2025年冀少新版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2025年冀少新版高二化学下册月考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8题，共16分)1、在核磁共振氢谱中出现两组峰；其氢原子数之比为3：1的化合物是（）

A.

B.

C.

D.

2、实验室配制250mL0.2mol•L-1的Na2CO3溶液，必需用到的仪器是（）A.

锥形瓶B.

试管C.

酒精灯D.

容量瓶3、rm{MCl}晶体具有立方体结构，其晶胞结构如图所示，在该晶体中，每个rm{M^{+}}周围与它最接近的且距离相等的rm{M^{+}}的个数共有rm{(}rm{)}A.rm{6}个B.rm{8}个C.rm{12}个D.rm{16}个4、下列各物质中，互为同系物的是()A.rm{HCOOCH_{3}}和rm{CH_{3}COOH}B.rm{CHCl_{3}}和氯乙烷C.和D.和5、下图为直流电源电解稀rm{Na_{2}SO_{4}}水溶液的装置，通电后在石墨电极rm{a}和rm{b}附近分别滴加石蕊溶液，下列实验现象正确的是rm{(}rm{)}

A.逸出气体的体积：rm{a}电极的小于rm{b}电极的B.一个电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体C.rm{a}电极附近呈红色，rm{b}电极附近呈蓝色D.rm{a}电极附近呈蓝色，rm{b}电极附近呈红色6、用乙炔为原料制取CH2BrCHBrCl，可行的反应途径是在一定条件下（）A.先与Cl2加成，再与Br2加成B.先与Cl2加成，再与HBr加成C.先与HCl加成，再与Br2加成D.先与HCl加成，再与HBr加成7、设rm{N}rm{{,!}_{A}}为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.rm{1}rm{mol}苯乙烯中含碳碳双键数为rm{4}rm{N}rm{{,!}_{A}}B.rm{28g}聚乙烯中含有的碳原子数目为rm{2}rm{N}rm{{,!}_{A}}C.rm{5.6g}乙烯和环丁烷rm{(C_{4}H_{8})}的混合气体中含的碳原子数为rm{0.2}rm{N}rm{{,!}_{A}}D.标准状况下，rm{22.4LCH_{2}Cl_{2}}含氯原子数为rm{2N_{A}}8、已知rm{1g}rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧生成液态水放出rm{142.9kJ}的热量，则下列热化学方程式正确的是rm{(}rm{)}A.rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-142.9}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=-142.9}B.rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=+571.6}rm{kJ?mol^{-1}}C.rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(g)triangleH=-285.8}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=+571.6}D.rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-285.8}rm{kJ?mol^{-1}}rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(g)triangleH=-285.8}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、（共10分）根据下面的反应路线及所给信息填空。Ⅰ、②的反应条件是____；B的名称是_____；Ⅱ、①的反应类型是____。④的反应类型是。Ⅲ、写出D在NaOH溶液里发生的化学反应方程式：。10、卤代烃是一类重要的有机合成中间体，是许多有机合成的原料。根据卤代烃的相关性质，回答下列问题（1）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱图如图所示，则A的结构简式为，请预测B的核磁共振氢谱上应该有个峰（信号）。（2）某同学用如图1装置（铁架台、酒精灯等略）验证取代反应和消去反应的产物。实验操作Ⅰ：在试管中加入5mL1mol/LNaOH溶液和0.5mL溴乙烷振荡。实验操作Ⅱ：将试管如图1固定后，水浴加热。①据图1：用水浴加热而不直接用酒精灯加热的原因是。②图2是为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，实验中需要检验的产物是，水的作用是，实验现象是。11、家用液化气中的主要成分之一是丁烷rm{(C_{4}H_{10})}在rm{101kpa}时，当rm{10g}丁烷完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为rm{5隆脕10^{2}kJ}

试写出丁烷燃烧反应的热化学方程式______．

已知rm{1mol}液态水汽化时需要吸收rm{44kJ}的热量，则rm{1}rm{mol}丁烷完全燃烧可生成______rm{mol}气态水，同时放出的热量为______rm{kJ}．12、下表为周期表的一部分；表中所列的字母分别代表一种化学元素．

回答下列相关问题：

rm{(1)}写出元素rm{f}简单离子的结构示意图______．

rm{(2)}在rm{c_{6}a_{6}}分子中，元素rm{c}为______杂化，该分子是______分子rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}．

rm{(3)ci_{2}}分子的电子式为______，rm{ci_{2}}与rm{ce_{2}}比较，沸点较高的是______rm{(}写分子式rm{)}．

rm{(4)}第一电离能：rm{h}______rm{i}电负性：rm{g}______rm{b(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}．

rm{(5)}下列关于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外围电子排布特点的有关叙正确是______rm{(}填编号rm{)}．

rm{垄脵j}位于元素周期表中第四周期、Ⅰrm{B}族，属于rm{ds}区元素。

rm{垄脷d}的基态原子中，rm{2p}能级为半充满，属于rm{p}区元素。

rm{垄脹}最外层电子排布式为rm{4s^{1}}一定属于Ⅰrm{A}族。

rm{垄脺}最外层电子排布式为rm{ns^{2}np^{1}}该元素可能是Ⅲrm{A}族或Ⅲrm{B}族。

rm{(6)}将氨水滴入到rm{j}的硫酸盐溶液中，先产生蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到深蓝色溶液，显深蓝色的离子是______，写出蓝色沉淀溶解在氨水中的离子方程式______．13、（8分）.1994年度诺贝尔化学奖授予为研究臭氧做出贡献的化学家。臭氧能吸收有害紫外线，保护人类赖以生存的空间。O3分子的结构如图：呈V形，两个O—O键的夹角为116.5°。三个原子以一个O原子为中心，与另外两个O原子分别构成非极性共价键；中间O原子提供2个电子，旁边两个O原子各提供1个电子，构成一个特殊的化学键(虚线内部)——三个O原子均等地享有这4个电子。请回答：(1)题中非极性共价键是________键，特殊的化学键是________键。(2)臭氧与氧气的关系是____________________。(3)下列分子中与O3分子的结构最相似的是()A．H2OB．CO2C．SO2D．BeCl2(4)分子中某原子有一对或几对没有跟其他原子共用的价电子叫孤对电子，那么O3分子有______对孤对电子。(5)O3具有强氧化性，它能把PbS氧化为PbSO4而O2不能，试配平：________PbS＋________O3===________PbSO4＋_______O2，生成1molO2，转移电子的物质的量为________mol。14、按要求填空：

rm{(1)}的一氯取代物有______种。

rm{(2)}某有机物发生加聚反应所得产物的结构简式为______．

rm{(3)}烯烃在一定条件下氧化时，由于rm{C=C}键断裂，转化为醛、酮，如：

若在上述类似条件下发生反应，请模仿上例写出该反应的方程式：______．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。16、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

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

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。17、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。18、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分四、计算题(共2题，共18分)19、rm{Cu}及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途rm{.}请回答以下问题：

rm{(1)}向rm{CuSO_{4}}溶液中滴加氨水至深蓝色透明溶液时；发生的离子反应方程式______．

rm{(2)}硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠rm{(H_{2}N-CH_{2}-COONa)}即可得到配合物rm{A.}其结构如图：

rm{垄脵SO_{4}^{2-}}中rm{S}原子的轨道杂化类型是______；

rm{垄脷A}中碳原子的轨道杂化类型为______．

rm{垄脹1mol}氨基乙酸钠含有rm{娄脪}键的数目为______．

rm{(3)}元素金rm{(Au)}处于周期表中的第六周期，与rm{Cu}同族rm{.}一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中rm{Cu}原子处于面心，rm{Au}原子处于顶点位置，该合金中每一层均为______rm{(}填“密置层”、“非密置层”rm{)}该晶体中；原子之间的作用力是______；

rm{(4)}上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由rm{Cu}原子与rm{Au}原子构成的四面体空隙中rm{.}若将rm{Cu}原子与rm{Au}原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与rm{CaF_{2}}的晶胞结构相似，该晶体储氢后的化学式应为______rm{.}若rm{Cu}原子与rm{Au}原子的距离为rm{a}rm{cm}则该晶体储氢后的密度为______rm{.(}含rm{a}的表达式rm{)}20、室温下将100ml0.01mol/L的Ba（OH）2溶液与100ml0.01mol/L的NaHSO4溶液混合，则混合后溶液的pH为多少？评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)21、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。22、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。23、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。24、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】

A．由对称可知；有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为6：2=3：1，故A正确；

B．由对称可知；有3种H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，故B错误；

C．由对称可知；有3种H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，故C错误；

D．由对称可知；有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为6：4=3：2，故D错误；

故选A．

【解析】【答案】核磁共振氢谱中出现两组峰；及有两种类型的等效氢原子，其氢原子数之比为3：1，根据物质的结构简式，利用对称性来分析出现几种位置的氢离子，并结合H原子的个数来分析解答．

2、D【分析】解：在配制一定量物质的量浓度溶液时；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯也可不用），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯；玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所用仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、药匙．不需要锥形瓶、试管、酒精灯；

故选D．

根据配制溶液的实验操作过程选择所需的仪器．

本题考查了配制一定量物质的量浓度溶液的操作时仪器的选取，难度不大，根据配制过程分析即可．【解析】【答案】D3、A【分析】解：rm{M^{+}}位于晶胞的体心位置，每个晶胞有rm{6}个面，则可连接rm{6}个晶胞，则在该晶体中，每个rm{M^{+}}周围与它最接近的且距离相等的rm{M^{+}}的个数共有rm{6}个．

故选A．

rm{M^{+}}位于晶胞的体心位置，每个晶胞有rm{6}个面，则可连接rm{6}个晶胞；以此解答该题．

本题考查了晶胞中离子配位数的判断、距离最近的同一元素离子的个数的计算等知识点，侧重于考查学生的空间想象能力和分析能力，难度不大．【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】本题考查有机物的结构与同系物辨析，难度不大，注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同。【解答】A.rm{HCOOCH_{3}}是酯，rm{CH_{3}COOH}是羧酸；二者结构不同，不是同系物，故A错误；

B.三氯甲烷含有三个氯原子；氯乙烷含有一个氯原子，所含官能团数不同，结构不相似，不是同系物，故B错误；

C.是苯酚，是苯甲醇；官能团性质不同，不是同系物，故C错误；

D.甲苯和乙苯结构相似，组成上相差rm{CH_{2}}均是苯的同系物，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}5、D【分析】rm{Na_{2}SO_{4}===2Na^{+}+}rm{H_{2}O炉冒炉帽H^{+}+OH^{-}}和rm{OH^{-}}移向rm{b}电极，rm{Na^{+}}和rm{H^{+}}移向rm{a}电极，在rm{b}电极上：rm{4OH^{-}-4e^{-}===2H_{2}O+O_{2}隆眉}在rm{a}电极上：rm{2H^{+}+2e^{-}===H_{2}隆眉}所以产生的气体体积rm{a}电极大于rm{b}电极；两种气体均为无色无味的气体；由于rm{a}电极上rm{H^{+}}放电，所以rm{a}电极附近的rm{c}rm{(OH^{-})>}rm{c}rm{(H^{+})}滴加石蕊试液rm{a}电极附近变蓝色，同理，rm{b}电极附近变红色。【解析】rm{D}6、C【分析】解：由乙炔CH≡CH制CH2Br-CHBrCl，分子中在乙炔的基础又增加了一个H、两个Br、一个Cl，这四个原子只能以HCl和Br2形式发生加成反应；故A；B、D不符合，C符合．

故选C．

由乙炔CH≡CH制CH2Br-CHBrCl，分子中在乙炔的基础又增加了一个H、两个Br、一个Cl，这四个原子只能以HCl和Br2形式发生加成反应．

本题以有机合成为载体，考查炔烃的性质，难度不大，注意基础知识的掌握，注意根据分子组成分析．【解析】【答案】C7、B【分析】【分析】本题考查了阿伏加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。【解答】A.苯环中的碳碳键不是单双交替，rm{1mol}苯乙烯rm{(}苯乙烯rm{1mol}rm{(}中含有的碳碳双键数为rm{)}中含有的碳碳双键数为rm{N}rm{)}rm{N}B.rm{A}rm{A}，故A错误；聚乙烯中所含聚乙烯的最简式为rm{CH}rm{CH}rm{2}碳原子数为rm{2}，rm{28g}聚乙烯中所含rm{CH}rm{28g}C.rm{CH}rm{2}乙烯和环丁烷rm{2}的物质的量为rm{2mol}碳原子数为rm{2N}碳原子数为rm{2mol}rm{2N}rm{A}D.rm{A}，故B正确；乙烯和环丁烷的最简式相同，均为rm{CH_{2}}rm{5.6g}【解析】rm{B}8、D【分析】解：rm{A.2mol}氢气燃烧生成液态水，放出的热量为rm{142.9kJ隆脕4=571.6kJ}所以rm{triangleH=-571.6kJ?mol^{-1}}故A错误；

B.rm{triangle

H=-571.6kJ?mol^{-1}}氢气燃烧生成液态水，放出的热量为rm{2mol}所以rm{triangleH=-571.6kJ?mol^{-1}}故B错误；

C.物质的状态影响反应热；生成物是气态水，题目条件不足，无法计算，故C错误；

D.rm{142.9kJ隆脕4=571.6kJ}与热化学方程式中化学式的计量数成正比，rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-571.6}rm{triangle

H=-571.6kJ?mol^{-1}}所以rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-285.8}rm{triangleH}故D正确；

故选：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6}．

书写热化学方程式除了要遵循书写化学方程式的要求外；还应注意以下几方面：

rm{kJ?mol^{-1}}必须注明各反应物、生成物的状态rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-285.8}rm{kJ?mol^{-1}}rm{D}rm{(1)}不标“rm{(s}”和“rm{l}”符号；

rm{g}反应热rm{aq)}与测定条件rm{隆眉}温度、压强rm{隆媒}有关，若不说明则指常温rm{(2)}常压rm{triangleH}下；

rm{(}只能写在标有反应物或生成物状态的化学方程式的右边，若为吸热反应，rm{)}为“rm{(25隆忙)}”；若为放热反应，rm{(101kPa)}为“rm{(3)triangleH}”，rm{triangleH}的单位一般为rm{+}

rm{triangleH}热化学方程式中的化学计量数仅表示该物质的物质的量；不表示物质的分子或原子数，因此可以是整数或分数；

rm{-}与热化学方程式中化学式前面的化学计量数成正比；当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反．

本题考查热化学方程式，题目难度不大，注意热化学方程式的书写方法．rm{triangleH}【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【解析】【答案】Ⅰ、碱的醇溶液，加热；一氯环己烷；（每空2分）Ⅱ、取代反应、消去反应；（每空2分）10、略

【分析】试题分析：（1）据图可知只有一个峰，故说明A物质只有一种等效氢.A的同分异构体有两个不等效氢，所以会有两个峰（2）水浴加热主要的作用使反应物均匀受热（3）溴乙烷在NaOH乙醇溶液发生消去反应的产物主要是乙烯，所以需要检验的产物就是乙烯。而在反应中乙醇沸点较低，容易挥发，所以乙醇也会随着产物蒸发出来，且乙醇液能使高锰酸钾溶液褪色，乙醇易溶于水中所以水的主要作用就是出去乙烯中的乙醇，防止干扰乙烯的检验。乙烯可以使高锰酸钾溶液褪色，所以可选用高锰酸钾溶液。考点：乙烯、乙醇的相关知识【解析】【答案】2（2）1.使反应物均匀受热2.乙烯除去乙烯中的乙醇，防止干扰乙烯的检验酸性高锰酸钾溶液11、略

【分析】解：当rm{10g}丁烷完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为rm{5隆脕10^{2}kJ}则rm{1mol}丁烷完全燃烧放出热量为rm{dfrac{5隆脕10^{-2}}{dfrac{10}{58}}=2.9隆脕10^{3}kJ}则丁烷燃烧反应的热化学方程式为rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangleH=-2900kJ?mol^{-1}}

rm{dfrac{5隆脕10^{-2}}{dfrac

{10}{58}}=2.9隆脕10^{3}kJ}液态水汽化时需要吸收rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangle

H=-2900kJ?mol^{-1}}的热量，则rm{5H_{2}O(l)=5H_{2}O(g)triangleH=+220kJ/mol}

两反应式相加得到rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangleH=-2680kJ?mol^{-1}}

可知rm{1mol}rm{44kJ}丁烷完全燃烧可生成rm{5H_{2}O(l)=5H_{2}O(g)triangle

H=+220kJ/mol}气态水，同时放出的热量为rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangle

H=-2680kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangleH=-2900kJ?mol^{-1}}rm{1}rm{mol}．

当rm{4mol}丁烷完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为rm{2680kJ}则rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangle

H=-2900kJ?mol^{-1}}丁烷完全燃烧放出热量为rm{dfrac{5隆脕10^{-2}}{dfrac{10}{58}}=2.9隆脕10^{3}kJ}结合物质的量与热量成正比；燃烧反应的焓变为负及盖斯定律来解答．

本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、物质的量与热量的关系、焓变的正负为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大．rm{4}【解析】rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangleH=-2900kJ?mol^{-1}}rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)篓T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangle

H=-2900kJ?mol^{-1}}rm{4}rm{2680}12、略

【分析】解：由元素在周期表中位置，可知rm{a}为rm{H}rm{b}为rm{Be}rm{c}为rm{C}rm{d}为rm{N}rm{e}为rm{O}rm{f}为rm{F}rm{g}为rm{Na}rm{h}为rm{P}rm{i}为rm{S}rm{j}为rm{Cu}．

rm{(1)F^{-}}离子核电荷数为rm{10}核外电子数为rm{10}有rm{2}个电子层，各层电子数为rm{2}rm{8}结构示意图为故答案为：

rm{(2)C_{6}H_{6}}分子中，rm{C}原子成rm{3}个rm{娄脪}键，rm{C}原子杂化方式为rm{sp^{2}}苯为平面对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故答案为：rm{sp^{2}}非极性；

rm{(3)CS_{2}}分子中rm{C}原子与rm{S}原子之间形成rm{2}对共用电子对，电子式为常温下，rm{CS_{2}}为液态体，rm{CO_{2}}为气态，故沸点rm{CS_{2}>CO_{2}}故答案为：rm{CS_{2}}

rm{(4)P}元素原子rm{3p}能级容纳rm{3}个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，第一电离能rm{P>S}金属性越强，第一电离能越小，故电负性rm{Na<Be}故答案为：rm{>}rm{<}

rm{(5)垄脵Cu}位于元素周期表中第四周期Ⅰrm{B}族，属于rm{ds}区元素，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷N}元素原子外围电子排布为rm{2s^{2}2p^{3}}rm{2p}能级为半充满，属于rm{p}区元素，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}最外层电子排布式为rm{4s^{1}}可能处于Ⅰrm{A}族，也可能处于过渡元素，如rm{Cu}等，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺}最外层电子排布式为rm{ns^{2}np^{1}}该元素一定是Ⅲrm{A}族元素，故rm{垄脺}错误；

故答案为：rm{垄脵垄脷}

rm{(6)}将氨水滴入到硫酸铜溶液中，先产生氢氧化铜蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}络离子，溶液呈深蓝色，蓝色沉淀溶解在氨水中的离子方程式为：rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}}

故答案为：rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}}．

由元素在周期表中位置，可知rm{a}为rm{H}rm{b}为rm{Be}rm{c}为rm{C}rm{d}为rm{N}rm{e}为rm{O}rm{f}为rm{F}rm{g}为rm{Na}rm{h}为rm{P}rm{i}为rm{S}rm{j}为rm{Cu}．

rm{(1)F^{-}}离子核电荷数为rm{10}核外电子数为rm{10}有rm{2}个电子层，各层电子数为rm{2}rm{8}

rm{(2)}根据rm{C}元素原子所成rm{娄脪}键数目确定rm{C}原子杂化方式；苯为平面对称结构，分子中正负电荷重心重合；

rm{(3)CS_{2}}分子中rm{C}原子与rm{S}原子之间形成rm{2}对共用电子对；常温下，rm{CS_{2}}为液态体，rm{CO_{2}}为气态；

rm{(4)P}元素原子rm{3p}能级容纳rm{3}个电子；为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；金属性越强，第一电离能越小；

rm{(5)垄脵Cu}位于元素周期表中第四周期Ⅰrm{B}族，属于rm{ds}区元素；

rm{垄脷}根据核外电子排布书写判断；

rm{垄脹}最外层电子排布式为rm{4s^{1}}可能处于Ⅰrm{A}族；也可能处于过渡元素；

rm{垄脺}最外层电子排布式为rm{ns^{2}np^{1}}该元素一定是Ⅲrm{A}族元素；

rm{(6)}将氨水滴入到硫酸铜溶液中；先产生氢氧化铜蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到四氨合铜络离子，溶液呈深蓝色．

本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子结构与性质、电离能、电负性、元素周期表、配合物等，注重常考知识点的考查，需要学生具备扎实的基础，注意同周期越大第一电离能的特殊性，难度中等．【解析】rm{sp^{2}}非极性；rm{CS_{2}}rm{>}rm{<}rm{垄脵垄脷}rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}}13、略

【分析】（1）臭氧分子中非极性共价键都是单键，属于α键；特殊的化学键是大π键。（2）氧气和臭氧都是氧元素形成的不同单质，所以互为同素异形体。（3）氧元素和硫元素都属于第ⅥA，因此SO2的结构和臭氧最相似，答案选C。（4）根据臭氧的结构可知。中间碳原子还有1对电子没有参与成键。两端的氧原子分别还有2对电子没有参与成键，所以共计是5对。（5）PbS中S元素的化合价从－2价升高到＋6价，失去8个电子；臭氧中只有1个氧原子得到电子，化合价从0价降低到－2价，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的系数依次是1、4、1、4；根据方程式可知，生成1molO2，转移电子的物质的量为2mol。【解析】【答案】(1)σ大π/π(2)同素异形体(3)C(4)5(5)1414214、5；【分析】解：rm{(1)}中环己烷中含有rm{4}种等效氢原子，甲基中有rm{1}种丁烯rm{H}该有机物总共含有rm{5}种rm{H}原子，所以其一氯代物有rm{5}种，故答案为：rm{5}

rm{(2)}该有机物发生加聚反应后，所得产物的结构简式为故答案为：

rm{(3)}烯烃氧化原理为：将双键从中间断开直接接氧原子，反应方程式：

故答案为：．

rm{(1)}中等效氢原子数目的种类决定了其一氯代物的种类，根据该有机物的结构简式判断其等效rm{H}原子数目；

rm{(2)}根据加聚反应原理写出其加聚反应产物的结构简式；

rm{(3)}烯烃氧化原理为：将双键从中间断开直接接氧原子．

本题考查烷烃的取代反应、聚合反应、烯烃氧化等知识，题目难度中等，注意掌握常见有机反应类型及反应原理，正确分析题干信息所给信息为解题关键．【解析】rm{5}三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）216、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H217、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）218、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、计算题(共2题，共18分)19、略

【分析】解：rm{(1)}加热条件下，rm{Cu}和稀硫酸、氧气发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式为rm{2Cu+O_{2}+2H_{2}SO_{4}(}稀rm{)}rm{dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}

故答案为：rm{dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}稀rm{2Cu+O_{2}+2H_{2}SO_{4}(}rm{dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}

rm{)}硫酸根离子中rm{dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}原子价层电子对个数是rm{(2)垄脵}且不含孤电子对，rm{S}原子杂化方式为rm{4}

故答案为：rm{S}

rm{sp3}根据rm{sp3}的结构简式可知，rm{垄脷}中酯基中的碳周围有一个碳双键和两个单键，另一个碳周围有四个单键，所以碳原子的杂化方式为rm{A}rm{A}

故答案为：rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}

rm{sp^{2}}个氨基乙酸钠rm{sp^{3}}中含有两个rm{垄脹1}键，两个rm{(H_{2}N-CH_{2}-COONa)}键，一个碳碳单键，一个碳氮单键，一个碳氧单键和一个碳氧双键，所以rm{H-N}氨基乙酸钠中含有的rm{C-H}键的数目为rm{1mol}

故答案为：rm{娄脪}

rm{8N_{A}}一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中rm{8N_{A}}原子处于面心，rm{(3)}原子处于顶点位置；该合金中每一层均为密置层，该晶体是由金属晶体，原子之间存在金属键；

故答案为：密置层；金属键；

rm{Cu}该晶体储氢后的晶胞结构与rm{Au}的晶胞结构结构相似，则在金属晶胞内部有rm{(4)}个rm{CaF_{2}}原子，该晶胞中含有rm{8}原子个数rm{H}rm{Au}原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}=1}据此判断其化学式为rm{Cu}

若rm{=6隆脕dfrac{1}{2}=3}原子与rm{H_{8}AuCu_{3}}原子的距离为rm{Cu}rm{Au}则晶胞棱长rm{a}晶胞体积rm{cm}晶胞密度rm{=dfrac{dfrac{M}{N;_{A}}}{V}=dfrac{dfrac{397}{N_{A}}}{(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}=dfrac{397}{N_{A}(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}}

故答案为：rm{=sqrt{2}acm}rm{dfrac{397}{N_{A}(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}}．

rm{=(sqrt{2}acm)^{3}}加热条件下，rm{=dfrac{dfrac{M}{N;_{A}}}{V}=

dfrac{dfrac{397}{N_{A}}}{(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}=dfrac

{397}{N_{A}(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}}和稀硫酸；氧气发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；根据反应物、生成物和反应条件书写方程式；

rm{H_{8}AuCu_{3}}硫酸根离子中rm{dfrac{397}{N_{A}(sqrt

{2}a)^{3}}g/cm^{3}}原子价层电子对个数是rm{(1)}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定rm{Cu}原子杂化方式；

rm{(2)垄脵}根据rm{S}的结构简式可知，rm{4}中酯基中的碳周围有一个碳双键和两个单键；另一个碳周围有四个单键，据此判断碳原子的杂化方式；

rm{S}个氨基乙酸钠rm{垄脷}中含有两个rm{A}键，两个rm{A}键，一个碳碳单键，一个碳氮单键，一个碳氧单键和一个碳氧双键，据此确定rm{垄脹1}键的数目；

rm{(H_{2}N-CH_{2}-COONa)}一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中rm{H-N}原子处于面心，rm{C-H}原子处于顶点位置；该合金中每一层均为密置层，该晶体是由金属晶体，原子之间存在金属键；

rm{娄脪}该晶体储氢后的晶胞结构与rm{(3)}的晶胞结构结构相似，则在金属晶胞内部有rm{Cu}个rm{Au}原子，该晶胞中含有rm{(4)}个rm{CaF_{2}}原子、rm{8}个rm{H}原子，据此判断其化学式；若rm{1}原子与rm{Au}原子的距离为rm{3}rm{Cu}则晶胞棱长rm{Cu}晶胞体积rm{Au}晶胞密度rm{=dfrac{dfrac{M}{N;_{A}}}{V}}．

本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、原子杂化、空间构型判断、氧化还原反应等知识点，侧重考查学生分析计算能力，难点是晶胞计算，注意密度公式中各个字母含义，题目难度中等rm{a}【解析】rm{2Cu+O_{2}+2H_{2}SO_{4}(}稀rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}rm{sp3}rm{sp^{2}sp^{3}}密置层；金属键；rm{8N_{A}}rm{dfrac{397}{N_{A}(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}}rm{H_{8}AuCu_{3}}20、略

【分析】

100mL0.01mol•L-1的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度物质的量为：0.01mol•L-1×0.1L×2=0.002mol；100mL0.01mol•L-1的NaHSO4溶液中氢离子的物质的量为：0.01mol•L-1×0.1L=0.001mol；两溶液混合后氢氧根离子过量，溶液显示碱性，根据氢氧根离子；氢离子的物质的量计算出混合后溶液中氢氧根离子的浓度，再计算出溶液的pH．

本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液的pH的计算，题目难度不大，注意掌握酸碱反应后溶液定性判断方法及溶液的pH的计算方法，试题有利于培养学生的分析、理解、计算能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力．【解析】解：100mL0.01mol•L-1的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度物质的量为：0.01mol•L-1×0.1L×2=0.002mol；100mL0.01mo