化学卷·2018届湖南省长郡中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届湖南省长郡中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年湖南省长郡中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（　　）‎ A．CH2=CH﹣CH=CH2；l，3 一二丁烯 B．CH3CH（C2H5）CH2CH2CH3，2 一乙基戊烷 C． 2 一甲基一3一戊烯 D．异戊烷 ‎2．下列反应属于取代反应的是（　　）‎ A．由乙烯制取氯乙烷 B．乙烷在空气中燃烧 C．乙烷在光照下与氯气反应 D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎3．既可以用来鉴别乙烯和乙烷，又可以用来除去乙烷中混有的少里乙烯的最佳方法是（　　）‎ A．混合气体通过盛有水的洗气瓶 B．通过装有过量浓溴水的洗气瓶 C．先将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液中，然后再通入NaOH溶液中 D．混合气与过量氢气混合 ‎4．含有一个双键的烯烃和H2加成后的产物结构如图，则该烯烃的可能结构有（　　）种 A．8 种 B．7种 C．6种 D．5种 ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．丙烯（CH2=CHCH3）易发生加成反应，一定条件下也可能发生取代反应 B．若有机物甲和乙是同分异构体，则甲和乙的化学性质相似 C．某有机物燃烧只生成物质的量之比为l：2 的CO2和H2O，说明其最简式为CH4‎ D．分子式分别为C2H6O、C3H8O的有机物一定互为同系物 ‎6．某有机物分子式为C4H8，据此推测其结构和性质不可能的是（　　）‎ A．它可能能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．一氯代物可能只有一种 C．分子结构中甲基的数目可能是0、1、2‎ D．等质量CH4和C4H8分别在氧气中完全燃烧，CH4的耗氧量小于C4H8‎ ‎7．一种气态烷烃和一种气态烯烃的混合物9g，其密度是相同条件下氢气密度的11.25倍，当混合气体通过足量溴水时，溴水增重4.2g，则这两种气态烃是（　　）‎ A．甲烷和乙烯 B．乙烷和乙烯 C．甲烷和丙烯 D．甲烷和丁烯 ‎8．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．碳酸氢钠加热可以分解，因为升高温度利于熵增的方向自发进行 B．在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向△G=△H﹣T△S＜0的方向进行 C．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行 D．混乱度减小的吸热反应一定不能自发进行 ‎9．已知一定温度压强下，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=﹣92kJ/mol，在同温下向某定容密闭容器甲中通入1.0molN2和3.0molH2，反应完成时放出热量Q1kJ，向另一体积相同的定容密闭容器乙中通入1.5molN2和3.0molH2，相同条件下反应完成时放出热量为Q2kJ，则下列关系正确的是（　　）‎ A．2Q2=Q1=92.4 B．Q2＜Q1＜92.4 C．Q1=Q2=92.4 D．Q1＜Q2＜92.4‎ ‎10．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）=zC（g），平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再次达到平衡时，测得A的浓度降低为0.3mol/L，下列有关判断正确的是（　　）‎ A．x+y＜z B．B的转化率降低 C．平衡向正反应方向移动 D．C的体积分数增大 ‎11．下列关于电解质的说法正确的是（　　）‎ A．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强 B．水溶液中导电能力差的电解质一定是弱电解质 C．在稀的水溶液中，强电解质近乎全部以离子的形态存在，一定不存在电解质分子 D．强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化介物 ‎12．下列四种溶液的pH 最小的是（　　）‎ A．0.02mol/L醋酸溶液与0.02mol/LKOH溶液等体积混合液 B．0.01mol/L醋酸溶液 C．0.03mol/L醋酸溶液与0.01mol/LKOH浓液等体积混合液 D．pH=2的硝酸溶液与pH=12KOH溶液等体积混合液 ‎13．为了证明醋酸是弱电解质，四同学分别进行实验：‎ 甲用pH试纸测出0.10mol/L的醋酸溶液pH=4；‎ 乙将pH=3醋酸和盐酸，各取10ml，用蒸馏水稀释到原来的100倍，然后用pH试纸测定该溶液的pH，醋酸的变化小 丙将pH=3醋酸和盐酸，分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变化大 丁取pH=3的盐酸和醋酸，分别稀释到原来的100倍，然后加入完全一样的锌粒，测量醋酸放出H2的速率快 上述实验可以实现并能证明醋酸是弱酸的是（　　）‎ A．一位同学 B．二位同学 C．三位同学 D．四位同学 ‎14．用0.2000mol/L标准盐酸滴定待测烧碱的纯度，下列说法正确的是（　　）‎ A．滴定时可以用pH计或石蕊试液准则判断滴定终点 B．滴定前平视，滴定后俯视酸式滴定管，得出的滴定结果偏大 C．滴定前要用待测烧碱溶液洗涤锥形瓶 D．滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色变化，直到滴定终点 ‎15．在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（　　）‎ A．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣‎ B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣‎ C．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 D．a、d两点对应的溶液均显中性 ‎16．向10.0mL 0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.10mol•L﹣1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示（假设无气体逸出），下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．M﹣N间一定存在c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B．M点对应的盐酸体积为10.0mL C．pH=7溶液中有c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）‎ D．P点处的溶液中存在：2c（NH4+）+2c（NH3•H2O）=c（Cl﹣）‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．现有下列物质 ①NaCl晶体 ②液态SO2 ③纯醋酸 ④硫酸钡 ⑤铜 ⑥酒精（C2H5OH） ⑦熔化的KCl ⑧NaOH溶液 请用以上物质回答下列问题．（填序号）‎ ‎（1）属于强电解质且在上述状态下能导电的是　　；‎ ‎（2）属于弱电解质的是　　；‎ ‎（3）属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是　　．‎ ‎18．据《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点．‎ ‎（1）晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=﹣989.2kJ•mol﹣1，有关键能数据如下表：‎ ‎ 化学键 ‎ Si﹣O O=O ‎ Si﹣Si ‎ ‎ 键能kJ•mol﹣1‎ ‎ x ‎ 498.8‎ ‎ 176‎ 已知1molSi中含2molSi﹣Si键，1molSiO2中含4molSi﹣O键，则x的值为　　．‎ ‎（2）假如硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中，你认为不妥当的是　　．‎ A．硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料 B．硅的来源丰富，易于开采，且可再生 C．硅燃烧放出的热量大，且燃烧产物对环境污染程度低，容易有效控制 D．寻找高效新催化剂，可以使反应SiO2+2CSi+2CO↑在常温下发生，是硅能源开发利用的关键技术 ‎（3）工业制备纯硅的反应为2H2（g）+SiCl4（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+240.4kJ•mol﹣1，生成的HCl通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液恰好完全被吸收，则上述制备纯硅的反应过程中　　（填“吸收”或“释放”）的热量为　　kJ．‎ ‎19．已知碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷．为了探究甲烷性质，某同学设计如下两组实验方案：甲方案探究甲烷与氧化剂反应（如图1所示）；乙方案探究甲烷与氯气反应的条件（如图2所示）．‎ 甲方案实验现象：溴水无颜色变化，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊．‎ 乙方案实验操作过程：通过排饱和食盐水的方法收集两瓶甲烷与氯气（体积比为1：4）的混合气体，I瓶放在光亮处，II瓶用预先准备好的黑色纸套套上，按图2安装好装置，并加紧弹簧夹a和b．‎ ‎（1）碳化铝与稀硫酸反应的化学方程式为　　．‎ ‎（2）写出甲方案实验中硬质试管里可能发生的化学方程式　　，（实验测得消耗甲烷与氧化铜物质的量之比2：7）‎ ‎（3）实验甲中浓硫酸的作用是　　，集气瓶中收集到的气体　　（填“能”或“不能”）直接排入空气中？‎ ‎（4）下列对甲方案实验中的有关现象与结论的叙述都正确的是　　‎ A．酸性高锰酸钾溶液不褪色，结论是通常条件下，甲烷不能与强氧化剂反应 B．硬质试管里黑色粉末变红色，说明氧化铜发生了氧化反应 C．硬质试管里黑色粉末变红色，推断氧化铜与甲烷反应只生成水和二氧化碳 D．甲烷不能与溴水反应，推知甲烷不能与卤素单质反应 ‎（5）乙方案中烧杯里放入足量的水，打开弹簧夹a、b，一段时间后，观察到有水倒吸到I瓶中，但水并不能充满I瓶，请写出该实验现象所涉及的一个化学方程式　　．除了上述现象外，该实验中还可能观察到的现象有　　（填序号）．‎ A．I瓶中气体颜色变浅 B．I瓶中出现白雾 C．I瓶瓶内壁出现油状物质 D．II瓶中与I瓶现象相同．‎ ‎20．（1）反应Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1，平衡常数为K1；反应Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2，平衡常数为K2．在不同温度时K1、K2的值如表：‎ ‎700℃‎ ‎900℃‎ K1‎ ‎1.47‎ ‎2.15‎ K2‎ ‎2.38‎ ‎1.67‎ ‎①反应 CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H，平衡常数K，则△H=　　（用△H1和△H2表示），K=　　（用K1和K2表示），且由上述计算可知，反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是　　反应（填“吸热”或“放热”）．‎ ‎（2）一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H＞0，CO2的浓度与时间的关系如图所示：‎ ‎①该条件下反应的平衡常数为　　；‎ ‎②下列措施中能使平衡时增大的是　　（填序号）‎ A．升高温度 B．增大压强 C．充入一定量的CO2 D．再加入一定量铁粉 ‎③一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是　　（填字母）．‎ a．容器中压强不变 b．气体的密度不再改变c．v正（CO2）=v逆（CO） d．c（CO2）=c（CO） e．容器内气体总物质的量不变．‎ ‎21．I某温度下，Kw=10﹣12．‎ ‎（1）若保持温度不变，向少量水中加入　　g的NaOH固体，并加水至1L，才能使溶液中电离产生的H+、OH﹣的浓度乘积即：c（H+）•c（OH﹣）=10﹣22‎ ‎（2）若保持温度不变，某溶液中c（H+）为1×10﹣7mol/L，则该溶液显　　性（选填“酸”、“碱”或“中”）‎ II．（3）实验室中常用NaOH进行洗气和提纯，当600mL 1mol/LNaOH溶液吸收标准状况下8.96LCO2气体时所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是　　．‎ ‎（4）已知常温下Kw[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液，发生反应的离子方程式为　　．若所得悬浊液的pH调整为4，则溶液中Fe3+的浓度为　　mol/L．‎ ‎（5）试利用平衡移动原理解释下列事实：‎ FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省长郡中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（　　）‎ A．CH2=CH﹣CH=CH2；l，3 一二丁烯 B．CH3CH（C2H5）CH2CH2CH3，2 一乙基戊烷 C． 2 一甲基一3一戊烯 D．异戊烷 ‎【考点】有机化合物命名．‎ ‎【分析】A．为丁二烯，不是二丁烯；‎ B．烷烃的命名中出现2﹣乙基，说明选取的主链不是最长碳链；‎ C．编号方向错误，应该从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在2号C；‎ D．该有机物与戊烷互为同分异构体，为异戊烷．‎ ‎【解答】解：A．CH2=CH﹣CH=CH2分子中，在1、3号C含有两个碳碳双键，其名称为：l，3 一丁二烯，故A错误；‎ B．CH3CH（C2H5）CH2CH2CH3的最长碳链含有6个C，主链为己烷，在名称为：3﹣甲基己烷，故B错误；‎ C．的碳碳双键在2号C，甲基在4号C，正确名称为：4﹣甲基﹣2﹣戊烯，故C错误；‎ D．戊烷分为正戊烷、异戊烷和新戊烷，为异戊烷的结构简式，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列反应属于取代反应的是（　　）‎ A．由乙烯制取氯乙烷 B．乙烷在空气中燃烧 C．乙烷在光照下与氯气反应 D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】A．碳碳双键转化为单键；‎ B．燃烧为氧化反应；‎ C．乙烷中H被Cl取代；‎ D．乙烯含碳碳双键，能被高锰酸钾氧化．‎ ‎【解答】解：A．由乙烯制取氯乙烷，为加成反应，故A不选；‎ B．乙烷在空气中燃烧，为氧化反应，故B不选；‎ C．乙烷在光照下与氯气反应，为取代反应，故C选；‎ D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，为氧化反应，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．既可以用来鉴别乙烯和乙烷，又可以用来除去乙烷中混有的少里乙烯的最佳方法是（　　）‎ A．混合气体通过盛有水的洗气瓶 B．通过装有过量浓溴水的洗气瓶 C．先将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液中，然后再通入NaOH溶液中 D．混合气与过量氢气混合 ‎【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．‎ ‎【分析】乙烯含有C=C官能团，能与溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，注意除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质．‎ ‎【解答】解：A．乙烯和乙烷都不能溶于水，不能将二者鉴别，故A错误；‎ B．通入溴水中，乙烯与溴水发生加成反应生成二溴乙烷，溴水褪色，既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯，故B正确；‎ C．通入酸性高锰酸钾溶液中，乙烯被氧化生成二氧化碳气体，溶液褪色，可鉴别，通入氢氧化钠溶液可除去二氧化碳，但操作较B复杂，故C错误；‎ D．与氢气反应没有明显现象，不能鉴别，且一般条件下不反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．含有一个双键的烯烃和H2加成后的产物结构如图，则该烯烃的可能结构有（　　）种 A．8 种 B．7种 C．6种 D．5种 ‎【考点】有机化合物的异构现象；常见有机化合物的结构．‎ ‎【分析】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．根据加成原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．还原双键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键．‎ ‎【解答】解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．该烷烃的碳链结构为，最右边碳原子为1号碳，所以能形成双键位置有：1和2之间；4和5之间；5和6之间，6和7之间，5和5支链上的碳原子之间，故该烃共有5种．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．丙烯（CH2=CHCH3）易发生加成反应，一定条件下也可能发生取代反应 B．若有机物甲和乙是同分异构体，则甲和乙的化学性质相似 C．某有机物燃烧只生成物质的量之比为l：2 的CO2和H2O，说明其最简式为CH4‎ D．分子式分别为C2H6O、C3H8O的有机物一定互为同系物 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】A．碳碳双键可发生加成反应，甲基在光照下可发生取代反应；‎ B．同分异构体的结构不同，结构决定性质；‎ C．燃烧只生成物质的量之比为l：2 的CO2和H2O，有机物可能含O元素；‎ D．分子式为C2H6O、C3H8O的有机物，可能为醇或醚．‎ ‎【解答】解：A．碳碳双键可发生加成反应，甲基在光照下可发生取代反应，则丙烯（CH2=CHCH3）易发生加成反应，一定条件下也可能发生取代反应，故A正确；‎ B．同分异构体的结构不同，结构决定性质，如乙酸与甲酸甲酯，性质不同，故B错误；‎ C．燃烧只生成物质的量之比为l：2 的CO2和H2O，有机物可能含O元素，则有机物可能为CH4或CH4O等，故C错误；‎ D．分子式为C2H6O、C3H8O的有机物，可能为醇或醚，不一定为同系物，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．某有机物分子式为C4H8，据此推测其结构和性质不可能的是（　　）‎ A．它可能能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．一氯代物可能只有一种 C．分子结构中甲基的数目可能是0、1、2‎ D．等质量CH4和C4H8分别在氧气中完全燃烧，CH4的耗氧量小于C4H8‎ ‎【考点】有机物的结构和性质；有关有机物分子式确定的计算．‎ ‎【分析】A．某有机物分子式为C4H8，H原子是C原子2倍，则该有机物可能是单烯烃或环丁烷；‎ B．如果是环丁烷，只有一种氢原子，氢原子种类决定其一氯代物种类；‎ C．该物质可能是环丁烷、1﹣甲基环丙烷、1﹣丁烯或2﹣丁烯；‎ D．设烃的化学式为CxHy，等质量的烃耗氧量=（x+）=．‎ ‎【解答】解：A．某有机物分子式为C4H8，H原子是C原子2倍，则该有机物可能是单烯烃或环丁烷，如果是烯烃，则与乙烯是同系物，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；‎ B．如果是环丁烷，只有一种氢原子，氢原子种类决定其一氯代物种类，所以如果是环丁烷，其一氯代物只有一种，故B正确；‎ C．该物质可能是环丁烷（无甲基）、1﹣甲基环丙烷（一个甲基）、1﹣丁烯（一个甲基）或2﹣丁烯（2个甲基），所以分子结构中甲基的数目可能是0、1、2，故C正确；‎ D．设烃的化学式为CxHy，等质量的烃耗氧量=（x+）=，根据式子知，如果越大相同质量时耗氧量就越多，所以等质量的CH4和C4H8，分别在氧气中完全燃烧，CH4的耗氧量大于C4H8，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．一种气态烷烃和一种气态烯烃的混合物9g，其密度是相同条件下氢气密度的11.25倍，当混合气体通过足量溴水时，溴水增重4.2g，则这两种气态烃是（　　）‎ A．甲烷和乙烯 B．乙烷和乙烯 C．甲烷和丙烯 D．甲烷和丁烯 ‎【考点】有关有机物分子式确定的计算．‎ ‎【分析】根据混合气体的密度是相同状况下H2密度的11.25倍可以确定有机物的平均摩尔质量22.5g/mol，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为： =0.4mol；该混合气通过Br2水时，Br2水增重4.2g，4.2g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为4.8g，物质的量为0.3mol，故烯烃的物质的量为0.1mol，结合烯烃的质量和物质的量来确定烯烃的摩尔质量，再根据烯烃组成通式确定烯烃．‎ ‎【解答】解：混合气体的密度是相同状况下H2密度的11.25倍可以确定有机物的平均摩尔质量22.5g/mol，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为=0.4mol；‎ 该混合气通过Br2水时，Br2水增重4.2g，4.2g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为9g﹣4.2g=4.8g，甲烷的物质的量为： =0.3mol，则烯烃的物质的量为0.4mol﹣0.3mol=0.1mol，‎ 所以M（烯烃）==42g•mol﹣1，‎ 设烯烃的组成为CnH2n，则14n=42，所以n=3，为丙烯，‎ 所以混合物为甲烷、丙烯，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．碳酸氢钠加热可以分解，因为升高温度利于熵增的方向自发进行 B．在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向△G=△H﹣T△S＜0的方向进行 C．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行 D．混乱度减小的吸热反应一定不能自发进行 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，反之不能自发进行，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．碳酸氢钠加热可以分解，生成气体增多，△S＞0，即升高温度利于熵增的方向自发进行，故A正确；‎ B．△G=△H﹣T△S＜0，可自发反应，故B正确；‎ C．水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件能自发进行，如降温可发生，故C错误；‎ D．混乱度减小的吸热反应，△S＜0、△H＞0，则△H﹣T△S＞0，该反应不能自发进行，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．已知一定温度压强下，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=﹣92kJ/mol，在同温下向某定容密闭容器甲中通入1.0molN2和3.0molH2，反应完成时放出热量Q1kJ，向另一体积相同的定容密闭容器乙中通入1.5molN2和3.0molH2，相同条件下反应完成时放出热量为Q2kJ，则下列关系正确的是（　　）‎ A．2Q2=Q1=92.4 B．Q2＜Q1＜92.4 C．Q1=Q2=92.4 D．Q1＜Q2＜92.4‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】一定温度和压强下，1molN2（g）与3molH2（g）反应生成2molNH3（g）放出的热量是92.4kJ．‎ 由于反应为可逆反应，物质不能完全反应，在同温同压下通入1molN2和3molH2，参加反应的氮气小于1mol；‎ 向另一体积相同的容器中通入1.5molN2和3.0molH2，等效为在开始通入1molN2和3molH2到达平衡的基础上增加氮气，平衡正向移动，氮气的转化率增大，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量Q1kJ＜92.4kJ；‎ 向另一体积相同的容器中通入1.5molN2和3.0molH2，等效为在开始通入1molN2和3molH2到达平衡的基础上增加氮气，平衡正向移动，氮气的转化率增大，放出热量增多，则Q1＜Q2，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）=zC（g），平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再次达到平衡时，测得A的浓度降低为0.3mol/L，下列有关判断正确的是（　　）‎ A．x+y＜z B．B的转化率降低 C．平衡向正反应方向移动 D．C的体积分数增大 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度降低为0.25mol/L，而再次达到平衡时，测得A的浓度降低为0.3mol/L，可知压强减小，平衡逆向移动，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由信息可知，体积增大，压强减小，平衡逆向移动，‎ A．压强减小，平衡逆向移动，则x+y＞z，故A错误；‎ B．平衡逆向移动，B的转化率降低，故B正确；‎ C．由上述分析可知，平衡逆向移动，故C错误；‎ D．平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．下列关于电解质的说法正确的是（　　）‎ A．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强 B．水溶液中导电能力差的电解质一定是弱电解质 C．在稀的水溶液中，强电解质近乎全部以离子的形态存在，一定不存在电解质分子 D．强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化介物 ‎【考点】电解质与非电解质．‎ ‎【分析】A．依据电解质溶液导电能力影响因素解答；‎ B．电解质强弱判断依据：电离程度；‎ C．根据强电解质的定义解答；‎ D．有些强电解质为共价化合物，有些弱电解质为离子化合物．‎ ‎【解答】解：A．电解质溶液导电能力与溶液中存在自由移动离子浓度有关与离子带电荷数多少，与电解质强弱无关，故A错误；‎ B．电解质强弱判断依据：电离程度，能够完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质，与导电能力无关，故B错误；‎ C．强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物．即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，溶液汇总不存在电解质分子，故C正确；‎ D．氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，氢氧化铝为弱电解质，但它是离子化合物，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．下列四种溶液的pH 最小的是（　　）‎ A．0.02mol/L醋酸溶液与0.02mol/LKOH溶液等体积混合液 B．0.01mol/L醋酸溶液 C．0.03mol/L醋酸溶液与0.01mol/LKOH浓液等体积混合液 D．pH=2的硝酸溶液与pH=12KOH溶液等体积混合液 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．‎ ‎【分析】溶液的pH大小：酸性＜中性＜碱性，先判断混合液酸碱性，然后根据酸性越强，溶液的pH越小判断．‎ ‎【解答】解：A.0.02mol/L醋酸溶液与0.02mol/LKOH溶液等体积混合液，反应后溶质为醋酸钾，溶液呈碱性，溶液的pH＞7；‎ B.0.01mol/L醋酸溶液，醋酸部分电离，溶液呈酸性；‎ C.0.03mol/L醋酸溶液与0.01mol/LKOH浓液等体积混合液，反应后溶质为0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸钾；‎ D．pH=2的硝酸溶液与pH=12KOH溶液等体积混合液，二者恰好反应生成硝酸钾，溶液呈中性，pH=7；‎ 根据分析可知，溶液pH减小的为B、C，由于C中醋酸根离子浓度抑制了醋酸的电离，则C中氢离子浓度小于B，所以混合液的pH最小的为B，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．为了证明醋酸是弱电解质，四同学分别进行实验：‎ 甲用pH试纸测出0.10mol/L的醋酸溶液pH=4；‎ 乙将pH=3醋酸和盐酸，各取10ml，用蒸馏水稀释到原来的100倍，然后用pH试纸测定该溶液的pH，醋酸的变化小 丙将pH=3醋酸和盐酸，分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变化大 丁取pH=3的盐酸和醋酸，分别稀释到原来的100倍，然后加入完全一样的锌粒，测量醋酸放出H2的速率快 上述实验可以实现并能证明醋酸是弱酸的是（　　）‎ A．一位同学 B．二位同学 C．三位同学 D．四位同学 ‎【考点】弱电解质的判断．‎ ‎【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明醋酸是弱电解质，只要能证明醋酸部分电离即可，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：甲．用pH试纸测出0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，醋酸中氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则醋酸为弱电解质，故正确；‎ 乙．将pH=3醋酸和盐酸，各取10ml，用蒸馏水稀释到原来的100倍，然后用pH试纸测定该溶液的pH，醋酸的变化小，说明醋酸中存在电离平衡，为弱电解质，故正确；‎ 丙．将pH=3醋酸和盐酸，分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变化大，说明醋酸中存在电离平衡，加入相应的钠盐抑制醋酸电离，为弱电解质，故正确；‎ 丁．取pH=3的盐酸和醋酸，分别稀释到原来的100倍，然后加入完全一样的锌粒，测量醋酸放出H2的速率快，说明稀释后醋酸中氢离子浓度大于盐酸，稀释过程中醋酸继续电离生成氢离子，所以醋酸中存在醋酸电离平衡，为弱电解质，故正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．用0.2000mol/L标准盐酸滴定待测烧碱的纯度，下列说法正确的是（　　）‎ A．滴定时可以用pH计或石蕊试液准则判断滴定终点 B．滴定前平视，滴定后俯视酸式滴定管，得出的滴定结果偏大 C．滴定前要用待测烧碱溶液洗涤锥形瓶 D．滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色变化，直到滴定终点 ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】A．石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂；‎ B．俯视滴定管，导致读出的溶液体积偏小；‎ C．锥形瓶不能润洗，否则测定结果偏高；‎ D．滴定时左手控制酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，眼睛观察锥形瓶内溶液颜色变化．‎ ‎【解答】解：A．石蕊变色不明显，不能用作中和滴定指示剂，故A错误； ‎ B．滴定前平视，滴定后俯视酸式滴定管，读出的溶液体积偏小，则得出的滴定结果偏低，故B错误；‎ C．滴定前不能用待测烧碱溶液洗涤锥形瓶，否则待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故C错误；‎ D．滴定操作时，左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（　　）‎ A．c点，两溶液中含有相同量的OH﹣‎ B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣‎ C．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 D．a、d两点对应的溶液均显中性 ‎【考点】电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】A．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4；‎ B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；‎ C．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；‎ D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4；‎ ‎【解答】解：A．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故A错误；‎ B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，则大量存在的离子是Na+、OH﹣，故B正确；‎ C．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故C正确；‎ D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎16．向10.0mL 0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.10mol•L﹣1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示（假设无气体逸出），下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．M﹣N间一定存在c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B．M点对应的盐酸体积为10.0mL C．pH=7溶液中有c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）‎ D．P点处的溶液中存在：2c（NH4+）+2c（NH3•H2O）=c（Cl﹣）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A、M﹣N间溶液的pH大于7，一定是氨水过量的情况，据此回答；‎ B、M点对应的溶液显示中性，酸碱恰好反应生成氯化铵显示酸性，应该是盐酸和氨水的混合物；‎ C、根据电荷守恒知识来判断；‎ D、根据溶液中的物料守恒来判断．‎ ‎【解答】解：A、M﹣N间溶液的pH大于7，一定是氨水过量的情况，存在c（NH4+）＞c（Cl﹣）c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；‎ B、M点对应的溶液显示中性，酸碱恰好反应生成氯化铵显示酸性，应该是盐酸和氨水的混合物，即M点对应的盐酸体积小于10.0mL，故B错误；‎ C、根据电荷守恒：pH=7溶液中有c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故C错误；‎ D、P点处的溶液是等物质的量浓度的盐酸和氯化铵的混合物，存在：2c（NH4+）+2c（NH3•H2O）=c（Cl﹣），故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．现有下列物质 ①NaCl晶体 ②液态SO2 ③纯醋酸 ④硫酸钡 ⑤铜 ⑥酒精（C2H5OH） ⑦熔化的KCl ⑧NaOH溶液 请用以上物质回答下列问题．（填序号）‎ ‎（1）属于强电解质且在上述状态下能导电的是　⑦　；‎ ‎（2）属于弱电解质的是　③　；‎ ‎（3）属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是　②　．‎ ‎【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质．‎ ‎【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，完全电离的电解质是强电解质，只有部分电离的电解质是弱电解质，能导电的物质中含有自由移动的阴阳离子或自由移动的电子．‎ ‎【解答】解：①NaCl晶体属于强电解质，但不能导电； ‎ ‎②液态SO2属于非电解质，但其水溶液能导电； ‎ ‎③纯醋酸属于弱电解质，其水溶液能导电； ‎ ‎④硫酸钡属于强电解质，但不能导电；‎ ‎⑤铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，但能导电； ‎ ‎⑥酒精（C2H5OH）属于非电解质，但其水溶液不导电；‎ ‎⑦熔化的KCl含有自由移动的阴阳离子，所以能导电，且属于强电解质；‎ ‎⑧NaOH溶液含有自由移动的阴阳离子，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ 故答案为：⑦；③；②．‎ ‎　‎ ‎18．据《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点．‎ ‎（1）晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=﹣989.2kJ•mol﹣1，有关键能数据如下表：‎ ‎ 化学键 ‎ Si﹣O O=O ‎ Si﹣Si ‎ ‎ 键能kJ•mol﹣1‎ ‎ x ‎ 498.8‎ ‎ 176‎ 已知1molSi中含2molSi﹣Si键，1molSiO2中含4molSi﹣O键，则x的值为　460　．‎ ‎（2）假如硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中，你认为不妥当的是　D　．‎ A．硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料 B．硅的来源丰富，易于开采，且可再生 C．硅燃烧放出的热量大，且燃烧产物对环境污染程度低，容易有效控制 D．寻找高效新催化剂，可以使反应SiO2+2CSi+2CO↑在常温下发生，是硅能源开发利用的关键技术 ‎（3）工业制备纯硅的反应为2H2（g）+SiCl4（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+240.4kJ•mol﹣1，生成的HCl通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液恰好完全被吸收，则上述制备纯硅的反应过程中　吸收　（填“吸收”或“释放”）的热量为　6.01　kJ．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此结合Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=﹣989、2kJ•mol﹣1，计算出表中x；‎ ‎（2）硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，仅次于氧，硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅；‎ ‎（3）通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液恰好反应说明生成的氯化氢为0.1mol，然后根据方程式进行计算．‎ ‎【解答】解：（1）已知晶体硅的燃烧热为989.2kJ•mol﹣1，则Si（s）+O2（g）=SiO2（s）△H=﹣989.2kJ•mol﹣1；‎ ‎1mol晶体硅中含有2molSi﹣Si，1molSiO2中含有4molSi﹣O，1molO2中含有1molO=O，则反应焓变△H=2×176+498.8﹣4x=﹣989.2，解得x=460，‎ 故答案为：460；‎ ‎（2）A．硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，故A正确；‎ B．硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，且可再生，故B正确；‎ C．硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅是固体，容易得至有效控制，故C正确；‎ D．催化剂只能加快化学反应的速率，不改变反应热，故D错误．‎ 故答案为：D；‎ ‎（3）通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液恰好反应说明生成的氯化氢为0.1mol，设反应吸收的热量为x．‎ ‎2H2（g）+SiCl4（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+240.4kJ•mol﹣1‎ ‎ 4 240.4‎ ‎ 0.1 x 解得X=6.01kJ，‎ 故答案为：吸收、6.01．‎ ‎　‎ ‎19．已知碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷．为了探究甲烷性质，某同学设计如下两组实验方案：甲方案探究甲烷与氧化剂反应（如图1所示）；乙方案探究甲烷与氯气反应的条件（如图2所示）．‎ 甲方案实验现象：溴水无颜色变化，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊．‎ 乙方案实验操作过程：通过排饱和食盐水的方法收集两瓶甲烷与氯气（体积比为1：4）的混合气体，I瓶放在光亮处，II瓶用预先准备好的黑色纸套套上，按图2安装好装置，并加紧弹簧夹a和b．‎ ‎（1）碳化铝与稀硫酸反应的化学方程式为　Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4↑　．‎ ‎（2）写出甲方案实验中硬质试管里可能发生的化学方程式　2CH4+7CuO7Cu+CO2+CO+4H2O　，（实验测得消耗甲烷与氧化铜物质的量之比2：7）‎ ‎（3）实验甲中浓硫酸的作用是　干燥甲烷　，集气瓶中收集到的气体　不能　（填“能”或“不能”）直接排入空气中？‎ ‎（4）下列对甲方案实验中的有关现象与结论的叙述都正确的是　A　‎ A．酸性高锰酸钾溶液不褪色，结论是通常条件下，甲烷不能与强氧化剂反应 B．硬质试管里黑色粉末变红色，说明氧化铜发生了氧化反应 C．硬质试管里黑色粉末变红色，推断氧化铜与甲烷反应只生成水和二氧化碳 D．甲烷不能与溴水反应，推知甲烷不能与卤素单质反应 ‎（5）乙方案中烧杯里放入足量的水，打开弹簧夹a、b，一段时间后，观察到有水倒吸到I瓶中，但水并不能充满I瓶，请写出该实验现象所涉及的一个化学方程式　CH4+Cl2CH3Cl+HCl　．除了上述现象外，该实验中还可能观察到的现象有　ABC　（填序号）．‎ A．I瓶中气体颜色变浅 B．I瓶中出现白雾 C．I瓶瓶内壁出现油状物质 D．II瓶中与I瓶现象相同．‎ ‎【考点】性质实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应生成硫酸铝和甲烷；‎ ‎（2）甲烷与氧化铜反应，碳元素化合价升高，铜元素化合价降低结合甲烷与氧化铜物质的量之比2：7书写；‎ ‎（3）根据实验甲的实验目的和甲烷的性质进行解答，若集气瓶中收集到的气体属于有毒气体，则不能排放到空气中，反之能；‎ ‎（4）A．若甲烷能与强氧化剂反应，酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ B．硬质试管里黑色粉末变红色，可能为铜，氧化铜发生了还原反应；‎ C．氧化铜与甲烷反应生成水和二氧化碳、一氧化碳，硬质试管里黑色粉末也能变红色；‎ D．甲烷能与卤素单质发生取代反应；‎ ‎（5）甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物氯化氢，根据它们的性质解答．‎ ‎【解答】解：（1）碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4↑，‎ 故答案为：Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4↑；‎ ‎（2）甲烷中碳元素化合价为﹣4价，甲烷与氧化铜反应，碳元素化合价升高，甲烷与氧化铜物质的量之比2：7，先根据氢守恒确定水前系数，再根据碳、氧守恒得硬质试管里可能发生的化学方程式为：2CH4+7CuO7Cu+CO+CO2+4H2O，‎ 故答案为：2CH4+7CuO7Cu+CO+CO2+4H2O；‎ ‎（3）碳化铝与硫酸反应生成硫酸铝和甲烷，甲方案探究甲烷与氧化剂反应，盛放浓硫酸的装置放置在氧化剂氧化铜之前，所以实验甲中浓硫酸的作用是干燥CH4，甲烷和氧化铜反应，碳元素化合价升高，生成碳的氧化物，产物中可能有一氧化碳生成，所以集气瓶中收集到的气体不能直接排放到空气中，‎ 故答案为：干燥甲烷；不能；‎ ‎（4）A．甲烷不能与强氧化剂反应，若能反应，则酸性高锰酸钾溶液在甲烷的作用下会褪色，现不褪色，结论是通常条件下，甲烷不能与强氧化剂反应，故A正确；‎ B．硬质试管里黑色粉末变红色，可能为铜，即黑色的氧化铜被还原为铜单质，氧化铜中铜元素化合价降低，表现氧化性，发生还原反应，故B错误；‎ C．氧化铜与甲烷反应生成水和二氧化碳、一氧化碳，硬质试管里黑色粉末也能变红色，故C错误；‎ D．甲烷不能与溴水反应，但甲烷能与卤素单质发生取代反应，故D错误；‎ 故选A；‎ ‎（5）乙方案中烧杯里放入足量的水，甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，CH4+Cl2CH3Cl+HCl，CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl，CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl，CHCl3+Cl2CCl4+HCl，生成物中CH3Cl（气体）、CH2Cl2（油状液体）、CHCl3（油状液体）、CCl4（油状液体）、HCl（极易溶于水），打开弹簧夹a、b，一段时间后，观察到有水倒吸到I瓶中，但CH3Cl（气体）难溶于水，所以水并不能充满I瓶，氯气为黄绿色气体、反应后I瓶中气体颜色变浅，HCl（极易溶于水），I瓶中出现白雾，CH2Cl2（油状液体）、CHCl3（油状液体）、CCl4（油状液体）、I瓶瓶内壁出现油状物质，Ⅱ瓶中无现象，II瓶中与I瓶现象不相同，所以ABC符合． ‎ 故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；ABC．‎ ‎　‎ ‎20．（1）反应Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1，平衡常数为K1；反应Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2，平衡常数为K2．在不同温度时K1、K2的值如表：‎ ‎700℃‎ ‎900℃‎ K1‎ ‎1.47‎ ‎2.15‎ K2‎ ‎2.38‎ ‎1.67‎ ‎①反应 CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H，平衡常数K，则△H=　△H1﹣△H2　（用△H1和△H2表示），K=　　（用K1和K2表示），且由上述计算可知，反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是　吸热　反应（填“吸热”或“放热”）．‎ ‎（2）一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H＞0，CO2的浓度与时间的关系如图所示：‎ ‎①该条件下反应的平衡常数为　2.0　；‎ ‎②下列措施中能使平衡时增大的是　A　（填序号）‎ A．升高温度 B．增大压强 C．充入一定量的CO2 D．再加入一定量铁粉 ‎③一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是　bc　（填字母）．‎ a．容器中压强不变 b．气体的密度不再改变c．v正（CO2）=v逆（CO） d．c（CO2）=c（CO） e．容器内气体总物质的量不变．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1，平衡常数为K1；‎ ‎②反应Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2，平衡常数为K2．‎ 结合盖斯定律可知，①﹣②得到CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；‎ ‎（2）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，固体不能代入K的表达式中，结合平衡浓度计算K；‎ ‎②能使平衡时增大，可使平衡正向移动，但不能增加二氧化碳使平衡正向移动；‎ ‎③结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态．‎ ‎【解答】解：（1）①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1，平衡常数为K1；‎ ‎②反应Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2，平衡常数为K2．‎ 结合盖斯定律可知，①﹣②得到CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），‎ 则△H=△H1﹣△H2、K=，结合表格数据可知＜，则升高温度K增大，即正反应为吸热反应，‎ 故答案为：△H1﹣△H2；；吸热；‎ ‎（2）①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）‎ ‎ 开始 1.5 0‎ ‎ 转化 1 1‎ ‎ 平衡 0.5 1‎ 该反应 的平衡常数K==2.0，‎ 故答案为：2.0；‎ ‎②A．由表格中K1的变化，正反应为吸热反应，则升高温度，平衡正向移动，能使平衡时增大，故A选； ‎ B．增大压强，平衡不移动，故B不选；‎ C．充入一定量的CO2，平衡正向移动，但平衡时减小，故C不选； ‎ D．再加入一定量铁粉，平衡不移动，故D不选；‎ 故答案为：A；‎ ‎③a．该反应为体积不变的反应，容器中压强始终不变，不能判定平衡状态，故不选； ‎ b．体积不变，但质量为变量，气体的密度不再改变，为平衡状态，故选；‎ c．v正（CO2）=v逆（CO），可知正逆反应速率相等，为平衡状态，故选； ‎ d．c（CO2）=c（CO），与起始浓度、转化率有关，不能判定平衡状态，故不选； ‎ ‎ e．容器内气体总物质的量始终不变，不能判定平衡状态，故不选；‎ 故答案为：bc．‎ ‎　‎ ‎21．I某温度下，Kw=10﹣12．‎ ‎（1）若保持温度不变，向少量水中加入　4　g的NaOH固体，并加水至1L，才能使溶液中电离产生的H+、OH﹣的浓度乘积即：c（H+）•c（OH﹣）=10﹣22‎ ‎（2）若保持温度不变，某溶液中c（H+）为1×10﹣7mol/L，则该溶液显　碱　性（选填“酸”、“碱”或“中”）‎ II．（3）实验室中常用NaOH进行洗气和提纯，当600mL 1mol/LNaOH溶液吸收标准状况下8.96LCO2气体时所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是　c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．‎ ‎（4）已知常温下Kw[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液，发生反应的离子方程式为　Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑　．若所得悬浊液的pH调整为4，则溶液中Fe3+的浓度为　4.0×10﹣8　mol/L．‎ ‎（5）试利用平衡移动原理解释下列事实：‎ FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中　FeS（s）⇌Fe2+（aq）+S2﹣（aq），加入稀盐酸后，S2﹣+2H+=H2S↑，破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向FeS溶解的方向移动，故FeS溶解　．‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】Ⅰ．（1）水电离产生的H+、OH﹣的浓度乘积即：c（H+）水•c（OH﹣）水=10﹣22，则c（H+）=10﹣11mol/L，根据Kw=10﹣12计算c（OH），然后计算氢氧化钠的质量；‎ ‎（2）若保持温度不变，已知Kw=10﹣12，中性溶液中pH=6，某溶液中c（H+）为1×10﹣7mol/L＜1×10﹣6mol/L，溶液显碱性；‎ II．（3）n（NaOH）=1mol/L×0.6L=0.6mol，n（CO2）==0.4mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.6mol：0.4mol=3：2，‎ 设生成的n（Na2CO3）=xmol、n（NaHCO3）=ymol，‎ 根据Na、C原子守恒得，解得，‎ 所以溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，二者水解导致溶液呈碱性；‎ ‎（4）在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液，二者发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳；溶液的pH=4，则溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣10 mol/L，c（Fe3+）=；‎ ‎（5）FeS（s）⇌Fe2+（aq）+S2﹣（aq），加入稀盐酸后，S2﹣+2H+=H2S↑，促进FeS溶解．‎ ‎【解答】解：I．（1）水电离产生的H+、OH﹣的浓度乘积即：c（H+）水•c（OH﹣）水=10﹣22，则c（H+）=10﹣11mol/L，已知Kw=10﹣12，c（OH）==0.1mol/L，则氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，则质量为0.1mol×40g/mol=4g，‎ 故答案为：4；‎ ‎（2）若保持温度不变，已知Kw=10﹣12，中性溶液中pH=6，某溶液中c（H+）为1×10﹣7mol/L＜1×10﹣6mol/L，溶液显碱性，故答案为：碱；‎ II．（3）n（NaOH）=1mol/L×0.6L=0.6mol，n（CO2）==0.4mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.6mol：0.4mol=3：2，‎ 设生成的n（Na2CO3）=xmol、n（NaHCO3）=ymol，‎ 根据Na、C原子守恒得，解得，‎ 所以溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，但其水解程度都较小，二者水解导致溶液呈碱性，钠离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），‎ 故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；‎ ‎（4）在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液，二者发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑；溶液的pH=4，则溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣10 mol/L，c（Fe3+）==mol/L=4.0×10﹣8mol/L；‎ 故答案为：Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑；4.0×10﹣8；‎ ‎（5）FeS（s）⇌Fe2+（aq）+S2﹣（aq），加入稀盐酸后，S2﹣+2H+=H2S↑，破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向FeS溶解的方向移动，则FeS能溶于稀盐酸，‎ 故答案为：FeS（s）⇌Fe2+（aq）+S2﹣（aq），加入稀盐酸后，S2﹣+2H+=H2S↑，破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向FeS溶解的方向移动，故FeS溶解．‎ ‎　‎ ‎2017年1月11日