1、2015-2016学年江西省南昌市高二联考化学试卷一、选择题1下列说法或处理方法不正确的是A焓变是一个反应能否自发进行的相关因素，多数放热反应能自发进行B为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入一定量的食品添加剂CPM2.5与肺癌等疾病的发生有一定的关联D天津塘沽储存危险品仓库着火，消防员立即用大量水和泡沫灭火器进行灭火2现有5种短周期元素XYZQW，原子序数依次增大，在周期表中X原子的半径最小；X和W同主族；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，Q是地壳中含量最高的元素下列说法不正确的是A原子半径：YQWBZX3可使紫色石蕊试液变蓝CXZQ可组成离子化合物或共价化合物DX2Q2Y
2、2X6两种分子中含有的电子数化学键种类都相同3下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体和氯离子过滤胶体不能透过半透膜，离子能B除去乙醇中的乙酸蒸馏先加生石灰，利用乙醇与乙酸盐沸点相差较大C除去苏打中少量小苏打加热二者的溶解度不同D分离植物油和水的混合物分液二者互不相溶且沸点不同AABBCCDD4已知反应FeO+C=CO+Fe的H0，下列叙述中正确的是A低温下为自发过程，高温下为非自发过程B高温下为自发过程，低温下为非自发过程C任何温度下为非自发过程D任何温度下为自发过程5设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A常温常压下，1 mol Fe与足
3、量稀HNO3反应，转移电子数目一定为为3NAB0.1 mol/L NaHCO3溶液中含有Na+数目为0.1NAC50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD常温下，1 mol Fe与足量浓硫酸反应，转移电子数目一定为为3NA6下列解释实验事实的方程式一定正确的是A等物质的量MgCl2、Ba2和HCl溶液混合：Mg2+3OH+H+Mg2+H2OB由水电离出来的C=1013mol/L的溶液中加入铝粉：2Al+6H+3H2+2Al3+C硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液：Fe3+3NO3+12H+10IFe2+5I2+3NO+6H2OD用浓盐酸酸化的KMnO4溶液
4、与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2O7已知：C+H2O=CO+H2H=+130kJmol1 2C+O2=2COH=220kJmol1其中HH和OH键的键能分别为436kJmol1和462kJmol1，则O=O键的键能为A496 kJmol1B248 kJmol1C428 kJmol1D284 kJmol18下列实验装置正确且能完成实验目的是A测定一定时间内生成H2的反应速率B提取海带中的碘C检验火柴燃烧产生的SO2D证明非金属性：ClCSi9下列叙述中，正确的是A常温下，pH=3的甲酸溶液的c与pH=11的氨水溶液中由水电离产生的c相等
5、B中和 0.1 molL1 醋酸与中和 0.01 molL1的醋酸所需同种碱溶液的物质的量不同C向NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体，溶液的导电性明显增强D向饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液中c增大，导电能力增强10在T时，硫化氢的水溶液中，存在以下平衡：H2SHS+H+、HSH+S2，若使溶液的pH减小，则下列选项一定正确的是Ac增大Bc减小C不变Dc减小11根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是A标准状况下，HF为液态，是因为氢氟键很稳定BN最外层有5个电子，所以负化合价只有3价C硅和锗处于金属与非金属的过渡位置，硅和锗都可用作半导体材料DCl、S2、Ca2+、
6、K+半径逐渐减小12在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO+H2OCO2+H2CO2的平衡物质的量浓度c与温度T的关系如图所示下列说法错误的是A反应CO+H2OCO2+H2的H0B在T2时，若反应处于状态D，则一定有正逆C平衡状态A与C相比，平衡状态A的c小D若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K213可逆反应aA+2B2C+D，其中a为正整数反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量与温度和压强的关系如图，下列叙述正确的是A达到平衡后，加入催化剂，则C%增大B达到平衡后，若升高温度，平衡向右移动Ca可以为任意正整数D达平衡后，增加A的量，有利于平衡向右移动14常温常压下，注射器甲中装
7、有NO2气体，注射器乙中装有相同体积的空气，注射器与U 形管连通，如图所示，打开两个止水夹，同时向外拉两注射器的活塞，且拉动的距离相等，将会看到U形管中液面Aa端上升，b端下降Ba端下降，b端上升CU形管中液面无变化D无法判断15某温度下，在体积可变的密闭容器中，加入1molX和3molY发生反应达到平衡：X+m Y3Z，在此平衡体系中加入3molZ，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变下列叙述不正确的是Am=3B两次平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转化率之比为1：1D第二次平衡时，Z的浓度为原平衡的2倍16室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=
8、4关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是A溶液的体积：10V甲V乙B水电离出的OH浓度：10c=c乙C若分别与5mLpH=11的NaOH溶液反应，所得溶液可能显酸性D若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积不相同二、填空题17运用相关原理，回答下列各小题：25时，某FeCl3溶液的pH=2，则由水电离产生的总c=；用离子方程式表示FeCl3溶液用于净水的原因已知NaHSO4在水中的电离方程式NaHSO4=Na+H+SO42在NaHSO4溶液中cc+c；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42完全沉淀，则反应后溶液的pH7某温度下纯水中c=2107 mol/L，则
9、此时溶液中的c=；若温度不变，滴入稀盐酸使c=5106 mol/L，则此时溶液中的c=某温度下纯水的c=1.0106 molL1，在此温度下，将pH=8的Ba2与pH=5的稀盐酸混合，欲使pH=7，则Ba2与稀盐酸的体积比为18用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上 述实验
10、相比，所放出的热量，所求中和热，简述理由用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的绝对值会19在2L密闭容器内，800时反应：2NO+O22NO2体系中，n随时间的变化如表：时间012345n0.0200.0100.0080.0070.0070.007已知：只升高温度，NO2的含量减小，则该正反应方向是热反应如图中表示NO2的变化的曲线是用O2表示从02s内该反应的平均速率v=能说明该反应已达到平衡状态的是av=2vb容器内压强保持不变cv=2vd容器内密度保持不变ec：c：c=2：1：2f反应物不再转化为生成物g混合气体颜色不再改变为使该反应的反应速率增大，且平衡向正
11、反应方向移动的是a及时分离除NO2气体 b适当升高温度c增大O2的浓度 d选择高效催化剂20现有常温下pH=2的盐酸甲和pH=2的醋酸溶液乙，请根据下列操作回答问题：常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定增大的是Ac Bc/c Ccc Dc/c取10mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c/c的比值将取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V V已知25时，两种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离
12、平衡常数K11.81054.31073.0108K25.61011下列四种离子结合H+能力最强的是AHCO3 BCO32 CClO DCH3COO常温下，取甲溶液稀释100倍，其pH=；取99mL甲溶液与1mL1mol/L的NaOH溶液混合，恢复至常温时其pH=21北京时间8月12日晚23时30分左右，天津滨海新区开发区发生剧烈爆炸，共有两次爆炸，间隔约30秒，第二次爆炸威力更高，相当于21吨TNT或者46枚战斧式巡航导弹涉事的天津瑞海国际物流有限公司官网显示，该公司仓储业务的商品类别有：压缩气体和液化气体；易燃液体；易燃固体、自燃物品和遇湿易燃物品；氧化剂和有机过氧化物；毒害品；腐蚀品、杂类
13、等多个种类已知：氰化氢标准状态下为液体氰化氢易在空气中均匀弥散，在空气中可燃烧氰化氢在空气中的含量达到5.6%12.8%时，具有爆炸性氢氰酸属于剧毒类氢氰酸、碳酸在室温下的电离常数分别为，HCN，Ka=6.21010molL1；H2CO3，Ka1=4.4107molL1，Ka2=4.71011molL1请用化学方程式回答下列各题：乙酸乙酯，易燃，室温下，44g乙酸乙酯完全燃烧放出 1122.1kJ热量，请写出乙酸乙酯燃烧热 的热化学反应方程式：助燃剂硝酸钠，遇可燃物着火时，能分解产生一种气体助长火势，请用化学方程式表示原因：易燃固体金属钠，禁止用水枪喷水灭火，请用化学方程式表示原因：在氰化钠发
14、生火灾时，禁止用泡沫灭火剂灭火，否则有易爆性物质生成，请用化学方程式表示原因：大量次氯酸钠用于“破氰”反应，生成无害物质，请写出该反应的化学方程式：2015-2016学年江西省南昌市高二联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列说法或处理方法不正确的是A焓变是一个反应能否自发进行的相关因素，多数放热反应能自发进行B为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入一定量的食品添加剂CPM2.5与肺癌等疾病的发生有一定的关联D天津塘沽储存危险品仓库着火，消防员立即用大量水和泡沫灭火器进行灭火【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；常见的生活环境的污染及治理；化学实验安全及事故处理中学版权所有
15、【分析】A反应自发进行的判断依据为：G=HTS，当反应自发进行时，GO，反应能否自发进行与焓变与熵变都有关系； B食品添加剂可以改善食品的外观、风味、组织结构或贮存性质的非营养物质；CPM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物；D储存危险品中有钠钾等【解答】解：A多数放热反应在一定温度下，GO，反应能自发进行，故A正确； B食品添加剂是有意识地一般以少量添加于食品，以改善食品的外观、风味、组织结构或贮存性质的非营养物质，故B正确；CPM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，会造成空气污染，与肺癌等疾病的发生相关，故C正确；D储存危险品中有钠钾等，钠钾与水反应生成氢气，氢气
16、易爆炸，故D错误故选D【点评】本题考查自发反应、食品添加剂、环境污染以及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2现有5种短周期元素XYZQW，原子序数依次增大，在周期表中X原子的半径最小；X和W同主族；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，Q是地壳中含量最高的元素下列说法不正确的是A原子半径：YQWBZX3可使紫色石蕊试液变蓝CXZQ可组成离子化合物或共价化合物DX2Q2Y2X6两种分子中含有的电子数化学键种类都相同【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系中学版权所有【分析】现有5种短周期
17、元素XYZQW，原子序数依次增大，在周期表中X原子的半径最小，则X为H元素；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，核外电子数为6，故Y为C元素；Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素X和W同主族，W原子序数大于氧，故W为Na；Z的原子序数大于碳而小于氧，所以Z是N元素，据此解答【解答】解：现有5种短周期元素XYZQW，原子序数依次增大，在周期表中X原子的半径最小，则X为H元素；Y原子的核外电子总数是其次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，核外电子数为6，故Y为C元素；Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素X和W同主族，W原子序数大于氧，故W为Na；Z的原子序数大
18、于碳而小于氧，所以Z是N元素AC和O属于同一周期，碳原子半径大于氧原子半径，碳原子半径小于钠原子半径，所以原子半径：QYW，故A错误；B氨气溶于水得到氨水，氨水电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性，所以氨气可使紫色石蕊溶液变蓝，故B正确；CXZQ可组成硝酸铵、硝酸等，铵盐属于离子化合物，硝酸是共价化合物，故C正确；DH2O2、C2H62种分子中含有的电子数都是18，化学键种类都是共价键，故D正确；故选A【点评】考查元素周期律、微粒半径比较等，难度中等，正确推断元素是解本题的关键，注意半径比较规律与基础知识掌握3下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体和氯
19、离子过滤胶体不能透过半透膜，离子能B除去乙醇中的乙酸蒸馏先加生石灰，利用乙醇与乙酸盐沸点相差较大C除去苏打中少量小苏打加热二者的溶解度不同D分离植物油和水的混合物分液二者互不相溶且沸点不同AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用中学版权所有【分析】A分离胶体和溶液用渗析的方法；B乙醇和乙酸的沸点不同；C碳酸氢钠不稳定，加热易分解；D植物油和水互不相溶【解答】解：A胶体不能透过半透膜，用渗析的方法分离，不是过滤，故A错误；B乙醇和乙酸的沸点不同，用蒸馏的方法分离，故B正确；C碳酸氢钠不稳定，加热易分解，用加热的方法除杂，与溶解度无关，故C错误；D植物油和水互不相溶，用分液的方
20、法分离，与沸点无关，故D错误故选B【点评】本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，题目难度不大，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理4已知反应FeO+C=CO+Fe的H0，下列叙述中正确的是A低温下为自发过程，高温下为非自发过程B高温下为自发过程，低温下为非自发过程C任何温度下为非自发过程D任何温度下为自发过程【考点】焓变和熵变中学版权所有【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据吉布斯自由能G=HTS来判断，G0 能反应自发进行，G0不能反应自发进行【解答】解：H0，S0，低温下，G=HTS0，不能反应自发进行，高温下，G=HTS0，能反应自发，故B正确；A、C、D错误；
21、故选B【点评】本题主要考查了吉布斯自由能的运用，难度不大，需要掌握G0 能反应自发进行，G0不能反应自发进行5设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A常温常压下，1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移电子数目一定为为3NAB0.1 mol/L NaHCO3溶液中含有Na+数目为0.1NAC50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD常温下，1 mol Fe与足量浓硫酸反应，转移电子数目一定为为3NA【考点】阿伏加德罗常数中学版权所有【分析】A、铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价；B、溶液体积不明确；C、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；D、常
22、温下，铁在浓硫酸中会钝化【解答】解：A、铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，故1mol铁失去3mol电子即3NA个，故A正确；B、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故B错误；C、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46NA个，故C错误；D、常温下，铁在浓硫酸中会钝化，反应程度很小，则转移的电子数小于3NA个，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，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大6下列解释实验事实的方程式一定正确的是A等物质的量MgCl2、Ba2和HCl溶液混合：Mg2+3OH+H+Mg2+H
23、2OB由水电离出来的C=1013mol/L的溶液中加入铝粉：2Al+6H+3H2+2Al3+C硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液：Fe3+3NO3+12H+10IFe2+5I2+3NO+6H2OD用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2O【考点】离子方程式的书写中学版权所有【分析】A、MgCl2、Ba2和HCl溶液混合，先是发生盐酸和氢氧化钡之间的中和反应；B、由水电离出来的C=1013mol/L的溶液是酸或是碱溶液；C、铁离子、硝酸均具有氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质，据此回答；D、高锰酸钾可以和浓盐酸之间发生反应，
24、不能用浓盐酸酸化的KMnO4溶液【解答】解：A、MgCl2、Ba2和HCl溶液混合，先是发生盐酸和氢氧化钡之间的中和反应，氢氧化钡剩余就不会出现沉淀，故A错误；B、水电离出来的C=1013mol/L的溶液中是酸或是碱溶液，加入铝粉会发生金属铝和氢离子或是氢氧根离子之间的反应，故B错误；C、硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子、硝酸具有氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质，Fe3+3NO3+12H+10IFe2+5I2+3NO+6H2O，故C正确；D、高锰酸钾可以和浓盐酸之间发生反应，不能用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，故D错误故选C【点评】本题考查学生物质的性质
25、以及离子反应方程式的书写知识，注意氧化还原反应知识的应用是重点，难度中等7已知：C+H2O=CO+H2H=+130kJmol1 2C+O2=2COH=220kJmol1其中HH和OH键的键能分别为436kJmol1和462kJmol1，则O=O键的键能为A496 kJmol1B248 kJmol1C428 kJmol1D284 kJmol1【考点】有关反应热的计算中学版权所有【分析】根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变H=H产物H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答【解答】解：设O=O键的键能为xkJmol1，已知C+H2OCO+H2H=+130kJmol1，2C+O22CO
26、H=220kJmol12得：2H2OO2+2H2H=480kJmol1，H=4462x2436=480kJmol1，解得x=496 kJmol1故选A【点评】本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等8下列实验装置正确且能完成实验目的是A测定一定时间内生成H2的反应速率B提取海带中的碘C检验火柴燃烧产生的SO2D证明非金属性：ClCSi【考点】化学实验方案的评价中学版权所有【分析】A测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积；B海带中碘以离子的形式存在；C二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；D生成的二氧化碳中含有HCl而
27、干扰实验，元素的非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强【解答】解：A测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积，有测定体积的仪器和测定时间的仪器，所以可以实现实验目的，故A正确；B海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故B错误；C二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，图中试管中的导管长短应互换，故C错误；D盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl也能和碳酸钠反应生成硅酸沉淀，所以干扰实验，且HCl不是氯元素的最高价氧化物是水化物，所以不能实现实验目的，故D错误；故选A【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，明确实验原理是解本题
28、关键，涉及非金属性的比较、氧化还原、碘的提纯等，注意实验原理和实验细节的考查，题目难度中等9下列叙述中，正确的是A常温下，pH=3的甲酸溶液的c与pH=11的氨水溶液中由水电离产生的c相等B中和 0.1 molL1 醋酸与中和 0.01 molL1的醋酸所需同种碱溶液的物质的量不同C向NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体，溶液的导电性明显增强D向饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液中c增大，导电能力增强【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理中学版权所有【分析】A常温下，pH=3的甲酸溶液中c=10pHmol/L，pH=11的氨水中的c=mol/L；B中和不同浓度的醋酸
29、时，所需NaOH物质的量与醋酸的物质的量成正比；CNH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体生成氯化钠和氨气；D饱和溶液的浓度与温度有关【解答】解：A常温下，pH=3的甲酸溶液中c=10pHmol/L=103 mol/L，pH=11的氨水中的c=mol/L=103 mol/L，故A正确；B中和不同浓度的醋酸时，所需NaOH物质的量与醋酸的物质的量成正比，10mL 0.1molL1醋酸与100mL 0.01molL1醋酸的物质的量相等，都是0.001mol，所以中和时需要NaOH的物质的量相等，故B错误；CNH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体生成氯化钠和氨气，溶液中离子浓度变化不大，所以溶液的
30、导电性变化不大，故C错误；D饱和溶液的浓度与温度有关，向饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后，温度没有变化，所以仍为饱和溶液，溶液中c不变，导电能力不变，故D错误故选A【点评】本题考查弱电解质的电离及溶液pH的有关计算、溶液的导电性等，题目难度不大，注意把握影响饱和溶液浓度的因素10在T时，硫化氢的水溶液中，存在以下平衡：H2SHS+H+、HSH+S2，若使溶液的pH减小，则下列选项一定正确的是Ac增大Bc减小C不变Dc减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡中学版权所有【分析】若使溶液的pH减小，即氢离子浓度增大，升温、增大硫化氢浓度或加入盐酸，溶液的pH都会减小，弱电解质的电离平衡常数
31、只受温度影响，据此分析【解答】解：A、增大硫化氢浓度或加入盐酸，溶液的pH都会减小，增大硫化氢浓度时，c增大，加入盐酸时，c减小，故A错误；B、增大硫化氢浓度时c增大，故B错误；C、弱电解质的电离平衡常数只受温度影响，温度不变其值不变，故C正确；D、加入盐酸时，c增大，故D错误；故选C【点评】本题考查了电离平衡移动的影响因素和溶液的pH变化，注意从影响弱电解质电离平衡移动的因素分析，题目难度不大11根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是A标准状况下，HF为液态，是因为氢氟键很稳定BN最外层有5个电子，所以负化合价只有3价C硅和锗处于金属与非金属的过渡位置，硅和锗都可用作半导体材料DC
32、l、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小【考点】元素周期表的结构及其应用中学版权所有【分析】A标准状况下，HF为液态，是因为HF分子之间存在氢键；BN最外层有5个电子，最低负化合价为3价；C处于金属与非金属的过渡位置的元素具有一定的金属性与非金属性；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小【解答】解：A标准状况下，HF为液态，是因为HF分子之间存在氢键，氢氟键很稳定，说明HF热稳定性强，故A错误；BN最外层有5个电子，最低负化合价为3价，还可能含有其它负化合价，如N2H4中N元素为2价，故B错误；C硅和锗处于金属与非金属的过渡位置，具有一定的金属性与非金属性，都可用作半导体材料，故C正确
33、；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径S2ClK+Ca2+，故D错误，故选：C【点评】本题考查结构性质与位置关系，难度不大，B选项为易错点，学生容易只考虑最低负化合价12在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO+H2OCO2+H2CO2的平衡物质的量浓度c与温度T的关系如图所示下列说法错误的是A反应CO+H2OCO2+H2的H0B在T2时，若反应处于状态D，则一定有正逆C平衡状态A与C相比，平衡状态A的c小D若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线中学版权所有【专题】化学平衡专题【分析】A、由图可知，温度越高平衡时c越大，说
34、明升高温度平衡向正反应移动；B、T2时反应进行到状态D，c高于平衡浓度，故反应向逆反应进行；C、根据温度对平衡的影响，分析CO的浓度；D、化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响【解答】解：A、由图可知，温度越高平衡时c越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即H0，故A正确；B、T2时反应进行到状态D，c高于平衡浓度，故反应向逆反应进行，则一定有，故B正确；C、平衡状态A与C相比，C点温度高，已知H0，升高温度平衡正移，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故C错误，D、该反应正反应是吸热反应，升高温度
35、平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故K1K2，故D正确；故选C【点评】本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，难度中等，注意曲线的各点都处于平衡状态13可逆反应aA+2B2C+D，其中a为正整数反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量与温度和压强的关系如图，下列叙述正确的是A达到平衡后，加入催化剂，则C%增大B达到平衡后，若升高温度，平衡向右移动Ca可以为任意正整数D达平衡后，增加A的量，有利于平衡向右移动【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线中学版权所有【专题】化学平衡专题【分析】由左图可知，温度T2到达平衡所用的时间越短，则温度T2T1，温度越高，平衡时C的百分含量越小，
36、升高温度平衡向逆反应移动，故该反应的正反应为放热反应；由右图可知，压强p2到达平衡所用的时间越短，则压强p2p1，压强越大，平衡时C的百分含量越小，增大压强平衡向逆反应移动，故该反应正反应为气体物质的量增大的反应，据此结合平衡移动原理解答【解答】解：由左图可知，温度T2到达平衡所用的时间越短，则温度T2T1，温度越高，平衡时C的百分含量越小，升高温度平衡向逆反应移动，故该反应的正反应为放热反应；由右图可知，压强p2到达平衡所用的时间越短，则压强p2p1，压强越大，平衡时C的百分含量越小，增大压强平衡向逆反应移动，故该反应正反应为气体物质的量增大的反应，A、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平
37、衡不移动，C的百分含量C%不变，故A错误；B、温度越高，平衡时C的百分含量越小，升高温度平衡向逆反应移动，故B错误；C、压强越大，平衡时C的百分含量越小，增大压强平衡向逆反应移动，故该反应正反应为气体物质的量增大的反应，A为固体，逆反应为气体体积减少的反应，故a可以为任意正整数，故C正确；D、A为固体，增大固体物质的物质的量不能使平衡移动，故D错误故选C【点评】本题考查了体积分数随温度、压强变化曲线的分析，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，注意D选项中，固体量的多少对化学平衡无影响，即不影响平衡的移动，也不影响其它气体的转化率14常温常压下，注射器甲中装有NO2气体，注射器乙中装
38、有相同体积的空气，注射器与U 形管连通，如图所示，打开两个止水夹，同时向外拉两注射器的活塞，且拉动的距离相等，将会看到U形管中液面Aa端上升，b端下降Ba端下降，b端上升CU形管中液面无变化D无法判断【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响中学版权所有【专题】氮族元素【分析】二氧化氮与四氧化二氮存在反应：2NO2 N2O4，依据化学平衡移动的理论，加压时平衡向气体系数减小的方向移动，减压时平衡向气体系数增大的方向移动，结合压强的变化分析判断【解答】解：打开两个止水夹后，同时向外拉动两注射器的活塞，且拉动的距离相同，U型管中两边气体的压强都减小，但NO2气体存在平衡：2NO2N2O4，平衡逆向移
39、动，压强又增大，a液面下降，b端上升；故答案为：B【点评】本题考查了化学平衡移动的影响因素，题目难度不大，明确勒沙特列原理是解题的关键，注意二氧化氮和四氧化二氮之间的反应特点15某温度下，在体积可变的密闭容器中，加入1molX和3molY发生反应达到平衡：X+m Y3Z，在此平衡体系中加入3molZ，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变下列叙述不正确的是Am=3B两次平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转化率之比为1：1D第二次平衡时，Z的浓度为原平衡的2倍【考点】化学平衡的计算中学版权所有【分析】A恒温恒压下，在此平衡体系中加入3molZ，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明为等效
40、平衡，按化学计量数转化到左边满足n：n=1：3，则m=3；B平衡常数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同；CX、Y的物质的量之比为1：3，且按物质的量1：3反应，故二者转化率相等；D两次平衡为等效平衡，恒温恒压下，相同物质的浓度相同【解答】解：A恒温恒压下，在此平衡体系中加入3molZ，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明为等效平衡，按化学计量数转化到左边满足n：n=1：3，则1：m=1：3，故m=3，故A正确；B平衡常数只受温度影响，两次平衡的温度相同，则平衡常数相同，故B正确；CX、Y的物质的量之比为1：3，且按物质的量1：3反应，故二者转化率相等，则X与Y的平衡转化率之比为1：
41、1，故C正确；D两次平衡为等效平衡，恒温恒压下，相同物质的浓度相同，即两次平衡时Z的浓度相等，故D错误，故选：D【点评】本题考查化学平衡计算，涉及等效平衡问题，难度中等，关键是对等效平衡规律的理解掌握，A选项为易错点，学生容易认为反应前后气体体积不变16室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是A溶液的体积：10V甲V乙B水电离出的OH浓度：10c=c乙C若分别与5mLpH=11的NaOH溶液反应，所得溶液可能显酸性D若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积不相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离
42、平衡中学版权所有【分析】A如果酸为强酸，则10V甲=V乙，如果酸为弱酸，则10V甲V乙；B两溶液都是酸溶液，酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，根据水的离子积计算出水电离的氢氧根离子浓度；C如果酸是强酸，则恰好反应，溶液为中性；如果酸是弱酸，则酸过量，反应后的混合液可能显示酸性；D若甲乙都是强酸，则消耗NaOH的物质的量相同【解答】解：A若酸为强酸，则依据溶液吸稀释过程中氢离子浓度不变5ml103=V104，解得V=5Oml，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲V乙，所以10V甲V乙，故A正确；B酸溶液中
43、的氢氧根离子是水电离的，则pH=3的酸中，水电离的氢氧根离子浓度为，c甲=1011mol/L，pH=4的酸中，水电离的氢氧根离子浓度为，c乙=1010mol/L，则10c甲=c乙，故B正确；C若酸是强酸，分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，溶液显中性，若为弱酸，则反应后酸有剩余，溶液可能显酸性，故C正确；D若甲乙都是强酸，则消耗NaOH的物质的量相同，故D错误；故选D【点评】本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合的定性判断及pH的相关计算，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，正确理解题意，明确弱酸存在电离平衡的特点为解答本题的关键二、填空题1
44、7运用相关原理，回答下列各小题：25时，某FeCl3溶液的pH=2，则由水电离产生的总c=0.01mol/L；用离子方程式表示FeCl3溶液用于净水的原因Fe3+3H2OFe3+3H+已知NaHSO4在水中的电离方程式NaHSO4=Na+H+SO42在NaHSO4溶液中c=c+c；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42完全沉淀，则反应后溶液的pH7某温度下纯水中c=2107 mol/L，则此时溶液中的c=2107mol/L；若温度不变，滴入稀盐酸使c=5106 mol/L，则此时溶液中的c=8109mol/L某温度下纯水的c=1.0106 molL1，在此温度下，将pH=8的Ba
45、2与pH=5的稀盐酸混合，欲使pH=7，则Ba2与稀盐酸的体积比为2：9【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理中学版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】氯化铁属于强酸弱碱盐，铁离子水解导致溶液呈酸性，25时，某FeCl3溶液的pH=2，则由水电离产生的总c=c；已知NaHSO4在水中的电离方程式NaHSO4=Na+H+SO42，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断c的相对大小c+c；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42完全沉淀，二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，则反应后溶液呈碱性；任何电解质溶液中都存
46、在水电离出的c=c；该温度下水的离子积常数=cc=21072107=41014，c=； 先根据该温度下纯水电离的氢离子浓度计算出水的离子积，然后根据水的离子积常数计算氢氧化钡溶液中c，再根据盐酸和氢氧化钡之间的关系计算氢氧化钡和盐酸的体积之比【解答】解：氯化铁属于强酸弱碱盐，铁离子水解导致溶液呈酸性，25时，某FeCl3溶液的pH=2，则由水电离产生的总c=c=102mol/L，水解离子方程式为Fe3+3H2OFe3+3H+，故答案为：102mol/L；Fe3+3H2OFe3+3H+；NaHSO4在水中的电离方程式NaHSO4=Na+H+SO42，溶液中存在电荷守恒c+c=c+2c，物料守恒c
47、=c，所以得c=c+c；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42完全沉淀，二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，反应方程式为NaHSO4+Ba2=BaSO4+NaOH+H2O，溶液中的溶质是NaOH，则溶液呈碱性，pH7，故答案为：=；任何电解质溶液中都存在水电离出的c=c=2107 mol/L；该温度下水的离子积常数=cc=21072107=1014，c=mol/L=8109 mol/L； 故答案为：2107 mol/L；8109 mol/L；某温度下纯水的c=1.0106 molL1，所以该温度下水的离子积为：KW=cc=1.01061.0106=11012，将pH=8的Ba2溶液
48、中c=104 mol/L，pH=5的稀盐酸中c=105 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，100的恒温，欲使混合溶液pH=7，溶液呈碱性，c=mol/L=105 mol/L，c=105 mol/L，解得x：y=2：9，故答案为：2：9【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断、盐类水解等知识点，为高频考点，含有弱离子的盐促进水电离，会酸、碱或含有弱离子的盐中水电离出氢离子或氢氧根离子的计算方法，易错点是题18用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：从实验装置上看，
49、图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？在大小烧杯间填满碎碎纸条，使小烧杯口与大烧杯口相平烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上 述实验相比，所放出的热量不相等，所求中和热相等，简述理由中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1mol水所放出的热量为标准的，而与酸、碱的用量无关用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的绝对值会偏小【考点】中和热的测定中学版权所有【专题】化学实验基本操作【分析】根据量热计的构造来判断该装置的
50、缺少仪器、装置的错误；中和热测定实验成败的关键是保温工作；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；根据弱电解质电离吸热分析【解答】解：根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；装置的错误是：小烧杯口与大烧杯口不相平，且未填满碎纸条；故答案为：环形玻璃搅拌棒；在大小烧杯间填满碎碎纸条，使小烧杯口与大烧杯口相平；中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失；故答案为：保温、隔热，减少实验过程中的热量损失；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0
51、.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1mol水所放出的热量为标准的，而与酸、碱的用量无关NH3H2O为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，求得的中和热数值将会减小；故答案为：偏小【点评】本题考查学生有关中和热的测定，题目难度中等，注意理解中和热的概念和测定原理是解题的关键19在2L密闭容器内，800时反应：2NO+O22NO2体系中，n随时间的变化如表：时
52、间012345n0.0200.0100.0080.0070.0070.007已知：只升高温度，NO2的含量减小，则该正反应方向是放热反应如图中表示NO2的变化的曲线是b用O2表示从02s内该反应的平均速率v=1.5103 mol/能说明该反应已达到平衡状态的是b c gav=2vb容器内压强保持不变cv=2vd容器内密度保持不变ec：c：c=2：1：2f反应物不再转化为生成物g混合气体颜色不再改变为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是ca及时分离除NO2气体 b适当升高温度c增大O2的浓度 d选择高效催化剂【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法；化学平衡的
53、影响因素；化学平衡状态的判断中学版权所有【专题】化学平衡专题【分析】升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据二氧化氮浓度的变化确定反应是吸热反应还是放热反应；根据图中曲线的变化判断；根据v=计算v，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v；可逆反应达到平衡时，v正=V逆 或正逆速率之比等于化学计量数之比，反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；该反应正方向为体积减小的放热反应，根据影响速率、平衡的因素分析【解答】解：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，NO2的浓度减小，则平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，故答案为：放； NO2是产物，
54、随反应进行浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量c=0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b；2s内用NO表示的平均反应速率v=3.0103molL1s1，速率之比等于化学计量数之比，所以v=v=3.0103molL1s1=1.5103molL1s1，故答案为：b；1.5103molL1s1；a、表示同一方向反应速率，v自始至终为v的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；b、随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，容器内的压强减小，当压强保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；c、不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，V逆 ：正=2：1，即V逆 =2v正，
55、故c正确；d、混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误e当反应达到平衡状态时，反应混合物各组分的物质的量不再变化，但是浓度比值不一定等于计量数比，即c：c：c=2：1：2不能说明反应达到平衡状态，故e错误；f反应达到平衡状态时，反应仍然在进行中，反应物仍转化为生成物，同时生成物也转化为反应物，故f错误；g反应生成的二氧化氮为红棕色气体，随着反应的进行，二氧化碳的浓度增大，混合气体颜色加深，当颜色不再改变，即二氧化氮的浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，故g正确；故答案为：bcg；2NO+O22NO2正方向为体积减小的放热反应，a减小生成物的浓度平衡
56、正向移动，及时分离除NO2气体，平衡正移，但是浓度减小，速率减小，故a错误；b适当升高温度，反应逆向移动，故b错误；c增大O2的浓度，平衡正向移动，反应物浓度增大，速率加快，故c正确；d选择高效催化剂，反应速率加快，但是平衡不移动，故d错误；故答案为：c【点评】本题主要考查反应速率、平衡平衡状态的判断及读图表能力，难度中等，判断平衡时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态20现有常温下pH=2的盐酸甲和pH=2的醋酸溶液乙，请根据下列操作回答问题：常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定增大的是B
57、DAc Bc/c Ccc Dc/c取10mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡向右移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c/c的比值将减小取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V V已知25时，两种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数K11.81054.31073.0108K25.61011下列四种离子结合H+能力最强的是BAHCO3 BCO32 CClO DCH3COO常温下，取甲溶液稀释100倍，其pH=4；取99mL甲溶液与1mL1mol/L的NaOH溶液
58、混合，恢复至常温时其pH=10【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡中学版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，n增大，酸性减弱c减小，c增大，Kw不变；醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大；电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3；酸性越弱，对应的酸根离子结
59、合氢离子的能力越强，据此进行解答；pH=2的盐酸稀释10n倍，pH增大n；99mL0.01mol/L的盐酸溶液与1mL1mol/L的NaOH溶液混合溶液显碱性【解答】解：ACH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c减小，故A不选；B=，则稀释过程中比值变大，故B选；C稀释过程，促进电离，c减小，c增大，cc=Kw，Kw不变，故C不选；D稀释过程，促进电离，c减小，c增大，则变大，故D选；故答案为：BD；醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以c/c减小，故答
60、案为：向右；减小；pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以VV，故答案为：；电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3，酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强，则结合氢离子能力最强的为CO32，故选B，故答案为：B；pH=2的盐酸稀释10n倍，pH增大n，所以取甲溶液稀释100倍，pH为4；99mL0.01mol/L的盐酸溶液与1mL1mol/L的NaOH溶液混合，溶液显碱性，c=mol/L=104m
61、ol/L，pH=10，故答案为：4；10【点评】本题考查了电离平衡常数和酸性强弱的关系、强电解质的电离平衡及其影响等知识，题目难度中等，注意明确弱电解质的电离平衡及其影响因素，明确酸碱混合的定性判断方法21北京时间8月12日晚23时30分左右，天津滨海新区开发区发生剧烈爆炸，共有两次爆炸，间隔约30秒，第二次爆炸威力更高，相当于21吨TNT或者46枚战斧式巡航导弹涉事的天津瑞海国际物流有限公司官网显示，该公司仓储业务的商品类别有：压缩气体和液化气体；易燃液体；易燃固体、自燃物品和遇湿易燃物品；氧化剂和有机过氧化物；毒害品；腐蚀品、杂类等多个种类已知：氰化氢标准状态下为液体氰化氢易在空气中均匀弥
62、散，在空气中可燃烧氰化氢在空气中的含量达到5.6%12.8%时，具有爆炸性氢氰酸属于剧毒类氢氰酸、碳酸在室温下的电离常数分别为，HCN，Ka=6.21010molL1；H2CO3，Ka1=4.4107molL1，Ka2=4.71011molL1请用化学方程式回答下列各题：乙酸乙酯，易燃，室温下，44g乙酸乙酯完全燃烧放出 1122.1kJ热量，请写出乙酸乙酯燃烧热 的热化学反应方程式：CH3COOCH2CH3+5O2=4CO2+4H2O，H=2244.2kJ/mol助燃剂硝酸钠，遇可燃物着火时，能分解产生一种气体助长火势，请用化学方程式表示原因：2NaNO3=2NaNO2+O2易燃固体金属钠，
63、禁止用水枪喷水灭火，请用化学方程式表示原因：2Na+2H2O=2NaOH+H2在氰化钠发生火灾时，禁止用泡沫灭火剂灭火，否则有易爆性物质生成，请用化学方程式表示原因：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3大量次氯酸钠用于“破氰”反应，生成无害物质，请写出该反应的化学方程式：5NaClO+2NaCN=5NaCl+CO2+N2+Na2CO3【考点】化学方程式的书写；热化学方程式中学版权所有【专题】化学用语专题【分析】燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物；硝酸钠受热分解生成亚硝酸钠和氧气，氧气为助燃气体；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气为易燃气体；碳酸的酸性强于HCN，
64、依据强酸制备弱酸可知：氰化钠与二氧化碳和水反应生成HCN和碳酸氢钠；次氯酸钠和氰化钠发生氧化还原反应生成氯化钠、二氧化碳、氮气和碳酸钠【解答】44g乙酸乙酯的物质的量为=0.5mol，完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为1122.1kJ，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，反应的热化学方程式根据燃烧热写为：CH3COOCH2CH3+5O2=4CO2+4H2O，H=2244.2kJ/mol；故答案为：CH3COOCH2CH3+5O2=4CO2+4H2O，H=2244.2kJ/mol；助燃剂硝酸钠，遇可燃物着火时，能分解产生一种气体助长火势，反应的化学方程式：2NaN
65、O3=2NaNO2+O2；故答案为：2NaNO3=2NaNO2+O2；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2；故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；氰化钠与二氧化碳和水反应生成HCN和碳酸氢钠，化学方程式：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3；故答案为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3；次氯酸钠和氰化钠发生氧化还原反应生成氯化钠、二氧化碳、氮气和碳酸钠，化学方程式：5NaClO+2NaCN=5NaCl+CO2+N2+Na2CO3；故答案为：5NaClO+2NaCN=5NaCl+CO2+N2+Na2CO3【点评】本题考查了化学方程式的书写，明确物质的性质及发生反应的实质是解题关键，题目难度不大 版权所有：高考资源网()