2025年人教新课标高二化学上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2025年人教新课标高二化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、八角茴香是中国传统的香料和中药，八角茴香含有一种重要成分莽草酸，莽草酸是目前世界上被证明是对抗禽流感的唯一良方—“达菲”的原材料。莽草酸的结构简式为：下列关于莽草酸的说法正确的是A.该化合物的分子式为C7H11O5B.该化合物的分子处于同一平面的原子只有4个C.该化合物可以与溴水、NaOH、NaHCO3发生反应D.该化合物在浓硫酸作用下加热不能制备得到2、1993年一位农民偶然发现他的一头小母牛食用腐败草料后，血液不会凝固。一位化学家由此得到启发，从腐败草料中提取出结构简式为的双香豆素。关于双香豆素的下列推论中错误是A.有望将它发展制得一种抗凝血药B.它无嗅并略具芳香味，因而可用来制备致命性出血型的杀鼠药C.它可由化合物和甲醛（HCHO）通过缩合反应制得D.它易溶于水、乙醇、乙醚等有机溶剂3、某种ABS工程树脂，由丙烯腈（CH2=CHCN，符号A）、1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2，符号B）和苯乙烯（符号S）按一定配比共聚而得．经元素分析可知该ABS样品的组成为CaHbNc（a、b、c为正整数），则原料中A和B的物质的量之比用a、b、c表示是（）A.B.C.D.无法确定4、化学与生活密切相关．下列生活中常见物质的俗名与化学式相对应的是（）A.小苏打--Na2CO3B.生石灰--Ca（OH）2C.甲醛--CH3OHD.烧碱--NaOH5、下列叙述正确的是()A.同质量的rm{H_{2}}和rm{Cl_{2}}相比，rm{H_{2}}的分子数多B.rm{Na_{2}O_{2}}的摩尔质量为rm{78g}C.rm{0.1molH_{2}SO_{4}}含有氢原子数的精确值为rm{1.204隆脕10^{23;;;}}D.rm{1molKCl}含有阿伏加德罗常数个rm{KCl}分子6、已知化合物rm{B_{3}N_{3}H_{6}(}硼氮苯rm{)}与rm{C_{6}H_{6}(}苯rm{)}的分子结构相似，如图所示：则硼氮苯的二氯取代物rm{B_{3}N_{3}H_{4}Cl_{2}}的同分异。

构体的数目为rm{(}rm{)}A.rm{2}B.rm{3}C.rm{4}D.rm{6}7、下列关于糖类、蛋白质、油脂的说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.它们的组成元素中都有rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}等元素B.在一定条件下，它们都能发生水解反应C.人体需要的二十多种氨基酸都可以通过人体自身合成D.油脂分为油和脂肪，它们都是高级脂肪酸的甘油酯8、苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式为有关苯丙酸诺龙的说法不正确的是rm{(}rm{)}

A.含有两种官能团B.含有脂环C.是一种芳香化合物D.含有酯基9、rm{DAP}是电器和仪表部件中常用的一种合成高分子化合物；它的结构简式为：

则合成此高分子的单体可能是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}乙烯rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{垄脷}丙烯rm{CH_{3}CH=CH_{2}垄脹}丙烯醇rm{HOCH_{2}CH=CH_{2}垄脺}邻苯二甲酸rm{垄脻}邻苯二甲酸甲酯A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脹垄脺}C.rm{垄脷垄脺}D.rm{垄脹垄脻}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)10、水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=}常数，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.图中温度rm{T_{1}>T_{2}}B.图中五点rm{Kw}间的关系：rm{B>C>A=D=E}C.曲线rm{a}rm{b}可以表示纯水的电离情况D.若处在rm{B}点时，将rm{pH=2}的硫酸溶液与rm{pH=11}的rm{KOH}溶液等体积混合后，溶液显酸性11、列有关事实及原因的分析中，错误的是rm{(}rm{)}

。事实原因rm{A}稀有气体的晶体属于原子晶体其组成微粒是原子rm{B}键的极性rm{H-O>H-S}氧的电负性强于rm{S}的电负性rm{C}rm{HF}稳定性比rm{HI}强rm{HF}分子间能形成氢键而rm{HI}不能rm{D}金刚石的熔沸点高于晶体硅rm{C-C}键能大于rm{Si-Si}键能A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}12、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液rm{.}下列对此现象说法正确的是rm{(}rm{)}A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后rm{Cu^{2+}}的浓度不变B.在rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}离子中，rm{Cu^{2+}}提供空轨道，rm{NH_{3}}给出孤对电子C.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}13、在下列变化过程中，有发生化学变化的是（）A.荔枝酿酒B.酸雨侵蚀建筑物C.空气液化制取氮气D.生石灰遇水成为熟石灰14、下表所列物质晶体的类型全部正确的一组是（）

。序号原子晶体离子晶体分子晶体A氮化硅磷酸单质硫B单晶硅碳酸氢铵白磷C金刚石烧碱冰D铁尿素冰醋酸A.AB.BC.CD.D15、酸式盐NaHB在水溶液中，HB-的电离程度小于HB-的水解程度，下列说法正确的是（）A.NaHB的存在抑制了水的电离B.HB-水解方程式：HB-+H2O⇌H3O++B2-C.相同物质的量浓度溶液的pH值：NaHB＞Na2BD.溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（H+）16、能正确表示下列反应的离子反应方程式为rm{(}rm{)}A.rm{NH_{4}HCO_{3}}溶于过量的浓rm{KOH}溶液中：rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+NH_{3}隆眉+2}rm{H_{2}O}B.向明矾溶液中滴加rm{Ba(OH)_{2}}溶液，恰好使rm{SO_{4}^{2-}}沉淀完全：rm{2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}+3Ba^{2+}+6OH}rm{{,!}^{-}篓T2}rm{Al(OH)_{3}隆媒+3BaSO_{4}隆媒}C.向rm{FeBr_{2}}溶液中通入足量氯气：rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2}rm{Fe^{3+}+2Br_{2}+6}rm{Cl^{-}}D.醋酸除去水垢：rm{2H^{+}+CaCO_{3}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}17、某油脂的结构简式为关于该油脂的说法正确的是rm{(}rm{)}A.没有固定的熔沸点B.能发生氢化反应C.在碱性溶液中能发生皂化反应D.是饱和的高级脂肪酸评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、（1）10mLpH＝4的盐酸，稀释10倍到100mL时，pH＝__________。（2）常温下，pH＝5和pH＝3的盐酸溶液等体积混合后溶液的pH＝__________。（3）某温度（t℃）时，水的KW=10-13，则该温度______25℃（填大于、等于或小于），理由是_________________________________________________;将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合，①若所得混合溶液为中性，则a：b=_________；②若所得混合溶液pH=2，则a：b=__________。19、（16分）化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。（1）机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。①气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H＞0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点原因、。②汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，若设想按下列反应除去CO：2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)ΔH>0，该设想能否实现？（选填“能”或“不能”），依据是。（2）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有1/3与水反应。该反应的离子方程式为，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中Cl—浓度（选填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）一定条件下，Fe3+和I—在水溶液中的反应是2I—+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，且温度不变，上述平衡向（选填“正反应”或“逆反应”）方向移动。请设计一种使该反应的化学平衡逆向移动的实验方案。20、（10分）下图是研究铜与浓硫酸的反应装置：（1）A试管中发生反应的化学方程式为。（2）反应一段时间后，可观察到B试管中的现象为。（3）C试管口浸有NaOH溶液的棉团作用是。（4）实验结束后，证明A试管中反应所得产物是否含有铜离子的操作方法是。（5）在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料。。资料1附表铜与浓硫酸反应产生黑色物质的相关性质资料2X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为Cu2S、CuS、Cu7S4中的一种或几种。仅由上述资料可得出的正确结论是。A．铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个B．硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质；C．该反应发生的条件之一是硫酸浓度≥15mol·LD．硫酸浓度越大，黑色物质越快出现、越难消失21、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（△H＜0）

（1）写出该反应的化学平衡常数表达式K=______

（2）降低温度，该反应K值______，二氧化硫转化率______，化学反应速度______（以上均填增大；减小或不变）

（3）600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于第一次平衡状态的时间是______．

（4）据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是______（用文字表达），10-15min的曲线变化的原因能是______（填写编号）

a．加了催化剂b．缩小容器体积c．降低温度d．增加SO3的物质的量．22、材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础．

rm{垄脵}下列属于复合材料的是______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.}有机玻璃rm{b.}钢化玻璃rm{c.}玻璃钢rm{d.}石英玻璃。

rm{垄脷1928}年美国杜邦公司首先合成了尼龙，由尼龙制成的尼龙丝耐磨、柔韧、有光泽，可作为丝绸的代替品，尼龙属于______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.}有机高分子材料rm{b.}无机非金属材料rm{c.}金属材料．23、测定铜合金中铜的含量，可以用稀硝酸来溶解样品，也可以用双氧水和稀盐酸溶解样品，其反应的化学方程式为：假设样品中其他成分不与稀硝酸、双氧水和盐酸反应。①写出铜与稀硝酸反应的离子方程式并标出电子转移的方向和数目____________________。②在铜与双氧水、盐酸的反应中氧化剂是______________________________，若有2mol的H2O2参加反应，则电子转移的物质的量是_______________。③用双氧水和稀盐酸溶解样品与用稀硝酸溶解样品相比较，哪种更好？为什么？____________________。④若称取样品的质量为ag，用足量的双氧水溶解后，剩余残渣经过洗涤干燥称得质量是bg，则样品中含铜的质量分数为__________。24、一定温度下，有rm{a.}盐酸、rm{b.}硫酸、rm{c.}醋酸三种酸rm{(}用rm{a}rm{b}rm{c}回答rm{)}．

rm{(1)}当其物质的量浓度相同时rm{.c(H^{+})}由大到小的顺序是______，rm{pH}由大到小的顺序是______．

rm{(2)}同体积、同物质的量浓度的三种酸溶液，中和rm{NaOH}的能力由大到小的顺序是______．

rm{(3)}当rm{c(H^{+})}相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为______．

rm{(4)}当rm{pH}相同、体积相同时，分别加入足量锌，相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序为______．评卷人得分四、计算题(共2题，共4分)25、在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1．4g。（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。（2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能各是多少。26、（6分）有一硝酸盐晶体，分子式为M(NO3)x·nH2O，经测定其摩尔质量为242g/mol。取1.21g此晶体溶于水，配制成100mL溶液。将其置于电解池中用惰性材料为电极进行电解。经测定，当有0.01mol电子通过电极时，溶液中全部金属离子即在阴极上析出，电极增重0.32g。计算：（写出计算过程）(1)1.21g此盐晶体的物质的量是多少？x值是多少？(2)求M的相对原子质量和n值。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共18分)27、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。28、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去29、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分六、其他(共3题，共27分)30、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。31、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应32、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】试题分析：根据有机物的结构简式可知，该有机物的化学式是C7H10O5，A不正确；由于碳碳双键是平面型结构，则该化合物的分子处于同一平面的原子一定超过4个，B不正确；分子中含有碳碳双键、羟基和羧基，所以该化合物可以与溴水、NaOH、NaHCO3发生反应，C正确；通过羟基的消去反应，可以生成D不正确，答案选C。考点：考查有机物的结构和性质【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】【答案】B3、A【分析】解：由N原子守恒可知，CaHbNc～cC3H3N，则设C4H6和C8H8的系数为x和y；

cC3H3N+xC4H6+yC8H8CaHbNc；

由碳；氢元素原子个数反应前后个数不变可得：

3c+4x+8y=a

3c+6x+8y=b

解得：x=

故丙烯腈和1，3-丁二烯的分子物质的量之比为c：==

故选A．

根据ABS组成中的氮原子数可确定单体A的个数，再根据三种单体分子与CaHbNc中碳、氢含量利用原子守恒计算出用a、b表示的B的物质的量；最后计算出原料中A和B的物质的量之比．

本题考查了加聚反应的简单计算，题目难度中等，注意明确计算过程中原子守恒的应用，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．【解析】【答案】A4、D【分析】解：A、小苏打是NaHCO3，Na2CO3俗称苏打；故A错误；

B、生石灰是CaO，Ca（OH）2俗称熟石灰；故B错误；

C、甲醛的化学式为HCHO，CH3OH为甲醇；俗称蚁醇，故C错误；

D；烧碱为NaOH；又俗称苛性钠和火碱，故D正确．

故选D．

A、小苏打是NaHCO3；

B；生石灰是CaO；

C；甲醛的化学式为HCHO；

D；烧碱为NaOH．

本题考查了常见物质的俗称和化学式，应注意的是烧碱为NaOH，纯碱为碳酸钠．【解析】【答案】D5、A【分析】【分析】本题考查微粒数目计算、阿伏伽德罗常数、摩尔质量等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握。【解答】由rm{A}、rm{A}可知rm{.}由rm{n=dfrac{m}{M}}、rm{N=nN_{A}}可知rm{N=n隆陇dfrac{m}{M}}气体分子数与气体的摩尔质量成反比，所以同质量的rm{H_{2}}和rm{Cl_{2}}相比，rm{H_{2}}的分子数多，故rm{A}正确；气体分子数与气体的摩尔质量成反比，所以同质量的rm{.}和rm{n=dfrac{m}{M}}相比，的分子数多，故rm{N=nN_{A}}正确；rm{N=nN_{A}}rm{N=n隆陇dfrac{m}{M}}rm{H_{2}}，故rm{H_{2}}错误；rm{Cl_{2}}．rm{Cl_{2}}含有氢原子数的近似值为rm{H_{2}}rm{H_{2}}rm{A}，不是精确值，故rm{A}错误；B.氯酸钾为离子化合物，氯酸钾中不存在氯酸钾分子，故过氧化钠的摩尔质量为rm{78g/mol}，故rm{B}错误；

rm{C}．rm{0.1molH_{2}SO_{4}}含有氢原子数的近似值为rm{1.204}rm{隆脕}rm{10^{23}}，不是精确值，故rm{C}错误；

rm{D}rm{.}氯酸钾为离子化合物，氯酸钾中不存在氯酸钾分子，故rm{D}错误。

故选rm{A}错误。rm{78g/mol}

故选rm{78g/mol}rm{B}【解析】rm{A}6、C【分析】解：苯的二氯取代物有邻、间、对三种同分异构体，硼氮苯也应该有这三种同分异构体，但考虑苯环上的六个碳原子是完全相同的，而硼氮苯中，rm{B}rm{N}是两种不同的原子，所以间位上应有两种不同的排列，所以一共有四种同分异构体rm{.}故选C．

苯环上的六个碳原子是完全相同，硼氮苯中的rm{B}rm{N}是两种不同的原子．

本题主要考查学生对有机化学中的同分异构题概念的考查，可以根据所学知识进行回答，难度不大．【解析】rm{C}7、D【分析】解：rm{A.}糖类和油脂的组成元素只有rm{C}rm{H}rm{O}三种，蛋白质含有rm{CHON}等元素；故A错误；

B.单糖不水解；二糖；多糖和油脂、蛋白质在一定条件下都可以水解，故B错误；

C.其中的必需氨基酸人体自身不能合成；需要从食物中获得，故C错误；

D.油脂是由高级脂肪酸和甘油反应生成的高级脂肪酸甘油酯；根据常温下的状态不同分为油和脂肪，故D正确；

故选D。

A.糖类和油脂的组成元素只有rm{C}rm{H}rm{O}三种；

B.单糖不能发生水解；

C.其中的必需氨基酸人体自身不能合成；

D.油脂是由高级脂肪酸和甘油反应生成的高级脂肪酸甘油酯；根据常温下的状态不同分为油和脂肪。

本题考查了人的营养物质，涉及糖类油脂蛋白质的组成性质，难度不大，注意基础知识的积累。【解析】rm{D}8、A【分析】解：rm{A.}该有机物中含有碳碳双键、羰基、酯基总共rm{3}种官能团；故A错误；

B.含有多个脂环；故B正确；

C.此有机物中含有rm{1}个苯环；故属于芳香族化合物，故C正确；

D.此有机物中只含有rm{1}个酯基；故D正确．

故选A．

A.该有机物中含有酯基；羰基和碳碳双键；

B.脂环是含有由碳原子组成的环状结构；但不含有苯环；

C.含有苯环；属于芳香族化合物；

D.此有机物中含有rm{1}个酯基；据此解答即可．

本题考查有机物的官能团以及有机物的结构特点判断及性质，题目难度不大，容易出错的是rm{A}选项，易把苯环当做官能团．【解析】rm{A}9、B【分析】解：按如图所示断键后，氧原子接rm{H}原子，碳原子接rm{-OH}再将两端的半键连接成双键，所以可得单体为和rm{CH_{2}=CH-CH_{2}-OH}

故选B．

有机物含有酯基，应由酸和醇发生酯化反应，对应的单质分别含有羟基、羧基，且为二元酸，链节中主碳链为rm{2}个碳原子；对应的单体含有碳碳双键，以此解答该题．

本题考查高分子化合物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据链节判断高聚物是加聚、还是缩聚而成是关键，注意理解结合反应的机理，难度不大．【解析】rm{B}二、双选题(共8题，共16分)10、rCD【分析】解：rm{A.}水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})}及离子积常数增大，根据图知，rm{T_{1}}曲线上离子积常数大于rm{T_{2}}所以rm{T_{1}>T_{2}}温度，故A正确；

B.水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是rm{B>C>A=D=E}所以离子积常数大小顺序是rm{B>C>A=D=E}故B正确；

C.只有rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}的点是纯水的电离，所以只有rm{A}rm{B}点才是纯水的电离；故C错误；

D.rm{B}点时，rm{Kw=1隆脕10^{-12}}rm{pH=2}的硫酸中rm{c(H^{+})=0.01mol/L}rm{pH=12}的rm{KOH}溶液中rm{c(OH^{-})=1mol/L}等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D错误；

故选：rm{CD}

A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})}及离子积常数增大；

B.水的离子积常数只与温度有关；温度越高，离子积常数越大；

C.只有rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}的点是纯水的电离；

D.rm{B}点时，rm{Kw=1隆脕10^{-12}}rm{pH=2}的硫酸中rm{c(H^{+})=0.01mol/L}rm{pH=12}的rm{KOH}溶液中rm{c(OH^{-})=1mol/L}等体积混合碱剩余，溶液呈碱性．

本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响．【解析】rm{CD}11、rAC【分析】解：rm{A}稀有气体的晶体属于分子晶体；原因分子间只存分子间作用力，而不是原子晶体，故A错误；

B、氧的电负性强于rm{S}的电负性，所以键的极性rm{H-O>H-S}故B正确；

C、氢化物的稳定性与中心元素的非金属性有关，rm{F}的非金属性强于碘的非金属性，所以rm{HF}稳定性比rm{HI}强；而与氢键无关，故C错误；

D、原子晶体的熔点高低与共价键的键能大小有关，rm{C-C}键能大于rm{Si-Si}键能；所以金刚石的熔沸点高于晶体硅，故D正确；

故选AC．

A；稀有气体的晶体属于分子晶体；原因分子间只存分子间作用力；

B、氧的电负性强于rm{S}的电负性，所以键的极性rm{H-O>H-S}

C；氢化物的稳定性与中心元素的非金属性有关；而与氢键无关；

D；原子晶体的熔点高低与共价键的键能大小有关．

本题考查了晶体类型、构成微粒等知识点，难度不大，注意稀有气体都是单原子分子，稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力．【解析】rm{AC}12、rBD【分析】解：rm{A.}硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；

B.在rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}离子中，中心原子rm{Cu^{2+}}提供空轨道，配位体rm{NH_{3}}提供孤电子对；故B正确；

C.rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度；向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；

D.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}而使溶液澄清；故D正确．

故选BD．

氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．

A.硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜；氢氧化铜和氨水反应生成络合物；

B.配合物中；配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；

C.络合物在乙醇中溶解度较小；所以会析出；

D.氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清．

本题考查了配合物、配位键的形成等性质，难度不大，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体．【解析】rm{BD}13、A|B|D【分析】A；荔枝酿酒的过程包括物质氧化的过程；有化学变化，故A正确；

B；酸雨侵蚀建筑物是建筑物和酸反应的过程；有新物质生成，故B正确；

C；空气液化制取氮气的原理是根据氮气和氧气沸点的不同来实现物质分离的方法；没有新物质生成，属于物理变化过程，故C错误；

D；生石灰遇水发生反应生成氢氧化钙；即熟石灰，有新物质生成，属于化学变化，故D正确．

故选ABD．

A；荔枝酿酒的过程包括物质氧化的过程；有化学变化；

B；酸雨侵蚀建筑物是建筑物和酸反应的过程；有新物质生成；

C；空气液化制取氮气的原理是根据氮气和氧气沸点的不同来实现物质分离的方法；没有新物质生成；

D；生石灰遇水发生反应生成氢氧化钙；即熟石灰，有新物质生成．

本考点考查了物理变化和化学变化的区别，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决，本考点基础性比较强．【解析】【答案】ABD14、B|C【分析】解：A．磷酸的构成微粒是分子；所以磷酸属于分子晶体，故A错误；

B．单晶硅的构成微粒是原子；所以属于原子晶体，碳酸氢铵的构成微粒是阴阳离子，所以属于离子晶体，白磷的构成微粒是分子，属于分子晶体，故B正确；

C．金刚石的构成微粒是原子；所以属于原子晶体，烧碱的构成微粒是阴阳离子，所以属于离子晶体，冰的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故C正确；

D．铁的构成微粒是金属阳离子和自由电子；所以属于金属晶体，尿素的构成微粒是分子，属于分子晶体，故D错误；

故选BC．

根据构成晶体的微粒确定晶体类型；原子晶体的构成微粒是原子，分子晶体的构成微粒是分子，离子晶体的构成微粒是阴阳离子．

本题考查了晶体类型的判断，明确晶体的构成微粒是解本题关键，注意尿素属于分子晶体，为易错点．【解析】【答案】BC15、D【分析】解：A．含有弱根离子的盐促进水电离；则NaHB的存在促进了水的电离，故A错误；

B．该方程式为电离方程式，HB-水解方程式：HB-+H2O⇌H2B+OH-；故B错误；

C．多元弱酸的盐溶液，第一步水解程度大于第二步，酸根离子水解程度越大，其相同浓度的盐溶液碱性越强，所以相同物质的量浓度溶液的pH：Na2B＞NaHB；故C错误；

D．酸式盐NaHB在水溶液中，HB-的电离程度小于HB-的水解程度，则该溶液中c（OH-）＞c（H+），溶液呈碱性，钠离子不水解，HB-水解，但水解程度较小，所以c（Na+）＞c（HB-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D正确；

故选D．

A．含有弱根离子的盐促进水电离；

B．该方程式为电离方程式；

C．多元弱酸的盐溶液；第一步水解程度大于第二步；

D．酸式盐NaHB在水溶液中，HB-的电离程度小于HB-的水解程度，则该溶液中c（OH-）＞c（H+），溶液呈碱性，钠离子不水解，HB-水解；但水解程度较小．

本题考查了盐类水解，根据酸式酸根离子水解程度和电离程度的相对大小确定溶液的酸碱性，再水解的离子、水解程度大小等知识点来分析解答，注意电离和水解方程式的区别，题目难度中等．【解析】【答案】D16、rAC【分析】解：rm{A.NH_{4}HCO_{3}}溶于过量的浓rm{KOH}溶液中的离子反应为rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}篓TCO_{3}^{2-}+NH_{3}隆眉+2H_{2}O}故A选；

B.明矾溶液中rm{Al^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}个数比为rm{1}rm{2}rm{SO_{4}^{2-}}完全沉淀时，rm{Al^{3+}}应转化为rm{AlO_{2}^{-}}离子反应为rm{Al^{3+}+2SO_{4}^{2-}+2Ba^{2+}+4OH}rm{{,!}^{-}篓TAlO_{2}+2H_{2}O+2BaSO_{4}隆媒}故B不选；

C.向rm{FeBr_{2}}溶液中通入足量氯气的离子反应为rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}故C选；

D.醋酸是弱酸，则醋酸除去水垢的离子反应为rm{2HAc+CaCO_{3}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O+2Ac^{-}}故D不选；

故选AC．

A.反应生成碳酸钾；氨气、水；

B.恰好使rm{SO_{4}^{2-}}沉淀完全，以rm{1}rm{2}反应；反应生成硫酸钡；偏铝酸钾；

C.足量氯气；亚铁离子；溴离子均被氧化；

D.醋酸在离子反应中保留化学式．

本题考查离子方程式的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应的考查，题目难度不大．【解析】rm{AC}17、BC【分析】略。

【解析】rm{BC}三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】（1）盐酸是强电解质，完全电离，所以稀释10倍后，pH增加1，即pH＝5。（2）盐酸在混合过程中，氢离子的物质的量是不变的，所以混合后的氢离子浓度是所以pH＝3.3.（3）水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，加热促进电离。常温下水的离子积常数是10－14，该温度一定是大于25℃。该温度下pH=11的NaOH溶液中OH－浓度是0.01mol/L，所以有解得a：b=10︰1；如果所得混合溶液pH=2，则说明硫酸是过量的，因此有解得a：b=9︰2。【解析】【答案】（1）5（2）3.3（3）大于；水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，KW增大①10：1②9：219、略

【分析】试题分析：（1）①气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H＞0，温度升高，反应速率加快;温度升高，有利于平衡反应正向进行;②该反应是焓增、熵减的反应，根据△H-T•ΔS＞0，任何温度下均不能自发进行；（2）氯气溶于水是可逆反应，离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体,消耗H+，平衡正向移动，溶液中Cl—浓度增大；（3）Fe3+和I—在水溶液中的反应是2I—+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，碘溶解在CCl4中，水溶液中，碘单质的浓度降低，平衡正向移动，要想使该反应的化学平衡逆向移动，降低I—或Fe3+的浓度或增大I2或Fe2+浓度即可，所以加入少许铁粉或加入少许碘。考点：考查温度对化学反应速率的影响，化学反应方向，离子方程式的书写，平衡移动方向。【解析】【答案】16．（16分）（1）①温度升高，反应速率加快温度升高，有利于平衡反应正向进行②不能该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行（2）Cl2+H2OH++Cl—+HClO增大（3）正反应加入少许铁粉或加入少许碘（其他合理设计即可）20、略

【分析】试题分析：（1）在A试管中Cu与热的浓硫酸发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）由于反应产生了SO2气体；该气体由漂白性，能使品红溶液褪色。因此反应一段时间后，可观察到B试管中品红溶液由红色变为无色。（3）Cl2、SO2气体容易导致大气污染，因为SO2和Cl2气体是酸性气体，所以在C试管口用浸有NaOH溶液的棉团来吸收扩散的SO2和Cl2气体。在C试管中发生反应：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。（4）实验结束后，若要证明A试管中反应所得产物含有铜离子，操作方法是向上拉铜丝，终止反应，冷却后，将A中溶液慢慢倒入盛有少量水的烧杯（试管）里，观察溶液颜色是否为蓝色；（5）根据资料提供的信息可知：铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个；若硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质；硫酸浓度越大，黑色物质越快出现、越难消失。至于硫酸的浓度是多少不容易确定。因此正确选项是A、B、D。考点：考查Cu与浓硫酸发生的原理、现象、操作、气体或离子的检验、化学方程式的书写的知识。【解析】【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）溶液由红色变成无色（3）吸收Cl2和SO2，防止污染空气；（4）向上拉铜丝，终止反应，冷却后，将A中溶液慢慢倒入盛有少量水的烧杯（试管）里，观察溶液颜色是否为蓝色；（5）A、B、D21、略

【分析】解：（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0

依据化学方程式分析，达到平衡状态时的平衡常数，用平衡浓度计算得到：K=

故答案为：

（2）该反应正反应为放热反应；降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数k增大，二氧化硫转化率增大，降低温度反应速率减小；

故答案为：增大；增大、减小．

（3）平衡状态是一定条件下物质浓度不再改变；物质的量不变，正逆反应速率相同；依据图象分析在15-20min；25-30min时平衡状态；

故答案为：15-20min；

（4）由图可知；反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度；

由图可知；反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变；

a．加了催化剂；增大反应速率，故a正确；

b．缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故b正确；

c．降低温度反应速率降低；故c错误；

d．10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO3的物质的量；故d错误．

故答案为：增大了氧气的浓度；ab．

（1）平衡常数等于平衡状态下生成物浓度的幂次方乘积除以反应物浓度的幂次方乘积；

（2）降低温度平衡向放热反应方向移动；根据平衡的移动判断温度对平衡常数；二氧化硫转化率影响，降低温度反应速率减小；

（3）平衡状态是一定条件下物质浓度不再改变；物质的量不变，正逆反应速率相同；

（4）由图可知；反应进行至20min时，改变体积，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大；由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变．

考查平衡常数；平衡移动、平衡影响元素、化学平衡图象等；难度中等，图象问题解题步骤：（1）看懂图象：①看面（即弄清纵坐标与横坐标的意义）；②看线（即弄清线的走向和变化趋势）；③看点（即弄清起点、拐点、交点、终点的意义）；④看是否要作辅助线（如等温线、等压线）；⑤看定量图象中有关量的多少．

（2）联想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律．【解析】增大；增大；减小；15-20min；增大了氧气的浓度；ab22、略

【分析】解：rm{垄脵a.}有机玻璃是化学合成的一种塑料；外观颇似玻璃，属于合成材料；

rm{b.}钢化玻璃属于硅酸盐材料；属无机非金属材料；

rm{c.}玻璃钢是玻璃纤维与合成材料复而成的一种特殊材料；属于复合材料；

rm{d.}石英玻璃的主要成分是二氧化硅；属无机非金属材料；

故答案为：rm{c}

rm{垄脷}尼龙含有碳元素，属于有机化合物，属于有机高分子材料，故答案为：rm{a}．

rm{垄脵}复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料；通过物理或化学的方法，在宏观上组成具有新性能的材料；

rm{垄脷}材料分为金属材料；无机非金属材料、合成材料和复合材料、有机合成高分子材料；利用题干提供的信息结合相关的化学知识即可解题．

本题考查无机非金属材料，为基础性习题，把握物质的性质及物质的组成为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】rm{c}rm{a}23、略

【分析】①硝酸具有强氧化性，作氧化剂，能把铜氧化生成硝酸铜，而硝酸的还原产物是NO。②根据方程式可知，双氧水中的氧原子化合价从－1价降低到－2价，因此双氧水作氧化剂。每消耗1mol双氧水，就转移2mol电子。消耗2mol，则转移4mol电子。③根据反应中的还原产物可判断，双氧水的还原产物是水，没有污染。而硝酸的还原产物是NO，有毒属于大气污染物。④根据方程式可知，固体中只有铜被溶解，所以固体减少的质量就是混合物中铜的质量，因此铜的质量分数为【解析】【答案】（1）（2）双氧水，4mol（3）双氧水更好，因为双氧水在酸性条件下氧化单质铜后的产物中没有污染空气的有害气体（4）24、rm{b>a>c}rm{c>a>b}rm{b>a=c}rm{c>a>b}rm{c>a=b}【分析】解：rm{(1)}硫酸为二元强酸，盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则物质的量浓度相同时，rm{c(H^{+})}由大到小的顺序是rm{b>a>c}氢离子浓度越大，其溶液的rm{pH}越小，所以rm{pH}大小顺序是rm{c>a>b}

故答案为：rm{b>a>c}rm{c>a>b}

rm{(2)}同体积、同物质的量浓度的三种酸溶液的物质的量相等，中和rm{NaOH}的能力与酸的元数成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸溶液，硫酸中氢离子物质的量最大，醋酸和盐酸都是一元酸且物质的量相等，所以中和rm{NaOH}的能力大小顺序是rm{b>a=c}故答案为：rm{b>a=c}

rm{(3)}盐酸是一元强酸完全电离，硫酸是二元强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离，rm{c(H^{+})}相同时，醋酸浓度最大，硫酸的浓度最小，所以物质的量浓度由大到小的顺序是rm{c>a>b}故答案为：rm{c>a>b}

rm{(4)}当rm{c(H^{+})}相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为rm{c>a=b}

故答案为：rm{c>a=b}．

rm{(1)}物质的量浓度相等的这三种酸，酸的元数越多、酸的酸性越强，氢离子浓度越大；氢离子浓度越大，则rm{pH}越小；

rm{(2)}同体积、同物质的量浓度的三种酸溶液的物质的量相等，中和rm{NaOH}的能力与酸的元数成正比；

rm{(3)}当rm{c(H^{+})}相同时；酸的电离程度越弱，酸的浓度越大，酸的电离程度相同时，酸的元数越大其浓度越小；

rm{(4)}当rm{c(H^{+})}相同；体积相同时；盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离．

本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，注意：不同的酸与足量的相同金属反应时生成氢气的量与酸的物质的量与元数有关，与电解质强弱无关，为易错点．【解析】rm{b>a>c}rm{c>a>b}rm{b>a=c}rm{c>a>b}rm{c>a=b}四、计算题(共2题，共4分)25、略

【分析】试题分析：（1）反应的方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反应中NO中N元素的化合价由+2价降低到0价，得电子，NH3中N元素的化合价由-3价升高到0价，失电子，氧化还原反应氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则有：（2）6molNO还原得到3molN2，4molNH3，氧化得到2molN2，两者相差1molN2，现相差1．4g，1．4g÷28g·mol－1=0．05mol，相当于0．3molNO和0．2molNH3反应，依题意NO和NH3的总物质的量为1mol，其中必有一种为过量，所以有两种情况：0．3molNO和0．7molNH3或0．2molNH3和0．8molNO．考点：氧化还原反应的有关计算【解析】【答案】（1）（2）0．3molNO和0．7molNH3或0．2molNH3和0．8molNO26、略

【分析】考查根据电解原理进行的有关计算。(1)该盐晶体的物质的量为＝由M－xe－＝Mx+可知(2)故原子量为64，即Cu。则【解析】【答案】（1）0.005molx=2（2）M=64g/moln=3五、工业流程题(共3题，共18分)27、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的