2025年粤教版选择性必修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2025年粤教版选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极，两电极插入KOH溶液中，向两极分别通入乙烷和氧气，其电极反应式为有关此电池的推断正确的是（）A.电池工作过程中，溶液的pH逐渐减小B.正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为2：7C.通入乙烷的电极为正极D.电解质溶液中的向正极移动2、二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体,是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。下面是二氧化氯的制备及由二氧化氯来制备一种重要的含氯消毒剂一亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程图：

已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O;

②纯ClO2易分解爆炸；一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。

下列说法正确的是（）A.吸收塔内发生反应的化学方程式：2NaOH+2ClO2=NaClO2+H2O+NaClOB.发生器中鼓入空气的作用是将NaClO3氧化成ClO2C.在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2OD.要得到更纯的NaClO2·3H2O晶体必须进行的操作是冷却结晶3、常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，下列判断正确的是（）A.增加Ni的用量，可加快该反应速率B.该反应达到平衡时，4v正[Ni(CO)4]=v逆(CO)C.减小压强，正反应速率减小，逆反应速率增大D.选择合适的催化剂可提高CO的平衡转化率4、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3KJ·mol-1。分别向1L0.5mol·L-1的Ba(OH)2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸；④稀醋酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3、△H4，下列关系正确的是A.△H1>△H2>△H3>△H4B.△H1＜△H2＜△H3＜△H4C.△H1>△H2=△H3>△H4D.△H4＜△H1=△H2＜△H35、反应X(s)+Y(g)=3Z(g)的能量变化如图所示。下列判断错误的是。

A.加入催化剂，活化分子的百分数增大，E1和E2均减小B.△H=+(E1-E2)kJ·mol-1C.该反应在低温下能自发进行D.升高温度，活化分子的百分数增大6、已知：Ag++NH3[Ag(NH3)]+K1=103.32

[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+K2

Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+的分布分数δ与lgc(NH3)关系如下图所示，下列说法正确的是{例如：分布分数δ(Ag+)=}

A.曲线c代表[Ag(NH3)2]+B.K2=10-3.61C.[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3平衡常数K'=10-7.22D.当c(NH3)<0.01mol/L时，c[Ag(NH3)2]+>c[Ag(NH3)]+>c(Ag+)7、下面是模拟金属电化学腐蚀与防护原理的示意图。下列叙述不正确的是。

A.若X为食盐水，K未闭合，Fe棒上C点铁锈最多B.若X为食盐水，K与M连接，C(碳)处pH值最大C.若X为稀盐酸，K与N、M连接，Fe腐蚀情况前者更慢D.若X为稀盐酸，K与M连接，C(碳)上电极反应为2H++2e﹣=H2↑评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、Ⅰ：下列有机物中属于苯的同系物的是________(填字母)，它的一氯代物有________种。

Ⅱ：A、B、C、D为常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：

(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，写出C的电子式________。

(2)若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，写出由弱酸H2S和CuSO4溶液制取D的离子方程式_____。

(3)若A是化合物，C是红棕色气体，D为强酸，已知A在转化为B反应中34克A完全反应生成相同条件下的液态水同时放出453kJ的热量，则该反应的热化学方程式为________。

(4)若A有特殊香味的化合物，将上述转化中的H2O改为A，D为有水果香味的液体，则由C与A反应生成D的条件为______。9、工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。烟气中的SO2可以用NaOH溶液吸收，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4；其原理如下图所示。(电极材料为石墨)

(1)用NaOH溶液吸收SO2发生的主要反应的离子方程式为___________________。

(2)图中，交换膜I应为________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。

(3)当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，a极生成气体__________L(标准状况)。

(4)SO放电的电极反应式为__________________。

(5)通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因：_______________。10、一定温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示：

(1)从反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为______，X的物质的量浓度减少了______，Y的转化率为______。

(2)该反应的化学方程式为______。

(3)10s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是______。

A.t1时刻，增大了X的浓度B.t1时刻；升高了体系温度。

B.t1时刻，缩小了容器体积D.t1时刻，使用了催化剂11、在化学反应中；只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。请根据下图所示回答问题。

(1)图中所示反应是___________（填“吸热”或“放热”）反应。

(2)E2-E1是反应的_____(填“活化能”或“反应热”，下同)，E3-E1是反应的________。

(3)已知拆开1molH-H、1molI-I、1molH-I分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则反应H2(g)+I2(g)=2HI(g)的焓变△H=__________。该过程是_________能转化为_______能的过程。12、CO2是一种自然界大量存在的“碳源”化合物，借助零碳能源(太阳能等)制得的H2可将CO2转化为燃料；能缓解温室效应和解决能源危机问题。

(1)硅太阳能电池可实现太阳能向电能的转化，Si在元素周期表中的位置____。

(2)电解水制H2，阴极电极反应式是____。

(3)聚乙烯亚胺捕获CO2并原位氢化为甲醇；反应历程如图1所示。

①写出CO2的电子式____。

②写出生成甲醇的总反应_____。

(4)微生物电解池能将CO2转化为CH4，其工作原理如图2所示，写出所有生成CH4的反应_____。

13、（1）重铬酸钾（K2Cr2O7）主要用于制革、印染、电镀等．其水溶液中存在平衡：Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+。以铬酸钾（K2CrO4）为原料；用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图。

①写出阴极区的电极反应式___________________，透过离子交换膜的离子是____________，移动方向为____________（填“由左向右”或“由右向左）。

②阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因为_______________________________________________________。

（2）工业上采用下面的方法处理含有Cr2O72-的酸性工业废水：废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，关于上述方法，下列说法正确的是_______（填字母序号）。

A．阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑

B．阳极反应：Fe－3e－===Fe3＋

C．在电解过程中当电路转移0.6mol电子时，被还原的Cr2O72-为0.05mol

D．可以将铁电极改为石墨电极14、与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数用K表示如表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：。酸电离方程式电离平衡常数KHClO

（1）若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3-、H3PO4、H2PO4-、HPO42-都看作是酸，则它们酸性最强的是______(填化学式。)

（2）向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为______。

（3）计算该温度下0.1mol/L的CH3COOH溶液中C(H+)=______mol/L

（4）取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1______V2(填“>”、“<”或“=”)

（5）下列四种离子结合H+能力最强的是______。

A.B.C.ClO-D.CH3COO-

（6）等物质的量的苛性钠分别用pH为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va、Vb，则两者的关系正确的是______。

A.Va>10VbB.Va<10VbC.Vb<10VaD.Vb>10Va

（7）已知100℃时，水的离子积常数KW=1.0×10-12，PH=3的CH3COOH和PH=9的NaOH溶液等体积混合，混合溶液呈______性；

（8）等浓度的①(NH4)2SO4、②NH4HSO4、③NH4HCO3、④NH4Cl、⑤NH3.H2O溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序是：______。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误16、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误17、用湿润的试纸测定盐酸和醋酸溶液的醋酸溶液的误差更大。(____)A.正确B.错误18、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19、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20、用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（______________）A.正确B.错误21、如果的值越大，则酸性越强。（______________）A.正确B.错误22、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误23、(1)Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关____

(3)常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小_____

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小_____

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后，Cl-浓度等于零_____

(8)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大____

(9)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变_____

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小______A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共40分)24、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___________。：25、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_________。26、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：____________________。27、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、结构与性质(共2题，共20分)28、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___________。29、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。评卷人得分六、计算题(共2题，共18分)30、已知完全燃烧生成放出热量；完全燃烧生成放出热量；完全燃烧生成和放出热量。

(1)完全燃烧生成和放出的热量____________（填“＞”“＜”或“=”）

(2)若CO和的混合气体完全燃烧生成和则放出的热量（Q）的取值范围是_____________________。

(3)若CO和的混合气体完全燃烧生成和且二者的物质的量相等，则放出热量（Q）的取值范围是_______________________________。31、一定温度下，将3molA气体和1molB气体通过一密闭容器中，发生反应：若容器体积固定为2L，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol·L－1。

①1min内，B的平均反应速率为_______；x=_______；此时容器中压强与起始压强之比为_______；

②若经反应2min达到平衡，平衡时C的浓度_______0.8mol·L－1(“大于”；“等于”或“小于”)；

③平衡混合物中，C的体积分数为30%，则A的转化率是_______(保留2位有效数字)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A.电池总反应为故电池工作过程中，消耗氢氧根离子，溶液的pH逐渐减小，故A正确；

B.由总反应式可知；乙烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，所以正；负极上参加反应的气体的物质的量之比为7：2，故B错误；

C.由题给极反应可知；通入乙烷的电极为负极，发生氧化反应，故C错误；

D.阴离子向负极移动，解质溶液中的向负极移动；故D错误；

故选：A。2、C【分析】【详解】

A.吸收塔内发生的反应为在碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；故A错误；

B.由信息②可知；纯二氧化硫易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，则发生器中鼓入空气的作用应是稀释二氧化氯以防止爆炸，故B错误；

C.由流程可知，在无隔膜电解槽中，阴极上水得到电子发生还原反应生成氢气，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯酸根，阳极的电极反应式为Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O；故C正确；

D.粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，则要得到更纯的NaClO2·3H2O晶体必须进行的操作是重结晶；故D错误；

故选C。3、B【分析】【详解】

A．该反应中Ni为固体；增加固体的用量不能改变反应速率，故A错误；

B．达到平衡时v正[Ni(CO)4]=v逆[Ni(CO)4]，而4v逆[Ni(CO)4]=v逆(CO)，所以4v正[Ni(CO)4]=v逆(CO)；故B正确；

C．减小压强；正逆反应速率均减小，故C错误；

D．催化剂只能改变反应速率；不影响平衡，故D错误；

综上所述答案为B。4、B【分析】【分析】

强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol；表示稀溶液氢离子和氢氧根离子之间反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ。

【详解】

分别向1L0.5mol•L-1的Ba(OH)2的溶液中加入：

①浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，并且与Ba(OH)2生成硫酸钡沉淀也放热；放热大于57.3kJ；

②稀硫酸，稀硫酸与Ba(OH)2生成硫酸钡沉淀放热；放热大于57.3kJ，但小于①放出的热量；

③稀硝酸；是强酸和强碱的稀溶液间的中和反应，放热57.3kJ；

④稀醋酸为弱电解质；电离吸收热量，放热小于57.3kJ；

放出的热量为：①＞②＞③＞④，因放热∆H＜0，则∆H1＜∆H2＜∆H3＜∆H4；

答案为B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．加入催化剂，降低反应的活化能，活化分子与反应物、生成物的能量差值都减小，所以E1和E2均减小；A正确；

B．此反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，所以△H=+(E1-E2)kJ·mol-1；B正确；

C．虽然ΔS＞0；但反应为吸热反应，所以该反应在高温下能自发进行，C错误；

D．升高温度；分子的平均能量增加，活化分子数增多，活化分子的百分数增大，D正确；

故选C。6、C【分析】【详解】

A．随NH3的浓度增大，Ag+含量减小、[Ag(NH3)]+的含量先增大后减小、[Ag(NH3)2]+的含量增大，所以曲线c代表[Ag(NH3)]+、曲线b代表[Ag(NH3)2]+、曲线a代表Ag+；故A错误；

B．根据图示，Ag+、[Ag(NH3)2]+含量相等时，c(NH3)=10-3.61，Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+K=所以K2=故B错误；

C．根据图示，Ag+、[Ag(NH3)2]+含量相等时，c(NH3)=10-3.61，[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3平衡常数K'=故C正确；

D．根据图示，c(NH3)<0.01mol/L时，可能有c[Ag(NH3)2]+<c[Ag(NH3)]++)；故D错误；

选C。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．若X为食盐水；K未闭合，Fe棒上B点水面上铁与空气及水蒸气接触，最易发生腐蚀，铁锈最多，选项A不正确；

B．若X为食盐水；K与M连接，形成原电池，碳棒为正极，C(碳)处水电离产生的氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，pH值最大，选项B正确；

C．若X为稀盐酸；K与N；M连接，形成原电池，接N时铁为正极被保护，接M时铁为负极腐蚀加快，故Fe腐蚀情况前者更慢，选项C正确；

D．若X为稀盐酸，K与M连接，C(碳)上氢离子得电子产生氢气，电极反应为2H++2e﹣=H2↑；选项D正确。

答案选A。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【分析】

Ⅰ：根据苯的同系物符合：①只有一个苯环；②苯环上的氢原子被烷基取代；③具有通式CnH2n-6（n≥6）；根据等效氢原子有几种，其一氯代物有几种，据此进行判断；

Ⅱ：(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，则C应为Na2O2，故A为Na，B为Na2O；D为NaOH；

(2)若A为淡黄色固体单质，说明A是S，则B是SO2，C是SO3；D是硫酸；

(3)若C是红棕色气体，应为NO2，则D为HNO3，B为NO，化合物A为NH3；

(4)若A有特殊香味的化合物，将上述转化中的H2O改为A；D为有水果香味的液体，则A为乙醇，B为乙醛，C为乙酸，D为乙酸乙酯。

【详解】

Ⅰ：a、b中无苯环，与苯的结构不相似，不是苯的同系物，c中含有一个苯环，苯环上的氢原子被甲基取代，符合通式CnH2n-6（n≥6）；故c属于苯的同系物，c的结构中含有4中氢原子，则它的一氯代物有4种；

Ⅱ：(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，则C应为Na2O2，故A为Na，B为Na2O，D为NaOH，则C的电子式为

(2)若A为淡黄色固体单质，说明A是S，则B是SO2，C是SO3，D是硫酸，硫酸化学式为H2SO4，弱酸H2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸，则离子方程式H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；

(3)若C是红棕色气体，应为NO2，则D为HNO3，B为NO，化合物A为NH3，已知NH3在转化为NO，反应中34gNH3为2mol，完全反应生成相同条件下的液态水同时放出453kJ的热量，则该反应的热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO2(g)+6H2O(g)ΔH=-906kJ/mol；

(4)若A有特殊香味的化合物，将上述转化中的H2O改为A；D为有水果香味的液体，则A为乙醇，B为乙醛，C为乙酸，D为乙酸乙酯，则乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下反应生成乙酸乙酯，反应的条件为浓硫酸；加热。

【点睛】

有机物结构中有几种不同环境的氢原子，则一氯代物就有几种。【解析】c4H2S+Cu2+=CuS↓+2H+4NH3(g)+5O2(g)4NO2(g)+6H2O(g)ΔH=-906kJ/mol浓硫酸、加热9、略

【分析】【分析】

电解Na2SO3溶液过程中，若要实现循环再生NaOH，同时得到H2SO4，则发生氧化反应生成因此b电极发生氧化反应，移向右侧，电极反应为：－2e－＋H2O=＋2H＋，交换膜II为阴离子交换膜，a电极发生还原反应，Na+移向左侧，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；交换膜I为阳离子交换膜，据此解答。

【详解】

（1）NaOH溶液吸收SO2发生的主要反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，离子方程式为：SO2＋2OH－=＋H2O；

（2）由上述分析可知；交换膜I为阳离子交换膜；

（3）当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，电解池中有1mol电子转移，根据a极电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，将生产0.5molH2；在标准状况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

（4）发生氧化反应生成电极反应式为－2e－＋H2O=＋2H＋；

（5）通电后，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，其本质是水电离出的H+放电，电解过程中促进水的电离，使阴极负极溶液OH－浓度增大，从而使溶液pH增大。【解析】SO2＋2OH－=＋H2O阳离子11.2－2e－＋H2O=＋2H＋H＋放电促进水的电离，使OH－浓度增大10、略

【分析】【详解】

(1)由图像可知，0-10s，△c(Z)==0.79mol/L，v(Z)===0.079mol/(LS)；△c(X)==0.395mol/L；Y的转化率=×100%=79%；

(2)由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mol，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，则△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；

(3)由图象可知正逆反应速率增大；平衡没移动；

A．t1时刻；增大了X的浓度，平衡正移，不符合题意，故A错误；

B．t1时刻；升高了体系温度，平衡移动，不符合题意，故B错误。

C．t1时刻；缩小了容器体积，速率增大，由于反应前后计量数相等，平衡不移动，符合题意，故C正确；

D．t1时刻；使用了催化剂，速率增大，平衡不移动，符合题意，故D正确；

故选CD。【解析】①.0.079mol/（L·s）②.0.395mol/L③.79%④.X（g）+Y（g）2Z（g）⑤.BD11、略

【分析】【分析】

(1)依据图象分析可知反应物的能量大于生成物的能量；反应放热；

(2)反应的焓变△H=生成物的能量-反应物的能量；反应物发生反应需要的最小能量叫活化能；

(3)化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热，发生化学反应时有热量变化，说明该过程为化学能转化为热能的过程。

【详解】

(1)依据图象可知：反应物的能量比生成物的总能量高；因此发生反应时会放出热量，则该反应为放热反应；

(2)由于E2表示生成物的总能量，E1表示反应物的总能量，由于反应的焓变△H=E2-E1，E2-E1是生成物总能量与反应物总能量的差；其表示的是该反应的反应热，即焓变；

E3是活化分子具有的最小能量，E1表示反应物具有的能量，E3-E1表示的是反应物发生反应需要的最小能量；就是该反应的活化能；

(3)在反应H2(g)+I2(g)=2HI(g)中，发生反应需断裂1molH-H键和1molI-I键，共需吸收的能量为：1×436kJ+1×151kJ=587kJ，生成2molHI中的H-I键，放出的能量为：2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，反应发生时的能量变化是化学能转化为热能，该反应的反应热△H=587kJ/mol-598kJ/mol=-11kJ/mol。

【点睛】

本题考查焓变的求算，反应热△H=生成物总能量-反应物总能量=反应物键能总和-生成物键能总和，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应及判断方法，对于特殊过程中的热量变化，要熟练记忆。【解析】放热反应热活化能-11kJ/mol化学热12、略

【分析】【分析】

电解池中；与电源正极相连的电极是阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，阳极上还原剂失去电子发生氧化反应；电解水时阴极上水电离产生的氢离子得电子变氢气。

(1)

硅原子序数为14；核外电子分3层排布，依次为2；8、4个，Si在元素周期表中的位置第三周期ⅣA族。

(2)

电解水制H2，阴极上水电离产生的氢离子得电子变氢气，阴极电极反应式是2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e-=H2↑。

(3)

①CO2是共价化合物，分子内每个氧原子和碳原子共用两对电子对、电子式

②由图知，CO2和H2反应生成CH3OH和H2O，在生成甲醇的反应中聚乙烯亚胺是催化剂，则生成甲醇的总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O。

(4)

由图知，右侧电极上在产甲烷菌的作用下CO2与H2反应生成了CH4和H2O，右侧为阴极区，CO2得电子被还原为CH4，则所有生成CH4的反应为：CO2+4H2CH4+2H2O，CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。【解析】(1)第三周期ⅣA族。

(2)2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e-=H2↑

(3)CO2+3H2CH3OH+H2O

(4)CO2+4H2CH4+2H2O，CO2+8H++8e-=CH4+2H2O13、略

【分析】【详解】

（1）①与电源的负极相连作阴极，溶液中氢离子得电子生成氢气，阴极区的电极反应式：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑；离子交换膜为阳离子交换膜，所以透过离子交换膜的离子是K+；电解池中，阳离子向阴极移动，即由右向左移动；综上所述，本题答案是：.2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，K+；由右向左。

②与电源的正极相连作阳极，溶液中的OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，（部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区），使阳极区主要成分是K2Cr2O7；综上所述，本题答案是：阳极OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，（部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区），使阳极区主要成分是K2Cr2O7。

（2）A、阴极得到电子，则溶液中的氢离子放电产生氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑；A正确；

B、有氢氧化铁生成，这说明铁是阳极，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2＋；B错误；

C、铁做阳极，失电子，极反应为：Fe－2e－＝Fe2＋,若转移0.6mol电子时，生成n(Fe2＋)=0.3mol；Cr2O72-能够氧化亚铁离子，本身被还原为Cr(OH)3，根据电子得失守恒可知，设被还原的Cr2O72-有xmol；则x×2×（6-3）=0.3，x=0.05mol，C正确；

D；铁作阳极提供还原剂亚铁离子；所以不能将铁电极改为石墨电极，D错误；

综上所述，本题选A、C。【解析】2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑K+由右向左阳极OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，（部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区），使阳极区主要成分是K2Cr2O7A、C14、略

【分析】【详解】

（1）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，则酸的电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，电离平衡常数：H3PO4>CH3COOH>H2CO3>>HClO>>则酸性：H3PO4>CH3COOH>H2CO3>>HClO>>所以酸性最强的是H3PO4；

（2）酸的电离平衡常数：H2CO3>HClO>酸性：H2CO3>HClO>强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，离子方程式为

（3）该温度下，0.10mol⋅L−1的CH3COOH溶液中的

（4）pH相同的醋酸和HClO，酸浓度：CH3COOH3COOH3COOH12；

（5）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，结合H+能力越弱，H3PO4>CH3COOH>H2CO3>>HClO>>所以结合氢离子能力：B>C>A>D；答案选B；

（6）pH为2、3的醋酸溶液浓度前者大于后者10倍，等物质的量的苛性钠分别用pH为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积与酸的浓度成反比，所以消耗酸的体积：Vb>10Va；答案选D；

（7）已知100℃时，水的离子积常数KW=1.0×10-12，PH=3的CH3COOH和PH=9的NaOH溶液等体积混合；醋酸的量更多，混合溶液呈酸性；

（8）等浓度的①(NH4)2SO4、②NH4HSO4、③NH4HCO3、④NH4Cl、⑤NH3.H2O溶液中，根据份数优先：①>②③④>⑤，②中H+抑制的水解；③中促进的水解；④对水解无影响，故浓度由大到小的顺序是：①>②>④>③>⑤。【解析】H3PO4<BD酸①>②>④>③>⑤三、判断题(共9题，共18分)15、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。16、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。17、B【分析】【详解】

湿润的试纸测定盐酸和醋酸溶液的两者均为稀释，醋酸为弱酸电离程度变大，故醋酸溶液的误差更小。

故错误。18、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。19、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。20、B【分析】【分析】

【详解】

广范pH试纸只能读取1~14的整数，没有小数；因此用广范pH试纸测得某溶液的pH可能为3或4，不能为3.4，故此判据错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

根据Kw=c(H+)×c(OH-)分析，温度不变，的值越大，说明氢离子浓度比氢氧根离子浓度大得多，溶液的酸性越强，故正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。23、B【分析】【分析】

【详解】

(1)沉淀类型相同、温度相同时，Ksp越小；难溶电解质在水中的溶解能力才一定越弱，答案为：错误。

(2)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关；与离子浓度无关，答案为：正确。

(3)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，常温下，BaCO3的Ksp始终不变；答案为：错误。

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小；答案为：错误。

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，只有沉淀类型相同、温度相同时，才可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力；答案为：错误。

(6)Ag2CrO4与AgCl沉淀类型不同，不能通过Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)比较Ag2CrO4的和AgCl的溶解度大小；答案为：错误。

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后析出氯化银沉淀，存在沉淀溶解平衡，Cl-浓度不等于零；答案为：错误。

(8)物质确定时，溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，大多数沉淀Ksp增大、少数沉淀Ksp减小；例如氢氧化钙，答案为：错误。

(9)常温下Mg(OH)2的Ksp不变；不受离子浓度影响，答案为：正确。

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先出现了碘化银沉淀，但由于不知道其实时氯离子和碘离子的浓度，因此，无法判断Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小；答案为：错误。

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在含AgCl固体的水中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1；在任何含AgCl固体的溶液中，银离子和氯离子浓度不一定相等，答案为：错误。

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积Qsp(AgCl)=Ksp(AgCl)时；则溶液中达到了AgCl的溶解平衡，答案为：正确。

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，则溶液中不变；答案为：正确。

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，则先得到氢氧化镁沉淀和硫酸钠溶，后氢氧化镁转变为氢氧化铜沉淀，说明沉淀发生了转化，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，答案为：正确。四、有机推断题(共4题，共40分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、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37g26、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−2NH327、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、结构与性质(共2题，共20分)28、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N2O(或+1价含氮化合物等)(合理即可)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ·mol-1

(2)甲