广东省2023届高三一轮复习联考（二）广东卷化学试题（含答案）

第22页/共22页2023届高三一轮复习联考(二)广东卷化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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，将本试卷和答题卡一并交回。考试时间为75分钟，满分100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19S-32Cl-35.5Fe-56Zn-65Cd-112Te-128一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2022年6月5日神舟十四号成功出征，三名航天员正式开启6个月的太空之旅。下列说法中正确的是。A.神舟十四号飞船的燃料是偏二甲肼，偏二甲肼属于烃类B.火箭发动机中使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点C.实验舱中使用的碳纤维属于有机高分子材料D.飞船外壳使用的氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；偏二甲肼含有氮元素，不属于烃类，A错误；B．火箭发动机环境决定了使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点，B正确；C．碳纤维主要由碳元素组成，属于无机非金属材料，C错误；D．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，D错误；故选B。2.古医典中富含化学知识，下列描述与氧化还原反应无关的是。A.汞的性质：汞得硫则赤如丹B.强水(硝酸)：用水入五金皆成水C.熬制胆矾：熬胆矾铁釜，久之亦化为铜D.制取黄铜：红铜(Cu)六斤、倭铅(Zn)四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜【答案】D【解析】【详解】A．汞得硫反应生成HgS，元素化合价发生改变为氧化还原反应，A不符合题意；B．硝酸具有强氧化性，和一些金属发生氧化还原反应，B不符合题意；C．反应为铁和硫酸铜生成铜和硫酸亚铁，元素化合价发生改变为氧化还原反应，C不符合题意；D．为制取合金的过程，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意；故选D。3.中华文明源远流长，下列文物属于无机非金属材料的是A.老青铜错金马B.青铜链子壶C双龙头实心铜印章D.越窑刻花龙抬头倒流壶A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】老青铜错金马、青铜链子壶、双龙头实心铜印章属于金属制品，越窑刻花龙抬头倒流壶属于陶瓷制品；答案选D。4.配制一定物质的量浓度的溶液，并用其测定某未知浓度的溶液。完成以上实验所选择的装置正确的是。选项ABCD实验称量一定质量的固体配制一定物质的量浓度的溶液定容操作量取20mL未知浓度的草酸用溶液滴定草酸滴定终点读数为26.42mL装置A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．高锰酸钾具有腐蚀性，应该在烧杯中称量，A错误；B．读数视线要与凹液面最低处保持水平，B错误；C．取草酸使用酸式移液管，C正确；D．由图可知，读数为25.50mL，D错误；故选C。5.氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型合成方法如下。下列说法错误的是A.反应①属于人工固氮B.反应③可利用电解溶液的方法实现C.该转化过程总反应为D.反应⑤在无水环境中进行时有白烟产生【答案】B【解析】【详解】A．反应①是游离态氮转化为化合态氮，A正确；B．反应③必须是电解无水，B错误；C．分析总的转化过程可看出总反应为与的反应，C正确；D．HCl与反应会有大量白烟产生，D正确；故选B。6.部分含氮、硫元素的化合物的价-类二维图如图所示。下列关于各物质的说法错误的是。A.i在一定条件下均可以与a、b、c发生反应B.e的浓溶液可用于干燥c、f、gC.g与CO在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体D.实验室中产生的h可用NaOH溶液吸收【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，i、a、b、c分别为HNO3、H2S、S、SO2；HNO3具有强氧化性，H2S、S、SO2均具有一定的还原性，故在一定条件下均可以发生反应，A正确；B．e的浓溶液为浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性；c、f、g分别为SO2、NH3、NO，浓硫酸能和氨气反应，故不可干燥氨气，B错误；C．NO与CO在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体氮气和二氧化碳，C正确；D．h为二氧化氮，能和氢氧化钠反应，实验室中产生的二氧化氮可用NaOH溶液吸收，D正确；故选B。7.已知：298K时，相关物质相对能量如图所示。下列说法错误的是。A.CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g)∆H=-566kJ∙mol-1B.H2的燃烧热为∆H=-242kJ∙mol-1C.C2H6比C2H4稳定D.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是放热反应【答案】B【解析】【详解】A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g)∆H=[(-393×2)-(-110×2+0)]kJ∙mol-1=-566kJ∙mol-1，A正确；B．H2的燃烧热为∆H=[(-286)-(0+×0)]kJ∙mol-1=-286kJ∙mol-1，B错误；C．C2H6的能量为-84kJ∙mol-1，C2H4的能量为52kJ∙mol-1，物质具有的能量越低，稳定性越强，则C2H6比C2H4稳定，C正确；D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H=[(-393+0)-(-110-242)]kJ∙mol-1=-41kJ∙mol-1，是放热反应，D正确；故选B。8.漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，某实验小组设计如图实验装置制取氯气并验证其性质。下列叙述正确的是。A.A装置中反应的化学方程式为B.B装置中溶液先变蓝色后褪色，其原因是淀粉被氧化C.取C装置中的溶液，滴加溶液产生白色沉淀，可证明已被氧化D.D装置溶液变黄色，证明还原性：【答案】A【解析】【分析】漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，氯气和碘离子生成碘单质使淀粉变蓝色，氯气和亚硫酸钠反应生成硫酸钠，氯气和碘化亚铁、氯化亚铁生成碘单质、铁离子，氯气有毒尾气使用装置E吸收；【详解】A．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，酸性条件下发生归中反应生成氯气，故漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，反应为，A正确；B．B装置中氯气和碘离子生成碘单质使淀粉变蓝色，变色后溶液不会褪色，B错误；C．亚硫酸钠和氯化钡也会生成亚硫酸钡沉淀，C错误；D．反应生成的铁离子、碘溶液均为黄色，D错误；故选A。9.分析下表中的3个热化学方程式，下列说法正确的是。2022年北京冬奧会“飞扬”火炬使用的燃料氢气①2008年北京奥运会“祥云”火炬使用的燃料丙烷②③A.丙烷的燃烧热为B.等质量的氢气与丙烷相比较，充分燃烧时，丙烷放热更多C.D.【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由反应②可知，1mol丙烷燃烧生成液体水时，放出热量大于，A错误；B．等质量氢气与丙烷相比较，假设质量均为44g，则两者的物质的量分别为22mol、1mol，则由反应①②比较可知，充分燃烧时，氢气放热更多，B错误；C．由盖斯定律可知，反应①×5-②得：，C正确；D．由盖斯定律可知，反应①×-③得：，D错误；故选C。10.下列实验操作及现象、所得实验结论正确的是。选项实验操作及现象实验结论A向KI溶液、的混合物中滴加硝酸酸化的，边滴加边振荡，层显紫色氧化性：B用pH计分别测定的、溶液的pH，得非金属性：N>CC用铂丝蘸取某未知溶液放到无色火焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色该无色溶液中一定有钾盐D用惰性电极电解某未知溶液，用湿润的KI淀粉试纸检验阳极气体，试纸变蓝色阳极产生的是A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，硝酸根离子和碘离子生成碘单质，而铁离子也会和碘离子生成碘单质，A错误；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，强酸强碱盐不会发生水解，弱酸强碱盐会水解使溶液显碱性；用pH计分别测定的、溶液的pH，得、，说明酸性硝酸大于碳酸，非金属：N>C，B正确；C．焰色反应为紫色说明溶液中含有钾元素，溶液也可能为氢氧化钾碱溶液，C错误；D．若阳极产生氧气等氧化性气体也会出现同样的现象，D错误；故选B。11.实验室可利用如图所示微生物电池将污水中的转化为无毒无害的物质并产生电能(M、N均为石墨电极)。有关该电池工作时的说法，不正确的是A.该电池在微生物作用下将化学能转化为电能B.负极的电极反应式为C.当外电路转移时，有个质子通过质子交换膜由乙室流向甲室D.电势N>M【答案】C【解析】【分析】该电池在微生物作用下将污水中的转化为无毒无害的物质并产生电能，则M为负极，失去电子被氧化，生成氮气和二氧化碳，N为正极，O2得到电子被还原，据此分析解答。【详解】A．该电池原电池，电池在微生物作用下将化学能转化为电能，A正确；B．负极上失去电子，发生氧化反应，产生、，电极反应式为：，B正确；C．放电过程中由甲室流向乙室，C错误；D．正极电势高于负极电势，D正确；故选C。12.对氨基莑酚(，俗称PAP)是一种重要的精细化工中间体，工业上常采用电解硝基苯的方法制取，其装置原理如图所示。下列说法错误的是A.电源a为负极B.电极c上发生的电极反应式为+4H++4e-=+H2OC.离子交换膜最好用质子交换膜D.当生成1mol时，右侧生成的CO2在标准状况下体积为44.8L【答案】D【解析】【分析】经过装置图分析，电极d中，转化为，碳元素化合价升高，失去电子，是阳极，则电极b是正极，电极a是负极。【详解】A．转化为，碳元素化合价升高，属于氧化反应，则c为阴极，a为负极，A项正确；B．溶液显酸性，c电极上发生反应的电极反应式为+4H++4e-=+H2O，B项正确；C．电解池中左侧消耗，右侧产生，故离子交换膜选用质子交换膜，C项正确；D．d电极的反应式为：，当生成1mol时转移4mol，右侧生成的在标准状况下体积为22.4L，D项错误；故答案选D。13.工业上可用如下方法处理含H2S的尾气，同时制得Na2S2O3，工艺流程如下：含H2S的尾气、空气→反应炉(高温)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶体已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、。下列说法中错误的是A.含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放B.反应中至少发生3个氧化还原反应C.反应过程中证明了H2SO3的酸性强于H2SD.每制取1molNa2S2O3，理论上消耗氧气的体积为44.8L(标准状况)【答案】C【解析】【详解】A．H2S是酸性气体，可以与NaOH反应产生Na2S、H2O，因此含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放，A正确；B．含有H2S的废气在反应炉中发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化为SO2气体，反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应产生的SO2通入Na2CO3溶液吸收时反应产生Na2SO3、CO2，反应过程中元素化合价不变，反应不属于氧化还原反应；2H2S+SO2=3S↓+2H2O中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应S+SO2+Na2CO3=Na2S2O3+CO2中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，可见在上述反应中至少发生3个氧化还原反应，B正确；C．在反应2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能证明该反应为氧化还原反应，H2S是还原性，氧化产物是SO2，而不能证明H2S及SO2对应的酸H2SO3的酸性强弱，C错误；D．从总体来看：H2S→Na2S2O3，S元素化合价升高，O元素化合价降低。每产生1个Na2S2O3，S元素化合价升高4×2=8价；O2→Na2S2O3，O元素化合价降低2×2=4价，可见每制取1molNa2S2O3，反应消耗2molO2，其在标准状况下体积V(O2)=2mol×22。4L/mol=44.8L，D正确；故合理选项是C。14.工业上在催化剂的作用下CO可以合成甲醇，用计算机模拟单个CO分子合成甲醇的反应历程如图。下列说法正确的是。A.反应过程中有极性键的断裂和生成B.反应的决速步骤为III→IVC.使用催化剂降低了反应的D.反应的热化学方程式为【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，总反应为，则涉及C-O键断裂和C-H、O-H键的生成，A正确；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知反应的决速步骤为II→III，B错误；C．催化剂改变反应速率，但是不改变反应的焓变，C错误；D．由图可知，生成物的能量低于反应物的能量，反应为放热反应，单个CO分子合成甲醇放热，则反应的热化学方程式为，D错误；故选A15.Xe和形成的氟化物有、、三种，已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应。下图表述的是以0和为始态得到的生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系。下列说法中错误的是。A.由图可知Xe的三种氟化物中最稳定B.反应的C.制备的合适温度约为550KD.与NaOH溶液反应产生的化学方程式为【答案】B【解析】【详解】A．已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应生成，则最稳定，A正确；B．由图可知，随着温度升高，发生分解反应生成的量增加，则反应为吸热反应，焓变大于零，B错误；C．制备的合适温度约为550K，此时含量最高，C正确；D．与NaOH溶液反应产生，氧元素化合价升高则Xe化合价降低生成Xe单质，反应为，D正确；故选B。16.实验室中利用硫化亚铁和硫化锌混合物进行如图实验(忽略在水中的溶解)。下列说法错误的是。A.“4.5g固体”一定是铁锌混合物 B.“溶液2”中的溶质只有C.混合物中硫元素的质量分数约为38％ D.反应②能生成标准状况下【答案】C【解析】【分析】本题如果将FeS和ZnS设出未知数，根据已知量列方程组可以求算，但计算量较大，我们也可以根据选项进行讨论来进行，以此解题。【详解】A．4.5g固体分两种情况，可能全为Fe，也可能是Fe与Zn的混合物；假设全为Fe，，根据Fe守恒则，n(Fe)=n(FeS)=0.08mol，则m(FeS)=n×M=0.08mol×88g/mol=7.04g，而题目中FeS与ZnS混合物质量为6.9g，故第一种假设不正确，即“4.5g固体”一定是铁锌混合物，A正确；B．4.5g固体中含有Zn，则溶液中午FeCl2和HCl，“溶液2”中溶质只有ZnCl2，B正确；C．设混合物FeS与ZnS中，硫元素的质量分数为38%，而FeS中硫的含量为，ZnS中硫的含量为，二者混合物中硫的含量应该在33%~36%之间，不可能为38%，C错误；D．生成，H守恒n(HCl)=0.05mol，n(HCl)总=0.2mol，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，Zn总量为0.1mol()，该反应消耗的Zn为0.025mol，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.四氯化碳主要用作优良的溶剂、干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等，也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备四氯化碳。已知：①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；②与在铁作催化剂的条件下，在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度。（1）上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。A装置中导管k的作用为_______。（2）A装置中发生反应的离子方程式为_______。（3）反应结束后关闭，，此时F装置的作用为_______。（4）B装置中发生反应的化学方程式为_______。（5）反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到。（6）经分离提纯后的中有少量，量取加入锥形瓶中(密度近似等于纯的密度)，然后加入20.00mL蒸馏水，用作指示剂，用标准溶液来滴定溶液中的[已知为砖红色沉淀]，平行实验三次，所得滴定数据如下表。计算制得的中杂质的质量分数为_______(保留两位有效数字)。实验序号实验数据第一次第二次第三次溶液体积/mL滴定前0.000.120.20滴定后14.9815.5215.22【答案】（1）①.i、j→f、g→d、e→b、c→h②.平衡气压，便于浓盐酸顺利流下（2）Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O（3）平衡气压做安全瓶，同时储存氯气（4）CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr（5）蒸馏（6）0.51%【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的溴水用于吸收挥发出的二硫化碳，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为AFDCBAFBE，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h。【小问1详解】由分析可知，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h；A装置中导管k能起到平衡气压，便于浓盐酸顺利流下的作用，故答案为：i、j→f、g→d、e→b、c→h；平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；【小问2详解】由分析可知，装置A中发生的反应为重铬酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，反应的离子方程式为Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O，故答案为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；【小问3详解】由实验装置图可知，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中反应结束后关闭K1，K2后，长颈漏斗还能起到平衡气压做安全瓶的作用，同时还可以储存未反应的氯气，故答案为：平衡气压做安全瓶，同时储存氯气；【小问4详解】由分析可知，B装置中发生的反应为二硫化碳与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr，故答案为：CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr；【小问5详解】由分析可知，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应生成四氯化碳和硫，反应制得的四氯化碳中混有未反应的二硫化碳和反应生成的溶于四氯化碳的硫，所以反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过蒸馏得到四氯化碳，故答案为：蒸馏；【小问6详解】由题给数据可知，三次实验消耗硝酸银溶液的体积分别为14.98mL、15.40mL、15.02mL，其中第二次实验结果误差较大应舍去，则滴定消耗硝酸银溶液的平均体积为=15.02mL，由方程式可得如下转化关系：FeCl3—3AgCl—3AgNO3，由滴定消耗硝酸银溶液的体积可知四氯化碳中杂质氯化铁的质量分数为×100%≈0.51%，故答案为：0.51。18.碲化镉玻璃中主要含有CdTe(其中含有少量Fe、Ni、Mg、Si、O等元素组成的化合物)，工业上利用废弃碲化镉(CdTe)玻璃回收其中金属的工艺流程如下。已知：①常温时，有关物质的如下表。②当溶液中离子浓度小于时，可认为沉淀完全。回答下列问题：（1）在“焙烧”时为提高效率可采用的措施有_______(答出一条即可)。写出“浸渣”的工业用途：_______。（2）实验室中，“操作A”需要的玻璃仪器有_______。“高温尾气”中的在水溶液中可用将其还原为Te单质，写出该反应的化学方程式：_______。（3）“氧化除铁”步骤中可以先调节pH为5，然后再加入，则此时被氧化的离子方程式为_______。（4）测得“滤液I”中浓度为，取1L滤液，则至少加入_______g固体才能使沉淀完全。（5）取1吨含碲化镉80%的废弃玻璃，最终回收得到0.64吨，则硫酸镉的回收率为_______(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.粉碎(其他合理答案也给分)②.光导纤维(或冶炼硅)（2）①.分液漏斗、烧杯②.（3）（4）1.85g（5）92.3%【解析】【小问1详解】焙烧时将矿物粉碎可增大与氧气的接触面积，提高效率；浸渣的主要成分为，工业上可用作光导纤维，也可用于冶炼硅；【小问2详解】操作A是萃取分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；根据信息在水溶液中被还原为Te单质，则被氧化为，由此可写出反应的化学方程式为；【小问3详解】在pH=5时，溶液仍然呈酸性，但根据的溶度积可以计算出在pH=5时已经完全沉淀，根据化合价升降相等和原子守恒可以配平写出离子方程式；【小问4详解】1L含的滤液加入时反应的离子方程式为，生成0.01mol沉淀，此时溶液中，根据的溶度积可计算出此时溶液中，沉淀中有，所以加入的固体为0.05mol，质量为1.85g；【小问5详解】根据原子守恒找出关系式进行计算：，理论可制得的质量为吨，所以的回收率为。19.CO、CO2的回收和综合利用有利于实现“碳中和”。（1）CO和H2可以合成简单有机物，已知CO、H2合成CH3OH、HCOOCH3的能量变化如图所示，计算2CH3OH(g)HCOOCH3(g)+2H2(g)△H=____。已知键能数据如表。化学键H－HC－OC≡OH－OC－H键能/(kJ•mol-1)436326A464414则C≡O的键能为_____。（2）已知：反应1：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H=-128.8kJ•mol-1反应2：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-78.1kJ•mol-1假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是_____(填字母)。A. B.C. D.（3）CO2催化加氢制甲醇可分两步完成，反应历程如图所示。已知CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-106kJ•mol-1则CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=_____。该反应进程中总反应速率由第_____(“1”或“2”)步决定。（4）在催化剂作用下，CO2、H2同时发生如下反应：反应1(主反应)：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)△H＜0反应2(副反应)：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H＞0其压强平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度，分压总压物质的量分数)的对数lgKp与温度倒数呈线性关系，如图所示。其中表示主反应的变化曲线为____(填“L1”或“L2”)。【答案】（1）①.+135.4kJ•mol-1②.1054kJ•mol-1（2）A（3）①.-65kJ•mol-1②.1（4）L1【解析】【小问1详解】根据图可写出①、②，②－①×2可得出。根据反应，反应物总键能－生成物总键能，代入数据-106.0=A+2×436-3×414-326-464，解得，的键能为；【小问2详解】反应1、反应2均为放热反应，并且反应1放热多，反应1的速率快则说明反应1的活化能小，因此选A；【小问3详解】根据图象可写出反应①，结合反应②，①+②可得出总反应。活化能越大则反应速率越慢，总反应的速率由活化能大的步骤决定，反应由第1步决定；【小问4详解】横坐标为温度的倒数，数值越大，温度越低，主反应为放热反应，降低温度时平衡