【文档说明】四川省宜宾市叙州区第二中学2022-2023学年高二下学期开学考试化学试题 含解析.docx，共(16)页，554.106 KB，由小赞的店铺上传

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叙州区二中2022-2023学年高二下期开学考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56第I卷选择题(48分)一．选择题：本题共8小题，每小题6分，共48

分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求1.对于化学反应方向的确定，下列说法正确的是A.在温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向B.温度、压强一定时，放热的熵增加的反应不一定能自发进行C.反应焓变是决定反应能否自

发进行的唯一因素D.能够自发进行的反应就一定能够发生并完成【答案】A【解析】【详解】A．在温度、压强一定的条件下，化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果，我们称为复合判据，故A正确；B．放热反应△H＜0，熵增加的反应，△S＞0，△H-T△S一定小于0，反应一定能自发进行，故B错误；C

．化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果，故C错误；D、反应能自发进行，不一定能完成，如可逆反应，故D错误；答案选A。2.下列元素中，基态原子的价电子排布式、电子排布式或电子排布图不正确的是A.Al3s2

3p1B.As[Ar]4s24p3C.Ar3s23p6D.Ni3d84s2【答案】B【解析】【详解】A.Al位于周期表中第三周期、第ⅢA族，则其价电子排布式为3s23p1，A项正确；B.对于主族元素来说，价电子就是最外层电子，则As的价电子排布式为4s24p3，

B项错误；C.Ar位于零族，价电子排布式为3s23p6，C项正确；D.根据核外电子排布规律，Ni的价电子排布式和电子排布图分别为3d84s2、，D项正确。答案选B。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.28g晶体硅中所含Si—Si键数目2NAB.

H2S、H2Te、H2O分子间作用力依次增大C.在标准状况下，将2.24LNO和1.12LO2混合气体置于密闭容器中的分子总数为0.1NAD.①金刚石②金属钾③干冰三种晶体的微粒配位数由大到小排序为③＞②＞①【答案】C【解析】【详解】A．晶体硅中每个硅形成四个SiSi−键，

平均每个硅形成41/22=个SiSi−键，28g硅是1mol，所以形成SiSi−键数目为21mol2mol=，A正确；B．分子间作用力包含范德华力和氢键，氢键强于范德华力，2HO分子间存在氢键，三者中2HO的分子作用力最大，2HTe和2HS分子间

只存在范德华力，结构相似的分子间范德华力只与相对原子质量有关，2HTe的相对分子质量大于2HS，所以2HTe的分子间作用力大于2HS的分子间作用力，B项正确；C．222NOO2NO+=，2NO会继续发生反应2242NONO，所以反应达到平衡时密闭容器中分子总数

应小于0.1NA，C项错误；D．金刚石晶体中每个C原子与其相邻的四个C原子形成共价键，构成正四面体，配位数是4，金属钾晶体为体心立方堆积，配位数为8，干冰晶体是一种立方面心结构，晶胞的8个顶点和6个面心各有一个二

氧化碳分子，其配位数是12，所以它们的配位数由大到小排序为③＞②＞①，D项正确；答案选C。4.某恒温密闭容器发生可逆反应：Z(?)+W(?)垐?噲?X(g)+Y(?)△H，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中正确的是A.t1～t

2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量可能相等也可能不等B.Z和W在该条件下至少有一个是为气态为C.若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c(X)，则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等D.若该反应只在某温度T以

上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而减小【答案】A【解析】【详解】A．由图象可知，正反应速率不随时间和压强改变而改变，Z、W均为非气体，X是气体，Y可能是气体或是非气体，所以反应过程中气体摩尔质

量可能相等也可能不等，故A正确；B．根据图象可知，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，Z、W均为非气体，故B错误；C．由于化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数K=c(X)是定值，则t1～t

2时间段与t3时刻后的c(X)相等，故C错误；D．由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据△H-T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故D错误；答案选A。5.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐

可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制

时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时

一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。的【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把

溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。6.对于可逆反应()()22Ng3Hg+催化剂高温高压()32NHgΔ0H，研究的目的和图示相符的是A.图1：研究压强对反应的影响(p1>p2)B.图2：研究

温度对反应的影响C.图3：研究平衡体系增加N2对反应的影响D.图4：研究催化剂对反应的影响【答案】C【解析】【分析】【详解】A．该反应为气体的分子总数减小的反应，增大压强，平衡向着生成氨气的方向移动，氨气的体积分数增大；由于p1>p2，所以p1条件下对应氨气的体积分数

应大于p2，与图象不符，故A错误；B．该反应为放热反应，升高温度，化学反应向着逆反应方向进行，反应物氮气的转化率减小，故B错误；C．增大反应物的浓度，正反应速率增大，逆反应速率在开始的瞬间不变，平衡正向移动

，故C正确；D．加入催化剂可以加快化学反应速率，反应达到平衡的时间缩短，但是不会引起平衡的移动，故D错误；故选C。7.某2I、KI混合溶液中存在平衡：23I(aq)I(aq)I(aq)−−+，()-3cI与温度T的关系如下图所示(曲线上任何一点都

表示平衡状态)。下列说法正确的是A.反应--32I(aq)I(aq)+I(aq)ΔH<0B.若温度为12TT、，对应的平衡常数分别为12KK、，则21K>KC.若1T时，反应进行到状态D时，一定v正＞v逆D.状态A与状态B相比，状态B时2I的转化率更高【答案】C【

解析】【详解】A．根据图象可知，随温度升高，c(I3−)减小，23I(aq)I(aq)I(aq)−−+为放热反应，逆反应为吸热反应，即--32I(aq)I(aq)+I(aq)ΔH＞0，故A错误；B．23I(

aq)I(aq)I(aq)−−+为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数减小，根据图象T1＜T2，则K1＞K2，故B错误；C．曲线上的每个点在对应温度下都是平衡点，D点在T1未达到平衡，此时反应向正反应方向进行，即v正＞v逆，故

C正确；D．B点温度高于A点，升高温度，平衡向逆反应方向进行，I2的转化率降低，故D错误；答案为C。8.某二氧化氯复合消毒剂发生器的工作原理如图所示。通电后，产生成分为ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合气体甲，被水吸收后可制得具有

更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消毒剂。下列说法正确的是A.m端为电源正极，隔膜为阴离子交换膜B.产生ClO2的电极反应式为Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+C.通电后d口所在极室pH升高，e口排出NaOH溶液D.标准状况下，b口每收集到2.24L气体乙，电路中转移电

子0.4NA【答案】C【解析】【分析】左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，溶液丙为NaOH溶液。

【详解】A．左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；B．Cl-转化为ClO2发生氧化反应，应是失去电子，故B

错误；C．右室是水放电生成氢气与氢氧根离子，右室pH升高，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，e口排出NaOH溶液，故C正确；D．标准状况下，b口每收集到2.24L(0.1mol)气体乙，电路中转移电子0.2NA,故选C。第II卷

(非选择题52分)9.TiN具有良好的导电和导热性，可用于高温结构材料和超导材料。可利用化学气相沉积技术来制备氮化钛。请回答下列问题：（1）已知1200℃下，三种制备氮化钛反应的热化学方程式：(ⅰ)()()()()

4221TiClg+NgTiNs+2Clg211ΔH=+366.32kJmol−p1K=0.82(ⅱ)()()()()()4326TiClg+8NHg6TiNs+24HClg+Ng12ΔH=+386.88kJmol−6p2K=1.610(ⅲ)()()()()()422

1TiClg+Ng+2HgTiNs+4HClg23ΔH=+2.88kJ/mol利用反应ⅰ和ⅱ两种方式制备TiN时。反应ⅱ的反应趋势远大于ⅰ，其原因是_______。（2）在1200℃、130kPa反应条件下，将()4TiClg、()2Ng、()2Hg以物质的量之比1∶1

∶2加入反应容器进行反应ⅲ。20min后反应达到平衡状态，平衡时混合气体中()2Ng与()2Hg的分压相等，则()4TiClg平衡转化率为_______(保留三位有效数字)，0～20min之间，以分压表示()4TiClg的平均反应速率为_______1kPamin−。（3）制备氮化

钛的原料氨气的合成。将20.10molN和20.26molH投入到某刚性反应容器中，测得反应过程中3NH的体积分数和反应体系的总压p随着温度的升高而变化的曲线如图：①对于该可逆反应过程，下列有关说法正确的是_______(填序号)。A．a、b、c三点时，该反应

均处于平衡状态B．m→n过程中，该反应平衡逆向移动C．混合气体的平均摩尔质量M(b)>M(c)>M(a)D．混合气体的密度()()()ρb>ρc>ρa②x、y、m三点对应温度下的平衡常数由大到小的顺序为_______。③当温度为3T，该反应达到平衡时，以气体分压表示的该反应的平衡常数pK=_

______2MPa−(列出计算式即可)。【答案】（1）反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i（2）①66.7%②.1.125（3）①.BC②.K(x)>K(y)>K(m)③.236717【解析】【小问1详解】由方

程式可知，反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度远大于反应i，△H—T△S远小于反应i，所以反应ⅱ的反应趋势远大于反应ⅰ，故答案为：反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i；【小问2详解】设起始加入四氯化钛、

氮气和氢气的物质的量分别为1mol、1nol和2mol，四氯化钛的转化率为amol，由方程式可知，20min反应达到平衡时，四氯化钛、氮气、氢气、氯化氢的物质的量分别为(1—a)mol、(1—0.5a)mol、(2—2a)mol、4amol，由平衡时混合气体中氮气和氢气的分压相

等可得：(1—0.5a)=(2—2a)，解得a=23，则四氯化钛的转化率为66.7%；混合气体的总物质的量为133mol；由反应在1200℃、130kPa反应.条件下进行可知，平衡时四氯化钛的反应速率为1131130kPa-130kPa420min=1.125kPa/min，故答案为：66

.7%；1.125；【小问3详解】①A．化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，反应未达到平衡状态，故错误；B．由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平

衡，b→c过程为化学平衡移动过程，升高温度，氨的体积分数降低，所以该反应的正反应为放热反应。m→n过程为化学平衡移动过程，则该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，故正确；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，化学反应限度是一定条件下化学反

应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，c点为平衡移动过程，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体的物质的量减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，则b、c

、a三点物质的量依次增大，混合气体的平均摩尔质量M(b)、M(c)、M(a)依次减小，故正确；D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则b、c、a三点混合气体的密度相等，故错误；故选BC；②该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应

方向移动，反应的平衡常数减小，由图可知，x、y、m三点对应温度依次增大，所以平衡常数依次减小，故答案为：K(x)>K(y)>K(m)；③由图可知，当温度为T3反应达到平衡时，氨气的体积百分含量为20%、体系总压强为30MPa，设氮气的转化率为x，平衡时氮气、氢气和氨

气的物质的量分别为(0.1—0.1x)mol、(0.26—0.3x)mol和0.2xmol，由氨气的体积百分含量为20%可得：0.2x0.36-0.2x×100%=20%，解得x=0.3，则氮气、氢气和氨气的平衡分压为0.070.3×3

0MPa=7MPa、0.170.3×30MPa=17MPa和0.060.3×30MPa=6MPa，反应的平衡常数p=K2367172MPa−，故答案为：236717。10.A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期的六种常见元素

，原子序数依次增大，它们有如下性质：元素性质A自然界中有多种同素异形体，其中一种是自然界中最硬的单质C地壳中含量最多的元素D基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子E常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物常用作红色颜料F基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有

一个未成对电子请完成以下问题：（1）基态B原子的价层电子排布图为_______。（2）A和B的简单氢化物中沸点更高的是_______(填化学式)，理由是_______。（3）比较酸性强弱：2HBC_______3HBC(填“”或“”)，依据是_______。（4）B的一种氢化物

24BH常用作火箭推进剂的燃料，6.4g液态24BH与2BO气体反应生成对环境友好的气态产物，放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式_______。（5）D元素的一种氧化物2DO常可作杀菌消毒剂和漂白剂，2DO的分子构型为_______；工业上制取2DO的方法之一是：用D的单质与潮湿的碳酸钠反应

，只生成2DO和另外两种含钠的化合物，反应中无其他气体生成，写出该反应的化学方程式_______。（6）用一个离子反应证明氧化性32EF++_______。【答案】（1）（2）①.NH3②.NH3中存在氢键，分子间氢键会

使物质沸点升高，故沸点更高的是NH3（3）①.<②.二者都是N形成的含氧酸，非羟基氧数越多酸性越强，2HNO非羟基氧数为1，3HNO非羟基氧数为2（4）2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=-10akJ·mol-1（5）①V型②.2Cl2

+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3（6）3+2+2+2Fe+Cu=2Fe+Cu【解析】【分析】自然界中最硬的单质是金刚石，A为C；地壳中含量最多的元素是O，C是O；故B是N；D是Cl；E是Fe；F是Cu；【小问1详解】.基态N的价层电子排布式为2s22p3，故

其价层电子排布图为；【小问2详解】CH4、NH3相比，NH3中存在氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，故沸点更高的是NH3；【小问3详解】二者都是N形成的含氧酸，非羟基氧数越多酸性越强，2HNO非羟基氧数为1，3HN

O非羟基氧数为2，故酸性强弱：2HNO<3HNO；【小问4详解】根据题中信息，环境友好的气态产物应为N2和水蒸气，反应为2N2H4+2NO2=3N2+4H2O，2molN2H4与NO2反应时放出热量为2akJ0.2=10akJ，

该反应的热化学方程式为2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=-10akJ·mol-1；【小问5详解】Cl2O中O配位原子数为2，孤对电子数为2，价层电子对数为4，sp3杂化，故其分子构型为V型；根据化合价分析，其

中一种含钠化合物应为NaCl，除Cl2O外无气体生成，根据元素分析，另一种含钠产物应为NaHCO3，故反应为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3；【小问6详解】根据氧化还原反应概念，要证明氧化性3+2+Fe>Cu，则在反应中为3+Fe氧化剂，2+Cu为氧化

产物，该反应为3+2+2+2Fe+Cu=2Fe+Cu。11.滴定法是化学常用来定量测定物质含量的一种重要的实验方法。在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O5垐?噲

?COO2+I2。其实验步骤如下：①取500mL(标准状况)含有CO某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170℃下充分反应；②用水—乙醇液充分溶解产物I2，配制100mL溶液；③量取步骤②中溶液25.00mL于锥形瓶中，然用0.01mol/L的Na2S2O3

标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。第一次第二次第三次滴定前读数/mL2.102.501.40滴定后读数/mL22.0020.5021.50的（1）步骤②中配制100mL一定物质的量浓度的待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒

、玻璃棒、胶头滴管和______。（2）Na2S2O3标准液应装在_____(填标号)中。（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______。(填标号)A.滴定管内液面的变化B.锥形瓶内溶液颜色的变化（4）指

示剂应选用______，判断达到滴定终点的现象是_____。（5）气体样品中CO的体积分数为______。(已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应；2Na2S2O3+2I2=2NaI+Na2S4O6)（6）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的

是______(填标号)。A.锥形瓶用待测溶液润洗B.滴定终点俯视读数C.滴定前有气泡，滴定后没有气泡D.配制100mL待测溶液时，有少量溅出【答案】（1）100mL容量瓶（2）B（3）B（4）①.淀粉溶液②.滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色

变为无色且半分钟内不恢复原色（5）8.96%（6）AC【解析】【小问1详解】步骤②中配制100mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶。【小问2详解】Na2S2O3标准液是强碱弱酸

盐溶液显碱性，盛装在碱式滴定管中，故选B，故答案为：B。【小问3详解】如图滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以判断滴定终点，故答案为：B。【小问4详解】量取步骤②中溶液25.00mL于锥形瓶中，然后用0.01mol/L的Na2

S2O3标准溶液滴定，碘单质遇到淀粉变蓝，反应终点的指示剂选择淀粉溶液，滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，说明反应完全，故答案为：淀粉溶液；滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。【小问5详解】用0.01mo

l/L的Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准Na2S2O3溶液的体积分别为22.00mL-2.10mL=19.90mL、20.50mL-2.50mL=18.00mL、21.50-1.40mL=21.10mL，第二组误差大可舍去，平均体积为1990mL2010mL2..+=20.00mL，由5

CO+I2O5垐?噲?COO2+I2，2Na2S2O3+2I2=2NaI+Na2S4O6，得到定量关系：5CO~I2~2Na2S2O3，则n(CO)=2.5×n(Na2S4O6)=2.5×0.02L×0.0

1mol/L=5×10-4mol，100mL溶液中含CO为5×10-4mol×10025=2×10-3mol，气体样品中CO的体积分数为3210mol22.4L/mol100%0.5L−=8.96%。【小问6详解】A．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏

高，故A正确；B．滴定终点俯视读数，读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故B错误；C．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确；D．配制100mL待测溶液时，有少量溅出，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故D错误；故答案为：AC。12.

Ⅰ、某实验小组用100mL0.55mol·L1−NaOH溶液与100mL0.5mol·L1−盐酸进行中和热的测定，装置如图所示。（1）回答下列问题：①图中装置缺少的仪器是___________。②若将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸，测得

中和热为ΔH1，NaOH溶液与盐酸反应中和热为ΔH，则ΔH1___________ΔH(填写<、>、=)；若测得该反应放出的热量为2.84kJ，请写出盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式：___________Ⅱ、已知

1g的甲烷完全燃烧生成液态水放出akJ的热量。（2）写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式为___________。Ⅲ、发射卫星可用肼做燃料，二氧化氮做氧化剂，两者反应生成氮气和水蒸气。已知：()()()222Ng2O

g2NOg+=ΔH=+66.4kJ·mol1−()()()()24222NHlOg=Ng2HOg++ΔH=-534kJ·mol1−（3）写出肼和二氧化氮反应的热化学方程式为：___________。（4）有

科学家预言，氢能将成为21世纪的主要能源，而且是一种理想的绿色能源。若1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量，已知H-O键能为463kJ·mol1−，O=O键能为498kJ·mol1−，计算H-H键能为___________kJ

·mol1−。【答案】（1）①.环形玻璃搅拌棒②.>③.HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol（2）()()()()4222CHg2OgCOg2HO1+=+ΔH=-16akJ/mol（3）()(

)()()242223NH1NOgNg2HOg2+=+ΔH=-567.2kJ/mol（4）436【解析】【小问1详解】①由图可知，图中缺少让氢氧化钠溶液和盐酸完全反应的环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；②醋酸是一元弱酸，在溶液中电离

时会吸收热量，所以将盐酸改为相同体积、相同浓度的醋酸，会使测得的中和热ΔH1大于氢氧化钠溶液与盐酸反应的中和热ΔH；100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液与100mL0.5mol/L盐酸完全反应生成0.05mol水，由

测得该反应放出的热量为2.84kJ可知，中和热ΔH=—0.05mol2.84kJ=—56.8kJ/mol，则反应的热化学方程式为HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol，

故答案为：>；HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol；【小问2详解】由1g的甲烷完全燃烧生成液态水放出akJ的热量可知，反应的反应热ΔH=—1g16g/molakJ

=—16akJ/mol，则反应的热化学方程式为()()()()4222CHg2OgCOg2HO1+=+ΔH=-16akJ/mol，故答案为：()()()()4222CHg2OgCOg2HO1+=+ΔH=

-16akJ/mol；【小问3详解】将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应②—①×12得到肼和二氧化氮反应，则反应热ΔH=(—534kJ/mol)—(+66.4kJ/mol)×12=—567.2kJ/mol，则反应的热化学方程式为()()()()242223NH

1NOgNg2HOg2+=+ΔH=-567.2kJ/mol，故答案为：()()()()242223NH1NOgNg2HOg2+=+ΔH=-567.2kJ/mol；【小问4详解】设氢氢键的键能为akJ/mol，由1mol氢气完全燃烧生成1mol气态水放出241kJ的热量可得：

2×463kJ/mol—(akJ/mol+498kJ/mol×12)=241kJ，解得a=436，故答案为：436。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com