热门试卷

（1）①②； ③

（2）787

（3）-285.8 kJ

(1)SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(g) ΔH＝－1 427.2 kJ·mol-1 (2)2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ·mol-1 (3)C4H10(g)＋13/2O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l) ΔH＝－2 900 kJ·mol-1；2 900；－2680

（1）<

（2）不可行

（3）不是

（4）393

（1）  减小   。（2）   ＞ ，

CH3COO－ ＋H2O CH3COOH ＋H+  。（3）    =  。

试题分析：（1）在醋酸中存在着已下电离，CH3COOHCH3COO－＋H＋,所以加入醋酸钠固体，增加了CH3COO－，由于温度不变所以，醋酸的电离常数不变，即K=c（CH3COO－）c（H＋）/c（CH3COOH），c（CH3COO－）变大，所以c(H+)／c(CH3COOH)将变小；（2）醋酸为弱酸，而NaOH为强碱，所以若向醋酸中加入稀NaOH溶液，使其恰好完全反应，所得溶液的pH>7，其原因是由于醋酸根离子的水解，其水解的方程式为CH3COO－ ＋H2O CH3COOH ＋H+ ，（3）根据电荷平衡可以得到，c（Na+）+c(H+)=c（CH3COO－）+c(OH－)，由于溶液恰好呈中性，即c(H+)=c(OH－)，

所以c（Na+）=c（CH3COO－）。

点评：本题考查了盐类水解，水解常数，该考点是高考考查的重点和热点，本题要注意水解常数只跟温度有关，该题难度适中。

（1）> （2）>　（3） ABDC

混合后相当于0.1mol/L NaA，A― 水解促进水电离，⑴（1）> （2）酸性HA大于H2CO3 ,NH4HCO3水解后呈碱性，PH >7（3） ABDC

（1） 0  （2）－10    （3）14－2pH （4）9∶11

试题分析：（1）在25℃时，若溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－)=10-7mol/L．c(H＋)/c(OH－)=1．所以AG= lgc(H＋)/c(OH－)=0。（2）在25℃时，若溶液的pH=12，则c(H＋)=10-12mol/L，c(OH－)=Kw÷c(H＋)=10-2mol/Lc(H＋)/c(OH－)=10-10．AG=-10．（3）在25℃时，溶液的pH=－lgc(H＋)， c(OH－)=Kw÷c(H＋)=10-14/c(H＋);AG=lgc(H＋)/c(OH－)=lgc2(H＋)/Kw="14+2lg" c(H＋)=14-2pH。（4）在25℃时，将AG=-12的NaOH溶液，pH=13，c(OH-)=0．1mol/L与AG=12的H2SO4溶液，pH=1，c(H+)=0．1mol/L两溶液混合后．AG=10，pH=2，c(H+)=0．01mol/L则0．1b-0．1a=0．01(a+b)．整理可得a:b=9:11。

（每空2分）

（1）> , 1×10—12

（2） 4, 27

（3） Ba2+ + 2OH— + 2H+ + SO42— = BaSO4 ↓+ 2H2O

（4） 1:20

（5） ABC

试题分析：（1）t℃下，某Ba(OH)2的稀溶液中c(H+)=10-amol/L，c(OH-)=10-bmol/L，已知a+b=12，则Kw = c(H+) ×c(OH-)=10-（a+b）=1×10-12>1×10-14，所以t>25；

（2）未加入硫酸氢钠溶液的Ba(OH)2的稀溶液pH=8，说明Ba(OH)2的稀溶液中c(H+)=10-8 mol/L，则a=8,b=4；33mL的Ba(OH)2的稀溶液加入xmL的pH=4的NaHSO4后pH=7，说明此时溶液显碱性，则c(OH-)×V(Ba(OH)2)- c(H+)×x=1×10-12/1×10-7×(x+33),解得x=27；

（3）反应③是等体积的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应，混合后溶液呈中性，所以离子方程式为Ba2+ + 2OH— + 2H+ + SO42— = BaSO4 ↓+ 2H2O

（4）Ba(OH)2是强碱，1mL的Ba(OH)2溶液中c(Ba2+)="0.5" c(OH－)=1/2×10-4mol/L，稀释1000倍后，c(Ba2+)=5×10-8mol/L，c(OH－)=1×10-7mol/L< c(H+)，碱溶液中不可能存在c(OH－) < c(H+)，所以此时稀释后的溶液中氢氧根离子浓度按纯水计算，c(OH－)=1×10-6mol/L，则c(Ba2+)﹕c(OH－)= 5×10-8mol/L/1×10-6mol/L=1:20；

（5）NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于其水解程度；NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度。A、若R是S元素，则c(Na+)＞c(HRO3-)＞c(H+)＞c(RO32-)＞c(OH-)，正确；B、无论R是哪种元素，都符合电荷守恒规律，正确；C、无论R是哪种元素，都符合物料守恒规律，c(Na+)＝c(HRO3-)＋c(RO32-)＋c(H2RO3)，与c(Na+)＋c(H+)＝c(HRO3-)＋2c(RO32-)＋c(OH-)相结合，即得

c(H+)＋c(H2RO3)＝c(RO32-)＋c(OH-)，正确；D、两溶液中c(Na+)相等，NaHSO3溶液c(RO32-)较大，但c(HRO3-)无法判断，错误，凳矮矮选ABC。

大于　水的电离是吸热过程，KW随温度升高而增大　(1)10∶1　c(Na＋)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)或c(Na＋)＝2c()＞c(H＋)＝c(OH－)　(2)9∶2

c(H＋)＞c()＞c(Na＋)＞c(OH－)

水的电离是吸热过程，KW随温度升高而增大，故温度高于25 ℃。

稀H2SO4中，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，NaOH溶液中

c(OH－)＝＝0.01 mol·L－1

(1)0．01 mol·L－1×a L＝0.1 mol·L－1×b L

a∶b＝10∶1

离子浓度关系c(Na＋)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)

或c(Na＋)＝2c()＞c(H＋)＝c(OH－)

(2)若pH＝2，则

c(H＋)混＝＝0.01 mol·L－1

a∶b＝9∶2

离子浓度关系：此时，假如原来NaOH溶液为9 L，H2SO4溶液则为2 L

n(Na＋)＝0.01 mol·L－1×9 L＝0.09 mol

剩余n(H＋)＝0.01 mol·L－1×(9 L＋2 L)＝0.11 mol

n()＝×2 L＝0.1 mol

所以：c(H＋)＞c()＞c(Na＋)＞c(OH－)。

（1）0.05mol/L （2）0.2mol/L （3）1

试题分析：（1）根据图像可知，当加入20ml氢氧化钡时，沉淀达到最大值，所以硫酸的物质的量是0.02L×0.05mol/L＝0.001mol，则硫酸的浓度是0.001mol÷0.02L＝0.05mol/L。

（2）当Ph=7是，酸碱恰好中和，则盐酸的物质的量是2×0.04L×0.05mol/L＝0.004mol，则盐酸的浓度是0.004mol÷0.02L＝0.2mol/L。

（3）B点相当于是硫酸被中和，则溶液中氢离子的浓度是，所以pH＝1。

点评：该题是基础性试题的考查，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练。旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确图像的变化趋势特点，然后结合题意灵活运用即可。

2Al(s)+ Fe2O3 (s)= Al2O3 (s)+2 Fe(s)，ΔH=-828．4kJ/mol；285．8kJ/mol   H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g),ΔH=-241．8kJ/mol

试题分析：（1）①Fe（s）+1/2O2（g）=FeO（s）△H=-272．0kJ•mol-1,②2Al（s）+2/3O2（g）=Al2O3（s）△H=-1675．7kJ•mol-1,将方程式②-①×3得2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=-859．7 kJ•mol-1;

（2） 标准状况下44．8L氢气物质的量为2mol，燃烧生成液态水时放出571．6KJ的热量，则1mol氢气燃烧生成液态水放热285．8KJ，故氢气的燃烧热为285．8KJ，反应的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2（l）△=-571．6KJ/mol；1mol液态水变成气态时需要吸收44KJ的热量的热化学方程式为：H2O（l）=H2O（g）△H=+44KJ/mol；①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△=-571．6KJ/mol；②H2O（l）=H2O（g）△H=+44KJ/mol；由盖斯定律计算得到（①+2×②）/2得到：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g),ΔH=-241．8kJ/mol。

（1）4P（白磷）+3O2（g）== P4O6（s） △H=－1638kJ/mol

（2）(-80a+b)/4 kJ/mol

（3）白磷；白磷能量高不稳定