安徽省黄山市屯溪第一中学2022-2023学年高二上学期期中质量检测（选择性考试）化学试题（Word版附解析）

安徽省黄山市屯溪第一中学2022~2023学年高二上学期期中质量检测化学试题(选择性考试)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Zn-65第I卷(选择题)一、单选题(共15题，每题3分)1.根据化学反应速率或平衡理论，联系生产实际，下列说法错误的是A.供热公司为了节能减排，将煤块粉碎，让煤充分燃烧B.啤酒瓶开启后，马上泛起大量泡沫，可用勒夏特列原理解释C.使用高效催化剂是大大提高原料平衡转化率的有效方法D.将一氧化碳中毒者放入高压氧舱，增大氧气浓度，利用平衡移动原理缓解病情【答案】C【解析】【详解】A．将煤块粉碎，增大煤与空气的接触面积，让煤充分燃烧，并且可以节能减排，故A正确；B．密封的啤酒瓶内压强很大，所以二氧化碳能以碳酸的形式存在于瓶中，存在H2CO3(l)⇌H2O(l)+CO2(g)，而此时开瓶就是一个减压的过程，平衡向右移动，生成二氧化碳，马上泛起大量泡沫，可用勒夏特列原理解释，故B正确；C．使用高效催化剂是大大加快化学反应速率，不能提高原料平衡转化率，故C错误；D．一氧化碳中毒者体内存在平衡：HbO2+COHbCO+O2，医院高压氧舱，增大氧气的浓度，平衡逆向移动，减少血红蛋白与CO的结合，缓解病情，能利用平衡移动原理解释，故D正确；答案选C。2.元末陶宗仪《辍耕录》中记载：“杭人削松木为小片，其薄为纸，熔硫磺涂木片顶端分许，名日发烛……，盖以发火及代灯烛用也。”下列有关说法错误的是A.将松木削薄为纸片状有助于发火和燃烧B.“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性C.“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化D.硫磺是“发烛”发火和燃烧反应的催化剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．将松木削薄为纸片状可以增大可燃物与氧气接触面积，有助于发火和燃烧，A正确； B．发烛具有可燃性，“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性，B正确；C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化，如化学能转化为光能、热能等，C正确；D．硫磺也燃烧，不是催化剂，D错误；选D。3.下列各项表述正确的是A.已知的燃烧热为，则：B.已知稀盐酸与NaOH稀溶液反应的中和热为，则：C.已知，若，则D.已知：；，则：与反应生成放出509kJ热量时，转移电子数为【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，由于中水不是液态的稳定状态，不是表示燃烧热的热化学方程式，故A错误；B．中和热是指稀酸与稀碱反应生成1mol液态水所放出的热量，不是生成1mol液体水，不能表示中和热，故B错误；C．S(g)的能量大于S(s)，则反应放出的热量更多，放热反应的焓变为负值，放出的热量越多焓变越小，则，故C错误；D．根据盖斯定律：×II+I得Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)ΔH=(-566×-226)kJ/mol=-509kJ/mol，CO(g)与 Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，参加反应CO为1mol，反应的电子转移的物质的量为2mol，即电子转移数为，故D正确；故选：D。4.一定条件下，在水溶液中1molCl-、ClO(x=1、2、3、4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列说法正确的是A.P点对应的微粒最稳定B.R点微粒化合价最高，氧化性最强C.反应的焓变为ΔH=-20kJ·mol-1D.P点微粒发生歧化反应转化为N点和Q点微粒属于非自发过程【答案】C【解析】【详解】A．依据图示M、N、P、Q、R点中M点Cl-能量最低，所以最稳定，故A错误；B．N、P、Q、R中，P点为次氯酸根离子，氧化性最强，故B错误；C．的反应方程式为：2ClO-=Cl-+ClO，焓变为ΔH=生成的总能量-反应物的总能量=(100-2×60)kJ·mol-1=-20kJ·mol-1，故C正确；D．依据图示可知：2ClO=ClO+ClO-，反应热=(60kJ/mol+65kJ/mol)-2×100kJ/mol=-80kJ/mol，热化学方程式为，2ClO(aq)=ClO(aq)+ClO-(aq)ΔH=-80kJ•mol-1，依据热化学方程式可知：ΔH＜0，ΔS变化不大，所以ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，故D错误；故选C。5.已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572kJ·mol-1；CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1。现有H2与CH4的混合气体112L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，若实验测得反应放热3242kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是 A.1∶1B.1∶3C.1∶4D.2∶3【答案】D【解析】【详解】H2与CH4的混合气体112L（标准状况），其物质的量为n(混)==5mol，设原混合气体中H2与CH4的物质的量分别是xmol和ymol，则有x+y＝5，286x+890y＝3242，解得x︰y＝2︰3，答案选D。6.下列说法正确且均与化学反应速率有关的是①将糕点存放在冰箱里，或在其包装袋中放入生石灰或叔丁基对苯二酚作为脱氧剂，可以延长保质期；②使用粗锌小颗粒和稀硫酸反应制氢气③炼铁高炉尾气中，总是存在一定含量CO④工业上选择400-500°C合成氨⑤向生橡胶中加入硫粉，提高了其强度和韧性和化学稳定性⑥面粉厂要注意防火，面粉在封闭厂房中扬起悬浮达到一定浓度时，易发生爆炸危险A.②④⑥B.①②④⑥C.③④⑤D.①②⑥【答案】A【解析】【详解】①将糕点存放在冰箱里，降低温度可以减慢化学反应速率；在其包装袋中放入叔丁基对苯二酚作为脱氧剂，降低氧气浓度，减慢反应速率，可以延长保质期；生石灰只能吸水，不能作脱氧剂，①错误；②粗锌中含有杂质，使用粗锌小颗粒和稀硫酸反应，构成原电池，加快反应速率，②正确；③炼铁高炉尾气中，总是存在一定含量CO，说明一氧化碳还原氧化铁的反应是可逆反应，与化学反应速率无关，③错误；④工业上选择400-500°C合成氨，提高了催化剂的活性，可以加快化学反应速率，④正确；⑤向生橡胶中加入硫粉，提高了其强度和韧性和化学稳定性，改善了橡胶的性能，并没有影响化学反应速率，⑤错误；⑥面粉在封闭厂房中扬起悬浮达到一定浓度时，浓度增大，化学反应速率加快，易发生爆炸危险，⑥正确；故选A。7.反应的能量变化如下图实线所示。研究表明该反应也可按图中虚线所示的反应历程进行。下列说法错误的是 A.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能B.虚线所示反应过程的总反应速率由步骤①决定C.虚线所示反应历程中，铁元素的化合价保持不变D.不能改变该反应的△H【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A正确；B．已知两步反应，第一步活化能较大，因此①N2O+Fe+═N2+FeO+(慢)、②FeO++CO═CO2+Fe+(快)，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故B正确；C．反应①N2O+Fe+═N2+FeO+中N元素化合价降低，Fe元素化合价的升高，因此是氧化还原反应，故C错误；D．Fe+是催化剂，Fe+使反应的活化能减小，不能改变该反应的△H，故D正确；故选：C。8.下列说法不正确的是A.室温下不能自发进行，说明该反应的B.放热及熵增加的反应，一定能自发进行C.知道了某过程有自发性之后，则可确定过程是否一定会发生D.已知反应，高温下为自发过程，低温下为非自发过程【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据反应方程式，该反应为熵增，根据△G=△H-T△S进行分析，该反应不能自发进 行,△G>0，因此可以说明该反应为△H>0,故A说法正确；B．放热反应，推出△H<0，熵增，推出△S>0，根据复合判据，任何温度下，该反应都能自发进行，故B说法正确；C．过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的概率，故C说法错误；D．该反应是熵增，推出△S>0，该反应△H>0，根据复合判据，高温下能够自发进行，低温下非自发进行，故D说法正确；故选C。9.根据相应的图像，下列相关说法正确的是甲：乙：丙：丁：aA(g)+bB(g)cC(g)L(s)+aG(g)bR(g)aA+bBcCA+2B2C+3DA.由图甲可知反应aA(g)+bB(g)cC(g)：a+b>c且正反应为吸热反应B.反应达到平衡时外界条件对平衡影响关系如图乙所示，则正反应为吸热反应，且a>bC.物质的含量和压强关系如图丙所示，可知E点v(逆)<v(正)D.反应速率和反应条件变化关系如图丁所示，则该反应的正反应为放热反应，且A、B、C、D均为气体【答案】C【解析】【详解】A．甲图中斜率代表反应速率，则T1>T2，P2>P1，说明升高温度C的百分含量减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应，增大压强，C的百分含量增大，平衡正向移动，a+b>c，故A错误；B．由图象可知，相同压强下温度大，G的体积分数小，正反应为吸热反应，但p1和p2的大小关系不确定，则不能确定a、b关系，故B错误；C．曲线l上的点都是平衡点，E点反应未达到平衡，且A的百分含量要下降，平衡正向移动，可知E点v(逆)<v(正)，故C正确；D．降温，正反应速率大于逆反应速率，平衡右移，正反应为放热反应；加压，正反应速率大于逆反应速 率，平衡正向移动，若A、B、C是气体、D可以为固体或液体，符合平衡正向移动，与图象一致，故D错误；故选C。10.下列有关化学反应速率的实验探究方案设计合理的是选项实验方案实验目的A向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和FeCl3溶液，观察气体产生的速度比较Cu2＋和Fe3＋的催化效果B两支试管，都加入2mL1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL0.05mol/L的H2C2O4溶液，观察高锰酸钾溶液褪色所需时间探究草酸浓度对反应速率影响C在锥形瓶内各盛有2g锌粒(颗粒大小基本相同)，然后通过分液漏斗分别加入40mL1mol/L和40mL18mol/L的硫酸。比较两者收集10mL氢气所用的时间探究硫酸浓度对反应速率影响D探究温度对反应速率的影响 A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．阴离子不同，无法比较Cu2＋和Fe3＋催化效率，A错误；B．两组实验中草酸均不足量，高锰酸钾均无法褪色，B错误；C．18mol·L－1的硫酸为浓硫酸，浓硫酸锌粒反应生成物为SO2，无H2产生，无法比较产生H2的速率，C错误；D．反应物浓度和压强均相同，只有温度不同，可以用来探究温度对反应速率的影响，D正确；故选D。【点睛】本题主要考查催化剂、浓度、温度、反应物对反应速率的影响，考查对象为单一变量法在实验设计中的应用。11.向体积为4L的固定密闭容器中通入5molX气体，在一定温度下发生如下反应：，经5min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则下列说法正确的①用Y表示的速率为②若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一段时间内测得容器内的反应速率分别为：甲：；乙：；丙：。若其它条件相同，温度不同，则温度由高到低的顺序是丙＞甲＞乙③若向达到平衡的体系中充入不参加反应的氮气，则平衡向左移动④若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达到平衡时仍与(1)的平衡等效，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围应该为1.5＜c≤7.5A.①④B.①②C.②③D.②④【答案】D【解析】【详解】根据三段式可知经5min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则5-2x+x+3x=1.2×5，解得 x=0.5mol。①所以Y的物质的量增加0.5mol，浓度是0.125mol/L，由速率公式可得v=0.125mol/L÷5min＝0.025mol·L－1•min－1，错误；②根据2X(g)Y(g)+3Z(g)反应方程式可知，反应速率分别为：甲：；乙：；丙：，都统一到用X表示的反应速率值分别为甲：v(X)=2.5mol·L－1•min－1；乙：v(X)=2mol·L－1•min－1；丙：v(X)=2.7mol·L－1•min－1，所以化学反应速率是丙＞甲＞乙，温度越高，化学反应速率越快，所以温度大小关系是：丙＞甲＞乙，正确；③向体积不变平衡体系中充入氮气，不参加反应，所以平衡体系中各物质浓度不变，则平衡不移动，错误；④通过极限转化思想，将5molX全部转化到方程式右边，得到7.5mol的Z，即若要满足等温等体积的等效平衡，那么c的最大值为7.5mol，而(1)平衡时，Z的物质的量为1.5mol，如果要求反应逆向进行，则c必须大于1.5mol，所以c的取值范围应该为1.5＜c≤7.5，正确；答案选D。12.向某体积固定的密闭容器中加入0.15mol/L的A、0.05mol/L的C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均摩尔质量没有变化。下列说法错误的是A.若t1=15，则0~t1内反应速率B.平衡时A的转化率为60%C.反应的化学方程式D.起始时加入B的浓度为0.08mol/L【答案】D【解析】【分析】根据图象可知，t1时刻反应达到平衡，消耗A和生成C的物质的量浓度之比为(0.15-0.06):(0.11- 0.05)=3∶2，因为达到平衡后，混合气体平均摩尔质量没有变化，说明反应前后混合气体总物质的量不变，即B为生成物，系数为1，反应方程式；【详解】A．根据图象可知，该时间段内，物质C的变化浓度为(0.11-0.05)mol/L=0.06mol/L，根据化学反应速率的表达式，，A正确；B．达到平衡后，A的物质的量浓度变化为(0.15-0.06)mol/L=0.09mol/L，则A的平衡转化率，B正确；C．根据分析可知，反应的化学方程式，C正确；D．物质C的变化浓度为(0.11-0.05)mol/L=0.06mol/L，由方程式可知，反应生成B的浓度为0.06mol/L÷2=0.03mol/L，D错误；答案选D。13.下列说法正确的是A.活化能接近于零的反应，当反应物相互接触时，反应瞬间完成，而且温度对其反应速率几乎没有影响B.温度和压强都是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率C.人们把能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子，把活化分子具有的能量叫活化能D.活化能的大小不仅意味着一般分子成为活化分子的难易，也会对化学反应前后的能量变化产生影响【答案】A【解析】【详解】A.活化能接近于零的反应，所有分子基本是活化分子，所以只要接触就可迅速反应，反应瞬间完成，所以温度对其反应速率影响就不大，A项正确；B.压强是通过改变单位体积内活化分子数目来改变化学反应速率，温度是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率，B项错误；C.使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，即活化分子多出其它反应物分子的那部分能量，C项错误；D.活化能的大小对化学反应前后的能量变化不产生影响，而能量大小只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，D项错误；答案选A。【点睛】在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。 14.已知利用环氧物质制备某酯的一种机理如图所示，下列说法不正确的是A.化合物II和III互为同分异构体B.化合物I是该反应过程中的中间产物C.化合物IV生成3-羟基丙酸甲酯的过程属于取代反应D.若原料用，则产物可能是【答案】B【解析】【详解】A．化合物Ⅱ和化合物Ⅲ分子式均为，但结构不同，互为同分异构体，A项正确；B．化合物Ⅰ参与反应，但最终没有被消耗，所以化合物Ⅰ不是中间产物，而是催化剂，B项错误；C．化合物IV生成3-羟基丙酸甲酯的同时，还生成，对比结构简式可知，此过程属于取代反应，C项正确；D．根据流程可知，若原料用，则最后生成的物质，羟基和甲基连在同一个碳上，产物可能是，D项正确；故选B。15.如图所示，隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)　ΔH=-192kJ·mol-1。向M、N中都通入amolX和bmolY的混合气体，初始时M、N两容器的容积相同，保持两容器的温度相同且恒定不变。下列说法一定正确的是 A.平衡时，X的体积分数：M<NB.若向N中再充入amolX和bmolY，则平衡时，X的转化率：M>NC.若a∶b=1∶3，当M中放出172.8kJ热量时，X的转化率为90%D.若a=1.2，b=1，并且N中达到平衡时体积为2L，此时含有0.4molZ，则再通入0.36molX时，υ(正)<υ(逆)【答案】D【解析】【分析】A．N中为恒压，M中随反应进行压强减小，反应过程中N中压强大于M中压强，增大压强，平衡向正反应方向移动；B．向N中再充入amolX和bmolY后达到平衡时的状态与未充入X、Y前相同，即互为等效平衡，根据A的分析可以知道N中转化率较大；C．反应初始时X的物质的量未知，故转化率未知；D.反应温度不变，故通入X前后平衡常数不变，将通入X后反应的浓度商与平衡常数比较，即可知道正逆反应速率的大小；【详解】A．N中为恒压，M中随反应进行压强减小，反应过程中N中压强大于M中压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，故平衡时，X的体积分数：M＞N，故A项错误；B．向N中再充入amolX和bmolY后达到平衡时的状态与未充入X、Y前相同，即互为等效平衡，根据A的分析可以知道，平衡时X的转化率：M＜N，故B项错误；C．反应初始时X的物质的量未知，故转化率未知，故C项错误；D．若a=1.2，b=1，并且N中达到平衡时体积为2L，此时含有0.4molZ，则：         X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）n01.2mol   1mol      0molΔn0.2mol   0.6mol    0.4moln平1mol     0.4mol    0.4mol则平衡常数K=(0.4/2)2/(1/2)×(0.4/2)3=10L2/mol2，反应温度不变，故通入X前后平衡常数不变，未再通入X前，平衡时气体总物质的量为1.8mol，通入0.36molX后，气体总物质的量为2.16mol，由体积比与物质的量比成正比可以知道：1.8/2.16=2/V，计算得出通入X后的体积V=2.4L，浓度商Qc=(0.4/2.4)2/(1.36/2.4)×(0.4/2.4)3=10.59＞K，故反应应向逆反应方向进行，则通入0.36molX时，υ（正）＜υ（逆），故D项正确。综上，本题选D。【点睛】本题的易错项是C、D，C项中a：b=1:3错误的以X、Y起始物质的量依次为1mol、3mol进行计算；D项中忽略向平衡后的N中通入0.36molX的瞬间引起容器体积的变化。第Ⅱ卷(非选择题) 16.化学反应的能量变化通常表现为热量的变化，因此反应热的研究对于化学学科发展具有重要意义。利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取100mL盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取100mL的氢氧化钠溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH和盐酸溶液一并倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）仪器a的作用是_______。改为铁质搅拌棒对实验结果有无影响填_______(“有影响”或“无影响”)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_______。（2）配制100mL的氢氧化钠溶液，需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、药匙、镊子、玻璃棒、量筒以及_______、_______。（3）实验中改用80mL，盐酸跟80mLNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所测中和热数值_______(填“相等”“不相等”)。反应过程中NaOH溶液的浓度为不是的原因是_______。用溶液和硫酸代替上述试剂，所测中和热的数值_______。(填“相等”“不相等”)。（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为、、，则、、的大小关系为_______。（5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是，又知中和反应后生成溶液的比热容为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度/℃终止温度/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2 220220.423.4320.320.525.6依据该学生实验数据计算，该实验测得的中和热_______(结果保留一位小数)【答案】（1）①.搅拌使溶液快速混合，充分反应②.有影响③.保温、隔热，减少实验过程中的热量损失（2）①.100mL容量瓶②.胶头滴管（3）①.相等②.确保盐酸被完全中和③.不相等（4）（5）【解析】【分析】测定中和热时，要确保热量不散失、一定量的盐酸反应完全，在测定酸、碱溶液的起始温度后、需在保温装置中反应，一次性迅速把NaOH溶液倒入小烧杯中，并用环形玻璃搅拌棒、量取最高温度；为保证实验准确度，做平行实验，进行数据处理后、用公式计算出实验中放出的热量，并据此计算中和热，据此回答。【小问1详解】仪器a的作用是搅拌使溶液快速混合，充分反应。铁能导热、改为铁质搅拌棒对实验结果有影响。烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失。【小问2详解】配制100mL0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液时，需要称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作。需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、药匙、镊子、玻璃棒、量筒以及100mL容量瓶、胶头滴管。【小问3详解】中和热是指在稀溶液中，酸和碱反应生成1mol水时所放出的热量，实验中改用80mL0.5mol·L-1盐酸跟80mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所测中和热数值相等；反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol·L-1不是0.5mol·L-1的原因是确保盐酸被完全中和；用Ba(OH)2溶液和硫酸代替上述试剂，由于同时产生硫酸钡沉淀也会放热、则所测中和热的数值不相等。【小问4详解】稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液分别和1L1mol·L-1的稀盐酸反应，均为强酸和强碱生成可溶性盐和水；稀氨水和1L1mol·L-1的稀盐酸反应，氨水需电离产生氢氧根再和氢离子发生反应、电离吸热，放出热量较小，而中和反应焓变小于0 ，则生成等量水时弱碱参与的中和反应焓变大；现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为△H1=△H2＜△H3。【小问5详解】数据处理：第一次起始平均温度为20.1℃、测定温度差为：(23.2-20.1)℃=3.1℃，第二次起始平均温度为20.3℃、测定的温度差为：(23.4-20.3)℃=3.1℃，第三次起始平均温度为20.4℃、测定的温度差为：(25.6-20.4)℃=5.2℃，其中第三次的温度差误差较大，应该舍弃，其它二次温度差的平均值为：△T=3.1℃，已知100mL0.5mol·L-1盐酸与100mL0.55mol·L-1NaOH溶液发生中和反应，生成水的物质的量为n(H2O)=0.1L×0.50mol/L=0.05mol，假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1℃-1，溶液的质量为：200mL×1g/cm3=200g，则生成0.05mol水放出的热量为：Q=c•m•△T=4.18J/(g•℃)×200g×3.1℃=2591.6J，即2.5916kJ，所以依据该学生的实验数据计算，实验测得的中和热为：。17.能源是国民经济发展的重要基础。请根据所学知识回答下列问题：Ⅰ.火箭推进器中装有还原剂肼()和强氧化剂过氧化氢()，当它们混合时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼与足量液态过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256.4kJ的热量。（1）肼的结构式为_______，过氧化氢的电子式为_______。（2）写出反应的热化学方程式：_______。（3）已知，则16g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是_______kJ。（4）上述反应用于火箭推进器，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是_______。Ⅱ.氨气是一种重要的化学物质，可用于制取化肥和硝酸等。合成氨原料中的H2可用CO在高温下与水蒸气反应制得。已知：在25℃、101kPa下，①②③（5）25℃、101kPa下，CO与水蒸气反应转化为和的热化学方程式为_______。（6）已知298K时，正丁烷、异丁烷完全燃烧的热化学方程式分别为： 则该温度下，正丁烷转化为异丁烷的热化学方程式为_______。（7）已知298K时，正丁烷不完全燃烧的热化学方程式为。在某密闭容器中通入29g正丁烷和68.32L(标准状况)氧气，控制条件使之恰好完全反应。则所得到的CO与的物质的量之比为_______，反应过程中放出的热量为_______。【答案】（1）①.②.（2）（3）408.5（4）产物是和，对环境无污染（5）（6）（7）①.1：4②.1325.8kJ【解析】【小问1详解】分子中每个N原子形成三个共价键，每个H原子形成一个共价键，因此的结构式为；为共价化合物，两个O原子间共用1对电子，每个O原子又分别与1个H原子共用1对电子，因此的电子式为，故答案为：；；【小问2详解】0.4mol液态肼与足量液态过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256.4kJ的热量，1mol肼燃烧放热256.4kJ=641kJ，反应的热化学方程式为：，故答案为：；【小问3详解】 ①，②；依据盖斯定律，①-②4得到：，则16g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是=，故答案为：408.5；【小问4详解】肼燃烧生成和，除释放大量热和快速产生大量气体外，生成的物质无污染，故答案为：产物是和，对环境无污染；【小问5详解】①，②，③，依据盖斯定律，③-①-②得到：=，故答案为：；【小问6详解】①，②，依据盖斯定律，(①-②)得到：=，故答案为：；【小问7详解】n(正丁烷)==0.5mol，n(O2)==3.05mol，设得到的CO与CO2的物质的量分别为x、 y，则x+y=0.54，x+y=3.05，解得x=0.4mol，y=1.6mol，则CO与CO2的物质的量为0.4:1.6=1:4；反应过程中放出的热量为+=1325.8kJ，故答案为：1：4；1325.8kJ。18.某同学探究外界条件对H2O2分解速率的影响实验所用试剂：0.4mol·L-1H2O2溶液、蒸馏水、MnO2粉末、Fe2O3粉。实验序号H2O2浓度(mol·L-1)v(H2O2溶液)(mL)温度催化剂收集112mLO2所需时间(s)10.420室温无几乎无气体产生20.42050℃水浴无29630.420室温0.5ga4540.420室温0.5gMnO2粉末10050.4b室温a＞45（1）实验1、2的目的是其他条件相同时，研究___________对H2O2分解速率的影响。（2）表中a处所用试剂为___________。对比实验3、4可得出结论是___________。（3）实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的影响。b处取用10mL0.4mol·L-1H2O2溶液，还应添加的试剂及用量为___________。（4）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用0.4mol·L-1H2O2溶液和3.0mol·L-1H2SO4溶液处理。①请配平方程式：______________________Cu+___________H2O2+___________H+=___________Cu2++___________H2O②某同学在不同温度下完成该实验，测得铜的平均溶解速率分别为：温度(℃)20304050607080铜的平均溶解速率()7.348.019.257.987.246.735.76当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是：___________。【答案】（1）温度（2）①.Fe2O3粉末②.其他条件相同时，不同催化剂对H2O2 分解速率影响不同（3）10mL蒸馏水（4）①.Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O②.温度高于40°C时，有较多H2O2分解，反应物浓度降低，使铜的平均溶解速率降低【解析】【小问1详解】由控制变量法可知，实验1、2的目的是其他条件相同时，反应温度不同，说明研究温度对H2O2分解速率的影响，故答案为：温度；【小问2详解】实验3、4是Fe2O3粉末相比MnO2粉末具有更高的催化效率，对比实验3、4可得出的结论是其他条件相同时，不同催化剂对H2O2分解速率影响不同，故答案为：Fe2O3粉末；其他条件相同时，不同催化剂对H2O2分解速率影响不同；【小问3详解】为了保持溶液体积相同，此处还应添加的试剂及用量为10mL蒸馏水，故答案为：10mL蒸馏水；【小问4详解】①Cu从0价升高为+2，H2O2是氧化剂，O元素从-1价降为-2价，则根据得失电子守恒及电荷守恒可得Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；②温度高于40°C后，随着温度的升高，H2O2的分解速率加快，使溶液中H2O2的浓度降低的更快，对铜的溶解速率的影响超过了温度升高对铜溶解速率的影响，所以铜的溶解速率逐渐减小；故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；温度高于40°C时，有较多H2O2分解，反应物浓度降低，使铜的平均溶解速率降低。19.亚硝酰氯(NOC1)是有机合成中的重要试剂。实验室中可用如下反应合成亚硝酰氯。I：Cl2(g)+2NO(g)2NOCl(g)△H（1）已知几种物质的相对能量如下表。物质Cl2(g)NO(g)NOCl(g)相对能量/(kJ·mol-1)090.2551.71则反应I的△H=_______kJ·mol-1。（2）T°C下，向某真空恒容密闭容器中加入足量的CuCl2(s)并充入一定量的NO(g)，发生反应II：2CuCl2(s)2CuCl(s)+Cl2(g)和反应I，测得起始压强为bkPa，达到平衡时NOCl(g)的压强为ckPa。若此温度下，反应II的平衡常数KpII=akPa，则平衡时NO的转化率为_______；该温度下，反应I的平衡常数KpI=_______。(用气体物质的平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，用含a、b、c的代数式表示) （3）反应Cl2(g)+2NO(g)=2NOCl(g)的速率方程式可表示为v(正)=k(正)•c（Cl2）•c2(NO)，v(逆)=k(逆)•c2(NOCl)，其中k(正)、k(逆)代表正、逆反应的速率常数，其与温度、催化剂等有关，与浓度无关。①加入催化剂，k(正)增大的倍数_______(填“大于”“小于”或“等于”)k(逆)增大的倍数。②已知：pk=-lgk。下左图中所示有2条直线分别代表pk(正)、pk(逆)与的关系，其中代表pk(正)与关系的直线是_______(填字母)。理由是_______。（4）一定条件下向恒容密闭容器中按一定比例[]充入NO(g)和Cl2(g)发生反应I，平衡时体系中NOCl(g)体积分数φ(NOCl)随的变化如上右图所示，则NO转化率最大的是_______(填“A”“B”或“C”)点，当=1.5时，表示平衡状态时的φ(NOCl)可能是_______(填“D”“E”或“F”)点。【答案】（1）-77.08（2）①.×100%②.（3）①.等于②.b③.该可逆反应的正反应是放热反应，降温，平衡常数增大，正反应速率常数减小的程度小于逆反应速率常数减小的程度（4）①.A②.D【解析】【小问1详解】焓变等于生成物的相对能量和反应物的相对能量之差，则Cl2(g)+2NO(g)2NOCl(g)△H=2×51.71kJ•mol-1-(0+90.25×2)kJ•mol-1=-77.08kJ•mol-1。【小问2详解】测得起始压强为bkPa，达到平衡时NOCl(g)的压强为ckPa，根据Cl2(g)+2NO(g)=2NOCl(g)，NO转化分压为ckPa，则平衡时NO的转化率为；此温度下，反应II的平衡常数KpII=p(Cl2)=akPa，NO 分压为(b-c)kPa，则该温度下，反应I的平衡常数KpI==。【小问3详解】①催化剂同等程度增大正逆反应速率，则k(正)增大的倍数等于k(逆)增大的倍数；②该可逆反应的正反应是放热反应，降温，平衡常数增大，正反应速率常数减小的程度小于逆反应速率常数减小的程度，其中代表pk(正)与关系的直线为b。【小问4详解】