2025年湘师大新版高一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2025年湘师大新版高一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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、将2.3g金属钠投入100g水中，反应结束后，溶液中溶质的质量分数计算式表示正确的是()2、关于化学反应；下列叙述中不正确的是（）①放热的反应发生时不必加热。

②化学反应一定有能量变化。

③吸热反应需要加热后才能发生。

④化学反应热效应数值（放出或吸收的热量）与参加反应的物质的多少有关．A.①②B.②③C.①③D.②④3、向含有下列各离子组的溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的()A.二氧化氮：rm{Na^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{I^{隆陋}}rm{HSO_{3}^{隆陋}}B.二氧化碳：rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{SiO_{3}^{2-}}rm{Cl^{隆陋}}C.氨气：rm{Ag^{+}}rm{Al^{3+}}rm{Na^{+}}rm{NO_{3}^{隆陋}}D.氯化氢：rm{Ca^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{NO^{3隆陋}}rm{Cl^{隆陋}}4、向物质的量浓度均为rm{1mol?L^{-1}}的rm{AlCl_{3}}和盐酸的混合溶液中逐滴滴入rm{NaOH}溶液，如图中rm{[n}表示rm{Al(OH)_{3}}的物质的量、rm{V}表示rm{NaOH}溶液的体积rm{]}能正确表示这个反应过程的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.5、相同状况下，rm{n}rm{mol}氢气和rm{n}rm{mol}二氧化碳的体积相同，下列解释比较全面的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵n}rm{mol}氢气和rm{n}rm{mol}二氧化碳所含的气体分子数目相同；

rm{垄脷}相同状况下；氢分子间的平均距离和二氧化碳分子间的平均距离大致相等；

rm{垄脹}氢分子本身的大小和二氧化碳分子本身的大小大致相同；

rm{垄脺}气体分子本身大小相对分子间平均距离来说可忽略不计．A.rm{垄脵垄脷垄脹}B.rm{垄脵垄脷垄脺}C.rm{垄脵垄脺}D.rm{垄脵垄脹}6、现有部分短周期主族元素的性质与原子（或分子）结构如下表：（）

。元素编号元素性质与原子（或分子）结构T最外层电子数是次外层电子数的3倍X常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对YM层电子数与K层电子数相同Z第3周期元素的简单离子中半径最小

A.Z的氧化物对应的水化物可以溶于氨水。

B.T与氢形成的化合物中不可能含非极性键。

C.Y与Z的单质分别与相同浓度的盐酸反应；Y的反应要剧烈些。

D.X和Y两元素之间有可能形成共价键。

7、M元素的一个原子失去2个电子，这2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成离子化合物Z，下列说法中，正确的是A.Z的电子式为B.Z可表示为M2YC.Z一定溶于水中D.M形成+2价阳离子评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、X；Y、Z和W分别代表四种短周期元素；其原子序数依次增大，它们满足以下条件：

①X元素的一种原子；其原子核就是一个质子。

②元素周期表中；Z与Y相邻，Z与W相邻。

③Y；Z与W三种元素的原子最外层电子数之和为17

④由X；Y元素组成的一种气体物质A；A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。

请填以下空白：

（1）Y、Z和W三种元素是否位于同一周期（填“是”或“否”）：____，理由是____．

（2）写出四种元素的元素符号：X____，Y____，Z____，W____；

（3）实验室制取气体A的化学反应方程式为____；

干燥A气体应选用的试剂是____；收集A可用____法．9、现有反应：①CO+CuOCu+CO2②MgO+2HCl=MgCl2+H2O

③Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag④CH4+2O2CO2+2H2O

⑤NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O

试回答：（1）上述属于置换反应的是____，属于复分解反应的是____．

（2）属于氧化还原反应的是____．10、（6分）某盐溶液可能含有Na+、SO42-、SO32-、Cl-、HCO3-、OH-等离子，为了鉴定这些离子，分别取少量溶液进行一下实验：⑴测得溶液能使酚酞变红⑵加入盐酸后，生成无色气体,该气体能使饱和石灰水变浑浊,通入品红，品红退色，加热退色后的溶液，恢复红色。⑶加入足量盐酸后再加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。⑷取⑶的澄清液，加入足量硝酸后再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。由此对原溶液进行判断（以下均填离子符号）：则原溶液中一定有_____________，一定没有_____________，可能有_____________。11、有一固体粉末,其中可能含有Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba（NO3）2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验。①将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀。②在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体。③取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+。由上述现象推断：（1）该混合物中一定含有；一定不含有，可能含有。（2）如要检验其是否存在，将如何操作。12、写出下列各烷烃的结构简式：

（1）2，3，3，5﹣四甲基己烷：____；

（2）2﹣甲基﹣5﹣乙基﹣4﹣异丙基庚烷：____；

（3）1，3﹣丁二烯：____；

（4）3﹣甲基﹣4，5﹣二乙基﹣2﹣庚烯：____；

（5）4﹣甲基﹣3﹣异丙基﹣1﹣己炔：____13、已知rm{A}的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，现以rm{A}为主要原料合成一种具有果香味的物质rm{E}其合成路线如下图所示。请回答下列问题：rm{(1)A}的结构简式为________，在农业上可以用于________。rm{(2)E}的结构简式为________；rm{B}rm{D}分子与金属钠反应的化学方程式为________、________。14、某烷烃蒸汽的密度是相同状况下氢气密度的rm{36}倍，则该烷烃可能的结构有______几种，其中有一种一氯取代物只有一种，写出这种同分异构体的结构简式：______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）16、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．17、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．18、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）19、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）20、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。21、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）22、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）评卷人得分四、原理综合题(共4题，共8分)23、(2018·安徽省合肥市高三第三次教学质量检测)H2S在重金属离子处理；煤化工等领域都有重要应用。请回答：

Ⅰ．H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体；反应原理为。

ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol−1

ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=−42kJ·mol−1

已知断裂1mol气态分子中的化学键所需能量如下表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)能量(kJ·mol−1)1310442x669

（1）计算表中x=_______。

（2）T℃时，向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)；发生上述两个反应。

①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80mol，H2为0.85mol，则T℃时反应ⅰ的平衡常数K=_______(保留2位有效数字)。

②上述反应达平衡后，若向其中再充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，则再次达平衡后H2的体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”);若升高温度，则CO的平衡体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，其理由是_______。

Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2；同时生成硫蒸气。

（3）向2L密闭容器中加入0.2molH2S，反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如下图所示，则在此温度区间内，H2S分解反应的主要化学方程式为_______；在1300℃时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=_______。

Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。

（4）25℃时，向浓度均为0.001mol·L−1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c(Ag+)=_______。(已知：25℃时，Ksp(SnS)=1.0×10−25，Ksp(Ag2S)=1.6×10−49)。24、CO2的排放会带来全球“温室”效应，因此，引起国际关注和研究，渴望21世纪CO2将作为新碳源被广泛使用。

(1)以CO2和H2为原料可得到CH4燃料。

已知：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ·mol-1

②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ·mol-1

写出由CO2获得CH4的热化学方程式：_____。

(2)CO2与CH4经催化重整可制得合成气：CH4(g)+CO2(g)=CO(g)+2H2(g)按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率影响如图所示。此反应优选温度为900℃的原因是______________________。

(3)以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。

①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如上图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是__________________。

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________(写出两种)。

③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中离子方程式是________________________。

(4)O2辅助的Al—CO2电池工作原理如上图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_______________________。电池的正极反应式：2CO2+2e−=C2O42−该过程中，O2起催化作用，催化过程可表示为：i：6O2+6e−=6O2−ii:写出ii的离子方程式：______________________。25、国家实施“青山绿水工程”；大力研究脱硝和脱硫技术。

（1）H2在催化剂作用下可将NO还原为N2。下图是该反应生成1mol水蒸气的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。

（2）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：

反应I：2NO(g)N2O2(g)(快)；H1<0v1正=k1正·c2(NO)、v1逆=k1逆·c(N2O2)；

反应Ⅱ：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)；△H2<0v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)、v2逆=k2逆·c2(NO2)；

①一定条件下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K=___________(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的代数式表示)。

反应I的活化能EI___________反应Ⅱ的活化能EII(填“>”、“<”；或“=”)。

②已知反应速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数___________k2逆增大的倍数(填“大于”；“小于”、或“等于”)。

（3）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2=H2O2+S↓。

①装置中H+向___________池迁移。

②乙池溶液中发生反应的离子方程式：______________________。

(4)废水处理时，通H2S(或加S2－)能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，废液中c(H2S)=0.1mol·L－1，此时pH约为___________。(已知：Ksp(MnS)=5.0×10－14，H2S的电离常数：K1=1.5×10－7，K2=6.0×10－15，1g6=0.8)26、利用生物质乙醇制氢具有良好的应用前景。回答下列问题：

(1)电催化生物乙醇制氢的装置如图所示。能量转化方式为_______。

(2)乙醇；水蒸气催化重整制氢包含的主要反应如下：

Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.

①反应时_______

②一定条件下，各物质的物质的量分数()与温度的关系如图所示。随着温度升高，(g)的物质的量分数不断降低，其原因是_______；600K后，的物质的量分数逐渐降低的原因是_______。

③反应过程主要积炭反应及平衡常数如表：。反应500K600K700K800K199210.4397.68.71.36

为减少积炭，可采取的措施是_______(写一种)。

④在恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和mmol总压强为0.1MPa，在T℃发生反应(不考虑发生其它反应)，达平衡时，乙醇的转化率为氢气的压强为_______MPa，该反应的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。评卷人得分五、计算题(共1题，共3分)27、如图表示rm{800隆忙}时，rm{A}rm{B}rm{C}三种气体物质的浓度随时间变化的情况，rm{t}是反应充分时的时间。试回答：rm{(1)}该反应的反应物是________。rm{(2)A}rm{B}表示的反应速率分别为________、________。rm{(3)}该反应的化学方程式为_________________________________。评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)28、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

29、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题30、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

31、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解析】试题分析：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,根据反应可知2.3gNa投入到100g水中产生0.1gH2，所以溶质的质量分数计算式为答案选B。考点：钠与水反应的计算【解析】【答案】B2、C【分析】【解答】解：①放热的反应在常温下不一定很容易发生．如：铝热反应2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应，但需在高热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应，故①错误；②由于反应物、生成物具有的能量不同，化学反应中一定有能量变化，其表现形式有热量、光能和电能等，如木材燃烧，放出热量的同时发光，故②正确；③有的吸热反应不需要任何条件即可发生，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故③错误；④不论是吸热还是放热，反应热效应的数值均与参加反应的物质的多少有关．参加反应的物质越多，反应热的数值就越大，反之，越小，故④正确．故选C．【分析】①一个化学反应发生的条件与反应的热效应无关；②由于反应物、生成物具有的能量不同，化学反应中一定有能量变化；③有的吸热反应不需要任何条件即可发生；④参加反应的物质越多，反应热的数值就越大．3、D【分析】【分析】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，熟悉离子之间的反应、离子的性质即可解答，题目难度不大。【解答】A.二氧化氮与rm{I^{-}}rm{HSO_{3}^{-}}分别发生氧化还原反应；不能大量共存，故A错误；

B.二氧化碳与rm{SiO_{3}^{2-}}反应生成硅酸沉淀；不能大量共存，故B错误；

C.氨气通入溶液中生成一水合氨，与rm{Ag^{+}}rm{Al^{3+}}分别反应生成沉淀；不能共存，故C错误；

D.rm{HCl}通入水中与该组离子之间均不反应；能大量共存，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}4、D【分析】向rm{AlCl}rm{3}和rm{3}的混合溶液中滴入rm{HCl}溶液时，盐酸先和氢氧化钠发生反应，没有沉淀生成，再是氢氧化钠和rm{NaOH}rm{AlCl}反应，生成rm{3}rm{3}沉淀，最后氢氧化钠和rm{Al(OH)}rm{3}发生反应，生成rm{3}rm{Al(OH)}；沉淀溶解．

此题主要是对题意中出现的两反应进行分析；计算；弄清化学反应的先后顺序和和氢氧化钠的用量是关键．

解：向rm{3}和rm{3}的混合溶液中滴入rm{NaAlO}溶液时，盐酸先和氢氧化钠发生反应：rm{2}没有沉淀生成，再发生rm{2}最后发生rm{AlCl_{3}}沉淀溶解，由方程式可以看出产生沉淀消耗的氢氧化钠是溶解沉淀消耗氢氧化钠的rm{HCl}倍rm{NaOH}所以图象应该为rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}

故选D．

rm{3NaOH+AlCl_{3}=Al(OH)_{3}隆媒+3NaCl}【解析】rm{D}5、B【分析】rm{垄脵}依据阿伏伽德罗定律分析，同温同压同物质的量的气体分子数相同，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}气体温度压强相同时，气体的体积大小取决于分子间的平均距离，气体摩尔体积相同，分子间的距离大致相同，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}分子结构不同，氢气分子和二氧化碳分子大小不同，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺}气体的体积大小取决于分子间的平均距离，分子大小可以忽略不计，故rm{垄脺}正确；

故选B．

rm{垄脵}依据阿伏伽德罗定律分析判断；

rm{垄脷}气体温度压强相同时；气体摩尔体积相同，分子间的平均距离大致相同；

rm{垄脹}分子结构不同；氢气分子和二氧化碳分子大小不同；

rm{垄脺}气体的体积大小取决于分子间的平均距离；分子大小可以忽略不计；

不同考查了气体摩尔体积的条件应用，阿伏伽德罗定律的分析应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．【解析】rm{B}6、C【分析】

T的最外层电子数是次外层电子数的3倍；次外层电子数为2，最外层电子数为6，所以T为O；X的常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，则X为N；Y的M层电子数与K层电子数相同，所以质子数为12，即Y为Mg；Z的第3周期元素的简单离子中半径最小，所以Z为Al；

A．Z的氧化物对应的水化物为Al（OH）3；不能溶于氨水中，故A错误；

B．T与氢形成的化合物H2O2中；含有O；O非极性键，故B错误；

C．金属性Mg＞Al；则Y与Z的单质分别与相同浓度的盐酸反应，Y的反应要剧烈些，故C正确；

D．X和Y两元素形成氮化镁；为离子化合物，不存在共价键，故D错误；

故选C．

【解析】【答案】T的最外层电子数是次外层电子数的3倍；次外层电子数为2，最外层电子数为6，所以T为O；X的常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，则X为N；Y的M层电子数与K层电子数相同，所以质子数为12，即Y为Mg；Z的第3周期元素的简单离子中半径最小，所以Z为Al，然后结合元素及其单质；化合物的性质、结构来解答．

7、D【分析】【解析】【答案】D二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】

X；Y、Z和W分别代表四种短周期元素；其原子序数依次增大；

根据①X元素的一种原子；其原子核就是一个质子，则X为氢元素；

根据④由X、Y元素组成的一种气体物质A，A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则A为NH3；故Y为氮元素；

根据②元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W相邻，Y为氮元素，则位置关系为若为前者，则Z为氧元素；W为硫元素，若为后者，则Z为磷元素、W为硫元素，根据③Y、Z与W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Z为磷元素、W为硫元素，则三者最外层电子数为16，不满足17，故不符合．若Z为氧元素、W为硫元素，则三者最外层电子数为17，符合题意，故Z为氧元素、W为硫元素；

（1）若三者处于同一周期；则最外层电子数之和不可能为17，故Y；Z和W三种元素不可能否位于同一周期；

故答案为：否；若三者处于同一周期；则最外层电子数之和不可能为17；

（2）由上述分析可知；X为H；Y为N、Z为O、W为S，故答案为：H；N；O；S；

（3）实验室制取氨气的方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；干燥氨气通常用碱石灰，可以用向下排空气法收集；

故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；碱石灰；向下排空气．

【解析】【答案】X；Y、Z和W分别代表四种短周期元素；其原子序数依次增大；

根据①X元素的一种原子；其原子核就是一个质子，则X为氢元素；

根据④由X、Y元素组成的一种气体物质A，A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则A为NH3；故Y为氮元素；

根据②元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W相邻，Y为氮元素，则位置关系为若为前者，则Z为氧元素；W为硫元素，若为后者，则Z为磷元素、W为硫元素，根据③Y、Z与W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Z为磷元素、W为硫元素，则三者最外层电子数为16，不满足17，故不符合．若Z为氧元素、W为硫元素，则三者最外层电子数为17，符合题意，故Z为氧元素、W为硫元素．

9、略

【分析】

根据定义判断下列反应：

①CO+CuOCu+CO2；该反应属于氧化还原反应；

②MgO+2HCl=MgCl2+H2O；该反应属于复分解反应；

③Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag；该反应既属于氧化还原反应又属于置换反应；

④CH4+2O2CO2+2H2O；该反应属于氧化还原反应；

⑤NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O；该反应属于分解反应；

故答案为：（1）③；②；

（2）①③④；

【解析】【答案】根据置换反应；复分解反应、氧化还原反应的定义判断．

置换反应：一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物．

复分解反应：由两种化合物互相交换成分；生成另外两种化合物的反应．

氧化还原反应：有元素化合价升降的化学反应．

10、略

【分析】考查离子的判断和离子共存问题。溶液能使酚酞变红，说明显碱性，因此含有OH－，因为OH－能与HCO3－反应生成CO32－和水，故一定没有HCO3－；由（2）可知生成的气体是SO2，因此必须含有SO32－；加入足量盐酸后再加入足量BaCl2溶液，仍有白色沉淀生成，所以必须含有SO42－；（4）中生成的白色沉淀是AgCl，但由于实验（3）中加入了足量BaCl2溶液，所以无法证明原溶液中是否含有Cl－；又因为溶液一定是电中性的，OH－、SO32－、SO42－三种阴离子一定含有，那么就必须含有阳离子，即Na+必须含有。【解析】【答案】一定有Na+、OH－、SO32－、SO42－；一定没有HCO3－；可能有Cl－11、略

【分析】试题分析：（1）将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，可判断一定无CuCl2，一定有Ba(NO3)2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，同时可能含碳酸根的化合物或含硫酸根离子的化合物；（2）在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡，反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓，BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；（3）取滤液做焰色反应，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃观察，未见紫色火焰，说明一定有钠离子一定无钾离子，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；综上所述：原混合物中一定含有Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；一定不含有CuCl2、K2CO3、K2SO4；可能含有NaCl，若检验氯化钠的存在需要取（1）的滤液少许，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；否则没有。考点：考查物质的检验。【解析】【答案】（1）Na2CO3、Na2SO、Ba（NO3）2；CuCl2、K2CO3、K2SO4;NaCl。（2）取过滤后的滤液少许，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀则原固体中有氯化钠。12、CH3CH（CH3）C（CH3）2CH2CH（CH3）CH3CH2=CH﹣CH=CH2CH3CH=C（CH3）CH（C2H5）CH（C2H5）CH2CH3CH≡CCH（CH（CH3）2）CH（CH3）CH2CH3【分析】【解答】（1）2，3，3，5﹣四甲基己烷，主链为己烷，含有6个C，在2、3、5号C上含有各有1个、2个、1个甲基，该有机物的结构简式为CH3CH（CH3）C（CH3）2CH2CH（CH3）CH3；

故答案为：CH3CH（CH3）C（CH3）2CH2CH（CH3）CH3；

（2）2﹣甲基﹣5﹣乙基﹣4﹣异丙基庚烷；主链为庚烷，最长的碳链含有7个C，在2；4、5号C上各有1个甲基、1个异丙基、1个乙基；

该有机物的结构简式为：

故答案为：

（3）1，3﹣丁二烯在1，2和3，4号C上双键，结构简式为CH2=CH﹣CH=CH2，故答案为：CH2=CH﹣CH=CH2；

（4）3﹣甲基﹣4，5﹣二乙基﹣2﹣庚烯，主链为庚烯，最长碳链含有7个C，在3、4、4号C上分别有1个甲基、1个乙基、1个乙基，在2，3号C上有双键，该有机物的结构简式为：CH3CH=C（CH3）CH（C2H5）CH（C2H5）CH2CH3；

故答案为：CH3CH=C（CH3）CH（C2H5）CH（C2H5）CH2CH3；

（5）4﹣甲基﹣3﹣异丙基﹣1﹣己炔，主链为己炔，最长碳链含有6个C，在1、2号C含有碳碳三键，在3、4号C上分别有1个甲基和异丙基，该有机物的结构简式为：CH≡CCH（CH（CH3）2）CH（CH3）CH2CH3；

故答案为：CH≡CCH（CH（CH3）2）CH（CH3）CH2CH3．

【分析】根据烷烃的命名原则分析：碳链最长称某烷；靠近支链把号编．简单在前同相并，其间应划一短线；

1；碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链；并按主链上碳原子数目称为“某烷”；

2；靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点；用1、2、3等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；

3；简单在前同相并；其间应划一短线：把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“﹣“隔开；

4；含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小；

根据以上命名原则完成各题中有机物的结构简式．13、（1）CH2=CH2果实催熟剂）1果实催熟剂CH2=CH2）（2）CH3COOCH2CH32）CH3COOCH2CH3→（3）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑↑32CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2↑2CH3COOH+2Na【分析】【分析】

本题旨在考查学生对有机物的推断、结构简式、化学方程式的书写等应用。【解答】

根据流程图可知，rm{A}为乙烯，rm{B}为乙醇，rm{C}为乙醛，rm{D}为乙酸，rm{E}为乙酸乙酯，rm{(1)A}为乙烯，结构简式为：为乙烯，结构简式为：rm{(1)A}rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{2}=CH_{2}}；在农业上用于果实催熟剂，故答案为：

rm{CH_{2}=CH_{2}}为乙酸乙酯，其结构简式为：rm{CH_{2}=CH_{2}}；果实催熟剂；rm{(2)E}为乙酸乙酯，其结构简式为：rm{(2)E}

rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，乙酸和钠反应生成乙酸钠和氢气，反应方程式为：rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}；故答案为：rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}；rm{(3)}乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，乙酸和钠反应生成乙酸钠和氢气，反应方程式为：rm{(3)}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na}故答案为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na}rm{隆煤}rm{2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}}rm{隆眉}rm{隆煤}rm{2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}}rm{2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}}rm{隆眉}rm{2CH_{3}COOH+2Na}rm{2CH_{3}COOH+2Na}

rm{隆煤}rm{2CH_{3}COONa+H_{2}}rm{隆眉}故答案为：【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{CH_{2}=CH_{2;}}果实催熟剂rm{(}rm{1}rm{1}果实催熟剂rm{)}rm{CH_{2}=CH_{2;}}rm{CH_{2}=CH_{2;}}rm{(}rm{2}rm{)}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{(}rm{3}rm{)}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na}rm{隆煤}rm{2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}}rm{隆眉}rm{(}rm{3}rm{3}rm{)}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na}rm{隆煤}14、略

【分析】解：该烷烃蒸气蒸气的密度是rm{H_{2}}的rm{36}倍，故该烷烃的相对分子质量为rm{36隆脕2=72}故该烃的分子式为rm{C_{5}H_{12}}

其主链有rm{5}个碳原子的同分异构体有：其主链有rm{4}个碳原子的同分异构体有：其主链有rm{3}个碳原子的同分异构体有，其中有一种一氯取代物只有一种，应为

故答案为：rm{3}．

相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，该烷烃蒸气蒸气的密度是rm{H_{2}}的rm{36}倍，故该烷烃的相对分子质量为rm{36隆脕2=72}据此书写分子式；根据分子式写出符合条件的同分异构体的结构简式，其中有一种一氯取代物只有一种，则应只含一种rm{H}原子；以此解答该题．

本题主要考查有机物分子式的确定、同分异构体书写等，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，利用相对密度与rm{C}的质量分数进行推断是解题的关键．【解析】rm{3}三、判断题(共8题，共16分)15、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．16、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．17、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；18、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目19、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．20、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．21、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．22、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．四、原理综合题(共4题，共8分)23、略

【分析】【详解】

Ⅰ．试题分析：H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体，反应原理为ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol-1，该反应为吸热反应；ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-42kJ·mol-1；该反应为放热反应。

(1)化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。由COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol-1可知；1310+442-x-669=7，所以x=1076。

(2)T℃时,向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)；发生上述两个反应。

①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80mol，H2为0.85mol，由物料守恒可以求出H2S和CO的平衡量分别为0.20mol和0.15mol，由于反应ⅰ中各组分的化学计量数均为1，所以，T℃时反应ⅰ的平衡常数K=

②上述反应达平衡后,若向其中再充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，则与原平衡体系的起始投料的配比相同，由于两个反应均分气体分子数不变的反应，所以再次达平衡后H2的体积分数不变；若升高温度；则CO的平衡体积分数增大，因为反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；而反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动也使CO的平衡体积分数也增大。

Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2；同时生成硫蒸气。

(3)向2L密闭容器中加入0.2molH2S,反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时,由图中数据可知，混合气体中两种生成物的体积分数不同，其中一种生成物的体积分数约是另一种的2倍，由此可以推断，H2S主要分解为H2和S2，则在此温度区间内，H2S分解反应的主要化学方程式为2H2S2H2+S2；在1300℃时,反应经2min达到平衡，由图中数据可知，此时的体积分数为50%，设H2S的变化量为x，则H2和S2的变化量分别为x和0.5x，则解之得x=0.08mol，所以，0～2min的反应速率v(H2S)=0.02mol·L-1·min-1。

Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。

(4)25℃时,向浓度均为0.001mol·L-1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，c(S2-)mol/L，所以，溶液中c(Ag+)=4.0×10-14mol·L-1。

点睛：本题属于化学反应原理的综合考查，主要考查了反应热的计算、化学平衡常数的计算、有关化学反应速率的计算、有关沉淀溶解平衡的计算以及外界条件对化学平衡的影响。总之，本题以化学反应原理为载体，主要考查了学生分析图表数据的能力和计算能力，加深对相关计算原理的理解和应用，能根据实际情况简化计算过程，快速高效解题。【解析】10760.044不变增大反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大;反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大2H2S2H2+S20.02mol·L−1·min−14.0×10−14mol·L−124、略

【分析】【分析】

（1）依据盖斯定律的应用分析作答；

（2）根据图中信息分析温度超过900℃后反应产率的增大并不明显；再结合经济效益作答；

（3）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低；

②提高该反应中CH4的转化率；即使反应平衡向正向移动，依据对反应平衡的影响因素作答；

③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3；结合金属氧化物与酸的反应书写该反应的离子方程式；

（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，据此书写电极反应式；依据题意可知，氧气为催化剂，在第一步被消耗，会在第二步生成，结合正极总反应2CO2+2e−=C2O42−作答。

【详解】

（1）①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ·mol-1

②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ·mol-1，则①-2×②可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，对应的反应热△H=△H1-2△H2=(+247kJ·mol-1)-2×(+205kJ·mol-1)=-163kJ/mo1-1；

故答案为CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=-163kJ/mo1；

（2）根据图3得到；900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度；

故答案为900℃时；合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；

故答案为900℃时；合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；

（3）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；

故答案为温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低；

②增大反应压强、增大CO2的浓度；平衡正向移动，反应物转化率增大；

故答案为增大反应压强、增大CO2的浓度；

③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

故答案为3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

（4）电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气在第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂，因正极总反应为：2CO2+2e−=C2O42−，两式相减得到，另一步反应为6CO2+6O2−=3C2O42−+6O2；·

故答案为Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+)；6CO2+6O2−=3C2O42−+6O2；【解析】CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=-163kJ/mo1900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低增大体系压强、增大CO2的浓度3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2OAl–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+)6CO2+6O2−=3C2O42−+6O225、略

【分析】【分析】

本题是对化学反应原理的综合考察。根据盖斯定律进行反应热的计算，正反应活化能与逆反应活化能的差值为反应热；利用反应达到平衡时v正=v逆进行反应平衡常数的计算；根据图示可知；氧气变为过氧化氢，发生还原反应，该极为电解池的阴极，硫化氢变为单质硫，发生氧化反应，该极为电解池的阳极，发生氧化反应，氢离子向阴极移动，据此解答此题。

【详解】

(1)正反应活化能为E3-E2，逆反应活化能为E3-E1；生成1mol水蒸气，该反应的反应热为ΔH=（E3-E2）-（E3-E1）=(E1-E2)kJ·mol−1，所以该反应的热化学方程式：H2(g)+NO(g)=1/2N2(g)+H2O(g)ΔH=(E1-E2)kJ·mol−1或为2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=2(E1-E2)kJ·mol−1；

(2)①I．2NO(g)⇌N2O2(g)(快)；v1正=k1正.c2(NO)；v1逆=k1逆.c(N2O2)△H1＜0

II．N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)；v2正=k2正.c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆.c2(NO2)△H2＜0

由反应达平衡状态,所以v1正=v1逆、v2正=v2逆,所以v1正×v2正=v1逆×v2逆,即。

即k1正.c2(NO)×k2正.c(N2O2)c(O2)=k1逆.c(N2O2)×k2逆.c2(NO2)，则有：K=c2(NO2)/c2(NO)×c(O2)=

因为决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应II,所以反应I的活化能E1远小于反应II的活化能E2；

②反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)为放热反应，温度升高，反应①、②的平衡均逆向移动，由于反应①的速率大，导致c(N2O2)减小且其程度大于k2正和c(O2)增大的程度，即k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数小于k2逆增大的倍数；

(3)①从示意图中看出；电子流向碳棒一极，该极为正极，氢离子从乙池移向甲池；

②乙池溶液中，硫化氢与I3-发生氧化还原反应：硫化氢失电子变为硫单质，I3-得电子变为I－，离子反应为H2S+I3-=3I－+S↓+2H+；

(4)废水处理时，通H2S(或加S2－)能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，废液中c(H2S)=0.1mol·L－1，此时pH约为___________。(已知：Ksp(MnS)=5.0×10－14，H2S的电离常数：K1=1.5×10－7，K2=6.0×10－15；1g6=0.8)

25°℃，某废液中c(Mn2+)=0.02mol·L－1，调节废液的pH使Mn2+开始沉淀为MnS时，c(S2－)＝=mol/L，＝Ka1×Ka2，所以pH＝5时c(H+)＝=6mol/L，pH=5.2。【解析】2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=2(E1-E2)kJ·mol−1或2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-2(E2-E1)kJ·mol−1或H2(g)+NO(g)=1/2N2(g)+H2O(g)ΔH=(E1-E2)kJ·mol−1或H2(g)+NO(g)=1/2N2(g)+H2O(g)ΔH=-(E2-E1)kJ·mol−)kJ·mol−1<小于甲池H2S+I3—=3I－+S↓+2H+5.226、略

【分析】(1)

由图可知；电催化生物乙醇制氢的过程中涉及的能量转化为太阳能转化为电能；电能转化为化学能，故答案为：太阳能转化为电能、电能转化为化学能；

(2)

①由盖斯定律可知，反应Ⅱ—得反应则△H=(+255.6kJ/mol)—=+246.9kJ/mol；故答案为：+246.9；

②由方程式可知，反应Ⅰ、Ⅱ均是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅲ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡移动过程中，水的物质的量分数都不断降低；反应为吸热反应，600K后温度升高，平衡向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数逐渐降低，故答案为：反应Ⅰ、Ⅱ均是吸热反应，升高温度平衡右移，反应Ⅲ是放热反应，升高温度平衡左移，水的物质的量均不断减小；反应为吸热反应；温度升高，平衡右移；

③由平衡常数随温度升高都减小可知；主要积炭反应的反应都为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，减少积炭，故答案为：升高温度；

④由题意可建立如下三段式：

由三段式可知，氢气的压强为MPa，反应的平衡常数=故答案为：【解析】(1)太阳能转化为电能；电能转化为化学能。

(2)+246.9反应Ⅰ、Ⅱ均是吸热反应，升高温度平衡右移，反应Ⅲ是放热反应，升高温度平衡左移，水的物质的量均不断减小反应为吸热反应，温度升高，平衡右移升高温度五、计算题(共1题，共3分)27、略

【分析】【分析】本题考查物质的量浓度随时间变化的曲线、化学反应速率的计算等知识，题目难度中等，试题旨在考查学生对基础知识的掌握情况，根据图象曲线变化正确判断反应物、生成物为解答关键，注意掌握化学反应速率的计算方法。【解答】rm{(1)}由图可知，随反应进行rm{A}的浓度降低，rm{A}为反应物，rm{B}rm{C}的浓度增大，故B、rm{C}为生成物，故答案为：rm{A}

rm{(2)}由图可知rm{trianglec(A)=2.4mol/L-1.2mol/L=1.2mol/L}所以rm{triangle

c(A)=2.4mol/L-1.2mol/L=1.2mol/L}rm{v(A)=1.2mol/L}rm{/tmin=(1.2/t)mol/(L?min);}rm{trianglec(B)=0.4mol/L}故答案为：rm{v(B)=0.4mol/L/tmin=(0.4/t)mol/(L?min)}rm{v(A)=(1.2/t)mol/(L?min)}rm{v(B)=(0.4/t)mol/(L?min)}由图可知平衡时rm{trianglec(A)=2.4mol/L-1.2mol/L=1.2mol/L}rm{(3)}rm{triangle

c(A)=2.4mol/L-1.2mol/L=1.2mol/L}rm{trianglec(B)=0.4mol/L}rm{trianglec(C)=1.2mol/L}rm{A}化学计量数之比等于浓度变化量之比为rm{B}rm{C}rm{1.2mol/L}rm{0.4mol/L}rm{1.2mol/L=3}反应为可逆反应，故反应方程式为：rm{1}rm{3}故答案为：rm{3A}rm{B+3C}rm{3A}【解析】rm{(1)A}rm{(2)v(A)=(1.2/t)mol/(L?min)}rm{v(B)=(0.4/t)mol/(L?min)}rm{(3)3A}rm{B+3C}六、综合题(共4题，共12分)28、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO