辽宁省六校协作体2018-2019学年高一化学下学期期中试题(含解析)

辽宁省六校协作体2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）一．选择题：（本题共有15题，每题3分，共45分）《中国诗词大会》不但弘扬了中国传统文化，还包括着好多化学知识，以下诗词解析不正确的选项是：绘制《山川画》所用的纸和墨的主要成分都是有机物刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质牢固，可经过物理方法获取王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主若是化学能转变为热能。【答案】A【解析】【详解】A.纸的主要成分为纤维素，属于有机物，墨的主要成分为炭黑，属于单质，故A错误；B.“去粗取精”说了然金的化学性质牢固，可经过物理方法获取，故B正确；C.爆竹燃放的过程有新物质CO2、SO2等生成，属于化学变化，与氧气反应，同时也是氧化还原反应，故C正确；D.“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转变为热能，故D正确。应选A。2.关于100mL0.1mol/LH2SO4溶液的表达错误的选项是：A.该溶液中含有O原子的物质的量为0.04molB.该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.2mol/LC.该溶液的酸性与0.2mol/LNaHSO4溶液相同D.取该溶液10mL，加水稀释至100mL后H2SO4的物质的量浓度为0.01mol/L【答案】A【解析】【详解】A.n（H2SO4）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，n（O）=4n（H2SO4）=0.04mol，但水分子中也含有O原子，所以该溶液中含有O原子的物质的量应大于0.04mol，故A错误；+）=2c（H2SO）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，故B正确；B.c（H4-1-C.该溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，0.2mol/LNaHSO4溶液中c（H+）=cNaHSO4）=0.2mol/L，所以该溶液的酸性与0.2mol/LNaHSO4溶液相同，故C正确；D.取该溶液10mL，n（H2SO4）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，加水稀释至100mL后H2SO4的物质的量浓度为0.001mol÷0.1L=0.01mol/L，故D正确。应选A。以下说法不正确的选项是：配制必然物质的量浓度的溶液时，容量瓶可否干燥对配制结果无影响在进行钠与水反应的实验时，节余的钠需要放回原试剂瓶中丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射形成的已知钠与水反应比钠与乙醇反应更激烈，所以两种电解质的爽朗性：水大于乙醇【答案】D【解析】【详解】A.用容量瓶配制必然物质量浓度的溶液，在使用前要先检查可否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，故A正确；钠为极爽朗的金属，易和水反应生成氢气，所以实验后节余的少量钠要放回原试剂瓶中，故B正确；C.胶粒直径介于1～100nm之间，小于可见光波长，对光散射形成丁达尔效应，故C正确；D.钠与乙醇反应不如钠与水反应激烈，说明乙醇羟基中的H不如水中的H爽朗，乙醇比水更难电离，所以乙醇是非电解质，故的D错误。应选D。【点睛】注意电解质和非电解质是对化合物分类，单质既不是电解质也不是非电解质，乙醇属于非电解质。以下离子方程式正确的选项是:A.向稀HNO32-＋+中滴加Na2SO溶液：SO2H===SO↑＋HO3322B.向Na2SiO3溶液中通入过分2-＋SO＋HO===HSiO↓＋SO2-SO2：SiO3222332++C.向CuSO溶液中加入NaO：2NaO＋2Cu＋2HO===4Na＋2Cu(OH)↓＋O↑42222222D.向Al2(SO4)3溶液中加入过分NH3·H2O：Al3+-+＋2H2O＋4NH3·H2O===AlO2＋4NH【答案】C-2-【解析】【详解】A.HNO3有强的氧化性，Na2SO3有还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式是：+-+3SO2-2-+2NO↑，故A错误；2H+2NO3=H2O+3SO4B.向NaSiO溶液中通入过分SO发生反应产生酸式盐，反应的离子方程式是：SiO2－3232+2SO+2H2O=H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；42222+2+22C.向CuSO溶液中加入NaO，离子方程式2NaO+2Cu+2HO=4Na+2Cu(OH)↓+O↑吻合反应事实、离子方程式的书写原则，故C正确；D.NH3·H2O是弱碱，不能够与两性氢氧化物发生反应，反应的离子方程式是：Al3++3NH·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误。应选C。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷可否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必定守恒；“二看”拆分可否合适：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能够拆分，要写成化学式；“三看”可否吻合客观事实：离子反应的反应物和生成物必定与客观事实相吻合。5.在200mL含等物质的量HBr和H2SO的溶液中通入0.01molCl，有一半-变为Br（已Br322知Br2能氧化H2SO3），原溶液中HBr和H2SO的浓度都等于：3A.0.0075mol?L-1B.0.0018mol?L-1C.0.04mol?L-1D.0.08mol?LL-1【答案】C【解析】【解析】还原性HSO＞HBr，通入的氯气先氧化HSO为HSO，HSO反应达成，节余的氯气再氧化HBr23232423为Br2。令原溶液中HBr和H2SO3的物质的量为nmol/L，依照电子转移守恒列方程计算，再根据c=n计算浓度。V【详解】还原性H2SO＞HBr，通入的氯气先氧化HSO为HSO，HSO反应达成，节余的氯气再3232423氧化HBr为Br2。有一半Br-变为Br2，说明H2SO3已经完好被氧化，令原溶液中HBr和H2SO3的-3-Cu2＋产生物质的量都为nmol，依照电子转移守恒有nmol×（6-4）+1nmol×1=0.01mol×2，解得0.008mol2n=0.008mol，原溶液中=0.04mol/L。HBr和HSO物质的量浓度为230.2L应选C。【点睛】注意氯气先氧化H2SO3为H2SO4，后氧化HBr为Br2是解题的要点，注意利用电子转移守恒进行计算。如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置表示图。以下相关该装置的说法正确的选项是（）A.铜片为负极，其周边的溶液变蓝，溶液中有若是将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变其能量转变的形式主若是“化学能→电能→光能”若是将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光【答案】C【解析】试题解析：A．锌片作负极，发生氧化反应；铜片作正极，发生还原反应，铜片上有气泡产生，A错误；B．若是将锌片换成铁片，铁片仍旧是作负极，电路中的电流方向不会发生改变，B错误；C．其能量转变的形式主若是“化学能→电能→光能”，C正确；D．若是将稀硫酸换成柠檬汁，由于柠檬汁中含有柠檬酸，溶液呈酸性，LED灯也会发光，D错误；故答案C。考点：观察了原电池的工作原理的相关知识。从金属利用的历史看，先是青铜器时代，此后是铁器时代，铝的冶炼是近百年的事．决定金属使用年代先后序次的要点因素是：A.金属的活动性B.金属的导电性C.金属的延展性D.地壳中金属元素的含量【答案】A-4-【解析】【详解】金属的活动性越强，越简单与其他物质反应生成化合物，其化合物越不简单被还原，以致该金属的冶炼越难，所以决定金属使用年代的是金属的活动性，与金属的导电性、延展性、在地壳中的含量没关，答案选A。【点睛】本题观察金属活动性强弱与使用年代的关系，明确金属活动性强弱序次表即可解答，知道常有金属冶炼方法，知道金属冶炼方法与其爽朗性关系，题目难度不大。以下离子的检验方法合理的是：A.向某溶液中滴入稀NaOH溶液未生成使红色石蕊试纸变蓝的气体，说明不含+NH4B.向某溶液中通入Cl2，此后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+C.向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，获取白色积淀，说明溶液中含有2-SO4D.向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液得白色积淀，说明溶液中含有Cl-【答案】D【解析】【详解】A.氨气溶解度很大，要使得氨气放出，需要对反应溶液加热，此试纸不变蓝，不能够说明溶液中可否含有铵根离子，故A错误；B.溶液中可能存在铁离子，检验时应先在溶液中加入KSCN溶液，观察可否呈血红色，若无明显变化，再通入氯气，此后加入KSCN溶液，若呈血红色，则说明原溶液中有二价铁离子，故错误；C.向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色积淀生成，溶液中含有2-或银离子中的SO4最少一种，故C错误；D.向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液得白色积淀，说明溶液中含有Cl-，故D正确。应选D。9.以下物质能使品红溶液褪色,且褪色原理基真相同的是( )①活性炭②新制氯水③二氧化硫④臭氧⑤过氧化钠⑥双氧水A.①②④B.②③⑤C.②④⑤⑥D.③④⑥【答案】C【解析】新制氯水、臭氧、过氧化钠和双氧水都是利用其强氧化性，使品红褪色。-5-已知浓盐酸和次氯酸钙能发生以下反应：Ca(ClO)2+4HCl(浓)===CaCl2+2Cl2↑+2H2O。用储藏许久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是：①CO2②HCl③H2O④O2A.①②③B.②③④C.②③D.①④【答案】A【解析】由于酸性：H2CO3>HClO，所以Ca(ClO)2在空气中易与CO2、H2O反应生成CaCO3和HClO，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O===CaCO3↓+2HClO。用含CaCO3的Ca(ClO)2与浓盐酸反应制取Cl2，Cl2中必然含有CO2、H2O、HCl等杂质，而漂白粉在空气中变质生成的HClO不牢固，不会混在固体中，制得的氯气中不能能含有O2。以下表达中正确的选项是：A.周期表中第15列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为H3RO42-2-拥有不相同的质子数和电子数B.O2与SC.元素周期表中前6周期一共有22种非金属D.氕化锂、氘化锂、氚化锂作为“长征2号”火箭发射的重要燃料，LiH、LiD、LiT的化学性质不相同【答案】C【解析】【详解】A.周期表中第15列为ⅤA族，其中氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO，3不吻合H3RO4，故A错误；B.O22-与S2-质子数均为16，核外电子数均为18，故B错误；C.元素周期表中有22种非金属元素，包括氢、硼、碳、氮、氧、氟、硅、磷、硫、氯、砷、硒、溴、碲、碘、砹、氦、氖、氩、氪、氙、氡，故C正确；D.H、D、T互为同位素，LiH、LiD、LiT的化学性质几乎完好相同，故D错误。应选C。12.W、X、Y、Z四种短周期主族元素在周期表中的相对地址以下列图，由此可知：-6-XYWZA.Z元素氢化物的水溶液必然是强酸B.四种元素原子形成的简单离子，半径最小的必然是YC.四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的必然是YD.四种元素对应的简单氢化物牢固性最强的必然是Y【答案】D【解析】试题解析：依照W、X、Y、Z四种短周期主族元素在周期表中的相对地址关系可知，若W是Al，则X是N元素、Y为O元素、Z为S元素；若W为Si、则X为O元素、Y为F元素、Z为Cl元素。A．若Z为S元素，氢化物的水溶液必然是弱酸，故A错误；B．四种元素原子形成的简单离子，半径最小的是Y或W，故B错误；C．O和F一般无正价，四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是Z，故C错误；D．Y的非金属性最强，四种元素对应的简单氢化物牢固性最强的必然是Y，故D正确；应选D。考点：观察了元素周期表和元素周期律的相关知识。化学与能源开发、环境保护、资源利用等亲近相关。以下说法正确的选项是：天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转变为电能PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素发展低碳经济、循环经济，实行可利用太阳能、风能的城市照明系统【答案】D【解析】试题解析：A、一级能源是指直接从自然界获取的能源，氢气不属于一级能源；B、风力发电是将风能转变为电能；C、砷元素属于非金属元素；D、低碳经济、循环经济，利用太阳能、风能均有利于能源开发和环境保护，正确。-7-考点：观察化学与能源、环境等相关知识。14.已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g)H＝－270kJ·mol-1，以下说法正确的选项是：氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应B.1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于270kJC.在相同条件下，1molH2与1molF2能量总和小于2molHF气体的能量D.该反应中能量变化可用如图来表示【答案】C【解析】试题解析：A、此反应是放热反应，逆过程是吸热反应，故错误；B、HF(g)=HF(l)△H<0，因此1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于270kJ，故错误；C、此反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故正的确；D、依照选项C解析，故错误。考点：观察化学反的应热与能量关系等知识。15.取一支硬质大试管，经过排饱和食盐水方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图)，以下关于试管内发生反应及现象说法正确是：A.为加速化学反应速率，应在强光照射下达成B.甲烷和Cl2反应后试管内壁油状液滴物包括CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出CH4和Cl2完好反应后液面上升，液体充满试管【答案】C-8-【解析】【详解】A.光照为该反应的条件，无光照该反应不能够发生，所以强光照射其实不是为了加速化学反应速率，故A错误；B.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，故B错误；C.甲烷和Cl2反应后产物最多的是HCl，HCl溶于饱和食盐水会有少量NaCl晶体析出，故C正确；D.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，CH3Cl是不溶于水的气体，所以液体不会充满试管，故D错误。应选C。二、填空题：（本题有4道题，共55分）16.(1)电工操作上规定：不能够把铜导线和铝导线连接在一起使用，请说明原因：__________。若电极资料选铜和石墨，电解质溶液选氯化铁溶液，外加导线，构成原电池。请写出正极电极方程式：______________。【答案】(1).二者连接在一起时，接头处在湿润的空气中形成原电池而被腐化(2).Fe3＋＋e－=Fe2＋【解析】【详解】（1）铜、铝、湿润空气会形成原电池，金属铝做负极，加速了金属铝的腐化速度，所以不能够把铜导线和铝导线连接在一起使用，故答案为：二者连接在一起时，接头处在湿润的空气中形成原电池而被腐化。（2）该原电池的正极发生三价铁离子得电子的还原反应，电极方程式为：Fe3++e-=Fe2+，故答案为：Fe3++e-=Fe2+。17.有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍．②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同．③在平时状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完好反应共有0.4mol电子转移．④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质．⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应．请写出：-9-1）A元素的最高价氧化物的电子式_________________，A元素简单气态氢化物可构成碱性燃料电池，该电池的的负极电极方程式为：_____________________（2）B元素在周期表中的地址_____________________（3）B单质与C单质在点燃时反应的生成物中所含化学键种类有_________________（4）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为：____________________（5）C与D能形成2：1的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程：_________________________【答案】(1).(2).CH4-8e--2-+7H2O(3).第二周期VIA族+10OH=CO3(4).离子键、共价键(5).SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl(6).【解析】【解析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A有2个电子层，最外层电子数为4，则A为C元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第3周期，B处于第2周期，在平时状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完好反应共有0.4mol电子转移，B元素化合价为-2价，则B为O元素，C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na元素，D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，则D为S元素，E的原子序数最大，则E为Cl元素，据此答题。【详解】由解析可知：A为C元素，B为O元素，C为Na元素，D是S元素，E是Cl元素。（1）A为C元素，C的最高价氧化物是CO2，CO2分子中碳原子与氧原子形成共价键，电子式为：，碱性甲烷燃料电池，负极甲烷失电子生成碳酸根离子和水，其负极的电极方程式--2-+7HO，故答案为：--2-+7HO。432432（2）B为O元素，氧元素位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期VIA族。3）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子与氧原子之间形成共价键，故答案为：离子键、共价键。（4）D是S元素，E是Cl元素，硫元素的低价氧化物是SO2拥有还原性，氯水拥有氧化性，-10-二者发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化氢，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。5）Na和S形成的化合物是Na2S，是由离子键形成的离子化合物，其形成过程可表示为，故答案为：。【点睛】依照元生性质以及核外最外层电子的关系推断元素种类是解答本题的打破口，注意过氧化钠的结构特点。18.某研究性学习小组设计了一组实验考据元素周期律．Ⅰ．甲同学设计了如图装置来一次性达成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较。（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品从前详尽操作是：（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在A中加溶液，B中加___________溶液，C中加___________溶液，将观察到C中现象．但花花以为，该现象不足以证明三者非金属性强弱，请用文字表达原因。（3）为防范上述问题，应在B、C之间增加一个盛有足量洗气装置．改进后C中发生反应的离子方程式是________________．Ⅱ．丙同学设计了如图装置来考据卤族元生性质的递变规律．A、B、C三处分别是沾有NaBr溶试纸、湿润红纸．液的棉花、湿润淀粉KI的（4）请写出浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式：______________-11-（5）A中棉花颜色变_______，则说明非金属性Cl＞Br；向NaBr和KI的混杂溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，最后获取的物质是___________【答案】(1).将导管C没于液面下，微热圆底烧瓶，有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性优异(2).HNO3(3).Na2CO(4).NaSiO332(5).白色浑浊(6).挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应(7).饱和碳酸氢钠溶液(8).SiO2-2-(9).-+-2+↑+8HO(10).322233422橙色(11).NaCl和KCl【解析】【详解】（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品从前，第一关闭分液漏斗，将烧杯C中导管深入烧杯液面以下，再微热圆底烧瓶，若是C中有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性优异，故答案为：将导管C没于液面下，微热圆底烧瓶，有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，一段时间后，高度不变，则气密性优异。（2）依照强酸制弱酸来设计反应，所以A为硝酸，B为碳酸钠，C为硅酸钠溶液，将观察到C中有白色浑浊生成硅酸积淀，故现象不足以证明三者非金属性强弱，由于挥发出来的硝酸可能与硅酸钠反应生成硅酸积淀，故答案为：HNO；NaCO；NaSiO；白色浑浊；挥发出的硝酸32323可能和硅酸钠反应。（3）硝酸易挥发，所以为吸取挥发出来的硝酸，应在B和C之间增加一个洗气装置，盛放饱和的碳酸氢钠，吸取挥发出来的硝酸，防范搅乱，改进后C中为二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸积淀和碳酸钠，反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-，：故答案为：饱和碳酸2-2-。氢钠溶液；SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO3（4）浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，反应的离子方-+-2+-+程式为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4+16H+10Cl-2+=2Mn+5Cl2↑+8H2O。（5）NaBr溶液的棉花与氯气反应生成单质溴，所以棉花由白色变为橙色，B处湿润淀粉KI试纸中的碘离子与氯气反应生成单质碘，反应的离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2；向NaBr和KI的混杂溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，过分的氯气逸出，溴挥发，碘升华，所以最后获取NaCl和KCl；故答案为：橙色；NaCl和KCl。19.(1)在微生物作用的条件下，+经过两步反应被氧化成-。两步反应的能量变化表示图NH4NO3以下：-12-①第一步反应是_________________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依照是___________。1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是_________________。已知红磷比白磷牢固，则反应P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2；ΔH1和ΔH2关系是ΔH1____________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”)。(3)在298K、101kPa时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)ΔH1；Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)ΔH2；2Cl2(g)＋2HO(g)===4HCl(g)＋O(g)ΔH223则ΔH与ΔH和ΔH之间的关系正确的选项是___________。312ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2BΔH3＝ΔH1＋ΔH2CΔH3＝ΔH1－2ΔH2DΔH3＝ΔH1－ΔH2(4)已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)H＝－72kJ·mol-1，蒸发1molBr2(l)需要吸取能量为30kJ，其他相关数据以下表：物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸取的能量(kJ)436200a则表中a＝__________________。【答案】(1).放热(2).H<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)(3).+＋2O(g)===NO(aq)＋－1NH4(aq)＋2H(aq)的＋H2O(l)H＝－346kJ·mol(4).<(5).A(6).369【解析】【详解】（1）①由图可知：焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故答案为：放热，H<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)。②第一步的热化学方程式为①NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)H=-273kJ/mol，-13-第二步的热化学方程式为②NO2-(aq)+0.5O2(g)=NO3-(aq)H=-73kJ/mol，依照盖斯定律，由+(aq)+2O2(g)=2H+-H=（-273kJ/mol）+（-73kJ/mol）=①+②可得：NH4(aq)+H2O(l)+NO3(aq)－346kJ·mol－1，故答案为：NH4+(aq)＋2O(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)H＝－346kJ·mol－1。（2）①P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1，②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2，由盖斯定律②-①可获取反应：4P(红磷，s)=P4(白磷，s)H=ΔH-ΔH，红磷比白磷牢固，说明21红磷的能量低于白磷，该反应是吸热反应，即H=ΔH2-ΔH1＞0，即ΔH1＜ΔH2，故答案为：＜。（3）已知：①2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH1；②Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)ΔH2；③2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O(g)ΔH，则反应③=②×2+①，由盖斯定律可知：ΔH3=ΔH+2ΔH，故2312答案为：A。（4）已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)H＝－72kJ·mol-1，蒸发1molBr2(l)需要吸取的能量为22(g)=2HBr(g)H＝－102kJ·mol-1，ΔH=反应物键能-生成物键能，则有30kJ，则H(g)＋Br-102=436+200-2a，解得a=369，故答案为：369。化学反应速率和限度与生产、生活亲近相关。(1)某学生为了研究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录以下（累计值）：①哪一时间段反应速率最大______min（填0～1、1～2、2～3、3～4、4～5），原因是_____。②求3～4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_________(设溶液体积不变)。另一学生为控制反应速率防范反应过快难以测量氢气体积，他早先在盐酸中加入等体积的以下溶液以减慢反应速率，你以为不能行的是____。A．蒸馏水B．KCl溶液C．KNO3溶液D．CuSO4溶液(3)某温度下在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的