【文档说明】陕西省西安市第一中学2020-2021学年高二上学期期中考试化学试卷【精准解析】.doc，共(20)页，557.000 KB，由小赞的店铺上传

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西安市第一中学2020-2021学年度第一学期期中考试高二化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32一、选择题(每题只有一个正确选项)1.固体酒精是目前饭桌上常用的火锅燃料，关于固体酒精燃烧过程的叙述正确的是()A.不发生状态变化B.反应中化学能转化为热能

C.没有化学键断裂D.不存在氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】固体酒精的燃烧由固态变为气态，是放热反应，反应中化学能转化为热能。该反应也是氧化还原反应，存在化学键的断裂和生成，故B项正确。2.下图为反应Br+H2→HBr+H的能量与反应历程示意图，以下叙述正确的是()A.正反应为放

热反应B.正反应的能量变化量为E1与E2的差值C.该反应的ΔH<0D.反应物总能量高于生成物总能量【答案】B【解析】【详解】A.反应物的总能量低于生成物的总能量，则正反应为吸热反应，故A错误；B.由图可知，正反应的能量变化量为E1

与E2的差值，故B正确；C.反应物的总能量低于生成物的总能量，则正反应为吸热反应，ΔH>0，故C错误；D.反应物的总能量低于生成物的总能量，故D错误；故选B。3.标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—

O和O=O键的键焓ΔH分别为436kJ·mol－1、463kJ·mol－1和495kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是A.H2O(g)==H2＋1/2O2(g)ΔH＝－485kJ·mol－1B.H2O(g)==H2(g)＋1/2O2(g)ΔH＝＋485kJ·mo

l－1C.2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1D.2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，

根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为2×463kJ/mol-436kJ/mol-495kJ/mol2=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程

式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-485kJ/mol，答案选D。4.C、H2、CH4都是优质的能源物质，目前对这三种物质的研究是燃料研究的重点，下列关于这三种物质的研究方向中可行的是()A.寻找优质催化剂使CO2与H2O反应生成CH4与O2

，并放出热量B.寻找优质催化剂，在常温常压下使CO2分解生成碳与O2C.寻找优质催化剂，利用太阳能使大气中的CO2与海底开采的CH4合成可燃气体(CO、H2)D.将固态碳合成为C60，以C60作为燃料【答案】C【解析】【详

解】A．根据盖斯定律分析，甲烷与氧气的反应为放热反应，可知CO2与H2O反应生成CH4和O2为吸热反应，故A错误；B．CO2分解应吸收能量，常温常压下不反应，故B错误；C．大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2），具有可行性，利用优质催化

剂、太阳能实现转化，故C正确；D．将固态碳合成C60，以C60作燃料，产物相同，没有研究价值，故D错误；故选C。5.下列各组物质的燃烧热相等的是A.碳和二氧化碳B.1mol碳和3mol碳C.3mol乙炔（C2H2）和1mol苯D.淀粉和纤维素【答案】B【解析】【详解】燃烧热是

指在一定条件下1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，因为要求燃烧热相等，只能是同种物质，即选项B正确。答案选B。6.对反应A＋B＝AB来说，常温下按以下情况进行反应：①20mL溶液中含A

、B各0.01mol②50mL溶液中含A、B各0.05mol③0.1mol·L－1的A、B溶液各10mL④0.5mol·L－1的A、B溶液各50mL四者反应速率的大小关系是A.②＞①＞④＞③B.④＞③＞②＞①C.①＞②＞④＞③D.①＞②＞③＞④【答案】A【解析】【详解】①c(A)＝

c(B)＝0.01mol0.02L＝0.5mol·L－1；②c(A)＝c(B)＝0.05mol0.05L＝1mol·L－1；③c(A)＝c(B)＝0.1mol/L2＝0.05mol·L－1；④c(A)＝c(B)＝0.5mol/L2＝0.25mol·L－1

；在其他条件一定的情况下，浓度越大，反应速率越大，所以反应速率由大到小的顺序为②＞①＞④＞③，故A正确；答案：A。7.已知3.6g碳在6.4g氧气中燃烧至反应物耗尽，共放出XkJ的热量．已知单质碳的燃烧

热为YkJ/mol，则1molC与2O反应生成CO的反应热H为（）A.YkJ/mol−B.()10XYkJ/mol−−C.()5X0.5YkJ/mol−−D.()10XYkJ/mol+−【答案】C【解析】【详解】碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应

2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2；3.6g碳的物质的量为3.6g12g/mol=0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为6.4g32g/mol=0.2mol，n(C):n(O2)=3:2，介于2:1与1:1之间，所以上述反应都发生；令生成的CO为Xmol，CO2为Ymol，根据碳元

素守恒有X+Y=0.3，根据氧元素守恒有X+2Y=0.2×2，联立方程，解得X=0.2，Y=0.1；单质碳的燃烧热为YkJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×YkJ/mol=

0.1YkJ，所以生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ；由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“-”，故1molC与O2反应生成CO的反应热△H=-XkJ0.1YkJ0.2mol−=-(5X-0.5Y)kJ/mol，故答案为C。8.下列物质：①盐酸②食盐水③熔化的氯化钠④液态

氯化氢⑤铜⑥氨水⑦SO3⑧醋酸，其中可以导电并且属于强电解质的是（）A.只有③B.①②③⑥⑧C.④⑤D.全部都是【答案】A【解析】【详解】①盐酸溶液中含有自由移动的离子，所以能导电，但其为混合物，故其不属于电解质；②食盐

水中含有自由移动的离子，所以能导电，但其为混合物，故其不属于电解质；③熔化的氯化钠有自由移动的离子，所以能导电，其在水溶液中可以全部电离，故其属于强电解质，符合题意；④液态氯化氢是强电解质，因没有自由电子或自由移动离子，所以其不导电；

⑤铜是单质，所以其既不是电解质也不是非电解质，铜中有自由电子，所以其能导电；⑥氨水中含有自由离子，所以其能导电，但其为混合物，故其不属于电解质；⑦SO3没有自由电子或自由离子，所以不导电，且其为非电解质；⑧醋酸中没有自由移动电子或自由移动离子，所以其不导电，其在

溶液中只有部分电离，属于弱电解质。综上所述，本题选A。【点睛】能导电的物质必须含有自由电子或自由离子。注意：（1）电解质、非电解质均是化合物。（2）电解质导电必须有外界条件：水溶液或熔融状态。（3）电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物。CO2、SO2

、SO3、NH3溶于水后也导电，但是与水反应生成的新物质电离而导电的，不是本身电离而导电的，故属于非电解质。（4）电解质的强弱由物质的内部结构决定，与其溶解度无关。某些难溶于水的化合物，如BaSO4、AgCl，虽

然溶解度很小，但溶解的部分是完全电离的，所以是强电解质。（5）电解质不一定导电，非电解质一定不导电；导电的物质不一定是电解质，不导电的物质不一定是非电解质。9.将5.6g铁粉投入足量的100mL2mol/L稀硫酸中，2min时铁粉刚好完全溶

解。下列有关这个反应的反应速率表示正确的是()A.铁的反应速率＝0.5mol/(L·min)B.硫酸的反应速率＝0.5mol/(L·min)C.2min末硫酸亚铁的反应速率＝0.5mol/(L·min)D.氢气的反应速率＝0.5mol/(L·min)【答案】B【解析】【

分析】n(Fe)=5.6g56g/mol=0.1mol，n(H2SO4)=0.1L2mol/L=0.2mol；根据反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑可知，H2SO4过量，且Δn(H2SO4)=0.1mol，则v(H2SO4)=0.1mol0.1L2min=0.5mol/(L∙min)

。【详解】A．一般情况下，固体或者纯液体的浓度为固定值，所以不用它们表示反应速率，A错误；B．经分析，v(H2SO4)=0.5mol/(L∙min)，B正确；C．在一个反应中，不同物质的化学反应速率之比等

于相应物质的化学方程式中的系数之比，则v(FeSO4)=0.5mol/(L∙min)，但是化学反应速率是某个时间段内的平均速率，不表示某个时间点的瞬时速率，C错误；D．对于在溶液中进行的反应，不讨论气体的反应速率，D错误；故选B。10.某反应:2A(g)3B(g)的各物质的浓

度隨时间变化如图所示,则有关反应速率表示正确的是()A.v(A)=0.1mol/(L·min)B.v(B)=0.2mol/(L·min)C.v(A)=v(B)=0.5mol/(L·min)D.v(A)=v(B)=0.3

mol/(L·min)【答案】A【解析】【详解】根据图像可知，反应进行到2min时，A、B的浓度都是0.3mol/L，所以A的反应速率可表示为：v(A)=、B的反应速率可表示为：v(B)=，所以答案选A。11.已知：C(s)+O2(g)

=CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH＝-241.8kJ/mol。欲得到相同的热量，需分别燃烧固体碳和氢气的质量比约为()A.0.62∶1B.393.5∶241.8C.1∶1D

.3.69∶1【答案】D【解析】【详解】根据C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH＝-241.8kJ/mol。燃烧1mol固体碳和1mol氢气分别放出393.5kJ和241.8k

J的热量，欲得到相同的热量，固体碳和氢气的物质的量之比为241.8393.5，则固体碳和氢气的质量比为241.812393.52≈3.69，故选D。12.某温度下按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5g锌粒(颗粒大小基本相同)，通过分液漏斗加入40mL2.5m

ol·L－1的硫酸，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10s时恰好收集到气体的体积为50mL(若折合成0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL)，下列说法不正确的是A.用锌粒表示10s内该反应的速率为0.013g·s－1B.忽略锥形瓶溶液体积的变化，用H＋来表示10s内该反应的速率0.0

1mol·(L·s)－1C.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋来表示10s内反应的速率0.01mol·(L·s)－1D.用H2表示10s内该反应的速率为0.004mol·(L·s)－1【答案】C【解析】【详解】Zn+2H＋

=Zn2＋+H2↑65g1mol1mol22.4L0.13g0.004mol0.002mol0.0448LA.用锌粒来表示10s内该反应的速率为0.13g10s=0.013g/s，故A正确；B.v(H+

)=(0.004mol÷0.04L)÷10s=0.01mol/(L·s)，故B正确；C.v(Zn2+)=12vv(H+)=0.005mol/(L·s)，故C错误；D.用H2来表示10s内该反应的速率为0.0448L22.4L/mol0.05L10s

=0.004mol/(L·s)，故D正确；答案选C。13.考察下述自然界的一些自发变化，可发现它们有一些共同的特点。下列说法不．正确的是A.都有一定的方向性，按某一物理量标度由高到低自发进行B.都可以用来做功，自发过程一旦发生后体系做功的

本领就会降低C.有一定的进行限度，自发过程总是单向地趋向于非平衡状态D.有一定的数据差来判断自发变化能否发生【答案】C【解析】【详解】A．由图示可得，这些自然界中的自发变化，都是由高到低自发进行的，都有一定的方向性，故A正确；B．由图示可得，这些自然界中的自发变

化，都会对外作功，随着自发过程的进行，高低差逐渐减小，做功的本领逐渐降低，故B正确；C．由图示可得，这些自然界中的自发变化，随着自发过程的进行，自发反应总是单向地趋向于平衡状态，如气压相等时，就不能再起风，但空气仍在运动，故C错误；D．由图示可得，这些自

然界中的自发变化，都是由高到低自发进行的，都存在一定的数据差，当这些数据差为0时，就达到了平衡状态，故D正确；故选C。14.亚氨酸盐（如NaClO2等）可用作漂白剂，在常温避光条件下可保存一年，但在酸性条件下能生成亚氯酸，亚氯酸进而发生分解：5HClO2=4ClO

2↑+H++Cl-+2H2O。若在发生分解时加入稀硫酸，发现开始时反应缓慢，然后反应突然加快，并释放出大量ClO2，产生这种现象的原因是（）A.酸使亚氯酸的氧化性增强B.溶液中的H+起催化作用C.溶液中的Cl-起催化作用D.逸出的ClO2使生成物的浓度降低【答案】C【解析】【详解】A.若是酸

使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，故A错误；B.由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见不是氢离子的催化作用，故B错误；C.反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见是氯离子的催化作用，故C正确；

D.逸出的ClO2使反应的生成物的浓度降低，不会出现反应速率突然加快现象，故D错误；故选C。15.下列能用勒夏特列原理解释的是()A.Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深B.工业合成氨在500℃时进行C.H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜

色变深D.SO2制SO3的反应要使用催化剂【答案】A【解析】【详解】A．Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后，硫氰根离子浓度增大，平衡正向移动，硫氰化铁浓度增大，溶液颜色变深，能够用勒夏特列原理解释

，故A选；B．合成氨为放热反应，升高温度，不利于氨气的生成，选择500℃主要考虑反应速率和催化剂的催化活性，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C．H2、I2生成HI的反应前后气体计量数之和不变，压强不影响该反应平衡的移动，增大压强导致气体体

积减小，碘浓度增大，导致气体颜色加深，不能用平衡移动原理解释，故C不选；D．催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选A。16.已知一定温度下，2X(g)＋Y(g)mZ(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)，现有甲、乙两容积相等且固定的密闭容器，在保

持该温度恒定的条件下，向密闭容器甲中通入2molX和1molY，达到平衡状态时，放出热量bkJ；向密闭容器乙中通入1molX和0.5molY，达到平衡时，放出热量ckJ，且b>2c，则a、b、m的值或关系正确的是()A.m

＝4B.a＝bC.a<b2D.m≤2【答案】D【解析】【分析】甲、乙两容器是容积相等且固定的密闭容器，温度恒定时压强与物质的量成正比，两容器中X、Y的物质的量为2倍关系，若平衡不移动，则有b=2c，现b>2c，说明加压平衡正向移动，据此分

析。【详解】甲、乙两容器是容积相等且固定的密闭容器，温度恒定时压强与物质的量成正比，两容器中X、Y的物质的量为2倍关系，若平衡不移动，则有b=2c，现b>2c，说明加压平衡正向移动；增大压强，平衡向着体积缩小的方向移动，则有m<3，m不可能等于4，A项错误，D项正确；该反应为

放热的可逆反应，向密闭容器甲中通入2molX和1molY，达到平衡状态时，放出热量bkJ，可知b<a；没有给出其他的已知条件，无法确定a与2b的关系，故本题选择D。17.将等物质的量的CO和H2O(g)混合，在一定条件下发生反应

：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反应至4min时，得知CO的转化率为31.23%，则这时混合气体对氢气的相对密度为()A.23B.11.5C.25D.28【答案】B【解析】设CO和H2O(g)的物质的量各1mol，则质量分别为28g

和18g。根据方程式的特点，该反应为气体总质量不变、气体总物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，平均相对分子质量=（28+18）÷2=23，则对氢气的相对密度是23÷2=11.5，故答案选B。18.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应Ⅰ、Ⅱ发生

在氧化炉中，反应Ⅲ发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如下表所示。下列说法正确的是温度(K)化学平衡常数反应Ⅰ:4NH3+5O2→4NO+6H2O反应Ⅱ:4NH3+3O2→2N2+6H2O反应Ⅲ:2NO+O2→2NO25001.1×10267.1×10341.3×1027002.1

×10192.6×10251.0A.使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可增大氧化炉中NO的含量B.通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应ⅡC.通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应ⅡD.氧化炉出气在进入氧化塔前应进一

步提高温度【答案】A【解析】【详解】A.使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，增大氧化炉中NO的含量，故A正确；B.升高温度，反应Ⅰ和反应ⅡK值均减小，则正反应均为放热反应，无法通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，故B错误；C.反应Ⅰ和反应Ⅱ正反应均为增大压

强的反应，无法通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，故C错误；D.氧化炉出气在进入氧化塔前应降低温度，提高氨气的转化率，故D错误；故答案选：A。19.已知(CH3COOH)2(g)2CH3COOH(g)，经实验测得不同压强下，体系的平均摩尔质量（mMn=总

总）随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法正确的是()A.该过程的ΔH<0B.气体压强：p(a)<p(b)＝p(c)C.平衡常数：K(a)＝K(b)<K(c)D.测定乙酸的相对分子质量要在高压、低温条件【答案】B

【解析】【详解】A.D.由曲线看出，随温度升高平均相对分子质量减小，说明升高温度，平衡右移，为吸热反应，ΔH>0，A、D项错误；B.图中曲线为等压线，p(b)＝p(c)，在同一温度下，压强越高，平均摩尔质量越大，即p(a)<p(c)，故B

项正确。C.温度越高，平衡常数越大，故b点平衡常数最大，C项错误；20.2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g），达到平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0

molPCl3和0.5molCl2。在相同的温度下再达到平衡时PCl5的物质的量是（）A.0.40molB.0.20molC.小于0.20molD.大于0.20mol，小于0.40mol【答案】C【解析

】【分析】达平衡后移走1.0molPCl3和0.50molCl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0molPCl3和0.50molCl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的0.5倍。【详解】达平衡后移

走1.0molPCl3和0.50molCl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0molPCl3和0.50molCl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的0.5倍，即达平衡时PCl5的物质的量小于0.4

mol×0.5=0.2mol，故选C。21.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4++OH-，若要使平衡向左移动，同时使c(OH-)增大，应加入的物质或采取的措施是（）①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热⑥加入少量MgSO4固体A.①②

③⑤B.③⑥C.③D.③⑤【答案】C【解析】【详解】①加入NH4Cl固体，NH4+浓度增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故①错误；②加入硫酸会消耗OH-，OH-浓度减小，平衡正向移动，故②错误；③加入NaOH固体，溶液中OH-浓度增大，电离平

衡逆向移动，故③正确；④加入水稀释，氨水的浓度减小，平衡正向移动，OH-浓度减小，故④错误；⑤弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，平衡正向移动，故⑤错误；⑥加入少量MgSO4固体，OH-与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，平衡正向

移动，氢OH-浓度减小，故⑥错误；只有③正确，故答案为C。22.关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是()选项ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClOHI非电解质Cl2蔗糖C2H5OHSO2A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】电

解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物；其中，在水中完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；非电解质是溶于水溶液中和在熔融状态下不能够导电的化合物。【详解】A．Cl2是单质，而电解质和非电解质研究的都是化合物，故Cl2即不是强电解质，也不是非电

解质；其他物质分类正确；A不符合题意；B．BaSO4难溶于水，但是其溶于水的部分在水中完全电离，故BaSO4是强电解质；其他物质分类正确；B不符合题意；C．该组物质分类正确，C符合题意；D．HI在水中完全电离，是强电解质；其他物质分类正确；D不符

合题意；故选C。23.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表：弱酸化学式HXHYH2CO3电离平衡常数7.8×10－93.7×10－15K1＝4.4×10－7K2＝4.7×10－11下列推断正确的是A.HX、HY两种弱酸的酸性

：HX＞HYB.相同条件下溶液的碱性：NaX＞Na2CO3＞NaY＞NaHCO3C.结合H＋的能力：CO32-＞Y－＞X－＞HCO3-D.HX和HY酸性相同，都比H2CO3弱【答案】A【解析】【详解】A、根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3>HX>HCO3

->HY，则结合H＋的能力：Y－>CO32->X－>HCO3-，选项A正确；B、酸越弱，其对应的盐的水解能力越强，故相同条件下溶液的碱性：NaY>Na2CO3>NaX>NaHCO3，选项B错误。C、根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3>HX>HCO3->HY，则结合H＋的能力：Y－>CO

32->X－>HCO3－，选项C错误。D、HX与HY的电离平衡常数不相等，所以其酸性不相同，选项D错误。答案选A。24.常温时某溶液中，测得由水电离出的c(H+)为10-11mol/L，则对此溶液的下列叙述中，正确的是()A.一定是酸溶液B.可能是pH=3的酸溶液C.一定是碱溶液D.一定

是pH=11的碱溶液【答案】B【解析】【详解】常温时某溶液中，测得由水电离出的c(H+)为10-11mol/L，水的电离程度被抑制，酸或碱抑制水的电离，溶液中存在离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，水电离出的氢离子浓

度和氢氧根离子浓度相同，若为酸溶液，水电离出氢氧根离子浓度c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(H+)=14111010−−mol/L=10-3mol/L，溶液的pH=3；若为碱溶液，溶液中c(OH-)=14111010−−mol/L=10

-3mol/L，c(H+)=10-11mol/L，溶液的pH=11，故选B。25.某温度下，重水(D2O)的离子积常数为1.6×10-15，若用定义pH一样规定pD=-lgc(D+)，则在该温度下，下列叙述

正确的是A.纯净的重水中，c(D+)·c(OD-)＞1.0×10-14B.lL溶解有0.01molDCl的重水溶液，其pD=2C.1L溶解有0.01molNaOD的重水溶液，其pD=12D.纯净的重水中，pD=7【答案】B【解析】A．该温度下重水(D2O)的离子

积常数为1.6×10-15＜1.0×10-14，故A错误；B．c(DC1)=0.011molL=0.01mol/L，则c(D+)=0.01mol/L，所以pD=2，故B正确；C．c(NaOD)=0.011molL

=0.01mol/L，则c(D+)=151.6100.01−mol/L=1.6×10-13mol/L，则pD＞12，故C错误；D．c(D+)=151.610−mol/L=4×10-8mol/L，所以pD＞7，故D错误；故选B。二、填空及简答题26.比较下列各

组热化学方程式中ΔH的大小关系。(1)S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2ΔH1________ΔH2(2)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)

＋2H2O(l)ΔH1CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2ΔH1________ΔH2(3)4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)ΔH14Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)ΔH2ΔH1________ΔH2【答案】(1).>(2).<(3)

.<【解析】【详解】(1)中两式相减得：S(s)===S(g)ΔH＝ΔH1－ΔH2>0(固态硫变为硫蒸气是吸热过程)，所以ΔH1>H2(气态硫比固体硫燃烧放出的热量多)；(2)中两式相减得：2H2O(g)===2H2O(l)ΔH＝ΔH1－ΔH2<0(水蒸气变为液态水是放热

过程)，所以ΔH1<ΔH2(生成液态水比生成水蒸气放出的热量多)；(3)中两式相减得：4Al(s)＋2Fe2O3(s)===2Al2O3(s)＋4FeΔH＝ΔH1－ΔH2<0(铝热反应很剧烈，是典型而熟悉的放热反应)，所以Δ

H1<ΔH2。27.在密闭容器中投入一定量的A和B发生反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)。（1）若开始时加入A物质mmol，欲使A与B的转化率相等，则加入B物质________mol。（2）相同的压强下，充入一定量的A

、B后，在不同温度下C的百分含量与时间的关系如图1所示。则T1(填“＞”、“＜”或“＝”)______T2，该反应正反应方向的ΔH(填“＞”、“＜”或“＝”)______0。（3）一定条件下，从正反应开始至达到化学平衡的过程中，混合气体的平均相对分子质量随时间的变

化如图2所示，测得达到平衡时A、B、C、D的物质的量均为1mol。①若在恒温恒容的条件下，向该平衡体系中再通入A、B、C、D各1mol，则体系中气体的平均相对分子质量(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”)__________。②若恒温恒压的条件下，向原平

衡体系中再通入A、B、C、D各1mol，则体系中气体的密度(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”)__________。【答案】(1).n(2).＞(3).＞(4).增大(5).不变【解析】【详解】(1)反应过程中体系中各物

质的变化量与方程式中各物质的化学计量数成正比。若使A、B的转化率相同，则需要按化学方程式中A、B的计量数之比投料，故当加入mmolA时，应加入nmolB。(2)根据“先拐先平”，T1＞T2，T1时C%大于T2时C%，即升高温度，平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，ΔH＞0。(3)由

图2可知，随着反应的进行，混合气体平均相对分子质量增大，由于反应体系中各物质均为气体，故m＋n＞p＋q。①在恒温恒容时再加入A、B、C、D各1mol，同时将体系中各物质的浓度同时增加一倍，即相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，平均相

对分子质量增大。②在恒温恒压时，再加入A、B、C、D各1mol，气体体积增加一倍，压强不变，平衡不移动，ρ不变。28.二氧化硫有以下反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH＝-42kJ/mol。在1L恒容密闭容器中充入SO2(g)和NO2(g)，所得

实验数据如下：实验编号温度起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(SO2)n(NO2)n(NO)甲T10.800.200.18乙T20.200.800.16丙T20.200.30a(1)实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kJ，则0～2min时间

内，用SO2(g)表示的平均反应速率v(SO2)＝_______。(2)实验丙中，达到平衡时，NO2的转化率为________。(3)由表中数据可推知，T1________T2(填“>”“<”或“＝”)，判断的理由是________。【答案】(1).0.05mo

l/(L•min)(2).40%(3).＜(4).T1时K=2.6，T2时K=1【解析】【分析】(1)可逆反应的△H表示1mol反应物完全反应时候的焓变，实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kJ，据此计算消耗的反应物，再根据化学反应速率的计算公

式计算；(2)根据实验乙中的数据，可计算在温度为T2时的平衡常数，再结合三段式计算实验丙中达到平衡时NO2的转化率；(3)分别计算甲、乙实验平衡常数，结合温度对平衡的影响分析判断。【详解】(1)二氧化硫在一定条件下发生反应：SO2(g)+

NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H=-42kJ/mol，△H表示完全反应时候的焓变，实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kJ，表明各组分均反应了0.1mol，则SO2的物质的量改变量为△n=0.1mol，恒容密闭容器的体积V=1L，反应所经

历的时间t=2min，因此以SO2表示的化学反应的平均速率为v=ct=nVt=0.1mol1L2min=0.05mol/(L•min)，故答案为：0.05mol/(L•min)；(2)根据实验乙中的数据，平衡时NO的物质的量为0.16mol，根据反应方程式：SO2(g)+NO2(g)⇌SO

3(g)+NO(g)，反应物均消耗了0.16mol，生成了SO30.16mol，则平衡时，c(SO2)=0.2mol0.L16mol1−=0.04mol/L，c(NO2)=0.8mol0.L16mol1−=0.64mol/L，c(NO)=0.16mol1L=0.16mol/L

，c(SO3)=0.16mol1L=0.16mol/L，该反应的平衡常数为K=0.160.160.040.64=1，温度不变，平衡常数不变，因此在实验丙中，K=1，起始时，c(SO2)=0.2mol/L，c(NO2)=0.3mo

l/L，设反应消耗了xmol/L，则平衡时，c(NO2)=(0.3-x)mol/L，c(SO2)=(0.2-x)mol/L，c(SO3)=c(NO)=cmol/L，则有K=2()(x0.2x0x).3−−=1，解得：x=0.12mol/L，因此，平衡时，NO2的转化率=0.12mol/

L0.3mol/L×100%=40%，故答案为：40%；(3)实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kJ，则消耗二氧化硫物质的量为0.1mol，平衡时NO为0.18mol，()()()()223SOg+NOgSOg+NOg(mol/L

)0.80.200(mol/L)0.180.180.180.18(mol/L)0.620.020.180.18起始反应平衡T1温度下平衡常数K=0.180.180.620.02=2.613≈2.6；根据(2)

的计算乙实验中T2温度下的平衡常数K=1，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故T1＜T2，故答案为：＜；T1时，K≈2.6，T2时，K=1。29.t℃时，在两个相同的密闭刚性容器(恒容)中分别进行SO2和SO3相互转化的实验，反应的化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2

SO3(g)，实验Ⅰ和实验Ⅱ的情况分别如图Ⅰ和图Ⅱ所示：分析数据发现：达到平衡时，平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ完全相同。(1)实验Ⅰ中SO2的起始浓度为1mol·L-1，则实验Ⅱ中SO3的起始浓度为____

____mol·L-1。(2)实验Ⅱ中O2的初始浓度为0.5mol·L-1，则实验Ⅰ中O2的初始浓度为________mol·L-1。(3)若起始浓度c(SO2)＝mmol·L-1，c(O2)＝nmol·L-1

，c(SO3)＝pmol·L-1，在相同条件下进行实验，要求达到平衡时的状态与实验Ⅰ、Ⅱ完全相同，则m、n、p必须满足的条件是________。(4)若实验Ⅰ中SO2的转化率为a%，则实验Ⅱ中SO3的转

化率为________。【答案】(1).1(2).1(3).m+p＝1、n+p2＝1(4).1－a%【解析】【分析】平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ完全相同，说明实验Ⅰ、Ⅱ为完全等效平衡，根据(1)判断实验Ⅰ中SO2的起始浓度，根据(2)判断实验Ⅰ中O2的起始浓度，结合等效

平衡的特征和规律分析解答。【详解】(1)平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ完全相同，实验Ⅱ中SO3完全转化为SO2时，二氧化硫的浓度也应该为1mol•L-1，根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)知，三氧化硫的浓度应该是1mol/L，故答案为：1；(2

)平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ完全相同，二者为完全等效平衡，从正、逆不同方向建立平衡，结合(1)的计算可知Ⅱ中起始时有1mol/L的SO3和0.5mol/L的O2，若完全转化则相当于1mol/L的SO2和1mol/L的O2，则Ⅰ中O2的初始浓度为1mol•L-1，故答案为：1；(3)由(1)(2)

可知，实验Ⅰ中二氧化硫、氧气的起始浓度分别为1mol/L、1mol/L；若起始浓度c(SO2)=mmol•L-1，c(O2)=nmol•L-1，c(SO3)=pmol•L-1，在相同条件下进行实验，将SO3按化学计量数转化到左边，得到SO2浓度为pmo

l/L、O2浓度为p2mol/L；由于恒温恒容下的等效平衡，将三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气时，总的二氧化硫的浓度、氧气的浓度与实验I中二氧化硫、氧气起始浓度对应相等，应满足：m+p=1、n+p2=1，故答案为：m+p=1、n+p2=1；(4)实

验Ⅰ、实验Ⅱ为等效平衡，从正、逆不同方向建立平衡，由方程式可知起始浓度：c(SO2)=c(SO3)，令起始浓度都是1mol/L，则二氧化硫浓度变化量为a%mol/L，由方程式可知平衡时c′(SO3)=a%mo

l/L，故SO3的转化率=1mol/La%mol/L1mol/L−=1-a%，故答案为：1-a%。【点睛】理解等效平衡规律是解题的关键，(4)因为可以根据“从正、逆不同方向建立的等效平衡时物质的转化率之和为1”直接判断。三、实验题30.某小组利用H2C2O4溶

液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol·L-1体积/mL浓度/m

ol·L-1体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050(1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4溶液转化为MnSO4，每消耗1molH2

C2O4转移________mol电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥________。(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号

是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是__________。【答案】(1).2(2).2.5(3).②和③(4).①和②【解析】【详解】(1)H2C2O4中碳的化合价是+3价，CO2中碳的化合

价为+4价，故每消耗1molH2C2O4转移2mol电子，配平化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，为保证KMnO4完全反应，n(H2C2O4):n(KMnO4)≥2.5，故答案为：2，2.

5；(2)探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，故答案为：②和③，①和②。31.

为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁四人分别选用下列试剂进行实验：0.1mol·L-1醋酸溶液、0.1mol·L-1盐酸、pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸、CH3COONa晶体、NaCl晶体、CH3COONH4晶体、蒸馏水、锌粒、pH试纸、酚酞、NaOH溶液

等。(1)甲取出10mL0.1mol·L-1的醋酸溶液，用pH试纸测出其pH＝a，确定醋酸是弱电解质，则a应该满足的关系是________，理由是________。(2)乙分别取pH＝3的醋酸和盐酸各1mL，分别用蒸馏水稀释到100mL，然后用pH

试纸分别测定两溶液的pH，则可认定醋酸是弱电解质，判断的依据是___________。(3)丙分别取pH＝3的盐酸和醋酸各10mL，然后加入质量相同的锌粒，醋酸放出H2的平均速率快，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法正确吗？_______，请说明理由：_________。【答案】(1

).a＞1(2).因醋酸是弱酸，不能完全电离(3).盐酸的pH＝5，醋酸的pH＜5(4).正确(5).由于醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不断电离，c(H+)变化小，产生H2的平均速率醋酸比盐酸快【解析】【分析】【详解】(1)因为弱电解质不完全电离，0.1mol/L的醋酸

溶液电离出c(H+)＜0.1mol/L，故a应该满足的关系是a＞１，故答案为：a＞1；因醋酸是弱酸，不能完全电离；(2)分别取pH＝3的醋酸和盐酸各1mL，分别用蒸馏水稀释到100mL，c(H+)变为了原来的100倍，故盐酸的pH=5，醋酸的pH＜5，故答案为：盐酸的pH＝5，醋酸的p

H＜5；(3)因为醋酸不完全电离，故与锌粒反应时，c(H+)的变化小，故放出H2的平均速率快，故答案为：正确；由于醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不断电离，c(H+)变化小，产生H2的平均速率醋酸比盐酸快；【点睛】注意不同条件对于

电离平衡的影响。