2024年沪科版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版选择性必修1化学下册阶段测试试卷449考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、四甲基氢氧化铵[]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[]为原料，采用电渗析法合成[]，其工作原理如图所示(a、b为石墨电极；c；d、e为离子交换膜)，下列说法不正确的是。

A.M为电源负极B.b极电极反应式：C.c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜D.a、b两极均有气体生成，同温同压下体积比为2∶12、现有X、Y、Z、W四种短周期主族元素，其中X、Y、Z属于不同短周期，原子序数依次递增，且X与Z同主族，X与Y能形成两种常见的液态化合物A、B，A分解时吸热、B分解时放热，W元素的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。下列说法正确的是A.Z单质在氧气中燃烧只生成碱性氧化物B.电解Z与W形成化合物的溶液，可制得Z单质C.X、Y、Z三种元素的离子半径大小比较：Y>Z>XD.W在化合物中的最高化合价为+7价3、下列关于能源和作为能源使用的物质的叙述中，错误的是A.化石燃料蕴藏的能量来自远古时期生物体所吸收利用的太阳能B.太阳能不能直接转化为电能C.物质的化学能可以在不同条件下转化为热能、电能等为人类所用D.绿色植物发生光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来4、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L-1.下列判断错误的是A.x=1B.增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大C.平衡时B的转化率为40%D.2min内A的反应速率为0.3mol·L-1·min-15、用溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫；将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴；阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中正确的是。

A.X为直流电源的正极，Y为直流电源的负极B.阳极区减小C.图中的D.阴极的电极反应式为和评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、已知：①②则白磷转化为红磷的反应是_____(填“放热反应”或“吸热反应”)。7、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

(1)1molC(s)与适量H2O(g)反应，生成CO2(g)和H2(g)，吸收131.3kJ热量________________。

(2)卫星发射时可用肼(N2H4)作燃料，1molN2H4(l)在O2(g)中燃烧，生成N2(g)和H2O(l)，放出622kJ热量________________。8、氨气是一种重要的化学物质；可用于制取化肥和硝酸等。

(1)工业合成氨的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol。N-HH-HN≡N断开1mol化学键需要吸收的能量/kJa436946

表中a为___________。

(2)合成氨原料气由天然气在高温下与水和空气反应而得。涉及的主要反应如下：

I．CH4(g)+H2O(g)→CO(g)+3H2(g)

II．2CH4(g)+O2(g)→2CO(g)+4H2(g)

III．CO(g)+H2O(g)→H2(g)+CO2(g)

假设反应产生的CO全部转化为CO2，CO2被碱液完全吸收，剩余的H2O通过冷凝干燥除去。进入合成氨反应塔的原料气为纯净的N2和H2。

①为使原料气中N2和H2的体积比为1:3，推出起始气体中CH4和空气的比例___________(设空气中O2和N2的体积比为1:4；所有气体均按理想气体处理)。

②已知：IV．C(s)+2H2(g)→CH4(g)∆H4=-74.8kJ∙mol-1

V．C(s)+O2(g)→CO(g)∆H5=-110.5kJ∙mol-1

计算反应II的反应热___________。

(3)合成氨原料中的H2可用CO在高温下与水蒸气反应制得。已知在25℃；101kPa下：

I．2C(石墨，s)+O2(g)=2CO(g)△H1=-222kJ/mol

II．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-242kJ/mol

III．C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H3=-394kJ/mol

①25℃、101kPa下CO与水蒸气反应转化为H2的热化学方程式为___________。

②根据反应I、II、III，下列说法正确的是___________(填选项字母)。

a．由反应II可以推知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H4，则△H4小于△H2

b．反应III的反应热等于O2分子中化学键断裂时所吸收的总能量与CO2分子中化学键形成时所释放的总能量的差。

c．下图可表示反应I的反应过程和能量的关系。

9、Ⅰ.现向含AgBr的饱和溶液中：

(1)加入固体AgNO3，则c(Ag＋)___(填“变大”；“变小”或“不变”；下同)；

(2)加入更多的AgBr固体，则c(Ag＋)____；

(3)加入AgCl固体，则c(Br－)____，c(Ag＋)___；

(4)加入Na2S固体，则c(Br－)____，c(Ag＋)___。

Ⅱ.(1)常温下，将0.1mol·L－1的醋酸溶液和0.1mol·L－1醋酸钠溶液等体积混合，测得溶液显酸性，则该混合液中：c(CH3COOH)_________c(CH3COO－)；2c(Na＋)_______c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)。(填“＞”；“＝”或“＜”)

(2)等物质的量浓度一水合氨和氯化铵溶液混合，溶液显碱性，则溶液中除溶剂外微粒浓度大小关系：_______，混合溶液中离子的电荷守恒等式______，物料守恒等式为_____。10、氢气；碳氧化物是合成可再生能源甲醇的基础原料；具有重要的应用前景。

(1)已知H2(g)、CO(g)和CH4(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、283.0kJ/mol和890.0kJ/mol。一定条件下，CO与H2合成燃烧的热化学方程式为：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)△H，则△H=___；该反应能自发进行的原因是___。

(2)工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：

反应A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

反应B：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

①一定温度下，在体积可变的恒压密闭容器中加入4molH2和一定量的CO发生反应A，开始时容器体积为2L，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示，10min时达到平衡，则反应A的化学平衡常数为_______。(结果保留一位小数)。

②恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，下列描述能说明反应B已经达到平衡状态的是___（填序号）。

A.容器内CO2的体积分数不再变化。

B.当CO2和H2转化率的比值不再变化。

C.当水分子中断裂2NA个O-H键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键。

D.容器内混合气体的平均相对分子质量达到34.5，且保持不变11、已知，在一定条件下，充分燃烧一定量的气态丁烷(C4H10)生成CO2和液态水，同时放出热量359.8kJ，经测定完全吸收生成的CO2需消耗5mol/L的KOH溶液200mL；恰好生成正盐。

①通过计算；写出丁烷燃烧热的热化学方程式_______。

②已知该条件下氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，试通过计算说明，丁烷与氢气燃烧释放相同的热量，谁消耗的质量少_______。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)12、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误13、活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。_____A.正确B.错误14、增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。(____)A.正确B.错误15、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误16、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误17、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正确B.错误18、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误19、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向。__________________A.正确B.错误20、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共24分)21、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：22、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。23、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。24、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共16分)25、图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：

请回答下列问题：

(1)元素F在周期表中的位置为________________

(2)C、D、E、G的简单离子半径由大到小的顺序为_______________(用离子符号表示)。

(3)二元化合物X是含有元素A的18电子分子，3gX(g)在25℃101kPa下完全燃烧生成稳定的化合物时放出QkJ的热量，写出表示X燃烧热的热化学方程式：________________

(4)某同学设计实验用图2所示装置证明元素A、B、F的非金属性强弱(其中溶液b和溶液c均足量)。

①溶液b为_________________

②溶液c中发生反应的离子方程式为__________________26、已知A；B、C、D、E为周期表里1~20号元素中的五种。又知：①A与D同族；且A、D为非金属元素，B与E同族，B与C同周期；②E的原子序数为奇数，A与E的原子序数之和为28；③0.1molC单质与足量的E的最高价氧化物对应水化物的溶液反应生成3.36L(标准状况)的氢气。请回答下列问题：

（1）C的单质与足量的E的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应的离子方程式_____。

（2）B单质的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物水化物之间相互反应生0.9g水时，放出的热量为QkJ，请写出该反应的热化学方程式_________________________。

（3）请用电子式表示D元素和E元素所构成的化合物的形成过程___________________。

（4）向⑴所得的溶液中通入过量的CO2气体，过滤后的滤液（不考虑过量二氧化碳的溶解）中各种粒子的数量的从大到小的排序为______________________________________。

（5）C单质在日常生活和工业、农业、军事、科技等领域有广泛应用。如在海水中用碳棒和C单质做电极构成原电池，该原电池的正极的电极反应式为__________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

以四丁基溴化铵为原料，采用电渗析法合成的过程中，根据第三个池中浓度变化得出：钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，a为阴极b为阳极，阳极电极反应式为

【详解】

A．a为阴极b为阳极；N为电源正极，故A正确；

B．b为阳极，发生氧化反应，b极电极反应式：故B正确；

C．钠离子从第四池通过e膜，从第二池通过c膜；氯离子从第二池通过d膜，得到c；e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，故C错误；

D．a电极为氢离子放电生成氢气，故电极反应方程式为b电极为氢氧根离子放电生成氧气标况下制备1mol转移电子是1mol，a、b两极产生气体物质的量分别为0.5mol和0.25mol；同温同压下体积比为2∶1，故D正确；

故选C。

【点睛】

本题考查了电解池的相关知识，注意根据离子的移动方向判断阴阳极是解决本题的关键，难点为选项D，根据电极反应进行计算。2、C【分析】【分析】

X、Y、Z、W四种短周期主族元素，其中X、Y、Z属于不同短周期，原子序数依次递增，X与Y能形成两种常见的液态化合物A、B，A分解时吸热、B分解时放热，则X为H元素、Y为O元素、A为H2O、B为H2O2；X与Z同主族；则Z为Na元素；W元素的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和，则W可能是F元素或Cl元素。

【详解】

A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠；过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；

B．电解熔融的氯化钠可以制得金属钠；电解氯化钠溶液制得氢氧化钠，故B错误；

C．氢、氧、钠三种元素形成的简单离子中，氢离子的原子半径最小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径的大小顺序为故C正确；

D．若W为氯元素；在化合物中的最高价为+7价，若W为F元素，非金属性强的氟也是无正化合价，故D错误；

故选C。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．化石燃料是由死去的有机物和植物在地下分解形成的；所以蕴藏的能量来自远古时期生物体所吸收利用的太阳能，A正确；

B．太阳能通过光伏发电可以转化为电能；B错误；

C．物质的化学能可以在不同条件下转化为热能；电能等为人类所用；C正确；

D．绿色植物发生光合作用时；将太阳能转化为化学能“贮存”起来，D正确；

答案选B。4、B【分析】【分析】

由题目所给数据列三段式如下：

【详解】

A．各物质转化量之比等于化学计量数之比，故解得x=1，A正确；

B．增加B；由于体积不变，c(B)增大，平衡向右移动，但由于B总量的增加，故B的转换率下降，B错误；

C．由分析知，B的转换率=C正确；

D．A的反应速率=D正确；

故答案选B。5、B【分析】【分析】

根据图示；阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，结合图示中电极变化分析解答。

【详解】

A．根据阴、阳离子的移动方向知，阳离子向P(I)极移动，阴离子向电极移动，因此为阴极，为阳极；所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A错误；

B．阳极上被氧化生成亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，所以阳极附近增大，溶液的减小；故B正确；

C．阳极室中，被氧化生成硫酸浓度增大，所以故C错误；

D．该电解池中阴极上发生还原反应，应该是得电子生成故D错误；

答案选B。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律进行计算。

【详解】

根据盖斯定律，所以白磷转化为红磷的热化学方程式为应为放热反应。

【点睛】

通过已知两个反应求的应用盖斯定律极性计算是常用途径。【解析】放热反应7、略

【分析】【详解】

（1）1molC(s)与适量H2O(g)反应，生成CO2(g)和H2(g)，吸收131.3kJ热量，则热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol。

（2）1molN2H4(l)在O2(g)中燃烧，生成N2(g)和H2O(l)，放出622kJ热量，则热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ/mol。【解析】(1)C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol

(2)N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ/mol8、略

【分析】【分析】

(1)

(1)由键能与反应热关系得：△H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-2×3×akJ/mol=-92kJ/mol；解得a=391kJ/mol，即断开1molN—H键需要吸收391kJ能量。答案为：391；

(2)

(2)①4份N2需12份H2；4份N2由空气引入时，同时引入1份O2；

由反应II和III，1份O2需2份CH4，产生6份H2；

另外的6份H2由反应I和III提供，再需要份CH4；

因此，起始体系中CH4和O2的比例为3.5：1，故CH4和空气的比例为3.5：5；

②依据盖斯定律，将(反应V-反应IV)×2，得反应II的反应热：ΔH2=[-110.5kJ·mol-1-(-74.8kJ·mol-1)×2]=-71.4kJ·mol-1。答案为：3.5：5；-71.4kJ·mol-1。

(3)

(3)①由已知热化学方程式，依据盖斯定律，将反应(Ⅲ×2-Ⅱ-Ⅰ)÷2得：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H==-162kJ/mol，故此处填：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-162kJ/mol；

②a．由于H2O(g)能量高于H2O(l)，故2molH2完全燃烧生成液态水放热更多，但由于放热反应△H为负值，故△H4小于△H2；a正确；

b．反应热等于所有反应物总键能与所有生成物总键能差值，故反应Ⅲ的反应热等于石墨中化学键与O2中化学键断裂所吸收的总能量与CO2中化学键形成释放出总能量的差，b错误；

c．该图只能表示反应Ⅰ的反应物与生成物能量的关系；并不能表示具体的反应过程和能量的关系，因为反应过程还要考虑反应所需的活化能，且图像中没有指明反应物和生成物的状态以及物质的量，c错误；

故选a。答案为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-162kJ/mol；a。【解析】（1）391

（2）3.5：5-71.4kJ∙mol-1

（3）CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-162kJ/mola9、略

【分析】【详解】

Ⅰ(1)向AgBr饱和溶液中加入硝酸银；加入了银离子，溶解平衡左移，但银离子浓度增大；

答案为：变大；

(2)AgBr的饱和溶液中，已经达到溶解平衡状态，加入AgBr固体；对溶解平衡无影响，银离子浓度不变；

答案为：不变；

(3)因为AgCl溶解度大于AgBr；加入AgCl固体时，银离子浓度增大，溶解平衡向左移动，溴离子浓度变小；

答案为：变小；变大；

(4)由于Ag2S的溶解度小于AgBr，所以Na2S与AgBr反应生成Ag2S；溶解平衡右移。溴离子浓度增大，但银离子浓度减小。

答案为：变大；变小。

Ⅱ.(1)常温下,等物质的量浓度、等体积的CH3COOH、CH3COONa溶液混合，混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO−水解程度，则溶液中存在c(CH3COOH)3COO−)；任何电解质溶液中都存在物料守恒,结合物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)；

故答案为<；=；

(2)一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，溶液显示碱性，c(OH－)＞c(H＋)，则溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)；混合溶液中离子的电荷守恒等式为：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH4+)＋c(H＋)；物料守恒等式为：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)；

故答案为c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（H+）；c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH4+)＋c(H＋)；c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)。【解析】①.变大②.不变③.变小④.变大⑤.变大⑥.变小⑦.<⑧.＝⑨.c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)⑩.c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH4+)＋c(H＋)⑪.c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)10、略

【分析】【分析】

(1)写出三种物质燃烧的热化学方程式，然后根据盖斯定律计算所求反应的焓变，当△G=△H-T△S<0时；反应能自发进行；

(2)①根据图象分析，反应开始时CO浓度为1mol/L，由于开始时容器体积为2L，则开始时CO的物质的量是2mol，反应达到平衡状态时c(CH3OH)=0.3mol/L，起始时在体积可变的恒压密闭容器中加入4molH2和2molCO发生反应A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；根据物质反应转化关系得到平衡时各种气体的物质的量，然后假设此时容器容积为VL，利用浓度定义式和甲醇浓度，可得转化物质的量与容器体积关系式，再根据恒温恒压下气体的物质的量的比等于压强之比，计算出转化的物质的量及平衡时容器容积，进而得到平衡时各种物质的浓度，带入平衡常数表达式即可求解；

②恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应B：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，达到平衡状态时，v正=v逆；容器内混合气体的平均相对分子质量等于以g/mol为单位的平均摩尔质量，据此分析。

【详解】

(1)H2(g)、CO(g)和CH4(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol；283.0kJ/mol和890.0kJ/mol。

①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol

②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283.0kJ/mol

③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H3=-890.0kJ/mol

将①×3+②-③，整理可得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)△H=3△H1+△H2-△H3=-250.4kJ/mol；

当△G=△H-T△S<0时；反应能自发进行，该反应中焓变数值较大且小于0，所以能自发进行；

(2)①根据图象分析，反应达到平衡状态时c(CH3OH)=0.3mol/L，起始时在体积可变的恒压密闭容器中加入4molH2和一定量的CO发生反应A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，开始时容器体积为2L，根据理想气体状态方程pV=nRT，则有p=cRT，由于反应为恒压容器，所以始末态体系压强相等，根据图象可知在反应开始时c(CO)=1mol/L，则开始时n(CO)=1mol/L×2L=2mol，n(H2)=4mol，假设反应过程在反应产生CH3OH的物质的量为x，则反应消耗CO为xmol，消耗H2为2xmol，所以平衡时CO为(2-x)mol，H2为(4-2x)mol，CH3OH为xmol，假设平衡时容器的容积为VL，则=0.3mol/L，所以x=0.3Vmol，在恒温恒压下气体的物质的量的比等于压强之比，所以=解得V=L，x=0.5mol，所以平衡时c(CO)==0.9mol/L，c(H2)=2c(CO)=1.8mol/L，c(CH3OH)=0.3mol/L，故该反应的化学平衡常数K==(L/mol)2≈0.1(L/mol)2；

②A.容器内CO2的体积分数随着反应进行而变化，当容器内CO2的体积分数不再变化时；反应达到平衡状态，A正确；

B.CO2和H2的物质的量的比不等于化学计量数之比，则CO2和H2转化率的比值随着反应进行而变化，当CO2和H2转化率的比值不再变化；反应达到平衡状态，B正确；

C.当水分子中断裂2NA个O-H键，必然会同时产生3NA个H-H键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键；则氢气的浓度不变，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，C正确；

D.容器内混合气体的质量守恒；物质的量随着反应进行而变化，混合气体的平均相对分子质量也随之变化，当混合气体的平均相对分子质量为34.5且保持不变时，反应达到平衡状态，D正确；

故合理选项是ABCD。

【点睛】

本题考查化学平衡的计算，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，化学平衡状态的判断，掌握化学反应基本原理和平衡状态的特征及有关概念是解题关键。【解析】-250.4kJ/mol该反应的焓变数值较大，且小于00.1(L/mol)2ABCD11、略

【分析】【详解】

燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量；

①CO2与KOH反应的关系式有CO2∼K2CO3∼2KOH，n(CO2)=n(KOH)=cV=即丁烷气体燃烧生成0.5molCO2和液态水时放出359.8kJ的热量，则1molC4H10气体燃烧生成4molCO2和液态水时放出359.8kJ×8=2878.4kJ的热量，故丁烷燃烧热的热化学方程式为C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)△H=-2878.4kJ/mol；

②假设丁烷与氢气燃烧释放相同的热量为QkJ，则需要消耗氢气的质量为需要消耗丁烷的质量为则丁烷与氢气燃烧释放相同的热量时，氢气消耗的质量少。【解析】C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)△H=-2878.4kJ/mol放出相同热量时H2消耗的质量少三、判断题(共9题，共18分)12、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。13、A【分析】【分析】

【详解】

活化能是反应所需的最低能量，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂需要吸收能量，因此活化能越大，反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，正确。14、B【分析】【详解】

增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数目，能加快化学反应速率。在温度一定时，活化分子百分数是一定的，所以增大反应物浓度，不能增大活化分子百分数，故错误。15、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。16、B【分析】【详解】

没有确定的化学反应；确定的物质种类；不能判断反应速率大小；

故错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

草酸钠溶液中存在电荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：则答案是：正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，该反应若能自发进行，反应能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。四、有机推断题(共4题，共24分)21、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)22、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g23、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH324、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(