2025年西师新版选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………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年西师新版选择性必修1化学上册月考试卷965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、下列物质中，属于弱电解质的是A.CaCO3B.HClC.H2OD.Ba(OH)22、25℃时，几种弱酸的电离常数如下：。弱酸的化学式CH3COOHHCNH2S电离常数(25℃)1.8×10﹣54.9×10﹣10K1＝1.3×10﹣7K2＝7.1×10﹣15

下列说法正确的是A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(CH3COONa)＞pH(Na2S)＞pH(NaCN)B.amol•L-1HCN溶液与bmol•L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则a一定小于bC.在Na2S和NaHS的混合溶液中，一定存在c(Na+)+c(H+)＝2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)D.某浓度NaCN溶液的pH＝d，则其中由水电离出的c(OH-)＝10-dmol•L-13、下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是A.该溶液呈碱性B.它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓C.用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质D.在溶液中：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)4、在一定条件下；某可逆反应的正反应速率和逆反应速率随时间变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是。

A.t1时刻，反应逆向进行B.t2时刻，正反应速率大于逆反应速率C.t3时刻，达到反应进行的限度D.t4时刻，反应处于平衡状态，反应停止5、“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H=-283kJ·mol-1，则2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的反应热∆H(kJ·mol-1)为。

A.-152B.-76C.+76D.+1526、新型镁海水燃料电池是直接利用海水，将镁的化学能转化为电能的电化学装置，具有能量密度高、安全性好、可全海深工作的特点。该电池放电时，下列说法错误的是A.Mg为负极，失去电子B.阳离子由负极移向正极C.正极反应为O2–4e–+2H2O=4OH–D.该电池的一个重要优点是不需要携电解质，可以利用天然海水作为电解液7、水中加入下列中的溶液对水的电离平衡不产生影响的是A.NaHSO4溶液B.NaOH溶液C.KAl(SO4)2溶液D.KI溶液评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、(1)某温度时，在2L容器中三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化学方程式_______和反应开始至2min末Z的平均反应速率分别为_______

(2)在1L密闭容器中，把1molA和1molB混合发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，当反应达到平衡时，生成0.4molD，并测得C的平衡浓度为0.4mol/L，则

①x的值为___________；

②B的平衡浓度为___________；

③A的转化率为___________；

④D的体积分数为___________；9、CO、CO2是含碳元素的常见气体；也是参与碳循环的重要物质。

(1)利用煤化工中产生的CO和H2可制取甲醇，反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。实验室中，在1L恒容的密闭容器中进行模拟合成实验。将1molCO和2molH2通入容器中，分别恒温在300℃和500℃反应，每隔一段时间测得容器内CH3OH的物质的量(单位：mol)如下表所示：。10min20min30min40min50min60min300℃0.400.600.750.840.900.90500℃0.600.750.780.800.800.80

①300℃和500℃对应的平衡常数大小关系为K300℃_________K500℃(填“>”、“=”或“<”)。

②在一定条件下，下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_______(填标号)。

A.容器内气体的平均摩尔质量保持不变。

B.2v(H2)正=v(CH3OH)逆

C.容器中气体的压强保持不变。

D.单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2

③300℃时，前10min内，该反应的平均反应速率为v(H2)＝_________mol/(L·min)。

④下列措施能够增大此反应中CO的转化率的是_________(填标号)。

A．充入CO气体B．升高温度。

C．使用优质催化剂D．往容器中再充入1molCO和2molH2

⑤500℃时，保持反应体系的温度不变，60min时再向容器中充入CH3OH气体和H2各0.4mol，反应将向____________________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)进行。再次达到平衡时的平衡常数为____________L2/mol2。

(2)二氧化碳催化加氢也可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H。在密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2；在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度；压强的变化如下图所示．

①二氧化碳合成甲醇正反应的△H______0(填“>”、“<”或“=”；下同)。

②M、N两点时化学反应速率：v(N)______v(M)。

(3)一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入amolCO2和bmolH2发生反应：

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，欲使整个反应过程中CO2的体积分数为恒定值，则a与b的大小关系式是_________。

(4)以TiO2／Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图所示。当乙酸的生成速率主要取决于温度时，其影响范围是_______________________。

10、氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图；该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。

（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___，在导线中电子流动方向为___(用a、b和箭头表示)。

（2）正极反应的电极反应方程式为___。

（3）氢气的制备和存储是氢氧燃料电池能否有效推广的关键技术。有人提出利用光伏发电装置电解尿素的碱性溶液来制备氢气。光伏发电是当今世界利用太阳能最主要方式之一。图1为光伏并网发电装置，图2为电解尿素[CO(NH2)2](C为＋4价)的碱性溶液制氢的装置示意图(电解池中隔膜仅阻止气体通过；阴；阳极均为惰性电极)。

①图1中N型半导体为___(填“正极”或“负极”)

②该系统工作时，A极的电极反应式为___。

③若A极产生7.00gN2，则此时B极产生___LH2(标准状况下)。11、(1)在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是_______。

②1molNH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是_________________________。

(2)已知红磷比白磷稳定；则反应：

P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2；

ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1_____ΔH2(填“>”“<”或“＝”)。

(3)已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566kJ•mol－1①

Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)ΔH＝－226kJ•mol－1②

则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数目为__________________。

(4)已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ•mol－1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如下表：。物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)436200a

则表中a＝__________________。12、某无色溶液，其中有可能存在的离子如下：Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlOS2-、COSO、SO现取该溶液进行有关实验；实验结果如下图所示：

(1)沉淀甲是___________，生成沉淀的离子方程式___________。

(2)沉淀乙是___________，由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式___________。

(3)沉淀丙是___________。

(4)综合上述信息，可以肯定存在的离子有___________。13、合成氨生产技术的创立开辟了人工固氮的途径，对化学工业技术也产生了重大影响。合成氨反应的化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1。合成氨工业中原料气N2可以从空气中分离得到，H2可用甲烷或焦炭与水蒸气反应制得。

(1)在一定容积的密闭容器中充入N2和H2两种气体，发生上述反应。在某温度下达到平衡时，各物质的浓度分别是：c平(H2)＝9.00mol·L－1，c平(N2)＝3.00mol·L－1，c平(NH3)＝4.00mol·

L－1，此温度下该反应的平衡常数K＝________。

(2)在三个相同容器中各充入1molN2和3molH2，在不同条件下反应达到平衡，氨的体积分数随时间变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是________(填字母)。

A．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1

B．图Ⅱ可能是不同压强对反应的影响，且p1＞p2

C．图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2

D．图Ⅱ可能是同温同压下不同催化剂对反应的影响；且催化剂性能1＞2

(3)将水蒸气通过红热的C即产生水煤气，化学方程式为C(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g)ΔH＝＋131.3kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7J·mol－1·K－1。该反应在常温(298K)下________(填“能”或“不能”)自发进行。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误15、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误16、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热。_____17、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18、2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0。__________________A.正确B.错误19、某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈酸性。（____________）A.正确B.错误20、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误21、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共3题，共24分)22、脱除工业废气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气；改善环境；是环境保护的主要课题。

(1)早期是利用NH3还原法，可将NOx还原为N2进行脱除。

已知：①4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH=-905.9kJ·mol-1

②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH=+180kJ·mol-1

③H2O(g)H2O(l)ΔH=-44kJ·mol-1

写出常温下，NH3还原NO反应的热化学方程式__。

(2)以漂粉精溶液为吸收剂可以有效脱除烟气中的NO。

①漂粉精溶液的主要成分是Ca(ClO)2，若吸收过程中，消耗的Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3∶4，则脱除后NO转化为__。

②某一兴趣小组研究不同温度下相同浓度漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图所示。图中，40～60℃NO脱除率上升可能的原因为__；60～80℃NO脱除率下降可能的原因为__。

(3)过硫酸钠（Na2S2O8）氧化去除NO

第一步：NO在碱性环境中被Na2S2O8氧化为NaNO2

第二步：NaNO2继续被氧化为NaNO3，反应为++2OH-+2+H2O。

不同温度下，平衡时的脱除率与过硫酸钠（Na2S2O8）初始浓度（指第二步反应的初始浓度）的关系如图所示。

①a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为__，原因是__。

②若a点（0.1，40%）时，的初始浓度为amol·L-1，平衡时pH=13，则65℃时，第二步反应的平衡常数K=__。（用含a的代数式表示，已知65℃时Kw=1.0×10-13）

(4)利用新型材料光催化脱除NO法如图所示。

某电化学小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极反应方程式为___。

23、甲烷是一种重要的化工原料；广泛应用于民用和工业中。回答下列问题：

(1)利用CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。

已知：①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)。△H1

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-566kJ∙mol–1

③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-242kJ∙mol–1

相关化学键的键能数据如下：。共价键H-OC≡OH-HC-H键能/(kJ∙mol–1)4631076436413

由此计算△H1=___kJ∙mol–1，CH4超干重整CO2技术得到CO和H2的反应的热化学方程式为__。

(2)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

①关于上述过程II的说法正确的是__________(填序号)。

A.CO表未示参为与反应。

B.CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g)

C.实现了含碳物质与含氢物质的分离。

D.Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的△H

②在体积为2L的刚性密闭容器中，充入2molCH4和3molCO2，加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至T1使其发生反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，容器内的总压强p随时间t的变化如下表所示：。反应时间024681012总压强p/kPa10.011.512.313.013.614.014.0

i.该温度下的平衡常数Kp=________kPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数)

ii.实验测得v正=k正·c(CH4)·c(CO2)，v逆=k逆·c2(CO)·c2(H2)，其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，T1温度时，=________(填数值)。若将温度由T1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正________v逆(填“>”、“<”或“=”)。

(3)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c(H2C2O4)=c()，则此时溶液的pH=_______。(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10-2，Ka2=6×10-5；lg6=0.8)

(4)模拟利用CH4与CO2反应制草酸(H2C2O4)的电池，装置如图所示(电极均为惰性材料)，则充入CH4一极为电池的______极(填正”或“负”)，此极发生的电极方程式为_________。

24、气态烯烃广泛用于塑料；纤维、洗涤剂等的合成。中科院某研究所在丙烷脱氢反应制备丙烯的条件控制方面进行了深入地研究。

(1)已知：H2(g)、C3H6(g)、C3H8(g)的燃烧热(∆H)分别为-285.8kJ·mol-1、-2058kJ·mol-1、-2219.9kJ·mol-1。计算：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)∆H=____kJ·mol-1，常温下该反应的∆S=+0.1kJ·mol-1·K-1，则常温下该反应____(填“能”或“不能”)自发进行。

(2)某种氧化硼催化剂(BOS)催化丙烷脱氢制丙烯的反应路径如图一；反应结果测定如图二。

写出该路径主反应的化学方程式：__；结合图二，该反应路径可以提高丙烯产率的原因是___。

(3)在体积可变的密闭容器中充入由3mol丙烷分别在3.0×104Pa、1.2×105Pa时发生脱氢反应。测得不同温度下的平衡态中；丙烷；丙烯的物质的量分数变化关系如图所示：

①1.2×105Pa时丙烯的物质的量分数随温度变化的关系曲线是____。

②下列叙述能说明此反应已达平衡状态的是____。

a.混合气体密度保持不变。

b.C3H6和H2的浓度相等。

c.相同时间断开和形成的碳氢键数目相同。

d.混合气体的摩尔质量不再改变。

③计算M点的平衡常数Kp=__(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)25、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___________。：26、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_________。27、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：____________________。28、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）。评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题，共4分)29、A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大；A的主族序数、周期数、原子序数均相同；B为非金属元素，其单质有多种同素异形体，其中一种可作电极材料；C是植物生长所需的主要元素之一；D和A可形成化合物和且是最常见的溶剂；E原子次外层电子数等于其它层电子数之和；则：

的离子结构示意图为______，B、C、D、E与A形成的化合物中稳定性最强的是______填化学式．

在加热和Cu作催化剂时，化合物与反应生成其中一种产物是的化学方程式为______．

五种元素中，含同一元素的各类物质能实现下列转化的有图______填元素符号

图所示是一种酸性燃料电池检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．则该电池的负极反应为______出口处的物质______．

30、某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如下图所示（部分产物已略去）：

（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式__________。写出F的电子式___________。

（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是______________。

（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图所示，“则A与B溶液”反应后溶液中的溶质化学式为________。

（4）若A是一种化肥。实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是______________．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A.碳酸钙是难溶性盐；溶于水的碳酸钙完全电离，属于强电解质，故A不符合题；

B.氯化氢在水溶液中完全电离；属于强电解质，故B不符合题；

C.水分子在水分子的作用下能发生微弱电离；属于弱电解质，故C正确；

D.氢氧化钡在水溶液中完全电离；属于强电解质，故D不符合题；

故选C。2、C【分析】【详解】

A．由题给表格数据可知。醋酸的电离常数最大，酸性最强，酸性越强，盐的水解越弱，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(Na2S)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)；故A错误；

B．HCN与NaOH等物质的量的时候生成NaCN，一部分CN-发生水解，导致c(Na+)＞c(CN-)，amol•L-1HCN溶液与bmol•L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则a可能略大于b；故B错误；

C．在Na2S和NaHS的混合溶液中存在电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)＝2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)；故C正确；

D．25℃某浓度NaCN溶液的pH＝d，则其中由水电离出的c(OH-)＝10d-14mol•L-1；故D错误；

故答案为C。3、D【分析】【详解】

A、CuSO4为强酸弱碱盐；水解溶液呈酸性，选项A错误；

B.CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；选项B错误；

C.用惰性电极电解CuSO4溶液时；阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；

D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)；选项D正确；

答案选D。4、B【分析】【详解】

A．t1时刻，υ(正)>υ(逆)；反应正向进行，故A错误；

B．t2时刻，υ(正)>υ(逆)；故B正确；

C．t3时刻，υ(正)>υ(逆)；反应没有达到最大限度，即平衡状态，故C错误；

D．t4时刻，υ(正)=υ(逆)，反应达到平衡状态，但υ(正)=υ(逆)0；反应没有停止，故D错误。

本题答案B。5、A【分析】【详解】

已知CO(g)的燃烧热∆H=-283kJ·mol-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)，反应热∆H=(-359+283)×2=-152kJ·mol-1，故选：A。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．镁海水燃料电池；Mg是活泼金属，失去电子作负极，A正确；

B．原电池中；阳离子移向正极；阴离子移向负极，B正确；

C．正极反应为氧气得到电子被还原：O2+4e–+2H2O=4OH–；C错误；

D．由题干知：该电池可以利用天然海水作为电解液；不需要更换电解质，D正确；

故选C。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．盐NaHSO4在溶液中发生电离：NaHSO4=Na++H++电离产生H+；起一元强酸作用，抑制水的电离作用，A不符合题意；

B．NaOH是一元强碱，在溶液中发生电离NaOH=Na++OH-；水的电离平衡受到抑制作用，B不符合题意；

C．KAl(SO4)2是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-；水的电离平衡受到促进作用，水电离程度增大，C不符合题意；

D．KI是强酸强碱盐，电离产生的离子不能消耗水电离产生的H+或OH-；因此对水的电离平衡无影响，D符合题意；

故合理选项是D。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【详解】

(1)据图可知X、Y应为反应物，Z为生成物，最终三种物质共存，所以为可逆反应，图中相同时间内Δn(X)：Δn(Y)：Δn(Z)=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，所以化学方程式为3X+Y2Z；反应开始至2min末Δn(Z)=0.2mol，容器体积为2L，所以Z的平均反应速为=0.05mol·L-1·min-1；

(2)①平衡时C的浓度为0.4mol/L，容器体积为1L，则C的物质的量为0.4mol，初始投料只有A和B，所以平衡时解得x=2；

②Δn(D)=0.4mol，根据方程式可知Δn(B)=0.2mol，所以平衡时n(B)=1mol-0.2mol=0.8mol；容器体积为1L，所以B的浓度为0.8mol/L；

③Δn(D)=0.4mol，根据方程式可知Δn(A)=0.6mol，则A的转化率为=60%；

④平衡时n(A)=1-0.6mol=0.4mol，n(B)=0.8mol，n(C)=n(D)=0.4mol，所以D的体积分数为=20%。【解析】3X+Y2Z0.05mol·L-1·min-120.8mol/L60%20%9、略

【分析】【分析】

（1）①根据热效应分析平衡常数；若为放热反应，则其平衡常数随着温度的升高而降低，若为吸热反应，则其平衡常数随着温度的升高而增大，据此分析作答。

②反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化，可由此进行判断；

③由表可知10min内，甲醇的浓度变化为0.40mol/L，根据=先计算v(CH3OH)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算(H2)；

④根据CO的转化率公式=100%；则需使化学平衡向正反应方向移动，或减小CO起始的物质的量，据此分析作答；

⑤500℃时，保持反应体系的温度不变，60min时已达到平衡，CH3OH的物质的量为0.8mol；体积为1L，则其浓度为0.8mol/L，则结合反应列出三段式得；

反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始（mol/L）120

转化（mol/L）0.81.60.8

平衡（mol/L）0.20.40.8

根据K=将数值带入计算K值；当加入新物质后，根据浓度商Qc与K值的关系判断反应进行的方向；温度不变，其K值不变，据此分析作答。

（2）①由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；

②正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，结合图可知，P1>P2；根据压强对反应速率的影响作答；

（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x，

则CO2的体积分数为=据此讨论；

（4）根据图示可知；乙酸的生成速率在300℃后逐渐增大，据此分析。

【详解】

（1）①由表可知反应进行到50min时，各物质的浓度均保持不变，则反应均达平衡状态，此时300℃和500℃甲醇的平衡浓度分别为0.90mol/L和0.80mol/L，说明升高温度，不利于生成甲醇，正反应为放热反应，则K300℃＞K500℃；

故答案为＞；

②反应是气体体积减小的放热反应；依据平衡移动原理分析判断。

A.气体的平均摩尔质量=质量是守恒的保持不变；但只要反应向正向移动则气体的总物质的量在减小，则当气体的平均摩尔质量不变了，证明已达到平衡，故A项正确；

B.根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(H2)正=2v(CH3OH)逆，才能说明化学反应达到平衡，所以2v(H2)正=v(CH3OH)逆；不能说明正逆反应速率相等，则不能证明反应达到平衡状态，故B项错误；

C.反应是前后气体体积变化的反应；容器中气体的压强保持不变，证明达到了平衡，故C项正确；

D.单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2；不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故D项错误。

故选AC；

③由表可知10min内，甲醇的浓度变化为0.40mol/L，所以v（CH3OH）===0.04mol/（L•min），根据速率之比等于化学计量数之比，则所以v（H2）=2v（CH3OH）=2×0.04mol/（L•min）=0.08mol/（L•min）．

故答案为0.08mol/（L•min）；

④A.充入CO气体；平衡虽然向正反应方向移动，但起始CO的物质的量增多，最终导致其转化率减小，故A项错误；

B.因反应为放热反应；则升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小，故B项错误；

C.使用合适的催化剂；化学平衡不移动，CO的转化率不变，故C项错误；

D.往容器中再充入1molCO和2molH2；相当于给反应体系加压，因反应为气体体积分数减小的方向，所以增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故D项正确；

答案选D；

⑤500℃时，保持反应体系的温度不变，60min时已达到平衡，CH3OH的物质的量为0.8mol；体积为1L，则其浓度为0.8mol/L，则结合反应列出三段式得；

反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始（mol/L）120

转化（mol/L）0.81.60.8

平衡（mol/L）0.20.40.8

K===25L2/mol2，再向容器中充入CH3OH气体和H2各0.4mol后，c(CH3OH)=1.2mol/L，c(H2)=1.8mol/L，c(CO)=0.2mol/L，其浓度商Qc==L2/mol2K，故反应向正反应方向移动，温度不变，再次达到平衡其K值不变，为25L2/mol2；

故答案为正反应方向；25；

（2）①由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H<0；

故答案为<；

②正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动,，甲醇的物质的量增大，故压强P1>P2，又因为压强增大，反应速率也增大，所以v(N)<v(M)；

故答案为<；

（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x，

则CO2的体积分数为=要使为恒定的值，则a与b的大小关系式为a=b；

故答案为a=b；

（4）由图2知，乙酸的生成速率在300℃后逐渐增大，催化剂已失去活性，则乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围：300∼400℃；

故答案为300∼400℃。【解析】①.＞②.AC③.0.08④.D⑤.正反应方向⑥.25⑦.＜⑧.＜⑨.a=b⑩.300℃～400℃10、略

【分析】【分析】

（1）氢氧燃料电池属于原电池；电子从负极沿导线流向正极；

（2）电解质溶液是碱；正极氧气得到电子生成氢氧根；

（3）根据化合价的变化结合电解池原理判断正负极；电池中；正极发生的反应一定是氧气得电子的过程；根据实际参加反应的氢气以及电极反应式计算。

【详解】

（1）原电池的实质为化学能转化成电能。电解质溶液是碱，通入氧气的铂电极是正极，电子流动方向与电流流动的方向相反，电流从正极到负极，故电子流向为a→b；

（2）电解质溶液是碱，正极氧气得到电子生成氢氧根，电极反应方程式为：O2+4e－＋2H2O=4OH－；

（3）①该电池反应时中；氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，则图1中N型半导体和B极相连，为负极；

②A是阳极，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，电极方程式为：CO(NH2)2＋8OH－－6e－=CO32-＋N2↑＋6H2O；

③根据电子守恒有N2～3H2，则n（H2）=3n（N2）=3×=0.75mol，标况下体积为V（H2）=0.75mol×22.4L/mol=16.8L。【解析】化学能转化为电能a→bO2+4e－＋2H2O=4OH－负极CO(NH2)2＋8OH－－6e－=CO32-＋N2↑＋6H2O16.811、略

【分析】【分析】

(1)①反应物总能量高于生成物总能量；为放热反应；②结合图象写出热化学方程式，再根据盖斯定律分析解答；

(2)根据题示热化学方程式利用盖斯定律得到4P(红磷，s)=P4(白磷；s)的焓变，结合红磷比白磷稳定来解答；

(3)根据盖斯定律分析计算出消耗CO的物质的量；再计算转移电子的物质的量及数目；

(4)根据焓变=反应物中键能之和-生成物中键能之和分析解答。

【详解】

(1)①由图象可知，反应物总能量高于生成物总能量，△H=-273kJ/mol；焓变小于0，为放热反应，故答案为：放热；反应物总能量高于生成物总能量；

②第一步的热化学方程式为NH(aq)+O2(g)═NO(aq)+2H+(aq)+H2O(l)△H=-273kJ/mol，第二步的热化学方程式为：NO(aq)+O2(g)═NO(aq)△H=-73kJ/mol，根据盖斯定律，将第一步+第二步得：NH(aq)+2O2(g)═2H+(aq)+H2O(l)+NO(aq)△H=-346kJ/mol，故答案为：NH(aq)+2O2(g)═2H+(aq)+H2O(l)+NO(aq)△H=-346kJ/mol；

(2)由①P4(白磷，s)+5O2(g)═2P2O5(s)△H1，②4P(红磷，s)+5O2(g)═2P2O5(s)△H2，结合盖斯定律可知，②-①得到4P(红磷，s)=P4(白磷，s)，因红磷比白磷稳定，则红磷能量低，红磷转化为白磷需要吸热，△H＞0，即△H2-△H1＞0，可知△H1＜△H2；故答案为：＜；

(3)已知①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol，②Na2O2(s)+CO2(g)═Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol，根据盖斯定律，将②×2+①得：2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018kJ/mol，即Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)△H=-509kJ/mol，则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时消耗1molCO，转移了2mol电子，转移的电子数为1.204×1024(或2NA)，故答案为：1.204×1024(或2NA)；

(4)蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，结合反应及表格中数据可知，436+(200+30)-2a=-72，解得：a=369，故答案为：369。【解析】放热反应物总能量高于生成物总能量NH(aq)+2O2(g)═2H+(aq)+H2O(l)+NO(aq)△H=-346kJ/mol＜1.204×1024(或2NA)36912、略

【分析】【详解】

试题分析：本题的突破口是沉淀甲、乙、丙的成分，加入过量的氢溴酸生成淡黄色沉淀甲，回顾中学化学中常见的淡黄色物质有AgBr、S、Ag3PO4等。这里应该排除排除Ag3PO4的，关键甲是AgBr还是S？若是AgBr沉淀的话，由于Ag+与题干中的4种阴离子均不能大量共存，从而否决了Ag+。可知甲是S，显然此处的S是溶液中S2-和SO32-在酸性条件下发生的归中反应生成的。由此推出原溶液中存在S2-和SO32-。由于有SO32-，所以一定不存在Ba2+、Fe3+。根据电中性原则，溶液中必须有阳离子，故一定存在Na+。气体甲可能是HBr与过量的S2-反应生成的H2S，也可能是HBr与过量的SO32-反应生成的SO2，也可能是HBr与原溶液中可能存在的CO32-反应生成的CO2.过量的NH4HCO3中和多余的H+后，又反应生成白色沉淀乙，对照题干中的离子(Ag+、Ba2+、Fe3+都不存在)，推出沉淀乙只可能是Al元素引起的Al(OH)3沉淀，即HCO3-与Al3+发生双水解所造成的，而Al3+来自于AlO2-与过量的氢溴酸反应生成的，所以原溶液中一定存在AlO2-。气体乙是HCO3-与剩余的H+以及Al3+反应产生的，只能是CO2.Ba(OH)2与上步过量的NH4HCO3反应，生成白色沉淀丙，即BaCO3沉淀，另外，也可能存在BaSO4沉淀，但无法确定原溶液中是否含有CO32-和SO42-。气体丙一定是NH4+与过量的Ba(OH)2反应生成的NH3.综上所述，肯定存在的离子有：Na+、AlO2-、S2-、SO32-；一定不存在的离子有：Ag+、Ba2+、Fe3+；可能存在的离子有：CO32-、SO42-。

考点：考查图框题物质的转化与性质有关问题。【解析】①.S②.2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2O③.Al(OH)3④.Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑⑤.BaCO3，可能有BaSO4；在沉淀丙中加入足量盐酸，若沉淀不能全部溶解，说明除BaCO3外还有BaSO4；若全部溶解，则仅有BaCO3。⑥.S2-、SOAlONa+13、略

【分析】【分析】

根据平衡常数的表达式计算某温度下N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的平衡常数；根据平衡移动原理，由题中所给图像判断正确选项；根据△G=△H-T△S的值；判断反应能否自发进行；据此解答。

【详解】

(1)由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知，在某温度下达到平衡时，各物质的浓度分别是：c平(H2)＝9.00mol·L－1，c平(N2)＝3.00mol·L－1，c平(NH3)＝4.00mol·L－1，则K===7.32×10-3mol－2·L2；答案为7.32×10-3mol－2·L2。

(2)A．由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知；增大压强平衡右移，氨气的含量应增大，故A错误；

B．由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知，压强不同，平衡状态不同，不可能NH3的体积分数相同；故B错误；

C．由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知；升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，故C错误；

D．由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知；催化剂不影响平衡移动，由图象可知催化剂性能，1＞2，故D正确；

答案为D。

(3)由△G=△H-T△S=+131.3kJ·mol－1-298K×133.7×10-3kJ·mol－1·K－1=131.3kJ·mol－1-39.8kJ·mol－1=91.5kJ·mol－1＞0，则不能自发进行；答案为不能。【解析】①.7.32×10－3mol－2·L2②.D③.不能三、判断题(共8题，共16分)14、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。15、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。16、×【分析】【详解】

水蒸气变为液态水时放出能量，该变化中没有新物质生成，不属于化学反应，故水蒸气变为液态水时放出的能量不能称为反应热，错误。【解析】错17、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。18、B【分析】【详解】

2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，其ΔS<0，则ΔH<0，错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

室温下，某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈碱性，故答案为：错误。20、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。21、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，NaHA水溶液呈酸性，则HA-水解程度小于电离程度、溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，故答案为：错误。四、原理综合题(共3题，共24分)22、略

【分析】【分析】

利用盖斯定律，将已知热化学方程式调整化学计量数进行相加减，便可得到待求热化学反应方程式；Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3∶4，利用得失电子守恒，便可求出含N产物的存在形式。温度升高，NO的脱除率提高，应由温度升高引起；温度继续升高，NO脱除率反而降低，则必存在副反应，且温度升高有利于副反应的发生。化学平衡常数受温度变化的影响，温度相同时，平衡常数不变；升高温度，平衡正向移动，则K值增大。求平衡常数时，可由已知数据，建立三段式，代入公式便可求出K值。设计原电池时，正极O2→H2O2，则电极反应式为O2得电子产物与H+反应生成H2O2。

【详解】

(1)①4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH=-905.9kJ·mol-1

②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH=+180kJ·mol-1

③H2O(g)H2O(l)ΔH=-44kJ·mol-1

将①-②×5+③×6得：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)ΔH=-2069.9kJ•mol-1。答案为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)ΔH=-2069.9kJ•mol-1；

(2)①发生反应时，Ca(ClO)2中的Cl由+1价降为-1价，则NO失电子后所得产物中N的价态为=5，从而得出脱除后NO转化为HNO3（或）。答案为：HNO3（或）；

②图中，40～60℃时，随温度的升高，NO脱除率上升，显然温度升高有利于反应的进行，可能的原因为温度升高，化学反应速率加快，有利于NO充分反应；60～80℃时，温度升高，NO脱除率下降，则应为反应物浓度的下降等，所以可能的原因为温度升高，气体溶解度下降；（或温度升高，ClO-水解增强，HClO发生分解等）。答案为：温度升高，化学反应速率加快，有利于NO充分反应；温度升高，气体溶解度下降；（或温度升高，ClO-水解增强；HClO发生分解等）；

(3)①a、c、d三点温度相同，平衡常数相等，b点时温度高，亚硝酸根脱除率大，则表明温度升高平衡正向移动，K值增大，则平衡常数K由大到小的顺序为Kb＞Ka=Kc=Kd，原因是a、c、d三点在同一温度下，K值相同；b点温度升高，的脱除率上升，说明平衡向正向移动，K值增大。答案为：Kb＞Ka=Kc=Kd；a、c、d三点在同一温度下，K值相同；b点温度升高，的脱除率上升，说明平衡向正向移动，K值增大；

②pH=13，65℃时Kw=1.0×10-13，则c(OH-)=1mol/L；利用题给数据，可建立如下三段式：

65℃时，第二步反应的平衡常数K==答案为：

(4)某电化学小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极为过程A中O2得电子的产物与H+作用生成H2O2，反应方程式为O2+2e-+2H+=H2O2。答案为：O2+2e-+2H+=H2O2。

【点睛】

分析温度升高对亚硝酸根离子脱除率的不利影响时，应从气体与溶液的反应入手，分析温度对气体的溶解度的影响、反应物中副反应的发生对主反应的影响等。【解析】4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)ΔH=-2069.9kJ•mol-1HNO3（或NO）温度升高，化学反应速率加快，有利于NO充分反应温度升高，气体溶解度下降；（或温度升高，ClO-水解增强，HClO发生分解等）Kb＞Ka=Kc=Kda、c、d三点在同一温度下，K值相同；b点温度升高，NO的脱除率上升，说明平衡向正向移动，K值增大O2+2e-+2H+=H2O223、略

【分析】【详解】

(1)根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和，因此有△H1=4×413kJ·mol－1＋2×463kJ·mol－1－1076kJ·mol－1－3×436kJ·mol－1=+194kJ·mol－1；CH4与CO2反应的方程式为CH4＋CO2=2CO＋2H2，根据盖斯定律，推出①－②＋③可以得出目标方程式，因此有CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)△H=△H1－△H2＋△H3=+235kJ·mol－1；

故答案为＋194；CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)△H=+235kJ·mol－1；

(2)①根据转化原理，过程Ⅱ中第一步：CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO→H2O＋Fe＋CaCO3，第二步：Fe＋CaCO3＋稀有气体→稀有气体＋Fe3O4＋CaO＋CO；

A．根据上述分析，第一步CO为反应物，第二步生成CO，以及过程Ⅱ的总反应为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)；故A错误；

B．根据上述分析，过程Ⅱ的总反应为CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)；故B正确；

C．根据上述分析；实现了含碳物质与含氢物质的分离，故C正确；

D．根据上述分析，Fe3O4；CaO为催化剂；焓变只与体系中的始态和终态有关，因此使用催化剂不能改变反应焓变，故D错误；

故答案为BC；

②i．利用相同条件下，压强之比等于物质的量之比，有：解得x=1，该温度下的平衡常数Kp==32.0；

故答案为32.0；

ii．反应达到平衡，v正=v逆，因此有k正·c(CH4)·c(CO2)=k逆·c2(CO)·c2(H2)，推出==2；该反应为吸热反应，升高温度，化学反应速率增大，平衡向正反应方向进行，即反应速率增大倍数v正＞v逆；

故答案为2；＞；

(3)电离平衡常数只受温度的影响，Ka1=Ka2=因为c(H2C2O4)=c()，因此有c2(H＋)=Ka1×Ka2，代入数值，解得c9H＋)=6×10－3.5mol·L－1；即pH=2.7；

故答案为2.7；

(4)CH4中C显－4价，H2C2O4中C显＋3价，C的化合价升高，失去电子，根据原电池工作原理，该电极为负极，即通CH4的一极为负极；其电极反应式为2CH4－14e－＋4H2O=H2C2O4＋14H＋；

故答案为负；2CH4－14e－＋4H2O=H2C2O4＋14H＋。【解析】+194CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)△H=+235kJ·mol－1BC32.02＞2.7负2CH4－14e－＋4H2O=H2C2O4＋14H＋；24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据题意可得：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，②C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol，③C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2219kJ/mol，根据盖斯定律，将反应③-②-①得：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H，则△H=(-2219kJ/mol)-(-2058kJ/mol)-(-285.8kJ/mol)=+123.9kJ/mol，△G=△H-T△S=123.9kJ/mol-298K×0.1kJ•mol-1•K-1=94.1kJ/mol＞0，故常温下不能自发进行，故答案为：+123.9；不能；

(2)由图可知，该路径主反应的化学方程式：C3H8+O2=C3H6+H2O，由图2可知，生成的CO、CO2的量很少，说明该路径减少了O2直接与C3H8反应生成CO、CO2的可能性，从而提高了产率，故答案为：C3H8+O2=C3H6+H2O；该路径减少了O2直接与C3H8反应生成CO、CO2的可能性，从而提高了产率；

(3)①对于C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H＞0，升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，故d为1.2×105Pa时丙烯的物质的量分数随温度变化的关系曲线，故答案为：d；

②a.在体积可变的密闭容器中，混合气体的密度ρ=m(总)不变，若ρ不变，则V不变，即各组分的物质的量不变，反应达到平衡状态，a正确；

b.根据方程式可知。C3H6和H2的物质的量始终相等，则浓度始终相等，b错误；

c.应该具体到某一种物质时，才能说明反应达到平衡状态，c错误；

d.混合气体的摩尔质量：M=因m(总)不变，若M不变，则n(总)不变，则反应达到平衡状态，d正确；故答案为：ad；

③由题意可知，a为1.2×105Pa时丙烷的物质的量分数随温度变化的关系曲线，M点时，φ(C3H8)=50%，则φ(C3H6)=φ(H2)=25%，平衡常数Kp===1.5×104Pa，故答案为：1.5×104Pa。【解析】+123.9不能C3H8+O2=C3H6+H2O；该路径减少了O2直接与C3H8反应生成CO、CO2的可能性，从而提高了产率dad1.5×104Pa五、有机推断题(共4题，共32分)25、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)26、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37g27、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−2NH328、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A