【化学】山东省烟台市2020年高考诊断性测试（高三一模）（解析版）

【化学】山东省烟台市2020年高考诊断性测试（高三一模）（解析版）

山东省烟台市2020年高考诊断性测试（高三一模）‎ 可能用到的相对原子质量：H‎1 C12 O16 Na23 Cl35.5 Fe56 Cu64 Se79 Sn119‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. 将“‎84”‎消毒液与75%酒精1:1混合，消毒效果更好 B. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 C. 用含有橙红色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用的是乙醇的还原性 D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法 ‎【答案】A ‎【详解】A．84消毒液的有效成分为NaClO，具有强氧化性，乙醇具有还原性，两者混合后发生氧化还原反应产生有毒的Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，A选项错误；‎ B．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体可以发生丁达尔效应，B选项正确；‎ C．乙醇具有还原性，可将橙红色的酸性重铬酸钾溶液还原为绿色的Cr3+，故用含有橙红色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用的是乙醇的还原性，C选项正确；‎ D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼，所以是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆起到了保护作用，这种方法是牺牲阳极的阴极保护法，D选项正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 26gC2H2与C6H6混合气体中含σ键的数目为3NA B. 16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA C. 电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阴极析出‎32 g铜 D. 标准状况下11.2 LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA ‎【答案】C ‎【详解】A．若‎26g全为C2H2，26gC2H2的物质的量为，26gC2H2中含有3molσ键，若‎26g全为C6H6，26gC6H6的物质的量为，1mol C6H6‎ 中含有12molσ键，则26gC6H6含有4molσ键，因此26gC2H2与C6H6混合气体中含σ键的数目为3NA-4NA，A选项错误；‎ B．16.25gFeCl3的物质的量为，水解得到0.1mol Fe(OH)3胶体，但Fe(OH)3胶体胶粒是由许多Fe(OH)3等小分子聚集而成，微粒数目小于0.1NA，B选项错误；‎ C．电解精炼铜时，阴极铜离子放电，发生的电极反应为Cu2++2e-===Cu，当电路中转移NA个电子，有0.5molCu生成，其质量为0.5mol×‎64g·mol-1=‎32g，C选项正确；‎ D．标准状况下，‎11.2L Cl2的物质的量是0.5mol，Cl2溶于水，与水的反应是可逆反应，不能完全转化为生成物，所以溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题B选项为易错点，解答时需要注意胶体中的胶体粒子是聚合体。‎ ‎3.下列有机物的命名正确的是（ ）‎ A. CH2＝CH—CH＝CH2 1,3-二丁烯 B. CH3CH2CH(CH3)OH 2-甲基-1-丙醇 C. 2-甲基-3-丁炔 D. 3,3,4-三甲基己烷 ‎【答案】D ‎【分析】烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)，以数字代表取代基的位置，数字与数字之间以“,”隔开，数字与中文数字之间以“－”隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基；如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．该物质是二烯烃，两个双键的位置在1，2号C原子和3，4号碳原子之间，因此名称为1，3-丁二烯，A选项错误；‎ B．CH3CH2CH(CH3)OH的主链有4个碳，2号为羟基，因此名称为2-丁醇，B选项错误；‎ C．属于炔烃，最长碳链含有4个碳原子，离叁键最近一端编号，甲基在3号碳上，因此名称为3-甲基-1-丁炔，C选项错误；‎ D．属于烷烃，主链有6个碳，2个甲基位于3号碳原子上，1个甲基位于4号碳原子上，因此其名称为3，3，4-三甲基己烷，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.3d能级上最多只能排布10个电子依据的规律是（ ）‎ A. 洪特规则 B. 泡利不相容原理 C. 能量最低原则和洪特规则 D. 能量最低原则和泡利不相容原理 ‎【答案】B ‎【详解】构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布。在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，称为泡利不相容原理。当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。能量最低原理是核外电子排布时，尽先占据能量最低的轨道。因此在3d能级上最多只能排布10个电子，其依据的规律是泡利不相容原理，B选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列实验装置不能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用装置除去乙烯中的少量酸性气体 B. 用装置完成实验室制取乙酸乙酯 C. 用装置证明温度对化学平衡的影响 D. 用装置验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性 ‎【答案】B ‎【详解】A．氢氧化钠是碱性溶液，且不与乙烯发生反应，故可用于除去乙烯中的少量酸性气体，A选项正确；‎ B．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解反应，应该用饱和的碳酸氢钠溶液收集乙酸乙酯，B选项错误；‎ C．热水与冷水的温度不同，根据容器内气体颜色的变化，判断平衡移动的方向，证明温度对化学平衡的影响，C选项正确；‎ D．该装置中，若蔗糖变黑说明浓硫酸具有脱水性，浓硫酸将碳单质氧化生成CO2和SO2，说明浓硫酸具有强氧化性，反应生成SO2使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性、还原性，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】针对于D选项的实验装置，通过浓硫酸使蔗糖脱水碳化，证明浓硫酸有脱水性；生成的碳又被浓硫酸氧化为二氧化碳，本身被还原为二氧化硫，证明浓硫酸的强氧化性；二氧化硫气体通入品红溶液中，品红褪色，证明二氧化硫气体的漂白性；气体进入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性；因此该套实验能够证明了浓硫酸的脱水性、强氧化性，证明了SO2具有漂白性，还原性，这是一个非常好的实验设计，考察的点较多。‎ ‎6.药物瑞德西韦(Remdesivir)对新冠病毒有明显抑制作用，化合物 M是合成瑞德西韦的中间体，下列关于M的说法错误的是（ ）‎ A. 核磁共振氢谱共有11个吸收峰 B. 分子中含有3种含氧官能团 C. 分子中N原子一个是sp2杂化，一个是sp3杂化 D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗3molNaOH ‎【答案】D ‎【详解】A．由结构简式分析可知，化合物M中共存在11种环境的氢原子，故其核磁共振氢谱共有11个吸收峰，A选项正确；‎ B．分子中含有酯基、硝基、亚磷酸酯基三种含氧官能团，B选项正确；‎ C．分子中单键N原子为sp3杂化，硝基中的双键N原子为sp2杂化，C选项正确；‎ D．该分子中与3mol NaOH发生水解反应后会生成2mol酚，会再与2molNaOH发生反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗5molNaOH，D选项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】B、D选项为本题的难点，B选项中亚磷酸酯基不容易判断出来，在平时的学习过程中要注意积累，D选项中很容易忽略水解后产生的苯酚还会与NaOH溶液发生反应，解答时要考虑周全。‎ ‎7.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等 B. 金属离子的电荷越多、半径越小，金属晶体的熔点越高 C. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏 D. DNA分子的两条长链中的碱基以氢键互补配对形成双螺旋结构，使遗传信息得以精准复制 ‎【答案】A ‎【详解】A．2p和3p轨道形状均为哑铃形，但原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，A选项错误；‎ B．金属离子的电荷数越多，半径越小，则金属离子与自由电子之间的金属键越强，其金属晶体的硬度越大，熔沸点越高，B选项正确；‎ C．石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，C选项正确；‎ D．DNA分子的两条长链中的碱基以氢键互补配对形成双螺旋结构，DNA复制时，在有关酶的作用下，两条链的配对碱基之间的氢键断裂，碱基暴露出来，形成了两条模板链，以半保留的方式进行复制，使遗传信息得以精准复制，D选项正确；‎ 答案选A。‎ ‎8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A Y、Z、W三种元素电负性：W>Z>Y B. Y、Z、W三种元素第一电离能：Z>W>Y C. L的沸点一定比X、Y组成的化合物沸点高 D. 由X、Y、Z、W构成的化合物中可能只含有共价键 ‎【答案】C ‎【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增加的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，乙是常见的气体，因为K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，可知K为NO2，丙为HNO3，NO2和H2O、O2反应最终生成HNO3，则乙为O2，L为H2O，甲是常见的固体，与浓硝酸反应生成NO2、H2O和CO2，即M为CO2，则X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．非金属性越强，电负性越强，则C、N、O三种元素的电负性：O>N>C，即W>Z>Y，A选项正确；‎ B．N原子的3p轨道处于3p3半充满状态，不易失去电子，第一电离能大于O，故第一电离能：N>O>C，即Z>W>Y，B选项正确；‎ C．X、Y组成的化合物可以是高分子有机化合物，其沸点大于H2O，C选项错误；‎ D．由X、Y、Z、W构成的化合物可以是氨基酸，氨基酸分子中只含有共价键，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，注意K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，为本题的推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。‎ ‎9.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，产生大量白烟且瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 B 向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO42-‎ C 向1mL蔗糖溶液中滴入2～3滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入新制Cu(OH)2悬浊液加热，没有砖红色沉淀 蔗糖未发生水解生成葡萄糖 D 向大豆油和煤油中分别加入足量NaOH溶液充分加热，一种液体仍然分层，另一种液体不再分层 分层的液体是大豆油，不再分层是煤油 ‎【答案】A ‎【详解】A．瓶中产生大量白烟和黑色颗粒，说明有C和Na2O生成，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，具有氧化性，A选项正确；‎ B．向溶液中滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，所以溶液中不一定含有SO42-，B选项错误；‎ C．向1mL蔗糖溶液中滴入2～3滴稀硫酸，水浴加热反应过后应加入NaOH使体系呈碱性，若不加NaOH，原溶液中未反应完的硫酸会和Cu(OH)2发生反应，不会生成砖红色沉淀，不能说明蔗糖是否发生水解生成葡萄糖，C选项错误；‎ D．大豆油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液中能够水解生成溶于水的物质，煤油的主要成分是烃，与氢氧化钠不反应，因此，向大豆油和煤油中分别加入足量NaOH溶液充分加热，分层的是煤油，不分层的是大豆油，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痫、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物，实验装置如图。下列说法不正确的是 （ ）‎ A. 通过调节分液漏斗的活塞以控制①中气泡产生快慢 B. 装置①的作用是干燥氢气 C. 装置②、③中的药品分别是无水硫酸铜、碱石灰 D. 加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气 ‎【答案】C ‎【分析】根据实验目的“探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物”，结合装置图分析可知，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，①装置盛有浓硫酸干燥H2，Y装置为氢气和碳酸亚铁制取铁粉的装置，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2，④为检验CO2的装置，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，X装置为Zn和稀硫酸发生置换反应制备H2的装置，分液漏斗可调节稀硫酸的滴入速率从而控制①中气泡产生快慢，A选项正确；‎ B．①装置盛有浓硫酸干燥H2，防止对后面产物的检验产生干扰，B选项正确；‎ C．由上述分析可知，②为检验产物H2O的装置，可盛装白色的无水硫酸铜固体，③装置的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入②装置中造成干扰，可以是无水CaCl2或无水硫酸铜，但碱石灰会吸收CO2，不能是碱石灰，C选项错误；‎ D．H2与空气混合加热易发生爆炸，故在加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气，D选项正确；‎ 答案选C。‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。‎ ‎11.我国学者研究出一种用于催化 DMO 和氢气反应获得 EG 的纳米反应器，如图是反应的微观过程示意图。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Cu纳米颗粒是一种胶体，能将氢气解离成氢原子 B. EG能发生聚合反应生成高分子 C. 1molDMO完全转化为EG时消耗2molH2‎ D. 催化过程中断裂的化学键有 H—H、C—O、C＝O ‎【答案】AC ‎【详解】A．Cu纳米颗粒是单质，能将氢气解离成氢原子，不是胶体，A选项错误；‎ B．由微观过程示意图可知，EG是乙二醇，分子中含有2个醇羟基，因此能发生缩聚反应形成高分子化合物，B选项正确；‎ C．DMO为草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)，DMO与H2反应产生CH3OH和CH3OOCCH2OH、H2O，1 mol DMO反应需要3mol H2，若完全转化为EG时消耗6mol H2，C选项错误；‎ D．CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反应可知催化过程中断裂的化学健有H—H、C—O、C＝O，D选项正确；‎ 答案选AC。‎ ‎12.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如下图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是（ ）‎ A. a电极的电极反应为4H2O＋4e－＝2H2↑＋4OH－‎ B. c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜 C. 电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu2＋＋2e－＝Cu D. 电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320gNaOH ‎【答案】D ‎【分析】浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓度完全相等时，放电停止，电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应，作正极，Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，b为电解池的阳极，H2O中的OH-失去电子发生氧化反应生成O2，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．根据上述分析可知，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，电极反应为4H2O＋4e－＝2H2↑＋4OH-，A选项正确；‎ B．电解过程中，两个离子交换膜之间的硫酸钠溶液中，Na+通过阳离子交换膜c进入阴极区，SO42-通过阴离子交换膜d进入阳极区，B选项正确；‎ C．电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应，作正极，电极反应为Cu2＋＋2e－＝Cu，C选项正确；‎ D．电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5mol·L‎-1升到1.5mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为‎2L×(2.5-1.5)mol·L-1=2mol，电路中转移4mol电子，电解池的阴极生成4molOH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为‎160g，D选项错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.氯化亚铜常用作有机合成催化剂，难溶于水，不溶于稀硝酸和乙醇，但可溶于Cl－浓度较大的体系生成配离子[CuCl2]－，在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜。一种制备CuCl的流程如图，下列说法不正确的是（ ）‎ A. X试剂可选用乙醇 B. 操作④可在真空中进行 C. 流程中可循环利用的物质有两种 D. 用去氧水稀释目的是使[CuCl2]－转化为CuCl，同时防止CuCl 被氧化 ‎【答案】C ‎【分析】根据流程，氧气通入Cu、HCl、NaCl、HNO3、H2O的混合物中控制温度60~‎70℃‎制得Na[CuCl2]，加入去氧水得到CuCl沉淀和含有NaCl、HNO3、HCl的滤液，滤液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀经洗涤干燥后的到产品CuCl，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．乙醇易挥发，且CuCl不溶于乙醇，故可用乙醇洗涤CuCl，既能避免CuCl溶于水造成损耗，又能洗去晶体表面的杂质离子及水分，使CuCl更易干燥，防止其氧化和水解，A选项正确；‎ B．为防止CuCl被氧化和水解，应隔绝空气和水，干燥时可在真空中进行，B选项正确；‎ C．滤液中含有NaCl、HNO3、HCl，故可利用的物质共有3种，C选项错误；‎ D．[CuCl2]-在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜，故用去氧水稀释目的是使[CuCl2]－转化为CuCl，同时防止CuCl 被氧化，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答本题时，应注意CuCl易被氧化和易水解的特点，紧紧围绕这一点结合所学实验操作进行分析。‎ ‎14.在‎2L密闭容器中充入气体A和B，发生A(g)＋B(g)⇌C(g)＋2D(g)　ΔH，所得实验数据如表。下列说法不正确的是（ ）‎ 实验编号 温度/℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(A)‎ n(B)‎ n(C)‎ ‎①‎ ‎300‎ ‎0.40‎ ‎0.10‎ ‎0.090‎ ‎②‎ ‎500‎ ‎0.40‎ ‎0.10‎ ‎0.080‎ ‎③‎ ‎500‎ ‎0.20‎ ‎0.05‎ a A. ΔH>0‎ B. ‎500 ℃‎该反应的平衡常数K＝0.16 mol·L-1‎ C. ③中达到平衡时，A的转化率大于20%‎ D. 5min末测得①中n(C)＝0.050 mol，则0到5min内v(D)=0.02mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】AD ‎【详解】A．由①②可知，温度升高时，平衡时n(C)下降，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0，A选项错误；‎ B．由实验②的数据建立三段式有：‎ 则平衡常数，B选项正确；‎ C．反应A(g)＋B(g)⇌C(g)＋2D(g) 中，反应后气体总体积大于反应前气体总体积，③的投料比相比于②来说相当于减小压强，平衡正向移动，即反应③达到平衡时A的转化率比反应②的转化率大，反应②的平衡转化率为0.04÷0.2×100%=20%，故③中达到平衡时，A的转化率大于20%，C选项正确；‎ D．5min末测得①中n(C)＝0.050 mol，由化学反应速率与化学计量数成正比可知，0到5min内v(D)=2v(C)=2×(0.05mol÷‎2L÷5min)=0.01 mol·L-1·min-1，D选项错误；‎ 答案选AD。‎ ‎15.298K时，向20 mL 0.1000 mol·L-1 CH3COOH溶液中滴入0.1000 mol·L-1NaOH溶液，滴定曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该滴定过程应该选择石蕊溶液做指示剂 B. 由c点数值可求醋酸的电离平衡常数为1.66×10-5 mol·L-1‎ C. b点溶液中各微粒浓度关系为‎2c(H＋)+c(CH3COOH) =c(CH3COO－)+‎2c(OH－)‎ D. 中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量，后者多 ‎【答案】BC ‎【详解】A．由图可知，醋酸和氢氧化钠中和滴定的滴定终点为碱性，而石蕊的变色pH范围为5~8，不选其做指示剂，应选用酚酞做指示剂，A选项错误；‎ B．c点时，溶液呈中性，则有c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)=mol/L，c(CH3COOH)= mol/L，故醋酸的电离平衡常数，B选项正确；‎ C．b点时的溶质为等量的CH3COOH和CH3COONa，存在着质子守恒‎2c(H＋)+c(CH3COOH) =c(CH3COO－)+‎2c(OH－)，C选项正确；‎ D．由于醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，则相同体积、相同pH的醋酸和盐酸溶液前者物质的量更大，故中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量，前者多，D选项错误；‎ 答案选BC。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.氢气是一种清洁高效的新型能源，如何经济实用的制取氢气成为重要课题。‎ ‎(1)硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：‎ 已知：‎ 反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l) = 2HI(aq) + H2SO4(aq) ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1‎ 反应II：H2SO4(aq) = SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g) ΔH2 = +327 kJ·mol-1‎ 反应III：2HI(aq) = H2(g) + I2(g) ΔH3 = +172 kJ·mol-1‎ 则反应2H2O(l) = 2H2 (g)+O2(g) ΔH = ______________。‎ ‎(2)H2S可用于高效制取氢气，发生的反应为2H2S(g)⇌S2(g)＋2H2(g)。‎ Ⅰ.若起始时容器中只有H2S，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图：‎ ‎①图中曲线1表示的物质是________________(填化学式)。‎ ‎②A点时H2S的转化率为__________________。‎ ‎③C点时，设容器内的总压为pPa，则平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。‎ II.若在两个等体积的恒容容器中分别加入2.0mol H2S、1.0mol H2S，测得不同温度下H2S的平衡转化率如图所示：‎ ‎①M点和O点的逆反应速率v(M)______v(O) (填“>”“<”或“=”，下同)；‎ ‎②M、N两点容器内的压强2P(M)_____P(N)，平衡常数K(M)_____K(N)。‎ ‎【答案】(1). ＋572kJ·mol－1 (2). S2 (3). 50% (4). p Pa (5). < (6). < (7). <‎ ‎【分析】(1)利用盖斯定律进行反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g) ΔH的计算；‎ ‎(2)Ⅰ.由反应方程式2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时S2物质的量为H2的，则曲线l表示的物质是S2，曲线m表示的物质是H2S，曲线n表示的物质是H2，据此分析解答；‎ Ⅱ.反应2H2S(g)S2(g)+2H2(g)中，H2S的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M点和O点分别所在的曲线代表H2S的起始量为0.1mol和0.2mol，据此解答；‎ ‎【详解】(1)根据盖斯定律，反应(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ)×2可得到反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g)，其ΔH=2(ΔH1+ΔH2+ΔH3)=2×(172+327-213)=+572kJ·mol-1，故答案为：+572kJ·mol-1；‎ ‎(2)Ⅰ.①由反应方程式2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时S2的物质的量为H2的，则曲线l表示的物质是S2，故答案为：S2；‎ ‎②根据图像，A点时，硫化氢和氢气的物质的量相等，根据2H2S(g)S2(g)+2H2(g)，说明反应的硫化氢与剩余的硫化氢相等，H2S的转化率为50%，故答案为：50%；‎ ‎③根据A点可知，起始时硫化氢为20mol，B点时，硫化氢与S2的物质的量相等，设分解的硫化氢为x，则20-x=，解得x=mol，容器中含有H2Smol，S2mol，H2mol，物质的量分数分别为，，，平衡常数Kp=，故答案为：p Pa；‎ Ⅱ.①反应2H2S(g)S2(g)+2H2(g)中，H2S的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M点和O点分别所在的曲线代表H2S的起始量为0.1mol和0.2mol，恒容容器中，M点的浓度小于O点，则逆反应速率v(M)< v(O)，故答案为：<；‎ ‎②由图像可知，H2S的转化率均为45%，可列三段式有：‎ n(总)N=1.1+0.45+0.9=2.45mol n(总)M=0.55+0.45+0.225=1.225mol ‎2n(总)M=n(总)M，又图像可知TM

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