【文档说明】【精准解析】辽宁省瓦房店市实验高级中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题.doc，共(20)页，395.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学（A）范围选修4第一二章，第三章1节可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Al—27P—31S—32Cl—35.5Ca—40Mn—55Fe—56Cu—64I—127Ba—137第

Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个正确答案)1.小明从表中提供的信息中，得出以下几个结论，其中正确的是（）几种燃料的热值（J/kg）柴油4.3×107焦炭3.0×107酒精3.0×107氨1.4

×108汽油4.6×107煤气约3.9×107J/m3木炭3.4×107沼气1.9×107J/m3A.热值大的燃料燃烧时放出的热量多B.1千克汽油燃烧时放出的热量是4.6×107焦耳C.木炭燃烧不充分时

其热值会变小D.2m3的沼气完全燃烧时放出的热量是3.8×107焦耳【答案】D【解析】【详解】A．热值与燃料的种类有关，与质量无关，则不能由热值比较放出的热量，故A错误；B．汽油的热值为4.6×107，则1千克汽油完全燃烧时放出的

热量是4.6×107焦耳，若不完全燃烧放出热量减少，故B错误；C．热值为完全燃烧放出的热量，不完全燃烧时放出的热量不是热值，故C错误；D．沼气的热值为1.9×107J/m3，则2m3的沼气完全燃烧时放出的热量是2m3

×1.9×107J/m3=3.8×107焦耳，故D正确；答案选D。【点睛】本题中明白热值的概念很关键，知道热值为完全燃烧放出的热量，与燃料的种类有关，与质量无关。2.下列推论正确的是（）A.S(g)＋O2(g)=SO2(g)

ΔH＝a，S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝b；则a＞bB.C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH＝+1.9kJ·mol－1，则可判定金刚石比石墨稳定C.NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－1，则含20gN

aOH的溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJD.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)ΔH＞0，则该反应任何温度下都能自发进行【答案】C【解析】【详解】A．放热△H＜0，气态S比固态S所含能量高，所以气态S反应放热多，放

热越多焓变越小，所以a＜b，故A错误；B．由热化学方程式可知，石墨总能量小于金刚石，则石墨较稳定，故B错误；C．20gNaOH，n(NaOH)=0.5mol，放出的热量为0.5mol×57.4kJ/mol=28.7kJ，故C正确；D．CaCO3(s)=C

aO(s)+CO2(g)△H＞0，△S＞0，由△G=△H−T△S可知，当在较高温度下反应才能自发进行，故D错误；答案选C。【点睛】A项中的气态S比固态S所含能量高，所以气态S反应放热多，可以利用画能量图的方法，更清楚，也更好理解。3.下列热化学方程

式书写正确的是(△H的绝对值均正确)A.C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ·mol-1(燃烧热)B.NaOH(aq)+HCl(aq)＝NaCl(aq)+H2O(l)△H=+57kJ·

mol-1(中和热)C.2NO2＝O2+2NO△H=+116.2kJ·mol-1(反应热)D.S(s)+O2(g)＝SO2(g)△H=-296.8kJ·mol-1(反应热)【答案】D【解析】【详解】A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成

稳定氧化物时放出的热量，水应该是液态，A错误；B.中和热是强酸、强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，放出热量焓变为负值，B错误；C.热化学方程式中要标明物质的聚集状态，C错误；D.该反应可表示硫燃烧的热化学方程式，D正确。答案选D。4.充分燃烧一定量丁烷（C4H

10），生成CO2和液态水，放出热量xkJ，将此CO2完全吸收生成正盐，需5mol/L的KOH溶液100mL，则丁烷的燃烧热为（）A.16xkJ·mol﹣1B.8xkJ·mol﹣1C.4xkJ·mol﹣1D.2xkJ·mol﹣1【答案】A【解析】【分析】根据CO2与KOH的反应，计算

丁烷燃烧生成的CO2的物质的量，根据C元素守恒计算出丁烷的物质的量，反应放出的热量与丁烷的物质的量成正比，据此计算判断。【详解】n(KOH)=0.1L×5mol/L=0.5mol，则由CO2∼2KOH可知，n(CO2)=0.5mol×12=0.25mol，由碳元素守恒则n(C4H1

0)=14n(CO2)=14×0.25mol=116mol，116mol丁烷放出的热量为x，所以1mol丁烷完全燃烧放出的热量为16x，则丁烷的燃烧热为16xkJ⋅mol−1，答案选A。【点睛】碳元素守恒在本题中应用简便，计算出丁烷的物质

的量是解本意的关键，可燃物的物质的量与放出的热量成正比。5.已知2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ/mol；CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－282.9kJ/mol。某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74kJ热量，同时生成3.6g液

态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为（）A.2∶1B.1∶1C.1∶2D.2∶3【答案】B【解析】【详解】3.6g水是0.2mol，消耗0.2mol，放出的热量是57.16kJ，所以CO燃烧放出的热量是113.74kJ－57.16kJ＝56.58kJ，所以参加反应的CO是56.

58kJ÷282.9kJ/mol＝0.2mol，因此原混合气体中H2和CO的物质的量之比为1∶1，答案选B。6.“能源分类相关图”如图所示，四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是（）A.煤炭、石油、潮汐能B.水能、生成物、天然气C.太阳

能、风能、沼气D.地热能、海洋能、核能【答案】C【解析】【详解】阴影部分三者共有，既是来自太阳的能源又属于可再生能源和新能源，A.煤炭、石油是化石能源，不是新能源和可再生能源，潮汐能不是来自太阳能，A项错误；B.天然气是化石能源，不属于可再生能源、新能源，B项错误C.太阳能

、风能、沼气符合三者条件，C项正确；D.地热能、核能不是来自太阳的能源，D项错误；答案选C。7.某反应X2(g)+Y2(g)=2XY(g),已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：X-XakJ·mol－1，Y-YbkJ·mol－1，X-YckJ·mo

l－1则该反应的ΔH为()A.（a+b-c）kJ·mol－1B.（c-a-b）kJ·mol－1C.（a+b-2c）kJ·mol－1D.（2c-a-b）kJ·mol－1【答案】C【解析】【分析】反应热△H=反应物总键能-生成物总键

能。【详解】反应物总键能=E（X-X）+E（Y-Y）=（a+b）kJ·mol－1，生成物总键能=2E(X-Y)=2ckJ·mol－1,则该反应的ΔH=反应物总键能-生成物总键能=（a+b）kJ·mol－1—2ckJ·mol－1=（a+b-

2c）kJ·mol－1，故选C。【点睛】本题考查反应热与化学键键能的关系，注意从物质能量、键能理解反应热。8.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－1S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－12K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=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】已知碳的燃烧热为ΔH1=akJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1=akJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·m

ol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。9.在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0。下列各图表示

当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是A.图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高B.图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响C.图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响D.图Ⅳ表示t0时升温对反应速率的影响【答案】B【解析】【分析】A．正反

应放热，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，平衡时二氧化硫的含量减小；B．加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；D、升温

对吸热方向(逆方向)速率增大的多。【详解】A项，乙先达到平衡，反应快，温度高，故A错误；B、加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动，故B正确；C项，增大c(O2)时，逆反应速率瞬时不变，图像应连续，故C错误；D项，升温对吸热方向(逆方向)速率增大的多，故

D错误。故选B。10.一定温度下，向某恒容密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应:A(g)+B(g)C(s)+xD(g)ΔH>0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）。A.反应在前10min内的平均反应速率v(D)=0.15mol·L-1·min-1B

.该反应的平衡常数表达式为K=2c(C)c(D)c(A)c(B)C.若平衡时保持温度不变，压缩容器容积，则平衡向逆反应方向移动D.反应至15min时，改变的条件是降低温度【答案】D【解析】【详解】A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为：3.0mol/L−

0=3.0mol/L，则v(D)=3.0mol/L10min=0.3mol⋅L−1⋅min−1，故A错误；B．由图可知，平衡时A.D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1:x=1.5mol/L:3mol/L，所以x=2，C是固体，浓

度是一个常数，不代入平衡表达式中，可逆反应A(g)+B(g)⇌C(s)+xD(g)的平衡常数表达式K=()()()2cDcAcB，故B错误；C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，

所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故C错误；D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度，故D正确；答案选D。11.己知CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O△H＜0。下列说

法不正确．．．的是A.其他条件不变，适当增加盐酸的浓度将加快化学反应速率B.其他条件不变，适当增加CaCO3的用量将加快化学反应速率C.反应过程中，化学反应速率将先增大后减小D.一定条件下反应速率改变，△H＜0不变【答案】B【解析】【详解】A.盐

酸浓度增大，H+离子浓度增大，速率加快，故A正确；B.由于CaCO3是固体，若只增大其用量，而不增大其与盐酸的接触面积，化学反应速率不变，故B不正确；C.由于反应放热，反应过程中温度升高，速率会变快，但随着盐酸浓度的减小，速率会

逐渐变慢，故C正确；D.反应焓变只与反应物和生成物的能量状态有关，与反应快慢无关，故D正确。答案选B。12.控制变量是科学研究的重要方法。已知反应：223242224NaSOHSOSSOHONaSO+=+++下列条件中反应速率最快的是选项温度0.11molL−223NaSO溶液0.

11molL−24HSO溶液蒸馏水A15℃5mL5mL5mLB15℃5mL5mL10mLC35℃5mL5mL5mLD35℃5mL5mL0A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】在其它条件相同的情况下，反应物浓度越大或温度越高或压强（有气体参与的）越大或使用催化剂或增大反应物的接触面积

，反应速率均会增大。由此根据有关数据可判断选项D条件下反应速率最快。答案选D。13.用O2将HCl转化为Cl2，反应方程式为：4HCl(g)+O2(g)2H2O(g)+2Cl2(g)+Q（Q>0）一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的

实验数据如下。下列说法正确的是（）t/min0246n(Cl2)/10-3mol01.83.75.4A.0～2min的反应速率小于4～6min的反应速率B.2～6min用Cl2表示的反应速率为0.9mol/(L·min)C.增大压强可以提高HCl

转化率D.平衡常数K(200℃)＜K(400℃)【答案】C【解析】【详解】A.相同时间内，0～2min内氯气变化量为1.8×10-3mol，而4～6min内氯气变化量为(5.4-3.7)×10-3mol=1.7×10-

3mol，则0～2min的反应速率大于4～6min的反应速率，A项错误；B.容器容积未知，用单位时间内浓度变化量无法表示氯气反应速率，B项错误；C.正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，可以提高H

Cl转化率，C项正确；D.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数K(200℃)＞K(400℃)，D项错误；答案选C。14.设反应C＋CO22CO（正反应吸热）反应速率为v1，N2＋

3H22NH3（正反应放热），反应速率为v2。对于上述反应，当温度升高时，v1、v2的变化情况为()A.同时增大B.同时减小C.v1增大，v2减小D.v1减小，v2增大【答案】A【解析】【详解】当其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，与反应放热还是吸热无关，故当温度升

高时，v1、v2同时增大；答案选A。15.在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质

的量/moln(X)n(Y)n(M)①7000.400.100.090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法正确的是A.实验①中，若5min时测得n(M)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)=1.0

×10－2mol/(L·min)B.实验②中，该反应的平衡常数K=2.0C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%D.实验④中，达到平衡时，b＞0.060【答案】C【解析】【详解】A.实验①中，若5min时测得n(M)＝0.050mol，浓度是0.0050mol/L，根据反

应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量浓度也是0.0050mol/L，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)＝0.0050mol/L÷5min＝1.0×10－3mol/(L·min)，A项错误；B、实验②中，平衡时M的浓度是0.0

080mol/L，同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L－0.0080mol/L＝0.002mol/L，0.04mol/L－0.0080mol/

L＝0.032mol/L，因此反应的平衡常数K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1，B项错误；C.根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则X(g)＋Y(g)M(

g)＋N(g)起始浓度（mol/L）0.0200.03000转化浓度（mol/L）0.0120.0120.0120.012平衡浓度（mol/L）0.0080.0180.0120.012温度不变，平衡常数不变，则K=(0.0120×0.0120)÷(0.008×0.018)=1

，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确；D.700℃时X(g)＋Y(g)M(g)＋N(g)起始浓度（mol/L）0.0400.01000转化浓度（mol/L）0.0090.0090.0

090.009平衡浓度（mol/L）0.03100.0010.0090.009则该温度下平衡常K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.6＞1，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器④中温度也是800℃，由于反应前

后体积不变，则与③相比④平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b＝0.5a＝0.06。当温度升高到900℃时平衡向逆反应方向移动，因此b＜0.060，D项错误；答案选C。16.在一定温度下的容积不变的密闭容器中，

下列叙述不是可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(s)达到平衡的标志的是①C的生成速率与C的消耗速率相等②单位时间内生成amolA,同时生成3amolB③A、B、C的浓度不再改变④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的总压强不再改变⑥混合气体的总物质的量不再

改变⑦A、B、C、D浓度之比为1：3：2：2A.②⑦B.②⑤⑦C.①③④⑦D.②⑤⑥⑦【答案】A【解析】【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，达平衡状态，故正确；②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB，都体现的逆向，故错误；③A、B、C的浓度不

再改变，达平衡状态，正逆反应速率相等，故正确；④混合气体的密度不再改变，说明气体的物质的量不变，达平衡状态，正逆反应速率相等，故正确；⑤混合气体的总压强不再改变，说明总物质的量不变，达平衡状态，故正确；⑥混合气体的总物质

的量不再改变，达平衡状态，故正确；⑦A、B、C、D浓度之比为1：3：2：2，没有指明保持这个比值不变，不一定是平衡状态，故错误；答案选A。17.在一定温度下，将气体X和气体Y各2mol充入某10L恒容密闭容

器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)△H<0，—段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min241012n(Y)/mol1.401.100.400.40下列说法正确的是A.反应前2min的

平均速率v(Z)=3.0xl0-2mol•L-1min-1B.该温度下此反应的平衡常数K=64C.平衡后其他条件不变，再充入2molZ，新平衡时X的体积分数增大D.反应进行到10min时保持其他条件不变

，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正）【答案】B【解析】【详解】A.反应前2min，n(Y)变化了2-1.4=0.6mol，反应速率为：v(Y)=0.6/(10×2)=0.03mol•L-1min-1,根据速率和系数成正比

可知v(Z)=2v(Y)=6.0×l0-2mol•L-1min-1，A错误；B.反应在10min时达到平衡，因此平衡时各物质浓度为：c(X)=0.4/10=0.04mol•L-1,c(Y)=0.4/10=0.04mol•L-1

，c(Z)=2×(2-0.4)/10=0.32mol•L-1；该温度下此反应的平衡常数=0.322/0.042=64,B正确；C.该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入2molZ，在等温等容条件下，等效于加压过程，平衡不移动，新平衡时X的体积分数不变，故C错误

；D.反应进行到10min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)<v(正）；故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】针对X(g)+Y(g)2Z(g)△H<0,反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入2m

olZ，等效于给该反应加压过程，由于反应前后气体的体积不变，所以平衡不移动；如果反应达到平衡后，在等温等压条件下，再充入2molZ，等效于等压过程，与原平衡等效。18.已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH垐?噲?CH3COO－＋H＋要使溶液中()3cHcC)HH(COO

＋值增大，可以采取的措施是()A.加少量烧碱溶液B.降低温度C.加少量冰醋酸D.加水【答案】D【解析】【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中()3cHcC)HH(COO＋值增大，应使平衡向右

移动。【详解】A．加入少量烧碱溶液，反应H+生成CH3COO-，c（H+）减小，由于CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用，则()3cHcC)HH(COO＋值减小，故A错误；B．醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，则

()3cHcC)HH(COO＋值减小，故B错误；C．加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则()3cHcC)HH(COO＋值减小，故C错误；D．加水稀释促进醋酸电离，则氢离子的物质

的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以()3cHcC)HH(COO＋值增大，故D正确；故选D。【点睛】醋酸加水稀释，溶液中除氢氧根离子外，各粒子浓度均减小，由于平衡向右移动，氢离子、醋酸根离子浓度减小少，醋酸分子浓度减小多。19.下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是

()①用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗②0.1mol·L﹣1HNO2溶液的c(H+)＜0.1mol·L﹣1③HNO2与CaCO3反应放出CO2气体④c(H+)=0.1mol·L﹣1的HNO2溶液稀释至1000倍，c(H+)＞10﹣4mol·L﹣1A.②B

.①③C.④D.②④【答案】B【解析】【详解】①溶液的导电性与离子的浓度有关，弱电解质的浓度大时导电实验中灯泡也很亮，没有对比实验，无法说明HNO2是弱电解质，故①不能证明HNO2是弱电解质；②0.1mol⋅L

−1HNO2溶液的c(H+)＜0.1mol·L﹣1，说明HNO2溶液中HNO2部分电离，故②能证明HNO2是弱电解质；③HNO2与CaCO3反应放出CO2气体，说明HNO2酸性比碳酸强，但不能说明HNO2是弱酸，故③不能证明HNO2是弱电解质；④c(H+)=0.1mol∙L−1

的HNO2溶液稀释至1000倍，假设亚硝酸是强酸，稀释后溶液的c(H+)=10﹣4mol·L﹣1，实际上溶液的c(H+)＞10﹣4mol·L﹣1，说明亚硝酸存在电离平衡稀释促进电离，为弱酸，故④能证明HNO2是弱电

解质；不能证明HNO2是弱电解质的是①、③，答案选B。【点睛】要证明电解质是弱电解质，需要证明电解质没有完全电离，不是看酸性强弱或是离子浓度的大小。20.已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数Ka=1.75×10﹣5Ka=2.98×10﹣8Ka

1=4.3×10﹣7Ka2=5.61×10﹣11Ka1=1.54×10﹣2Ka2=1.02×10﹣7下列离子方程式正确的是（）A.少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣═CO32

﹣+2HClOB.少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32﹣═SO32﹣+2HCO3﹣C.少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOD.相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体

积混合：H++HCO3﹣═CO2↑+2H2O【答案】B【解析】【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸的电离平衡常数H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，则酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，结

合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答。【详解】A．酸性：H2CO3>HClO>HCO3−，所以少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+ClO−═HCO3−+HClO，故A错误；B．酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−，所以少量的

SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32−═SO32−+2HCO3−，故B正确；C．HClO具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中不生成CaSO3，故C错误；D．酸性：H2CO3＞HSO3−，NaHCO3溶液与NaHSO3溶液

混合不能生成二氧化碳气体，故D错误；答案选B。第Ⅱ卷(非选择题共40分)二、非选择题(本题共3小题，共40分)21.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。请回答下列问题：(1

)该反应通常用V2O5作催化剂加快反应的进行，加V2O5会使图中B点______（填“升高”或“降低”）。(2)E的大小对该反应的反应热有无影响_______。(3)图中A表示SO2(g)和O2(g)的_________。(4)图中△H的意义是

__________。(5)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物，四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化过程实际发生反应的化学方程式_____,_____；(6)如果反应速率υ（SO2）为0.05mol·L-1·min-1，则υ（O2

）=________。【答案】(1).降低(2).无影响(3).总能量(4).2molSO2(g)与1molO2完全反应生成2molSO3(g)时，反应放出的热量(5).V2O5+SO2=SO3+2VO2(6).4VO

2+O2=2V2O5(7).0.025mol·L-1·min-1【解析】【详解】(1)该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则A为反应物能量，C为生成物能量；该反应通常用V2O5作催化剂加快反应的进行，加V2O5可改变反应的历程，降低活化能，图中B点会降低；(2)反应热

△H=正反应活化能-逆反应活化能，△H是个差值，因此E的大小对该反应的反应热无影响；(3)图中A表示SO2(g)和O2(g)的总能量，C为SO3(g)总能量；(4)反应热△H意义是2molSO2(g)与1molO2(g)完

全反应生成2molSO3(g)时，反应放出的热量；(5)根据题给信息可知：V2O5+SO2=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5；(6)根据化学方程式：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，如果反应速率v(SO2)为0.05mol·

L-1·min-1，根据速率之比等于化学计量数之比可计算得v(O2)=12v(SO2)=0.025mol·L-1·min-1。22.(1)反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH1，平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)ΔH2，平衡常数为K2；在不

同温度时K1．K2的值如下表：700℃900℃K11.472.15K22.381.67①反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH的平衡常数为K，则ΔH＝_________________(用ΔH1和ΔH2表示)，K＝________(用K1和K2表示)，且由上述计算可知，

反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是___________________反应(填“吸热”或“放热”)。②能判断CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)达到化学平衡状态的依据是______(填字母)。

A．容器中压强不变B．混合气体中c(CO)不变C．v正(H2)＝v逆(H2O)D．c(CO)＝c(CO2)(2)一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH＞0，CO2的浓度与时间的关系如图所示。①用C

O表示的化学反应速率为_________________，该条件下反应的平衡常数为______；若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0mol·L－1，则平衡时CO2的浓度为______mol·L－1。②下列措施中能使平

衡时2c(CO)c(CO)增大的是________(填字母)。A．升高温度B．增大压强C．充入一定量的CO2D．再加入一定量铁粉【答案】(1).△H1－△H2(2).12KK(3).吸热(4).BC(5).0.1mol·L－1·min-1(6).2.0(7).23(8).A【解析】【

分析】(1)①据已知热化学方程式，利用盖斯定律解答；据化学平衡常数表达式分析；②根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发

生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；(2)①根据图像计算CO2的反应速率，结合反应速率之比等于反应计量系数之比，计算CO的反应速率；依据平衡常数概念写出，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积得到平衡常数表

达式，代入图上数据即可求K；据K求算二氧化碳的平衡浓度；②2c(CO)c(CO)是该反应的平衡常数表达式，平衡常数随温度变化，结合平衡移动原理分析判断。【详解】(1)①已知①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)△H1，②Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)△H2，

据盖斯定律，①－②得：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H=△H1－△H2；反应的K=()()()()222cCOcHOcCOcH，K1=()()2cCOcCO，K2=()()22cHcHO，所以K=12KK；由图表信

息，K1随温度的升高而增大，K2随温度升高而减小，则K随温度升高而增大，说明正反应吸热；②A．反应前后气体体积不变，容器中压强始终不变，故压强不变不能作为判断平衡的标志，故A错误；B．CO浓度不变，说明各气体浓度都不再变化，反应达到平衡状态，故B正确；C．v正(H2)=v正(H2O)=v逆(H2

O)，正逆反应速率相等，但不为0，故C正确；D．c(CO2)=c(CO)可能是平衡状态，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；故答案为：BC；(2)①根据图像，平衡时，CO2的浓度变化量为1.5mol/L-0.5mol/L=1mol/L，10min达到平衡，则

CO2的反应速率=1mol/L10min=0.1mol·L－1·min-1，反应速率之比等于反应计量系数之比，v(CO)=v(CO2)=0.1mol·L－1·min-1；据方程式可知，消耗的CO2的浓度与生成CO浓度相等，据图分析平衡时二氧化碳和CO的浓度分别为

0.5mol/L和1mol/L，K=2c(CO)c(CO)=1.0mol/L0.5mol/L=2.0；若CO2的起始浓度为2.0mol/L，根据化学方程式，反应的二氧化碳的浓度与生成CO浓度相等，设为平衡时CO浓度x

mol/L，则平衡时二氧化碳浓度为(2.0－x)mol/L，K=2c(CO)c(CO)=x2.0x−=2.0，x=43，平衡时二氧化碳浓度=2.0mol/L－43mol/L=23mol/L；②2c(CO)c(CO)是该反应的平衡常数表

达式，平衡常数随温度变化，不随浓度压强等因素变化，反应是吸热反应，升温平衡时K增大；A．升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，故A正确；B．增大压强，平衡不动，平衡常数不变，故B错误；C．充入一定量CO2，平衡正向进行，但平衡常数不变，故C错误；D．再加入一定量铁粉，平衡常数不变，故D错

误；答案选A。23.I.按要求回答下列问题：有以下几种物质：①液态HCl②熔融NaCl③稀硫酸④蔗糖⑤乙醇⑥氯水⑦Al2O3⑧NH3⑨氨水⑩Cu⑪CaCO3⑫SO2⑬Al(OH)3⑭NaOH⑮CH3COOH。(1)属于

电解质的是__________________(2)能导电的是________________________。II.在一定温度下，有a.盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸（用a、b、c填空）：(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是______

__________。(2)若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是________________。(3)将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是__

_____________。【答案】(1).①②⑦⑪⑬⑭⑮(2).②③⑥⑨⑩(3).b＞a＞c(4).c＞a＞b(5).c＞a﹦b【解析】【详解】I．电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。则

①液态HCl不含自由电子，不含自由移动的离子，不能导电；其水溶液能电离出离子并导电，属于电解质；②熔融NaCl含有自由移动的离子，能导电；其水溶液能电离出离子并导电，属于电解质；③稀硫酸含有自由移动的离

子，能导电；是混合物，既不是电解质也不是非电解质；④蔗糖不含自由电子，不含自由移动的离子，不能导电；在溶液中以分子形式存在，不能导电，属于非电解质；⑤乙醇不含自由电子，不含自由移动的离子，不能导电；在溶液中以分子形式存在，不能导电，属于非电解质；⑥氯水

含有自由移动离子，能导电；是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑦Al2O3不含自由电子，不含自由移动的离子，不能导电；在熔融状态下能电离出离子并导电，属于电解质；⑧NH3不含自由电子，不含自由移动的离

子，不能导电；本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质；⑨氨水含有自由移动离子，能导电；是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑩Cu含有自由电子，能导电；是单质，既不是电解质也不是非电解质；⑪CaCO3不含自由电子，不含自由移动的离子，不能导电；在熔融状态下能电离

出离子并导电，属于电解质；⑫SO2不含自由电子，不含自由移动的离子，不能导电；在溶液中本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质；⑬Al(OH)3不含自由电子，不含自由移动的离子，不能导电；在熔融状态下能电离出离子并

导电，属于电解质；⑭NaOH不含自由电子，不含自由移动的离子，不能导电；其水溶液能电离出离子并导电，属于电解质；⑮CH3COOH不含自由电子，含自由移动的离子，不能导电；其水溶液能电离出离子并导电，属于电解质；(

1)属于电解质的是①②⑦⑪⑬⑭⑮；(2)能导电的是②③⑥⑨⑩；II．(1)硫酸为二元强酸，盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是b＞a＞c；(2)相同浓度时电离产生的氢离子浓度越大，所需的物质的量浓度最小，所以物质的量浓度最小的是H2SO4(硫酸)，最大的

是醋酸，物质的量浓度由大到小的顺序是：c＞a＞b；(3)醋酸在稀释过程中，会促进电离，所以氢离子的物质的量增加，氢离子的浓度变化程度小，硫酸和盐酸溶液中氢离子物质的量不变且相等，所以c(H+)由大到小的顺序是c＞a=b。