2025年沪教版选择性必修一化学上册月考试卷

…………○…………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年沪教版选择性必修一化学上册月考试卷68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、已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g)ΔH＝akJ·mol－1

P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g)ΔH＝bkJ·mol－1

P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ·mol－1,PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ·mol－1

下列叙述正确的是A.P－P键的键能大于P－Cl键的键能B.可求Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(s)的反应热ΔHC.Cl－Cl键的键能kJ·mol－1D.P－P键的键能为kJ·mol－12、反应4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)，在1L的密闭容器中进行，10s后，n(NO)增加了0.4mol。下列反应速率正确的是A.v(NH3)=0.0008mol·L-1·s-1B.v(O2)=0.01mol·L-1·s-1C.v(NO)=0.04mol·L-1·s-1D.v(H2O)=0.003mol·L-1·s-13、生活或生产中的下列操作，对钢铁的腐蚀不能起到减缓作用的是A.在铁器件表面涂抹油漆B.将炒菜的铁锅洗净后擦干C.将水中的钢闸门与电源的正极连接D.在轮船的船身上装锌块4、反应①反应②若反应①在温度下进行，反应②在温度下进行，已知且(其他条件均相同)，下列对两个反应的反应速率，判断正确的是()A.反应①快B.反应②快C.一样大D.无法判断5、在25℃和101kPa下，1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，则下列属于H2的燃烧热的热化学方程式的是A.kJ/molB.kJ/molC.kJ/molD.kJ/mol6、镁燃料电池具有比能量高；使用安全方便、原材料来源丰富、成本低等特点。一般研究的镁燃料电池可分为镁空气燃料电池、镁海水燃料电池、镁过氧化氢燃料电池和镁次氯酸盐燃料电池。其中镁次氯酸盐燃料电池的工作原理如图所示；下列有关说法不正确的是。

A.镁燃料电池中镁均为负极，发生氧化反应B.镁次氯酸盐燃料电池的总反应式为：C.镁过氧化氢燃料电池，酸性电解质中正极反应式为：D.镁次氯酸盐燃料电池放电过程中移向正极7、对于反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是A.υ(O2)=0.24mol∙L−1∙s−1B.υ(NH3)=0.2mol∙L−1∙s−1C.υ(H2O)=15.0mol∙L−1∙min−1D.υ(NO)=0.15mol∙L−1∙s−18、下列能使湿润的pH试纸变红的是A.CH3ClB.Cl2C.SO2D.NH3评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、我国十分重视保护空气不被污染；奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫；氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：

I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。

A.它们的气态氢化物的稳定性。

B.它们在元素周期表中的位置。

C.它们相互之间形成的化合物中元素的化合价。

D.它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。

Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)；在一定容积的密闭容器中进行该反应。

（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：___。

在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。

A.K值减小B.逆反应速率先减小后增大。

C.K值增大D.正反应速率减小先慢后快。

Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)

（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：___＞___。

若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。

（4）已知压强P2＞P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。

该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：___。10、脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气；改善环境；是环境保护的主要课题。

（1）以漂粉精溶液为吸收剂脱除烟气中的NO；相关热化学方程式如下：

ⅰ.4NO(g)+3O2(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq)∆H1=-423kJ·mol-1

ⅱ.Ca(ClO)2(aq)=CaCl2(aq)+O2(g)∆H2=-120kJ·mol-1

ⅲ.3Ca(ClO)2(aq)+4NO(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq)+3CaCl2(aq)∆H3

∆H3=___kJ·mol-1。

（2）2.00g甲烷气体完全燃烧，生成CO2和液态H2O，放出111.2kJ的热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：___；11、电化学原理在工业生产中发挥着巨大的作用。是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产

(1)阳极的电极反应为_______。

(2)阴极产生的气体为_______(填物质名称)。

(3)左侧的离子交换膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，_______(填“>”“<”或“=”)12、下列可以证明H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)已达平衡状态的是______。

①单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI

②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂。

③百分含量w(HI)=w(I2)

④反应速率v(H2)=v(I2)=v(HI)

⑤c(HI)∶c(H2)∶c(I2)=2∶1∶1

⑥温度和体积一定时；生成物浓度不再变化。

⑦温度和体积一定时；容器内压强不再变化。

⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化13、已知反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1。将2molSO2和1molO2通入体积为5L的密闭容器中进行反应。反应在不同催化条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。(1)由图可知，催化效率更佳的是曲线________(填“a”或“b”)。若将反应改在恒容绝热容器中进行，下列不能判断其达到平衡状态的是________。A．SO2的转化率不再变化B．体系温度不再变化C．不再变化D．混合气体平均分子量不再变化(2)观察曲线a，通过计算回答下列问题：①60min内，用浓度变化表示O2的平均反应速率为__________，反应中放出热量为_______kJ(用Q表示)。②平衡时，SO3的百分含量为_________。(3)反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)中，V2O5是催化剂的活性成分，有人提出：V2O5在对反应Ⅰ的催化循环过程中，经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，如图所示：已知反应Ⅱ为SO2+V2O5V2O4·SO3，则反应Ⅲ的化学方程式为___________________。14、t℃时，将3molA和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A(g)+B(g)2C(g)；2min时反应达到平衡状态（温度不变），测得C的浓度为0.2mol/L，请填写下列空白：

（1）该过程用A表示的反应速率为：v(A)=_______；该温度下该反应的化学平衡常数表达式为__________。

（2）比较达到平衡时，A、B两反应物的转化率：α(A)______α(B)（填“＞”；“=”或“＜”）。

（3）判断反应达到平衡状态的依据是（填字母序号）__________。

a．生成C的速率与消耗B的速率相等b．混合气体的密度不变。

c．混合气体的相对平均分子质量不变d．A的质量分数不再发生变化。

（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，则该反应的H_____0（填“＞”；“=”或“＜”）。

（5）若保持温度不变时，继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气(氦气和A、B、C都不反应)后，则化学反应速率会__________（填“加快”、“减慢”或“不变”），化学平衡将_________（填“正反应方向移动”；“逆反应方向移动”或“不移动”）。

（6）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，起始投料时各物质的浓度如下表：。ABC投料I3.0mol/L1.0mol/L0投料II2.0mol/L1.0mol/L2.0mol/L

按投料I进行反应，测得达到化学平衡状态时A的转化率为40％，若按投料II进行反应，起始时反应进行的方向为________（填“正向”、“逆向”或“不移动）。15、汽车尾气是造成雾霾天气的重要原因之一。已知：

①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1

②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2

③CO2(g)CO(g)+O2(g)ΔH3

④2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH4

请完成以下问题：

(1)根据图，该反应在___(填“高温”“低温”或“任意温度”)下有利于该反应正向自发。

(2)图表示反应④的反应物NO、CO的起始物质的量比、温度对平衡时CO2的体积分数的影响。

①W、Y、Z三点的平衡常数的大小关系为：___(用W、Y、Z表示)，X、Y、Z三点，CO的转化率由大到小的顺序是___(用X；Y、Z表示)。

②T1℃时，在1L密闭容器中，0.1molCO和0.1molNO，达到Y点时，测得NO的浓度为0.02mol/L，则此温度下平衡常数K=___(算出数值)。若此温度下，某时刻测得CO、NO、N2、CO2的浓度分别为0.01mol/L、amol/L、0.01mol/L、0.04mol/L，要使反应向正方向进行，a的取值范围为___。16、已知表中所示的一组物质：。序号①②③④⑤⑥⑦⑧物质

回答下列问题：

(1)常温时，的溶液呈碱性的是________(填序号)。

(2)标准状况下，气体完全溶于蒸馏水中，形成溶液，则该溶液的_______。

(3)常温时，的溶液中，由水电离出的c水(H+)=______，pH=9的溶液中由水电离出的c水(OH-)=_______。

(4)常温时，向溶液中加入少量固体，电离平衡常数Ka_____(填“增大”“减小”或“不变”)。17、燃料电池。

一种将燃料(如氢气；甲烷、乙醇)和氧化剂(如氧气)的化学能直接转化为电能的电化学反应装置。

特点：清洁；安全、高效；能量转化率可以达到80%以上；反应物不是储存在电池内部；而是从外部提供，供电量易于调节。

燃料电池与一般的电池不同的是，反应物不是储存在____；而是由外部提供，电池装置起着类似于试管；烧杯等反应容器的作用。

工作原理：利用原电池的工作原理将燃料(如H2)和氧化剂(如O2)分别在两个电极上反应所放出的化学能直接转化为__。(实验装置如下)

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误19、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误20、二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响(已知珊瑚礁的主要成分为)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起浓度增大、浓度减小。(________)A.正确B.错误21、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误22、为使实验现象更加明显，酸碱中和滴定时加入5mL甲基橙或酚酞。(_____)A.正确B.错误23、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共4题，共16分)24、纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：

纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：。方法a用炭粉在高温条件下还原CuO方法b电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑。方法c用肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2

（1）已知：2Cu(s)＋O2(g)=Cu2O(s)△H=-169kJ·mol-1

C(s)＋O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ·mol-1

Cu(s)＋O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ·mol-1

则方法a发生反应的热化学方程式是_____________________________________。

（2）方法b采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该离子交换膜为______离子交换膜(填“阴”或“阳”),该电池的阳极反应式为______________________________________。

（3）方法c为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，该制法的化学方程式为________________________________________。

（4）在容积为1L的恒容密闭容器中，用以上方法制得的三种纳米级Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)，ΔH>0。水蒸气的浓度c随时间t的变化如下表所示。。序号01020304050①T10.05000.04920.04860.04820.04800.0480②T20.05000.04880.04840.04800.04800.0482③T30.10000.06400.05000.05000.05000.0500

①对比实验的温度：T2_________T1（填“＞”、“＜”或“=”）

②催化剂催化效率：实验①________实验②（填“＞”或“＜”）

③在实验③达到平衡状态后，向该容器中通入水蒸气与氢气各0.1mol，则反应再次达到平衡时，容器中氧气的浓度为____________________。25、NO2、NO、CO等是常见大气污染物，研究NO2；NO、CO等污染物的处理对建设美丽中国具有重要的意义。

(1)已知：①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)，断开1mol下列物质的所有化学键时所消耗能量分别为：。NO2COCO2NO812kJ1076kJ1490kJ632kJ

②N2(g)+O2(g)⇌NO(g)ΔH=+89.75kJ·mol-1

③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=-112.3kJ·mol-1

写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式：__。

(2)污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，某温度下，在1L密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，此时容器的压强为1atm，5s时反应达到平衡，容器的压强变为原来的则反应开始到平衡时CO的平均反应速率为ν(CO)=_；若此温度下，某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为amol·L-1、0.4mol·L-1、0.1mol·L-1、1mol·L-1，要使反应向逆反应方向进行，a的取值范围为__。

(3)CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH＜0.现在向体积为2L的恒容密闭容器(如图甲所示)中通入1molCO和2molH2：

测定不同时刻、不同温度(T/℃)下容器中CO的物质的量如下表：。温度不同时刻容器中CO的物质的量0min10min20min30min40min40minT11mol0.8mol0.62mol0.4mol0.4molT21mol0.7mol0.5molaa

请回答：

①T1__(填“＞”或“＜”或“=”)T2，理由是__。已知T2℃时，第20min时容器内压强不再改变，此时H2的转化率为___，该温度下的化学平衡常数为___。

②若将1molCO和2molH2通入原体积为2L的恒压密闭容器(如图乙所示)中，达平衡后再向容器中通入1molCH3OH(g)，重新达到平衡后，CH3OH(g)在体系中的百分含量___。

(填“变大”、“变小”或“不变”)。26、如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2。在500℃下发生发应，CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。实验测得CO2和CH3OH(g)的物质的量(n)随时间变化如图1所示：

(1)500℃该反应的平衡常数为_____(结果保留一位小数)；

(2)图2是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值_____(填“增大”“减小”或“不变”)。

(3)下列措施中不能使CO2的转化率增大的是_______。

A.在原容器中再充入1molH2B.在原容器中再充入1molCO2

C.缩小容器的容积D.使用更有效的催化剂E将水蒸气从体系中分离出。

(4)500℃条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则此时v(正)____v(逆)(填“>”“<”或“=”)。27、游离态氮称为惰性氮；游离态氮转化为化合态氮称之为氮的活化，在氮的循环系统中，氮的过量“活化”，则活化氮开始向大气和水体过量迁移，氮的循环平衡被打破，导致全球环境问题。

Ⅰ．氮的活化。

工业合成氨是氮的活化重要途径之一，在一定条件下，将N2和H2通入到体积为0.5L的恒容容器中；反应过程中各物质的物质的量变化如图所示：

（1）10min内用NH3表示该反应的平均速率，v（NH3）=____________。

（2）在第10min和第25min改变的条件可能分别是_________、________（填字母）。

A.加了催化剂B.升高温度C.增加NH3的物质的量

D.压缩体积E.分离出氨气

（3）下列说法能说明该可逆反应达到平衡状态的是__________（填字母）。

A.容器中气体密度不变B.容器中压强不变。

C.3v(H2)正=2v(NH3)逆D.N2、H2、NH3分子数之比为1∶3∶2

Ⅱ．催化转化为惰性氮已知：SO2、CO、NH3等都可以催化还原氮氧化物生成惰性氮。

（4）在250C、101KPa时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H1=-92.4kJ/mol.

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180kJ/mol

则NO与NH3反应生成惰性氮的热化学方程式______________________________。

（5）在有氧条件下，新型催化剂M能催化CO与NOx反应生成N2。现向某密闭容器中充入等物质的量浓度的NO2和CO气体；维持恒温恒容，在催化剂作用下发生反应：

4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)△H＜0，相关数据如下：。0min5min10min15min20minc(NO2)/mol·L-12.01.71.561.51.5c(N2)/mol·L-100.150.220.250.25

①计算此温度下的化学平衡常数K=______；

②实验室模拟电解法吸收NOx装置如图，（图中电极均为石墨电极）。若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验（a2发生反应的电极反应式：_________________________________。

评卷人得分五、计算题(共3题，共18分)28、氢能是重要的新能源；储氢技术的开发对于氢能源的推广应用是一个非常关键的技术。其中有一种方法是借助有机物储氢，其装置如图所示（忽略其它有机物，且涉及到有机物均为气体），回答下列问题：

（1）该电池中A的电极名称为______

（2）写出D极生成目标产物的电极反应式______

（3）D极收集到新生成的气体有______；通过此方法储氢后，共收集到混合气体的物质的量为______

（4）该储氢装置的电流效率为______（计算结果保留三位有限数字。已知：电流效率=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%）29、写出下列反应的热化学方程式:

(1)1molC2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l),放出1366.8kJ热量:________。

(2)1molC(石墨)与适量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g),吸收131.3kJ热量:_______。

(3)1.7gNH3(g)发生催化氧化反应生成气态产物,放出22.67kJ的热量:________。30、电解质溶液中存在多种平衡体系；请根据相关信息回答下列问题。

(1)已知：常温下，FeS和CuS的溶度积分别为

①向FeS悬浊液中滴加CuCl2溶液产生黑色沉淀，发生反应的离子方程式_____。

②在饱和FeS和CuS的混合溶液中____。

③测得某矿物浸出液中加入Na2S出现沉淀时，Na2S的浓度应大于_____

(2)已知：常温下，HA的Ka=6.2×10-10。

①常温下，含等物质的量浓度的HA与NaA的混合溶液显_____(填“酸”“碱”或“中”)性，c平(A-)_____(填“＞”“＜”或“＝”)c平(HA)，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______。

②常温下，若将cmol/L盐酸与0.6mol/LKA溶液等体积混合后恰好得到中性溶液，则c=_____mol/L(小数点后保留4位数字)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A；不同物质中P-Cl的键能不同；无法与P-P的键能比较，故A错误；

B、PCl5的状态为固态；与已知反应状态不同，无法求算，故B错误；

C、②式减去①式，消去了P4，可得4Cl2(g)+4PCl3(g)=4PCl5(g)∆H=(b-a)kJ•mol‾1，把键能带入∆H的表达式可得：4(Cl-Cl)+4×3×1.2kJ•mol‾1-4×5ckJ•mol‾1=(b-a)kJ•mol‾1，得出E(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJ•mol‾1；故C正确；

D、①式×5减去②式×3，消去了Cl2，可得2P4（g）+12PCl5(g)=20PCl3(g)∆H=(5a-3b)kJ•mol‾1,把键能代入∆H的表达式可得：2×6(P-P)+12×5ckJ•mol‾1-20×3×1.2c=(5a-3b)kJ•mol‾1，得出E(P-P)=（5a-3b+12c）/12kJ•mol‾1；故D错误；

答案选C。2、C【分析】【详解】

A．在体积1L的密闭容器中进行，10s后，n(NO)增加了0.4mol，则v(NO)=0.4mol/(1L×10s)=0.04mol•L-1•s-1。速率之比等于化学计量数之比，所以v(NH3)=v(NO)=0.04mol•L-1•s-1；故A错误；

B．速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=5/4×0.04mol•L-1•s-1=0.05mol•L-1•s-1；故B错误；

C．在体积1L的密闭容器中进行，10s后，n(NO)增加了0.4mol，则v(NO)=0.4mol/(1L×10s)=0.04mol•L-1•s-1；故C正确；

D．速率之比等于化学计量数之比，则v(H2O)=6/4×0.04mol•L-1•s-1=0.06mol•L-1•s-1；故D错误；

故选：C。3、C【分析】【详解】

A．钢铁表面涂抹油漆；可以起到隔绝空气；水的作用，能够减缓对钢铁的腐蚀，A不符合题意；

B．将炒菜的铁锅洗净后擦干；可以除去铁锅表面的电解质溶液和水分，使之不易发生电化学腐蚀，能够减缓对钢铁的腐蚀，B不符合题意；

C．将水中的钢闸门与电源的正极连接，钢铁作阳极，发生反应Fe－2e－=Fe2＋；失去电子被腐蚀，会加快对钢铁的腐蚀，C符合题意；

D．在轮船的船身上装锌块；钢铁和锌；海水构成原电池，Zn较Fe活泼，Zn失去电子，保护了Fe，为牺牲阳极的阴极保护法，能够减缓对钢铁的腐蚀，D不符合题意；

答案选C。4、D【分析】【分析】

【详解】

影响化学反应速率的主要因素是物质的性质，而浓度、温度是影响化学反应速率的外界因素，比较温度、浓度对化学反应速率的影响时，只能针对同一化学反应而言，如Mg和盐酸剧烈反应，但无论温度多高、浓度多大，Cu都不与盐酸反应，所以无法比较题给两个反应的速率大小，D正确；故选D。5、D【分析】【详解】

在25℃和101kPa下，1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，则1molH2(即2gH2)燃烧生成液态水放出热量Q=142.9kJ×2=285.8kJ。燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。H2燃烧产生的稳定氧化物是液态H2O，故表示H2的燃烧热的热化学方程式的是kJ/mol，故合理选项是D。6、D【分析】【分析】

由图可知；装置为镁—次氯酸盐燃料电池，属于原电池，上部分为镁，为电池负极，下部分为次氯酸盐，为电池正极，溶液为碱性，据此解答。

【详解】

A．镁燃料电池中镁均为负极；Mg失电子发生氧化反应，A正确；

B．由图可知，次氯酸根离子得电子生成氯离子和氢氧根离子，Mg失电子生成氢氧化镁，故电池总反应为：Mg＋ClO-＋H2O=Mg(OH)2↓＋Cl-；故B正确；

C．镁过氧化氢燃料电池，过氧化氢在正极得电子，电极反应式为：H2O2＋2H＋+2e-=2H2O；故C正确；

D．放电时；氢氧根离子向负极移动，故D错误；

故选D。7、B【分析】【详解】

将四个选项的速率转变为同一种物质的速率，A．υ(H2O)=1.2υ(O2)=0.24mol∙L−1∙s−1×1.2=0.288mol∙L−1∙s−1；B．υ(H2O)=1.5υ(NH3)=0.2mol∙L−1∙s−1×1.5=0.3mol∙L−1∙s−1；C．υ(H2O)=15.0mol∙L−1∙min−1=D．υ(H2O)=1.5υ(NO)=0.15mol∙L−1∙s−1×1.5=0.225mol∙L−1∙s−1；因此υ(NH3)=0.2mol∙L−1∙s−1速率最快；故B符合题意。

综上所述，答案为B。8、C【分析】【详解】

A．CH3Cl为氯代烃；不能使湿润的pH试纸变红，故A不符合题意；

B．Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸；盐酸显酸性能使湿润的pH试纸变红色，次氯酸又具有强氧化性，又使红色褪去，故B不符合题意；

C．SO2为酸性气体，遇水变成亚硫酸，显酸性能使湿润的pH试纸变红，故C符合题意；

D．NH3为碱性气体，能使湿润的pH试纸变蓝，故D不符合题意；

故答案：C。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【详解】

(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向；CD；

(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B.SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C.温度不变，K值不变，故C错误；D.SO3浓度减小；平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；

(3)2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L•min)，故答案为：NO2；CO2；0.2mol/(L•min)；

(4)2NO2+4CON2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2＞P1，在P2条件下的变化曲线为该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为：若温度过低；催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。

【点睛】

本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。【解析】2s22p2电子云的伸展方向C、D不能该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡BNO2CO20.2mol/（L•min）若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由盖斯定律知：反应ⅲ=反应ⅰ+3×ⅱ，则∆H3=∆H1+3∆H2=-423kJ·mol-1+3×(-120kJ·mol-1)=-783kJ/mol；

(2)2.00g甲烷气体完全燃烧，生成CO2和液态H2O，放出111.2kJ的热量，16.00g即1mol甲烷气体完全燃烧，生成CO2和液态H2O，放出889.6kJ的热量，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-889.6kJ/mol。【解析】-783kJ/molCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-889.6kJ/mol11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图知，Cu电极为阴极，Fe电极为阳极，电解时，在碱性环境中阳极铁失去电子生成电极反应为

(2)左侧为阴极室，的放电能力大于的放电能力，阴极Cu上的电极反应为故阴极产生的气体为

(3)由上述分析知，阴极室会产生会通过离子交换膜进入阴极室平衡电荷，则左侧为阳离子交换膜。阴极的电极反应为阴极区浓度增大，则【解析】氢气阳<12、略

【分析】【分析】

【详解】

①．生成nmolHI，则消耗0.5nmolH2，由题意知，相同时间内，H2的消耗量和生成量不等；即正；逆反应速率不等，反应未达平衡状态，①不符合题意；

②．断裂2个H—I键；则生成1个H—H，由题意知，相同时间内，断裂H—H也为1个，故正；逆反应速率相等，反应达平衡状态，②符合题意；

③．达平衡时，各个物质的百分含量不再改变，但不一定相等，即w(HI)=w(I2)时反应不一定达平衡；③不符合题意；

④．达平衡时；正；逆反应速率相等，题目所给速率未标明正、逆，故肯定不能用来判断平衡状态，④不符合题意；

⑤．达平衡时，各个物质的含量不再改变，但三者比例不一定是2：1：1，即c(HI)：c(H2)：c(I2)=2：1：1时反应不一定达平衡；⑤不符合题意；

⑥．达平衡时；各个物质的含量不再改变，对应浓度也不再改变，故生成物浓度不变说明反应达平衡状态，⑥符合题意；

⑦．由于反应前后气体分子数不变；当温度；体积一定时，压强一直不变，故不能用来判断平衡状态，⑦不符合题意；

⑧．由于反应前后混合气体总质量不变（均为气体；质量守恒）且气体总物质的量也不变，故混合气体平均摩尔质量一直不变，即平均相对分子质量一直不变，不能用来判断平衡状态，⑧不符合题意；

综上所述，②⑥符合题意，故此处选②⑥。【解析】②⑥13、略

【分析】【详解】

(1)据图可知曲线b达到平衡所需时间更短；催化效率更佳；

A．反应达到平衡时正逆反应速率相等；各物质的转化率不再改变，能说明达到平衡，故A不选；

B．容器绝热；该反应为放热反应，未平衡时温度会一直变化，温度不变时可以说明反应平衡，故B不选；

C．初始投料c(SO2)：c(O2)=2：1；反应时二者按2：1的比例反应，所以比值一直不变，不能说明反应是否平衡，故C选；

D．反应物和生成物均为气体；则气体总质量不变，反应前后气体系数之和不相等，未平衡时气体的物质的量会变，则混合气体的平均分子量会变，当其不变时达到平衡，故D不选；

(2)①据图可知曲线a在60min时反应达到平衡，初始压强为200kPa，平衡压强为140kPa，设平衡时Δn(O2)=xmol；列三段式有：

压强之比等于气体物质的量之比，所以有解得x=0.9mol，容器体积为5L，所以O2的平均反应速率为=0.003mol/(L··min)；根据2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1可知0.9mol氧气反应时方出的热量为0.9Q；

②平衡时SO3的百分含量为=85.7%；

(3)V2O5为催化剂，所以反应Ⅱ中V2O5为反应物，则反应Ⅲ中为生成物，且中间产物2V2O4·SO3为反应Ⅲ的反应物，另一反应物为O2，所以反应Ⅲ的化学方程式为2V2O4·SO3+O22V2O5+2SO3。【解析】曲线bC0.003mol/(L··min)0.9Q85.7%2V2O4·SO3+O22V2O5+2SO314、略

【分析】【分析】

（1）列出三行式，找出转化量和平衡量，再根据v=计算反应速率；根据化学方程式；列出平衡常数表达式。

（2）列出三行式；找出转化量和平衡量，求出A；B的转化率，再比较大小；

（3）达到平衡状态时正反应速率和逆反应速率相等；各物质的百分含量保持不变；

（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，由于升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，△H>0；

（5）恒容容器充入惰气；各物质的浓度不变，则化学反应速率不变，化学平衡将不移动；

（6）根据投料I达到平衡时A的转化率，求出平衡时各物质的浓度，进而求出该温度下平衡常数；若按投料II进行反应，Qc==0.5>K；所以起始时反应向逆向进行。

【详解】

3A(g)+B(g)2C(g)

起始浓度（mol/L）1.510

转化浓度（mol/L）0.30.10.2

平衡浓度（mol/L）1.20.90.2

2min达平衡，该过程用A表示的反应速率为：v(A)==0.15mol/(L·min)；

根据化学方程式，平衡常数表达式为K=c2(C)/c3(A)c(B)。

故答案为0.15mol/(L·min)；K=c2(C)/c3(A)c(B)；

（2）达到平衡时，A的转化率：α(A)=×100%=20%；

α(B)=×100%=10%；所以α(A)＞α(B)。

故答案为＞；

（3）a．生成C的速率与消耗B的速率相等不能说明正反应速率等于逆反应速率；故不能判断是否达到平衡，a不选；

b．由于该反应容积固定，V不变，反应物和生成物都是气体，总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不能判断是否达到平衡，b不选；

c．根据M=混合气体的质量不变，但气体的总物质的量随反应改变，若相对平均分子质量不变则说明各物质的百分含量不再改变，说明达到平衡状态，c选；

d．A的质量分数不再发生变化；则反应混合物中各组分百分含量都不变，说明达到平衡状态，d选；

故答案为cd；

（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，由于升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，△H>0；

故答案为＞；

（5）通入少量氦气后；由于是恒容，各物质的浓度不变，则化学反应速率不变，化学平衡不移动。

故答案为不变；不移动；

（6）恒温恒容密闭容器中；起始投料I建立平衡:

3A(g)+B(g)2C(g)

起始浓度（mol/L）310

转化浓度（mol/L）3xx2x

平衡浓度（mol/L）3-3x1-x2x

A的转化率为40％，则×100%=40%；解得x=0.4；

则该温度下的平衡常数为K===0.18

若按投料II进行反应，Qc==0.5>K；所以起始时反应向逆向进行。

故答案为逆向。

【点睛】

本题较难，考查化学反应速率及化学平衡，学生能利用浓度商和平衡常数来分析（6）是解答本题的关键。【解析】①.0.15mol/(L·min)②.K=c2(C)/c3(A)c(B)③.＞④.cd⑤.＞⑥.不变⑦.不移动⑧.逆向15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)图象分析，反应是放热反应，反应的焓变ΔH=E1-E2=145kJ/mol-890kJ/mol=-745kJ/mol，热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH4=-745kJ/mol；反应是放热反应；ΔH＜0，ΔS＜0，低温下ΔH-TΔS＜0，有利于该反应正向自发，故答案为：低温；

(2)①图象分析，反应物NO、CO的起始物质的量比一定，反应是放热反应，温度越高平衡逆向进行，二氧化碳体积分数减小，平衡常数减小，T1＞T2；由于Y；Z温度相同，故W、Y、Z三点的平衡常数的大小关系为：W＞Y=Z；温度一定，随反应物NO、CO的起始物质的量比增大，X→Y反应正向进行，一氧化碳的转化率X＜Y，Y→Z平衡正向进行，一氧化氮增大会提高一氧化碳的转化率，则Y＜Z，X、Y、Z三点，CO的转化率的从大到小的顺序Z＞Y＞X，故答案为：W＞Y=Z；Z＞Y＞X；

②T1℃时；在1L密闭容器中，0.1molCO和0.1molNO，达到Y点时，测得NO的浓度为0.02mol/L，则。

则此温度下平衡常数K==1600，某时刻测得CO、NO、N2、CO2的浓度分别为0.01mol/L、amol/L、0.01mol/L、0.04mol/L，要使反应向正方向进行，应满足Q＜K=1600，Q=＜1600，解得a＞0.01，故答案为：1600；a＞0.01。【解析】低温W＞Y=ZZ＞Y＞XK=1600a＞0.0116、略

【分析】【详解】

(1)为碱，在溶液中能电离出而溶液因的水解而显碱性。

(2)标准状况下，

(3)常温时，的溶液中，由可知，溶液中由水电离出的的溶液中，故该完全由水电离所得，故的溶液中由水电离出的

(4)固体溶于水中，因的水解使溶液显酸性，的电离平衡向逆反应方向移动，但温度不变，电离平衡常数不变。【解析】②④⑤110-10mol‧L-110-5mol‧L-1不变17、略

【分析】【详解】

燃料电池中的燃料一般不储存在电池内部，而是由外部提供，例如氢气和氧气从两个电极上通入，在电极上反应，将化学能变成电能。【解析】电池内部电能三、判断题(共6题，共12分)18、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。19、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。20、A【分析】【详解】

二氧化碳为酸性氧化物能与水反应生成碳酸，导致海水酸性增强，碳酸电离出和引起海水中浓度增大，与碳酸反应生成导致浓度减小，故答案为：正确；21、A【分析】【详解】

盐酸和CH3COOH的pH相同，说明溶液中c(H+)相等，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，则溶液中c(OH-)相等，水电离出c(OH-)和c(H+)相等，即常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H+)相同，故正确。22、B【分析】【详解】

酸碱指示剂本身就是弱酸或弱碱，加入过多会使中和滴定结果产生较大误差。23、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。四、原理综合题(共4题，共16分)24、略

【分析】【详解】

（1）已知：①2Cu(s)＋O2(g)=Cu2O(s)△H=-169kJ·mol-1

②C(s)＋O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ·mol-1

③Cu(s)＋O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ·mol-1

由①+②-③得C(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)＋CO(g)，ΔH=-169kJ·mol-1+（-110.5kJ·mol-1）-（-157kJ·mol-1）=+34.5kJ·mol-1则方法a发生反应的热化学方程式是C(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)＋CO(g)ΔH=+34.5kJ·mol-1。

（2）方法b采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，则铜为阳极，阳极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，由于阳极需要OH-参与反应；所以该电池中离子交换膜为阴离子交换膜。

（3）方法c为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，该制法的化学方程式为4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O。

（4）①水的分解是吸热反应，温度越高，水的转化率越高，压强越大，水的转化率越小。由表中数据可知，T2温度下水蒸气的转化率最大（50%），所以实验的温度T2>T1。

②由表中数据可知，实验①在第20min达到平衡，而实验②在第10min即达到平衡，所以，催化剂催化效率：实验①<实验②。

③在实验③达到平衡状态后，由表中数据可以求出氧气的平衡浓度为0.025mol/L，该反应的平衡常数K=0.025。向该容器中通入水蒸气与氢气各0.1mol之后，Qc=0.025=K，说明已达平衡，则容器中氧气的浓度仍为0.025mol/L。【解析】C(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)＋CO(g)ΔH=+34.5kJ·molΔH=+34.5kJ·mol-1阴2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O><0.025mol/L25、略

【分析】【分析】

先求出①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)，ΔH=812kJ·mol-1+1076kJ·mol-1-(1490kJ·mol-1+632kJ·mol-1)=-234kJ·mol-1，再根据盖斯定律计算③-②+①×2得到NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ·mol-1；列出三段式计算速率和平衡常数；若再向容器中通入lmolCH3OH(g)，相当于添加1molCO和2molH2；即在原平衡状态的基础上，再添加一个相同的平衡状态，而恒压条件下，两相同平衡状态相加，平衡不移动。

【详解】

(1)①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)，ΔH=812kJ·mol-1+1076kJ·mol-1-(1490kJ·mol-1+632kJ·mol-1)=-234kJ·mol-1，②N2(g)+O2(g)⇌NO(g)ΔH=+89.75kJ·mol-1，③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=-112.3kJ·mol-1，盖斯定律计算③-②+①×2得到NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ·mol-1，故答案为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ·mol-1；

(2)污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，某温度下，在1L密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，此时容器的压强为1atm，5s时反应达到平衡，容器的压强变为原来的设生成氮气物质的量为x；

=解得x=0.01mol，则反应开始到平衡时CO的平均反应速率v(CO)==0.008mol/(L•s)；结合①中数据计算平衡常数，平衡浓度分别为：c(NO2)=mol·L－1=0.08mol·L－1，c(CO)=mol·L－1=0.16mol·L－1，c(CO2)=mol·L－1=0.04mol·L－1，c(N2)=mol·L－1=0.01mol·L－1，平衡常数K==0.006，某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为amol·L-1、0.4mol·L-1、0.1mol·L-1、1mol·L-1，要使反应向逆反应方向进行，要使反应向逆反应方向进行，Qc=＞K=0.006；得到a＜0.8；故答案为：0.008mol/(L•s)；0≤a＜0.8；

(3)①由表中信息可知，温度为T1时前10minCO的变化量小于T2时前10minCO的变化量小，即T2时反应速率快，温度越高反应速率越快，则T1＜T2；T2℃时，第20min时容器内压强不再改变，说明达到平衡，此时CO的物质的量为0.5mol，变化量为0.5mol，对应的H2的变化量为1mol，此时H2的转化率为：×100%=50%；

该温度下的化学平衡常数为：K==1，故答案为：＜；温度越高，反应速率越快，在其他条件相同时，T2时的反应速率比T1的反应速率快；50%；1；

②若再向容器中通入lmolCH3OH(g)，相当于添加1molCO和2molH2，即在原平衡状态的基础上，再添加一个相同的平衡状态，而恒压条件下，两相同平衡状态相加，平衡不移动，则重新达到平衡后，CH3OH(g)在体系中的百分含量不变，故答案为：不变。【解析】2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ·mol-10.008mol/(L•s)0≤a＜0.8＜温度越高，反应速率越快，在其他条件相同时，T2时的反应速率比T1的反应速率快50%1不变26、略

【分析】【详解】

(1)由题意有又由故答案为：5.3；

(2)由图2可知升高温度平衡逆向移动；所以该反应为放热反应，由于与平衡常数只与温度有关，所以升高温度平衡常数减小，故答案为：减小；

(3)A．向原容器中再充入氢气；平衡正向移动，则二氧化碳的转化率增大，故A不选；

B．向原容器中再充入二氧化碳；平衡正向移动，但二氧化碳本身的转化率降低，故选B；

C．该反应的正反应为气体体积减小的反应；所以减小体积平衡正向移动，则缩小体积二氧化碳的转换率增大，故C不选；

D．催化剂只能缩短化学平衡所需的时间；不能使化学平衡发生移动，故选D；

E．将水蒸气从体系中分离出来；平衡正向移动，从而使二氧化碳的转化率增大，故E不选，综上所述，BD符合题意，故选BD；

答案选BD

(4)又由（1）可知500℃时K=5.3，所以在500℃时则平衡正向移动，所以v(正)＞v(逆)，故答案为：＞。【解析】①.5.3②.减小③.BD④.>27、略

【分析】【分析】

（1）10min内氨气的物质的量增加为0.10mol，根据反应速率==计算；

（2）根据图象知，平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为使用催化剂；25min时，瞬间氨气的物质的量减小，据此分析作答；

（3）可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各组分的浓度；百分含量不再变化，据此进行判断；

（4）NH3脱除NO的化学方程式为4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）；可结合盖斯定律计算反应热；

（5）①化学平衡常数K等于平衡时生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积；

②根据图知；电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子生成硝酸；

【详解】

（1）根据图象可知，10min时氨气的物质的量为0.1mol，则10min内用NH3表示该反应的平均速率为：v(NH3)==0.02mol/(L⋅min)；

故答案为0.02mol/(L⋅min)；

（2）由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时各物质的变化是连续的，20min达平衡时，△n(N2)=0.025mol×4=0.1mol，△n(H2)=0.025mol×12=0.3mol，△n(NH3)=0.025mol×8=0.2mol；根据物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，故A项正确；

B.升高温度；三种气体物质速率虽会成倍地增大，但根据热效应可知，正反应速率增大的相对慢，故B项错误；

C.增加NH3物质的量；逆反应速率增加的倍数大，故C项错误；

D.压缩体积；相当于增大压强，三种气体速率虽会增大，但增大的程度不相同，正反应速率比逆反应速率增大的快，与图像信息不符合，故D项错误；

E.分离出氨气后，瞬间氨气的物质的量会下降，N2和H2不会改变；与图中10min描述的状况不符，故E项错误；

故答案为A；

25min时，瞬间NH3骤降，即NH3的浓度下降，N2和H2在第25min时刻未变化；平衡向正反应方向移动，则可能的条件为分离出氨气，E项正确；

故答案为E；

（3）A.混合气体的质量不变；气体的体积不变，故密度不变，若密度不再随时间变化，不能说明平衡，故A项错误；

B.容器内前后气体的物质的量有变化；说明压强是变量，总压强不再随时间而变化，说明达到平衡，故B项正确；

C.3v(H2)正=2v(NH3)逆；表示的是正反应和逆反应，但是不满足计量数关系，说明没有达到平衡状态，故C项错误；

D.N2、H2、NH3分子数之比为1∶3∶2；无法判断各组分的浓度是否不再变化，故D项错误；

故答案为B；

（4）在250C；101KPa时；

①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H1=-92.4kJ/mol.

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180kJ/mol

利用盖斯定律,将②×3−①×2−③×3可得6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)△H＝-2070kJ·mol-1；

故答案为6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)△H＝-2070kJ·mol-1；

（5）①

所以K==1/9（0.11）(mol·L-1)-1

故答案为1/9（或0.11）(mol·L-1)-1；

②根据图知,电解时,左室中电极上氢离子放电生成氢气,则左室为阴极室,右室为阳极室,阳极上通入的是氮氧化物,生成的硝酸,所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸：H2O+NO2－e-=NO3-+2H+；

故答案为H2O+NO2－e-=NO3-+2H+；【解析】0.02mol·L-1·min-1AEB6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l)△H＝-2070kJ·mol-11/9（或0.11）(mol·L-1)-1H2O+NO2－e-=NO3-+2H+五、计算题(共3题，共18分)28、略

【分析】【分析】

（1）根据图知；苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极；B是正极；

（2）该实验的目的是储氢；所以阴极D上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；

（3）阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，阴极（D极）的电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12、2H++2e-=H2↑；据此分析；

（4）阳极上生成氧气；同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率η。

【详解】

（1）根据图知；苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极；B是正极，故答案为负极；

（2）该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12；

（3）D极收集到新生成的气体有H2、C6H12；

阳极（E极）的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，阴极（D极）的电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12、2H++2