【文档说明】北京市顺义区杨镇第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(26)页，2.141 MB，由小赞的店铺上传

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杨镇一中2023-2024学年上学期高二期中考试题（化学）用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23一、选择题：（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共21小题，42分）1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是ABCD高温煅烧石灰石制生石灰锂离子电池燃气灶太阳能集

热器A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．高温煅烧石灰石制生石灰是热能主要转化为化学能，故A错误；B．锂离子电池是化学能主要转化为电能，故B错误；C．燃气灶是化学能主要转化为热能，故C正确；D．太阳能集热

器是太阳能主要转化为热能，故D错误；故选C。2.1g冰受热转化为1g水蒸气，下列分析不正确．．．的是A.该过程是熵增的过程B.该过程发生的是物理变化C.1g冰与1g水蒸气所具有的内能不同D.H2与O2反应生成1molH2O(l)与生成1molH2O(g)放出的热量相同【答案】D【解

析】【分析】【详解】A．1g冰与1g水蒸气的过程是由有序向无序发展，为熵增的过程，A分析正确；B．该过程水分子未发生变化，是物理变化，B分析正确；C．1g冰变为1g水蒸气吸收热量，则1g冰与1g水蒸气所具有的内能不同，C分析正确；D．1molH2O(l)与1molH2O(g)

所具有的能量不同，H2与O2初始总能量相同，而生成物的总能量不同，则H2与O2反应生成1molH2O(l)与生成1molH2O(g)放出的热量不相同，D分析错误；答案为D。3.下列物质属于弱电解质的是A.

32NHHOB.2Ca(OH)C.23NaCOD.24HSO【答案】A【解析】【详解】A．一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故A符合题意；B．溶于水的氢氧化钙在溶液中完全电离出钙离子和氢氧根离子，属于强电解质，故B

不符合题意；C．碳酸钠在溶液中完全电离出钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，故C不符合题意；D．硫酸在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，属于强电解质，故D不符合题意；故选A。4.向水中加入下列溶质，能促进水电离的是A.H2SO4B.NaOHC.NaClD.NH4Cl【答案】D【解析】【详解】A．

H2SO4为强电解质，电离产生氢离子，水中氢离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，A与题意不符；B．NaOH为强电解质，电离产生氢氧离子，水中氢氧离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，B与题意

不符；C．NaCl为强电解质，产生的钠离子、氯离子对水的电离平衡无影响，C与题意不符；D．NH4Cl为强电解质，产生的铵根离子能与水电离产生的氢氧根离子结合生成一水合氨，导致水的电离平衡正向进行，促进水的电离，D符合题意；答案为D。

5.下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是A.+2-244HSO=2H+SOB.+-2HO=H+OHC.+2-233NaCO2Na+COD.+-324NHHO=NH+OH【答案】A【解析】【详解】A．硫酸是强酸，在水溶液中完全电离为氢离子和硫酸根离子+2-244HSO=2H+SO，故A正

确；B．水只能微弱的电离为氢离子和氢氧根离子+-2HOH+OH，故B错误；C．碳酸是可溶性盐，在水中完全电离为钠离子和碳酸根离子+2-233NaCO=2Na+CO，故C错误；D．一水合氨是弱碱，在水溶液中部分电离为铵根离子和氢氧根离子+-324NHH

ONH+OH，故D错误；故选A。6.酸碱中和滴定中常用以下仪器，其中为碱式滴定管的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．图示所指的仪器为100ml容量瓶，故A错误；B．图示所指的仪器有玻璃活塞是酸式滴定管，故B错误C．图示所指的仪器有

橡皮管和玻璃珠形成的“阀”是碱式滴定管，故C正确；D．图示所指的仪器为锥形瓶，故D错误；故选C。7.把镁条（去除氧化膜）投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如下图所示，其中影响AB段速率的主要因素是A.H+的浓度B.反应时溶液的温度

C.体系的压强D.Cl-的浓度【答案】B【解析】【详解】A．反应开始氢离子浓度就一直处于下降状态，反应物浓度减小，反应速率减慢，故A错误；B．反应放热，使体系的温度升高，温度升高反应速率加快，故B正确；C．氢气在水中的溶解度极小，因

此氢气逸出到反应体系外，对反应速率几乎没有影响，故C错误；D．在反应过程中氯离子浓度几乎没有变化，对反应速率几乎没有影响，故D错误；故选B。8.下列热化学方程式正确的是A.2SO2＋O22SO3ΔH＝－196.6kJ·m

ol－1B.C(g)＋O2(g)=CO(g）ΔH＝+393.5kJ·mol－1C.H2(g)＋12O2(g)=H2O(g)ΔH＝－241.8kJD.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l）ΔH＝－571.6kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】

A．在热化学方程式中应该注明物质的聚集状态，故A错误；B．碳不完全燃烧是放热反应，放热反应的ΔH是负值，故B错误；C．ΔH的单位是kJ·mol－1，故C错误；D．物质的聚集状态、ΔH均正确，故D正确；此题选D。9.固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下：①I2(?)+H2(g)2HI(

g)△H1=-9.48kJ•mol-1②I2(?)+H2(g)2HI(g)△H2=+26.48kJ•mol-1下列判断错误的是A.①中的I2为气态，②中的I2为固态B.②中反应物总能量比①中反应物总能量低C.

1mol固态碘升华时将吸热35.96kJD.产物的热稳定性：反应①>反应②【答案】D【解析】【分析】反应①为放热反应，反应②为吸热反应；根据反应热△H=生成物的总能量-反应物的总能量分析，反应①中反应物总能量大于②中反应物的总能量，由

于物质在气态时的能量大于在固态时的能量，则①中的I2为气态，②中的I2为固态，即①I2(g)+H2(g)2HI(g)△H1=-9.48kJ•mol-1；②I2(s)+H2(g)2HI(g)△H2=+26.48kJ•mol-1。

【详解】A．结合以上分析可知，①中的I2为气态，②中的I2为固态，故A正确；B．结合以上分析可知，②中反应物总能量比①中反应物总能量低，故B正确；C．根据盖斯定律，②-①得到：I2(s)I2(g)△H=+26.48kJ•mol-1+9.48kJ•mol-1=35.96kJ，即1m

ol固态碘升华时将吸热35.96kJ，故C正确；D．反应①②的产物均为气态碘化氢，所以二者的稳定性相同，故D错误；故选D。10.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A.用排饱和食盐水法收集Cl2B.冰镇的啤酒打开后泛起泡沫C.加热盛有

NO2气体的密闭玻璃球，气体颜色加深D.对222HI(g)H(g)+I(g)平衡体系增加压强（减小体积）使颜色变深【答案】D【解析】【详解】A．氯水中存在平衡+-22Cl+HOH+Cl+HClO饱和食盐水有利于该平衡向逆向移动

，从而有利于氯气的逸出收集，可以用勒夏特列原理来解释，故A正确；B．气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，打开啤酒瓶时，瓶内的压强减小，二氧化碳的溶解度减小，二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故B正确；C．加热盛有NO2气

体的密闭玻璃球，二氧化氮的浓度增大，则升高温度2242NOgNOg（）（）逆向反应，正反应为放热反应，可以用勒夏特列原理来解释，故C正确；D．()()()222HIgHg+Ig压缩容器体职，导致紫色的蒸气浓度增大，体系颜色变深，但由于该反应前后气体系数和相等，所以增大压强，平衡不

移动，故D现象描述正确，但不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选D。11.CuCl2溶液中存在如下平衡：2+-2-2442[Cu(HO)]()+4Cl[CuCl]()+4HOΔH>0蓝色黄色，下列可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色的方法是A.升温B.加NaCl(s)C.加AgNO3溶

液D.加压【答案】C【解析】【详解】A．正向H0，则正向吸热，升高温度平衡正向移动，溶液黄绿色加深，故A错误；B．加NaCl(s)，溶液中氯离子浓度增大平衡正向移动，溶液黄绿色加深，故B错误；C．加A

gNO3溶液，银离子将氯离子沉淀，溶液中氯离子浓度减小，平衡逆向移动，黄绿色变为蓝色，故C正确；D．没有气体参与，压强改变没有影响，故D错误；故选C。12.已知HCl为强电解质，下列事实能够证明CH3COOH是弱电解质的是①乙酸可以与CaCO3反应去除水垢②0.1mo

lL-1的乙酸可以使石蕊溶液变红③常温下，0.1molL-1的乙酸溶液的pH约为3④在温度与物质的量浓度相同时，乙酸溶液的导电性比HCl溶液弱A.①②B.②③C.②④D.③④【答案】D【解析】【详解】①乙酸可以与CaCO3反应去除水垢，

说明乙酸酸性比碳酸强，不能证明CH3COOH是弱电解质；②0.1molL-1的乙酸可以使石蕊溶液变红，说明乙酸溶液显酸性，不能证明CH3COOH是弱电解质；③常温下，0.1molL-1的乙酸溶液的pH约为3，说明乙酸在水溶液中不能完全

电离，能证明CH3COOH是弱电解质；④在温度与物质的量浓度相同时，乙酸溶液的导电性比HCl溶液弱，说明乙酸在水溶液中电离程度比HCl小，能证明CH3COOH是弱电解质；综上所述，能证明CH3COOH是弱电解质的是③④，故选D。13.汽车尾气处理存在反应：22NO(g)CO(g)NO(

g)CO(g)++，该反应过程及能量变化如图所示：下列说法正确的是A.升高温度，平衡正向移动B.该反应生成了具有非极性共价键的2COC.使用催化剂可以改变反应的焓变D.反应物转化为活化络合物需要吸收能量【答案】D【解析】【详解】A．由图象可知，该反应是一个能量降

低的反应，即正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即逆向移动，故A错误；B．CO2分子中含有碳氧共价键为极性共价键，故B错误；C．催化剂能改变反应速率，对化学平衡无影响，所以使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；D．由图象可知，反应物

的总能量小于活化络合物的总能量，所以由反应物转化为活化络合物需要吸收能量，故D正确；故答案选D。14.生产硫酸主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0。图中L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是的A.X代表压强B.推断L1>L2C.A、B两点对应的平衡常数

相同D.一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2，则反应一定达到平衡【答案】B【解析】【分析】生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，该反应的正反应是一

个气体分子数目减少的放热反应，根据化学平衡移动原理可知，在其它条件不变时，随温度的升高，化学平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率下降，故X代表温度；随着压强的增大，二氧化硫的平衡转化率增大，故图中L代表压强，且L1>L2，据此分析可得结论。【详解】A.因该反应正反应是一个分子

数目减少的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率应增大，与图示变化不符，故A错误；B.由上述分析可知，图中L代表压强，因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，所以在其它条件相同时，压强越大，二氧化硫的转化率越大，则L1>L2，故B正确；C.由上述分析可知，X

代表温度，则A、B两点的温度不同，化学平衡常数不同，故C错误；D.一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2时，反应混合物中各组份的浓度不一定保持不变，不一定是平衡状态，故D错误；答案选B。15.在T℃，HCl气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：22Fe(

s)+2HCl(g)FeCl(s)+H(g)ΔH(K=0.33)，下列分析不正确的是A.降低反应温度，可减缓反应X的速率B.在HCl气体中加入一定量2H能起到防护铁管的作用C.反应X的H可通过如下反应获得：221Fe(s)+Cl(g)FeCl(s)ΔH、222H(g)

+Cl(g)2HCl(g)ΔHD.T℃时，若气体混合物中()12(HCl)=H=0.5molLcc−，铁管被腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确；B．在HCl气体中加

入一定量2H，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确；C．①221Fe(s)+Cl(g)FeCl(s)ΔH、②222H(g)+Cl(g)2HCl(g)ΔH，根据盖斯定律①-②得2212Fe(s)+2HCl(g)FeCl

(s)+H(g)Δ=Δ-ΔHHH，故C正确；D．T℃时，若气体混合物中()12(HCl)=H=0.5molLcc−，则Q=20.5=20.330.5K=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误；故选D。16.两个体积相同带活塞的容

器，分别盛装一定量的NO2和Br2(g)，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原来的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是A.a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的浅B.a′、b′的颜色一样

深C.a′的压强比a的压强的2倍要小，b′的压强为b的压强的2倍D.a′中的c(NO2)一定比b′中的c(Br2)小【答案】C【解析】【分析】在密闭容器中放入NO2气体，存在可逆反应：2NO2N2O4，a→a′过程中缩小容器的容积，导致物质的浓度增大，体系的压强也增大，

但平衡移动的趋势是微弱的；Br2在密闭体系中不存在化学反应，容器的容积缩小，物质的浓度增大，据此解答。【详解】A．a→a′过程中2NO2N2O4，缩小容器的容积，导致各种物质的浓度都增大，体系的压强也增大，由于反应物的系数大，所以反应物NO2的浓度比生成物的浓

度增大得多，平衡向正反应反应移动，但平衡移动的趋势是微弱的；达到新平衡时各物质(气体)的浓度都比旧平衡时大，因此最终气体的颜色比原来深，A错误；B．开始时NO2(g)和Br2(g)浓度相等，容器的容积减

小的倍数相同，但a在压缩中有一定NO2转化成N2O4，b中不存在化学反应，导致a′颜色应比b′中的略浅，B错误；C．a→a′过程中，平衡正向移动，使a′中气体物质的量比a中要少，a′的压强比a的压强2倍要小；b和b′中物质的量相等，气体体积是原来的一半

，则b′的气体的压强为b中气体的压强的2倍，C正确；D．两者颜色一样深，并不意味着c(NO2)和c(Br2)相等，颜色深的浓度不一定大，颜色浅的浓度不一定小，故a′中的c(NO2)不一定比b′中的c(Br2)小，D

错误；答案选C。17.室温下，对于1L0.1mol·1L−醋酸溶液，下列判断正确的是A.该溶液中3CHCOO−的浓度为0.1mol/LB.加入少量3CHCOONa固体后，溶液的pH降低C.滴加NaOH溶液过程中，()-3nCHCOO与()3nCHCOOH

之和始终为0.1molD.与23NaCO溶液反应的离子方程式为：2322CO2HHOCO−++=+【答案】C【解析】【详解】A．醋酸为一元弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，则0.1mol/L醋

酸溶液中醋酸根离子浓度小于0.1mol/L，故A错误；B．醋酸为一元弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，向溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，电离平衡左移，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B错误；C．醋

酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，由物料守恒可知，向溶液中滴加氢氧化钠溶液的过程中，1L0.1mol/L醋酸溶液中醋酸根离子和醋酸的物质的量之和始终为0.1mol，故C正确；D．醋酸溶液与碳酸钠溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2

--33322CO+2CHCOOH=2CHCOO+HO+CO，故D错误；故选C。18.在室温下，下列叙述正确的是A.将1mL1.0×10-5mol/L盐酸稀释到1000mL，稀释后溶液的pH=8B.将1mLpH=3的一元酸溶液稀释到10mL，若溶液的pH＜4，

则此酸为弱酸C.用pH=1的盐酸分别中和1mLpH=13NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大D.pH=2的盐酸与pH=1的硫酸比较，c(Cl-)=c(SO2-4)【答案】B【解析】【详解】A．将1mL1.0×10-5mol/L

盐酸稀释到1000mL，酸电离产生的c(H+)=1.0×10-8mol/L，其电离产生的H+对水电离抑制程度很小，溶液中c(H+)≈1.0×10-7mol/L，则稀释后溶液的pH=7，A错误；B．pH=3的一元酸溶液，c(H+)=10-3mol/L，若该酸是一

元强酸，则将1mL该溶液加水稀释到10mL，c(H+)=10-4mol/L，pH=4，但溶液的pH＜4，说明c(H+)＞10-4mol/L，说明溶液中有酸分子又电离产生H+，使c(H+)增大，故说明此酸为弱酸，B正确；C．NaOH是一元强碱完全电离，NH3·H2O是一元弱碱，溶液中存在电离平衡

，若溶液pH=13，则c(NH3·H2O)＞c(NaOH)=c(OH-)=0.1mol/L。二者的体积相同，故n(NH3·H2O)＞n(NaOH)。pH=1的盐酸，c(H+)=0.1mol/L，若用pH=1的盐酸

分别中和1mLpH=13NaOH溶液和氨水，由于它们与盐酸反应的物质的量的比是1：1，故反应消耗HCl的物质的量氨水大于NaOH，根据n=c·V可知，氨水反应消耗盐酸的体积更大，C错误；D．pH=2的盐酸，c(H+)=c(Cl-)=10-2mol/L；pH=1的硫酸，c(H+)=0.1mol/

L，根据H2SO4的组成可知c(SO2-4)=0.05mol/L，故c(Cl-)＜c(SO2-4)，D错误；故合理选项是B。19.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应a可实现氯的循环利用：反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)∆H

=-115.6kJ/mol已知：i.ii.H2O(g)=H2O(l)ΔH2=-44kJ·mol-1下列说法不正确．．．的是A.反应a中反应物的总能量高于生成物的总能量B.反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成C.4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(l)ΔH3=-159.6

kJ·mol-1D.断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为31.9kJ【答案】C【解析】【详解】A．由反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)∆H=-115.6kJ/mol，该反应为放热反应，即

反应物的总能量高于生成物的总能量，故A不选；B．由4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)可知，反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成，故B不选；C．根据盖斯定律可知，4HCl(g)＋O2(g)

=2Cl2(g)＋2H2O(l)ΔH3=-203.6kJ·mol-1，故选C；D．设H-O的键能为1E，H-Cl的键能为2E，由题意有()()21ΔH=EE=4984E/2243+4E/=-115.6/kJmolkJmolkJmol−+−断成，则12EE=3

1.9/kJmol−，故D不选。答案选C。20.一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：222NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)ΔH<0，相关数据见下表。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质

的量/molNO(g)CO(g)CO2(g)IT10.20.20.1ⅡT2020.2012下列说法不正确的是A.T1>T2B.I中反应达到平衡时，CO的转化率为50%C.达到平衡所需要的时间：Ⅱ>ID.对于I，平衡后向容

器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．从平衡时二氧化碳的物质的量可知Ⅱ在Ⅰ的基础上向右移动了，反应正向放热，因此T1>T2，故A正确；B．根据表格中的数据有222NO(g)+2CO(g)N(g)2CO(g)0.20.20

0mol2x2xx2xmol0.22x0.22xx0.1mol+−−起始变化平衡，x=0.05，则CO的转化率为2x20.0550%0.20.2==，故B正确；..C．由解析A可知T1>T2，温度越高反应速率越快，则达到平衡所需要的时

间：Ⅱ>I，故C正确；D．由解析B有222NO(g)+2CO(g)N(g)2CO(g)0.20.200mol/L0.10.10.050.1mol/L0.10.10.050.1mol/L+起始变化平衡，I的平衡常数()()()()22222222cNcCO0.10

.05K=5cNOcCO0.10.1==，0.2molCO和0.2molCO2后CO和CO2的浓度变为0.3mol/L和0.3mol/L，浓度商为()()()()22222222cNcCO0.30.05Q=5Kc

NOcCO0.10.3===，平衡不移动，故D错误；故选D21.实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。序号①②③实验装置及操作实验现象溶液无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液

温度升高；最终溶液仍为黄色溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出下列说法不正确．．．的是A.KI对22HO分解有催化作用B.对比②和③，酸性条件下22HO氧化KI的速率更大C.对比②和③，②中的现象可能是因为22HO

分解的速率大于H2O2氧化KI的速率。D.实验②③中的温度差异说明，22HO氧化KI的反应放热【答案】D【解析】【详解】A．比较实验①②的现象可知，KI对22HO分解有催化作用，A正确；B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即

交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下22HO氧化KI的速率更大，B正确；C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现

象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为22HO分解的速率大于H2O2氧化KI的速率，C正确；D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主

要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明22HO氧化KI的反应放热，D错误；故答案为：D。二、非选择题部分：（共7道大题，58分）22.某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0

.50mol/LH2SO4溶液进行反应热的测定。实验装置如图所示：（1）精确实验测得，在25℃和101kPa下，强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量。据此，写出稀

H2SO4与稀NaOH溶液反应的热化学方程式______________。（2）取50mLNaOH溶液和30mLH2SO4溶液进行实验，实验数据如表所示。实验次数起始温度t1/℃终止温度t/℃温度差（t2-t1）/℃H2SO4NaOH平均值1

26.626.626.629.12.5227.027.427.231.24325.925.925.929.83.9426.426.226.330.54.1①上述实验中，有效实验温度差的平均值为______________0C。②近似认为0.5mol/LNaOH溶

液和0.5mol/LH2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.2J/(g·°C)。计算该实验中每生成1mol水时，中和反应放出的热量为______________（保留一位小数）。③上述实验结果与精确实验测定值有偏差，产生此偏差的

原因可能是______________。（填字母）a.实验装置保温、隔热效果差b.一次性把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小烧杯中c.用温度计测定H2SO4溶液起始温度后直接测定NaOH溶液的温度（3）通过测定收集一定体积的氢气所用的时间可以用

于测定锌粒和稀硫酸反应的速率，于是某同学设计了如图所示的实验装置。①装置中仪器A的名称是______________。②定量分析：装置组装完成后需要先检查该装置的气密性。简述检查该装置气密性的方法是：______________。实验时取20mL1mol/L稀硫酸与足量锌反应

，以收集到40mL气体为准，忽略其他可影响实验的因素，该同学还需要测量的数据是______________。【答案】（1）2424211HSOaq+NaOHaq=NaSOaq+HOlH57.3kJ/mol22=−（）（）（）（）（2

）①.4.0②.53.8kJ③.ac（3）①.分液漏斗②.关闭分液漏斗活塞，拉动活塞，松手后注射器能回复原来位置③.收集40ml气体所用时间【解析】【分析】中和热测定过程中最重要的就是温差测定要准确，如果某组数据与整体数据差距过大，说明

该组测定错误，需要舍去；最终可以根据cmΔtn求得反应热。【小问1详解】强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量。硫酸是强酸，氢氧化钠是强碱，二者稀溶液反应生成1mol水时释放的热量为57.3kJ，故热化学方程

式为：2424211HSOaq+NaOHaq=NaSOaq+HOlH57.3kJ/mol22=−（）（）（）（），答案为：2424211HSOaq+NaOHaq=NaSOaq+HOlH57.3kJ/mol22=−（）（）（）（）。【小问2详解】第一

组数据与其他数据差距较大舍去，故温差的平均值为（4+3.9+4.1）÷3=4.0℃；中和反应放出的热量为334.210(5030)14.0kJ53.8kJ50100.5−−+，故答案为：4.0、53.8kJ；【小问3详解】仪器a所指的是分液漏斗

；装置如果关闭分液漏斗活塞，拉动活塞，松手后注射器能回复原来位置，则气密性良好；根据40ml氢气即可求出硫酸的消耗量，还差时间即可求出速率，因此只需要测得收集40ml气体所用时间即可。故答案为：分液漏斗、关闭分液漏斗活塞，拉动活塞，松手后注射器能回复原来位置、收集40ml气体所用时间。23.

某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、2IH+、浓度对化学反应速率的影响。已知：编号丙酮溶液()4mol/L2I溶液()0.0025mol/L盐酸()2mol/L蒸馏水溶液褪色时间()s①2mL2mL2mL0mL1t②1mL2mL2m

L1mL2t③2mL1mL2mL1mL3t④2mL2mLamL1mL3t（1）研究丙酮浓度对反应速率的影响，应选择的实验为________．（2）实验④中，a=________mL，加1mL蒸馏水的目的是________．（3）计算实验③中，以2I表示的反应速率为____

____()mol/Ls（列出表达式）（4）通过计算发现规律：丙酮碘化反应的速率与丙酮和H+的浓度有关，而与2I的浓度无关，查阅资料发现丙酮碘化反应的历程为：请依据反应历程，解释丙酮碘化反应速率与2I浓度无关的原因________________．

【答案】（1）①②（2）①.1②.使混合溶液的体积相等，保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变（3）()30.0025mol/Ls6t（4）根据反应历程，丙酮与氢离子反应慢，则反应速率由H+的浓度决定，与碘的浓度无关【解析】【分析】研究影响反应速率的

因素时，只改变一种反应条件，而其它条件则完全相同。【小问1详解】研究丙酮浓度对反应速率的影响，则只有丙酮的浓度不同，而其它条件需完全相同，对比表中数据，①和②符合要求；【小问2详解】根据①、②、③中的数据，溶液的总

体积为6mL，则实验④中，a=1mL；加1mL蒸馏水使混合溶液的体积相等，保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变；【小问3详解】根据反应的方程式，③中丙酮过量，碘完全反应，2330.0025mol/L1mL0.0025v(I)==mol/(Ls)6mLts6t；【小问4详解】反应速率

由反应中进行程度慢的反应决定，根据反应历程，反应速率由H+的浓度决定，故丙酮碘化反应速率与I2浓度无关。24.合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。（1）在一定条件下，N2(g)和H2(g)反应生成0.2molNH

3(g)，放出9.24kJ的热量。在下图中画出合成氨反应中用焓(H)变表示反应热的示意图________。（2）将N2和H2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，5min后达到化学平衡，测得NH3的浓度为0.2mol/L，这段

时间内用N2的浓度变化表示的化学反应速率为______________mol/(L.min)。（3）理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是______________（写出一条）。（4）下图是某压强下N2和H2按物质的量之比1:3投料进行反应，反应混合物中NH3

的物质的量分数随温度的变化曲线。I是平衡时的曲线，Ⅱ是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是______________。a.图中a点，容器内n(N2):n(NH3)=1:4b.图中b点，v正<v逆c.400~530℃，Ⅱ中NH3的物质的量分数随温度升高而增大

，原因是升高温度化学反应速率增大【答案】24.25.0.0226.降温、增大压强或及时分离出NH327.AC【解析】【小问1详解】在一定条件下，N2(g)和H2(g)反应生成0.2molNH3(g)，放出9.24KJ的热量，则生成2molNH3(g)，放出92.4KJ的热量，热化学方程式为:

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝−92.4kJ/mol；生成2molNH3(g)，放出92.4KJ的热量，反应物的能量高，生成物的能量低，如图：；答案为：；小问2详解】5min后达到化学平衡，测得NH3的浓度为0.2mol/L，这段时

间内用NH3的浓度变化表示的化学反应速率为：()3Vc0.2mol/L/(Lmin)vNH===0.04molVt5min，()()2311/(Lmin)=0.02mol/(Lmin)vN=vNH=0.04mol22，答案为：0.02；【小问3详

解】根据方程式可知，该反应是气体体积减小的、放热的可逆反应。降温、增大压强、及时分离出产物中的NH3，都能使平衡正向进行，增大氢气的转化率。故答案为：降温、增大压强或及时分离出产物中的NH3；【【小问4详

解】某压强下N2和H2按物质的量之比1:3投料进行反应，得三段式：()()()()()()223Ng+3Hg2NHgmoln3n0molx3x2xmoln-x3n-3x2x起始转化平衡，n-x+3n-3

x+2x=4x，n=1.5x，A．图中a点，容器内：()()23n-x0.5xnN:nNH===1:42x2x，故A正确；B．图中b点，NH3的物质的量分数比同温度平衡时的小，说明平衡正向进行，则v正>v逆，故B错误；C．I是

不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，升高温度化学反应速率增大，所以400~530℃，I中NH3的物质的量分数随温度升高而增大，故C正确。故本题选：AC。25.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大

规模制取氢气的重要方法之一、222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)ΔH41.2kJ/mol++=−(1)欲提高CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为_______。A.增大压强B.升高温度C.加入催化剂D.通入过量水蒸气(2)800C时，该反应的

平衡常数K=1.1，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、2HO、2CO、2H的物质的量分别为1mol、3mol、1mol、1mol。①写出该反应的平衡常数表达式K=_______。②该时刻反应_

______(填“正向进行”或“逆向进行”或“达平衡”)。(3)830℃时，该反应的平衡常数K=1，在容积为1L的密闭容器中，将2molCO与2mol2HO混合加热到830℃。反应达平衡时CO的转化率为_______。(4)图1表示

不同温度条件下，CO平衡转化率随着()2nHO/n(CO)的变化趋势。判断1T、2T和3T的大小关系：_______。说明理由_______。(5)实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向反应体系中投入一定量的CaO可以增大2H的

体积分数，实验结果如图2所示。(已知：1微米=610−米，1纳米=910−米)。投入纳米CaO比微米CaO，2H的体积分数更高的原因是_______。【答案】①.D②.222()()(COHHCO()O)cccc③.正向进行④.50%⑤.123TTT⑥.

该反应为放热反应，在()2nHO/n(CO)相同时，温度越低，CO的转化率越大⑦.纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强【解析】【详解】(1)该反应为放热反应，且反应前后气体分子数不变，A.增大压强，对于反应前后

气体体积相同的反应，平衡不移动，CO的转化率不变，故A不符合题意；B.反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故B不符合题意；C.催化剂只影响反应速率，不影响平衡状态，故C不符合题意；D.通入过量水蒸气，提高反应的浓度使平衡正向移动，增大CO的转化率，故D符合题意；故答案为：D。(

2)①由反应可知该反应的平衡常数为：K=222()()(COHHCO()O)cccc，CO、2HO、2CO、2H的物质的量分别为1mol、3mol、1mol、1mol时，2221mol1mol()()

11COHL1L==1mol3mol()()HOC3O1L1LcccQcc=<K=1.1，平衡正向移动，故答案为：222()()(COHHCO()O)cccc；正向移动；(3)设CO的转化物质的量为xmol222(mol/L)2200(mol/COHOCOHL)(mo

l/L)2-2-xxxxxxxx++起始浓度转化浓度平衡浓度K=1(2-)(2-)xxxx=解得：x=1，CO的转化率=1100%2=50%，故答案为：50%；(4)该反应为放热反应，在()2nHO/n(CO)相同

时，温度越低，平衡正向移动，CO的转化率越大，由图可知，在()2nHO/n(CO)时，转化率123()()()TTT、则温度：123TTT，故答案为：123TTT；该反应为放热反应，在()2nHO/n(CO)相同时，温度越低，CO的转化率越大；(5)由反应222

CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++可知，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c（CO2）减小，平衡正向移动，导致生成H2更多，H2百分含量增大，若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可使反应速率加快，c（CO2）减小，平衡正向移动加剧，所以H2百分

含量增大，故答案为：纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强；26.25℃时，部分物质的电离平衡常数如下表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClONH3.H2O电离平衡常数-5aK=1.7510-7a1-11a2K=4.510K=4.710

-8aK=3.010-5bK=1.810（1）H2CO3的电离方程式是______________。（2）下列方法中可以使0.10mol/L醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_____________（填字母序号）。a.滴加少量

浓盐酸b.微热溶液c.加水稀释d.加入少量醋酸钠晶体（3）25°C时，物质的量浓度与体积均相同的醋酸溶液A与盐酸B分别与足量锌片充分反应，下列说法正确的是_____________（填字母序号）。a.开

始反应时的速率：A<Bb.放出等量氢气所需要的时间A=Bc.生成氢气的总体积：A>B（4）25°C时下，物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和H2CO3溶液pH大小关系是：CH3COOH______________H2CO3（填“>”、“<”或“=”），你判断的依据是

______________。（5）向NaClO溶液中通入少量二氧化碳气体，发生反应的离子方程式是______________，结合所给数据说明理由______________。（6）25℃时，物质的量浓度为0.10mol/L的

氨水中，c(OH-)为______________（列出表达式）。【答案】（1）+233HCOHCOH−+（2）bc（3）a（4）①.＜②.a3a123KCHCOOHKHCO（）（）＞，同浓度的醋酸和碳酸，前者氢离子浓度大，pH小（5）①.22

3OHCCOO+ClOHOHCl−−+=+②.a123aa223KCHCOKKHlHCOO（）＞（（）＞），酸性：233lHOHCOCOHC−＞＞（6）-5-11.8100.10molL【解析】【小问1

详解】碳酸是弱酸，在水溶液中主要电离为碳酸氢根离子和氢离子：+233HCOHCOH−+，故答案为：+233HCOHCOH−+；【小问2详解】加入浓盐酸，氢离子浓度增大，醋酸电离平衡左移，电离程度减小；电离吸热，微热电离平衡右移，电离程度增大；加水

稀释，醋酸越稀越电离，加水稀释电离程度增大；加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，电离平衡左移，电离程度减小；故答案为bc。【小问3详解】质的量浓度与体积均相同的醋酸与盐酸，醋酸是弱酸、盐酸是强酸，前者

氢离子浓度大，但能电离出的氢离子的物质的量相同，故答案为：a【小问4详解】-5-7a3a123KCHCOOH=1.7510KHCO=4.510（））＞（，同浓度二者溶液中醋酸电离出的氢离子浓度大pH小，故答案为：小于、a3a123KCHCOOHKHCO（）（）＞，同浓度的醋酸和碳酸，前者氢

离子浓度大，pH小；【小问5详解】-7-8-11a123aa223KHCO=4.510K=3.010KHCO=4.710HClO（）（）＞（）＞酸性：233lHOHCOCOHC−＞＞，因此向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳

的离子方程式为223OHCCOO+ClOHOHCl−−+=+，答案为：223OHCCOO+ClOHOHCl−−+=+、a123aa223KCHCOKKHlHCOO（）＞（（）＞），酸性：233lHOHCOCOHC−＞＞；【小问6详解】-+2-2--54b22cOHcN

HcOHcOHK====1.8100.1mol/Lc(NHHO)c(NHHO)33（）（）（）（），因此-5-1-clO1.8100.10moLH=（），故答案为：-5-11.8100.10molL27.某烧碱样品因部分变质含Na2CO3。某

化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下：酚酞：pH<8.2无色8.2<pH<10浅红色pH>10红色甲基橙：pH<3.1红色3.1<pH<4.4橙

色pH>4.4黄色【实验步骤】I、迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100mL溶液，备用。Ⅱ、将0.1000mol/LHCl标准溶液装入酸式滴定管，调0，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以

HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和NaHCO3），记录酸式滴定管的读数V1；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数。重复上述操作两次，记录数据如下：实验序号123V0/mL0.000.000.00V1/mL21.7

221.6821.70V2/mL23.7223.6823.70（1）烧碱样品变质的原因（用化学方程式表示）______________。（2）步骤I中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和___________

___。（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是______________。（4）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为______________。（5）判断滴定至第二终点的现象是溶液由_____________色变为橙色

，且半分钟不再变化。（6）样品中NaOH的质量分数w(NaOH)=______________。（计算结果保留小数点后1位）（7）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是______________（填字母序号）。a.达到第一终点前，

锥形瓶中有气泡产生b.记录酸式滴定管读数时，俯视标准液液面c.第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出【答案】27.22322NaOH+CO=NaCO+HO28.100ml容量瓶29.用0.1000mol/L标准液润洗30.+2OH+H=HO−、2+33CO+H=H

CO−−31.黄32.78.8%33.ac【解析】【小问1详解】烧碱和空气中的二氧化碳生成了碳酸钠而变质，故答案为：22322NaOH+CO=NaCO+HO；【小问2详解】步骤I中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100ml容量瓶，故答案为：100ml

容量瓶；【小问3详解】加装入标准液前除了用蒸馏水洗涤外，还需要用标准液润洗，故答案为：用0.1000mol/L标准液润洗；【小问4详解】滴定至第一终点的过程中氢氧化钠被盐酸中和、碳酸钠转化为碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为+2OH+H=HO−、2+33CO+H=HCO−−

；故答案为：+2OH+H=HO−、2+33CO+H=HCO−−；【小问5详解】已知甲基橙：pH＜3.1红色3.1＜pH＜.4橙色pH＞4.4黄色，锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点(此时溶质为NaCl和H2CO3)，溶液由黄色变为橙色，且30s内不

恢复，故答案为：黄；【小问6详解】从第一终点到第二终点的过程中发生的反应为+-323H+HCO=HCO，所用盐酸溶液的平均体积为23.7023.6823.7221.7021.6821.72mlml33++++−（）=2，()()()+-4323molnH=nHCO=nNaC

O=210，0.50g样品中含有423100ml()210mol106g/mol=0.106g20mlmNaCO−=，故样品中含有NaOH的质量分数()0.106gωNaOH=1-100%=78.8%0.50g，故答案为：78.8%；【小问7详解】达到第一终点前，形瓶中有气

泡产生，说明V1偏大，V2不变，故V2-V1减小，由上述分析知V2-V1减小使得碳酸钠质量偏小，故测得的NaOH质量分数偏高，a符合题意；记录酸式滴定管读数V时，俯视标准液液面，使V1偏小，V2不变，故V2-V1增大，由上述分析知V2-V1增大使得碳酸钠质量偏大，故测得的Na

OH质量分数偏低，b不符合题意；第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，使得第二次滴定后V2变小，故V2-V1减小，由上述分析知V2-V1减小使得碳酸钠质量偏小，故测得的NaOH质量分数偏高，c符合题意，故答案为：ac。