2025-2026学年广东华南师范大学附属潮州学校高二下学期开学测试化学试题 含答案

/潮州华附2025-2026学年度第二学期高二级期初考试化学科试卷考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5K39As75一、选择题（本题共16小题，共44分，第1-10小题，每小题2分，第11-16小题，每小题4分，只有1个选项符合题意）1.潮汕历史文化博览中心是一座汇聚潮汕文化精髓的城市新地标，其藏品类别涵盖传统文化、嵌瓷、木雕、石雕、彩画等。下列有关文物主要成分为合金的是选项ABCD文物[Failedtodownloadimage:/QBM/editorImg/2026/3/21/b28b60f0-d242-40d4-a79e-09dff078b2c6.jpg]实木粿印铜制煤油灯白玉国际象棋陶瓷盘碟A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．实木主要成分为纤维素，A不符合题意；B．古代铜制煤油灯主要成分为铜合金，铜合金属于合金，B符合题意；C．玉石主要成分为硅酸盐类物质，为无机非金属材料，C不符合题意；D．陶瓷盘碟的主要成分为硅酸盐类物质，属于无机非金属材料，D不符合题意；故答案为：B。2.汽车领域的发展离不开化学。下列说法错误的是A.燃油汽车：燃料的燃烧为放热反应B.电动汽车：充电时将电能转化为化学能C.尾气处理：利用三效催化剂可完全消除尾气D.车身材料：在钢铁上涂油漆可防止金属腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．燃油汽车中燃料的燃烧为放热反应，化学能转化为热能、进一步转变为机械能等，A正确；B．充电时发生电解，将电能转化为化学能，B正确；C．催化剂能加快反应进行但不影响平衡，利用三效催化剂不可完全消除尾气，C错误；D．在钢铁上涂油漆可防止钢材直接接触空气和水分、可防止金属腐蚀，D正确；答案选C。3.人们对食物进行加工是为了改善口感、增强口味、方便包装和长期储存，以及减少病菌和浪费。下列措施不能延长食品保存时间的是A.冷藏 B.真空包装 C.添加营养强化剂 D.高温灭菌【答案】C【解析】【详解】A．冷藏通过降低温度，抑制微生物生长繁殖，减慢食物氧化变质的速率，可以延长食品保存时间，故不选A；B．真空包装隔绝了氧气，同时抑制好氧微生物生长，能减慢食物变质速率，可以延长食品保存时间，故不选B；C．营养强化剂的作用是补充食品中缺乏的营养成分，提升食品的营养价值，不具备防腐保鲜的作用，不能延长食品保存时间，故选C；D．高温灭菌可以杀死食品中的微生物，避免微生物繁殖导致食物变质，能够延长食品保存时间，故不选D；选C。4.北京奥运会主体育场“鸟巢”使用了高强度、高性能的钒氮合金高新钢。钒原子的价电子排布式为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】钒元素的原子序数为23，根据电子排布规律，钒原子的电子排布式为，其价电子排布式为，故B正确。故选B。5.下图为碳酸钙的热分解示意图，有关该反应的下列说法中错误的是()A.1molCO2(g)和1molCaO(s)的总能量大于1molCaCO3(s)的总能量B.该反应的ΔH＞0C.该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量D.由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应【答案】D【解析】【详解】A.因为碳酸钙受热分解是吸热反应，所以CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量，A正确；B.吸热反应，焓变大于零，B正确；C.在CaCO3中，Ca2＋和CO32－之间存在离子键，CO32－中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，C正确；D.需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热反应，D错误；答案选D。6.我国自主设计建造的浮式生产储卸油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢铁外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是A.钢铁外壳为负极 B.镶嵌的锌块可永久使用C.该法为外加电流法 D.锌发生反应：【答案】D【解析】【分析】钢铁外壳镶嵌了锌块，由于金属活动性Zn＞Fe，即锌块为负极，钢铁为正极，形成原电池，Zn失去电子，发生还原反应，，从而保护钢铁，延缓其腐蚀。【详解】A．由于金属活动性Zn＞Fe，钢铁外壳为正极，锌块为负极，故A错误；B．Zn失去电子，发生氧化反应，，镶嵌的锌块会被逐渐消耗，需根据腐蚀情况进行维护和更换，不能永久使用，故B错误；C．由分析得，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D．Zn失去电子，发生氧化反应：，故D正确；故选D。7.反应，转化率随时间变化如图所示。要使反应由过程a变为过程b，可采取的措施是A.升高温度 B.加大的投入量 C.加催化剂 D.增大压强【答案】A【解析】【详解】由题干图像信息可知，由过程a变为过程b，则SO2的转化率减小，而反应速率加快，据此分析解题：A．升高温度反应速率加快，正反应是一个放热反应，则升高温度平衡逆向移动，SO2转化率减小，A符合题意；B．加大O2的投入量即增大反应物的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，SO2的转化率增大，B不合题意；C．加催化剂能改变化学反应速率，但不能使平衡发生移动，即SO2的转化率不变，C不合题意；D．增大压强即压缩容器的体积，反应速率加快，正反应是一个气体体积减小的方向，则增大平衡平衡正向移动，SO2的转化率增大，D不合题意；故答案为：A。8.白醋是烹调中的酸味辅料，能改善调节人体的新陈代谢，其主要成分CH3COOH为一元弱酸。25℃时，下列有关说法正确的是A.pH=3的CH3COOH溶液中，存在c(H+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)B.pH=7的CH3COONH4溶液中，c(CH3COO-)=c()>c(H+)=c(OH-)C.pH=5的CH3COOH溶液中，水电离产生的c(H+)=10-5mol/LD.pH=10的CH3COONa溶液中，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)【答案】B【解析】【详解】A．pH=3的CH3COOH溶液中，存在c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，A错误；B．该溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c()+c(H+)，室温下溶液pH=7，c(OH-)=c(H+)，则c()=c(CH3COO-)，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，因此溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)=c()>c(H+)=c(OH-)，B正确；C．pH=5的CH3COOH溶液中，c(H+)=10-5mol/L，则溶液中c(OH-)=，溶液中的OH-就是水电离产生，所以该溶液中水电离产生的c(H+)=10-9mol/L，C错误；D．CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应而消耗，导致离子浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)；CH3COO-水解产生CH3COOH、OH-，使水电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，则c(CH3COO-)>c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D错误；故合理选项是B。9.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，含有个电子B.溶液中含的数目为C.1molCO和的混合气体含有的分子数目为D.Na与反应生成，转移电子数目为【答案】A【解析】【详解】A．18g的物质的量为1mol，1个分子共含有10个电子，且用质量计算物质的量与温度压强无关，因此18g水含电子总数为，A正确；B．在水溶液中会发生水解反应，因此溶液中的数目小于，B错误；C．1molCO和的混合气体总物质的量为1mol，根据N=NA×n，得所含分子数目为，不是，C错误；D．题目没有说明所处的温度和压强，无法计算氢气的物质的量，因此无法确定转移电子数目，D错误；故答案选A。10.已知反应X＋Y=M＋N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是A.X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量B.因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行C.破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D.X和Y的总能量一定低于M和N的总能量【答案】D【解析】【分析】【详解】A．X＋Y=M＋N为吸热反应，X和Y的总能量一定低于M和N的总能量，故A错误；B．化学反应的吸放热与反应条件无关，有些吸热反应不需要加热就能进行，故B错误；C．吸热反应，破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，故C错误；D．X＋Y=M＋N为吸热反应，X和Y的总能量一定低于M和N的总能量，故D正确；选D。11.甲～戊均为元素周期表短周期主族元素，其元素周期表中相对位置关系如下图所示，乙的单质为双原子分子，且是地球空气的组成成分。下列说法不正确的是A.甲、乙、戊三种元素中，乙的电负性最大B.丙的单质一定是金属C.丙原子的最高能级中的电子均为未成对电子D.丁的最高价氧化物对应水化物一定能与NaOH反应【答案】C【解析】【分析】根据元素周期表结构可知，甲~戊为二、三周期的元素，乙的单质为双原子分子，且是地球空气的组成成分，则乙单质为氧气或为氮气，则乙为O，甲为N，戊为S，丁为Si，丙为Al，或者乙为N，甲为C，戊为P，丁为Al，丙为Mg，以此分析；【详解】A．同周期元素，原子序数增大，电负性增大，同主族元素，原子序数越大，电负性越小，则乙的电负性最大，A正确；B．根据分析，丙为Al或Mg，为金属，B正确；C．如果丙为Mg，则其电子排布式为1s22s22p63s2，若丙为Al，电子排布式为1s22s22p63s23p1，C错误；D．丁的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3或H2SiO3，均能与NaOH反应，D正确；故答案为：C。12.下列根据实验操作和现象所得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向AgCl沉淀中滴加少量KI溶液沉淀变为黄色B向溶液X中加入盐酸酸化的溶液出现白色沉淀溶液中一定含有C在溶液中，加两滴酚酞显浅红色，微热红色加深该水解是吸热反应D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．AgCl沉淀能转化为AgI沉淀，说明AgI溶解度更小，相同类型难溶电解质溶解度越小越小，故，A错误；B．加入盐酸酸化的溶液生成白色沉淀，沉淀可能是AgCl，原溶液中可能含有，不能确定一定含，B错误；C．水解使溶液显碱性，微热后红色加深，说明碱性增强，水解平衡正向移动，说明升温促进水解，可证明水解反应吸热，C正确；D．水蒸气与灼热铁粉反应生成黑色的四氧化三铁，实验现象错误，D错误；故答案为：C。13.化学与生活息息相关，学习化学应该明白“从生活中来，到生活中去”的道理，下列有关离子方程式的书写不正确的是A.明矾作为净水剂净水原理：B.泡沫灭火器灭火原理：C.氯气通入氢氧化钠溶液中制漂白液：D.食用醋除水垢原理：【答案】D【解析】【详解】A．明矾净水的原理是水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮杂质，该离子方程式为：符合水解反应规律，A正确；B．泡沫灭火器灭火利用与的完全双水解反应：反应彻底，生成气体和沉淀，隔绝氧气，B正确；C．氯气与反应制漂白液，产物为、和水，原理为：，C正确；D．食用醋除水垢原理离子方程式：，选项给出的是完整的化学方程式，D错误；故答案选D。14.牙齿表面存在如下平衡：的。下列说法错误的是A.在牙膏中添加适量的磷酸盐，能起到保护牙齿的作用B.口腔中的食物残渣能产生有机酸，容易导致龋齿，使增大C.正常口腔的接近中性，有利于牙齿健康D.使用含氟牙膏，当与共存时，【答案】B【解析】【详解】A．在牙膏中添加适量的磷酸盐，使平衡逆向移动，，生成覆盖在牙齿表面，能起到保护牙齿的作用，A正确；B．只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，B错误；C．正常口腔接近中性，防止和溶解，有利于牙齿健康，C正确；D．，D正确；故选B。15.催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是A.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B.反应达平衡时，升高温度，R浓度增大C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【答案】C【解析】【详解】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；故选C。16.高锰酸钾在化工、医药、水处理等很多方面有重要应用，可以用电解法制备，装置如图。直流电源采用乙烷-空气碱燃料电池。下列说法错误的是A.电源负极的电极反应式为：C2H6-14e-+18OH-=2CO+12H2OB.a极为直流电源的正极C.保持电流恒定，升高温度可以加快电解速率D.此离子交换膜应为阳离子交换膜【答案】C【解析】【详解】A．电源负极上乙烷在碱性条件下失电子产生碳酸根离子，反应的电极反应式为C2H6-14e-+18OH-=2CO+12H2O，A正确；B．电解池左侧Pt电极的电极反应为，Pt电极为阳极，则a极为直流电源的正极，B正确；C．电解时保持电流恒定，即单位时间内转移的电子数恒定，则消耗的反应物与产生的生成物的量恒定,也就是反应速率恒定，与温度无关，C错误；D．电解池左侧Pt电极的电极反应为，右侧稀氢氧化钾溶液变为浓氢氧化钾溶液，右侧电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钾离子通过离子交换膜进行右侧，故该离子交换膜为阳离子交换膜，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素基态原子的价电子排布式为；C元素为周期表中最活泼的非金属元素；D元素原子核外有三个电子层，最外层有2个电子；E元素形成的正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满，N层只有一个电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。（1）A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为______（用元素符号表示）。（2）第一电离能比较：______（填“<”“>”或“=”），其原因是__________。（3）C元素基态原子的轨道表示式为_________；的离子符号为__________。（4）F元素位于元素周期表的______区，其基态原子的电子排布式为_____________。（5）G元素可能的性质是______（填序号）。A.其单质可作为半导体材料 B.其电负性大于磷C.其原子半径大于锗 D.其第一电离能小于硒【答案】（1）（2）①.>②.Mg原子的3s轨道为全充满稳定结构，比Al更难失电子，因此第一电离能更大（3）①.②.（4）①.ds②.(或)（5）A【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G七种元素属于前四周期，且原子序数依次增大。A元素基态原子的价电子排布式为，n=2，所以A是N元素；C元素为周期表中最活泼的非金属元素，则C是F元素，所以B是O元素；D元素原子核外有三个电子层，最外层有2个电子，则D是Mg元素；E元素形成的正三价离子的3d轨道为半充满状态，即的电子排布式为，则E原子的电子排布式为，原子序数为26，所以E是元素；F元素基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则F是元素；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G是元素。【小问1详解】

同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性顺序为;小问2详解】价电子排布为全充满，价电子排布为，失去1个电子更易，因此第一电离能大于；【小问3详解】F核外共9个电子，按构造原理、洪特规则排布轨道；E是，正三价离子为；【小问4详解】位于第IB族，属于元素周期表的ds区；基态原子满足洪特规则特例，电子排布为；【小问5详解】A．位于金属与非金属分界线附近，单质可作半导体材料，A正确；B．同主族从上到下电负性减小，电负性小于，B错误；C．同周期从左到右原子半径减小，原子半径小于，C错误；D．的轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的，D错误；18.过氧乙酸（）是一种高效消毒剂，常用于环境消毒杀菌，可以迅速杀死多种微生物。它可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置和步骤如下：①在B中加入一定量冰醋酸与浓的混合液体，再缓缓加入适量30%的双氧水。②不断搅拌并控制B中混合液的温度为20~30℃至反应结束。③接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。请回答下列问题：（1）仪器B的名称是___________；冷凝管的进水口______（填a或b）。（2）为更好地控制反应温度，应采用方法是______________________；（3）生成过氧乙酸的化学方程式为_____________________。（4）不同反应物比例，实验测得生成过氧乙酸含量（%）随时间的变化数据（见下表），由表中数据可知，最佳反应物比例（）是______，反应所需时间约______小时；反应物反应时间（小时）0.513572:17.388.469.4211.2613.481:110.5612.9213.5420.7220.701:26.147107.9610.3812.36（5）碘量法分析：取2.00mL过氧乙酸试样稀释成100mL，从中取出5.00mL，滴加酸性溶液至恰好粉红色以除去残余，再加入10mL10%KI溶液和几滴淀粉溶液，摇匀，反应完全后再用0.1000mol/L的标准液滴定至终点，终点现象为_______________（反应方程式为），共消耗标准液。该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是______mol/L。（结果保留小数点后两位）（提示：）【答案】（1）三颈烧瓶；a（2）水浴加热（3）++（4）1：1；5（5）溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色；7.15【解析】【小问1详解】由仪器结构，可知B为三颈烧瓶；冷凝管采用下进上出的通水方式，能保证冷凝效果，a为冷凝管的进水口；【小问2详解】控制B中混合液的温度为20～30℃，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；【小问3详解】乙酸与过氧化氢在浓硫酸、20～30℃条件下反应生成，乙酸羧基中H原子被过氧化氢的-OH替代，同时生成H2O，生成过氧乙酸的化学方程式为++；【小问4详解】由表中数据，可知，反应物比例（）是1：1；反应时间为5小时，生成的过氧乙酸含量最高；【小问5详解】终点现象：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色（淀粉遇碘变蓝，当I2被完全还原时，蓝色褪去）；根据关系式：~I2~2，可知稀释后的5mL溶液中过氧乙酸的物质的量=，原来的2mL溶液中过氧乙酸的物质的量=，故该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是。19.甲醇既可用于基本有机原料，又可作为燃料用于替代矿物燃料。(1)以下是工业上合成甲醇的两个反应：反应I：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1反应II：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2①上述反应符合“原子经济”原则的是___________(填“I”或“II”)。②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012由表中数据判断反应I为______________热反应(填“吸”或“放”)。③某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2mol/L，则CO的转化率为__________，此时的温度为___________(从表中选择)。(2)已知在常温常压下：①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH1kJ/mol②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)ΔH2kJ/mol③H2O(g)＝H2O(l)ΔH3kJ/mol则反应CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l)ΔH＝____________kJ/mol(3)现以甲醇燃料电池，采用电解法来处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O)时，实验室利用下图装置模拟该法：①N电极的电极反应式为____________。②请完成电解池中Cr2O转化为Cr3+的离子反应方程式：____________Cr2O+Fe2++[]═Cr3++Fe3++[](4)处理废水时，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去，当c(Cr3+)=1×10‾5mol•L﹣1时，Cr3+沉淀完全，此时溶液的pH=____________。(已知，Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10‾31，lg2=0.3)【答案】①.I②.放③.80%④.250℃⑤.⑥.O2＋4e‾＋4H+＝2H2O⑦.1Cr2O+6Fe2++14[H+]═2Cr3++6Fe3++7[H2O]⑧.5.6【解析】【分析】【详解】(1)①反应I中所用原材料原子均转化到最终产物中，原子利用率为100%最经济，反应Ⅰ符合“原子经济”；②根据表格提供的信息，温度升高，K值减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以反应I为放热反应。③某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2mol/L，物质的量为0.4mol，则CO的转化率为(2-0.4)mol÷2mol×100%=80%，K=0.8÷(0.2×1.4×1.4)=2.041，此时的温度为250℃。(2)已知：①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH1kJ/mol，②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)ΔH2kJ/mol，③H2O(g)＝H2O(l)ΔH3kJ/mol，根据盖斯定律，(①﹣②+4×③)÷3可得CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l)ΔH=(ΔH1－ΔH2＋4ΔH3)/2kJ/mol。(3)①氢离子通过质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，负极电极反应式为CH3OH﹣6e－+H2O=6H++CO2↑，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水，正极电极反应式为O2＋4e‾＋4H+＝2H2O。②电解池溶液里Cr2O转化为Cr3+，化合价降低共6价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则Cr2O的系数为1，Fe2+的系数为6，反应离子方程式为Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O。(4)Ksp=c(Cr3+)×c3(OH﹣)=6.4×10‾31，c(Cr3+)=1×10‾5mol•L﹣1时，溶液中c(OH﹣)=4×10‾9mol•L﹣1，则c(H+)=10-14÷(4×10-9)mol/L=2.5×10‾6mol•L﹣1，则pH=﹣lg2.5×10‾6=5.6。【点睛】本题考查反应热的计算、电解原理、氧化还原反应配平，溶度积有关计算等知识。注意跟进质子移动方向判断电极。①“原子经济”是指在化学品合成过程中，所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中，原子利用率为100%最经济；②温度升高，K值减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为放热反应，可根据平衡常数判断反应温度；③根据盖斯定律解答；④氢离子通过质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水。20.砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电