答案　D

解析　由图示可知，第一层中，HCl以分子形式存在，A正确；第二层中，已知Cl^－∶H₂O＝10^－4∶1，HCl===H^＋＋Cl^－，H^＋和Cl^－的物质的量是相同的，设H₂O的物质的量为1 mol，则n(H^＋)＝10^－4 mol，V(H₂O)＝＝20 cm³＝0.02 L，故c(H^＋)＝＝5×10^－3 mol·L^－1，B正确；第三层中，只有H₂O分子存在，所以冰的氢键网络结构保持不变，C正确；由A项、C项分析可知，第一层和第三层中的物质均以分子形式存在，故均不存在可逆反应HClH^＋＋Cl^－，D错误。

答案　A

解析　2H₂(g)＋O₂(g)===2H₂O(g)，反应前后气体分子数减少，ΔS＜0，根据化学反应自发性的判据ΔH－TΔS＜0知，该反应的ΔH＜0，A正确；氢氧燃料电池的负极为H₂失电子发生氧化反应，正极为O₂得电子发生还原反应，B错误；常温常压下，气体摩尔体积数值未知，无法计算11.2 L H₂的物质的量，故无法确定电子转移数目，C错误；ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，D错误。

答案　(1)①N_A　②6FeO＋CO₂C＋2Fe₃O₄

(2)－342.5 kJ·mol^－1

(3)①v(C)＞v(B)＞v(A)　②K(A)＝K(B)＞K(C)　③D　

(4)①反应Ⅰ　②2CO₂＋12H^＋＋12e^－===C₂H₄＋4H₂O

解析　(1)①反应2Fe₃O₄6FeO＋O₂↑中O元素化合价由－2价升高到0价，由方程式可知，2 mol Fe₃O₄参加反应，生成1 mol氧气，转移4 mol电子，则每生成1 mol FeO转移电子数为N_A。

②由示意图可知，过程2中CO₂和FeO反应生成Fe₃O₄和C，反应的方程式为6FeO＋CO₂2Fe₃O₄＋C。

(2)根据CO的燃烧热有①CO(g)＋O₂(g)===CO₂(g)　ΔH₁＝－283.0 kJ·mol^－1，②H₂O(l)===H₂O(g)　ΔH₂＝＋44.0 kJ·mol^－1，③2CH₃OH(g)＋CO₂(g)CH₃OCOOCH₃(g)＋H₂O(g)　ΔH₃＝－15.5 kJ·mol^－1，根据盖斯定律，所要求的方程式为上述三个方程式①＋③－②即可得到，则ΔH＝ΔH₁－ΔH₂＋ΔH₃＝－342.5 kJ·mol^－1。

(3)①根据图像可知，温度越高速率越快，C点对应温度最高，所以v(C)最快；通过反应2CH₃OH(g)＋CO₂(g)CH₃OCOOCH₃(g)＋H₂O(g)可知，该反应是一个体积减小的可逆反应，在同一温度下，反应由A→B，二氧化碳的转化率增大，增大压强，平衡右移，因此p₁<p₂，B点对应的压强大，反应速率比A点快，因此v(A)、v(B)、v(C)由快到慢的顺序为v(C)＞v(B)＞v(A)。

②K只是温度的函数，C点对应温度最高，A、B两点对应温度相同，且低于C点；该反应为放热反应，温度升高，K减小；所以K(A)、K(B)、K(C)由大到小的顺序为K(A)＝K(B)＞K(C)。

③甲醇与二氧化碳反应如下：2CH₃OH(g)＋CO₂(g)CH₃OCOOCH₃(g)＋H₂O(g)；根据速率之比等于系数之比规律，因此满足v_正(CH₃OH)＝2v_逆(CO₂)，反应才能达到平衡状态，A错误；CH₃OH与CO₂均为反应物，二者反应均按系数比进行，因此CH₃OH与CO₂的物质的量之比保持不变不能确定反应达到平衡状态，B错误；反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度恒为定值，不能判断反应达到平衡状态，C错误；各组分的物质的量分数保持不变，反应达到平衡状态，D正确。

(4)①从图像可知，该催化剂在较低温度时，甲烷含量高，因此选择反应Ⅰ。

②根据图示可知，b为电解池的阴极，发生还原反应，二氧化碳被还原为乙烯，b电极上的电极反应式为：2CO₂＋12H^＋＋12e^－===C₂H₄＋4H₂O。

答案　Ⅰ.(1)－127.8　(2)①250 ℃　此时催化剂活性最高　②>　③7.7%

Ⅱ.(1)①逆反应　②>　(2)①a　CH₃OCH₃＋3H₂O－12e^－===2CO₂↑＋12H^＋　②23

解析　Ⅰ.(1)根据H₂(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol^－1，则其热化学方程式为：H₂(g)＋O₂(g)===H₂O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol^－1①；CH₂===CH₂(g)的燃烧热为1411.0 kJ·mol^－1，其热化学方程式为：C₂H₄(g)＋3O₂(g)===2H₂O(l)＋2CO₂(g)　ΔH＝－1411.0 kJ·mol^－1②；H₂O(g)===H₂O(l)　ΔH＝－44 kJ·mol^－1③；利用盖斯定律将①×6－②－③×4可得：6H₂(g)＋2CO₂(g)CH₂===CH₂(g)＋4H₂O(g)　ΔH＝－127.8 kJ·mol^－1。

(2)①化学反应速率随温度的升高而加快，如题图所示，催化剂的催化效率随温度升高先增大后降低，所以从催化剂的反应活性和温度对速率、平衡的综合影响的角度考虑，最好选择250 ℃；

②升高温度，二氧化碳的平衡转化率减小，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点；

③在2 L密闭容器中分别充入6 mol H₂和2 mol CO₂，由图可知250 ℃时，M点的二氧化碳转化率为50%，由方程式可得

          6H₂(g)＋2CO₂(g)CH₂===CH₂(g)＋4H₂O(g)

  3       1         0              0

  1.5      0.5       0.25            1

  1.5      0.5       0.25            1

产物CH₂===CH₂的体积分数＝×100%≈7.7%。

Ⅱ.(1)①分析表格可知，当CO₂起始物质的量为1.25 mol时，温度越低，CO₂的转化率越大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，故升高温度平衡向逆反应方向移动；

②由CO₂起始物质的量为1.25 mol时，温度越高，CO₂的转化率越小，说明正反应是放热反应，故结合表格可知w<32，x>33；由于CO₂(g)、H₂(g)按物质的量1∶3反应，H₂(g)物质的量为2.5 mol，CO₂的物质的量(b)越大，CO₂的转化率越小，则y<w，综合上述分析可知x>33>32>w>y。

(2)①根据图知交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据电子流动方向和氢离子移动方向可知，电极a为负极、电极b为正极，负极上二甲醚失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，负极反应式为CH₃OCH₃＋3H₂O－12e^－===2CO₂↑＋12H^＋；

②根据电子守恒，可以建立关系式4Al～12e^－～CH₃OCH₃，由此可得，若制得金属铝54 g，理论上消耗甲醇23 g。

答案　(1)N₂＋6H^＋＋6e^－===2NH₃　

(2)①>　②2.0×10^－11

(3)c(Na^＋)>c(N₂O)>c(OH^－)>c(HN₂O)>c(H^＋)　(4)B

解析　(1)氢气和氮气在酸性条件下合成氨，氮气在阴极得到电子生成氨气，阴极的电极反应式为：N₂＋6H^＋＋6e^－===2NH₃。

(2)①酸的电离常数越大，酸性越强，即亚硝酸(HNO₂)和连二次硝酸(H₂N₂O₂)的酸性强弱：HNO₂>H₂N₂O₂，所以HN₂O的水解程度大，浓度相同的NaNO₂溶液和NaHN₂O₂溶液中，c(HN₂O)小，pH大，故pH相等的NaNO₂溶液和NaHN₂O₂溶液中：c(NO)>c(HN₂O)。

②水解平衡常数K_b＝，所以25 ℃时，NaNO₂溶液中存在水解平衡，其水解平衡常数K_b＝＝＝2.0×10^－11。

(3)NaOH和H₂N₂O₂恰好完全反应生成正盐Na₂N₂O₂，主要离子为Na^＋和N₂O，N₂O是二元弱酸根离子，分步水解，溶液呈碱性，由于水的电离平衡使c(OH^－)>c(HN₂O)，所以Na₂N₂O₂溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na^＋)>c(N₂O)>c(OH^－)>c(HN₂O)>c(H^＋)。

(4)K_sp只与温度有关，温度不变则K_sp不变，所以曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag^＋)·c(SCN^－)＝K_sp(AgSCN)，故A正确；溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度，不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0600 mol·L^－1 SCN^－，则所需AgNO₃ 溶液体积就变为＝30 mL，故B错误；到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点，此处－lg c(SCN^－)＝6，则c(Ag^＋)＝c(SCN^－)＝10^－6 mol/L，所以根据曲线数据计算可知K_sp(AgSCN)＝10^－12，K_sp(AgSCN)的数量级为10^－12，故C正确；因为K_sp(AgI)<K_sp(AgSCN)，反应到达滴定终点时c(I^－)<c(SCN^－)，所以终点由c向b移动，故D正确。