高一下学期末化学综合一

这是一份高一下学期末化学综合一，共5页。主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（共21题；共42分）
1.已知a为IIA族元素，b为IIIA族元素，它们的原子序数分别为m和n，且a、b为同一周期元素，下列关系式错误的是 （ ）
A.n=m+11 B.n=m+25 C.n=m+10 D.n=m+1
2.在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是（ ）
A.将SO2通入水中
B.火碱溶于水
C.将HCl通入水中
D.硫酸氢钠溶于水
3.常温下，分别将四块形状相同质量为9g的铁块同时投入下列四种溶液中，产生H2速率最快的是（ ）
A.500mL2ml/L的HCl
B.200mL2ml/L的H2SO4
C.300mL3ml/L的HCl
D.500mL6ml/L的HNO3
4.当前在人类已知的化合物中，品种最多的是（ ）
A.ⅢB族元素的化合物
B.ⅤA族元素的化合物
C.ⅣA族元素的化合物
D.过渡元素的化合物
5.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)：△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A.加入少量W，逆反应速率增大
B.升高温度，平衡逆向移动平衡
C.当容器中气体压强不变时，反应达到平衡
D.平衡后加入X，上述反应的△H增大
6.下列说法中，正确的是：（ ）
A.相邻的原子之间的相互作用叫做化学键
B.金属和非金属元素的相互化合，都能形成离子键
C.第三周期主族元素中原子半径最小的是氯原子，离子半径最小的是铝离子
D.甲元素原子半径比乙元素原子半径大，则甲的离子半径一定比乙的离子半径大。
7.下列性质的比较，正确的是( )
A.酸性：H2SiO3 >H2CO3
B.碱性Mg(OH)2 >Al(OH)3
C.稳定性 SiH4 >PH3
D.原子半径N > C
8.下列有关化学用语的使用正确的是( )
A.CH4O的结构式：
B.H2O2的电子式：
C.H2S电离的方程式为：H2S2H+＋S2-
D.中子数为6的碳原子612C
9.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相同的空心铜球和空心铁球，调节杠杆使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏 向判断正确的是（实验过程中不考虑铁丝反应及两边浮力的变化）（ ）
A.杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低
B.杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高
C.当杠杆为绝缘体时，A端低B端高；为导体时，A端高B端低
D.当杠杆为绝缘体时，A端高B端低；为导体时，A端低B端高
10.下列化学式表示的物质中，属于离子晶体并且含有非极性共价键的是( )
A.BaCl2 B.Na2O2 C.H2O2 D.NH4Cl
11.下列说法正确的是( )
A.SiH4比CH4稳定
B.O2－半径比F－的小
C.Na和Cs属于第ⅠA族元素，Cs失电子能力比Na强
D.P和As属于第ⅤA族元素，H3PO4的酸性比H3AsO4的弱
12.要检验溴乙烷中的溴元素，正确的实验方法是( )
A.加入新制的氯水振荡，再加入少量CCl4振荡，观察下层是否变为橙红色
B.滴入硝酸银溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成
C.加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
D.加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
13.下列文字表述与反应方程式对应且正确的是( )
A.溴乙烷中滴入AgNO3溶液检验其中的溴元素：Br－＋Ag＋=AgBr↓
B.用醋酸除去水垢：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C.利用腐蚀法制作印刷线路板：Fe3＋＋Cu=Fe2＋＋Cu2＋
D.实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯： ＋Br2 ＋HBr
14.对于敞口容器中的反应：Zn(s)+H2SO4(aq)= ZnSO4 (aq)+H2(g),下列叙述中不正确的是（ ）
A.Zn和H2SO4的总能量大于 ZnSO4和H2的总能量
B.反应过程中能量关系可用上图表示
C.若将该反应设计成原电池，则Zn为负极
D.若将该反应设计成原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出11.2L气体
15.于密闭容器中进行如下反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如下图所示。则符合图示的正确判断是
A.T1＜T2 ， ΔH＞0 B.T1＞T2 ， ΔH＞0
C.T1＞T2 ， ΔH＜0 D.T1＜T2 ， ΔH＜0
16.mA(g)+nB(g) pC(g)+qQ(g)，当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是（ ）
①体系的压强不再改变 ②绝热体系的温度不再改变 ③各组分的浓度不再改变
④各组分的质量分数不再改变 ⑤反应速率vA: vB: vC: vD = m:n:p:q
⑥单位时间内m ml A断键反应，同时p ml C也断键反应
A.③④⑤⑥ B.②③④⑥ C.①③④⑤ D.①③④⑥
17.可逆反应：2NO22NO+O2 在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n mlO2的同时生成2n mlNO2
②单位时间内生成n mlO2的同时，生成2n ml NO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为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
A.①④ B.①③④ C.②③⑤ D.①②③④⑤
18.向1 L的密闭容器中加入1 ml X、0.3 ml Z和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如图一所示。图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是（ ）
A.Y的起始物质的量为0.5 ml
B.该反应的化学方程式为：2X(g)+Y(g) 3Z(g) ∆H＜0
C.若t0=0，t1=10 s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03 ml/(L·s)
D.反应物X的转化率t6点比t3点高
19.如图装置中X和Y均为石墨电极，电解液为滴有酚酞的某浓度NaCl溶液，电解一段时间后，X极附近溶液先变红。下列有关说法中正确的是（ ）
A.X极连接电源正极
B.X极上产生气体有刺激性气味
C.Y极上发生氧化反应
D.电子从X极经过溶液流向Y极
20.CaCO3与稀盐酸反应（放热反应）生成CO2的量与反应时间的关系如右图所示。下列结论不正确的是（ ）
A.反应开始2分钟内平均反应速率最大
B.反应4分钟后平均反应速率最小
C.反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大
D.反应4分钟后反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小
21.甲萘醌(维生素K)有止血作用，它可通过2—甲基萘的氧化而制得，反应中常用乙酸作催化剂，该反应放热，可表示为：
在某次合成反应中，用1．4g的2—甲基萘，才制得0．17g甲萘醌，已知该次合成反应的速率是快的，试判断导致其产率低的原因是（ ）
A.使用了过量的氧化剂
B.没有用乙酸，而是使用了其它催化剂
C.把反应混合物加热
D.所生成的甲萘醌是沉淀物
二、填空题（共2题；共16分）
22.I．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（1）△H=﹣57.3kJ•ml﹣11L 0.5ml•L﹣1的NaOH溶液中加入稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸，恰好完全反应时的热效应分别为△H1、△H2、△H3则三者关系为________ （用＜、＞或=表示）．
II．在饱和Mg（OH）2溶液中c（OH﹣）=1.0×10﹣4ml/L．，若往该溶液中加入NaOH溶液，使溶液中的c（OH﹣）变为原来的10倍，则Mg（OH）2在此溶液中的溶解度在理论上将变为原来的________ 倍．
23.4g硫粉在氧气中完全燃烧生成二氧化硫，放出37kJ的热量，硫的燃烧热△H=________ ；并写出热化学方程式 ________ ．
三、实验探究题（共2题；共22分）
24.用50mL 0.50ml•L﹣1盐酸与50mL 0.55ml•L﹣1 NaOH溶液，在如图所示的装置中进行中和反应，测定强酸与强碱反应的反应热．
（1）在该实验中，量取50mL盐酸或NaOH溶液，需要用到的玻璃仪是________；
（2）装置中大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是________；
（3）某同学实验记录的数据如上表所示，其中记录的终止温度是指________温度；
（4）计算该实验发生中和反应时放出的热量为________kJ[中和后生成的溶液的比热容c=4.18J•（g•℃）﹣1 ， 稀溶液的密度都为1g•cm﹣3]；
（5）如果用50mL 0.55ml/L的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，通过测得的反应热计算中和热，其中和热△H会偏大，其原因是________．
25.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．
（1）NO2可用水吸收，相应的化学方程式为________．利用反应6NO2+8NH3 7N2+12H2O也可以处理NO2 ． 当转移1.2ml电子时，消耗的NO2在标准状况下是________ L．
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•ml﹣1
2NO （g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•ml﹣1
则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO （g） 的△H=________kJ•ml﹣1 ， 一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________．
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．SO3与NO的体积比保持不变 d．每消耗1ml SO3的同时生成1ml NO2
测得上述反应平衡时的NO2与SO2体积比为1：6，则平衡常数K=________．
（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）．
①CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1所示．该反应△H________0（填“＞”或“＜”）．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是________．
②甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注．DMFC工作原理如图2所示：通入a气体的电极是原电池的________极（填“正”或“负”），其电极反应式为________．
答案部分
第 1 题:【答案】 C第 2 题:【答案】 D第 3 题:【答案】 B
第 4 题:【答案】 C第 5 题:【答案】 C
【考点】化学反应速率的影响因素
【解析】【分析】W是固体，改变固体质量，反应速率是不变的，A不正确；正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，B不正确；反应是体积减小的可逆反应，所以当容器中气体压强不再变化时，反应即到达平衡状态，C正确；对于一个具体的化学反应方程式，其反应热是不变的，D不正确，答案选C。
【点评】浓度对于化学反应速率的影响，不能适用于固体或纯液体，在就是反应热与反应放出的热量是2个概念，不能混淆。
第 6 题:
【答案】 C
【考点】原子结构与元素周期律的关系，化学键，同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系
【解析】【解答】相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用叫做化学键，A不正确；B不正确，例如氯化铝中不存在离子键，而是共价键；D不正确，例如钠原子半径大于氯原子半径，但钠离子半径小于氯离子半径，所以正确的答案选C。
第 7 题:
【答案】 B
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【分析】非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，A不正确，应该是酸性：H2SiO3＜H2CO3；同样金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，B正确；非金属性越强，氢化物的稳定性越强，C不正确，稳定性应该是 SiH4＜PH3；同周期自左向右，原子半径逐渐减小，D不正确，原子半径应该是N＜C，答案选B。
第 8 题:
【答案】 A
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】B不正确，双氧水是共价化合物，电子式应该是；氢硫酸是弱电解质，电离是分步的，C不正确；D不正确，应该是126C，所以答案选A。
【分析】常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要熟练记住。
第 9 题:
【答案】 D
【考点】原电池和电解池的工作原理，电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】根据题意，若杠杆为绝缘体，滴入CuSO4溶液后，Cu在铁球表面析出，铁球质量增大，B端下沉；若杠杆为导体，滴入CuSO4溶液后，形成原电池，Cu在铜球表面析出，A端下沉。
第 10 题:【答案】 B
【解析】【解答】A、B、D项的物质属于离子晶体，BaCl2中只含离子键，NH4Cl中含有离子键和极性键。
第 11 题:【答案】 C
【解析】【解答】选项A中C与Si属于同主族元素，其氢化物的稳定性从上到下逐渐减弱，即CH4比SiH4稳定；选项B中O2－与F－的电子层结构相同，核电荷数小的，离子半径大，所以O2－半径大于F－半径；选项C中Na与Cs同主族，随着核电荷数的增大，原子失去电子的能力逐渐增强，即失去电子的能力：Cs>Na；选项D中根据同主族元素的最高价氧化物对应的水化物从上到下酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，所以酸性：H3PO4>H3AsO4。
【分析】熟练掌握元素周期律的重要内容是解题的关键​。
第 12 题:【答案】 D
【解析】【解答】溴乙烷分子中虽然有溴原子，但溴乙烷既不溶于水，在水中又不能电离出Br－(不同于HBr)，所以溴乙烷不能直接与新制氯水或硝酸银溶液反应。可见选项A、B是错误的。但溴乙烷在NaOH的水溶液存在下可以发生水解反应(卤代烃的重要化学性质之一)，并且生成物中有Br－生成。这样可通过Ag＋与Br－反应生成浅黄色的AgBr沉淀来检验溴元素的存在。但还要注意，AgNO3溶液还能与NaOH溶液反应生成沉淀而干扰对Br－的检验。因此在检验Br－前还必须先中和溶液中的NaOH。由上述分析可知，只有选项D正确。
第 13 题:
【答案】 D
【解析】【解答】溴乙烷中没有溴离子，所以不能直接用AgNO3溶液检验其中的溴元素；B选项中的醋酸为弱酸，应写化学式；C中电荷不守恒；所以答案为D。
第 14 题:
【答案】 D
【解析】【分析】金属与酸的置换反应是放热反应，即反应物能量总和大于生成物能量总和，A对；图像也反映出反应物总能量比生成物高，所以B也对；在原电池中还原性物质做负极活性材料，失电子被氧化，所以C对；Zn - 2e- = Zn2+ ， 当有32.5g，即物质的量为0.5ml的锌溶解时，正极发生2H+ + 2e- = H2↑，产生0.5mlH2 ， 体积在标准状况下为11.2L，但题目未说明是在标准状况下，所以D不对，选D。
第 15 题:【答案】 D
【解析】【分析】根据图像可知，温度位T2时首先达到平衡状态，所以T2大于T1。但温度越高，碘化氢的物质的量越少，这说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，答案选D。
第 16 题:
【答案】 B
【考点】化学平衡状态的判断
【解析】【分析】若m+n=p+q，无论是平衡状态还是非平衡状态体系的压强都不变，若m+n≠p+q，体系压强不变时为平衡状态；一个反应不是放热就是吸热，所以当绝热体系温度不变时，达到平衡状态；各组分浓度、质量分数不变时，体系达到平衡状态；无论是平衡还是不平衡，vA: vB: vC: vD = m:n:p:q；mml A断键反应与p ml C断键反应既有正反应又有逆反应，v（正）=v（逆），达到平衡状态。
第 17 题:
【答案】 A
【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。颜色深浅和浓度有关系，所以④正确。①中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。②中反应速率的方向是相同的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此②中的关系始终是成立，不正确。平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，③不正确；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，⑤不正确，答案选A。
【点评】判断化学平衡状态的标志有：(1)任何情况下均可作为标志的：①υ正=υ逆(同一种物质)；②各组分含量(百分含量、物质的量、质量)不随时间变化；③某反应物的消耗(生成)速率、某生成物的消耗(生成)速率=化学计量数之比；(2)在一定条件下可作为标志的是：①对于有色物质参加或生成的可逆反应体系，颜色不再变化；②对于有气态物质参加或生成的可逆反应体系，若反应前后气体的系数和相等，则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P不变(恒温恒容)；③对于恒温绝热体系，体系的温度不在变化；(3)不能作为判断标志的是：①各物质的物质的量或浓度变化或反应速率之比=化学计量数之比 (任何情况下均适用)；②有气态物质参加或生成的反应，若反应前后气体的系数和相等，则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P不变(恒温恒容)。
第 18 题:
【答案】 B
【考点】化学平衡建立的过程，化学平衡的影响因素，化学平衡移动原理
【解析】【解答】解：t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4～t5阶段应为减小压强；反应中X的浓度变化为1ml/L-0.8ml/L=0.2ml/L，Z的浓度变化为0.6ml/L-0.3ml/L=0.3ml/L，则X、Z的化学计量数之比为2：3，该反应为气体体积不变的反应，则Y为反应物，该反应为2X(g)+Y(g) 3Z(g)，t5时为升高温度，平衡正向移动，说明正反应∆H＞0。
​A．X减少0.2ml/L，则Y减少0.1ml/L，则起始Y的浓度为0.1ml/L+0.4ml/L=0.5ml/L，起始物质的量为0.5ml/L×2L=1ml，故A不符合题意；
B．由上述分析可知，此温度下该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g) 3Z(g)∆H＞0，故B符合题意；
C．若t0=0，t1=10 s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)= =0.03 ml/(L·s)，故C不符合题意；
D．t3为使用催化剂，平衡不移动，t5时为升高温度，平衡正向移动，反应物X的转化率t6点比t3点高，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】
分析图1知反应中X的浓度变化为1ml/L-0.8ml/L=0.2ml/L，Z的浓度变化为0.6ml/L-0.3ml/L=0.3ml/L，y未知
分析图2：首先明确四种不同条件对平衡的影响：
催化剂不改变平衡常数，只加快反应速率，平衡不移动
温度改变平衡常数，必然造成平衡移动，升高温度，v正、v逆均增大，并平衡移动（平衡右移：吸热，左移：放热）；降低温度，则相反的变化
改变浓度不改变平衡常数，增大反应物浓度，v正增大，v逆不变，平衡右移；反之则相反的变化
压强不改变平衡常数，增大压强，浓度增加，v正、v逆均增大，平衡向减小压强的方向移动；减小压强，浓度减小，v正、v逆均减小，平衡向增大压强的方向移动
再结合图2可以判断t2到t3符合满足增大反应物浓度，平衡移动变化
t3到t4符合使用催化剂的情况，只加快反应速率，平衡不移动
t5到t6满足增加温度，平衡常数改变的移动变化（平衡右移：吸热），所以∆H＞0
t4到t5是降低压强，v正、v逆均减小，但平衡未移动说明方程式中反应物和生成物中气体的计量系数和相等。由图一分析知反应物X浓度减小0.2ml/L时，生成物Z浓度增加0.3ml/L，比例为2:3，若气体系数和一样，则y必须参与反应，则该反应为2X(g)+Y(g) ⇌ 3Z(g)
A．由反应为2X(g)+Y(g) ⇌ 3Z(g)X减少0.2ml/L，则Y减少0.1ml/L，则起始Y的浓度为0.1ml/L+0.4ml/L=0.5ml/L
B．由上述分析可知，该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g) ⇌ 3Z(g) ∆H＞0
C．若t0=0，t1=10 s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)= ( 0.6 − 0.3 ) m l / L 10 s =0.03 ml/(L·s)
D．t3为使用催化剂，平衡不移动，t5时为升高温度，平衡正向移动，反应物X的转化率t6点比t3点高
​
第 19 题:
【答案】 C
【考点】电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】解：A. X极为电解池的阴极，所以X极应连接电源的负极，故A不符合题意；
B. X极的电极反应式为：2H2O+2e－=H2↑＋2OH－ ， 生成的氢气没有刺激性气味，故B不符合题意；
C. Y极为电解池的阳极，氯离子在阳极失电子生成氯气，发生氧化反应，故C符合题意；
D. 电子从Y极经过导线流向X极，不会经过电解质溶液，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解池中阳离子向阴极移动得到电子发生还原反应，溶液中Na＋和水电离出的H+向阴极移动，H+的氧化性大于Na＋ ， H+去放电产生氢气；水电离出的H+减少，水的电离平衡向正方向移动，c(OH－)增大，呈碱性，酚酞在碱性溶液中变红，X极附近溶液先变红，说明X极是阴极，与电源负极相连。Y极为阳极，溶液中Cl－和水电离出的OH－向阳极移动，Cl－的还原性大于OH－ ， Cl－失去电子发生氧化反应产生氯气；
D.电解池中导线内是电子在流动，溶液中是阴、阳离子作定向移动。
第 20 题:
【答案】 A
【考点】反应速率的定量表示方法，化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、由三个时间段内曲线的斜率大小可知，平均反应速率最大的时间段为2min~4min内，A符合题意；
B、由三个时间段内曲线的斜率大小可知，平均反应速率最小的为反应4min后，B不符合题意；
C、反应开始4min内，盐酸的浓度逐渐减小，由于反应放热，温度逐渐升高，而反应速率逐渐增大，故此时温度对反应速率起主要作用，C不符合题意；
D、反应4min后，盐酸的浓度小，而温度还是升高的，但此时反应速率相比前4min是逐渐减小的，故此时浓度对反应速率起主要作用，D不符合题意；
故答案为：A【分析】A、由曲线斜率的大小确定反应速率的大小；
B、由曲线斜率的大小确定反应速率的大小；
C、由温度和浓度的变化分析对反应速率的影响；
D、由温度和浓度的变化以及反应速率的变化分析原因；
第 21 题:
【答案】 C
【考点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】由题意分析知该反应的特点有：1．是一个氧化过程；2．正反应放热。催化剂只能改变反应速率，不能是平衡移动因此对产率无影响；
从理论上讲，使用过量氧化剂可以提高产率（增加一种反应物浓度从而提高另一种反应物的转化率），生成物的状态与产率无关；
正反应放热，因此加热不利于产物的生成。故答案为：C
【分析】在可逆反应中，产物的含量较低，与是否加入催化剂无关，催化剂不影响平衡移动；结合题意，该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动；增加一种反应物，可以提高另一种反应物的转化率以此解答该题．
A、增加氧化剂，可以增大2—甲基萘的转化率，一定程度上提高产率；
B、催化剂只能影响反应速率的快慢，不影响生成物的产率；
C、该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动；
D、生成物的状态不影响产率；
第 22 题:
【答案】 △H1＞△H3＞△H2；10﹣2
【考点】中和热
【解析】【解答】Ⅰ、25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/ml因醋酸是弱酸，电离时需要吸热，所以反应热大于﹣57.3k J•ml﹣1 ， 浓硫酸的稀释放热，所以反应热小于﹣57.3k J•ml﹣1 ， 故答案为：△H1＞△H3＞△H2；
Ⅱ、根据氢氧化镁的溶解平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），若往该溶液中加入NaOH溶液，使溶液中的c（OH﹣）变为原来的10倍，则c（Mg2+）•[c（OH﹣）]2会变为原来的100倍，则Mg（OH）2在此溶液中的溶解度在理论上将变为原来的10﹣2倍，故答案为：10﹣2 ．
【分析】Ⅰ、25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/ml，弱酸的电离吸热，浓硫酸的稀释放热；
Ⅱ、根据c（Mg2+）•[c（OH﹣）]2=Ksp ， 根据氢氧根浓度变化来判断氢氧化镁的溶解度的变化情况．
第 23 题:
【答案】 ﹣296kJ/ml；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296kJ/ml
【考点】燃烧热
【解析】【解答】4g硫粉完全燃烧生成二氧化硫气体，放出37kJ的热量，所以32g硫粉完全燃烧生成二氧化硫气体，放出296kJ的热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296kJ/ml，燃烧热是完全燃烧1ml物质生成最稳定的产物所放出的热量，所以硫的燃烧热为296 kJ/ml．
故答案为：﹣296kJ/ml；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296kJ/ml．
【分析】根据燃烧热的含义结合热化学方程式的书写来回答，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比．
第 24 题:
【答案】 （1）量简和胶头滴管
（2）减少实验过程中的热量损失
（3）完全反应后混合溶液的最高
（4）1.34
（5）NH3•H2O是弱电解质，电离需要吸热（或生成的盐会水解，要吸收热量等）
【考点】中和热的测定
【解析】【解答】解：（1）在该实验中，量取50mL盐酸或NaOH溶液，需要用到的玻璃仪是量筒和胶头滴管，故答案为：量简和胶头滴管；（2）中和热测定实验中，必须尽量减少实验过程中热量的损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3）氢氧化钠溶液与盐酸完全反应后混合溶液的最高温度为终止温度，故答案为：完全反应后混合溶液的最高；（4）第三次得到温度差误差较大，应该舍弃，所以平均温度差为： =3.2℃，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，则该反应中放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.2℃=1340J，即1.34kJ，故答案为：1.34 kJ；（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：NH3•H2O是弱电解质，电离需要吸热（或生成的盐会水解，要吸收热量等）．
【分析】（1）量取50mL盐酸或者氢氧化钠溶液使用玻璃仪器为量筒和胶头滴管；（2）中和热测定实验成败的关键是减少热量的损失；（3）中和热的测定中，完全反应后混合溶液的最高温度为终止温度；（4）先判断数据的有效性，然后计算出平均温度差，再根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量；（5）根据NH3•H2O是弱电解质，弱电解质电离吸热进行分析．
第 25 题:
【答案】 （1）3NO2+H2O═2HNO3+NO；67.2（2）﹣41.8；b；83（3）＜；在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加得不偿失；负；O2+4e﹣+4H+=2H2O
【考点】反应热和焓变，原电池和电解池的工作原理，化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：（1）NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1 ml NO2参加反应时，共转移了4 ml电子，故转移12ml电子时，消耗的NO2为12÷4×22.4L=67.2L，
故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；67.2；（2）根据盖斯定律，将第二个方程式颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H=﹣83.6 kJ•ml﹣1 ， 则NO2+SO2⇌SO3+NO△H=﹣41.8 kJ•ml﹣1；
a．本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态，a错误；
b．随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡，故b正确；
c．SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作为平衡状态的判断依据，故c错误；
d．d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据，故d错误．
故选b；
平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即 = ，故x= a，故平衡常数K= = = = ，
故答案为：﹣41.8；b； ；（3）①从横坐标上一点0.5处，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越高转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动．
第二问：实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，压强越大需要的条件越高，花费越大．
故答案为：＜；在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加得不偿失；
②根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为 CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+ ， 正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，
故答案为：负；O2+4e﹣+4H+=2H2O．
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差
（t2﹣t1）/℃
HCl
NaOH
平均值
1
25.5
25.0
25.25
28.5
3.25
2
24.5
24.2
24.45
27.6
3.15
3
25.0
24.5
24.75
26.5
1.75
NO2（g）+
SO2（g）
⇌
SO3（g）+
NO（g）
起始物质的体积
a
2a
0
0
转化物质的体积
x
x
x
x
平衡物质的体积
a﹣x
2a﹣x
x
x