新疆乌鲁木齐市米东区三校联考2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1新疆乌鲁木齐市米东区三校联考2024-2025学年高二上学期期末考试试题一、选择题1．我国运动员在2024年巴黎奥运会中取得了优异的成绩。巴黎奥运会火炬使用的燃料是丙烷，已知丙烷的燃烧热(ΔH)A．丙烷燃烧放出222kJ热量时会有0.4molHB．火炬传递中化学能全部转化为热能C．火炬燃烧过程中易造成大气污染D．丙烷燃烧属于焓减变化【答案】D【解析】丙烷的燃烧热表示1mol气态丙烷完全燃烧生成3molCO2(g)和4molH2O(g)放出的热量，则丙烷燃烧放出222kJ热量时会有0.4mol液态H2O生成，A错误；火炬传递中化学能还转化为光能、热能，B错误；丙烷燃烧生成CO2和H2O，对大气不会产生污染，C错误；丙烷燃烧是放热反应，△H=-2220kJ/mol<0，属于焓减变化，D正确；答案选D。2．某实验小组用100mL0.5mol⋅L-1NaOH溶液、60mL0.5mol⋅L-1A．图中还缺少的一种仪器是玻璃搅拌器B．若实验共需要300mLNaOH溶液，则在配制该溶液时，需要称量NaOH固体10.0gC．若用量筒量取NaOH溶液体积时仰视读数，则测得的中和反应的反应热△H偏大D．若测得平均温度差为4.0℃，则上述实验测得的中和反应反应热为-53.76【答案】C【解析】由实验装置图可知，中和热测定的装置中还缺少的一种仪器是玻璃搅拌器，故A正确；实验室没有300mL容量瓶，所以配制300mL1mol/L的碳酸钠溶液时，应选用500mL容量瓶，则配制该溶液时，需要称量氢氧化钠固体0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g，故B正确；若用量筒量取氢氧化钠溶液体积时仰视读数会使量取氢氧化钠溶液的体积偏大，反应放出的热量多，导致测得的中和反应的反应热ΔH偏小，故C错误；由题意可知，反应放出的热量为160g×4.2×10-3kJ⋅g-1⋅℃-1×4.0℃=2.688kJ，则反应的中和热ΔH=-2.6883．中和反应反应热测定的实验装置如下图所示。下列说法正确的是A．每次必须在温度计示数稳定后再读数B．向内筒倒入盐酸和NaOH溶液时应缓慢注入C．内筒、外壳、杯盖、隔热层和玻璃搅拌器等设计均有利于减少体系向环境释放热量D．重复三次实验，若温度差分别为3.1°C、【答案】C【解析】测量反应前盐酸和NaOH溶液的温度时应在温度计示数稳定后再读数，但测量反应后温度时应读最高温度，A错误；为了减少热量散失，需迅速注入盐酸和NaOH溶液，B错误；内筒、外壳、杯盖、隔热层和玻璃搅拌棒的设计均是为了减少体系向环境释放热量，C正确；1.5°C为明显偏差，应舍弃不要，只取3.1°C和3.2°C的平均值计算，温度差的平均值为3.154．近日，有科研小组报道一种有无PtTiO2催化剂下由已知图中化学式前系数表示物质的量，下列有关说法正确的是A．曲线a表示有催化剂的作用 B．NO3C．该反应中催化剂没有参加反应 D．曲线b对应的总反应的焓变Δ【答案】D【解析】催化剂可降低反应的活化能，曲线b表示有催化剂的作用，故A不正确；由图知该反应为放热反应，故B不正确；催化剂可能参加化学反应，只不过反应前后质量和化学性质不变，故C不正确；ΔH与反应途径无关，曲线a与曲线b的ΔH相同，故D正确；答案选5．中华文明，源远流长。下列传统文化描述中，发生吸热反应的是A．唐·张九龄“松叶堪为酒，春来酿几多”描述酿酒的工艺B．明·于谦“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述石灰的形成C．南宋·辛弃疾“东风夜放花千树，更吹落，星如雨”描述元宵夜焰火D．唐·白居易“春寒赐浴华清池，温泉水滑洗凝脂”描述温泉水的恒温【答案】B【解析】粮食酿酒过程是淀粉水解、缓慢氧化生成乙醇，缓慢氧化过程是放热反应，A错误；碳酸钙分解反应是吸热反应，B正确；焰火利用了金属元素的焰色试验，是电子由较高激发态到较低激发态或基态，跃迁时释放能量而产生的，是物理变化过程，无吸热反应，C错误；保持温泉水恒温的能量主要来源于地热能，没有发生吸热反应，D错误；故选B。6．已知：As⇌Bg+2Cg，该反应在任何温度下均可以自发进行，830℃时，向一个2LA．0~10s，B．混合气体的平均摩尔质量不变不能作为该反应达到平衡的标志C．10s后再向容器中通入0.75molBg和1.5D．850℃时，该反应的平衡常数小于4【答案】A【解析】该反应是熵增的反应，该反应在任何温度下均可以自发进行说明反应ΔH—TΔS＜0，该反应为焓变小于0的放热反应；设10s达到平衡时，B的浓度为xmol/L，由方程式可知，C的浓度为2xmol/L，由平衡常数可得：x×(2x)2=4，解得x=1。由分析可知，平衡时B的浓度为1mol/L，则0~10s内，B的反应速率为1mol/L10s=0.1mol/(L·s)，故A错误；由方程式可知，生成物B和C的物质的量之比恒定为1：2，混合气体的平均摩尔质量一直保持不变，所以混合气体的平均摩尔质量不变不能说明正逆反应速率相等，不能作为判断到达平衡的标志，故B正确；由方程式可知，反应的平衡常数K=c(B)c2(C)，10s后再向容器中通入0.75molBg和1.5molCg时，反应的平衡常数不变，所以再次达到平衡后，B的浓度依然不变，依然为1mol/L，故C正确；由分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则850℃时，平衡常数小于47．下列说法正确的是A．工业合成氨过程中，将氨液化分离，使N2B．恒容绝热容器中发生反应AgC．冰在室温下自动熔化成水，是熵减的过程D．恒温、恒容条件下发生反应COg+H【答案】B【解析】将氨液化分离，N2+3H2⇌2NH3的平衡正向移动，原料的转化率提高，但氨的浓度减小，反应速率减慢，A错误；恒容绝热容器中发生反应Ag+Bg⇌2CgΔH<0，随着反应的进行，温度发生变化，根据PV=nRT，压强是个变量，所以当压强不变时反应达到平衡，B8．利用A制备B的过程中发生如下反应：主反应：A副反应：①Bg⇌C其能量变化曲线如图所示：下列说法正确的是A．反应①比反应②的速率更快B．升高温度，可以提高平衡时B的百分含量C．增大体系压强，可以提高平衡时C、D的百分含量D．增大A的初始投入量，可以增大活化分子百分数【答案】B【解析】根据题给能量曲线可知，反应①的活化能更大，反应速率更慢，A错误；升高温度，主反应正向移动，副反应逆向移动，可以提高平衡时B的百分含量，B正确；三个反应均为气体分子数不变的反应，改变压强，平衡不移动，平衡时C、D的百分含量不变，C错误；增大A的初始投入量，活化分子数增多，但活化分子百分数不变，D错误；答案选B。9．已知H2S和CO2在高温下发生反应：H2Sg+CO2g⇌COSg+H2Og△H＞A．c点所处状态是平衡状态B．催化剂N的催化效率高于催化剂MC．b点H2S的转化率是62.5%D．a点状态下再通入0.5molCO2和0.5molCOS，COS的体积分数不变【答案】C【解析】催化剂只能改变反应速率，但不能改变平衡状态。由题图可知，c点的COS的体积分数小于催化剂M作用下COS的体积分数，说明c点所处状态不是平衡状态，A错误；相同温度下，反应相同时间，催化剂M对应的COS体积分数高，说明催化剂M的催化效率高于催化剂N，B错误；设b点消耗反应物的物质的量均是xmol，则生成物的物质的量均是xmol，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，则x mol2mol+3mol×100%=25%，解得x=1.25，所以H2S的转化率剂1.25mol2mol×100%=62.5%，C正确；设a点消耗反应物的物质的量均是ymol，生成物的物质的量均是ymol，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，反应前后气体体积V不变，则y5×100%=30%，解得y=1.5mol，所以根据平衡常数的含义可得该温度下平衡常数K=1.5V×1.5故合理选项是C。10．我国向国际社会承诺2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。将CO2转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。CO2催化加氢合成CH3A．增加CO2B．保持体积不变，充入N2C．将容器的体积缩小一半D．升高温度【答案】B【解析】增加CO2的浓度，可加快反应速率，AB．保持体积不变，充入N2，使体系压强增大，但反应物、生成物浓度均不变，化学反应速率不变，BC．将容器的体积缩小一半，则反应物、生成物浓度均变大，反应速率加快，C不符合题意；D．升高温度，反应速率加快，D不符合题意；故选B。11．化学与生活、工农业生产息息相关。下列说法正确的是A．食品采用真空包装是为了减小包装袋内压强，从而减缓食物变质速率B．泡沫灭火器可用于钠着火的灭火，其成分是NaHCO3和C．市售加碘食盐可预防甲状腺肿大，其中碘元素以碘化钾的形式存在D．含氟牙膏能使Ca5PO4【答案】D【解析】食品采用真空包装是为了防止食物被空气中氧气氧化，而减缓食物变质速率，故A错误；泡沫灭火器的反应原理为硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳、氢氧化铝和水，金属钠能与水反应生成易燃的氢气，金属钠燃烧生成的过氧化钠能与二氧化碳、水反应生成氧气，反应生成的氢气与氧气反应可能发生爆炸，所以泡沫灭火器不能用于钠着火的灭火，故B错误；市售加碘食盐可预防甲状腺肿大，其中碘元素以碘酸钾的形式存在，故C错误；羟基磷灰石的溶解度小于氟磷灰石，含氟牙膏能降低龋齿的发生率是因为羟基磷灰石能与氟离子反应转化为更难溶解的氟磷灰石，故D正确；故选D。12．亚硝酸钠(NaNO2)是一种防腐剂和着色剂，可用于一些肉制品如腊肉、香肠等的生产。已知：常温下，KA．常温下，将0.1mol⋅L-1的HNO2溶液稀释至0.01B．常温下，NaNO2溶液中，C．HNO2在水中的电离方程式为D．常温下，等体积等浓度的NaNO2溶液和HNO【答案】A【解析】HNO2为弱酸，溶液中存在电离平衡HNO2⇌NO2-+H+，稀释使NO2-、H+浓度减小，溶液中水电离出的cH+、cOH-增大，cNO2-减小程度大于cH+，cNO2-cH+一直减小，A正确；常温下，NaNO2故答案选A。13．常温下，MX、QX2A．线L2表示-lgcB．KC．随着X-浓度增大，点A会沿着线LD．向浓度均为0.1mol⋅L-1的M+和Q【答案】D【解析】由题意可得，-lgcX-=-lgKspMXcM+=-lgKspMX+lgcM+=--lgcM+-lgKspMX，-lgcX-=-lgKspQX2cQ2+-12lgKspQX2+12lgcQ2+=-12⋅-lgcQ2+-12lgKspQX2，则-lgc14．在盐酸作用下Fe3+能与乙醚(Et2O，沸点34.6℃，密度0.714g/cm3)生成缔合型化合物Et2O⋅H+⋅FeClA．萃取、分液时下层的AlCl3溶液从下口放出，上层的有机层从上口倒出B．蒸馏操作加热后发现没有加沸石，可立即补加C．反萃取时可向水中加碱调节溶液在碱性环境下操作D．除去乙醚后的FeCl3溶液继续加热蒸干即可得到FeCl3晶体【答案】A【解析】由题干信息可知，乙醚的密度比水小，则萃取分液时下层的AlCl3水溶液从下口放出，上层的乙醚溶液从上口倒出，A正确；如果加热后发现没有加沸石，不能立即补加沸石，以免暴沸，应待液体冷却后，再加沸石，B错误；氯化铁会在碱性条件下转化为氢氧化铁沉淀，使分液漏斗下口堵塞，因此不能在碱性条件下操作，C错误；除去乙醚后的氯化铁水溶液直接加热蒸干，铁离子会完全水解转化为氢氧化铁，得不到氯化铁晶体，D错误；故答案为：A。15．科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用。一定温度下，往某密闭容器中充入0.2molCO2(g)和0.6molH2(g)A．无论反应进行到何种程度，混合气体中，mB．每生成0.4molC-H键，同时会消耗H2(g)的体积约为C．常温下，在CO2与水形成的饱和溶液中，水电离的氢离子浓度和水电离的氢氧根离子浓度的乘积为D．当vCO【答案】A【解析】根据质量守恒，无论反应进行到何种程度，混合气体中含有0.4molO、0.2molC、1.2molH，则mOmC+mH=169，A正确；未指明标准状况下，不能计算消耗氢气的体积，B错误；常温下，该溶液中碳酸抑制了水的电离，则水电离的c水H+⋅c水16．金属腐蚀对国家经济造成的损失非常严重，我国科学家在世界最长跨海大桥——港珠澳跨海大桥防腐上采用“高性能涂层+阴极保护”联合防护思想，使得港珠澳跨海大桥预期耐久性可以达到120年，下列说法不正确的是A．海水中钢管发生的主要是电化学腐蚀，燃气灶中心部位的铁发生的主要是化学腐蚀B．采用涂层将海泥与钢管本身隔绝开来可以极大避免腐蚀的发生C．将钢闸门连接到直流电源的负极加以保护是应用了牺牲阳极法D．白铁(镀锌铁)比马口铁(镀锡铁)更耐腐蚀【答案】C【解析】海水中钢管在潮湿环境下主要是电化学腐蚀，燃气灶中心的铁生锈主要是铁和氧气在点燃条件下反应，因此主要是化学腐蚀，A正确；涂层将海泥与钢管本身隔绝开来，避免接触发生电化学腐蚀，B正确；将钢闸门连接到直流电源的负极得以保护，应用的是外接电流的阴极保护法，C错误；白铁(镀锌铁)中锌为负极，铁为正极，铁受到一定的保护，马口铁(镀锡铁)中铁为负极，锡为正极，因此白铁(镀锌铁)比马口铁(镀锡铁)更耐腐蚀，D正确；答案为C。17．据报道，我国科学家将钙钛矿晶格作为电催化的活性位点平台，用于氧还原选择性合成H2A．a极与外加电源的正极相连B．H+由a极区通过质子交换膜移向bC．相同条件下，消耗的O2与生成的O2体积比为1D．该电解池的总反应为O【答案】C【解析】a极发生氧化反应，为阳极，；b极为阴极，发生还原反应，质子(H+)由阳极区向阴极区迁移，b极反应式为O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-，a极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，以此分析；由以上分析可知a极为阳极，与电源正极相连，故A正确；质子(H+18．下列反应方程式书写错误的是A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色：3FeB．钾还原四氟化硅得到硅单质：4KC．在无水HF中电解KHF2制氟气，阴极反应式：D．混合酸性碘酸钾溶液与氯化钠溶液：12H【答案】D【解析】向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色，说明没有生成Fe3+，则离子方程式为3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A正确；钾还原四氟化硅，有硅单质生成，再根据元素守恒可得产物中还含有氟化钾，则化学方程式为4K+SiF419．某工业废水中主要含有CH3COONH4和CH3COO2BaA．阴极室产生的气体是HB．若电解过程中阳极室溶液体积不发生改变，则其pH始终保持不变C．电解结束后，回收室中的物质可通过过滤操作进行分离D．电解结束后，原料室中溶液为CH3COOH和【答案】D【解析】阴极室中发生得电子的还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，产生的气体是H2，A正确；阳极室中发生失电子的氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，每当有4molOH-参加反应，双极膜会解离出4molOH-进行补充，所以若电解过程中阳极室溶液体积不发生改变，则其pH始终保持不变，B正确；电解过程中，阴极室中的SO42-通过阴离子交换膜迁移到回收室中，原料室中的NH4+和Ba220．以KNO3溶液为电解质溶液，利用双极膜电解器连续电合成NH3的简化装置如图所示。双极膜只允许H+和OH-通过，且双极膜可促进H2A．阳极产生NH3，阴极产生O2B．通电后H+C．阳极需不断补充碱液D．总反应：KNO【答案】B【解析】本题以合成氨的双极膜电解器为载体考查电解池的工作原理，由N元素化合价的变化可知，阴极电极反应式为NO3-+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，阳极电极反应式为4H2O-8e-=8H++2O2↑，总反应为KNO3+2二、非选择题21．研究化学反应中的能量变化具有重要意义。请回答下列问题：(1)298K，1mol下列物质气态时的相对能量如下表：物质H2O2H2O2H2O相对能量/kJ·mol-100-136-2421molH2g与足量H2O2g反应生成H2Og(2)已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。化学键N-HN-ClH-Cl键能(/kJ·mol-1)391.3x431.8则反应过程中的ΔH2=kJ/mol，上表中的x=(3)中和反应的热量变化，其数值Q可通过如下图量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q=cρV总ΔT计算获得。实验中用0.55mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1盐酸各①若大烧杯上不盖杯盖，该中和反应求得的焓变ΔH(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。②实验中碱稍过量的原因为。③实验测得反应前后体系的温度值分别为T0℃、T1℃，则该过程放出的热量为J。[c和ρ分别取4.18J/g·℃和1.0g·mL-1，忽略水以外各物质吸收的热量④关于中和热的测定实验，下列说法正确的是(填标号)。A．向内筒加入稀碱液时，应当缓慢分批加入B．实验中，应记录初始温度与反应过程中达到的最高温度C．实验中，测量酸液的初始温度后，可使用同一支温度计直接测量碱液的初始温度D．实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致测得的中和热∆H偏小【答案】(1)释放348(2)-1405.6191.2(3)偏大使中和反应充分进行(或者使酸完全反应)418(T1-T0)B【解析】（1）ΔH=生成物的相对能量-反应物的相对能量，H2与H2O2反应的热化学方程式为：H2(g)+H2O2(g)=2H2O(g)ΔH=-242kJ/mol×2+136kJ/mol=-348kJ/mol，则（2）ΔH1为断裂化学键吸收的总能量，ΔH2为形成化学键放出的总能量，ΔH为反应热，根据ΔH=断键吸收的总能量-成键放出的总能量，代入数值计算可得ΔH（3）①若大烧杯上不盖杯盖，则会导致热量散失，该中和反应求得的焓变ΔH②为使中和反应充分进行(或者使酸完全反应)，实验中碱稍过量；③实验测得反应前后体系的温度值分别为T0℃、T1℃，则该过程放出的热量Q==cρV总④A．向内筒加入稀碱液时，若缓慢分批加入，将会导致热量散失，A错误；实验中，应记录初始温度与反应过程中达到的最高温度，两者的差值为温度差，B正确；实验中，测量酸液的初始温度后，若使用同一支温度计直接测量碱液的初始温度，则所测温度差偏低，故测量酸液的初始温度后，洗干净擦干后用同一支温度计测量碱液的初始温度，C错误；实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致热量散失，测得的中和热∆H偏大，D错误；故选B。22．丙烯是重要的有机化工原料，其用量仅次于乙烯。可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备丙烯。直接脱氢：反应i.C3H8氧化脱氢：反应ii.2C3H回答下列问题：(1)已知反应2H2g+O2g=2(2)已知部分化学键的键能数据如表所示，由反应ii计算得H-O的键能是化学键CCHCO键能/348413436615496(3)丙烷直接脱氢制丙烯时，若恒温恒压条件下向反应i体系中通入N2，则C3H8g的平衡转化率将(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是。一定条件下，向总压为100kPa的恒压容器中充入物质的量之比为1:1的C3H8g和N2的混合气体发生反应i，测得反应相同时间内C3H6g产率与温度的关系如图1所示。在425℃之后随温度升高而产率降低的原因可能是；若425℃时反应iC3H6g(4)一定条件下，向密闭容器中通入一定量的C3H8g和O2g的混合气体，使之发生反应ii，相同时间内测得C3H8g的转化率和C(5)研究人员利用CO2的弱氧化性，开发了CO2氧化丙烷脱氢制丙烯的新工艺，与O2氧化丙烷脱氢制丙烯相比，新工艺优点是【答案】(1)+123.8(2)462.5(3)增大恒温恒压条件下通入N2，相当于减小反应i体系内气体总压强，平衡向气体分子数增加的方向移动，即向正反应方向移动温度升高，催化剂失活，反应速率迅速减小(4)温度升高，C3(5)可降低碳排放，优化环境【解析】（1）直接脱氢：反应i.C3H8氧化脱氢：反应ii.2C3H8g+O2g⇌2C3H6g+2H（2）反应ii.2C3H8g+O2g⇌2C3H6g+2H2OgΔH2=-236 kJ⋅mol-1，设H-（3）丙烷直接脱氢制丙烯时，发生反应i.C3H8g⇌C3H6g+H2一定条件下，向总压为100kPa的恒压容器中充入物质的量之比为1:1的C3H8g和N2的混合气体发生反应i，由图可知，反应相同时间内C3H若425℃时反应iC3H6g的平衡产率为40%，则设C3H8g和N2均为1mol，可得三段式：起始（4）一定条件下，向密闭容器中通入一定量的C3H8g和O2g的混合气体，使之发生反应ii.2C3H8g+O（5）研究人员利用CO2的弱氧化性，开发了CO2氧化丙烷脱氢制丙烯的新工艺，与23．以下是生产、生活中常见的化学物质：①冰醋酸；②Na2CO3；③NaOH；④盐酸；⑤H2C2O4；⑥熔融NaHSO4；⑦石墨；⑧酒精；⑨NH3；⑩BaCO3。按要求回答下列问题：(1)属于强电解质的有(用序号填空)。(2)等体积、等pH的醋酸和盐酸，与足量大理石反应，生成气体的物质的量：醋酸盐酸(填“＞”、“＜”或“＝”)。(3)某温度时，纯水电离的c(H+)=10-6mol/L，将pH=5的盐酸与pH=8的Ba(OH)2溶液混合，使混合后溶液的pH=7，则盐酸与Ba(OH)2的体积比。(4)25℃时，将amol/LCH3COOH(aq)与bmol/LNaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用含a、b的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数Ka=。(5)高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，将适量K2FeO4配制成c(FeO42-)=1.0mmol/L的试样，将试样分别置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒温水浴中，测定c(FeO42-)的变化，结果如图1所示[FeO42-与水反应的主反应是4FeO42-+10H2O⇌4FeOH3↓+8OH-①FeO42-与水反应的主反应4FeO42-+10H2O⇌4FeOH3↓+8OH-+3O②图2中a点的pH=。③在0.1mol/L的KHFeO4水溶液中H2FeO4、HFeO4-、【答案】(1)②③⑥⑩(2)＞(3)9：2(4)b(5)＞2.75c(HFeO4-)＞c(FeO42-)＞【解析】（1）在下列物质中，①冰醋酸、⑤H2C2O4是若电解质；②Na2CO3、③NaOH、⑥熔融NaHSO4、⑩BaCO3是强电解质；④盐酸是混合物，不属于化合物，因此盐酸既不属于电解质，也不属于非电解质；⑦石墨是单质，不是化合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质；⑧酒精、⑨NH3属于非电解质。故上述物质中，属于强电解质的物质序号为②③⑥⑩；（2）HCl是一元强酸，完全电离；醋酸是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡。等pH的醋酸的浓度要远大于盐酸，等体积、等pH的醋酸和盐酸中，溶质的物质的量：n(醋酸)＞n(HCl)，则二者分别与足量大理石反应，生成H2气体的量：醋酸＞盐酸；（3）某温度时，纯水电离的c(H+)=10-6mol/L，则该温度下水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)=10-6mol/L×10-6mol/L=10-12mol2/L2，pH=5的盐酸c(H+)=10-5mol/L，pH=8的Ba(OH)2溶液c(H+)=10-8mol/L，则其中含有的c(OH-)=Kwc(H+)=10-1210-8mol/L=10-4mol/L，将二者混合后溶液的pH=7，设碱溶液体积为Vb，酸溶液体积为Va，10-4（4）将amol/LCH3COOH(aq)与bmol/LNaOH(aq)等体积混合，反应后溶液恰好显中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，可得c(Na+)=c(CH3COO-)=b2mol/L，则CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(H+)（5）①根据图①可知：温度升高，c(FeO42-)减小，说明升高温度，FeO42-与水发生的可逆反应的化学平衡正向移动，则说明该反应的正反应是吸热反应，△②根据图像可知：当溶液pH=1.8时，Kh=c(H3FeO4+)⋅c(OH-)c(H2FeO4-