四川省合江縣馬街中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期12月月考化學(xué)試題

馬街中學(xué)高2022級(jí)高二上期第三學(xué)月考試化學(xué)試題可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量有：H：1C：12O：16S：32Cu：64Cl：35.5Fe：56第一部分選擇題(共42分)一、選擇題(本題共14個(gè)小題，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，每小題3分，共42分)1.化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列敘述錯(cuò)誤的是A.用飛機(jī)播撒AgI是實(shí)現(xiàn)人工增雨方法之一B.節(jié)日燃放的煙花能夠呈現(xiàn)各種艷麗的色彩，與焰色試驗(yàn)有關(guān)C.電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，原理犧牲陽(yáng)極法D.高純硅可用于制作光導(dǎo)纖維【答案】D【解析】【詳解】A．AgI見(jiàn)光易分解，能吸收大量的熱，且分解產(chǎn)物可提供雨水形成的凝結(jié)核，常用作人工增雨劑，描述正確，不符題意；B．利用煙花爆炸時(shí)產(chǎn)生的高溫，使加在其中的各種金屬鹽的陽(yáng)離子產(chǎn)生相應(yīng)的焰色反應(yīng)，形成五顏六色的煙花，描述正確，不符題意；C．鎂活潑性強(qiáng)，與熱水器金屬內(nèi)膽接觸，再與自來(lái)水形成原電池結(jié)構(gòu)，鎂做負(fù)極消耗，使內(nèi)膽免于銹蝕，描述正確，不符題意；D．光導(dǎo)纖維導(dǎo)光，需透明材料，故使用高純度SiO2做原材料，單晶硅是半導(dǎo)體材料，描述錯(cuò)誤，符合題意；綜上，本題選D。2.三星堆兩次考古挖掘舉世震驚，二號(hào)祭祀坑出土商代的銅人銅像填補(bǔ)了我國(guó)考古學(xué)、青銅文化、青銅藝術(shù)史上的諸多空白。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.銅元素位于周期表的ds區(qū)B.測(cè)定出土文物年代的14C是碳的一種同分異構(gòu)體C.與銅元素最外層電子數(shù)相同的同一周期元素共有3種D.青銅中含有的錫元素位于周期表的第五周期第IVA族【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．周期表分為s區(qū)、p區(qū)、d區(qū)、ds區(qū)、f區(qū)，Cu的外圍電子排布式為3d104s1，Cu屬于第IB族元素，在周期表中位于ds區(qū)，故A正確；B．測(cè)定出土文物年代的14C是碳的一種同位素，故B錯(cuò)誤；C．Cu元素為29號(hào)元素，原子核外有29個(gè)電子，核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，最外層只有1個(gè)電子，第四周期最外層只有一個(gè)電子的元素核外電子排布式為：1s22s22p63s23p64s1、1s22s22p63s23p63d54s1和1s22s22p63s23p63d104s1，共有3種，故C正確；D．Sn是50號(hào)元素，位于周期表的第五周期第IVA族，故D正確；故選B。3.下列有關(guān)元素周期表的說(shuō)法正確的是A.按照核外電子排布，可把元素周期表劃分為s、p、d、f四個(gè)區(qū)B.元素周期表中，氟元素的電負(fù)性最大，第一電離能也最大C.元素周期表的各個(gè)周期總是從ns能級(jí)開(kāi)始，以np能級(jí)結(jié)束D.元素周期表中，從第IIIB族到第IIB族的10個(gè)縱列的元素全都是金屬元素【答案】D【解析】【詳解】A.按核外電子排布可將元素周期表分為s區(qū)、p區(qū)、d區(qū)、f區(qū)、ds區(qū)，A錯(cuò)誤；B.同一主族從上到下，電負(fù)性逐漸減小，同一周期從左到右，電負(fù)性逐漸增大，所以氟的電負(fù)性最大。同周期從左往右，核電荷數(shù)逐漸增大，原子半徑逐漸減小，核對(duì)外層電子的有效吸引依次增強(qiáng)，第一電離能增強(qiáng)，同主族元素自上而下，核外電子層逐漸增多，原子半徑逐漸增大，原子越來(lái)越容易失去電子，第一電離能減小，氦元素的第一電離能最大，B錯(cuò)誤；C.元素周期表的各個(gè)周期總是從ns能級(jí)開(kāi)始，不一定np能級(jí)結(jié)束，如第一周期從1s能級(jí)開(kāi)始，以1s能級(jí)結(jié)束，C錯(cuò)誤；D.元素周期表中從IIIB族到IIB族10個(gè)縱行的元素都是過(guò)渡元素，過(guò)渡元素全部為金屬元素，D正確；故選D。4.下列狀態(tài)的鎂中，電離出最外層一個(gè)電子所需能量最大的是A.[Ne] B.[Ne] C. D.[Ne]【答案】A【解析】【詳解】A、D表示Mg+，B、C表示Mg。Mg的第二電離能大于第一電離能，所以A、D失去最外層有關(guān)電子需要的能量大于B、C；3p能級(jí)的能量大于3s，3p能級(jí)上的電子易失去，則電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是A，故合理選項(xiàng)是A。5.甲烷燃燒熱化學(xué)方程式，可用下列兩種方程式表示：，，與的關(guān)系為A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】液態(tài)水轉(zhuǎn)化為氣態(tài)水要吸收能量，因此甲烷燃燒生成液態(tài)水比生成氣態(tài)水放熱多，而反應(yīng)放出的熱量與化學(xué)計(jì)量數(shù)成比例關(guān)系，因此，答案選C。6.某恒溫恒容密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，下列說(shuō)法能表明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是A.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變B.容器內(nèi)氣體的總物質(zhì)的量不隨時(shí)間而變化C.D的濃度不時(shí)間變化而改變D.單位時(shí)間內(nèi)生成2nmolA的同時(shí)，生成nmol的B【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)M=m/n，D的狀態(tài)是固體，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，但質(zhì)量是改變的，因此當(dāng)平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變，說(shuō)明達(dá)到平衡，故A正確；B．D的狀態(tài)是固體，根據(jù)反應(yīng)前后氣體的系數(shù)之和相等，即物質(zhì)的量始終不變，不能作為達(dá)到平衡的標(biāo)志，故B錯(cuò)誤；C．D的狀態(tài)是固體，濃度視為常數(shù)，不能作為達(dá)到平衡標(biāo)志，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)進(jìn)行的方向都是逆反應(yīng)，不能作為達(dá)到平衡的標(biāo)志，故D錯(cuò)誤。答案選A。7.在AgCl、CaCO3、Fe(OH)3、Mg(OH)2這些物質(zhì)中，溶解度不隨pH變化的是A.AgCl B.CaCO3 C.Fe(OH)3 D.Mg(OH)2【答案】A【解析】【詳解】CaCO3、Fe(OH)3、Mg(OH)2三種物質(zhì)中均存在溶解平衡；碳酸根離子能夠與氫離子反應(yīng)，促進(jìn)了碳酸鈣的溶解，CaCO3的溶解度隨pH變化；在酸性環(huán)境下，氫氧根離子濃度減小，促進(jìn)了Fe(OH)3、Mg(OH)2的溶解，溶解度增大，溶解度隨pH變化；AgCl也存在溶解平衡，但不受氫離子的影響，溶解度不隨pH變化；故選A。8.在不同條件下分別測(cè)得反應(yīng)2SO2+O22SO3的化學(xué)反應(yīng)速率，表示該反應(yīng)進(jìn)行得最快的是A.v(SO2)=4mol/(L·min) B.v(O2)=3mol/(L·min)C.v(SO2)=3mol/(L·min) D.v(O2)=1mol/(L·min)【答案】B【解析】【分析】同一個(gè)化學(xué)反應(yīng)，用不同的物質(zhì)表示其反應(yīng)速率時(shí)，速率數(shù)值可能不同，但表示的意義是相同的，所以比較反應(yīng)速率快慢時(shí)，應(yīng)該根據(jù)速率之比等于相應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，先換算成用同一種物質(zhì)、同一單位表示，然后才能直接比較速率數(shù)值?！驹斀狻緼．v(SO2)=4mol/(L·min)；B．v(SO2)=2v(O2)=23mol/(L·min)=6mol/(L·min)；C．v(SO2)=3mol/(L·min)D．v(SO2)=2v(O2)=21mol/(L·min)=2mol/(L·min)；綜上分析，反應(yīng)速率最大的為v(O2)=3mol/(L·min)，答案選B。9.下表是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均為短周期元素，X、Z的質(zhì)子數(shù)之和是2l。下列說(shuō)法不正確的是XYZWA.原子半徑Z>W>YB.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性Z>WC.氫化物的穩(wěn)定性X>ZD.X的氫化物與Y的氫化物能發(fā)生化合反應(yīng)生成離子化合物【答案】B【解析】【詳解】設(shè)X的質(zhì)子數(shù)是n，則根據(jù)元素在周期表中的相對(duì)位置可知Z是n+7，實(shí)驗(yàn)n+n+7＝21，解得n＝7，這說(shuō)明X是氮元素，Y是F元素，Z是硅元素，W是S元素。

A．同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，所以原子半徑是Z>W>Y，A正確；

B．非金屬性越強(qiáng)最高價(jià)氧化物水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性Z＜W，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性Z＜W，B錯(cuò)誤；

C．非金屬性越強(qiáng)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性是X大于Z，則氫化物的穩(wěn)定性X>Z，C正確；

D．氨氣能與HF反應(yīng)生成離子化合物NH4F，D正確，

答案選B。

10.已知反應(yīng)。在一定溫度和壓強(qiáng)下于密閉容器中，反應(yīng)達(dá)到平衡。下列敘述正確的是A.升高溫度，K減小B.減小壓強(qiáng)，的物質(zhì)的量增大C.增大壓強(qiáng)，CO轉(zhuǎn)化率增大D.充入一定量的氦氣，的物質(zhì)的量增大【答案】A【解析】【詳解】A．因?yàn)檎磻?yīng)放熱，因此升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，K減小，A正確；B．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反應(yīng)前后氣體化學(xué)計(jì)量數(shù)相等，減小壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，n(CO2)不變，B錯(cuò)誤；C．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反應(yīng)前后氣體化學(xué)計(jì)量數(shù)相等，增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率不變，C錯(cuò)誤；D．溫度、壓強(qiáng)一定，充入一定量的氦氣，體積增大，對(duì)平衡的影響相當(dāng)于減壓，因?yàn)榉磻?yīng)前后氣體化學(xué)計(jì)量數(shù)相等，壓強(qiáng)對(duì)平衡無(wú)影響，n(H2)不變，D錯(cuò)誤；故選A。11.常溫下，下列各離子組在指定溶液中能大量共存的是A.在溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.使石蕊變紅的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】D【解析】【詳解】A．在溶液中：、、三者發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不共存，故A不符合題意；B．的溶液中：與反應(yīng)而不能大量共存，故B不符合題意；C．使石蕊變紅的溶液中，溶液呈酸性，則、、發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不共存，故C不符合題意；D．的溶液中，溶液呈堿性，、、、都大量共存，故D符合題意。綜上所述，答案為D。12.我國(guó)電動(dòng)汽車(chē)多采用三元鋰電池，該電池電解質(zhì)為有機(jī)鋰鹽溶液，放電時(shí)工作原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.放電時(shí)，外電路中電子由M極流向N極B.放電時(shí)，正極電極反應(yīng)式為C.充電時(shí)，當(dāng)電路中通過(guò)0.2mol電子時(shí)，M極質(zhì)量增加1.4xgD.該電池通過(guò)在兩極之間來(lái)回嵌入和脫嵌，實(shí)現(xiàn)化學(xué)能與電能的相互轉(zhuǎn)化【答案】C【解析】【詳解】A．由鋰離子移動(dòng)方向可知，N極為正極，放電時(shí)，外電路中電子負(fù)極向正極運(yùn)動(dòng)，故由M極流向N極，A正確；B．放電時(shí)，正極電極發(fā)生還原反應(yīng)得到電子，反應(yīng)式為，B正確；C．充電時(shí)，鋰離子在M極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，xLi+xe+6C=LixC6，則生成當(dāng)電路中通過(guò)0.2mol電子時(shí)，M極質(zhì)量增加1.4g，C錯(cuò)誤；D．由圖可知，該電池通過(guò)在兩極之間來(lái)回嵌入和脫嵌，構(gòu)成內(nèi)電路實(shí)現(xiàn)化學(xué)能與電能的相互轉(zhuǎn)化，D正確；故選C。13.500K時(shí)，在三個(gè)容積均為2L的恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：。實(shí)驗(yàn)測(cè)得，。其中、為速率常數(shù)，受溫度影響。下列說(shuō)法正確的是容器編號(hào)起的時(shí)物質(zhì)的量/mol平衡時(shí)的物質(zhì)的量/molI001.20.4II0.41.00.6III0.71.20A.到達(dá)平衡時(shí)，容器III中的體積分?jǐn)?shù)小于50%B.到達(dá)平衡時(shí)，容器I與容器II中的總壓強(qiáng)之比為4：5C.到達(dá)平衡時(shí)，容器II中比容器I中的大D.當(dāng)溫度改變?yōu)門(mén)時(shí)。若、則【答案】A【解析】【分析】由容器I的反應(yīng)，列三段式：，平衡常數(shù)，在恒溫恒容密閉容器里，壓強(qiáng)和物質(zhì)的量成正比，則平衡時(shí)總壓強(qiáng)數(shù)值上等于總物質(zhì)的量，即(0.2+0.4+0.2)mol/L×2L=1.6mol，以此解答?！驹斀狻緼．若容器Ⅲ達(dá)到平衡時(shí)，SO2的體積分?jǐn)?shù)為50%，，B的體積分?jǐn)?shù)，解得x=0.05，則該時(shí)刻的，則SO2的體積分?jǐn)?shù)為50%時(shí)反應(yīng)還在正向進(jìn)行，因此SO2的體積分?jǐn)?shù)小于50%，故A正確；B．若平衡時(shí)容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強(qiáng)之比為4∶5，則容器II平衡時(shí)總物質(zhì)的量為2.0mol，對(duì)容器II列三段式：，則(0.2x+0.52x+0.3+2x)mol/L×2L=2.0mol，解得x=0，說(shuō)明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，而該時(shí)刻的，明顯起始投料反應(yīng)該逆向移動(dòng)，兩者出現(xiàn)矛盾，說(shuō)明平衡時(shí)，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強(qiáng)之比不是4:5，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)等效平衡，假設(shè)起始投入的O2、SO2全部轉(zhuǎn)化為SO3，即容器II的反應(yīng)相當(dāng)投料為0.1mol、0.4mol、1.2mol，顯然容器Ⅱ相當(dāng)于容器Ⅰ的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，則容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的小，故C錯(cuò)誤；D．若k正=k逆，反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，v正=v逆，，，則=，可得，由平衡表達(dá)式，可知溫度為T(mén)時(shí)，K=1，而500K時(shí)，，該反應(yīng)?H<0說(shuō)明是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡常數(shù)變小，而KT<K500K，則T>500K，故D錯(cuò)誤；故選A。14.亞磷酸(H3PO3)及其鹽在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要作用。25℃時(shí)，已知H3PO3溶液中含磷微粒的濃度之和為0.1mol?L1，溶液中所有含磷微粒的lgc－pOH的關(guān)系如圖所示。已知：pOH表示OH濃度的負(fù)對(duì)數(shù)[pOH=lgc(OH)]。下列說(shuō)法正確的是A.曲線①表示lgc(H2PO)隨pOH的變化B.pH=4的溶液中：c(H3PO3)+2c(HPO)=0.1mol?L1C.反應(yīng)H3PO3+HPO2H2PO的平衡常數(shù)K=1.0×105.3D.濃度均為0.1mol?L1的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀釋10倍后溶液中將增大【答案】D【解析】【分析】任何pOH下，圖中含R物質(zhì)均有3種，說(shuō)明H3RO3存在二級(jí)電離，為二元弱酸；隨著c(OH)逐漸增大，pOH減小，根據(jù)H3RO3+OH=+H2O、+OH=+H2O，可知c(H3RO3)逐漸減小，c()先增大后減小，c()逐漸增大，故lgc(H3RO3)逐漸減小，lgc()先增大后減小，lgc()逐漸增大，故曲線①表示c()，曲線②表示c()，曲線③表示c(H3RO3)，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線②表示c()隨pOH的變化，故A錯(cuò)誤；

B．pH=4時(shí)，pOH=10，由圖可知，此時(shí)，lgc(H3RO3)=lgc()，即c()=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c()+c()=0.1

mol?L1，故2c(H3RO3)+c()=0.1

mol?L1，故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)a點(diǎn)知，c()=c()時(shí)，pOH=7.3，c(OH)=107.3

mol/L，c(H+)=106.7

mol/L，則H3RO3的Ka2==c(H+)=106.7，根據(jù)c點(diǎn)知，c()=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH)=1012.6

mol/L，c(H+)=101.4

mol/L，則H3RO3的Ka1==c(H+)=101.4，由H3RO3?+H+減去?+H+，可得H3RO3+?2，則平衡常數(shù)K==105.3，故C錯(cuò)誤；

D．濃度均為0.1mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀釋10倍后溶液堿性減弱，c(OH)減小，的水解平衡常數(shù)不變，根據(jù)可知，該比值增大，故D正確；故選：D。第二部分非選擇題(共58分)二、非選擇題(本題包括15~19題，共5題)15.三氯化氮(NCl3)為黃色油狀液體，在弱酸性溶液中穩(wěn)定，易溶于有機(jī)溶劑，在熱水中易水解，95℃以上易爆炸，常用作漂白劑和殺菌劑。實(shí)驗(yàn)室常用Cl2與銨鹽溶液反應(yīng)制備，反應(yīng)裝置如圖所示(夾持裝置略)。（1）若用裝置A制取氯氣，X藥品為KMnO4，則A中反應(yīng)的離子方程式是_______。（2）裝置C的作用為_(kāi)______，B中冰水浴的目的是_______，B中Cl2與NH4Cl充分反應(yīng)后，采用_______(填操作名稱)得到NCl3的四氯化碳溶液，經(jīng)系列操作后，將制取得到的NCl3（3）反應(yīng)生成的NCl3遇熱水易水解，反應(yīng)液有漂白性，產(chǎn)生的氣體能讓濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)。寫(xiě)出NCl3水解的化學(xué)方程式：_______。（4）NCl3濃度測(cè)定：NCl3的制取是可逆反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)，利用間接碘量法測(cè)定氯氣的量即可測(cè)定NCl3的純度。實(shí)驗(yàn)步驟如下：ⅰ.準(zhǔn)確量取30.00mLNCl3的(NH4)2SO4溶液于三頸燒瓶中，加入10mL足量濃鹽酸，使用磁力攪拌器攪拌，并鼓入氮?dú)?；?將混合氣通入200mL0.1mol/LKI溶液中，待裝置中無(wú)色液體變成黃色，關(guān)閉氮?dú)?溶液體積變化忽略不計(jì))；ⅲ.量取20.00mL吸收液，加入淀粉指示劑，用0.1mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，滴定至終點(diǎn)時(shí)消耗Na2S2O3溶液18.00mL。(已知：反應(yīng)原理為)①確定滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)______。②NCl3的(NH4)2SO4溶液中，NCl3的濃度為_(kāi)______mol·L1【答案】（1）（2）①.防止空氣中水進(jìn)入裝置B且吸收尾氣防止污染②.對(duì)裝置降溫，防止溫度過(guò)高發(fā)生爆炸③.分液（3）（4）①.最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液加入后，溶液藍(lán)色消失且半分鐘不變色②.0.1【解析】【分析】在實(shí)驗(yàn)室利用濃鹽酸和高錳酸鉀不加熱制取氯氣，氯氣和氯化銨、四氯化碳混合溶液反應(yīng)制取三氯化氮，裝置需要避免空氣中的水蒸氣接觸產(chǎn)品，故需要干燥裝置連接在最右邊，同時(shí)可以吸收尾氣?！拘?wèn)1詳解】用裝置A制取氯氣，濃鹽酸和高錳酸鉀不加熱生成氯化錳、水、氯化鉀和氯氣，則A中反應(yīng)的離子方程式；【小問(wèn)2詳解】三氯化氮易水解且尾氣中氯氣有毒，故裝置C的作用為防止空氣中水進(jìn)入裝置B且吸收尾氣防止污染；反應(yīng)為放熱反應(yīng)且三氯化氮在熱水中易水解，95℃以上易爆炸，故B中冰水浴的目的是對(duì)裝置降溫，防止溫度過(guò)高發(fā)生爆炸；B中Cl2與NH4Cl充分反應(yīng)后，三氯化氮易溶于有機(jī)溶劑四氯化碳中，則靜置后分液即可得到NCl3的四氯化碳溶液；【小問(wèn)3詳解】NCl3遇熱水易水解，反應(yīng)液有漂白性，結(jié)合質(zhì)量守恒可知生成次氯酸，產(chǎn)生的氣體能讓濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，則生成堿性氣體氨氣，故NCl3水解的化學(xué)方程式：；【小問(wèn)4詳解】①淀粉遇到碘單質(zhì)變?yōu)樗{(lán)色，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液加入后，溶液藍(lán)色消失且半分鐘不變色；②根據(jù)題意可知，涉及反應(yīng)為、、，則存在關(guān)系，則NCl3的物質(zhì)的量為，故NCl3的濃度為。16.生產(chǎn)生活中的化學(xué)反應(yīng)都伴隨能量的變化，請(qǐng)根據(jù)有關(guān)知識(shí)回答下列問(wèn)題：（1）制作有降溫、保鮮和鎮(zhèn)痛的冷敷袋可以利用___________(填“放熱”或“吸熱”)的化學(xué)變化或物理變化。（2）“即熱飯盒”可利用下面___________(填字母序號(hào))反應(yīng)釋放的熱量加熱食物。A．生石灰和水

B．濃硫酸和水

C．鈉和水（3）CH3OH是優(yōu)質(zhì)液體燃料，在25℃、101kPa下，充分燃燒1molCH3OH并恢復(fù)到原狀態(tài)，會(huì)釋放725.76kJ的熱量。請(qǐng)寫(xiě)出表示CH3OH燃燒熱的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：___________。（4）已知常溫下紅磷比白磷穩(wěn)定，在下列反應(yīng)中：①4P(紅磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=–Q1kJ/mol②P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=–Q2kJ/mol若Q1、Q2均大于零，則Q1和Q2的關(guān)系為_(kāi)__________(填字母序號(hào))。A. B. C. D.無(wú)法確定（5）火箭和導(dǎo)彈表面的薄層是耐高溫物質(zhì)。制得該物質(zhì)的熱化學(xué)方程式為。該反應(yīng)中每轉(zhuǎn)移1mol電子放出的熱量為_(kāi)__________。（6）工業(yè)合成氨是人類科學(xué)技術(shù)的一項(xiàng)重大突破，其反應(yīng)如下：，若斷裂1molHH和1molNH需要吸收的能量分別為436kJ和391kJ，則斷裂1molN≡N需要吸收的能量為_(kāi)__________?！敬鸢浮浚?）吸熱（2）A（3）（4）C（5）98（6）945.6【解析】【小問(wèn)1詳解】冷敷袋有降溫、保鮮和鎮(zhèn)痛作用，三個(gè)性能合成一點(diǎn)，就是具有降溫功能，所以可利用吸熱的化學(xué)變化或物理變化。答案為：吸熱；【小問(wèn)2詳解】“即熱飯盒”必須能提供熱量，所以物質(zhì)轉(zhuǎn)化過(guò)程既要放熱，又要安全，還要成本低，可利用生石灰和水反應(yīng)釋放的熱量加熱食物，故選A。答案為：A；【小問(wèn)3詳解】在25℃、101kPa下，1molCH3OH完全燃燒并恢復(fù)到原狀態(tài)，會(huì)釋放725.76kJ的熱量。則表示CH3OH燃燒熱的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：。答案為：；【小問(wèn)4詳解】①4P(紅磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=–Q1kJ/mol②P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=–Q2kJ/mol依據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)②①即得：P4(白磷，s)=4P(紅磷，s)△H=–Q2kJ/mol+Q1kJ/mol＜0，從而得出，故選C。答案為：C；小問(wèn)5詳解】從熱化學(xué)方程式可以得出：4Al(s)——12e——1176kJ，則該反應(yīng)中轉(zhuǎn)移1mol電子放出的熱量為=98。答案為：98；【小問(wèn)6詳解】，若斷裂1molHH和1molNH需要吸收的能量分別為436kJ和391kJ，則斷裂1molN≡N需要吸收的能量為92.4kJ(3×436kJ6×391kJ)=945.6。答案為：945.6?！军c(diǎn)睛】物質(zhì)的鍵能越大，能量越小，穩(wěn)定性越強(qiáng)。17.化學(xué)反應(yīng)在發(fā)生物質(zhì)變化的同時(shí)伴隨有能量變化，能量、速率與限度是認(rèn)識(shí)和研究化學(xué)反應(yīng)的重要視角。Ⅰ.2022年3月5日，我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心使用長(zhǎng)征二號(hào)丙運(yùn)載火箭，成功將銀河航天02批衛(wèi)星(6顆)及其搭載的1顆商業(yè)遙感衛(wèi)星發(fā)射升空。長(zhǎng)征二號(hào)丙火箭采用偏二甲肼(C2H8N2)與四氧化二氮(助燃劑)作為推進(jìn)劑，它們是一種運(yùn)載火箭的高能燃料，偏二甲肼與四氧化二氮?jiǎng)×曳磻?yīng)時(shí)，所得3種產(chǎn)物都是最常見(jiàn)的無(wú)污染物質(zhì)。（1）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。有關(guān)該反應(yīng)判斷正確的是A、物質(zhì)的燃燒反應(yīng)必須有氧氣參加B、該反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1C、偏二甲肼與四氧化二氮作火箭推進(jìn)劑是二者發(fā)生劇烈的氧化還原反放出大量的熱和產(chǎn)生大量氣體的原因（2）火箭殘骸中常現(xiàn)紅棕色氣體，原因?yàn)椋篘2O4(g)2NO2(g)以下操作會(huì)引起該化學(xué)反應(yīng)速率變快的是_______。A.恒溫恒容通入NO2B.擴(kuò)大容器的體積C.使用正催化劑D.升高溫度E.恒溫恒容通入氦氣F.恒溫恒壓通入氦氣Ⅱ.工業(yè)制硫酸的一步重要反應(yīng)是SO2在400～500℃的催化氧化：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在2L絕熱密閉容器中投入2molSO2和bmolO2，下圖是部分反應(yīng)物隨時(shí)間的變化曲線。（3）0~10min，SO3的平均反應(yīng)速率v(SO3)=_______，10min時(shí)，正、逆反應(yīng)速率的大小關(guān)系為v正_______v逆(填“>”“＜”或“=”)。（4）反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，SO2的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)______。（5）下列情況能說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡的是_______。A.v(SO3)=v(SO2)B.混合氣體密度保持不變C.t時(shí)刻，體系的溫度不再發(fā)生改變D.混合氣體的總物質(zhì)的量不再改變【答案】（1）BC（2）ACD（3）①.0.05mol/(L·min)②.>（4）70%（5）CD【解析】【小問(wèn)1詳解】偏二甲肼與四氧化二氮?jiǎng)×曳磻?yīng)時(shí)，所得3種產(chǎn)物都是最常見(jiàn)的無(wú)污染物質(zhì)，為氮?dú)?，二氧化碳和水，反?yīng)方程式為：；

A、物質(zhì)的燃燒是劇烈的發(fā)光放熱的氧化還原反應(yīng)，不一定有氧氣參加，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)反應(yīng)方程式可知，該反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1，故B正確；C、偏二甲肼與四氧化二氮作火箭推進(jìn)劑是二者發(fā)生劇烈的氧化還原反放出大量的熱和產(chǎn)生大量氣體的原因，故C正確；故答案為BC【小問(wèn)2詳解】A.恒溫恒容通入NO2，反應(yīng)物濃度增大，速率加快；B.擴(kuò)大容器的體積濃度降低，速率減慢；C.使用正催化劑速率加快；D.升高溫度速率加快；E.恒溫恒容通入氦氣，體積不變，濃度不變速率不變；F.恒溫恒壓通入氦氣，體積增大，速率減慢；故答案為：ACD【小問(wèn)3詳解】根據(jù)圖象可知0~10min，SO3的物質(zhì)的量為1.0mol；10min時(shí)，還沒(méi)達(dá)到平衡，反應(yīng)正在正向進(jìn)行，故v正>v逆；【小問(wèn)4詳解】根據(jù)圖象可知平衡時(shí)SO3為1.4mol，根據(jù)反應(yīng)方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知SO2轉(zhuǎn)化了1.4mol，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，SO2的轉(zhuǎn)化率為；【小問(wèn)5詳解】A.v(SO3)=v(SO2)沒(méi)有說(shuō)方向，故A錯(cuò)誤；B.恒容容器混合氣體的密度始終不變，不能判斷平衡，故B錯(cuò)誤；C.絕熱密閉容器溫度一直在變，t時(shí)刻，體系的溫度不再發(fā)生改變，說(shuō)明達(dá)到平衡，故C正確；D.該反應(yīng)是前后氣體分子數(shù)變化的反應(yīng)，當(dāng)混合氣體的總物質(zhì)的量不再改變，說(shuō)明達(dá)到平衡，故D正確；故答案為CD18.I．已知：乙二酸俗稱草酸(結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOOC—COOH，可簡(jiǎn)寫(xiě)為H2C2O4)。25℃時(shí)，草酸的電離平衡常數(shù)為K1=5.0×10?2，K2=5.4×10?5；碳酸(H2CO3)的電離平衡常數(shù)為K1=4.5×10?7，K2=4.7×10?11.草酸鈣的Ksp=4.0×10?8，碳酸鈣的Ksp=2.5×10?9.回答下列問(wèn)題：（1）相同條件下等物質(zhì)的量濃度的Na2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液的pH___________(填“大”、“小”或“相等”)（2）常溫下將20mL0.4mol/L的KOH溶液與20mL0.2mol/L的草酸溶液混合，則混合后溶液中陰離子濃度的大小順序?yàn)開(kāi)__________。（3）25℃時(shí)向20mL碳酸鈣的飽和溶液中逐滴加入8.0×10?4mol/L的草酸鉀溶液20mL，能否產(chǎn)生沉淀___________(填“能”或“不能”)。Ⅱ．目前高鐵酸鈉(Na2FeO4)被廣泛應(yīng)用于水的處理，具有高效、無(wú)毒的優(yōu)點(diǎn)。某地海水樣品經(jīng)Na2FeO4處理后，所含離子及其濃度見(jiàn)下表(H+和OH濃度小，未列出)：離子SOMg2+Fe3+Na+Cl?濃度/(mol·L1)a0.050.100.500.56常溫下，取一定量經(jīng)Na2FeO4處理過(guò)的海水為原料制備精制食鹽水和MgCl2·7H2O，過(guò)程如下：注：離子的濃度小于1.0×10?5mol·L?1，可認(rèn)為該離子不存在；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10?38，Ksp[Mg(OH)2]=5.0×10?12；操作過(guò)程中溶液體積的變化忽略不計(jì)。（4）根據(jù)表中列出的離子濃度計(jì)算a=___________；沉淀A是___________(填化學(xué)式)。（5）在調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，理論上應(yīng)調(diào)節(jié)的pH范圍是___________；加入的過(guò)量試劑X為_(kāi)__________(填化學(xué)式)。（6）加入過(guò)量HCl的作用為_(kāi)__________?！敬鸢浮浚?）?。?）c(C2O)＞c(OH)>c(HC2O)（3）不能（4）①.0.17②.Fe(OH)3（5）①.3≤pH<9②.Ba(OH)2（6）使Mg(OH)2全部溶解轉(zhuǎn)化為MgCl2，且在加熱濃縮濾液C時(shí)抑制Mg2+水解【解析】【分析】Ⅱ．實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵苽渚剖雏}水和MgCl2·7H2O，先調(diào)節(jié)溶液的pH使Fe3+轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3沉淀，則沉淀A為Fe(OH)3；濾液A中加入試劑X將Mg2+轉(zhuǎn)化成Mg(OH)2，同時(shí)得到硫酸鋇沉淀，則X為Ba(OH)2；沉淀B為Mg(OH)2和BaSO4的混合物；濾液B中主要含有NaCl和Ba(OH)2，先加入碳酸鈉過(guò)量除去氫氧化鋇，然后加入適量稀鹽酸中和氫氧根離子，從而得到精制食鹽水；沉淀B中加入過(guò)量HCl使Mg(OH)2全部溶解轉(zhuǎn)化為MgCl2，過(guò)量得到硫酸鋇沉淀和含有氯化鎂的濾液C，將濾液C進(jìn)行加熱濃縮、冷卻結(jié)晶得到MgCl2·7H2O，據(jù)此解答?！拘?wèn)1詳解】草酸的第二步電離平衡常數(shù)大于碳酸的第二步電離平衡常數(shù)，電離平衡常數(shù)越小，其酸根離子的水解程度越大，所以碳酸根離子的水解程度大于草酸根離子，導(dǎo)致草酸鈉的pH小于碳酸鈉，故答案為：小；【小問(wèn)2詳解】常溫下，0.4mol/L的KOH溶液20mL與0.2mol/L的草酸溶液20mL恰好反應(yīng)生成草酸鈉，草酸根離子易水解而使其溶液呈堿性，但第一步水解大于第二步，兩步水解都生成氫氧根離子，所以溶液中陰離子濃度大小順序是c(C2O)＞c(OH)>c(HC2O)，故答案為：c(C2O)＞c(OH)>c(HC2O)；【小問(wèn)3詳解】向20mL碳酸鈣的飽和溶液中逐滴加入8.0×104mol/L的草酸鉀溶液20mL，溶液中c(Ca2+)=，c(C2O)=，則溶液中Qc=c(Ca2+)c(C2O)=＜Ksp(CaC2O4)=4.0×10?8，所以不能產(chǎn)生沉淀，故答案為：不能；【小問(wèn)4詳解】H和OH濃度小忽略不計(jì)，根據(jù)溶液電中性可得：2c(SO)+c(Cl)=2c(Mg2+)+3c(Fe3+)+c(Na)，即2a+0.56×1=0.05×2+0.10×3+0.50，解得：a=0.17；根據(jù)分析可知，沉淀A的化學(xué)式為Fe(OH)3，故答案為：0.17；Fe(OH)3；【小問(wèn)5詳解】調(diào)節(jié)溶液的pH，目的是使Fe3+轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3沉淀，且避免Mg2+生成沉淀，離子的濃度小于1.0×105mol/L，可認(rèn)為該離子不存在，根據(jù)Ksp[Fe(OH)3]=1.0×1038可知，F(xiàn)e3+沉淀完全時(shí)c(OH)≥，c(H)＜，則容易的pH≥3；c(Mg)=，根據(jù)Ksp[Mg(OH)2]=5.0×1012可知，Mg2+開(kāi)始沉淀時(shí)c(OH)=，c(H)=，即溶液的pH＜9，所以調(diào)節(jié)的pH范圍為3≤pH＜9；結(jié)合分析可知，試劑X為Ba(OH)2，故答案為：3≤pH<9；Ba(OH)2；【小問(wèn)6詳解】為了使Mg(OH)2全部溶解轉(zhuǎn)化為MgCl2，且在加熱