2025-2026学年高二化学上学期第一次月考卷（湖南）含答案解析

2025-2026学年高二年级化学上学期第一次月考卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．测试范围：选择性必修第一册第一章、第二章。4．难度系数：0.655．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1CO14342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．化学与社会、科学、技术、环境密切相关，下列说法错误的是A．干冰可用于人工增雨作业。干冰在云层中的变化过程中B“木与木相摩则然(燃)”中的“然”是化学能转变为热能C“冰之为水，而寒于水”，说明冰的能量低于水，冰变为水属吸热反应D．电热水器内装有镁棒，采用牺牲阳极法，防止不锈钢内胆被腐蚀2．下列反应低温有利于自发进行的是A．B．C．D．3．NH3脱除NO的一种催化反应机理示意图如下，下列说法不正确的是/A．属于氧化还原反应B．是该反应的中间产物C．总反应化学方程式为4NH+3O22N+6HOD．4+可降低该反应的活化能4．根据下列图示所得出的结论正确的是A5%20%的足量稀盐酸中，生成氢气的质量与反应时间的关系曲线B．图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻溶液的温度最高C与过量浓硝酸反应生成的时间段内反应速率最快DCl(g)＋CO(g)COCl(g)△H＜0的反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻改变的条件是减小压强5．下列说法正确的是A．软脂酸燃烧热的热化学方程式为：B．和两个反应的相同C．和的总能量高于的能量D溶液反应生成水，放出的热量6．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的①NaOH固体；②；③固体；④NaNO3固体；⑤KCl溶液；⑥溶液A．①②⑥B．②③⑤C．②④⑥D．②③④/7．我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示：已知部分化学键的键能数据如下：共价键键能413497462351348下列说法正确的是A．该催化反应历程中没有非极性键的断裂和形成B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变C．总反应的原子利用率小于D．该反应的热化学方程式为：8．下列实验操作可以达到实验目的的是选实验目的实验操作项取溶液于试管中，加入溶液，充分反应探究KI与FeCl3反应A后滴入5滴15%KSCN溶液，若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定的限度限度检验过氧化钠溶于水B将过量过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中，观察溶液是否变红是否生成碱性物质C验证非金属性：S>C测定相同浓度的NaSO3溶液与NaCO3溶液的pH，后者较大D比较Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶度积向浓度均为的MgSO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入的NaOH溶液，先看到蓝色沉淀A．AB．BC．CD．D9aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)测得B气体的浓度为0.6mol/l，恒温下将密闭容器的容积扩大一倍，重新达到平衡时，测得B气体的浓/度为0.4mol/l，下列叙述中正确的是（）A．a+b>c+dB．平衡向右移动C．重新达平衡时，A气体浓度增大D．重新达平衡时，B的体积分数减小10．下列图示与对应的叙述相符的是A．(a)图可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化B．通过(b)图可知金刚石比石墨稳定C．由(c)图可知，2SO(g)2SO(g)+O(g)△H=(a-b)kJ·mol-1D．(d)图是某反应A→C的能量变化曲线图(E表示能量)，反应中△H=E-E4列说法中不正确的是A．时刻可能采取的措施是减小B．时刻可能采取的措施是降温/C．时刻可能采取的措施是减小压强D．时间段平衡向逆反应方向移动12X(g)+3Y(g)2Z(g)XYZ的起始浓度分别为、、(均不为0)，XYZ的浓度分别为、、(转化率等于反应物转化的物质的量与起始的物质的量的比值)A．B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为C．X、Y的转化率不相等D．的取值范围为13．钼(Mo)的最重要用途是作为铁合金的添加剂，用CO还原MoO3制备单质Mo的装置如图所示(尾气处理装置已省略)。下列说法正确的是A．装置①用于制备CO，其中稀盐酸可用稀硫酸替代B．装置②中盛有饱和碳酸钠溶液，以除去CO2中的HCl气体C．在装置④中生成了钼单质D．装置⑥中的现象不能达到检验MoO3是否被CO还原的目的14和气体充入恒容密闭容器，发生反应，时达到平衡，在、时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是A．若，则B．若时刻升高了温度，则该反应的/C．若时刻后向体系中再充入A、B、C各，则D和A的转化率小于50%二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.（14分）化学反应过程中释放或吸收的热量在生活、生产、科技及科学研究中具有广泛的应用。(1)“神舟”系列火箭用偏二甲肼作燃料，作氧化剂，反应后产物无污染。已知：反应1：反应2：。写出和反应生成的热化学方程式：。(2)已知某金属氧化物催化丙烷脱氢过程中，部分反应进程如图，则过程中的焓变为(列式表示)。(3)已知，在25℃和下，部分化学键的键能数据如表所示。化学键键能/()436391a498414803462193①在25℃和下，工业合成氨的反应中每生成就会放出热量，在该条件下，向某容器中加入、及合适的催化剂，充分反应后测得其放出的热量小于，原因可能是，表中的a=。②科学家发现了一种新的气态分子()，在25℃和下，转化为的热化学方程式为，由此可知与中更稳定的是(填化学式)。/③已知：。甲烷是一种常用燃料，则表示甲烷的燃烧热的热化学方程式为。1616分）“科学态度”是科学研究的基本要求，“社会责任”是化学人人生观和价值观的基本体现，“科学态度与社会责任”是化学的核心素养。Ⅰ．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，在加入Fe2+并调好pH后再加入HO，该过程中HO2所产生羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物。现运用该法降解某有机污染物(p-CP)，探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验数据：(表中时间，是p-CP浓度降低1.50mol/L所需时间)HO2溶液Fe2+溶液蒸馏水温度时间实验编号pHcmol·L-1V/mLcmol·L-1V/mLV/mLT/Kt/s①6.0×10-31.503.0×10-23.5010.003298200②6.0×10-31.503.0×10-23.5010.00331360③6.0×10-33.503.0×10-23.50V13298140④6.0×10-31.503.0×10-24.509.003298170⑤6.0×10-31.503.0×10-23.50V2122980请回答：(1)V=mL，V=mL。(2)实验①条件下，p-CP的降解速率为：。(3)设置实验①②的目的是：；由实验①④可得到的结论是：。(4)实验⑤在200s时没有检测到p-CP浓度的变化。其原因可能是：。Ⅱ．工业上可采用高温热分解HS的方法制取H，并在膜反应器中分离H，其中发生的反应：△H，已知：①△H；②△H。(5)则△H=(用含△H、△H2的式子表示)。(6)25℃101kPa△H=−412kJmol−1；②△mol−1，写出NaO2与Na反应生成NaO的热化学方程式。1714MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCOFeOFeOCoO等)为原料制备MnSO4的工艺流程如图。/资料：金属离子沉淀的pH金属离子Fe3+Fe2+Co2+Mn2+开始沉淀1.56.37.47.6完全沉淀2.88.39.410.2(1)写出酸浸前将菱锰矿石粉碎的目的是。(2)沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：。(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是。(4)如图为MnSO4和(NH)SO4“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为，洗涤干燥。(5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。i.称取10.0g废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中。ii.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH)SO(过氧硫酸铵)溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH)SO8分解。iii.加入指示剂，用bmol/L(NH)Fe(SO)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH)Fe(SO)2溶液的体积为cmL，重新变成Mn2+。①写出下面补全的步骤ⅱ中反应的离子方程式：。2Mn2+++_____=+_____+_____。/②废渣中锰元素的质量分数为。(6)MnOMnO2中的锰元素。图中“H•”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的c(Mn2+)先增大后减小，减小的原因可能是。(任写一点)1814分）、和NO均为常见的大气污染物。回答下列问题：Ⅰ．用下列流程综合处理工厂排放的含的烟气，既可减少其对环境造成的污染，又能生成氮肥从而提高经济效益。(1)过程①中发生反应的化学方程式为，反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。Ⅱ．“铁盐、铜盐氧化法”是目前常用的转化方法，将和的混合气体通入、的混合溶液中反应回收S，其转化原理如下图所示：(2)随着反应进行，溶液酸性(填“增强”“减弱”或“不变”)。(3)过程③中发生反应的离子方程式为。(4)对于该转化过程，下列说法正确的是(填标号)。/A．过程①反应的离子方程式为B．、在转化过程中起催化作用C．提高混合气体中的比例可防止生成的硫单质中混有CuSⅢ．用Pt-BaO双催化剂处理大气中NO和的流程如下图所示；(5)NO和在催化剂Pt表面发生反应的化学方程式为。协同处理过程中，当与按体积比1：2通入时恰好能完全转化，则产物X的化学式为。/

2025-2026学年高二年级化学上学期第一次月考卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．测试范围：选择性必修第一册第一章、第二章。4．难度系数：0.655．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1CO14342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．化学与社会、科学、技术、环境密切相关，下列说法错误的是A．干冰可用于人工增雨作业。干冰在云层中的变化过程中B“木与木相摩则然(燃)”中的“然”是化学能转变为热能C“冰之为水，而寒于水”，说明冰的能量低于水，冰变为水属吸热反应D．电热水器内装有镁棒，采用牺牲阳极法，防止不锈钢内胆被腐蚀【答案】C【详解】A．干冰在云层中的变化过程是二氧化碳固体转化为二氧化碳气体的过程，该过程是熵增的吸热过程，故A正确；B“木与木相摩则然(燃)”中的“然”指的是木材的燃烧，燃烧是化学能转变为热能的过程，故B正确；C．冰变为水是吸热的物理过程，不是吸热反应，故C错误；D．镁比铁活泼，电热水器内装有的镁棒做原电池的负极，镁失去电子发生氧化反应被腐蚀，铁做正极被保护，目的是采用牺牲阳极法，防止不锈钢内胆被腐蚀，故D正确；故选C。2．下列反应低温有利于自发进行的是A．B．C．D．【答案】CA，A不/符合题意；B，B不符合题意；C．反应中，，，所以，在低温下能自发进行，故C符合题意；D．反应中，，，所以，在高温下能自发进行，故D不符合题意；故选C。3．NH3脱除NO的一种催化反应机理示意图如下，下列说法不正确的是A．属于氧化还原反应B．是该反应的中间产物C．总反应化学方程式为4NH+3O22N+6HOD．4+可降低该反应的活化能【答案】C【详解】A．由图可知，反应中氮元素的化合价发生改变，该反应属于氧化还原反应，故A正确；B．由图可知，反应中既是生成物又是反应物，是该反应的中间产物，故B正确；C．由图可知，总反应为催化剂作用下氨气与一氧化氮、氧气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH+4NO+O24N+6HO，故C错误；D．由图可知，4+先消耗，后生成，为反应的催化剂，可降低该反应的活化能，加快反应速率，故D正确；故选C。4．根据下列图示所得出的结论正确的是/A5%20%的足量稀盐酸中，生成氢气的质量与反应时间的关系曲线B．图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻溶液的温度最高C与过量浓硝酸反应生成的时间段内反应速率最快DCl(g)＋CO(g)COCl(g)△H＜0的反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻改变的条件是减小压强【答案】A【详解】A．根据题意，铝片不足，盐酸有剩余，浓度越大，反应速率越快，但生成氢气的量相同，故A正确；B时刻反应速率最大，反应是不断放热的，因此溶液的温度不断升高，故B错误；C．根据图中信息，单位时间内改变量最大，则该反应在该时间段内反应速率最快，故C错误；DCl(g)＋CO(g)COCl(g)△H＜0的反应速率随反应时间变化的曲线，衡逆向移动，因此改变的条件是升高温度，故D错误。综上所述，答案为A。5．下列说法正确的是A．软脂酸燃烧热的热化学方程式为：B．和两个反应的相同C．和的总能量高于的能量D溶液反应生成水，放出的热量【答案】C【详解】A．燃烧热是指101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，H元素变为/，不是，A错误；B．的大小跟计量系数有关，两个反应的计量系数不同，则反应热不同，B错误；C．该反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，即和的总能量高于的能量，C正确；D．已知中和热可表示为，生成2molHO(l)放出热量，析出硫酸钡沉淀会放热，则稀硫酸与稀反应生成水放出的热量大于，D错误；故选：C。6．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的①NaOH固体；②；③固体；④NaNO3固体；⑤KCl溶液；⑥溶液A．①②⑥B．②③⑤C．②④⑥D．②③④【答案】B【详解】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，NaOH减小，故①错误；②加入HO，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入CHCOONa加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，且酸性条件下发生氧化还原反应不KCl⑥CuSO4⑥错误；②③⑤正确，故选B。7．我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示：已知部分化学键的键能数据如下：共价键键能413497462351348下列说法正确的是/A．该催化反应历程中没有非极性键的断裂和形成B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变C．总反应的原子利用率小于D．该反应的热化学方程式为：【答案】D【详解】A．由题干转化信息可知，该催化反应历程中没有非极性键的断裂、只有C=OC-H等极性键的断裂，有C-C非极性键和O-H极性键的形成，A错误；B．催化剂的使用降低了该反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，B错误；CCO(g)+CH(g)=CHCOOH(g)率等于，C错误；D．已知反应热等于反应物的键能综合减去生成物的键能总和，故该反应的=2E+4E-3E-E-E-E-E=E+E-E-E-E=497+413-351-462-348=-251kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：，D正确；故答案为：D。8．下列实验操作可以达到实验目的的是选项实验目的实验操作A探究KI与FeCl3反应的限度取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液，若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度B检验过氧化钠溶于水是否生成碱性物质将过量过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中，观察溶液是否变红C验证非金属性：S>C测定相同浓度的NaSO3溶液与NaCO3溶液的pH，后者较大D比较Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶度积向浓度均为的MgSO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入的NaOH溶液，先看到蓝色沉淀A．AB．BC．CD．D【答案】D【详解】A．FeCl3溶液过量，滴入KSCN溶液与过量铁离子反应，溶液变为血红色，不能证明反应的限度，故A错误；B．过氧化钠具有强氧化性，将过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中，会观察到溶液先变红后褪色，故B错误；C．测定相同浓度的NaSO3与NaCO3溶液的pH，后者大，说明亚硫酸根离子的水解程度大于碳酸根HSO3/较S和C的非金属性，故C错误；D．向浓度均为0.1mol/L的MgSO、CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，开始时c(Mg2+)=c(Cu2+)，首先看到产生蓝色沉淀，说明铜离子形成Cu(OH)2沉淀需要的OH-浓度较小，溶度积常数小的先沉淀，说明K[Cu(OH)]＜K[Mg(OH)]，故D正确；故选D。9aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)测得B气体的浓度为0.6mol/l，恒温下将密闭容器的容积扩大一倍，重新达到平衡时，测得B气体的浓度为0.4mol/l，下列叙述中正确的是（）A．a+b>c+dB．平衡向右移动C．重新达平衡时，A气体浓度增大D．重新达平衡时，B的体积分数减小【答案】A【分析】保持温度不变，将容器的体积扩大1倍，如平衡不移动，B气体的浓度为0.3mol/L，小于实际B的浓度0.4mol/L，说明平衡向生成B的方向移动，即向逆反应方向移动。【详解】A．增大体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即a+b>c+d，选项A正确；B．根据分析可知，平衡向逆反应方向移动，选项B错误；C．体积加倍，各物质的浓度都要减小，即A气体浓度减小，选项C错误；D．平衡向逆反应方向移动，B的体积分数增大，选项D错误；故选A。10．下列图示与对应的叙述相符的是/A．(a)图可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化B．通过(b)图可知金刚石比石墨稳定C．由(c)图可知，2SO(g)2SO(g)+O(g)△H=(a-b)kJ·mol-1D．(d)图是某反应A→C的能量变化曲线图(E表示能量)，反应中△H=E-E4【答案】C【详解】A与图示不符，故A错误；B(b)B错误；C．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，2SO(g)⇌2SO(g)+O(g)ΔH=(a-b)kJ⋅mol-1，故C正确；D．反应A→C的ΔH=(E-E)+(E-E)=E+E-E-E，故D错误；故选：C。列说法中不正确的是/A．时刻可能采取的措施是减小B．时刻可能采取的措施是降温C．时刻可能采取的措施是减小压强D．时间段平衡向逆反应方向移动【答案】DAt3时刻v是减少c(D)，A正确；B．t5时刻，逆反应速率突然减小，可能是降低温度所致，B正确；C．t7时刻，逆反应速率减小，t7之后，逆反应速率不再改变，反应达平衡，反应为气体体积分数不变的反应，所以可能是减小压强所致，C错误；Dt5t～t6D错误；故选D。12X(g)+3Y(g)2Z(g)XYZ的起始浓度分别为、、(均不为0)，XYZ的浓度分别为、、(转化率等于反应物转化的物质的量与起始的物质的量的比值)A．B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为C．X、Y的转化率不相等D．的取值范围为【答案】CXY2Zc1=0.14c2=0.42c3=0行达到平衡，X、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则/，c1=0，c2=0，c3=0.28；【详解】A．达平衡时X、Y的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L是1:3；反应中无论是消耗它们还是生成它们，肯定也是1:3，未加消耗，所以，c1：c2=1:3，A正确；B．Y的生成速率是V逆，Z的生成速率是V正，同一个反应速率用不同的物质表示时，数值与它们的系数成正比，所以为3:2，表示V正=V逆，B正确；C．如上所述，X、Y的起始浓度之比是1:3，消耗浓度之比一定是1:3，所以它们的转化率相等，C错误；D．大于0是已知条件，小于0.14是这样来的：如果起始时c3=0，则平衡时Z的浓度为0.08mol/L就是反应生成的，这需要0.04mol/L的X，平衡时，X、Y、Z的浓度为0.1mol/L，所以起始时就应该是0.1mol/L+0.04mol/L=0.14mol/LZ的浓度不等于00.14D正确；答案选C。13．钼(Mo)的最重要用途是作为铁合金的添加剂，用CO还原MoO3制备单质Mo的装置如图所示(尾气处理装置已省略)。下列说法正确的是A．装置①用于制备CO，其中稀盐酸可用稀硫酸替代B．装置②中盛有饱和碳酸钠溶液，以除去CO2中的HCl气体C．在装置④中生成了钼单质D．装置⑥中的现象不能达到检验MoO3是否被CO还原的目的【答案】D【分析】装置①用于制备CO，②中选用饱和碳酸氢钠溶液，除去了杂质氯化氢，③除去水蒸气，装置④碳与CO2转化为CO为装置⑤提供还原剂，装置⑤中生成了钼单质，以此分析；ACO生成微溶物硫酸钙，覆盖在石灰石表面，阻止反应进一步发生，A项错误；B．装置②中如盛有饱和碳酸钠溶液，则发生两个反应：和，虽除去了杂质氯化氢，但同时消耗了主要成分二氧化碳，所以选用饱和碳酸钠溶液不合适，可以选用饱和碳酸氢钠溶液，B项错误；/CCO2转化为COC项错误；D．因CO2在装置④没有被完全还原，也会进入装置⑥中的，所以该装置中石灰水变浑浊，不能直接得出MoO3被CO还原的结论，D项正确；所以答案选择D项。14和气体充入恒容密闭容器，发生反应，时达到平衡，在、时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是A．若，则B．若时刻升高了温度，则该反应的C．若时刻后向体系中再充入A、B、C各，则D和A的转化率小于50%【答案】D【详解】A．由图可知，时，C的浓度为0.50mol/L，由方程式可知，B的反应速率为=0.125mol/(L·min)，故A正确；B时刻升高温度时，C的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应，故B正确；C时刻平衡时C的浓度为0.5mol/LAB的浓度都为0.25mol/L，反应的平衡常数K==4，若时刻后向体系中再充入A、B、C各，反应的浓度熵Q=＜4，则平衡向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D．由方程式可知，D是浓度为定值的固体，增加D的量，化学反应速率不变，化学平衡不移动，A的转化率不变，故D错误；故选D。/二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.（14分）化学反应过程中释放或吸收的热量在生活、生产、科技及科学研究中具有广泛的应用。(1)“神舟”系列火箭用偏二甲肼作燃料，作氧化剂，反应后产物无污染。已知：反应1：反应2：。写出和反应生成的热化学方程式：。(2)已知某金属氧化物催化丙烷脱氢过程中，部分反应进程如图，则过程中的焓变为(列式表示)。(3)已知，在25℃和下，部分化学键的键能数据如表所示。化学键键能/()436391a498414803462193①在25℃和下，工业合成氨的反应中每生成就会放出热量，在该条件下，向某容器中加入、及合适的催化剂，充分反应后测得其放出的热量小于，原因可能是，表中的a=。②科学家发现了一种新的气态分子()，在25℃和下，转化为的热化学方程式为，由此可知与中更稳定的是(填化学式)。③已知：。甲烷是一种常用燃料，则表示甲烷的燃烧热的热化学方程式为。【答案】(1)(2)(3)合成氨的反应为可逆反应946N2/1）根据盖斯定律，由反应反应1可得目标反应的热化学方程式；（2）由图中能量变化情况分析可知，过程中的焓变=；（3）反应为可逆反应，反应不能完全发生，所以放出的热量会小于92kJ；根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，可计算出a=946；每个N4分子中含有6个N-N键，每个N2分子中含有1个N≡N键，由表中数据计算可得：；由N4生成N2为放热反应，说明N2的能量更低，则N2更稳定；1，可得出：。1616分）“科学态度”是科学研究的基本要求，“社会责任”是化学人人生观和价值观的基本体现，“科学态度与社会责任”是化学的核心素养。Ⅰ．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，在加入Fe2+并调好pH后再加入HO，该过程中HO2所产生羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物。现运用该法降解某有机污染物(p-CP)，探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验数据：(表中时间，是p-CP浓度降低1.50mol/L所需时间)实验编号HO2溶液Fe2+溶液蒸馏水温度时间pHcmol·L-1V/mLcmol·L-1V/mLV/mLT/Kt/s①6.0×10-31.503.0×10-23.5010.003298200②6.0×10-31.503.0×10-23.5010.00331360③6.0×10-33.503.0×10-23.50V13298140④6.0×10-31.503.0×10-24.509.003298170⑤6.0×10-31.503.0×10-23.50V2122980请回答：(1)V=mL，V=mL。(2)实验①条件下，p-CP的降解速率为：。(3)设置实验①②的目的是：；由实验①④可得到的结论是：。(4)实验⑤在200s时没有检测到p-CP浓度的变化。其原因可能是：。Ⅱ．工业上可采用高温热分解HS的方法制取H，并在膜反应器中分离H，其中发生的反应：△H，已知：①△H；②△H。(5)则△H=(用含△H、△H2的式子表示)。(6)25℃101kPa△H=−412kJmol−1；/②△mol−1，写出NaO2与Na反应生成NaO的热化学方程式。【答案】(1)8.0010.00(2)0.0075mol/(L·s)或7.5×10-3mol/(L·s)(3)探究温度对反应速率的影响其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大(4)Fe2+在该条件下生成Fe(OH)，并迅速被氧化成Fe(OH)，不能使HO2产生羟基自由基(5)2△H+△H2(6)1）根据①③组实验分析，溶液的总体积应该相同，所以V=10.00+3.50+1.50-(3.50+3.50)=8.00mL；根据④⑤组实验进行分析，溶液的总体积应该相同，故V=9.00+4.50+1.50-(1.50+3.50)=10.00mL；（2）实验①条件下，p-CP浓度降低1.50mol/L所需时间200s，所以p-CP的降解速率为：0.0075mol/(L·s)或7.5×10-3mol/(L·s)；（3）根据图表信息分析，其它条件相同，反应的温度不同，设置实验①②的目的是探究温度对反应速率的影响；由实验①④可得到的结论是：其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大；（4Fe2+并调好pH后再加入HO(·OH)能氧化降解污染物；实验⑤在200s时没有检测到p-CP浓度的变化，其原因可能是：Fe2+在该条件下生成Fe(OH)，并迅速被氧化成Fe(OH)，不能使HO2产生羟基自由基；（5）由盖斯定律可知该反应可由2×①+②得到，则2△H+△H；（6）NaO2与Na反应生成NaO，反应为：；根据盖斯定律可知，该反应=2×①-②，则反应的△H=2×(−412kJmol−1)-(mol−1)=-313kJmol−1。1714MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCOFeOFeOCoO等)为原料制备MnSO4的工艺流程如图。资料：金属离子沉淀的pH金属离子Fe3+Fe2+Co2+Mn2+开始沉淀1.56.37.47.6完全沉淀2.88.39.410.2(1)写出酸浸前将菱锰矿石粉碎的目的是。/(2)沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：。(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是。(4)如图为MnSO4和(NH)SO4“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为，洗涤干燥。(5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。i.称取10.0g废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中。ii.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH)SO(过氧硫酸铵)溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH)SO8分解。iii.加入指示剂，用bmol/L(NH)Fe(SO)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH)Fe(SO)2溶液的体积为cmL，重新变成Mn2+。①写出下面补全的步骤ⅱ中反应的离子方程式：。2Mn2+++_____=+_____+_____。②废渣中锰元素的质量分数为。(6)MnOMnO2中的锰元素。图中“H•”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的c(Mn2+)先增大后减小，减小的原因可能是。(任写一点)【答案】(1)增大接触面积，提高浸取速率和锰元素的浸取率(2)2Fe2++MnO+4H+=Mn2++2Fe3++2HO(3)若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低/(4)蒸发结晶，趁热过滤(5)2Mn2++5+8HO=2+10+16H+0.44bc%(6)Mn2+在阴极得电子生成MnH+pHMn2+水解生成Mn(OH)2沉淀，都导致c(Mn2+)减小【分析】在菱锰矿(主要成分为MnCOFeOFeOCoO等)中加入硫酸酸浸，过滤，得到含有Mn2+Co2+Fe2+Fe3+等的滤液，在滤液中先加入MnOFe2+氧化为Fe3+Fe3+，过滤，除去氢氧化铁，在滤液中加入含硫沉淀剂沉淀钴离子，过滤得到含有MnSO4的滤液，再经过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥，得到MnSO4晶体。1）酸浸前将菱锰矿石粉碎的目的是增大接触面积，提高浸取速率和锰元素的浸取率；（2）先加MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于加入氨水时以氢氧化铁的形式除去，则加MnO2时发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO＋4H=Mn2+＋2Fe3+＋2HO；（3）沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，是因为若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低；（4）从溶解度曲线可以看出，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，(NH)SO4的溶解度随温度升高而增大，故从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥；（5将Mn2+氧化为，被还原为素守恒配平反应的离子方程式为：2Mn2++5+8HO=2+10+16H+；②根据以上反应过程可得关系式为：Mn2+~~5Fe2+，则废渣中锰元素的质量分数为×100%=0.44bc%；（6）实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2++2e−=Mn，使得c(Mn2+)减小；H+放电直接生成H2而不是H·，MnO2被H·还原的反应不能进行，使得c(Mn2+)减小；Mn2