2023-2024学年高二上学期期末化学模拟卷（全国通用，人教版2019选择性必修1选择性必修2第1章）01（Word版附解析）

2023-2024学年上学期期末模拟考试01高二化学第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45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．化学知识广泛应用于生产、生活中。下列叙述不正确的是A．明矾和均可用作净水剂，但净水原理不同B．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠溶液和硫酸铝溶液C．纯碱可以用作锅炉除垢时的转化剂D．用饱和氯化铵溶液可以清洗钢铁表面的锈迹【答案】B【解析】A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，胶体表面积大，吸附性强，可以吸附水中的悬浮物，达到净水的目的；而ClO2净水是利用其强氧化性，杀死水中的细菌和病毒，它们的原理不同，A正确；B．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，B错误；C．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，碳酸钙能溶于酸，所以纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂，C正确；D．饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹，D正确；故选B。2．如图所示是298K时，A2与B2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是A．该反应为吸热反应B．加入催化剂，反应热发生改变C．断裂1molA-A和1molB-B键，放出akJ能量D．该反应的∆H=+(b-a)kJ/mol【答案】A【解析】A．由图可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，反应为吸热反应，故A正确； B．加入催化剂改变反应的活化能，但是不改变反应热，故B错误；C．化学键断裂需要吸收能量，故C错误；D．由图可知，反应吸热焓变为正值，该反应的∆H=+(a-b)kJ/mo，故D错误；故选A。3．下列实验事实能用平衡移动原理解释的是A．工业上用SO2和O2制备SO3时，选择常压而不用高压B．使用铁触媒能加快合成氨的反应速率C．平衡4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)，加压气体颜色变深D．将氯化铝溶液低温蒸干，最终得到氢氧化铝固体【答案】D【解析】A．工业上用SO2和O2制备SO3时，选择常压而不用高压是因为常压时SO2的转化率已经很高，若加压对设备要求高，增大投资和能量消耗，不能用平衡移动原理解释，A错误；B．铁触媒为催化剂，使用铁触媒，能加快合成氨的反应速率，但不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，B错误；C．加压是通过减小容器体积，减小体积，二氧化氮的浓度增大，颜色会变深，不能用平衡移动原理解释，C错误；D．氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，HCl易挥发，升高温度促进其挥发，水解彻底进行，生成氢氧化铝沉淀，加热至蒸干，得到氢氧化铝固体，可以用平衡移动原理解释，D正确；故选D。4．下列有关化学用语的表示正确的是A．甲基的电子式  B．S2-的结构示意图：  C．Cl的最外层电子排布式：3s23p5D．N的轨道表示式：  【答案】C【解析】A．甲基的电子式为  ，A项错误；B．S2-的最外层有8个电子，结构示意图为  ，B项错误；C．Cl原子核外有17个电子，基态Cl的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，最外层电子排布式为3s23p5，C项正确； D．基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为  ，D项错误；答案选C。5．合成氨工业中可采用水煤气法作为氢气的来源，其中一步的反应为；，欲提高的转化率，所采取的下列方法比较适宜的组合是①降低温度    ②增大压强    ③使用催化剂    ④增大的浓度    ⑤增大的浓度A．①②B．②④⑤C．①⑤D．①③⑤【答案】C【解析】①降低温度，平衡向右移动，CO的转化率提高；②因反应前后气体的总体积不变，故增大压强，平衡不移动，CO的转化率不变；③催化剂不能使平衡移动，CO的转化率不变；④增大CO的浓度，CO的转化率降低；⑤增大水蒸气的浓度，则平衡向右移动，CO的转化率提高；故选C。6．下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是ABCD实验目的测定锌与稀硫酸反应速率测定中和反应的反应热比较AgCl和Ag2S溶解度大小探究铁的析氢腐蚀实验装置        【答案】A【解析】A．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，故A正确；B．图中保温效果差，不能测定中和热，故B错误；C．硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C错误；D．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故D错误；故选：A。7．下列说法正确的是 A．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）＝4Fe（OH）3（s）能自发进行，则△H＜0B．铁片镀锌时，铁片与外电源的正极相连C．以熔融NaCl为电解质进行电解冶炼钠，熔融体中Na+向阳极移动D．t℃时，恒容密闭容器中反应：NO2（g）+SO2（g）NO（g）+SO3（g），通入少量O2，的值及SO2转化率不变【答案】A【解析】A．△H-T△S＜0时反应能自发进行，该反应的△S＜0，则△H＜0，A正确；B．铁片镀锌时，铁片应接电源负极，作阴极，锌离子在铁片上发生还原反应，B错误；C．电解时，阳离子向阴极移动，C错误；D．通入氧气与NO反应，c（NO）减小，平衡正向移动，SO2转化率增大，是平衡常数，温度不变，平衡常数不变，D错误。答案选A。8．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．的溶液中：、、、B．常温下，水电离的的溶液：、、、C．使酚酞变红色的溶液中：、、、D．常温下，在的溶液中：、、、【答案】A【解析】A．的溶液显碱性，碱性溶液中、、、可以共存，故A正确；B．常温下，水电离的的溶液可能是酸性也可能是碱性溶液，不能在碱性溶液中存在，不能存在于酸性溶液中，故B不正确；C．使酚酞变红色的溶液中是碱性溶液，铵根离子和镁离子不能大量共存，故C不正确；D．在中水电离的氢离子等于水电离的氢氧根离子等于10-13，溶液是酸性或者碱性，酸性溶液中、和H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不正确；答案选A。9．四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其结构信息如表所示。元素结构信息 X基态原子核外s能级的电子数等于p能级的电子数Y基态原子的M能层只有1种自旋电子Z在元素周期表中，族序数等于周期数W基态原子核外p能级只有1个未成对电子下列说法中正确的是A．电负性：X>Y>W>ZB．离子半径：W>Y>Z>XC．中含有的离子总数为4molD．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应【答案】D【分析】X基态原子核外s能级电子数等于p能级电子数，电子排布为1s2s22p4，故X为O元素，基态Y原子的M能层只有1种自旋电子，电子排布为1s2s22p63s1，故Y为Na元素，Z元素在周期表中族序数等于周期数，原子序数大于氧，处于处于第三周期，故Z为Al，基态W原子核外p能级只有1个未成对电子，则W为Cl元素；【解析】由上述分析可知，元素X、Y、Z、W分别为O、Na、Al、Cl；A．非金属性越强其电负性越强，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：O＞Cl＞Na＞Al，故A错误；B．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：Cl-＞O2-＞Na+＞Al3+，故B错误；C．1个Na2O2由2个钠离子和1个过氧根离子构成，1molNa2O2含有的离子总数为3mol，故C错误；D．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3具有两性，能与NaOH或HClO4都能反应，故D正确；故选：D。10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下1LpH=3的FeCl3溶液中Cl—数目为3NAB．常温下，1L0.1mol•L-1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAC．0.1mol•L-1碳酸钠溶液含有的CO数目一定小于0.1NAD．粗铜精炼中阳极质量减小64g时，转移电子数目为2NA【答案】B【解析】A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，常温下pH=3的氯化铁溶液的浓度小于1mol/L，则1LpH=3的氯化铁溶液中氯离子数目小于1mol/L×1L×NAmol—1=3NA，故A错误；B．硝酸铵中含有2个氮原子，则由物料守恒可知，1L0.1mol/L的硝酸铵溶液中氮原子数为 0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.2NA，故B正确；C．缺溶液的体积，无法计算0.1mol/L碳酸钠溶液中碳酸钠的物质的量，则无法确定溶液中碳酸根离子数目的大小，故C错误；D．粗铜精炼时，阳极中锌、铁、铜均失去电子转化为金属阳离子，则无法计算阳极质量减小64g时铜放电的物质的量和反应转移电子数目，故D错误；故选B。11．将1molCO和2molH2充入一容积为1L密闭容器中，分别在250℃、T℃发生反应：    ，根据图示判断，下列正确的是A．，B．250℃时，0～10min内C．CO的平衡转化率在250℃时比T℃时大D．250℃时，起始时改为向容器中充入2molCO和4molH2，恒温达平衡后，的物质的量大于0.30mol【答案】D【分析】从图中可以看出，T℃时反应达平衡的时间比250℃时长，则反应速率慢，T＜250；T℃时甲醇的物质的量比250℃时大，则表明降低温度平衡正向移动，△H＜0。【解析】A．由分析可知，，，A不正确；B．250℃时，0～10min内，n(CH3OH)=0.15mol，则，B不正确；C．由分析可知，T＜250，升高温度，平衡逆向移动，则CO的平衡转化率在250℃时比T℃时小，C不正确；D．250℃时，起始时改为向容器中充入2molCO和4molH2，恒温达平衡后，若容器体积为2L，CH3OH的物质的量为0.30mol，现容器体积仍为1L，则相当于原平衡体系加压，使其体积缩小一半，平衡正向移动，所以CH3OH的物质的量大于0.30mol，D正确；故选D。12．下列是教材中常规电化学示意图，其标注完全正确的是 A．B．C．D．【答案】D【解析】A.该装置中发生的反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，Zn发生失电子的氧化反应，为负极，铜为正极，故A错误；B.该原电池装置中，Zn电极所在的电解质溶液应为ZnSO4溶液，Cu电极所在的电解质溶液应为CuSO4溶液，故B错误；C.电解精练铜时，纯铜做阴极，与电源负极相连，粗铜做阳极，与电源正极相连，故C错误；D.电解饱和NaCl溶液时，H2O电离产生的H+在阴极发生得电子的还原反应生成H2，Cl−在阳极发生失电子的氧化反应，生成Cl2，故D正确。综上所述，答案为D。13．若某元素原子处于能量最低状态时，原子的最外层电子数为2，价层电子数为5，下列关于该元素的叙述正确的是A．该元素原子的M层有11个电子B．该元素处于元素周期表中第VA族C．该元素位于元素周期表的d区或p区D．该元素基态原子的价电子排布式为【答案】D【分析】某元素原子处于能量最低状态时，原子的最外层电子数为2，说明该元素的最外层电子排布式为ns2，价层电子数为5，则说明该元素基态原子的价电子排布式为，据此分析解题：【解析】A．由分析可知，该元素基态原子的价电子排布式为，故当n=4时，则该元素原子的M层电子排布为：3s23p63d3共有11个电子，当n=5时则M层上排满有18个电子，A错误；B．由分析可知，该元素基态原子的价电子排布式为，该元素处于元素周期表中第VB族，B错误；C．由分析可知，该元素基态原子的价电子排布式为，该元素位于元素周期表的d区，C错误；D．由分析可知，该元素基态原子的价电子排布式为，D正确； 故答案为：D。14．一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是A．Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅰ区迁移B．Ⅱ区的SO通过隔膜向Ⅲ区迁移C．Zn电极反应：Zn-2e-=Zn2+D．电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O【答案】C【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动；【解析】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A正确；B．根据分析，Ⅰ区的SO可以向Ⅱ区移动，B正确；C．Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，C错误；D．由分析可知，电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；故答案选C。15．常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法不正确的是 A．由图可推测，H2X为弱酸B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2OC．水的电离程度：a点与b点大致相等D．若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-【答案】C【分析】在H2X溶液中滴加NaOH溶液首先发生反应H2X+OH-=HX-+H2O，该反应过程中H2X的浓度逐渐减小，HX-的浓度逐渐增大，然后发生HX-+OH-=X2-+H2O，HX-的浓度逐渐减小，X2-的浓度逐渐增大，根据反应过程及每个阶段中粒子种类的变化分析。【解析】A．由图和分析可知当X2-的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X为弱酸，故A正确；B．由分析和图象可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O，故B正确；C．由图象可知a点的溶质组成为等量的H2X和NaHX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故C错误；D．由图可得a点，b点，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D正确；故答案为C。第II卷（非选择题共55分）二、非选择题：本题共4个小题，共55分。16．（12分）某化学小组为了探究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验。【实验原理】【实验内容及记录】实验序号温度/℃试管中所加试剂及其用量/mL溶液紫色褪至无色时所需时间/min0.04mol/LKMnO4溶液0.36mol/L稀硫酸0.2mol/LH2C2O4溶液H2O①201.01.02.02.04.0②201.01.03.0Vx3.6③401.01.02.02.00.92 （1）实验原理中，1molKMnO4参加反应时，转移电子的物质的量为mol。（2）实验①、②探究的是对反应速率的影响，表中Vx=。（3）由实验①、③可得出的结论是。（4）实验①中，4.0min内，mol·L·min。（5）反应过程中，反应速率随时间的变化趋势如图所示。其中，因反应放热导致温度升高对速率影响不大，试推测t1-t2速率迅速增大的主要原因是。若用实验证明你的推测，除了表中试剂外，还需向试管中加入少量固体，该固体应为(填标号)。A．K2SO4B．MnSO4C．MnO2【答案】（1）5（2）浓度1mL（3）升高温度，化学反应速率加快（4）1.67×10-3（5）反应产生的Mn2+对化学反应起了催化作用B【分析】KMnO4具有强氧化性，H2C2O4具有还原性，二者发生氧化还原反应，根据元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数，可计算1molKMnO4反应时电子转移的物质的量。在测定反应速率时，通常采用控制变量方法进行研究。根据单位时间内物质浓度改变值计算反应速率。且外界条件对化学反应速率的影响因素中，影响大小关系为：催化剂＞温度＞浓度，据此分析解答。【解析】（1）根据反应方程式可知：KMnO4反应后变为Mn2+，Mn元素化合价从+7价变为+2价，降低了5价，则根据元素化合价改变数值等于反应过程中电子转移的物质的量，可知：1molKMnO4参加反应时转移了5mol电子；（2）在进行实验时，要采用控制变量方法进行研究，根据表格实验1可知混合溶液总体积是6mL，则Vx=1mL；结合实验1、2数据可知，只有H2C2O4溶液浓度不同，其它外界体积都相同，因此实验①、②探究的是浓度对化学反应速率的影响；（3）结合实验1、3数据可知：二者不同之处是反应温度不同，因此是探究温度对化学反应速率的影响，可见：升高温度会使溶液褪色时间缩短，故升高反应温度，会导致化学反应速率加快；（4）n(KMnO4)=0.04mol/L×10-3L=4.0×10-5mol，混合溶液总体积是V=6.0×10-3L，则△c(KMnO4)=，则在实验①中，4.0min内， ；（5）影响化学反应速率的因素有催化剂、温度、浓度等，根据题意可知：因反应放热导致温度升高对速率影响不大，在时间t1-t2过程中，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，但反应速率缺逐渐增大，可推知速率迅速增大的主要原因是反应产生了Mn2+，Mn2+对化学反应起了催化作用；若用实验证明你的推测，除了表中试剂外，还需向试管中加入少量固体，该固体中应该含有Mn2+，加入的固体物质应为MnSO4，故合理选项是B。17．（13分）如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为离子交换膜。请按要求回答相关问题：（1）甲烷燃料电池负极反应式是。（2）Fe电极的电极反应式为。（3）X选择离子交换膜(填“阴”，“阳”)。（4）丙模拟粗铜的精炼，那么粗铜放在(填“A”，“B”)极，反应结束后硫酸铜溶液的浓度(填“变大”，“变小”，“不变”)。（5）若在标准状况下，有1.12L氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成的气体体积为L。（6）写出图中电解饱和食盐水的总的化学反应方程式。【答案】（1）CH4+10OH--8e-=CO+7H2O（2）2H++2e-=H2↑（3）阳（4）B变小（5）2.24（6）2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑【分析】甲装置为原电池，通氧气一极为正极，通甲烷一极为负极，B连接正极，作阳极，A为阴极，C为阳极，乙装置中Fe为阴极，其电极反应式为2H++2e-=H2↑，C为阳极，氯离子失电子生成氯气，装置丙中，粗铜的精炼，那么粗铜放在阳极，即为B极，阳极铜、锌、铁、镍失电子生成其离子，阴极溶液中的铜离子得电子生成铜。 【解析】（1）甲中电解质为KOH溶液，碱性环境下甲烷燃料电池负极反应式为CH4+10OH--8e-=CO+7H2O，故答案为：CH4+10OH--8e-=CO+7H2O。（2）铁作阴极，其电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑。（3）钠离子通过X进入阴极室，则X为阳离子交换膜，故答案为：阳。（4）丙模拟粗铜的精炼，那么粗铜放在阳极，即为B极，阳极铜、锌、铁、镍失电子生成其离子，阴极溶液中的铜离子得电子生成铜，则反应结束后硫酸铜溶液的浓度减小，故答案为：B；变小。（5）若在标准状况下，有1.12L氧气参加反应，其物质的量为0.05mol，转移电子数为0.2mol，乙装置铁电极上生成氢气的物质的量为0.1mol，其体积为2.24L，故答案为：2.24。（6）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，总的化学反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。18．（15分）回答下列问题：Ⅰ．下表是不同温度下水的离子积数据：温度/℃25水的离子积a（1）若，在下，其溶液的，则该溶液(填字母)。a．呈中性    b．呈酸性    c．呈碱性（2）若，则a(填“>”“<”或“=”)。（3）在25℃，a．盐酸  b．溶液  c．的溶液三份溶液中水的电离程度由大到小排序为(用a、b、c填空)Ⅱ．实验室欲测定某溶液的物质的量浓度，用标准溶液进行中和滴定(用酚酞作指示剂)。请回答下列问题：（4）向的碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为，将滴定管中的液体放出至滴定管的读数为，则滴定管中剩余的氢氧化钠溶液的体积为(填“大于”“小于”或“等于”)（5）该实验滴定至终点的现象是。（6）某同学记录滴定前滴定管内液面读数，滴定后液面如图所示，则此时消耗标准溶液的体积为。Ⅲ．已知：常温下，，(在溶液中某离子完全沉淀时，认为该离子浓度小于)（7）的溶度积常数表达式。（8）完全沉淀的为。 【答案】（1）c（2）<（3）（4）大于（5）当滴入最后半滴盐酸溶液时，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不变色；（6）（7）（8）3【解析】（1）温度越高水的电离程度越大，Kw越大，若，在下，则下Kw>10-14，25℃溶液显中性，在下溶液的，显碱性，故选c；（2）温度越高水的电离程度越大，Kw越大，若，则10-14<a<10-12，故选<；（3）在25℃，a．盐酸由水电离的氢离子浓度为10-10mol/L；b．溶液中由水电离的氢离子浓度为10-4mol/Lc．的溶液中由水电离的氢离子浓度为10-12mol/L，所以三份溶液中水的电离程度由大到小排序为；（4）向的碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为，将滴定管中的液体放出至滴定管的读数为，由于滴定管下方有一部分是空白的，则滴定管中剩余的氢氧化钠溶液的体积大于12.00mL，故选大于；（5）以酚酞为指示剂，锥形瓶中为氢氧化钠溶液，当滴入最后半滴盐酸溶液时，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不变色；（6）根据图示所得读数为：27.40mL，滴定前滴定管内液面读数，滴定后液面27.40mL，则此时消耗标准溶液的体积为：27.40mL-0.50mL=26.90mL；（7），故其溶度积常数表达式；（8）已知：常温下，，(在溶液中某离子完全沉淀时，认为该离子浓度小于)=1.0×10-5×=1.0×10-38，c(OH-)=10-11mol/L，c(H+)=10-3mol/L，=3。19．(15分)氢气是一种清洁高效的新型能源，如何经济实用的制取氢气成为重要课题。I．氨气中氢含量高，是一种优质的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气：方法一：氨热分解法制氢气。相关化学键的键能数据化学键键能E/(KJ/mol)946436391 （1）反应  kJ/mol（2）已知反应的J∙mol-1∙K-1，在下列哪些温度下，反应能自发进行？_______(填标号)A．25℃B．125℃C．225℃D．325℃（3）298K时，1gH2燃烧生成放热121kJ，1mol蒸发吸热44kJ，表示燃烧热的热化学方程式为。方法二：氨电解法制氢气。利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示：（4）电解过程中的移动方向为(填“从左往右”或“从右往左)（5）阳极的电极反应式为。Ⅱ．可用于高效制取氢气，发生的反应为。若起始时容器中只有，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图。（6）图中曲线Z表示的物质是(填化学式)。（7）C点时的转化率为%(保留一位小数)。（8）A点时，设容器内的总压为pPa，则平衡常数Pa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）+92（2）CD（3）H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ•mol-1（4）从右往左（5）2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O （6）S2（7）66.7（8）0.2p【解析】（1）断裂旧键吸收能量，形成新键释放能量，根据△H=断裂旧键吸收的能量-形成新键释放的能量可得，2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)△H=(+2×3×391-946-3×436)kJ•mol-1=+92kJ•mol-1，故答案为：+92；（2）若反应能正向自发进行，△G=△H-T•△S＜0，代入数据，△G=ΔH-T△S=92×103J•mol-1-T×198.9J∙mol-1∙K-1＜0，则T＞462.5K，将K转化为摄氏度，T＞189.5℃，故答案为：CD；（3）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ，1molH2O(l)蒸发变成H2O(g)吸热44kJ，则1molH2燃烧生成H2O(l)放出热量为(2×121+44)kJ=286kJ，表示H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ•mol-1，故答案为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ•mol-1；（4）电解过程中阴离子OH-向正电荷较多的阳极区移动。根据图示可知：在左侧NH3失去电子产生N2，在右侧NH3得到电子产生H2，所以左侧为阳极，右侧为阴极，因此OH-从右往左移动，故答案为：从右往左；（5）在左侧阳极上NH3失去电子产生N2，其中的+1价的H+与溶液中的OH-结合生成H2O，则阳极的电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；（6）起始时容器中只有H2S，随着反应进行，H2与O2的物质的量逐渐增多，且H2的物质的量为O2的两倍，故图中曲线Z表示的物质是S2，曲线Y表示的物质是H2，曲线X表示的物质是H2S，故答案为：S2；（7）设起始时H2S的物质的量为xmol,列三段式：，x=8+4=12mol,转化率α(H2S)=×100%≈66.7%，故答案为：66.7；（8）已知起始时H2S的物质的量为12mol,列三段式：，A点硫化氢与氢气的物质的量相等，故12-2y=2y,y=3，则混合气体总物质的量为15mol,由于两种气体物质的量相等，故其压强相同，，故答案为：0.2p。