1、黄陵中学2020-2021学年第一学期期中考试本部高二化学试题一、单选题1. 下列能源组合中，均属于新能源的一组是( ) 天然气煤核能石油太阳能生物质能风能氢能A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】新能源是相对于常规能源说的，一般具有资源丰富、可以再生，没有污染或很少污染等。常见的新能源有太阳能、风能、生物质能、氢能、地热能和潮汐能等许多种，据此分析解答。【详解】天然气、煤、石油均化石燃料，不属于新能源，其余核能、太阳能、生物质能、风能、氢能均是新能源，答案选B。2. “即食即热型快餐”适合外出旅行时使用。其内层是用铝箔包裹的并已加工好的真空包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质
2、，使用时拉动预留在外的拉线使这两种物质反应，放出的热量便可对食物进行加热，这两包化学物质最合适的选择是：A. 浓硫酸和水B. 生石灰和水C. 熟石灰和水D. 烧碱和水【答案】B【解析】【详解】A项，浓硫酸与水混合时会放出大量的热，但浓硫酸具有极强的腐蚀性，且是液态物质，使用不便，故A项错误；B项，生石灰与水反应时会放出大量的热，能达到加热的效果，故B项正确；C项，熟石灰溶于水时会放热，但其溶解度很小，所以放出的热量有限，不能达到加热的效果，故C项错误；D项，烧碱溶于水，会放出大量的热，但是氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，不能使用，故D项错误；故答案为B。3. N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。8gN
3、2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程式中正确的是（ ）A. N2H4(g)O2(g)=N2(g)H2O(g) H267kJmol1B. N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H534kJmol1C. N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H534kJmol1D. N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(l) H133.5kJmol1【答案】B【解析】【详解】8gN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，即0.25mol释放133.5kJ的热量，则1mol时的焓变H534kJ/mol，热化学方程
4、式为N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H534kJmol1，答案为B。4. 铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述错误的是（ ）A. 正极反应为：Cu2+2e= CuB. 电池反应为：Zn+Cu2+=Zn2+ +CuC. 在外电路中，电子从负极流向正极D. 盐桥中的K+移向ZnSO4溶液【答案】D【解析】【分析】从题图中可以看出锌、铜为电极，电解质溶液分别为ZnSO4溶液、CuSO4溶液，自发的氧化还原反应是：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+。锌为负极，铜为正极。【详解】A.铜为正极，发生还原反应：Cu2+2e= Cu，A项正确；B.电池总反应为Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，
5、改写成离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2+ +Cu，B项正确；C.在外电路中，电子从负极流出，流入正极，C项正确；D.盐桥所在的电路为内电路，内电路中阳离子K+移向正极(CuSO4溶液)，D项错误；所以答案选择D项。【点睛】本题为经典的带盐桥的原电池。在外电路中，电子从负极流向正极，电流从正极流向负极；在内电路中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。5. 在原电池和电解池的电极上所发生的反应，属于氧化反应的是A. 原电池的正极和电解池的阳极所发生的反应B. 原电池的正极和电解池的阴极所发生的反应C. 原电池的负极和电解池的阳极所发生的反应D. 原电池的负极和电解池的阴极所发生的反应【答案】C
6、【解析】【详解】原电池负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；电解池中，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，所以原电池的负极和电解池的阳极发生的是氧化反应；故选C。6. 吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池原理如图所示，下列说法正确的是()A. 充电时，阴极的电极反应为Ni(OH)2OHe=NiO(OH)H2OB. 放电时，负极的电极反应为H22e2OH=2H2OC. 放电时，OH移向镍电极D. 充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连【答案】B【解析】【详解】放电时，吸附了氢气的纳米碳管作负极，则镍电极为正极；充电时，吸附了氢气的纳米碳管作阴极，则镍电极为阳极
7、。A. 充电时，阴极(纳米碳管)的电极反应为2H2O+2e-= H22OH，A错误；B. 放电时，负极(纳米碳管)的电极反应为H22e2OH=2H2O，B正确；C. 放电时，OH移向负极即纳米碳管电极，C错误；D. 充电时，将电池的纳米碳管电极(阴极)与外电源的负极相连，D错误。故选B。【点睛】二次电池中的电极作负极时，电极材料或电极表面吸附的物质失电子，发生氧化反应；充电时，该电极应得到电子，以便将失电子生成的物质重新还原为原物质，所以该电极应作阴极，与电源的负极相连。同样道理，二次电池中的电极作正极时，电极材料或电极附近溶液中的离子得电子，发生还原反应；充电时，该电极应失电子，作阳极，与电
8、源的正极相连。7. 下图所示各烧杯中均盛有海水，铁在其中被腐蚀最快和被保护最好的分别为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】铁放在海水中形成微小原电池，能腐蚀。锌和铁形成原电池，铁做正极，被保护。铁和铜形成原电池，铁做负极，被腐蚀。形成电解池，铁做阳极，腐蚀更快。形成电解池，铁做阴极，被保护。所以五个装置中腐蚀最快的为，保护最好的为。故选C。8. 下列电化学装置及用途正确的是ABCD铜的精炼铁上镀银防止Fe被腐蚀构成铜锌原电池A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 根据电解原理，铜的精炼中，粗铜作阳极，与电源的正极相连，纯铜作阴极，与电源的负极相连，故A
9、错误；B. 电镀，镀件作阴极，镀层金属作阳极，即Fe为阴极，Ag为阳极，故B错误；C. 该装置为电解池装置，Fe为阴极，根据电解原理，Fe不参与反应，即该装置能防止Fe被腐蚀，故C正确；D.锌与硫酸铜直接反应，没有电流产生，不能构成原电池；锌电极应盛放ZnSO4溶液，Cu电极盛放CuSO4溶液，这样才能构成原电池，故D错误；答案为C。9. 决定化学反应速率的内因是()温度压强催化剂浓度反应物本身的性质A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】内因是决定化学反应速率的根本原因，即反应物本身的性质是主要因素，而浓度、温度、压强、催化剂是外界影响因素，正确，故选B。【点睛】本题主要考查了影响
10、化学反应速率的内因，注意与外因（浓度、温度、压强、催化剂）的区别是解答关键。10. 下列生产生活中需要增大化学反应速率的是A. 铁桥生锈B. 牛奶变质C. 塑料老化D. 高炉炼铁【答案】D【解析】【详解】A铁桥生锈是金属的腐蚀，在生活中要减少金属的腐蚀，A不符合题意；B牛奶变质影响人类身体健康，应降低反应速率，B不符合题意；C塑料老化消耗人类生活中使用的塑料产品，应降低反应速率，C不符合题意；D高炉炼铁即工业炼铁，需要增大反应速率，D符合题意；答案选D。11. 甲:在试管中依次加入1g粉末状大理石、4mol L-1盐酸盐酸20mL(过量)；乙:在试管中依次加入2g颗粒状大理石、4mo1L-1盐
11、酸20mL(过量);下列CO2生成体积(已折算成标准状况)V(CO2)与反应时间t的关系曲线图合理的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】碳酸钙的表面积越大，和盐酸反应的反应速率就越大，据此可知甲中反应速率快，但生成的CO2体积小于乙中，所以答案选D。12. 化学与生活生产密切相关。下列说法中错误的是()A. 将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质B. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率C. 施用适量石膏(CaSO42H2O)可降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性D. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用【答案】A【解析】【详解
12、】A. 镁离子在水溶液中不放电，应电解熔融氯化镁获得 Mg及Cl2，故A错误；B. 夏天冰箱保鲜食品原理是降低温度，减小化学反应速率，故B正确；C. 盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性是由碳酸根的水解引起的，故加入石膏CaSO42H2O后，能将Na2CO3中的沉淀为碳酸钙，从而降低盐碱地的碱性，故C正确；D. 铵根离子和碳酸根离子相互促进水解而生成二氧化碳、氨气，所以降低肥效，则铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用，故D正确；故选A。13. 反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为：v(A)=0.45mol/(Ls) v(B)=0.6m
13、ol/(Ls) v(C)=0.4mol/(Ls) v(D)=0.45mol/(Ls)。下列有关反应速率的比较中正确的是（ ）A. =B. =C. D. 【答案】B【解析】【分析】应速率之比等于化学计量数之比，将不同物质表示的反应速率转化为同一物质表示的反应速率然后进行比较。【详解】v（A）=0.45mol/(Ls)；v（B）=0.6mol/(Ls)，v（B）=3 v（A），则v（A）=0.2 mol/(Ls)；v（C）=0.4mol/(Ls)， v（C）=2 v（A），则v（A）=0.2 mol/(Ls)；v（D）=0.45mol/(Ls)，v（D）=2 v（A），则v（A）=0.225mol
14、/(Ls)；则反应速率=，故答案为：B。14. 反应O2+2SO22SO3 经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 molL1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 molL1s1，则这段时间为A. 0.1 sB. 5 sC. 7.5 sD. 10 s【答案】B【解析】【详解】用O2表示的反应速率为0.04mol/(Ls)，则v(SO3)=2v(O2)=20.04mol/(Ls)=0.08mol/(Ls)，故反应时间=5s，故选B。15. 在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)，下列证据不能说明反应一定达到化学平衡状态的是A. c(SO2)：c
15、(O2)：c(SO3) = 2：1：2B. 容器内的压强不再改变C. SO2 的转化率不再改变D. SO3 的生成速率与 SO3 的消耗速率相等【答案】A【解析】【分析】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。【详解】A. c（SO2）：c（O2）：c（SO3）=2：1：2，只能说明某一时刻各物质的浓度之间的关系，不能说明各物质的物质的量浓度不变，A错误；B. 该反应为反应前后气体的总量发生变化的反应，容器内的压强不再改变时，说明气体的物质的量也不再发生变化，反应达平衡状态，B正确；C. SO2的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，C正确；D. SO
16、3的生成速率与SO3的消耗速率相等，说明正、逆反应的速率相等，反应达平衡状态，D正确；答案选A。【点睛】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。16. 一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是混合气体的密度不再变化时容器内气体的压强不再变化时混合气体的总物质的量不再变化时B的物质的量浓度不再变化时混合气体的平均
17、相对分子质量不再变化时v正(B)=2v逆(C)时A. B. C. D. 只有【答案】A【解析】【详解】在恒容条件下，气体的总体积V恒定，反应体系中有固体A参与，所以气体的质量为一个变化的量，可知密度为一个变化的量，当密度不变时可以看作是达到化学平衡，故正确；此题为恒温恒容，反应前后气体物质的量不变的反应，由PV=nRT可知压强P为一个恒定的值，故压强不变不能说明达到平衡，故错误；反应前后气体的化学计量数相等，即该可逆反应是一个气体物质的量不变的反应，不管是否平衡，气体的物质的量都是不变的，故错误；可逆反应为一个整体，B物质的量浓度不变，则体系中其他气体的浓度均不再变化，故正确；反应体系中有固体
18、A参与，所以气体的质量m为一个变化的量，反应前后气体的化学计量数相等，说明气体总物质的量n为一个恒定的量，所以M为一个变化的量，若M不变，说明已经达到平衡，故正确；当反应正逆反应速率相等时，说明已经达到平衡，故正确，能表明该反应已达到平衡状态的有，故选A。17. 对于温度与反应方向的关系，下列判断不正确的是（ ）A. H0,S0，所有温度下反应自发进行B. H0,S0，所有温度下反应自发进行C. H0,S0，低温下反应自发进行D. H0S0，所有温度下反应不能自发进行【答案】B【解析】【详解】根据吉布斯自由能G =H TS可以判断，当G0时，反应能自发进行。B在高温下反应自发进行。18. 下列
19、有关生活生产中的叙述合理的是()A. 工业上合成氨采用500左右的温度，其原因是适当加快NH3 的合成速率，催化剂在500左右时其活性最好，且能提高H2的转化率B. 明矾和漂白粉分别用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同C. 水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即牺牲阳极的阴极保护法D. 铜的精炼工业和电镀铜工业，均可采用CuSO4溶液做电解质溶液【答案】D【解析】【详解】A在500左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500左右的温度进行，但使用催化剂时平衡不移动，故不能提高氢气的转化率，故A错误。B明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用
20、，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，漂白粉有强氧化性能用于自来水的杀菌消毒，故B错误；C水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外接电源的阴极保护法，故C错误；D铜的精炼中粗铜为阳极，纯铜为阴极，硫酸铜溶液为电解质溶液，电镀铜时待镀金属为阴极，铜为阳极，硫酸铜溶液为电镀液，故D正确；答案选D。19. 将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NH4I(s)NH3(g)+HI(g)；2HI(g)H2(g)+I2(g)达到平衡时，c(H2)=0.5molL-1，c(HI)=4molL-1，则此温度下,反应的平衡常数为A. 9B. 16C. 20D. 25【答案】C
21、【解析】【详解】NH4I(s)NH3(g)+HI(g)；2HI(g)H2(g)+HI(g)达到平衡时生成c(H2)=0.5molL-1时，消耗c(HI)=0.5molL-12=1mol/L则反应过程中生成的c(HI)=1molL-1+4molL-1=5molL-1，生成的c(NH3)=c(HI)=5mol/L，平衡常数计算中所用的浓度为各物质平衡时的浓度，此温度下反应的平衡常数为K= c(NH3)c(HI)=54=20，故C项正确。综上所述，本题正确答案为C。20. 在一定温度下，将气体X和气体Y 各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)H0，一段时间后达
22、到平衡反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是( )t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10A. 反应前2min的平均速率v(Z)=2.010-3mol/(Lmin)B. 其他条件不变，降低温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数减小【答案】C【解析】【分析】由题中信息可知，反应在第7分钟处于化学平衡状态，平衡时Y的变化量为0.06mol，则根据方程式可知，列出三段式；【详解】A反应前2min内Y减少了0.16mol-0.12mol=0.04mol，则生成Z是0.08
23、mol，浓度是0.008mol/L，所以平均速率v(Z)=4.010-3mol/(Lmin)，故A不符合题意；B该反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，正反应速率减慢，逆反应速率也减慢，故B不符合题意；C根据分析，该温度下此反应的平衡常数K=1.44，故C符合题意；D该反应前后气体的分子数不变，所以改变压强后，平衡不移动，其他条件不变，再充入0.2molZ，相当于对原平衡加压，所以平衡时X的体积分数不变，故D不符合题意；答案选C。二、填空题21. 完成下列问题(1)已知C(s)+O2(g)=CO2(g)H1=393.5kJ/mol， 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H2=566.0k
24、J/mol，C(s)+O2(g)=CO(g)H3=akJ/mol，则a=_。(2)甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上常采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1，下表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数(K)温度250300350K2.0410.2700.012由表中数据判断H1_0 (填“”、“=”或“”)。某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为_，此时的温度为_(从上表中选择)。【答案】 (1). -110.5 (2). (3). 80% (4).
25、250【解析】【详解】(1)已知C(s)+O2(g)=CO2(g)H1=393.5kJ/mol， 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H2=566.0kJ/mol，依据盖斯定律-可得目标反应C(s)+O2(g)=CO(g)H3=-110.5kJ/mol，则a=-110.5；(2)升高温度，平衡向吸热方向移动，根据表格知，温度越高，化学平衡常数越小，说明平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即H0；某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，据此数据列三段式：CO的转化率为100%=80%；平衡常数K=2.04，结
26、合表格数据可知，此时的温度为250。22. 原电池是化学对人类的一项重大贡献。某兴趣小组为研究原电池原理，设计如图装置：a和b不连接时，烧杯中现象是_。a和b用导线连接，Cu极为原电池_极(填“正”或“负”)，电极反应式为：_；溶液中H+移向_(填“Cu”或“Zn”)极。电池总反应式为：_。若电解质溶液改为AgNO3溶液，当转移0.2mol电子时，则理论上Cu片质量变化为_g。【答案】 (1). 锌片逐渐溶解，锌片上有气泡冒出 (2). 正 (3). 2H+2e-=H2 (4). Cu (5). Zn+H2SO4ZnSO4+H2 (6). 21.6【解析】【详解】a和b不连接时，该装置不构成原
27、电池，锌和氢离子发生置换反应，离子反应方程式为：Zn+2H+=Zn2+H2，因此实验现象为：锌片逐渐溶解，锌片上有气泡冒出；a和b用导线连接，该装置构成原电池，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H+2e-=H2；锌失电子发生氧化反应而作负极，放电时，电解质溶液中氢离子向正极铜电极移动，总反应式为Zn+H2SO4ZnSO4+H2，故答案为：正；2H+2e-=H2；Cu；Zn+H2SO4ZnSO4+H2；若电解质溶液改为AgNO3溶液，当转移0.2mol电子时，则理论上Cu片质量变化为0.1mol64g/mol=6.4g。23. 在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2
28、mol CO2和3mol H2，发生的反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=akJmol1(a0)，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示：(1)能说明该反应已达平衡状态的是_(填编号)。A.单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成0.4mol H2OB.CO2的体积分数在混合气体中保持不变C.混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化D.该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变(2)若要使K=1，则改变的条件可以是_(填选项)。A.增大压强 B.减小压强 C.升高温度 D.降低温度 E.加入催化剂。【答案】 (
29、1). BC (2). D【解析】【分析】（1）平衡状态可以根据两个方两去判断，一、是看正逆反应速是否相等，二是各组分的浓度是否随时间的改变而改变；也可以抓住变量不变来解分析；（2）先计算该温度下此反应的平衡常数，根据平衡常数只与温度有关，分析若使该反应K=l需要改变的条件。【详解】（1）A单位时间内每消耗1.2mol H2，同时生成0.4mol H2O，不能反映正逆反应速率之间的关系，故不选A错误；B反应过程中CO2的体积分数是个变化的量，现在混合气体CO2的体积分数保持不变，说明已经平衡了，故选B；C根据 ，反应过程中，混合气体的平均相对分子质量是个变化的量，现在不随时间的变化而变化，说明
30、已经达平衡状态，故选C；D反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，且保持不变，不能说明各自的浓度不再随时间的变化而变化，故不选D。(2) 通入2mol CO2和3mol H2，根据图示， 0.20， 平衡常数是温度的函数，只有通过改变温度来改变平衡常数，正反应量放热反应，降低温度，K值变大，若要使K=1，则改变的条件可以是降温，选D。【点睛】本题以图象为载体考查化学平衡状态判断及化学平衡常数影响因素，侧重考查学生分析判断能力，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，注意平衡常数只与温度有关。24. 工业上用CO生产燃料甲醇一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3
31、OH（g）（1）图1是表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况从反应开始到平衡，用CO浓度变化表示平均反应速率v（CO）=_（2）图2表示该反应进行过程中能量的变化曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化该反应是_（选填“吸热”或“放热”）反应，写出反应的热化学方程式_（3）该反应平衡常数K为_，温度升高，平衡常数K_（填“增大”、“不变”或“减小”）【答案】 (1). 0.075 molL1min1 (2). 放热 (3). CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）H=91 kJm
32、ol1 (4). 12 (5). 减小【解析】【分析】（1）根据 计算，可得反应速率；（2）根据反应物与生成物的总能量来分析吸热还是放热，并书写热化学反应方程式；（3）化学平衡常数为生成物浓度幂之比与反应物浓度幂之积的比，据此求得平衡常数，根据温度对化学平衡的影响来分析平衡常数的变化。【详解】（1）由图可知，浓度变化量为1.00mol/L0.25mol/L=0.75mol/L，t=10min，则，故答案为：0.075 molL1min1；（2）反应物的总能量与活化能的差值为419kJ，生成物的总能量与活化能的差值为510kJ，则该反应为放热反应，放出的热量为419kJ510kJ=91kJ，热化
33、学方程式为，故答案为：放热；（3） 平衡时的浓度=2mol/L1.5mol/L=0.5mol/L，再结合图象得 ， ， 因该反应为放热反应，则升高温度，化学平衡逆向移动，所以K值减小，故答案为：12；减小。三、实验探究题25. 中和热的测定实验(如图)。量取反应物时，取50mL0.50 molL1的盐酸，还应加入的试剂是_(填序号)。A50mL0.50 molL1NaOH溶液B50mL0.55 molL1NaOH溶液C1.0gNaOH固体在该实验过程中，该同学需要测定的实验数据有_(填序号)。A盐酸的浓度 B盐酸的温度C氢氧化钠溶液的浓度 D氢氧化钠溶液的温度E水的比热容 F反应后混合溶液的终
34、止温度若用50mL0.5 molL1醋酸溶液代替上述盐酸测定中和热，所得数据_。(填“偏大”或“偏小”或“不变”)【答案】 (1). B (2). BDF (3). 偏小【解析】【分析】中和热测定需要一种溶液的浓度略大于另一种溶液的浓度，所测数据需要每种溶液的温度和混合后溶液的终止温度，根据数据来计算中和热，醋酸电离会吸收热量。【详解】A50mL 0.50 molL1NaOH溶液，两者不能充分的使盐酸反应完，故A不符合题意；B50mL 0.55 molL1NaOH溶液，能充分使盐酸反应完，故B符合题意；C1.0g NaOH固体，NaOH固体溶于溶液会释放能量，引起实验误差，故C不符合题意；综上
35、所述；答案为B。在该实验过程中，该同学需要测定的实验数据有盐酸的温度、氢氧化钠溶液的温度，反应后混合溶液的终止温度，再根据温度得到温度差进行计算，故答案为：BDF。若用50mL 0.5 molL1醋酸溶液代替上述盐酸测定中和热，由于醋酸电离会吸收一部分热量，因此温度变化偏小，所得数据偏小；故答案为：偏小。【点睛】NaOH固体溶解会释放热量，浓硫酸溶解也会释放能量，而弱酸、弱碱电离时会吸收一部分热量。26. 某化学反应2AB+D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表：根据上述数据，完成下列填空：(1)在实验1，反应在10至20分
36、钟时间内平均速率为v(A)=_mol/(Lmin)。(2)在实验2，A的初始浓度c2=_mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是_。 (3)设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3_v1(填、=)。(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是_反应(选填吸热、放热)。【答案】 (1). 0.013 (2). 1.0 (3). 加入催化剂 (4). (5). 吸热【解析】【分析】实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，即c2=1.0mol/L，实验2到达平衡的时间，比实验1小，说明某个因素加快反应速率，经过分析只能
37、是催化剂，因此推测实验2中隐含的条件是催化剂；实验3和实验1达到平衡的时间相同，但达到平衡A的浓度大于实验1的，说明c31.0mol/L，比较实验4和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1到实验4升高温度，由此分析。【详解】(1)在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v(A)= 0.013mol/(Lmin)；(2)实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，实验1与实验2中A的初始浓度应相等，起始浓度c2=1.0mol/L，实验2较其他实验达到平衡时间最短，是使用了合适的催化剂；(3)由表格中数据可知，实验3和实验1温度相同，达到
38、平衡的时间相同，实验3中10到20min时，v(A)= 0.017mol/(Lmin)，实验1中v(A)= 0.013mol/(Lmin)；反应速率较快，即v3v1，实验1的起始浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验3的起始浓度大于1.0mol/L；(4)实验4和实验1比较，实验4的温度升高了，平衡时A的浓度也比实验1少，说明实验4升高温度向正方向移动，故正反应是吸热反应。四.计算题27. 某温度下，将2mol SO2与1molO2放入1L的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡： 2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) 测得平衡时混合物总的物质的量为2.5mol，求：(1)平衡时各
39、物质的浓度_；(2)平衡时SO2的转化率：_；(3)计算该温度下的平衡常数 _。【答案】 (1). c(SO2)=1molL1；c(O2) =0.5molL1；c(SO3)=1molL1 (2). 50% (3). 2【解析】【分析】依据化学平衡三段式列式计算2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)，根据浓度计算式c=计算平衡浓度，平衡常数等于生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物的幂次方乘积得到，转化率=100%得到，以此解答。【详解】（1）设二氧化硫消耗物质的量浓度为x，则平衡时混合物总物质的量为2.5mol=1L (2x+10.5x+x)mol，得到x=1mol/L，平衡时各物质的浓度为c(SO2)=2mol/L-1mol/L=1molL1；c(O2)=1mol/L0.51mol/L=0.5molL1；c(SO3)=1molL1；故答案为：c(SO2)=1molL1；c(O2) =0.5molL1；c(SO3)=1molL1；（2）由（1）可知，平衡时SO2的转化率为：100%=50%，故答案为：50%；（3）该温度下的平衡常数K=2，故答案为：2。
