北京市顺义区2023_2024学年高二化学上学期期中试题含解析

这是一份北京市顺义区2023_2024学年高二化学上学期期中试题含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题部分等内容，欢迎下载使用。
1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．高温煅烧石灰石制生石灰是热能主要转化为化学能，故A错误；
B．锂离子电池是化学能主要转化为电能，故B错误；
C．燃气灶是化学能主要转化为热能，故C正确；
D．太阳能集热器是太阳能主要转化为热能，故D错误；
故选C。
2. 冰受热转化为1g水蒸气，下列分析不正确的是
A. 该过程是熵增的过程
B. 该过程发生的是物理变化
C. 1g冰与1g水蒸气所具有的内能不同
D. H2与O2反应生成1ml H2O(l)与生成1ml H2O(g)放出的热量相同
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．1g冰与1g水蒸气的过程是由有序向无序发展，为熵增的过程，A分析正确；
B．该过程水分子未发生变化，是物理变化，B分析正确；
C．1g冰变为1g水蒸气吸收热量，则1g冰与1g水蒸气所具有的内能不同，C分析正确；
D．1ml H2O(l)与1ml H2O(g)所具有的能量不同，H2与O2初始总能量相同，而生成物的总能量不同，则H2与O2反应生成1ml H2O(l)与生成1ml H2O(g)放出的热量不相同，D分析错误；
答案为D。
3. 下列物质属于弱电解质的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故A符合题意；
B．溶于水的氢氧化钙在溶液中完全电离出钙离子和氢氧根离子，属于强电解质，故B不符合题意；
C．碳酸钠在溶液中完全电离出钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，故C不符合题意；
D．硫酸在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，属于强电解质，故D不符合题意；
故选A。
4. 向水中加入下列溶质，能促进水电离的是
A. H2SO4B. NaOHC. NaClD. NH4Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2SO4为强电解质，电离产生氢离子，水中氢离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，A与题意不符；
B．NaOH为强电解质，电离产生氢氧离子，水中氢氧离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，B与题意不符；
C．NaCl为强电解质，产生的钠离子、氯离子对水的电离平衡无影响，C与题意不符；
D．NH4Cl为强电解质，产生的铵根离子能与水电离产生的氢氧根离子结合生成一水合氨，导致水的电离平衡正向进行，促进水的电离，D符合题意；
答案为D。
5. 下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸是强酸，在水溶液中完全电离为氢离子和硫酸根离子，故A正确；
B．水只能微弱的电离为氢离子和氢氧根离子，故B错误；
C．碳酸是可溶性盐，在水中完全电离为钠离子和碳酸根离子，故C错误；
D．一水合氨是弱碱，在水溶液中部分电离为铵根离子和氢氧根离子，故D错误；
故选A。
6. 酸碱中和滴定中常用以下仪器，其中为碱式滴定管的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．图示所指的仪器为100ml容量瓶，故A错误；
B．图示所指的仪器有玻璃活塞是酸式滴定管，故B错误
C．图示所指的仪器有橡皮管和玻璃珠形成的“阀”是碱式滴定管，故C正确；
D．图示所指的仪器为锥形瓶，故D错误；
故选C。
7. 把镁条（去除氧化膜）投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如下图所示，其中影响AB段速率的主要因素是
A. H+的浓度B. 反应时溶液的温度
C. 体系的压强D. Cl-的浓度
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应开始氢离子浓度就一直处于下降状态，反应物浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B．反应放热，使体系的温度升高，温度升高反应速率加快，故B正确；
C．氢气在水中的溶解度极小，因此氢气逸出到反应体系外，对反应速率几乎没有影响，故C错误；
D．在反应过程中氯离子浓度几乎没有变化，对反应速率几乎没有影响，故D错误；
故选B。
8. 下列热化学方程式正确的是
A. 2SO2＋O22SO3 ΔH＝－196.6 kJ·ml－1
B. C(g)＋O2(g)=CO(g）ΔH＝+393.5 kJ·ml－1
C. H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ
D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l）ΔH＝－571.6 kJ·ml－1
【答案】D
【解析】
【详解】A．在热化学方程式中应该注明物质的聚集状态，故A错误；
B．碳不完全燃烧是放热反应，放热反应的ΔH是负值，故B错误；
C．ΔH的单位是kJ·ml－1，故C错误；
D．物质的聚集状态、ΔH均正确，故D正确；
此题选D。
9. 固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①I2(?)+H2(g)2HI(g) △H1=-9.48kJ•ml-1
②I2(?)+H2(g)2HI(g) △H2=+26.48kJ•ml-1
下列判断错误的是
A. ①中的I2为气态，②中的I2为固态
B. ②中反应物总能量比①中反应物总能量低
C. 1ml固态碘升华时将吸热35.96kJ
D. 产物的热稳定性：反应①>反应②
【答案】D
【解析】
【分析】反应①为放热反应，反应②为吸热反应；根据反应热△H=生成物的总能量-反应物的总能量分析，反应①中反应物总能量大于②中反应物的总能量，由于物质在气态时的能量大于在固态时的能量，则①中的I2为气态，②中的I2为固态，即①I2(g)+H2(g)2HI(g) △H1=-9.48kJ•ml-1；②I2(s)+H2(g)2HI(g) △H2=+26.48kJ•ml-1。
【详解】A．结合以上分析可知，①中的I2为气态，②中的I2为固态，故A正确；
B．结合以上分析可知，②中反应物总能量比①中反应物总能量低，故B正确；
C．根据盖斯定律，②-①得到：I2(s) I2(g) △H=+26.48kJ•ml-1+9.48kJ•ml-1=35.96 kJ ，即1ml固态碘升华时将吸热35.96kJ，故C正确；
D．反应①②的产物均为气态碘化氢，所以二者的稳定性相同，故D错误；
故选D。
10. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 用排饱和食盐水法收集Cl2
B. 冰镇的啤酒打开后泛起泡沫
C. 加热盛有NO2气体的密闭玻璃球，气体颜色加深
D. 对平衡体系增加压强（减小体积）使颜色变深
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水中存在平衡饱和食盐水有利于该平衡向逆向移动，从而有利于氯气的逸出收集，可以用勒夏特列原理来解释，故A正确；
B．气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，打开啤酒瓶时，瓶内的压强减小，二氧化碳的溶解度减小，二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故B正确；
C．加热盛有NO2气体的密闭玻璃球，二氧化氮的浓度增大，则升高温度逆向反应，正反应为放热反应，可以用勒夏特列原理来解释，故C正确；
D．压缩容器体职，导致紫色的蒸气浓度增大，体系颜色变深，但由于该反应前后气体系数和相等，所以增大压强，平衡不移动，故D现象描述正确，但不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
故选D。
11. CuCl2溶液中存在如下平衡：，下列可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色的方法是
A. 升温B. 加NaCl(s)
C. 加AgNO3溶液D. 加压
【答案】C
【解析】
【详解】A．正向，则正向吸热，升高温度平衡正向移动，溶液黄绿色加深，故A错误；
B．加NaCl(s)，溶液中氯离子浓度增大平衡正向移动，溶液黄绿色加深，故B错误；
C．加AgNO3溶液，银离子将氯离子沉淀，溶液中氯离子浓度减小，平衡逆向移动，黄绿色变为蓝色，故C正确；
D．没有气体参与，压强改变没有影响，故D错误；
故选C。
12. 已知HCl为强电解质，下列事实能够证明CH3COOH是弱电解质的是
①乙酸可以与CaCO3反应去除水垢
②0.1mlL-1的乙酸可以使石蕊溶液变红
③常温下，0.1mlL-1的乙酸溶液的pH约为3
④在温度与物质的量浓度相同时，乙酸溶液的导电性比HCl溶液弱
A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①乙酸可以与CaCO3反应去除水垢，说明乙酸酸性比碳酸强，不能证明CH3COOH是弱电解质；
②0.1mlL-1的乙酸可以使石蕊溶液变红，说明乙酸溶液显酸性，不能证明CH3COOH是弱电解质；
③常温下，0.1mlL-1的乙酸溶液的pH约为3，说明乙酸在水溶液中不能完全电离，能证明CH3COOH是弱电解质；
④在温度与物质的量浓度相同时，乙酸溶液的导电性比HCl溶液弱，说明乙酸在水溶液中电离程度比HCl小，能证明CH3COOH是弱电解质；
综上所述，能证明CH3COOH是弱电解质的是③④，故选D。
13. 汽车尾气处理存在反应：，该反应过程及能量变化如图所示：
下列说法正确的是
A. 升高温度，平衡正向移动
B. 该反应生成了具有非极性共价键的
C. 使用催化剂可以改变反应的焓变
D. 反应物转化为活化络合物需要吸收能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图象可知，该反应是一个能量降低的反应，即正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即逆向移动，故A错误；
B．CO2分子中含有碳氧共价键为极性共价键，故B错误；
C．催化剂能改变反应速率，对化学平衡无影响，所以使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．由图象可知，反应物的总能量小于活化络合物的总能量，所以由反应物转化为活化络合物需要吸收能量，故D正确；
故答案选D。
14. 生产硫酸主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0。图中L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是
A. X代表压强
B. 推断L1>L2
C. A、B两点对应的平衡常数相同
D. 一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2，则反应一定达到平衡
【答案】B
【解析】
【分析】生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，该反应的正反应是一个气体分子数目减少的放热反应，根据化学平衡移动原理可知，在其它条件不变时，随温度的升高，化学平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率下降，故X代表温度；随着压强的增大，二氧化硫的平衡转化率增大，故图中L代表压强，且L1>L2，据此分析可得结论。
【详解】A.因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率应增大，与图示变化不符，故A错误；
B.由上述分析可知，图中L代表压强，因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，所以在其它条件相同时，压强越大，二氧化硫的转化率越大，则L1>L2，故B正确；
C.由上述分析可知，X代表温度，则A、B两点的温度不同，化学平衡常数不同，故C错误；
D.一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2时，反应混合物中各组份的浓度不一定保持不变，不一定是平衡状态，故D错误；
答案选B。
15. 在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是
A. 降低反应温度，可减缓反应X的速率
B. 在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用
C. 反应X的可通过如下反应获得：、
D. T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确；
B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确；
C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C正确；
D． T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误；
故选D。
16. 两个体积相同带活塞的容器，分别盛装一定量的NO2和Br2(g)，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原来的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是
A. a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的浅
B. a′、b′的颜色一样深
C. a′的压强比a的压强的2倍要小，b′的压强为b的压强的2倍
D. a′中的c(NO2)一定比b′中的c(Br2)小
【答案】C
【解析】
【分析】在密闭容器中放入NO2气体，存在可逆反应：2NO2N2O4，a→a′过程中缩小容器的容积，导致物质的浓度增大，体系的压强也增大，但平衡移动的趋势是微弱的；Br2在密闭体系中不存在化学反应，容器的容积缩小，物质的浓度增大，据此解答。
【详解】A．a→a′过程中2NO2N2O4，缩小容器的容积，导致各种物质的浓度都增大，体系的压强也增大，由于反应物的系数大，所以反应物NO2的浓度比生成物的浓度增大得多，平衡向正反应反应移动，但平衡移动的趋势是微弱的；达到新平衡时各物质(气体)的浓度都比旧平衡时大，因此最终气体的颜色比原来深，A错误；
B．开始时NO2(g)和Br2(g)浓度相等，容器的容积减小的倍数相同，但a在压缩中有一定NO2转化成N2O4，b中不存在化学反应，导致a′颜色应比b′中的略浅，B错误；
C．a→a′过程中，平衡正向移动，使a′中气体物质的量比a中要少，a′的压强比a的压强2倍要小；b和b′中物质的量相等，气体体积是原来的一半，则b′的气体的压强为b中气体的压强的2倍，C正确；
D．两者颜色一样深，并不意味着c(NO2)和c(Br2)相等，颜色深的浓度不一定大，颜色浅的浓度不一定小，故a′中的c(NO2)不一定比b′中的c(Br2)小，D错误；
答案选C。
17. 室温下，对于1L0.1ml·醋酸溶液，下列判断正确的是
A. 该溶液中的浓度为
B. 加入少量固体后，溶液的降低
C. 滴加溶液过程中，与之和始终为
D. 与溶液反应的离子方程式为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸为一元弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，则0.1ml/L醋酸溶液中醋酸根离子浓度小于0.1ml/L，故A错误；
B．醋酸为一元弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，向溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，电离平衡左移，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B错误；
C．醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，由物料守恒可知，向溶液中滴加氢氧化钠溶液的过程中，1L0.1ml/L醋酸溶液中醋酸根离子和醋酸的物质的量之和始终为0.1ml，故C正确；
D．醋酸溶液与碳酸钠溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选C。
18. 在室温下，下列叙述正确的是
A. 将1 mL1.0×10-5 ml/L盐酸稀释到1000 mL，稀释后溶液的pH=8
B. 将1 mLpH=3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH＜4，则此酸为弱酸
C. 用pH=1的盐酸分别中和1 mLpH=13NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大
D. pH=2的盐酸与pH=1的硫酸比较，c(Cl-)=c(SO)
【答案】B
【解析】
【详解】A．将1 mL1.0×10-5 ml/L盐酸稀释到1000 mL，酸电离产生的c(H+)=1.0×10-8 ml/L，其电离产生的H+对水电离抑制程度很小，溶液中c(H+)≈1.0×10-7 ml/L，则稀释后溶液的pH=7，A错误；
B．pH=3的一元酸溶液，c(H+)=10-3 ml/L，若该酸是一元强酸，则将1 mL该溶液加水稀释到10 mL，c(H+)=10-4 ml/L，pH=4，但溶液的pH＜4，说明c(H+)＞10-4 ml/L，说明溶液中有酸分子又电离产生H+，使c(H+)增大，故说明此酸为弱酸，B正确；
C．NaOH是一元强碱完全电离，NH3·H2O是一元弱碱，溶液中存在电离平衡，若溶液pH=13，则c(NH3·H2O)＞c(NaOH)=c(OH-)=0.1 ml/L。二者的体积相同，故n(NH3·H2O)＞n(NaOH)。pH=1的盐酸，c(H+)=0.1 ml/L，若用pH=1的盐酸分别中和1 mLpH=13NaOH溶液和氨水，由于它们与盐酸反应的物质的量的比是1：1，故反应消耗HCl的物质的量氨水大于NaOH，根据n=c·V可知，氨水反应消耗盐酸的体积更大，C错误；
D．pH=2的盐酸，c(H+)=c(Cl-)=10-2 ml/L；pH=1的硫酸，c(H+)=0.1 ml/L，根据H2SO4的组成可知c(SO)=0.05 ml/L，故c(Cl-)＜c(SO)，D错误；
故合理选项是B。
19. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应a可实现氯的循环利用：
反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H=-115.6kJ/ml
已知：i.
ii.H2O(g)=H2O(l) ΔH2 =-44kJ·ml-1
下列说法不正确的是
A. 反应a中反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成
C. 4HCl(g) ＋ O2(g) = 2Cl2(g) ＋ 2H2O(l) ΔH3 = -159.6kJ·ml-1
D. 断开1 ml H-O 键与断开 1 ml H-Cl 键所需能量相差约为31.9 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H=-115.6kJ/ml，该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故A不选；
B．由4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)可知，反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成，故B不选；
C．根据盖斯定律可知，4HCl(g) ＋ O2(g) = 2Cl2(g) ＋ 2H2O(l) ΔH3 = -203.6kJ·ml-1，故选C；
D．设H-O的键能为，H-Cl的键能为，由题意有，则，故D不选。
答案选C。
20. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。
下列说法不正确的是
A. T1>T2
B. I中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C. 达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I
D. 对于I，平衡后向容器中再充入0.2mlCO和0.2mlCO2，平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．从平衡时二氧化碳的物质的量可知Ⅱ在Ⅰ的基础上向右移动了，反应正向放热，因此T1>T2，故A正确；
B．根据表格中的数据有，x=0.05，则CO的转化率为，故B正确；
C．由解析A可知T1>T2，温度越高反应速率越快，则达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I，故C正确；
D．由解析B有，I的平衡常数，0.2mlCO和0.2mlCO2后CO和CO2的浓度变为0.3ml/L和0.3ml/L，浓度商为，平衡不移动，故D错误；
故选D
21. 实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。
下列说法不正确的是
A. 对分解有催化作用
B. 对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大
C. 对比②和③，②中的现象可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率
D. 实验②③中的温度差异说明，氧化的反应放热
【答案】D
【解析】
【详解】A．比较实验①②的现象可知，对分解有催化作用，A正确；
B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下氧化的速率更大，B正确；
C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率，C正确；
D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明氧化的反应放热，D错误；
故答案为：D。
二、非选择题部分：（共7道大题，58分）
22. 某实验小组用0.50ml/LNaOH溶液和0.50ml/LH2SO4溶液进行反应热的测定。实验装置如图所示：
（1）精确实验测得，在25℃和101kPa下，强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mlH2O时，放出57.3kJ的热量。据此，写出稀H2SO4与稀NaOH溶液反应的热化学方程式______________。
（2）取50mLNaOH溶液和30 mLH2SO4溶液进行实验，实验数据如表所示。
①上述实验中，有效实验温度差的平均值为______________0C。
②近似认为0.5ml/LNaOH溶液和0.5ml/LH2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.2J/(g·°C)。计算该实验中每生成1ml水时，中和反应放出的热量为______________（保留一位小数）。
③上述实验结果与精确实验测定值有偏差，产生此偏差的原因可能是______________。（填字母）
a.实验装置保温、隔热效果差
b.一次性把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小烧杯中
c.用温度计测定H2SO4溶液起始温度后直接测定NaOH溶液的温度
（3）通过测定收集一定体积的氢气所用的时间可以用于测定锌粒和稀硫酸反应的速率，于是某同学设计了如图所示的实验装置。
①装置中仪器A的名称是______________。
②定量分析：装置组装完成后需要先检查该装置的气密性。
简述检查该装置气密性的方法是：______________。
实验时取20mL1ml/L稀硫酸与足量锌反应，以收集到40mL气体为准，忽略其他可影响实验的因素，该同学还需要测量的数据是______________。
【答案】（1）
（2） ①. 4.0 ②. 53.8kJ ③. ac
（3） ①. 分液漏斗 ②. 关闭分液漏斗活塞，拉动活塞，松手后注射器能回复原来位置 ③. 收集40ml气体所用时间
【解析】
【分析】中和热测定过程中最重要的就是温差测定要准确，如果某组数据与整体数据差距过大，说明该组测定错误，需要舍去；最终可以根据求得反应热。
【小问1详解】
强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mlH2O时，放出57.3kJ的热量。硫酸是强酸，氢氧化钠是强碱，二者稀溶液反应生成1ml水时释放的热量为57.3kJ，故热化学方程式为：，答案为：。
【小问2详解】
第一组数据与其他数据差距较大舍去，故温差的平均值为（4+3.9+4.1）÷3=4.0℃；中和反应放出的热量为，故答案为：4.0、；
【小问3详解】
仪器a所指的是分液漏斗；装置如果关闭分液漏斗活塞，拉动活塞，松手后注射器能回复原来位置，则气密性良好；根据40ml氢气即可求出硫酸的消耗量，还差时间即可求出速率，因此只需要测得收集40ml气体所用时间即可。故答案为：分液漏斗、关闭分液漏斗活塞，拉动活塞，松手后注射器能回复原来位置、收集40ml气体所用时间。
23. 某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、浓度对化学反应速率的影响。
已知：
（1）研究丙酮浓度对反应速率的影响，应选择的实验为________．
（2）实验④中，________，加蒸馏水的目的是________．
（3）计算实验③中，以表示的反应速率为________（列出表达式）
（4）通过计算发现规律：丙酮碘化反应的速率与丙酮和的浓度有关，而与的浓度无关，查阅资料发现丙酮碘化反应的历程为：
请依据反应历程，解释丙酮碘化反应速率与浓度无关的原因________________．
【答案】（1）①②（2） ①. 1 ②. 使混合溶液的体积相等，保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变
（3）
（4）根据反应历程，丙酮与氢离子反应慢，则反应速率由的浓度决定，与碘的浓度无关
【解析】
【分析】研究影响反应速率的因素时，只改变一种反应条件，而其它条件则完全相同。
【小问1详解】
研究丙酮浓度对反应速率的影响，则只有丙酮的浓度不同，而其它条件需完全相同，对比表中数据，①和②符合要求；
【小问2详解】
根据①、②、③中的数据，溶液的总体积为6mL，则实验④中，a=1mL；加1mL蒸馏水使混合溶液的体积相等，保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变；
【小问3详解】
根据反应的方程式，③中丙酮过量，碘完全反应，；
【小问4详解】
反应速率由反应中进行程度慢的反应决定，根据反应历程，反应速率由H+的浓度决定，故丙酮碘化反应速率与I2浓度无关。
24. 合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。
（1）在一定条件下，N2(g)和H2(g)反应生成0.2 mlNH3(g)，放出9.24kJ的热量。在下图中画出合成氨反应中用焓(H)变表示反应热的示意图________。
（2）将N2和H2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，5min后达到化学平衡，测得NH3的浓度为0.2ml/L，这段时间内用N2的浓度变化表示的化学反应速率为______________ml/(L.min)。
（3）理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是______________（写出一条）。
（4）下图是某压强下N2和H2按物质的量之比1:3投料进行反应，反应混合物中NH3的物质的量分数随温度的变化曲线。I是平衡时的曲线，Ⅱ是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是______________。
a.图中a点，容器内n(N2):n(NH3)=1:4
b.图中b点，v正v逆，故B错误；
C．I是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，升高温度化学反应速率增大，所以400 ~ 530℃，I中NH3的物质的量分数随温度升高而增大，故C正确。
故本题选： AC。
25. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一、
(1)欲提高CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为_______。
A.增大压强 B.升高温度 C.加入催化剂 D.通入过量水蒸气
(2)800C时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、、、的物质的量分别为1ml、3ml、1ml、1ml。
①写出该反应的平衡常数表达式_______。
②该时刻反应_______(填“正向进行”或“逆向进行”或“达平衡”)。
(3)830℃时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中，将2ml CO与2ml混合加热到830℃。反应达平衡时CO的转化率为_______。
(4)图1表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着的变化趋势。判断、和的大小关系：_______。说明理由_______。
(5)实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向反应体系中投入一定量的CaO可以增大的体积分数，实验结果如图2所示。(已知：1微米=米，1纳米=米)。投入纳米CaO比微米CaO，的体积分数更高的原因是_______。
【答案】 ①. D ②. ③. 正向进行 ④. 50% ⑤. ⑥. 该反应为放热反应，在相同时，温度越低，CO的转化率越大 ⑦. 纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强
【解析】
【详解】(1)该反应为放热反应，且反应前后气体分子数不变，
A.增大压强，对于反应前后气体体积相同的反应，平衡不移动，CO的转化率不变，故A不符合题意；
B.反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故B不符合题意；
C.催化剂只影响反应速率，不影响平衡状态，故C不符合题意；
D.通入过量水蒸气，提高反应的浓度使平衡正向移动，增大CO的转化率，故D符合题意；
故答案为：D。
(2)①由反应可知该反应的平衡常数为：K=，CO、、、的物质的量分别为1ml、3ml、1ml、1ml时，”、“