2025-2026学年南充市高考适应性考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年南充市高考适应性考试化学试卷（含答案解析），共100页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2＋电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，下列有关说法不正确的是( )
A．原子半径：M＜Z＜YB．Y的单质起火燃烧时可用泡沫灭火剂灭火
C．可用XM2洗涤熔化过M的试管D．最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Z
2、地球表面是易被氧化的环境，用括号内的试剂检验对应的久置的下列物质是否被氧化。正确的是（ ）
A．KI（AgNO3 溶液）B．FeCl2（KSCN 溶液）
C．HCHO（银氨溶液）D．Na2SO3（BaCl2 溶液）
3、只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化
4、下列说法正确的是（ ）
A．氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。
B．石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料，用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。
C．由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱。
D．H、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。
5、向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS−、S2−）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。下列说法不正确的是
A．A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况
B．X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH，则可计算Ka1（H2S）
C．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：Xc(Na+)>c(OH-)
C．水的电离程度:c>b>a
D．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
17、某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则
A．电流方向：电极IV→→电极I
B．电极I发生还原反应
C．电极II逐渐溶解
D．电极III的电极反应：Cu2++2e-==Cu
18、室温下，分别用0.1000ml•L－1的NaOH标准液滴定浓度均为0.1ml•L－1的三种酸HX、HY、和HZ，滴定曲线如图所示，下列说法错误的是
A．三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ
B．等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性
C．用NaOH标准液滴定HZ溶液时，选用酚酞作指示剂
D．滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，溶液中存在c（X－）”“=”或“c(Na+)>c(OH-)，故B正确；C. a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度c>b>a，故C正确；D. 当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选A。
17、A
【解析】
A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV→→电极I，正确；
B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；
C、电极II是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；
D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误；
答案选A。
18、D
【解析】
A.酸越弱，酸的电离程度越小，等浓度的酸的pH越大，由图可知，三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ，选项A正确；
B. 由图可知，NaOH标准液滴定HY溶液中和百分数达50%时得等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性，选项B正确；
C. 用NaOH标准液滴定HZ溶液时，完全中和生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，选项C正确；
D. 滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，得到等浓度、等体积的HX溶液和NaX溶液混合，溶液呈酸性，根据电荷守恒c（X－）+ c（OH－）=c（Na+）+ c（H+），则存在c（X－）>c（Na+），选项D错误。
答案选D。
19、D
【解析】
第四周期过渡元素有10种，但是从左到右的第8、9、10三列的元素为第Ⅷ族元素，不属于副族元素，所以副族元素共有7种，故答案选D。
20、C
【解析】
A. 根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13ml∙L-1，则水电离出的氢离子浓度为1×10-13ml∙L-1，氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1 ml∙L-1，c(KOH)＝0.1ml·L-1，p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此0.1ml·L-1×0.02∙L= 0.1ml·L-1×V1，则V1=0.02L = 20mL，故A正确；
B. 根据A分析得出c(KOH)＝0.1ml·L-1，故B正确；
C. n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c (K＋) > c(HCOO－)，q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c (K＋) = c(HCOO－)，故C错误；
D. p点溶质为HCOOK，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c (OH－)=c(HCOOH)+c(H＋)，故D正确。
综上所述，答案为C。
21、A
【解析】
A．的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A项正确；
B．氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；
C．1 ml·L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，C项错误；
D．HCO3-与OH−会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；
答案选A。
（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；
（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；
（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。
22、C
【解析】
A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A不选；
B．根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH－，则正极反应式：O2+2H2O+4e－=4OH－，正确，B不选；
C．根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。1mlMg，质量为24g，失去2mle－；1mlAl，质量为27g，失去3mle－；则镁、铝两种金属理论比能量之比为；错误，C选；
D．负极上Mg失电子生成Mg2＋，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH－，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH－不能达到阴极区，正确，D不选。
答案选C。
二、非选择题(共84分)
23、丙烯 酯基 取代反应 1：1 检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）
【解析】
B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；据此解答。
【详解】
（1）通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能团名称是酯基，
故答案为丙烯；酯基；
（2）C结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，
故答案为；取代反应或水解反应；
（3）E→F反应方程式为，
故答案为；
（4）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是，
故答案为；
（5）该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，且物质的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；
分子中含有碳碳双键、醇羟基、羧基。若检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红；若检验碳碳双键：加入溴水，溴水褪色，
故答案为1：1；检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）。
24、 醛基 邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸) Br2、光照 取代反应 +NaOH+NaI+H2O 4 或
【解析】
A分子式是C7H8，结合物质反应转化产生的C的结构可知A是，A与CO在AlCl3及HCl存在条件下发生反应产生B是，B催化氧化产生C为，C与Br2在光照条件下发生取代反应产生，D与HCHO发生反应产生E：，E与I2在一定条件下发生信息中反应产生F：，F与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应产生M：。
【详解】
由信息推知：A为，B为，E为，F为。
(1)A的结构简式为；中官能团的 名称为醛基；的化学名称为邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸)；
(2)在 光照条件下与Br2发生取代反应生成；
(3)发生消去反应生成的化学方程式为：+NaOH+NaI+H2O。
(4)M为，由信息，其同分异构体Q中含有HCOO-、-C≡C-，满足条件的结构有、(邻、间、对位3种)共4种，再根据核磁共振氢谱有4组吸收峰，可推知Q的结构简式为、。
(5)聚2-丁烯的单体为CH3CH=CHCH3，该单体可用CH3CH2Br与CH3CHO利用信息的原理制备，CH3CH2Br可用CH2=CH2与HBr加成得到。故合成路线为CH2=CH2 CH3CH2BrCH3CH=CHCH3。
本题考查有机物推断和合成，根据某些结构简式、分子式、反应条件采用正、逆结合的方法进行推断，要结合已经学过的知识和题干信息分析推断，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力、发散思维能力。
25、A B D E C NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ 溶液 吸收挥发的、同时生成 在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率 混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成水溶液方向移动 9 酸式 95.68% 偏低
【解析】
(一)根据制备的反应原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，结合装置图可知，W中制备二氧化碳，Y中制备氨气，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制备碳酸镧，结合氨气的性质分析解答(1)～(4)；
(二)由实验流程可知，氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2，加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成Ce(OH)3，将Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)～(8)。
【详解】
(一)(1)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故答案为A；B；D；E；C；
(2)Y中发生反应的化学反应式为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
(3)X是除去二氧化碳中的氯化氢，需要盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2，故答案为NaHCO3溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO2；
(4)Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案为NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率；
(二)(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
(6)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，故答案为混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；
(7)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5ml/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9ml/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案为9；
(8)①FeSO4属于强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，则FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为酸式；
②由表格数据可知，第二次为25.30mL，误差较大应舍弃，FeSO4的物质的量为0.1000ml•L-1××0.001L/mL=0.0023ml，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的质量为0.0023×208g=0.4784g，则Ce(OH)4产品的纯度为×100%=95.68%，故答案为95.68%；
③改用0.1000ml•L-1的FeCl2溶液滴定产品从而测定Ce(OH)4产品的纯度，Ce4+有强氧化性，与Cl-发生氧化还原反应，由电子守恒计算的Ce(OH)4的物质的量及质量偏小，则测定的Ce(OH)4产品的纯度偏低，故答案为偏低。
26、圆底烧瓶CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O在HC1气流中小心加热C-D-B除去CH3C1中的HCl和甲醇，防止对后续试验的干扰10CH3Cl+14MnO4－+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化
【解析】
(1)①根据仪器a特点，得出仪器a为圆底烧瓶；根据实验目的，装置A是制备CH3Cl，据此分析；
②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋能发生水解，制备无水ZnCl2时，需要防止Zn2＋水解；
(2)①A是制备CH3Cl的装置，CH3Cl中混有甲醇和HCl，甲醇和HCl能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验，必须除去，利用它们溶于水，需要通过C装置，然后通过D装置验证CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化最后通过B装置；
②根据①分析；
③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，据此分析；
(3)①使用盐酸滴定，甲基橙作指示剂，终点是溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；
②CH3Cl燃烧生成CO2和HCl，CO2和HCl被NaOH所吸收，然后用盐酸滴定过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，据此分析；
【详解】
(1)①根据仪器a的特点，仪器a的名称为圆底烧瓶，根据实验目的，装置A制备CH3Cl，HCl中Cl取代CH3OH中羟基，则a瓶中的反应方程式为CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；
答案：圆底烧瓶；CH3OH+HCl(浓)→CH3Cl+H2O；
②ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2＋发生水解，因此实验室干燥ZnCl2晶体制备无水ZnCl2的方法是在HC1气流中小心加热；
答案：在HC1气流中小心加热；
(2)①根据实验目的，装置A制备CH3Cl，甲醇和浓盐酸易挥发， CH3C1中含有HCl和甲醇等杂质，HCl和甲醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰后续实验，利用甲醇和HCl易溶于水，通入KMnO4溶液前需用水除去，然后再通入酸性高锰酸钾溶液，根据③得到黄绿色气体，黄绿色气体为Cl2，氯气有毒，污染环境，因此最后通入CCl4溶液，除去Cl2等有毒气体，则连接顺序是A→C→D→B；
答案：C→D→B；
②根据①分析，水的作用是除去CH3C1中的HCl和甲醇；
答案：除去CH3Cl中的HCl和甲醇，防止对后续实验的干扰；
③黄绿色气体为Cl2，利用高锰酸钾溶液的氧化性，将CH3Cl中C氧化成CO2，高锰酸钾中Mn元素被还原成Mn2＋，根据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，得到l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；
答案：l0CH3Cl+14MnO4-+42H+=10CO2↑+5Cl2↑+14Mn2++36H2O；
(3)①燃烧生成的CO2和HCl全部被NaOH溶液充分吸收，溶液中的溶质有NaOH、NaCl、Na2CO3，用甲基橙作指示剂，盐酸进行滴定，滴定终点的产物为NaCl，滴定终点的现象为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变化；
答案：溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟（30s）内不变化；
②根据①的分析，最后溶质为NaCl，NaCl中氯元素来自于CH3Cl和盐酸，根据Cl元素守恒可得CH3Cl中的n(Cl)= n(CH3Cl) -n（HCl）=(c1V1－c2V2)×10－3，甲醇的转化率是=；
答案：。
27、（本题共16分）
（1）CO2、CO的混合物
（3）NH4++NO2—N2↑+2H2O
（4）步骤②中是为了排尽空气；步骤④是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收
（5）2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑
（6）①Ba(OH)2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全；M (BaCO3)＞M(CaCO3)，称量时相对误差小。
②在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置
【解析】试题分析：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物三种情况；
（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；
（4）⑤根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；
（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书写化学方程式；
（6）①根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别来思考；
②一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理．
解：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物，
（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有NH4Cl和NaNO2，生成物为N2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为NH4++NO2﹣N2↑+2H2O，
（4）如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以利用稳定的氮气排空气，最后确保完全吸收，反应后还要赶出所有的CO2，
（5）3.20g氧化铁的物质的量为==0.02ml，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体生成，则n（CO2）=n（CaCO3）==0.02ml，m（CO2）=0.02ml×44g/ml=0.88g，
反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g，
则生成其气体为CO2、CO的混合物，
设混合气体中含有ymlCO，
则0.88g+28yg=1.44g，
y=0.02ml，
所以CO、CO2的混合气体物质的量比为1：1，所以方程式为 2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑，
（6）①将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，这样会使二氧化碳被吸收的更完全，称量时相对误差小，②一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理或增加一尾气处理装置.
28、m 1.12 2 7.8g 200mL≤V≤320mL
【解析】
(1)利用差量法，根据化学方程式分析：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应；2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2＝2CO，可知，反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，质量增重△m为2H2O﹣O2＝2H2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量；
(2)氧化钠、过氧化钠与水反应后的溶质为氢氧化钠，根据n＝计算出氢氧化钠的物质的量，再根据质量守恒、钠原子守恒列式计算出氧化钠、过氧化钠的物质的量，最后根据c＝计算出氢氧根离子的物质的量、根据过氧化钠与水的反应方程式计算出生成的标况下氧气的体积；
(3)生成标准状况下气体体积为5.6L，物质的量为：＝0.25ml，所以过氧化钠的物质的量为0.5ml，所以氢氧化钠的物质的量为：0.5ml×2＝1ml，沉淀质量为5.8克，即氢氧化镁的质量为5.8克，所以氢氧化镁的物质的量为：＝0.1ml，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2＝0.2ml，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2ml，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：0.3+0.1＝0.4ml，则c＝＝2ml/L；
(4)①结合发生的反应2Na2O2+4NaHCO3＝4Na2CO3+2H2O↑+O2↑和2Na2O2+2NaHCO3＝2Na2CO3+2NaOH+O2↑计算；
②反应后固体为0.08ml的NaOH和0.12ml的Na2CO3，再结合反应原理计算。
【详解】
(1)CO和H2的混合气体燃烧的方程式：2CO+O22CO2，2H2+O22H2O，与Na2O2反应的方程式：2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体的质量为mg；
(2)设14.0g混合物中含有氧化钠xml，含有过氧化钠yml，则①62x+78y＝14，最后得到的溶质为NaOH，得到400mL pH＝14的溶液，氢氧化钠的物质的量为：0.4×1＝0.4ml，根据钠原子守恒可得：②2x+2y＝0.4，联合①②解得：x＝0.1、y＝0.1，所以0.1ml的过氧化钠生成0.05ml的氧气，标况下生成的氧气的体积为：V(O2)＝22.4L/ml×0.05ml＝1.12L；
(3)生成标准状况下气体体积为5.6L，物质的量为：＝0.25ml，所以过氧化钠的物质的量为0.5ml，所以氢氧化钠的物质的量为：0.5ml×2＝1ml，沉淀质量为5.8克，即氢氧化镁的质量为5.8克，所以氢氧化镁的物质的量为：＝0.1ml，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2＝0.2ml，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2ml，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：0.3+0.1＝0.4ml，则c＝＝2ml/L，故答案为：2；
(4)①设Na2O2 和NaHCO3的物质的量分别为x，y；

15.41＜15.92＜16.11 说明两个反应都发生，所以：78x+84y＝17.88、106y+(2x﹣y)×40＝15.92，解之得：x＝0.1ml、y＝0.12ml，故m(Na2O2)＝7.8g；
②反应后固体为0.08ml的NaOH和0.12ml的Na2CO3，当反应后溶质为NaCl、NaHCO3时，则需盐酸体积为200mL；当反应后溶质只有NaCl时，则需盐酸体积为320mL，故盐酸体积为200mL≤V≤320mL。
本题考查有关物质的量的计算、混合物的计算，注意掌握有关物质的量的计算方法，明确质量守恒定律、极值法在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的化学计算能力。
29、2NH3+2O2N2O+3H2O -163kJ/ml FeO++COCO2+Fe+ 放热 反应① 降低温度 = 1.17
【解析】
(2)利用盖斯定律求反应热；
(3)根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；
(4)根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；
(5)根据三等式求算平衡常数。
【详解】
(1)NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从－3升高到N2O中的＋1，共升高4价；O2中O的化合价从0降低到－2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2N2O+3H2O；
(2) 已知①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) △H1=-1010KJ/ml，②4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) △H2=-1531KJ/ml；反应①×-反应②×可得目标反应，则△H=△H1×-△H2×=-1010kJ/ml×-(-1531kJ/ml)×=-163kJ/ml；
(3)总反应为N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++COCO2+Fe+；
根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；
根据反应①的历程图可知，由Fe＋和N2O经过过渡态得到产物FeO＋和N2，过渡态和反应物Fe＋和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间；
(4)①根据图像，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；
①利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；
设定容器体积的体积为VL。
C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1ml，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有
，则在平衡常数；
D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5ml和1ml，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5ml×0.40=0.6ml，则根据三等式有
，则在平衡常数；
C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC=TD；
(5)根据表格的数据，开始时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1ml，假设到达平衡时，CO转化了xml，根据三等式有
，达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则有，解得x=0.52ml，则平衡常数。
滴定次数
溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
0.50
23.60
第二次
1.00
26.30
第三次
1.20
24.10
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量分数
50.0%
40.25%
32.0%
26.2%
24.0%
24.0%