2025屆甘肅省慶陽市第六中學高二化學第二學期期末監測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列實驗裝置不能達到實驗目的的是選項實驗目的反應試劑及所需物質選擇裝置A制乙酸乙酯無水乙醇、冰醋酸、濃硫酸、碎瓷片ⅠB進行銀鏡實驗銀氨溶液、乙醛ⅡC制葡萄糖酸葡萄糖、3%溴水ⅢD制乙烯無水乙醇、濃硫酸、碎瓷片Ⅳ[注:葡萄糖與3%溴水在55℃左右反應]A．A B．B C．C D．D2、2018年世界環境日我國確定的主題為“美麗中國，我是行動者”。下列做法不應提倡的是（）A．選擇乘公共交通、步行和自行車等低碳綠色方式出行B．積極響應滴水必珍、全民節水行動，建設節水型社會C．日常生活中使用一次性筷子、紙杯、快餐盒和塑料袋D．生活垃圾分類投放、分類收集、分類運輸和分類處理3、下列說法正確的是（）A．鍍銅鐵制品鍍層破損后，鐵制品比破損前更容易生銹B．標準狀況下，22.4LCl2與足量NaOH溶液反應，轉移電子數為2molC．水的離子積常數Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是放熱反應D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體，CO32－水解程度減小，溶液的pH減小4、對于可逆反應A(g)＋2B(g)2C(g)ΔH＞0，（A%為A平衡時百分含量）下列圖象中正確的是()A． B． C． D．5、下列反應中，不屬于取代反應的是A．+HNO3+H2OB．CH2=CH2+Br2BrCH2CH2BrC．CH4+Cl2CH3Cl+HClD．CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr6、已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入適量Cl2，溶液中某些離子的物質的量變化如下圖所示。下列說法中，不正確的是A．還原性：I->Fe2+>Br-B．原混合溶液中FeBr2的物質的量為6molC．原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3D．當通入2molCl2時，溶液中已發生的離子反應可表示為：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-7、我國科研人員催化劑CoGa3實現了H2還原肉桂醛生成肉桂醇，反應機理的示意圖如下：下列說法不正確的是A．肉桂醇能發生取代反應、加成反應和縮聚反應B．苯丙醛、肉桂醛、肉桂醇都是芳香族化合物C．還原反應過程發生了極性鍵和非極性鍵的斷裂D．該催化劑實現了選擇性還原肉桂醛中的醛基8、下列有關物質性質的敘述正確的是A．FeCl3溶液滴入熱的濃NaOH溶液中可得到Fe(OH)3膠體B．氯水久置后，漂白性和酸性均增強C．常溫下，鐵片不能與濃硝酸發生反應D．NaCl飽和溶液中依次通入足量的NH3、CO2,可析出NaHCO39、下列由實驗得出的結論不正確的是（）選項實驗結論A取一小塊雞皮置于蒸發皿中，滴3～5滴濃硝酸并在酒精燈上微熱，雞皮變黃說明雞皮中含有蛋白質B用浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土作水果保鮮劑說明酸性高錳酸鉀溶液能氧化水果釋放的催熟劑乙烯C將石蠟油蒸氣依次通過加熱的內含碎瓷片的玻璃管、盛有酸性高錳酸鉀溶液的洗氣瓶，高錳酸鉀溶液褪色說明石蠟油中含有不飽和鍵的烴D將已烯加入溴水中，測溴水層溶液前后的pH值，結果pH值沒有變小說明已烯與溴發生了加成反應，不是取代反應A．A B．B C．C D．D10、乙酸橙花酯是一種食用香料，其結構簡式如圖，關于該有機物的敘述中正確的是①屬于芳香族化合物；②不能發生銀鏡反應；③分子式為C12H20O2；④它的同分異構體中可能有酚類；⑤1mol該有機物水解時只能消耗1molNaOHA．②③④ B．①④⑤ C．①②③ D．②③⑤11、NA為阿伏加德羅常數的值．下列說法正確的是（）A．46g乙醇中存在的共價鍵總數為7NAB．1mol甲醇完全燃燒時，轉移的電子數為6NAC．標準狀況下，22.4L甲烷和22.4L氯仿所具有的微粒數均為NAD．1L0.1mol/L醋酸溶液中含有的氫離子數為0.1NA12、下列有關實驗的設計不合理的是（）A．裝置甲：實驗室制取溴苯 B．裝置乙：驗證乙烯能發生氧化反應C．裝置丙：實驗室制取硝基苯 D．裝置丁：用乙酸、乙醇制取乙酸乙酯13、向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，觀察到有白色沉淀生成，溶液變為淡黃色。再向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無色。下列分析中不正確的是()A．最后溶液變成無色表明SO2具有漂白性B．滴加CuSO4溶液時，每生成1molCuI會轉移1mole－C．根據上述實驗現象可知氧化性：Cu2＋>I2>SO2D．加入少量CuSO4溶液時的離子方程式為2Cu2＋＋4I-===2CuI↓＋I214、化學與生產、生活、社會密切相關。下列有關說法正確的是A．地溝油不宜食用，可分餾提取汽油B．二氧化硅可用于制取光導纖維C．為防止富脂食品氧化變質，在包裝袋中放入生石灰D．鈉、鉀、鐵等金屬有絢麗的顏色，可用于制造焰火15、設NA表示阿伏加德羅常數，下列敘述中不正確的是A．標準狀況，11.2L氧氣所含的原子數為NAB．1.8g的NH4＋離子中含有的電子數為NAC．常溫常壓下，48gO3和Ｏ2的混合氣體含有的氧原子數為3NAD．2.4g金屬鎂變為鎂離子時失去的電子數為0.1NA16、關于一些重要的化學概念有下列說法，其中正確的是（）①Fe(OH)3膠體和CuSO4溶液都是混合物②BaSO4是一種難溶于水的強電解質③冰醋酸、純堿、小蘇打分別屬于酸、堿、鹽④煤的干餾、煤的氣化和液化都屬于化學變化⑤置換反應都屬于離子反應A．①②⑤ B．①②④ C．②③④ D．③④⑤17、下列對物質或離子的檢驗,結論正確的是()A．將氣體通入澄清石灰水，有白色沉淀生成,證明氣體為CO2B．將氣體通入水中能使酚酞變紅，則氣體為NH3，NH3為堿C．加入KSCN溶液,溶液變紅，證明原溶液含有Fe3+D．加入BaCl2溶液,生成的沉淀不溶于鹽酸，證明原溶液含有SO42-18、某興趣小組以廢棄的易拉罐、漂白粉、氫氧化鈉等為原料制造了一種新型環保電池，并進行相關實驗，如圖所示。電池的總反應方程式為2Al＋3ClO－＋2OH－=3Cl－＋2AlO＋H2O。下列說法正確的是A．電池的負極反應式為：ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－B．當有0.1molAl完全溶解時，流經電解液的電子數為1.806×1023個C．往濾紙上滴加酚酞試液，b極附近顏色變紅D．b極附近會生成藍色固體19、下列各組中的物質均能發生加成反應的是()A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙烯和丙烷20、一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是()A．0.1mol?L－1NaHCO3溶液中：C(Na+)+C(H+)=C(HCO3－)+C(CO32－)+C(OH－)B．Na2CO3溶液中：C(OH－)=C(H+)+C(HCO3－)+2C(H2CO3)C．Na2S溶液中：2C(Na+）=C(S2－)+C(HS－)+C(H2S)D．pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三種溶液的c(Na+)：③>①>②21、已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A．1molN2和3molH2在一定條件下充分反應后，分子數大于2NAB．1L0.1mol·L－1碳酸鈉溶液中含有的陰離子數目大于0.1NAC．5.6gFe和2.24L（標準狀況）Cl2反應轉移電子數為0.3NAD．48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中共價鍵數目為13NA22、將某淺黃色固體(由X、Y兩種元素組成)和焦炭混合，加熱，發生反應，其裝置如圖所示。先通入氮氣，再點燃I、Ⅲ中的酒精燈，實驗中觀察到I中生成銀白色金屬，Ⅱ、Ⅳ中溶液變渾濁、Ⅲ中黑色粉末變成紅色。下列敘述不正確的是A．X可能是鈉元素，Y一定是氧元素B．淺黃色固體與焦炭在高溫下反應生成CO2和COC．先通入氮氣的目的是排盡裝置中的空氣D．用燃燒法處理Ⅳ排放的尾氣二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物A是最常用的食用油抗氧化劑，分子式為C10H12O5，可發生如下轉化已知B的相對分子質量為60，分子中只含一個甲基。C的結構可表示為：(其中：—X、—Y均為官能團)請回答下列問題：（1）官能團-X的名稱為____，反應③的類型為____；（2）根據系統命名法，B的名稱為____，高聚物E的鏈節為____；（3）A的結構簡式為____；（4）反應⑤的化學方程式為____；（5）C有多種同分異構體，其中符合下列要求的同分異構體共____種；i.含有苯環ii.能發生銀鏡反應iii.不能發生水解反應（6）從分子結構上看，A具有抗氧化作用的主要原因是____（填序號）。a含有苯環b含有羰基c含有酚羥基24、（12分）化合物是一種醫藥中間體，它的一種合成路線如下：已知：RCOOH→(1)A的化學名稱是______________，G的分子式為____________________。(2)由B生成C的反應條件為____________，由E和F生成G的反應類型是___________。(3)D在濃硫酸/加熱條件下會反應生成一種含六元環的化合物，該化合物的結構簡式為______________。(4)H是一種高聚酯。D生成H的化學方程式為__________________________________。(5)符合下列要求的F的同分異構體共有___________種。①苯環上有三個取代基；②能發生銀鏡反應；③1mol該物質能與2molNa2CO3反應。請寫出其中能與足量濃溴水反應，所得產物的苯環上不存在氫原子的F的同分異構體結構簡式：_______________________(任寫一種)。(6)已知酚羥基不易與羧酸發生酯化反應，寫出以苯酚、甲苯為原料制備苯甲酸苯酯的合成路線(其他無機試劑任選)：____________。25、（12分）高碘酸鉀(KIO4)溶于熱水，微溶于冷水和氫氧化鉀溶液，可用作有機物的氧化劑。制備高碘酸鉀的裝置圖如下(夾持和加熱裝置省略)。回答下列問題：(1)裝置I中儀器甲的名稱是___________。(2)裝置I中濃鹽酸與KMnO4混合后發生反應的離子方程式是___________。(3)裝置Ⅱ中的試劑X是___________。(4)裝置Ⅲ中攪拌的目的是___________。(5)上述炭置按氣流由左至右各接口順序為___________(用字母表示)。(6)裝置連接好后，將裝置Ⅲ水浴加熱，通入氯氣一段時間，冷卻析岀高碘酸鉀晶體，經過濾，洗滌，干燥等步驟得到產品。①寫出裝置Ⅲ中發生反應的化學方程式：___________。②洗滌時，與選用熱水相比，選用冷水洗滌晶體的優點是___________。③上述制備的產品中含少量的KIO3，其他雜質忽略，現稱取ag該產品配制成溶液，然后加入稍過量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反應后，加入幾滴淀粉溶液，然后用1.0mol·L－1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的平均體積為bL。已知：KIO3+5KI+6CH3COOH===3I2+6CH3COOK+3H2OKIO4+7KI+8CH3COOH===4I2+8CH3COOK+4H2OI2+2Na2S2O3===2NaI+N2S4O6則該產品中KIO4的百分含量是___________(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出計算式)。26、（10分）某同學通過以下裝置測定M樣品(只含Fe、Al、Cu)中各成分的質量分數。取兩份質量均為mg的M樣品，按實驗1(如圖1)和實驗2(如圖2)進行實驗，該同學順利完成了實驗并測得氣體體積分別為V1mL和V2mL(已折算到標準狀況下)。(1)寫出實驗1中發生反應的離子方程式：______________________________。(2)實驗1裝置中小試管的作用是___________________________________________________。(3)對于實驗2，平視讀數前應依次進行的兩種操作是：①___________________②___________________。(4)M樣品中銅的質量的數學表達式為(用m、V1和V2表示)：__________________________。(5)實驗1進行實驗前，B瓶中水沒有裝滿，使測得氣體體積____________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”，下同)；若拆去實驗2中導管a，使測得氣體體積___________。27、（12分）亞硝酸鈉(NaNO2)是一種工業鹽，實驗室可用如下裝置(略去部分夾持儀器)制備。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性條件下，NO和NO2都能與MnO4-反應生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。（1）加熱裝置A前，先通一段時間N2，目的是_______________。（2）裝置A中發生反應的化學方程式為__________________________________。實驗結束后，將B瓶中的溶液經蒸發濃縮、__________(填操作名稱)、過濾可獲得CuSO4·5H2O。（3）儀器C的名稱為______________，其中盛放的藥品為____________(填名稱)。（4）充分反應后，檢驗裝置D中產物的方法是：取產物少許置于試管中，________________，則產物是NaNO2(注明試劑、現象)。（5）為測定亞硝酸鈉的含量，稱取4.000g樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數據如下表所示：①第一組實驗數據出現異常，造成這種異常的原因可能是_________(填代號)。a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗b．錐形瓶洗凈后未干燥c．滴定終點時仰視讀數②根據表中數據，計算所得固體中亞硝酸鈉的質量分數__________。28、（14分）NH4Al(SO4)2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析試劑、醫藥、電子工業中用途廣泛。請回答下列問題：（1）如圖1是幾種0.1mol·L－1電解質溶液的pH隨溫度變化的圖像。①其中符合0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2的pH隨溫度變化的曲線是_________（填寫字母）；②20℃時，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3+)＝______。（2）室溫時，向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，得到的溶液pH與NaOH溶液體積的關系曲線如圖2所示。試分析圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是___點；在b點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是____________。29、（10分）利用銅萃取劑M，通過如下反應實現銅離子的富集：（1）關于M所含元素的說法正確的是______________。A．電負性由大到小順序:O>N>C>HB．第一電離能由大到小的順序：O>N>CC．氮原子以sp2雜化軌道與氧原子形成σ鍵D．從物質分類角度M屬于芳香烴，M中所有的碳原子不可能共面E.組成M元素的氫化物穩定性：CH4＜H2O＜NH3（2）上述反應中斷裂和生成的化學鍵有_______（填序號）。A．氫鍵B．配位鍵C．金屬鍵D．范德華力E.共價鍵F.離子鍵（3）M與W（分子結構如上圖）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取。M水溶性小的主要原因是_______________。（4）基態Cu2+的外圍電子排布圖為________________，Cu2+等過渡元素水合離子是否有顏色與原子結構有關，且存在一定的規律。判斷Sc3+、Zn2+的水合離子為無色的依據是_____________________________________________________________。離子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+顏色無色紫紅色淺綠色藍色無色（5）已知：Y原子最高價氧化物對應水化物的酸性最強。銅與Y形成化合物的晶胞如附圖所示(黑點代表銅原子，空心圓代表Y原子)。

①該晶體的化學式為_______________。（用元素符號表示）②已知銅和Y原子的電負性分別為1.9和3.0，則銅與Y原子形成的化合物屬于____________(填“離子”或“共價”)化合物。③已知該晶體的密度為ρg·cm－3，阿伏加德羅常數為NA，則該晶體中銅原子與Y原子之間的最短距離為_______________pm(只寫計算式)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A、無水乙醇、冰醋酸在濃硫酸催化下，加熱時可反應生成乙酸乙酯，用Ⅰ裝置可以達到實驗目的，故A能達到實驗目的；B、銀氨溶液與乙醛在水浴加熱條件下發生銀鏡反應，可用Ⅱ裝置達到實驗目的，故B能達到實驗目的；C、葡萄糖與3%溴水在55℃左右反應，應該用水浴加熱且需要溫度計測量反應溫度，Ⅲ裝置無法達到實驗目的，故C不能達到實驗目的；D、無水乙醇、濃硫酸在170℃時反應可生成乙烯，用Ⅳ裝置可以達到實驗目的，故D能達到實驗目的。2、C【解析】A.選擇乘公共交通、步行和自行車等低碳綠色方式出行，減少二氧化碳的排放，符合“美麗中國，我是行動者”，選項A不選；B.積極響應滴水必珍、全民節水行動，建設節水型社會，符合“美麗中國，我是行動者”，選項B不選；C.日常生活中使用一次性筷子、紙杯、快餐盒和塑料袋，造成白色污染，不符合“美麗中國，我是行動者”，選項C選；D.生活垃圾分類投放、分類收集、分類運輸和分類處理，回收再利用，減少污染，符合“美麗中國，我是行動者”，選項D不選；答案選C。3、A【解析】A．Cu、Fe和電解質溶液構成原電池，Fe易失電子作負極而加速被腐蝕，所以鍍銅鐵制品鍍層破損后，鐵制品比破損前更容易生銹，故A正確；B．Cl2與NaOH溶液的反應中氯氣既是氧化劑，又是還原劑，1molCl2充分反應轉移1mol電子，故B錯誤；C．水的電離過程是一個吸熱的過程，水的離子積常數Kw隨著溫度的升高而增大，故C錯誤；C．Na2CO3溶液存在CO32-+H2OHCO3-+OH-，溶液呈堿性，加入Ca(OH)2溶液，發生CO32-+Ca2+=CaCO3↓，則c(OH-)增大，pH增大，c(CO32-)減小，水解程度減小，故D錯誤；故選A。4、C【解析】

該反應是一個氣體體積減小的吸熱反應，增大壓強，平衡向正反應方向移動，升高溫度，平衡向正反應方向移動。【詳解】A項、增大壓強，平衡向正反應方向移動，正反應速率大于逆反應速率，故A錯誤；B項、升高溫度，平衡向正反應方向移動，反應物A%減小，故B錯誤；C項、升高溫度，反應速率增大，達到平衡所用時間較少，平衡向正反應方向移動，反應物A%減小，故C正確；D項、升高溫度，反應速率增大，達到平衡所用時間較少，故D錯誤；故選C。【點睛】本題考查化學反應平衡圖象，注意分析方程式的特征來判斷溫度、壓強對平衡移動的影響為解答該題的關鍵。5、B【解析】

有機物中的原子或原子團被其他的原子或原子團所代替生成新的化合物的反應叫取代反應，有機物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團相結合，生成新的化合物的反應是加成反應；根據定義分析解答。【詳解】A．苯中的氫原子被硝基取代生成硝基苯，該反應為取代反應，選項A不符合；B．乙烯中碳碳雙鍵變成了碳碳單鍵，該反應為加成反應，選項B符合；C．甲烷中的氫原子被氯原子取代生成一氯甲烷，該反應為取代反應，選項C不符合；D．1-溴丙烷在氫氧化鈉的水溶液中加熱發生取代反應生成1-丙醇和溴化鈉，該反應屬于取代反應，選項D不符合；答案選B。【點睛】本題考查了取代反應與加成反應的判斷，注意掌握常見的有機反應類型及各種反應的特點，明確加成反應與取代反應的概念及根本區別。6、B【解析】

A、已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，則根據還原劑的還原性強于還原產物的還原性可知還原性：I－>Fe2＋>Br－，A正確；B、在通入氯氣的量為0～1mol的過程中，碘離子從最大量降到0，碘離子先被氧化，即碘化亞鐵是1mol。通入氯氣的量為1～3mol的過程中，亞鐵離子從4mol降到0，三價鐵的量逐漸增大，亞鐵離子被氧化，碘化亞鐵中亞鐵離子是1mol，所以溴化亞鐵中亞鐵離子是3mol，則溴化亞鐵是3mol，B錯誤；C、根據以上分析可知原溶液中：n（Fe2＋）∶n（I－）∶n（Br－）＝2∶1∶3，C正確；D、當通入2molCl2時，碘完全被氧化，亞鐵離子有2mol被氧化，則溶液中已發生的離子反應可表示為：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D正確。答案選B。7、A【解析】

A、根據肉桂醇的結構簡式，含有官能團是碳碳雙鍵、羥基，能發生取代反應、加成反應，但不能發生縮聚反應，故A說法錯誤；B、苯丙醛、肉桂醛、肉桂醇都含有苯環，因此它們都屬于芳香族化合物，故B說法正確；C、醛→醇是還原反應，肉桂醛→肉桂醇，碳氧雙鍵中的一個碳氧鍵發生斷裂，是極性鍵的斷裂；H2分子中的H-H鍵的斷裂是非極性鍵的斷裂；故C說法正確；D、肉桂醛在催化條件下，只有醛基與氫氣發生加成反應，說明催化劑具有選擇性，故D說法正確；答案選A。8、D【解析】

A．實驗室制備氫氧化鐵膠體是在沸騰的蒸餾水中加入飽和的氯化鐵溶液，如果加入氫氧化鈉生成氫氧化鐵沉淀，而不是膠體，故A錯誤；B．氯水放置過程中，HClO要見光分解生成HCl為O2，則氯水久置后，漂白性減弱，而酸性增強，故B錯誤；C．常溫下，鐵遇濃硝酸鈍化，是化學變化，發生了反應，故C錯誤；D．向飽和NaC1溶液中先通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3晶體，這是侯氏制堿法的原理，故D正確；故答案為D。9、C【解析】

A、蛋白質遇到濃硝酸在加熱后會變黃，結論正確，故A不選；B、水果在成熟期會產生乙烯，用浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土作水果保鮮劑，由于乙烯具有較強的還原性而高錳酸鉀具有較強的氧化性，因此，可以證明酸性高錳酸鉀能將乙烯氧化＼防止水果過度成熟從而達到保鮮的效果，結論正確，故B不選；C、石蠟油在熾熱的碎瓷片作用下會發生裂化反應，生成的烯烴使酸性高錳酸鉀褪色，并非是石蠟油中含有不飽和烴，結論錯誤，故C選；D、將已烯加入溴水中，若發生取代反應，則會生成強酸HBr，導致溶液的pH變小，若發生的是加成反應，則pH不會變小，結論正確，故D不選。10、D【解析】

①乙酸橙花酯中無苯環，不屬于芳香族化合物；②乙酸橙花酯中無醛基，因此不能發生銀鏡反應；③通過計算，乙酸橙花酯的分子式正是C12H20O2；④乙酸橙花酯的分子中含有3個不飽和度，酚類至少含有4個不飽和度，所以它的同分異構體中一定不含酚類；⑤乙酸橙花酯的結構中只有一個能與NaOH反應的普通的酯基，所以水解時，只消耗1個NaOH；綜上所述②③⑤正確，答案選D。【點睛】兩種有機物若不飽和度不相同，則一定不為同分異構體；若不飽和度相同，則不一定為同分異構體。11、B【解析】

A.46g乙醇的物質的量為1mol，乙醇的結構式為，一個乙醇分子中含8條共價鍵，故1mol乙醇中含8NA條共價鍵，故A錯誤；B.1mol甲醇燃燒消耗1.5mol氧氣，而氧氣反應后變為﹣2價，故1.5mol氧氣轉移6mol電子，即6NA個，故B正確；C.標況下，氯仿為液態，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量和微粒個數，故C錯誤；D.醋酸是弱電解質，在溶液中不能完全電離，故溶液中的氫離子的個數小于0.1NA個，故D錯誤；故選B。【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，難度不大．12、D【解析】分析：A．苯與液溴在催化條件下發生取代反應生成溴苯，NaOH可吸收尾氣；B、實驗中可能產生二氧化硫，乙醇易被酸性高錳酸鉀溶液氧化，且乙醇具有揮發性，所以生成的乙烯中含有乙醇、二氧化硫，而干擾實驗；C、實驗室制硝基苯溫度應在50～60℃，用水浴加熱．D．乙酸乙酯與NaOH發生水解反應。詳解：A．苯與液溴在催化條件下發生取代反應生成溴苯，NaOH可吸收尾氣，且倒扣的漏斗可防止倒吸，圖中裝置可制備溴苯，故A正確；B、B、實驗中可能產生二氧化硫，乙醇易被酸性高錳酸鉀溶液氧化，且乙醇具有揮發性，所以生成的乙烯中含有乙醇、二氧化硫，通過氫氧化鈉溶液后，除去乙醇、二氧化硫，故B正確；C、苯與硝酸在濃硫酸作用下發生取代反應生成硝基苯，實驗室制硝基苯溫度應在50～60℃，用水浴加熱，故C正確。D．乙酸乙酯與NaOH發生水解反應，應將NaOH改為飽和碳酸鈉溶液，故D錯誤；故選D。13、A【解析】分析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；詳解：A．由上述分析及化學方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，最后溶液變成無色表明SO2具有還原性，而非漂白性，故A錯誤；

B．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每轉移2mol電子生成2molCuI，所以生成1molCuI白色沉淀時轉移1mole-，故B正確；

C．2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反應中Cu2+化合價降低是氧化劑，I2是氧化產物，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，所以物質的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合價由0價降低為-1價，I2是氧化劑，SO2被氧化，所以物質氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故C正確；

D．加入少量CuSO4溶液時的離子方程式為2Cu2＋＋4I-===2CuI↓＋I2，故正確；故本題選A。點晴:根據題目信息推斷實驗中發生的反應，溶液呈淡黃色，說明有I2生成．碘元素化合價由-1價升高到0價，硫酸根只有在濃硫酸中有氧化性，所以化合價能夠降低的只有Cu2+，觀察到產生白色沉淀，由于Cu為紅色，所以Cu2+不能還原為Cu，應還原為Cu+，白色沉淀是CuI；向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無色，說明I2反應，故I2與SO2反應生成I-，SO2被氧為化H2SO4，白色沉淀是CuI，據此分析解答。14、B【解析】A項，地溝油中主要含油脂，還含有害物質，不宜食用，但不可能通過分餾提取汽油，因為汽油主要成分是烴類物質，故A錯誤；B項，二氧化硅具有良好的導光性，所以可用于生產光導纖維，故B正確；C項，為防止富脂食品氧化變質，在包裝袋中應放入還原性物質，如鐵粉等，而放入生石灰只能起干燥作用，不能防止氧化變質，故C錯誤；D項，焰火中的發光劑是金屬鎂或金屬鋁的粉末，當這些金屬燃燒時，會發出白熾的強光，發色劑是一些金屬化合物，金屬化合物含有金屬離子，不同種類的金屬化合物在灼燒時，會發放出不同顏色的光芒，這稱為焰色反應，金屬呈現的物理顏色和其焰色反應沒有直接聯系，故D錯誤。綜上，選B。15、D【解析】

A.標準狀況下，11.2LO2物質的量為=0.5mol，所含氧原子數為NA，A正確；B.1.8gNH4+的物質的量為=0.1mol，1個NH4+中含有10個電子，則1.8gNH4+中含有的電子數為NA，B正確；C.48gO2和O3的混合氣體中含氧原子物質的量為=3mol，所含氧原子數為3NA，C正確；D.2.4gMg物質的量為=0.1mol，轉變為Mg2+時失去電子數為0.2NA，D錯誤；答案選D。16、B【解析】

①Fe(OH)3膠體和CuSO4溶液都是分散質和分散劑組成的混合物，故①正確；②硫酸鋇是鹽，水溶液中難溶，但溶于水的部分完全電離，熔融狀態完全電離，是強電解質，故②正確；③純堿是碳酸鈉，屬于鹽類，故③錯誤；④煤的干餾是指煤在隔絕空氣條件下加熱、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤氣等產物的過程，煤的干餾是屬于化學變化；煤的氣化是煤在氧氣不足的條件下進行部分氧化形成H2、CO等氣體的過程，屬于化學變化；煤的液化是將煤與H2在催化劑作用下轉化為液體燃料或利用煤產生的H2和CO通過化學合成產生液體燃料或其他液體化工產品的過程，屬于化學變化，故④正確；⑤置換反應不一定是離子反應，如：CuO＋H2Cu＋H2O，故⑤錯誤；故正確的是①②④，答案為B。【點睛】常見化學變化：干餾、氫化、氧化、水化、風化、炭化、鈍化、催化、皂化、歧化、鹵化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化等；常見物理變化或過程：蒸餾、分餾、溶化、汽化、液化、酸化等。17、C【解析】

A.將氣體通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，該氣體可能為CO2，也可能為SO2，A錯誤；B.將氣體通入水中能使酚酞變紅，則氣體為堿性氣體NH3，氨氣溶于水反應產生的一水合氨電離產生了OH-，因此不能說NH3為堿，B錯誤；；C.加入KSCN溶液，溶液變紅，是由于Fe3+與SCN-反應產生紅色的絡合物Fe(SCN)3，因此可以證明原溶液含有Fe3+，C正確；D.加入BaCl2溶液，生成的沉淀不溶于鹽酸，說明原溶液可能含有SO42-、Ag+等離子，D錯誤；故合理選項是C。18、C【解析】

A．電池的正極反應式為：ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－，錯誤；B．電池的負極反應式為：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，當有0.1molAl完全溶解時，流經外電路的電子數為1.806×1023個，而在電解質溶液中則是離子定向移動，錯誤；C．往濾紙上滴加酚酞試液，由于Al是負極，所以b極為陰極，在該電極上溶液中的H+放電，破壞了b極附近的水的電離平衡，使該區域的溶液顯堿性，所以b電極附近顏色變紅，正確；D．由于Al是負極，所以與之連接的b極是陰極，b極的電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Cu棒不參與反應，所以b極附近不會生成藍色固體，錯誤；答案選C。19、B【解析】乙醇不含雙鍵，不能發生加成反應，故A錯誤；苯與氫氣發生加成反應生成環己烷，氯乙烯與氫氣發生加成反應生成氯乙烷，故B正確；乙酸和溴乙烷不能發生加成反應，故C錯誤；丙烷不含雙鍵，不能發生加成反應，故D錯誤。點睛：含有碳碳雙鍵、碳碳叁鍵的物質能發生加成反應，醛基、羰基含有碳氧雙鍵能發生加成反應；羧基、酯基中碳氧雙鍵不能與氫氣發生加成反應。20、B【解析】分析：A.任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒判斷；B.根據質子守恒判斷；C.根據物料守恒判斷；D.醋酸根離子和次氯酸根離子水解顯示堿性，且醋酸鈉根離子的水解能力小于次氯酸根離子；詳解：A.任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2

c（CO32-）+c（OH-），故A錯誤；B.在Na2CO3溶液中：Na2CO3===2Na＋+CO32―［2C(Na＋)===C(CO32―)］；H2OH＋+OH―［C(H＋)===C(OH―)］

由于：CO32―+H2OHCO3―+OH―

，HCO3―+H2OH2CO3+OH―

所以，水電離出來的H＋在溶液存在形式有：HCO3―、H2CO3、H＋

即：質子守恒［水電離出來的H＋］C(OH―)==CHCO3―)+2C(H2CO3)+C(H＋)，故B正確；C.0.1

mol?L-1Na2S溶液中，根據物料守恒得：鈉離子和含有硫元素的微粒個數之比是2：1，所以c（Na+）=2[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]，故C錯誤；D.氫氧化鈉是強堿，完全電離，顯堿性，醋酸根離子和次氯酸根離子水解顯示堿性，且醋酸鈉根離子的水解能力小于次氯酸根離子，所以pH相同的①CH3COONa

②NaClO

③NaOH三種溶液c（Na+）大小：①＞②＞③，故D錯誤；答案選B。點睛：本題考查離子濃度大小比較，為高頻考點，明確溶液中溶質成分及其性質、溶液酸堿性、弱電解質電離和鹽類水解是解本題關鍵，注意電荷守恒和物料守恒的靈活運用，題目難度不大。21、C【解析】

A.N2與H2反應為可逆反應，1molN2和3molH2充分反應后，氫氣有剩余則，分子數總數大于2NA，A正確；B.碳酸鈉溶液中存在CO32-+H2O?HCO3-+OH-，則1L0.1mol·L－1含有的陰離子數目大于0.1NA，B正確；C.5.6gFe和2.24L（標準狀況）Cl2反應，氯氣少量，則按氯氣計算，轉移電子數為0.2NA，C錯誤；D.相同個數正丁烷和異丁烷含有的共價鍵個數相同，48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中共價鍵數目為13NA，D正確；答案為C。【點睛】鐵與氯氣反應生成氯化鐵，由于氯氣少量，則按氯氣的量計算轉移電子數目。22、A【解析】

根據實驗現象可知，淡黃色固體為過氧化鈉，加熱時碳與過氧化鈉反應生成一氧化碳、二氧化碳，則裝置II溶液變渾濁，堿石灰吸收二氧化碳，一氧化碳與氧化銅反應生成二氧化碳，裝置IV溶液變渾濁。【詳解】A.分析可知，淡黃色物質為過氧化鈉，X是鈉元素，Y是氧元素，A錯誤；B.根據實驗現象，淺黃色固體與焦炭在高溫下反應生成CO2和CO，B正確；C.裝置中的空氣會影響實驗結論，則先通入氮氣的目的是排盡裝置中的空氣，C正確；D.尾氣中含有未反應的CO，則用燃燒法處理Ⅳ排放的尾氣，D正確；答案為A。二、非選擇題(共84分)23、羧基消去反應1-丙醇3c【解析】

A(C10H12O5)在NaOH水溶液條件下發生水解反應并酸化得到B與C，則A中含有酯基，其中B的相對分子質量為60，分子中只含一個甲基，能在濃硫酸的作用下發生消去反應，則B為CH3CH2CH2OH，B發生消去反應得到D，D為CH3CH═CH2，D發生加聚反應得到高分子化合物E，E為；C中O原子個數為5，C能與碳酸氫鈉溶液反應得到氣體，則C含有-COOH，能與氯化鐵溶液發生顯色反應，則C中含有酚羥基，C的結構可表示為(其中：-X、-Y均為官能團)，根據C中氧原子個數知，C為，可推知A為，據此分析解答。【詳解】(1)根據上述分析，C為，則官能團-X為羧基，反應③為CH3CH2CH2OH發生消去反應生成CH3CH═CH2，故答案為：羧基；消去反應；(2)根據上述分析，B為CH3CH2CH2OH，根據醇的系統命名法，B的名稱為1-丙醇，CH3CH═CH2發生加聚反應得到高分子化合物E為，高聚物E的鏈節為，故答案為：1-丙醇；；(3)根據上述分析，A的結構簡式為，故答案為：；(4)反應⑤的化學方程式為+NaHCO3→+CO2↑+H2O，故答案為：+NaHCO3→+CO2↑+H2O；(5)C為，C的同分異構體符合下列條件：i．含有苯環；ii．能發生銀鏡反應，說明含有醛基；iii．不能發生水解反應，說明不含酯基，則符合要求的結構簡式如下：、、，共3種，故答案為：3；(6)由于苯酚在空氣中易被氧化，A分子中有酚羥基，因此A具有抗氧化作用，故答案為：c。【點睛】正確判斷A的結構是解題的關鍵。本題的易錯點為(5)，要注意性質條件下同分異構體的書寫，和限制條件的解讀，本題中需要按照一定的順序書寫苯環上的羥基和醛基，才能不重復不遺漏。24、2-甲基-1-丙烯（2-甲基丙烯）C12H14O5NaOH水溶液/加熱取代反應6【解析】

反應物A分子式為C4H8，可以與單質溴發生加成反應，則A為烯烴，從A到E，碳鏈的結構無變化，通過觀察E的結構可確A為2-甲基丙烯；A發生加成反應生成B，為2-甲基-1，2-二溴丙烷，B發生鹵代烴的水解生成C，C被氧化生成D，E與F發生取代反應生成G和水。據此判斷。【詳解】（1）通過分析可知，A的名稱為2-甲基-1-丙烯（2-甲基丙烯）；G的分子式為：C12H14O5；（2）由B生成C為鹵代烴的水解，需要在NaOH的水溶液里加熱，由E和F生成G的反應類型為取代反應；答案為：NaOH水溶液/加熱；取代反應；(3)D在濃硫酸/加熱條件下，2分子內發生酯化反應，生成和水；(4)D在濃硫酸/加熱條件下，還可以分子間發生縮聚反應，生成高分子化合物和水，反應式：；(5)F的分子式為：C8H8O3，含有苯環，且三個取代基；能發生銀鏡反應，則一個取代基為醛基；能夠與Na2CO3反應的，可以是羧基，也可以是酚羥基，F共有三個O原子，醛基占據1個，若含有1個羧基，1mol該物質能與1molNa2CO3反應，不符合題意，則只能含有2個酚羥基；同分異構體個數共有6種；其中能與足量濃溴水反應，所得產物的苯環上不存在氫原子的F的同分異構體結構簡式為（6）由E+F反應生成G提供的信息和題目已知信息，可以用和苯酚反應制取。用甲苯和高錳酸鉀制取苯甲酸，再轉換為，再與苯酚制取苯甲酸苯甲酯，流程為：。【點睛】有機物的推斷，根據反應特點，分析反應過程中碳鏈是否改變為依據，從可以確定結構的物質向前推理，即可推出A的結構。25、圓底燒瓶16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑NaOH溶液使反應混合物混合均勻，反應更充分aefcdb2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O降低KIO4的溶解度，減少晶體損失100%【解析】

本題為制備高碘酸鉀實驗題，根據所提供的裝置，裝置III為KIO4的制備反應發生裝置，發生的反應為2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O；裝置I可用來制取氯氣，為制備KIO4提供反應物氯氣；裝置IV是氯氣的凈化裝置；裝置II是氯氣的尾氣吸收裝置；裝置的連接順序為I→IV→III→II，以此分析解答。【詳解】(1)根據裝置I中儀器甲的構造，該儀器的名稱是圓底燒瓶，因此，本題正確答案是：圓底燒瓶；(2)濃鹽酸與KMnO4反應生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，根據得失電子守恒及電荷守恒和原子守恒寫出離子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，因此，本題正確答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(3)裝置II是氯氣的尾氣吸收裝置，所用的試劑X應是NaOH溶液，因此，本題正確答案是：NaOH溶液；(4)裝置III為KIO4的制備反應發生裝置，用氯氣和NaOH的KIO3溶液反應，攪拌的目的是使反應混合物混合均勻，反應更充分，因此，本題正確答案是：使反應混合物混合均勻，反應更充分；(5)根據以上分析，裝置的連接順序為I→IV→III→II，所以各接口順序為aefcdb，因此，本題正確答案是：aefcdb；(6)①裝置III為KIO4的制備反應發生裝置，氯氣將KIO3氧化為KIO4，本身被還原為KCl，化學方程式為2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O，因此，本題正確答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O；②根據題給信息，高碘酸鉀(KIO4)溶于熱水，微溶于冷水和氫氧化鉀溶液，所以，與選用熱水相比，選用冷水洗滌晶體的優點是降低KIO4的溶解度，減少晶體損失，因此，本題正確答案是：降低KIO4的溶解度，減少晶體損失；③設ag產品中含有KIO3和KIO4的物質的量分別為x、y，則根據反應關系：KIO3~~~3I2，KIO4~~~4I2，I2~~~2Na2S2O3，①214x+230y=a，②3x+4y=0.5b，聯立①、②，解得y=mol，則該產品中KIO4的百分含量是100%=100%，因此，本題正確答案是：100%。26、2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑液封，避免氫氣從長頸漏斗中逸出；控制加氫氧化鈉溶液的體積來控制反應的快慢；節省藥品。冷卻到室溫調整BC液面相平mg－(28V2-19V1)/11200g無影響偏大【解析】

據題意，M只含鐵、鋁、銅三種金屬，其中鋁既能與強酸反應，又能與強堿反應；鐵只能溶于強酸，不溶于強堿；銅既不溶于氫氧化鈉，也不溶于稀硫酸，結合裝置圖和問題分析解答。【詳解】（1）實驗1中氫氧化鈉溶液只與鋁反應，反應的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；（2）實驗1的裝置中，小試管的作用是對長頸漏斗起到液封作用，防止氫氣逸出，通過控制加氫氧化鈉溶液的體積來控制反應的快慢，調節化學反應速率，同時節省藥品；（3）氣體的體積受溫度和壓強影響大，因此對于實驗2，平視讀數前應等到冷卻到室溫，并上下移動C量氣管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的氣體壓強等于外界大氣壓，這樣讀得的讀數才準確；（4）根據V1結合鋁與氫氧化鈉的反應可知樣品中鋁的質量為27V1/33600g，鐵和鋁都與酸反應生成氫氣，所以根據V2-V1即為鐵與鹽酸反應生成的氫氣，所以樣品中鐵的質量為56（V2-V1）/22400g，所以樣品中銅的質量為mg－27V1/33600g－56（V2-V1）/22400g＝mg－(28V2-19V1)/11200g；（5）如果實驗前B瓶液體沒有裝滿水，不影響實驗結果，因為理論上B管收集的氣體體積等于排入C管里液體的體積；若拆去導管a，加入液體時，排出錐形瓶中部分空氣，導致測定的氣體體積偏大。27、排除裝置中的空氣冷卻結晶干燥管堿石灰加入稀硫酸（或稀鹽酸），溶液中有氣泡產生且在試管上方變成紅棕色氣體ac86.25%【解析】(1)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發生反應，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，裝置中無空氣存在，加熱A前，先通一段時間N2，目的是把裝置中的空氣趕凈，避免生成的亞硝酸鈉混入雜質；

(2)裝置A中發生反應是濃硝酸和碳加熱反應生成二氧化碳、二氧化氮和水，反應的化學方程式為：C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O，裝置A中生成的二氧化氮進入裝置B生成硝酸，氧化銅生成硝酸銅、硫酸銅，蒸發濃縮過程硝酸是易揮發性的酸，所以冷卻結晶得到晶體為硫酸銅晶體；

(3)制備亞硝酸鈉需要一氧化氮和過氧化鈉反應生成，過氧化鈉和二氧化碳、水蒸氣發生反應，所以制備的一氧化氮氣體必須純凈干燥，儀器C為干燥管，利用其中的堿石灰用來干燥一氧化氮氣體；

(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反應生成的一氧化氮遇到空氣會生成紅棕色氣體二氧化氮，充分反應后，檢驗裝置D中產物的方法是：取產物少許置于試管中加入稀硫酸溶液中有氣泡產生且在試管口上方出現紅棕色氣體，證明產物是NaNO2；

(5)①第一組實驗數據消耗的酸性高錳酸鉀溶液體積偏大，會導致測量結果偏高；a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗，導致標準液被稀釋，滴定過程中消耗的標準液體積會偏大，故a正確；b．錐形瓶不需要干燥，所以錐形瓶洗凈后未干燥，不影響測定結果，故b錯誤；c．滴定終了仰視讀數，導致讀數偏大，計算出的標準液體積偏大，故c正確；故答案為ac；

②由于第一組數據偏高，應該舍棄；其它三組消耗標準液平均體積為：mL=20.00mL，25mL樣品消耗高錳酸鉀的物質的量為0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，則250mL樣品溶液會消耗高錳酸鉀的物質的量為0.002mol×=0.02mol，根據化合價變化可得反應關系式：2MnO4-～5NO2-，則4.000g樣品中含有亞硝酸鈉的物質的量為0.02mol×=0.05mol，質量為69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反應后的固體中亞硝酸鈉的質量分數為：×100%=86.25%。28、A10－3mol·L－1ac(Na＋)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)【解析】

（1）①鋁離子、銨根離子的水解都使溶液呈酸性，且溫度升高有利于水解平衡正向移動，溶液的pH減小，酸性增強，所以A曲線符合；②由A曲線可知室溫時，0.1mol?L﹣1NH4Al(SO4)2的pH＝3，則c(H＋)＝10-3mol/L，c(OH－)＝10-11mol/L，根據電荷守恒2c（SO42﹣）+c(OH－)＝c（NH4+）+3c（Al3+）+c(H＋)，所以2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3+)＝c(H＋)－(OH－)＝（10-3-10-11）mol/L≈10－3mol·L－1；（2）水的電離程度最大時，即是水解的鹽的濃度最大時，硫酸氫銨溶液中硫酸氫銨的物質的量是0.01mol，當氫離子與氫氧根離子完全反應時恰好生成硫酸銨，此時銨根離子的濃度最大，且溶液中只存在銨根離子的水解，水的電離程度最大，消耗氫氧化鈉的體積是100mL，所以為a點；在b點氫離子已經完全被消耗，pH＝7，溶液顯中性，說明溶液中銨根的水解和一水合氨的電離程度相等，溶質是