【文档说明】【精准解析】江苏省宿豫中学2019-2020学年高二下学期调研测试（实验班）化学试题.doc，共(20)页，476.000 KB，由小赞的店铺上传

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宿豫中学2019~2020学年度第二学期高二年级四月调研化学试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分满分：100分，时间90分钟可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Cu—64Ag—108第I卷选择题(共44分)一、选择题(本题包括12小题，每小题

2分，共24分；每小题只有一个选项符合题意)1.下列过程属于非自发过程的是A.N2和O2混合B.H2和O2化合生成H2OC.常温、常压下石墨转化为金刚石D.C＋O2=CO2【答案】C【解析】【详解】A．氮气和氧气混合时，ΔS>0，体系混乱度增加，属于自发过程，A选项正确；B．

H2和O2化合生成H2O的反应是放热反应，ΔH<0，属于自发过程，B选项正确；C．石墨转化为金刚石是吸热反应，常温常压下是非自发过程，C选项错误；D．碳和氧气反应是化合反应，放热，ΔH<0，属于自发过程，D选项

正确；答案选C。【点睛】反应是否能自发进行，取决于焓变与熵变的综合判据。2.研究化学反应的热效应有利于更好的利用化学能。下列说法正确的是A.升高温度可以增加分子的活化能B.放热反应任何条件下一定能自发进行C.生成物的键能总和大于反应物的键能总和的反应为放热反应D.生成物总能量高于反应物总能量的反应

为放热反应【答案】C【解析】【详解】A.升高温度，增加活化分子的数目和百分数，但不能改变分子的活化能，A选项错误；B.物质燃烧都是放热反应，但要达到物质的着火点才可以燃烧，所以放热反应不是在任何条件下都能自发进行的，B选项错误；C.放热反应中，反应物的內能总和大于生成物的內能总和，

反应物的键能总和小于生成物的键能总和，C选项正确；D.根据能量守恒定理，生成物总能量高于反应物总能量，则反应吸热，D选项错误；答案选C。3.下列有关说法正确的是A.工业上现在大规模采用电解熔融NaCl

或AlCl3制取Na或AlB.若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化C.某反应的平衡常数K300℃＞K350℃，则该反应△H<0D.合成氨生产中将NH3液化分离，目的是加快正反应速率，提高H2的转化率【答案】C【解析】【详解】A、工业上现在大规模采用电解熔融NaCl或Al2O3制取

Na或Al，由于AlCl3在熔融状态下，不导电，故A错误；B、若电工操作中将铝线与铜线直接相连，构成原电池铝做负极，会导致铝线更快被氧化，故B错误；C、某反应的平衡常数K300℃＞K350℃，说明反应放热，则该反应△H<0，故C正确；D、合成氨生产中将NH3液化分离，目的是使平衡正向移动，提

高H2的转化率，故D错误；答案选C。4.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一种制取Cu2O的电解池示意图如下，电池总反应为2Cu＋H2O电解Cu2O＋H2↑。下列说法正确的是A.石墨电极上产生氢气B.铜电极发生还原反应C.铜电极接直流电源的负极D.

当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成【答案】A【解析】【分析】根据电池总反应2Cu＋H2O电解Cu2O＋H2↑可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，石墨电极为阴极，H+在阴极得到电子

，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，据此可分析解答问题。【详解】A．根据上述分析，石墨作阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，A选项正确；B．根据电池总反应2Cu＋H2O电解Cu2O＋H2↑可知，Cu化合价升高

，失去电子，做阳极，发生氧化反应，B选项错误；C．铜电极为阳极，阳极接电源正极，C选项错误；D．根据2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O生成，D选项错误；答案选A。5.已知某温度下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

△H=-92.4kJ/mol，恒温、恒容且容积相同的两个密闭容器A、B，A中通入1molN2、3molH2，B中通入0.5molN2、1.5molH2，反应一段时间后，A、B中均达到平衡状态。下列判断正确的是（）A.A中放热9

2.4kJB.B中放热46.2kJC.A中热量变化值大于B中2倍D.A中热量变化值等于B中的2倍【答案】C【解析】【详解】A．反应热是反应完全进行所放出或吸收的热量。该反应为可逆反应，反应不能进行到底，选项A错误；B．反应热是反应完全进行所放出或吸收的热量。该反应为可逆反应

，反应不能进行到底，选项B错误；C．A相当于对B加压后体积放大2倍，平衡正向进行，反应正向进行程度大，所以A中热量变化值大于B中2倍，选项C正确；D．A中热量变化值大于B中2倍，选项D错误；答案选C。6.根据以下三个热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)Δ

H＝－Q1kJ·mol－12H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)ΔH＝－Q2kJ·mol－12H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(g)ΔH＝－Q3kJ·mol－1判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是(A.Q1>Q2>Q3B.Q1>Q3>Q2C.Q3>Q2>Q

1D.Q2>Q1>Q3【答案】A【解析】【详解】设题给方程式分别为①、②、③，①、②相比，①为H2S完全燃烧的热化学方程式，故放出热量比②多，即Q1>Q2；②、③相比，H2O的状态不同，因为等量的水，H2O(l)比H2O(

g)能量低，故放出热量Q2>Q3，则有Q1>Q2>Q3，故选A。7.已知Zn(s)＋H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)＋H2(g)ΔH<0，则下列关于该反应的叙述不正确的是（）A.该反应中旧键断裂

需要吸收能量，新键形成需放出能量，所以总能量不变B.上述热化学方程式中的ΔH的值与反应物的用量无关C.该反应为放热反应D.反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】A【解析】【详解】A.断裂化学键吸收能量，生成化学键

会放热，反应过程中一定伴随着能量的变化，故错误；B.ΔH表示的是系统发生一个过程的增量，确定了一个化学方程式，就确定了一个焓变，焓变不随反应物的增加而增加，焓变与化学方程式的写法有关，故正确；C.从热化学方程式分析，

该反应为放热反应，故正确；D.该反应为放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故正确。故选A。8.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.用排饱和食盐水法收集Cl2B.加压有利于合成氨反应C.冰镇的啤酒打开后泛起泡沫D.对2HIH2＋I2(g)平衡体系增加

压强使颜色变深【答案】D【解析】【详解】A．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行Cl2+H2OH++Cl-+HClO，可以用勒夏特列原理解释，A选项正确；B．合成氨反应是气体体积减小的反

应，合成氨工厂学采用增大压强以提高原料的利用率，可以用勒夏特列原理解释，B选项正确；C．气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大因此常温时打开啤酒瓶时，瓶内的压强减小

，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，C选项正确；D．由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，D选项错

误；答案选D。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。9.下列说法正确的是A.钢铁浸泡于食盐水中发生电化学腐

蚀时的正极反应为：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－B.增大气体压强或使用催化剂能能提高活化分子的百分数，从而加快反应速率C.反应2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)ΔS＜0在任何条件下都不能自发进行D.工业上合成氨反应N2(g)＋3H2(g)

2NH3(g)ΔH＜0采用高温是为了提高N2的平衡转化率【答案】C【解析】【分析】A.钢铁浸泡于食盐水中发生吸氧腐蚀；B.增大气体压强不能提高活化分子的百分数；C.反应2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)的ΔS＜0，ΔH>0，通过复合判据进行分析；D.升高温度

，平衡逆向移动。【详解】A.钢铁浸泡于食盐水中发生吸氧腐蚀，正极的电极反应为：O2+2H2O＋4e－＝4OH－,A项错误；B.增大气体压强不能提高活化分子的百分数，使用催化剂能提高活化分子的百分数，但二者都能增大反应速率，B项错误；C

.反应2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)的ΔS＜0，ΔH>0，ΔG=ΔH-TΔS>0，在任何条件下都不能自发进行，C项正确；D.升高温度，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，在较高温度下反应，与反应速率及催化剂的活性有关，D项错误；答案选C。10.X、Y、Z、M、N代表五种金属。有以下化学反应：

①水溶液中：X＋Y2＋=X2＋＋Y②Z＋2H2O(冷)=Z(OH)2＋H2↑③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M－2e－=M2＋④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活动性由弱到强的顺序是A.M＜N＜Y＜X＜ZB.N＜M＜X＜Y＜ZC.N＜M＜

Y＜X＜ZD.X＜Z＜N＜M＜Y【答案】C【解析】【分析】金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，据此解答。【详

解】①水溶液中X+Y2+＝X2++Y，说明活动性X＞Y；②Z+2H2O(冷水)＝Z(OH)2+H2↑，能与冷水反应生成氢气说明Z的金属性活动性很强；③M、N为电极，与N盐溶液组成原电池，M电极反应为M-2e

-＝M2+，M失电子发生氧化反应，则M是负极、N是正极，活动性M＞N；④Y可以溶于稀硫酸中，M不被稀硫酸氧化，说明活动性Y＞M，通过以上分析知，金属活动性顺序N＜M＜Y＜X＜Z。答案选C。11.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（）A.两烧杯中铜片表面均无气泡

产生B.甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C.两烧杯中溶液的pH均增大D.产生气泡的速度甲比乙慢【答案】C【解析】【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应2H++2e－＝H2↑，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应Zn+2H+

=Zn2++H2↑，铜片上无气体产生，故A错误；B、甲装置是原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】考查原电池的工作原

理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫

酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。12.在密闭容器中发生下列反应a

A(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（）A.A的转化率变小B.平衡向正反应方向移动C.D的体积分数变大D.a>c＋d【

答案】A【解析】【分析】先建立等效平衡：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d，据此进行分析。【详解】先建立等效平衡：假定平衡不移动，将气体体积

压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d。A、结合以上分析可知，平衡向逆反应移动，A的转化率降低，故A正确；B、结合以上分析可知，平衡向逆反应方向移动，故

B错误；C、气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，D体积分数减小，故C错误；D、根据分析D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+

d，故D错误；故答案选A。【点睛】考查化学平衡的影响因素，难度中等，解题关键：根据D的浓度变化判断平衡移动方向，难点建立等效平衡，根据平衡移动原理判断反应进行的方向：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.

8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动。二、不定项选择题(本题5小题，每小题4分共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小

题就为0分)13.如图装置中，有如下实验现象：开始时插在小试管中的导管内的液面下降，一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面。以下有关解释不合理的是A.生铁片中所含的碳能增强铁的抗腐蚀性B.雨水酸性较强，生铁片开始发生析氢腐蚀C.导管内墨水液面回升时，正极反应式：O2＋2H2

O＋4e—==4OH－D.随着反应的进行，U型管中雨水的酸性逐渐减弱【答案】A【解析】【详解】A、生铁片中所含的碳构成原电池，使铁更易腐蚀，故A错误，符合题意；B、雨水酸性较强，生铁片开始发生析氢腐蚀，所以开始时插在小试管中的导管内的液面下

降，故B正确，不符合题意；C、导管内墨水液面回升时发生吸氧腐蚀，正极反应式：O2＋2H2O＋4e—=4OH－，故C正确，不符合题意；D、随着反应的进行，U型管中雨水的酸性逐渐减弱，由开始的析氢腐蚀变为吸氧腐蚀，故D正确，不符合题意；答案选A。

14.下列图示与对应的叙述不相符合的是（）A.图1表示相同温度下，向pH＝10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线B.图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定

是加入催化剂C.图3表示工业上用CO生产甲醇的反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，该反应的ΔH＝－91kJ·mol－1D.图4表示10mL0.01mol·L－1酸性KMnO4溶液与过量的0.1mol·L－1H2C2O

4溶液混合时，n(Mn2＋)随时间的变化(Mn2＋对该反应有催化作用)【答案】B【解析】【详解】A．pH相同的强弱电解质溶液在稀释过程中，因稀释过程中会促进一水合氨的电离，因此pH变化相较于氢氧化钠溶液慢，因此a表示氨水稀释时pH的变化曲线，

故A不符合题意；B．若该可逆反应为气体等体积反应，增大压强时，正逆反应速率均增大，平衡不发生移动，不一定是加入了催化剂，故B符合题意；C．由图可知，该反应的焓变ΔH=(419-510)kJ/mol=-9

1kJ/mol，故C不符合题意；D．滴定过程中，随着反应的进行，生成物中的Mn2+逐渐增加，因Mn2＋对该反应有催化作用，因此化学反应速率逐渐增加，Mn2+增加速率较快，后因反应物浓度逐渐降低，增加速率较慢，最终高锰酸钾完全反应，Mn2+不再增加，故D不符合题意；故答案为

：B。15.镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。电解质溶液为KOH溶液，电池反应为：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关镍镉电池的说法正确的是A.充电过程是化学能转化为电能的过程B.充电时阳极反应为Cd(OH)2＋2e—=Cd+2OH-C.放电

时电池内部OH-向正极移动D.充电时与直流电源正极相连的电极上发生Ni(OH)2转化为NiO(OH)的反应【答案】D【解析】【详解】A．充电时该装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，选项A错误；B．充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应

式为：Ni(OH)2-e-+OH-═NiOOH+H2O，选项B错误；C．放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，选项C错误；D．充电时与直流电源正极相连的是阳极，而阳极上电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-═NiOOH+H2O，发生Ni(OH)2

转化为NiO(OH)的反应，选项D正确；答案选D。16.相同温度、相同容积的四个密闭容器中进行同样的可逆反应：2X(g)+Y(g)3W(g)+2Z(g)△H=﹣QKJ/mol，起始时充入气体的物质的量及平衡时体系能量变化数据如表，下列说法正确的是（）XYWZ反应体系能量变化甲2mol1mo

l放出akJ/mol乙1mol1mol放出bkJ/mol丙2mol2mol放出ckJ/mol丁3mol2mol吸收dkJ/molA.X的转化率为：甲＜乙＜丙B.c+d＜QC.平衡时，甲容器中的反应速率比丁容器中的慢D.平衡时丙容器中Z的物质的量浓度最

大【答案】D【解析】【详解】A．丙的物质的量是乙的2倍，物质的量增大，压强增大，转化率减小，则转化率乙>丙；甲乙相比，甲中增大了X的物质的量，则X的转化率减小，则转化率甲＜乙；丙的物质的量相当于在甲的基础上增加了Y，则X的转化率增大，甲＜丙，所以X的

转化率为：乙>丙>甲，故A错误；B．甲丁属于等效平衡，二者反应方向相反，二者的转化率之和为100%，则甲丁热量之和为Q，丙的加入Y的量大于甲，向正方向进行的程度大，所以丙放出的热量大于甲，则丙丁热量之和大于Q，即c+d>Q，故B错误

；C．根据反应2X(g)+Y(g)3W(g)+2Z(g)可知，在恒温恒容条件下，初始时2molX、1molY相当于加入3molW、2molZ，二者两个平衡互为等效平衡，则平衡时各组分浓度相等，所以平衡时甲、丁容器中的反应速率相等，故C错误；D．丙中可以看作先加入2molX和1

molY，平衡后又加了1molY，增大反应物的浓度平衡正向移动，所以生成物的浓度增大，即丙中Z的物质的量浓度最大，故D正确；故答案为：D。【点睛】虚拟“中间态”法构建等效平衡：（1）构建恒温恒容平衡思维模式新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相

当于增大压强；（2）构建恒温恒压平衡思维模式（以气体物质的量增加的反应为例，见图示）新平衡状态可以认为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。17.一定条件下，两体积均为1L的容器中发生反应：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）ΔH。容器中起始

各物质的物质的量如下表所示，两容器中c（H2）随时间t的变化如下图所示。容器温度COH2CH3OHⅠT1℃amol2mol0molⅡT1℃0.5mol1mol0mol下列说法正确的是A.0~5min时，容

器Ⅰ中v（CO）＝0.1mol·L－1·min－1B.a＞1C.若容器Ⅱ温度改变为T2（T2＞T1）时，平衡常数K＝1，则ΔH＜0D.T1℃时，若向容器Ⅰ中充入CO、H2、CH3OH各1mol，反应将向逆反应方向进行

【答案】AC【解析】【分析】先分析反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，气体分子数两边不等；再对比容器Ⅰ、Ⅱ，体积相等，均从反应物开始，Ⅱ中H2浓度是Ⅰ中H2的一半，平衡后Ⅱ中H2浓度也是Ⅰ中H2的一半，如果a=1，则Ⅰ相

当于在与Ⅱ等效的基础上加压，平衡偏向正向，平衡时H2的物质的量浓度小于1mol∙L-1，所以a应小于1。根据Ⅱ的平衡可计算出T1时的平衡常数：23CO(g)+2H(g)CHOH(g)(mol/L)0.51110(mol/L)0.250.50.25(mol/L)0.250.

50.25开始反应平衡T120.25==40.250.5K可在此基础上对各选项作出判断。【详解】A.0~5min时，容器Ⅰ中v(CO)＝12v(H2)=12×2.0/1.(0/5)molLmolLmin−=0.1mol·L-1·min-1，

A选项正确；B.如果a=1，则Ⅰ相当于在与Ⅱ等效的基础上加压，使得平衡时H2的物质的量浓度小于1mol∙L-1，B选项错误；C.容器Ⅱ温度改变为T2(T2＞T1)时，平衡常数KT2＝1＜KT1=4，说明升高

温度反应逆向移动，则ΔH＜0，C选项正确；D.T1℃时，若向容器Ⅰ中充入CO、H2、CH3OH各1mol，此时Q=21(1)1=1＜KT1=4，反应将向正反应方向进行，D选项错误；答案选AC。【点睛】1

.对于可逆反应：同等倍数增大浓度，相当于在和原来等效的基础上加压，即，同等倍数增大浓度，平衡将更偏向于气体分子数减少的方向；相反，同等倍数减小浓度，相当于在和原来等效的基础上减压，平衡将更偏向于气体分子数增大的方向。2.可利用浓度商Q和平衡常数K的关系判

断可逆反应的移动方向：Q＞K，平衡逆向移动；Q=K，达到平衡；Q＜K，正向移动。第Ⅱ卷非选择题(共56分)二、非选择题(本题包括4小题，共56分)18.利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.25mol

·L－1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L－1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。回答下列问题：(1)写出稀硫酸

和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式(中和热数值为57.3kJ·mol－1)___________。(2)倒入NaOH溶液的正确操作是__________(从下列选项中选出)。A.沿玻璃棒缓慢倒入B.分三次少量倒入C.一次迅速倒入(3)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______

_(从下列选项中选出)。A.用温度计小心搅拌B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C.轻轻地振荡烧杯D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动(4)实验数据如下表：①请填写下表中的空白：起始温度t1℃终止温度t2/℃温度差平均值(t2－t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.12

9.5_____227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8②近似认为0.55mol·L－1NaOH溶液和0.25mol·L－1硫酸溶液的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液

的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。则中和热ΔH＝________(取小数点后一位)。【答案】(1).12H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝-57.3kJ·mol－1(2).C(3)

.D(4).3.4(5).－56.8kJ·mol－1【解析】【详解】(1)强酸、强碱的中和热为-57.3kJ·mol-1，是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，则稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的热

化学方程式为12H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝-57.3kJ·mol－1，故答案为：12H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝-57.3kJ·mol

－1；(2)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入，否则热量散失，影响测定结果，所以C选项正确，故答案为：C；(3)使硫酸与氢氧化钠溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻的搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌，A选

项错误；也不能轻轻的振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或者热量散失，B选项错误，更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则热量散失，影响测定结果，C选项错误；综上，D选项正确，故答案为：D；(4)①4次温度差分别为：3.4℃、5.1℃、3.3℃、3.5℃，第2组数据无效

，温度差平均值为3.4℃，故正确答案为：3.4；②50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为10

0mL×1g/mL=100g，温度的变化的值为ΔT=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量Q=cmΔT=4.18J/(g·℃)×100g×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以中和热-11.4212kJ=-=-56.8kJmol0.025molH，故答案为－56.8kJ·m

ol－1。19.如图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336mL(标准状况)气体。回答：(1)直流电源中，M为_________极。(2)Pt电极上

生成的物质是_________，其质量为___________g。(3)AgNO3溶液的浓度______填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，AgNO3溶液的pH_________，硫酸的浓度________，硫酸的pH_________。【答案】(1).正(2).Ag(3

).2.16(4).不变(5).不变(6).增大(7).减小【解析】【详解】(1)电解5.00%的稀硫酸，实际上是电解其中的水，阴极H+得到电子产生H2，阳极OH-失去电子产生O2，且V(H2):V(O2)=2:1，根据装置图中电极气体体积分析，可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，c极为阳极

，b为阴极，a为阳极，M为正极，故答案为：正；(2)根据硫酸溶液电解水的反应，V(H2)=336mL×2/3=224mL，即为0.01mol，V(O2)=336mL×1/3=112mL，即为0.005mol，说明电路上有0.02mol电子，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.

02mol×108g/mol=2.16g，故答案为：Ag；2.16；(3)由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电镀池，阳极溶解Ag的质量等于阴极析出Ag质量，相当于电解质溶液中AgNO

3没有参加反应，因此AgNO3的浓度不变，pH也不便，电解5.00%的硫酸溶液，因为是其中的水发生电解，因此H2SO4溶液浓度增大，pH减小，故答案为：不变；不变；增大；减小。20.一定条件下，在体积

为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)。根据题意完成下列各题：(1)反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝__________，升高温度，K值__________(填“增大”、“减

小”或“不变”)。(2)在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝______________。(3)在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是__________(填字母序号)。a.氢气的浓度减小b.正反应速率加

快，逆反应速率也加快c.甲醇的物质的量增加d.重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大【答案】(1).()()322cCHOHc(CO)cH(2).减小(3).BB2n3tmol·L－1·min－1(4).bc【解析】【分析】(1)根据方

程式和K的含义书写；根据温度对平衡的影响，判断K的变化；(2)根据图中甲醇的变化量求出氢气的变化量，再根据()2cvH=t计算；(3)在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2

，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正向移动，甲醇的物质的量增多，氢气的物质的量减小，但因为体积减小，平衡时氢气的浓度反而增大，根据浓度比值等于物质的量比值。【详解】(1)已知CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)，则(

)()322cCHOH=c(CO)cHK，500℃时甲醇的物质的量小，所以升高温度，平衡逆移，所以平衡常数K减小，故答案为：()()322cCHOHc(CO)cH；减小；(2)在500℃，平衡时图中甲醇的变化量为nB，所以反应消耗氢气

的量为2nB，则()B2B11mol2ncvH==tmitLn3－－，故答案为：BB2n3tmol·L－1·min－1；(3)在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡

向正向移动，甲醇的物质的量增多，氢气的物质的量减小，但因为体积减小，平衡时氢气的浓度反而增大，根据浓度比值等于物质的量比值，则有重新平衡时()()23cHcCHOH减小，即bc正确，故答案为bc。21.将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的

密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，当反应进行到时间t1点时达到平衡状态，测得混合气体总物质的量为2.1mol．试回答下列问题：（1）若平衡时，容器体积为aL，写出该反应的平衡常数为：K

=__________（用含a的代数式表示）（2）反应进行到t1时，SO2的体积分数为_______________；（3）若在t1时充入一定量的氩气（Ar），SO2的物质的量将________（填“增大”、“减小”或“不变”

）；（4）若在t1时升温，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量____2.1mol（填“＜”、“＞”或“=”），简单说明原因：____________。（5）若t1达到平衡后，保持容器的体积不再变化。再加入0.2molSO2、0.1m

olO2和1.8molSO3，此时v逆________v正（填“＜”、“＞”或“=”）。（6）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)（正反应放热），测得反应的相

关数据如下：容器1容器2容器3反应温度T/K700700800反应物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO2、1molO2平衡v正(SO2)/mol·L－1·s－1v1v2v3平衡c(SO3)/mol·L－1c1c2c3平衡体系总压强p/Pap1p2p3物质的平衡转化率αα1

(SO2)α2(SO3)α3(SO2)平衡常数KK1K2K3用“＜”、“＞”或“=”填入下列横线上：c2______2c1，v1______v2；K1_____K3，p2____2p3；α1(SO2)_____α3(SO2)；α2(

SO3)＋α3(SO2)_______1【答案】(1).810a(2).9.52%(3).增大(4).＞(5).正反应放热，升温，平衡逆向移动，气体的物质的量增大(6).＜(7).＞(8).＜(9).＞(10).＜(11).＞(12).＜【解析】【详解】（1）

平衡时，体积为aL，()()()()()()2232SOg+Og2SOgmol210mol2xx2xmol2-2x1-x2x起始浓度转化浓度平衡浓度由题可知，(2-2x)+(1-x)+2x=2.1，解得

x=0.9，则()()()22322221.8molSOaL=810aSOO0.2mol0.1molaLaLcKcc==；（2）由（1）分析可知，反应进行到t1时，SO2的体积分数

为()2-20.9mol100%=9.52%2.1mol；（3）该反应在恒压装置中进行，充入氩气，氩气不参加反应，因此容器体积将增大，容器内反应物总压将减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，即平衡将逆向移动，SO2的物质的量将增大；（4）该反应正向为放热

反应，升高温度，平衡将向吸热反应方向移动，即平衡将逆向移动，达到新平衡混合物中气体的总物质的量大于2.1mol；（5）恒容条件下，再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，()()()223C22323.6molSOaL405a<SOO0.4mol0.2molaLa

LcQKcc===，反应将正向进行，v逆＜v正；（6）由题中表格信息可知，容器2建立的平衡相当于容器1建立平衡后再将容器的容积缩小为原来的12(相当于压强增大为原来的2倍

)后平衡移动的结果，由于加压，化学反应速率加快，则v1＜v2；由于平衡右移，则α1(SO2)＜α2(SO2)，根据勒夏特列原理可得c2＞2c1，p1＜p2＜2p1；容器3中建立的平衡相当于容器1建立的平衡升温后平衡移动的结果。升高温度，化学反应速

率加快，则v1＜v3；由于平衡左移，则α1(SO2)＞α3(SO2)，c1＞c3。由于温度升高，气体物质的量增加，故p3＞p1。对于特定反应，平衡常数仅与温度有关，温度升高，题给平衡左移，平衡常数减小，则K1＝K2＞K3

，由以上分析可知c2＞2c1，p1＜p2＜2p1，p1＜p3，则p2＜2p3，v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)，因为c2＞2c1，c1＞c3，则c2＞2c3。若容器2的容积是容器1的2倍，则两者建立的平衡完全相同，根据平衡特点，此时应存在α1(SO2)＋α2(SO3)＝1，由于容

器2的平衡相当于容器1的平衡加压，故α2(SO3)将减小，则α1(SO2)＋α2(SO3)＜1，结合α1(SO2)＞α3(SO2)，则α2(SO3)＋α3(SO2)＜1。