河北省承德市联校2021-2022学年高三第四次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是A两种无毒的气体均为还原产物B反应后溶液的pH会升高C氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2D每转

2、移2NA个电子时，一定会生成13.44 L的气体2、一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。电池工作时发生的反应为：RuII RuII *(激发态)RuII *RuIII+e-I3-+ 2e-3I-RuIII+3I-RuII+ I3-下列关于该电池叙述错误的是 ( )A电池中镀Pt导电玻璃为正极B电池工作时，I离子在镀Pt导电玻璃电极上放电C电池工作时，电解质中I和I3浓度不会减少D电池工作时，是将太阳能转化为电能3、下列说法合理的是( )ANH3极易溶于水，所以液氨常用作制冷剂BC具有还原性，高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅和CO2C用ClO2代替Cl2对饮用水消毒，是因为

3、ClO2杀菌消毒效率高，二次污染小D明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用作生活用水的消毒剂4、下列说法正确的是A用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层B欲除去H2S气体中混有的HCl，可将混合气体通入饱和Na2S溶液C乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D用pH试纸分别测量等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液的pH，可比较HCN和HClO的酸性强弱5、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A无色透明溶液中:Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-B能使酚酞变红的溶液中:K+、Na+、CO32

4、、AlO2-Cc(ClO-)=1molL-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-DKw/c(OH)=0.1molL-1的溶液中:NH4+、Mg2+、SO42-、CH3COO-6、氢元素有三种同位素，各有各的丰度其中的丰度指的是()A自然界 质量所占氢元素的百分数B在海水中所占氢元素的百分数C自然界 个数所占氢元素的百分数D在单质氢中所占氢元素的百分数7、298K时，向20mL浓度均为0.1mo1/L的MOH和NH3H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka1.

5、8105，NH3H2O的Kb=1.8105。下列说法错误的是（ ） AMOH是强碱Bc点溶液中浓度：c（CH3COOH)CuB室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pHNa2A溶液的pH较大酸性：H2A0）。在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图2所示：催化效果最佳的是催化剂_（选填“I”、“”或“”）；b点v(正)_v(逆)（选填“”、“c(HCO3)c(OH)c(H)Bc(NH4)c(NH3H2O)=c(HCO3)c(H2CO3)Cc(H2CO3)c(CO32)c(NH3H2O)=9.9107molL1=_（结果保留三位有效数字）。29、（10分）研究汽车尾气的产

6、生、转化对环境保护有重要意义。汽车尾气管中的三元催化剂能同时实现CO、CxHy、NOn三种成分的净化。(1)已知热化学方程式：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l) H890.3 kJmol1N2(g)O2(g)2NO(g) H180 kJmol1则反应CH4(g)4NO(g)CO2(g)2N2(g)2H2O(l) H_kJmol1。(2)研究表明，温度对CO、CxHy、NOn的产生和排放有较大影响。汽车发动机内的温度越高，生成的NO越多，原因是_。当汽车刚冷启动时，汽车尾气管排放的CO、CxHy、NOn浓度较高，一段时间后浓度逐渐降低。汽车刚冷启动时排放CO、CxHy、NOn浓度

7、较高的原因是_。(3)催化剂表面CO、CxHy、NOn的转化如图1所示，化合物W可借助图2 (傅里叶红外光谱图)确定。在图1所示转化中，W的化学式为_。若转化中消耗CO的物质的量为1mol，生成N2的物质的量为1mol，则被CxHy还原的W的物质的量为_。用H2代替CO、CxHy与W反应，该过程相关物质浓度随时间的变化关系如图3所示。该过程分为两步，第一步反应消耗的H2与W的物质的量之比是_。(4)尾气净化过程中，有时会产生N2O。用同位素示踪法研究发现N2O的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的N2O几乎都是15NNO。写出该反应的化学方程式：_。参考答案一、

8、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、C【解析】向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl22CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。【详解】A碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。N元素化合价由3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A错误；B氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；C由反应2KCN+8KOH+5Cl22CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C正确；D状况不知，所以无法求气

9、体的体积，选项D错误；答案选C。2、B【解析】由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。【详解】根据上述分析，结合图示信息得，A. 由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确；B. 原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误；C. 电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确；D. 由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。答案选B。3、C【解析】A.NH3可用作制冷剂

10、，是利用液氨气化时从环境吸收大量的热的性质，不是溶解性，故A错误；B.高温下用焦炭还原SiO2生成的产物是粗硅和一氧化碳，不能产生二氧化碳，故B错误；C.相同物质的量的ClO2转移电子数Cl2的2.5倍，其消毒能力之比为5:2，而且不产生二次污染，故C正确；D.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，是利用胶体的吸附作用，不能杀菌消毒，故D错误；故答案为C。【点睛】本题综合考查常见物质的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。4、A【解析】A苯的密度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分

11、液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故A正确；BH2S与Na2S溶液能够发生反应生成NaHS，因此不能用饱和Na2S溶液除去H2S气体中混有的HCl，故B错误；C乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故C错误；DNaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH，故D错误；故答案为：A。【点睛】测定溶液pH时需注意：用pH试纸测定溶液pH时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；不能用pH试纸测定具有漂白性溶液的pH，常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO溶液、H2O2溶液等。5、B【解析】A、含Cu2+的溶液呈蓝色，故A错误；B、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都

12、能共存，则B正确；C、c(ClO-)=1molL-1的溶液具有氧化性，能氧化Fe2+、I- ，故C错误；D、=0.1molL-1的溶液呈酸性，则CH3COO-不能共存，即D错误。因此本题正确答案为B。6、C【解析】同位素在自然界中的丰度，指的是该同位素在这种元素的所有天然同位素中所占的比例，故的丰度指的是自然界原子个数所占氢元素的百分数，故选C。7、B【解析】溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH= CH3COOM+H2O，NH3H2O+ CH3COOH= CH3COONH4。a-b溶液中

13、电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3H2O继续加入醋酸溶液，NH3H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量相等。【详解】A. 由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH= CH3COOM +H2O然后NH3H2O+ CH3COOH= CH3COONH4，所以MOH是强碱，先和酸

14、反应，故A正确；B. 加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等，CH3COOM是强碱弱酸盐，又因为CH3COOH的Ka1.8105等于NH3H2O的Kb=1.8105，CH3COONH4是中性盐，所以溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度，则c（CH3COOH)c(NH3H2O），故B错误；C. d点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；D. ad过程，溶液的碱

15、性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D正确；故选B。8、C【解析】A二氧化硅是绝缘体不能导电，光导纤维中传递的是激光，利用的是二氧化硅的导光性，A项错误；B水的沸点高是因为水分子之间可以形成氢键，与水分子内的O-H键键能无关，B项错误；C物质只要含有离子键则为离子化合物，过氧化钠中Na+和是以离子键结合，中的O是以共价键结合，C项正确；DNH3中有三条共价键，共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用，所以1molNH3中含有3NA个共用电子对，D项错误；答案选C。9、C【解析】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、

16、若a g红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g即为铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若a g红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若a g红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸

17、铜溶液，称得固体质量b g即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若a g红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若a g红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若a g红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过

18、量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A. 根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B. 不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C. 若ba，即ba，根据上述分

19、析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D. 根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0ba，故D正确。答案选C。10、D【解析】A. 甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3，故错误；B. Al3+的结构示意图： ，故错误；C. 次氯酸钠的电子式：，故错误；D. 中子数比质子数多1的磷原子含有16个中子，质量数为31，符号为：，故正确。故选D。【点睛】掌握电子式的书写方法，离子化合物的电子式中含有电荷和括号，每个原子符号周围一般满足8电子结构。分清

20、原子之间的共用电子对的数值和写法。11、A【解析】A. 2C+SiO22CO+Si，该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故A正确；B. 2HClO2HCl+O2，该反应为一种物质生成两种或多种物质，属于分解反应，故B错误；C. 3CO+Fe2O33CO2+2Fe，该反应没有单质参加，不是置换反应，属于氧化还原反应，故C错误；D. 2Na+Cl2=2NaCl，该反应为两种或多种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故D错误。故选A。12、D【解析】假设金属都是二价金属，其通式为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2，n(H2)=0.25mol，根据

21、方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则R的平均摩尔质量=48g/mol，混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的，如果将Na换算为+2价时，其摩尔质量变为46g/mol48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol48g/mol，如果将Al换算为+2价时，其摩尔质量变为18g/mol48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol48g/mol，其中小于48g/mol的有三种，而大于48g/mol只有铁，所以一定含有Fe，故选D。【点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=

22、24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。13、B【解析】A.加热固体时，试管口应略向下倾斜，故A不符合题意；B.MnO2难溶于水，KCl易溶于水，将混合物放入烧杯中，加蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌加速溶解，故B符合题意；C.根据装置图，漏斗的下端应紧靠烧杯内壁，故C不符合题意；D.蒸发时应用蒸发皿，不能用坩埚，故D不符合题意；答案：B。14、D【解析】A.用碘化银进行人工降雨，而不是溴化银，故A错误；B.“温室效应”与二氧化碳有关，与氮氧化合物无关，故B错误；C.BaSO4在医学上用作透视钡餐，主要是因为它难溶于酸，故C错

23、误；D.因为钠发出的黄光射程远，透雾能力强，则钠可以应用于高压钠灯，镁燃烧发出耀眼的白光，则镁可以制造信号弹和焰火，故D正确；综上所述，答案为D。15、D【解析】A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，选项A错误；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，选项B错误；C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，选项C错误；D、NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生

24、反应生成白色固体氯化铵，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。16、D【解析】根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH)c(H+)=c(OH)，B错误；C、ab是酸过量和bc是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以ac过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；D、c点时，c(A)/c(OH)c(HA)=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大，1/Kh减小，所以c(A)/c(OH)c(HA)随温度

25、升高而减小，D正确；答案选D。17、B【解析】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，该电池的总反应为：4NO2+ O2=2 N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-

26、。A电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨是负极，NO3- 向石墨I移动，A正确；B该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨上发生的电极反应为：NO2- e-+NO3- = N2O5，B错误；C石墨生成N2O5，石墨消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨、石墨是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极

27、，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。18、A【解析】ACH2=CH-CH=CH2发生1，4加成生成，所以不能得到该物质，A符合题意；BCH2=CH-CH=CH2与HCl发生1，4加成生成，B不符合题意；CCH2=CH-CH=CH2发生加聚反应生成，C不符合题意；DCH2=CH-CH=CH2燃烧生成CO2，D不符合题意；故合理选项是A。19、C【解析】A. 离子化合物一定有离子键，可能含有共价键，如NaOH属于离子化合物含有离子键和共价键，故A错误；B. 分子的热稳定性由共价键决定，分子间作用力决定物质的物理性质，故B错误；C. 稀有气体分子里面不含化学键，一个原子就是一

28、个分子，故C正确；D. 二氧化硅为酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查化学键、分子间作用力等知识，题目难度不大，注意分子间作用力影响分子的物理性质，分子的稳定性属于化学性质。20、A【解析】A因氟单质的氧化性最强，不能利用置换反应生成氟单质，故A选；BC与二氧化硅在高温下发生置换反应可以生成硅和CO，故B不选；C镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和黑色的碳，该反应为置换反应，故C不选；DFe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，可以通过置换反应制得，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点

29、为D，要注意掌握常见的元素及其化合物的性质。21、A【解析】A、金属阳离子的氧化性越强，其对应单质的还原性越弱；B、室温下，测定等浓度的NaHA和NaB溶液的pH大小才能判断H2A与HB的酸性强弱；C、酸性KMnO4溶液紫红色褪去说明有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成；D、不同的反应无法探究浓度对反应速率的影响。【详解】A项、用石墨作电极，电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液，阴极上先析出铜说明氧化性：Cu2+Mg2+。则还原性：镁强于铜，故A正确；B项、室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pH，Na2A溶液的pH较大，说明A2水解程度大于B，酸性HA 该反应为放热反应，升高

30、温度，平衡逆向移动 B 6.25 【解析】（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2Cl）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO），可知Cl元素的化合价为+1价；水解的方程式为：NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl2H2O=NH3H2OHClO），故答案为：+1；NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl2H2O=NH3H2OHClO）；（2）11.2gCO的物质的量为0.4mol，完全燃烧生成CO2放出的热量为283.0kJ0.4=113.2kJ；11.2gS的物质的量为0.35mol，完全燃烧生成SO2放出的热量为296.0kJ0.35=

31、103.6kJ，前者比后者放出的热量多9.6kJ；SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g） H=296.0kJ/mol283.0kJ/mol2=+270.0kJ/mol；故答案为：9.6；+270.0kJ/mol；（3）根据图2，相同温度时，在催化剂的作用下，反应相同时间CO2的转化率最大，因此催化剂的效果最好；b点时反应还未达到平衡状态，CO2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v(正)v(逆)；该反应为放热反应，a点时达到平衡，从a点到c点，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，故答案为：；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；（4）0.1mol/LNH4HCO3

32、溶液中，NH4+水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，HCO3-水解：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液pH=8，说明HCO3-水解的程度更大；A. 由于NH4HCO3溶液中HCO3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH4)c(HCO3)c(OH)c(H)，A项正确；B.NH4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH4+、NH3H2O，HCO3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH4)+c(NH3H2O)=c(HCO3)+c(H2CO3)+c(CO32-)，B项错误；C.列出电荷守恒式：c(NH4)+c(H+

33、)=c(HCO3)+2c(CO32-)+c(OH-)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH3H2O) +c(CO32-)+c(OH-)= c(H+)+ c(H2CO3)，则c(H2CO3)c(CO32)c(NH3H2O)=c(OH-)c(H+)=10-6 molL110-8 molL1=9.9107molL1，C项正确；故答案为：B；=6.25，故答案为：6.25。【点睛】在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c(H+)、c(OH-)的式子，再代入数据计算：要计算，Ka1的表达式分母是c(H2CO3)，Ka2的表达式分子中有c(CO32-)这一项，因此把Ka1、Ka2的表达式取倒数相乘，再乘c(H+)的平方，可推导出公式=29、1250.3 N2和O2反应为吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动 刚冷启动时，尾气管内催化剂温度低，催化效率低（或刚冷启动时，尾气管处温度低，反应速率慢） Ba(NO3)2 0.8mol 81 415NO4NH33O2415NNO6H2O 【解析】(