北京五中高三上學期第二次月考化學試題

2020年北京五中高三第2次月考考試試卷相對原子質(zhì)量：H1C12C第I卷(選擇題)請在每小題列出的4個選項中，選出符合題目要求的1個選項。1.化學知識廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)、生活中。下列說法不正確的是A.明礬在水中可以水解成Al(OH)3膠體，起到殺菌消毒的作用B.鐵粉作食品袋內(nèi)的脫氧劑C.用Na2S作沉淀劑，除去廢水中的Cu2+和Hg2+D.在入?？诘匿撹F閘門上裝一定數(shù)量的鋅塊，可防治閘門被腐蝕【答案】A【解析】【詳解】A．明礬中的鋁離子水解生成的Al(OH)3膠體具有良好的吸附性，可以用于凈水，但不能起到殺菌消毒的作用，選項A不正確；B．鐵粉作食品袋內(nèi)的脫氧劑，利用Fe的還原性，起還原作用，選項B正確；C．Cu2+和Hg2+可轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀，則用Na2S作沉淀劑除去廢水中Cu2+和Hg2+，選項C正確；D．在入?？诘匿撹F閘門上裝一定數(shù)量的鋅塊，鐵和鋅在海水中形成原電池反應(yīng)，鋅做負極被氧化，發(fā)生電化腐蝕，鋼鐵閘門作正極被保護，選項D正確；答案選A。2.下列說法中正確的是A.用高錳酸鉀溶液、酒精、雙氧水的強氧化性進行殺菌消毒B.CO和NO都不屬于酸性氧化物C.“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠沒有丁達爾效應(yīng)D.濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液可制得Fe(OH)3膠體【答案】B【解析】【詳解】A.酒精不具備高錳酸鉀、雙氧水的強氧化性，酒精消毒殺菌原理主要利用高濃度酒精對細菌細胞的破壞起到作用，故A錯誤；B.CO和NO都不和水、酸反應(yīng)，都不屬于酸性氧化物，故B正確；C.霧霾所形成的氣溶膠屬于膠體，具有丁達爾效應(yīng)，故C錯誤；D.向濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液得到的是Fe(OH)3沉淀，故D錯誤；故選B。3.下列有關(guān)說法正確的是A.反應(yīng)NH3(g)+HCl(g)==NH4Cl(s)在室溫下可自發(fā)進行，則該反應(yīng)的?H<0B.電解法精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極C.CH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中的值增大D.Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體，水解程度減小，溶液的pH減小【答案】A【解析】【詳解】A.當△G=△HT△S＜0，反應(yīng)能自發(fā)進行，已知反應(yīng)NH3(g)+HCl(g)═NH4Cl(s)在室溫下可自發(fā)進行，該反應(yīng)為△G＜0的反應(yīng)，所以反應(yīng)的△H＜0，故A正確；B.電解法精煉銅時，陽極逐漸溶解，則粗銅作陽極，陰極析出Cu，純銅作陰極，故B錯誤；C.加水稀釋促進CH3COOH的電離，所以CH3COOH溶液加水稀釋后，n(CH3COOH)減少，n(CH3COO)增大，則溶液中的值減小，故C錯誤；D.Na2CO3溶液中存在碳酸根的水解平衡，加入Ca(OH)2固體，鈣離子與碳酸根離子結(jié)合生成碳酸鈣沉淀，碳酸根的水解平衡逆移，CO32水解程度減小，加Ca(OH)2固體溶液中氫氧根離子濃度增大，所以pH增大，故D錯誤；故選A。4.設(shè)NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A.3g3He含有的中子數(shù)為1NAB.1L0.1mol/L磷酸鈉溶液含有的數(shù)目為2NAC.標準狀況下，22.4LSO2和CO2的混合氣體中含有氧原子的數(shù)目為2NAD.48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中共價鍵數(shù)目為13NA【答案】B【解析】【詳解】A.每個3He中含有一個中子,3g3He為1mol，含有的中子數(shù)為1NA，故A正確，不符合題意；B.1L0.1mol/L磷酸鈉溶液磷酸根離子水解，不能確定其數(shù)目，故B錯誤，符合題意；C.標準狀況下，22.4LSO2和CO2的混合氣體的物質(zhì)的量為1mol，含有氧原子為2mol，數(shù)目為2NA，故C正確，不符合題意；D.48g正丁烷和10g異丁烷的混合物總質(zhì)量為58克，其物質(zhì)的量為1mol，每個分子都含有13個共價鍵，所以混合物中含有共價鍵數(shù)目為13NA，故D正確，不符合題意。故選B。5.根據(jù)下表中的信息判斷，下列說法錯誤的是序號反應(yīng)物產(chǎn)物①Cl2、H2O2Cl－、……②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③KClO3、HClCl2、KCl、H2OA.第①組反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為O2B.第②組反應(yīng)中C12與FeBr2的物質(zhì)的量之比小于或等于1：2C.第③組反應(yīng)中生成3molC12，轉(zhuǎn)移6mol電子D.氧化性由強到弱的順序為C1O3－>C12>Fe3+【答案】C【解析】【詳解】A．H2O2中O元素的化合價升高，失去電子，被氧化，則H2O2反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為O2，故A正確；B．②中溴元素的化合價沒有變化，Cl2只將Fe2+氧化為Fe3+，發(fā)生的反應(yīng)為3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，則Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1：2，若小于1:2，也只發(fā)生該反應(yīng)，故B正確；C．在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3mol氯氣轉(zhuǎn)移5mol電子，生成1molCl2轉(zhuǎn)移mol電子，故C錯誤；D．KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反應(yīng)中，物質(zhì)的氧化性：ClO3－＞Cl2，Cl2氧化FeBr2生成FeBr3，則氧化性：Cl2＞Fe3+，因此物質(zhì)的氧化性由強到弱的順序為ClO3－＞Cl2＞Fe3+，故D正確；綜上所述，答案為C。6.下列離子方程式書寫正確的是A.氫氧化鋇溶液中加入硫酸銨：++Ba2++OH=NH3·H2O+BaSO4↓B.用惰性電極電解氯化銅溶液：Cu2++2Cl+2H2OCu(OH)2↓+H2↑+Cl2↑C.水垢上滴入醋酸溶液有氣泡產(chǎn)生：CaCO3＋2H+=Ca2++H2O＋CO2↑D.向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2：C6H5O+CO2+H2O→C6H5OH+【答案】D【解析】【詳解】A.氫氧化鋇溶液與硫酸銨反應(yīng)生成一水合氨和硫酸鋇沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2++Ba2++2OH=2NH3·H2O+BaSO4↓，故A錯誤；B.用惰性電極電解氯化銅溶液，氯化銅溶液電解生成銅和氯氣，反應(yīng)的離子方程式為Cu2++2ClCu+Cl2↑，故B錯誤；C.水垢上滴入醋酸溶液有氣泡產(chǎn)生的反應(yīng)為碳酸鈣與醋酸反應(yīng)生成醋酸鈣、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為CaCO3＋2CH3COOH=Ca2+＋2CH3COO—+H2O＋CO2↑，故C錯誤；D.碳酸酸性強于苯酚，苯酚鈉溶液與少量的二氧化碳反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為C6H5O+CO2+H2O→C6H5OH+，故D正確；故選D。7.室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量存在的是A.0.1mol/LNaOH溶液：Na+、K+、、B.0.1mol/LFeCl2溶液：K+、Mg2+、、C.0.1mol/LK2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHD.水電離c(H+)=11013mol/L溶液：K+、、、【答案】A【解析】【詳解】A.

Na+、K+、、之間不反應(yīng)，都不與NaOH反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故A正確；B.

FeCl2溶液的Fe2+易被氧化，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C.

K2CO3與Ba2+反應(yīng)生成難溶物碳酸鋇，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D.水電離的c(H+)=11013mol/L溶液中水的電離被抑制，該溶液可能是酸溶液也可能是堿溶液，酸溶液中，具有強氧化性會和反應(yīng)生成，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選A。8.用鐵柳釘固定銅板，通常會發(fā)生腐蝕如下圖所示，下列說法不正確的是A.鐵柳釘作負極被銹蝕B.鐵失去電子通過水膜傳遞給O2C.正極反應(yīng)：O2+4e+2H2O==4OHD.鐵釘變化過程：FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O【答案】B【解析】【分析】用鐵鉚釘固定銅板，會形成原電池，根據(jù)圖示可知，發(fā)生的是吸氧腐蝕，鐵做負極失去電子，氧氣在正極上得電子，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.鐵銅原電池中，鐵更活潑，故做負極被腐蝕，故A正確；B.電子不能在電解質(zhì)溶液中傳遞，即不是通過水膜傳遞給氧氣的，故B錯誤；C.氧氣在正極上得電子，電極方程式為O2+4e+2H2O==4OH，故C正確；D.鐵釘做負極被腐蝕，電極方程式為Fe?2e?=Fe2+，F(xiàn)e2+接下來與OH?反應(yīng)生成Fe(OH)2：Fe2++2OH?=Fe(OH)2，而Fe(OH)2易被氧氣氧化生成Fe(OH)3：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3易分解生成鐵銹，反應(yīng)為2Fe(OH)3=Fe2O3?xH2O+(3?x)H2O，即鐵釘變化過程為FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O，故D正確；故選：B。9.下列四幅圖示所表示的信息與對應(yīng)的敘述相符的是A.圖1表示H2與O2發(fā)生反應(yīng)過程中的能量變化，則H2的燃燒熱為241.8kJ·mol?1B.圖2表示某吸熱反應(yīng)分別在有、無催化劑的情況下反應(yīng)過程中的能量變化C.圖3表示一定條件下H2和Cl2生成HCl的反應(yīng)熱與途徑無關(guān)，則△H1=△H2+△H3D.圖4表示壓強對可逆反應(yīng)2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影響，乙的壓強大【答案】C【解析】【詳解】A.圖1所示反應(yīng)生成的水呈氣態(tài)，燃燒熱要求可燃物為1mol，生成的水為液態(tài)，所以A項錯誤；B.圖2所示反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，所給反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B項錯誤；C.據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)熱與途徑無關(guān)，只與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，C項正確；D.注意物質(zhì)D為固體，所以該反應(yīng)是正向氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，壓強改變時平衡要發(fā)生移動，A的體積分數(shù)最終一定不相等，D項錯誤；所以答案選擇C項?！军c睛】燃燒熱的概念，強調(diào)可燃物是1mol，強調(diào)必須生成在25℃、101kPa下最穩(wěn)定的物質(zhì)，如水為液態(tài)、如C元素要生成CO2、S元素要生成SO2、N要生成N210.在2L密閉容器中，加入X和Y各4mol，一定條件下發(fā)生化學反應(yīng)：2X（g）+2Y（g）Z（g）+2W（g）△H<0，反應(yīng)進行到5s時測得X的轉(zhuǎn)化率為25%，10s后達到化學平衡，測得Z的濃度為0.5mol/L，則下列說法正確的是A.5s內(nèi)平均反應(yīng)速率為υ(Y)=0.2mol/(L·s)B.該反應(yīng)的平衡常數(shù)數(shù)值為0.5C.保持容積體積不變，向容器中通入惰性氣體可提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率D.升高溫度，當測得容器中密度不變時，表示該反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)【答案】B【解析】【詳解】A．反應(yīng)進行到5s時測得X的轉(zhuǎn)化率為25%，則消耗X的物質(zhì)的量＝4mol×25%＝1mol，根據(jù)方程式可知同時消耗Y的物質(zhì)的量是1mol，濃度是1mol÷2L＝0.5mol/L，則5s內(nèi)平均反應(yīng)速率為υ(Y)=＝0.1mol/(L·s)，選項A錯誤；B．10s后達到化學平衡，測得Z的濃度為0.5mol/L，則根據(jù)方程式可知W的濃度＝1mol/L，消耗X和Y的濃度均是1mol/L，剩余X和Y的濃度均是2mol/L1mol/L＝1mol/L，所以該反應(yīng)的平衡常數(shù)，選項B正確；C．保持容積體積不變，向容器中通入惰性氣體，物質(zhì)的濃度不變，平衡不移動，因此不能提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，選項C錯誤；D．密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值，在反應(yīng)過程中質(zhì)量和容積始終是不變的，即密度始終不變，因此升高溫度，當測得容器中密度不變時，不能說明該反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，選項D錯誤。答案選B11.以MnO2為原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金屬離子，通過添加過量難溶電解質(zhì)MnS，可使這些金屬離子形成硫化物沉淀，經(jīng)過濾除去包括MnS在內(nèi)的沉淀。根據(jù)上述實驗事實，下列說法中，不正確的是A.溶解度MnS＜PbSB.MnS存在沉淀溶解平衡MnS(s)Mn2+(aq)+S2(aq)C.Cu2+轉(zhuǎn)化為沉淀的原理為MnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Mn2+(aq)D.沉淀轉(zhuǎn)化能用于除去溶液中的某些雜質(zhì)離子【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)題意，含有Cu2+、Pb2+等金屬離子的溶液中添加過量難溶電解質(zhì)MnS，可使這些金屬離子形成硫化物沉淀，說明溶解度PbS＜MnS，錯誤；B．MnS存在沉淀溶解平衡，平衡方程式為MnS(s)Mn2+(aq)+S2(aq)，正確；C．Cu2+轉(zhuǎn)化為沉淀的原理為MnS(s)Mn2+(aq)+S2(aq)，與Cu2+形成CuS后，平衡正向移動，促進MnS溶解，反應(yīng)方程式為MnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Mn2+(aq)，正確；D．根據(jù)題意，可以利用沉淀轉(zhuǎn)化的原理除去溶液中的某些雜質(zhì)離子，正確；故選A。12.室溫下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸銨稀溶液，溶液pH隨滴入醋酸銨溶液體積變化的曲線示意圖如下圖所示，下列分析正確的是A.ac段，溶液pH增大是CH3COOH==CH3COO+H+逆向移動的結(jié)果B.a點，pH＝2C.b點，c(CH3COO)＞c()D.c點，pH可能大于7【答案】C【解析】【分析】室溫下，由于醋酸是弱電解質(zhì)，溶液中存在電離平衡：CH3COOH?CH3COO+H+，向0.01mol?L1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸銨溶液，導致c（CH3COO）增大，則醋酸的電離平衡左移，即醋酸的電離被抑制．由于所得的溶液為CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解顯中性，CH3COOH電離顯酸性，故混合溶液的pH一直小于7，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.在ab段，溶液的pH增大很快，這是由于醋酸是弱電解質(zhì)，溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO?+H+，向0.01mol?L?1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸銨溶液，導致c(CH3COO?)增大，則醋酸的電離平衡左移，故溶液中的c(H+)減小，則溶液的pH增大；而在bc，溶液的pH變化不明顯，是由于加入的醋酸銨溶液導致溶液體積增大，故溶液中的c(H+)減小，則pH變大，但變大的很緩慢，即ac段溶液的pH增大不只是醋酸的電離被抑制的原因，故A錯誤；B.由于醋酸是弱電解質(zhì)，不能完全電離，故0.01mol/L的醋酸溶液中氫離子濃度小于0.01mol/L，則pH大于2，即a點的pH大于2，故B錯誤；C.由于所得的溶液為CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解顯中性，CH3COOH電離顯酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即b點溶液中的c(H+)>c(OH?)，根據(jù)電荷守恒可知c(CH3COO?)>c()，故C正確；D.由于所得的溶液為CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解顯中性，CH3COOH電離顯酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即c點溶液的pH也一定小于7，故D錯誤；故選C。13.實驗測得0.5mol·L?1CH3COONa溶液、0.5mol·L?1CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是A.隨溫度升高，純水中c(H+)>c(OH?)B.隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH?)減小C.隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結(jié)果D.隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO?、Cu2+水解平衡移動方向不同【答案】C【解析】【分析】水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，據(jù)此解題；【詳解】A.水的電離為吸熱過程，升高溫度，平衡向著電離方向移動，水中c(H+).c(OH)=Kw增大，故pH減小，但c(H+)=c(OH)，故A不符合題意；B.水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，所以c(OH)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH+H2OCH3COOH+OH,升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH)增大，故B不符合題意；C.升高溫度，促進水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進銅離子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意；D.鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，故D不符合題意；綜上所述，本題應(yīng)選C。【點睛】本題考查弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，明確化學平衡常數(shù)只是溫度的函數(shù)，溫度對水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關(guān)鍵，鹽類水解是高頻考點，也是高考的重點和難點，本題難度不大，是基礎(chǔ)題。14.不同條件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液過程中所測的實驗數(shù)據(jù)如圖所示。下列分析或推測合理的是A.由①、②可知，pH越大，+2價鐵越易被氧化B.由②、③推測，若pH＞7，+2價鐵更難被氧化C.由①、③推測，F(xiàn)eCl2被O2氧化的反應(yīng)為放熱反應(yīng)D.60℃、pH=2.5時，4h內(nèi)Fe2+的平均消耗速率大于0.15a【答案】D【解析】【詳解】A、由②、③可知，pH越小，+2價鐵氧化速率越快，故A錯誤；B、若pH＞7，F(xiàn)eCl2變成Fe（OH）2，F(xiàn)e（OH）2非常容易被氧化成Fe（OH）3，故B錯誤；C、由①、③推測，升高溫度，相同時間內(nèi)+2價鐵的氧化率增大，升高溫度+2價鐵的氧化速率加快，由圖中數(shù)據(jù)不能判斷反應(yīng)的熱效應(yīng)，故C錯誤；D、50℃、pH=2.5時，4h內(nèi)Fe2+的氧化率是60%，即消耗0.6amol/L，4h內(nèi)平均消耗速率等于0.15amol/(L·h)，溫度升高到60℃、pH=2.5時，+2價鐵的氧化率速率加快，4h內(nèi)Fe2+的平均消耗速率大于0.15a正確答案選D。第II卷(非選擇題)15.有機物E(C6H8O4)廣泛用于涂料行業(yè)中，某同學設(shè)計如下路線合成E(其中A的相對分子質(zhì)量是56，B的相對分子質(zhì)量比A大69)。(1)烴A的分子式是______．(2)③的反應(yīng)類型是______反應(yīng)．(3)已知E為順式結(jié)構(gòu)，則用結(jié)構(gòu)簡式表示其結(jié)構(gòu)是______．(4)下列說法正確的是______(填序號)．a(chǎn)．反應(yīng)①屬于取代反應(yīng)b．B與二氯甲烷互為同系物c．C不存在羧酸類同分異構(gòu)體d．D能發(fā)生縮聚反應(yīng)(5)若C轉(zhuǎn)化為D經(jīng)過如下4步反應(yīng)完成：CD。則⑥所需的無機試劑及反應(yīng)條件是________；④的化學方程式是_________．【答案】(1).C4H8(2).取代(或酯化)(3).(4).ad(5).NaOH醇溶液、加熱(6).HOCH2CH=CHCH2OH+HCl【解析】【分析】烴A的相對分子質(zhì)量是56，由轉(zhuǎn)化關(guān)系中C的分子式C4H8O2可知，A分子中含有4個碳原子，故含有氫原子數(shù)目為（564×12）÷1=8，故A的分子式為C4H8；由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，B為氯代烴，B的相對分子質(zhì)量比A大69，B為二元氯代烴，故C為二元醇，由C與D(C4H4O4)的分子式可知，C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，且D為二元羧酸，D的不飽和度為3，故D中含有C=C雙鍵，D的結(jié)構(gòu)簡式為HOOCCH=CHCOOH，逆推可知，C為HOCH2CH=CHCH2OH，B為ClCH2CH=CHCH2Cl，A為CH3CH=CHCH3，D與CH3OH在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E(C6H8O4)，故E的結(jié)構(gòu)簡式為CH3OOCCH=CHCOOCH3?！驹斀狻?1)由上述分析可知，烴A的分子式為C4H8；(2)反應(yīng)③是CH3OOCCH=CHCOOCH3與CH3OH在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E（C6H8O4），屬于取代反應(yīng)；(3)E的結(jié)構(gòu)簡式為CH3OOCCH=CHCOOCH3，為順式結(jié)構(gòu)，故其結(jié)構(gòu)為：；(4)a．反應(yīng)①是CH3CH=CHCH3與氯氣反應(yīng)生成ClCH2CH=CHCH2Cl，是取代反應(yīng)，正確；b．B中含有C=C雙鍵，與二氯甲烷不是同系物，錯誤；c．C存在羧酸類同分異構(gòu)體，如CH3CH2CH2COOH等，錯誤；d．D分子中含有2個COOH，能發(fā)生縮聚反應(yīng)，正確；答案選ad；(5)C轉(zhuǎn)化為D，反應(yīng)④與HCl發(fā)生加成反應(yīng)，保護C=C雙鍵被酸性高錳酸鉀氧化，反應(yīng)方程式為：HOCH2CH=CHCH2OH+HCl；反應(yīng)⑥在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)，還原C=C雙鍵；故答案為：NaOH醇溶液、加熱；HOCH2CH=CHCH2OH+HCl。16.氨在國民經(jīng)濟中占有重要地位。(1)合成氨工業(yè)中，合成塔中每產(chǎn)生合成塔中每產(chǎn)生2molNH3，放出92.2kJ熱量。①工業(yè)合成氨的熱化學方程式是_______。②若起始時向容器內(nèi)放入2molN2和6molH2，達平衡后放出的熱量為Q，則Q(填“>”、“<”或“=”)_______184.4kJ。③已知：1molNH鍵斷裂吸收的能量約等于______kJ。(2)工業(yè)生產(chǎn)尿素原理是以NH3和CO2為原料合成尿素[CO(NH2)2]，反應(yīng)的化學方程式為2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)和溫度關(guān)系如下：①焓變ΔH(填“>”、“<”或“=”)_______0。②在一定溫度和壓強下，若原料氣中的NH3和CO2的物質(zhì)的量之比(氨碳比)=x，下圖是氨碳比(x)與CO2平衡轉(zhuǎn)化率(α)的關(guān)系。α隨著x增大而增大的原因是___________。③上圖中的B點處，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率為_______。(3)味精的主要成分是谷氨酸鈉鹽，其制備的各個環(huán)節(jié)都有氨的釋放。①測定味精中谷氨酸一鈉鹽的含量：將一定質(zhì)量味精樣品溶于水，向所得溶液中加入甲醛溶液(發(fā)生反應(yīng)：NH2+HCHO→N==CH2+H2O)，再以酚酞為指示劑，用NaOH溶液進行滴定．上述測定過程中加入甲醛的目的是__________．②味精中常含食鹽，現(xiàn)設(shè)計方案測定味精中NaCl的含量(味精中的其他成分和指示劑的用量對測定結(jié)果無影響)：取mg味精溶于水，加入過量c1mol?L1AgNO3溶液，再加入少量含F(xiàn)e3+的溶液作指示劑，用c2mol?L1NH4SCN溶液進行滴定(AgSCN為白色難溶物)，溶液最終變?yōu)榧t色時，達到滴定終點．重復上述測定過程3次，測得消耗的AgNO3溶液和NH4SCN溶液的體積分別為V1mL和V2mL．用上述方法測得該味精樣品中NaCl的質(zhì)量分數(shù)是_______．③若實驗操作無誤差，測定結(jié)果低于實際值．用平衡移動原理解釋結(jié)果偏低的可能原因是___．【答案】(1).N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=–92.2kJ/mol(2).<(3).391(4).<(5).c(NH3)增大，平衡正向移動(6).32%(7).避免顯堿性的氨基影響羧基和NaOH的中和反應(yīng)(8).5.85(c1V1c2V2)/m%(9).AgCl在溶液中存在平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl(aq)，加入NH4SCN溶液后，SCN與Ag+結(jié)合生成更難溶的AgSCN沉淀，使AgCl的溶解平衡向右移動，NH4SCN消耗量增大【解析】【詳解】(1)①每產(chǎn)生2molNH3，放出92.2kJ熱量,放熱反應(yīng)的焓變用負值表示,該熱化學方程式為:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=–92.2kJ/mol;②因為該反應(yīng)為可逆反應(yīng),不能進行完全,所以若起始時向容器內(nèi)放入2molN2和6molH2，達平衡后放出的熱量為Q比184.4kJ少;③假設(shè)1molNH鍵斷裂吸收的能量約等于xkJ,則有945+3×4366x=92.2，x=391kJ；(2)①隨著溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明升溫，平衡逆向移動，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，ΔH<0；②隨著原料氣中的NH3和CO2的物質(zhì)的量之比越大，即氨氣的濃度增大，平衡正向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大；③假設(shè)起始加入氨氣為4mol，二氧化碳為1mol，根據(jù)圖像，B點二氧化碳轉(zhuǎn)化率為0.64，即反應(yīng)了0.64mol則氨氣反應(yīng)了1.28mol，氨氣的平衡轉(zhuǎn)化率為=32%；（3）①氨基有堿性，也能和羧基反應(yīng)，所以用甲醛將氨基反應(yīng)掉，避免顯堿性氨基影響羧基和NaOH的中和反應(yīng)；②AgSCN是難溶于水的沉淀,設(shè)測定過程中所消耗的AgNO3溶液和NH4SCN溶液的體積分別為V1mL和V2mL,硝酸銀沉淀氯離子,過量的硝酸銀被NH4SCN溶液沅淀生成AgSCN沅淀,依據(jù)氯元素守恒得到氯化鈉質(zhì)量分數(shù);③由于AgCl在溶液中存在平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl(aq)，加入NH4SCN溶液后，SCN與Ag+結(jié)合生成更難溶的AgSCN沉淀，使AgCl的溶解平衡向右移動，NH4SCN消耗量增大，導致測定結(jié)果低于實際值。17.下表是25℃(1)等濃度的表中三種有機羧酸溶液中，水電離出的氫離子濃度_____>_____.>______.(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷下述反應(yīng)可以發(fā)生的是______(填編號)①NaF+CH3COOH===CH3COONa+HF②CO2+2NaClO+H2O===2HClO+Na2CO3③HF+NaHCO3===NaF+H2O+CO2↑④CH3COOH+KHC2O4===CH3COOK+H2C2O(3)少量CO2通入NaCN溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。(4)常溫下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol/L鹽酸溶液，40ml，溶液中含碳元素的三種微粒H2CO3、、(CO2因逸出未畫出)物質(zhì)的量分數(shù)(縱軸)隨溶液pH變化的部分情況如圖所示。回答下列問題：①各字母代表的粒子為b________，c__________。②在同一溶液中，H2CO3、、(填：“能”或“不能”)______大量共存。③當pH=11時，溶液中含碳元素的主要微粒為________?！敬鸢浮?1).CH3COOH(2).HCOOH(3).H2C2O4(4).③(5).CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN(6).(7).H2CO3(8).不能(9).、【解析】【分析】第四題圖分析：Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液，發(fā)生的離子反應(yīng)為+H+=、+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3為強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性；水解程度>，所以當生成NaHCO3時溶液堿性減弱，當溶解有二氧化碳時溶液呈酸性，根據(jù)圖中曲線變化趨勢知，a為、b為、c為H2CO3物質(zhì)的量分數(shù)變化趨勢，以此解答?！驹斀狻?1)酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，其酸溶液中水電離出的c(H+)越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，酸性強弱順序是H2C2O4>HCOOH>CH3COOH，在等濃度的這三種酸中水電離出的c(H+)大小順序是CH3COOH>HCOOH>H2C2O4，故答案為：CH3COOH;HCOOH;H2C2(2)強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，①酸性HF>CH3COOH，所以NaF和CH3COOH不反應(yīng)，故錯誤；②酸性H2CO3>HClO，所以發(fā)生反應(yīng)CO2+NaClO+H2O===HClO+NaHCO3，故錯誤；③酸性HF>H2CO3，所以發(fā)生反應(yīng)HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑，故正確；④酸性H2C2O4>>CH3COOH，所以CH3COOH和KHC2O4不反應(yīng)，故錯誤；故選③；(3)HCN電離平衡常數(shù)大于而小于H2CO3，少量CO2通入NaCN溶液中反應(yīng)生成HCN和NaHCO3，離子方程式為CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN，故答案為：CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN；(4)Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液，發(fā)生的離子反應(yīng)為+H+=、+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3為強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性；水解程度>，所以當生成NaHCO3時溶液堿性減弱，當溶解有二氧化碳時溶液呈酸性，根據(jù)圖中曲線變化趨勢知，a為、b為、c為H2CO3物質(zhì)的量分數(shù)變化趨勢，①通過以上分析知，各字母代表的粒子：b為、c為H2CO3，故答案為：;H2CO3；②結(jié)合圖象可知，在pH=8時只有碳酸氫根離子存在，當溶液的pH大于8時，存在的離子為：、，pH小于8時存在的離子為：H2CO3、，所以在同一溶液中，H2CO3、、不能共存，故答案為：不能；③根據(jù)圖知，當pH=11時，溶液中含碳元素的主要微粒為、，故答案為：、。18.某化學小組進行Na2SO4的性質(zhì)實驗探究。(1)在白色點滴板的a、b、c三個凹槽中滴有Na2SO3溶液，再分別滴加如圖所示的試劑，實驗現(xiàn)象如下表：編號實驗現(xiàn)象a溴水褪色b產(chǎn)生淡黃色沉淀c滴入酚酞溶液變紅，再加入BaCl2溶液后產(chǎn)生沉淀且紅色褪去根據(jù)實驗現(xiàn)象進行分析：①a中實驗現(xiàn)象證明Na2SO3具有______性。②b中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是______.③應(yīng)用化學平衡原理解釋c中現(xiàn)象(用化學用語及簡單文字表述)______.(2)在用NaOH溶液吸收SO2的過程中，往往得到Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，溶液pH隨n()：n()變化關(guān)系如下表：n()：n()91：91：19：91pH8.27.26.2①當吸收液中n()：n()=10：1時，溶液中離子濃度關(guān)系正確的是______(填字母).A.c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH?)B.c(Na+)>c()>c()>c(OH?)>c(H+)C.c(Na+)>c())>c()>c(OH?)>c(H+)②若n()：n()=3：2，則0.8molNaOH溶液吸收了標準狀況下的SO2______L.【答案】(1).還原性(2).+2S2+6H+===3S↓+3H2O(3).在Na2SO3溶液中，水解顯堿性：+H2O?+OH，所以滴入酚酞后溶液變紅；在該溶液中加入BaCl2后，Ba2++===BaSO3↓(白色)，由于c()減小，水解平衡左移，c(OH)減小，紅色褪去(4).AC(5).11.2【解析】【詳解】(1)①a中滴加溴水，觀察到溴水為棕紅色，再滴加亞硫酸鈉，溴水褪色，反應(yīng)離子方程式為：SO32+Br2+H2O=2Br+SO42+2H+，亞硫酸根中S化合價升高，被氧化，表現(xiàn)還原性；②酸性條件下，+4價的S和2價的S反應(yīng)，生成0價的S，故有淡黃色沉淀，發(fā)生的離子反應(yīng)為SO32+2S2+6H+=3S↓+3H2O；③酚酞作為酸堿指示劑，遇堿變紅，在Na2SO3溶液中，SO32水解顯堿性：SO32+H2OHSO3+OH，所以滴入酚酞后溶液變紅；在該溶液