1、华山中学2018-2019学年第一学期高二年级期中考试化学 试卷一、选择题(每小题3分，共48分)1.以下说法正确的是 ( )A. 同分异构体之间分子式相同，其式量也一定相等，式量相等的物质一定是同分异构体。B. 同分异构体之间某种元素的质量分数均相同，化合物之间某种元素质量分数均相同的物质一定为同分异构体。C. 两种物质如果互为同分异构体，则一定不可能为同系物。D. 互为同分异构体的物质之间物理性质一定不同，但化学性质一定相似。【答案】C【解析】【分析】式量相等的物质，分子式不一定相同；某种元素质量分数均相同的物质，分子式不一定相同；同分异构体分子式相同，同系物分子式一定不同；互为同分异构体
2、的物质之间，化学性质可能不同。【详解】式量相等的物质，分子式不一定相同，如甲酸、乙醇的式量都是46，故A错误；某种元素质量分数均相同的物质，分子式不一定相同，如乙烯、丙烯中碳元素的质量分数都是 ，故B错误；同分异构体分子式相同，同系物分子式一定不同，所以互为同分异构体的物质，一定不可能为同系物，故C正确；互为同分异构体的物质之间，化学性质可能不同，如乙醇、二甲醚互为同分异构体，但化学性质不同，故D错误。2.下列关于有机物的说法正确的是 ( )A. 乙烯、甲苯、苯乙烯分子中的所有碳原子都在同一平面上B. 除去乙烷中的乙烯时，通入氢气并加催化剂加热C. 利用质谱图可以分析有机物含有的化学键和官能团
3、D. 正丁烷和异丁烷的的核磁共振氢谱都有两个吸收峰【答案】D【解析】【分析】乙烯是平面结构，所有原子共平面；苯分子中所有原子共平面，甲苯可以看做是甲基取代苯环上1个氢原子；苯乙烯可以看做乙烯基代替苯分子中的1个氢原子。除去乙烷中的乙烯时，通氢气会混有新杂质；红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键；正丁烷和异丁烷都有2种等效氢。【详解】乙烯是平面结构，所有原子共平面；苯分子中所有原子共平面，甲苯可以看做是甲基取代苯环上1个氢原子，所有碳原子一定共平面；苯乙烯可以看做乙烯基代替苯分子中的1个氢原子，单键可以旋转，所以苯乙烯分子中的所有碳原子可能不同一平面上，故A错误。混合气体通溴水洗气，可以除去
4、乙烷中的乙烯，故B错误。红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，质谱法用于测定有机物的相对分子质量，故C错误。正丁烷和异丁烷都有2种等效氢，所以核磁共振氢谱都有两个吸收峰，故D正确。3.某烃结构式用键线表示为，该烃与Br2按物质的量之比为11加成时，所得产物有( )A. 3种 B. 6种 C. 5种 D. 4种【答案】C【解析】【详解】该烃与Br2按物质的量之比为11加成时，有两种加成方式，1，2-加成和1，4-加成，其中1，2-加成产物有三种，1，4-加成产物有2种，共有5种加成产物，故答案选C。4.维生素A对人体，特别是对人的视力有重大作用，其结构简式如图所示：下列关于该化合物的说法正确
5、的是 ( )A. 分子式为C16H25OB. 含有苯环结构C. 该物质1mol一定条件下最多能与3mol氢气反应D. 分子中含有一种含氧官能团【答案】D【解析】【分析】由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键；分子中只含有羟基一种含氧官能团。【详解】由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O，故A错误；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键，不含苯环，故B错误；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键，所以该物质1mol一定条件下最多能与5mol氢气反应，故C错误；分子中只含有羟基一
6、种含氧官能团，故D正确。【点睛】本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细。5. 主链上有6个碳原子，含有1个甲基和1个乙基两个支链的烷烃有A. 6种 B. 5种 C. 4种 D. 3种【答案】C【解析】试题分析：根据烷烃同分异构体的书写原则，甲基不能连在1号碳，乙基不能在连在2号碳，所以甲基的位置有2种，乙基的位置有2种，共有4种结构，答案选C。考点：考查烷烃同分异构体的书写6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )A. 1L1molL1的NaClO 溶液中含有ClO的数目为NAB. 常温常压
7、下，14g由乙烯与丙烯组成的混合气体含有的原子数目为3NAC. 1molL-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于NAD. 标准状况下，11.2L己烯中含有的碳原子数为3NA【答案】B【解析】【分析】NaClO是强碱弱酸盐，ClO水解；乙烯、丙烯（C3H6）的最简式都是CH2，据此计算；根据n=cV，没有溶液体积不能计算醋酸的物质的量；标准状况下，己烯是液体。【详解】ClO水解，1L1molL1的NaClO 溶液中含有ClO的数目小于NA，故A错误；乙烯、丙烯的最简式为CH2，14g混合物含有的原子数为 3NAmol-1=3NA，故B正确；根据n=cV，没有溶液体积不能计算醋酸的物质的
8、量，故C错误；标准状况下，己烯是液体，不能根据 计算物质的量，故D错误。7.下列说法与盐类水解有关且正确的是: ( )A. AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同B. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度C. 用加热的方法可除去KCl溶液中混有的Fe3D. 食醋可以溶解水垢【答案】C【解析】【详解】A、AlCl3溶液中存在AlCl33H2OAl(OH)33HCl，升高温度，促进水解，以及HCl的挥发，加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，得到的物质是Al2O3，NaAlO2溶液中NaAlO22H2ONaOHAl(OH)
9、3，虽然加热促进水解，但NaOH是难挥发物质，最后得到物质仍为NaAlO2，所得固体成分不相同，故A错误；B、FeCl3固体溶解在硫酸中，引入SO42杂质，故B错误；C、Fe3发生水解反应：Fe33H2OFe(OH)33H，加热促进水解，生成氢氧化铁沉淀，从而除去KCl溶液中混有的Fe3，且与盐类水解有关，故C正确；D、水垢成分是CaCO3，食醋的成分是CH3COOH，两者发生反应，生成醋酸钙和CO2，与盐类水解无关，故D错误。8.下列有关热化学方程式的叙述正确的是 ( )A. 已知2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molB. 含
10、20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)H=57.4kJ/molC. 若反应A=B H0，说明A物质比B物质稳定，分子内共价键键能 A比B大D. 已知C(s)+O2(g)CO2(g)H1；C(s)+1/2 O2(g)CO(g)H2，则H1H2【答案】B【解析】【分析】氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量；中和热是稀强酸与稀强碱生成1mol水放出的热量；能量越低越稳定，键能越大越稳定；同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量。【
11、详解】氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量， 2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=483.6kJ/mol，氢气的燃烧热不是241.8kJ/mol，故A错误；含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则生成1mol水放热57.4kJ，所以NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)H=57.4kJ/mol，故B正确；若反应A=B H0，正反应放热，A的能量大于B，B物质的稳定性大于A，分子内共价键键能B比A大，故C错误；同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量，若C(s)+O2(g)CO2(g)H1；
12、C(s)+1/2 O2(g)CO(g)H2，H1H2，故D错误。9.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( )A. pH12的溶液中：CO32-、Na、NO3、S2、SO32B. 水电离H浓度c(H)1012 mol/L溶液中：Cl、CO32、NO3、NH4+、SO32C. 使石蕊变红的溶液中：Fe2、MnO4、NO3、Na、SO42D. 中性溶液中：Fe3、Al3、NO3、Cl、【答案】A【解析】【分析】pH12的溶液呈碱性；水电离c(H)1012 mol/L的溶液，溶液可能呈酸性或碱性；使石蕊变红的溶液呈酸性；中性条件下Fe3水解为氢氧化铁。【详解】pH12的溶液呈碱性，碱
13、性条件下CO32-、Na、NO3、S2、SO32不反应，能大量共存，故选A；水电离的c(H)1012 mol/L的溶液，溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下CO32SO32不能存在，碱性条件下NH4+不能大量存在，故不选B；使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2能被MnO4、NO3氧化，故不选C；中性条件下Fe3水解为氢氧化铁，中性溶液中Fe3不能大量存在，故不选D。10.常温下pH3的二元弱酸H2R溶液与a L pH11的NaOH溶液混合后，混合液的pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后混合液的叙述正确的是A. c(R2)+ c(OH)c(Na)+c(H) B. c(R2)c(Na
14、)c(H)c(OH)C. 2c(R2)+ c(HR)c(Na) D. 混合后溶液的体积为2a L【答案】C【解析】试题分析：A. 根据电荷守恒可知2c(R2)+ c(HR)+c(OH)c(Na)+c(H)，错误；B. 混合液的pH刚好等于7，c(H)c(OH)，结合电荷守恒可得：2c(R2)+ c(HR) =c(Na)，所以c(R2)c(Na)，错误；C. 根据电荷守恒可知2c(R2)+ c(HR)+c(OH)c(Na)+c(H)，由于溶液显中性，所以c(H)c(OH)，两式相减可得2c(R2)+c(HR)c(Na)，正确；D.由于H2R是二元弱酸，主要以酸分子存在，pH3，c(H)=10-3
15、mol/L，pH11的NaOH溶液，c(OH) =10-3mol/L，若二者等体积混合，酸电离产生的氢离子恰好被中和，未电离酸分子会进一步电离产生氢离子，使溶液显酸性，所以溶液的pH c(Na+) c(NH4+) c (OH) c (H+)B. 常温下，物质的量浓度相等的NH4HSO4CH3COONH4NH4Cl三种溶液中c(NH4+)：C. 0.1molL1的NaHA溶液，其pH=11，则溶液中：c(HA)c(OH)c(A2)c(H2A)D. 在相同条件下，将足量AgCl加入等体积的0.01 molL-1AgNO3溶液0.1 molL-1KCl溶液蒸馏水三种液体中，所能溶解的AgCl质量关系
16、为：【答案】B【解析】试题分析：A项常温下将0.1 molL1NH4Cl溶液与0.05 molL1NaOH溶液等体积混合，溶液溶质为等物质的量的NaCl、NH4Cl和NH3H2O的混合物，溶液呈碱性，NH3H2O的电程度大于NH4Cl水解程度，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl) c(NH4+) c(Na+) c (OH) c (H+)，故A项错误；B项常温下，物质的量浓度相等的NH4HSO4CH3COONH4NH4Cl三种溶液中，中电离出H+抑制NH4+水解，中CH3COO会促进NH4+水解，故三溶液中c(NH4+)：，故B项正确；C项0.1molL1的NaHA溶液，其pH=11，则HA水
17、解程度大于电离程度，故溶液中微粒关系：c(HA)c(OH)c(H2A)c(A2)，故C项错误；D项在相同条件下，将足量AgCl加入等体积的0.01 molL-1AgNO3溶液0.1 molL-1KCl溶液蒸馏水，则中银离子会使AgCl溶解平衡逆向移动，中氯离子使AgCl溶解平衡逆向移动，且对AgCl溶解抑制程度大于，故所能溶解的AgCl质量关系为：，故D项错误；本题选B。考点：溶液中离子关系。13.用下列装置完成相关实验，合理的是 ( )A. 用制备并检验乙烯 B. 实验室中若需制备较多量的乙炔可用装置C. 提纯含苯甲酸钠杂质的粗苯甲酸选择装置 D. 可用装置来进行中和热的测定【答案】D【解析
18、】【分析】乙醇与浓硫酸加热到170生成乙烯，由于浓硫酸的脱水性和强氧化性，还可能生成二氧化硫、二氧化碳气体，二氧化硫、乙烯都能使溴水褪色；电石与水反应生成乙炔气体并放出大量的热；提纯含苯甲酸钠杂质的粗苯甲酸一般用降温结晶的方法；装置能防止热量散失，有温度计能测量反应后的最高温度，可以进行中和热的测定。【详解】乙醇与浓硫酸加热到170生成乙烯，还可能生成二氧化硫、二氧化碳气体，二氧化硫、乙烯都能使溴水褪色，所以装置不能检验乙烯，故A错误；电石与水反应生成乙炔气体并放出大量的热，不能用启普发生器制备大量乙炔，故B错误；提纯含苯甲酸钠杂质的粗苯甲酸一般用降温结晶的方法，故C错误；装置能防止热量散失，
19、有温度计能测量反应后的最高温度，可以进行中和热的测定，故D正确。【点睛】本题考查实验方案的评价，侧重于物质的制备、性质比较、除杂等实验操作，注意把握物质的性质以及实验原理。14.草酸（H2C2O4）是二元弱酸（K1=5.910-2、K2=6.410-5）。向10mL稀H2C2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液，H2C2O4、HC2O4、C2O42的浓度分数随溶液pH变化的关系如图，以下说法正确的是() A. HC2O4的浓度分数随pH增大而增大B. 交点a处对应加入的NaOH溶液的体积为5mLC. 交点b处c(H+)=6.410-5D. pH=5时存在c(Na+)+c(H+)c(C2O42)+c
20、(HC2O4)+c(OH)【答案】C【解析】图中曲线H2C2O4为、为 HC2O4、为C2O42的浓度随pH的变化；A由图中曲线可知HC2O4的浓度分数随pH增大先增大后减小，故A错误；B交点a处对应c(H2C2O4)=c(HC2O4)，而加入的NaOH溶液的体积为5mL时H2C2O4和NaHC2O4等物质的量，因H2C2O4的电离大于HC2O4水解，则溶液中c(H2C2O4)CuSC向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体溶液颜色变浅FeCl3+3KSCNFe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动D常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pHpH：NaAN
21、aB常温下酸性：HAHBA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A.等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大；B.Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化；C.加入少量KCl固体，对平衡移动无影响；D. 要比较两种酸的酸性强弱，两种盐溶液的浓度必须相同。【详解】A. 等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大，则HX的酸性比HY的酸性弱，故A正确；B. 因Na2S溶液过量，所以加入ZnSO4溶液和CuSO4溶液时发生的均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化，不能比较二者溶度积的大小，故B错误；C.该可逆反应中实质上KCl不参加反应，所以
22、加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，则溶液颜色不变，故C错误；D. 要比较两种酸的酸性强弱，则两种盐溶液的浓度必须相同，这两种盐溶液都是饱和溶液，但两种盐溶液的浓度不一定相同，所以不能比较HA和HB的酸性强弱，故D错误，答案选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，明确实验原理及物质性质是解答本题的关键，注意D选项中的两种溶液浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。16.银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为Zn+Ag2O2+H2O=Zn(OH)2+Ag2O，某小组以银锌蓄电池为电源，用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，设计如图所示装置。连通电路后，下列说法正确是A. 电池
23、的a极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-B. 气体Y为H2C. pq膜适宜选择阳离子交换膜D. 电池中消耗65gZn，理论上生成1mol气体X【答案】D【解析】用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，根据装置图可知，该电解池的左侧为NaOH溶液，右侧为H2SO4溶液，说明M电极为阴极，水电离的H+在M电极上得电子生成H2，电极反应式为：2H2O2e=H22OH，中间隔室的Na+通过mn膜进入装置左侧区域与生成的OH结合生成NaOH，N电极为阳极，水电离的OH在N电极上失电子生成O2，电极反应式为：2H2O4e=O24H+，中间隔室的SO42通过pq膜进入
24、装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4。A. 根据上述分析可知，M为阴极，则a为负极、b为正极，a电极的反应式为Zn2e2OH=Zn(OH)2，故A错误；B. N电极的反应式为2H2O4e=O24H+，气体Y为O2，故B错误；C. 因中间隔室的SO42通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4，则pq膜应选择阴离子交换膜，故C错误；D. 65gZn的物质的量为1mol，当消耗65gZn时，转移电子的物质的量为2mol，M电极的反应式为2H2O2e=H22OH，由反应式可知，当转移2mol电子时，生成H2的物质的量为1mol，故D正确；答案选D。点睛：本题综合考查原电池和电解池
25、的相关知识，试题难度较大，明确各电极发生的反应，进而推断电解池的阴、阳极和原电池的正、负极是解答本题的关键，本题的易错点是A项电极反应式的书写，解题时要结合电解质溶液的酸碱性和题中所给的已知方程式书写a极的电极反应式。二、主观题(共52分)17.按要求完成下列问题：(1)下列各化合物中，属于同系物的是_，属于同分异构体的是_(填入编号)F.戊烯和环戊烷(2)反2-丁烯的结构简式_；(3)2,6二甲基4乙基辛烷的结构简式：_；1mol该有机物完全燃烧耗氧气_mol。(4) CH3-CH(C2H5) C(C2H5)=CH-CH3的系统命名的名称为_；(5)某烷烃分子里含有9个碳原子，且其一氯代物只
26、有2种，则该烷烃的系统命名的名称是_。 (6) 单体的结构简式_。【答案】 (1). BE (2). AF (3). (4). (5). 18.5mol (6). 4-甲基-3-乙基-2-己烯 (7). 2,2,4,4-四甲基戊烷（或3,3二乙基戊烷） (8). CH2=CH-CH=CH2【解析】【分析】（1）同系物是指结构相似，分子组成相差1个或若干个-CH2基团的有机物的互称。同分异构体是分子式相同结构不同的有机物的互称。(2)反2-丁烯中只有一个碳碳双键, 且碳碳双键在第二个碳原子和第三个碳原子之间, 反式结构两个甲基不在双键的同一侧；(3)根据烷烃的命名原则写出该有机物的结构简式；根据
27、该有机物的结构简式写出分子式，然后计算出完全燃烧消耗的氧气的物质的量。(4)根据烯烃的命名原则对该有机物进行命名；(5)烷烃的一个分子里含有9个碳原子，该烷烃的分子式为C9H20，其一氯代物只有两种，则结构对称，只有2种位置的H原子，结构简式为:(CH3)3CCH2C(CH3)3或C（CH2CH3）4；(6)与CH2=CH-CH=CH2能发生加聚反应生成。【详解】（1）与分子式都是 ，结构不同；与结构相似，分子组成相差1个-CH2基团；属于酚，属于醇，结构不同；有2个羟基，含有3个羟基，结构不同；都含有2个羧基，分子组成相差2个-CH2基团；戊烯和环戊烷结构不同、分子式都是 。同系物是指结构相
28、似，分子组成相差1个或若干个-CH2基团的有机物的互称，所以BE属于同系物。同分异构体是分子式相同结构不同的有机物的互称，所以AF属于同分异构体。 (2)反2-丁烯中只有一个碳碳双键, 且碳碳双键在第二个碳原子和第三个碳原子之间, 反式结构两个甲基不在双键的同一侧，结构简式是；（3）2，6-二甲基-4-乙基辛烷，主链为辛烷，在2、6号C各含有1个甲基，在4号C含有1个乙基，该有机物结构简式为：；根据其结构简式可知该有机物分子式为：C12H26，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为：（12+）mol=18.5mol；（3）CH3-CH(C2H5) C(C2H5)=CH-CH3含有碳碳双
29、键为烯烃，含有双键的最长链上有6个碳为己烯，从离双键近的一端给碳原子编号，2、3号碳原子之间有双键，3号碳原子连有乙基、4号碳原子连有甲基，所以该烯烃的名称是：4-甲基-3-乙基-2-己烯；(5)烷烃的一个分子里含有9个碳原子，该烷烃的分子式为C9H20，其一氯代物只有两种，则结构对称，只有2种位置的H原子，结构简式为:(CH3)3CCH2C(CH3)3或C（CH2CH3）4，名称是2,2,4,4-四甲基戊烷或3,3二乙基戊烷；(6)与CH2=CHCH=CH2能发生加聚反应生成，所以的单体是和CH2=CH-CH=CH2。18.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，
30、合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如表：温 度（）360440520K值0.0360.0100.0038（1）由上表数据可知该反应为_ （填放热，吸热，无法确定）反应。下列措施能用勒夏特列原理解释是_（填序号）。a增大压强有利于合成氨 b使用合适的催化剂有利于快速生成氨c生产中需要升高温度至500C左右 d需要使用过量的N2，提高H2转化率（2）0.2mol氨气溶于水后再与含有0.2mol硫酸的溶液反应放热QkJ，请你用热化学方程式表示其反应式_。（3）常温时，将amol氨气溶于水后，再通入bmol氯化氢，溶液体积为1L，且c（NH4+）=c（Cl），则一水合氨的电离平衡常数Kb=_（用ab
31、表示）。（4）原料气H2可通过反应 CH4（g）+H2O （g）CO（g）+3H2（g） 获取，已知该反应中，当初始混合气中的恒定时，温度、压强对平衡混合气CH4含量的影响如图所示：图中，两条曲线表示压强的关系是：P1_P2（填“”、“=”或“”）。其它条件一定，升高温度，氢气的产率会_（填“增大”，“减小”减小，“不变”不变）。（5）原料气H2还可通过反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）获取。T时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08molL1，该温度下反应的平衡常数K值为_。保持温度仍为T，容积体积为5L，改变水
32、蒸气和CO的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的是_（填序号）。a容器内压强不随时间改变b混合气体的密度不随时间改变c单位时间内生成a mol CO2的同时消耗a mol H2d混合气中n（CO）：n（H2O）：n（CO2）：n（H2）=1：16：6：6【答案】 (1). 放热 (2). ad (3). NH3H2O（aq）+H2SO4（aq）=NH4HSO4（aq）+H2O（l）H=5Q kJmol1 (4). (5). (6). 增大 (7). 2.25 (8). cd【解析】（1）本题考查化学平衡常数、勒夏特列原理，化学平衡常数只受温度的影响，根据表格数
33、据，随着温度的升高，化学平衡常数降低，说明正反应方向是放热反应；勒夏特列原理是达到平衡，改变某一因素，平衡向消弱这一因素的方向移动，合成氨N2(g)3H2(g) 2NH3(g)，a、组分都是气体，反应前气体系数之和大于反应后气体系数，增大压强，平衡向正反应反应方向移动，符合勒夏特列原理，故正确；b、催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，故错误；c、合成氨是放热反应，升高温度向逆反应方向进行，温度控制在500左右，使催化剂的催化效率达到最大，不符合勒夏特列原理，故错误；d、过量氮气，平衡向正反应方向进行，氢气的转化率增大，符合勒夏特列原理，故正确；（2）考查热化学反应方程式的书写，注意从热
34、化学反应方程式书写的要求入手，两者的物质的量相等，生成的是NH4HSO4，消耗1molNH3时，产生热量为Q/0.2kJ=5QkJ，注意是氨气的水溶液，因此热化学反应方程式为：NH3H2O（aq）+H2SO4（aq）= NH4HSO4（aq）+H2O（l）H=-5Q kJmol1；（3）本题考查电离平衡常数的表达式，根据c(NH4)=c(Cl)，应从电荷守恒入手，即c(NH4)c(H)=c(OH)c(Cl)，因为c(NH4)=c(Cl)，所以溶液显中性，Kb=c(NH4)c(OH)/c(NH3H2O)，c(NH4)=c(Cl)=b/1molL1=bmolL1，根据氮元素守恒，因此c(NH3H2
35、O)=(ab)/1molL1=(ab)molL1，代入上述表达式Kb=（b 107）/( a- b)；（4）本题考查勒夏特列原理，作等温线，反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的含量增大，即P1adc (2). NaCN +CO2+H2O HCN+NaHCO3 (3). c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+) (4). d (5). 弱酸 (6). 强酸 (7). 5Ba2+ + 2IO65- + 10H+ + 5SO42- = 5BaSO4 + 2H5IO6 (8). 5.610-5【解析】【分析】(1)酸的电离平衡常数越
36、小，酸越弱，酸越弱相应的钠盐越容易水解，溶液的碱性越强，pH越大。(2)25时，根据强酸制弱酸，向NaCN溶液中通入少量CO2，生成HCN和NaHCO3；(3) 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中 CO32-的水解程度大于HCO3-；(4) a弱电解质越稀越电离，盐越稀越水解； b电离吸热、水解是吸热反应； c醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离； d醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸钠的水解、醋酸的电离相互抑制。(5)25，已知pH = 2的高碘酸溶液与pH = 12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显酸性，说明高碘酸有剩余；0.01 mol/L的碘
37、酸或高锰酸溶液与pH = 12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显中性，说明生成物是强酸强碱盐。可溶性的高碘酸钡Ba5(IO6)2与稀硫酸混合，生成硫酸钡沉淀和弱电解质高碘酸；(6) 要生成碳酸钙沉淀，Q=c（Ca2+）c（CO32-）2.810-9。【详解】(1)根据电离平衡常数可知，酸性CH3COOH H2CO3 HCN HCO3-，所以水解程度Na2CO3NaCN NaHCO3CH3COONa，所以pH由大到小的顺序是badc；(2)25时，根据强酸制弱酸，向NaCN溶液中通入少量CO2，生成HCN和NaHCO3，反应方程式是NaCN +CO2+H2O HCN+NaHCO3；(3) 等
38、物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中 CO32-的水解程度大于HCO3-，所以各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)；(4) a稀释醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，稀释醋酸钠溶液，醋酸钠的水解程度增大，故a错误；b.升高温度可以促进醋酸电离，升高温度会促进醋酸钠水解，故b错误；c醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离，故c错误；d醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸钠的水解、醋酸的电离相互抑制，d正确。(5)25，已知pH = 2的高碘酸溶液与pH = 12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显酸性，说明高碘酸有剩余，则高碘酸是弱酸；0.01 mol/L的碘酸或高锰酸溶液与pH = 12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显中性，说明生成物是强酸强碱盐，则高锰酸是强酸。可溶性的高碘酸钡Ba5(IO6)2与稀硫酸混合，生成硫酸钡沉淀和弱电解质高碘酸，反应离子方程式是5Ba2+ + 2IO65- + 10H+ + 5SO42- = 5BaSO4 + 2H5IO6；(6) 设CaCl2溶液的浓度为cmol/L ，要生成碳酸钙沉淀，c5.610-5，所以CaCl2溶液的最小浓度为5.610-5mol/L。