2020-2021学年四川省达州市大竹中学高二（下）月考化学试卷（3月份）

这是一份2020-2021学年四川省达州市大竹中学高二（下）月考化学试卷（3月份），共34页。试卷主要包含了已知，6倍，则下列判断正确的是，4kJ⋅ml−1)，0kJ⋅ml−1，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年四川省达州市大竹中学高二（下）月考化学试卷（3月份）

1. 合金ThNi5可催化反应C(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，在一定温度下，反应过程中有无催化剂的能量变化如图。下列叙述正确的是( )
A. 使用催化剂时反应的速率主要决定于第②步
B. 缩小体积可加快该反应速率，是因为增大了活化分子百分数
C. 使用催化剂降低反应的焓变，降低温度有利于产物的生成
D. 升高温度，平衡常数减小
2. 下列说法正确的是( )
A. 将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，还是一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热测定
B. 已知反应的中和热为△H=−57.3kJ⋅mol−1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热△H=−2×57.3kJ⋅mol−1
C. 燃烧热是指在101 kPa时可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+32O2(g)=SO3(g)△H=−315kJ⋅mol−1即为硫的燃烧热
D. 已知冰的熔化热为6.0kJ⋅mol−1，冰中氢键键能为20.0kJ⋅mol−1，假设1 mol冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1 mol冰中15%的氢键
3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率
B. 打开可乐瓶盖时，可乐饮料中常常会生产大量气体
C. 工业合成氨气时加入催化剂提高反应速率
D. 冷却一定体积的NO2后，气体颜色变淡
4. AlH3是一种储氢材料，可作为固体火箭推进剂中的金属燃烧剂。通过激光加热引发AlH3的燃烧反应，燃烧过程中其表面温度随时间的变化关系如图所示。燃烧不同阶段发生的主要变化如下：2AlH3(s)=2Al(s)+3H2(g)△H1；H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H2；Al(s)=Al(g)△H3；Al(g)+34O2(g)=12Al2O3(g)△H4。下列说法正确的是( )
A. AlH3燃烧需要激光加热引发，所以AlH3燃烧是吸热反应
B. H2(g)的燃烧热△H<△H2
C. 加入某种催化剂，反应的△H会发生变化
D. 在反应过程中，a点物质具有的总能量最大
5. 一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减慢反应速率，而不影响生成H2的总量，可向其中加入适量的( )
A. Na2CO3晶体 B. NaOH晶体 C. 水 D. CuSO4晶体
6. 反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)在一定容积的密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是( )
A. 其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，反应速率加快
B. 保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，反应速率一定增大
C. 反应达平衡状态时：
D. 其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使反应速率增大
7. 下列说法正确的是( )
A. H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B. C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C. 若压强不再随时间而变化能说明反应2A(?)+B(g)⇌2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体
D. 1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
8. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为CH3COOH的催化反应历程，该催化反应历程示意图如图。下列说法错误的是( )

A. ①→②放出能量并形成了C−C键
B. CH4→CH3COOH过程中，有C−H键发生断裂
C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D. 生成CH3COOH总反应的原子用率为100%
9. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5.已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是( )
A. 降低c(CO)，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 该反应达到平衡时，
10. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是( )
A. 除去CO2中的HCl的气体
B. 制取乙酸乙酯
C. 组装铜锌原电池
D. 检查装置气密性
11. 工业上可用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)制取干电池中所需的MnO2和Zn，其工艺流程如下：

下列说法正确的是( )
A. 酸溶时，MnO2作还原剂 B. 可用盐酸代替硫酸进行酸溶
C. 原料硫酸可以循环使用 D. 在电解池的阴极处产生MnO2
12. 在一密闭容器中，充入一定量的反应物A，反应aA(g)⇌bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积缩到一半，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.6倍，则下列判断正确的是( )
A. 平衡向正反应方向移动了 B. 物质A的转化率降低
C. 物质B的质量增加 D. a>b
13. 在某容积一定的密闭容器中有下列的可逆反应：正反应放热)有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是(T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数)(       )

A. P3>P4，y轴表示B的转化率
B. P3 C. P3 D. P3>P4，y轴表示混合气体的密度
14. 根据相应的图象(图象编号与选项一一对应)，判断下列相关说法正确的是( )
A. t1时改变某一条件，反应速率的变化如图所示，则改变的条件一定是加入催化剂
B. 反应达到平衡时，外界条件对平衡影响关系如图所示，则正反应为放热反应
C. 从加入反应物开始，物质的百分含量与温度关系如图所示，则该反应的正反应为吸热反应
D. 反应速率和反应条件变化如图所示，则该反应正反应为放热反应，A、B、C是气体、D为固体或液体
15. 一定压强下，向10 L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2，发生反应S2Cl2(g)+Cl2(g)⇌2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是( )
A. 正反应的活化能大于逆反应的活化能
B. 达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动
C. A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、D
D. 一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变
16. 在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下，下列说法正确的是( )
(已知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1)
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1molN2、3molH2
2molN2、6molH2
2molNH3
NH3的浓度(mol⋅L−1)
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出Q1kJ
放出Q2kJ
吸收Q3kJ
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
A. 2p1=2p3 B. 达到平衡时丙容器中NH3的体积分数最大
C. α2+α3<1
D. Q3+Q1=92.4
17. 某恒温密闭容器发生可逆反应：Z(？)+W(？)⇌X(g)+Y(？)ΔH，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中正确的是( )
A. Z和W在该条件下至少有一个是为气态
B. 若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c(X)，则t1∼t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等
C. t1∼t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量可能相等也可能不等
D. 若该反应只在某温度T以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而减小
18. Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)△=+11kJ⋅mol−1.在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
由上述实验数据计算得到和的关系可用如图表示。当升高温度，再次达到平衡时，可能落在( )
A. A D B. BD C. BE D. AE
19. 焦炭常用于冶炼工业。已知反应①：2C(s)+O2(g)=2CO(g)；反应②：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，反应①、②的反应趋势与温度关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 反应②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的△S<0，△H<0
B. 983K是反应趋势变化的转折点
C. L1对应反应①
D. 当温度低于983K时，过量焦炭的氧化产物以CO2为主
20. 可逆反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)的v−t图象如图甲所示。若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v−t图象如图乙所示。下列判断不正确的是( )
A. a1 B. 图平衡时甲和图乙中反应速率相等
C. t1>t2
D. 平衡时图甲和图乙中反应限度相同
21. 某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一外界条件对3A2(g)+B2(g)⇌2BA3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律[图中T表示温度，n(B2)表示B2起始物质的量]，则下列说法正确的是( )
A. a、b、c三点的平衡常数：Kb>Ka>Kc
B. 达到平衡时，B2的转化率：αb>αa>αc
C. 增大压强有利于BA3的生成，因此在实际生产中压强越大越好
D. 若起始量n(B2)n(A2)=12.8，则在T2温度下，平衡时BA3的体积分数接近b点
22. 在2L恒容密闭容器中充入2mol X和1mol Y发生反应：2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)△H<0，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的( )
A. 升高温度，平衡常数减小
B. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率
C. Q点时，Y的转化率最小
D. 平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
23. 下列有关电化学装置的说法正确的是( )
A. 利用图 1装置处理银器表面的黑斑 Ag2S，银器表面发生的反应为 Ag2S+2e−=2Ag+S2−
B. 图 2 电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出
C. 图 3 中的 X 极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼
D. 图 4 中若 M 是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀
24. 高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。

原理如下：(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。
下列说法不正确的是( )
A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe−=xLiFePO4
B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极
C. 充电时，阴极电极反应式：xLi++xe−+nC=LixCn
D. 充电时，Li+向左移动
25. 用电渗析法由NaH2PO2制备H3PO2的工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 电源a极为负极，所连石墨电极上的反应为2H++2e−=H2↑
B. 氢氧化钠溶液所在的极室中pH减小
C. H+由左向右穿过阳膜1，H2PO2−由右向左穿过阴膜
D. 当导线中转移0.4mol电子时，两石墨电极上产生气体体积之和为标准状况下4.48L
26. 氮的化合物的处理和利用是环境科学研究的热点。
(1)机动车排放的尾气中主要污染物为NOx，可用CH4催化还原NOx以消除其污染。298K时，1.0gCH4(g)与足量的NO气体完全反应生成N2、CO2和H2O(g)，放出72.5kJ的热量。该反应的热化学方程式为______。
(2)氮氧化物与悬浮大气中的海盐粒子相互作用会生成NOCl，涉及的相关反应有：

热化学方程式
平衡常数
①
2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+NOCl(g)△H1
K1
②
4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)△H2
K2
③
2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)△H3
K3
△H1、△H2、△H3之间的关系为△H3=______；K1、K2、K3的关系为K3=______。
(3)对汽车加装尾气净化装置，可使汽车尾气中含有的CO、NO2等有毒气体转化为无毒气体：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g)△H=−1200kJ⋅mol−1。对于该反应，温度不同(T2>T1)，其他条件相同时，下列图象正确的是______。(填序号)

(4)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物。向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H。在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如表。
时间/min
浓度/mol⋅L−1
0
10
20
30
40
50
NO
1.0
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
N2
0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
CO2
0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
①T1℃时，该反应在0∼20min的平均反应速率v(CO2)=______；该反应的平衡常数K=______。
②30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是______。(填序号)
A.加入一定量的活性炭
B.恒温恒压充入氩气
C.适当缩小容器的体积
D.加入合适的催化剂
③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则和原平衡相比，NO的转化率______(填“升高”或“降低”)，反应的平衡常数Kp=______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
27. 十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮、碳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：
氮元素的化合物种类繁多，研究氮氧化物的反应机理对于消除污染有重要指导作用。
(1)NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。
已知：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=−196.6kJ⋅mol−1
2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=−113.0kJ⋅mol−1
则NO2氧化SO2的热化学方程式为 ______。
(2)利用现代传感技术探究压强对2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图1所示。

①B、E两点对应的正反应速率大小为vB______vE(填“>”或“<”)。
②E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 ______(填字母序号)。
(3)酸性条件下，可用上图2装置将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极的电极反应式为 ______，物质A是 ______(填化学式)。
利用CO2制取甲醛可以缓解温室效应，反应方程式为CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)。请回答下列问题：
(4)T1℃时，将体积比为1：2的CO2和H2混合气体充入恒容密闭容器中，每隔一定时间测得容器内气体压强如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强/kPa
1.08
0.96
0.88
0.82
0.80
0.80
0.80
①T1℃时，CO的平衡转化率为 ______(保留两位小数)。
②T1℃时，反应的平衡常数Kp=______kPa−1(Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数；结果保留三位有效数字)。
28. 合成气的生产和应用在化学工业中有极为重要的地位。回答下列问题：
(1)利用合成气(主要成分CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，可能发生的反应有：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−63kJ⋅mol−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2
③CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)△H3
已知部分化学键键能数据如表：
化学键
H−H
C=O
CO
O−H
键能(kJ⋅mol−1)
436
803
1076
465
则△H3=______ kJ⋅mol−1。
(2)工业上可用CH4−H2O催化重整法制备合成气，其原理为：
反应i：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
反应ii：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
将1molCH4(g)和1molH2O(g)充入温度恒为298K、压强恒为100kPa的密闭容器中，发生反应i，不考虑反应ii的发生。反应i中，正反应速率，p为分压(分压=总压×物质的量分数)。若该条件下，当CH4分解率为20%时，______ kPa⋅s−1。
(3)CO2和CH4在一定条件下反应也可制得合成气。在1.0L密闭容器中充入1.0molCH4和1.0molCO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示。

①比较压强大小：p1______ p3。(填“>”、“<”或“=”)
②若要提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 ______ ， ______ 。(任写两条)
③若p4=2.0MPa，则x点的平衡常数Kp=______ 。(用平衡分压代替平衡浓度计算)
(4)科学家设计了一种电解装置，能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3)和合成气，装置如图2所示。
①催化电极b应与电源 ______ (填“正”或“负”)极相连。
②电解一段时间后，催化电极a附近的pH值将 ______ (填“增大”、“减小”或“不变”)，用电极反应方程式解释原因： ______ 。
③当外电路转移2mole−时，生成的合成气在标况下的体积为 ______ 。
29. 铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。回答下列问题：
(1)Cu2O中阳离子的基态核外电子排布式为 ______；Cu和Ni在元素周期表中的位置相邻，Ni在元素周期表中的位置是 ______。
(2)将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O。
①乙醇分子中C原子的杂化轨道类型为 ______；NH3能与H+以配位键形成NH4+的立体构型是 ______。
②[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O中存在的化学键除了极性共价键外，还有 ______。
(3)CuSO4溶液中加入过量KCN溶液能生成配离子[Cu(CN)4]2−，1molCN−中含有的π键数目为 ______，
与CN−互为等电子体的离子有 ______(写出一种即可)。
(4)Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图1所示，若晶体密度为ag⋅cm−3，则Cu与F最近距离为 ______pm(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式，不用化简)。
(5)某晶体晶胞结构如图2所示，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0,0,0)、(12,12,12)，则d点Cu原子的坐标参数为 ______。


答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.催化剂可降低反应的活化能，活化能越小，反应速率越快，且慢反应决定整个反应速率，则使用催化剂时反应的速率主要决定于第①步，故A错误；
B.缩小体积，浓度增大，可加快该反应速率，是因为增大了活化分子数目，故B错误；
C.催化剂不改变反应的始终态，为放热反应，降低温度平衡正向移动，则使用催化剂不改变焓变，降低温度有利于产物的生成，故C错误；
D.图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D正确；
故选：D。
A.催化剂可降低反应的活化能，活化能越小，反应速率越快，且慢反应决定整个反应速率；
B.缩小体积，浓度增大；
C.催化剂不改变反应的始终态，为放热反应，降低温度平衡正向移动；
D.图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化理论、平衡移动为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.分多次缓慢，不能测定最高温度，则测定中和热偏小，应一次性快速注入盐酸中，故A错误；
B.生成硫酸钙放热，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的反应热△H<−2×57.3kJ⋅mol−1，中和热为生成1mol水时热量变化，故B错误；
C.S燃烧生成稳定氧化物为二氧化硫，不能生成SO3(g)，故C错误；
D.冰的熔化热为6.0kJ⋅mol−1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ⋅mol−1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量，则640×100%=15%，即最多只能破坏1 mol冰中15%的氢键，故D正确；
故选：D。
A.分多次缓慢，不能测定最高温度；
B.生成硫酸钙放热；
C.S燃烧生成稳定氧化物为二氧化硫；
D.冰的熔化热为6.0kJ⋅mol−1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ⋅mol−1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量。
本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，把握反应中能量变化、燃烧热与中和热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

3.【答案】C

【解析】解：A.增大空气的量，平衡向正反应方向移动，提高SO2的转化率，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B.可乐中存在二氧化碳的溶解平衡，打开可乐瓶盖后二氧化碳气体的溶解度减小，可乐饮料中常常会生产大量气体，是平衡移动的结果，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C.催化剂能够加快反应速率，但不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，故C选；
D.存在平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)，该反应为放热反应，冷却后平衡正向移动，NO2的浓度减小，气体颜色变淡，能够用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：C。
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用平衡移动原理时，该反应必须是可逆反应，否则不适用平衡移动原理。
本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理内涵的理解和运用，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，注意只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查化学反应能量变化，注意加热是引发反应的外界条件，与反应吸热、放热无关，此题难度中等，注意基础知识积累。
【解答】
A.所有的燃烧反应都是放热反应，加热是引发反应的外界条件，与反应吸热、放热无关，故A错误；
B.H2(g)的燃烧热为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H，H2O(g)转化为H2O(l)需要放出热量，则△H<△H2，故B正确；
C.加入某种催化剂，反应的△H不变，故C错误；
D.由图可知，a点对应表面温度最高，说明放出的热量最多，此时体系能量最低，a点物质具有的总能量最小，故D错误。  
5.【答案】C

【解析】解：A.加入Na2CO3晶体，消耗H+，生成氢气的总量较少，故A错误；
B.加入NaOH晶体，消耗H+，生成氢气的总量较少，故B错误；
C.加入水，H+浓度降低，但总量不变，可减缓反应速率且不影响生成H2的总量，故C正确；
D.加入CuSO4固体，置换出铜，形成原电池反应，反应速率加快，故D错误．
故选：C.
为了减缓反应速率且不影响生成H2的总量，应降低溶液中氢离子浓度，但酸的总物质的量不变，以此解答该题．
本题考查化学反应速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于基本概念的综合考查和运用，难度大不，注意把握题目要求以及影响反应速率的因素，学习中要注意相关基础知识的学习和积累．

6.【答案】A

【解析】解：A.其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率加快，故A正确；
B.保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，由于各组分浓度不变，则反应速率不变，故B错误；
C.没有告诉正逆反应速率，无法判断平衡状态，故C错误；
D.其他条件不变，适当增加C(s)的质量，C(s)的浓度不变，则反应速率不变，故D错误；
故选：A。
A.将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率加快；
B.充入稀有气体，各组分浓度不变，反应速率不变；
C.没有指出正逆反应速率；
D.C为固态，增加C(s)的质量，反应速率不变。
本题考查化学平衡状态判断、反应速率的影响因素，题目难度不大，明确化学反应速率的影响因素为解答关键，注意掌握化学平衡状态的特征，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。

7.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查化学平衡状态判断、化学反应速率影响因素、热量的计算等知识点，明确化学反应原理及化学平衡状态判断方法是解本题关键，D为解答易错点，注意D的解答方法，题目难度不大。
【解答】
A.缩小容器体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子个数，正逆反应速率都增大，故A错误；
B.可逆反应达到平衡状态时，各物质的质量不再发生变化，该反应中C的质量不变时说明该反应已经达到平衡状态，故B正确；
C.当压强不变时，该反应达到平衡状态，说明反应物和生成物的气体总量不相等，所以A、C可以同时都是气体，故C错误；
D.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3mol×10%=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2mol×10%=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，所以Q2等于Q1，故D错误。
故选B。  
8.【答案】C

【解析】解：A.由图可知，①→②过程中能量降低，有新化学键形成，则放出能量并形成了C−C键，故A正确；
B.CH4→CH3COOH过程中，3个C−H键不变，由1个C−H键断裂，故B正确；
C.催化剂不影响平衡移动，则该催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D.反应产物只有一种，生成CH3COOH总反应的原子用率为100%，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，①→②过程中能量降低，有新化学键形成；
B.CH4→CH3COOH过程中，3个C−H键不变；
C.催化剂不影响平衡移动；
D.反应产物只有一种。
本题考查化学平衡及反应热与焓变，为高频考点，把握化学键的断裂和生成、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：A.平衡常数与温度有关，则降低c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；
B.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故B正确；
C.加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni(CO)4分解率较大，故C错误；
D.达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时，故D错误；
故选：B。
A.平衡常数与温度有关；
B.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4；
C.由加热至230℃制得高纯镍分析；
D.达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比。
本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握K与温度的关系、温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息，选项C为解答的难点，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】解：A.除杂时导管长进短出，图中进气方向不合理，故A错误；
B.乙酸乙酯与NaOH反应，应选饱和碳酸钠溶液，故B错误；
C.左侧发生Zn与硫酸铜反应，不能形成电势差，应将电解质互换，故C错误；
D，关闭止水夹，注入水，观察水柱，一段时间不变，则气密性良好，故D正确；
故选：D。
A.除杂时导管长进短出；
B.乙酸乙酯与NaOH反应；
C.左侧发生Zn与硫酸铜反应，不能形成电势差；
D，关闭止水夹，注入水，观察水柱。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

11.【答案】C

【解析】
【分析】
A、依据流程可知酸溶后生成了单质硫说明二氧化锰做氧化剂氧化硫化锌；
B、盐酸具有还原性能被MnO2氧化生成氯气；
C、依据流程分析电解滤液后生成了硫酸可以循环利用；
D、依据氧化还原反应，失电子的在阳极发生氧化反应．
【解答】
A、软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)在酸溶后生成了硫单质，说明二氧化锰做氧化剂，故A错误；
B、盐酸代替硫酸进行酸溶，盐酸溶液中氯离子被氧化生成氯气，故B错误；
C、酸溶后在最后电解滤液时又生成，可以循环利用，故C正确；
D、二氧化锰在酸溶后被还原为锰离子，通电电解在阳极生成二氧化锰，阴极生成锌，故D错误；
故选C.
本题考查工业流程的分析判断，电解原理的应用，物质性质的分析利用是解题关键，题目难度中等．  
12.【答案】B

【解析】解：A.改变条件瞬间c(B)是原来2倍，当达到新的平衡时，c(B)是原来的1.6倍，则增大压强平衡逆向移动，故A错误；
B.增大压强平衡逆向移动，则A的转化率降低，故B正确；
C.增大压强平衡逆向移动，则B的物质的量减少，故C错误；
D.增大压强平衡逆向移动，则a 故选：B。
达平衡后，保持温度不变，将容器体积缩到一半相当于增大压强，改变条件瞬间c(B)是原来2倍，当达到新的平衡时，c(B)是原来的1.6倍，则增大压强平衡逆向移动，据此分析解答。
本题考查化学平衡影响因素，侧重考查阅读、理解和灵活应用能力，正确判断增大压强平衡移动方向是解本题关键，往往易忽略增大压强瞬间c(B)变化而导致错误判断，题目难度不大。

13.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查物质的体积分数随时间变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量的变化、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
由图Ⅰ中a，b曲线知，温度相同，增大压强(因P2>P1)，C%升高，平衡正向移动，故x=1；该反应为A(g)+B(g)⇌C(g)△H<0，由反应可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。
A.P3>P4，增大压强，平衡正向移动，B的转化率增大，与图像一致；随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低，与图像一致，故A正确；
B.温度越高，B物质的转化率减小，所以B的体积分数增大，与图像不符，故B错误；
C.气体的质量、体积均不变，则密度始终不变，与图像不符，故C错误；
D.气体的质量、体积均不变，则密度始终不变，与图像不符，故D错误；
故选：A。  
14.【答案】D

【解析】解：A.若a+b=c，改变的条件可能为增大压强，则不一定为催化剂，故A错误；
B.由图象可知，相同压强下升高温度，G的体积分数小，G的体积分数小，平衡正向移动，说明正反应为吸热反应，故B错误；
C.由图可知，B逐渐减少，C逐渐增多，B为反应物，C为生成物，T2为平衡状态，升高温度，C的含量减少，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故C错误；
D.降温，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，正反应为放热反应；加压，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，正反应为气体体积减小的方向，则A、B、C是气体、D为固体或液体，故D正确；
故选：D。
A.若a+b=c，改变的条件可能为增大压强；
B.由图象可知，相同压强下，升高温度，G的体积分数小；
C.由图可知，B逐渐减少，C逐渐增多，B为反应物，C为生成物；
D.降温时，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动；加压，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动。
本题考查化学平衡与图象，明确坐标及图象中的点、线、面，明确影响反应速率及化学平衡的因素是解答的关键，侧重学生分析图象解决问题的能力的考查，题目难度中等。

15.【答案】A

【解析】解：A.正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知△H<0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；
B.由分析可知△H<0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)⇌2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图象可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；
D.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)⇌2SCl2(g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；
故选：A。
根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)⇌2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图象可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H2<0。
本题以图象分析为载体考查外界条件对化学平衡移动影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，正确判断平衡状态点及反应热、活化能含义是解本题关键，难点是平衡状态点的判断，题目难度中等。

16.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，关键是构建平衡建立的等效途径，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养．
【解答】
A、丙容器反应物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍；由于乙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2p1=2p3>p2，故A错误；
B、甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍，平衡向着正向移动NH3的体积分数变大，故B错误；
C、甲和丙平衡状态相同，转化率α1+α3=1；由于乙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，反应物转化率增大，所以转化率α2+α3>1，故C错误；
D、甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q3=92.4，故D正确；
故选：D。  
17.【答案】C

【解析】解：A.在t2时刻缩小容器体积，由图可知，逆反应速率增大，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，则Z和W都不是气体，故A错误；
B.化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c(X)是定值，则t1∼t2时间段与t3时刻后的c(X)相等，故B错误；
C.根据图象可知，只有X是气体，Y可以是气体或为固体与液体，当Y为固体或液体时，只有X为气体，则t1∼t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量相等，当Y为气体时，t1∼t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不相等，故C正确；
D.由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据ΔH−TΔS<0，ΔS>0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故D错误；
故选：C。
A.在t2时刻缩小容器体积，由图可知，逆反应速率增大，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变；
B.化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c(X)是定值；
C.根据图象可知，只有X是气体，Y可以是气体或不是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变或不等；
D.该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据ΔH−TΔS<0，ΔS>0，得出该反应是吸热反应。
本题考查化学平衡移动及反应速率图象，为高频考点，把握压强对反应速率、化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

18.【答案】D

【解析】
【分析】
2HI(g)⇌H2(g)+I2(g))△H=+11kJ⋅mol−1的正反应为吸热反应，升高温度，正、逆反应速率均加快，平衡向吸热反应方向移动，正反应建立新平衡，平衡时HI的物质的量分数减小；逆反应建立新平衡，平衡时H2的物质的量分数增大。
本题考查表格及图象的分析、温度对反应速率及平衡的影响知识，侧重分析能力的考查，难度不大。
【解答】
2HI(g)⇌H2(g)+I2(g))△H=+11kJ⋅mol−1的反应达到平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除B点，故选A点；
H2(g)+I2(g)⇌2HI(g))△H=−11kJ⋅mol−1的反应达到平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E点；
故选D。  
19.【答案】C

【解析】解：A.反应前后气体计量数之和减小，则△S<0，所有的燃烧都是放热反应，则反应②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的△S<0，△H<0，故A正确；
B.由图可知，983K时为反应①、②的反应趋势的交叉点，则983K是反应趋势变化的转折点，故B正确；
C.反应①的△H<0、△S>0，升高温度时自发进行的趋势增大，温度越高时G越小，则L2对应反应①，故C错误；
D.当温度低于983K时，主要发生C(g)+O2(g)=CO2(g)，则过量焦炭的氧化产物以CO2为主，故D正确；
故选：C。
A.反应前后气体计量数之和减小，则△S<0，所有的燃烧都是放热反应；
B.由图可知，983K时为反应①、②的反应趋势的交叉点；
C.反应①的△H<0、△S>0，升高温度时自发进行的趋势增大；
D.当温度低于983K时，主要发生C(g)+O2(g)=CO2(g)。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握焓变、熵变与反应进行的方向为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

20.【答案】B

【解析】解：A.使用催化剂，反应速率加快，则a1 B.乙使用催化剂，则图乙中反应速率大于图甲中反应速率，故B错误；
C.反应速率加快，时间变小，则t1>t2，故C正确；
D.平衡状态相同，则平衡时图甲和图乙中反应限度相同，故D正确；
故选：B。
其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，可加快反应速率，平衡状态相同，以此来解答。
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握催化剂对反应速率及平衡状态的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中速率、时间的变化，题目难度不大。

21.【答案】D

【解析】解：A.a、b、c三点的温度相同，则平衡常数的大小关系为：Kb=Kc=Ka，故A错误；
B.B2的量越多，其转化率越小，则达到平衡时B2的转化率大小为：αa>αb>αc，故B错误；
C.增大压强平衡正向移动，但对设备的要求高，则在实际生产中选合适的压强即可，不是压强越大越好，故C错误；
D.根据3A2(g)+B2(g)⇌2BA3(g)可知，起始量n(B2)n(A2)=13时BA3的体积分数最大，图中b点AB3的体积分数最大，若起始量n(B2)n(A2)=12.8，该比值接近二者的化学计量数之比，则在温度T2下，达到平衡时AB3的体积分数接近b点，故D正确；
故选：D。
A.K与温度有关；
B.B2的量越多，其转化率越小；
C.增大压强平衡正向移动，但对设备的要求高；
D.图中b点AB3的体积分数最大，此时n(A2)：n(B2)=3：1。
本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，题目难度中等。

22.【答案】A

【解析】解：A.△H<0为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数K减小，故A正确；
B.温度越高，反应速率越快，M点温度高，则W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，故B错误；
C.由图可知，Q点为平衡点，则Q点转化率最大，故C错误；
D.该反应为气体体积不变的反应，恒容恒温度下，平衡时充入Z，二者为等效平衡，达到新平衡时Z的体积分数与原平衡时相等，故D错误；
故选：A。
A.△H<0为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
B.温度越高，反应速率越快；
C.由图可知，Q点为平衡点；
D.该反应为气体体积不变的反应，恒容恒温度下，平衡时充入Z，二者为等效平衡。
本题考查化学平衡的移动，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响、等效平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析与平衡移动的结合，题目难度不大。

23.【答案】A

【解析】解：A.形成原电池反应，Al为负极，被氧化，Ag2S为正极被还原，正极方程式为Ag2S+2e−=2Ag+S2−，故A正确；
B.铜为阴极，发生还原反应，不能溶解，石墨电极上生成氧气，故B错误；
C.图3中的X极若为负极，粗铜为阴极，不能进行粗铜的精炼，而电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C错误；
D.铁作原电池正极时属于“牺牲阳极的阴极保护法”，该装置有外接电源，属于“有外加电源的阴极保护法”，故D错误；
故选：A。
A.形成原电池反应，Ag2S为正极被还原；
B.铜为阴极，发生还原反应；
C.电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；
D.铁作原电池正极时属于“牺牲阳极的阴极保护法”。
本题考查较为综合，涉及原电池和电解池原理，为高频考点，注意根据金属的腐蚀及保护、粗铜的精炼、电解原理等知识来分析解答，难度不大。

24.【答案】D

【解析】解：A.放电正极上FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe−=xLiFePO4，故A正确；
B.原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；
C.充电时，C变化为LixCn，阴极电极反应式：xLi++xe−+nC=LixCn，故C正确；
D.充电时，Li+向右移动，故D错误；
故选：D。
本题考查了原电池和电解池原理、电极反应书写、电子流向判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

25.【答案】C

【解析】解：A.左侧石墨为阳极，则电极a为正极，阳极电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故A错误；
B.右侧石墨为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，氢氧化钠溶液所在的极室中氢氧根离子浓度增大，pH增大，故B错误；
C.左侧石墨为阳极，电解时生成氢离子，由左向右穿过阳膜1，H2PO2−由右向左穿过阴膜与氢离子结合生成H3PO2，故C正确；
D.当导线中转移0.4mol电子时，左侧石墨为阳极，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，生成氧气0.4mol4×22.4L/mol=2.24L，右侧石墨为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，生成氢气0.4mol2×22.4L/mol=4.48L，共生成气体2.24L+4.48L=6.72L，故D错误；
故选：C。
由图可知，由NaH2PO2制备H3PO2，则H2PO2−由右向左穿过阴膜与氢离子结合生成H3PO2，故左侧石墨为阳极，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，右侧石墨为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，据此作答。
本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

26.【答案】CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−1160kJ⋅mol−1  2△H1−△H2 K12K2  乙  0.015mol⋅L−1⋅min−1  0.56C降低  0.36

【解析】解：(1)298K时，1g甲烷气体与足量的NO气体完全反应生成氮气、二氧化碳和水蒸气，放出72.5kJ的热量，即1g16g/mol=116mol甲烷完全反应释放72.5kJ能量，则1mol甲烷完全反应释放的能量为72.5kJ×16=1160kJ，该反应的热化学方程式为CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−1160kJ⋅mol−1，
故答案为：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−1160kJ⋅mol−1；
(2)已知①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+NOCl(g)△H1，②4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)△H2，由盖斯定律可知①×2−②得到2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)△H3=2△H1−△H2；③=①×2−②，K1、K2、K3的关系为K3=K12K2，
故答案为：2△H1−△H2；K12K2；
(3)甲.该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，都应该离开原来的速率点，图象与实际情况不相符，故甲错误；
乙.升高温度，反应向着逆向进行，反应物的转化率减小，反应速率加快，图象与实际反应一致，故乙正确；
丙.压强相同时，升高温度，反应向着逆向移动，一氧化氮的体积分数应该增大，图象与实际不相符，故丙错误；
故答案为：乙；
(4)①T1℃时，20min时，二氧化碳生成浓度为0.3mol/L，该反应在0∼20min的平均反应速率v(CO2)=0.3mol/L20min=0.015mol⋅L−1⋅min−1，NO、N2、CO2平衡浓度依次为0.4mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，该反应的平衡常数K=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO)=0.3×0.30.42≈0.56，
故答案为：0.015mol⋅L−1⋅min−1；0.56；
②A.加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故A错误；
B.恒温恒压充入氩气，体积增大，平衡不移动，但平衡状态物质浓度减小，故B错误；
C.适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故C正确；
D.催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故D错误；
故答案为：C；
③T1℃时，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为0.4：0.3：0.3=4：3：3，若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，说明升温NO增加，平衡逆移，则和原平衡相比，NO的转化率降低，T2℃达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则NO的百分含量为55+3+3=511，同理N2、CO2的百分含量分别为311、311，设平衡时总压强为p，反应的平衡常数K=p(N2)⋅p(CO2)p2(NO)=p×311×p×311(p×511)2=0.36，
故答案为：降低；0.36。
(1)热化学方程式中系数的单位为物质的量，由题目信息求算1mol甲烷燃烧放出的热量；
(2)已知热化学方程式的反应热，根据盖斯定律求算未知反应的反应热，对于平衡常数，方程式相加，方程式对应的平衡常数相乘，方程式相减，方程式对应的平衡常数相除，方程式乘以系数，方程式对应的平衡常数的指数就是系数，据此计算；
(3)该反应中焓变小于0，为放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，且反应向着逆向进行，二氧化氮转化率减小、一氧化碳的体积含量减小，据此对各图象进行判断；
(4)①根据公式v=△c△t计算反应速率，根据各组分平衡时浓度计算化学平衡常数K；
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，平衡状态物质浓度均增大；
③若30min后升高温度，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比与原平衡浓度比进行比较，判断平衡移动方向，由题目所给浓度关系确定各组分平衡分压，计算平衡常数Kp。
本题考查了盖斯定律的应用、影响平衡移动的因素、平衡常数的有关计算等，综合性较强，侧重分析及计算能力的考查，把握化学平衡常数的有关计算为解答的关键，题目难度中等。

27.【答案】NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=ΔH1−ΔH2=−41.8kJ/mol>HNO+6H++5e−=NH4++H2OH2SO4  7838.3

【解析】解：根据图一可知热化学方程式为①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH1=−196.6kJ⋅mol−1，②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH2=−113.0kJ⋅mol−1；根据盖斯定律，由①-②整理可得NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=ΔH1−ΔH2=−41.8kJ/mol，
故答案为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=ΔH1−ΔH2=−41.8kJ/mol；
(2)①其他条件相同时压强越大反应速率越快，故B、E两点对应的正反应速率大小为vB>vE，
故答案为：>；
②t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M=mn可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H，
故答案为：H；
(3)根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极上NO得电子产生NH4+，电极反应式为NO+6H++5e−=NH4++H2O；物质A是H2SO4，
故答案为：NO+6H++5e−=NH4++H2O；H2SO4；
由三段式可知CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)ΔP
开始(kPa)0.360.72001.08
变化(kPa)0.280.560.280.280.28
平衡(kPa)0.080.160.280.280.80
①T1℃时，CO2的平衡转化率为0.280.36=79≈78%，
故答案为：78%；
②Kp=p(H2O)p(HCHO)p(CO2)p2(H2)=0.80×0.280.08×0.162kPa−1=38.3kPa−1，
故答案为：38.3。
根据盖斯定律计算热化学方程式；探究压强对2NO2 (g)⇌N2O4(g)平衡移动的影响，根据图示可知，压强越大，反应速率越快，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内气体体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气体的物质的量逐渐减小，根据M=mn可知，E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；根据图中信息可知，将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极上NO得电子产生NH；物质A是H2SO4；根据三段式可计算出Kp。
本题主要考查了盖斯定律的应用，氧化还原反应离子方程式的书写，化学平衡常数的计算以及平衡移动的分析，同时考查学生的看图理解的能力，难度较大。

28.【答案】+990.5<升高温度  减小压强 169(MPa)2  负  减小  C3H8O3−2e−+2CO32−=C3H6O3+2HCO3−  22.4L

【解析】解：(1)△H2=(803×2+436)kJ/mol−(1076+2×465)kJ/mol=+36kJ/mol，根据盖斯定律②-①得CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)△H3=(+36+63)kJ/mol=+99kJ/mol，
故答案为：+99；
(2)将1molCH4(g)和1molH2O(g)充入温度恒为298K、压强恒为100kPa的密闭容器中，发生反应i，CH4分解率为20%时，
                    CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
起始n(mol)1100
转化n(mol)1×20%0.20.20.6
平衡n(mol)0.80.80.20.6
混合气体物质的量为(0.8+0.8+0.2+0.6)mol=2.4mol，p(CH4)=p(H2O)=0.8mol2.4mol×100kPa=1003kPa，正反应速率，
故答案为：0.5；
(3)①CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2，该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，由图可知，相同温度下，p1条件下CH4的平衡转化率大于p3条件下，则p1 故答案为：<；
②由图可知，随着温度升高，CH4的平衡转化率增大，则平衡正向移动，则该反应是气体增大的吸热反应，提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，当升高温度、减小压强都可以使平衡正向移动，
故答案为：升高温度；减小压强；
③p4=2.0MPa，CH4的平衡转化率为50%，
                  CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2
起始n(mol)1100
转化n(mol)1×50%0.511
平衡n(mol)0.50.511
混合气体总物质的量为0.5mol+0.5mol+1mol+1mol=3mol，Kp=p2(CO)⋅p2(H2)p(CH4)⋅p(CO2)=(1mol3mol×2MPa)2×(1mol3mol×2MPa)20.5mol3mol×2MPa×0.5mol3mol×2MPa=169(MPa)2，
故答案为：169(MPa)2；
(4)①CO2和H2O在催化电极b生成CO和H2，发生还原反应，电极b为阴极应当电源的负极相连，
故答案为：负；
②电极a为阳极，甘油被氧化为甘油醛，电极反应式为C3H8O3−2e−+2CO32−=C3H6O3+2HCO3−，则催化电极a附近的pH值将减小；
故答案为：减小；C3H8O3−2e−+2CO32−=C3H6O3+2HCO3−；
③CO2和转化为CO转移电子数为2，H2O转化为H2转移电子数为2，所以当外电路转移2mole−时，生成1molCO2和H2的混合气体，标况下的体积为22.4L，
故答案为：22.4L。
(1)根据△H=反应物键能总和-生成物键能总和算出△H2，根据盖斯定律②-①得CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)；
(2)将1molCH4(g)和1molH2O(g)充入温度恒为298K、压强恒为100kPa的密闭容器中，发生反应i，CH4分解率为20%时，列化学平衡三段式计算p(CH4)和p(H2O)，结合正反应速率计算；
(3)①CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2，该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大；
②要提高CH4的平衡转化率，使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
③p4=2.0MPa，CH4的平衡转化率为50%，列化学平衡三段式计算；
(4)①CO2和H2O在催化电极b生成CO和H2，发生还原反应；
②电极a为阳极，甘油被氧化为甘油醛，甘油失去电子与碳酸根离子反应生成甘油醛和碳酸氢根离子；
③CO2和转化为CO转移电子数为2，H2O转化为H2转移电子数为2。
本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算以及电化学等，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，此题难度大。

29.【答案】1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)第四周期族  sp3  正四面体形  配位键、离子键  2NA  C22− 34×332a⋅NA×1010  (14,34,34)

【解析】解：(1)Cu2O中阳离子为Cu+，Cu为29号元素，即Cu+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)，Ni为28号元素，0族元素原子序数从上至下依次为：2、10、18、36、54、86、118，28在18∼36之间，36−28=8，即Ni位于第四周期族，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；第四周期族；
(2)①乙醇中的C均无孤电子对，σ键的数目为4，其杂化轨道类型为sp3，NH4+中N无孤电子对，σ键的个数为4，其杂化轨道类型为sp3，即NH4+的立体构型是：正四面体形，
故答案为：sp3；正四面体形；
②[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O中Cu2+提供空轨道，N提供孤电子对，Cu2+和N之间形成配位键，[Cu(NH3)4]2+和SO42−之间形成离子键，
故答案为：配位键、离子键；
(3)CN−的结构式为(C≡N)−，三键中σ键有1个，π有2个，等电子体是指价电子数相同，原子数目也相同的微粒，CN−原子个数为2，价电子个数为10，与CN−互为等电子体的离子有：C22−，
故答案为：2NA；C22−；
(4)由图1可得，1个晶胞中F的数目为：4，Cu的数目为18×8+12×6=4，即1个该晶胞的质量为：64×4+19×4NAg=332NAg，根据ρ=mV，可知：V=332aNAcm3，即晶胞棱长为：3V=3332aNAcm3=3332aNA×10−10pm，此为体对角线截面图，黑点为F，三角形为Cu，即则Cu与F最近距离为体对角线的14，设Cu与F最近距离为xpm，由勾股定理可知，(4x)2=3(3332aNA×10−10)2，解得x=34×332a⋅NA×10−10pm，
故答案为：34×332a⋅NA×10−10；
(5)由图2可知，d点的Cu原子在两个O原子连线的中点上，即坐标为：(14,34,34)，
故答案为：(14,34,34)。
(1)Cu2O中阳离子为Cu+，Cu为29号元素，即Cu+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)，Ni为28号元素，0族元素原子序数从上至下依次为：2、10、18、36、54、86、118，28在18∼36之间，36−28=8，即Ni位于第四周期族；
(2)①乙醇中的C均无孤电子对，σ键的数目为4，其杂化轨道类型为sp3，NH4+中N无孤电子对，σ键的个数为4，其杂化轨道类型为sp3；
②[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O中Cu2+提供空轨道，N提供孤电子对，Cu2+和N之间形成配位键，[Cu(NH3)4]2+和SO42−之间形成离子键，
(3)CN−的结构式为(C≡N)−，三键中σ键有1个，π有2个，等电子体是指价电子数相同，原子数目也相同的微粒，CN−原子个数为2，价电子个数为10；
(4)由图1可得，1个晶胞中F的数目为：4，Cu的数目为18×8+12×6=4，即1个该晶胞的质量为：64×4+19×4NAg=332NAg，根据ρ=mV，可知：V=332aNAcm3，即晶胞棱长为：3V=3332aNAcm3=3332aNA×10−10pm，此为体对角线截面图，黑点为F，三角形为Cu，即则Cu与F最近距离为体对角线的14，由勾股定理可求；

(5)由图2可知，d点的Cu原子在两个O原子连线的中点上，即坐标为：(14,34,34)。
本题考查了原子核外电子排布、化学键、物质空间结构、原子轨道杂化方式、晶胞中原子距离的计算，晶胞中原子坐标的计算，难度较大，与高考联系紧密，要熟悉相关基础知识，并拥有较好的空间想象能力。