…………○…………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年滬教版選擇性必修一化學上冊月考試卷68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、已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g)ΔH＝akJ·mol－1

P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g)ΔH＝bkJ·mol－1

P4具有正四面體結構，PCl5中P－Cl鍵的鍵能為ckJ·mol－1,PCl3中P－Cl鍵的鍵能為1.2ckJ·mol－1

下列敘述正確的是A.P－P鍵的鍵能大于P－Cl鍵的鍵能B.可求Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(s)的反應熱ΔHC.Cl－Cl鍵的鍵能kJ·mol－1D.P－P鍵的鍵能為kJ·mol－12、反應4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)，在1L的密閉容器中進行，10s后，n(NO)增加了0.4mol。下列反應速率正確的是A.v(NH3)=0.0008mol·L-1·s-1B.v(O2)=0.01mol·L-1·s-1C.v(NO)=0.04mol·L-1·s-1D.v(H2O)=0.003mol·L-1·s-13、生活或生產中的下列操作，對鋼鐵的腐蝕不能起到減緩作用的是A.在鐵器件表面涂抹油漆B.將炒菜的鐵鍋洗凈后擦干C.將水中的鋼閘門與電源的正極連接D.在輪船的船身上裝鋅塊4、反應①反應②若反應①在溫度下進行，反應②在溫度下進行，已知且(其他條件均相同)，下列對兩個反應的反應速率，判斷正確的是()A.反應①快B.反應②快C.一樣大D.無法判斷5、在25℃和101kPa下，1gH2燃燒生成液態水放出142.9kJ的熱量，則下列屬于H2的燃燒熱的熱化學方程式的是A.kJ/molB.kJ/molC.kJ/molD.kJ/mol6、鎂燃料電池具有比能量高；使用安全方便、原材料來源豐富、成本低等特點。一般研究的鎂燃料電池可分為鎂空氣燃料電池、鎂海水燃料電池、鎂過氧化氫燃料電池和鎂次氯酸鹽燃料電池。其中鎂次氯酸鹽燃料電池的工作原理如圖所示；下列有關說法不正確的是。

A.鎂燃料電池中鎂均為負極，發生氧化反應B.鎂次氯酸鹽燃料電池的總反應式為：C.鎂過氧化氫燃料電池，酸性電解質中正極反應式為：D.鎂次氯酸鹽燃料電池放電過程中移向正極7、對于反應：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列為四種不同情況下測得的反應速率，其中能表明該反應進行最快的是A.υ(O2)=0.24mol?L?1?s?1B.υ(NH3)=0.2mol?L?1?s?1C.υ(H2O)=15.0mol?L?1?min?1D.υ(NO)=0.15mol?L?1?s?18、下列能使濕潤的pH試紙變紅的是A.CH3ClB.Cl2C.SO2D.NH3評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、我國十分重視保護空氣不被污染；奔向藍天白云，空氣清新的目標正在路上。硫；氮、碳的大多數氧化物都是空氣污染物。完成下列填空：

I.（1）碳原子的最外層電子排布式為___。氮原子核外能量最高的那些電子之間相互比較，它們不相同的運動狀態為___。硫元素的非金屬性比碳元素強，能證明該結論的是（選填編號）___。

A.它們的氣態氫化物的穩定性。

B.它們在元素周期表中的位置。

C.它們相互之間形成的化合物中元素的化合價。

D.它們的最高價氧化物對應水化物的酸性強弱。

Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)；在一定容積的密閉容器中進行該反應。

（2）在一定條件下，容器中壓強不發生變化時，___（填“能”或“不能”）說明該反應已經達到化學平衡狀態，理由是：___。

在一定溫度下，若從反應體系中分離出SO3，則在平衡移動過程中（選填編號）___。

A.K值減小B.逆反應速率先減小后增大。

C.K值增大D.正反應速率減小先慢后快。

Ⅲ.化學家研究利用催化技術進行如下反應：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)

（3）寫出該反應體系中屬于非極性分子且共用電子對數較少的物質的電子式___。按該反應正向進行討論，反應中氧化性：___＞___。

若該反應中氣體的總濃度在2min內減少了0.2mol/L，則用NO2來表示反應在此2min內的平均速率為___。

（4）已知壓強P2＞P1，試在圖上作出該反應在P2條件下的變化曲線___。

該反應對凈化空氣很有作用。請說出該反應必須要選擇一個適宜的溫度進行的原因是：___。10、脫除煙氣中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以凈化空氣；改善環境；是環境保護的主要課題。

（1）以漂粉精溶液為吸收劑脫除煙氣中的NO；相關熱化學方程式如下：

ⅰ.4NO(g)+3O2(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq)?H1=-423kJ·mol-1

ⅱ.Ca(ClO)2(aq)=CaCl2(aq)+O2(g)?H2=-120kJ·mol-1

ⅲ.3Ca(ClO)2(aq)+4NO(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq)+3CaCl2(aq)?H3

?H3=___kJ·mol-1。

（2）2.00g甲烷氣體完全燃燒，生成CO2和液態H2O，放出111.2kJ的熱量，寫出表示甲烷燃燒熱的熱化學方程式：___；11、電化學原理在工業生產中發揮著巨大的作用。是制造高鐵電池的重要原料，同時也是一種新型的高效凈水劑。在工業上通常利用如圖裝置生產

(1)陽極的電極反應為_______。

(2)陰極產生的氣體為_______(填物質名稱)。

(3)左側的離子交換膜為_______(填“陰”或“陽”)離子交換膜，_______(填“>”“<”或“=”)12、下列可以證明H2(g)+I2(g)?2HI(g)已達平衡狀態的是______。

①單位時間內生成nmolH2的同時；生成nmolHI

②一個H—H鍵斷裂的同時有兩個H—I鍵斷裂。

③百分含量w(HI)=w(I2)

④反應速率v(H2)=v(I2)=v(HI)

⑤c(HI)∶c(H2)∶c(I2)=2∶1∶1

⑥溫度和體積一定時；生成物濃度不再變化。

⑦溫度和體積一定時；容器內壓強不再變化。

⑧條件一定，混合氣體的平均相對分子質量不再變化13、已知反應：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1。將2molSO2和1molO2通入體積為5L的密閉容器中進行反應。反應在不同催化條件下進行，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示。(1)由圖可知，催化效率更佳的是曲線________(填“a”或“b”)。若將反應改在恒容絕熱容器中進行，下列不能判斷其達到平衡狀態的是________。A．SO2的轉化率不再變化B．體系溫度不再變化C．不再變化D．混合氣體平均分子量不再變化(2)觀察曲線a，通過計算回答下列問題：①60min內，用濃度變化表示O2的平均反應速率為__________，反應中放出熱量為_______kJ(用Q表示)。②平衡時，SO3的百分含量為_________。(3)反應2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)中，V2O5是催化劑的活性成分，有人提出：V2O5在對反應Ⅰ的催化循環過程中，經歷了Ⅱ、Ⅲ兩個反應階段，如圖所示：已知反應Ⅱ為SO2+V2O5V2O4·SO3，則反應Ⅲ的化學方程式為___________________。14、t℃時，將3molA和2molB氣體通入體積為2L的密閉容器中（容積不變），發生如下反應：3A(g)+B(g)2C(g)；2min時反應達到平衡狀態（溫度不變），測得C的濃度為0.2mol/L，請填寫下列空白：

（1）該過程用A表示的反應速率為：v(A)=_______；該溫度下該反應的化學平衡常數表達式為__________。

（2）比較達到平衡時，A、B兩反應物的轉化率：α(A)______α(B)（填“＞”；“=”或“＜”）。

（3）判斷反應達到平衡狀態的依據是（填字母序號）__________。

a．生成C的速率與消耗B的速率相等b．混合氣體的密度不變。

c．混合氣體的相對平均分子質量不變d．A的質量分數不再發生變化。

（4）若升高溫度，再次達平衡時，平衡常數數值變大，則該反應的H_____0（填“＞”；“=”或“＜”）。

（5）若保持溫度不變時，繼續向原平衡混合物的容器中通入少量氦氣(氦氣和A、B、C都不反應)后，則化學反應速率會__________（填“加快”、“減慢”或“不變”），化學平衡將_________（填“正反應方向移動”；“逆反應方向移動”或“不移動”）。

（6）在恒溫恒容密閉容器中進行上述反應，起始投料時各物質的濃度如下表：。ABC投料I3.0mol/L1.0mol/L0投料II2.0mol/L1.0mol/L2.0mol/L

按投料I進行反應，測得達到化學平衡狀態時A的轉化率為40％，若按投料II進行反應，起始時反應進行的方向為________（填“正向”、“逆向”或“不移動）。15、汽車尾氣是造成霧霾天氣的重要原因之一。已知：

①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1

②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2

③CO2(g)CO(g)+O2(g)ΔH3

④2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH4

請完成以下問題：

(1)根據圖，該反應在___(填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)下有利于該反應正向自發。

(2)圖表示反應④的反應物NO、CO的起始物質的量比、溫度對平衡時CO2的體積分數的影響。

①W、Y、Z三點的平衡常數的大小關系為：___(用W、Y、Z表示)，X、Y、Z三點，CO的轉化率由大到小的順序是___(用X；Y、Z表示)。

②T1℃時，在1L密閉容器中，0.1molCO和0.1molNO，達到Y點時，測得NO的濃度為0.02mol/L，則此溫度下平衡常數K=___(算出數值)。若此溫度下，某時刻測得CO、NO、N2、CO2的濃度分別為0.01mol/L、amol/L、0.01mol/L、0.04mol/L，要使反應向正方向進行，a的取值范圍為___。16、已知表中所示的一組物質：。序號①②③④⑤⑥⑦⑧物質

回答下列問題：

(1)常溫時，的溶液呈堿性的是________(填序號)。

(2)標準狀況下，氣體完全溶于蒸餾水中，形成溶液，則該溶液的_______。

(3)常溫時，的溶液中，由水電離出的c水(H+)=______，pH=9的溶液中由水電離出的c水(OH-)=_______。

(4)常溫時，向溶液中加入少量固體，電離平衡常數Ka_____(填“增大”“減小”或“不變”)。17、燃料電池。

一種將燃料(如氫氣；甲烷、乙醇)和氧化劑(如氧氣)的化學能直接轉化為電能的電化學反應裝置。

特點：清潔；安全、高效；能量轉化率可以達到80%以上；反應物不是儲存在電池內部；而是從外部提供，供電量易于調節。

燃料電池與一般的電池不同的是，反應物不是儲存在____；而是由外部提供，電池裝置起著類似于試管；燒杯等反應容器的作用。

工作原理：利用原電池的工作原理將燃料(如H2)和氧化劑(如O2)分別在兩個電極上反應所放出的化學能直接轉化為__。(實驗裝置如下)

評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)18、在任何條件下，純水都呈中性。（______________）A.正確B.錯誤19、25℃時，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正確B.錯誤20、二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環境造成很大影響(已知珊瑚礁的主要成分為)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起濃度增大、濃度減小。(________)A.正確B.錯誤21、常溫下，等體積的鹽酸和的相同，由水電離出的相同。(_______)A.正確B.錯誤22、為使實驗現象更加明顯，酸堿中和滴定時加入5mL甲基橙或酚酞。(_____)A.正確B.錯誤23、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共16分)24、納米級Cu2O由于具有優良的催化性能而受到關注，下表為制取Cu2O的三種方法：

納米級Cu2O由于具有優良的催化性能而受到關注，下表為制取Cu2O的三種方法：。方法a用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b電解法，反應為2Cu+H2OCu2O+H2↑。方法c用肼（N2H4）還原新制Cu(OH)2

（1）已知：2Cu(s)＋O2(g)=Cu2O(s)△H=-169kJ·mol-1

C(s)＋O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ·mol-1

Cu(s)＋O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ·mol-1

則方法a發生反應的熱化學方程式是_____________________________________。

（2）方法b采用離子交換膜控制電解液中OH-的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示，該離子交換膜為______離子交換膜(填“陰”或“陽”),該電池的陽極反應式為______________________________________。

（3）方法c為加熱條件下用液態肼（N2H4）還原新制Cu(OH)2來制備納米級Cu2O，同時放出N2，該制法的化學方程式為________________________________________。

（4）在容積為1L的恒容密閉容器中，用以上方法制得的三種納米級Cu2O分別進行催化分解水的實驗：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)，ΔH>0。水蒸氣的濃度c隨時間t的變化如下表所示。。序號01020304050①T10.05000.04920.04860.04820.04800.0480②T20.05000.04880.04840.04800.04800.0482③T30.10000.06400.05000.05000.05000.0500

①對比實驗的溫度：T2_________T1（填“＞”、“＜”或“=”）

②催化劑催化效率：實驗①________實驗②（填“＞”或“＜”）

③在實驗③達到平衡狀態后，向該容器中通入水蒸氣與氫氣各0.1mol，則反應再次達到平衡時，容器中氧氣的濃度為____________________。25、NO2、NO、CO等是常見大氣污染物，研究NO2；NO、CO等污染物的處理對建設美麗中國具有重要的意義。

(1)已知：①NO2(g)+CO(g)?CO2(g)+NO(g)，斷開1mol下列物質的所有化學鍵時所消耗能量分別為：。NO2COCO2NO812kJ1076kJ1490kJ632kJ

②N2(g)+O2(g)?NO(g)ΔH=+89.75kJ·mol-1

③2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)ΔH=-112.3kJ·mol-1

寫出NO與CO反應生成無污染氣體的熱化學方程式：__。

(2)污染性氣體NO2與CO在一定條件下的反應為2NO2(g)+4CO(g)?4CO2(g)+N2(g)，某溫度下，在1L密閉容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，此時容器的壓強為1atm，5s時反應達到平衡，容器的壓強變為原來的則反應開始到平衡時CO的平均反應速率為ν(CO)=_；若此溫度下，某時刻測得NO2、CO、CO2、N2的濃度分別為amol·L-1、0.4mol·L-1、0.1mol·L-1、1mol·L-1，要使反應向逆反應方向進行，a的取值范圍為__。

(3)CO和H2在一定條件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH＜0.現在向體積為2L的恒容密閉容器(如圖甲所示)中通入1molCO和2molH2：

測定不同時刻、不同溫度(T/℃)下容器中CO的物質的量如下表：。溫度不同時刻容器中CO的物質的量0min10min20min30min40min40minT11mol0.8mol0.62mol0.4mol0.4molT21mol0.7mol0.5molaa

請回答：

①T1__(填“＞”或“＜”或“=”)T2，理由是__。已知T2℃時，第20min時容器內壓強不再改變，此時H2的轉化率為___，該溫度下的化學平衡常數為___。

②若將1molCO和2molH2通入原體積為2L的恒壓密閉容器(如圖乙所示)中，達平衡后再向容器中通入1molCH3OH(g)，重新達到平衡后，CH3OH(g)在體系中的百分含量___。

(填“變大”、“變小”或“不變”)。26、如何降低大氣中CO2的含量及有效地開發利用CO2引起了全世界的普遍重視。目前工業上有一種方法是用CO2來生產燃料甲醇。為探究該反應原理，進行如下實驗：在容積為1L的密閉容器中，充入1molCO2和3molH2。在500℃下發生發應，CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)。實驗測得CO2和CH3OH(g)的物質的量(n)隨時間變化如圖1所示：

(1)500℃該反應的平衡常數為_____(結果保留一位小數)；

(2)圖2是改變溫度時化學反應速率隨時間變化的示意圖，若提高溫度到800℃進行，達平衡時，K值_____(填“增大”“減小”或“不變”)。

(3)下列措施中不能使CO2的轉化率增大的是_______。

A.在原容器中再充入1molH2B.在原容器中再充入1molCO2

C.縮小容器的容積D.使用更有效的催化劑E將水蒸氣從體系中分離出。

(4)500℃條件下，測得某時刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的濃度均為0.5mol/L，則此時v(正)____v(逆)(填“>”“<”或“=”)。27、游離態氮稱為惰性氮；游離態氮轉化為化合態氮稱之為氮的活化，在氮的循環系統中，氮的過量“活化”，則活化氮開始向大氣和水體過量遷移，氮的循環平衡被打破，導致全球環境問題。

Ⅰ．氮的活化。

工業合成氨是氮的活化重要途徑之一，在一定條件下，將N2和H2通入到體積為0.5L的恒容容器中；反應過程中各物質的物質的量變化如圖所示：

（1）10min內用NH3表示該反應的平均速率，v（NH3）=____________。

（2）在第10min和第25min改變的條件可能分別是_________、________（填字母）。

A.加了催化劑B.升高溫度C.增加NH3的物質的量

D.壓縮體積E.分離出氨氣

（3）下列說法能說明該可逆反應達到平衡狀態的是__________（填字母）。

A.容器中氣體密度不變B.容器中壓強不變。

C.3v(H2)正=2v(NH3)逆D.N2、H2、NH3分子數之比為1∶3∶2

Ⅱ．催化轉化為惰性氮已知：SO2、CO、NH3等都可以催化還原氮氧化物生成惰性氮。

（4）在250C、101KPa時，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H1=-92.4kJ/mol.

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180kJ/mol

則NO與NH3反應生成惰性氮的熱化學方程式______________________________。

（5）在有氧條件下，新型催化劑M能催化CO與NOx反應生成N2?，F向某密閉容器中充入等物質的量濃度的NO2和CO氣體；維持恒溫恒容，在催化劑作用下發生反應：

4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)△H＜0，相關數據如下：。0min5min10min15min20minc(NO2)/mol·L-12.01.71.561.51.5c(N2)/mol·L-100.150.220.250.25

①計算此溫度下的化學平衡常數K=______；

②實驗室模擬電解法吸收NOx裝置如圖，（圖中電極均為石墨電極）。若用NO2氣體進行模擬電解法吸收實驗（a2發生反應的電極反應式：_________________________________。

評卷人得分五、計算題(共3題，共18分)28、氫能是重要的新能源；儲氫技術的開發對于氫能源的推廣應用是一個非常關鍵的技術。其中有一種方法是借助有機物儲氫，其裝置如圖所示（忽略其它有機物，且涉及到有機物均為氣體），回答下列問題：

（1）該電池中A的電極名稱為______

（2）寫出D極生成目標產物的電極反應式______

（3）D極收集到新生成的氣體有______；通過此方法儲氫后，共收集到混合氣體的物質的量為______

（4）該儲氫裝置的電流效率為______（計算結果保留三位有限數字。已知：電流效率=生成目標產物消耗的電子數/轉移的電子總數×100%）29、寫出下列反應的熱化學方程式:

(1)1molC2H5OH(l)完全燃燒生成CO2(g)和H2O(l),放出1366.8kJ熱量:________。

(2)1molC(石墨)與適量H2O(g)反應生成CO(g)和H2(g),吸收131.3kJ熱量:_______。

(3)1.7gNH3(g)發生催化氧化反應生成氣態產物,放出22.67kJ的熱量:________。30、電解質溶液中存在多種平衡體系；請根據相關信息回答下列問題。

(1)已知：常溫下，FeS和CuS的溶度積分別為

①向FeS懸濁液中滴加CuCl2溶液產生黑色沉淀，發生反應的離子方程式_____。

②在飽和FeS和CuS的混合溶液中____。

③測得某礦物浸出液中加入Na2S出現沉淀時，Na2S的濃度應大于_____

(2)已知：常溫下，HA的Ka=6.2×10-10。

①常溫下，含等物質的量濃度的HA與NaA的混合溶液顯_____(填“酸”“堿”或“中”)性，c平(A-)_____(填“＞”“＜”或“＝”)c平(HA)，該溶液中各離子濃度由大到小的順序為______。

②常溫下，若將cmol/L鹽酸與0.6mol/LKA溶液等體積混合后恰好得到中性溶液，則c=_____mol/L(小數點后保留4位數字)。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A；不同物質中P-Cl的鍵能不同；無法與P-P的鍵能比較，故A錯誤；

B、PCl5的狀態為固態；與已知反應狀態不同，無法求算，故B錯誤；

C、②式減去①式，消去了P4，可得4Cl2(g)+4PCl3(g)=4PCl5(g)?H=(b-a)kJ?mol￣1，把鍵能帶入?H的表達式可得：4(Cl-Cl)+4×3×1.2kJ?mol￣1-4×5ckJ?mol￣1=(b-a)kJ?mol￣1，得出E(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJ?mol￣1；故C正確；

D、①式×5減去②式×3，消去了Cl2，可得2P4（g）+12PCl5(g)=20PCl3(g)?H=(5a-3b)kJ?mol￣1,把鍵能代入?H的表達式可得：2×6(P-P)+12×5ckJ?mol￣1-20×3×1.2c=(5a-3b)kJ?mol￣1，得出E(P-P)=（5a-3b+12c）/12kJ?mol￣1；故D錯誤；

答案選C。2、C【分析】【詳解】

A．在體積1L的密閉容器中進行，10s后，n(NO)增加了0.4mol，則v(NO)=0.4mol/(1L×10s)=0.04mol?L-1?s-1。速率之比等于化學計量數之比，所以v(NH3)=v(NO)=0.04mol?L-1?s-1；故A錯誤；

B．速率之比等于化學計量數之比，所以v(O2)=5/4×0.04mol?L-1?s-1=0.05mol?L-1?s-1；故B錯誤；

C．在體積1L的密閉容器中進行，10s后，n(NO)增加了0.4mol，則v(NO)=0.4mol/(1L×10s)=0.04mol?L-1?s-1；故C正確；

D．速率之比等于化學計量數之比，則v(H2O)=6/4×0.04mol?L-1?s-1=0.06mol?L-1?s-1；故D錯誤；

故選：C。3、C【分析】【詳解】

A．鋼鐵表面涂抹油漆；可以起到隔絕空氣；水的作用，能夠減緩對鋼鐵的腐蝕，A不符合題意；

B．將炒菜的鐵鍋洗凈后擦干；可以除去鐵鍋表面的電解質溶液和水分，使之不易發生電化學腐蝕，能夠減緩對鋼鐵的腐蝕，B不符合題意；

C．將水中的鋼閘門與電源的正極連接，鋼鐵作陽極，發生反應Fe－2e－=Fe2＋；失去電子被腐蝕，會加快對鋼鐵的腐蝕，C符合題意；

D．在輪船的船身上裝鋅塊；鋼鐵和鋅；海水構成原電池，Zn較Fe活潑，Zn失去電子，保護了Fe，為犧牲陽極的陰極保護法，能夠減緩對鋼鐵的腐蝕，D不符合題意；

答案選C。4、D【分析】【分析】

【詳解】

影響化學反應速率的主要因素是物質的性質，而濃度、溫度是影響化學反應速率的外界因素，比較溫度、濃度對化學反應速率的影響時，只能針對同一化學反應而言，如Mg和鹽酸劇烈反應，但無論溫度多高、濃度多大，Cu都不與鹽酸反應，所以無法比較題給兩個反應的速率大小，D正確；故選D。5、D【分析】【詳解】

在25℃和101kPa下，1gH2燃燒生成液態水放出142.9kJ的熱量，則1molH2(即2gH2)燃燒生成液態水放出熱量Q=142.9kJ×2=285.8kJ。燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩定的氧化物時放出的熱量。H2燃燒產生的穩定氧化物是液態H2O，故表示H2的燃燒熱的熱化學方程式的是kJ/mol，故合理選項是D。6、D【分析】【分析】

由圖可知；裝置為鎂—次氯酸鹽燃料電池，屬于原電池，上部分為鎂，為電池負極，下部分為次氯酸鹽，為電池正極，溶液為堿性，據此解答。

【詳解】

A．鎂燃料電池中鎂均為負極；Mg失電子發生氧化反應，A正確；

B．由圖可知，次氯酸根離子得電子生成氯離子和氫氧根離子，Mg失電子生成氫氧化鎂，故電池總反應為：Mg＋ClO-＋H2O=Mg(OH)2↓＋Cl-；故B正確；

C．鎂過氧化氫燃料電池，過氧化氫在正極得電子，電極反應式為：H2O2＋2H＋+2e-=2H2O；故C正確；

D．放電時；氫氧根離子向負極移動，故D錯誤；

故選D。7、B【分析】【詳解】

將四個選項的速率轉變為同一種物質的速率，A．υ(H2O)=1.2υ(O2)=0.24mol?L?1?s?1×1.2=0.288mol?L?1?s?1；B．υ(H2O)=1.5υ(NH3)=0.2mol?L?1?s?1×1.5=0.3mol?L?1?s?1；C．υ(H2O)=15.0mol?L?1?min?1=D．υ(H2O)=1.5υ(NO)=0.15mol?L?1?s?1×1.5=0.225mol?L?1?s?1；因此υ(NH3)=0.2mol?L?1?s?1速率最快；故B符合題意。

綜上所述，答案為B。8、C【分析】【詳解】

A．CH3Cl為氯代烴；不能使濕潤的pH試紙變紅，故A不符合題意；

B．Cl2與水反應生成鹽酸和次氯酸；鹽酸顯酸性能使濕潤的pH試紙變紅色，次氯酸又具有強氧化性，又使紅色褪去，故B不符合題意；

C．SO2為酸性氣體，遇水變成亞硫酸，顯酸性能使濕潤的pH試紙變紅，故C符合題意；

D．NH3為堿性氣體，能使濕潤的pH試紙變藍，故D不符合題意；

故答案：C。二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】【詳解】

(1)碳為6號元素，碳原子的最外層電子排布式為2s22p2。氮為7號元素，氮原子核外能量最高的電子排布為2p3，排在相互垂直的的三個軌道上，它們的電子云的伸展方向不相同；A.非金屬性越強，氣態氫化物越穩定，但H2S的穩定性不如甲烷穩定，不能說明硫元素的非金屬性比碳元素強，故A不選；B.不能簡單的根據它們在元素周期表中的位置判斷非金屬性的強弱，故B不選；C.S和C相互之間形成的化合物為CS2，其中C顯正價，S顯負價，說明硫元素的非金屬性比碳元素強，故C選；D.硫酸的酸性比碳酸強，能夠說明硫元素的非金屬性比碳元素強，故D選；故選CD；故答案為：2s22p2；電子云的伸展方向；CD；

(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)為氣體物質的量不變的反應，在一定容積的密閉容器中，容器中氣體的壓強為恒量，壓強不發生變化，不能說明該反應已經達到化學平衡狀態；在一定溫度下，若從反應體系中分離出SO3，SO3濃度減小，A.溫度不變，K值不變，故A錯誤；B.SO3濃度減小，逆反應速率減小，平衡正向移動，隨后又逐漸增大，故B正確；C.溫度不變，K值不變，故C錯誤；D.SO3濃度減??；平衡正向移動，正反應速率逐漸減小，開始時反應物濃度大，反應速率快，隨后，反應物濃度逐漸減小，反應速率減小，因此正反應速率逐漸減小先快后慢，故D錯誤；故選B；故答案為：不能；該反應中，氣體反應物與氣體生成物的物質的量相等，一定條件下，不管反應是否達到平衡，氣體總物質的量不變，壓強也不變。所以壓強不變，不可說明反應已達到平衡；B；

(3)2NO2+4CON2+4CO2，該反應體系中屬于非極性分子的是N2和CO2，N2含有3個共用電子對，CO2含有4個共用電子對，共用電子對數較少的是氮氣，電子式為氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，反應中氧化劑為NO2，氧化產物為CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反應后氣體的濃度變化量為1，若該反應中氣體的總濃度在2min內減少了0.2mol/L，說明2min內NO2的濃度減小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L?min)，故答案為：NO2；CO2；0.2mol/(L?min)；

(4)2NO2+4CON2+4CO2是一個氣體的物質的量減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，氮氣的濃度增大，壓強越大，反應速率越快，建立平衡需要的時間越短，壓強P2＞P1，在P2條件下的變化曲線為該反應是一個放熱反應，溫度過低，催化劑活性可能小，化學反應速率可能太小，若溫度過高，使化學反應平衡向逆方向移動，反應物轉化率小，因此該反應必須要選擇一個適宜的溫度進行，故答案為：若溫度過低；催化劑活性可能小，化學反應速率可能太小，若溫度過高，使化學反應平衡向逆方向移動，反應物轉化率小。

【點睛】

本題的易錯點為(1)，元素非金屬性強弱的判斷方法很多，但要注意一些特例的排除，如本題中不能通過硫化氫和甲烷的穩定性判斷非金屬性的強弱?！窘馕觥?s22p2電子云的伸展方向C、D不能該反應中，氣體反應物與氣體生成物的物質的量相等，一定條件下，不管反應是否達到平衡，氣體總物質的量不變，壓強也不變。所以壓強不變，不可說明反應已達到平衡BNO2CO20.2mol/（L?min）若溫度過低，催化劑活性可能小，化學反應速率可能太小，若溫度過高，使化學反應平衡向逆方向移動，反應物轉化率小10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由蓋斯定律知：反應ⅲ=反應ⅰ+3×ⅱ，則?H3=?H1+3?H2=-423kJ·mol-1+3×(-120kJ·mol-1)=-783kJ/mol；

(2)2.00g甲烷氣體完全燃燒，生成CO2和液態H2O，放出111.2kJ的熱量，16.00g即1mol甲烷氣體完全燃燒，生成CO2和液態H2O，放出889.6kJ的熱量，則表示甲烷燃燒熱的熱化學方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-889.6kJ/mol?！窘馕觥?783kJ/molCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-889.6kJ/mol11、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據圖知，Cu電極為陰極，Fe電極為陽極，電解時，在堿性環境中陽極鐵失去電子生成電極反應為

(2)左側為陰極室，的放電能力大于的放電能力，陰極Cu上的電極反應為故陰極產生的氣體為

(3)由上述分析知，陰極室會產生會通過離子交換膜進入陰極室平衡電荷，則左側為陽離子交換膜。陰極的電極反應為陰極區濃度增大，則【解析】氫氣陽<12、略

【分析】【分析】

【詳解】

①．生成nmolHI，則消耗0.5nmolH2，由題意知，相同時間內，H2的消耗量和生成量不等；即正；逆反應速率不等，反應未達平衡狀態，①不符合題意；

②．斷裂2個H—I鍵；則生成1個H—H，由題意知，相同時間內，斷裂H—H也為1個，故正；逆反應速率相等，反應達平衡狀態，②符合題意；

③．達平衡時，各個物質的百分含量不再改變，但不一定相等，即w(HI)=w(I2)時反應不一定達平衡；③不符合題意；

④．達平衡時；正；逆反應速率相等，題目所給速率未標明正、逆，故肯定不能用來判斷平衡狀態，④不符合題意；

⑤．達平衡時，各個物質的含量不再改變，但三者比例不一定是2：1：1，即c(HI)：c(H2)：c(I2)=2：1：1時反應不一定達平衡；⑤不符合題意；

⑥．達平衡時；各個物質的含量不再改變，對應濃度也不再改變，故生成物濃度不變說明反應達平衡狀態，⑥符合題意；

⑦．由于反應前后氣體分子數不變；當溫度；體積一定時，壓強一直不變，故不能用來判斷平衡狀態，⑦不符合題意；

⑧．由于反應前后混合氣體總質量不變（均為氣體；質量守恒）且氣體總物質的量也不變，故混合氣體平均摩爾質量一直不變，即平均相對分子質量一直不變，不能用來判斷平衡狀態，⑧不符合題意；

綜上所述，②⑥符合題意，故此處選②⑥?！窘馕觥竣冖?3、略

【分析】【詳解】

(1)據圖可知曲線b達到平衡所需時間更短；催化效率更佳；

A．反應達到平衡時正逆反應速率相等；各物質的轉化率不再改變，能說明達到平衡，故A不選；

B．容器絕熱；該反應為放熱反應，未平衡時溫度會一直變化，溫度不變時可以說明反應平衡，故B不選；

C．初始投料c(SO2)：c(O2)=2：1；反應時二者按2：1的比例反應，所以比值一直不變，不能說明反應是否平衡，故C選；

D．反應物和生成物均為氣體；則氣體總質量不變，反應前后氣體系數之和不相等，未平衡時氣體的物質的量會變，則混合氣體的平均分子量會變，當其不變時達到平衡，故D不選；

(2)①據圖可知曲線a在60min時反應達到平衡，初始壓強為200kPa，平衡壓強為140kPa，設平衡時Δn(O2)=xmol；列三段式有：

壓強之比等于氣體物質的量之比，所以有解得x=0.9mol，容器體積為5L，所以O2的平均反應速率為=0.003mol/(L··min)；根據2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1可知0.9mol氧氣反應時方出的熱量為0.9Q；

②平衡時SO3的百分含量為=85.7%；

(3)V2O5為催化劑，所以反應Ⅱ中V2O5為反應物，則反應Ⅲ中為生成物，且中間產物2V2O4·SO3為反應Ⅲ的反應物，另一反應物為O2，所以反應Ⅲ的化學方程式為2V2O4·SO3+O22V2O5+2SO3?！窘馕觥壳€bC0.003mol/(L··min)0.9Q85.7%2V2O4·SO3+O22V2O5+2SO314、略

【分析】【分析】

（1）列出三行式，找出轉化量和平衡量，再根據v=計算反應速率；根據化學方程式；列出平衡常數表達式。

（2）列出三行式；找出轉化量和平衡量，求出A；B的轉化率，再比較大小；

（3）達到平衡狀態時正反應速率和逆反應速率相等；各物質的百分含量保持不變；

（4）若升高溫度，再次達平衡時，平衡常數數值變大，說明升高溫度平衡向正反應方向移動，由于升高溫度平衡向吸熱反應方向移動，則正反應為吸熱反應，△H>0；

（5）恒容容器充入惰氣；各物質的濃度不變，則化學反應速率不變，化學平衡將不移動；

（6）根據投料I達到平衡時A的轉化率，求出平衡時各物質的濃度，進而求出該溫度下平衡常數；若按投料II進行反應，Qc==0.5>K；所以起始時反應向逆向進行。

【詳解】

3A(g)+B(g)2C(g)

起始濃度（mol/L）1.510

轉化濃度（mol/L）0.30.10.2

平衡濃度（mol/L）1.20.90.2

2min達平衡，該過程用A表示的反應速率為：v(A)==0.15mol/(L·min)；

根據化學方程式，平衡常數表達式為K=c2(C)/c3(A)c(B)。

故答案為0.15mol/(L·min)；K=c2(C)/c3(A)c(B)；

（2）達到平衡時，A的轉化率：α(A)=×100%=20%；

α(B)=×100%=10%；所以α(A)＞α(B)。

故答案為＞；

（3）a．生成C的速率與消耗B的速率相等不能說明正反應速率等于逆反應速率；故不能判斷是否達到平衡，a不選；

b．由于該反應容積固定，V不變，反應物和生成物都是氣體，總質量不變，所以混合氣體的密度始終不變，不能判斷是否達到平衡，b不選；

c．根據M=混合氣體的質量不變，但氣體的總物質的量隨反應改變，若相對平均分子質量不變則說明各物質的百分含量不再改變，說明達到平衡狀態，c選；

d．A的質量分數不再發生變化；則反應混合物中各組分百分含量都不變，說明達到平衡狀態，d選；

故答案為cd；

（4）若升高溫度，再次達平衡時，平衡常數數值變大，說明升高溫度平衡向正反應方向移動，由于升高溫度平衡向吸熱反應方向移動，則正反應為吸熱反應，△H>0；

故答案為＞；

（5）通入少量氦氣后；由于是恒容，各物質的濃度不變，則化學反應速率不變，化學平衡不移動。

故答案為不變；不移動；

（6）恒溫恒容密閉容器中；起始投料I建立平衡:

3A(g)+B(g)2C(g)

起始濃度（mol/L）310

轉化濃度（mol/L）3xx2x

平衡濃度（mol/L）3-3x1-x2x

A的轉化率為40％，則×100%=40%；解得x=0.4；

則該溫度下的平衡常數為K===0.18

若按投料II進行反應，Qc==0.5>K；所以起始時反應向逆向進行。

故答案為逆向。

【點睛】

本題較難，考查化學反應速率及化學平衡，學生能利用濃度商和平衡常數來分析（6）是解答本題的關鍵?！窘馕觥竣?0.15mol/(L·min)②.K=c2(C)/c3(A)c(B)③.＞④.cd⑤.＞⑥.不變⑦.不移動⑧.逆向15、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)圖象分析，反應是放熱反應，反應的焓變ΔH=E1-E2=145kJ/mol-890kJ/mol=-745kJ/mol，熱化學方程式為：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH4=-745kJ/mol；反應是放熱反應；ΔH＜0，ΔS＜0，低溫下ΔH-TΔS＜0，有利于該反應正向自發，故答案為：低溫；

(2)①圖象分析，反應物NO、CO的起始物質的量比一定，反應是放熱反應，溫度越高平衡逆向進行，二氧化碳體積分數減小，平衡常數減小，T1＞T2；由于Y；Z溫度相同，故W、Y、Z三點的平衡常數的大小關系為：W＞Y=Z；溫度一定，隨反應物NO、CO的起始物質的量比增大，X→Y反應正向進行，一氧化碳的轉化率X＜Y，Y→Z平衡正向進行，一氧化氮增大會提高一氧化碳的轉化率，則Y＜Z，X、Y、Z三點，CO的轉化率的從大到小的順序Z＞Y＞X，故答案為：W＞Y=Z；Z＞Y＞X；

②T1℃時；在1L密閉容器中，0.1molCO和0.1molNO，達到Y點時，測得NO的濃度為0.02mol/L，則。

則此溫度下平衡常數K==1600，某時刻測得CO、NO、N2、CO2的濃度分別為0.01mol/L、amol/L、0.01mol/L、0.04mol/L，要使反應向正方向進行，應滿足Q＜K=1600，Q=＜1600，解得a＞0.01，故答案為：1600；a＞0.01。【解析】低溫W＞Y=ZZ＞Y＞XK=1600a＞0.0116、略

【分析】【詳解】

(1)為堿，在溶液中能電離出而溶液因的水解而顯堿性。

(2)標準狀況下，

(3)常溫時，的溶液中，由可知，溶液中由水電離出的的溶液中，故該完全由水電離所得，故的溶液中由水電離出的

(4)固體溶于水中，因的水解使溶液顯酸性，的電離平衡向逆反應方向移動，但溫度不變，電離平衡常數不變。【解析】②④⑤110-10mol?L-110-5mol?L-1不變17、略

【分析】【詳解】

燃料電池中的燃料一般不儲存在電池內部，而是由外部提供，例如氫氣和氧氣從兩個電極上通入，在電極上反應，將化學能變成電能。【解析】電池內部電能三、判斷題(共6題，共12分)18、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。19、A【分析】【分析】

【詳解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室溫下Kw=10-14mol2/L2，所以該溶液中c(H+)=10-12mol/L，故該溶液的pH=12，因此室溫下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的說法是正確的。20、A【分析】【詳解】

二氧化碳為酸性氧化物能與水反應生成碳酸，導致海水酸性增強，碳酸電離出和引起海水中濃度增大，與碳酸反應生成導致濃度減小，故答案為：正確；21、A【分析】【詳解】

鹽酸和CH3COOH的pH相同，說明溶液中c(H+)相等，根據Kw=c(H+)·c(OH-)，則溶液中c(OH-)相等，水電離出c(OH-)和c(H+)相等，即常溫下，等體積的鹽酸和CH3COOH的pH相同，由水電離出的c(H+)相同，故正確。22、B【分析】【詳解】

酸堿指示劑本身就是弱酸或弱堿，加入過多會使中和滴定結果產生較大誤差。23、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。四、原理綜合題(共4題，共16分)24、略

【分析】【詳解】

（1）已知：①2Cu(s)＋O2(g)=Cu2O(s)△H=-169kJ·mol-1

②C(s)＋O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ·mol-1

③Cu(s)＋O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ·mol-1

由①+②-③得C(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)＋CO(g)，ΔH=-169kJ·mol-1+（-110.5kJ·mol-1）-（-157kJ·mol-1）=+34.5kJ·mol-1則方法a發生反應的熱化學方程式是C(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)＋CO(g)ΔH=+34.5kJ·mol-1。

（2）方法b采用離子交換膜控制電解液中OH-的濃度而制備納米Cu2O，則銅為陽極，陽極反應式為2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，由于陽極需要OH-參與反應；所以該電池中離子交換膜為陰離子交換膜。

（3）方法c為加熱條件下用液態肼（N2H4）還原新制Cu(OH)2來制備納米級Cu2O，同時放出N2，該制法的化學方程式為4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O。

（4）①水的分解是吸熱反應，溫度越高，水的轉化率越高，壓強越大，水的轉化率越小。由表中數據可知，T2溫度下水蒸氣的轉化率最大（50%），所以實驗的溫度T2>T1。

②由表中數據可知，實驗①在第20min達到平衡，而實驗②在第10min即達到平衡，所以，催化劑催化效率：實驗①<實驗②。

③在實驗③達到平衡狀態后，由表中數據可以求出氧氣的平衡濃度為0.025mol/L，該反應的平衡常數K=0.025。向該容器中通入水蒸氣與氫氣各0.1mol之后，Qc=0.025=K，說明已達平衡，則容器中氧氣的濃度仍為0.025mol/L。【解析】C(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)＋CO(g)ΔH=+34.5kJ·molΔH=+34.5kJ·mol-1陰2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O><0.025mol/L25、略

【分析】【分析】

先求出①NO2(g)+CO(g)?CO2(g)+NO(g)，ΔH=812kJ·mol-1+1076kJ·mol-1-(1490kJ·mol-1+632kJ·mol-1)=-234kJ·mol-1，再根據蓋斯定律計算③-②+①×2得到NO與CO反應生成無污染氣體的熱化學方程式：2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ·mol-1；列出三段式計算速率和平衡常數；若再向容器中通入lmolCH3OH(g)，相當于添加1molCO和2molH2；即在原平衡狀態的基礎上，再添加一個相同的平衡狀態，而恒壓條件下，兩相同平衡狀態相加，平衡不移動。

【詳解】

(1)①NO2(g)+CO(g)?CO2(g)+NO(g)，ΔH=812kJ·mol-1+1076kJ·mol-1-(1490kJ·mol-1+632kJ·mol-1)=-234kJ·mol-1，②N2(g)+O2(g)?NO(g)ΔH=+89.75kJ·mol-1，③2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)ΔH=-112.3kJ·mol-1，蓋斯定律計算③-②+①×2得到NO與CO反應生成無污染氣體的熱化學方程式：2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ·mol-1，故答案為：2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ·mol-1；

(2)污染性氣體NO2與CO在一定條件下的反應為2NO2(g)+4CO(g)?4CO2(g)+N2(g)，某溫度下，在1L密閉容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，此時容器的壓強為1atm，5s時反應達到平衡，容器的壓強變為原來的設生成氮氣物質的量為x；

=解得x=0.01mol，則反應開始到平衡時CO的平均反應速率v(CO)==0.008mol/(L?s)；結合①中數據計算平衡常數，平衡濃度分別為：c(NO2)=mol·L－1=0.08mol·L－1，c(CO)=mol·L－1=0.16mol·L－1，c(CO2)=mol·L－1=0.04mol·L－1，c(N2)=mol·L－1=0.01mol·L－1，平衡常數K==0.006，某時刻測得NO2、CO、CO2、N2的濃度分別為amol·L-1、0.4mol·L-1、0.1mol·L-1、1mol·L-1，要使反應向逆反應方向進行，要使反應向逆反應方向進行，Qc=＞K=0.006；得到a＜0.8；故答案為：0.008mol/(L?s)；0≤a＜0.8；

(3)①由表中信息可知，溫度為T1時前10minCO的變化量小于T2時前10minCO的變化量小，即T2時反應速率快，溫度越高反應速率越快，則T1＜T2；T2℃時，第20min時容器內壓強不再改變，說明達到平衡，此時CO的物質的量為0.5mol，變化量為0.5mol，對應的H2的變化量為1mol，此時H2的轉化率為：×100%=50%；

該溫度下的化學平衡常數為：K==1，故答案為：＜；溫度越高，反應速率越快，在其他條件相同時，T2時的反應速率比T1的反應速率快；50%；1；

②若再向容器中通入lmolCH3OH(g)，相當于添加1molCO和2molH2，即在原平衡狀態的基礎上，再添加一個相同的平衡狀態，而恒壓條件下，兩相同平衡狀態相加，平衡不移動，則重新達到平衡后，CH3OH(g)在體系中的百分含量不變，故答案為：不變?！窘馕觥?NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ·mol-10.008mol/(L?s)0≤a＜0.8＜溫度越高，反應速率越快，在其他條件相同時，T2時的反應速率比T1的反應速率快50%1不變26、略

【分析】【詳解】

(1)由題意有又由故答案為：5.3；

(2)由圖2可知升高溫度平衡逆向移動；所以該反應為放熱反應，由于與平衡常數只與溫度有關，所以升高溫度平衡常數減小，故答案為：減??；

(3)A．向原容器中再充入氫氣；平衡正向移動，則二氧化碳的轉化率增大，故A不選；

B．向原容器中再充入二氧化碳；平衡正向移動，但二氧化碳本身的轉化率降低，故選B；

C．該反應的正反應為氣體體積減小的反應；所以減小體積平衡正向移動，則縮小體積二氧化碳的轉換率增大，故C不選；

D．催化劑只能縮短化學平衡所需的時間；不能使化學平衡發生移動，故選D；

E．將水蒸氣從體系中分離出來；平衡正向移動，從而使二氧化碳的轉化率增大，故E不選，綜上所述，BD符合題意，故選BD；

答案選BD

(4)又由（1）可知500℃時K=5.3，所以在500℃時則平衡正向移動，所以v(正)＞v(逆)，故答案為：＞。【解析】①.5.3②.減?、?BD④.>27、略

【分析】【分析】

（1）10min內氨氣的物質的量增加為0.10mol，根據反應速率==計算；

（2）根據圖象知，平衡向正反應方向移動，10min時是連續的，三種氣體物質的速率增加倍數相同，說明為使用催化劑；25min時，瞬間氨氣的物質的量減小，據此分析作答；

（3）可逆反應達到平衡狀態時；正逆反應速率相等，各組分的濃度；百分含量不再變化，據此進行判斷；

（4）NH3脫除NO的化學方程式為4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）；可結合蓋斯定律計算反應熱；

（5）①化學平衡常數K等于平衡時生成物濃度冪之積比上反應物濃度冪之積；

②根據圖知；電解時，左室中電極上氫離子放電生成氫氣，則左室為陰極室，右室為陽極室，陽極上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以陽極上氮氧化物失電子生成硝酸；

【詳解】

（1）根據圖象可知，10min時氨氣的物質的量為0.1mol，則10min內用NH3表示該反應的平均速率為：v(NH3)==0.02mol/(L?min)；

故答案為0.02mol/(L?min)；

（2）由圖象可知各組分物質的量變化增加，且10min時各物質的變化是連續的，20min達平衡時，△n(N2)=0.025mol×4=0.1mol，△n(H2)=0.025mol×12=0.3mol，△n(NH3)=0.025mol×8=0.2mol；根據物質的量變化之比等于化學計量數之比，三種氣體物質的速率增加倍數相同，說明10min可能改變的條件是使用催化劑，故A項正確；

B.升高溫度；三種氣體物質速率雖會成倍地增大，但根據熱效應可知，正反應速率增大的相對慢，故B項錯誤；

C.增加NH3物質的量；逆反應速率增加的倍數大，故C項錯誤；

D.壓縮體積；相當于增大壓強，三種氣體速率雖會增大，但增大的程度不相同，正反應速率比逆反應速率增大的快，與圖像信息不符合，故D項錯誤；

E.分離出氨氣后，瞬間氨氣的物質的量會下降，N2和H2不會改變；與圖中10min描述的狀況不符，故E項錯誤；

故答案為A；

25min時，瞬間NH3驟降，即NH3的濃度下降，N2和H2在第25min時刻未變化；平衡向正反應方向移動，則可能的條件為分離出氨氣，E項正確；

故答案為E；

（3）A.混合氣體的質量不變；氣體的體積不變，故密度不變，若密度不再隨時間變化，不能說明平衡，故A項錯誤；

B.容器內前后氣體的物質的量有變化；說明壓強是變量，總壓強不再隨時間而變化，說明達到平衡，故B項正確；

C.3v(H2)正=2v(NH3)逆；表示的是正反應和逆反應，但是不滿足計量數關系，說明沒有達到平衡狀態，故C項錯誤；

D.N2、H2、NH3分子數之比為1∶3∶2；無法判斷各組分的濃度是否不再變化，故D項錯誤；

故答案為B；

（4）在250C；101KPa時；

①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H1=-92.4kJ/mol.

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180kJ/mol

利用蓋斯定律,將②×3?①×2?③×3可得6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)△H＝-2070kJ·mol-1；

故答案為6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)△H＝-2070kJ·mol-1；

（5）①

所以K==1/9（0.11）(mol·L-1)-1

故答案為1/9（或0.11）(mol·L-1)-1；

②根據圖知,電解時,左室中電極上氫離子放電生成氫氣,則左室為陰極室,右室為陽極室,陽極上通入的是氮氧化物,生成的硝酸,所以陽極上氮氧化物失電子和水生成硝酸：H2O+NO2－e-=NO3-+2H+；

故答案為H2O+NO2－e-=NO3-+2H+；【解析】0.02mol·L-1·min-1AEB6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)△H＝-2070kJ·mol-11/9（或0.11）(mol·L-1)-1H2O+NO2－e-=NO3-+2H+五、計算題(共3題，共18分)28、略

【分析】【分析】

（1）根據圖知；苯中的碳得電子生成環己烷，則D作陰極，E作陽極，所以A是負極；B是正極；

（2）該實驗的目的是儲氫；所以陰極D上發生的反應為生產目標產物，陰極上苯得電子和氫離子生成環己烷；

（3）陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陽極上生成2.8mol氧氣轉移電子的物質的量=2.8mol×4=11.2mol，陰極（D極）的電極反應式為C6H6+6H++6e-=C6H12、2H++2e-=H2↑；據此分析；

（4）陽極上生成氧氣；同時生成氫離子，陰極上苯得電子和氫離子反應生成環己烷，苯參加反應需要電子的物質的量與總轉移電子的物質的量之比就是電流效率η。

【詳解】

（1）根據圖知；苯中的碳得電子生成環己烷，則D作陰極，E作陽極，所以A是負極；B是正極，故答案為負極；

（2）該實驗的目的是儲氫，所以陰極上發生的反應為生產目標產物，陰極上苯得電子和氫離子生成環己烷，電極反應式為C6H6+6H++6e-=C6H12；

（3）D極收集到新生成的氣體有H2、C6H12；

陽極（E極）的電極反應式為4OH--4e-=O2↑+2H2O，生成2.8mol氧氣轉移電子的物質的量=2.8mol×4=11.2mol，陰極（D極）的電極反應式為C6H6+6H++6e-=C6H12、2H++2