1、化学本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，全卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用0.5mm黑色签字笔在答题卡相应栏内填写自己的班级、姓名、考场、准考证号，并用2B铅笔将考试科目、准考证号涂写在答题卡上。2.II卷内容须用0.5mm黑色签字笔写在答题卡相应空格或区域内。3.考试结束，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Zn-65 Fe-56 S-32 Cu-64第I卷（选择题，共48分）一、选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分.每小题只有一个正确选项，每小题选出答案后，请填在答题卡上。）1.化学与生活
2、，社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. 14C可用于文物年代的鉴定，12C和14C互为同位素B. 甲烷的燃烧热很高，是较清洁的燃料，但它是温室气体C. 在元素周期表中所含元素种类最多的族是IIIB族D. 碱金属元素自上而下金属性逐渐增强，熔沸点依次升高【答案】D【解析】【详解】A. 12C和14C的质子数相同中子数不同，互为同位素，故A正确；B. 甲烷的燃烧热高，是较清洁的燃料，是温室气体，故B正确；C. IIIB族包含镧系和锕系元素，含元素种类最多，故C正确D. 碱金属元素自上而下金属性逐渐增强，熔沸点依次降低，故D错误；故选D。2.下列有关化学用语表示正确的是( )A. H2
3、O2的电子式：H+2-H+B. Cl-的结构示意图：C. 原子核中有10个中子的氧离子：188O2D. HClO的结构式H-Cl-O【答案】C【解析】【详解】A. 双氧水是共价化合物，两个氧原子之间以单键结合，每个O原子又分别与一个H原子以共价键结合，故电子式为，故A项错误； B. 氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故氯离子的结构示意图为，故B项错误；C.质量数=质子数+中子数，故原子核中有10个中子的氧离子的质量数为18，表示为： ，故C项正确；D. HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为H-O-Cl，故D项错误；故答案选C。【点睛】本题考查化学用语，涉及电
4、子式、结构式、离子结构示意图等知识点，明确这些化学用语的书写规则是解本题关键，注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别 。3.下列变化过程，属于放热反应的是（ ）液态水变成水蒸气Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应 Al与四氧化三铁高温下反应 固体NaOH溶于水 H2 在 Cl2 中燃烧 食物腐败A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】放热反应属于化学反应；【详解】液态水变成水蒸气，属于吸热过程，但不是吸热反应，故不符合题意；Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应，属于吸热反应，故不符合题意；铝与四氧化三铁高温下发生铝热反应，是放热反应，故符合题意；固体NaOH溶于水是放热过程
5、，但不是放热反应，故不符合题意；氢气在氯气中燃烧，属于放热反应，故符合题意；食物腐败，食物被氧化，属于放热反应，故符合题意；综上所述，选项D正确。【点睛】吸热反应和放热反应都是化学反应，常见的吸热反应包括大多数的分解反应，H2、C、CO等与金属氧化物的反应，Ba(OH)28H2O和NH4Cl的反应；常见的放热反应：所有的燃烧及缓慢氧化，大多数的化合反应，金属与H2O或酸的反应，中和反应等。4.某同学在研究前18号元素时发现,可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状,图中每个“”代表一种元素,其中O点代表氢元素。下列说法中错误的是( )A. 离O点越远的元素原子半径越大B. 虚线相连的元素处于同一族
6、C. N点代表的是图中金属性最强的元素D. M、N点代表的元素组成的化合物中可能含有共价键【答案】A【解析】【详解】A、图中虚线，代表的是周期表中同一主族，在同一主族中原子序数越大的元素，离0点越远，半径越大。但整个图中，原子半径呈现出周期性变化，故A错误；B、虚线相连的元素处于同一族，B正确；C、N为Na，在短周期元素中金属性最强，C正确；D、M为O，M、N点代表的元素组成的化合物Na2O2中有非极性共价键，D正确；答案选A。5.硒(Se)是人体健康必需的一种微量元素，已知Se的原子结构示意图如图：下列说法不正确的是（ ）A. 该元素处于第四周期第A族B. SeO2既有氧化性又有还原性C.
7、酸性：H2SO4H2SeO4D. 该原子的质量数为34【答案】D【解析】【详解】A根据原子结构示意图，有4个电子层，得出该元素处于第四周期，最外层有6个电子，得出是第A族，故A正确；BSeO2中Se化合价是+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故B正确；C同主族从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，因此酸性：H2SO4H2SeO4，故C正确；D原子中，核电荷数=质子数，所以该原子的质子数为34，故D错误；故选D。6.下列关于碱金属或卤族元素的叙述中，正确的是（ ）A. 碱金属单质都可保存在煤油中B. Rb比Na活泼，故Rb可以从NaCl溶液中置换出NaC. 砹（At）是第
8、六周期的卤族元素，根据卤素性质的递变规律，还原性：HAtHID. 卤素单质与水反应的通式为X2+H2O= HX+HXO【答案】C【解析】【详解】A. 锂的密度比煤油小，浮在煤油上，会与空气接触而变质，达不到液封的效果，不能保存在煤油里，A项错误； B. Rb能与水反应生成RbOH和H2，所以不可以从NaCl溶液中置换出Na，B项错误；C. 单质的氧化性越弱，对应离子的还原性越强，则同族中，砹在碘的下方，非金属性弱，单质的氧化性弱，HAt的还原性比HI强，C项正确；D. F2的氧化性很强，F2与水反应生成HF和氧气，不符合通式，D项错误；答案选C。【点睛】B项碱金属元素由于太活泼，所以与水溶液反
9、应遵循的原则是“先酸后水，先水后盐”，所以在水溶液无法完成碱金属单质之间的置换反应。明确碱金属的活泼性是解题的关键。7.如图所示的8个装置属于原电池的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据原电池中有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合回路，自发进行的氧化还原反应，据此分析。【详解】该装置只有一个电极材料，所以不能形成原电池，故错误该装置只有一个电极材料，且石墨和电解质溶液不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，故错误两电极材料相同，所以不能形成原电池，故错误该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故正确酒精不是电解质，铁和酒精不能自发的进行氧化还原反应，所
10、以不能形成原电池，故错误该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故正确该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故正确该装置两电极间不能构成闭合回路，所以不能形成原电池，故错误。综上，符合条件的有。答案选C。【点睛】本题考查形成原电池的条件及原电池的判断，注意形成原电池的条件有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合回路，自发进行的氧化还原反应。8.NF3是一种温室气体，其存储能量能力是CO2的1200020000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能，下列说法中正确的是化学键NNFFNF键能/kJmol-1946154.8283.0A. 过程N2(g)2N(
11、g)放出能量B. 过程N(g) + 3F(g)NF3(g)放出能量C. 反应N2(g) + 3F2(g)2NF3(g)为吸热反应D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应【答案】B【解析】【详解】A. N2(g)2N(g)为化学键断裂的过程，吸收能量，故A项错误；B. N(g) + 3F(g)NF3(g)形成化学键的过程，放出能量，故B项正确；C.反应N2(g) + 3F2(g)2NF3(g)的H =反应物的键能之和减去生成物的键能之和，则H= 946 kJ/mol + 3l54.8 kJ/mol-6283.0 kJ/mol=-287.6 kJ/mol，因此HYZB.
12、 WX3和水反应形成的化合物是离子化合物C. 最高价氧化物对应的水化物酸性：RWD. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】B【解析】【分析】这几种元素都是短周期元素，根据元素化合价知，X只有-2价，X是O元素、Y只有+1价，Y是Na元素、Z是+3价，Z是Al元素、W有+6价，-2价，W是S元素、R是Cl元素。【详解】A电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，X、Y、Z离子的电子层结构相同，原子序数XYZ，则离子半径XYZ，故A正确；BSO3和水反应形成的化合物是H2SO4，硫酸分子中只含共价键，为共价化合物，故B错误；C同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大
13、而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性SCl，则最高价氧化物对应的水化物酸性：ClS，故C正确；DY、Z两者的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al（OH）3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能溶于强酸强碱溶液，NaOH是强碱，所以Y、Z两者的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，故D正确；故选B。18.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是( )A. 17 g OH- 含有的质子数为9NAB. 2 L 0.5 molL-1 CH3COOH溶液中，CH3COO- 的数目为NAC. 标准状况下，22.4 L HF含有的共价键数为NAD. 2.0 g H218O与D
14、2O的混合物中所含中子数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.一个OH- 离子含9个质子， 17 g OH- 含有的质子数为9NA，故A正确；B.CH3COOH是弱电解质，在水中不能完全电离， 2 L 0.5 molL-1 CH3COOH溶液中，CH3COO- 的数目少于NA，故B错误；C. 标准状况下， HF不是气态，无法根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D. H218O中含10个中子，相对分子质量为20，D2O中含10个中子，且相对分子质量为20，故可以当作一种物质进行计算。2.0 g H218O 的物质的量为2.0g/20gmol1=0.1mol，1molH218O 有10m
15、ol中子，故0.1molH218O 含中子数为NA，故D错误；故选A。19.LED产品的使用为城市增添色彩。下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是A. a外通入氧气，b处通氢气B. 通入H2的电极发生反应：H22e=2H+C. 通入O2的电极发生反应：O2+4e+2H2O=4OHD. 该装置将化学能最终转化为电能【答案】C【解析】【分析】根据电子移动方向知，a处通入的气体失电子发生氧化反应，b处通入气体得电子发生还原反应，燃料电池中，燃烧失电子、氧化剂得电子，所以a处通入的气体是氢气、b处通入的气体是氧气，再结合能量转化方式分析解答。【详解】A通过以上分析知，a
16、处通入的气体是氢气，b处通入的气体是氧气，A错误；Ba处通入的气体是氢气，为原电池负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为H22e+2OH2H2O，B错误；Cb处通入的气体是氧气，为原电池正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-，C正确；D该装置中涉及的能量转化方式有：化学能转化为电能、电能转化为光能和热能，D错误；答案选C。【点睛】本题考查了化学电源新型电池，根据电子流向确定原电池正负极，再结合得失电子确定通入的气体成分，易错选项是D，很多同学忘掉电能转化为热能、光能而导致错误，为易错点。20.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是（
17、 ）A. 两步反应均为吸热反应B. A与C的能量差为E4C. 三种化合物中的稳定性BACD. AB反应，反应条件一定要加热【答案】C【解析】【详解】AAB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，故A错误；B. A与C的能量差为E4-E3-E1+E2，故B错误；C.物质的总能量越低，越稳定，三种化合物中的稳定性BAC，故C正确；D. AB反应为吸热反应，但吸热反应不一定要加热，故D错误；答案：C21.在一定温度下，向aL密闭容器中加入1molX气体和2molY气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)，下列说法中：容器内压强不随时间变化，容器内各物质的浓度不随时间变化，容器内X、Y、Z的
18、浓度之比为1:2:2，单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ,能判断此反应达到平衡的标志的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】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，据此判断。【详解】反应前后气体系数之和不相等，即反应前后气体的物质的量是变化的，因此压强不变，能说明反应达到平衡；根据化学平衡状态的定义，组分的浓度不变说明反应达到平衡；没有转化率无法计算，因此不能说明达到平衡；不同物质的反应速率判断达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，消耗X和生成
19、Z反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡。所以能判断此反应达到平衡的标志的是。答案选A。【点睛】是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。第卷（非选择题，共52分）三、填空题（本题共3个小题，共计38分，每小题做出答案后，请写在答题卡上。）22.能源是现代社会发展的支柱之一。
20、（1）化学反应中的能量变化，主要表现为热量的变化。下列反应中，属于放热反应的是_（填字母）。aBa(OH)28H2O与NH4Cl混合搅拌b高温煅烧石灰石c铝与盐酸反应某同学进行如图所示实验，测量稀盐酸与烧碱溶液中和反应的能量变化。实验表明，反应温度升高；由此判断该反应是_（填“吸热”或“放热”）反应，其离子方程式是_。（2）电能是现代社会应用最广泛的能源之一。如图所示的原电池装置中，负极是_，正极上能够观察到的现象是_，正极的电极反应式是_。原电池工作一段时间后，若消耗锌6.5 g，则放出气体_g。【答案】 (1). c (2). 放热 (3). H+OHH2O (4). Zn (5). 铜片
21、表面产生无色气泡 (6). 2H+2eH2 (7). 0.2【解析】【分析】(1)根据常见的放热反应有：所有的燃烧、金属与酸反应、金属与水反应，中和反应，绝大多数化合反应和铝热反应等；中和反应是放热反应；(2)根据金属的活泼性和原电池原理分析，锌做负极被氧化，铜做正极溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，根据消耗的金属的量和方程式计算。【详解】(1)a、Ba（OH）28H2O与NH4Cl混合搅拌属于常见的吸热反应，a错误；b、碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳的反应是吸热反应，b错误；c、铝与盐酸反应，发生置换反应，属于氧化还原反应，反应过程中放热，c正确；答案选c。中和反应放热反应，离子方
22、程式为H+OHH2O。(2)因为锌比铜活泼，所以锌作负极，消耗的金属为锌，锌失电子生成锌离子进入溶液，电极反应式为Zn-2e-Zn2+，铜片上氢离子得电子生成氢气，所以电极反应式为2H+2eH2。原电池工作一段时间后，若消耗锌6.5g，物质的量n(Zn)=6.5g65g/mol=0.1mol，根据反应Zn+2H+H2+Zn2+可知放出的氢气为0.1mol，氢气的质量为0.2g。23.A、B、C、D、E均是短周期主族元素，其原子序数依次增大，A和B同周期，A和D同主族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同
23、条件下反应，可生成C2B或C2B2,E是所在周期中原子半径最小的元素，请回答:（1）D在元素周期表中的位置是_。（2）C2B2的电子式是_。（3）B、C、E的离子半径由大到小的顺序为_(用离子符号回答)；A、D、E元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱为_(用化学式回答，下同),B的气态氢化物与H2S相比沸点高的是_，原因是_。（4）写出D的氧化物与氢氟酸反应的化学方程式_。（5）1mol C2B2与足量的水反应转移电子的物质的量是_。【答案】 (1). 第三周期第IVA族 (2). (3). Cl-O2-Na+ (4). HClO4H2CO3H2SiO3 (5). H2O (6). 水分子
24、间存在氢键，硫化氢不存在氢键 (7). SiO2+4HFSiF4+2H2O (8). 1mol【解析】【分析】A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和D同族，则D为硅元素，A和B同周期，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，则C为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为氯元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知A为C，B为O，C为Na，D为Si，E为Cl，则（1）D为硅元素，在元素周期表中位于第三周期第A族；（2）C
25、2B2是Na2O2，含有离子键和非极性键，其电子式是；（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以B、C、E离子半径由大到小的顺序为Cl-O2-Na+；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，非金属性ClCSi，所以酸性HClO4H2CO3H2SiO3；由于水分子之间存在氢键，所以水的沸点高于H2S；（4）D的氧化物SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水，反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4+2H2O；（5）过氧化钠与水的反应中既是氧化剂，也是还原剂，其中氧元素化合价部分从1价降低到2价，部分升高到0价，则1mol过氧化钠与足量的
26、水反应转移电子的物质的量是1mol。24.工业合成氨的反应如下：3H2+N22NH3。某温度下，在容积恒定为2.0 L的密闭容器中充入2.0 mol N2和2.0 mol H2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：t/s050150250350n(NH3)/mol00.240.360.400.40(1)050 s内的平均反应速率 (N2)_。(2)250 s时，H2的转化率为_。(3)已知NN的键能为946 kJmol-1，HH的键能为436 kJmol-1，NH的键能为391 kJmol-1，则生成1 mol NH3过程中的热量变化为_kJ。下图能正确表示该反应中能量变化的是_（填
27、字母）。A B(4)为加快反应速率，可以采取的措施_。a降低温度 b增大压强 c恒容时充入He气d恒压时充入He气 e及时分离出NH3(5)下列说法错误的是_。a使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率b上述条件下，N2不可能100%转化为NH3c在一定条件下，合成氨反应有一定的限度d250350 s时，生成物浓度保持不变，反应停止【答案】 (1). 1.210-3 molL-1s-1 (2). 30% (3). 46 (4). A (5). b (6). d【解析】【详解】（1）050s内生成氨气0.24mol，浓度是0.24mol2L0.12mol/L，则平均反应速率(NH3)0.12m
28、ol/L50s2.410-3mol/(Ls)，反应速率之比等于化学计量数之比，则(N2)1.210-3mol/(Ls)；（2）250s时，生成了氨气0.4mol，根据方程式可知反应的氢气的物质的量为0.6mol，所以H2的转化率为100%=30%；（3）H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，则根据反应方程式N2+3H22NH3可知H（946kJ/mol+3436kJ/mol）-6391kJ/mol-92 kJ/mol，因此生成1molNH3过程中的热量变化为0.592 kJ46 kJ，该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，答案选A；（4）a降低温度，反应速率减慢，a不选；b增大压强
29、，反应速率加快，b选；c恒容时充入He气，反应物的浓度不变，反应速率不变，c不选；d恒压时充入He气，反应物的浓度减小，反应速率减慢，d不选；e及时分离NH3，生成物的浓度减小，反应速率减慢，e不选；答案选b；（5）a使用催化剂，反应速率加快，提高了生产效率，a正确；b反应为可逆反应，N2不可能100%转化为NH3，b正确；c反应为可逆反应，在一定条件下，合成氨反应有一定的限度，c正确；d250350s生成物浓度保持不变，反应达到了化学平衡状态，但反应未停止，d错误；答案选d。【点睛】本题主要是考查了化学反应速率和化学平衡的相关计算与判断，题目难度不大，易错点是压强对反应速率的影响变化规律。对
30、有气体参加的反应，压强改变气体物质浓度改变化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的。有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响：恒容：充入“惰性气体”总压增大物质浓度不变(活化分子浓度不变)反应速率不变。恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减慢。四、实验题（本题每空2分，共计14分，每小题做出答案后，请写在答题卡上）。25.请根据信息填空：(1)FeCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，发生反应2FeCl3 +Cu =2FeCl2 +CuCl2，若将此反应设计成原电池，则负极所用的电极材料为_；当线路中转移0.2mo
31、l电子时，则被腐蚀的铜的质量为_。(2)如图所示，把试管放入盛有25的饱和澄清石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再用滴管滴入5 mL盐酸于试管中，可观察到溶液变浑浊，试回答下列问题：产生上述现象的原因是_；写出有关反应的离子方程式_。由实验推知，MgCl2和H2的总能量_(填“大于”、“小于”或“等于”)Mg和HCl的总能量。【答案】 (1). Cu (2). 6.4 (3). 镁片与稀盐酸反应为放热反应，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，从而析出 (4). Mg +2H+ =Mg2+ +H2 (5). 小于【解析】【分析】(1)该电池反应中，铜失电子发生氧化反应作负极，正极是三价铁离
32、子得电子发生还原反应生成Fe2+，结合电子守恒进行计算； (2)镁与盐酸反应是放热反应，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小；镁与盐酸反应，生成氯化镁和氢气；放热反应是指反应物能量高于生成物的能量。【详解】(1)该电池反应中，铜失电子发生氧化反应作负极，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，正极是三价铁离子得电子发生还原反应，电极反应为：2Fe3+2e-=2Fe2+，当线路中转移0.2mol电子时，反应的Cu为0.1mol，其质量为0.1mol64g/mol=6.4g； (2)镁与盐酸剧烈反应，产生氢气并放出大量的热，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，所以饱和石灰水升温后析出的氢氧化钙使溶液呈浑
33、浊状；镁与盐酸发生置换反应，生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式为Mg +2H+ =Mg2+ +H2；当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片的盐酸的总能量。26.在1105Pa和298K时，将1mol气态AB分子分离成气态A原子和B原子所需要的能量称为键能(kJmol-1)。下面是一些共价键的键能：(已知氨分子中有三个等价的氮氢共价键)共价键H2分子N2分子NH3分子键能(kJmol-1)436945391（1）根据上表中的数据判断工业合成氨的反应是_(填“吸热”或“放热”)反应；（2）在298K时，取1molN2和3molH2放入一密闭容器中，
34、在催化剂存在下进行反应，理论上生成2molNH3时放出或吸收的热量为Q，则Q为_。【答案】 (1). 放热 (2). 93kJ【解析】【分析】（1）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式以及反应物、生成物的键能分别计算吸收和放出的能量，以此计算判断吸热还是放热；（2）根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算生成2molNH3时的能量变化。【详解】（1）在反应N2+3H22NH3中，断裂1mol NN键、3mol H-H键共吸收的能量为945kJ+3436kJ=2253kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N-H键，放出的能量为6391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应；（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能，反应N2+3H22NH3 ，即理论上生成2molNH3时放出的热量Q为93kJ。
