2025年中图版拓展型课程化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年中图版拓展型课程化学上册阶段测试试卷692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9题，共18分)1、气体A、B分别为0.6mol和0.5mol，在0.4L密闭容器中发生反应：3A＋BaC＋2D，经5min后，此时气体C为0.2mol；又知在此反应时间内，D的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，下面的结论正确的是A.此时，反应混合物总物质的量为1molB.B的转化率20%C.A的平均反应速率为0.1mol/(L·min)D.a值为32、在一支试管中加入少量氯化钴晶体，再逐滴加入浓盐酸至晶体完全溶解，然后滴加水至溶液呈紫色为止。溶液中存在如下平衡：(aq)(粉红色)+4Cl-(aq)(aq)(蓝色)+6H2O(l)∆H，下列说法不正确的是A.向溶液中加入适量的稀硫酸，平衡正向移动，溶液为蓝色B.将试管放入热水水中，溶液变成粉红色，则：∆H＜0C.当溶液中v正[()]=v逆()时，说明反应达到平衡状态D.该反应的平衡常数K=3、设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1NAB.常温下，2L0.1mol·L-1FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.2NAC.常温下，1LpH=2的硫酸溶液中由水电离出的H+的数目为10-12NAD.常温下，将0.1molCl2溶于水，溶液中的HClO分子数为0.1NA4、Haber提出的硝基苯转化为苯胺的两种反应途径如图所示。实验人员分别将、、与Na2S·9H2O在一定条件下反应5min，的产率分别为小于1%；大于99%，小于1%，下列说法正确的是。

A.硝基苯易溶水B.苯胺和苯酚类似，在水溶液中均显酸性C.该实验结果表明Na2S·9H2O参与反应时，优先选直接反应路径制备苯胺D.若该实验反应中的氧化产物为S，则由硝基苯生成1mmol苯胺，理论上消耗2molNa2S·9H2O5、实验室中某此气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是。选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓硫酸木炭CO2NaOH溶液

A.AB.BC.CD.D6、某化工厂为了综合利用生产过程中生成的CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程：

下列有关说法错误的是A.将滤液蒸干，即可提取产品（NH4）2SO4B.通入足量氨气使悬浊液呈碱性有利于CO2的吸收C.副产品是生石灰，X是CO2，其中CO2可循环利用D.沉淀池中发生的主要反应为CaSO4+CO2+2NH3+H2OCaCO3↓+（NH4）2SO4，7、硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，熔点400℃，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：-101℃，沸点：33℃），在干燥空气中稳定，吸湿而分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂。某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4；其流程如图：下列说法不正确的是（）

A.NaBH4中H元素显+1价B.操作③所进行的分离操作是蒸馏C.反应①为NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3D.实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀8、某小组利用下面的装置进行实验；②；③中溶液均足量，操作和现象如下表。

资料：CaS遇水完全水解。

由上述实验得出的结论不正确的是A.③中白色浑浊是CaCO3B.②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+C.实验①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+S2-=CO32-+H2SD.由实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱9、利用下列实验装置能完成相应实验的是。

。选项。

装置图。

实验目的。

A

收集干燥的HCl

B

除去CO2中含有的少量HCl

C

收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO、NO2等气体。

D

检查装置的气密性。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、晶体硼熔点为1873K；其结构单元为正二十面体，结构如图所示。氮化硼（BN）有多种相结构，例如六方相氮化硼与立方相氮化硼，结构如图所示，六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列问题：

（1）基态硼原子有___种不同能量的电子，第二周期中，第一电离能介于硼元素与氮元素之间的元素有___种。

（2）晶体硼为___（填晶体类型），结构单元由___个硼原子构成，共含有___个B-B键。

（3）关于氮化硼两种晶体的说法，正确的是___。

a.立方相氮化硼含有σ键和π键。

b.六方相氮化硼层间作用力小；所以质地软。

c.两种晶体均为分子晶体。

d.两种晶体中的B-N键均为共价键。

（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位键。11、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。12、研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义；相关的主要化学反应有：

ⅠNO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）ΔH1

Ⅱ2NO2（g）+4CO（g）N2（g）+4CO2（g）ΔH2＜0

Ⅲ2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）ΔH3＜0

（1）已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根据上述信息计算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正确的是_______。

A在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ；若压强不变，能说明反应Ⅰ达到平衡状态。

B反应ⅡΔH＜0；ΔS＜0；该反应在低温下自发进行。

C恒温条件下；增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动，平衡常数增大。

D上述反应达到平衡后；升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡。

（2）在一个恒温恒压的密闭容器中，NO2和CO的起始物质的量比为1∶2进行反应，反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出N2。

①二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为_______。

②P点二氧化氮转化率高于T点的原因为_______。

（3）实验测得，V正＝k正·c2（NO）·c2（CO），V逆＝k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆为速率常数；只与温度有关）。

①一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO，只发生反应Ⅲ，在tl时刻达到平衡状态，此时n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=amol，且N2占平衡总体积的1/4则：=_______。

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，在其它条件不变的情况下．t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2-t3-t4时段，正反应速率的变化曲线_______。

13、以下是合成乙酰水杨酸（阿司匹林）的实验流程图；请你回答有关问题：

已知：阿司匹林；水杨酸和乙酸酐的相对分子量分别为：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化学反应方程式为_________________；反应类型____________；

（2）水杨酸分子之间会发生缩合反应生成聚合物，写出用除去聚合物的有关离子方程式______________________________________________；

（3）抽滤装置如图所示，仪器A的名称___________；该操作时在仪器A中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应________（选择下列正确操作的编号）；再转移液体①微开水龙头；②开大水龙头；③微关水龙头；④关闭水龙头。

（4）下列有关抽滤的说法中正确的是________

A．抽滤是为了加快过滤速率；得到较大颗粒的晶体。

B.不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。

C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时；应拔掉链接支管口的橡皮管，从支管口倒出。

D．将晶体转移至布氏漏斗时；若有晶体附在烧杯内壁，应用蒸馏水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗涤沉淀时；应使洗涤剂快速通过沉淀。

（5）用冷水洗涤晶体的目的_______________________；

（6）取2.000g水杨酸、5.400g乙酸酐反应，最终得到产品1．566g。求实际产率_______；14、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是白色砂状或淡黄色粉末状固体，易溶于水、不溶于醇，该物质具有强还原性，在空气中易被氧化为NaHSO4，75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

制取Na2S2O4常用甲酸钠法：控制温度60～70℃，在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，同时通入SO2，即可生成Na2S2O4。反应原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如图，要制备并收集干燥纯净的SO2气体，接口连接的顺序为：a接__，__接__，__接__。制备SO2的化学方程式为___。

（2）实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2，目的是___。

④为得到较纯的连二亚硫酸钠，需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤，洗涤的方法是___。

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g，充分反应后，最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠，则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。评卷人得分三、原理综合题(共9题，共18分)15、乙烯可用于制备乙醇：向10L某恒容密闭容器中通入2mol和amol发生上述反应，测得的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图所示。回答下列问题：

(1)反应从开始分别进行到A、B、C点时，_______(填“放出”或“吸收”)的热量由大到小的顺序为_______。

(2)_______(填“>”、“<”或“=”)已知该反应的反应速率表达式为其中为速率常数，只与温度有关。若其他条件不变，则温度从变化到的过程中，下列推断合理的是_______(填标号)。

A.减小的倍数大于B.减小的倍数小于

C.增大的倍数大于D.增大的倍数小于

(3)若A点对应的体系中，反应从开始到达到平衡所用时间是2min，则0~2min内的平均反应速率_______。温度下，反应的平衡常数_______。

(4)B点对应的体系中，a=_______；A、B、C点对应体系的气体总压强由大到小的顺序为_______。(气体均看作理想气体)16、煤和石油通常都含有硫的化合物；燃烧生成的二氧化硫成为大气主要污染物之一。二氧化硫的治理已成为当前研究的课题。其催化氧化的过程如图1所示：

(1)已知：I．SO2(g)+V2O5(s)SO3(g)+V2O4(s)△H1=+24kJ•mol-1

Ⅱ．2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)△H2=-244kJ•mol-1

①SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=___kJ•mol-1。

②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能，则反应Ⅱ的正反应活化能为__(用字母E1～E6表示)kJ•mol-1。

③总反应速率一般由慢反应决定，从图1中分析决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应__(填“I”或“Ⅱ”)。

(2)某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入等物质的量的SO2和O2，测得SO2的物质的量变化如图2所示：

①第5min时反应达到平衡，v(SO3)=____mol•L-1•min-1，O2的转化率为_____

②该温度下，反应的平衡常数K=______(精确到0.01)。17、利用空气氧化NO；成本低廉，很具有研究价值。回答下列问题：

(1)NO氧化反应机理可能涉及如下过程：

Ⅰ．(快反应)

Ⅱ．(慢反应)

Ⅲ．(快反应)

上述反应_______(填序号)决定NO的氧化反应速率；已知则反应的_______(用a、b、c的代数式表示，a、b；c均为正值)。

(2)已知反应Ⅰ：v正=k1·c2(NO)，v逆=k2·c[(NO)2]，k1、k2为速率常数，仅受温度影响。下列叙述错误的是_______(填字母)。

A．反应Ⅰ达到平衡状态，可推知

B．反应Ⅱ的活化能低于反应Ⅰ的活化能。

C．增大NO的浓度，增大；升高温度，增大。

(3)一定条件下，将和按物质的量之比2：1充入反应容器，发生反应：其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下随温度变化的曲线如图所示。

①_______(填“＞”“＜”或“＝”)

②400℃、条件下，O2的平衡转化率为_______%。

③700℃、p2条件下，该反应的平衡常数Kp=_______(以分压表示；分压=总压×物质的量分数)。

(4)恒容条件下，为提高NO转化为NO2的平衡转化率可采取的措施为_______(任写一种)。18、习近平总书记近日对制止餐饮浪费作出重要指示。氨的合成对解决粮食危机有着重要意义。目前该研究领域已经催生了三位诺贝尔化学奖得主。

(1)德国化学家哈伯对研究“N2(g)+3H2(g)2NH3(g)”反应贡献巨大，1918年荣获诺贝尔化学奖，已知该反应在298K时，△H=－92.2kJ/mol，Kc=4.1×106(mol/L)-2，若从平衡常数角度分析，反应限度已经较大，但为何化工生产中还需要使用催化剂：_________。

(2)合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)：

第一步N2(g)→2N*；H2(g)→2H*(慢反应)

第二步N*+H*NH*；NH*+H*NH2*；NH2*+H*NH3*；(快反应)

第三步NH3*NH3(g)(快反应)

比较第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2的大小：E1__________E2(填“＞”、“＜”或“＝”)，判断理由是_______________________。

(3)2007年，德国科学家埃特尔发现了合成氨催化机理，开创了表面动力学的研究。研究发现，常温恒压密闭容器中，N2在催化剂表面可以与水发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)

①下列各项能够作为判断该反应一定达到平衡的依据是___________(填标号)。

A．容器中N2(g)、NH3(g)、O2(g)的浓度之比为2：4：3

B．N2与NH3浓度之比恒定不变。

C．v(N2)正=2v(NH3)逆

D．混合气体中氨气的质量分数不变。

E.压强保持不变。

②平衡后若分别改变下列一个条件，可以使N2转化率增大的是___________(填标号)

A．转移掉部分O2B．转移掉部分NH3

C．适当增加H2O(l)的量D．增加N2的量。

(4)向一个恒温恒压容器充入1molN2和3molH2模拟合成氨反应；下图为不同温度下平衡时混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系图。

若体系在T1、60MPa下达到平衡。

①此时平衡常数Kp_______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压＝总压×物质的量分数；计算结果保留3位小数)。

②T1_____________T2(填“＞”、“＜”或“＝”)。19、十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”；对硫；氮等元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：

Ⅰ．SO2主要来源于含硫燃料的燃烧，燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=-681.8kJ/mol对煤进行脱硫处理以减少SO2的排放。T℃时，将煤燃烧产生的气体收集于一密闭容器中，发生上述反应，测得各物质的浓度与反应时间的关系如下：。时间(min)

浓度(mol•L-1)01020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88

(1)10~20min内，平均反应速率v(SO2)=__；升高温度，该反应的平衡常数K__(填“增大”“减小”或“不变”)。

(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___(填字母)。

A．通入一定量的O2

B．加入一定量的碳酸钙粉末。

C．适当缩小容器的体积。

D．加入合适的催化剂。

Ⅱ．NOx的排放主要来自于汽车尾气，NOx的脱除方法基本一致；即设法将其转化为氮气。

(3)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113kJ/mol

6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227kJ/mol

4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57kJ/mol

则2O3(g)=3O2(g)是___反应(填“放热”或“吸热”)，O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH4=___kJ/mol，最后将NO2与恰当的还原剂反应转化为N2而脱除。

(4)常见的汽车尾气处理原理是使尾气(含适当比例的NO；CO)通过装有高效催化剂的处理装置；发生反应：

2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。请根据以下相关数据，分析采用此法能否有效消除NO、CO尾气污染___(填“能”或“否”)，理由是__(通过必要的计算加以说明)。反应25℃时的平衡常数反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g)K1=1×1030反应II：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)K2=1×10-92

(5)用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染，其反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=amol，n(NO2)=2amol，n(NH3)=2amol，n(N2)=2bmol，且N2(g)的体积分数为请计算此时的平衡常数Kp=__(用只含P的代数式表示，且化至最简式。已知：对于有气体参加的反应，可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数，记作KP。某组分的平衡分压=P×该组分的物质的量分数)。20、CH4既是重要的清洁能源也是一种重要的化工原料。以CO2、H2为原料合成CH4涉及的主要反应如下：

Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1

Ⅱ：△H2=+41.2kJ/mol

常温常压下，H2(g)和CH4(g)的摩尔燃烧焓分别为-285.8kJ/mol和-890.3kJ/mol；

(1)△H1_______kJ/mol。

(2)一定条件下，向恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4(g)为amol，H2O(g)为bmol，则反应Ⅱ的平衡常数为_______(用含a、b的代数式表示)。

(3)n(H2)：n(CO2)=4：1的混合气体充入反应器中；当气体总压强为0.1MPa，平衡时各物质的物质的量分数如图所示：

200~550℃时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_______。反应器中应选择适宜的温度是_______。

(4)为探究的反应速率与浓度的关系，起始时，向恒容密闭容器中通入浓度均为1.0mol/LCO2与H2。平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率—浓度关系曲线：和

则与曲线相对应的是上图中曲线_______(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，重新达到平衡，平衡常数_______(填“增大”或“减小”)，则此时曲线甲对应的平衡点可能为_______(填字母，下同)，曲线乙对应的平衡点可能为_______。21、研究氮和碳的化合物对工业生产和防治污染有重要意义；回答下列问题：

I.(1)化学键键能数据如下：。化学键H-HN=NN-HE/(kJ·mol-1)436946391

合成氨反应的活化能Ea1=254kJ·mol-1，由此计算氨分解反应的活化能Ea2=___________kJ·mol-1。

(2)利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染；其中除去NO的主要反应如下：

4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)ΔH<0某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应；NO的转化率随温度变化的情况如图所示：

①温度从420K升高到580K用时4min，则此时段内NO的平均反应速率v(NO)=___________。

②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是___________。

II.目前有一种新的循环利用方案处理航天员呼吸产生的CO2，是用Bosch反应CO2(g)+2H2(g)=C(s)＋2H2O(g)ΔH<0，再电解水实现O2的循环利用。

(3)若要此反应自发进行___________(填“高温”或“低温”)更有利。

(4)350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：。时间/min0102030405060压强6.00P05.60P05.30P05.15P05.06P05.00P05.60P0

①350℃时Bosch反应的Kp=___________(Kp为用气体的分压表示的平衡常数；分压=气体的体积分数x体系总压)

②Bosch反应的速率方程：V正=K正·c(CO2)·c2(H2),V逆=K逆·c2(H2O)(k是速率常数，只与温度有关)。20min时，=____(填“>”“＜”或“=”)

(5)利用铜基配合物催化剂电催化还原CO2制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一；其装置原理如图所示。

①电池工作过程中，阴极的电极反应式为___________。

②每转移2mol电子，阳极室溶液质量减轻___________g。22、研究金属与硝酸的反应；实验如下。

。实验（20℃）

现象。

Ⅰ．过量铜粉、2mL0.5mol/LHNO3

无色气体（遇空气变红棕色）；溶液变为蓝色。

Ⅱ．过量铁粉、2mL0.5mol/LHNO3

6mL无色气体（经检测为H2）；溶液几乎无色。

（1）Ⅰ中产生的无色气体是________。

（2）研究Ⅱ中的氧化剂。

①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-，所以NO3-没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确；其实验证据是________。

②乙同学通过分析，推测出NO3-也能被还原，依据是________，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+；其实验操作是________。

③补全Ⅱ中NO3-被还原为NH4+的过程：NO3-＋________e-＋____＝NH4+＋____H2O____

（3）研究影响产生H2的因素。

。实验。

现象。

Ⅲ．过量铁粉、2mL0.5mol/LHNO3；40℃

3.4mL气体（经检测为H2）；溶液略带黄色。

Ⅳ．过量铁粉、2mL0.5mol/LHNO3；60℃

2.6mL气体（经检测为H2）；黄色溶液。

Ⅴ．过量铁粉、2mL3mol/LHNO3；20℃

无色气体（遇空气变红棕色）；深棕色溶液。

资料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。

④对比Ⅱ；Ⅲ、Ⅳ；温度不同时收集到氢气的体积不同，原因是________。

⑤Ⅴ中无色气体是混合气体；则一定含有遇空气变红棕色的气体和________。

（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸的还原产物不同的因素有________。23、研究二氧化硫；氮氧化物等大气污染物的治理具有重要意义；请回答下列问题：

I．为减少SO2的排放；将煤转化为清洁气体燃料。已知：

2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1

C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH＝－110.4kJ·mol－1

(1)写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式_________________________。

(2)洗涤含SO2的烟气，含以下物质的溶液可作洗涤剂的是____________________。

A．NaHSO3B．NaHCO3C．BaCl2D．FeCl3

II．NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。

(3)汽车尾气中生成NO的反应为：N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH＞0

①T℃时，2L密闭气缸中充入4molN2和1molO2发生反应，5min后达平衡，测得NO为1mol。计算该温度下，N2的平均反应速率v(N2)＝_______________，反应的平衡常数K=____________。

②如图曲线a表示该反应在温度T℃下N2的物质的量随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的物质的量随时间的变化，则改变的条件可能是____________(写出一条即可)III．汽车燃油不完全燃烧时会产生CO。

(4)有人设想按2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)反应除去CO，但事实上该反应在任何温度下都不能实现，由此判断该反应的ΔH_______0。(填写“＞”；“＜”或者“＝”)

(5)在汽车尾气系统中安装催化转化器可降低尾气中污染物的排放，其反应为：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。已知该反应在570K时的平衡常数的数值为1×1059，但反应速率极慢。为了提高尾气的净化效率在实际操作中最可行的措施是_____。

A．升高温度B．增大压强C．使用高效催化剂评卷人得分四、有机推断题(共1题，共7分)24、G是一种治疗心血管疾病的药物；合成该药物的一种路线如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)写出①的反应类型_______。

(2)反应②所需的试剂和条件_______。

(3)B中含氧官能团的检验方法_______。

(4)写出E的结构简式_______。

(5)写出F→G的化学方程式_______。

(6)写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子。

(7)设计一条以乙烯和乙醛为原料(其它无机试剂任选)制备聚2-丁烯（）的合成路线_______。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共9分)25、I．元素周期表中80％左右的非金属元素在现代技术包括能源；功能材料等领域占有极为重要的地位。

（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____，N2F2分子中N原子的杂化方式是_______，1molN2F2含有____个δ键。

（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角，原因是_______。

II．金属元素铁；铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

（1）铁在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18，则x=________。

（3）N2是CO的一种等电子体，两者相比较沸点较高的为_______（填化学式）。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式）。26、硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素；可以形成众多的化合物。回答下列问题：

(1)基态硼原子的电子排布式为_______，占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。

(2)氨硼烷是目前最具潜力的储氢材料之一。

①氨硼烷能溶于水，其主要原因是_______。

②分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)；与互为等电子体的分子_______(任写一种满足条件的分子式)。

③氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______。

A.和B.LiH和HCNC.和D.和

(3)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作实际上它的结构单元是由两个和两个缩合而成的双六元环，应该写成其结构如图1所示，它的阴离子可形成链状结构，阴离子中B原子的杂化轨道类型为_______，该晶体中不存在的作用力是_______(填字母)。

A.离子键B.共价键C.氢键D.金属键。

(4)硼氢化钠是一种常用的还原剂；其晶胞结构如图2所示：

①的配位数是_______。

②已知硼氢化钠晶体的密度为代表阿伏伽德罗常数的值，则与之间的最近距离为_______nm(用含的代数式表示)。

③若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，得到晶体的化学式为_______。27、硒化铜纳米晶体在光电转化中有着广泛的应用；铜和硒等元素形成的化合物在生产；生活中应用广泛。

(1)铜元素位于元素周期表的___________区。

(2)易溶解于水，熔点为时升华，由此可判断的晶体类型为___________。

(3)为深棕红色的剧毒液体，其分子结构中含有键，该分子中，原子的杂化轨道类型为___________，的空间构型为___________(填字母)。

a．直线形b．锯齿形c．环形d．四面体形。

(4)中的键角比的键角___________(填“大”或“小”)，原因是___________。

(5)铜的某种氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为___________，若组成粒子铜、氧的半径分别为密度为阿伏加德罗常数的值为则该晶胞的空间利用率为___________(用含的式子表示)。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．在此反应时间内，D的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，则反应产生D物质的物质的量为n(D)=0.1mol/(L·min)×5min×0.4L=0.2mol，根据物质反应转化关系可知：每反应产生2molD，同时会消耗3molA和1molB，则反应产生0.2mol的D，消耗A是0.3mol，消耗B是0.1mol，因此5min后，反应混合物总物质的量n(总)=(0.6-0.3)mol+(0.5-0.1)mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol；A错误；

B．根据选项A分析可知在5min内消耗B的物质的量是0.1mol，则B的转化率为：×100%=20%；B正确；

C．根据选项A分析可知在5min内消耗A的物质的量是0.3mol，则用A表示的平均反应速率v(A)==0.15mol/(L•min)；C错误；

D．由以上分析可知：在5min内产生C；D的物质的量相等；则C、D的化学计量数相等，故a=2，D错误；

故合理选项是B。2、A【分析】【详解】

A．稀硫酸与溶液中的粒子均不反应；平衡不移动，A项错误；

B．温度升高，平衡逆移，根据勒夏特列原理可得出正反应为放热反应，∆H＜0；B项正确；

C．正反应减少的速率等于逆反应减少的速率；正逆反应速率相等，反应达到平衡，C项正确。

D．水溶液中计算平衡常数，水的浓度以1计，该反应的平衡常数K=D项正确；

故选A。3、C【分析】【详解】

A．氢氧根离子的浓度为0.1没有说明体积，数目不确定，A项错误；

B．Fe3+会发生水解，数目小于0.2NA；B项错误；

C．1LpH=2的溶液中，水电离出氢氧根的浓度为水电离出的H+的数目等于水电离出氢氧根离子数目，为10-12NA；C项正确；

D．氯气与水反应的方程式为为可逆反应，HClO分子数小于0.1NA；D项错误；

故选C。

【点睛】

注意酸碱抑制水的电离，水电离出的H+与OH-始终相等。4、C【分析】【分析】

以不同路径下的有机反应为载体；考查有机反应路径；常见有机化合物性质、氧化还原反应等知识。

【详解】

A．硝基苯中无亲水基团；难溶于水，A错误；

Ｂ．苯胺可结合水电离出的H+；在水溶液中显碱性，B错误；

Ｃ．与Na2S·9H2O反应的产率高于与Na2S·9H2O反应的产率；选择直接反应路径，C正确；

D．由1mol转化为1mol，少了2molO原子，多了2molH原子，共得到了6mole-，理论上消耗3molNa2S·9H2O；D错误；

故选C。5、B【分析】【详解】

A.氨气密度比空气密度小，应该采取向下排空气法收集，装置C中的导管应该为短进长出，故A错误；B.浓硫酸可以与亚硫酸钠反应，生成二氧化硫，SO2密度比空气密度大，能使用向上排空气法收集，SO2气体能与氢氧化钠溶液迅速反应，所以吸收装置中要防倒吸，图中收集装置和吸收装置都合理，所以B选项是正确的；C项，稀硝酸与铜反应生成NO,NO不能用排空气法收集，故C错误；D项，浓硫酸与木炭反应需要加热，而且同时生成二氧化硫，在C中收集不到CO2,故D错误。综合以上分析；本题答案为B。

点睛：本题考查气体的制备、收集和尾气处理等实验知识，要求熟悉各种常见气体的制备、收集和尾气处理方法，平时要多积累勤总结。6、A【分析】【详解】

A.加热蒸干会使(NH4)2SO4受热分解，应将滤液蒸发浓缩、冷却结晶来提取(NH4)2SO4；故A错误；

B.CO2溶解度小，而氨气极易溶于水，先通入氨气使溶液呈碱性，能吸收更多的CO2；B正确；

C.CaSO4溶解度大于CaCO3，在沉淀池中CaSO4转化为CaCO3，进入煅烧炉，分解为生石灰，同时产生能循环利用的CO2；故C正确；

D.沉淀池中微溶的CaSO4转化为难溶的CaCO3；D正确；

答案为A。7、A【分析】【详解】

A．NaBH4中Na元素显+1价；B元素显+3价、H元素显-1价；A错误；

B．异丙胺沸点为33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4；所以操作③所进行的分离操作是蒸馏，B正确；

C．反应①为NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，H2作氧化剂；Na作还原剂，C正确；

D．钠硬度小；且保存在煤油里，取用少量钠需要用镊子取出，滤纸吸干煤油，用小刀在玻璃片上切割，D正确；

故答案选A。8、C【分析】【分析】

实验I：向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量；②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；

实验II：向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量；②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了硫化铜黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。

【详解】

A．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3；不可能是CaS，CaS遇水完全水解，故A结论正确；

B．②中溶液降低的原因：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；产生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B结论正确；

C．实验①中过量CO2发生的反应是2CO2+2H2O+S2-=2HCO3-+H2S；故C结论错误；

D．根据实验I和II中现象：I中通二氧化碳有硫化氢生成；II中通硫化氢有二氧化碳生成，故不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱；故D结论正确；

答案为C。9、D【分析】【分析】

A.HCl为酸性气体；能被碱性的干燥剂吸收；

B.CO2和HCl均能与Na2CO3反应；

C.H2、NH3的密度小于空气，Cl2、HCl、NO、NO2等气体的密度大于空气，且其中NO能与空气中的O2发生反应；

D.用针筒向试管中充入气体；当装置气密性良好时，长导管中会出现水柱。

【详解】

A.HCl为酸性气体；能被碱性的干燥剂吸收，因此不能用该装置收集干燥的HCl，A项错误；

B.CO2和HCl均能与Na2CO3反应，因此不能用该装置除去CO2中含有的少量HCl；B项错误；

C.H2、NH3的密度小于空气，选择向下排空气法收集，用该装置收集气体时导管应短进长出，Cl2、HCl、NO2等气体的密度大于空气，选择向上排空气法收集，用该装置收集气体时导管应长进短出，NO能与空气中的O2反应；不能用该装置收集，C项错误；

D.用针筒向试管中充入气体；当装置气密性良好时，长导管中会出现水柱，因此可用该装置检查气密性，D项正确；

答案选D。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【分析】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体；

d.非金属元素之间易形成共价键；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键。

【详解】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上，则有3种不同能量的电子；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，则介于硼元素与氮元素之间的有Be、C、O三种元素，故答案为：3；3；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为20个等边三角形拥有的顶点为×20=12；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的每个等边三角形占有的B-B键为20个等边三角形拥有的B-B键为×20=30；故答案为：12；30；

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键，则立方相氮化硼中含有σ键，不存在π键，故错误；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小，导致其质地软，故正确；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体，故错误；

d.非金属元素之间易形成共价键；所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；

bd正确，故答案为：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。【解析】①.3②.3③.原子晶体④.12⑤.30⑥.bd⑦.211、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.912、略

【分析】【详解】

(1)①ΔH1=E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反应前后气体系数不变；如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高，等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，A项正确；

B.当ΔH-TΔS<0时；反应自发进行，由ΔH＜0，ΔS＜0，推出该反应低温下自发进行，B项正确；

C.增大CO的浓度可以使反应Ⅲ的平衡向正向移动；但是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C项错误；

D.温度升高；反应速率增大，三个反应的逆反应速率均增大，三个反应均为放热反应，温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡移动的初期为逆反应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D项错误；

(2)①反应为放热反应；温度升高，平衡向逆反应(吸热)方向进行，二氧化氮转化率降低；

②相同温度下，二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜，将产物N2分离出来；降低了产物的浓度，使平衡正向进行，从而二氧化氮的转化率提高；

(3)①列三段式求解：因为N2占平衡总体积的1/4，所以a=0.3mol，此时为平衡状态，有v正=v逆，即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)；

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，压强瞬间增大为原来压强的两倍，正逆反应速率均增大，但是压强增大，平衡向正反应(气体系数减小)方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，所以正反应速率的总体趋势为先突然增大，然后减小，直至平衡，其图像为【解析】①.-227②.AB③.反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）④.分子筛膜从反应体系中不断分离出N2，有利于反应正向进行，二氧化氮转化率升高⑤.270⑥.（起点的纵坐标为16，t3时刻达到平衡，t3-t4处于平衡状态与已有线平齐）13、略

【分析】【详解】

(1)水杨酸和乙酸酐在浓硫酸的条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸，方程式为：（2)在除去聚合物并提纯阿司匹林的过程中；可以将阿司匹林与碳酸氢钠反应使羧基变为羧酸钠，且酯基不水解，这样使阿司匹林溶于水，聚合物难溶于水，将聚合物除去，再将阿司匹林的钠盐盐酸酸化可得阿司匹林，过程中涉及的离子方程式为：

.(3)该仪器的名称为布氏漏斗。布氏漏斗中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应先微开水龙头，不能大开，避免滤纸破损。故选①。(4)A．抽滤能为了加快过滤速率，但不能使沉淀的颗粒变大，故错误；B.颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的容易在滤纸上形成一层密实的沉淀，不容易透过，故正确；C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，故错误；D．将晶体转移至布氏漏斗时，若有晶体附在烧杯内壁，应用滤液来淋洗布氏漏斗，因为滤液是饱和溶液，冲洗是不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质，故错误；E.洗涤沉淀时，应先关小水龙头，然后蒸馏水缓缓淋洗，再打开水龙头抽滤，不能使洗涤剂快速通过沉淀，故错误。故选B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度减小，所以用冷水洗涤晶体可以除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗。(6)根据方程式分析，乙酸酐过量，用水杨酸计算阿司匹林的质量为g，实际产率为=60%。【解析】取代反应布氏漏斗①B除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗60%14、略

【分析】【详解】

（1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸气，可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，且用碱石灰吸收尾气，避免污染环境，则连接顺序为a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3；

②由装置可知；仪器A的名称为恒压滴液漏斗；

③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可应先通入二氧化硫，排净系统中的空气，防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段时间N2；排净系统中的空气；

④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离；洗涤剂可用甲醇或乙醇，洗涤过程为：在无氧环境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次；

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x；根据硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g，产率为：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次三、原理综合题(共9题，共18分)15、略

【分析】（1）

为放热反应，起始时通入的物质的量相同，则乙烯的平衡转化率越大，反应进行的限度越大，放出的热量也越多，故

（2）

由图中的B、C点分析，结合勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，故温度从变化到的过程为升高温度，正、逆反应速率均会加快，且该反应为放热反应，故逆反应速率加快的幅度大于正反应速率加快的幅度，即增大的倍数小于D项符合题意；

（3）

A点时，此时与的物质的量相等，即据图中信息列三段式：

容器体积为10L，反应时间为2min，故

（4）

由A；B、C点可知；A、C点对应的平衡常数相等，B、C点对应体系起始通入的反应物的物质的量相等，故将C点对应的体系列三段式：

则解得结合图中A、B、C点的信息，可计算出，A、B、C点对应的体系中气体的总物质的量分别为2.4mol、2.2mol、2.3mol，依据判断，A、C点对应的温度相同，气体的物质的量越大，容器的压强越大，即将数据代入公式得到因为所以即【解析】(1)放出

(2)<D

(3)

(4)1.816、略

【分析】【详解】

(1)①I+×II，整理可得SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=-98kJ/mol；

②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能，反应Ⅱ是放热反应，根据图示可知该反应的正反应活化能为(E4-E3)kJ/mol；

③总反应速率一般由慢反应决定。反应的活化能越大，反应发生消耗的能量就越高，反应就越不容易发生，该反应的化学反应速率就越慢。从图1中分析可知反应I的活化能远大于反应II的活化能，则说明决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应I；

(2)①根据图示可知：从反应开始至5min达到平衡时△n(SO2)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，根据方程式可知：每有2molSO2反应，就会同时消耗1molO2，反应产生2molSO3，若消耗0.2molSO2，则同时消耗0.1molO2，产生0.2molSO3，故v(SO3)==0.02mol/(L·min)；由于反应开始时充入SO2、O2的物质的量相等，则O2的转化率为=25%；

②反应达到平衡时，各种气体的浓度c(SO2)==0.1mol/L，c(O2)==0.15mol/L；c(SO2)==0.1mol/L，则该温度下，反应的平衡常数K=【解析】①.-98②.E4-E3③.I④.0.02⑤.25⑥.6.6717、略

【分析】【详解】

(1)总化学反应速率由慢反应决定。根据已知信息可知：在上述三个反应中反应II是慢反应；故反应II决定NO的氧化反应速率；

已知反应：Ⅰ．(快反应)

Ⅲ．(快反应)

IV．

根据盖斯定律，将(IV)-(I)-(Ⅲ)，整理可得：△H=(-a+b-c)kJ/mol；

(2)A．已知反应Ⅰ：v正=k1·c2(NO)，v逆=k2·c[(NO)2]，当反应Ⅰ达到平衡状态，v正=v逆，则k1·c2(NO)=k2·c[(NO)2]，A正确；

B．反应的活化能越大；反应越难发生，反应速率越慢。由于反应I是快反应，反应II是慢反应，说明反应Ⅱ的活化能高于反应Ⅰ的活化能，B错误；

C．反应速率常数只与温度有关，温度不变，化学速率常数不变。所以增大NO的浓度，k1不变；C错误；

故合理选项是BC；

(3)①在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，NO的平衡转化率增大。根据图像可知：在压强是p2时NO转化率比p1时大，说明压强：p1＜p2；

②由于是将NO、O2按2：1的物质的量的比加入，二者反应的物质的量的比是2：1，所以平衡时二者的转化率相同。根据图像可知：在400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，所以O2的平衡转化率也是40%；

③假设反应开始时加入1mol的O2，则加入NO物质的量是2mol，根据图像可知在700℃、p2条件下，NO的平衡转化率是20%，平衡时n(NO)=2mol×(1-20%)=1.6mol，n(O2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，n(NO2)=2mol×20%=0.4mol，平衡时气体总物质的量为n(总)=1.6mol+0.8mol+0.4mol=2.8mol，所以该反应的平衡常数Kp=

(4)根据图像可知：在其它条件不变时，升高温度，反应的NO平衡转化率降低，说明正反应是放热反应，同时该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以在恒容条件下，为提高NO转化为NO2的平衡转化率，可采取的措施有增大O2的浓度或适当降低反应温度。【解析】II-a+b-cBC＜40增大O2的浓度或适当降低温度18、略

【分析】【详解】

(1)①尽管催化剂不能使化学平衡发生移动；但使用催化剂可以加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可以提高单位时间内的产量。

(2)由题给信息知，第一步反应慢，说明该步反应的活化能较大，而第2步反应快，而反应越快，说明其活化能越小，故第一步反应的活化能E1大于第2步反应的活化能E2，即活化能：E1＞E2；

(3)①A．化学方程式中N2(g)、NH3(g)、O2(g)的系数比就是2：4：3，所以N2(g)、NH3(g)、O2(g)的浓度之比为2：4：3时；反应可能是处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，不能作为判断平衡的标志，A错误；

B．N2是反应物，NH3是生成物；若二者浓度之比恒定不变，则反应达到平衡状态，B正确；

C．任何时刻都存在关系：v(NH3)正=2v(N2)正，若v(N2)正=2v(NH3)逆，则v(NH3)正=4v(NH3)逆；反应正向进行，未处于平衡状态，C错误；

D．该反应是反应前后气体体积不等的反应；若混合气体中氨气的质量分数不变，则反应处于平衡状态，D正确；

E．该反应是在恒温恒压下进行；任何时刻压强保持不变，因此不能根据压强不变判断反应是否处于平衡状态，E错误；

故合理选项是BD；

②A．转移掉部分O2，即减小生成物浓度，化学平衡正向移动，可以提高N2转化率；A正确；

B．转移掉部分NH3，即减小生成物浓度，平衡正向移动，可以提高N2转化率；B正确；

C．由于水的状态是液态，其物质的浓度不变，所以改变其物质的量，化学平衡不移动，因此不能改变N2转化率；C错误；

D．增加N2的量；该物质本身浓度增大，平衡正向移动，但是平衡正向移动消耗量小于加入量，总的来说它的转化率还是降低，D错误；

故合理选项是AB；

(4)①对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)开始时n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，n(NH3)=0，假设反应的N2的物质的量为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量分别是n(N2)=(1-x)mol，n(H2)=(3-3x)mol，n(NH3)=2xmol。根据图象可知在T1和60MPa条件下达到平衡时NH3的体积分数是60%，则解得x=0.75mol，则平衡时n(N2)=0.25mol，n(H2)=0.75mol，n(NH3)=1.5mol，则平衡时N2的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为0.3，NH3的物质的量分数为0.6，在温度不变时，气体的物质的量的比等于压强之比，所以化学平衡常数Kp=

②从图像来看，当压强不变时，T1时NH3的体积分数大于T2时，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，NH3的含量降低，说明温度：T1＜T2。【解析】①.使用催化剂，主要目的是加快反应速率，提高单位时间内的产量②.＞③.活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢④.BD⑤.AB⑥.0.037⑦.＜19、略

【分析】【详解】

(1)在10~20min内，O2的浓度由0.79mol/L变为0.60mol/L，减小了0.19mol/L，则根据物质反应转化关系可知：反应消耗SO2的浓度△c(SO2)=2×0.19mol/L=0.38mol/L，则平均反应速率v(SO2)==0.038mol•L-1•min-1；

该反应的正反应是放热反应，当升高温度时，化学平衡逆向移动，化学平衡常数K将减小；

根据表格数据可知：反应在20min时已经达到平衡，在30min后，O2浓度增大，CO2浓度增大了0.08mol/L，方程式物质的化学计量数O2、CO2是1：2，说明改变的条件可能是通入一定量的O2；也可能是适当缩小容器的体积，使化学平衡正向移动，最终达到平衡状态，故合理选项是AC；

(3)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113kJ/mol

②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227kJ/mol

③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57kJ/mol

根据盖斯定律，②×2-③×3，整理可得④：2O3(g)=3O2(g)ΔH=-283kJ/mol＜0；说明该反应是放热反应；

将整理可得NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH4=-198kJ/mol；

(4)已知：反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g)K1=1×1030

反应II：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)K2=1×10-92

将反应I-II，整理可得2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，该反应的化学平衡常数K===2.5×10121；K的数值很大，说明该反应向正方向进行的程度很大，因此该法能有效消除NO；CO尾气污染；

(5)对于反应NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)，在一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=amol，n(NO2)=2amol，n(NH3)=2amol，n(N2)=2bmol，且N2(g)的体积分数为根据方程式可知：每反应产生2个N2，就会同时产生3个H2O(g)，可由平衡产生n(N2)=2bmol，得到n(H2O)=3bmol，此时气体的总物质的量n(气)总=amol+2amol+2amol+2bmol+3bmol=5(a+b)mol，由于N2(g)的体积分数为则解得b=5amol，故平衡时气体总物质的量为n(气)总=5(a+b)mol=5(a+5a)=30amol，所以平衡时各种气体的体积分数为x(NO)=x(NO2)=x(NH3)=x(N2)=x(H2O)=因此此时的平衡常数Kp=【解析】0.038mol•L-1•min-1减小AC放热-198能由反应I和II的平衡常数，可知2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的K==2.5×10121数值很大，该反应向正方向进行的程度很大20、略

【分析】【详解】

(1)由题目已知信息可知：热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；

②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol；

③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol

根据盖斯定律，将4×①-②+2×③，整理可得：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-164.9kJ/mol；

(2)一定条件下，向恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4(g)为amol，H2O(g)为bmol，由反应方程式I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)中物质反应转化关系可知，反应产生amolCH4(g)，同时产生2amolH2O(g)，消耗amolCO2(g)和4amolH2(g)，则反应方程式II：产生(b-2a)molH2O(g)，产生(b-2a)molCO(g)，消耗CO2(g)、H2(g)的物质的量都是(b-2a)mol，因此此时容器中n(CO2)=[(1-a)-(b-2a)]=(1+a-b)mol，n(H2)=[(3-4a)-(b-2a)]=(3-2a-b)mol，n(CO)=(b-2a)mol，n(H2O)=bmol，假设反应容器的容积是VL，反应II的化学平衡常数K==

(3)200~550℃时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大是由于△H1＜0，△H2＞0，温度升高时，反应Ⅰ的化学平衡逆向移动使CO2增加的量比反应Ⅱ的化学平衡正向移动使CO2减少的量多，因此CO2的物质的量分数随温度升高而增大；

反应器中应选择的温度应该有利于合成CH4，由于反应I的△H1＜0；故适宜的温度是较低温度为200℃；

(4)在反应开始时CO2与H2的浓度都是1.0mol/L，且随着反应的进行，CO2的浓度逐渐减小，正反应速率越来越小，故与曲线相对应的是上图中曲线中的乙；

该反应达到平衡后；某一时刻降低温度，由于该反应的正反应是放热反应，降低温度，化学平衡正向移动，重新达到平衡时，平衡常数增大；

根据图象可知：反应平衡时图中对应点应为E和F，降低温度后，反应速率减小，平衡正向移动，CH4的浓度会