江苏省南通市海安县实验中学高二化学上学期期中试题选修含解析

2022-2022学年江苏省南通市海安县实验中学高二（上）期中化学试卷（选修）　一．单项选择题：本题包括12小题，每小题2分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意．1．纯水在25℃时的氢离子浓度与90℃时的氢离子浓度的关系是（　　）A．大于B．等于C．小于D．不能肯定　2．关于化学反应与能量的说法正确的是（　　）A．中和反应是吸热反应B．燃烧属于放热反应C．化学键断裂放出能量D．反应物总能量与生成物总能量一定相等　3．在2A+B⇌3C+5D反应中，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）=1mol/（L•min）D．υ（D）=1mol/（L•s）　4．在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（　　）A．Z为0.3mol/LB．Y2为0.4mol/LC．X2为0.2mol/LD．Z为0.4mol/L　5．可以充分说明反应P（g）+Q（g）⇌R（g）+S（g）在恒温下已达到平衡（　　）A．反应容器内的压强不随时间改变B．反应容器内P、Q、R、S四者共存C．P的生成速率和S的生成速率相等D．反应容器内的气体总物质的量不随时间变化　6．有甲、乙两种醋酸稀溶液，测得甲的pH=2，乙的pH=3．下列推断中正确的是（　　）A．物质的量浓度c（甲）=10c（乙）B．甲中由水电离产生的H+的物质的量浓度是乙的0.1倍C．中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液需甲、乙两酸的体积V（乙）=10V（甲）D．甲中c（OH﹣）为乙中c（OH﹣）的10倍　7．在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数（　　）A．不变B．增大C．减小D．无法判断　8．同体积的PH=3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟等质量的镁充分反应，下列错误的是（　　）A．刚开始时两种溶液中产生H2的速率相同B．若有一种溶液中镁有剩余，则有剩余的是强酸溶液-24-\nC．若两种溶液中镁均无剩余，则两者产生等量的氢气D．若两种溶液中镁均有剩余，则两者产生等量的氢气　9．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．溴水中有平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B．对CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）平衡体系增大压强可使颜色变深C．升高温度能够增大硝酸钾在水中的溶解度D．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施　10．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反映的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/molB．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．甲烷的燃烧热就是1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量　11．合成氨的反应是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．使反应进行程度增大的方法是（　　）A．升高温度B．降低压强C．使用催化剂D．及时分离出NH3　12．由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的部分步骤为：TiO2→TiO4Ti已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）△H3则反应TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H为（　　）A．△H3+2△H1﹣2△H2B．△H3+△H1﹣△H2C．△H3+2△H1﹣△H2D．△H3+△H1﹣2△H2　　二．不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共计24分，每小题有一至二个选项符合题意，漏选得2分，错选不得分）．13．通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的△H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差．化学键A﹣AB﹣BA﹣B生成1mol化学键时放出的能量436kJ•mol﹣1243kJ•mol﹣1431kJ•mol﹣1则下列热化学方程式不正确的是（　　）A．A2（g）+B2（g）═AB（g）△H=﹣91.5kJ•mol﹣1B．A2（g）+B2（g）═2AB（g）△H=﹣183kJ•mol﹣1-24-\nC．A2（g）+B2═AB（g）△H=+91.5kJ•mol﹣1D．2AB（g）═A2（g）+B2（g）△H=+183kJ•mol﹣1　14．如图是关于反应A2（g）+3B2（g）⇌2C（g）（正反应为放热反应）的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是（　　）A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D．增大反应物浓度，同时使用催化剂　15．在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再发生变化时，表明反应A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态的是（　　）A．混合气体的密度B．混合气体的总物质的量C．混合气体的压强D．混合气体的总体积　16．在373K时，把0.5molN2O4气体通入体积为5L（恒容）的真空密闭容器中，立即出现红棕色．反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol•L﹣1．在60s时，体系已达到平衡，此时容器内压强为反应前的1.6倍．下列说法不正确的是（　　）A．前2s，N2O4的平均反应速率为0.005mol•L﹣1•s﹣1B．平衡时，N2O4的转化率为50%C．平衡时，体系内NO2为0.04mol•L﹣1D．在2s时，体系内压强为反应前的1.1倍　17．向一定体积的0.1摩/升的醋酸溶液中加入等体积的蒸馏水后，则下列叙述正确的是（　　）A．溶液的pH值变小B．醋酸的电离度增大C．溶液的导电能力减弱D．中和此溶液所需的0.1摩/升NaOH溶液的体积增加　18．在一定温度下，将一定质量的混合气体在密闭容器中发生反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），达到平衡时测得B气体的浓度为0.6mol/L，恒温下将密闭容器的容积扩大1倍，重新达到平衡时，测得B气体的浓度为0.4mol/L，下列叙述中正确的是（　　）A．a+b＞c+dB．平衡向右移动C．重新达平衡时，A气体浓度增大D．重新达平衡时，D的体积分数减小　　-24-\n三、解答题（共8小题，满分72分）19．依据事实，写出下列反应的热化学方程式．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为　　　　　　．　20．若适量的N2和O2完全反应，每生成23gNO2需要吸收16.95kJ热量，则表示该反应的热化学方程式为　　　　　　．　21．NA为阿伏加德罗常数，C2H2（g）完全燃烧生成CO2和液态水的反应，有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，该反应的热化学方程式为　　　　　　．　22．（14分）（2022秋•海安县校级期中）80℃时，将0.40mol的N2O4气体充入2L已经抽空的固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2O4═2NO2△H＞0，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：时间（s）n（mol）020406080110n（N2O4）0.40a0.20cden（NO2）0.000.24b0.520.600.60①计算20s﹣40s内用N2O4表示的平均反应速率为　　　　　　mol/（L．s）②计算在80℃时该反应的N2O4的转化率=　　　　　　此温度下NO2的体积分数=　　　　　　，此时容器内压强与反应起始时的比值为　　　　　　．③反应进行至110s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色　　　　　　；如果此时加入NO2，则此时容器内颜色　　　　　　（填“变浅”、“变深”或“不变”）④要增大该反应NO2的体积分数，可采取的措施有（填序号）　　　　　　A．增大N2O4的起始浓度B．通入N2气体C．使用高效催化剂D．升高温度．　23．（18分）（2022秋•海安县校级期中）实验室用50mL0.50mol•L﹣1盐酸、50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液和如图所示装置，进行测定中和热的实验，得到表中的数据：实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液120.220.323.72220.320.523.8321.521.624.9完成下列问题：（1）不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是　　　　　　．（2）在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是　　　　　　．大烧杯如不盖硬纸板，求得的中和热数值将　　　　　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．结合日常生活实际该实验在　　　　　　中（家用产品）效果更好．（3）根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=　　　　　　[盐酸和NaOH溶液的密度按1g•cm﹣3计算，反应后混合溶液的比热容（c）按4.18J•（g•℃）﹣1计算]．（4）如用0.5mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将　　　　　　_（填“偏大”、“偏小”、“不变”）．如改用60mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol•L﹣1-24-\n的NaOH溶液进行反应，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）若某同学利用上述装置做实验，有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是　　　　　　．A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓C．做本实验的当天室温较高D．将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水E．在量取盐酸时仰视计数F．大烧杯的盖板中间小孔太大．　24．（10分）（2022秋•海安县校级期中）为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，甲乙两组同学分别设计了如图一、图二所示的实验．（1）可通过观察图一的现象：　　　　　　，而定性比较得出结论．有同学提出将CuSO4改为CuCl2更为合理，其理由是　　　　　　，你认为还可以作何改进？　　　　　　．（2）检查图二装置气密性的方法是　　　　　　．图二所示实验中需测量的数据是　　　　　　．　25．（16分）（2022秋•海安县校级期中）在一定温度下，冰醋酸（即纯醋酸）加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示，则：（1）“O”点导电能力为0的理由是　　　　　　．（2）用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果　　　　　　（偏大、偏小或不变）（3）比较a、b、c三点的下列数据大小或等量关系：（如a＞b＞c、c=a＞b、a=b=c等）①pH：　　　　　　；②醋酸的电离度：　　　　　　；③醋酸的电离平衡常数：　　　　　　；④a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：　　　　　　．（4）若使c点溶液中c（CH3COO﹣）增大，c（H+）减小，可采用的措施有（答二类不同的物质）：-24-\n①　　　　　　②　　　　　　．（5）在稀释过程中，随着c（CH3COOH）的降低，下列始终保持增大趋势的量是　　　　　　．A．c（H+）B．H+个数C．CH3COOH个数D．．　26．将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经5min后，测得D的浓度为0.5mo/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1．求：（1）x值；（2）B的平均反应速率；（3）此时A的浓度及反应开始前放入容器中的A、B的物质的量．　　2022-2022学年江苏省南通市海安县实验中学高二（上）期中化学试卷（选修）参考答案与试题解析　一．单项选择题：本题包括12小题，每小题2分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意．1．纯水在25℃时的氢离子浓度与90℃时的氢离子浓度的关系是（　　）A．大于B．等于C．小于D．不能肯定【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离过程是吸热反应，温度升高电离程度变大，电离程度越大氢离子浓度越大．【解答】解：水的电离过程是吸热反应，温度升高电离程度变大，电离程度越大氢离子浓度越大，故纯水在25℃时的氢离子浓度小于90℃时的氢离子浓度，故选C．【点评】本题考查水的电离，温度改变对水的电离起促进作用，比较简单．　2．关于化学反应与能量的说法正确的是（　　）A．中和反应是吸热反应B．燃烧属于放热反应C．化学键断裂放出能量D．反应物总能量与生成物总能量一定相等【考点】吸热反应和放热反应．-24-\n【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、中和反应是酸和碱发生的反应，是放热反应；B、燃烧是可燃物发生的剧烈的发光放热的反应，是放热反应；C、断裂化学键需要吸收能量；D、化学反应过程中一定伴随能量的变化，反应物总能量与生成物总能量一定不相等；【解答】解：A、中和反应是酸和碱发生的反应，是放热反应，故A错误；B、燃烧是可燃物发生的剧烈的发光放热的反应，是放热反应，故B正确；C、断裂化学键需要吸收能量，故C错误；D、化学反应过程中一定伴随能量的变化，反应物总能量与生成物总能量一定不相等，故D错误；故选B．【点评】本题考查了反应热效应的分析判断，燃烧、中和热概念的应用，化学反应一定伴随能量变化，化学键的断裂过程是吸热过程，概念理解是解题关键．　3．在2A+B⇌3C+5D反应中，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）=1mol/（L•min）D．υ（D）=1mol/（L•s）【考点】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】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，注意保持单位一致．【解答】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，对应反应：2A+B⇌3C+5D，A.=0.25mol/（L•s）；B.=0.3mol/（L•s）；C．v（C）=1mol/（L．min）=mol/（L．s），=0.0056mol/（L•s）；D.=0.2mol/（L•s），故B表示的反应速率最快，故选：B．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，难度不大，可以转化为同一物质表示的速率进行比较，注意单位保持一致．　4．在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（　　）A．Z为0.3mol/LB．Y2为0.4mol/LC．X2为0.2mol/LD．Z为0.4mol/L【考点】化学平衡建立的过程．【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，若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大；-24-\n若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小；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：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：X2（气）+Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：00.20.4若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：vX2（气）+Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：0.20.40由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c（X2）＜0.2，0.2＜c（Y2）＜0.4，0＜c（Z）＜0.4，故A正确、BCD错误．故选A．【点评】本题考查化学平衡的建立，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，难度不大．　5．可以充分说明反应P（g）+Q（g）⇌R（g）+S（g）在恒温下已达到平衡（　　）A．反应容器内的压强不随时间改变B．反应容器内P、Q、R、S四者共存C．P的生成速率和S的生成速率相等D．反应容器内的气体总物质的量不随时间变化【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．【解答】解：A．该反应前后气体物质的量之和不变，则压强始终不变，所以不能根据压强判断平衡状态，故A错误；B．无论该反应是否达到平衡状态，反应容器中P、Q、R、S四者共存，所以不能据此判断平衡状态，故B错误；C．P和S的生成速率相等，则P的消耗速率和生成速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；D．无论反应是否达到平衡状态，反应容器中总的物质的量始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故D错误；故选C【点评】本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，易错选项是A，为易错题．　6．有甲、乙两种醋酸稀溶液，测得甲的pH=2，乙的pH=3．下列推断中正确的是（　　）A．物质的量浓度c（甲）=10c（乙）B．甲中由水电离产生的H+的物质的量浓度是乙的0.1倍-24-\nC．中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液需甲、乙两酸的体积V（乙）=10V（甲）D．甲中c（OH﹣）为乙中c（OH﹣）的10倍【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸为弱电解质，在醋酸溶液中存在电离平衡，且醋酸溶液越稀，其电离程度越大，据此分析．【解答】解：A．如果醋酸的电离程度相等，则物质的量浓度c（甲）=10c（乙），实际上乙的电离程度大于甲，所以c（甲）＞10c（乙），故A错误；B．甲中水电离出的氢离子=，乙中水电离出的氢离子浓度=，所以甲中由水电离产生的H+的物质的量浓度是乙的0.1倍，故B正确；C．因为c（甲）＞10c（乙），所以中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液需甲、乙两酸的体积V（乙）＞10V（甲），故C错误；D．甲中氢氧根离子浓度=，乙中氢氧根离子浓度=，所以甲氢氧根离子浓度是乙的0.1倍，故D错误；故选B．【点评】本题考查弱电解质电离，明确弱电解质溶液的浓稀与其电离程度之间的关系是解本题关键，难度不大．　7．在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数（　　）A．不变B．增大C．减小D．无法判断【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】假设再次通入的NO2是在与原平衡体系的温度和压强都相同的另一容器中进行，则所得平衡体系与原平衡完全相同，将两个容器的隔板抽去，再压缩到原体积，平衡正向移动，以此解答．【解答】解：假设在题给的过程中，容器的体积从A变化到A+B（见图），这个过程也可以理解成：假设有一个虚拟的隔板可以保持A的体积不变，在B中充入NO2，使其反应直至达到平衡．很明显，在同温、同压下，A、B中达到平衡后，NO2、N2O4的质量分数分别相等．这时，抽去虚拟的隔板，将B压缩至A，平衡正向移动，NO2的体积分数减小．故选C．【点评】本题考查化学平衡的移动，题目难度不大，注意从压强的角度认识该题，题给的关键是反应物和生成物只有一种，易错点为B，注意体会该题．　8．同体积的PH=3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟等质量的镁充分反应，下列错误的是（　　）A．刚开始时两种溶液中产生H2的速率相同B．若有一种溶液中镁有剩余，则有剩余的是强酸溶液-24-\nC．若两种溶液中镁均无剩余，则两者产生等量的氢气D．若两种溶液中镁均有剩余，则两者产生等量的氢气【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】A．反应速率与氢离子浓度成正比；B．能电离出氢离子物质的量少的酸中镁剩余；C．如果两种溶液中镁都无剩余，生成氢气的量与镁的量有关；D．如果两种溶液中镁均有剩余，则生成氢气的量与参加反应的氢离子的物质的量成正比．【解答】解：A．反应速率与氢离子浓度成正比，pH相等的强弱酸中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，故A正确；B．pH、体积相等的强弱酸中，随着反应的进行，弱酸能电离出的氢离子的物质的量大于强酸，所以强酸中反应的镁的质量小于弱酸中镁的质量，则强酸中镁有剩余，故B正确；C．如果两种溶液中镁都无剩余，说明酸不足量，则生成氢气的量与镁的量有关，镁的质量相等则生成氢气的量相等，故C正确；D．如果两种溶液中镁均有剩余，则生成氢气的量与参加反应的氢离子的物质的量成正比，pH、体积相等的强弱酸中，随着反应的进行，弱酸能电离出的氢离子大于强酸，所以弱酸产生的氢气多，故D错误；故选D．【点评】本题以酸和镁的反应为载体考查了弱电解质的电离，根据弱电解质的电离特点结合物质间的反应来分析解答，该题中反应速率与氢离子浓度成正比，与酸的强弱无关，为易错点．　9．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．溴水中有平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B．对CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）平衡体系增大压强可使颜色变深C．升高温度能够增大硝酸钾在水中的溶解度D．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释．【解答】解：A．溴水中有平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO加入AgNO3溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度降低，平衡向右移动，溴的浓度降低，溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；B．对CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）平衡体系增大压强，平衡不移动，二氧化氮的浓度增大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故B选；C．硝酸钾溶于水是吸热过程，升高温度，有利于硝酸钾溶解，增大硝酸钾在水中的溶解度，可以用勒夏特列原理解释，故C不选；D．对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0，正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，有利于氨的产率提高，可以用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程，且平衡发生移动．-24-\n　10．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反映的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/molB．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．甲烷的燃烧热就是1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量；B、燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；C、有些放热反应也需要一定条件才能发生反应；D、水的状态应该是稳定的液态水．【解答】解：A、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量；H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙微弱物，反应放出的热量大于2×（﹣57.3）kJ/mol，故A错误；B、CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol，因此2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应热为△H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；C、可燃物的燃烧也需要加热，但属于放热反应，故C错误；D、101kp下，1molCH4燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学反应与能量问题，题目难度不大，注意反应吸热还是放热与反应条件无关、燃烧热等概念的理解．　11．合成氨的反应是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．使反应进行程度增大的方法是（　　）A．升高温度B．降低压强C．使用催化剂D．及时分离出NH3【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】使反应进行程度增大，则该反应正向移动，反应为气体体积缩小的且放热，加压、降温、减小生成物的浓度反应正向移动，以此来解答．【解答】解：A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应进行程度减小，故A不选；B．该反应为气体体积缩小的反应，降低压强，平衡逆向移动，反应进行程度减小，故B不选；C．使用催化剂，平衡不移动，不能使反应程度增大，故C不选；D．及时分离出NH3，平衡正向移动，反应进行程度增大，故D选；故选D．【点评】本题考查化学平衡的移动，明确温度、压强、浓度、催化剂第反应平衡的影响即可解答，注意把握反应的特点，题目难度中等．　12．由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的部分步骤为：TiO2→TiO4Ti-24-\n已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）△H3则反应TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H为（　　）A．△H3+2△H1﹣2△H2B．△H3+△H1﹣△H2C．△H3+2△H1﹣△H2D．△H3+△H1﹣2△H2【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，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式，据此计算．【解答】解：已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）△H3由盖斯定律可知，①×2﹣②+③得TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g），△H=△H3+2△H1﹣△H2，故选C．【点评】本题考查反应热的计算、盖斯定律等，难度中等，理解盖斯定律并根据盖斯定律构造目标热化学方程式是解答本题的关键．　二．不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共计24分，每小题有一至二个选项符合题意，漏选得2分，错选不得分）．13．通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的△H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差．化学键A﹣AB﹣BA﹣B生成1mol化学键时放出的能量436kJ•mol﹣1243kJ•mol﹣1431kJ•mol﹣1则下列热化学方程式不正确的是（　　）A．A2（g）+B2（g）═AB（g）△H=﹣91.5kJ•mol﹣1B．A2（g）+B2（g）═2AB（g）△H=﹣183kJ•mol﹣1C．A2（g）+B2═AB（g）△H=+91.5kJ•mol﹣1D．2AB（g）═A2（g）+B2（g）△H=+183kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【分析】根据所给的反应和表格中的键能，先判断出断键吸收的热量和成键放出的热量，然后用断键吸收的热量减去成键放出的热量既得反应热．【解答】解：A．A2（g）+B2（g）=AB（g）；△H=×436kJ•mol﹣1+×243kJ•mol﹣1﹣431kJ•mol﹣1=﹣91.5kJ•mol﹣1，故A正确；B．A2（g）+B2（g）=2AB（g）；△H=436kJ•mol﹣1+243kJ•mol﹣1﹣（2×431）kJ•mol﹣1=﹣183kJ•mol﹣1，故B正确；C．A2（g）+B2（g）=AB（g）；△H=×436kJ•mol﹣1+×243kJ•mol﹣1﹣431kJ•mol﹣1=﹣91.5kJ•mol﹣1，故C错误；-24-\nD．2AB（g）=A2（g）+B2（g）；△H=（2×431）kJ•mol﹣1﹣（436kJ•mol﹣1+243kJ•mol﹣1）△H=+183kJ/mol，故D正确；故选C．【点评】本题从断键和成键的角度考查了热化学方程式的书写，注意热化学方程式中化学计量数只表示该物质的物质的量，不表示物质分子个数或原子个数，因此，它可以是整数，也可以是分数，△H只能写在化学方程式的右边，若为放热反应，则△H为“﹣”；若为吸热反应，则△H为“+”．其单位一般为kJ/mol．对于同一反应来说，计量系数不同，△H不同，题目难度不大．　14．如图是关于反应A2（g）+3B2（g）⇌2C（g）（正反应为放热反应）的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是（　　）A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D．增大反应物浓度，同时使用催化剂【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、升高温度，同时加压，正逆反应速率都增大，升高温度，使平衡向逆反应移动，增大压强，使平衡向正反应移动，平衡可能不移动，可能向正反应移动，可能向逆反应移动；B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，降低温度，使平衡向正反应移动，减小压强，使平衡向逆反应移动，平衡可能不移动，可能向正反应移动，可能向逆反应移动；C、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动；D、增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动．【解答】解：A、升高温度，同时加压，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，故A错误；B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，正反应速率应在原速率的下方，故B错误；C、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动，图象符合，故C正确；D、增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，故D错误．故选：C．【点评】本题考查了外界条件对化学反应速率和平衡的影响、平衡移动图象，难度较大，明确温度、压强、浓度变化引起化学反应速率变化是解本题的关键．　15．在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再发生变化时，表明反应A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态的是（　　）A．混合气体的密度B．混合气体的总物质的量-24-\nC．混合气体的压强D．混合气体的总体积【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．【解答】解：A．反应物和生成物都是气体，反应前后气体的质量相等，定容密闭容器中气体体积不变，所以密度始终变化，所以当密度不再发生变化时不能证明达到了平衡状态，故A错误；B．反应前后气体的化学计量数之和不相等，混合气体总物质的量不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C．反应是一个反应前后气体体积不同的化学反应，压强不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D．定容密闭容器中气体体积始终不变，混合气体的体积不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为判断化学平衡的依据，反应前后不改变的物理量不能作为化学平衡的判断依据，如该题中的压强、气体的总物质的量．　16．在373K时，把0.5molN2O4气体通入体积为5L（恒容）的真空密闭容器中，立即出现红棕色．反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol•L﹣1．在60s时，体系已达到平衡，此时容器内压强为反应前的1.6倍．下列说法不正确的是（　　）A．前2s，N2O4的平均反应速率为0.005mol•L﹣1•s﹣1B．平衡时，N2O4的转化率为50%C．平衡时，体系内NO2为0.04mol•L﹣1D．在2s时，体系内压强为反应前的1.1倍【考点】化学平衡的计算．【分析】A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则N2O4的浓度变化量为0.01mol/L，根据v=计算v（N2O4）；B．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol﹣x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.3mol，进而计算N2O4的转化率；C．由B中计算可知，平衡时NO2的物质的量为0.6mol，根据c=计算；D．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol﹣0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比．【解答】解：A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为=0.005mol/（L．s），故A正确；-24-\nB．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol﹣x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.3mol，故N2O4的转化率为×100%=60%，故B错误；C．由B中计算可知，平衡时NO2的物质的量为0.6mol，平衡时，体系内NO2浓度为=0.12mol•L﹣1，故C错误；D．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol﹣0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的=1.1倍，故D正确，故选：BC．【点评】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，有利于基础知识的巩固．　17．向一定体积的0.1摩/升的醋酸溶液中加入等体积的蒸馏水后，则下列叙述正确的是（　　）A．溶液的pH值变小B．醋酸的电离度增大C．溶液的导电能力减弱D．中和此溶液所需的0.1摩/升NaOH溶液的体积增加【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】A．加水稀释促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大；B．加水稀释促进醋酸电离；C．溶液的导电能力与离子浓度成正比；D．中和酸需要碱的量只与酸的物质的量有关与酸的浓度无关．【解答】解：A．加水稀释促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，则醋酸的电离度增大，故B正确；C．溶液的导电能力与离子浓度有关，加水稀释促进醋酸电离但溶液中离子浓度减小，所以溶液的导电能力减弱，故C正确；D．中和酸需要碱的量只与酸的物质的量有关与酸的浓度无关，所以中和此溶液所需的0.1mol•L﹣1NaOH溶液的体积不变，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，知道碱中和酸只与酸的物质的量有关，与酸的强弱、浓度无关，为易错点．　18．在一定温度下，将一定质量的混合气体在密闭容器中发生反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），达到平衡时测得B气体的浓度为0.6mol/L，恒温下将密闭容器的容积扩大1倍，重新达到平衡时，测得B气体的浓度为0.4mol/L，下列叙述中正确的是（　　）A．a+b＞c+dB．平衡向右移动C．重新达平衡时，A气体浓度增大-24-\nD．重新达平衡时，D的体积分数减小【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】保持温度不变，将容器的体积扩大1倍，如平衡不移动，B气体的浓度为0.3mol/L，小于实际B的浓度变为0.4mol/L，说明平衡向生成B的方向移动，即向逆反应移动，据此结合选项解答．【解答】解：保持温度不变，将容器的体积扩大1倍，如平衡不移动，B气体的浓度为0.3mol/L，小于实际B的浓度变为0.4mol/L，说明平衡向生成B的方向移动，即向逆反应移动．A、增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即a+b＞c+d，故A正确；B、依据分析判断，化学平衡逆向进行，故B错误；C、体积加倍，各物质的浓度都要减小，即A气体浓度减小，故C错误；D、平衡向逆反应移动，D的体积分数减小，故D正确；故选：AD．【点评】本题考查化学平衡移动，难度中等，利用假设法判断平衡移动方向是解题关键．　三、解答题（共8小题，满分72分）19．依据事实，写出下列反应的热化学方程式．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为　CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1　．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，32g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ，1mol甲醇质量为32克，所以完全燃烧1mol甲醇生成二氧化碳和液态水放热725.76KJ，根据燃烧热的概念分析即可解答．【解答】解：1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热725.8KJ，燃烧热热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1．【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算应用，题目较简单．　20．若适量的N2和O2完全反应，每生成23gNO2需要吸收16.95kJ热量，则表示该反应的热化学方程式为　N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=67.8kJ/mol　．【考点】热化学方程式．【分析】根据每生成23gNO2即0.5molNO2需要吸收16.95kJ热量，结合热化学方程式的书写方法结合热化学方程式的意义来回答．【解答】解：适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2即0.5molNO2要吸收16.95kJ热量，所以每生成2molNO2需要吸收67.8kJ热量，则热化学方程式为：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=67.8kJ•mol﹣1，故答案为：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=67.8kJ•mol﹣1．-24-\n【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写，注意把握热化学方程式的意义．　21．NA为阿伏加德罗常数，C2H2（g）完全燃烧生成CO2和液态水的反应，有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，该反应的热化学方程式为　2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2600kJ•mol﹣1　．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】在C2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，0.5mol乙炔发生反应放出650kJ的热量，所以2mol乙炔完全反应有20NA个电子转移时，放出2600kJ的热量，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．【解答】解：在C2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，0.5mol乙炔发生反应放出650kJ的热量，所以2mol乙炔完全反应有20NA个电子转移时，放出2600kJ的热量，则热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2600kJ•mol﹣1，故答案为：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2600kJ•mol﹣1．【点评】本题考查热化学方程式的书写、盖斯定律、依据氧化还原反应电子转移计算反应热等，题目较简单，注意盖斯定律的理解与运用．　22．（14分）（2022秋•海安县校级期中）80℃时，将0.40mol的N2O4气体充入2L已经抽空的固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2O4═2NO2△H＞0，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：时间（s）n（mol）020406080110n（N2O4）0.40a0.20cden（NO2）0.000.24b0.520.600.60①计算20s﹣40s内用N2O4表示的平均反应速率为　0.002　mol/（L．s）②计算在80℃时该反应的N2O4的转化率=　75%　此温度下NO2的体积分数=　　，此时容器内压强与反应起始时的比值为　　．③反应进行至110s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色　变浅　；如果此时加入NO2，则此时容器内颜色　变深　（填“变浅”、“变深”或“不变”）④要增大该反应NO2的体积分数，可采取的措施有（填序号）　D　A．增大N2O4的起始浓度B．通入N2气体C．使用高效催化剂D．升高温度．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】①20s时△n（NO2）=0.24mol，则△c（N2O4）=△n（NO2）=0.12mol，则a=0.4﹣0.12=0.28，再根据v=计算v（N2O4）；②由表中数据可知，80s时反应达平衡状态，平衡时NO2为0.6mol，则：N2O4（g）⇌2NO2（g）起始量（mol）：0.40-24-\n转化量（mol）：0.30.6平衡量（mol）：0.10.6进而计算N2O4的转化率、NO2的体积分数，恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比；③正反应为吸热反应，温度降低，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度降低；如果此时加入NO2，平衡逆向移动，四氧化二氮浓度增大，平衡常数不变，则二氧化氮的浓度增大；④A．增大N2O4的起始浓度，等效为增大压强，平衡逆向移动；B．通入N2气体，恒温恒容下，反应体系各组分浓度不变，平衡不移动；C．使用高效催化剂，不影响平衡移动；D．正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动．【解答】解：①20s时△n（NO2）=0.24mol，则△c（N2O4）=△n（NO2）=0.12mol，则a=0.4﹣0.12=0.28，故v（N2O4）==0.002mol/（L．s），故答案为：0.002；②由表中数据可知，80s时反应达平衡状态，平衡时NO2为0.6mol，则：N2O4（g）⇌2NO2（g）起始量（mol）：0.40转化量（mol）：0.30.6平衡量（mol）：0.10.6则N2O4的转化率=×100%=75%，NO2的体积分数==，恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，故此时容器内压强与反应起始时的比值为=，故答案为：75%；；；③正反应为吸热反应，温度降低，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度降低，混合气体的颜色变浅；如果此时加入NO2，平衡逆向移动，四氧化二氮浓度增大，平衡常数不变，则二氧化氮的浓度增大，混合气体的颜色变深，故答案为：变浅；变深；④A．增大N2O4的起始浓度，等效为增大压强，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，故A错误；B．通入N2气体，恒温恒容下，反应体系各组分浓度不变，平衡不移动，NO2的体积分数不变，故B错误；C．使用高效催化剂，不影响平衡移动，NO2的体积分数不变，故C错误；D．正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，故D正确，故选：D．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学反应速率等，侧重考查学生的分析计算能力，注意对平衡移动原理的理解掌握，难度中等．　23．（18分）（2022秋•海安县校级期中）实验室用50mL0.50mol•L﹣1盐酸、50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液和如图所示装置，进行测定中和热的实验，得到表中的数据：实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃-24-\n盐酸NaOH溶液120.220.323.72220.320.523.8321.521.624.9完成下列问题：（1）不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是　Cu传热快，热量损失大　．（2）在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是　提高装置的保温效果，　．大烧杯如不盖硬纸板，求得的中和热数值将　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．结合日常生活实际该实验在　保温杯　中（家用产品）效果更好．（3）根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=　﹣56.8kJ•mol﹣1　[盐酸和NaOH溶液的密度按1g•cm﹣3计算，反应后混合溶液的比热容（c）按4.18J•（g•℃）﹣1计算]．（4）如用0.5mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将　偏大　_（填“偏大”、“偏小”、“不变”）．如改用60mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol•L﹣1的NaOH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”或“不相等”），所求中和热　相等　（填“相等”或“不相等”）．（5）若某同学利用上述装置做实验，有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是　ABDF　．A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓C．做本实验的当天室温较高D．将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水E．在量取盐酸时仰视计数F．大烧杯的盖板中间小孔太大．【考点】中和热的测定．【专题】定量测定与误差分析．【分析】（1）金属铜导热快，热量损失多；（2）根据在中和反应中，必须确保热量不散失来分析；大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；日常生活中我们经常用到保温杯，在保温杯中进行实验保温效果会更好；（3）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；（4）氢氧化钠固体溶于水，放出热量；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）根据实验成功的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低，根据实验中用到的试剂以及实验操作知识来判断．【解答】解：（1）不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体；故答案为：Cu传热快，热量损失大；-24-\n（2）在中和反应中，必须确保热量不散失，应提高装置的保温效果；大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；在日常生活实际该实验在保温杯中效果更好；故答案为：提高装置的保温效果；偏小；保温杯；（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.25℃，反应前后温度差为：3.45℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.40℃，反应前后温度差为：3.40℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为21.55℃，反应前后温度差为：3.35℃；三次温度差的平均值为3.40℃，50mL0.50mol•L﹣1盐酸、50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液的质量m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.40℃=1421.2J=1.4212KJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212KJ，所以生成1mol的水放出热量为=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=﹣56.8kJ/mol；故答案为：﹣56.8kJ/mol；（4）氢氧化钠固体溶于水，放出热量，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol•L﹣1的NaOH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，但中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关，测得中和热数值相等，故答案为：偏大，不相等，相等；（5）A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小，导致实验测得中和热的数值偏小，故A正确；B、把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分能量的散失，导致实验测得中和热的数值偏小，故B正确；C、做本实验的室温和反应热的数据之间无关，故C错误；D、将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水，由于氨水是弱碱，弱碱电离要吸热，导致实验测得中和热的数值偏小，故D正确；E、在量取盐酸时仰视计数，会使得实际量取体积高于所要量的体积，算过量，可以保证碱全反应，导致实验测得中和热的数值偏高，故E错误；F、大烧杯的盖板中间小孔太大，会导致一部分能量散失，导致实验测得中和热的数值偏小，故F正确；故选：ABDF．【点评】本题考查反应热的测定与计算，题目难度不大，注意理解中和热的概念以及测定反应热的误差等问题．　24．（10分）（2022秋•海安县校级期中）为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，甲乙两组同学分别设计了如图一、图二所示的实验．-24-\n（1）可通过观察图一的现象：　产生气泡的快慢　，而定性比较得出结论．有同学提出将CuSO4改为CuCl2更为合理，其理由是　控制阴离子相同，排除阴离子的干扰　，你认为还可以作何改进？　将氯化铁改为硫酸铁　．（2）检查图二装置气密性的方法是　关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位　．图二所示实验中需测量的数据是　收集一定体积的气体所需要的时间或一定时间内收集的气体体积　．【考点】催化剂的作用．【专题】化学反应速率专题；化学实验基本操作．【分析】（1）产生气泡的快慢可以定性确定双氧水的分解速率大小，比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，要让选择的试剂Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同才有意义；（2）根据图二装置来选择气密性的检查方法；该反应是通过反应速率分析的，所以根据v=来判断．【解答】解：（1）可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将CuSO4改为CuCl2更为合理，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，可以排除因阴离子的不同可能带来的影响，还可以把氯化铁改为硫酸铁，故答案为：产生气泡的快慢；控制阴离子相同，排除阴离子的干扰；将氯化铁改为硫酸铁；（2）结合图二装置，该气密性的检查方法为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位；反应是通过反应速率分析的，根据v=，实验中需要测量的数据收集一定体积的气体所需要的时间或一定时间内收集的气体体积；故答案为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位；收集一定体积的气体所需要的时间或一定时间内收集的气体体积．【点评】本题主要考查了催化剂的作用及化学反应速率的影响因素等知识点，难度不大，要注意比较阳离子的催化效果，要控制其他条件相同．　25．（16分）（2022秋•海安县校级期中）在一定温度下，冰醋酸（即纯醋酸）加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示，则：（1）“O”点导电能力为0的理由是　无自由移动的离子　．（2）用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果　偏小　（偏大、偏小或不变）（3）比较a、b、c三点的下列数据大小或等量关系：（如a＞b＞c、c=a＞b、a=b=c等）①pH：　c＞a＞b　；②醋酸的电离度：　c＞b＞a　；③醋酸的电离平衡常数：　a=b=c　；-24-\n④a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：　a=b=c　．（4）若使c点溶液中c（CH3COO﹣）增大，c（H+）减小，可采用的措施有（答二类不同的物质）：①　加NaOH　②　加Na2CO3等固体　．（5）在稀释过程中，随着c（CH3COOH）的降低，下列始终保持增大趋势的量是　BD　．A．c（H+）B．H+个数C．CH3COOH个数D．．【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】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强；（2）用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相对于将溶液稀释；（3）①导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；②溶液越稀，越促进醋酸电离；③弱电解质的电离平衡常数只受温度影响，温度不变，电离平衡常数不变；④abc三点醋酸浓度不同，但所含醋酸的物质的量相同；（4）若使c点溶液中的c（CH3COO﹣）增大，可以采用升高温度、加入含有醋酸根离子的可能性盐、加入固体碱或加入和氢离子反应的固体物质，使c（H+）减小，可以加碱或加入和氢离子反应的固体物质；（5）加水稀释，促进电离，n（CH3COO﹣）、n（H+）增大，但浓度减小，以此解答．【解答】解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：无自由移动的离子；（2）据图可知将a处醋酸稀释，氢离子浓度增大，所以用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小，故答案为：偏小；（3）①导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为c＞a＞b，故答案为：c＞a＞b；②溶液越稀，越促进醋酸电离，醋酸的电离度由大到小的顺序为c＞b＞a，故答案为：c＞b＞a；③弱电解质的电离平衡常数只受温度影响，温度不变，电离平衡常数不变，所以abc三点的电离平衡常数相等，故答案为：a=b=c；④abc三点醋酸浓度不同，但所含醋酸的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积相同，故答案为：a=b=c；（4）若使c点溶液中的c（CH3COO﹣）增大，可以采用升高温度、加入含有醋酸根离子的可能性盐、加入固体碱或加入和氢离子反应的固体物质，使c（H+）减小，可以加碱或加入和氢离子反应的固体物质，故答案为：加NaOH；加Na2CO3等固体；（5）A．在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，故A错误；B．弱电解质越稀，电离度越大，即电离出的氢离子数越多，故B正确；-24-\nC．弱电解质越稀，电离度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少，故C错误；D．加水稀释，促进电离，n（CH3COO﹣）、n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则增大，故D正确；故答案为：BD．【点评】本题综合考查电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点．　26．将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经5min后，测得D的浓度为0.5mo/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率是0.1mol•L﹣1•min﹣1．求：（1）x值；（2）B的平均反应速率；（3）此时A的浓度及反应开始前放入容器中的A、B的物质的量．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡计算．【分析】（1）计算D的反应速率，根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算得到x；（2）化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比；（3）结合方程式，利用三段式进行计算，设开始前容器中A的物质的量为n，n（D）=0.5mol•L﹣1×2L=1mol，3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g），开始nn00转化1.5mol0.5mol1mol1mol5minn﹣1.5n﹣0.511故（n﹣1.5）：（n﹣0.5）=3：5，n=3，以此来解答．【解答】解：（1）v（D）==0.1mol•L﹣1•min﹣1，v（C）：v（D）=0.1mol•L﹣1•min﹣1：0.1mol•L﹣1•min﹣1=1：1=x：2，故x=2，答：x值为2；（2）v（C）：v（B）=2：1=0.1mol•L﹣1•min﹣1：v（B），v（B）=0.05mol•L﹣1•min﹣1，答：B的平均反应速率0.05mol•L﹣1•min﹣1；（3）设开始前容器中A的物质的量为n，n（D）=0.5mol•L﹣1×2L=1mol，3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g），开始nn00转化1.5mol0.5mol1mol1mol5minn﹣1.5n﹣0.511故（n﹣1.5）：（n﹣0.5）=3：5，n=3mol，此时A的浓度==0.75mol/L，答：此时A的浓度为0.75mol/L，反应开始前放入容器中的A、B的物质的量3mol．-24-\n【点评】本题考查了化学反应速率、化学平衡的计算应用，主要是化学方程式中计量数之比等于化学反应速率之比的应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．-24-