2025年鲁教五四新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2025年鲁教五四新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷824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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、工业上可用“丙烯氨氧化法”生产重要的化工原料丙烯腈(C3H3N)。

①在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)的热化学方程式为C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)ΔH=-515kJ/mol

②得到副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式为C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)ΔH=-353kJ/mol

丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图所示。

下列说法不正确的是A.反应①的平衡常数可表示为K=B.增大压强可以提高丙烯腈的平衡产率C.温度低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率D.C3H4O(g)+NH3(g)+O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g)ΔH=-162kJ/mol2、如图是一种新型电池，其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定，电池总反应为下列说法正确的是。

A.a为负极，发生还原反应B.b极的电极反应式：C.当消耗时，溶液中传导的电子数目为D.调节电解质溶液的方法是补充3、已知下列物质在20℃下的Ksp如下；

。化学式。

AgCl

AgBr

AgI

Ag2S

Ag2CrO4

颜色。

白色。

浅黄色。

黄色。

黑色。

红色。

Ksp

2.0×10－10

5.4×10－13

8.3×10－17

2.0×10－48

2.0×10－12

下列说法不正确的是A.20℃时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag＋物质的量浓度由大到小的顺序是:Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S。B.向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，c(Br-)/(Cl-)＝2.7×10－3C.测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是K2CrO4D.某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度均为0.010mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，Cl－最先沉淀出来4、为了探究温度、硫酸铜固体的质量对锌与稀硫酸反应速率的影响，某同学设计的实验方案如表所示(忽略溶液体积的变化)：。实验编号锌粉的质量硫酸的体积温度硫酸铜固体的质量Ⅰ2.0g10.0mL25℃0Ⅱ2.0g10.0mLT0Ⅲ2.0g10.0mL35℃0.2g

下列推断合理的是A.该实验方案中B.待测物理量可以是收集等体积(相同条件)气体所需要的时间，时间越长，反应越快C.该实验方案可以探究硫酸浓度对反应速率的影响D.实验Ⅱ、Ⅲ是为了探究硫酸铜固体的质量对反应速率的影响5、绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料。其在水中CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，达到沉淀溶解平衡时，定义溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)。下图为CdS的沉淀溶解平衡曲线。下列说法错误的是。

A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)sp(n)sp(p)sp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.加水稀释，q点沿qp线向p方向移动6、常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol·L－1氨水；溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图。下列分析正确的是。

A.V＝40且可用酚酞做指示剂B.c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)C.由图中数据可知NH3·H2O的电离常数K＝10－4D.b点溶液呈中性且d点溶液中：7、pH是溶液中c(H+)的负对数，若定义pc是溶液中溶质物质的量浓度的负对数，则常温下，某浓度的草酸(H2C2O4)水溶液中pc(H2C2O4)、pc()、pc()随着溶液pH的变化曲线如图所示：

已知草酸的电离常数Ka1＝5.6×10-2，Ka2＝5.4×10-5下列叙述正确的是A.曲线Ⅰ表示H2C2O4的变化B.pH＝4时，c()＞c()C.n(H2C2O4)+n()+n()在a点和b点一定相等D.常温下，随pH的升高先增大后减小8、常温下，向H2C2O4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，若定义pc=-lgc，则所得溶液中pc(H2C2O4)、pc(HC2O)、pc(C2O)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线Ⅲ表示H2C2O4B.常温下，Ka2(H2C2O4=10-4.3)C.pH=x时，c(HC2O)2C2O4)=c(C2O)D.M点时，c(Na+)>2c(HC2O)+c(C2O)评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、(1)如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为____(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH=____(用含有a、b的关系式表示)。

(2)曾用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为____。使用催化剂对反应焓变有无影响_____。

(3)NaBH4(s)与反应生成和在25℃，101kPa下，已知每消耗放热该反应的热化学方程式是_____。

(4)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂作用下合成甲醇；发生的主要反应如下：

①

②

③

已知反应①中相关的化学键键能数据如下(已知CO的化学键为)：。化学键H-HC-OH-OC-H4363431076465413

计算_______已知则_______10、请回答下列问题。

(1)肼—空气燃料电池是一种碱性电池；无污染，能量高，有广泛的应用前景，其工作原理如图所示，回答下列问题：

①该燃料电池中正极通入的物质是___________，负极发生的反应式为___________。

②电池工作时，OH-移向极___________(填“a”或“b”)。

③当电池放电转移5mol电子时，至少消耗燃料肼___________g．

(2)锰酸锂离子电池在混合动力车等大型蓄电池应用领域占据主导地位。电池反应式为：Li1-xMnO4+LixLiMnO4；下列有关说法不正确的是___________(填字母)。

A．放电时电池的正极反应式为Li1-xMnO4+xLi++xe-=LiMnO4B．放电过程中，石墨没有得失电子C．该电池也能在KOH溶液的环境中正常工作D．充电时电池上标有“-”的电极应与外接电源的负极相连11、煤化工发展是我国能源安全的重要保证。近年来，我国煤化工技术获得重大突破，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇(CH3OH)是其中的一个研究项目；该研究发生的主要反应如下：

Ⅰ.CO与H2反应合成甲醇。

Ⅱ．CO2与H2反应合成甲醇CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

(1)上述反应Ⅰ是化合反应，写出化学反应方程式___________。

(2)反应Ⅰ中生成1molCH3OH放出aKJ的能量，拆开1mol化学键所需的能量(E)的相关数据如下：。化学键H—HC—OCO中的COH—OC—HE(kJ)mnE1xy

根据相关数据计算拆开1molCO所需的能量E1=___________kJ。

(3)在工业上，为了提高上述反应Ⅱ的反应速率，除了采用合适的催化剂之外，还可以采取的措施是___________(填一项即可)

(4)一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应Ⅱ，下列可以表明反应达到化学平衡状态的是___________。

a．单位时间消耗nmolCO2的同时，消耗3nmol的H2

b．容器内CH3OH的浓度不再改变。

c．容器内气体压强不再改变。

d．容器内气体密度不再改变。

(5)一定温度下，若上述反应II在体积为2L的密闭容器中进行并保持温度不变，起始时投入1molCO2、4molH2达到平衡时H2与CO2的物质的量之比为8：1，CO2的转化率是___________。

(6)H2还原CO2电化学法制备甲醇的工作原理如下图所示：

通入H2的一端是电池的___________极(填“正”或“负”)，通入CO2的一端发生的电极反应式为___________。12、密闭容器中发生如下反应：A(g)+3B(g)2C(g)ΔH＜0；根据下列速率﹣时间图像，回答下列问题。

(1)下列时刻所改变的外界条件是：t1_________，t3_________，t4_________；

(2)物质A的体积分数最大的时间段是_________；

(3)反应速率最大的时间段是_________；

(4)t0～t1、t3～t4、t5～t6时间段的平衡常数K0、K3、K5的关系_________。13、亚硝酰氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂，可通过反应：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)获得。

（1）氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1

②4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)K2

③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K3

则K3=__________（用K1、K2表示）。

（2）300℃时，2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)的正反应速率表达式为v(正)=k·cn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如表所示：。序号c(ClNO)/(mol/L)v/(×10-8mol·L-1·S-1)①0.300.36②0.601.44③0.903.24

k=__________________________。

（3）按投料比[n(NO)：n(Cl2)=2：1]把NO和Cl2加入到一恒压的密闭容器中发生反应；平衡时NO的转化率与温度T；压强p(总压)的关系如图A所示：

①在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为______________。

②若反应一直保持在P压强条件下进行，则M点的分压平衡常数KP=________（用含P的表达式表示；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x体积分数）。

（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图像如图B所示，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是________点，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，达到平衡状态ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的_______点。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误15、一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0。__________________A.正确B.错误16、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____17、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。(____)A.正确B.错误18、不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。___A.正确B.错误19、某醋酸溶液的将此溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的则(_______)A.正确B.错误20、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误21、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误22、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共20分)23、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___________。：24、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_________。25、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：____________________。26、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1题，共8分)27、下表为元素周期表的一部分。

。碳。

氮。

Y

X

硫。

Z

回答下列问题：

（1）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式___________。

（2）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9∶1，其电子式为______________。

（3）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价的含氧酸盐，消耗1.0L2.2mol•L-1NaOH溶液和1.0molO2，则两种气体中相对分子质量小的气体物质的量为___________。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共20分)28、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。29、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。30、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。31、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．平衡常数等于生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的平衡常数K=故A正确；

B．增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动；对反应①而言向逆向移动，会降低丙烯腈的产率，故B错误；

C．反应①为放热反应；升高温度平衡逆向移动，由图像可知460℃之后产率符合温度对平衡的影响，说明460℃开始反应达到平衡，温度低于460℃时未平衡，故C正确；

D．由盖斯定律可知该反应可由①-②得到，则该反应的ΔH=ΔH①-ΔH②=-515kJ/mol-(-353kJ/mol)=-162kJ/mol，反应的热化学方程式为：C3H4O(g)+NH3(g)+O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g)ΔH=-162kJ/mol；故D正确；

故选：B。2、D【分析】【分析】

由电池总反应方程式可知，a极为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，b极为正极；在硫酸作用下，二氧化铅在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水。

【详解】

A．由分析可知；a极为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，故A错误；

B．由分析可知，b极为正极，在硫酸作用下，二氧化铅在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为故B错误；

C．当电池工作时，电子不能由电解质溶液传递，故C错误；

D．由电池总反应可知；电池工作时消耗硫酸，则调节电解质溶液的方法是补充硫酸，故D正确；

故选D。3、D【分析】【详解】

A．20℃时，在AgCl的饱和溶液中，Ksp=c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10-10，c(Ag+)=mol·L-1；Ag2CrO4饱和溶液中，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(Ag+)=mol·L-1；同理，在AgI的饱和溶液中，c(Ag+)=mol·L-1；在AgBr的饱和溶液中，c(Ag+)=mol/L；在Ag2S的饱和溶液中，c(Ag+)=mol·L-1；故Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S；故A正确；

B．当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c(Br-)=c(Cl-)=则==2.7×10-3；故B正确；

C．指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示滴定终点；氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，依据Ksp可以直接比较溶解度大小为氯化银＞溴化银＞碘化银；Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10--10，c(Cl-)=mol·L-1；Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(CrO42-)=mol·L-1，同理硫化银的Ksp=c2(Ag+)c(S2-)=2.0×10－48，c(S2-)=mol·L-1，说明铬酸银溶解度大于氯化银，硫化银溶解度小于氯化银，则加入K2CrO4做指示剂；可正确的测定氯化物的含量，故C正确；

D．某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度均为0.010mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，Ksp由大到小的顺序为：AgCl＞AgBr＞AgI，因此I－最先沉淀出来；故D错误；

答案选D。

【点睛】

正确理解Ksp与溶解度的关系是解答本题的关键。本题的易错点为C，相同阴阳离子比的物质直接用Ksp比较，不同阴阳离子比的物质需要计算离子浓度比较。要注意本题中选择的指示剂不能先与硝酸银反应。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．分析该实验方案可知，实验Ⅱ和Ⅲ是为了探究硫酸铜固体的质量对锌与稀硫酸反应速率的影响，故A项错误；

B．待测物理量可以是收集等体积(相同条件)气体所需要的时间；时间越长，反应越慢，B项错误；

C．该实验方案中；硫酸浓度相同，故无法探究硫酸浓度对反应速率的影响，C项错误。

D．分析该实验方案可知；实验Ⅱ和Ⅲ是为了探究硫酸铜固体的质量对锌与稀硫酸反应速率的影响，D项正确；

故选：D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．难溶物质的溶解度可以用物质的量浓度表示，图中a、b分别表示T1、T2温度下CdS在水中的溶解度；故A正确；

B．温度一定，Ksp保持不变，T1时Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)；B错误；

C．Ksp保持不变，加入Na2S固体，S2-浓度增大，则Cd2+浓度减小；溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，C正确；

D．加水稀释，S2-、Cd2+浓度都减小；平衡向沉淀溶解方向移动，不满足沉淀溶解平衡，q点沿qp线向p方向移动，D正确；

答案选B。6、B【分析】【分析】

未加氨水时，硫酸溶液中水电离出的c(H＋)=10-13mol/L，则硫酸溶液中c(H＋)=0.1mol/L；硫酸的浓度为0.05mol/L，据以上分析解答。

【详解】

A．c点水的电离程度最大，说明此时最大，对水的电离促进程度最大，氨水与硫酸恰好完全反应生成硫酸铵，而硫酸的浓度为0.05mol/L，氨水的浓度为0.1mol·L－1；所以氨水的体积为20mL，即V=20mL；铵根离子水解溶液显酸性，应该用酸性指示剂，可以选用甲基橙，不能选用酚酞，故A错误；

B．c点溶液为硫酸铵溶液，存在电荷守恒：c(OH－)+=c(H＋)+物料守恒：=c(NH3·H2O)+两式联立可得：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)；故B正确；

C．c点水电离出的c(H＋)=5.6×10-6mol/L，该溶液中c(NH3·H2O)=c(H＋)=5.6×10-6mol/L，==0.05mol/L，Kb==1.6×10-5；故C错误；

D．d点溶液中，根据电荷守恒：c(OH－)+=c(H＋)+溶液呈中性，所以=故D错误；

故选B。7、C【分析】【分析】

H2C2O4⇌H++⇌H++pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：曲线Ⅰ是的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅱ是H2C2O4的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅲ是的物质的量浓度的负对数；据此分析作答。

【详解】

A.根据上述分析可知，曲线Ⅰ表示的物质的量浓度的负对数的变化，而不是H2C2O4的变化；故A错误；

B.pH=4时，pc()＞pc()，所以c()＞c()；故B错误；

C.根据物料守恒，n(H2C2O4)+n(HC2O4-)+n(C2O42-)在a点和b点一定相等；故C正确；

D.常温下，的分子和分母同乘以H+的浓度，即为只要温度不变，该式比值不变，故D错误；

故选C。8、B【分析】【分析】

H2C2O4H++HC2OHC2OH++C2OpH增加促进电离平衡正向移动，则H2C2O4浓度不断减小，pc(H2C2O4)始终增大，C2O浓度不断增大，pc(C2O)始终减小，HC2O浓度先增大后减小，则pc(HC2O)先减小后增大，所以由图可知：曲线Ⅰ是HC2O的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅱ是H2C2O4的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅲ是C2O的物质的量浓度的负对数；由此分析解答。

【详解】

A．溶液的pH增大促进H2C2O4的电离，则H2C2O4浓度不断减小，pc(H2C2O4)始终增大，则曲线Ⅱ是H2C2O4；A错误；

B．M点时，根据图象，c(HC2O)=c(C2O)，则常温下，B正确；

C．pH=x时，根据图象，溶液中c(H2C2O4)=c(C2O)，此时pc(HC2O)<pc(H2C2O4)=pc(C2O)，则c(HC2O)>c(H2C2O4)=c(C2O)；C错误；

D．M点时，根据图象，c(HC2O)=c(C2O)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)，溶液为酸性，即c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(HC2O)+2c(C2O)，由于c(HC2O)=c(C2O)，所以也就有c(Na+)<2c(HC2O)+c(C2O)；D错误；

答案选B。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【详解】

(1)反应物的能量高于生成物，因此是放热反应。反应热为反应物断键吸收的能量与生成物成键放出的能量之差，即H=(a-b)kJmol-1，故答案为：放热；(a-b)kJ·mol-1；

(2)用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水，配平书写化学方程式为O2+4HCl2Cl2+2H2O。催化剂改变反应的途径，不改变始终态，则催化剂降低反应所需的活化能，但对反应热无影响。故答案为：O2+4HCl2Cl2+2H2O；无；

(3)3.8gNaBH4的物质的量为0.1mol，在25℃，101kPa下，每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4(s)放热216kJ，则该反应的热化学方程式是答案为：

(4)反应热=反应物总键能-生成物总键能，故H1=1076kJmol-1+2436kJmol-1-(3413+343+465)kJmol-1=-99kJmol-1；

反应②-反应①得反应③，根据盖斯定律H3=H2-H1=-58kJmol-1-(-99kJmol-1)=+41kJmol-1，故答案为：-99；+41。【解析】放热(a-b)kJ·mol-1O2+4HCl2Cl2+2H2O无-99+4110、略

【分析】【分析】

(1)

①燃料电池的正极是氧气发生还原反应，负极是肼发生氧化反应，碱性电池中，其负极反应式应为N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O；②原电池中阴离子移向负极，a为负极，所以电池工作时，OH-移向a电极；③负极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，转移4mol电子时消耗肼32g，则转移5mol电子消耗肼：32g×=40g。

(2)

根据总反应式可知Li失去电子，电池负极反应式为xLi-xe-=xLi+，由总反应式减去负极反应式可得放电时的正极反应式为Li1-xMnO4+xLi++xe-=LiMnO4，故A正确；放电过程中，根据总反应式Li1-xMnO4+LixLiMnO4，可判断石墨没有得失电子，故B正确；Li能与KOH溶液中的H2O反应，导致电池无法正常工作，故C错误；充电过程是放电的逆向过程，所以标有“-”的电极应与外接电源的负极相连，故D正确。故选C。【解析】（1）空气或氧气N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2Oa40

（2）C11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)反应Ⅰ是化合反应，所以化学方程式为

(2)生成1molCH3OH放出akJ的能量，反应Ⅰ为则反应物断裂化学键键能之和减去生成物形成化学键键能之和等于生成1molCH3OH放出的热量，计算式为E1+2m-(3y+n+x)=a，则E1=a+3y+n+x-2m；

(3)根据影响反应速率的因素知；还可以采取的措施为升温或者加压；

(4)a.单位时间消耗nmolCO2的同时，消耗3nmol的H2；都表示正反应速率，不能代表处于平衡状态，故a不符合题意；

b.反应发生时容器内CH3OH的浓度是一个变值，容器内CH3OH的浓度不再改变代表达到平衡状态，b项符合题意；

c.反应是一个气体分子数减小的反应；也是一个压强减小的反应，当容器内气体压强不再改变代表达到平衡状态，c项符合题意；

d.由于是在容积固定的密闭容器中；则气体的密度是一个定值，若容器内气体密度不再改变，不能代表达到平衡状态，d项不符合题意；

故选bc；

(5)假设转化的CO2是xmol；

根据题意有解得x=0.8mol；

所以CO2的转化率是

(6)H2还原CO2电化学法制备甲醇的总反应为二氧化碳的化合价降低，在正极上得电子，正极反应为氢气的化合价升高，作负极，电极反应为【解析】CO+2H2=CH3OH-a+3y+n+x-2m升温或增大压强bc80%负CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O12、略

【分析】【详解】

（1）该反应为气体体积减小的放热反应，由图可知，t0～t1为原平衡，t1～t2时正逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，则改变条件为升高温度；t3～t4时正逆反应速率均增大，且平衡不移动，则改变条件为使用催化剂；t4～t5时正逆反应速率均减小；且平衡逆向移动，则改变条件为减小压强，故答案为：升高温度；使用催化剂；减小压强；

（2）由图可知，t1～t2时平衡逆向移动，A的体积分数增大，t3～t4时平衡不移动，A的体积分数不变，t4～t5时平衡逆向移动，A的体积分数继续增大，t5～t6时反应达到平衡，A的体积分数不变，所以物质A的体积分数最大的时间段t5～t6，故答案为：t5～t6；

（3）由图可知，纵坐标为反应速率，则反应速率最大的时间段是t3～t4，故答案为：t3～t4；

（4）平衡常数只与温度有关，该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，由（1）分析知，t0～t1时，温度不变K不变，t1～t2时，升高温度K减小，t3～t4时使用催化剂、t4～t5时减小压强、t5～t6时达平衡，这三个时间段温度不变K不变，所以t0～t1、t3～t4、t5～t6时间段的平衡常数K0、K3、K5的关系为K0>K3=K5，故答案为：K0>K3=K5。【解析】(1)升高温度使用催化剂减小压强。

(2)t5～t6

(3)t3～t4

(4)K0>K3=K513、略

【分析】【分析】

(1)根据3个反应平衡常数表达式判断K3、K1、K2的关系；

(2)取表格中的数据，带入v(正)=k·cn(ClNO)可得k值；

(3)M点时NO的转化率为50%；利用“三段式”计算；

(4)平衡体系中加入NO(g)；平衡正向移动，但NO(g)的转化率减小；投料比等于系数比时，产物百分含量最大。

【详解】

①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1=

②4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)K2=③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K3=

计算得到K3=K12/K2；

(2)得n=2，则K=4×10-8L/(mol·s)；

(3)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)

初始2aa0

转化a0.5aa

平衡a0.5aa

①容器内NO的体积分数为40%；

②Kp==5/P；

(4)平衡体系中加入NO(g)，平衡正向移动，但NO(g)的转化率减小，A、B、C三状态中，A点NO投料比例最小，NO的转化率最大的是A点；投料比等于系数比时，产物百分含量最大，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，比值小于系数比，随NO的增多ClNO的百分含量增大，故选D。【解析】①.K12/K2②.4×10-8L/(mol·s)③.40%④.5/P⑤.A⑥.D三、判断题(共9题，共18分)14、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。15、A【分析】【详解】

一定温度下，反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0，正确。16、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错17、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应混合物分子能量增大，单位体积活化分子数、活化分子百分数均增大，此时v放增大，v吸增大，故错误。18、A【分析】【详解】

一个化学反应，不论是一步完成还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。这就是盖斯定律。故答案是：正确。19、B【分析】【详解】

无论强酸溶液还是弱酸溶液加水稀释，溶液的酸性都减弱，pH都增大，即a20、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。21、A【分析】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。22、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。四、有机推断题(共4题，共20分)23、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)24、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37g25、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−2NH326、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(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5五、元素或物质推断题(共1题，共8分)27、略

【分析】【分析】

根据题给信息及热化学方程式的书写规则书写热化学方程式；根据烃分子的最简式及烯烃的性质分析烃的种类；书写电子式；根据原子守恒，电子守恒进行氧化还原反应的相关计算。

【详解】

根据元素在周期表中的位置；可知X为Si，Y为O，Z为Cl；

（1）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为−69℃和58℃，说明常温下为液体，生成SiCl4，反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=−687kJ/mol，故答案为：Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)ΔH=−687kJ•mol−1；

（2）该烃分子中碳氢质量比为9:1，则N(C):N(H)==3:4，最简式应为C3H4，有2个不饱和度，依据碳化钙与水反应推测，其为炔烃，4个H由2个Mg代替（通过带电量来替换），故其电子式为Q为Mg2C3，与水反应的方程式为Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑，故答案为：

（3）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种气体为NO、NO2，最终转化为NaNO3，1mol氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol，设出NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据N原子从Cu中得到的电子，之后又都转移给O2，以保持电子数守恒关系；同时气体被氢氧化钠吸收时，N原子一直保持守恒、个根据N与Na原子守恒关系可得：x+y=1.0L×2.2mol•L-1=2.2mol，根据N元素与氧元素电子转移守恒得：3x+y=2×2×1=4mol，即：解得：x=0.9，y=1.3，相对分子质量较小的NO为0.9mol，故答案为：0.90mol。

【点睛】

此题的难点在于第三问，解决此类问题的关键是守恒思想，最终产物为NaNO3，根据原子守恒分析得生成的两种气体中N原子数目与Na原子守恒；根据反应中N元素化合价变化，分析N元素的电子与O元素电子得失守恒情况。【解析】Si(s)+2Cl2(g)===SiCl4(l)ΔH=−687kJ•mol−10.90mol六、结构与性质(共4题，共20分)28、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl29、略

【分析】【详解】

（1）①根据题中信息，随着氢气体积分数的增加，NO中被还原的价态逐渐降低，根据图像可知，当氢气的体积分数在0.5×10-3～0.75×10-3时，NO转化率基本为100%，而氮气和氨气的体积分数仍呈增加趋势，NO中N显+2价，N2中N显0价，NH3中N显-3价，因此当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；故答案为当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；

②根据盖斯定律可知，－脱硝反应，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ/mol；

（2）①该过程发生的两个反应都是物质的量减少的放热反应；恒温恒容状态下，随着时间的进行，气体物质的量减小，压强降低，而绝热容器中，虽然气体物质的量减小，但温度升高，气体压强增大，因此根据图