2025年沪科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、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后该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol/L，下列判断错误的是()A.x=lB.2min内A的反应速率为0.3mo/(L·min)C.B的转化率为40%D.再充入3molA和1molB，重新平衡后B的转化率不变2、下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是A.其他条件不变，对和组成的平衡体系加压后颜色变深B.把球浸泡在冰水中，气体颜色变浅C.向含有的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅D.用饱和食盐水除去中的HCl，可减少的损失3、下列实验操作及现象一定能得出相应结论的是。选项实验操作现象结论A向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液由紫色变为无色SO2具有漂白性B向CuSO4溶液中通入H2S出现黑色沉淀酸性：H2S＞H2SO4C将大理石投入一定浓度的醋酸溶液中大理石溶解并产生气体Ka(CH3COOH)＞Ka(H2CO3)D向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有SOA.AB.BC.CD.D4、中国科学院金属研究所发现采用Na2SnO3和NaOH混合促进剂，可明显提高铝与水反应制氢系统的性能，制氢机理如图。Na2SnO3溶液显碱性，NA代表阿伏伽德罗常数的值；下列说法不正确的是。

A.1L0.1mol·L-1Na2SnO3溶液中阴离子数目大于0.1NAB.该过程中存在6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2↑C.标准状况下，反应过程中生成33.6LH2，转移电子数目为9NAD.Al-Sn原电池的形成，能提高产氢速率，析氢反应主要发生在Sn上5、臭氧(O3)是一种强氧化剂，常用于消毒灭菌等，可用下图电解稀硫酸制得O3；下列说法正确的是。

A.图中特制惰性电极C为阳极B.电解一段时间后停止电解，溶液的pH显著变大C.电解开始后电子的移动方向为：A→C→D→BD.电解一段时间后F处分别收集到xL和yL气体(标准状况)，则F处收集的气体中O3所占的体积分数为(忽略O3的分解)6、如图所示；在水槽中装入蒸馏水后，铁块腐蚀速率的大小顺序正确的是。

A.I>II>IIIB.I>III>IIC.II>I>IIID.II>III>I7、对下列图象描述正确的是()

A.图①可表示将氨气通入醋酸溶液至过量过程中溶液导电性的变化B.根据图②可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)的△H＞0C.图③表示等体积、等pH的盐酸与醋酸溶液分别与足量的镁粉发生反应产生氢气的体积(V)随时的变化的示意图D.图④表示压强对可逆反应A(g)+B(g)2C(g)+D(g)的影响，乙的压强大8、常温下，用0.2mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.2mol·L-1NH3·H2O溶液，所得溶液pH、NH和NH3·H2O的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.曲线①代表φ(NH)，曲线②代表φ(NH3·H2O)B.a点溶液中存在c(Cl-)＞c(NH)=c(NH3·H2O)C.NH3·H2O的电离常数的数量级为10-4D.应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、如表是不同温度下水的离子积的数据：。温度25水的离子积a

试回答以下问题：

若则a______填“”、“”或“”做此判断的理由是______．

时，某溶液中取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中______．

在温度下，将的NaOH溶液aL与的溶液bL混合，若所得混合液则a：______．10、能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源；其开发利用是科学家们研究的重要课题。试回答下列问题：

(1)氢气也可以作为化工生产的原料，如一定的条件下，合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，该反应的平衡常数表达式为：_______。在2L的恒容密闭容器中加入1.8molH2和0.6molN2，其中N2的量随时间的变化曲线如图。从llmin起，在其它条件不变的情况下，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为：_______(填“a”或“b”或“c”或“d”)，达新平衡时，c(N2)的数值为：_______。

(2)在工业上也可以利用氢气合成液体燃料。如：工业上合成甲醇的反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H<0，该过程既可以减弱CO2的温室效应，又可以充分利用CO2.反应过程中部分数据见下表(起始：T1℃、2.0L密闭容器)：。反应时间CO2(mol)H2(mol)CH3OH(mol)H2O(mol)容器I恒温恒压0min260010min4.520min130min1容器II绝热恒容0min0022

达到平衡时，反应I、II对比：平衡常数K(I)_______K(II)(填“>”“<”或“=”)。保持其他条件不变的情况下，若30min时只向容器I中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，则平衡_______移动(填“正向”；“逆向”或“不”)。

(3)100kPa时，绝热密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)。一定压强下；NO的平衡转化率与温度的关系曲线如图所示。

300℃时，VmLNO和0.5mLO2混合发生该反应，最终混合气体的平均摩尔质量为：_______(用含V的计算式表示)。图中A、B、C三点表示不同温度、压强下达到平衡时NO的转化率，则_______点对应的压强最大。若氧气中混有氮气，容器中还同时发生了如下反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180kJ/mol，则此反应对NO的转化率的影响是_______(填“增大”、“减小”或“无法判断”)，理由是_______。11、乙基叔丁基酸(以ETBE表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂，用乙醇与异丁烯(以TB表示)催化合成ETBE.反应为向刚性恒容容器中按物质的量之比1∶1充入乙醇和异丁烯，在温度为与时异丁烯的转化率随时间变化如图所示。

回答下列问题：

(1)与乙醇互为同分异构体的某有机物的结构简式为____，异丁烯的官能团名称为____。

(2)___(选填“>”､“=”或“<”)，该反应的正反应为____(选填“吸热”或“放热”)反应。

(3)a､b､c三点，逆反应速率最大的点是_____。

(4)时，容器内起始总压为则平衡常数____(为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)。12、合成氨反应的限度。

(1)合成氨反应的特点。合成氨反应——可逆性：反应为_______反应——体积变化：正反应是气体体积_______的反应——体积变化：正反应是气体体积_______的反应——焓变：_______0，熵变：_______0——焓变：_______0，熵变：_______0——常温下自发性：_______自发进行——常温下自发性：_______自发进行

(2)影响因素。

①外界条件：_______温度、_______压强；有利于化学平衡向合成氨的方向移动。

②投料比：温度压强一定时，的体积比为_______时平衡混合物中氨的百分含量最高。13、以生物材质(以C计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能、高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及的反应有：

Ⅰ．C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)

Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)

Ⅲ．CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)

(1)该工艺制H2总反应可表示为C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇌CaCO3(s)+2H2(g)，该反应的平衡常数表达式为_______。

(2)对于反应Ⅰ，不同温度和压强对H2产率影响如下表。

该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应，p1_______p2(填“>、<或=”)；下列图像正确的是_______

(3)在某恒容、绝热密闭容器中模拟上述气化炉制氢中的反应Ⅱ，下列能说明该反应达到平衡状态的是_______。

A．混合气体的温度不再变化。

B．H2O(g)、H2(g)的物质的量之比为1∶1；且各质量不再变化。

C．混合气体的密度保持不变。

D．断裂amolH—H键的同时形成2amolH—O键。

(4)对于反应Ⅲ，其他条件不变，平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡_______移动(填“向右”、“向左”或“不”)；当重新平衡后，CO2浓度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是_______。14、2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)被氧化为1molSO3(g)的ΔH1＝-99kJ/mol。请回答下列问题：

(1)图中A、C分别表示________、________。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________；

(2)图中ΔH＝__________kJ/mol；

(3)已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH_______。15、和是工业上最常用的合成气，制备该合成气的一种方法是以和为原料；有关反应的能量变化如图所示。

与反应生成和的热化学方程式为________。16、I．已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表:。醋酸碳酸氢氰酸Ka=1.7×10Ka1=4.2×10Ka2=5.6×10Ka=6.2×10

(1)写出碳酸的第一步电离方程式______。

(2)25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②Na2CO3溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为______(填序号)。

(3)25℃时，H2SO3⇌HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol/L，则该温度下pH=3、c(HSO)=0.1mol/L的NaHSO3溶液中c(H2SO3)=______。

(4)下列方法中，可以使0.10mol/LCH3COOH溶液中值增大的措施是______(填序号)。

a．加水稀释b．加入少量CH3COONa固体c．加入少量冰醋酸。

d．通入少量HCl气体e．加少量烧碱溶液f．升高温度。

II．请用有关电解质溶液的知识回答下列问题：

(1)25℃时，FeCl3溶液的pH______7(填“>”、“<”或“=”)，原因是______(用离子方程式表示)。把FeCl3溶液蒸干灼烧得到的主要产物是______。

(2)t℃,PH=12的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(H+)=______。

(3)25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=3，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为______。

(4))已知在25℃时Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。25℃时，向浓度均为0.02mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成沉淀______(填化学式)；当两种沉淀共存时，=______。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）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、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20、已知则和反应的(_______)A.正确B.错误21、甲烷的燃烧热为则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为(_______)A.正确B.错误22、1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA(____)A.正确B.错误23、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、实验题(共3题，共24分)24、已知H＋（aq）＋OH－（aq）=H2O（l）ΔH＝－57.3kJ/mol。回答有关中和反应的问题。

（1）用0.1molBa（OH）2配成稀溶液与足量稀硝酸反应；能放出______kJ热量。

（2）如图装置中仪器A的名称_____；作用是_______，碎泡沫塑料的作用是___________。

（3）若通过实验测定中和热的ΔH；其结果常常大于－57.3kJ/mol，其原因可能是____________。

（4）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。25、芳香酸是分子中羧基与苯环直接相连的一类有机物；通常用芳香烃的氧化来制备。反应原理如下：

反应试剂、产物的物理常数：。名称相对分子质量性状熔点（℃）沸点（℃）密度（g/cm3）水中的溶解性甲苯92无色液体易燃易挥发-95110.60.8669不溶苯甲酸122白色片状或针状晶体122.42481.2659微溶

主要实验装置和流程如下：

实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液里于图l装置中；在90℃时，反应一段时间后；

停止反应；按如下流程分离出苯甲酸并回收未反应的甲苯。

（1）白色固体B中主要成分的分子式为________。操作Ⅱ为________。

（2）如果滤液呈紫色，需加入亚硫酸氢钾，用离子方程式表示其原因__________。

（3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是__________。

A．抽滤可以加快过滤速度；得到较干燥的沉淀。

B．安装电动搅拌器时；搅拌器下端不能与三颈烧瓶底；温度计等接触。

C．如图回流搅拌装置应采用直接加热的方法。

D．冷凝管中水的流向是上进下出。

（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入______，分液，然后再向水层中加入______；抽滤，洗涤，干燥即可得到苯甲酸。

（5）纯度测定：称取2.440g产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶液，进行滴定，消耗KOH物质的量为4.5×10-3mol。产品中苯甲酸质量分数为_______。26、人体血液中的浓度一般采用来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵溶液，可析出草酸钙沉淀，将此草酸钙沉淀过滤洗涤后溶于强酸可得草酸再用溶液滴定即可测定血液样品中的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中的浓度。

Ⅰ.配制标准溶液的过程如图所示。

(1)请观察图示过程，其中不正确的操作有_______(填序号)。

(2)其中确定溶液体积的容器是_______(填名称)。

(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_______(填“偏大”或“偏小”)。

Ⅱ.测定血液样品中的浓度：抽取血样经过上述处理后得到草酸，再用的溶液滴定，使草酸转化成逸出，共消耗溶液。

(4)已知草酸和反应的离子方程式为则方程式中的_______。

(5)滴定时，根据_______的现象；即可确定反应达终点。

(6)经过计算，血液样品中的浓度为_______评卷人得分五、计算题(共2题，共20分)27、已知下列热化学方程式:①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1

②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)△H=-2044.0kJ·mol-1

（1）氢气的燃烧热是__________

（2）已知：H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1，写出丙烷(C3H8)燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：__________

（3）实验测得H2和C3H8的混合气体共3mol,完全燃烧生成液态水时放热2791.6kJ，计算混合气体中H2和C3H8的体积比是_____

（4）恒温恒容条件下,硫可以发生如下反应，其反应过程和能量关系如图所示，已知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1

①写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：__________

②△H2=__________kJ·mol-128、利用甲烷催化还原可消除氮氧化物的污染。

①

②

③

(1)如果三个反应的平衡常数依次为则__________(用表示)。

(2)在2L恒容密闭容器中充入1mol和2mol进行反应③，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示。

①若容器中的压强为y点：__________(填“大于”“等于”或“小于”)

②在下，x点时反应的平衡常数_______________。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共32分)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、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化31、探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：

(1)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_________(任答两种)；

(2)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

。实验。

混合溶液。

A

B

C

D

E

F

4mol/LH2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

饱和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0

①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=_________，V9=__________；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因__________________。32、工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有关二硫化碳分子的描述正确的是______。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为(4)C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。

(5)Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。

(6)天然气中常含有少量H2S；在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示；

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．2min后该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L－1；则C的物质的量是0.4mol，根据变化量之比等于化学计量数之比可知，则x：2=0.4:0.8，则x＝1，故A正确；

B．2min后该反应达到平衡，生成0.8molD，根据反应计量系数关系，2min内A的变化量为1.2mol，所以A的反应速率是=0.3mol·(L·min)－1；故B正确；

C．2min内B的变化量是0.4mol；所以B的转化率是0.4/1.0×100％＝40％，故C正确；

D．结合A项分析；x＝1，则该反应正向为气体分子数减小的反应，容器容积不变，再充入3molA和1molB，相当于增大压强，平衡正向移动，重新平衡后B的转化率增大，故D错误；

答案选D。2、A【分析】【详解】

A．氢气与碘蒸气生成碘化氢气体；反应前后气体分子数不变，加压后浓度变大，颜色变深，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；

B．该反应正向放热；降温后平衡正向移动，气体颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；

C．铁粉与铁离子反应，使逆向移动；溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；

D．饱和食盐水中氯离子使逆向移动；减少氯气的损失，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；

故选A。3、C【分析】【详解】

A.二氧化硫具有还原性；能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；

B.由于硫化铜不溶于水也不溶于酸，所以向CuSO4溶液中通入H2S会出现黑色沉淀；但硫酸的酸性强于氢硫酸，B错误；

C.将大理石投入一定浓度的醋酸溶液中，大理石溶解并产生气体，说明有二氧化碳生成，根据较强酸制备较弱酸的原理可知Ka(CH3COOH)＞Ka(H2CO3)；C正确；

D.向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀不一定是硫酸钡，也可能是氯化银，所以溶液中不一定存在硫酸根离子，D错误；答案选C。4、C【分析】【分析】

Al与Na2SnO3可以发生反应6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2↑(1)，和NaOH也可发生反应2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2↑(2)，图示中Al与Na2SnO3和NaOH反应；随着反应的进行生成的Sn和氢气的量也逐渐增多。

【详解】

A．Na2SnO3溶液显碱性，SnO2-3会发生水解，生成HSnO-3和OH-，阴离子个数增多，大于NA个；A正确；

B．根据分析该过程存在6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2↑；B正确；

C．在整个过程中生成故氢气的反应有两个，当氢气全部是反应(1)生成的，33.6LH2转移的电子数为9NA，当氢气全部是反应(2)生成的，转移的电子数为3NA，两个反应同时发生，故转移电子数目为介于3NA与9NA之间；C错误；

D．形成Al-Sn原电池可以加快反应速率；Al活泼作负极，故Sn作正极，析氢反应主要发生在Sn上，D正确；

故选C。5、D【分析】【分析】

由图示可知，F出口产物为O2和O3，电极D反应如下：3H2O=O3↑+6H++6e-；2H2O=O2↑+4H++4e-，说明D极发生氧化反应，应为电解池的阳极，B电极为正极，阴极即电极C发生还原反应，生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑；A电极为负极，以此分析解题：

【详解】

A.由分析可知；图中特制惰性电极C为阴极，A错误；

B.由分析可知，电解过程中的总反应式为：3H2OO3↑+3H2↑或者2H2OO2↑+2H2↑；相当于电解水，故电解一段时间后停止电解，溶液的pH显著变小，B错误；

C.由分析可知；电极D为阳极，B为外接电源的正极，A为负极，C为阴极，故电解开始后电子的移动方向为：A→C，D→B，电子不能经过电解质溶液，C错误；

D.电解一段时间后E、F处分别收集到xL和yL气体(标准状况)，设F出收集到O3为aL，则O2为(y-a)L，根据电子守恒有：解得：a=(x-2y)L,则F处收集的气体中O3所占的体积分数为(忽略O3的分解)；D正确；

故答案为：D。6、B【分析】【详解】

Fe-­C与水形成原电池，Fe发生吸氧腐蚀，Fe为负极，Fe腐蚀速率较快；Fe­-Al与水形成原电池，Al为负极，Fe被保护；Fe在水中发生化学腐蚀，腐蚀速率较低，故腐蚀速率Ⅰ>Ⅲ>Ⅱ；B项正确；

故选B。7、C【分析】【详解】

A．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比；醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故A错误；

B．通过图象知；升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故B错误；

C．相同体积、相同pH的一元强酸和一元弱酸溶液，初始时c(H+)相同，开始反应速率相同，反应一旦开始，一元弱酸溶液还会电离出新的c(H+)，即随后一元弱酸溶液电离出的c(H+)大于强酸；同体积；相同pH的一元强酸溶液和某一元弱酸溶液相比，一元弱酸溶液的浓度大，与足量的镁粉反应产生的氢气体积大，反应过程中一元弱酸溶液继续电离，溶液中氢离子浓度大，产生氢气速率快，故C正确；

D．A(g)+B(g)2C(g)+D(g)是体积增大的反应；通过图象结合方程式可知，乙先达到平衡，但反应物浓度没有改变，说明乙是加催化剂，甲未加催化剂，故D错误。

综上所述，答案为C。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．随着盐酸的加入，φ(NH3·H2O)减小，φ(NH)增大，由图可知，曲线①代表φ(NH3·H2O)，曲线②代表φ(NH)；故A错误；

B．a点溶液中c(NH)=c(NH3·H2O)，此时溶液的pH为9.26，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，可知c(Cl-)＜c(NH)；故B错误；

C．NH3•H2O的电离常数表达式为Kb=a点溶液中c(NH)=c(NH3·H2O)，Kb=c(OH-)=10-4.74，其数量级为10-5；故C错误；

D．滴定终点时，所得溶液溶质为NH4Cl；铵根水解显酸性，应选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，故D正确；

故选D。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

水是弱电解质；存在电离平衡，电离吸热；

硫酸钠溶液是显中性的；加水稀释氢氧根离子浓度不变，钠离子浓度减小；

温度下水的离子积常数是时显中性；根据酸碱混合溶液过量计算公式计算。

【详解】

水的电离为吸热反应，升高温度，平衡向着正反应方向移动，导致水的离子积常数增大，根据表格知，温度大小顺序是则故答案为：水的电离为吸热反应；升高温度，平衡向着正反应方向移动；

时，某溶液中c则溶液中钠离子浓度是如果稀释10倍，则钠离子浓度是但硫酸钠溶液是显中性的，氢氧根离子浓度不变，所以cc1；故答案为：1000：1；

温度下水的离子积常数是所以在该温度下，的NaOH溶液中的浓度是硫酸中氢离子的浓度也是所得混合溶液的说明稀硫酸过量，所以有解得VV11；故答案为：9：11。【解析】水的电离为吸热反应，升高温度，平衡向着正反应方向移动；11110、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，该反应的平衡常数表达式为：(1)。K=c2(NH3)/c(N2)c3(H2)；加压后平衡正向移动，N2的物质的量减少，故选d；达到新平衡后，c(N2)的数值为：0.15mol/1L=0.15mol/L；(2)将Ⅱ中的生成物全转化成反应物，两反应可看成是等效平衡，反应Ⅱ，吸热，温度低，反应I、II对比：平衡常数K(I)。反应时间CO2(mol)H2(mol)CH3OH(mol)H2O(mol)容器I恒温恒压0min260010min1.54.50.50.50.520min1311130min13111容器II绝热恒容0min0022

平衡常数为：若30min时只向容器I中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，K=Qc，故平衡不移动；(3)300℃时，VmLNO和0.5mLO2混合发生该反应，最终混合气体的平均摩尔质量为：从图中转化率为0.8，故平衡时NO、O2、NO2分别为0.2V、0.5-0.4V、0.4v，平均摩尔质量为(30V+16)/(0.6V+0.5)；图中A、B、C三点表示不同温度、压强下达到平衡时NO的转化率，由图可知，温度越高转化率越小，图中曲线上各点为等压不等温，通过控制变量做等温线，确定A、B、C三点与曲线交点等温不等压，从而确定曲线以下的点压强小于平衡压强，曲线以上的点压强大于平衡时压强，则C点对应的压强最大；若氧气中混有氮气，容器中还同时发生了如下反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180kJ/mol，则此反应对NO的转化率的影响是无法判断，理由：N2+O2=2NO为吸热反应，该反应发生时，会增大NO的转化率；N2+O2=2NO发生时，会消耗氧气，增大NO浓度，因此会减小NO转化率。因此无法判断。【解析】①.K=c2(NH3)/c(N2)c3(H2)②.d③.0.15④.<⑤.不⑥.(30V+16)/(0.6V+0.5)⑦.C⑧.无法判断⑨.理由：N2+O2=2NO为吸热反应，该反应发生时，会增大NO的转化率；N2+O2=2NO发生时，会消耗氧气，增大NO浓度，因此会减小NO转化率。因此无法判断11、略

【分析】(1)

乙醇的分子式为C2H6O，与乙醇互为同分异构体的有机物为二甲醚，其结构简式为异丁烯的结构简式为CH2=C(CH3)2，其官能团名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；

(2)

温度越高，反应速率越快，反应越先达到平衡状态，则>由图可知，温度由升高到异丁烯的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故答案为：>；放热；

(3)

a､b､c三点中c点温度高于b点，c点生成物浓度大于a、b点；所以c点的逆反应速率最大，故答案为：c；

(4)

设乙醇和异丁烯起始物质的量均为1mol，时；反应达到平衡时，异丁烯的转化率为80%；

平衡时混和气体总的物质的量为0.2mol+0.2mol+0.8mol=1.2mol，压强之比等于物质的量之比，则平衡时总压强为=0.6C2H5OH、TB和ETBE的分压依次为0.6=0.10.6=0.10.6=0.4则平衡常数=故答案为：【解析】(1)碳碳双键。

(2)>放热。

(3)c

(4)12、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】可逆减小<<能降低增大1：313、略

【分析】【分析】

(1)根据化学平衡常数的概念分析书写；

(2)反应I为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)；反应前后气体分子数增加，结合温度和压强对平衡的影响分析判断；

(3)在某恒容、绝热密闭容器中发生反应Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。根据化学平衡的特征分析判断；

(4)反应Ⅲ为CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)，反应的化学平衡常数K=据此分析解答。

【详解】

(1)反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇌CaCO3(s)+2H2(g)的化学平衡常数K=故答案为：K=

(2)反应Ⅰ为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，根据不同温度和压强对H2产率影响的表格数据可知，控制压强不变时，升高温度，H2产率升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应；该反应为气体体积减小的反应，控制温度不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2产率降低，因此p1＞p2；A．某时刻改变压强使正逆反应速率均降低；应该采取减压措施，故A错误；

B．升高温度有利于缩短化学反应到达平衡的时间，同时升高温度，有利于反应正向移动，使H2的平衡产率增大，故B正确；C．升高温度，平衡正向移动，使H2O的百分含量减小，增大压强，平衡逆向移动，H2O的百分含量增大；故C正确；D．升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故D错误；图像正确的有BC，故答案为：吸热；＞；BC；

(3)在某恒容、绝热密闭容器中发生反应Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。A．混合气体的温度不再变化，说明正反应速率和逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态，故A选；B．反应过程中H2和H2O(g)的物质的量发生变化，二者比值也发生变化，因此H2与H2O(g)的物质的量之比为1∶1；且各质量不再变化，说明化学反应达到了平衡状态，故B选；C．在恒容密闭容器中，气体的质量和体积都不发生变化，因此混合气体的密度为恒量，因此当混合气体的密度不再变化不能判断化学反应是否达到平衡状态，故C不选；D．形成amolH-H键的同时必然断裂2amolH-O键，不能判断化学反应是否达到平衡状态，故D不选；故答案为：AB；

(4)反应Ⅲ为CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)，反应的化学平衡常数K=若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，必然促使反应正向进行，当重新平衡后，由于温度不变，化学平衡常数不变，则最终平衡时CO2的浓度不变，故答案为：正向；不变；K=温度不变的情况下，K不变，所以平衡时CO2浓度不变。【解析】K=吸热＞BCAB向右不变因K=温度不变的情况下，K不变，所以平衡时CO2浓度不变14、略

【分析】【详解】

(1)A表示反应物总能量，C表示生成物总能量，E为活化能，活化能不影响反应热，所以E的大小对该反应的反应热无影响；催化剂能降低反应所需活化能，因为催化剂改变了反应历程，所以使活化能E降低，故答案为：反应物总能量；生成物总能量；降低；(2)1molSO2（g）被氧化为1molSO3（g）的△H=-99kJ/mol，则2molSO2（g）被氧化为2molSO3（g）的△H=-198kJ/mol，故答案为：-198；(3)①S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1=-296kJ•mol-1，②SO2(g)+O2(g)=SO3(g)△H2=-99kJ•mol-1；结合盖斯定律将①×3+②×3可得3S(s)+O2(g)=3SO3(g)，△H=3（-296-99）kJ/mol=-1185kJ/mol，故答案为：-1185kJ。【解析】反应物总能量生成物总能量降低-198-1185kJ15、略

【分析】【详解】

依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：由盖斯定律：【解析】16、略

【分析】【详解】

I(1)碳酸为二元弱酸，第一步电离方程式为H2CO3⇌H++HCO

(2)酸的酸性越弱，其生成的盐水解程度越大，溶液的pH越大，根据电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH＞HCN＞HCO则溶液的pH由大到小的顺序为②＞①＞③；

(3)Ka==1×10-2mol/L，则c(H2SO3)=10-3mol/L×0.1mol/L÷10-2mol/L=10-2mol/L；

(4)a．=Kw÷c(OH-)，加水稀释氢离子浓度减小，c(OH-)增大，则减小；a与题意不符；

b．加入少量CH3COONa固体，醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸的浓度增大，氢离子浓度减小，减小，b与题意不符；

c．加入少量冰醋酸，为加水稀释的逆过程，加水稀释减小，则加入冰醋酸增大；c符合题意；

d．通入少量HCl气体，导致醋酸的电离平衡逆向移动，但氢离子浓度增大的程度大于醋酸的浓度，则增大；d符合题意；

e．加少量烧碱溶液，导致醋酸的电离平衡正向移动，氢离子减小的程度大于醋酸减小的程度，减小；e与题意不符；

f．升高温度，醋酸的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，醋酸的浓度减小，则增大；f符合题意；

答案为cdf；

II．(1)FeCl3为强酸弱碱盐，发生Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，溶液显酸性，则pH＜7；蒸干FeCl3溶液；促使铁离子的水解平衡正向移动，且HCl易挥发，灼烧后得到氧化铁；

(2)Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，促进水的电离，水电离产生的氢离子与氢氧根离子相等，溶液的pH=12，温度为t℃，则水电离产生的c(H+)=mol/L；

(3)pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L，根据混合溶液的pH=3，可得10-2mol/L×V酸-10-3mol/L×V碱=10-3mol/L×(V酸+V碱)，解得V碱：V酸=9：2；

(4)根据溶度积的数据，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，向混合液中加入NaOH溶液，先生成Cu(OH)2沉淀；当两种沉淀共存时，溶液中氢氧根离子浓度相等，===1.45×109。【解析】H2CO3⇌H++HCO②＞①＞③10-2mol/Lcdf＜FeCl3为强酸弱碱盐，发生Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，溶液显酸性氧化铁mol/L9：2Cu(OH)21.45×109三、判断题(共7题，共14分)17、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。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、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。20、B【分析】【详解】

反应过程中除了H+和OH-反应放热，SO和Ba2+反应生成BaSO4沉淀也伴随着沉淀热的变化，即和反应的

故错误。21、B【分析】【详解】

1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，甲烷完全燃烧应该生成CO2和H2O则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为

故错误。22、A【分析】【详解】

碘蒸气和氢气的反应是可逆反应，1mol碘蒸气和1mol氢气反应，生成的碘化氢的物质的量小于2mol，生成的碘化氢分子数小于2NA,故说法正确。23、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、实验题(共3题，共24分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，而0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应可得0.2molH2O；所以放出的热量为57.3kJ×0.2=11.46kJ；故答案为：11.46

(2)仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；其作用是搅拌，使溶液充分混合；碎泡沫的作用是保温，故答案为：环形玻璃搅拌棒；搅拌，使溶液充分混合；减少实验过程中的热量损失。

(3)若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小，由于中和热为负值，所以中和热的△H大于-57.3kJ•mol-1；故答案为：实验中不可避免的有少量热量损失。

(4)NH3•H2O为弱碱，且电离过程是吸热过程，用相同浓度和体积的氨水(NH3•H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小。【解析】11.46环形玻璃搅拌棒搅拌，使溶液充分混合减少实验过程中的热量损失实验中不可避免的有少量热量损失偏小25、略

【分析】【详解】

(1)白色固体是苯甲酸，分子式为C7H6O2；有机层中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，则操作II为蒸馏；

(2)如果滤液呈紫色，说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，除去未反应的高锰酸钾，发生反应的离子方程式为2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O；

(3)A．抽滤时，瓶中压强较小，可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，故A正确；B．为了防止搅拌棒下端打坏三颈烧瓶底或温度计，因此不能与它们接触，所以在搅拌时，搅拌棒下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触，故B正确；C．沸水浴加热便于控制温度和使容器受热均匀，图1回流搅拌装置应采用水浴加热的方法，故C错误；D．冷凝管中水的流向与蒸汽的流向相反，则冷凝管中水的流向是下进上出，故D错误；故答案为ABD；

(4)除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入，应该先加NaOH溶液，甲苯与NaOH不反应，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，分液，苯甲酸钠溶液中加盐酸可以制得苯甲酸；

(5)设苯甲酸的物质的量浓度为x，则25mL苯甲酸溶液中苯甲酸的物质的量为0.025xmol，

C6H5COOH+KOH→C6H5COOK+H2O

1mol1mol

0.025xmol4.50×10-3mol

1mol：1mol=0.025xmol：4.50×10-3mol

x==0.18，

则100mL苯甲酸中苯甲酸的质量=0.18mol/L×0.1L×122g/mol=2.196g，其质量分数==90%。

点睛：明确实验原理、物质的性质及混合物的分离和提纯的基本操作要点是解题关键，一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸。【解析】C7H6O2蒸馏2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2OABNaOH溶液硫酸或浓盐酸酸化90%26、略

【分析】【分析】

(1)

观察图示过程；其中不正确的操作有②⑤(填序号)，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切。故答案为：②⑤；

(2)

其中确定溶液体积的容器是容量瓶(填名称)。故答案为：容量瓶；

(3)

如果用图示的操作配制溶液；由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小(填“偏大”或“偏小”)。故答案为：偏小；

(4)

已知草酸和反应的离子方程式为根据电荷守恒，-2+6=2x，则方程式中的2。故答案为：2；

(5)

滴定时；用高锰酸钾滴定草酸，根据溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色的现象，即可确定反应达终点。故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；

(6)

血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2+）=n（H2C2O4）=n（MnO）=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×6×10-4mol=0.024g，钙离子的浓度为=1.2mg/cm3，经过计算，血液样品中的浓度为1.2故答案为：1.2。【解析】(1)②⑤

(2)容量瓶。

(3)偏小。

(4)2

(5)溶液由无色变为浅红色；且半分钟内不褪色。

(6)1.2五、计算题(共2题，共20分)27、略

【分析】【分析】

(1)氢气的燃烧热指的是1molH2完全燃烧生成水时放出的热量；由热化学方程式①确定氢气的燃烧热；

(2)将热化学方程式②与已知H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1结合可得出丙烷(C3H8)燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式；

(3)设混合气体中H2的物质的量为xmol，那么571.6x+2220.0(3-x)=2791.6，解得混合气体中H2的物质的量和丙烷的物质的量，根据物质的量之比等于体积之比得出混合气体中H2和C3H8的体积比；

(4)①燃烧热指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；

②根据热化学方程式2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1进行计算。

【详解】

(1)由热化学方程式①可知氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1；

(2)将热化学方程式②与已知H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1结合，得出丙烷(C3H8)燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220.0kJ·mol-1；

(3)设混合气体中H2的物质的量为xmol，那么571.6x+2220.0(3-x)=2791.6，解得x=2，即混合气体中H2的物质的量为2.3mol，C3H8的物质的量为0.7mol，因此混合气体中H2和C3H8的体积比约为3:1；

(4)①1molS(s)完全燃烧生成SO2(g)时所释放出的热量为燃烧热，因此硫的燃烧热的热化学方程式为：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297kJ·mol-1；

②由图可知参与反应的SO2的物质的量为1mol-0.2mol=0.8mol，根据热化学方程式2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1可知△H2==0.4×△H=0.4×(-196.6kJ·mol-1)=-78.64kJ·mol-1.

【点睛】

解答本题第一问时要特别注意：由于中和反应与燃烧反应均是放热反应，表示中和热与燃烧热时可不带“－”号，但用ΔH表示时，必须带“－”号。【解析】285.8kJ·mol-1C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220.0kJ·mol-13:1S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297kJ·mol-1-78.64kJ·mol-128、略

【分析】【详解】

(1)根据方程式①②③可知因此所以

(2)①y点在对应曲线的下方，若要达到平衡状态，需要使甲烷的平衡转化率增大，反应正向进行，则y点：大于

②由题图可知，在下，x点时甲烷的平衡转化率是50%；则有：

因此在下，x点时反应的平衡常数【解析】大于0.25六、结构与性质(共4题，共32分)29、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，因此根据图像可知，X为绝热容器，Y为恒温容器；故答案为甲；

②因为反应为放热；甲绝热容器内反应体系温度升过高，反应速率快，先达到平衡，温度升高，平衡左移，平衡时压强增大，因此点a可能已达到平衡；故答案为可能；

③曲线Y是恒温过程的乙容器，恒温容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，开始时体系总压强为9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa；

（3）g-C3N4极氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2；故答案为还原；O2+2H++2e-=H2O2。【解析】(1)H2较少时，NO主要被还原为N2