2019-2020年高三上学期周练（二）化学试题 含答案.doc

2019-2020年高三上学期周练（二）化学试题 含答案一、单选题：共16题 每题3分 共48分1在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为：2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g)； H = -566kJmol-1CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l)； H = -890kJmol-1由1molCO和3molCH4组成的混和气在上述条件下完全燃烧时，释放的热量为( )A2953kJ B 2912kJ C3236kJ D3867kJ2由Li、Al、Si构成的某三元化合物固态晶体结构如图7所示，下列说法正确的是A该化合物化学式可表示为LiAlSi B晶体中Al和Li构成CsCl型骨架C晶体中Al和Si构成金刚石型骨架D晶体中与每个Al距离最近的Li为4个3在恒容的密闭容器中发生反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是A图研究的是t1时刻，升高了反应的温度B图研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C图若是研究不同压强对平衡的影响，且乙反应的压强较高D图若是研究不同温度对平衡的影响，且乙的反应温度较高4已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态B元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应C工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质D化合物AE与CE含有相同类型的化学键5有人设想合成具有以下结构的四种烃分子，下列有关说法不正确的是A1 mol甲分子内含有10 mol共价键 B由乙分子构成的物质不能发生氧化反应C丙分子的二氯取代产物只有三种 D分子丁是不可能合成的6某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时,先断开K2,闭合K1,两极均有气泡产生:一段时间后,断开K1,闭合K2,发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是( )A断开K2,闭合K1时,总反应的离子方程式为:2H+2Cl-Cl2+H2B断开K2,闭合K1时,石墨电极附近溶液变红C断开K1,闭合K2时,铜电极上的电极反应为:Cl2+2e-2Cl-D断开K1,闭合K2时,石墨电极作正极7500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(N)=6.0 molL-1,用石墨作电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到22.4 L气体(标准状况),假定电解后溶液体积仍为500 mL,下列说法正确的是( )A原混合溶液中c(K+)为2 molL-1 B上述电解过程中共转移2 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol D电解后溶液中c(H+)为2 molL-18天津是我国研发和生产锂离子电池的重要基地。锂离子电池正极材料是含锂的二氧化钴(LiCoO2),充电时LiCoO2中Li被氧化,Li+迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳(C6)中,以LiC6表示。电池反应为CoO2+LiC6LiCoO2+C6,下列说法正确的是( )A充电时,电池的负极反应为LiC6-e-Li+C6B放电时,电池的正极反应为CoO2+Li+e-LiCoO2C羧酸、醇等含活泼氢的有机物可用作锂离子电池的电解质D锂离子电池的比能量(单位质量释放的能量)低9如下图所示是某太空空间站能量转化系统的局部示意图,其中燃料电池采用KOH溶液为电解液,下列有关说法中正确的是( )A该能量转化系统工作时,需不断补充H2OB该转化系统的能量本质上来源于太阳能C水电解系统中的阴极反应:O2+2H2O+4e-4OH-D燃料电池放电时的负极反应:H2-2e-2H+10有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极； C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D导线C ； A、C用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡； B、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应。据此，判断四种金属的活动性顺序是 （ ）AA B C D BA C D B CC A D B DC B D A11磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。下图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是（ ）A磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体 B磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电 C磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键 D磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同12原子结构、元素周期律和元素周期表对于我们化学学习具有理论指导意义，下列有关说法正确的是（ ）A同周期的主族元素从左到右原子半径逐渐减小，它们形成简单的离子半径逐渐增大B可以根据主族元素原子的电子层数和最外层电子数确定其在周期表中的位置C由氟、氯两元素在周期表中位置关系推知，氟元素非金属性强于氯元素，所以氢氟酸的酸性应强于盐酸D在实际生产中，多在元素周期表的过渡元素区寻找新型半导体材料13下图所示的实验，能达到实验目的的是( )14下列说法符合事实的是A物质的量浓度相同的硫酸氢铵溶液和醋酸铵溶液中，硫酸氢铵中的铵根离子物质的量浓度较小B在10mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液中加入6mL等浓度的NaCl溶液，有白色沉淀产生，再加入6 mL等浓度的Na2S溶液，溶液中又有黑色沉淀生成，说明Ksp（Ag2S）0，该设想能否实现？ （选填“能”或“不能”），依据是 。（2）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有1/3与水反应。该反应的化学方程式为 ，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中Cl浓度 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）一定条件下，Fe3+和I在水溶液中的反应是2I+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，且温度不变，上述平衡向 （选填“正反应”或“逆反应”）方向移动。请设计一种使该反应的化学平衡逆向移动的实验方案 。（4）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HClO22Cl22H2O已知：此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。:写出此条件下，反应A的热化学方程式 。断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为 kJ。 22计算以下两小题时，除必须应用所有给出的数据外，还各缺少一个数据，指出该数据的名称（分别以a和b表示），并列出计算式。（1）在温度为t和压强pPa的情况下，19.5gA与11.0gB恰好完全反应，生成固体C和3.00L的D气体，计算生成的C的质量(m)。缺少的数据是 ，计算式为m= 。（2）0.48g金属镁与10mL盐酸反应，计算生成的H2在标准状况下的体积。缺少的数据是，计算式为 参考答案1A【解析】试题分析：由2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=-566kJmol-1可知，1molCO燃烧放出的热量为566/2kJ=283kJ；由CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=-890kJmol-1可知，3molCH4（g）充分燃烧放出的热量为3890kJ=2670kJ；所以由1molCO（g）和3molCH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，放出的热量为2670kJ+283kJ=2953kJ，故选B考点：考查学生利用热化学反应方程式的计算2AC【解析】试题分析：A、该晶胞中Li的个数为121/4+1=4，Al的个数为81/8+61/2=4，Si的个数为4，原子个数比为1:1:1，则该化合物化学式可表示为LiAlSi，A正确；B、CsCl为体心结构，晶体中Al和Li构成NaCl型骨架，B错误；C、金刚石为正四面体型，晶体中Al和Si也构成正四面体型，C正确；D、晶体中与每个Al距离最近的Li为1/2边长，故一共为6个，D错误。答案选AC。考点：晶胞的计算3BD【解析】试题分析：A、该反应是放热反应，若升高温度，逆反应速率增大的程度大于正反应速率，导致v逆v正，A错误；B、加入催化剂后，正逆反应速率同等程度增大，B正确；C、图若是研究不同压强对平衡的影响，加压，平衡正向移动，将导致二氧化硫的转化率增大，且应先达到平衡，C错误；D、图若是研究不同温度对平衡的影响，升温，平衡逆向移动，则二氧化硫的转化率降低，且乙的反应温度较高，先达平衡，D正确。答案选BD。考点：平衡移动，图像分析4C【解析】试题分析：元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C是钠元素，由于A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则B是碳元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D是铝元素，元素A、E的单质在常温下呈气态，A是氢元素，E是氯元素；A、由C、H元素组成的化合物，比如苯在常温下呈液态，A错误；B、元素C、D的最高价氧化物对应的水化物为NaOH和Al（OH）3，两者能发生反应，B错误；C、对于Na、Al、Cl2的制备，在工业上都采用电解的方法，C正确；D、化合物AE为HCl，为分子晶体，只有共价键，化合物CE为NaCl，是离子晶体，存在离子键，D错误。答案选C。考点：元素周期律5B【解析】试题分析：A、每个甲分子中含有6个碳碳共价键和4个碳氢共价键，所以1mol甲分子内含有10mol共价键，A正确；B、乙分子可以燃烧，可以发生氧化反应，B错误；C、丙分子中将一个氯原子定位在一个顶点，另一个氯原子可以在同一棱上、面对角线、体对角线上，共有三种，C正确；D、从分子丁结构中可以看出，每一个碳原子形成了5个共价键，不符合碳的四价原则，无法合成，D正确。答案选B。考点：有机物的结构6D【解析】试题分析：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明是电解饱和食盐水的反应，反应的离子方程式为2H2O+2Cl-=Cl2+H2+2OH-，A项错误；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红，B项错误；C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极发生氢气失电子生成氢离子的反应，C项错误；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨做原电池正极，D项正确；答案选D。考点：考查化学电源7A【解析】试题分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=22.4/22.4=1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=(14-12)/2=1mol，则铜离子的物质的量浓度=1/0.5=2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6molL-1-2mol/L2=2mol/L，A、根据分析知，原混合溶液中c（K+）为2molL-1，A项正确；B、转移电子的物质的量=1mol4=4mol，B项错误；C、根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，C项错误；D、当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为1mol4=4mol，则氢离子浓度=4/0.5=8mol/L，D项错误；答案选A。考点：考查与电解池有关计算8B【解析】试题分析：A、充电时是电解池，A项错误；B、放电时，电池的正极发生得电子的还原反应，CoO2+Li+e-=LiCoO2，B项正确；C、由于单质锂较活泼，易与水反应而变质，电解质不能用水溶液来做电解质溶液，C项错误；D、锂离子电池的比能量高，D项错误；答案选B。考点：考查二次电池9B【解析】试题分析：A、从流程图可知H 2O可以循环利用，A项错误；B、该转化系统的能量本质上来源于太阳能，B项正确；C、水电解时阴极为2H 2e =H 2 ，C项错误；D、燃料电池放电时负极为H 2 2OH 2e =2H 2 O，D项错误；答案选B。考点：考查燃料电池10B【解析】试题分析：A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：AB；原电池中，电子从负极流经外电路流向正极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C导线D，则活泼性：CD；A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：AC；B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：DB；综上可知金属活泼性顺序是：ACDB,B项正确；答案选B。考点：考查金属性强弱比较11C【解析】试题分析：A磷化硼晶体的化学式为BP，属于原子晶体，A错误；B磷化硼是原子晶体，晶体的熔点高，且熔融状态下不能导电 ，B错误；C其中的每个原子均满足8电子稳定结构，那么晶体中每个原子均形成4条共价键，C正确；D磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同，D错误，答案选C。考点：考查晶体结构分析12B【解析】试题分析：A同周期的主族元素从左向右核电荷数增大，则原子半径减小，阴离子比阳离子对1个电子层，简单离子半径阴离子大于阳离子，具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小，故A错误；B对于主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数，故B正确；CHF属于弱酸，而HCl属于强酸，氟元素非金属性强于氯元素，但氢氟酸的酸性应弱于盐酸，故C错误；D在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素，在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温材料的元素，故D错误考点：元素周期律和元素周期表的综合应用13D【解析】试题分析：A、没有形成闭合路，不能构成原电池，故错误；B、盐酸不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，不能因此比较非金属性，故错误；C、实验室制取氨气使用氯化铵和氢氧化钙加热，直接加热氯化铵不能得到氨气，故错误；D、氯化铁对过氧化氢分解有催化剂的作用，故正确。考点： 实验方案的设计和评价14C【解析】试题分析：A、硫酸氢铵溶液中电离出的氢离子抑制铵根水解，醋酸铵溶液中醋酸根促进铵根水解，则硫酸氢铵中的铵根离子物质的量浓度较大，A错误；B、由于反应中硝酸银过量，所以再加入硫化钠溶液中一定产生硫化银沉淀，所以不能说明二者的溶度积常数大小关系，B错误；C、根据物料守恒可知物质的量浓度均为0.02 mol/L的弱酸HX及其盐NaX等体积混合后：c(X)+ c(HX)= 0.02 mol/L，C正确；D、在含C1-、CrO42-浓度相同的溶液中滴加AgNO3溶液时，根据二者的溶度积常数可知沉淀时需要银离子的浓度分别是，所以首先生成AgCl沉淀，D错误，答案选C。考点：本题主要是考查盐类水解、物料守恒应用以及溶度积常数应用等【名师点晴】沉淀的生成、溶解和转化的判断：通过比较溶液中有关离子浓度幂的乘积浓度积Qc与Ksp的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成、溶解或转化。两溶液混合是否会产生沉淀或同一溶液中可能会产生多种沉淀时，判断产生沉淀先后顺序问题，均可利用溶度积的计算公式或离子积与溶度积的关系加以判断。只要溶液中浓度积大于溶度积常数，就一定产生沉淀，而与溶度积常数的相对大小并无直接关系。15D【解析】试题分析：A、氧气在正极通入，甲醛在负极通入，因此a是阴极，b是阳极。当a、b都是铜做电极时，相当于是铜的精炼，A错误；B、电解质溶液显酸性，则正极反应式为O2+4H+4e-2H2O，B错误；C、2.24L甲醛的物质的量不一定是0.1mol，则不能计算转移电子数，C错误；D、酸性溶液中甲醛失去电子转化为甲酸，D正确，答案选D。考点：考查电化学原理的应用16D【解析】试题分析：甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为-Cl，根据分子式C10H11ClO2确定另一个取代基为-C4H7O2，取代基-C4H7O2的种类数为甲的同分异构体的种类数，当取代基-C4H7O2的含羧基的主链为4个碳有1种，含羧基的主链为3个碳有2种，含羧基的主链为2个碳有2种，共有5种，取代基-C4H7O2与取代基-Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为53=15。故选D。考点：考查了同分异构体的类型及其判定的相关知识。17（1）防止FeSO4被氧气氧化；除去铁屑表面的油污（2）n(CO2)= n(MnCO3)=0.01 moln(EDTA)=0.0014mol10 mL溶液中 n(Mn2+)=0.0014mol7.390 g 该碱式碳酸锰中n(Mn2+)=0.07mol，n=0.06 molm(H2O)=0.9 g ，nH2O)=0.05 molabc= 165 碱式碳酸锰的化学式为MnCO36Mn(OH)25H2O【解析】试题分析：（1）硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止FeSO4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污；（2）n(CO2)=n(MnCO3)=0.01 mol，n(EDTA)=0.0014mol10 mL溶液中 n(EDTA)=n(Mn2+)=0.028L0.0500molL1=0.0014mol500mL溶液n(Mn2+)=0.0014mol=0.07mol7.390 g 该碱式碳酸锰中 n(Mn2+)=0.07moln=0.06 molm(H2O)=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 gn(H2O)=0.05 mola:b:c=1:6:5 碱式碳酸锰的化学式为MnCO36Mn(OH)25H2O，故答案为：n(CO2)=n(MnCO3)=0.01 mol n(EDTA)=0.0014mol10 mL溶液中 n(EDTA)=n(Mn2+)=0.028L0.0500molL1=0.0014mol500mL溶液n(Mn2+)=0.0014mol=0.07mol7.390 g 该碱式碳酸锰中 n(Mn2+)=0.07moln=0.06 molm(H2O)=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 gn(H2O)=0.05 mola:b:c=1:6:5 碱式碳酸锰的化学式为MnCO36Mn(OH)25H2O考点：考查了物质性质和组成的分析判断的相关知识。18（1）组序成 分残留固体成分Fe、CuCuCu无无无溶液中金属离子Fe2Fe2Fe2Cu2Fe2Cu2Fe2、Cu2Fe3Fe3Cu2（2）b8a/3 （3）a=0.04；b=0.12【解析】试题分析：（1）Fe、Cu与稀HNO3反应时，由于还原性由强到弱顺序为FeCuFe2+，所以下列物质先后顺序反应为：3Fe8HNO33Fe(NO3)22NO4H2O、3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO4H2O、3Fe(NO3)24HNO33Fe(NO3)3NO2H2O，HNO3的量由小到大时，依次发生如上反应，就有6种情况见答案（1）。（2）溶液中只有Fe2+，Cu2+时，Fe2+为a(1x)mol，Cu2+为0n(Cu2+)ax，HNO3完全反应，依据电子得失相等可求出体现氧化性的硝酸：1/3mol，体现出酸性的硝酸2a(1x)2n(Cu2+)(根据溶液呈电中性)，总HNO3为32a(1x)2n(Cu2+)b，因为0n(Cu2+)a x，所以，b8a/3 。（3）x0.5时，0.5a Cu，0.5a Fe0.25a Fe3+，0.25a Fe2+，0.5a Cu2+，根据电子得失相等有：0.25a30.25a20.5a20.67222.43，解得a0.04；溶液中NO3-：0.25a30.25a20.5a22.25a2.250.040.09mol，转化成NO消耗的HNO3为0.03mol，所以b0.090.030.12mol。 考点：考查硝酸的性质，化学计算等知识。19 (1) v（FeCl2）=0.25molL-1min-1；(2) v（HCl）=0.25molL-1min-1；(3) 前2min内反应速率快 因前2min内)v（FeCl2）=0.25molL-1min-1，而后4min内) v（FeCl2）=1/2v（HCl）=0.125molL-1min-1，故前2min的反应速率快。【解析】试题分析：（1）反应前氯化亚铁的物质的量为0；Fe+2HCl=FeCl2 +H256g 1mol 22.4L 2.8g 0.05mol 1.12Lv(FeCl2)=nVt0.05mol0.1L2min=0.25 mol/（Lmin）；(2)反应前氯化氢的物质的量为n(HCl)=14.6g36.5g/mol=0.4mol，铁的物质的量为n(Fe)=5.6g56g/mol0.1mol 结合方程式知，氯化氢过量，通过(1)知，前两分钟，铁反应2.8g，还剩2.8g；2min-4min时，铁反应2.8g， Fe+2HCl=FeCl2 +H2 56g 2 mol 2.8g 0.1mol所以氯化氢的物质的量的变化量为0.1mol，所以 4min内c(HCl)= nVt0.1mol0.1L4min=0.25 mol/（Lmin）；(3)根据同一反应、同一时间段内中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以前两分钟内，氯化氢的平均反应速率为0.5mol/（Lmin）；2min-4min时，氯化氢的平均反应速率为0.25 mol/（Lmin），所以前两分钟内反应速率快，原因是：随着反应的进行，氢离子的浓度不断减小，所以反应速率降低。考点：考查反应速率的计算与比较及影响速率的因素的分析、判断的知识。20（1）Fe 5.6g； FeO 3.6g（2）1mol/L【解析】试题分析：（1）氢气的物质的量=V/Vm=0.1mol，据反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2 ，得n Fe=0.1mol，mFe=5.6g，mFeo=9.2g-5.6g=3.6g,。（2）nFeo=0.05mol+0.1mol=1.5mol，溶质为硫酸亚铁，根据铁元素守恒n FeSO4=0.15mol,所以n H2SO4=0.15mol，C H2SO4=1mol/L。考点：考查计算21（1）温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡反应正向进行不能；该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行（2）Cl2+H2OHCl + HClO；增大 （3）正反应；加入少许铁粉或加入少许碘（其他合理设计即可）（4）4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1 31.9【解析】试题分析：（1）气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H 0，温度升高，反应速率加快;温度升高，有利于平衡反应正向进行；该反应是焓增、熵减的反应，根据H - TS0可知，任何温度下均不能自发进行；（2）氯气溶于水是可逆反应，化学方程式为：Cl2+H2OHCl + HClO，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体,消耗H+，平衡正向移动，溶液中Cl浓度增大；（3）Fe3+和I在水溶液中的反应是2I+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，碘溶解在CCl4中，水溶液中，碘单质的浓度降低，平衡正向移动，要想使该反应的化学平衡逆向移动，降低I或Fe3+的浓度或增大I2或Fe2+浓度即可，所以加入少许铁粉或加入少许碘。（4）依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1；焓变=反应物断键吸收热量生成物形成化学键放出热量，4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g) H115.6 kJmol1，4E（H-Cl）+498-=-115.6，得到4E（H-O）-4E（H-Cl）=498-486+115.6=127.6，E（H-O）-E（H-Cl）=31.931.9，这说明断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为31.9kJ。考点：考查温度对化学反应速率的影响，化学反应方向，离子方程式的书写，平衡移动方向以及热化学方程式书写和反应热计算等22（1）t时pPa条件下气体D的密度（ag/L），计算式为m=mA+mB-VDa。（2）缺少的数据是盐酸的物质的量浓度（bmol/L），计算式为若盐酸过量，V(H2)=0.48g/(24g/mol)(22.4L/mol)，若镁过量V(H2)=(0.010Lbmol/L)/2(22.4L/mol)。【解析】试题分析：（1）根据质量守恒定律，计算生成的C的质量，需要求C的质量；知道C的体积求质量，所以必须知道t时pPa条件下气体D的密度（ag/L）；计算式为m=mA+mB-VDa；（2）缺少的数据是盐酸的物质的量浓度（bmol/L），为若盐酸过量，V(H2)=0.48g/(24g/mol)(22.4L/mol)，若镁过量V(H2)=(0.010Lbmol/L)/2(22.4L/mol)。考点：本题考查化学计算。