广东省广州市第16中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

广东省广州市第16中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

‎2019-2020广州市第16中学高二第一学期期中化学试卷 一、选择题(共12小题，每题4分，总分48分，每题仅有一个最佳答案。)‎ ‎1.在生产、生活中为增大反应速率而采取的措施合理的是 A. 铁锅洗后擦干 B. 在食品中添加适量防腐剂 C. 在糕点包装内放置小包除氧剂 D. 工业上燃烧硫铁矿制取SO2时，先将矿石粉碎 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铁锅洗后擦干，是为了防止生锈，减小铁锈蚀的反应速率，故A错误；‎ B、适当添加防腐剂为延长食品保质期，减慢反应速率，故B错误；‎ C、糕点包装内放置小包除氧剂，可抑制糕点的氧化，减小糕点腐败的速率，故C错误；‎ D、将矿石粉碎，固体表面积增大，反应速率增大，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。以下说法正确的是 A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B. 反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl= NH4CH+CO2↑+H2O △H>0‎ C. NH4HCO3的电离方程式为：NH4HCO3⇌NH4++HCO3-‎ D. 该反应中，热能转化为产物内部的能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应过程中醋酸逐渐凝固，说明HCl和NH4HCO3反应过程中温度降低，则该反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，以此解答该题。‎ ‎【详解】A、醋酸逐渐凝固，说明HCl和NH4HCO3反应过程中温度降低，则该反应吸热反应，故A错误；‎ B、书写热化学方程式时，应注明物质的状态，吸热反应△H＞0，所以该反应的热化学方程式为NH4HCO3(s)+HCl(aq)=NH4Cl(aq)+CO2(g)+H2O(l)△H>0，故B错误；‎ C、NH4HCO3是强电解质，应该用等号，电离方程式为：NH4HCO3=NH4++HCO3-，故C错误；‎ D、该反应为吸热反应，热能转化为产物内部的能量，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】注意掌握反应过程中的能量变化与反应物、生成物总能量的关系，明确吸热反应与放热反应的区别及判断方法。‎ ‎3.已知SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S-F键。1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ,断裂1 mol F-F、S-F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。则S(s)+3F2(g)=SF6(g)的反应热△H为 A. -1780kJ.mol-1 B. +430kJ.mol-1 C. -450kJ.mol-1 D. -1220kJ.mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应热△H=反应物总键能-生成物总键能计算反应热。‎ ‎【详解】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以对于S(s)+3F2(g)═SF6(g)，其反应热△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol-6×330kJ/mol=-1220kJ/mol。‎ 答案选D。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-22的溶液中：Mg2+、K+、Br-、HCO3-‎ B. 滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中：Na+、K+、I-、NO3-‎ C. 使甲基橙变红的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO-、Cl-‎ D. 使pH试纸呈蓝色的溶液中：Na+、AlO2-、SO42-、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水电离出的氢离子与氢氧根离子浓度相等，则c(H+)=10-11<10-7，小于纯水的电离程度，溶液可能为酸，也可能为碱，HCO3-既与酸反应又与碱反应，不能大量共存，A错误；‎ B. 能使KSCN溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子与I-反应，不能大量共存，B错误；‎ C. 甲基橙变红的溶液中含有大量的氢离子，氢离子与CH3COO-反应，不能大量共存，C错误；‎ D. 使pH试纸呈蓝色的溶液中含有大量的氢氧根离子，不反应，可以大量共存，D正确；‎ 答案为D ‎【点睛】对水的电离有抑制作用的既可能是酸，也可能是碱。‎ ‎5.一定条件下，密闭容器中发生反应Mg)⇌N(g)，反应过程中的能量变化如图中曲线所示,下列说法错误的是 A. 该反应正反应活化能为E3-E2‎ B. 该反应的△H=E1-E2‎ C. 曲线Ⅱ表示其他条件不变，升高温度时的能量变化 D. 曲线Ⅲ表示其他条件不变，加入催化剂时能量变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且焓变等于正逆反应的活化能之差，催化剂可降低反应的活化能、不影响焓变。‎ ‎【详解】A、由图可知，正反应活化能为（E3-E2）kJ•mol-1，故A正确；‎ B、由反应物、生成物总能量可知，反应的反应热为（E1-E2） kJ•mol-1，故B正确；‎ C、升高温度时，活化分子百分数增大，但焓变不变，与图中不符，故C错误；‎ D、催化剂可降低反应的活化能、不影响焓变，则曲线III表示其他条件不变，加入催化剂时的能量变化，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】催化剂的使用会降低反应的活化能，加快反应速率，但是不影响反应热。‎ ‎6.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H<0，在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是 A. 图I表示增加反应物浓度对该平衡的影响 B. 图II表示减小压强对该平衡的影响 C. 图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙>甲 D. 图IV表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲>乙 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；‎ B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；‎ C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；‎ D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎7.可逆反应L(s)+aG(g)=bR(g)达到平衡时温度和压强对该反应的影响如下图所示,x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数，压强P1>P2,下列判断正确的是 A. a>b B. △H<0‎ C. 当av正(G)=bv逆(R)可说明反应达到平衡状态 D. 增加L的物质的量，可提高G的转化率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图知，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度G的体积分数减小，说明平衡正向移动；相同温度下p1＞p2，增大压强G的体积分数减小，说明平衡正向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，据此方向解答。‎ ‎【详解】A、增大压强G的体积分数减小，说明平衡正向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则a>b，故A正确；‎ B、根据图知，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度G的体积分数减小，说明平衡正向移动，说明正反应是吸热反应，则△H＞0，故B错误；‎ C、当av正(G)=bv逆(R)时可得：=，而此时速率之比不等于计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，故C 错误；‎ D、L是固体，增大L的量平衡不移动，则G的转化率不变，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】平衡图象问题的看图方法主要是“定一议二”，先定温度相同，看压强与G的体积分数关系，得出是体积缩小的反应；再看等压线（压强相等时），温度与G的体积分数关系，得出是吸热反应。‎ ‎8.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是（　　）‎ A. 反应在0~10s内，用Z表示的反应速率为0.158moL/（L•s）‎ B. 反应进行到10s时，Y的转化率为79.0%‎ C. 反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌Z（g）‎ D. 容器内气体压强不再变化时反应达到平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生成物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=(1.20-0.41)mol：(1.00-0.21)mol：1.58mol=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，并结合v=及反应速率之比与化学计量数之比相等来解答。‎ ‎【详解】A、反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为=0.079mol/(L•s)，故A错误；‎ B、反应开始到10s时，Y的物质的量的减少是1.00mol-0.21mol=0.79mol，Y的转化率为=79.0%，故B正确；‎ C、由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mol，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故C错误；‎ D、该反应为气体分子数相等的反应，压强始终恒定，故气体压强不再变化时不能说明反应达到平衡，故D 错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】由图象先找反应物和生成物，再找各种物质的改变量，根据改变量之比等于计量数之比写出反应方程式，再判断其他量。‎ ‎9.为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，某同学分别设计了图1、图2所示的实验 下列叙述中不正确的是 A. 图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小 B. 若图1实验中反应速率为a>b,则一定可以说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好 C. 图2实验可通过测定相同状况下产生的气体体积与反应时间来比较反应速率 D. 图2中关闭A处活塞，将针筒活塞向外拉，松开后针筒活塞复原说明装置气密性好 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据反应剧烈程度和反应现象的关系判断FeCl3与CuSO4对H2O2分解催化效果；据化学反应速率的概念分析反应的快慢；据气密性检查原理判断气密性的检查方法。‎ ‎【详解】A、反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，故A正确；‎ B、若图甲所示实验中反应速率①＞②，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好，但不一定是Fe3+和Cu2+，可能是硫酸根离子和氯离子，故B错误；‎ C、反应速率可以用单位时间内产生气体的快慢表示，故C正确； ‎ D、关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，若气密性不好，活塞不能回到原位，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎10.已知A(g)+B(g)=2C(g)，反应过程中C的百分含量与温度关系如图，下列正确的是 ‎ A. 正反应速率：v(c)>v(d)>v(b)‎ B. 化学平衡常数：K(d)>k(c)‎ C. c向d变化时，v(正)0,在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A. 恒温恒容下，再向B点体系充入N2O4,NO2的体积分数增大 B. 图中A、C两点气体的颜色：A浅，C深 C. 图中A、C两点气体的平均相对分子质量：A>C D. 温度T1>T2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ N2O4(g)⇌2NO2(g) △H＞0，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，以此分析。‎ ‎【详解】A、恒温恒容下，再向B点体系充入N2O4，分析NO2的体积分数变化时按相当于增大压强考虑，NO2的体积分数应该减小，故A错误；‎ B、增大压强表示体积缩小，浓度增大，所以C点的浓度大，A点的浓度小，则A、C两点气体的颜色：A浅，C深，故B正确；‎ C、由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，C点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，则平均相对分子质量大，即平均相对分子质量：A＜C，故C错误；‎ D、升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1＜T2，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”原则即可解答，注意B选项为易错点，改变压强的本质为体积变化。‎ ‎12.23℃时，有体积相同的四种溶液：①pH=3的 CH3COOH溶液②pH=3的盐酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液。下列说法不正确的是 A. 用蒸馏水将①稀释则 增大 B. 等体积②和③的溶液混合后，溶液呈酸性 C. 将③逐渐滴入②中，水的电离程度先增大后减小 D. ③和④分别用②中和，消耗②的体积：③>④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸和一水合氨都是弱电解质，溶液中存在电离平衡，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，完全电离。‎ ‎【详解】A、用蒸馏水将CH3COOH溶液稀释， c(CH3COO-)、c(CH3COOH) 均减小，但是醋酸的电离平衡向右移动，c(CH3COOH)减小的程度更大，故增大，故A正确；‎ B、pH=11的氨水与pH=3的盐酸溶液等体积混合，氨水平衡状态下的氢氧根离子浓度和盐酸溶液中的氢离子浓度相同恰好反应，氨水又电离出铵根离子和氢氧根离子，所以氨水有剩余，所以溶液pH大于7，故B错误；‎ C、将氨水逐渐滴入盐酸中，先反应生成氯化铵，铵根水解促进水的电离，而到后面氨水过量，又会抑制水的电离，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确。‎ D、pH相等的氨水和氢氧化钠，氨水浓度大于氢氧化钠，且二者都是一元碱，中和酸的能力与碱的物质的量成正比，等体积等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的物质的量大于氢氧化钠，所以③和④分别用等浓度的盐酸溶液中和，消耗盐酸溶液的体积：③＞④，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】明确弱电解质电离特点是解本题关键，pH=3的 CH3COOH溶液、 pH=3的盐酸，CH3‎ COOH溶液的物质的量浓度大于盐酸；pH=11的氨水、pH=11的NaOH溶液，氨水的物质的量浓度大于NaOH溶液。‎ 二、填空题(4道大题，共52分，请依据题意作答)‎ ‎13.能量是人类生存基础，因此化学反应与能量关系一直是研究热点，贯穿于生活和生产各个领域 .‎ ‎(1)在25℃、101kPa下，16g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______‎ ‎(2)化学反应中放出的热能(焓变)，△H与反应物和生成物的键能E有关。‎ 已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-185kJ/mol, E(H-H)=436kJ/mol,E(Cl-Cl)=243kJ/mol。‎ 则E(H-Cl)=___________ ‎ ‎(3)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，已知：‎ ‎2Cu(s)+O2(g)=CuO(s) △H=-169kJ.mol-1.‎ C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ.mol-1‎ ‎2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s) △H=-314kJ.mol-1‎ 则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu和CO的热化学方程__________‎ ‎(4)如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图 ‎①请计算每生成1moNH3放出热量为___________‎ ‎②若起始时向容器内放入1moN2和3molH2达平衡后N2反应体积分数为20%，则反应放出的热量为Q1kJ,则Q1的数值为___________‎ ‎(5)炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是_______‎ ‎ ‎ A.氧分子的活化包括O-O键的断裂与C-O键的生成 B.每活化一个氧分子放出0.29eV的能量 C.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV D.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂 ‎【答案】 (1). CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O (l) △H=-704kJ/mol (2). 432kJ/mol (3). C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ•mol-1 (4). 46.1kJ (5). 18.44 (6). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量书写热化学方程式，标注物质聚集状态和对应焓变写出；依据反应的焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和计算；依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；分析图象N2和H2反应生成2mol NH3过程中能量变化示意图计算每生成1mol NH3放出的热量。‎ ‎【详解】（1）16g的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，32g甲醇即1mol，燃烧生成二氧化碳和液态水放热704kJ，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O (l) △H=-704kJ/mol；故答案为： CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O (l) △H=-704kJ/mol；‎ ‎（2）H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=-185kJ/mol；E（H-H）=436kJ/mol，E（Cl-Cl）=243kJ/mol △H=反应物键能总和-生成物键能总和得到：-185kJ/mol=436KJ/mol+243KJ/mol-2E（H-Cl） 则E（H-Cl）=432kJ/mol；故答案为：432kJ/mol；‎ ‎（3）已知：①2Cu(s)+O2(g)=CuO(s) △H=-169kJ.mol-1‎ ‎②C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ.mol-1‎ ‎③2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s) △H=-314kJ.mol-1‎ 用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)，该反应可以是②-③-×①，反应的焓变是-110.5kJ•mol-1-（-314kJ•mol-1）-×（-169kJ•mol-1）=+34.5kJ•mol-1，‎ 故答案为：C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ•mol-1。‎ ‎（4）①图象分析可知，N2和H2反应生成2mol NH3过程中能量变化示意图可知反应放热427.2KJ-335KJ=92.2kJ，每生成1mol NH3放出热量46.1kJ；故答案为：46.1kJ；‎ ‎②如图N2和H2反应生成2mol NH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol，‎ ‎ N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol ‎1 3 0 ‎ ‎0.2 0.6 0.4‎ 生成0.4mol氨气放热=×92.2KJ=18.44kJ；故答案为：18.44；‎ ‎（5）A、根据图象分析，氧分子活化过程O-O键断裂，生成C-O键，所以氧分子的活化是O-O的断裂与C-O键的生成过程，故A正确；‎ B、由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故B正确；‎ C、化能反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活为活化能较大者，根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为E=0.75eV，有水加入的反应的活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV，故C错误；‎ D、活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D正确；‎ 答案为C。‎ ‎14.二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成二甲醚。请回答下列问题 ‎ ‎(1)煤的气化的主要化学反应方程式为________________‎ ‎(2)煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为____________‎ ‎(3)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下 ‎①2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) △H=-90.8kJ.mo-1‎ ‎②2CH3OH(g)= CH3OCH3(g)+ H2O(g) △H=-235kJ.mo-1‎ ‎③CO(g)+H2O(g)=O2(g)+H2(g) △H=-413kJ.mo-1‎ 总反应：3H2(g)+3CO(g)= CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=___________‎ 一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是____(填字母代号)‎ a. 高温高压 b.加入催化剂 c.减少CO2的浓度 d.增加Co的浓度 e.分离出二甲醚 ‎(4)已知反应②2CH3OH(g)= CH3OCH3(g)+ H2O(g)某温度下的平衡常数为400.此温度下，在2L密闭容器中加入CH3OH,反应到某时刻测得各组分的浓度如下：‎ 物质 CH3OH CH3OCH3‎ H2O 物质的量（mol)‎ ‎0.88‎ ‎1.2‎ ‎1.2‎ ‎①加入的CH3OH的起始浓度为_________‎ ‎②比较此时正、逆反应速率的大小:v正________v逆（填少”、“<”或“=”)‎ ‎③若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时CH3OH的转化率a（CH3OH)=_________c(CH3OCH3)=____________‎ ‎【答案】 (1). C+H2OCO+H2 (2). Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS (3). -246.4kJ•mol-1 (4). c、e (5). 1.64mol/L (6). ＞ (7). 97.6% (8). 0.8 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2；利用盖斯定律结合已知反应的热方程式计算；①根据Qc=‎ 计算，然后比较与k的大小，再判断反应方向；根据方程式计算平衡常数，然后利用三段式法解答。‎ ‎【详解】（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2的过程：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2；‎ ‎（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐为硫氢酸钠和碳酸氢，反应的化学方程式为：Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS，故答案为：Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS；‎ ‎（3）①2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) △H=-90.8kJ.mo-1‎ ‎②2CH3OH(g)= CH3OCH3(g)+ H2O(g) △H=-235kJ.mo-1‎ ‎③CO(g)+H2O(g)=O2(g)+H2(g) △H=-413kJ.mo-1‎ 由盖斯定律②+③+①×2得到3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=-246.4kJ•mol-1；‎ 一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，反应是放热反应，反应前后气体体积减小的反应，要提高CO的转化率，平衡正向进行，‎ a、正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故a错误；‎ b、加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，转化率不变，故b错误； ‎ c、减少CO2的浓度，减少生成物浓度平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，故c正确；‎ d、增加CO的浓度，提高氢气转化率，一氧化碳转化率减小，故d错误； ‎ e、分离出二甲醚，平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，故e正确；‎ 故答案为：-246.4kJ•mol-1；c、e；‎ ‎（4）①起始时在密闭容器中加入CH3OH，则起始时甲醇的浓度为0.44moL/L+0.6mol/L×2=1.64mol/L，故答案为：1.64mol/L；‎ ‎②Qc===1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；‎ ‎③ 2CH3OH(g)⇌ CH3OCH3(g)+H2O(g)‎ 某时刻浓度（mol•L-1）：0.44 0.6 0.6‎ 转化浓度（mol•L-1）： 2x x x 平衡浓度（mol•L-1）： 0.44-2x 0.6+x 0.6+x K==400，解得x=0.2mol/L，平衡时c（CH3OH）=0.44-2x ‎ =0.04mol/L，则10min转化甲醇1.64mol/L-0.04mol/L=1.6mol/L，甲醇的转化率=×100%=97.6%；c(CH3OCH3)=（0.6mol/L+0.2mol/L）=0.8 mol/L；故答案为：97.6%；0.8 mol/L。‎ ‎【点睛】进行化学平衡的有关计算，一般用“三段式”法，“始、转、平”三组量一旦确定，可以解答有关平衡的平衡常数计算、转化率、反应速率、平衡时成分的体积分数等。‎ ‎15.(1)联氨(又称肼，N2H4,无色液体)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。写出在水中联氨第一步电离反应的方程式_______________。氯化镁溶液在某条件下可生Mg(OH)Cl沉淀，请写出相关离子方程式_________‎ ‎(2)实验室可通过向盛装有碱石灰的锥形瓶中滴加浓氨水来制取氨气，请利用相关化学反应原理来解释______________________________‎ ‎(3)室温下向10mL0.1 mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示 则HA为_______电解质(填“强”或“弱”)，a点所示溶液c(Na)_____c(A)(填“>”、“<”或“”=)，a、b两点所示溶液中水的电离程度a_______b(填“>”、“<”或“"=)。‎ ‎(4)25℃时0.05mol/L的醋酸溶液，pH=______ 该溶液中水电离出的c(H+)=____(已知室温下醋酸电离平衡常数为2.0×10-5)‎ ‎(5)常温下，0.01mol/L的HCN溶液加水稀释1000倍的过程中，下列选项增大的是_____‎ A. B.Kac(HCN) C. D.‎ ‎【答案】 (1). N2H4+H2O⇌N2H5++OH- (2). Mg2++ Cl -+H2O+Mg(OH)Cl+H+ (3). 在氨水中存在平衡：NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O，氧化钙和生石灰吸水或与水反应放出热量，使温度升高，且氢氧根浓度增大，均使上述平衡向右移动，促使氨水分解成氨气 (4). 弱 (5). > (6). > (7). 3 (8). 10-11mol/L (9). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合氨气在溶液中的电离特点可知第一步电离出N2H5+、OH-，据此写联氨第一步电离方程式；碱石灰和水反应生成氢氧化钙且放出热量，NaOH溶解放出热量，升高温度促进一水合氨分解生成氨气；关于滴定曲线的分析， a点时溶质为NaA，显碱性，说明A-水解，b点为HA、NaA等浓度混合溶液，显酸性，说明以电离为主；加水稀释，促进HCN的电离，由于溶液体积增大的程度大于氢离子物质的量的增大程度，所以c(H+)减小，则c(OH -)增大，再分析其他微粒以及比值变化。‎ ‎【详解】（1）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，其第一步电离出N2H5+、OH-，联氨第一步电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-；MgCl2溶液水解可生成Mg(OH)Cl和HCl，依据原子守恒书写化学方程式为：MgCl2+ H2OMg(OH)Cl+HCl↑，离子方程式为：Mg2++ Cl-+H2O+Mg(OH)Cl+H+；故答案为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-；Mg2++ Cl-+H2O+Mg(OH)Cl+H+；‎ ‎（2）在氨水中存在平衡：NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O，向盛装有碱石灰的锥形瓶中滴加浓氨水，碱石灰中的氧化钙与水反应，且放热，碱石灰中的氢氧化钠吸水也会放热，体系温度升高，且氢氧根浓度增大，使上述平衡向右移动，促进氨水分解生成氨气；故答案为：在氨水中存在平衡：NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O，氧化钙和生石灰吸水或与水反应放出热量，使温度升高，且氢氧根浓度增大，均使上述平衡向右移动，促使氨水分解成氨气；‎ ‎（3）a点时溶质为NaA，而此时溶液显碱性，说明A-水解，证明HA是弱酸；a点时溶质为NaA，而 A-部分水解，溶液呈碱性，则c(Na+)>c(A-)；a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，a、b两点所示溶液中水的电离程度a>b；故答案为：弱，>，>；‎ ‎（4）醋酸的电离常数Ka==2.0×10-5，c(H+)=1×10-3mol/L，pH=3；该溶液中Kw= c(H+)c(OH-)水，则c(OH-)水===10-11mol/L，而水电离的氢离子等于水电离的氢氧根，故c(H+)水=10-11mol/L，故答案为：3；10-11mol/L；‎ ‎（5）加水稀释，促进HCN的电离，由于溶液体积增大的程度大于氢离子物质的量的增大程度，所以c(H+)减小，则c(OH -)增大；‎ A、根据电荷守恒，c(H+)=，稀释时c(H+)减小，所以增大，A正确；‎ B、稀释时Ka不变，c(HCN)减小，因此Kac(HCN)减小，B错误；‎ C、稀释时，c(H+)和c(HCN)都减小，但是由于电离平衡向右移动，c(HCN)减小程度大于c(H+)，所以增大，故C正确；‎ D、，而Ka和Kw都不变，所以不变，故D错误。答案为：AC。‎ ‎16.无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。‎ ‎（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为___________。‎ ‎（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3 、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：‎ 已知：‎ ‎①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_____（只要求写出一种）。‎ ‎②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大单质是_____。‎ ‎③步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为_________________________。‎ ‎④结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是_________。‎ ‎【答案】 (1). Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ (2). 防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率 (3). Fe或铁 (4). NaCl、NaClO、Na2CO3 (5). 除去FeCl3，提高AlCl3纯度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）胶体具有吸附性，氯化铝能净水是因为：氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，据此书写水解方程式；‎ ‎（2）用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si，生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，SiCl4，以及AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝。‎ ‎【详解】（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，其反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；‎ ‎（2）①步骤1中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率；‎ ‎②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，Fe2O3与焦炭发生氧化还原反应，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁，故答案为：Fe或铁；‎ ‎③④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，所以生成的盐的化学式为NaCl、NaClO和Na2CO3，故答案为：NaCl、NaClO、Na2CO3；‎ ‎④步骤Ⅲ得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低FeCl3的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，因AlCl3在180℃升华，在300℃，废渣为Fe，冷却得到成品氯化铝，故答案为：除去FeCl3，提高AlCl3纯度。‎ ‎【点睛】用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产流程反应条件的控制、热化方程式的书写、物质反应条件与产物的确定等。‎