1、2016-2017学年河北省衡水市武邑中学高二（下）开学化学试卷一、选择题（本题共20小题，每小题只有一个选项符合題意，每小題2分，共20分）1有机物的种类繁多，但其命名是有规则的下列有机物命名正确的是（）A2，6二甲基5乙基庚烷B3甲基1丁烯C2甲基3丁烯D1，3，4三甲苯2下列仪器中一般不能用作反应容器的是（）ABCD3下列反应中属于置换反应的是（）A乙醇与金属钠的反应B氢氧化铁与稀硫酸的反应C氯化铁溶液与铜片的反应D一氧化碳还原氧化铁的反应4常温下能与水反应的非金属单质是（）ANaBCCCl2DNH35下列物质的水溶液因水解而显酸性的是（）AKNO3BFe2（SO4）3CNa2CO3DH
2、2SO46下列实验事实不能证明醋酸是弱酸的是（）A常温下，测得醋酸钠溶液的pH7B常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4C常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1 000倍，测得pH4D常温下，将物质的量浓度相同的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后恰好中和7在1000K时，已知反应Ni（s）+H2O（g）NiO（s）+H2（g）的平衡常数K=0.0059当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时，此反应（）A已达平衡状态BV正V逆C未达平衡状态，平衡逆向移动D无法确定是否达到平衡状态8有一化学平衡mA（g）+nB（g）PC（g）+qD（g），如图表示的转化率与压强、温度的关系由此得出的正确结论是（
3、）A正反应是吸热反应，（m+n）（p+q）B正反应是吸热反应，（m+n）（p+q）C正反应是放热反应，（m+n）（p+q）D正反应是放热反应，（m+n）（p+q）9铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是（）A电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB电池放电时，负极反应为Fe+2OH2e=Fe（OH）2C电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱D电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH2e=Ni2O3+3H2O10在容积可变的密闭容器中，2mol N2和8mol H2在一定条件下发生
4、反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于（）A5%B10%C15%D20%11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A1.8g18O2分子与1.8g18O3分子中含有的中子数不同B7.8gNa2S和7.8g Na2O2中含有的阴离子数目均为0.1NAC23.4 g NaCl晶体中含有0.1NA个如图所示的结构单元D含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为2NA12在气体反应中，能使反应物活化分子数和活化分子百分数同时增加的方法（）增加反应物的浓度 升高温度 移去生成物 增大压强 加入催化剂ABCD13已知：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）
5、，H=350kJmol1，（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s），H=25kJmol1，则Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）的H等于（）A375 kJmol1B325 kJmol1C+375 kJmol1D+325 kJmol114在恒温、恒容条件下，能使A（g）+B（g）C（g）+D（s） 正反应速率增大的措施是（）A减小C或D的浓度B再加入一定量DC减小B的浓度D增大A或B的浓度15下列关于平衡常数K的说法中，正确的是（）A在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值B改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数KC平衡常数K只与温度有关，与反应浓度、压强无关D从平衡常
6、数K的大小不能推断一个反应进行的程度16在某一温度下，某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变化如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示则下列结论正确的是（）A该反应的热化学方程式M（g）+3N（g）2R（g）H0B达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动C达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率减小D达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡一定向正反应方向移动17草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性常温下，向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01mol/L NaO
7、H溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）AV（NaOH）=0时，c（H+）=1102 mol/LBV（NaOH）10 mL时，可能存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4）CV（NaOH）=10mL时，c（H+）=1107 mol/LDV（NaOH）10 mL时，c（Na+）c（HC2O4）c（C2O42）18锂铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景该电池工作时发生复杂的铜腐蚀现象，电池总反应为：2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（）A电池放电时，正极附近溶液pH增大B工作时，Li+透过固体电解
8、质向Cu极移动C电池放电过程中，空气中的O2并不参加反应D两极的有机电解质和水溶液电解质不可对换19向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸下列离子方程式与事实不相符的是（）AOH+CO32+2H+HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OCOH+CO32+3H+CO2+2H2OD2OH+CO32+4H+CO2+3H2O20某溶液可能含有NH4+、K+、Ba2+、Fe3+、I、SO32、SO42中的几种，现取100mL溶液加入少量溴水，溶液呈无色继续滴加足量HNO3和Ba（NO3）2混合溶液，产生沉淀，沉淀经洗涤、高温干燥后质量为4.66g滤液加足量Na
9、OH溶液、加热，生成气体在标准状况下体积为1120mL根据上述实验，以下推测正确的是（）A原溶液肯定只存在NH4+、SO32B原溶液一定不含Ba2+、Fe3+、IC原溶液可能存在K+、SO42D另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，即可确定溶液离子组成二、填空题（本题共6小题，共50分）21如图是中学化学中常见的有机物转化关系，A可以提供生命活动所需要的能量，D是石油裂解气的主要成分，E可以发生银镜反应，F的相对分子质量为60，且分子中碳元素的质量分数为40%（1）写出A的分子式为，的反应类型为；（2）写出DE的化学方程式22实验室模拟用工业废弃固体（含有Cu2S、Fe2O3、SiO2等）制取
10、粗铜、绿矾（FeSO47H2O）的操作流程如下：（1）固体A中一定含有的物质是（填化学式）；（2）试剂X是，试剂X与溶液A反应得到固体B和溶液B的离子方程式有；（3）溶液B获得绿矾的实验操作是蒸发浓缩、洗涤、干燥23食醋（主要成分CH3COOH）、纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）均为家庭厨房中常用的物质己知：弱酸CH3COOHH2CO3HNO2电离常数K=1.8105K=4.3107K=5.61011K=5.0104请回答下列问题：（1）25时，0.10molL1Na2CO3溶液的pH=11，则溶液中由水电离出的c（OH）=（2）常温下，将20mL0.10molL1CH3COOH溶
11、液和 20mL0.10molL1HNO2 溶液分别与 20mL 0.10molL1NaHCO3溶液混合（混合后溶液体积变化忽略不计）反应开始时，v （CH3COOH ）v （HNO2）（填“”、“”或“：”）充分反应后两溶液中c（CH3COO） c（NO2）（填“”、“”或“=”）（3）25时，向CH3COOH溶液中加入一定量的NaHCO3，所得混合液的pH=6，则混合液中=；（4）常温下，下列方法可以使0.1molL1CH3COOH的电离程度增大的是a加入少量的稀盐酸b加热溶液 c加水稀释d加入少量冰醋酸24在常温下，在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的Na
12、HSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比是多少？（要写计算过程）25根据下列化合物：NaOH，H2SO4，CH3COOH，NaCl，CH3COONa，NH4Cl，CH3COONH4，NH4HSO4，NH3H2O，请回答下列问题：（1）若浓度均为0.1molL1、等体积的NaOH和NH3H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH都变成9，则 m n （填“”、“”或“=”）（2）已知水存在如下平衡：H2O+H2OH3O+OHH0，现欲使平衡向右移动，且
13、所得溶液显酸性，选择的下列方法是A向水中加入NaHSO4固体B向水中加NaHCO3固体C加热至100其中c（H+）=1106 molL1D向水中加入NH4Cl固体（3）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH）=；在pH=3的CH3COOH 溶液中，水电离出来的c（H+）=（4）NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序为（5）物质的量浓度相同的、四种稀溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）（6）已知t时，Kw=11012，在该温度时将pH=9的NaOH溶液a L与pH=2的H2SO4溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=3，则a：b=26工业
14、上制备BaCl2的工艺流程图如图：某研究小组在实验室用重晶石（主要成分BaSO4）对工业过程进行模拟实验查表得BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）H1=+571kJmol1BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）H2=+226kJmol1（1）反应C（s）+CO2（g）2CO（g）的H=kJmol1（2）气体用过量NaOH溶液吸收，得到Na2S，在Na2S水溶液中c（Na+）与c（S2）的关系是（填字母）Ac（Na+）=2c（S2） Bc（Na+）2c（S2）Cc（Na+）2c（S2） D.2c（Na+）c（S2）（3）向AgNO3溶液中加入BaCl2和KBr
15、，当两种沉淀共存时， =Ksp（AgBr）=5.41013，Ksp（AgCl）=2.01010（4）常温常压下，空气中的CO2溶于水达到平衡时，溶液的pH=5.6，溶液中 c（H2CO3）=l.5105molL1若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3 HCO3+H+ 的平衡常数K1=（保留两位有效数字）（已知：105.60=2.5106）2016-2017学年河北省衡水市武邑中学高二（下）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共20小题，每小题只有一个选项符合題意，每小題2分，共20分）1有机物的种类繁多，但其命名是有规则的下列有机物命名正确的是（）A2，6二甲基5乙基庚
16、烷B3甲基1丁烯C2甲基3丁烯D1，3，4三甲苯【考点】有机化合物命名【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：长：选最长碳链为主链；多：遇等长碳链时，支链最多为主链；近：离支链最近一端编号；小：支链编号之和最小看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有
17、机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小【解答】解：A为烷烃，选取最长碳链为主碳链，含7个碳，离取代基近的一端编号，名称为2，6二甲基3乙基庚烷，故A错误；B为烯烃，选取含碳碳双键的最长碳链为主碳链，离双键近的一端编号，名称为3甲基1丁烯，故B正确；C为炔烃，选取含碳碳三键最长碳链为主碳链，离三键近的一端编号，名称为3甲基1丁炔，故C错误；D，取代基位次和应最小为1，2，4三甲基苯，故D错误；故选B2下列仪器中一般不能用作反应容器的是（）ABCD【考点】其他仪器及其使用方法【分析】容量瓶是配制溶液的，烧瓶、烧杯可作液体中的反应容器，试管常作固体或液体的反应容器，据此解答即可
18、【解答】解：A试管可用于加热也可用作反应器，故A错误； B烧瓶可做固液或液液反应容器，故B错误；C烧杯是较大量试剂的反应容器，反应热效应不会影响烧杯的使用，烧杯也可用于配制溶液，故C错误；D容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，不能用作反应容器，故D正确故选D3下列反应中属于置换反应的是（）A乙醇与金属钠的反应B氢氧化铁与稀硫酸的反应C氯化铁溶液与铜片的反应D一氧化碳还原氧化铁的反应【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学基本反应类型【分析】ANa与乙醇反应生成乙醇钠和氢气；B氢氧化铁与稀硫酸，反应生成硫酸铁和水；CCu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁；DCO与氧化铁反应生
19、成Fe和二氧化碳【解答】解：ANa与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故A选；B氢氧化铁与稀硫酸，反应生成硫酸铁和水，为复分解反应，故B不选；CCu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，不属于四种基本反应类型，为氧化还原反应，故C不选；DCO与氧化铁反应生成Fe和二氧化碳，为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故D选；故选AD4常温下能与水反应的非金属单质是（）ANaBCCCl2DNH3【考点】氯气的化学性质【分析】题中钠为金属，氨气为化合物，碳和水高温条件下反应，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，以此解答该题【解答】解：A钠为金属
20、单质，不是非金属，故A错误；B碳和水高温条件下反应，常温下不反应，故B错误；C常温下，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，故C正确；D氨气为化合物，不是单质，故D错误故选C5下列物质的水溶液因水解而显酸性的是（）AKNO3BFe2（SO4）3CNa2CO3DH2SO4【考点】盐类水解的应用【分析】物质的水溶液因水解呈酸性，说明该物质为强酸弱碱盐，根据盐的组成、盐的水解原理判断【解答】解：A硝酸钾为强酸强碱盐，其溶液为中性，故A错误；BFe2（SO4）3为强酸弱碱盐，铁离子发生水解，溶液呈酸性，故B正确；C碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，故C错误；D硫酸为强酸，溶液呈酸性，故D错误
21、；故选B6下列实验事实不能证明醋酸是弱酸的是（）A常温下，测得醋酸钠溶液的pH7B常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4C常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1 000倍，测得pH4D常温下，将物质的量浓度相同的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后恰好中和【考点】化学实验方案的评价；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】要证明醋酸为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度，以此解答该题【解答】解：A常温下，测得醋酸钠溶液的pH7，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明醋酸为弱酸，故A不选；B常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4，说明醋酸没有完全电
22、离，可证明醋酸为弱酸，故B不选；C常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH4，说明加水稀释促进电离，如为强酸，稀释后pH=4，可证明为弱酸，故C不选；D醋酸为一元酸，氢氧化钠为一元碱，二者恰好反应，不能证明醋酸为弱酸，故D选故选D7在1000K时，已知反应Ni（s）+H2O（g）NiO（s）+H2（g）的平衡常数K=0.0059当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时，此反应（）A已达平衡状态BV正V逆C未达平衡状态，平衡逆向移动D无法确定是否达到平衡状态【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】1000K时，已知反应Ni（s）+H2O（g）NiO（s）+H2（g）的平衡常数K=
23、0.0059，即K=0.0059，当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时，可知Qc=1，即KQc，以此来解答【解答】解：1000K时，已知反应Ni（s）+H2O（g）NiO（s）+H2（g）的平衡常数K=0.0059，即K=0.0059，当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时，可知Qc=1，即KQc，可知平衡逆向移动，V正V逆，只有C符合，故选C8有一化学平衡mA（g）+nB（g）PC（g）+qD（g），如图表示的转化率与压强、温度的关系由此得出的正确结论是（）A正反应是吸热反应，（m+n）（p+q）B正反应是吸热反应，（m+n）（p+q）C正反应是放热反应，（m+n）（p+q）D正反应是放热反应，（
24、m+n）（p+q）【考点】化学平衡的影响因素【分析】由图可知，相同温度时，压强越大，A的转化率越大；由等压线的任意2个点可知，温度越高，转化率越大，以此来解答【解答】解：由图可知，相同温度时，向横坐标作垂线，可知压强越大，A的转化率越大，则加压平衡正向移动，即（m+n）（p+q）；由等压线的任意2个点可知，温度越高，转化率越大，可知升高温度平衡正向移动，即正反应为吸热反应，故选A9铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是（）A电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB电池放电时，负极反应为
25、Fe+2OH2e=Fe（OH）2C电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱D电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH2e=Ni2O3+3H2O【考点】化学电源新型电池【分析】根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni（OH）2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH2e=Fe（OH）2，则充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e=Fe+2OH，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni（
26、OH）2+2OH2e=Ni2O3+3H2O【解答】解：A、反应后产物有氢氧化物，可得电解液为碱性溶液，由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A正确；B、根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe（OH）2，负极反应为：Fe+2OH2e=Fe（OH）2，故B正确；C、充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe+2OH2e=Fe（OH）2，所以电池充电过程时阴极
27、反应为Fe（OH）2+2e=Fe+2OH，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；D、充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e=Fe+2OH，阳极发生2Ni（OH）2+2OH2e=Ni2O3+3H2O，故D正确 故选C10在容积可变的密闭容器中，2mol N2和8mol H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于（）A5%B10%C15%D20%【考点】化学平衡的计算【分析】容积可变的密闭容器中，发生N2+3H22NH3， 开始 2 8 0 转化 2 平衡（2） 6 根据物质的量之比等于体积之比来计算平衡时的氮气的体积分数【解答】解：达
28、到平衡时，H2的转化率为25%，则转化的氢气的物质的量为8mol25%=2mol，则容积可变的密闭容器中，发生N2+3H22NH3， 开始 2 8 0 转化 2 平衡（2） 6 则平衡时的氮气的体积分数为100%15%，故选C11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A1.8g18O2分子与1.8g18O3分子中含有的中子数不同B7.8gNa2S和7.8g Na2O2中含有的阴离子数目均为0.1NAC23.4 g NaCl晶体中含有0.1NA个如图所示的结构单元D含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、18O2分子与18O3均由氧原子构成
29、；B、Na2S和 Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个钠离子和1个阴离子构成；C、质量换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl，计算分析；D、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4molSiO键来分析；【解答】解：A、18O2分子与18O3均由氧原子构成，故1.8g18O2分子与1.8g18O3中含有的18O的物质的量相同，均为0.1mol，则含有的中子数均为NA个，故A错误；B、Na2S和 Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个钠离子和1个阴离子构成，故7.8gNa2S和 Na2O的物质的量均为0.1mol，其含有的阴离子均为0.1NA个，故B正确；
30、C、质量换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl，23.4 g NaCl晶体物质的量=0.4mol；所以含0.1 NA个如图所示结构单元，故C正确；D、含16 g氧原子的二氧化硅的物质的量为=0.5mol，根据1mol二氧化硅中含4molSiO键可知，0.5mol二氧化硅晶体中含有的键数目为2NA，故D正确；故选A12在气体反应中，能使反应物活化分子数和活化分子百分数同时增加的方法（）增加反应物的浓度 升高温度 移去生成物 增大压强 加入催化剂ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【分析】增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百
31、分数同时增大，可升高温度、加入催化剂等措施【解答】解：增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，而和既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，移去生成物，浓度降低，活化分子和活化分子的百分数都减小，故选：B13已知：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s），H=350kJmol1，（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s），H=25kJmol1，则Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）的H等于（）A375 kJmol1B325 kJmol1C+375 kJmol1D+325 kJmol1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】依据热化
32、学方程式和盖斯定律计算得到，反应焓变与反应过程无关【解答】解：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s），H=350kJmol1，（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s），H=25kJmol1，依据盖斯定律（1）（2）得到Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）H=325 kJmol1；故选B14在恒温、恒容条件下，能使A（g）+B（g）C（g）+D（s） 正反应速率增大的措施是（）A减小C或D的浓度B再加入一定量DC减小B的浓度D增大A或B的浓度【考点】化学反应速率的影响因素【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，恒温条件下，要使 A（g）+B（g）C（g）+
33、D（s）正反应速率增大，可以通过增大反应物浓度、增大压强等来实现，注意D为固体，以此解答【解答】解：AD为固体，减少D的量对反应速率无影响，故A错误；BD为固体，增加D的量，对反应速率无影响，故B错误；C减小B的浓度，反应速率减小，故C错误；D增大A或B的浓度，反应物浓度增大，则正反应速率增大，故D正确故选D15下列关于平衡常数K的说法中，正确的是（）A在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值B改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数KC平衡常数K只与温度有关，与反应浓度、压强无关D从平衡常数K的大小不能推断一个反应进行的程度【考点】化学平衡常数的含义【分析】化学平衡常数只受温度影响，与浓度、
34、压强无关，平衡常数越大，反应进行的程度越大，可逆程度越小【解答】解：A、化学平衡常数受温度影响，温度变化，化学平衡常数发生变化，故A错误；B、浓度不影响化学平衡常数，故B错误；C、平衡常数K只与温度有关，反应浓度、压强不影响化学平衡常数，故C正确；D、平衡常数越大，反应进行的程度越大，可逆程度越小，平衡常数K的大小可以推断一个反应进行的程度，故D错误；故选C16在某一温度下，某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变化如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示则下列结论正确的是（）A该反应的热化学方程式M（g）+3N（g）2R（g）H0B达到平衡后，
35、若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动C达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率减小D达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡一定向正反应方向移动【考点】化学平衡的影响因素【分析】A从图b中也看出T1T2，升高温度，N的体积分数变大；B缩小容器的体积，即增大压强；C升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动；D恒容时，通入稀有气体，M、N、R的浓度不变【解答】解：A从图a可得出M、N为反应物、R为生成物，由c之比可知化学计量数之比，该反应为M（g）+3N（g）2R（g），从图b中也看出T1T2，升高温度，N的体积分数变大，即平衡逆向移动，故该反应为
36、放热反应，H0，故A错误；B缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，故B错误；C升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动，M的转化率减小，故C正确；D若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体，则平衡不移动，故D错误；故选C17草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性常温下，向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）AV（NaOH）=0时，c（H+）=1102 mol/LBV（NaOH）10 mL时，可能存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4）CV（NaOH）=10mL时，c（H+）=
37、1107 mol/LDV（NaOH）10 mL时，c（Na+）c（HC2O4）c（C2O42）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+；BV（NaOH）10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，若溶液为中性，结合电荷守恒可知c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4）；CV（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，C2O42部分水解，溶液显示碱性；DV（NaOH）10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，溶液中c（C2O42）c（HC2O4）【解答】解：A草酸是二元中强酸，V（NaO
38、H）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c（H+）1102molL1，故A错误；BV（NaOH）10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，当电离等于水解，溶液显示中性，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒可得：c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4 ），故B正确；CV（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c（H+）1107molL1，故C错误；DV（NaOH）10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42水解生成HC2O4，则离子浓度为c（Na+）c（C2O42）c（HC2O4），故D错误；故选B18锂铜空气燃料
39、电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景该电池工作时发生复杂的铜腐蚀现象，电池总反应为：2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（）A电池放电时，正极附近溶液pH增大B工作时，Li+透过固体电解质向Cu极移动C电池放电过程中，空气中的O2并不参加反应D两极的有机电解质和水溶液电解质不可对换【考点】化学电源新型电池【分析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极铜被腐蚀，表面产生Cu2O，负极上电极反应式为LieLi+，正极上电极反应式为Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OH，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答【解答】解
40、：A放电时，正极上电极反应式为Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OH，则正极附近溶液pH增大，故A正确；B放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，故B正确；C放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极铜被腐蚀，表面产生Cu2O，所以空气中的O2参加反应，故C错误；D因为锂很活泼能与水发生反应，所以两极的有机电解质和水溶液电解质不可对换，故D正确；故选C19向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸下列离子方程式与事实不相符的是（）AOH+CO32+2H+HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OCOH+CO32+3H+CO2+2H
41、2OD2OH+CO32+4H+CO2+3H2O【考点】离子方程式的书写【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO32+H+=HCO3，盐酸过量时发生反应：CO32+2H+=CO2+H2O，以此来解答【解答】解：A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+=
42、HCO3+H2O，故A正确；B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH+CO32+3H+=HCO3+2H2O，故B正确；C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+=CO2+2H2O，故C正确；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2
43、mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH+2CO32+4H+=2HCO3+2H2O，故D错误；故选D20某溶液可能含有NH4+、K+、Ba2+、Fe3+、I、SO32、SO42中的几种，现取100mL溶液加入少量溴水，溶液呈无色继续滴加足量HNO3和Ba（NO3）2混合溶液，产生沉淀，沉淀经洗涤、高温干燥后质量为4.66g滤液加足量NaOH溶液、加热，生成气体在标准状况下体积为1120mL根据上述实验，以下推测正确的是（）A原溶液肯定只存在NH4+、SO32B原溶液一定不含Ba2+、Fe3+、IC原溶液可能存在K+、SO
44、42D另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，即可确定溶液离子组成【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】某溶液可能含有NH4+、K+、Ba2+、Fe3+、I、SO32、SO42中的几种，现取100mL溶液加入少量溴水，溶液呈无色，说明溶液中无Fe3+，且有还原性离子将Br2还原，且所得产物无色，由于还原性SO32I，故溶液中可能不含I，也可能I未反应，但溶液中一定含SO32，由于有SO32则无Ba2+；继续滴加足量HNO3和Ba（NO3）2混合溶液，产生沉淀，此沉淀为BaSO4，沉淀经洗涤、高温干燥后质量为4.66g，即BaSO4的物质的量为0.02mol，但由于溶液中一定含SO32
45、，故生成的0.02molBaSO4中的SO42可能全部来自于被氧化的SO32，也可能溶液中原来含有SO42；滤液加足量NaOH溶液、加热，生成气体为NH3，即原来溶液中一定含NH4+，在标准状况下体积为1120mL，故NH4+的物质的量为0.05mol，根据溶液的电中性来判断K+的存在【解答】解：某溶液可能含有NH4+、K+、Ba2+、Fe3+、I、SO32、SO42中的几种 现取100mL溶液加入少量溴水，溶液呈无色，说明溶液中无Fe3+，且有还原性离子将Br2还原，且所得产物为无色，由于还原性SO32I，故溶液中可能不含I，也可能有I但未反应，故溶液中一定含SO32，由于Ba2+与SO32
46、不能共存，故溶液中无Ba2+；继续滴加足量HNO3和Ba（NO3）2混合溶液，产生沉淀，此沉淀为BaSO4，沉淀经洗涤、高温干燥后质量为4.66g，即BaSO4的物质的量为0.02mol，即SO42的物质的量为0.02mol，但由于溶液中一定含SO32，故生成沉淀中的0.02molSO42可能全部来自于被氧化的SO32，也可能部分是溶液中原来含有SO42，但SO32和SO42的物质的量之和必须为0.02mol；滤液加足量NaOH溶液、加热，生成气体为NH3，即原来溶液中一定含NH4+，在标准状况下体积为1120mL，故NH4+的物质的量为0.05mol由于0.02molSO32（或SO32和S
47、O42）带0.04mol负电荷，而0.05molNH4+带0.05mol正电荷，而溶液要保持电中性，故溶液中一定含I，可能含K+即溶液中一定含NH4+、SO32、I；一定不含：Ba2+、Fe3+；可能含SO42、K+A、溶液中一定含NH4+、SO32、I，可能含SO42、K+，故A错误；B、I一定存在，故B错误；C、溶液中可能存在可能含SO42、K+，故C正确；D、另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，只能检验出溶液中含不含SO42，对K+的存在不能确定，故D错误故选C二、填空题（本题共6小题，共50分）21如图是中学化学中常见的有机物转化关系，A可以提供生命活动所需要的能量，D是石油裂解气的
48、主要成分，E可以发生银镜反应，F的相对分子质量为60，且分子中碳元素的质量分数为40%（1）写出A的分子式为C6H12O6，的反应类型为水解反应；（2）写出DE的化学方程式2CH2=CH2+O22CH3CHO【考点】有机物的推断【分析】E可以发生银镜反应，说明E中有醛基，D是石油裂解气的主要成分，D氧化得E，E氧化得F，则F中应含有羧基，F的相对分子质量为60，分子中碳元素的质量分数为40%，则分子中碳原子数目为=2，只能含有一个羧基，故F为CH3COOH，可以推知，E为CH3CHO，D为CH2=CH2，B在酸性条件下得到C与F，则B含有酯基，D在催化剂作用下生成C，则C为CH3CH2OH，B
49、为CH3COOCH2CH3，A可以提供生命活动所需要的能量，在催化剂条件下可以得到乙醇，故A为葡萄糖，据此解答【解答】解：E可以发生银镜反应，说明E中有醛基，D是石油裂解气的主要成分，D氧化得E，E氧化得F，则F中应含有羧基，F的相对分子质量为60，分子中碳元素的质量分数为40%，则分子中碳原子数目为=2，只能含有一个羧基，故F为CH3COOH，可以推知，E为CH3CHO，D为CH2=CH2，B在酸性条件下得到C与F，则B含有酯基，D在催化剂作用下生成C，则C为CH3CH2OH，B为CH3COOCH2CH3，A可以提供生命活动所需要的能量，在催化剂条件下可以得到乙醇，故A为葡萄糖，（1）A为葡
50、萄糖，A的分子式为C6H12O6，的反应为酯的水解，是水解反应，故答案为：C6H12O6；水解反应；（2）DE的反应是乙烯的催化氧化，反应的化学方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故答案为：2CH2=CH2+O22CH3CHO22实验室模拟用工业废弃固体（含有Cu2S、Fe2O3、SiO2等）制取粗铜、绿矾（FeSO47H2O）的操作流程如下：（1）固体A中一定含有的物质是SiO2（填化学式）；（2）试剂X是Fe，试剂X与溶液A反应得到固体B和溶液B的离子方程式有2 Fe3+Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2+Cu；（3）溶液B获得绿矾的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
51、、干燥【考点】制备实验方案的设计；无机物的推断【分析】废弃固体主要成分Cu2S和Fe2O3、SiO2等，灼烧废气固体发生反应Cu2S+2O2SO2+2CuO，所以气体a是SO2，固体A是CuO和Fe2O3、SiO2，固体和稀硫酸混合，发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，所以溶液A中成分为CuSO4、Fe2（SO4）3，而二氧化硅与稀硫酸不反应，则固体A为SiO2，向溶液A中加入过量Fe屑，发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、2Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，所以固体B成分是Fe、Cu，滤液B成分为FeSO4
52、，固体B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，过滤得到固体粗铜，以此解答该题【解答】解：废弃固体主要成分Cu2S和Fe2O3、SiO2等，灼烧废气固体发生反应Cu2S+2O2SO2+2CuO，所以气体a是SO2，固体A是CuO和Fe2O3、SiO2，固体和稀硫酸混合，发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，所以溶液A中成分为CuSO4、Fe2（SO4）3，而二氧化硅与稀硫酸不反应，则固体A为SiO2，向溶液A中加入过量Fe屑，发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、2Fe2（SO4）3+Fe=3
53、FeSO4，所以固体B成分是Fe、Cu，滤液B成分为FeSO4，固体B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，过滤得到固体粗铜，（1）由以上分析可知，二氧化硅和稀硫酸不反应，固体A为SiO2，故答案为：SiO2；（2）加入试剂X，用于置换出铜并生成硫酸亚铁，则X应为Fe，发生的离子反应为2 Fe3+Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2+Cu，故答案为：Fe；2 Fe3+Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2+Cu；（3）溶液B获得绿矾的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；过滤23食醋（主要成分CH3COOH）、纯碱（Na2CO3）
54、和小苏打（NaHCO3）均为家庭厨房中常用的物质己知：弱酸CH3COOHH2CO3HNO2电离常数K=1.8105K=4.3107K=5.61011K=5.0104请回答下列问题：（1）25时，0.10molL1Na2CO3溶液的pH=11，则溶液中由水电离出的c（OH）=103（2）常温下，将20mL0.10molL1CH3COOH溶液和 20mL0.10molL1HNO2 溶液分别与 20mL 0.10molL1NaHCO3溶液混合（混合后溶液体积变化忽略不计）反应开始时，v （CH3COOH ）v （HNO2）（填“”、“”或“：”）充分反应后两溶液中c（CH3COO） c（NO2）（填
55、“”、“”或“=”）（3）25时，向CH3COOH溶液中加入一定量的NaHCO3，所得混合液的pH=6，则混合液中=18；（4）常温下，下列方法可以使0.1molL1CH3COOH的电离程度增大的是bca加入少量的稀盐酸b加热溶液 c加水稀释d加入少量冰醋酸【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）Na2CO3 溶液中的氢离子和氢氧根离子都是由水电离出来的；（2）据其电离平衡常数可知，HNO2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和HNO2相比，HNO2溶液中氢离子浓度大；相同物质的量浓度的醋酸根离子和NO2相比，醋酸根离子水解程度大，据此分析；（3）据醋酸的电离平
56、衡常数K=1.8105和pH=6求算；（4）依据影响化学平衡移动因素解答【解答】解：（1）25时，0.10molL1Na2CO3 溶液的pH=11，则c（H+）=1011mol/L，据Kw可知，c（OH）=103mol/L，故答案为：103；（2）据其电离平衡常数可知，HNO2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和HNO2相比，HNO2溶液中氢离子浓度大，所以与碳酸氢钠溶液反应速率快，故答案为：；常温下，将20mL 0.10molL1CH3COOH溶液和20mL 0.10molL1HNO2 溶液分别与20mL 0.10molL1NaHCO3 溶液混合，充分反应后得到相同物
57、质的量浓度的醋酸钠和亚硝酸钠溶液，相同物质的量浓度的醋酸根离子和NO2相比，醋酸根离子水解程度大，所以醋酸根离子浓度小，故答案为：；（3）醋酸的电离平衡常数K=1.8105，pH=6，则c（H+）=106mol/L，所以=18，故答案为：18；（4）醋酸为弱酸，溶于水存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+；a加入少量的稀盐酸，则氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，故a不选；b醋酸电离为吸热过程，所以加热溶液可以促进醋酸的电离，故b选；c加水稀释，化学平衡正向移动，促进醋酸的电离平衡，故c选；d加入少量冰醋酸，平衡虽然正向移动，但是醋酸的电离程度减小，故d不选；故选：bc24在常温下，在一定
58、体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比是多少？（要写计算过程）【考点】pH的简单计算【分析】氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算【解答】解：pH=12的Ba（OH）2溶液中C（OH）=102mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x102mol；反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x
59、102mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为103mol/L；所以得到： =103；得到x：y=1：4，答：Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比是1：425根据下列化合物：NaOH，H2SO4，CH3COOH，NaCl，CH3COONa，NH4Cl，CH3COONH4，NH4HSO4，NH3H2O，请回答下列问题：（1）若浓度均为0.1molL1、等体积的NaOH和NH3H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH都变成9，则 m n （填“”、“”或“=”）（2）已
60、知水存在如下平衡：H2O+H2OH3O+OHH0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的下列方法是DA向水中加入NaHSO4固体B向水中加NaHCO3固体C加热至100其中c（H+）=1106 molL1D向水中加入NH4Cl固体（3）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH）=103 mol/L；在pH=3的CH3COOH 溶液中，水电离出来的c（H+）=1011 mol/L（4）NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）（5）物质的量浓度相同的、四种稀溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）（6）已知t时，Kw=110
61、12，在该温度时将pH=9的NaOH溶液a L与pH=2的H2SO4溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=3，则a：b=9：2【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）一水合氨为弱电解质，不能完全电离，稀释前c（OH）NaOH溶液大于氨水，若稀释后溶液pH相等，则氢氧化钠稀释体积大于一水合氨；（2）A向水中加入NaHSO4固体，溶液中c（H+）增大，抑制水电离；B向水中加NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解生成碳酸，促进水电离；C加热至100其中c（H+）=1106 molL1，促进水电离，但溶液仍然呈中性；D向水中加入NH4Cl固体，铵根离子水解促进
62、水电离，导致溶液中c（H+）增大；（3）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH）=；在pH=3的CH3COOH 溶液中，水电离出来的c（H+）=；（4）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，结合电荷守恒判断溶液中离子浓度大小；（5）一水合氨是弱电解质，部分电离；醋酸根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，溶液中NH4+浓度越小；（6）t时，Kw=11012，在该温度时，pH=9的NaOH溶液中c（OH）=mol/L=0.001mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合溶液pH=3，混合溶液中c
63、（H+）=0.001mol/L，混合溶液中c（H+）=mol/L=0.001mol/L【解答】解：（1）一水合氨为弱电解质，不能完全电离，稀释前c（OH）NaOH溶液大于氨水，如果稀释相同的倍数，pH氢氧化钠大于氨水，若要使稀释后溶液pH相等，则氢氧化钠稀释体积大于一水合氨，即mn，故答案为：；（2）A向水中加入NaHSO4固体，溶液中c（H+）增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故A错误；B向水中加NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解生成碳酸，促进水电离，平衡正向移动但溶液呈碱性，故B错误；C加热至100其中c（H+）=1106 molL1，促进水电离，但溶液仍然呈中性，故C错误；D向水中加入NH
64、4Cl固体，铵根离子水解促进水电离，平衡正向移动，导致溶液中c（H+）增大，溶液呈酸性，故D正确；故选D；（3）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH）=mol/L=103 mol/L；在pH=3的CH3COOH 溶液中，水电离出来的c（H+）=mol/L=1011 mol/L，故答案为：103 mol/L；1011 mol/L；（4）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c（OH）c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）+cH+）=c（Cl）+c（OH），所以得c（NH4+）c（Cl），铵根离子水解程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序
65、是c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（5）一水合氨是弱电解质，部分电离；醋酸根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，溶液中NH4+浓度越小，所以相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是，故答案为：；（6）t时，Kw=11012，在该温度时，pH=9的NaOH溶液中c（OH）=mol/L=0.001mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合溶液pH=3，混合溶液中c（H+）=0.001mol/L，混合溶液中c（H+）=mol/L=0.001mol/L，a：b=9：
66、2，故答案为：9：226工业上制备BaCl2的工艺流程图如图：某研究小组在实验室用重晶石（主要成分BaSO4）对工业过程进行模拟实验查表得BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）H1=+571kJmol1BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）H2=+226kJmol1（1）反应C（s）+CO2（g）2CO（g）的H=+172.5kJmol1（2）气体用过量NaOH溶液吸收，得到Na2S，在Na2S水溶液中c（Na+）与c（S2）的关系是C（填字母）Ac（Na+）=2c（S2） Bc（Na+）2c（S2）Cc（Na+）2c（S2） D.2c（Na+）c（S2）（3
67、）向AgNO3溶液中加入BaCl2和KBr，当两种沉淀共存时， =2.7103Ksp（AgBr）=5.41013，Ksp（AgCl）=2.01010（4）常温常压下，空气中的CO2溶于水达到平衡时，溶液的pH=5.6，溶液中 c（H2CO3）=l.5105molL1若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3 HCO3+H+ 的平衡常数K1=4.17107（保留两位有效数字）（已知：105.60=2.5106）【考点】制备实验方案的设计【分析】实验室用重晶石（主要成分BaSO4）加入碳高温反应得到BsS，溶于盐酸生成氯化钡溶液和硫化氢气体，BaCl2溶液蒸发浓缩，结晶析出过滤得到晶体，
68、（1）利用盖斯定律及已知热化学方程式计算该反应的焓变（2）Na2S水解呈碱性，且有两步水解，以第一步水解为主，据此判断溶液中离子浓度大小；（3）根据溶度积常数计算；（4）电离平衡常数指弱电解质在一定条件下电离达到平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度系数次幂的乘积，与溶液中未电离分子的浓度系数次幂的乘积的比值，则H2CO3HCO3+H+的平衡常数K1=，据此计算；【解答】解：（1）BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）H1=+571.2kJmol1BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）H2=+226.2kJmol1根据盖斯定律可得：C（s）+CO2（g）2CO
69、（g）H=+172.5kJmol1，故答案为：+172.5；（2）Na2S水解呈碱性，且有两步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成离子HS，第二步水解生成H2S，水解的离子方程式分别为S2+H2OHS+OH、HS+H2OH2S+OH，所以溶液中各离子浓度大小关系是c（Na+）2c（S2），故选C；（3）当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c（Br）=，c（Cl）=，则=2.7103，故答案为：2.7103；（4）H2CO3HCO3+H+的平衡常数K1=，c（H+）=c（HCO3）=2.5106mol/L，c（H2CO3）=1.5105 mol L，所以K1=4.17107，故答案为：4.171072017年4月28日
