湖南省株洲市第二中学2022学年高二化学上学期第一次月考试卷（含解析）

2022-2022学年湖南省株洲二中高二（上）第一次月考化学试卷一．选择题（本题包括18小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分）1．（3分）（2022秋•锦州期末）未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是（　　）①天然气②煤③潮汐能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能．　A．①②③④B．①⑤⑥⑦C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．解答：解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等．故选C．点评：本题考查新能源，题目难度不大，注意加强基础知识的积累．　2．（3分）（2022•江苏）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（　　）　A．该反应为放热反应　B．催化剂能改变该反应的焓变　C．催化剂能降低该反应的活化能　D．逆反应的活化能大于正反应的活化能考点：化学反应中能量转化的原因；反应热和焓变．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；B、催化剂改变速率不改变平衡；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；D、图象中分析判断；解答：解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故C正确；D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键．-16-\n　3．（3分）（2022•绵阳模拟）用H202和H2S04的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H⇌+64.39KJ•mol﹣12H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H⇌﹣196.46KJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（l））△H⇌﹣285.84KJ•mol﹣1在H2S04溶液中，Cu与H202反应生成Cu2+（aq）和H20（l）的反应热△H等于（　　）　A．﹣417.91kJ•mol﹣1B．﹣319.68kJ•mol﹣1　C．+546.69kJ•mol﹣1D．﹣448.46kJ•mol﹣1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．版权所有专题：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盖斯定律来分析Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式．解答：解：由①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H1=64.39KJ•mol﹣1；②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H2=﹣196.46KJ•mol﹣1；③H2（g）+O2（g）═H2O（l）H3=﹣285.84KJ•mol﹣1；则反应Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）可由反应①+②×+③得到，由盖斯定律可知该反应的反应热△H=H1+H2×+H3=64.39KJ•mol﹣1+（﹣196.46KJ•mol﹣1）×+（﹣285.84KJ•mol﹣1）=﹣319.68KJ．mol﹣1，即Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣319.68KJ．mol﹣1，故选：B．点评：本题考查了对盖斯定律、热化学方程式书写的方法应用和实质理解，题目较简单．　4．（3分）（2022•大连模拟）把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中，使它们发生如下反应：3X（气）+Y（气）=nZ（气）+2W（气）．5min末已生成0.2molW，若测知以Z浓度变化来表示的化学反应平均速率为0.01mol•L﹣1•min﹣1，则上述反应中Z气体的计量系数n的值是（　　）　A．1B．2C．3D．4考点：反应速率的定量表示方法．版权所有专题：化学反应速率专题．分析：先根据v=计算W的平均化学反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比．解答：解：W的平均化学反应速率==-16-\n=0.02mol/L．min，同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比计量数之比，v（Z）：v（W）=0.01mol/L．min：0.02mol/L．min=n：2，解得n=1，故选：A．点评：本题考查了化学反应速率的定量表示方法，难度不大，明确同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比计量数之比．　5．（3分）（2022秋•天元区校级月考）下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是（　　）　A．Cu能与浓硝酸反应，而不与浓盐酸反应　B．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快　C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应　D．Cu与浓硫酸反应，而不与稀硫酸反应考点：化学反应速率的影响因素．版权所有专题：化学反应速率专题．分析：反应物本身的性质为决定反应速率的决定性因素，而温度、浓度、放电等均为外因，以此来解答．解答：解：A．与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故A选；B．硝酸的浓度不同，反应速率不同，浓度为外因，故B不选；C．常温、常压下及放电均为反应条件，为外因，故C不选；D．浓硫酸与稀硫酸浓度不同，故D不选；故选A．点评：本题考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意影响反应速率的内因和外因．　6．（3分）（2022春•温州校级期中）纳米是长度单位，1纳米等于1×10﹣9m，物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质．例如将单质铜制成“纳米铜”时具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧．下列对“纳米铜”的有关叙述正确的是（　　）　A．常温下“纳米铜”比铜片的金属性强，反应时反应速率快　B．常温下“纳米铜”比铜片更易失电子，反应时反应速率快　C．常温下“纳米铜”比铜片的还原性强　D．“纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，所以反应速率快考点：化学反应速率的影响因素．版权所有专题：化学反应速率专题．分析：“纳米铜”的表面积较大，与空气充分接触，反应速率较大，在空气中可以燃烧．解答：解：“纳米铜”和铜片都由铜元素组成，化学性质一样，但是“纳米铜”的表面积较大，与空气充分接触，反应速率较大，在空气中可以燃烧．故选D．点评：本题考查铜的性质，题目难度不大，注意影响化学反应速率的因素，“纳米铜”和铜片都由铜元素组成，化学性质一样．　7．（3分）（2022秋•小店区校级期中）在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是（　　）①增大反应物的浓度-16-\n②升高温度③增大压强④移去生成物⑤加入催化剂．　A．②⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②③④⑤考点：化学反应速率的影响因素．版权所有专题：化学反应速率专题．分析：能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可采取升高温度或使用催化剂，以此来解答．解答：解：①增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不选；②升高温度，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故选；③增大压强，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不选；④移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目数目减小，故不选；⑤加入催化剂，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故选；故选：A．点评：本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．　8．（3分）（2022秋•朝阳区校级期末）100gC不完全燃烧所得产物中，CO所占体积为，CO2为，且：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.35kJ•mol﹣1；CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282.57kJ•mol﹣1．与这些碳完全燃烧相比，损失的热量为（　　）　A．39.292kJB．3274.3kJC．784.92kJD．2489.44kJ考点：有关反应热的计算．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量．根据碳原子守恒计算出一氧化碳的物质的量，再根据一氧化碳燃烧的热化学方程式计算．解答：解：100g碳的物质的量为=mol，所以CO的物质的量为mol×=mol，由于CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣282.57kJ/mol，所以molCO燃烧放出的热量为282.57kJ/mol×mol=784.92kJ，即100g碳不完全燃烧生成molCO损失的热量为784.92kJ，故选C．点评：本题考查反应热的计算，难度中等，关键在于清楚碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量．-16-\n　9．（3分）（2022秋•天元区校级月考）已知：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；△H=﹣196.6kJ/mol．实验室测得在密闭容器中放入4molSO2和足量O2发生上述化学反应时放出314.3kJ热量，SO2的转化率最接近于（　　）　A．40%B．50%C．80%D．90%考点：化学平衡的计算．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：依据热化学方程式定量关系计算消耗的二氧化硫物质的量，反应焓变是2mol完全反应放出的热量，结合转化率=×100%；解答：解：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；△H=﹣196.6kJ/mol2mol196.6KJn314.3KJn==3.20mol，SO2的转化率=×100%=80%；故选C．点评：本题考查了热化学方程式的计算分析，注意反应焓变的含义理解，掌握基础是关键，题目较简单．　10．（3分）（2022秋•鞍山期末）强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为：H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kkJ•mol﹣1，又知在溶液中反应有：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，H2SO4（浓）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；△H=﹣Q2kJ•mol﹣1HNO3（aq）+KOH（aq）═KNO3（aq）+H2O（l）；△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，则Q1、Q2、Q3的关系正确的是（　　）　A．Q1=Q2=Q3B．Q2＞Q1＞Q3C．Q2＞Q3＞Q1D．Q2=Q3＞Q1考点：中和热．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答．解答：解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH﹣（aq）=H2O△H=一57.3kJ/mol，CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，H2SO4（浓）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1HNO3（aq）+KOH（aq）═KNO3（aq）+H2O（l）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则放出的热量为Q2＞Q3＞Q1，故选：C．-16-\n点评：本题考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，难度不大．　11．（3分）（2022秋•烟台校级月考）反应A+B→C的反应速率方程式为：v=kc（A）•c（B），v为反应速率，k为速率常数．当c（A）=c（B）=1mol/L时，反应速率在数值上等于速率常数．下列说法正确的是（　　）　A．只增大c（A）时，v也增大B．只增大c（A）时，v值不变　C．只升高温度时，k值不变D．只升高温度时，k值变小考点：化学平衡的影响因素．版权所有专题：化学平衡专题．分析：v与c（A）、c（B）成正比，无论只增大c（A）、只增大c（B）或同时增大c（A）、c（B），v均增大．若只升高温度，v增大，c（A）、c（B）不变，所以k值变大．解答：解：A．v与c（A）、c（B）成正比，只增大c（A），v增大，故A正确；B．v与c（A）、c（B）成正比，只增大c（A），v增大，故B错误；C．若只升高温度，v增大，c（A）、c（B）不变，所以k值变大，故C错误；D．若只升高温度，v增大，c（A）、c（B）不变，所以k值变大，故D错误，故选：A．点评：本题考查化学反应速率，难度不大，以信息题的形成考查，对学生的自学能力、分析能力有较好的考查．　12．（3分）（2022春•邯郸期末）下列对热化学方程式H2（g）+I2（g）═2HI（g）；△H=+52kJ•mol﹣1的叙述中，正确的是（　　）　A．1mol氢气和1mol碘蒸气完全反应能放出52kJ的热量　B．1个氢分子和1个碘分子完全反应需要吸收52kJ的热量　C．1molH2（g）与1molI2（g）完全反应生成2mol的HI气体需吸收52kJ的热量　D．molH2（g）与molI2（g）完全反应放出26kJ的热量考点：热化学方程式．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：A、焓变值是正值表明反应为吸热反应；B、热化学方程式的系数表示物质的量的多少，不能表示微粒的数目；C、根据热化学方程式表示的意义来回答；D、焓变值是正值表明反应为吸热反应．解答：解：A、热化学方程式H2（g）+I2（g）═2HI（g）；△H=+52kJ•mol﹣1中，焓变值是正值，表明反应为吸热反应，故A错误；B、热化学方程式的系数表示物质的量的多少，不能表示分子的数目，故B错误；C、热化学方程式H2（g）+I2（g）═2HI（g）；△H=+52kJ•mol﹣1表示的意义：1molH2（g）与1molI2（g）完全反应生成2mol的HI气体需吸收52kJ的热量，故C正确；D、热化学方程式H2（g）+I2（g）═2HI（g）；△H=+52kJ•mol﹣1中，焓变值是正值，表明反应为吸热反应，不会放出热量，故D错误．故选C．-16-\n点评：本题考查学生热化学方程式的含义以及热化学方程式的书写知识，可以根据所学知识来回答．　13．（3分）（2022秋•元宝山区期末）已知胆矾溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q2kJ•mol﹣1则Q1、Q2的关系为（　　）　A．Q1＜Q2B．Q1＞Q2C．Q1=Q2D．无法确定考点：反应热的大小比较．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：溶解降温说明水合放热小于扩散吸热，Q1是二者的差值；而胆矾（五水合硫酸铜）分解要克服水合能Q2，所以Q2＞Q1；溶解时，放出的热量有一部分被水吸收．实际放出的热量偏小；解答：解：根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程，第一个过程是：CuSO4•5H2OCuSO4（s）+5H2O；△H=+Q2KJ/mol这一过程是吸出热量的，一摩尔CuSO4•5H2O分解吸收的热量为Q2KJ；第二过程是：无水硫酸铜制成溶液的过程，此过程是放出热量的，1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1KJ，但整个过程要使溶液温度降低，说明吸收的热量大于放出的热量，所以Q2＞Q1故选A．点评：本题考查了物质溶解恒容物质分解过程中的能量变化，理解物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等．　14．（3分）（2022春•漯河期末）在固定体积的密闭容器中进行如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）．已知反应过程某一时刻SO2，O2，SO3浓度（mol/L）分别为0.2，0.2，0.2，达到平衡时，浓度可能正确的是（　　）　A．SO2，O2分别为0.4，0.3mol/LB．SO2为0.25mol/L　C．SO2，SO3均为0.15mol/LD．SO3为0.4mol/L考点：化学反应的可逆性．版权所有专题：化学平衡专题．分析：化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．解答：解：A、SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度分别为0.4mol/L、0.3mol/L，三氧化硫不可能完全转化，故A错误；B、SO2为0.25mol/L，SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度为0.4mol/L，实际浓度为0.25mol/L小于0.4mol/L，故B正确；C、反应物、生产物的浓度不可能同时减小，只能一个减小，另一个增大，故C错误；D、SO3为0.4mol/L，SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度为0.4mol/L，达到平衡的实际浓度应该小于0.4mol/L，故D错误；故选B．-16-\n点评：本题考查了化学平衡的建立，难度不大，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法，试题充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识能力．　15．（3分）（2022秋•天元区校级月考）已知下列热化学方程式：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1②2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣3116.7kJ•mol﹣1③C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣1409.6kJ•mol﹣1④2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2596.7kJ•mol﹣1⑤C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2217.8kJ•mol﹣1现有由上述五种烃中的两种组成的混合气体2mol，经充分燃烧后放出3037.6kJ热量，则下列哪些组合是不可能的（　　）　A．C2H4和C2H6B．C2H2和C3H8C．C2H6和C3H8D．C2H6和CH4考点：有关反应热的计算．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：这道题用平均值特点，结合极限假设法来解答．要产生要求中需要的热量，又限制气体体积，就是要两气体中，其中一种的燃烧值高于3037.6kJ，一种低于3037.6kJ．A．2molC2H4放热2819.2KJ，2molC2H6燃烧放热3116.7KJ；B．2molC2H2放热2596.7kJ，2molC3H8燃烧放热4435.6KJ；C．2molC2H6燃烧放热3116.7KJ；2molC3H8燃烧放热4435.6KJ；D．2molC2H6燃烧放热3116.7KJ；2molCH4燃烧放热1779KJ．解答：解：A．2molC2H4完全燃烧放出2819.2KJ，而2molC2H6完全燃烧放出3116.7KJ，而2819.2KJ＜3037.6kJ＜3116.7kJ所以A也是有可能的，故A不符合；B．2molC2H2完全燃烧放出2596.7kJ，而2molC3H8完全燃烧放出4435.6KJ，而2596.7kJ＜3037.6kJ＜4435.6KJ，所以B也是有可能的，故B不符合；C．2molC2H6完全燃烧放出3116.7kJ，而2molC3H8完全燃烧放出4435.6kJ，如果全部是C2H6（最小极限），都最少能产生3116.7kJ热量都大于3037.6kJ，所以C也不可能，故C符合；D．2molC2H6完全燃烧放出3116.7kJ，而2molCH4完全燃烧放出889.5×2=1779kJ，而1779kJ＜3037.6kJ＜3116.7kJ，所以D也是有可能的，故D不符合；故选C．点评：本题考查了物质燃烧放热的定量计算比较，主要是混合气体燃烧放热的分析判断，极值判断是解题关键，题目难度中等．　16．（3分）（2022秋•天元区校级月考）用3g块状大理石与30mL3mol•L﹣1盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，不可采取的措施是（　　）　A．再加入30mL3mol•L﹣1盐酸　B．改用30mL6mol•L﹣1盐酸　C．改用3g粉末状大理石　D．适当升高温度考点：化学反应速率的影响因素．版权所有专题：化学反应速率专题．-16-\n分析：增大反应速率，则增大浓度、升高温度或增大固体的表面积，以此解答．解答：解：A．再加入30mL3mol•L﹣1盐酸，浓度不变，反应速率不变，故A选；B．改用30mL6mol•L﹣1盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故B不选；C．改用3g粉末状大理石，接触面积增大，反应速率加快，故C不选；D．适当升高温度，反应速率加快，故D不选；故选A．点评：本题考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．　17．（3分）（2022秋•湖北期末）已知①2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221.0kJ•mol﹣1②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1则反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）的△H为（　　）　A．+131.3kJ•mol﹣1B．﹣131.3kJ•mol﹣1　C．﹣352.3kJ•mol﹣1D．+262.6kJ•mol﹣1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：依据热化学方程式和盖斯定律计算得到反应焓变与起始和终了状态有关，与变化过程无关．解答：解：①2C（s）+O2（g）═2CO（g）；△H=﹣221.0KJ/mol②2H2（g）+O2（g）═2H2O；△H=﹣483.6KJ/mol依据盖斯定律得到C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3KJ/mol；故选A．点评：本题考查热化学方程式和盖斯定律计算，掌握基础是关键，题目较简单．　18．（3分）（2022秋•耀州区校级期中）一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是（　　）①容器内气体的压强②混合气体的密度③混合气体的总物质的量④B的物质的量浓度．　A．②④B．②③C．②④D．①③考点：化学平衡状态的判断．版权所有专题：化学平衡专题．分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．解答：解：①该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故错误；②-16-\n该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变化，所以容器内气体的密度会变，当容器中气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故正确；③该反应是反应前后混合气体的总物质的量没有变化的反应，所以容器中的混合气体的总物质的量不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故错误；④反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以B的浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故正确；故选：A．点评：本题利用一些基本量来判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态，具有很强的灵活性，需要学习时理解化学平衡状态的内涵和外延，此点是高考的热点，也是学习的难点，判断时要注意选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．　二．非选择题（每空2分，共46分）19．（8分）（2022秋•天元区校级月考）比较下列各组热化学方程式中△H的大小关系．（1）S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1S（g）+O2（g）═SO2（g）△H2△H1　＞　△H2（用“＞”“＜”“=”填空）（2）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2△H1　＜　△H2（用“＞”“＜”“=”填空）（3）4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H14Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2△H1　＜　△H2（用“＞”“＜”“=”填空）（4）煤作为燃料有2种途径：途径1﹣﹣直接燃烧：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1＜0途径2﹣﹣先制水煤气：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2＞0再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＜02H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H4＜0△H1、△H2、△H3、△H4的关系式是△H1=　△H2+（△H3+△H4）　．考点：反应热的大小比较；用盖斯定律进行有关反应热的计算．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热；（2）水由气态变成液态，放出热量；（3）根据铝热反应放热以及盖斯定律来比较；（4）由盖斯定律，将途径Ⅱ的三个化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减，构造出途径I的热化学方程式，据此判断△H1、△H2、△H3、△H4的数学关系式．解答：解：（1）固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＞△H2；故答案为：＞；（2）水由气态变成液态，放出热量，所以生成液态水放出的热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2；故答案为：＜；（3）①4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1②4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2-16-\n由盖斯定律①﹣②：4Al（s）+2Fe2O3（s）=2Al2O3（s）+4Fe（s）△H1﹣△H2，铝热反应放热，所以△H1﹣△H2＜0，即△H1＜△H2．故答案为：＜；（4）途径Ⅱ：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2＞0②再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＜0③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H4＜0④由盖斯定律可知，②×2+③+④得2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=2△H2+△H3+△H4．所以△H1=△H=（2△H2+△H3+△H4）=△H2+（△H3+△H4），故答案为：△H2+（△H3+△H4）．点评：本题考查反应中热量大小比较，难度中等，注意盖斯定律的利用，物质的聚集状态不同，反应放出或吸收的热量是不同的．　20．（8分）（2022秋•辉县市校级月考）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）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，所求中和热　相等　（填“相等、不相等”）（3）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”）．考点：中和热的测定．版权所有专题：实验题．分析：（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）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；（4）根据弱电解质电离吸热分析．解答：解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH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，中和热数值相等，故答案：相等；（3）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．-16-\n　21．（8分）（2022春•蚌埠期中）用如图所示的装置进行实验：（1）在检查完装置的气密性后，向试管a中加入10mL6mol/L的稀HNO3和1gCu片，立即用带有导管的橡皮塞塞紧试管口，请写出在试管a中有可能发生的反应的化学方程式　3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、2NO+O2=2NO2　．（2）实验过程中常常反应开始时速率缓慢，随后逐渐加快，这是由于　该反应放热，使温度升高，故反应速率加快　，当反应进行一段时间后速率又逐渐减慢，原因是　反应一段时间后HNO3浓度降低，故反应速率又逐渐减小　．（3）欲较快地制得NO，可采取的措施是　AB　．A．加热B．使用铜粉C．稀释HNO3D．改用浓HNO3．考点：硝酸的化学性质；化学反应速率的影响因素．版权所有专题：元素及其化合物．分析：（1）Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，NO易被氧气氧化生成二氧化氮；（2）温度越高，反应速率越快；反应物浓度越小，其反应速率越小；（3）温度越高反应速率越快、接触面积越大反应速率越快．解答：解：（1）Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，NO易被氧气氧化生成二氧化氮，所以涉及的反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、2NO+O2=2NO2，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、2NO+O2=2NO2；（2）温度越高，反应速率越快；反应物浓度越小，其反应速率越小，该反应是放热反应，放出的热量使环境温度升高，所以反应速率加快，但随着反应的进行，硝酸的浓度降低，其反应速率减小，故答案为：该反应放热，使温度升高，故反应速率加快；反应一段时间后HNO3浓度降低，故反应速率又逐渐减小；（3）A．温度越高反应速率越快，所以升高温度增大反应速率，故A正确；B．接触面积越大反应速率越快，所以使用铜粉增大反应速率，故B正确；C．稀释硝酸，硝酸浓度减小，反应速率降低，故C错误；D．使用浓硝酸，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮而不是NO，故D错误；故选AB．点评：本题以铜和硝酸的反应为载体考查了影响反应速率的因素，明确温度、浓度、接触面积等对反应速率的影响，但决定物质反应速率的是物质本身的性质．　22．（8分）（2022春•和平区校级期中）磷在氧气中燃烧，可能生成两种固态氧化物．3.1g的单质磷（P）在3.2g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出XkJ热量．（1）通过计算确定反应产物的组成（用化学式表示）是　P2O3、P2O5　，其相应质量（g）为　2.75、3.55　．（2）已知单质磷的燃烧热为YkJ/mol，则1molP与O2反应生成固态P2O3的反应热△H=　﹣（20X﹣Y）kJ/mol　．-16-\n（3）写出1molP与O2反应生成固态P2O3的热化学方程式：　P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=﹣（20X﹣Y）kJ/mol　．考点：有关反应热的计算；热化学方程式．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）根据n=计算磷与氧气的物质的量，进而确定P原子与O原子的比例关系，据此确定燃烧产物的化学式，若为单一物质，根据质量守恒，该物质的质量等于磷与氧气质量之和，若为混合物，为P2O3、P2O5，令物质的量分别为xmol、ymol，利用P原子、O原子守恒列方程计算x、y的值，再根据m=nM计算各自质量；（2）单质磷的燃烧热为YkJ/mol，即1mol磷完全燃烧生成固态P2O5放出的热量为YkJ，根据（1）判断的产物，结合放出的热量计算1molP与O2反应生成固态P2O3的热量；（3）根据（2）中的计算，结合热化学方程式书写原则进行书写．解答：解：（1）3.1g的单质磷（P）的物质的量为=0.1mol，3.2g的氧气的物质的量为=0.1mol，故P原子与O原子的数目之比为0.1mol：0.1mol×2=1：2，2：5＜1：2＜2：3，故反应产物为P2O3、P2O5，令物质的量分别为xmol、ymol，则：解得：x=0.025mol，y=0.025mol故P2O3的质量为0.025mol×110g/mol=2.75g，P2O5的质量为0.025mol×142g/mol=3.55g，故答案为：P2O3、P2O5，2.75g、3.55g；（2）单质磷的燃烧热为YkJ/mol，即1mol磷完全燃烧生成固态P2O5放出的热量为YkJ，反应中生成0.025molP2O5，需要磷0.05mol，故0.05mol磷燃烧生成生成固态P2O5放出的热量为0.05YkJ，反应中生成0.025molP2O3，需要磷0.05mol，故所以0.05mol磷燃烧生成生成固态P2O3放出的热量为XkJ﹣0.05YkJ=（X﹣0.05Y）kJ，所以1molP与O2反应生成固态P2O3放出的热量为（X﹣0.05Y）kJ×=（20X﹣Y）kJ，故1molP与O2反应生成固态P2O3的反应热△H=﹣（20X﹣Y）kJ/mol，故答案为：﹣（20X﹣Y）kJ/mol；（3）由（2）可知，1molP与O2反应生成固态P2O3的热化学方程式：P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=﹣（20X﹣Y）kJ/mol，故答案为：P（s）+O2（g）=P2O3（s）△H=﹣（20X﹣Y）kJ/mol．点评：考查反应热的有关计算、热化学方程式的书写等，难度中等，判断生成物的成分是解题的关键，注意理解燃烧热的含义．　-16-\n23．（8分）（2022秋•天元区校级月考）如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的含两种元素的化合物．已知：G为红棕色粉末，反应①C+GB+H能放出大量的热，改反应曾应用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%．回答问题：（1）①中反应的化学方程式为　2Al+Fe2O32Fe+Al2O3　；（2）化合物I的电子式为　　；（3）1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少需铜粉的质量为　0.64　g；（4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．考点：无机物的推断．版权所有专题：推断题．分析：G是一种红棕色固体粉末，反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，为铝热反应，可推知C为Al、G为Fe2O3，B为Fe，H为Al2O3，由转化关系可知A为O2，I是一种常见的温室气体，应为CO2，故D为碳，E能在I中燃烧，反应：2E+I→2F+D，则F为氧化物，化学式为EO，F中E元素的质量分数为60%，则E、O元素质量之比=60%：（1﹣60%）=3：2，故E的相对分子质量=16×=24，故E为Mg，则F为MgO，据此解答．解答：解：G是一种红棕色固体粉末，反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，为铝热反应，可推知C为Al、G为Fe2O3，B为Fe，H为Al2O3，由转化关系可知A为O2，I是一种常见的温室气体，应为CO2，故D为碳，E能在I中燃烧，反应：2E+I→2F+D，则F为氧化物，化学式为EO，F中E元素的质量分数为60%，则E、O元素质量之比=60%：（1﹣60%）=3：2，故E的相对分子质量=16×=24，故E为Mg，则F为MgO，（1）①中反应的化学方程式为：：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，-16-\n故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）化合物I为CO2，其电子式为，故答案为：；（3）Fe2O3溶于盐酸得到氯化铁，氯化铁与铜粉完全反应生成氯化亚铁、氯化铁，1.6gFe2O3的物质的量==0.01mol，根据电子转移守恒，需要Cu的物质的量==0.01mol，故至少需铜粉的质量为0.01mol×64g/mol=0.64g，故答案为：0.64；（4）C为Al，与过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．点评：本题考查无机物的推断，难度中等，“G为红棕色粉末，反应①应用于铁轨的焊接”是推断突破口，Mg在二氧化碳中燃烧时推断的关键，注意元对素化合物性质的全面掌握．　24．（6分）（2022秋•建湖县校级期中）如图表示800℃时，A、B、C三种气体物质的浓度随时间的变化情况，t1是达到平衡状态的时间．试回答：（1）该反应的反应物是　A　；（2）反应物的转化率是　40%　；（3）该反应的化学方程式为　2A⇌B+3C　．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．版权所有专题：化学平衡专题．分析：（1）随反应进行，反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，据此结合图象判断．（2）反应物的转化率为：；（3）根据浓度变化量之比等于化学计量数之比确定化学计量数，t是达到平衡状态，为可逆反应，据此书写方程式．解答：解：（1）由图可知，随反应进行A的浓度降低，A为反应物，B、C的浓度增大，故B、C为生成物．故答案为：A；（2）反应物的转化率为：=×100%=40%，故答案为：40%；（3）由图可知，△c（A）=）=2.0mol/L﹣1.2mol/L=0.8mol/L，△c（B）=0.4mol/L，△c-16-\n（C）=1.2mol/L，A、B、C化学计量数之比等于浓度变化量之比为0.8mol/L：0.4mol/L：1.2mol/L=2：1：3，反应为可逆反应，故反应方程式为2A⇌B+3C．故答案为：2A⇌B+3C．点评：考查化学反应速率、浓度﹣时间图象、转化率等，注重基础，旨在考查学生对基础知识的掌握．　-16-