【高中教育】最新高二化学上学期第一次联考试题(含解析)1

——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高二化学上学期第一次联考试题（含解析
）1
______年______月______日
____________________部门
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，1～10题每小题2
分，11～20题每小题3分，50分）
1。

为了解决目前存在的世界性能源危机，新的替代能源主要包括
（）
①核能②柴草③焦碳④太阳能⑤氢能⑥液化石油气⑦水煤气⑧
天然气
A。

①④⑤ B。

②③⑥⑦ C。

③⑥⑦⑧ D。

①②④
【答案】A
【解析】新能源是正在研究开发和利用的能源，有太阳能、风能、核能、地热能、潮汐能等，新能源的共同特点是可再生和清洁，①核能
④太阳能⑤氢能都是可再生能源和清洁能源，是新能源；②柴草③
焦炭⑥液化气⑦水煤气⑧天然气是不可再生能源是常规能源，故选A。

点睛：解答本题需要根据新能源的含义判断，所谓新能源是区别传统
能源而言，传统能源主要是三大化石燃烧，即煤、石油、天然气，另
外还包括它们的再加工能源。

新能源是指无污染、可以持续利用的能源，包括太阳能、风能、核能、地热能、潮汐能等。

2。

下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）
A。

CH3COOH B。

Cl2 C。

(NH4)2CO3 D。

SO2
【答案】D
【解析】试题分析：A、在水溶液里，CH3COOH能电离出阴阳离子而使
溶液导电，所以醋酸是电解质，故A错误；B、氯气是单质，既不是电
解质也不是非电解质，故B错误；C、碳酸铵在水溶液里能电离出阴阳
离子而使其溶液导电，所以碳酸铵是电解质，故C错误；D、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以二氧化硫是非电解质，故D正确；故选D。

【考点定位】考查电解质与非电解质
【名师点晴】本题考查了电解质与非电解质的判断。

注意明确电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念，特别注意：不是电解质的物质不一定属于非电解质，在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物。

3。

下列说法正确的是（）
A。

需要加热的化学反应都是吸热反应 B。

中和反应都是放热反应
C。

原电池是将电能转化为化学能的一种装置 D。

水力发电是将化学能转化为电能的过程
【答案】B
【解析】试题分析：A．需要加热的化学反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，错误；B．中和反应产生水，反应都是放热反应，正确；C．原电池是将化学能转化为电能的一种装置，错误；D．水力发电是将机械能转化为电能的过程，错误。

考点：考查化学反应及能量转化关系正误判断的知识。

4。

下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（）
A。

新制的氯水在光照下颜色变浅 B。

H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
C。

在合成氨的反应中，降温或加压有利于氨的合成 D。

红棕色
NO2 加压后颜色先变深后变浅
【答案】B
【解析】A、氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，光照时HClO分解，促
进平衡向正方向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、H2+I22HI平衡中，增大压强，平衡不移动，增大压强，浓度增大，颜色加深与勒夏特列原理无关，故B选；
C、合成氨反应为N2+3H22NH3，增大压强或降低温度，平衡均向正方向移动，可用勒夏特列原理解释，故C不选；
D、存在可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，正反应为体积缩小的
反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体颜色加深，由于增大了
压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可用平衡移动原理解释，故D不选；故选B。

5。

反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H＞0
反应②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)△H＜0
若反应①在温度T1下进行，反应②在温度T2下进行，已知T1＞T2，
且c(CO2)>c(H2O)
（其他条件均相同），下面对两者反应速率大小判断正确的是（）A。

反应①快 B。

反应②快 C。

一样大 D。

无法判断
【答案】D
【解析】影响化学反应速率的主要因素是物质的性质，物质越活泼，
反应速率越大，而浓度、温度为影响化学反应速率的外因，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应，如Na和HCl
溶液剧烈反应；但无论温度多高、浓度多大，Cu都不与盐酸反应，所
以无法比较两个反应的速率大小，故选D。

点睛：解答本题需要注意题中温度、浓度的影响是针对同一化学反应
而言的。

对于不同的反应，外界因素的影响，无法比较反应速率大小，即：比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应。

6。

对于反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)△H=-444。

3kJ/mol，在常温常压下能自发进行，对反应的方向起决定性作用的是（）
A。

焓变 B。

温度 C。

压强 D。

熵变
【答案】A
【解析】试题分析：根据焓判据和熵判据组成的复合判据ΔH－
T·△S<0时，反应能够自发进行，由于熵减小，因此该反应能自发进行，ΔH一定小于零，选A。

考点：考查化学反应的方向。

7。

下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是（）
①已达平衡的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正
反应方向移动
②已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡
向正反应方向移动，
N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体
体积增大的方向移动
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡
一定不移动
A。

①④ B。

①②③④ C。

②③④ D。

①②③
【答案】B
【解析】①C为固体，增大固体的量，平衡不移动，故①错误；②增大
N2的浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，N2的转化率
减小，故②错误；③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，减
小反应器容积时，即增大压强，平衡不移动，故③错误；④在恒压反
应器中充入稀有气体，如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，
则平衡不移动，如反应前后气体的化学计量数之和不等，则平衡移动，故④错误；故选B。

8。

实验室进行中和热的测定实验时除需要大烧杯(500 mL)、小烧杯(100 mL)外，所用的其他仪器和试剂均正确的一组是（）
A。

0。

50 mol·L-1 盐酸，0。

50 mol·L-1 NaOH溶液，100 mL量筒
1个
B。

0。

50 mol·L-1 盐酸，0。

55 mol·L-1 NaOH溶液，100 mL量筒
2个
C。

0。

50 mol·L-1 盐酸，0。

55 mol·L-1 NaOH溶液，50 mL量筒1个
D。

0。

50 mol·L-1 盐酸，0。

55 mol·L-1 NaOH溶液，50 mL量筒2个
【答案】D
【解析】为了减少热量散失，HCl和NaOH应有一方过量，取HCl和NaOH溶液不能用同一个量筒。

9。

25℃时，水的电离可达到平衡：H2OH++OH-△H＞0，下列叙述正确
的是（）
A。

向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低
B。

向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变
C。

向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低
D。

将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】试题分析：A．向水中加入稀氨水是弱碱抑制水的电离，平衡逆向移动，c(H+)减小，c(OH﹣)增大，故A错误；B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出的氢离子，抑制水的电离，平衡正向移动，但是c(H+)增大，温度不变，Kw不变，故B正确；C．向水中加入少量固体NH4Cl，铵根水解促进水的电离，平衡正向进行，c(H+)增大，温度不变，KW不变，故C错误；D．水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，KW增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；故选B。

考点：考查水的电离平衡的影响因素分析和水的离子积的条件判断和计算应用。

10。

下列关于酸碱指示剂或pH试纸的说法正确的是（）
A。

将一小块pH试纸放在洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B。

不能使无色酚酞试液变色的溶液是酸性溶液
C。

可以用紫色石蕊试液作为强酸滴定强碱的指示剂
D。

用pH试纸测定某溶液的pH＝8。

5，此溶液一定是某种碱的溶液【答案】A。

点睛：本题的易错点为D，需要注意的是溶液显碱性的溶液不一定是碱溶液，可能是强碱弱酸盐溶液。

11。

下列各表述与示意图一致的是（）
A。

图①表示25℃时，用0。

1 mol·L-1盐酸滴定20 mL 0。

1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B。

图②中曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0正、逆反应的
平衡常数K随温度的变化
C。

图③表示10 mL 0。

01 mol·L-1 KMnO4 酸性溶液与过量的0。

1 mol·L-1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化
D。

图④中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2 (g)+H2(g)→CH3CH3(g)；△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
【答案】B
【解析】试题分析：A、0。

1mol•L-1NaOH溶液的pH为13，用0。

1mol•L-1盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但
酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错误；B、因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，升温K逆应
该增大，而K正应该减小，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B
正确；C、该反应是放热反应，反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，不是恒定速率，故C错误；D、因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故D错误；故选B。

考点：考查了中和滴定、化学平衡移动、氧化还原反应、反应中的能量变化的相关知识。

12。

Bodensteins研究了下列反应：
kJ·mol-1。

在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 20 40 60 80 120
x(HI) 1 0。

91 0。

85 0。

815 0。

795 0。

784
x(HI）0 0。

60 0。

73 0。

773 0。

780 0。

784 由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。

当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是（）
A。

若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E
B。

若再次充入a mol HI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大
C。

若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同
D。

若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同
【答案】C
【解析】试题分析：A、该反应正向为吸热反应，升高温度平衡正向移动，HI的体积分数减小，H2的体积分数增大，又升高温度反应速率加快，相应点上移，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E，正确；B、该反应为反应前后气体物质的量不变的分解反应，若再次充入a mol HI，则达到平衡时，各物质的体积分数不变，相应点的横坐标值不变，反应速率加快，纵坐标值增大，正确；C、该反应为反应前后气体物质
的量不变的分解反应，增大压强，再次达到平衡时，各物质的体积分
数不变，相应点的横坐标不变，反应速率加快，相应点的纵坐标上移，错误；D、若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，各物质的体
积分数不变，相应点的横坐标不变，反应速率加快，相应点的纵坐标
上移，正确。

考点：考查化学反应速率和化学平衡。

13。

T℃时，体积均为0。

5 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) △H=-Q kJ/mol(Q>0)。

保持温度不变，实验测
得起始和平衡时的有关数据如下表：
容器编号起始时各物质物质的量/mol 达平衡时体系能量的变化
A B C
① 2 1 0 放热 0。

75 Q kJ
②0。

4 0。

2 1。

6
下列叙述中正确的是（）
A。

容器①、②中反应的平衡常数均为4
B。

容器②中达到平衡时放出的热量为0。

05Q kJ
C。

向容器①中通入氦气，平衡时A的转化率不变
D。

其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于2/3
【答案】C
【解析】试题分析：容器①中参加反应的A的物质的量=2mol×=1。

5mol，则：
2A（g）+B（g）2C（g）
起始（mol）： 2 1 0
转化（mol）：1。

5 0。

75 1。

5
平衡（mol）：0。

5 0。

25 1。

5
考点：考查了化学平衡有关计算、等效平衡、反应热的相关知识。

14。

在密闭容器中，将一定量A、B气体混合后发生反应：
xA(g)+yB(g)zC(g)+mD(s)。

平衡时得A的浓度为0。

5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0。

3mol/L。

则下列有关判断正确的是（）
A。

x+y>z+m B。

B的转化率一定减小 C。

平衡向正反应方向移动 D。

混合气体的密度一定减小
【答案】B
【解析】平衡时测得A的浓度为0。

5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0。

25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0。

3mol/L，说明体积增大、压强减小，平衡逆向移动。

A．减小压强，平衡逆向移动，由于D为固体，则x+y ＞z，故A错误；B．平衡逆向移动，则B的转化率减小，故B正确；
C．由上述分析可知，平衡逆向移动，故C错误；D．平衡逆向移动，
气体的质量增加，则气体的密度可能增大，故D错误；故选B。

15。

下列热化学方程式中，正确的是（）
A。

甲烷的燃烧热为890。

3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式
可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890。

3 kJ·mol-1
B。

500℃、30MPa下，将0。

5mol N2和1。

5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19。

3 kJ，其热化学方程式为：
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38。

6 kJ·mol-1
C。

HCl和NaOH反应的中和热△H=-57。

3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca （OH）2反应的中和热△H=2×（-57。

3）kJ·mol-1
D。

在101 kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285。

8lkJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O（1）△H=-571。

6 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】A、燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出
的热量，生成的H2O为液态水，热化学反应方程式为CH4(g)＋
2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890。

3kJ·mol－1，故A错误；B、
合成氨是可逆反应，不能完全进行到底，题目中没有说明转化的氮气
或氢气的物质的量，因此无法计算放出的热量，故B错误；C、发生反
应是Ca(OH)2＋H2SO4=CaSO4＋2H2O，存在Ca2＋和SO42－的反应，因
此放出的热量不是2×57。

3kJ，故C错误；D、2g氢气完全燃烧生成
液态水，放出285。

8kJ·mol－1，即消耗2mol氢气完全燃烧放出的热量为2×285。

8kJ=571。

6kJ，氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋
O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571。

6 kJ·mol－1，故D正确。

16。

可逆反应：3A(g)3B(？)+C(？)△H＞0，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是( )
A。

B和C可能都是固体 B。

若C为固体，则B一定是气体
C。

B和C一定都是气体 D。

B和C不可能都是气体
【答案】B
【解析】3A(g)⇌3B(？)+C(？)(△H＞0)，该正反应吸热，温度升高，平衡右移，变小，平均摩尔质量的变化，由反应前后气体物质的量变化、混合气体的质量变化决定。

A、若B和C都是固体，只有A一种气体，不变，故A错误；B、若C为固体，B为气体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，结合A的分析，B一定为气体，故B 正确；C、若B和C都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故C错误；D、根据C的分析，若B和C都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，故D错误；故选B。

点睛：本题考查了化学平衡的影响因素的分析判断，主要考查气体摩尔质量的变化与物质状态的关系，明确气体质量变化、气体物质的量变化是解题关键。

可以根据气体平均相对分子质量=进行分情况讨论。

17。

已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的△H=-12。

1 kJ/moL；HCl(aq)与NaOH反应的△H=-55。

6 kJ/mol，则HCN在水溶液中电离的△H等于（）
A。

-67。

7kJ/moL B。

- 43。

5kJ/moL C。

+ 67。

7kJ/moL D。

+ 43。

5kJ/moL
【答案】D
【解析】反应的热化学方程式分别为：HCN(aq)+OH-(aq)═CN-
(aq)+H2O(l)△H=-12。

1kJ•mol-1…①，H+(aq)+OH-
(aq)═H2O(l)△H=-55。

6kJ•mol-1…②，用①-②可得HCN电离的热化
学方程式为：HCN(aq)H+(aq)+CN-(aq)△H=-12。

1kJ•mol-1-(-55。

6kJ•mol-1)=+43。

5kJ•mol-1，故选D。

18。

常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A。

pH=1的溶液中： Fe2+，NO3-，SO42-，Na+
B。

由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2+，K+，Cl-，HCO3-
C。

＝1012的溶液中：NH4+，Al3+，NO3-，Cl-
D。

c(Fe2+) =0。

1 mol·L-1的溶液中：K+，ClO-，SO42-，SCN-
【答案】C
【解析】A．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，H+、
Ca2+、Fe2+与CO32-之间发生反应，Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，均不能大量共存，故A错误；B．水电离的c(H+)=1×10-
14mol/L的溶液可能为强酸性也可能为强碱性溶液，HCO3-与酸或碱都
不能大量共存，故B错误；C。

=1012的溶液，显酸性，该组离子之间
不反应，可大量共存，故C正确；D．亚铁离子能够被次氯酸根离子氧
化生成铁离子，Fe3+和SCN-之间反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中
均不能大量共存，故D错误；故选C。

19。

25℃时，a mol·L-1一元酸HA与b mol·L-1NaOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是（）
A。

a=b B。

a＞b C。

c(A-)=c(Na+) D。

c (A-)＜c(Na+)【答案】C
【解析】试题分析：若HA为强酸，则a＝b；若HA为弱酸，则该中性溶液中溶质为NaA与HA，故a＞b；根据电荷守恒可知溶液中存在：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，由pH＝7可知溶液中c(H＋)＝
c(OH－)，故一定存在c(Na＋)＝c(A－)，答案选C。

考点：考查弱电解质的电离与溶液酸碱性
20。

已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的平衡常数如下表：
H2CO3H2SO3HClO
K1=4。

30×10-7K1=1。

54×10-2K=2。

95×10-8
K2=5。

61×10-11K2=1。

02×10-7
下列说法正确的是（）
A。

相同条件下，同浓度的H2SO3 溶液和 H2CO3 溶液的酸性，后者更强
B。

Na2CO3溶液中通少量SO2：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-
C。

NaHCO3溶液中通少量SO2：2HCO3-+SO2=CO2+SO32-+H2O
D。

向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯
水中HClO的浓度
【答案】B
【解析】A。

根据表中电离平衡常数可知，酸性大小：亚硫酸＞碳酸，故A错误；B．Na2CO3溶液中通少量SO2，可生成HCO3-、SO32-，离子方程式为2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-，故B正确；C．酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，NaHCO3溶液中通少量SO2反应的离子方程式为
HCO3-+SO2=CO2+HSO3-，故C错误；D．HClO具有强氧化性，可与NaHSO3发生氧化还原反应，HClO的浓度降低，故D错误；故选B。

点睛：解答本题的关键是根据平衡常数判断酸性强弱，注意D为易错点，HClO具有强氧化性，NaHSO3具有还原性，二者可发生氧化还原反应。

二、填空题（本大题包括5小题，共50分）
21。

超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。

科学
家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学
方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2请回答下列问题（均不考虑温度变化对
催化剂催化效率的影响）：
（1）若上述反应能够自发进行，则反应的△H_________0（填写“>”、“<” 或“=”）。

（2）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO 转化率的是_________。

A．选用更有效的催化剂 B．升高反应
体系的温度
C．降低反应体系的温度 D．缩小容器
的体积
（3）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高
化学反应速率。

为了分别验证温
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
组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。

实验编号T/℃NO初始浓度
mol·L-1
CO初始浓度
mol·L-1
催化剂的比表面积 m2·g-1
Ⅰ280 1。

20×10-35。

80×10-382
Ⅱ_____ _____·_____。

124
Ⅲ350 _____ _____。

124
①请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。

②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO
浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线的实验编号。

_____，【答案】 (1)。

< (2)。

CD (3)。

280 (4)。

1。

20×10-3 (5)。

5。

80×10-3 (6)。

1。

20×10-3 (7)。

5。

80×10-3 (8)。

【解析】(1)根据题意知，该反应能够自发进行，则有△H-T△S＜0，
该反应正向为气体物质的量减小的反应，△S＜0，该反应一定是放热才有可能自发进行，即△H＜0，故答案为：＜；
(2)A．选用更有效的催化剂，平衡不移动，NO转化率不变，故A错误；B．该反应为放热反应，升高反应体系的温度，平衡逆向移动，NO转化率减小，故B错误；C．该反应为放热反应，降低反应体系的温度，平
衡正向移动，NO转化率增大，故C正确；D．该反应正向为气体体积减小的反应，缩小容器的体积，平衡正向移动，NO转化率增大，故D正确；故答案为：CD；
(3)①实验目的为验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响
规律，所以实验Ⅰ、Ⅱ应该只改变催化剂表面积，实验Ⅱ、Ⅲ中只改
变温度，所以三组实验中各物质的物质的浓度数据相同，只有温度、
接触面积两个变量，实验数据为：II：280、1。

2×10-3、5。

8×10-3；III：1。

2×10-3、5。

8×10-3，故答案为：
实验编号T/℃NO初始浓度
/mol•L-1
CO初始浓度
/mol•L-1
催化剂的比表
面积/m2•g-1
Ⅰ
Ⅱ280 1。

2×10-35。

8×10-3
Ⅲ1。

2×10-35。

8×10-3
②实验Ⅱ增大了催化剂的表面积，反应速率加快，可缩短达平衡的时间，但平衡不移动，NO的平衡浓度和实验Ⅰ相同；实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅲ，升高了温度，反应速率加快，可缩短达平衡的时间；该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，NO的平衡浓度增大，则Ⅱ、Ⅲ两个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图为：，故答
案为：。

22。

Ⅰ．（1）用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是_________。

A．酸式滴定管未润洗就装标准液滴定
B．锥形瓶未用待测液润洗
C．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视
D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
（2）现用物质的量浓度为a mol/L的标准盐酸去测定V mL NaOH 溶液的物质的量浓度，如图是酸式滴定管中液面在滴定前后的读数：则c(NaOH)=_________mol·L-1（用V1、V2等字母表示）。

Ⅱ．甲、乙两个同学同时设计了一份表格，用于酸碱中和滴定实验的数据记录和处理。

甲同学设计的表格和实验记录结果如下表：
次数V（NaOH）/mL V（HCl）/mL
1 25。

00 22。

46
2 25。

00 21。

98
3 25。

00 22。

36
乙同学设计的表格和实验记录结果如下表：
次数V（NaOH）
/mL
V（HCl）
/mL
始读数V1终读数V2
V2-
V1
始读数
V1′
终读数
V2′
V2′-
V1′
1 0。

10 24。

90 0。

00 24。

80
2 0。

00 24。

80 0。

10 22。

32
3 0。

00 24。

80 0。

00 24。

70
请回答下列问题：
（1）你认为甲、乙两同学设计的表格哪个比较合理_________ (填“甲”或“乙”)，你判断的依据是_______________。

（2）分析你在（1）中选择的表格中的实验数据[若c(HCl)=0。

10mol·L-1]，则测得的c(NaOH)=
_________ mol·L-1。

【答案】 (1)。

C (2)。

c（NaOH）=a（V2 -V1）/V (3)。

乙 (4)。

记录的数据最好为原始数据 (5)。

0。

10 mol·L-1（0。

0998 mol·L-1）
【解析】Ⅰ．(1)A．酸式滴定管未润洗就装标准液滴定，造成消耗的
V(标准)偏大，根据c(待测)=，可知c(待测)偏大，故A错误；B．锥
形瓶不需要润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，结果
不变，故B错误；C．读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，
导致V(标准)偏小，根据c(待测)=，可知c(待测)偏小，故C正确；D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=，可知c(待测)偏大，故D错误；故选C。

(2)中和滴定中盐酸和NaOH的物质的量相等，(V2-V1)a=c (NaOH)V，
解得c (NaOH)= ，故答案为：；
Ⅱ．(1)乙同学的表格设计的比较合理，把原始数据都作了记录，故答
案是：乙记录的数据最好为原始数据；
(2)三次氢氧化钠溶液的体积为：V1=24。

80mL，V2=24。

80mL，V3=24。

80mL，对应消耗盐酸溶液体积为：V1=24。

80mL V2=22。

22mL V3=24。

70mL，第二次误差过大，舍弃掉，两次氢氧化钠溶液
的体积平均值为： =24。

80mL；两次盐酸溶液的平均体积为：=24。

75mL；c(NaO H)==≈0。

10mol/L；故答案是：0。

10 mol•L-1。

点晴：中和滴定操作中的误差分析，注意利用公式来分析解答。

无论
哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据
c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度
也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。

本题的易错点为Ⅱ．(2)，注意要剔除误差较大的数据。

23。

运用化学反应原理的有关知识回答下列问题：
（1）晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)+O2(g)=SiO2
△H=-989。

2 kJ·mol-1，有关键能数据如下表：
化学键Si-O O=O Si-Si
键能kJ·mol-1X 498。

8 176
则X的值为_________。

（2）加热N2O5，依次发生的分解反应为①N2O5N2O3+O2，
②N2O3N2O+O2，在1 L密闭容器中充入4 mol N2O5，加热到t ℃，达
到平衡状态后O2的平衡浓度为4。

5 mol/L，N2O3的平衡浓度为1。

7 mol/L，则t℃时反应①的平衡常数为_________。

（3）一只规格为amL的滴定管，其尖嘴部分充满溶液，管内液面在mmL处，当液面降到n mL处时，下列判断正确的是_________。

A．流出溶液的体积为(m-n)mL B．流出溶液的体积为(n-m)mL
C．管内溶液体积等于(a-n)mL D．管内溶液体积多于nmL
（4）已知某二元酸(H2A)溶液按下式发生一级和二级电离：H2A＝
H++HA-；HA-H++A2-，且0。

1mol·L-1的NaHA溶液的pH=2，则0。

1mol·L-1的H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能
是_________0。

11 mol·L-1（填“＜”“＞”或“=”），理由是
__________。

【答案】 (1)。

460 (2)。

8。

5mol/L (3)。

B (4)。

﹤ (5)。

H2A第一步电离产生的H+抑制了HA-的电离
【解析】(1)已知晶体硅的燃烧热为989。

2kJ•mol-1，则
Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-989。

2kJ•mol-1；1mol晶体硅中含有
2molSi-Si，1molSiO2中含有4molSi-O，1molO2中含有1molO=O，则
2×176 kJ•mol-1+498。

8 kJ•mol-1-4X=-989。

2 kJ•mol-1，解得
X=460 kJ•mol-1，故答案为：460；
(2)设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3(x+3。

4)mol，在①反应中N2O5分解了(x+3。

4)mol，同时生成O2(x+3。

4)mol，在②反应中生成氧气xmol。

则(x+3。

4)+x=9，求得x=2。

8，平衡时N2O5、
N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=(8-2。

8-3。

4)÷2=0。

9mol/L、
c(N2O3)=3。

4÷2=1。

7mol/L、c(O2)=9÷2=4。

5mol/L，反应①的平衡
常数K==8。

5，故答案为：8。

5；
(3)A．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，流出的液体的体积是(n-m)mL，故A错误； B．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，流出的
液体的体积是(n-m)mL，故B正确；C．滴定管的“0”刻度在上端，满
刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以
下还有一段空间没有刻度，amL滴定管中实际盛放液体的体积大于amL，因此，一支amL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在mmL刻度处，当液
面降到n mL处时，管内溶液体积大于(a-n)mL，故C错误；D．滴定
管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐
渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，amL滴定管中实际盛放液体的体积大于amL，因此，一支amL酸式滴定管中盛盐酸，液面在nmL刻度时，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(a-n)mL，即管内溶液体积超过(a-n)mL，故D错误；故
选B。

(4)因为0。

1mol•L-1NaHA溶液的pH=2，则由HA-⇌H++A2-可知，电离
出0。

01mol/LH+；而0。

1mol•L-1H2A溶液，H2A=H++HA-，电离出H+0。

1mol/L和HA-0。

1mol/L，但第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离，
所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0。

1mol/L+0。

01mol/L，故答
案为：＜；H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA-的电离。

24。

Ⅰ．某温度(t℃)时，水的Kw=10-13，则该温度（填“大
于”“小于”或“等于”）_________ 25℃，理由是_________，将此
温度下pH =11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合，
（1）若所得混合液为中性，则a∶b_________；
（2）若所得混合液的pH=2，则a∶b_________。

Ⅱ．25℃时，0。

1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0。

1%发生电离，
下列说法不正确的是（_____）
A．该溶液pH=4 B．由HA电离出的c(H+)约
为水电离出的c(H+)的106倍
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D．升高温度，溶液的
pH增大
【答案】 (1)。

大于 (2)。

水的电离吸热，升高温度，促进
水的电离，KW 增大 (3)。

10：1 (4)。

9：2 (5)。

D
【解析】Ⅰ．升高温度促进水的电离，则水的离子积常数增大，某温。