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2021-2022学年四川省遂宁市射洪中学高二上学期第三次（12月）月考化学试题 解析版
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这是一份2021-2022学年四川省遂宁市射洪中学高二上学期第三次（12月）月考化学试题 解析版，共22页。试卷主要包含了答卷前， 考生务必将自己的姓名，考试结束后， 将答题卡交回， 下列配合物的配位数不是6的是， 下列性质递变关系正确的是， 下列有关说法正确的是， 下列说法中不正确的是等内容，欢迎下载使用。
射洪中学高2020级高二上期第三次月考
化学试题
(考试时间：90分钟 总分：100分)
注意事项：
1.答卷前， 考生务必将自己的姓名.准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时， 选出每小题答案后， 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号。回答非选择题时， 将答案写在答题卡上， 写在本试卷上无效。
3.考试结束后， 将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量： O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Ni-59 Zn-65 Se-79
第I卷(选择题 共50分)
一、选择题(本题共20小题，1题至10题每小题2分，11题至20题每题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源。下列属于绿色能源的是
①太阳能 ②风能 ③石油 ④煤 ⑤潮汐能 ⑥木材 ⑦地热能
A. ①②③⑤ B. ②④⑤⑥ C. ③④⑤⑦ D. ①②⑤⑦
【答案】D
【解析】
【详解】太阳能、风能、潮汐能、地热能均是绿色能源。石油、煤是化石燃料，木材燃烧会造成污染，答案选D。
2. 下列表达方式正确的是
A. Cr的外围电子排布式：3d44s2
B. NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-
C. 基态碳原子的价电子排布图为：
D. 二氧化硅的分子式为SiO2
【答案】C
【解析】
【详解】A、Cr为24号元素，根据构造原理以及洪特规则特例可知，其外围电子排布式为3d54s1，故A错误；
B、NaHCO3为强碱弱酸盐，其在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，故B错误；
C、基态碳原子价层电子排布式为2s22p2，故其价层电子排布图为：，故C正确；
D、二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，只有化学式，其化学式为SiO2，故D错误；
故答案为C。
【点睛】对于原子核外电子排布式、外围电子排布式、外围电子排布图、外围电子轨道排布图、价层电子排布式、价层电子排布图、价层电子轨道排布图等表示原子核外电子运动和能量的方式需注意区分。
3. 用VSEPR理论预测下列粒子的立体结构，其中正确的（ ）
A. NO3-为平面三角形 B. SO2为直线形
C. BeCl2为V形 D. BF3为三角锥形
【答案】A
【解析】
【分析】VSEPR理论即价层电子对互斥理论，确定价层电子对的个数（包括σ键电子对和孤电子对），即可确定粒子的立体结构。
【详解】A．NO3-的σ键电子对是3，孤电子对=(5+1-2×3)=0，所以为NO3-平面三角形，A正确；
B．SO2的σ键电子对是2，孤电子对=(6-2×2)=1，所以SO2的VSEPR模型是平面三角形，略去孤电子对，SO2为V形，B错误；
C．BeCl2的σ键电子对是2，孤电子对=(2-2×1)=0，所以BeCl2为直线形，C错误；
D．BF3的σ键电子对是3，孤电子对=(3-1×3)=0，所以的BF3为平面三角形，D错误；
故选A。
【点睛】根据价层电子对互斥理论，若计算出的价层电子对数为4，分子构型可能为四面体（孤电子对数为0），也可能为三角锥形（孤电子对数为1），或V形（孤电子对数为2）；若价层电子对数为3，分子构型可能为平面三角形（孤电子对数为0），也可能为V形（孤电子对数为1）；若价层电子对数为2，则为直线形。
4. 下列配合物的配位数不是6的是
A. K3[Fe(SCN)6] B. Na2[SiF6]
C. Na3[AlF6] D. [Cu(NH3)4]Cl2
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据配合物的化学式确定配离子和外界离子，根据配离子确定配体的数目。
【详解】A．K3[Fe(SCN)6]中配体为SCN-，配合物的配位数为6，故不选A； B．Na2[SiF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选B；C．Na3[AlF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选C； D．[Cu(NH3)4]Cl2中配体为NH3，配合物的配位数为4，故选D；
【点睛】本题考查配合物的成键情况，题目难度不大，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，不要混淆。
5. 某元素原子价电子排布式为3d54s2，下列说法错误的是（ ）
A. 该元素位于周期表第四周期ⅦB族 B. 该元素的最高化合价为+7价
C. 该元素的化合物常用作催化剂 D. 该元素位于周期表ds区
【答案】D
【解析】
【分析】元素原子价电子排布式为3d54s2，则该元素的原子序数为25，为Mn元素。
【详解】A．Mn元素位于周期表第四周期ⅦB族，A正确；
B．Mn元素的最高化合价为+7价，B正确；
C．MnO2常用作催化剂，C正确；
D．Mn元素位于周期表d区，D错误；
故选D。
6. 下列性质递变关系正确的是（ ）
A. Na、K、Cs的熔点依次升高 B. HCl、H2S、PH3的还原性依次减弱
C. 单晶硅、CsCl、干冰的熔点依次降低 D. NaF、KF、CsF的晶格能依次增强
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱金属元素从上到下，金属键依次减弱，所以单质的熔点依次降低，A错误；
B．同一周期，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，单质的氧化性依次增强，离子和氢化物的还原性依次减弱，B错误；
C．一般来说，不同晶体的熔点顺序为：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，单晶硅是原子晶体，CsCl是离子晶体，干冰是分子晶体，熔点依次降低，C正确；
D．Na+、K+、Cs+半径依次增大，所以NaF、KF、CsF的晶格能依次降低，D错误；
故选C。
7. 下列有关说法正确的是（ ）
A. 丙烯(CH3-CH=CH2)分子中含2个σ键，1个π键
B H2O、NH3、CH4分子中键角依次减小
C. 用作高温结构陶瓷材料的Si3N4固体是原子晶体
D. Fe(SCN)3中Fe3+和SCN-通过离子键结合
【答案】C
【解析】
【详解】A．单键都是σ键，双键中有1个σ键、1个π键，所以丙烯中含8个σ键，1个π键，故A错误；
B．H2O、NH3、CH4分子中分别含有2对孤对电子、1对孤对电子和0对孤对电子，导致键角依次增大，H2O分子中的键角为104.5º，NH3分子中的键角为107º18′，CH4分子中的键角为109º28′，故B错误；
C．Si3N4固体熔点高、硬度大，是原子晶体，故C正确；
D．Fe(SCN)3中Fe3+和SCN-通过配位键结合，故D错误；
故选C。
8. 下列说法中不正确的是（ ）
A. 氢键是一种特殊的化学键
B. 酸性强弱：H2SO4＞H2SO3
C. I2在CCl4中溶解度较好，可由相似相溶原理解释
D. 乳酸分子CH3CH(OH)COOH含有一个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢键是一种比较强的分子间作用力，不是化学键，A错误；
B．H2SO4是强酸，H2SO3是弱酸，所以酸性：H2SO4＞H2SO3，B正确；
C．I2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，I2在CCl4中溶解度较好，可由相似相溶原理解释，C正确；
D．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，在乳酸分子CH3CH(OH)COOH中，只有中间的碳原子符合要求，所以乳酸分子中含有一个手性碳原子，D正确；
故选A
9. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的Cl-围成正八面体
B. 该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FE
C. 在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D. 在碘晶体（图丁）中，存在的作用力有非极性键和范德华力
【答案】B
【解析】
【详解】A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，分别位于Na+的上、下、左、右、前、后，围成正八面体，A正确；
B．乙是一个分子，不是晶胞，所以分子式为E4F4或F4E4，B错误；
C．没有氢键的分子晶体都是分子密堆积结构，所以1个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，C正确；
D．碘晶体中，有I2分子内部的碘原子间的非极性共价键，还有碘分子间的范德华力，D正确；
故选B。
【点睛】本题易错选项B，注意题目说法，不要凭经验，把乙当做晶胞。
10. X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素。其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子L层电子数是K层的2倍
Y
Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2
Z
Z存在质量数为23，中子数为12的核素
W
W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
下列说法不正确的是（ ）
A. W是Fe元素 B. X的电负性比Y的大
C. Z2Y2中阴离子和阳离子个数比为1：2 D. XY2是一种直线形分子
【答案】B
【解析】
【分析】X的基态原子L层电子数是K层的2倍，X是C；Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，n=2即2s22p4，为O；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，质子数为11，为Na；W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，为Fe。
【详解】A．从分析可知，W是铁元素，A正确；
B．X为C，Y为O，C的电负性小于O，B错误；
C．Z2Y2为Na2O2，阴离子为O22-，阳离子为Na+，阴离子和阳离子个数比为1：2，C正确；
D．XY2为CO2，是直线形分子，D正确；
故选B。
11. 在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=8mol·L-1·min-1 B. v(B)=0.3mol·L-1·s-1
C. v(C)=0.6mol·L-1·s-1 D. v(D)=1mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】都换算成用B表示的速率，分别为：
A．v(B)==0.067 mol·L-1·s-1；
B．v(B)=0.3mol·L-1·s-1；
C．v(B)==0.2mol·L-1·s-1；
D．v(B)==0.25mol·L-1·s-1；
所以B选项最快，故选B。
【点睛】比较用不同物质表示的反应速率快慢时，根据速率之比等于方程式的化学计量数之比，换算成用同一种物质表示的速率，同时还要注意单位的统一。
12. 下列说法正确的是（ ）
A. 101kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-572kJ·mol-1，则H2的燃烧热ΔH=-572kJ·mol-1
B. 一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1，此条件下将1.5mol H2和过量N2充分反应，放出热量46.2kJ
C. 若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
D. 已知：2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH1，2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1＜ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，而572kJ是2mol氢气燃烧放出的热量，A错误；
B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，不能进行到底，放出的热量会小于46.2kJ，B错误；
C．气态硫比固态硫能量高，燃烧放热多，C错误；
D．等量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量多于不完全燃烧生成CO放出的热量，而ΔH为负值，所以ΔH1＜ΔH2，D正确；
故选D。
【点睛】比较ΔH时，要注意是放热反应还是吸热反应，若反应放热，ΔH为负，放热量多的ΔH反而小。
13. 下列实验操作、现象、目的或结论均正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
前者产生气泡速率快
①、②溶液红色均变深
加压后颜色变深
测量一定时间内收集到O2的体积
FeCl3对H2O2分解催化效果比CuSO4更好
探究浓度对化学
平衡移动的影响
加压后NO2体积
分数增大
测H2O2分解速率
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．同浓度的双氧水分别滴入同浓度的FeCl3和CuSO4溶液，滴入FeCl3溶液产生气泡速率快，可以说明FeCl3对H2O2分解催化效果比CuSO4更好，A正确；
B．①中增大了铁离子浓度，颜色会加深，②中KCl溶液的滴入没有增大平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3中的任何一种反应物离子的浓度，反而稀释了溶液，所以颜色会变浅，B错误；
C．加压后颜色加深是由于体积变小，NO2浓度变大的缘故，且加压后，平衡2NO2N2O4会正向移动，NO2体积分数增减小，C错误；
D．该装置不能形成液封，产生的气体会从长颈漏斗逸出，不能收集到氧气，应使用分液漏斗，D错误；
故选A。
14. 下列说法不正确的是
A. 能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子
B. 其他条件不变时，浓度增大不能增大活化分子百分数
C. 催化剂能参与反应，可降低原反应所需活化能
D. 非活化分子也有可能发生有效碰撞
【答案】D
【解析】
【详解】A．在化学反应中，只有能量比平均能量高的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应。我们把能引发化学反应的碰撞称为有效碰撞，发生有效碰撞的分子称为活化分子，能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子，故A正确；
B．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快，故B正确；
C．催化剂改变化学反应速率，降反应的活化能，故C正确；
D．非活化分子不具备较高的能量，不能引发化学反应，不能发生有效碰撞，故D错误；
故选：D。
15. 下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（ ）
A. Na与水反应时增大水的用量
B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氢气的量
D. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
【答案】C
【解析】
【详解】A．水是纯液体，浓度不能改变，所以加水不能加快反应速率，A错误；
B．浓硫酸和锌不生成氢气，B错误；
C．恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氢气的量，即增大了反应物浓度，能加快反应速率，C正确；
D．溶液中的反应不受压强影响，只有有气体参加的反应才会受到压强的影响，D错误；
故选C。
【点睛】固体和纯液体的浓度是不能改变的，不能通过改变固体或纯液体的量改变化学反应速率或使平衡移动。
16. 灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(s，白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH1
②Sn(s，灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白) ΔH3=+2.1kJ•mol-1
下列说法正确的是
A. 锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转为白锡的反应是放热反应
D. ΔH1＞ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，而灰锡以粉末状态存在，即锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏，A正确；
B．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度高于13.2℃时，灰锡会转变为白锡，所以在常温下，锡以白锡状态存在，故B错误；
C．根据反应③Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，由灰锡变为白锡会吸热反应，故C错误；
D．依据盖斯定律，由②-①可得反应③，反应为吸热反应，所以ΔH3=ΔH2 -ΔH1>0，所以，故D错误；
故答案选A。
17. 已知可逆反应，下列叙述正确的是
A. 反应达到化学平衡状态时，
B. 若单位时间内生成的同时消耗，则反应达到平衡状态
C. 反应达到化学平衡状态时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．反应达到化学平衡状态时，，即，A项正确；
B．根据反应速率之比=计量数之比可知：任何时刻，生成的同时一定消耗，反应不一定达到平衡状态，B项错误；
C．增大容器体积相当于减小压强，正、逆反应速率均减小，C项错误；
D．化学反应速率之比等于对应的化学计量数之比，则，D项错误；
选A。
18. 根据如图所示示意图，下列说法不正确是
A. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+(b-a)kJ·mol-1
B. 该反应过程中反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量
C. amolC和amolH2O反应生成amolCO和amolH2吸收的热量一定为131.3akJ
D. 1molC(g)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，且焓变等于(b−a)kJ⋅mol−1，结合状态及焓变可知热化学方程式为C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=+(b−a)kJ⋅mol−1，故A正确；
B．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，该反应为吸热反应，焓变为正，则反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；
C．热量与物质的状态有关，amolC和amolH2O(l)反应生成amolCO和amolH2，生成CO与H2不清楚状态，因此吸收的热量不一定等于131.3akJ，故C错误；
D．形成化学键释放能量，由图可知，1molC(g)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ，故D正确。
综上所述，答案为C。
19. 将2 mol X和2 mol Y充入2 L密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)＋aQ(g)，2 min后达到平衡时生成0.8 mol Z，测得Q的浓度为0.4 mol·L－1，下列叙述错误的是( )
A. a的值为2 B. 平衡时X的浓度为0.2 mol·L－1
C. Y的转化率为60% D. 反应速率v(Y)＝0.3 mol·(L·min)－1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中已知信息列出三段式，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比计算a的值；转化率= ×100%，反应速率v=，据此分析。
【详解】根据三段式可知，
A. 参加反应不同物质的浓度变化之比等于计量系数之比，所以a=2，故A正确；
B. 平衡时X的浓度为=0.8mol/L，故B错误；
C. Y的转化率为×100%=60%，故C正确；
D. v(Y)= =0.3mol/(L·min)，故D正确；
故选B。
20. 据相关资料报道，一种新型漂白剂 ( 如下图 ) 可用于漂白羊毛等，其中 W、Y、Z 为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z 的最外层电子数之和等于 X 的最外层电子数，W、X 对应的简单离子核外电子排布均与 Ne 原子相同。下列叙述正确的是
A. W、X 元素简单离子半径相比，W 简单离子的半径大
B. 该化合物中 X 元素所显化合价为-2 价
C. Z3YX3可能是一种一元弱酸
D. 工业上电解熔融的 WX 来制得 W
【答案】C
【解析】
【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，W、X 对应的简单离子核外电子排布均与 Ne 原子相同，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素。
【详解】A．镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W
B．该漂白剂中O满足8电子稳定结构，部分形成氧离子，O的化合价为-2价，部分氧形成过氧根离子，O的化合价为-1价，B错误；
C． Z3YX3为H3BO3，是一种一元弱酸，C正确；
D．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，D错误；
答案选C。
第II卷(非选择题，共50分)
二、填空(本题包括4小题，共50)
21. 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。
Ⅰ.已知反应：①101 kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
②稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1
（1）下列结论中正确的是_______。
A. 碳的燃烧热等于110.5kJ·mol-1
B. ①的反应热为221kJ·mol-1
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为114.6kJ·mol-1
D. 含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量
Ⅱ.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 0.50mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取100mL 0.55mol·L-1 NaOH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：
（2）仪器a的名称是_______。烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_______。
（3）配制100mL 0.55mol/L的氢氧化钠溶液，需要用到的仪器有托盘天平(附砝码)、烧杯、药匙、镊子、玻璃棒、量筒以及_______。
（4）实验中改用80mL0.50mol/L盐酸跟80mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______ (填“相等”“不相等”)。反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol·L-1不是0.50mol·L-1 的原因是_______。用Ba(OH)2溶液和硫酸代替上述试剂，所测中和热的数值_______。(填“偏大”、“偏小”或“不变”)
（5）倒入NaOH和盐酸溶液的正确操作是_______ (填字母)。
A. 沿玻璃棒缓慢倒入 B. 分三次倒入
C. 一次迅速倒入 D. 一边搅拌一边一次滴入
（6）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 1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_______。
（7）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。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t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.3
2
20.2
20.4
23.5
3
20.3
20.5
25.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=_______(结果保留一位小数)。
【答案】（1）D （2） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. 保温、隔热，减少实验过程中的热量损失
（3）100mL容量瓶、胶头滴管
（4） ①. 不相等 ②. 确保盐酸被完全中和 ③. 偏大 （5）C
（6）ΔH1=ΔH2＜ΔH3
（7）-53.5kJ/mol
【解析】
【分析】利用环形玻璃搅拌棒搅拌稀盐酸溶液和稀强氧化钠溶液使其快速反应，利用碎泡沫塑料和厚纸板减少热量损失，利用温度计测量放出的热量使体系温度升高的变化量，利用Q=mcΔt计算反应放出的热后进一步转化得到中和热ΔH的值。
【小问1详解】
A．碳的燃烧热指1mol碳完全燃烧时的焓变，已知反应①的焓变指产物为CO气体，不是完全燃烧产物CO2，A错误；
B．在化学反应过程中所释放或吸收的能量都可用热量（或换成相应的热量）来表示，叫反应热，又称“焓变”，反应①中-221kJ·mol-1是其焓变，①的反应热为-221kJ·mol-1，B错误；
C．中和热指强酸稀溶液与强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热，从反应②可知，其ΔH=-57.3kJ·mol-1，C错误；
D．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，生成0.5molH2O，根据H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1，则放出=28.65kJ的热量，D正确；
故选D。
【小问2详解】
根据图示，仪器a是环形玻璃搅拌棒；该实验关键要准确测量体系温度能达到的最大值，故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3详解】
配制100mL 0.55mol/L的氢氧化钠溶液，需要用到的仪器有托盘天平(附砝码)、烧杯、药匙、镊子、玻璃棒、量筒以及100mL容量瓶、胶头滴管。
【小问4详解】
实验中改用80mL0.50mol/L盐酸跟80mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，反应物的物质的量减少，所放出的热量不相等（减少）；反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol·L-1不是0.50mol·L-1 的原因是确保盐酸被完全中和，使生成水的量与计算值一致；用Ba(OH)2溶液和硫酸代替上述试剂，则反应除了生成水还生成沉淀BaSO4，析出沉淀放出热量，导致所测中和热的数值偏大。
【小问5详解】
为了准确测量实验放出热量对体系温度影响的最大值，应使反应充分快速进行，故应一次迅速倒入，选C。
【小问6详解】
与稀盐酸恰好完全反应，用稀氢氧化钠溶液则正好是中和热ΔH，ΔH1=ΔH，用稀氢氧化钙可溶性强碱溶液，其反应热也是正好是中和热，ΔH2=ΔH，用稀氨水则反应过程弱碱电离需要吸热，导致放出热量较少，ΔH3是负值增大，ΔH3>ΔH。故ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为ΔH1=ΔH2＜ΔH3。
【小问7详解】
从表中数据分析，反应前后体系温度差值，1号实验为3.2℃，2号实验为3.2℃，3号实验为5.2℃，3号值与其它值偏差较大而舍弃。故放热Q=mcΔt=(100+100)mL×1 g·cm-3×4.18J·g-1·℃-1×3.2℃=2675.2J，该实验生成0.05mol的水，则中和热ΔH==-53.5kJ/mol。
22. 甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。
I. 甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。
（1）汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18（l）]。已知：25℃、101 kPa时，1 mol C8H18（l）完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量。该反应的热化学方程式为_________。
（2）某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如所示。
根据图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是______。
II. 甲醇的合成
（3）以CO2（g）和H2（g）为原料合成甲醇，反应的能量变化如下图所示。
该反应需要加入铜－锌基催化剂。加入催化剂后，该反应的ΔH______（填“变大”“变小”或“不变”）。
（4）已知： CO（g）＋O2（g）= CO2（g） ΔH1＝-283 kJ/mol
H2（g）＋O2（g） =H2O（g） ΔH2＝-242 kJ/mol
CH3OH（g） +O2（g） =CO2 （g） + 2H2O（g） ΔH3＝-676 kJ/mol
以CO（g）和H2（g）为原料合成甲醇的反应为CO（g） + 2H2（g）=CH3OH（g） 。该反应的ΔH为_____ kJ/mol。
（5）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：
电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则d电极是_________（填“正极”或“负极”），c电极的反应方程式为________。
【答案】 ①. C8H18（l） ＋ O2（g）＝8CO2（g） ＋ 9H2O（l） ΔH＝-5518 kJ/mol ②. 汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小 ③. 不变 ④. -91 ⑤. 正极 ⑥. CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【解析】
【详解】（1）由25℃，101kPa 时，1mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出 5518kJ 热量，则反应的热化学方程式为C8H18（l）＋O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（l）ΔH＝-5518 kJ/mol，故答案为：C8H18（l）＋O2（g）＝8CO2（g）＋ 9H2O（l）ΔH＝-5518 kJ/mol；
（2）根据图像可知，汽车的加速性能相同的情况下，甲醇作为燃料时CO排放量低，污染小，故答案为：汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小；
（3）加入催化剂，不能改变反应的焓变，Δ H不变，故答案为：不变；
（4）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①+②×2-③可得CO(g) + 2H2(g) =CH3OH(g) ，则ΔH=(-283 kJ/mol)+(-242 kJ/mol)×2-(-676 kJ/mol)=-91 kJ/mol，故答案为：91；
（5）由题给示意图中电子的移动方向可知，d电极是原电池的正极，c电极是负极，酸性条件下，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故答案为：正极；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
23. 镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能高度磨光和抗腐蚀，其中一种制备金属镍的方法为NiSO4+H3PO3+H2O=Ni+H3PO4+H2SO4。回答下列问题：
(1)Ni的价电子排布式为_____，金属Ni是面心立方堆积，则其配位数为______。
(2)O、P、S三种元素电负性从小到大排列为_______。的VSEPR模型名称是_______。
(3)NiSO4在熔融状态时能导电，上述制备反应所涉及的的六种物质中，所属晶体类型有_______种。NiSO4水溶液中，Ni2+总是以[Ni(H2O)6]2+离子存在，Ni2+与H2O之间形成的化学键称为_______，提供孤电子对的原子是_______。
(4)H3PO3称为亚磷酸，结构式可表示为，其中心原子的杂化轨道类型为_______，亚磷酸为_______元酸。
(5)丁二酮肟是检验Ni2+的灵敏试剂，可与Ni2+生成丁二酮肟镍红色沉淀(结构如图所示)。丁二酮肟镍分子内存在的作用力有_______(填标号)。
A．金属键 B．氢键 C．π键 D．配位键 E．范德华力
(6)NiO晶体的结构与NaCl相同，该晶胞中Ni2+与最邻近的O2-核间距离为a nm，NiO晶体的密度为d g/cm3，则阿伏加德常数NA可表示为_______(列出计算式)。
【答案】 ①. 3d84s2 ②. 12 ③. P＜S＜O ④. 正四面体 ⑤. 3 ⑥. 配位键 ⑦. O ⑧. sp3 ⑨. 二 ⑩. BCD ⑪. mol-1或mol-1
【解析】
【分析】
【详解】(1)Ni是28号元素，根据构造原理可知基态Ni原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，其价电子排布式为3d84s2；
金属Ni是面心立方堆积，每个Ni原子的配位数为12；
(2)元素的非金属性越强，其电负性越大。O、P、S三种元素的非金属性由弱到强的顺序是：P＜S＜O，所以这三种元素的电负性从小到大排列为P＜S＜O；
的价层电子对数为4+=4，所以VSEPR模型名称是正四面体形；
(3)NiSO4在熔融状态时能导电，说明该化合物是离子化合物；在反应NiSO4+H3PO3+H2O=Ni+H3PO4+H2SO4中，NiSO4为离子晶体；Ni为金属晶体；H3PO3、H2O、H3PO4、H2SO4都属于分子晶体，故涉及的物质所属晶体类型共有3种；
Ni2+总是以[Ni(H2O)6]2+离子存在，在Ni2+上有空轨道，在H2O的O原子上有孤对电子，所以Ni2+与H2O之间以配位键结合，二者形成的化学键称为配位键；其中提供孤电子对的原子是H2O分子中的O原子；
(4)根据H3PO3的结构式可知：中性P原子形成4个σ共价键，无孤对电子，因此P原子采用sp3杂化；H3PO3含有2个-OH，因此能够电离产生2个H+，所以H3PO3属于二元酸；
(5)由丁二酮肟镍分子结构简式可知在分子内存在的作用力有：共价单键、共价双键，配位键、氢键，共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，故在丁二酮肟镍分子中存在的作用力有氢键、π键、配位键，故合理选项是BCD；
(6)在一个晶胞中含有Ni2+数目为：；含有的O2-数目为： ；晶胞的边长为2a nm=2a×10-7 cm，根据晶体密度公式，整理可得阿伏加德常数NA=/mol。
24. I.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH= + 88.6kJ/mol
（1）则M、N相比，较稳定的是_______。
II.“金山银山不如绿水青山”，汽车尾气治理是我国一项重要的任务。经过化学工作者的努力，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①CO的燃烧热为283kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH= + 180.5kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH= - 116.5kJ·mol-1
回答下列问题：
（2）若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_______kJ。
（3）为了模拟反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒温恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c(NO)/(10-4mol·L-1)
10.00
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)/(10-3mol·L-1)
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
①前3s内的平均反应速率v(N2)=_______(保留两位小数)
②能说明上述反应达到平衡状态的是_______。(填正确答案标号)
A.n(CO2)=3n(N2)
B.混合气体的平均相对分子质量不变
C.气体质量不变
D.容器内混合气体的压强不变
E.2c(CO2)=3c(N2)
（4）对于气缸中NO的生成，主要由于发生了反应 N2(g)+ O2(g)2NO(g)。化学家提出了如下反应历程：
第一步 O22O 慢反应
第二步 O+N2NO+N 较快平衡
第三步 N+O2NO+O 快速平衡
下列说法错误的是_______(填标号)。
A. 第一步反应不从N2分解开始，因为N2比O2稳定
B. N、O 原子均为该反应的催化剂
C. 三步反应中第一步反应活化能最大
D. 三步反应的速率都随温度升高而增大
【答案】（1）M （2）631.75
（3） ①. 1.42×10-4mol·L-1·s-1 ②. BD （4）B
【解析】
【小问1详解】
能量越低越稳定，由题给信息可知，M能量低，故较稳定的是M；
【小问2详解】
若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，设1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，由②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1，ΔH=946 kJ·mol-1+498 kJ·mol-1-2x kJ·mol-1=180.5 kJ·mol-1，解得x=631.75，所以1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75kJ；
【小问3详解】
①由表中数据可知，前3s内，NO的变化量为(10.00-1.50)10-4 mol·L-1=8.5010-4 mol·L-1，由N原子守恒可得N2的变化量为4.2510-4 mol·L-1，所以前3s内的平均反应速率(N2)==1.42×10-4mol·L-1·s-1；
②A．关系式n(CO2)=3n(N2)，无法说明反应的数量关系，不能能说明混合物中各组分浓度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．虽然反应过程中气体的总质量恒不变，但是气体的总物质的量变小，所以混合气体的平均相对分子质量在反应过程中变大，因此当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明是平衡状态，故B正确；
C．所有反应物均为气体，故气体的总质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．正反应是气体体积减小的反应，所以反应过程中气体的压强是变量，当容器内混合气体的压强不变时，说明是平衡状态，故D正确；
E．关系式2c(CO2)=3c(N2)，不能能说明混合物中各组分浓度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故E错误；
故选BD；
【小问4详解】
A．根据题给反应机理分析，N2比O2稳定，所以第一步反应不从N2分解开始，故A正确；
B．根据反应历程分析，O原子为该反应的催化剂，故B错误；
C．三步反应中第一步反应速率最慢，说明活化能最大，故C正确；
D．温度升高，增大活化分子百分数，所以三步反应的速率都随温度升高而增大，故D正确；
故答案为：B。
射洪中学高2020级高二上期第三次月考
化学试题
(考试时间：90分钟 总分：100分)
注意事项：
1.答卷前， 考生务必将自己的姓名.准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时， 选出每小题答案后， 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号。回答非选择题时， 将答案写在答题卡上， 写在本试卷上无效。
3.考试结束后， 将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量： O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Ni-59 Zn-65 Se-79
第I卷(选择题 共50分)
一、选择题(本题共20小题，1题至10题每小题2分，11题至20题每题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源。下列属于绿色能源的是
①太阳能 ②风能 ③石油 ④煤 ⑤潮汐能 ⑥木材 ⑦地热能
A. ①②③⑤ B. ②④⑤⑥ C. ③④⑤⑦ D. ①②⑤⑦
【答案】D
【解析】
【详解】太阳能、风能、潮汐能、地热能均是绿色能源。石油、煤是化石燃料，木材燃烧会造成污染，答案选D。
2. 下列表达方式正确的是
A. Cr的外围电子排布式：3d44s2
B. NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-
C. 基态碳原子的价电子排布图为：
D. 二氧化硅的分子式为SiO2
【答案】C
【解析】
【详解】A、Cr为24号元素，根据构造原理以及洪特规则特例可知，其外围电子排布式为3d54s1，故A错误；
B、NaHCO3为强碱弱酸盐，其在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，故B错误；
C、基态碳原子价层电子排布式为2s22p2，故其价层电子排布图为：，故C正确；
D、二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，只有化学式，其化学式为SiO2，故D错误；
故答案为C。
【点睛】对于原子核外电子排布式、外围电子排布式、外围电子排布图、外围电子轨道排布图、价层电子排布式、价层电子排布图、价层电子轨道排布图等表示原子核外电子运动和能量的方式需注意区分。
3. 用VSEPR理论预测下列粒子的立体结构，其中正确的（ ）
A. NO3-为平面三角形 B. SO2为直线形
C. BeCl2为V形 D. BF3为三角锥形
【答案】A
【解析】
【分析】VSEPR理论即价层电子对互斥理论，确定价层电子对的个数（包括σ键电子对和孤电子对），即可确定粒子的立体结构。
【详解】A．NO3-的σ键电子对是3，孤电子对=(5+1-2×3)=0，所以为NO3-平面三角形，A正确；
B．SO2的σ键电子对是2，孤电子对=(6-2×2)=1，所以SO2的VSEPR模型是平面三角形，略去孤电子对，SO2为V形，B错误；
C．BeCl2的σ键电子对是2，孤电子对=(2-2×1)=0，所以BeCl2为直线形，C错误；
D．BF3的σ键电子对是3，孤电子对=(3-1×3)=0，所以的BF3为平面三角形，D错误；
故选A。
【点睛】根据价层电子对互斥理论，若计算出的价层电子对数为4，分子构型可能为四面体（孤电子对数为0），也可能为三角锥形（孤电子对数为1），或V形（孤电子对数为2）；若价层电子对数为3，分子构型可能为平面三角形（孤电子对数为0），也可能为V形（孤电子对数为1）；若价层电子对数为2，则为直线形。
4. 下列配合物的配位数不是6的是
A. K3[Fe(SCN)6] B. Na2[SiF6]
C. Na3[AlF6] D. [Cu(NH3)4]Cl2
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据配合物的化学式确定配离子和外界离子，根据配离子确定配体的数目。
【详解】A．K3[Fe(SCN)6]中配体为SCN-，配合物的配位数为6，故不选A； B．Na2[SiF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选B；C．Na3[AlF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选C； D．[Cu(NH3)4]Cl2中配体为NH3，配合物的配位数为4，故选D；
【点睛】本题考查配合物的成键情况，题目难度不大，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，不要混淆。
5. 某元素原子价电子排布式为3d54s2，下列说法错误的是（ ）
A. 该元素位于周期表第四周期ⅦB族 B. 该元素的最高化合价为+7价
C. 该元素的化合物常用作催化剂 D. 该元素位于周期表ds区
【答案】D
【解析】
【分析】元素原子价电子排布式为3d54s2，则该元素的原子序数为25，为Mn元素。
【详解】A．Mn元素位于周期表第四周期ⅦB族，A正确；
B．Mn元素的最高化合价为+7价，B正确；
C．MnO2常用作催化剂，C正确；
D．Mn元素位于周期表d区，D错误；
故选D。
6. 下列性质递变关系正确的是（ ）
A. Na、K、Cs的熔点依次升高 B. HCl、H2S、PH3的还原性依次减弱
C. 单晶硅、CsCl、干冰的熔点依次降低 D. NaF、KF、CsF的晶格能依次增强
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱金属元素从上到下，金属键依次减弱，所以单质的熔点依次降低，A错误；
B．同一周期，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，单质的氧化性依次增强，离子和氢化物的还原性依次减弱，B错误；
C．一般来说，不同晶体的熔点顺序为：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，单晶硅是原子晶体，CsCl是离子晶体，干冰是分子晶体，熔点依次降低，C正确；
D．Na+、K+、Cs+半径依次增大，所以NaF、KF、CsF的晶格能依次降低，D错误；
故选C。
7. 下列有关说法正确的是（ ）
A. 丙烯(CH3-CH=CH2)分子中含2个σ键，1个π键
B H2O、NH3、CH4分子中键角依次减小
C. 用作高温结构陶瓷材料的Si3N4固体是原子晶体
D. Fe(SCN)3中Fe3+和SCN-通过离子键结合
【答案】C
【解析】
【详解】A．单键都是σ键，双键中有1个σ键、1个π键，所以丙烯中含8个σ键，1个π键，故A错误；
B．H2O、NH3、CH4分子中分别含有2对孤对电子、1对孤对电子和0对孤对电子，导致键角依次增大，H2O分子中的键角为104.5º，NH3分子中的键角为107º18′，CH4分子中的键角为109º28′，故B错误；
C．Si3N4固体熔点高、硬度大，是原子晶体，故C正确；
D．Fe(SCN)3中Fe3+和SCN-通过配位键结合，故D错误；
故选C。
8. 下列说法中不正确的是（ ）
A. 氢键是一种特殊的化学键
B. 酸性强弱：H2SO4＞H2SO3
C. I2在CCl4中溶解度较好，可由相似相溶原理解释
D. 乳酸分子CH3CH(OH)COOH含有一个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢键是一种比较强的分子间作用力，不是化学键，A错误；
B．H2SO4是强酸，H2SO3是弱酸，所以酸性：H2SO4＞H2SO3，B正确；
C．I2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，I2在CCl4中溶解度较好，可由相似相溶原理解释，C正确；
D．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，在乳酸分子CH3CH(OH)COOH中，只有中间的碳原子符合要求，所以乳酸分子中含有一个手性碳原子，D正确；
故选A
9. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的Cl-围成正八面体
B. 该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FE
C. 在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D. 在碘晶体（图丁）中，存在的作用力有非极性键和范德华力
【答案】B
【解析】
【详解】A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，分别位于Na+的上、下、左、右、前、后，围成正八面体，A正确；
B．乙是一个分子，不是晶胞，所以分子式为E4F4或F4E4，B错误；
C．没有氢键的分子晶体都是分子密堆积结构，所以1个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，C正确；
D．碘晶体中，有I2分子内部的碘原子间的非极性共价键，还有碘分子间的范德华力，D正确；
故选B。
【点睛】本题易错选项B，注意题目说法，不要凭经验，把乙当做晶胞。
10. X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素。其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子L层电子数是K层的2倍
Y
Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2
Z
Z存在质量数为23，中子数为12的核素
W
W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
下列说法不正确的是（ ）
A. W是Fe元素 B. X的电负性比Y的大
C. Z2Y2中阴离子和阳离子个数比为1：2 D. XY2是一种直线形分子
【答案】B
【解析】
【分析】X的基态原子L层电子数是K层的2倍，X是C；Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，n=2即2s22p4，为O；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，质子数为11，为Na；W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，为Fe。
【详解】A．从分析可知，W是铁元素，A正确；
B．X为C，Y为O，C的电负性小于O，B错误；
C．Z2Y2为Na2O2，阴离子为O22-，阳离子为Na+，阴离子和阳离子个数比为1：2，C正确；
D．XY2为CO2，是直线形分子，D正确；
故选B。
11. 在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=8mol·L-1·min-1 B. v(B)=0.3mol·L-1·s-1
C. v(C)=0.6mol·L-1·s-1 D. v(D)=1mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】都换算成用B表示的速率，分别为：
A．v(B)==0.067 mol·L-1·s-1；
B．v(B)=0.3mol·L-1·s-1；
C．v(B)==0.2mol·L-1·s-1；
D．v(B)==0.25mol·L-1·s-1；
所以B选项最快，故选B。
【点睛】比较用不同物质表示的反应速率快慢时，根据速率之比等于方程式的化学计量数之比，换算成用同一种物质表示的速率，同时还要注意单位的统一。
12. 下列说法正确的是（ ）
A. 101kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-572kJ·mol-1，则H2的燃烧热ΔH=-572kJ·mol-1
B. 一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1，此条件下将1.5mol H2和过量N2充分反应，放出热量46.2kJ
C. 若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
D. 已知：2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH1，2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1＜ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，而572kJ是2mol氢气燃烧放出的热量，A错误；
B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，不能进行到底，放出的热量会小于46.2kJ，B错误；
C．气态硫比固态硫能量高，燃烧放热多，C错误；
D．等量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量多于不完全燃烧生成CO放出的热量，而ΔH为负值，所以ΔH1＜ΔH2，D正确；
故选D。
【点睛】比较ΔH时，要注意是放热反应还是吸热反应，若反应放热，ΔH为负，放热量多的ΔH反而小。
13. 下列实验操作、现象、目的或结论均正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
前者产生气泡速率快
①、②溶液红色均变深
加压后颜色变深
测量一定时间内收集到O2的体积
FeCl3对H2O2分解催化效果比CuSO4更好
探究浓度对化学
平衡移动的影响
加压后NO2体积
分数增大
测H2O2分解速率
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．同浓度的双氧水分别滴入同浓度的FeCl3和CuSO4溶液，滴入FeCl3溶液产生气泡速率快，可以说明FeCl3对H2O2分解催化效果比CuSO4更好，A正确；
B．①中增大了铁离子浓度，颜色会加深，②中KCl溶液的滴入没有增大平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3中的任何一种反应物离子的浓度，反而稀释了溶液，所以颜色会变浅，B错误；
C．加压后颜色加深是由于体积变小，NO2浓度变大的缘故，且加压后，平衡2NO2N2O4会正向移动，NO2体积分数增减小，C错误；
D．该装置不能形成液封，产生的气体会从长颈漏斗逸出，不能收集到氧气，应使用分液漏斗，D错误；
故选A。
14. 下列说法不正确的是
A. 能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子
B. 其他条件不变时，浓度增大不能增大活化分子百分数
C. 催化剂能参与反应，可降低原反应所需活化能
D. 非活化分子也有可能发生有效碰撞
【答案】D
【解析】
【详解】A．在化学反应中，只有能量比平均能量高的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应。我们把能引发化学反应的碰撞称为有效碰撞，发生有效碰撞的分子称为活化分子，能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子，故A正确；
B．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快，故B正确；
C．催化剂改变化学反应速率，降反应的活化能，故C正确；
D．非活化分子不具备较高的能量，不能引发化学反应，不能发生有效碰撞，故D错误；
故选：D。
15. 下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（ ）
A. Na与水反应时增大水的用量
B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氢气的量
D. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
【答案】C
【解析】
【详解】A．水是纯液体，浓度不能改变，所以加水不能加快反应速率，A错误；
B．浓硫酸和锌不生成氢气，B错误；
C．恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氢气的量，即增大了反应物浓度，能加快反应速率，C正确；
D．溶液中的反应不受压强影响，只有有气体参加的反应才会受到压强的影响，D错误；
故选C。
【点睛】固体和纯液体的浓度是不能改变的，不能通过改变固体或纯液体的量改变化学反应速率或使平衡移动。
16. 灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(s，白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH1
②Sn(s，灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白) ΔH3=+2.1kJ•mol-1
下列说法正确的是
A. 锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转为白锡的反应是放热反应
D. ΔH1＞ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，而灰锡以粉末状态存在，即锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏，A正确；
B．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度高于13.2℃时，灰锡会转变为白锡，所以在常温下，锡以白锡状态存在，故B错误；
C．根据反应③Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，由灰锡变为白锡会吸热反应，故C错误；
D．依据盖斯定律，由②-①可得反应③，反应为吸热反应，所以ΔH3=ΔH2 -ΔH1>0，所以，故D错误；
故答案选A。
17. 已知可逆反应，下列叙述正确的是
A. 反应达到化学平衡状态时，
B. 若单位时间内生成的同时消耗，则反应达到平衡状态
C. 反应达到化学平衡状态时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．反应达到化学平衡状态时，，即，A项正确；
B．根据反应速率之比=计量数之比可知：任何时刻，生成的同时一定消耗，反应不一定达到平衡状态，B项错误；
C．增大容器体积相当于减小压强，正、逆反应速率均减小，C项错误；
D．化学反应速率之比等于对应的化学计量数之比，则，D项错误；
选A。
18. 根据如图所示示意图，下列说法不正确是
A. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+(b-a)kJ·mol-1
B. 该反应过程中反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量
C. amolC和amolH2O反应生成amolCO和amolH2吸收的热量一定为131.3akJ
D. 1molC(g)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，且焓变等于(b−a)kJ⋅mol−1，结合状态及焓变可知热化学方程式为C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=+(b−a)kJ⋅mol−1，故A正确；
B．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，该反应为吸热反应，焓变为正，则反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；
C．热量与物质的状态有关，amolC和amolH2O(l)反应生成amolCO和amolH2，生成CO与H2不清楚状态，因此吸收的热量不一定等于131.3akJ，故C错误；
D．形成化学键释放能量，由图可知，1molC(g)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ，故D正确。
综上所述，答案为C。
19. 将2 mol X和2 mol Y充入2 L密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)＋aQ(g)，2 min后达到平衡时生成0.8 mol Z，测得Q的浓度为0.4 mol·L－1，下列叙述错误的是( )
A. a的值为2 B. 平衡时X的浓度为0.2 mol·L－1
C. Y的转化率为60% D. 反应速率v(Y)＝0.3 mol·(L·min)－1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中已知信息列出三段式，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比计算a的值；转化率= ×100%，反应速率v=，据此分析。
【详解】根据三段式可知，
A. 参加反应不同物质的浓度变化之比等于计量系数之比，所以a=2，故A正确；
B. 平衡时X的浓度为=0.8mol/L，故B错误；
C. Y的转化率为×100%=60%，故C正确；
D. v(Y)= =0.3mol/(L·min)，故D正确；
故选B。
20. 据相关资料报道，一种新型漂白剂 ( 如下图 ) 可用于漂白羊毛等，其中 W、Y、Z 为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z 的最外层电子数之和等于 X 的最外层电子数，W、X 对应的简单离子核外电子排布均与 Ne 原子相同。下列叙述正确的是
A. W、X 元素简单离子半径相比，W 简单离子的半径大
B. 该化合物中 X 元素所显化合价为-2 价
C. Z3YX3可能是一种一元弱酸
D. 工业上电解熔融的 WX 来制得 W
【答案】C
【解析】
【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，W、X 对应的简单离子核外电子排布均与 Ne 原子相同，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素。
【详解】A．镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W
B．该漂白剂中O满足8电子稳定结构，部分形成氧离子，O的化合价为-2价，部分氧形成过氧根离子，O的化合价为-1价，B错误；
C． Z3YX3为H3BO3，是一种一元弱酸，C正确；
D．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，D错误；
答案选C。
第II卷(非选择题，共50分)
二、填空(本题包括4小题，共50)
21. 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。
Ⅰ.已知反应：①101 kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
②稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1
（1）下列结论中正确的是_______。
A. 碳的燃烧热等于110.5kJ·mol-1
B. ①的反应热为221kJ·mol-1
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为114.6kJ·mol-1
D. 含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量
Ⅱ.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 0.50mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取100mL 0.55mol·L-1 NaOH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：
（2）仪器a的名称是_______。烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_______。
（3）配制100mL 0.55mol/L的氢氧化钠溶液，需要用到的仪器有托盘天平(附砝码)、烧杯、药匙、镊子、玻璃棒、量筒以及_______。
（4）实验中改用80mL0.50mol/L盐酸跟80mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______ (填“相等”“不相等”)。反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol·L-1不是0.50mol·L-1 的原因是_______。用Ba(OH)2溶液和硫酸代替上述试剂，所测中和热的数值_______。(填“偏大”、“偏小”或“不变”)
（5）倒入NaOH和盐酸溶液的正确操作是_______ (填字母)。
A. 沿玻璃棒缓慢倒入 B. 分三次倒入
C. 一次迅速倒入 D. 一边搅拌一边一次滴入
（6）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 1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_______。
（7）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。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t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.3
2
20.2
20.4
23.5
3
20.3
20.5
25.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=_______(结果保留一位小数)。
【答案】（1）D （2） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. 保温、隔热，减少实验过程中的热量损失
（3）100mL容量瓶、胶头滴管
（4） ①. 不相等 ②. 确保盐酸被完全中和 ③. 偏大 （5）C
（6）ΔH1=ΔH2＜ΔH3
（7）-53.5kJ/mol
【解析】
【分析】利用环形玻璃搅拌棒搅拌稀盐酸溶液和稀强氧化钠溶液使其快速反应，利用碎泡沫塑料和厚纸板减少热量损失，利用温度计测量放出的热量使体系温度升高的变化量，利用Q=mcΔt计算反应放出的热后进一步转化得到中和热ΔH的值。
【小问1详解】
A．碳的燃烧热指1mol碳完全燃烧时的焓变，已知反应①的焓变指产物为CO气体，不是完全燃烧产物CO2，A错误；
B．在化学反应过程中所释放或吸收的能量都可用热量（或换成相应的热量）来表示，叫反应热，又称“焓变”，反应①中-221kJ·mol-1是其焓变，①的反应热为-221kJ·mol-1，B错误；
C．中和热指强酸稀溶液与强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热，从反应②可知，其ΔH=-57.3kJ·mol-1，C错误；
D．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，生成0.5molH2O，根据H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1，则放出=28.65kJ的热量，D正确；
故选D。
【小问2详解】
根据图示，仪器a是环形玻璃搅拌棒；该实验关键要准确测量体系温度能达到的最大值，故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3详解】
配制100mL 0.55mol/L的氢氧化钠溶液，需要用到的仪器有托盘天平(附砝码)、烧杯、药匙、镊子、玻璃棒、量筒以及100mL容量瓶、胶头滴管。
【小问4详解】
实验中改用80mL0.50mol/L盐酸跟80mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，反应物的物质的量减少，所放出的热量不相等（减少）；反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol·L-1不是0.50mol·L-1 的原因是确保盐酸被完全中和，使生成水的量与计算值一致；用Ba(OH)2溶液和硫酸代替上述试剂，则反应除了生成水还生成沉淀BaSO4，析出沉淀放出热量，导致所测中和热的数值偏大。
【小问5详解】
为了准确测量实验放出热量对体系温度影响的最大值，应使反应充分快速进行，故应一次迅速倒入，选C。
【小问6详解】
与稀盐酸恰好完全反应，用稀氢氧化钠溶液则正好是中和热ΔH，ΔH1=ΔH，用稀氢氧化钙可溶性强碱溶液，其反应热也是正好是中和热，ΔH2=ΔH，用稀氨水则反应过程弱碱电离需要吸热，导致放出热量较少，ΔH3是负值增大，ΔH3>ΔH。故ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为ΔH1=ΔH2＜ΔH3。
【小问7详解】
从表中数据分析，反应前后体系温度差值，1号实验为3.2℃，2号实验为3.2℃，3号实验为5.2℃，3号值与其它值偏差较大而舍弃。故放热Q=mcΔt=(100+100)mL×1 g·cm-3×4.18J·g-1·℃-1×3.2℃=2675.2J，该实验生成0.05mol的水，则中和热ΔH==-53.5kJ/mol。
22. 甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。
I. 甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。
（1）汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18（l）]。已知：25℃、101 kPa时，1 mol C8H18（l）完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量。该反应的热化学方程式为_________。
（2）某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如所示。
根据图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是______。
II. 甲醇的合成
（3）以CO2（g）和H2（g）为原料合成甲醇，反应的能量变化如下图所示。
该反应需要加入铜－锌基催化剂。加入催化剂后，该反应的ΔH______（填“变大”“变小”或“不变”）。
（4）已知： CO（g）＋O2（g）= CO2（g） ΔH1＝-283 kJ/mol
H2（g）＋O2（g） =H2O（g） ΔH2＝-242 kJ/mol
CH3OH（g） +O2（g） =CO2 （g） + 2H2O（g） ΔH3＝-676 kJ/mol
以CO（g）和H2（g）为原料合成甲醇的反应为CO（g） + 2H2（g）=CH3OH（g） 。该反应的ΔH为_____ kJ/mol。
（5）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：
电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则d电极是_________（填“正极”或“负极”），c电极的反应方程式为________。
【答案】 ①. C8H18（l） ＋ O2（g）＝8CO2（g） ＋ 9H2O（l） ΔH＝-5518 kJ/mol ②. 汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小 ③. 不变 ④. -91 ⑤. 正极 ⑥. CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【解析】
【详解】（1）由25℃，101kPa 时，1mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出 5518kJ 热量，则反应的热化学方程式为C8H18（l）＋O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（l）ΔH＝-5518 kJ/mol，故答案为：C8H18（l）＋O2（g）＝8CO2（g）＋ 9H2O（l）ΔH＝-5518 kJ/mol；
（2）根据图像可知，汽车的加速性能相同的情况下，甲醇作为燃料时CO排放量低，污染小，故答案为：汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小；
（3）加入催化剂，不能改变反应的焓变，Δ H不变，故答案为：不变；
（4）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①+②×2-③可得CO(g) + 2H2(g) =CH3OH(g) ，则ΔH=(-283 kJ/mol)+(-242 kJ/mol)×2-(-676 kJ/mol)=-91 kJ/mol，故答案为：91；
（5）由题给示意图中电子的移动方向可知，d电极是原电池的正极，c电极是负极，酸性条件下，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故答案为：正极；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
23. 镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能高度磨光和抗腐蚀，其中一种制备金属镍的方法为NiSO4+H3PO3+H2O=Ni+H3PO4+H2SO4。回答下列问题：
(1)Ni的价电子排布式为_____，金属Ni是面心立方堆积，则其配位数为______。
(2)O、P、S三种元素电负性从小到大排列为_______。的VSEPR模型名称是_______。
(3)NiSO4在熔融状态时能导电，上述制备反应所涉及的的六种物质中，所属晶体类型有_______种。NiSO4水溶液中，Ni2+总是以[Ni(H2O)6]2+离子存在，Ni2+与H2O之间形成的化学键称为_______，提供孤电子对的原子是_______。
(4)H3PO3称为亚磷酸，结构式可表示为，其中心原子的杂化轨道类型为_______，亚磷酸为_______元酸。
(5)丁二酮肟是检验Ni2+的灵敏试剂，可与Ni2+生成丁二酮肟镍红色沉淀(结构如图所示)。丁二酮肟镍分子内存在的作用力有_______(填标号)。
A．金属键 B．氢键 C．π键 D．配位键 E．范德华力
(6)NiO晶体的结构与NaCl相同，该晶胞中Ni2+与最邻近的O2-核间距离为a nm，NiO晶体的密度为d g/cm3，则阿伏加德常数NA可表示为_______(列出计算式)。
【答案】 ①. 3d84s2 ②. 12 ③. P＜S＜O ④. 正四面体 ⑤. 3 ⑥. 配位键 ⑦. O ⑧. sp3 ⑨. 二 ⑩. BCD ⑪. mol-1或mol-1
【解析】
【分析】
【详解】(1)Ni是28号元素，根据构造原理可知基态Ni原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，其价电子排布式为3d84s2；
金属Ni是面心立方堆积，每个Ni原子的配位数为12；
(2)元素的非金属性越强，其电负性越大。O、P、S三种元素的非金属性由弱到强的顺序是：P＜S＜O，所以这三种元素的电负性从小到大排列为P＜S＜O；
的价层电子对数为4+=4，所以VSEPR模型名称是正四面体形；
(3)NiSO4在熔融状态时能导电，说明该化合物是离子化合物；在反应NiSO4+H3PO3+H2O=Ni+H3PO4+H2SO4中，NiSO4为离子晶体；Ni为金属晶体；H3PO3、H2O、H3PO4、H2SO4都属于分子晶体，故涉及的物质所属晶体类型共有3种；
Ni2+总是以[Ni(H2O)6]2+离子存在，在Ni2+上有空轨道，在H2O的O原子上有孤对电子，所以Ni2+与H2O之间以配位键结合，二者形成的化学键称为配位键；其中提供孤电子对的原子是H2O分子中的O原子；
(4)根据H3PO3的结构式可知：中性P原子形成4个σ共价键，无孤对电子，因此P原子采用sp3杂化；H3PO3含有2个-OH，因此能够电离产生2个H+，所以H3PO3属于二元酸；
(5)由丁二酮肟镍分子结构简式可知在分子内存在的作用力有：共价单键、共价双键，配位键、氢键，共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，故在丁二酮肟镍分子中存在的作用力有氢键、π键、配位键，故合理选项是BCD；
(6)在一个晶胞中含有Ni2+数目为：；含有的O2-数目为： ；晶胞的边长为2a nm=2a×10-7 cm，根据晶体密度公式，整理可得阿伏加德常数NA=/mol。
24. I.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH= + 88.6kJ/mol
（1）则M、N相比，较稳定的是_______。
II.“金山银山不如绿水青山”，汽车尾气治理是我国一项重要的任务。经过化学工作者的努力，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①CO的燃烧热为283kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH= + 180.5kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH= - 116.5kJ·mol-1
回答下列问题：
（2）若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_______kJ。
（3）为了模拟反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒温恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c(NO)/(10-4mol·L-1)
10.00
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)/(10-3mol·L-1)
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
①前3s内的平均反应速率v(N2)=_______(保留两位小数)
②能说明上述反应达到平衡状态的是_______。(填正确答案标号)
A.n(CO2)=3n(N2)
B.混合气体的平均相对分子质量不变
C.气体质量不变
D.容器内混合气体的压强不变
E.2c(CO2)=3c(N2)
（4）对于气缸中NO的生成，主要由于发生了反应 N2(g)+ O2(g)2NO(g)。化学家提出了如下反应历程：
第一步 O22O 慢反应
第二步 O+N2NO+N 较快平衡
第三步 N+O2NO+O 快速平衡
下列说法错误的是_______(填标号)。
A. 第一步反应不从N2分解开始，因为N2比O2稳定
B. N、O 原子均为该反应的催化剂
C. 三步反应中第一步反应活化能最大
D. 三步反应的速率都随温度升高而增大
【答案】（1）M （2）631.75
（3） ①. 1.42×10-4mol·L-1·s-1 ②. BD （4）B
【解析】
【小问1详解】
能量越低越稳定，由题给信息可知，M能量低，故较稳定的是M；
【小问2详解】
若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，设1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，由②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1，ΔH=946 kJ·mol-1+498 kJ·mol-1-2x kJ·mol-1=180.5 kJ·mol-1，解得x=631.75，所以1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75kJ；
【小问3详解】
①由表中数据可知，前3s内，NO的变化量为(10.00-1.50)10-4 mol·L-1=8.5010-4 mol·L-1，由N原子守恒可得N2的变化量为4.2510-4 mol·L-1，所以前3s内的平均反应速率(N2)==1.42×10-4mol·L-1·s-1；
②A．关系式n(CO2)=3n(N2)，无法说明反应的数量关系，不能能说明混合物中各组分浓度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．虽然反应过程中气体的总质量恒不变，但是气体的总物质的量变小，所以混合气体的平均相对分子质量在反应过程中变大，因此当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明是平衡状态，故B正确；
C．所有反应物均为气体，故气体的总质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．正反应是气体体积减小的反应，所以反应过程中气体的压强是变量，当容器内混合气体的压强不变时，说明是平衡状态，故D正确；
E．关系式2c(CO2)=3c(N2)，不能能说明混合物中各组分浓度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故E错误；
故选BD；
【小问4详解】
A．根据题给反应机理分析，N2比O2稳定，所以第一步反应不从N2分解开始，故A正确；
B．根据反应历程分析，O原子为该反应的催化剂，故B错误；
C．三步反应中第一步反应速率最慢，说明活化能最大，故C正确；
D．温度升高，增大活化分子百分数，所以三步反应的速率都随温度升高而增大，故D正确；
故答案为：B。
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