辽宁省大连二十四中2015-2016学年高三期中化学试卷.doc

2015-2016学年辽宁省大连二十四中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括20小题．1-10每小题2分，11-20每小题2分，共50分．每小题只有一个选项符合题意）1．（2分）（2015秋•大连校级期中）人们习惯上把金、银、铜、铁、锡五种金属统称为“五金”．在“五金”顺序中，把一种金属的位置向后移一位，正好符合某化学规律．这种金属和该化学规律是（）A．铁、金属活动性顺序表B．金、质量守恒定律C．银、元素周期律D．铜、金属密度顺序表【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物．【分析】在金属活动性顺序表中，金属活动性强弱顺序是Sn、Fe、Cu、Ag、Au，据此分析解答．【解答】解：A．在金属活动性顺序表中，金属活动性强弱顺序是Sn、Fe、Cu、Ag、Au，所以将铁向后移一位，遵循金属活动性顺序表规律，故A正确；B．这几种金属之间不反应，不最小质量守恒定律，故B错误；C．在元素周期表中，其原子序数大小顺序是Au、Sn、Ag、Cu、Fe，将Ag向后移动一位，不遵循元素周期律，故C错误；D．这几种金属的密度大小顺序是Au、Sn、Ag、Cu、Fe，将Cu向后移动一位，不遵循密度顺序表，故D错误；故选A．【点评】本题考查金属及其化学规律，明确金属的物理性质及化学性质是解本题关键，知道金属之间有哪些规律，题目难度不大．2．（2分）（2015•株洲一模）下列广告语对应商品中含有的物质有误的是（）A．“红梅味精，领先（鲜）一步”﹣﹣蛋白质B．“衡水老白干，喝出男人味”﹣﹣乙醇C．“吃了钙中钙，腰不疼了，腿不痛了，腰杆也直了”﹣﹣碳酸钙D．“要想皮肤好，早晚用大宝”﹣﹣丙三醇【考点】生活中的有机化合物．【专题】化学计算．【分析】A、味精的主要成分是谷氨酸钠；B、酒的主要成分是乙醇；C、补品钙中钙主要成分是碳酸钙；D、甘油﹣丙三醇具有保湿功能．【解答】解：A、味精的主要成分是谷氨酸钠，不是蛋白质，故A错误；B、衡水老白干说的是酒，主要成分是乙醇，故B正确；C、钙中钙主要成分是碳酸钙，故C正确；D、大宝保湿成分是甘油﹣丙三醇，故D正确；故选A．【点评】本题考查了物质的组成和构成，与生活实际相联系，注意知识的积累．3．（2分）（2015秋•大连校级期中）下列实验操作能达到目的是（）A．分离碘酒中的碘酒B．蒸发C．检查装置气密性D．读取气体体积【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题；化学实验基本操作．【分析】A．碘能溶解在酒精中，不分层；B．蒸发皿可直接加热；C．气体从长颈漏斗中溢出；D．内外液面相平气体压强一致．【解答】解：A．因碘能溶解在酒精中，不分层，则不能利用分液漏斗来分离，故A错误；B．蒸发皿可直接加热，不需要垫石棉网，故B错误；C．气体从长颈漏斗中溢出，不能判断装置的气密性，故C错误；D．内外液面相平气体压强一致，可量取气体体积，故D正确；故选D．【点评】本题考查实验方案的评价，注意混合物的分离、气体的收集方法、气密性检查的方法即可解答，题目难度不大．4．（2分）（2015秋•大连校级期中）已知短周期元素的四种离子：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是（）A．原子序数d＞c＞b＞aB．单质的还原性D＜C＜B＜AC．离子半径C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+D．A、B、C最高价氧化物对应水化物溶液（等物质的量浓度）的pH值C＞B＞A【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素的离子：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，由于原子形成阳离子失去一个电子层，原子形成阴离子电子层不变，故A、B处于第三周期，C、D处于第二周期，结合电荷可推知A为Mg、B为Na、C为N、D为F．A．核外电子数相等，则a﹣2=b﹣1=c+3=d+1，据此判断原子序数；B．金属性越强，单质还原性越强，非金属性越强，单质氧化性越强；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D．氢氧化镁的碱性比NaOH弱，硝酸溶液为酸性．【解答】解：短周期元素的离子：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，由于原子形成阳离子失去一个电子层，原子形成阴离子电子层不变，故A、B处于第三周期，C、D处于第二周期，结合电荷可推知A为Mg、B为Na、C为N、D为F．A．核外电子数相等，则a﹣2=b﹣1=c+3=d+1，故原子序数：a＞b＞d＞c，故A错误；B．金属性Mg＜Na，故还原性Mg＜Na，非金属性N＜F，故氮气氧化性比氟气弱，故B错误；C．核电荷数：A＞B＞D＞C，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+，故C正确；D．氢氧化镁、氢氧化钠呈碱性，氢氧化镁难溶于水，碱性比NaOH弱，硝酸溶液为酸性，故pH值B＞A＞C，故D错误，故选：C．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置，结合离子所带电荷确定元素，熟练掌握元素周期律的递变规律．5．（2分）（2015秋•大连校级期中）分别用一定量等量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO 制备单质铜，有人设计了以下两种方案：①Fe H2Cu，②CuO CuSO4Cu．对制备得到Cu的量，下列判断正确的（）A．一样多B．①多C．②多D．无法判断【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuO Cu+H2O；②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；②中均可完全转化，而①中氢气还原CuO，应先通入氢气排出装置中的空气，不能全部参与还原反应．【解答】解：两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuO Cu+H2O；②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；②中均可完全转化，而方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少．故方案②生成的铜多，故选C．【点评】本题考查制备物质方案，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握制备中发生的反应、分析方案的差别为解答的关键，注意氢气还原氧化铜的实际操作即可解答，侧重分析与实验能力的考查，难度不大．6．（2分）（2015秋•大连校级期中）限定使用以下物质，盐：钾盐、钠盐、铵盐、钡盐；酸：盐酸、醋酸、稀硫酸．则符合2H++CO32﹣=CO2↑+2H2O这个离子方程式的化学方程式共有（）A．15个B．12个C．9个D．6个【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】离子方程式表示的是一类反应，如离子方程式2H++CO32﹣═CO2↑+H2O表示：强酸与可溶性碳酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化碳的反应，据此特点并结合题干中各物质进行解答．【解答】解：碳酸的钾盐、钠盐、铵盐、钡盐中，BaCO3不溶于水，离子方程式中不能用CO32﹣表示，其余在溶液中均可用CO32﹣表示；四种酸中，醋酸是弱酸，离子方程式中不能用H+表示，则符合离子方程式2H++CO32﹣═CO2↑+H2O，存在三种盐（钾盐、钠盐、铵盐）与三种酸（盐酸、硝酸、稀硫酸）可组合出9个反应，且离子方程式相同，故选C．【点评】本题考查离子反应的书写，为高考常见题型，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，把握离子反应中保留化学式的物质即可解答，试题注重基础知识的考查，培养了学生灵活应用所学知识的能力．7．（2分）（2011秋•衡阳校级期末）人造空气（氧气O2与氦气He的混合气）可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用．在标准状况下，5.6L“人造空气”的质量是2.4g，其中氧气与氦气的质量比是（）A．1：1 B．1：4 C．2：1 D．2：3【考点】气体摩尔体积；摩尔质量．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】气体的物质的量为n==0.25mol，根据二者的物质的量、质量列比例式进行计算．【解答】解：气体的物质的量为n==0.25mol，设氧气的物质的量为x，氦气的物质的量是y，则，解得，其质量之比=（32g/mol×0.05mol）：（0.2mol×4g/mol）=1.6g：0.8g=2：1，故选C．【点评】本题考查了气体摩尔体积的有关计算，注意根据体积和质量关系列式计算即可，注意把握相关计算公式的运用，难度不大．8．（2分）（2015秋•大连校级期中）已知S2O8n﹣离子和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n﹣离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4﹣离子，若反应后S2O8n﹣离子变成SO42﹣；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则S2O8n﹣中的n值和S的化合价是（）A．2，+7 B．2，+6 C．4，+7 D．4，+4【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n﹣变成SO42﹣，S的化合价降低，SO42﹣中S的化合价为+6价，以此来解答．【解答】解：Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n﹣变成SO42﹣，S的化合价降低，SO42﹣中S的化合价为+6价，则S2O8n﹣中的S元素的化合价为+7价，则+7×2+（﹣2）×8=﹣n，解得n=2，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．9．（2分）（2015秋•大连校级期中）下列物质中属于纯净物的一组是（）①冰水混合物②爆鸣气③铝热剂④普通玻璃⑤水玻璃⑥漂白粉⑦二甲苯⑧TNT⑨溴苯⑩C5H10⑪含氧40%的氧化镁⑫花生油⑬福尔马林⑭密封保存的NO2气体．A．①⑧⑨⑪B．②③④⑥C．⑦⑩⑫⑪⑭D．①④⑧⑨⑪⑫【考点】混合物和纯净物．【专题】物质的分类专题．【分析】同种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物，结合各组物质组成分析判断．【解答】解：①冰水混合物组成为水一种物质属于纯净物；②爆鸣气是氢气和氧气的混合物；③铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；④普通玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物；⑤水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物；⑥漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物；⑦二甲苯可以是邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯的混合物；⑧TNT是三硝基甲苯的俗称属于纯净物；⑨溴苯是一种物质组成的纯净物；⑩C5H10不一定表示纯净物，可能是正戊烷、异戊烷、新戊烷的混合物；⑪含氧40%的氧化镁是氧化镁中所含氧元素的质量分数是纯净物；⑫花生油属于油脂是混合物；⑬福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物；⑭密封保存的NO2气体和四氧化二氮存在化学平衡属于平衡混合气体；故选A．【点评】本题考查了物质分类，明确物质的组成和俗称是解题关键，题目较简单，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．10．（2分）（2015秋•大连校级期中）将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应是（）A．只有AgBr沉淀生成B．生成等物质的量的AgCl与AgBr沉淀C．AgCl沉淀的物质的量少于AgBrD．AgCl沉淀的物质的量大于AgBr沉淀【考点】常见离子的检验方法．【分析】向AgCl与AgBr的饱和溶液中，加入AgNO3，AgCl与AgBr的溶解平衡向左移动，但是饱和溶液中AgBr的溶解度更小，所以溶液中AgCl沉淀较多．【解答】解：在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+）、c（Cl﹣）＞c（Br﹣），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl﹣）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，即：生成氯化银沉淀的物质的量大于溴化银，故选D．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，解答本题时注意AgCl的溶解度比AgBr大，加入硝酸银，抑制溶解平衡向右移动，生成沉淀更多．11．（3分）（2014•抚州模拟）苯的同系物C12H18有多种同分异构体，其中二取代苯的同分异构体（不考虑立体异构）有（）A．48种B．45种C．42种D．以上都不是【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】先根据支链共有6个碳原子，可以形成1和5、2和4、3和3，然后根据苯的2个取代基可以的邻位、间位和对位来分析；【解答】解：6个碳原子，可以形成1和5、2和4、3和3，甲基只有1种，戊基有8种：C﹣C﹣C﹣C﹣C，正戊烷形成的戊基有3种；C﹣C﹣C（﹣C），异戊烷形成的戊基有4种2C（﹣C）4，新戊烷形成的戊基有1种，苯的2个取代基可以的邻位、间位和对位，此时共有1×8×3=24种；乙基只有1种，丁基有4种：C﹣C﹣C﹣C，正丁烷形成的戊基有2种；C﹣C（﹣C）2，异丁烷形成的丁基有2种C（﹣C）4，苯的2个取代基可以的邻位、间位和对位，此时共有1×4×3=12种；丙基有2种：C﹣C﹣C，丙烷形成的丙基有2种，苯的2个取代基可以的邻位、间位和对位，此时共有9种；所以二取代苯的同分异构体共45种．【点评】本题只要考查了苯的同系物结构的确定，注意分类思想的运用和取代基相同时，同分异构体的计算方法．12．（3分）（2015秋•大连校级期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）①0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣③水电离的H+浓度为10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣⑤使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣、S2﹣．A．①③⑤B．②④C．②⑤⑥D．④⑤【考点】离子共存问题．【分析】①0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液，显碱性，与H+反应生成沉淀；②pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应；③水电离的H+浓度为10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性；⑤使甲基橙变黄的溶液，可能显碱性；⑥中性溶液中不能大量存在Fe3+，且Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应．【解答】解：①0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液，显碱性，与H+反应生成沉淀，发生复分解反应不能大量共存，故不选；②pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；③水电离的H+浓度为10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中不能大量存在CO322﹣，故不选；﹣、SO3④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；⑤使甲基橙变黄的溶液，可能显碱性，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故不选；⑥中性溶液中不能大量存在Fe3+，且Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．13．（3分）（2015秋•大连校级期中）N A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）①等物质的量的N2和CO所含分子数均为N A②常温下，4g CH4含有N A个C﹣H共价键③1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2N A④将N A个NH3分子溶于1L水中得到1mol•L﹣1的氨水⑤25℃时，pH=12的1.0L NaClO溶液中水电离出的OH﹣的数目为0.01N A⑥1mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2N A个电子．A．①③⑤B．②⑤C．②④⑥D．②③⑤【考点】阿伏加德罗常数．【分析】①等物质的量的N2和CO所含分子数相等；②求出CH4的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4个C﹣H共价键来分析；③Na2O2与水的反应为歧化反应；④根据溶液体积不是1L进行分析判断；⑤次氯酸钠溶液中，氢氧根离子是水电离的，根据溶液的pH计算出溶液中水电离的氢氧根离子的数目；⑥SO2与O2的反应为可逆反应．【解答】解：①等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但不一定是NA个，故①错误；②4gCH4的物质的量为0.25mol，而1mol甲烷中含4个C﹣H共价键，故0.25mol甲烷中含1molC﹣H键，即N A个，故②正确；③Na2O2与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，即N A个，故③错误；④将N A个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1mol•L﹣1，故④错误；⑤25℃时pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，醋酸钠溶液中氢氧根离子是水电离的，则1L该次氯酸钠溶液中水电离出的OH﹣的物质的量为0.01mol，氢氧根离子的数目为0.01N A，故⑤正确；⑥SO2与O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于2N A个，故⑥错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的组成是解题关键．14．（3分）（2015秋•大连校级期中）下列排列顺序完全正确的组合是（）①溶解性：Na2CO3＞NaHCO3＞MgCO3＞Mg（OH）2②等浓度的下列盐溶液的pH关系：NaAlO2＞NaHCO3＞NaClO③常温下，以a1、a2、a3分别表示pH=2的盐酸、pH=12的氨水、pH=12的碳酸钠溶液中水的电离程度，则a1=a2＞a3④同温下，1L0.5mol/LNH4Cl溶液中n（NH4+）与2L 0.25mol/LNH4Cl溶液中n（NH4+），分别为a、b，则a＞b⑤热稳定性：H2O＞H2Se＞H2S⑥半径：Cl﹣＞O2﹣＞Al3+；F＜Si＜Na⑦氧化性：MnO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+⑧沸点：金刚石＞氯化钠＞干冰＞冰醋酸．A．①②③④⑥B．①③④⑥⑦⑧C．②⑤⑧D．①④⑥⑦【考点】盐类水解的原理；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】元素周期律与元素周期表专题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】①溶解度：Na2CO3＜NaHCO3，钠盐易溶于水，卤化银AgX（X=F，Cl，Br，I）中AgF易溶，AgI、AgBr、AgCl难溶于水，溶解度大小AgI＜AgBr＜AgCl＜AgF（易溶）；②阴离子的水解程度越大，则盐溶液的碱性越强；③pH=2的盐酸中氢氧根离子为水电离，pH=12的氨水中氢离子是水电离的，pH=12的碳酸钠溶液中氢氧根离子是水的电离的，根据水电离的离子浓度比较水的电离程度；④NH4+发生水解，NH4+浓度越小水解沉淀越大，但水解程度很小，溶液中NH4+数目取决于溶液体积与NH4+的浓度；⑤元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强；⑥电子层越多，半径越大，电子层相同，核电荷数越多半径越小；⑦结合方程式，利用氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性判断；⑧干冰为分子晶体，熔沸点最低．【解答】解：①溶解度：Na2CO3＜NaHCO3，钠盐易溶于水，卤化银AgX（X=F，Cl，Br，I）中AgF易溶，AgI、AgBr、AgCl难溶于水，溶解度大小AgI＜AgBr＜AgCl＜AgF（易溶），所以溶解度Na2CO3＞NaHCO3＞AgCl＞AgI，故正确．②等浓度的下列盐溶液的pH关系：NaHCO3＞NaAlO2＞NaClO，故错误；③pH=2的盐酸中氢氧根离子为水电离，氢氧根离子浓度为10﹣12mol/L，pH=12的氨水中氢离子是水电离的，氢离子浓度为10﹣12mol/L，pH=12的碳酸钠溶液中氢氧根离子是水的电离的，氢氧根离子浓度为10﹣2mol/L，所以水的电离程度为pH=2的盐酸等于pH=12的氨水小于pH=12的碳酸钠溶液，即α1=α2＜α3，故错误；④NH4+发生水解，NH4+浓度越小水解沉淀越大，溶液中NH4+数目取决于溶液体积与NH4+的浓度，所以溶液中a＞b，故正确；⑤元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以热稳定性：H2O＞H2S＞H2Se，故错误；⑥电子层越多，半径越大，电子层相同，核电荷数越多半径越小，半径：Cl﹣＞O2﹣＞Al3+；F＜Si＜Na，故正确；⑦二氧化锰氧化Cl元素为氯气，所以氧化性MnO2＞Cl2，氯气氧化铁为氯化铁，所以氧化性Cl2＞Fe3+，铁离子氧化铜为铜离子，所以氧化性Fe3+＞Cu2+，所以氧化性MnO2＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+，故正确；⑧给定的物质中，干冰为分子晶体，熔沸点最低，故错误；故选D．【点评】本题考查物质溶解性、氧化性强弱比较、盐类水解与弱电解质电离等，综合性较大，难度中等，注意A选项中的特殊性，对基础知识多加记忆15．（3分）（2015秋•大连校级期中）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180kJ•mol ﹣1②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2=﹣92.4kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H3=﹣483.6kJ•mol﹣1下列说法正确的是（）A．反应②中的能量变化如右图所示，则△H2=E1﹣E3B．H2的燃烧热为241.8 kJ•mol﹣1C．由反应②知在温度一定的条件下，在一恒容密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2，反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184.8＞Q2＞2Q1D．氨的催化氧化反应为4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=+906 kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应与能量图像．【分析】A、反应热=生成物的总能量﹣反应物的总能量；B、根据燃烧热的定义来判断；C、根据可逆反应的特征及其焓变的意义来分析；D、由已知热化学方程式根据盖斯定律构造目标热化学方程式．【解答】解：A、反应②中的能量变化如图所示△H2=E1﹣E2，故A错误；B、燃烧热是指1mol燃料完全燃烧生成稳定的化合物，H2的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，△H=×②=﹣285.8kJ•mol﹣1才是H2的燃烧热，故B错误；C、根据可逆反应的特征在一恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，不可能生成2mol的氨气，所以放出的热量小于92.4，若通入2 mol N2和6 mol H2反应容器的压强增大，反应进行的程度大，所以放出的热量Q2＞2Q1，则184.8＞Q2＞2Q1，故C正确；D、已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol由盖斯定律可知，①×2﹣②×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣906kJ/mol，故D错误；故选：C．【点评】主要考查了对能量图的理解、燃烧热的计算、以及可逆反应的特征等，易错点B 应抓住燃烧热生成稳定的化合物即液态水解题，题目难度中等．16．（3分）（2015秋•大连校级期中）已知重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2O72﹣（橙色）+HO⇌2H++2CrO42﹣（黄色）2①向2mL 0.1mol•L﹣1 K2Cr2O7溶液中滴入3滴6mol•L﹣1NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓H2SO4，溶液由黄色变为橙色．②向2mL 0.1mol•L﹣1酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量（NH4）2Fe（SO4）2溶液，溶液由橙色变为绿色，发生反应：Cr2O72﹣+14H++6Fe2+⇌2Cr3+（绿色）+6Fe3++7H2O．下列分析正确的是（）A．实验①和②均能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡B．实验②能说明氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+C．CrO42﹣和Fe2+在酸性溶液中可以大量共存D．稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小【考点】化学平衡的影响因素；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题．【分析】A、溶液由橙色变为黄色，溶液由黄色变为橙色，说明加入酸碱发生平衡移动；B、氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断；C、CrO42﹣具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子；D、稀释溶液，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，溶液中存在离子积，氢氧根离子浓度增大．【解答】解：A、加入氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，加入硫酸溶液由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明加入酸碱发生平衡移动，实验①能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，实验②不能证明K2Cr2O7溶液中存在上述平衡，故A错误；B、反应中Cr2O72﹣+14H++6Fe2+═2Cr3+（绿色）+6Fe3++7H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以实验②能说明氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+，故B正确；C、CrO42﹣具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子，CrO42﹣和Fe2+在酸性溶液中不可以大量共存，故C错误；D、稀释K2Cr2O7溶液时，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由离子积不变可知，氢氧根离子浓度增大，故D错误；故选B．【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，氧化还原反应的规律分析，平衡移动原理的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．17．（3分）（2015秋•大连校级期中）一定温度下，在一个容积为1L的密闭容器中，充入1mol H2（g）和1mol I2（g），发生反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），经充分反应达到平衡后，生成的HI（g）的气体体积的50%，在该温度下，在另一个容积为2L的密闭容器中充入1mol HI（g）发生反应HI（g）⇌H2（g）+I2（g），则下列判断正确的是（）A．后一反应的平衡常数为1B．后一反应的平衡常数为0.5C．后一反应达到平衡时，H2的平衡浓度为0.25mol•L﹣1D．后一反应达到平衡时，HI（g）的平衡浓度为0.5 mol•L﹣1【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】一定温度下，将H2和I2各1mol的气态混合物充入1L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后生成的HI（g）的气体体积的50%，设转化的氢气为xmol，依据化学平衡三段式列式为：H2 +I2 ⇌2HI起始量（mol/L） 1 1 0变化量（mol/L）x x 2x平衡量（mol/L）1﹣x 1﹣x 2xHI（g）的气体体积的50%，则=50%，解得x=0.5mol故K==4，该温度下，在另一个容积为2L的密闭容器中充入1mol HI（g）发生反应HI（g）⇌H2（g）+I2（g），等效为充入H2和I2各0.5mol，又该反应为气体体积不变得反应故与原平衡成比例等效，则新平衡时氢气为0.5mol×=0.25mol，HI（g）为1mol×=0.5mol；【解答】解：一定温度下，将H2和I2各1mol的气态混合物充入1L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后生成的HI（g）的气体体积的50%，设转化的氢气为xmol，依据化学平衡三段式列式为：H2 +I2 ⇌2HI起始量（mol/L） 1 1 0变化量（mol/L）x x 2x平衡量（mol/L）1﹣x 1﹣x 2xHI（g）的气体体积的50%，则=50%，解得x=0.5mol故K==4，该温度下，在另一个容积为2L的密闭容器中充入1mol HI（g）发生反应HI（g）⇌H2（g）+I2（g），等效为充入H2和I2各0.5mol，又该反应为气体体积不变得反应故与原平衡成比例等效，则新平衡时氢气为0.5mol×=0.25mol，HI（g）为1mol×=0.5mol；A、根据平衡常数只与温度有关，结合正反应与逆反应的平衡常数成倒数关系，故2HI⇌H2 +I2的平衡常数为，又同一反应平衡常数与系数成幂次方关系，故后一反应的平衡常数为=0.5，故A错误，B正确；C、根据以上计算后一反应达到平衡时，H2的平衡浓度为=0.125mol/L，故C错误；D、根据以上计算后一反应达到平衡时，HI（g）的平衡浓度为=0.25mol/L，故D错误；故选B；【点评】本题考查了化学平衡的三段式计算应用，平衡常数与方程式之间的关系以及等效平衡的判断是本题的关键，题目较简单．18．（3分）（2015•武汉二模）25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示．有关说法正确的是（）。