【化学】甘肃省靖远县第四中学2019-2020学年高一下学期期中考试（实验班）试题（解析版）

【化学】甘肃省靖远县第四中学2019-2020学年高一下学期期中考试（实验班）试题（解析版）

甘肃省靖远县第四中学2019-2020学年高一下学期期中考试（实验班）试题 可能用到的相对原子质量：Cu 64 Zn 65‎ 一、单选题 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. HCl的电子式为H:Cl B. Na2O2只含有离子键 C. 质量数为12的C原子符号为‎12C D. 用电子式表示KBr的形成过程：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯原子核外最外层有7个电子，与氢原子形成HCl分子的电子式为，故A错误；‎ B. Na2O2的电子式为：，其中既有离子键，也有共价键，故B错误；‎ C.质量数应标在原子符号的左上角，质量数为12的C原子符号应为‎12C，故C错误；‎ D. KBr形成过程中，钾原子失去一个电子变成钾离子，溴原子得到一个电子变成溴离子，其形成过程为：，故D说法正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列叙述错误的是( )‎ A. ‎13C和‎14C属于同种元素,它们互为同位素 B. 1H和2H是不同的核素,它们的质子数相等 C. ‎14C和14N的质量数相等,它们的中子数不等 D. 6Li和7Li的电子数相等,中子数也相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A‎.13C和‎14C属于同种元素，由于二者质子数相同，而中子数不同，所以它们互为同位素，故A正确；‎ B.1H和2H是不同的核素，由于它们都属于氢元素，所以它们的质子数相等，故B正确；‎ C‎.14C和14N的质量数相等，由于二者的质子数不同，因此它们的中子数不等，故C正确；‎ D.6Li和7Li的质子数相等，它们的电子数也相等，但是中子数不同，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎3.2016年命名117元素Ts为钿(tián)，根据元素周期律推测，下列说法错误的是（ ）‎ A. Ts 为金属元素 B. Ts 位于周期表的第七周期第VIIA 族 C. Ts 的主要化合价-1、+7 D. 酸性： HClO4> HTsO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据原子序数判断该元素在周期表中的位置，117号元素位于118号左侧即ⅦA族，所以Ts是第七周期第ⅦA族元素，根据组成原子的有关物理量之间的关系以及元素周期律解答该题。‎ ‎【详解】A．根据题干信息及上述分析可知，Ts的名称为钿，是第七周期第ⅦA族，则Ts是金属元素，A选项正确；‎ B．117号元素位于118号左侧即ⅦA族，因此Ts是第七周期第ⅦA族元素，B选项正确；‎ C．Ts为金属元素，没有负价，C选项错误；‎ D．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>Ts，故酸性：HClO4>HTsO4，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.元素性质呈周期性变化根本原因是（ ）‎ A. 元素的相对原子质量逐渐增大 B. 核外电子排布呈周期性变化 C. 核电荷数逐渐增大 D. 元素化合价呈周期性变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据随原子序数的递增，原子的结构呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化来解答。‎ ‎【详解】A．在元素周期表中，元素的相对原子质量逐渐增大，但不呈现周期性的变化，所以不能决定元素性质呈现周期性变化，A错误；‎ B．因为原子的核外电子排布中最外层电子数随原子序数的递增而呈现周期性变化，从而引起元素的性质的周期性变化，B正确；‎ C．在元素周期表中，元素的核电荷数逐渐增大，但不呈现规律性的变化，所以不能决定元素性质呈现周期性变化，C错误；‎ D．元素的化合价属于元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列各组中每种物质都既有离子键又有共价键的一组是（    ）‎ A. NaOH H2SO4 (NH4)2SO4 B. MgO Na2SO4 HNO3‎ C. Na2O2 KOH Na3PO4 D. HCl Al2O3 MgCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、H2SO4中只含共价键，A错误；B、MgO中只含离子键，HNO3中只含共价键，B错误；C、三种物质都既有离子键又有共价键，C正确；D、各物质均只含一种化学键，分别是共价键、离子键和离子键，D错误，答案选C。‎ ‎6.短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子最外层有6 个电子，Y 是至今发现非金属性最强的元素，Z 的周期序数等于族序数，W 与Z 相邻。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 可以电解Z的氯化物获得Z单质 B. Y 的氢化物可刻蚀玻璃 C. Z 的氧化物可用作耐火材料 D. W 的氧化物可用作光导纤维 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，X原子最外层有6个电子，Y 是至今发现非金属性最强的元素，则Y为F元素，X为O元素，Z的周期序数等于族序数，则Z为Al元素，W与Z相邻，则W为Si元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．AlCl3为共价化合物，电解不能得到Al单质，应电解熔融的Al2O3得到Al单质，A选项错误；‎ B．Y的氢化物HF可与玻璃的主要成分SiO2发生反应，故可用HF刻蚀玻璃，B选项正确；‎ C．Z的氧化物为Al2O3，熔点很高，可作耐火材料，C选项正确；‎ D．W的氧化物为SiO2，常用作光导纤维，D选项正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是（ ）‎ a.b.‎ A. 图a表示的是吸热反应的能量变化 B. 图a不需要加热就能发生，图b一定需要加热才能发生 C. 图a可以表示C与CO2反应生成CO的能量变化 D. 图b中反应物比生成物稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对于吸热反应，生成物的能量要高于反应物的能量，A项错误；‎ B．反应是放热还是吸热与反应条件没有关系，B项错误；‎ C．C与CO2的反应是吸热反应，图a表示的是放热反应，C项错误；‎ D．物质所含能量越少越稳定，图b中反应物能量较低，更稳定，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量。如H-H键的键能是436kJ/mol，H—Cl键的键能是431kJ/mol，Cl—Cl键的键能是247 kJ /mol，H2和Cl2反应生成1molHCl放出的热量是（ ）‎ A. 431kJ B. 179kJ C. 89.5kJ D. 以上说法都不对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算吸收和放出的能量，进而计算反应中热量的变化，然后求出生成1molHCl放出的热量。‎ ‎【详解】在反应H2+Cl2 2HCl中，断裂1molH—H键，1molCl—Cl键共吸收的能量为：436kJ+247kJ=683kJ，生成2 molH—Cl键放出的能量为：2´431kJ=862kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：862kJ-683kJ=179kJ，所以H2和Cl2反应生成1molHCl放出的热量是kJ=89.5kJ。‎ 答案选C。‎ ‎9.有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B；当A、D组成原电池时，A为正极；B与C构成原电池时，电极反应式为：C2-+2e-→C，B-2e-→B2+则A、B、C、D金属性由强到弱的顺序为（ ）‎ A. A＞B＞C＞D B. A＞B＞D＞C C. D＞C＞A＞B D. D＞A＞B＞C ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】原电池中，电子由负极流向正极，活泼金属作负极，负极上失去电子发生氧化，以此分析。‎ ‎【详解】当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B，则金属活泼性为A>B；当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为D>A；B与C构成原电池时，电极反应式为：C2-+2e-→C，B-2e-→B2+，B失去电子，则金属活泼性为B>C；综上所述，这四种金属的活泼性为：D＞A＞B＞C。‎ 答案选D。‎ ‎10.在一定温度下，反应A2(g)+B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是（ ）‎ A. 单位时间生成nmol的A2同时生成nmol的AB B. 容器内的压强不随时间变化 C. 单位时间生成2nmol的AB同时生成nmol的B2‎ D. 单位时间生成nmol的A2同时生成nmol的B2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. A2是反应物，AB是生成物，若反应达到平衡，则存在单位时间内生成n molA2同时生成2n molAB，A错误；‎ B. 该反应是反应前后气体分子数不变的反应，无论反应是否达到平衡，容器内的总压强不变，B错误；‎ C. B2是反应物，AB是生成物，单位时间内生成2n molAB的同时必然消耗n molB2，若生成n molB2，则相同时间内B2的消耗物质的量与产生的物质的量相等，物质的浓度不变，因此反应达到平衡，C正确；‎ D. A2、B2都是反应物，系数相同，因此在任何时刻都存在：单位时间内生成n molA2的同时生成n molB2，不能作为判断平衡的标准，D错误。‎ 答案为C。‎ ‎11.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是（ ）‎ X Y Z W A. X的气态氢化物比Y稳定 B. W的最高价氧化物的水化物的酸性比Z强 C. Z的非金属性比Y强 D. X与Y形成的化合物都易溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y、Z、W均为短周期元素，由在周期表中的位置可知，Y位于第二周期，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，只能为2个电子层符合电子排布规律，Y的次外层电子数为2，最外层电子数为6，Y为O元素，结合四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素；‎ A．非金属性Y＞X，则氢化物稳定性Y＞X，故A错误；‎ B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性W＞Z，故B正确；‎ C．同主族元素，核电荷数大，金属性增强，非金属性减弱，则Z的非金属性比Y弱，故C错误；‎ D．X为N、Y为O，两元素形成的氧化物NO不溶于水，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎12.下列图示变化为吸热反应的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应物的能量小于生成物的能量，图中反应为吸热反应，符合题意，A项正确；‎ B. 反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，不符合题意，B项错误；‎ C. 浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，不符合题意，C项错误；‎ D. 活泼金属与酸的反应是放热反应，不符合题意，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.燃料电池是目前电池研究的热点之一。现有某课外小组自制的氢氧燃料电池，如图所示，a、b均为惰性电极。下列叙述不正确的是(　 　)‎ A. a极是负极，该电极上发生氧化反应 B. 总反应方程式为2H2＋O2═2H2O C. b极反应是O2＋4OH－－4e－═2H2O D. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】该装置为燃料电池，通氢气一极为负极，通氧气的一极为正极，据此分析；‎ ‎【详解】A、通氢气一极为负极，即a电极为负极，根据原电池的工作原理，负极上发生氧化反应，故A说法正确；‎ B、燃料电池相当于燃料燃烧，即总反应方程式为2H2＋O2=2H2O，故B说法正确；‎ C、b电极为正极，发生还原反应，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故C说法错误；‎ D、氢氧燃料电池的优点：能量转换率高，对环境友好，即氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.在一定条件下，将3molA和1molB投入容积为‎2L的密闭容器中，发生如下反应：‎3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）。2min末测得此时容器中C和D的浓度为0.2mol/L和0.4mol/L。下列叙述正确的是 （ ）‎ A. x=2‎ B. 2min时，B的浓度为0.4mol/L C. 0～2min内B的反应速率为0.2mol·L－¹·min－¹‎ D. 此时A的转化率为40％‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2min末测得此时容器中C和D的浓度为0.2mol/L和0.4mol/L，根据浓度的变化量之比是相应的化学计量数之比可知x＝1，A错误；‎ B．根据方程式可知消耗B应该是0.2mol/L，则2min时，B的浓度为1mol/‎2L－0.2mol/L＝0.3mol/L，B错误；‎ C．消耗B应该是0.2mol/L，则0～2min内B的反应速率为0.2mol/L÷2min＝0.1mol·L－¹·min－¹，C错误；‎ D．根据方程式可知消耗B应该是0.6mol/L，物质的量是1.2mol，则此时A的转化率为1.2mol/3mol×100%＝40％，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行实验。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 装置甲中W作原电池负极 B. 装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2e−＝Cu C. 装置丙中溶液的c(H＋)不变 D. 四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．装置甲中W不断溶解，说明W作原电池负极，金属的活动性Ｗ＞Ｘ，A正确；‎ B. 装置乙中Y电极为正极，其电极反应式为Cu2++2e−＝Cu，金属的活动性Ｘ＞Ｙ，B正确；‎ C. 装置丙中溶液中有氢气产生，故c(H＋)减小，金属的活动性Ｚ＞Ｗ，C不正确；‎ D. 四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y，Ｄ正确。‎ 故答案选C。‎ ‎16.在密闭容器中X2 (g)+2Y2 (g)Z(g)的反应，X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，当反应达到其最大限度(即化学平衡状态)时，各物质的浓度有可能的是( )‎ A. c(Z) ═0.45mol/L B. c(X2) ═0.3mol/L C. c(X2) ═0.5mol/L D. c(Y2) ═0.5mol/L ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2 mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，如果该反应向正反应方向进行，则X2、Y2浓度降低、Z浓度增大，如果该反应向逆反应方向进行，则该反应中Z浓度降低，而X2、Y2浓度增大；‎ ① 如果该反应向正反应方向进行，且Y2完全反应；‎ ‎ ‎ ② 如果该反应向逆反应方向进行，且Z完全反应；‎ 实际上该反应可能向正反应方向进行也可能向逆反应方向进行，①中X2、Y2浓度最小而Z浓度最大，②中X2、Y2浓度最大而Z浓度最小，实际上这几种物质浓度介于最大和最小之间，即：0.05 mol/L＜c(X2)＜0.5 mol/L、0＜c(Y2)＜0.9 mol/L、0＜c(Z)＜0.45 mol/L；‎ A．分析知0＜c(Z)＜0.45，则c(Z) ═0.45mol/L不可能成立，故A错误；‎ B．0.05＜c(X2)＜0.5，则c(X2) ═0.3mol/L可能成立，故B正确；‎ C．005＜c(X2)＜0.5，则c(X2) ═0.5mol/L不可能成立，故C错误；‎ D．0＜c(Y2)＜0.9，则c(Y2) ═0.5mol/L可能成立，故D正确；‎ 故答案为BD。‎ 二、填空题 ‎17.下列五种物质中，①H2O ②CO2 ③Na2O2 ④NaOH ⑤NaBr，只存在共价键的是__________，只存在离子键的是__________，既存在离子键又存在共价键的是_________，含有极性键的是__________，是非极性分子的是________。（填编号）‎ ‎【答案】①② ⑤ ③④ ①②④ ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】据化学键的含义、分类、与物质类别的关系判断。‎ ‎【详解】①H2O是极性键形成的极性分子；②CO2是极性键形成的非极性分子；③Na2O2由离子键和非极性键构成；④NaOH由离子键和极性键构成；⑤NaBr中只有离子键。故：‎ 只存在共价键的是①②，只存在离子键的是⑤，既存在离子键又存在共价键的是③④，含有极性键的是①②④，是非极性分子的是②。‎ ‎18.已知有A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应．常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应．常温下E单质是常见的气体．请按要求回答下列几个问题：‎ ‎（1）B、D的元素名称分别为：_____、_____；‎ ‎（2）E在周期表中的位置为：_____，‎ ‎（3）C离子的结构示意图为：_____；‎ ‎（4）B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为_____（用元素符号表示）；‎ ‎（5）B、E的最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序为：_____（用对应的化学式表示）‎ ‎（6）写出C、D两种元素组成的阴、阳离子个数比为1:2且只含离子键的化合物的电子式：_____；‎ ‎（7）写出E与水反应的离子方程式：_____．‎ ‎【答案】(1). 碳 (2). 钠 (3). 第三周期第ⅤⅡA族 (4). (5). Na＞C＞O (6). HClO4＞H2CO3 (7). (8). Cl2+H2OH++Cl﹣+HClO ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，则A为氢元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应，则B为碳元素，C为氧元素，常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应，则D为钠元素，常温下E单质是常见的气体，E的原子序数大于钠，则E为氯元素，据此答题。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A为H，B为C，C为O，D为Na，E为Cl，则 ‎（1）根据上面的分析可知，B、D的元素名称分别为碳元素和钠元素；‎ ‎（2）E是氯元素，在周期表中位于第三周期第ⅤⅡA族；‎ ‎（3）C为氧元素，氧离子的结构示意图为；‎ ‎（4）根据电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，可知B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为Na＞C＞O；‎ ‎（5）元素非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，由于氯的非金属性强于碳，所以HClO4的酸性强于H2CO3；‎ ‎（6）C、D两种元素组成的一种只有离子键的化合物为氧化钠，它的电子式为；‎ ‎（7）氯气与水反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl﹣+HClO。‎ ‎19.航天飞机常采用新型燃料电池作为电能来源，燃料电池一般指采用H2、CH4、CO、C2H5OH等可燃物质与O2一起构成的电池装置。它可直接将化学能转化为电能，甲烷燃料电池以KOH溶液为电解质，其总反应的化学方程式为：CH4＋2O2＋2OH－=＋3H2O。‎ ‎(1)负极上的电极反应为________。‎ ‎(2)正极上的电极反应为________。‎ ‎(3)消耗标准状况下的‎5.6 L O2时，有________ mol电子发生转移。‎ ‎(4)开始放电时，正极附近溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】(1). CH4＋10OH－－8e－=CO32—＋7H2O (2). 2H2O+O2+4e−=4OH− (3). 1 (4). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】甲烷燃料电池中，甲烷在负极失电子，氧气在正极得电子，结合电解质溶液为KOH溶液分析解题。‎ ‎【详解】(1) 甲烷在负极失电子，则负极上的电极反应为CH4＋10OH－－8e－=CO32—‎ ‎＋7H2O；‎ ‎(2) 氧气在正极得电子，正极上的电极反应为2H2O+O2+4e−=4OH−；‎ ‎(3)消耗标准状况下的‎5.6 L O2时，转移电子的物质的量为=1mol；‎ ‎(4)开始放电时，正极上的电极反应为2H2O+O2+4e−=4OH−，则正极附近溶液的pH增大。‎ ‎【点睛】在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；④熔融的碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。‎ ‎20.在由Cu片、Zn片和200 mL稀H2SO4组成的原电池中，当Cu片上放出‎2.24 L（标准状况下）H2时，H2SO4恰好用完。问：‎ ‎（1）此时在导线上有________摩尔电子通过？‎ ‎（2）Zn片溶解的质量是________？‎ ‎（3）原稀H2SO4的物质的量浓度是________？‎ ‎【答案】(1). 0.2 (2). ‎6.5 g (3). 0.5 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据氢气与转移电子的关系计算；‎ ‎（2）根据氢气与锌的关系式计算；‎ ‎（3）先根据氢气与硫酸的关系式计算硫酸的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算。‎ ‎【详解】（1）Cu片为正极，Cu片上的电极反应式为2H++2e-=H2↑，则导线上通过的电子物质的量n（e-）=2n（H2）=2×=0.2mol；‎ ‎（2）该电池反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，则溶解的Zn片物质的量n（Zn）=n（H2）==0.1mol，Zn片溶解的质量为0.1mol×‎65g/mol=‎6.5g；‎ ‎（3）该电池反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，消耗硫酸物质的量n（H2SO4）=n（H2）==0.1mol，c（H2SO4）==0.5mol/L。‎ ‎21.把0.4molX气体和0.6molY气体混合于‎2L密闭容器中，使它们发生如下反应：4X(g)+5Y(g) nZ(g)+6W(g)。2min末已生成0.3molW，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05mol/(L·min)，试计算 ‎（1）前2min内用W的浓度变化表示的平均反应速率为_______________。‎ ‎（2）2min末时Y的浓度为_____________________________。‎ ‎（3）化学反应方程式中n=_____________________________。‎ ‎（4）2min末，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的__________倍。‎ ‎【答案】(1). 0.075mol/(L·min) (2). 0.175mol/L (3). n=4 (4). 1.05‎ ‎【解析】根据提给信息：v(Z)=0.05mol/(L·min)，c(Z)= 0.05×2=0.1 mol/L ，c(X)=0.2 mol/L， c(Y)=0.3mol/L， c(W)=0.15 mol/L；‎ ‎ 4X(g) + 5Y(g) nZ(g ) + 6W(g)‎ ‎ 起始量 0.2 0.3 0 0‎ ‎ 变化量 0.1 0.125 0.1 0.15‎ ‎ 剩余量 0.1 0.175 0.1 0.15‎ ‎（1）v(W)=0.15/2=0.075mol/(L·min)；正 确 答 案：0.075mol/(L·min)。‎ ‎（2）C(Y)=0.3-0.125= 0.175 mol/L;正 确 答 案：0.175mol/L。‎ ‎（3）根 据 方 程 式 比 例 关 系：n：6=0.1：0.15，n=4；正 确 答 案：4。 ‎ ‎（4）在其他条件不变的情况下，反应前后气体的压强之比等于反应前后气体的总量之比，P（后）：P（前）=（0.1×2+0.175×2+0.1×2+0.15×2）：（0.4+0.6）=1.05：1；正 确 答 案：1.05。‎ ‎22.拆开1mol共价键所需吸收的能量如下表：‎ 共价键 H－H N≡N N－H 吸收的能量/kJ ‎436‎ ‎946‎ ‎391‎ ‎(1)1mol N2完全反应为NH3_____(填：吸收或放出)_____kJ能量 ‎(2)事实上，将1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，反应的热量变化总小于计算值，原因是______________________________。‎ ‎【答案】(1). 放出 (2). 92 (3). 该反应是可逆反应，充分反应的最终结果是达到最大限度(既化学平衡状态)，因此放出的热量总是小于理论计算值 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式分别计算断键吸收和成键放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；‎ ‎(2)从可逆反应的特征分析。‎ ‎【详解】(1)在反应N2+3H2⇌2NH3中，1mol N2完全反应为NH3，断裂3mol H-H键、1mol ‎ N三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ；‎ ‎(2)该反应为可逆反应，不能完全转化，将1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，生成NH3的小于2mol，放出的热量小于92kJ。‎ ‎ ‎