…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年青島版六三制新選擇性必修1化學上冊月考試卷526考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列敘述中，不能用勒夏特列原理解釋的是A.加入催化劑有利于氨的合成B.高壓比常壓有利于SO2和O2反應合成SO3C.紅棕色的NO2加壓后顏色先變深后變淺D.工業(yè)制取金屬鉀Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)選取適宜的溫度，使K變成蒸氣從反應混合物中分離出來2、已知反應：2H2O2=2H2O+O2↑，若其它條件不變，下列措施不能加快該反應速率的是A.升高溫度B.加水稀釋H2O2溶液C.加入少量FeCl3溶液D.加入少量MnO2粉末3、活潑自由基與氧氣的反應一直是關注的熱點。自由基與反應過程的能量變化如圖所示：

下列說法正確的是A.該反應為吸熱反應B.產物的穩(wěn)定性：C.該歷程中最大正反應的活化能D.相同條件下，由中間產物z轉化為產物的速率：4、沉積物微生物燃料電池(SMFC)可以將沉積物中的化學能直接轉化為電能；同時加速沉積物中污染物的去除，用SMFC處理含硫廢水的工作原理如圖所示，酸性增強不利于菌落存活。下列說法錯誤的是。

A.碳棒b電勢比碳棒a電勢低B.碳棒a附近酸性增強C.碳棒b存在電極反應：D.工作一段時間后，電池效率降低5、鎳鎘(Ni―Cd)可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應用。已知某鎳鎘電池的電解質溶液為KOH溶液，其充、放電按下式進行：Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2，有關該電池的說法正確的是A.充電時陽極反應：Ni(OH)2＋OH――e-=NiOOH＋H2OB.放電過程是電能轉化為化學能的過程C.放電時負極附近溶液的堿性增強D.放電時電子由鎳電極經導線向鎘電極6、科學家研究得到了如圖所示的海洋碳循環(huán)原理：

下列說法正確的是A.海洋中始終為定值B.光合作用為吸熱反應，說明的能量低于C.等濃度的和混合溶液中D.發(fā)生鈣化作用是因為7、如表所示是有關物質中的化學鍵斷裂時吸收的能量：。

據(jù)此判斷，下列熱化學方程式的書寫正確的是A.B.C.D.8、高氯酸；硫酸、硝酸和鹽酸都是強酸；其酸性在水溶液中差別不大。下表是某溫度下這四種酸在冰醋酸中的電離常數(shù)，由表格數(shù)據(jù)判斷以下說法中不正確的是。

。酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10-56.3×10-91.6×10-94.2×10-10A.相同條件下在冰醋酸中，硝酸是這四種酸中最弱的酸B.在冰醋酸中，這四種酸都沒有完全電離C.在冰醋酸中，硫酸的電離方程式為H2SO4?H++?H++D.電解質的強弱與所處的溶劑無關評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、2018年7月至9月；國家文物局在遼寧開展水下考古，搜尋；發(fā)現(xiàn)并確認了甲午海戰(zhàn)北洋水師沉艦——經遠艦。已知：正常海水呈弱堿性。

(1)經遠艦在海底“沉睡”124年后，鋼鐵制成的艦體腐蝕嚴重。艦體發(fā)生電化學腐蝕時，負極的電極反應式為_______。

(2)為了保護文物；考古隊員采用“犧牲陽極的陰極保護法”對艦船進行了處理。

①下列說法不正確的是________。

A．鋅塊發(fā)生氧化反應：Zn-2e-=Zn2+

B．艦體有電子流入；可以有效減緩腐蝕。

C．若通過外加電源保護艦體；應將艦體與電源正極相連。

D．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊與該種艦體保護法原理相同。

②采用“犧牲陽極的陰極保護法”后，艦體上正極的電極反應式為_________。

(3)船上有些器皿是銅制品；表面有銅銹。

①據(jù)了解銅銹的成分非常復雜，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古學家將銅銹分為無害銹(形成了保護層)和有害銹(使器物損壞程度逐步加劇；并不斷擴散)，結構如圖所示。

下列說法正確的是________

A．疏松的Cu2(OH)3Cl屬于有害銹。

B．Cu2(OH)2CO3既能溶于鹽酸也能溶于氫氧化鈉溶液。

C．青銅器表面涂一層食鹽水可以做保護層。

D．用HNO3溶液除銹可以保護青銅器的藝術價值；做到“修舊如舊”

②文獻顯示Cu2(OH)3Cl的形成過程中會產生CuCl(白色不溶于水的固體)，將腐蝕文物置于含Na2CO3的緩沖溶液中浸泡，可以使CuCl轉化為難溶的Cu2(OH)2CO3反應的離子方程式為______。

(4)考古隊員將艦船上的部分文物打撈出水后，采取脫鹽、干燥等措施保護文物。從電化學原理的角度分析“脫鹽、干燥”的防腐原理：________。10、全釩液流電池是一種新型的綠色環(huán)保儲能系統(tǒng)；工作原理如圖：

離子種類VO2+VO2+V3+V2+顏色黃色藍色綠色紫色

（1）全釩液流電池放電時V2+發(fā)生氧化反應，該電池放電時總反應式是__________。

（2）當完成儲能時，正極溶液的顏色是________

（3）質子交換膜的作用是____________11、能源危機是當前全球性的問題；“開源節(jié)流”是應對能源危機的重要舉措。

(1)下列做法有助于能源“開源節(jié)流”的是_______(填序號)。

a.大力發(fā)展農村沼氣；將廢棄的秸稈轉化為清潔高效的能源。

b.大力開采煤；石油和天然氣以滿足人們日益增長的能源需求。

c.開發(fā)太陽能；水能、風能、地熱能等新能源；減少使用煤、石油等化石燃料。

d.減少資源消耗；增加資源的重復使用；資源的循環(huán)再生。

(2)科學家正在研究利用催化技術將尾氣中的NO和CO轉變成CO2和N2，化學方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2?H＜0.為了測定在某種催化劑作用下的反應速率，在某溫度下用氣體傳感器測得不同時間的NO和CO濃度如表：。時間/s012345C(NO)(×10-4mol·L-1)10.04.502.501.501.001.00C(CO)(×10-3mol·L-1)3.603.052.852.752.702.70

請回答下列問題(均不考慮溫度變化對催化劑催化效率的影響)：

前2s內的平均反應速率v(N2)=_______；達到平衡時，NO的轉化率為_______，氣相中NO所占的體積分數(shù)為_______。12、工業(yè)上可用H2和CO2制備甲醇，其反應方程式為CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，某溫度下，將1molCO2和3molH2充入體積不變的2L密閉容器中，發(fā)生上述反應，測得不同時刻反應前后的壓強關系如下表：。時間/h1234560.900.850.830.810.800.80

(1)用H2表示前2h的平均反應速率v(H2)＝__________________________；

(2)該溫度下，CO2的平衡轉化率為________。

(3)在溫度為T,壓強為P的條件下，將CO2和H2按物質的量之比1∶3通入一恒壓密閉容器中發(fā)生上述反應，達到平衡時，測得CO2的平衡轉化率為50%，則該反應條件下的平衡常數(shù)為Kp＝________(用含P的表達式表示；其中用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質的量分數(shù))。

(4)CO2經催化加氫可合成低碳烯烴：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)ΔH。在0.1MPa時，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料；如圖所示為不同溫度(T)下，平衡時四種氣態(tài)物質的物質的量(n)關系。

①該反應的ΔH________0(填“＞”或“＜”)。

②曲線c表示的物質為________。

③為提高H2的平衡轉化率，除改變溫度外，還可采取的措施是______________。(答出一條即可)13、氯堿工業(yè)以電解精制飽和食鹽水的方法制取氯氣、氫氣、燒堿，以及生產ClO2和氯的含氧酸鹽(NaClO、NaClO3)等系列化工產品。

(1)寫出氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水的離子方程式：________________________________。

(2)室溫下，0.1mol/LNaClO溶液的pH________0.1mol/LNa2SO3溶液的pH。(填“大于”；“小于”或“等于”)

已知：H3SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7；HClO的Ka=2.95×10-8

(3)常溫下，飽和氯水中，存在反應下列有關敘述正確的是________(填字母)。

A．飽和氯水中只存在HClO的電離平衡B．飽和氯水中：c(H+)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)

C．往飽和氯水中加水，HClO的電離程度減小D．用氯氣處理飲用水時；在夏季的殺菌效果比在冬季好。

(4)工業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液，通過控制條件，使Fe3+水解產物聚合，形成可溶的多聚體，最終析出紅棕色膠狀沉淀其中水解形成羥橋配離子的離子方程式為：2Fe3++10H2O?[Fe(H2O)4(OH)2Fe(H2O)4]4++2H+。

欲使上述水解平衡正向移動，可采用的方法有________(填字母)。

A．加水稀釋B．降低溫度C．加入鹽酸D．加入NaHCO3

(5)ClO2和Cl2均能將電鍍廢水中的CN-氧化為無毒的物質，自身被還原為Cl-。處理含CN－相同量的電鍍廢水，所需Cl2的質量是ClO2的________倍。(保留兩位有效數(shù)字)14、10℃時加熱NaHCO3飽和溶液，測得該溶液的pH發(fā)生如下變化。溫度(℃)102030加熱煮沸后冷卻到50℃pH8.38.48.58.8

(1)甲同學認為，該溶液的pH值升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故堿性增強，該反應的離子方程式為_________。

(2)乙同學認為，溶液pH升高的原因是NaHCO3受熱分解，生成了Na2CO3，并推斷Na2CO3的水解程度_________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。

(3)丙同學認為甲；乙的判斷都不充分。丙認為：

①只要在加熱煮沸的溶液中加入足量的試劑X，若產生沉淀，則_________(填“甲”或“乙”)判斷正確。試劑X是_____________(填序號)。

a.Ba(OH)2溶液b.BaCl2溶液c.NaOH溶液d.澄清石灰水。

②將加熱后的溶液冷卻到10℃，若溶液的pH____________(填“高于”；“低于”或“等于”)8.3；則甲判斷正確。

(4)常溫下，在測得pH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，由水電離出的OH－濃度分別為amol/L和bmol/L。則a：b＝________。

(5)25℃時，濃度均為0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液。

①下列判斷不正確的是________(填序號)。

a.兩種溶液等體積混合后：3c(Na＋)＝2[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]

b.兩種溶液中存在的粒子種類不相同。

c.兩種溶液中c(H＋)·c(OH－)＝10－14

d.兩種溶液中分別加入少量NaOH固體，恢復到原溫度，c(CO32－)均增大。

②等體積混合后溶液中離子濃度由大到小的順序是：__________；

③常溫下，等體積混合后的溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質的主要成分有：_______。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、1mol硫酸與1molBa(OH)2完全中和所放出的熱量為中和熱。_____16、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤17、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正確B.錯誤18、制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正確B.錯誤19、稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或堿性)也越強。(_______)A.正確B.錯誤20、在任何條件下，純水都呈中性。（______________）A.正確B.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共40分)21、在2014年國家科學技術獎勵大會上；甲醇制取低碳烯烴技術(DMTO)獲國家技術發(fā)明獎一等獎。DMTO主要包括煤的氣化；液化、烯烴化三個階段。

(1)煤的氣化：用化學方程式表示出煤的氣化的主要反應_______：

(2)煤的液化：下表中有些反應是煤液化過程中的反應：。熱化學方程式平衡常數(shù)500℃700℃700℃①2H2(g)+CO(g)?CH3OH(g)?H1=akJ?mol-12.50.2②H2(g)+CO2(g)?H2O(g)+CO(g)?H2=bkJ?mol-11.02.3③3H2(g)+CO2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H3=ckJ?mol-1K34.6

①a_______0(填“>”、“<”、“=”)，c與a、b之間的定量關系為_______。

②K3=_______，若反應③是在容積為2L的密閉容器巾進行(500℃)的，測得某一時刻體系內物質的量分別為6mol、2mol、10mol、10mol，則此時CH3OH的生成速率_______(填“>”、“<”、“=”)CH3OH的消耗速率。

(3)烯烴化階段：如圖l是某工廠烯烴化階段產物中乙烯；丙烯的選擇性與溫度、壓強之間的關系(選擇性：指生成某物質的百分比；圖中I、Ⅱ表示乙烯，Ⅲ表示丙烯)。

①為盡可能多地獲得乙烯，控制的生產條件為_______。

②一定溫度下某密閉容器中存在反應，在壓強為P1時，產物水的物質的量與時間的關系如圖2所示，若t0時刻，測得甲醇的體積分數(shù)為10%，此時甲醇乙烯化的轉化率為_______(保留三位有效數(shù)字)，若在t1時刻將容器容積快速擴大到原來的2倍，請在圖中繪制出此變化發(fā)生后至反應達到新平衡時水的物質的量與時問的關系圖_______。22、肼是一種高能燃料。已知各共價鍵鍵能(斷裂或形成1mol共價鍵時吸收或釋放的能量)如表：。N≡NO=ON-NN-HO-H鍵能(KJ?mol﹣1)946497154391463

(1)N2H4(g)+O2(g)?N2(g)+2H2O(l)?H=________kJ?mol﹣1。

(2)密閉容器中進行反應：3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)?H＜0反應的化學平衡表達式為K=________。

(3)已知：600℃時；上述反應的平衡常數(shù)K=16。現(xiàn)有如圖甲(恒溫恒壓)和如圖乙(恒溫恒容)兩容器：

起始時按下表所示分別加入各物質，體積為2L，在600℃時反應經過一段時間后均達平衡。FeH2O(g)Fe3O4H2甲/mol2.01.02.00.5乙/mol2.02.02.01.0

①關于甲、乙容器，下列說法正確的是________。

A.反應開始時兩容器內的逆反應速率：甲＜乙。

B.若甲容器內氣體的密度不再變化；則說明反應已達到平衡狀態(tài)。

C.若乙容器內氣體的壓強不再變化；則說明反應已達到平衡狀態(tài)。

D.平衡后添加Fe3O4；兩容器內的平衡均逆向移動。

②投料后甲5min達平衡，則此段時間內的平均反應速率v(H2)=________。

③平衡后若將乙容器體系溫度突然降低100℃，圖像中能正確反映平衡移動過程中容器內變化情況的是________。

A.B.C.

(4)如圖為恒容絕熱容器：

進行上述反應，起始與平衡時的各物質的量見表：。FeH2O(g)Fe3O4H2起始/mol3.03.000平衡/molmnpq

。FeH2O(g)Fe3O4H2A/mol3.03.000B/mol003.03.0C/molmnpq

若在達到平衡后的容器丙中，分別按照下列A、B、C三種情況繼續(xù)添加各物質，則再次達平衡時，容器丙中H2的百分含量按由大到小的順序______(用A、B、C表示)。23、氮及其化合物在工農業(yè)生產；生活中有著重要作用。

（1）圖I是1molNO2(g)和1molCO(g)反應生成CO2和NO過程中的能量變化示意圖，若在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，E1的變化是______(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，△H的變化是______。

（2）如圖是N2(g)和H2(g)反應生成1molNH3(g)過程中能量的變化示意圖，請寫出N2和H2反應的熱化學方程式_______。

（3）若已知下列數(shù)據(jù)：。化學鍵H—HNN鍵能/kJ?mol-1435943

試根據(jù)表中及圖中數(shù)據(jù)計算N—H的鍵能：______kJ·mol-1。

（4）用NH3催化還原NOx還可以消除氮氧化物的污染。已知：4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1=-akJ·mol-1①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH2=-bkJ·mol-1②，若1molNH3還原NO至N2，該反應ΔH3=_____kJ·mol-1(用含a、b的式子表示)。

（5）目前NH3和(NH4)2CO3已經被用作工業(yè)捕碳劑，它們與CO2可發(fā)生如下可逆反應：

反應Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq)ΔH1

反應Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq)ΔH2

反應Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)ΔH3

則ΔH3與ΔH1、ΔH2之間的關系是ΔH3=______。24、亞硝酰氯（ClNO）是有機合成中的重要試劑，可通過反應：2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）獲得。

（1）氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時；涉及如下反應：

①2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）K1

②4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）K2

③2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）K3

則K3=__________（用K1、K2表示）。

（2）已知幾種化學鍵的鍵能數(shù)據(jù)如表所示（亞硝酰氯的結構為Cl-N=O）:。化學鍵N≡O(NO)Cl-ClCl-NN=O鍵能/(kJ/mol)630243a607

則反應2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）的ΔH和a的關系為ΔH=_______________kJ/mol。

（3）300℃時，2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）的正反應速率表達式為v(正)=k·cn(ClNO)，測得速率和濃度的關系如表所示：。序號c(ClNO)/(mol/L)v/(x10-8mol·L-1·S-1)①0.300.36②0.601.44③0.903.24

n=________________；k=__________________________。

（4）按投料比[n(NO)：n(Cl2)=2：1]把NO和Cl2加入到一恒壓的密閉容器中發(fā)生反應；平衡時NO的轉化率與溫度T；壓強p(總壓)的關系如圖A所示：

①在p壓強條件下，M點時容器內NO的體積分數(shù)為______________。

②若反應一直保持在p壓強條件下進行，則M點的分壓平衡常數(shù)Kp=________（用含p的表達式表示；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓x體積分數(shù)）。

（5）一定條件下在恒溫恒容的密閉容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡時ClNO的體積分數(shù)隨n(NO)/n(Cl2)的變化圖像如圖B所示，則A、B、C三狀態(tài)中，NO的轉化率最大的是______________點，當n(NO)/n(Cl2)=1.5時，達到平衡狀態(tài)ClNO的體積分數(shù)可能是D、E、F三點中的____________點。評卷人得分五、實驗題(共3題，共21分)25、碘被稱為“智力元素”，科學合理地補充碘可防止碘缺乏病。碘酸鉀(KIO3)是國家規(guī)定的食鹽加碘劑；它的晶體為白色，可溶于水。碘酸鉀在酸性介質中與過氧化氫或碘化物作用均生成單質碘。以碘為原料，通過電解制備碘酸鉀的實驗裝置如圖所示。請回答下列問題：

(1)碘是_______(填顏色)固體物質，實驗室常用_______方法來分離提純含有少量雜質的固體碘。

(2)電解前，先將一定量的精制碘溶于過量氫氧化鉀溶液，溶解時發(fā)生反應：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，將該溶液加入陽極區(qū)。另將氫氧化鉀溶液加入陰極區(qū)，電解槽用水冷卻。電解時，陽極上發(fā)生反應的電極反應式為_______；陰極上觀察到的實驗現(xiàn)象是_______。

(3)電解過程中，為確定電解是否完成，需檢驗電解液中是否有I-。請設計一個檢驗電解液中是否有I-的實驗方案；并按要求填寫下表。

要求：所需藥品只能從下列試劑中選擇；實驗儀器及相關用品自選。

試劑：淀粉溶液、碘化鉀淀粉試紙、過氧化氫溶液、稀硫酸。實驗方法實驗現(xiàn)象及結論____________

(4)電解完畢；從電解液中得到碘酸鉀晶體的實驗過程如下：

步驟②的操作名稱是_______，步驟⑤的操作名稱是_______。步驟④洗滌晶體的目的是_______。26、乙二酸俗名草酸，下面是化學學習小組的同學對草酸晶體(H2C2O4·xH2O)進行的探究性學習的過程；請你參與并協(xié)助他們完成相關學習任務。

該同學的研究課題是：探究測定草酸晶體(H2C2O4·xH2O)中的值。通過查閱資料和網(wǎng)絡查尋得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液進行滴定：+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。

學習小組的同學設計了滴定的方法測定x值。

①稱取1.260g純草酸晶體；將其制成100.0mL水溶液為待測液。

②取25.00mL待測液放入錐形瓶中，再加入適量的稀H2SO4

③用濃度為0.1000mol/L的KMnO4標準溶液進行滴定；達到終點記錄消耗體積。

(1)滴定時，將酸性KMnO4標準液裝在如圖中的_______(填“甲"或“乙”)滴定管中。

(2)滴定時，左手操作滴定管，右手輕輕搖動惟形瓶，眼睛注視________。

(3)判斷滴定終點的現(xiàn)象是：_____________。

(4)如圖是某同學滴定時的滴定管中的液面，其讀數(shù)為_______mL。

(5)為了提高實驗的準確性，學習小組共進行3次實驗，記錄數(shù)據(jù)如下表：。待測液/mLV0(KMnO4)/mLV1(KMnO4)/mL25.000.009.9825.001.0811.1025.000.5015.50

通過上述數(shù)據(jù)，可知消耗的KMnO4溶液體積為_____mL，求得x=_______。

(6)誤差分析：

①若滴定終點時俯視滴定管刻度讀數(shù)，則由此測得的x值會______(填“偏大”；“偏小”或“不變”；下同)。

②錐形瓶用蒸餾水洗滌后再用待測液潤洗，則由此測得的x值會______。27、用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱。回答下列問題：

(1)從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是________________。

(2)燒杯間填滿碎紙條的作用是________________________________。

(3)大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數(shù)值___________(填“偏大；偏小、無影響”)

(4)如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量_________(填“相等、不相等”)，所求中和熱__________(填“相等；不相等”)。

(5)用相同濃度和體積的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的中和熱的數(shù)值會______________；(填“偏大”；“偏小”、“無影響”)。

(6)在題述反應條件下，測得反應前鹽酸和NaOH溶液的溫度均為25.43℃，反應后混合溶液的溫度為28.85℃。已知反應前NaOH溶液和鹽酸的密度均約為1.0g·cm-3，反應后混合溶液的比熱容為4.18J·g-1·℃-1。試寫出該中和反應的熱化學方程式：_________________。(焓變數(shù)值保留一位小數(shù))參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【詳解】

A.加入催化劑可以加快化學反應速率；但不影響平衡移動，不能用勒夏特列解釋，故A符合題意；

B.合成三氧化硫的反應是氣體分子數(shù)減小的反應，加壓后平衡向正反應方向移動，所以高壓比常壓有利于SO2和O2反應合成SO3；能用勒夏特列解釋，故B不符合題意；

C.二氧化氮與四氧化二氮之間存在化學平衡紅棕色的二氧化氮加壓后顏色先變深，是因為加壓后其濃度增大了，后變淺是平衡向正反應方向移動導致的，能用勒夏特列解釋，故C不符合題意；

D.工業(yè)制取金屬鉀Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)選取適宜的溫度；使K變成蒸氣從反應混合物中分離出來，有利于平衡向生成鉀的方向移動，能用勒夏特列解釋，故D不符合題意；

答案選A。2、B【分析】【分析】

反應已知2H2O2═2H2O+O2↑在溶液中進行；一般來說，增大濃度；升高溫度、加入催化劑可增大反應速率，以此解答該題。

【詳解】

A．升高溫度；反應速率加快，選項A不選；

B．加水稀釋H2O2溶液，H2O2的濃度降低；反應速率減慢，選項B選；

C．加入少量FeCl3；為該反應的催化劑，反應速率增大，選項C不選；

D．加入少量MnO2；為該反應的催化劑，反應速率增大，選項D不選。

答案選B。3、C【分析】【詳解】

A．由圖示可知；反應物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即該反應為放熱反應，故A錯；

B．產物P2所具有的能量比產物P1所具有的能量低118.4kJ，所以產物P2比產物P1要穩(wěn)定；故B錯；

C．由圖示可知中間產物Z到過渡態(tài)IV所需的活化能最大，則故選C；

D．由圖示可知，由Z到產物P1所需的活化能低于由Z到產物P2所需的活化能，則由中間產物Z轉化為產物的速率：故D錯。

答案選C。4、B【分析】【分析】

根據(jù)光合菌產生的O2得電子結合H+得到H2O，碳棒a為正極，F(xiàn)eSx在硫氧化菌的作用下被氧化為S；S在硫氧化菌的作用下被氧化為硫酸根。

【詳解】

A．根據(jù)分析可知b極為負極；a極為正極，正極的電勢高于負極，A正確；

B．a為正極，光合菌產生的O2得電子結合H+得到H2O，電極反應為O2+4e-+4H+=2H2O；酸性減弱，B錯誤；

C．根據(jù)圖示，碳棒b存在電極反應：C正確；

D．酸性增強不利于菌落存活；負極失電子發(fā)生的氧化反應會減慢，故工作一段時間后，電池效率降低，D正確；

綜上所述答案為B。5、A【分析】【分析】

該充放電電池放電時為原電池，Cd失電子、化合價升高，Cd為負極，反應式為Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正極上NiOOH發(fā)生的電極反應式為NiOOH+e-+H2O═Ni(OH)2+OH-；工作時陽離子移向正極；陰離子移向負極；充電時為電解池，與電源正極相接的為陽極，與電源負極相接的為陰極，陰陽極反應與原電池負正極反應相反，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．充電時為電解池，陽極反應與原電池正極反應相反，即陽極電極反應式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故A正確；

B．充電時為電解池，電能轉化為化學能，故B錯誤；

C．放電時為原電池，負極反應式為Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，堿性減弱，故C錯誤；

D．放電時為原電池，電子由負極流向正極，即電子由鎘電極經導線向鎳電極，故D錯誤；

故選：A。6、C【分析】【詳解】

A．因為海水中CO2有逸出與吸收，故海洋中不是恒為定值；選項A錯誤；

B．光合作用反應是nCO2+mH2O+nO2，說明CO2和H2O的總能量低于和O2的總能量；選項B錯誤；

C．等濃度的和混合溶液中的水解和電離都很微弱，水解大于電離，同時比易水解，故選項C正確；

D．發(fā)生鈣化作用是因為電離出的與溶液中存在的的濃度積大于選項D錯誤；

答案選C。7、B【分析】【詳解】

A．化學反應方程式沒有配平，忽視了生成物為故A錯誤；

B．根據(jù)反應熱等于斷鍵鍵能總和-成鍵鍵能總和可知：故B正確；

C．化學計量數(shù)變?yōu)樵瓉淼亩臄?shù)值沒有減半；故C錯誤；

D．由B可知；反應熱的數(shù)值不是22.0，應為11.0，故D錯誤；

故答案：B。8、D【分析】【詳解】

A．相同條件下在冰醋酸中；硝酸的電離常數(shù)最小，故其是這四種酸中最弱的酸，A說法正確；

B．在冰醋酸中；這四種酸的電離常數(shù)均較小，故其都沒有完全電離，B說法正確；

C．在冰醋酸中，硫酸存在電離平衡，其電離方程式為H2SO4?H++?H++C說法正確；

D．這四種酸在水溶液中均為強酸；但在冰醋酸中卻是弱酸，故電解質的強弱與所處的溶劑有關，D說法不正確。

綜上所述，相關說法中不正確的是D。二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】【分析】

艦體發(fā)生電化學腐蝕時，負極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，正極的電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-；“犧牲陽極的陰極保護法”，用比鐵活潑的金屬如鋅，讓其充當原電池的負極先被氧化；銅銹的成分非常復雜，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。銅銹分為無害銹(形成了保護層)如Cu2(OH)2CO3和有害銹(使器物損壞程度逐步加劇，并不斷擴散)如Cu2(OH)3Cl；“脫鹽；干燥”的防腐原理：脫鹽、干燥處理破壞了微電池中的離子導體(或電解質溶液)；使文物表面無法形成微電池發(fā)生電化學腐蝕。

【詳解】

(1)艦體發(fā)生電化學腐蝕時，負極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+。故答案為：Fe-2e-=Fe2+；

(2)①A．鋅比鐵活潑，鋅塊先發(fā)生氧化反應：Zn-2e-=Zn2+；故A正確；

B．艦體為正極；是電子流入的一極，正極被保護，可以有效減緩腐蝕，故B正確；

C．采用外加電流的陰極保護法保護金屬時；被保護的金屬作陰極，若通過外加電源保護艦體，應將艦體與電源負極相連，故C錯誤；

D．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊與該種艦體保護法原理相同；都是犧牲陽極的陰極保護法，故D正確；

故答案為：C；

②采用“犧牲陽極的陰極保護法”后，正極是氧氣得電子發(fā)生還原反應，艦體上正極的電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-。故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；

(3)①A．由圖片信息可知，Cu2(OH)3Cl疏松；易吸收水；會使器物損壞程度逐步加劇，并不斷擴散，所以屬于有害銹，故A正確；

B．Cu2(OH)2CO3能溶于鹽酸但不能溶于氫氧化鈉溶液；故B錯誤；

C．青銅器表面涂一層食鹽水提供形成原電池的電解質溶液；加快銅的腐蝕，故C錯誤；

D．HNO3溶液具有強氧化性；加快銅的腐蝕，故D錯誤；

故答案為：A；

②將腐蝕文物置于含Na2CO3的緩沖溶液中浸泡，可以使CuCl轉化為難溶的Cu2(OH)2CO3反應的離子方程式為4CuCl+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；故答案為：4CuCl+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；

(4)從電化學原理的角度分析“脫鹽；干燥”的防腐原理：脫鹽、干燥處理破壞了微電池中的離子導體(或電解質溶液)；使文物表面無法形成微電池發(fā)生電化學腐蝕；故答案為：脫鹽、干燥處理破壞了微電池中的離子導體(或電解質溶液)，使文物表面無法形成微電池發(fā)生電化學腐蝕。

【點睛】

本題考查電化學腐蝕及其防護，把握電化學反應原理等為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意理解電化學腐蝕發(fā)生的條件和防止金屬銹蝕的措施，難點(3)新情境下的氧化還原反應方程式的書寫，CuCl轉化為難溶的Cu2(OH)2CO3銅的化合價發(fā)生了變化，需要有氧氣參加。【解析】Fe-2e-=Fe2+CO2+4e-+2H2O=4OH-A4CuCl+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-脫鹽、干燥處理破壞了微電池中的離子導體(或電解質溶液)，使文物表面無法形成微電池發(fā)生電化學腐蝕10、略

【分析】【分析】

（1）由工作原理圖可知，反應中V2+離子被氧化，應是電源的負極，VO2+離子化合價降低；被還原，應是電源的正極反應；

（2）放電時，正極上的反應：以此判斷顏色變化；

（3）質子交換膜僅能使氫離子通過；阻隔氧化劑與還原劑；

【詳解】

(1)反應中V2+離子被氧化，應是電源的負極，VO2+離子化合價降低,被還原,應是電源的正極反應,反應的總方程式為

故答案為：

(2)放電時,正極上的反應：生成VO2+由表中信息可知正極溶液的顏色是黃色；故答案為：黃色；

(3)質子交換膜僅能使氫離子通過，阻隔氧化劑與還原劑形成閉合回路，故答案為：阻隔氧化劑與還原劑，使氫離子通過形成電流。【解析】黃色阻隔氧化劑與還原劑，使氫離子通過形成電流11、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)只要能減少化石燃料等資源的運用都屬于“開源節(jié)流”；b、大力開采煤、石油和天然氣，不能減少化石燃料的運用，故b錯誤；a；c、d均能減少化石燃料的運用；故a、c、d正確；

(2)根據(jù)表格，2s內v(NO)==3.75×10-4mol·L-1·min-1，同一反應同一時段內各物質反應速率之比為計量數(shù)之比，所以v(N2)=v(NO)=1.875×10-4mol·L-1·min-1；

根據(jù)表格，4s后各物質濃度不在變化，所以4s時反應已經達到平衡，所以NO的轉化率為=90%；

根據(jù)表格平衡時c(NO)=1.00×10-4mol·L-1，c(CO)=2.70×10-3mol·L-1=27×10-4mol·L-1，Δc(NO)=9.00×10-4mol·L-1，根據(jù)方程式2NO+2CO2CO2+N2，可知平衡時c(CO2)=9.00×10-4mol·L-1，c(N2)=4.50×10-4mol·L-1，同溫同壓下氣體的體積分數(shù)即物質的量分數(shù)，因容積一定，可等效為濃度所占百分數(shù)，所以氣相中NO所占的體積分數(shù)為=2.41%。【解析】①.acd②.1.875×10-4mol·L-1·s-1③.90%④.2.41%12、略

【分析】【分析】

結合三段式并根據(jù)恒溫恒容條件下氣體的壓強與物質的量成正比分析；根據(jù)平衡狀態(tài)并結合公式計算；根據(jù)濃度；溫度和壓強對平衡移動的影響分析。

【詳解】

(1)設反應進行到前2h時參加反應的二氧化碳物質的量為x；氣體壓強之比等于氣體物質的量之比；

P后：P前=0.85=(4-2x)：(1+3)，解得：x=0.3mol，則用氫氣表示前2小時反應平均速率v(H2)==0.225mol/(L?h)；

(2)反應達到平衡狀態(tài)時；二氧化碳反應物質的量為y；

P后：P前=0.8=(4-2y)：(1+3)，解得：y=0.4mol，則該溫度下CO2的平衡轉化率=×100%=40%；

(3在溫度為T,壓強為P的條件下二氧化碳和氫氣按1：3的比例通入；測得二氧化碳的平衡轉化率為50%，則：

根據(jù)分壓=總壓×物質的量分數(shù)可知：P(CO2)=P×=P(H2)=P×=P(CH3OH)=P×=P(H2O)=P×=Kp==

(4))①由圖可知，升高溫度，氫氣物質的量增大，說明平衡逆向移動，則正反應是放熱反應，故△H＜0；

②根據(jù)圖知，升高溫度，氫氣物質的量增大，說明平衡逆向移動，則正反應是放熱反應；a曲線隨著溫度升高，物質的量增大，為二氧化碳，b；c隨著溫度升高其物質的量降低；為生成物水、乙烯，但水的變化量大于乙烯，所以c曲線代表乙烯；

③由曲線變化可知隨著溫度升高，氫氣的物質的量逐漸增多，說明升高溫度平衡逆向移動，則正反應放熱，該反應為氣態(tài)分子數(shù)減小的反應，為提高H2的平衡轉化率，除改變溫度外，還可采取的措施是增大壓強，或不斷分離出水，平衡向右移動，H2的平衡轉化率增大。

【點睛】

考查化學平衡的計算和平衡移動的因素，明確實驗狀態(tài)并準確利用三段式是解題關鍵，注意溫度升高平衡向吸熱反應方向移動，而增大壓強平衡向氣體總物質的量減小的方向移動。【解析】0.225mol·L－1·h－140%<C2H4加壓(或不斷分離出水蒸氣)13、略

【分析】【詳解】

(1)氯堿工業(yè)中用惰性電極電解飽和食鹽水生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，反應的離子方程式為：

(2)室溫下，H3SO3的Ka2=1.02×10-7>HClO的Ka=2.95×10-8，則次氯酸根離子的水解常數(shù)大于亞硫酸根離子的水解程度，則0.1mol/LNaClO溶液的pH大于0.1mol/LNa2SO3溶液的pH；

(3)常溫下，飽和氯水中，存在反應

A．飽和氯水中存在HClO的電離平衡、水的電離平衡以及等；A錯誤；

B．飽和氯水中存在電荷守恒：c(H+)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)；B正確；

C．往飽和氯水中加水；促進HClO的電離，電離程度增大，C錯誤；

D．夏季溫度較高，氯氣逸出，濃度減小，平衡逆向移動；HClO濃度減小，殺菌效果比冬季差，D錯誤；

答案選B；

(4)2Fe3++10H2O?[Fe(H2O)4(OH)2Fe(H2O)4]4++2H+：

A．加水稀釋相當于有氣體參與的反應減小壓強；則加水稀釋該平衡正向移動，A滿足題意；

B．水解吸熱；降低溫度，該平衡逆向移動，B不滿足題意；

C．加入鹽酸；氫離子濃度增大，該平衡逆向移動，C不滿足題意；

D．加入NaHCO3；氫離子被消耗，氫離子濃度減小，該平衡正向移動，D滿足題意；

選AD；

(5)ClO2和Cl2均能將電鍍廢水中的CN-氧化為無毒的物質，自身被還原為Cl-，則根據(jù)電子守恒有2ClO2~2Cl-~10e-~2CN-~2CO2+N2，5Cl2~10Cl-~10e-~2CN-~2CO2+N2，因此處理含CN－相同量的電鍍廢水，所需Cl2的質量是ClO2的=2.6倍(保留兩位有效數(shù)字)。【解析】大于BAD2.614、略

【分析】【分析】

碳酸氫鈉是強堿弱酸酸式鹽，能水解導致溶液呈堿性；碳酸是二元弱酸，第一步電離程度遠遠大于第二步電離，所以碳酸根離子的第一步水解程度遠遠大于第二步水解程度；NaHCO3和BaCl2不反應，但Na2CO3和BaCl2能反應生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氫氧化鈣都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反應）溶液或NaHCO3（要反應）溶液中加入NaOH都不產生明顯現(xiàn)象；在測得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水電離的OH-濃度為a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水電離的OH-濃度為b=10-5mol/L；25℃時，濃度均為0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液兩種溶液等體積混合后，存在物料守恒：2c(Na＋)＝3[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]；NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均為：碳酸根、碳酸氫根、氫氧根、氫離子、碳酸分子、水分子，存在的粒子種類相同；溫度不變，水的離子積常數(shù)不變；分別加入NaOH固體，恢復到原溫度，碳酸氫根和氫氧根在溶液反應會生成碳酸根和水，氫氧根對它們的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大；等體積混合后溶液顯堿性，CO32－與HCO3－水解程度大于電離程度，CO32－水解會產生HCO3－；常溫下，等體積混合后的溶液中滴加稀鹽酸，NaCl顯中性，H2CO3顯酸性，NaHCO3顯堿性。

【詳解】

(1)碳酸氫鈉是強堿弱酸酸式鹽，能水解導致溶液呈堿性，水解方程式為HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；

故答案為：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－；

(2)碳酸鈉是強堿弱酸鹽能水解；碳酸是二元弱酸，第一步電離程度遠遠大于第二步電離，所以碳酸根離子的第一步水解程度遠遠大于第二步水解程度，導致碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉的水解程度；

故答案為：大于；

(3)①NaHCO3和BaCl2不反應，但Na2CO3和BaCl2能反應生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氫氧化鈣都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反應）溶液或NaHCO3（要反應）溶液中加入NaOH都不產生明顯現(xiàn)象，②若加熱后NaHCO3不分解，溶液仍然是NaHCO3溶液；溫度不變溶液的PH值也不變，由此證明甲是正確的；

故答案為：乙；b；等于；

(4)在測得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水電離的OH-濃度為a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水電離的OH-濃度為b=10-5mol/L，則a：b＝10－4：1；

故答案為：10－4：1；

(5)①a.25℃時，濃度均為0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液兩種溶液等體積混合后，存在物料守恒：2c(Na＋)＝3[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]；故a錯誤；

b.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均為：碳酸根、碳酸氫根、氫氧根、氫離子、碳酸分子、水分子，存在的粒子種類相同，故b錯誤；

c．溫度不變；水的離子積常數(shù)不變，故c正確；

d．分別加入NaOH固體，恢復到原溫度，碳酸氫根和氫氧根在溶液反應會生成碳酸根和水，氫氧根對它們的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大；故d正確；

故答案選ab；

②等體積混合后溶液顯堿性，CO32－與HCO3－水解程度大于電離程度，CO32－水解會產生HCO3－，所以c(HCO3－)＞c(CO32－)，故有c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)；

③常溫下，等體積混合后的溶液中滴加稀鹽酸，在此過程中，HCO3－與H＋生成水和CO2，CO32－與H＋生成HCO3－、H2CO3，陰離子與Na＋生成NaCl、NaHCO3，NaCl顯中性，H2CO3顯酸性，NaHCO3顯堿性，故至中性時，溶質的主要成分有：NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）；

故答案為：ab；c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)；NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）。

【點睛】

物料守恒找非氫非氧元素，找出二者的比例關系再寫平衡；比較溶液中的離子濃度大小，遵循兩原則，出現(xiàn)在前，不出現(xiàn)在后；份數(shù)優(yōu)先，如(5)③混合溶液中：出現(xiàn)在前（Na＋、HCO3－、CO32－），不出現(xiàn)在后（OH－、H＋）；分數(shù)優(yōu)先（Na＋＞HCO3－、CO32－），再結合水解電離程度分析。【解析】①.HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－②.大于③.乙④.b⑤.等于⑥.10－4：1⑦.ab⑧.c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)⑨.NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）三、判斷題(共6題，共12分)15、×【分析】【分析】

【詳解】

硫酸與Ba(OH)2完全反應除了生成水還生成了沉淀，故錯誤。【解析】錯16、B【分析】【分析】

【詳解】

25℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液為中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若溫度為100℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液為中性，因此pH＜7的溶液可能呈堿性、中性或酸性，故此判據(jù)錯誤。17、B【分析】【分析】

【詳解】

0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，NaHA水溶液呈酸性，則HA-水解程度小于電離程度、溶液中A2-離子濃度大于H2A濃度，故答案為：錯誤。18、A【分析】【詳解】

氯化鋁，氯化鐵，氯化銅均屬于強酸弱堿鹽，在溶液中水解生成相應的氫氧化物和鹽酸，加熱促進水解、同時鹽酸揮發(fā)，進一步促進水解，所以溶液若蒸干，會得到相應的氫氧化物、若繼續(xù)灼燒，氫氧化物會分解生成氧化物。所以答案是：正確。19、B【分析】【詳解】

稀釋能促進鹽類水解，但是體積增加幅度更大。因此鹽的濃度越低，越促進水解、鹽水解產生的氫離子或氫氧根離子濃度也越低、則溶液的酸性或堿性則越弱。則答案是：錯誤。20、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何條件下，純水電離產生的c(H+)=c(OH-)，因此純水都呈中性，故該說法是正確的。四、原理綜合題(共4題，共40分)21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)煤的氣化是指煤與水蒸氣反應生成一氧化碳和氫氣的過程，故答案為：C+H2O(g)CO+H2。

(2)①因溫度升高可逆反應向吸熱反應方向移動，從而導致平衡常數(shù)減小，而反應①在700℃時的平衡常數(shù)比在500℃時的平衡常數(shù)小，故①的正反應是放熱反應，a＜0，用①+②就可得到③式，故c=a+b，故答案為：＜，c=a+b；

②K3=c(CH3OH)c(H2O)/[c3(H2)c(CO2)]=k1×k2=2.5×1=2.5，KQ=25/27＜2.5，故此時反應向右進行，甲醇的生成速率大于其消耗速率，故答案為：2.5，>；

(3)①由圖Ⅰ知；530℃；0.1MPa時乙烯的選擇性最大，故答案為：530℃、0.1MPa；

②t1時刻，水的物質的量為3.6摩爾，乙烯的物質的量為1.8摩爾，設甲醇起始物質的量為xmol，(x-3.6)/(x-3.6+1.8+3.6)=10%，則甲醇的轉化率為3.6/4.2=85.7%，因壓強減小后平衡向右移動，導致生成水的量增大，繪制圖像時應注意條件改變后水的物質的量沒有立即變化，重新達到平衡所需要的時間應比t0多，故答案為85.7%。【解析】C+H2O(g)CO+H2<c=a+b2.5>530℃、0.1MPa85.7%22、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)圖中內容，可以看出N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O反應的焓變等于舊鍵斷裂吸收的能量和新鍵生成釋放的能量之差，即△H=(154+391×4+497?946?463×4)kJ/mol=?583kJ/mol；故答案為：?583；

（2）化學平衡表達式為K=

（3）①A．反應開始時乙容器內H2的濃度較大，所以逆反應速率：甲<乙；故正確；

B．水蒸氣的密度與氫氣的密度不同；所以當容器內的密度不變時，即是平衡狀態(tài)，故正確；

C．該反應為氣體體積不變的反應；所以容器內壓強始終不變，不能用壓強判斷平衡狀態(tài)，故錯誤；

D．平衡后添加Fe3O4；增加固體的量平衡不移動，故錯誤；

故選AB；

②投料后甲5min達平衡，則此段時間內的平均反應速率故答案為：0.05mol?L-1?min?1；

③反應是放熱反應；若將平衡體系溫度降低100℃，平衡正向移動；

A．正向移動H2O轉化為等物質的量的H2；氣體質量減小，故A不符合；

B．平衡正向移動；氫氣物質的量增大，故B符合；

C．反應前后氣體質量發(fā)生變化；密度隨反應進行發(fā)生變化，故C不符合；

故答案為：B；

（4）由于反應前后氣體體積相等，所以C條件下，平衡不移動，氫氣的體積分數(shù)與平衡是相同；A狀況下，反應正向進行生成氫氣，反應放出熱量使容器溫度升高，抑制反應繼續(xù)生成氫氣，故氫氣體積分數(shù)較低；B狀況下反應逆向進行生成Fe和水，是吸熱過程，使容器溫度降低，抑制反應繼續(xù)消耗氫氣，所以氫氣的體積分數(shù)較高，故H2的百分含量按由大到小的順序排列：B>C>A；

故答案為：B>C>A。【解析】?583AB0.05mol?L-1?min?1BB>C>A23、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)使用催化劑；化學反應速率加快的微觀解釋，以及反應熱的只有反應物和生成物的總能量有關，據(jù)此刻解答；

(2)先求出此反應焓變；根據(jù)熱化學方程式的書寫規(guī)則再寫出熱化學方程式；

(3)根據(jù)反應物等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能計算；

(4)已知4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1=-akJ·mol-1①，N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH2=-bkJ·mol-1②，利用蓋斯定律將計算；

(5)根據(jù)蓋斯定律，熱化學方程式Ⅱ×2-熱化學方程式Ⅰ可得熱化學方程式Ⅲ，從而得到目標反應的焓變ΔH3。

【詳解】

(1)加入催化劑能夠降低反應所需的活化能，則E1和E2都減小；催化劑不能改變反應物的總能量和生成物的總能量之差，即反應熱不改變，所以催化劑對反應熱無影響，故答案為：減小，不變；

(2)由圖像可知，該反應為放熱反應，且生成1molNH3(g)時，放出的熱量為(300-254)kJ，故N2和H2反應的熱化學方程式為：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1；

(3)設N-H鍵能為故反應熱。

△H=-92kJ·mol-1=(3×435+943)kJ·mol-1-6×解得390kJ·mol-1；故答案為：390；

(4)已知①4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1=-akJ·mol-1②N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH2=-bkJ·mol-1，由蓋斯定律可知①-3×②可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-(-a-3b)kJ·mol-1，則1molNH3將NO還原為N2時，反應熱為kJ·mol-1，故答案為：

(5)反應Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq)ΔH1，反應Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq)ΔH2，根據(jù)蓋斯定律可知，Ⅱ×2-Ⅰ可得：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)ΔH3=2ΔH2-ΔH1，故答案為：2ΔH2-ΔH1。【解析】減小不變N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-13902ΔH2-ΔH124、略

【分析】【分析】

（1）①2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）的平衡常數(shù)K1=②2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）的平衡常數(shù)K2=（2）焓變=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能；（3）將得n，將n代入①中得k；（4）①NO的體積分數(shù)即物質的量分數(shù)，利用“三段式”計算平衡后NO的物質的量分數(shù)；分壓=總壓體積分數(shù)，則NO、Cl2、ClNO的分壓強分別是（5）NO的物質的量越小其轉化率越大；當反應物的物質的量之比等于其計量數(shù)之比時生成物的含量最大，當n（NO）/n（Cl2）=1.5時較C點NO的物質的量大；平衡右移，產物的含量增大。

【詳解】

（1）①2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）平衡常數(shù)K1=②2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）平衡常數(shù)K2=則4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）可由2×①-②得到，所以K=K12/K2；（2）2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）的ΔH=kJ/mol；（3）υ正=k?cn（ClNO），則解得n=2；將n代入①中得解得k=4.0×10-8L/（mo1?s）；（4）①設反應前氯氣的物質的量是amol；則n(NO)=2amol

2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）

初始2aa0

變化a0.5aa

平衡a0.5aa

在p壓強條件下，M點時容器內NO的體積分數(shù)為=40%；

②NO、Cl2、ClNO的分壓強分別是Kp=5/p；（5）NO的物質的量越大其轉化率越小，所以NO轉化率最大的是A點；當反應物的物質的量之比等于其計量數(shù)之比時生成物的含量最大；當n（NO）/n（Cl2）=1.5時較C點NO的物質的量大，平衡右移，產物的含量增大，應為D點；【解析】K12/K2289-2a2