安徽省巢湖市无为县开城中学2022届高三化学上学期第三次月考试卷（含解析）

2022-2022学年安徽省巢湖市无为县开城中学高三（上）第三次月考化学试卷一、本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共42分1．（2分）（2022秋•朝阳区期中）一些化学试剂瓶上贴有危险警告标志，下列物质的试剂瓶上所贴化学品标志有错误的是（　　）ABCD物质Na2CO3液氨浓H2SO4K2Cr2O7危险警告标识　A．AB．BC．CD．D考点：化学试剂的存放；化学试剂的分类．版权所有专题：化学实验基本操作．分析：A．碳酸钠无毒；B．液氨易爆炸；C．浓硫酸有腐蚀性；D．K2Cr2O7有强氧化性．解答：解：A．碳酸钠无毒，不是有毒品，故A错误；B．液氨易爆炸，是爆炸品，故B正确；C．浓硫酸有腐蚀性，是腐蚀品，故C正确；D．K2Cr2O7有强氧化性，是氧化剂，故D正确．故选A．点评：本题考查危险品标志，明确物质的性质是解题的关键，题目难度不大．　2．（2分）（2022•广州一模）YBa2Cu8Ox（Y为元素钇）是磁悬浮列车中的重要超导材料，关于Y的说法不正确的是（　　）　A．属于金属元素　B．质子数与中子数之差为50　C．原子的核外电子数是39　D．3989Y和3990Y是两种不同的核素考点：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．版权所有专题：原子组成与结构专题．-22-\n分析：先根据构造原理判断元素在周期表中的位置，判断A；根据质子数、中子数、质量数之间的关系判断B；根据原子的质子数与电子数的关系判断C；根据同位素的定义判断D．解答：解析：Y元素为39号元素，根据构造原理，核外电子排布式1S22S22P63S23P63d104S24P64d15S2，字母前的数字表示电子层数，价电子是4d15S2，价电子数之和=族序数，所以Y属第五周期第ⅢB族．A、该元素是副族元素，所以是金属元素，故A正确．B、质子数+中子数=质量数，质子数﹣中子数=质子数﹣（质量数﹣质子数）=39﹣（89﹣39）=﹣11．故B错误．C、原子的核外电子数等于核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确．D、3989Y和3990Y是质子数相同中子数不同的同一元素，所以是不同的两种核素，故D正确．故选：B点评：本题考查的是有关质子数、中子数、电子数之间的计算，以及同位素的定义，是小型综合题，属基础知识．　3．（2分）（2022秋•朝阳区期中）下列有关胶体的说法不正确的是（　　）　A．利用丁达尔效应可以区分胶体和溶液　B．胶体中分散质粒子的直径在1～100nm之间　C．向沸水中逐滴加入少量FeCl3饱和溶液，可制得Fe（OH）3胶体　D．将Fe（OH）3胶体和泥水分别进行过滤，发现均不能通过滤纸孔隙考点：胶体的重要性质．版权所有专题：溶液和胶体专题．分析：A．胶体能发生丁达尔效应；B．分散质粒子的直径在1nm～100nm之间的分散系叫做胶体；C．FeCl3饱和溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体；D．胶体能透过滤纸．解答：解：A．胶体有丁达尔效应，溶液无丁达尔效应，故A正确；B．胶体分散系中分散质粒子的直径在1～100nm之间，故B正确；C．FeCl3饱和溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，为防止胶体聚沉，当溶液呈红褐色时停止加热，故C正确；D．胶体能透过滤纸，泥水不能透过，故D错误．故选D．点评：本题考查胶体的重要性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．　4．（2分）（2022秋•天津期末）下列说法不正确的是（　　）　A．水玻璃可用作木材防火剂-22-\n　B．硅是制造光导纤维的材料　C．硅是制造太阳能电池的常用材料　D．硅是构成一些岩石和矿物的基本元素考点：硅和二氧化硅．版权所有专题：碳族元素．分析：A．硅酸钠不燃烧也不支持燃烧；B．二氧化硅是制造光导纤维的材料；C．硅是制造太阳能电池、硅芯片的常用材料；D．岩石和矿物的基本元素有硅元素．解答：解：A．硅酸钠的水溶液是水玻璃，硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，所以水玻璃可用作木材防火剂，故A正确；B．二氧化硅是制造光导纤维的材料，是利用光的全反射原理，故B错误；C．硅位于金属和非金属分界线处，有金属和非金属的性质，所以硅是制造太阳能电池、硅芯片的常用材料，故C正确；D．岩石和矿物中含有硅酸盐、二氧化硅，所以岩石和矿物的基本元素有硅元素，故D正确；故选B．点评：本题考查了硅及其化合物的用途等知识点，明确物质的性质是解本题关键，根据性质分析解答即可，题目难度不大．　5．（2分）（2022•莲湖区校级二模）下列有关金属的说法中不正确的是（　　）　A．纯铁比生铁抗腐蚀性强　B．青铜、不锈钢、硬铝都是合金　C．铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属　D．人体缺钙会引起骨质疏松症，缺铁会引起贫血考点：金属与合金在性能上的主要差异；铝的化学性质；微量元素对人体健康的重要作用．版权所有专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、生铁能构成原电池，腐蚀性更强；B、根据青铜、不锈钢、硬铝的成分和合金的概念分析判断；C、根据铝是活泼金属，空气中耐腐蚀是表面形成了稳定的氧化物分析；D、缺“铁”会引起贫血，缺“钙”会得佝偻病或发生骨质疏松．解答：解：A、纯铁由于无杂质，只能发生化学腐蚀，而生铁含碳，能构成原电池，发生电化学腐蚀，比纯铁抗腐蚀性差，腐蚀得更快，故A正确；-22-\nB、青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，故B正确；C、铝是活泼金属，在空气中耐腐蚀是因为表面形成了一层氧化铝保护膜，阻止反应进行，在空气中耐腐蚀，故C错误；D、人体缺钙会引起骨质疏松症，缺铁会引起贫血，故D正确．故选C．点评：本题主要考查了物质的组成、分类与性质，难度不大，注意知识的积累．　6．（2分）（2022秋•朝阳区期中）下列关于钠的化合物的说法正确的组合是①NaCl可作厨房调味品，也可用于氯碱工业②Na2O2可用于呼吸面具或潜水艇中的供氧剂③Na2CO3水溶液显碱性，可用于去除油污④NaHCO3受热易分解放出CO2，可用来制作糕点（　　）　A．只有①②③B．只有①③④C．只有②③④D．①②③④考点：钠的重要化合物．版权所有专题：元素及其化合物．分析：①NaCl具有咸味，工业可用电解饱和食盐书制备氢气、氯气和氢氧化钠；②过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气；③Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，有利于油脂的水解；④NaHCO3不稳定，易分解．解答：解：①NaCl具有咸味，可作厨房调味品，工业可用电解饱和食盐书制备氢气、氯气和氢氧化钠，此为氯碱工业，故正确；②过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，常可用于呼吸面具或潜水艇中的供氧剂，故正确；③Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，有利于油脂的水解，可用于除去油污，故正确；④NaHCO3不稳定，易分解，2NaHCO3a2CO3+CO2↑+H2O，故正确．故选D．点评：本题综合考查钠的化学的性质及应用，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等．　7．（2分）（2022秋•朝阳区期中）下列说法正确的是（　　）　A．CO、CO2组成元素相同，都能将Fe2O3还原成Fe　B．SiO2、CO2均为酸性氧化物，均能与NaOH溶液反应生成盐　C．Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，与CO2反应产物相同　D．浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸均具有强氧化性，常温下均可用铝制容器盛放考点：铁的氧化物和氢氧化物；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物．版权所有-22-\n专题：元素及其化合物．分析：A．一氧化氮能够将Fe2O3还原成Fe，而二氧化碳不具有还原性；B．能够与碱溶液反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，据此进行判断；C．氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，而过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；D．稀硝酸在常温下能够与铝反应，不能用铝制容器盛放稀硝酸．解答：解：A．CO、CO2组成元素相同，但是二者的化学性质不同，一氧化碳具有还原性，能够将氧化铁还原成铁，而二氧化碳化学性质比较稳定，无法还原氧化铁，故A错误；B．SiO2、CO2均能与NaOH溶液反应生成盐和水，所以SiO2、CO2均为酸性氧化物，故B正确；C．Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，但是二者的化学性质不同，如氧化钠与CO2反应生成碳酸钠，而过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故C错误；D．浓硫酸、浓硝酸在常温下能够与铝发生钝化现象，可以用铝制的容器盛放浓硫酸和浓硝酸，而稀硝酸能够与铝反应，不能用铝制容器盛放稀硝酸，故D错误；故选B．点评：本题考查了常见元素单质及其化合物性质的判断，题目难度不大，注意常见元素的单质及其化合物的性质，明确浓硫酸、浓硝酸在常温下与铁、铝发生钝化的实质，还要明确碱性氧化物、酸性氧化物的概念．　8．（2分）（2022秋•朝阳区期中）下列溶液中的各组离子，通入过量SO2气体后仍能大量存在的是（　　）　A．Ba2+、Ca2+、Cl﹣B．OH﹣、CO32﹣、Na+　C．Ca2+、ClO﹣、Cl﹣D．H+、Fe3+、NO3﹣考点：离子共存问题．版权所有专题：离子反应专题．分析：A．Ba2+、Ca2+、Cl﹣之间不发生反应，也不与二氧化硫反应；B．氢氧根离子与二氧化硫反应生成亚硫酸根离子；C．次氯酸根离子能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钙离子反应生成硫酸钙沉淀；D．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化二氧化硫．解答：解：A．Ba2+、Ca2+、Cl﹣之间不反应，且都不与二氧化硫反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．OH﹣与SO2气体发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．ClO﹣具有氧化性，能够将SO2气体氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与Ca2+反应生成硫酸钙，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．NO3﹣在H+存在条件下具有氧化性，能够氧化SO2气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子共存的正误判断，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．-22-\n　9．（2分）（2022秋•德州期末）设NA为阿伏加德罗常数．下列叙述不正确的是（　　）　A．标准状况下，22.4LO3含有分子的数目为NA　B．常温常压下，4.0gCH4中含有共价键的数目为NA　C．常温常压下，1L0.1molgL﹣1NH4NO3溶液中NH4+、NO3﹣的数目均为0.1NA　D．标准状况下，2.24LCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子的数目为0.1NA考点：阿伏加德罗常数．版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．标准状况下，22.4L臭氧的物质的量为1mol；B．甲烷分子中含有4个碳氢共价键，4.0g甲烷的物质的量为0.25mol，含有1mol共价键；C．铵根离子在溶液中水解，导致铵根离子数目减少；D．标准状况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，与氢氧化钠溶液完全反应转移0.1mol电子．解答：解：A．标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，含有分子的数目为NA，故A正确；B．4.0g甲烷的物质的量为0.25mol，0.25mol甲烷中含有1mol碳氢键，含有共价键的数目为NA，故B正确；C．常温常压下，1L0.1molgL﹣1NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.1mol，由于铵根离子部分水解，溶液中铵根离子数目减少，NH4+的数目小于0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与氢氧化钠溶液反应转移0.1mol电子，转移电子的数目为0.1NA，故D正确；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，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　10．（2分）（2022秋•朝阳区期中）下列关于铝及其化合物的说法不正确的是（　　）　A．Al既可用于食品包装，也可用做建筑材料　B．Al2O3既可用来冶炼金属Al，也可用做耐火材料　C．明矾既可用做净水剂，也可用作消毒剂　D．Al（OH）3既可用作治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐考点：铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．版权所有专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A．Al具有良好的延展性，Al被氧化生成的氧化铝熔点高，可作耐火材料；-22-\nB．电解法冶炼Al，且氧化铝的熔点高；C．铝离子水解生成胶体，具有吸附性；D．Al（OH）3的碱性较弱，可与胃酸中的盐酸反应．解答：解：A．Al具有良好的延展性，Al被氧化生成的氧化铝熔点高，可作耐火材料，则Al既可用于食品包装，也可用做建筑材料，故A正确；B．电解Al2O3法冶炼Al，且氧化铝的熔点高，可用做耐火材料，故B正确；C．铝离子水解生成胶体，具有吸附性，可用做净水剂，不具有强氧化性，但不能用作消毒剂，故C错误；D．Al（OH）3的碱性较弱，可与胃酸中的盐酸反应，Al（OH）3既可用作治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐，故D正确；故选C．点评：本题考查Al的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意性质与用途的关系，题目难度不大．　11．（2分）（2022秋•朝阳区期中）下列方程式不正确的是（　　）　A．用稀H2SO4吸收氨气：NH3+H+═NH4+　B．用CaO吸收汽车尾气中的NOx：CaO+NO+NO2═Ca（NO2）2　C．向海带灰的浸出液中（酸性）加入双氧水提取I2：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O　D．足量铁溶于稀硝酸，溶液变成浅绿色：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O考点：离子方程式的书写．版权所有专题：离子反应专题．分析：A、铵盐是可溶性盐，可以拆；B、此反应不在溶液中进行，生成的Ca（NO2）2是固体，无离子方程式；C、注意从电荷守恒、质量守恒和得失电子数守恒角度来判断；D、从产物是否正确来考虑．解答：解：A、稀H2SO4吸收氨气的化学方程式：2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，H2SO4为强酸，（NH4）2SO4为可溶性盐，均可以拆，故离子方程式为：NH3+H+═NH4+，故A正确；B、汽车尾气中含有大量的NO和NO2，用CaO吸收汽车尾气中的NOx的化学方程式：CaO+NO+NO2═Ca（NO2）2，故B正确；C、向海带灰的浸出液中（酸性）加入双氧水，能将I﹣氧化为I2，H2O2在酸性条件下被还原为H2O，故离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O，故C正确；D、根据题目给的信息：足量铁溶于稀硝酸，溶液变成浅绿色，可知，产物应为硝酸亚铁．故化学方程式应为：3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，根据能拆的有强酸、强碱和可溶性盐可知，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选D．点评：本题考查了化学方程式和离子方程式的书写，应从物质的拆分、电荷守恒、质量守恒以及产物是否正确的角度来判断．较简单．　-22-\n12．（2分）（2022秋•朝阳区期中）分别取四种溶液于四支试管中进行实验，结论正确的是（　　）操作现象结论A加入浓NaOH溶液，加热湿润的红色石蕊试纸变蓝原溶液中一定含有NH4+B加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊原溶液中一定含有CO32﹣C加入少量双氧水，再加几滴KSCN溶液溶液变红原溶液中一定含有Fe2+D加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸有白色沉淀生成原溶液中一定含有SO42﹣　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．版权所有专题：实验评价题．分析：A．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝；B．可能含有HCO3﹣；C．应先加KSCN；D．不能排除AgCl的干扰．解答：解：A．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH4+，故A正确；B．可能含有HCO3﹣，故B错误；C．药品加入顺序错误，应先加KSCN，故C错误；D．不能排除AgCl的干扰，应先加盐酸，如无现象，再加KSCN检验，故D错误．故选A．点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质的比较，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点和常见题型，注意把握实验的角度和可行性的评价，难度中等．　13．（2分）（2022秋•朝阳区期中）下列叙述正确的是（　　）　A．将FeCl3溶液加热蒸干得到FeCl3固体　B．向Fe（NO3）2溶液中加少量盐酸，无明显现象　C．向氢氧化镁悬浊液中滴加FeCl3溶液，无明显现象　D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，先出现白色沉淀，最终沉淀转化成红褐色考点：盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变．版权所有专题：盐类的水解专题；元素及其化合物．分析：A．将氯化铁溶液加热蒸干得到氢氧化铁固体；B．酸性条件下，亚铁离子被氧化生成铁离子；C．氢氧化镁能和稀盐酸反应生成氯化镁和水；-22-\nD．亚铁离子和氢氧根离子反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀．解答：解：A．将氯化铁溶液加热蒸干时，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，所以最后得到氢氧化铁固体，故A错误；B．酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，同时有无色气体生成，导致溶液由浅绿色变为黄色，故B错误；C．氯化铁是强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氢氧化镁能和稀盐酸反应生成氯化镁和水，所以溶液变澄清，故C错误；D．亚铁离子和氢氧根离子反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，反应方程式为：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓、4Fe（OH）2+O2+2H2O=Fe（OH）3，故D正确；故选D．点评：本题考查了盐类水解，明确物质的性质是解本题关键，再结合物质间的反应来分析解答，注意：加热蒸干氯化亚铁和氯化铁溶液都得到氢氧化铁固体，为易错点．　14．（2分）（2022秋•朝阳区期中）下列叙述正确的是（　　）　A．电解氯化镁溶液可获得金属镁　B．将盛满二氧化氮气体的试管倒立在水中，可观察到溶液充满试管　C．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化　D．向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时SO2最终生成CaSO4，可减少对大气的污染考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．版权所有专题：元素及其化合物．分析：A．电解氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气；B．二氧化氮与水反应生成一氧化氮气体；C．氢氧化钠能和石英坩埚中的二氧化硅反应；D．煤中加入适量石灰石，发生的反应为：2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，SO2最终生成CaSO4．解答：解：A．电解氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气，电解熔融的氯化镁可得到Mg，故A错误；B．二氧化氮与水反应生成一氧化氮气体，最后一定有气体剩余，溶液不会充满试管，故B错误；C．氢氧化钠能和石英坩埚中的二氧化硅反应，所以不可在石英坩埚中熔化氢氧化钠固体，故C错误；D．煤中加入适量石灰石，发生的反应为：2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，SO2最终生成CaSO4，可减少对大气的污染，故D正确；故选D．点评：本题考查氮氧化物的性质、二氧化硫等的性质、化学实验基本操作，难度不大，平时注意知识的积累．-22-\n　15．（2分）（2022秋•朝阳区期中）下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是（　　）选项理由结论A相同物质的量浓度溶液的pH：BaCl2＞MgCl2碱性：Ba（OH）2＞Mg（OH）2B相同物质的量的原子失去电子的数目：Al＞Na还原性：Al＞NaC相同数目的分子中可电离的H+数：H2SO4＞HClO酸性：H2SO4＞HClOD相同物质的量得到电子的数目：稀硝酸＞浓硝酸氧化性：稀硝酸＞浓硝酸　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．版权所有专题：实验评价题．分析：A．碱性越强，对应的金属阳离子水解程度越小；B．还原性强弱与失电子多少无关；C．硫酸为二元酸，不能比较酸性强弱；D．浓硝酸氧化性较强．解答：解：A．碱性越强，对应的金属阳离子水解程度越小，则溶液pH越大，BaCl2溶液呈中性，MgCl2溶液呈弱酸性，故A正确；B．还原性强弱与失电子的难易有关，与失电子多少无关，故B错误；C．硫酸为二元酸，不能比较酸性强弱，二者不具有可比较性，应用一元酸比较，故C错误；D．浓硝酸氧化性较强，应从得电子难易的角度比较，故D错误．故选A．点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质的比较，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点和常见题型，注意把握实验的角度和可行性的评价，难度中等．　16．（2分）（2022秋•葫芦岛期末）已知：C（s，石墨）═C（s，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1．下列有关说法正确的是（　　）　A．相同条件下，1mol石墨比1mol金刚石能量高　B．断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量少　C．若：C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1则有：C（s，金刚石）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1　D．其他条件不变时，加入合适的催化剂，可实现该反应的反应热转变为△H＜0考点：反应热和焓变．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：已知：①C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，可说明石墨比金刚石稳定，如②C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，则利用盖斯定律将②﹣①可得C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，以此解答该题．解答：解：A．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1-22-\n，石墨总能量小于金刚石，故A错误；B．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，可说明石墨总能量较低，比金刚石稳定，所含共价键键能较大，则断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量多，故B错误；C．由盖斯定律可知C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，故C正确；D．催化剂不能够改变反应热，故D错误．故选：C．点评：本题考查反应热，侧重于金刚石和石墨的转化，题目难度不大，注意把握物质的稳定性与反应热的关系．　17．（2分）（2022•泰安一模）将X气体通入Y溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是（　　）X气体Y溶液预测的现象①CO2饱和Na2CO3溶液白色沉淀析出②SO2Ba（NO3）2溶液白色沉淀析出③Cl2AgNO3溶液白色沉淀析出④NH3AlCl3溶液白色沉淀析出　A．只有①②③B．只有①②④C．只有①③④D．①②③④考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．版权所有专题：元素及其化合物．分析：①往饱和的碳酸钠溶液中通人过量的二氧化碳，碳酸钠与水、二氧化碳反应生成了碳酸氢钠；②SO2通入水中生成H2SO3，溶液呈酸性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，可与H2SO3发生氧化还原反应生成SO42﹣；③氯气通入水中和水反应生成盐酸和次氯酸，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀；④氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨和氯化铝反应生成白色的氢氧化铝沉淀；解答：解：①二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和的碳酸钠溶液中通入适量的二氧化碳发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，会出现白色沉淀析出，故①正确；②SO2通入水中生成H2SO3，溶液呈酸性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，可发生3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+4H++2NO↑，会出现白色沉淀析出，故②正确；③氯气与水反应，发生Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，氯离子和银离子反应：Ag++Cl﹣+=AgCl↓，会出现白色沉淀析出，故③正确；④氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4Cl，会出现白色沉淀析出，故④正确；故选D．点评：本题主要考查了实验方案的设计，注意碳酸氢钠是可溶性物质，但碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以适量CO2通入饱和碳酸钠溶液会出现白色沉淀，注意NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，题目难度中等．-22-\n　18．（2分）（2022秋•江西期末）已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O和未知物X．下列说法中不正确的是（　　）　A．该未知物X为Na2SO4　B．该反应的氧化剂是KIO3　C．该反应中，发生氧化反应的过程是KIO3→I2　D．由反应可知还原性强弱顺序为：Na2SO3＞I2考点：氧化还原反应．版权所有分析：所给物质中存在不同化合价的物质为KIO3、Na2SO3、I2、K2SO4，因还原性Na2SO3＞I2，则反应KIO3、Na2SO3为反应物，I2、K2SO4和未知物X为产物，结合质量守恒可知反应的方程式应为2KIO3+5Na2SO3+H2SO4=5Na2SO4+I2+K2SO4+H2O，则X为Na2SO4，以此解答该题．解答：解：反应的方程式应为2KIO3+5Na2SO3+H2SO4=5Na2SO4+I2+K2SO4+H2O，A．Na2SO3被氧化生成X为Na2SO4，故A正确；B．反应中I元素化合价降低，KIO3为氧化剂，故B正确；C．KIO3→I2的过程I元素化合价降低，发生还原反应，故C错误；D．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性强弱顺序为：Na2SO3＞I2，故D正确．故选C．点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，根据元素化合价变化来分析解答即可，根据得失相等进行配平即可，难度中等．　19．（2分）（2022秋•尖山区校级月考）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持、加热和净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（　　）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓硝酸CuNO2NaOH溶液B浓氨水CaONH3H2OC稀硝酸CuNOH2OD浓硫酸CuSO2饱和NaHSO3溶液　A．AB．BC．CD．D考点：气体发生装置；气体的收集；尾气处理装置．版权所有-22-\n专题：实验题．分析：根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及气体要采用防倒吸解答本题．解答：解：A．NO2气体的密度比空气大，能使用向上排空气法，NO2气体能与氢氧化钠迅速反应，所以吸收时要防倒吸，故A正确；B．氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故B错误；C．NO不能用排空气法收集，故C错误；D．浓硫酸与铜需要加热才能反应，故D错误．故选A．点评：本题考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用，难度不大，掌握物质的性质即可解答．　20．（2分）（2022秋•天津期末）X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价﹣4，+4﹣2﹣1，+7+3其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角焰色反应呈黄色下列说法正确的是（　　）　A．X与M形成的化合物中含有离子键　B．Z、M、Q三种元素的简单离子的半径：M＞Z＞Q　C．Y与R形成的化合物中R呈正价，说明Y的非金属性比R强　D．在元素周期表中，Q位于金属与非金属的交界处，可以作半导体材料考点：原子结构与元素周期律的关系．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y有+4、﹣4价，是无机非金属材料的主角，则Y为Si；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na；M只有﹣2价，则为O元素；R有+7、﹣1价，则R为Cl；Q有+3，原子半径大于Cl，则Q为Al，据此解答．解答：解：X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y有+4、﹣4价，是无机非金属材料的主角，则Y为Si；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na；M只有﹣2价，则为O元素；R有+7、﹣1价，则R为Cl；Q有+3，原子半径大于Cl，则Q为Al，A．H与O形成的化合物为共价化合物，只有含有共价键，故A错误；B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣＞Na+＞Al3+，故B正确；C．Y（Si）与R（Cl）形成的化合物中Si呈正价，说明Si的非金属性比Cl弱，故C错误；-22-\nD．Al是活泼金属，不可以用作半导体材料，故D错误，故选B．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意D选项中Al是活泼金属，不能用作半导体材料，为易错点．　21．（2分）（2022•巴中模拟）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）△H＞0，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见表格，下列说法中不正确的是（　　）时间/s0500100015005.003.522.502.50　A．500s内N2O5分解速率为2.96×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1　B．T1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50%　C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＜K2　D．达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则c（N2O5）＞5.00mol•L﹣1考点：化学平衡的影响因素．版权所有专题：化学平衡专题．分析：A．依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算平衡浓度结合平衡常数概念计算平衡常数，计算转化率；C．该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；D．将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移．解答：解答：解：A．依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L﹣3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10﹣3mol/（L•s），故A正确；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K==125，转化率为×100%=50%，故B正确；C．该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，故C错误；D．T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5-22-\n）=2.5mol/L，达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移，则c（N2O5）＞5.00mol•L﹣1，故D正确；故选：C．点评：本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数等，难度中等．　二、（非选择题共58分）22．（12分）（2022秋•朝阳区期中）氯气在科技、生产中应用广泛．（1）工业上常用熟石灰和氯气反应制取漂白粉，化学方程式是　2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O　．（2）实验室用MnO2与浓盐酸反应制取氯气的原理如下：MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O①若制取11.2LCl2（标准状况），则最少应加入MnO2的质量为　43.5　g．②用平衡移动原理解释可用排饱和食盐水法收集氯气的原因　增大Cl﹣浓度，Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡会逆向移动，有效降低Cl2在饱和食盐水中的溶解度　．（结合必要的化学用语及文字回答）③制备氯气时，可用NaOH溶液吸收尾气，下列试剂也可用于吸收氯气的是　ab　（填字母）．a．KI溶液b．FeCl2溶液c．KCl溶液写出你选择的吸收试剂与Cl2反应的离子方程式：　2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣　．④也可用浓氨水吸收氯气，同时生成一种无污染的气体，反应的化学方程式是　8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl　．考点：氯气的化学性质；化学方程式的有关计算．版权所有专题：元素及其化合物．分析：（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；（2）①n（Cl2）==0.5mol，结合方程式计算；②氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解；③氯气具有强氧化性，可与KI溶液、FeCl2溶液发生氧化还原反应；④氯气和浓氨水反应生成氮气和氯化铵．解答：解：（1）氯气与熟石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应为2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；（2）①n（Cl2）==0.5mol，由方程式可知需要0.5molMnO2，m（MnO2）=0.5mol×87g/mol=43.5g，故答案为：43.5g；②氯水中存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡，为可逆反应，饱和食盐水中Cl﹣抑制氯气与水的反应，平衡会逆向移动，有效降低Cl2在饱和食盐水中的溶解度，故答案为：增大Cl﹣浓度，Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡会逆向移动，有效降低Cl2在饱和食盐水中的溶解度；-22-\n③氯气具有强氧化性，可与KI溶液、FeCl2溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故答案为：ab；2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；④氯气和浓氨水反应生成氮气和氯化铵，反应方程式为8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl．点评：本题综合考查氯气的性质和应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．　23．（10分）（2022秋•南阳期末）KMnO4是一种重要的氧化剂．（1）①在酸性条件下KMnO4的氧化性会增强．用来酸化KMnO4溶液的最佳试剂是　b　．a．硝酸b．硫酸c．盐酸②将MnO4﹣氧化C2O42﹣的离子方程式补充完整：　2　MnO4﹣+　5　C2O42﹣+　16H+　═　2　Mn2++　10　CO2↑+　8H2O　．（2）某同学为了探究KMnO4溶液和Na2C2O4（草酸钠）溶液的反应过程，进行如下实验：①配制100mL0.0400mol•L﹣1的Na2C2O4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是　100mL容量瓶、胶头滴管　．②将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性Na2C2O4溶液中（温度相同，并不断振荡），记录的现象如表：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的时间先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因　反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好　．③用配制好的0.0400mol•L﹣1的Na2C2O4溶液来标定某KMnO4溶液的浓度．每次准确量取25.00mLNa2C2O4溶液，然后用酸化后的KMnO4溶液滴定．滴定三次分别消耗的KMnO4溶液的体积是20.00mL、19.80mL、20.20mL，则KMnO4溶液的浓度为　0.02mol/L　．考点：氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的有关计算．版权所有专题：氧化还原反应专题．分析：（1）①高锰酸钾能氧化盐酸，硝酸本身具有强氧化性，故选硫酸；②草酸根离子具有还原性，把MnO4﹣还原为Mn2+，根据化合价升降方法，反应中MnO4﹣→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42﹣→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4﹣系数为2，C2O42﹣系数为5，再根据元素守恒、电荷守恒确定其它物质的系数；（2）①根据配制溶液的步骤和所用仪器即可判断；②反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好；③令KMnO4溶液的浓度为c，根据方程式2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O计算；解答：解：（1）①高锰酸钾能氧化盐酸，硝酸本身具有强氧化性，故选硫酸，故答案为：b；②反应中MnO4﹣→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42﹣→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4﹣-22-\n系数为2，C2O42﹣系数为5，再根据元素守恒可知Mn2+系数为2、CO2系数为10，根据电荷守恒可知H+系数为16，根据氢元素守恒可知H2O系数为8，配平后离子方程式为2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2+8H2O，故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O；（2）①配制100mL0.0400mol•L﹣1的Na2C2O4溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、引流，所以还必须用到的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；②反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好，故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好；③滴定三次分别消耗的KMnO4溶液的体积是20.00mL、19.80mL、20.20mL，消耗的KMnO4溶液的体积平均为是=20mL，n（C2O42﹣）==0.01mol，则：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O2mol5molc×0.02L×100.01mol所以2mol：5mol=c×0.02L×10：0.01mol，解得c=0.02mol/L，故答案为：0.02mol/L．点评：本题考查溶液的配制、氧化还原反应配平、氧化还原反应滴定应用、化学计算等，难度中等，注意把握实验的原理，需要学生具备一定的理论分析能力和计算解决问题的能力．　24．（10分）（2022秋•朝阳区期中）高纯硅生产流程如图：（1）由SiO2制粗硅的化学方程式是　SiO2+2CSi+2CO　，该反应不能说明碳的非金属性强于硅，原因是　非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强　，请写出一个能说明碳的非金属性强于硅的化学方程式　Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3　．（2）900℃以上，H2与SiHCl3发生反应：SiHCl3（g）+H2（g）⇌Si（s）+3HCl（g）△H＞0．将一定量的反应物通入固定容积的密闭容器中进行反应．下列说法正确的是　ac　（填字母）．a．在恒温条件下，若容器内压强不变，则该反应一定达到化学平衡状态b．增大SiHCl3的用量，可提高SiHCl3的平衡转化率c．升高温度可加快反应速率，且提高硅的产率-22-\n（3）该流程中可以循环使用的物质是　HCl、H2　．考点：硅和二氧化硅；化学平衡的影响因素．版权所有专题：化学平衡专题；元素及其化合物．分析：（1）碳与二氧化硅反应生成硅单质和一氧化碳，只能说明碳的还原性比硅强，强酸反应制取弱酸；（2）a．反应前后有气体物质的量的变化；b．增大SiHCl3的用量，可提高H2的平衡转化率；c．正反应是吸热反应；（3）根据化学根据反应物中和生成物中都有的物质考虑．解答：解：（1）碳与二氧化硅反应生成硅单质和一氧化碳：SiO2+2CSi+2CO，只能说明碳的还原性比硅强，非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，不能说明碳的非金属性比硅强；非金属性较强的元素，对应的最高价氧化物的水化物的酸性较强，如碳的非金属性比硅强，则碳酸的酸性比硅酸强，可发生：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强；Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3；（2）a．反应前后有气体物质的量的变化，若容器内压强不变，则该反应一定达到化学平衡状态，故a正确；b．增大SiHCl3的用量，SiHCl3的平衡转化率降低，故b错误；c．正反应是吸热反应，升温向正反应方向移动，且提高硅的产率，故c正确；故答案为：ac；（3）由图示可知反应物有粗硅、HCl、H2；反应过程中生成物有：SiHCl3、H2、SiCl4、HCl，所以在反应物中和生成物中都有的物质是HCl、H2，所以流程中可循环使用的物质是HCl、H2；故答案为：HCl、H2．点评：本题涉及关硅和二氧化硅性质的综合题，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度较大，注意相关知识的积累．　25．（16分）（2022秋•朝阳区期中）根据表中信息回答下列问题．元素SiPSCl单质与氢气反应的条件高温磷蒸气与氢气能反应加热光照或点燃时发生爆炸而化合（1）S在元素周期表中的位置是　第3周期ⅥA族　．（2）根据表中信息可知，Si、P、S、Cl四种元素的非金属性依次增强．用原子结构解释原因：同周期元素电子层数相同，从左至右，　核电荷数逐渐增大　，原子半径逐渐减小，得电子能力逐渐增强．（3）25℃时，以上四种元素的单质与氢气反应生成lmol气态氢化物的反应热如下：a．+34.3kJ•mol﹣1b．+9.3kJ•mol﹣1c．﹣20.6kJ•mol﹣1d．﹣92.3kJ•mol﹣1请写出固态白磷（P4）与H2反应生成气态氢化物的热化学方程式　P4（s）+6H2（g）=4PH3（g）△H=37.2kJ/mol　．-22-\n（4）探究同主族元素性质的一些共同规律，是学习化学的重要方法之一．已知硒（Se）是人体必需的微量元素，其部分信息如图．①下列有关说法正确的是　d　（填字母）．a．原子半径：Se＞S＞Pb．稳定性：H2Se＞H2Sc．因为酸性H2Se＜HCl，所以非金属性Se＜Cld．SeO2是酸性氧化物，能与烧碱溶液反应②在如表中列出对H2SeO3各种不同化学性质的推测，举例并写出相应的化学方程式．编号性质推测化学方程式1氧化性H2SeO3+4HI═Se↓+2I2+3H2O23考点：位置结构性质的相互关系应用；热化学方程式．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：（1）根据S的原子核外电子排布判断元素在周期表中的位置；（2）同周期元素电子层数相同，从左至右，核电荷数逐渐增大，半径逐渐减小；（3）反应方程式为P4+6H2=4PH3，则生成4molPH3，吸收热量为4×9.3kJ=37.2kJ；（4）①a．原子半径P＞S；b．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；c．如元素不在相同周期或主族，不能根据氢化物酸性比较非金属性；d．Se为非金属性元素；②H2SeO3中Se元素化合价为+4价，具有氧化性、还原性和酸性．解答：解：（1）S原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，则位于周期表第3周期ⅥA族，故答案为：第3周期ⅥA族；（2）同周期元素电子层数相同，从左至右，核电荷数逐渐增大，半径逐渐减小，故答案为：核电荷数逐渐增大；（3）反应方程式为P4+6H2=4PH3，则生成4molPH3，吸收热量为4×9.3kJ=37.2kJ，则热化学方程式为P4（s）+6H2（g）=4PH3（g）△H=37.2kJ/mol，故答案为：P4（s）+6H2（g）=4PH3（g）△H=37.2kJ/mol；（4）①a．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径P＞S，故a错误；b．非金属性S＞Se，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故b错误；c．如元素不在相同周期或主族，不能根据氢化物酸性比较非金属性，故C错误；d．Se为非金属性元素，对应的氧化物为酸性氧化物，可与氢氧化钠反应，故d正确．故答案为：d；②H2SeO3与H2SO3相似，具有氧化性、还原性和酸性，如反应：2H2SeO3+O2═2H2SeO4（或Br2+H2SeO3+H2O═H2SeO4+2HBr）中表现还原性，反应H2SeO3+2NaOH═Na2SeO3+2H2O表现酸性，-22-\n故答案为：2还原性2H2SeO3+O2═2H2SeO4（或Br2+H2SeO3+H2O═H2SeO4+2HBr）3酸性H2SeO3+2NaOH═Na2SeO3+2H2O点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，难度不大，（4）注意根据同主族元素化合物性质的相似性解答．　26．（10分）（2022秋•朝阳区期中）氢氧两种元素形成的常见物质有H2O与H2O2，在一定条件下均可分解．化学键断开1mol化学键所需的能量（kJ）H﹣H436O﹣H463O=O498（1）已知：①H2O的电子式是　　．②H2O（g）分解的热化学方程式是　2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=+482KJ/mol　．③11.2L（标准状况）的H2完全燃烧，生成气态水，放出　120.5　kJ的热量．（2）某同学以H2O2分解为例，探究浓度与溶液酸碱性对反应速率的影响．常温下，按照如表所示的方案完成实验．实验编号反应物催化剂a50mL5%H2O2溶液1mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液b50mL5%H2O2溶液少量浓盐酸1mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液c50mL5%H2O2溶液少量浓NaOH溶液1mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液d50mL5%H2O2溶液MnO2①测得实验a、b、c中生成氧气的体积随时间变化的关系如图1所示．-22-\n由该图能够得出的实验结论是　碱性环境能加快H2O2的分解速率，酸性环境能减缓H2O2的分解速率　．②测得实验d在标准状况下放出氧气的体积随时间变化的关系如图2所示．解释反应速率变化的原因：　随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，H2O2的分解速率逐渐减慢　．考点：化学能与热能的相互转化；探究温度、压强对化学反应速率的影响；性质实验方案的设计．版权所有专题：实验设计题；化学反应中的能量变化．分析：（1）①水为共价化合物，水中O原子核外为8个电子；②水分解生成氧气和氢气，根据共价键断裂吸收能量，形成化学键放出能力，结合方程式计算反应热；③11.2L（标准状况）的H2为0.5mol，可生成0.5mol水，以此解答；（2）①溶液的酸碱性不同，反应的速率不同；②由图象可知，曲线斜率逐渐减小，说明反应速率逐渐减小，结合浓度对反应速率的影响解答该题．解答：解：（1）①H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为，故答案为：；②水分解生成氧气和氢气，方程式为2H2O=2H2+O2，可知2molH2O（g）分解，生成2mol氢气和1mol氧气，则断裂4molO﹣H，形成1molO=O键、2molH﹣H键，所以吸收的热量为4mol×463kJ/mol=1852kJ，放出的热量为498kJ+2×436kJ=1370kJ，所以吸收的热量为1852kJ﹣1370kJ=482kJ，所以热化学方程式为2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=+482KJ/mol，故答案为：2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=+482KJ/mol；③11.2L（标准状况）的H2为0.5mol，可生成0.5mol水，生成气态水放出的热量为0.5mol××482KJ=120.5kJ，故答案为：120.5kJ；（2）①abc溶液的酸碱性不同，反应的速率不同，由图象可知在碱性条件下反应速率最大，在酸性条件下反应速率最小，可以得出的结论是其它条件不变，碱性环境能加快H2O2的分解速率，酸性环境能减缓H2O2的分解速率，故答案为：碱性环境能加快H2O2的分解速率，酸性环境能减缓H2O2的分解速率；②由图象可知，曲线斜率逐渐减小，说明反应速率逐渐减小，原因是反应物的浓度逐渐减小的原因，故答案为：随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，H2O2的分解速率逐渐减慢．-22-\n点评：本题考查较为综合，涉及化学反应与能量变化，热化学方程式的书写、反应热的计算，化学反应速率的探究等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等．　-22-