2020-2021学年度第一学期期中校际联考试题高二化学注意事项：1.本试卷共6页，全卷满分100分，答题时间90分钟；2.答卷前，务必将答题卡上密封线内的各项目填写清楚；3.第I卷选择题必须使用2B铅笔填涂，第II卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5第I卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，计48分。每小题只有一个选项是符合题意的)1.化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是A.食品、蔬菜贮存在冰箱或冰柜里B.家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥C.制造蜂窝煤时加入生石灰D.把块状煤碾成粉状再燃烧【答案】C【解析】【详解】A.低温冷藏使食品延缓变质,是降低温度使反应速率减慢，A项排除；B.在潮湿的情况下，铁锅、铁铲易发生电化学腐蚀，腐蚀速率较快，保持其干燥，可以极大减缓其腐蚀速率，B项排除；C.制造蜂窝煤时加入生石灰，是为了减少二氧化硫的排放，发生反应为：2CaO+O2+2SO22CaSO4，与反应速率无关，C项可选；D.把块状煤碾成粉状再燃烧，能够增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，D项排除。答案选C项。2.下列变化过程中，△S＞0的是(　　)A.Na2O(s)和CO2(g)化合生成Na2CO3(s)B.氯气的液化C.氯化钠固体溶于水D.氨气与氯化氢化合成氯化铵固体【答案】C【解析】-18- 【分析】△S＞0，说明反应或变化过程中混乱度增大，依据微粒数的变化或反应前后气体体积变化分析判断。【详解】A．该反应中气体的物质的量减小，△S＜0，故A不选；B．气体转化为液体，气体的物质的量减小，△S＜0，故B不选；C．氯化钠溶于水电离出自由移动的阴、阳离子，混乱度增大，△S＞0，故C选；D．氨气和HCl反应生成氯化铵固体，气体的物质的量减小，则△S＜0，故D不选；故选C。3.将绿豆大小的金属钠投入加有酚酞的100mL蒸馏水中，则A.钠沉在水底B.溶液变蓝C.有H2生成D.有O2生成【答案】C【解析】【详解】A.钠的密度比水小，故其浮在水面上，A不符合题意；B.钠与水反应生成氢氧化钠而使滴有酚酞的水溶液变红，B不符合题意；C.钠与水发生置换反应，有H2生成，C符合题意；D.钠与水反应不生成O2，D不符合题意。本题选C。4.下列各组物质中，都是强电解质的是（）A.NH4Cl、CH3COOH、Na2SB.HBr、HCl、BaSO4C.NaOH、Ca（OH）2、NH3·H2OD.HClO、NaF、Ba（OH）2【答案】B【解析】A、NH4Cl、Na2S在水中完全电离为离子，属于强电解质，CH3COOH在水中部分电离出离子，还有未电离的醋酸分子，属于弱电解质，A错误；B、HBr、HCl为强酸，在水中完全电离出离子，属于强电解质，BaSO4虽然不溶于水，但是在熔融状态下完全电离出离子，属于强电解质，B正确；C、NaOH、Ca（OH）2为强碱，属于强电解质，NH3·H2O是弱碱，在水中部分电离出离子，属于弱电解质，C错误；D、NaF、Ba（OH）2在水中完全电离出离子，属于强电解质，HClO是弱酸，在水中部分电离出离子，属于弱电解质，D错误。正确答案为B。5.高炉炼铁过程中发生的主要反应为：Fe2O3（s）＋CO（g）Fe（s）＋CO2（g）-18- ΔH＜0，欲提高CO的平衡转化率，可采取的措施是①增加Fe2O3的量②移出部分CO2③提高反应温度④减小容器的容积⑤加入合适的催化剂⑥降低反应温度A.①③B.②⑥C.②④D.④⑥【答案】B【解析】【详解】①氧化铁是固体，增加Fe2O3的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故错误；②移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故正确；③该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，故错误；④反应前后气体的物质的量不变，减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故错误；⑤加入合适的催化剂，平衡不移动，故错误；⑥该反应正反应是放热反应，降低反应温度，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故正确；综合以上分析，②⑥正确，故选B。6.下列关于平衡常数K的说法正确的是（）A.加入催化剂可能会改变平衡常数KB.改变反应物浓度能改变平衡常数KC.平衡常数K与反应本身及温度有关D.K越大，反应物的转化率越小【答案】C【解析】【详解】化学平衡常数K与化学反应本身及温度有关，加入催化剂、改变反应物浓度等均不能改变平衡常数K；平衡常数K越大，反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，答案选C。7.方便快捷地分离互不相溶的两种液体，需要用到的仪器是-18- A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．A图为漏斗，用于不相溶的固液分离的过量操作，故A不符合题意；B．B图为蒸馏烧瓶，主要用于分离沸点不同的液态混合物，故B不符合题意；C．C图为分液漏斗，主要用于互不相溶的液体的分液操作，故C符合题意；D．D图为直型冷凝管，用于蒸馏操作中蒸馏出的蒸汽的冷凝，故D不符合题意；答案选C。8.下列关于反应与能量的说法正确的是A.H2与Cl2反应生成HCl,在光照与点燃条件下，ΔH不同B.氢氧化钠与盐酸反应中，盐酸足量，则氢氧化钠越多，中和热越大C.已知1mol红磷转化为1mol白磷，需吸收18.39kJ的能量，则红磷比白磷稳定D.催化剂能加快反应速率，是因为它能减小反应的焓变【答案】C【解析】A项，ΔH只与反应物和生成物的总能量有关，与反应的条件无关，H2与Cl2反应生成HC1，在光照与点燃条件下，△H相同，错误；B项，中和热指酸与碱发生中和反应生成1molH2O时所释放的热量，以“生成1molH2O”为标准，与所用酸、碱的量无关，错误；C项，lmol红磷转化为lmol白磷，需吸收18.39kJ的能量，则1mol红磷具有的总能量小于1mol白磷具有的总能量，能量越低物质越稳定，红磷比白磷稳定，正确；D项，催化剂能加快反应速率，是因为催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，错误；答案选C。9.2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），2s末A的转化率为50%，测得v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，下列推断不正确的是A.2s末，B的浓度为0.5mol/LB.2s末，容器内的压强是初始的7/8倍C.2s时C的体积分数为2/7D.z=2【答案】A【解析】A的初始物质的量为2mol，2s末A的转化率为50%，则A反应了1mol，由化学方程式可得，-18- A、B按2:3的物质的量之比反应，所以B反应了1.5mol；v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，则D生成了0.25mol•L﹣1•s﹣1×2s×2L=1mol，由题意列三段式：A项，2s末，反应物B的浓度为：0.5mol÷2L=0.25mol/L，故A错误；B项，同温同体积时气体压强之比等于物质的量之比，所以2s末容器内的压强与初始的压强之比为：=，故B正确；C项，体积分数等于物质的量分数，所以2s时C的体积分数为：=，故C正确；D项，2s内A反应了1mol、C生成了1mol，所以化学方程式中A与B的化学计量数应相等，即z=1，故D正确。点睛：本题考查化学平衡的计算，根据已知条件，结合反应速率之比等于化学计量数之比及转化率、体积分数的概念，分析开始、转化和平衡时各物质的转化关系，列出三段式进行计算会使问题变得直观、简单，要掌握好这种方法，注意三段式中第一段表示反应物和生成物的初始量；第二段表示转化的物质的量或浓度，与方程式中的化学计量数呈一定比例关系；第三段，对与反应物来说等于初始量-转化量，对生成物来说等于初始量+转化量。10.下图为某化学反应的速率与时间的关系示意图。下列有关t1时刻改变条件的说法正确的是A.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0，t1时刻升高温度B.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0，t1时刻增大O2浓度C.H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g)ΔH>0，t1时刻增大压强D.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH>0，t1时刻升高温度【答案】D【解析】【分析】-18- 【详解】A.升高温度正逆反应速率都增大（均突变），但该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故A错误；B.增大氧气的浓度，正反应方向的速率发生突变，而逆反应方向速率发生渐变，与图像变化不符，故B错误；C.增大压强，正逆反应方向的速率都增大(均突变），但此反应气体系数之和相等，正逆反应速率变化程度相同，平衡不移动，故C错误；D.升高温度，平衡向正反应方向移动，且正逆反应速率都增大，均发生突变，符合图像表示关系，故D正确；故选D。11.下列有关乙酸和乙醇的叙述不正确的是（）A.其水溶液都呈酸性，都能与金属钠反应B.乙醇在一定条件下可转化为乙酸C.可用碳酸钠溶液鉴别二者D.二者在一定条件下可发生酯化反应【答案】A【解析】【详解】A.乙酸在水溶液中可以电离出氢离子使溶液呈酸性，乙醇是非电解质，在水溶液中不能电离，乙醇的水溶液呈中性，乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，二者都可与金属钠反应生成氢气，故A错误；B.乙醇与酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，故B正确；C.乙酸的酸性强于碳酸，乙酸与碳酸钠溶液反应时有气泡冒出，乙醇与碳酸钠不反应，可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和乙醇，故C正确；D.乙酸和乙醇浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故D正确；答案选A。12.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的原子核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（）A.元素Z形成的含氧酸可能为弱酸B.非金属性：Z＞X＞Y＞WC.W、X、Z形成的化合物一定是共价化合物-18- D.Y的氧化物只有一种【答案】A【解析】【分析】氨气与氯化氢气体相遇时，XW3与WZ化合生成固体，产生大量白烟，故XW3是NH3，WZ是HCl，W是氢元素，X是氮元素，Z是氯元素，W、X、Z分别为H、N、Cl，三种元素的原子序数分别是1、7、17，四种元素的原子核外电子总数满足X+Y=W+Z；则Y的原子序数为11，它是钠元素，W、X、Y、Z为H、N、Na、Cl，由此分析。【详解】A．元素Z是氯，形成的含氧酸可能为次氯酸、高氯酸等，次氯酸为弱酸，故A符合题意；B．W、X、Y、Z为H、N、Na、Cl，同一周期从左到右，元素的非金属性依次增强，同一主族从上到下，元素的非金属性依次减弱，Y是金属元素，非金属性较弱，故非金属性：Z＞X＞W＞Y，故B不符合题意；C．W、X、Z为H、N、Cl，W、X、Z形成的化合物可能是离子化合物，如氯化铵等，不一定是共价化合物，故C不符合题意；D．Y是钠，钠的氧化物可能为氧化钠、过氧化钠，不止一种，故D不符合题意；答案选A。13.已知：25℃时，HCOOH的电离平衡常数K=1.75×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11。下列说法不正确的是（）A.向Na2CO3溶液中加入甲酸有气泡产生B.25℃时，向甲酸溶液中加入NaOH溶液，HCOOH的电离程度和K均增大C.向甲酸溶液中加入蒸馏水，c(H+)减小D.向碳酸溶液中加入NaHCO3固体，c(H+)减小【答案】B【解析】【详解】A．电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所以向Na2CO3溶液中加入甲酸会生成二氧化碳气体，故A不符合题意；B．电离常数只与温度有关，25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，NaOH消耗了氢离子，氢离子浓度减小，HCOOH的电离程度增大，K值只受温度的影响，K不变，故B符合题意；C-18- ．甲酸的稀溶液中加水稀释，促进甲酸的电离，氢离子的物质的量增大，溶液的体积也增大，由于体积增大的多，所以氢离子浓度减小，故C不符合题意；D．向碳酸溶液中加入NaHCO3固体，NaHCO3电离出的碳酸氢根离子抑制碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D不符合题意；答案选B。14.某课外活动小组的同学从某地颗粒采集器中获得雾霾颗粒样品，然后用蒸馏水浸取。在探究雾霾颗粒可溶性成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A.向浸取液中滴入硝酸酸化后，加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含有Cl-B.向浸取液中滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含C.向浸取液中加入KSCN溶液，无明显现象，滴入新制氯水后，溶液变红色，说明雾霾中Fe2+D.向浸取液中加入浓NaOH溶液微热，试管口附近湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含有【答案】B【解析】【详解】A．浸取液中滴入硝酸酸化后排除了CO的干扰，再加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含有Cl−，故A正确；B．亚硫酸盐可能被硝酸氧化生成硫酸盐，与BaCl2溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，或BaCl2溶液与硝酸银可以生成氯化银白色沉淀，不能确定原溶液中含有离子，正确检验为：向浸取液中滴加过量稀盐酸，无现象，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明一定含有，故B错误；C．向浸取液中加入KSCN溶液，无明显现象，说明不存在三价铁离子，滴入新制氯水后，溶液变为红色，说明溶液中存在能被氧化成三价铁离子的离子，只能是亚铁离子，故C正确；D．一种未知溶液滴加NaOH溶液，加热后产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，故原溶液中存在铵根，故D正确；故选：B。15.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=xkJ·mol-1已知：碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol-1；-18- S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=bkJ·mol-12K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ·mol-1；则x为(　　　)A.3a+b-cB.c-3a-bC.a+b-cD.c-a-b【答案】A【解析】【详解】碳的燃烧热△H1=a kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a kJ•mol-1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol-1②2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol-1③将方程式3①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=x kJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故答案为A。16.氮气是制备含氮化合物的一种重要物质，而含氮化合物的用途广泛，如图表示两个常见固氮反应的平衡常数对数值(lgK)与温度的关系：①N2＋3H22NH3，②N2＋O22NO。根据图中的数据判断下列说法正确的是()A.反应①和②均为放热反应B.升高温度，反应①的反应速率减小C.在常温下，利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大D.在1000℃时，反应①和反应②体系中N2的浓度一定相等【答案】C【解析】【详解】A.根据图象①可知温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应；②温度越高，平衡常数越大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应方向是吸热反应，故A错误；B.升高温度，无论是放热反应还是吸热反应，反应速率都增大，故B错误；C.在常温下，根据平衡常数可知：利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大，故C正确；-18- D.在1000℃时,反应①和反应②体系平衡常数对数值(lgK)相等，而不是氮气的浓度相等，故D错误；答案选C。【点睛】充分利用图像，从图像①中找到曲线的变化趋势，得出温度越高，平衡常数越小的结论，再根据勒夏特列原理，判断出外界条件改变，平衡移动的方向。第II卷(非选择题共52分)二、非选择题(本大题共5小题，计52分)17.按要求回答问题。(1)依据事实，写出下列反应的热化学方程式：①2molH2与2molI2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出29.8kJ的热量：___。②1g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出akJ的热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：___。(2)如图所示反应是___(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH=___kJ∙mol-1(用含E1、E2的代数式表示)。(3)已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)H2O(g)ΔH=-241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为___kJ/mol。(4)如图是中和热的测定实验装置。①从实验装置图看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___。②该实验常用0.50mol∙L-1HCl和0.55mol∙L-1NaOH溶液50mL。解释NaOH-18- 溶液的浓度稍大的原因___。③做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用___次。【答案】(1).H2(g)+I2(g)=2HI(g)ΔH=-14.9kJ/mol(2).CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-16akJ/mol(3).放热(4).E2-E1(5).409.0(6).环形玻璃搅拌棒(7).保证HCl完全被中和(8).3【解析】【详解】(1)由题意知，2molH2与2molI2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出29.8kJ的热量，1molH2与1molI2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出14.9kJ的热量，故热化学方程式为：H2(g)+I2(g)=2HI(g)ΔH=-14.9kJ/mol；②1g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出akJ的热量，1mol甲烷的质量为16g，故16g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热16akJ，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-16akJ/mol；(2)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量反应放热；在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，反应需要能量：反应的焓变=生成物的能量−反应物的能量，即ΔH=(E2-E1)kJ/mol；(3)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2(g)+O2(g)H2O(g)ΔH=-241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能=167.2kJ/mol+241.8kJ/mol=409.0kJ/mol；(4)①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器为环形玻璃搅拌棒；②NaOH溶液的浓度大于盐酸的浓度，使盐酸完全中和，从而用盐酸的物质的量计算生成水的物质的量，进而计算中和热；③中和热的测定中，需要测出反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，所以总共需要测量3次。18.某温度时，在10L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如下表中数据：t/min013591014X/mol1.000.900.750.650.550.550.55-18- Y/mol2.001.801.501.301.101.101.10Z/mol0.000.200.500.700.900.900.90(1)体系中发生反应的化学方程式是___。(2)该反应在0～3min内v(Z)=___(精确到0.001)mol/(L∙min)。(3)该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于___。(4)如果该反应是放热反应，改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到z随时间变化的曲线1、2、3(如图所示)。曲线1、2、3所对应改变的实验条件分别是：1___，2___，3___。(5)如果起始加入X、Y、Z物质的量分别为2.00mol、4mol和0mol，在原温度下达平衡时，X的转化率为α1，则α1___α(填“＞”、“＜”或“=”)。(6)如果在原温度下起始加入X、Y、Z的物质的量分别为1.00mol、1.00mol和1.00mol，此时可逆反应的反应速率：v(正)___v(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)。【答案】(1).X(g)+2Y(g)2Z(g)(2).0.017(3).45%(4).升高温度(5).使用合适催化剂(6).增大压强(7).＞(8).＞【解析】【分析】X和Y反应生成气态物质Z，第9min，各种物质的物质的量不再发生变化，即达到化学平衡状态，根据变化的物质的量之比等于化学计量数之比，可以得到该反应的化学方程式，由此分析。【详解】(1)由表中数据可知，X、Y为反应物，Z为生成物，9min时Δn(X)=1mol-0.55mol=0.45mol，Δn(Y)=2mol-1.1mol=0.9mol，Δn(Z)=0.9mol，9min后各物质的物质的量不再变化，且反应物不为0，故为可逆反应，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，n(X)：n(Y)：n(Z)=0.45：0.9：0.9=1：2：2，故反应方程式为X(g)+2Y(g)2Z(g)；-18- (2)0-3min内Z的反应速率v(Z)===0.017mol/(L∙min)；(3)由图表数据可知反应到9min，反应达到平衡，反应达到平衡时反应物X的转化率=×100%=×100%=45%；(4)该可逆反应正反应为放热反应，且为气体体积增大的反应，由表中数据可知，平衡时Z的物质的量为0.9mol，由图2可知曲线①平衡后，Z的物质的量为0.6，Z的物质的量减小，故平衡向逆反应移动，应是升高温度；曲线②平衡后，Z的物质的量为0.9mol，Z的物质的量未变，应是使用催化剂；曲线③平衡后，Z的物质的量为0.95mol，Z的物质的量增大，应是增大压强；(5)如果起始加入X、Y、Z的物质的量分别为2.00mol、4.00mol和0mol，在原温度下达平衡时，相当于原平衡增大压强，平衡正向进行，X的转化率为α1增大，则α1＞α；(6)如果在原温度下起始加入X、Y、Z的物质的量分别为1.00mol、1.00mol和1.00mol，转化为起始量；和原平衡比较相当于在原平衡中加入了0.50molX，平衡正向进行，此时可逆反应的反应速率υ(正)＞υ(逆)。19.如图所示是某学生设计的实验室制备并收集干燥Cl2的实验装置图，请回答：(1)指出上述图中的各处错误：①___；②___；③___；④___。-18- (2)在改进后的装置中，饱和食盐水的作用是___。(3)如果将过量二氧化锰与含HCl8.76g的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于4.26g。为提高浓盐酸的利用率，你对实验的建议是___。(4)圆底烧瓶中发生反应的离子方程式是___，氧化剂是___。(5)实验结束清洗仪器时，为了减少烧瓶中残留氯气对环境的污染，可向烧瓶中加入的溶液是___。【答案】(1).不能用稀盐酸，而应用浓盐酸(2).应有加热装置，应用酒精灯加热(3).洗气瓶甲、乙位置颠倒(4).洗气瓶甲、乙中导管应为长进短出(5).除去Cl2中的氯化氢(6).将浓盐酸慢慢滴下；加热用小火(7).MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(8).MnO2(9).NaOH溶液【解析】【分析】实验室制取氯气需要浓盐酸和二氧化锰，并在加热的条件下进行。生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，先除氯化氢，后除水蒸气，经过饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，导气管是长口进，短口出，丙装置用于收集氯气，氯气的密度大于空气，应使用向上排空气法收集，尾气处理使用氢氧化钠溶液，由此分析。【详解】(1)实验室制取氯气需要浓盐酸，并在加热的条件下进行。生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，应该先除氯化氢，后除水蒸气，且应该是长口进，短口出，所以错误有：①不能用稀盐酸，而应用浓盐酸；②应有加热装置，应用酒精灯加热；③洗气瓶甲、乙位置颠倒；④洗气瓶甲、乙中导管应为长进短出；(2)氯化氢极易溶于水，在饱和食盐水中的溶解度较大，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，所以饱和食盐水的作用是除去Cl2中的氯化氢；(3)根据4HCl~Cl2可知，理论上含HCl8.76g的浓盐酸制得的氯气的质量应该为4.26g，但浓盐酸具有挥发性，加热的条件下挥发程度增大，是使制得的氯气减少的原因之一；反应的产物中有水生成，随着反应的进行，浓盐酸逐渐变稀，完全变为稀盐酸时反应停止，这也是使制得的氯气减少的原因之一，为提高浓盐酸的利用率，将浓盐酸慢慢滴下；加热时用小火慢慢加热等火；-18- (4)圆底烧瓶中是二氧化锰和浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气和水，发生反应的离子方程式是：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；二氧化锰中锰元素的化合价从+4价降低为+2价，化合价降低，得到电子，作氧化剂；(5)实验结束清洗仪器时，为了减少烧瓶中残留氯气对环境的污染，可以向烧瓶中加入的溶液是氢氧化钠溶液，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。20.常温下，有c(H＋)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施：(1)加适量醋酸钠晶体后，醋酸溶液中c(H＋)___(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，盐酸中c(H＋)___。(2)加水稀释10倍后，溶液中的c(H＋)：醋酸___(填“＞”、“=”或“＜”，下同)盐酸。加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积：醋酸___盐酸。(3)使温度都升高20℃，溶液中c(H＋)：醋酸___(填“＞”、“=”或“＜”)盐酸。(4)分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是___(填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)(5)将0.1mol∙L-1的CH3COOH加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是___(填字母)。a．电离程度增大b．溶液中离子总数增多c．溶液导电性增强d．溶液中醋酸分子增多【答案】(1).减小(2).减小(3).＞(4).＞(5).＞(6).c(7).ab【解析】【详解】(1)常温下，有c(H＋)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施：①CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加适量醋酸钠晶体后，c(CH3COO-)增大，平衡左移，c(H＋)减小；盐酸溶液中加入醋酸钠晶体后，发生反应：CH3COO-+H+=CH3COOH，c(H＋)减小；(2)加水稀释10倍后，醋酸的电离平衡向右移动，n(H+)增大；HCl不存在电离平衡，HCl电离出的n(H+)不变；所以加水稀释10倍后，醋酸溶液中的c(H＋)大于盐酸溶液中的c(H＋)-18- ，加等浓度的NaOH溶液，NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O；HCl+NaOH=NaCl+H2O；由于醋酸部分电离，反应过程中醋酸的电离平衡向电离方向移动，且反应前c(CH3COOH)＞c(HCl)，故恰好完全中和时，醋酸所需要的氢氧化钠的体积大；(3)使温度都升高20℃，醋酸的电离平衡向电离方向移动，c(H＋)增大，HCl已经完全电离，溶液中c(H＋)，醋酸＞盐酸；(4)盐酸和醋酸；反应开始c(H+)相同，所以开始时，与锌反应速率相同，随着反应的进行，醋酸的电离平衡向电离方向移动，故反应速率v(醋酸)＞v(盐酸)，又因为反应开始时，c(CH3COOH)＞c(HCl)，所以与足量锌反应，醋酸生成氢气的量多；答案选c；(2)a．醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，则醋酸的电离程度增大，故a符合题意；b．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中离子总数增多，故b符合题意；c．加水稀释醋酸，虽然促进醋酸电离，溶液中离子个数增多，但离子浓度降低，所以导电能力减弱，故c不符合题意；d．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，导致醋酸分子数减少，故d不符合题意；答案选ab。21.亚硝酸氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)。（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：①4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)K1②2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)K2③2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)K3则K1、K2、K3之间的关系为K3=___。（2）T℃时，2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正=k·cn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如表：序号c(ClNO)/mol•L-1v/mol•L-1•s-1①0.303.6×10-8②0.601.44×10-7③0.903.24×10-7-18- n=___；k=___(注明单位)。（3）在2L的恒容密闭容器中充入4molNO(g)和2molCl2(g)，不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图I。①温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志有___(填字母)。a.混合气体的密度保持不变b.容器压强保持不变c.平衡常数K保持不变d气体颜色保持不变e.v(ClNO)=v(NO)f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变②反应开始到10min时v(Cl2)=___mol·L-1·min-1。③温度为T2时，10min时反应已经达到平衡，该反应的平衡常数K=___。（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数φ随的变化如图II，则A、B、C三个状态中，NO的转化率最小的是___点；当=3时，达到平衡状态时ClNO的体积分数φ可能是D、E、F三点中的___点。【答案】(1).(2).2(3).4.0×10-7mol•L-1•s-1(4).bdf(5).0.05(6).2L•mol-1(7).C(8).F【解析】【详解】(1)将方程式2×②-①得方程式③，则平衡常数K3==；(2)v正=kcn(ClNO)，将①②两组数据代入关系式，可得，-18- ，解得：n=2，k=40×10-7L·mol-1·s-1；(3)①a.容器恒容，气体质量不变，则混合气体的密度始终保持不变，所以混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态；b.同温同体积的条件下，压强之比等于物质的量之比，反应前后气体物质的量改变，则压强也会发生改变，容器压强保持不变说明达到平衡状态；c.平衡常数K只与温度有关，温度不变，K不变，平衡常数K保持不变不能说明反应达到平衡状态；d.气体颜色和浓度有关，气体颜色保持不变，说明浓度不变，反应达到了平衡状态；e.v(ClNO)=v(NO)，因没有说明是正反应速率还是逆反应速率，无法得知正逆反应速率是否相等，则不能判断是否达到平衡状态；f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变，表明NO和ClNO的物质的量都不变，说明反应达到了平衡状态；综上，bdf能够判断反应达到平衡状态；②根据图象可知v(ClNO)=，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，据此得v(Cl2)=v(ClNO)=×0.1mol/(L·min)=0.05mol/(L·min)；③开始时：c(NO)==2mol/L、c(Cl2)==1mol/L，根据三段式：化学平衡常数；(4)当反应物有两种或两种以上的时候，增加其中一种反应物的浓度，其自身的转化率降低，其他反应物的转化率增加，所以越大，NO的转化率越低，则A、B、C三个状态中，NO的转化率最小的是C点；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当=3时，产物的体积分数减少，所以为F点。-18-