河南省安阳市林州一中2022届高三上学期暑假检测化学试卷（一） 一、选择题（共7小题）1．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法不正确的是（ ）A．通入CO2，溶液pH减小B．加入少量NH4Cl固体，平衡向正反应方向移动C．慢慢升高温度，逐渐增大D．加入NaOH固体，溶液的KW=c（OH﹣）•c（H+）增大 2．下列关于有机化合物的叙述正确的是（ ）A．有机物CH2=CHCH（CH3）CH2CH3和氢气加成后的产物的一氯取代物有3种B．表示苯的分子结构，其中含有碳碳双键，因此苯的性质跟乙烯相同C．乙烯使溴水褪色和苯与溴水混合振荡后水层变为无色原理相同D．CH2Cl2是纯净物，说明甲烷是正四面体形结构而不是平面正方形结构 3．下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（ ）A．无色溶液中：K+、Cl﹣、NH4+、AlO2﹣、SO42﹣B．常温下，pH=14的溶液中：CO32﹣、Na+、S2﹣、AlO2﹣C．室温下，水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、HCO3﹣、Br﹣、Ba2+D．使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Al3+、I﹣、NO3﹣ 4．化学与生活、社会密切相关．下列说法正确的是（ ）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈D．华裔科学家高锟在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅 5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，18gD2O中所含的电子数为10NAB．200mL0.5mol•L﹣1的Na2CO3溶液中，由于CO32﹣水解，所以阴离子数目小于0.1NAC．精炼铜时，当阳极质量减少6.4g时，电路中转移电子数不一定为0.2NAD．5.6g铁与足量稀硫酸反应失去电子数为0.3NA 6．如图是锂﹣空气电池放电和充电时的工作示意图．下列说法正确的是（ ）-23-A．该电池放电时，图中电极a是正极，c是负极B．该电池放电时，水性电解质pH不变C．当给该锂﹣空气电池充电时，c极应接电源的负极D．当给该锂﹣空气电池充电时，b极的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑ 7．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（ ）A．H2（g）的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9kJ•mol﹣1 二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）8．有机化学基础：G是一种常见的氨基酸，其合成路线如下已知以下信息：①A苯环上只有1个取代基且核磁共振氢谱有6组峰，其面积比为1：2：2：2：2：1；D和F的苯环上的一氯代物都只有2种．②F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应③回答下列问题（1）A的分子式为，其名称为 ．A→B的反应类型是 ；鉴别A和B可用的试剂是 ．-23-（3）B→C的化学方程式为 ．（4）G的结构简式为 ．（5）F的同分异构构体，含有苯环且能发生水解反应的异构体有 种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是 ． 9．Ⅰ．硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）在医药上作补血剂．为测定补血剂中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案．方案一滴定法用酸性高锰酸钾溶液测定铁元素的含量．反应原理：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O（1）实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需 （填仪器名称）．上述实验中KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是 ．A．硫酸B．盐酸C．硝酸（3）某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是 （夹持部分略去，填序号）．方案二重量法，操作流程如下：（4）步骤②是否可以省略？ ，其理由是 ．（5）步骤④中一系列操作依次是过滤、洗涤、 、冷却、称量．Ⅱ．硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于酒精，在水中的溶解度比FeSO4或（NH4）2SO4都要小．实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：步骤1：铁屑的处理．将废铁屑放入热的碳酸钠溶液中浸泡几分钟后，用图所示方法分离出固体并洗涤、干燥．步骤2：FeSO4溶液的制备．将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入过量的3mol•L﹣1H2SO4溶液，加热至充分反应为止．趁热过滤，收集滤液和洗涤液．步骤3：硫酸亚铁铵的制备．向所得FeSO4溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到硫酸亚铁铵晶体．请回答下列问题：-23-（1）步骤2中有一处明显不合理的地方是 ，趁热过滤的理由是 ．步骤3加热浓缩过程中，当 时停止加热．用无水乙醇洗涤晶体的原因是 ． 10．实验室以铝铁质岩（主要成分是Al2O3、FexOy和SiO2）为原料制备Al2O3和粗硅，其流程如图所示：（1）SiO2制备粗硅的化学方程式为 ．溶液B中加氨水生成Al（OH）3的离子方程式为 ．在空气中灼烧固体Al（OH）3时，用到多种硅酸盐质仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有 （填仪器名称）．（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成一种耐高温、抗冲击的氮化铝和一种有毒气体，该反应的化学方程式为 ；该反应中每生成2mol氮化铝，N2得到电子的物质的量为 mol．（4）某实验小组用CO还原法定量测定FexOy的组成，称取mg样品进行定量测定．①根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品， （请按正确顺序填入下列步骤的标号）．a．点燃酒精灯b．打开分液漏斗活塞c．停止加热，充分冷却d．关闭分液漏斗活塞e．收集气体并检验纯度②若实验中每步反应都进行完全，反应后样品质量减少了ng，则FexOy中x：y= ．若实验中FexOy未被充分还原，则x：y的值 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）． 11．金属铜及其化合物在生产和生活中都有重要的应用．（1）写出铜原子价电子层的电子排布式： ．铜粉可以做成焰火，燃烧时，火焰发出绿色的光，请你用原子结构的知识解释发光的原因： ．（3）图1是金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为 ．-23-（4）无水硫酸铜呈白色，吸水后形成胆矾，呈蓝色．科学家通过X射线确定出胆矾的结构，其结构可用图2表示，胆矾晶体中除共价键、配位键及微弱的范德华力外，还存在的两种作用是 和 ．（5）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为 ．（6）某种含Cu2+的化合物催化丙烯醇制备丙醛的反应为 HOCH2CH═CH2→CH3CH2CHO，在丙烯醇分子中共有 个σ键，其中碳原子的杂化方式是 ． 12．氨在国民经济中占有很重要的地位．现在约有80%的氨用来制造化肥，其余的用作生产其他化工产品的原料．氨氧化法制硝酸是工业上制硝酸的主要方法．（1）对于合成氨的反应来说，使用催化剂和施以高压，都能缩短达到平衡所用的时间，但只有 对化学平衡状态有影响．综合考虑各种因素，在实际生产中合成氨一般选择以 为催化剂，压强在 ，温度在 ．（3）要实现合成氨的工业化生产，首先要解决氢气和氮气的来源问题．氢气可以由以下几个途径制取：①电解水制取氢气；②由煤或焦炭制取氢气；③由天然气或重油制取氢气．你认为哪种方法是最佳选择： （填序号），其反应的化学方程式为 ．（4）如图是合成氨的简要流程示意图，图中循环气体物质是 ．（5）硝酸厂的尾气中含有NO和NO2等污染物，为了防止污染大气可以用烧碱溶液吸收从吸收塔中放出的尾气，发生的反应如下：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，2NaOH+NO2═NaNO2+NaNO3+H2O但在实际生产中常用纯碱代替烧碱，也能发生类似反应，且放出CO2，试写出用纯碱溶液吸收NO和NO2的两个反应的化学方程式：① ；② ． 13．CO2和CO与我们的社会生活联系相当密切，某化学课题组对此进行了探究．（1）CO2可用NaOH溶液吸收得到碳酸盐．若将0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合，则混合后的溶液中c（CO32﹣） c（HCO3﹣）（填“大于”“小于”或“等于”）；0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中c（OH﹣）﹣c（H+）= [用含c（HCO3﹣）、c（H2CO3）的关系式表示]．-23-常温常压下，饱和CO2水溶液的pH=5.6，c（H2CO3）=1.5×10﹣5mol•L﹣1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数K= ．（已知：10﹣5.6=2.5×10﹣6）（3）常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c（H2CO3） c（CO32﹣）（填“＞”“=”或“＜”），原因是 （用离子方程式和必要的文字说明）．（4）小李同学拟用沉淀法测定空气中CO2的体积分数，他查得CaCO3、BaCO3的溶度积Ksp分别为4.96×10﹣9、2.58×10﹣9．小李应该选用的试剂是 ．（5）一定条件下，将2molH2O（g）和2molCO充入容积固定的1L密闭容器中，加热至高温，发生下列可逆反应：2H2O⇌2H2+O2…①，2CO+O2⇌2CO2…②．请回答下列问题：①当容器内的压强不再发生改变时，测知下列各项中提供的物理量即可求出该条件下混合气体平衡组成的是 （填序号，K1指反应①的平衡常数，K2指反应②的平衡常数）．A．K1、K2 B．K1、c（CO2） C．K2、c（O2）②请在图中，画出反应过程中c（O2）的变化曲线． 河南省安阳市林州一中2022届高三上学期暑假检测化学试卷（一）参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题）1．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法不正确的是（ ）A．通入CO2，溶液pH减小B．加入少量NH4Cl固体，平衡向正反应方向移动C．慢慢升高温度，逐渐增大D．加入NaOH固体，溶液的KW=c（OH﹣）•c（H+）增大【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；A、碳酸钠溶液中通入CO2会发生反应生成碳酸氢钠；B、加入氯化铵固体，根据铵根离子水解显示酸性来确定平衡的移动方向；C、水解平衡是吸热的，升高温度，水解平衡正向移动，根据移动方向确定离子浓度的变化；D、水的离子积是温度的常数，温度不变，水的离子积不变化．【解答】解：A、碳酸钠溶液中通入CO2会发生反应生成碳酸氢钠，实质是二氧化碳消耗氢氧根离子，促使平衡正向移动，所以碱性减弱，溶液pH减小，故A正确；-23-B、加入氯化铵固体，根据铵根离子水解显示酸性，消耗氢氧根离子，平衡正向移动，故B正确；C、水解平衡是吸热的，升高温度，水解平衡正向移动，碳酸氢根离子浓度增加，碳酸根离子浓度减小，比值变大，故C正确；D、水的离子积是温度的常数，加入NaOH固体，温度不变，水的离子积KW不变化，故D错误．故选D．【点评】本题考查水解平衡常数及影响水解平衡的因素，难度不大，水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与条件无关．化学平衡移动原理同样适合水解平衡的移动，要多迁移，多联系． 2．下列关于有机化合物的叙述正确的是（ ）A．有机物CH2=CHCH（CH3）CH2CH3和氢气加成后的产物的一氯取代物有3种B．表示苯的分子结构，其中含有碳碳双键，因此苯的性质跟乙烯相同C．乙烯使溴水褪色和苯与溴水混合振荡后水层变为无色原理相同D．CH2Cl2是纯净物，说明甲烷是正四面体形结构而不是平面正方形结构【考点】常见有机化合物的结构；乙烯的化学性质；苯的结构．【分析】A．根据等效H原子判断，有几种H原子，一氯代产物有几种同分异构体；B．苯分子中无碳碳单键和碳碳双键，而是介于碳碳单键与双键之间的一种特殊的键；C．乙烯与溴发生加成反应，使溴水褪色；苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色；D．如果甲烷是正方形的平面结构，而CH2Cl2有两种结构：相邻或者对角线上的氢被Cl取代，而实际上，其二氯取代物只有一种结构，因此只有正四面体结构才符合．【解答】解：A．机物CH2=CHCH（CH3）CH2CH3和氢气加成后的产物为CH3CH2CH（CH3）CH2CH3，该分子中含有4种H原子，一氯代产物有4种同分异构体，故A错误；B．苯分子中无碳碳单键和碳碳双键，而是介于碳碳单键与双键之间的一种特殊的键，跟乙烯不同，故B错误；C．乙烯与溴发生加成反应，使溴水褪色；苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色，褪色原理不相同，故C错误；D．甲烷是正方形的平面结构，而CH2Cl2有两种结构：相邻或者对角线上的氢被Cl取代，而实际上，其二氯取代物只有一种结构，因此只有正四面体结构才符合，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了有机物的结构与性质，难度不大，注意CH2Cl2只代表一种物质，可以证明甲烷分子是空间正四面体结构，而不是平面正方形结构． 3．下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（ ）A．无色溶液中：K+、Cl﹣、NH4+、AlO2﹣、SO42﹣B．常温下，pH=14的溶液中：CO32﹣、Na+、S2﹣、AlO2﹣C．室温下，水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、HCO3﹣、Br﹣、Ba2+D．使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Al3+、I﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．铵根离子与偏铝酸根离子发生双水解反应；B．该溶液为碱性溶液，四种离子之间不反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应；-23-C．室温下，水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，碳酸氢根离子能够与酸性和碱性溶液反应；D．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子、亚铁离子．【解答】解：A．NH4+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．常温下pH=14的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，CO32﹣、Na+、S2﹣、AlO2﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．室温下，水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或奇异果干离子，HCO3﹣能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；D．该溶液为酸性溶液，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+、I﹣，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在． 4．化学与生活、社会密切相关．下列说法正确的是（ ）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈D．华裔科学家高锟在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅【考点】金属的电化学腐蚀与防护；物理变化与化学变化的区别与联系；硅和二氧化硅．【分析】A．聚乙烯塑料是乙烯发生加成反应生成的高分子聚合物，聚乙烯的单体是乙烯；B．煤的气化、液化都是化学变化；C．铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀；D．二氧化硅是光导纤维的主要成分．【解答】解：A．乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故A错误；B．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故B错误；C．铁在潮湿空气中形成原电池发生电化学腐蚀，其负极反应是Fe﹣2e﹣=Fe2+，故C错误；D．华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了生活的化学相关的知识，掌握塑料的老化、煤的气化和液化、铁的腐蚀等知识是解答的关键，题目难度不大． 5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，18gD2O中所含的电子数为10NAB．200mL0.5mol•L﹣1的Na2CO3溶液中，由于CO32﹣水解，所以阴离子数目小于0.1NA-23-C．精炼铜时，当阳极质量减少6.4g时，电路中转移电子数不一定为0.2NAD．5.6g铁与足量稀硫酸反应失去电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、结合碳酸根的第一步水解的产物分析判断；C、电解精炼铜过程中，阳极粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极质量减少6.4g时，转移的电子的物质的量不一定是0.2mol；D、铁与稀硫酸反应后变为+2价．【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量n==0.9mol，而1mol重水中含10mol电子，故0.9mol重水中含9mol电子即9NA个，故A错误；B、200mL0.5mol•L﹣1的Na2CO3溶液中发生水解反应CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，所以液中阴离子数目大于0.1NA，故B错误；C、粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极减少6.4g时，电路中转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，转移的电子数不一定为0.2NA，故C正确；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与稀硫酸反应后变为+2价，故0.1mol铁失去0.2mol电子即0.2NA个，故D错误．故选C．【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．如图是锂﹣空气电池放电和充电时的工作示意图．下列说法正确的是（ ）A．该电池放电时，图中电极a是正极，c是负极B．该电池放电时，水性电解质pH不变C．当给该锂﹣空气电池充电时，c极应接电源的负极D．当给该锂﹣空气电池充电时，b极的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】放电时，该电池反应式中元素化合价变化为：Li元素由0价变为+1价，O元素化合价由0价变为﹣2价，所以Li作负极，氧气作正极，充电时，正极与电源正极相连为阳极失电子发生氧化反应，负极与电源负极相连为阴极得电子发生还原反应．【解答】解：A．放电时，该电池反应式中元素化合价变化为：Li元素由0价变为+1价，O元素化合价由0价变为﹣2价，所以a是负极，c是正极，故A错误；-23-B．放电时，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，正极附近生成氢氧根离子，导致氢氧根离子浓度增大，则溶液的pH增大，故B错误；C．充电时，正极与电源正极相连为阳极失电子发生氧化反应，所以正极c极应接电源的正极，故C错误；D．该锂﹣空气电池充电时，c极应接电源的正极为阳极，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池原理和电解池原理是解答本题关键，再结合电极反应式解答，注意电极反应式的书写，难度中等． 7．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（ ）A．H2（g）的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【分析】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1知H2（g）的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1；B．假设取H2（g）和CH3OH（l）各为1克，依据H2（g）和CH3OH（l）的热化学方程式计算比较；C．硫酸和氢氧化钡发生中和反应生成的硫酸钡过程中需放热，中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量；D．依据已知热化学方程式和盖斯定律计算分析判断．【解答】解：A．依据燃烧热概念分析，选项中由已知热化学方程式计算可知H2（g）的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故A错误；B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，设质量为1g，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12571.6KJmol142.9KJ2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣121452KJmol22.69KJ所以H2（g）放出的热量多，故B正确；C．中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量，硫酸和氢氧化钡发生中和反应，反应中有BaSO4（s）生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3kJ多，即△H＜﹣57.3kJ•mol﹣1，故C错误；D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1-23-按盖斯定律计算①×3﹣②得到6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l）△H=﹣262.8kJ•mol﹣1．可知正确的是3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4kJ•mol﹣1，故D错误；故选B．【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，燃烧热，中和热概念的理解应用是解题关键，题目难度中等． 二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）8．有机化学基础：G是一种常见的氨基酸，其合成路线如下已知以下信息：①A苯环上只有1个取代基且核磁共振氢谱有6组峰，其面积比为1：2：2：2：2：1；D和F的苯环上的一氯代物都只有2种．②F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应③回答下列问题（1）A的分子式为，其名称为 苯乙醇 ．A→B的反应类型是 取代反应（酯化反应） ；鉴别A和B可用的试剂是 Na ．（3）B→C的化学方程式为 +HNO3+H2O ．（4）G的结构简式为 ．-23-（5）F的同分异构构体，含有苯环且能发生水解反应的异构体有 种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是 ．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】据A与乙酸发生酯化反应，生成B的分子式结合信息①可知A为苯乙醇，分子式为C8H10O，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为，B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，C→D的反应是硝基还原为氨基的反应，F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应，可知D→E是酯的水解反应和氨基生成羟基的反应，E为，E氧化后酸化生成F，F能发生银镜反应，F为，据信息③可知，G为，据此分析．【解答】解：（1）据解析可知，A的分子式为C8H10O，名称是苯乙醇，故答案为：C8H10O；苯乙醇；-23-据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为乙酸苯乙酯，用金属Na可以鉴别A与B，A与Na反应生成气体，B不能，故答案为：取代反应（酯化反应）；金属钠；（3）B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，反应方程式为：+HNO3+H2O，故答案为：+HNO3+H2O；（4）F为，据信息③可知，G为，故答案为：；-23-（5）F为，其含有苯环且能发生水解反应的异构体中需有酯基，可以是酚羟基与甲酸形成的酯，另有一个甲基，这样的酯有临间对3种，可以是酚羟基与乙酸形成的酯，有1种，苯甲酸与甲醇形成的酯，有1种，苯甲醇与甲酸形成的酯，有1种，共6种，其中，故答案为：6；．【点评】本题是有机合成和推断题，本题考查了官能团的性质和转化，注意根据分子式和性质推断结构简式，题目难度不大． 9．Ⅰ．硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）在医药上作补血剂．为测定补血剂中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案．方案一滴定法用酸性高锰酸钾溶液测定铁元素的含量．反应原理：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O（1）实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需 250mL容量瓶 （填仪器名称）．上述实验中KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是 A ．A．硫酸B．盐酸C．硝酸（3）某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是 B （夹持部分略去，填序号）．方案二重量法，操作流程如下：-23-（4）步骤②是否可以省略？ 否 ，其理由是 二价铁与碱反应后在空气中加热不能得到纯净的氧化铁，无法准确计算出铁的含量 ．（5）步骤④中一系列操作依次是过滤、洗涤、 灼烧 、冷却、称量．Ⅱ．硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于酒精，在水中的溶解度比FeSO4或（NH4）2SO4都要小．实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：步骤1：铁屑的处理．将废铁屑放入热的碳酸钠溶液中浸泡几分钟后，用图所示方法分离出固体并洗涤、干燥．步骤2：FeSO4溶液的制备．将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入过量的3mol•L﹣1H2SO4溶液，加热至充分反应为止．趁热过滤，收集滤液和洗涤液．步骤3：硫酸亚铁铵的制备．向所得FeSO4溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到硫酸亚铁铵晶体．请回答下列问题：（1）步骤2中有一处明显不合理的地方是 应该铁屑过量否则溶液中可能有Fe3+存在 ，趁热过滤的理由是 减少溶质损失 ．步骤3加热浓缩过程中，当 浓缩至液体表面出现晶膜 时停止加热．用无水乙醇洗涤晶体的原因是 硫酸亚铁铵晶体不溶于乙醇，乙醇可以除去其表面的水分 ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】Ⅰ．（1）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；酸化KMnO4溶液的酸本身不能具有还原性，如果有还原要被高锰酸钾氧化，本身也不能具有强氧化性，所以只能选硫酸；（3）酸性溶液或强氧化性溶液应用酸式滴定管；由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量；（4）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+，同时生成水；（5）操作④是过滤得到红褐色沉淀，通过洗涤灼烧，冷却称量得到铁元素的量，计算得到补血剂中铁元素的含量；Ⅱ（1）步骤2中加入过量铁粉防止Fe2+被氧化为Fe3+．溶液趁热过滤防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失．加入（NH4）2SO4固体后，溶液表面出现晶膜时，停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体；【解答】解：（1）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶；酸化KMnO4溶液的酸本身不能具有还原性，如果有还原性要被高锰酸钾氧化，本身也不能具有强氧化性，所以只能选硫酸，故答案为：A；-23-（3）酸性溶液或强氧化性溶液应用酸式滴定管，故答案为：B；由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量；（4）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+，同时生成水，反应离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，若去掉步骤②，二价铁与碱反应后在空气中加热不能得到纯净的氧化铁，无法准确计算出铁的含量，故答案为：否，二价铁与碱反应后在空气中加热不能得到纯净的氧化铁，无法准确计算出铁的含量；（5）操作④是过滤得到红褐色沉淀，通过洗涤、灼烧，冷却、称量得到铁元素的量，计算得到补血剂中铁元素的含量，故答案为：灼烧；Ⅱ、（1）步骤2中加入过量铁粉防止Fe2+被氧化为Fe3+．溶液趁热过滤防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失；故答案为：应该铁屑过量，否则溶液中可能有Fe3+存在；减少溶质损失；加入（NH4）2SO4固体后，溶液表面出现晶膜时，停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体，硫酸亚铁铵晶体不溶于乙醇，可以用乙醇洗去晶体表面的水；故答案为：浓缩至液体表面出现晶膜；硫酸亚铁铵晶体不溶于乙醇，乙醇可以除去其表面的水分；【点评】本题考查了实验步骤的分析判断，物质制备的实验设计方法，性质验证，晶体析出方法的应用，题目难度中等． 10．实验室以铝铁质岩（主要成分是Al2O3、FexOy和SiO2）为原料制备Al2O3和粗硅，其流程如图所示：（1）SiO2制备粗硅的化学方程式为 SiO2+2C Si+2CO↑ ．溶液B中加氨水生成Al（OH）3的离子方程式为 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+ ．在空气中灼烧固体Al（OH）3时，用到多种硅酸盐质仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有 坩埚 （填仪器名称）．（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成一种耐高温、抗冲击的氮化铝和一种有毒气体，该反应的化学方程式为 Al2O3+N2+3C2AlN+3CO ；该反应中每生成2mol氮化铝，N2得到电子的物质的量为 6 mol．（4）某实验小组用CO还原法定量测定FexOy的组成，称取mg样品进行定量测定．-23-①根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品， b、e、a、c、d （请按正确顺序填入下列步骤的标号）．a．点燃酒精灯b．打开分液漏斗活塞c．停止加热，充分冷却d．关闭分液漏斗活塞e．收集气体并检验纯度②若实验中每步反应都进行完全，反应后样品质量减少了ng，则FexOy中x：y= ．若实验中FexOy未被充分还原，则x：y的值 偏大 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】铝铁质岩（主要成分是Al2O3、FexOy和SiO2）加入足量的氢氧化钠，氧化铝和二氧化硅溶解，过滤得铁的氧化物，溶液A为硅酸钠和偏铝酸钠溶液，溶液A中加足量的盐酸，生成硅酸沉淀和氯化铝溶液中，所以C为硅酸，B为氯化铝，在氯化铝溶液中加入氨水得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，硅酸加热分解得二氧化硅，二氧化硅与碳在高温下发生氧化还原反应生成粗硅，（1）SiO2与碳在高温条件下反应生成粗硅和一氧化碳；氯化铝溶液中加入氨水生成氢氧化铝，根据电荷守恒可写出离子反应方程式；固体灼烧一般在坩埚中进行；（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成氮化铝和一种有毒气体为CO，根据元素守恒书写化学方程式，并根据方程可计算出电子转移的物质的量；（4）①实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水吧一氧化碳赶入后续装置，要检验CO的纯度，再点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比；②依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（a﹣b）g，依据元素物质的量计算得到比值，若实验中FexOy未被充分还原，则n值会偏小，据此分析；【解答】解：铝铁质岩（主要成分是Al2O3、FexOy和SiO2）加入足量的氢氧化钠，氧化铝和二氧化硅溶解，过滤得铁的氧化物，溶液A为硅酸钠和偏铝酸钠溶液，溶液A中加足量的盐酸，生成硅酸沉淀和氯化铝溶液中，所以C为硅酸，B为氯化铝，在氯化铝溶液中加入氨水得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，硅酸加热分解得二氧化硅，二氧化硅与碳在高温下发生氧化还原反应生成粗硅，（1）SiO2与碳在高温条件下反应生成粗硅和一氧化碳，反应的方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；氯化铝溶液中加入氨水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，固体灼烧一般在坩埚中进行，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；坩埚；（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成氮化铝和一种有毒气体为CO，反应化学方程式为Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，根据方程可知，反应中转移电子数为6e﹣，所以每生成2mol氮化铝，N2得到电子的物质的量为6mol，-23-故答案为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；6；（4）①实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，要检验CO的纯度，再点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以操作顺序为b、e、a、c、d，故答案为：b、e、a、c、d；②依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（a﹣b）g，依据元素物质的量计算得到比值，x：y=n（Fe）：n（O）=：=，若实验中FexOy未被充分还原，则n值会偏小，所以x：y的值会偏大，故答案为：；偏大．【点评】本题考查物质分离和提纯方法的选择和运用，为高频考点，明确各个流程发生的反应及沉淀和滤液成分是解本题关键，答题时要注意实验流程的分析，题目难度中等 11．金属铜及其化合物在生产和生活中都有重要的应用．（1）写出铜原子价电子层的电子排布式： 3d104s1 ．铜粉可以做成焰火，燃烧时，火焰发出绿色的光，请你用原子结构的知识解释发光的原因： 燃烧时，铜离子中的基态电子获得能量，从内层轨道跃迁到外层另一轨道，跃迁到新轨道的电子处于一种不稳定状态，它随即会跳回到原轨道，并向外界释放能量（光能）而发光 ．（3）图1是金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为 1：5 ．（4）无水硫酸铜呈白色，吸水后形成胆矾，呈蓝色．科学家通过X射线确定出胆矾的结构，其结构可用图2表示，胆矾晶体中除共价键、配位键及微弱的范德华力外，还存在的两种作用是 氢键 和 离子键 ．（5）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为 平面正方形 ．（6）某种含Cu2+的化合物催化丙烯醇制备丙醛的反应为 此空删去 HOCH2CH═CH2→CH3CH2CHO，在丙烯醇分子中共有 9 个σ键，其中碳原子的杂化方式是 sp2、sp3 ．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）铜是29号元素，根据核外电子排布规律书写铜原子价层电子的轨道排布式；铜离子中的基态电子获得能量，从内层轨道跃迁到外层另一轨道，跃迁到新轨道的电子处于一种不稳定状态，它随即会跳回到原轨道，并向外界释放能量；（3）利用均摊法计算；（4）由图可知H与O之间存在氢键，铜离子与硫酸根之间存在离子键；-23-（5）形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，只有一种结构；（6）C=C键中含有1个σ键和1个π键，根据杂化理论在丙烯醇中构成C=C的两个碳原子是sp2杂化，另一个C为sp3杂化．【解答】解：（1）Cu原子3d、4s能级上电子为其价电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；Cu元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布式为3d104s1；铜粉可以做成焰火，燃烧时，火焰发出绿色的光，燃烧时，铜离子中的基态电子获得能量，从内层轨道跃迁到外层另一轨道，跃迁到新轨道的电子处于一种不稳定状态，它随即会跳回到原轨道，并向外界释放能量（光能）而发光，故答案为：燃烧时，铜离子中的基态电子获得能量，从内层轨道跃迁到外层另一轨道，跃迁到新轨道的电子处于一种不稳定状态，它随即会跳回到原轨道，并向外界释放能量（光能）而发光；（3）利用均摊法计算可知，晶胞中Ca位于定点，N（Ca）=8×=1，Cu位于面心和体心，共有N（Cu）=8×+1=5，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5，故答案为：1：5；（4）由图可知H与O之间存在氢键，铜离子与硫酸根之间存在离子键，故答案为：氢键；离子键；（5）形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，故答案为：平面正方形；（6）C=C键中含有1个σ键和1个π键，则丙烯醇（CH2=CHCH2OH）中共有9个σ键和1个π键，丙烯醇（CH2=CHCH2OH）中构成C=C的两个碳原子是sp2杂化，另一个C为sp3杂化，故答案为：9；sp2、sp3．【点评】本题综合考查物质结构和性质知识，题目难度中等，本题注意晶胞的计算方法，注意配离子的结构判断． 12．氨在国民经济中占有很重要的地位．现在约有80%的氨用来制造化肥，其余的用作生产其他化工产品的原料．氨氧化法制硝酸是工业上制硝酸的主要方法．（1）对于合成氨的反应来说，使用催化剂和施以高压，都能缩短达到平衡所用的时间，但只有 压强 对化学平衡状态有影响．综合考虑各种因素，在实际生产中合成氨一般选择以 铁触媒 为催化剂，压强在 10～30MPa ，温度在 400～500℃ ．（3）要实现合成氨的工业化生产，首先要解决氢气和氮气的来源问题．氢气可以由以下几个途径制取：①电解水制取氢气；②由煤或焦炭制取氢气；③由天然气或重油制取氢气．你认为哪种方法是最佳选择： ③ （填序号），其反应的化学方程式为 CH4+H2OCO+3H2、CO+H2OCO2+H2 ．（4）如图是合成氨的简要流程示意图，图中循环气体物质是 N2、H2 ．（5）硝酸厂的尾气中含有NO和NO2等污染物，为了防止污染大气可以用烧碱溶液吸收从吸收塔中放出的尾气，发生的反应如下：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，2NaOH+NO2═NaNO2+NaNO3+H2O-23-但在实际生产中常用纯碱代替烧碱，也能发生类似反应，且放出CO2，试写出用纯碱溶液吸收NO和NO2的两个反应的化学方程式：① NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2 ；② Na2CO3+2NO2═NaNO2+NaNO3+CO2 ．【考点】工业合成氨．【分析】（1）根据勒沙特列原理，增加压强平衡向气体体积减小的方向移动，而催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，对化学平衡没有影响；工业上考虑反应物的转化率、反应速率、对设备的要求等因素，选择合成氨的条件；（3）①电解水制取氢气，要消耗电能，反应难度较大；②由煤或焦炭与水反应制取氢气，反应残留固体多，煤中杂质较多，得到气体不纯；③由天然气或重油制取氢气，产生的污染较小，产生氢气的效率较高；（4）合成氨反应是可逆反应，未反应的氮气和氢气可以循环使用；（5）根据元素守恒，纯碱与NO和NO2反应，生成NaNO2、NaNO3，且放出CO2，据此写反应的化学方程式．【解答】解：（1）根据勒沙特列原理，增加压强平衡向气体体积减小的方向移动，而催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，对化学平衡没有影响，故答案为：压强；工业上考虑反应物的转化率、反应速率、对设备的要求等因素，选择合成氨的条件为10～30MPa、400～500℃、铁触媒，故答案为：铁触媒；10～30MPa；400～500℃；（3）①电解水制取氢气，要消耗电能，反应难度较大；②由煤或焦炭与水反应制取氢气，反应残留固体多，煤中杂质较多，得到气体不纯；③由天然气或重油制取氢气，产生的污染较小，产生氢气的效率较高，反应方程式为CH4+H2OCO+3H2、CO+H2OCO2+H2，故答案为：③；CH4+H2OCO+3H2、CO+H2OCO2+H2；（4）合成氨反应是可逆反应，未反应的氮气和氢气可以循环使用，故答案为：N2、H2；（5）根据元素守恒，纯碱与NO和NO2反应，生成NaNO2、NaNO3，且放出CO2，反应的化学方程式为①NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2，②Na2CO3+2NO2═NaNO2+NaNO3+CO2，故答案为：①NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2；②Na2CO3+2NO2═NaNO2+NaNO3+CO2．【点评】本题综合考查工业合成氨知识，涉及物质的分离、化学平衡的等问题，题目难度中等，注意把握物质的性质，注意合成氨条件的选择． 13．CO2和CO与我们的社会生活联系相当密切，某化学课题组对此进行了探究．（1）CO2可用NaOH溶液吸收得到碳酸盐．若将0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合，则混合后的溶液中c（CO32﹣） 小于 c（HCO3﹣-23-）（填“大于”“小于”或“等于”）；0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中c（OH﹣）﹣c（H+）= c（HCO3﹣）+2c（H2CO3） [用含c（HCO3﹣）、c（H2CO3）的关系式表示]．常温常压下，饱和CO2水溶液的pH=5.6，c（H2CO3）=1.5×10﹣5mol•L﹣1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数K= 4.2×10﹣7mol•L﹣1 ．（已知：10﹣5.6=2.5×10﹣6）（3）常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c（H2CO3） ＞ c（CO32﹣）（填“＞”“=”或“＜”），原因是 因为NaHCO3溶液中既存在电离平衡：HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，又存在水解平衡：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，而HCO3﹣水解程度大于电离程度 （用离子方程式和必要的文字说明）．（4）小李同学拟用沉淀法测定空气中CO2的体积分数，他查得CaCO3、BaCO3的溶度积Ksp分别为4.96×10﹣9、2.58×10﹣9．小李应该选用的试剂是 Ba（OH）2（或NaOH溶液和BaCl2溶液） ．（5）一定条件下，将2molH2O（g）和2molCO充入容积固定的1L密闭容器中，加热至高温，发生下列可逆反应：2H2O⇌2H2+O2…①，2CO+O2⇌2CO2…②．请回答下列问题：①当容器内的压强不再发生改变时，测知下列各项中提供的物理量即可求出该条件下混合气体平衡组成的是 B （填序号，K1指反应①的平衡常数，K2指反应②的平衡常数）．A．K1、K2 B．K1、c（CO2） C．K2、c（O2）②请在图中，画出反应过程中c（O2）的变化曲线．【考点】离子浓度大小的比较；化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）若将0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，离子浓度碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度；根据原子守恒和电荷守恒计算c（OH﹣）﹣c（H+）的值；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，跟溶液中未电离分子的浓度系数次幂的乘积的比值，则H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数K=；（3）依据溶液呈碱性，判断碳酸氢根离子水解程度大于电离程度分析判断离子浓度大小；（4）根据CaCO3、BaCO3的溶度积大小可知BaCO3更难溶，因此令CO2生成BaCO3反应更完全；（5）①两个反应靠O2联系起来，只要知道O2和另外任意一种气体的平衡浓度，均可求出混合气体的平衡组成；②依据化学平衡计算平衡后得到氧气物质的量，结合反应过程画出变化曲线．【解答】解：（1）若将0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，离子浓度c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），根据原子守恒和电荷守恒计算c（OH﹣）﹣c（H+）的值，根据碳原子守恒得，c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.1mol/L，根据溶液中电荷守恒得：2×c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），c（Na+）=0.2mol/L，所以c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），-23-故答案为：小于；c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）；饱和CO2水溶液的pH=5.6，所以c（H+）=10﹣5.6=2.5×10﹣6mol/L，c（H2CO3）=1.5×10﹣5mol•L﹣1，则H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数，K=饱和CO2水溶液的pH=5.6，所以c（H+）=10﹣5.6=2.5×10﹣6mol/L，c（H2CO3）=1.5×10﹣5mol•L﹣1，则H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数，K===4.2×10﹣7mol•L﹣1，故答案为：4.2×10﹣7mol•L﹣1；（3）因NaHCO3溶液显碱性，HCO3﹣的水解程度大于自身的电离程度，即NaHCO3溶液中既存在电离平衡为HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，水解平衡为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，而HCO3﹣水解程度大于电离程度，故答案为：＞；因为NaHCO3溶液中既存在电离平衡：HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，又存在水解平衡：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，而HCO3﹣水解程度大于电离程度；（4）根据CaCO3、BaCO3的溶度积大小可知BaCO3更难溶，因此令CO2生成BaCO3反应更完全，故可选择Ba（OH）2（或NaOH溶液和BaCl2溶液）作为CO2的沉淀剂，故答案为：Ba（OH）2（或NaOH溶液和BaCl2溶液）；（5）①由两个方程式可知，两个反应靠O2联系起来，只要知道O2和另外任意一种气体的平衡浓度，均可求出混合气体的平衡组成，当知道H2O和H2或CO和CO2的平衡浓度时，由于两个方程式无法通过O2建立反应量的关系，所以无法求其混合气体的平衡组成，选项中B符合，故答案为：B；②图象分析可知，水反应物质的量2mol﹣0.75mol=1.25mol，2H2O=2H2+O2起始量（mol）200变化量（mol）1.251.250.625反应后量（mol）0.751.250.625结合反应消耗氧气得到，2CO+O2⇌2CO2起始量（mol）20.6250变化量（mol）0.250.1250.25平衡量（mol）1.750.50.25最后平衡状态压强为0.5mol，图象为：，-23-故答案为：．【点评】本题考查化学平衡的影响因素分析和计算应用、弱电解质溶液中平衡影响因素分析和PH计算、平衡常数的计算、盐类水解、图象理解应用等知识，题目难度较大，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力及化学计算能力，要求学生能根据题目所给信息解题，善于发掘题目信息． 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