【化学】新疆维吾尔自治区喀什第二中学2019-2020学年高一4月月考试题（解析版）

【化学】新疆维吾尔自治区喀什第二中学2019-2020学年高一4月月考试题（解析版）

新疆维吾尔自治区喀什第二中学2019-2020学年高一4月月考试题 试卷分值：100分 考试时间：90分钟 一、单选题(本大题共16小题，每题3分，共48分)‎ ‎1.下列化学用语或命名正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O B. 含有10个中子的氧原子的符号：‎ C. S2-的结构示意图 D. NH4Cl的电子式： ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、次氯酸的结构式：H—O—Cl， A 错误；‎ B、氧的元素符号为O，该氧原子的质量数A=8+10=18，则该原子的化学符号为，B正确；‎ C、S2-最外层为8个电子，结构示意图为，C错误；‎ D、NH4Cl的电子式：，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列化学反应符合图示的是（ ）‎ ‎①冰雪融化   ②KMnO4分解制O2③铝与氧化铁反应④钠与水反应⑤二氧化碳与灼热的木炭反应⑥碘的升华   ⑦Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】图象分析可知反应物能量低于生成物，说明反应是吸热反应，据此分析判断选项。‎ ‎【详解】①冰雪融化属于物理变化，①项错误；‎ ‎②KMnO4分解制O2是吸热反应，②项正确；‎ ‎③铝与氧化铁的反应是放热反应，③项错误； ‎ ‎④钠与水反应是放热反应，④项错误；‎ ‎⑤二氧化碳与灼热的木炭反应是吸热反应，⑤项正确； ‎ ‎⑥碘的升华是物理变化，⑥项错误； ‎ ‎⑦Ba(OH)2⋅8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，⑦项正确； ‎ ‎②⑤⑦符合题意，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎3. 已知反应：X+Y=M+N为放热反应，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定高于形成M和N的化学键所放出的能量 B. X和Y的总能量一定高于M和N的总能量 C. Y的能量一定高于N D. 因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、放热反应是生成物的键能大于反应物的键能，故A错误；‎ B、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，故B正确；‎ C、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，在该反应中不能表明物质和物质之间能量的比较，故C错误；‎ D、反应热与反应条件无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4. 下列化合物中的化学键中，既有离子键又有共价键的是（ ）‎ A. H2O B. NaCl C. NH4Cl D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。‎ ‎【详解】A.水中只有共价键，故A不选；B.氯化钠中只有离子键，故B不选；C.氯化铵中含有铵根离子和氯离子之间的离子键，N和H之间还有共价键，故C选；D.氯化氢中只有共价键，故D不选。答案选C。‎ ‎5.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示意图如下，该电池工作时，下列说法正确的是(     ) ‎ A. a电极是该电池的正极 B. O2在b电极上发生氧化反应 C. 电解质溶液中OH-向正极移动 D. 该装置实现了化学能到电能的转化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以a是负极，A错误；‎ B.通入燃料氢气的电极a是负极，通氧气的电极b是正极，O2在b电极上获得电子，发生还原反应，B错误；‎ C.电解质溶液中OH-向负极移动，C错误；‎ D.燃料电池的工作原理属于原电池原理，是化学能转化为电能的装置，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.在‎2L的密闭容器中发生反应： ，2min后B减小了 1.2mol，有关此反应的说法正确的是（　　）‎ A. 在 2min 内的反应速率，用 C 表示是 ‎ B. 分别用 B、C、D 表示化学反应速率其比值是 3：2：1‎ C. 达到化学反应限度时，B 物质转化率为 100%‎ D. 向容器中增加 A 的投量，可以加快该反应的速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．2min后B减小了1.2mol，则生成C的量为0.8mol，用 C 表示是mol/（L•min），故A错误；‎ B．用不同物质表示的速率比等于系数比，B、C、D 表示化学反应速率其比值是 3：2：1，故B正确；‎ C．可逆反应进行不到底，反应物的转化率一定小于100%，故C错误；‎ D．A是固体，向容器中增加 A 的投量，浓度不变，速率不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.下列各图为元素周期表的一部分，表中数字为原子序数，其中X为17的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.8号的右边是氟，氟的下一周期同主族的元素是氯，原子序数为17，故A正确；‎ B.9号的左边是氧，氧的下一周期同主族的元素是硫，原子序数为16，故B错误；‎ C.9号的右边是氖，氖的下一周期同主族的元素是氩，原子序数为18，故C错误；‎ D.7号是氮，氮的下一周期同主族的元素是磷，原子序数为15，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎8.谚语“雷雨发庄稼”不包括下列哪个化学反应（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】谚语“雷雨发庄稼”是指在电火花作用下N2与O2反应产生NO，NO与O2‎ 在室温下反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3和NO，HNO3易溶于水，进入土壤溶液，为植物补充氮肥，有利于植物生长，可见不包括的反应是。‎ 答案选B。‎ ‎9.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、等气体 B. 浓硫酸与单质硫反应的方程式为：2H2SO4(浓)+S3SO2↑+2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了其强氧化性又表现了其酸性 C. 把足量铜粉投入到只含的浓硫酸中，得到气体体积在标准状况下为 D. 常温下能够用铁、铝等容器盛放浓，是因为浓的强氧化性使其钝化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH3)，A选项错误；‎ B．金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性，B选项错误；‎ C．Cu与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀H2SO4时，反应自行停止，故产生的SO2在标准状况下不足‎22.4L，C选项错误；‎ D．因为浓硫酸具有较强的氧化性，在常温下铝和铁发生钝化，所以常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用、、表示，已知、、之间有以下关系，则此反应可表示为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应速率之比等于化学计量数之比，则根据，可知υ(A)：υ(B)：υ(C)=2：3：2，则此反应可表示为‎2A+3B=‎2C，答案选A。‎ ‎11.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）‎ A. 酸性;H2SO4>H3PO4‎ B. 非金属性：Cl>Br C. 碱性：NaOH>Mg(OH)2‎ D. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S>P，则酸性：H2SO4>H3PO4，能用元素周期律解释，故A错误；‎ B. 同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl>Br，能用元素周期律解释，故B错误；‎ C. 元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na>Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故C错误；‎ D. 碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D正确。‎ 故答案选：D。‎ ‎12.下列各组性质比较中，正确的是（ ）‎ ‎①沸点：‎ ‎②离子还原性：‎ ‎③酸性：‎ ‎④金属性：‎ ‎⑤气态氢化物稳定性：‎ ‎⑥半径：‎ A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ②③​④ D. ①③​④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为 ，故错误；‎ ‎②.元素的非金属性，对应离子还原性，故错误；‎ ‎③.非金属性 ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：，故正确；‎ ‎④.同主族从上到下，金属性增强：，同周期从左到右，金属性减弱，即 ，即金属性：，故正确；‎ ‎⑤.元素的非金属性，气态氢化物稳定性，故正确；‎ ‎⑥.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即，故正确。‎ 故选B。‎ ‎13.可逆反应：2NO22NO+O2在密闭容器反应，达到平衡状态的标志是（ ）‎ ‎（1）单位时间内生成n mol O2同时生成2n mol NO2‎ ‎（2）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ‎（3）用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2:2:1的状态 ‎（4）混合气体颜色不再改变的状态 ‎（5）混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2，说明反应v正=v逆； （2）未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态； （3）从反应开始就符合速率的比为2：2：1的状态； （4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变； （5）当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变。‎ ‎【详解】（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故（1）正确；‎ ‎（2）生成n mol O2，生成2n mol NO，表示的均为正反应过程，未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态，故（2）错误；‎ ‎（3）任意时刻，同一个化学反应中用不同的物质表示的化学反应速率等于计量数之比，所以不能说明达平衡状态，故（3）错误；‎ ‎（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故（4）正确； （5）混合气体的平均相对分子质量=，各物质均为气体，总质量不变；反应前后物质的量变化。当平均相对分子质量不变的时候，说明总物质的量不变，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，故（5）正确； 答案选C。‎ ‎14.已知、、Z-、W2四种离子均具有相同的电子层结构下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是　　‎ A 原子序数：Y>X>Z>W B. 离子半径：X+>Y2+>Z->W2-‎ C. 原子最外层电子数：Z>W>Y>X D. 还原性：   X>Y>W2->Z-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，所以Z、W的电子层比X、Y少一层，设原子序数分别为a、b、c、d，则由a-1=b-2=c+1=d+2，则原子序数Y＞X＞Z＞W，结合元素周期律的递变规律解答该题。‎ ‎【详解】X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，所以Z、W的电子层比X、Y少一层，设原子序数分别为a、b、c、d，则由a﹣1=b﹣2=c+1=d+2，则原子序数Y＞X＞Z＞W，‎ A.结合以上分析可知，原子序数：Y>X>Z>W，故A正确；‎ B.核外电子排布相同的离子，其微粒半径随原子序数的增大而减小，应该是W＞Z＞X＞Y，故B错误；‎ C.根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为1、2、7、6，则原子最外层电子数Z＞W＞Y＞X，故C正确；‎ D.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，所以还原性： X>Y>W2->Z-，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎15.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是（ ）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径/10‎‎-10m ‎0.66‎ ‎1.36‎ ‎1.23‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.54‎ ‎0.70‎ ‎1.24‎ 最高价或最低价 ‎-2‎ ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5 -3‎ ‎+7 -1‎ ‎+1‎ ‎+5 -3‎ ‎+3‎ A. 元素④⑤形成的化合物是离子化合物 B. 元素⑦位于第二周期第Ⅴ族 C. 元素①⑧形成的化合物具有两性 D. 元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期元素中，①只有最低价-2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都有最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知①为O，②为Mg，③为Li，④为P，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为Al，则 A．元素④⑤形成的化合物是PCl3，属于共价化合物，选项A错误；‎ B．⑦为N元素，位于第二周期VA族，B选项错误；‎ C．元素①⑧形成的化合物为Al2O3，Al2O3具有两性，C选项正确；‎ D．元素③为Li，在上述元素中Na金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，D选项错误。‎ 答案选C。‎ ‎16.在一定温度下，在体积为‎2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是（ ）‎ A. 反应的化学方程式为 B. t时，正、逆反应都不再继续进行，反应达到化学平衡 C. 若，则X的化学反应速率为0.1mol•L-1•min-1‎ D. 温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，正、逆反应速率都增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可以看出，反应中X物质的量减小，Y、Z的物质的量增多，则X为反应物，Y、Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，则该反应的化学方程式为：2X3Y+Z，A选项错误；‎ B．t时，正、逆反应继续进行，反应达到化学平衡，是动态平衡，B选项错误；‎ C．若t=4，则0～t的X的化学反应速率v==0.1mol/(L•min)，C选项正确；‎ D．温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，由于对物质的浓度无影响，因此正、逆反应速率不变，D选项错误；‎ 答案C。‎ 二、填空题(本大题共4小题，共52分)‎ ‎17.随原子序数的递增，七种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。‎ 根据判断出的元素回答:‎ ‎(1)x在元素周期表的位置是________________________。‎ ‎(2)y的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应，产物中含有化学键的类型为________________。‎ ‎(3)d的单质在空气中充分燃烧，所得产物的电子式为________；‎7.8 g该产物与足量的水完全反应，转移电子的数目为____________________。‎ ‎(4)z、e、f的简单离子半径由大到小的顺序为_______________(用离子符号表示)。‎ ‎(5)能说明g的非金属性比f强的实验事实是________________(列举一条)。‎ ‎【答案】(1). 第二周期（或第2周期） 第ⅣA族 (2). 离子键、共价键（或极性键或极性共价键） (3). (4). 0.1NA或6.02×1022 (5). S2－＞O2－＞Al3＋ (6). HCl的稳定性比H2S强或HClO4的酸性比H2SO4强或S2－的还原性比Cl－强或将Cl2通入Na2S（H2S溶液中，溶液变浑浊 ‎【解析】分析：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数,可以知道x是C元素,y是N元素,z是O元素,d是Na元素,e是Al元素,f是S元素,g是Cl元素。 详解： (1)x是C元素，有2个电子层，最外层电子数为4，位于第2周期第ⅣA族， 因此，本题正确答案是：第2周期第ⅣA族； (2) N的最高价氧化物对应的水化物HNO3与其氢化物NH3反应生成NH4NO3，NH4NO3中含有化学键的类型为离子键、共价键，‎ 因此，本题正确答案是：离子键、共价键；‎ ‎(3)Na的单质在空气中充分燃烧生成Na2O2，其电子式为；‎ ‎7.8 g‎ Na2O2的物质的量为=0.1mol，根据反应方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，1mol Na2O2和水反应转移1mol电子，则0.1mol Na2O2与足量的水完全反应，转移电子的数目为0.1NA或6.02×1022 。‎ 因此，本题正确答案是： ；0.1NA或6.02×1022；‎ ‎(4)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2－＞Al3＋，O2－和Al3＋2个电子层，而S2－3个电子层，所以S2－半径最大， 因此，本题正确答案是：S2－＞O2－＞Al3＋； (5)元素的非金属性越强，氢化物越稳定，最高价氧化物的水化物酸性越强，所以能说明Cl的非金属性比S强的实验事实是HCl的稳定性比H2S强或HClO4的酸性比H2SO4强或S2－的还原性比Cl－强或将Cl2通入Na2S（H2S）溶液中，溶液变浑浊，‎ 因此，本题正确答案是：HCl稳定性比H2S强或HClO4的酸性比H2SO4强或S2－的还原性比Cl－强或将Cl2通入Na2S（H2S）溶液中，溶液变浑浊。‎ ‎18.某兴趣小组用下图装置研究原电池的工作原理。‎ ‎(1)甲中K断开时，装置中发生反应的离子方程式为_____________；K闭合时，Cu棒上的现象为__________，它为原电池的___(填“正”或“负”)极，电极反应式为_______，外电路电流的方向由___到______(填“Cu”或“Zn”)。‎ ‎(2)乙图为氢氧燃料电池构造示意图，其中通入氢气的一极为电池的____填“正”或“负”)极，发生____(填“氧化”或“还原”)反应。‎ ‎(3)某同学欲把反应Fe+2FeCl3=3FeCl2设计成原电池，请写出负极的电极反应式： _________________。‎ ‎【答案】(1). Zn+2H+=Zn2++H2↑ (2). 有气泡产生 (3). 正 (4). 2H++2e−=H2↑ (5). Cu (6). Zn (7). 负 (8). 氧化 (9). Fe－2e−=Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由装置分析可知，甲中K断开时，未构成原电池，Zn直接与稀硫酸反应生成氢气；K闭合时，构成原电池，Zn为负极；乙为氢氧燃料电池，燃料电池中通入氧气的极为正极，发生还原反应，据此分解结合原电池知识解答问题。‎ ‎【详解】(1)甲中K断开时，未构成原电池，Zn直接与稀硫酸反应生成氢气，发生反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；K闭合时，构成原电池，Zn为负极，Zn失去电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，则Cu为正极，电极表面H+得到电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，可观察到Cu棒上产生气泡，外电路电流方向由正极到负极，即由Cu到Zn，故答案为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；有气泡产生；正；2H++2e−=H2↑；Cu；Zn；‎ ‎(2)燃料电池中通入氧气的极为正极，发生还原反应，则通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，故答案为：负；氧化；‎ ‎(3)反应Fe+2FeCl3=3FeCl2中Fe发生氧化反应，应为原电池的负极材料，电解质溶液应选择FeCl3溶液，其中负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+。‎ ‎19.按要求回答问题：‎ ‎(1)氢气燃烧生成液态水的热化学方程式是2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)，生成2mol液态水放出572kJ的能量，请回答下列问题：‎ ‎①生成物能量总和___(填“大于”“小于”或“等于”)反应物能量总和。‎ ‎②反应2H2+O22H2O的能量变化如图所示。已知拆开1mol H2、1mol O2和1mol H—O中的化学键分别需要消耗436kJ、496kJ和463kJ的能量。则反应过程(Ⅱ)____(填“吸收”或“放出”)___kJ。‎ ‎(2)一定温度下，在容积为‎2L的密闭容器中进行反应：aN(g) bM(g)+cP(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如图所示：‎ ‎①反应化学方程式中各物质的系数比为a：b：c＝____。‎ ‎②1min到3min这段时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：_______。‎ ‎③下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是_________。‎ A 反应中当M与N的物质的量相等时 ‎ B P的质量不随时间变化而变化 C 混合气体的总物质的量不随时间变化而变化 D 单位时间内每消耗a mol N，同时消耗b mol M E 混合气体的压强不随时间的变化而变化 ‎ M 的物质的量浓度保持不变 ‎【答案】(1). 小于 (2). 放出 (3). 1852 (4). 2：1：1 (5). 0.25mol/(L·min) (6). BDF ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应，则相反，△H为负值说明该反应为放热反应；‎ ‎②反应过程(I)中，能量由低到高，反应吸收热量，反应过程(II)中，能量由高到低，反应放出热量；‎ ‎(2)①根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比求出方程式化学计量数；‎ ‎②根据公式计算M的速率；‎ ‎③分析所给条件是否为“变量”来判断反应是否达到平衡。‎ ‎【详解】(1)①由题干信息可知，该反应的△H<0，为放热反应，生成物能量总和小于反应物能量总和，故答案为：小于；‎ ‎②根据图像，反应过程(Ⅰ)中，能量由低到高，反应吸收热量，反应过程(Ⅱ)中，能量由高到低，反应放出热量，反应过程(Ⅱ)中4molH—O键，放出的热量为：4×463kJ=1852kJ，故答案为：放出；1852；‎ ‎(2)①由图示信息可知，N、M、P的物质的量在0到6分钟内的变化量为6mol、3mol、3mol，因物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，故a：b：c＝2:1:1，故答案为：2:1:1；‎ ‎②1min到3min这段时刻，M的浓度变化量为(4mol-3mol)/‎2L=0.5mol/L，则速率为0.5mol/L/2min=0.25 mol/(L·min)，故答案为：0.25mol/(L·min)；‎ ‎③A. 反应中当M与N的物质的量相等时并不能说明M或N的浓度保持不变，不一定平衡，故A不符合题意；‎ B．P的质量不随时间变化而变化说明P的浓度保持不变，处于平衡状态，故B符合题意；‎ C．由于该反应是一个等体积的可逆反应，混合气体的总物质的量不随时间变化而变化不一定平衡，故C不符合题意；‎ D．单位时间内每消耗a mol N，同时消耗b mol M说明反应的正逆反应速率相等，处于平衡状态，故D符合题意；‎ E．由于该反应是一个等体积的可逆反应，混合气体的压强不随时间的变化而变化，不一定平衡，故E不符合题意；‎ F．M的物质的量浓度保持不变说明反应处于平衡状态，故F符合题意；‎ 答案选BDF。‎ ‎20.已知A、B为常见的浓酸溶液；X、Y、Z、W均为氧化物，其中X是红棕色气体，Y的固体可用于人工降雨，W既能使澄清石灰水变浑浊，又能使品红溶液褪色。根据如图所示转化关系(反应条件略)，回答下列问题：‎ ‎(1)Y是__________(填化学式)。‎ ‎(2)将B露置在空气中一段时间，溶液质量增加但溶液浓度降低，表明B具有_____性；利用这种性质可以进行______(填字母)实验操作。 ‎ ‎ 干燥二氧化硫 检验 c 干燥氨气 钝化铝片 ‎ ‎(3)写出X与Z的反应方程式：________________。‎ ‎(4)W具有漂白性，氯水也有漂白性，两者同时使用，漂白效果将_________(填“增强”或“减弱”)，原因是____________(用化学方程式表示)。‎ ‎(5)反应①中氧化产物和还原产物的物质的量之比为____。‎ ‎【答案】(1). CO2 (2). 吸水 (3). a (4). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (5). 减弱 (6). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (7). 1:4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】X是红棕色气体，应为NO2，Y的固体可用于人工降雨，应为CO2，则A为浓硝酸，Z为H2O，W既能使澄清石灰水变浑浊，又能使品红溶液褪色，应为SO2，由转化关系可知B为浓硫酸，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知Y为CO2；‎ ‎(2)将浓硫酸露置在空气中一段时间，溶液质量增加但溶液浓度降低，表明浓硫酸具有吸水性，利用这种性质可用于干燥气体，但不能干燥碱性气体，故答案选a；‎ ‎(3)二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；‎ ‎(4)氯气和二氧化硫发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，方程式为反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，导致漂白效果减弱；‎ ‎(5)反应①为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，由方程式可知氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:4。‎