【文档说明】河南省郑州市河南省实验中学2019-2020学年高一下学期月考化学试卷 【精准解析】.doc，共(16)页，559.500 KB，由小赞的店铺上传

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河南省实验中学2019-2020学年下期第一次月考高一化学（考试时间：90分钟，满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1Cl-35.5O-16Mn-55Cu-64Zn-65Fe-56一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）1.根据元素周期

表判断，下列叙述不正确的是（）A.周期表中第六周期共有32种元素B.周期表中共有18个列，其中形成化合物种类最多的在第14列C.除过渡元素外周期表中最外层电子数相同的元素都位于同一族中D.L层电子为奇数的所有元素所在族的

序数与该元素原子的L层电子数相等【答案】C【解析】【详解】A．根据原子核外电子的排布规律可知，周期表中第六周期完全排满应该有32种元素，A叙述正确；B．化合物种类最多的有机物，而有机物一定含有碳元素，

碳是ⅣA族，位于第14列，B叙述正确；C．0族元素He的最外层是2个电子，而不是位于ⅡA族，C叙述错误；D．L层电子数为奇数的元素一定是第二周期元素，所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等，D叙述正确；答案为C。2.2H、13C、

15N、18O、34S等常用作环境分析指示物，下列对它们的说法正确的是A.34S原子核内的中子数为16B.13C和15N原子核内的质子数相差2C.16O与18O互称同位素D.2H的核外电子数比1H多一个【答案】

C【解析】【详解】A.34S原子核内的中子数为34-16=18，故A错误；B.13C质子数为6，15N质子数为7，则质子数相差1，故B错误；C.16O与18O质子数相同而中子数不同，互称同位素，故C正确

；D.2H的核外电子数等于质子数，所以和1H一样多，故D错误，故选C。3.下列各组物质中所含化学键类型相同的是A.NaF、NH4ClB.NaOH、NaClOC.CaO、Na2O2D.MgCl2、Mg(OH)2【答案】B【解析】【详解】A、氟化钠

中只存在离子键，氯化铵中存在离子键和极性键，所含化学键类型不同，A不合题意；B、氢氧化钠中含有离子键和极性键，次氯酸钠中含有离子键和极性键，所含化学键类型相同，B正确；C、氧化钙中只存在离子键，过氧化钠中存在离子键和非极性键，所含化学键类型不同，C不合题意；D、氯化镁中只存在离子键，氢氧

化镁中含有离子键和极性键，所含化学键类型不同，D不合题意；答案选B。4.下列有关化学用语的表示方法中错误的是A.次氯酸的电子式：B.M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为a+b+2a+2MC.用电子式表示MgCl2的形

成过程为D.Na+的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A项、次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为，故A正确；B项、R2+离子核外有a个电子，b个中子，质子数为：a+2，质量数为：2+a+b，R原子符合为：a+b+2a+2M，故B正确；C项、镁原子失去最

外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为，故C错误；D项、Na+核外存在10个电子核内有11个质子，其离子结构示意图为：，故D正确。故选C。【点睛】

本题考查了化学用语的表示方法，注意物质的组成、电子式、离子结构示意图的理解与掌握是解答关键。5.下列反应中，属于氧化还原反应同时又是放热反应的是（）A.Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应B.铝与稀盐酸C.灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应D.氧化铁和稀盐酸的反应【答案】B【解析

】【详解】A．没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于吸热反应，故A不选；B．Al、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为放热反应，故B选；C．C、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为吸热反

应，故C不选；D、没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于放热反应，故D不选；答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应及吸热反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及能量变化为解答的关键，注意常见的吸热反应和放热反

应。解题关键：含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，结合常见的放热反应来解答。6.X、Y均为短周期元素，已知aXm+比bYn-少2个电子层，则下列说法正确的是（）A.X只能位于第二周期B.

a一定小于bC.(b－a＋m＋n)一定等于16D.Y只能位于第三周期【答案】B【解析】【分析】通常，原子失去最外层电子形成阳离子，电子层数减少1；原子得到电子填在最外层形成阴离子，电子层数不变。【详解】对于短周期元素，aXm+的电子层数最少为0，bYn-的电子层数最多为3。aXm+、

bYn-的核外电子数分别为a－m、b+n。据题意，当aXm+、bYn-的电子层数分别是0、2时，X为H，Y为N、O、F，两离子的电子数之差b－a＋m＋n＝10；当aXm+、bYn-的电子层数分别是1、3时，X为Li、Be，Y为P、S、Cl，两离子的电子

数之差b－a＋m＋n＝16。A项：X可能为第一周期的氢或第二周期的锂、铍，A项错误；B项：a＝1时，b＝7、8、9；a＝3、4时，b＝15、16、17，B项正确；C项：(b－a＋m＋n)＝10或16，C项错误；D项：Y可在第二或第三周期，D项错误。本题选B。

7.已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是()A.质子数c＞bB.原子半径X＜WC.离子半径Y2－＜Z－D.离子的氧化性W3＋＞X＋【答案】D【解析】【分析】元素周期表前三周期元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－

具有相同电子层结构,核外电子数相等,所以a-3=b-1=c+2=d+1,Y、Z为非金属,应处于第二周期,故Y为O元素,Z为F元素,W、X为金属应处于第三周期,W为Al元素,X为Na元素。【详解】A.由以上分析可以知道c=8,b=11,则质子数c＜b,故A错误;B.W为Al元

素,X为Na元素,原子半径Na＞Al,故B错误;C.Y为O元素,Z为F元素,电子排布相同的离子,原子序数越大,离子半径越小,则离子半径O2-＞F-,故C错误;D.金属性Na＞Al,金属性越强其阳离子的氧化性越弱,则离子的氧化性W3＋＞X＋,所以D选项是正确的;所

以D选项是正确的。【点睛】考查元素周期表和元素周期律的知识。本题的突破口是元素周期表前三周期元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－具有相同电子层结构,即核外电子数相等，以此判断元素种类，再根据元素周期律比较相关

的性质即可。8.同一主族从上到下，有关卤族元素的说法正确的是（）A.原子半径逐渐增大B.单质氧化性逐渐增强C.元素非金属性逐渐增强D.都有最高价氧化物对应的水化物,化学式为HXO4【答案】A【解析】【详解】A．同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，A正确；B．同一主族从上到下，元素的非

金属性逐渐减弱，单质氧化性逐渐减弱，B错误；C．同一主族从上到下，原子半径增大，得电子能力减弱，元素的非金属性逐渐减弱，C错误；D．F元素没有正价，没有HFO4，D错误；答案为A。9.下列能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子强的是（）①HCl的稳定性比H2S强②HClO的酸性比H2

SO4强③Cl2能与H2S反应生成S④Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeSA.①③④B.①②③C.②③④D.①②③④【答案】A【解析】【分析】氯元素原子得电子能力比硫元素原子强，则氯元素的非金属性比硫的非金属强。【详解】①非金属的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性

越强，氯元素原子得电子能力比硫元素原子强，①正确；②HClO为弱酸，而H2SO4为强酸，则HClO的酸性比H2SO4的弱，②错误；③Cl2置换出S，说明氯气氧化性比S强，即氯元素原子得电子能力比硫元素原子强，③正确；④Fe分别和Cl2、S反应，但是Cl2将Fe氧化

成＋3价，而被S氧化成＋2价，则Cl2的氧化性比S强，氯元素原子得电子能力比硫元素原子强，④正确；综上所述，①③④正确，答案为A。10.下列叙述正确的是（）A.离子键只存在于金属阳离子与酸根阴离子之间B.两种非金属元素形成AB型化合物，它一定含共价键C.物质中化学

键被破坏，一定发生化学变化D.非金属单质中都含共价键【答案】B【解析】【详解】A．离子键也可能存在于金属阳离子和氢氧根离子之间，如NaOH，A叙述错误；B．不同非金属元素之间易形成共价键，所以两种非金属元素形成AB型化合物，一定含共价键，B叙述正确；C．物质中化学键被破坏，该

物质不一定发生化学反应，如氯化钠溶于水或熔融时发生电离，C叙述错误；D．非金属单质中不一定都含共价键，如He，D叙述错误；答案为B。11.反应：2NO22NO+O2，在恒温恒容的容器中反应，说明反应达平衡状态的标志是：①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolN

O2；②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO；③NO2、NO、O2的反应速率的比为2:2:1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的总压强不再改变的状态。A.①④⑥B.①③④C.②③⑤D.①②③④⑤⑥【答案】A【解析】

①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，同时消耗nmolO2，氧气的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①正确；②无论反应是否达到平衡状态，单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故②错误；③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1时

，正逆反应速率是否相等不明确，不能据此判断平衡状态，故③错误；④混合气体的颜色不再改变时，二氧化氮浓度不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故④正确；⑤无论反应是否达到平衡状态，混合气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密

度始终不变，则不能根据密度判断平衡状态，故⑤错误；⑥反应前后气体的压强增大，当混合气体的压强不再改变时，各物质的物质的量不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故⑥正确；故答案为A。点睛：明确化学平衡

状态特征是解本题关键，只有“反应前后改变的物理量“才能作为判断平衡状态的依据，关键是选取平衡状态的判断依据，可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一

系列物理量不变，据此分析解答。12.分析如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是（）A.①②中Mg作负极，③④中Fe作负极B.②中Mg作正极，电极反应式为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑C.③中Fe作负极，电极反应式为Fe

-3e-=Fe3+D.④中Cu作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑【答案】B【解析】【分析】装置①中，电解质液为稀硫酸，镁的活泼性强于铝，故Mg作负极；装置②中，电解质液为氢氧化钠溶液，镁不能与其反应，故Al作负极；装置③中，铁与浓硝酸钝化，故Cu作

负极；装置④中，发生吸氧腐蚀，Fe作负极。【详解】A.装置②中Al作负极，装置③中，铁与浓硝酸钝化，故Cu作负极，A错误；B.装置②中Al作负极，Mg作正极，电极反应式为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，B正确；C.装置③中Cu作负极，C错误；D.装置

④中Fe作负极，Cu作正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，D错误；答案选B。13.将8.7gMnO2与含HCl14.6g的浓盐酸共热制取Cl2，可制得Cl2质量m为（）A.m＝7.1gB.7.1g<m<14.2gC.m<7.1gD.m>14

.2g【答案】C【解析】【详解】MnO28.7g的物质的量为0.1mol，HCl14.6g的物质的量为0.4mol，盐酸的量恰好完全反应，但实际情况为随反应的进行，盐酸的浓度变稀后，则不再反应，故生成氯气的质量小于7.1g，答案为C。14.1molX气体跟

amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X（g）+aY（g）bZ（g），反应达到平衡后，测得X的转化率为50%。而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a和b的数值可能是（）A.a=1，b=1B.a=2，b=1C.a=2，b=2D.a=3，b=3【答

案】A【解析】【详解】X+aYbZ(mol)1a0(mol)0.50.5a0.5b(mol)0.50.5a0.5b起始量转化量平衡量相同质量时，密度比等于物质的量的反比，即(1＋a)/(0.5＋0.5a＋

0.5b)=4/3，解得2b－a=1，把选项代入，只有A符合，故答案选A。15.将铁棒和锌棒用导线连接插入CuSO4溶液里，当电池中有0.2mol电子通过时，负极质量的变化是()A.增加6.5gB.减少6.5gC.减少5.6gD.增加6

.4g【答案】B【解析】【详解】将铜和锌用导线连接插入硫酸铜溶液中，形成原电池，负极上是金属锌失电子，设负极上质量减少x。负极上的电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，根据电极反应式可知：1molZn反应会转移2mol电子，则转移0.2mol电子，反应的锌的质量是x=65g×0.2mol÷

2mol=6.5g，所以负极质量减少6.5g，选项B正确。16.可逆反应X2＋3Y22Z2在反应过程中，反应速率(v)与时间(t)关系曲线如图所示，下列叙述不正确的A.t1时，正反应速率大于逆反应速率B.t1～t2，逆反应速率逐渐减小C.t2时，正反应速率与逆反应速率相等D.t

2～t3，各物质的浓度不再发生变化【答案】B【解析】【详解】A.从图示可以看出，该反应从反应物开始投料，在t1时尚未达到平衡，此时正反应速率大于逆反应速率，A项正确；B.从图示可以看出，t1～t2，逆反应速率逐渐增

大，B项错误；C.t2时，正反应速率与逆反应速率相等，反应达到该条件的化学平衡，C项正确；D.t2～t3，该可逆反应属于化学平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度不再发生变化，D项正确；所以答案选择B项。二、填空题17

.有A、B、C、D、E五种短周期元素，其元素特征信息如下表，回答下列问题：元素编号元素特征信息A其单质是密度最小的物质B阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一C其阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，且与B可以形成两种离子化合物D其氢氧

化物和氧化物都有两性，与C同周期E与C同周期，原子半径在该周期最小（1）写出下列元素的名称：C________；元素E在元素周期表中的位置是__________。（2）写出A、B、C形成的化合物M的电子式____

____；五种原子中半径最大的是________（填元素符号）。五种元素最高价氧化物的水化物酸性最强的是（以上填化学式）___________。（3）实验测得DE3在熔融状态下不导电，则DE3中含有的化学键类型为________。（4）D单质与M的水溶液反应的离子方

程式：________。【答案】(1).钠(2).第三周期VIIA族(3).(4).Na(5).HClO4(6).共价键(7).2Al+2OH-+6H2O＝2Al(OH4)−+3H2↑或2Al+2OH-+2H2O＝22AlO−+3H2↑【解析】【分析】A、B、C、D、E短周期五种元

素．A是其单质密度最小的物质，则A为氢元素；B的阴离子带两个单位的负电荷，单质是空气主要成分之一，则B为氧元素；B的阴离子为O2-，C的阳离子与B的阴离子具有相同的电子层结构，则C原子有3个电子层，且与B可以形成两种离子化合物，则C为Na元素

；D的氢氧化物和氧化物都有两性，且与C同周期，则D为铝元素；E与C同周期，其原子半径在该周期最小，则E为氯元素。【详解】(1)分析可知，C为Na，名称为钠；E为Cl，核电荷数为17，位于第三周期VIIA族；(2)H、O、N

a形成的化合物为NaOH，属于离子化合物，电子式为；五种原子中半径最大的是Na；五种元素中非金属性最强的为Cl，则最高价氧化物的水化物酸性最强为HClO4；(3)DE3为AlCl3，为共价化合物，则含有共价键；(4)Al单质与NaOH反应生成偏铝

酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+6H2O＝2Al(OH4)−+3H2↑或2Al+2OH-+2H2O＝22AlO−+3H2↑。18.某校化学兴趣小组用浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取并收集氯气，装置如下图：（1）写出该反应的离子方程式：_______

_______（2）上述反应中，还原剂是________，若有2mol氧化剂参加反应，转移电子的物质的量是________mol。（3）实验开始前，某学生对装置进行了气密性检查。方法是：连接好装置之后，用弹簧夹夹住________处（填“A”或“B”）橡皮管；向分液漏斗中加水

并打开活塞，当加到一定量时，停止加水，静置观察。当观察到分液漏斗中______________时，表明该装置不漏气。（4）兴趣小组的某些同学准备在烧杯中加入下列溶液中的一种来吸收残余氯气，你认为其中错误的是________（填写序号）。A氢氧化钠溶液B碳酸钠溶液C浓硫酸【答案】(

1).MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O(2).HCl(3).4(4).B(5).水不能进入烧瓶(6).C【解析】【分析】实验室用最左装置用浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取氯气，中间装置利用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，不能排放到大气中，用最后装置进行尾气处理。【详解】(

1)浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下生成二氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O；(2)反应时，HCl中的Cl原子的化合价由-1变为0，失电子，作还原剂；Mn

的化合价由+4变为+2，转移2个电子，则2molMnO2反应，转移4mol电子；(3)连接好装置之后，用弹簧夹夹住B处橡胶管，打开分液漏斗活塞并注入一定量的水，若分液漏斗中的水不能进入烧瓶，则装置的气密性

良好。(4)A．氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A能吸收氯气；B．碳酸钠溶液呈碱性，与氯气发生反应，生成氯化钠，次氯酸钠，二氧化碳和水，B能吸收氯气；C．氯气与浓硫酸不反应，C不能吸收氯气；答案为C。19.（1）下列物质：①N2②CO2③NH3

④Na2O⑤Na2O2⑥NaOH⑦CaBr2⑧H2O2⑨NH4Cl⑩HBr。回答下列问题：（填序号）只含极性键的是_______；含有极性键和非极性键的是_______；含有非极性键的离子化合物是________。（2）用电子式表示H2O和MgBr2的形成过程：H2O____

___；MgBr2_______。【答案】(1).②③⑩(2).⑧(3).⑤(4).(5).【解析】【详解】(1)①N2只含有非极性键的单质；②CO2只含有极性键的共价化合物；③NH3只含有极性键的共价化合物

；④Na2O只含有离子键的离子化合物；⑤Na2O2含有离子键、非极性共价键的离子化合物；⑥NaOH含有离子键、极性共价键的离子化合物；⑦CaBr2只含有离子键的离子化合物；⑧H2O2含有极性和非极性键的共价化合物；⑨NH4

Cl含有离子键、极性共价键的离子化合物；⑩HBr只含有极性键的共价化合物；综上所述，只含极性键的②③⑩；含有极性键和非极性键的⑧；含有非极性键的离子化合物是⑤；(2)H2O为共价化合物，其形成过程为；溴化

镁为离子化合物，其形成过程为。20.现有如下两个反应：（A）NaOH＋HCl=NaCl＋H2O（B）Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋（1）根据两反应本质，判断能否设计成原电池（填“能”或“不能”）（A）________（B）________；（2）如果可以，则在上面方框中画出装置图并写出正、

负极材料及电极反应式：_________负极：____________、______；正极：____________、_________。【答案】(1).不能(2).能(3).(4).Cu(5).Cu-2e-=Cu2+(6).Ag

(7).Ag++e-=Ag【解析】【详解】(1)(A)NaOH＋HCl=NaCl＋H2O为非氧化还原反应，不能设计为原电池；(B)Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋为氧化还原反应，铜失电子作负极，能设计为原电池；(2)电池放电时，铜失电子，作负极，电极反应式为Cu-2e-

=Cu2+；正极为溶液中银离子得电子生成单质银，电极反应式为Ag++e-=Ag；装置如图。21.Ⅰ.某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，根据图中数据填空：（1）该反应

的化学方程式为_______；（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为__________；（3）将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气

体中a：b=___________。Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比（1）一定能证明

I2（g）＋H2（g）2HI（g）达到平衡状态的是_________。（2）一定能证明A（s）＋2B（g）C（g）＋D（g）达到平衡状态的是________。【答案】(1).3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)(2).0.01mol/(L·min)(3).7：5(4).⑤(5).②④【解

析】【分析】I.根据图像X和Y的物质的量减小，说明作反应物，Z的物质的量增大，说明作生成物，化学反应速率之比等于化学计量数之比，同时间同体积，物质的量变化等于化学计量数之比，结合问题通过三段式计算。II.在一定条件下，当可逆反应

的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。【详解】(1)根据图像可知，X和Y是反应物，Z为生成物，X、Y、Z的变化量之比是0.3：0.1

：0.2=3：1：2，则反应的化学方程式为:3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；(2)反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为：v(Z)=0.2102molLmin=0.01mol/(L·min)；(3)3

()()()32322amolbmolxxxXgYgaxbxxZg−+−初始反应某刻当n(X)=n(Y)=2n(Z)时，a-3x=b-x=4x，则a=7x，b=5x，所以a：b=7：5；Ⅱ．(1)①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡

，①错误；②组分都是气体，气体质量不变，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，②错误；③反应前后气体系数之和相等，因此物质的量不变，不能说明反应达到平衡，③错误；④根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，气体总物质的量不变，因此当M不变，不能说

明反应达到平衡，④错误；⑤I2是有颜色的气体，因此颜色不变，说明反应达到平衡，⑤正确；⑥没有指明反应进行方向，⑥错误；答案为⑤；（2）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，①

错误；②A为固体，其余为组分都是气体，气体质量增加，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，说明反应达到平衡，②正确；③气体物质的量不变，因此总物质的量不变，不能说明反应达到平衡，③错误；④根据M=m/n，气体质量增加，气体物质的量不变，因此当M不变，说明反应达到平衡，④正确；⑤

题目中没有说明气体的颜色，因此颜色不变，不能说明反应达到平衡，⑤错误；⑥没有指明反应进行方向，⑥错误。故答案为②④。22.试从化学键的角度理解化学反应中的能量变化。（以2H2+O2=2H2O为例说明），已知：E反表示反应

物（2H2+O2）所具有的总能量，E生表示生成物（2H2O）所具有的总能量。又知：拆开1moLH2中的化学键需要吸收436kJ能量，拆开1moLO2中的化学键需要吸收496kJ能量，形成水分子中的1moLH—O键能够释放463KJ能量。（1）从微观角度看：

断裂反应物中的化学键吸收的总能量为E吸=_______kJ；形成生成物中的化学键放出的总能量为=________kJ。所以该反应要_____（填“吸收”或“放出”）能量，能量变化值的大小△E=_______kJ（填数值）（2）由图可知，化学反应的本质是___

__化学反应中能量变化的主要原因是_____（从总能量说明）【答案】(1).1368(2).1852(3).放热(4).484(5).旧化学键断裂和新化学键形成的过程(6).旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量的差值【解析】【详解】(1)反应时，消耗2molH2和1molO2，则E吸=436kJ

×2+496kJ=1368kJ；生成2molH2O，形成4mol的H-O，放出的总能量为=463kJ×4=1852kJ；E吸＜E放，反应为放热反应；△E=1852kJ-1368kJ=484kJ；(2)由图可知，化学反应的本质旧键的断裂和新

键的形成；旧键断裂吸热，而新键形成放热，化学反应中能量变化的主要原因为吸收热量与放出热量的差值。