甘肃省张掖市第二中学2021学年高二化学上学期期中试题含解析.doc

甘肃省张掖市第二中学2020-2021学年高二化学上学期期中试题（含

解析）

1. 关于燃料的说法正确的是( )

A. “可燃冰”是将水变成汽油的新型燃料

B. 氢气具有热值高、无污染等优点的燃料

C. 乙醇是比汽油更环保、不可再生的燃料

D. 石油和煤是工厂经常使用的可再生的化石燃料

【答案】B

【解析】

【详解】A. “可燃冰”是甲烷的水合物，不能将水变成汽油，A错误；

B. 氢气具有热值高、无污染、其来源非常广泛，是绿色燃料，B正确；

C. 乙醇是比汽油更环保、通过淀粉等多糖水解最终得到葡萄糖、葡萄糖发酵得到益处乙醇和二氧化碳，故乙醇可以再生，C错误；

D. 石油和煤是工厂经常使用的，但是不可再生，D错误；

答案选B。

2. 下列变化中属于吸热反应的是（）

①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰

A. ①④

B. ②③

C. ②④

D. ①④⑤【答案】C

【解析】

【详解】①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，不属于吸热反应，故①错误；

②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，属于分解反应，需要吸热，故②正确；

③浓硫酸稀释放出大量的热，为放热过程，故③错误；

④氯酸钾分解制氧气，属于分解反应，需要吸热，故④正确；

⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，会放出大量的热，属于放热反应，故⑤错误；

属于吸热反应的有②④，故选C。

3. 已知反应：①101kPa时，C(s)＋1

2

O2(g)＝CO（g）△H1＝－110.5kJ/mol

②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(1) △H2＝－57.3kJ/mol

下列结论正确的是（）

A. ①是碳的燃烧热的热化学方程式

B. 碳的燃烧热大于110.5kJ/mol

C. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol

D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量

【答案】B

【解析】

【详解】A、C燃烧生成的稳定氧化物为二氧化碳，不是CO，因此①不是碳的燃烧热的热化学方程式，故A错误；

B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量，CO会继续燃烧放出热量，则碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故B正确；

C、浓硫酸的稀释是放热过程，浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热大于57.3kJ/mol，故C错误；

D、醋酸的电离是吸热过程，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；

故选B。

【点睛】本题的易错点为A，要注意燃烧热概念的理解，燃烧热中生成的稳定氧化物指的是：H生成液态水，C生成气态二氧化碳等。

4. 已知下列热化学方程式：

Zn(s)＋1

2

O2(g)=ZnO(s) ΔH1=-351.1kJ·mol-1

Hg(l)＋1

2

O2(g)=HgO(s) ΔH2=-90.7kJ·mol-1

由此可知Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l) ΔH3，其中ΔH3的值是（）A. -441.8kJ·mol-1 B. -254.6kJ·mol-1 C. -438.9kJ·mol-1 D. -260.4kJ·mol-1【答案】D

【解析】

【详解】由已知：Zn(s)＋

12O 2(g)=ZnO(s) ΔH 1=-351.1kJ·mol -1

，Hg(l)＋12

O 2(g)=HgO(s) ΔH 2=-90.7kJ·mol -1，根据盖斯定律，①-②得Zn (s)+HgO (s) =ZnO (s) +Hg (l)，则ΔH 3=ΔH 1-ΔH 2=-З51.1kJ/m оl-(-90. 7kJ/mol) =-260. 4kJ/mol ，故D 符合题意； 故选D 。

【点睛】根据盖斯定律，利用已知的

热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。 5. 下列有关能量的判断或表示方法正确的是

A. 相同条件下，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多

B. 从C(石墨)＝C(金刚石) △H＝＋1.9 kJ·mol －1，可知相同条件下金刚石比石墨更稳定

C. 由H ＋(aq)＋OH －(aq)＝ H 2O(l) △H＝－57.3 kJ·mol －1，可知：含1 molCH 3COOH 的稀溶液与含1 molNaOH 的稀溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ

D. 2gH 2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ 热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为：2H 2(g)＋O 2(g)＝ 2 H 2O(l) △H＝－285.8 kJ·mol －1 【答案】A 【解析】

【详解】A 、在相同条件下，将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫固体转化为硫蒸气吸热，所以前者放出热量多，选项A 正确；

B 、由“C（s ，石墨）=

C （s ，金刚石）△H=+1.9kJ/mol”可知，该反应为吸热反应，金刚石能量高于石墨，石墨比金刚石稳定，选项B 错误；

C 、醋酸是弱电解质，溶于水电离，电离吸热，则由H +(aq)＋OH －(aq)=H 2O(l) △H ＝－57.3kJ/mol ，可知：含1mol CH 3COOH 的溶液与含1mol NaOH 的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ ，选项C 错误；

D 、2gH 2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ 热量，2gH 2即1molH 2，则氢气燃烧的热化学方程式为：H 2(g)＋1

2

O 2(g)＝H 2O(l) △H ＝－285.8kJ/mol ，选项D 错误； 答案选A 。

6. 下列溶液中导电性最强的是（ ） A. 1L 0.1mol/L 醋酸 B. 1L 0.1mol/L 硫酸 C. 0.5L0.1mol/L 盐酸 D. 2L0.1moL/L 的磷酸

【答案】B

【详解】A ．醋酸是弱电解质，部分电离，则溶液中氢离子浓度和醋酸根离子浓度都小于0.1mol/L ；

B ．硫酸是二元强酸，在水溶液中完全电离，c (H +)=0.2mol/L ，c (SO 42-)=0.1mol/L ；

C ．HCl 是强电解质，在水溶液中完全电离，c (H +)=c (Cl -)=0.1mol/L ；

D ．磷酸是中强酸，部分电离，溶液中c (H +

)小于0.2mol/L ；

电解质溶液导电性与离子浓度成正比，B 中离子浓度最大，则溶液导电性最强，故选B 。 【点睛】本题考查电解质溶液导电性强弱判断，为高频考点，电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与溶液体积及电解质电离程度无关，题目难度不大。

7. 为了配制NH 4＋浓度与Cl －的浓度比为1：1的溶液，可在NH 4Cl 溶液中加入①适量的HCl ②适量的NaCl 固体 ③适量的氨水 ④适量的NaOH 固体，正确的是 A. ①② B. ③ C. ①③ D. ④

【答案】B 【解析】 【分析】

NH 4Cl 溶液中是强酸弱碱盐、水解呈酸性，因此，NH 4Cl 溶液中NH 4＋

浓度小于Cl －

的浓度，要使二者浓度比为1：1，要抑制水解但不能引入氯离子、可引入铵离子；

【详解】①适量的HCl 抑制了水解但引入氯离子，NH 4＋浓度与Cl －的浓度比下降，①错误；②适量的NaCl 固体引入氯离子，NH 4＋浓度与Cl －的浓度比下降，②错误；③适量的氨水引入铵离子，若所得溶液呈中性，则NH 4＋浓度与Cl －的浓度比为1：1，③正确；④适量的NaOH 固体，消耗了铵离子，NH 4＋浓度与Cl －的浓度比下降，④错误； 答案选B 。

【点睛】③适量的氨水加入后，溶液中只有+

+

--4NH H

Cl OH 、、、，因电荷守恒，则

++--4(NH )(H )(Cl )(OH )c c c c +=+，当溶液呈中性时，+-(H )(OH )c c =，则+-4(NH )(Cl )c c =。

8. 100 mL 浓度为2 mol/L 的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的量，可采用的方法是

A. 加入适量的6 mol/L 的盐酸

B. 加入数滴氯化铜溶液

C. 加入适量蒸馏水

D. 加入适量的氯化钠溶液

【解析】

【详解】A．加入浓度稍高的盐酸会提高盐酸的浓度，从而加快反应速率，但是会增加生成氢气的总量，故A项错误；

B．加入氯化铜溶液，过量的锌片会置换出部分铜单质，与锌构成原电池且锌为负极可加快反应速率，且不影响氢气的生成量，故B项正确；

C．加入适量蒸馏水会稀释溶液，降低反应速率，故C项错误；

D．加入适量氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，故D项错误；

故选B。

9. 可逆反应2A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g) 在4种不同情况下反应速率分别如下，其中反应速率v最大的是

A. v(A)＝0.15mol·(L·min) -1

B. v (B)＝0.2 mol·(L·min) -1

C v (C)＝0.3 mol·(L·min) -1 D. v (D)＝0.1 mol·(L·min) -1

【答案】B

【解析】

【详解】由于不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率的单位相同时，化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快。

A.

()

2

v A

=

()

0.15/min

2

mol L

=0.075mol/(L?min)；

B.

()

1

v B

=

()

0.2/min

1

mol L

=0.2mol/(L?min)；

C.

()

2

v C

=

()

0.3/min

2

mol L

=0.15mol/(L?min)；

D.

()

2

v D

=

()

0.1/min

2

mol L

=0.05mol/(L?min)；

所以反应速率v(B)＞v(C)＞v(A)＞v(D)，故选B。

【点睛】比较反应速率常用的两种方法：(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较；(2)比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。

10. 下列说法中正确的是

A. 熵增且放热的反应一定是自发反应

B. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的

C. 自发反应一定是熵增反应，非自发反应一定是熵减反应

D. 非自发反应在任何条件下都不能实现 【答案】A 【解析】

【详解】A 、熵增加且放热的

反应，△S ＞0，△H ＜0，△G=△H-T △S ＜0一定是自发反应，A

正确；

B 、反应自发性与反应是放热或吸热没有关系，与△G=△H-T △S 有关，B 错误；

C 、△S ＜0，△H ＜0低温下可以自发，△S ＞0，△H ＞0高温下可以自发，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，C 错误；

D 、△H-△T △S ＜0反应自发进行，△G=△H-T △S ＞0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变化为自发进行，D 错误。 答案选A 。

11. 有一化学平衡：mA(g)+nB(g)

pC(g)+qD(g)（如下图）表示的是转化率与压强、温度的

关系。分析图中曲线可以得出的结论是

A. 正反应吸热：m ＋n>p ＋q

B. 正反应放热：m ＋n>p ＋q

C. 正反应吸热：m ＋n

D. 正反应放热：m ＋n

【答案】A 【解析】

【详解】由图可知，压强相同时，温度越高A 的转化率越大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大A 的转

化率越大，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，答案选D。

12. 在1 L密闭容器中，把1 mol A和1 mol B混合发生如下反应：

3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，当反应达到平衡时，生成0.4 mol D，并测得C的平衡浓度为0.4 mol·Lˉ1，下列叙述中不正确的是

A. x的值为2

B. A的转化率为40%

C. B的平衡浓度为0.8 mol·Lˉ1

D. D的体积分数为20%

【答案】B

【解析】

【分析】

在1 L密闭容器中，把1 mol A和1 mol B混合发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，当反应达到平衡时，生成0.4 mol D，并测得C的平衡浓度为0.4 mol·Lˉ1，则C的平衡量为0.4 mol，可以发现C和D的变化量相同，则其化学计量数也相同，即x=2。

【详解】A. x的值为2，A叙述正确；

B. 由D的变化量为0.4 mol，可以确定A的变化量为0.6mol，则其转化率为60%，B叙述不正确；

C. 由D的变化量为0.4 mol，可以确定B的变化量为0.2mol，则其平衡量为0.8mol，其平衡浓度为0.8 mol·Lˉ1，C叙述正确；

D. A、B、C、D的平衡量分别为0.4mol、0.8mol、0.4mol、0.4mol，其和为2mol，则D的体

积分数为0.4

100%

2

mol

mol

?=20%，D叙述正确。

综上所述，叙述中不正确的是B，本题选B。

13. 已知反应mX(g)＋nY(g)qZ(g)的△H＜0，m＋n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是

A. X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍

B. 通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动

C. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小

D. 增加X的物质的量，Y的转化率降低

【答案】A

【解析】

【详解】A 、速率之比等于化学方程式的系数之比，υ(X)正：υ(Y)正=m:n ，平衡时，υ(Y)正=υ(Y)

逆

，所以X 的正反应速率是Y 的逆反应速率的

m

n

倍，所以A 选项是正确的； B 、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故B 错误；

C 、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C 错误；

D 、增加X 的量会提高Y 的转化率，Y 的转化率增大，本身转化率减小，故D 错误。 所以A 选项是正确的。 14. 可逆反应：2NO 2

2NO+O 2在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）

①单位时间内生成nmolO 2的同时，生成2nmolNO 2 ②单位时间内生成nmolO 2的同时，生成2nmolNO

③用NO 2、NO 、O 2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态 ④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态

⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A. ②③④ B. ①③⑤

C. ①④⑥

D. ②⑥

【答案】C 【解析】

【详解】①单位时间内生成n mol O 2，同时生成2n molNO 2，说明反应v 正=v 逆，说明达到平衡状态，故①正确；

②无论反应是否达到平衡状态，单位时间内生成nmolO 2的同时，一定生成2nmolNO ，不能说明达到平衡状态，故②错误；

③如何时候，NO 2、NO 、O 2物质的量浓度变化表示的反应速率之比均为2∶2∶1，不能说明达到平衡状态，故③错误；

④混合气体的颜色不再改变，说明NO 2气体的浓度不变，说明达到平衡状态，故④正确； ⑤无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，故⑤错误；

⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明混合气体的物质的量不变，说明达到平衡状态，故⑥正确； 达到平衡状态的有①④⑥，故选C 。

15. 如图所示，可以表示为可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)（ΔH<0）的正确图象为（ ）

A. B.

C. D.

【答案】A 【解析】

【详解】A 、正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C 的含量降低，反应速率加快，到达平衡需要的时间减少，与图象吻合，故A 正确；

B 、增大压强，平衡正向移动，正反应速率＞逆反应速率，与图象不符，故B 错误；

C 、升高温度，正、逆反应速率都增大，与图象不符，故C 错误；

D 、升高温度，平衡向逆反应方向移动，A 的转化率减小，与图象不符，故D 错误； 故选A 。

16. 某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A （g ）＋B （g ）

2C （g ）达到平衡时，A 、

B 和

C 的物质的量分别为4mol 、2mol 和4mol 。保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡向正反应方向移动的是（ ） A 均减半 B. 均加倍

C. 均增加1mol

D. 均减少

1mol 【答案】 C

【解析】

【详解】达到平衡时，A 、B 和C 的物质的质量的量分别为4mol 、2mol 和4mol ，假设容器的体积为10L ，则A 、B 和C 的物质的量浓度分别为

410mol/L 、210mol/L 、4

10

mol/L ，则平衡常数为K=2

2410412100

（）（）=5，在恒压条件下，物质的量均减半或均加倍，浓度不变，则Q c =K ，平衡

不移动；均减少1mol，则体积变成7L，浓度分别为3

7

mol/L、

1

7

mol/L、

3

7

mol/L

，则

Q c=

2

2

3

()

7

3

()

7

1

7

?

=7＞5，平衡逆向移动；均增加1mol，则容器的体积变成13L，浓度分别为

5

13

mol/L、

3

13

mol/L、

5

13

mol/L，则Q c=

2

2

5

()

13

5

()

13

3

13

?

=

13

3

＜5，则平衡正向移动，故选C。

【点睛】正确理解反应的前提条件“容器的容积可变”是解题的关键。解答本题可以假设1mol

气体的体积为1L，通过定量计算分析判断。

17. 某温度时，在2 L容器中三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据

分析，该反应的化学方程式和反应开始至2 min末Z的平均反应速率分别为（）

A. X+3Y=2Z 0.1 mol?1

L-·1

min-

B. 2X+Y2Z 0.1 mol?1

L-·1

min-

C. X+2Y=Z 0.05 mol?1

L-·1

min-

D. 3X+Y2Z 0.05 mol?1

L-·1

min-

【答案】D

【解析】

【详解】由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成

物，且△n之比为(1?0.9):(1?0.7):(0.2?0)=1:3:2，2min达到平衡，由物质的量的变化量之

比等于化学计量数之比可知，反应为3X+Y?2Z；反应开始至2min末Z的平均反应速率为

0.2mol

2L

2min

=0.05mol?min?1；

故选：D。

18. 下列由实验事实所得出的相应结论正确的是

选项实验事实与操作结论

A

其他条件相同，Na2S2O3溶液浓度越大，与同浓

度的硫酸反应析出硫沉淀所需的时间越短当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率增大

B

在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都

没有发生改变

催化剂一定不参与化学反应

C

向2支盛有5mL不同浓度 NaHSO3溶液的试管

中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象

探究浓度对反应速率的影响

D

物质的量浓度相同的盐酸和醋酸分别于等质

量、形状相同的锌粒反应

开始时的反应速率相同

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A.浓度越大，单位体积活化分子数目增多，则反应速率越大，A项正确；

B.催化剂参加化学反应，降低反应的活化能，加快反应速率，反应前后质量和性质不变，B项错误；

C. NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，不能判断浓度对反应速率的影响，且其他条件诸如温度也未明确是否相同，C项错误；

D. 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸的氢离子浓度：前者大于后者，则开始时的反应速率前者大于后者，D项错误；

故选A。

19. 把2.5molA和2.5molB通入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：

3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为

0.2mol/(L·s)，同时生成1molD。下列叙述中不正确的是（）

A. x=4

B. 达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6：5

C. 达到平衡状态时A的转化率为50%

D. 5s内B的反应速率v(B)=0.05mol/(L·s)

【答案】C

【解析】 【分析】

根据5s 内C 的平均反应速率为0.2mol/(L·s)可知，反应后C 的物质的量为0.2mol/(L·s)×5s×2L=2mol，生成1molD ，根据方程式系数之比等于变化量之比可得x ：2=2：1，解得x=4，根据题意可得：

3A(g)+B(g)4C(g)+2D(g)

mol 2.5 2.500

mol 1.50.521mol 1221

起始()变化()平衡()

【详解】A ．根据分析可知，x=4，A 正确；

B ．根据阿伏伽德罗定律，其它条件相同时，压强之比等于物质的量之比，反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，B 正确；

C ．反应达到平衡状态时A 的转化率为

1.5mol

2.5mol

×100%=60%，C 错误；

D ．B 的反应速率=()00..505mol

2mol L =5s

/L s ，D 正确；

故选C 。

20. 常温下，在1L0.1mol·L -1的CH 3COOH 溶液中存在如下电离平衡：CH 3COOH CH 3COO -+H +，

对于该平衡，下列叙述正确的是（ ） A. 加入水时，平衡向逆反应方向移动

B. 加入少量NaOH 固体，平衡向正反应方向移动

C. 加入少量0.1mol·L -1HCl 溶液，溶液中c(H +)减小

D. 加入少量CH 3COONa 固体，平衡向正反应方向移动 【答案】B 【解析】

【详解】A ．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，A 选项错误；

B ．加入少量NaOH 固体，与CH 3COOH 电离生成的H +

结合，使电离平衡向着正向移动，B 选项正确；

C ．盐酸是强电解质，加入后溶液中c (H +)增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c (H +)增大，C 选项错误；

D ．加入少量CH 3COONa 固体，由电离平衡可以知道，c(CH 3COO -)增大，则电离平衡逆反应方向

移动，D选项错误；

答案选B。

21. 下列物质中：A．NaOH溶液B．Cu C．冰醋酸D．HCl E．蔗糖溶液F．BaSO4G．氨水H．CuSO4晶体I．熔化的KOH J．无水乙醇

(1)属于电解质的是________；

(2)属于非电解质的是________；

(3)属于强电解质的是________；

(4)属于弱电解质的是________；

(5)能导电的是________。

【答案】 (1). C、D、F、H、I (2). J (3). D、F、H、I (4). C (5). A、B、G、I

【解析】

【详解】(1)电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，酸、碱、盐都是电解质，冰醋酸、HCl、BaSO4、CuSO4晶体、熔化的KOH都属于电解质，故答案为：CDFHI；

(2)非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，大多数的有机物都是非电解质，无水乙醇是非电解质，故答案为：J；

(3)强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，HCl、BaSO4、CuSO4晶体、熔化的KOH都是强电解质，故答案为：DFHJ；(4)弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，冰醋酸是弱电解质，故答案为：C；

(5)NaOH溶液、氨水、熔化的KOH中存在自由移动的阴、阳离子，能导电；Cu中存在自由移

动的电子能导电，故答案为：ABGI。

【点睛】解答本题关键在于正确理解电解质和非电解质的概念，要注意单质和混合物(溶液等)不是电解质，也不是非电解质。

22. （1）已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238.6kJ/mol，CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－a kJ/mol，则a________238.6(填“>”、“<”或“＝”)。

（2）反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。

该反应ΔH=_____________________(用含E1、E2式子表示)；在反应体系中加入催化剂，

E1___________，E2___________(填增大、减小、不变)。

（3）已知常温时红磷比白磷稳定，已知：

①P4（白磷，s）+5O2(g)=2P2O5(s) ΔH1

②4P（红磷，s）+5O2(g)=2P2O5(s) ΔH2

比较反应中ΔH的大小：ΔH1_______ΔH2（填“＞”、“＜”或“=”）。

（4）已知：稀溶液中，H+(aq)+OH?(aq)=H2O(l) ΔH=﹣57.3 kJ?，则浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出的热量________57.3 kJ（填“＞”、“＜”或“=”）。

【答案】 (1). ＜ (2). -（E2-E1）kJ/mol (3). 减小 (4). 减小 (5). ＜(6). ＞

【解析】

【详解】（1）1mol CH3OH(l)完全燃烧生成液态水放出的热量为238.6 kJ，CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－a kJ/mol中，生成的为气态水，有气态水变为液态水放热，则a<238.6；

答案为：<；

（2）根据图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，E1为反应物的活化能，E2为生成物的活化能，该反应的反应热ΔH= -（E2- E1）kJ/mol，催化剂可降低反应的活化能，正逆反应的活化能都降低，E1减小，E2减小；

答案为：减小；减小；

（3）已知：①P4(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) ΔH1

②4P(红磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) ΔH2

②?①得到反应：4P(红磷,s)=P4(白磷,s)，△H=△H2?△H1，

红磷比白磷稳定,说明红磷的能量低于白磷,所以反应4P(红磷,s)=P4(白磷,s)是吸热反应，即△H=△H2?△H1>0，常温时红磷比白磷稳定，说明白磷能量高，反应放出的热量较多，因△H<0，则放出的能量越多反应热越小，△H1<△H2;

故答案为<;

（4）浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时，除酸碱中和反应放热外，浓硫酸溶于水时也放出热，导致反应放出的热量>57.3 kJ;

答案为：>。

23. 某实验小组用0.50mol·L-1氢氧化钠溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_______________(从下列选出)。

A．沿玻璃棒缓慢倒入B．一次迅速倒入C．分三次少量倒入

(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_________(从下列选出)。

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棒搅拌棒轻轻地搅动

(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。请填写下表中的空白：近似认为0.50mol·L-1氢氧化钠溶液和0.50mol·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·℃)。

(4)计算中和热△H=______________(取小数点后一位)。

(5)不能用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，理由是_________________。

【答案】 (1). B (2). D (3). 4.0 (4). -53.5kJ·mol－1 (5). 反应除生成水外，还有硫酸钡生成，该反应中的生成热会影响反应的反应热

【解析】 【分析】

用0.50mol?L -1

氢氧化钠溶液和0.50mol?L -1

硫酸溶液进行中和热的测定，为了减少实验过程中热量的散失，需要一次迅速倒入NaOH 溶液，并用环形玻璃棒上下搅动使硫酸与NaOH 溶液混合均匀，根据实验的平均温度差，先根据Q =m ?c ?△t 计算反应放出的热量，然后根据

△H =-()

2H O Q n kJ/mol 计算出反应热，据此分析解答。

【详解】(1)用0.50mol?L -1

氢氧化钠溶液和0.50mol?L -1

硫酸溶液进行中和热的测定，为了减少实验过程中热量的散失，需要一次迅速倒入NaOH 溶液，故答案为：B ；

(2)用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动能够使硫酸与NaOH 溶液混合均匀，故答案为：D ； (3)4次实验的温度差分别为：4.0℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，第2次实验的数据相差较大，删除，其他三次实验的温度差的平均值△t =

4.0+3.913

+4.℃℃℃

=4.0℃，故答案为：4.0；

(4)50mL0.50mol?L -1氢氧化钠与30mL0.50mol?L -1硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mo l ，溶液的质量为80mL×1g/cm 3

=80g ，温度变化的值为△t =4.0℃，则生成0.025mol 水放出的热量为：

Q =m ?c ?△t =80g×4.18J/(g?℃)×4.0℃=1337.6J ，即1.3376kJ ，所以实验测得的中和热

△H =-1.3376kJ 0.025mol

=-53.5kJ/mol ，故答案为：-53.5kJ/mol ；

(5)硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO 4沉淀，生成沉淀反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液进行实验，故答案为：反应除生成水外，还有硫酸钡生成，该反应中的生成热会影响反应的反应热。 24. 影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验方法进行探究。

（1）取等物质的量浓度、等体积的H 2O 2溶液分别进行H 2O 2的分解实验，实验报告如下表所示（现象和结论略）。

2 20 FeCl3溶液

3 20 MnO2

4 20 无

①实验1、2研究的是_________对H2O2分解速率的影响。

②实验2、3的目的是_________对H2O2分解速率的影响。

（2）查文献可知，Cu2＋对H2O2分解也有催化作用，为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：

①定性分析：如图甲可通过观察_________，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是_________。

②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_________。

（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋

8H2O＋10CO2↑，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快。对此展开讨论：某同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是_________热反应，导致_________。

【答案】 (1). 温度 (2). 研究不同催化剂（或比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂）(3). 产生气泡的快慢 (4). 对照实验只有一条件不同（或避免由于阴离子不同造成的干扰） (5). 收集40mLO2所需的时间 (6). 放 (7). 溶液温度升高，反应速率加快【解析】

【分析】

由表中信息可知，实验1和实验2只有温度不同，因此，可以通过这两个实验探究温度对化学反应速率的影响；实验2和实验3只有所加的催化剂不同，因此，可以通过这两个实验探究不同的催化剂对化学反应速率的影响。

【详解】（1）①由表中信息可知，实验1和实验2只有温度不同，因此，可以通过这两个实

验探究温度对化学反应速率的影响，即实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响。

②实验2和实验3只有所加的催化剂不同，因此，可以通过这两个实验探究不同的催化剂对化学反应速率的影响。因此，实验2、3的目的是研究不同催化剂（或比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂对H2O2分解速率的影响。

（2）①定性分析：因为双氧水分解的最明显的现象是有气泡产生，因此，可通过观察产生气泡的快慢进行定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是根据控制变量法，对照实验通常必须只有一个条件不同（或避免由于阴离子不同造成的干扰），这样可以排除因为阴离子不同而对双氧水分解速率的影响。

②定量分析：实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是收集40mLO2所需的时间，以准确测定该反应的化学反应速率。

（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋

8H2O＋10CO2↑，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快。由于升高温度可以加快化学反应速率，因此，该同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是放热反应，导致溶液温度升高，反应速率加快。

【点睛】在设计对比实验时，要根据控制变量法设计实验方案。另外，对于反应2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，该反应的产物之一硫酸锰对该反应可能起催化作用，也可以使化学反应速率明显加快。

25. 已知在一恒容密闭容器中进行反应：2SO 2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.0 kJ·mol-1。SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：

根据图示回答下列问题：

(1)压强：p1____(填“＞”“＝”或“＜”)p2。

(2)升高温度，平衡向____(填“左”或“右”)移动。

(3)200 ℃时，将一定量的SO2和O2充入体积为2 L的密闭容器中，经10 min后测得容器中各物质的物质的量如下表所示：

气体SO2O2SO3

物质的量

1.6 1.8 0.4

/mol

①10 min内该反应的反应速率v(O2)=___________，该反应达到化学平衡状态的标志是

____________。

a．SO2和O2的体积比保持不变

b．混合气体的密度保持不变

c．体系的压强保持不变

d．SO2和SO3物质的量之和保持不变

②当反应放出98.0 kJ热量时，测得该反应达平衡状态，该温度下SO2的转化率为______。

(4)400 ℃时，将等量的SO2和O2分别在两个容积相等的容器中反应，并达到平衡。在这过程

中，甲容器保持容积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的百分含量为p%，则乙容器

中SO2的百分含量____。

a．等于p% b．大于p% c．小于p% d．无法判断

【答案】 (1). ＞ (2). 左(3). 0.01 mol·L-1·min-1 (4). ac (5). 50% (6). c

【解析】

【分析】

(1)相同温度下，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，根据转化率确定压强大小；

(2)升高温度，平衡向吸热反应方向移动；

(3)①先计算三氧化硫的反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之

比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；

反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变

化，可由此进行判断；

②根据反应放出98.0 kJ热量时，根据2SO 2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.0 kJ/mol，则生

成三氧化硫1 mol结合三段式计算；

(4)先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的

反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积。缩小体积则乙的

压强增大，平衡正向移动。

【详解】(1)该反应的正反应是气体体积减小的反应，在相同温度时，增大压强平衡向正反应

方向移动，二氧化硫的转化率增大，B点的转化率大于A点，所以p1＞p2；

(2)由图可知，压强一定时，升高温度，SO2转化率减小，说明升高温度，化学平衡向左移动；

(3)①v(SO3)=

0.40

2

10

mol

c L

t min

-

==0.02 mol/(L·min)，v(O2)=

1

2

v(SO3)=0.01 mol/(L·min)；

a．SO2、O2起始物质的量分别为n(SO2)=1.6 mol+0.4 mol=2.0 mol，n(O2)=1.8 mol+0.2 mol=2.0 mol。因温度和容器体积不变，开始加入的SO2和O2的物质的量相等，而Δn(SO2)与Δn(O2)

不相等，能说明反应达到平衡状态，a正确；

b．容器体积不变，混合气体质量不变，故反应前后气体密度不变，故不能说明反应达到平衡，b错误；

c．因反应后气体的总物质的量减小，若压强不变，能说明反应达平衡状态，c正确；

d．根据硫原子质量守恒，反应前后n(SO2)+n(SO3)不变，因此不能说明反应达到平衡状态，d 错误；

故答案为ac。

②反应放出98 kJ热量时，消耗的SO2的物质的量为

98.0kJ

196.0kJ

×2 mol=1 mol，则SO2的转化率

α(SO2)=1mol

2mol

×100%=50%；

(4)先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变。由于此反应的正反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积。缩小体积使乙的压强增大，化学平衡正向移动。所以，若甲容器中SO2的百分含量为p%，则乙的SO2的百分含量将小于甲，即乙的SO2的百分含量小于p%，故答案为c。

【点睛】结合平衡状态的特征及化学平衡移动原理分析判断，对于相同起始状态不同外界条件下的反应，可先虚拟一种状态，然后利用平衡状态的建立与外界条件无关，只与物质的始态和终态有关，利用平衡移动原理分析。