2025年北师大版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年北师大版高二化学下册阶段测试试卷209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6题，共12分)1、下列物质中属于非电解质的是A.BaSO4B.NaOHC.Na2O2D.NH32、下列叙述错误的是（）A.用水可区分苯和溴苯B.用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和3﹣己烯C.用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛D.用金属钠可区分乙醇和乙醚3、现有常温下的四种溶液rm{(}如下表rm{)}

。rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸rm{pH}rm{11}rm{11}rm{3}rm{3}下列有关叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.分别加水稀释rm{10}倍，四种溶液的rm{pH}rm{垄脷>垄脵>垄脺>垄脹}B.将rm{垄脹}rm{垄脺}分别稀释到rm{pH=5}由水电离出氢离子的浓度均减小rm{100}倍C.在rm{垄脵}rm{垄脷}中分别加入适量的氯化铵晶体后，rm{垄脵}的rm{pH}减小，rm{垄脷}的rm{pH}不变D.将rm{垄脵}rm{垄脺}两种溶液等体积混合，所得溶液中：rm{c(OH^{-})}rm{c(H^{+})>1}4、2003年春，广东、北京等地发生了非典型性肺炎，其原因是由病毒感染引起的。不少群众购买醋精用于室内消毒灭菌，这是因为醋精A.易溶于水B.能使蛋白质变性C.有酸性D.具有医疗保健作用5、已知醋酸的rm{Ka=1.8隆脕10^{隆陋5}}醋酸在水溶液中存在电离平衡：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{?}+H^{+}}下列说法不正确的是rm{CH_{3}COOH?

CH_{3}COO^{?}+H^{+}}rm{(}A.加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小B.若已知碳酸的rm{)}rm{Ka_{1}=4.3隆脕10^{隆陋7}}则醋酸的酸性比碳酸强C.加入碳酸钠，平衡向右移动D.加入醋酸钠，平衡向左移动rm{Ka_{2}=5.61隆脕10^{隆陋11}}6、下列各组物质只用一种试剂就可以鉴别的是rm{(}rm{)}A.甲烷、乙炔、乙烯、丙烯B.苯、甲苯、己烷C.rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{C_{6}H_{5}OH}rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}}rm{C_{6}H_{6}}评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)7、食品化学家A．SaariCsallany和ChristineSeppanen说，当豆油被加热到油炸温度（185℃）时，会产生如图所示高毒性物质，许多疾病和这种有毒物质有关，如帕金森症．下列关于这种有毒物质的判断正确的是（）A.该物质分子中含有两种官能团B.该物质的分子式为C9H15O2C.1mol该物质最多可以和2molH2发生加成反应D.该物质不能发生银镜反应8、下列粒子属于等电子体的是rm{(}rm{)}A.rm{CO}和rm{N_{2}}B.rm{CH_{4}}和rm{NH_{4}^{+}}C.rm{NH_{2}^{-}}和rm{H_{2}O_{2}}D.rm{HCl}和rm{H_{2}O}9、rm{25隆忙}时，用rm{2a}rm{mol?L^{-1}NaOH}溶液滴定rm{1.0L2a}rm{mol?L^{-1}HF}溶液，得到混合液中rm{HF}rm{F^{-}}的物质的量与溶液rm{pH}的变化关系如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=3}时，溶液中：rm{c(Na^{+})<c(F^{-})}B.当rm{c(F^{-})>c(HF)}时，一定有rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}C.rm{pH=3.45}时，rm{NaOH}溶液与rm{HF}恰好完全反应D.rm{pH=4}时，溶液中：rm{c(HF)+c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<2a}rm{mol?L^{-1}}10、氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（）A.再通入少量氯气，减小B.通入少量SO2，溶液漂白性增强C.加入少量固体NaOH，溶液呈中性时，c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）D.加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动11、下列物质久置于空气中，颜色发生变化的（）A.Na2SO4B.苯酚C.Na2O2D.CaO12、在恒温、恒容的密闭容器中进行反应rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉.}若rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉.}溶液的浓度由rm{H_{2}O_{2}}降到rm{2.0mol?L^{-1}}需rm{1.0mol?L^{-1}}那么rm{10s}浓度由rm{H_{2}O_{2}}降到rm{1.0mol?L^{-1}}所需的反应时间为rm{0.5mol?L^{-1}}rm{(}A.rm{)}rm{5}B.大于rm{s}rm{5}C.小于rm{s}rm{5}D.无法判断rm{s}13、根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是rm{(}rm{)}

。选项实验操作和现象结论rm{A}室温下，向苯酚钠溶液中通入足量rm{CO_{2}}溶液变浑浊．碳酸的酸性比苯酚的强rm{B}室温下，向浓度均为rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{BaCl_{2}}和rm{CaCl_{2}}混合溶液中滴加rm{Na_{2}SO_{4}}溶液，出现白色沉淀．rm{K_{sp}(BaSO_{4})<}

rm{K_{sp}(CaSO_{4})}rm{C}室温下，向rm{FeCl_{3}}溶液中滴加少量rm{KI}溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色．rm{Fe^{3+}}的氧化性比rm{I_{2}}的强rm{D}室温下，用rm{pH}试纸测得：rm{0.l}rm{mol?L^{-1}}rm{Na_{2}SO_{3}}溶液的rm{pH}约为rm{10}rm{0.1mol?L^{-1}}rm{NaHSO_{3}}溶液的rm{pH}约为rm{5}．rm{HSO_{3}^{-}}结合rm{H^{+}}的能力rm{SO_{3}^{2-}}的强A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}14、香草醛广泛用于食品、饮料、烟草、酒类、医药、化工和各类化妆用品等，是一种性能稳定、香味纯正、留香持久的优良香料和食品添加剂rm{.}其结构如图所示，下列说法不正确的是()A.香草醛的分子式为rm{C_{7}H_{8}O_{3}}B.加rm{FeCl_{3}}溶液，溶液不显紫色C.不能与rm{NaOH}溶液发生反应D.能发生银镜反应15、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.各组成元素质量分数相同的烃是同一种烃B.结构相似，组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的有机物是同系物C.能使溴的四氯化碳溶液褪色的烃一定是烯烃D.rm{C_{3}H_{6}}和rm{C_{4}H_{8}}不一定是同系物评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）

2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2△H＜0（II）

（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=______（用K1、K2表示）．

（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（II）达到平衡．测得10min内V（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n（Cl2）=______mol，NO的转化率а1=______．其它条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率а2______а1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K2______（填“增大”“减小”或“不变”）．

若要使K2减小，可采用的措施是______．

（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L‾1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3‾）、c（NO2-）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为______．（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L‾1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol•L‾1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是______．

A．向溶液A中加适量水B．向溶液A中加适量NaOH

C．向溶液B中加适量水D..向溶液B中加适量NaOH

（4）在25℃下，将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c（NH）=c（Cl-）．则溶液显______（填“酸”“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=______．

（5）水溶液中的行为是中学化学的重要内容．已知下列物质的电离常数值：

HClO：Ka=3×10-8HCN：Ka=4.9×10-10H2CO3：Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11

84消毒液（有效成份为NaClO）中通入少量的CO2，该反应的化学方程式为______．17、在不同温度下，rm{NaClO_{2}}溶液脱硫、脱硝的反应中rm{SO_{2}}和rm{NO}的平衡分压rm{p}rm{{,!}_{c}}如图所示。

rm{(1)}由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均rm{(}填“增大”“不变”或“减小”rm{)}rm{(2)}反应rm{ClO_{2}^{-}+2SO_{3}^{2-}?2SO_{4}^{2-}+Cl^{-}}的平衡常数rm{ClO_{2}^{-}+2SO_{3}^{2-}?

2SO_{4}^{2-}+Cl^{-}}表达式为。rm{K}18、请写出下列反应的化学反应方程式；并判断其反应类型．

（1）乙烯与溴的反应：______，属于______反应．

（2）由乙烯制聚乙烯：______，属于______反应．

（3）由苯制取溴苯：______，属于______反应．19、硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0

某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示．根据图示回答下列问题：

(1)将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中；反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa．该反应的平衡常数等于____________．(不需要写表达式)

(2)平衡状态由A变到B时；平衡常数K(A)____________K(B)(填“＞”；“＜”或“=”)．

(3)此反应在恒温密闭的装置中进行的；能充分说明此反应已达到平衡的标志是：____________(填字母)

A．接触室中气体的平均相对分子质量不再改变。

B．接触室中SO2、O2、SO3的浓度相同。

C．接触室中SO2、SO3的物质的量之比为2：1：2

D．接触室中压强不随时间变化而变化．20、为了研究化学反应rm{A+B=C+D}的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有rm{A}的试管中滴加试剂rm{B}时，看到rm{U}形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：rm{(1)}该反应为____________rm{(}填“放热”或“吸热”rm{)}反应。rm{(2)}反应物化学键断裂吸收的能量________rm{(}填“高”或“低”rm{)}于生成物化学键形成放出的能量。rm{(3)}写出一个符合题中条件的化学方程式：_______________________________。rm{(4)}已知稀溶液中，rm{1molH_{2}SO_{4}}与rm{NaOH}溶液恰好完全反应时，放出rm{114.6kJ}热量，写出表示rm{H_{2}SO_{4}}与rm{NaOH}反应的中和热的热化学方程式____________________________。rm{(5)}碳的燃烧热为rm{393.50kJ隆陇mol^{-1}}写出表示rm{C}燃烧热的热化学方程式：______________。评卷人得分四、其他(共2题，共8分)21、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。22、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。评卷人得分五、探究题(共4题，共36分)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。25、（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。26、（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。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共24分)27、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）。28、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：_____________。29、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）。30、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_______参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】试题分析：A．BaSO4是盐，属于电解；B．NaOH是碱，属于电解质；C．Na2O2是盐，属于电解质；选D。考点：本题考查非电解质的概念。【解析】【答案】D2、C【分析】【解答】解：A．苯；溴苯均不溶于水；苯的密度比水小，溴苯密度比水大，则与水分层现象不同，水可鉴别，故A正确；

B.3﹣己烯能被高锰酸钾氧化；己烷不能，则高锰酸钾溶液能区分，故B正确；

C．甲酸甲酯和乙醛均含﹣CHO；均与银氨溶液发生银镜反应，现象相同不能鉴别，故C错误；

D．乙醇与Na反应生成氢气；而乙醚与Na不反应，现象不同，可利用Na区分，故D正确；

故选C．

【分析】A．苯；溴苯均不溶于水；苯的密度比水小，溴苯密度比水大；

B.3﹣己烯能被高锰酸钾氧化；己烷不能；

C．甲酸甲酯和乙醛均含﹣CHO；

D．乙醇与Na反应生成氢气，而乙醚与Na不反应．3、D【分析】解：rm{A.}加水稀释促进弱电解质电离，rm{pH}相等的这几种溶液，强电解质的rm{pH}变化大，碱的rm{pH}减小，酸的rm{pH}增大，所以四种溶液的rm{pH}大小为rm{垄脵>垄脷>垄脺>垄脹}故A错误；

B.醋酸为弱电解质，将rm{垄脹}rm{垄脺}两种溶液分别稀释有rm{PH=3}到rm{PH=5}依据rm{c(OH^{-})c(H^{+})=10^{-14}}所以由水电离出氢离子的浓度均增大rm{100}倍；故B错误；

C.在氨水中加入氯化铵，抑制氨水的电离，溶液rm{pH}减小，在氢氧化钠溶液中中加入氯化铵，生成一水合氨，溶液rm{pH}减小；故C错误；

D.rm{PH=11}的氨水和rm{PH=3}的盐酸溶液，溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相同，等体积混合，由于氨水是弱电解质存在电离平衡，混合后氢离子全部反应反应，氨水又电离出氢氧根离子，所以所得溶液中：rm{c(OH^{-})}rm{c(H^{+})>1}故D正确；

故选D．

A.从加水促进弱电解质的电离的角度分析；

B.醋酸为弱电解质，将rm{垄脹}rm{垄脺}两种溶液分别稀释到rm{PH=5}依据水溶液中的离子积常数分析判断；

C.在氨水中加入氯化铵；抑制氨水的电离，在氢氧化钠溶液中加入氯化铵，生成一水合氨；

D.氨水平衡状态下电离出的氢氧根离子浓度和盐酸溶液中的氢离子浓度相等；等体积混合反应，结合氨水是弱电解质有电离出氢氧根离子分析判断．

本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特征，注意四种溶液离子浓度相等时，弱电解质浓度大，等体积时，弱电解质的物质的量多rm{.}稀释时促进弱电解质的电离．【解析】rm{D}4、B【分析】【解析】试题分析：病毒本身是蛋白质，而醋能够使蛋白质变性失去生物活性。所以选B。考点：化学与健康【解析】【答案】B5、A【分析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡、电离平衡常数和外界条件对电离平衡的影响。【解答】

rm{A.}加水稀释，溶液中氢氧根离子的浓度都增大，故A错误；加水稀释，溶液中氢氧根离子的浓度都增大，故A错误；

rm{A.}若已知碳酸的rm{B.}醋酸的电离平衡常数小；电离平衡常数越小，酸性越弱，则醋酸的酸性比碳酸强，故B正确；

C.加入碳酸钠；溶液中碳酸根结合氢离子，促进醋酸电离，平衡向右移动，故C正确；

D.加入醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度变大，抑制醋酸电离，平衡向左移动，故D正确。故选A。rm{Ka_{1}=4.3隆脕10^{-7}}【解析】rm{A}6、C【分析】解：rm{A.}乙炔；乙烯、丙烯均含不饱和键；则一种试剂不能鉴别，故A不选；

B.苯；甲苯、己烷均不溶于水；密度均比水小，则一种试剂不能鉴别，故B不选；

C.分别氢氧化铜混合的现象为：砖红色沉淀；蓝色溶液、无现象；现象不同可鉴别，故C选；

D.rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}}rm{C_{6}H_{6}}均不溶于水；密度均比水小，则一种试剂不能鉴别，故D不选；

故选C．

A.乙炔；乙烯、丙烯均含不饱和键；

B.苯；甲苯、己烷均不溶于水；密度均比水小；

C.利用氢氧化铜可鉴别；

D.rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}}rm{C_{6}H_{6}}均不溶于水；密度均比水小．

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握有机物的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}二、双选题(共9题，共18分)7、B|C【分析】解：A．含碳碳双键；-CHO、-OH三种官能团；故A错误；

B．该物质的分子式为C9H15O2；故B正确；

C．-CHO与碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多可以和2molH2发生加成反应；故C正确；

D．含-CHO；能发生银镜反应，故D错误；

故选BC．

由结构可知；分子中含碳碳双键；-CHO、-OH，结合烯烃、醛、醇的性质来解答．

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，注意烯烃、醛的性质，题目难度不大．【解析】【答案】BC8、rAB【分析】解：rm{A}rm{CO}和rm{N_{2}}原子数相等，价电子数分别是rm{4+6=10}rm{5隆脕2=10}是等电子体，故A正确；

B、rm{CH_{4}}和rm{NH_{4}^{+}}质子数都是rm{10}个电子数也是rm{10}个，原子数都是rm{5}是等电子体，故B正确；

C、rm{NH_{2}^{-}}和rm{H_{2}O_{2}}原子数不同，不属于等电子体，故C错误；

D、rm{HCl}和rm{H_{2}O}原子数不同，不是等电子体，故D错误．

故选：rm{AB}．

等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒，根据“原子的核内质子数rm{=}核外电子数”；分别计算各组中电子数目，便可知是否为等电子体了，由此分析解答．

本题考查了等电子体的含义，解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，只有这样才能对问题做出正确的判断．【解析】rm{AB}9、rAD【分析】解：rm{A.pH=3}时，rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}溶液中存在rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(F^{-})}则rm{c(F^{-})>c(Na^{+})}故A正确；

B.当rm{pH>3.45}时，rm{c(F^{-})>c(HF)}溶液可能呈酸性；中性或碱性，故B错误；

C.rm{HF}为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当rm{pH=3.45}时rm{HF}酸过量；故C错误；

D.当rm{pH=4}时，混合溶液体积大于rm{1.0L}rm{c(F^{-})<1.6amol/L}rm{c(HF)<0.4amol/L}溶液中存在rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(F^{-})}

rm{c(F^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<1.6amol/L}则rm{c(HF)+c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<2amol?L^{-1}}故D正确．

故选AD．

A.rm{pH=3}时，rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}结合溶液的电荷守恒判断；

B.当rm{pH>3.45}时，rm{c(F^{-})>c(HF)}结合图象分析；

C.rm{HF}为弱酸；恰好反应时溶液应成碱性；

D.可根据rm{pH=4}时；溶液电荷守恒判断．

本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意把握图象的曲线变化特点，为解答该题的关键，注意rm{HF}为弱电解质的特点．【解析】rm{AD}10、C|D【分析】解：在氯水中存在如下平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO、H2O⇌H++OH-、HClO⇌H++ClO-．

A．氯气溶于水达到平衡后，再通入少量氯气，此时已经为饱和溶液，浓度比值不变；故A错误；

B、通入少量SO2，发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；平衡左移，HClO的浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；

C、加入少量固体过氧化钠，反应后溶液中阴阳离子所带正负电荷总数相等，故存在c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（ClO-），溶液呈中性，则有：c（H+）=c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）；故C正确；

D；加入少量水；溶液酸性减弱，促进水的电离，水的电离平衡向正反应方向移动，故D正确．

故选CD．

A；氯气与水的反应；加入氯气，溶液为饱和溶液；

B；通入二氧化硫；其与氯气反应生成无漂白性的盐酸和硫酸，平衡左移，漂白性减弱；

C、根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-））+c（ClO-）+c（OH-），加入少量固体NaOH，溶液为中性时c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）；

D；氯气与水的反应；加入水，溶液酸性减弱，促进水的电离．

本题既考查了化学平衡，又考查了电离平衡，注意次氯酸是一种弱电解质，在增加HClO时，其电离程度减小，在水中加酸或碱都抑制了水的电离．【解析】【答案】CD11、B|C【分析】解：A．硫酸钠性质稳定；久置于空气中不发生变化，颜色不变，故A错误；

B．苯酚久置在空气；被氧化而显粉红色，故B正确；

C．Na2O2久置在空气中反应生成碳酸钠；颜色由淡黄色变为白色，故C正确；

D．CaO久置在空气中生成氢氧化钙；二者都是白色，所以颜色不变，故D错误；

故选：BC．

A．硫酸钠性质稳定；久置于空气中不发生变化；

B．苯酚具有还原性；在空气中放置容易被氧化；

C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠；

D．CaO与水反应生成氢氧化钙．

本题考查了反应的现象，明确物质的性质是解题关键，注意苯酚与三价铁离子显紫色．【解析】【答案】BC12、rAB【分析】解：rm{H_{2}O_{2}}的浓度由rm{2.0mol/L}降到rm{1.0/L}时的平均反应速率为rm{dfrac{2.0mol/L-1.0mol/L}{10s}=0.1mol/(L.s)}如速率不变，则rm{dfrac

{2.0mol/L-1.0mol/L}{10s}=0.1mol/(L.s)}浓度由rm{H_{2}O_{2}}降到rm{1.0mol?L^{-1}}所需的反应时间为rm{dfrac{1mol/L-0.5mol/L}{0.1mol/(Lcdots)}=5s}但随着反应的进行，反应速率逐渐减小，则需要时间大于rm{0.5mol?L^{-1}}．

故选B．

先计算反应物rm{dfrac

{1mol/L-0.5mol/L}{0.1mol/(Lcdots)}=5s}的浓度由rm{5s}降到rm{H_{2}O_{2}}时的平均反应速率，再假设以相同的反应速率计算反应物rm{2.0mol/L}的浓度由rm{1.0/L}降到rm{H_{2}O_{2}}所需反应时间；由于随反应进行反应速率降低，实际上反应所需时间比这个时间长，据此分析解答．

本题考查了化学反应速率的有关计算，为高频考点，难度不大，明确化学反应速率是平均值不是瞬时值，化学反应速率随浓度的变化而变化．rm{1.0mol/L}【解析】rm{AB}13、rBD【分析】解：rm{A.}向苯酚钠溶液中通入足量rm{CO_{2}}溶液变浑浊，生成苯酚，为强酸制取弱酸的反应，则碳酸的酸性比苯酚的强，故A正确；

B.硫酸钡、硫酸钙均为白色沉淀，则由现象不能比较rm{K_{sp}(BaSO_{4})}rm{K_{sp}(CaSO_{4})}故B错误；

C.向rm{FeCl_{3}}溶液中滴加少量rm{KI}溶液，发生氧化还原反应生成碘，则rm{Fe^{3+}}的氧化性比rm{I_{2}}的强；故C正确；

D.由rm{pH}可知，rm{HSO_{3}^{-}}的电离大于其水解，则rm{HSO_{3}^{-}}结合rm{H^{+}}的能力rm{SO_{3}^{2-}}的弱；故D错误；

故选BD．

A.向苯酚钠溶液中通入足量rm{CO_{2}}溶液变浑浊，生成苯酚，为强酸制取弱酸的反应；

B.硫酸钡；硫酸钙均为白色沉淀；

C.向rm{FeCl_{3}}溶液中滴加少量rm{KI}溶液；发生氧化还原反应生成碘；

D.由rm{pH}可知，rm{HSO_{3}^{-}}的电离大于其水解．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握强酸制取弱酸、沉淀生成、氧化还原反应、水解与电离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{BD}14、BC【分析】略【解析】rm{BC}15、rBD【分析】解：rm{A.}各组成元素质量分数相同的烃不一定是同一种烃；如乙炔与苯，为不同种类的烃；正戊烷与异戊烷；新戊烷，互为同分异构体，故A错误；

B.同系物是结构相似，组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的有机物；故B正确；

C.能使溴的四氯化碳溶液褪色的烃是烯烃；炔烃；和溴单质发生加成反应褪色，苯及其苯的同系物萃取褪色，故C错误；

D、若rm{C_{3}H_{6}}为烯烃，rm{C_{4}H_{8}}为环烷烃，结构不相似，不是同系物，若rm{C_{3}H_{6}}为烯烃，rm{C_{4}H_{8}}为烯烃；结构相似，是同系物，故D正确；

故选BD

A.最简式相同的烃各组成元素质量分数相同；互为同分异构体的烃各组成元素质量分数相同；

B.同系物指结构相似、通式相同，组成上相差rm{1}个或者若干个rm{CH_{2}}原子团；具有相同官能团的化合物；

C.能使溴的四氯化碳溶液褪色的烃是烯烃；炔烃或苯及其苯的同系物；

D.rm{C_{3}H_{6}}和rm{C_{4}H_{8}}可能是烯烃或环烷烃；结构不一定相似；

本题考查同系物和同分异构体等，题目难度不大，注意同系物具有结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，属于有机物，而同分异构体，分子式相同，结构不同、物理性质不同、不同类时化学性质不同，多为有机物．【解析】rm{BD}三、填空题(共5题，共10分)16、略

【分析】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）

2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2△H＜0（II）

根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K=

故答案为：

（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则△n（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol；

由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15mol×=0.075mol；故平衡时氯气的物质的量为0.1mol-0.075mol=0.025mol；

参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为×100%=75%；

其它条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，正向移动时物质的量减小，相当于压强增大，正向进行的程度增大，则平衡时NO的转化率а2＞а1；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡常数增大；

故答案为：0.025；75%；＞；不变；升高温度；

（3）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L-1的CH3COONa溶液；

HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol•L-1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）和c（CH3COO-）由大到小的顺序为c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；

A．溶液B碱性大于A溶液；向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故A错误；

B．向溶液A中加适量NaOH；增大碱性，可以调节溶液pH相等，故B正确；

C．向溶液B中加适量水；稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故C正确；

D．溶液B碱性大于A溶液；向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故D错误；

故答案为：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；BC；

（4）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===

故答案为：中；

（5）由Ka可知碳酸的酸性大于HClO的酸性，则84消毒液（有效成份为NaClO）中通入少量的CO2，该反应的化学方程式为NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；

故答案为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO．

（1）2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）

2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2△H＜0（II）

根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）；则该反应平衡常数为Ⅰ的平衡常数平方与Ⅱ的平衡常数的商；

（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则△n（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol；由方程式计算参加反应NO；氯气的物质的量，进而计算平衡时氯气的物质的量、NO的转化率；

其它条件保持不变；反应（II）在恒压条件下进行，正向移动时物质的量减小，相当于压强增大；

平衡常数只受温度影响；温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡常数增大；

（3）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L；

HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol•L-1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性；溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液；

（4）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=

（5）由Ka可知酸性；发生强酸制取弱酸的反应．

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡移动、焓变计算、电离平衡常数计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，综合性较强，题目难度中等．【解析】0.025；75%；＞；不变；升高温度；c（NO3‾）＞c（NO2-）＞c（CH3COO‾）；BC；中；NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO17、（1）减小（2）【分析】【分析】本题考查化学平衡常数，难度不大。【解答】rm{(1)}由图分析可知，根据反应rm{3ClO}由图分析可知，根据反应rm{(1)}rm{3ClO}rm{{,!}_{2}^{-}}rm{+4NO+4OH}rm{+4NO+4OH}rm{{,!}^{-}}rm{=4NO}rm{=4NO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+3Cl}rm{+3Cl}rm{{,!}^{-}}的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，rm{+2H}的平衡分压越大，rm{+2H}的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为：减小；

rm{{,!}_{2}}根据反应的方程式rm{O}rm{NO}的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，rm{NO}的平衡分压越大，rm{NO}的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为：减小；rm{O}rm{NO}rm{NO}rm{NO}rm{(2)}根据反应的方程式rm{ClO}rm{(2)}rm{ClO}rm{{,!}_{2}^{-}}表达式为rm{K=dfrac{;c(C{l}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?});}{c(Cl{{O}_{2}}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?})}}，故答案为：rm{K=dfrac{;c(C{l}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?});}{c(Cl{{O}_{2}}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?})}}rm{+2SO}【解析】rm{(1)}减小rm{(2)K=dfrac{;c(C{l}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?});}{c(Cl{{O}_{2}}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?})}}rm{(2)K=

dfrac{;c(C{l}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?});}{c(Cl{{O}_{2}}^{?}){c}^{2}(S{{O}_{4}}^{2?})}

}18、略

【分析】解：（1）乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；该反应属于加成反应；

故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；加成；

（2）乙烯在一定条件下能够发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为：nCH2=CH2该反应属于加聚反应；

故答案为：nCH2=CH2加聚；

（3）在催化剂的作用下，苯环上的氢原子溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，反应的化学方程式为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；该反应属于取代反应；

故答案为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；取代．

（1）乙烯分子中含有碳碳双键；能够与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷；

（2）乙烯在一定条件下能够发生加聚反应生成聚乙烯；

（3）苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；该反应为取代反应．

本题考查了有机反应方程式的书写及反应类型的判断，题目难度中等，注意掌握书写化学方程式的方法，明确有机反应原理及反应类型为解答本题的关键．【解析】CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；加成；nCH2=CH2加聚；C6H6+Br2C6H5Br+HBr；取代19、略

【分析】解：(1)反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa，由图可知，SO2的平衡转化率α=0.80；参加反应的二氧化硫为2mol×80%=1.6mol，则：

2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)

开始(mol)：210

变化(mol)：1.60.81.6

平衡(mol)：0.40.21.6

所以平衡时浓度：c(SO2)=0.04mol/L，c(O2)=0.02mol/L，c(SO3)=0.16mol/L，故平衡常数k==800；故答案为：800；

(2)平衡状态由A变到B时；改变的是压强，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故平衡常数K(A)=K(B)，故答案为：=；

(3)A．气体的总质量不变；随反应进行，气体的物质的量减小，平均相对分子质量增大，平均相对分子质量不变，说明到达平衡状态，故A正确；

B．平衡时接触室中SO2、O2的浓度一定不相同；开始物质的量为2：1，按2：1反应，平衡时二者的物质的量之比为2：1，浓度之比为2：1，故B错误；

C．平衡时接触室中SO2、O2、SO3物质的量之比可能为2：1：2；可能不是2：1：2，与二氧化硫的转化率有关，故C错误；

D．随反应进行；气体的物质的量减小，接触室中压强减小，压强不随时间变化而变化，说明到达平衡状态，故D正确．

故答案为：AD．【解析】800;=;AD20、（1）放热

（2）低

（3）2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑

（4）NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol

（5）C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1【分析】【分析】本题考查了化学反应中的吸热反应与放热反应，热化学方程式的书写，注意掌握化学反应中能量变化与反应物、生成物总能量的关系，明确化学键断裂、形成与化学反应能量变化的关系。【解答】rm{(1)}由于发生反应rm{A+B篓TC+D}rm{U}型管中甲处液面下降乙处液面上升；根据气体具有热胀冷缩的性质可以判断该反应为放热反应；

故答案为：放热；

rm{(2)}化学反应中旧键断裂吸收能量；新键生成放出能量，该反应为放热反应，则反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量；

故答案为：低；

rm{(3)}该反应为放热反应，且不需要加热既能够发生，如铝与稀盐酸的反应，反应的化学方程式为：rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}

故答案为：rm{2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{(4)1molH_{2}SO_{4}}溶液与足量rm{NaOH}溶液完全反应，放出rm{114.6kJ}的热量，即生成rm{2mol}水放出rm{114.6kJ}的热量，反应的反应热为rm{-114.6kJ/mol}

中和热为rm{-57.3kJ/mol}则中和热的热化学方程式：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}

故答案为：rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}

H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}rm{NaOH(aq)+dfrac{1}{2}

H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}rm{(5)}则碳的燃烧热化学方程式为：碳的燃烧热为rm{393.50kJ隆陇mol}rm{393.50kJ隆陇mol}

故答案为：rm{{,!}^{-1}}rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{娄陇H=-393.5kJ隆陇mol^{-1}}【解析】rm{(1)}放热rm{(2)}低rm{(3)2Al+6HCl=AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{(4)NaOH(aq)+dfrac{1}{2}H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}rm{(4)NaOH(aq)+dfrac{1}{2}

H_{2}SO_{4}(aq)=dfrac{1}{2}Na_{2}SO_{4}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}rm{(5)C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{娄陇H=-393.5kJ隆陇mol^{-1}}四、其他(共2题，共8分)21、略

【分析】【解析】【答案】AEF22、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2五、探究题(共4题，共36分)23、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）24、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）25、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）26、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Cu2