2025年人教新课标选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案

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A.铬酸(H2CrO4)的第一步电离为完全电离B.a点处，δ(CrO)=δ(Cr2O)＞C.Ka2(H2CrO4)的数量级为10-6D.NaHCrO4溶液电离小于水解2、银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。将变黑的银质器皿放入下图装置；一段时间后黑色会褪去。下列说法正确的是（）

A.铝片为负极，盐桥中阳离子进入a烧杯中B.银器的电极反应式为：Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-C.银器黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgClD.当外电路中流过0.02mol电子时银器增重2.16g3、向绝热恒容密闭容器中通入1molSO2和1molNO2，发生反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)；正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是。

A.生成物的总能量低于反应物的总能量B.c点容器内气体颜色不再改变C.当Δt1=Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段D.c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素4、已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.100g质量分数为46%的酒精水溶液中含有4NA个分子B.25℃时，pH=9的Na2CO3溶液中，水电离产生的OH-的数目为10-5NAC.1molNO2与水充分反应，转移的电子数为NAD.标准状况下，22.4L氯仿中含有的C—Cl的数目为3NA5、25℃时，草酸的==是一种常用的除锈剂。的溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系不正确的是A.B.C.D.6、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.200mL5mol∙L-1浓硫酸与足量Cu共热，转移的电子数为NAB.常温常压下，0.1molH2O2中含有极性共价键的数目为0.1NAC.1L0.1mol·L-1的NaHS溶液中HS－和S2－离子数之和为0.1NAD.2.4g镁在足量的空气中燃烧，转移的电子数为0.2NA7、某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，已知：lg2=0.3，Ksp(ZnS)=3×10-25。下列有关说法正确的是。

A.a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B.Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)C.该温度下Ksp(CuS)=4×10-36D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀8、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是。

。实验。

现象。

结论。

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液。

产生蓝色沉淀。

原溶液中有Fe2+，无Fe3+

B．向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2

溶液变浑浊。

酸性：H2CO3＞HClO

C．向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴加少量稀AgNO3溶液。

有黄色沉淀生成。

Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)

D．向CuSO4溶液中加入铁粉。

有红色固体析出。

Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、将CaCO3放入密闭的真空容器中，反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（）A.平衡常数减小B.CaO质量不变C.CO2浓度不变D.CaCO3质量增加10、煤-空气燃料电池原理如图所示；下列说法正确的是。

A.燃烧煤发电的能量转换过程为：化学能→热能→电能B.正极的总电极反应式为C＋2CO-4e-=3CO2↑C.电极X为负极，O2-向X极迁移D.电池的总反应为：C+O2=CO211、某实验小组，以甲图燃料电池为电源电解制备图甲中A与B都为惰性电极，图乙的电极分别是铁电极和石墨电极，下列相关说法中正确的是。

A.燃料电池负极反应式为：B.乙中x可为NaCl，也可为C.苯的作用是隔绝空气，防止被氧化D.甲中接线柱A应与乙中Fe电极相连12、在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上；科学家最近采用碳基惰性电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示：

下列说法正确的是A.电极b为负极B.H+由电极a向电极b迁移C.电极a的电极反应式为：D.当电路中转移0.15mol电子时，需消耗标准状况下的氧气的体积为0.84L13、一定条件下HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理；反应历程与能量的关系如图所示：

下列说法错误的是A.HCOOH催化脱氢反应在该温度下能自发进行B.在历程Ⅰ～Ⅴ中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤C.由反应历程可得出HCOOH中第1个H原子更易脱去D.在该反应历程中，HCOOH所有的化学键均发生断裂14、常温下，向NaOH溶液中缓慢滴加H2C2O4，溶液中的H2C2O4、HC2OC2O的物质的量分数δ(X)[δ(X)=]随pOH的变化如图所示。

下列叙述错误的是A.曲线a表示δ(C2O)B.pH=3时，c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)C.lg[K(HC2O)]=-1.2D.等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液中，pH>715、已知MOH是弱碱，室温下，向20mL0.1mol·L1MOH溶液中滴加0.1mol·L1盐酸；溶液的pH；温度随滴加盐酸体积的变化关系如图所示。

下列说法正确的是A.a点溶液中：c(MOH)>c(M)>c(OH)>c(H)B.b点溶液中：c(M)=c(Cl)>c(H)=c(OH)C.c点溶液为滴定过程温度最高点，溶液中：c(Cl)=c(M)+c(MOH)D.在滴加盐酸过程中，水的电离度先增大后减小16、已知：(HF)2(g)2HF(g)＞0；平衡体系的总质量m(总)与总物质的量n(总)之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.温度：T1＜T2B.平衡常数：K(a)=K(b)＜K(c)C.反应速率：υ(b)＞υ(a)D.当时，17、下列说法或表示方法正确的是A.等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B.在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC.由C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.90kJ·mol-1可知，金刚石不如石墨稳定D.在100kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、目前煤在我国依然是第一能源；煤的气化可以实现煤的综合利用，提高煤的利用价值。

已知：煤气化反应为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH

①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ/mol

②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－283.0kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH3＝－242.0kJ/mol

(1)ΔH与ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系是ΔH=_______；ΔH=_______kJ/mol。

(2)从两个不同的角度评价将煤转化为CO和H2再燃烧的优点是________。19、试回答下列问题：

(1)如图所示是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化的示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_______。

(2)将氧化铁还原为铁的技术在人类文明的进步中占有十分重要的地位。若已知：

C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol

CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH2=+172.46kJ/mol

2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)ΔH3=-821.21kJ/mol

则表示CO的燃烧热的热化学方程式为____；高炉内Fe2O3被CO还原为Fe的热化学方程式为______。20、某兴趣小组用下图装置研究原电池的工作原理。

(1)甲中K断开时；装置中发生反应的离子方程式为_________；K闭合时，Cu棒上的现象为________，外电路电流的方向由_______（填“Cu到Zn”或“Zn到Cu”）。

(2)乙图为氢氧燃料电池构造示意图，其中通入氧气的电极为电池的____极（填“正”或负”），电极反应为________________。21、能源是国民经济发展的重要基础；我国目前使用的能源主要是化石燃料。

(1)在25℃、101kPa时，2gC2H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量是100kJ，则C2H2燃烧的热化学方程式是________。

(2)已知C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1，C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.0kJ·mol-1，则反应C(石墨，s)==C(金刚石，s)△H=__kJ·mol-1。

(3)已知H2(g)的燃烧热△H1=-285.0kJ·mol-1，CO(g)的燃烧热△H2=-283.0kJ·mol-1，CH3OH(l)的燃烧热△H3=-726.0kJ·mol-1。0.2mol由H2和CO组成的混合气体在完全燃烧时放出56.8kJ的能量，则混合气体中H2和CO的质量比为______。工业上在催化剂的作用下，可用H2(g)和CO(g)合成CH3OH(l)。请写出由H2(g)和CO(g)合成CH3OH(l)的热化学方程式：________。

(4)强酸和强碱的稀溶液的中和热可表示为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol-1。已知：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)△H=-33.1kJ·mol-1。请写出醋酸溶液电离的热化学方程式：__________。22、含氮化合物广泛存在于自然界常重要的化合物。回答下列有关问题：

(1)氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时；涉及如下反应：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

①反应Ⅲ：的平衡常数______(用表示)。

②恒温恒容情况下，下列说法能判断反应Ⅲ达到平衡的是_____。

A．气体物质中氮元素与氧元素的质量比不变。

B．容器内气体密度不变。

C．容器内气体颜色不变。

D．容器内浓度保持不变。

(2)恒温条件下，向恒容密闭容器中加入和时反应Ⅱ达到平衡。

③测得的体积分数为则平衡时NO的转化率_____；

④已知反应Ⅱ的反应趋势是低温自发，高温不自发，则_____0(填“＜”；“＞”或“无法判断”)。

⑤实验测得：v正=k正c2(NO)c(Cl2)，v逆=k逆c2(ClNO)，k正、k逆为速率常数。

时，k正_____(以k逆表示)。当温度改变为T2时，则____(填“＜”；“＞”或“=”)。

⑥一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率如图所示。温度低于时，随温度的升高氮氧化物转化率升高的原因可能是_____________________。

23、某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。

请回答下列问题：

(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol·L-1的溶液.在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是____。

(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为：___。

(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是___。

(4)丙组同学取l0mL0.lmol·L-1KI溶液，加入6mL0.lmol·L-1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：

①第一支试管中加入lmLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；

②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液；生成蓝色沉淀：

③第三支试行中加入1滴KSCN溶液；溶液变红。

实验②检验的离子是(填离子符号)___；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有(填离子符号)____，由此可以证明该氧化还原反应为___。

(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为____；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是___；生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解释)____。

(6)戊组同学模拟工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液制备FeCl3。

①若酸性FeCl2废液中：c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1，c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1，c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1，则该溶液的pH约为___。

②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：___。

ClO+Fe2++___=Cl-+Fe3++___

③FeCl3具有净水作用，其原理是___。24、痛风是以关节炎反复发作及产生肾结石为特征的一类疾病，关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体；有关平衡如下；

①HUr(尿酸，aq)⇌Ur-(尿酸根，aq)+H+(aq)(37℃时，Ka=4.0×10-6)

②NaUr(s)⇌Ur-(aq)+Na+(aq)

(1)37℃时，1.0L水中最多可溶解8.0×10-3mol尿酸钠，此温度下尿酸钠的Ksp为_______。

(2)关节炎发作多在脚趾和手指的关节处，这说明温度降低时，尿酸钠的Ksp_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，生成尿酸钠晶体的反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。

(3)37℃时，某尿酸结石病人尿液中尿酸分子和尿酸根离子的总浓度为2.0×10-3mol·L-1，其中尿酸分子的浓度为5.0×10-4mol·L-1，该病人尿液的c(H+)为_______，pH_______7(填“>”、“<”或“=”)。25、1909年，化学家哈伯用N2和H2在高温高压条件下首次合成了氨气，反应原理为该反应的能量变化如图所示(a、b均大于零)；回答下列问题：

(1)根据图示可知，该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应，写出生成2molNH3时的热化学方程式：___________。

(2)在500℃；30MPa下；断裂1molH-H键、1molN-H键、1molN≡N键需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ、946.5kJ。

①每消耗0.6molN2时，该反应放出的热量为___________。

②向某一密闭容器中充入1.5molH2(g)和0.5molN2(g)，在催化剂条件下进行上述反应，此时断裂的H-H吸收的热是___________(填“＞”、“＜”或“=”)654kJ，原因是___________。

③加入催化剂，该反应的___________(填“变大”、“变小”或“不变”)，原因是___________。26、根据化学平衡相关知识回答下列问题：

Ⅰ.温度为T时，向恒容密闭容器中充入反应经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见表，回答下列问题：。05015025035000.160.190.200.20

(1)反应在前内用表示的平均速率为_______。

(2)该反应的平衡常数_______。

(3)体系平衡时与反应起始时的压强之比为_______。

Ⅱ.甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用或来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如表所示：。化学反应平衡常数温度/500800500800①2.50.15②1.02.50③

(4)据反应①与②可推导出与之间的关系，则_______(用表示)。

(5)时测得反应③在某时刻，的浓度分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时_______(填“>”、“=”或“<”)。评卷人得分四、计算题(共3题，共24分)27、氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题。已知H—H键的键能为akJ·mol-1，N—H键的键能为bkJ·mol-1，N≡N键的键能是ckJ·mol-1，则反应NH3(g)⇌N2(g)+H2(g)的ΔH=_______kJ·mol-1，若在某温度下其平衡常数为K，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K1=_______(用K表示)。28、化学平衡常数只与温度有关；与反应物或生成物的浓度无关。

已知可逆反应：M(g)+N(g)P(g)+Q(g)，△H＞0

请回答下列问题：

(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1mol·L-1，c(N)=2.4mol·L-1；达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为___；

(2)若反应温度升高，M的转化率___(填“增大”“减小”或“不变”；)

(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)=4mol·L-1，c(N)=amol·L-1；达到平衡后，c(P)=2mol·L-1，a=___；

(4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)=1mol•L-1，达到平衡后，M的转化率为___。29、如图所示的三个容器中分别盛有不同的溶液；其中，c；d、g、h为石墨电极，e、f为铜电极。闭合K，发现g电极附近的溶液先变红。电解20min时，停止电解，此时d电极上产生56mL气体(标准状况)。据此回答：

(1)电源a极是___极。

(2)整个电解过程中，电路中通过的电子的物质的量是_____。

(3)乙装置中发生电解的总反应方程式为______。

(4)要使甲中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质及其物质的量是______。

(5)电解后恢复到室温，丙中溶液的pH为______(不考虑溶液体积变化)。评卷人得分五、结构与性质(共2题，共18分)30、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________31、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

A．由图可知，H2CrO4、HCrO能够同时存在；说明铬酸是弱酸，第一步电离为不完全电离，A错误；

B．由于a点处存在三种物质，δ(CrO)与δ(Cr2O)相同，而δ(HCrO4-)少于前面两种，故δ(CrO)=δ(Cr2O)＞B正确；

C．当c(CrO)=c(HCrO)时，pH范围在6~7，Ka2==c(H+)，数量级为10-7；C错误；

D．NaHCrO4溶液中HCrO大量存在，由图示知，HCrO大量存在时；溶液显酸性，说明其电离程度大于水解程度，D错误；

故答案选B。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．由于金属活动性Al＞Ag，所以Al为原电池的负极，负极上Al失去电子变为Al3+进入溶液；a烧杯中阳离子增多，根据溶液呈电中性，盐桥中阴离子进入a烧杯中，A错误；

B．由于金属活动性Al＞Ag，所以Ag为原电池的正极，银器上得到电子，发生还原反应，电极反应式为：Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-；B正确；

C．根据选项B分析可知银器黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为Ag单质；没有产生AgCl白色沉淀，C错误；

D．当外电路中流过0.02mol电子时，反应产生0.02molAg单质，消耗0.01molAg2S；银器质量会减轻0.32g，D错误；

故答案为B。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．从a到c正反应速率增大；说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，则该反应的正反应为放热反应，即生成物的总能量低于反应物的总能量，A正确；

B．当正反应速率不变时；达到化学平衡状态，但c点反应速率最大，虽然正反应速率减小，但反应继续向正反应方向进行，没有达到平衡状态，所以c点容器内气体颜色变浅，B错误；

C．a点到b点，b点到c点反应均未达到平衡，随着反应的进行，体系的温度升高，反应速率加快，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率：a～b段小于b～c段；C正确；

D．反应放热导致a到c正反应速率逐渐增大；c点时反应速率最大，c～d段时反应物的浓度降低，放热较少，所以正反应速率降低，此时浓度降低对正反应速率的影响大于温度升高对正反应速率的影响，即c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素，D正确；

故合理选项是B。4、A【分析】【详解】

A．100g质量分数为46%的酒精水溶液中含有乙醇46g，乙醇分子数为NA，水54g，分子数为3NA，分子数共4NA；A正确；

B．未给出体积；无法计算，B错误；

C．结合3NO2+H2O=2HNO3+NO~2e-可知1molNO2与水充分反应，转移的电子数为NA；C错误；

D．氯仿在标准状况下是液体；无法计算，D错误；

故选A。5、A【分析】【分析】

溶液中，既能发生电离又能发生水解，其水解常数Kh1==＜5.4×10-5=Ka2，则以电离为主；溶液呈酸性。

【详解】

A．由分析可知，在溶液中以电离为主，则离子浓度的关系为：A不正确；

B．依据物料守恒，在溶液中，B正确；

C．依据电荷守恒，在溶液中，C正确；

D．依据质子守恒，在溶液中，D正确；

故选A。6、D【分析】【详解】

A．200mL5mol∙L-1浓硫酸的物质的量为200mL×5mol∙L-1=1mol，根据化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，铜的化合价从0价升高到+2价，2mol浓硫酸完全反应时转移2mol电子，1mol浓硫酸完全反应时转移1mol电子，转移的电子的物质的量为NA，但是浓硫酸随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，当浓硫酸转化为稀硫酸时，反应停止，故转移的电子数小于NA；故A不符合题意；

B．根据过氧化氢的结构式为：H—O—O—H，一个过氧化氢分子含有两个极性共价键，0.1molH2O2中含有极性共价键的数目为0.2NA；故B不符合题意；

C．依据溶液中物料守恒计算分析，硫氢根离子水解生成氢氧根离子和硫化氢，硫氢根离子电离生成硫离子和氢离子，1L0.1mol∙L-1中HS-、S2-、H2S总的物质的量为1L×0.1mol∙L-1=0.1mol，故HS-和S2-离子数之和小于0.1NA；故C不符合题意；

D．2.4g镁的物质的量n===0.1mol，在足量的氧气中燃烧生成氧化镁，镁的化合价从0价升高到+2价，0.1mol镁转移的电子的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.2NA；故D符合题意；

答案选D。7、C【分析】【详解】

A．a点铜离子剩余，会水解促进水的电离，b恰好反应；c硫离子过量，会水解促进水的电离，A错误；

B．Na2S溶液中的物料守恒，应该是c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Na+)；B错误；

C．当硫化钠溶液体积为10mL时，恰好反应，溶液中铜离子浓度与硫离子浓度均为所以C正确；

D．因为Ksp(ZnS)=3×10-25，Zn2+、Cu2+浓度相同时，Ksp越小越先沉淀；D错误；

故选C。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．产生蓝色沉淀，可知一定含亚铁离子，不能确定是否含Fe3+；故A错误；

B．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，生成碳酸钙和HClO，根据强制弱的原理可知，酸性：H2CO3＞HClO；故B正确；

C．NaCl、NaI的浓度未知，根据现象不能比较Ksp的大小；故C错误；

D．CuSO4溶液中加入铁粉，发生置换反应生成Cu，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，则Cu2+的氧化性强于Fe2+的氧化性；故D错误；

故选B。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意沉淀的生成和转化的区别，如果NaCl、NaI的浓度相等，则可以根据该现象得出结论Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)。二、多选题(共9题，共18分)9、CD【分析】【分析】

【详解】

A．化学平衡常数只和温度有关；温度不变，平衡常数不变，故A错误；

B．该反应是气体体积增大的反应；缩小容器体积，平衡逆向移动，CaO质量减小，故B错误；

C．该反应的平衡常数的表达式为K=c(CO2)，由于平衡常数不变，所以c(CO2)不变；故C正确；

D．该反应是气体体积增大的反应，缩小容器体积，平衡逆向移动，CaCO3质量增加；故D正确；

故选CD。

【点睛】10、CD【分析】【分析】

煤一空气燃料电池的负极上是燃料失电子的氧化反应：C+2CO-4e-=3CO2↑，正极上是氧气得电子的还原反应：2CO2+O2+4e-=2CO正负极反应相加可以得到总反应C+O2=CO2；据此回答。

【详解】

A．燃料电池是燃料失电子直接把化学能转化为电能的装置；则燃烧煤发电的能量转换过程为：化学能→电能，A错误；

B．正极上氧气得电子，负极上碳失电子，则正极上是氧气得电子的还原反应：2CO2+O2+4e-=2COB错误；

C．X上的碳失电子，为负极，阴离子向负极移动，即O2-向X极迁移；C正确；

D．由分析可知，电池的总反应为：C+O2═CO2；D正确；

故答案为CD。11、BC【分析】【详解】

A．甲图是燃料电池，通入肼的一极为负极，通入氧气的一极为正极，由图可知正极附近有大量的氧离子，所以负极反应式为：故A错误；

B．要制备乙为电解池，其中Fe电极为阳极，电极反应为C电极为阴极，电极反应为电解质溶液X可为NaCl，也可为故B正确；

C．有较强的还原性，苯的密度比水小，且与水互不相溶，所以乙中的苯可以隔绝空气，防止被氧化；故C正确；

D．由AB分析可知甲中接线柱A为燃料电池的负极；乙中C电极为电解池的阳极，二者应该相连，故D错误；

故答案为：BC。12、CD【分析】【分析】

【详解】

A．根据图示，b是阳极，阳极发生的电极反应式为2HCl-2e－=2H＋＋Cl2；A项错误；

B．b是阳极，a极是阴极，则H+由电极b向电极a迁移；B项错误；

C．电解池左侧发生反应Fe3+→Fe2+，左侧是阴极，电极反应式为：C项正确；

D．根据电子守恒，电路中转移1mol电子，需要消耗0.25mol氧气，当电路中转移0.15mol电子时，需消耗标准状况下的氧气的体积为D项正确；

答案选CD。13、CD【分析】【详解】

A．由反应历程图可知，反应Ⅰ的相对能量高于反应Ⅴ，则HCOOH脱氢反应为放热反应，ΔH＜0，HCOOHCO2+H2，ΔS>0；由ΔG=ΔH−TΔS＜0，则在该温度下能自发进行，故A正确；

B．根据反应历程图，的活化能最高；则Ⅳ到Ⅴ的反应速率最慢，为决速步骤，故B正确；

C．由反应历程可知；反应脱去第一个H的活化能大于脱去第二个H的活化能，活化能越大，反应越困难进行，可知HCOOH中第2个H原子更易脱去，故C错误；

D．根据反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2；只有O−H键和C−H键断裂，C=O键不断，故D错误；

故答案选CD。14、CD【分析】【分析】

向NaOH溶液中缓慢滴加H2C2O4，先生成Na2C2O4溶液，继续缓慢滴加H2C2O4溶液，则由逐渐转化为则a、b、c三条曲线分别代表H2C2O4的物质的量分数。

【详解】

A．曲线a表示的物质的量分数；A项正确；

B．pH=3时，即pOH=11，根据图所示浓度大小为c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)；B项正确；

C．m点时c()=c()，pOH=9.8，则pH=14-pOH=14-9.8=4.2，所以lg[K(HC2O)]=-4.2；C项错误；

D．水解平衡常数为m点时，所以．水解平衡常数等于pOH=9.8，则水解平衡常数为10-9.8，等浓度的Na2C2O4和NaHC2O4溶液中，水解平衡常数为10-9.8，则溶液呈酸性，即pH<7；D项错误；

答案选CD。15、BD【分析】【分析】

【详解】

A．MOH是弱碱，溶于水时只有很小一部分电离，OH来自水的电离和MOH的电离，故c(OH)>c(M)；A项错误；

B．根据电解质溶液中电荷守恒，b点溶液呈中性；B项正确；

C．c点对应的pH=7，因MOH为弱碱，故pH=7时，碱过量，即酸的量不足，而酸碱恰好完全中和的时候温度达到最高，因此c点不是滴定过程温度最高点，根据物料守恒可知：c(Cl))+c(MOH)；C项错误；

D．在滴定过程中；水的电离度逐渐增大，当二者恰好完全反应时水的电离度最大，随后加入盐酸，水的电离程度减小，D项正确。

故选BD。16、CD【分析】【分析】

【详解】

A．由图像可知，b、c两个点的压强相同，T2温度下c点对应的平均摩尔质量大于T1温度下b点对应的平均摩尔质量，即T1到T2，平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，T2＜T1；故A错误；

B．由于温度T2＜T1，该反应的正反应为吸热反应，温度越高，平衡常数K越大，所以平衡常数故B错误；

C．b点对应的温度T2和压强大于a点对应的温度T2和压强，温度越高、压强越大，反应速率越快，所以反应速率υ(b)＞υ(a)；故C正确；

D．当即平均相对分子质量为30时，设HF物质的量为xmol，的物质的量为ymol，即故D正确。

综上所述，答案为CD。17、BC【分析】【详解】

A．硫蒸气转化为硫固体放出热量；则等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，即前者放出热量多，A错误；

B．“H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1”表示在稀溶液中强酸与强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出57.3kJ的热量，由于浓硫酸溶于水放热，则含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合生成1molH2O放出的热量大于57.3kJ；B正确；

C．石墨转化为金刚石为吸热反应；说明等量的石墨具有的能量小于金刚石，能量越低越稳定，则金刚石不如石墨稳定，C正确；

D．2gH2物质的量为=1mol，则H2燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1；D错误；

答案选BC。三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律计算反应热；从环境保护及运输成本等方面分析煤气化的优点。

【详解】

（1）已知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH

①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ/mol

②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－283.0kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH3＝－242.0kJ/mol

据盖斯定律，①-②-③得：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3则△H=-393.5kJ/mol+283.0kJ/mol+242.0kJ/mol=+131.5kJ•mol-1，故答案为：ΔH1-ΔH2-ΔH3；+131.5kJ•mol-1；

（2）煤气化的优点有：减少煤直接燃烧时造成的污染、气化后的燃料便于运输，故答案为：减少煤直接燃烧时造成的污染、气化后的燃料便于运输。【解析】ΔH1-ΔH2-ΔH3+131.5kJ•mol-1；减少煤直接燃烧时造成的污染、气化后的燃料便于运输19、略

【分析】【详解】

(1)NO2和CO反应的化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)，由图可知，ΔH=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，故NO2和CO反应的热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=-234kJ/mol；

(2)燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，表示CO的燃烧热的化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)，已知热化学方程式：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol；②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH2=+172.46kJ/mol；③2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)ΔH3=-821.21kJ/mol；由盖斯定律可知，由①-②可得CO(g)+O2(g)=CO2(g)，ΔH=故表示CO的燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-282.98kJ/mol；高炉内Fe2O3被CO还原为Fe的化学方程式为Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)，由盖斯定律可知，×①-×②+③，ΔH=×(-393.5kJ/mol)-×172.46kJ/mol+821.21kJ/mol=-27.73kJ·mol-1，故高炉内Fe2O3被CO还原为Fe的热化学方程式为Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=-27.73kJ·mol-1。【解析】NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=-234kJ/molCO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-282.98kJ/molFe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=-27.73kJ·mol-120、略

【分析】【分析】

根据原电池的工作原理分析解答。

【详解】

(1)甲中K断开时，锌与稀硫酸直接发生置换反应，该反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；K闭合时，形成Zn-Cu-稀H2SO4原电池，Zn比Cu活泼，Cu作原电池的正极，正极反应为2H++2e-=H2↑；故Cu棒上有气泡产生；原电池工作时，电子从负极流出，经导线流向正极，电流方向与电子的流向相反，故外电路中电流的方向由Cu到Zn；

(2)氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为电池的正极，通入氢气的电极为电池的负极，在正极上，氧气得电子发生还原反应，故正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O。

【点睛】

氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=2H2O；负极通入氢气，氢气失电子被氧化，正极通入氧气，氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式；

①若选用KOH溶液作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极的电极反应式为：2H2-4e-+4OH-=4H2O；

②若选用硫酸作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，负极的电极反应式为：2H2-4e-=4H+。【解析】Zn+2H+=Zn2++H2↑有气泡产生Cu到Zn正O2+4e−+4H+=2H2O21、略

【分析】【分析】

(1)根据热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比以及热化学方程式的书写进行求解；

(2)依据盖斯定律写出石墨转化为金刚石的反应热；

(3)设混合气体中H2和CO的物质的量为xmol和(0.2-x)mol，根据相关热化学方程式和混合气体放出的热量求解H2和CO的物质的量；进而计算其质量比，根据盖斯定律写出热化学方程式；

(4)根据盖斯定律计算；并写出醋酸溶液电离的热化学方程式。

【详解】

(1)2gC2H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量是100kJ，则1molC2H2完全燃烧放出的热量为=1300kJ，其热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2600kJ·mol-1；

(2)C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ·mol-1，C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-395.0kJ·mol-1，则反应C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=△H1-△H2=(-393.5kJ·mol-1)-(-395.0kJ·mol-1)=+1.5kJ·mol-1；

(3)设混合气体中H2和CO的物质的量为xmol和(0.2-x)mol，则285.0x+283.0(0.2-x)=56.8，解得x=0.1，混合气体中H2和CO的物质的量均为0.1mol，两者质量之比为：1：14；根据盖斯定律，2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l)△H=2△H1+△H2-△H3=-127kJ·mol-1，则热化学方程式为：2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l)△H=-127kJ·mol-1；

(4)CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)△H=-33.1kJ·mol-1写成离子方程式的形式为CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO-(aq)+H2O(l)△H=-33.1kJ·mol-1，由H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol-1，得CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq)△H=-33.1kJ·mol-1-(-57.3kJ·mol-1)=+24.2kJ·mol-1，即醋酸溶液电离的热化学方程式为CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq)△H=+24.2kJ·mol-1。【解析】2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2600kJ·mol-1+1.51∶142H2(g)+CO(g)=CH3OH(l)△H=-127kJ·mol-1CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq)△H=+24.2kJ·mol-122、略

【分析】【详解】

(1)①反应Ⅲ的平衡常数K3=反应Ⅰ的平衡常数K1=反应的平衡常数K2=所以=K3。

②A．反应Ⅲ中，反应物NO2中氮元素与氧元素的质量比为7:16；生成物NO中氮元素和氧元素的质量比为7:8，所以未平衡前气体物质中氮元素和氧元素的质量比是变量，当气体物质中氮元素与氧元素的质量比不变时，反应达到了平衡，故A选；

B．如果反应从NO2和NaCl开始；随着反应的进行，气体物质的质量在减小，而容器体积不变，所以混合气体的密度在减小，当容器内气体密度不变时，反应达到了平衡，故B选；

C．NO2是红棕色气体，Cl2是黄绿色气体，未平衡前混合气的颜色在改变，当容器内气体颜色不变时，说明NO2和Cl2的浓度均不再改变；反应达到了平衡，故C选；

D．NaNO3是固体；其浓度是一常数，不能用固体浓度不变衡量是否平衡，故D不选；

故选ABC。

(2)③设转化的Cl2的物质的量为a；可列三段式：

平衡时测得Cl2的体积分数为则=可求出a=0.075，则NO的转化率为

④反应Ⅱ的反应趋势是低温自发，高温不自发，根据反应Ⅱ反应前后气体系数可知，该反应的ΔS＜0，所以若反应能自发，根据ΔG=ΔH-ΔS＜0，则ΔH＜0。

⑤v正=k正c2(NO)c(Cl2)，v逆=k逆c2(ClNO)，平衡时，v正=v逆，即k正c2(NO)c(Cl2)=k逆c2(ClNO)，所以==K。T1平衡时，NO、Cl2、ClNO的物质的量分别为0.05mol、0.025mol、0.15mol，容器体积为2L，所以浓度分别为0.025mol/L、0.0125mol/L、0.075mol/L，则K===720，即=720，所以k正=720k逆。当温度改变为T2时，即=72=K，由于该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K减小，所以温度＞

⑥一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率先增大后减小，说明在710K之前反应没有达到平衡，随着温度上升，反应速率增加，因此NO的转化率上升。【解析】ABC75%＜＞温度低于710K时，单位时间内随温度上升，反应速率增加，因此NO的转化率上升。23、略

【分析】【详解】

(1)亚铁离子容易被氧化为铁离子，铁能和铁离子反应生成亚铁离子，故在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止Fe2+被氧化；

(2)Cl2可将Fe2+氧化为Fe3+，铁离子与KSCN溶液反应，溶液变红；FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

(3)亚铁离子容易被氧气氧化为铁离子；对实验有干扰，煤油的作用是隔绝空气(排除氧气对实验的影响)；

(4)Fe2+能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，故实验②检验的离子是Fe2+；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+；由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应；

(5)H2O2溶液能和酸化的FeCl2溶液发生氧化还原反应，得到氯化铁，故溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；一段时间后，溶液中有气泡出现，气泡为氧气，双氧水分解产生氧气，产生气泡的原因是Fe3+催化H2O2分解产生O2；随后有红褐色氢氧化铁沉淀生成。铁离子水解产生氢氧化铁，生成沉淀的原因是：H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动；

(6)①酸性FeCl2废液中电荷守恒：(酸性溶液中OH−浓度很小，在这里可以忽略不计)，已知c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1，c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1，c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1，该溶液的pH约为2；

②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到−1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：

③FeCl3具有净水作用，其原理是水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质，并使之沉降。【解析】防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-隔绝空气(排除氧气对实验的影响)Fe2+Fe3+可逆反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OFe3+催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动2ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质24、略

【分析】（1）

尿酸钠的Ksp=c(Na＋)·c(Ur-)=8.0×10-3×8.0×10-3=6.4×10-5，故答案为：6.4×10-5；

（2）

由题给信息，关节炎是因为形成了尿酸钠晶体，说明反应②的平衡向逆反应方向移动，Ksp减小；温度降低平衡逆向移动，说明生成尿酸钠晶体的反应是放热反应，故答案为：减小；放热；

（3）

由题干信息可知：c(HUr)=5.0×10-4mol·L-1，c(Ur-)=2.0×10-3mol·L-1-5.0×10-4mol·L-1=1.5×10-3mol·L-1，根据：Ka=c(H＋)=mol·L-1≈1.33×10-6mol·L-1，故pH=-lgc(H+)=-lg(1.33×10-6)=6-lg1.33＜7，故答案为：1.33×10-6mol·L-1；＜。【解析】(1)6.4×10-5

(2)减小放热。

(3)1.33×10-6mol·L-1<25、略

【分析】(1)

根据图示可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应，生成1mol氨气放出（b-a）kJ的能量，因此生成2molNH3时的热化学方程式为

(2)

①在500℃、30MPa下，断裂1molH-H键、1molN-H键、1molN≡N键需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ、946.5kJ，则生成2molNH3时的焓变为（3×436+946.5－2×3×391）kJ/mol＝-91.5kJ/mol，则每消耗0.6molN2时；该反应放出的热量为0.6mol×91.5kJ/mol＝54.9kJ。

②由于合成氨反应是可逆反应；1.5mol氢气不能完全反应，因此断裂的H-H吸收的热是小于654kJ；

③加入催化剂后，由于催化剂只能改变活化能，但不能改变焓变，因此该反应的不变。【解析】(1)①.放热②.

(2)①.54.9kJ②.＜③.合成氨反应是可逆反应，1.5mol氢气不能完全反应，断裂的H-H吸收的热是小于654kJ④.不变⑤.催化剂不能改变焓变，该反应的不变26、略

【分析】【分析】

(1)

反应在前内生成PCl3的物质的量是0.2mol-0.16mol=0.04mol，根据方程式可知消耗的物质的量是0.04mol，则表示的平均速率为=

(2)

平衡时生成PCl3的物质的量是0.2mol，根据方程式可知同时生成氯气也是0.2mol，消耗消耗的物质的量是0.2mol，剩余的物质的量是0.8mol，则该反应的平衡常数=0.025。

(3)

体系平衡时与反应起始时的压强之比等于物质的量之比，则为=6∶5。

(4)

依据盖斯定律可知反应①+②即得到反应③，因此可推导出与之间的关系为

(5)

在时根据以上分析可知=2.5×1.0=2.5，若测得反应③在某时刻，的浓度分别为0.8、0.1、0.3、0.15，此时浓度熵为≈0.88＜2.5，反应正向进行，则此时正反应速率大于逆反应速率。【解析】(1)

(2)0.025

(3)6∶5

(4)

(5)＞四、计算题(共3题，共24分)27、略

【分析】【分析】

根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，计算ΔH；根据平衡常数表达式进行比较判断。

【详解】

ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，则NH3(g)⇌N2(g)+H2(g)的ΔH=3bkJ·mol-1-ckJ·mol-1-akJ·mol-1=(3b-c-a)kJ·mol-1；若在某温度下其平衡常数为K，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数故答案为：(3b-c-a)；【解析】(3b-c-a)28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据M的转化率为60%，则△c(M)=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c(N)=△c(M)=0.6mol•L-1，故此时N的转化率×100%=25%；

(2)已知可逆反应：M(g)+N(g)P(g)+Q(g)，△H＞0；正反应吸热，若反应温度升高，该反应平衡正向移动，M的转化率增大；

(3)根据(1)中数据列三段式：

根据本题数据列三段式：

两次平衡过程温度不变，则平衡常数不变，则K