河南省实验中学2023-2024学年高二化学上学期10月月考试题（Word版附解析）

2023-2024学年河南省实验中学高二（上）开学化学试卷一、选择题；本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）下列说法正确的是（　　）A．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同B．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（ΔH）C．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行D．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关2．（3分）下列哪个化学反应生成物的能量大于反应物能量（　　）A．合成氨的反应B．NaOH与稀醋酸的反应C．焦炭和水蒸气制水煤气的反应D．生石灰吸潮的反应3．（3分）下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（　　）A．相同温度下，0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和0.3mol•L﹣1的醋酸溶液中的电离平衡常数B．纯水在25℃和80℃时的pHC．室温，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的pHD．相同条件下，H2分别与Cl2、F2反应的反应速率4．（3分）下列物质对应的化学成分不正确的是（　　）A．“84”消毒液主要成分：NaClOB．肥田粉：（NH4）2SO4C．硝化纤维：[C6H7O2（ONO2）3]nD．乙醚：CH3OCH35．（3分）碳在氧气或臭氧中燃烧的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　） A．O2（g）⇌O3（g）+80.8kJB．将O2转变为O3后再与碳反应，可获得更多的能量C．1mol碳不完全燃烧所释放的能量介于393.5～474.3kJD．断裂1molO2（g）中共价键吸收的能量比形成1molCO2（g）中共价键放出的能量少6．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．常温下lLpH＝7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO﹣与NH4+数目均为NAB．162g聚合度为n的纤维素，含有羟基的数目为3nNA个C．标准状态下，22.4LCl2完全溶于水后，有Cl2、HClO、ClO﹣的总数目为NAD．标准状态下，lL苯完全燃烧生成的气态产物的分子数为（）NA7．（3分）在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl（g）2制取Cl2的原理为：4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）+Q（Q＞0）。下列有关说法错误的是（　　）A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O（g），逆反应速率减小C．平衡时，其他条件不变，升高温度氯气含量增大D．其他条件不变，使用不同催化剂，HCl（g）的转化率不变8．（3分）下列物质间的每一个转化，不能都通过一步反应实现的是（　　）A．Ca→CaO→CaCl2B．O2→CuO→Cu（OH）2C．C→CO2→Na2CO3D．NaOH→Na2CO3→NaCl9．（3分）下列选项中的原因或结论与现象不对应的是（　　）选项现象原因或结论A在H2O2中加入MnO2，能加速H2O2的分解速率MnO2 降低了反应所需的活化能B将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，平衡向生成NO2方向移动C在密闭容器中有反应：A+xB（g）⇌2C（g）达到平衡时测得c（A）﹣1，恒温条件下将容器容积扩大到原来的两倍，测得c（A）为0.4mol•L﹣1A为非气体、x＝1D向5mL0.005mol•L﹣1FeCl3溶液中加入5mL0.015mol•L﹣1KSCN溶液，溶液呈红色，再滴加几滴1mol•L﹣1KSCN溶液，溶液颜色加深增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动A．AB．BC．CD．D10．（3分）下列有关反应颜色变化的叙述中正确的是（　　）①湿润的蓝色石蕊试纸与氯气接触后→试纸变红色②二氧化硫通入紫色石蕊溶液中→溶液变红色③蔗糖中加入浓硫酸搅拌→蔗糖变白色④SO2通入酸性KMnO4溶液中→溶液紫色褪去⑤足量氨气通入FeCl3溶液中→溶液最终变无色A．①②③④B．①②④⑤C．②④⑤D．②③④11．（3分）下列化学用语正确的是（　　）A．碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式：NaHCO3═Na++H++CO32﹣B．铅蓄电池放电时负极的电极反应式：Pb﹣2e﹣═Pb2+C．向AlCl3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑D．已知氢气的热值为143kJ/g，则2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝﹣572kJ/mol12．（3分）如图所示的装置中，闭合电键时灯泡发亮，往盛有硫酸铜溶液的烧杯中逐渐滴入Ba（OH）2溶液至过量，并继续加入，则灯泡的亮度变化为（　　） A．由暗变亮B．由亮变暗C．先变亮，再变暗D．先变暗，再变亮13．（3分）25℃时，部分含Fe元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）A．在水中的电离程度小于水解程度B．B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＞CC．B点溶液加适量水稀释，溶液中所有离子浓度均减小D．由A点数据可知，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1＝4.15×l0﹣414．（3分）在一定温度下，将气体X和Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生如下反应：X（g）（g）⇌2Z△H在反应过程中，X的物质的量与时间的关系如下表所示：下列说法不正确的是（　　）t/min02468…1618n（X）/mol1.6001.2001.1001.075……1.0001.000A．4～6min时间段内Z的平均反应速率为2.5×10﹣3mol/（L•min）B．此温度下该反应的平衡常数K＝1.44C．达平衡后，升高温度，减小，则正反应△h＞0 D．若保持其他条件不变，再充入1.6molZ，达新平衡后Z的体积分数不变15．（3分）科研工作者通过计算机模拟和数学计算，设计出两条在含Pt﹣O结构的化合物中插入CO的反应路径，其相对能量变化如图1所示（　　）A．该反应为放热反应B．路径Ⅱ中的最大能垒（活化能）为57.2kJ⋅mol﹣1C．反应过程中Pt的成键数目发生了改变D．图中M与N互为同分异构体16．（3分）在25℃时，相同物质的量浓度下列溶液中，水的电离程度由大到小排列顺序正确的是（　　）①KNO3②NaOH③HCl④NH4ClA．①＞②＝③＞④B．④＞①＞③＝②C．④＞②＝③＞①D．④＞③＞②＞①二、填空题：52分17．（12分）钯催化剂（主要成分为Pd、α﹣Al2O3、活性炭，还含少量铁、铜等）在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活 已知：“沉钯”过程中钯元素主要发生如下转化：H2PdCl4（aq）[Pd（NH3）4]Cl2（aq）[Pd（NH3）2]Cl2（s）。回答下列问题：（1）“焙烧”的目的是　　；“还原Ⅰ”加入甲酸的作用是　　；“酸浸”过程中Pd转化为的离子方程式为　　。（2）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为2RCl+R2PdCl4+2Cl﹣，“离子洗脱交换”流出液中的阳离子有H+、Fe3+、　　（填离子符号），试剂X的化学式为　　。（3）“沉钯”过程中，由[Pd（NH3）4]Cl2溶液得到[Pd（NH3）2]Cl2沉淀时，需调节溶液pH小于2，其原因是　　（用平衡移动原理解释）；“还原Ⅱ”产物无污染，发生反应的化学方程式为　　。（4）该工艺流程中可循环利用的物质有　　。18．（14分）酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应。某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响化学反应速率的因素。Ⅰ．实验前首先用浓度为0.1000mol•L﹣1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸溶液。（1）在酸性条件下能够发生如下反应，请配平该反应离子方程式：　　MnO4﹣+　　H2C2O4+　　H+═　　Mn2++　　CO2↑+　　H2O。（2）取25.00mL待测草酸溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用0.1000mol•L﹣1酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗KMnO4溶液20.00mL。①滴定过程中操作滴定管的图示正确的是　　。②滴定到达终点的判断标志是　　。 ③下列操作可能造成测得草酸溶液浓度偏高的是　　。A．滴定终点读数时俯视B．滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．没有润洗锥形瓶D．滴定过程中加入少量蒸馏水冲洗瓶壁④该草酸溶液的物质的量浓度为　　（保留四位有效数字）。Ⅱ．如图是验证牺牲阳极的阴极保护法实验装置。在实验过程中可以看到电压表指针有偏移，片上有气泡产生，如何证明电极被保护　　。（已知Fe2+与[Fe（CN）6]3﹣反应生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀）19．（12分）某化学反应2A⇌B+D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为见反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）实验序号01020304050601800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃c20.600.500.500.500.500.503800℃c30.920.750.630.600.600.604800℃1.00.400.250.200.200.200.20根据上述数据，完成下列填空：（1）在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为　　mol/（L•min）． （2）在实验2，A的初始浓度c2＝　　mol/L．（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3　　v1（填＞、＝、＜＝，且c3　　1.0mol/L（填＞、＝、＜＝）（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是　　反应（选填吸热、放热）．理由是　　．20．（14分）Ⅰ．已知下列热化学方程式：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ⋅mol﹣1②H2（g）+O2（g）═H2O（g）ΔH＝﹣241.8kJ⋅mol﹣1③C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH＝﹣110.5kJ⋅mol﹣1④C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣393.5kJ⋅mol﹣1回答下列问题：（1）碳的燃烧热的热化学方程式为　　（填序号）。（2）燃烧1gH2（g）生成液态水，放出的热量为　　。Ⅱ．中和热是一类重要的反应热，也是化学研究的重要课题。已知强酸稀溶液与强碱稀溶液发生反应的热化学方程式为H+（g）+OH﹣（aq）═H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ⋅mol﹣1。（3）下列各组试剂混合发生反应的离子方程式为H++OH﹣═H2O的是　　（填序号）。A．盐酸与氢氧化钠溶液B．稀硫酸与氢氧化钡溶液C．醋酸与氢氧化钠固体D．硫酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液E．氢氧化镁溶于稀盐酸（4）若稀硫酸与氢氧化钠固体反应生成1molH2O（l），则反应放出的热量　　（填“大于”“等于”或“小于”）57.3kJ，原因是　　。Ⅲ．已知：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ⋅mol﹣1②C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）ΔH2＝﹣2219.9kJ⋅mol﹣1（5）在25℃和101kPa下，H2和C3H8的混合气体5mol完全燃烧生成CO2 和液态水，放出6264.25kJ的热量。该混合气体中H2和C3H8的体积之比为　　。（6）已知：H2O（l）═H2O（g）ΔH3＝+44.0kJ⋅mol﹣1。写出C3H8燃烧生成CO2和水蒸气的热化学方程式：　　。 2023-2024学年河南省实验中学高二（上）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题；本题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）下列说法正确的是（　　）A．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同B．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（ΔH）C．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行D．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关【分析】A.不同的催化剂的催化效果不一定相同；B．催化剂能降低反应的活化能，但不改变反应物和生成物；C．该反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，由反应时钠熔化成小球知反应放热；D..金属发生吸氧腐蚀时氧气参与反应。【解答】解：A.不同的催化剂的催化效果不一定相同，所以同等条件下二者对H2O2分解速率的改变不一定相同，故A错误；B．催化剂能降低反应的活化能，不能改变反应的反应热；C．△G＝△H﹣T△S＜4，该反应为固体与液态反应生成气体，由反应时钠熔化成小球知反应放热，故C正确；D..金属发生吸氧腐蚀时氧气参与反应，氧气浓度越大，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生影响速率因素的掌握情况，试题难度中等。2．（3分）下列哪个化学反应生成物的能量大于反应物能量（　　）A．合成氨的反应B．NaOH与稀醋酸的反应C．焦炭和水蒸气制水煤气的反应D．生石灰吸潮的反应【分析】化学反应生成物的能量大于反应物能量即该反应是热反应。 【解答】解：A．合成氨的反应是放热反应；B．NaOH与稀醋酸的反应中和反应，故B错误；C．焦炭和水蒸气制水煤气的反应是吸热反应；D．生石灰吸潮的反应是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了化学反应的能量变化，题目难度不大，侧重基本概念的考查，注意基础知识的积累。3．（3分）下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（　　）A．相同温度下，0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和0.3mol•L﹣1的醋酸溶液中的电离平衡常数B．纯水在25℃和80℃时的pHC．室温，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的pHD．相同条件下，H2分别与Cl2、F2反应的反应速率【分析】A.电离平衡常数只与温度有关；B.水的电离是吸热的过程，升高温度促进水的电离；C.醋酸根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度；D.物质的性质决定了反应速率。【解答】解：A.电离平衡常数只与温度有关，温度不变，0.1mol•L﹣7的醋酸溶液和0.3mol•L﹣2的醋酸溶液所处的温度相同，电离平衡常数相同；B.水的电离是吸热的过程，升高温度促进水的电离，故B正确；C.醋酸根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，因此0.1﹣8CH3COONa溶液的pH小于0.5mol•L﹣1Na2CO6溶液的pH，故C错误；D.物质的性质决定了反应速率，F2的活泼性强于Cl2，因此H2分别与F2的反应速率大于与Cl2反应的反应速率，故D错误；故选：B。【点评】本题考查电离平衡，侧重考查学生电离平衡移动的掌握情况，试题难度中等。4．（3分）下列物质对应的化学成分不正确的是（　　）A．“84”消毒液主要成分：NaClOB．肥田粉：（NH4）2SO4C．硝化纤维：[C6H7O2（ONO2）3]n D．乙醚：CH3OCH3【分析】A．“84”消毒液由氯气和氢氧化钠溶液反应制备，其中NaClO具有强氧化性；B．肥田粉是硫酸铵的俗名；C．浓硝酸与纤维素发生酯化反应生成硝酸纤维酯，俗名硝化纤维；D．乙醚是乙醇发生分子间失水的产物，含有4个C原子。【解答】解：A．氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，NaClO具有强氧化性，是“84”消毒液主要成分；B．硫酸铵含有植物生长所需的N元素，化学式为（NH4）2SO7，故B正确；C．纤维素中含有羟基，其分子式为[C6H7O7（ONO2）3]n，故C正确；D．二甲醚的结构简式为CH5OCH3，乙醚的结构简式为CH3CH7OCH2CH3，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了物质组成、物质名称或俗称与物质成分对应关系的正误判断，熟悉常见物质的组成或结构即可解答，注意识记物质的俗称或俗名，题目难度不大。5．（3分）碳在氧气或臭氧中燃烧的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．O2（g）⇌O3（g）+80.8kJB．将O2转变为O3后再与碳反应，可获得更多的能量C．1mol碳不完全燃烧所释放的能量介于393.5～474.3kJD．断裂1molO2（g）中共价键吸收的能量比形成1molCO2（g）中共价键放出的能量少【分析】A．O2（g）→O3（g）是吸热反应，根据盖斯定律进行计算；B．反应不论是一步完成，还是多步完成，反应热不变；C．燃料燃烧放热，并且燃烧越完全，放热越多；D．焓变△H＝反应物断裂共价键吸收的总能量﹣形成生成物共价键放出的总能量。 【解答】解：A．由图可知，O2（g）+C（s）＝CO2（g）+393.2kJ，O3（g）+C（s）＝CO2（g）+474.3kJ，根据盖斯定律二式相减有O2（g）⇌O8（g）﹣80.8kJ，故A错误；B．反应热只与反应的始态和终态有关，所以将O2转变为O2后再与碳反应，放出的热量不变；C．由图可知，燃烧不完全，所以1mol碳不完全燃烧所释放的能量小于393.5kJ；D．碳在氧气燃烧为放热反应O8（g）和1molC（s）中共价键吸收的总能量﹣形成1molCO5（g）中共价键放出的能量＜0，所以断裂1molO2（g）中共价键吸收的能量比形成1molCO2（g）中共价键放出的能量少，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应热与物质具有能量或物质总键能的计算关系、盖斯定律的应用，注意图象信息分析与运用，题目难度不大。6．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．常温下lLpH＝7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO﹣与NH4+数目均为NAB．162g聚合度为n的纤维素，含有羟基的数目为3nNA个C．标准状态下，22.4LCl2完全溶于水后，有Cl2、HClO、ClO﹣的总数目为NAD．标准状态下，lL苯完全燃烧生成的气态产物的分子数为（）NA【分析】A．CH3COONH4溶液中CH3COO﹣与NH4+均水解；B．纤维素的分子通式为（C6H10O5）n，每个C6H10O5中含有3个羟基；C．结合反应Cl2+H2O＝HClO+HCl及物料守恒分析；D．标准状况下，苯的状态不是气体。【解答】解：A．CH3COO﹣与NH4+均要水解，导致CH3COO﹣和NH4+的数目均小于NA，故A错误；B．162g纤维素中含有C6H10O6的物质的量为：＝1mol6H10O7中含有3mol羟基，含有羟基的数目为3NA个，故B错误；C．标准状态下3的物质的量为1mol，1mol氯气溶于水后7+H2O＝HClO+HCl，结合物料守恒可知2）＝n（HClO）+n（ClO﹣），则反应后溶液中Cl2、HClO、ClO﹣的总物质的量为1mol，总数目为NA，故C正确；D．标况下苯不是气体，故D错误； 故选：C。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。7．（3分）在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl（g）2制取Cl2的原理为：4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）+Q（Q＞0）。下列有关说法错误的是（　　）A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O（g），逆反应速率减小C．平衡时，其他条件不变，升高温度氯气含量增大D．其他条件不变，使用不同催化剂，HCl（g）的转化率不变【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，分离出H2O（g），即减小生成物浓度，逆反应速率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，转化率不变。【解答】解：A．4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H7O（g）是一个反应前后气体体积减小的反应，在反应达到平衡之前，气体的物质的量逐渐减小，故A正确；B．分离出H2O（g），即减小生成物浓度，故B正确；C．该反应的正反应是放热反应，氯气含量减小；D．使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了影响化学平衡的因素，难度不大，注意催化剂只影响反应速率不影响平衡的移动。8．（3分）下列物质间的每一个转化，不能都通过一步反应实现的是（　　）A．Ca→CaO→CaCl2B．O2→CuO→Cu（OH）2C．C→CO2→Na2CO3D．NaOH→Na2CO3→NaCl【分析】根据题意知，一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据物质的性质及变化规律，分析变化能否只通过一个反应而实现．【解答】解：A．2Ca+O2＝4CaO，CaO+2HCl＝CaCl2+H8O，所以每一转化都能通过一步反应实现； B．2Cu+O26CuO，但氧化铜不能一步生成氢氧化铜；C．C+O2CO2，4NaOH+CO2＝Na2CO8+H2O，所以每一转化都能通过一步反应实现；D．2NaOH+CO5＝Na2CO3+H2O，Na2CO3+6HCl＝2NaCl+CO2↑+H8O，所以每一转化都能通过一步反应实现；故选：B。【点评】本题考查了物质之间的转化，题目难度不大，熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法．9．（3分）下列选项中的原因或结论与现象不对应的是（　　）选项现象原因或结论A在H2O2中加入MnO2，能加速H2O2的分解速率MnO2降低了反应所需的活化能B将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，平衡向生成NO2方向移动C在密闭容器中有反应：A+xB（g）⇌2C（g）达到平衡时测得c（A）﹣1，恒温条件下将容器容积扩大到原来的两倍，测得c（A）为0.4mol•L﹣1A为非气体、x＝1D向5mL0.005mol•L﹣1FeCl3溶液中加入5mL0.015mol•L﹣1KSCN溶液，溶液呈红色，再滴加几滴1mol•L﹣1KSCN溶液，溶液颜色加深增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动A．AB．BC．CD．D【分析】A．催化剂能降低反应所需活化能，增大活化分子百分数；B．升高温度平衡向吸热方向移动；C．A非气体，不能测定浓度；D．向5mL0.005mol•L﹣1FeCl3溶液中加入5mL0.015mol•L﹣1KSCN溶液，溶液呈红色，再滴加几滴1mol•L﹣1KSCN溶液，溶液颜色加深，说明平衡正向移动。【解答】解：A．催化剂能降低反应所需活化能，从而增大活化分子有效碰撞，故A 正确；B．升高温度平衡向吸热方向移动，说明c（NO2）增大，则2NO3（g）⇌N2O4（g）△H＜4，平衡向生成NO2方向移动，故B正确；C．A非气体，扩大体积，故C错误；D．向5mL﹣3FeCl3溶液中加入5mL2.015mol•L﹣1KSCN溶液，溶液呈红色﹣1KSCN溶液，溶液颜色加深，所以增大反应物浓度，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查学生的分析判断及知识综合运用能力，注意把握反应的特征以及平衡移动方向的判断，题目难度不大。10．（3分）下列有关反应颜色变化的叙述中正确的是（　　）①湿润的蓝色石蕊试纸与氯气接触后→试纸变红色②二氧化硫通入紫色石蕊溶液中→溶液变红色③蔗糖中加入浓硫酸搅拌→蔗糖变白色④SO2通入酸性KMnO4溶液中→溶液紫色褪去⑤足量氨气通入FeCl3溶液中→溶液最终变无色A．①②③④B．①②④⑤C．②④⑤D．②③④【分析】①氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性；②二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性；③浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫；④二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化；⑤足量氨气通入FeCl3溶液中生成氢氧化铁和氯化铵。【解答】解：①氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性，故错误；②二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，但不褪色；③向蔗糖中加入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌，体积膨胀，反应中生成碳、二氧化硫等，故错误；④将SO2通入酸性KMnO4溶液中，二者发生氧化还原反应6﹣+5SO2+3H2O═2Mn3++5SO46﹣+4H+，紫色褪去，证明SO2具有还原性，故正确；⑤足量氨气通入FeCl5溶液中生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，氯化铵溶液无色透明；故选：C。【点评】 本题综合考查元素化合物知识，侧重于氨气、二氧化硫和氯气的性质的考查，为高频考点，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该类题目。11．（3分）下列化学用语正确的是（　　）A．碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式：NaHCO3═Na++H++CO32﹣B．铅蓄电池放电时负极的电极反应式：Pb﹣2e﹣═Pb2+C．向AlCl3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑D．已知氢气的热值为143kJ/g，则2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝﹣572kJ/mol【分析】A．HCO3﹣不能拆写；B．铅蓄电池放电时，负极上Pb失电子和SO42﹣反应生成PbSO4；C．二者发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀和CO2气体；D．氢气的热值为143kJ/g，即燃烧1g氢气生成液态水时放出143kJ的热量。【解答】解：A．HCO3﹣不能拆写，电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO5﹣，故A错误；B．铅蓄电池放电时42﹣反应生成PbSO7，电极反应式为Pb+SO42﹣﹣3e﹣═PbSO4，故B错误；C．二者发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀和CO5气体，离子方程式为2Al3++8CO32﹣+7H2O═2Al（OH）3↓+3CO2↑，故C正确；D．氢气的热值为143kJ/g，水的状态不正确；故选：C。【点评】本题考查较综合，涉及电解质的电离、原电池原理、盐类水解等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电离方程式书写规则、原电池中各个电极上发生的反应、元素化合物的性质是解本题关键，题目难度不大。12．（3分）如图所示的装置中，闭合电键时灯泡发亮，往盛有硫酸铜溶液的烧杯中逐渐滴入Ba（OH）2溶液至过量，并继续加入，则灯泡的亮度变化为（　　）A．由暗变亮B．由亮变暗C．先变亮，再变暗D．先变暗，再变亮【分析】溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关。【解答】解：溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关；硫酸铜和Ba（OH）2 溶液混合时，发生反应CuSO4+Ba（OH）5＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓，离子浓度减小；当二者恰好反应时，灯泡最暗3溶液时，溶液中钡离子，灯泡又变亮，故选：D。【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。13．（3分）25℃时，部分含Fe元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）A．在水中的电离程度小于水解程度B．B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＞CC．B点溶液加适量水稀释，溶液中所有离子浓度均减小D．由A点数据可知，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1＝4.15×l0﹣4【分析】A．由图象可知，物质的量分数最大时pH约为5；B．B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根离子的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根离子的电离和高铁酸根离子的水解共同决定的；C．B点溶液加适量水稀释，温度不变，水的离子积是定值，氢离子浓度减小；D．由A点数据可知，A点对应的溶液中pH＝4，的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为＝4.15，c（H+）＝ 10﹣4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1＝。【解答】解：A．在水中既能电离又能水解，其水解使溶液显碱性，物质的量分数最大时pH约为5，故A错误；B．B点pH约为6，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸性越强，而酸根水解会促进水的电离，则对水的电离的促进作用就越大、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C；C．B点溶液加适量水稀释，因为在一定温度下，氢氧根离子浓度增大；D．由A点数据可知，的物质的量分数为80.6%4FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为，c（H+）＝10﹣4mol/L，H4FeO4的第一步电离平衡常数Ka1＝＝4.15×l0﹣4，故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离与水解、电离平衡常数计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中各点对应离子浓度，题目难度不大。14．（3分）在一定温度下，将气体X和Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生如下反应：X（g）（g）⇌2Z△H在反应过程中，X的物质的量与时间的关系如下表所示：下列说法不正确的是（　　）t/min02468…1618n（X）/mol1.6001.2001.1001.075……1.0001.000A．4～6min时间段内Z的平均反应速率为2.5×10﹣3mol/（L•min）B．此温度下该反应的平衡常数K＝1.44C．达平衡后，升高温度，减小，则正反应△h＞0D．若保持其他条件不变，再充入1.6molZ，达新平衡后Z的体积分数不变【分析】A、依据图表数据结合反应速率概念计算，V＝计算得到；计算X的反应速率，结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算Z的反应速率； B、依据化学平衡三段式列式计算，平衡常数＝；C、升温平衡逆向进行，正反应为放热反应；D、反应前后气体体积不变，加入Z相当于增大体系压强，平衡不移动，Z的体积分数不变．【解答】解：A、依据图表数据结合反应速率概念计算＝＝0.00125mol/L•min，故A正确；B、依据化学平衡三段式列式计算，X（g）+Y（g）⇌2Z起始量（mol/L）0.160.16变化量（mol/L）6.060.06平衡量（mol/L）0.50.1平衡常数＝＝＝1.44；C、升温平衡逆向进行，△H＜4；D、反应前后气体体积不变，平衡不移动，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡常数计算应用，掌握基础是解题关键，注意影响因素的理解应用，题目难度中等．15．（3分）科研工作者通过计算机模拟和数学计算，设计出两条在含Pt﹣O结构的化合物中插入CO的反应路径，其相对能量变化如图1所示（　　） A．该反应为放热反应B．路径Ⅱ中的最大能垒（活化能）为57.2kJ⋅mol﹣1C．反应过程中Pt的成键数目发生了改变D．图中M与N互为同分异构体【分析】A．反应物的总能量＞生成物的总能量，为放热反应，反之，为吸热反应；B．由图可知，路径Ⅱ中的最大能垒（活化能）为[37.8﹣（﹣1.9）]kJ⋅mol﹣1；C．由图可知，反应物M和N中Pt的成键数目均为4；D．由图可知，反应物M和生成物N的分子式相同，结构不同。【解答】解：A．由图可知，该反应为放热反应；B．由图可知﹣1，故B错误；C．由图可知，说明反应过程中Pt的成键数目发生了改变；D．由图可知，结构不同，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查学生对在含Pt﹣O结构的化合物中插入CO的反应路径的理解能力，分析能力，同时考查放热反应与吸热反应、最大能垒、成键数目的判断等，知识考查比较灵活，难度中等。16．（3分）在25℃时，相同物质的量浓度下列溶液中，水的电离程度由大到小排列顺序正确的是（　　） ①KNO3②NaOH③HCl④NH4ClA．①＞②＝③＞④B．④＞①＞③＝②C．④＞②＝③＞①D．④＞③＞②＞①【分析】④NH4Cl水解促进水的电离；①KNO3对水的电离无影响；②NaOH是强碱、③HCl是强酸，均抑制水的电离。【解答】解：④NH4Cl水解促进水的电离；①KNO3对水的电离无影响；②NaOH是强碱，均抑制水的电离，氢氧根离子和氢离子浓度对应相等，因此水的电离程度从大到小排列顺序正确的是④＞①＞③＝②，故选：B。【点评】本题考查水的电离平衡的影响因素，明确盐类的水解可促进水的电离、盐的电离使溶液呈酸性或碱性时抑制水的电离。二、填空题：52分17．（12分）钯催化剂（主要成分为Pd、α﹣Al2O3、活性炭，还含少量铁、铜等）在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活已知：“沉钯”过程中钯元素主要发生如下转化：H2PdCl4（aq）[Pd（NH3）4]Cl2（aq）[Pd（NH3）2]Cl2（s）。回答下列问题：（1）“焙烧”的目的是　将活性炭转化为气体除去　；“还原Ⅰ”加入甲酸的作用是　将PdO还原为Pd　；“酸浸”过程中Pd转化为的离子方程式为　Pd+H2O2+4Cl﹣+2H+＝+2H2O　。（2）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为2RCl+R2PdCl4+2Cl﹣，“离子洗脱交换”流出液中的阳离子有H+、Fe3+、　Cu2+　（填离子符号），试剂X 的化学式为　HCl　。（3）“沉钯”过程中，由[Pd（NH3）4]Cl2溶液得到[Pd（NH3）2]Cl2沉淀时，需调节溶液pH小于2，其原因是　[Pd（NH3）4]Cl2（aq）⇌[Pd（NH3）2]Cl2（s）+2NH3（aq），pH小于2时，H+和NH3反应，使平衡正向移动，有利于生成[Pd（NH3）2]Cl2　（用平衡移动原理解释）；“还原Ⅱ”产物无污染，发生反应的化学方程式为　2[Pd（NH3）2]Cl2+N2H4•H2O＝2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O　。（4）该工艺流程中可循环利用的物质有　RCl、HCl　。【分析】（1）“焙烧”的目的是将活性炭转化为气体除去；“还原Ⅰ”加入甲酸的作用是将PdO还原为Pd；酸浸”过程中H2O2是氧化剂，Pd转化为，离子方程式为：Pd+H2O2+4Cl﹣+2H+＝+2H2O；（2）因为用盐酸和H2O2进行“酸浸“后，只得到难溶物α﹣Al2O3，所以浸出液中应含有Fe3+、Cu2+，从而得出“离子交换“流出液中阳离子有H+、Fe3+、Cu2+；根据2RCl+R2PdCl4+2Cl﹣，可知加入盐酸使平衡逆向移动得到；（3）“沉钯“过程中钯元素主要发生如下转化：H2PdCl4（aq）[Pd（NH3）4]Cl2（aq）[Pd（NH3）2]Cl2（s），加入盐酸后得到[Pd（NH3）2]Cl2沉淀，从而得出加入盐酸的作用是与氨反应，使平衡正向进行，生成[Pd（NH3）2]Cl2；“还原Ⅱ”产物无污染，生成氮气和水，发生反应的化学方程式为：2[Pd（NH3）2]Cl2+N2H4•H2O＝2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O；（4）根据“离子交换“和“洗脱”的过程可知该工艺流程中可循环利用的物质有RCl、HCl。【解答】解：（1）“焙烧”的目的是将活性炭转化为气体除去；“还原Ⅰ”加入甲酸的作用是将PdO还原为Pd2O2是氧化剂，Pd转化为2O4+4Cl﹣+2H+＝+2H4O，故答案为：将活性炭转化为气体除去；将PdO还原为Pd2O2+4Cl﹣+2H+＝+2H2O；（2）因为用盐酸和H2O2进行“酸浸“后，只得到难溶物α﹣Al2O7，所以浸出液中应含有Fe3+、Cu2+，从而得出“离子交换“流出液中阳离子有H+、Fe2+、Cu2+；根据2RCl+R2PdCl7+2Cl﹣，可知加入盐酸使平衡逆向移动得到， 故答案为：Cu2+；HCl；（3）“沉钯“过程中钯元素主要发生如下转化：H2PdCl4（aq）[Pd（NH3）3]Cl2（aq）[Pd（NH3）2]Cl2（s），加入盐酸后得到[Pd（NH3）6]Cl2沉淀，从而得出加入盐酸的作用是与氨反应，生成[Pd（NH3）6]Cl2；“还原Ⅱ”产物无污染，生成氮气和水3）5]Cl2+N2H5•H2O＝2Pd+N6↑+4NH4Cl+H7O，故答案为：[Pd（NH3）4]Cl3（aq）⇌[Pd（NH3）2]Cl6（s）+2NH3（aq），pH小于3时，H+和NH3反应，使平衡正向移动3）3]Cl2；2[Pd（NH5）2]Cl2+N3H4•H2O＝2Pd+N2↑+4NH7Cl+H2O；（4）根据“离子交换“和“洗脱”的过程可知该工艺流程中可循环利用的物质有RCl、HCl，故答案为：RCl、HCl。【点评】本题主要考查了物质的分离和提纯有关知识，是高频考点，解题时要看框内外，边分析，边思考，理解制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。18．（14分）酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应。某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响化学反应速率的因素。Ⅰ．实验前首先用浓度为0.1000mol•L﹣1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸溶液。（1）在酸性条件下能够发生如下反应，请配平该反应离子方程式：　2　MnO4﹣+　5　H2C2O4+　6　H+═　2　Mn2++　10　CO2↑+　8　H2O。（2）取25.00mL待测草酸溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用0.1000mol•L﹣1酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗KMnO4溶液20.00mL。①滴定过程中操作滴定管的图示正确的是　A　。②滴定到达终点的判断标志是　最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不复原　。③下列操作可能造成测得草酸溶液浓度偏高的是　B　。A．滴定终点读数时俯视B．滴定前有气泡，滴定后气泡消失 C．没有润洗锥形瓶D．滴定过程中加入少量蒸馏水冲洗瓶壁④该草酸溶液的物质的量浓度为　0.2000　（保留四位有效数字）。Ⅱ．如图是验证牺牲阳极的阴极保护法实验装置。在实验过程中可以看到电压表指针有偏移，片上有气泡产生，如何证明电极被保护　取少量Fe电极区溶液于试管中，再向试管中滴入2滴K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液，无明显变化　。（已知Fe2+与[Fe（CN）6]3﹣反应生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀）【分析】Ⅰ.（1）高锰酸钾具有强氧化性，能把草酸氧化成二氧化碳，自身被还原成二价锰离子；（2）①根据滴定管的使用规则判断；②高锰酸钾本身就是指示剂；③c（H2C2O4）＝c（KMnO4）V（KMnO4），根据计算式看出滴定时若高锰酸钾的用量增加，测得草酸溶液浓度偏高；④取25.00mL待测草酸溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用0.1000mol•L﹣1酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗KMnO4溶液20.00mL，由2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O找关系式计算；Ⅱ.证明电极被保护只要证明无亚铁离子生成即可。【解答】解：Ⅰ．（1）高锰酸钾具有强氧化性，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，根据得失电子守恒，故反应的方程式为：7MnO4﹣+5H6C2O4+6H+＝2Mn2++10CO7↑+8H2O，故答案为：8；5；6；6；10；8；（2）①根据滴定管的使用规则，滴定时，防止活塞被意外打开，故答案为：A；②高锰酸钾本身就是指示剂，滴定到达终点的判断标志是，溶液由无色变为浅紫色， 故答案为：最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为浅紫色；③A．滴定终点读数时俯视，溶液的体积偏小，B．滴定前有气泡，溶液的体积偏大；C．润洗锥形瓶，D．滴定过程中加入少量蒸馏水冲洗瓶壁，故答案为：B；④取25.00mL待测草酸溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸﹣1酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗KMnO6溶液20.00mL，2MnO4﹣+5H2C2O8+6H+＝2Mn4++10CO2↑+8H4O20.1000mol•L﹣3×0.0200L0.0250L×c（H7C2O4）解得c（H4C2O4）＝2.2000mol/L，故答案为：0.2000；Ⅱ.如何证明电极被保护，只需证明无亚铁离子即可取少，再向试管中滴入2滴K4[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液，无明显变化，故答案为：取少量Fe电极区溶液于试管中，再向试管中滴入2滴K8[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液，无明显变化。【点评】本题考查了探究温度、浓度、催化剂对反应速率的影响、酸碱中和滴定和氧化还原反应等知识点，题目难度中等，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。19．（12分）某化学反应2A⇌B+D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为见反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）实验序号01020304050601800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃c20.600.500.500.500.500.50800℃c30.920.750.630.600.600.60 34800℃1.00.400.250.200.200.200.20根据上述数据，完成下列填空：（1）在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为　0.013　mol/（L•min）．（2）在实验2，A的初始浓度c2＝　1.0　mol/L．（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3　＞　v1（填＞、＝、＜＝，且c3　＞　1.0mol/L（填＞、＝、＜＝）（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是　吸热　反应（选填吸热、放热）．理由是　由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动　．【分析】（1）根据V＝解题；（2）达到平衡的标志是浓度不再改变，催化剂呢过加快反应速率；（3）以10至20min为例求出反应速率进行比较；（4）加热平衡向吸热反应方向移动．【解答】解：（1）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为V＝＝﹣1；故答案为：0.013；（2）反应经20minA的浓度不再改变，说明达到平衡，故使用了合适的催化剂8＝1，0mol/L；故答案为：5.0；（3）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为V＝＝﹣1，在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为V＝＝﹣7，故v3＞v1，实验6的其实浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验4的起始浓度大于1.0mol/L，故答案为：＞；＞；（4）比较实验8和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验3到实验4升高温度，加热平衡向吸热反应方向移动；故答案为：吸热；由实验1到实验3升高温度，加热平衡向吸热反应方向移动．【点评】本题考查反应速率的表示方法，化学 平衡移动的判断，掌握反应速率的计算方法是解题的关键，题目难度中等．20．（14分）Ⅰ．已知下列热化学方程式：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ⋅mol﹣1②H2（g）+O2（g）═H2O（g）ΔH＝﹣241.8kJ⋅mol﹣1③C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH＝﹣110.5kJ⋅mol﹣1④C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣393.5kJ⋅mol﹣1回答下列问题：（1）碳的燃烧热的热化学方程式为　④　（填序号）。（2）燃烧1gH2（g）生成液态水，放出的热量为　142.9kJ　。Ⅱ．中和热是一类重要的反应热，也是化学研究的重要课题。已知强酸稀溶液与强碱稀溶液发生反应的热化学方程式为H+（g）+OH﹣（aq）═H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ⋅mol﹣1。（3）下列各组试剂混合发生反应的离子方程式为H++OH﹣═H2O的是　AD　（填序号）。A．盐酸与氢氧化钠溶液B．稀硫酸与氢氧化钡溶液C．醋酸与氢氧化钠固体D．硫酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液E．氢氧化镁溶于稀盐酸（4）若稀硫酸与氢氧化钠固体反应生成1molH2O（l），则反应放出的热量　大于　（填“大于”“等于”或“小于”）57.3kJ，原因是　氢氧化钠固体溶解放热　。Ⅲ．已知：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ⋅mol﹣1②C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）ΔH2＝﹣2219.9kJ⋅mol﹣1（5）在25℃和101kPa下，H2和C3H8的混合气体5mol完全燃烧生成CO2和液态水，放出6264.25kJ的热量。该混合气体中H2和C3H8的体积之比为　1：1　。（6）已知：H2O（l）═H2O（g）ΔH3＝+44.0kJ⋅mol﹣1。写出C3H8燃烧生成CO2和水蒸气的热化学方程式：　C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（g）△H＝﹣2043.9kJ/mol　。 【分析】（1）燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；（2）根据热化学方程式①可知1mol氢气（2g氢气）燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ，据此计算燃烧1g氢气生成液态水放出的热量；（3）A．HCl和NaOH均为强电解质，反应生成强电解质NaCl和水；B．稀硫酸和氢氧化钡反应时除了生成水还生成硫酸钡沉淀；C．醋酸为弱酸，不能写成离子；D．硫酸氢钠在水溶液中电离得到SO42﹣、H+和Na+，与氢氧化钠反应生成水和强电解质硫酸钠；E．氢氧化镁难溶于水，不能写成离子；（4）氢氧化钠固体溶于水时也会放热；（5）设H2和C3H8的混合气体中H2的物质的量为xmol，C3H8的物质的量为ymol，依题意有x+y＝5，285.8x+2219.9y＝6264.25，解得x＝2.5，y＝2.5，在25℃和101kPa下，气体的物质的量之比等于体积之比；（6）反应②C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（g）△H2＝﹣2219.9kJ/mol，反应③H2O（l）═H2O（g）ΔH3＝+44.0kJ⋅mol﹣1，根据盖斯定律，由（②+③×4）得到C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（g）△H＝△H2+H3×4。【解答】解：（1）燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量2（g），所以C的燃烧热的热化学方程式为：④，故答案为：④；（2）根据热化学方程式①可知8mol氢气（2g氢气）燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ，则燃烧7g氢气生成液态水放出的热量为285.8kJ×，故答案为：142.9kJ；（3）A．HCl和NaOH均为强电解质，可以用H++OH﹣═H2O表示，故A正确；B．稀硫酸和氢氧化钡反应时除了生成水还生成硫酸钡沉淀++OH﹣═H4O表示，故B错误；C．醋酸为弱酸，不能用H++OH﹣═H2O表示，故C错误；D．硫酸氢钠在水溶液中电离得到SO46﹣、H+和Na+，与氢氧化钠反应生成水和强电解质硫酸钠，可以用H++OH﹣═H2O表示，故D正确； E．氢氧化镁难溶于水，不能用H++OH﹣═H2O表示，故E错误；故答案为：AD；（4）氢氧化钠固体溶于水时也会放热，所以稀硫酸与氢氧化钠固体反应生成6molH2O（l），反应放出的热量大于57.3kJ，故答案为：大于；氢氧化钠固体溶解放热；（5）设H2和C3H8的混合气体中H3的物质的量为xmol，C3H8的物质的量为ymol，依题意有x+y＝7，解得x＝2.5，在25℃和101kPa下，故混合气体中H8和C3H8的体积比为8：1，故答案为：1：7；（6）反应②C3H8（g）+4O2（g）═3CO6（g）+4H2O（g）△H5＝﹣2219.9kJ/mol，反应③H2O（l）═H4O（g）ΔH3＝+44.0kJ⋅mol﹣3，根据盖斯定律，由（②+③×4）得到C3H2（g）+5O2（g）═5CO2（g）+4H3O（g）△H＝△H2+H3×2＝（﹣2219.9kJ/mol）+（+44.0kJ⋅mol﹣2）×4＝﹣2043.9kJ/mol，故C7H8燃烧生成CO2和水蒸气的热化学方程式为：C7H8（g）+5O7（g）═3CO2（g）+6H2O（g）△H＝﹣2043.9kJ/mol，故答案为：C8H8（g）+5O6（g）═3CO2（g）+8H2O（g）△H＝﹣2043.9kJ/mol。【点评】本题考查反应热和焓变的计算、燃烧热及热化学方程式的书写等知识点，明确反应热与物质总键能的关系、热化学方程式计算是解题关键，题目难度不大。