2025年中图版选择性必修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年中图版选择性必修1化学上册月考试卷865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、含Ba(OH)217.1g的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出11.46kJ热量，表示该反应中和热的化学方程式正确的是()A.Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ·mol－1B.Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)ΔH＝114.6kJ·mol－1C.Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D.Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)ΔH＝57.3kJ·mol－12、一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵轴表示横轴表示下列说法错误的是。

A.该温度下，的B.点表示该温度下的不饱和溶液C.该温度下，和的饱和溶液中D.向含有等物质的量浓度的溶液中加入饱和溶液，析出沉淀的先后顺序为3、下列物质属于弱电解质的是A.NH3B.HCOOHC.NaHCO3D.CH3CH2OH4、取50mL过氧化氢水溶液，在少量I-存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：。t/min020406080c/(mol·L-1)0.80a0.200.100.050

下列说法不正确的是A.反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)，则a=0.40B.40~60min，消耗H2O2的平均速率为0.0050mol·L-1·min-1C.第30min时的瞬时速率小于第70min时的瞬时速率D.过氧化氢酶对H2O2分解也有催化作用5、在溶液中存在电离平衡：要使溶液中浓度增大，且电离平衡逆向移动，可采取的措施是（）A.加水B.加热C.加固体D.加固体6、完全燃烧5.6L标准状况下的冷却至室温放出222.4kJ热量，下列热化学方程式正确的是A.B.C.D.7、溶液中含铁微粒的分布系数与pH的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.的数量级为B.当时，溶液一定呈中性C.向pH=2的这种溶液中加氢氧化钠至pH=10，的分布分数逐渐增大D.既能与强酸又能与强碱反应8、常温下，水溶液中和三种形态的粒子的分布分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线①代表的粒子是B.溶液中：C.pH=5时，溶液中主要含碳粒子的浓度大小关系为D.一定温度下，pH值越大离子浓度越高评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、某研究性学习小组将下列装置如图连接；D；F、Y都是铂电极，C、E是铁电极，X是铜电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。试回答下列问题：

（1）电源B端的名称是_______（填“正极”或“负极”）。

（2）设电解质溶液过量，则同一时间内C、D电极上参加反应的单质与生成的单质的物质的量之比是_______。

（3）欲用丙装置将粗铜（含少量铁、锌等杂质）精炼，G极材料应该是____（填“粗铜”或“精铜”），电解液中原电解质的物质的量浓度将_______（填“变大”；“变小”或“不变”）。

（4）丁装置中电解反应的总反应式为___________________________。

（5）设装置甲中溶液体积在电解前后都是500mL，当装置乙中产生气体的体积为4.48L（标准状况）时，甲池中生成物质的物质的量浓度为____mol·L-1。10、用O2将HCl转化为Cl2；可提高效益，减少污染。传统上该转化通过如下图所示的催化剂循环实现。

(1)上述转化中属于氧化还原反应的是________(填序号)。

(2)反应②中O2与CuCl2的物质的量之比是_________。

(3)一定条件下，以HCl、CuO、O2为原料，写出该转化的总反应方程式______________。11、回答下列问题。

(1)在一定条件下N2与H2反应生成NH3；请回答：

①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为___________填“吸热”或“放热”反应。

②已知拆开１molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___________。

(2)实验室用50mL0.50mol/L盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为___________；实验室提供了0.50mol/L和0.55mol/L两种浓度的NaOH溶液，应选择___________mol/L的溶液进行实验。

(3)写出下列反应的热化学方程式：

①16gCH4(g)与适量O2(g)反应生成CO2(g)和H2O(l)，放出890.3kJ热量___________。

②0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学方程式为___________。12、在室温下；下列六种溶液：

①0.1mol/LNH4Cl;②0.1mol/LCH3COONH4;⑧0.1mol/LNH4HSO4;④pH=12的NH3·H2O和pH=2HCl等体积混合液:⑤0.1mol/LNH3·H2O;⑥0.1mol/L(NH4)2CO3

请根据要求填写下列空白：

（1）溶液①、③呈酸性的原因不同，分别用方程式解释__________；___________。

（2）室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是：c(CH3COO-)________c()（填“>”，“<”或“=”）。

（3）比较溶液①、②、③、⑤中c（）的大小关系_________。

（4）写出溶液④中离子浓度的大小关系_______。

（5）写出溶液⑥的电荷守恒_________________。13、采用惰性电极从Cl-、Cu2+、Ba2+、Ag+、H+选出适当离子组成的电解质（非熔融态下）；并电解；

(1)若两极分别放出H2和O2，电解质可能为___。

(2)若阴极析出金属，阳极放出O2，电解质可能为___。

(3)若两极分别放出气体，且体积比为1：1，电解质可能为___。

(4)若既无O2也无H2放出，则电解质可能为___。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误15、中和等体积、等的盐酸和醋酸消耗的的物质的量相同。(_______)A.正确B.错误16、常温下，pH=11的CH3COONa溶液与pH=3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。(_______)A.正确B.错误17、温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数相等。（______________）A.正确B.错误18、室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误19、盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的。(_______)A.正确B.错误20、配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。(____)A.正确B.错误21、当反应逆向进行时，其反应热与正反应热的反应热数值相等，符号相反。____A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共40分)22、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___________。：23、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_________。24、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：____________________。25、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、原理综合题(共4题，共28分)26、研究氮的固定及含氮化合物的转化对工农业发展及消除环境污染有重要的意义。

已知：Ⅰ.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H1=-92.4kJ·mol-1；

Ⅱ.N2(g)＋O2(g)2NO(g)△H2=＋180kJ·mol-1；

Ⅲ.2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)△H3=-112.3kJ·mol-1。

请回答下列问题：

(1)反应Ⅰ是工业固氮的重要反应，在体积为2L的恒温恒容密闭容器中，充入1molN2和3molH2；5min末达到平衡，此时容器内压强变为原来的0.75倍。

①下列事实可以判断该反应达到平衡状态的是___________。

a．相同时间内每消耗0.1molN2的同时消耗0.2molNH3

b．c(N2)：c(H2)=1：3

c．混合气体的密度不再发生变化时。

d．氢气的分压不再发生变化时。

②5min内该反应的反应速率v(N2)=___________。

③若将容器扩大一倍，再次平衡后该反应的化学平衡常数会___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，N2和H2的转化率之比α(N2)：α(H2)会___________。

(2)反应N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)△H=___________。

(3)反应Ⅲ是由以下两步反应完成：

i．___________△H4＜0；

ii．N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)△H5＜0。

①第i步反应的化学方程式为___________。

②△H4___________112.3kJ·mol-1(填“>”“=”或“＜”，下同)；若第i步反应为快反应，则活化能E(i)___________E(ii)。

③若反应ii的正反应速率=×c(N2O2)·c(O2)，=×c2(NO2)；则该反应的化学平衡常数K=___________(用含“”和“”的代数式表示)。27、氮元素是生命体核酸与蛋白质必不可少的组成元素；氮及其化合物在国民经济中占有重要地位。

(1)氨催化氧化制得硝酸的同时；排放的氮氧化物也是环境的主要污染物之一。

已知：

则反应_______。

(2)在容积均为2L的三个恒容密闭容器中分别通入1molCO和1molNO，发生反应a、b、c三组实验的反应温度分别记为Ta、Tb、Tc。恒温恒容条件下反应各体系压强的变化曲线如图所示。

①三组实验对应温度的大小关系是_______(用Ta、Tb、Tc表示)，0~20min内，实验b中v(CO2)=_______

②实验a条件下，反应的平衡常数K=_______

(3)工业用铂丝网作催化剂，温度控制在780~840℃，将NH3转化为NO，反应方程式为回答下列问题：

①NH3催化氧化速率k为常数。当氧气浓度为时，c(NH3)与速率的关系如表所示，则a=_______。0.81.63.26.410.281.6652.85222.4

②其他反应条件相同时，测得不同温度下相同时间内NH3的转化率如图所示。则A点对应的反应速率v(正)_______(填“>”、“<”或“=”)v(逆)，A、C点对应条件下，反应平衡常数较大的是_______(填“A”或“C”)，理由是_______。

28、研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2；对减缓燃料危机和减弱温室效应具有重要的意义。

工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH1

在反应过程中还发生反应II：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH2=+41kJ·mol‑1

(1)已知部分化学键的键能数据如表所示：。化学键C-HH-HC=OC≡O键能(kJ·mol-1)4134368031076

则ΔH1=__kJ·mol-1，反应I在一定条件下能够自发进行的原因是___。

(2)在密闭容器中加入CO2与CH4发生反应，下列能够判断反应I达到平衡状态的是___(填标号)。

A.一定温度下；容积固定的容器中，密度保持不变。

B.容积固定的绝热容器中；温度保持不变。

C.一定温度和容积固定的容器中；平均相对分子质量保持不变。

D.一定温度和容积固定的容器中，H2和H2O物质的量之和保持不变。

(3)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。

①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是___。

②计算923K时反应II的化学平衡常数K=___(计算结果保留小数点后两位)。

③1200K以上CO2和CH4的中衡转化率趋于相等的原因可能是__。

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

①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。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___(写出一条即可)。29、污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。硫；氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首；采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要措施。

Ⅰ．研究发现利用NH3可消除硝酸工业尾气中的NO污染。NH3与NO的物质的量之比分别为1：3；3：l、4：1时；NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。

（1）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10－4mg／m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg／(m3·s)。

②曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是______，其理由是_________。

（2）已知在25℃；101kPa时：

N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H＝-Q1／mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H＝-Q2kJ／mo1

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H＝+Q3kJ／mo1

请写出用NH3脱除NO的热化学方程式__________。

Ⅱ．工业上还可以变“废”为“宝”，将雾霾里含有的SO2、NO等污染物转化为Na2S2O4(保险粉)和NH4NO3等化工用品；其生产流程如下：

（3）装置Ⅱ中NO转变为NO3－的反应的离子方程式为__________。

（4）装置Ⅲ制得Na2S2O4的同时还能让Ce4＋再生，原理如图所示。其阴极的电极反应式为：______。

（5）按上述流程处理含有amolSO2、bmolNO的雾霾(b>a)，并制取Na2S2O4和NH4NO3。装置Ⅰ中SO2、装置Ⅱ中NO、装置Ⅲ中HSO3－和Ce3＋、装置Ⅳ中NO2－全部转化，处理完毕后装置Ⅱ中Ce4＋的剩余量与加入量相比没有变化，则至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2____L(用含a、b的代数式表示)。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共6分)30、已知A～G有如图所示的转化关系（部分生成物已略去）；其中A；G为单质，D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，E、F均能与NaOH溶液反应。

请回答下列问题：

（1）写出F的电子式：_____________。

（2）①C溶液与D反应的离子方程式为________________________________________。

②F溶液与NaOH溶液共热反应的化学方程式为_______________________________。

（3）①请用离子方程式解释C溶液为何显酸性__________________________。

②F溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________________。

（4）将5.4gA投入200mL2.0mol/L某溶液中有G单质产生，且充分反应后有金属剩余，则该溶液可能是________（填代号）。

A．HNO3溶液B．H2SO4溶液C．NaOH溶液D．HCl溶液。

（5）将1molN2和3molG及催化剂充入容积为2L的某密闭容器中进行反应；已知该反应为放热反应。平衡时，测得D的物质的量浓度为amol/L。

①如果反应速率v(G)=1.2mol/(L·min)，则v(D)=_______mol/(L·min)。

②在其他条件不变的情况下，若起始时充入0.5molN2和1.5molG达到平衡后，D的物质的量浓度______（填“大于”、“小于”或“等于”）mol/L。

③该条件下的平衡常数为____________（用含a的代数式表示）。31、X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前20号主族元素.X元素的一种原子核内只有质子，没有中子；Y的一种核素14Y用于考古时测定一些文物的年代；Z的最高价氧化物的水化物显两性；W的单质是一种黄绿色气体；R电子层数是最外层电子数的两倍.回答下列问题：

(1)R在周期表中的位置是_______，14Y的原子中，中子数与质子数的差为_______.

(2)Y2X4分子中在同一平面上的原子数为_______，RW2的电子式是_______.

(3)ZW3溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)_______.

(4)某传感器可以检测空气中W2的含量，其工作原理如图所示，W2气体在多孔电极被消耗并在负极和正极之间产生电流.

多孔电极的电极反应式为_______，0.01molW2气体参加反应时，理论上通过质子交换膜的H+数为_______.32、A；D、E、X、Y是原子序数依次增大的短周期主族元素。其中X原子最外层电子数是内层电子总数的3倍；X、Y同族；A与X、Y既不同族也不同周期；D元素的某种同位素原子在考古方面有重要应用。

(1)甲由A；E两种元素组成；分子中含有18个电子，只存在共价单键。常温下甲是一种无色液体。

①甲是一种二元弱碱，写出其一级电离方程式：________________。

②甲在碱性溶液中能够将CuO还原为Cu2O，已知每1mol甲参加反应有4mol电子转移，该反应的化学方程式为：______________________________。

(2)处理含DX、YX2烟道气污染的一种方法，是在催化剂作用下使两者反应，产物之一为单质Y。已知反应生成1gY固体单质时放出8.4kJ热量，此反应的热化学方程式为______。

(3)将0.050molYX2(g)和0.030molX2(g)放入容积为1L的密闭容器中，反应：X2(g)+2YX2(g)2YX3(g)在一定条件下达到平衡。

①若其他条件不变，增大体系的压强，平衡常数K_________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

②平衡时测得c(X2)=0.010mol/L。该条件下反应的平衡常数K=________，YX2的平衡转化率为__________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．中和热是指1molH+与1molOH-完全反应生成1molH2O(l)释放的热量，而反应Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ·mol－1表示的是2molH+与2molOH-完全反应生成2molH2O(l)释放的热量；A不正确；

B．中和反应放出热量，而Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)ΔH＝114.6kJ·mol－1表示的是吸收热量；B不正确；

C．Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1表示1molH+与1molOH-完全反应生成1molH2O(l)释放的热量；符合中和热的概念，C正确；

D．Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)ΔH＝57.3kJ·mol－1表示的是吸收热量；D不正确；

故选C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．由a(30，10-lg4)可知，当c(S2－)＝10－30mol·L－1时，c(Ag＋)＝10－(10－lg4)mol·L－1，A项正确；

B．d点在的平衡曲线下方，此时即表示该温度下的不饱和溶液；B项正确；

C．SnS和NiS的饱和溶液中=＝=104；C项正确；

D．假设Ag＋、Ni2＋、Sn2＋均为0.1mol·L－1，分别生成Ag2S、NiS、SnS沉淀时，需要c(S2－)分别为1.6×10-47、10-20、10-24，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S；SnS、NiS；D项错误；

答案选D。3、B【分析】【分析】

电解质是溶于水或在熔融状态下就能够导电的化合物；根据其在水溶液中的电离程度可分为强电解质和弱电解质，全部电离的是强电解质，只有少部分电离的是弱电解质，据此判断。

【详解】

A．NH3不能自身电离；是非电解质，A不符合；

B．HCOOH溶于水部分电离；属于弱电解质，B符合；

C．NaHCO3溶于水全部电离；属于强电解质，C不符合；

D．CH3CH2OH不能自身电离；是非电解质，D不符合；

答案选B。4、C【分析】【详解】

A．标况下224mL氧气的物质的量为0.01mol，根据方程式可知生成0.01mol氧气消耗0.02molH2O2，Δc(H2O2)==0.40mol/L；所以a=0.80-0.40=0.40，故A正确；

B．40~60min内Δc(H2O2)=0.20mol/L-0.10mol/L=0.10mol/L，消耗H2O2的平均速率为=0.0050mol·L-1·min-1；故B正确；

C．随着反应的进行H2O2的浓度越来越小；浓度越小反应速率越慢，所以第30min时的瞬时速率大于第70min时的瞬时速率，故C错误；

D．过氧化氢酶的作用就是催化过氧化氢分解生成氧气和水；故D正确；

综上所述答案为C。5、C【分析】【详解】

A.加水稀释促进醋酸的电离，电离平衡正向移动，的浓度减小；故A不选；

B.加热促进醋酸的电离，电离平衡正向移动，的浓度增大；故B不选；

C.加入固体，的浓度增大；电离平衡逆向移动，故C选；

D.加入NaOH固体，消耗氢离子使电离平衡正向移动，的浓度增大；故D不选；

答案选C。6、D【分析】【详解】

完全燃烧5.6L标准状况下的(物质的量为0.25mol)，冷却至室温，说明生成液态水，放出222.4kJ热量，则1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，则放出889.6kJ的热，热化学方程式为故D正确。

综上所述，答案为D。7、C【分析】【详解】

A．根据图像可知pH＝3.5时所以因此其数量级为A正确；

B．溶液中存在电荷守恒所以当时氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；则溶液一定呈中性，B正确；

C．根据图像可知向pH=2的这种溶液中加氢氧化钠至pH=10，的分布分数先增大后减小；C错误；

D．结合氢离子转化为结合氢氧根转化为因此既能与强酸又能与强碱反应，D正确；

答案选C。8、B【分析】【分析】

由图可知，曲线①、②、③代表的粒子分别是

【详解】

A．由分析可下，曲线①代表的粒子是故A错误；

B．由图可知，溶液呈酸性，说明离子在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液中故B正确；

C．由图可知，pH=5时，溶液中主要含碳粒子的浓度大小关系为故C错误；

D．由图可知，一定温度下，溶液pH值增大时，溶液中离子浓度先增大后减小；故D错误；

故选B。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

电解饱和食盐水时；酚酞变红的电极是阴极，串联电路中，阳极连阴极，阴极连阳极，阴极和电源负极相连，阳极和电源正极相连，根据将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F电极是阴极，因此E电极是阳极，D是阴极，C是阳极，A是电源的正极，B是电源的负极，Y电极是阴极，X电极是阳极，H电极是阴极，G电极是阳极，据此解答。

【详解】

（1）根据以上分析可知A是电源的正极；B是原电池的负极；

（2）D、F、Y都是铂电极，C、E是铁电极，X是铜电极，甲池中C为铁做阳极，D为铂电极，电解质溶液是硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液时的阳极是铁失电子生成亚铁离子，阴极是铜离子放电，所以电解反应为：Fe+CuSO4Cu+FeSO4；则同一时间内C；D电极上参加反应的单质与生成的单质的物质的量之比是1：1；

（3）欲用丙装置将粗铜（含少量铁；锌等杂质）精炼；电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含有铜离子的盐作电解质即可，分析判断丙装置中G为电解池的阳极，H电极是阴极，G电极为粗铜，H电极为精铜；由于阳极中不止铜放电，而阴极上只有溶液中的铜离子放电，所以电解液中原电解质的物质的量浓度将变小；

（4）丁装置中铜电极是阳极，失去电子，阴极上水电离出的氢离子放电，所以电解反应的总反应式为Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑；

（5）乙池中E为阳极Fe-2e-=Fe2+，F为阴极，电极反应2H++2e-=H2↑，当乙池所产生气体的体积为4.48L（标准状况）气体是氢气，物质的量是0.2mol，所以电子转移为0.4mol，甲池中阳极是铁失电子生成亚铁离子Fe-2e-=Fe2+，生成硫酸亚铁的物质的量是0.4mol÷2＝0.2mol，其浓度=0.2mol÷0.5L=0.4mol/L。【解析】负1∶1粗铜变小Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑0.410、略

【分析】【分析】

根据图示可知：反应①2HCl+CuO=CuCl2+H2O和反应②2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2；反应①为非氧化还原反应，反应②为氧化还原反应；根据反应②可知O2与CuCl2的物质的量之比；把反应①和②消去CuO和CuCl2，即可得到以HCl、CuO、O2为原料的总反应方程式；据此分析解答。

【详解】

(1)根据反应①2HCl+CuO=CuCl2+H2O，各元素化合价不变，为非氧化还原反应，②2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2可知；氧元素；氯元素化合价发生了变化，为氧化还原反应；正确答案：②。

(2)根据2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2可知，O2与CuCl2的物质的量之比为1：2；正确答案：1：2。

(3)根据反应①2HCl+CuO=CuCl2+H2O和②2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2，反应①×2+反应②，整理可得该转化的总反应方程式.4HCl＋O22H2O＋2Cl2；正确答案：4HCl＋O22H2O＋2Cl2。【解析】②1：24HCl＋O22H2O＋2Cl211、略

【分析】【分析】

(1)

①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2；反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；

②已知拆开１molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，焓变=反应物总键能-生成物总键能，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)=946kJ/mol+436kJ/mol×3-391kJ/mol×6=-92kJ/mol；

(2)

如图为简易量热计；题中装置缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为环形玻璃搅拌棒；为使盐酸完全反应，碱应该过量，选0.55mol/L的NaOH溶液；

(3)

①16gCH4(g)与适量O2(g)反应生成CO2(g)和H2O(l)，放出890.3kJ热量，焓变为负值，热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=-890.3kJ/mol；。

②0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，1mol乙硼烷(B2H6)燃烧放出2165kJ的能量，焓变为负值，热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)=-2165kJ/mol。【解析】(1)放热N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)=-92kJ/mol

(2)环形玻璃搅拌棒0.55

(3)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=-890.3kJ/molB2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)=-2165kJ/mol12、略

【分析】【详解】

(1)NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4Cl中铵根离子水解显酸性，水解离子方程式为+H2ONH3•H2O+H+；NH4HSO4是强电解质，在溶液中完全电离出氢离子，所以溶液显酸性，电离方程式为NH4HSO4=+H++故答案为：+H2ONH3•H2O+H+；NH4HSO4=+H++

(2)0.1mol/LCH3COONH4溶液中电荷守恒为c()+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，由于溶液显中性,则c(H+)=c(OH-)，所以c()=c(CH3COO-)；故答案为：=

(3)⑤NH3•H2O溶液中c()小于铵盐的c(),所以一水合氨溶液中铵根离子浓度最小；③中氢离子抑制铵根离子水解，所以③>①，②中的醋酸根离子水解促进了铵根离子的水解，所以①>②，即③>①>②>⑤，故答案为：③>①>②>⑤；

(4)pH=12的NH3•H2O和pH=2HCl等体积混合液,溶液中溶质为NH4Cl和NH3•H2O，溶液呈碱性则氢离子浓度最小，所以离子浓度大小顺序是c()>c(Cl->c(OH-)>c(H+)，故答案为：c()>c(Cl->c(OH-)>c(H+)；

(5)(NH4)2CO3溶液中电荷守恒为c()+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，故答案为：c()+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()。【解析】①.+H2O=NH3•H2O+H+②.NH4HSO4=+H++③.=④.③>①>②>⑤⑤.c()>c(Cl->c(OH-)>c(H+)⑥.c()+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()13、略

【分析】【分析】

阴极上阳离子放电顺序为Ag+>Cu2+>H+>Ba+，阳极上阴离子放电顺序为Cl->OH->

根据电极产物判断阴阳极放电的离子；从而确定溶液中的电解质。

【详解】

阴极上阳离子放电顺序为Ag+>Cu2+>H+>Ba2+，阳极上阴离子放电顺序为Cl−>OH−>含氧酸根；

(1)当阴极放出H2，阳极放出O2时，则阴极H+放电，阳极OH−放电，则溶液中的阴离子为硫酸根或硝酸根，阳离子是H+或Ba2+，BaSO4为沉淀，所以电解质是Ba(NO3)2、H2SO4、HNO3；

故答案为Ba(NO3)2、H2SO4、HNO3；

(2)当阴极析出金属时，阴极为Cu2+或Ag+放电，阳极放出O2，阳极为OH−放电，则溶液中的阴离子为硫酸根或硝酸根，电解质是AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4；

故答案为AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4；

(3)若两极分别放出气体，且体积比为1：1，则阴极放出H2，阳极放出Cl2，阴极为H+放电，溶液中的阳离子为H+或Ba2+，阴离子为Cl−放电，溶液中的阴离子为Cl−，所以电解质为HCl、BaCl2；

故答案为HCl、BaCl2；

(4)电解过程中既无O2也无H2放出，则阴极上析出金属，阴极为Cu2+或Ag+放电，阳极上产生氯气，阴离子为Cl−放电，AgCl为沉淀，则电解质应为CuCl2；

故答案为CuCl2。

【点睛】

电解池中阴阳极放电顺序的判断方法：

(1)阴极：阴极上放电的总是溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+Zn2+Fe2+Sn4+Pb2+H+Cu2+Fe3+Ag+。

(2)阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F-含氧酸根离子OH-Cl-Br-I-S2-。

如本题中溶液中的阳离子有H+和Na+，阴极上H+优先放电，得电子得到氢气，氢离子来自水，则同时生成氢氧化钠；溶液中的阴离子有Cl-和OH-，阳极上Cl-优先放电，失电子得到氯气。【解析】Ba(NO3)2、H2SO4、HNO3AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4HCl、BaCl2CuCl2三、判断题(共8题，共16分)14、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。15、B【分析】【详解】

相同的盐酸和醋酸中醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的的量较多。故说法错误。16、B【分析】【详解】

酸抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

水电离平衡为：H2OH++OH-，其电离平衡常数K=由于水电离程度很小，所以水的浓度几乎不变，则c(H+)·c(OH-)=K·c(H2O)=Kw，所以在温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数并不相等，认为二者相等的说法是错误的。18、B【分析】【分析】

【详解】

pH=2的盐酸中氢离子浓度和pH=12的氨水中氢氧根浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得则c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案为：错误。19、B【分析】【详解】

盐溶液显酸碱性，不一定是由水解引起的，如NaHSO4，是电离引起的。20、A【分析】【详解】

氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，为防止铁离子水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故正确。21、A【分析】【分析】

【详解】

正反应的反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的反应热=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法正确。四、有机推断题(共4题，共40分)22、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)23、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37g24、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−2NH325、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、原理综合题(共4题，共28分)26、略

【分析】【详解】

(1)反应I是工业固氮的重要反应，在体积为2L的恒温恒容密闭容器中，充入1molN2和3molH2；5min末达到平衡，此时容器内压强变为原来的0.75倍。

①a．相同时间内每消耗0.1molN2的同时消耗0.2molNH3说明正；逆反应速率相等；可以判断该反应已达到平衡状态，故a正确；

b．c(N2)：c(H2)=1：3，并不能说明任何问题，故b错误；

c．体积不变；气体质量也不变，所以混合气体的密度不会发生变化，故c错误；

d．氢气的分压不再发生变化时；说明氢气浓度不变，能证明该反应已达到平衡状态，故d正确；

故选ad；

②

则有0.5-x+1.3-3x+2x=2×0.75，得x=0.25。

所以5min内该反应的反应速率故答案为：0.05mol·L-1·min-1；

③温度不变化学平衡常数不变,N2和H2按系数比投料,所以转化率之比恒相等,故答案为：不变；不变；

(2)反应Ⅱ+反应Ⅲ可得N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)△H=+67.7kJ·mol-1，故答案为：+67.7kJ·mol-1；

(3)①由反应Ⅲ和反应ii可知第i步反应的化学方程式为2NO(g)N2O2，故答案为：2NO(g)N2O2；

②总反应与两个分反应均为放热反应，所以任何一步分反应放出的热量均小于总反应放出的热量,所以△H4＞-112.3kJ·mol-1；若第i步反应为快反应,则第一步反应的活化能低，所以活化能E(i)＜E(ii)；故答案为：＞，＜；

③平衡时v正=v逆，即v正=k正×c(N2O2)·c(O2)=v逆×c2(NO2)，所以K=故答案为：【解析】ad0.05mol·L-1·min-1不变不变+67.7kJ·mol-12NO(g)N2O22NO(g)N2O2＞＜27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式依次编号为①②③，由2×②-③-①可得，热化学方程式：故答案为：

(2)①三组实验在恒温条件下进行，且起始体积、气体物质的量都相同，故压强与温度是正相关，即三组实验对应的温度大小关系为根据三段式计算，设实验b中CO的转化量为2xmol，则

实验b中CO2的反应速率为。

(CO2)=故答案为：

②实验a、b的温度相同，则平衡常数相等，平衡时反应容器容积为2L，则平衡浓度：反应平衡常数故答案为2；

(3)①当氧气浓度为时，由表可得c(NH3)与速率的关系为解得a=3，故答案为：3；

②相同时间内，NH3的转化率随温度的升高而增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，而且B、C点是平衡状态，A点是建立平衡过程中的点，则A点的反应速率：温度升高，放热反应平衡逆向移动，平衡常数减小，则A点对应反应的平衡常数较大。故答案为：>；A；相同时间内，NH3的转化率随温度的升高而增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，温度升高，放热反应平衡逆向移动，平衡常数减小，则A点对应的平衡常数较大。【解析】23>A相同时间内，NH3的转化率随温度的升高而增大，到B点后减小，说明正反应是放热反应，温度升高，放热反应平衡逆向移动，平衡常数减小，则A点对应的平衡常数较大28、略

【分析】【分析】

根据△H=反应物总键能-生成物总键能计算；根据△G=△H-T•△S＜0时反应自发进行判断；根据平衡状态的特征分析判断；结合平衡状态时反应物和生成物的浓度计算；并结合影响平衡的因素分析。

【详解】

(1)反应Ⅰ为：CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)，根据△H=反应物总键能-生成物总键能，则△H1=(413×4+803×2-1076×2-436×2)kJ/mol=+234kJ/mol；△G=△H-T•△S＜0时反应自发进行，对于反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H1＞0，但△S＞0，在高温下△G=△H-T•△S＜0，故反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的主要原因是△S＞0或该反应的正反应为熵增(混乱度增大)的反应；

(2)A．一定温度下；容积固定的容器中，混合气体的质量和体积始终不变，则密度始终是定值，不能根据密度保持不变判断反应达到平衡状态，故A错误；

B．容积固定的绝热容器中；当温度保持不变，此时反应处于相对静止状态，即为平衡状态，故B正确；

C．一定温度和容积固定的容器中，混合气体的质量一定，而混合气体的总物质的量不确定，由可知平均相对分子质量保持不变时；反应达到平衡状态，故C正确；

D．一定温度和容积固定的容器中，H2和H2O物质的量之和保持不变；说明反应处于相对静止状态，即为平衡状态，故D正确；

故答案为BCD；

(3)①CH4与CO2按1：1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，但CO2还发生反应Ⅱ，所以CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率；

②反应Ⅰ，设起始时充入0.1mol/L的CH4与CO2；

α(CO2)=1mol/L×70%=0.7mol/L，则反应Ⅱ△c(CO2)=0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L；

反应Ⅱ：

KⅡ===0.39；

③CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是1200K以上时以反应Ⅰ为主；二者转化率趋近于相等；

(4)①由图可知；温度升高而乙酸的生成速率降低，可能催化剂的催化效率降低；

②根据勒夏特列原理，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，则CO2和CH4直接转化成乙酸，可增大反应压强或增大CO2的浓度；平衡正向移动，反应物转化率增大。

【点睛】

化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。【解析】+234该反应的ΔS>O或该反应的正反应为熵增(混乱度增大)的反应BCDCH4和CO2按1：1投料发生反应I时化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH40.391200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等(或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II，或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II)温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低增大反应压强或增大CO2的浓度29、略

【分析】【详解】

Ⅰ．（1）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10－4mg／m3，从A点到B点经过0.8s，NO的浓度变化为6×10－4mg／m3（0.75-0.55）=1.2×10－4mg／m3，该时间段内NO的脱除速率为1.5×10-4mg／(m3·s)，故答案为：1.5×10-4；

②当其他条件相同时，NH3与NO的物质的量比值越大，NO的脱除率越大，故NH3与NO的物质的量之比分别为1：3、3：l、4：1时，对应的曲线分别为c、b、a，则曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是3:1，其理由是NH3与NO的物质的量比值越大，NO的脱除率越大，故答案为：3:1；NH3与NO的物质的量比值越大；NO的脱除率越大；

（2）已知在25℃，101kPa时，①N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H＝-Q1kJ／mol；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H＝-Q2kJ／mo1；③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H＝+Q3kJ／mo1，根据盖斯定律：②×3+③×3-①×2得用NH3脱除NO的热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)==5N2(g)+6H2O(1)△H＝-（3Q2+3Q3-2Q1）kJ／mol，故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)△H＝-（3Q2+3Q3-2Q1）kJ／mol；

Ⅱ．（3）根据化学工艺流程知装置Ⅱ中NO与Ce4+反应生成NO3－、NO2—和Ce3+，反应的离子方程式为3Ce4++NO+2H2O=3Ce3+NO3-+4H+，故答案为：3Ce4++NO+2H2O=3Ce3+NO3-+4H+；

（4）装置Ⅲ为电解池，Ce4＋再生，发生氧化反应Ce3+-e－=Ce4＋，为电解池的阳极反应，则阴极反应为HSO3-被还原为S2O42-，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，故答案为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；

（5）按上述流程处理；amolSO2转化为Na2S2O4得到amol电子，bmolNO转化为NH4NO3失去3bmol电子。根据电子守恒知O2得电子的物质的量为（3b-a）mol，则通入氧气的物质的量为（3b-a）/4mol,，标准状况下的体积为5.6(3b-a)L，故答案为：5.6(3b-a)。【解析】1.5×10-4②3:1NH3与NO的物质的量比值越大，NO的脱除率越大4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)△H＝-（3Q2+3Q3-2Q1）kJ／mol3Ce4++NO+2H2O=3Ce3+NO3-+4H+2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O5.6(3b-a)六、元素或物质推断题(共3题，共6分)30、略

【分析】【详解】

由A为单质且能与NaOH溶液和Fe2O3反应可知A为Al，则B为Al2O3，C为AlCl3；由D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体可知D为NH3，则G