2025年新科版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年新科版高二化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、“粗盐提纯”实验中，蒸发时，正确的操作是（）。A.把浑浊的液体倒入蒸发皿内加热B.开始析出晶体后用玻璃棒搅拌C.待水分完全蒸干后停止加热D.蒸发皿中出现较多量固体时即停止加热2、化学用语是学习化学的重要工具，下列表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A.电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl-－2e-=Cl2↑B.明矾净水时，主要反应的离子方程式为：Al3+＋3H2O=Al(OH)3↓＋3H+C.氢硫酸的电离方程式为：H2S2H+＋S2-D.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e—Fe2+3、下列关于化学用语的理解正确的是（）A.比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子B.乙醛的结构简式为CH3CH2OHC.Cl-离子的结构示意图：D.“84消毒液”中有效成分NaClO的电子式为：4、分子式为rm{拢脙_{5}拢脠_{10}拢脧_{2}}的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有()A.rm{36}种B.rm{32}种C.rm{40}种D.rm{35}种5、下列现象与氢键无关的是：rm{垄脵H_{2}O}的熔、沸点比rm{VIA}族其他元素氢化物的熔、沸点高rm{{垄脷}}小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶rm{{垄脹}}邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的熔、沸点低rm{{垄脺}}水分子高温下也很稳定rm{{垄脻}}水分子较硫化氢分子稳定A.rm{{垄脵垄脷垄脹垄脺}}B.rm{{垄脺垄脻}}C.rm{{垄脹垄脺垄脻}}D.rm{{垄脵垄脷垄脹}}6、与互为同分异构体的芳香族化合物有rm{(}rm{)}

A.rm{2}种B.rm{3}种C.rm{4}种D.rm{5}种7、常用一些图案标识危险化学品；化学物质与其图案标识相符的是。

A.氮气B.氮气C.浓盐酸D.浓硝酸8、下列实验装置图rm{(}有些图中部分夹持仪器未画出rm{)}能达到其实验目的是rm{(}rm{)}A.

证明酸性：盐酸rm{>}碳酸rm{>}苯酚B.

溴水褪色一定产生了乙烯C.

分离溴乙烷和水D.

实验室制取硝基苯9、大米的酸碱度是()A.中性食品B.碱性食品C.弱碱性食品D.酸性食品评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、（6分）某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的阳离子是___________________，且各离子的物质的量之比为___________________；肯定不含的阳离子是____________________。写出平行线段线所发生反应的离子方程式：11、(14分)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的ΔH＝－99kJ/mol。请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示__________、______________，E的大小对该反应的反应热有无影响？______________。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？____________；（2）图中ΔH＝__________kJ/mol；（3）如果反应速率v(SO2)为0．05mol/(L·min)，则v(O2)＝________mol/(L·min)（4）已知单质硫的燃烧热为296kJ/mol，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH＝____。12、已知有机物F是一种存在于某些植物的果、花等中的天然香料。又知：(i)乙酸酐的结构为(ii)同一个碳原子上连有两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基；(iii)工业上常用有机物G制取有机物F：某化学小组以有机物A(A是苯的同系物，分子式为C7H8；B中有五种不同化学环境的氢；C可与FeCl3溶液发生显色反应)为原料制取F的合成路线(部分反应条件及副产物已略去)如下：（1）有机物G中的含氧官能团为和____(填官能团名称)。G的分子式为。（2）A的化学名称为。由C生成D的反应类型为。（3）由B生成C的化学方程式为。（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：。Ⅰ．属于芳香族化合物；Ⅱ．苯环上有两个取代基；Ⅲ．核磁共振氢谱图上有4个吸收峰；IV．能发生银镜反应。（5）请写出以乙醇(CH3CH20H)为原料制备(是一种常用的有机溶剂)的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：13、沉淀溶解平衡也有平衡常数，称为溶度积常数，符号为Ksp，对于某沉淀溶解平衡：MmAn（s）mMn+（aq）+nAm－（aq），Ksp＝[c（Mn+）]m·[c（Am－）]n。（1）常温时，Fe（OH）3的Ksp＝1×10－38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全（残留在溶液中的c（Fe3+）＜10－5mol·L－1），则溶液的pH最小为____。（2）某温度时，在100g水中溶解0.74gCa（OH）2达到饱和，此时溶液的体积约为100mL，则该温度下Ca（OH）2的溶度积常数Ksp＝____。（写出计算过程）14、（1）将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，则乙硼烷的燃烧热的热化学方程式为______．

（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分为数步完成，这个过程的热效应是相同的．某化学过程如图所示，△H1、△H2、△H3三者之间的关系式为______．15、工业合成氨与制备硝酸一般可连续生产；流程如下：

(1)工业生产时，制取氢气的一个反应为：CO+H2O(g)⇌CO2+H2．t℃时，往1L密闭容器中充入0.2molCO和0.3mol水蒸气．反应建立平衡后，体系中c(H2)=0.12mol•L-1．该温度下此反应的平衡常数K=____________(填计算结果)．

(2)合成培中发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0．下表为不同温度下该反应的平衡常数．由此可推知，表中T1____________300℃(填“＞”；“＜”或“=”)．

。T/℃T1300T2K1.00×1072.45×1051.88×103(3)N2和H2在铁作催化剂作用下从145℃就开始反应，不同温度下NH3产率如图所示．温度高于900℃时，NH3产率下降的原因____________．

(4)在上述流程图中；氧化炉中发生反应的化学方程式为____________．

(5)硝酸厂的尾气含有氮的氧化物；如果不经处理直接排放将污染空气．目前科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮的氧化物还原为氮气和水，反应机理为：

CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ•mol-1

CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ•mol-1

则甲烷直接将N02还原为N2的热化学方程式为：____________．

(6)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，试写出该反应的化学方程式____________，科学家利用此原理，设计成氨气一氧气燃料电池，则通入氨气的电极是____________(填“正极”或“负极”)；碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为____________．16、研究物质的性质对于化学学习非常有帮助．

（1）泡沫灭火器使用时将浓硫酸铝溶液和浓碳酸氢钠溶液充分混合，在发泡剂的作用下，喷出大量气体，从而起到灭火的作用，请写出泡沫灭火器的原理______（写离子方程式）．

（2）下列说法不正确的是______．

A．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小；

B．物质的溶解度随温度的升高而增加；故物质的溶解都是吸热的；

C．欲除去CuSO4酸性溶液中的Fe3+；可以加入CuO，充分反应后过滤。

D．除溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3大。

E．沉淀反应中常加过量的沉淀剂；其目的是使沉淀完全．

（3）氯化铝的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：______．实验室在配制氯化铝的溶液时，常将氯化铝固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以______（填“促进”；“抑制”）其水解．

（4）对于Ag2S（s）⇌2Ag+（aq）+S2-（aq），其Ksp=______．（表达式）已知25℃时，Ksp（FeS）=8.1×10-17，试求FeS的溶解度______g．（Fe-56，S-32）．17、在配制氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的______．评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)18、（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。19、（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。20、（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。21、（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。评卷人得分四、有机推断题(共4题，共32分)22、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．23、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．24、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。25、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、计算题(共4题，共28分)26、常温时，将rm{0{.}05{mol}{/}L}盐酸和未知浓度的rm{NaOH}溶液以rm{1}rm{2}混合后，混合液的rm{pH}为rm{12}用上述rm{NaOH}溶液滴定rm{{pH}{=}3}的某一元弱酸rm{HA}的溶液rm{20mL}达到终点时，消耗rm{NaOH}溶液rm{12{.}5{mL}{.}}求：

rm{(1){NaOH}}溶液的物质的量浓度；

rm{(2)}一元弱酸rm{HA}的物质的量浓度；

rm{(3)}一元弱酸rm{HA}的电离平衡常数rm{.}27、将等物质的量的rm{A}rm{B}混合于rm{2L}的密闭容器中，发生如下反应：rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}经rm{5min}后，测得rm{D}的浓度为rm{0.5mol/L}rm{c(A)}rm{c(B)=3}rm{5}rm{C}的平均反应速率为rm{0.1mol/(L隆陇min)}求：rm{(1)}此时rm{A}的浓度rm{c(A)=}______________，反应开始前容器中的rm{A}rm{B}的物质的量：rm{n(A)=n(B)=}____________。rm{(2)}前rm{5min}内用rm{B}表示的平均反应速率rm{v(B)=}__________。rm{(3)}化学反应方程式中rm{x}的值为______________。rm{(4)5min}时物质rm{A}的转化率为______________。28、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rm{74.}取有机物样品rm{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rm{1.8g}和rm{3.52g}．

rm{(1)}试求该有机物的分子式rm{.(}写出具体计算过程rm{)}

rm{(2)}若该有机物的核磁共振氢谱图中出现rm{2}个吸收峰，面积比为rm{9}rm{1}写出其结构简式．29、将200mL稀硝酸与足量的铜粉在微热的条件下发生反应，经测定，生成了1.12LNO（标准状况）。试计算(1)参加反应的铜的质量；(2)该硝酸溶液中HNO3的物质的的量浓度；评卷人得分六、综合题(共2题，共20分)30、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．31、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】“粗盐的提纯”实验涉及溶解、过滤、蒸发、结晶等基本操作内容，四项操作从始至终均要使用玻璃棒（加速溶解、引流、防迸溅）。为达到提纯目的，过滤后要用澄清滤液进行蒸发，加热至蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干（最后用玻璃棒把固体转移到纸上，称量后回收）。【解析】【答案】D2、A【分析】【分析】正确答案：A

A．正确，电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl-－2e-=Cl2↑；

B．不正确，明矾净水时，主要反应的离子方程式为：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；

C．不正确，氢硫酸的电离方程式为：H2SH+＋HS-；

D．不正确，钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：O2＋4e-＋2H2O=4OH―。3、D【分析】解：A．甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体构型，但原子半径为Cl＞C＞H，则比例模型表示甲烷分子，而不能表示四氯化碳，四氯化碳的比例模型为：故A错误；

B．乙醛的官能团为-CHO，其结构简式为：CH3CHO；故B错误；

C．Cl的质子数为17，其离子核外有18个电子，其离子结构示意图为故C错误；

D．次氯酸钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，次氯酸根离子需要标出最外层电子及所带电荷，次氯酸钠的电子式为：故D正确；

故选D．

A．甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体构型；但原子半径为Cl＞C＞H；

B．乙醛的官能团为-CHO；

C．Cl的质子数为17；其离子核外有18个电子；

D．次氯酸钠为离子化合物；阴阳离子需要标出所带电荷．

本题考查化学用语，涉及电子式、结构简式、结构示意图及比例模型等，为高频考点，题目难度中等，试题基础性强，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键，选项A为解答的易错点．【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算。分子式为rm{C_{5}H_{10}O_{2}}的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为rm{5}讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目。【解答】分子式为rm{C_{5}H_{10}O_{2}}的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇；属于饱和一元酯；

若为甲酸和丁醇酯化，甲酸只有rm{1}种，丁醇有rm{4}种；

若为乙酸和丙醇酯化，乙酸只有rm{1}种，丙醇有rm{2}种；

若为丙酸和乙醇酯化，丙酸只有rm{1}种，乙醇只有rm{1}种；

若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有rm{2}种，甲醇只有rm{1}种；

故羧酸共有rm{5}种，醇共有rm{8}种，酸和醇重新组合可形成的酯共有rm{5隆脕8=40}种。

故选C。

【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键，题目难度不大。

rm{垄脵}rm{VIA}族中，rm{VIA}的非金属性最强，rm{O}rm{H}rm{H}中分子之间存在氢键；

rm{{,!}_{2}}醇；羧酸与水分子之间能形成氢键；

rm{O}对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键；

rm{O}稳定性与化学键有关；

rm{垄脷}元素的非金属性强弱和氢化物的稳定性有关。rm{垄脹}rm{垄脺}因第rm{垄脻}族中，【解答】的非金属性最强，rm{垄脵}rm{VIA}rm{VIA}中分子之间存在氢键，则rm{O}的熔、沸点比rm{H}族其他元素氢化物的高，故rm{H}正确；

rm{{,!}_{2}}小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则可以和水以任意比互溶，故rm{O}正确；

rm{O}对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故rm{H_{2}O}正确；

rm{VIA}水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}元素的非金属性不rm{垄脷}元素的非金属性强，所以水的稳定性大于硫化氢的稳定性，与氢键无关，故rm{垄脹}错误。

故选B。rm{垄脹}【解析】rm{B}6、D【分析】【分析】

本题考查有机物的官能团和结构，难度中等，同分异构体主要有三种：碳链异构、官能团位置异构、官能团类别异构，答题时注意把握题给信息，为解答该题的关键。

【解答】

分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{7}}rm{H}rm{H}若只有rm{{,!}_{8}}个侧rm{O.}rm{O.}rm{1}种链，含有苯环的同分异构体有若有，个侧链，含有苯环同分异构体有共共rm{2}种rm{.}种．

所以含有苯环同分异构体有rm{2}种rm{.}故D符合题意。

故选D。

rm{2}【解析】rm{D}7、D【分析】【分析】本题考查常见危险品的类别，题目难度不大，注意结合物质的性质和图表的含义解题。【解答】A.氮气不能燃烧；不是易燃气体，故A错误；

B.铜片无氧化性，不是氧化剂，故B错误；C.浓盐酸不是易燃液体，故C错误；D.浓硝酸有强腐蚀性；是腐蚀品，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}8、D【分析】解：rm{A.}盐酸易挥发；生成的二氧化碳中含有氯化氢，应先用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故A错误；

B.反应生成二氧化硫；二氧化硫能使溴水褪色，不一定是乙烯，故B错误；

C.溴乙烷和水不溶；可用分液分离，故C错误；

D.实验室制取硝基苯，用水浴加热，温度不超过rm{60隆忙}故D正确．

故选D．

A.盐酸易挥发；应排除盐酸的干扰；

B.反应生成二氧化硫；

C.溴乙烷和水不溶；

D.实验室制取硝基苯；用水浴加热．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、乙烯的检验、物质的分离以及硝基苯的制取等，侧重有机物性质及实验的考查，注意实验操作的评价性分析，有利于实验技能的夯实，题目难度不大．【解析】rm{D}9、D【分析】【分析】大米主要成分是淀粉；淀粉被水解成糖类，糖类（淀粉属于多糖)一般都是酸性的。

【点评】考查食物的酸碱性问题。注意是代谢后的产物酸碱性来考虑，而非食物的酸碱性。含氮硫的食物，一般为酸性食物；含钾、钙的食物，一般为碱性食物。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【解析】【答案】11、略

【分析】试题分析：化学反应过程中使用催化剂会降低反应的活化能，但不会影响反应的焓变；由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH＝－（296kJ/mol×3+99kJ/mol×3）=－1185kJ/mol。考点：化学反应中的能量变化。【解析】【答案】（1）反应物能量生成物能量没有影响降低（2）-198（3）0．0025（4）-1185kJ/mol12、略

【分析】试题分析：根据流程和有关信息可以得出A、B、C、D、E分别为（2）A的化学名称为甲苯，由C生成D的为在光照条件下的烷烃的取代反应；（3）该反应为水解反应；（4）根据条件判断其含有醛基、苯环、还有一个羟基，与E结构相似，故为位置异构；（5）醇可以脱水成醚，根据产物分析，可以有HOCH2CH2OH脱水形成，乙醇经过消去、加成水解等反应把官能团由少变多。考点：考查有机合成有关问题。【解析】【答案】（1）醛基羟基（2）甲苯取代反应（3）（4）（5）13、略

【分析】试题分析：（1）根据氢氧化铁的溶解平衡Fe（OH）3（s）3OH－（aq）＋Fe3＋（aq）可知，Ksp＝c（Fe3+）·c3（OH－）＝1×10－38。当溶液中铁离子浓度等于10－5mol·L－1时，溶液中c（OH－）＝＝＝1×10－11mol/L，则溶液中氢离子浓度＝1×10－14÷1×10－11＝1×10－3mol/L，所以溶液的pH＝3。（2）0.74gCa（OH）2的物质的量＝＝0.01mol则氢氧化钙的物质的量浓度＝＝0.1mol/L其中c（Ca2+）＝0.1mol·L－1c（OH－）＝2×0.1mol/L＝0.2mol·L－1根据氢氧化钙的溶解平衡Ca（OH）2（s）2OH－（aq）＋Ca2＋（aq）可知Ksp＝c（Ca2+）·c2（OH－）＝0.1×0.22＝4×10－3（mol3·L－3）考点：考查溶度积常数的有关计算和应用【解析】【答案】（1）3（4分）（2）Ca（OH）2的物质的量＝0.74g/74g·mol－1＝0.01mol2分c（Ca2+）＝0.01mol/0.1L＝0.1mol·L－1；1分c（OH－）＝0.02mol/0.1L＝0.2mol·L－11分Ksp＝c（Ca2+）·c2（OH－）2分＝0.1×0.22＝4×10－3（mol3·L－3）2分14、略

【分析】解：（1）0.3molB2H6气体在氧气中燃烧生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，则1molB2H6完全反应放出2165kJ热量，则该热化学反应方程式为B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ•mol-1；

故答案为：B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ•mol-1；

（2）化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与反应的途径无关．即如果一个反应可以分步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，将水蒸气既作为起态和始态，所以各反应热和为零，故答案为：△H1+△H2+△H3=0．

（1）0.3molB2H6气体在氧气中燃烧生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，则1molB2H6完全反应放出2165kJ热量；据此书写热化学反应方程式；

（2）化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关；而与反应的途径无关，即如果一个反应可以分步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，将水蒸气既作为起态和始态，所以各反应热和为零，由此分析解答．

本题是一个利用盖斯定律解题的一个典型题目，化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与反应的途径无关，比较容易．【解析】B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=-2165kJ•mol-1；△H1+△H2+△H3=015、略

【分析】解：(1)根据题意：CO+H2O(g)⇌CO2+H2

初始浓度：0.20.300

变化浓度：0.120.120.120.12

平衡时的浓度：0.080.180.120.12

则K==1；故答案为：1；

(2)对于放热反应，温度越高，则化学平衡逆向移动，导致平衡常数减小，所以T1＜300℃；故答案为：＜；

(3)对于放热反应；温度升高，则化学平衡向逆向移动，所以氨气的产率减小，故答案为：温度高于900℃时，平衡向左移动；

(4)氧化炉中是氨的催化氧反应，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

(5)根据题意：①CH4(g)+2NO2(g)═2NO(g)+CO2(g)+H2O(g)△H=×(-574kJ•mol-1)=-287kJ•mol-1；

CH4(g)+2NO(g)═N2(g)+CO2(g)+H2O(g)△H=×(-1160kJ•mol-1)=-580kJ•mol-1；

根据盖斯定律反应CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可以看成是①+②，所以△H=-287kJ•mol-1-580kJ•mol-1=-867kJ•mol-1；

故答案为：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ•mol-1；

(6)氨气在纯氧中燃烧，生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+5O2=4N2+6H2O，在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-→N2+6H2O，故答案为：4NH3+5O24N2+6H2O；负极；2NH3-6e-+6OH-→N2+6H2O．【解析】1;＜;温度高于900℃时，平衡向左移动;4NH3+5O24NO+6H2O;CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ•mol-1;4NH3+5O24N2+6H2O;负极;2NH3-6e-+6OH-→N2+6H2O16、略

【分析】解：（1）硫酸铝与碳酸氢钠在溶液中发生双水解，生成氢氧化铝、二氧化碳、硫酸钠，该离子反应为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

（2）A、氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，Ksp=c（Ag+）c（Cl-）；银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故A正确；

B；物质的溶解度大部分随温度的升高而增加；大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；故B错误；

C；氢氧化铝是难溶物质；存在沉淀溶解平衡和电离平衡；故C正确；

D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；故D错误；

E；为使离子完全沉淀；加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；故E正确；

故答案为：BD；

（3）AlCl3为强酸弱碱盐，Al3+水解：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；溶液呈酸性，实验室配制氯化铝溶液时，为了抑制水解，可以加入少量的盐酸，氯化铝溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铝；

故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；抑制；

（4）对于沉淀溶解平衡：Ag2S（s）⇌2Ag+（aq）+S2-（aq），一定温度下的饱和溶液中存在溶度积常数，Ksp=c（Ag+）2•c（S2-）；Ksp=8.1×10-17=c（Fe2+）×c（S2-），c（Fe2+）=c（S2-）==9×10-9mol/L，所以在1L溶液中溶解FeS的物质的量为9×10-9mol，在100mL即100g溶液中溶解FeS的质量为7.92×10-8g，所以其溶解度为7.92×10-8g；

故答案为：c（Ag+）2•c（S2-）；7.92×10-8．

（1）发生相互促进水解反应；生成氢氧化铝；二氧化碳、硫酸钠；

（2）A；依据氯化银沉淀溶解平衡分析；银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；

B；物质的溶解度大部分随温度的升高而增加；大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；

C；氢氧化铝是难溶物质；存在沉淀溶解平衡和电离平衡；

D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；

E；为使离子完全沉淀；加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；

（3）AlCl3为强酸弱碱盐，Al3+水解溶液呈酸性；氯化铝溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铝；

（4）依据沉淀溶解平衡的溶度积常数表示方法写出，溶度积等于溶液中离子浓度幂次方乘积；据Ksp=8.1×10-17，求算c（Fe2+）；从而求算1L溶液中溶解FeS的物质的量，再计算溶解度．

本题考查了盐类水解、平衡移动的影响因素、沉淀溶解平衡的计算应用、难溶物质的溶解度计算等知识，综合性较强，要求学生具有扎实的基础知识，考查了学生应用知识解决问题的能力，题目难度中等．【解析】Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；BD；酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；抑制；Ksp=c2（Ag+）c（S2-）；7.92×10-817、略

【分析】解：rm{FeCl_{3}}为强酸弱碱盐，rm{Fe^{3+}}离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}

在配制rm{FeCl_{3}}的溶液时，滴加少量盐酸，防止rm{Fe^{3+}}水解；

故答案为：盐酸．

氯化铁为强酸弱碱盐；水解呈酸性；配制氯化铁溶液时滴加少量盐酸的作用是抑制氯化铁的水解．

本题考查盐类水解的应用，注意盐类水解的原理是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】盐酸三、探究题(共4题，共8分)18、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为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）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）19、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）20、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为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）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）21、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、有机推断题(共4题，共32分)22、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH223、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH224、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl25、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.五、计算题(共4题，共28分)26、解：（1）设氢氧化钠的浓度为xmol/L，盐酸和氢氧化钠混合溶液中c（OH-）=mol/L=mol/L，=0.01；x=0.04；

故答案为：0.04mol/L；

（2）氢氧化钠和HA以1：1反应；NaOH溶液12.5mL和pH=3的某一元弱酸HA溶液20.0mL恰好完全反应生成NaA，则氢氧化钠和HA的物质的量相等；

设HA的浓度为ymol/L；

0.04mol/L×0.0125L=ymol/L×0.002L；

y==0.025；

故答案为：0.025mol/L；

（2）电离平衡常数K===4.5×10-5，故答案为：4.5×10-5。

答：氢氧化钠的物质的量浓度为：0.04mol/L；HA的物质的量浓度为：0.025mol/L；HA的平衡常数为：4.5×10-5。【分析】【分析】本题考查了rm{pH}的简单计算、电离平衡常数的计算等知识点，根据物质间的关系、混合溶液的rm{pH}电离平衡常数公式等知识点来分析解答即可，注意酸碱混合溶液中rm{pH}的计算方法，难度中等。的简单计算、电离平衡常数的计算等知识点，根据物质间的关系、混合溶液的rm{pH}电离平衡常数公式等知识点来分析解答即可，注意酸碱混合溶液中rm{pH}的计算方法，难度中等。rm{pH}【解答】设氢氧化钠的浓度为rm{(1)}设氢氧化钠的浓度为rm{xmol/L}盐酸和氢氧化钠混合溶液中rm{c(OH}盐酸和氢氧化钠混合溶液中rm{(1)}rm{xmol/L}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)=}rm{dfrac{10^{-14}}{10^{-12}}}rm{)=}rm{dfrac{2x-0.05隆脕1}{1+2}}rm{mol/L=}rm{mol/L=}

rm{dfrac

{10^{-14}}{10^{-12}}}

rm{mol/L}氢氧化钠和rm{mol/L}以rm{dfrac{2x-0.05隆脕1}{1+2}}rm{=0.01}rm{x=0.04}反应，rm{=0.01}溶液rm{x=0.04}和故答案为：rm{0.04mol/L}的某一元弱酸rm{0.04mol/L}溶液rm{(2)}氢氧化钠和rm{HA}以rm{1}rm{1}反应，rm{NaOH}溶液rm{12.5mL}和rm{pH=3}的某一元弱酸rm{HA}溶液rm{20.0mL}恰好完全反应生成rm{NaA}则氢氧化钠和rm{HA}的物质的量相等，恰好完全反应生成rm{(2)}则氢氧化钠和rm{HA}的物质的量相等，

rm{1}的浓度为rm{1}

rm{NaOH}

rm{12.5mL}rm{dfrac{0.04隆脕0.0125}{0.002}}rm{pH=3}

rm{HA}rm{20.0mL}rm{NaA}电离平衡常数rm{HA}rm{dfrac{c(H^{+})c(A^{-})}{c(HA)}}设rm{HA}的浓度为rm{ymol/L}rm{dfrac{10^{-3}隆脕10^{-3}}{0.025-10^{-3}}}rm{HA}rm{ymol/L}rm{0.04mol/L隆脕0.0125L=ymol/L隆脕0.002L}rm{0.04mol/L隆脕0.0125L=ymol/L隆脕0.002L}rm{y=}答：氢氧化钠的物质的量浓度为：rm{y=}rm{dfrac

{0.04隆脕0.0125}{0.002}}的物质的量浓度为：rm{=0.025}rm{=0.025}故答案为：rm{0.025}rm{mol/L}的平衡常数为：rm{0.025}rm{mol/L}【解析】解：rm{(1)}设氢氧化钠的浓度为rm{xmol/L}盐酸和氢氧化钠混合溶液中rm{c(OH^{-})=dfrac{2x-0.05隆脕1}{1+2}mol/L=dfrac{10^{-14}}{10^{-12}}mol/L}rm{dfrac{2x-0.05隆脕1}{1+2}=0.01}rm{c(OH^{-})=dfrac

{2x-0.05隆脕1}{1+2}mol/L=dfrac{10^{-14}}{10^{-12}}mol/L}

故答案为：rm{dfrac

{2x-0.05隆脕1}{1+2}=0.01}

rm{x=0.04}氢氧化钠和rm{0.04mol/L}以rm{(2)}rm{HA}反应，rm{1}溶液rm{1}和rm{NaOH}的某一元弱酸rm{12.5mL}溶液rm{pH=3}恰好完全反应生成rm{HA}则氢氧化钠和rm{20.0mL}的物质的量相等；

设rm{NaA}的浓度为rm{HA}

rm{HA}

rm{y=dfrac{0.04隆脕0.0125}{0.002}=0.025}

故答案为：rm{ymol/L}rm{0.04mol/L隆脕0.0125L=ymol/L隆脕0.002L}rm{y=dfrac

{0.04隆脕0.0125}{0.002}=0.025}电离平衡常数rm{0.025}rm{dfrac{c(H^{+})c(A^{-})}{c(HA)}}rm{mol/L}rm{dfrac{10^{-3}隆脕10^{-3}}{0.025-10^{-3}}}rm{(2)}电离平衡常数rm{K=}rm{(2)}rm{K=}rm{dfrac

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

{10^{-3}隆脕10^{-3}}{0.025-10^{-3}}}rm{=4.5隆脕10}的物质的量浓度为：rm{=4.5隆脕10}rm{{,!}^{-5}}，故答案为：rm{4.5隆脕10}的平衡常数为：rm{4.5隆脕10}rm{{,!}^{-5}}。27、（1）0.75mol/L3mol

（2）0.05mol/(L·min)

（3）2

（4）50%

【分析】【分析】本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响因素为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。【解答】将等物质的量的rm{A}rm{B}混合于rm{2L}的密闭容器中，经rm{5min}后，测得rm{D}的浓度为rm{0.5mol/L}生成的rm{D}为rm{2L隆脕0.5mol/L=1mol}则：

rm{3A(g)+B(g)}rm{3A(g)+B(g)}rm{?}

起始量rm{xC(g)+2D(g)}rm{xC(g)+2D(g)}rm{(mol)}rm{n}rm{n}

变化量rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}

rm{0.5x}时rm{1}rm{5min}rm{(mol)}rm{n-1.5}rm{n-0.5}

由于rm{0.5x}时rm{1}rm{5min}rm{c(A)}则rm{c(B)=3}rm{5}rm{(n-1.5)}解得rm{(n-0.5)=3}

rm{5}此时rm{n=3}的浓度rm{c(A)=dfrac{(3-1.5)mol}{2L}=0.75mol/L}反应开始前容器中的rm{(1)}rm{A}的物质的量rm{c(A)=dfrac

{(3-1.5)mol}{2L}=0.75mol/L}故答案为：rm{A}rm{B}

rm{(2)v(B)=dfrac{dfrac{0.5mol}{2