2023学年河南省郑州一中高一化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2测试卷所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列化学反应的速率,前者一定大于后者的是A相同温度下，颗粒大小相同的锌粒分别与pH值相同的硫酸和盐酸反应BA+B C D+E FC相同温度下，与同浓度盐酸反应的锌粒和铁粉DG+HW+Q(Q0)，其他条件相同时分别在200和100时反应2、从海带中提取碘的实验过程涉及下列操作，其中正确的是A海带

2、灼烧成灰B过滤得含I-溶液C从下端放出碘的苯溶液 D分离碘并回收苯3、在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是AM点的正反应速率正小于N点的逆反应速率逆BT2下，在0t1时间内，(Y)=mol/(Lmin)CM点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小D该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量4、在生物科技领域，通过追踪植物中放射性发出的射线，来确定磷在植物中的作用部位。该核素原子内的中子数为（）A15 B17 C32 D475、下列变化中生成物的总能量大于反应物的总能量的是（）A氢氧化钡

3、晶体与氯化铵晶体混合B铝热反应C木炭在氧气中发生不完全燃烧D生石灰和水的反应6、 “化学反应的绿色化”要求反应物中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中。下列制备方案中最能体现化学反应的绿色化的是( )A乙烷与氯气光照制备一氯乙烷 B乙烯催化聚合为聚乙烯高分子材料C以铜和浓硫酸共热制备硫酸铜 D苯和液溴在催化剂条件下制取溴苯7、25时，纯水中存在的平衡：H2OH + OH，下列叙述正确的是A将水加热，Kw增大，pH不变B加入稀盐酸，平衡逆向移动，c(H+)降低C加入氢氧化钠溶液，平衡逆向移动，Kw变小D加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H)降低8、化学能与热能、电能等可以相互

4、转化，下列说法正确的是A图1所示的装置能将化学能转变为电能B图2所示的反应为吸热反应C化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成D中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低9、下列电离方程式中，正确的是ACH3COONH4CH3COO-+NH4+BH2S2H+S2-CNaHCO3Na+H+CO32-DBa(OH)2Ba2+20H-10、一定温度下，将 2 mol SO2 和 1 mol O2 充入2L密闭容器中，在催化剂存在下进行下列反应: 2SO2+ O2 2SO3，下列说法中正确的是A达到反应限度时，生成2molSO3B达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率C达到反应

5、限度时SO2、O2、SO3的分子数之比一定为212DSO2和SO3物质的量之和一定为 2mol11、山东半岛蓝色经济区的建立使海洋经济将成为山东经济转型升级发展的重点。下列说法正确的是A从海水中提取溴单质的过程中涉及氧化还原反应B从海带中提取碘单质的过程中只涉及复分解反应 C从海水中提取镁单质的过程中要涉及置换反应D从海水中提取氯化钠的过程中涉及化学反应12、下列反应中，属于取代反应的是（ ）ACH4C+2H2B2HI+Cl2=2HCl+I2CCH4+2O2CO2+2H2ODC2H6+ C2H5Cl+HCl13、目前世界上60%的镁是从海水中提取的主要步骤如下：下列说法不正确的是（ ）A为使海

6、水中的MgSO4转化成Mg（OH）2，试剂可选择石灰乳B加入试剂后，分离得到Mg（OH）2沉淀的方法是过滤C加入试剂反应的离子方程式为：OH+H+=H2OD通过电解熔融的无水MgCl2得到48gMg，共转移4mol电子14、常温下可以用铁制容器盛装的是（）A浓盐酸B浓硫酸C稀硝酸D硫酸铜溶液15、室温下，pH=4的盐酸和pH=10的氨水等体积混合后，所得溶液的pH值A一定小于7B一定等于7C一定大于7D无法判断16、在一定温度下的密闭容器中，可逆反应N2 + 3H22NH3 达到平衡状态的标志是AN2、H2、NH3在容器中共存B混合气体的总物质的量不再发生变化C单位时间内生成n mol N2，

7、同时生成3n mol H2D单位时间内消耗n mol N2，同时消耗n mol NH3二、非选择题（本题包括5小题）17、下表为元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，按要求回答下列问题：（1）在元素，最活泼的金属元素是_（填元素名称）；最活泼的非金属元素名称是_（填元素名称）（2）用电子式表示元素与形成的原子个数比为12的化合物 _。元素和所形成的化学键的类型是_。（3）、三种元素的原子半径由大到小的顺序是_（用元素符号表示）。（4）元素和所能形成的气态氢化物的稳定性_（用化学式表示）；元素、的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序_（用化学式表示）；（5）写出元素和的最高价氧化物的

8、水化物相互反应的离子方程式：_。18、乙烯是石油裂解气的主要成分，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。在一定条件下，有如下转化：（1）乙烯的电子式是_。（2）由重油生产乙烯的裂解反应属于_（填“化学”或“物理”）变化。（3）乙烯转化为乙醇的反应类型是_。（4）乙醇转化为A的化学方程式是_。（5）工业上乙烯通过聚合反应可得到高分子化合物B，反应的化学方程式是_。19、某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，用如图所示装置进行有关实验：(1)B是用来收集实验中产生的气体的装置，但未将导管画全，请在图上把导管补充完整_。(2)实验中他们取6.4 g铜片和12 mL 18 molL1浓硫酸

9、放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。写出铜跟浓硫酸反应的化学方程式：_；为什么有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是_；下列药品中能够用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是_(填编号)。A铁粉 BBaCl2溶液 C银粉 DNa2CO3溶液(3)装置C中试管D内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，有可能观察到的现象是_，待反应结束后，向C中烧杯内加入沸水，D中观察到的现象是_。(4)实验装置C有可能造成环境污染，试用最简单的方法加以解决_(实验用品自选)。20、废旧锌锰于电池内部的黑色物质A主要含有MnO

10、2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、炭粉，用A制备高纯MnCO3的流程圈如下: (1)锌锰干电池的负极材料是_(填化学式)。(2)第I步操作得滤渣的成分是_；第II步在空气中灼烧的目的除了将MnOOH转化为MnO2外，另一作用是_。(3)步骤I中制得MnSO4溶液，该反应的化学方程式为_。用草酸(H2C2O4)而不用双氧水(H2O2)作还原剂的原因是_。(4)已知:MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100时开始分解；Mn(OH)2开始沉淀时pH为7.7。第IV步多步操作可按以下步骤进行:操作l:加入NH4HCO3溶液调节溶液pH7.7，会导致产品中混有_(填化学式)。操作3中，

11、检测MnCO3是否洗净的方法是_。操作4用少量无水乙醇洗涤的作用是_。21、氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。（1）在T时，将16molH2和14molN2置于容积为2 L的密闭容器中(压强为mPa)发生反应：3H2+N22NH3 HT2；T2平衡时c（X）小于T1，升高温度平衡向逆反应方向移动，该反应的HT2；T2平衡时c（X）小于T1，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，该反应的HT2，T2平衡时的反应速率小于T1平衡时的反应速率，M点的正反应速率正大于N点的逆反应速率逆，A项错误；B项，T2下，0t1时间内（X）=c（X）t=a-bmol/Lt1min=a-bt1

12、mol/（Lmin），不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，（Y）=12（X）=a-b2t1mol/（Lmin），B项错误；C项，M点睛：本题考查化学平衡的图像分析、化学反应速率的计算、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响。观察图像时先看纵横坐标的含义，根据关键点和曲线的变化趋势，联想外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的规律进行判断。注意：在恒容容器中增加反应物浓度，平衡向正反应方向移动；若反应物只有一种，平衡时反应物转化率的变化，利用增大压强对平衡的影响判断。4、B【答案解析】质子数和中子数之和是质量数，则该核素原子内的中子数为321517，答案选B。点睛：明确核素表示的方法

13、和有关物理量之间的数量关系是解答的关键，即在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。5、A【答案解析】生成物的总能量大于反应物的总能量，说明为吸热反应，据此分析；【题目详解】A、Ba(OH)28H2O和NH4Cl反应为吸热反应，故A符合题意；B、铝热反应为放热反应，故B不符合题意；C、所有燃烧均为放热反应，即木炭在氧气中发生不完全燃烧，该反应为放热反应，故C不符合题意；D、生石灰与水反应是放热反应，故D不符合题意；答案选A。6、B【答案解析】A. 乙烷与氯气光照制备一氯乙烷的同时还有氯化氢生成，且还会产生其它氯代物，不符合化学反应的绿色化，A错误；B. 乙烯催化聚合为聚乙烯

14、高分子材料的反应中生成物只有一种，能体现化学反应的绿色化，B正确；C. 以铜和浓硫酸共热制备硫酸铜的同时还有二氧化硫和水生成，不符合化学反应的绿色化，C错误；D. 苯和液溴在催化剂条件下制取溴苯的同时还有溴化氢生成，不符合化学反应的绿色化，D错误；答案选B。7、D【答案解析】A、水的电离为吸热过程，加热，促进水的电离，Kw=c(H+)c(OH-)增大，pH减小，故A错误；B、加入盐酸，c(H+)增大，平衡逆向移动，但溶液由中性变酸性，c(H+)还是增大的，故B错误；C、加入NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，但Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故C错误；D、加入CH3COONa，CH

15、3COO-结合水中的H+，c(H+)减小，水的电离平衡正向移动，故D正确；故选D。8、C【答案解析】分析：A图1所示的装置没有形成闭合回路；B图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量；C化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量；D中和反应为放热反应。详解：A图1所示的装置没有形成闭合回路，没有电流通过，不能形成原电池，所以不能把化学能转变为电能，故A错误；B图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B错误；C化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故C正确；D中和反应为放热反应，则反应物的总能量比生

16、成物的总能量高，故D错误；故选C。点睛：本题考查学生对化学反应中能量变化对的原因、影响反应热大小因素以及原电池构成条件的熟悉，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。本题的关键是掌握反应物和生成物总能量的相对大小与反应的热效应的关系和原电池的构成条件的理解。9、A【答案解析】A、CH3COONH4属于盐，属于强电解质，在水溶液中完全电离，即CH3COONH4=CH3COONH4，故A正确；B、H2S属于二元弱酸，应是分步电离，即H2SHSH，HSHS2，故B错误；C、NaHCO3属于强碱弱酸盐，应是NaHCO3=NaHCO3，故C错误；D、Ba(OH)2属于强碱，应是完全电离，即Ba(

17、OH)2=Ba22OH，故D错误。10、D【答案解析】A. 反应为可逆反应，2 mol SO2 和 1 mol O2反应时，达到反应限度时，生成的SO3的物质的量小于2 mol，A项错误；B. 平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍，B项错误；C. 分子数的关系与起始量、转化率有关，则不能确定达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比，C项错误；D. 起始加入2molSO2，化学反应中S原子守恒，则最终SO2和SO3物质的量之和一定为2mol，D项正确；答案选D。11、A【答案解析】测试卷分析：B、海水中的碘元素是化

18、合态，从海带提取碘单质的过程，是把海水中的碘元素反应生成碘单质，发生氧化还原反应，故错；C、从海水中提取镁通常用电解的方法，故错；D、海水蒸发制海盐的过程中是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发水得到氯化钠晶体，主要是物质变化，故错。故选A。考点：海水的综合利用点评：本题考查的是海水的综合利用的相关知识，题目难度不大，考查学生对基础知识的掌握程度。12、D【答案解析】有机物分子中的原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应是取代反应。【题目详解】A. CH4C+2H2，该反应是分解反应；B. 2HI+Cl2=2HCl+I2，该反应是置换反应；C. CH4+2O2CO2+2H2O，该反应是氧化反

19、应；D. C2H6+Cl2C2H5Cl+HCl，该反应是取代反应。故属于取代反应的是D。13、C【答案解析】A、MgSO4转化为氢氧化镁需要加入碱液，可选取石灰乳，故A正确；B、氢氧化镁为沉淀，采用过滤的方法分离，故B正确；C、试剂为盐酸，氢氧化镁为沉淀，书写离子方程式时不能拆，故C错误；D、根据反应MgCl2 Mg+Cl2，电解氯化镁时，生成48g镁，即为2mol，转移4mol电子，故D正确；故选C。14、B【答案解析】分析：根据铁的性质进行解答，常温下，浓硫酸具有强氧化性,铁在浓硫酸中被氧化生成致密的氧化膜,阻止反应进一步进行,发生钝化,能盛放；常温下，铁与浓盐酸、硫酸铜溶液发生置换反应，

20、与稀硝酸发生氧化还原反应，不能用铁制品容器盛放；据此分析解答。详解：常温下，铁与浓盐酸发生置换反应，不能盛放，A错误；常温下，铁与浓硫酸发生钝化，阻止反应进一步进行，故铁制容器可以盛放浓硫酸，B正确；常温下，铁与稀硝酸发生氧化还原反应，不能盛放，C错误；常温下，铁与硫酸铜溶液发生置换反应，不能盛放，D错误；正确选项B。15、C【答案解析】NH3H2O是弱碱，pH=10的氨水与pH=4的盐酸溶液，NH3H2O的浓度大于盐酸的浓度，即反应后溶液中溶质为NH3H2O和NH4Cl，溶液显碱性，故C正确。点睛：NH3H2O电离出OH的浓度为104molL1，与盐酸电离的H浓度相等，但NH3H2O是弱电解

21、质，因此NH3H2O的浓度大于盐酸，因此等体积混合后，溶液显碱性。16、B【答案解析】A.N2、H2、NH3在容器中共存，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，A不符合题意；B.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的总物质的量不再发生变化，说明反应处于平衡状态，B正确；C.单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2，都表示反应逆向进行，不能判断反应处于平衡状态，C错误；D.单位时间内消耗n mol N2必然同时会产生2nmolNH3，同时消耗n mol NH3，说明反应正向进行，未达到平衡状态，D错误；故合理选项是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、钠 氟

22、极性共价键 NaSiC HFHCl HClO4H3PO4H2SiO3 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 【答案解析】由元素在周期表的位置可知，元素分别为H、C、O、F、Na、Al、Si、P、Cl，结合元素周期律和原子结构分析解答。【题目详解】(1)在元素，最活泼的金属元素是钠；最活泼的非金属元素名称是氟，故答案为：钠；氟；(2)与形成的原子个数比为12的化合物为氧化钠，属于离子化合物，用电子式为，元素和所形成的化学键类型为极性共价键，故答案为：；极性共价键；(3)同周期，从左向右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则、三种元素的原子半径由大到小的顺序是NaSiC，故

23、答案为：NaSiC；(4)非金属性FCl，则元素和所能形成的气态氧化物的稳定性HF大于HCl；非金属性ClPSi，则元素、的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4H3PO4H2SiO3，故答案为：HFHCl；HClO4H3PO4H2SiO3；(5)元素和的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。18、化学加成反应2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O【答案解析】（1）乙烯中碳碳之间以共价双键结合，电子式为：。（2）由

24、重油通过裂解反应生产乙烯，由新物质生成，属于化学变化。（3）乙烯和水在一定条件下发生加成反应生成乙醇。（4）乙醇在Cu催化作用下被氧气氧化为乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O。（5）乙烯含碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物聚乙烯，方程式为：nCH2=CH2。点睛：本题考查乙烯的结构、性质、有机物的推断以及方程式的书写等知识，测试卷基础性较强，侧重于通过基础知识对分析能力的考查，有利于培养学生逻辑推理能力和逆向思维能力。19、 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2 随着反应进行，硫酸被消耗，产物有水生成，所以浓硫酸变成稀硫酸，反应停

25、止 AD 红色褪去 恢复红色 用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口 【答案解析】（1）铜跟浓硫酸反应生成了SO2气体，SO2比空气重，可以用向上排气法收集，所以装置中的导气管应长进短出，装置图为；（2）铜跟浓硫酸在加热时发生反应，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2；6.4g铜片的物质的量是0.1mol，该铜和12mL 18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，依据化学反应方程式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2的定量关系可知，0.1mol铜与含0.216mol硫酸的浓硫酸反应，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，说明一定剩余酸，这是因为浓硫酸随着反应

26、进行，浓度变小成为稀硫酸，不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但未能使用铜片完全溶解；根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子，A铁粉与氢离子反应产生气泡，正确；BBaCl2溶液只能与硫酸根产生沉淀，无论硫酸是否过量，都会发生沉淀反应，因此不能证明硫酸是否过量，错误；C银粉不反应，无现象，不能证明硫酸是否过量，错误；DNa2CO3溶液与氢离子反应产生气泡，正确。答案选AD。（3）装置C中试管D内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，SO2进入品红溶液，使品红溶液褪色；待反应结束后，向C中烧杯内加入沸水，升高温度，无色物质不稳定，受热分解，SO2逸出，品红溶

27、液又变为红色；（4）实验装置C有可能造成环境污染，由于SO2是酸性氧化物，可以与碱发生反应产生盐和水，因此可以用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口。20、 Zn MnO2、 MnOOH碳粉 除去混合物中的碳粉 MnO2+H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2 +2H2O 双氧水容易被MnO2催化分解（其他合理答案均可） Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O Mn(OH)2 取最后一次滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生则已洗涤干净 除去产品表面的水分，防止其在潮湿环境下被氧化，并有利于后续低温烘干【答案解析】分析：废旧碱性锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有M

28、nO2、NH4Cl、MnOOH 、ZnCl2、炭粉，加水溶解、过滤、洗涤，滤液中含有NH4Cl、ZnCl2，滤渣为MnO2 、MnOOH和碳粉，加热至恒重，碳转化为二氧化碳气体，再向黑色固体中加稀硫酸和H2C2O4溶液，过滤，滤液为硫酸锰溶液，最后得到碳酸锰；（1）碱性锌锰干电池中失电子的为负极；（2）MnO2、MnOOH和碳粉均不能溶于水，除去碳粉可以加热；（3）MnO2与稀H2SO4、H2C2O4反应生成硫酸锰；双氧水易分解；（4）操作1为MnSO4溶液中加入碳酸氢钠溶液，生成MnCO3沉淀；加入NaHCO3调节pH，PH过大，容易生成Mn（OH）2沉淀；操作3主要是检验是否有SO42-离

29、子；操作4：MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，所以用无水乙醇洗涤。详解：（1）碱性锌锰干电池中失电子的为负极，则锌为负极，正确答案为：Zn；（2）MnO2 、MnOOH和碳粉均不能溶于水，所以过滤得到的滤渣为MnO2、MnOOH、碳粉，在空气中灼烧的目的除了将MnOOH转化为MnO2外，另一作用是加热碳转化为二氧化碳气体，所以第步操作的另一作用：除去碳粉；正确答案为：MnO2、MnOOH、碳粉；除去碳粉；（3）MnO2与稀H2SO4、H2C2O4反应生成硫酸锰，其反应的方程式为：MnO2+H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2 +2H2O；过氧化氢易分解，尤其是在MnO2催

30、化作用下更易分解，所以不宜用过氧化氢为还原剂；正确答案为：MnO2+H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2 +2H2O；双氧水容易被MnO2催化分解；（4）操作1：MnSO4溶液中加入碳酸氢钠溶液，调节pH小于7.7，生成MnCO3沉淀；反应的离子方程式：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，如果PH大于7.7，溶液中Mn2+容易生成Mn（OH）2沉淀，使产品不纯；正确答案为： Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；Mn(OH)2；MnSO4溶液中加入碳酸氢钠溶液，生成MnCO3沉淀和硫酸钠，过滤，洗涤，沉淀是否洗涤干净主要检测洗涤液中是否含有硫酸根离子，所以其

31、方法是:取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生则已洗涤干净，正确答案：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生则已洗涤干净；操作4：MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，则洗涤沉淀时不能用水，所以用无水乙醇洗涤，乙醇易挥发，除去产品表面的水分，同时防止MnCO3在潮湿环境下被氧化，也有利于后续低温烘干，正确答案：除去产品表面的水分，防止其在潮湿环境下被氧化，并有利于后续低温烘干。21、1.1125bde变大8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g) H=（6a+7b）/5kJmol-11：2【答案解析】分析：（1）利用压强之比是物质的量之比计算反应后的物质的量，然后利用方程式根据vc/t计算；（2）根据平衡状态的含义、特征解答；根据压强对平衡状态的影响分析；（3）根据盖斯定律计算；利用方程式计算。详解：（1）分析题给图像知，反应体系中的压强由起始状态的m变为平衡状态的1.8m，根据阿伏加德罗定律：在等温等容的条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比知，容器内气体的总物质的量有反应前的1.1mol变为平衡后的1.8mol，气体的物质的量减少1.2mol；结合反应3H2+N22NH3利用差量法分析知，气体减少的物质的