浙江省嘉兴市第一中学湖州中学2019-2020学年高二上学期期中考试联考化学试题 25页

浙北G2期中联考2019学年第一学期高二化学试题 考生须知：‎ ‎1．本卷满分100分，考试时间90分钟；‎ ‎2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号；‎ ‎3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；‎ ‎4．考试结束后，只需上交答题卷。‎ ‎5．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 I 127 Ba 137‎ 一、选择题(本小题有10个小题，每小题只有一个正确答案，每小题2分，共20分)‎ ‎1.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是 A. 燃料电池的能量转化率可达100%‎ B. 用可溶性的铝盐或铁盐处理水中的悬浮物 C. 体积分数75％的乙醇溶液可用于医疗消毒 D. 食品中用木糖醇作甜味剂，可降低糖尿病的发病率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃料电池是将化学能转变为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不会达100%，A项错误；‎ B. 可溶性的铝盐和铁盐水解分别生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，具有吸附性，吸附水中的悬浮物，B项正确；‎ C. 酒精能够使蛋白质变性，而75%的酒精溶液杀菌消毒效果最好，则医用酒精休积分数是75%，C项正确；‎ D. 木糖醇属于多元醇而不属于多羟基醛或酮，不属于糖类物质，食品中用木糖醇作甜味剂，可降低糖尿病的发病率，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 7.8g苯中碳碳双键的数目为0.3NA B. 3.9gK与O2完全反应，转移电子总数为0.1NA C. 常温下，0.2mol/LNH4Cl溶液中，NH4+数目小于0.2NA D. 标准状况下，11.2 L CCl4中氯原子数目为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯分子中没有碳碳双键，A项错误；‎ B. 3.9gK物质的量为0.1mol，与O2完全反应，钾失电子，化合价由0价变为+1价，则3.9g钾失电子数为0.1NA，而转移电子总数=失电子总数，则反应中转移电子总数为0.1NA，B项正确；‎ C. 缺少溶液的体积，不能计算溶液中NH4+的数目，C项错误；‎ D. 标准状况下，CCl4为液体，无法计算其物质的量，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】1、公式的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题D项标况下四氯化碳不是气体，不能使用该公式。‎ ‎2、C项也是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行判断。‎ ‎3.在常温常压下断裂1 mol指定共价键时吸收的能量如下表：‎ 共价键 C—H Cl—Cl C—Cl H—Cl 吸收的能量/kJ·mol-1‎ ‎413.4‎ ‎243‎ ‎330‎ ‎436‎ 有关CH4与Cl2反应下列说法正确的是 A. 该装置需放在日光直射的地方 B. 反应只生成1molCH3Cl时放热109.6kJ C. 反应的有机产物常温下都是液态 D. 该反应为放热反应，无需提供能量即可实现 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃，不能日光直射，否则易产生爆炸，A项错误；‎ B. 反应热=断键吸收的总能量−成键放出的总能量，当只生成1molCH3‎ Cl时，反应热=E(C-H)+E(Cl-Cl)-E(C-Cl)-E(H-Cl)=413.4kJ/mol+243kJ/mol−330kJ/mol−436kJ/mol=−109.6kJ/mol，所以反应只生成1molCH3Cl时放热109.6kJ，B项正确；‎ C. 一氯甲烷在常温下是气体，其它氯代烃是液体，C项错误；‎ D. 该反应为放热反应，但是需要光照条件才能发生，断键需要吸收能量，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，其中X的氢化物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是 W X Y Z A. 原子半径：Z＞Y＞W＞X B. 最高化合价：X＞Z＞Y＞W C. 简单氢化物的热稳定性：X＞Z＞Y D. 单质W投入Z的最高价含氧酸中，剧烈反应产生两种无色气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y和Z位于第三周期，再根据X的氢化物可腐蚀玻璃，可判断W为C、X为F、Y为P、Z为S，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y和Z位于第三周期，再根据X的氢化物可腐蚀玻璃，可判断W为C、X为F、Y为P、Z为S，‎ A. 同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：Y>Z>W>X，A项错误；‎ B. F元素非金属性最强，没有正价，B项错误；‎ C. 非金属性F>S>P，则简单氢化物的热稳定性：X(F)>Z(S)>Y(P)，C项正确；‎ D. 碳单质与浓硫酸的反应需要在加热条件下进行，不加热不发生反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.工业制硝酸中的一步重要反应是NH3在加热条件下催化氧化：4NH3＋5O24NO＋6H2O这是一个正反应放热的可逆反应，如果反应在密闭容器中进行，下列说法中错误的是 A. 使用催化剂可以加快反应速率，提高生产效率 B. 适当提高O2的浓度可以提高NH3的转化率 C. 升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小 D. NH3的转化率为最大值时，该反应达到平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 使用催化剂加快了反应速率，缩短反应到达平衡的时间，可提高生产效率，A项正确；‎ B. 增大反应物O2的浓度，平衡向正反应方向移动，可提高NH3的转化率，B项正确；‎ C. 升高温度，正、逆反应速率都增大，C项错误；‎ D. NH3的转化率为最大值时，达到反应的最大限度，说明反应达到平衡状态，D项正确。‎ 答案选C。‎ ‎6.类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是 A. Fe常温下在浓硝酸中钝化，推测Cu常温下在浓硝酸中钝化 B. SO2与H2O2反应生成H2SO4，推测SO2与Na2O2反应生成Na2SO4‎ C. SiH4的沸点高于CH4，推测HCl的沸点高于HF D. Na在O2中燃烧生成Na2O2，推测Li在O2中燃烧生成Li2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下Cu可与浓硝酸发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，A项错误；‎ B. Na2O2具有强氧化性，也可氧化SO2生成Na2SO4，B项正确；‎ C. HF分子间形成氢键，HF沸点比HCl的沸点高，C项错误；‎ D. Li在O2中燃烧生成Li2O，不能生成过氧化锂，D项错误；‎ 答案选B，‎ ‎7.已知：电流效率＝电路中通过的电子数÷消耗负极材料失去电子总数。现有三个电池装置如图所示：‎ 下列说法正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的电池反应均为：Cu＋Fe3+=Cu2+＋Fe2+‎ B. Ⅲ中烧杯里的Cl－从右池经过盐桥移向左池 C. 5min后，Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ中都只含两种溶质 D. Ⅱ、Ⅲ的电流效率均高于Ⅰ的电流效率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I、II和III的电池反应均为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，Cu电极发生失去电子的氧化反应，为负极，石墨电极为正极，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，正极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+，I电池为单液电池，金属铜和铁离子直接接触，会发生自放电现象，能量损失较大；II电池为采用离子交换膜的双液电池，使金属铜和铁离子之间不接触，减少能量损失，II的电流效率高于I的电流效率；III电池为采用盐桥的双液电池，使金属铜和铁离子之间不接触，减少能量损失，III的电流效率高于Ⅰ的电流效率，据此分析解答。‎ ‎【详解】I、II和III的电池反应均为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，Cu电极发生失去电子的氧化反应，为负极，石墨电极为正极，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，正极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+，I电池为单液电池，金属铜和铁离子直接接触，会发生自放电现象，能量损失较大；II电池为采用离子交换膜的双液电池，使金属铜和铁离子之间不接触，减少能量损失，II的电流效率高于I的电流效率；III电池为采用盐桥的双液电池，使金属铜和铁离子之间不接触，减少能量损失，III的电流效率高于Ⅰ的电流效率，‎ A. Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ电池反应相同，总反应均为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，A项错误；‎ B. Ⅲ电池为采用盐桥的双液电池，电池工作时，盐桥中的阴阳离子分别发生定向移动，阳离子进入左池，阴离子进入右池，烧杯里的Cl−不移动，B项错误；‎ C. 根据电池总反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+‎ 可知，5min后Ⅰ、Ⅱ中都至少含氯化铜和氯化亚铁2种溶质，Ⅲ电池采用盐桥，盐桥中盐的离子通过定向移动进入左右池，导致Ⅲ中含有两种以上溶质，如盐桥中盐为KCl时，5min后III中至少含氯化铜、氯化亚铁、氯化钾3种溶质，C项错误；‎ D. 三种电池的工作原理相似，都是将化学能转化为电能的装置，但II电池采用离子交换膜、Ⅲ电池采用盐桥，使金属铜和铁离子之间不接触，减少能量损失，所以Ⅰ的电流效率低于Ⅱ、III的电流效率，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.“重油—氧气—熔融碳酸钠”燃料电池装置如图所示。下列说法错误的是 A. O2在b极得电子，最终被还原为CO32-‎ B. 放电过程中，电子由电极a经导线流向电极b C. 该电池工作时，CO32-经“交换膜2”移向b极 D. H2参与的电极反应为：H2－2e-＋CO32-=H2O＋CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，则b极为正极，a极为负极，电解质为熔融碳酸钠，正极发生还原反应，电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2=2CO32-，负极反应物为H2、CO，失电子发生氧化反应，分别生成水和二氧化碳，H2参与的电极反应为：H2-2e-＋CO32-=H2O＋CO2，CO参与的电极反应为：CO-2e-＋CO32-=2CO2，原电池外电路中电子沿导线由负极流向正极，内电路中阴离子移动向负极，阳离子移动向正极，据此解答。‎ ‎【详解】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，则b极为正极，a极为负极，电解质为熔融碳酸钠，正极发生还原反应，电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2=2CO32-，负极反应物为H2、CO，失电子发生氧化反应，分别生成水和二氧化碳，H2参与的电极反应为：H2-2e-＋CO32-=H2O＋CO2，CO参与的电极反应为：CO-2e-＋CO32-=2CO2，原电池外电路中电子沿导线由负极流向正极，内电路中阴离子移动向负极，阳离子移动向正极，‎ A. 通入氧气的一极为正极，发生还原反应，所以O2在b极得电子，最终被还原为CO32-，A项正确；‎ B. 原电池中电子沿导线由负极流向正极，b极为正极，a极为负极，所以放电过程中，电子由电极a经导线流向电极b，B项正确；‎ C. 原电池中阴离子向负极移动，所以CO32-经“交换膜2”移向a极，C项错误；‎ D. 负极氢气发生氧化反应，电极反应式：H2-2e- + CO32- = H2O + CO2，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】在燃料电池中，通入氧气一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32-配平，如本题中，正极的电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2=2CO32-，需注意正极反应物除了氧气还有二氧化碳，因此正极除了通入氧气，还应通入二氧化碳；负极通入H2、CO，失电子发生氧化反应，分别生成水和二氧化碳，H2参与的电极反应为：H2-2e-＋CO32-=H2O＋CO2，CO参与的电极反应为：CO-2e-＋CO32-=2CO2，熔融碳酸盐燃料电池中电极反应式的书写是学生们学习的难点。‎ ‎9.用来表示可逆反应：2A（g）+B（g）3C（g）（正反应放热）的正确图象是图中的 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，温度越高反应速率越快，所以500℃时达到平衡用的时间应该少，因为正反应为放热反应，所以升温，不利于平衡正向移动，500℃达到平衡时C的质量分数偏低，故A正确；‎ B项，升高温度，正、逆反应速率都增大，故B错误；‎ C项，增大压强反应速率增大，平衡不移动，故ν（正）=ν（逆），故C错误；‎ D项，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，故压强越大，A的转化率应该越低，又因为正反应为放热反应，所以升温，不利于平衡正向移动，500℃达到平衡时A的转化率应该偏低，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎10.下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是 A. 硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I－+O2 + 4H+ = 2I2+2H2O B. 铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe + 4H+ + NO3－= Fe3+ + NO↑+ 2H2O C. 水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+ H2O D. SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；‎ B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe + 4H+ + NO3－=Fe3+ + NO↑+ 2H2O；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe + 8H+ + 2NO3－= 3Fe2+ +2 NO↑+ 4H2O，故B错误；‎ C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；‎ D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O = CaSO3↓+2HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。‎ 二、选择题(本小题有10个小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共30分)‎ ‎11.已知：3Z(s)X(g)＋2Y(g) ΔH＝akJ·molˉ1(a＞0)。下列说法不正确的是 A. 将0.3molZ置于容器中充分反应生成气体的物质的量一定小于0.3mol B. 达到化学平衡状态时，气体平均摩尔质量不变 C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达akJ D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率也增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.3mol Z若完全分解，则生成0.3mol气体，但可逆反应的反应物不会完全转化为产物，则将0.3mol Z置于容器中充分反应，生成气体的物质的量一定小于0.3mol，A项正确； B. 设任意时刻，反应生成a molX，2a molY，则混合气体的平均摩尔质量为：‎ ‎，始终为一定值，则达到化学平衡状态时，气体的平均摩尔质量不变，B项正确； C. 该反应正反应的ΔH＞0，为吸热反应，应表现为吸收热量，而不是放出热量，C项错误； D. 升高温度，正、逆反应速率均增大，D项正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】由于该反应的反应物为固体，设任意时刻，反应生成a molX，2a molY，则混合气体的平均摩尔质量为：，始终为一定值，无论反应是否达到平衡状态，气体平均摩尔质量均不变。‎ ‎12.根据右图所示能量循环图，下列说法正确的是（　　）‎ A. △H1>0；△H2<0‎ B. △H3>0；△H4<0‎ C. △H5>0；△H<0‎ D. △H=△H1+△H2+△H3+△H4-△H5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．固态转化为气态吸热，△H1＞0，气态原子转化为气态金属离子吸热，则△H2＞0，故A错误；‎ B．断裂化学键吸收能量，非金属原子的气态转化为离子放热，则△H3＞0；△H4＜0，故B正确；‎ C．气态离子转化为固态放热，则△H5＜0，故C错误； ‎ D．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H=△H1+△H2+△H3+△H4+△H5，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎13.下列说法正确的是（　　）‎ A. H2O、H2S、H2Se的分子间作用力依次增大 B. SiO2和晶体硅都是共价化合物，都是原子晶体 C. NaOH 和 K2SO4 的化学键类型和晶体类型相同 D. NaHSO4加热融化时破坏了该物质中的离子键和共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O、H2Se、H2S的分子间作用力依次减小，因为H2O分子间含有氢键，而其它的两种物质不含氢键，故A错误；‎ B．SiO2和晶体硅都是原子晶体，但晶体硅是单质，不是共价化合物，故B错误；‎ C．NaOH 和 K2SO4 均由离子键、极性键构成，均属于离子晶体，故C正确；‎ D．NaHSO4加热融化电离得到钠离子和硫酸氢根离子，破坏了离子键，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎14.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是 A. 用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质 B. 用乙醇提取溴水中的溴选择图②所示装置 C. 用图③所示装置可以分离乙醇水溶液 D. 用图④所示装置可除去CO2中含有的少量HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钠能溶于水而碳酸钙难溶，故可用过滤的方法除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，A正确；‎ B. 乙醇与溴水互溶，故无法进行萃取分液，B错误；‎ C. 用蒸馏的方法分离乙醇和水需要在装置中加装温度计，并使温度计的水银球在支管口处，C错误；‎ D. 应使用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中含有的少量HCl，D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】在除杂时，注意试剂的选择，尽量不要减少所需物质的量。‎ ‎15.一定条件下，0.3 mol X(g)与0.3 mol Y(g)在体积为1L的密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，下列示意图合理的是 A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于在该可逆反应中，X、Y、Z的物质的量的比是1：3：2，所以每反应消耗1mol的X，就会产生2mol的Z，经过一段时间后达到平衡，但是平衡后X、Z两种物质的物质的量不一定相等， A错误；‎ B .因为反应是从正反应方向开始的，所以V正逐渐减小，V逆逐渐增大，经过一段时间后反应达到平衡，此时用同一物质表示的正反应和逆反应的化学反应速率相同，而用不同物质表示正逆反应速率时由于二者的方程式的系数不同，所以V正=V逆时反应没有达到不是平衡状态，B错误；‎ C.因为在方程式中Y、Z的系数是3:2，所以经过相同的时间达到平衡时二者改变的物质的量的浓度比是3:2，但是题图给出的是1:1，不符合题意，C错误；‎ D.可逆反应是气体体积减小的反应，随反应的进行平衡时X的体积分数保持不变，Z逐渐增大至平衡后不变，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.不同条件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是 A. 由①、②可知， pH越大，+2价铁越易被氧化 B. 由②、③推测，若pH＞7，+2价铁更难被氧化 C. 由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应 D. 60℃、pH=2.5时， 4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(L·h)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由②、③可知， pH越小，+2价铁氧化速率越快，故A错误；‎ B、若pH＞7，FeCl2变成Fe（OH）2，Fe（OH）2非常容易被氧化成Fe（OH）3，故B错误；‎ C、由①、③推测，升高温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，升高温度+2价铁的氧化速率加快，由图中数据不能判断反应的热效应，故C错误；‎ D、50℃、pH=2.5时，4 h内Fe2+的氧化率是60%，即消耗0.6a mol/L，4 h内平均消耗速率等于0.15a mol/(L·h)，温度升高到60℃、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快，4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(L·h)。‎ 正确答案选D。‎ ‎17.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：‎ 下列说法正确的是 A. v1K3，p2>2p3‎ C. v12c3，α2(SO3)+α3(SO2)<1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 针对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，容器2中加入4mol SO3，等效于在相同温度、相同容积下反应物投入量为4mol SO2、2mol O2，为容器1投入量的两倍，则容器2可看作是先由两个容器1达到平衡后再压缩到容器1的体积，增大压强反应速率加快，有v12c1，p2<2p1，α1(SO2)+α2(SO3)<1，容器1和2的温度相同，则K1=K2； 容器3的投入量与容器1相同，温度比容器1高，可以看做是容器1达到平衡后升高温度的新平衡，升高温度反应速率加快，则v1p1，a1(SO2)>a3(SO2)，K1>K3，据此分析作答。‎ ‎【详解】针对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，容器2中加入4mol SO3，等效于在相同温度、相同容积下反应物投入量为4mol SO2、2molO2，为容器1投入量的两倍，则容器2可看作是先由两个容器1达到平衡后再压缩到容器1的体积，增大压强反应速率加快，有v12c1，p2<2p1，α1(SO2)+α2(SO3)<1，容器1和2的温度相同，则K1=K2； 容器3的投入量与容器1相同，温度比容器1高，可以看做是容器1达到平衡后升高温度的新平衡，升高温度反应速率加快，则v1p1，a1(SO2)>a3(SO2)，K1>K3， ‎ A. 容器2等效于两个容器1达到平衡后再压缩到容器1的体积达到的平衡，增大压强反应速率加快，有v12c1，，A项错误；‎ B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则K1>K3，根据分析，p2<2p1，p3>p1，则p2<2p3，B项错误；‎ C. 容器3看做是容器1达到平衡后升高温度的新平衡，升高温度反应速率加快，则v1α3(SO2)，C项错误；‎ D. 根据分析，c2>2c1，c32c3，根据分析，α1(SO2)+α2(SO3)<1，a1(SO2)>a3(SO2),则α2(SO3)+α3(SO2)<1，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】针对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，容器2中加入4mol SO3‎ ‎，根据等效平衡知，容器2等效于在相同温度、相同容积下反应物投入量为4mol SO2、2mol O2，为容器1投入量的两倍，则容器2可看作是先由两个容器1达到平衡后再压缩到容器1的体积，增大压强反应速率加快，有v12c1，p2<2p1，α1(SO2)+α2(SO3)<1，这是解答该题的关键，也是学生们学习的难点。‎ ‎18.如图所示，向A中充入1molX和1molY，向B中充入2molX和2molY，起始VA=VB=aL，在相同温度和有催化剂的条件下，两容器中各自发生下列反应 X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)；△H＞0达到平衡时，VA=1.2aL，则下列说法错误的是：‎ A. 反应开始时，B容器中化学反应速率快 B. A容器中X的转化率为40%，且比B容器中X的转化率大 C. 打开K一段时间达平衡时，A的体积为1.6aL（连通管中气体体积不计）‎ D. 打开K达新平衡后，升高B容器温度，A容器体积会增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，A保持恒压，B保持恒容． A. 化学反应速率与物质的浓度有关，浓度越大反应速率越大； B. 先根据相同条件下，气体的气体之比等于物质的量之比计算平衡后气体的物质的量，再结合方程式列三段式计算X参加反应的物质的量，最后根据转化率公式计算X的转化率，再结合A装置为恒压条件，相对于B来说，A容器相当于减压，分析化学平衡移动，判断X的转化率的大小关系； C. 根据恒温恒容条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，已知A中充入1molX和1molY的体积为1.2aL，则打开K，相当于充入了3molX和3molY，所以AB总体积为3.6aL，从而得出A的体积； D. 升高温度，平衡向吸热方向移动。‎ ‎【详解】A. 起始VA=VB ‎=aL，B中的物质的量大于A中的物质的量，即B装置中的浓度大于A装置中的浓度，所以反应开始时，B反应速率大于A反应速率，A项正确；‎ B. 恒温恒压条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，达到平衡时，VA=1.2a L，是起始时容器容积的1.2倍，所以平衡后混合气体的物质的量应为起始时混合气体物质的量的1.2倍，共2.4mol，‎ 设A物质反应了x mol，可列出三段式 X(g) + Y(g) ⇌ 2Z(g) + W(g) ‎ 起始 1mol 1mol 转化 x mol x mol 2x mol x mol 平衡 (1-x)mol (1-x)mol 2x mol x mol 则1-x+1-x+2x+x=2.4mol 解得，x=0.4mol，所以A容器中X的转化率为；A装置为恒温恒压条件，该反应向正反应方向进行时，混合气体的物质的量增大，导致A容器容积增大，相对于B来说，A容器相当于减压，而减压平衡会向气体体积增大的正反应方向移动，所以A容器中X的转化率比B大，B项正确；‎ C. 当打开K时，整个装置是在恒温恒压条件下反应，使整个装置中气体的压强与A装置中的初始压强相同，向A中充入1molX和1molY达到平衡时，VA=1.2aL；当打开K时，AB中气体共为3molX和3molY，由于整个装置是在恒温恒压条件下的反应，达到平衡状态时，混合气体的体积是3.6aL，其中B是aL，所以A是3.6aL−aL=2.6aL，故C错误；‎ D. 打开K后，装置为恒压条件，该反应是吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，气体物质的量增大，则容器容积增大，则A容器的体积会增大，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】B项中A、B装置中X转化率的比较是学生们学习的易错点。首先明确A装置为恒温恒压条件，且该反应向正反应方向进行时，混合气体的物质的量增大，则会导致A容器容积增大，那么相对于B来说，A容器相当于减压，而减压平衡会向气体体积增大的正反应方向移动，即正反应方向，所以A容器中X的转化率比B大。‎ ‎19.已知：SO32-+I2+H2O=SO42-+2I－+2H+，某无色溶液中可能含Na+、NH4+、Cu2+、K+、I－、SO32-，SO42-，且所有离子物质的量浓度相等。向溶液中滴加少量氯水，溶液呈无色(不考虑盐类的水解及水的电离)。下列关于该溶液的判断正确的是：‎ A. 肯定不含I－ B. 不能确定是否含有SO42-‎ C. 至少含有Na+、NH4+、K+中的两种 D. 可能含有Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 无色溶液，不含Cu2+离子；根据SO32-+I2+H2O=SO42-+2I－+2H+，还原性SO32-> I－,溶液中加入少量氯水，溶液仍呈无色，一定有还原性的离子SO32-、可能有I－，所有离子物质的量浓度相等，根据溶液电中性，即使Na+、NH4+、K+全都有，不可能有SO42-；若含有I－，则Na+、NH4+、K+全都有，若不含有I－，则Na+、NH4+、K+至少含有两种；故C正确。‎ ‎20.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是( )‎ 已知:①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性:Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)‎ A. 碳棒上发生的电极反应:4OH--4e-O2↑+2H2O B. 电解过程中,B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小 C. 为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水pH D. 若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应总方程式发生改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH- -4e-=2H2O+O2↑,镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-= Ni。电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大。又因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH 。若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-> OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl-- -2e-= Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变。故B错误选B。‎ 非选择题部分 三、非选择题（本大题共4小题，共50分）‎ ‎21.已知：A可作为水果催熟剂，D是一种合成高分子材料，G是一种有果香味的物质。现以C4H10为原料合成D、G的路线设计如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）D的名称为___。反应②的反应类型是___。‎ ‎（2）写出反应⑥的化学方程式：___。为加快⑥的反应速率，采取的措施有___。‎ ‎（3）比C4H10多1个碳同系物存在多种同分异构体，写出它们的结构简式：___。‎ ‎【答案】 (1). 聚氯乙烯 (2). 消去反应 (3). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (4). 加浓硫酸、加热 (5). CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、CH3C(CH3)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A可作为水果催熟剂，A为CH2=CH2，由转化关系可知E为CH3CH2OH，F为CH3COOH，G为CH3COOCH2CH3，B为CH2ClCH2Cl，C为CH2=CHCl，D为，据此解答该题。‎ ‎【详解】A可作为水果催熟剂，A为CH2=CH2，由转化关系可知E为CH3CH2OH，F为CH3COOH，G为CH3COOCH2CH3，B为CH2ClCH2Cl，C为CH2=CHCl，D为，‎ ‎（1）D为 ，名称为聚氯乙烯；反应②为CH2ClCH2Cl在加热的条件下转化为CH2=CHCl，该反应从CH2ClCH2Cl分子内脱去一小分子的HCl，形成碳碳双键，属于消去反应；‎ 故答案为：聚氯乙烯；消去反应；‎ ‎（2）反应⑥为乙酸和乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；为加快该反应速率，采取的措施有加浓硫酸、加热；‎ 故答案为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；加浓硫酸、加热；‎ ‎（3）比C4H10多1个碳的同系物存在多种同分异构体，为戊烷的同分异构体，有正戊烷、异戊烷、新戊烷，它们的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、CH3C(CH3)3；‎ 故答案为：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、CH3C(CH3)3。‎ ‎22.Ⅰ、研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。‎ ‎（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%。写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式：___、___。‎ ‎（2）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式：___。‎ Ⅱ、为探究绿色固体X(含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：‎ 请回答：（1）X的化学式是____。‎ ‎（2）绿色溶液C蒸干灼烧得到固体M，总反应的化学方程式是___。‎ ‎（3）加热条件气体B能与氧气发生置换反应，写出该反应的化学方程式___。‎ ‎【答案】 (1). CO2+H2O⇌H2CO3 (2). H2CO3⇌H++HCO3- (3). 2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O (4). Cu2(OH)3Cl (5). CuCl2＋H2OCuO＋2HCl (6). 4HCl＋O22H2O＋2Cl2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根；‎ ‎（2）通过固碳途径图可知，钙化作用是将碳酸氢根转化为碳酸钙，同时释放出二氧化碳，依据元素守恒以及电荷守恒得出钙化作用的离子方程式为； ‎ II（1）混合气体A经无水CaCl2‎ 吸收水蒸气，根据水蒸气的质量计算其物质的量，气体B通入稀硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，白色沉淀应为AgCl，气体B为氯化氢，根据氯元素守恒计算氯化氢物质的量，混合气体A为水蒸气和HCl的混合气体；由绿色溶液C与氢氧化钠溶液反应生成蓝色沉淀知，蓝色沉淀为氢氧化铜，C中一定有铜离子，黑色固体M为CuO，CuO与气体B的浓溶液即浓盐酸反应生成氯化铜溶液，C为氯化铜溶液，再计算CuO的物质的量，根据元素守恒计算出21.45g X中n(Cu)：n(O)：n(H)：n(Cl)的比值，从而确定X的化学式；‎ ‎（2）绿色溶液C为CuCl2溶液，蒸干后生成氢氧化铜和氯化氢，进一步灼烧得到固体M为CuO，先写出每一步的反应方程式，再进行加合得到总反应的化学方程式；‎ ‎（3）气体B为HCl，与氧气发生置换反应，则产物为氯气和水，根据得失电子守恒和元素守恒配平该反应的化学方程式。‎ ‎【详解】Ⅰ（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根,有关方程式为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3−；‎ 故答案为：CO2+H2O⇌H2CO3；H2CO3⇌H++HCO3−；‎ ‎（2）通过固碳途径图可知，钙化作用是将碳酸氢根转化为碳酸钙，同时释放出二氧化碳，依据元素守恒以及电荷守恒得出钙化作用的离子方程式为：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；‎ 故答案为：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；‎ II（1）混合气体A经无水CaCl2吸收水蒸气，则水蒸气的质量为1.8g，n(H2O)=0.1mol；气体B通入稀硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，白色沉淀应为AgCl，则气体B为HCl，n(HCl)= n(AgCl)=，故混合气体A为水蒸气和HCl的混合气体；由绿色溶液C与氢氧化钠溶液反应生成蓝色沉淀知，蓝色沉淀为氢氧化铜，C中一定有铜离子，黑色固体M为CuO，CuO与气体B的浓溶液即浓盐酸反应生成氯化铜溶液，C为氯化铜溶液，n(CuO)=，则21.45g X隔绝空气加热分解生成0.1mol H2O，0.1mol HCl，0.2mol CuO，则X中n(Cu)：n(O)：n(H)：n(Cl)=2:3:3:1，则X的化学式是Cu2(OH)3Cl；‎ 故答案为：Cu2(OH)3Cl；‎ ‎（2）绿色溶液C为CuCl2溶液，蒸干后生成氢氧化铜和氯化氢，反应的方程式为CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，进一步灼烧得到固体M为CuO，反应的方程式为Cu(OH)2 CuO＋H2O，两步加合得到总反应的化学方程式是CuCl2＋H2OCuO＋2HCl；‎ 故答案：CuCl2＋H2OCuO＋2HCl；‎ ‎（3）气体B为HCl，与氧气发生置换反应，则产物为氯气和水，根据得失电子守恒和元素守恒得该反应的化学方程式为4HCl＋O22H2O＋2Cl2；‎ 故答案为：4HCl＋O22H2O＋2Cl2。‎ ‎23. 氢气是一种清洁能源。制氢和储氢作为氢能利用的关键技术，是当前科学家主要关注的热点问题。（1）用甲烷制取氢气的两步反应的能量变化如下图所示：‎ ‎①甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是________________。‎ ‎②第Ⅱ步反应为可逆反应。800℃时，若CO的起始浓度为2.0 mol·L－1，水蒸气的起始浓度为3.0 mol·L－1，达到化学平衡状态后，测得CO2的浓度为1.2 mol·L－1，则CO的平衡转化率为__________。‎ ‎（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，且反应前后B元素的化合价不变，该反应的化学方程式为 ，反应消耗1mol NaBH4时转移的电子数目为 。‎ ‎（3）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢。‎ 在某温度下，向恒容容器中加入环已烷，其起始浓度为a mol·L－1，平衡时苯的浓度为b mol·L－1，该反应的平衡常数K= （用含a、b的关系式表达）。‎ ‎（4）一定条件下，如下图所示装置可实现有机物的电化学储氢（除目标产物外，近似认为无其它有机物生成）。‎ ‎①实现有机物储氢的电极是 ；‎ A．正极 B．负极 C．阴极 D．阳极 其电极反应方程为： 。‎ ‎②该储氢装置的电流效率η明显小于100%，其主要原因是相关电极除目标产物外，还有一种单质气体生成，这种气体是 。由表中数据可知，此装置的电流效率η＝ 。[η＝（生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数）×100%，计算结果保留小数点后1位]。‎ ‎【答案】（18分）⑴①CH4(g) + 2H2O(g) =4H2(g) +CO2(g); △H =" -136.5" kJ/mol ; ②60%‎ ‎⑵NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑，4NA或2.408×1024⑶mol3·L－3‎ ‎⑷①C，C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12②H2，64.3%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①根据图像可得甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是CH4(g) + 2H2O(g) =4H2(g) +CO2(g); △H =" -136.5" kJ/mol ;②第Ⅱ步反应为可逆反应，根据图像可写出该反应的化学方程式为：第Ⅱ步反应为可逆反应，CO(g) + H2O(g)= H2(g)+CO2(g) △H =" -33.2" kJ/mol 起始浓度；2.0 3.0 0 0‎ 变化浓度：1.2 1.2 1.2 1.2‎ 平衡浓度：0.8 1.8 1.2 1.2 CO的平衡转化率为1.2/2.0x100%=60%‎ ‎(2)反应前后B元素的化合价不变，则反应前后B元素的化合价均是＋3价，因此反应前NaBH4中氢元素的化合价是－1价。水中氢元素的化合价是＋1价，因此反应中还有氢气生成，则反应的化学方程式为NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑。NaBH4中氢元素的化合价从－1价升高到0价，因此1molNaBH4在反应中失去4mol电子，其数目是4NA或2.408×1024。‎ ‎(3)平衡时苯的浓度是b mol/L，则根据反应的方程式可知消耗环戊烷的浓度是b mol/L，生成氢气的浓度是3 b mol/L，，平衡时环戊烷的浓度为（a－b）mol/L。由于化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则该温度下反应的平衡常数为＝mol3/L3。‎ ‎（4）①苯生成环戊烷属于得氢反应，因此实现有机物储氢的电极是阴极；苯得到电子生成环戊烷是目标产物，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12。‎ ‎②阴极除了目标产物，还可能发生氢离子得电子生成氢气的电极反应，所以这种气体是氢气；阳极生成2.8mol气体，该气体应该是阳极OH－放电生成的氧气，则转移电子的物质的量＝2.8mol×4＝11.2mol。设阴极消耗苯的物质的量是xmol，则同时生成 ‎ xmol环戊烷，根据电极反应式C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12可知得到电子是6xmol，根据电子守恒可知，阴极生成氢气是＝5.6mol－3xmol，所以＝0.1，解得x＝1.2，因此储氢装置的电流效率＝×100%＝64.3%。‎ 考点：考查热化学方程式的书写，氧化还原反应，新型电池等知识。‎ ‎24.CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。‎ ‎【资料查阅】‎ 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）仪器X的名称是___。‎ ‎（2）实验操作的先后顺序是a→___→e(填操作的编号)。‎ a．检查装置的气密性后加入药品 b．熄灭酒精灯，冷却 c．在“气体入口”处通入干燥HCl d．点燃酒精灯，加热 e．停止通入HCl，然后通入N2‎ ‎（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是___。‎ ‎【探究反思】‎ ‎（4）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析：‎ ‎①若杂质是CuCl2，则产生的原因是___。‎ ‎②若杂质是CuO，则产生的原因是___。‎ ‎【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). cdb (3). 先变红后褪色 (4).‎ ‎ 加热时间不足或温度偏低 (5). 通入HCl的量不足 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口应通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl2•2H2O分解生成水，且C处试纸先变红后褪色，可知发生2CuCl22CuCl+Cl2↑，D中NaOH溶液吸收尾气；取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，混有CuCl2，CuCl2没有充分分解，可能是加热时间不足或温度偏低，混有CuO与没有在HCl的氛围中加热有关，据此解答。‎ ‎【详解】（1）由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为（球形）干燥管；‎ 故答案为：（球形）干燥管；‎ ‎（2）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为防止CuCl被氧化和Cu2+水解，必须先通入干燥HCl赶走装置中的氧气和水蒸气后才能加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，再停止通入HCl，应该要继续通入氮气直至装置冷切，所以操作顺序为：a-c-d-b-e； 故答案为：cdb；‎ ‎（3）B中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，且HCl也会进入C中，所以C中石蕊试纸先变红色后褪色； 故答案为：先变红色后褪色；‎ ‎（4）①由2CuCl22CuCl+Cl2↑可知，若杂质是CuCl2，说明CuCl2分解不完全，则可能是加热时间不足或温度偏低造成的；‎ 故答案为：加热时间不足或温度偏低；‎ ‎②若杂质是氧化铜，CuO来自Cu2(OH)2Cl2的分解，说明CuCl2•2H2O水解生成Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2受热分解的得到CuO，CuCl2•2H2O发生水解生成Cu2(OH)2Cl2是由于通入HCl的量不足造成的；‎ 故答案为：通入HCl的量不足。‎ ‎25.向含amol NH4Fe(SO4)2和amol NH4HSO4溶液中逐滴加入bmolBa(OH)2溶液，请计算：‎ ‎（1）当b=1，a=2时，溶液中产生沉淀的质量是___g。‎ ‎（2）当b=2.5a时，溶液中产生沉淀的质量是___g（用a的表达式表示）。‎ ‎【答案】 (1). 233g (2). 689.5ag ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向NH4Fe(SO4)2和NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，立刻发生反应为Ba2++SO42- = BaSO4↓，OH-与H+、Fe3+、NH4+反应的先后顺序为H++OH-=H2O，Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓，NH4++OH- =NH3∙H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】向NH4Fe(SO4)2和NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，立刻发生反应为Ba2++SO42- = BaSO4↓，OH-与H+、Fe3+、NH4+反应的先后顺序为H++OH-=H2O，Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓，NH4++OH-=NH3∙H2O，‎ ‎（1）当b=1，a=2时，溶液中有2 mol NH4Fe(SO4)2和2 mol NH4HSO4，向溶液中逐滴加入1 molBa(OH)2溶液时，发生反应为Ba2++SO42- = BaSO4↓，Ba2+为少量，H++OH-=H2O，溶液中产生的沉淀为1mol BaSO4，质量为1mol×233g/mol=233g；‎ 故答案为：233g；‎ ‎（2）当b=2.5a时，amol NH4Fe(SO4)2和amol NH4HSO4溶液中逐滴加入2.5a molBa(OH)2溶液，发生反应为Ba2++SO42- = BaSO4↓，Ba2+为少量，则生成2.5amol BaSO4，反应H++OH-=H2O，消耗a mol OH-，还有4a mol OH-，再发生反应：Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓，Fe3+为少量，则溶液中产生沉淀为2.5amol BaSO4和amol Fe(OH)3，沉淀的质量为2.5amol×233g/mol+amol×107g/mol=689.5a g；‎ 故答案为：689.5a g。‎ ‎ ‎