2019-2020学年安徽省定远二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省定远二中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列化学用语使用正确是A氧原子能量最高的电子的电子云图：B35Cl与37Cl互为同素异形体CCH4分子的比例模型：D的命名：1,3,4-三甲苯【答案】C【解析】【分析】【详解】A氧原子能量最高的电子是2p 轨道上的电子，其电子云图不是球形，选项A 错误；B35Cl与37Cl的质子数相同而中子数不同，互为同位素，选项B错误；CCH4分子的比例模型为，选项 C正确；D的命名：1，2，4-三甲苯，选项D 错误；答案选 C。2钛（Ti）常被称为未来钢铁。下列关

2、于4822Ti的说法中，错误的是（）A质子数为22 B质量数为70 C中子数为26 D核外电子数为22【答案】B【解析】【分析】4822Ti的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子数=48-22=26。【详解】A 项、4822Ti的质子数为22，故 A 正确；B 项、4822Ti的质量数为48，故 B 错误；C 项、4822Ti的中子数=质量数-质子数=48-22=26，故 C正确；D 项、的电子数=质子数=22，故 D 正确；故选 B。3下列有关判断的依据正确的是（）A电解质：水溶液是否导电B原子晶体：构成晶体的微粒是否是原子C共价分子：分子中原子间是否全部是共价键D化学平衡状态

3、：平衡体系中各组分的物质的量浓度是否相等【答案】C【解析】【分析】【详解】A.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故A 错误；B.原子晶体的构成微粒是原子，原子间以共价键结合，故B 错误；C.仅由共价键形成的分子是共价分子，所以分子中原子间是否全部是共价键是共价分子的判断依据，故C 正确；D.平衡体系中各组分的物质的量浓度保持不变的状态是化学平衡状态，故D 错误；答案选 C。【点睛】原子晶体的构成微粒是原子，原子间以共价键结合；由原子构成的晶体不一定是原子晶体，例如，稀有气体是由单原子分子构成的分子晶体，分子间存在范德华力。4化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A Si

4、O2超分子纳米管属无机非金属材料B草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙C“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同D 本草纲目记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇【答案】B【解析】【详解】A.SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A 正确；B.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B 错误；C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，C 正确；D.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D 正确；故合理选项是B。5维生素C

5、是广泛存在于新鲜水果蔬菜及许多生物中的一种重要的维生素，作为一种高活性物质，它参与许多新陈代谢过程。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：+I2+2HI 下列说法正确的是（）A上述反应说明维生素C能使碘水褪色，该反应的反应类型为取代反应B维生素C可发生取代反应、加成反应、氧化反应C维生素C可以水解得到2 种产物D维生素C不可溶于水，可以溶于有机溶剂【答案】B【解析】【详解】A.从题给的化学方程式可知，维生素C与 I2反应时，脱去分子中环上-OH 中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A 错误；B.维生素 C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基

6、可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；C.维生素 C 含有酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；D.维生素 C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D 错误；故答案为B。6下列实验操作能实现相应实验目的的是实验目的实验操作A 比较 Cl和 S的非金属性往 Na2S溶液中通入氯气，观察溶液是否变浑浊B 验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没C 制取氢氧化铁胶体将 FeCl3溶液滴入NaOH 溶液D 比较 HClO和 H2CO3的酸性测量并比较等浓度NaClO与 Na2CO3溶液的 pH A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.往 Na

7、2S溶液中通入氯气，观察溶液变浑浊，在该反应中氯气为氧化剂，S为氧化产物，可实现目的，A正确；B.将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生的为析氢腐蚀，不能实现目的，B 错误；C.将 FeCl3溶液滴入NaOH 溶液，制取的为氢氧化铁沉淀，不能实现目的，C错误；D.测量并比较等浓度NaClO 与 Na2CO3溶液的 pH，可比较HClO 与 HCO3-的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性，D 错误；答案为 A。7下列离子方程式正确的是A钾和冷水反应：K+H2O=K+OH+H2B氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe3+2I=2Fe2+I2C碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液：HCO3+NH4+2OH=C

8、O32+NH3 H2O+H2O D硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:3S2O32+2H+=4S+2SO42+H2O【答案】C【解析】【详解】A.钾和冷水反应：2K+2H2O=2K+2OH-+H2，A 错误；B.氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O，B 错误；C.碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液，无氨气溢出：HCO3-+NH4+2OH-=CO32-+NH3 H2O+H2O，C正确；D.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，D 错误；答案为 C。【点睛】离子方程式中单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。8将锌片和铜片插人同浓度

9、的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接，一段时间后，下列叙述正确的是A两烧杯中的铜片都是正极B甲中铜被氧化，乙中锌被氧化C产生气泡的速率甲比乙快D两烧杯中铜片表面均无气泡产生【答案】C【解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C正确；甲烧杯中构成原电池，铜是正极，电极反应是222HeH,铜片表面有气泡产生，故D错误。点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。9现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s

10、22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（）A第一电离能：B价电子数：C电负性：D质子数：【答案】A【解析】【分析】根据三种基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5可判断、分别代表的元素为：S、P、F。【详解】A同周期自左而右，第一电离能增大，但P 元素原子3p 能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能ClPS；同主族自上而下第一电离能减弱，故FCl，故第一电离能FPS，即，A 正确；BS、P、F价电子数分别为：6、5、7，即，B错误；C根据同周期电

11、负性，从左往右逐渐变大，同族电负性，从下往上，越来越大，所以FS P，C错误；D S、P、F的质子数分别为：16、15、9，即，D 错误；答案选 A。10已知室温下溶度积常数：KspPb（OH）2=210-15，KspFe（OH）2=810-15。当溶液中金属离子浓度小于 10-5mol?L-1视为沉淀完全。向20mL 含 0.10mol?L-1Pb2+和 0.10mol?L-1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol?L-1NaOH 溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH 溶液体积的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A曲线 A 表示 c(Pb2+)的曲线B当溶液pH=8 时，Fe2+开始沉淀

12、，Pb2+沉淀完全C滴入 NaOH 溶液体积大于30mL 时，溶液中c(Fe2+)=4c(Pb2+)D室温下，滴加NaOH 溶液过程中，2c Pbc OHc H比值不断增大【答案】C【解析】【详解】A.Pb(OH)2的 Ksp 小于 Fe(OH)2的 Ksp，则等 pH 时，Fe2+浓度较大，则曲线A 表示 c(Fe2+)的曲线，A 错误；B.当溶液 pH=8 时，c(OH-)=10-6mol/L，此时(Fe2+)c2(OH-)=0.110-12=10-13KspFe(OH)2，Fe2+没有生成沉淀，B 错误；C.滴入 NaOH 溶液体积大于30mL 时，曲线发生变化，溶液中c(Fe2+)：c

13、(Pb2+)=KspFe(OH)2/KspPb(OH)2=4:1，则 c(Fe2+)=4c(Pb2+)，C正确；D.c(Pb2+)?c(OH-)/c(H+)=c(Pb2+)?c2(OH-)/c(H+)?c(OH-)=Ksp(PbOH)2/Kw，Ksp(PbOH)2/Kw 为定值，则c(Pb2+)?c(OH-)/c(H+)为定值不发生变化，D 错误；答案为 C。【点睛】KspPb（OH）2c(H2CO3)B正常体温下人体发生碱中毒时，c(H+)?c(OH-)变大C人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒D323c HCOc H CO20.0 时，H2CO3的电离程度小于HCO3

14、-的水解程度【答案】B【解析】【详解】A根据图中数据判断，当pH=6.10 时，c(HCO3-)=c(H2CO3)，当 pH6.10 时，c(HCO3-)c(H2CO3)，所以 pH=7的血液中，c(HCO3-)c(H2CO3)，A 正确；B温度不变，水的离子积常数不变，所以正常体温下c(H+)?c(OH-)不变，B 错误；C人体发生酸中毒时，可静脉滴注弱碱性物质解毒，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，所以人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒，C正确；D由表中数据可知，323c HCOc H CO=20.0 时，溶液呈碱性，说明碳酸的电离程度小于碳酸氢根离子水解程度，D 正确；故合理

15、选项是B。13同素异形体指的是同种元素形成的不同结构的单质，它描述的对象是单质。则同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次为A化合物、原子、化合物B有机物、单质、化合物C无机化合物、元素、有机化合物D化合物、原子、无机化合物【答案】A【解析】【详解】同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物；同种元素的不同的原子互称同位素；同系物是结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的化合物的互称。同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次是化合物、原子、化合物；故A 正确；答案：A 14某有机物的结构简式如图所示，它在一定条件下可能发生的反应有：加成、水解、酯化、氧化、中和、消去，其中可能

16、的是()ABCD【答案】C【解析】【详解】含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳原子没有H，不能发生消去反应，故选C。【点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。15化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法错误的是A温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁B植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质C常温

17、下用3 体积乙醇与1 体积蒸馏水配制成的混合液，可以灭活新型冠状病毒D白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化【答案】B【解析】【分析】【详解】A二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故A 正确；B植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会被氧化而变质，故B错误；C常温下用3 体积乙醇与1 体积蒸馏水配制成的混合液中酒精含量约为75%，即医用酒精，可以杀菌消毒，故 C正确；D二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故D 正确；故答案为B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）

18、16某实验小组对KSCN的性质进行探究，设计如下实验：试管中试剂实验滴加试剂现象2 mL 0.1 mol/L KSCN溶液i.先加 1 mL 0.1 mol/L FeSO4溶液ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液i.无明显现象ii.先变红，后退色iii.先滴加 1 mL 0.05 mol/L Fe2(SO4)3溶液iv.再滴加 0.5 mL 0.5 mol/L FeSO4溶液iii.溶液变红iv.红色明显变浅(1)用离子方程式表示实验I 溶液变红的原因_针对实验I 中红色褪去的原因，小组同学认为是SCN-被酸性 KMnO4氧化为 SO42-，并设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中 X 溶液是

19、 _，检验产物SO42-的操作及现象是_。(2)针对实验“红色明显变浅”，实验小组提出预测。原因：当加入强电解质后，增大了离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”使Fe3+SCN-?Fe(SCN)2+平衡体系中的Fe3+跟 SCN-结合成 Fe(SCN)2+的机会减少，溶液红色变浅。原因：SCN-可以与 Fe2+反应生成无色络合离子，进一步使Fe3+SCN-?Fe(SCN)2+平衡左移，红色明显变浅。已知：Mg2+与 SCN-难络合，于是小组设计了如下实验：由此推测，实验“红色明显变浅”的原因是 _。【答案】MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O、Fe3

20、+3SCN-?Fe(SCN)30.1 mol/L KSCN 溶液一段时间后取少量反应后的KSCN 溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀两个原因都有可能【解析】【分析】（1）实验溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子；SCN被酸性 KMnO4氧化为 SO42，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN被氧化，X溶液为 KSCN 溶液，右边石墨为正极，Y溶液为 KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。【详解】（

21、1）实验溶液变红，与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关，亚铁离子被氧化成铁离子，涉及反应为MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O，Fe3+3SCN-?Fe(SCN)3，故答案为：MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O，Fe3+3SCN-?Fe(SCN)3；SCN被酸性 KMnO4氧化为 SO42，设计成原电池反应，由电子转移方向可知左边石墨为负极，SCN被氧化，X溶液为 KSCN 溶液，右边石墨为正极，Y溶液为 KMnO4溶液；检验硫酸根离子，可加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验，方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，故答案为：

22、0.1 mol L1 KSCN溶液；一段时间后取少量反应后的KSCN溶液，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀；（2）实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁，溶液颜色依次变浅，结合题意Mg2+与 SCN-难络合，可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响，可解释为水溶液的稀释使溶液变浅；“盐效应”使 Fe3跟 SCN结合成 Fe（SCN）2+的机会减少；SCN与 Fe2反应生成无色络合离子，三者可能均有，故答案为：两个原因都有可能。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17暗红色固体X 由三种常见的元素组成（式量为412），不溶于水，微热易分解，高温爆炸。己知：气体B在标准状况

23、下的密度为1.25g.L-1，混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色。请回答以下问题：（1）写出 A 的电子式 _。（2）写出生成白色沉淀D 的化学方程式_。（3）固体 X可由 A 与过量气体C 的浓溶液反应生成，其离子方程式为_（4）有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应，经研究固体产物中不含+3价的铁元素，请设计实验方案检验固体产物中可能的成分（限用化学方法）_【答案】SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4+2HI+2HCl3I2+5NH3H2O=NI3NH3+3NH4+3I-+5H2O取固体产物少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所

24、得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。【解析】【分析】气体 B 在标准状况下的密度为1.25g.L-1，则其摩尔质量为22.4L/mol 1.25 g.L-1=28 g/mol，为氮气。混合气体通过CuSO4，CuSO4固体变为蓝色，说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析，无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质，能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀 6.99 克为硫酸钡沉淀，即0.03mol，通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol，氮气的物质的量为 0.01mol，氨气的物质的量为0.02mol，计

25、算三种物质的质量和为8.24 克，正好是固体X的质量，所以X的化学式为NI3NH3。【详解】（1）A 为碘单质，电子式为：；（2）碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸，方程式为：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4+2HI+2HCl；（3）固体 X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成，离子方程式为：3I2+5NH3H2O=NI3NH3+3NH4+3I-+5H2O；（4）固体产物中不含+3 价的铁元素，所以反应后可能产生铁或氧化亚铁，利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁，氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行，故实验操作为：取固体产物

26、少许，溶于足量的硫酸铜溶液，充分反应后，若有红色固体出现，证明有铁，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明还有氧化亚铁。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18CuSO4和 Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答下列问题：（1）CuSO4和 Cu(NO3)2中阳离子基态核外电子排布式为_，S、O、N 三种元素的第一电离能由大到小为 _。（2）SO42的立体构型是_，与 SO42互为等电子体的一种分子为_（填化学式）。（3）往 Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。其中 NO3中心原子的杂化轨道类型为

27、_，Cu(NH3)4(NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有_。（4）CuSO4的熔点为560，Cu(NO3)2的熔点为115，CuSO4熔点更高的原因是_。（5）利用 CuSO4和 NaOH 制备的 Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。该晶胞原子坐标参数A 为（0，0，0）；B 为（1，0，0）；C为（12，12，12）。则 D 原子的坐标参数为_，它代表 _原子。若 Cu2O 晶体密度为d g cm3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA=_。【答案】（1）Ar3d9；NOS；（2）正四面体，CCl4（或 SiF4等）；（3）sp2，配位键、

28、离子键；（4）CuSO4和 Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故 CuSO4晶格能较大，熔点较高；（5）(；)，Cu；。【解析】【分析】（1）根据铜的基态原子核外电子排布式为Ar3d104s1确定 Cu2+的电子排布式；同周期从左向右第一电离能增大，但VAVIA，确定 N、O、S的第一电离能。（2）SO42价层电子对数为4；等电子体是价电子总数相等，原子总数相等的微粒；（3）NO3中 N 的价层电子对数为4；（4）离子晶体的熔点和离子所带电荷以及离子半径有关；（5）根据 A 点的晶胞参数（0，0，0）和晶体结构，确定D 的晶胞参数。根据密度、体积和质量的关系求 NA

29、。【详解】（1）阳离子是Cu2，Cu元素位于第四周期IB 族，元素基态原子核外电子排布式为Ar3d104s1，因此 Cu2基态核外电子排布式为：Ar3d9；同周期从左向右第一电离能增大，但 IIAIIIA，VAVIA，非金属性越强，第一电离能越大，即第一电离能大小顺序是NOS；（2）SO42价层电子对数为412(624 2)=4，因此 SO42立体结构是正四面体。等电子体：价电子总数相等，原子总数相等的微粒，因此S符合条件的是CCl4或 SiF4等；（3）NO3中 N 有 3 个 键，孤电子对数12(5 12 3)=0，杂化类型等于价层电子对数，即N 的杂化类型为 sp2，含有化学键为离子键、

30、配位键；（4）CuSO4和 Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故 CuSO4晶格能较大，熔点较高；（5）根据各个原子的相对位置可知，D 在各个方向的14处，所以其坐标是(；)，根据均摊法，白球的个数为(8181)=2，灰球位于体心，灰球有4 个，因此化学式为Cu2O，灰球是 Cu；晶胞质量为2A144Ng，晶胞的体积为(a 1010)3cm3，根据密度的定义，阿伏加德罗常数=。19活性炭、纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）在生产、生活中应用广泛。完成下列填空：(1)活性炭可用于处理大气污染物NO：22C(s)2NO(g)N(g)CO(g)+?，已知 NO

31、的转化率随温度升高而降低。降低温度，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化：（选填“增大”、“减小”或“不变”）v正_；N2的体积分数 _；平衡常数K_。(2)将氨气和二氧化碳先后通入饱和食盐水中，可观察到的现象是_；写出相关反应的化学方程式_(3)小苏打既能跟酸反应，又能跟碱反应，应用勒夏特列原理进行解释。_(4)比较同温下浓度均为0.01mol/L 的 H2CO3、Na2CO3、NaHCO3、NH4HCO3四种溶液中2-3c(CO)的大小关系为 _（用编号表示）。【答案】减小增大增大溶液中有白色沉淀生成NH3+CO2+NaCl+H2O NH4Cl+NaHCO3 当 NaHCO3溶液加入酸时，

32、促进了HCO3-的水解，生成CO2；当加入碱时，促进了HCO3-的电离，生成碳酸正盐。【解析】【分析】(1)NO 的转化率随温度升高而降低，说明该反应为放热反应，则降低温度后平衡向着正向移动，反应速率减小、氮气体积分数和平衡常数都增大；(2)氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入氨气再通入二氧化碳会析出碳酸氢钠晶体；(3)碳酸氢钠在溶液中存在电离平衡HCO3-?H+CO32-，水解平衡：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；当加入酸时促进了 HCO3-的水解；当加入碱时促进了HCO3-的电离；(4)H2CO3为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，溶液中c（CO32-）最小；Na2CO3在溶液中

33、电离出碳酸根离子，碳酸根离子的水解程度较小，其溶液中c（CO32-）最大；NaHCO3在溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液中碳酸根离子浓度较小；NH4HCO3溶液中，铵根离子水解溶液呈酸性，抑制了碳酸氢根离子的电离，据此进行解答。【详解】(1)反应22C(s)2NO(g)N(g)CO(g)+?中，NO 的转化率随温度升高而降低，说明升高温度平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应；若降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向着吸热的正反应进行，氮气的物质的量增大，则N2的体积分数增大；因为降低温度后氮气和二氧化碳的浓度增大，NO 的浓度减小，则平衡常数增大；答案是：减小；增大；增大；(2

34、)将氨气和二氧化碳先后通入饱和食盐水中发生反应：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3；则溶液中会有白色沉淀生成；答案是：溶液中有白色沉淀生成；NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3；(3)碳酸氢钠在溶液中存在电离平衡:HCO3-?H+CO32-，水解平衡：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；当 NaHCO3溶液加入酸时，减小了c（OH-），促进了HCO3-的水解，生成CO2；当加入碱时，减小了c(H+)，促进了HCO3-的电离，抑制了HCO3-的水解，生成了碳酸正盐；答案是：当NaHCO3溶液加入酸时，促进了HCO3-的水解，生成CO2；当加入碱时

35、，促进了HCO3-的电离，生成碳酸正盐；(4)相比较，中铵根离子水解呈酸性，抑制了碳酸氢根离子的电离，c（CO32-）大小为:；为二元弱酸，c（CO32-）最小；Na2CO3在溶液中电离出钠离子和碳酸根离子，碳酸根离子水解程度较小，则其溶液中c（CO32-）最大，所以c（CO32-）的大小关系为:Na2CO3 NaHCO3 NH4HCO3 H2CO3，即:；答案是:。【点睛】碳酸氢钠在溶液中存在电离平衡:HCO3-?H+CO32-，水解平衡：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；当 NaHCO3溶液加入酸时，抑制了电离促进了水解，所以NaHCO3溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；当NaHCO3溶液加入碱时，抑制了水解促进了电离，所以NaHCO3溶液与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；所以小苏打既能跟酸反应，又能跟碱反应。