2025-2026学年辽宁省辽西重点高中高二上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省辽西重点高中2025-2026学年高二上学期11月期中考试考生注意1.本试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Mn55Fe56S32第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(共45分，每题只有一个正确答案)1.由物质M生成P，反应过程为M→N→P，反应过程中的能量变化曲线如图所示。下列有关叙述正确的是A.两步反应均为放热反应 B.总反应为吸热反应C.三种物质中N最稳定 D.N是该反应的催化剂【答案】C【解析】第一步反应M→N：反应物M能量高于产物N，为放热反应；第二步反应N→P：反应物N能量低于产物P，为吸热反应，A错误；总反应为M→P，反应物M的能量高于产物P，总反应ΔH=E(P)-E(M)<0，为放热反应，B错误；物质能量越低越稳定，三种物质中N的能量最低，故N最稳定，C正确；N是反应过程中生成的中间产物（M→N生成N，N→P消耗N），并非反应前后质量和性质不变的催化剂，D错误；故选C。2.下列有关中和热和燃烧热的说法中，正确的是A.浓硫酸溶于水是放热反应B.在稀溶液中，和完全中和时放出的热量小于C.溶液与稀溶液恰好完全反应时，放出的热量D.已知所以，的燃烧热是【答案】B【解析】浓硫酸溶于水是物理溶解过程，并非化学反应，因此不属于放热反应，A错误；醋酸为弱酸，醋酸的电离为吸热过程，导致1molCH3COOH和1molNaOH完全中和时放出的热量小于稀强酸（如HCl）与NaOH完全中和生成1molH2O放出的热量57.3kJ，B正确；1L1mol/L硫酸溶液中含1molH2SO4，其与NaOH完全反应生成2molH2O，放出热量为2×57.3kJ=114.6kJ，C错误；C的燃烧热是指1molC完全燃烧生成指定产物CO2(g)放出的热量，D错误；故选B。3.根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是A.反应中每生成吸收热量B.反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C.由的热化学方程式为：D.根据图像可知，相同条件下，比稳定【答案】B【解析】由能量图可知，的总能量高于，反应为放热反应，生成放出热量，A错误；转化Ⅱ中生成放热能量，说明该反应反应物总能量高于生成物总能量，反应为转化Ⅱ的2倍，反应物总能量仍高于生成物总能量，B正确；根据图像，，，两式相减得，则，C错误；根据图像可知，，，物质能量越低越稳定，故比稳定，D错误；故选B。4.化学反应，在下列四个选项中是不同的情况下测得的不同物质的反应速率，其中表示该化学反应的反应速率最快的是A. B.C. D.【答案】A【解析】统一换算为υ(A)：A项；B为固体，不能用浓度变化表示化学反应速率，排除B。C项速率对应υ(A)==0.225mol/(L·min)；D项速率对应υ(A)==0.175mol/(L·min)。直接比较数值：A的速率0.25最大，故A最快。故选A。5.有气体参与的反应，下列关于有效碰撞理论与影响速率的因素之间关系正确的是A.增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率B.升高温度，反应物分子的能量增加，增加了活化分子的百分数，从而提高反应速率C.加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分数虽然没变，但可以加快反应速率D.增大压强，可提高单位体积内活化分子数和活化分子百分数，从而提高反应速率【答案】B【解析】增大反应物浓度会增加单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，A错误；升高温度使分子能量增加，更多分子达到活化能，活化分子百分数增大，反应速率提高，B正确；催化剂通过降低活化能，增大活化分子百分数，从而提高反应速率，C错误；增大压强（如压缩体积）提高单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，D错误；故答案选B。6.将2molCO和3mol投入密闭容器中合成乙二醇，反应原理为，CO的固定平衡转化率α与温度和压强的关系如下图所示，且α分别为0.4、0.5、0.6.下列说法错误的是A.代表α=0.4的曲线是B.由图可知C.D.图中D点反应前后容器的体积比为5：3【答案】C【解析】该反应为气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强平衡正向移动，CO转化率α增大，所以L1、L2、L3对应CO的固定平衡转化率α依次为0.6、0.5、0.4。该反应为气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强平衡正向移动，CO转化率α增大，所以α大小为L1>L2>L3，α=0.4为最小转化率，对应压强最小的L3，故A正确；由图可知，相同压强下，升温α减小，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，故B正确；平衡常数K仅与温度有关，正反应放热，ΔH<0，升温K减小；M点温度低于N点，则K(M)>K(N)，故C错误；D点在L2上，α=0.5，恒温恒压下体积比=物质的量比，则体积比为5：(1+1.5+0.5)=5:3，D正确；选C。7.反应进行的方向是化学反应原理的三个重要组成部分之一，下列说法中正确的是A.根据反应的自发性可以预测该反应发生的快慢B.反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)在一定条件下能自发进行，是因为ΔH<0C.反应物总能量高于生成物总能量，该反应一定能自发进行D.乙烯聚合为聚乙烯是熵增的过程【答案】B【解析】根据反应的自发性可以预测反应方向，但无法判断反应速率，反应快慢由动力学因素决定，A错误；该反应气体减少（ΔS<0），ΔH<0时低温下ΔG=ΔH-TΔS可能小于0，因此ΔH<0是自发的主要原因，B正确；反应物能量高，仅说明放热（ΔH<0），但若ΔS显著为负，高温时可能不自发，C错误；乙烯聚合为长链聚乙烯，分子自由度减少，系统混乱度降低，属于熵减过程，D错误；答案选B。8.催化加氢合成二甲醚是一种转化的方法，其过程主要发生下列反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：在恒压、和的起始量一定的条件下，的平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图所示。其中：的选择性下列说法正确的是A.曲线a代表平衡转化率随温度的变化B.恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅰ平衡不移动C.为提高平衡时选择性，需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂D.温度高于300℃时，反应Ⅰ正向移动的程度低于反应Ⅱ逆向移动的程度【答案】C【解析】反应I吸热，反应Ⅱ放热，其它条件相同，升高温度，反应I平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CH3OCH3(g)选择性降低，则曲线a表示CH3OCH3的选择性随温度的变化，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化。由分析可知，曲线a表示CH3OCH3的选择性随温度的变化，A错误；反应Ⅰ是气体体积不变的反应，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，容器体积增大，相当于减小压强，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO2和H2的体积分数增大，使反应Ⅰ平衡正向移动，B错误；为提高CH3OCH3选择性就需抑制反应I，促进反应Ⅱ，由于反应I吸热，反应Ⅱ放热且熵减小，低温能实现，故需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，C正确；反应I吸热，反应Ⅱ放热，温度高于300℃时，CO2平衡转化率增大，说明温度升高使反应I的正向移动程度大于反应Ⅱ逆向移动的程度，D错误；故选C。9.下列叙述中错误的是A.高温下，反应能自发进行，则其B.根据勒夏特列原理，左右比室温更适合合成氨C.工业合成氨，采取冷却使变成从体系中分离出去，提高反应物的转化率D.与人体血液中的血红蛋白()建立平衡：，当中毒时，应将中毒患者转移至高压氧舱吸氧【答案】B【解析】高温下反应自发需ΔG=ΔH-TΔS<0，因生成Cl2(g)熵增ΔS>0，高温时TΔS足够大使ΔG<0，故ΔH>0正确，A正确；合成氨放热，勒夏特列原理建议低温提高产率，但500℃是为加快反应速率和催化剂活性，并非使用该原理，B错误；移除液态NH3使平衡正向移动，提高反应物转化率，C正确；高压氧增加O2浓度，使平衡逆向移动，缓解CO中毒，D正确；答案选B。10.工业合成甲醇的原理为H<0，其工艺流程如图所示。下列叙述正确的是A.“干燥净化”的目的是防止催化剂失活B.合成甲醇时压强越大越好C.“冷却装置”能提高原料平衡转化率和反应速率D.采用“高温”有利于提高甲醇的平衡产率【答案】A【解析】步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒失活，确保工业生产过程中的效率和产品质量，故A正确；是气体体积减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，增大反应物的转化率，但压强过大会增加对设备材料和制造的要求，提高投资费用，在实际生产中，压强的选择并不是越大越好，而是需要综合考虑多个因素，故B错误；是放热反应，“冷却装置”能提高原料平衡转化率，但不能提高反应速率，故C错误；是放热反应，采用“高温”不利于提高甲醇的平衡产率，故D错误；故选A。11.相同温度下，三种酸的电离平衡常数如表所示，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离平衡常数Ka9×10-79×10-61×10-2A.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZB.反应HZ＋Y-=HY＋Z-不能发生C.等体积、等浓度的三种酸，分别与相同浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液的体积相同D.相同温度下，1mol·L-1HX溶液的电离平衡常数大于0.1mol·L-1HX溶液的电离平衡常数【答案】C【解析】相同温度下，酸的电离常数越大，酸性越强，则酸性HX＜HY＜HZ，A错误；根据“强酸制弱酸”原理，反应HZ＋Y-=HY＋Z-能够发生，B错误；等体积、等浓度的三种酸，物质的量也相等，分别与相同浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液的体积相等，C正确；电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，相同温度下，1mol·L-1HX溶液的电离平衡常数等于0.1mol·L-1HX溶液的电离平衡常数，D错误；故答案选C。12.稀氨水中存在电离平衡：。室温下，向稀氨水中分别加入（或通入）下列物质，下列正确的是A.加水稀释，平衡正向移动，溶液增大B.通入，平衡正向移动，的电离程度增大，恢复至室温电离平衡常数不变C.通入，平衡正向移动，溶液中和均增大D.加入固体，平衡逆向移动，恢复至室温，减小【答案】D【解析】加水稀释时，虽然电离平衡正向移动，但溶液体积增加更多，导致c(OH⁻)减小，pH降低，A错误；NH3·H2O溶液的浓度越低，电离程度越大，通入NH3会增加NH3·H2O的浓度，平衡正向移动，电离程度减小，但电离平衡常数不变，B错误；通入HCl会消耗OH-，OH-的浓度减小，平衡正向移动，c()增大，C错误；加入NaOH固体，OH-浓度增大，平衡逆向移动，恢复至室温，电离平衡常数K=不变，则减小，D正确；故选D。13.我国科学家在一颗距离地球100光年的行星上发现了不可思议的“水世界”，引起了全球科学界的轰动。下列有关说法正确的是A.温度升高，水的电离平衡正向移动，c(H+)增大，酸性增强B.SO3溶于水后导电，所以是电解质C.室温下，pH=4的盐酸溶液中，D.向水中加入NaHSO4固体后(溶液温度不变)，水的电离程度减小【答案】D【解析】电离吸热，温度升高促进水的电离，但溶液仍为中性，酸性增强的说法错误，A错误；溶于水生成的导电，但本身是非电解质，B错误；室温下，pH=4的盐酸中，水电离的，C错误；加入的可电离出，抑制水的电离，使水的电离程度减小，D正确；故选D。14.常温时，向溶液中滴加溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法错误的是A该滴定过程第一滴定终点应该选择甲基橙溶液作指示剂B.反应的平衡常数C.W点到X点发生的主要反应的离子方程式为：D.Y点对应的溶液中【答案】B【解析】第一滴定终点溶液呈酸性，应该选择甲基橙溶液作指示剂，A正确；根据W点可知c(H2A)=c(HA-)，H2A的，根据Y点可知c(HA-)=c(A2-)，H2A的，反应H2A+A2-=2HA-的，B错误；W点到到第一滴定终点X，H2A与氢氧化钠发生中和，到X点生成NaHA，离子方程式为：，C正确；根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，Y点c(HA-)=c(A2-)，所以c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HA-)，D正确。答案选B。15.为探究温度、浓度对化学平衡的影响，利用的水解反应取四支试管，按下图进行实验，下列说法正确的是A.微热试管a中溶液，黄色加深，故B.试管b加水后，水解平衡正向移动，溶液中浓度减小C.试管c比试管b黄色更深，说明试管c中水解平衡正向移动，该反应平衡常数K增大D.试管d比试管b橙色更深，说明水解平衡逆向移动，使浓度增大【答案】D【解析】微热试管a中溶液，升温后黄色加深，平衡正向移动，则该反应的ΔH>0，故A错误；试管b加水后，促进水解平衡正向移动，反应离子方程式中所有离子浓度均减小，Kh不变，增大，故B错误；试管c比试管b黄色更深，说明加入氢氧化钠，中和氢离子，试管c中水解平衡正向移动，但平衡常数只受温度的影响，平衡常数不变，故C错误；d中加硫酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液橙色变深，浓度增大，故D正确；故选D。第II卷(选择题，共55分)二、非选择题(本题共4小题，共55分，考生根据要求做答。)16.某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热。他将50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液加入如图甲所示的装置中，进行中和反应。请回答下列问题：（1）从实验装置上看，图甲中还缺少的一种玻璃仪器是___________。烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是___________。（2）实验中改用60mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH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”)，所求中和反应反应热的数值___________(填“相等”或“不相等”)。（3）该同学做实验时有些操作不规范，造成测得的中和反应的H偏大，可能的原因是___________(填字母)。A.测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，然后去测NaOH溶液的温度B.把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓C.做本实验的当天室温较高D.将50mL0.55mol·L-1氢氧化钠溶液错取成了50mL0.55mol·L-1氨水（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容为c=4.18J·g-1·℃-1.为了计算中和反应的反应热，某学生做了如下表所示的实验记录：实验序号起始温度/℃终止温度/℃稀盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.5220.220.423.7320.320.525.6依据该学生的实验数据，计算该实验测得的中和反应的反应热=___________(结果保留一位小数)。（5）将V1mL1.0mol·L⁻¹盐酸和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如图乙所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)。通过分析图像可知，做该实验时环境温度___________(填“高于”“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度为___________mol·L⁻¹。【答案】（1）①.环形玻璃搅拌棒②.减少反应体系和环境之间的热交换（2）①.不相等②.相等（3）ABD（4）-56.8kJ/mol（5）①.低于②.1.50【解析】【小问1详析】从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少反应体系和环境之间的热交换。【小问2详析】物质的量与热量成正比，物质的量越大，反应放出的热量越多，但中和热对应生成1mol水时的能量变化，则改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等，所求生成1mol水时的中和热相等，因为中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生反应生成1molH2O所放出的热量；【小问3详析】测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，然后去测NaOH溶液的温度，NaOH溶液的初始温度偏高，测定反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故A符合题意；把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，反应中热量损耗偏大，测定反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故B符合题意；做本实验的当天室温较高，与中和热测定数值无关，故C不符合题意；一水合氨是弱电解质，电离吸热，则50mL0.55mol⋅L-1氢氧化钠溶液错取成了50mL0.55mol⋅L-1的氨水，反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故D符合题意；故答案为ABD；【小问4详析】由表格数据可知，第一次实验的温度差=，第二次实验的温度差=，第三次实验的温度差=，第三次数据偏差大，应舍去，温度差平均值=3.4℃，盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，则盐酸和氢氧化钠溶液质量和为，则生成0.025mol水时放出的热量为，生成1mol水放出的热量为，则该实验测得的中和热；【小问5详析】加入盐酸5mL时温度为22℃，酸碱中和为放热反应，则该实验时环境温度低于22℃；由图可知，当HCl的体积为30mL时酸碱恰好反应，n(NaOH)=n(HCl)，即c(NaOH)×0.02L=1.0mol/L×0.03L，解得c(NaOH)=1.50mol/L。17.化学是以实验为基础学科，某兴趣小组在实验室进行如下实验。Ⅰ.用弹式热量计(结构如图所示)按以下实验步骤来测量硫的燃烧热。称量纯水，倒入内筒中；称量硫固体装入氧弹内，用氧气排净空气后再注满高纯氧气；打开搅拌器开关，读取纯水温度，当温度不再改变时，记为初始温度；当纯水温度保持不变时，打开引燃电极，读取并记录内筒最高水温；重复实验次，测得内筒温度改变的平均值为。通过已知燃烧热的物质利用此装置在相同条件下测定，内筒每克水升高时，需要反应放热。请回答下列问题：（1）搅拌器和氧弹适宜的材质分别为___________、___________(填“不锈钢”或“玻璃纤维”)；氧弹内注满过量高纯氧气的目的是___________。（2）用相关字母表示硫的燃烧热为___________；若测得的比实际数据偏高，则可能原因是___________(填字母)。a．硫未充分燃烧b．称取硫时质量偏高c．测得纯水的初始温度偏高Ⅱ.利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素，设计如下系列实验：实验序号反应温度／℃稀硫酸浓度1200.5010.00.1010.002200.5010.00.105.03400.500.1010.0（3）写出硫代硫酸钠与稀硫酸反应的离子方程式：___________。（4）该实验1和2可探究___________对反应速率的影响，因此___________mL。实验3比实验1反应速率快，因为升高温度增加了___________(填字母)。a．单位体积离子总数b．单位体积活化离子数c．单位体积活化离子百分数【答案】（1）①.玻璃纤维②.不锈钢③.确保可燃物完全燃烧（2）①.②.ac（3）（4）①.硫代硫酸钠溶液的浓度②.5.0③.bc【解析】实验1和2探究硫代硫酸钠溶液的浓度对化学反应速率的影响，由实验1可知溶液的总体为20.0mL，故5.0mL；实验1和实验3探究温度对化学反应速率的影响，故10.0mL，=0。【小问1详析】搅拌器需绝热材料，避免损失热量，选玻璃纤维；氧弹需导热材料，迅速将硫燃烧放出的热量传导给水，可选不锈钢；氧弹内注满过量高纯氧气的目的是：确保可燃物完全燃烧；【小问2详析】根据题意，硫的燃烧热为1molS完全燃烧释放的热量，；若测得的比实际数据偏高，则放出的热量偏少。硫未充分燃烧，放出的热量偏少，比实际数据偏高，a符合题意；称取硫的质量偏高，则反应放出的热量偏高，比实际数据偏低，b不符合题意；测得纯水的初始温度偏高，则测得水变化的温度值偏低，放出的热量偏少，比实际数据偏高，c符合题意；故选ac；【小问3详析】与反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式为：；【小问4详析】根据分析，该实验1和2可探究硫代硫酸钠溶液的浓度对反应速率的影响，因此5.0mL。实验1和实验3是探究温度对化学反应速率的影响，温度升高，增加了单位体积活化离子数及单位体积活化离子百分数，从而增加了有效碰撞机会，加快反应速率，而单位体积离子总数不变，故选bc。18.某学习小组欲利用平衡体系探究影响平衡的因素，将溶液和溶液混合，得血红色溶液X，进行下列实验：实验I．改变等离子浓度对平衡的影响（1）取溶液X，加入5滴溶液，观察到溶液红色变浅，产生该现象的原因可能是：①___________对平衡产生了影响；②不直接参与平衡体系的或对平衡产生了影响。实验II．为了探究对平衡体系的影响某学习小组同学进行如下探究：各取溶液X放入3支比色皿中，分别滴加5滴不同浓度的溶液，并测定各溶液的透射率随时间的变化(已知溶液颜色越深，透射率越小)，结果如图所示。（2）上述实验可以得到以下结论：一是对平衡有影响，且浓度越大，平衡___________移动(填“正向、逆向或不”)。（3）针对产生上述影响的可能原因，学习小组同学提出以下猜想：猜想①：产生的影响。猜想②：产生的影响。猜想③：___________。实验III．探究盐对和平衡体系产生的影响资料信息：a．溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。b．溶液中存在反应。（4）根据上述信息，学习小组同学各取溶液X，分别加入5滴①去离子水、②溶液、③溶液、④溶液、⑤溶液进行实验，测得各溶液的透射率随时间的变化如图所示。上述实验能证明阳离子盐效应影响平衡体系的实验组是___________。盐效应影响较大的阳离子是___________。A．实验①②③B．实验①②④C．实验①③④（5）已知对平衡没有明显的影响，解释出现实验⑤现象的原因：___________。【答案】（1）溶液被稀释（2）逆向（3）和共同产生的影响（4）①.A②.（5）实验⑤中增大浓度，平衡正向移动，浓度降低，平衡逆向移动，溶液透射率增大明显【解析】【小问1详析】X溶液中加入5滴0.03mol/L的KCl溶液，观察到溶液红色变浅，可能的原因是加入KCl溶液，溶液被稀释，从而对平衡产生了影响，也可能是钾离子、氯离子对平衡有影响。【小问2详析】从上述实验可知，加入的KCl浓度越小，溶液的透射率越低，说明随着KCl浓度的增大，的浓度减小，即化学平衡逆向移动。【小问3详析】通过上述实验可以猜测，可能是钾离子产生的影响，可能是氯离子产生的影响，也可能是钾离子和氯离子共同的影响。【小问4详析】去离子水中不含离子，0.3mol/L的KCl和0.3mol/L的NaCl中，氯离子浓度相同，不同的是阳离子种类不同，对比①和②或①和③可知异性电荷离子的存在对透射率有影响，对比②和③可排除氯离子对实验的干扰，从而对比钠离子和钾离子对透射率的影响，故答案选A；从图中可知，相同浓度下，加入NaCl的溶液透射率更大，说明对盐效应影响较大的阳离子是。【小问5详析】氢离子对平衡没有明显的影响，但是实验⑤中加入HCl增大了氯离子浓度，根据题干可知存在平衡，增大浓度，平衡正向移动，浓度降低，平衡逆向移动，溶液透射率增大明显。19.育才中学的部分同学利用课余时间分成两个兴趣小组，进行化学实验探究。I．第一组：以过氧化氢为对象进行实验。已知：纯过氧化氢是淡蓝色的黏稠液体，可与水以任意比混合，为无色透明液体。回答下列问题。（1）该小组的同学查阅资料后发现为二元弱酸，，。①写出在水溶液中的电离方程式：_______。②如果常温下溶液，的酸式酸根离子与的浓度比为_______。（2）测定某瓶过氧化氢溶液中的含量。①取试样置于锥形瓶中，用装有的酸性标准溶液的棕色_______式滴定管滴定。反应的离子方程式为_______。②滴定达到终点的现象为_______，记录数据。重复滴定两次，每次消耗的酸性标准溶液体积如下表所示：实验次数第一次第二次第三次体积16.1016.0516.15则试样中过氧化氢的浓度为_______。(保留两位有效数字，下同)③若实验测得的浓度比该瓶试剂标签上的数据低，下列哪些是造成偏低的可能原因：_______。A．滴定终点读数时俯视读数B．滴定管水洗后直接倒入溶液进行滴定C．锥形瓶水洗后未干燥D．滴定时有几滴溶液溅落在锥形瓶外Ⅱ．第二组：已知溶液和溶液可发生反应：。为探究反应速率与的关系，该组同学设计下表进行四组实验，排水法收集用秒表测量收集所需的时间。实验数据如下表所示：实验编号/mL/s溶液溶液醋酸水14.04.08.033424.04.06.015038.04.04.04.083412.04.04.00.038（3）①_______。②该反应的速率方程为，为反应速率常数。利用实验数据计算得_______(填整数)。【答案】（1）①.、②.（2）①.酸②.③.当滴入最后半滴酸性溶液时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色④.0.20⑤.（3）①.4.0②.2【解析】(1)①为二元弱酸，其酸性比碳酸弱，水溶液中分步电离，电离方程式为：、；②如果常温下溶液，，由电离方程式可知，，；(2)①酸性溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，酸性溶液和溶液发生氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；②与双氧水恰好完全反应后，颜色褪去，所以滴定到达终点的现象是：当滴入最后半滴酸性溶液时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；三组实验的平均值为，则试样中过氧化氢的浓度为。③滴定终点读数时俯视读数，读数偏小，消耗标准液体积减少，测定结果偏低，A符合题意；滴定管用蒸馏水洗净后，直接注入溶液进行滴定，使得标准液浓度偏低，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，B不符合题意；锥形瓶水洗后未干燥不影响测定结果，C不符合题意；滴定时有几滴溶液溅落在锥形瓶外，就会多消耗标准溶液，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏大，D不符合题意；故选A；(3)Ⅱ．①为探究反应速率与的关系，浓度不变，根据数据3和4可知溶液总体积为，故为；②浓度增大速率加快，根据1和3组数据分析，3是1的2倍，1和3所用的时间比，根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故。故答案为：4.0；2。辽宁省辽西重点高中2025-2026学年高二上学期11月期中考试考生注意1.本试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Mn55Fe56S32第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(共45分，每题只有一个正确答案)1.由物质M生成P，反应过程为M→N→P，反应过程中的能量变化曲线如图所示。下列有关叙述正确的是A.两步反应均为放热反应 B.总反应为吸热反应C.三种物质中N最稳定 D.N是该反应的催化剂【答案】C【解析】第一步反应M→N：反应物M能量高于产物N，为放热反应；第二步反应N→P：反应物N能量低于产物P，为吸热反应，A错误；总反应为M→P，反应物M的能量高于产物P，总反应ΔH=E(P)-E(M)<0，为放热反应，B错误；物质能量越低越稳定，三种物质中N的能量最低，故N最稳定，C正确；N是反应过程中生成的中间产物（M→N生成N，N→P消耗N），并非反应前后质量和性质不变的催化剂，D错误；故选C。2.下列有关中和热和燃烧热的说法中，正确的是A.浓硫酸溶于水是放热反应B.在稀溶液中，和完全中和时放出的热量小于C.溶液与稀溶液恰好完全反应时，放出的热量D.已知所以，的燃烧热是【答案】B【解析】浓硫酸溶于水是物理溶解过程，并非化学反应，因此不属于放热反应，A错误；醋酸为弱酸，醋酸的电离为吸热过程，导致1molCH3COOH和1molNaOH完全中和时放出的热量小于稀强酸（如HCl）与NaOH完全中和生成1molH2O放出的热量57.3kJ，B正确；1L1mol/L硫酸溶液中含1molH2SO4，其与NaOH完全反应生成2molH2O，放出热量为2×57.3kJ=114.6kJ，C错误；C的燃烧热是指1molC完全燃烧生成指定产物CO2(g)放出的热量，D错误；故选B。3.根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是A.反应中每生成吸收热量B.反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C.由的热化学方程式为：D.根据图像可知，相同条件下，比稳定【答案】B【解析】由能量图可知，的总能量高于，反应为放热反应，生成放出热量，A错误；转化Ⅱ中生成放热能量，说明该反应反应物总能量高于生成物总能量，反应为转化Ⅱ的2倍，反应物总能量仍高于生成物总能量，B正确；根据图像，，，两式相减得，则，C错误；根据图像可知，，，物质能量越低越稳定，故比稳定，D错误；故选B。4.化学反应，在下列四个选项中是不同的情况下测得的不同物质的反应速率，其中表示该化学反应的反应速率最快的是A. B.C. D.【答案】A【解析】统一换算为υ(A)：A项；B为固体，不能用浓度变化表示化学反应速率，排除B。C项速率对应υ(A)==0.225mol/(L·min)；D项速率对应υ(A)==0.175mol/(L·min)。直接比较数值：A的速率0.25最大，故A最快。故选A。5.有气体参与的反应，下列关于有效碰撞理论与影响速率的因素之间关系正确的是A.增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率B.升高温度，反应物分子的能量增加，增加了活化分子的百分数，从而提高反应速率C.加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分数虽然没变，但可以加快反应速率D.增大压强，可提高单位体积内活化分子数和活化分子百分数，从而提高反应速率【答案】B【解析】增大反应物浓度会增加单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，A错误；升高温度使分子能量增加，更多分子达到活化能，活化分子百分数增大，反应速率提高，B正确；催化剂通过降低活化能，增大活化分子百分数，从而提高反应速率，C错误；增大压强（如压缩体积）提高单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，D错误；故答案选B。6.将2molCO和3mol投入密闭容器中合成乙二醇，反应原理为，CO的固定平衡转化率α与温度和压强的关系如下图所示，且α分别为0.4、0.5、0.6.下列说法错误的是A.代表α=0.4的曲线是B.由图可知C.D.图中D点反应前后容器的体积比为5：3【答案】C【解析】该反应为气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强平衡正向移动，CO转化率α增大，所以L1、L2、L3对应CO的固定平衡转化率α依次为0.6、0.5、0.4。该反应为气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强平衡正向移动，CO转化率α增大，所以α大小为L1>L2>L3，α=0.4为最小转化率，对应压强最小的L3，故A正确；由图可知，相同压强下，升温α减小，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，故B正确；平衡常数K仅与温度有关，正反应放热，ΔH<0，升温K减小；M点温度低于N点，则K(M)>K(N)，故C错误；D点在L2上，α=0.5，恒温恒压下体积比=物质的量比，则体积比为5：(1+1.5+0.5)=5:3，D正确；选C。7.反应进行的方向是化学反应原理的三个重要组成部分之一，下列说法中正确的是A.根据反应的自发性可以预测该反应发生的快慢B.反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)在一定条件下能自发进行，是因为ΔH<0C.反应物总能量高于生成物总能量，该反应一定能自发进行D.乙烯聚合为聚乙烯是熵增的过程【答案】B【解析】根据反应的自发性可以预测反应方向，但无法判断反应速率，反应快慢由动力学因素决定，A错误；该反应气体减少（ΔS<0），ΔH<0时低温下ΔG=ΔH-TΔS可能小于0，因此ΔH<0是自发的主要原因，B正确；反应物能量高，仅说明放热（ΔH<0），但若ΔS显著为负，高温时可能不自发，C错误；乙烯聚合为长链聚乙烯，分子自由度减少，系统混乱度降低，属于熵减过程，D错误；答案选B。8.催化加氢合成二甲醚是一种转化的方法，其过程主要发生下列反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：在恒压、和的起始量一定的条件下，的平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图所示。其中：的选择性下列说法正确的是A.曲线a代表平衡转化率随温度的变化B.恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅰ平衡不移动C.为提高平衡时选择性，需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂D.温度高于300℃时，反应Ⅰ正向移动的程度低于反应Ⅱ逆向移动的程度【答案】C【解析】反应I吸热，反应Ⅱ放热，其它条件相同，升高温度，反应I平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CH3OCH3(g)选择性降低，则曲线a表示CH3OCH3的选择性随温度的变化，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化。由分析可知，曲线a表示CH3OCH3的选择性随温度的变化，A错误；反应Ⅰ是气体体积不变的反应，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，容器体积增大，相当于减小压强，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO2和H2的体积分数增大，使反应Ⅰ平衡正向移动，B错误；为提高CH3OCH3选择性就需抑制反应I，促进反应Ⅱ，由于反应I吸热，反应Ⅱ放热且熵减小，低温能实现，故需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，C正确；反应I吸热，反应Ⅱ放热，温度高于300℃时，CO2平衡转化率增大，说明温度升高使反应I的正向移动程度大于反应Ⅱ逆向移动的程度，D错误；故选C。9.下列叙述中错误的是A.高温下，反应能自发进行，则其B.根据勒夏特列原理，左右比室温更适合合成氨C.工业合成氨，采取冷却使变成从体系中分离出去，提高反应物的转化率D.与人体血液中的血红蛋白()建立平衡：，当中毒时，应将中毒患者转移至高压氧舱吸氧【答案】B【解析】高温下反应自发需ΔG=ΔH-TΔS<0，因生成Cl2(g)熵增ΔS>0，高温时TΔS足够大使ΔG<0，故ΔH>0正确，A正确；合成氨放热，勒夏特列原理建议低温提高产率，但500℃是为加快反应速率和催化剂活性，并非使用该原理，B错误；移除液态NH3使平衡正向移动，提高反应物转化率，C正确；高压氧增加O2浓度，使平衡逆向移动，缓解CO中毒，D正确；答案选B。10.工业合成甲醇的原理为H<0，其工艺流程如图所示。下列叙述正确的是A.“干燥净化”的目的是防止催化剂失活B.合成甲醇时压强越大越好C.“冷却装置”能提高原料平衡转化率和反应速率D.采用“高温”有利于提高甲醇的平衡产率【答案】A【解析】步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒失活，确保工业生产过程中的效率和产品质量，故A正确；是气体体积减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，增大反应物的转化率，但压强过大会增加对设备材料和制造的要求，提高投资费用，在实际生产中，压强的选择并不是越大越好，而是需要综合考虑多个因素，故B错误；是放热反应，“冷却装置”能提高原料平衡转化率，但不能提高反应速率，故C错误；是放热反应，采用“高温”不利于提高甲醇的平衡产率，故D错误；故选A。11.相同温度下，三种酸的电离平衡常数如表所示，下列判断正确的是酸HXHYHZ电离平衡常数Ka9×10-79×10-61×10-2A.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZB.反应HZ＋Y-=HY＋Z-不能发生C.等体积、等浓度的三种酸，分别与相同浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液的体积相同D.相同温度下，1mol·L-1HX溶液的电离平衡常数大于0.1mol·L-1HX溶液的电离平衡常数【答案】C【解析】相同温度下，酸的电离常数越大，酸性越强，则酸性HX＜HY＜HZ，A错误；根据“强酸制弱酸”原理，反应HZ＋Y-=HY＋Z-能够发生，B错误；等体积、等浓度的三种酸，物质的量也相等，分别与相同浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液的体积相等，C正确；电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，相同温度下，1mol·L-1HX溶液的电离平衡常数等于0.1mol·L-1HX溶液的电离平衡常数，D错误；故答案选C。12.稀氨水中存在电离平衡：。室温下，向稀氨水中分别加入（或通入）下列物质，下列正确的是A.加水稀释，平衡正向移动，溶液增大B.通入，平衡正向移动，的电离程度增大，恢复至室温电离平衡常数不变C.通入，平衡正向移动，溶液中和均增大D.加入固体，平衡逆向移动，恢复至室温，减小【答案】D【解析】加水稀释时，虽然电离平衡正向移动，但溶液体积增加更多，导致c(OH⁻)减小，pH降低，A错误；NH3·H2O溶液的浓度越低，电离程度越大，通入NH3会增加NH3·H2O的浓度，平衡正向移动，电离程度减小，但电离平衡常数不变，B错误；通入HCl会消耗OH-，OH-的浓度减小，平衡正向移动，c()增大，C错误；加入NaOH固体，OH-浓度增大，平衡逆向移动，恢复至室温，电离平衡常数K=不变，则减小，D正确；故选D。13.我国科学家在一颗距离地球100光年的行星上发现了不可思议的“水世界”，引起了全球科学界的轰动。下列有关说法正确的是A.温度升高，水的电离平衡正向移动，c(H+)增大，酸性增强B.SO3溶于水后导电，所以是电解质C.室温下，pH=4的盐酸溶液中，D.向水中加入NaHSO4固体后(溶液温度不变)，水的电离程度减小【答案】D【解析】电离吸热，温度升高促进水的电离，但溶液仍为中性，酸性增强的说法错误，A错误；溶于水生成的导电，但本身是非电解质，B错误；室温下，pH=4的盐酸中，水电离的，C错误；加入的可电离出，抑制水的电离，使水的电离程度减小，D正确；故选D。14.常温时，向溶液中滴加溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法错误的是A该滴定过程第一滴定终点应该选择甲基橙溶液作指示剂B.反应的平衡常数C.W点到X点发生的主要反应的离子方程式为：D.Y点对应的溶液中【答案】B【解析】第一滴定终点溶液呈酸性，应该选择甲基橙溶液作指示剂，A正确；根据W点可知c(H2A)=c(HA-)，H2A的，根据Y点可知c(HA-)=c(A2-)，H2A的，反应H2A+A2-=2HA-的，B错误；W点到到第一滴定终点X，H2A与氢氧化钠发生中和，到X点生成NaHA，离子方程式为：，C正确；根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，Y点c(HA-)=c(A2-)，所以c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HA-)，D正确。答案选B。15.为探究温度、浓度对化学平衡的影响，利用的水解反应取四支试管，按下图进行实验，下列说法正确的是A.微热试管a中溶液，黄色加深，故B.试管b加水后，水解平衡正向移动，溶液中浓度减小C.试管c比试管b黄色更深，说明试管c中水解平衡正向移动，该反应平衡常数K增大D.试管d比试管b橙色更深，说明水解平衡逆向移动，使浓度增大【答案】D【解析】微热试管a中溶液，升温后黄色加深，平衡正向移动，则该反应的ΔH>0，故A错误；试管b加水后，促进水解平衡正向移动，反应离子方程式中所有离子浓度均减小，Kh不变，增大，故B错误；试管c比试管b黄色更深，说明加入氢氧化钠，中和氢离子，试管c中水解平衡正向移动，但平衡常数只受温度的影响，平衡常数不变，故C错误；d中加硫酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液橙色变深，浓度增大，故D正确；故选D。第II卷(选择题，共55分)二、非选择题(本题共4小题，共55分，考生根据要求做答。)16.某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热。他将50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液加入如图甲所示的装置中，进行中和反应。请回答下列问题：（1）从实验装置上看，图甲中还缺少的一种玻璃仪器是___________。烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是___________。（2）实验中改用60mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH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”)，所求中和反应反应热的数值___________(填“相等”或“不相等”)。（3）该同学做实验时有些操作不规范，造成测得的中和反应的H偏大，可能的原因是___________(填字母)。A.测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，然后去测NaOH溶液的温度B.把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓C.做本实验的当天室温较高D.将50mL0.55mol·L-1氢氧化钠溶液错取成了50mL0.55mol·L-1氨水（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容为c=4.18J·g-1·℃-1.为了计算中和反应的反应热，某学生做了如下表所示的实验记录：实验序号起始温度/℃终止温度/℃稀盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.5220.220.423.7320.320.525.6依据该学生的实验数据，计算该实验测得的中和反应的反应热=___________(结果保留一位小数)。（5）将V1mL1.0mol·L⁻¹盐酸和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如图乙所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)。通过分析图像可知，做该实验时环境温度___________(填“高于”“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度为___________mol·L⁻¹。【答案】（1）①.环形玻璃搅拌棒②.减少反应体系和环境之间的热交换（2）①.不相等②.相等（3）ABD（4）-56.8kJ/mol（5）①.低于②.1.50【解析】【小问1详析】从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少反应体系和环境之间的热交换。【小问2详析】物质的量与热量成正比，物质的量越大，反应放出的热量越多，但中和热对应生成1mol水时的能量变化，则改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等，所求生成1mol水时的中和热相等，因为中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生反应生成1molH2O所放出的热量；【小问3详析】测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，然后去测NaOH溶液的温度，NaOH溶液的初始温度偏高，测定反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故A符合题意；把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，反应中热量损耗偏大，测定反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故B符合题意；做本实验的当天室温较高，与中和热测定数值无关，故C不符合题意；一水合氨是弱电解质，电离吸热，则50mL0.55mol⋅L-1氢氧化钠溶液错取成了50mL0.55mol⋅L-1的氨水，反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故D符合题意；故答案为ABD；【小问4详析】由表格数据可知，第一次实验的温度差=，第二次实验的温度差=，第三次实验的温度差=，第三次数据偏差大，应舍去，温度差平均值=3.4℃，盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，则盐酸和氢氧化钠溶液质量和为，则生成0.025mol水时放出的热量为，生成1mol水放出的热量为，则该实验测得的中和热；【小问5详析】加入盐酸5mL时温度为22℃，酸碱中和为放热反应，则该实验时环境温度低于22℃；由图可知，当HCl的体积为30mL时酸碱恰好反应，n(NaOH)=n(HCl)，即c(NaOH)×0.02L=1.0mol/L×0.03L，解得c(NaOH)=1.50mol/L。17.化学是以实验为基础学科，某兴趣小组在实验室进行如下实验。Ⅰ.用弹式热量计(结构如图所示)按以下实验步骤来测量硫的燃烧热。称量纯水，倒入内筒中；称量硫固体装入氧弹内，用氧气排净空气后再注满高纯氧气；打开搅拌器开关，读取纯水温度，当温度不再改变时，记为初始温度；当纯水温度保持不变时，打开引燃电极，读取并记录内筒最高水温；重复实验次，测得内筒温度改变的平均值为。通过已知燃烧热的物质利用此装置在相同条件下测定，内筒每克水升高时，需要反应放热。请回答下列问题：（1）搅拌器和氧弹适宜的材质分别为___________、___________(填“不锈钢”或“玻璃纤维”)；氧弹内注满过量高纯氧气的目的是___________。（2）用相关字母表示硫的燃烧热为___________；若测得的比实际数据偏高，则可能原因是___________(填字母)。a．硫未充分燃烧b．称取硫时质量偏高c．测得纯水的初始温度偏高Ⅱ.利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素，设计如下系列实验：实验序号反应温度／℃稀硫酸浓度1200.5010.00.1010.002200.5010.00.105.03400.500.1010.0（3）写出硫代硫酸钠与稀硫酸反应的离子方程式：___________。（4）该实验1和2可探究___________对反应速率的影响，因此___________mL。实验3比实验1反应速率快，因为升高温度增加了___________(填字母)。a．单位体积离子总数b．单位体积活化离子数c．单位体积活化离子百分数【答案】（1）①.玻璃纤维②.不锈钢③.确保可燃物完全燃烧（2）①.②.ac（3）（4）①.硫代硫酸钠溶液的浓度②.5.0③.bc【解析】实验1和2探究硫代硫酸钠溶液的浓度对化学反应速率的影响，由实验1可知溶液的总体为20.0mL，故5.0mL；实验1和实验3探究温度对化学反应速率的影响，故10.0mL，=0。【小问1详析】搅拌器需绝热材料，避免损失热量，选玻璃纤维；氧弹需导热材料，迅速将硫燃烧放出的热量传导给水，可选不锈钢；氧弹内注满过量高纯氧气的目的是：确保可燃物完全燃烧；【小问2详析】根据题意，硫的燃烧热为1molS完全燃烧释放的热量，；若测得的比实际数据偏高，则放出的热量偏少。硫未充分燃烧，放出的热量偏少，比实际数据偏高，a符合题意；称取硫的质量偏高，则反应放出的热量偏高，比实际数据偏低，b不符合题意；测得纯水的初始温度偏高，则测得水变化的温度值偏低，放出的热量偏少，比实际数据偏高，c符合题意；故选ac；【小问3详析】与反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式为：；【小问4详析】根据分析，该实验1和2可探究硫代硫酸钠溶液的浓度对反应速率的影响，因此5.0mL。实验1和实验3是探究温度对化学反应速率的影响，温度升高，增加了单位体积活化离子数及单位体积活化离子百分数，从而增加了有效碰撞机会，加快反应速率，而单位体积离子总数不变，故选bc。18.某学习小组欲利用平衡体系探究影响平衡的因素，将溶液和溶液混合，得血红色溶液X，进行下列实验：实验I．改变等离子浓度对平衡的影响（1）取溶液X，加入5滴溶液，观察到溶液红色变浅，产生该现象的原因可能是：①___________对平衡产生了影响；②不直接参与平衡体系的或对平衡产生了影响。实验II．为了探究对平衡体系的影响某学习小组同学进行如下探究：各取溶液X放入3支比色皿中，分别滴加5滴不同浓度的溶液，并测定各溶液的透射率随时间的变化(已知溶液颜色越深，透射率越小)，结果如图所示。（2）上述实验可以得到以下结