2025年青岛版六三制新选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………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2025年青岛版六三制新选择性必修1化学上册月考试卷526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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是A.加入催化剂有利于氨的合成B.高压比常压有利于SO2和O2反应合成SO3C.红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅D.工业制取金属钾Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来2、已知反应：2H2O2=2H2O+O2↑，若其它条件不变，下列措施不能加快该反应速率的是A.升高温度B.加水稀释H2O2溶液C.加入少量FeCl3溶液D.加入少量MnO2粉末3、活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示：

下列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.产物的稳定性：C.该历程中最大正反应的活化能D.相同条件下，由中间产物z转化为产物的速率：4、沉积物微生物燃料电池(SMFC)可以将沉积物中的化学能直接转化为电能；同时加速沉积物中污染物的去除，用SMFC处理含硫废水的工作原理如图所示，酸性增强不利于菌落存活。下列说法错误的是。

A.碳棒b电势比碳棒a电势低B.碳棒a附近酸性增强C.碳棒b存在电极反应：D.工作一段时间后，电池效率降低5、镍镉(Ni―Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2，有关该电池的说法正确的是A.充电时阳极反应：Ni(OH)2＋OH――e-=NiOOH＋H2OB.放电过程是电能转化为化学能的过程C.放电时负极附近溶液的碱性增强D.放电时电子由镍电极经导线向镉电极6、科学家研究得到了如图所示的海洋碳循环原理：

下列说法正确的是A.海洋中始终为定值B.光合作用为吸热反应，说明的能量低于C.等浓度的和混合溶液中D.发生钙化作用是因为7、如表所示是有关物质中的化学键断裂时吸收的能量：。

据此判断，下列热化学方程式的书写正确的是A.B.C.D.8、高氯酸；硫酸、硝酸和盐酸都是强酸；其酸性在水溶液中差别不大。下表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，由表格数据判断以下说法中不正确的是。

。酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10-56.3×10-91.6×10-94.2×10-10A.相同条件下在冰醋酸中，硝酸是这四种酸中最弱的酸B.在冰醋酸中，这四种酸都没有完全电离C.在冰醋酸中，硫酸的电离方程式为H2SO4⇌H++⇌H++D.电解质的强弱与所处的溶剂无关评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、2018年7月至9月；国家文物局在辽宁开展水下考古，搜寻；发现并确认了甲午海战北洋水师沉舰——经远舰。已知：正常海水呈弱碱性。

(1)经远舰在海底“沉睡”124年后，钢铁制成的舰体腐蚀严重。舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为_______。

(2)为了保护文物；考古队员采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进行了处理。

①下列说法不正确的是________。

A．锌块发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+

B．舰体有电子流入；可以有效减缓腐蚀。

C．若通过外加电源保护舰体；应将舰体与电源正极相连。

D．地下钢铁管道用导线连接锌块与该种舰体保护法原理相同。

②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，舰体上正极的电极反应式为_________。

(3)船上有些器皿是铜制品；表面有铜锈。

①据了解铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧；并不断扩散)，结构如图所示。

下列说法正确的是________

A．疏松的Cu2(OH)3Cl属于有害锈。

B．Cu2(OH)2CO3既能溶于盐酸也能溶于氢氧化钠溶液。

C．青铜器表面涂一层食盐水可以做保护层。

D．用HNO3溶液除锈可以保护青铜器的艺术价值；做到“修旧如旧”

②文献显示Cu2(OH)3Cl的形成过程中会产生CuCl(白色不溶于水的固体)，将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，可以使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式为______。

(4)考古队员将舰船上的部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施保护文物。从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理：________。10、全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能系统；工作原理如图：

离子种类VO2+VO2+V3+V2+颜色黄色蓝色绿色紫色

（1）全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是__________。

（2）当完成储能时，正极溶液的颜色是________

（3）质子交换膜的作用是____________11、能源危机是当前全球性的问题；“开源节流”是应对能源危机的重要举措。

(1)下列做法有助于能源“开源节流”的是_______(填序号)。

a.大力发展农村沼气；将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源。

b.大力开采煤；石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求。

c.开发太阳能；水能、风能、地热能等新能源；减少使用煤、石油等化石燃料。

d.减少资源消耗；增加资源的重复使用；资源的循环再生。

(2)科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2∆H＜0.为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：。时间/s012345C(NO)(×10-4mol·L-1)10.04.502.501.501.001.00C(CO)(×10-3mol·L-1)3.603.052.852.752.702.70

请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：

前2s内的平均反应速率v(N2)=_______；达到平衡时，NO的转化率为_______，气相中NO所占的体积分数为_______。12、工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，某温度下，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表：。时间/h1234560.900.850.830.810.800.80

(1)用H2表示前2h的平均反应速率v(H2)＝__________________________；

(2)该温度下，CO2的平衡转化率为________。

(3)在温度为T,压强为P的条件下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一恒压密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝________(用含P的表达式表示；其中用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。

(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)ΔH。在0.1MPa时，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料；如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系。

①该反应的ΔH________0(填“＞”或“＜”)。

②曲线c表示的物质为________。

③为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是______________。(答出一条即可)13、氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，以及生产ClO2和氯的含氧酸盐(NaClO、NaClO3)等系列化工产品。

(1)写出氯碱工业中电解饱和食盐水的离子方程式：________________________________。

(2)室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH________0.1mol/LNa2SO3溶液的pH。(填“大于”；“小于”或“等于”)

已知：H3SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7；HClO的Ka=2.95×10-8

(3)常温下，饱和氯水中，存在反应下列有关叙述正确的是________(填字母)。

A．饱和氯水中只存在HClO的电离平衡B．饱和氯水中：c(H+)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)

C．往饱和氯水中加水，HClO的电离程度减小D．用氯气处理饮用水时；在夏季的杀菌效果比在冬季好。

(4)工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液，通过控制条件，使Fe3+水解产物聚合，形成可溶的多聚体，最终析出红棕色胶状沉淀其中水解形成羟桥配离子的离子方程式为：2Fe3++10H2O⇌[Fe(H2O)4(OH)2Fe(H2O)4]4++2H+。

欲使上述水解平衡正向移动，可采用的方法有________(填字母)。

A．加水稀释B．降低温度C．加入盐酸D．加入NaHCO3

(5)ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-。处理含CN－相同量的电镀废水，所需Cl2的质量是ClO2的________倍。(保留两位有效数字)14、10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化。温度(℃)102030加热煮沸后冷却到50℃pH8.38.48.58.8

(1)甲同学认为，该溶液的pH值升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为_________。

(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。

(3)丙同学认为甲；乙的判断都不充分。丙认为：

①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则_________(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是_____________(填序号)。

a.Ba(OH)2溶液b.BaCl2溶液c.NaOH溶液d.澄清石灰水。

②将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH____________(填“高于”；“低于”或“等于”)8.3；则甲判断正确。

(4)常温下，在测得pH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，由水电离出的OH－浓度分别为amol/L和bmol/L。则a：b＝________。

(5)25℃时，浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液。

①下列判断不正确的是________(填序号)。

a.两种溶液等体积混合后：3c(Na＋)＝2[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]

b.两种溶液中存在的粒子种类不相同。

c.两种溶液中c(H＋)·c(OH－)＝10－14

d.两种溶液中分别加入少量NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32－)均增大。

②等体积混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是：__________；

③常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有：_______。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、1mol硫酸与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热。_____16、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误17、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正确B.错误18、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误19、稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强。(_______)A.正确B.错误20、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共4题，共40分)21、在2014年国家科学技术奖励大会上；甲醇制取低碳烯烃技术(DMTO)获国家技术发明奖一等奖。DMTO主要包括煤的气化；液化、烯烃化三个阶段。

(1)煤的气化：用化学方程式表示出煤的气化的主要反应_______：

(2)煤的液化：下表中有些反应是煤液化过程中的反应：。热化学方程式平衡常数500℃700℃700℃①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)∆H1=akJ∙mol-12.50.2②H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)∆H2=bkJ∙mol-11.02.3③3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H3=ckJ∙mol-1K34.6

①a_______0(填“>”、“<”、“=”)，c与a、b之间的定量关系为_______。

②K3=_______，若反应③是在容积为2L的密闭容器巾进行(500℃)的，测得某一时刻体系内物质的量分别为6mol、2mol、10mol、10mol，则此时CH3OH的生成速率_______(填“>”、“<”、“=”)CH3OH的消耗速率。

(3)烯烃化阶段：如图l是某工厂烯烃化阶段产物中乙烯；丙烯的选择性与温度、压强之间的关系(选择性：指生成某物质的百分比；图中I、Ⅱ表示乙烯，Ⅲ表示丙烯)。

①为尽可能多地获得乙烯，控制的生产条件为_______。

②一定温度下某密闭容器中存在反应，在压强为P1时，产物水的物质的量与时间的关系如图2所示，若t0时刻，测得甲醇的体积分数为10%，此时甲醇乙烯化的转化率为_______(保留三位有效数字)，若在t1时刻将容器容积快速扩大到原来的2倍，请在图中绘制出此变化发生后至反应达到新平衡时水的物质的量与时问的关系图_______。22、肼是一种高能燃料。已知各共价键键能(断裂或形成1mol共价键时吸收或释放的能量)如表：。N≡NO=ON-NN-HO-H键能(KJ•mol﹣1)946497154391463

(1)N2H4(g)+O2(g)⇌N2(g)+2H2O(l)∆H=________kJ•mol﹣1。

(2)密闭容器中进行反应：3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)∆H＜0反应的化学平衡表达式为K=________。

(3)已知：600℃时；上述反应的平衡常数K=16。现有如图甲(恒温恒压)和如图乙(恒温恒容)两容器：

起始时按下表所示分别加入各物质，体积为2L，在600℃时反应经过一段时间后均达平衡。FeH2O(g)Fe3O4H2甲/mol2.01.02.00.5乙/mol2.02.02.01.0

①关于甲、乙容器，下列说法正确的是________。

A.反应开始时两容器内的逆反应速率：甲＜乙。

B.若甲容器内气体的密度不再变化；则说明反应已达到平衡状态。

C.若乙容器内气体的压强不再变化；则说明反应已达到平衡状态。

D.平衡后添加Fe3O4；两容器内的平衡均逆向移动。

②投料后甲5min达平衡，则此段时间内的平均反应速率v(H2)=________。

③平衡后若将乙容器体系温度突然降低100℃，图像中能正确反映平衡移动过程中容器内变化情况的是________。

A.B.C.

(4)如图为恒容绝热容器：

进行上述反应，起始与平衡时的各物质的量见表：。FeH2O(g)Fe3O4H2起始/mol3.03.000平衡/molmnpq

。FeH2O(g)Fe3O4H2A/mol3.03.000B/mol003.03.0C/molmnpq

若在达到平衡后的容器丙中，分别按照下列A、B、C三种情况继续添加各物质，则再次达平衡时，容器丙中H2的百分含量按由大到小的顺序______(用A、B、C表示)。23、氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

（1）图I是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，△H的变化是______。

（2）如图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，请写出N2和H2反应的热化学方程式_______。

（3）若已知下列数据：。化学键H—HNN键能/kJ•mol-1435943

试根据表中及图中数据计算N—H的键能：______kJ·mol-1。

（4）用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。已知：4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1=-akJ·mol-1①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH2=-bkJ·mol-1②，若1molNH3还原NO至N2，该反应ΔH3=_____kJ·mol-1(用含a、b的式子表示)。

（5）目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：

反应Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq)ΔH1

反应Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq)ΔH2

反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)ΔH3

则ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是ΔH3=______。24、亚硝酰氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂，可通过反应：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）获得。

（1）氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1

②4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）K2

③2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K3

则K3=__________（用K1、K2表示）。

（2）已知几种化学键的键能数据如表所示（亚硝酰氯的结构为Cl-N=O）:。化学键N≡O(NO)Cl-ClCl-NN=O键能/(kJ/mol)630243a607

则反应2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）的ΔH和a的关系为ΔH=_______________kJ/mol。

（3）300℃时，2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）的正反应速率表达式为v(正)=k·cn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如表所示：。序号c(ClNO)/(mol/L)v/(x10-8mol·L-1·S-1)①0.300.36②0.601.44③0.903.24

n=________________；k=__________________________。

（4）按投料比[n(NO)：n(Cl2)=2：1]把NO和Cl2加入到一恒压的密闭容器中发生反应；平衡时NO的转化率与温度T；压强p(总压)的关系如图A所示：

①在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为______________。

②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp=________（用含p的表达式表示；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x体积分数）。

（5）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图像如图B所示，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是______________点，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，达到平衡状态ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的____________点。评卷人得分五、实验题(共3题，共21分)25、碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防止碘缺乏病。碘酸钾(KIO3)是国家规定的食盐加碘剂；它的晶体为白色，可溶于水。碘酸钾在酸性介质中与过氧化氢或碘化物作用均生成单质碘。以碘为原料，通过电解制备碘酸钾的实验装置如图所示。请回答下列问题：

(1)碘是_______(填颜色)固体物质，实验室常用_______方法来分离提纯含有少量杂质的固体碘。

(2)电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区。另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却。电解时，阳极上发生反应的电极反应式为_______；阴极上观察到的实验现象是_______。

(3)电解过程中，为确定电解是否完成，需检验电解液中是否有I-。请设计一个检验电解液中是否有I-的实验方案；并按要求填写下表。

要求：所需药品只能从下列试剂中选择；实验仪器及相关用品自选。

试剂：淀粉溶液、碘化钾淀粉试纸、过氧化氢溶液、稀硫酸。实验方法实验现象及结论____________

(4)电解完毕；从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下：

步骤②的操作名称是_______，步骤⑤的操作名称是_______。步骤④洗涤晶体的目的是_______。26、乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程；请你参与并协助他们完成相关学习任务。

该同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。

学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。

①称取1.260g纯草酸晶体；将其制成100.0mL水溶液为待测液。

②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4

③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定；达到终点记录消耗体积。

(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的_______(填“甲"或“乙”)滴定管中。

(2)滴定时，左手操作滴定管，右手轻轻摇动惟形瓶，眼睛注视________。

(3)判断滴定终点的现象是：_____________。

(4)如图是某同学滴定时的滴定管中的液面，其读数为_______mL。

(5)为了提高实验的准确性，学习小组共进行3次实验，记录数据如下表：。待测液/mLV0(KMnO4)/mLV1(KMnO4)/mL25.000.009.9825.001.0811.1025.000.5015.50

通过上述数据，可知消耗的KMnO4溶液体积为_____mL，求得x=_______。

(6)误差分析：

①若滴定终点时俯视滴定管刻度读数，则由此测得的x值会______(填“偏大”；“偏小”或“不变”；下同)。

②锥形瓶用蒸馏水洗涤后再用待测液润洗，则由此测得的x值会______。27、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是________________。

(2)烧杯间填满碎纸条的作用是________________________________。

(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值___________(填“偏大；偏小、无影响”)

(4)如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________(填“相等、不相等”)，所求中和热__________(填“相等；不相等”)。

(5)用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______________；(填“偏大”；“偏小”、“无影响”)。

(6)在题述反应条件下，测得反应前盐酸和NaOH溶液的温度均为25.43℃，反应后混合溶液的温度为28.85℃。已知反应前NaOH溶液和盐酸的密度均约为1.0g·cm-3，反应后混合溶液的比热容为4.18J·g-1·℃-1。试写出该中和反应的热化学方程式：_________________。(焓变数值保留一位小数)参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

A.加入催化剂可以加快化学反应速率；但不影响平衡移动，不能用勒夏特列解释，故A符合题意；

B.合成三氧化硫的反应是气体分子数减小的反应，加压后平衡向正反应方向移动，所以高压比常压有利于SO2和O2反应合成SO3；能用勒夏特列解释，故B不符合题意；

C.二氧化氮与四氧化二氮之间存在化学平衡红棕色的二氧化氮加压后颜色先变深，是因为加压后其浓度增大了，后变浅是平衡向正反应方向移动导致的，能用勒夏特列解释，故C不符合题意；

D.工业制取金属钾Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度；使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于平衡向生成钾的方向移动，能用勒夏特列解释，故D不符合题意；

答案选A。2、B【分析】【分析】

反应已知2H2O2═2H2O+O2↑在溶液中进行；一般来说，增大浓度；升高温度、加入催化剂可增大反应速率，以此解答该题。

【详解】

A．升高温度；反应速率加快，选项A不选；

B．加水稀释H2O2溶液，H2O2的浓度降低；反应速率减慢，选项B选；

C．加入少量FeCl3；为该反应的催化剂，反应速率增大，选项C不选；

D．加入少量MnO2；为该反应的催化剂，反应速率增大，选项D不选。

答案选B。3、C【分析】【详解】

A．由图示可知；反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，故A错；

B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低118.4kJ，所以产物P2比产物P1要稳定；故B错；

C．由图示可知中间产物Z到过渡态IV所需的活化能最大，则故选C；

D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：故D错。

答案选C。4、B【分析】【分析】

根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S；S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根。

【详解】

A．根据分析可知b极为负极；a极为正极，正极的电势高于负极，A正确；

B．a为正极，光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O；酸性减弱，B错误；

C．根据图示，碳棒b存在电极反应：C正确；

D．酸性增强不利于菌落存活；负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，D正确；

综上所述答案为B。5、A【分析】【分析】

该充放电电池放电时为原电池，Cd失电子、化合价升高，Cd为负极，反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极上NiOOH发生的电极反应式为NiOOH+e-+H2O═Ni(OH)2+OH-；工作时阳离子移向正极；阴离子移向负极；充电时为电解池，与电源正极相接的为阳极，与电源负极相接的为阴极，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，据此分析解答。

【详解】

A．充电时为电解池，阳极反应与原电池正极反应相反，即阳极电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故A正确；

B．充电时为电解池，电能转化为化学能，故B错误；

C．放电时为原电池，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，碱性减弱，故C错误；

D．放电时为原电池，电子由负极流向正极，即电子由镉电极经导线向镍电极，故D错误；

故选：A。6、C【分析】【详解】

A．因为海水中CO2有逸出与吸收，故海洋中不是恒为定值；选项A错误；

B．光合作用反应是nCO2+mH2O+nO2，说明CO2和H2O的总能量低于和O2的总能量；选项B错误；

C．等浓度的和混合溶液中的水解和电离都很微弱，水解大于电离，同时比易水解，故选项C正确；

D．发生钙化作用是因为电离出的与溶液中存在的的浓度积大于选项D错误；

答案选C。7、B【分析】【详解】

A．化学反应方程式没有配平，忽视了生成物为故A错误；

B．根据反应热等于断键键能总和-成键键能总和可知：故B正确；

C．化学计量数变为原来的而的数值没有减半；故C错误；

D．由B可知；反应热的数值不是22.0，应为11.0，故D错误；

故答案：B。8、D【分析】【详解】

A．相同条件下在冰醋酸中；硝酸的电离常数最小，故其是这四种酸中最弱的酸，A说法正确；

B．在冰醋酸中；这四种酸的电离常数均较小，故其都没有完全电离，B说法正确；

C．在冰醋酸中，硫酸存在电离平衡，其电离方程式为H2SO4⇌H++⇌H++C说法正确；

D．这四种酸在水溶液中均为强酸；但在冰醋酸中却是弱酸，故电解质的强弱与所处的溶剂有关，D说法不正确。

综上所述，相关说法中不正确的是D。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【分析】

舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；“牺牲阳极的阴极保护法”，用比铁活泼的金属如锌，让其充当原电池的负极先被氧化；铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。铜锈分为无害锈(形成了保护层)如Cu2(OH)2CO3和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)如Cu2(OH)3Cl；“脱盐；干燥”的防腐原理：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)；使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀。

【详解】

(1)舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。故答案为：Fe-2e-=Fe2+；

(2)①A．锌比铁活泼，锌块先发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+；故A正确；

B．舰体为正极；是电子流入的一极，正极被保护，可以有效减缓腐蚀，故B正确；

C．采用外加电流的阴极保护法保护金属时；被保护的金属作阴极，若通过外加电源保护舰体，应将舰体与电源负极相连，故C错误；

D．地下钢铁管道用导线连接锌块与该种舰体保护法原理相同；都是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；

故答案为：C；

②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，正极是氧气得电子发生还原反应，舰体上正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；

(3)①A．由图片信息可知，Cu2(OH)3Cl疏松；易吸收水；会使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散，所以属于有害锈，故A正确；

B．Cu2(OH)2CO3能溶于盐酸但不能溶于氢氧化钠溶液；故B错误；

C．青铜器表面涂一层食盐水提供形成原电池的电解质溶液；加快铜的腐蚀，故C错误；

D．HNO3溶液具有强氧化性；加快铜的腐蚀，故D错误；

故答案为：A；

②将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，可以使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；故答案为：4CuCl+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；

(4)从电化学原理的角度分析“脱盐；干燥”的防腐原理：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)；使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀；故答案为：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀。

【点睛】

本题考查电化学腐蚀及其防护，把握电化学反应原理等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意理解电化学腐蚀发生的条件和防止金属锈蚀的措施，难点(3)新情境下的氧化还原反应方程式的书写，CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3铜的化合价发生了变化，需要有氧气参加。【解析】Fe-2e-=Fe2+CO2+4e-+2H2O=4OH-A4CuCl+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀10、略

【分析】【分析】

（1）由工作原理图可知，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低；被还原，应是电源的正极反应；

（2）放电时，正极上的反应：以此判断颜色变化；

（3）质子交换膜仅能使氢离子通过；阻隔氧化剂与还原剂；

【详解】

(1)反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低,被还原,应是电源的正极反应,反应的总方程式为

故答案为：

(2)放电时,正极上的反应：生成VO2+由表中信息可知正极溶液的颜色是黄色；故答案为：黄色；

(3)质子交换膜仅能使氢离子通过，阻隔氧化剂与还原剂形成闭合回路，故答案为：阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流。【解析】黄色阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；b、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故b错误；a；c、d均能减少化石燃料的运用；故a、c、d正确；

(2)根据表格，2s内v(NO)==3.75×10-4mol·L-1·min-1，同一反应同一时段内各物质反应速率之比为计量数之比，所以v(N2)=v(NO)=1.875×10-4mol·L-1·min-1；

根据表格，4s后各物质浓度不在变化，所以4s时反应已经达到平衡，所以NO的转化率为=90%；

根据表格平衡时c(NO)=1.00×10-4mol·L-1，c(CO)=2.70×10-3mol·L-1=27×10-4mol·L-1，Δc(NO)=9.00×10-4mol·L-1，根据方程式2NO+2CO2CO2+N2，可知平衡时c(CO2)=9.00×10-4mol·L-1，c(N2)=4.50×10-4mol·L-1，同温同压下气体的体积分数即物质的量分数，因容积一定，可等效为浓度所占百分数，所以气相中NO所占的体积分数为=2.41%。【解析】①.acd②.1.875×10-4mol·L-1·s-1③.90%④.2.41%12、略

【分析】【分析】

结合三段式并根据恒温恒容条件下气体的压强与物质的量成正比分析；根据平衡状态并结合公式计算；根据浓度；温度和压强对平衡移动的影响分析。

【详解】

(1)设反应进行到前2h时参加反应的二氧化碳物质的量为x；气体压强之比等于气体物质的量之比；

P后：P前=0.85=(4-2x)：(1+3)，解得：x=0.3mol，则用氢气表示前2小时反应平均速率v(H2)==0.225mol/(L•h)；

(2)反应达到平衡状态时；二氧化碳反应物质的量为y；

P后：P前=0.8=(4-2y)：(1+3)，解得：y=0.4mol，则该温度下CO2的平衡转化率=×100%=40%；

(3在温度为T,压强为P的条件下二氧化碳和氢气按1：3的比例通入；测得二氧化碳的平衡转化率为50%，则：

根据分压=总压×物质的量分数可知：P(CO2)=P×=P(H2)=P×=P(CH3OH)=P×=P(H2O)=P×=Kp==

(4))①由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故△H＜0；

②根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b；c随着温度升高其物质的量降低；为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以c曲线代表乙烯；

③由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，该反应为气态分子数减小的反应，为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强，或不断分离出水，平衡向右移动，H2的平衡转化率增大。

【点睛】

考查化学平衡的计算和平衡移动的因素，明确实验状态并准确利用三段式是解题关键，注意温度升高平衡向吸热反应方向移动，而增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动。【解析】0.225mol·L－1·h－140%<C2H4加压(或不断分离出水蒸气)13、略

【分析】【详解】

(1)氯碱工业中用惰性电极电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，反应的离子方程式为：

(2)室温下，H3SO3的Ka2=1.02×10-7>HClO的Ka=2.95×10-8，则次氯酸根离子的水解常数大于亚硫酸根离子的水解程度，则0.1mol/LNaClO溶液的pH大于0.1mol/LNa2SO3溶液的pH；

(3)常温下，饱和氯水中，存在反应

A．饱和氯水中存在HClO的电离平衡、水的电离平衡以及等；A错误；

B．饱和氯水中存在电荷守恒：c(H+)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)；B正确；

C．往饱和氯水中加水；促进HClO的电离，电离程度增大，C错误；

D．夏季温度较高，氯气逸出，浓度减小，平衡逆向移动；HClO浓度减小，杀菌效果比冬季差，D错误；

答案选B；

(4)2Fe3++10H2O⇌[Fe(H2O)4(OH)2Fe(H2O)4]4++2H+：

A．加水稀释相当于有气体参与的反应减小压强；则加水稀释该平衡正向移动，A满足题意；

B．水解吸热；降低温度，该平衡逆向移动，B不满足题意；

C．加入盐酸；氢离子浓度增大，该平衡逆向移动，C不满足题意；

D．加入NaHCO3；氢离子被消耗，氢离子浓度减小，该平衡正向移动，D满足题意；

选AD；

(5)ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-，则根据电子守恒有2ClO2~2Cl-~10e-~2CN-~2CO2+N2，5Cl2~10Cl-~10e-~2CN-~2CO2+N2，因此处理含CN－相同量的电镀废水，所需Cl2的质量是ClO2的=2.6倍(保留两位有效数字)。【解析】大于BAD2.614、略

【分析】【分析】

碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性；碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度；NaHCO3和BaCl2不反应，但Na2CO3和BaCl2能反应生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氢氧化钙都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反应）溶液或NaHCO3（要反应）溶液中加入NaOH都不产生明显现象；在测得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水电离的OH-浓度为b=10-5mol/L；25℃时，浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液两种溶液等体积混合后，存在物料守恒：2c(Na＋)＝3[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]；NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同；温度不变，水的离子积常数不变；分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大；等体积混合后溶液显碱性，CO32－与HCO3－水解程度大于电离程度，CO32－水解会产生HCO3－；常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸，NaCl显中性，H2CO3显酸性，NaHCO3显碱性。

【详解】

(1)碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

故答案为：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－；

(2)碳酸钠是强碱弱酸盐能水解；碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度；

故答案为：大于；

(3)①NaHCO3和BaCl2不反应，但Na2CO3和BaCl2能反应生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氢氧化钙都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反应）溶液或NaHCO3（要反应）溶液中加入NaOH都不产生明显现象，②若加热后NaHCO3不分解，溶液仍然是NaHCO3溶液；温度不变溶液的PH值也不变，由此证明甲是正确的；

故答案为：乙；b；等于；

(4)在测得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水电离的OH-浓度为b=10-5mol/L，则a：b＝10－4：1；

故答案为：10－4：1；

(5)①a.25℃时，浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液两种溶液等体积混合后，存在物料守恒：2c(Na＋)＝3[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]；故a错误；

b.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同，故b错误；

c．温度不变；水的离子积常数不变，故c正确；

d．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大；故d正确；

故答案选ab；

②等体积混合后溶液显碱性，CO32－与HCO3－水解程度大于电离程度，CO32－水解会产生HCO3－，所以c(HCO3－)＞c(CO32－)，故有c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)；

③常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸，在此过程中，HCO3－与H＋生成水和CO2，CO32－与H＋生成HCO3－、H2CO3，阴离子与Na＋生成NaCl、NaHCO3，NaCl显中性，H2CO3显酸性，NaHCO3显碱性，故至中性时，溶质的主要成分有：NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）；

故答案为：ab；c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)；NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）。

【点睛】

物料守恒找非氢非氧元素，找出二者的比例关系再写平衡；比较溶液中的离子浓度大小，遵循两原则，出现在前，不出现在后；份数优先，如(5)③混合溶液中：出现在前（Na＋、HCO3－、CO32－），不出现在后（OH－、H＋）；分数优先（Na＋＞HCO3－、CO32－），再结合水解电离程度分析。【解析】①.HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－②.大于③.乙④.b⑤.等于⑥.10－4：1⑦.ab⑧.c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)⑨.NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）三、判断题(共6题，共12分)15、×【分析】【分析】

【详解】

硫酸与Ba(OH)2完全反应除了生成水还生成了沉淀，故错误。【解析】错16、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，NaHA水溶液呈酸性，则HA-水解程度小于电离程度、溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，故答案为：错误。18、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。19、B【分析】【详解】

稀释能促进盐类水解，但是体积增加幅度更大。因此盐的浓度越低，越促进水解、盐水解产生的氢离子或氢氧根离子浓度也越低、则溶液的酸性或碱性则越弱。则答案是：错误。20、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。四、原理综合题(共4题，共40分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)煤的气化是指煤与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的过程，故答案为：C+H2O(g)CO+H2。

(2)①因温度升高可逆反应向吸热反应方向移动，从而导致平衡常数减小，而反应①在700℃时的平衡常数比在500℃时的平衡常数小，故①的正反应是放热反应，a＜0，用①+②就可得到③式，故c=a+b，故答案为：＜，c=a+b；

②K3=c(CH3OH)c(H2O)/[c3(H2)c(CO2)]=k1×k2=2.5×1=2.5，KQ=25/27＜2.5，故此时反应向右进行，甲醇的生成速率大于其消耗速率，故答案为：2.5，>；

(3)①由图Ⅰ知；530℃；0.1MPa时乙烯的选择性最大，故答案为：530℃、0.1MPa；

②t1时刻，水的物质的量为3.6摩尔，乙烯的物质的量为1.8摩尔，设甲醇起始物质的量为xmol，(x-3.6)/(x-3.6+1.8+3.6)=10%，则甲醇的转化率为3.6/4.2=85.7%，因压强减小后平衡向右移动，导致生成水的量增大，绘制图像时应注意条件改变后水的物质的量没有立即变化，重新达到平衡所需要的时间应比t0多，故答案为85.7%。【解析】C+H2O(g)CO+H2<c=a+b2.5>530℃、0.1MPa85.7%22、略

【分析】【详解】

（1）根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O反应的焓变等于旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量之差，即△H=(154+391×4+497−946−463×4)kJ/mol=−583kJ/mol；故答案为：−583；

（2）化学平衡表达式为K=

（3）①A．反应开始时乙容器内H2的浓度较大，所以逆反应速率：甲<乙；故正确；

B．水蒸气的密度与氢气的密度不同；所以当容器内的密度不变时，即是平衡状态，故正确；

C．该反应为气体体积不变的反应；所以容器内压强始终不变，不能用压强判断平衡状态，故错误；

D．平衡后添加Fe3O4；增加固体的量平衡不移动，故错误；

故选AB；

②投料后甲5min达平衡，则此段时间内的平均反应速率故答案为：0.05mol•L-1⋅min−1；

③反应是放热反应；若将平衡体系温度降低100℃，平衡正向移动；

A．正向移动H2O转化为等物质的量的H2；气体质量减小，故A不符合；

B．平衡正向移动；氢气物质的量增大，故B符合；

C．反应前后气体质量发生变化；密度随反应进行发生变化，故C不符合；

故答案为：B；

（4）由于反应前后气体体积相等，所以C条件下，平衡不移动，氢气的体积分数与平衡是相同；A状况下，反应正向进行生成氢气，反应放出热量使容器温度升高，抑制反应继续生成氢气，故氢气体积分数较低；B状况下反应逆向进行生成Fe和水，是吸热过程，使容器温度降低，抑制反应继续消耗氢气，所以氢气的体积分数较高，故H2的百分含量按由大到小的顺序排列：B>C>A；

故答案为：B>C>A。【解析】−583AB0.05mol•L-1⋅min−1BB>C>A23、略

【分析】【分析】

(1)根据使用催化剂；化学反应速率加快的微观解释，以及反应热的只有反应物和生成物的总能量有关，据此刻解答；

(2)先求出此反应焓变；根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；

(3)根据反应物等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；

(4)已知4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1=-akJ·mol-1①，N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH2=-bkJ·mol-1②，利用盖斯定律将计算；

(5)根据盖斯定律，热化学方程式Ⅱ×2-热化学方程式Ⅰ可得热化学方程式Ⅲ，从而得到目标反应的焓变ΔH3。

【详解】

(1)加入催化剂能够降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小；催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，故答案为：减小，不变；

(2)由图像可知，该反应为放热反应，且生成1molNH3(g)时，放出的热量为(300-254)kJ，故N2和H2反应的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1；

(3)设N-H键能为故反应热。

△H=-92kJ·mol-1=(3×435+943)kJ·mol-1-6×解得390kJ·mol-1；故答案为：390；

(4)已知①4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1=-akJ·mol-1②N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH2=-bkJ·mol-1，由盖斯定律可知①-3×②可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-(-a-3b)kJ·mol-1，则1molNH3将NO还原为N2时，反应热为kJ·mol-1，故答案为：

(5)反应Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq)ΔH1，反应Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq)ΔH2，根据盖斯定律可知，Ⅱ×2-Ⅰ可得：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)ΔH3=2ΔH2-ΔH1，故答案为：2ΔH2-ΔH1。【解析】减小不变N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-13902ΔH2-ΔH124、略

【分析】【分析】

（1）①2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）的平衡常数K1=②2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）的平衡常数K2=（2）焓变=反应物的总键能-生成物的总键能；（3）将得n，将n代入①中得k；（4）①NO的体积分数即物质的量分数，利用“三段式”计算平衡后NO的物质的量分数；分压=总压体积分数，则NO、Cl2、ClNO的分压强分别是（5）NO的物质的量越小其转化率越大；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n（NO）/n（Cl2）=1.5时较C点NO的物质的量大；平衡右移，产物的含量增大。

【详解】

（1）①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）平衡常数K1=②2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）平衡常数K2=则4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）可由2×①-②得到，所以K=K12/K2；（2）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）的ΔH=kJ/mol；（3）υ正=k•cn（ClNO），则解得n=2；将n代入①中得解得k=4.0×10-8L/（mo1•s）；（4）①设反应前氯气的物质的量是amol；则n(NO)=2amol

2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）

初始2aa0

变化a0.5aa

平衡a0.5aa

在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为=40%；

②NO、Cl2、ClNO的分压强分别是Kp=5/p；（5）NO的物质的量越大其转化率越小，所以NO转化率最大的是A点；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大；当n（NO）/n（Cl2）=1.5时较C点NO的物质的量大，平衡右移，产物的含量增大，应为D点；【解析】K12/K2289-2a2