山东省德州一中2015-2016学年高二期末化学练习试卷.doc

2015-2016学年山东省德州一中高二（上）期末化学练习试

卷

参与试题解析

一、选择题（每题4分，共72分） 1．下列说法错误的有（ ）

①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化 ②放热反应不需要加热就能发生 ③需要加热才能发生的反应都是吸热反应

④化学反应放热还是吸热，决定于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小 ⑤热化学方程式应注明反应时的温度与压强，如没注明则表示常温常压时的反应 ⑥等量的氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，前者放出的热量多 ⑦H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=﹣QkJ•mol

﹣1

表示常温常压下，在恒温密闭容器中当有

1mol H2和1mol I2（g）反应生成2mol HI时放出QkJ的热量

⑧同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H相同． A．2项

B．3项

C．4项

D．5项

【考点】吸热反应和放热反应；化学反应的能量变化规律． 【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】①旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量； ②放热的化学反应，有时需加热，达到着火点； ③化学反应是否加热才能进行与反应热无关；

④化学反应中生成物总能量不等于反应物的总能量，反应前后的能量差值为化学反应中的能量变化；

⑤未注明温度和压强时，是指在25℃，101KPa条件下测定的数据； ⑥气态水转化为液态水会放出热量； ⑦可逆反应的反应热是指完全反应时； ⑧反应热与条件无关．

【解答】解：①旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反应有化学键的断裂和形成，都伴有能量变化，故①正确；

②放热反应有的需加热，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故②错误；

③铝热反应在高温下才能进行，但属于放热反应，故③错误；

④放热反应是指反应物所具有的总能量高于生成的总能量，在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，反之，就是吸热反应，故④正确；

⑤热化学方程式未注明温度和压强时，△H表示在25℃，101KPa条件下测定的数据，故⑤正确；

⑥气态水转化为液态水会放出热量，所以氢气燃烧生成气态水放出的热量小于液态水，故⑥错误；

⑦H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=﹣QkJ•molHI时放出QkJ的热量，故⑦正确；

⑧反应热与条件无关，△H相同，故⑧正确． 故选B．

【点评】本题考查了反应热与反应物、生成物总能量之间的关系，反应热取决于反应物与生成物总能量的相对大小，当反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应就放热，否则吸热，所有的燃烧反应都是放热反应，题目难度不大．

2．废电池造成污染的问题日益受到关注．下列有关电池的说法正确的是（ ） A．构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属

B．弱电解质在水中的电离程度很小，不能用作电池的电解质溶液 C．原电池是将化学能完全转变为电能的装置

D．回收废旧电池，可防止汞、镉和铅等重金属对土壤和水源的污染 【考点】原电池和电解池的工作原理；常见的生活环境的污染及治理． 【专题】电化学专题．

【分析】A．原电池的正极可以为石墨； B．弱电解质也能发生电离； C．原电池中将化学能转变为电能； D．汞、镉和铅等重金属有毒．

【解答】解：A．构成原电池的负极必须金属，而原电池的正极可以为石墨或金属氧化物等，故A错误；

﹣1

表示1mol H2和1mol I2（g）反应生成2mol

B．弱电解质也能发生电离，所以弱电解质在水中的电离程度很小，也能用作电池的电解质溶液，故B错误；

C．原电池是利用化学反应将化学能转变为电能的装置，不能完全转化，故C错误； D．汞、镉和铅等重金属有毒，则回收废旧电池，可防止汞、镉和铅等重金属对土壤和水源的污染，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查原电池中的材料及电解质溶液，明确正负极材料的选择及重金属离子对环境的污染即可解答，题目难度不大，注意化学与生活的联系．

3．铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是（ ）

A．在外电路中，电流从Zn极流向Cu极 B．盐桥中的Cl移向CuSO4溶液 C．当负极减小65g时，正极增加65g D．电池的总反应为 Zn+Cu2+=Zn2++Cu 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子从负极经外电路流向正极，以此解答该题． 【解答】解：A．锌为负极，铜为正极，电流从铜极流向锌极，故A错误； B．原电池工作时，阴离子向负极移动，即向硫酸锌溶液移动，故B错误；

C．负极电极方程式为Zn﹣2e═Zn2+，正极为Cu2++2e=Cu，负极减小65g时，转移2mol

﹣

﹣

﹣

电子，则正极增加g，故C错误；

D．电池反应原理为锌与硫酸铜溶液反应置换铜，总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故D正确． 故选D．

【点评】本题考查原电池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度中等，注意把握原电池的工作原理．

4．化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语中，正确的是（ ） A．NH4+的水解反应离子方程式：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ B．在AgCl悬浊液中加入KI溶液充分振荡：Ag++I=AgI↓

﹣

C．镀铜时，阳极的电极反应式为：Cu2++2e═Cu

﹣

D．某反应△H＜0，则该反应在任意条件下均可自发进行

【考点】离子方程式的书写；反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式． 【专题】化学用语专题．

【分析】A．水解生成一水合氨和氢离子； B．氯化银转化为溶度积更小的碘化银； C．阳极，Cu失去电子； D．放热的反应不一定自发进行．

【解答】解：A．NH4+的水解反应离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故A正确； B．在AgCl悬浊液中加入KI溶液充分振荡，发生AgCl+I⇌AgI+Cl，故B错误； C．镀铜时，阳极的电极反应式为Cu﹣2e═Cu2+，故C错误；

﹣

﹣

﹣

D．某反应△H＜0，则该反应不能在任意条件下自发进行，一般熵增、焓减的反应可自发进行，故D错误； 故选A．

【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应是解答本题的关键，并熟悉电解、水解、沉淀转化的离子反应来解答，题目难度中等．

5．一定温度下，下列叙述是可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）在定容密闭容器中达到平衡的标志的是（ ）

①C的生成速率与C的分解速率相等；

②单位时间内a mol A生成，同时生成3a mol B； ③A、B、C的浓度不再变化； ④混合气体的总压强不再变化；

⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化；

⑥用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2； ⑦A、B、C的分子数目比为1：3：2； ⑧混合气体的密度不再变化． A．②⑤

B．①③④⑤

C．②⑥⑦⑧

D．⑤⑥⑧

【考点】化学平衡状态的判断． 【专题】化学平衡专题．

【分析】在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态．

【解答】解：①C的生成速率与C的分解速率相等，即正逆反应速率相等，达到平衡状态，故①正确；

②单位时间内amolA生成，同时生成3amolB只能说明单方向A、B关系，不能说明正逆反应速率的关系，故错误；

③A、B、C的浓度不再变化，说明达到了平衡状态，故③正确；

④因该反应是物质的量在减少的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故④正确；

⑤混合气体的平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达

到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，故⑤正确； ⑥用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故⑥错误；

⑦A、B、C的分子数目比为1：3：2不是平衡大判据，故⑦错误； 故选B．

【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意C项为易错点，注意反应前的计量数等于反应后各物质的计量数之和，但反应前后气体的物质的量发生改变．

6．下列实验误差分析错误的是（ ）

A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小

B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小

C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小 D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；试纸的使用；中和滴定；中和热的测定． 【专题】化学实验基本操作．

【分析】A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液；

B．定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=判断；

C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积； D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大．

【解答】解：A．湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A正确；

B．定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；

C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；

D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确； 故选B．

【点评】本题考查实验基本操作、误差分析等，难度中等，理解实验进行的原理是解题的关键，注实验基本操作的掌握．

7．下列说法正确的是（ ）

A．H2（g）的燃烧热△H=﹣285.8 kJ/mol，则2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6 kJ/mol B．反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为放热反应 C．由石墨比金刚石稳定可知：C（金刚石，s）=C（石墨，s）△H＜0

D．已知：298 K时，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.0 kJ/mol．在相同温度下，向密闭容器中通入0.5 mol N2和1.5 mol H2，达到平衡时放出46.0 kJ的热量 【考点】化学能与热能的相互转化． 【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A、根据燃烧热的概念以及热化学方程式的含义来回答；

B、根据反应物和生成物的能量高低来确定反应的吸放热情况； C、物质具有的能量越低越稳定；

D、根据可逆反应不能彻底进行完全来回答．

【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，则2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6kJ/mol，故A错误；

B、反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为吸热反应，故B错误；

C、石墨比金刚石稳定，所以石墨具有的能量低，C（金刚石，s）=C（石墨，s）△H＜0，故C正确；

D、向密闭容器中通入0.5 mol N2和1.5 mol H2，达到平衡时放出的热量小于46.0 kJ，故D错误． 故选C．

【点评】本题考查学生热化学方程式的书写以及燃烧热的概念、可逆反应的特征以及化学反应吸放热的判断等知识，属于综合知识的考查题目，难度不大．

8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ） A．由水电离的H+离子浓度等于10

﹣

﹣12

mol/L的溶液中：Na+、K+、NO3、HCO3

﹣

﹣

﹣

B．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+ C．加酚酞呈红色的溶液中：CO32、Cl、F、NH4+

﹣

﹣

﹣

D．c（H+）/C（OH）=1012的溶液中：NH4+、NO3、Cl、Fe3+

﹣

﹣

﹣

【考点】离子共存问题． 【专题】离子反应专题．

【分析】A．由水电离的H+离子浓度等于10B．pH=1的溶液，显酸性； C．加酚酞呈红色的溶液，显碱性；

D．c（H+）/C（OH）=1012的溶液，c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性．

﹣

﹣12

mol/L的溶液，为酸或碱溶液；

【解答】解：A．由水电离的H+离子浓度等于10

﹣12

mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3

﹣

既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故A错误；

B．pH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3、H+发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；

﹣

C．加酚酞呈红色的溶液，显碱性，OH、NH4+结合生成弱电解质，不能共存，故C错误；

﹣

D．c（H+）/C（OH）=1012的溶液，c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性，该组离子之间不反

﹣

应，能共存，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，注意习题中的信息抽取及应用及离子之间的反应即可解答，选项B中的氧化还原为解答的易错点，题目难度不大．

9．25℃时，5种银盐的溶度积常数（Ksp）分别是： AgCl 1.8×10﹣10Ag2SO4 1.4×105 ﹣Ag2S 6.3×10﹣50AgBr 7.7×10﹣13AgI 8.51×10﹣16 下列说法正确的是（ ）

A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次增大

B．将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，不能得到黑色沉淀

C．在5mL1.8×105 mol/L的NaCl溶液中，加入1滴（1mL约20滴）1.0×103mol/L的AgNO3

﹣

﹣

溶液，能观察到白色沉淀

D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，可以有少量白色固体生成 【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小； B．硫化银的溶度积比硫酸银小，从沉淀平衡移动的角度分析；

C．根据溶度积计算，当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀，否则不生成沉淀； D．当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀．

【解答】解：A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故A错误；

B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B错误； C．c（Cl）=1.8×105mol/L×

﹣

﹣

，c（Ag+）=1.0×103mol/L×

﹣

，

＜1.8×1010（mol/L）

﹣

则c（Cl）×c（Ag+）=1.8×105mol/L×

﹣

﹣×1.0×103mol/L×

﹣

2

，不能析出沉淀，故C错误；

D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，如满足c（Cl）×c（Ag+）＞1.8×10

﹣

﹣10

，

则可生成沉淀，故D正确． 故选D．

【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度不大，本题注意根据溶度积计算，理解溶度积的意义，比较溶解度与溶度积之间的关系．

10．不能用勒夏特列原理解释的是（ ） ①打开雪碧的瓶盖，立即有气体逸出

②由H2、I2、HI三种气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ③可用浓氨水和氢氧化钠固体混合来快速制氨 ④煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成

⑤使用铁触媒，使N2和H2的混合气体有利于合成NH3 ⑥将混合气体中的氨气液化有利于合成氨反应 ⑦500℃左右比室温更有利于合成NH3 ⑧配制FeCl2溶液时加入少量铁屑 ⑨实验室常用排饱和和食盐水法收集Cl2． A．3项

B．4项

C．5项

D．6项

【考点】化学平衡移动原理． 【专题】化学平衡专题．

【分析】勒夏特列原理：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动． 勒夏特列原理是指在一个平衡体系中，若改变影响平衡的一个条件，平衡总是要向能够减弱这种改变的方向移动．比如一个可逆反应中，当增加反应物的浓度时，平衡要向正反应方向移动，平衡的移动使得增加的反应物浓度又会逐步减少；但这种减弱不可能消除增加反应物浓度对这种反应物本身的影响，与旧的平衡体系中这种反应物的浓度相比而言，还是增加了．

【解答】解：①溶液中存在二氧化碳的溶解平衡CO2+H2O⇌H2CO3，该反应是可逆反应，所以可以用勒夏特列原理解释，故不选；

②由H2+I2=2HI，因为两边气体计量数相等，所以加压平衡不移动，故选；

③一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，存在电离平衡，弱电解质的电离是吸热反应，升高温度促进一水合氨电离，NaOH溶于水放出热量，相当于加热，所以促进氨气制取，故不选；

④煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成，加快反应速率，但不影响平衡的移动，故选； ⑤使用铁触媒，使N2和H2的混合气体有利于合成NH3，催化剂只改变反应速率，不影响平衡的移动，故选；

⑥合成氨的反应中，将混合气体中的氨气液化，减小了生成物浓度，平衡向着正向移动，可以用平衡移动原理解释，故不选；

⑦合成氨放热，温度升高，平衡逆向移动，所以500℃左右比室温不利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，故选；

⑧配制FeCl2溶液时加入少量铁屑，防止亚铁被氧化，不能用勒夏特列原理解释，故选； ⑨氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，所以可以用勒夏特列原理解释，故不选； 故选C．

【点评】本题考查了勒夏特列原理的应用，注意影响化学平衡的因素，本题难度中等．

11．一定温度下，在2L的密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）⇌xC（g）△H＜0，B、C的物质的量随时间变化的关系如图1，达平衡后在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种条 件，逆反应速率随时问变化的关系如图2．

下列有关说法中正确的是（ ）

A．x=2，反应开始2 min内，u（A）=0.05mol•L1•min1

﹣

﹣

B．t1时改变的条件是降温，平衡逆向移动

C．t2时改变的条件可能是增大C的浓度，t2时正反应速率减小

D．t3时可能是减小压强，平衡不移动；t4时可能是使用催化剂，c（B）不变

【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用． 【专题】化学平衡专题．

【分析】A、通过图1可知，2min达平衡，△n（B）=0.3mol﹣0.1mol=0.2mol，△n（C）=0.2mol，

根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算x的值，再根据v=后根据化学反应速率与化学计量数的关系计算出v（A）；

计算v（B），最

B、正反应为放热反应，当降低温度，正逆速率都减小，并且逆反应速度降低的更多，反应正向移动；

C、当增加c（C）的瞬间，正反应速率不变，逆反应速率增大，随着反应的进行，反应物浓度增大，正反应速率逐渐增大；

D、反应前后气体的物质的量不变，减小压强，反应速率降低，平衡不移动；使用催化剂，加快反应速率，平衡不移动．

【解答】解：A、通过图1可知，2min达平衡，△n（B）=0.3mol﹣0.1mol=0.2mol，△n（C）=0.2mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，即 2：x=0.2mol：0.2mol，解得x=2，

v（B）==0.05 mol/（L•min），则v（A）=v（B）=0.025 mol/（L•min），故A错误；

B、正反应为放热反应，当降低温度，正逆反应速率都减小，并且正反应速度降低的幅度小，反应向着正向移动，故B错误；

C、当增加c（C）时的瞬间，反应物浓度不变，正反应速率不变，逆反应速率增大，平衡向着逆向移动，所以反应物浓度逐渐增大，正反应速率逐渐增大，故t2时正反应速率不变，之后逐渐增大，故C错误；

D、反应前后气体的物质的量不变，所以t3时减小压强，正逆反应速率同等程度降低，平衡不移动；t4时使用催化剂，同等程度加快反应速率，平衡不移动，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡的图象问题，难度中等，要求掌握影响化学平衡、化学反应速率的因素；图2中纵坐标是表示逆反应速率，条件变化后逆反应速率变化必须符合实际变化情况．

12．某温度下，密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如表，下列说法错误的是（ ）

物质 初始浓度/mol•L1 ﹣X 0.5 0.1 Y 0.6 0.1 Z 0 0.4 W 0 0.6 平衡浓度/mol•L1 ﹣A．反应达到平衡时，X的转化率为80%

B．该反应的平衡常数表达式为k=

C．增大压强其平衡常数不变，但使平衡向生成Z的方向移动 D．改变温度可以改变此反应的平衡常数

【考点】用化学平衡常数进行计算；化学平衡建立的过程． 【专题】化学平衡专题．

【分析】A、由表中数据可知，平衡时X的浓度变化量为0.5mol/L﹣0.1mol/L=0.4mol/L，浓度变化量除以起始浓度再乘以100%等于该物质的量的转化率；

B、根据浓度变化量判断化学计量数，书写方程式．化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；

C、平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变．增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；

D、平衡常数只受温度影响，温度改变，平衡常数一定改变．

【解答】解：A、由表中数据可知，平衡时X的浓度变化量为0.5mol/L﹣0.1mol/L=0.4mol/L，故X的转化率为

×100%=80%，故A正确；

B、由表中数据可知，平衡时△c（X）=0.4mol/L，△c（Y）=0.6mol/L﹣0.1mol/L=0.5mol/L，△c（Z）=0.4mol/L，△c（W）=0.6mol/L，故X、Y、Z、W的化学计量数之比为0.4：0.5：0.4：0.6=4：5：4：6，故反应方程式为：4X（g）+5Y（g）⇌4Z（g）+6W（g），故该反应

的化学平衡常数k=，故B正确；

C、平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故增大压强平衡常数不变，由B中分析可知，反应为4X（g）+5Y（g）⇌4Z（g）+6W（g），该反应正反应是气体体积增大反应，增大压强平衡向逆反应移动，故C错误；

D、平衡常数只受温度影响，温度改变，平衡常数一定改变，故D正确；

故选C．

【点评】本题考查化学平衡常数及影响因素、化学平衡的有关计算等，根据浓度变化量确定化学计量数书写方程式是解题的关键．

13．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ） A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS）=1×105mol•L1

﹣

﹣

﹣

B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1

C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH

﹣

）+c（HC2O4）

﹣

D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③ 【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．

【分析】A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步； B．加水稀释促进一水合氨电离；

C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断； D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大．

【解答】解：A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS），故A错误；

﹣

B．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的

，其pH=b，则a＜b+1，故B错误；

C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），故C错误；

﹣

﹣

﹣

D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ①＜②＜③，所以盐浓度 ①＞②＞③，钠离子不水解，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等．

14．25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10确的是（ ）

A．同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出 B．BaCO3的悬浊液中加入少量的新制氯水，c（Ba2+）增大

﹣10

，Ksp （BaCO3）=2.6×109．该温度下，下列说法不正

﹣

C．BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中

=

D．BaSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3 【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．根据化学式相似的物质Ksp小的容易生成沉淀； B．根据BaCO3的沉淀溶解平衡移动分析；

C．根据Ksp（BaSO4 和Ksp（BaCO3）计算可求出；

D．当Qc=c（CO32）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），就能转化为BaCO3．

﹣

【解答】解：A．25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10

﹣10

，Ksp （BaCO3）=2.6×109，物质Ksp小

﹣

的容易生成沉淀，所以同浓度的Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出，故A正确；

B．BaCO3的悬浊液中存在沉淀溶解平衡，加入氯水，c（CO32）的浓度减小，沉淀溶解平

﹣

衡正移，所以c（Ba2+）增大，故B正确；

C．根据Ksp（BaSO4 ）和Ksp（BaCO3）计算可求出中故C正确；

==，

D．当Qc=c（CO32）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），就能转化为BaCO3，所以当c（CO32）

﹣

﹣

足够大时，能满足Qc=c（CO32）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），所以BaSO4能转化为BaCO3，

﹣

故D错误； 故选：D．

【点评】本题考查了沉淀之间的转化，沉淀溶解平衡的移动，Ksp的有关计算，综合性较强，题目难度中等，注意把握沉淀溶解平衡的原理及影响因素是解题的关键．

15．今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（ ） pH 溶液 ① 11 氨水 ② 11 氢氧化钠溶液 ③ 3 醋酸 ④ 3 盐酸 A．①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小 B．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞④＞③

C．①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c（Cl）＞c（NH4+）＞c（OH）＞c（H+）

﹣

﹣

D．VaL④与VbL②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则Va：Vb=11：9

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．氨水中存在电离平衡，加氯化铵晶体抑制其电离，而氢氧化钠溶液中加氯化铵晶体发生反应；

B．强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1； C．①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性； D．若混合后溶液pH=4，则盐酸过量，利用酸的物质的量、碱的物质的量来计算pH． 【解答】解：A．氨水中存在电离平衡，加氯化铵晶体抑制其电离，氢氧根离子的浓度变小，则pH减小，而氢氧化钠溶液中加氯化铵晶体发生反应生成氯化钠和一水合氨，碱性减弱，pH减小，故A正确；

B．强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，则稀释10倍时②的pH=10，④的pH=4，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则①的10＜pH＜11，③的3＜pH＜4，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①＞②＞④＞③，故B正确；

C．①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c（NH4+）＞c（Cl）＞c（OH）＞c（H+），故C错

﹣

﹣

误；

D．若混合后溶液pH=4，则盐酸过量，则

=0.0001mol/L，解得Va：Vb=11：9，故D正确；

故选C．

【点评】本题考查离子浓度的比较、弱电解质的电离、pH的有关计算，综合性较强，难度较大，注意电离与水解的相互结合来分析解答．

16．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）

A．0.1 mol•L1CH3COONa溶液与0.1 mol•L1HCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl）＞c

﹣

﹣

﹣

（CH3COO）＞c（H+）

﹣

B．0.1 mol•L1NH4Cl溶液与0.1 mol•L

﹣

﹣1

氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）

＞c（Cl）＞c（OH）

C．0.1 mol•L1Na2CO3溶液与0.1 mol•L1NaHCO3溶液等体积混合： c（Na+）=c（CO32）

﹣

﹣

﹣

﹣﹣

+c（HCO3）+c（H2CO3）

D．0.1 mol•L1Na2C2O4溶液与0.1 mol•L1HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c

﹣

﹣

﹣

（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）

﹣

﹣

﹣

【考点】离子浓度大小的比较．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．

【分析】A．两溶液恰好反应生成醋酸和氯化钠，醋酸部分电离，溶液呈酸性，由于氢离子来自水的电离和醋酸的电离，则c（H+）＞c（CH3COO）；

﹣

B．溶液的pH大于7，则一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，c（NH3•H2O）＜c（NH4+）；

C．根据混合液中的物料守恒分析； D．根据混合液中的电荷守恒判断．

【解答】解：A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，溶液中c（OH）很小，且混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c

﹣

（Cl），醋酸部分电离，由于氢离子来自水的电离和醋酸的电离，则c（H+）＞c（CH3COO

﹣

﹣

），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）=c（Cl）＞c（H+）＞c（CH3COO），故A

﹣

﹣

错误；

B．混合溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则溶液中（cNH3•H2O）＜c（NH4+），故B错误；

C．混合溶液存在物料守恒，根据物料守恒得：0.1mol•L1Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32

﹣

﹣

）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），0.1mol•L1NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3

﹣

﹣

﹣

﹣

）+c（H2CO3），两式相加得：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），即c

﹣

﹣

﹣

﹣

（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故C正确；

D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH

﹣

﹣

﹣

）+c（Cl）=c（Na+）+c（H+），故D错误；

﹣

故选C．

【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，A为易错点，注意醋酸溶液中c（H+）＞c（CH3COO）．

﹣

17．据图判断下列说法正确的是（ ）

A．图1中醋酸电离平衡常数：a点的比b点的小 B．图1中醋酸溶液的pH：a点的比b点的小 C．图2中c点对应的溶液为Fe（OH）3的不饱和溶液

D．由图2可知，欲除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入CuO，调节pH约为4左右 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【分析】A．弱电解质的电离平衡常数只有温度有关，与物质的电离程度无关； B．弱电解质溶液的导电能力与其离子浓度成正比；

C．如果浓度积常数小于溶液中c3（OH）．c（Fe3+），则为饱和溶液；

﹣

D．根据图知，当溶液的pH=4左右时，溶液呈氢氧化铁完全沉淀，而溶液中铜离子不产生沉淀，注意加入的除杂剂不能引进新的杂质离子．

【解答】解：A．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，所以a和b两点的电离平衡常数相等，故A错误；

B．弱电解质溶液的导电能力与其离子浓度成正比，离子浓度越大其导电性越强，b点溶液导电能力大于a，所以b点的氢离子浓度大于a，则a的pH大于b，故B错误；

C．根据图象知，溶液中中c3（OH）．c（Fe3+）大于氢氧化铁的溶度积常数，溶液c点为

﹣

过饱和溶液，故C错误；

D．根据图知，当溶液的pH=4左右时，溶液呈氢氧化铁完全沉淀，而溶液中铜离子不产生沉淀，且溶液呈酸性，所以可以加入氧化铜条件溶液的pH且可以出去铁离子，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡，根据弱电解质电离、难溶物的溶解平衡特点来分析解答即可，注意电离平衡常数、溶度积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性、浓度都无关，为易错点．

18．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（ ）

A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e+2H2O=CO32+8H+

﹣

﹣

C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度

D．甲池中消耗280 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】压轴题；电化学专题．

【分析】A、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答； B、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；

C、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想； D、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答．

【解答】解：A、甲池是燃料电池，是化学能能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能能转化为化学能的装置，故A错误；

B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e+2H2O+8OH=CO32+8H2O，故B错误；

﹣

﹣

﹣

C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误； D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e=4OH，所以消耗280mL（标准状况下0.0125mol）O2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol××58g/mol=1.45g固体，故D正确． 故选D．

【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，注意平时知识的积累是解题的关键，难度较大．

二、非选择题

19．实现“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源．目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），如图1表示该反应过程中能量（单位为kJ•mol1）的变化：

﹣

﹣

﹣

（1）关于该反应的下列说法中，正确的是 C （填字母）．

A．△H＞0，△S＞0 B．△H＞0，△S＜0 C．△H＜0，△S＜0 D．△H＜0，△S＞0 （2）为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为l L的密闭容器中，充入l mol CO2和4mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如上图2所示．

①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v（CO2）= 0.075mol/（L•min） ； ②下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是 BD （填字母）．

A．升高温度 B．将CH3OH（g）及时液化抽出 C．选择高效催化剂 D．再充入l molCO2和4molH2

（3）25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ的热量，写出该反应的热化学方程式： CH3OH（l）+O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.6kJ/mol ．

（4）选用合适的合金为电极，以氢氧化钠、甲醇、水、氧气为原料，可以制成一种以甲醇为原料的燃料电池，此电池的负极的电极反应式是： CH3OH﹣6e+8OH=CO32+6H2O ．

﹣

﹣

﹣

【考点】化学平衡的影响因素；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；焓变和熵变．

【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算．

【分析】（1）反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应；

（2）①由图2可知，CO2的浓度变化量为（1﹣0.25）mol/L=0.75mol/L，根据v=（CO2）；

②A．升高温度平衡向吸热反应方向移动；

B．将CH3OH（g）及时液化抽出，生成物浓度减小，平衡正向移动； C．选择高效催化剂，不影响平衡移动；

D．再充入l molCO2和4molH2，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；

（3）计算1mol甲醇燃烧放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式； （4）碱性甲醇燃料电池为原电池，原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水．

【解答】解：反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应，即△H＜0，△S＜0， 故选：C；

（2）①由图2可知，CO2的浓度变化量为（1﹣0.25）mol/L=0.75mol/L，v（CO2）=

=0.075mol/（L•min），

计算v

故答案为：0.075mol/（L•min）；

②A．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故A错误；

B．将CH3OH（g）及时液化抽出，生成物浓度减小，平衡正向移动，故B正确； C．选择高效催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故C错误；

D．再充入l molCO2和4molH2，压强增大，正反应为气体体积减小的反应，则平衡正向移动，故D正确， 故选：BD；

（3）16g 液态甲醇完全燃烧生成CO2和液态H2O时放出363.3kJ热量，则1mol甲醇燃烧

放出的热量=363.3kJ×

=726.6kJ，故热化学反应方程式为：CH3OH（l）

+O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.6kJ/mol，

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.6kJ/mol；

（4）碱性甲醇燃料电池为原电池，原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极的电极反应式为：CH3OH﹣6e+8OH=CO32+6H2O，

﹣

﹣

﹣

故答案为：CH3OH﹣6e+8OH=CO32+6H2O．

﹣

﹣

﹣

【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率、热化学方程式、原电池等，属于拼合型题目，是对学生综合能力的考查，难度中等．

20．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示．

（1）95℃时水的电离平衡曲线应为 B （填“A”或“B”），理由是 水电离需要吸热，温度越高KW越大 ．

（2）曲线A所对应的温度下，pH=2的HCl溶液和pH=12的某BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1 等于 α2（填“大于”、“小于”、“等于”或“无法确定”，下同），若将二者等体积混合，则混合溶液的pH ＞或= 7．

（3）在曲线B所对应的温度下，将0.02mol•L1的Ba（OH）2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4

﹣

溶液等体积混合，所得混合液的pH= 10 ．

【考点】水的电离；pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】（1）水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，导致水中c（H+）、c（OH）都

﹣

增大；

（2）水中氢离子、碱中氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；恰好反应后溶液显示中性或碱性；

（3）根据图象判断该温度下水的离子积，然后计算出混合液中氢氧根离子浓度，再结合该温度下水的离子积计算出所带溶液中氢离子浓度及溶液的pH．

【解答】解：（1）水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大，当温度升高时，促进水的电离，水的离子积增大，水中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性，故答案为：B；水电离需要吸热，温度越高KW越大； （2）在曲线A中，水的离子积为107×107=10

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣14

，pH=2的HCl中c（H+）=102mol/L，

﹣

﹣

pH=12的某BOH溶液中c（OH）=102mol/L，因c（H+）=c（OH），故：α1=α2；pH=2的HCl中c（H+）=102mol/L，pH=12的某BOH溶液中c（OH）=102mol/L，如果BOH

﹣

﹣

﹣

是强碱，则二者等体积混合，此时恰好完全反应，所以pH=7，假设BOH是弱碱，则BOH的浓度会大于0.01mol/L，此时生成BCl，水解呈酸性，剩余的部分碱电离呈碱性，两者不知是以谁为主，所以无法确定酸碱性， 故答案为：等于；无法判断；

（3）在曲线B中，水的离子积为：106×106=10

﹣

﹣

﹣

﹣12

，0.02mol/L的Ba（OH）2溶液中c（OH

）=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol/L，c（H+）=0.02mol/L，当二者等体积混合

后，溶液中的c（OH）=

10

﹣

=0.01mol/L，则c（H+）=

=10

﹣

mol/L，该溶液的pH=10，故答案为：10．

【点评】本题考查水的电离和酸、碱混合的pH计算问题，难度较大，注意温度不同而使水的离子积常数不同是解本题的关键．（3）为易错点，需要明确该温度下水的离子积为106×10

﹣

﹣6

=10

﹣12

，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力．

21．NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中 请回答下列问题：

（1）NH4Al（SO4）2可作净水剂，其理由是 Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，具有吸附+性，即Al3++3H2O═Al（OH）Al（OH）3胶体+3H，3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 （用必要的化学用语和相关文字说明）．

（2）相同条件下，0.1mol•L1NH4Al（SO4）2中c（NH4+） 大于 （填“等于”、“大于”或

﹣

“小于”）0.1mol•L1NH4HCO3中c（NH4+）．

﹣

（3）如图1是0.1mol•L

﹣1

电解质溶液的pH随温度变化的图象．

①其中符合0.1mol•L1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是 I （填写字母），导致

﹣

pH随温度变化的原因是 NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小 ；

②20℃时，0.1mol•L1NH4Al（SO4）（SO42）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）= 103 mol/L ． 2中2c

﹣

﹣

﹣

（4）室温时，向100mL 0.1mol•L1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L1NaOH溶液，得到溶液

﹣

﹣

pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示，试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 a ；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 c（Na+）＞c（SO42

﹣

）＞c（NH4+）＞c（OH）=c（H+）． ．

﹣

【考点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较． 【专题】盐类的水解专题．

【分析】（1）Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，具有吸附性；

（2）NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HCO3和NH4+发生双水解；

﹣

（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大； ②根据电荷守恒定律解题．

（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）而NH3•H2O2SO4可以促进水的电离，抑制水的电离．b点溶液呈中性．

【解答】解：（1）Al3+水解生成的Al（OH）具有吸附性，离子方程式：Al3++3H2O═Al3胶体，（OH）3胶体+3H+，

故答案为：Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，具有吸附性，即Al3++3H2O═Al（OH）3胶体+3H+，Al（OH）3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；

（2）NH4Al（SO4）2与NH4HCO3中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HCO3和NH4+发生双水解，所以NH4HCO3中NH4+水解程度比NH4Al

﹣

（SO4）2中的大，则c（NH4+）更小，故答案为：大于；

（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ，

故答案为：Ⅰ；NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小； ②根据电荷守恒，可以求出2c（SO42）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=c（H+）﹣c（OH）=10

﹣

﹣

﹣3

mol•L1[c（OH）太小，可忽略]，故答案为：103 mol/L；

﹣

﹣

﹣

（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）而NH3•H2O2SO4可以促进水的电离，抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42），b点时c（Na+）＞c（SO42），根据N元素与S元素的关系，

﹣

﹣

可以得出c（SO42）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42）＞c（NH4+）＞c（OH）=c（H+），

﹣

﹣

﹣

故答案为：a；c（Na+）＞c（SO42）＞c（NH4+）＞c（OH）=c（H+）．

﹣

﹣

【点评】本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度中等，（2）②为易错点，注意根据守恒思想解题．