈉；

D．CaO與水反應(yīng)生成氫氧化鈣．

本題考查了反應(yīng)的現(xiàn)象，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意苯酚與三價鐵離子顯紫色．【解析】【答案】BC12、rAB【分析】解：rm{H_{2}O_{2}}的濃度由rm{2.0mol/L}降到rm{1.0/L}時的平均反應(yīng)速率為rm{dfrac{2.0mol/L-1.0mol/L}{10s}=0.1mol/(L.s)}如速率不變，則rm{dfrac

{2.0mol/L-1.0mol/L}{10s}=0.1mol/(L.s)}濃度由rm{H_{2}O_{2}}降到rm{1.0mol?L^{-1}}所需的反應(yīng)時間為rm{dfrac{1mol/L-0.5mol/L}{0.1mol/(Lcdots)}=5s}但隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)速率逐漸減小，則需要時間大于rm{0.5mol?L^{-1}}．

故選B．

先計(jì)算反應(yīng)物rm{dfrac

{1mol/L-0.5mol/L}{0.1mol/(Lcdots)}=5s}的濃度由rm{5s}降到rm{H_{2}O_{2}}時的平均反應(yīng)速率，再假設(shè)以相同的反應(yīng)速率計(jì)算反應(yīng)物rm{2.0mol/L}的濃度由rm{1.0/L}降到rm{H_{2}O_{2}}所需反應(yīng)時間；由于隨反應(yīng)進(jìn)行反應(yīng)速率降低，實(shí)際上反應(yīng)所需時間比這個時間長，據(jù)此分析解答．

本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率的有關(guān)計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，難度不大，明確化學(xué)反應(yīng)速率是平均值不是瞬時值，化學(xué)反應(yīng)速率隨濃度的變化而變化．rm{1.0mol/L}【解析】rm{AB}13、rBD【分析】解：rm{A.}向苯酚鈉溶液中通入足量rm{CO_{2}}溶液變渾濁，生成苯酚，為強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)，則碳酸的酸性比苯酚的強(qiáng)，故A正確；

B.硫酸鋇、硫酸鈣均為白色沉淀，則由現(xiàn)象不能比較rm{K_{sp}(BaSO_{4})}rm{K_{sp}(CaSO_{4})}故B錯誤；

C.向rm{FeCl_{3}}溶液中滴加少量rm{KI}溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘，則rm{Fe^{3+}}的氧化性比rm{I_{2}}的強(qiáng)；故C正確；

D.由rm{pH}可知，rm{HSO_{3}^{-}}的電離大于其水解，則rm{HSO_{3}^{-}}結(jié)合rm{H^{+}}的能力rm{SO_{3}^{2-}}的弱；故D錯誤；

故選BD．

A.向苯酚鈉溶液中通入足量rm{CO_{2}}溶液變渾濁，生成苯酚，為強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)；

B.硫酸鋇；硫酸鈣均為白色沉淀；

C.向rm{FeCl_{3}}溶液中滴加少量rm{KI}溶液；發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘；

D.由rm{pH}可知，rm{HSO_{3}^{-}}的電離大于其水解．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價，為高頻考點(diǎn)，把握強(qiáng)酸制取弱酸、沉淀生成、氧化還原反應(yīng)、水解與電離、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{BD}14、BC【分析】略【解析】rm{BC}15、rBD【分析】解：rm{A.}各組成元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同的烴不一定是同一種烴；如乙炔與苯，為不同種類的烴；正戊烷與異戊烷；新戊烷，互為同分異構(gòu)體，故A錯誤；

B.同系物是結(jié)構(gòu)相似，組成上相差一個或若干個rm{CH_{2}}原子團(tuán)的有機(jī)物；故B正確；

C.能使溴的四氯化碳溶液褪色的烴是烯烴；炔烴；和溴單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)褪色，苯及其苯的同系物萃取褪色，故C錯誤；

D、若rm{C_{3}H_{6}}為烯烴，rm{C_{4}H_{8}}為環(huán)烷烴，結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，若rm{C_{3}H_{6}}為烯烴，rm{C_{4}H_{8}}為烯烴；結(jié)構(gòu)相似，是同系物，故D正確；

故選BD

A.最簡式相同的烴各組成元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同；互為同分異構(gòu)體的烴各組成元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同；

B.同系物指結(jié)構(gòu)相似、通式相同，組成上相差rm{1}個或者若干個rm{CH_{2}}原子團(tuán)；具有相同官能團(tuán)的化合物；

C.能使溴的四氯化碳溶液褪色的烴是烯烴；炔烴或苯及其苯的同系物；

D.rm{C_{3}H_{6}}和rm{C_{4}H_{8}}可能是烯烴或環(huán)烷烴；結(jié)構(gòu)不一定相似；

本題考查同系物和同分異構(gòu)體等，題目難度不大，注意同系物具有結(jié)構(gòu)相似、化學(xué)性質(zhì)相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性質(zhì)不同，屬于有機(jī)物，而同分異構(gòu)體，分子式相同，結(jié)構(gòu)不同、物理性質(zhì)不同、不同類時化學(xué)性質(zhì)不同，多為有機(jī)物．【解析】rm{BD}三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）

2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）K2△H＜0（II）

根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），則該反應(yīng)平衡常數(shù)K=

故答案為：

（2）測得10min內(nèi)v（ClNO）=7.5×10-3mol?L-1?min-1，則△n（ClNO）=7.5×10-3mol?L-1?min-1×10min×2L=0.15mol；

由方程式可知，參加反應(yīng)氯氣的物質(zhì)的量為0.15mol×=0.075mol；故平衡時氯氣的物質(zhì)的量為0.1mol-0.075mol=0.025mol；

參加反應(yīng)NO物質(zhì)的量為0.15mol，則NO的轉(zhuǎn)化率為×100%=75%；

其它條件保持不變，反應(yīng)（II）在恒壓條件下進(jìn)行，正向移動時物質(zhì)的量減小，相當(dāng)于壓強(qiáng)增大，正向進(jìn)行的程度增大，則平衡時NO的轉(zhuǎn)化率а2＞а1；平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大；

故答案為：0.025；75%；＞；不變；升高溫度；

（3）0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物質(zhì)的量濃度為0．mol/L，NaNO2物質(zhì)的量為0.1mol/L，溶液B為0.1mol?L-1的CH3COONa溶液；

HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10-4mol?L-1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×10-5mol?L-1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液，兩溶液中c（NO3-）、c（NO2-）和c（CH3COO-）由大到小的順序?yàn)閏（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；

A．溶液B堿性大于A溶液；向溶液A中加適量水，稀釋溶液，堿性減弱，不能調(diào)節(jié)溶液pH相等，故A錯誤；

B．向溶液A中加適量NaOH；增大堿性，可以調(diào)節(jié)溶液pH相等，故B正確；

C．向溶液B中加適量水；稀釋溶液堿性減弱，可以調(diào)節(jié)溶液pH相等，故C正確；

D．溶液B堿性大于A溶液；向溶液B中加適量NaOH，溶液pH更大，故D錯誤；

故答案為：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；BC；

（4）在25℃下，平衡時溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根據(jù)電荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3?H2O的電離常數(shù)Kb===

故答案為：中；

（5）由Ka可知碳酸的酸性大于HClO的酸性，則84消毒液（有效成份為NaClO）中通入少量的CO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；

故答案為：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO．

（1）2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）

2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）K2△H＜0（II）

根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）；則該反應(yīng)平衡常數(shù)為Ⅰ的平衡常數(shù)平方與Ⅱ的平衡常數(shù)的商；

（2）測得10min內(nèi)v（ClNO）=7.5×10-3mol?L-1?min-1，則△n（ClNO）=7.5×10-3mol?L-1?min-1×10min×2L=0.15mol；由方程式計(jì)算參加反應(yīng)NO；氯氣的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算平衡時氯氣的物質(zhì)的量、NO的轉(zhuǎn)化率；

其它條件保持不變；反應(yīng)（II）在恒壓條件下進(jìn)行，正向移動時物質(zhì)的量減小，相當(dāng)于壓強(qiáng)增大；

平衡常數(shù)只受溫度影響；溫度不變，平衡常數(shù)不變，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度平衡正向移動，平衡常數(shù)增大；

（3）0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物質(zhì)的量濃度為0．mol/L，NaNO2物質(zhì)的量為0.1mol/L；

HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10-4mol?L-1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×10-5mol?L-1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性；溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液；

（4）在25℃下，平衡時溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根據(jù)物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根據(jù)電荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=

（5）由Ka可知酸性；發(fā)生強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)．

本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)平衡移動、焓變計(jì)算、電離平衡常數(shù)計(jì)算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等．【解析】0.025；75%；＞；不變；升高溫度；c（NO3￣）＞c（NO2-）＞c（CH3COO￣）；BC；中；NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO17、（1）減?。?）【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡常數(shù)，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}由圖分析可知，根據(jù)反應(yīng)rm{3ClO}由圖分析可知，根據(jù)反應(yīng)rm{(1)}rm{3ClO}rm{{,!}_{2}^{-}}rm{+4NO+4OH}rm{+4NO+4OH}rm{{,!}^{-}}rm{=4NO}rm{=4NO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+3Cl}rm{+3Cl}rm{{,!}^{-}}的平衡分壓的負(fù)對數(shù)隨溫度的升高而減小，則說明溫度越高，rm{+2H}的平衡分壓越大，rm{+2H}的含量越高，故升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，故答案為：減??；

rm{{,!}_{2}}根據(jù)反應(yīng)的方程式rm{O}rm{NO}的平衡分壓的負(fù)對數(shù)隨溫度的升高而減小，則說明溫度越高，rm{NO}的平衡分壓越大，rm{NO}的含量越高，故升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，故答案為：減小；rm{O}rm{NO}rm{NO}rm{NO}rm{(2)}根據(jù)反應(yīng)的方程式rm{ClO}rm{(2)}rm{ClO}rm{{,!}_{2}^{-}}表達(dá)式為rm{K=dfrac{;c(C{l}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?});}{c(Cl{{O}_{2}}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?})}}，故答案為：rm{K=dfrac{;c(C{l}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?});}{c(Cl{{O}_{2}}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?})}}rm{+2SO}【解析】rm{(1)}減小rm{(2)K=dfrac{;c(C{l}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?});}{c(Cl{{O}_{2}}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?})}}rm{(2)K=

dfrac{;c(C{l}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?});}{c(Cl{{O}_{2}}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?})}

}18、略

【分析】解：（1）乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二溴乙烷，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；該反應(yīng)屬于加成反應(yīng)；

故答案為：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；加成；

（2）乙烯在一定條件下能夠發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：nCH2=CH2該反應(yīng)屬于加聚反應(yīng)；

故答案為：nCH2=CH2加聚；

（3）在催化劑的作用下，苯環(huán)上的氫原子溴原子所取代，生成溴苯，同時有溴化氫生成，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)；

故答案為：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；取代．

（1）乙烯分子中含有碳碳雙鍵；能夠與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二溴乙烷；

（2）乙烯在一定條件下能夠發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯；

（3）苯和液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯和溴化氫；該反應(yīng)為取代反應(yīng)．

本題考查了有機(jī)反應(yīng)方程式的書寫及反應(yīng)類型的判斷，題目難度中等，注意掌握書寫化學(xué)方程式的方法，明確有機(jī)反應(yīng)原理及反應(yīng)類型為解答本題的關(guān)鍵．【解析】CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；加成；nCH2=CH2加聚；C6H6+Br2C6H5Br+HBr；取代19、略

【分析】解：(1)反應(yīng)達(dá)平衡后，體系總壓強(qiáng)為0.10MPa，由圖可知，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率α=0.80；參加反應(yīng)的二氧化硫?yàn)?mol×80%=1.6mol，則：

2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)

開始(mol)：210

變化(mol)：1.60.81.6

平衡(mol)：0.40.21.6

所以平衡時濃度：c(SO2)=0.04mol/L，c(O2)=0.02mol/L，c(SO3)=0.16mol/L，故平衡常數(shù)k==800；故答案為：800；

(2)平衡狀態(tài)由A變到B時；改變的是壓強(qiáng)，平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，故平衡常數(shù)K(A)=K(B)，故答案為：=；

(3)A．氣體的總質(zhì)量不變；隨反應(yīng)進(jìn)行，氣體的物質(zhì)的量減小，平均相對分子質(zhì)量增大，平均相對分子質(zhì)量不變，說明到達(dá)平衡狀態(tài)，故A正確；

B．平衡時接觸室中SO2、O2的濃度一定不相同；開始物質(zhì)的量為2：1，按2：1反應(yīng)，平衡時二者的物質(zhì)的量之比為2：1，濃度之比為2：1，故B錯誤；

C．平衡時接觸室中SO2、O2、SO3物質(zhì)的量之比可能為2：1：2；可能不是2：1：2，與二氧化硫的轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故C錯誤；

D．隨反應(yīng)進(jìn)行；氣體的物質(zhì)的量減小，接觸室中壓強(qiáng)減小，壓強(qiáng)不隨時間變化而變化，說明到達(dá)平衡狀態(tài)，故D正確．

故答案為：AD．【解析】800;=;AD20、（1）放熱

（2）低

（3）2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑

（4）NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol

（5）C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1【分析】【分析】本題考查了化學(xué)反應(yīng)中的吸熱反應(yīng)與放熱反應(yīng)，熱化學(xué)方程式的書寫，注意掌握化學(xué)反應(yīng)中能量變化與反應(yīng)物、生成物總能量的關(guān)系，明確化學(xué)鍵斷裂、形成與化學(xué)反應(yīng)能量變化的關(guān)系?！窘獯稹縭m{(1)}由于發(fā)生反應(yīng)rm{A+B簍TC+D}rm{U}型管中甲處液面下降乙處液面上升；根據(jù)氣體具有熱脹冷縮的性質(zhì)可以判斷該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；

故答案為：放熱；

rm{(2)}化學(xué)反應(yīng)中舊鍵斷裂吸收能量；新鍵生成放出能量，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則反應(yīng)物化學(xué)鍵斷裂吸收的能量低于生成物化學(xué)鍵形成放出的能量；

故答案為：低；

rm{(3)}該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，且不需要加熱既能夠發(fā)生，如鋁與稀鹽酸的反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}

故答案為：rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{(4)1molH_{2}SO_{4}}溶液與足量rm{NaOH}溶液完全反應(yīng)，放出rm{114.6kJ}的熱量，即生成rm{2mol}水放出rm{114.6kJ}的熱量，反應(yīng)的反應(yīng)熱為rm{-114.6kJ/mol}

中和熱為rm{-57.3kJ/mol}則中和熱的熱化學(xué)方程式：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}

故答案為：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}

H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}

H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}rm{(5)}則碳的燃燒熱化學(xué)方程式為：碳的燃燒熱為rm{393.50kJ隆隴mol}rm{393.50kJ隆隴mol}

故答案為：rm{{,!}^{-1}}rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{婁隴H=-393.5kJ隆隴mol^{-1}}【解析】rm{(1)}放熱rm{(2)}低rm{(3)2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{(4)NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}rm{(4)NaOH(aq)+dfrac{1}{2}

H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}rm{(5)C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{婁隴H=-393.5kJ隆隴mol^{-1}}四、其他(共2題，共8分)21、略

【分析】【解析】【答案】AEF22、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2五、探究題(共4題，共36分)23、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應(yīng)該是水解相互促進(jìn)引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗(yàn)水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗(yàn)水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實(shí)驗(yàn)誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）24、略

【分析】（1）若假設(shè)1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應(yīng)該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應(yīng)式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）25、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應(yīng)該是水解相互促進(jìn)引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗(yàn)水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗(yàn)水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實(shí)驗(yàn)誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）26、略

【分析】（1）若假設(shè)1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應(yīng)該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應(yīng)式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2