2024年北师大版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年北师大版选修4化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、在一定温度下,将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中,发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH<0,一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表。t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10

下列说法不正确的是A.反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-3mol/(L·min)B.其他条件不变,升高温度,反应达到新平衡前v(逆)>v(正)C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44D.其他条件不变,再充入0.2molZ,平衡时X的体积分数不变2、某温度时，N2＋3H22NH3的平衡常数K＝a，则此温度下，NH3H2＋N2的平衡常数为()A.B.C.D.a－23、已知室温时的某一元酸HA在水中有发生电离，下列叙述错误的是A.该溶液中B.升高温度时，溶液的pH减小C.此酸的电离平衡常数为D.由HA电离出的约为水电离出的的倍4、水的电离过程为H2OH++OH-,在不同温度下其平衡常数为Kw(25℃)=1.0×10-14，Kw(35℃)=2.1×10-14。则下列叙述正确的是A.c(H+)随着温度升高而降低B.在35℃时，c(H+)>c(OH-)C.蒸馏水中通HCl，Kw增大D.水的电离是吸热的5、下列操作中，能使电离平衡H2OH＋＋OH－，向右移动且溶液呈酸性的是（）A.向水中加入NaHSO3溶液B.向水中加入NH4Cl溶液C.向水中加入CH3COONa溶液D.将水加热到100℃，使pH＝66、下列有关说法不正确的是A.已知I2可溶于KI形成KI3，向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明KI3溶液中存在平衡：I3－I2＋I－B.Cr(OH)3在溶液中存在沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c３(OH－)＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5mol/L，溶液的pH应调至5C.已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag２CrO4)＝2.0×10－12，将等体积的浓度为1×10－4mol/L的AgNO3溶液滴入到浓度均为1×10－4mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中产生两种不同沉淀，且Ag2CrO4沉淀先产生D.25℃时，溶液中水电离出的c(H＋)和水电离出的c(OH－)的乘积不一定等于10－14评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、能源的开发利用具有重要意义。

(1)已知：化学键C-H键能bcd

①写出CH4的结构式___________。

②C=O的键能为___________(用含a、b；c、d的式子表示)

(2)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______。8、在2L密闭容器中，800℃时，反应2NO＋O22NO2体系中，n(NO)随时间的变化如下表：。时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)如图表示各物质浓度的变化曲线；

A点处，v(正)___________v(逆)，A点正反应速率_________B点正反应速率。(用“大于”；“小于”或“等于”填空)

(2)图中表示O2变化的曲线是___________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝____________________________。

(3)能使该反应的反应速率增大的是____________。

A．及时分离出NO2气体B．升高温度。

C．减小O2的浓度D．选择高效的催化剂。

(4)能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。

A．容器内压强保持不变B．v(NO)＝2v(O2)

C．容器内的密度保持不变D．v逆(NO2)＝2v正(O2)9、“洁净煤技术”研究在世界上相当普遍，科研人员通过向地下煤层气化炉中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出了高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。生产煤炭气的反应之一是：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.4kJ/mol

（1）在容积为3L的密闭容器中发生上述反应，5min后容器内气体的密度增大了0.12g/L，用H2O表示0~5min的平均反应速率为_________________________。

（2）关于上述反应在化学平衡状态时的描述正确的是_____________。

A．CO的含量保持不变。

B．v正(H2O)=v正(H2)

C．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变。

（3）若上述反应在t0时刻达到平衡(如下图)，在t1时刻改变某一条件，请在下图中继续画出t1时刻之后正反应速率随时间的变化：（用实线表示）

①缩小容器体积，t2时到达平衡；②t3时平衡常数K值变大，t4到达平衡。

（4）在一定条件下用CO和H2可以制得甲醇，CH3OH和CO的燃烧热为别725.8kJ/mol，283.0kJ/mol，1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：_________________。

（5）如下图所示，以甲醇燃料电池作为电源实现下列电解过程。乙池中发生反应的离子方程式为____________。当甲池中增重16g时，丙池中理论上产生沉淀质量的最大值为_______________________________g。

10、运用化学反应原理研究氮；硫等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)硫酸生产过程中2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关如图所示；根据如图回答下列问题：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为__________反应（填“吸热”“放热”）。

②一定条件下，将SO2与O2以体积比为2︰1置于一体积不变的密闭容器中发生反应，能说明该反应已达到平衡的是________(填选项字母)。

a．体系的密度不发生变化。

b．SO2与SO3的体积比保持不变。

c．体系中硫元素的质量分数不再变化。

d．单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3

e．容器内的气体分子总数不再变化。

③V2O5可作为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的催化剂，催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物；四价钒氧化物再被氧气氧化为V2O5。写也该催化循环机理的化学方程式__________，________。

(2)一定条件下，合成氨反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。图1表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图2表示在其他条件不变的情况下；改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。

①由图1信息，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为________(填“a”“b”“c”或“d”，下同)；增加氮气的物质的量，则n(N2)的变化曲线为________。

②由图2信息，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是________点，T2____T1(填“>”“＝”或“<”)。11、已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：。化学式HFHClOH2CO3电离常数6.8×10−44.7×10−8K1=4.3×10−7K2=5.6×10−11

常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液，其pH由大到小的顺序是___（填序号）。12、常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH－离子浓度(c)的关系如图所示。

(1)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：________________________________________________。

(2)a点溶液中由水电离产生的c(H+)＝______________；b点溶液中c(H+)________1×10-7mol/L(填写“等于”；“大于”或“小于”)。

(3)能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是___。(选填序号)

a．加水稀释b．加入少量乙酸钠固体c．通氯化氢d．加入少量苛性钠固体13、按要求填写下面的空。

(1)温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4②NaNO3③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa，它们的pH值由小到大的排列顺序是________。

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①④⑤⑥D.⑤⑥②④①③

(2)25℃时，利用pH试纸测得0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为____。向10mL此溶液中加水稀释，电离常数的值将________。(填“增大”“减小”或“无法确定”)

(3)25℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=______。(取近似值)

(4)pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，分别加水至pH再次相等，则加入水的体积V(HCl)_______V(CH3COOH)(填＞；＜或=；下同)

(5)浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后pH(HCl____________pH(CH3COOH)14、写出钢铁生锈的电极反应式（水膜成中性）

正极：__________负极：___________评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共4题，共32分)16、(1)已知单质硫16g燃烧放热为149kJ；写出硫燃烧热的热化学方程式：_________________

(2)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。

已知：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393.5kJ/mol①

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=－571.6kJ/mol②

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=－2599kJ/mol③

根据盖斯定律，计算298K时由C(石墨，s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的焓变：_____________。

(3)已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/mol、497kJ/mol。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ/mol；NO分子中化学键的键能为_____kJ/mol。

(4)S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。

已知：①S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

③S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3=_____。

S(单斜；s)比S(正交，s)更_________（填“稳定”或“不稳定”）

(5)同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1___________ΔH2。（用“>”、“<”或“＝”填空）

(6)相同条件下，2mol氢原子所具有的能量________1mol氢分子所具有的能量。(用“>”、“<”或“=”填空)17、（1）已知：2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)；△H=–483.6kJ·mol-1,H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H=–285.8kJ·由此可知，在等温下蒸发45g液态水需吸收___________kJ的热量。

（2）工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)；已知25℃时：

C(石墨)+O2(g)==CO2(g)△H1＝－394kJ·mol-1

C(石墨)+O2(g)==CO(g)△H2＝－111kJ·mol-1

H2(g)+O2(g)==H2O(g)△H3＝－242kJ·mol-1

试计算25℃时CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)的△H=______kJ·mol-1

（3）在25℃、101KPa时，___时所放出的热量，叫做该反应的燃烧热。在25℃、101KPa时，1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.713kJ，则能表示乙醇燃烧热的热化学方程式为________。18、用活性炭还原法可以处理氮氧化物。如反应：在时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：。01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36

(1)T1℃时，该反应的平衡常数______

(2)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是______答一种即可19、现有常温下的六种溶液：①0.01mol·L-1CH3COOH溶液；②0.01mol·L-1HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol·L-1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol·L-1HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。

（1）将②③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：②__(填“＞”“＜”或“=”)③。

（2）若将②③等体积混合后，则所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为__。

（3）将六种溶液稀释100倍后，比较溶液的pH：③__(填“＞”“＜”或“=”)④。

（4）水的电离程度相同的是__(填序号)。

（5）将①④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)，则混合液呈_(填字母)。

A.酸性B.碱性C.中性D.三性皆有可能。

（6）若改变温度后，测得④溶液pH=10，则该温度下Kw=__。在该温度下，将①④混合后，测得溶液pH=7，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=__mol·L-1。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共21分)20、（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。

2018年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：1/2N2（g）+3/2H2（g）NH3（g）∆H(298K)=-46.2KJ•mol-1,在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）

化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*；

表面反应：N*+H*NH*；NH2*+H*NH3*

脱附：NH3*NH3（g）

其中，N2的吸附分解反应活化能高；速率慢；决定了合成氨的整体反应速率。请回答：

（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。

A．低温B.高温C.低压D.高压E.催化剂。

（2）标准平衡常数其中为标准压强（1X105Pa），pNH3、pN2和pH2为各组分的平衡分压，如pNH3=xNH3p，p为平衡总压，xNH3为平衡系统中NH3的物质的量分数。

①N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则=_____________（用含w的最简式表示）

②下图中可以示意标准平衡常数随温度T变化趋势的是_______。

（3）实际生产中，常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0X105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。

①分析说明原料气中N2过量的理由________________________。

②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。

A.合成氨反应在不同温度下的∆H和∆S都小于零。

B.控制温度（773K）远高于室温；是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率。

C.当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体；有利于提高平衡转化率。

D.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化；不断将液氨移去，利于反应正向进行。

E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2；原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。

（二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其原理如图所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。

（1）请写出“化学法”得到FeO42-的离子方程式___________________________。

（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42-）___________________________________。21、联氨(又称肼，N2H4；无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：

(1)联氨分子的结构式为_____________，其中氮的化合价为____________。

(2)实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为___________。

(3)①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l)ΔH1

②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)ΔH2

③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)ΔH3

④2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH4=-1048.9kJ/mol

上述反应热效应之间的关系式为ΔH4=__________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为__________。

(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨的电离方程式依次为______，________。第一步电离的平衡常数值为________(已知：N2H4+H+⇌N2H的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。

(5)联氨是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，处理时发生反应的化学方程式为________。22、铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质。在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)。

（1）①该反应的平衡常数表达式为：K=___。

②该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2g。则10min内CO的平均反应速率为___。

（2）请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：①___②___。

（3）明矾KAl(SO4)2·12H2O的水溶液呈___性（填”酸性、碱性、中性），溶液中各离子的浓度从大到小的顺序为____。

（4）写出氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式：___，欲使上述体系中Al3+浓度增加，可加入的物质是____。

（5）某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率(v)和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是____。

a.b.c.d.评卷人得分六、结构与性质(共3题，共30分)23、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)24、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。25、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A.反应前2min，消耗n(Y)=(0.16mol－0.12mol)=0.04mol，根据反应方程式，则生成n(Z)=0.04mol×2=0.08mol，根据化学反应速率的表达式v(Z)==4.0×10－3mol/(L·min)；故A错误；

B.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即v(逆)>v(正)；故B正确；

C.化学平衡常数K==1.44；故C正确；

D.因为反应前后气体系数之和相等；因此其他条件不变时，再充入0.2molZ，重新达到平衡，与原平衡为等效平衡，则平衡时X的体积分数不变，故D正确；

答案：A。

【点睛】

易错点是选项D，这个需要从等效平衡的角度进行分析，恒温恒容状态下，反应前后气体系数之和相等，转化到同一半边，投入量的比值与原平衡投入量的比值相等，两者即为等效平衡；恒温恒容状态下，反应前后气体系数之和不相等，转化到同一半边，投入量与原平衡投入量相等，即为等效平衡；恒温恒压下，转化到同一半边，投入量的比值与原平衡投入量的比值相等，即为等效平衡。2、A【分析】【分析】

利用平衡常数的表达式进行分析；

【详解】

根据化学平衡常数的数学表达式，N2＋3H22NH3，K1=NH3N2＋H2，K2=则有K1=求的K2=故A正确；

答案选A。3、A【分析】【详解】

发生电离的该溶液中发生电离溶液的故A错误；

B.升高温度促进HA电离导致溶液中增大；溶液的pH减小，故B正确；

C.该酸溶液中HA的电离程度较小，则电离平衡常数故C正确；

D.由HA电离出的为水电离出的HA电离出的水电离出的1；故D正确；

故选：A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A.随着温度的升高，水的离子积增大，溶液c(H＋)增大；故错误；

B.升高温度，促进水的电离，但c(H＋)=c(OH－)；故错误；

C.Kw只受温度影响；与浓度等无关，故错误；

D.升高温度；促进水的电离，说明反应是吸热反应，故正确；

答案选D。5、B【分析】【详解】

A.向水中加入NaHSO3溶液亚硫酸氢根电离显酸性；对水的电离平衡逆向移动，故A不符合题意；

B.向水中加入NH4Cl溶液；铵根结合水电离出的氢氧根生成一水合氨，平衡向右移动，溶液显酸性，故B符合题意；

C.向水中加入CH3COONa溶液；醋酸根结合水电离出的氢离子生成醋酸，平衡向右移动，溶液显碱性，故C不符合题意；

D.将水加热到100℃；平衡向右移动，使pH＝6，溶液呈中性，故D不符合题意。

综上所述，答案为B。6、C【分析】【详解】

A．向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则KI3的溶液中含I2、I－，即KI3溶液中存在平衡为I3－I2＋I－；故A正确；

B．当c（Cr3＋）=10-5mol·L－1时，溶液的c（OH－）==10-9mol·L－1，c（H＋）==10-5mol·L－1，pH=5，即要使c（Cr3＋）降至10-5mol·L－1；溶液的pH应调至5，故B正确；

C．AgCl饱和所需Ag＋浓度c（Ag＋）==1.8×10-6mol·L－1，Ag2CrO4饱和所需Ag＋浓度c（Ag＋）=mol·L－1=1.4×10-4mol·L－1，则1.8×10-6mol·L－1＜1.4×10-4mol·L－1，所以Cl－先沉淀。故C错误；

D．25℃时，由于外界条件的影响，水的电离程度可能改变，溶液中水电离出的c(H＋)和水电离出的c(OH－)的乘积不一定等于10－14；故D正确；

故选C。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【详解】

(1)①甲烷为共价化合物，结构式为

②根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能，有△H=4b＋4d－2E(C=O)－4c=＋akJ/mol，求得E(C=O)=kJ/mol；

(2)燃烧热指的是1mol燃料完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量；现1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇的质量为32g，完全燃烧生成CO2和液态水时放热32×22.68kJ=725.76kJ，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。【解析】CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。8、略

【分析】【分析】

（1）A点后c浓度继续减小；a的浓度继续增大，故A点向正反应进行，正反应速率继续减小；逆反应速率继续增大到平衡状态B点时正、逆速率相等；

由表中数据可知从3s开始；NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡；

（2）氧气是反应物，随反应进行浓度减小，由方程式可知2△c（O2）=△c（NO）；

根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；

（3）升高温度；使用催化剂、增大反应物浓度都可能加快反应速率；减低浓度反应速率会减慢．

（4）可逆反应达到平衡时，v正=v逆（同种物质表示）或正；逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示）；反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，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；

【详解】

（1）A点后c浓度继续减小,a的浓度继续增大,故A点向正反应进行,则v(正)>v(逆)；而B点处于平衡状态，即v（正）=v（逆），A点正反应速率继续减小、逆反应速率继续增大到平衡状态B点，A点正反应速率>B点正反应速率；

答案为大于；大于；

(2)氧气是反应物,随反应进行浓度减小,由方程式可知2△c(O2)=△c(NO)；由图可知曲线c的浓度变化为曲线d的2倍，故曲线c表示NO，曲线d表示氧气；

2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.003mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol⋅L−1⋅s−1；

答案为d；0.003mol⋅L−1⋅s−1；

（3）

A．及时分离出NO2气体，会使NO2气体浓度降低；反应速率减慢，故A错误；

B．升高温度反应速率加快；故B正确；

C．减少O2的浓度；反应速率减慢，故C错误；

D．选择高效的催化剂；加快反应速率，故D正确；

答案选BD。.

（4）

A．随反应进行；反应混合气体总的物质的量在减小，恒温恒容下容器内压强减小，容器内压强不再变化说明反应到达平衡，故A正确；

B．若表示同一方向反应速率,v(NO)自始至终为v(O2)的2倍；不能说明达到平衡，故B错误；

C．混合气体的总质量不变；容器容积不变，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故C错误；

D．由方程式可知v正(NO2)=2v正(O2),而v逆(NO2)=2v正(O2),故v逆(NO2)=v正(NO2)；反应到达平衡，故D正确；

答案选AD【解析】①.大于②.大于③.d④.0.003mol·L－1·s－1⑤.BD⑥.AD9、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）因为是等体积，因此密度增大了0.12g·L－1，气体质量增大了3×0.12g=0.36g，根据质量差，求出消耗的H2O的物质的量0.36/12mol=0.03mol，v(H2O)="0.03/(3×5)mol/(L·min)=0.002"mol/(L·min)；（2）A、根据化学平衡状态的定义，CO的含量保持不变，说明反应达到平衡，故正确；B、反应方向都是向正反应方向进行，要求是一正一逆，故错误；C、根据摩尔质量的定义，气体的质量增大，气体的物质的量增大，因此摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故正确；(3)①缩小容器的体积，增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，图像是：②平衡常数增大，只改变温度，说明化学反应向正反应方向移动，此反应是吸热反应，因此升高温度，图像是：（4）①CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.8kJ·mol－1，②CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)△H=－283.0kJ·mol－1，③H2O(l)=H2O(g)△H=＋44.0kJ·mol－1，CH3OH＋O2=CO＋2H2O(g)，①－②＋2×③得出：CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g)△H=(－725.8＋283＋2×44)kJ·mol－1=－354.8kJ·mol－1；（5）甲池为原电池，乙池、丙池为电解池，通甲醇的一极为负极，通氧气的一极为正极，乙池中石墨跟电池的正极相连，即石墨为阳极，Ag作阴极，因此电极总反应式是：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，甲池反应方程式为CH3OH＋3/2O2＋2KOH=K2CO3＋3H2O，甲池溶液增重的质量为甲醇和氧气的质量，设甲醇的物质的量为xmon，则氧气的物质的量为3x/2mol，因此有32x＋3×32x/2=16，解得x=0.2mol，整个电路中通过电子的物质的量为0.2×6mol=1.2mol，丙池中沉淀：Mg＋2OH－－2e－=Mg(OH)2，m[Mg(OH)2]=1.2×58/2g=34.8g。

考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、勒夏特列原理、化学平衡常数、电极反应式的书写等知识。【解析】0.002mol∕L·minAC如图：CH3OH(l)＋O2(g)="CO"(g)＋2H2O(g)ΔH="-354.8"kJ∕mol2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，34.810、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①根据图像，随着温度的升高，SO3的百分含量降低，即升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；

②a；组分都是气体；气体质量不变，容器为恒容状态，气体体积不变，根据密度定义，密度任何时刻保持不变，即密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；

b、SO2和SO3的体积比保持不变，得出SO2和SO3的物质的量保持不变，即达到平衡，故b符合题意；

c；根据原子守恒；体系中硫元素的质量分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；

d、转移4mol电子，有消耗或生成2molSO3；不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；

e；向正反应方向进行；气体物质的量减小，分子总数减小，当分子总数不变，说明反应达到平衡，故e符合题意；

③根据题意，V2O5氧化SO2成SO3，自身被还原成为VO2，反应方程式为V2O5＋SO2=SO3＋2VO2，VO2被氧气氧化成V2O5，反应方程式为4VO2＋O2=2V2O5；

（2）①压缩容器，改变瞬间N2的物质的量不变，压缩容器的体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理，增大压强，此反应向正反应方向进行，N2的物质的量减小，即d为n(N2)变化曲线；增加N2的物质的量,N2的物质的量增加，平衡向正反应方向进行，N2物质的量减少，即b代表n(N2)的变化曲线；

②增加H2的起始量，N2的转化率增大，即N2的转化率最高的点是c；氢气起始量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，因此T12。【解析】<beSO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5dbc>11、略

【分析】【分析】

根据盐类水解形成的酸越弱；对应的盐越水解分析。

【详解】

图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，对应盐的水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，常温下，物质的量浓度相同的NaF溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液均水解显碱性，水解程度越大，碱性越强，因水解程度为NaF溶液＜NaClO溶液＜Na2CO3溶液，则其pH由大到小的顺序是③②①，故答案为：③②①。【解析】③②①12、略

【分析】【分析】

二氧化碳通入氢氧化钠，溶液在ab段为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，抑制水的电离，bc段；氢氧化钠不断被消耗；到达c点，溶液为碳酸钠溶液，cd段碳酸钠溶液不断转变为碳酸氢钠溶液。

【详解】

(1)c点为碳酸钠溶液，溶液显碱性，离子浓度由大至小的关系是：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)；

(2)a点为氢氧化钠溶液，由水电离产生的c(H+)＝溶液中的c(H+)=10-pH=1×10-10mol/L；b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合液，溶液显碱性，c(H+)小于1×10-7mol/L；

(3)a．加水稀释；平衡正向移动，电离程度增大，pH值增大；

b．加入少量乙酸钠固体；溶液中醋酸根浓度增大，电离平衡逆向移动，电离程度减小；

c．通氯化氢；溶液中氢离子浓度增大，电离平衡逆向移动，pH减小；

d．加入少量苛性钠固体；溶液中氢离子浓度减小，电离平衡正向移动，pH增大。

综上所述，能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是AD。【解析】①.c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)②.1×10-10mol/L③.小于④.ad13、略

【分析】【详解】

（1）将6种溶液进行分组：酸性组pH＜7，①（NH4）2SO4、③NH4HSO4、④NH4NO3：③NH4HSO4电离生成H＋，酸性最强，①（NH4）2SO4中c（NH4＋）较大、水解后溶液酸性较强，pH值由小到大的顺序为③＜①＜④；中性组②NaNO3，pH=7；碱性组pH＞7，⑤NaClO、⑥CH3COONa：CH3COOH的酸性大于HClO；所以⑤NaClO的水解程度大，碱性强；pH大，综上，6种溶液的pH值由小到大的排列顺序是③＜①＜④＜②＜⑥＜⑤，故A正确；

故答案为：A；

（2）0.1mol·L－1醋酸溶液中c（H＋）=c（CH3COO－）=0.001mol·L－1，c（CH3COOH）=0.1mol·L－1-0.001mol·L－1≈0.1mol·L－1，醋酸的电离常数K==10-5；醋酸溶液中加水稀释时，促进醋酸电离，溶液中n（CH3COOH）减小、n（H＋）增大，所以增大；

故答案为：10-5；增大；

（3）pH=3的NH4Al（SO4）2中c（H＋）=0.001mol·L－1，c（OH－）=10-11mol·L－1，电荷关系为2c（SO42－）+c（OH－）=c（NH4＋）+3c（Al3＋）+c（H＋），所以2c（SO42－）-c（NH4＋）-3c（Al3＋）=c（H＋）-c（OH－）=0.001mol·L－1-10-11mol·L－1=0.001mol·L－1；

故答案为：0.001mol·L－1；

（4）CH3COOH是弱酸，pH=2的CH3COOH溶液中c（H＋）＞0.01mol·L－1，pH=2的盐酸和CH3COOH溶液加水稀释相同倍数时，由于加水促进CH3COOH的电离，导致CH3COOH溶液的酸性强、pH小，要使加水至pH再次相等，则CH3COOH溶液应该继续加水，所以加入水的体积V（HCl）＜V（CH3COOH）；

故答案为：＜；

（5）浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，CH3COOH是弱酸，浓度相同的盐酸和CH3COOH溶液加入等体积的水稀释后，CH3COOH的电离不完全，导致CH3COOH溶液的酸性弱、pH大，即加入等体积的水稀释后pH（HCl）＜pH（CH3COOH）；

故答案为：＜。【解析】A10-5增大0.001mol·L－1＜＜14、略

【分析】【分析】

中性条件下；钢铁发生吸氧腐蚀，负极上Fe失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答。

【详解】

钢铁中较活泼金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；碳作正极，在中性溶液中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；Fe-2e-=Fe2+。

【点睛】

本题的易错点为正极的电极反应式的书写，要注意正极上反应的物质是氧气。【解析】O2+4e-+2H2O=4OH-Fe-2e-=Fe2+三、判断题(共1题，共2分)15、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、计算题(共4题，共32分)16、略

【分析】【分析】

(1)先根据n=计算16gS的物质的量；然后结合燃烧热的概念书写表示物质燃烧热的热化学方程式；

(2)将已知的热化学方程式叠加；可得待求反应的热化学方程式；

(3)根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差计算NO分子中化学键的键能；

(4)根据盖斯定律；将已知热化学方程式叠加，可得单斜硫与正交硫转化的热化学方程式然后进行判断；依据物质含有的能量越低，物质的稳定性越强分析判断；

(5)根据盖斯定律分析比较；

(6)根据断裂化学键吸收能量；形成化学键释放能量分析比较。

【详解】

(1)16gS的物质的量n(S)==0.5mol，0.5molS完全燃烧产生SO2气体放出热量149kJ，则1molS完全燃烧产生SO2气体放出热量Q=2×149kJ=298kJ，故S燃烧热的热化学方程式为S(g)+O2(g)=SO2(g)，△H=-298kJ/mol；

(2)①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-2599kJ/mol

根据盖斯定律，①×4+②-③，整理可得4C(石墨，s)+2H2(g)=2C2H2(g)ΔH3=+453.4kJ/mol，所以2C(石墨，s)+H2(g)=C2H2(g)ΔH3=+226.7kJ/mol；

(3)根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差；假设NO中键能为x，可知946kJ/mol+497kJ/mol-2×x=+180.0kJ/mol，解得x=631.5kJ/mol；

(4)①S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

根据盖斯定律，将①-②，整理可得S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH=ΔH1-ΔH2=-0.33kJ/mol；

根据该热化学方程式可知：单斜硫转化为正交硫放出热量；说明正交硫能量比单斜硫的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，故单斜硫不如正交硫的稳定性强；

(5)反应热只与反应的温度、物质的状态有关，而与反应条件无关，所以同温同压下，在光照和点燃条件下的H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1=ΔH2；

(6)由于键能是形成1mol化学键所释放的能量或断裂1mol化学键所吸收的能量；说明含有化学键的分子所具有的能量比形成该化学键的原子的能量低，因此在相同条件下，2mol氢原子所具有的能量比1mol氢分子所具有的能量高。

【点睛】

本题考查了盖斯定律的应用、表示燃烧热是热化学方程式的书写、反应热与键能和物质稳定性的关系。化学反应过程的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应途径、反应条件无关。在书写燃烧热的热化学方程式时，要注意可燃物的物质的量必须是1mol，且反应产物是稳定的化合物，如H2O的稳定状态是液态，CO2的稳定状态是气态；物质含有的能量越低稳定性就越强，原子的能量比形成的分子能量高，分子比原子更稳定。【解析】S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-298kJ/mol△H=+226.7kJ/mol631.5kJ/mol-0.33kJ/mol不稳定=>17、略

【分析】【详解】

(1)①2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)；△H=–483.6kJ·mol-1；

②H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H=–285.8kJ·

根据盖斯定律计算①-②×2得到：H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，蒸发45g液态水物质的量需吸收的热量

(2)已知在25℃时：

(1)C(石墨)═

(2)═

(3)C(石墨)═

由盖斯定律，(3)-(2)-(1)得═

(3)燃烧热是指：在25℃、101kPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；1g乙醇完全燃烧生成和液态水时放热则1mol乙醇，质量为46g，完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为：其燃烧热的热化学方程式为：═【解析】110-411mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1366.8kJ•mol-118、略

【分析】【分析】

(1)Tl℃时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度c(N2)=0.3mol/L、c(CO2)=0.3mol/L；c(NO)=0.4mol/L；以此计算反应的平衡常数；

(2)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)；由图表数据分析计算平衡常数K′，根据平衡常数结合影响化学平衡的因素分析解答。

【详解】

(1)时，由表格数据可知20min达到平衡，平衡浓度则故答案为：

(2)后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，由图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，平衡常数平衡常数随温度变化，平衡常数不变，说明改变的条件一定不是温度；由氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体系数和相等，则改变的条件可能是通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的和故答案为：通入一定量的NO或适当缩小容器的体积或增大压强或通入等物质的量的和【解析】①.②.通入一定量的NO；适当缩小容器的体积；增大压强；通入等物质的量的和19、略

【分析】【分析】

(1)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液显碱性，据此分析判断；

(2)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液呈碱性，据此分析排序；

(3)加水稀释促进弱电解质的电离；③④中氢氧根离子浓度相等，加水稀释促进一水合氨电离，导致③中氢氧根离子浓度大于④，据此判断；

(4)酸或碱抑制水的电离；含有弱根离子的盐促进水的电离，①②③④⑤抑制水的电离，⑥既不促进水的电离也不抑制水的电离；酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时，水的电离程度相同，据此分析判断；

(5)将①、④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)；根据电荷守恒分析判断；

(6)常温下，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，改变温度后，pH=10，c(H+)=10-10，结合Kw=c(OH-)•c(H+)计算；在该温度下，pH=7，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)据此计算。

【详解】

①0.01mol/LCH3COOH溶液中pH大于2；

②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；

③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L；

④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L；

⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；氨水过量，溶液呈碱性；

⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液；二者恰好反应生成氯化钠，溶液呈中性。

(1)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液显碱性，要使pH=7，则消耗的盐酸的体积较大，故答案为：＞；

(2)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液呈碱性，所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；

(3)将这几种溶液稀释100倍数时；加水稀释促进弱电解质的电离，③④中氢氧根离子浓度相等，加水稀释促进一水合氨电离，导致③中氢氧根离子浓度大于④，所以③的pH＞④的pH，故答案为：＞；

(4)酸或碱抑制水的电离；含有弱根离子的盐促进水的电离，①②③④⑤抑制水的电离，⑥既不促进水的电离也不抑制水的电离，所以水的电离程度最大的是⑥；酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时，水的电离程度相同，②的氢离子浓度和③④中氢氧根离子浓度相等，所以水的电离程度相同的是②③④，故答案为：②③④；

(5)将①、④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)，根据电荷守恒，则有c(OH-)＜c(H+)；混合溶液呈酸性，故答案为：A；

(6)常温下，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，改变温度后，pH=10，则Kw=c(OH-)•c(H+)=10-2×10-10=10-12；在该温度下，pH=7，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=-10-7=10-5-10-7，故答案为：10-12；10-5-10-7。【解析】①.＞②.c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)③.＞④.②③④⑤.A⑥.10-12⑦.(10-5-10-7)或9.9×10-6五、原理综合题(共3题，共21分)20、略

【分析】【详解】

(一)（1）由勒夏特列原理可知，根据反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol；为了提高合成氨平衡产率，即平衡正向移动，低温和高压符合条件，答案选AD；

（2）①N2（g）＋H2（g）NH3（g）

起始量：130

转化量：32

平衡量：1-3-32

x(NH3)%=x(N2)%=x(H2)%=

化简得

②反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol为放热反应，温度T升高，平衡向逆反应方向移动，K0减小，InK0也减小，InK0与温度不成正比；故答案选A；

（3）①由反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高H2的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。”可知，N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。②易知A选项正确；控制温度远高于室温是为了保证催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，B错误；恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，C错误；不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，D正确，当选；通过天然气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外CH4；CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，E正确。答案选ADE；

（二）（1）将一定量C12通入KOH溶液，生成KCl和KClO，KClO具有强氧化性，将Fe3+氧化为FeO42-，然后根据碱性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O；

（2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO42-，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出Fe3++8OH--3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O。【解析】ADA原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。ADE2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2OFe3++8OH—3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O21、略

【分析】【详解】

(1)联氨是由两种非金属元素形成的共价化合物，结构式为根据化合价的代数和为零，其中氮的化合价为-3×2+4=-2价，故答案为：-2；

(2)次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，Cl元素的化合价由+1价降低到-1价，N元素的化合价由-3价升高到-2价，根据得失电子守恒配平，反应的化学方程式为=故答案为：=

(3)根据盖斯定律，2×③-2×②-①即得=的所以反应热效应之间的关系为联氨由强还原性，有强氧化性，两者在一起易发生氧化还原反应，反应放热量大、产生大量气体，所以联氨和可作火箭推进剂，故答案为：2ΔH3-2ΔH2-ΔH1；反应放热量大；产生大量气体；

(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为已知：⇌联氨第一步电离的平衡常数故答案为：N2H4+H2O⇌N2H+OH-；N2H4+H2O⇌N2H+OH-；8.7×10-7；

(5)联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，故答案为：N2H4+O2=N2+2H2O。【解析】-2NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O2ΔH3-2ΔH2-ΔH1反应放热量大、产生大量气体N2H4+H2O⇌N2H+OH-N2H4+H2O⇌N2H+OH-8.7×10-7N2H4+O2=N2+2H2O22、略

【分析】【分析】

(1)①平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；

②先根据化学方程式计算出消耗的CO的物质的量，然后根据V==求出CO的化学反应速率；

(2)根据化学平衡状态的特征分析；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；质量、体积分数以及百分含量不变；

(3)明矾是KAl(SO4)2•12H2O；结合铝离子水解呈酸性分析；

(4)根据Al(OH)3的酸式电离；根据Al(OH)3的碱式电离平衡以及外界条件对电离平衡的影响；

(5)根据通过加热引发铝热反应以及铝热反应为放热反应以及温度升高化学反应速率加快分析。

【详解】

(1)①因平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，则K=

②生成了单质铁的物质的量为：=0.2mol；则：

Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)0.3mol0.2mol

所以CO的反应速率V====0.015mol/(L•min)；

(2)因当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，所以说CO或(CO2)的生成速率与消耗速率相等、CO(或CO2)的质量不再改变能说明该反应已达到平衡状态；

(3)明矾是KAl(SO4)2•12H2O，其溶液中铝离子水解生成氢氧化铝使溶液显酸性，水解离子反应为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；溶液中不水解的二元硫酸根离子浓度最大，所以离子浓度大小顺序为：c(SO42-)＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(4)Al(OH)3的酸式电离：Al(OH)3H++AlO2-+H2O，同时还存在碱式电离：Al(OH)3Al3++3OH-，加入盐酸，与OH-反应，碱式电离平衡正向移动，Al3+浓度增加；

(5)因通过加热引发铝热反应，所以开始速率为零，一旦反应，反应放热，温度不断升高，化学反应速率加快，故答案为b。【解析】①.②.0.015mol(L•min)③.CO或（CO2）的生成速率与消耗速率相等④.CO（或CO2）的质量不再改变⑤.酸性⑥.c(SO42-)＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)⑦.Al(OH)3H++AlO2-+H2O⑧.