2024年人民版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人民版高二化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示：A为阴离子；在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为（）

A.B2A

B.BA2

C.B7A4

D.B4A7

2、下图是一种航天器能量储存系统原理示意图。下列说法正确的是A.该系统中只存在3种形式的能量转化B.装置Y中负极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-C.装置X能实现燃料电池的燃料和氧化剂再生D.装置X、Y形成的子系统能实现物质的零排放，并能实现化学能与电能间的完全转化3、下列物质中，既有离子键，又有共价键的是rm{(}rm{)}A.rm{NaCl}B.rm{Ca(OH)_{2}}C.rm{H_{2}O}D.rm{CH_{4}}4、等质量的铜片在酒精灯上热后，分别插入下列液体中，放置片刻后取出，铜片质量不变的是()A.盐酸B.无水乙醇C.氢氧化钠D.乙酸5、某烯烃与氢气加成后得到rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，则该烯烃的名称是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{2-}二甲基rm{-3-}丁烯B.rm{2}rm{2-}二甲基rm{-2-}丁烯C.rm{2}rm{2-}二甲基rm{-1-}丁烯D.rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯6、下面是小王在医院做的血常规检查报告单的部分内容；小王应该注意补充的微量元素是（）

A.锌B.铁C.硒D.碘7、下列各项所述的两个量；前者一定大于后者的是（）

①纯水在25℃和80℃的pH②1molNaHSO4和1molNaCl在熔化状态下的离子数。

③25℃时，等体积且pH都等于3的盐酸和AlCl3的溶液中；已电离的水分子数。

④Na+和F¯的离子半径⑤含1molFeCl3的饱和溶液与水完全反应转化为氢氧化铁胶体后；

其中胶体粒子的数目与阿伏加德罗常数A.①②B.①C.①③⑤D.②④8、下列物质中，均不能发生水解反应的一组是A.淀粉酶和脂肪B.油脂和蔗糖C.淀粉和蛋白质D.果糖和葡萄糖9、下列有关实验的说法正确的是rm{(}rm{)}A.用干燥的rm{pH}试纸测定新制氯水的rm{pH}B.中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥C.用rm{Na_{2}S}溶液与rm{AlCl_{3}}溶液混合制取rm{Al_{2}S_{3}}D.向白色rm{ZnS}沉淀上滴加rm{CuSO_{4}}溶液，沉淀变为黑色，说明rm{Ksp(ZnS)<Ksp(CuS)}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、现有25℃时0.1mol•L-1的氨水；请回答以下问题：

（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中____（填“增大”“减小”“不变”）．

（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：____；所得溶液的pH____7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因____

（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时[NH]=amol•L-1，则[SO]=____．

（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺是____．11、北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大火炬燃料是丙烯（C3H6）

（1）丙烷脱氢可得丙烯．已知：C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol-1

CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol-1则相同条件下，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）的△H=____kJ•mol-1

（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐．电池总反应方程式为____；放电时，CO32-移向电池的____（填“正”或“负”）极．

（3）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O．常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10-5mol•L-1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3-+H+的平衡常数K1=____．（已知：10-5.60=2.5×10-6）

（4）常温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液c（H2CO3）____c（CO32-）（填“＞”、“=”或“＜”），原因是____（用离子方程式和文字说明）12、(12分)氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。（1）氢气是清洁燃料，其燃烧产物为________。（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为__________________________________________，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为________。（3）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：在某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，其起始浓度为amol·L－1，平衡时苯的浓度为bmol·L－1，该反应的平衡常数K＝________。（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。①导线中电子移动方向为________。(用A、D表示)②生成目标产物的电极反应式为__________________。③该储氢装置的电流效率η＝____________________。(计算结果保留小数点后1位)13、已知：

rm{垄脵CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}}

请写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：______。14、(4分)现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵，⑧氨水，请回答下列问题：（1）①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）____。（2）④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）____。评卷人得分三、计算题(共8题，共16分)15、（6分）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu（OH）2（s）Cu2＋（aq）＋2OH－（aq），常温下其Ksp＝c（Cu2＋）c2（OH－）＝2×10－20mol2·L－2。（1）某硫酸铜溶液里c（Cu2＋）＝0.02mol/L，如要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液pH使之大于多少?（2）要使0.2mol/L硫酸铜溶液中Cu2＋沉淀较为完全（使Cu2＋浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为____。16、为了预防碘缺乏病；国家规定每千克食盐中应含有40mg～50mg的碘酸钾．为检验某种食盐是否是加碘的合格食盐，某同学取食盐样品428g，设法溶解出其中全部的碘酸钾．将溶液酸化并加入足量的碘化钾-淀粉溶液，溶液呈蓝色，再用0.030mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定，用去18.00mL时蓝色刚好褪去．试通过计算说明该加碘食盐是否为合格产品．有关反应如下：

IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O

I2+2S2O32-=2I-+S4O62-．17、有机物A由碳；氢、氧三种元素组成．现取3gA与4.48L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧；燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）．将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重3.6g，碱石灰增重4.4g．回答下列问题：

（1）3gA中所含氢原子；碳原子的物质的量各是多少？

（2）通过计算确定该有机物的分子式．

（3）写出有机物A可能的结构简式．18、（6分）一定条件下，在密闭容器内将N2和H2以体积比为1∶3混合，当反应达平衡时，混合气中氨占25％（体积比），若混合前有10molN2，求平衡后N2、H2、NH3的物质的量及N2的转化率。19、(6分)某有机物10.8g完全燃烧生成7.2g水和15.68L（标准状况）二氧化碳，0.25mol此有机物质量为27g，求此有机物的分子式。又知此有机物有弱酸性，能与金属钠反应，也能与氢氧化钠溶液反应，试推断此有机物的结构，写出可能的结构简式和名称。20、某仅由碳；氢、氧三种元素组成的有机化合物；经测定其相对分子质量为74．取有机物样品1.48g，在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1.8g和3.52g．

（1）试求该有机物的分子式．（写出具体计算过程）

（2）若该有机物的核磁共振氢谱图中出现2个吸收峰，面积比为9：1，写出其结构简式．21、有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某同学将不同质量的该样品分别与rm{100mLamol隆陇L^{-1}}的rm{FeCl_{3}}溶液反应，实验结果如下表所示rm{(}忽略反应前后溶液体积的微小变化rm{)}。实验序号rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{m(}粉末样品rm{)/g}rm{2.60}rm{5.20}rm{7.80}rm{10.40}rm{m(}反应后剩余固体rm{)/g}rm{0}rm{0.32}rm{3.04}rm{5.64}试计算：rm{(1)a=}__________________。rm{(2)}样品中铁和铜的物质的量之比rm{n(Fe)隆脙n(Cu)=}______________。22、I．中国科学家制得一种蓝色钨的氧化物（WOa）；其中钨的质量分数为0.7985。

(1)a=______（保留2位小数）。

(2)WOa中存在五价和六价两种价态的钨。则蓝色钨的氧化物中这两种价态的钨原子数之比为________。

II．将铁锰的钨酸盐［(Fe,Mn)WO4］碱熔，发生如下反应（设空气中N2、O2的体积分数分别为0.8和0.2）：

4FeWO4+4Na2CO3+O24Na2WO4+2Fe2O3+4CO2①

2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2②

(1)根据反应①，若反应前空气为100L，反应后气体为160L（气体体积在同温同压下测定），则反应后所得气体中CO2的体积分数为_________。

(2)某工厂投料550molNa2CO3制备Na2WO4，每反应1molO2时，气体就增加1.5mol，则生成物中Fe2O3与MnO2的物质的量之比为_________；若反应后气体增加300mol，制得Na2WO4_____mol。

III．由Na2WO4制备W的第一步反应为：Na2WO4+2HCl→H2WO4↓+2NaCl。往1L密度为1.190g/cm3的37%的浓盐酸加入6.030molNa2WO4，恰好完全反应。将产生的沉淀过滤后，溶液中溶质只有NaCl，求该溶液中NaCl的质量分数（25℃时NaCl的溶解度为36.0g/100g水）______________评卷人得分四、工业流程题(共2题，共12分)23、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。24、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。评卷人得分五、实验题(共1题，共10分)25、（12分）上网查阅有关煤的干馏资料，并根据下图所示煤的干馏实验，完成下列问题：(1)指出图中各仪器的名称：a________________，b_________________，c_________________，d_________________。(2)装置c的作用是_________________，d中液体有_________________和_________________。其中的有机物里溶有_________________，可用_________________检验出来；有机物可通过_________________方法使其中的重要成分分离出来。(3)e处点燃的气体是_________________，火焰是_________________色。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】

A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为8×+6×=4；

则B与A的离子个数为4：8=1：2，则化学式为BA2；

故选B．

【解析】【答案】A位于晶胞的体内；共8个，B位于晶胞的顶点和面心，可利用均摊法计算．

2、C【分析】太阳能化学能电能（热能），装置Y中正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-装置X能实现燃料电池的燃料和氧化剂再生，不能实现化学能与电能间的完全转化。【解析】【答案】C3、B【分析】【分析】本题考查了离子键和共价键的判断，根据离子键和共价键的概念来分析解答即可，注意二者的区别，会根据存在的化学键书写电子式，题目难度不大。【解答】一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键；非金属元素之间易形成共价键；第rm{IA}族、第rm{IIA}族和第rm{VIA}族、第rm{VIIA}族元素之间易形成离子键。A.rm{NaCl}中钠离子和氯离子之间只存在离子键；故A错误；

B.氢氧化钙中钙离子和氢氧根离子之间存在离子键；氢氧根离子中氢原子和氧原子之间存在共价键，故B正确；

C.水中氢原子和氧原子之间只存在共价键；故C错误；

D.甲烷中氢原子和碳原子之间只存在共价键；故D错误。

故选B。【解析】rm{B}4、B【分析】略【解析】rm{B}5、D【分析】rm{2}rm{2-}二甲基丁烷，显然加双键的位置只能在rm{垄脵}位，为名称为rm{3}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯。【解析】rm{D}6、B【分析】解：由血常规检查报告单可看出红细胞数；血红蛋白比正常值低，可能患贫血．需补充铁元素．

故选B．

由血常规检查报告单可看出红细胞数；血红蛋白比正常值低，可能患贫血．

本题考查微量元素对人体健康的重要作用，难度不大，注意知识的积累．【解析】B7、B【分析】②中NaHSO4在熔化状态下的电离方程式为：NaHSO4Na++HSO4-；③中盐酸抑制H2O的电离，AlCl3促进H2O的电离，④中，r(Na+)＜r(F-)，⑤中FeCl3中的Fe3+不能完全水解，所以胶体粒子数小于NA。8、D【分析】【分析】

本题考查有机物的结构与性质；为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基本营养物质的性质及应用，题目难度不大。

【解答】

A.淀粉酶属于蛋白质，含肽键rm{-CONH-}脂肪属于酯类中含酯基rm{-COOC-}均可发生水解反应，故A错误；

B.油脂含rm{-COOC-}蔗糖为二糖，均可发生水解反应，故B错误；

C.淀粉为多糖，蛋白质含rm{-CONH-}均可发生水解反应，故C错误；

D.果糖和葡萄糖均为单糖；均不能发生水解反应，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}9、B【分析】解：rm{A.}新制氯水中含有次氯酸，能漂白rm{pH}试纸，不可用rm{pH}试纸测定新制氯水的rm{pH}故A错误；

B.中和滴定实验中；最终需要加蒸馏水定容，锥形瓶有水不影响测定结果，故不需要干燥，故B正确；

C.铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝和氢离子，硫离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，二者相互促进，则明矾溶液和rm{Na_{2}S}水溶液混合发生的反应为：rm{2Al^{3+}+3S^{2-}+6H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+3H_{2}S隆眉}故C错误；

D.溶解度大的沉淀可以转化为溶解度更小的另一种沉淀，rm{Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)}故D错误．

故选B．

A.新制氯水中含有次氯酸，能漂白rm{pH}试纸；

B.锥形瓶有水不影响测定结果；

C.铝离子与硫离子；碳酸氢根离子能够发生双水解反应生成沉淀和气体；

D.溶解度大的沉淀可以转化为溶解度更小的另一种沉淀．

本题考查试纸的使用、中和滴定、盐类的水解以及沉淀转化，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度中等．【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】

（1）由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42-，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，所以此时溶液中减小；

故答案为：减小；

（2）硫酸和氨水反应生成硫酸铵和水，离子反应方程式为NH3．H2O+H+=NH4++H2O，硫酸铵是强酸弱碱盐水解而使其溶液呈酸性，水解方程式为：NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；

故答案为：NH3．H2O+H+=NH4++H2O，＜，NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；

（3）溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），所以c（SO42-）=0.5c（NH4+）=0.5amol/l；

故答案为：0.5amol/l；

（4）pH=1的硫酸溶液，C（H+）=0.1mol•L-1，氢离子浓度与氨水浓度相等，体积相同，所以恰好反应生成盐，如果NH4+不水解，C（NH4+）：C（SO42-）=2：1，但水解是较弱的，所以c（NH4+）＞c（SO42-）；溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-），故溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案为：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）．

【解析】【答案】（1）向氨水中加入少量硫酸铵固体；铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大；

（2）硫酸和氨水反应生成硫酸铵和水；硫酸铵是强酸弱碱盐水解而使其溶液呈酸性；

（3）根据溶液中阴阳离子所带电荷相等确定硫酸根离子浓度；

（4）氨水是弱电解质，所以氨水中氢氧根离子浓度远远小于氨水浓度，0.1mol•L-1的氨水与pH=1的硫酸等体积混合恰好反应；溶液中的溶质是硫酸铵，铵根离子水解而硫酸根离子不水解，导致溶液呈酸性，据此判断溶液中各种离子浓度大小．

11、略

【分析】

（1）由C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol-1①；

CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol-1②；

则根据盖斯定律，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）可由①-②得到；

所以△H=△H1-△H2=+156.6kJ•mol-1-（+32.4kJ•mol-1）=+124.2kJ•mol-1；故答案为：+124.2；

（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2；氧元素的化合价降低，即丙烷与氧气反应生成二氧化碳和水；

则电池的总反应为C3H8+5O2═3CO2+4H2O，原电池中阴离子向负极移动，即CO32-移向电池的负极；

故答案为：C3H8+5O2═3CO2+4H2O；负；

（3）忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，pH=5.60，c（H+）=10-5.60=2.5×10-6mol•L-1；

由H2CO3HCO3-+H+；

平衡时c（H+）=c（HCO3-）=2.5×10-6mol•L-1；

c（H2CO3）=（1.5×10-5-2.5×10-6）mol•L-1；

则Ka==4.2×10-7mol•L-1，故答案为：4.2×10-7mol•L-1；

（4）NaHCO3溶液的pH大于8，则水解大于电离，水解生成H2CO3，电离生成CO32-，即HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-；

所以c（H2CO3）＞c（CO32-），故答案为：＞；HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-．

【解析】【答案】（1）根据已知反应和目标反应，利用盖斯定律可知反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）由已知的反应相减得到，则△H=△H1-△H2；

（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2；氧元素的化合价降低，以此来书写电池总反应方程式，原电池中阴离子向负极移动；

（3）H2CO3HCO3-+H+的平衡常数Ka=利用忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，由溶液的pH=5.60可知c（H+）；然后代入计算；

（4）NaHCO3溶液的pH大于8，则水解大于电离，水解生成H2CO3，电离生成CO32-．

12、略

【分析】试题分析：（1）氢气在氧气中燃烧的产物是H2O；（2）根据题意可知NaBH4中B的化合价不变，始终是+3价，则H元素的化合价是-1价，所以与水反应的产物还有氢气，化学方程式为NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑；反应消耗1molNaBH4时，生成4mol氢气，其中一半是氧化产物，一半是还原产物，所以转移的电子数目是2mol×2×NA=4NA；（3）平衡时苯的浓度是bmol·L－1，则氢气的浓度是3bmol·L－1，环己烷的平衡浓度是（a-b）mol·L－1，属于该反应的平衡常数K=bmol·L－1×（3bmol·L－1）3/（a-b）mol·L－1=mol3·L－3（4）①根据图示可知，苯生成环己烷是还原反应，所以D是阴极，则A是负极，所以电子的流向是A→D；②苯得到电子生成环己烷是目标产物，发生还原反应，电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12③阳极生成的2.8mol气体应是氧气，转移电子的物质的量是2.8mol×4=11.2mol,设阴极消耗苯的物质的量是xmol，转移6xmol电子，生成xmol环己烷，根据得失电子守恒可知，阴极还产生氢气，物质的量是（11.2-6x）/2mol，10mol的混合气中苯的物质的量是10mol×24%=2.4mol,后来得到含苯10%的混合气，则剩余苯的物质的量是(2.4-x)mol,由于电解池中的高分子电解质膜只允许氢离子通过，所以左侧得到的含苯的物质的量分数是10%的混合气的物质的量是[10+（11.2-6x）/2]mol，所以(2.4-x)/[10+（11.2-6x）/2]=10%，解得x=1.2，电流效率η=6×1.2/11.2×100%=64.3%。考点：考查氧化还原反应的计算，平衡常数的表达，电解反应原理的应用【解析】【答案】（12分）（1）H2O（1分）（2）NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑4NA或2.408×1024（3）mol3·L－3（4）①A→D（1分）②C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12③64.3%13、略

【分析】解：由rm{垄脵CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}}

结合盖斯定律可知，rm{垄脵CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}得到rm{垄脷CH_{3}OH(l)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-726.5kJ?mol^{-1}}其rm{triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}-(-283.0kJ?mol^{-1})=-443.5kJ?mol^{-1}}

即甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)篓TCO(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-443.5kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)篓TCO(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-443.5kJ?mol^{-1}}

由rm{垄脵CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}}

结合盖斯定律可知，rm{垄脷-垄脵}得到rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)篓TCO(g)+2H_{2}O(l)}以此来解答。

本题考查热化学方程式的书写，为高频考点，把握盖斯定律的应用、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热化学方程式的书写方法，题目难度不大。rm{triangle

H=-726.5kJ?mol^{-1}-(-283.0kJ?mol^{-1})=-443.5kJ?mol^{-1}}【解析】rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)篓TCO(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-443.5kJ?mol^{-1}}14、略

【分析】【解析】【答案】(各2分).(1)④②、③、①。（2）⑥⑦④、⑤⑧三、计算题(共8题，共16分)15、略

【分析】【解析】【答案】(1)5(2)616、略

【分析】根据已知离子方程式找出碘酸根离子、碘和硫代硫酸根离子之间的关系式，从而确定碘酸钾和硫代硫酸钠之间的关系式，再结合其含量确定产品是否合格．【解析】解：n(Na2S2O3)=0.030mol/L×0.018L=0.00054mol；

根据两步反应的离子方程式，可以找出关系式：IO33I26S2O32-，即KIO3-6Na2S2O3；

设碘酸钾的质量是m

KIO36Na2S2O3

214g6mol

m0.00054mol

214g：6mol=m(KIO3)：0.00054mol

m(KIO3)==0.01926g=19.26mg

则每千克食盐中所含KIO3的质量为：19.26mg/0.428=45mg；在40mg～50mg范围内，所以该加碘食盐是合格产品；

答：在40mg～50mg范围内，所以该加碘食盐是合格产品．17、略

【分析】

（1）浓硫酸增重3.6g为水的质量，根据n=计算水的物质的量；根据H原子守恒计算n（H）；

碱石灰增重4.4g为二氧化碳的质量，根据n=计算二氧化碳，根据n=计算氧气的物质的量，根据m=nM计算氧气的质量，根据质量守恒计算CO的质量，根据n=计算CO的物质的量；再根据C原子守恒计算n（C）；

（2）根据氧原子守恒3gA中氧原子的质量；再根据（1）（2）中的计算确定该物质的最简式及分子式；

（3）有机物含C；H、O元素；为醇或醚．

本题考查有机物分子式计算的确定，为高频考点，把握燃烧规律、原子守恒、质量守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大．【解析】解：（1）浓硫酸增重3.6g为水的质量，n（H2O）==0.2mol，根据H原子守恒可知n（H）=2n（H2O）=0.4mol；

碱石灰增重4.4g为二氧化碳的质量，n（CO2）==0.1mol；

4.48L氧气的物质的量==0.2mol；氧气的质量=0.2mol×32g/mol=6.4g

故CO的质量=3g+6.4g-3.6g-4.4g=1.4g，故n（CO）==0.05mol；

根据C原子守恒可知n（C）=n（CO2）+n（CO）=0.1mol+0.05mol=0.15mol；

答：3gA中所含氢原子；碳原子的物质的量各是0.4mol、0.15mol；

（2）由O原子守恒可知3gA中n（O）=2n（CO2）+n（CO）+n（H2O）-2n（O2）=2×0.1mol+0.05mol+0.2mol-2×0.2mol=0.05mol；

由（1）（2）可知3gA中3gA中；n（H）=0.4mol，n（C）=0.15mol；

所以，n（C）：n（H）：n（O）=3：8：1，故A的最简式为C3H8O，由H原子与碳原子数目可知，H原子已经饱和C原子四价结构，故其最简式即为分子式，A的分子式为C3H8O；

答：该有机物的分子式为C3H8O；

（3）有机物的分子式为C3H8O，为醇或醚，可能结构简式为CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3、CH3OCH2CH3；

答：有机物A可能的结构简式为CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3、CH3OCH2CH3．18、略

【分析】【解析】试题分析：设消耗N2物质的量为x。N2+3H22NH3始(mol)1030平(mol)10-x30-3x2x由氨气的体积分数得2x/(10－x+30－3x+2x)=0.25得x=4，所以平衡时氮气、氢气、氨气的物质的量分别为6mol、18mol、8mol，氮气的转化率为0.4。考点：化学计算【解析】【答案】618840%19、略

【分析】考查有机物分子式及结构简式的判断。【解析】【答案】0.25mol有机物质量为27g所以其相对分子质量是因此10.8g有机物的物质的量是0.1mol因为7.2g水和15.68L（标准状况）二氧化碳的物质的量分别为所以根据原子守恒可知，该有机物的分子式为C7H8O根据氧化物的性质可判断，该有机物是酚类所以可能的结构简式为名称分别是邻甲基苯酚、对甲基苯酚、间甲基苯酚。20、略

【分析】

（1）浓硫酸增重为燃烧生成水的质量；碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，计算有机物；水、二氧化碳的物质的量，再根据原子守恒计算分子中C、H原子数目，结合相对分子质量可计算O原子个数，进而确定分子式；

（2）若该有机物的核磁共振氢谱图中出现2个吸收峰；面积比为9：1，结合分子式书写可能的结构简式．

本题考查有机物分子式的确定，侧重于学生分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据相对分子质量确定氧原子个数．【解析】解：（1）有机物的物质的量为=0.02mol，n（H2O）==0.1mol，n（CO2）==0.08mol；

所以有机物分子中N（C）==3、N（H）==10；

又因为有机物分子量为74，则有机物中N（O）==1；

故有机物分子式为C4H10O；

答：有机物的分子式为C4H10O．

（2）若该有机物的核磁共振氢谱图中出现2个吸收峰，面积比为9：1，则该有机物的结构简式为：C（CH3）3OH；

答：有机物的结构简式为C（CH3）3OH．21、（1）1.70mol·L－1

（2）5:1【分析】【分析】本题考查混合物的计算，涉及物质的量、物质的量浓度和离子方程式的计算，是中学化学的重要知识，难度较大。关键是掌握离子反应的原理，侧重知识的能力考察。【解答】rm{(1)}铁的还原性强于铜，所以rm{Fe}铁的还原性强于铜，所以rm{(1)}rm{Fe}rm{3+}rm{3+}先和铁发生反应：rm{Fe+2Fe}rm{Fe+2Fe}rm{3+}rm{3+}rm{=3Fe}rm{=3Fe}rm{2+}rm{2+}，反应后rm{Fe}rm{Fe}rm{3+}rm{3+}有剩余，再与铜发生反应：rm{Cu+2Fe}rm{Cu+2Fe}rm{3+}rm{3+}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{2+}rm{2+}大于第rm{+Cu}rm{+Cu}rm{2+}rm{2+}，所以剩余的固体是铜或铁和铜，从第rm{垄脷}rm{垄脷}组数据，可以得出rm{FeCl}rm{FeCl}rm{3}假设只发生rm{3}溶液全部参与反应，rm{100mL}rm{100mL}rm{amol?L}rm{amol?L}的物质的量为rm{-1}则溶解的rm{-1}的质量为rm{FeCl}剩余的固体可能是同时也有一部分rm{FeCl}溶解，所以剩余的固体全部为rm{3}第rm{3}组实验中溶解金属为溶液能溶解金属质量rm{5.20g-0.32g=4.88g}大于第混合物中rm{5.20g-0.32g=4.88g}反应为rm{垄脵}rm{垄脵}不反应，剩余组溶解的金属质量，故第为rm{垄脵}和rm{垄脵}组金属完全反应、rm{FeCl}反应的全部是铁单质，故有rm{FeCl}rm{3}rm{3}有剩余；第rm{垄脷}rm{垄脷}组实验中rm{FeCl}rm{FeCl}。故答案为：rm{3}rm{3}由上分析知第溶液全部参与反应，其物质的量为rm{=0.10L隆脕amol/L=0.1amol}假设只发生rm{Fe+2Fe}组中数据可得，设rm{=0.10L隆脕amol/L=0.1amol}为rm{Fe+2Fe}rm{3+}为rm{3+}rm{=3Fe}rm{=3Fe}所以rm{2+}rm{2+}故答案为：，参加反应rm{Fe}的物质的量为rm{0.05amol}则溶解的rm{Fe}的质量为rm{0.05amol隆脕56g/mol=2.8ag}剩余的固体可能是同时也有一部分rm{Cu}溶解，所以剩余的固体全部为rm{Cu}第rm{垄脹}组实验中溶解金属为rm{7.80g-3.04g=4.76g}混合物中rm{Fe}反应为rm{2.8ag}rm{Cu}不反应，剩余rm{3.04g}为rm{Cu}和rm{Fe}rm{Fe}【解析】rm{(1)1.70mol隆陇L^{-1}}rm{(1)1.70mol隆陇L^{-1}}rm{(2)5:1}22、略

【分析】【分析】

I．(1)利用W的质量分数；求出W与O的原子个数比，从而求出a。

(2)假设未知数；利用化合价的代数和为0，求蓝色钨的氧化物中这两种价态的钨原子数之比。

II．(1)利用两个化学反应，设未知数建立方程，求出生成CO2的体积，从而求出反应后所得气体中CO2的体积分数。

(2)可建立二元一次方程组，求出两个反应中参加反应O2的物质的量，从而求出生成物中Fe2O3与MnO2的物质的量之比及制得Na2WO4的物质的量。

III．求出HCl的物质的量；从而计算出生成NaCl的物质的量及质量，再求出浓盐酸中所含水的质量，验证生成的NaCl能否完全溶解，最后计算该溶液中NaCl的质量分数。

【详解】

I．(1)设WOa的相对分子质量为M，则a==2.90。答案为：2.90；

(2)设WOa中五价钨的物质的量为x，六价钨的物质的量为y，依据化合价的代数和为0，可得出如下关系式：5x+6y=2.90(x+y)×2，从而求出x:y=1:4。答案为：n(W)(V)︰n(W)(VI)=1︰4；

II．4FeWO4+4Na2CO3+O24Na2WO4+2Fe2O3+4CO2①

2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2②

(1)根据反应①，可建立关系式：O2—4CO2，若反应前空气为100L，反应后气体为160L（气体体积在同温同压下测定），则反应后所得气体中CO2的体积为=80L，CO2的体积分数为=0.50。答案为：0.50；

(2)设反应①中参加反应的O2的物质的量为x，反应②中参加反应的O2的物质的量为y，则：3x+y=1.5(x+y)，求出x:y=1:3，生成物中Fe2O3与MnO2的物质的量之比为2x:2y=1:3；若反应后气体增加300mol，则3x+y=300，再利用x:y=1:3，便可求出x=50mol，y=150mol，制得Na2WO4为4x+2y=500mol，所以550molNa2CO3是过量的。答案为：1:3；500mol；

III．n(HCl)==12.06mol，由方程式Na2WO4+2HCl→H2WO4↓+2NaCl知，生成NaCl12.06mol，质量为12.06mol×58.5g/mol=705.51g，m(H2O)=1000mL×1.19g/mL×63%=749.7g，能溶解NaCl的质量为=269.9g，由此可知，生成的NaCl不能完全溶解，所得溶液为NaCl的饱和溶液，该溶液中NaCl的质量分数为=0.2647。答案为：0.2647。

【点睛】

最后一问，求出了NaCl的质量，又求出浓盐酸中所含水的质量，我们易犯的错误是直接求出NaCl的质量分数，没有考虑NaCl能否溶解完全的问题，从而导致出错。【解析】2.90n(W)(V)︰n(W)(VI)=1︰40.501：3500mol0.2647四、工业流程题(共2题，共12分)23、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成S