吉林省辽源市田家炳高级中学2019-2020学年高二12月月考化学试题 16页

田家炳高中2019-2020学年度上学期月考考试 高 二 化 学 试 卷 一、选择题：（本题共20小题，每题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（ ）‎ A. a mL B. （50―a）mL C. 大于（50―a）mL D. 大于amL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在a mL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(50–a)mL，故选C。‎ ‎2.用水稀释 0.1mol/L 氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( )‎ A. c(OH﹣)/ c(NH3.H2O) B. c(NH3.H2O)/ c(OH﹣)‎ C. c(H+)和 c(OH﹣)的乘积 D. OH﹣的物质的量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3．H2O)减少，n(OH-)增大，c(OH﹣)/ c(NH3.H2O)，上下同时乘以体积，c(OH﹣)/ c(NH3.H2O)= n(OH-)/ n(NH3．H2O)，二者的比值增大，A项不符合题意；‎ B. 由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3．H2O)减少，n(OH-)增大，c(OH﹣)/ c(NH3.H2O)，上下同时乘以体积， c(NH3.H2O)/ c(OH﹣) = n(NH3．H2O)/ n(OH-)，二者的比值减小，B项符合题意；‎ C.因加水稀释时，温度不变，则c(H+)和c(OH-)的乘积不变，C项不符合题意；‎ D.由NH3·H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，D项不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎3.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是 A. 用量筒量取稀盐酸 B. 用托盘天平称量 ‎ C. 用广泛试纸测得某溶液的为2.3‎ D. 用滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，10mL量筒的精确度只能精确到0.1mL，故A项错误；‎ B项，托盘天平精确度为0.1g，故B项错误；‎ C项，广泛pH试纸的测量精度为1，故C项错误；‎ D项，滴定管的精确度可以达到0.01mL，故D项正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎4.下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是 A. AlCl3 B. KHCO3 C. Fe2(SO4)3 D. NH4HCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AlCl3加热后水解生成Al（OH）3和HCl，Al（OH）3易分解生成Al2O3，HCl易挥发，最后得到Al2O3固体；‎ B．KHCO3加热易分解生成K2CO3，最后得到K2CO3固体；‎ C．Fe2（SO4）3加热后水解生成Fe（OH）3和硫酸，但硫酸难以挥发，最后又能得到Fe2（SO4）3；‎ D．NH4HCO3加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余。‎ 本题选C。‎ ‎5.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：‎ A. A>B B. A=10-4B C. B=10-4 A D. A=B ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH－）=c（H＋）=10-9 mol·L－1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH－）= = =10-5 mol·L－1‎ ‎，所以A=10-4B；‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．‎ ‎6.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的：‎ ‎①NaOH固体 ②H2O ③NH4Cl固体 ④CH3COONa固体 ⑤NaNO3固体 A. ②④ B. ①② C. ②③⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H＋═Fe2＋+H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量。‎ ‎【详解】①NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；‎ ‎②H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；‎ ‎③NH4Cl能够水解，溶液显酸性，溶液中氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故③错误；‎ ‎④CH3COONa固体，CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；‎ ‎⑤NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，但HNO3具有强氧化性，得不到氢气，故⑤错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，明确反应的实质及氢离子的浓度减小是解答本题的关键，难点⑤Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，得不到氢气。‎ ‎7.将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（气）+B（气）2C（气）。若经2 s（秒）后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，现有下列几种说法：‎ ‎①用物质A表示的反应平均速率为0.3 mol·L－1·s－1‎ ‎②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1‎ ‎③2 s时物质A的转化率为70%‎ ‎④2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L－1‎ 其中正确的是：‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2A（气）+B（气）2C（气），若经 2s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6mol·L-1，v（C）=0.3mol·L-1·s-1，结合反应速率之比等于化学计量数之比分析A、B；生成C的物质的量为1.2mol，则转化的A为1.2mol、B为0.6mol，以此分析C、D。‎ ‎【详解】①经 2s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6mol·L-1，v（C）=0.3mol·L-1·s-1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用物质A表示的反应的平均速率为 0.3 mol·L-1·s-1，故正确；‎ ‎②由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用物质B表示的反应的平均速率为 0.15mol·L-1·s-1，故错误；‎ ‎③生成C的物质的量为1.2mol，则转化的A为1.2mol，所以A的转化率为×100%=30%，故错误；‎ ‎④生成C的物质的量为1.2mol，则转化的B为0.6mol，2s时物质B的浓度为=0.7mol·L－1，故正确；‎ ‎①④正确，‎ 故选B。‎ ‎8.在CH3COOHH＋＋CH3COO－的电离平衡中，要使电离平衡右移且氢离子浓度增大，应采取的措施是 A. 加入NaOH B. 加入盐酸 C. 加水 D. 升高温度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，加入NaOH，消耗氢离子，氢离子浓度降低，平衡正向移动，故A错误，不符合题意；‎ B选项，加入盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故B错误，不符合题意；‎ C选项，加水，平衡逆向移动，由于溶液体积增大占主要影响因素，因此氢离子浓度减小，故C错误，不符合题意；‎ D选项，升高温度，电离是吸热反应，因此平衡正向移动，氢离子浓度增大，故D正确，符合题意；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】弱电解质电离加水稀释“看得见的浓度减小，看不见的浓度增大”即电离方程式中看见的微粒的浓度减小，隐含的离子浓度增大。‎ ‎9.相同体积的pH＝3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是 A. 强酸溶液产生较多的氢气 B. 弱酸溶液产生较多的氢气 C. 两者产生等量的氢气 D. 无法比较两者产生氢气的量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ pH＝3的强酸溶液和弱酸溶液，由于弱酸的电离程度通常非常小，所以弱酸的物质的量浓度远远大于强酸。相同体积的pH＝3的强酸溶液和弱酸溶液中，弱酸的物质的量远远大于强酸，分别跟足量的镁完全反应后，弱酸生成的氢气远远多于强酸，所以B正确，本题选B。‎ ‎10.下列溶液，一定呈中性的是：‎ A. c(H+)＝1×10-7mol/L的溶液 B. pH＝pOH 的溶液 C. 使石蕊试液呈紫色的溶液 D. 由等体积、等物质量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合后所形成的溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液一定呈中性，说明溶液中c（H＋）=c（OH－），不能根据pH、氢离子或氢氧根离子浓度大小判断溶液酸碱性。‎ ‎【详解】A．c（H＋）=1×10-7mol·L－1的溶液可能呈酸性、碱性或中性，如果c（H＋）=c（OH－），则溶液呈中性，如果c（H＋）＞c（OH－），则溶液呈酸性，如果c（H＋）＜c（OH－），则溶液呈碱性，故A错误；‎ B．pH=pOH的溶液（pOH是OH－浓度的负对数），说明溶液中存在c（H＋）=c（OH－），则溶液呈中性，故B正确；‎ C．使石蕊试液呈紫色的溶液一种常用的酸碱指示剂，变色范围是pH=5.0-8.0之间，不能确定是酸性、中性、碱性，故C错误。‎ D．由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合后所形成的溶液，如果酸是强酸，则溶液呈中性，如果酸是弱酸，则溶液呈碱性，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎11.物质的量浓度相同的下列溶液中，含微粒种类最多的是（ ）‎ A. CaCl2 B. CH3COONa C. NH3 D. K2S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CaCl2不水解，溶液中存在的粒子有Ca2+、Cl-、OH-、H＋、H2O，共5种；‎ B、CH3COONa发生水解，溶液中存在Na+、CH3COO-、CH3COOH、H+、OH-、H2O，共6种粒子；‎ C、氨水中存在NH3、NH3·H2O、NH4+、OH-、H+、H2O，共6种粒子；‎ D、K2S中S2-发生两步水解，溶液中存在K+、S2-、HS-、H2S、OH-、H+、H2O，共7种粒子；‎ 答案选D。‎ ‎12.下列方程式书写正确的是（ ）‎ A. HCO3－在水溶液中的电离方程式：HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－‎ B. H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32－‎ C. CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－‎ D. CaCO3的电离方程式：CaCO3 Ca2+＋CO32－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．HCO3-在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为HCO3-+H2OH3O++CO32-，故A正确；B．亚硫酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离生成氢离子和亚硫酸氢根离子，第二步电离生成亚硫酸根离子和氢离子，且第一步电离程度远远大于第二步电离，其第一步电离方程式为H2SO3H++HSO3-，故B错误； C、碳酸根的水解分两步进行，先水解为碳酸氢根，最后水解为碳酸，故C错误；D．碳酸钙是难溶物，但是为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为：CaCO3=Ca2++CO32-，故D错误；故选A。‎ 点睛：明确电解质强弱及电离方程式书写特点是解本题关键。注意多元弱酸、多元弱碱电离方程式书写区别，易错选项是D，电离方程式中“=”或“ ”的书写与其电离程度有关，与电解质溶解性无关。‎ ‎13.氢氰酸（HCN）的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是 A. 1mol/L甲酸溶液的pH约为3‎ B. HCN易溶于水 C. 10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应 D 用HCN溶液做导电性实验，灯泡很暗 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol/L甲酸溶液的pH约为3，说明甲酸没有全部电离，故A正确；‎ B. HCN易溶于水，与酸碱性无必然联系，故B错误；‎ C. 10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，只能说明HCN一元酸，不能说明它是弱酸，故C错误；‎ D. 用HCN溶液做导电性实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子溶液低，不能说明它是否完全电离，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎14.为了配制NH4+浓度与Cl－的浓度比为1:1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入：①适量HCl②适量NaCl③适量的氨水④适量的NaOH，正确的是 A ①② B. ④ C. ③④ D. ③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 氯化铵是弱碱强酸盐，由于水解，导致溶液中，溶液呈酸性，为了配制与的浓度比为1：1的溶液，可以增加铵根离子浓度，或减少溶液中氯离子的浓度；①加入后氯离子浓度增加，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，①错误；②加入后氯离子浓度增加，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，②错误；③加入适当氨水增加了铵根离子浓度，可以配制与的浓度比为1：1的溶液，③正确；④加入后，中和了氢离子，平衡右移，铵根离子浓度降低，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，④错误；只有③符合题意，正确选项D。‎ 点睛：为了配制NH4+浓度与Cl－的浓度比为1:1的溶液，可在NH4‎ Cl溶液中加入：适量的硫酸铵、硝酸铵、氨水等，或加入适量的硝酸银等，总体的思路为增加铵根离子浓度，或减少溶液中氯离子的浓度，即可达到目的。‎ ‎15.在一定温度不同压强(P1c(OH－)，总之：c(Na+)=c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)，故A正确；‎ B. 0.1mol•L－1 NH4Cl溶液与0.1mol•L－1氨水等体积混合(pH＞7)：NH3•H2O的电离大于NH4+水解，c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(NH3•H2O)＞c(OH－)，故B错误；‎ C. 0.1mol•L－1 Na2CO3溶液与0.1mol•L－1 NaHCO3溶液等体积混合：溶液中存在物料守恒，钠与碳酸各存在形态之和的比为3:2，2c(Na+)=3[c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，故C错误；‎ D. 0.1mol•L－1 Na2C2O4溶液与0.1mol•L－1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)，相当于0.1mol•L－1 NaHC2O4溶液与0.1mol•L－1 NaCl溶液混合，溶液中存在电荷守恒，Cl—不能丢失： c(Cl －)+2c(C2O42－)+c(HC2O4－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】两溶液混合后离子浓度大小比较，难点C，物料守恒，明确溶液中要比较的两种粒子总量的比是解题关键，钠与碳酸各存在形态之和的比为3:2，易错点D，写电荷守恒要将离子分析全，不能漏写。‎ ‎20.室温下，pH相同体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是：‎ A. 加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小 B. 使温度都升高20℃后，两溶液的pH均不变 C. 加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均减小 D. 加足量的锌充分反应后，醋酸产生的氢气比盐酸多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸中存在电离平衡，盐酸中不存在氯化氢的电离平衡，加水稀释后，促进醋酸的电离，所以盐酸的pH变化程度大，且pH均增大，故A错误； ‎ B．盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故B错误； ‎ C．向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故C错误； ‎ D．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸，所以分别与足量的锌反应，醋酸产生的氢气比盐酸多，故D正确；‎ 故选：D。‎ 二、填空题(本题包括6小题，共40分)‎ ‎21.（1）AgNO3的水溶液呈________________（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH_____7（填“>”、“=”、“<”），原因是（用离子方程式表示）：_______________________________________________________________________________________；‎ 实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以____________（填“促进”、“抑制”）其水解。‎ ‎（2）氯化铝水溶液呈_______性 ，原因是（用离子方程式表示）：_____________________________________________________________ 。‎ 把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____________________。‎ ‎（3）在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的______________。‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). ＜ (3). Ag＋＋ H2OAgOH ＋ H＋ (4). 抑制 (5). 酸 (6). Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ (7). Al2O3 (8). NaOH ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）AgNO3是强酸弱碱盐，阴离子水解，水溶液呈酸性，pH小于7。水解方程式是Ag＋＋ H2OAgOH ＋ H＋；硝酸银溶于水，银离子水解，溶液显酸性。所以将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中的目的是抑制银离子的水解；‎ ‎（2）氯化铝溶于水，铝离子水解，溶液显酸性，水解方程式是Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋‎ ‎。水解吸热，加热促进水解，且生成的氯化氢挥发，进一步促进水解，所以最终得到的是氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；‎ ‎（3）硫化钠溶于水，硫离子水解，溶液显碱性。所以在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的氢氧化钠。‎ ‎【点睛】盐电离出来的离子结合水电离出来的 H+或 OH-生成弱电解质的过程。盐类水解的应用主要有：①判断盐溶液的酸碱性和比较盐溶液酸碱性的强弱时，通常需考虑盐的水解。②比较盐溶液中各离子浓度的相对大小时，当盐中含有易水解的离子，需考虑盐的水解。③判断溶液中离子能否大量共存。当有弱碱阳离子和弱酸阴离子之间能发生强烈双水解，则不能在溶液中大量共存。④配制易水解的盐溶液时，需考虑抑制盐的水解。⑤选择制备盐的途径时，需考虑盐的水解。⑥离子除杂、化肥的使用需考虑盐类的水解。⑦溶液中离子浓度大小比较时需要考虑盐类水解。‎ ‎22.（1）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”，下同），溶液中c(Na＋) c(CH3COO－)（填“ >” 或“＝”或“<” ）。‎ ‎（2）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 ，溶液中c(Na＋) c(CH3COO－)（填“ >” 或“＝”或“<” ）‎ ‎（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈 ，醋酸体积 氢氧化钠溶液体积。（填“ >” 或“＝”或“<” ）‎ ‎【答案】（1） 碱性 , ＞ （2） 酸性，＜ （3） 中性， ＞‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合恰好反应，生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，醋酸根离子因水解略有减少，所以溶液中c(Na＋) > c(CH3COO－)。‎ ‎（2）醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸中[H+]和pH＝11的氢氧化钠溶液中[OH-]相等，但醋酸的浓度大于氢氧化钠的浓度，等体积混合后溶液呈酸性，电离大于水解，溶液中c(Na＋) < c(CH3COO－) 。‎ ‎（3）根据电荷守恒，物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈中性，醋酸体积大于氢氧化钠溶液体积。‎ 考点：考查溶液酸碱性的判断。‎ ‎23.用标准的NaOH滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是 。‎ A．配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质 B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确 C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 E. 未用标准液润洗碱式滴定管 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎24. 设水的电离平衡线如右图所示。‎ ‎（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的粒子浓度，当温 度升高到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子 ‎ 积从___________增加到____________； A ‎（2）将PH=8的Ba(OH)2溶液与PH=5的稀盐酸混合，并保持 在100℃的恒温，欲使混合溶液的PH=7，则Ba(OH)2溶液和盐 酸的体积比为__________。‎ ‎【答案】（1）10-14 10-12（2）2:9‎ ‎【解析】‎ ‎⑴此时水的离子积从10－14增加到10－12‎ ‎⑵根据酸碱中和反应，溶液PH=7计算，可得Ba(OH)2与盐酸的体积比为2：9‎ ‎25.（1）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号） 。‎ ‎ A．9 B．13 C．11～13之间 D．9～11之间 ‎（2）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号） 。‎ A．氨水与氯化铵发生化学反应 B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)‎ C．氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小 ‎（3）室温下，如果将0.1mol NH4Cl和0.05mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，‎ ‎① 和 两种粒子的物质的量之和等于0.1mol。‎ ‎② 和 两种粒子的物质的量之和比OH―多0.05mol。‎ ‎（4）已知某溶液中只存在OH－、H+、NH4+、Cl－四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：‎ A．c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－) B．c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+)‎ C．c(Cl－)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH－) D．c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)‎ ‎①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是 ，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号） 。‎ ‎②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是 。‎ ‎③若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）（填“>”、“<”、或“=”，下同） c（NH3·H2O），混合后溶液中c（NH4+）与c（Cl－）的关系c（NH4+） c（Cl－）。‎ ‎【答案】（1）D（2分）（2）C（2分）‎ ‎（3）①NH3•H2O和NH4+（共2分，均答对给分）②NH4+和H+（共2分，均答对给分）‎ ‎（4）①氯化铵，A（各2分）② NH4Cl和HCl（2分）③＜，＝（各2分）‎ ‎【解析】‎ ‎26. 盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：‎ Fe2O3(s)+3CO(g)="=" 2Fe(s)+3CO2(g) △H＝ ―24.8kJ／mol ‎3Fe2O3(s)+ CO(g)==2Fe3O4(s)+ CO2(g) △H＝ ―47.2kJ／mol Fe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g) △H＝ +640.5kJ／mol 写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：‎ ‎_________________ ‎ ‎【答案】CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=-218.0kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】CO气体还原FeO固体生成Fe固体和CO2气体的化学方程式为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）；应用盖斯定律，消去Fe2O3（s）、Fe3O4（s），将[①3-②-③2]6=1/2①-1/6②-1/3③得，CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g） ΔH=（-24.8kJ/mol3+47.2kJ/mol-640.5kJ/mol2）6=-218.0kJ/mol，CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学方程式为CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g） ΔH=-218.0kJ/mol。‎ ‎【点睛】运用盖斯定律求焓变的一般方法：找目标→看来源→变方向→调系数→相叠加→得答案。‎ ‎ ‎ ‎ ‎