甘肃省兰州市第一中学2024-2025学年高二化学上学期期中试题理含解析

PAGEPAGE23甘肃省兰州市第一中学2024-2025学年高二化学上学期期中试题理（含解析）试题说明：1.本试题满分100分，答题时间100分钟。2.请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。第Ⅰ卷选择题（共50分）一．选择题（本题共25小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）1.关于能量转化，下列说法不正确的是（）A.太阳能电池的能量转化：光能(太阳能)→电能B.生物光合作用中的能量转化：光能(太阳能)→生物质能(化学能)C.化学反应过程中，除了物质变更外，肯定伴有能量变更D.燃气灶具中的能量转化：化学能主要转化为光能【答案】D【解析】【详解】A．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应干脆把光能转化成电能的装置，太阳能电池工作过程中的能量转化：光能(太阳能)→电能，故A项说法正确；B．绿色植物利用太阳的光能，同化二氧化碳(CO2)和水(H2O)制造有机物质并释放氧气的过程，称为光合作用，光合作用所产生的有机物主要是碳水化合物，并释放出能量，光合作用过程中能量转化：光能(太阳能)→生物质能(化学能)，故B项说法正确；C．化学反应过程中肯定有化学键断裂和形成，由于断键吸热，成键放热，所以化学反应过程中，除了物质变更外，肯定伴有能量变更，故C项说法正确；D．可燃物燃烧时，可燃物以及氧气中的能量主要以热能形式释放，还有部分能量转化为生成物的能量以及燃烧过程中的光能，其主要能量转化为：化学能→热能，故D项说法错误；综上所述，说法错误的是D项，故答案为D。2.下列过程中的能量变更与下图一样的是（）A.NaOH固体溶于水 B.氨气液化 C.碳酸钙分解 D.镁条溶于盐酸【答案】D【解析】【详解】由图可知，该过程反应物与生成物的能量不同，且反应物总能量高于生成物，因此说明该过程是放热的化学反应，NaOH固体溶于水、氨气液化是物理变更；碳酸钙分解是吸热反应；镁条溶于盐酸是放热反应，故答案为D。3.已知生产合成气的反应：C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)在高温时才能自发进行。下列对该反应过程的△H、△S推断正确的是（）A.△H＞0，△S＜0 B.△H＜0，△S＜0C.△H＞0，△S＞0 D.△H＜0，△S＞0【答案】C【解析】【详解】由反应可知，气体体积增大，则△S＞0，△G=△H-T△S＜0，反应在高温时才能自发进行，则△H＞0，所以△H＞0，△S＞0。故选C。4.肯定能增加反应物分子中活化分子的百分数的是（）A.降低温度 B.增大压强C.运用催化剂 D.增加浓度【答案】C【解析】【详解】A．降低温度，体系内活化分子数减小，分子数不变，反应物分子中活化分子的百分数减小，故A项不选；B．通过压缩容器体积而增大压强不会变更反应物分子总数和活化分子数，反应物分子中活化分子的百分数不变，若是通过增大反应物浓度而增大压强，体系内分子数和活化分子数都增大，但反应物分子中活化分子的百分数不变，故B项不选；C．催化剂能够降低反应物活化能，加入催化剂后，反应物的总分子数不变，活化分子数增大，反应物分子中活化分子的百分数将增大，故C项选；D．增大浓度将使活化分子数和分子数都增大，而反应物分子中活化分子的百分数不变，故D项不选；综上所述，肯定能增加反应物分子中活化分子的百分数的是C项，故答案为C。5.下列物质中为强电解质的是（）A.SO2 B.盐酸 C.CH3COONH4 D.HClO【答案】C【解析】【详解】常见强电解质种类有：强酸、强碱、绝大多数盐、金属氧化物，SO2是非金属氧化物，属于非电解质，盐酸是混合物，不属于电解质，CH3COONH4是盐类，属于强电解质，HClO是弱酸，属于弱电解质，故答案为C。6.下列物质在水溶液中的电离方程式中，正确的是（）A.CH3COOH＝CH3COO﹣+H+ B.NaHSO4＝Na++H++SOC.KClO3K++ClO D.(NH4)2HPO4＝2NH+H++PO【答案】B【解析】【详解】A．CH3COOH为弱电解质，在水溶液中，部分电离，应用可逆符合，电离方程式为CH3COOHCH3COO﹣+H+，故A错误；B．NaHSO4是强电解质，在水溶液中全部电离，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++SO，故B正确；C．KClO3是强电解质，在水溶液中全部电离，电离方程式为KClO3=K++ClO，故C错误；D．HPO在水溶液中不行拆，所以(NH4)2HPO4电离方程式为(NH4)2HPO4＝2NH+HPO，故D错误；故选D。7.化学反应速率的确定因素是（）A.反应物的浓度 B.催化剂C.反应物的结构与性质 D.反应温度【答案】C【解析】【详解】影响化学反应速率因素中，反应物的结构与性质是确定性的因素，即最主要因素，而温度、浓度、压强、催化剂等为外界因素，为次要因素，故答案为C。8.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH++CH3COO-，下列叙述不正确的是（）A.上升温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大B.0.10mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(H+)减小C.CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D.25℃时，欲使醋酸的电离常数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．醋酸的电离是吸热反应，上升温度促进醋酸电离，导致醋酸电离平衡常数增大，故A正确；B．加水稀释促进弱酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，故B正确；C．向醋酸中加入CH3COONa固体，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，故C正确；D．温度不变，电离平衡常数不变，所以要使电离平衡常数减小，应当变更温度，故D错误；综上所述，叙述不正确的是D项，故答案为D。9.已知2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g)，若反应速率分别用v(H2S)、v(O2)、v(SO2)、v(H2O)表示，则正确的关系式为（）A.2v(H2S)＝3v(O2) B.2v(O2)＝3v(SO2)C.3v(O2)＝2v(SO2) D.3v(O2)＝2v(H2O)【答案】B【解析】【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，由化学方程式可知，v(H2S)：v(O2)：v(SO2)：v(H2O)=2:3:2:2，依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，得3v(H2S)=2v(O2)=3v(SO2)=3v(H2O)，所以B正确；故选B。10.在肯定温度下，可逆反应：A2(g)+B2(g)2AB(g)，达到平衡的标记是（）A.容器的总压强不随时间而变更B.单位时间内生成nmolA2同时就有2nmolAB生成C.单位时间内有nmolB2发生反应同时有nmolAB分解D.单位时间内有nmolA2生成的同时有nmolB2生成【答案】B【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变。【详解】A．该反应前后气体总物质的量不变，则无论该反应是否达到平衡状态，压强始终不变，所以不能依据压强推断平衡状态，故A错误；B．单位时间内生成nmolA2的同时生成2nmolAB，则同时消耗nmolA2，A2的正逆反应速率相等，则该反应达到平衡状态，故B正确；C．单位时间内有nmolB2发生反应，同时有nmolAB分解即有0.5nmolB2生成，B2的正逆反应速率不相等，故C错误；D.单位时间内有nmolA2生成，同时有nmolB2生成，均表示逆速率，无法推断正逆速率是否相同，故D错误；故选B。【点睛】本题考查化学平衡状态推断，只有反应前后变更的物理量才能作为平衡状态推断依据，易错点A，留意该反应前后气体计量数之和不变，无论该反应是否达到平衡状态，压强始终不变。11.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A.已知2SO2+O22SO3为放热反应，则SO2的能量肯定高于SO3的能量B.由C(s)+O2(g)═CO(g)△H＝－110.5kJ•mol﹣1可知碳的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1C.若C(石墨，s)＝C(金刚石，s)△H＞0，则石墨比金刚石稳定D.已知2C(s)+2O2(g)═2CO2(g)△H1，2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H2，则△H1＞△H2【答案】C【解析】【详解】A．反应放热，说明SO2和O2的能量之和比SO3高，不能确定SO2的能量与SO3的能量凹凸，故A项错误；B．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，而C(s)+O2(g)═CO(g)△H＝－110.5kJ•mol﹣1中C(s)对应产物不是CO2(g)，因此110.5kJ•mol﹣1不是碳的燃烧热，故B项错误；C．石墨生成金刚石的反应吸热，说明反应物的能量更低，则石墨更稳定，故C项正确；D．碳燃烧的反应是放热反应，因此△H<0，燃烧过程中，碳完全燃烧生成二氧化碳时放热更多，因此△H1<△H2，故D项错误；综上所述，结论正确的是C项，故答案为C。12.肯定条件下，在10L密闭容器中发生反应：A(g)+3B(g)=2C(g)+4D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是A.υ(A)=2.0mol/(L·min)B.υ(B)=0.2mol/(L·min)C.υ(C)=0.2mol/(L·min)D.υ(D)=0.8mol/(L·min)【答案】D【解析】【详解】在10L密闭容器中，5min内，A的物质的量减小了10mol，则A的化学反应速率为：，依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，可得，，，故答案选D。13.若只变更某一条件，化学反应aA（g）+B（g）cC（g）的平衡变更图象如下（图中p表示压强，T表示温度，α表示平衡转化率，v表示反应速率，t表示反应时间），据此分析下列说法正确的是A.由图①，可以推断该反应为吸热反应B.在图①中，若p1>p2，则此反应的系数：a+1<cC.在图②中，t0时刻变更的条件为移走部分生成物CD.在图②中，图像对应各点的正反应速率最大的是d【答案】D【解析】【详解】A．依据图知，同一压强下，上升温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；B．若p1>p2，即相同温度下压强越大A的转化率越高，说明增大压强平衡正向移动，则该反应为气体削减的反应，即a+1>c，故B错误；C．据图可知t0时刻逆反应速率瞬间增大，而移走部分生成物C会使逆反应速率瞬间减小，故C错误；D．据图可知t0时刻逆反应速率瞬间增大，而后逆反应速率渐渐减小，则该过程中正反应速率渐渐增大，直至正逆反应速率相等，所以d点正反应速率最大，故D正确；综上所述答案为D。14.少量铁粉与100mL0.01mol/L的硫酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不变更H2的总量，可以运用如下方法中的A.加入l00mL0.02mol/L的盐酸B.加入少量硫酸氢钠固体C.加入少量CuSO4固体D降低温度【答案】B【解析】【详解】Fe与硫酸反应实质为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，依据影响化学反应速率的因素分析。A．0.02mol/L的盐酸中c(H+)与0.01mol/L的硫酸相同，所以加入l00mL0.02mol/L的盐酸对化学反应速率无影响，A不符合题意；B．加入少量硫酸氢钠固体，该盐电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，反应速率加快；由于Fe粉不足量，完全反应，反应产生氢气与Fe为标准计算，所以Fe的量不变，H2的总量不变更，B符合题意；C．加入少量CuSO4固体，盐溶解与Fe发生置换反应产生Cu单质，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而加快反应速率，但由于消耗Fe，反应生成氢气总量减小，C不符合题意；D．降低温度，物质含有的活化分子数目削减，有效碰撞次数削减，化学反应速率减慢，D不符合题意；故答案为B。15.固氮作用有3种途径：生物固氮、人工固氮和大气固氮。如表列举了不同温度下大气固氮的部分平衡常数K值。时，向的恒容密闭容器中充入和，10s时反应达到平衡。反应大气固氮温度/℃272260K1下列说法正确的是()A.大气固氮反应属于放热反应B.10s末，的转化率约为C.10s内，用表示的平均反应速率为D.10s末，再向容器中充入mol和mol，的平衡转化率不变【答案】D【解析】【详解】设N2的转化浓度为xmol/L，反应三段式如下：时，平衡常数，解得，A、对于放热反应而言，上升温度，K减小；从表一可以看出，随着温度的上升，K值增大，表明正向是吸热的方向，所以大气固氮反应属于吸热反应，选项A错误；B、由上述分析可知10s末，的转化率，选项B错误；C、10s内，用表示的平均反应速率，选项C错误；D、10s末时再向容器中充入

和

，相等增大压强，由于该反应是气体体积不变的反应，增大压强平衡不发生移动，所以的转化率不变，仍为，选项D正确；答案选D。16.已知H2CO3的电离平衡常数：Ka1＝4.5×10-7和Ka2＝4.7×10-11，HClO的电离平衡常数：Ka＝4.0×10-8。在反应Cl2+H2OHCl+HClO达到平衡后，要使HClO的浓度增大可加入（）A.NaOH B.HCl C.NaHCO3 D.NaCl【答案】C【解析】【详解】A．加入氢氧化钠，盐酸和次氯酸都可以和氢氧化钠反应，所以次氯酸的浓度减小，故A项不选；B．加入HCl，平衡逆向移动，次氯酸的浓度减小，故B项不选；C．由电离平衡常数可知，酸性：HCl>H2CO3>HClO>，加入碳酸氢钠，只与盐酸反应，使平衡正向移动，次氯酸的浓度增大，故C项选；D．加入氯化钠，溶液中氯离子浓度增大，平衡逆向移动，次氯酸浓度减小，故D项不选；综上所述，能够使HClO的浓度增大的是C项，故答案为C。17.在恒温恒容条件下将肯定量NO2和N2O2的混合气体通入密闭容器中，发生反应。反应中各组分浓度随时间变更关系如图。下列说法中，正确的是（）A.a、b、c、d四个点中，只有b点的化学反应处于平衡态B.25min时，导致平衡移动的缘由是上升温度C.前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为0.04mol/(L•min)D.a点，用v(NO2)表示的化学反应速率等于用v(N2O4)表示的化学反应速率【答案】C【解析】【详解】A.由图可以知道，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变更则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故A错误；B.25min时，生产物浓度增大，反应物浓度不变，只能是增大生产物的浓度，由图知道X表示NO2浓度随时间的变更，所以NO2是生成物，故为增大NO2的浓度，故B错误；C.X表示NO2浓度随时间的变更，曲线Y表示N2O4浓度随时间的变更曲线，由图可以知道前10min内，NO2的浓度变更量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，所以V(NO2)==0.04mol/(L•min)，故C正确；D.a点纵坐标相同，即NO2和N2O4的浓度相同，化学反应速率取决于NO2和N2O4的浓度的变更量，此时的变更量不同，故D错误；故选C。18.将浓度为0.1mol·L﹣1的HF溶液加水稀释，下列各量保持减小的是（）①c(H＋)②c(F－)③K(HF)④⑤A.①②④ B.①②③ C.①②⑤ D.②④⑤【答案】A【解析】【详解】HF溶液中存在电离平衡：HF(aq)H+(aq)+F-(aq)，加水稀释过程中，促进HF电离，依据勒夏特列原理可知，溶液中c(HF)、c(H＋)、c(F－)都会减小，稀释过程中温度不变，相关常数不变，即KW、K(HF)都不会变更；稀释过程中，水的电离程度渐渐增大，因此n(H＋)增加的量大于n(F-)，因此稀释过程中渐渐减小；==，因此该比值渐渐增大，综上所述，稀释过程中始终保持减小的是①②④，故答案为A。19.乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是A.①、②两步均属于加成反应B.总反应速率由第①步反应确定C.第①步反应中间体比第②步反应的中间体稳定D.总反应为放热反应，故此反应不须要加热就能发生【答案】B【解析】【详解】A．只有反应①存在碳碳双键键生成C-C键，则只有反应①为加成反应，A错误；B．第①步反应活化能较大，反应发生消耗的能量高，则该步反应难进行，其反应速率较小，总反应的快慢取决于慢反应，则总反应速率由第①步反应确定，B正确；C．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则第②步反应的中间体稳，C错误；D．依据反应物与生成物的能量关系可知：反应物的能量比生成物的能量高，所以发生该反应放出能量，故该反应为放热反应，反应条件是否须要加热与反应热无关，D错误；故答案为B。20.下列关于化学反应方向及其判据的说法正确的是（）A.1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]>S[H2O(g)]B.放热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行C.2KClO3(s)═2KCl(s)+3O2(g)ΔH＜0，该反应能否自发进行与温度无关D.常温下，反应C(s)+CO2(g)═2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0【答案】C【解析】【详解】A．物质聚集程度越混乱，体系熵值越大，因此S[H2O(s)]<S[H2O(g)]，故A项说法错误；B．反应的自发性由焓变和熵变共同确定，当ΔG=ΔH−TΔS<0时反应能自发进行，ΔG>0时反应不能自发进行，焓变小于零的反应，ΔH<0，若ΔS<0，高温下可以ΔG>0，反应不能自发进行，熵变大于零的反应，ΔS>0，若ΔH>0，高温下可以ΔG<0时反应可自发进行，故B项说法错误；C．2KClO3(s)═2KCl(s)+3O2(g)的ΔH<0、ΔS>0，ΔH−TΔS<0，该反应在任何温度下均可自发进行，可知该反应能否自发进行与温度无关，故C项说法正确；D．反应C(s)+CO2(g)═2CO(g)的ΔS>0，常温常压下不能自发进行，则ΔH−TΔS>0，该反由此可知该反应ΔH>0，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。21.将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2取混合液分别完成下列试验，能说明溶液中存在化学平衡的是（）试验编号试验操作试验现象①滴入KSCN溶液溶液变红色②滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成③滴入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成④滴入淀粉溶液溶液变蓝色A.① B.①和④C.③和④ D.①和③【答案】A【解析】【分析】只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底。将0.2mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1

Fe2(SO4)3等体积混合，I-过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只须要证明溶液中含Fe3+，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡，据此分析。【详解】①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①符合题意；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，由于溶液中I−过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，故②不符合题意；③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③不符合题意；④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④不符合题意；综上所述，能说明溶液中存在化学平衡的是试验①，故答案为A。22.肯定条件下合成乙烯：。已知温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如下图。下列说法正确的是A.M点的正反应速率大于N点的逆反应速率v逆B.若投料比，则图中M点己烯的体积分数为C.，催化剂对平衡转化率的影响最大D.当温度高于，上升温度，平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低【答案】B【解析】【详解】A.化学反应速率随温度的上升而加快，但N点催化剂的催化效率比M低，所以(M)有可能小于(N)，故A错误；B.设起先投料为4mol，则为1mol，当在M点平衡时二氧化碳的转化率为所以有起先

4

1

0

0转化

1平衡

1所以乙烯的体积分数为，故B正确；C.，催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，所以对平衡转化率的影响无因果关系，故C错误；D.依据图象，当温度高于，上升温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故D错误。故选B。23.肯定温度下，将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌xC(g)+D(s)＜0，在t1时达平衡。在t2、t3时刻分别变更反应的一个条件，测得容器中C(g)的浓度随时间变更如图所示。下列有关说法正确的是（）A.t2时刻变更的条件是运用催化剂B.t1～t2、t2～t3平衡常数均为0.25C.t3时刻变更的条件肯定是增大反应物的浓度D.t3时刻v逆可能小于t2时刻v逆【答案】D【解析】【详解】A．t2时刻瞬间C的浓度增大，t2∼t3阶段C的浓度不变，说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有x=1+1=2，加入催化剂不改变更学平衡，C的浓度不发生变更，故A错误；B．t1∼t3间温度相同，平衡常数相同，可计算t1∼t2平衡常数K，t1∼t2平衡常数K===4，故B错误；C．反应正向放热，降低温度或增加了A(或B)的物质的量，平衡均正向移动，C的浓度随时间而增大，由图象可知，C的反应速率降低了，所以t3时刻变更的一个条件可能是降低温度，故C错误；D．反应正向放热，降低温度平衡正向移动，C的浓度增大，由图象可知C的反应速率降低，所以t3时刻变更的一个条件可能是降低温度，即t3时刻v逆小于t2时刻v逆，故D正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。24.在恒容绝热的容器中，发生反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，下列方法中能证明已达到平衡状态的是①混合气体的颜色不再变更②各组分浓度相等③体系压强不再变更④一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂⑤混合气体的平均摩尔质量不再变更⑥体系温度不再变更A.①④⑤ B.①②④ C.①③⑤ D.①④⑥【答案】D【解析】【详解】①反应中I2有颜色，随着反应的不断进行，生成物浓度增加，当达到平衡时，I2浓度不再发生变更，体系内颜色不变，故可以说明反应达平衡状态，①正确；②随着反应的不断进行，反应物浓度不断削减，生成物浓度不断增加，反应达平衡时，各组分浓度不肯定相等，故不行以说明反应达平衡状态，②错误；③该反应是一个气体体积不变的反应，随着反应的不断进行，体系内压强恒不变，故不能说明反应达平衡状态，③错误；④H-H键的断裂说明反应向逆向进行，H-I键的断裂说明反应向正向进行，且两个化学键断裂是数目比等于化学计量数的比，故可以说明反应达平衡状态，④正确；⑤混合气体的平均摩尔质量等于气体的总质量除以总物质的量，由于反应前后气体数目没有发生变更，总质量也没有发生变更，故气体的平均摩尔质量恒不变，故不能说明反应达平衡状态，⑤错误；⑥该反应为分解反应，由于分解反应为吸热反应，须要从外界汲取大量的热，故当体系内温度不变时，反应的正逆反应热相互抵消，可以说明反应达平衡状态，⑥正确；综上，①④⑥正确，故选择D。25.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)（正反应吸热）。试验测得：v正＝v(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，v逆＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k逆c2(NO)•c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（）容器编号物质的起始浓度（mol•L﹣1）物质的平衡浓度（mol•L﹣1）c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35A.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5B.达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大C.达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%D.当温度变更为T2时，若k正＝k逆，则T2＞T1【答案】D【解析】【分析】依据反应方程式和容器中O2的平衡浓度可知：平衡时，c(NO)=0.4mol/L，c(NO2)=0.2mol/L，则T1温度下，该反应的平衡常数K===0.8。【详解】A．平衡时，容器Ⅰ中气体总物质的量为0.8mol，容器Ⅱ中，气体起始总物质的量为1mol，此时=＜k，反应正向进行，气体物质的量增大，气体起始总物质的量大于1mol，则达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于4:5，故A项错误；B．依据分析可知：平衡时，容器Ⅰ中=1。当容器Ⅱ中=1时，c(NO)=(0.5+)mol/L，c(NO2)=(0.2+)mol/L，c(O2)=(0.2+)mol/L，此时≈1.38＞K，反应逆向进行，＜1，即达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的小，故B项错误；C．设容器ⅢNO的体积分数为50%，则c(NO)=0.4mol/L，c(NO2)=0.1mol/L，c(O2)=0.3mol/L，此时=4.8＞K，反应逆向进行，则NO的体积分数减小，因此平衡时，NO的体积分数小于50%，故C项错误；D．平衡时，正、逆反应速率相等，则有k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，若k正=k逆，则=1＞K，由于该反应正反应是吸热反应，且T2时平衡常数增大，因此温度T2＞T1，故D项正确；故选D。第Ⅱ卷非选择题（共50分）二、非选择题（本大题包括4小题，每空2分，共50分）26.(1)①CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)；△H=-177.7kJ/mol②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；△H=+131.3kJ/mol③1/2H2SO4(l)+NaOH(l)=1/2Na2SO4(l)+H2O(1)；△H=-57.3kJ/mol④C(s)+O2(g)=CO2(g)；△H=-393.5kJ/mol⑤CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)；△H=-283kJ/mol⑥HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O⑴；△H=-57.3kJ/mol⑦2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；△H=-517.6kJ/mol(a)上述热化学方程式中，不正确的有__________。(b)依据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式_______________________。(2)已知热化学方程式：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；△H=-241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为______kJ/mol。(3)用CH4催化还原NOx可以消退氮氧化物的污染。例如：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ/mol，若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N2，反应中转移的电子总数为____(阿伏伽德罗常数NA表示)，放出的热量为________kJ。【答案】(1).①③(2).C(s)+l/2O2(g)=CO2(g；△H=-110.5kJ/mol(3).409.0kJ/mol(4).1.6NA(5).173.4【解析】（1）（a）①碳酸钙分解吸热，△H＞0，①错误；③除H2O外其它物质的状态不是“l”应为“aq”，③错误；其余热化学方程式均正确，答案选①③；（b）结合化学反应④⑤，利用盖斯定律④－⑤即得到碳不完全燃烧的热化学方程式为C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=－110.5kJ/mol；（2）逆反应的活化能=正反应的活化能+反应焓变=241.8kJ•mol-1+167.2kJ•mol-1=409.0kJ/mol；（3）由已知热化学方程式可得CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=(-574+1160)/2kJ•mol-1=867kJ•mol-1，n（CH4）=0.2mol，整个过程中转移的电子总数为0.2×8NA=1.6NA，放出的热量为0.2mol×867kJ•mol-1＝173.4kJ。点睛：本题考查反应热以及氧化还原反应的计算，侧重于学生的计算实力和分析实力的考查，留意盖斯定律的应用。留意驾驭推断热化学方程式正误的视察点：“一视察”：化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；“二视察”：状态是否标明；“三视察”：反应热ΔH的符号和单位是否正确；“四视察”：反应热的数值与物质的系数是否对应。27.25℃化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.7×10-5K1＝4.3×10-7K2＝5.6×10-113.0×10-8请回答下列问题：(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的依次为_____。(2)同浓度CH3COO-、HCO、CO、ClO-结合H+的实力由强到弱的依次为_____。(3)将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出反应的离子方程式：_____。(4)常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，填写下列表达式中的数据变更状况(填“变大”“变小”或“不变”)。①_____________________________________②_____________________________________③_____________________________________【答案】(1).CH3COOH＞H2CO3＞HClO(2).CO＞ClO-＞HCO＞CH3COO-(3).ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO(4).变小(5).不变(6).变大【解析】【详解】(1)依据表中数据可以知道，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO＞HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的依次为为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，因此，本题正确答案是：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；(2)酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子实力越弱，因为电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO＞HClO，则同浓度CO，ClO-，HCO，CH3COO-结合H+的实力由强到弱的页序为：CO＞ClO-＞HCO＞CH3COO-，因此，本题正确答案是CO＞ClO-＞HCO＞CH3COO-；(3)据酸性由强到弱的依次：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳应当生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO，因此，本题正确答案是ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO；（4）常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOH=CH3COO-+H+，加水促进电离，Ka=。①加水稀释电离平衡正向进行，温度不变，浓度减小，Ka的值不变，所以=，的值变小，即的值变小，因此，本题正确答案是：变小；②Ka=，温度不变，电离平衡常数和离子积常数不变，因此，本题正确答案是：不变；③依据Ka=，则=，加水稀释，温度不变，浓度减小，Ka的值不变，所以的值变大，即的值变大，故答案为：变大。28.在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g)，在肯定温度进行如下反应：A(g)2B(g)+C(g)+D(s)△H＝＋85.1kJ•mol-1容器内气体总压强P与起始压强P0的比值随反应时间(t)的数据见下表，回答下列问题：时间t/h012481620251.001.501.802.202.302.382.402.40(1)下列能提高A的转化率的是_____．A．上升温度B．体系中接着通入A气体C．将D的物质的量减小D．通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍E．若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水(2)该反应的平衡常数的表达式K=_____，前2小时C的反应速率是_____mol•L-1•h-1；(3)平衡时A的转化率_____，C的体积分数_____(均保留两位有效数字)；(4)若将容器改为恒压容器，变更条件，使反应达到与(3)中同样的转化率，则平衡时B浓度为_____mol·L-1。【答案】(1).AE(2).(3).0.02(4).70%(5).0.29(6).0.058mol/L【解析】【详解】(1)A．该反应正向为吸热反应，上升温度将使平衡正向移动，A的转化率将增大；B．向体系中接着通入A气体，平衡将正向移动，但A的转化率将减小；C．D是固体，该变其物质的量不会改变更学平衡，A的转化率不变；D．该体系中He不参与化学反应，通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，不会变更参与反应各物质的分压，平衡不发生移动，A的转化率不变；E．若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水后，HCl将溶于水，生成物的浓度降低，平衡将正向移动，A的转化率将增大；综上所述，能提高A的转化率的是AE，故答案为AE；(2)可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比或反应产物与反应底物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比，即；2h末=1.80，依据同温同容下，气体物质的量之比等于气体压强之比可知，2h末各气体的总物质的量为0.18mol，设0～2h内A转化xmol/L，则因此0.1-x+2x+x=0.18，解得x=0.04，则前2小时C的反应速率v==0.02；(3)由表格数据可知，反应20h后已达到平衡，设0～20h内A转化ymol/L，此时=2.40，由(2)同理可知，0.1-y+2y+y=0.24，解得y=0.07，则平衡时A的转化率=×100%=70%；C的体积分数=×100%=0.29；(4)反应后气体物质的量为：0.1−0.07+2×0.07+0.07=0.24mol，相同温度和压强