2025年人教新課標高二化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年人教新課標高二化學上冊階段測試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9題，共18分)1、八角茴香是中國傳統(tǒng)的香料和中藥，八角茴香含有一種重要成分莽草酸，莽草酸是目前世界上被證明是對抗禽流感的唯一良方—“達菲”的原材料。莽草酸的結構簡式為：下列關于莽草酸的說法正確的是A.該化合物的分子式為C7H11O5B.該化合物的分子處于同一平面的原子只有4個C.該化合物可以與溴水、NaOH、NaHCO3發(fā)生反應D.該化合物在濃硫酸作用下加熱不能制備得到2、1993年一位農民偶然發(fā)現他的一頭小母牛食用腐敗草料后，血液不會凝固。一位化學家由此得到啟發(fā)，從腐敗草料中提取出結構簡式為的雙香豆素。關于雙香豆素的下列推論中錯誤是A.有望將它發(fā)展制得一種抗凝血藥B.它無嗅并略具芳香味，因而可用來制備致命性出血型的殺鼠藥C.它可由化合物和甲醛（HCHO）通過縮合反應制得D.它易溶于水、乙醇、乙醚等有機溶劑3、某種ABS工程樹脂，由丙烯腈（CH2=CHCN，符號A）、1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2，符號B）和苯乙烯（符號S）按一定配比共聚而得．經元素分析可知該ABS樣品的組成為CaHbNc（a、b、c為正整數），則原料中A和B的物質的量之比用a、b、c表示是（）A.B.C.D.無法確定4、化學與生活密切相關．下列生活中常見物質的俗名與化學式相對應的是（）A.小蘇打--Na2CO3B.生石灰--Ca（OH）2C.甲醛--CH3OHD.燒堿--NaOH5、下列敘述正確的是()A.同質量的rm{H_{2}}和rm{Cl_{2}}相比，rm{H_{2}}的分子數多B.rm{Na_{2}O_{2}}的摩爾質量為rm{78g}C.rm{0.1molH_{2}SO_{4}}含有氫原子數的精確值為rm{1.204隆脕10^{23;;;}}D.rm{1molKCl}含有阿伏加德羅常數個rm{KCl}分子6、已知化合物rm{B_{3}N_{3}H_{6}(}硼氮苯rm{)}與rm{C_{6}H_{6}(}苯rm{)}的分子結構相似，如圖所示：則硼氮苯的二氯取代物rm{B_{3}N_{3}H_{4}Cl_{2}}的同分異。

構體的數目為rm{(}rm{)}A.rm{2}B.rm{3}C.rm{4}D.rm{6}7、下列關于糖類、蛋白質、油脂的說法中，正確的是rm{(}rm{)}A.它們的組成元素中都有rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}等元素B.在一定條件下，它們都能發(fā)生水解反應C.人體需要的二十多種氨基酸都可以通過人體自身合成D.油脂分為油和脂肪，它們都是高級脂肪酸的甘油酯8、苯丙酸諾龍是一種興奮劑，結構簡式為有關苯丙酸諾龍的說法不正確的是rm{(}rm{)}

A.含有兩種官能團B.含有脂環(huán)C.是一種芳香化合物D.含有酯基9、rm{DAP}是電器和儀表部件中常用的一種合成高分子化合物；它的結構簡式為：

則合成此高分子的單體可能是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}乙烯rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{壟脷}丙烯rm{CH_{3}CH=CH_{2}壟脹}丙烯醇rm{HOCH_{2}CH=CH_{2}壟脺}鄰苯二甲酸rm{壟脻}鄰苯二甲酸甲酯A.rm{壟脵壟脷}B.rm{壟脹壟脺}C.rm{壟脷壟脺}D.rm{壟脹壟脻}評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)10、水的電離常數如圖兩條曲線所示，曲線中的點都符合rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=}常數，下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.圖中溫度rm{T_{1}>T_{2}}B.圖中五點rm{Kw}間的關系：rm{B>C>A=D=E}C.曲線rm{a}rm可以表示純水的電離情況D.若處在rm{B}點時，將rm{pH=2}的硫酸溶液與rm{pH=11}的rm{KOH}溶液等體積混合后，溶液顯酸性11、列有關事實及原因的分析中，錯誤的是rm{(}rm{)}

。事實原因rm{A}稀有氣體的晶體屬于原子晶體其組成微粒是原子rm{B}鍵的極性rm{H-O>H-S}氧的電負性強于rm{S}的電負性rm{C}rm{HF}穩(wěn)定性比rm{HI}強rm{HF}分子間能形成氫鍵而rm{HI}不能rm{D}金剛石的熔沸點高于晶體硅rm{C-C}鍵能大于rm{Si-Si}鍵能A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}12、向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續(xù)添加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液rm{.}下列對此現象說法正確的是rm{(}rm{)}A.反應后溶液中不存在任何沉淀，所以反應前后rm{Cu^{2+}}的濃度不變B.在rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}離子中，rm{Cu^{2+}}提供空軌道，rm{NH_{3}}給出孤對電子C.向反應后的溶液加入乙醇，溶液沒有發(fā)生變化D.沉淀溶解后，將生成深藍色的配合離子rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}13、在下列變化過程中，有發(fā)生化學變化的是（）A.荔枝釀酒B.酸雨侵蝕建筑物C.空氣液化制取氮氣D.生石灰遇水成為熟石灰14、下表所列物質晶體的類型全部正確的一組是（）

。序號原子晶體離子晶體分子晶體A氮化硅磷酸單質硫B單晶硅碳酸氫銨白磷C金剛石燒堿冰D鐵尿素冰醋酸A.AB.BC.CD.D15、酸式鹽NaHB在水溶液中，HB-的電離程度小于HB-的水解程度，下列說法正確的是（）A.NaHB的存在抑制了水的電離B.HB-水解方程式：HB-+H2O?H3O++B2-C.相同物質的量濃度溶液的pH值：NaHB＞Na2BD.溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（H+）16、能正確表示下列反應的離子反應方程式為rm{(}rm{)}A.rm{NH_{4}HCO_{3}}溶于過量的濃rm{KOH}溶液中：rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}簍TCO_{3}^{2-}+NH_{3}隆眉+2}rm{H_{2}O}B.向明礬溶液中滴加rm{Ba(OH)_{2}}溶液，恰好使rm{SO_{4}^{2-}}沉淀完全：rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH}rm{{,!}^{-}簍T2}rm{Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒}C.向rm{FeBr_{2}}溶液中通入足量氯氣：rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}簍T2}rm{Fe^{3+}+2Br_{2}+6}rm{Cl^{-}}D.醋酸除去水垢：rm{2H^{+}+CaCO_{3}簍TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}17、某油脂的結構簡式為關于該油脂的說法正確的是rm{(}rm{)}A.沒有固定的熔沸點B.能發(fā)生氫化反應C.在堿性溶液中能發(fā)生皂化反應D.是飽和的高級脂肪酸評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)18、（1）10mLpH＝4的鹽酸，稀釋10倍到100mL時，pH＝__________。（2）常溫下，pH＝5和pH＝3的鹽酸溶液等體積混合后溶液的pH＝__________。（3）某溫度（t℃）時，水的KW=10-13，則該溫度______25℃（填大于、等于或小于），理由是_________________________________________________;將此溫度下pH=11的NaOH溶液aL與pH=1的H2SO4溶液bL混合，①若所得混合溶液為中性，則a：b=_________；②若所得混合溶液pH=2，則a：b=__________。19、（16分）化學反應原理對化學反應的研究具有指導意義。（1）機動車廢氣排放已成為城市大氣污染的重要來源。①氣缸中生成NO的反應為：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H＞0。汽車啟動后，氣缸內溫度越高，單位時間內NO排放量越大，請分析兩點原因、。②汽車汽油不完全燃燒時還產生CO，若設想按下列反應除去CO：2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)ΔH>0，該設想能否實現？（選填“能”或“不能”），依據是。（2）氯氣在298K、100kPa時，在1L水中可溶解0.09mol，實驗測得溶于水的Cl2約有1/3與水反應。該反應的離子方程式為，在上述平衡體系中加入少量NaOH固體，溶液中Cl—濃度（選填“增大”、“減小”或“不變”）。（3）一定條件下，Fe3+和I—在水溶液中的反應是2I—+2Fe3+I2+2Fe2+，當反應達到平衡后，加入CCl4充分振蕩，且溫度不變，上述平衡向（選填“正反應”或“逆反應”）方向移動。請設計一種使該反應的化學平衡逆向移動的實驗方案。20、（10分）下圖是研究銅與濃硫酸的反應裝置：（1）A試管中發(fā)生反應的化學方程式為。（2）反應一段時間后，可觀察到B試管中的現象為。（3）C試管口浸有NaOH溶液的棉團作用是。（4）實驗結束后，證明A試管中反應所得產物是否含有銅離子的操作方法是。（5）在銅與濃硫酸反應的過程中，發(fā)現有黑色物質出現，經查閱文獻獲得下列資料。。資料1附表銅與濃硫酸反應產生黑色物質的相關性質資料2X射線晶體分析表明，銅與濃硫酸反應生成的黑色物質為Cu2S、CuS、Cu7S4中的一種或幾種。僅由上述資料可得出的正確結論是。A．銅與濃硫酸反應時所涉及的反應可能不止一個B．硫酸濃度選擇適當，可避免最后產物中出現黑色物質；C．該反應發(fā)生的條件之一是硫酸濃度≥15mol·LD．硫酸濃度越大，黑色物質越快出現、越難消失21、在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生如下反應：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）（△H＜0）

（1）寫出該反應的化學平衡常數表達式K=______

（2）降低溫度，該反應K值______，二氧化硫轉化率______，化學反應速度______（以上均填增大；減小或不變）

（3）600℃時，在一密閉容器中，將二氧化硫和氧氣混合，反應過程中SO2、O2、SO3物質的量變化如圖，反應處于第一次平衡狀態(tài)的時間是______．

（4）據圖判斷，反應進行至20min時，曲線發(fā)生變化的原因是______（用文字表達），10-15min的曲線變化的原因能是______（填寫編號）

a．加了催化劑b．縮小容器體積c．降低溫度d．增加SO3的物質的量．22、材料是人類賴以生存和發(fā)展的重要物質基礎．

rm{壟脵}下列屬于復合材料的是______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.}有機玻璃rm{b.}鋼化玻璃rm{c.}玻璃鋼rm{d.}石英玻璃。

rm{壟脷1928}年美國杜邦公司首先合成了尼龍，由尼龍制成的尼龍絲耐磨、柔韌、有光澤，可作為絲綢的代替品，尼龍屬于______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.}有機高分子材料rm{b.}無機非金屬材料rm{c.}金屬材料．23、測定銅合金中銅的含量，可以用稀硝酸來溶解樣品，也可以用雙氧水和稀鹽酸溶解樣品，其反應的化學方程式為：假設樣品中其他成分不與稀硝酸、雙氧水和鹽酸反應。①寫出銅與稀硝酸反應的離子方程式并標出電子轉移的方向和數目____________________。②在銅與雙氧水、鹽酸的反應中氧化劑是______________________________，若有2mol的H2O2參加反應，則電子轉移的物質的量是_______________。③用雙氧水和稀鹽酸溶解樣品與用稀硝酸溶解樣品相比較，哪種更好？為什么？____________________。④若稱取樣品的質量為ag，用足量的雙氧水溶解后，剩余殘渣經過洗滌干燥稱得質量是bg，則樣品中含銅的質量分數為__________。24、一定溫度下，有rm{a.}鹽酸、rm{b.}硫酸、rm{c.}醋酸三種酸rm{(}用rm{a}rmrm{c}回答rm{)}．

rm{(1)}當其物質的量濃度相同時rm{.c(H^{+})}由大到小的順序是______，rm{pH}由大到小的順序是______．

rm{(2)}同體積、同物質的量濃度的三種酸溶液，中和rm{NaOH}的能力由大到小的順序是______．

rm{(3)}當rm{c(H^{+})}相同時，物質的量濃度由大到小的順序為______．

rm{(4)}當rm{pH}相同、體積相同時，分別加入足量鋅，相同狀況下產生的氣體體積由大到小的順序為______．評卷人得分四、計算題(共2題，共4分)25、在一定條件下，NO跟NH3可以發(fā)生反應生成N2和H2O?，F有NO和NH3的混合物1mol，充分反應后所得產物中，若經還原得到的N2比經氧化得到的N2多1．4g。（1）寫出反應的化學方程式并標出電子轉移的方向和數目。（2）若以上反應進行完全，試計算原反應混合物中NO與NH3的物質的量可能各是多少。26、（6分）有一硝酸鹽晶體，分子式為M(NO3)x·nH2O，經測定其摩爾質量為242g/mol。取1.21g此晶體溶于水，配制成100mL溶液。將其置于電解池中用惰性材料為電極進行電解。經測定，當有0.01mol電子通過電極時，溶液中全部金屬離子即在陰極上析出，電極增重0.32g。計算：（寫出計算過程）(1)1.21g此鹽晶體的物質的量是多少？x值是多少？(2)求M的相對原子質量和n值。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共18分)27、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為___（保留小數點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產生差異的原因是___。28、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為80.474g，產品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，FeSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去29、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關物質的物理性質如下表：。相關物質熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應的化學方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為___________。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關閉K1、K2c．打開K3d．關閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產品純度。測定過程涉及的反應為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分六、其他(共3題，共27分)30、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)。31、（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32、（8分）由丙烯出發(fā)，經如下反應，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結構簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應類型為__________；由W生成丙烯酸的反應類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應方程式為。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【解析】試題分析：根據有機物的結構簡式可知，該有機物的化學式是C7H10O5，A不正確；由于碳碳雙鍵是平面型結構，則該化合物的分子處于同一平面的原子一定超過4個，B不正確；分子中含有碳碳雙鍵、羥基和羧基，所以該化合物可以與溴水、NaOH、NaHCO3發(fā)生反應，C正確；通過羥基的消去反應，可以生成D不正確，答案選C?？键c：考查有機物的結構和性質【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】【答案】B3、A【分析】解：由N原子守恒可知，CaHbNc～cC3H3N，則設C4H6和C8H8的系數為x和y；

cC3H3N+xC4H6+yC8H8CaHbNc；

由碳；氫元素原子個數反應前后個數不變可得：

3c+4x+8y=a

3c+6x+8y=b

解得：x=

故丙烯腈和1，3-丁二烯的分子物質的量之比為c：==

故選A．

根據ABS組成中的氮原子數可確定單體A的個數，再根據三種單體分子與CaHbNc中碳、氫含量利用原子守恒計算出用a、b表示的B的物質的量；最后計算出原料中A和B的物質的量之比．

本題考查了加聚反應的簡單計算，題目難度中等，注意明確計算過程中原子守恒的應用，試題有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力，提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力．【解析】【答案】A4、D【分析】解：A、小蘇打是NaHCO3，Na2CO3俗稱蘇打；故A錯誤；

B、生石灰是CaO，Ca（OH）2俗稱熟石灰；故B錯誤；

C、甲醛的化學式為HCHO，CH3OH為甲醇；俗稱蟻醇，故C錯誤；

D；燒堿為NaOH；又俗稱苛性鈉和火堿，故D正確．

故選D．

A、小蘇打是NaHCO3；

B；生石灰是CaO；

C；甲醛的化學式為HCHO；

D；燒堿為NaOH．

本題考查了常見物質的俗稱和化學式，應注意的是燒堿為NaOH，純堿為碳酸鈉．【解析】【答案】D5、A【分析】【分析】本題考查微粒數目計算、阿伏伽德羅常數、摩爾質量等，比較基礎，注意對基礎知識的理解掌握?！窘獯稹坑蓃m{A}、rm{A}可知rm{.}由rm{n=dfrac{m}{M}}、rm{N=nN_{A}}可知rm{N=n隆隴dfrac{m}{M}}氣體分子數與氣體的摩爾質量成反比，所以同質量的rm{H_{2}}和rm{Cl_{2}}相比，rm{H_{2}}的分子數多，故rm{A}正確；氣體分子數與氣體的摩爾質量成反比，所以同質量的rm{.}和rm{n=dfrac{m}{M}}相比，的分子數多，故rm{N=nN_{A}}正確；rm{N=nN_{A}}rm{N=n隆隴dfrac{m}{M}}rm{H_{2}}，故rm{H_{2}}錯誤；rm{Cl_{2}}．rm{Cl_{2}}含有氫原子數的近似值為rm{H_{2}}rm{H_{2}}rm{A}，不是精確值，故rm{A}錯誤；B.氯酸鉀為離子化合物，氯酸鉀中不存在氯酸鉀分子，故過氧化鈉的摩爾質量為rm{78g/mol}，故rm{B}錯誤；

rm{C}．rm{0.1molH_{2}SO_{4}}含有氫原子數的近似值為rm{1.204}rm{隆脕}rm{10^{23}}，不是精確值，故rm{C}錯誤；

rm{D}rm{.}氯酸鉀為離子化合物，氯酸鉀中不存在氯酸鉀分子，故rm{D}錯誤。

故選rm{A}錯誤。rm{78g/mol}

故選rm{78g/mol}rm{B}【解析】rm{A}6、C【分析】解：苯的二氯取代物有鄰、間、對三種同分異構體，硼氮苯也應該有這三種同分異構體，但考慮苯環(huán)上的六個碳原子是完全相同的，而硼氮苯中，rm{B}rm{N}是兩種不同的原子，所以間位上應有兩種不同的排列，所以一共有四種同分異構體rm{.}故選C．

苯環(huán)上的六個碳原子是完全相同，硼氮苯中的rm{B}rm{N}是兩種不同的原子．

本題主要考查學生對有機化學中的同分異構題概念的考查，可以根據所學知識進行回答，難度不大．【解析】rm{C}7、D【分析】解：rm{A.}糖類和油脂的組成元素只有rm{C}rm{H}rm{O}三種，蛋白質含有rm{CHON}等元素；故A錯誤；

B.單糖不水解；二糖；多糖和油脂、蛋白質在一定條件下都可以水解，故B錯誤；

C.其中的必需氨基酸人體自身不能合成；需要從食物中獲得，故C錯誤；

D.油脂是由高級脂肪酸和甘油反應生成的高級脂肪酸甘油酯；根據常溫下的狀態(tài)不同分為油和脂肪，故D正確；

故選D。

A.糖類和油脂的組成元素只有rm{C}rm{H}rm{O}三種；

B.單糖不能發(fā)生水解；

C.其中的必需氨基酸人體自身不能合成；

D.油脂是由高級脂肪酸和甘油反應生成的高級脂肪酸甘油酯；根據常溫下的狀態(tài)不同分為油和脂肪。

本題考查了人的營養(yǎng)物質，涉及糖類油脂蛋白質的組成性質，難度不大，注意基礎知識的積累。【解析】rm{D}8、A【分析】解：rm{A.}該有機物中含有碳碳雙鍵、羰基、酯基總共rm{3}種官能團；故A錯誤；

B.含有多個脂環(huán)；故B正確；

C.此有機物中含有rm{1}個苯環(huán)；故屬于芳香族化合物，故C正確；

D.此有機物中只含有rm{1}個酯基；故D正確．

故選A．

A.該有機物中含有酯基；羰基和碳碳雙鍵；

B.脂環(huán)是含有由碳原子組成的環(huán)狀結構；但不含有苯環(huán)；

C.含有苯環(huán)；屬于芳香族化合物；

D.此有機物中含有rm{1}個酯基；據此解答即可．

本題考查有機物的官能團以及有機物的結構特點判斷及性質，題目難度不大，容易出錯的是rm{A}選項，易把苯環(huán)當做官能團．【解析】rm{A}9、B【分析】解：按如圖所示斷鍵后，氧原子接rm{H}原子，碳原子接rm{-OH}再將兩端的半鍵連接成雙鍵，所以可得單體為和rm{CH_{2}=CH-CH_{2}-OH}

故選B．

有機物含有酯基，應由酸和醇發(fā)生酯化反應，對應的單質分別含有羥基、羧基，且為二元酸，鏈節(jié)中主碳鏈為rm{2}個碳原子；對應的單體含有碳碳雙鍵，以此解答該題．

本題考查高分子化合物的結構和性質，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意根據鏈節(jié)判斷高聚物是加聚、還是縮聚而成是關鍵，注意理解結合反應的機理，難度不大．【解析】rm{B}二、雙選題(共8題，共16分)10、rCD【分析】解：rm{A.}水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，則水中rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})}及離子積常數增大，根據圖知，rm{T_{1}}曲線上離子積常數大于rm{T_{2}}所以rm{T_{1}>T_{2}}溫度，故A正確；

B.水的離子積常數只與溫度有關，溫度越高，離子積常數越大，同一曲線是相同溫度，根據圖知，溫度高低點順序是rm{B>C>A=D=E}所以離子積常數大小順序是rm{B>C>A=D=E}故B正確；

C.只有rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}的點是純水的電離，所以只有rm{A}rm{B}點才是純水的電離；故C錯誤；

D.rm{B}點時，rm{Kw=1隆脕10^{-12}}rm{pH=2}的硫酸中rm{c(H^{+})=0.01mol/L}rm{pH=12}的rm{KOH}溶液中rm{c(OH^{-})=1mol/L}等體積混合時堿剩余，溶液呈堿性，故D錯誤；

故選：rm{CD}

A.水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，則水中rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})}及離子積常數增大；

B.水的離子積常數只與溫度有關；溫度越高，離子積常數越大；

C.只有rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}的點是純水的電離；

D.rm{B}點時，rm{Kw=1隆脕10^{-12}}rm{pH=2}的硫酸中rm{c(H^{+})=0.01mol/L}rm{pH=12}的rm{KOH}溶液中rm{c(OH^{-})=1mol/L}等體積混合堿剩余，溶液呈堿性．

本題考查弱電解質的電離，題目難度中等，注意分析圖象，把握水的離子積只受溫度的影響．【解析】rm{CD}11、rAC【分析】解：rm{A}稀有氣體的晶體屬于分子晶體；原因分子間只存分子間作用力，而不是原子晶體，故A錯誤；

B、氧的電負性強于rm{S}的電負性，所以鍵的極性rm{H-O>H-S}故B正確；

C、氫化物的穩(wěn)定性與中心元素的非金屬性有關，rm{F}的非金屬性強于碘的非金屬性，所以rm{HF}穩(wěn)定性比rm{HI}強；而與氫鍵無關，故C錯誤；

D、原子晶體的熔點高低與共價鍵的鍵能大小有關，rm{C-C}鍵能大于rm{Si-Si}鍵能；所以金剛石的熔沸點高于晶體硅，故D正確；

故選AC．

A；稀有氣體的晶體屬于分子晶體；原因分子間只存分子間作用力；

B、氧的電負性強于rm{S}的電負性，所以鍵的極性rm{H-O>H-S}

C；氫化物的穩(wěn)定性與中心元素的非金屬性有關；而與氫鍵無關；

D；原子晶體的熔點高低與共價鍵的鍵能大小有關．

本題考查了晶體類型、構成微粒等知識點，難度不大，注意稀有氣體都是單原子分子，稀有氣體中不存在化學鍵，只存在分子間作用力．【解析】rm{AC}12、rBD【分析】解：rm{A.}硫酸銅和氨水反應生成氫氧化銅藍色沉淀；繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應生成絡合物而使溶液澄清，所以溶液中銅離子濃度減小，故A錯誤；

B.在rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}離子中，中心原子rm{Cu^{2+}}提供空軌道，配位體rm{NH_{3}}提供孤電子對；故B正確；

C.rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度；向溶液中加入乙醇后會析出藍色晶體，故C錯誤；

D.硫酸銅和氨水反應生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應生成絡合物離子rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}而使溶液澄清；故D正確．

故選BD．

氨水和硫酸銅反應生成氫氧化銅藍色沉淀；當氨水過量時，氨水和氫氧化銅反應生成可溶性的銅氨絡合物，所以難溶物溶解得到深藍色的透明溶液．

A.硫酸銅先和氨水反應生成氫氧化銅；氫氧化銅和氨水反應生成絡合物；

B.配合物中；配位體提供孤電子對，中心原子提供空軌道形成配位鍵；

C.絡合物在乙醇中溶解度較??；所以會析出；

D.氫氧化銅和氨水反應生成配合物而使溶液澄清．

本題考查了配合物、配位鍵的形成等性質，難度不大，明確形成配合物的條件是：有提供空軌道的中心原子，有提供孤電子對的配位體．【解析】rm{BD}13、A|B|D【分析】A；荔枝釀酒的過程包括物質氧化的過程；有化學變化，故A正確；

B；酸雨侵蝕建筑物是建筑物和酸反應的過程；有新物質生成，故B正確；

C；空氣液化制取氮氣的原理是根據氮氣和氧氣沸點的不同來實現物質分離的方法；沒有新物質生成，屬于物理變化過程，故C錯誤；

D；生石灰遇水發(fā)生反應生成氫氧化鈣；即熟石灰，有新物質生成，屬于化學變化，故D正確．

故選ABD．

A；荔枝釀酒的過程包括物質氧化的過程；有化學變化；

B；酸雨侵蝕建筑物是建筑物和酸反應的過程；有新物質生成；

C；空氣液化制取氮氣的原理是根據氮氣和氧氣沸點的不同來實現物質分離的方法；沒有新物質生成；

D；生石灰遇水發(fā)生反應生成氫氧化鈣；即熟石灰，有新物質生成．

本考點考查了物理變化和化學變化的區(qū)別，只要抓住關鍵點：是否有新物質生成，問題就很容易解決，本考點基礎性比較強．【解析】【答案】ABD14、B|C【分析】解：A．磷酸的構成微粒是分子；所以磷酸屬于分子晶體，故A錯誤；

B．單晶硅的構成微粒是原子；所以屬于原子晶體，碳酸氫銨的構成微粒是陰陽離子，所以屬于離子晶體，白磷的構成微粒是分子，屬于分子晶體，故B正確；

C．金剛石的構成微粒是原子；所以屬于原子晶體，燒堿的構成微粒是陰陽離子，所以屬于離子晶體，冰的構成微粒是分子，所以屬于分子晶體，故C正確；

D．鐵的構成微粒是金屬陽離子和自由電子；所以屬于金屬晶體，尿素的構成微粒是分子，屬于分子晶體，故D錯誤；

故選BC．

根據構成晶體的微粒確定晶體類型；原子晶體的構成微粒是原子，分子晶體的構成微粒是分子，離子晶體的構成微粒是陰陽離子．

本題考查了晶體類型的判斷，明確晶體的構成微粒是解本題關鍵，注意尿素屬于分子晶體，為易錯點．【解析】【答案】BC15、D【分析】解：A．含有弱根離子的鹽促進水電離；則NaHB的存在促進了水的電離，故A錯誤；

B．該方程式為電離方程式，HB-水解方程式：HB-+H2O?H2B+OH-；故B錯誤；

C．多元弱酸的鹽溶液，第一步水解程度大于第二步，酸根離子水解程度越大，其相同濃度的鹽溶液堿性越強，所以相同物質的量濃度溶液的pH：Na2B＞NaHB；故C錯誤；

D．酸式鹽NaHB在水溶液中，HB-的電離程度小于HB-的水解程度，則該溶液中c（OH-）＞c（H+），溶液呈堿性，鈉離子不水解，HB-水解，但水解程度較小，所以c（Na+）＞c（HB-），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D正確；

故選D．

A．含有弱根離子的鹽促進水電離；

B．該方程式為電離方程式；

C．多元弱酸的鹽溶液；第一步水解程度大于第二步；

D．酸式鹽NaHB在水溶液中，HB-的電離程度小于HB-的水解程度，則該溶液中c（OH-）＞c（H+），溶液呈堿性，鈉離子不水解，HB-水解；但水解程度較?。?/p>

本題考查了鹽類水解，根據酸式酸根離子水解程度和電離程度的相對大小確定溶液的酸堿性，再水解的離子、水解程度大小等知識點來分析解答，注意電離和水解方程式的區(qū)別，題目難度中等．【解析】【答案】D16、rAC【分析】解：rm{A.NH_{4}HCO_{3}}溶于過量的濃rm{KOH}溶液中的離子反應為rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}簍TCO_{3}^{2-}+NH_{3}隆眉+2H_{2}O}故A選；

B.明礬溶液中rm{Al^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}個數比為rm{1}rm{2}rm{SO_{4}^{2-}}完全沉淀時，rm{Al^{3+}}應轉化為rm{AlO_{2}^{-}}離子反應為rm{Al^{3+}+2SO_{4}^{2-}+2Ba^{2+}+4OH}rm{{,!}^{-}簍TAlO_{2}+2H_{2}O+2BaSO_{4}隆媒}故B不選；

C.向rm{FeBr_{2}}溶液中通入足量氯氣的離子反應為rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}故C選；

D.醋酸是弱酸，則醋酸除去水垢的離子反應為rm{2HAc+CaCO_{3}簍TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O+2Ac^{-}}故D不選；

故選AC．

A.反應生成碳酸鉀；氨氣、水；

B.恰好使rm{SO_{4}^{2-}}沉淀完全，以rm{1}rm{2}反應；反應生成硫酸鋇；偏鋁酸鉀；

C.足量氯氣；亞鐵離子；溴離子均被氧化；

D.醋酸在離子反應中保留化學式．

本題考查離子方程式的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重氧化還原反應及與量有關的離子反應的考查，題目難度不大．【解析】rm{AC}17、BC【分析】略。

【解析】rm{BC}三、填空題(共7題，共14分)18、略

【分析】（1）鹽酸是強電解質，完全電離，所以稀釋10倍后，pH增加1，即pH＝5。（2）鹽酸在混合過程中，氫離子的物質的量是不變的，所以混合后的氫離子濃度是所以pH＝3.3.（3）水是弱電解質，存在電離平衡，電離吸熱，加熱促進電離。常溫下水的離子積常數是10－14，該溫度一定是大于25℃。該溫度下pH=11的NaOH溶液中OH－濃度是0.01mol/L，所以有解得a：b=10︰1；如果所得混合溶液pH=2，則說明硫酸是過量的，因此有解得a：b=9︰2?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）5（2）3.3（3）大于；水的電離吸熱，升高溫度，促進水的電離，KW增大①10：1②9：219、略

【分析】試題分析：（1）①氣缸中生成NO的反應為：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H＞0，溫度升高，反應速率加快;溫度升高，有利于平衡反應正向進行;②該反應是焓增、熵減的反應，根據△H-T?ΔS＞0，任何溫度下均不能自發(fā)進行；（2）氯氣溶于水是可逆反應，離子方程式為：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，在上述平衡體系中加入少量NaOH固體,消耗H+，平衡正向移動，溶液中Cl—濃度增大；（3）Fe3+和I—在水溶液中的反應是2I—+2Fe3+I2+2Fe2+，當反應達到平衡后，加入CCl4充分振蕩，碘溶解在CCl4中，水溶液中，碘單質的濃度降低，平衡正向移動，要想使該反應的化學平衡逆向移動，降低I—或Fe3+的濃度或增大I2或Fe2+濃度即可，所以加入少許鐵粉或加入少許碘?？键c：考查溫度對化學反應速率的影響，化學反應方向，離子方程式的書寫，平衡移動方向?！窘馕觥俊敬鸢浮?6．（16分）（1）①溫度升高，反應速率加快溫度升高，有利于平衡反應正向進行②不能該反應是焓增、熵減的反應，任何溫度下均不能自發(fā)進行（2）Cl2+H2OH++Cl—+HClO增大（3）正反應加入少許鐵粉或加入少許碘（其他合理設計即可）20、略

【分析】試題分析：（1）在A試管中Cu與熱的濃硫酸發(fā)生反應：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）由于反應產生了SO2氣體；該氣體由漂白性，能使品紅溶液褪色。因此反應一段時間后，可觀察到B試管中品紅溶液由紅色變?yōu)闊o色。（3）Cl2、SO2氣體容易導致大氣污染，因為SO2和Cl2氣體是酸性氣體，所以在C試管口用浸有NaOH溶液的棉團來吸收擴散的SO2和Cl2氣體。在C試管中發(fā)生反應：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。（4）實驗結束后，若要證明A試管中反應所得產物含有銅離子，操作方法是向上拉銅絲，終止反應，冷卻后，將A中溶液慢慢倒入盛有少量水的燒杯（試管）里，觀察溶液顏色是否為藍色；（5）根據資料提供的信息可知：銅與濃硫酸反應時所涉及的反應可能不止一個；若硫酸濃度選擇適當，可避免最后產物中出現黑色物質；硫酸濃度越大，黑色物質越快出現、越難消失。至于硫酸的濃度是多少不容易確定。因此正確選項是A、B、D?？键c：考查Cu與濃硫酸發(fā)生的原理、現象、操作、氣體或離子的檢驗、化學方程式的書寫的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）溶液由紅色變成無色（3）吸收Cl2和SO2，防止污染空氣；（4）向上拉銅絲，終止反應，冷卻后，將A中溶液慢慢倒入盛有少量水的燒杯（試管）里，觀察溶液顏色是否為藍色；（5）A、B、D21、略

【分析】解：（1）2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＜0

依據化學方程式分析，達到平衡狀態(tài)時的平衡常數，用平衡濃度計算得到：K=

故答案為：

（2）該反應正反應為放熱反應；降低溫度平衡向正反應方向移動，平衡常數k增大，二氧化硫轉化率增大，降低溫度反應速率減?。?/p>

故答案為：增大；增大、減?。?/p>

（3）平衡狀態(tài)是一定條件下物質濃度不再改變；物質的量不變，正逆反應速率相同；依據圖象分析在15-20min；25-30min時平衡狀態(tài)；

故答案為：15-20min；

（4）由圖可知；反應進行至20min時，平衡向正反應移動，瞬間只有氧氣的濃度增大，應是增大了氧氣的濃度；

由圖可知；反應向正反應進行，10min到15min反應混合物單位時間內的變化量增大，說明反應速率增大，10min改變瞬間，各物質的物質的量不變；

a．加了催化劑；增大反應速率，故a正確；

b．縮小容器體積，增大壓強，增大反應速率，故b正確；

c．降低溫度反應速率降低；故c錯誤；

d．10min改變瞬間，各物質的物質的量不變，不是增加SO3的物質的量；故d錯誤．

故答案為：增大了氧氣的濃度；ab．

（1）平衡常數等于平衡狀態(tài)下生成物濃度的冪次方乘積除以反應物濃度的冪次方乘積；

（2）降低溫度平衡向放熱反應方向移動；根據平衡的移動判斷溫度對平衡常數；二氧化硫轉化率影響，降低溫度反應速率減??；

（3）平衡狀態(tài)是一定條件下物質濃度不再改變；物質的量不變，正逆反應速率相同；

（4）由圖可知；反應進行至20min時，改變體積，平衡向正反應移動，瞬間只有氧氣的濃度增大；由圖可知，反應向正反應進行，10min到15min反應混合物單位時間內的變化量增大，說明反應速率增大，10min改變瞬間，各物質的物質的量不變．

考查平衡常數；平衡移動、平衡影響元素、化學平衡圖象等；難度中等，圖象問題解題步驟：（1）看懂圖象：①看面（即弄清縱坐標與橫坐標的意義）；②看線（即弄清線的走向和變化趨勢）；③看點（即弄清起點、拐點、交點、終點的意義）；④看是否要作輔助線（如等溫線、等壓線）；⑤看定量圖象中有關量的多少．

（2）聯想規(guī)律：聯想外界條件的改變對化學反應速率和化學平衡的影響規(guī)律．【解析】增大；增大；減??；15-20min；增大了氧氣的濃度；ab22、略

【分析】解：rm{壟脵a.}有機玻璃是化學合成的一種塑料；外觀頗似玻璃，屬于合成材料；

rm{b.}鋼化玻璃屬于硅酸鹽材料；屬無機非金屬材料；

rm{c.}玻璃鋼是玻璃纖維與合成材料復而成的一種特殊材料；屬于復合材料；

rm{d.}石英玻璃的主要成分是二氧化硅；屬無機非金屬材料；

故答案為：rm{c}

rm{壟脷}尼龍含有碳元素，屬于有機化合物，屬于有機高分子材料，故答案為：rm{a}．

rm{壟脵}復合材料是由兩種或兩種以上不同性質的材料；通過物理或化學的方法，在宏觀上組成具有新性能的材料；

rm{壟脷}材料分為金屬材料；無機非金屬材料、合成材料和復合材料、有機合成高分子材料；利用題干提供的信息結合相關的化學知識即可解題．

本題考查無機非金屬材料，為基礎性習題，把握物質的性質及物質的組成為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大．【解析】rm{c}rm{a}23、略

【分析】①硝酸具有強氧化性，作氧化劑，能把銅氧化生成硝酸銅，而硝酸的還原產物是NO。②根據方程式可知，雙氧水中的氧原子化合價從－1價降低到－2價，因此雙氧水作氧化劑。每消耗1mol雙氧水，就轉移2mol電子。消耗2mol，則轉移4mol電子。③根據反應中的還原產物可判斷，雙氧水的還原產物是水，沒有污染。而硝酸的還原產物是NO，有毒屬于大氣污染物。④根據方程式可知，固體中只有銅被溶解，所以固體減少的質量就是混合物中銅的質量，因此銅的質量分數為【解析】【答案】（1）（2）雙氧水，4mol（3）雙氧水更好，因為雙氧水在酸性條件下氧化單質銅后的產物中沒有污染空氣的有害氣體（4）24、rm{b>a>c}rm{c>a>b}rm{b>a=c}rm{c>a>b}rm{c>a=b}【分析】解：rm{(1)}硫酸為二元強酸，鹽酸為一元強酸，醋酸為一元弱酸，則物質的量濃度相同時，rm{c(H^{+})}由大到小的順序是rm{b>a>c}氫離子濃度越大，其溶液的rm{pH}越小，所以rm{pH}大小順序是rm{c>a>b}

故答案為：rm{b>a>c}rm{c>a>b}

rm{(2)}同體積、同物質的量濃度的三種酸溶液的物質的量相等，中和rm{NaOH}的能力與酸的元數成正比，同體積、同物質的量濃度的三種酸溶液，硫酸中氫離子物質的量最大，醋酸和鹽酸都是一元酸且物質的量相等，所以中和rm{NaOH}的能力大小順序是rm{b>a=c}故答案為：rm{b>a=c}

rm{(3)}鹽酸是一元強酸完全電離，硫酸是二元強酸完全電離，醋酸是弱酸部分電離，rm{c(H^{+})}相同時，醋酸濃度最大，硫酸的濃度最小，所以物質的量濃度由大到小的順序是rm{c>a>b}故答案為：rm{c>a>b}

rm{(4)}當rm{c(H^{+})}相同、體積相同時，鹽酸、硫酸完全電離，只有醋酸在繼續(xù)電離，則分別加入足量鋅，相同狀況產生的氣體體積由大到小的順序為rm{c>a=b}

故答案為：rm{c>a=b}．

rm{(1)}物質的量濃度相等的這三種酸，酸的元數越多、酸的酸性越強，氫離子濃度越大；氫離子濃度越大，則rm{pH}越??；

rm{(2)}同體積、同物質的量濃度的三種酸溶液的物質的量相等，中和rm{NaOH}的能力與酸的元數成正比；

rm{(3)}當rm{c(H^{+})}相同時；酸的電離程度越弱，酸的濃度越大，酸的電離程度相同時，酸的元數越大其濃度越??；

rm{(4)}當rm{c(H^{+})}相同；體積相同時；鹽酸、硫酸完全電離，只有醋酸在繼續(xù)電離．

本題考查了弱電解質的電離，明確弱電解質的電離特點是解本題關鍵，注意：不同的酸與足量的相同金屬反應時生成氫氣的量與酸的物質的量與元數有關，與電解質強弱無關，為易錯點．【解析】rm{b>a>c}rm{c>a>b}rm{b>a=c}rm{c>a>b}rm{c>a=b}四、計算題(共2題，共4分)25、略

【分析】試題分析：（1）反應的方程式為：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反應中NO中N元素的化合價由+2價降低到0價，得電子，NH3中N元素的化合價由-3價升高到0價，失電子，氧化還原反應氧化劑和還原劑得失電子數目相等，則有：（2）6molNO還原得到3molN2，4molNH3，氧化得到2molN2，兩者相差1molN2，現相差1．4g，1．4g÷28g·mol－1=0．05mol，相當于0．3molNO和0．2molNH3反應，依題意NO和NH3的總物質的量為1mol，其中必有一種為過量，所以有兩種情況：0．3molNO和0．7molNH3或0．2molNH3和0．8molNO．考點：氧化還原反應的有關計算【解析】【答案】（1）（2）0．3molNO和0．7molNH3或0．2molNH3和0．8molNO26、略

【分析】考查根據電解原理進行的有關計算。(1)該鹽晶體的物質的量為＝由M－xe－＝Mx+可知(2)故原子量為64，即Cu。則【解析】【答案】（1）0.005molx=2（2）M=64g/moln=3五、工業(yè)流程題(共3題，共18分)27、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發(fā)生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產物NaCl，結合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，Fe2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越??；與鐵離子的水解有關。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據化合物中元素的正負化合價代數和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發(fā)生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據裝置圖，Fe為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，Fe2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的