北京清华附中2019-2020学年高二下学期居家自主学习在线检测化学试卷 27页

0‎ B. T1>T2 P1p ΔH<0‎ C. T1P‎2 m＋n

T2 P1p ΔH>0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，温度为 T1 时，根据到达平衡的时间可知 P2＞P1，且压强越大，C 的含量高，说明压强增大平衡向正反应方向移动，故正反应为气体体积减小的反应，即m+n＞p；压强为 P2 时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，C 的含量低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0。B符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎15.pH＝1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法不正确的是( )‎ A. 若a＝4，则A是强酸，B是弱酸 B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱 C. 稀释前两种酸溶液的浓度：c(A)>c(B)‎ D. 若1＜a＜4，则A、B都是弱酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，如果a＝4，则A是强酸，B是弱酸，A正确；‎ B．稀释后，B溶液中氢离子浓度大于A，氢离子浓度越大溶液的酸性越强，所以A溶液的酸性小于B，B正确；‎ C．由图可知，开始时pH相同，两种溶液稀释后pH为Bc(A)，C不正确；‎ D．若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，稀释1000倍，pH变化单位小于3‎ ‎，所以溶液中pH为4＞a＞1，D正确；‎ 故选C。‎ ‎16.在‎25℃‎时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：‎ 物质 X Y Z 初始浓度/mol·L-1‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ 平衡浓度/mol·L-1‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ 下列说法错误的是 A. 反应达到平衡时，X的转化率为50％‎ B. 反应可表示为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，其平衡常数为1600‎ C. 改变温度可以改变此反应的平衡常数 D. 改变压强，平衡常数不变，平衡不移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应达到平衡时，X的转化率为＝50%，A正确；‎ B．根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：△c(X)：△c(Y)：‎ ‎△c(Z)＝0.05：0.15：0.1＝1：3：2，则反应的方程式为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，K＝＝＝1600，B正确；‎ C．平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，C正确；‎ D．反应为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，增大压强平衡气体体积减小的方向移动，即向生成Z的方向移动，但温度不变，平衡常数不变，D错误；‎ 故选D。‎ ‎17.下列实验方案，不能达到相应实验目的的是（ ）‎ A B C D 实验方案 将NO2球浸泡在冷水和热水中 实验目的 探究反应物浓度对化学平衡的影响 探究催化剂对反应速率的影响 探究温度对化学平衡的影响 比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入1mL1mol/L的KSCN后，溶液体积增加，FeCl3浓度发生变化，应在相同的FeCl3浓度下比较，故A错误；‎ B．二氧化锰为反应的催化剂，可增大反应速率，可实现实验目的，故B正确；‎ C．存在2NO2N2O4化学平衡，NO2为红棕色气体，冷水和热水中NO2球中气体的颜色不同，则该实验可探究温度对化学平衡的影响，故C正确；‎ D．钠与水反应比Na与乙醇反应剧烈，则可比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎18.AG 定义为 AG= lg，若用 AG 来表示溶液的酸度，说法不正确的是 A. 在一定温度下，溶液的酸性越强，AG 越大 B. ‎65℃‎时，pH 与 AG 的换算公式为 AG = 2 (7 – pH)‎ C. 若溶液显碱性，则 AG < 0‎ D. 若溶液显中性，则 AG = 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液的酸性越强，c(H+)越大，c(OH﹣)越小，lg越大，A正确；‎ B．‎25℃‎时pH＝﹣lgc(H+)，根据AG和pH的计算公式可得AG＝lg＝，若Kw=10-14，则AG＝2(7﹣pH)，但‎65°C，KW≠10﹣14，B不正确；‎ C．若溶液呈碱性，则c(H+) K，则平衡逆向移动，B错误；‎ C．将A、B、C 各物质的量都减半，压强不变，则浓度不变，Qc=K，平衡不移动，C的百分含量不变，C正确；‎ D．正催化剂可以加快反应速率，但是平衡不移动，D错误；‎ 故选C。‎ ‎23.室温下，向 0.01 mol·L－1 的醋酸溶液中滴入 pH=7 的醋酸铵溶液，溶液 pH 随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如图所示。下列分析正确的是 A. a点，pH = 2‎ B. b点，c(CH3COO-) > c(NH4+)‎ C. c点，pH可能大于7‎ D. ac段，pH的增大仅是因为醋酸电离平衡逆向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，所以0.01mol/的醋酸溶液中氢离子浓度小于 0.01mol/L，a点的pH大于2，A 错误；‎ B．所得溶液为CH3COOH和CH3COONH4 的混合溶液，CH3COONH4溶液显中性，CH3COOH溶液显酸性，所以 b 点溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒可知 c(CH3COO﹣)＞c(NH4+)，B正确；‎ C．酸性的CH3COOH溶液中加入中性的CH3COONH4溶液，所得混合溶液必显酸性，即 c 点溶液的 pH 一定小于 7，C错误；‎ D．ac 段溶液的pH增大，不仅是因为醋酸的电离平衡逆向移动，还有溶液的稀释作用，D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在 ab 段，溶液的 pH 增大很快，这主要是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡： CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向 0.01mol•L﹣1 的醋酸溶液中滴入 pH＝7 的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO﹣)增大，醋酸的电离平衡左移，故溶液中的 c(H+)减小，溶液的pH 增大；而在 bc段，溶液的 pH 变化不明显，主要是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大， 故溶液中的 c(H+)减小，pH 变大，但变大的很缓慢。‎ ‎24.反应aA(g)＋bB(g)⇌cC(g) ΔH<0在等容条件下进行。改变其它反应条件，在I、II、III阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是 A. 反应的化学方程式中，a:b:c＝1:3:2‎ B. 第II阶段反应温度小于第III阶段反应温度 C. A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)，最大的是vⅠ(A)‎ D. 由第一次平衡到第二次平衡，采取的措施是从反应体系中移走C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象知，随着反应的进行，A和B的浓度减小，C的浓度增大，则A和B是反应物，C是生成物，A、B、C的化学计量数之比＝(2.0﹣1.00)mol/L：(6.0﹣3.00)mol/L：(2.00﹣0)mol/L＝1：3：2，所以该反应方程式为：A(g)+3B(g)‎2C(g)，A正确；‎ B．第Ⅲ阶段开始时与第Ⅱ阶段各物质的量相等，A、B的量减少，C的量增加，可判断平衡正向移动，且不可能是浓度变化所致，应为温度的影响，因A、B的浓度减小，平衡右移，所以应为降低温度，B错误；‎ C．A在Ⅰ阶段反应速率为0.05mol/(L•min)，Ⅱ为0.025mol/(L•min)，Ⅲ为0.012mol/(L•min)‎ ‎，所以速率最大的是vⅠ(A)，C正确；‎ D．图象信息显示，第一次平衡后改变条件，C的浓度为0，然后随反应正向移动C浓度逐渐增大，A和B浓度减小，说明平衡正向进行，改变的条件是移走C，D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】由浓度-时间关系图象推断化学方程式时，我们需注意三个方面：一是反应物与生成物，二是化学计量数关系，三是反应物与生成物间的符号为“=”还是“”。‎ ‎25.已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。‎25℃‎时，调节初始浓度为1.0mol•L-1的Na2CrO4溶液的pH（忽略溶液体积变化），测定平衡时溶液中c(Cr2O72-)和c(H+)，获得如图所示的曲线。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 平衡时，pH越小，c(Cr2O72-)越大 B. A点CrO42-的平衡转化率为50%‎ C. A点CrO42-转化为Cr2O72-反应的平衡常数K=1014‎ D. 平衡时，若溶液中c(Cr2O72-)=c(CrO42-)，则c(H+)>2.0×10-7mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知氢离子浓度越大，c(Cr2O72-)越大，所以pH越小，c(Cr2O72-)越大，故A正确；‎ B．由图可知A点时Cr2O72-的平衡浓度为0.25mol/L，所以转化的CrO42-的浓度为：0.5mol/L，则A点CrO42-的平衡转化率为50%，故B正确；‎ C．2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O的平衡常数为：K==1014，故C正确；‎ D．平衡时，若溶液中c(Cr2O72-)=c(CrO42-)，而‎2c(Cr2O72-)+c(CrO42-)=1.0mol•L-1，所以c(Cr2O72-)=‎ mol•L-1，而图中c(Cr2O72-)=0.35mol/L时，对应氢离子的浓度为2.0×10-7 mol•L-1，则溶液中c(Cr2O72-)=c(Cr2O42-)，则c(H+)＜2.0×10-7 mol•L-1，故D错误；‎ 故答案为D。‎ 二、填空题（含5道题，共50分）‎ ‎26.依据事实，回答下列问题。‎ ‎（1）在‎25℃‎、101kPa时，1.0gC8H18(l，辛烷)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出48.40kJ的热量，则C8H18(l)的燃烧热为___kJ/mol。‎ ‎（2）已知N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH=+67.7kJ/mol，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)；ΔH=-534kJ/mol，根据盖斯定律写出肼(N2H4)与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式____。‎ ‎（3）某反应过程中的能量变化如图所示，则该反应是____（填“放热”或“吸热”）反应，判断依据是____。‎ ‎（4）已知：2NH3(g)+3Cl2(g)=N2(g)+6HCl(g) ΔH=–462kJ•mol-1‎ ‎，‎ 则断开1molH–N键与断开1molH–Cl键所需能量相差约为_____kJ。‎ ‎【答案】 (1). 5517.60kJ/mol (2). 2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H= -1135.7kJ•mol-1 (3). 吸热反应 (4). 反应物的总能量低于生成物的总能量 (5). 41‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在‎25℃‎时，101kPa下，‎1g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40kJ的热量，则1mol辛烷即‎114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5518kJ的热量，所以其燃烧热为5517.60kJ/mol；‎ ‎(2)①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)，△H=+67.7kJ•mol-1；②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)，△H=-534kJ•mol-1，将方程式2×②-①得2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=2(-534kJ•mol-1)-(+67.7kJ•mol-1)=-1135.7kJ•mol-‎ ‎1；‎ ‎(3)由能量变化图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应是吸热反应；‎ ‎(4)断开1molH–N键与断开1molH–Cl键所需能量分别为x kJ、y kJ，根据△H=反应物键能之和-生成物键能之和，可知：-462=6x+3×243-(945+6y)，解得：x-y=-41，即断开1molH–N键与断开1molH–Cl键所需能量相差为41kJ。‎ ‎【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎27.(1)已知水在‎25℃‎和‎100℃‎时，其电离平衡曲线如图所示：‎ ‎①则‎25℃‎时水的电离平衡曲线应为_____。(填“A”或“B”)‎ ‎②‎25℃‎下，下列三种溶液中，由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比a:b:c=_____。‎ a．pH=1的盐酸b．pH=2的盐酸c．pH=12的NaOH溶液 ‎③‎25℃‎下，若VaLpH＝a的盐酸与VbLpH＝b的NaOH溶液恰好中和，a+b=13，则Va:Vb＝_____。‎ ‎(2)某温度(t℃)时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH＝13。‎ ‎①该温度下水的Kw＝_____。‎ ‎②此温度下，将pH＝1的盐酸溶液VaL与pH＝14的NaOH溶液VbL混合(忽略体积变化)，混合后溶液的pH为2，则Va:Vb＝_____。‎ ‎(3)下列说法中正确的是_____。‎ a．‎25℃‎时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH>7‎ b．‎100℃‎时，pH=12的NaOH溶液和pH=2的H2SO4溶液恰好中和，所得溶液pH=7‎ c．‎25℃‎时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L的溶液中可能大量存在NH4+和Cl－‎ ‎【答案】 (1). A (2). 1:10:10 (3). 1:10 (4). 1.0×10－15 (5). 11:9 (6). ac ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①25时水的Kw=10-14，c(H+)=10-7，由图中可确定曲线。‎ ‎②三种溶液中水电离出的氢离子浓度分别为10-13、10-12、10-12，由此可求出比值。‎ ‎③因为恰好中和，氢离子和氢氧根离子物质的量相等，所以Va×10-a=Vb×10-(14-b)，又因为a+b=13，Va×10-a=Vb×10-(1+a)，由此可求出Va:Vb。‎ ‎(2)①该溶液中c(H+)=10-13，c(OH﹣)=10-2，所以Kw=c(H+)∙c(OH﹣)。‎ ‎②根据题意可知酸过量，所以可以列出方程：Va×10-1–Vb×10-1=10-2(Va+Vb)，从而求出Va:Vb。‎ ‎(3)a．氢离子和氢氧根离子浓度相同，但是一水合氨是弱碱，则碱过量；‎ b．由图像可知‎100℃‎时Kw=c(H+)∙c(OH﹣)=1.0×10－12，此时pH=12的NaOH溶液中c(OH﹣)=1mol/L，比氢离子浓度大100倍；‎ c．‎25℃‎时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，而酸性溶液中NH4-和Cl-可能大量存在。‎ ‎【详解】(1)①25时，水的Kw=10-14，c(H+)=10-7，可确定曲线为A。答案为：A；‎ ‎②三种溶液中水电离出的氢离子浓度分别为10-13、10-12、10-12，所以比值为1:10:10。答案为：1:10:10；‎ ‎③因为恰好中和，氢离子和氢氧根离子物质的量相等，所以Va×10-a=Vb×10-(14-b)，又因为a+b=13，Va×10-a=Vb×10-(1+a)，由此可求出Va:Vb=1:10。答案为：1:10；‎ ‎(2)①该溶液中c(H+)=10-13，c(OH﹣)=10-2，所以Kw=c(H+)∙c(OH﹣)=1.0×10－15。答案为：1.0×10－15；‎ ‎②根据题意可知酸过量，所以可以列出方程：Va×10-1–Vb×10-1=10-2(Va+Vb)，从而求出Va:Vb=11:9。答案为11:9；‎ ‎(3)a．氢离子和氢氧根离子浓度相同，但是一水合氨是弱碱，则碱过量，所以混合后pH>7，a正确；‎ b．由图像可知‎100℃‎时Kw=c(H+)∙c(OH﹣)=1.0×10－12，此时pH=12的NaOH溶液中c(OH﹣)=1mol/L，比氢离子浓度大100倍，等体积混合后溶液呈强碱性，pH>7，b错误；‎ c．‎25℃‎时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10mol/L，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，而酸性溶液中NH4-和Cl-可能大量存在，c正确；故选ac。答案为：ac。‎ ‎【点睛】由pH计算溶液中c(OH﹣)时，需使用Kw，而Kw与温度有关，所以解题时应注意温度变化。‎ ‎28.请回答：‎ ‎（1）室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12（如图1‎ ‎）由此可以得到的结论是___（填字母）。‎ a.NH3·H2O是弱碱 b.溶液中c(H+)＞c(OH-)‎ c.NH4+水解是吸热反应 d.由H2O电离出的c(H+)＜10-7mol/L e.物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH=7‎ ‎（2）室温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图2所示。‎ ‎①表示滴定盐酸的曲线是____（填序号）。若此实验选用酚酞为指示剂，则滴定到达终点的现象是____。若用标准NaOH溶液测定未知盐酸溶液的浓度，下列实验操作会使实验结果偏低的是____。‎ a.锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液 b.碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡 c.碱式滴定管滴定前仰视读数，滴定后平视读数 ‎②在滴定醋酸溶液的过程中：‎ V(NaOH)=10.00mL时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为____。当c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)时，溶液pH____7（填“＞”、“=”或“＜”）。‎ ‎【答案】 (1). ab (2). Ⅱ (3). 当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复无色 (4). c (5). c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) (6). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱；‎ a．溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱，故a正确；‎ b．溶液pH=5.12，即溶液显酸性，故溶液中c(H+)＞c(OH-)，故b正确；‎ c．NH4+水解可看成是盐酸和氨水反应的逆反应，中和反应为放热反应，则水解为吸热反应，但根据该实验无法得到该结论，故c错误；‎ d．NH4Cl为强酸弱碱盐，在水溶液中能水解，而盐的水解能促进水的电离，故此溶液中由H2O电离出的c(H+)＞10-7mol/L，故d错误；‎ e．物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，会恰好完全反应得NH4Cl溶液，但由于NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故溶液的pH＜7，故e错误；‎ 故答案为ab；‎ ‎(2)①醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线；当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复无色，说明达到滴定终点；‎ a．锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故a错误；‎ b．碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，则标准液体积读数偏大，测定结果偏高，故b错误；‎ c．碱式滴定管滴定前仰视读数，滴定后平视读数，则标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故c正确；‎ 故答案为c；‎ ‎②V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，再结合电荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO-)，故离子浓度的关系为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；当c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)时，根据物料守恒可知，加入的NaOH溶液的物质的量与醋酸的物质的量相同，此时两者恰好完全反应得醋酸钠溶液，而醋酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，故溶液的pH＞7。‎ ‎【点睛】中和滴定操作误差分析，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=‎ 分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。‎ ‎29.某学生为探究AgCl沉淀的溶解和转化，其实验方案及记录如下：‎ 步骤和现象 现象 Ⅰ．将等体积等浓度AgNO3溶液和NaCl溶液混合，过滤，得滤液X和白色沉淀Y Ⅱ．向滤液X 中滴加几滴饱和KI溶液 生成黄色沉淀M Ⅲ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴饱和Na2S溶液 沉淀Y 转化为黑色沉淀Z Ⅳ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴浓氨水 沉淀Y逐渐溶解 ‎(1)由步骤Ⅱ的现象可推测，滤液 X 中除了含有Na+、NO3-，还含有的离子有_____。‎ ‎(2)写出步骤Ⅲ中生成黑色沉淀 Z 的离子方程式为_________________，白色沉淀Y 转化为黑色沉淀 Z 的主要原因是___________。‎ ‎(3)已知：Ag+ + 2NH3· H2O⇌Ag(NH3)2++2H2O，用平衡移动原理解释步骤Ⅳ中加入浓氨水沉淀逐渐溶解的原因__________________。‎ ‎(4)为了进一步探究银的难溶化合物沉淀溶解的多样性，该同学又做了如下对比实验 V：‎ ‎①取少量黑色沉淀 Z 和黄色沉淀 M，分置于两支试管中 ‎②然后分别滴加同体积同浓度的稀硝酸，观察到黄色沉淀 M 不溶解，黑色沉淀 Z 溶解，并且有无色气体产生。综合实验Ⅱ至实验 V 的信息，下列预测正确的是__________‎ A．黑色沉淀 Z 比黄色沉淀 M 更难溶于水 B．黑色沉淀 Z 溶解于稀硝酸是因为发生了氧化还原反应 C．由步骤Ⅳ可以推测：实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管 D．在步骤Ⅳ之后，继续滴加浓硝酸后又有 AgCl 沉淀生成 ‎【答案】 (1). Ag+、Cl－(H+、OH-) (2). 2AgCl(s)+S2﹣(aq)Ag2S(s)+2Cl﹣(aq) (3). 该温度下，Ag2S比AgCl溶解度更小 (4). AgCl(g)Ag+(aq)+Cl﹣(aq)，银离子与氨分子结合，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl溶解 (5). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由步骤Ⅱ的浑浊AgI可知，滤液X中除了含有Na+、NO3﹣，还含有Ag+，因为AgNO3溶液和NaCl溶液等体积等浓度，所以Cl﹣离子肯定存在(当然H+、OH-也存在，只是浓度很小)。答案为：Ag+、Cl－(H+、OH-)；‎ ‎(2)该温度下，Ag2S比AgCl溶解度更小，故氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl(s)+S2﹣(aq)Ag2S(s)+2Cl﹣(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2﹣(aq)Ag2S(s)+2Cl﹣(aq)；该温度下，Ag2S比AgCl溶解度更小；‎ ‎(3)在白色沉淀AgCl中，存在平衡：AgCl(g)Ag+(aq)+Cl﹣(aq)，银离子与氨分子结合成Ag(NH3)2+，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl溶解。答案为：AgCl(g)Ag+(aq)+Cl﹣(aq)，银离子与氨气分子结合，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl溶解；‎ ‎(4)A．由题干信息知，Ag2S比AgI易溶于硝酸，但没有提供比较Ag2S与AgI在水中的溶解能力或能否转化的信息，所以无法确定Ag2S与AgI的水溶性大小，A不正确；‎ B．Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2﹣(aq)中，S2﹣有强还原性，被硝酸氧化后，离子浓度下降，导致沉淀溶解平衡正向移动，Ag2S溶解，B正确；‎ C．由步骤Ⅳ可以推测，氨水可以结合Ag+，但不能与Ag反应，实验室不可用氨水洗涤银镜反应后的试管，C错误；‎ D．Ag++2NH3·H2OAg(NH3)2++2H2O，H+可以消耗一水合氨，使得平衡逆向移动，c(Ag+)增大，当c(Ag+)∙c(Cl﹣)>Ksp(AgCl)时，白色沉淀AgCl会再次出现，D正确；‎ 答案为：BD。‎ ‎30.利用工业废气 CO2 或 CO 和 H2 在一定条件下可制备燃料甲醇。‎ Ⅰ．利用工业废气 CO 合成甲醇，其能量变化示意图如下：‎ ‎(1)图中曲线 a 到曲线 b 的措施是_______。该反应 ΔS________0(填“>”或“<”)‎ ‎(2)一定条件下，在 ‎2 L 密闭容器中充入 1 mol CO 和 2 mol H2，10 min 后达到平衡，放出热量 45.5kJ，则 10 min 内 H2 的转化率为_____；该温度下反应的平衡常数 K=_____；达到平衡后，再向容器中充入 CO、H2、CH3OH 各 1 mol，则此时 υ正_____υ逆 (填“>”“<”或“=”)‎ ‎(3)下列措施可以提高甲醇产率的是_____。‎ a．压缩容器体积 b．将 CH3OH (g)从体系中分离 c．恒容条件下充入He，使体系总压强增大 d．恒压条件下再充入 10mol CO 和 20mol H2‎ ‎(4)现有容积均为 ‎1L 的 a、b、c 三个密闭容器，向其中分别充入 1molCO 和 2molH2 的混合气体，控制温度，进行反应，测得相关数据的关系如图所示。b 中甲醇体积分数大于 a 中的原因是_______达到平衡时，a、b、c 中 CO 的转化率大小关系为_______。‎ Ⅱ．用工业废气中的 CO2制取甲醇和水蒸气 ‎(5)一定条件下，往‎2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，在不同催化剂作用下发生反应 I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：‎ ‎①催化剂效果最佳的反应是_____(填“反应 I”，“反应 II”，“反应 III”)。‎ ‎②b 点υ正_____υ逆(填 “>”， “<”， “=”)。‎ ‎③若此反应在 a 点时已达平衡状态，a 点的转化率比 c 点高的原因是_____。‎ ‎④c点时该反应的平衡常数K＝_____。‎ ‎【答案】 (1). 加入催化剂 (2). < (3). 50% (4). 4 (5). > (6). ab (7). b 处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大 (8). a>b>c (9). ‎ 反应 I (10). > (11). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)反应路径发生了变化，活化能下降，应为加入催化剂；反应发生后，气体物质的量减小，熵值减小，所以ΔS<0；‎ ‎(2)2molH2完全反应释放的热量是91kJ，现在反应达平衡后只释放了45.5kJ的热量，所以H2消耗1mol，转化率为50%，化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡时三种物质CO、H2、CH3OH的浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L，平衡常数K===4；三种物质都加入1mol后，Qc===1v逆；‎ ‎(3)a．压缩容器体积，平衡正向移动，甲醇产率增大，a符合题意；‎ b．将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，甲醇产率增大，b符合题意；‎ c．恒容条件下充入He，各物质浓度不变，对平衡无影响，c不合题意；‎ d．恒压条件下再充入10molCO和20molH2，达到平衡时，各物质浓度不变，甲醇的产率不变，d不合题意；‎ 答案为：ab；‎ ‎(4)反应开始5min后，a中温度比b中低，反应速率比b中慢，生成甲醇的量少，体积分数小，所以，b中甲醇体积分数大于a中的原因是b处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；比较b、c两点甲醇的体积分数，可得出△H<0，温度升高平衡逆向移动，平衡时CO转化率依次减小，所以a>b>c。答案为：b处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；a>b>c；‎ ‎(5)①在低温时，相同温度、相同时间内反应I转化率最高，所以催化剂效果最好的是反应I；‎ ‎②b点尚未达到平衡状态，从催化剂效果更好的反应II和III可知，b点反应仍正向进行，所以υ正>υ逆；‎ ‎③c点温度更高，比a提前达到平衡状态，所以a、c两点均是平衡点。从a、c点的比较可以看出，温度升高CO2的转化率减小，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，从而得出原因是：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；‎ ‎④利用三段式，可以建立以下关系：‎ K==。‎