北京市清华附中高二下学期期中考试化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精北京市清华附中2013—2014学年下学期期中考试高二化学试卷一。1-25题为选择题，每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分．1．（2分)下列说法中，错误的是（）A．化学反应必然伴随能量变化B．化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的C．化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量多少无关D．能量变化是化学变化的基本特征之一考点：化学反应中能量转化的原因．。专题:化学反应中的能量变化．分析：从化学反应的实质及能量变化与化学键的关系来分析解答．解答：解:化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，断键吸收能量，成键放出能量,所以能量变化是化学变化的基本特征之一，化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的,化学反应必然伴随能量变化，能量变化的大小与反应物的质量成正比．故选C．点评：化学反应中只要有旧键的断裂和新键的形成就一定有能量的变化．2．(2分）新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小,且可以再生．下列属于新能源（)①煤②石油③太阳能④生物质能⑤氢能．A．①②③B．①②⑤C．②③⑤D．③④⑤考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发．.专题：化学反应中的能量变化．分析:煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．解答：解:煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等．故选D．点评：本题考查了清洁能源，分析时紧扣“资源丰富、对环境无污染、可以再生”,即可正确判断．3．(2分）下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（）A．灼热的碳与CO2的反应B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应C．铁与稀硫酸反应D．乙烷在氧气中的燃烧反应．考点：氧化还原反应；吸热反应和放热反应．。专题：化学反应中的能量变化．分析:有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物的总能量小于生成物的总能量,为吸热反应，以此来解答．解答：解:A．反应中C元素的化合价变化,为氧化还原反应,也属于吸热反应，故A选；B．该反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，故B不选；C．该反应为放热反应，故C不选；D．该反应为常见的放热反应,故D不选；故选A．点评：本题考查氧化还原反应和吸热反应,为高考常见题型，注意把握反应中的变化及能量变化为解答的关键，侧重学生归纳整合能力的考查，题目难度不大．4．（2分)下列物质中，属于强电解质的是(）A．H2OB．NaClC．NH3•H2OD．CH3COOH考点：强电解质和弱电解质的概念．。专题：物质的分类专题．分析：强电解质是溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类．解答:解:A、水是弱电解质，故A错误；B、氯化钠是强酸强碱盐，是强电解质，故B正确；C、NH3•H2O是弱碱，属于弱电解质,故C错误；D、醋酸是弱酸，属于弱电解质，故D错误．故选B．点评：本题是对基本概念的考查，注意电解质的强弱与其电离程度有关，与其溶液的导电能力大小无关．5．（2分）下列盐的水溶液呈酸性的是（）A．NaClB．NH4ClC．NaNO3D．Na2CO3考点：盐类水解的应用．.专题：盐类的水解专题．分析:强酸强碱形成的正盐不水解,溶液显示中性；强酸弱碱盐水解溶液显示酸性，强碱弱酸盐水解溶液显示中性，据此进行判断．解答：解：A．氯化钠为强酸强碱盐，钠离子和氯离子都不水解,其溶液显示中性,故A错误；B．氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解溶液显示酸性,故B正确；C．硝酸钠为强酸强碱盐，钠离子和硝酸根离子都不水解，溶液显示中性，故C错误；D．碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解,溶液显示碱性，故D错误；故选B．点评：本题考查了盐的水解与溶液的酸碱性判断，题目难度不大，试题侧重了基础知识的考查，注意明确盐的水解原理，能够根据盐的组成判断其是否发生水解及水解后溶液的酸碱性．6．（2分)配制FeCl3溶液中,为抑制其水解,通常向溶液中加入少量的（）A．盐酸B．水C．氯化钠溶液D．氢氧化钠溶液考点：盐类水解的应用．.专题：盐类的水解专题．分析：Fe3+易水解，水解生成H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊．解答:解:A、Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解,防止生成沉淀而导致溶液变浑浊．故A正确；B、加入水稀释溶液促进水解，故B错误;C、加入氯化钠溶液相当于加入水稀释溶液，促进水解,故C错误；D、加入氢氧化钠溶液氢氧根离子和水解生成的氢离子反应会促进水解，故D错误；故选A．点评：本题考查盐类水解的原理及应用，题目难度不大，注意把握水解原理，学习中注重相关基础知识的积累．7．（2分）一定条件下的可逆反应：2SO2（g)+O2(g）⇌2SO3（g）,若改变下列条件：①升高温度②增大压强③增大反应物浓度④加入催化剂，可提高反应物中的活化分子百分数的是()A．①B．①④C．②③D．①③考点：活化能及其对化学反应速率的影响．。专题：化学平衡专题．分析：提高反应物中的活化分子百分数因素有温度和催化剂，浓度和压强只改变活化分子的浓度，不改变百分数．解答：解：①升高温度可提高反应物中的活化分子百分数，故①正确；②增大压强只改变活化分子的浓度，不改变百分数，故②错误；③增大反应物浓度只改变活化分子的浓度,不改变百分数，故③错误；④加入催化剂，降低活化能，可提高反应物中的活化分子百分数,故④正确．故选B．点评：本题考查活化能的影响因素,题目难度不大，本题注意外界条件对反应速率的影响的根本原因．8．(2分)能充分说明在恒温恒容下的密闭容器中，N2（g）+O2(g）⇌2NO（g）已达到化学平衡状态的是（)A．N2、O2和NO的物质的量浓度相等B．反应体系中的压强不随时间变化C．N2、O2、NO三种物质同时存在D．单位时间内生成1molN2同时消耗1molO2考点：化学平衡状态的判断．.专题:化学平衡专题．分析：根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态．解答：解：A、当达到平衡状态时，N2、O2和NO的物质的量浓度保持不变，而N2、O2和NO的物质的量浓度相等，不能说明达平衡状态，故A错误；B、该反应前后气体的物质的量不变，所以容器内的压强始终不变,所以不能根据压强来判断平衡状态，故B错误；C、当反应发生时，N2、O2、NO三种物质同时存在，但是不能说明达平衡状态，故C错误;D、单位时间内生成1molN2表示逆速率,同时消耗1molO2表示正速率，而且正逆速率之比等于计量数之比，所以反应达到平衡状态，故D正确；故选D．点评：本题考查了化学平衡状态的判断,如果一个量未平衡时是个变量，当不再随时间的变化而变化，说明已达平衡状态，题目难度不大．9．（2分）下列措施中，一定能使化学平衡移动的是()A．改变温度B．改变压强C．使用催化剂D．改变容器体积考点：化学平衡的影响因素．.专题:化学平衡专题．分析：反应总是伴随热效应,改变温度一定使平衡移动，催化剂不能影响平衡移动，对于反应前后气体体积变化的反应可逆反应，改变体积与压强平衡发生移动．解答：解:A、反应一定有热效应，改变温度一定使平衡发生移动，故A正确;B、对于反应前后气体的物质的量不发生变化的可逆反应,改变压强平衡不移动，对于反应前后气体体积变化的反应可逆反应,改变压强平衡发生移动，故B错误；C、催化剂同等程度改变正、逆反应速率，平衡不移动，故C错误；D、改变容器的体积，即改变了压强,对于反应前后气体的物质的量不发生变化的可逆反应,改变压强平衡不移动,对于反应前后气体体积变化的反应可逆反应,改变压强平衡发生移动,故D错误；故选A．点评：本题考查外界条件对化学平衡的影响，比较基础，注意基础知识的掌握理解．10．（2分)对于反应N2(g)+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0,在密闭容器中进行,下列能加快反应速率的是（)A．降低体系的温度B．增大容器的体积C．体积不变充入N2D．将NH3及时移走考点：化学反应速率的影响因素．。分析：对于反应N2（g）+3H2(g）⇌2NH3(g）△H＜0来说，增大压强，浓度、升高温度以及加入催化剂等都可增大反应速率，注意压强的增大必须满足浓度增大才能增大反应速率，以此解答该题．解答：解：A．降低体系的温度，活化分子百分数减小，反应速率减小，故A错误；B．增大容器的体积，反应物浓度降低，反应速率减小,故B错误;C．体积不变充入N2,反应物浓度增大，反应速率增大，故C正确；D．将NH3及时移走，生成物浓度降低，反应速率减小，故D错误．故选C．点评：本题考查反应速率的影响因素,为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的理解和运用的考查,注意相关基础知识的积累,把握影响反应速率的因素和影响原因，难度不大．11．（2分）下列各组离子在溶液中可以大量共存的是(）A．H+、NH4+、CO32﹣B．Fe3+、Cl﹣、NO3﹣C．Na+、OH﹣、H+D．Al3+、OH﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．。专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子能大量共存，以此来解答．解答:解:A．因H+、CO32﹣结合生成水和气体，则不能共存，故A错误；B．因该组离子之间不反应，能共存,故B正确；C．因OH﹣、H+结合生成水，则不能共存，故C错误；D．因Al3+、OH﹣结合生成沉淀，则不能共存,故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，明确复分解反应发生的条件即可解答，题目较简单．12．(2分）用盐酸中和相同体积、相同pH值的Ba（OH）2、NaOH和NH3•H2O三种稀溶液，所用相同浓度的盐酸体积分别为V1、V2和V3，则三者关系为（)A．V1＞V2＞V3B．V3=V2＞V1C．V1=V2＞V3D．V3＞V2=V1考点:酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．。专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析:等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH﹣）相同，但NH3•H2O为弱碱，等pH时,其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c(OH﹣)越大，消耗酸越多．解答:解：等体积、等pH的Ba（OH)2、NaOH中,c(OH﹣）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2,但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子,则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，故选D．点评:本题考查酸碱混合的计算，明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键，题目难度中等．13．（2分）表示下列变化的化学用语正确的是（)A．氨水显碱性:NH3•H2O=NH4++OH﹣B．硫酸氢钠溶液显酸性:NaHSO4=Na++H++SO42﹣C．Na2S溶液显碱性：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣D．醋酸溶液显酸性：CH3COOH=CH3COO﹣+H+考点：离子方程式的书写；电离方程式的书写．。专题：化学用语专题．分析:A．一水合氨为弱电解质，电离用“⇌”；B．硫酸氢钠为强酸的酸式盐,完全电离；C．硫离子水解分步进行,以第一步为主；D．醋酸为弱电解质，电离用“⇌”．解答:解：A．氨水显碱性是因一水合氨电离生成氢氧根离子大于氢离子，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故A错误；B．硫酸氢钠为强酸的酸式盐，完全电离,电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42﹣，故B正确；C．Na2S溶液显碱性是因硫离子水解,水解离子反应为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故C错误;D．醋酸为弱电解质，醋酸溶液显酸性是因CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故D错误;故选B．点评：本题考查电离、水解的离子反应方程式的书写，注意电解质的强弱及多元弱酸根离子分步水解是解答的关键，题目难度不大．14．(2分）已知水的电离方程式:H2O⇌H++OH﹣．下列叙述中，正确的是(）A．升高温度，KW增大，pH不变B．向水中加入少量硫酸，c（H+）增大,KW不变C．向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c（OH﹣）降低D．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c（H+）降低考点：水的电离．。专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析:水的电离过程是吸热过程，升温促进水的电离，加入酸或碱抑制水的电离,加入能水解的盐能够促进水的电离，依据影响水电离的因素分析解答．解答:解：A、水的电离方程式：H2O⇌H++OH﹣，KW=c（OH﹣）×c（H+），常温下，水的离子积常数为Kw=10﹣14，水的电离为吸热过程，升高温度，KW增大，氢离子浓度变大，pH=﹣lg〔H+〕，氢离子浓度越大,pH值越小,故A错误；B、向水中加入少量硫酸,水中氢离子浓度增大,抑制了水的电离，水中氢氧根离子浓度减小，但是c(H+）增大；由于温度不变，水的离子积KW不变,故B正确；C、加入氨水,水中氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，水的电离平衡性质逆向移动，但是水中氢氧根离子浓度增大，故C错误；D、乙酸钠为弱酸强碱盐，向水中加入少量固体CH3COONa，乙酸根离子与水电离出的氢离子结合,生成弱电解质乙酸，促进水的电离，平衡向正反应方向移动，故D错误．故选B．点评：本题考查了水的电离，题目难度中等，注意水的电离为吸热反应，升高温度常见水的电离；该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题注重基础，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力．15．（2分）常温下，将等体积、等浓度的盐酸和氨水混合，在所得溶液中离子浓度关系正确的是（）A．c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c(OH﹣)=c（H+）B．c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c(H+）C．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣)＞c（H+）考点：离子浓度大小的比较．。专题：盐类的水解专题．分析:常温下,将等体积、等浓度的盐酸和氨水混合，二者恰好反应生成NH4Cl，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，再结合电荷守恒解答．解答：解:常温下，将等体积、等浓度的盐酸和氨水混合，二者恰好反应生成NH4Cl,氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，即c(H+)＞c（OH﹣)，溶液中存在电荷守恒，c(Cl﹣)+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+）,所以c（Cl﹣）＞c（NH4+），所以正确的为B选项，故选B．点评:本题考查了盐类水解，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒分析解答，题目难度不大．16．（2分)合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得,其中的一步反应为:CO（g)+H2O（g)⇌CO2(g）+H2（g）△H＞0，反应达到平衡后，为提高CO的转化率,下列措施中正确的是（)A．增加压强B．升高温度C．增大CO的浓度D．更换催化剂考点:化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：提高CO的转化率，可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断．解答：解：提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可．A、增加压强，该平衡会不会发生移动，故A错误；B、升高温度，化学平衡向着吸热方向，即正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动,故D错误．故选B．点评：本题考查学生化学平衡移动原理的应用方面的知识，属于基本知识的考查，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．17．(2分)下列说法正确的是（）A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数,从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率考点：活化能及其对化学反应速率的影响．。专题：化学反应速率专题．分析：增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂,可增大活化分子的百分数，以此解答该题．解答：解：A．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故A错误；B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积）,可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故B错误；C．升高温度,活化分子的百分数,反应速率增大，故C正确;D．催化剂降低反应的活化能，故D错误．故选C．点评：本题考查外界条件对反应速率的影响,题目难度不大，注意浓度、压强、温度以及催化剂对活化分子的影响的不同．18．（2分）下列说法不正确的是(）A．MnO2能加速H2O2的分解，是因为MnO2可以降低反应所需的活化能B．向橙色的K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液颜色变黄，说明化学平衡发生了移动C．将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，这一事实可以用勒夏特列原理解释D．FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3考点:反应热和焓变；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用．。专题:基本概念与基本理论．分析:A、催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率；B、在K2Cr2O7的溶液中存在如下平衡:Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+，加碱中和氢离子，平衡正向移动;C、2N02⇌N2O4△H＜0,N2O4无色;D、Fe2(SO4）3溶液蒸干灼烧，所得固体仍为Fe2（SO4）3,因为硫酸没有挥发性．解答:解：A、催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，MnO2是H2O2分解的催化剂，故A正确；B、在K2Cr2O7的溶液中存在如下平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色)+2H+，加碱中和氢离子，平衡正向移动，溶液颜色变黄，故B正确;C、2N02⇌N2O4△H＜0,N2O4无色，加热平衡正向移动，气体颜色变浅,故C正确;D、氯化铁溶液和硫酸铁溶液都会水解，分别生成盐酸和硫酸，盐酸易挥发，而硫酸不挥发,所以，氯化铁蒸干时随盐酸的挥发氢氧化铁沉淀出来，灼烧得到氧化铁，而硫酸不挥发，最后还是硫酸铁,故D正确．故选：D．点评：本题考查了催化剂的催化原理、盐类水解平衡移动、化学平衡移动等，有一定难度，注意平时学习过程中的比较．19．(2分）25℃时,将水不断滴入0。1mol/L的氨水中，下列变化的图象不正确的是（）A．B．C．D．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：25℃时将水不断滴入0.1mol/L的氨水中,一开始起决定因素的是浓度，溶液越稀，PH下降得越快,不呈一次函数是因为氨水是弱碱，越稀越电离,但是浓度起主要作用．在拐点处，浓度不断下降,电离起主要作用．后面PH的变化肯定是越来越慢因为不管怎么稀释PH只能越来越接近7却达不到7，所以pH会越降越慢;A、温度一定溶液中存在离子积常数，氢氧根离子浓度下降，氢离子浓度增大，最后基本不变；B、加入水电离度始终增大；C、离子浓度下降,导电能力下降;D、稀释时氢氧根离子浓度下降,pH下降,趋近于7．解答：解：A、温度一定，溶液中存在离子积常数，氢氧根离子浓度下降，氢离子浓度增大,最后基本不变，故A错误;B、弱电解质加水稀释过程中，促进电离，电离度始终增大，故B正确；C、溶液导电能力取决于离子浓度大小,加水稀释离子浓度下降,导电能力下降，故C正确；D、稀释时氢氧根离子浓度下降,pH下降,趋近于7，不能低于7，故D正确；故选A．点评：本题考查了弱电解质稀释过程中的分析判断，主要是溶液导电性的分析依据，溶液中离子浓度变化的判断，题目难度中等．20．（2分）（2008•韶关一模）已知反应：（1)C（s)+O2(g）═CO2(g）△H=﹣393。5kJ/mol（2）CO（g)+O2(g）═CO2(g）△H=﹣283.0kJ/mol则反应:C(s）+O2(g）═CO（g）的△H是（)A．﹣221kJ/molB．﹣110.5kJ/molC．+110.5kJ/molD．+221kJ/mol考点：有关反应热的计算．。专题：化学反应中的能量变化．分析：依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式;解答：解：（1）C（s）+O2(g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol（2）CO(g）+O2（g)═CO2(g)△H=﹣283.0kJ/mol依据盖斯定律（1）﹣（2)得到:C(s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5KJ/mol；则反应：C(s）+O2(g）═CO（g）的△H是﹣110。5kJ/mol；故选B．点评:本题考查反应热的有关计算,注意掌握根据盖斯定律、热化学方程式进行的计算，题目较简单．21．（2分）将2molA和2molB通入一密闭容器中,在某温度下达到平衡：2A（g）+B(g)⇌2C（g）+D（g）．经测定，平衡时混合气体中C的体积分数为24％，则B的转化率为（)A．73%B．24％C．36％D．12%考点：化学平衡的计算．.专题：化学平衡专题．分析:设B转化的物质的量为xmol，利用三段式，可确定平衡时各物质的物质的量，根据物质的量之比等于体积之比，求得X的值，进而求得B的转化率；解答:解：利用三段式，设B转化的物质的量为xmol，2A（g)+B（g）⇌2C（g)+D（g）起始（mol）2200转化（mol)2xx2xx平衡(mol）2﹣2x2﹣x2xx则有=24%，解得x=0。48，所以B的转化率为×100%=24％，故选B．点评：本题要主考查基本的化学平衡计算，难度不大，计算时要用好三段式．22．(2分）已知有热化学方程式：SO2(g)+O2（g)═SO3（g）△H=﹣98。32kJ/mol现有4molSO2参加反应,当放出314.3kJ热量时,SO2的转化率最接近于(）A．40%B．50％C．80％D．90%考点:热化学方程式；有关反应热的计算；化学平衡的计算．.专题：计算题．分析:由SO2（g）+O2（g)═SO3(g）△H=﹣98.32kJ/mol，则1molSO2完全反应，放出98。2kJ的热量，利用物质的量与放出的热量成正比计算反应的二氧化硫，以此计算SO2的转化率．解答：解：设反应的二氧化硫为x，则SO2（g)+O2(g)═SO3（g）△H=﹣98.32kJ/mol，1mol98。32kJx314.3kJ，解得x=3。196mol，所以SO2的转化率为×100％≈80％，故选C．点评：本题考查热化学反应方程式的计算，明确热化学方程式的意义及物质的量与热量的关系即可解答，题目难度不大．23．(2分）对于可逆反应N2（g）+3H2(g）⇌2NH3(g)△H＜0，下列各项对示意图的解释与图象相符的是（）A．①压强对反应的影响（p2＞p1)B．②温度对反应的影响C．③平衡体系增加N2对反应的影响D．④催化剂对反应的影响考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：A、合成氨反应是气体体积缩小的反应，则利用压强对化学平衡及化学反应速率的影响，然后结合图象来分析；B、合成氨的反应是放热反应，利用温度对化学平衡的影响及图象来分析;C、利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图象来分析;D、利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响，结合图象来分析．解答：解：A、该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大,达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；B、因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动,则氮气的转化率降低,与图象中转化率增大不符,故B错误;C、反应平衡后,增大氮气的量,则这一瞬间正反应速率增大,逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合,故C正确；D、因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少,与图象不符,故D错误；故选：C．点评：本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，图象中纵横坐标的含义即可解答，题目难度中等．24．(2分）向20mLNaOH溶液中逐滴加入0。1mol/L醋酸溶液，滴定曲线如图所示．下列判断中，正确的是（)A．在M点，两者恰好反应完全B．NaOH溶液的物质的量浓度为0。1mol/LC．滴定前，酸中c（H+）等于碱中c(OH﹣）D．在N点,c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH)=c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．NaOH溶液与醋酸恰好反应醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸的物质的量应稍微大些；B．根据NaOH溶液在滴定开始时的pH结合水的离子积常数来计算碱中c(OH﹣）；C．根据NaOH溶液在滴定开始时的pH结合水的离子积常数来计算碱中c（OH﹣)；根据醋酸是弱酸来求酸中c(H+）；D．根据在N点溶液中的溶质为同浓度的醋酸和醋酸钠，由电荷守恒和溶液的酸碱性判断各种离子浓度相对大小；解答:解:A．NaOH溶液与醋酸恰好反应醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸的物质的量应稍微大些，故A错误；B．NaOH溶液在滴定开始时的pH=13,c（H+）=10﹣13mol/L，碱中c（OH﹣）=mol/L=0.1mol/L，所以NaOH溶液的物质的量浓度为0。1mol/L，故B正确；C．NaOH溶液在滴定开始时的pH=13，c（H+）=10﹣13mol/L，碱中c（OH﹣）=mol/L=0。1mol/L，醋酸是弱酸，0。1mol/L醋酸溶液中c（H+)小于0.1mol/L，故C错误；D．在N点溶液中的溶质为同浓度的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性,CH3COOH的浓度大于氢离子浓度，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据溶液中电荷守恒知，溶液中c（CH3COO﹣)＞c（Na+)，故D错误;故选B．点评:本题主要考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较知识，注意利用电荷守恒的角度做题,题目难度中等．25．（2分）25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ/mol②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s)△H=﹣511kJ/mol下列说法不正确的是(）A．反应①②均为放热反应B．反应①中反应物的总能量大于生成物的总能量C．反应②中反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量D．25℃、101kPa下：Na2O（s）+1/2O2(g）=Na2O2(s)△H=﹣97kJ/mol考点：化学能与热能的相互转化．.专题:化学反应中的能量变化．分析：A、依据反应的焓变分析判断，焓变小于0是放热反应；B、依据反应前后能量守恒分析判断;C、依据拆化学键吸收热量,形成化学键放出热量，二者的相对大小比较判断；D、依据①②热化学方程式和盖斯定律的应用计算得到；解答：解：A、反应①②的焓变都是小于0，所以均为放热反应，故A正确;B、反应①是放热反应,反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；C、反应②是放热反应，反应中反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，故C错误；D、25℃、101kPa下,依据盖斯定律热化学方程式②﹣①得到Na2O（s）+O2（g)=Na2O2（s）△H=﹣97kJ/mol,故D正确；故选B．点评：本题考查了化学反应的能量变化判断，热化学方程式的书写方法混合盖斯定律的应用，关键是理解反应焓变=拆化学键吸收的热量﹣生成化学键放出的热量．二。非选择题（共50分）26．（10分)碳酸钠、明矾都是重要的化合物，在生活、生产中有着重要用途．结合化学用语和适当的语言叙述回答下列各题．（1)用碳酸钠溶液清洗油污，加热可以增强其去污力：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，升温可以促进碳酸钠的水解,使溶液中c(OH﹣）增大．(2)明矾［KAl（SO4)2•12H2O］可以用来做净水剂的原因是：明矾溶于水发生水解Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液,至硫酸根离子刚好沉淀完全时，溶液的pH=7(填“＞”、“＜”或“=”），总反应离子方程式为2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al(OH）3↓+3BaSO4↓．(3）SOCl2是一种液态化合物,与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体．蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3,使SOCl2与AlCl3•6H2O混合并加热,可得到无水AlCl3，试写出SOCl2与AlCl3•6H2O混合加热发生反应的化学方程式:6SOCl2+AlCl3•6H2O12HCl+6SO2↑+AlCl3．考点:盐类水解的应用．.专题：盐类的水解专题．分析：(1)盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解；(2）明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有很强的吸附性；假设明矾的物质的量为1mol，水溶液中Al3+恰好沉淀时，需氢氧根离子3mol，所以明矾与Ba(OH)2的物质的量之比为1：3，进而书写反应的离子方程式，并判断溶液的酸碱性;（3）根据“SOCl2是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体、使SOCl2与AlCl3•6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3”写出SOCl2与AlCl3•6H2O混合加热发生反应的化学方程式．解答：解：（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，碱性越强，油污的水解程度越大,导致去污能力越强，盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解，所以去污能力越强，故答案为:CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，升温可以促进碳酸钠的水解，使溶液中c(OH﹣）增大；（2）明矾溶于水发生水解,铝离子水解生成氢氧化铝和硫酸，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；假设明矾的物质的量为1mol，水溶液中含1molAl3+，明矾水溶液中Al3+恰好沉淀时，需氢氧根离子3mol，所以明矾与Ba（OH）2的物质的量之比为1:3，离子反应为2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH)3↓+3BaSO4↓，此时溶液呈中性,PH=7，故答案为：明矾溶于水发生水解Al3++3H2O⇌Al（OH)3+3H+生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质；=；2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓；（3）SOCl2是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体,该两种气体应该为氯化氢和二氧化硫；使SOCl2与AlCl3•6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3,反应生成、氯化铝、二氧化硫和氯化氢气体,所以SOCl2与AlCl3•6H2O混合加热发生反应的化学方程式：6SOCl2+AlCl3•6H2O12HCl+6SO2↑+AlCl3，故答案为:6SOCl2+AlCl3•6H2O12HCl+6SO2↑+AlCl3．点评:本题考查了盐的水解原理及其应用,题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及影响因素，明确明矾净水原理、碳酸钠除油污原理，（3）为易错点，注意含量分析题干信息．27．(10分）常温下，浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH溶液②Na2CO3溶液③NaOH溶液，请回答:（1）三种溶液的pH从大到小的顺序是（填序号)③②①．（2）溶液②中电荷守恒的关系式是c（Na+）+c(H+）=c（OH﹣）+2c(CO32﹣）+c（HCO3﹣)．(3）若某溶液中各种离子浓度的大小顺序为c（CH3COO﹣)＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），则溶液中溶质是（填化学式）CH3COOH、CH3COONa．（4）若将①③两溶液按一定的量混合，混合后溶液显中性，完成下表：pH=7①③两溶液的体积①＞③(填“=”或“＞”或“＜”）混合溶液中离子浓度由大到小的顺序c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）浓度相同时，NaOH溶液pH最大,醋酸溶液pH最小;（2)结合阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷判断；（3)溶液呈酸性，溶质应为CH3COOH、CH3COONa；（4)醋酸为弱酸，等体积混合溶液呈中性,醋酸浓度应较大，结合电荷守恒判断．解答：解：（1）浓度相同时，NaOH溶液pH最大，醋酸溶液pH最小,碳酸钠溶液水解呈碱性,顺序为③②①，故答案为:③②①；（2）溶液②中电荷守恒关系为c（Na+)+c（H+）=c（OH﹣)+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故答案为：c（Na+)+c（H+)=c（OH﹣)+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣)；（3）溶液呈酸性，溶质应为CH3COOH、CH3COONa,且醋酸浓度较大，故答案为：CH3COOH、CH3COONa;（4）醋酸为弱酸，等体积混合溶液呈中性，醋酸浓度应较大,溶液中存在c(CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），因c（H+)=c(OH﹣)，则c（CH3COO﹣）=c（Na+)，所以有c（CH3COO﹣)=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣），故答案为：＞；c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c(H+）=c（OH﹣)．点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度较大，注意把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，结合电荷守恒解答该题．28．(6分）用实验确定某酸HA是弱电解质．两同学的方案是：甲：①配制0。1mol/L的溶液100mL;②用pH试纸测出该溶液的pH值，即可证明HA是弱电解质．乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒,观察现象，即可证明HA是弱电解质．（1）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH＞(填＜、＞、=）1．乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是b(填字母序号）．a．装盐酸溶液的试管放出H2的速率快．b．装HA溶液的试管放出H2的速率快．c．两个试管中产生H2的速率一样快．（2）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表述．配制NaA溶液，测其pH＞7即证明HA是弱电解质．考点:性质实验方案的设计．。专题:实验设计题．分析：（1）甲方案中，由于弱电解质只是部分电离，所以当HA是弱电解质时，其pH＞1，乙方案中由于pH=1，所以在与纯度相同的锌粒时，由于弱电解质部分电离,所以c(H+）较大,所以放出H2的速率快;（2）如为弱酸，则对应的钠盐溶液应呈碱性．解答：解：（1）弱电解质存在电离平衡，不能完全电离，所以如果HA是弱电解质，则0.1mol/L溶液的pH就一定＞1；弱酸在稀释过程中会继续电离出阴阳离子,因此稀释相同的倍数后，HA溶液中氢离子的浓度大于盐酸中氢离子的浓度，所以装HA溶液的试管的中放出H2的速率快，故答案为：＞;b;（2）如为弱酸，则对应的钠盐溶液应呈碱性，可配制NaA溶液，测其pH＞7即证明HA是弱电解质，故答案为：配制NaA溶液，测其pH＞7即证明HA是弱电解质．点评：本题是高考中的常见题型，试题难度较大．该题有利于培养学生严谨的逻辑思维能力，以及语音组织和表达能力，提高学生的学习效率，激发学生的学习兴趣．29．（10分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质和化合物在工农业生产、生活中有重要用途．（1)根据图1能量变化示意图：写出CO和NO2反应生成NO和CO2的热化学方程式CO(g)+NO2(g）═CO2（g)+NO(g）△H=﹣234kJ/mol（2）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其平衡常数K与温度T的关系如下表，试判断K1＞K2（填“＞”、“="或“＜”）T/K298398平衡常数KK1K2（3)下列各项能说明该反应达到平衡状态的是ab(填字母序号）a．v正(H2）=3v逆（N2）b．容器内压强保持不变c．容器中混合气体的密度保持不变d．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3:2（4）氨气极易溶于水，常用如图2实验来验证,在标准状况下，烧瓶中的氨水使酚酞变红．请回答:①用化学用语说明所得氨水能使酚酞变红的原因NH3•H2O⇌NH4++OH﹣．②25℃时，将一定量的氨水与盐酸混合后pH=7，测该混合溶液中c（Cl﹣)与c(NH4+）关系为b（填字母序号）a．c（Cl﹣）＞c（NH4+）b．c（Cl﹣）﹦c(NH4+）c．c（Cl﹣）＜c（NH4+）d．无法判断．考点：反应热和焓变;化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断．。专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．分析：（1）依据图象分析反应物断化学键吸收的能量减去生成物形成化学键放出的能量=反应的焓变，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；（2）反应是放热反应，随温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小；（3）依据平衡状态的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析选项；(4）①氨水使酚酞变红是因为溶液中电离出了氢氧根离子，可以用电离方程式（化学用语)来表示；②依据溶液中电荷守恒分析判断．解答：解：(1)反应物断化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量=反应的焓变，所以△H=134KJ/mol﹣368KJ/mol=﹣234kJ/mol;CO和NO2反应生成NO和CO2的热化学方程式为:CO（g）+NO2（g）═CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ/mol，故答案为：CO（g）+NO2（g)═CO2（g)+NO（g）△H=﹣234kJ/mol；（2)N2(g)+3H2（g)⇌2NH3（g）△H＜0，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，所以K1＞K2，故答案为：＞;(3）a．依据正反应速率之比等于化学方程系数之比，V正（H2)=3V正（N2)，依据v正（H2）=3v逆（N2）可知V正(N2）=v逆（N2）,说明反应达到平衡，故a正确；b．反应前后气体体积分数变化，容器内压强保持不变证明反应达到平衡，故b正确;c．反应过程中气体质量和混合气体体积不变容器中混合气体的密度保持不变，不能证明反应达到化学平衡,故c错误；d．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2只能说明反应了之比等于系数之比，不能证明反应达到平衡，故d错误；故答案为：ab；（4）①用化学用语说明所得氨水能使酚酞变红的原因，可以利用电离平衡说明,电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；②25℃时,依据溶液中存在的电荷守恒为c(H+）+c（NH4+）=c(OH﹣)+c(Cl﹣)，将一定量的氨水与盐酸混合后pH=7，c（H+）=c(OH﹣），测该混合溶液中c（Cl﹣）与c(NH4+）关系相等，故答案为：b．点评：本题考查图象分析判断,热化学方程式书写方法，化学平衡的影响因素分析，平衡标志判断,题目难度中等．30．（4分）氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一．消除氮氧化物的方法有多种．（1）利用甲烷催化还原氮氧化物．已知:CH4(g）+4NO2(g）═4NO（g)+CO2(g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ/molCH4（g）+4NO（g）═2N2（g)+CO2（g)+2H2O(g）△H=﹣1160kJ/mol则CH4将NO2还原为N2的热化学方程式是CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g)+2H2O（g)△H=﹣867kJ/mol．（2）利用NH3催化还原氮氧化物(SCR技术），该技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g)+NO2（g）2N2(g）+3H2O(g）△H＜0．为提高氮氧化物的转化率可采取的措施是增大NH3浓度（或减小压强、降低温度）（写出1～2种即可）．考点:热化学方程式;化学平衡的影响因素．.专题：基本概念与基本理论．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）提高氮氧化物的转化率,改变条件平衡正向进行，依据化学平衡影响因素分析判断．解答：解：（1）①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g)△H=﹣574kJ/mol，②CH4(g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g)+2H2O（g）△H=﹣1160kJ/mol，依据盖斯定律得到CH4（g）+2NO2（g）=N2（g)+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol；（2）2NH3（g）+NO(g）+NO2（g)2N2（g）+3H2O（g)△H＜0,反应是气体体积增大的放热反应，依据化学平衡移动原理分析，增大氨气浓度，减小压强，降低温度；故答案为：增大NH3浓度（或减小压强、降低温度）．点评：本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用,化学平衡影响因素分析判断,题目较简单．31．(10分)在100℃时，将2。00mol的二氧化氮气体充入2L真空的密闭容器中，发生反应2NO2⇌N2O4，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如表数据：时间（s)020406080n（NO2）/mol2.00n11。25n3n4n（N2O4）/mol0。000。20n20.500.50(1)在上述条件下,从反应开始至20s时,v（NO2）=0。01mol/（L•s）．（2）100℃时，该反应的平衡常数为1．（3）达到平衡后,如升温，气体颜色变深，则反应2NO2⇌N2O4的△H＜0(填“＞”或“＜”）．（4）保持温度不变，在80s时，若将密闭容器的体积由2L扩大到9L(如图1所示），反应2NO2⇌N2O4在t1s时重新达到平衡,测得n（N2O4）=0.25mol,请在图2中画出0～t1s这一过程的变化曲线．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线;化学平衡的影响因素．。专题：化学平衡专题．分析：(1）先计算四氧化二氮的平均反应速率，再根据同一可逆反应中，同一时间段内,各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算二氧化氮的平均反应速率；（2）根据K=进行计算；（3）升温，气体颜色变深，说明平衡向生成二氧化氮方向移动，所以2NO2N2O4为放热反应，据此答题；（4）根据平衡常数，利用三段式进行计算,根据四氧化二氮的物质的量的变化可以画图．解答：解：（1）c（N2O4)==0。005mol/（L．s),同一可逆反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以二氧化氮的平均反应速率为0.01mol•L﹣1•S﹣1，故答案为：0。01mol•L﹣1•S﹣1；(2）2NO2png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAACkAAAAMCAYAAAD/AZRzAAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAABLSURBVEhL7dJLCgAgCEVR97/pF0pK9Jk1uEEXjKDJQTLBMltJOKQ3Q5FIz6GJxSKzwPZ7yWkTtjjhfeSt3vuT4wOprYgGPWo4W5Uajlmnrb3G74AAAAAASUVORK5CYILoj4HkvJjnvZE=N2O4起始浓度(mol•L﹣1)1。00转化浓度（mol•L﹣1）0.50.25平衡浓度（mol•L﹣1)0.50。25∴K===1故答案为:1；（3）升温，气体颜色变深，说明平衡向生成二氧化氮方向移动,所以2NO2⇌N2O4为放热反应，故△H＜0，故答案为：＜；（4)设平衡后得n(N2O4）为xmol2NO2png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAACkAAAAMCAYAAAD/AZRzAAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAABLSURBVEhL7dJLCgAgCEVR97/pF0pK9Jk1uEEXjKDJQTLBMltJOKQ3Q5FIz6GJxSKzwPZ7yWkTtjjhfeSt3vuT4wOprYgGPWo4W5Uajlmnrb3G74AAAAAASUVORK5CYILoj4HkvJjnvZE=N2O4起始浓度（mol•L﹣1）0转化浓度（mol•L﹣1)平衡浓度（mol•L﹣1）∵k===1∴解得x=0.25或x=4；其中x=4不符合实际，故N2O4的物质的量为0.25；根据表中N2O4的物质的量及体积变为9L后N2O4的物质的量，可以画出图为：，故答案为：0.25；．点评：本题主要考查了反应速率的计算、化学平衡常数的计算及应用，难度中等，解题时要注意灵活运用化学平衡常数．四.附加题(共20分）32．(6分)在微生物作用下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3﹣．反应的能量变化示意图如下：①第一步反应是放热反应（选填“放热"或“吸热”）,判断依据是因为△H=﹣273kJ/mol＜0(反应物的总能量大于生成物的总能量）．②1molNH4+(aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的热化学方程式是NH4+（aq)+2O2（g)═2H+（aq）+H2O(l）+NO3﹣（aq），△H=﹣346kJ/mol．考点：反应热和焓变．.专题：化学反应中的能量变化．分析：①当反应物的总能量大于生成物的总能量，反应是放热的；②结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变．解答:解：①焓变小于0,则反应为放热反应,故答案为：放热；因为△H=﹣273kJ/mol＜0（反应物的总能量大于生成物的总能量);②第一步的热化学方程式为