2017-2018学年甘肃省兰州市第一中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版


甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试
化学（理）试题
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 Na:23 S:32
第I卷（选择题）
一. 选择题：（本大题共25小题，1-10小题，每小题1分，11-25小题，每小题2分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 未来新能源的特点是资源丰富，使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生，下列全部属于新能源的是一组是①天然气②煤③核能④石油⑤海洋能⑥地热能⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③④⑤⑥ D. 除①②外
【答案】B
【解析】试题分析：①天然气是传统能源，不是新能源，①错误；②煤是传统能源，不是新能源，②错误；③核能在使用时会对环境产生污染，③错误；④石油是传统能源，不是新能源，④错误；⑤海洋能⑥地热能⑦风能⑧氢能均属于新能源，使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生。答案选B。
考点：新能源的判断
2. 下列说法正确的是
A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B. 化学反应中的能量变化只表现为热量变化
C. 任何放热反应在常温下一定能发生反应
D. 反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热
【答案】D
【解析】试题分析：A、放热反应有些也需要加热才能反应，可燃气体点燃反应，A错误；B、化学反应的能量变化除了热量外，还有光能等形式的能量转化，如镁条燃烧放热发光，B错误；C、有些放热反应必须加热才能反应，常温下不反应，C错误；D、反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热，若反应物总能量大于生成物总能量，则反应是放热反应，反之为吸热反应，D正确；选D。
考点：考查化学反应中的能量变化。
3. 下列关于化学反应速率说法中不正确的是
A. 可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率都为0
B. 决定反应速率的主要因素是反应物自身的性质
C. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢
D. 增大反应物的浓度、提高反应温度都能增大反应速率
【答案】A
【解析】A可逆反应达平衡时，应该是正逆反应都在进行，只是正逆反应速率相等而已，不可能都变成0，A错误。B正确，决定反应速率的主要因素是反应物自身的性质，例如：单质钾和水反应就比钠和水反应快，是因为钾比钠的金属性强，与其他因素无关。C明显正确。D增大浓度和升高温度都是加快反应的方法。
4. 下列关于强、弱电解质的叙述，正确的是
A. 强电解质全部是离子化合物 B. 强电解质在水中的溶解度一定大于弱电解质
C. 强电解质在水溶液中完全电离 D. 强电解质溶液的导电能力一定强于弱电解质
【答案】C
【解析】试题分析：A．强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，如硫酸，错误；B．强电解质在水中的溶解度有的大于弱电解质，有的小于弱电解质，如KNO3是强电解质，溶于水的程度与弱电解质HClO大，而强电解质BaSO4的溶解度小于HClO错误；C．强电解质溶于水的在水溶液中完全电离，正确；D. 电解质溶液的导电性与电解质的强弱无关，与电离产生的离子浓度有关，电解质电离产生的离子浓度越大，溶液的导电性就越强，错误。
考点：考查强、弱电解质的叙述的正误判断的知识。
5. 某反应2AB(g）C(g）＋3D(g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的正反应的△H、△S应为
A. △H＜0， △S＞0 B. ΔH＜0，△S＜0 C. △H＞0，△S＞0 D. △H＞0，△S＜0
【答案】C
【解析】该反应是气体物质的量增加的反应，所以混乱度增加，熵值增大，△S＞0；反应自发的要求是：ΔG=ΔH－T△S ＜ 0，现在已知△S＞0，且反应在高温时能自发进行，低温时反应向左进行，所以说明T比较大的时候，ΔG ＜ 0，T比较小的时候，ΔG ＞ 0，所以△H＞0

6. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 氨水中加酸，NH4+ 的浓度增大
B. 装有NO2和N2O4平衡的混合气体的玻璃球在冷水中气体颜色变浅
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D. H2、I2、HI的体系平衡后，加压混合气体颜色变深
【答案】D
【解析】勒夏特列原理是平衡移动的原理，只能用来解释平衡移动的问题。对于D来说，反应为H2 + I2 2HI，压强不影响平衡，所以D中平衡未发生移动，不能用勒夏特列原理解释。答案为D。
7. 下列说法中正确的是
A. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－
B. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于电解质
C. 二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质
D. 碳酸氢钠在水中的电离方程式可表示为NaHCO3Na＋＋HCO3-
【答案】B
【解析】A电解质溶于水，在水分子作用下电离，与电流无关，A错误。B中硫酸钡属于盐，所以是强电解质，与其是否溶于水无关，B正确。C中二氧化碳不是酸碱盐，也不是金属氧化物，所以是非电解质（电离实际是碳酸的电离），C错误。D中碳酸氢钠属于盐，所以是强电解质，电离方程式应该不可逆，D错误。
8. 下列说法正确的是
A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数从而使有效碰撞次数增大
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 催化剂不影响活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
D. 升温能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
【答案】D
【解析】A增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，不是活化分子百分数，A错误。B有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），实际就是在增大气体浓度，所以增加的是单位体积内活化分子数，仍然不会增大活化分子的百分数，B错误。C催化剂会改变反应活化能，从而改变活化分子百分数，所以C错误。D升高温度会使分子的平均能量升高，从而使达到活化分子的比例增加，即增加了活化分子百分数，D正确。
【点睛】从碰撞理论来说，增加反应速率就是要增加单位时间的有效碰撞的次数。而发生有效碰撞要求必须是活化分子。所以增大活化分子百分数是加快反应速率的有效方法。能够影响活化分子百分数的方法，实际只有温度和催化剂。升高温度，会提高分子的平均能量，从而使达到活化分子标准的分子数增加；而加入催化剂是改变了活化能，也就是改变了活化分子的标准，从而改变了活化分子百分数。
9. 已知下列反应的平衡常数：①H2(g)+S(s)⇌H2S(g)平衡常数为K1 ②S(s)+O2(g)⇌SO2(g)平衡常数为 K2，则相同温度下，反应H2(g)+SO2(g)⇌O2(g)+H2S(g)的平衡常数为
A. K1+K2 B. K1﹣K2 C. K1﹒K2 D. K1/K2
【答案】D
【解析】试题分析：①H2+SH2S，K1=c(H2S)/c(H2)；②S+O2SO2，K2=c(SO2)/c(O2)；则反应H2+SO2⇌O2+H2S的平衡常数K=c(O2)c(H2S)/c(H2)c(SO2)=K1/K2；故选D。
考点：考查了化学平衡常数的计算分析
10. 对于反应：4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g), 下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是
A. v(NH3)= 0.2mol·L-1·s-1 B. v(O2)= 0.24 mol·L-1·s-1
C. v(H2O)= 15mol·L-1·min-1 D. v(NO) = 9mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】首先将四个答案的单位变为相同单位，A为0.2×60=12 mol·L-1·min-1，B为0.24×60=14.4 mol·L-1·min-1。再将四个速率都除以各自的方程式系数，比较大小。A为12÷4=3；B为14.4÷5=2.88；C为15÷6=2.5；D为9÷4=2.25,；A最大。
【点睛】同一方程式中不同物质的速率比较的方法是：将各自的速率除以各自在方程式中的系数，再比较大小即可。原因在于：对于反应 aA + bB == cC + dD相同条件下，不同物质的速率比一定等于其系数比，即VA ：VB ：VC ：VD = a ：b ： c ：d，调整为 ，所以明显得到除以系数之后数字越大速率越快。
11. 下列有关热化学方程式及其叙述正确的是
A. H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，则H2O电解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)；　ΔH＝＋285.8 kJ/mol
B. 1molCH4完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出890 kJ的热量，其热化学方程式为
CH4(g)＋O2(g)=== CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－445 kJ/mol
C. 已知2C(s)＋O2(g)===2CO(g)；ΔH＝－221 kJ/mol，则C的燃烧热为110.5kJ/mol
D. HF与NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)；ΔH＝－57.3kJ/mol
【答案】B
【解析】A燃烧热表示的是1mol某物质燃烧的热效应，所以285.8 kJ/mol是1mol氢气的能量变化，所以H2O电解的热化学方程式应该为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)；　ΔH＝＋285.8×2 kJ/mol，A错误。B中1mol甲烷燃烧放出890kJ，所以0.5mol甲烷燃烧放出445kJ，B正确。C中碳的燃烧热是指碳完全燃烧生成二氧化碳的热效应，C错误。D中HF是一元弱酸，不能拆分，所以离子方程式不正确，同时，因为HF的电离会吸热，所以放热应该小于57.3kJ/mol。
12. 少量铁片与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，从以下方法：①加H2O②加KNO3溶液③滴入几滴浓盐酸④加入少量铁粉⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸中，可行的是
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ③④⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】①加H2O，会降低反应物浓度，减慢反应速率；②加KNO3溶液会使溶液中同时存在氢离子和硝酸根离子，这样溶液会有强氧化性，和单质铁反应应该生成NO；③滴入几滴浓盐酸会增加氢离子浓度从而加快反应速率；④加入少量铁粉会使生成的氢气增加；⑤加NaCl溶液与加水是一样的；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，单质铁会置换单质铜，这样生成的氢气会减少；⑦升高温度加快反应速率；⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸，增大了盐酸浓度加快速率，而生成的氢气的量不改变。所以C正确。
13. 碘水溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I－(aq)=I3-(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数K如表所示，下列说法正确的是
t/℃
5
15
25
35
50
K
1100
841
689
533
409


A. 反应I2(aq)＋I－(aq)I3-(aq)的ΔH>0
B. 25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于689
C. 其他条件不变，升高温度，溶液中c( I3-)减小
D. 该反应的平衡常数表达式为K＝c（I-）/c（I3-）
【答案】C
【解析】A随着温度升高反应的K值减小，所以反应放热ΔH＜0；A错误。B中要注意，反应的平衡常数K只与温度相关，所以K应该不变；B错误。C正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，溶液中c( I3-)减小；C正确。D反应平衡常数表达式为K＝c（I3-）/c（I-）；D错误。
14. 当密闭容器中合成氨反应N2+3H22NH3达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩为原来的1/2。达到新平衡后，与原平衡相比较，下列说法中正确的是
A. 容器内的总压强为原来的2倍 B. N2的浓度比原来平衡浓度小
C. H2的转化率为原来的2倍 D. 气体的密度为原来的2倍
【答案】D
【解析】A如果平衡不移动，体积压缩至原来一半，压强瞬间是原来二倍，但是平衡会向物质的量减小的方向移动，使压强减小，所以小于原来2倍，A错误。B体积缩小，容器内所有物质的浓度均增大，平衡向正反应方向移动，使N2浓度的增大略小，但是最终浓度一定大于原状态，B错误。C增大压强平衡向右，H2的转化率增加，但是明显不知道初始平衡态的转化率，也不可能计算平衡移动以后的氢气转化率，C错误。D气体质量明显不变，体积减小为原来一半，密度自然是原来2倍，D正确。
15. 一定温度下，可逆反应2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是 ①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1；④混合气体的压强不再改变；⑤混合气体的颜色不再改变；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变。
A. ①④⑤⑥ B. ①③④⑥ C. ①②③⑤ D. ②⑤⑥
【答案】A
【解析】①单位时间内生成nmolO2是指向右的反应，生成2nmolNO2是指向左的反应，有两个反应方向，且比例正确n：2n=1:2；①正确。②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO，说的都是向右的反应，没有说向左的反应，所以不正确。③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1，题目没有说明表示的是正反应还是逆反应速率，所以错误。④混合气体的压强不再改变，恒容下压强不变就是气体的物质的量不变，此反应气体的总物质的量不变，说明反应达平衡，④正确。⑤混合气体的颜色不再改变，就是指NO2的浓度不变，所以正确。⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变， ，不变，根据质量守恒定律m总不变，所以n总不变，气体的n总不变可以说明反应达平衡；⑥正确。
【点睛】判断反应达到化学平衡状态的标志有：
（1）本质标志：v(正)＝v(逆)≠0。对于某一可逆反应来说，正反应消耗掉某反应物的速率等于逆反应生成该反应物的速率。要求必须有两个反应方向，且比例正确。
（2）等价标志：①全是气体参加的体积可变反应，体系的压强不随时间而变化。例如：N2＋3H22NH3。②体系中各组分的物质的量浓度或体积分数、物质的量分数保持不变。③全是气体参加的体积可变反应，体系的平均相对分子质量不随时间变化。例如：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)。④对同一物质而言，断裂化学键的物质的量与形成化学键的物质的量相等。⑤对于有颜色物质参加或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化，如2NO2(g) N2O4(g)。⑥体系中某反应物的转化率或某生成物的产率达到最大值且不再随时间而变化。
16. 在100mL0.1mol·L－1的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离程度增大，H＋浓度减小，可采用的方法是
A. 加热 B. 加入醋酸钠固体
C. 加入少量的0.5 mol·L－1的硫酸 D. 加入少量的1mol·L－1的NaOH溶液
【答案】D
【解析】A醋酸电离吸热，升高温度电离平衡向右移动，氢离子浓度增大，A错误。B加入醋酸钠固体，实际增加了醋酸根离子的浓度，醋酸电离平衡向左移动，醋酸电离程度减小，B错误。C加入0.5 mol·L－1的硫酸溶液，使溶液中氢离子浓度增大，电离平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，C错误。D加入NaOH，与氢离子反应，氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，D正确。
17. 在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H2S(g)＋O2(g)===SO2(g)＋H2O(g)　ΔH1
2H2S(g)＋SO2(g)=== S2(g)＋2H2O(g)　ΔH2
H2S(g)＋O2(g)===S(g)＋H2O(g)　ΔH3
2S(g)===S2(g)　ΔH4
则ΔH4的正确表达式为
A. ΔH4＝ (ΔH1＋ΔH2－3ΔH3) B. ΔH4＝ (3ΔH3－ΔH1－ΔH2)
C. ΔH4＝ (ΔH1＋ΔH2－3ΔH3) D. ΔH4＝ (ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
【答案】A
【解析】将第一个和第二个反应相加，减去3倍的第三个反应，即得3S(g)=== S2(g)，再将反应乘以 即得第四个反应，所以ΔH4＝ (ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
18. 已知CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－Q1；2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)===H2O(l)ΔH＝－Q3，取体积比为4∶1的甲烷和H2的混合气体112L(标准状况下)，经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为
A. 4Q1＋0.5Q2 B. 4Q1＋Q2＋10Q3 C. 4Q1＋2Q2 D. 4Q1＋0.5Q2＋9Q3
【答案】D
【解析】试题分析：由盖斯定律得：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－(Q1+2Q3)
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－(Q2+2Q3)
所以4molCH4和1molH2完全燃烧生成液态水放热4Q1＋0.5Q2＋9Q3。
考点：盖斯定律 热化学方程式计算

19. 某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1molX(g)和2molY(g)发生反应：X(g)＋mY(g) 3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A. m＝2 B. 两次平衡的平衡常数相同
C. X与Y的平衡转化率之比为1∶1 D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【解析】试题分析：A．向平衡体系中再加入1molZ，重新建立平衡时X、Y、Z的体积分数不变，说明压强不影响该平衡，则反应前后总计量数相等，则1+m=3，m=2，故A正确；B．温度不变，平衡常数不变，两次平衡的温度相同，平衡常数相同，故B正确；C．参与反应的X与Y的物质的量之比等于化学计量数之比等于加入的X与Y的物质的量之比，因此X与Y的平衡转化率相等，故C正确；D．再加入1molZ后总物质的量为4mol，重新达到平衡时Z的体积分数仍然为10%，则重新建立平衡时Z的浓度为：=0.2mol/L，故D错误；故选D。
考点：考查了化学平衡的计算的相关知识。
20. 羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)K＝0.1，反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是
A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B. CO的平衡转化率为80%
C. 反应前H2S物质的量为7mol D. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
【答案】C
【解析】A升高温度，H2S浓度增加，说明平衡向逆反应方向进行，所以逆反应吸热，正反应放热，A错误。B反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，所以参加反应的CO的物质的量为2mol，转化率为20%，B错误。C设反应前H2S为Xmol，有：
CO(g) ＋ H2S(g) COS(g) ＋ H2(g)
起始： 10 X 0 0
反应： 2 2 2 2
平衡： 8 X－2 2 2
所以有K=2×2/8(X-2)=0.1，X=7；C正确。D中通入CO应该是正反应速率瞬间增大，再逐渐减小，D错误。
21. 容积不变的密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)；ΔH<0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列对于图像分析正确的是

A. 图Ⅰ研究的是t0时刻增大O2的物质的量浓度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t0时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
D. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
【答案】C
【解析】A增大O2的物质的量浓度应该是正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，而题目的图像是正逆反应速率瞬间都增大，A错误。B通入氦气增大体系压强，实际体积不变，各物质的的物质的量不变，所以物质的量浓度也不变，那么速率应该不改变，B错误。C中明显乙达到平衡用的时间更短，所以乙的反应速率比甲快，即乙的温度应该更高；该反应是放热反应，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，乙在甲的下面；C正确。D催化剂不改变平衡态，所以甲乙的转化率应该相等，D错误。
【点睛】恒容下，加入与反应无关的气体，因为各反应物和生成物的浓度不变，反应温度不变，所以反应速率不变，平衡也不移动；恒压下，加入与反应无关的气体，因为容器体积增大，所以所有物质浓度都减小，相当于增大体积减小压强，平衡向物质的量增大的方向移动。
22. 研究小组发现一种化合物在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如下图所示，计算反应4min～8min间的平均反应速率和推测反应16 min时反应物的浓度,结果应是

A. 2.5μmol·L-1·min-1和2.0μmol·L-1
B. 2.5μmol·L-1·min-1和2.5μmol·L-1
C. 3.0μmol·L-1·min-1和3.0μmol·L-1
D. 3.0μmol·L-1·min-1和2.5μmol·L-1
【答案】B
【解析】从图像得出结论，每过4分钟，物质的量浓度变为原来的一半，所以16min时，浓度为2.5μmol·L-1，4min～8min间的平均反应速率μmol·L-1·min-1，B正确。
23. 现有下列三个图象：

下列反应中符合上述全部图象的反应是
A. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)ΔH＜0
B. 2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0
C. 4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0
D. H2(g)＋CO(g) C(s)＋H2O(g)　ΔH＞0
【答案】B
【解析】试题分析：由图像一知升高温度，生成物的平衡浓度增大，说明升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应；由图像二、三知增大压强，平衡逆向移动，逆向为气体物质的量减小的方向，由题给选项各物质均为气体，故相对分子质量增大。综上所述选B。
考点：考查化学平衡图像分析。
24. 在密闭容器中充入4 mol A，在一定温度和体积可变的密闭容器中发生如下反应：4A(g) 3B(g)＋C(g)；ΔH＜0，达到平衡时有30%的A发生反应，下列判断正确的是
A. 若向密闭体系内再加入3molB、2molC，达平衡时C的百分含量与原平衡相同
B. 达到平衡时气体的总物质的量、密度都不发生变化
C. 反应达平衡的过程中，释放出的热量不发生变化
D. 升高温度A的转化率大于30%
【答案】B
【解析】A本反应是气体物质的量不变的反应，则只要保证投料比相等就是等效平衡；本反应的反应物只有一个，所以无论增加多少都是投料比相等。加入3molB、2molC相当于加入4molA和1molC，多加入了1molC，不是等效平衡，所以C的百分含量不相等；A错误。B反应方程式两边系数相等，所以物质的量不变；容器体积不变，混合物质量不变，所以密度不变，B正确。C选项的表述不清楚，有两种理解：1、反应过程中放出的热的量不变；2、放热的速率不变。对于1，反应逐渐进行，放热应该逐渐增加。对于2，反应的速率在发生变化，所以放热的速率也在变化。C错误。D反应放热，升高温度，平衡向左，A的转化率减小，D错误。
25. 温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 molPCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g) 经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20

下列说法正确的是
A. 反应在前50 s的平均速率为v (PCl3)=0.0032 mol·L－1·s－1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11 mol·L－1，则反应的△H＜0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，达到平衡前v (正)＞v (逆)
D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】A中v (PCl3)= mol·L－1·s－1，A错误。B原来达平衡n(PCl3)=0.2mol，所以c(PCl3)=0.1 mol·L－1，新平衡中c(PCl3)=0.11 mol·L－1说明升高温度平衡向右移动，正反应吸热△H＞0，B错误。C根据题目数据计算出达平衡时各物质的浓度：c(PCl5)=0.4 mol·L－1，c(PCl3)= c(Cl2)=0.1 mol·L－1，所以平衡常数K=0.025。相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，浓度为c(PCl5)=0.5 mol·L－1，c(PCl3)= c(Cl2)=0.1 mol·L－1，所以Q=0.02＜K=0.025，平衡正向进行，v (正)＞v (逆)，C正确。D若起始时加入1.0 mol PCl3、1.0 mol Cl2，则和题目初始时加入1.0molPCl5的关系是等效平衡，达平衡时平衡态应该相同，即n(PCl3)=0.2mol，所以PCl3的转化率为80%。D选项改为加入入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，是加入1.0 mol PCl3、1.0 mol Cl2的二倍，恒容下投料量翻倍，相当于增大压强，所以转化率增加，应该大于80%，D错误。
【点睛】本题的D选项实际可以使用平衡常数K进行计算，但是过程比较复杂，而且需要解一个一元二次方程（注意：在高中化学解题过程中一般是不要求解二次方程的，遇到这种情况要考虑是不是有更好的解决方法。）。所以利用等效的方法进行比较是一种相对简单的解题方法。另外本题使用了一个结论：恒容下，同时同程度增大所有反应物或生成物浓度，体系中比例量（转化率、体积分数、平均分子量等）的变化，相当于没有增大浓度，而直接缩小体积增大压强。
第Ⅱ卷（非选择题）
二．填空题：（本大题共4小题，每空2分，共32分。）
26. 在400℃、101 kPa时，NO2(g) ＋CO(g) NO(g) + CO2(g) 反应过程的能量变化如下图所示。

反应过程
(1)该反应是_____________（填“吸热”或“放热”）反应。
(2)该反应的热化学方程式为_____________。
(3)改变下列条件都可使该反应的反应速率改变，其中通过降低活化能加快反应速率的是_____________。
a．浓度 b．压强 c．温度 d．催化剂
(4)反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？____（填“是”或“否”），原因是____。
【答案】 (1). 放热 (2). NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g) △H= -234 kJ·mol-1 (3). d (4). 否 (5). 催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应始态和终态的能量，因此对反应热没有影响
【解析】（1）从图中明显得到反应物能量高于生成物能量，所以反应是放热反应。
（2）从图中看出反应物和生成物的能量差为134-368=-234；所以反应△H= -234 kJ·mol-1，需要注意的问题是：题目要求反应所处的环境为400℃，所以要求标出该测定的条件。
（3）能够改变反应活化能的条件只能是催化剂。
（4）对于一个确定的反应而言，实际上能影响反应焓变的只有方程式中的物质系数和物质状态，除此之外都不会影响焓变。
27. 某温度时，在2L密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如右图所示，
由图中数据分析：
(1)该反应的化学方程式：_____________；
(2)反应开始至2min末，X的反应速率为_________；
(3)3min后图中曲线所表示的含义是_____________。
【答案】 (1). Y+2Z3X（无可逆号不得分）； (2). 0.1 mol·L-1·min-1；(无单位不得分) (3). 在此条件下该反应已达到反应限度或反应达到化学平衡状态
【解析】（1）通过图像可以看出，反应物为Y和Z，生成物为X，Y的减少为0.8-0.6=0.2；Z为1.6-1.2=0.4；X的增加为0.6；比例为1:2:3，所以方程式为：Y+2Z3X（由题目3min以后各自的物质的量不变，说明反应达平衡，要书写可逆）
（2）
（3）3min以后各自不变，所以说明反应达平衡。
28. 氨在工农业生产中应用广泛。在压强为30MPa时，合成氨平衡混合气体中NH3的体积分数如下表：
温度/℃
200
300
400
500
600
氨含量/%
89.9
71.0
47.0
26.4
13.8

请回答：
(1)根据表中数据，结合化学平衡移动原理，说明合成氨反应是放热反应的原因是_______。
(2)在一定温度下，将2molN2和6molH2通入到体积为2L的密闭容器中，发生反应N2＋3H22NH3，2min达到平衡状态时，H2转化率是50%，该温度下的平衡常数K＝_______________(结果用最简分数表示)；欲使K增大，可以采取的措施是______。
(3)从化学平衡移动的角度分析，提高H2转化率可以采取的措施是______(选填序号字母)
a．及时分离出NH3 b．升高温度 c．增大压强 d．使用催化剂
(4)NH3能分解为N2和H2，在相同条件下，测得分解后混合气体密度为分解前的2/3，则氨的分解率为_____________。
【答案】 (1). 温度升高，氨在混合气体中的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，温度升高平衡向吸热方向移动，故正反应是放热反应 (2). 16/27 (3). 降低温度 (4). ac (5). 50%
【解析】（1）根据勒夏特列原理，升高温度，氨气减小，说明平衡逆向移动，从而判断正反应放热。
（2） N2 ＋ 3H2 2NH3
起始： 2 6 0
反应： 1 3 2 （氢气转化率50%，所以3mol氢气反应）
平衡： 1 3 2 （除以2L容器得浓度为：0.5 1.5 1）

正反应放热，降低温度可以使K值增加。
（3）a及时分离出NH3，反应平衡向正反应方向移动，增大氢气转化率；b升高温度平衡向逆反应方向移动，转化率降低；c增大压强平衡正向移动，转化率增大；d催化剂不改变平衡，转化率不变。
（4）根据质量守恒定律，反应物质的总质量不变，所以分解后混合气体密度为分解前的2/3，说明分解后混合气体体积为分解前的1.5倍。由阿伏伽德罗定律，体积是1.5倍，说明物质的量是1.5倍，设初始加入氨气Xmol：
2NH3 N2 ＋ 3H2
起始： X 0 0
反应： Y 0.5Y 1.5Y
平衡： X-Y 0.5Y 1.5Y
有：X-Y+0.5Y+1.5Y=1.5X，Y=0.5X，转化率为50%
29. 在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，请完成下列问题：
(1)a、b、c三点对应溶液的c(H＋)由小到大的顺序为_____________。
(2)a、b、c三点对应溶液中，醋酸电离程度最大的是_____________。
(3)试说明醋酸的导电能力与加水量变化的原因：_____________。
【答案】 (1). a＜c＜b (2). c (3). 0—b电离占主要因素，离子浓度增大，b—c稀释占主要因素，离子浓度下降
【解析】（1）溶液的导电能力由离子浓度决定，导电能力越强，离子浓度越大，所以为a＜c＜b
（2）弱电解质的电离是浓度越小，电离程度越大，所以C的电离程度最大
（3）醋酸是共价化合物，纯醋酸实际不存在离子，加入水后，醋酸电离生成氢离子，氢离子浓度自然增大，如果水加入的过多，离子浓度自然下降，所以浓度先增大后减小。
三．实验题：（本大题共2小题，共20分。）
30. 中和热的测定实验中取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：

(1)从上图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是__________，除此之外，装置中的一个明显错误是_____________。
(2)若改用60mL 0.25mol·L-1 H2SO4和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_______（填“相等”或“不相等”）
温度
实验次数　
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.5
2
27.0
27.4
27.2
32.3
3
25.9
25.9
25.9
29.2
4
26.4
26.2
26.3
29.8

(3)近似认为0.55 mol/L NaOH溶液和0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)，通过以上数据计算中和热ΔH＝_______( 结果保留小数点后一位)。
(4)上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)________。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高） (3). 不相等 (4). -56.8kJ/mol (5). a b c
【解析】（1）中和热测定需要环形玻璃搅拌棒，此实验中要求大烧杯和小烧杯的杯口必须平齐以保证液体上方空气含量足够小，避免放热用来加热空气。
（2）参与反应的物质的物质的量越大，反应的放热必定越多，所以不相等。
（3）第2次实验的误差较大，舍弃。将另外三次实验的最终温度和起始温度做差，取平均值，得到△T=3.4℃。氢氧化钠过量，硫酸中氢离子为0.025mol，所以中和生成的水为0.025mol。溶液质量为100g，升高3.4℃，热量为：100×3.4×4.18=1421.2J，所以每生成1mol水的放热为：1421.2÷0.025=56848J=56.8kJ。所以中和热为：-56.8kJ/mol
（4）上述实验数值结果与57.3 kJ/mol相比略小。a保温隔热差，使热量散发，所以测得放热减少；b温度计测定氢氧化钠溶液温度后，直接测定硫酸温度，温度计沾的氢氧化钠溶液会有一部分和硫酸中和，放热使初始温度上升，减少了温度差，测得放热减少；c尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致较多热量散失测得放热减少；
31. 某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
【实验内容及记录】
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
溶液褪至无色所需时间/min
0.6mol/L H2C2O4溶液
H2O
3mol/L 稀H2SO4溶液
0.05mol/L KMnO4溶液
1
3.0
2.0
2.0
3.0
1.5
2
2.0
3.0
2.0
3.0
2.7
3
1.0
4.0
2.0
3.0
3.9

请回答：
(1)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是__________________________。
(2)利用实验1中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为_____________。(溶液混合前后体积变化可忽略)
(3)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化的趋势如图1所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的实际趋势如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。

①该小组同学提出的假设是_____________。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量
再向试管中加入某种固体
溶液褪至无色所需时间/min
0.6mol/L H2C2O4溶液
H2O
3mol/L 稀H2SO4溶液
0.05mol/L KMnO4溶液
4
_____________
2.0
2.0
3.0
MnSO4
t

③若该小组同学提出的假设成立，t_____________1.5（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】 (1). 其他条件不变时，增大H2C2O4浓度（或增大反应物浓度），加快化学反应速率 (2). 1.0×10-2mol/(L·min) (3). 生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用） (4). 3.0 (5). 小于
【解析】（1）三个实验中改变的是草酸用量，其他物质不变，所以研究的是草酸浓度对反应速率的影响。
（2）褪色时间为1.5min；高锰酸钾初始浓度为3×0.05/(3+2+2+3)=0.015mol/L；所以速率为：0.015÷1.5=1.0×10-2mol/(L·min)
（3）根据实验图像，得到反应速率先加快后减慢，结合课本上的对应实验，得出硫酸锰对反应起到催化作用。进行实验时应注意其他条件不变，所以溶液总体积应该为10mL，所以草酸加3mL。如果催化反应，时间当然比1.5min小。
四．计算题：（本大题共1小题，共8分。）
32. 在一定温度下，10L密闭容器中加入5.0molSO2、4.5molO2，经10min后反应达到平衡，此时容器中气体的平均分子量为58。请计算（写出计算过程）：
(1)10min内SO2的转化率；
(2)容器内反应前与平衡时的压强之比(最简整数比) ；
(3)该温度下的平衡常数。
【答案】60%；19/16；7.5L/mol
【解析】2SO2 + O2 == 2SO3
起始： 5 4.5 0
反应： 2X X 2X
平衡： 5-2X 4.5-X 2X
所以总物质的量为：5-2X+4.5-X+2X=9.5-X；由质量守恒定律，质量不变，为5×64+4.5×32=464g，所以 ，X=1.5mol。
（1）所以二氧化硫转化率为：2×1.5/5=60%
（2）恒容下压强比等于物质的量的比，（5+4.5）：（9.5-1.5）=9.5:8=19:16
（3）达平衡时物质的量为：2mol，3mol，3mol；所以浓度为0.2mol/L，0.3mol/L，0.3mol/L，所以K=