2024年粤教沪科版高一化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年粤教沪科版高一化学下册月考试卷719考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）A.原子半径A＞B＞D＞CB.原子序数D＞C＞B＞AC.离子半径C＞D＞B＞AD.单质的还原性A＞B＞D＞C2、在水溶液中不能存在的反应是（）

①Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2

②I2+2NaBr═2NaI+Br2

③Zn+FeSO4═ZnSO4+Fe

④K+NaCl═KCl+Na．A.①③B.①②C.②④D.③④3、下列物质中所有原子都有可能在同一平面上的是4、在如图所示的装置中，a的金属活泼性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种叙述不正确的是（）A.碳棒上有气体放出，溶液c（H+）减小B.a是正极，b是负极C.导线中有电子流动，电子从a极到b极D.a极上发生了氧化反应5、取三张蓝色石蕊试纸放在玻璃片上，然后按顺序分别滴加65%的HNO3、98%的H2SO4和新制的氯水，三张试纸呈现的颜色分别是（）A.白、红、白B.红、黑、白C.红、红、红D.白、黑、白6、rm{0.1molNa_{2}SO_{4}}溶解在多少毫升水中，才能使每rm{100}个水分子中含有一个rm{Na^{+}}离子rm{(}rm{)}A.rm{200mL}B.rm{20mL}C.rm{360mL}D.rm{36mL}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10个电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2︰3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红。请回答下列问题。（1）X在周期表中的位置是__________________________（2）化合物Y2X2的电子式为_________；它含有的化学键类型有_________A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．氢键（3）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应生成Z的化学方程式为_____________________________________。（4）A的单质与X的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则负极电极反应式为_____________________________________。（5）写出化合物Y2X2与水反应的离子方程式_____________________。（6）B的最高价氧化物的结构式为_______________________________。8、某实验小用如图装置进行乙醇催化氧化的实验．

（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象；请写出相应的化学反应方程式：

①______；

②______．

（2）甲和乙两个水浴作用不相同．其中甲的作用是______；

（3）进行一段时间后，若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中含有______．（填名称）9、某次实验需用rm{0.4mol/LNaOH}溶液rm{480mL}配制方法如下：rm{(1)}配制该溶液应选用_______________rm{mL}容量瓶；rm{(2)}用托盘天平准确称量__________rm{g}固体rm{NaOH}rm{(3)}将称量好的rm{NaOH}固体放在rm{500mL}大烧杯中，倒入约rm{300mL}蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待__________________后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中；用少量蒸馏水洗涤烧杯rm{2隆芦3}次，洗涤后的溶液一并转入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；向容量瓶中加入蒸馏水rm{]}到液体_____________________时，改用_______加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切。盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀；若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的rm{NaOH}溶液的浓度偏高的是___________，偏低的是___________，对实验结果没有影响的是___________rm{(}填各选项的序号rm{)}A.所用的rm{NaOH}中混有少量rm{NaCl}B.用托盘天平称量一定质量固体rm{NaOH}时，所用的小烧杯内壁不太干燥C.配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干D.固体rm{NaOH}在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作E.转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容F.最后确定rm{NaOH}溶液体积rm{(}定容rm{)}时，俯视观察液面与容量瓶刻度线G.定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。10、rm{(1)}在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是rm{垄脵}增大反应物的浓度rm{垄脷}升高温度rm{垄脹}增大压强rm{垄脺}移去生成物rm{垄脻}加入催化剂增大反应物的浓度rm{垄脵}升高温度rm{垄脷}增大压强rm{垄脹}移去生成物rm{垄脺}加入催化剂rm{垄脻}A.rm{垄脵垄脹垄脻}rm{B.垄脷垄脹垄脻}rm{C.垄脷垄脻}rm{D.垄脵垄脹垄脺}rm{垄脵垄脹垄脻}rm{B.垄脷垄脹垄脻}rm{C.垄脷垄脻}可逆反应：rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}(g)}在容积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是________。

rm{D.垄脵垄脹垄脺}单位时间内生成rm{(2)}同时生成rm{2NO_{2}(g)?

2NO(g)+O_{2}(g)}

rm{垄脵}rm{nmolO_{2}}用rm{2nmolNO_{2}}rm{垄脷n(NO_{2})隆脙n(NO)隆脙n(O_{2})=2隆脙2隆脙1}rm{垄脹}表示反应速率的比为rm{NO_{2}}的状态。

rm{NO}混合气体的颜色不再改变的状态rm{O_{2}}混合气体的密度不再改变的状态rm{2:2:1}混合气体的压强不再改变的状态rm{垄脺}混合气体的平均摩尔质量不再改变的状态rm{垄脻}将等物质的量的rm{垄脼}和rm{垄脽}混合于rm{(3)}的密闭容器中，发生如下反应：rm{A}rm{B}rm{2L}rm{3A(g)+B(g)}后测得rm{3A(g)+B(g)}rm{?}rm{xC(g)+2D(g);}rm{xC(g)+2D(g);}的反应速率是rm{5min}后测得rm{c(D)=0.5mol隆陇L}rm{5min}rm{c(D)=0.5mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}，rm{c(A):c(B)=3:5}rm{C}的反应速率是rm{0.1mol隆陇L}rm{c(A):c(B)=3:5}在rm{C}末的物质的量浓度是___________________。rm{0.1mol隆陇L}___________________________。rm{{,!}^{-1}}_____________________。rm{隆陇min}11、常温下，____molSO2和32gCH4占有相同的体积．12、依据事实；写出下列反应的热化学方程式．

（1）在25℃、101kPa下，1g乙醇燃烧生成CO2和液态水时放热29.7kJ．则表示乙醇燃烧热的热化学方程式为______．

（2）已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为______．13、某兴趣小组利用下列实验装置探究rm{SO_{2}}的性质．根据要求回答下列问题：rm{(1)}装置rm{A}中反应的化学方程式为____．rm{(2)}利用装置rm{C}可以证明rm{SO_{2}}具有漂白性，rm{C}中盛放的溶液是____；若要证明其漂白是可逆的，还需的操作是____。rm{(3)}通过观察rm{D}中现象，可证明rm{SO_{2}}具有氧化性，rm{D}中盛放的溶液可以是____rm{a.NaCl}溶液rm{b.}酸性rm{KMnO_{4;;;;;;}c.FeCl_{3;;;;;;;;}d.Na_{2}S}溶液rm{(4)}研究小组发现rm{B}中有白色沉淀生成，若往rm{B}中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解rm{.}沉淀物的化学式是____．rm{(5)}为进一步验证rm{B}中产生沉淀的原因，研究小组进行如下两次实验：实验rm{i}另取rm{BaCl_{2}}溶液，加热煮沸，冷却后加入少量苯rm{(}起液封作用rm{)}然后再按照上述装置进行实验，结果发现rm{B}中沉淀量减少，但仍有轻微浑浊．实验rm{ii}用如图rm{2}装置代替上述实验中的rm{A}装置rm{(}其他装置不变rm{)}连接后往装置rm{F}中通入气体rm{X}一段时间，再加入rm{70%H_{2}SO_{4}}溶液，结果rm{B}中没有出现浑浊．rm{垄脵}“实验rm{i}”中煮沸rm{BaCl_{2}}溶液的目的是____；rm{垄脷}气体rm{X}可以是____rm{(}填序号rm{)}．rm{a.CO_{2;;}b.C1_{2;;;}c.N_{2;;;}d.NO_{2}}rm{垄脹B}中形成沉淀的原因是rm{(}用化学方程式表示rm{)}____。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．15、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）16、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）19、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）20、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共10分)21、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共12分)22、CCuS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物；主要有以下反应：

反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1=－49.8kJ·mol－1

反应II：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2=＋23.4kJ·mol－1

反应III：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3

（1）△H3=_____________kJ·mol－1

（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是_______(填序号）。

A.容器内的混合气体的密度保持不变B.反应体系总压强保持不变。

C.CH3OH和CO2的浓度之比保持不变D.断裂3NA个H-O键同时断裂2NA个C=O键。

（3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25,此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：。物质CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)浓度/mol·L－11.61.60.8

此时___（填“>”、“<”或“=”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数V(CH3OH)%=_____%。

（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入3L的密闭容器中，10min后反应达到平衡状态，则0-10min内的平均反应速率V(CH3OCH3)=____。

（5）恒压下将CO2和氏按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下图。

其中：CH3OH的选择性=×100%

①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是________。

②在上述条件下合成甲醇的工业条件是_________。

A.230℃B.210℃C.催化剂CZTD.催化剂CZ(Zr-1)T23、(1)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO﹣)﹣c(Na+)=________(填准确数值)。

(2)25℃时，将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为___________________________________。

(3)写出使用泡沫灭火器时发生反应的离子方程式_________________________________。

(4)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈_______(填“酸性”，“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋)_______c(CH3COO－)(填“>”或“＝”或“<”)。

(5)pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈_______(填“酸性”；“中性”或“碱性”)。

(6)25℃时，体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH=7，已知b=2a，Va＜Vb，则a的取值范围为________。

(7)今有a·盐酸b·硫酸c·醋酸三种酸：完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，消耗相同pH的上述三种酸溶液的体积由大到小的顺序是______。24、已知水在25℃和T℃时；其电离平衡曲线如图所示：

（1）25℃时，有pH＝12的Ba(OH)2溶液。

①该Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为__________________；

②25℃时，向100mLpH=2的硫酸与硫酸钠的混合溶液中，加入300mL上述Ba(OH)2溶液，沉淀正好达最大量（假设溶液混合前后的体积变化忽略不计），原混合溶液中硫酸钠的物质的量浓度为_______________。

（2）T℃时，将100mLpH＝5的硫酸溶液稀释至原体积的1000倍，稀释后溶液中c（H+）/c（SO42-）＝____________。

（3）T℃时，将0．1mol·L－1的NaHSO4溶液与0.1mol·L－1的Ba（OH）2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合：。甲乙丙丁0．1mol·L－1Ba（OH）2溶液体积/mL101010100．1mol·L－1NaHSO4溶液体积/mL5101520

①按丁方式混合后，所得溶液显________________（填“酸”；“碱”或“中”）性。

②写出按乙方式混合后，反应的离子方程式：_________________________。

③按甲方式混合后，所得溶液的pH为______________________。25、工业生产硫酸中，SO2的催化氧化是关键步骤；排放处理未达标的尾气会产生严重的空气污染。回答下列问题：

(1)SO2是形成酸雨的污染物之一，酸雨的pH范围是___________。

(2)已知：①

②

③

写出Cu2S和O2反应生成和SO2的热化学方程式___________。

(3)硫酸工业中涉及反应：一定条件下，在恒压密闭容器中，通入2molSO2和1molO2发生上述反应，的平衡转化率和压强、温度的关系如图所示。a点时该反应的压强平衡常数Kp=___________(保留三位有效数字，已知：分压=气体总压强×该气体的物质的量分数，用各气体物质的分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数)。恒压条件下，关于该反应的下列说法中正确的是___________。

A．Q大于0

B．相同时间内生成0.2molSO2，同时消耗0.1molO2；反应达到平衡。

C．相同温度下压强越大，SO2的转化率就越大；该反应的平衡常数就越大。

D．反应达到平衡后，保持温度不变，再充入2molSO2和1molO2，SO2的平衡转化率不变。

(4)用如图装置回收SO2，可制得硫酸，电极均为惰性电极，a、b膜分别为阳离子、阴离子交换膜，写出阴极的电极反应式___________。当阴极收集到标准状况下的H244.8L时，理论上在阳极能得到___________gH2SO4。

评卷人得分六、结构与性质(共1题，共5分)26、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】解：已知短周期元素的离子，aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a-2=b-1=c+3=d-1；原子序数A＞B＞D＞C，A；B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，C、D形成阴离子，则C、D为非金属；

A．A；B处于同一周期；C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，同周期，原子序数越大原子半径越小，所以原子半径B＞A，C＞D，电子层越大原子半径越大，所以原子半径B＞A＞C＞D，故A错误；

B．aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a-2=b-1=c+3=d-1，原子序数a＞b＞d＞c；故B错误；

C．电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数A＞B＞D＞C，所以离子半径：C3-＞D-＞B+＞A2+；故C正确；

D．A；B处于同一周期；A、B形成阳离子，则A、B为金属，原子序数A＞B，单质还原性B＞A，C、D处于同一周期，C、D形成阴离子，则C、D为非金属，原子序数D＞C，单质氧化性D＞C，故D错误；

故选C．

已知短周期元素的离子，aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a-2=b-1=c+3=d-1；原子序数A＞B＞D＞C，A；B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，C、D形成阴离子，则C、D为非金属，据此结合元素周期律进行解答．

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力．【解析】【答案】C2、C【分析】解：①氯气与溴化钠溶液反应生成溴和氯化钠，方程式：Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2；故正确；

②碘的氧化性弱于溴；与溴化钠不反应，故错误；

③锌与硫酸亚铁溶液反应生成硫酸锌和铁，方程式：Zn+FeSO4═ZnSO4+Fe；故正确；

④钾与氯化钠溶液反应；先与水反应生成氢氧化钾和氢气，不能置换钠，故错误；

故选C．

①氯气氧化性强于溴；能够从溴化钠溶于中置换溴；

②碘的氧化性弱于溴；与溴化钠不反应；

③锌活泼性强于铁；能够与硫酸亚铁溶液反应置换铁；

④钾性质活泼；与盐溶液反应，先与水反应．

本题考查了元素化合物性质，熟悉物质的性质是解题关键，注意钠与盐溶液反应的实质，题目难度不大．【解析】【答案】C3、B|C【分析】【解析】【答案】BC4、B【分析】解：a的金属活泼性比氢要强，b为碳棒，则a属于氢之前的金属，该装置构成原电池，a为负极、b为正极；

A．碳棒上氢离子得电子生成氢气；溶液中氢离子浓度减小，故A正确；

B．通过以上分析知，a是负极、b是正极；故B错误；

C．该装置构成原电池，所以导线中有电子流动，电子从负极a极到正极b极；故C正确；

D．a电极上金属失电子发生氧化反应；故D正确；

故选B．

a的金属活泼性比氢要强，b为碳棒，则a属于氢之前的金属，该装置构成原电池，a为负极、b为正极；电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答．

本题考查了原电池原理，明确正负极的判断、电子流向、电极上的反应等知识点即可解答，注意电解质溶液中离子移动方向，为易错点．【解析】【答案】B5、D【分析】解：硝酸具有强氧化性；将试纸中的有色物质氧化成无色的；

浓硫酸具有脱水性；试纸和其中的有色物质都是有机物，浓硫酸夺取水分，只剩下黑色的碳；

新制氯水漂白性；将试纸漂白；

故选：D．

依据硝酸具有强氧化性；浓硫酸具有脱水性、新制氯水具有漂白性解答．

本题考查硝酸、硫酸、氯水的性质，明确各种物质的性质是解题关键，难度不大，硝酸的漂白是学生解答中的易错点．【解析】【答案】D6、C【分析】解：rm{0.1molNa_{2}SO_{4}}含有rm{0.2molNa^{+}}每rm{100}个水分子中含有一个rm{Na^{+}}离子，则水与钠离子的物质的量之比为rm{100}rm{1}则水的物质的量为rm{20mol}需要水的质量为：rm{18g/mol隆脕20mol=360g}水的密度约为rm{1g/mL}则需要水的体积约为：rm{dfrac{360g}{1g/mL}=360mL}

故选C．

每rm{dfrac

{360g}{1g/mL}=360mL}个水分子中含有一个rm{100}离子，则水与钠离子的物质的量之比为rm{Na^{+}}rm{100}rm{1}含有rm{0.1molNa_{2}SO_{4}}结合密度密度约为rm{0.2molNa^{+}}计算．

本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握物质的构成特点以及相关计算公式的运用，难度不大．rm{1g/ML}【解析】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】试题分析：由常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红可知，X为氧，Y为钠。再由A与B和A与X均可形成10个电子化合物可知A为氢。再由X与Z同主族说明Z为硫，而B与Z的最外层电子数之比为2︰3可知，B的最外层电子为4，所以B为碳。考点：考查元素周期表及元素周期律的相关知识。【解析】【答案】（1）第二周期ⅥA族（2）Na2O2的电子式Na+[:O:O:]2-Na+；A、C（3）H2O2+H2S=S↓+2H2O（4）H2–2e-+2OH-==2H2O或2H2–4e-+4OH-==4H2O（5）2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH-＋O2↑（6）O=C=O8、略

【分析】解：（1）乙醇的催化氧化反应中；金属铜作催化剂，真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜；

①实验过程中铜网出现黑色，是由于铜和氧气反应生成氧化铜，反应的方程式为2Cu+O22CuO；

故答案为：2Cu+O22CuO；

②铜网由黑色变成红色是由于乙醇和氧化铜反应生成铜，反应的方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；

故答案为：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；

（2）乙醇受热容易挥发；甲的作用是让乙醇以蒸汽的形式出来，乙酸在16.6℃是以晶体形式存在，所以乙的作用是将混合物冷却；

故答案为：使乙醇气化进入下一装置与氧气反应；

（3）乙醛能被进一步氧化成乙酸；乙酸能使紫色石蕊试纸显红色，所以若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中含有乙酸；

故答案为：乙酸．

（1）实验过程中铜网出现黑色；是由于铜和氧气反应生成氧化铜；铜网由黑色变成红色是由于乙醇和氧化铜反应生成铜；

（2）根据实验的原理结合甲和乙两个水浴作用进行解答；乙醇受热容易挥发，乙酸易变成晶体形式；

（3）乙醛能被氧气氧化为乙酸；酸性物质能使紫色石蕊试纸显红色．

本题考查了乙醇的催化氧化实验，掌握乙醇的催化反应历程是解答的关键，题目难度不大．【解析】2Cu+O22CuO；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；使乙醇气化进入下一装置与氧气反应；乙酸9、（1）500（2）8.0（3）溶液冷却至室温后液体凹液面最低处与刻度线相切胶头滴管DFAEGBC

【分析】【分析】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法、托盘天平的使用方法等知识，题目难度中等。试题基础性强，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。【解答】rm{(1)}因溶液的体积rm{480mL}但容量瓶的规格没有rm{480mL}所以选用rm{500mL}容量瓶。故答案为：rm{500mL}

rm{(2)}需氢氧化钠的质量为rm{m=0.5L隆脕0.4mol?L^{-1}隆脕40g/mol=8.0g}rm{(3)}氢氧化钠溶解放出大量的热，溶液具有热胀冷缩的性质，影响溶液体积，故应先冷却至室温，向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线rm{1-2cm}时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切，改用胶头滴管；A.所用的rm{NaOH}中混有少量rm{NaCl}中混有少量rm{NaOH}，rm{NaCl}的质量减小；所以溶液浓度偏低；

B.小烧杯内壁不太干燥；不影响氢氧化钠的质量，对溶液浓度无影响；

C.最后需要定容；容量瓶洗净后没有烘干，对溶液浓度无影响；

D.液体具有热胀冷缩的性质；氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；

E.转移溶液后；未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；

F.定容时；俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏高；

G.定容摇匀后静止；液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低。

所以偏高的有rm{NaOH}偏低有rm{ADF}无影响的是rm{EG}

故答案为：rm{BC}rm{DF}rm{AEG}rm{BC}【解析】rm{(1)500}rm{(2)8.0}rm{(3)}溶液冷却至室温后液体凹液面最低处与刻度线相切胶头滴管rm{DF}rm{AEG}rm{BC}

10、（1）C

（2）①④⑥⑦

（3）①0.75mol·L-1

②0.05mol·L-1·s-1

③2【分析】【分析】本题考查的是化学反应速率和化学平衡状态的判断，难度一般。【解答】rm{(1)}rm{垄脵}增大反应物的浓度可以增大反应物中的活化分子总数，但不能增大活化分子百分数，故错误；rm{垄脵}升高温度，分子总数不变，能增大活化分子百分数，故能增大活化分子总数，故正确；rm{垄脷}增大压强，增大了单位体积活化分子总数，不能增大活化分子百分数，故错误；rm{垄脹}移去生成物，不能增大活化分子百分数，故错误；rm{垄脹}加入催化剂，可以增大活化分子百分数也增大了活化分子数，故正确；故答案为：rm{垄脺}rm{垄脻}单位时间内生成rm{C}同时生成rm{(2)垄脵}，能说明正逆反应速率相等，反应到平衡，故正确；rm{nmolO_{2}}不能说明反应到平衡，故错误；rm{2nmolNO_{2}}用rm{垄脷n(NO_{2})隆脙n(NO)隆脙n(O_{2})=2隆脙2隆脙1}rm{垄脹}rm{NO_{2}}表示反应速率的比为rm{NO}的状态，没有说明正逆反应速率关系，故不能说明反应到平衡，故错误；rm{O_{2}}混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮的浓度不变，反应到平衡，故正确；rm{2:2:1}因为反应中全为气体，总质量不变，容器的体积不变，所欲混合气体的密度不变的状态，故不能说明反应到平衡，故错误；rm{垄脺}反应前后气体的物质的量总和不同，所欲混合气体的压强不再改变的状态可以说明反应到平衡故正确；rm{垄脻}因为反应前后气体物质的量和不同，所以混合气体的平均摩尔质量不再改变的状态可以说明反应到平衡，故正确；故答案为：rm{垄脼}；rm{垄脽}rm{垄脵垄脺垄脼垄脽}rm{(3)垄脵}rm{3A(g)+B(g)}rm{3A(g)+B(g)}rm{?}rm{xC(g)+2D(g)}rm{xC(g)+2D(g)}反应的物质的量浓度反应前物质的量浓度rm{c}rm{c}rm{0}rm{0}rm{c}rm{c}rm{0}rm{0}后物质的量浓度rm{0.75}rm{0.25}rm{0.25x}rm{0.5}rm{dfrac{c-0.75}{c-0.25}=dfrac{3}{5}}rm{5min}后rm{5min}故rm{c-0.75}在rm{c-0.25}末的物质的量浓度是rm{0.25x}rm{0.5}rm{dfrac{c-0.75}{c-0.25}=dfrac{3}{5}

}，故答案为：rm{c=1.5mol隆陇L}；rm{-1}rm{-1}rm{A}在rm{5min}末的物质的量浓度是rm{1.5-0.75=0.75}rm{A}rm{5min}rm{1.5-0.75=0.75}，故答案为：rm{0.05mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1;}}rm{mol隆陇L}rm{{,!}垄脹dfrac{0.25x}{5}=0.1}解rm{-1}故答案为：rm{-1}rm{0.75mol隆陇L^{-1}}【解析】rm{(1)C}rm{(2)垄脵垄脺垄脼垄脽}rm{(3)垄脵0.75mol隆陇L^{-1}}rm{垄脷0.05mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1;;;}}rm{垄脷0.05

mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1;;;}}rm{{,!}垄脹2}11、2【分析】【解答】解：体积相同，则二者的物质的量相同，n（CH4）==2mol，则常温下，2molSO2和32gCH4占有相同的体积，故答案为：2．【分析】结合n=V=nVm计算．12、略

【分析】解：（1）燃烧热是指：在25℃、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.7kJ；则1mol乙醇，质量为46g，完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为：46×29.7kJ=1366.2kJ；

其燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.2kJ•mol-1；

故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.2kJ•mol-1；

（2）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3；共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ；

故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1．

（1）依据燃烧热的定义解答，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物；依据1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热23kJ；结合燃烧热的定义计算求出1mol乙醇完全燃烧放出的热量，然后写出热化学方程式；

（2）化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．

本题主要考查了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比．同时还考查了反应热的计算，题目难度不大，注意把握从键能的角度计算反应热的方法．【解析】C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.2kJ•mol-1；N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92kJ•mol-113、（1）H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）品红溶液取少量褪色后的溶液于试管中加热（3）d（4）BaSO4（5）①除去BaCl2溶液中的O2②ac③2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl【分析】【分析】本题考查了二氧化硫的制备及性质检验，题目难度中等，注意掌握二氧化硫的性质检验方法，明确物质性质进行实验方案的设计时解答关键，试题有利于培养学生的化学实验能力。【解答】该探究实验为：亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，二氧化硫与品红作用，体现二氧化硫的漂白性，二氧化硫与rm{-2}价的硫作用体现氧化性，二氧化硫有毒需进行尾气处理，用氢氧化钠吸收rm{.}图中装置rm{B}出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，价的硫作用体现氧化性，二氧化硫有毒需进行尾气处理，用氢氧化钠吸收rm{-2}图中装置rm{.}出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，rm{B}进行探究，可排除氧气的干扰。

装置rm{E}进行探究，可排除氧气的干扰。装置rm{E}中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式为：rm{(1)}装置rm{A}中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式为：rm{H}rm{(1)}rm{A}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{+Na}rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}rm{=Na}rm{=Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+H}rm{隆眉+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案为：rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}

rm{+Na}rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}

rm{=Na}二氧化硫表现氧化性需硫元素的化合价降低，rm{=Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}与二氧化硫作用，二氧化硫中硫元素的化合价从rm{SO}价变为rm{{,!}_{4}}价，反应的化学方程式为：rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+H}rm{隆眉+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{(2)SO}表现了氧化性，rm{(2)SO}溶液与二氧化硫不作用，酸性rm{{,!}_{2}}通入品红溶液中，红色褪去，二氧化硫与品红化合生成无色物质，体现二氧化硫的漂白性，rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}的漂白是暂时性的漂白，生成的物质不稳定，受热易分解，重新变为红色，所以要证明其漂白作用是可逆的，还需要的操作是取少量褪色后的溶液于试管中加热，故答案为：品红溶液；取少量褪色后的溶液于试管中加热；

rm{(3)}二氧化硫表现氧化性需硫元素的化合价降低，rm{Na}中有白色沉淀生成，加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，该沉淀为溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，rm{(3)}rm{Na}rm{{,!}_{2}}

rm{S}与二氧化硫作用，二氧化硫中硫元素的化合价从rm{+4}价变为rm{0}价，反应的化学方程式为：rm{4H}图中装置rm{S}出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，rm{+4}”中煮沸rm{0}rm{4H}rm{{,!}^{+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2S}rm{+2S}rm{{,!}^{2-}}rm{=3S隆媒+2H}rm{=3S隆媒+2H}rm{{,!}_{2}}

rm{O}表现了氧化性，rm{NaCl}溶液与二氧化硫不作用，酸性rm{KMnO}rm{O}rm{NaCl}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}能氧化二氧化硫，rm{FeCl}

rm{FeCl}中形成沉淀是二氧化硫被氧气氧化，可能发生的反应为：rm{{,!}_{3}}能氧化二氧化硫，故选rm{d}rm{d}故答案为：rm{d}rm{d}rm{(4)B}中有白色沉淀生成，加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，该沉淀为溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，rm{(4)B}故答案为：rm{BaSO}rm{BaSO}rm{{,!}_{4}}；或rm{(5)垄脵}图中装置rm{B}出现白色沉淀，可能溶液中含有氧气氧化二氧化硫生成硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，rm{(5)垄脵}rm{B}所以需排除氧气的干扰，“实验rm{i}”中煮沸rm{BaCl}rm{i}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}溶液的目的是除去rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}溶液中的rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}，故答案为：除去rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}溶液中的rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}；rm{垄脷O}rm{垄脷O}rm{{,!}_{3}}和rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{2}}，具有氧化性，能氧化二氧化硫，所以不可以通入气体这两种气体驱赶装置中的氧气，二氧化碳和氮气不与氧气反应，可以用来驱赶装置中的氧气故答案为：rm{ac}rm{ac}或rm{垄脹B}中形成沉淀是二氧化硫被氧气氧化，可能发生的反应为：rm{2SO}rm{垄脹B}rm{2SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+O}rm{O+O}rm{{,!}_{2}}rm{+2BaCl}rm{+2BaCl}rm{{,!}_{2}}rm{=2BaSO}rm{=2BaSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆媒+4HCl}或rm{2SO}rm{隆媒+4HCl}rm{2SO}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)H_{2}SO_{4}+Na_{2}SO_{3}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(2)}品红溶液取少量褪色后的溶液于试管中加热rm{(3)d}rm{(4)BaSO_{4}}rm{(5)垄脵}除去rm{BaCl_{2}}溶液中的rm{O_{2}}rm{垄脷ac}rm{垄脹2SO_{2}+2H_{2}O+O_{2}+2BaCl_{2}=2BaSO_{4}隆媒+4HCl}或rm{2SO_{2}+2H_{2}O+O_{2}=2H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}SO_{4}+BaCl_{2}=BaSO_{4}隆媒+2HCl}三、判断题(共7题，共14分)14、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．15、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．16、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．17、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．18、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．19、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．20、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、元素或物质推断题(共1题，共10分)21、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色，B为二氧化氮；A为氮气，氮气和氧气生成一氧化氮C，一氧化氮和氧气生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和铜生成一氧化氮、硝酸铜；氮气和氢气生成氨气D，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮；

【详解】

（1）A→D反应为氮气和氢气催化生成氨气，

（2）D→C为氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反应为则二氧化氮与的物质的量之比为4:1；该反应电子转移情况为若该反应转移个电子，则参加反应的二氧化氮的物质的量为1mol。【解析】(1)

(2)

(3)4:11五、原理综合题(共4题，共12分)22、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律计算；

（2）达到平衡状态时，v正=v逆；容器内混合气体的平均相对分子质量等于以g/mol为单位的平均摩尔质量，据此分析；

（3）计算浓度商与平衡常数进行比较判断平衡移动方向；体积分数等于物质的量分数；

（4）根据计算；

（5）①反应Ⅰ放热；温度升高平衡左移；

②根据图表分析选择合适的温度和催化剂；

【详解】

（1）由反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1=－49.8kJ·mol－1；

反应II：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2=＋23.4kJ·mol－1

可知反应Ⅲ=I×2-II，所以△H3=－49.8kJ·mol－1×2-23.4kJ·mol－1=-123.0kJ·mol－1；

故答案为：-123.0；

（2）A.容器内的气体体积不变；质量不变，故密度一直不变，故A错误；

B.平衡正向移动时气体体积减小；压强减小，所以压强不变时说明反应达到平衡，故B正确；

C.平衡移动时CH3OH和CO2的浓度变化不一致；所以当比值不变时，说明反应平衡，故C正确；

D.断裂3NA个H-O键，有1molCH3OH和1molH2O参加反应，同时断裂2NA个C=O键，有1molCO2参加反应；正反应速率等于逆反应速率，故D正确；

故答案为：BCD。

（3）浓度商Q==K，故此时达到平衡，=体积分数等于物质的量分数，同一容器中可用浓度代替，故V(CH3OH)%=0.8÷(0.8+1.6+1.6)=20%；

故答案为：=；20

（4）根据图表可知T1温度下投料比为2时，CO2转化率为60%，容器体积为3L，初始浓度c(CO2)=6mol÷3L=2mol/L，c(H2)=12mol÷3L=4mol/L，CO2转化率为60%，即反应了1.2mol/L，则生成0.6mol/L反应速率

故答案为

（5）①生成甲醇的反应为放热反应；温度升高平衡左移；

故答案为：反应Ⅰ△H<0，温度升高，使CO2转化为甲醇的平衡转化率下降；

②温度不能太低，温度太低反应速率慢，温度也不能过高，过高产率降低，合适温度为230℃；从图表分析催化剂CZ(Zr-1)T的效果更好；

故答案为AD。

【点睛】

可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据:①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态,对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了,即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态,关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化，即变量不再发生变化。【解析】-123.0BCD=20反应Ⅰ△H<0，温度升高，使CO2转化为甲醇的平衡转化率下降AD23、略

【分析】【分析】

(1)pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，利用电荷守恒，可求出溶液中c(CH3COO﹣)﹣c(Na+)=c(H+)-c(OH-)；代入数据即可得出结果。

(2)25℃时，将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，此时c(CH3COO-)=c(Na+)=bmol•L﹣1，c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COOH)=(a-b)

mol•L﹣1，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为Ka=代入数据即求出结果。

(3)泡沫灭火器时发生的反应是Al3+与HCO3的双水解反应。

(4)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，生成醋酸钠溶液，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，由此可确定溶液的性质及溶液中c(Na＋)与c(CH3COO－)的关系。

(5)pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中醋酸过量，CH3COOHCH3COO-+H+；由此可确定溶液的性质。

(6)25℃时，体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH=7，已知b=2a，Va＜Vb，则Va×10-a=Vb×10-(14-b)，10a+b-14，由此求出a；再由b>7，可求出a>最后求出a的取值范围。

(7)盐酸和硫酸的pH相同；则消耗NaOH溶液的体积相同；因为醋酸是弱酸，所以相同pH时其物质的量最大，消耗NaOH溶液的体积最大。由此可确定完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，消耗相同pH的上述三种酸溶液的体积由大到小的顺序。

【详解】

(1)pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，利用电荷守恒，可求出溶液中c(CH3COO﹣)﹣c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol·L－1。答案为：9.9×10-7mol·L－1；

(2)25℃时，将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，此时c(CH3COO-)=c(Na+)=bmol•L﹣1，c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COOH)=(a-b)

mol•L﹣1，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为Ka==答案为：

(3)泡沫灭火器时发生的反应是Al3+与HCO3的双水解反应，反应的离子方程式为Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑。答案为：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑；

(4)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，生成醋酸钠溶液，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，由此可确定溶液显碱性，溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)。答案为：碱性；>；

(5)pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中醋酸过量，CH3COOHCH3COO-+H+；溶液显酸性。答案为：酸性；

(6)25℃时，体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH=7，已知b=2a，Va＜Vb，则Va×10-a=Vb×10-(14-b)，10a+b-14<1，a+b-14<0，3a<14，a<再由b>7，可求出a>最后求出a的取值范围为<答案为：<

(7)盐酸和硫酸的pH相同，则消耗NaOH溶液的体积相同；因为醋酸是弱酸，所以相同pH时其物质的量最大，消耗NaOH溶液的体积最大。由此可确定完全中和含等物质的量的NaOH溶液，消耗相同pH的上述三种酸溶液的体积由大到小的顺序a=b＞c。答案为：a=b＞c。

【点睛】

相同pH相同体积的盐酸、硫酸、醋酸溶液中，由于盐酸和硫酸是强酸，所以消耗NaOH的物质的量相等；由于醋酸是弱酸，所以其物质的量浓度比盐酸大得多，消耗NaOH的物质的量最多。若NaOH的物质的量相同，则消耗相同pH的盐酸与硫酸的体积相同，而由于醋酸的物质的量浓度最大，所以消耗的体积最少。【解析】9.9×10-7mol·L－1Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑碱性＞酸性<a=b＞c24、略

【分析】【详解】

（1）①25℃时，有pH＝12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol/L，c[Ba(OH)2]=c(OH-)=×10-2mol/L=5×10-3mol·L-1；②300mL5×10-3mol·L-1Ba(OH)2溶液的物质的量为：0.30L×5×10-3mol·L-1=1.5×10-3mol，100mLpH=2的硫酸中n(SO42-)==0.5×10-3mol，则硫酸钠的物质的量为：1.5×10-3mol-0.5×10-3mol=1.0×10-3mol，c(Na2SO4)==0.01mol·L-1；（2）室温时将PH=5的硫酸溶液稀释1000倍后c(H+)≈1.0×10-7mol/L；c(SO42-)=×10-8mol/L；所以得c(H+):c(SO42-)=20:1；（3）①按丁方式混合时，Ba(OH)2提供的OH-与NaHSO4提供的H+相等，混合后溶液呈中性；②按乙方式混合时，反应前：n（Ba2+）=10-3mol，n（OH-）=2×10-3mol，n（H+）=n（SO42-）=10-3mol，实际反应的Ba2+、OH-、H+、SO42-均为10-3mol，故反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O；③按甲方式混合时，OH-过量，反应后溶液中c（OH-）==0.1mol/L，c（H+）=10-11mol/L；溶液的pH=11。

点睛：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的简单计算，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法，能够根据酸碱溶液体积计算出反应后溶液的pH大小。【解析】①.5×10-3mol·L-1②.0.01mol·L-1③.200∶1（或200）④.中⑤.Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O⑥.1125、略

【分析】【分析】

(1)

SO2是形