2025年鲁人版高二化学下册月考试卷

…………○…………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2025年鲁人版高二化学下册月考试卷303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、下列关于有机化合物的表示法中正确的是（）

A.乙醛的结构简式为CH3COH

B.丙醇的结构式CH3CH2CH2OH

C.丙炔的结构简式CH3CCH

D.甲烷的电子式

2、已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，但是W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，Ｘ、Ｙ为金属元素，Ｘ的阳离子的氧化性小于Ｙ的阳离子的氧化性。下列说法正确的是（）A.ＸＹＺＷ的原子半径依次减小B.Ｗ与Ｘ形成的化合物中只含离子键C.Ｗ的气态氢化物的沸点一定高于Ｚ的气态氢化物的沸点D.若Ｗ与Ｙ的原子序数相差５，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W33、盐水解程度的大小可以用水解度来表示，即用已水解的盐的量占原有盐的总量的百分数来表示。室温下，1L0.1mol/L的强碱弱酸盐NaA溶液的pH为10，则A－的水解度为：A.0.01%B.0.1%C.1%D.10%4、用铁与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气的生成速率加快的是A.加热B.改用98%的浓硫酸C.不用铁片,改用铁粉D.增大压强5、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{22.4L}rm{H_{2}O}所含的分子数为rm{N_{A}}B.由rm{CO_{2}}和rm{O_{2}}组成的混合物共有rm{N_{A}}个分子，其中的氧原子数为rm{2N_{A}}C.rm{0.5}rm{mol?L^{-1}}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液中rm{OH^{-}}的数目为rm{N_{A}}D.rm{1molNa_{2}O_{2}}与足量的rm{CO_{2}}反应转移rm{2N_{A}}个电子6、下列方法中可以说明2HI（g）H2（g）+I2（g）已达到平衡的是()①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂③百分组成w(HI)=w(I2)④反应速率v（H2）=v（I2）=1/2v（HI）时⑤c（HI）∶c（H2）∶c（I2）=2∶1∶1时⑥温度和体积一定时，容器内压强不再变化⑦温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化A.②③⑤B.①④⑦C.②⑦⑨D.⑧⑨⑩7、某化工厂为检查生产中的氯气管道接口是否漏气，最好选用A.硝酸银溶液B.石蕊试液C.氢氧化钠溶液D.湿润的淀粉碘化钾试纸8、下列物质属于纯净物的是（）A.石油B.生石灰C.铝热剂D.漂粉精9、在某温度下，可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）；△H＜0的平衡常数为K，下列说法正确的是（）A.增加A的量，平衡正向移动，达到新平衡时K值增大B.升高温度，K值增大C.K越大，说明该反应的进行程度越大D.该反应的K=评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（7分）元素周期表是学习物质结构和性质的重要工具，下面是元素周期表的一部分，表中所列字母A、D、E、G、Q、M、R、T分别代表某一化学元素。请用所给元素回答下列问题。。ADEGQMRT（1）某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，该元素的原子结构示意图为。（2）某些元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小的顺序是（填离子符号）。（3）M、D两种元素形成的化合物含有的化学键类型是____，其分子是（填“极性”或“非极性”）____分子；A分别与D、E、R形成的分子中，分子间存在氢键的是（填分子式）____。A与D形成分子的空间结构可能是（填序号）。（2分）11、（14分）下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放1005.00％的溶液、足量的溶液和l0010.00％的溶液．电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得丙中浓度为10.47％，乙中c电极质量增加。据此回答问题：①电源的N端为极;②电极b上发生的电极反应为；③电极b上生成的气体在标准状况下的体积：____；④电极c的质量变化是____⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液；乙溶液；丙溶液；12、500℃、20Mpa时，将3molH2和1molN2置于一容积为2L的密闭容器中发生反应，则反应达到平衡时，平衡常数表达式K=____________，此时，增加N2的量，平衡常数将____________(填“增大”“减小”或“不变”)13、在火箭推进器中装有还原剂肼rm{(N_{2}H_{4})}和强氧化剂rm{H_{2}O_{2}}当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，并放出大量的热量rm{.}已知rm{1mol}液态肼和足量双氧水反应生成氮气和水蒸气时放出rm{641.6KJ}的热量．

rm{(1)}写出肼和过氧化氢的结构式：______．

rm{(2)}上述反应应用于火箭推进剂；除释放出大量热量和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是______．

rm{(3)}写出肼和双氧水反应的热化学方程式______．

rm{(4)}已知rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangleH=+44KJ/mol}则rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangle

H=+44KJ/mol}液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时；放出的热量是______．

rm{0.5mol}已知rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)篓T2NO_{2}(g)triangleH=+67.7KJ/mol}

rm{N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)篓TN_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-534KJ/mol}

则肼与rm{(5)}完全反应的热化学方程式______．rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)篓T2NO_{2}(g)triangle

H=+67.7KJ/mol}14、铝和氢氧化钾都是重要的工业产品rm{.}请回答：

rm{(1)}工业冶炼铝的化学方程式是______．

rm{(2)}工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸杂质，可用离子交换膜法电解提纯rm{.}电解槽内装有阳离子交换膜rm{(}只允许阳离子通过rm{)}其工作原理如图所示．

rm{垄脵}该电解槽的阳极反应式是______．

rm{垄脷}通电开始后，阴极附近溶液rm{pH}如何变化______？rm{(}填“增大”“减小”或“不变”rm{)}

rm{垄脹}除去杂质后的氢氧化钾溶液从溶液出口______rm{(}填写“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}导出．15、某有机物A能与NaOH溶液反应，其分子中含有苯环，相对分子质量小于150，其中含碳的质量分数为70.6%，氢的质量分数为5.9%，其余为氧。（1）A的分子式是____。（2）若A能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，其结构可能有____种。（3）若A与NaOH溶液在加热时才能较快反应，且1molA消耗1molNaOH，则A的所有可能的结构简式是____。（4）若A与NaOH溶液在加热时才能较快反应，且1molA消耗2molNaOH，则符合条件的A的结构可能有____种，其中不能发生银镜反应的物质的结构简式是：____。16、（8分）在25℃时，将酸HA与碱MOH等体积混合.（1）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L强碱MOH混合，则所得溶液显（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同）该反应的离子方程式为（2）若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH混合，则所得溶液显，理由是：（3）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH混合，则所得溶液显，解释这一现象的离子方程式是17、（11分）有机物D对花香和果香的香韵具有提升作用，故常用于化妆品工业和食品工业。有机物D可以用下面的设计方案合成。（1）A的结构简式：，C的名称：。（2）写出反应②的化学方程式：。（3）写出反应③的化学方程式：。（4）请写出三个同时符合下列条件的D的同分异构体：A、属于芳香酯类；B、苯环上只有一个侧链。。18、已知水在25℃和100℃时；其电离平衡曲线如图所示：

（1）25℃时水的电离平衡曲线应为______（填“A”或“B”），请说明理由______．

（2）100℃时，将pH=12的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为______．

（3）25℃时，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是______．

（4）曲线B对应温度下，pH=3的盐酸溶液和pH=9的某碱溶液等体积混合后，混合溶液的pH=7．请分析原因：______．评卷人得分三、计算题(共7题，共14分)19、(2分)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=―24．8kJ／mol3Fe2O3(s)+CO(g)==2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=―47．4kJ／molFe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g)△H=+640．5kJ／mol写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：_________________20、某温度下的溶液中c(H+)=1.0×10xmol/L，c(OH-)=1.0×10ymol/L。x与y的关系如右图所示：（1）求该温度下，中性溶液的pH；（2）求该温度下0.01mol/LNaOH溶液的PH；（3）该温度下，pH=a的醋酸溶液与pH=b的NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应，求此醋酸溶液中醋酸的电离度。21、rm{(1)垄脵}在粗制rm{CuSO}在粗制rm{(1)垄脵}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆陇5H}rm{隆陇5H}晶体中常含有杂质rm{{,!}_{2}}rm{O}晶体中常含有杂质rm{Fe}rm{O}在提纯时为了除去rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{.}在提纯时为了除去rm{Fe}rm{.}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}，常加入合适氧化剂，使rm{Fe}A.rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}氧化为rm{Fe}水rm{Fe}然后再加入适当物质调整至溶液rm{{,!}^{3+}}使，下列物质可采用的是________转化为rm{KMnO_{4}}可以达到除去rm{B.H_{2}O_{2}}而不损失rm{C.Cl_{2}}的目的，调整溶液rm{D.HNO_{3}}可选用下列中的________A.rm{pH=4}rm{Fe^{3+}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Fe^{3+}}rm{CuSO_{4}}甲同学怀疑调整至溶液rm{pH}是否能达到除去rm{NaOH}而不损失rm{B.NH_{3}隆陇H_{2}O}的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下rm{C.CuO}的溶度积rm{D.Cu(OH)_{2}}rm{垄脷}的溶度积rm{pH=4}通常认为残留在溶液中的离子浓度小于rm{Fe^{3+}}时就认为沉淀完全，设溶液中rm{Cu^{2+}}的浓度为rm{Fe(OH)_{3}}则rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}开始沉淀时溶液的rm{Cu(OH)_{2}}为________，rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-20}}完全沉淀时溶液的rm{1隆脕10^{-5}mol隆陇L^{-1}}为_______，通过计算确定上述方案________rm{CuSO_{4}}填“可行”或“不可行”rm{3.0mol隆陇L^{-1}}的对数为rm{Cu(OH)_{2}}rm{pH}相同浓度的下列溶液中：rm{垄脵CH_{3}COONH_{4;;}垄脷CH_{3}COONa垄脹CH_{3}COOH}rm{Fe^{3+}}由大到小的顺序为________rm{pH}相等的rm{(}溶液rm{)(2}溶液rm{0.3)}溶液rm{(2)}溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为________．rm{垄脵CH_{3}COONH_{4;;}垄脷CH_{3}COONa垄脹

CH_{3}COOH}22、(5分)在标准状况下，将44.8LHCl溶于927mL水(密度为1g/cm3)中，所得盐酸的密度为1.05g/cm3，计算所得盐酸的溶质质量分数及物质的量浓度。23、在rm{T隆忙}时，rm{NaOH}稀溶液中rm{拢脹H^{+}拢脻=10^{-a}mol隆陇L^{-1}}rm{拢脹OH^{-}拢脻=10^{-b}mol隆陇L^{-1}}已知rm{拢脹H^{+}拢脻=10^{-a}

mol隆陇L^{-1}}向该溶液中逐滴加入rm{拢脹OH^{-}拢脻=10^{-b}

mol隆陇L^{-1}}的盐酸rm{a+b=12}测得混合溶液的部分rm{pH=c}如下表所示：。rm{(T隆忙)}序号rm{NaOH}溶液的体积rm{/mL}盐酸的体积rm{/mL}溶液的rm{pH}rm{垄脵}rm{20.00}rm{0.00}rm{8}rm{垄脷}rm{20.00}rm{20.00}rm{6}假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则rm{c}为_________24、分别称取rm{2.39g(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{NH_{4}Cl}固体混合物两份。rm{(1)}将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的rm{Ba(OH)_{2}}溶液，产生的沉淀质量与加入rm{Ba(OH)_{2}}溶液体积的关系如图。混合物中rm{n}rm{[(NH_{4})_{2}SO_{4}]隆脙}rm{n}rm{(NH_{4}Cl)}为________。

rm{(2)}另一份固体混合物中rm{NHrlap{^{+}}{_{4}}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液rm{(}浓度同上rm{)}恰好完全反应时，溶液中rm{c}rm{(Cl隆楼)=}________rm{(}溶液体积变化忽略不计rm{)}25、rm{(1)}常温下，将rm{1mLpH=1}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液加水稀释至rm{100mL}稀释后的溶液中rm{dfrac{c,({{{H}}^{+}})}{c,({O}{{{H}}^{-}})}=}________。rm{(2)}常温下，rm{pH=5}的rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中由水电离出的rm{H^{+}}浓度为rm{c_{1}}rm{pH=5}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液中由水电离出的rm{H^{+}}浓度为rm{c_{2}}rm{dfrac{{{c}_{1}}}{{{c}_{2}}}=}________。rm{(3)}常温下，rm{pH=13}的rm{NaOH}溶液rm{aL}与rm{pH=2}的rm{H_{2}SO^{4}}溶液rm{bL}混合rm{(}混合过程中溶液体积变化忽略不计rm{).}若所得混合溶液rm{pH=12}则rm{a隆脙b=}________．评卷人得分四、解答题(共2题，共16分)26、磷在氧气中燃烧；可能生成两种固态氧化物．3.1g的单质磷（P）在3.2g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出XkJ热量．

（1）通过计算确定反应产物的组成（用化学式表示）是______；其相应质量（g）为______．

（2）已知单质磷的燃烧热为YkJ/mol，则1molP与O2反应生成固态P2O3的反应热△H=______．

（3）写出1molP与O2反应生成固态P2O3的热化学方程式：______．

27、（1）现有五种物质：

①O2和O3

②CH3CH2CH2CH（C2H5）2和CH3CH2CH2CH（CH3）C2H5

③12C和14C

④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3

⑤乙烷和丁烷．

互为同系物的是______；互为同分异构体的是______互为同位素的是______互为同素异形体的是______

（2）请根据官能团的不同对下列有机物进行分类，并把正确答案序号填写在相应横线上

①芳香烃______②卤代烃______③醇______④酚______⑤醛______⑥酮______⑦羧酸______⑧酯______．

评卷人得分五、简答题(共2题，共12分)28、某同学做蔗糖水解实验时，取一半水解液与银氨溶液反应，没有明显现象，取另一半与新制氢氧化铜悬浊液加热，也没有明显现象，该同学说蔗糖水解产物中不含葡萄糖．你认为这个结论对吗？为什么？29、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种原子序数依次增大的元素rm{(}原子序数均小于rm{30).A}的基态原子rm{2p}轨道有rm{3}个未成对电子；rm{C}的基态原子rm{2p}轨道有rm{1}个未成对电子；rm{E}原子最外层有rm{1}个未成对电子，其次外层有rm{3}种原子轨道且均排满电子；rm{D}与rm{E}同周期，价电子数为rm{2.}则：

rm{(1)}写出基态rm{E}原子的电子排布式：______．

rm{(2)1molA}的单质分子中rm{娄脨}键的个数为______．

rm{(3)A}rm{B}rm{C}三种元素的氢化物稳定性由强到弱的顺序为______rm{(}用化学式表示rm{)}．

rm{(4)A}的简单氢化物分子的空间构型为______，其中rm{A}原子的杂化类型是______．

rm{(5)C}和rm{D}形成的化合物的晶胞结构如图，已知晶胞边长rm{a}rm{cm}阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}求晶体的密度为rm{娄脩=}______rm{g/cm^{3}.(}用含rm{a}rm{N_{A}}的计算式表示rm{)}参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】

A、乙醛的结构简式为CH3CHO；故A错误；

B、CH3CH2CH2OH是丙醇结构简式；故B错误；

C、炔烃结构简式中C≡C三键不能省略，丙炔的结构简式为CH3C≡CH；故C错误；

D、甲烷分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对，甲烷电子式为故D正确；

故选D．

【解析】【答案】A；结构简式中醛基书写错误；H、O原子的连接顺序错误；

B；结构简式是用短线“-”代替共用电子对；未成键的孤对电子对不需要标出；

C；炔烃结构简式中C≡C三键不能省略；

D；甲烷分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对．

2、A【分析】【解析】试题分析：W、Z同主族且W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，说明W在Z的上一周期。X、Y、Z同周期，Ｘ、Ｙ为金属元素且Ｘ的阳离子的氧化性小于Ｙ的阳离子的氧化性，说明原子序数为：W＜X＜Y＜Z，原子半径Ｘ＞Ｙ＞Ｚ＞Ｗ，A正确。若W为O，X为Na，形成的化合物Na2O2中既含有离子键又含有共价键，B错误。若W为C，Z为Si，则气态氢化物的沸点CH4＜SiH4，C错误。若W与Y的原子序数相差5，则有可能形成Al2O3或Mg3N2，D错误。考点：元素周期律及物质的性质【解析】【答案】A3、B【分析】pH＝10，则溶液中OH－的浓度是0.0001mol/L，所以A－的水解程度是答案选B。【解析】【答案】B4、B|D【分析】【解析】【答案】BD5、B【分析】解：rm{A}标况下水为液态；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B、二氧化碳和氧气中均含rm{2}个氧原子，故rm{N_{A}}个二氧化碳和氧气分子中含有rm{2N_{A}}个氧原子；故B正确；

C；溶液体积不明确；故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故C错误；

D、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，氧元素的价态由rm{-1}价变为rm{0}价，故rm{1mol}过氧化钠反应时转移rm{1mol}电子即rm{N_{A}}个；故D错误．

故选B．

A；标况下水为液态；

B、二氧化碳和氧气中均含rm{2}个氧原子；

C；溶液体积不明确；

D；过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{B}6、C【分析】【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，所以⑦正确。颜色的深浅和浓度有关系，所以选项⑨可以说明。反应前后气体的体积不变，因此气体的总物质的量、体积和压强始终是不变的，⑥不能说明。平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，③⑤不能说明。①反应速率的方向相反，但不能满足速率之比是相应的化学计量数之比，不正确。②中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。速率之比是相应的化学计量数之比，因此④中的关系始终是成立，不正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，⑩不正确。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，同样在反应过程中质量和物质的量始终是不变的，⑧不能说明，因此答案选C。考点：考查可逆反应平衡状态的判断【解析】【答案】C7、D【分析】【解析】试题分析：溶液检验管道不方便操作，由于氯气检验氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以最后的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，答案选D。考点：考查氯气的检验【解析】【答案】D8、B【分析】解：A．石油是碳氢化合物的混合物；故A错误；

B．生石灰中只含有一种物质；属于纯净物，故B正确；

C．铝热剂是铝粉和金属氧化物的混合物；故C错误；

D．漂粉精主要成分是次氯酸钙；根据生产工艺的不同，还含有氯化钙或氯化钠及氢氧化钙等成分，故D错误．

故选B．

纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质；据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可．

本题考查纯净物和混合物的区别，难度不大，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物．【解析】【答案】B9、C【分析】解：A．化学平衡常数只与温度有关；该反应过程中温度不变，则化学平衡常数始终不变，与反应物浓度无关，故A错误；

B．该反应的正反应是放热反应；升高温度平衡向吸热方向即向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，故B错误；

C．K越大；说明生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比越大，则该反应的进行程度越大，故C正确；

D．化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，但不包含固体和纯液体，所以该反应化学平衡常数K=故D错误；

故选C．

A．化学平衡常数只与温度有关；温度不变，化学平衡常数不变；

B．升高温度；平衡逆向移动，化学平衡常数减小；

C．K越大；说明生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比越大；

D．化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；但不包含固体和纯液体．

本题考查化学平衡常数含义，侧重考查学生理解及应用能力，明确化学平衡常数表达式及影响因素是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，题目难度不大．【解析】【答案】C二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】（1）根据元素在周期表中的位置可知，元素全部位于前四周期，所以核外电子层数是最外层电子数的3倍的元素是钠元素。（2）Ar的原子序数为18，所以简单离子分别是S2-、Cl-。核外电子排布相同的离子，其离子半径随原子序数的增大而减小，所以离子半径是S2->Cl-。（3）M、D两种元素分别是S和C，形成的化合物是CS2，含有的化学键是极性键，由于是直线型结构，所以属于非极性分子。A分别与D、E、R形成的分子分别是CH4、NH3、HCl，其中含有氢键的是氨气。H和C形成的分子可以是甲烷或苯等，所以答案选cd。【解析】【答案】(每空1分,共6分)（1）Na（2）S2->Cl-（3）极性共价键，非极性分子NH3cd(少选、错选均不给分，2分)11、略

【分析】依题意知甲乙丙都为电解池，其中a极为阴极b为阳极c为阴极d为阳极e为阴极f为阳极，M为负极N为正极。②电极b上发生的电极反应为4OH－－4e－=2H2O+O2↑⑤碱性增大，因为电解后，水量减少溶液是NaOH浓度增大酸性增大，因为阳极上OH－生成O2，溶液中H+离子浓度增加酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性【解析】【答案】①正②4OH－－4e－=2H2O+O2↑③生成O2体积：××22.4L·mol－¹=2.8L④16⑤碱性增大，因为电解后，水量减少溶液是NaOH浓度增大酸性增大，因为阳极上OH－生成O2，溶液中H+离子浓度增加酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性12、略

【分析】解：因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=而化学平衡常数的大小与温度有关，与反应物和生成物的浓度无关，故答案为：不变．【解析】不变13、略

【分析】解：rm{(1)}肼分子式为rm{NH_{2}-NH_{2}}每个氮原子形成三个化学键，结构式为：过氧化氢分子式rm{H_{2}O_{2}}每个氧原子形成两个共价键，分子结构为：

故答案为：

rm{(2)}肼燃烧生成氮气和水；除释放大量热和快速产生大量气体外，生成的物质无污染；

故答案为：生成rm{N_{2}}和rm{H_{2}O}对环境无污染；

rm{(3)0.4mol}液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出rm{256.65kJ}的热量，rm{32g}肼燃烧放热rm{641.6kJ}肼燃烧的热化学方程式为：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}

故答案为：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}

rm{(4)垄脵N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}

rm{垄脷H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangleH=+44kJ/mol}

依据盖斯定律，rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}得到：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-817.6kJ/mol}

则rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水放热时rm{(4)垄脵N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}

故答案为：rm{垄脷H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangle

H=+44kJ/mol}

rm{垄脵-垄脷隆脕4}已知rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangle

H=-817.6kJ/mol}rm{16g}

rm{408.8KJ}rm{408.8KJ}

依据盖斯定律rm{(5)}得到肼与rm{垄脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)篓T2NO_{2}(g)}完全反应的热化学方程式：rm{triangleH=+67.7KJ/mol}rm{垄脷N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)篓TN_{2}(g)+2H_{2}O(g)}

故答案为：rm{triangleH=-534KJ/mol}rm{垄脷隆脕2-垄脵}．

rm{NO_{2}}肼分子式为rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}每个氮原子形成三个化学键，过氧化氢分子式rm{triangleH=-1135.7KJ/mol}每个氧原子形成两个共价键，依据结构写出物质的结构式；

rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}肼燃烧生成氮气和水；

rm{triangleH=-1135.7KJ/mol}依据热化学方程式书写方法写出；标注物质聚集状态和反应焓变；

rm{(1)}依据rm{垄脵N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}

rm{垄脷H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangleH=+44kJ/mol}

依据盖斯定律，rm{NH_{2}-NH_{2}}得到：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-817.6kJ/mol}据此计算；

rm{H_{2}O_{2}}rm{(2)}

rm{(3)}rm{(4)}

依据盖斯定律rm{垄脵N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}得到肼与rm{垄脷H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangle

H=+44kJ/mol}完全反应的热化学方程式．

本题考查了化学反应能量变化的计算应用，物质结构分析判断，盖斯定律的计算，热化学方程式书写方法，题目难度中等．rm{垄脵-垄脷隆脕4}【解析】生成rm{N_{2}}和rm{H_{2}O}对环境无污染；rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.6kJ/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.6kJ/mol}rm{408.8KJ}rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{triangleH=-1135.7KJ/mol}14、略

【分析】解：rm{(1)}工业冶炼铝是利用惰性电极电极熔融氧化铝得到，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是铝离子得到电子生成铝，反应的化学方程式为rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{overset{;;;{脥篓碌莽};;;}{}}{{卤霉戮搂脢炉}}4Al+3O_{2}隆眉}故答案为：rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{overset{;;;{脥篓碌莽};;;}{}}{{卤霉戮搂脢炉}}4Al+3O_{2}隆眉}

rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

overset{;;;{脥篓碌莽};;;}{}}{{卤霉戮搂脢炉}}4Al+3O_{2}隆眉}用阳离子交换膜电解法除去工业品氢氧化钾溶液中的杂质含氧酸根，相当于电解水，故电解时，阳极：rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

overset{;;;{脥篓碌莽};;;}{}}{{卤霉戮搂脢炉}}4Al+3O_{2}隆眉}

故答案为：rm{(2)垄脵}

rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}阴极：rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}其中阴极区rm{垄脷}放电，rm{4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}隆眉}浓度减小，使水的电离平衡向右移动促进水的电离，在阴极和阳极之间有阳离子交换膜，只允许阳离子rm{H^{+}}和rm{H^{+}}通过，留下的rm{K^{+}}浓度增大，阴极附近溶液rm{H^{+}}会增大；故答案为：增大；

rm{OH^{-}}在阴极区聚集大量的rm{pH}和rm{垄脹}从而产生纯的氢氧化钾溶液，除杂后的氢氧化钾溶液从出口rm{K^{+}}导出，故答案为：rm{OH^{-}}．

rm{B}工业冶炼铝是利用惰性电极电极熔融氧化铝得到；

rm{B}用阳离子交换膜电解法除去工业品氢氧化钾溶液中的杂质含氧酸根；相当于电解水，阳极氢氧根离子放电；

rm{(1)}电解时，阳极：rm{(2)垄脵}阴极：rm{垄脷}其中阴极区rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}放电，rm{4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}隆眉}浓度减小，使水的电离平衡向右移动促进水的电离，rm{H^{+}}浓度增大；

rm{H^{+}}在阴极和阳极之间有阳离子交换膜，只允许阳离子rm{OH^{-}}和rm{垄脹}通过，这样就在阴极区聚集大量的rm{K^{+}}和rm{H^{+}}从而产生纯的氢氧化钾溶液，所以除去杂质后的氢氧化钾溶液从溶液出口在阴极区．

本题考查了电解原理的分析应用，关键是根据离子放电顺序判断电解过程中发生的反应理解除杂原理，题目难度中等．rm{K^{+}}【解析】rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{overset{;;;{脥篓碌莽};;;}{}}{{卤霉戮搂脢炉}}4Al+3O_{2}隆眉}rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

overset{;;;{脥篓碌莽};;;}{}}{{卤霉戮搂脢炉}}4Al+3O_{2}隆眉}增大；rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{B}15、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据题意得：n(C)=150×70.6%÷12≈8，n(H)=150×5.9%÷1≈8，n(O)=150×(1-70.6%-5.9%)÷16≈2。故A的分子式是C8H8O2。（2）A分子中含有苯环，且能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，A分子中含有-COOH，综合分析，结构可能有4种。（3）A与NaOH溶液在加热时才能较快反应，表明分子中含有酯基，其结构简式为C6H5COOCH3。（4）A与NaOH溶液在加热时才能较快反应，且1molA消耗2molNaOH，表明分子中含有酯基，结构可能有4种，不能发生银镜反应的物质的结构简式是CH3COOC6H5。考点：有机计算有机物的性质【解析】【答案】（共8份）（1）C8H8O2。2分（2）4种。（3）C6H5COOCH3。2分（4）4种，1分CH3COOC6H5。2分16、略

【分析】试题分析：（1）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L强碱MOH等体积混合，则二者恰好完全反应产生强酸强碱盐，会发生水解反应，因此所得溶液显中性；该反应的离子方程式为H++OH-=H2O；（2）若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH等体积混合，由于弱碱部分电离，碱过量，电离的部分恰好完全中和，未电离的部分会继续电离产生OH-,所以最终使所得溶液显碱性；（3）若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH等体积混合，则二者恰好完全反应产生强酸弱碱盐。由于盐中是弱碱金属阳离子发生水解反应消耗水电离产生的OH-，最终使溶液中的c(H+)>c(OH-)，因此所得溶液显酸性。解释这一现象的离子方程式是M++H2OMOH+H+。【解析】【答案】（1）中性H++OH-=H2O（2）碱性酸HA与碱MOH中和后，碱过量，还会电离出OH-(2分)（3）酸性M++H2OMOH+H+(2分)17、略

【分析】【解析】【答案】（11分）18、略

【分析】解：（1）水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大，当温度升高时，促进水的电离，水的离子积增大，水中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性；故答案为：A；水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c（H+）、c（OH-）小；

（2）将pH=12的NaOH溶液，氢氧离子的浓度为1mol/l与pH=3的H2SO4溶液氢离子的浓度为10-3mol/l混合，溶液呈中则氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，所以1mol/l×Vb=10-3mol/l×Va，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为1：1000；故答案为：1：1000；

（3）25℃时，若100体积pH1=a的某强酸溶液中氢离子的物质的量浓度=10-amol/L，1体积pH2=b的某强碱溶液中氢氧根离子的物质的量浓度=10b-14mol/L，混合后溶液呈中性，则氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，所以100×10-amol/L=1×10b-14mol/L，所以a+b=16（或pH1+pH2═16）

故答案为：a+b=16（或pH1+pH2═16）；

（4）100℃时；pH=3的盐酸溶液和pH=9的某碱溶液等体积混合后，氢离子和氢氧根离子恰好反应，如果碱是强碱，则盐溶液呈中性，实际上溶液呈碱性，则碱为弱碱，生成强酸弱碱盐水解呈碱性，故答案为：该碱为弱碱．

（1）水的电离是吸热过程，降低温度抑制水电离，导致水中c（H+）、c（OH-）都减小；

（2）100℃时；若所得混合溶液的pH=6，说明两者恰好完全反应溶液呈中性；

（3）混合溶液呈中性；说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量；

（4）pH=3的盐酸溶液和pH=9的某碱溶液等体积混合后；氢离子和氢氧根离子恰好反应，根据盐的性质分析．

本题考查了离子积常数的有关计算，注意碱溶液中氢氧根离子浓度的计算方法，为易错点．【解析】A；水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c（H+）、c（OH-）小；1：1000；pH1+pH2═16；该碱为弱碱三、计算题(共7题，共14分)19、略

【分析】试题分析：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24．8kJ/mol①3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47．2kJ/mol②Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640．5kJ/mol③①×3-②-③×2得：6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）则△H=（-24．8kJ/mol）×3-（-47．2kJ/mol）-（+640．5kJ/mol）×2=-1308．0kJ/mol，即CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=-218．0kJ/mol。考点：考查盖斯定律的应用。【解析】【答案】FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)△H=―218．0kJ／mol20、略

【分析】【解析】【答案】（1）7.5（2）13（3）1017－a-b％21、（1）①BCD

②43.3可行

（2）②>①>③

（3）④>②>③>①>【分析】【分析】本题考查了沉淀转化的原理应用，除杂的原理应用，主要是溶解沉淀的转化关系的分析应用和计算。【解答】rm{(1)}rm{垄脵}除杂质至少要满足两个条件：rm{垄脵}加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；rm{垄脵}反应后不能引入新的杂质，四个选项中，只有双氧水氧化后生成水，双氧水受热见光易分解，没有多余杂质；调整溶液的rm{垄脷}时，加入的物质不能引进新的杂质粒子，氢氧化钠中含有钠离子，氨水反应后生成铵根离子，所以氢氧化钠和氨水能引进新的杂质离子，rm{pH}粉末、rm{CuO}悬浊液反应后生成铜离子和水而不引进新的杂质离子；故选CD；

故答案为：rm{Cu(OH)_{2}}rm{B}

rm{CD}rm{垄脷}的溶度积rm{垄脷}溶液中rm{Cu(OH)_{2}}的浓度为rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-20}}rm{CuSO_{4}}依据溶度积常数rm{3.0mol?L^{-1}}rm{{c}^{2}(O{H}^{-})=dfrac{3.0隆脕{10}^{-20}}{3.0}={10}^{-20}}得到rm{c(Cu^{2+})=3.0mol?L^{-1}}依据水溶液中的离子积rm{c(Cu^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})=3.0隆脕10^{-20}}求得rm{{c}^{2}(O{H}^{-})=

dfrac{3.0隆脕{10}^{-20}}{3.0}={10}^{-20}}溶液rm{c(OH^{-})=10^{-10}mol/L}则rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}开始沉淀时溶液的rm{c(H^{+})=10^{-4}mol/L}为rm{pH=4}

残留在溶液中的离子浓度小于rm{Cu(OH)_{2}}rm{pH}时就认为沉淀完全，rm{4}的溶度积rm{1隆脕10^{-5}}rm{mol?L^{-1}}rm{{c}^{3}(O{H}^{-})=dfrac{8.0隆脕{10}^{-38}}{1隆脕{10}^{-5}}=8.0隆脕{10}^{-33}}求得rm{Fe(OH)_{3}}水溶液中的离子积rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}rm{c(Fe^{3+})隆脕c^{3}(OH^{-})=8.0隆脕10^{-38}}则rm{{c}^{3}(O{H}^{-})=

dfrac{8.0隆脕{10}^{-38}}{1隆脕{10}^{-5}}=8.0隆脕{10}^{-33}}通过计算可知rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-11}mol/L}能达到除去rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}而不损失rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol/L}的目的；则方案可行；

故答案为：rm{pH=3.3}rm{pH=4}可行；rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{4}中铵根离子促进了醋酸根离子的水解rm{3.3}rm{(2)垄脵}rm{CH}rm{{,!}_{3}COONH_{4}}rm{CH}rm{{,!}_{3}COONH_{4}}中醋酸根离子少部分水解rm{CH}醋酸根离子浓度最大rm{CH}rm{{,!}_{3}COONH_{4}}rm{{,!}_{3}COONH_{4}}；中；电离出少量的醋酸根离子；醋酸根离子浓度最小rm{垄脷}所以rm{CH}rm{{,!}_{3}COONa}rm{CH}rm{{,!}_{3}COONa}由大到小的顺序是rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}COONa}rm{{,!}_{3}COONa}，；；；rm{垄脹}rm{CH}rm{{,!}_{3}COOH}rm{CH}rm{{,!}_{3}COOH}rm{CH}rm{CH}铵根离子水解rm{{,!}_{3}COOH}rm{{,!}_{3}COOH}，，中含有，个铵根离子，所以铵根离子浓度最大，，；；；rm{c}rm{(CH_{3}COO^{?})}电离出氢离子抑制铵根离子水解rm{c}rm{(CH_{3}COO^{?})}rm{c}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{?})}rm{(CH_{3}COO^{?})}rm{垄脷}rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}中含有rm{垄脵}个铵根离子rm{>}碳酸根离子和铵根离子相互促进水解rm{>}rm{>}rm{>}rm{垄脹}是强酸弱碱盐故答案为：rm{垄脷}rm{>}rm{垄脵}rm{>}rm{垄脹}铵根离子能水解但较弱rm{垄脷}所以当它们物质的量浓度相同时rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{垄脵}大小顺序为rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{垄脹}rm{(3)}rm{(3)}所以如果rm{垄脵}铵根离子水解，rm{(NH}rm{垄脵}，rm{(NH}，rm{(NH}，rm{(NH}相同rm{(NH}电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小rm{4}所以当rm{4}rm{)}rm{)}rm{)}rm{)}相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为rm{{,!}_{2}SO_{4}}rm{{,!}_{2}SO_{4}}rm{{,!}_{2}SO_{4}}rm{{,!}_{2}SO_{4}}rm{2}rm{2}rm{2}rm{2}，，，；；；rm{垄脷}

rm{NH}【解析】rm{(1)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{B}rm{CD}rm{垄脷}rm{垄脷}可行rm{4}rm{3.3}rm{(2)垄脷}rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{垄脵}rm{>}rm{>}rm{>}rm{>}rm{垄脹}22、略

【分析】考查物质的量浓度溶液的有关计算。标准状况下，44.8L氯化氢的物质的量是44.8L÷22.4L/mol＝2.0mol，质量是2.0mol×36.5g/mol＝73g所以溶液的质量分数是溶液的体积是1000g÷1.05g/ml＝952.4ml＝0.9524L所以根据c＝n/V可知溶液的浓度是2.0mol÷0.9524L＝2.1mol/L【解析】【答案】(5分)7.3%2.1mol/L23、4【分析】【分析】本题考查的是rm{PH}的计算，先分析出溶液rm{H}的计算，先分析出溶液rm{PH}rm{H}rm{{,!}^{+}}和rm{OH}rm{OH}的计算。rm{{,!}^{-}}的浓度，计算出哪个离子多，确定溶液最终呈酸性或碱性，再进行rm{PH}的计算。rm{PH}溶液的【解答】值为该温度下，水的离子积常数则，rm{NaOH}溶液的rm{pH}值为rm{8}则rm{c(OH^{-})=10^{-4}mol/L}混合后溶液rm{pH=6}呈中性，即酸与碱恰好完全反应，则rm{{10}^{-4}mol/L隆脕20.00隆脕{10}^{-3}L={10}^{-c}mol/L隆脕20.00隆脕{10}^{-3}L

}混合后溶液rm{NaOH}呈中性，即酸与碱恰好完全反应，则rm{{10}^{-4}mol/L隆脕20.00隆脕{10}^{-3}L={10}^{-c}mol/L隆脕20.00隆脕{10}^{-3}L}rm{pH}rm{8}

rm{c(OH^{-})=10^{-4}mol/L}

rm{pH=6}【解析】rm{4}24、（1）1:2（2）【分析】【分析】

本题考查了化学中以物质的量为中心的综合计算。【解答】

rm{(1)}的相对分子质量是rm{233}由图可知，生成了根据硫元素守恒可知固体物中含有的为则固体中的质量为的物质的量为混合物中的比为rm{1:2}，故答案为：rm{1:2}；rm{(2)}的物质的量为根据钡元素守恒可知，的物质的量为则溶液的浓度为固体混合物中，的物质的量为完全反应需要消耗掉溶液的体积为中氯离子的物质的量为则溶液中的浓度为故答案为：rm{0.100mol隆陇{L}^{-1}}【解析】rm{(1)1:2}rm{(2)0.100mol隆陇{L}^{-1}}25、（1）1×108

（2）1×104

（3）2:9【分析】【分析】本题考查溶液中rm{pH}的计算，掌握rm{pH}计算的基本方法是解题的关键，注意稀释酸碱性对于列式运算的影响，难度不大。【解答】rm{(1)}rm{pH=1}的rm{H}的rm{pH=1}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}由rm{{,!}_{4}}加水稀释至溶液中氢离子浓度为rm{0.1mol/L}由rm{1mL}加水稀释至rm{100mL}则氢离子浓度变为rm{0.001mol/L}常温下，溶液中氢氧根离子浓度为rm{

dfrac{1隆脕{10}^{-14}}{0.001}mol/L=1隆脕{10}^{-11}mol/L}则rm{dfrac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}=

dfrac{0.001mol/L}{1隆脕{10}^{-11}mol/L}=1隆脕{10}^{8}}则氢离子浓度变为rm{0.1mol/L}常温下，溶液中氢氧根离子浓度为rm{dfrac{1隆脕{10}^{-14}}{0.001}mol/L=1隆脕{10}^{-11}mol/L}则rm{dfrac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}=dfrac{0.001mol/L}{1隆脕{10}^{-11}mol/L}=1隆脕{10}^{8}}rm{1mL}rm{100mL}rm{0.001mol/L}rm{

dfrac{1隆脕{10}^{-14}}{0.001}mol/L=1隆脕{10}^{-11}mol/L}

rm{dfrac{c({H}^{+})}{c(O{H}^{-})}=

dfrac{0.001mol/L}{1隆脕{10}^{-11}mol/L}=1隆脕{10}^{8}}的故答案为：rm{1}rm{1}rm{隆脕10}rm{隆脕10}rm{{,!}^{8}}；rm{(2)pH=5}的rm{Al}rm{(2)pH=5}rm{Al}溶液中氢离子全部由水电离得到，即

rm{{,!}_{2}}rm{(SO}rm{(SO}rm{{,!}_{4}}rm{)}rm{)}的rm{{,!}_{3}}溶液rm{c(H^{+})=1隆脕10}rm{c(H^{+})=1隆脕10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}溶液中氢离子全部由水电离得到，即rm{mol/L}rm{c}溶液中rm{c}rm{{,!}_{1}}rm{=1隆脕10}由水电离出的氢离子应等于由水电离出的氢氧根离子，即rm{=1隆脕10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}rm{pH=5}的rm{H}rm{mol/L}rm{pH=5}所以rm{dfrac{c1}{c2}=dfrac{1隆脕{10}^{-5}mol/L}{1隆脕{10}^{-9}mol/L}=1隆脕{10}^{4}}rm{H}

rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}

溶液中rm{c(H^{+})=1隆脕10}由题可知混合后溶液氢氧根离子浓度为rm{c(H^{+})=1隆脕10}即rm{c(O{H}^{-})=dfrac{0.1amol-0.01bmol}{(a+b)L}=0.02mol/L}可得rm{{,!}^{-5}}rm{mol/L}溶液中rm{c(OH^{-})=1隆脕10}rm{mol/L}

rm{c(OH^{-})=1隆脕10}【解析】rm{(1)1隆脕10^{8}}rm{(2)}rm{1}rm{1}rm{隆脕10}

rm{隆脕10}rm{{,!}^{4}}四、解答题(共2题，共16分)26、略

【分析】

（1）3.1g的单质磷（P）的物质的量为=0.1mol，3.2g的氧气的物质的量为=0.1mol，故P原子与O原子的数目之比为0.1mol：0.1mol×2=1：2，2：5＜1：2＜2：3，故反应产物为P2O3、P2O5；令物质的量分别为xmol；ymol，则：

解得：x=0.025mol；y=0.025mol

故P2O3的质量为0.025mol×110g/mol=2.75g；

P2O5的质量为0.025mol×142g/mol=3.55g；

故答案为：P2O3、P2O5；2.75g；3.55g；

（2）单质磷的燃烧热为YkJ/mol，即1mol磷完全燃烧生成固态P2O5放出的热量为YkJ，反应中生成0.025molP2O5，需要磷0.05mol，故0.05mol磷燃烧生成生成固态P2O5放出的热量为0.05YkJ，反应中生成0.025molP2O3；需要磷0.05mol，故。

所以0.05mol磷燃烧生成生成固态P2O3放出的热量为XkJ-0.05YkJ=（X-0.05Y）kJ，所以1molP与O2反应生成固态P2O3放出的热量为（X-0.05Y）kJ×=（20X-Y）kJ，故1molP与O2反应生成固态P2O3的反应热△H=-（20X-Y）kJ/mol；

故答案为：-（20X-Y）kJ/mol；

（3）由（2）可知，1molP与O2反应生成固态P2O3的热化学方程式：P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=-（20X-Y）kJ/mol；

故答案为：P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=-（20X-Y）kJ/mol．

【解析】【答案】（1）根据n=计算磷与氧气的物质的量，进而确定P原子与O原子的比例关系，据此确定燃烧产物的化学式，若为单一物质，根据质量守恒，该物质的质量等于磷与氧气质量之和，若为混合物，为P2O3、P2O5；令物质的量分别为xmol；ymol，利用P原子、O原子守恒列方程计算x、y的值，再根据m=nM计算各自质量；

（2）单质磷的燃烧热为YkJ/mol，即1mol磷完全燃烧生成固态P2O5放出的热量为YkJ，根据（1）判断的产物，结合放出的热量计算1molP与O2反应生成固态P2O3的热量；

（3）根据（2）中的计算；结合热化学方程式书写原则进行书写．

27、略

【分析】

（1）②⑤属于同系物；都属于烷烃，但分子式不同；④分子式相同，但结构不同，属于同分异构体；③属于同