河北省鸡泽县第一中学2024-2025学年高二化学上学期开学考试试题含解析

PAGE19-河北省鸡泽县第一中学2024-2025学年高二化学上学期开学考试试题（含解析）第Ⅰ卷（共40分）一、单项选择题（本题共包括20小题，每小题2分，共40分）1.下列有关反应限度的说法错误的是（）A.可逆反应的限度不随反应条件的变更而变更B.化学反应的限度确定了反应物在该条件下的最大转化率C.炼铁高炉尾气中CO含量不随高炉高度变更而变更，是因为有关反应达到了限度D.某条件下可逆反应达到限度之前，逆反应速率渐渐增大可能与生成物浓度渐渐增大有关【答案】A【解析】【详解】A．可逆反应的限度会随反应条件：温度、压强、催化剂等条件的变更而变更，故A错误；B．反应物在平衡状态下的转化率最大，产物的产率最高，故B正确；C．有关反应达到了平衡状态，各组分的含量不会随着时间的变更而变更，故C正确；D．某条件下可逆反应达到限度之前，生成物浓度渐渐增大，逆反应速率会加快，即逆反应速率渐渐增大可能与生成物浓度渐渐增大有关，故D正确；答案选A。2.下列反应的能量变更与其他三项不相同的是（）A.铝热反应 B.铁与稀盐酸反应 C.二氧化碳与碳反应 D.氢气与氧气反应【答案】C【解析】A、铝热反应属于放热反应；B、铁与稀盐酸反应属于放热反应；C、二氧化碳与碳反应属于吸热反应；D、氢气与氧气反应属于放热反应；故选C。3.下列装置能形成原电池且灵敏电流计指针发生偏转的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】

【详解】A、符合原电池的构成条件，而铁与氯化铁能发生自发的氧化还反应，A正确；B、能形成原电池，但上端灵敏电流计不发生偏转，B错误；C、电极相同，不能构成原电池，C错误；D、乙醇是非电解质，不能构成原电池，D错误；答案选A。【点睛】本题考查了原电池原理的分析应用，明确原电池的工作原理、构成条件是答题的关键。构成原电池需具备以下条件：两个活性不同的电极；电解质溶液；形成闭合回路；存在能自动发生的氧化还原反应。4.用下列方法制取氢气，反应速率最大的是()A.30℃，块状锌与2mol·L一1硫酸溶液反应B.30℃，粉末状铁与2mol·L一1硫酸溶液反应C.60℃，粉末状锌与2mol·L一1硫酸溶液反应D.60℃，粉末状镁与2mol·L一1硫酸溶液反应【答案】D【解析】【详解】金属越活泼，反应速率越大，而且反应物的性质是确定因素；温度越高，反应速率越大，固体的接触面积越大，反应速率越大。答案选D。5.下列变更过程，属于放热反应的是①液态水变成水蒸气②酸碱中和反应③两份相同浓度的稀H2SO4混合④研磨固体氢氧化钠⑤弱酸电离⑥H2在Cl2中燃烧A.①⑤ B.②③④⑤ C.②③④⑥ D.②⑥【答案】D【解析】【详解】①液态水变成水蒸气是物理变更，故①错误；②酸碱中和反应是放热反应，故②正确；③两份相同浓度的稀H2SO4混合是物理变更，故③错误；④研磨固体氢氧化钠是物理变更，故④错误；⑤弱酸电离的过程吸热，故⑤错误；⑥H2在Cl2中燃烧是放热反应，故⑥正确。综上所述，本题选D。【点睛】常见的放热反应有:全部的燃烧反应、全部的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应为:大多数的分解反应,氢氧化钡和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反应，盐类的水解等。6.下列热化学方程式书写正确的是（）A.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=+393.5kJ/molB2SO2+O2=2SO3△H=—196.6kJ/molC.S（s）＋O2（g）=SO2（g）ΔH=－297．23kJ/molD.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=+571.6kJ【答案】C【解析】【详解】A.反应为放热，反应热应为负值，故错误；B.没有注明物质的状态，故错误；C.反应为放热反应，故正确；D.反应为放热反应，应为负值，且单位应为kJ/mol，故错误。故选C。7.已知铅蓄电池充放电的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO42H2O＋2PbSO4，下列关于铅蓄电池的说法正确的是（）A.在放电时，两极质量均增加B.在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小C.在放电时，负极发生的反应是Pb＋2e-＋SO=PbSO4D.在放电时，正极发生的反应是PbSO4＋2e-=Pb＋SO【答案】A【解析】【分析】铅蓄电池充放电的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO42H2O＋2PbSO4，负极上：Pb-2e-+SO=PbSO4，正极上：PbO2+SO+4H++2e－=PbSO4+2H2O，充电时的电极反应与放电时相反，据此分析解答。【详解】A．在放电时，负极：PbPbSO4，正极：PbO2PbSO4，两极质量均增加，故A正确；B．在充电时，总反应为2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，电池中硫酸的浓度不断变大，故B错误；C．在放电时，负极发生氧化反应，电极反应为：Pb-2e－

+SO＝PbSO4，故C错误；D．依据分析，在放电时，正极发生的反应是

PbO2+SO+4H++2e－=PbSO4+2H2O，故D错误；答案选A。8.已知4NH3+5O2=4NO+6H2O(g)，若反应速率分别是v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)(单位：mol•L-1•min-1)。下列关系正确的是A.v(NH3)=v(O2) B.v(O2)=v(H2O)C.v(NH3)=v(H2O) D.v(O2)=v(NO)【答案】D【解析】【详解】对于同一反应，在相同条件下，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比。A．v(NH3)与v(O2)的关系应为5v(NH3)=4v(O2)，则v(NH3)=v(O2)，故A错误；B．v(O2)与v(H2O)的关系应为6v(O2)=5v(H2O)，v(O2)=v(H2O)，故B错误；C．v(NH3)与v(H2O)的关系应为3v(NH3)=2v(H2O)，v(NH3)=v(H2O)，故C错误；D．5v(O2)与v(NO)的关系应为4v(O2)=5v(NO)，v(O2)=v(NO)，故D正确；答案选D。9.下列有关能量变更的说法中错误的是（）A.若反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应是吸热反应B.1mol石墨转化为金刚石，要汲取1.895kJ的热能，则石墨比金刚石稳定C.化学变更中的能量变更主要由化学键的变更引起D.化学变更必定伴随发生能量变更【答案】A【解析】【详解】A．反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应必为放热反应，故A错误；B．1mol石墨转化为金刚石，要汲取1.895kJ的能量，说明金刚石的能量比石墨高，而能量越高越不稳定，故B正确；C．化学反应中的能量变更，主要是旧键断裂须要吸热和形成新键放出热量引起的，故C正确；D．任何化学反应都是断裂旧键形成新键的过程，化学键的断裂和生成会汲取能量和释放能量，因此化学变更必定伴随发生能量变更，故D正确；答案选A。10.肯定条件下的密闭容器中，发生可逆反应N2+3H2⇌2NH3，在合成氨的反应中，下列状况不能说明该反应肯定达到化学平衡的是（）A.NH3的质量保持不变B.H2的浓度保持不变C.正反应和逆反应速率相等D.N2、H2、NH3的物质的量之比为1：2：3【答案】D【解析】【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变更，解题时要留意，选择推断的物理量，随着反应的进行发生变更，当该物理量由变更到不变时，说明可逆反应到达平衡状态，据此分析解答。【详解】A．NH3的质量保持不变，即NH3的物质的量保持不变,NH3的浓度和含量保持不变，反应达到平衡状态，故A不符合题意；B．H2的浓度保持不变，符合平衡状态的本质特征，可推断反应达到平衡状态，故B不符合题意；C．同一物质的正反应和逆反应的速率相等，符合平衡状态的本质特征，可推断反应达到平衡状态，故C不符合题意；D．平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，所以容器内N2、H2、NH3的物质的量之比为1：2：3的状态不肯定是平衡状态，故D符合题意；答案选D。11.在肯定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1由等物质的量的CO和CH4的混合气体共4mol，在上述条件下完全燃烧时释放的热量为（）A.1173kJ B.1456kJ C.2346kJ D.1780kJ【答案】C【解析】【详解】等物质的量的CO和CH4的混合气体共4mol，则CO和CH4的物质的量各为2mol，其中1molCO完全燃烧时释放的热量为=283kJ，1molCH4完全燃烧时释放的热量为890kJ，所以2molCO和2molCH4燃烧后放出的热量为283kJ×2+890kJ×2=2346kJ，答案选C。12.钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是（）A.2H++2e-=H2↑ B.Fe2++2e-=FeC.2H2O+O2+4e-=4OH- D.Fe3++e-=Fe2+【答案】C【解析】【详解】钢铁是碳铁合金，电解质溶液为碱性或中性时发生吸氧腐蚀，铁作负极，发生氧化反应，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，碳作正极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，答案选C。13.在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g)2Z(g)。已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.2mol·L-1、0.2mol·L-1，在肯定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（）A.Z为0.3mol·L-1 B.Y2为0.4mol·L-1C.X2为0.2mol·L-1 D.Z为0【答案】A【解析】【详解】若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：若反应向逆反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c(X2)＜0.2mol/L，0.1mol/L＜c(Y2)＜0.3mol/L，0＜c(Z)＜0.4mol/L，A．依据分析，0＜c(Z)＜0.4mol/L，故A符合题意；B．依据分析，0.1mol/L＜c(Y2)＜0.3mol/L，故B不符合题意；C．依据分析，0＜c(X2)＜0.2mol/L，故C不符合题意；D．依据分析，0＜c(Z)＜0.4mol/L，故D不符合题意；答案选A14.探讨表明，化学反应的能量变更与反应物和生成物的键能有关。键能可以简洁的理解为断开1mol化学键时所需汲取的能量。下表是部分化学键的键能数据：己知白磷的燃烧方程式为：P4(s)+5O2=P4O10(s)，该反应放出热量2378.0kJ，且白磷分子结构为正四面体，4个磷原子分别位于正四面体的四个顶点，白磷完全燃烧的产物结构如右图所示，则上表中X为()A.434 B.335 C.237 D.【答案】A【解析】【详解】各化学键键能为：P-P197kJ•mol-1、P-O360kJ•mol-1、O=O499kJ•mol-1，P=OXkJ•mol-1反应P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-2378.0kJ/mol，反应焓变△H=6×197+5×499-4×X-360×12=-2378.0，计算得到X=434kJ/mol；答案选A。【点睛】本题考查反应热与化学键键能的关系，题目难度中等，留意从物质能量、键能角度理解反应热，明确反应热的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能及焓变的正负与汲取、放出热量之间的关系，即化学反应中的反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此结合P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-2378.0kJ/mol计算出表中X。15.如题图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培育皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶(离子在琼胶内可以移动)，下列叙述正确的是（

）A.a中铁钉旁边呈现红色 B.b中铁钉上发生还原反应C.a中铜丝上发生氧化反应 D.b中铝条旁边有气泡产生【答案】B【解析】【详解】A、a中形成的是铁铜原电池，铁作为负极：Fe-2e-=Fe2+，发生氧化反应，没有红色出现，A错误；B、b中形成的是铁铝原电池，铝作负极，铁作正极，发生还原反应，B正确；C、a中铜作为正极，发生还原反应，C错误；D、b中铝作负极：Al-3e-=Al3+，发生氧化反应，没有气泡产生，D错误。答案选B。16.下列说法或表示方法正确是（）A.等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B.在稀溶液中，H+（aq）+OH−（aq）＝H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJC.由C（石墨）＝C（金刚石）△H=+1.90kJ/mol可知石墨比金刚石稳定D.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣571.6kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A、硫蒸气的能量比硫固体的能量高，所以完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，A错误；B、浓硫酸溶于水放热，所以酸碱中和时放热多，B错误；C、能量越低越稳定，则依据热化学方程式可知石墨的能量低，稳定，C正确；D、热化学方程式中水的状态错误，应当是液态，D错误；答案选C17.下列各图是表示相应变更的能量关系图，其中正确的是()A.锌与稀硫酸反应 B.植物的光合作用 C.自然气的燃烧 D.氢气和氯气反应【答案】C【解析】【详解】A、锌与稀硫酸反应属于放热反应，反应物总能量大于生成物的总能量，故A错误；

B、植物的光合作用是利用光能转化成化学能的过程，属于吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；

C、自然气的燃烧属于放热反应，反应物总能量大于生成物的总能量，故C错误；

D、氢气和氯气反应是放热反应，反应物总能量大于生成物的总能量，故D错误。18.将肯定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽视不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。能推断该反应已经达到化学平衡的是（）①v(NH3)正=2v(CO2)逆②密闭容器中总压强不变③密闭容器中混合气体的密度不变④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变⑥密闭容器中CO2的体积分数不变⑦混合气体总质量A.①②③⑤⑦ B.①②⑤⑦ C.①⑤⑥ D.全部【答案】A【解析】【分析】在肯定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变更的状态，称为化学平衡状态，据此推断。【详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆满意正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；②正反应体积增大，当密闭容器中总压强不变时反应达到平衡状态；③密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但是气体的质量是变更的，所以当密闭容器中混合气体的密度不变时反应达到平衡状态；④由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满意2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态；⑤正反应气体的分子数增大，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时反应达到平衡状态；⑥由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满意2：1，所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡状态；⑦由于反应物是固体，所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态；答案选A。19.镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是()A.放电时负极得电子，质量减轻B.放电时负极旁边的pH增大C.充电时该电池的正极与外加电源的负极相连D.充电时阳极反应：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O【答案】D【解析】【分析】可充放电电池中，放电过程为原电池，负极氧化正极还原；充电过程为电解池，阳极氧化阴极还原。【详解】A．放电时，负极电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，该电极上失电子且质量增加，A错误；B．放电时，负极电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，消耗OH-，pH减小，B错误；C．充电时，该电池的正极与外加电源的正极相连，变为阳极，C错误；D．充电时，阳极电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，D正确；故答案为：D。20.Li-Al/FeS电池是某科研机构正在研发的一种车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e-=Li2S+Fe。有关该电池的下列说法正确的是A.Li-Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为+l价B.用水作电解质溶液C.该电池的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+FeD.充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S+Fe-2e-=2Li++FeS【答案】C【解析】【详解】A、Li和Al都属于金属，所以Li-Al应当属于合金而不是化合物，因此化合价为0价，A错误；B、Li是活泼的金属，能与水反应，不能用水作电解质溶液，B错误；C、由正极反应式知负极应当是Li失去电子，即2Li-2e-=2Li+，依据正极反应2Li++FeS+2e﹣=Li2S+Fe与负极反应2Li-2e-=2Li+相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+Fe，C正确；D、充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li++2e-=2Li，D错误；答案选C。第Ⅱ卷共60分二、填空题（本题共包括30空，每空2分，共60分）21.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变更曲线如图所示。据此回答：(1)该反应的化学方程式为___；(2)从起先至2min，Z的平均反应速率为___mol/(L•min)；(3)变更下列条件，可以加快化学反应速率的有___。A.上升温度B.减小物质X的物质的量C.减小压强D.加入某种催化剂.【答案】(1).3X+Y2Z(2).0.05(3).AD【解析】【详解】(1)依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因为是同一条件下，因此物质的量为之比等于化学计量数之比，即(1－0.9)：(1－0.7)：0.2=1：3：2，化学反应方程式为3X＋Y2Z；(2)依据化学反应速率的定义，v(Z)=mol/(L·min)=0.05mol/(L·min)；(3)A．上升温度，加快反应速率，故A符合题意；B．减小物质X的物质的量，削减X的浓度，化学反应速率降低，故B不符合题意；C．降低压强，减缓反应速率，故C不符合题意；D．运用催化剂，加快反应速率，故D符合题意；答案选AD。22.(1)钢铁发生电化学腐蚀。在酸性环境下，其正极反应式为___；在酸性很弱或中性条件下，其发生___(填“析氢腐蚀”或“吸氧腐蚀”)。(2)利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，开关K置于N处，该电化学防护法称为___；若X为锌棒，开关K置于M处，___(填“能”或“不能”)达到防止铁腐蚀的目的。【答案】(1).2H++2e-=H2↑(2).吸氧腐蚀(3).外加电流的阴极爱护法(4).能【解析】【详解】(1)钢铁在酸性环境中发生析氢腐蚀，其正极反应式为：2H++2e−=H2↑，钢铁在空气酸度不大的环境中，形成原电池发生吸氧腐蚀，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，负极上电极反应式为：2Fe−4e−═2Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e−═4OH−；(2)作原电池正极或作电解池阴极的金属被爱护，若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，则铁应作电解池阴极，所以开关K应当置于处N处，该电化学防护法称为外加电流的阴极爱护法，若X为锌，开关K置于M处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被爱护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极爱护法。23.(1)依据下列热化学方程式：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1③CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H=-870.3kJ•mol-1可以计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l)的反应热为___。(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ•mol-1。相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，表示CH4燃烧热的热化学方程式是___。(3)催化剂可以加快化学反应速率的缘由___。(4)把一小块镁、铝合金放入6mol•L-1的NaOH溶液中，可以形成微型原电池，则该原电池负极发生的电极反应式为___。【答案】(1).-488.3kJ/mol(2).CH4(g)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-891.45kJ/mol(3).催化剂可降低反应的活化能(4).Al+4OH--3e-=AlO+2H2O【解析】【详解】(1)已知：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1③CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H=-870.3kJ•mol-1依据盖斯定律①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)，ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=(-1358.6kJ·mol-1)+870.3kJ·mol-1=-488.3kJ·mol-1；(2)CO的燃烧热为283kJ/mol，相同条件下，2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为283kJ/mol×6.3=1782.9kJ，则1molCH4完全燃烧生成液态水，放出的热量为891.45kJ，故甲烷完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol；(3)催化剂可以降低反应的活化能，使单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数增多，反应速率增大；(4)把一小块镁、铝合金放入6mol•L-1的NaOH溶液中，可以形成微型原电池，镁与氢氧化钠不反应，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，则Al作负极，Mg作正极，则该原电池正极电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，负极发生的电极反应式为Al+4OH--3e-=AlO+2H2O。24.利用如图装置测定中和反应的反应热的试验步骤如下：①用量筒量取50mL0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸溶液温度；②用另-量筒量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，并测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合匀称，测出混合液最高温度。回答下列问题：(1)倒入NaOH溶液的正确操作是___。A.沿玻璃棒缓慢倒入B.分三次少量倒入C.一次快速倒入(2)使硫酸与NaOH溶液混合匀称的正确操作是___。A.用温度计当心搅拌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轻轻地搅动(3)试验数据如表：试验次数起始温度/℃终止温度/℃温度差/℃H2SO4NaOH126.226.029.5225.925.929.2326.426.229.8近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后成溶液的比热容c=4.18J/(g•℃)。利用上表数据计算该反应放出的热量为：___kJ。(4)利用上表数据计算出的中和热与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的缘由可能是___。a.试验装置保温、隔热效果差b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后干脆测定H2SO4溶液的温度；c.量取NaOH溶液的体积时仰视读数；d.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中【答案】(1).C(2).D(3).1.4212(4).abcd【解析】【分析】本试验的目的是测定中和热，中和热是指是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；本试验中首先测定酸和碱反应前的温度，然后测定反应终止温度，然后利用比热容将温度转化为热量计算出中和热。本试验中为保证酸和碱完全反应，NaOH过量；试验的关键是要保温，据此分析解答。【详解】(1)倒入氢氧化钠溶液时，必需一次快速的倒入，目的是削减热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，答案选C；(2)使硫酸与NaOH溶液混合匀称的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能运用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，答案选D；(3)3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，温度差平均值=3.4℃；50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/mL=100g，温度变更的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/(g•℃)×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ；(4)依据上述反应放出的热量为1.4212kJ，所以试验测得的中和热△H=-=-56.8kJ/mol，则试验测得的中和热为56.8kJ/mol，酸碱中和反应的中和热为57.3kJ/mol，测定数值偏小，a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a符合题意；b．温度计测定NaOH溶液起始温度后干脆插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，中和热的数值偏小，故b符合题意；c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量不变，但温度差偏小，中和热的数值偏小，故c符合题意；d．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，中和热的数值偏小，故d符合题意；答案选abcd。25.一种新型催化剂用于NO和CO的反应：2NO+2CO⇌2CO2+N2。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率，为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组试验，部分条件已经填在表中。试验编号t(℃)NO初始浓度(mol/L)CO初始浓度(mol/L)催化剂的比表面积(m2/g)Ⅰ2801.2×10-35.80×10-382Ⅱ2801.2×10-3b124Ⅲ350a5.80×10-382(1)请将表中数据补充完整：a___，b___。(2)能验证温度对化学反应速率规律的是试验___(填试验序号)。(3)试验Ⅰ和试验Ⅱ中，NO的物质的量浓度c(NO)随时间t的变更曲线如图所示，其中表示试验Ⅱ的是曲线___(填“甲”或“乙”)。(4)在容积固定的容器中发生反应2NO+2CO2CO2+N2，不能说明已达到平衡状态的是___(不定项选择)；A.容器内CO浓度不变B.容器内NO的浓度等于CO2的浓度C.v逆(NO)=2v正(N2)D.容器内混合气体密度保持不变【答案】(1).1.2×10-3(2).5.80×10-3(3).Ⅰ和Ⅲ(4).乙(5).BD【解析】【详解】(1)依据表格中的已知数据可知，Ⅰ和Ⅲ对比是要验证温度对化学反应速率的影响，则温度要不同，其他条件相同，所以a=1.2×10-3；Ⅰ和Ⅱ对比是要验证催化剂的比表面积对化学反应速率的影响