精品解析：甘肃省兰州西北中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试题

2025—2026学年第一学期期中考试高二化学试卷 第Ⅰ卷(选择题 共48分) 一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题3分共48分) 1. 下列关于盖斯定律的说法错误的是 A. 盖斯定律遵守能量守恒定律 B. 不管反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都相同 C. 有些反应的反应热不能直接测得，可通过盖斯定律间接计算得到 D. 化学反应的反应热不仅与反应体系的始态和终态有关，还与反应的途径有关 2. 下列关于电解质的说法正确的是 A. 强电解质的导电能力一定比弱电解质导电能力强 B. NH4Cl在水溶液中完全电离，所以NH4Cl是强电解质 C. BaSO4难溶于水，所以是非电解质 D. CO2溶于水形成的溶液能导电，所以CO2是电解质 3. 关于化学反应与能量的说法正确的是 A. 需要加热的反应都是吸热反应 B. 反应物总能量与生成物总能量一定相等 C. 断裂化学键要吸收能量 D. 燃烧热指的是101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成氧化物时所放出的热量 4. 研究一个化学反应时，往往需要关注反应的快慢、历程和涉及的反应速率和反应机理。下列说法错误的是 A. 对于钢铁的腐蚀，减缓其腐蚀速率对人类有益 B. 增大反应物浓度时，能增多单位体积内活化分子数 C. 制造蜂窝煤时加入生石灰，与化学反应速率无关 D. 化学反应中，反应物分子的每次碰撞都为有效碰撞 5. 实现“节能减排”和“低碳经济”的一个重要课题就是如何将转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：，如图表示该反应过程中能量(单位为)的变化。下列关于该反应的说法正确的是 A. B. C. D. 6. 某温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)为 A. 2.4×10-7mol·L-1 B. 1×10-14mol·L-1 C. 4.2×10-8mol·L-1 D. 无法确定 7. 已知在密闭容器中发生反应，若反应速率分别用、、、表示，则下列关系正确的是 A. B. C. D. 8. 已知反应：2NO2(g)N2O4(g)，把NO2、N2O4的混合气体盛装在两个连通的烧瓶里，然后用夹子夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水里，把烧瓶B放入冰水里，如图所示。与常温时烧瓶内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅。下列说法错误的是 A. 反应2NO2(g)N2O4(g)的正反应为吸热反应 B. 上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快 C. 上述过程中，B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大 D. 上述过程中，A，B烧瓶内气体密度均保持不变 9. 25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是 A. 将纯水加热到95℃时，变大，pH不变，水仍呈中性 B. 25℃时，向纯水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，增大，变小 C. 保持温度不变，向纯水中加入少量NaOH固体，增大，不变 D. 向纯水中加入盐酸，可抑制水的电离；加入醋酸，可促进水的电离 10. 常温常压下，下列热化学方程式书写正确的是 选项 已知条件 热化学方程式 A 的标准燃烧热a (a>0) B l mol 完全燃烧生成液态水和，放出890.3 kJ的热量 C 12 g石墨比12 g金刚石能量少b kJ(b>0) C(石墨，s)=C(金刚石，s) D 2 mol AB分解生成和气体，吸收热量c kJ(c>0) A. A B. B C. C D. D 11. 反应在四种不同情况下的反应速率分别为： ① ② ③ ④ 该反应进行的快慢顺序为 A. ④>③=②>① B. ①>②=③>④ C. ②>①=④>③ D. ①>④>②=③ 12. 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，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5 mL不同浓度溶液的试管中同时加入2 mL 5% 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与等质量、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 13. 其他条件不变时，可逆反应中的生成物C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(p)的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 达到平衡后，若升高温度，该化学平衡将向逆反应方向移动 B. 达到平衡后，使用催化剂，C%将增大 C. 化学方程式中n>p＋q D. 达到平衡后，增加反应物A的量，有利于化学平衡向正反应方向移动 14. 醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH++CH3COO⁻，下列叙述不正确的是 A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大 B. 0.10 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH-）增大。 C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动 D. 25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸 15. 在体积都为1L，c(H＋)都为0.01 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则下列图示符合客观事实的是 A. B. C. D. 16. 利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是 A. 反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ B. 反应过程中碳的成键总数不变 C. 升高温度有利于提高丙烷转化率 D. M-H为该反应的催化剂 第Ⅱ卷(非选择题 共52分) 二、非选择题(共52分) 17. 50 mL 0.50 盐酸与50 mL 0.55 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器是__________。 （2）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________。 （3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大”或“偏小”、或“无影响”)。 （4）实验中改用60 mL 0.50 盐酸跟50 mL 0.55 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”)，所求中和热__________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：______________________________________________________________________。 18. 某学生用0.2000 mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，操作如下： ①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上； ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体； ③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数； ④移取20.00 mL待测液注入洁净的存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。 （1）以上步骤有错误的是__________(填编号)。若测定结果偏高，原因可能是__________(填字母)。 A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水 B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确 C．锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡 （2）如图是某次滴定时滴定管中的液面，其读数为__________mL。 （3）根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：__________mol/L。 滴定次数 待测液体积/mL 标准烧碱溶液体积/mL 滴定前读数 滴定后读数 第一次 20.00 0.40 20.30 第二次 20.00 2.00 24.10 第三次 20.00 4.00 24.10 （4）拓展：某同学学习了中和滴定，将该原理又应用到葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定。准确量取100.00 mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为0.0100 mol/L标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50 mL(已知滴定过程中所发生的反应是)。 判断达到滴定终点的依据是__________；所测100.00 mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为__________mg/L。 19. 容积为2.0 L的密闭容器中，通入一定量的，发生反应：。100℃时，各物质浓度随时间变化如下图所示。 （1）60s内，___________。 （2）降低温度，混合气体的颜色变浅，逆反应是___________反应(填“放热”或“吸热”)。 （3）欲提高的平衡转化率，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. 加入 （4）100℃时，该反应的化学平衡常数的表达式为___________，数值为___________， （5）平衡时，的转化率是___________。 （6）100℃时，在容器中按初始浓度mol/L、mol/L投料，反应___________进行(填“正向”或“逆向”)。 20. 回答下列问题： （1）在中完全燃烧生成和液态水时，放出的热量。写出该反应的热化学方程式___________。 （2）已知反应：，，比较___________(填“>”“<”或“=”)。 （3）已知下列反应的热化学方程式： 则反应的___________。 （4）若完全转化为的反应热为，拆开键和键需要的能量分别是和，则拆开键需要的能量是___________。 （5）水煤气变换[]是重要的化工过程。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。 可知水煤气变换的___________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)___________，写出该步骤的化学方程式___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期期中考试高二化学试卷 第Ⅰ卷(选择题 共48分) 一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题3分共48分) 1. 下列关于盖斯定律的说法错误的是 A. 盖斯定律遵守能量守恒定律 B. 不管反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都相同 C. 有些反应的反应热不能直接测得，可通过盖斯定律间接计算得到 D. 化学反应的反应热不仅与反应体系的始态和终态有关，还与反应的途径有关 【答案】D 【解析】 【详解】A．盖斯定律遵守能量守恒定律，A正确； B．化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应的途径无关，因此不管反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都相同，B正确； C．有的反应进行得很慢，有的反应有副反应，其反应热测定有困难，可以用盖斯定律间接计算出来，C正确； D．化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应的途径无关，D错误； 故答案选D。 2. 下列关于电解质的说法正确的是 A. 强电解质的导电能力一定比弱电解质导电能力强 B. NH4Cl在水溶液中完全电离，所以NH4Cl是强电解质 C. BaSO4难溶于水，所以是非电解质 D. CO2溶于水形成的溶液能导电，所以CO2是电解质 【答案】B 【解析】 【详解】A．电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子的浓度及离子带有的电荷数目有关，与电解质是强电解质还是弱电解质无关，A错误； B．NH4Cl是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，所以NH4Cl是强电解质，B正确； C．尽管BaSO4难溶于水，但溶于水的完全电离为自由移动的离子，所以BaSO4是强电解质，C错误； D．CO2溶于水与水反应产生H2CO3发生电离，产生自由移动的离子而能导电，而CO2在水中和熔融状态下都不能发生电离，所以CO2是非电解质，D错误； 故合理选项是B。 3. 关于化学反应与能量的说法正确的是 A. 需要加热的反应都是吸热反应 B. 反应物总能量与生成物总能量一定相等 C. 断裂化学键要吸收能量 D. 燃烧热指的是101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成氧化物时所放出的热量 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．有的放热反应需要高温条件发生，如铝热反应是放热反应，但需要加热，故A错误； B．化学反应过程中一定伴随能量的变化，反应物总能量与生成物总能量一定不相等，故B错误； C．形成化学键放出能量，则断裂化学键需要吸收能量，故C正确； D．燃烧热指的是在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，指定产物指可燃物中碳元素变为CO2(g)、氢元素变为H2O(l)、硫元素变为SO2(g)、氮元素变为N2(g)等，故D错误； 答案选C。 4. 研究一个化学反应时，往往需要关注反应的快慢、历程和涉及的反应速率和反应机理。下列说法错误的是 A. 对于钢铁的腐蚀，减缓其腐蚀速率对人类有益 B. 增大反应物浓度时，能增多单位体积内活化分子数 C. 制造蜂窝煤时加入生石灰，与化学反应速率无关 D. 化学反应中，反应物分子的每次碰撞都为有效碰撞 【答案】D 【解析】 【详解】A．钢铁的腐蚀是一个普遍存在的问题，不仅会导致材料性能下降，还会增加维护成本，影响工业生产和日常生活，所以减缓其腐蚀速率对人类有益，故A正确； B．增大反应物浓度时，可以增多单位体积内活化分子数，故B正确； C．制造蜂窝煤时加入生石灰，是为了减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，与化学反应速率无关，故C正确； D．化学反应中，并不是反应物分子的每次碰撞都能发生反应，能够发生化学反应的碰撞叫有效碰撞，故D错误； 故选D。 5. 实现“节能减排”和“低碳经济”的一个重要课题就是如何将转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：，如图表示该反应过程中能量(单位为)的变化。下列关于该反应的说法正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由图可知：反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应；正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应，即，，故选C。 6. 某温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)为 A. 2.4×10-7mol·L-1 B. 1×10-14mol·L-1 C. 4.2×10-8mol·L-1 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【详解】一定温度下，根据H2OH++OH-，纯水中电离出的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等。温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)为2.4×10-7mol·L-1，故答案选A。 7. 已知在密闭容器中发生反应，若反应速率分别用、、、表示，则下列关系正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于化学方程式中对应的化学计量数之比。 该反应中各物质化学计量数比为 ，因此反应速率满足 。据此分析。 【详解】A．由 ，得 ，A错误； B．由，得，B错误； C．由，得，C错误； D．由，得，D正确； 故选D。 8. 已知反应：2NO2(g)N2O4(g)，把NO2、N2O4的混合气体盛装在两个连通的烧瓶里，然后用夹子夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水里，把烧瓶B放入冰水里，如图所示。与常温时烧瓶内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅。下列说法错误的是 A. 反应2NO2(g)N2O4(g)的正反应为吸热反应 B. 上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快 C. 上述过程中，B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大 D. 上述过程中，A，B烧瓶内气体密度均保持不变 【答案】A 【解析】 【详解】A．放在热水中的A烧瓶内气体颜色变深，放在冰水中的B烧瓶内气体颜色变浅，说明升高温度平衡向生成NO2，降低温度平衡向生成N2O4方向移动，故反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的正反应为放热反应，A错误； B．升高温度，正、逆反应速率都加快，B正确； C．B烧瓶内气体颜色变浅，说明平衡向生成N2O4方向移动，B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大，C正确； D．容器的容积不变，混合气体的质量不变，故A烧瓶、B烧瓶内气体密度都不变，D正确； 故选A。 9. 25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是 A. 将纯水加热到95℃时，变大，pH不变，水仍呈中性 B. 25℃时，向纯水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，增大，变小 C. 保持温度不变，向纯水中加入少量NaOH固体，增大，不变 D. 向纯水中加入盐酸，可抑制水的电离；加入醋酸，可促进水的电离 【答案】C 【解析】 【详解】A．升高温度促进水的电离，变大，增大导致减小，但，水仍呈中性，A错误； B．向纯水中加入稀氨水，电离出，水的电离平衡逆向移动，增大，温度不变则不变，B错误； C．保持温度不变，向纯水中加入少量固体，电离出使增大，抑制水的电离，只与温度有关，故不变，C正确； D．盐酸和醋酸均能电离出，使增大，水的电离平衡逆向移动，二者均抑制水的电离，D错误； 故选C。 10. 常温常压下，下列热化学方程式书写正确的是 选项 已知条件 热化学方程式 A 的标准燃烧热a (a>0) B l mol 完全燃烧生成液态水和，放出890.3 kJ的热量 C 12 g石墨比12 g金刚石能量少b kJ(b>0) C(石墨，s)=C(金刚石，s) D 2 mol AB分解生成和气体，吸收热量c kJ(c>0) A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准燃烧热的定义是1 mol纯物质在指定条件下完全燃烧生成稳定氧化物的反应热，H2的标准燃烧热对应的是H2与O2反应生成液态H2O的放热过程，和H2与Cl2的反应无关；且H2在Cl2中燃烧属于放热反应，ΔH应为负值；正确的热化学方程式为，A错误； B．已知条件中完全燃烧生成液态水，而热化学方程式中为气态，产物状态不符，正确的热化学方程式为，B错误； C．12 g石墨（1 mol ）能量比12 g金刚石（1 mol ）低，石墨转化为金刚石为吸热反应，，且标明了物质状态，书写正确，C正确； D．热化学方程式必须标明各物质的聚集状态，该选项未标注，不符合书写规范，D错误； 故选C。 11. 反应在四种不同情况下的反应速率分别为： ① ② ③ ④ 该反应进行的快慢顺序为 A. ④>③=②>① B. ①>②=③>④ C. ②>①=④>③ D. ①>④>②=③ 【答案】A 【解析】 【详解】A．将所有速率统一换算为以表示、单位为的速率：①，②，③，④，速率顺序为，故A正确； 12. 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，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5 mL不同浓度溶液的试管中同时加入2 mL 5% 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与等质量、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．其他条件不变时，浓度越大，与同浓度硫酸反应析出硫沉淀的时间越短，说明增大反应物浓度可使化学反应速率增大，A正确； B．催化剂会参与化学反应，只是反应后质量和化学性质不变，“催化剂一定不参与化学反应”的结论错误，B错误； C．与反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显实验现象，无法通过观察现象判断反应速率快慢，不能探究浓度对反应速率的影响，C错误； D．物质的量浓度相同的盐酸为强酸完全电离，醋酸为弱酸部分电离，盐酸的浓度大于醋酸，开始时盐酸与锌粒的反应速率更快，结论错误，D错误； 故选A。 13. 其他条件不变时，可逆反应中的生成物C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(p)的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 达到平衡后，若升高温度，该化学平衡将向逆反应方向移动 B. 达到平衡后，使用催化剂，C%将增大 C. 化学方程式中n>p＋q D. 达到平衡后，增加反应物A的量，有利于化学平衡向正反应方向移动 【答案】A 【解析】 【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n<p+q，据此分析； 【详解】A．由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，A正确； B．催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，生成物C的百分含量不变，B错误； C．由图可知，，减小压强，平衡时生成物C的百分含量增大(即平衡向正反应方向移动)，可知正反应为气体分子数反应，即n＜p＋q，C错误； D．反应A为固体，固体物质的浓度为宣传，达到平衡后，增加反应物A的量，平衡不移动，D错误； 故选A； 14. 醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH++CH3COO⁻，下列叙述不正确的是 A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大 B. 0.10 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH-）增大。 C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动 D. 25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸 【答案】D 【解析】 【详解】A. 醋酸的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，电离平衡常数增大，故A正确； B. 加水稀释溶液的酸性减弱，则c(OH-)增大，故B正确； C. 醋酸钠晶体会电离出CHCOO-，使电离平衡CH3COOHH++CH3COO⁻逆向移动，故C正确； D. 温度不变则电离常数不变，故D错误； 故答案为D。 15. 在体积都为1L，c(H＋)都为0.01 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则下列图示符合客观事实的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】醋酸是弱酸，盐酸是强酸，常温下，盐酸的浓度为0.01mol/L，而醋酸的浓度要明显大于0.01mol/L；因此二者体积均为1L时，对于盐酸而言0.65g锌显然是过量的，因此二者在与锌反应时，最终醋酸生成的氢气会更多；盐酸与醋酸初始c(H＋)相等，由于醋酸弱电离的原因，导致其相比于盐酸，氢离子浓度下降的更慢即c(H＋)变化的更为缓慢；又因为氢离子浓度越大时，酸与金属反应生成氢气的速率越快，因此反应开始后，醋酸生成氢气的速率要比盐酸更快； A．通过分析可知，由于醋酸是弱酸，溶液中存在醋酸的电离平衡，这就导致其与锌发生反应时，相比于盐酸，氢离子浓度下降的较慢，那么pH变化的也就更为平缓，故A图不符； B．通过分析可知，由于反应开始后盐酸中氢离子浓度下降较快，导致其氢离子浓度相比于醋酸更低，因此在与锌反应时反应速率更低，故B图不符； C．通过分析可知，盐酸浓度仅为0.01mol/L，醋酸浓度明显大于0.01mol/L，体积均为1L时，二者均与0.65g锌反应，醋酸会以更快的反应速率生成更多的氢气，故C图符合； D．通过分析可知，由于醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡，使得其氢离子浓度下降的更为缓慢，故D图不符； 答案选C； 16. 利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是 A. 反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ B. 反应过程中碳的成键总数不变 C. 升高温度有利于提高丙烷转化率 D. M-H为该反应的催化剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．步骤Ⅱ的活化能最大，反应速率最慢，反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ，A正确； B．由丙烷制备丙烯过程中碳的成键总数减小，B错误； C．根据图示，由丙烷制备丙烯的反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于提高丙烷转化率，C正确； D．由图可知M—H参与反应，且反应前后本身没有变化，是该反应的催化剂，D正确； 故选B。 第Ⅱ卷(非选择题 共52分) 二、非选择题(共52分) 17. 50 mL 0.50 盐酸与50 mL 0.55 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器是__________。 （2）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________。 （3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大”或“偏小”、或“无影响”)。 （4）实验中改用60 mL 0.50 盐酸跟50 mL 0.55 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”)，所求中和热__________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：______________________________________________________________________。 【答案】（1）环形玻璃搅拌棒 （2）固定支撑；减少热交换，降低实验过程的热量损失(言之有理即可) （3）偏小 （4） ①. 不相等 ②. 相等 ③. 中和热是指稀溶液中强酸和强碱发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸碱的实际用量无关，本次反应生成的水的物质的量更多，所以放热总量变大，但生成1 mol水对应的反应热不变 【解析】 【小问1详解】 中和热测定实验需要通过搅拌使酸碱充分混合、反应均匀，装置中仅标注了温度计，缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒； 【小问2详解】 中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料可以减少实验过程中的热量损失，除此之外，碎泡沫塑料还起到固定支撑的作用； 【小问3详解】 大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小； 【小问4详解】 反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60 mL 0.50 mol⋅L−1盐酸溶液跟50 mL 0.55 mol⋅L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量也增多，但是中和热是指稀溶液中强酸和强碱发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸碱的实际用量无关，本次反应生成的水的物质的量更多，所以放热总量变大，但生成1 mol水对应的反应热不变。 18. 某学生用0.2000 mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，操作如下： ①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上； ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体； ③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数； ④移取20.00 mL待测液注入洁净的存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。 （1）以上步骤有错误的是__________(填编号)。若测定结果偏高，原因可能是__________(填字母)。 A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水 B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确 C．锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡 （2）如图是某次滴定时滴定管中的液面，其读数为__________mL。 （3）根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：__________mol/L。 滴定次数 待测液体积/mL 标准烧碱溶液体积/mL 滴定前读数 滴定后读数 第一次 20.00 0.40 20.30 第二次 20.00 2.00 24.10 第三次 20.00 4.00 24.10 （4）拓展：某同学学习了中和滴定，将该原理又应用到葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定。准确量取100.00 mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为0.0100 mol/L标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50 mL(已知滴定过程中所发生的反应是)。 判断达到滴定终点的依据是__________；所测100.00 mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为__________mg/L。 【答案】（1） ①. ① ②. BCD （2）22.60 （3）0.2000 （4） ①. 滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30 s内不再褪去 ②. 144 【解析】 【小问1详解】 ①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，必须用待装入的标准溶液润洗2-3次，否则管内残留的蒸馏水会稀释标准液，①操作中存在错误；②③④均符合滴定操作规范； A．锥形瓶内残留少量蒸馏水，待测盐酸中溶质HCl的总物质的量没有变化，消耗的标准液体积不受影响，测定结果无偏差，A不符合题意； B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，读取的标准液体积数值大于实际消耗体积，会导致测定结果偏高，B符合题意； C．锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗，会导致锥形瓶内HCl的总物质的量比实际移取的量多，消耗的标准液体积偏大，会导致测定结果偏高，C符合题意； D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，气泡的体积被计入标准液消耗体积，导致标准液体积偏大，会导致测定结果偏高，D符合题意； 故选BCD； 【小问2详解】 滴定管的刻度从上到下递增，精度为0.01 mL，图中凹液面的最低处对应刻度为22.60 mL； 【小问3详解】 第一次消耗的标准液的体积为，第二次消耗的标准液的体积为，第三次消耗的标准液的体积为，其中第二次的数据与其余两组相差过大，属于异常值可以舍去，消耗的标准溶液的体积为，根据，代入可以求出； 【小问4详解】 待测液中未完全反应时，溶液为无色，当滴入最后一滴标准溶液时，完全消耗，过量的遇到淀粉指示剂变蓝，因此终点现象为滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30 s内不再褪去；消耗的的物质的量为，根据可知，的物质的量为，其质量为，所测100.00 mL葡萄酒样品中的残留量为。 19. 容积为2.0 L的密闭容器中，通入一定量的，发生反应：。100℃时，各物质浓度随时间变化如下图所示。 （1）60s内，___________。 （2）降低温度，混合气体的颜色变浅，逆反应是___________反应(填“放热”或“吸热”)。 （3）欲提高的平衡转化率，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. 加入 （4）100℃时，该反应的化学平衡常数的表达式为___________，数值为___________， （5）平衡时，的转化率是___________。 （6）100℃时，在容器中按初始浓度mol/L、mol/L投料，反应___________进行(填“正向”或“逆向”)。 【答案】（1） （2）放热 （3）B （4） ①. ②. （5）60% （6）正 【解析】 【小问1详解】 由图可知N2O4的浓度变化量为0.06mol•L-1，； 【小问2详解】 降低温度，混合气体的颜色变浅，说明降温向生成四氧化二氮的方向移动，即逆向是放热方向，则正反应吸热； 【小问3详解】 A．增大压强平衡逆向移动，N2O4的平衡转化率减小，故A项不符合题意； B．该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，N2O4的平衡转化率增大，故B项符合题意； C．加入催化剂，只能加快反应速率，不能提高平衡转化率，故C项不符合题意； 故答案为：B； 【小问4详解】 依据方程式写出平衡常数表达式：，依图可知，达到平衡时N2O4的浓度为0.04mol•L-1，NO2的浓度为0.12mol•L-1，； 【小问5详解】 由图像数据可知，N2O4的平衡转化率为：； 【小问6详解】 100℃时，在容器中按初始浓度c(N2O4)=0.20mol/L、c(NO2)=0.20mol/L投料，浓度商，则反应正向进行。 20. 回答下列问题： （1）在中完全燃烧生成和液态水时，放出的热量。写出该反应的热化学方程式___________。 （2）已知反应：，，比较___________(填“>”“<”或“=”)。 （3）已知下列反应的热化学方程式： 则反应的___________。 （4）若完全转化为的反应热为，拆开键和键需要的能量分别是和，则拆开键需要的能量是___________。 （5）水煤气变换[]是重要的化工过程。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。 可知水煤气变换的___________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)___________，写出该步骤的化学方程式___________。 【答案】（1）C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ∆H=-1366.8kJ/mol （2）< （3）5ΔH2+12ΔH3-2ΔH1 （4）391 （5） ①. < ②. 2.02 ③. COOH*＋H*＋H2O*= COOH*＋2 H*＋OH* (或H2O*= H*＋OH*) 【解析】 【小问1详解】 的物质的量为0.5mol，由0.5 molC2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出683.4 kJ热量可知，1molC2H5OH（l）完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l）放出热量为2×683.4 kJ=1366.8kJ，则热化学方程式为C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ/mol，故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ/mol； 【小问2详解】 设方程式①S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1，②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2，由盖斯定律知，用①式-②式得S(g)=S(s)ΔH=ΔH1-ΔH2<0，故ΔH1<ΔH2； 【小问3详解】 设方程式① 6C(s) + 5H2(g) + 3N2(g) + 9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)ΔH1 ② 2H2(g) + O2(g)= 2H2O(g) ΔH2 ③ C(s) + O2(g)=CO2(g)ΔH3 由盖斯定律：5×②+12×③-2×①得：4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g) ΔH=5ΔH2 +12ΔH3－2ΔH1； 【小问4详解】 △H=反应物的总键能-生成物的总键能=946+3×436-2×3×E(N-H)=-92，解得E(N-H)= 391 kJ/mol； 【小问5详解】 观察始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH<0；过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图知，最大活化能E正=1.86 eV-(-0.16 eV)=2.02 eV，该步始态物质为COOH*＋H*＋H2O*，产物为COOH*＋2 H*＋OH*，该步骤的化学方程式：COOH*＋H*＋H2O*= COOH*＋2 H*＋OH* (或H2O*= H*＋OH*)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $