2025年外研版选修4化学下册月考试卷

…………○…………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年外研版选修4化学下册月考试卷643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8题，共16分)1、某体积2L的密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是（）

A.30~40min间该反应使用了催化剂B.反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C.0~8minA的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1D.30min时减小压强，40min时升高温度2、体积相同的密闭容器中均充入和分别于和开始发生反应：Z的含量随时间t的变化如图所示。已知在时刻改变曲线b某一实验条件；下列判断正确的是。

A.曲线a是时的图像B.从0到时刻，反应物的C.时刻生成物Z的量D.时刻改变的条件可能是降温3、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgx（x为或）与pH的变化关系如图所示；下列说法正确的是。

A.pH=7时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B.直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况C.=10-2.97D.A2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka24、下列溶液；按pH由小到大顺序排列的是。

①0.1mol/LHCl溶液②0.1mol/LH2SO4溶液③0.1mol/LNaOH溶液④0.1mol/LCH3COOH溶液A.①②④③B.②①④③C.③④①②D.④③②①5、下列有关离子的各种说法中，正确的是A.金属钠溶于足量水中的离子方程式：B.加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：可以大量共存C.等物质的量浓度、等体积的氨水与盐酸混和，溶液中离子浓度关系为：D.等物质的量的二元弱酸与其钾盐的混合溶液中6、HCN是一种剧毒性的酸，常温下，0.10mol∙L-1HCN溶液的pH=3，下列说法正确的是A.HCN是一种强酸B.相同浓度的NaCl溶液与NaCN溶液，前者的pH更大C.在NaCN溶液中存在：c(Na+)=c(HCN)+c(CN－)D.中和相同体积与浓度的HCl溶液与HCN溶液，所消耗的NaOH溶液的体积不同7、下述实验不能达到预期实验目的的是。选项实验内容实验目的A向盛有10滴0.1mol·L－1AgNO3溶液的试管中滴加0.1mol·L－1NaCl溶液至不再有沉淀生成，再向其中滴加0.1mol·L－1Na2S溶液证明AgCl能转化为溶解度更小的Ag2SB向2mL甲苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振荡；向2mL苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振荡证明与苯环相连的甲基易被氧化C向Na2SiO3溶液中通入CO2证明碳酸的酸性比硅酸强D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的银氨溶液并水浴加热验证淀粉已水解

A.AB.BC.CD.D8、下列叙述正确的是A.地下钢铁管道用导线连接铜块可以减缓管道的腐蚀B.反应的熵变C.常温下，的含溶液中，D.时，的溶液与等浓度的溶液的导电能力相同评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、已知某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g)；反应过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。

(1)该反应是_____(填“吸热”或“放热”)反应；1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量______(填“高”“低”或“高低不一定”)。

(2)若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，则E1和E2的变化是：E1_______，E2________，ΔH______(填“增大”“减小”或“不变”)。10、CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2的反应，制造更高价值的化学品是目前的研究目标。250℃时，以镍合金为催化剂，发生如下反应：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）。

（1）此温度下该反应的平衡常数表达式K=___；

（2）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1

②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=+2.8kJ•mol-1

③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1

反应CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）的△H=___kJ•mol-1。11、在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2L的密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，反应过程中各物质的物质的量浓度c随时间t的变化关系如图所示。

(1)该反应的平衡常数表达式为______________，若温度升高K值增大，则该反应的正反应为__________反应（填吸热或放热）。

(2)a、b、c、d四个点中，化学反应处于平衡状态的是______________点。从起点开始首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为___________________________。

(3)25min时，增加了______mol______（填物质的化学式）使平衡发生了移动。

(4)变化过程中a、b、c、d四个时刻体系的颜色由深到浅的顺序是______（填字母）。12、在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：。时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.010.0080.0070.0070.007

（1）800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是________。

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

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。

a.v（NO2）＝2v（O2）b.容器内压强保持不变。

c.2v逆（NO）＝v正（O2）d.容器内气体的平均摩尔质量保持不变。

（4）能使该反应的反应速率增大的是________。

a.及时分离出NO2气体b.适当升高温度。

c.增大O2的浓度d.选择高效催化剂13、碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水电解反应：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1：4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应；下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变。

C．混合气体平均摩尔质量不再改变D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p；该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速。

C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原料气中CO2所占比例。

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热）

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。14、(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝______________，该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝_______________。若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝___________。与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，请写出液氨的电离平衡常数表达式K=____________________________。

(2)同素异形体相互转化的反应热相当少而转化速率慢，有时还很不完全，测定时很困难；现可依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是______(填“白磷”或“红磷”)，试写出白磷转化成红磷的热化学方程式______________________________________。15、在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4HSO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4；⑤0.1mol/L氨水。请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈______性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是____________________（用离子方程式表示）。

(2)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。

(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序号）。

(4)常温下，0.1mol/L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。

A．c(OH—)B．

C．c(H+)·c(OH－)D．16、有下列六种物质的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥NaHCO3

(1)25℃时，用离子方程式表示0.1mol·L-1②溶液的酸碱性原因：__________；

(2)常温下，0.1mol/L的③和⑥溶液中微粒(含离子和分子)的种类是否相同：_______(填“相同”或“不相同”)；

(3)将④溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质是________(填化学式)；

(4)常温下0.1mol/L⑤溶液加水稀释至中性的过程中，下列表达式的数据一定变大的是_______。

A．c(H+)B．c(OH-)C．D．c(H+)·c(OH-)17、铝-空气电池是正在探索的车用新型电池。电池工作时，金属铝被氧化为并形成空气中的氧气发生还原而生成

(1)写出铝-空气电池中的正、负极反应和总反应________。

(2)广泛采用铝-空气电池的好处有哪些？不足有哪些？就你的发现写出简要的报告，并预测其未来的应用前景________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)18、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共3题，共21分)19、某研究小组设计了如下实验，探究常温下催化剂对过氧化氢分解反应的影响。ⅠⅡⅢ实验操作。

示意图实验现象有极少量气泡产生产生气泡速率略有加快产生气泡速率明显加快

（1）实验Ⅰ的作用是_______________。

（2）实验Ⅲ中反应的化学方程式为_______________。

（3）根据实验Ⅰ～Ⅲ中现象的不同；可以得出的结论是：

①使用合适的催化剂；可提高双氧水分解的反应速率；

②_______________。

（4）在一定温度下，10mL0.40mol/L，H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表所示：。t/min0246810V（O2）/mL09.917.222.426.529.9

0~6min，以H2O2的浓度变化表示的反应速率为v（H2O2）＝_________mol/（L·min）。（计算结果精确到0.001）20、CO在工农业生产及科学研究中有着重要的应用。

(1)CO催化脱硫：科学研究发现CoS对CO还原SO2实现脱硫、并回收S有很好的催化效果，该反应的化学方程式为__________。

(2)CO催化脱氮：在一定温度下，向2L的恒容密闭容器中充入4.0molNO2和4.0molCO，在催化制作用下发生反应：2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol，测得相关数据如下：。时间。

浓度0min5min10min15min20minc(NO2)/mol·L-12.01.71.561.51.5c(N2)/mol·L-100.150.220.250.25

①其他条件不变，若不使用催化剂，则0～5min内NO2的转化率将_____(填“变大”“变小”或“不变”)。

②下列表述能说明该反应已达到平衡状态的是______(填序号)。

A．CO的化学反应速率为N2的4倍B．气体的颜色不再变化。

C．化学平衡常数K不再变化D．混合气体的密度不再变化。

③有利于提高该反应中NO2平衡转化率的条件是_____(填序号)。

A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压。

(3)CO与Ni发生羰化反应形成的络合物可作为催化烯烃反应的催化剂。Ni的羰化反应为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH＜0，T0温度下，将足量的Ni粉和3.7molCO加入到刚性密闭容器中，10min时反应达到平衡，测得体系的压强为原来的则：

①0～10min内平均反应速率v(Ni)=___g·min-1。

②研究表明，正反应速率v正=k正·x4(CO)，逆反应速率v逆=k逆·x[Ni(CO)4](k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，x为物质的量分数)，计算T0温度下的=__。

③T1温度下测得一定的实验数据，计算得到v正~x(CO)和v逆~x[Ni(CO)4]的关系如图所示。当降低温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_______、_______(填字母)。

21、现有室温下浓度均为的几种溶液①盐酸；②硫酸、③醋酸、④氯化铵、⑤氨水、⑥NaOH溶液；回答下列问题：

（1）将③、⑥混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为③______⑥（填>、=、<），溶液中的离子浓度由大到小的顺序为________________。

（2）将等体积的①、⑤混合，则溶液的pH______7（填>、=、<），用离子方程式说明其原因____________________。

（3）向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为_____________，最终产生总量的关系为__________。

（4）向相同体积的①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的溶液，充分混合后，混合液的pH大小关系为①______③（填>、=、<）。

（5）若将等体积的⑤、⑥溶液加热至相同温度后，溶液的pH⑤_______⑥（填>、=、<）。

（6）将等体积的②、⑤混合，则溶液中浓度最大的离子是______________。评卷人得分五、计算题(共2题，共10分)22、到目前为止；由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。

(1)在25℃、101kPa下，16g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______。

(2)化学反应中放出的热能(焓变，△H)与反应物和生成物的键能(E)有关。已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣185kJ/mol，E(H﹣Cl)=432kJ/mol，E(Cl﹣Cl)=243kJ/mol则E(H﹣H)=_____。

(3)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．已知：2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=﹣169kJ•mol﹣1，C(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=﹣314kJ•mol﹣1，则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式_____。

(4)如图是N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)过程中能量变化示意图：

①请计算每生成1molNH3放出热量为：______。

②若起始时向容器内充入1molN2和3molH2达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为_________。23、PCl5的热分解反应如下：PCl5（g）PCl3(g)+Cl2(g)

（1）写出反应的平衡常数表达式_____；

（2）已知某温度下，在容积为10.0L的密闭容器中充入2.00molPCl5，达到平衡后，测得容器内PCl3的浓度为0.150mol/L。计算该温度下的平衡常数_____。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共12分)24、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：)25、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“＝”）。26、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8题，共16分)1、D【分析】【分析】

根据第一幅图可知0~30min内；A；B的浓度由2.0mol/L变为1.0mol/L，变化量为1.0mol/L，C的浓度由0变为2.0mol/L，变化量为2.0mol/L，变化量之比等于计量数之比可计算出x，根据第二幅图中v(正)和v(逆)的位置关系分析出改变平衡的外界条件，据此进行分析。

【详解】

A.根据第一幅图可知30~40min内；反应速率降低，平衡没有发生移动，反应物与生成物的浓度瞬间降低，催化剂不能改变浓度，A项错误；

B.0~30min内，A、B的浓度由2.0mol/L变为1.0mol/L，变化量为1.0mol/L，C的浓度由0变为2.0mol/L，变化量为2.0mol/L，变化量之比等于计量数之比，x=1，该反应为等体积反应，改变压强平衡不移动，40min时，正、逆反应速率都增大，但v(逆)>v(正)；平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，即该反应为放热反应，B项错误；

C.0~8min内A的浓度由2.0mol/L变为1.36mol/L，变化量为0.64mol/L，v(A)===0.08mol/(L•min)；C项错误；

D.30min时正逆反应速率减小，反应物和生成物的浓度降低，但平衡不移动，因而不是温度的影响，而是降低压强造成的，40min时正逆反应速率都增大，且v(逆)>v(正)；平衡逆向移动，是升高温度造成的，故C正确；

答案选D。

【点睛】

判断影响平衡移动的外界因素是解答本题的关键。升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动；增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，减小压强，平衡向体积增大的方向移动。2、D【分析】【详解】

A．根据“先拐先平数值大”知，b曲线到达平衡的时间小于a，则b反应速率大于a，温度越高，反应速率越快，所以a曲线的温度小于b曲线，则b是时的图像；故A错误；

B．通过A知，b曲线温度大于a曲线，温度越高，反应速率越大，所以故B错误；

C．设生成物Z的物质的量为n，

平衡时，则Z的含量根据图像，时刻生成物Z含量相等，则时刻生成物Z的物质的量n相等，其初始状态相等，所以故C错误；

D．该反应的正反应是放热反应，时刻；Z的含量增大，说明平衡向正反应方向移动，则可能改变的条件是降低温度，故D正确；

答案选D。3、B【分析】二元弱酸的Ka1=×c（H＋）＞Ka2=×c（H＋），当溶液的pH相同时，c（H＋）相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示lg与pH的变化关系，Ⅱ表示lg与pH的变化关系。

【详解】

A．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，存在c(Na+)＞c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)；故A错误；

B.由分析：直线Ⅰ表示的是lg随pH的变化情况；故B正确；

C.=÷==102.97；故C错误；

D．pH=1.22时和4.19时，lgX=0，则c（H2A）=c（HA－）、c（HA－）=c（A2－），Ka1=×c（H＋）=c（H＋）=10-1.22，K2=×c（H＋）=c（H＋）=10-4.19，A2－的水解平衡常数Kh1==10-9.81＜10-4.19=Ka2；故D错误；

故选B。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易难点。4、B【分析】【详解】

①0.1mol/LHCl溶液，pH=1，②0.1mol/LH2SO4溶液，pH<1，③0.1mol/LNaOH溶液pH=13，④0.1mol/LCH3COOH溶液7>pH>1,g故pH由小到大顺序：②①④③；B项正确；

答案选B。5、D【分析】【详解】

A.钠溶于足量水中的离子方程式为故A错误；

B.加入铝粉后产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在酸溶液中Al、发生氧化还原反应不生成氢气；故B错误；

C.等物质的量浓度、等体积的氨水与盐酸混和，恰好生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，则离子浓度关系为故C错误；

D.等物质的量的二元弱酸与其钾盐的混合溶液中，由物料守恒可知故D正确。

故选D。6、C【分析】【详解】

A选项，常温下，0.10mol∙L-1HCN溶液的pH=3，即c(H+)=0.001mol∙L-1；可知HCN不能完全电离，故为弱酸，故A错误；

B选项；NaCl是强碱强酸盐，不水解，溶液显中性，即pH=7；而NaCN为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH大于7，故相同浓度的NaCl溶液与NaCN溶液，后者的pH更大，故B错误；

C选项，在NaCN溶液中，是弱酸根，在溶液中能部分水解为HCN分子，根据物料守恒可知，c(Na+)=c(HCN)+c(CN－)；故C正确；

D选项；相同体积与浓度的HCl溶液与HCN溶液中HCl与HCN的物质的量相同，且两者均为一元酸，故消耗的氢氧化钠的体积相同，故D错误。

综上所述，答案为C。7、D【分析】【详解】

A、向AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再产生沉淀，得到白色沉淀AgCl，再向其中滴加Na2S，白色沉淀转化成黑色，黑色沉淀为Ag2S，根据反应向着更难溶的方向进行，说明Ag2S的溶解度小于AgCl；能够达到实验目的，故A不符合题意；

B；甲苯中滴加高锰酸钾溶液；高锰酸钾溶液褪色，苯中加入几滴高锰酸钾溶液，高锰酸钾不褪色，说明与苯环相连的甲基易被氧化，能够达到实验目的，故B不符合题意；

C、发生Na2SiO3＋CO2＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓；利用酸性强的制取酸性的弱，即能够达到实验目的，故C不符合题意；

D、做银镜反应，没有中和稀硫酸，无法验证淀粉已水解，不能达到实验目的，故D符合题意。8、C【分析】【详解】

A.地下钢铁管道用导线连接着铜块；在潮湿环境中构成原电池，金属铁较活泼，是负极，易被腐蚀，故A错误；

B.该反应气体分子数减少；属于熵减小的反应，故B错误；

C.pH=10，则氢氧根离子浓度为1×10-4mol/L，含Mg2+溶液中存在：c(Mg2+)×c2(OH-)=c(Mg2+)×(1×10-4)2≤Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，即c(Mg2+)≤5.6×10-4；故C正确；

D.H2S是弱电解质,不能完全电离，Na2S是强电解质，可以完全电解，同浓度溶液中，Na2S溶液中的离子浓度更大；所以导电能力更强，故D错误；

答案选C。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图中可知；反应物的总能量低于生成物的总能量即1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量低，故该反应是吸热反应，故答案为：吸热；低；

(2)图中可知，E1是正反应的活化能，E2是逆反应的活化能，若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，是由于降低了正逆反应的活化能，活化分子的百分数增大，故E1和E2均减小，但催化剂只改变反应途径与反应的始态和终态，故ΔH不变，故答案为：减小；减小；不变。【解析】吸热低减小减小不变10、略

【分析】【详解】

：

（1）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的平衡常数表达式为K=

故答案为

（2）已知CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1①

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=+2.8kJ•mol-1②

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1③

根据盖斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=-890.3kJ•mol-1+2.8kJ•mol-1×2+566.0kJ•mol-1×2=+247.3kJ•mol-1；

答案为+247.3kJ•mol-1。【解析】+247.3kJ•mol-111、略

【分析】【详解】

（1）反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数表达式为：K＝若温度升高K值增大，反应向正反应方向移动，则该反应的正反应为吸热反应，故答案为：K＝吸热；

（2）由图可知，10～25min及30min之后各物质的物质的量浓度不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为故答案为：b；d；0.04mol/(L·min)；

（3）利用25min后的物质的浓度变化可知在25min时加入了NO2，其加入的物质的量=(1.0mol⋅L−1-0.6mol⋅L−1)×2L=0.8mol；故答案为：0.8mol；NO2；

（4）从a到b，c(NO2)增大，c点和d点分别是增大c(NO2)后未达到平衡的点和平衡时的点，所以c点c(NO2)大于d点，二氧化氮浓度越大颜色越深，所以颜色由深到浅的顺序是c＞d＞b＞a。【解析】K＝吸热b、d0.04mol/(L·min)0.8molNO2c＞d＞b＞a12、略

【分析】【分析】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，结合c=计算；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；根据v=计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算NO2的反应速率；

(3)结合平衡的特征分析判断是否为平衡状态；

(4)根据浓度；压强、催化剂等对反应速率的影响分析判断。

【详解】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，NO的物质的量浓度是=0.0035mol/L；故答案为：0.0035mol/L；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向进行，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；

0～2s内v(NO)==0.0030mol/(L·s)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol/(L•s)，故答案为：b；0.003mol/(L•s)；

(3)a．v(NO2)=2v(O2)始终存在，不能判定平衡状态，故a不选；b．反应后气体的物质的量逐渐减小，则容器内压强逐渐减小，当压强保持不变，说明达到平衡状态，故b选；c．2v逆(NO)=v正(O2)，说明正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故c不选；d．容器内气体的质量不变、物质的量逐渐减小，则气体的平均摩尔质量逐渐增大，当气体的平均摩尔质量保持不变，说明达到平衡状态，故d选；故答案为：bd；

(4)a．及时分离出NO2气体，正反应速率减小，故a不选；b．适当升高温度，反应速率增大，故b选；c．增大O2的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；d．选择高效催化剂，反应速率加快，故d选；故答案为：bcd。【解析】①.0.0035mol/L②.b③.3.0×10－3mol/（L·s）④.b、d⑤.bcd13、略

【分析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大；可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义；不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：BC。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为根据化学反应方程式可知所占压强为因此和所占的压强为根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为故平衡时所占的压强为所占的压强为故可写出的表达式为

（2）A项，该反应为气体分子数减小的反应，根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行，会降低的转化效率，故A项错；B根据CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反应器中气体的流速，可以增大反应物接触面积，可以使反应物充分反应，提高反应物的转化率，故B正确；C项，反应器前段加热可以加快反应速率，后段冷却可以加大反应的转化率，因此该措施能提高的转化效率，故选C项；D项，提高原料气中的比例会增大的转化率，但会减小的转化效率；故D项错。综上所述，本题正确答案为BC。

（3）①根据题目给出条件可知a.b.由即可得Bosch反应，其反应热为

②在化学反应中；只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成因此该方案的优点为氢原子利用率为【解析】增大BCBC-90反应的活化能高氢原子利用率为100%14、略

【分析】【详解】

(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝c(H＋)＝1×10－7mol·L－1;

该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝-lgc(H＋)＝=-lg10－3=3；

若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1。

与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，根据电离平衡常数的定义，液氨的电离平衡常数表达式K=

(2)依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

①-②得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=－283.2kJ·mol－1+184.0kJ·mol－1=-99.2kJ·mol－1，由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是红磷。【解析】1×10－7mol·L－131×10－1mol·L－1或0.1mol·L－1K=红磷P4(白磷，s)＝4P(红磷，s)△H1＝－99.2kJ·mol－115、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解；使溶液显酸性；

(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐；都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；

(3)利用弱电解质的电离；盐类水解程度微弱进行分析；

(4)NH3·H2O为弱碱；加水稀释促进电离进行分析；

【详解】

(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；

(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；

(4)A.NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，但c(OH－)减小；故A不符合题意；

B.加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小；该比值增大，故B符合题意；

C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变；故C不符合题意；

D.该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。【解析】①.酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B16、略

【分析】【分析】

(1)根据NH4+水解规律进行分析；

(2)根据Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡；电离平衡进行分析；

(3)硫酸属于难挥发性酸，Al2(SO4)3溶液加热蒸干灼烧后产物为原溶质；

(4)根据CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加水稀释促进电离进行分析。

【详解】

(1)②为NH4Cl溶液，溶液中铵根离子能发生水解，其反应的离子反应方程式为：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，故答案：NH4Cl溶液中存在着铵根离子水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性；

(2)③为Na2CO3溶液，⑥为NaHCO3溶液，碳酸钠溶液中碳酸根水解，且水解分步进行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能电离，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常温下，0.1mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O；故微粒种类是相同，故答案：相同；

(3)④为Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸属于难挥发性酸，所以将Al2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧后的产物为硫酸铝；故答案：Al2(SO4)3；

(4)⑤为CH3COOH溶液，常温下0.1mol/LCH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+反应，加水稀释至中性的过程中，c(H+)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，由于温度不变，所以c(H+)×c(OH-)=Kw不变；根据醋酸的电离平衡常数可知，=加水稀释过程中，促进电离，c（CH3COO-）减小，但是Ka不变，所以增大；故答案选BC。

【解析】NH4Cl溶液中存在NH4+离子的水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性相同Al2(SO4)3BC17、略

【分析】【分析】

铝—空气电池工作时，金属铝被氧化为Al3+，铝为负极，正极上空气中的O2发生得电子的还原反应生成OH-。

【详解】

（1）铝—空气电池中负极为Al，负极电极反应式为4Al-12e-=4Al3+，正极上为O2发生得电子的还原反应生成OH-，正极电极反应式为3O2+12e-+6H2O=12OH-，根据正、负极得失电子总数相等，电池总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓；答案为：正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓。

（2）铝—空气电池的的好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

铝—空气电池未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。【解析】(1)正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓

(2)好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。三、判断题(共1题，共2分)18、×【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、原理综合题(共3题，共21分)19、略

【分析】【详解】

（1）实验Ⅰ中加入1mL水是让溶液总体积相同，确保双氧水的浓度相同，但没加催化剂，与Ⅱ、Ⅲ相同，作对照实验，证明实验Ⅱ和Ⅲ中的速率加快与溶液浓度无关；（2）双氧水分解产生水和氧气，三氯化铁作催化剂，反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；（3）根据实验现象可知Ⅱ和Ⅲ在使用不同催化剂时化学反应速率不同，说明催化剂具有选择性，即不同催化剂的催化效率不同；（4）0～6min中，收集到的氧气在标况下的体积为22.4mL，物质的量为0.001mol，根据关系式：2H2O2～O2可知双氧水分解的物的量为0.002mol；

所以双氧水浓度改变量△c=v==≈0.033mol/（L•min）。【解析】对照实验，证明实验Ⅱ和Ⅲ中的速率加快与溶液浓度变化无关2H2O22H2O＋O2↑不同催化剂的催化效率（效果）不同0.03320、略

【分析】【分析】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反应产生S、CO2；

(2)①利用催化剂对化学反应速率的影响分析判断；

②根据平衡时任何一种物质的物质的量；浓度、含量等保持不变判断；

③要提高该反应中NO2平衡转化率；就要使平衡正向移动，根据平衡移动原理，结合反应特点分析判断；

(3)①先计算平衡时Ni(CO)4(g)的物质的量；然后根据物质反应转化关系，计算消耗Ni的质量，得到其反应速率；

②根据反应达到平衡时v正=v逆；利用速率与物质的量分数关系计算；

③该反应是放热反应，降低温度时，平衡正向移动，同时正反应速率、逆反应速率均减小，x(CO)减小，x[Ni(CO)4]增大。

【详解】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反应产生S、CO2，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：2CO+SO22CO2+S；

(2)①根据表格数据可知：反应在15min时达到平衡，由于在0～5min内反应未达到平衡，所以若使用催化剂，就可以加快反应速率，使更多的反应物NO2反应，NO2转化率提高，若不使用催化剂，则反应速率减小，NO2的转化率将变小；

②反应2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol的正反应是气体体积减小的放热反应。

A．未指明反应速率是正反应速率还是逆反应速率；因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；

B．反应在恒容密闭容器中进行，反应混合物只有NO2是有色气体；因此若混合气体的颜色不再变化，说明反应达到了平衡状态，B正确；

C．化学平衡常数K只与温度有关；与反应是否达到平衡无关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，C错误；

D．反应在恒容密闭容器中进行；反应混合物都是气体，气体的体积；质量始终不变，因此气体密度始终不变，所以不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；

故合理选项是B；

③根据平衡移动原理：增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；降低温度，化学平衡向放热反应方向移动。由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，要提高该反应中NO2平衡转化率；采取的措施是低温高压，故合理选项是B；

(3)①在恒容密闭容器中，气体的压强比等于气体的物质的量的比，在反应开始时加入了3.7molCO，反应达到平衡时测得体系的压强为原来的则气体的物质的量为n(气体)=×3.7mol=1mol，假设平衡时反应产生Ni(CO)4(g)为xmol，则反应消耗CO物质的量为4xmol，平衡时CO物质的量为(3.7-4x)mol，则(3.7-4x)mol+xmol=1mol，解得x=0.9mol，由方程式可知Ni与反应产生的Ni(CO)4(g)的物质的量相同，因此10min内反应消耗Ni的物质的量为0.9mol，其质量是m(Ni)=0.9mol×59g/mol=53.1g，所以0～10min内平均反应速率v(Ni)=53.1g÷10min=5.31g/min；

②当反应达到平衡时v正=v逆，由于正反应速率v正=k正·x4(CO)，逆反应速率v逆=k逆·x[Ni(CO)4]，所以k正·x4(CO)=k逆·x[Ni(CO)4]，=K，根据①可知平衡时n[Ni(CO)4]=0.9mol，n(CO)=1.0mol-0.9mol=0.1mol，所以x(CO)=x[Ni(CO)4]=所以K==9×103(或9000)；

③该反应是放热反应。降低温度时，平衡正向移动，同时正反应速率、逆反应速率均减小，x(CO)减小，x[Ni(CO)4]增大；所以反应重新达到平衡时相应的点分别为D；B。

【点睛】

本题综合考查了氧化还原反应方程式的书写、化学平衡状态的判断及化学反应速率和化学平衡常数的有关计算和影响因素等，掌握有关概念、原理和平衡移动原理、平衡状态的特征是分析解答的关键，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力。【解析】2CO+SO22CO2+S变小BB5.319×103(或9000)DB21、略

【分析】【详解】

（1）③醋酸；⑥NaOH溶液混合；溶液呈中性，依据醋酸是弱酸分析，同体积溶液混合溶液呈碱性，若溶液呈中性需要酸稍过量③＞⑥；

溶液中存在电荷守恒，中性溶液中所以溶液中离子浓度大小关系为：（2）将等体积的①盐酸、⑤氨水混合，溶液浓度相同，恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性；溶液PH＜7；原因是氯化铵溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性；离子方程式为：（3）向相同体积的：①盐酸、②硫酸、③醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为1×10-3mol/L溶质物质的量相同，盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，溶液中氢离子浓度②＞①＞③；产生氢气②＞①═③或②=2①=2③；（4）向相同体积的①盐酸、③醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，①中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，③中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用，氢离子浓度减小；混合液的pH大小关系①＜③；（5）若将等体积、等浓度的⑤氨水、⑥NaOH溶液，氨水中的溶质是弱碱存在电离平衡，溶液pH⑤＜⑥；（6）将等体积的②硫酸、⑤氨水混合，溶液浓度相同，恰好反应生成硫酸氢铵溶液，电离产生的氢离子及铵根离子水解产生氢离子，则浓度最大。【解析】><②①③②>①=③（②=2①=2③）<<五、计算题(共2题，共10分)22、略

【分析】【分析】

(1)依据燃烧热的概念；是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据题干所给量计算1mol甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，再书写反应的热化学方程式；

(2)根据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算；

(3)根据盖斯定律分析解答；

(4)①△H=反应物的活化能-生成物的活化能计算生成2mol氨气放出的能量，再计算得到1mol氨气放出的热量；②依据氮气的转化率计算生成氨气的物质的量，结合热化学方程式计算Q1。

【详解】

(1)在25℃、101kPa下，16g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热352kJ，32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为704kJ，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=-704kJ•mol-1，故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-704kJ•mol-1；

(2)△H=反应物总键能-生成物总键能=E(H﹣H)+243kJ/mol-2×432kJ/mol=-185kJ/mol；解得E(H-H)=436kJ/mol，故答案为436kJ/mol；

(3)①2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=-169kJ•mol-1，②C(s)+O2(g)═CO(g)△H=-110.5kJ•mol-1，③2Cu(s)+O2(g)═CuO(s)△H=-314kJ•mol-1，用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为C(s)+2CuO(s)=Cu(s)+CO(g)，根据盖斯定律，将②-③-×①，反应的焓变为-110.5kJ•mol-1-(-314kJ•mol-1)-×(-169kJ•mol-1)=34.5kJ•mol-1，故答案为C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ•mol-1；

(4)①如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=反应物的活化能-生成物的活化能=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol；所以生成1mol氨气放热46.1kJ，故答案为46.1kJ；

②如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol，起始时向容器内充入1molN2和3molH2达平衡后N2的转化率为20%，生成氨气的物质的量为1mol×20%×2=0.4mol，生成0.4mol氨气放出的热量=×92.2kJ=18.44kJ；故答案为18.44。

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意盖斯定律的应用，平时学习过程中要适当练习。【解析】CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=﹣704kJ/mol436kJ/molC(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ/mol41.6kJ18.4423、略

【分析】【详解】

（1）

（2）开始时，PCl5的浓度为=0.200mol/L；根据三段式。

所以平衡常数【解析】（1）

（2）0.45六、结构与性质(共3题，共12分)24、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，