…………○…………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年仁愛科普版拓展型課程化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、氣體A、B分別為0.6mol和0.5mol，在0.4L密閉容器中發生反應：3A＋BaC＋2D，經5min后，此時氣體C為0.2mol；又知在此反應時間內，D的平均反應速率為0.1mol/(L·min)，下面的結論正確的是A.此時，反應混合物總物質的量為1molB.B的轉化率20%C.A的平均反應速率為0.1mol/(L·min)D.a值為32、在一支試管中加入少量氯化鈷晶體，再逐滴加入濃鹽酸至晶體完全溶解，然后滴加水至溶液呈紫色為止。溶液中存在如下平衡：(aq)(粉紅色)+4Cl-(aq)(aq)(藍色)+6H2O(l)?H，下列說法不正確的是A.向溶液中加入適量的稀硫酸，平衡正向移動，溶液為藍色B.將試管放入熱水水中，溶液變成粉紅色，則：?H＜0C.當溶液中v正[()]=v逆()時，說明反應達到平衡狀態D.該反應的平衡常數K=3、FeCl3溶液與KSCN溶液混合，發生反應：Fe3+(aq)+3SCN-(aq)Fe(SCN)3(aq)ΔH，其中Fe(SCN)3的濃度與溫度T的關系如圖所示；下列說法正確的是。

A.ΔH＞0B.當溶液處于D點時，v(逆)＞v(正)C.溶液中c(Fe3+)：A點＞B點＞C點D.T1、T2時相應的平衡常數分別為K1、K2，則＜14、80℃時，NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)。該溫度下，在甲、乙、丙三個體積相等且恒容的密閉容器中，投入NO2和SO2，起始濃度如下表所示，其中甲經2min達平衡時，NO2的轉化率為50%，下列說法不正確的是。起始濃度甲乙丙c(NO2)(mol/L)0.100.200.20c(SO2)/(mol/L)0.100.100.20A.容器甲中的反應在前2min的平均反應速率v(SO2)=0.025mol/(L·min)B.達到平衡時，容器丙中正反應速率與容器甲相等C.溫度升至90℃，上述反應平衡常數為1.56，則反應的△H＞0D.容器乙中若起始時改充0.10mol/LNO2和0.20mol/L，達到平衡時c(NO)與原平衡相同5、某有機物不能發生的化學反應是A.消除反應B.取代反應C.氧化反應D.加成反應6、按下述實驗方法制備氣體，合理又實用的是A.鋅粒與稀硝酸反應制備H2B.加熱分解NH4Cl固體制備NH3C.亞硫酸鈉與濃硫酸反應制備SO2D.大理石與濃硫酸反應制備CO27、不能用啟普發生器制取的氣體是A.SO2B.H2SC.CO2D.H28、用如圖所示裝置進行氣體x的性質實驗；得出的實驗結論正確的是。

。選項。

實驗操作。

實驗結論。

實驗結論。

制備氣體x

溶液a

溶液a

A

乙醇與濃硫酸共熱至170℃

KMnO4酸性溶液。

紫色褪去。

C2H4被氧化。

B

碳酸鈉與醋酸溶液作用。

Na2SiO3溶液。

產生白色沉淀。

H2CO3的酸性強于H2SiO3

C

雙氧水與二氧化錳作用。

KI淀粉溶液。

溶液變藍。

O2能將I-氧化為I2

D

溴乙烷與氫氧化鈉醇溶液共熱。

Br2的四氯化碳溶液。

橙紅色褪去。

C2H4與Br2發生加成反應。

A.AB.BC.CD.D9、實驗室探究SO2與Fe(NO3)3溶液反應的原理；裝置如下圖，實驗中Y裝置產生白色沉淀。下列說法不正確的是。

A.滴加濃硫酸之前應進行的操作是打開彈簧夾，通入一段時間N2B.Y中產生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3C.產生白色沉淀的原因可能是在酸性條件下SO2與NO3-反應生成了SO42-D.若將Fe(NO3)3換成FeCl3，Y中也能產生白色沉淀，說明Fe3+也能將SO2氧化評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、水豐富而獨特的性質與其結構密切相關。

(1)對于水分子中的共價鍵，依據原子軌道重疊的方式判斷，屬于_________鍵；依據O與H的電負性判斷，屬于_________共價鍵。

(2)水分子中，氧原子的價層電子對數為_________，雜化軌道類型為_________。

(3)下列事實可用“水分子間存在氫鍵”解釋的是_________(填字母序號)。

a．常壓下；4℃時水的密度最大。

b．水的沸點比硫化氫的沸點高160℃

c．水的熱穩定性比硫化氫強。

(4)水是優良的溶劑，常溫常壓下極易溶于水，從微粒間相互作用的角度分析原因：_________(寫出兩條)。

(5)酸溶于水可形成的電子式為_________；由于成鍵電子對和孤電子對之間的斥力不同，會對微粒的空間結構產生影響，如中H－N－H的鍵角大于中H－O－H的鍵角，據此判斷和的鍵角大小：________(填“＞”或“＜”)。11、向某密閉容器中充入等物質的量的氣體M和N；一定條件下發生反應，達到平衡后，只改變反應的一個條件，測得容器中物質的濃度；反應速率隨時間的變化如圖1、圖2所示。

回答下列問題：

(1)該反應的化學方程式為_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min時改變的條件是____，40min時改變的條件是____，請在圖2中畫出30min~40min的正逆反應速率變化曲線以及標出40min~50min內對應的曲線_____。

(3)0~8min內，_______；50min后，M的轉化率為_______(保留三位有效數字)。

(4)20min~30min內，反應平衡時的平衡常數K=_______。12、研究CO還原NOx對環境的治理有重要意義；相關的主要化學反應有：

ⅠNO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）ΔH1

Ⅱ2NO2（g）+4CO（g）N2（g）+4CO2（g）ΔH2＜0

Ⅲ2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）ΔH3＜0

（1）已知：每1mol下列物質分解為氣態基態原子吸收的能量分別為。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根據上述信息計算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正確的是_______。

A在絕熱恒容密閉容器中只進行反應Ⅰ；若壓強不變，能說明反應Ⅰ達到平衡狀態。

B反應ⅡΔH＜0；ΔS＜0；該反應在低溫下自發進行。

C恒溫條件下；增大CO的濃度能使反應Ⅲ的平衡向正向移動，平衡常數增大。

D上述反應達到平衡后；升溫，三個反應的逆反應速率均一直增大直至達到新的平衡。

（2）在一個恒溫恒壓的密閉容器中，NO2和CO的起始物質的量比為1∶2進行反應，反應在無分子篩膜時二氧化氮平衡轉化率和有分子篩膜時二氧化氮轉化率隨溫度的變化如圖所示，其中分子篩膜能選擇性分離出N2。

①二氧化氮平衡轉化率隨溫度升高而降低的原因為_______。

②P點二氧化氮轉化率高于T點的原因為_______。

（3）實驗測得，V正＝k正·c2（NO）·c2（CO），V逆＝k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆為速率常數；只與溫度有關）。

①一定溫度下，向體積為1L的密閉容器中充入一定量的NO和CO，只發生反應Ⅲ，在tl時刻達到平衡狀態，此時n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=amol，且N2占平衡總體積的1/4則：=_______。

②在t2時刻，將容器迅速壓縮到原容積的1/2，在其它條件不變的情況下．t3時刻達到新的平衡狀態。請在圖中補充畫出t2-t3-t4時段，正反應速率的變化曲線_______。

13、某有機物的結構簡式如圖所示：

(1)1mol該有機物和過量的金屬鈉反應最多可以生成________H2。

(2)該物質最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為________。14、以下是合成乙酰水楊酸（阿司匹林）的實驗流程圖；請你回答有關問題：

已知：阿司匹林；水楊酸和乙酸酐的相對分子量分別為：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化學反應方程式為_________________；反應類型____________；

（2）水楊酸分子之間會發生縮合反應生成聚合物，寫出用除去聚合物的有關離子方程式______________________________________________；

（3）抽濾裝置如圖所示，儀器A的名稱___________；該操作時在儀器A中加入濾紙，用蒸餾水濕潤后，應________（選擇下列正確操作的編號）；再轉移液體①微開水龍頭；②開大水龍頭；③微關水龍頭；④關閉水龍頭。

（4）下列有關抽濾的說法中正確的是________

A．抽濾是為了加快過濾速率；得到較大顆粒的晶體。

B.不宜用于過濾膠狀沉淀或顆粒太小的沉淀。

C．當吸濾瓶內液面高度快達到支管口時；應拔掉鏈接支管口的橡皮管，從支管口倒出。

D．將晶體轉移至布氏漏斗時；若有晶體附在燒杯內壁，應用蒸餾水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗滌沉淀時；應使洗滌劑快速通過沉淀。

（5）用冷水洗滌晶體的目的_______________________；

（6）取2.000g水楊酸、5.400g乙酸酐反應，最終得到產品1．566g。求實際產率_______；15、實驗室模擬工業生產食品香精菠蘿酯（）的簡易流程如下：

有關物質的熔、沸點如表：。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔點/℃436299沸點/℃181.9189285

試回答下列問題：

（1）反應室I中反應的最佳溫度是104℃，為較好地控制溫度在102℃~106℃之間，加熱時可選用___（選填字母）。

A．火爐直接加熱B．水浴加熱C．油浴加熱。

（2）分離室I采取的操作名稱是___。

（3）反應室I中發生反應的化學方程式是___。

（4）分離室II的操作為：①用NaHCO3溶液洗滌后分液；②有機層用水洗滌后分液；洗滌時不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，其原因是___（用化學方程式表示）。16、如圖所示的初中化學中的一些重要實驗；請回答下列問題：

（1）圖A稱量NaCl的實際質量是___。

（2）圖B反應的實驗現象是__。

（3）圖C反應的表達式為__。

（4）圖D實驗目的是__。評卷人得分三、有機推斷題(共1題，共2分)17、G是一種治療心血管疾病的藥物；合成該藥物的一種路線如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)寫出①的反應類型_______。

(2)反應②所需的試劑和條件_______。

(3)B中含氧官能團的檢驗方法_______。

(4)寫出E的結構簡式_______。

(5)寫出F→G的化學方程式_______。

(6)寫出滿足下列條件，C的同分異構體的結構簡式_______。

①能發生銀鏡反應；②能發生水解反應；③含苯環；④含有5個化學環境不同的H原子。

(7)設計一條以乙烯和乙醛為原料(其它無機試劑任選)制備聚2-丁烯（）的合成路線_______。(合成路線常用的表達方式為：AB目標產物)評卷人得分四、實驗題(共3題，共24分)18、煤礦篩選煤后廢棄的煤矸石主要含有SiO2、Al2O3、Fe2O3；某實驗室用煤矸石提取氧化鋁，設計實驗流程如下：

(1)步驟(Ⅰ)中溶液A和沉淀分離的操作名稱是__________。

(2)步驟(Ⅱ)中溶液B含有的陰離子除Cl-、OH-外，還有_____________(寫離子符號)。

(3)步驟(Ⅱ)中“過量NaOH溶液”是否能換成“過量氨水”？_____________(填“是”或“否”)，說明理由___________________________。

(4)步驟(Ⅳ)得到的Al2O3可制備Al，寫出反應的化學方程式_______________。19、“五?一”節后；小麗帶著快樂的心情返回學校。當她來到實驗室時，意外地發現實驗桌上有瓶敞口放置已久的NaOH溶液，由此，激發了她的探究欲望。

[提出問題]這瓶NaOH溶液一定變質了；其變質程度如何呢?

[提出猜想]小麗的猜想：NaOH溶液部分變質。你的新猜想：_____________。

[實驗探究]小麗設計如下實驗來驗證自己的猜想；請根據表中的內容填寫空格：

。實驗步驟。

現象。

結論。

取少量NaOH溶液樣品于試管中,先滴加足量的CaCl2溶液,然后再滴加酚酞試液。

___________________

NaOH溶液部分變質。

假設你的猜想正確；并按小麗的實驗方案進行實驗，則你觀察到的實驗現象是：_______________________

[實驗反思]

(1)下列物質①BaCl2溶液、②Ca(NO3)2溶液、③Ca(OH)2溶液、④Ba(OH)2溶液,不能替代小麗實驗中CaCl2溶液的是___(填序號)。

(2)小麗第二次滴加的試劑除用指示劑外；還可以用___________替代。

[拓展應用]保存NaOH溶液的方法是______________。20、炭粉與反應的產物比較復雜，某化學研究小組在實驗室中以炭粉與反應為探究對象；擬通過實驗探究反應后的產物，提出如下4種猜想：

猜想1：反應后產物是

猜想2：反應后產物是和CO

猜想3：反應后產物是和

猜想4：反應后產物是和

（1）實驗前，小組成員經過討論認定猜想3不成立，理由是______。

（2）實驗過程：已知：濕潤的氯化鈀試紙遇CO變黑；可用于檢驗是否有CO生成，針對猜想1；2、4，設計如圖所示的實驗裝置：

根據上圖連接好實驗裝置；并檢查氣密性。

將炭粉與均勻混合裝入試管；在靠近試管口處放置一張濕潤的氯化鈀試紙。

用酒精燈微微加熱試管底部。

試管中發生劇烈反應并產生火花；氯化鈀試紙未變黑，澄清石灰水未變渾濁。

其中裝置B的作用是______；由此可推測猜想______不成立。若CO在潮濕環境中可將氯化鈀還原為黑色粉末狀的鈀該反應的化學方程式為______。

（3）結果分析討論：

試管冷卻至室溫、稱量、測得剩余固體的質量為由此可初步確認猜想______是正確的，炭粉與反應的化學方程式為______。請你設計實驗驗證上述猜想4，完成下表中內容。可供選擇的藥品有溶液、酚酞溶液、鹽酸等實驗方案不要求寫具體操作過程預期實驗結果和結論________________________評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共4分)21、煤和石油通常都含有硫的化合物；燃燒生成的二氧化硫成為大氣主要污染物之一。二氧化硫的治理已成為當前研究的課題。其催化氧化的過程如圖1所示：

(1)已知：I．SO2(g)+V2O5(s)SO3(g)+V2O4(s)△H1=+24kJ?mol-1

Ⅱ．2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)△H2=-244kJ?mol-1

①SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=___kJ?mol-1。

②活化分子比普通分子高出的能量稱為活化能，則反應Ⅱ的正反應活化能為__(用字母E1～E6表示)kJ?mol-1。

③總反應速率一般由慢反應決定，從圖1中分析決定V2O5催化氧化SO2的反應速率的是反應__(填“I”或“Ⅱ”)。

(2)某溫度下，向2L的恒容密閉容器中充入等物質的量的SO2和O2，測得SO2的物質的量變化如圖2所示：

①第5min時反應達到平衡，v(SO3)=____mol?L-1?min-1，O2的轉化率為_____

②該溫度下，反應的平衡常數K=______(精確到0.01)。22、氮是地球上含量較豐富的一種元素；氮的化合物在工業生產和生活中有重要的作用。

(1)四氧化二氮是火箭推進器的燃料，它與二氧化氮可以相互轉化。一定條件下，密閉容器內發生化學反應：△H＞0；達到平衡時，當分別改變下列某一條件，回答：

①達到平衡時，升高溫度，平衡將______移動(填“正向”；“逆向”或“不”)。

②達到平衡時，保持體積不變充入Ar氣時，平衡將______移動(填“正向”；“逆向”或“不”)。

③達到平衡時，保持容器容積不變，再通入一定量N2O4，達到平衡時NO2的百分含量______(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(2)消除汽車尾氣污染物中NO的反應平衡常數表達式為：

已知：

寫出此反應的熱化學方程式______，該反應______(填“高溫”或“低溫”)能自發進行。

(3)在催化劑作用下，H2可以還原NO消除污染，反應的化學方程式為：將2molNO和1molH2充入一個1L恒容的密閉容器中，經相同時間測得混合氣體N2的體積分數與溫度的關系如圖所示。則低于900K時，N2的體積分數______(填“是”或“不是”)對應溫度下平衡時的體積分數，原因是______。高于900K時，N2的體積分數降低的可能原因是______(任寫一點)。

(4)氨氣是生產氮肥的主要原料，一定溫度下，在體積為1L的密閉容器中充入1molN2和2molH2合成氨反應達到平衡狀態時，測得N2的轉化率為25%，則達平衡時該反應的中衡常數K=______(列出計算式)。評卷人得分六、結構與性質(共2題，共20分)23、I．元素周期表中80％左右的非金屬元素在現代技術包括能源；功能材料等領域占有極為重要的地位。

（1）氮及其化合物與人類生產、生活息息相關，基態N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是_____，N2F2分子中N原子的雜化方式是_______，1molN2F2含有____個δ鍵。

（2）高溫陶瓷材料Si3N4晶體中N-Si-N的鍵角大于Si-N-Si的鍵角，原因是_______。

II．金屬元素鐵；銅及其化合物在日常生產、生活有著廣泛的應用。

（1）鐵在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常溫下呈液態，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據此可判斷Fe(CO)x晶體屬于_____（填晶體類型）。Fe(CO)x的中心原子價電子數與配體提供電子吸之和為18，則x=________。

（3）N2是CO的一種等電子體，兩者相比較沸點較高的為_______（填化學式）。

（4）銅晶體中銅原子的堆積方式如下圖甲所示。

①基態銅原子的核外電子排布式為___________。

②每個銅原子周圍距離最近的銅原子數目為___________。

（5）某M原子的外圍電子排布式為3s23p5，銅與M形成化合物的晶胞如下圖乙所示(黑點代表銅原子）。已知該晶體的密度為ρg·cm-3，阿伏加德羅常數為NA，則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為_________pm。(只寫計算式）。24、鉻是由法國化學家沃克蘭于1798年在巴黎發現。目前鉻被廣泛應用于冶金；化工、鑄鐵、耐火及高精端科技等領域。

(1)鉻元素基態原子的價電子排布式為___________。

(2)金屬鉻的第二電離能和錳的第二電離能分別為1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏鹽(Reineckesalt)的化學式為是一種易溶于水和乙醇的暗紅色固體。

①雷氏鹽中存在的化學鍵有___________(填序號)。

A．鍵B．鍵C．氫鍵D．配位鍵E．金屬鍵。

②配體中C采取的雜化方式為___________，可用于形成配位鍵的原子有___________。

③的價層電子對數為___________，空間構型是___________，寫出一種與互為等電子體的分子___________。

④乙醇能與水以任意比例互溶的原因是___________，___________。

(4)硒化鉻的立方晶胞結構如圖所示，晶胞參數為anm和bnm，則硒化鉻的密度為___________(列出表達式即可)。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【詳解】

A．在此反應時間內，D的平均反應速率為0.1mol/(L·min)，則反應產生D物質的物質的量為n(D)=0.1mol/(L·min)×5min×0.4L=0.2mol，根據物質反應轉化關系可知：每反應產生2molD，同時會消耗3molA和1molB，則反應產生0.2mol的D，消耗A是0.3mol，消耗B是0.1mol，因此5min后，反應混合物總物質的量n(總)=(0.6-0.3)mol+(0.5-0.1)mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol；A錯誤；

B．根據選項A分析可知在5min內消耗B的物質的量是0.1mol，則B的轉化率為：×100%=20%；B正確；

C．根據選項A分析可知在5min內消耗A的物質的量是0.3mol，則用A表示的平均反應速率v(A)==0.15mol/(L?min)；C錯誤；

D．由以上分析可知：在5min內產生C；D的物質的量相等；則C、D的化學計量數相等，故a=2，D錯誤；

故合理選項是B。2、A【分析】【詳解】

A．稀硫酸與溶液中的粒子均不反應；平衡不移動，A項錯誤；

B．溫度升高，平衡逆移，根據勒夏特列原理可得出正反應為放熱反應，?H＜0；B項正確；

C．正反應減少的速率等于逆反應減少的速率；正逆反應速率相等，反應達到平衡，C項正確。

D．水溶液中計算平衡常數，水的濃度以1計，該反應的平衡常數K=D項正確；

故選A。3、B【分析】【分析】

圖象中曲線上的A、B、C三點為不同溫度下的平衡狀態，D在曲線上方，未處于平衡狀態，c[Fe(SCN)3]比平衡狀態大；反應應向逆反應方向移動。

【詳解】

A．隨著溫度的升高，溶液中c[Fe(SCN)3]逐漸減小，說明升高溫度平衡逆向移動，逆反應為吸熱反應，則該反應的正反應為放熱反應，△H＜0；A錯誤；

B．D點在曲線下方，未處于平衡狀態，由于c[Fe(SCN)3]比平衡狀態大，反應向逆反應方向移動，故v(逆)＞v(正)；B正確；

C．升高溫度，化學平衡向逆反應方向移動，c[Fe(SCN)3]減小，反應溫度：A點＜B點＜C點。降低溫度，化學平衡正向移動，使c(Fe3+)減小，故溶液中c(Fe3+)：A點＜B點＜C點；C錯誤；

D．該反應的正反應是放熱反應，升高溫度化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，使化學平衡K減小。由于溫度為：T1＜T2時，反應的平衡常數分別為K1、K2，則K1＞K2，故＞1；D錯誤；

故合理選項是B。4、B【分析】【詳解】

A．容器甲中起始時c(NO2)=0.10mol/L，經2min達平衡時，NO2的轉化率為50%則反應的NO2濃度為0.050mol/L，則反應消耗SO2的濃度也是0.050mol/L，故反應在前2min的平均速率v(SO2)==0.025mol/(L·min)；A正確；

B．反應NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)為氣體體積不變的反應；壓強不影響平衡，則容器甲和丙互為等效平衡，平衡時反應物轉化率相等，由于丙中各組分濃度為甲的2倍，則容器丙中的反應速率比A大，B錯誤；

C．對于容器甲，反應開始時c(NO2)=c(SO2)=0.10mol/L，經2min達平衡時，NO2的轉化率為50%，則反應的c(NO2)=0.050mol/L，根據物質反應轉化關系可知，此時c(SO2)=0.10mol/L=0.050mol/L=0.050mol/L，c(NO)=c(SO3)=0.050mol/L，該反應的化學平衡常數K=溫度升至90℃，上述反應平衡常數為1.56＞1，則升高溫度化學平衡向正反應方向移動，則正反應為吸熱反應，故該反應的△H＞0；C正確；

D．化學平衡常數只與溫度有關，與其它外界條件無關。由于NO2(g)、SO2(g)消耗是1：1關系，反應產生的SO3(g)、NO(g)也是1：1關系，所以容器乙中若起始時改充0.10mol/LNO2和0.20mol/L，平衡時，與原來的乙相同，則達到平衡時c(NO)與原平衡就相同；D正確；

故合理選項是B。5、A【分析】【詳解】

A．該物質中與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上沒有氫原子；不能發生消除反應，故A符合題意；

B．含有羥基可以發生酯化反應；含有酯基可以發生水解反應，均屬于取代反應，故B不符合題意；

C．與羥基相連的碳原子上有氫原子；且含有碳碳雙鍵，可以發生氧化反應，故C不符合題意；

D．含有碳碳雙鍵；可以發生加成反應，故D不符合題意；

綜上所述答案為A。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．硝酸具有強氧化性，鋅粒與稀硝酸反應不能放出H2；故不選A；

B．NH4Cl受熱分解為氨氣和氯化氫，氨氣和氯化氫遇冷又生成氯化銨，不能用加熱分解NH4Cl固體的方法制備NH3；故不選B；

C．亞硫酸鈉與濃硫酸反應生成硫酸鈉；二氧化硫、水；故選C；

D．大理石與濃硫酸反應生成微溶于水的硫酸鈣，硫酸鈣附著于碳酸鈣表面，碳酸鈣和硫酸隔離，反應不能持續進行，不能用碳酸鈣和硫酸反應制備CO2；故不選D；

選C。7、A【分析】分析：啟普發生器適用于固液混合狀態且不需加熱而制取的氣體的反應,且固體必須是塊狀的,據此結合氣體的制取原理進行判斷。

詳解：實驗室用亞硫酸鈉和硫酸制取SO2,硫酸鈉是粉末狀固體,所以不能用啟普發生器制取，A正確；實驗室用硫化亞鐵和稀硫酸制取H2S,硫化亞鐵為塊狀固體，硫酸為液體，且不需加熱,可以使用啟普發生器，B錯誤；實驗室用碳酸鈣和稀鹽酸制取CO2,碳酸鈣為塊狀固體，鹽酸為液體，且不需加熱,可以使用啟普發生器，C錯誤；實驗室用鋅和稀硫酸制取H2,鋅為塊狀固體，硫酸為液體，且不需加熱,可以使用啟普發生器，D錯誤；正確選項A。8、D【分析】A、乙醇易揮發，加熱后產生的氣體中含有乙醇蒸氣也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，選項A錯誤；B、醋酸易揮發，產生的氣體中可能含有醋酸，干擾實驗的判斷，選項B錯誤；C、氧氣可以直接排放，不必進行尾氣處理，選項C錯誤；D、溴乙烷與氫氧化鈉醇溶液共熱產生的乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明C2H4與Br2發生加成反應，選項D正確。答案選D。9、B【分析】【詳解】

A.通入一段時間N2，是為了排除空氣中O2的干擾；故A正確；

B.由于NO3-在酸性條件下具有強氧化性，能將SO32-氧化為SO42-，所以Y中產生的白色沉淀是BaSO4；故B不正確；

C.根據B項分析；C正確；

D.若將Fe(NO3)3換成FeCl3，Y中也能產生白色沉淀，且沉淀為BaSO4，說明Fe3+也能將SO2氧化；D正確；

綜合以上分析；本題答案為：B。

【點睛】

本題是一道實驗探究題，探究SO2與Fe(NO3)3溶液反應的原理，X裝置用于制備二氧化硫，Y裝置中盛有Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液，已知SO2不與BaCl2的溶液反應，二氧化硫具有還原性，可與硝酸根離子發生氧化還原反應生成硫酸根離子，進而生成硫酸鋇白色沉淀，該實驗還要考慮到空氣中氧氣的干擾以及排除干擾的方法，另外Fe3+的氧化性也是需要注意的，本題考查學生思維的嚴密性。二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】【詳解】

（1）對于水分子中的共價鍵，依據原子軌道重疊的方式判斷，屬于鍵；O與H的電負性不同；共用電子對偏向于O，則該共價鍵屬于極性共價鍵；

（2）水分子中，氧原子的價層電子對數為雜化軌道類型為sp3；

（3）a．水中存在氫鍵；導致冰的密度小于水的密度，且常壓下，4℃時水的密度最大，a正確；

b．水分子間由于存在氫鍵，使分子之間的作用力增強，因而沸點比同主族的H2S高，b正確；

c．水的熱穩定性比硫化氫強的原因是其中的共價鍵的鍵能更大；與氫鍵無關，c錯誤；

故選ab；

（4）極易溶于水的原因為NH3和H2O極性接近；依據相似相溶原理可知，氨氣在水中的溶解度大；氨分子和水分子間可以形成氫鍵，大大增強溶解能力；

（5）的電子式為有1對孤電子對，有2對孤電子對，孤電子對之間的排斥力大于孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力，水中鍵角被壓縮程度更大，故和的鍵角大小：>【解析】(1)極性。

(2)4sp3

(3)ab

(4)NH3和H2O極性接近；依據相似相溶原理可知，氨氣在水中的溶解度大；氨分子和水分子間可以形成氫鍵，大大增強溶解能力。

(5)>11、略

【分析】【詳解】

（1）依據圖1中各物質的濃度變化量可得到0-20min，M、N濃度減少量為1.5mol/L，P濃度增加量為3mol/L，則反應的化學方程式為由圖1可知，40min時平衡發生了移動，而P、M、N的濃度沒有改變，且改變壓強和使用催化劑平衡不移動，則改變的條件是溫度，30min時P、M、N濃度均減小則改變的條件為擴大容器體積，壓強減小，反應速率減小，由圖2可知40min時速率增大，則40min時改變的條件是升高溫度，而生成物P的濃度在減小，依據勒夏特列原理可判斷該反應的

（2）由(1)分析可知，30min時改變的條件是擴大容器的體積；40min時改變的條件是升高溫度；在圖2中畫出30min~40min的正逆反應速率變化曲線以及標出40min~50min內對應的曲線為

（3）8min時，M、N、P的物質的量濃度相等，設

則解得x=2，故8min時，0~8min內；

50min后；M；N、P的物質的量濃度相等，故M的轉化率為33.3%；

（4）由圖1可知，20min~30min內，為平衡狀態，M、N的平衡濃度為1.5mol/L，P的平衡濃度為3mol/L，則反應平衡時的平衡常數K=【解析】(1)<

(2)擴大容器的體積升高溫度

(3)33.3%

(4)412、略

【分析】【詳解】

(1)①ΔH1=E反應物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反應前后氣體系數不變；如果是恒溫恒容，無論平衡是否移動，容器中的壓強均不變，換為絕熱容器后，隨著反應的正向進行，反應放出熱量，體系溫度升高，等量氣體的壓強隨之增大，此時壓強是變量，可以作為平衡的依據，A項正確；

B.當ΔH-TΔS<0時；反應自發進行，由ΔH＜0，ΔS＜0，推出該反應低溫下自發進行，B項正確；

C.增大CO的濃度可以使反應Ⅲ的平衡向正向移動；但是平衡常數只受到溫度的影響，溫度不變，平衡常數不變，C項錯誤；

D.溫度升高；反應速率增大，三個反應的逆反應速率均增大，三個反應均為放熱反應，溫度升高，反應向吸熱方向進行，則平衡逆向移動，所以平衡移動的初期為逆反應速率大于正反應速率，為了達到新的平衡，逆反應速率向正反應速率靠近，逆反應速率會減小，所以逆反應速率的變化趨勢為先增大后減小，D項錯誤；

(2)①反應為放熱反應；溫度升高，平衡向逆反應(吸熱)方向進行，二氧化氮轉化率降低；

②相同溫度下，二氧化氮的轉化率在P點較高是因為使用了分子篩膜，將產物N2分離出來；降低了產物的濃度，使平衡正向進行，從而二氧化氮的轉化率提高；

(3)①列三段式求解：因為N2占平衡總體積的1/4，所以a=0.3mol，此時為平衡狀態，有v正=v逆，即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)；

②在t2時刻，將容器迅速壓縮到原容積的1/2，壓強瞬間增大為原來壓強的兩倍，正逆反應速率均增大，但是壓強增大，平衡向正反應(氣體系數減小)方向進行，則正反應速率大于逆反應速率，所以正反應速率的總體趨勢為先突然增大，然后減小，直至平衡，其圖像為【解析】①.-227②.AB③.反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動（或平衡常數減小）④.分子篩膜從反應體系中不斷分離出N2，有利于反應正向進行，二氧化氮轉化率升高⑤.270⑥.（起點的縱坐標為16，t3時刻達到平衡，t3-t4處于平衡狀態與已有線平齊）13、略

【分析】【分析】

由結構簡式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳雙鍵，結合醇、羧酸、烯烴的性質來解答。

【詳解】

(1)該有機物中的-OH、-COOH均與Na反應，金屬鈉過量，則有機物完全反應，1mol該有機物含有2mol羥基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和過量的金屬鈉反應最多可以生成1.5molH2；

故答案為：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均與Na反應，-COOH與NaOH、NaHCO3反應，則1mol該物質消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，則n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案為：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶214、略

【分析】【詳解】

(1)水楊酸和乙酸酐在濃硫酸的條件下發生取代反應生成乙酰水楊酸，方程式為：（2)在除去聚合物并提純阿司匹林的過程中；可以將阿司匹林與碳酸氫鈉反應使羧基變為羧酸鈉，且酯基不水解，這樣使阿司匹林溶于水，聚合物難溶于水，將聚合物除去，再將阿司匹林的鈉鹽鹽酸酸化可得阿司匹林，過程中涉及的離子方程式為：

.(3)該儀器的名稱為布氏漏斗。布氏漏斗中加入濾紙，用蒸餾水濕潤后，應先微開水龍頭，不能大開，避免濾紙破損。故選①。(4)A．抽濾能為了加快過濾速率，但不能使沉淀的顆粒變大，故錯誤；B.顆粒太小的沉淀不能用抽濾的原因是顆粒太小的容易在濾紙上形成一層密實的沉淀，不容易透過，故正確；C．當吸濾瓶內液面高度快達到支管口時，應拔掉吸濾瓶上的橡皮管，從吸濾瓶上口倒出溶液，而不能從吸濾瓶支管口倒出溶液，故錯誤；D．將晶體轉移至布氏漏斗時，若有晶體附在燒杯內壁，應用濾液來淋洗布氏漏斗，因為濾液是飽和溶液，沖洗是不會使晶體溶解，同時又不會帶入雜質，故錯誤；E.洗滌沉淀時，應先關小水龍頭，然后蒸餾水緩緩淋洗，再打開水龍頭抽濾，不能使洗滌劑快速通過沉淀，故錯誤。故選B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度減小，所以用冷水洗滌晶體可以除去晶體表面附著的雜質，并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗。(6)根據方程式分析，乙酸酐過量，用水楊酸計算阿司匹林的質量為g，實際產率為=60%。【解析】取代反應布氏漏斗①B除去晶體表面附著的雜質，并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗60%15、略

【分析】【分析】

用苯氧乙酸和丙烯醇發生酯化反應制得菠蘿酯，苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反應制得，考慮到它們溶沸點的差異，最好選擇溫度讓苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸都成為液體，反應室I中反應的最佳溫度是104℃，水浴加熱溫度太低，苯氧乙酸沸點99攝氏度，水浴溫度會使它凝固，不利于分離，火爐直接加熱，會使苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸全都生成氣體，不利于反應，故選擇油浴。生成的菠蘿酯屬于酯類，在堿性條件下會發生水解，所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。

【詳解】

(1)火爐直接加熱溫度比較高；會讓苯酚和氯乙酸變成蒸汽，不利于它們之間的反應，還會使苯氧，故溫度不能太高，水浴加熱溫度較低，不能讓氯乙酸和苯酚熔化，故溫度也不能太低，可以使所有物質都成液體，為較好地控制溫度在102℃~106℃之間，加熱時可選用油浴加熱；

答案為：C；

(2)分離室I是將反應不充分的原料再重復使用；為了增加原料的利用率，要把苯酚和氯乙酸加入反應室1，操作名稱為蒸餾；

答案為：蒸餾；

(3)反應室1為苯酚和氯乙酸發生取代反應，制得苯氧乙酸，+HCl；

答案為：+HCl；

(4)分離室II發生的反應是苯氧乙酸和丙烯醇發生酯化反應，制取菠蘿酯，由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度較小，可以析出，隨后分液即可，如用NaOH會使酯發生水解，故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，化學方程式為+NaOH+HOCH2CH=CH2

答案為+NaOH+HOCH2CH=CH2。【解析】C蒸餾+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH216、略

【分析】【分析】

（1）托盤天平的平衡原理：稱量物質量=砝碼質量+游碼質量；

（2）鎂在空氣中劇烈燃燒；放出大量的熱，發出耀眼的白光，生成白色固體氧化鎂；

（3）圖C表示銅和氧氣在加熱條件下生成黑色氧化銅；

（4）圖D表示加壓氣體體積縮小；

【詳解】

（1）稱量物質量=砝碼質量+游碼質量；15=NaCl質量+3，NaCl的實際質量是15g-3g=12g；

（2）鎂在空氣中燃燒的現象是：放出大量的熱；發出耀眼的白光，生成白色固體；

（3）圖C的表達式為：銅+氧氣氧化銅；

（4）圖D表示加壓氣體體積縮小，實驗目的是驗證分子之間的存在間隙；【解析】12g放出大量的熱，發出耀眼的白光，生成白色固體銅+氧氣氧化銅驗證分子之間的存在間隙三、有機推斷題(共1題，共2分)17、略

【分析】【分析】

化合物A分子式是C7H8，結構簡式是根據物質反應過程中碳鏈結構不變，結合D分子結構及B、C轉化關系，可知B是B發生催化氧化反應產生C是C與Br2在光照條件下發生甲基上的取代反應產生D是D與HCHO發生信息反應產生的分子式是C9H8O2的E是：E與I2反應產生F是：F與NaOH的乙醇溶液共熱，發生消去反應產生G：然后結合物質性質逐一分析解答。

【詳解】

根據上述分析可知A是B是C是D是E是F是G是

(1)反應①是與O2在催化劑存在的條件下加熱，發生氧化反應產生故該反應的類型為氧化反應；

(2)反應②是與Br2在光照條件下發生甲基上的取代反應產生故所需試劑和條件是Br2；光照；

(3)B結構簡式是含有的官能團是醛基-CHO，檢驗其存在的方法是：取樣，滴加少量新制的Cu(OH)2懸濁液；加熱煮沸，若產生磚紅色沉淀，就說明物質分子中含有醛基；

(4)根據上述推斷可知E的結構簡式是

(5)F是與NaOH乙醇溶液共熱，發生消去反應產生G：則F→G的化學方程式為：+NaOHNaI+H2O+

(6)化合物C是C的同分異構體滿足下列條件：①能發生銀鏡反應，說明分子中含有-CHO；②能發生水解反應，說明含有酯基；③含苯環；④含有5個化學環境不同的H原子，則其可能的結構簡式是

(7)CH2=CH2與HBr在一定條件下發生加成反應產生CH3-CH2Br，CH3-CH2Br與CH3CHO發生信息反應產生CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在一定條件下發生加聚反應產生聚2-丁烯，故合成路線為：CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3【解析】氧化反應Br2、光照取樣，滴加少量新制的Cu(OH)2懸濁液，加熱煮沸，若產生磚紅色沉淀，說明含有醛基+NaOHNaI+H2O+CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3四、實驗題(共3題，共24分)18、略

【分析】【分析】

煤矸石加鹽酸溶解金屬氧化物；二氧化硅和雜質不與酸反應，過濾分離，濾液加入過量氫氧化鈉生成可溶性偏鋁酸鈉和沉淀氫氧化鐵，過濾分離，濾液加入二氧化碳得到氫氧化鋁沉淀，最后對氫氧化鋁加熱使其分解得到產品氧化鋁。

【詳解】

（1）步驟(Ⅰ)中溶液A和沉淀分離的操作名稱是過濾；

（2）步驟Ⅱ中加入過量的氫氧化鈉鐵離子完全沉淀，氫氧化鈉又和氯化鋁反應：所以濾液中含有氫氧化鈉、偏鋁酸鈉、氯化鈉，濾液中陰離子為Cl-、OH-、AlO

（3）步驟(Ⅱ)中“過量NaOH溶液”不能換成“過量氨水”，因為過量氨水與Al3+反應生成Al(OH)3沉淀；無法與氫氧化鐵分離；

（4）步驟(Ⅳ)得到的Al2O3，電解可制備Al，【解析】(1)過濾。

(2)AlO

(3)否過量氨水與Al3+反應生成Al(OH)3沉淀；無法與氫氧化鐵分離。

(4)19、略

【分析】【分析】

根據二氧化碳能和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉；碳酸鈉和氯化鈣反應生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，而氫氧化鈉和氯化鈣反應生成氫氧化鈣和氯化鈉，氫氧化鈣微溶于水，溶液仍為堿性進行分析。

【詳解】

[提出猜想]因為氫氧化鈉容易和二氧化碳反應；所以放置很久的話，容易得到的猜想為氫氧化鈉全部變質；

[實驗探究]碳酸鈉和氯化鈣反應生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉；氫氧化鈉和氯化鈣反應生成氫氧化鈣和氯化鈉，前者反應后為中性，后者反應后為堿性，所以結論為部分變質，則現象為產生白色沉淀，滴入酚酞后，溶液變紅色；若氫氧化鈉全部變質，則實驗現象為開始時出現白色沉淀，然后在加酚酞溶液，沒有變色現象；

（1）因為要區別是否含有氫氧化鈉；即溶液是否具有堿性，所以不能加入氫氧化鈣或氫氧化鋇，故選③④；

（2）檢驗溶液中是否含有氫氧化鈉，可以利用硫酸銅溶液，二者相遇會有藍色沉淀生成；或利用銨鹽和堿反應時，可以產生刺激性氣味的氣體氨氣；因此可以使用硫酸銅溶液(或NH4Cl溶液)；

（3）因為氫氧化鈉容易和空氣中的二氧化碳反應，所以應密封保存。【解析】全部變質產生白色沉淀，滴入酚酞后，溶液變紅色開始時出現白色沉淀，然后在加酚酞溶液，沒有變色現象③④硫酸銅溶液(或NH4Cl溶液)應密封保存20、略

【分析】【分析】

（1）猜想3中和CO能發生反應；故不成立；

（2）過氧化鈉和炭粉加熱反應，濕潤的氯化鈀試紙沒有變黑，說明沒有CO生成，猜想2不成立，B是安全瓶，起防止倒吸的作用。用C中的石灰水檢驗是否有CO2生成。

（3）試管冷卻至室溫、稱量、測得剩余固體的質量為和加入的過氧化鈉和炭粉的總質量相等，說明沒有氣體生成，由此可初步確認猜想1或4是正確的，根據原子守恒，炭粉與反應不能只生成Na2CO3，還必須有Na2O生成，可寫出反應的化學方程式。設計實驗驗證上述猜想4，只需證明有Na2O即可。利用Na2O和水反應生成NaOH檢驗。

【詳解】

由于氧化鈉能與二氧化碳反應生成碳酸鈉；故猜想3不成立；

故答案為：氧化鈉能與二氧化碳反應生成碳酸鈉；

若生成二氧化碳被石灰水吸收，容易產生倒吸的危險，裝置B的作用是作安全瓶，防止倒吸；氯化鈀試紙未變黑，澄清石灰水未變渾濁，說明沒有CO、生成，由此可推測猜想2不成立，CO在潮濕環境中可將氯化鈀還原為黑色粉末狀的鈀CO氧化生成二氧化碳，還有HCl生成，反應方程式為：

故答案為：作安全瓶，防止倒吸；2；

剩余固體的質量為等于反應物總質量，說明沒有氣體生成，初步確認猜想1或4成立，根據原子守恒可知，不能只生成還有氧化鈉生成，反應方程式為：

設計實驗驗證猜想4：將反應后的物質溶于水；再加入足量的氯化鋇溶液，滴入幾滴酚酞溶液，若溶液變紅色，說明猜想成立；

故答案為：1或4；。實驗方案不要求寫具體操作過程預期實驗結果和結論加水溶解，再加入足量的氯化鋇溶液，滴入幾滴酚酞溶液若溶液變紅色，說明猜想成立

【點睛】

（3）題的解題點為根據剩余固體的質量為等于反應物總質量，說明沒有氣體生成，且根據原子守恒可知，不能只生成還有氧化鈉生成，屬于實驗探究題，較好的考查學生分析推理能力、實驗設計能力，難度中等。【解析】氧化鈉能與二氧化碳反應生成碳酸鈉作安全瓶，防止倒吸21或4加水溶解，再加入足量的氯化鋇溶液，滴入幾滴酚酞溶液若溶液變紅色，說明猜想成立五、原理綜合題(共2題，共4分)21、略

【分析】【詳解】

(1)①I+×II，整理可得SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=-98kJ/mol；

②活化分子比普通分子高出的能量稱為活化能，反應Ⅱ是放熱反應，根據圖示可知該反應的正反應活化能為(E4-E3)kJ/mol；

③總反應速率一般由慢反應決定。反應的活化能越大，反應發生消耗的能量就越高，反應就越不容易發生，該反應的化學反應速率就越慢。從圖1中分析可知反應I的活化能遠大于反應II的活化能，則說明決定V2O5催化氧化SO2的反應速率的是反應I；

(2)①根據圖示可知：從反應開始至5min達到平衡時△n(SO2)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，根據方程式可知：每有2molSO2反應，就會同時消耗1molO2，反應產生2molSO3，若消耗0.2molSO2，則同時消耗0.1molO2，產生0.2molSO3，故v(SO3)==0.02mol/(L·min)；由于反應開始時充入SO2、O2的物質的量相等，則O2的轉化率為=25%；

②反應達到平衡時，各種氣體的濃度c(SO2)==0.1mol/L，c(O2)==0.15mol/L；c(SO2)==0.1mol/L，則該溫度下，反應的平衡常數K=【解析】①.-98②.E4-E3③.I④.0.02⑤.25⑥.6.6722、略

【分析】【詳解】

(1)①該反應的正反應是吸熱反應；根據平衡移動原理，升高溫度，化學平衡向吸熱的移動，所以升高溫度，化學平衡正向移動；

②達到平衡時，保持體積不變充入Ar氣時，反應體系中任何一種物質的濃度不變，因此加入Ar氣對化學平衡移動無影響；因此化學平衡不發生移動平衡；

③達到平衡時，保持容器容積不變，再通入一定量N2O4，導致反應體系壓強增大。根據平衡移動原理：增大壓強，化學平衡向氣體體積減小的方向移動。該反應的正反應是氣體體積增大的方向，因此增大壓強，化學平衡向氣體體積減小的逆反應方向移動，當反應再次達到平衡時NO2的百分含量減小；

(2)根據平衡常數可知該可逆反應為2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)；

已知：①

②

③

根據蓋斯定律，將②×2-③-①，整理可得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；

根據方程式可知：該反應的正反應是氣體混亂程度減小的放熱反應，由反應自由能公式△G=△H-T△S＜0，可知當△G＜0；反應可自發進行，可判斷該反應在低溫下就可以自發進行；

(3)根據圖象可知：在低于900K時，N2的體積分數隨溫度的升高而增大，在900K以后，溫度升高，N2的體積分數減小，說明在低于900K時反應正向進行，未處于平衡狀態。溫度升高，反應速率加快，反應產生更多N2，因此N2的體積分數隨溫度的升高而增大。在900K以后，溫度升高，N2的體積分數減小，這是由于該反應的正反應是放熱反應，在反應達到平衡后，升高溫度，化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，導致N2的體積分數隨溫度的升高而減小；在高于900K時，N2的體積分數降低的可能原因是升高溫度平衡逆向移動或發生的副反應增多或由于任何催化劑都有一定的使用溫度范圍；溫度升高導致催化劑的活性降低等；

(4)在一定溫度下，在體積為1L的密閉容器中充入1molN2和2molH2合成氨，發生反應：N2+3H22NH3，反應達到平衡狀態時，測得N2的轉化率為25%，則此時N2的物質的量是mol，H2的物質的量是NH3的物質的量是由于容器的容積是1L，則各種氣體的平衡濃度分別