云南省保山市腾冲四中2022学年高二化学上学期期中试题（含解析）

2022-2022学年云南省保山市腾冲四中高二（上）期中化学试卷一、单项选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分．每小题只是一个选项符合题意）1．（3分）（2022秋•甘谷县期中）下列说法不正确的是（　　）　A．化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化　B．放热反应都不需要加热就能发生　C．吸热反应在一定条件（如常温、加热等）也能发生　D．化学反应是放热还是吸热，取决于生成物和反应物具有的各自总能量考点：化学能与热能的相互转化．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、根据化学反应的特征分析．B、有的放热反应也需要反应条件．C、反应能自发进行，应满足△G=△H﹣T•△S＜0．D、反应热即焓变等于生成物和反应物具有的各自总能量之差．解答：解：A、化学反应的特征：一是新物质生成，二是伴随着能量的变化，故A正确．B、有的放热反应也需要反应条件，如碳在空气中燃烧需要点燃，故B错误．C、反应能自发进行，应满足△G=△H﹣T•△S＜0，所以吸热反应在一定条件（如常温、加热等）也能发生，故C正确．D、反应热即焓变等于生成物和反应物具有的各自总能量之差，所以化学反应是放热还是吸热，取决于生成物和反应物具有的各自总能量的相对大小，故D正确．故选：B．点评：本题考查了化学变反应中的能量变化，属基础性知识考查题，题目难度较小．　2．（3分）（2022•信阳二模）已知：（1）Zn（s）+O2（g）═ZnO（s），△H=﹣348.3kJ/mol（2）2Ag（s）+O2（g）═Ag2O（s），△H=﹣31.0kJ/mol则Zn（s）+Ag2O（s）═ZnO（s）+2Ag（s）的△H等于（　　）　A．﹣317.3kJ/molB．﹣379.3kJ/mol　C．﹣332.8kJ/molD．+317.3kJ/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据已知的热化学反应方程式和目标反应，利用盖斯定律来计算目标反应的反应热，以此来解答．解答：解：由（1）Zn（s）+O2（g）═ZnO（s），△H=﹣348.3kJ•mol﹣1，（2）2Ag（s）+O2（g）═Ag2O（s），△H=﹣31.0kJ•mol﹣1，根据盖斯定律可知，（1）﹣（2）可得Zn（s）+Ag2O（s）═ZnO（s）+2Ag（s），则△H=（﹣348.3kJ•mol﹣1）﹣（﹣31.0kJ•mol﹣1）=﹣317.3kJ•mol﹣1，故选：A．-16-\n点评：本题考查学生利用盖斯定律计算反应的反应热，明确已知反应和目标反应的关系是解答本题的关键，难度不大．　3．（3分）（2022秋•忻州期末）在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（　　）　A．CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=+725.8kJ/mol　B．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣1452kJ/mol　C．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣725.8kJ/mol　D．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=+1452kJ/mol考点：热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；B、根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；C、根据甲醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；D、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析．解答：解：A、反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故△H＜0，故A错误；B、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，则热化学方程式为2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/mol，故B正确；C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，焓变的数值与化学计量数不成正比，故C错误；D、反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故△H＜0，故D错误；故选B．点评：本题主要考查学生热化学方程式的书写方法及系数的含义，注意焓变的正负和单位问题，该题型是考试的热点．　4．（3分）（2022秋•娄底期中）某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡，此时测得n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1．若保持温度不变，以n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是（　　）　A．刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大　B．平衡不发生移动　C．平衡向逆反应方向移动　D．物质C的质量分数增大考点：化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1，若保持温度不变，以n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断．-16-\n解答：解：达到平衡，此时测得n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1．若保持温度不变，以n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，A、刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、增大压强，平衡向正反应方向移动，故C错误；D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确；故选：D．点评：本题考查压强对化学平衡的影响，题目难度中等，本题注意从等效平衡的角度分析，那样思路较为清晰．　5．（3分）（2022秋•西夏区校级期中）已知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol．下列结论正确的是（　　）　A．碳的燃烧热小于110.5kJ/mol　B．①的反应热为221kJ/mol　C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3kJ/mol　D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ考点：化学能与热能的相互转化．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；B、反应热包含符号，①的反应热为﹣221kJ•mol﹣1；C、根据中和热的概念分析；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量．解答：解：A、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A错误；B、反应热包含符号，①的反应热为﹣221kJ•mol﹣1，故B错误；C、中和热是稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，△H=﹣57.3kJ/mol，所以稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol，故C错误；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D正确；故选：D．点评：本题考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，难度不大，注意稀的强酸、强碱的中和热为△H=﹣57.3kJ/mol．　6．（3分）（2022•洛阳模拟）在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）；△H=﹣373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（　　）　A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强-16-\n　C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时充入NO考点：化学平衡的调控作用．专题：化学平衡专题．分析：化学平衡是反应前后气体体积减小的放热反应，为提高该反应的速率和NO的转化率需要改变条件增大反应速率，可以加入催化剂、升温、加压等措施，提高一氧化氮的转化率可以改变条件使平衡正向进行，可以加入一氧化碳来提高一氧化氮的转化率，根据选项条件分析判断．解答：解：A、加催化剂增大反应速率，同时升高温度平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；B、加催化剂增大反应速率，同时增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；C、升高温度平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，同时充入N2平衡逆向进行，故C错误；D、降低温度平衡正向进行，速率减小，同时充入NO平衡正向进行，速率增大，转化率都增大，但温度对速率影响大，故D错误；故选B．点评：本题考查了影响化学平衡的因素判断，化学平衡的影响因素分析平衡移动方向，熟练掌握基础知识是解题的关键．　7．（3分）（2022秋•天河区期末）对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（　　）　A．达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）　B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态　C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大　D．化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）考点：化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比．解答：解：A、4v正（O2）=5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误；D、化学反应速率关系是：3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故D错误．故选A．点评：-16-\n本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素、平衡常数等，题目难度中等，A选项中注意用不同物质的表示的正逆反应速率相等的表达方法，此为易错点．　8．（3分）（2022秋•双鸭山期末）CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+对于该平衡，下列叙述正确的是（　　）　A．加入水时，平衡向逆反应方向移动　B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动　C．加入少量0.10mol•L﹣1HCl溶液，溶液中c（H+）减小　D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离，加入和醋酸根离子或氢离子反应的物质促进醋酸电离，以此来解答．解答：解：A．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，故A错误；B．加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，故B正确；C．加入少量0.1mol•L﹣1HCl溶液，c（H+）增大，则电离平衡逆向移动，故C错误；D．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，c（CH3COO﹣）增大，则电离平衡逆向移动，故D错误；故选：B．点评：本题考查电离平衡的移动，明确影响平衡移动的因素即可解答，注意利用加水促进电离及同离子效应来分析解答．　9．（3分）（2022•天心区校级模拟）反应：A（气）+3B（气）⇌2C（气）△H＜0达平衡后，将气体混合物的温度降低．下列叙述中正确的是（　　）　A．正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动　B．正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动　C．正反应速率和逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动　D．正反应速率和逆反应速率变小，平衡向逆反虑方向移动考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：对于该正反应为放热的化学反应来说，降低温度，该反应的正逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，以此来解答．解答：解：A、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故C正确；D、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故D错误；故选C．点评：本题考查温度对化学反应速率及化学平衡的影响，注意△H＜0说明该反应为放热反应是解答的关键，难度不大．　-16-\n10．（3分）（2022秋•河西区校级期末）相同体积、相同氢离子浓度的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（　　）　A．弱酸溶液产生较多的氢气B．强酸溶液产生较多的氢气　C．两者产生等量的氢气D．无法比较两者产生氢气的量考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：弱电解质部分电离，pH相同的强酸溶液和弱酸溶液，弱酸浓度大，体积相等时，弱酸的物质的量较大，反应生成的氢气多．解答：解：弱电解质部分电离，在溶液中存在电离平衡，强酸在水溶液里完全电离，所以pH相等的强酸溶液和弱酸溶液，弱酸浓度大于强酸，体积相等时，弱酸的物质的量大于强酸，则与足量的金属反应，弱酸反应生成的氢气多，故选A．点评：本题考查强弱电解质的电离，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，从物质的量的角度分析反应生成氢气的量．　11．（3分）（2022•南昌三模）将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1其中正确的是（　　）　A．①③B．①④C．②③D．③④考点：化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系．专题：化学反应速率专题．分析：根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）⇌2C（g），并利用三段式法计算，据此解答．解答：解：利用三段式法计算：起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为=1mol/L2A（g）+B（g）⇌2C（g），起始：2mol/L1mol/L0变化：0.6mol/L0.3mol/L0.6mol/L2s时：1.4mol/L0.7mol/L0.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）==0.3mol•L﹣1•s﹣1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）==0.15mol•L﹣1•s﹣1；2s时物质A的转化率为α=×100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1，-16-\n显然①④正确，故选：B．点评：本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算．　12．（3分）（2022秋•龙华区校级期末）某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol．保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（　　）　A．均减半B．均加倍C．均增加1molD．均减少1mol考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：在容积可变的情况下，从对平衡混合物中三者的物质的量对各物质的量的浓度影响角度思考．在“均减半”或“均加培”时，相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，“均减小1mol”时相当于A、C物质的浓度增大，B物质的浓度减小．解答：解：A、由于是在容积可变的容器中，则在“均减半”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故A、错误；B、由于是在容积可变的容器中，则在“均加培”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故B错误；C、同样由于容积可变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，平衡向右移动，故C正确；D、“均减小1mol”时相当于A、C物质的浓度增大，B物质的浓度减小，平衡向左移动，故D错误；故选：C．点评：本题考查化学平衡移动，要注意的是基本概念、基础理论是高考中不变的一个重点．这道题的设问别具一格，解答时既要定性判断、又要定量分析，多次灵活转换，都值得大家研究，思维转化是解答该题的关键．　13．（3分）（2022•上海二模）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义．对于密闭容器中的反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q，673K，30MPa下n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如下图所示．下列叙述正确的是（　　）　A．点a的正反应速率比点b的小　B．点c处反应达到平衡　C．点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）不一样　D．其他条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比上图中d点的值大-16-\n考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：在N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项．解答：解：A．随着反应的进行，反应物的浓度之间减小，反应速率逐渐减小，则a点的正反应速率比b点大，故A错误；B．c点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，故B错误；C．d点和e点都处于平衡状态，n（N2）不变，d点和e点n（N2）相等，故C错误；D．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡时氢气的物质的量比d点的值大，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键．　14．（3分）（2022•伊春模拟）一定温度下，反应2SO2+O22SO3，达到平衡时，n（SO2）：n（O2）：n（SO3）=2：3：4．缩小体积，反应再次达到平衡时，n（O2）=0.8mol，n（SO3）=1.4mol，此时SO2的物质的量应是（　　）　A．0.6molB．0.4molC．0.8molD．1.2mol考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：反应平衡后SO2、O2、SO3的物质的量之比是2：3：4，保持其它条件不变，缩小体积达到新的平衡时，O2、SO3的物质的量分别为0.8mol和1.4mol，产生SO3、O2的物质的量之比是1.4：0.8=1.75：1＞4：3，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，根据方程式用x表示出SO3、O2的物质的量的变化量，进而表示与原平衡时SO3、O2的物质的量，根据原平衡时SO3、O2的物质的量的之比为4：3列方程计算x值，进而计算原平衡时SO3的物质的量，平衡时SO3的物质的量加上改变体积生成的SO3的物质的量为新平衡SO3的物质的量．解答：解：改变体积达到新的平衡时，SO3、O2的物质的量分别为1.4mol和0.8mol，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）xmol0.5xmolxmol故（1.4mol﹣xmol）：（0.8mol+0.5xmol）=4：3，解得x=0.2，故原平衡时SO3的物质的量=1.4mol﹣0.2mol=1.2mol，则原平衡时SO2的物质的量=1.2mol×=0.6mol，故到达新平衡SO2的物质的量=0.6mol﹣0.2mol=0.4mol，故选：B．点评：本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，根据SO2、O2的物质的量比例关系判断平衡移动方向是解题的关键．-16-\n　15．（3分）（2022秋•黑龙江校级期末）在一定温度不同压强（P1＜P2）下，可逆反应2X（g）⇌2Y（g）+Z（g）中，生成物Z在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（　　）　A．B．C．D．考点：产物百分含量与压强的关系曲线．专题：化学平衡专题．分析：一定温度下，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，该反应正反应是体积增大的反应，平衡向逆反应移动，平衡时Z的物质的量减小，据此结合选项解答．解答：解：A、图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故A错误；B、图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量减小，与实际相符，故B正确；C、图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故C错误；D、图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量增大，与实际不相符，故D错误；故选B．点评：本题考查化学平衡移动图象题，难度中等，注意根据：“先拐先平数值大”判断图象中压强大小．　16．（3分）（2022秋•益阳期末）在2A（g）+B（g）⇌3C（g）+4D（g）中，表示该反应速率最快的是（　　）　A．υ（A）=0.5mol/（L•s）B．υ（B）=0.3mol/（L•s）　C．υ（C）=0.8mol/（L•s）D．υ（D）=1mol/（L•s）考点：反应速率的定量表示方法．专题：化学反应速率专题．分析：根据反应方程式，把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率且单位相同进行比较．解答：解：同一化学反应中，同一时间段内，化学反应速率之比等于计量数之比．A、υ（A）=0.5mol/（L•s）；B、υ（B）=0.3mol/（L•s），所以υ（A）=0.6mol/（L•s）；C、υ（C）=0.8mol/（L•s），所以υ（A）=mol/（L•s）；D、υ（D）=1mol/（L•s），所以υ（A）=0.5mol/（L•s）；所以表示该反应速率最快的是B．故选B．点评：本题考查学生对化学反应速率及其表示法的理解及应用，解题方法是：把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同．-16-\n　17．（3分）（2022•佛山二模）一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是（　　）　A．单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolAB　B．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分数不随时间变化考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：A、都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等；B、无法判断气体的浓度是否变化，无法判断平衡状态；C、A和AB的化学计量数不相等，正逆反应速率不相等；D、体积分数不变，浓度不变，正逆反应速率相等．解答：解：A、单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolAB，都是正逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；B、容器内，3种气体AB、A2、B2共存，无法判断浓度是否变化，故B错误；C、AB的消耗速率等于A2的消耗速率，二者化学计量数不相等，没有达到平衡状态，故C错误；D、容器中各组分的体积分数不随时间变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题易错点为B，注意反应前后气体的化学计量数关系．　18．（3分）（2022秋•德城区校级期中）反应：L（s）+aG（g）⇌bR（g）达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强p1＞p2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数．据此可判断（　　）　A．上述反应是放热反应B．a=b　C．a＞bD．上述反应是吸热反应考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：由图象曲线的变化特点可知，升高温度，G的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明该反应的正方向为吸热反应；增大压强，G的体积分数增大，则平衡向生成G的方向移动，说明a＜b．解答：-16-\n解：AD、升高温度，G的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明该反应的正方向为吸热反应，故A错误，D正确；BC、增大压强，G的体积分数增大，则平衡向生成G的方向移动，说明a＜b，故B、C错误；故选D．点评：本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意分析曲线变化特点，从温度和压强的变化的趋势判断反应的特征．　19．（3分）（2022秋•娄底期末）在可逆反应中，改变下列条件一定能加快反应速率的是（　　）　A．增大反应物的量B．升高温度　C．增大压强D．使用催化剂考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：加快反应速率，可增大浓度、升高温度、增大压强或加入催化剂，以此解答该题．解答：解：A．如反应物为固体，则增大反应物的量，反应速率不一定增大，故A错误；B．升高温度，反应速率一定增大，故B正确；C．增大压强，如参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不一定增大，如加入惰性气体，故C错误；D．使用催化剂，不一定加快反应速率，催化剂有正催化剂和负催化剂，负催化剂可降低反应速率，故D错误．故选B．点评：本题考查化学反应速率的影响因素，难度不大，注意相关基础知识的积累，易错点为D，注意催化剂的分类和对反应速率的影响．　20．（3分）（2022•长葛市校级一模）将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（　　）　A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性　B．水的离子积变大、pH变小、呈中性　C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性　D．水的离子积不变、pH不变、呈中性考点：水的电离．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析．解答：解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性．综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性；故选：B．点评：本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断．　-16-\n二、填空题（每空2分，共32分）21．（5分）（2022秋•保山校级期中）已知：H2（g）+O2（g）=H2O（g），反应过程中能量变化如图所示，回答：（1）a、b、c分别代表的意义是：a　断裂　化学键时　吸收　的能量；b　生成　化学键时　释放　的能量；（2）该反应△H　＜　0（填“＜”或“＞”=）．考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）依据化学反应的反应热可以根据反应的实质分析，断裂化学键吸收能量，生成化学键放出能量，二者的差值是反应的焓变；（2）依据反应物和生成物的能量高低和反应的能量守恒分析判断解答：解：（1）图象中可以分析判断，a为拆化学键吸收的能量，即反应的活化能；b为反应生成化学键放出的热量．故答案为：断裂吸收；生成释放；（2）反应物的能量高于生成物的能量，依据化学反应的能量守恒，反应是放热反应，△H＜0．故答案为：＜．点评：本题考查了化学反应的热效应的实质和计算方法，反应的能量守恒是解题关键，题目较简单．　22．（12分）（2022秋•白城期末）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　环形玻璃搅拌棒　．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　减少实验过程中的热量损失　．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值　偏小　（填“偏大、偏小、无影响”）（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　不相等　（填“相等、不相等”），所求中和热　相等　（填“相等、不相等”），简述理由　因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关　（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　偏小　；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．-16-\n考点：中和热的测定．专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；（5）根据弱电解质电离吸热分析．解答：解：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；（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））大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L﹣1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L﹣1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；（5）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小．点评：本题考查学生有关中和热的测定知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　23．（3分）（2022秋•包河区校级期末）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义．有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定．现根据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47.2kJ/molFe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ/mol写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：　CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=﹣218.0kJ/mol　．考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据盖斯定律将三个化学方程式进行处理．-16-\n解答：解：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol①3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47.2kJ/mol②Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ/mol③①×3﹣②﹣③×2得6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）△H=（﹣24.8kJ/mol）×3﹣（﹣47.2kJ/mol）﹣（+640.5kJ/mol）×2=﹣1308.0kJ/mol，即CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=﹣218.0kJ/mol故答案为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=﹣218.0kJ/mol．点评：本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的应用．　24．（12分）（2022秋•保山校级期中）（1）化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示　可逆反应的进行程度越大　，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值　可能增大也可能减小　．（填一定增大、一定减小、或可能增大也可能减小）．（2）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，CO和H2O浓度变化如下图，则0～4min的平均反应速率v（CO）=　0.03　mol•L﹣1•min﹣1．t℃时物质浓度（mol•L﹣1）的变化：（3）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如下表．时间（min）COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c350.1160.2160.08460.0960.2660.104①表中3min～4min之间反应处于　平衡　状态；c1数值　大于　0.08mol•L﹣1（填大于、小于或等于）．②反应在4min～5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是　d　a．增加水蒸气b．降低温度c．使用催化剂d．增加氢气浓度．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：（1）依据平衡常数是表示平衡进行程度大小的量；化学反应吸热或放热反应，温度升高平衡向吸热反应方向进行；-16-\n（2）根据v=计算反应速率；（3）①从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同；温度升高，化学平衡逆向移动；②根据浓度、压强、温度对平衡移动的影响分析．解答：解：（1）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，K越大，说明生成物越多，反应物越少，当反应放热时，升高温度平衡向逆反应方向移动，当反应吸热时，升高温度平衡向正反应方向移动，温度升高，K可能增大，也可能减小，故答案为：可逆反应进行的程度越大；可能增大也可能减小；（2）v===0.03mol/（L•min），故答案为：0.03；（3）①在高于850℃时发生反应，化学反应速率加快，一定在4min前达到化学平衡．另外从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同，故3min﹣4min之间反应应处于平衡状态．由于是放热反应，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，C1数值应大于0.08mol/L，故答案为：平衡；大于；②反应在4min﹣5min间，平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起，故答案为：d．点评：本题综合考查化学平衡常数、平衡的有关计算和判断等问题，题目难度较大，将图表信息和图象信息相结合，体现了图象题的新发展．　三、计算题（8分）25．（8分）（2022秋•保山校级期中）实验测得每1克碳充分燃烧生成CO2气体放出32.79kJ的热量．①写出该反应的热化学方程式．②试计算含碳90%的8吨煤充分燃烧生成CO2气体时放出多少kJ的热量？考点：热化学方程式；有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：①依据热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和对应反应的焓变，每1克碳充分燃烧生成CO2气体放出32.79kJ的热量，12g碳充分燃烧生成CO2气体放出热量393.48KJ；②依据热化学方程式计算得到；解答：解：①每1克碳充分燃烧生成CO2气体放出32.79kJ的热量，12g碳充分燃烧生成CO2气体放出热量393.48KJ，依据热化学方程式书写方法和原则得到反应的热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.48KJ/mol；答：该反应的热化学方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.48KJ/mol；②可以依据热化学方程式计算，含碳90%的8吨煤中含有碳质量=8t×90%=7.2t；C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.48KJ/mol12g393.48KJ7.2×106gQ充分燃烧生成CO2气体时放出的热量Q=2.36×108KJ，答：含碳90%的8吨煤充分燃烧生成CO2气体时放出2.36×108KJ的热量．点评：-16-\n本题考查了热化学方程式书写方法，热化学方程式计算应用，掌握基础是关键，题目较简单．　-16-