2025年牛津上海版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

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A.生成葡萄糖酸的化学方程式为B.石墨电极的电极反应为C.电解过程中硫酸钠溶液浓度保持不变D.钛网与直流电源的正极相连，发生还原反应3、已知：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=akJ·mol-1

2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ·mol-1

H-H、O=O和O-H的键能分别为436kJ·mol-1、496kJ·mol-1和462kJ·mol-1，则a为A.-332B.-118C.+350D.+1304、可逆反应：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)；△H=Q，在温度T1、T2，压强P1、P2下，产物D的物质的量n(D)与反应时间t的关系如图所示，下列各项中不正确的是（）

A.T1<T2B.P1<P2C.m+n<p+qD.Q<05、我国科学家构建直接异质结和间接异质结构系统，实现还原和氧化。有关该过程的叙述正确的是。

A.只涉及太阳能转化为化学能B.金属Pt表面的反应为：C.作为氧化还原协同电对，可以换成D.总反应为：6、常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是。序号①②③④溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3

A.等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClOB.Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C.四种溶液中水的电离程度：①＞②＞④＞③D.NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)7、能够充分说明在恒温下的密闭容器中，反应2SO2+O22SO3已达平衡状态的标志是A.容器中SO2.O2.SO3的物质的量之比为2：1：2B.SO2和SO3的物质的量浓度相等C.单位时间内生成2molSO3时，即消耗1molO2D.反应容器内压强不随时间变化而变化评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、通常氢氧燃料电池有酸式和碱式两种；试回答下列问题：

(1)在酸式介质中；负极反应的物质为____，正极反应的物质为______，酸式电池的电极反应：

负极：__________________________________；正极：___________________________。

电解质溶液pH的变化_______________（填“变大”；“变小”，“不变”）。

(2)在碱式介质中；碱式电池的电极反应：

负极：__________________________________；正极：___________________________。

电解质溶液pH的变化_______________（填“变大”；“变小”，“不变”）。

(3)氢氧燃料电池汽车作为上海世博园中的交通工具之一；下列有关说法不正确的是________。

A．太阳光催化分解水制氢气比电解水气氢气更为科学。

B．氢氧燃料电池作为汽车动力更能保护环境。

C．以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的负极电极反应式相同。

D．以稀H2SO4；KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式相同。

(4)纯电动车采用了高效耐用的一种新型可充电电池，该电池的总反应式为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。

①该电池放电时负极反应式为_________________。

②放电时每转移3mol电子，正极有________molK2FeO4被还原。

(5)锰酸锂离子电池在混合动力车等大型蓄电池应用领域占据主导地位。

电池反应式为：Li1－xMnO4＋LixLiMnO4；下列有关说法不正确的是________。

A．放电时电池的正极反应式为：Li1－xMnO4＋xLi＋＋xe－=LiMnO4

B．放电过程中；石墨没有得失电子。

C．该电池也能在KOH溶液的环境中正常工作。

D．充电时电池上标有“－”的电极应与外接电源的负极相连9、I；如图所示；X是一种生活中常见的金属元素，A、B、C、D为石墨电极，E、F分别为短周期相邻两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应。按图示接通线路，反应一段时间(实验中所有溶液均足量)。

（1）甲池是___(填“原电池”或“电解池”，下同]装置；乙池是___装置。

（2）D极为___(填“阴极”或“阳极”)。

（3）烧杯中溶液会变蓝的是_______(填“a”或“b”)；C极上的电极反应式为____。

（4）F极上的电极反应式为：____。

（5）当电路中通过0.02mol电子时，B电极上沉积0.64g金属X，则X为___(填元素符号)，甲池中反应的化学方程式为___。

II、（1）从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。

①反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的数目为____；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是___。

②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化见如图1。其原因是___。

③353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，其反应原理可用化学方程式表示为：___，CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。

（2）辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见如图2。转化时正极的电极反应式为___。

10、Ⅰ、一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)

不同温度时甲醇的物质的量随时间变化曲线如上图所示。根据题意完成下列各题：

(1)反应达到平衡时，升高温度，化学平衡常数K值____________（填“增大”；“减小”或“不变”）。

(2)在其他条件不变的情况下，将E点的体系体积压缩到原来的下列有关该体系的说法正确的是___________

a氢气的浓度减小b正反应速率加快；逆反应速率也加快。

c甲醇的物质的量增加d重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大e平衡常数K增大。

Ⅱ、在1L的密闭容器中，进行反应到：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。T（℃）70080010001200K0.60.91.72.6

(1)将0.1molCO与0.1molH2O混合加热到800℃，一段时间后该反应达到平衡，测得CO2的物质的量为0.053mol，若将混合气体加热至830℃，平衡时CO2的物质的量_____(填“大于”；等于“”或“小于”)0.053mol。

(2)800℃时，放入CO、H2O、CO2、H2，其物质的量分别为：0.01、0.01、0.01、0.01mol。则反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)向_________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。11、已知：N2O4(g)2NO2(g)ΔH=＋52．70kJ·mol-1

（1）在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应已达到平衡的是___。

A．v正(N2O4)=2v逆(NO2)

B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化。

C．容器中气体的密度不随时间而变化。

D．容器中气体的分子总数不随时间而变化。

（2）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0．054molN2O4，30秒后达到平衡，测得容器中含n(NO2)=0．06mol，则t℃时反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K=___。若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡___移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后NO2的体积分数__原平衡时NO2的体积分数(填“大于”；“小于”或“等于”)。

（3）取五等份NO2，分别加入到温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其百分含量随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是___。

12、某学习小组用如图所示A；B装置分别探究金属锌与稀硫酸的反应；实验过程中A装置烧杯内的溶液温度升高，B装置的电流计指针发生偏转。

(1)A装置的烧杯中发生反应的离子方程式为_______。

(2)Cu板上的现象是_______，发生的电极反应是_______。

(3)从能量转化的角度看，A、B中反应物的总能量_______填“大于”“小于”或“等于”生成物的总能量，A中主要是将化学能转化为_______，B中主要是将化学能转化_______。

(4)该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_______填字母

A.原电池反应的过程中可能没有电子发生转移。

B.原电池装置需要2个电极。

C.电极一定不能参加反应。

D.氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生13、电化学手段对于研究物质性质以及工业生产中都有重要价值。

I．某实验小组利用原电池装置对FeCl3与Na2SO3的反应进行探究。装置实验现象

1mol/LFeCl3溶液(pH≈1)

1mol/LNa2SO3溶液(pH≈9)灵敏电流计指针发生偏转

(1)取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明FeCl3转化成_______(化学式)。

(2)检验另一电极产物的实验操作及现象是_____。

(3)负极的电极反应式为_____。

II．工业上用Na2SO4溶液吸收工业烟气中的低浓度SO2形成吸收液后，再采用阳离子膜电解法，控制电压，电解吸收液可制成产品S和O2。工作原理示意图如图：

阴极区和阳极区的pH随时间的变化关系如图：

(4)阳极反应的电极反应物是______。结合电极反应式，说明阴极区pH升高的原因_______。(写出一条即可)14、在如图中，甲烧杯中盛有100mL0.50mol•L－1AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100mL0.25mol•L－1CuCl2溶液；A；B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.9g，则。

(1)电源E为________极。

(2)A极析出物质______mol。

(3)B极的电极反应式为____________________。

(4)C极的电极反应式为_____________________。

(5)D极析出气体________mL(标准状况)。15、据报道；摩托罗拉公司开发了一种以液态甲醇为原料，以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可连续使用一个月．下图是一个电化学过程的示意图．

已知甲池的总反应式为：2CH3OH＋3O2＋4KOH2K2CO3＋6H2O

请填空：

（1）充电时：①原电池的负极与电源________极相连②阳极的电极反应为_________________．

（2）在此过程中若完全反应，乙池中B极的质量增加648g，则甲池中理论上消耗O2_____L（标准状况下）．

（3）若在常温常压下，1gCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热22．68kJ，表示该反应的热化学方程式为______________________________________．16、甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：。化学反应平衡常数温度℃500800500800①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)K12.50.15②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)K21.02.50③3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)K3

(1)反应①是_______(填“吸热”或“放热”)反应。反应②增大压强，平衡_______(填“向左移”“向右移”或“不移动”)。

(2)某温度下反应①中H2的平衡转化率(a)与体系总压强的关系，如图所示。则平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)_______K(B)(填“＞”、“＜”或“=”)。据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=_______(用K1、K2表示)。

(3)500℃时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L-1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v正_______v逆(填“＞”；“=”或“＜”)。

(4)500度时，在1L密闭容器中加入2molH2和amolCO2进行②的反应，反应5分钟后达到平衡，平衡时CO2的转化率为50%。则a=_______mol。用CO表示这段时间内的平均反应速率v(CO)=_______。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误18、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误19、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20、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误21、新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共2题，共10分)22、1992年德国化学家哈伯研究出合成氨的方法，基反应原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；△H(△H＜0)

（1）在一容积为4L的密闭容器中，加入0.4mol的N2和1.2mol的H2，在一定条件下发生反应，反应中NH3的物质的量浓度变化情况如图1：

①根据图1，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v(H2)为________mol/(L•min)；

②反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为________________；

A．0.20mol/LB．0.12mol/LC．0.10mol/LD．0.08mol/L

（2）某温度时，N2与H2反应过程中的能量变化如图2所示．下列叙述正确的是__________

A．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线。

B．在密闭容器中加入1molN2、3molH2；充分反应放出的热量小于92kJ

C．由图可知；断开1mol氮氮三键与1mol氢氢键吸收的能量和小于形成1mol氮氢键所放出的能量。

D．反应物的总能量低于生成物的能量。

（3）哈伯因证实N2、H2在固体催化剂(Fe)表面吸附和解吸以合成氨的过程而获诺贝尔奖．若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂；则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图表示：

①吸附后；能量状态最低的是________(填字母序号)．

②由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3．从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是________________；c0后速率降低的原因可能是_______________；

（4）已知液氨中存在：2NH3(l)⇌NH2-+NH4+．用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2．阴极的电极反应式是_______________；23、2021年初；碳中和理念成为热门。二氧化碳可合成低碳烯烃，充分利用碳资源减少碳排放。

(1)已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g)ΔH1

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH2

③H2O(1)=H2O(g)ΔH3

④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH4

则ΔH4=_______(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。

(2)反应④的反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图所示。

①300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，反应10min达到平衡。0到10min氢气的平均反应速率为_______，M点乙烯体积分数为_______(保留2位有效数字)。

②α_______3(填“>”、“<”或“=”，后同)，M、N两点反应的平衡常数KM_______KN。

(3)中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物；过程如图。

催化剂中添加助剂会对催化作用产生影响。在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表。助剂CO2转化率(%)各产物在总产物中的占比(%)C2H4C3H6其他C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8

①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_______助剂效果最好；加入该助剂能提高单位时间内乙烯产量的原因可能是_______；

②下列说法正确的是_______。

a.第ⅰ步反应为：CO2+H2⇌CO+H2O

b.反应过程中CO的浓度迅速增大；然后缓慢减小。

c.Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小。

d.催化剂助剂主要在低聚反应；异构化反应环节起作用。

e.添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20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）。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共6分)28、A；B、C、D、E、F为六种短周期元素；相关信息如下：

。序号。

信息。

①

A、B、C原子序数依次增大，均可与D形成10e-的分子。

②

C为地壳中含量最高的元素。

③

E与F同周期；且E在同周期元素中非金属性最强。

④

F为短周期中原子半径最大的元素。

根据以上信息提示；回答下列问题(涉及相关元素均用化学符号表达)

（1）C元素在周期表中的位置为_______，AC2的结构式为_______，元素B、F、E的简单离子半径由大到小顺序_______。

（2）B的简单氢化物与其最高价含氧酸反应生成一种盐，此盐化学式为_______，所含化学键的类型有_______。

（3）A、B的简单氢化物沸点最高的是_______，原因是_______。

（4）将BD3通入到FEC溶液中可制得B2D4，B2D4的电子式为_______，该反应的离子方程式为_______。

（5）A与D可以按原子个数比1：3形成化合物。写出以KOH溶液为电解质溶液，该化合物与氧气形成的燃料电池的负极反应方程：_______。29、现有甲、乙、丙、丁四种物质，乙、丁的焰色反应均为黄色。丙是一种强酸的酸式盐，将丙加入BaCl2溶液有不溶于盐酸的白色沉淀生成；丁晶体在干燥空气中容易逐渐失去结晶水变成白色粉末。对甲；乙、丙、丁进行下列实验，实验过程和记录如下图所示（无关物质已略去），请回答：

（1）将D溶液蒸干得到的固体是：____________(写化学式)。

（2）C的结构式是______。

（3）写出D溶液与过量的C反应的离子方程式______________________________。

（4）电解戊的水溶液一段时间后，收集到的三种气体为无色气体B和两种单质气体，写出电解戊溶液的总方程式：_________________________。

（5）有人设想在适当大小的管道中填充一定量的丁的晶体（摩尔质量在280300之间），管道环绕在一个房子的周围，这样的房子白天晚上室内温度可保持相对恒定，请简述其原理：___。30、短周期主族元素A；B，C，D，E，F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C，D是空气中含量最多的两种元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：

（一）

（1）化学组成为BDF2的电子式为：__________，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为___________化合物(填“离子”或“共价”)。

（2）化合物甲、乙由A，B，D，E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为：____________________。

（3）由C，D，E，F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是_________(用元素离子符号表示)。

（4）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性________于F(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论________________________。

（二）以CA3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点。

（1）CA3燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L﹣1的KOH溶液，电池反应为：4A3+3O2=2C2+6H2O．该电池负极的电极反应式为________；每消耗3.4gCA3转移的电子数目为__________。

（2）用CA3燃料电池电解CuSO4溶液，如图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为_________；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为________L。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

（HF）n的存在会影响HF的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小（HF）n的含量，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，高温低压可以使平衡逆向移动，故选B。2、D【分析】【分析】

电解NaBr溶液间接将葡萄糖氧化为葡萄糖酸生成葡萄糖酸的化学方程式为因此钛网电极上溴离子被氧化生成溴，为阳极，石墨为阴极，结合电解原理分析解答。

【详解】

A．电解NaBr溶液间接将葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]氧化为葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]的反应为：CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr；故A正确；

B．石墨电极为电解池阴极，发生还原反应，水电离产生的氢离子在阴极得到电子发生还原反应，电极反应式；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；故B正确；

C．电解过程中经过质子交换膜不断向右侧提供被消耗的H+；因此硫酸钠溶液浓度保持不变，故C正确；

D．钛网为阳极；与直流电源的正极相连，电解池的阳极发生氧化反应，故D错误；

故选D。3、D【分析】【详解】

①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=akJ·mol-1

②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ·mol-1

根据盖斯定律①×2－②得2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=2akJ·mol-1+220kJ·mol-1；焓变=反应物总键能-生成物总键能，即462kJ·mol-1×4－436kJ·mol-1×2－496kJ·mol-1=2akJ·mol-1+220kJ·mol-1，则a=+130，故选D。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据图像中的曲线T2P2、T1P2，压强相等，温度越高，反应速率越大，达到平衡时所用的时间越短，故T1＜T2；A正确；

B．根据图像中的曲线T2P1、T2P2，温度相同，压强越大，反应容器的体积越小，浓度越大，反应速率越大，达到平衡时所用的时间越短，P1＜P2；B正确；

C．根据图像中的曲线T2P1、T2P2，从P2曲线折点到P1；减小压强，体积增大，D的物质的量增大，反应正向进行，根据勒夏特列原理，平衡向气体计量数增大的方向移动，即正反应方向，气体的计量数增大，则m+n＜p+q，C正确；

D．根据图像中的曲线T2P2、T1P2，从T1曲线折点到T2；平衡正向进行，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即正反应为吸热反应，则△H＞0，故Q＞0，D错误；

答案为D。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．由反应机理图可知只涉及太阳能转化为化学能；A正确；

B．金属Pt表面的反应为：B错误；

C．由于是阳离子交换膜，不可以换成C错误；

D．总反应为：D错误；

答案选A。6、D【分析】【详解】

A．盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，对应酸的酸性越弱，故等浓度的和HClO溶液，的酸性强，溶液的pH较小；A错误；

B．溶液中存在的平衡有：溶液中存在的平衡有：所以两种溶液中粒子均为H2CO3、H+、OH-、H2O；粒子种类相同，B错误；

C．能水解的盐能促进水的电离，盐的水解程度越大，水的电离程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③>④>②>①；C错误；

D．由物料守恒可知，溶液中存在D正确；

故选D。7、D【分析】【详解】

A．平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器中SO2、O2、SO3的物质的量为2：1：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据；故A错误；

B．平衡时各物质的物质的量大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器中SO2和SO3的浓度相同不能作为判断是否达到平衡状态的依据；故B错误；

C．单位时间内生成2molSO3时，即消耗1molO2；均体现正反应速率，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；

D．反应前后气体的体积不等；故容器中压强不随时间的变化而改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确；

故答案为D。

【点睛】

反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在酸性氢氧燃料电池中，石墨作电极，负极是氢气失电子生成氢离子，电极反应为2H2-4e-=4H+；正极是氧气得电子，结合氢离子生成水，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，由于正负极消耗与生成的氢离子等量，所以氢离子的总量不变，而总电极反应式为2H2+O2＝2H2O；水的总量增加，氢离子浓度减小，pH变大；

(2)在碱式介质中，氢气在负极失去电子，结合氢氧根离子生成水，电极反应式为2H2-4e-+4OH-=2H2O；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正负极消耗与生成的氢氧根离子等量，所以氢氧根离子的总量不变，而总电极反应式为2H2+O2＝2H2O；水的总量增加，氢氧根浓度减小，pH变小；

(3)A．电解获得H2消耗较多的能量，而在催化剂作用下利用太阳能来分解H2O获得H2更为科学，A正确；B．氢氧燃料电池产物H2O无污染，能有效保护环境，B正确；C．以稀H2SO4、KOH为介质的氢氧燃料电池的负极电极反应式分别为：H2-2e-=2H+，H2-2e-+2OH-=2H2O，不相同，C错误；D．以稀H2SO4、KOH为介质的氢氧燃料电池的总反应式均为2H2+O2＝2H2O；D正确，答案选C。

(4)①放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-+2OH-═Zn(OH)2；

②放电时，正极上1molK2FeO4得3mol电子发生还原反应生成1molFe(OH)3，所以每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原；

(5)A．根据总反应式可知Li失去电子，电池负极反应式为：xLi-xe-═xLi+，由总反应式减去负极反应式可得放电时的正极反应式为Li1－xMnO4＋xLi＋＋xe－=LiMnO4，A正确；B．放电过程中，根据总反应式Li1－xMnO4＋LixLiMnO4可判断石墨没有电子得失，B正确；C．Li能与KOH溶液中的H2O反应；导致电池无法正常工作，C错误；D．充电过程是放电的逆向过程，外界电源的负极提供的电子使原电池负极获得电子发生还原反应，所以标有“-”的电极应与外接电源的负极相连，D正确，答案选C。

【点晴】

明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，解答时需要明确电极反应中放电为原电池，而充电为电解池，氢氧燃料电池的负极在不同介质中反应式不同；难点是电极反应式的书写，原电池反应的本质就是氧化还原反应。因此正确书写氧化还原反应方程式并能标出电子转移的方向和数目是正确书写电极反应式的基础，通过电池反应中转移电子的数目可确定电极反应中得失的电子数目，通过电池反应中的氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物可确定电极反应中的反应物和产物，答题时需要灵活应用。【解析】H2O22H2-4e-=4H+O2+4e-+4H+=2H2O变大2H2-4e-+4OH-=2H2OO2+4e-+2H2O=4OH-变小CZn-2e-+2OH-═Zn(OH)21C9、略

【分析】【分析】

I；E、F分别为短周期相邻两种活泼金属中的一种；且E能与NaOH溶液反应，说明E是金属铝，F是金属镁，乙装置为原电池，其中Al作负极，Mg作正极，C是阳极，D是阴极，A是阳极，B是阴极，据此判断；

II；（1）①根据反应方程式判断电子转移的数量；

②生成的硫覆盖在Cu2S表面；

③353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，CuCl2与Cu2S反应生成CuCl，CuCl与FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2；

（2）利用原电池的工作原理判断；负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；

【详解】

E；F分别为短周期相邻两种活泼金属中的一种；且E能与NaOH溶液反应，说明E是金属铝，F是金属镁，乙装置为原电池，其中Al作负极，Mg作正极，C是阳极，D是阴极，A是阳极，B是阴极，据此判断；

（1）由分析可知甲池是电解池；乙池是原电池；

（2）D极为阴极；

（3）D是阴极，该电极上产生氢气，A中氯离子失电子变成氯气，能将碘离子氧化为碘单质，遇到淀粉变蓝色，所以烧杯中溶液会变蓝的是a，C极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；

（4）由分析可知F是金属镁，作正极，水中的氢得电子生成氢气，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；

（5）设X的摩尔质量为M，电解时，2X2++2e-=X，电路中通过0.02mol电子时，n(X)=0.01mol=则M=64g/mol，即X为Cu，甲池中的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

II、（1）①反应为Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，Cu从+1价升高到+2价，S从-2价升高到0价，Fe从+3价降低到+2价，生成2molCuCl2，电子转移4mol，那么每生成1molCuCl2，电子转移2mol电子转移2NA；Fe2+很容易被氧化，发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，因而浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度；

②由图可知，未加入洗涤剂溶解硫时，铜的浸取率低是应为生成的硫覆盖在Cu2S表面；阻碍了浸取；

③353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，CuCl2与Cu2S反应生成CuCl，CuCl与FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2；发生的反应为Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S，CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；

（2）由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转化而成，正极上得电子，发生还原反应，电极反应为：2CuFeS2+6H++2e-=Cu2S+2Fe2++3H2S↑。【解析】电解池原电池阴极a2Cl--2e-=Cl2↑2H2O+2e-=H2↑+2OH-Cu2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO42NA4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O硫覆盖在Cu2S表面，阻碍了浸取Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S2CuFeS2+6H++2e-=Cu2S+2Fe2++3H2S↑10、略

【分析】【分析】

Ⅰ；由图象可知达到平衡后；升高温度，甲醇的物质的量减小，平衡向左移动，正反应为放热反应，因为升高温度平衡向吸热方向移动；

Ⅱ；根据表中的数据可知；温度越高，化学平衡常数越大，所以该反应为吸热反应。

【详解】

Ⅰ.（1）该反应正反应为放热反应；升高温度平衡向吸热方向移动，K减小，故答案为减小；

（2）增大压强，压缩体积，正、逆反应速率都增大，平衡向右移动，甲醇的物质的量增大，氢气的物质的量减小，但是体积缩小，氢气的浓度增大，b、c正确，故答案为bc；

Ⅱ、（1）升高温度平衡向正反应移动，则将混合气体加热至830℃，平衡时反应物CO2的物质的量小于0.053mol；故答案为小于；

（2）800℃时，放入CO、H2O、CO2、H2的物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，则在1L的密闭容器中浓度熵Q=c（CO2）•c（H2）/c（CO）•c（H2O）=(0.01mol/L×0.01mol/L)/(0.01mol/L×0.01mol/L)=1＞0.9，平衡向逆反应方向移动，故答案为逆反应。【解析】①.减小②.bc③.小于④.逆反应11、略

【分析】【分析】

（1）根据平衡标志判断；

（2）K=增大反应物的浓度平衡正向移动；

（3）该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；

【详解】

（1）A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以2v正(N2O4)=v逆(NO2)时；反应不平衡，故不选A；

B．反应前后气体物质的量不同，根据平均相对分子质量是变量，若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，反应一定达到平衡状态，故选B；

C．根据反应在恒容的密闭容器中进行，密度是恒量，容器中气体的密度不随时间而变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；

D．反应前后气体物质的量不同；分子数是变量，容器中气体的分子总数不随时间而变化，一定达到平衡状态，故选D。

答案选BD。

（2）

K==0．075mol·L-1；增大反应物的浓度平衡正向移动，若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡向正反应方向移动；再次达到平衡，相当于加压，N2O4转化率减小，NO2的体积分数小于原平衡时NO2的体积分数；

（3）A．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；故A错误；

B．若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高；故B正确；

C．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；故C错误；

D．若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况；在D图中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故D正确。

答案选BD。【解析】①.BD②.0．075mol·L-1③.向正反应方向④.小于⑤.BD12、略

【分析】【分析】

A装置中发生了锌和稀硫酸的置换反应；化学能转化为热能；B装置形成了一个简单的Zn-Cu原电池，Zn作负极，Cu为正极材料，稀硫酸作电解液，化学能主要转化为电能。

【详解】

(1)A装置的烧杯中发生的化学反应为锌和稀硫酸的反应，其离子反应方程式为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，所以答案为：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑；

(2)B装置中，Zn作负极，发生的反应为Zn－2e－=Zn2＋，Cu是正极材料，发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑；故Cu板上的现象为有气泡冒出，所以答案为：有气泡冒出；

(3)锌和稀硫酸的反应为放热反应；所以从能量转化的角度看，A；B中反应物的总能量大于生成物的总能量，A装置化学能转化为热能，B装置化学能主要转化为电能，所以答案为：大于；热能；电能；

(4)A．原电池是将化学能转化为电能的装置；主要就是依靠氧化还原反应中电子的转移，所以原电池反应的过程中一定有有电子发生转移，故A错误；

B．原电池装置需要正极和负极两个电极；故B正确；

C．电极可以参加反应；例如锌铜稀硫酸构成的原电池，负极锌参与了反应，故C错误；

D．氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生；故D正确；

故答案为BD。【解析】Zn+2H+=Zn2++H2↑有气泡产生2H++2e-=H2↑大于热能电能BD13、略

【分析】【分析】

I．根据(1)的提示，FeCl3转化成FeCl2发生了还原反应，该电极为正极，则另一电极发生氧化反应，为负极说明Na2SO3转化为Na2SO4；据此分析解答(1)～(3)；

II．(4)用Na2SO4溶液吸收工业烟气中的低浓度SO2，采用阳离子膜电解法，严格控制电压，电解吸收液制成产品硫和O2；根据图示，硫单质在阴极生成，氧气在阳极生成，因此阴极上二氧化硫得到电子生成硫单质和水，阳极上溶液中的氢氧根离子失去电子生成氧气和水，据此分析解答。

【详解】

I．(1)取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，说明生成了Fe2+，证明FeCl3转化成了FeCl2，故答案为：FeCl2；

(2)FeCl3转化成FeCl2发生了还原反应，则另一电极发生氧化反应，说明Na2SO3转化为Na2SO4，检验另一电极产物，只需要检验SO实验操作及现象为取少量电解液于试管中，加入足量的盐酸，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀则证明有硫酸钠的生成，故答案为：取少量电解液于试管中，加入足量的盐酸，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀则证明有硫酸钠的生成；

(3)负极发生氧化反应，负极的电极反应式为SO+H2O-2e-=SO+2H+，故答案为：SO+H2O-2e-=SO+2H+；

II．(4)用Na2SO4溶液吸收工业烟气中的低浓度SO2，采用阳离子膜电解法，严格控制电压，电解吸收液制成产品硫和O2。根据图示，硫单质在阴极生成，氧气在阳极生成，阴极上二氧化硫得到电子生成硫单质消耗氢离子，SO2+4H++4e-=S↓+2H2O，阳极上发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子失去电子生成氧气和水，4OH--4e－=2H2O＋O2↑；根据阴极电极反应式，阴极区不断消耗氢离子并生成水，溶液的酸性减弱，pH升高，故答案为：H2O；阴极电极反应式为SO2+4H++4e-=S+2H2O，阴极区不断消耗氢离子并生成水。【解析】FeCl2取少量电解液于试管中，加入足量的盐酸，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀则证明有硫酸钠的生成SO+H2O-2e-=SO+2H+H2O阴极电极反应式为SO2+4H++4e-=S+2H2O，阴极区不断消耗氢离子并生成水14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据分析；电源E为负极；

(2)A极析出物质是Ag，C极析出的是Cu，根据电子转移守恒可知，每析出1molAg，同时就析出0.5molCu，两电极的质量相差108g-32g=76g，所以，当A极比C极重1.9g时，A极析出Ag的物质的量为0.025mol；

(3)B极为阳极，水电离的氢氧根离子放电生成氧气，其电极反应式为2H2O-2e-=O2↑+4H+；

(4)C极为阴极，溶液中的铜离子放电，其电极反应式为Cu2++2e-=Cu；

(5)D极上氯离子放电生成氯气，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，结合(2)中计算分析，析出1molAg时转移1mol电子，当析出0.025molAg时，转移0.025mol电子，由电子转移守恒可知，析出0.0125molCl2，在标准状况下其体积为0.0125mol×22.4L/mol×1000=280mL。【解析】负0.0252H2O-2e-=O2↑+4H+Cu2++2e-=Cu28015、略

【分析】【详解】

（1）①因为放电时负极上甲醇失电子发生氧化反应，所以充电时该电极应发生得电子还原反应，为阴极，故与电源负极相连；②阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑。

（2）乙池中B极上Ag+得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag++e-=Ag，所以生成Ag的质量为648g，物质的量为6mol，转移电子为6mol，根据电子守恒，甲池中消耗O2转移的电子也是6mol，由O2+2H2O+4e-=4OH-，所以理论上消耗1.5molO2；标准状况下体积为33.6L。

（3）常温常压下，1gCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，则1mol(32g)CH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热32×22.68kJ=725.76kJ，表示该反应的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ/mol。【解析】负极4OH--4e-=2H2O+O233.6CH3OH(l)+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ/mol16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由表格数据可知；升高温度，反应①的平衡常数减小，说明升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；反应②的反应前后气体总物质的量不变，则增大压强，平衡不移动。

(2)平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，则平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)=K(B)。根据盖斯定律可知，由反应①+反应②可得反应③，则K3=K1∙K2。

(3)由(2)可知，K3=K1∙K2，则500℃时，K3=K1∙K2=2.5×1.0=2.5，测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L-1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则则反应正向进行，此时v正＞v逆。

(4)500度时，在1L密闭容器中加入2molH2和amolCO2进行②的反应，反应5分钟后达到平衡，平衡时CO2的转化率为50%，则可列出三段式：则解得a=2，用CO表示这段时间内的平均反应速率【解析】①.放热②.不移动③.=④.K1∙K2⑤.＞⑥.2⑦.三、判断题(共5题，共10分)17、B【分析】【分析】

【详解】

滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，并不一定是酸碱恰好中和的点，故答案为：错误。18、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。19、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。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】【详解】

遵循电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误。四、原理综合题(共2题，共10分)22、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）①根据图象分析平衡时氨气的浓度为0.1mol/L，时间为4min，所以依据速率之比等于系数之比得到：v(H2)=v(NH3)="=0.0375"mol/(L•min)；

②该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则NH3的物质的量浓度不可能为0.2mol/L，温度改变平衡一定发生移动，则NH3的物质的量浓度不可能为0.1mol/L，故答案为AC；（2）A．加入催化剂能降低反应所需活化能，b所需活化能较小，所以b是加入催化剂的反应，故A正确；B．在密闭容器中加入1molN2、3molH2，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化，则充分反应放出的热量小于92kJ，故B正确；C．由图可知，该反应是放热反应，断开1mol氮氮三键与3mol氢氢键吸收的能量和小于形成3mol氮氢键所放出的能量，故C错误；D．该反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的能量，故D错误；故选AB；（3）①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低，故答案为C；②c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸，故反应速率减慢；（4）阴极上氨气或铵根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2NH3+2e-=H2+2NH2-或2NH4++2e-=H2↑+2NH3。

考点：考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、电解原理等，明确化学反应原理及电解原理是解本题关键。【解析】（1）①0.0375②AC（2）AB（3）①C②氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大；达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸。

（4）2NH3+2e-=H2+2NH2-或2NH4++2e-=H2↑+2NH323、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律②×2+③×4-①计算2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)的ΔH4；300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，即x=3，M点CO2的平衡转化率为60%，△n(CO2)=0.6mol，计算v(CO2)=结合反应计量关系计算v(H2)；x=3时，设n(H2)=6mol、n(CO2)=2mol，M点CO2的平衡转化率为60%；根据反应三段式计算各物质的平衡量，进而计算乙烯体积分数；

反应流程为：第一步反应为CO2+H2CO+H2O，第二步反应为CO2+H2(CH2)n+H2O，(CH2)nC2H4、C3H6等，结合催化剂对化学反应速率和化学平衡的影响分析解答；由表中数据，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响；选择添加K助剂效果最好，其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能；加快乙烯生成速率。

【详解】

(1)已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH2③H2O(1)=H2O(g)ΔH3根据盖斯定律②×2+③×4-①计算：④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH4，则ΔH4=2△H2+4△H3-△H1(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。故答案为：2△H2+4△H3-△H1；

(2)①300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，即x=3，M点CO2的平衡转化率为60%，△n(CO2)=0.6mol，v(CO2)====0.01mol/(L•min)，反应为2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)，所以v(H2)=3v(CO2)=0.03mol•L-1•min-1；故答案为：0.03mol•L-1•min-1；

x=3时，设n(H2)=6mol、n(CO2)=2mol，M点CO2的平衡转化率为60%；反应三段式为；

M点乙烯体积分数=×100%=9.7%；故答案为：9.7%；

②该反应正向是气体体积减小的反应，其他条件不变时，增大氢气的浓度，则CO2的平衡转化率增大，即投料比[]越大，CO2的平衡转化率越大，所以x=a＞3；由图可知，反应随着温度的升高，CO2的平衡转化率降低，则正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，由于温度：N＞M，所以平衡常数KM＞KN；故答案为：＞；＞；

(3)①由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率。欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好；加入该助剂能提高单位时间内乙烯产量的原因可能是降低生成乙烯的反应所需要的活化能；加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；故答案为：K；降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；

②a．由催化CO2加氢合成低碳烯烃反应可知，第ⅰ步所反应为：CO2+H2⇌CO+H2O，故a正确；b．第ⅰ步反应是慢反应，第ⅱ步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，所以第ⅰ步反应的活化能高于第ⅱ步，故b错误；c．助剂可改变反应的选择性，所以催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，故c正确；d．催化剂不能改变平衡状态，不能改变焓变△H，故d错误；e．反应的平衡常数只与温度有关，不同助剂能改变反应历程，但不能改变反应的起始状态、不能改变反应温度，所以反应的平衡常数不变，故e错误；故答案为：ac。【解析】2△H2+4△H3-△H10.03mol•L-1•min-19.7%＞＞K降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响ac五、有机推断题(共4题，共20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.