陕西省渭南韩城市2022-2022学年高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年度第一学期期中考试高二化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16第I卷〔选择题，共60分〕一、选择题〔每题3分，共60分。以下每题所给选项只有一个选项符合题意，请将正确答案填涂在答题卡上〕1.以下说法不正确的选项是〔〕A.任何化学反响都伴随有能量变化B.化学反响中的能量变化都表现为热量的变化C.反响物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反响D.反响物的总能量低于生成物的总能量时，发生吸热反响【答案】B【解析】【详解】A.任何化学反响都伴随有能量变化，故A正确；B.任何化学反响都有有能量变化，但不一定只表现为热量变化，故B错误；C.放热反响是指反响物的总能量高于生成物的总能量，故C正确；D.吸热反响为反响物的总能量低于生成物的总能量，故D正确；答案选B。【点睛】了解化学反响中的能量变化。掌握放热反响和吸热反响的定义与反响物和生成物的能量关系。2.S〔单斜〕和S〔正交〕是硫两种同素异形体。：①S(单斜，s)＋O2(g)=SO2(g)△H1＝－297.16kJ·mol-1②S(正交，s)＋O2(g)=SO2(g)△H2＝－296.83kJ·mol-1③S(单斜，s)=S(正交，s)△H3以下说法正确的选项是〔〕A.△H3＝+0.33kJ·mol-1B.单斜硫转化为正交硫的反响是吸热反响C.S(单斜，s)=S(正交，s)△H3＜0，正交硫比单斜硫稳定D.S(单斜，s)=S(正交，s)△H3＞0，单斜硫比正交硫稳定【答案】C【解析】【详解】A.①-②整理可得S(单斜，s)=S(正交，s)，△H3=-0.33kJ/mol，A错误；B.根据选项A分析可知△H3=-0.33kJ/mol<0，说明单斜硫转化为正交硫反响是放热反响，B错误；C.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据选项A可知正交硫的能量比单斜硫的能量低，所以正交硫比单斜硫稳定，C正确；D.根据A可知S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol＜0，故正交硫比单斜硫稳定，D错误；故合理选项是C。3.以下能说明锌比铜活泼的装置是()A.①③④ B.②③④ C.①②④ D.①②③【答案】D【解析】【详解】①.锌铜原电池中锌做负极，说明锌比铜活泼，故①正确；②.锌能够与硫酸反响生成氢气，铜不能，说明锌比铜活泼，故②正确；③.电解过程中，铜离子首先得电子生成铜，说明铜离子的氧化锌比锌离子的强，即锌比铜复原性强，间接说明锌比铜活泼，故③正确；④.电解池中，阳极上金属发生氧化反响，与金属活泼性无关，故④错误；应选：D。4.如下图，在一U型管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4试液，通直流电，一段时间后U型管内会形成一个倒立的三色“彩虹〞，从左到右颜色的次序是〔〕A.蓝、紫、红 B.红、蓝、紫C.红、紫、蓝 D.紫、红、蓝【答案】C【解析】【详解】电解Na2SO4溶液时，左侧为阳极，溶液中的水失电子生成氧气和氢离子，氢离子与石蕊显红色；右侧为阴极，溶液中的水得电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子遇到石蕊显蓝色，那么溶液的中间显石蕊的本色，即紫色，答案为C。5.以下依据热化学方程式得出的结论正确的选项是()A.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，那么氢气的燃烧热为241.8kJ·mol－1B.NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，那么含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJC.2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH＝a2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝b，那么a＞bD.P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH＜0，那么白磷比红磷稳定【答案】B【解析】【详解】A.燃烧热是指燃烧1mol物质生成最稳定的氧化物所放出的热量，注意生成的水必须为液态，不能为气态，故A错误；B.40gNaOH的物质的量为1mol，醋酸完全反响，生成水是1mol，但醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以1molNaOH与稀醋酸反响，反响放出的热量小于57.3kJ，故B正确；C.2C〔s〕+2O2〔g〕═2CO2〔g〕△H=a．①

2C〔s〕+O2〔g〕=2CO〔g〕△H=b，②两个反响均为放热反响，△H均小于0，反响①是碳的完全燃烧，放出的热量多，故a值越小；反响②碳的不完全燃烧，放出的热量少，故b值越大，故a＜b，故C错误；D.P〔白磷，s〕═P〔红磷，s〕△H＜0，反响放热，可知白磷的能量高于红磷，而能量越高物质越不稳定，故白磷不如红磷稳定，故D错误；应选：B。6.以下说法中正确的选项是()A.但凡放热反响都是能自发进行的反响，而吸热反响都是非自发进行的反响B.自发反响一定是熵增加的反响，非自发反响一定是熵减小或不变的反响C.非自发反响在任何条件下都不能发生D.熵增加且放热的反响一定是自发反响【答案】D【解析】【详解】A.

△H<0，△S<0高温下，△H−T⋅△S>0，但凡放热反响不都是能自发进行的反响，△H>0，△S>0，高温下，△H−T△S<0，吸热反响不都是非自发进行的反响，故A错误；B.熵减小△S<0，△H<0高温下，△H−T⋅△S<0，反响自发进行，自发反响不一定是熵增大的反响，非自发反响不一定是熵减小或不变的反响，故B错误；C.

△H−△T△S<0反响自发进行，△H−T⋅△S>0反响非自发进行，改变条件非自发进行的反响可以变化为自发进行，故C错误；D.熵增加且放热的反响，△S>0，△H<0，△H−T⋅△S<0一定是自发反响，故D正确；应选：D。【点睛】依据反响自发进行的判断依据分析判断，△H-T△S＜0反响自发进行，△H-T•△S＞0反响非自发进行；7.在四个不同的容器中进行合成氨的反响。根据以下在相同时间内测定的结果，判断生成氨的速率最快的是()A.v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1 B.v(N2)＝0.2mol·L－1·min－1C.v(N2)＝0.05mol·L－1·s－1 D.v(NH3)＝0.3mol·L－1·min－1【答案】C【解析】【详解】反响为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，以氢气的反响速率为标准进行判断，A．v(H2)=0.3mol/(L•min)；B．v(N2)=0.2mol/(L•min)，反响速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=0.6mol/(L•min)；C.v(N2)=0.05mol/(L•s)=3mol/(L•min)，反响速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=9mol/(L•min)；D．v(NH3)=0.3mol/(L•min)，反响速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=0.45mol/(L•min)；所以反响速率最快的是C。应选：C。【点睛】同一化学反响中，同一时间段内，各物质的反响速率之比等于其计量数之比，先把不同物质的反响速率换算成同一物质的反响速率进行比拟，从而确定选项，注意单位是否相同。8.可逆反响：2NO2(g)⇌2NO(g)＋O2(g)，在容积固定的密闭容器中到达平衡状态的标志是()①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反响速率之比为2∶2∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.①④⑥⑦ B.②③⑤⑦C.①③④⑤ D.全部【答案】A【解析】【分析】化学反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，反响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，据此分析解答。【详解】①中单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，正逆反响速率相等，说明反响已到达平衡状态，故①正确；②无论该反响是否到达平衡状态,单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故②错误；③中无论到达平衡与否，用各物质表示的化学反响速率之比都等于化学计量数之比，故③错误；④有色气体的颜色不变，那么表示物质的浓度不再变化，说明反响已到达平衡状态，故④正确；⑤气体体积固定、反响前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故⑤错误；⑥反响前后ΔV(g)≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已到达平衡状态，故⑥正确；⑦由于气体的质量不变，气体的平均相对分子质量不变时，说明气体中各物质的物质的量不变，说明反响已到达平衡状态，故⑦正确；①④⑥⑦正确，答案选A。【点睛】化学反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，反响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，间接判据要看变量不变。9.以下能用勒夏特列原理解释的是〔〕A.高温及参加催化剂都能使合成氨的反响速率加快B.SO2催化氧化成SO3的反响，往往需要使用催化剂C.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气D.H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深【答案】C【解析】【详解】A.升高温度或参加催化剂，增大活化分子百分数，导致反响速率加快，但合成氨是放热反响，升高温度平衡逆向移动，催化剂不影响平衡移动，所以高温及参加催化剂都能使合成氨的反响速率加快不能用平衡移动原理解释，故A错误；B.催化剂只影响反响速率不影响平衡移动,所以对SO2催化氧化成SO3的反响，往往需要使用催化剂，不能用平衡移动原理解释，故B错误；C.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气，因为食盐水中含有氯离子，降低氯气的溶解度，可以用勒夏特列原理解释，故C正确；D.碘和氢气生成HI的反响是一个反响前后气体体积不变的可逆反响,压强不影响平衡移动，所以H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后碘浓度增大导致颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故D错误；应选：C。【点睛】勒夏特列原理即化学平衡移动原理。引起化学平衡移动的因素主要是浓度、压强、温度等，这些因素对化学平衡的影响都可用勒夏特列原理来解释。催化剂不能引起化学平衡移动，勒夏特列原理不包括反响速率的变化规律。10.利用反响2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－746.8kJ·mol－1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反响的速率和NO的转化率，采取的措施是A.降低温度 B.增大压强同时加催化剂C升高温度同时充入N2 D.及时将CO2和N2从反响体系中移走【答案】B【解析】【详解】A、降低温度，反响速率减慢，且平衡左移，NO转化率降低，A错；B、由平衡移动原理知，增大压强平衡右移，NO转化率增大，反响速率加快，加催化剂反响速率也加快，B选项正确；C、升高温度平衡右移，但是同时充入N2平衡左移，无法确定最终平衡向哪个方向移动，错误D、及时将CO2和N2从反响体系中移走，平衡右移，NO的转化率增大，但是反响的速率减小。答案选B。11.现有以下两个图象：以下反响中符合上述图象的是A.N2〔g〕+3H2〔g〕2NH3〔g〕△H＜0B.4NH3〔g〕+5O2〔g〕4NO〔g〕+6H2O〔g〕△H＜0C.2SO3〔g〕2SO2〔g〕+O2〔g〕△H＞0D.H2〔g〕+CO〔g〕C〔s〕+H2O〔g〕△H＞0【答案】C【解析】【分析】由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反响移动，故正反响为吸热反响；由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反响移动，说明正反响为气体物质的量增大的反响；综合上述分析可知，可逆反响正反响为吸热反响且正反响为气体物质的量增大的反响，据此结合选项解答．【详解】A．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，为放热反响反响，正反响是气体物质的量减小的反响，故A错误；B.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H＜0，正反响是气体物质的量增大的反响，但为放热反响反响，故B错误；C.2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)△H＞0，为吸热反响反响，正反响是气体物质的量增大的反响，故C正确；D．H2(g)+CO(g)⇌C(s)+H2O(g)△H＞0，为吸热反响反响，但正反响是气体物质的量减小的反响，故D错误；应选：C。12.一定条件下，在2L的密闭容器中充入2molSO2和一定量的O2，发生反响2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，进行到4min时，测得n(SO2)=0.4mol，假设反响进行到前2min末时，容器中n(SO2)为A.1.6mol B.1.2molC.大于1.6mol D.小于1.2mol【答案】D【解析】【分析】依据化学反响速率的概念进行分析计算，并注意浓度越大，反响速率越大来解答。【详解】根据化学反响速率的概念可知，进行到4min时，测得n〔SO2〕=0.4mol，此时反响的速率为V〔SO2〕＝=0.2mol/L•min；反响进行到前2min末时设二氧化硫物质的量为x，依据速率定义可得V′〔SO2〕＝；进行到2min时的物质浓度大于4min时的物质的浓度，所以反响时4min的反响速率小于2min的反响速率，即V′〔SO2〕＝＞0.2mol/L•min；整理得，x＜1.2mol；D项正确，答案选D。13.关于以下各装置图的表达中，不正确的选项是

A.用装置①精炼铜，那么a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.装置②的总反响是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C.装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D.装置④中的铁钉几乎没被腐蚀【答案】B【解析】【详解】A、装置①中a电极和电源的正极相连，作阳极，b是阴极。粗铜精炼时，粗铜是阳极，纯铜是阴极，所以选项A正确；B、装置②是原电池，铁的金属性强于铜的，所以铁是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的铁离子得到电子，选项B不正确；C、钢闸门应与外接电源的负极相连，作阴极被保护，所以选项C正确；D、装置④中铁在浓硫酸中发生钝化，因此耐腐蚀，选项D正确；答案选B。14.以下表达正确的选项是()A.95℃纯水的pH<7B.pH＝3的醋酸溶液，稀释10倍后pH＝4C.0.2mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后pH＝1D.25℃与60℃时，水的【答案】C【解析】【详解】A.水的电离是吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大，但水是中性的液体，不可能呈酸性，故A错误；B.醋酸是弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释10倍后pH＜4，故B错误；C.0.2

mol•L-1的盐酸，与等体积水混合后氢离子浓度变化为0.1mol/L，溶液pH=1，故C正确；D.水的电离是吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大，水的pH不相等，故D错误；应选：C。15.在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反响：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末该反响到达平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L－1。以下判断错误的选项是A.x＝1 B.B的转化率为40%C.2min内A的反响速率为0.2mol·L－1·min－1 D.假设混合气体的平均相对分子质量不变，那么说明该反响到达平衡状态【答案】C【解析】【详解】A.2min内生成n(C)＝0.2mol/L×2L＝0.4mol，同一个方程式中同一段时间内参加反响的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，那么C、D计量数之比＝x:2＝0.4mol:0.8mol＝1:2，x＝1，故A正确；B.2min内生成0.8molD同时消耗n(B)=1÷2n(D)=1÷2×0.8mol＝0.4mol，那么B的转化率=0.4mol÷1mol×100%＝40%，故B正确；C.2min内D的平均反响速率=0.8mol÷2L÷2min=0.2mol/(L．min)，同一个方程式中同一段时间内各物质的化学反响速率之比等于其计量数之比，那么v(A)=3÷2v(D)=3÷2×0.2mol/(L．min)＝0.3mol/(L．min)，故C错误；D．恒温恒容条件下气体物质量与其压强成正比，根据A知，x＝1，该反响前后气体计量数之和减小，那么反响前后气体物质的量减小，假设混合气体的平均相对分子质量不变，反响到达平衡状态，故D正确；应选：C。16.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图。以下说法正确的选项是A.温度：T1＞T2＞T3B.正反响速率：v(a)＞v(c)、v(b)＞v(d)C.平衡常数：K(a)＞K(c)、K(b)＞K(d)D.平均摩尔质量：M(a)＞M(c)、M(b)＞M(d)【答案】D【解析】【详解】A.该反响为放热反响，温度越低，CO的转化率越大，那么T1<T2<T3，故A错误；B.由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反响为放热反响，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1<T3，温度越高，反响速率越快，故υ(a)<υ(c)；b、d两点温度相同，压强越大，反响速率越大，b点大于d点压强，那么v(b)>v(d)，故B错误；C.由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反响为放热反响，故温度T1<T3，降低温度平衡向正反响方向移动，那么K(a)>K(c)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，那么K(b)=K(d)，故C错误；D.CO转化率的越大，n总越小，由M=m÷n可知，a点n总小，那么M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，故D正确；应选：C。17.用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到某种副产物，其原理如下图(电极材料为石墨)。以下说法不正确的选项是()A.a电极发生复原反响，当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，a极生成11.2L气体B.假设D是混合气体，那么可能含有SO2、O2等成分C.b电极上的主反响是－2e－＋H2O=＋2H＋D.A溶液是稀NaOH溶液，作用是增强溶液的导电性；C溶液是较浓的硫酸溶液【答案】A【解析】【分析】依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，a为阴极，b为阳极，SO32-在阳极失去电子变成SO42-，可能伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以C口流出的物质是H2SO4，阴极区放电离子为氢离子生成氢气，据此解答。【详解】A.未指明气体状况，不能确定生成氢气的体积，故A错误；B.亚硫酸根离子与稀硫酸反响生成二氧化硫，b极伴随副反响氢氧根离子失去电子生成氧气,所以假设D是混合气体,那么可能含有SO2、O2等成分，故B正确；C.b极为阳极，亚硫酸根离子在阳极上失去电离生成硫酸根离子，电极反响式为：－2e－＋H2O=＋2H＋，故C正确；D.水为弱电解质，导电能力弱，随着反响不断进行，a极溶液中氢氧根离子不断减少，应及时补充稀氢氧化钠，增强溶液导电性，b为阳极，在阳极失去电子变成所以C口流出的物质是浓硫酸，故D正确；应选：C。18.以下图所示是铅蓄电池充、放电时的工作示意图，电解质是H2SO4溶液。放电时电池反响为Pb＋PbO2＋4H＋＋2=2PbSO4＋2H2O，以下有关说法正确的选项是()A.K与N相接时，能量由电能转化为化学能B.K与N相接时，H＋向Pb电极区迁移C.K与M相接时，所用电源的a极为正极D.K与M相接时，阳极附近的pH逐渐减小【答案】D【解析】【分析】K与N相接时，为原电池反响，放电时，铅失电子发生氧化反响而作负极，电极反响式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反响式为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，K与M连接时，为电解池装置，电解池中的Pb为阴极连接电源的负极，阳极是PbO2，结合电极方程式解答该题．【详解】A．K与N相接时是原电池，Pb做负极，PbO2做正极，能量变化为化学能转化为电能，故A错误；B．K与N相接时是原电池，Pb做负极，PbO2做正极，氢离子移向正极，故B错误；C．K与M连接时，装置是电解池，电解池中的Pb为阴极连接电源的负极，故C错误；D．K与M连接时，装置是电解池，阳极是PbO2，电解方程式为PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+SO42-+4H+，阳极附近的pH逐渐减小，故D正确；应选：D。19.在不同温度下,向VL密闭容器中参加0.5molNO和0.5mol活性炭,发生反响:2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0),到达平衡时的数据如下表:温度/℃n(C)/moln(CO2)/molT10.15T20.375以下有关说法正确的选项是(

)A.由上述信息可推知:T1>T2B.T2℃条件下,假设反响到达平衡后再缩小容器的体积,c(N2):c(NO)C.T1℃条件下,假设开始时反响物的用量均减小一半,平衡后NOD.℃条件下,该反响的平衡常数【答案】D【解析】【详解】A.温度T2时，活性炭的平衡物质的量为0.375mol，那么消耗的n(活性炭)=0.5mol−0.375mol=0.125mol，故消耗的n(NO)=0.25mol，平衡时n(NO)=0.5mol−0.25mol=0.25mol，生成的n(N2)=0.125mol，生成的n(CO2)=0.125mol，温度T1时，生成的n(CO2)=0.15mol,反响2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)△H=−213.5kJ/mol，正反响为放热反响,升温平衡逆向移动，所以T1<T2，故A错误；B.反响2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)是一个气体体积不变的反响，平衡后再缩小容器的体积，压强增大，但平衡不移动,故c(N2):c(NO)不变，故B错误；C.反响2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)是一个气体体积不变的反响，开始时反响物的用量均减小一半，压强减小，但平衡不移动，平衡后NO的转化率不变，故C错误；D.2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)起始量(mol)0.5

0.5

0

0变化量(mol)0.3

0.15

0.15

0.15平衡量(mol)0.2

0.35

0.15

0.15温度T1，平衡时c(NO)==mol/L，c(N2)=mol/L，c(CO2)=mol/L，平衡常数K===，故D正确；应选：D。20.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；ΔH＝－197kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)1molSO2和0.5molO2；(丙)2molSO3。恒温、恒容下反响达平衡时，以下关系一定正确的选项是A.容器内压强P：P甲＝P丙>2P乙B.SO3的质量m：m甲＝m丙>2m乙C.c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙>k乙D.反响放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙>2Q乙【答案】B【解析】【详解】由给的数据利用归一法可知甲和丙是等效平衡。A项，如果平衡不移动，p甲=p丙=2p乙，但乙参加的物质的量是甲、丙的一半，恒容下相当于减压，平衡左移，压强变大，所以应该是p甲=p丙<2p乙，故A错误；B项，根据A项分析，平衡左移，三氧化硫的量减少，所以m甲=m丙>2m乙，故B正确；C项，参加的量均为2∶1，反响的量为2∶1，三者剩余的量也一定相等，为2∶1，c(SO2)与c(O2)之比k不变，所以k甲=k丙=k乙，故C错误；D项，因为甲和丙是在不同的方向建立起的等效平衡，假设转化率均为50%时，反响热的数值应相等，但该反响的转化率不一定是50%，所以Q甲和Q丙不一定相等，故D项错。答案选B。【点睛】此题的关键是甲乙容器的比拟，乙容器相当于甲容器扩大体积为原来的一半，然后再进行比拟。第II卷〔非选择题，共40分〕21.Ⅰ.(1)同温同压下，H2〔g〕＋Cl2〔g〕=2HCl〔g〕，在光照和点燃条件下的ΔH〔化学计量数相同〕分别为ΔH1、ΔH2，那么ΔH1________ΔH2。Ⅱ.肼(N2H4)可作为火箭发动机的燃料。(2)肼(N2H4)与氧化剂N2O4(l)反响生成N2和水蒸气。：①N2(g)＋2O2(g)=N2O4(l)ΔH1＝－195kJ·mol－1②N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－534kJ·mol－1试计算1mol肼(l)与N2O4(l)完全反响生成N2和水蒸气时放出的热量为________，写出肼(l)和N2O4(l)反响的热化学方程式：___________________________________________________。〔3〕有关肼化学反响的能量变化如下图，断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O=O为500、N—N为154，那么断裂1molN—H键所需的能量是________kJ。【答案】(1).=(2).436.5kJ(3).2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－873kJ·mol－1(4).391【解析】【分析】〔1〕反响热与反响物的总能量和生成物的总能量有关，与反响条件无关；〔2〕运用盖斯定律进行分析；〔3〕根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反响焓变的数值，结合图示内容来答复即可．【详解】(1)反响热与反响物的总能量和生成物的总能量，与反响条件无关，那么光照和点燃条件的△H相同；故答案为：=；〔2〕：①N2(g)＋2O2(g)=N2O4(l)ΔH1＝－195kJ·mol－1②N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－534kJ·mol－1②×2-①得：2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－873kJ·mol－1，有热化学方程式可知消耗2mol的N2H4(l)放出873KJ的热量，故1mol肼(l)与N2O4(l)完全反响生成N2和水蒸气时放出的热量为436.5kJ，故答案为：436.5kJ；2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－873kJ·mol－1(3)根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752kJ/mol−534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反响的焓变等于产物的能量与反响物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN−H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391，故答案为：391。【点睛】反响热与反响物和生成物的状态有关，与反响物的总能量和生成物的总能量有关，与反响途径无关。22.某温度〔T℃〕时，测得0.01mol·L－1NaOH溶液的pH＝11，那么该温度下水的Kw＝________。在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的H2SO4溶液VbL混合。〔1〕假设所得混合液为中性，且a＝11，b＝3，那么Va∶Vb＝__________。〔2〕假设所得混合液为中性，且Va∶Vb＝10∶1，那么a＋b＝__________。〔3〕假设所得混合液的pH＝10，且a＝12，b＝2，那么Va∶Vb＝__________。【答案】(1).1×10－13(2).1∶10(3).12(4).1∶9【解析】分析】0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，那么c〔H+〕=1×10-11mol/L，c〔OH-〕=0.01mol/L，根据Kw=c〔H+〕×c〔OH-〕计算；

〔1〕混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等；

〔2〕混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等；

〔3〕假设所得混合溶液的pH=10，碱过量，计算出c〔OH-〕与酸碱的物质的量的关系，据此计算。【详解】0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，那么c(H+)=1×10−11mol/L，c(OH−)=0.01mol/L，Kw=c(H+)×c(OH−)=1×10−13，故答案为：1×10−13；(1)混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=a的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10a−13mol/L，pH=b的H2SO4溶液氢离子浓度=10−bmol/L，10a−13mol/L×VaL=10−bmol/L×VbL，且a=11，b=3，那么故答案为：1:10；(2)假设Va:Vb=10:1，混合溶液呈中性，那么10a−13mol/L×10VL=10−bmol/L×VL，解得a+b=12故答案为：12；(3)假设所得混合溶液的pH=10，碱过量，且a=12，b=2，那么溶液中c(OH−)==0.001，那么Va:Vb=1:9；故答案为：1:9。23.如下图2套实验装置，分别答复以下问题。(1)装置Ⅰ为铁的吸氧腐蚀实验。一段时间后，铁被________(填“氧化〞或“复原〞);向插入石墨棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到石墨附近的溶液变红，该电极反响为______________________________________。(2)装置Ⅱ中甲烧杯盛放100mL0.2mol·L－1的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL0.5mol·L－1的CuSO4溶液。反响一段时间后，停止通电。向甲烧杯中滴入几滴酚酞溶液，观察到铁片电极附近首先变红。电源的M端为________(填“正〞或“负〞)极，甲烧杯中铁电极的电极反响为____________，停止电解，乙中________电极质量增加。【答案】(1).氧化(2).O2＋2H2O＋4e－=4OH－(3).负(4).2H2O+2e-=H2↑+2OH-(5).石墨【解析】【分析】〔1〕铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2+，正极发生复原反响，氧气得到电子被复原生成OH-；〔2〕反响一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到铁电极附近首先变红，说明在铁电极上生成OH-离子，电极反响为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，发生复原反响，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为负极，N端为正极；乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阴极，电极反响为Cu2++2e-═Cu，据此分析。【详解】〔1〕铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2+，正极发生复原反响，氧气得到电子被复原生成OH-，电极方程式为O2+4e-+2H2O-═4OH-，故答案为：氧化；O2+4e-+2H2O-═4OH-；〔2〕反响一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到铁电极附近首先变红，说明在铁电极上生成OH-离子，电极反响为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，发生复原反响，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为负极，N端为正极，阴极反响为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：负；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阴极，电极反响为Cu2++2e-═Cu，故质量增加，故答案为：石墨。24.一定温度下，在容积固定的VL密闭容器中参加nmolA．2nmolB，发生反响：A(g)＋2B(g)2C(g)ΔH<0，反响达平衡后测得平衡常数为K，此时A的转化率为x。〔1〕一段时间后上述反响到达平衡。那么以下说法中正确的选项是________(填字母)。A．物质A．B的转化率之比为1∶2B．起始时刻和到达平衡后容器中的压强之比为3n∶(3n－nx)C．当2v正(A)＝v逆(B)时，反响一定到达平衡状态D．充入惰性气体(如Ar)，平衡向正反响方向移动〔2〕K和x的关系满足K＝________。在保证A浓度不变的情况下，扩大容器的体积，平衡______(填字母)。A．向正反响方向移动B．向逆反响方向移动C．不移动〔3