甘肃省张掖市民乐一中高二（上）月考化学试卷（10月份）

第20页2023-2023学年甘肃省张掖市民乐一中高二〔上〕月考化学试卷〔10月份〕一、选择题〔此题包括20小题，每题3分，共60分．每题只有一个选项正确〕1．〔3分〕氢能是一种既高效又干净的新能源，开展前景良好，用氢作能源的燃料电池汽车备受青睐．我国拥有完全自主知识产权的氢燃料电池轿车“超越三号〞，已到达世界先进水平，并加快向产业化的目标迈进．氢能具有的优点包括〔〕①原料来源广②易燃烧、热值高③储存方便④制备工艺廉价易行．A．①② B．①③ C．③④ D．②④2．〔3分〕反响A+B=C+D的能量变化如下图，以下说法正确的选项是〔〕A．该反响为放热反响 B．该反响为吸热反响 C．反响物的总能量高于生成物的总能量 D．该反响只有在加热条件下才能进行3．〔3分〕2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H1；2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔l〕△H2．那么以下关于△H1与△H2大小比拟中正确的选项是〔〕A．△H1＞△H2 B．△H1＜△H2 C．△H1=△H2 4．〔3分〕反响：①2C〔s〕+O2〔g〕═2CO〔g〕△H=﹣221kJ/mol②稀溶液中，H+〔aq〕+OH﹣〔aq〕═H2O〔l〕△H=﹣57.3kJ/mol以下结论正确的选项是〔〕A．碳的燃烧热110.5kJ/mol B．①的反响热为221kJ/mol C．稀醋酸与稀NaOH溶液反响生成1molH2O时对应的反响热为﹣57.3kJ/mol D．稀盐酸与稀NaOH溶液反响生成1molH2O时对应的反响热为﹣57.3kJ/mol5．〔3分〕101kPa时辛烷的燃烧热为﹣5518kJ•mol﹣1．那么以下热化学方程式书写正确的选项是〔〕A．2C8H18+25O2═16CO2+18H2O△H=﹣11036kJ•mol﹣1 B．2C8H18〔l〕+25O2〔g〕═16CO2〔g〕+18H2O〔l〕△H=﹣11036kJ•mol﹣1 C．2C8H18〔l〕+25O2〔g〕═16CO2〔g〕+18H2O〔g〕△H=﹣11036kJ•mol﹣1 D．2C8H18〔l〕+25O2〔g〕═16CO2〔g〕〕+18H2O〔l〕△H=﹣5518kJ•mol﹣16．〔3分〕甲、乙两容器中都在进行A⇌B+C的反响，甲中每分钟减少4molA，乙中每分钟减少2molA，那么甲、乙两容器中的反响速率的比拟是〔〕A．甲快 B．乙快 C．相等 D．无法确定7．〔3分〕在2A+B⇌3C+4D反响中，表示该反响速率最快的是〔〕A．v〔A〕=0.5mol•L﹣1•s﹣1 B．v〔B〕=0.3mol•L﹣1•s﹣1 C．v〔C〕=0.8mol•L﹣1•s﹣1 D．v〔D〕=1mol•L﹣1•s﹣18．〔3分〕对已达化学平衡的以下反响：2X〔g〕+Y〔g〕⇌2Z〔g〕减小压强时，对反响产生的影响是〔〕A．逆反响速率增大，正反响速率减小，平衡向逆反响方向移动 B．逆反响速率减小，正反响速率增大，平衡向正反响方向移动 C．正、逆反响速率都减小，平衡向逆反响方向移动 D．正、逆反响速率都增大，平衡向正反响方向移动9．〔3分〕20℃时，将10mL0.1mol/LNa2S2O3溶液和10mL0.1mol/L的H2SO4溶液混合，3min后溶液中明显出现浑浊．温度每升高10℃，化学反响速度增大到原来的3倍，那么40℃时，同样的反响要同样看到浑浊，需要的时间是〔〕A．40s B．15s C．30s D．20s10．〔3分〕一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反响：xA〔g〕+yB〔g〕⇌zC〔g〕到达平衡后，测得A浓度为0.5mol•L﹣1，当恒温下将密闭容器的容积扩大到两倍再到达平衡后，测得A浓度为0.3mol•L﹣1，那么以下表达正确的选项是〔〕A．平衡向正反响方向移动 B．x+y＜z C．C的体积分数降低 D．B的转化率提高11．〔3分〕对于密闭容器中进行的反响N2〔g〕+O2〔g〕⇌2NO〔g〕，以下条件能加快其反响速率的是〔〕A．增大体积使压强减小 B．体积不变，充入N2使压强增大 C．体积不变，充入He使压强增大 D．压强不变，充入气体Ne12．〔3分〕可逆反响：2NO2〔g〕⇌2NO〔g〕+O2〔g〕在一固定容积的密闭容器中反响，到达平衡状态的标志是〔〕①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO③用NO2、NO、O2物质的量浓度变化表示的反响速率的比为2：2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．②③⑤ B．①④⑥ C．①③④ D．①②③④⑤⑥13．〔3分〕对于N2〔g〕+3H2〔g〕⇌2NH3〔g〕，不能作为反响到达平衡状态的判断依据是〔〕A．恒容密闭容器中总压强不变 B．恒容密闭容器中混合气体的密度不变 C．生成氨气的速率与氨气分解的速率相等 D．N2、H2、NH3的浓度不再发生变化14．〔3分〕对于反响2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕，能增大正反响速率的措施是〔〕A．增大容器容积 B．移去局部SO3 C．通入大量O2 D．降低体系温度15．〔3分〕在一密闭容器中进行以下可逆反响：M〔g〕+N〔g〕⇌P〔g〕+2L．在不同的条件下P的百分含量P%的变化情况如图，那么该反响〔〕A．正反响放热，L是固体 B．正反响放热，L是气体 C．正反响吸热，L是气体 D．正反响放热，L是固体或气体16．〔3分〕H﹣H键的键能为436kJ/mol，O═O键的键能为498kJ/mol，根据热化学方程式H2〔g〕+O2〔g〕═H2O〔l〕△H=﹣286kJ/mol，判断H2O分子中O﹣H键的键能为〔〕A．485.5kJ/mol B．610kJ/mol C．917kJ/mol D．1220kJ/mol17．〔3分〕在密闭容器中，aA〔气〕⇌bB〔气〕达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加1倍，当到达新平衡时，B的浓度是原来的60%，以下说法正确的选项是〔〕A．平衡向逆反响方向移动了 B．物质A的转化率减少了 C．物质B的质量分数增加了 D．a＞b18．〔3分〕如图为某化学反响的速率与时间的关系示意图．在t1时刻升高温度或者增大压强，速率的变化都符合的示意图的反响是〔〕A．2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕H＜0 B．4NH3〔g〕+5O2〔g〕⇌4NO〔g〕+6H2O〔g〕H＜0m C．H2〔g〕+I2〔g〕⇌2HI〔g〕H＞0 D．N2〔g〕+3H2〔g〕⇌2NH3〔g〕H＜019．〔3分〕4NH3〔g〕+5O2〔g〕⇌4NO〔g〕+6H2O〔g〕△H=﹣1025kJ•mol﹣1是一个可逆反响．假设反响物起始物质的量相同，那么如图中关于该反响不正确的选项是〔〕A． B． C． D．二、填空题〔此题包括4小题，每空2分，共40分〕20．〔8分〕某化学兴趣小组要完成中和热的测定．〔1〕实验桌上备有烧杯〔大、小两个烧杯〕、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌器0.5mol•L﹣1盐酸、0.55mol•L﹣1NaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是；〔2〕实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？其原因是；〔3〕他们记录的实验数据如下：实验用品溶液温度中和热△Ht1t2①50mL0.55mol•L﹣1NaOH50mL0.5mol•L﹣1HCl20℃23.3℃②50mL0.55mol•L﹣1NaOH50mL0.5mol•L﹣1HCl20℃23.5℃出简单计算过程，并计算出反响热，填入上表；②根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反响的热化学方程式；〔4〕醋酸在电离过程中会吸热，假设用醋酸代替HCl做实验，测定结果〔填“偏大〞、“偏小〞、“无影响〞〕．21．〔3分〕2molH2完全燃烧生成液态水放出572kJ热量．写出H2燃烧热的热化学反响方程式：．22．〔3分〕在25℃、101kPa下，1gCH4〔g〕完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出55kJ的热量，写出该反响的热化学方程式：．23．〔9分〕热化学方程式：①2C2H2〔g〕+5O2〔g〕═4CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H1=﹣2602.0kJ•mol﹣1②C〔s〕+O2〔g〕═CO2〔g〕△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1③H2〔g〕+O2〔g〕═H2O〔l〕△H3=﹣285.8kJ•mol﹣1那么反响④2C〔s〕+H2〔g〕═C2H2〔g〕的△H为．24．〔12分〕煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及产率等问题．：CO〔g〕+H2O〔g〕⇌H2〔g〕+CO2〔g〕的平衡常数随温度的变化如下表：温度/℃4005008301000平衡常数K10910.6试答复以下问题〔1〕上述反响的正反响是反响〔填“放热〞或“吸热〞〕．〔2〕某温度下，上述反响到达平衡后，保持容器体积不变升高温度，正反响速率〔填“增大〞、“减小〞或“不变〞〕，容器内混合气体的压强〔填“增大〞、“减小〞或“不变〞〕．〔3〕830℃，在恒容反响器中发生上述反响，按下表中的物质的量投入反响混合物，其中向正反响方向进行的有〔选填A、B、C、D〕．ABCDn〔CO2〕3101n〔H2〕2101n〔CO〕1230.5n〔H2O〕5232〔4〕830℃时，在2L的密闭容器中参加4molCO〔g〕和6molH2O〔g〕到达平衡时，CO的转化率是．25．〔8分〕T℃时，有甲、乙两个密闭容器，甲容器的体积为1L，乙容器的体积为2L，分别向甲、乙两容器中参加6molA和3molB，发生反响如下：3A〔g〕+bB〔g〕⇌3C〔g〕+2D〔g〕△H＜0；4min时甲容器内的反响恰好到达平衡，A的浓度为2.4mol/L，B的浓度为1.8mol/L；tmin时乙容器内的反响达平衡，B的浓度为0.8mol/L．根据题给信息答复以下问题：〔1〕甲容器中反响的平均速率v〔B〕=。〔2〕乙容器中反响到达平衡时所需时间t4min〔填“大于〞、“小于〞或“等于〞〕。〔3〕假设要使甲、乙容器中B的平衡浓度相等，可以采取的措施是。A．保持温度不变，增大甲容器的体积至2LB．保持容器体积不变，使甲容器升高温度C．保持容器体积和温度都不变，向甲中参加一定量的A气体D．保持容器体积和温度都不变，向甲中参加一定量的B气体〔4〕该温度下，向体积为1L的密闭容器中通入A、B、C、D气体物质的量分别为3mol、1mol、3mol，、2mol，此时反响〔填“处于化学平衡状态〞、“向正反响方向进行〞或“向逆反响方向进行〞〕〕2023-2023学年甘肃省张掖市民乐一中高二〔上〕月考化学试卷〔10月份〕参考答案与试题解析一、选择题〔此题包括20小题，每题3分，共60分．每题只有一个选项正确〕1．【分析】氢能是一种既高效又干净的新能源，开展前景良好，氢能是通过氢气和氧气反响所产生的能量．氢在地球上主要以化合态的形式出现，是宇宙中分布最广泛的物质，它构成了宇宙质量的75%，为二次能源．【解答】解：氢在地球上主要以化合态的形式出现，是宇宙中分布最广泛的物质；工业上生产氢的方式很多，常见的有水电解制氢、煤炭气化制氢、重油及天然气水蒸气催化转化制氢等。所以原料来源广，其燃烧产物是水无污染，热值高，但开发利用的制备工艺较复杂，储运不方便，是需要解决的首要问题。应选：A。【点评】此题考查了新能源氢能的开发利用的优缺点，明确信息与所需知识的关系来解答，较简单．2．【分析】化学上把有热量放出的反响叫做放热反响，把吸收热量的反响叫做吸热反响．【解答】解：该反响不一定是在加热条件下才能进行，也可能光照反响，故D错误，由图知C+D的总能量大于A+B的总能量，故该反响为吸热反响，应选B。【点评】此题考查吸热反响和放热反响的区别，难度不大．3．【分析】相同物质的量的氢气燃烧，生成液态水比生成水蒸气释放的热量多；该反响为放热反响，焓变为负值，放出热量越大，焓变值越小，据此进行解答．【解答】解：相同物质的量的氢气燃烧，生成液态水比生成水蒸气释放的热量多，由于氢气燃烧反响都是放热的，所以焓变是负值，所以△H1＞△H2，应选：A。【点评】此题考查了反响热大小比拟，题目难度不大，明确反响热与焓变的关系为解答关键，注意放热反响中，放出热量越大，焓变时越小，为易错点，试题培养了学生的灵活应用能力．4．【分析】A．CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；B．反响热分吸收热量，放出热量；C．醋酸是弱电解质，电离过程是吸热；D．根据中和热表述方法分析．【解答】解：A．使用燃烧热时要注意两个关键点：①反响物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O〔l〕、C→CO2〔g〕、S→SO2〔g〕]，由反响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．①的反响热为﹣221kJ/mol，故B错误；C．醋酸的电离过程是吸热的，稀醋酸与稀NaOH溶液反响生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，那么反响热大于﹣57.3kJ/mol，故C错误；D．稀盐酸与稀NaOH溶液反响生成1molH2O时放出的热量为57.3kJ，那么反响热为﹣57.3kJ/mol，故D正确；应选：D。【点评】此题主要考查学生对于反响热、中和热的理解及有关计算等，题目难度不大，注意中和热表述方法．5．【分析】由辛烷的燃烧热为﹣5518kJ•mol﹣1，那么1mol辛烷完全燃烧生成二氧化碳和水，放出热量为5518kJ，以此来解答．【解答】解：由辛烷的燃烧热为﹣5518kJ•mol﹣1，那么1mol辛烷完全燃烧生成二氧化碳和水，放出热量为5518kJ，标明各物质的状态，△H＜0，那么热化学方程式为2C8H18〔l〕+25O2〔g〕═16CO2〔g〕+18H2O〔l〕△H=﹣11036kJ•mol﹣1，应选：B。【点评】此题考查热化学反响方程式的书写，明确燃烧热的定义是解答此题的关键，并注意热化学反响方程式中的物质的状态、反响热的符号、数值、单位来解答．6．【分析】反响速率为单位时间内浓度的变化，根据物质的量的变化不能确定浓度的变化大小，以此解答该题．【解答】解：化学反响速率的计算公式v=，对于甲和乙△t是相等的，甲的△n为4mol，乙的△n为2mol，但甲和乙容器的体积未知，那么无法计算，故不能比拟两容器中的反响速率。应选：D。【点评】此题主要考查了学生对化学反响速率的理解及计算公式的应用，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大．注意反响速率用单位时间内浓度的变化量表示．7．【分析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反响速率与其化学计量数的比值越大，反响速率越快．【解答】解：化学反响速率与其化学计量数的比值越大，反响速率越快，A.=0.25，B.=0.3，C.=0.27，D.=0.25，那么反响速率最快的为B，应选：B。【点评】此题考查反响速率快慢的比拟，利用反响速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反响速率来比拟，题目难度不大．8．【分析】对于有气体参加的化学反响，减小压强，正逆反响速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动．【解答】解：反响2X〔g〕+Y〔g〕2Z〔g〕有气体参加和生成，且该反响为气体体积缩小的反响，那么减小压强时，A、正逆反响速率都减小，故A错误；B、正逆反响速率都减小，平衡逆向移动，故B错误；C、正、逆反响速率都减小，平衡向逆反响方向移动，故C正确；D、正、逆反响速率都减小，平衡向逆反响方向移动，故D错误；应选：C。【点评】此题考查压强对反响速率及化学平衡的影响，明确化学反响为气体体积缩小的反响是解答此题的关键，难度不大．9．【分析】温度每升高10℃，化学反响速率增大到原来的3倍，那么40℃时，温度升高20℃，反响速率应是20℃的32=9倍，反响需要时间为原先的，以此解答该题．【解答】解：化学反响中，升高温度，反响速率增大，20℃时将0.1mol/LNa2S2O3溶液10mL和0.1mol/L的硫酸溶液混合，3min后溶液中出现混浊，即180s；温度每升高10℃，化学反响速率增大到原来的3倍，那么40℃时，温度升高了20℃，反响速率应是20℃的32=9倍，那么同样的反响出现混浊需要的时间为：=20s，应选：D。【点评】此题考查化学反响速率的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握温度升高后速率的变化倍数，为解答该题的关键，难度中等．10．【分析】保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，小于实际A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反响移动，据此结合选项解答．【解答】解：保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，小于实际A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反响移动，A、由上述分析可知，平衡向逆反响移动，故A错误；B、增大体积，压强减小，平衡向逆反响移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，故B错误；C、平衡向逆反响移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，气体的物质的量增大，C物质的量减小，故C的体积分数下降，故C正确；D、平衡向逆反响方向移动，B的转化率降低，故D错误；应选：C。【点评】此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．11．【分析】决定化学反响速率快慢的因素有内因和外因，反响物本身的性质〔内因〕，温度、浓度、压强、催化剂等为影响化学反响速率的外界因素，对于反响N2+O2⇌2NO是一个反响前后体积不变的反响，据此结合选项的内容解答．【解答】解：A．增大体积，反响物的浓度减小，单位体积活化分子的数目减少，反响速率减慢，故A错误；B．体积不变充入N2使压强增大，对于反响N2+O2⇌2NO，氮气为反响物，反响物的浓度增大，活化分子的数目增多，反响速率增大，故B正确；C．体积不变充入He使压强增大，但对于反响N2+O2⇌2NO，充入He参加反响的物质的浓度不变，活化分子的数目不变，反响速率不变，故D错误；D．压强不变充入He，相当于是增大体系的体积，反响物的浓度减小，活化分子的数目减少，反响速率减慢，故D错误。应选：B。【点评】此题考查影响化学反响速率的外界因素的适用范围，明确温度、压强、浓度、催化剂等常见的对反响的影响因素是解答的关键，题目较简单．12．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，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，随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响到达平衡状态．【解答】解：①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2，说明反响v正=v逆，到达平衡状态，故①正确；②无论反响是否到达平衡状态，反响速率之比等于化学计量数之比，不能说明到达平衡状态，故②错误；③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2物质的量浓度变化表示的反响速率之比可能为2：2：1，也可能不是2：2：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故③错误；④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，到达平衡状态，故④正确；⑤无论反响是否到达平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度不变，不能说明到达平衡状态，故⑤错误；⑥反响前后气体的化学计量数之和不相等，当到达平衡时，气体的压强不变，故⑥正确；应选：B。【点评】此题考查化学平衡状态的判断，难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．13．【分析】化学反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不再变化，注意反响化学方程式中气体的化学计量数之和前后不等的特点，以此判断．【解答】解：A．该反响反响前后气体体积不同，反响到达平衡状态时气体的压强不再变化，故A不选；B．反响前后气体质量不变，体积不变，混合气体密度始终不变，故B选；C．生成氨气的速率和分解氨气的速率相等，那么氨气的正逆反响速率相等，所以可以说明到达平衡状态，故C不选；D．单当该反响到达平衡状态时，各物质的浓度不再发生变化，N2、H2、NH3的浓度不再发生变化，那么各种物质的质量分数不再变化，可以说明到达平衡状态，故D不选；应选：B。【点评】此题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意方程式中气体的化学计量数关系，注意平衡时的浓度关系、物质的量关系不能作为判断是否平衡的依据．14．【分析】根据外界条件对化学反响速率的影响分析，能改变反响速率的措施有温度、压强、浓度、催化剂等．【解答】解：A、增大容器容积，减小了体系的压强，压强减小，正反响速率减小，故A错误。B、移去局部三氧化硫，反响物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学平衡向正反响方向移动，所以正反响速率减小，故B错误。C、通入大量氧气，增大反响物的浓度，能增大正反响速率，故C正确。D、降低体系的温度，正逆反响速率都减小，故D错误。应选：C。【点评】此题考查了外界条件对化学反响速率的影响，难度不大，注意温度对所有的化学反响速率都有影响，无论该反响速率放热反响还是吸热反响．15．【分析】依据图象分析，相同条件下，先拐先平温度高，压强大，依据ⅠⅡ可知温度越高P%越小，说明升温平衡逆向进行，正反响为放热反响，结合ⅡⅢ，压强越大P%越小，说明增大压强平衡逆向进行，平衡向气体体积减小的方向；【解答】解：依据图象分析，相同条件下，先拐先平温度高，压强大，依据ⅠⅡ可知温度越高P%越小，说明升温平衡逆向进行，正反响为放热反响，结合ⅡⅢ，压强越大P%越小，说明增大压强平衡逆向进行，增大压强平衡向体积减小的方向，L为气体；应选：B。【点评】此题考查了化学平衡图象分析判断，化学平衡移动原理是解题关键，注意图象分析方法，先拐先平温度，压强大，题目难度中等．16．【分析】化学反响中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反响中的反响热△H=反响物总键能﹣生成物总键能，H﹣H键的键能为436kJ/mol，O═O键的键能为498kJ/mol，注意每摩尔H2O中含有2molH﹣O键，据此计算．【解答】解：设O﹣H键的键能为xKJ/mol，各化学键键能为：H﹣H键的键能为436kJ/mol，O═O键的键能为498kJ/mol，反响热的焓变：△H=反响物总键能﹣生成物总键能，那么反响H2〔g〕+O2〔g〕═H2O〔l〕△H=﹣286kJ/mol，△H=1×436kJ/mol+×498kJ/mol﹣2×xkJ/mol=﹣286kJ/mol，解得：x=485.5KJ/mol，应选：A。【点评】此题考查反响热与化学键键能的关系，题目难度不大，注意从物质能量、键能角度理解反响热，明确反响热的焓变△H=反响物总键能﹣生成物总键能及焓变的正负与吸收、放热热量的关系．17．【分析】假设a=b，那么保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，B和C的浓度应均是原来的，但当到达新的平衡时，B的浓度均是原来的60%，说明减小压强平衡向正反响方向移动，那么说明a＜b，以此来分析．【解答】解：假设a=b，那么保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，B和C的浓度应均是原来的，但当到达新的平衡时，B的浓度均是原来的60%，说明减小压强平衡向正反响方向移动，那么说明a＜b。A、由以上分析可知，平衡应向正反响方向移动，故A错误；B、平衡应向正反响方向移动，A的转化率增大，故B错误；C、平衡应向正反响方向移动，物质B的质量分数增加了，故C正确D、增大压强平衡向逆反响方向移动，那么说明a＜b，故D错误。应选：C。【点评】此题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键．18．【分析】由图象可知，在t1时刻升高温度或增大压强，正逆反响速率都增大，且逆反响速率大于正反响速率，说明平衡向逆反响方向移动，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题．【解答】解：在t1时刻升高温度或增大压强，正逆反响速率都增大，且逆反响速率大于正反响速率，说明平衡向逆反响方向移动，如是升高温度，正反响应为放热反响，如是增大压强，那么反响物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，只有B符合，应选：B。【点评】此题考查化学平衡图象问题，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，根据图象判断平衡移动的方向，结合温度、压强对平衡移动的影响是解答该题的关键，学习中注意相关知识的积累．19．【分析】4NH3〔g〕+5O2〔g〕=4NO〔g〕+6H2O〔g〕正反响是放热反响，且正反响是气体体积增大的反响，升高温度，反响速率加快，到达平衡的时间缩短，化学平衡向逆反响方向移动，平衡时NO的含量降低；增大压强，反响速率加快，到达平衡的时间缩短，平衡向逆反响方向移动，平衡时NO的含量降低；催化剂能改变化学反响速率但不影响化学平衡．【解答】解：A．正反响是放热反响，升高温度，先到达平衡，平衡向逆反响方向移动，平衡时NO的含量减少，图象与实际相符合，故A正确；B．正反响是气体体积增大的反响，增大压强，先到达平衡，平衡向逆反响方向移动，平衡时NO的含量减少，图象与实际相符合，故B正确；C．正反响是放热反响，升高温度，先到达平衡，平衡向逆反响方向移动，平衡时NO的含量减少，图象中到达平衡的时间与实际不相符合，故C错误；D．催化剂能改变化学反响速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反响速率缩短反响到达平衡的时间，故D正确。应选：C。【点评】此题以图象为载体考查了外界条件对化学平衡的影响，难度中等，明确催化剂能改变化学反响速率但不影响化学平衡．二、填空题〔此题包括4小题，每空2分，共40分〕20．【分析】〔1〕根据中和热测定的实验步骤选用需要的仪器，然后判断还缺少的仪器；〔2〕金属导热快，热量损失多；〔3〕①先求出2次反响的温度差的平均值，根据公式Q=cm△T来求出生成0.025mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；②根据中和热的概念以及热化学方程式的书写方法；〔4〕弱电解质电离吸热．【解答】解：〔1〕中和热的测定过程中，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少温度计和量筒，故答案为：量筒、温度计；〔2〕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；〔3〕①第1次反响前后温度差为：3.3℃，第2次反响前后温度差为：3.5℃，平均温度差为3.4℃，50mL0.55mol•L﹣1NaOH与50mL0.5mol•L﹣1HCl混合，氢氧化钠过量，反响生成了0.025mol水，50mL0.5mol•L﹣1盐酸、0.55mol•L﹣1NaOH溶液的质量和为：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×3.4℃=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1.4212kJ×=﹣56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=﹣56.8kJ•mol﹣1，②稀盐酸和NaOH稀溶液反响生成1mol水放热56.8KJ，该反响的热化学方程式为：HCl〔aq〕+NaOH〔aq〕=NaCl〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣56.8kJ•mol﹣1；故答案为：﹣56.8kJ•mol﹣1；HCl〔aq〕+NaOH〔aq〕=NaCl〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣56.8kJ•mol﹣1；〔4〕醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以用醋酸代替HCl做实验，反响放出的热量小于56.8kJ，但△H偏大，故答案为：偏大．【点评】此题考查中和热的测定，题目难度不大，注意热量计算公式的应用中c=4.18J/〔g•℃〕，要注意热量单位的换算．21．【分析】2molH2完全燃烧生成液态水放出572kJ热量，那么1molH2完全燃烧生成液态水放出热量为286kJ，燃烧热中可燃物为1mol，生成稳定氧化物，结合焓变为负来解答．【解答】解：2molH2完全燃烧生成液态水放出572kJ热量，那么1molH2完全燃烧生成液态水放出热量为286kJ，那么H2燃烧热的热化学反响方程式为H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔l〕△H=﹣286kJ/mol，故答案为：H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔l〕△H=﹣286kJ/mol．【点评】此题考查热化学方程式的书写，为高频考点，把握燃烧热、物质的量与热量的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意燃烧热中水为液态，题目难度不大．22．【分析】燃烧热是指在25℃、101kPa下，1mol纯洁物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物的物质的量必须为1mol，产物必须为稳定氧化物．【解答】解：1gCH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出55.6kJ的热量，那么1mol即16gCH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，16×55kJ=880kJ，那么甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4〔g〕+2O2〔g〕═CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣880KJ•mol﹣1，故答案为：CH4〔g〕+2O2〔g〕═CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣880KJ•mol﹣1．【点评】此题主要考查了热化学方程式的书写，注意热化学方程式的意义是解题的关键，难度不大．23．【分析】利用盖斯定律，将②×2+③﹣①即得到反响④，反响热为△H=2△H2+△H3﹣△H1，以此解答该题．【解答】解：根据盖斯定律可知，②+③﹣①即得到反响④2C〔s〕+H2〔g〕═C2H2〔g〕，所以该反响的△H=﹣393.5kJ•mol﹣1×2﹣285.8kJ•mol﹣1+×2602.0kJ•mol﹣1=+228.2kJ•mol﹣1，故答案为：+228.2kJ•mol﹣1．【点评】此题考查反响热的计算，注意根据热化学方程式利用盖斯定律计算反响热的方法，答题时注意体会，题目难度不大．24．【分析】〔1〕依据平衡常数随温度的变化结合平衡移动原理分析判断反响的热量变化，根据表中数据可知，温度升高平衡常数减小，说明平衡向逆反响方向移动；〔2〕温度升高，反响速率增大，平衡向逆反响方向移动，压强增大；〔3〕根据830℃时，平衡常数k=1，依据浓度计算和平衡常数比拟判断；〔4〕依据平衡三段式列式计算反响的一氧化碳，根据转化率概念计算得到．【解答】解：〔1〕根据表中数据可知，温度升高平衡常数减小，说明平衡向逆反响方向移动，那么正反响放热，故答案为：放热；〔2〕温度升高，反响速率增大，平衡向逆反响方向移动，反响前后气体体积不变，等容容器中压强之比等于温度之比，所以压强增大，故答案为：增大；增大；〔3〕根据830℃时，平衡常数k=1计算；A、Q=＞1，反响向逆反响方向移动，故A错误；B、Q=＜1，反响向正反响方向移动，故B正确；C、只有反响物，反响向正反响方向移动，故C正确；D、Q==1．到达平衡状态，平衡不移动，故D错误．故答案为：B、C．〔4〕830℃时，在2L的密闭容器中参加4molCO〔g〕和6molH2O〔g〕到达平衡时，设一氧化碳转化物质的量为x，依据平衡三段式列式得到CO〔g〕+H2O〔g〕⇌H2〔g〕+CO2〔g〕起始量〔mol〕4600变化量〔mol〕xxxx平衡量〔mol〕4﹣x6﹣xxx平衡常数K==1x=2.4molCO的转化率=×100%=60%故答案为：60%．【点评】此题考查化学平衡常数的分析判断，影响因素分析，平衡计算应用，题目难度中等．25．【分析】反响前，甲容器中A、B的浓度分别为6mol•L﹣1、3mol•L﹣1，4min甲容器内的反响到达化学平衡后，A的浓度减少