广东省揭阳市惠来县第一中学2022-2022学年高二化学上学期第一次阶段考试试题含解析.doc

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1、广东省揭阳市惠来县第一中学2022-2022学年高二化学上学期第一次阶段考试试题含解析可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 Cl 35.5 Br 80 Fe 56 S 32 N 14 F 19 一、选择题1.绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，以下能源中不属于绿色能源的是 A. 太阳能B. 化石能源C. 风能D. 潮汐能【答案】B【解析】【详解】太阳能、风能和潮汐能不会造成污染，属于“绿色能源，石油、煤等化石燃料燃烧都会产生空气污染物，不属于绿色能源；故答案为B。2.以下说法错误的选项是 A. S(g)+O2(g)=SO2(g) H1；S(s)+O2(g)=SO2

2、(g) H2，那么H1生成物总能量C. 己知C(石墨s=(金刚石s H0,那么石墨比金刚石稳定D. 相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，那么2E1=E2【答案】D【解析】【详解】A都为放热反响，固体燃烧放出的热量小于气体燃烧放出的热量，H0，那么放出的热量越多H越小，故A正确；B为放热反响，反响物总能量大于生成物总能量，故B正确；CC(石墨s)=C(金刚石s)H0，可知金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，故C正确；D因形成化学键放出能量，那么2E1E2，故D错误；故答案为D。3.一定温度下用过量铁块与稀硫酸反响制取氢气，采取以下措施：将铁块换为等

3、质量的铁粉；参加少量NaNO3溶液；将稀硫酸换为98%的硫酸；参加少量水；加热；其中可提高H2的生成速率的措施有 A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】将铁块换为等质量的铁粉，增大接触面积，反响速率加快，故选；参加少量NaNO3溶液，酸性条件下与Fe发生氧化复原反响生成NO，故不选；将稀硫酸换为98%的硫酸，浓硫酸具有强氧化性，与Fe反响不生成氢气，故不选；参加少量水，硫酸浓度减小，生成氢气的速率减小，故不选；加热，可加快反响速率，故选；故答案为B。4.4NH3+5O24NO+6H2O，假设反响速率分别用vNH3、vO2、vNO、vH2O表示，那么以下关系表示正确的选项是 A. 5

4、vNH3=6vO2B. 5vO2=6vH2OC. 2vNH3=2vH2OD. 4vO2=5vNO【答案】D【解析】【详解】A项、化学反响速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知vNH3：vO2=4：5，那么5vNH3=4vO2，故A错误；B项、化学反响速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知vO2：vH2O=5：6，那么6vO2=5vH2O，故B错误；C项、化学反响速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知vNH3：vH2O=4：6=2：3，那么3vNH3=2vH2O，故C错误；D项、化学反响速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知vO2：vNO=5：4，那么4vO2=5vNO，故D正确；应选D

5、。5.甲醇的燃烧热数值为726.51kJmol-1。以下热化学方程式书写正确的选项是 A. CH3OH+3/2O2=CO2+2H2O H=-726.51kJmol-1B. CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=-726.51kJmol-1C. 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=+1453.12kJmol-1D. CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-726.51kJmol-1【答案】D【解析】【分析】燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量【详解】A、没有说明状态，故错误；B、

6、燃烧热需要生成稳定氧化物，水为液态，故错误；C、燃烧是放热反响，H0)，在一定条件下，反响物Y的转化率与反响时间(t)的关系如下图。假设使曲线a变为曲线b可采取的措施是 A. 参加催化剂B. 降低温度C. 增大压强D. 增大Y的浓度【答案】B【解析】【详解】A、催化剂只能改变平衡到达的时间，不能改变反响物的转化率，错误；B、降低温度，平衡右移，Y的转化率增大，而温度越低反响速率越慢，达平衡所需时间越长，正确；C、该反响为气体体积不变的反响，故增大压强只能加快反响速率，缩短达平衡所需时间，不能改变反响物的专化率，错误；D、增大Y的浓度，可提高X的转化率，而自身的转化率会减小，错误；答案选B。9.

7、在2A(g)+3B(g)=C(g)+4D(g)的反响中，以下表示该反响的反响速率最快的是 A. v(A)=0.5mol/(Ls)B. v(B)=0.9mol/(Ls)C. v(C)=0.4mol/(Ls)D. v(D)=1.0mol/(Ls)【答案】C【解析】【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快；A.=0.25mol/(Ls)；B.=0.3mol/(Ls)；C.=0.4mol/(Ls)；D=0.25 mol/(Ls)，故反响速率v(C)v(B)v(A)=v(D)，故答案为C。【点睛】同一个化学反响，用不同的物质表示其反

8、响速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比拟反响速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比拟速率数值。10.将一定量纯洁氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其到达分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。判断该分解反响已经到达化学平衡状态的是 A. 2vNH3)=vCO2B. 密闭容器中气体的平均摩尔质量不变C. 密闭容器中混合气体的密度不变D. 密闭容器中氨气的体积分数不变【答案】C【解析】【详解】A没有指明正、逆速率，无法判断正逆反响速率是否相等，故A错误；B该反响中气体

9、只有NH3和CO2，且二者的物质的量之始终为2：1，那么气体的平均摩尔质量为定值，无法根据混合气体的平均摩尔质量判断平衡状态，故B错误；C随反响进行混合气体的质量增大，容器的容积不变，反响混合气体的密度增大，当密度不再变化，说明到达平衡状态，故C正确；D反响混合气体只有NH3和CO2，且二者物质的量之比始终为2：1，氨体积分数始终不变，所以不能说明到达平衡，故D错误；故答案为C。【点睛】平衡状态的特征是当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反

10、响到达平衡状态。11.在一密闭容器中充入一定量的N2和O2，在电火花作用下发生反响N2O22NO，经测定前3 s用N2表示的反响速率为0.1 molL1s1，那么6 s末NO的浓度为 A. 1.2 molL1B. 大于1.2 molL1C. 小于1.2 molL1D. 不能确定【答案】C【解析】【详解】随反响进行 N2浓度降低,反响速率降低,故3s-6s 内N2的速率小于0.1 mol/(Ls)，即6s内N2的速率小于0.1 mol/(Ls)，速率之比等于化学计量数之比,故v(NO)小于20.1=0.2 mol/(Ls)，故6s末NO的浓度小于60.2=1.2 mol/L ，C正确；综上所述，

11、此题选C。12.由N2O和NO反响生成N2和NO2的能量变化如下图。以下说法正确的选项是 A. 断键吸收能量之和大于成键释放能量之和B. 反响物总能量小于生成物总能量C. N2O(g) +NO(g) =N2(g) +NO2(g)H= -139kJ/molD. 反响生成1 mol N2时转移4 mol电子【答案】C【解析】【详解】A、反响放热，断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，错误；B、反响放热，反响物总能量小于生成物总能量，错误；C、根据图示，N2O(g) +NO(g) =N2(g) +NO2(g)H= -139kJ/mol，正确；D、反响生成1 mol N2时转移2 mol电子，错误；答

12、案选C。13.某反响由两步反响AB、BC构成，它的反响能量曲线如下图E1、E2、E3、E4表示活化能。以下有关表达正确的选项是A. 两步反响均为吸热反响B. 三种化合物中C最稳定C. 参加催化剂会改变反响的焓变D. 整个反响的H=E1-E2【答案】B【解析】【详解】A根据图示可知第一步反响的反响物的能量比生成物的能量低，所以该步反响是吸热反响；而第二步反响中生成物的能量比反响物的能量低，该步反响是放热反响，错误；B根据图示可知三种化合物中C含有的能量最低，故其最稳定，正确；C参加催化剂会改变反响的活化能，但是不能改变反响物、生成物的能量，所以不能改变反响的焓变，错误；D整个反响的H=(E1-

13、E2)+ (E2- E3)- E4= E1- E3- E4，错误。答案选B。14.以下说法正确的选项是()A. 活化分子间的碰撞一定是有效碰撞B. 活化分子具有的能量是活化能C. 活化分子的总数越多，反响速率越快D. 单位时间内有效碰撞次数越多，反响速率越快【答案】D【解析】【详解】活化分子间的碰撞并不都是有效碰撞，只有发生化学反响的碰撞才是有效碰撞，活化分子具有的平均能量与普通分子具有的平均能量之差才叫活化能；单位体积内活化分子总数越多，有效碰撞时机越多，反响速率才越快，A、B、C三项均错，答案选D。15. 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

14、) H=483.6 kJmol1，那么氢气的燃烧热H为-241.8 kJmol1B. NaOH(aq)HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l)H=57.3 kJmol1，那么含40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量C. 己知2C(s)2O2(g)=2CO2(g)H = a；2C(s)O2(g)=2CO(g)；H= b，那么abD. C (石墨，s)=C (金刚石，s) H0，那么金刚石比石墨稳定【答案】B【解析】【详解】A、燃烧热的热化学方程式中，可燃物应为1mol，A错误；B、稀醋酸是弱酸，电离时吸热，与完全中和，放出的热量小于573kJ ，B正确；C、

15、碳充分燃烧生成二氧化碳放出的热量大于不充分燃烧放出的热量，但H是负值，那么ab ，C错误；D、C石墨，s=C金刚石，sH0，那么金刚石的能量大于石墨的能量，石墨比金刚石稳定，D错误。应选B。16.以下热化学方程式书写正确的选项是H的绝对值均正确 。A. C2H5OH(l)+3O2=2CO2+3H2O H=-1367.0kJmol-1 燃烧热B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H=+57.3kJmol-1 中和热C. S(S) +O2(g) =SO2(g) H=-296.8kJmol-1 反响热D. 2NO2=O2+2NO H=+116.2kJmol-1 反响

16、热【答案】C【解析】【详解】A项、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，水的状态必须为液态，反响中生成的水为气体，不是稳定氧化物，故A错误；B项、中和热是强酸强碱稀溶液中和反响生成1mol水时放出的热量，H应小于0故B错误；C项、硫燃烧生成二氧化硫气体放热，热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、H的正负号、数值、单位，故C正确；D项、热化学反响方程式要注明物质聚集状态，故D错误；应选C。【点睛】热化学方程式的书写需注明物质的聚集状态、H的正负号、数值、单位，燃烧热抓住1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物、中和热抓住生成1mol水是解答关键。17.反响A2(g)+2B2(g)2A

17、B2(g)(正反响为放热反响),以下说法中正确的选项是()。A. 升高温度,正反响速率增大,逆反响速率减小B. 升高温度有利于反响速率增大,从而缩短到达平衡的时间C. 增大压强,正反响速率增大,逆反响速率减小D. 到达平衡时,正反响速率大于逆反响速率【答案】B【解析】【详解】A、根据外部条件对反响速率的影响可知，升高温度，反响速率增大，不管v(正)、v(逆)都增大，错误；B、速率增大后，可使可逆反响尽快到达平衡，从而缩短到达平衡的时间，正确；C、增大压强，正逆反响速率都增大，错误；D、到达平衡时，正逆反响速率相等，错误；答案选B。18.在一密闭烧瓶中，25 时存在着平衡：2NO2(g)N2O4

18、(g)正反响放热。把烧瓶置于100 的水中，那么以下几项性质中不会改变的是 颜色 平均相对分子质量 质量 压强 密度A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】D【解析】【分析】升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2N2O4向左进行，以此分析。【详解】升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2N2O4向左进行，二氧化氮的浓度增大，颜色加深；混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M=可知，混合气体的平均相对分子质量减小；反响混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变；升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容

19、器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大；反响混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总质量不变，容器的容积不变，根据=可知，混合气体的密度不变。综合以上分析，和符合题意，应选D。19.少量铁粉与100 mL 0.01 mol/L的稀盐酸反响，反响速率太慢。为了加快此反响速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的( )加H2O 加NaOH固体滴入几滴浓盐酸 加CH3COONa固体 加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶液 升高温度不考虑盐酸挥发A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】加H2O稀释，降低氢离子的浓度，反响速率减慢，错误；加NaOH固体，中和盐酸，降低氢离子的浓度

20、，反响速率减慢，错误；滴入几滴浓盐酸，增大氢离子浓度，反响速率加快，生成H2的量由铁粉的量决定，正确；加CH3COONa固体，能消耗氢离子生成弱酸醋酸，降低氢离子的浓度，反响速率降低，错误；加NaCl溶液相当于稀释，降低氢离子的浓度，反响速率降低，错误；滴入几滴硫酸铜溶液，铁能置换出铜，消耗铁，减少氢气的产量，错误；升高温度，反响速率加快，生成氢气的量不变，正确；答案选B。20.在1200时，天然气脱硫工艺中会发生以下反响：H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) H1 ；2H2S(g)+SO2(g)= S2(g)+2H2O(g) H2 ；H2S(g)+ O2=S(g)+H2O

21、H3 ； 2S(g)=S2(g) H4A. H4=(H1+ H2-3H3)B. H4=(3H3- H1-H2)C. H4=(H1+H2+3H3)D. H4=(H1-H2-3H3)【答案】A【解析】【详解】将前三个方程依次编号为，由盖斯定律可知+2得2S(g)=S2(g)，那么H4=H1+H22H3=(H1+ H2-3H3)，应选A。21.以下各组实验中溶液最先变浑浊的是A. 0.1molLNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水5mL，反响温度10B. 0.1molLNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水10mL，反响温度10C. 0.1molLNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水5mL

22、，反响温度30D. 0.2molLNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水10mL，反响温度30【答案】D【解析】【详解】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，反响物浓度越大，反响温度越高，反响速率就会越快，故应该选择D。22. 以下说法正确的选项是A. 增大反响物浓度,可增大单位体积内活化分子百分数，从而使单位时间内有效碰撞次数增大B. 有气体参加的化学反响，假设增大压强即缩小反响容器的体积，可增加活化分子的百分数，从而使反响速率增大C. 升高温度能使化学反响速率增大，主要原因是增加了反响物分子中活化分子的百分数D. 催化剂不影响反响活化能但能增大单位体积内活化分子百分数

23、，从而增大反响速率【答案】C【解析】【详解】增大反响物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不会增大单位体积内活化分子的百分数，A、B错；C正确；催化剂可降低反响的活化能从而增大单位体积内活化分子百分数而增大反响速率，D错。【点睛】增大活化分子百分数的条件可以是升温或使用催化剂；增大浓度和增大压强，增大的是单位体积内的活化分子数，而活化分子的百分含量不变。23.一定条件下反响2AB(g)A2(g)B2(g)到达平衡状态的标志是 ( )A. 单位时间内生成nmolA2，同时消耗2 n molABB. 容器内，3种气体AB、A2、B2共存C. AB的消耗速率等于A2的消耗速率D. 容器中各组分的体积

24、分数不随时间变化【答案】D【解析】【分析】平衡状态的标志可从两个方面来分析：1各组分的百分含量不随时间变化，2正逆反响速率相等。【详解】A、生成n molA2，消耗2n molAB都是向正向反响，错误；B、只要反响开始，AB、A2、B2共存，不一定达平衡，错误；C、假设AB的消耗速率等于A2的消耗速率的2倍，那么平衡，错误；答案选D。24.对可逆反响4NH3(g)5O2(g) 4NO(g)6H2O(g)，以下表达正确的选项是()A. 到达化学平衡时4v正(O2)5v逆(NO)B. 假设单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，那么反响到达平衡状态C. 到达化学平衡时，假设增

25、大容器容积，那么正反响速率减小，逆反响速率增大D. 化学反响速率关系：2v正(NH3)3v正(H2O)【答案】A【解析】【详解】A.到达化学平衡时，正逆反响速率相等，如果用O2和NO分别表示正反响速率和逆反响速率，那么4v正(O2)5v逆(NO)，故A选；B. 单位时间内生成x mol NO的同时，必然消耗x mol NH3，不能证明反响到达平衡，故B不选；C. 增大容器容积，使气体的浓度降低，所以反响物和生成物的浓度都降低，正逆反响速率都减小，故C不选；D.在一个反响里，用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，3v正(NH3)2v正(H2O)，故D不选；应选A。第卷二、非选择题:本大题共

26、5小题，共52分。25.拆开1mol氢气中的化学键需要消耗436kJ能量，拆开1mol氧气中的化学键需要消耗498kJ能量，2mol氢气完全燃烧生成气态水放出482kJ热量，根据下面的能量图，答复以下问题：1分别写出E1 、E2的数值：E1=_；E2=_。2生成H2O(g)中的1molH-O键放出_kJ的能量。3：H2O(l)=H2O(g) H=+44kJmol-1，试写出2mol氢气在足量氧气中完全燃烧生成液态水的热化学方程式：_。【答案】 (1). 1370 (2). 1852 (3). 463 (4). 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=570kJmol1【解析】【分析】化学

27、反响的实质是旧键的断裂和新键的生产，化学键断裂要吸收能量，形成新键要放出能量，由题意和图象可知反响的热化学方程式为2H2g+O2g=2H2OgH=-482kJmol-1，反响的焓变H=反响物键能之和-生成物键能之和，E1为反响物键能之和，E2为生成物键能之和。【详解】1E1为拆开2molH2和1molO2中的化学键需要吸收的能量，那么E1=2436kJ/mol+498 kJ/mol =1370 kJ/mol，由题意和图象可知2mol氢气完全燃烧生成气态水的热化学方程式为2H2g+O2g=2H2OgH=-482 kJ/mol，反响的焓变H=反响物键能之和-生成物键能之和，那么E2=E1H=137

28、0 kJ/mol-482 kJ/mol=1852 kJ/mol，故答案为：1370；1852；2由E2为1852 kJ/mol可知生成2molH2O放出1852kJ能量，那么生成H2O(g)中的1molH-O键放出=463 kJ，故答案为：463；32H2g+O2g=2H2OgH=-482kJmol-1，H2Ol=H2OgH=+44kJmol-1，由盖斯定律可知，-2可得2H2g+O2g=2H2Ol，那么H=-570kJ/mol，2mol氢气在足量氧气中完全燃烧生成液态水的热化学方程式为2H2g+O2g=2H2OlH=-570kJ/mol，故答案为：2H2g+O2g=2H2OlH=-570kJ

29、/mol。【点睛】注意E1为反响物键能之和，E2为生成物键能之和，反响焓变H=反响物键能之和-生成物键能之和是解答关键。26.如下图的装置中进行中和反响。通过测定反响过程中放出的热量可计算中和热。答复以下问题：1从实验装置上看，图中伤缺少的一种玻璃仪器是_；2烧杯间填满碎纸条的作用是_；3假设大烧杯上不盖硬纸板，求得的反响热数值_(填“偏大“偏小或“无影响)。4实验中该用60 mL 0.50 molL1HCl跟50 mL 0.55 molL1NaOH溶液进行反响，与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等或“不相等)，所求中和热_(填“相等或“不相等)。5用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进

30、行上述实验，测得的中和热数值会_(填“偏大“偏小或“无影响)。6在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸溶液的步骤，假设无此操作步骤，那么测得的中和热数值_填“偏大、“偏小或“不变。7量取溶液时，仰视读数。测得的中和热数值_填“偏大、“偏小或“无影响8实验过程中有液体洒在外面，测得的中和热数值会_填 “偏大、“偏小或“无影响9混合酸、碱溶液时，动作缓慢，测得的中和热数值会_填 “偏大、“偏小或“无影响10实验中能否用环形铁铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，测得的中和热数值会_填 “偏大、“偏小或“无影响【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 减少实验过程中的热量损失 (3). 偏小 (4

31、). 不相等 (5). 相等 (6). 偏小 (7). 偏大 (8). 偏小 (9). 偏小 (10). 偏小 (11). 偏小【解析】【分析】1中和热的测定须测量酸碱反响的热效应，使用环形玻璃搅拌棒能使溶液上下混合均匀，保证溶液上下的温度到达一致，减少实验误差；2中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；3假设大烧杯上不盖硬纸板，会导致热量损失；4改变酸或碱的用量，可以改变反响中放出的热量，但不能改变中和热；5一水合氨为弱碱，氨水的电离是一个吸热过程；6没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小；7量取溶液的体积时仰视读数，会导致

32、所量的氢氧化钠溶液和盐酸溶液体积偏大；8实验过程中有液体洒在外面，会导致参与反响的反响物的物质的量减小；9混合酸、碱溶液时，动作缓慢，会导致热量损失；10环形铁铜丝导热，会导致热量损失。【详解】1中和热的测定须测量酸碱反响的热效应，使用环形玻璃搅拌棒能使溶液上下混合均匀，保证溶液上下的温度到达一致，减少实验误差，所以还缺少环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；2中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；3假设大烧杯上不盖硬纸板，会导致热量损失，使求得的反响热数值偏小，故答案为：偏小；4中和热是在一定条件下

33、，稀溶液中酸和碱反响生成1mol水时放出的热量，改变酸或碱的用量，可以改变反响中放出的热量，但不能改变中和热，故答案为：不变；5一水合氨为弱碱，氨水的电离是一个吸热过程，吸热导致测得的中和热数值会偏小，故答案为：偏小；6没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，故答案为：偏小；7量取溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠溶液和盐酸溶液体积偏大，参与反响的反响物偏多，放出的热量偏大，故答案为：偏大；8实验过程中有液体洒在外面，会导致参与反响的反响物的物质的量减小，使测得的中和热数值会偏小，故答案为：偏小；9混合酸、碱溶液时，动作缓慢，会导致

34、热量损失，使测得的中和热数值会偏小，故答案为：偏小；10实验中能否用环形铁铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，环形铁铜丝导热，会导致热量损失，使测得的中和热数值会偏小，故答案为：偏小。【点睛】导致测得中和热的数据不是57.3kJ/mol的可能原因有量取溶液的体积有误差；温度计的读数有误；实验过程中有液体洒在外面；混合酸、碱溶液时，动作缓慢，导致实验误差；隔热操作不到位，致使实验过程中热量损失而导致误差；测了酸后的温度计未用水清洗而便立即去测碱的温度，致使热量损失而引起误差。27.恒温恒容条件下,硫可以发生如下转化,其反响过程和能量关系如下图。：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)H=-196.

35、6 kJ/mol。请答复以下问题：1写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：_。2状态到状态放出热量为_。3恒温恒容时,1 mol SO2和2 mol O2充分反响,放出热量的数值比H2_(填“大、“小或“相等)。4将中的混合气体通入足量的NaOH溶液中消耗NaOH的物质的量为_，假设溶液中发生了氧化复原反响,那么该过程的离子方程式为：_。【答案】 (1). S(s)+O2(g)=SO2(g)H=-297 kJ/mol (2). 78.64 kJ (3). 大 (4). 2 mol (5). 2SO2+O2+4OH-=2SO42-+2H2O【解析】【分析】由图可知，状态到状态为硫燃烧生成二氧化硫的

36、过程，反响的热化学方程式为. S(s)+O2(g)=SO2(g)H=-297 kJ/mol；状态到状态二氧化硫发生催化氧化反响生成三氧化硫，反响的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)H=-196.6 kJ/mol。【详解】1燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，由图可知1molSs完全燃烧放出的热量为297KJ，那么能表示硫的燃烧热的热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g)H=-297 kJ/mol，故答案为：S(s)+O2(g)=SO2(g)H=-297 kJ/mol；2由图可知，状态到状态时0.8mol二氧化硫参与反响，那么反响放出的热量为

37、=8.64 kJ，故答案为：8.64 kJ；3恒温恒容时，开始为1molSO2和2molO2与开始为1molSO2和1molO2相比，氧气的浓度增大，增大反响物浓度，平衡向正反响方向移动，SO2转化率增大，反响放出热量的数值比Q2大，故答案为：大；4将中的混合气体通入足量的NaOH溶液中，三氧化硫与氢氧化钠反响反响生成硫酸钠，混合气体中的二氧化硫和氧气在氢氧化钠溶液中发生氧化复原反响生成硫酸钠和水，反响的离子方程式为2SO2+O2+4OH-2SO42-+2H2O，因反响最后得到硫酸钠溶液，根据钠原子和硫原子原子守恒可得nNaOH=2nS=20.2+0.8mol=2mol，故答案为：2；2SO2

38、+O2+4OH-2SO42-+2H2O；【点睛】恒温恒容时，开始为1molSO2和2molO2与开始为1molSO2和1molO2相比，氧气的浓度增大，平衡向正反响方向移动是解答的关键，也是易错点。28.KI溶液在酸性条件下能与氧气反响。现有以下实验记录：实验编号温度/3040506070显色时间/s16080402010答复以下问题：1该反响的离子方程式为_。2该实验的目的是_。3实验试剂除了1 molL1 KI溶液、0.1 molL1 H2SO4溶液外，还需要的试剂是_，实验现象为_。4上述实验操作中除了需要(3)的条件外，还必须控制不变的是_(填字母)。A温度B试剂的浓度C试剂的用量(体

39、积)D试剂添加的顺序5由上述实验记录可得出的结论是_。6假设要进行酸性对反响速率的影响的探究实验，你会采取的措施是_。【答案】 (1). 4H4IO2=2I22H2O (2). 探究温度对反响速率的影响 (3). 淀粉溶液 (4). 无色溶液变蓝 (5). CD (6). 每升高10 ，反响速率增大约2倍 (7). 保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行比照实验【解析】【分析】1根据氧化复原反响类型离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和得失电子数目相等书写；2根据表中数据分析，该实验目的是探究温度对反响速率的影响；3为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为

40、无色溶液变蓝色；4设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，还必须控制不变的是试剂的用量体积 和试剂添加的顺序；5分析实验数据可得出的结论是每升高10，反响速率增大约2倍；6假设要进行酸性对反响速率的影响的探究实验，你会采取的措施是保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行比照实验【详解】1根据氧化复原反响类型离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和得失电子数目相等，该反响的离子方程式为4H+4I+O2=2I2+2H2O；2根据表中数据分析，该实验目的是探究温度对反响速率的影响；3为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝色；4设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，还必须控制不变的是试剂的用量体积 和试剂添加的顺序，应选CD；5分析实验数据可得出的结论是每升高10，反响速率增大约2倍；6假设要进行酸性对反响速率的影响的探究实验，你会采取的措施是保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行比照实验