2022高考化学试题分类汇编化学反响中的能量变化（2022山东卷）10以下与化学反响能量变化相关的表达正确的选项是A生成物能量一定低于反响物总能量B放热反响的反响速率总是大于吸热反响的反响速率C英语盖斯定律，可计算某些难以直接侧脸房的反响焓变D同温同压下，在光照和点燃条件的不同解析：生成物的总能量低于反响总能量的反响，是放热反响，假设是吸热反响那么相反，故A错；反映速率与反响是吸热还是放热没有必然的联系，故B错；C是盖斯定律的重要应用，正确；根据=生成物的焓-反响物的焓可知，焓变与反响条件无关，故D错。答案：C（2022重庆卷）12．已知蒸发1molBr2（l）需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：那么表中a为A．404B．260C．230D．20012.答案D【解析】此题考察盖斯定律的计算。由已知得：Br2(l)=Br2(g)DH=+30KJ/mol，那么H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)；DH=－102KJ/mol。436+a-2×369=－102；a=―200KJ，D项正确。（2022天津卷）6．以下各表述与示意图一致的是15/15\nA．图①表示25℃时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随参加酸体积的变化B．图②中曲线表示反响2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；ΔH<0正、逆反响的平衡常数K随温度的变化C．图③表示10mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+)随时间的变化D．图④中a、b曲线分别表示反响CH2＝CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g)；ΔH<0使用和未使用催化剂时，反响过程中的能量变化解析：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；正逆反响的平衡常数互为倒数关系，故B正确；反响是放热反响，且反响生成的Mn2+对该反响有催化作用，故反响速率越来越快，C错；反响是放热反响，但图像描述是吸热反响，故D错。答案：B命题立意：综合考察了有关图像问题，有酸碱中和滴定图像、正逆反响的平衡常数图像，反响速率图像和能量变化图像。（2022广东理综卷）9．在298K、100kPa时，已知：2⊿⊿15/15\n⊿那么⊿与⊿和⊿间的关系正确的选项是A.⊿=⊿+2⊿B⊿=⊿+⊿C.⊿=⊿-2⊿D.⊿=⊿-⊿解析：第三个方程式可由第二个方程式乘以2与第一个方程式相加，有盖斯定律可知答案：A（2022浙江卷）12.以下热化学方程式或离子方程式中，正确的选项是：A.甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·mol-1，那么甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1B.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反响生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：△H=-38.6kJ·mol-1C.氯化镁溶液与氨水反响：D.氧化铝溶于NaOH溶液：试题解析：此题考察热化学方程式与离子方程式的书写。A、标准燃烧热的定义，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时方出的热量(标准指298K,1atm)。水液态稳定，方程式系数就是物质的量，故A错。B、根据热化学方程式的含义，与对应的热量是1mol氮气完全反响时的热量，但次反响为可逆反响故，投入0.5mol的氮气，最终参加反响的氮气一定小于0.5mol。所以△H的值大于38.6。B错。D、氢氧化铝沉淀没有沉淀符号。此题答案：C教与学提示：15/15\n化学用语的教学是化学学科技术标准，强调准确性，强调正确理解与应用。特别重视热化学方程式的系数与反响热的对应关系。重视离子方程式的拆与不拆的问题。热化学方程式的书写问题由：聚集状态、系数、系数与反响热数值对应、反响热单位、可逆反响的反响热等内容构成。离子方程式的书写问题由：强弱电解质、最简整数比、定组成规律、离子方程式正误判断、守恒、定量离子方程式等内容组成。（2022上海卷）14．以下判断正确的选项是A．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，灼烧至固体发黑，测定值小于理论值B．相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量C．0.1mol·L-1的碳酸钠溶液的pH大于0.1mol·L-1的醋酸钠溶液的pHD．1L1mol·L-1的碳酸钠溶液吸收SO2的量大于1Lmol·L-1硫化钠溶液吸收SO2的量答案：C解析：此题考察了实验操作、化学反响中的能量变化、溶液的pH、元素化合物等知识。测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，灼烧至固体发黑，说明局部硫酸铜分解生成了氧化铜，测定值大于理论值，A错；氢原子转化为氢分子，形成化学键放出能量，说明2mol氢原子的能量大于1molH2，B错；碳酸的酸性弱于醋酸，故此相同浓度的碳酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液，C对；1L1mol.L-1的溶液中含有溶质1mol，前者发生：Na2CO3+SO2+H2O=2NaHSO3+CO2↑；后者发生：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓；分析可知，很明显后者大于前者，D错。15/15\n易错警示：此题解答是的易错点有二：一是对化学键的形成断开和吸热放热的关系不清，要能够准确理解断键吸热成键放热；二是无视亚硫酸的酸性强于氢硫酸，不能准确判断硫化钠中通入二氧化硫时要生成氢硫酸，造成氢硫酸和亚硫酸能发生氧化复原反响生成单质硫。（2022上海卷）17.据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实。2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)以下表达错误的选项是A．使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率B．反响需在300℃进展可推测该反响是吸热反响C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率D．从平衡混合气体中别离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率答案：B解析：此题考察化学反响速率和化学平衡知识。催化剂能提高化学反响速率，加快反响进展，也就是提高了生产效率，A对；反响需在300℃进展是为了获得较快的反响速率，不能说明反响是吸热还是放热，B错；充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，C对；从平衡混合物中及时别离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，D对。易错警示：利用化学平衡知识判断反响吸热还是放热时，一定要注意温度的变化使反响正向移动还是逆向移动，倘假设给出的知识温度条件那么无法判断。（2022江苏卷）8．以下说法不正确的选项是A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加B．常温下，反响不能自发进展，那么该反响的C．一定条件下，使用催化剂能加快反响速率并提高反响物的平衡转化率15/15\nD．相同条件下，溶液中、、的氧化性依次减弱【答案】AC【解析】此题主要考察的是相关的反响原理。A项，铅蓄电池在放电过程中，负极反响为其质量在增加；B项，该反响是典型的吸热反响，在常温下不能自发进展；C项，催化剂能改变反响速率，不一定加快，同时它不能改变转化率；D项，可知的氧化性大于，综上分析可知，此题选AC项。（2022安徽卷）25.（14分）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等Y常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积ZZ和Y同周期,Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34（1）Y位于元素周期表第 周期表 族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是 （写化学式）。（2）XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在 个σ键。在H―Y、H―Z两种共价键中，键的极性较强的是 ，键长较长的是 。（3）W的基态原子核外电子排布式是 。W2Y在空气中煅烧生成W2O的化学方程式是 。15/15\n（4）处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y。已知：XO(g)+O2(g)=XO2(g)H=－283.0kJ·mol－2Y(g)+O2(g)=YO2(g)H=－296.0kJ·mol－1此反响的热化学方程式是 。答案：(1)3VIAHClO4(2)2H-ZH-Y(3)[Ar]3d104s12Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2(4)2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)△H=-270kJ/mol解析：由表中可知，X为CY为SZ为ClW为Cu（2022天津卷）7．（14分）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的根底元素，M是地壳中含量最高的金属元素。答复以下问题：⑴L的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________________（用元素符号表示）。⑵Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为___，B的构造式为____________。⑶硒（se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，那么Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。该族2~5周期元素单质分别与H2反响生成l15/15\nmol气态氢化物的反响热如下，表示生成1mol硒化氢反响热的是__________（填字母代号）。a．+99.7mol·L－1b．+29.7mol·L－1c．－20.6mol·L－1d．－241.8kJ·mol－1⑷用M单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进展电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q。写出阳极生成R的电极反响式：______________；由R生成Q的化学方程式：_______________________________________________。解析：(1)X、Y、Z、L是组成蛋白质的四种元素且原子序数依次增大，故分别为：H、C、N、O元素；M是地壳中含量最高的元素，为Al，其在周期表的位置为第3周第ⅢA族；再根据五种元素在周期表的位置，可知半径由大到小的顺序是：Al＞C＞N＞O＞H。(2)N和H1：3构成的分子为NH3，电子式为；2：4构成的分子为N2H4，其构造式为。(3)Se比O多两个电子层，共4个电子层，1→4电子层上的电子数分别为：2、8、18、6，故其原子序数为34；其最高价氧化物对应的水化物的化学式类似H2SO4，为H2SeO4。非金属性越强，与氢气反响放出的热量越多，故2→5周期放出的热量依次是：d、c、b、a，那么第四周期的Se对应的是b。(4)Al作阳极失去电子生成Al3+，Al3++3HCO3-==Al(OH)3+3CO2，2Al(OH)3Al2O3+3H2O。15/15\n答案：(1)O第三周第ⅢA族Al＞C＞N＞O＞H(2)(3)34H2SeO4b(4)Al-3e-Al3+Al3++3HCO3-==Al(OH)3+3CO22Al(OH)3Al2O3+3H2O。命题立意：此题以元素的推断为背景，综合考察了元素符号的书写、元素位置的判断和原子半径大小的比较；考察了电子式、构造式的书写，元素周期律，和电极反响式、化学方程式的书写，是典型的学科内综合试题。（2022广东理综卷）31．（16分）硼酸（H3BO3）在食品、医药领域应用广泛。(1)请完成B2H6气体与水反响的化学方程式：B2H6+6H2O=2H3BO3+________。(2)在其他条件相同时，反响H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O中，H3BO3的转化率（）在不同温度下随反响时间（t）的变化见图12，由此图可得出：①温度对应该反响的反响速率和平衡移动的影响是_______②该反响的_____0(填“<”、“=”或“>”).(3)H3BO3溶液中存在如下反响：15/15\nH3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq）已知0.70mol·L-1H3BO3溶液中，上述反响于298K到达平衡时，c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反响的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保存两位有效数字）解析：(1)根据元素守恒，产物只能是H2，故方程式为B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2。(2)由图像可知，温度升高，H3BO3的转化率增大，故升高温度是平衡正向移动，正反响是吸热反响，△H＞O。(3)K===答案：(1)B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2(2)①升高温度，反响速率加快，平衡正向移动②△H＞O(3)或1.43（2022福建卷）23．（15分）J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的金属元素。（1）M的离子构造示意图为_____;元素T在周期表中位于第_____族。（2）J和氢组成的化合物分子有6个原子，其构造简式为______。（3）M和T形成的化合物在潮湿的空气中冒白色烟雾，反响的化学方程式为_____。15/15\n（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性。①在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H2O2的去除剂，所发生反响的产物不污染环境，其化学方程式为______。②一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反响（△H>0）并达平衡后，仅改变下表中反响条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是_______（选填序号）。选项abcdx温度温度参加H2的物质的量参加甲的物质的量y甲的物质的量平衡常数K甲的转化率生成物物质的量总和（5）由J、R形成的液态化合物JR20．2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ。该反响的热化学方程式为________。解析：(1)J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等,可以判断J元素为碳元素；M是地壳中含量最多的金属元素为铝元素；根据J、R在周期表中的相对位置可以判断R为硫元素，那么T为氯元素，处于第三周期第七主族（2）J和氢组成含有6个原子的分子为乙烯，其构造简式为（3）M和T形成的化合物为，与水反响，其中氯化氢气体呈雾状（4）①氨水与双氧水发生氧化复原反响：生成无污染的氮气；15/15\n②甲在固体体积的密闭容器中发生分解反响，说明正反响为吸热反响，升高温度，平衡朝着正方向移动，甲物质的量减少；参加的物质的量即增加生成物的浓度，平衡朝逆方向移动，甲的转化率减小（5）JR2为CS2,燃烧生成二氧化碳和二氧化硫，依题意可以很快的写出反响的热化学方程式答案：(1)；ⅦA（2）（3），（4）①②a和c;a或c（5）（2022上海卷）25．接触法制硫酸工艺中，其主反响在450℃并有催化剂存在下进展：1)该反响所用的催化剂是(填写化合物名称)，该反响450℃时的平衡常数500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。2)该热化学反响方程式的意义是．a．b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化c．容器中气体的密度不随时间而变化d．容器中气体的分子总数不随时间而变化15/15\n4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molSO2，半分钟后到达平衡，测得容器中含SO30.18mol，那么=mol.L-1.min-1：假设继续通入0.20molSO2和0.10molO2，那么平衡移动(填“向正反响方向”、“向逆反响方向”或“不”)，再次到达平衡后，mol<n(SO3)<mol。答案：1）五氧化二钒（V2O5）；大于；2）在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反响生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）bd；4）0.036；向正反响方向；0.36；0.40。解析：此题考察了工业制硫酸、化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡状态、有关化学平衡的计算等知识。1）工业制硫酸时二氧化硫催化氧化使用的催化剂是五氧化二钒；该反响正向放热，故温度越高化学平衡常数越小；2）热化学方程式表示的是450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反响生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）根据化学平衡状态的特征，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化、分子总数不随时间变化时，说明反响到达平衡状态；4）当到达平衡时，容器中SO3的物质的量为0.18mol，那么v（SO3）=0.072mol.L-1.min-1，那么v（O2）=0.036mol.L-1.min-1；再继续通入0.20molSO2和0.10molO2时，平衡向正反响方向移动，在此到达平衡时，SO3的物质的量介于0.36和0.40之间。知识归纳：化学平衡常数只是和温度相关的函数，其随温度变化而变化。假设正反响为吸热反响，温度升高K值增大；假设正反响为放热反响，温度升高K值减小。（2022江苏卷）17.（8分）下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理。15/15\n（1）方法Ⅰ中氨水吸收燃煤烟气中的化学反响为：能提高燃煤烟气中去除率的措施有▲（填字母）。A．增大氨水浓度B.升高反响温度C.使燃煤烟气与氨水充分接触D.通入空气使转化为采用方法Ⅰ脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的，原因是▲（用离子方程式表示）。（2）方法Ⅱ重要发生了以下反响：与反响生成的热化学方程式为。（3）方法Ⅲ中用惰性电极电解溶液的装置如右图所示。阳极区放出气体的成分为。（填化学式）【答案】15/15\n（1）AC(2)S（g）+O2（g）=SO2（g）H=-574.0kJmol-1(3)O2SO2【解析】此题考察的知识比较散，涉及到环境保护，一道题考察了几个知识点。覆盖面比较多。但盖斯定律、热化学方程式、离子方程式、点击方程式都是重点内容（1）提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触；不需要通入CO2的原因是因为HCO3+SO2=CO2+HSO3而产生CO2(2)主要考察盖斯定律的灵活运用。适当变形，注意反响热的计算。不要无视热化学方程式的书写的本卷须知。（3）阴极的电极产生的气体为O2和SO2.15/15
