河北张家口市部分高中2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题（含解析）

永宁中学高三年级9月月考1+3化学试卷本卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再涂涂其它答案标号。回答非选择题时，用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；S-32；V-51;K-39;Cl-35.5一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中国最早的金属冶炼可以追溯到青铜时代，人们在此期间学会了将铜与锡或铅混合，制造出具有良好塑性和硬度的青铜。下列有关说法错误的是A.金属的冶炼都会发生氧化还原反应B.青铜器的代表性早于铁器时代的原因是铁比铜活泼，更难冶炼C.铜与锡或铅混合冶炼出的青铜是化合物D.能电解冶炼的金属化合物是离子化合物【答案】C【解析】【详解】A．金属冶炼是将金属从化合物中还原出来，必然涉及氧化还原反应，A正确；B．铁比铜活泼，需更高还原条件，古代技术限制导致青铜器早于铁器，B正确；C．青铜是铜与锡或铅的合金，属于混合物，而非化合物，C错误；D．电解法用于冶炼活泼金属（如Al），其化合物（如Al2O3）为离子化合物，D正确；故选C。2.实验室安全重于泰山。下列说法错误的是A.钠与水的反应实验需要标注的图标：B.等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理C.实验室不慎引起金属钠着火，应立即用沙子灭火D.若不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用3%～5%的小苏打溶液冲洗【答案】B【解析】【详解】A．钠与水反应生成易燃的氢气和，观察实验需要佩戴护目镜、取用金属钠需要小刀切割、产生氢气需要通风、实验完成后需要洗手，对应警示图标正确，A正确；B．难溶于水和胃酸，无毒，可作为钡餐用于医疗检查，并非所有钡的化合物都有毒，B错误；C．金属钠能与水、发生反应加剧燃烧，着火时不能用水或泡沫灭火器灭火，应立即用沙子覆盖隔绝空气灭火，C正确；D．酸沾到皮肤上，先用大量水冲洗降低酸的浓度，再用弱碱性的3%～5%溶液中和残留的酸，避免皮肤被腐蚀，D正确；故答案选B。3.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是A.将少量通入NaClO溶液中：B.用过量溶液吸收：C.硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：D.向溶液中滴加，出现浅黄色浑浊：【答案】B【解析】【详解】A．根据电离平衡常数，酸性，将少量CO2通入NaClO溶液中，反应生成和HClO，正确的离子方程式为，A错误；B．用过量Na2CO3溶液吸收Br2，Br2发生歧化反应，生成Br—、，同时由于Na2CO3过量，生成，离子方程式，B正确；C．硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，Ba2+、完全反应，Ba2+与结合生成BaSO4沉淀，2个H+与2个反应生成2个CO2和2个H2O，离子方程式，C错误；D．向H2SO3溶液中滴加Na2S，H2SO3与Na2S发生归中反应，生成S和H2O，正确的离子方程式为，D错误。故选B。4.一种利用尿素制备水合肼的方法为，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol18OH-含中子数11NAB.6gCO(NH2)2中键的数目为0.8NAC.每生成1molN2H4·H2O，转移的电子数为2NAD.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，含碳微粒的总数为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．1个中，含10个中子，不含中子，共含10个中子，故1mol该离子含中子数为，A错误；B．尿素的摩尔质量为，6g尿素物质的量为0.1mol，1个尿素分子含7个键，故键数目为，B错误；C．反应中中由+1价降为-1价，每个得到2个电子，每生成1mol消耗1mol，转移电子数为，C正确；D．题目未给出溶液的体积，无法计算含碳微粒的总物质的量，D错误；故选C。5.航天发射常用偏二甲肼与作推进剂，反应生成、和。下列化学用语表述正确的是A.基态N原子价电子轨道表示式：B.中N原子为杂化，分子空间构型为四面体形C.分子内键与键的数目之比为1∶1D.的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．基态原子价电子为，根据洪特规则，能级的3个电子应分占3个简并轨道且自旋平行，而选项中轨道电子排布违反洪特规则，正确图示应为，A错误；B．中每个原子价层电子对数为3（3个键，无孤电子对），为杂化，故分子为平面结构，B错误；C．结构式为，每个双键含1个键和1个键，分子共含2个键、2个键，二者数目比为，C正确；D．中，每个与2个形成共用电子对、N原子间形成共用电子对，每个N还有一对孤对电子，而选项中N原子无孤对电子，正确图示应为，D错误；故答案选C。6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．与二氧化碳反应生成和，光照分解成和，故A符合题意；B．电解溶液生成NaOH、H2和Cl2，电解熔融氯化钠才能生成钠单质，故B不符合题意；C．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，而不是常温，故C不符合题意；D．氯气的氧化性很强，铁与氯气反应生成的是，故D不符合题意；故选A。7.我国科研工作者研究了一种在温和条件下将转化为NH3的方法，实现了废水净化和绿色产氨的协同，其原理如图所示：下列说法错误的是A.N是电源负极B.电解一段时间后，电极Ⅰ附近的c(OH-)减小C.电极Ⅱ上存在D.电路中每转移4mol电子，理论上阳极室溶液质量减少32g【答案】D【解析】【分析】从图中可知电极Ⅱ上转化为，N元素得电子化合价降低，电极Ⅱ为电解池阴极，则电极Ⅰ为阳极；【详解】A．由分析可知电极Ⅱ为电解池阴极，阴极连接电源负极，故N是电源负极，A正确；B．由分析可知电极Ⅰ为阳极，发生反应，被消耗，故电极Ⅰ附近减小，B正确；C．电极Ⅱ上先被还原为，N元素从+5价降为+3价，则每摩尔反应得2摩尔，碱性环境配平可得反应，C正确；D．阳极上的电极反应为，每转移4mol电子，阳极就会生成1mol，其对应的质量为32g，逸出；同时为平衡电荷，有4mol通过阳离子交换膜进入阴极室，对应质量为，故阳极室溶液质量共减少，不是32g，D错误；故答案选D。8.下列对宏观事实的微观解释错误的是选项宏观事实微观解释A原子光谱用于元素鉴定不同元素原子的电子跃迁会吸收或释放不同的光B冰融化吸热水分子中键断裂CP4难溶于水，易溶于CS2P4、CS2均为非极性分子，水为极性分子D对氯苯酚的酸性强于苯酚氯原子有较强吸电子能力，使键极性增大A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．不同元素的原子电子层结构不同，电子跃迁时吸收或释放的光具有特征性，因此可利用原子光谱鉴定元素，A正确；B．冰融化属于物理变化，过程中仅破坏水分子间的氢键和范德华力，水分子内的共价键不会断裂，B错误；C．根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，、均为非极性分子，为极性分子，因此难溶于水易溶于，C正确；D．氯原子有较强的吸电子诱导效应，使对氯苯酚中键极性增大，更易电离出，因此酸性强于苯酚，D正确；故选B。9.某铜矿渣（主要含铜、铝、硅、钙、铁等元素）可制备草酸铜，工艺流程如下：已知：。下列说法错误的是A.相比浓氨水，选用混合溶液作浸取剂可提高铜浸出率B.通入并加入含浸取剂浸取后过滤，滤渣成分为C.为使充分沉淀，应加入过量的D.由该工艺流程可推知与结合能力：弱于【答案】C【解析】【分析】铜矿渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素)经过粉碎、灼烧得到铜、铝、硅、钙、铁的氧化物，通入，并加入含浸取剂浸取后过滤，滤渣成分为、、，滤液中含有、[Cu(NH3)4]2+，加入过量的，生成沉淀过滤除去，滤液2中含有[Cu(NH3)4]2+，加入再过滤得到沉淀。【详解】A．NH3-NH4Cl混合溶液为缓冲溶液，可稳定NH3浓度，利于Cu2+与NH3形成[Cu(NH3)4]2+而溶解，相比浓氨水（易挥发、碱性不稳定）能提高铜浸出率，A正确；B．步骤II中，SiO2不溶于浸取剂，Fe2O3、Al2O3为碱性/两性氧化物，不与弱碱性NH3溶液反应，均留在滤渣中；Ca元素转化为可溶性盐进入滤液1，故滤渣成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3，B正确；C．过量(NH4)2C2O4会使浓度过高，促进配合物平衡正向移动，导致Cu2+以配合物形式溶解，反而降低沉淀率，C错误；D．步骤III加入NH4F后，[Cu(NH3)4]2+未被沉淀，留在滤液2；步骤IV中与[Cu(NH3)4]2+形成CuC2O4沉淀，说明与Cu2+结合能力更强，即F-结合能力弱于，D正确；故选C。10.中国科学技术大学某教授团队在钙钛矿太阳能电池方面获得重要进展。通常人们用通式A、B、O2-表示钙钛矿结构。理想的钙钛矿结构为立方结构，如图所示，A代表较大的阳离子，B表示较小的阳离子，摩尔质量为为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.该晶体的化学式为ABO3B.若以A为晶胞顶点，则O2-位于晶胞的面心C.B占据由6个O2-形成的正八面体空隙D.若晶胞参数为apm，则晶体的密度为【答案】D【解析】【详解】A．如图所示，A原子个数为1，B原子个数为，O2-的个数为，A：B：O2-=1：1：3，化学式为ABO3，A正确；B．如图所示，，该晶胞中四个O2-和A处于同一个平面内（红色实线），该平面平行与立方晶胞平面，A在晶胞中心、O2-在棱心，将A移到晶胞顶点，投影图如红色虚线所示，则O2-位于面心，B正确；C．如图所示，1个B周围有6个等距最近邻O2-，B处于O2-形成的正八面体空隙中，C正确；D．晶体的密度为

，D错误；故答案为D。11.咪唑类离子液体为常用的有机催化剂，某咪唑类离子液体的结构如图所示。已知为原子序数依次增大的短周期非金属元素，除W外其余四种元素位于同一周期，R为烷烃基。下列说法正确的是A.氢化物的沸点：B.键角：C.电负性：D.中所有原子均满足最外层8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】W、Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，除W外其余四种位于同一周期，结合离子液体结构及成键特点X成键为4，Y成键为3推断：W与其余四种元素位于不同周期，则W为H，Q、X、Y、Z位于第二周期且原子序数依次增大，阴离子为，故Q为B、Z为F，进而推知X为C、Y为N。【详解】A．X为C，Y为N，未限定“最简单氢化物”时，C的氢化物沸点有可能高于NH3，故A错误；B．YZ3为NF3，YW3为NH3，二者中心原子N均为sp3杂化，NF3中F电负性大，成键电子对偏向F，斥力减小，NH3中成键电子对偏向N，斥力大，故NF3键角小于NH3，B正确；C电负性的变化规律为：同周期从左往右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，所以电负性：F>N>C>H>B，则W电负性大于Q，C错误；D．QZ3为BF3，B最外层3个电子，形成3个共价键后共6电子，不满足8电子结构，D错误；故答案选B。12.某分子筛类催化剂(H＋交换沸石)催化NH3脱除NO、NO2的反应机理如图所示。下列有关该历程的说法错误的是A.是中间产物B.若1molNO参与反应，则反应③转移电子数为2NAC.反应④属于分解反应D.总反应化学方程式为2NH3+NO+NO22N2+3H2O【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，总反应为NH3、NO、NO2等在一定条件下生成N2，因此是中间产物，故A项正确；B．由图可知，反应③中部分中N元素化合价由-3升高至0，NO中N元素化合价由+2降低至0，NO2中N元素化合价由+4降低至+3，因此若1molNO参与反应，则反应③转移电子数为3NA，故B项错误；C．反应④为，属于分解反应，故C项正确；D．由图可知，总反应为NH3、NO、NO2等在一定条件下生成N2，根据图中物质系数可知总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故D项正确；综上所述，错误的是B项。13.下列实验装置能达到实验目的的是A．配制的食盐水B．制备少量C．证明氧化性D．验证和的热稳定性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．转移溶液时玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线以下，A正确；B．先打开止水夹a，铁粉与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，避免生成的被氧化，但关闭止水夹a无法将A试管中的溶液压入B试管中，无法制备少量，B错误；C．通入的过量时，可直接氧化使淀粉KI溶液变蓝，无法证明氧化性，C错误；D．验证热稳定性时，应将热稳定性更差的放在温度较低的内管，放在温度较高的外管，图中试剂放置顺序错误，无法达到实验目的，D错误；故选A。14.某探究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究外界条件对化学反应速率的影响，实验操作如下。下列有关说法正确的是实验序号试验温度/溶液(含硫酸)溶液溶液颜色褪至无色时所需时间/s甲2520.0230.158乙20.0240.1丙3020.020.14A.，，B.甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为C.通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响D.反应的离子方程式为【答案】C【解析】【分析】根据分析，乙和丙高锰酸钾、草酸的浓度相同，温度不同，探究温度对反应速率的影响；则甲乙温度相同，若探究浓度对反应速率的影响，实验乙加入4mLH2C2O4溶液和4mL的水，实验甲加入3mLH2C2O4溶液，水的体积为5，溶液浓度不同。【详解】A．，乙的浓度比甲高，丙的温度比乙又高，因此，A错误；B．甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为，B错误；Ｃ．通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响，C正确；Ｄ．草酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4题，共58分。15.氮、氯元素的部分物质的类别与化合价的关系如图所示。回答下列问题：（1）h是重要的化工原料，工业上可利用g的水溶液检验h的运输管道，通过观察有无白烟产生，判断管道是否泄漏，该过程中发生反应的化学方程式为___________，该反应中g体现的化学性质为___________。（2）f、g是氮的两种常见的氢化物，常温下，前者呈液态，后者呈气态的原因除两者相对分子质量存在差异外，还有___________。（3）下列说法正确的是___________(填标号)。A.e、n均可作为化肥的原料B.h不能一步转化为k和nC.由于g易溶于水，因此可用作制冷剂D.雷雨天气可完成a→b→c→d的转化，从而实现自然固氮（4）k的电子式为___________。n与i可用于实验室制备h，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。（5）b和c均为大气污染物，通常可利用废碱液(如NaOH溶液)吸收，发生的反应可能为,若完全吸收后得到的NaNO₂和NaNO3的物质的量之比为7：1，则原混合气体中NO₂和NO的物质的量之比为___________。（6）d的浓溶液与i的浓溶液按体积比___________混合得到王水。加热条件下，Au在王水中发生反应生成H[AuCl₄]和一种遇空气迅速变红棕色的气体，写出Au和王水反应的化学方程式：___________。【答案】（1）①.②.还原性、碱性（2）分子间氢键比多，分子间作用力更强，沸点更高（3）D（4）①.②.（5）（6）①.②.（浓）（浓）【解析】【分析】根据图示物质类别与化合价的关系，可推断出含氮物质：a为，b为，c为，d为，e为，f为，g为；含氯物质：h为，i为，j为，m为，n为，k为。【小问1详解】工业上用氨水检验氯气管道是否泄漏，两者反应生成氯化铵产生白烟，化学方程式为。该反应中部分被氧化为（化合价升高），体现还原性；部分结合生成，体现碱性。【小问2详解】f为，g为。常温下呈液态而呈气态，除了相对分子质量的差异外，还因为分子中含有更多的N-H键，分子间能形成更多的氢键，使其沸点显著高于。【小问3详解】A．n为，易爆且有毒，不能作为化肥原料，A错误；B．h为，与冷、热的溶液反应可分别一步转化为k（）和n（），B错误；C．氨气用作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量的热，与易溶于水无关，C错误；D．雷雨天气中与放电反应生成，被氧化为，溶于水生成，从而实现了自然固氮，D正确；故选D。【小问4详解】k为，由和构成，次氯酸根中氧原子和氯原子均满足8电子稳定结构，电子式为。n为，i为，两者反应制备的方程式为。反应中中Cl元素化合价由+5降至0，作氧化剂；中Cl元素化合价由-1升至0，作还原剂。根据电子转移守恒，生成3个分子时，有5个Cl原子来自（氧化产物），1个Cl原子来自（还原产物），故氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1。【小问5详解】设原混合气体中和的物质的量分别为和。根据氮元素守恒，混合气体中氮元素的平均化合价为。完全吸收后得到的（N为+3价）和（N为+5价）的物质的量之比为7:1，则吸收液中氮元素的平均化合价为。根据氧化还原反应中得失电子守恒（即反应前后氮元素平均化合价不变），有，解得，即和的物质的量之比为5:3。【小问6详解】d为浓硝酸，i为浓盐酸，两者按体积比1:3混合得到王水。加热条件下，Au在王水中反应生成和遇空气迅速变红棕色的气体（即），根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为。16.硫酰氯()是一种重要的化工试剂，广泛应用于制造医药、染料等。某兴趣小组在实验室利用反应合成。已知：①的熔点为，沸点为69.1℃，易水解，受热易分解；②在中性或碱性条件下，无法氧化，在酸性中转化为，可氧化。（1）用如图所示A～E的装置组装（可以重复选用），制备，正确的连接顺序是a→________h（用小写字母表示）。（2）装置A中发生反应的离子方程式为________。（3）装置B中冰盐水的作用为________，仪器X的名称为________。（4）装置E选用70%硫酸的理由是________。（5）已知的结构式为，则的水解化学方程式为________。（6）硫酰氯纯度的测定：取2.00g硫酰氯产品在密闭条件下溶于烧碱溶液，最后定容为250mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶中，调pH为6.5∼10.5，加入少量作指示剂（是砖红色沉淀），用的标准溶液滴定（滴定过程中不参与反应），平行滴定三次，平均消耗标准溶液26.80mL。①整个纯度测定过程中没有使用到的仪器是：________。②该硫酰氯产品的纯度为________%（结果保留一位小数）。【答案】（1）d→e→f→g→b→c→g→f或d→e→f→g→c→b→g→f（2）（3）①.冷凝，同时防止温度过高分解②.球形冷凝管（4）浓度太低，产生大量的溶解在溶液中；浓度太高，硫酸的电离程度会减小，反应缓慢甚至难以进行（5）（6）①.bde②.90.5【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中浓盐酸与重铬酸钾反应制备氯气，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气；装置E中70%浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫；装置B中氯气与二氧化硫在活性炭作催化剂条件下反应制备硫酰氯，其中球形冷凝管X的作用是冷凝回流，防止硫酰氯挥发导致产率降低，干燥管中盛有的碱石灰Y用于防止空气中水蒸气进入B装置导致硫酰氯水解，同时吸收多余氯气和二氧化硫，防止污染空气。【小问1详解】结合已知酸性条件下​氧化，A制得的混有HCl和水蒸气，先通C（d进e出）饱和食盐水除HCl，再通D（f进g出）浓硫酸干燥；E制得的也需要干燥，因此​从h出来后也通D浓硫酸干燥，之后两种干燥气体通入B的三颈瓶中反应，最后尾气处理前还要接干燥装置防止水汽进入B，最终正确顺序为d→e→f→g→b→c→g→f或d→e→f→g→c→b→g→f；【小问2详解】酸性条件下氧化生成，自身被还原为，离子方程式为；【小问3详解】此反应放热且受热易分解、沸点低，低温既促进放热反应平衡正向移动，又将产物冷凝为液态，减少挥发和分解；X为球形冷凝管，用于回流冷凝；【小问4详解】从两个极端分析：浓度太低则水多溶解度大，难以逸出；浓度太高则电离出的浓度低，复分解反应速率慢，70%硫酸兼顾反应速率和​的逸出；【小问5详解】根据硫酰氯的结构，S上的两个Cl被-OH取代，最终生成硫酸和HCl，则水解的化学方程式为；【小问6详解】①实验操作包含溶解、定容、滴定，用到烧杯、250mL容量瓶、酸式滴定管，不需要分液漏斗、普通漏斗、直形冷凝管，故选bde；②25mL溶液中，由，得；1mol水解生成2mol，则250mL溶液对应；摩尔质量为135g/mol，纯度为。17.钒是一种重要的金属材料，应用于钢铁、合金、电池等领域。某科研小组以废钒渣(主要成分为、、、)为原料制备，其流程如下：已知：①在酸性条件下钒的氧化物以形式存在。②溶液中与可以相互转化：。③“萃取”和“反萃取”所涉及的反应：。回答下列问题：（1）“滤渣1”的主要成分为___________(填化学式)，其重要的用途有___________(任写一种)；“氧化1”时，发生反应的离子方程式为___________。（2）在实验室进行“萃取”和“反萃取”实验需要的玻璃仪器有___________；“反萃取”需要在___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)条件下进行。（3）“沉钒”时通入氨气的作用是___________。（4）“煅烧”的过程中，每一步所得固体均为纯净物，固体残留率×100%，随温度的变化关系如图所示。升温至时，发生反应的化学方程式：___________；时剩余固体的化学式为___________。【答案】（1）①.②.制作光导纤维或制备单质硅或生产玻璃③.（2）①.分液漏斗、烧杯②.酸性（3）调节溶液的酸碱性，促进转化为，再形成沉淀（4）①.②.【解析】【分析】废钒渣(主要成分为V2O4、Fe3O4、SiO2、Al2O3)加入硫酸酸浸，V2O4、Fe3O4、Al2O3分别转化为、、、进入滤液，滤渣1主要成分为二氧化硅，加入过氧化氢将转化为，再调pH使、转化氢氧化铁、氢氧化铝沉淀进入滤渣2，通过萃取、反萃取提升浓度，加入溶液将氧化为，通入氨气，加入氯化铵溶液沉钒，生成，煅烧生成，据此回答。【小问1详解】根据分析可知，“滤渣1”的主要成分为，其重要的用途有制造玻璃、制造光导纤维等；“氧化1”时，发生反应的离子方程式为。【小问2详解】在实验室进行“萃取”和“反萃取”实验需要的玻璃仪器有:分液漏斗、烧杯；“萃取”和“反萃取”所涉及的反应：，为了提高的产率，反萃取剂主要提高氢离子浓度，使得向反萃取方向进行，故“反萃取”需要在酸性条件下进行。【小问3详解】“沉钒”时通入氨气的作用是：通入氨气形成碱性环境，使正向移动，同时增大溶液中浓度，有利于形成沉淀，提高沉钒效率。【小问4详解】的相对分子质量为117，T1℃时，固体质量损失为14.53%，大约为17，结合铵盐受热分解一般产生氨气，故推测产物为，发生的反应为；酸分解一般生成氧化物为水，又损失了7.69%，约为9，可分析为2个失去一个水生成。18.我国科研团队研制出超高稳定性催化剂In/Rh@S-1，使低碳烷烃高选择性脱氢转化为烯烃。直接脱氢：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+123.8kJ·mol-1；ΔS1=+140.5J·mol-1·K-1氧化脱氢：ΔH2（1）已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-483.6kJ·mol-1，则ΔH2=______kJ·mol-1。（2）丙烷直接脱氢生成丙烯的反应历程如下：(*表示催化剂表面吸附位点)①该反应在______(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。②该历程中决速步骤反应的化学方程式为______。③一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的C3H8，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是______(填标号)。a．混合气体的密度不再变化b．容器内的