江西省新余市八校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题 22页

新余市八校2019-2020学年度第一学期高二期中考试化学试卷 一、单选题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 广泛 pH 试纸测得某氢氧化钠溶液的 pH 为 12.5‎ B. 焰色反应实验火焰呈黄色，则试样中一定含 Na＋、不含 K＋‎ C. 配制氯化铁溶液时，可将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释 D. 氯化钠溶液中混有少量硝酸钾， 可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得纯净氯化钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 广泛 pH 试纸测得的 pH 只能是整数，A不正确；B. 焰色反应试验火焰呈黄色，则试样中一定含 Na＋，但是不能确定是否含 K＋，要确定是否含K＋，必须透过蓝色的钴玻璃观察火焰是否呈紫色，若呈紫色则有。B不正确；C. 配制氯化铁溶液时，可将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释，以抑制氯化铁水解，C正确；D. 氯化钠溶液中混有少量硝酸钾， 可经蒸发浓缩至有大量晶体析出、趁热过滤、冰水洗涤得较纯净氯化钠，D不正确。本题选C。‎ 点睛：由于氯化钠的溶解度随温度变化很小，把混有少量硝酸钾的氯化钠溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，只能得到少量的氯化钠（不可能是纯净的），大部分氯化钠仍溶在水中，氯化钠的产率太低。‎ ‎2.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）‎ 纯净物 混合物 电解质 非电解质 A 磷酸 冰水混合物 醋酸铅 干冰 B 蒸馏水 蔗糖溶液 氧化铝 二氧化硫 C 胆矾 氨水 盐酸 铜 D 冰醋酸 食盐水 氯化汞 石墨 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．冰水混合物中，冰与水的分子式都是H2O，所以二者混在一起仍为纯净物，A错误；‎ B．蒸馏水为纯净物，蔗糖溶液为蔗糖和水的混合物，氧化铝为电解质，二氧化硫为非电解质，B正确；‎ C．盐酸是混合物，不是电解质，铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；‎ D．石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】胆矾的化学式为CuSO4∙5H2O，虽然带有结晶水，但仍为纯净物；冰醋酸是指纯醋酸，并不一定是固态的醋酸，而是指纯醋酸。‎ ‎3.以下自发反应可以用熵判据来解释的是 A. N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1‎ B. CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s) ΔH＝－175.7 kJ·mol－1‎ C. (NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1‎ D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应的△H>0，△S<0，难以自发进行，故错误； B. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误； C.反应的△H>0，反应能自发进行，原因是△S>0，可以满足△H-T△S<0，能自发进行，可用熵判据解释，故正确；D. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误。故选C。‎ ‎【点睛】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△H-T△S<0，反应可自发进行。可用熵判据来解释的一般情况下反应为吸热反应。‎ ‎4.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是 ‎① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢 下列有关该反应的说法正确的是 A. 该反应的速率主要取决于①的快慢 B. NOBr2是该反应催化剂 C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；‎ B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；‎ C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；‎ D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是（ ）‎ 提示： I2+Na2S=2NaI+S↓‎ 选项 滴定管中的溶液 锥形瓶中的溶液 指示剂 滴定终点颜色变化 A NaOH溶液 CH3COOH溶液 酚酞 无色→浅红色 B HCl溶液 氨水 甲基橙 黄色→橙色 C 酸性KMnO4溶液 K2SO3溶液 无 无色→浅紫红色 D 碘水 Na2S溶液 淀粉 蓝色→无色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用酚酞作指示剂，滴入CH3COOH溶液中，溶液仍为无色。往此溶液中滴加NaOH溶液，当滴定达终点时，溶液呈碱性，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，A正确；‎ B．往氨水中滴入甲基橙，溶液呈黄色，当滴定达终点时，溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，B正确；‎ C．K2SO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应，当滴定达终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色，C正确；‎ D．Na2S溶液中滴加淀粉，溶液呈无色，滴加碘水后，发生置换反应，当滴定达终点时，溶液由无色变为蓝色，且在半分钟内不变色，D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】我们常用的指示剂有酸碱指示剂(酚酞、甲基橙)，氧化还原指示剂(淀粉)‎ ‎，有些反应不需指示剂，如酸性KMnO4溶液与还原性物质的滴定，因为KMnO4溶液本身有颜色。滴定终点时，溶液颜色发生的变化，是我们的易错点，我们常会把现象弄颠倒。只要我们明确滴定前溶液的颜色，通常就不会把颜色变化弄反。比如盐酸滴定NaOH溶液，用甲基橙作指示剂，起初NaOH溶液中滴加甲基橙，溶液显黄色；甲基橙试剂的颜色为橙色，从而得出滴定终点时溶液的颜色变化为黄色→橙色，且在半分钟内不变色。‎ ‎6.在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，△H<0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9％的高纯镍。对该反应的说法正确的是 A. 增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低 B. 缩小容器容积，平衡右移，△H减小 C. 反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低 D. 当4v[Ni(CO)4]=v(CO)时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，A错误；‎ B．一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写方式有关，B错误；‎ C．因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，C正确；‎ D．速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡；因该反应气体质量增加而容积不变，所以混合气体密度是一个变量，当不变时说明反应达平衡，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应：A（g）＋B（g）xC（g）ΔH未知，有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）‎ A. P3＞P4，y轴表示C的转化率 B. P3＜P4，y轴表示B的体积分数 C. P3＜P4，y轴表示混合气体的密度 D. P3＞P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图1推出T1＞T2，P2＞P1，根据勒夏特列原理增大压强C的体积分数增大，平衡正向移动，因此正反应是体积减小的可逆反应，则x=1。升高温度C的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，即△H＜0。‎ A、随着温度升高，平衡向逆反应方向进行，C的转化率应增大，与图像不符，故A错误；‎ B、随着温度升高，平衡向逆反应方向进行，B的体积分数增大，与图像不符，故B错误；‎ C、ρ=m/V，组分都是气体，质量不变，容积是恒容，V不变，因此密度始终不变，故C错误；‎ D、M=m/n，组分都是气体，气体的质量不变，随着温度升高，平衡向逆反应方向进行，n增大，M减小，作等温线，随着压强的增大，平衡向正反应方向进行，n减小，M增大，符合图像，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎8.工业上，在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g )△H。已知几种共价键的键能如下：‎ 化学键 C-H C=C H-O C-C C-O 键能/kJ·mol-1‎ ‎413‎ ‎615‎ ‎463‎ ‎348‎ ‎351‎ 下列说法错误的是 A. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100％‎ B. 相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等 C. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能，但碳碳单键更稳定 D. 上述反应式中,△H=+34kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应，反应物全部转化为生成物，‎ 原子利用率为100％，A正确；‎ B.反应混合物中，各物质的化学计量数相同，所以相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等，B正确；‎ C.由题中数据可知，碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，所以碳碳单键比碳碳双键更稳定，C正确；‎ D.上述反应式中，△H=(615kJ·mol-1)+( 413 kJ·mol-1) +( 463 kJ·mol-1) -(348 kJ·mol-1)-( 413 kJ·mol-1)-(463 kJ·mol-1)-( 351 kJ·mol-1)=-34kJ·mol-1，D错误； 正确选项D。‎ ‎【点睛】反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。‎ ‎9.在恒压密闭容器M（如图Ⅰ）和恒容密闭容器N（如图Ⅱ）中，分别加入a molA和a molB，起始时两容器体积均为V L，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A（?）+ B（?）xC（g）；ΔH＜0，平衡时M中A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4.。下列判断正确的是 A. x=4‎ B. 若N中气体的密度如图Ⅲ所示，则A、B可能都是气态 C. 若A为气体，B为非气体，则平衡时M、N中C物质的量相等 D. 若A、B均为气体，平衡时M中A的转化率小于N中A的转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2A(？)+B(？)xC(g)‎ 起始(mol)：a a 0‎ 转化(mol)：2n n nx 平衡(mol)：a-2n a-n nx 由(a-2n)：(a-n)：nx=1：3：4可得n=，x=2，故A错误；‎ B．如A、B都是气体，则混合气体的密度不变。但是根据图Ⅲ，体积不变，气体的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体，因此A、B有一种是气态或都为固体或液体，故B错误；‎ C．若A为气体，B为非气体，则反应前后气体的体积相等，压强对平衡移动没有影响，平衡时M、N中的平衡状态相同，C的物质的量相等，故C正确；‎ D．若A、B均为气体，M为恒压下进行反应，N中随着反应的进行，压强逐渐减小，M相当于在N的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则平衡时M中A的转化率大于N中A的转化率，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.现有常温下的四份溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.01mol/L盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是 A. ①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大 B. 将②、③混合，若有pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③‎ C. 将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＞①‎ D. 将①、④混合，混合溶液pH＞7，则消耗溶液的体积：④＞①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸为弱酸不完全电离氢离子浓度比氨水中的氢氧根离子浓度还小，①中水的电离程度最大，②③④中水的电离程度最小，选项A错误；‎ B、②③等体积混合，得到的是氨水和NH4Cl混合溶液，溶液显碱性，若pH＝7，则盐酸的体积比氨水的体积大，选项B正确；‎ C、将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＜①，选项C错误；‎ D、将①④混合，当消耗溶液的体积：④=①时，得到CH3COONa溶液，溶液显碱性pH＞7，此时c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka=c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是 A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小 B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动 C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5‎ D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，A错误；‎ B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B错误；‎ C. 电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＝1.75×10-5，C错误；‎ D. 电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎12.在恒温、恒容条件下发生下列反应：2X2O5 (g) 4XO2(g) +O2(g) △H>0，T温度下的部分实验数据为：‎ t/s ‎0‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ c(X2O5) mol/L ‎4.00‎ ‎2.50‎ ‎2.00‎ ‎2.00‎ 下列说法错误的是 A. T温度下的平衡数为K=64 (mol/L)3，100s时转化率为50%‎ B. 50s 内 X2O5分解速率为 0.03 mol/ (L•s)‎ C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则Kl>K2‎ D. 若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，则平衡时X2O5的转化率和平衡常数都不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时c(X2O5)=2mol/L，则：‎ ‎               2X2O5(g)═4XO2(g)+O2(g)‎ 起始浓度(mol/L)：4         0         0‎ 变化浓度(mol/L)：2          4         1‎ 平衡浓度(mol/L)：2         4         1‎ T温度下平衡常数K===64(mol/L)3‎ ‎，100s时转化率为×100%=50%，故A正确；B.50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)mol/L=1.5mol/L，50s内X2O5分解速率==0.03mol/(L·s)，故B正确；C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若温度T1＞T2，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则K1＞K2，故C正确；D．恒容条件下，随反应进行容器内压强增大，若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，等效为在原平衡基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时X2O5的转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。‎ ‎13.在恒容密闭容器中，将10mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K＝1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是（     ）‎ A. CO、H2S的转化率之比为1∶1‎ B. 达平衡后H2S的体积分数为4%‎ C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应 D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 利用三段法计算起始时H2S物质的量，进一步计算转化率； ‎ B. 根据平衡时各物质的物质的量进行计算；‎ C. 升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行；‎ D. 根据Qc与K之间的关系进行判断。‎ ‎【详解】A. 设起始时H2S的物质的量为x mol,‎ CO(g) + H2S(g) COS(g) + H2(g)； ‎ 始(mol) 10 x 0 0‎ 转(mol) 2 2 2 2‎ 平(mol) 8 x-2 2 2‎ 平衡常数K==1，解得x=2.5mol，CO的转化率=×100%=20%，H2S的转化率=×100%=80%，转化率不相等，A项错误；‎ B. 达平衡后H2S的体积分数=×100%=4%，B项正确；‎ C. 升高温度，平衡向吸热的方向移动；升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行，说明正向为放热反应，C项错误；‎ D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Qc==0.67<1说明平衡正向移动，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题判断平衡移动方向时可用浓度商与平衡常数进行比较，通过大小关系确定平衡移动的方向，并进一步确定正反应速率和逆反应速率的相对大小。对于可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Q＝，称为浓度商，且 Q＜K 反应向正反应方向进行，v正＞v逆 Q＝K 反应处于化学平衡状态，v正＝v逆 Q＞K 反应向逆反应方向进行，v正＜v逆 ‎14.下列各种溶液中，可能大量共存的离子组是(　　)‎ A. pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Cl－‎ B. 由水电离出的c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：Na+、AlO2-、S2－、CO32-‎ C. 含有大量Fe3+的溶液中：Na+、SCN－、K+、NO3-‎ D. c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液中：Mg2+、NO3-、Fe2+、ClO－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，故A错误；‎ B．由水电离出的c(OH-)=1×10-13 mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下，AlO2-、S2－、CO32-均不能大量共存，但碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；‎ C．SCN-与Fe3+反应而不能大量共存，故C错误；‎ D．c(H+)=10-14 mol•L-1的溶液呈碱性，碱性条件下，Mg2+、Fe2+不能大量共存，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。‎ ‎15.某密闭容器中进行如下反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的物质的量相等，且用X、Y做反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足 A. 1＜＜3 B. ＜＜ C. ＜＜4 D. 1＜＜5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】令参加反应的Y的物质的量为n，则 ‎3X(g)+Y(g)2Z(g)‎ 开始(mol)： x y 0‎ 转化(mol)： 3n n 2n 平衡(mol)： x-3n y-n 2n 平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有（x-3n）+（y-n）=2n，解得n=；反应物不能完全反应，所以有y＞n，x＞3n，即y＞，x＞，解得：1＜=＜5，故选D。‎ ‎16.如图为不同温度下水的电离平衡曲线，已知pOH=−lgc(OH−)，下列说法正确的是 A. T1和T2的关系是：T1>T2‎ B. KW的关系是：B>C>A=D=E C. A点到D点：加入少量酸可实现 D. T2时：pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图片知，Kw中A＞B，则T1＜T2，故A错误；‎ B．相同温度下，水的离子积常数相同，温度越高，水的离子积常数越大，根据图片知，离子积常数A=E=D＞C＞B，故B错误；‎ C．A点到D点是等温线，离子积常数不变，溶液的碱性减弱、酸性增强，所以A点到D点：加入少量酸可实现，故C正确；‎ D．水的离子积常数未知，无法计算NaOH中氢氧根离子浓度，等体积混合，酸中氢离子、碱中氢氧根离子物质的量不一定相等，溶液酸碱性无法判断，如果是常温下，pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体枳混合，溶液呈中性，故D错误；‎ 故答案为C。‎ 二、填空题(52分，除标注外，每空2分）‎ ‎17.(1)将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为_____。又已知：H2O(g)=H2O(l)；△H2=﹣44.0kJ/mol，则11.2L(标准状况)乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是___kJ。‎ ‎(2)已知：2NO2(g)═N2O4(g) △H1 2NO2(g)═N2O4(l) △H2，下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)______。‎ ‎(3)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。‎ 已知：C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g) △H1=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ ‎2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △H2=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l) △H3=﹣2 599kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，计算298K时由C(s，石墨)和H2(g)生成1mol C2H2(g)反应的焓变：__。‎ ‎(4)甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合来制备甲醇气体（结构简式为CH3OH）。已知某些化学键的键能数据如表：‎ 化学键 C﹣C C﹣H H﹣H C﹣O C≡O H﹣O 键能/kJ•mol﹣1‎ ‎348‎ ‎413‎ ‎436‎ ‎358‎ ‎1072‎ ‎463‎ 已知CO中的C与O之间为叁键连接，则工业制备甲醇的热化学方程式为_______。‎ ‎【答案】 (1). B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol (2). 1016.5 (3). A (4). +226.7kJ•mol﹣1 (5). CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=﹣116 kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出热量为2165kJ的热量，根据盖斯定律写出其热化学反应方程式，并根据物质的物质的量与反应放出的热量成正比来解答；‎ ‎(2)降低温度，将NO2(g)转化为N2O4(l)说明反应2NO2(g)⇌N2O4(l)为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低；‎ ‎(3)根据盖斯定律，将已知的三个热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；‎ ‎(4)依据化学反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式。‎ ‎【详解】(1)0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165kJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6(g)+3O2(g)═B2O3(s)+3H2O(l)△H=﹣2165kJ/mol；‎ ‎①B2H6(g)+3O2(g)═B2O3(s)+3H2O(l)△H=﹣2165kJ/mol ‎②H2O(g)=H2O(l)；△H2=﹣44.0kJ/mol，‎ 由盖斯定律可知①+②×3得：B2H6(g)+3O2(g)═B2O3(s)+3H2O(g)△H=-2033kJ/mol，则(11.2L标准状况)即0.5mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是2033kJ×0.5=1016.5kJ；‎ ‎(2)降低温度，NO2(g)转化为N2O4(l)说明反应2NO2(g)⇌N2O4‎ ‎(l)为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4(l)具有的能量比N2O4(g)具有的能量低，图象A符合；‎ ‎(3已知：①C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g) △H1=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ ‎②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △H2=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎③2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l) △H3=﹣2 599kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，①×4+②-③得到反应的热化学方程式为：4C(s，石墨)+2H2(g)=2C2H2(g)‎ ‎△H=(4△H1+△H2-△H3)=+453.4kJ/mol；所以热化学方程式为：2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H= (4△H1+△H2-△H3)=×(+453.4kJ/mol)=+226.7kJ/mol；‎ ‎(4)CO和H2化合来制备甲醇气体的方程式CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，反应的焓变可以根据反应物的总键能和生成物的总键能计算得到，焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能计算得到，△H1=1072kJ/mol+2×436kJ/mol-(3×413kJ/mol+358kJ/mol+463kJ/mol)=-116kJ/mol。‎ ‎【点睛】本题考查物质燃烧的热化学方程式的书写、放出热量及焓变求算，注意表示热化学方程式的书写要注明物质聚集状态和反应热的正负号问题。注意基础知识的积累和盖斯定律的应用是关键，本题考查了能量变化图的分析等，侧重考查学生的综合运用能力。‎ ‎18.实验室合成溴苯的装置图及有关数据如下，按下列合成步骤回答：‎ 苯 溴 溴苯 密度/g·cm－3‎ ‎0.88‎ ‎3.10‎ ‎1.50‎ 沸点/℃‎ ‎80‎ ‎59‎ ‎156‎ 水中溶解度 微溶 微溶 微溶 ‎ ‎ ‎(1)实验装置中，仪器c的名称为__________________，作用为__________。‎ ‎(2)在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑，在b中小心加入4.0‎ ‎ mL液态溴，向a中滴入几滴溴，有白雾产生，是因为生成了________气体，继续滴加至液溴滴完。写出a中发生反应的化学方程式：__________________。‎ ‎(3)液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：‎ ‎①向a中加入10 mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；‎ ‎②滤液依次用10 mL水、8 mL 10%的NaOH溶液、10 mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用__________；‎ ‎③向分出粗溴苯中加入少量的无水氯化钙(一种干燥剂)，静置、过滤。加入无水氯化钙的目的是__________________。‎ ‎(4)经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为______，要进一步提纯，需进行的操作方法为________。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). HBr (4). 2Fe+3Br2=2FeBr3，+Br2+HBr (5). 除去未反应的Br2 (6). 干燥溴苯 (7). 苯 (8). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是利用苯和液溴在三溴化铁作催化剂的条件下，在三颈烧瓶内发生取代反应制备溴苯，反应过程中为防止液溴和苯的挥发，提高原料利用率，用冷凝管进行冷凝回流，同时吸收生成的HBr气体，以防止产生污染；反应后的混合物通过过滤除去多余的铁粉，然后用氢氧化钠溶液洗去没有反应的溴及生成的HBr，经无水氯化钙干燥后，再进行蒸馏分离提纯。‎ ‎【详解】(1)根据仪器结构可知：仪器c是球形冷凝管，使用装置的目的是使挥发的溴和苯经冷凝后重新回到反应容器内，提高原料利用率；‎ ‎(2)苯与液溴发生取代反应产生溴苯和HBr，反应生成HBr气体遇水蒸气形成白雾；装置a中发生反应的化学方程式为2Fe+3Br2=2FeBr3，+Br2+HBr；‎ ‎(3)溴苯提纯的方法是：①先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，②加NaOH溶液，发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，使未反应的Br2变成NaBr和NaBrO进入到水中；‎ ‎③加无水氯化钙作干燥剂，所以无水氯化钙的作用是干燥溴苯；‎ ‎(4)经上述干燥后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯，苯和溴苯互溶，但二者的沸点不同，相对来说苯的沸点较低，所以采用蒸馏的方法进行分离。‎ ‎【点睛】本题主要考查了溴苯的制取实验、物质的分离提纯等，清楚物质反应原理是物质制备的关键，掌握使用试剂的先后顺序，了解每一步操作的目的，根据物质性质的不同分析解答。‎ ‎19.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：‎ ‎（1）则95℃时水的电离平衡曲线应为__（填“A”或“B”）．‎ ‎（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，所得溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_____‎ ‎（3）95℃时，若1体积pH1=a 的某强酸溶液与10体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是：___（用含a、b的等式表示）．‎ ‎（4）95℃时，1L0.05mol/LBa（OH）2溶液中，由水电离出的c（OH－）为______。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 100:1 (3). a+b=11 (4). 1×10－11mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）常温下，纯水中c(OH－)=c(H+)=10-7mol/L，水的电离是一个吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水电离生成的c(OH－)=c(H+)增大，由此可确定水的电离平衡曲线应为B；答案为B；‎ ‎（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3的H2SO4溶液混合，所得溶液的pH=7，则n(H+))=n(OH-)，10-5mol/L×V(NaOH)=10-3mol/L×V(H2SO4)，V(NaOH):V(H2SO4)=10-3mol/L:10-5mol/L=100:1；答案为：100:1；‎ ‎（3）95℃时，若1体积pH1=a的某强酸溶液与10体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，仍利用n(H+)=n(OH-)进行计算，则1×10-a=10×10-(12-b)，10a+b=1011，a+b=11；答案为：a+b=11；‎ ‎（4）95℃时，1L0.05mol/LBa(OH)2溶液中，c(OH－)=0.1mol/L，由于由水电离出的c(OH－)等于溶液中的c(H+)，即为 mol·L-1=1×10-11mol·L-1。答案为：1×10-11mol·L-1。‎ ‎20.为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取M g固体样品，配成250‎ ‎ mL溶液。设计了以下两种实验方案：‎ 方案I：取50.00 mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1 g 方案Ⅱ：取50.00 mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。‎ 实验中所记录的数据如下表：‎ 滴定次数 实验数据 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 待测溶液体积/mL ‎50.00‎ ‎50.00‎ ‎50.00‎ ‎50.00‎ 滴定管初读数/mL ‎0.00‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ 滴定管末读数/mL ‎20.95‎ ‎21.20‎ ‎20.15‎ ‎21.20‎ ‎(1)配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_______、________。‎ ‎(2)操作I为______________，操作Ⅱ为______________。‎ ‎(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是_______________________________。‎ ‎(4)在方案Ⅱ中发生的离子反应方程式为____________________________。‎ ‎(5)根据方案Ⅱ所提供数据，计算Na2SO3的纯度为___________。（写成分数形式）‎ ‎(6)方案Ⅱ中氧化还原滴定过程中，导致待测液Na2SO3浓度变小的是_____（填序号）。‎ a．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，开始仰视，滴定结束时俯视 b．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，一开始有气泡，滴定结束后没气泡 c．酸式滴定管用蒸馏水润洗后，没有用酸性KMnO4溶液多次润洗 d．锥形瓶用蒸馏水润洗后，直接装50.00mL的待测液 e．滴定过程时，开始时平视，滴定结束时仰视 ‎【答案】 (1). 天平 (2). 250mL的容量瓶 (3). 过滤 (4). 干燥（烘干） (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色 (6). 2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O (7). (8). b ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)寻找缺少的仪器时，可创设配制250 mL Na2SO3‎ 溶液的实验操作，然后按操作步骤逐一排查，即：称量(天平)、溶解(烧杯、玻璃棒)、转移(250 mL容量瓶、玻璃棒)、定容(胶头滴管)，从而找出缺少的仪器为天平、250mL的容量瓶；答案为：天平；250mL的容量瓶；‎ ‎(2)生成沉淀、操作I显然为过滤，操作Ⅱ为烘干；答案为：过滤；烘干；‎ ‎(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色；答案为：加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色；‎ ‎(4)在方案Ⅱ中发生的离子反应是MnO4-+SO32-+H+—Mn2++SO42-+H2O，然后利用电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平，即为2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O；答案为：2MnO4-+5SO32-+6H+＝2Mn2++5SO42-+3H2O；‎ ‎(5)根据方案Ⅱ所提供的数据(第三组数据为失真数据，不能使用，其它三组数据，取平均值，即得消耗KMnO4溶液21mL)，计算Na2SO3的纯度时，利用2n(SO32-)=5n(MnO4-)代入数据进行计算，即2c(SO32-)×50mL=5×a mol/L×21mL，从而求出c(SO32-)=1.05amol/L，再代入下式进行计算：w(Na2SO3)%== ；答案为：；‎ ‎(6)由2c(SO32-)×50mL=5×a mol/L×VmL，可求得c(SO32-)=，利用此式进行误差分析；‎ a．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，开始仰视，滴定结束时俯视，将导致实际所量取碱液的体积大于50mL，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大；‎ b．用碱式滴定管量取50mL待测液过程时，一开始有气泡，滴定结束后没气泡，则实际所取Na2SO3体积小于50mL，V偏小，导致待测液Na2SO3浓度变小；‎ c．酸式滴定管用蒸馏水润洗后，没有用酸性KMnO4溶液多次润洗，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大；‎ d．锥形瓶用蒸馏水润洗后，直接装50.00mL的待测，不产生误差；‎ e．滴定过程时，开始时平视，滴定结束时仰视，V偏大，导致待测液Na2SO3浓度变大。‎ 答案为：b。‎ ‎21.氢气和二氧化碳在一定条件下可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。‎ I、在恒温条件下，分别将2 molCO2和6 mol H2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(CH3OH)与反应时间t的关系如下表;‎ t/min ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ n（H2）/mol ‎6.00‎ ‎4.50‎ ‎3.60‎ ‎3.30‎ ‎3.03‎ ‎3.00‎ ‎3.00‎ n（CH3OH）/mol ‎0‎ ‎0.50‎ ‎0.80‎ ‎0.90‎ ‎0.99‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎(1)前10min中利用CO2表示的反应速率为____________。‎ ‎(2)该温度下，此反应的平衡常数K=__________。‎ ‎(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2 mol·L-1、2 mol·L-1、1 mol·L-1、1 mol·L-1，则此时v正_______v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。‎ Ⅱ、在密闭容器中充入1molCO2和3 mol H2，测得混合气体中甲醇的体积分数与温度的关系如图A所示：‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)该反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。‎ ‎(2)氢气在Q点的转化率_________(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)氢气在W点的转化率；‎ ‎(3)解释0—T0内，甲醇的体积分数变化趋势：_______________。‎ ‎(4)图B表示氢气转化率α(H2)与投料比的关系，请在图B中画出两条变化曲线并标出曲线对应的条件，两条曲线对应的条件分别为：一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)________。‎ ‎【答案】 (1). 0.08mol·L—1·min—1 (2). (3). ＜ (4). 放热 (5). 小于 (6). 温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大 ‎ ‎(7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)前10min中n(CH3OH)=0.80mol，则参加反应的CO2也为0.80mol，利用v(CO2)==0.08mol·L-1·min-1；答案为：0.08mol·L-1·min-1；‎ ‎(2) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)‎ 起始量 2mol 6mol 0 0‎ 变化量 1mol 3mol 1mol 1mol 平衡量 1mol 3mol 1mol 1mol 该温度下，此反应的平衡常数K==；答案为：；‎ ‎(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2 mol·L-1、2 mol·L-1、1 mol·L-1、1 mol·L-1，Q=＞，所以平衡逆向移动，v正＜v逆；‎ Ⅱ、(1)最高点及之后的所有点，都是该温度下的平衡点。从最高点之后进行分析，温度升高，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，该反应是放热反应；答案为：放热；‎ ‎(2)因为最高点之前的所有点都是未平衡点，所以氢气在Q点的转化率小于氢气在W点的转化率；答案为：小于；‎ ‎(3)0～T0内，甲醇的体积分数变化趋势，从图中便可看出，即温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；答案为：温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；‎ ‎(4)一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)。画线时，注意两点，一是曲线的变化趋势，大，相当于增大H2的体积，虽然平衡正向移动，但H2的转化率减小；二是相同时，增大压强，平衡正向移动，H2的转化率大，所以压强是3.03×105Pa的曲线在压强是1.01×105Pa曲线的上方。故坐标图象为：‎ ‎。‎ ‎ ‎