新疆哈密市第十五中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题

新疆哈密市第十五中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题

哈密市第十五中学2019-2020学年第二学期期中考试高二化学试卷 可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16‎ 一、单项选择题（每小题3分，共48分）‎ ‎1.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B. 水的离子积不变、pH不变、呈中性 C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性。综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH变小、呈中性；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断。‎ ‎2.下列有关烷烃的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 在烷烃分子中，所有的化学键都是碳碳单键 B. 烷烃中除甲烷外，很多都能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去 C. 分子通式为CnH2n＋2的烃不一定是烷烃 D. 所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 烷烃分子中碳原子形成四个共价键全是单键，形成的烷烃为饱和链烃，每个碳原子都形成四个单键，但除了碳碳单键还有碳氢单键，A项错误；‎ B. 烷烃性质稳定，不能被酸性KMnO4溶液氧化，无法褪色，B项错误；‎ C. 分子通式为CnH2n+2的烃，满足碳原子的价键是分子中形成的全是单键，是饱和烃，所以一定是烷烃，C项错误；‎ D. 烷烃的通性是饱和碳原子上的氢原子在一定条件下和氯气发生取代反应，所以烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.以下几个热化学方程式，能表示有关物质燃烧时的燃烧热的热化学方程式是 A. C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=+110.5 kJ·mol﹣1‎ B. C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5 kJ·mol﹣1‎ C. 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ·mol﹣1‎ D. H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8 kJ·mol﹣1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量， A.碳的燃烧为放热反应，焓变应该小于0； B.根据燃烧热的概念及热化学方程式的书写原则分析； C.氢气燃烧热的热化学方程式中，氢气的化学计量数必须为1； D.氢气的燃烧热中，生成水的状态必须液态。‎ ‎【详解】A.C燃烧生成的稳定氧化物是CO2不是CO，且焓变为负值,所以不符合燃烧热的概念要求，故A错误； B. 1molC（s）完全燃烧生成稳定的CO2，符合燃烧热的概念要求，该反应放出的热量为燃烧热，故B正确； C.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧，热化学方程式中氢气的物质的量为2mol，不是氢气的燃烧热，故C错误； D.燃烧热的热化学方程式中生成的氧化物必须为稳定氧化物，H的稳定氧化物为液态水，故D错误； 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳。‎ ‎4.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 铅蓄电池的正极反应为PbO2＋4H＋＋2e－===Pb2＋＋2H2O B. 以CO和O2构成的碱性燃料电池负极电极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O C. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极 D. 工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，放电时，铅蓄电池的正极反应为PbO2＋4H＋+SO42-＋2e－=== PbSO4＋2H2O，故A错误；‎ B.碱性燃料电池负极CO失电子发生氧化反应，电极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O，故B正确；‎ C.电解精炼铜时，阳极上失电子发生氧化反应，所以粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C错误；‎ D.电解熔融氯化钠制备金属钠和氯气，电解氯化钠溶液得到氯气、氢气、氢氧化钠，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.恒温条件下，在CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质：‎ ‎①固体NaOH；②固体KOH；③固体NaHSO4；④固体CH3COONa；⑤冰醋酸 其中一定可使c（CH3COO-）/c（Na+）比值增大的是 (　　)‎ A. ①② B. ②⑤ C. ①⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ CH3COONa溶液中存在CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，要使比值增大，平衡向逆反应方向移动，且c(Na＋)不变或减小，①加入固体NaOH，虽然抑制CH3COO－的水解，但c(Na＋)增大，即比值减小，故①错误；②加入固体KOH，抑制CH3COO－水解，c(CH3COO－)增大，比值增大，故②正确；③NaHSO4电离出Na＋、H＋、SO42－，H＋促进CH3COO－的水解，c(CH3COO－)减小，比值减小，故③错误；④加入CH3COONa后，虽然平衡向正反应方向移动，但CH3COO－转化率降低，比值增大，故④正确；⑤加入冰醋酸抑制CH3COO－的水解，比值增大，故⑤正确，综上所述，选项D正确。‎ ‎6.根据官能团分类，下列物质中与属于同一类物质的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中羟基直接与苯环相连，属于酚类。‎ ‎【详解】A. 中羟基直接与苯环相连，属于酚类，故选A； ‎ B. 中羟基直接与烷烃基相连，属于醇类，故不选B；‎ C. 含有羧基，属于羧酸，故不选C；‎ D. 中羟基不是与苯环相连，属于醇类，故不选D；‎ 选A。‎ ‎7.下列各组离子中能在溶液中大量共存是（ ）‎ A. Na+、OH-、H2PO4-、NO3- B. AlO2-、K+、CO32-、Na+‎ C. Al3+、Cl-、AlO2-、Na+ D. Fe2+、K+、H+、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. OH-、H2PO4-反应生成PO43-和水，OH-、H2PO4-不能大量共存，不选A； ‎ B. AlO2-、K+、CO32-、Na+相互之间不反应，能大量共存，故选B；‎ C. Al3+、AlO2-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，Al3+、AlO2-不能大量共存，不选C；‎ D. Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe2+、H+、NO3-不能大量共存，不选D；‎ 选B。‎ ‎8.关于浓度均为0.1mol·L-1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（ ）‎ A. c(NH4+)：③>①‎ B. 水电离出的c(H+)：②>①‎ C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)‎ D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，所以c(NH4+)：③＞①，故A正确； B．酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大越抑制水电离，盐酸是强电解质、氨水是弱电解质，①中c(OH-)小于②中c(H+)，所以①抑制水电离程度小于②，则水电离出的c(H+)：②＜①，故B错误； C．①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(H+)= c(OH-)+c(NH3•H2O)，故C正确； D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性， 所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确； 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小比较，把握弱电解质电离特点及溶液中存在的电荷守恒、质子守恒是解本题关键，注意酸或碱对水电离程度的影响。‎ ‎9.下列内容与结论相对应的是 选项 内容 结论 A H2O(g)变成H2O(l)‎ ΔS>0‎ B 硝酸铵溶于水可自发进行 因为ΔS＜0‎ C 一个反应的ΔH>0，ΔS>0‎ 反应一定不自发进行 D H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－271 kJ·mol－1 ‎ ΔS＝8 J·mol－1·K－1‎ 反应在任意外界条件下均可自发进行 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，H2O（g）变为H2O（l），混乱度减小，ΔS0，错误；B项，硝酸铵溶于水吸热，硝酸铵溶于水可自发进行，说明ΔS0，正确；C项，一个反应的△H>0，△S>0，该反应在高温下ΔG（ΔG=ΔH-TΔS）可小于0，高温下该反应可自发进行，错误；D项，虽然该反应的ΔG小于0，但ΔH、ΔS是在常温常压下测定的，ΔG0只能适用于一定温度、一定压强下判断反应的自发性，反应能否自发与外界条件有关，错误；答案选B。‎ 点睛：判断反应自发性的判据：（1）焓判据：一般放热反应能自发进行；（2）熵判据：一般熵增的反应能自发进行；（3）吉布斯自由能判据：焓判据、熵判据都不全面，比较全面的是吉布斯自由能判据，ΔG0的反应能自发进行；（4）需要注意的是反应能否自发还与外界条件有关。‎ ‎10.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在一定温度下AgCl水溶液中，Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数 B. AgCl的Ksp=1.8×10-10，在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)且Ag+与Cl-浓度的乘积等于1.8×10-10‎ C. 温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-浓度乘积等于Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液 D 向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在一定温度下，在任何饱和AgCl溶液中，Ag+和Cl-浓度乘积是一个常数，若溶液未达到饱和，Ag+和Cl-浓度的乘积小于Ksp，故A错误；‎ B. AgCl的Ksp=1.8×10-10，在任何含AgCl固体的溶液中， Ag+与Cl-浓度的乘积等于1.8×10-10，但c(Ag+)、c(Cl-)不一定相等，故B错误；‎ C. 温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液，故C正确；‎ D. Ksp只与温度有关，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值不变，故D错误；‎ 选C。‎ ‎11.常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为 A. 0.01‎mol·L－1 B. 0.017mol·L－1‎ C. 0.05mol·L－1 D. 0.50mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取浓度相等NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混和后pH=12，说明碱过量，剩余的c(OH-)=0.01mol/L，据此列式计算原溶液的浓度。‎ ‎【详解】设NaOH和HCl的物质的量浓度均为c，NaOH和HCl溶液以3:2体积比相混合，体积分别为3V、2V，‎ 酸碱混合后pH=12，则碱过量，剩余的氢氧根离子浓度为：c(OH−)=0.01 mol·L－1，‎ 则：c(OH−)==0.01 mol·L－1，‎ 解得：c=0.05mol·L－1，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎12.分子式为C4H9Cl的同分异构体共有(不考虑立体异构)（ ）‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C4H9Cl的同分异构体，主链为4个碳原子的有CH3CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CHClCH3；主链为3个碳原子的有CH3CH(CH3)CH2Cl；CH3CCl(CH3)2；共有4种，故选B。‎ ‎13.对可逆反应：A(g)+2B(s)C(s)+D(g)ΔH>0，如图所示为正逆反应速率（v）与时间（t）关系的示意图，如果在t1时刻改变以下条件：①加入A；②加入催化剂；③加压；④升温；⑤减少C，符合图示的条件改变的是（ ）‎ A. ②③ B. ①② C. ③④ D. ④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①加入A，反应物浓度增大，正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故不选①； ‎ ‎②加入催化剂，正逆反应速率均同等程度增大，故选②； ③反应前后气体物质的量不变，加压平衡不移动，正逆反应速率均同等程度增大，故选③； ④该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故不选④； ⑤C是固体，减少C，反应速率几乎不变，与图象不符，故不选⑤；‎ 选A；‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，把握温度、浓度、催化剂、压强对反应速率及平衡的影响为解答的关键，侧重图象分析与应用能力的考查。‎ ‎14.0.1‎mol/L的下列几种溶液，其pH由大到小的顺序排列正确的是（ ）‎ ‎①Na2CO3 ②CH3COONa ③NaCl ④NaHCO3 ⑤NH4Cl A. ④＞①＞②＞③＞⑤ B. ②＞①＞④＞③＞⑤‎ C. ③＞①＞④＞②＞⑤ D. ①＞④＞②＞③＞⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸性CH3COOH> H2CO3> HCO3-，弱酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大。‎ ‎【详解】NaCl是强酸强碱盐，溶液呈中性；NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；Na2CO3、CH3COONa 、NaHCO3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，酸性CH3COOH> H2CO3> HCO3-，水解程度CO32-> HCO3->CH3COO-，所以pH由大到小的顺序排列的是Na2CO3＞NaHCO3＞CH3COONa＞NaCl＞NH4Cl，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了pH大小的判断，先根据溶液的酸碱性大体分类，再根据弱离子的水解程度判断pH大小，注意碳酸氢根离子在水溶液里水解大于电离。‎ ‎15.如图是某厂生产的笔记本电脑所用的甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子。电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应。电池总反应方程式为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 左边的电极为电池的正极，a处通入的是甲醇 B. 右边的电极为电池的负极，b处通入的是空气 C. 电池的负极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+‎ D. 电池的正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电子流出的一极为负极，左边的电极为电池的负极，a处通入的是甲醇，故A错误；‎ B. 右边是电子流入的一极，右边的电极为电池的正极，b处通入的是空气，故B错误；‎ C. 电池的负极为甲醇失电子生成二氧化碳和氢离子，反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故C正确；‎ D. 电池的正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D错误；‎ 选C。‎ ‎16.以下是几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙3.1～4.4②甲基红4.4～6.2③酚酞8.2～10.0，现用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定浓度相近的乙酸时，上述指示剂（ ）‎ A. 都可以用 B. 只能用③ C. 可以用①或② D. 可以用②或③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用0.1mol/LNaOH溶液滴定乙酸溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3 COONa溶液中醋酸根离子部分水解，溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，根据指示剂的变色范围，选用酚酞，不能选用甲基橙和甲基红，故选B。‎ 第Ⅱ卷（共52分）‎ ‎17.在一定体积的密闭容器中，进行如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应化学平衡常数的表达式：K=___；‎ ‎（2）该反应为___（填“吸热”或“放热”）反应；‎ ‎（3）下列说法中能说明该反应达平衡状态的是___；‎ A.容器中压强不变 B.混合气体中c(CO)不变 C.混合气体的密度不变 D.c(CO)=c(CO2)‎ E.化学平衡常数K不变 F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等 ‎（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，试判此时的温度为___。‎ ‎【答案】 (1). (2). 吸热 (3). BE (4). ‎‎830℃‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化学平衡常数等于生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；‎ ‎（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动；‎ ‎（3）根据平衡标志判断；‎ ‎（4）某温度下， c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，即K== 1；‎ ‎【详解】（1）根据平衡常数的定义，该反应化学平衡常数的表达式K= ‎ ‎（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应；‎ ‎（3）A. CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应前后气体系数和相等，容器中压强是恒量，压强不变，不一定平衡，故不选A；‎ B. 根据化学平衡定义，浓度不变一定平衡，所以混合气体中c(CO)不变一定达到平衡状态，故选B；‎ C. 反应前后气体质量不变、容器体积不变，根据，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选C；‎ D. 反应达到平衡时，浓度不再改变，c(CO)=c(CO2)不能判断浓度是否改变，所以反应不一定平衡，故不选D；‎ E. 正反应吸热，温度是变量，平衡常数只与温度有关，化学平衡常数K不变，说明温度不变，反应一定达到平衡状态，故选E；‎ F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选F；‎ ‎（4）某温度下， c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，即K = =1，根据表格数据，此时的温度为‎830℃‎。‎ ‎18.0.1‎mol某烃A在氧气中充分燃烧后，将产物依次通过浓硫酸和碱石灰，测得浓硫酸增重‎10.8g，碱石灰增重‎22g。请回答下列问题：‎ ‎（1）烃A的分子式为__。‎ ‎（2）写出其所有可能的结构简式并用系统命名法命名__。‎ ‎【答案】 (1). C5H12 (2). ①CH3CH2CH2CH2CH3 命名为戊烷、②CH3CH(CH3)CH2CH3命名为2-甲基丁烷；③C(CH3)4命名为2,2-二甲基丙烷 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据烃燃烧通式 计算烃A的分子式。‎ ‎【详解】（1）浓硫酸增重‎10.8g，即燃烧生成水‎10.8g，物质的量是，碱石灰增重‎22g，即燃烧生成二氧化碳‎22g，物质的量是，设烃的分子式是CxHy，则 ‎ x=5，y=12；‎ 烃A的分子式为C5H12；‎ ‎（2）C5H12可能的结构简式有①CH3CH2CH2CH2CH3 命名为戊烷、②CH3CH(CH3)CH2CH3‎ 命名为2-甲基丁烷；③C(CH3)4命名为2,2-二甲基丙烷。‎ ‎19.根据氯化铁溶液回答下列问题：‎ ‎（1）向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3。产生的现象为___，用离子方程式表示其原因___。‎ ‎（2）不断加热FeCl3溶液蒸干其水分并灼烧，得到的固体是___。‎ ‎（3）在配制FeCl3溶液时，为防止溶液变浑浊，应加入___。‎ ‎【答案】 (1). 有气体和红褐色沉淀产生 (2). Fe3++3HCO3- = 3CO2↑ + Fe(OH)3↓ (3). Fe2O3 (4). 浓盐酸 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）FeCl3溶液和NaHCO3溶液发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；‎ ‎（2）加热促进FeCl3水解和氯化氢挥发；‎ ‎（3）FeCl3水解生成氢氧化铁和盐酸，加入盐酸可抑制FeCl3水解；‎ ‎【详解】（1）向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，产生的现象为有红褐色沉淀产生，同时放出气泡，反应的离子方程式是Fe3++3HCO3- = 3CO2↑ + Fe(OH)3↓。‎ ‎（2）加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，所以最终得到Fe2O3固体。‎ ‎（3）FeCl3水解生成氢氧化铁和盐酸，加入盐酸可抑制FeCl3水解，所以为防止溶液变浑浊，向溶液中滴加浓盐酸即可；‎ ‎【点睛】本题考查了盐类水解，根据氯化铁水解产物及其性质分析解答，注意加热蒸干易水解挥发性酸的盐溶液时得到固体碱，加热蒸干易水解难挥发性酸的盐溶液时得到原溶质。‎ ‎20.现有‎25 ℃‎时0.1 mol/L的氨水。请回答以下问题：‎ ‎(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中 c(OH－) / c(NH3·H2O) ________(填“增大”“减小”或“不变”)；‎ ‎(2)若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：‎ ‎_____________________________________________________________________；‎ 所得溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因：‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时c(NH4＋)＝a mol/L，则c(SO42－)＝________；‎ ‎(4)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). NH3·H2O＋H＋=NH4＋＋H2O (3). < (4). NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋ (5). mol·L－1 (6). c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氨水为弱碱，电离方程式为NH3.H2ONH4＋＋OH－，加入硫酸铵固体，增加了NH4＋的浓度，反应向逆反应方向进行，但加入NH4＋的浓度远远大于向逆反应方向消耗掉的NH4＋,故变小；‎ ‎（2）氨水为弱电解质，加入强电解质稀硫酸，恰好完全反应，说明是酸碱中和完全，生成的是强酸弱碱盐，会发生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，故溶液显酸性，pH<7；‎ ‎（3）c(H＋)+ c(NH4+)= c(OH-) +‎2 c(SO42-)，而pH=7，即c(H＋)= c(OH-)，所以硫酸根浓度时铵根浓度的一半，即 mol·L－1；‎ ‎(4)生成的硫酸铵，为强酸弱碱盐，故溶液显酸性，又因NH4＋会发生水解，但只是少量一部分，综上有c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)。‎ ‎21.红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3和PCl5，反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)，根据下图回答下列问题：‎ ‎(1)PCl5分解生成PCl3和Cl2的热化学方程式__________________________；上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.8 mol PCl5，反应达到平衡时还剩余0.6 mol PCl5，其分解率α1等于____________；若反应温度由T‎1升高到T2，平衡时PCl5的分解率α2，α2____________α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎(2)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是______________________________________。‎ ‎(3)P和Cl2分两步反应生成1 mol PCl5的ΔH3＝__________________。‎ ‎【答案】 (1). PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋93 kJ·mol－1 (2). 25% (3). 大于 (4). 因为PCl5的生成反应是放热反应，温度太高，不利于PCl5的生成 (5). －399 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图象可知，1molPCl5分解成PCl3和Cl2需要吸收93kJ的能量，则反应的热化学方程式为PCl5(g)═PCl3(g)+Cl2(g) △H=+93kJ•mol-1；在密闭容器中加入0.8molPCl5，反应达到平衡时还剩余0.6molPCl5，分解的PCl5为0.2mol，分解率=×100%=25%；PCl5(g)═PCl3(g)+Cl2(g) △H=+93kJ•mol-1，为吸热反应，升高温度平衡向正向移动，所以分解率α2大于α1；故答案为PCl5(g)═PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ•mol-1；25%；大于；‎ ‎(2)根据(1)的分析可知，Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)是放热反应，温度太高，不利于PCl5的生成，降温平衡向放热反应方向移动，降温有利于PCl5(g)的生成，故答案为因为PCl5的生成反应是放热反应，温度太高，不利于PCl5的生成；‎ ‎(3)根据盖斯定律，P和Cl2分两步反应和一步反应生成PCl5的△H应该是相等的，P和Cl2分两步反应生成1 molPCl5的热化学方程式：①P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)；△H1=-306 kJ/mol，②Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)；△H2=-93 kJ/mol；根据盖斯定律将①+②得：P(s)+Cl2(g)=PCl5(g)，△H=(-306 kJ/mol)+(-93 kJ/mol)=-399 kJ/mol，故答案为-399kJ•mol-1。‎