四川省绵阳中学2023-2024学年高二下学期开学化学试题 Word版含解析.docx

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绵阳中学高2022级高二下期入学考试化学试题相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Cu-64第I卷(选择题，共42分)选择题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。1.下列说法不正确的是A.激光、焰火都与电子跃迁释放能量有关B.可燃冰(CH4•8H2O)中甲烷与水分子间存在氢键C.X－H…Y三原子不一条直线上时，也能形成氢键D.电解食盐水制取次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒【答案】B【解析】【详解】A．电子在基态和激发态之间的跃迁会引起能量的变化，并以光的形式体现，所以激光、焰火都与原子核外电子跃迁释放能量有关，故A正确；B．碳的电负性较小，甲烷分子与水分子间不能形成氢键，只存在分子间作用力，故B错误；C．X-H•••Y，X、Y是电负性大的原子，就能形成氢键，与三原子是否不在一条直线上无关，故C正确；D．次氯酸钠具有强的氧化性，能够杀菌消毒，用电解食盐水制取的次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒，故D正确；故选：B。2.乙烯可由乙烷脱氢制得：，在一定条件下反应于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中，既能加快化学反应速率又能提高乙烷平衡转化率的是A.升高温度B.缩小容器体积C.分离出部分乙烯D.恒容条件下通入氦气【答案】A【解析】【详解】A．温度升高，化学反应速率增大，这是一个吸热反应，温度升高，平衡正向移动，乙烷平衡转化率增大，A正确；B．这是一个反应前后气体分子数增加的反应，缩小容器体积，化学反应速率增大，但平衡逆向移动，乙烷平衡转化率降低，B错误； C．分离出部分乙烯，产物浓度降低，平衡正向移动，乙烷平衡转化率增大，但化学反应速率减小，C错误；D．恒容条件下通入氦气，参与反应各物质浓度不变，平衡不移动，化学反应速率不变，D错误；答案选A。3.下列反应的离子方程式错误的是A.用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-B.硫酸铵溶液显酸性：+H2ONH3•H2O+H+C.二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的NaOH溶液：H3PO3+2OH-=+2H2OD.硫酸铜溶液遇到难溶的PbS转变为更难溶的CuS：Cu2+(aq)+(aq)+PbS(s)=CuS(s)+PbSO4(s)【答案】A【解析】【详解】A．用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极Cl-失电子生成Cl2，阴极H2O得电子，生成H2和OH-，OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，A错误；B．硫酸铵溶液中，水解生成H+等，使溶液显酸性：+H2ONH3•H2O+H+，B正确；C．二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的NaOH溶液，发生中和反应，生成亚磷酸钠和水：H3PO3+2OH-=+2H2O，C正确；D．硫酸铜溶液遇到难溶的PbS，发生离子互换反应，转变为更难溶的CuS等：Cu2+(aq)+(aq)+PbS(s)=CuS(s)+PbSO4(s)，D正确；故选A。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，转移电子数一定为0.2NAB.常温下，1LpH=10的纯碱溶液中，由水电离产生的OH-数为10-4NAC.1L0.1mol•L-1NaClO溶液中ClO-数为0.1NAD.1molNaHSO4在熔融状态下电离出的阴、阳离子总数目为3NA【答案】B【解析】 【详解】A．电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当阳极质量减少6.4g时，转移电子数不一定为0.2NA，故A错误；B．常温下，1LpH=10的纯碱溶液中，氢氧根离子全部来自于水的电离，由水电离产生的OH-数为10-4NA，故B正确；C．1L0.1mol•L-1NaClO溶液中，次氯酸根离子水解，ClO-数小于0.1NA，故C错误；D．1molNaHSO4在熔融状态下电离出1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，因此1molNaHSO4在熔融状态下电离出的阴、阳离子总数目为2NA，故D错误；故选：B。5.下列能用勒夏特列原理解释的是①棕红色加压后颜色先变深后变浅  ②溶液中加入固体后颜色变深 ③氯水宜保存在低温、避光条件下      ④向水溶液中加入有利于增多   ⑤合成氨时采用高温高压的反应条件有利于提高氨气产率A.①②⑤B.②③④C.①②③④⑤D.①②③④【答案】D【解析】【详解】①2NO2N2O4，加压导致气体浓度增大，颜色加深，又平衡正移，颜色逐渐变浅，正确；②加入固体KSCN，c(SCN-)增大，平衡逆移，颜色加深，正确；③氯水中存在，次氯酸见光易分解，平衡正移，故应低温、避光保存，正确；④、,加入NaOH，平衡正移，有利S2-生成，正确；⑤合成氨时采用高温高压是为了加快反应速率，与平衡移动无关，错误；故答案选D。6.下列说法正确的是A.甲烷的燃烧热。则B.25℃时，和的燃烧热相等C.一定条件下，将和置于密闭的容器中充分反应生成，放热 19.3kJ，热化学方程式为：D.在稀溶液中：，若将含的醋酸稀溶液与含的稀溶液混合，放出的热量大于57.3kJ【答案】B【解析】【详解】A．甲烷的燃烧热ΔH=-890.3kJ/mol,即在25℃、101kPa时，1mol甲烷在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时，放热890.3kJ，当生成的水为水蒸气时，放热小于890.3kJ，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)ΔH＞-890.3kJ/mol,故A错误；B．25℃、101kPa时，1mol纯物质在氧气中完全燃烧生成稳定的、指定的产物时所放出的热量为该物质的燃烧热，一种可燃物的燃烧热的数值是确定的，与其物质的量无关，即25℃、101kPa时，1molS和2molS的燃烧热相等，故B正确；C．由于N2和H2反应生成NH3是可逆反应，所以将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol,放热19.3kJ，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜-38.6kJ/mol,故C错误；D．醋酸是弱电解质，电离吸热，在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，若将含1molCH3COOH的醋酸稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；故选：B。7.下列实验装置或操作不能达到实验目的的是A.蒸干AlCl3溶液制备固体B.测定中和反应的反应热C.验证酸性：醋酸＞次氯酸D.分离碘和氯化钠固体 A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．直接对AlCl3溶液加热，会完全水解，无法得到固体，A符合题意；B．该装置符合中和热测定的要求，可以测定中和反应的反应热，B不符合题意；C．用次氯酸和醋酸分别和碳酸氢钠溶液反应，醋酸能够和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，而次氯酸不能，根据强酸制取弱酸原理，可以验证酸性：醋酸＞次氯酸，C不符合题意；D．碘易升华，可以用该装置分离碘和氯化钠固体，D不符合题意；故选A。8.大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子(如图所示)。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z同主族。下列说法正确的是A.Z的氯化物的分子式一定为ZCl3B.气态氢化物的熔沸点：Z＞Y＞XC.电负性：Y＞X＞ZD.此阴离子中Y、Z均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】X、Z同主族，从图中可以看出，X能形成3个共价键，其原子的最外层有5个电子，Z原子形成的6个共价键中，有一个是配位键，则Z原子的最外层也有5个电子，从而得出X为N元素、Z为P元素，则Y为F元素。从而得出X、Y、Z为N、F、P元素。【详解】A．Z为P元素，其氯化物的分子式为PCl3或PCl5，A不正确；B．X、Y、Z为N、F、P元素，HF、NH3分子间都能形成氢键，非金属性F＞N＞P，则HF形成的氢键键能大于NH3，所以气态氢化物的熔沸点：HF＞NH3＞PH3，B不正确；C．X、Y、Z为N、F、P元素，非金属性F＞N＞P，则电负性：F＞N＞P，C正确；D．此阴离子中F原子满足8电子稳定结构，但P原子形成6对共用电子，原子的最外层电子数为12，D不正确；故选C。9.下列事实与解释或结论不相符的是事实解释或结论 选项A取2mL0.5mol•L-1CuCl2溶液于试管中加热，发现溶液颜色变为黄绿色；再将试管置于冷水中，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色CuCl2溶液中存在以下平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2OΔH＞0，在其他条件不变时，开高温度，平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热反应方向移动B分别测定浓度均为0.1mol•L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO)C向1mL0.1mol•L-1AgNO3溶液中先加入5mL0.1mol•L-1KCl溶液，再加入5滴0.1mol•L-1KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D向5mL0.1mol•L-1KI溶液中滴入0.1mol•L-1FeCl3溶液5～6滴，加2mLCCl4振荡，静置后下层液体呈紫红色，取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红Fe3+与I-的反应有一定限度A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．将CuCl2溶液置于试管中，加热，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色，降温后，溶液颜色变为黄绿色转变为蓝绿色，说明该溶液中存在：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，通过实验现象以及勒夏特列原理可知，该反应为吸热反应，故A说法正确；B．醋酸铵为弱酸弱碱盐，CH3COO-、NH均水解，NH水解对CH3COO-水解有影响，因此无法比较CH3COO-、HCO水解程度，故B说法错误；C．硝酸银溶液与KCl溶液发生AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，根据题中所给量，AgNO3不足，KCl过量，再加入KI溶液，有黄色沉淀生成，发生AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(aq)，从而说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故C说法正确；D．向KI溶液中滴入几滴FeCl3溶液，如果该反应完全进行，则FeCl3 反应完全，滴入KSCN溶液，溶液不变红，根据题中所给实验现象，溶液变红，推出KI、FeCl3反应有一定的限度，故D说法正确；答案为B。10.铁碳微电池法在酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图，下列说法错误的是A.b电极上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+B.处理废水过程中左侧溶液的pH不断增大C.随着温度升高，该电池处理含氮废水效率可能降低D.若有1molH+透过质子交换膜，装置中共收集到N2的体积为2.24L(标准状况下)【答案】D【解析】【分析】由图可知，碳电极上转化为N2，所以电极反应式为2+12H++10e-=N2↑+6H2O，碳电极是正极，铁电极是负极，阳离子会由负极移向正极，据此分析。【详解】A．b电极上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故A正确；B．碳电极为正极，在甲室中转化为N2，所以左侧电极反应式为2+12H++10e-=N2↑+6H2O，左侧消耗氢离子，故左侧溶液的pH不断增大，故B正确；C．因为该装置中存在菌类，故高温下易失去活性，随着温度升高，该电池处理含氮废水效率可能降低，故C正确；D．处理含的废水时，根据电子守恒可知关系式为：12H+～N2，若有1molH+透过质子交换膜，装置中共收集到N2的体积为×22.4L≈1.87L，故D错误；故选：D。11.下列有关电解质溶液的说法正确的是 A.常温下，将盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH约为9B.等浓度的盐酸和醋酸溶液，分别中和等量的NaOH，消耗醋酸的体积多C.NaCl溶液和溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同D.物质的量浓度相等的①②③三种溶液中，由大到小的顺序为：②>①>③【答案】D【解析】【详解】A．酸溶液稀释不能变成碱，溶液中氢离子浓度无限接近，A项错误；B．等浓度的盐酸和醋酸溶液，由于溶质物质的量浓度相同，分别中和等量的NaOH，消耗盐酸和醋酸溶液的体积一样多，B项错误；C．NaCl溶液为强酸强碱盐，在水中不发生水解，不影响水的电离，为弱酸弱碱盐，醋酸根和铵根均发生水解，都可以促进水的电离，故两溶液中水的电离程度不相同，C项错误；D．物质的量浓度相等的溶液和溶液中均会产生氢离子抑制铵根离子的水解，但前者电离产生的氢离子溶度远大于后者铝离子水解产生的氢离子浓度，所以前者抑制程度大，铵根离子水解程度小，浓度高，溶液中铵根离子浓度是溶质浓度的两倍，所以等物质的量浓度的三种溶液中溶液中铵根离子浓度最高，D项正确；故选D。12.在2L恒容密闭容器中投入4molA、2molB和催化剂，发生反应：2A(g)+B(g)4C(g)△H＞0，在不同温度下测得A的物质的量与时间t的关系如表所示。t/minT/K0481216T14.03.32.82.52.4T24.03.22.62.62.6下列说法不正确的是A.反应的温度：T1＞T2B.T2温度下，催化剂活性更高 C.T1温度下，到16min时，反应已达到平衡状态D.T2温度下，4～8min内，v(C)=0.15mol•L-1•min-1【答案】C【解析】【详解】A．该反应为吸热反应，温度高时达到平衡状态A物质的量要少于温度低时，从表中数据知T2时反应在8min时就达到平衡，T1温度时，反应到12min时还未达到平衡，而A的物质的量小于2.6，所以T1温度下平衡时的物质的量要小于2.6mol，则说明T1＞T2，A正确；B．从数据可知T2下反应更快，但T1＞T2，T2的温度低，说明T2温度下，催化剂活性更高，B正确；C．由于16min后A的物质的量未知，无法确定T1温度下，到16min时，反应已达到平衡状态，C错误；D．T2温度下，4～8min内，v(C)=2v(C)=2×=0.15mol•L-1•min-1，D正确；故选C。13.25℃时，和的沉淀溶解平衡曲线如图(代表或)所示。下列说法不正确的是A.a点可表示的饱和溶液B.c点可表示的过饱和溶液，达新平衡时可到达b点C.d点时溶液中存在(忽略单位)D.用溶液浸泡足量，会有部分转化为【答案】B【解析】【详解】A．a点在CaCO3沉淀溶解平衡曲线上，可表示CaCO3的饱和溶液，A正确；B．c点表示的是的过饱和溶液，溶液中存在，平衡逆向移动，、同时减小，达到新平衡后，无法到达b点，B错误； C．d点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，根据图可知，c(Mn2+)·c()=4×10-6×4×10-6=1.6×10-11，C正确；D．虽然MnCO3的溶度积常数小于CaCO3，但是仍会发生反应，用0.10mol⋅L−1CaCl2溶液浸泡足量MnCO3，相当于增大反应物浓度，平衡正向移动，会有部分碳酸锰转化为碳酸钙，D正确；故答案选B。14.在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HCl溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A.图中②点所示溶液的导电能力弱于①点B.③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C.图中点①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D.25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mol·L-1【答案】D【解析】【详解】A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HCl，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；B.观察图象曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L，B错误；C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，那么c(NH4+)>c(Cl-)，C错误；D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)= c(OH-)=10-2.8mol/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=mol/L=0.2mol/L，因而Kb===5×10-5.6mol·L-1，D正确。故答案选D。第II卷(非选择题，共58分)15.铜是生活中一种非常重要的金属，黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物，火法炼铜时涉及反应：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2。（1）O的轨道表示式为_______，其最高能级的原子轨道形状为_______，第一电离能：O_____N(填“＞”或“＜”)，Fe2+的价层电子排布式为______。（2）SO2的VSEPR构型为_______，键角_______H2O(填“＞”或“＜”)；Cu元素位于周期表的________区，Cu和Zn的部分电离能数据如表所示，观察数据可知I2(Cu)＞I2(Zn)，对此，你的解释是______。元素CuZn电离能/(kJ•mol-1)I1746906I219851733（3）我国科学家实现了铜催化剂将(CH3)2NCHO转化为N(CH3)3。计算机模拟单个分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示：该反应的决速步骤的化学反应方程式可以表示为______；该反应在______(填“高温”/“低温”/“任何温度”)下有自发性。【答案】（1）①.②.纺锤形或哑铃形③.＜④.3d6 （2）①.V形②.＞③.ds④.Cu失去的第二个电子是3d能级上的电子，Zn失去的第二个电子是4s能级上的电子，3d能级在内层，更难失去，因此Cu的第二电离能更高（3）①.N(CH3)3+OH*+H*=N(CH3)3+H2O(g)②.低温【解析】小问1详解】O的核外电子数为8，轨道表示式为：；其最高能级为2p，轨道形状为纺锤形或哑铃形；N、O为同周期相邻元素，N原子最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O；Fe为26号元素，Fe2+的价层电子排布式为3d6；【小问2详解】SO2中心S原子的价层电子对数为，VSEPR构型为V形；H2O中心O原子的价层电子对数为4，含两对孤电子对，分子为V形，其键角小于SO2；Cu元素位于周期表的ds区；Cu失去的第二个电子是3d能级上的电子，Zn失去的第二个电子是4s能级上的电子，3d能级在内层，更难失去，因此Cu的第二电离能更高，因此I2(Cu)>I2(Zn)。【小问3详解】反应的活化能越大反应速率越慢，而慢反应决定总反应快慢，结合图示可知，该反应的决速步骤的化学反应方程式可以表示为N(CH3)3+OH*+H*=N(CH3)3+H2O(g)；结合反应物和最终产物能量高低可知，该反应为放热反应，其，反应在低温条件下有自发性。16.某科研人员以废镍催化剂(主要成分为，另含)为原料回收镍，工艺流程如图。已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如表。氢氧化物开始沉淀的1.56.57.7沉淀完全的3.79.79.2 回答下列问题：（1）浸出渣主要成分为___________、___________。(填化学式)（2）“除铜”时，与反应的离子方程式为___________。（3）“氧化”的目的是将溶液中氧化为，写出该反应的离子方程式___________。温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是___________。（4）“调”时，的控制范围为___________。（5）“除钙”后，若溶液中浓度为，则___________。[已知常温下，]（6）用可溶性碳酸盐，可以浸取固体，在溶液浸取过程发生反应：。已知：时，，则此温度下该反应的平衡常数K为___________(计算结果保留三位有效数字)。【答案】（1）①.②.（2）（3）①②.避免温度太高，过氧化氢受热分解（4）3.7≤pH＜7.7（5）（6）【解析】【分析】以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，废镍催化剂先用硫酸浸取，过滤得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，调节pH生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三氧化二镍。【小问1详解】用硫酸浸取惠普各氧化物转化为离子进入溶液，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4 沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4、BaSO4，故答案为：CaSO4；BaSO4；【小问2详解】“除铜“时，铁离子氧化硫化氢反应生成亚铁离子和S，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；【小问3详解】“氧化“时用H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；过氧化氢受热易分解；【小问4详解】“调pH“，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7，故答案为：3.7≤pH＜7.7；【小问5详解】已知常温下，Ksp(CaF2)=2.7×10-11，“除钙“后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol•L-1，则钙离子浓度为mol/L=3×10-6mol/L，则=1.0×10-3，故答案为：1.0×10-3；【小问6详解】平衡常数，故答案为：1.75×104。17.磺酰氯(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2在活性炭作用下反应制取SO2Cl2，装置如图所示(部分夹持装置省略)。已知：SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈的水解反应，产生白雾。回答下列问题：（1）甲装置用于实验室制SO2，则下列试剂组合中合适的是______。A．18.4mol•L-1的硫酸和CuB．1mol•L-1的硝酸和Na2SO3 C．70%的硫酸和Na2SO3（2）仪器c的名称是_______，乙和丁可以使用同样的试剂，该试剂为______。（3）导管a的作用是______，装置b的作用是_____。（4）请从平衡移动原理的角度解释戊中选择饱和食盐水的原因______。（5）实验结束后关闭分液漏斗的活塞和止水夹k，此时装置戊的作用是______。（6）滴定法测定工业磺酰氯的纯度取1.8g样品(杂质不参与反应)，加入100mL0.50mol•L-1NaOH溶液充分水解，冷却后加蒸馏水稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞，用0.10mol•L-1的盐酸滴定。①滴定前，需要将装有标准液的滴定管中的气泡排尽，应选择图中_______。a.b.c.d.②滴定数据记录如表，计算磺酰氯的纯度为_______。第一次第二次第三次第四次滴定前读数/mL0.101.101.450.00滴定后读数/mL10.1211.0815.4510.00【答案】（1）C（2）①.球形冷凝管②.浓硫酸（3）①.平衡压强，使浓盐酸顺利流下②.尾气处理SO2和Cl2，防止污染空气，吸收空气中的水蒸气，防止进入到丙中与磺酰氯反应（4）Cl2+H2OH++Cl-+HClO，用饱和食盐水，增大了溶液中的Cl-浓度，使该反应逆向移动，以减少氯气在水中的溶解（5）做安全瓶，平衡压强，防止压强过大引起爆炸；储存过量Cl2（6）①.b②.75%【解析】【分析】装置甲用于制取SO2 ，药品发生反应时，不需要加热，则通常为浓硫酸与亚硫酸钠反应，乙装置用于干燥SO2；庚装置用于制取Cl2，戊装置用于除去Cl2中混有的HCl，同时防止压强过大等，丁装置用于干燥Cl2。干燥的Cl2、干燥的SO2同时通过丙装置中，在活性炭的催化作用下发生反应，生成SO2Cl2，为防止反应物及产物的挥发损失，丙装置上安装冷凝回流装置。【小问1详解】A．甲装置未加热，18.4mol•L-1的硫酸和Cu不能发生反应，不能制SO2，A不合适；B．1mol•L-1的硝酸和Na2SO3在常温下能发生反应，但硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为硫酸钠，B不合适；C．70%的硫酸和Na2SO3在常温下发生反应，生成SO2气体等，C合适；故选C。【小问2详解】仪器c的名称是球形冷凝管，SO2和Cl2都是酸性气体，都能用浓硫酸干燥，所以乙和丁可以使用同样的试剂，该试剂为浓硫酸。【小问3详解】导管a可调节分液漏斗内外的压强，作用是：平衡压强，使浓盐酸顺利流下。SO2和Cl2都是大气污染物，需进行处理，SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，所以装置b的作用是：尾气处理SO2和Cl2，防止污染空气，吸收空气中的水蒸气，防止进入到丙中与磺酰氯反应。【小问4详解】戊中药品既要吸收HCl，又要防止Cl2溶解，则戊中选择饱和食盐水的原因：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，用饱和食盐水，增大了溶液中的Cl-浓度，使该反应逆向移动，以减少氯气在水中的溶解。【小问5详解】实验结束后关闭分液漏斗的活塞和止水夹k，此时生成的Cl2进入装置戊中，装置戊的作用是：做安全瓶，平衡压强，防止压强过大引起爆炸；储存过量Cl2。【小问6详解】①滴定前，需要将装有标准液的滴定管中的气泡排尽，此时需要将气泡转移入管口，然后放出液体将气泡冲出，则应选择图中b。②样品加入NaOH溶液后发生反应：SO2Cl2+4NaOH=2NaCl+Na2SO3，过量NaOH与盐酸发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O。从表中数据看，第三次实验的所用盐酸的体积与其他三次实验的偏差过大，不能采用，则三次实验所用盐酸的平均体积为，所取的25mL溶液中，过量NaOH的物质的量为0.10mol•L-1×0.01L=0.001mol，则1.8g样品所消耗NaOH的物质的量为0.100L×0.50mol•L-1-0.001mol×10=0.04mol，由关系式SO2Cl2——4NaOH可得出，SO2Cl2的物质的量为 0.01mol，故磺酰氯的纯度为=75%。【点睛】分析实验数据时，与其它组实验数据差距过大的，应舍去。18.NH3是世界上产量最多的无机化合物之一，具有广泛的用途。工业上通常用N2和H2来合成NH3。（1）己知：i.H2的燃烧热为-285.8kJ•mol-1ii.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1iii.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)△H=-1170kJ•mol-1工业合成氨的热化学方程式为______；在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列不能说明反应已达到平衡状态的是______。A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1:3:2B．N2百分含量保持不变C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，不同温度时，固定氮气的投入量，起始氢气的物质的量与平衡时氨气的百分含量关系如图：①图像中T2和T1的关系是：T1______T2(填“＞，＜或=”)。②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是：_______。③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，还可采取的措施是______。（3）恒温下，向一个4L的恒容密闭容器中充入1.8molN2和4.2molH2，反应过程中对NH3的浓度进行检测。①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为0.3mol•L-1，用N2表示的平均反应速率为______mol•L-1•min-1。且此时，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数Kp=_______(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p•x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。②若维持容器的体积不变，温度不变，向原平衡体系中再加入1.8molN2和4.2molH2 ，再次达平衡后，氨气的浓度_______0.6mol/L(填“大于”或“小于”或“等于”)。【答案】（1）①.3H2(g)+N2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1②.AD（2）①.＞②.c③.及时分离出氨气（3）①.0.0075②.③.大于【解析】【小问1详解】i.H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1ii.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1iii.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)△H=-1170kJ•mol-1利用盖斯定律，将ⅰ×3+ⅱ-ⅲ×得：工业合成氨的热化学方程式为3H2(g)+N2(g)2NH3(g)△H=(-285.8kJ•mol-1)×3+(+180kJ•mol-1)-(-1170kJ•mol-1)×=-92.4kJ•mol-1。A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1:3:2，等于化学计量数之比，反应不一定达平衡状态，A符合题意；B．N2百分含量保持不变，则表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，B不符合题意；C．容器内压强保持不变，表明各物质的浓度不变，反应达平衡状态，C不符合题意；D．混合气体的质量不变，体积不变，则密度始终不变，反应不一定达平衡状态，D符合题意；故选AD。【小问2详解】①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数减小，由此可得出图像中T2和T1的关系是：T1＞T2。②对于合成氨反应，H2的起始投入量越多，N2的平衡转化率越大，在a、b、c、d四点中，c点时H2的起始投入量最多，N2的平衡转化率最大，则a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是c。③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，还可减少生成物的浓度，则采取的措施是：及时分离出氨气。【小问3详解】①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为0.3mol•L-1，则可建立如下三段式： 参加反应N2的浓度为0.15mol•L-1，用N2表示的平均反应速率为=0.0075mol•L-1•min-1。且此时，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数Kp==。②若维持容器的体积不变，温度不变，向原平衡体系中再加入1.8molN2和4.2molH2，相当于原反应平衡体系加压，使其体积变为原来的二分之一，此时氨气的浓度变为原来的2倍，即为0.6mol/L，然后平衡发生正向移动，再次达平衡后，氨气的浓度大于0.6mol/L。