2024年鲁科版选择性必修1化学下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2024年鲁科版选择性必修1化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、某小组为研究电化学原理；设计如图所示装置，下列叙述正确的是。

A.若a和b为石墨，通电后b极上发生氧化反应B.若a和b为石墨，通电后a极上反应为2Cl--2e-=Cl2↑C.若a为铜，b为铁，通电后a极质量增加D.若a为铁，b为铜，通电后Cu2＋向铁电极移动2、为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是。

A.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B.充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)C.放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)D.放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区3、以石墨电极电解200mLCuSO4溶液，电解过程中电子转移物质的量n(e-)与产生气体体积V(g)(标准状况)的关系如图所示。当转移0.8mole-时停止电解。下列说法中正确的是。

A.电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2mol/LB.电解后所得溶液中c(H+)=1mol/LC.当n(e-)=0.6mol时，V(H2)：V(O2)=2：3D.向电解后的溶液中加入16gCuO，则溶液可恢复为电解前的浓度4、反应2N2H4(1)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(1)ΔH=-1135.7kJ·mol可为火箭发射提供能量。下列有关该反应的说法正确的是A.反应消耗32gN2H4(1)放出1135.7kJ的能量B.反应物中所有化学键键能之和大于生成物中所有化学键键能之和C.每生成18g水，反应中转移电子物质的量为4molD.常温下该反应可自发进行5、重庆一中化学组洪朝刚老师看了这道题，说：“容我仔细品一下”。某温度下在恒容密闭容器中发生反应M(g)+N(g)E(g)ΔH=-100kJ·mol-1，若开始时只充入1molE(g)，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始只充入1molM和1molN混合气体，达平衡时放出的热量为（）A.20kJB.50kJC.80kJD.信息不足无法计算6、基于惰性电极电解水的氧化还原反应原理；设计了一种电化学灭活新冠病毒的装置。下列说法正确的是。

A.新冠病毒主要是被碱性溶液灭活的B.NaCl代替Na2CO3更绿色高效C.a电极电势比b电极电势低D.转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）

A.外电路中电流方向为B.在硫氧化菌作用下转化为的反应是C.硫酸盐还原菌分解生成D.若该电池中有参加反应，则有通过质子交换膜8、新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，LiFePO4电池是新能源汽车关键部件之一，其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为Li1－xFePO4+LixC6LiFePO4+6C。下列说法正确的是()

A.充电时，电极a与电源正极连接，电极b与电源负极连接B.电池充电时，正极的电极反应为LiFePO4-xe-=Li1－xFePO4+xLi+C.电池工作时，负极材料质量减少0.7g，转移0.2mol电子D.电池充电时锂离子穿过隔膜向a极移动9、将100.01溶液与20.01溶液发生反应：达到平衡。下列说法不正确的是A.加入苯，振荡，因苯既不是反应物也不是生成物，则平衡不移动B.充分反应后过滤，在滤液中加入适量出现蓝色沉淀，表明该反应为可逆反应C.该反应的平衡常数D.往平衡体系中加水稀释，平衡逆向移动10、室温下，向20.00mL0.1mol·L-1HX溶液中逐滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。已知溶液pH随变化关系如图所示。下列说法错误的是。

A.当=1时，溶液pH=5.75B.当=0时，加入NaOH溶液的体积大于10.00mLC.当加入10.00mLNaOH溶液时：c(H+)+c(HX)=c(Na+)+c(OH-)D.如图所示各点对应溶液中水电离出来的H+浓度：a>b>c11、对于平衡体系：aA(g)＋bB(g)cC(s)＋dD(g)ΔH＜0，下列判断，其中正确的是A.若温度不变，容器体积扩大一倍，气体A的浓度是原来的0.48倍，则a＋b＜c＋dB.若从正反应开始，平衡时，气体B的转化率相等，则起始时气体B的物质的量之比为a∶bC.若a＋b=d，则对于体积不变的容器，升高温度，平衡向左移动，容器中气体的压强不变D.若平衡体系中共有气体mmol，再向其中充入nmolB，达到平衡时气体总物质的量为(m＋n)mol，则a＋b=c＋d12、甲烷分子结构具有高对称性且C-H键能(440kJ·mol-1)较大，无催化剂作用下甲烷在温度达到1200℃以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，CH4可在较低温度下发生裂解反应；甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。

下列说法正确的是A.甲烷催化裂解的热化学反应方程式为CH4(g)=C(s)+2H2(g)∆H=+akJ·mol-1(a>0)B.步骤①、②、③反应均为放热反应C.催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积D.使用该催化剂能够有效提高CH4的平衡转化率13、利用CH4出燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2；装置如图所示。下列说法错误的是。

A.a极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2OB.A膜和C膜均为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜C.可用铁电极替换阳极的石墨电极D.a极上通入标况下2.24L甲烷，理论上产品室可新增0.4molCa(H2PO4)2评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、在火箭推进器中装有强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂(H2O2)，当它们混合时，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应；生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。

(1)写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)已知H2O(l)=H2O(g)；△H=+44kJ•mol-1；则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是___________kJ。

(3)已知N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；△H=+67.7kJ•mol-1，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)；△H=-534kJ•mol-1，根据盖斯定律写出肼与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式___________。15、随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H＜0

(1)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是________________________。

A.c(NH3)︰c(NO)=2︰3

B.n(NH3)︰n(N2)不变。

C.容器内压强不变。

D.容器内混合气体的密度不变。

E.1molN—H键断裂的同时；生成1molO—H键。

(2)已知该反应速率正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，逆=k逆·cx(N2)·cy(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆，则x=___________________，y=____________________。

(3)某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应；NO的转化率随温度变化的情况如图所示。

①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率(NO)=__________________；

②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是_____________________。16、在400℃，1.01X105Pa时，将SO2和14molO2压入一个装有催化剂的VL密闭反应器中，发生2SO2+O22SO3的反应，并且在10min后达到平衡时，测得容器内有2molSO2和12molO2。

（1）SO2的起始浓度为_______，SO3（气）的平衡浓度为_________；

（2）SO2的转化率为________，O2的平均反应速率为________；

（3）平衡时SO3（气）占总体积的百分数为__________，此时体系压强为反应起始时体系压强的________倍；

（4）达平衡后再加入2molSO2、12molO2和4molSO3(气)，此时正反应速率将_______，逆反应速率将_______，平衡_______移动。17、近年来；随着聚酯工业的快速发展，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。传统的Deacon直接氧化法，按下列催化过程进行：

4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)

(1)写出上述反应的平衡常数表达式K=_____。

(2)生产过程中可使用CuCl2作催化剂；反应原理如下：

CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH1=+63kJ·mol－1

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol－1

则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_____kJ·mol－1。

(3)420℃时，将一定量的O2和HCl通入4L的恒容密闭容器中，反应过程中氧气的变化量如图所示，则平衡时O2的转化率为_____。

18、CO2等温室气体的排放所带来的温室效应已经对人类的生存环境产生很大影响。CO2的利用也成为人们研究的热点。以CO2和H2为原料合成甲醇技术获得应用。

（1）已知CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－363kJ·mol−1

2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ·mol−1

H2O(l)=H2O(g)ΔH3＝＋44kJ·mol−1

则CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的反应热ΔH＝________。

（2）该反应常在230～280℃、1.5MPa条件下进行。采用催化剂主要组分为CuO－ZnO－Al2O3。催化剂活性组分为单质铜，因此反应前要通氢气还原。写出得到活性组分的反应的化学方程式：________。使用不同催化剂时，该反应反应热ΔH________（填“相同”或“不同”）。19、有机物的电化学合成是一种环境友好的化学合成方法；图1和图2中的电极相连时可实现电化学原理制取对氨基苯甲酸。

(1)图2为碱性肼燃料电池，c电极与_______(填“a”或“b”)相连，c电极发生的电极反应式为______。

(2)图1、图2相连时a电极为_____(填“正““负”“阴“或“阳”)极。生成的离子方程式为______。

(3)通过离子交换膜的离子是______；当电路中转移0.6mol电子时消耗标准状况下O2体积为_____，电解池左室质量变化____g。20、常温下；部分酸的电离平衡常数如下：

。化学式。

HF

HCN

H2CO3

电离常数。

Ka=3.5×10-4

Ka=5.0×10-10

Ka1=4.4×10-7

Ka2=4.7×10-11

（1）c(H+)相同的三种酸溶液的浓度从大到小为___。

（2）若HCN溶液的起始浓度为0.01mol·L-1，平衡时c(H+)约为__mol·L-1。使此溶液中HCN的电离程度增大且c(H+)也增大的方法是__。

（3）中和等量的NaOH，消耗等pH的氢氟酸和硫酸的体积分别为aL、bL，则a__(填“大于”“小于”或“等于”，下同)b。中和等浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为n1、n2，则n1__n2。

（4）向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为__。

（5）设计实验证明氢氟酸比HCl的酸性弱__。21、如图为一个电解装置；该装置中X；Y分别为石墨电极，现分别在U型管中加入下列溶液进行电解，请回答有关问题：

(1)若U型管中的液体a为饱和食盐水：在电极Y上产生的气体是_________(填分子式)，检验有该气体生成的简单方法是________________________；若该饱和食盐水中还含有少量的镁离子，则有可能在______极(选填“X”或“Y”)附近会首先生成白色不溶物；当电解产生0.2mol氢氧化钠时，能收集到标准状况下的氢气______升；工厂应用电解生成的氯气和氢气可以化合生成氯化氢，某工厂每天电解400t食盐，若生成的氯气80%用于生产盐酸，每天最多可生产31%的盐酸__________t。(保留至整数)

(2)若U型管中的液体a为饱和氯化铜溶液：电极质量增加的是_______选填“X”或“Y”____极，该电极上发生______反应(选填“氧化”或“还原”)；若要得到0.32克铜，理论上在电解过程中应转移_________mol电子；氯化铜溶液显酸性，原因是(用离子方程式表示)_______________________________；电解一段时间后，请你推测：整个溶液的酸性将如何变化(增强、减弱、不变，同时请写出理由：_______评卷人得分四、计算题(共4题，共36分)22、(1)室温下，2g苯(C6H6)完全燃烧生成液态水和CO2，放出83.6kJ的热量，写出1molC6H6完全燃烧的热化学方程式：______________________。

(2)已知：Fe2O3(s)＋C(s)=CO2(g)＋2Fe(s)ΔH＝＋akJ/mol

C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－bkJ/mol

则2Fe(s)＋O2(g)=Fe2O3(s)的ΔH＝_____。

(3)已知下列两个热化学方程式：

H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol

C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－2220.0kJ/mol

①实验测得H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6264.5kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积之比为____________。

②已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH＝＋44.0kJ/mol

求1mol丙烷燃烧生成CO2和气态水的ΔH＝______。

(4)已知2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1225kJ/mol。化学键N—HN—NN≡NO—H键能。

(kJ/mol)390190946460

则使1molN2O4(l)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量是________。23、回答下列问题。

(1)某研究小组将和一定量的充入密闭容器中，在催化剂表面发生反应反应测得容器中的转化率为则此时段内的平均反应速率为___________

(2)一定条件下，向容积恒定为的密闭容器中加入和发生反应达到平衡，反应中的物质的量随时间变化如表所示：。时间/min0206080

时，上述反应的平均反应速率____________________________。

(3)在时，向容积为的恒容密闭容器中充入和一定量的发生反应：达到平衡时，的分压与起始的关系如图所示：

起始时容器内气体总压强为若时反应到达c点，则=_________24、能源是人类赖以生存的基础。回答下列问题：

（1）下列不属于新能源的是___(填字母)。

a.煤炭b.太阳能c.风能d.地热能e.天然气f.氢能。

（2）甲烷裂解法制取乙炔反应的化学方程式为2CH4(g)C2H2(g)＋3H2(g)。

①已知下列化学键的键能数据：

则反应2CH4(g)C2H2(g)＋3H2(g)的△H＝___kJ·mol－1。

②燃烧agCH4生成二氧化碳气体和液态水，放出热量44.5kJ。经测定，生成的CO2与足量澄清石灰水反应得到5g沉淀，则CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l)△H1＝___kJ·mol－1，a＝___。

（3）金刚石和石墨为碳的同素异形体；它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时完全燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。

①在通常状况下，金刚石和石墨的稳定性较大的是___(填“金刚石”或“石墨”)；石墨的燃烧热为___kJ·mol－1。

②12g石墨在－定量空气中燃烧，生成36g气体，该过程放出的热量为___kJ。25、研究CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。

(1)处理含CO、烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为和单质S。已知：

①

②

则CO和气体反应生成固态硫和气体的热化学方程式是_______________。

(2)氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因。已知：

①△H=-akJ/mol(b＞0)

②△H=-bkJ/mol(b＞0)

若用标准状况下3.36LCO将还原至(CO完全反应)，整个过程中转移电子的物质的量为___________________mol，放出的热量为_______________kJ(用含有a和b的代数式表示)。

(3)用催化还原也可以消除氮氧化物的污染。例如：

①

②

若1mol将还原至整个过程中放出的热量为867.0kJ，则△H2=_________________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共28分)26、短周期主族元素A；B、C、D、E在元素周期表中的位置如下图所示；其中A为地壳中含量最高的金属元素。

请用化学用语回答下列问题：

(1)D元素在周期表中的位置：_______

(2)A、D、E元素简单离子半径由大到小的顺序为_______>_______>_______(填微粒符号)

(3)F与D同主族且相邻，其气态氢化物稳定性的大小_______>_______(填微粒符号)

(4)用高能射线照射含有10电子的D元素氢化物分子时，一个分子能释放一个电子，同时产生一种具有较高氧化性的阳离子，试写出该阳离子的电子式_______，该阳离子中存在的化学键有_______。

(5)C元素的简单氢化物与E元素的最高价氧化物的水化物反应，生成化合物K，则K的水溶液显_______性(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示其原因_______。

(6)化合物AC导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。其中制备AC的一种方法为：用A元素的氧化物、焦炭和C的单质在1600~1750℃生成AC，每生成1molAC，消耗18g碳，吸收bkJ的热量。(热量数据为25℃、101.3kPa条件下)写出该反应的热化学方程式_______。

(7)在Fe和Cu的混合物中加入一定量C的最高价氧化物的水化物稀溶液，充分反应后，剩余金属m1g；再向其中加入稀硫酸，充分反应后，金属剩余m2g。下列说法正确的是_______。

a.加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中肯定都有Cu2+

b.加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中肯定都有Fe2+

c.m1一定大于m2

d.剩余固体m1g中一定有单质铜，剩余固体m2g中一定没有单质铜27、已知A；B、C、D、E、F六种短周期主族元素；原子序数依次增大。其中B是周期表中形成物质最多的元素，它与A的单质可形成气态分子X，X常作燃料；D是同周期元素中原子半径最大的元素；C、E同主族；C、F两种元素的原子最外层共有13个电子。根据以上内容回答下列问题：

(1)元素B在元素周期表中的位置是______________。

(2)六种元素原子半径由小到大的顺序为____________________(用元素符号表示)。

(3)B；C两种元素能形成两种常温下呈气态的化合物M、N；其中M具有较强的还原性，则N的电子式是_____________。

(4)在上述元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是______(写物质名称)。

(5)常温常压下；10gX在空气中完全燃烧，放出热量QkJ，请写出该过程的热化学方程式：________。

(6)A、C、D、E、F中的三种或四种元素能形成多种盐，其水溶液呈碱性的有________和_____________(写出两种化合物的化学式)28、有一应用前景广阔的纳米材料甲；其由A；B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。

（1）甲的化学式为____________，其晶体属于____________晶体。

（2）乙的水溶液可以用来做________________________（写出一种用途）。

（3）B元素的一种氢化物丁；相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料；燃料电池燃料等。则。

①丁的电子式为_____。

②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，其化学方程式________________________。

甲的制备过程中氨气需要过量的理由是____________________________________。

③丁的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1≈1.0×10－6，则0.01mol·L－1丁水溶液的pH等于____________（忽略丁的二级电离和H2O的电离）。29、Ⅰ.离子化合物A由两种金属元素、一种非金属元素构成，均为短周期元素，其中阳离子与阴离子的个数比为1:2，B是一种常见的液态物质。按以下流程进行实验：请回答：(1)组成A的元素为_______(填元素符号)。(2)A与盐酸反应能够产生一种无色单质气体，请写出该反应的化学反应方程式_______。(3)固体D可以溶于NH4Cl溶液当中，生成可以使紫色石蕊试液变蓝的气体，请写出该反应的离子反应方程式_______。Ⅱ.为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某校化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置。(1)在此实验中，F仪器的作用是_______；为验证通入D装置中的气体是Cl2过量还是SO2过量，兴趣小组的同学准备了以下试剂：①氯化铁溶液②氯化亚铁溶液③硫氰化钾溶液④品红溶液⑤酸性高锰酸钾溶液，需要选取哪几种试剂验证Cl2过量_______。(2)D装置中主要反应的离子反应方程式为_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．若a和b为石墨，通电后b电极是阴极；发生还原反应，故A错误；

B．若a和b为石墨，通电后a极为阳极，Cl-在a电极失去电子转变为Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑；故B正确；

C．电解池的阳极Cu是活泼电极时；该极上电极本身发生失电子的氧化反应，电极质量减轻，故C错误；

D．电解池工作时；电解质溶液中的阳离子移向阴极，即铜离子向铁电极移动，故D错误；

故选B。2、D【分析】【详解】

A；三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积；吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；

B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)；B正确；

C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)；C正确；

D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区；D错误。

答案选D。3、C【分析】【分析】

根据产生的气体可知电解过程中分为两个阶段，开始时阳极反应为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极反应为Cu2＋＋2e－=Cu，当n(e－)=0.4mol时，Cu2＋消耗完，之后阴极反应变为2H＋＋2e－=H2↑。

【详解】

A．根据分析可知当n(e－)=0.4mol时，Cu2＋消耗完，因而Cu2＋的物质的量为0.2mol，电解前其浓度为=1mol/L；A错误；

B．通过电子由0至0.4mol时间段内电解了0.4molOH－，同时产生了0.4molH+，随后电解的是水，溶液的体积已经不在为200ml，故电解后所得溶液中c(H+)无法计算；B错误；

C．当n(e－)=0.6mol时，得到0.15molO2，而H2只在第二阶段产生，该阶段电子转移0.2mol，得到0.1molH2，所以V(H2)：V(O2)=2：3；C正确；

D．电解过程除了有铜及氧气析出外；还电解了水，故单纯的向电解后的溶液中加入16gCuO，并不能使溶液恢复为电解前的浓度，D错误；

综上所述答案为C。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．2N2H4(1)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(1)ΔH=-1135.7kJ·mol表示2molN2H4(1)参与反应放热1135.7kJ，则反应消耗32gN2H4(1)，即1molN2H4(1)；应放出567.85kJ的能量，故A错误；

B．反应热ΔH=反应物中所有化学键键能之和-生成物中所有化学键键能之和，该反应的ΔH＜0；故反应物中所有化学键键能之和小于生成物中所有化学键键能之和，故B错误；

C．反应2N2H4(1)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(1)中，N2H4中N元素化合价从-2价升高到0价，NO2中N元素化合价从+4价降低到0，则2molN2H4和2molNO2反应生成4mol水时转移8mol电子；则每生成18g水，即1mol水时，反应中应转移电子物质的量为2mol，故C错误；

D．该反应是一个放热；熵增的反应；在任何温度下均可以自发进行，故D正确；

故选D。5、C【分析】【详解】

根据反应方程式M(g)+N(g)E(g)ΔH=-100kJ·mol-1，可知：每有1molM和1molN反应变为1molE，会放出热量100kJ。若开始时只充入1molE(g)，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%，说明气体的物质的量增加了0.2mol，则反应的E的物质的量是0.2mol，平衡时M、N的物质的量是0.2mol，E的物质的量是0.8mol，该反应的等效起始状态是加入1molM和1molN，故若反应从正反应方向开始，反应的M、N的物质的量是0.8mol，则反应放出热量Q=100kJ/mol×0.8mol=80kJ，故合理选项是C。6、C【分析】【分析】

惰性电极电解Na2CO3溶液，阳极是氢氧根失去电子生成氧气，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极是氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。阳极产生的活性氧能使病毒灭活，则b为电源正极；a为负极。

【详解】

A．Na2CO3溶液的碱性较弱；不能灭活病毒，灭活病毒的是活性氧，故A错误；

B．用NaCl代替，阳极会是Cl-失电子产生有毒的Cl2；并不绿色环保，故B错误；

C．分析可知，b为电源正极；电解产生的活性氧使病毒灭活，则a为负极，负极的电势比正极电势低，故C正确；

D．阳极电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，由于灭活病毒需要一定量的O2，则转移4mol电子时收集到标况下O2小于22.4L；故D错误；

故选：C。二、多选题(共7题，共14分)7、AB【分析】【分析】

根据体系中H+移动方向可判断a为电池负极，b为正极；有机物和在硫酸盐还原菌作用下生成HS-和CO2，HS-在硫氧化菌作用下，在负极失电子被氧化为失去的电子由负极经过负载流入正极(b)，O2在正极得电子被还原。

【详解】

A．电流由正极（b）流入负极（a）；A正确；

B．HS-在负极被氧化为即根据图示可添加H+和H2O配平电极反应式，得B正确；

C．根据图示判断CO2来源于有机物；C错误；

D．根据电极反应：O2+4H++4e-=2H2O，确定0.2molO2反应时，消耗0.8molH+，为了维持正极区域电荷守恒，需有0.8molH+通过质子交换膜进入正极；D错误；

故答案选AB。8、BD【分析】【分析】

根据工作原理图可知，装置为原电池，锂离子向b极区移动，则电极b为正极；电极a为负极。

【详解】

A．分析可知，装置放电时，a极为负极，则充电时，电极a与电源负极连接，电极b与电源正极连接；A说法错误；

B．电池充电时，b电极失电子，生成Li1－xFePO4和Li+，正极的电极反应为LiFePO4-xe-=Li1－xFePO4+xLi+；B说法正确；

C．电池工作时，负极反应式为Li-e-=Li+；材料质量减少0.7g，即反应0.1mol，则转移0.1mol电子，C说法错误；

D．电池充电时与电池放电时锂离子的移动方向相反；则充电时锂离子穿过隔膜向a极移动，D说法正确；

答案为BD。9、AC【分析】【详解】

A．加入苯；萃取碘单质，降低水溶液中生成物碘单质的浓度，平衡正向移动，故A错误；

B．过量与少量充分反应后，滤液中仍有说明反应物无法完全转化，该反应存在限度，是可逆反应，故B正确；

C．平衡常数表达式中缺少应该为故C错误；

D．加水稀释，假设稀释后溶液体积加倍，那么各离子或分子浓度减半，则可判断平衡逆向移动，故D正确；

故选AC。10、BD【分析】【分析】

【详解】

A．Ka=pKa=pc(H+)+p=-lgc(H+)-p所以pH=pKa+p温度不变pKa为常数，将(-1，3.75)带入可得3.75=pKa-1，所以pKa=4.75，即pH=p+4.75，将p=1带入可得pH=5.75；A正确；

B．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，pKa=4.75，即Ka=10-4.75，则X-的Kh==10-9.25，X-的水解程度小于HX的电离程度，则等浓度的HX和NaX的混合溶液显酸性；X-当p=0时；pH=4.75，溶液显酸性，所以加入NaOH溶液的体积小于10.00mL，B错误；

C．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，存在电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)=c(X-)＋c(OH-)，存在物料守恒2c(Na＋)=c(X-)＋c(HX)，二式联立可得c(H＋)＋c(HX)=c(Na＋)＋c(OH-)；C正确；

D．NaX的水解会促进水的电离，随着NaOH的加入溶液中NaX浓度逐渐增大，水的电离程度也逐渐增大，当溶质全部为NaX，水的电离程度达到最大，水电离出来的H＋浓度最大，c点pH=5.75，说明溶质中含有HX，则a、b、c三点水电离出来的H＋浓度：a

故选：BD。11、AB【分析】【分析】

【详解】

A．温度不变，容器体积扩大一倍，若平衡不发生移动，则A的浓度变为原来的0.5倍，但实际上为0.48倍，说明容器体积扩大，平衡正向移动，C为固体，所以a＋b＜d，则a＋b＜c＋d；故A正确；

B．若从正反应开始，平衡时，气体A、B的转化率相等，反应过程A和B按照a：b的比例反应，则起始时气体A、B的物质的量之比也为a：b；故B正确；

C．该反应正反应为放热反应；升高温度平衡逆向移动，虽然气体的总物质的量不变，但根据PV=nRT可知，温度升高也会使压强增大，故C错误；

D．若平衡体系中共有气体mmol，再向其中充入nmolB，达到平衡时气体总物质的量为(m＋n)mol，说明平衡移动时气体的总物质的量不变，而C为固体，所以a＋b=d；故D错误；

综上所述答案为AB。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．甲烷催化裂解产物为碳和氢气，反应物的总能量小于生产物的总能量，反应吸热，热化学反应方程式可表示为：CH4(g)C(s)+2H2(g)△H=+akJ·mol-1(a>0)；A正确；

B．由能量变化图可知；反应②和③为放热反应，但反应①为吸热反应，B错误；

C．随着反应的进行；碳在催化剂表面沉积，催化剂接触面积减小，活性降低，C正确；

D．使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，不能改变CH4的平衡转化率；D错误；

故选AC。13、BC【分析】【分析】

【详解】

A．a极为甲烷，甲烷失去电子，因此电极反应式为：CH4−8e－＋4O2−＝CO2＋2H2O；选项A正确；

B．阳极室阴离子放电；钙离子穿过A膜进入到产品室，因此A膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子穿过C膜进入到阴极室，因此C膜为氧离子交换膜，磷酸二氢根穿过B膜进入到产品室，因此B膜为阴离子交换膜，选项B错误；

C．可用铁电极替换阳极的石墨电极；则铁失电子产生亚铁离子，电极反应式不同，选项C错误；

D．a极上通入标况下2.24L甲烷即物质的量为0.1mol，根据CH4−8e－＋4O2−＝CO2＋2H2O，则转移0.8mol电子，因此有0.4mol钙离子移向产品室反应生成Ca(H2PO4)2，即理论上产品室可新增0.4molCa(H2PO4)2；选项D正确；

答案选BC。三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】【分析】

(1)计算1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量；可写出反应的热化学方程式。

【详解】

(1)0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量641.625kJ，则热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.625kJ•mol-1；

故答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.625kJ•mol-1；

(2)因①N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.625kJ•mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44kJ•mol-1，根据盖斯定律，①-②×4，得N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)△H=-817.625kJ•mol-1；所以16g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量为408.8kJ；

故答案为：408.8；

(3)①N2(g)+2O2(g)═2NO2(g)△H=+67.7kJ/mol

②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ/mol

依据盖斯定律计算②×2-①得到：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l)△H=-1135.7kJ/mol；

故答案为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l)△H=-1135.7kJ/mol。【解析】N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=-640kJ/mol4082N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1135.7kJ/mol15、略

【分析】【分析】

(1)根据平衡标志分析；

(2)根据平衡常数表达式分析；

(3①420K时NO的物质的量变化是3mol×2%；580K时NO的物质的量变化是3mol×59%，在5min内NO的物质的量变化是3mol×59%－3mol×2%，结合化学反应速率计算公式计算；

②温度升高；平衡逆向移动（或氨气被氧化为NO）；

【详解】

(1)A．投料比等于化学计量数之比，c(NH3)︰c(NO)始终等于2︰3，c(NH3)︰c(NO)=2︰3不一定平衡；

B．NH3反应物、N2是生成物，n(NH3)︰n(N2)不变；说明浓度不变，反应一定达到平衡状态；

C．反应前后气体系数和不同；压强是变量，容器内压强不变，一定达到平衡状态；

D．由于H2O呈液态；反应前后气体总质量变化；体积不变，密度是变量，容器内混合气体的密度不变，一定达到平衡状态；

E．1molN—H键断裂的同时；生成1molO—H键，都是指正反应速率，不一定平衡；

答案选AE。

(2)4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)平衡常数表达式是达到平衡时，正=逆，即k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·cx(N2)·cy(H2O)，则x=5；y=0；

(3)①420K时NO的物质的量变化是3mol×2%，580K时NO的物质的量变化是3mol×59%，在5min内NO的物质的量变化是3mol×59%－3mol×2%，此时段内NO的平均反应速率(NO)=

②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是温度升高；平衡逆向移动（或氨气被氧化为NO）；

【点睛】

本题考查化学平衡的判断方法、化学平衡常数的表达式、反应速率计算等，明确化学平衡的定义，根据“变量不变”判断平衡标志，注意纯液体不计入平衡常数表达式。【解析】AE

50平衡逆向移动（或氨气被氧化为NO）16、略

【分析】【详解】

（1）由题干知O2的转化量是2mol，SO2的转化量是4mol，SO3的转化量是4mol。SO2的起始浓度为6/Vmol·L-1，SO3(g)的平衡浓度为4/Vmol·L-1；（2）SO2的转化率为×100%=66.67%。v(O2)==0.2/Vmol·L-1·min-1；（3）平衡时SO3占总体积的百分数为×100%=22.22%。压强之比等于物质的量之比，=0.9；（4）达平衡后再加入2molSO2、12molO2和4molSO3(g)，相当于增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动。【解析】①.6/Vmol·L-1②.4/Vmol·L-1③.66.67％④.0.2/Vmol·L-1·min-1⑤.22.22％⑥.0.9⑦.增大⑧.增大⑨.正向17、略

【分析】【详解】

(1)根据化学反应方程式：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可知，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，即反应的平衡常数表达式：K=故答案为：

(2)根据反应原理：①CuCl2(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH1=+63kJ·mol－1；②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol－1；利用盖斯定律：2(①+②)得到：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=2(ΔH1+ΔH2)=-116kJ·mol－1；故答案为：-116；

(3)平衡时O2的转化率为=33.3%，故答案为：33.3%。【解析】-11633.3%18、略

【分析】【分析】

⑴根据盖斯定律进行计算。

⑵催化剂活性组分为单质铜；并且反应前要通氢气还原，使用不同催化剂时，能改变反应的活化能，但不改变反应的热效应。

【详解】

⑴已知①CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－363kJ·mol−1，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ·mol−1，③H2O(l)=H2O(g)ΔH3＝＋44kJ·mol−1，根据盖斯定律可知，②×＋③－①可得CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，则其反应热ΔH＝(－571.6kJ·mol−1）×＋(＋44kJ·mol−1)－(－363kJ·mol−1)＝－450.4kJ·mol−1；故答案为：－450.4kJ·mol−1。

⑵催化剂活性组分为单质铜，并且反应前要通氢气还原，说明是氢气还原氧化铜生成铜和水，发生反应的化学方程式为H2＋CuOCu＋H2O；使用不同催化剂时，能改变反应的活化能，但不改变反应的热效应，即该反应反应热ΔH相同；故答案为：H2＋CuOCu＋H2O；相同。【解析】－450.4kJ·mol−1H2＋CuOCu＋H2O相同19、略

【分析】（1）

图1为电解池，b电极上碘单质得电子生成碘离子，故b电极为阴极，d电极为阳极，图2为肼燃料电池，c电极为负极，d电极为正极，原电池的负极与电解池的阴极相连，故c电极与b相连，c电极上肼发生氧化反应生成氮气，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。

（2）

由(1)分析知，图1、图2相连时a电极为阳极，由图可知，碘离子将还原为则生成的离子方程式为+6H++6I-=+3I2+2H2O。

（3）

图1中，a电极为阳极，电极反应为离子交换膜右侧发生反应+6H++6I-=+3I2+2H2O，故通过离子交换膜的离子是H+；d电极上每消耗1molO2转移4mol电子，故当电路中转移0.6mol电子时消耗标准状况下O2为0.15mol，体积为22.4L/mol×0.15mol=3.36L；电解池左室发生反应氧气逸出，氢离子通过离子交换膜移向右侧，故转移4mol电子时，减少的质量为2mol水的质量为36g，现转移0.6mol电子，质最减少为0.3mol水的质量为18g/mol×0.3mol=5.4g。【解析】(1)bN2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O

(2)阳+6H++6I-=+3I2+2H2O

(3)H+3.36L减少5.420、略

【分析】【详解】

(1)根据三种酸的电离平衡常数可知，酸性：HF＞H2CO3＞HCN＞HCO3－。因此c(H＋)相同的三种酸，其酸的浓度从大到小的顺序为c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)，故答案为c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)；

(2)设c(H+)=x，根据HCNH++CN-，Ka=5.0×10-10==解得x≈×10-6，弱电解质的电离过程是吸热过程，升高温度，能够促进HCN的电离，电离程度增大，c(H+)也增大，故答案为×10-6；升高温度；

(3)中和等量的NaOH，需要消耗等物质的量的氢离子，当氢氟酸和硫酸的pH相等时，由于硫酸是强酸，氢氟酸为弱酸，需要氢氟酸和硫酸的体积比小于1:1，即a小于b。氢氟酸为一元酸、硫酸为二元酸，中和等浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为1:2，即n1小于n2；故答案为小于；小于；

(4)酸性：HF＞H2CO3＞HCN＞HCO3-。向NaCN中通入少量的CO2反应生成HCN和NaHCO3，反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-，故答案为CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-；

(5)证明氢氟酸比盐酸的酸性弱可以使用的方法有：①测定等浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大；②等浓度的两种酸分别与Zn反应，初始氢氟酸冒气泡慢；③测定等物质的量浓度的两种溶液的导电性，盐酸的灯泡较亮、氢氟酸的灯泡较暗等，故答案为:测定等浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大或等浓度的两种酸分别与Zn反应，初始氢氟酸冒气泡慢。【解析】c(HCN)＞c(H2CO3)＞c(HF)×10-6升高温度小于小于CN-+CO2+H2O=HCN+HCO测定等浓度的两种酸溶液的pH，氢氟酸的pH大或等浓度的两种酸溶液分别与Zn反应，初始时氢氟酸冒气泡慢21、略

【分析】【分析】

(1)若U型管中的液体a为饱和食盐水；则该装置是电解饱和食盐水的装置，根据相关知识回答问题；

(2)若U型管中的液体a为饱和氯化铜溶液；则该装置是电解饱和氯化铜的装置，根据相关知识回答问题。

【详解】

(1)若U型管中的液体a为饱和食盐水，Y与电源正极相连为阳极，阳极反应为2Cl-－2e-=Cl2↑，产生的气体是Cl2；检验氯气的方法是：湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；X为阴极，阴极反应为2H+＋2e-＝H2↑，阴极附近会产生氢氧根，生成白色的氢氧化镁沉淀，故在X极附近会首先生成白色不溶物；当电解产生0.2mol氢氧化钠时，同时消耗0.2molH+，生成0.1mol氢气，标况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L；电解氯化钠溶液的原理方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，电解400t食盐，则生成氯气物质的量为=3.42mol，氯气80%用于生产盐酸，可得到质量分数为31%的盐酸为=644t；

(2)电解氯化铜溶液时，X作为阴极，发生反应：Cu²⁺+2e⁻=Cu，质量增加；该电极得电子，发生还原反应；生成1mol铜转移2mol电子，若要得到0.32克铜，需要转移=0.01mol；氯化铜溶液显酸性的原因是铜离子发生了水解，离子方程式为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+；电解氯化铜溶液的总方程式为：CuCl2Cu+Cl2，电解一段时间后，铜离子浓度减小，水解程度减弱，酸性减弱。【解析】Cl2湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝X22.4L644X还原0.01molCu2++2H2OCu(OH)2+2H+铜离子浓度减小，水解程度减弱，酸性减弱四、计算题(共4题，共36分)22、略

【分析】【分析】

(1)首先计算1mol苯燃烧放出的热量；再根据热化学方程式的书写方法书写热化学方程式；

(2)根据盖斯定律计算；

(3)①依据两个热化学方程式结合题干数据列式计算；②根据盖斯定律分析解答；

(4)根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算。

【详解】

(1)2g苯(C6H6)的物质的量=mol=mol，完全燃烧生成液态水和CO2，放出83.6kJ的热量，则1mol苯燃烧放出的热量=83.6kJ×39=3260.4kJ，反应的热化学方程式为：C6H6(l)+O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol，故答案为：C6H6(l)+O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol；

(2)①Fe2O3(s)+C(s)═CO2(g)+2Fe(s)△H=+akJ/mol，②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-bkJ/mol，根据盖斯定律，×②-①得到：2Fe(s)+O2(g)═Fe2O3(s)△H=(-b-a)kJ/mol或-(b+a)kJ/mol，故答案为：(-b-a)kJ/mol或-(b+a)kJ/mol；

(3)①H2和C3H8的混合气体共5mol；设氢气物质的量为x，则丙烷物质的量为(5-x)，完全燃烧生成液态水时放热6264.5kJ；

根据H2(g)+O2(g)═H2O(1)△H=-285.8kJ/mol；

C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(1)△H=-2220.0kJ/mol；

有：285.8×xkJ+2220.0×(5-x)kJ=6264.5kJ，解得：x=2.5mol，则混合气体中H2和C3H8的体积比=物质的量之比=2.5∶2.5=1∶1；故答案为：1∶1；

②i.C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(1)△H=-2220.0kJ/mol，ii.H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，由盖斯定律可知，i+ii×4得：C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(g)△H=-2044kJ/mol；故答案为：-2044kJ/mol；

(4)设1molN2O4(1)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量QkJ，则190kJ/mol×2+390kJ/mol×8+QkJ/mol-946kJ/mol×3-460kJ/mol×8=-1225kJ/mol，解得：Q=1793，故答案为：1793kJ。【解析】C6H6(l)+O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol(-b-a)kJ/mol或-(b+a)kJ/mol1∶1-2044kJ/mol1793kJ23、略

【分析】【详解】

（1）根据题给反应，

（2）时，平均反应速率

（3）c点则初始时充入起始时容器内气体压强为c点平衡时的分压为气体的压强之比等于物质的量之比，则平衡时列三段式：

则【解析】(1)

(2)

(3)24、略

【分析】【分析】

（1）新能源是指无污染；可以持续利用的能源；包括太阳能、风能、核能、地热能、潮汐能等；

（2）①根据△H＝反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；

②agCH4生成二氧化碳气体和液态水，放出热量44.5kJ，根据生成沉淀的质量计算出CO2的物质的量，进一步计算出agCH4的物质的量，最终计算1molCH4生成二氧化碳气体和液态水；放出的热量；

（3）①能量越低物质越稳定；1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时释放的能量为燃烧热；

②根据极值计算判断生成的气体的组成；结合热化学方程式计算。

【详解】

（1）根据分析可知；太阳能；风能、地热能、氢能都是新能源，因此不属于新能源的是煤炭和天然气，答案选ae；

（2）①△H＝反应物的总键能-生成物的总键=2×4×413.4kJ/mol-2×413.4kJ/mol-812kJ/mol-3×436kJ/mol=+360.4kJ·mol－1；

②agCH4生成二氧化碳气体和液态水，生成的CO2与足量澄清石灰水反应得到5g沉淀，那么n(CaCO3)=n(CO2)=n(CH4)==0.05mol，即0.05mol(a=0.05mol×16g/mol=0.8g)CH4生成二氧化碳气体和液态水，放出热量44.5kJ，因此1molCH4生成二氧化碳气体和液态水，放出热量kJ=890kJ，即CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H1＝-890kJ·mol－1；a＝0.8；

（3）①能量越低物质越稳定，由图像可知金刚石的能量高于石墨的能量，因此石金刚石和石墨中稳定性较大的是石墨；1mol石墨完全燃烧生成CO2放出的热量为110.5kJ+283.0kJ=393.5kJ，因此石墨的燃烧热是393.5kJ·mol－1

②12g石墨的物质的量为1mol，在一定量的空气中燃烧，根据元素守恒，若生成CO2，质量为44g，若生成CO，质量为28g，现生成的气体为36g，28g<36g<44g，说明生成的气体既有CO又有CO2，设生成的CO为xmol，生成的CO2为(1-x)mol，28x+44(1-x)=36，x=0.5mol，即生成的CO为0.5mol，CO2为0.5mol；1mol石墨燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，那么0.5mol石墨燃烧生成CO放出的热量为55.25kJ，1mol石墨完全燃烧生成CO2放出的热量为393.5kJ，那么0.5mol石墨完全燃烧生成CO2放出的热量为196.75kJ，所以12g石墨在－定量空气中燃烧，生成36g气体，该过程放出的热量为55.25kJ+196.75kJ=252.0kJ。【解析】ae+360.4-8900.8石墨393.5252.025、略

【分析】【分析】

(1)利用盖斯定律将方程式①×2-②得热化学方程式；

(2)根据盖斯定律求出4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g)的反应热；根据物质的量之比等于热量比求出放出的热量；

(3)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式，结合1molCH4还原NO2至N2的整个过程中放出的热量为867kJ计算。

【详解】

(1)①

②

根据盖斯定律，将方程式①×2-②，整理可得2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)△H=(-283.0kJ/mol)×2-(-296.0kJ/mol)=-270.0kJ/mol；

(2)①CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-akJ/mol(a＞0)

②2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-bkJ/mol(b＞0)

根据盖斯定律，将方程式①×2+②整理可得4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g)△H=(-akJ/mol)×2+(-bkJ/mol)=-(2a+b)kJ/mol，反应过程中电子转移8mol，若3.36LCO参加反应，转移电子的物质的量为n(e-)=×2=0.3mol，反应放出的热量Q=×kJ/mol=kJ；

(3)①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=-574kJ/mol

②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2

根据盖斯定律，将方程式①+②整理可得2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)△H=△H1+△H2，根据方程式可知：1molCH4还原NO2至N2整个过程中放出的热量为867kJ，所以△H2=-867kJ/mol×2-(-574kJ/mol)=-1160kJ/mol。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写及反应热的计算。掌握盖斯定律的含义，反应过程中的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应途径无关分析解答。【解析】2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)△H=-270.0kJ/mol0.3-1160kJ/mol五、元素或物质推断题(共4题，共28分)26、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A是地壳中含量最高的金属元素；则A是Al元素，所以B；C、D、E分别是C、N、O、Cl，则D元素在元素周期表中的位置是第二周期第ⅥA族；

(2)A、D、E的离子分别是Al3+、O2-、Cl-，其中Al3+、O2-的电子层结构相同，核电荷数大的离子半径小，则铝离子的半径小于氧离子，二者都比Cl-少一层电子，所以氯离子的半径最大，则三种离子的半径的大小顺序是Cl->O2->Al3+；

(3)与O元素同主族且相邻的元素是S元素，因为O元素的非金属性大于S，所以水的稳定性大于硫化氢，H2O>H2S；

(4)含10个电子的O的氢化物是H2O，该分子释放1个电子，则带1个单位的正电荷，形成阳离子，所以该阳离子电子式为该离子中存在H与O之间形成的极性共价键；

(5)N的氢化物是氨气，E的最高价氧化物的水化物为高氯酸，是强酸，氨气与高氯酸反应生成高氯酸铵，因为铵根离子水解，使溶液呈酸性，所以铵根离子水解的离子方程式是+H2O⇌NH3·H2O+H+；

(6)根据题意，每生成1molAlN，消耗18g碳，说明AlN与C的系数之比为1：18/12=2：3，所以C与氧化铝、氮气在高温下反应生成AlN和CO，所以该反应的热化学方程式是3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)∆H=+2bkJ/mol；

(7)N的最高价氧化物的水化物是硝酸，Fe、Cu与硝酸均反应，Fe的还原性比Cu强，所以Fe先反应，则剩余固体中一定有Cu，可能含有Fe；再向其中加入稀硫酸，则溶液中相当于存在硝酸，所以固体继续溶解，质量减小，则m1>m2；最后还有固体剩余，说明酸不足，则Fe被氧化为亚铁离子，所以加入稀硫酸前后一定都有亚铁离子，而反应前后不一定含有铜离子，剩余固体中一定都有单质Cu，所以答案选bc。

考点：考查元素推断，元素化合物性质的判断【解析】第二周期第ⅥA族Cl-O2Al3+H2OH2S极性共价键酸性+H2O⇌NH3·H2O+H+)3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)∆H=+2bkJ/molbc27、略

【分析】【分析】

由题干信息可知，A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中B是周期表中形成物质最多的元素，故B为C元素，它与A的单质可形成气态分子X，X常作燃料，故A为H元素，X为CH4；D是同周期元素中原子半径最大的元素；故D为Na元素；C；F两种元素的原子最外层共有13个电子，故只能是一个最外层6个电子，另一个7个电子，故C为O元素，C、E同主族，则E为S元素，F为Cl元素，据此分析解题。

【详解】

(1)由分析可知；元素B是C元素，故其在元素周期表中的位