1、2015-2016学年河南省豫南九校联盟高三（下）第一次联考化学试卷一、选择题（每个小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分）1化学在生产和生活中有重要的应用下列说法正确的是( )A新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子B14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体C凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用D“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量2了解一些安全生活、生产常识，有助于自身安全及事故救助下列有关安全处理不合理的是( )A木材厂、纺织厂、面粉厂都必须严禁烟火B炒菜时锅中的油着火时可立即盖上锅盖C运输液氯的罐车泄漏时应逆风往高处跑D化学品仓库
2、保存的金属钠着火时可用水灭3下列有关说法或表示正确的是( )A淀粉和纤维素都可用（C6H10O5）n表示，二者互为同分异构体BMg5（Si4O10）2（OH）24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2OCFe2e=Fe2+可表示钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的正极反应D乙醇分子的比例模型：4下列各组离子在溶液中能大量共存的是( )ANa+、OH、S2O32、ClBFe2+、K+、Fe（CN）63、NO3CH+、C2O42、MnO4、SO42DNa+、Ca2+、AlO2、HCO35美国通用原子能公司（GA）提出的碘硫热化学循环是由反应、三步反应组成的（如图所示），下列有关说法正确的是( )A设计该
3、循环是为了制取能源气体O2B整个循环过程中产生1mol O2的同时产生44.8LH2C图中反应、均为氧化还原反应D图中反应、均可在常温常压下进行6原子序数依次递增的 4 种短周期元素可形成简单离子W2、X+、Y3+、Z2，下列说法不正确的是( )A工业上常采用电解法冶炼Y 单质B气态氢化物的稳定性：H2W强于H2ZC离子半径由大到小：Z2X+Y3+W2DW、X 形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1：27设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A4gNaOH固体所含电子总数为2NAB22.4lL C2H6所含化学键总数为7 NAC6g SiO2所含分子数为0.1NA，化学键总数为0.
4、4 NAD0.1 molL1NH4Cl溶液中，NH与Cl数之和小于0.2NA8下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是( )Aa图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸Bb图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好Cc图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NODd图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S9ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是( )A可用Cl2和NaClO2制备ClO2，其中n （氧化剂）：n （还原剂）=1：2BClO2在强
5、碱性环境中使用失效：2ClO2+2OHClO3+ClO2+H2OCClO2处理饮用水时残留的ClO2，可用FeSO4来除去：ClO2+2Fe2+4H+2Fe3+Cl+2H2OD等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO强10芳香族化合物A与互为同分异构体，A苯环上的一氯代物只有一种结构，则A可能的结构有( )A5种B6种C7种D8种11球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X实验小组为测定化合物X的组成设计实验如下：下列说法不正确的是( )A固体2是氧化铁BX的化学式可以表示为Fe3C2C溶液甲加热、蒸发、灼烧也可得到24.0g固体DX与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成12根据碘与氢气反应的热
6、化学方程式（1）I2（g）+H2（g）2HI（g）H=9.48kJ/mol（2）I2（S）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJ/mol下列判断正确的是( )A254 g I2（g）中通入2 g H2（g），反应放热9.48 kJB1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJC反应（1）的产物比反应（2）的产物稳定D反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低13t时，CuSO4在水中溶解度为25g，将32gCuSO4白色粉末加入到mg水中，形成饱和CuSO4溶液，并有CuSO45H2O晶体析出，则m的取值范围是( )A18gm128gB36gm180gC18
7、gm128gD36gm180g14温度为T时，向V L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+B（g）C（s）+xD（g）H0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是( )A反应在前10min的平均反应速率v（B）=0.15mol/（Lmin）B该反应的平衡常数表达式K=C若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动D反应至1.5min时，改变的反应条件是降低温度15（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还
8、有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应下列说法正确的是( )A生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1B生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2C生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3D从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl二、非选择题（本题包括五个小题，共55分）16目前世界上比较先进的电解制碱技术是离子交换膜法（1）电解法制烧碱的主要原料是饱和食盐水由于粗盐水中含有泥沙、
9、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42等杂质，因此必须经过精制才能进行电解除去这些杂质时，不应选用的试剂是_（填序号）aBaCl2 bNa2CO3 cNaOH d盐酸 eKOH（2）现有200mL食盐水，用石墨电极电解当阴极产生气体的体积为0.224L（标准状况）时停止电解，阳极的电极反应式为_，电解后，溶液在常温下的pH约为_（忽略体积变化）17现有四瓶贴有甲、乙、丙、丁标签的溶液，它们可能是K2CO3、Ba（NO3）2、NaHSO4和K2SO4溶液现进行如下实验，并记录部分现象（如图）：据此完成下列回答：（1）写出各物质的化学式：甲：_乙：_丁：_；（2）写出下列反应的离子方程式：甲+乙：
10、_，沉淀a+溶液b：_；（3）检验物质丙中阳离子的方法为_（说明实验操作、现象等）18已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究（1）仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液、淀粉碘化钾溶液，完成以下实验探究过程：【提出假设】假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中_引起的（填微粒的化学式，下同）假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中_引起的【设计实验方案】为了验证上述假设1和假设2的推断，请用简要的文字说明你的
11、实验方案：假设1方案：_假设2方案：_（2）根据高中所学的知识判断，你认为_（填“假设1”或“假设2”）的推断是正确的；若选用淀粉碘化钾溶液验证你的假设是否可行？_（填“行”或“否”）（3）写出铁离子与碘离子作用的离子方程式_，并以该反应原理设计原电池，将电池装置示意图画在下边方框中19（14分）高纯度的氢氧化镁广泛应用于医药、电力等领域镁硅酸盐矿石可用于生产氢氧化镁，简要工艺流程如下：己知1：溶液I中除MgSO4外，还含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子2：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表所示：Fe3+Al3+Fe2+Mg2+开始沉淀时1.53.36.59.4沉淀完全时3.7
12、5.29.712.4（1）Mg在周期表中的位置_，Si的原子结构示意图为_（2）向溶液I中加入X的作用是_（3）向溶液I中加入的两种试剂先后顺序是_（填化学式）（4）加入H2O2溶液反应的离子方程式是_（5）如图是溶液中Mg2+转化率随温度t的变化示意图：向溶液中加入氨水反应的离子方程式是_t1前Mg2+转化率增大的原因是_；t1后Mg2+转化率下降的原因是（用化学方程式表示）_20SOCl2是一种液态化合物，沸点为77在盛有10mL水的锥形瓶中，小心地滴加810 滴SOCl2，发生剧烈反应，液面上有白雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色轻轻振荡锥形瓶，等白雾消失后，往
13、溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出（1）则SOCl2和水反应的化学方程式为：_（2）将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，而得到_（填化学式）若用SOCl2与FeCl36H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是_21与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数（用K表示）下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：酸电离方程式电离平衡常数KCH3COOHCH3COOHCH3COO+H+1.76105HClOCHl0ClO+H+3.0108H2CO3H2CO3H+HCO3HCO3H+CO32K1=4.4107K2=5.611011H3PO4H3PO4H+H
14、2PO4H2PO4H+HPO42HPO42H+HPO43K1=7.1103K2=6.3108K3=4.21013回答下列问题：（1）若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3、H3PO4、H2PO4、HPO42都看作是酸，则它们酸性最强的是_（填化学式，下同），最弱的是_（2）向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为_，1.2molL1的NaClO溶液pH=_（已知：lg2=0.3）（3）求出该温度下，0.10molL1的CH3COOH溶液中的c（H+）=_molL12015-2016学年河南省豫南九校联盟高三（下）第一次联考化学试卷一、选择题（每个小题只有一个选项符合
15、题意，每小题3分，共45分）1化学在生产和生活中有重要的应用下列说法正确的是( )A新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子B14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体C凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用D“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量【分析】A二氧化硅为无机物；B同素异形体是指由同种元素组成的不同单质；C食品添加剂包括酸度调节剂、抗结剂、消泡剂、抗氧化剂、漂白剂、膨松剂、着色剂、护色剂、酶制剂、增味剂、营养强化剂、防腐剂、甜味剂、增稠剂、香料等；D化石燃料燃烧能够产生大量污染污染物【解答】解：A光导纤维主要成分是二氧化硅，二氧化硅为无机物，
16、不适应有机高分子材料，故A错误；B14C与12C是碳元素的不同核素，不是单质，故B错误；C我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，合理使用食品添加剂，对丰富食品生产，且对人体健康无害，可以食用，但不能过量，故C错误；D“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”能够减少化石燃料燃烧，有利于提高空气质量，故D正确；故选：D【点评】本题考查了化学与生产和生活，涉及材料的分类、同素异形体概念、食品添加剂的应用、空气污染与治理，题目难度不大，注意对相关知识的积累2了解一些安全生活、生产常识，有助于自身安全及事故救助下列有关安全处理不合理的是( )A
17、木材厂、纺织厂、面粉厂都必须严禁烟火B炒菜时锅中的油着火时可立即盖上锅盖C运输液氯的罐车泄漏时应逆风往高处跑D化学品仓库保存的金属钠着火时可用水灭【分析】A粉尘表面积较大；B根据灭火原理：破坏燃烧的一个条件使燃烧停止，就可以达到灭火的目的灭火的方法有：隔离法、窒息法、冷却法；C氯气有毒，密度比空气大；D钠与水反应生成氢气，氢气能燃烧，且钠燃烧生成的过氧化钠与水反应生成氧气【解答】解：A粉尘表面积较大，遇明火可发生爆炸，故A正确；B炒菜时油锅着火，立即盖上锅盖，利用了窒息法灭火，故B正确；C氯气有毒，密度比空气大，应逆风往高处跑，故C正确；D钠与水反应生成氢气，氢气能燃烧，且钠燃烧生成的过氧化钠
18、与水反应生成氧气，所以不可用水将其扑灭，故D错误故选D【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意掌握化学实验基本操作方法，明确处理突发事故的方法，确保人身安全、降低国家财产损失3下列有关说法或表示正确的是( )A淀粉和纤维素都可用（C6H10O5）n表示，二者互为同分异构体BMg5（Si4O10）2（OH）24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2OCFe2e=Fe2+可表示钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的正极反应D乙醇分子的比例模型：【分析】A淀粉和纤维素化学式（C6H10O5）n中，n值不同，所以二者的分子式不同，不属于同分异构体；B硅酸盐改写成氧化物的形式时，各元素的化合价
19、不能变化，据此写出该硅酸盐的氧化物形式；C钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的正极得到电子发生还原反应，负极失去电子发生氧化反应；D为的球棍模型，不是比例模型【解答】解：A同分异构体必须具有相同的分子式，而淀粉和纤维素化学式（C6H10O5）n中n值不同，所以二者不属于同分异构体，故A错误；BMg5（Si4O10）2（OH）24H2O中Mg元素对应氧化物为MgO，Si对应氧化物为SiO2，H元素对应氧化物为H2O，则改写成氧化物形式为：5MgO8SiO25H2O，故B正确；CFe2e=Fe2+中铁失去电子被氧化，发生氧化反应，为钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应，故C错误；D比例模型主要体现的是组成该分子的
20、原子间的大小、分子的空间结构、原子间的连接顺序，乙醇分子的比例模型图为：，故D错误；故选B【点评】本题考查较为综合，涉及金属的腐蚀与防护、同分异构体判断、球棍模型与比例模型等知识，题目难度中等，明确球棍模型与比例模型的区别为解答关键，注意掌握金属腐蚀与防护原理，试题培养了学生的灵活应用能力4下列各组离子在溶液中能大量共存的是( )ANa+、OH、S2O32、ClBFe2+、K+、Fe（CN）63、NO3CH+、C2O42、MnO4、SO42DNa+、Ca2+、AlO2、HCO3【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：A该组
21、离子之间不反应，可大量共存，故A正确；BFe2+、Fe（CN）63结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；CH+、C2O42、MnO4发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；DAlO2促进HCO3的电离，不能共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，选项BD均为解答的难点，题目难度不大5美国通用原子能公司（GA）提出的碘硫热化学循环是由反应、三步反应组成的（如图所示），下列有关说法正确的是( )A设计该循环是为了制取能源气体O2B整个循环过程中产生1mol O2的同时产生44.8LH2C图中反应、
22、均为氧化还原反应D图中反应、均可在常温常压下进行【分析】由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，反应是2HIH2+I2，反应是硫酸分解为氧气的过程，据此回答【解答】解：A、设计该循环是为了制取气体O2和H2，故A错误；B、整个循环过程中产生1molO2的同时产生标况下44.8LH2，故B错误；C、反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，反应是2HIH2+I2，反应是硫酸分解为氧气的过程，均为氧化还原反应，故C正确；D、反应、不可在常温常压下进行，反应SO2+
23、2H2O+I2=H2SO4+2HI可以在常温下进行，故D错误故选C【点评】本题涉及物质的转化和氧化还原反应的有关知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等6原子序数依次递增的 4 种短周期元素可形成简单离子W2、X+、Y3+、Z2，下列说法不正确的是( )A工业上常采用电解法冶炼Y 单质B气态氢化物的稳定性：H2W强于H2ZC离子半径由大到小：Z2X+Y3+W2DW、X 形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1：2【分析】原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子 W2，X+，Y3+，Z2，则W、Z为第VIA，原子序数W小于Z，则W为O元素，Z为S元素，X化合价为+1价为第IA族的Na
24、元素，Y为第IIIA族，原子序数大于Na，则Y为Al元素，结合元素化合物的性质分析【解答】解：AY为Al元素，常用电解熔融的氧化铝的方法制备铝，故A正确；B元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：O大于S，则气态氢化物的稳定性：H2O强于H2S，故B正确；C电子层数越多离子半径越大，电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以S2O2Na+Al3+-，则Z2W2X+Y3+-，故C错误；DW、X 形成的化合物为Na2O或Na2O2，阴、阳离子个数比一定是1：2，故D正确故选C【点评】本题考查元素推断、元素周期律、元素化合物性质等，难度中等，侧重于考查学生的分析能力，推断元素是解题的
25、关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质7设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A4gNaOH固体所含电子总数为2NAB22.4lL C2H6所含化学键总数为7 NAC6g SiO2所含分子数为0.1NA，化学键总数为0.4 NAD0.1 molL1NH4Cl溶液中，NH与Cl数之和小于0.2NA【分析】A、求出NaOH的物质的量，然后根据1molNaOH中含20mol电子来分析；B、乙烷所处的状态不明确；C、二氧化硅不是由分子构成的；D、溶液体积不明确【解答】解：A、4gNaOH的物质的量为n=0.1mol，而1molNaOH中含20mol电子，故0.1mol钠含2mol电子即2NA
26、个，故A正确；B、乙烷所处的状态不明确，故乙烷的物质的量无法计算，故B错误；C、二氧化硅是原子晶体，不是由分子构成的，故无二氧化硅分子，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的铵根离子和氯离子之和无法计算，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽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8下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是( )Aa图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸Bb图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好Cc图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NODd图示装置，试管中先有白色
27、沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S【分析】A乙醇有还原性；B双氧水的浓度应相同；C要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰；D硝酸银过量，发生沉淀的生成【解答】解：A乙醇有还原性，能被重铬酸钾氧化为乙酸，不发生消去反应，故A错误；B双氧水的浓度应相同，浓度影响反应速率，无法比较，故B错误；C要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰，该装置中有氧气，NO易被氧化生成二氧化氮，所以对实验造成干扰，故C错误；D硝酸银过量，发生沉淀的生成，不能比较AgCl、Ag2S溶解度大小，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、化学反应速率、沉淀
28、的生成等，把握反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，选项D为易错点9ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是( )A可用Cl2和NaClO2制备ClO2，其中n （氧化剂）：n （还原剂）=1：2BClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2+2OHClO3+ClO2+H2OCClO2处理饮用水时残留的ClO2，可用FeSO4来除去：ClO2+2Fe2+4H+2Fe3+Cl+2H2OD等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO强【分析】ACl2和NaClO2制备ClO2，Cl2中Cl元素化合价由0价升高到+4价，N
29、aClO2中Cl元素化合价由+5价降低到+4价；BClO2在强碱性环境中自身发生氧化还原反应；C电荷不守恒；D根据化合价的变化判断【解答】解：ACl2和NaClO2制备ClO2，Cl2中Cl元素化合价由0价升高到+4价，NaClO2中Cl元素化合价由+5价降低到+4价，则n （氧化剂）：n （还原剂）=1：2，故A正确；BClO2在强碱性环境中自身发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2ClO2+2OHClO3+ClO2+H2O，故B正确；C电荷不守恒，应为ClO2+4Fe2+4H+4Fe3+Cl+2H2O，故C错误；DClO2作为氧化剂，由+4价降低到1价，杀菌效果比Cl2、HClO强，故D正
30、确故选C【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查学生分析问题、计算能力，知道常见元素化合价，题目难度不大10芳香族化合物A与互为同分异构体，A苯环上的一氯代物只有一种结构，则A可能的结构有( )A5种B6种C7种D8种【分析】A苯环上的一氯代物只有一种结构，则环上的取代基具有高度的对称性，即，其中四个取代基连接甲基与溴原子，两个取代基的连接CH2Br，据此确定结构【解答】解：A苯环上的一氯代物只有一种结构，则环上的取代基具有高度的对称性，即，其中四个取代基连接2个甲基与2个溴原子，每种结构都有2种情况，共6种结构，两个取代基的连接2个CH2Br，只有1种结构，所以共7种结构，故选C【点评】
31、本题主要考查同分异构体的书写，根据等效氢判断侧链是解题的关键，难度中等11球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X实验小组为测定化合物X的组成设计实验如下：下列说法不正确的是( )A固体2是氧化铁BX的化学式可以表示为Fe3C2C溶液甲加热、蒸发、灼烧也可得到24.0g固体DX与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成【分析】铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用
32、元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为：=3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，据此进行答题【解答】解：铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用元素守恒，可计
33、算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为：=3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，根据上面的分析可知，A根据分析可知，固体2是氧化铁，故A正确；BX的化学式可以表示为Fe3C，故B错误；C溶液甲为氯化亚铁和氯化铁的混合物，直接加热、蒸发、灼烧，最终也可以得到氧化铁，故C正确；DX与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，故D正确；故选B【点评】本题主要考查了物质分离与提纯方法的综合应用，题目难度中等，结合实验过程利
34、用元素守恒分析和计算，解答时注意元素化合物知识的灵活运用，试题充分考查了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力12根据碘与氢气反应的热化学方程式（1）I2（g）+H2（g）2HI（g）H=9.48kJ/mol（2）I2（S）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJ/mol下列判断正确的是( )A254 g I2（g）中通入2 g H2（g），反应放热9.48 kJB1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJC反应（1）的产物比反应（2）的产物稳定D反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低【分析】热化学方程式的书写一般是结合计算进行考查，所以应分两步：（1）写，
35、特别注意注明各物质的状态，计量数可以是分数；（2）算，根据题意计算反应热；并注意盖斯定律在计算反应热中的应用来解答【解答】解：A、因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故A错误；B、由盖斯定律知（1）（2）得，I2（g）=I2（S）H=35.96KJ/mol，故B错误；C、都是HI的气态一样稳定；故C错误；D、对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低；因此反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低；故D正确；故选D【点评】本题考查化学反应与能量，明确盖斯定律的应用是解答该题的关键，注意物质的稳定性与能量高低的关系，题目难度不大13t时，CuSO4在水中溶解度为2
36、5g，将32gCuSO4白色粉末加入到mg水中，形成饱和CuSO4溶液，并有CuSO45H2O晶体析出，则m的取值范围是( )A18gm128gB36gm180gC18gm128gD36gm180g【分析】在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量，叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度；根据溶解度的定义并运用极限法计算，分两种情况分析：一种是：正好形成了CuSO4.5H2O晶体，另一种是：正好形成饱和溶液【解答】解：用极限法解答a假设正好形成了CuSO4.5H2O晶体，则=，m=18g；b假设正好形成饱和溶液，则溶质质量为32g，溶剂质量为mg，故=，m=128，由于
37、形成饱和CuSO4溶液并有CuSO45H2O晶体析出，故m的取值范围为18gm128g，故选C【点评】本题考查范围讨论题的计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，根据混合物形成物质成分及特点采用极限法分析解答，题目难度中等14温度为T时，向V L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+B（g）C（s）+xD（g）H0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是( )A反应在前10min的平均反应速率v（B）=0.15mol/（Lmin）B该反应的平衡常数表达式K=C若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动D反应至1.5min时，改变的反
38、应条件是降低温度【分析】A由图象可知，10min时到达平衡，平衡时B的浓度变化量为：2.5mol/L1.0mol/L=1.5mol/L，根据v=计算v（B）；B由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算x的值化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、纯液体不需要写出；C由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算x的值，增大压强平衡向体积减小的方向
39、移动，据此解答；D由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度【解答】解：A由图象可知，10min时到达平衡，平衡时B的浓度变化量为：2.5mol/L1.0mol/L=1.5mol/L，则v（B）=0.15molL1min1，故A正确；B由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，可逆反应A（g）+B（g）C（s）+xD（g）的平衡常数表达式K=，故B正确；C由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5m
40、ol/L：3mol/L，所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故C错误；D由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度，故D正确；故选C【点评】本题考查化学平衡图象及有关计算、化学平衡影响因素、反应速率计算、化学平衡常数等知识，题目难度中等，注意理解外界条件对化学平衡的影响，确定x值是关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力15（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4N2+6NH3+3SO2+SO3+7H2O将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有部分
41、气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应下列说法正确的是( )A生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1B生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2C生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3D从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl【分析】根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨；硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀
42、，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断反应后生成的沉淀组成及物质的量之比，并判断反应后溶质【解答】解：反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=（NH4）2SO4、（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，该气体为氮气，说明除了氮气其它气体都参与反应，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧
43、化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n（BaSO4）：n（BaSO3）=1：1，故A正确、BC错误；根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；故选A【点评】本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，题目难度中等，关键是分析反应过程反应判断生成沉淀的成分，试题培养了学生的分析、理解能力二、非选择题（本题包括五个小题，共55分）16目前世界上比较先进的电解制碱技术是离子交换膜法（1）电解法
44、制烧碱的主要原料是饱和食盐水由于粗盐水中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42等杂质，因此必须经过精制才能进行电解除去这些杂质时，不应选用的试剂是e（填序号）aBaCl2 bNa2CO3 cNaOH d盐酸 eKOH（2）现有200mL食盐水，用石墨电极电解当阴极产生气体的体积为0.224L（标准状况）时停止电解，阳极的电极反应式为2C12e=C12，电解后，溶液在常温下的pH约为13（忽略体积变化）【分析】（1）根据盐水中含有的杂质选择试剂；（2）电解食盐水时，C1在阳极失电子生成氯气；阴极生成氢气，根据氢气的量求出氢氧化钠的量，然后求出PH；【解答】解：（1）已知盐水中含有Ca2
45、+、Mg2+、Fe3+、SO42等，除去SO42用BaCl2，除去Mg2+、Fe3+用NaOH，除去Ca2+用Na2CO3，除去过量的Na2CO3和NaOH用HCl，所以不应选用的试剂是：KOH，因为KOH会引入新的杂质K+，故答案为：e；（2）电解食盐水时，C1在阳极失电子生成氯气，其电极反应式为：2C12e=C12；阴极生成氢气，n（H2）=0.01mol；已知2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，当产生的H2的体积为0.224L即0.01mol时，生成氢氧化钠的物质的量为0.02mol，所以溶液中NaOH的物质的量浓度=0.1mol/L，所以氢离子的浓度为=11013mol/L，
46、pH=13，故答案为：2C12e=C12；13【点评】本题考查除杂试剂的选择、电极反应式的书写、化学方程式的计算，难度不大，注意掌握化学方程式的计算是解题的关键17现有四瓶贴有甲、乙、丙、丁标签的溶液，它们可能是K2CO3、Ba（NO3）2、NaHSO4和K2SO4溶液现进行如下实验，并记录部分现象（如图）：据此完成下列回答：（1）写出各物质的化学式：甲：NaHSO4乙：Ba（NO3）2丁：K2CO3；（2）写出下列反应的离子方程式：甲+乙：Ba2+SO42=BaSO4，沉淀a+溶液b：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）检验物质丙中阳离子的方法为用洁净的铂丝蘸取丙（或K2SO4
47、）溶液少许，在煤气灯外焰灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色为紫色，则溶液中含有钾离子（说明实验操作、现象等）【分析】甲、乙、丙、丁的溶液，它们可能是K2CO3、Ba（NO3）2、NaHSO4和K2SO4溶液，根据题中各物质转化关系，生成的沉淀a和b只能是BaCO3和BaSO4，所以乙中应含有Ba2+，由于沉淀a能和溶液b反应且生成气体，则沉淀a是BaCO3，溶液b中含有H+，据此可以确定乙为Ba（NO3）2，丁为K2CO3，甲为NaHSO4，则丙为K2SO4，据此可以书写离子方程式，可以利用盐酸和澄清的石灰水检验CO32的存在，据此答题；【解答】解：甲、乙、丙、丁的溶液，它们可能是K
48、2CO3、Ba（NO3）2、NaHSO4和K2SO4溶液，根据题中各物质转化关系，生成的沉淀a和b只能是BaCO3和BaSO4，所以乙中应含有Ba2+，由于沉淀a能和溶液b反应且生成气体，则沉淀a是BaCO3，溶液b中含有H+，据此可以确定乙为Ba（NO3）2，丁为K2CO3，甲为NaHSO4，则丙为K2SO4，据此可以书写离子方程式，可以利用盐酸和澄清的石灰水检验CO32的存在，（1）根据上面的分析可知，甲为NaHSO4，乙为Ba（NO3）2，丁为K2CO3，故答案为：NaHSO4、Ba（NO3）2、K2CO3；（2）甲+乙反应的离子方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，沉淀a+溶液b的离
49、子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为：Ba2+SO42=BaSO4；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）丙为K2SO4，检验物质D中阳离子的方法为用洁净的铂丝蘸取丙（或K2SO4）溶液少许，在煤气灯外焰灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色为紫色，则溶液中含有钾离子，故答案为：用洁净的铂丝蘸取丙（或K2SO4）溶液少许，在煤气灯外焰灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色为紫色，则溶液中含有钾离子【点评】本题考查溶液中物质之间的反应，注意根据反应的现象进行物质推断，再根据相关物质的性质解答，题目难度中等18已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在
50、足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究（1）仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液、淀粉碘化钾溶液，完成以下实验探究过程：【提出假设】假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中Br2引起的（填微粒的化学式，下同）假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中Fe3+引起的【设计实验方案】为了验证上述假设1和假设2的推断，请用简要的文字说明你的实验方案：假设1方案：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色假设2方案：向黄色溶液滴加KSCN溶液
51、，溶液变为血红色（2）根据高中所学的知识判断，你认为假设2（填“假设1”或“假设2”）的推断是正确的；若选用淀粉碘化钾溶液验证你的假设是否可行？否（填“行”或“否”）（3）写出铁离子与碘离子作用的离子方程式2Fe3+2I=2Fe2+I2，并以该反应原理设计原电池，将电池装置示意图画在下边方框中【分析】（1）提出假设：现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的，或是溴单质溶于水形成的溶液颜色；设计实验方案：溶液黄色由溶解溴导致，可以利用四氯化碳萃取溴验证；溶液黄色由Fe3+所致，能与KSCN溶液反应生成血红色物质；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁
52、离子氧化为Fe3+；溴单质、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质；（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接【解答】解：（1）【提出假设】假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中Br2引起的，假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中Fe3+引起的，故答案为：Br2；Fe3+；【设计实验方案】假设1方案：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色，假设2方案：向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，故答案为：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液
53、变为血红色；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为Fe3+，假设1不成立，假设2的推断正确，溴单质、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，不能用淀粉碘化钾溶液验证，故答案为：假设2；否；（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3+2I=2Fe2+I2，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接，电池装置示意图为：，故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；【点评】本题考查物质性质的探究，根据物质的性质设计实验方法，熟练掌握元素化合物性质，注意基本仪器与装置的简单绘画19（14分）高纯度的氢氧化镁广泛应用于医药、电力等领域镁硅酸盐矿
54、石可用于生产氢氧化镁，简要工艺流程如下：己知1：溶液I中除MgSO4外，还含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子2：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表所示：Fe3+Al3+Fe2+Mg2+开始沉淀时1.53.36.59.4沉淀完全时3.75.29.712.4（1）Mg在周期表中的位置第三周期A族，Si的原子结构示意图为（2）向溶液I中加入X的作用是调节溶液pH（3）向溶液I中加入的两种试剂先后顺序是H2O2、MgOMg（OH）2或MgCO3（填化学式）（4）加入H2O2溶液反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（5）如图是溶液中Mg2+转化率随温度t的变化
55、示意图：向溶液中加入氨水反应的离子方程式是Mg2+2NH3H2O=Mg（OH）2+2NH4+t1前Mg2+转化率增大的原因是镁离子与氨水反应是吸热反应，升高温度，平衡右移，Mg2+转化率增大；t1后Mg2+转化率下降的原因是（用化学方程式表示）NH3H2ONH3+H2O【分析】溶液中除MgSO4外，还含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子，根据题中提供的各种金属离子沉淀的pH值可知，加入双氧水可以将亚铁离子氧化成铁离子，再加入试剂X主要作用是调节溶液pH值，使铁离子沉淀，可以加氧化镁或氢氧化镁等，过滤后在滤液中加入氨水使溶液中镁离子沉淀，得氢氧化镁沉淀，由于要通过使铁离子沉淀的方法除去铁，
56、所以要先氧化再沉淀，根据Mg2+转化率随温度t的变化示意图可知，由于氨水与镁离子反应生成氢氧化镁的反应是吸热反应，所以升高温度，镁离子的转化率增大，但随着温度的升高，氨气在水中的溶解度减小，氨水的浓度减小，会导致Mg2+转化率减小，以此解答该题【解答】解：溶液中除MgSO4外，还含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子，根据题中提供的各种金属离子沉淀的pH值可知，加入双氧水可以将亚铁离子氧化成铁离子，再加入试剂X主要作用是调节溶液pH值，使铁离子沉淀，可以加氧化镁或氢氧化镁等，过滤后在滤液中加入氨水使溶液中镁离子沉淀，得氢氧化镁沉淀，由于要通过使铁离子沉淀的方法除去铁，所以要先氧化再沉淀，根
57、据Mg2+转化率随温度t的变化示意图可知，由于氨水与镁离子反应生成氢氧化镁的反应是吸热反应，所以升高温度，镁离子的转化率增大，但随着温度的升高，氨气在水中的溶解度减小，氨水的浓度减小，会导致Mg2+转化率减小，（1）Mg的原子序数为12，原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，则位于周期表第三周期A族，Si的原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，原子结构示意图为，故答案为：第三周期A族；（2）根据上面的分析可知，向溶液中加入X的作用是调节溶液pH，故答案为：调节溶液pH；（3）根据上面的分析可知，要先氧化再沉淀，所以向溶液中加入的两种试剂先后顺序是H2O2、MgOMg（OH）2或MgCO3，
58、故答案为：H2O2、MgOMg（OH）2或MgCO3；（4）根据上面的分析可知，加入H2O2溶液反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（5）向溶液中加入氨水与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式是 Mg2+2NH3H2O=Mg（OH）2+2NH4+，故答案为：Mg2+2NH3H2O=Mg（OH）2+2NH4+；根据上面的分析可知，t1前Mg2+转化率增大的原因是 升高温度，Mg2+转化率增大，平衡右移，反应是吸热反应；t1后Mg2+转化率下降的原因是氨气在水中的溶解度减小，氨水的浓度减小，反应的方程式
59、为 NH3H2O NH3+H2O，故答案为：镁离子与氨水反应是吸热反应，升高温度，平衡右移，Mg2+转化率增大；NH3H2ONH3+H2O【点评】本题考查物质制备方案，涉及物质分离提纯、离子沉淀的条件选择、化学平衡的影响因素、离子方程式的书写、沉淀转化的原理应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度中等20SOCl2是一种液态化合物，沸点为77在盛有10mL水的锥形瓶中，小心地滴加810 滴SOCl2，发生剧烈反应，液面上有白雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色轻轻振荡锥形瓶，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出（1）则SOCl
60、2和水反应的化学方程式为：SOCl2+H2O=2HCl+SO2（2）将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，而得到Fe（OH）3（填化学式）若用SOCl2与FeCl36H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是SOCl2消耗FeCl36H2O中的结晶水，并产生HCl，抑制FeCl3的水解【分析】（1）液面上有大量白雾，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀HNO3的凝乳状白色沉淀产生，说明白雾为盐酸的小液滴，即会产生HCl；同时有带刺激性气味的气体逸出，该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色说明是SO2；（2）用SOCl2与FeCl36H2O混合共热，可得无水FeCl3，是
61、因SOCl2与水反应既减少可水的量，生成的HCl又抑制了FeCl3的水解【解答】解：（1）SOCl2是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体，该两种气体应该为氯化氢和二氧化硫，反应的方程式为SOCl2+H2O=2HCl+SO2，故答案为：SOCl2+H2O=2HCl+SO2；（2）将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，原因是氯化铁水解出的HCl是挥发性酸，HCl的挥发导致氯化铁的水解被促进，故蒸干后得Fe（OH）3；SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铁水解起到抑制作用；反应的化学方程式为：SOCl2+H2O=2HCl+SO2，蒸干FeCl3溶液不能
62、得到无水FeCl3，使SOCl2与FeCl36H20混合并加热，可得到无水FeCl3，SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铁水解起到抑制作用，故答案为：Fe（OH）3；SOCl2消耗FeCl36H2O 中的结晶水，并产生HCl，抑制FeCl3的水解【点评】本题考查了元素化合物的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，能正确判断SOCl2和水反应的生成物是解本题的关键21与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数（用K表示）下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：酸电离方程式电离平衡常数KCH3COOHCH3COOHCH3COO+H+1.76105HClOCHl0ClO
63、+H+3.0108H2CO3H2CO3H+HCO3HCO3H+CO32K1=4.4107K2=5.611011H3PO4H3PO4H+H2PO4H2PO4H+HPO42HPO42H+HPO43K1=7.1103K2=6.3108K3=4.21013回答下列问题：（1）若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3、H3PO4、H2PO4、HPO42都看作是酸，则它们酸性最强的是H3PO4（填化学式，下同），最弱的是HPO42（2）向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为CO2+ClO+H2OHClO+HCO3，1.2molL1的NaClO溶液pH=10.8（已知：lg2=0
64、.3）（3）求出该温度下，0.10molL1的CH3COOH溶液中的c（H+）=1.4103molL1【分析】（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数确定酸性强弱；（2）碳酸的酸性强于次氯酸，应用强制弱书写化学反应方程式；NaClO溶液水解呈碱性，反应的离子方程式为：ClO+H2OHClO+OH，依据次氯酸根离子水解平衡常数和离子积常数、次氯酸电离平衡常数计算，Kh=；（3）依据常数溶液中电离平衡常数计算氢离子浓度；【解答】解：（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：H3PO4CH3COOHH2CO3H2PO4HClOHCO
65、3HPO42，所以酸性最强的是H3PO4，最弱的是HPO42，故答案为：H3PO4； HPO42；（2）因为酸性：H2CO3HClOHCO3，碳酸的酸性强于次氯酸，所以反应的离子方程式为：CO2+ClO+H2OHClO+HCO3；1.2molL1的NaClO溶液中水解离子方程式为：ClO+H2OHClO+OH，Kh=，c2（OH）=c（ClO）=1.2mol/L，c（OH）=2103.5mol/L，c（H+）=51011.5，pH=lg51011.5=10.8， 故答案为：10.8；（3）该温度下，0.10molL1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOHCH3COO+H+，平衡常数K=1.76105，c2（H+）=0.101.76105，c（H+）1.4103 mol/L，故答案为：1.4103；【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、平衡常数计算、溶液PH计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等
