2020平遥县和诚高考补习学校高三12月月考化学试题含答案

这是一份2020平遥县和诚高考补习学校高三12月月考化学试题含答案，共24页。试卷主要包含了下列操作能达到相应实验目的的是，海水中含有丰富的镁资源等内容，欢迎下载使用。
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和诚中学2019—2020学年高三12月月考
化学试题



一、单选题(每小题3分,共54分)
1．下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）
A．Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) ΔH=-216kJ·mol-1，E反应物 c(H+) > c(OH-)
16．已知：酸式乙二酸钠与浓硫酸共热时反应为。利用该反应所产生的气体（X）用有关仪器装置进行实验：

下列说法不正确的是（ ）
A．对I装置，活塞关闭，打开活塞，在导管D处能得到纯净而干燥的CO
B．当A选项反应完成后，再关闭活塞，打开活塞，在导管D处得到纯净而干燥的
C．利用装置I中D处所得纯净CO气体，通过实验装置II能够说明CO具有还原性
D．实验装置III与实验装置II相比较，能减少CO污染，能顺利完成氧化铁还原实验
17．现有八种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④氯乙烯、⑤2—丁炔、⑥环己烷、⑦邻二甲苯、⑧乙醛，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色的是( )
A．③ ④ ⑤ ⑧ B．④ ⑤ ⑦ ⑧ C．④ ⑤ ⑧ D．② ③ ④ ⑤ ⑦ ⑧
18．下列叙述正确的是
①氧化还原反应的实质是电子的得失。
②若1 mol气体的体积为22.4 L，则它一定处于标准状况下。
③标准状况下，1 L HCl和1 L H2O的物质的量相同。
④溶于水得到的溶液可以导电的物质就是电解质。
⑤利用丁达尔现象区别溶液和胶体。
⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同。
⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大。
⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比。
A．①②③④ B．②③⑥⑦⑧ C．⑤⑦⑧ D．④⑤⑦⑧

二、综合题(共46分)
19．(12分)A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。
阳离子
Na＋、Ba2＋、NH4+
阴离子
CH3COO－、Cl－、OH－、SO42-
已知：①A、C溶液的pH均大于7，相同浓度A、B的溶液中水的电离程度相同；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
（1）A是 ，B是 。
（2）写出C与D反应的离子方程式 。
（3）25℃时，0.1mol·L－1B溶液的pH＝a，则B溶液中c(H＋)－c(NH3·H2O)＝ (用含有a的关系式表示)。
（4）将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为 。
（5）在一定体积的0.005mol·L－1的C溶液中，加入一定体积的0.00125mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH＝11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是 。
20．(18分)卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4
①氧化剂与还原剂的物质的量比是_______；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_______。
②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_____；
③若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。

写出图中仪器的名称：①____；该装置还缺少的仪器是_____；冷凝管的进水口是：_____（填g或f）。
（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
①实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：__________________________
②上述反应中氧化剂：__________，还原剂：__________，被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值______________。
③a : Cl2+2I-=I2+2Cl-； b: Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-； c:2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。
Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序：_________________________
21．(16分)氮、硫的化合物合成、应用以及对环境的影响一直是科学界研究的热点。
(1)尿素主要以NH3和CO2为原料进行合成。主要通过以下两个反应进行:
反应1：2NH3(l)+CO2(g)= H2NCOONH4(l)　ΔH1= -117.2 kJ·mol-1
反应2：H2NCOONH4(l)= H2O(l)+CO(NH2)2(l)　ΔH2=+21.7 kJ·mol-1
请回答：CO(NH2)2 (l)+H2O(l)=2NH3(l)+CO2(g) ΔH3=__________，该反应能自发进行的主要原因是________________．
(2)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，在恒容容器中，1 mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图所示。
①若700℃发生该反应，经3分钟达到平衡，计算0—3分钟v(S2)=______mol•L-1•min-1，该温度下的 平衡常数为_________．
②若该反应在起始温度为700℃的恒容绝热容器中进行，达到平衡时SO2的转化率________90%(填“＞”、“＜”或“=”)．
③下列说法一定能说明该反应达到平衡状态的是_______．
A．焦炭的质量不再变化时
B．CO2、SO2的浓度相等时
C．SO2的消耗速率与CO2的生成速率之比为1:1
D．容器的总压强不再变化时
(3) NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示．
石墨I附近发生的反应为__________________________________，当外电路通过1mole-，正极上共消耗_______ mol N2O5 。
参考答案
1．B
A. 反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；
B. 反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；
C. 该反应为吸热反应；
D. 该反应为可逆反应。
【详解】
A.当反应物总能量0，选项A错误；
B. 在25 ℃时，b、c二点在曲线上，对应的溶度积Ksp相等，a点是不饱和溶液，d是过饱和溶液，选项B错误；
C. a点是不饱和溶液，对a点的碳酸钙溶液恒温蒸发水，溶液中离子浓度均增大，选项C错误；
D. 25 ℃时，d点表示CaCO3在溶液中刚好达到饱和，查得钙离子、碳酸根离子浓度，Ksp=2.0×10-5×1.4×10-4==2.8×10-9，选项D正确。
答案选D。
6．A
【详解】
A、0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)，A选项正确；
B、0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合，pH>7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，若不考虑NH4+水解和NH3·H2O的电离，则c(NH4+)= c(NH3·H2O)=c(Cl-)，在考虑溶液中水解平衡和电离平衡后，因一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)> c(OH－)，B选项错误；
C、根据物料守恒，0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中，c(Na+)＝2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na+)＝3c(CO32-)＋3c(HCO3-)＋3c(H2CO3)，即c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，C选项错误；
D、0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH－)＋c(Cl－)，D选项错误；
故答案为A。
7．A
【详解】
A．步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH )=0.001mol，[即n(OH-)=0.001mol]。依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH- 恰好与HCO3-完全反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O，生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，此时c(Ca2+)c(CO32-)＞Ksp(CaCO3)，生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀Ca2++CO32-=CaCO3↓，沉淀溶液中剩余c(Ca2+)约为0.010 mol•L-1，c(CO32-)约为4.96×10－7 mol•L-1，没有MgCO3生成，所以沉淀物X为CaCO3，故A正确；
B．由于CO32-只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c(Ca2+)=0.010 mol•L-1．滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，故B错误；
C．步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11(即pOH=3)时，此时滤液中c(OH-)=1×10-3 mol•L-1，则Qc[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×(10-3)2=0.010×(10-3)2=10-8＜Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2生成。Qc[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=0.050×(10-3)2=5×10-8＞Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成。又由于Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=5.61×10-12，c(Mg2+)=5.61×10-6＜10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，故C错误；
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n(NaOH)=0.105mol，与0.05mol Mg2+反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，生成0.05 mol Mg(OH)2，剩余0.005 mol OH-。由于Qc[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c(OH-)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-7＜Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，故D错误；
故选A。
【点睛】
正确理解沉淀的生成与溶度积的关系是解题的关键。本题的易错点为A，要注意生成碳酸钙沉淀后溶液中Qc(MgCO3)与Ksp(MgCO3)比较。
8．A
A.根据图象可知：在室温下，醋酸溶液的AG=lg=7，即=107，而水的离子积Kw=c(H＋)·c(OH-)=10-14，两式联立可知：c(H＋)=10－3..5 mol/L，而在醋酸溶液中，c(CH3COO-)≈c(H＋)=10－3.5 mol/L，因此醋酸的电离平衡常数Ka=≈=10-5，A正确；
B.A点的AG=lg =0，即=1，则c(H＋)=c(OH-)，此时溶液显中性，而当加入氢氧化钠溶液20.00 mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质是强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，B错误；
C.当B点加入NaOH溶液40 mL时，所得溶液为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，根据物料守恒可知，c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，C错误；
D.A点之后，当V(NaOH)>20 mL后，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，D错误；
故合理选项是A。
9．C
【详解】
A. 分析可知，达到平衡状态后，升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应△Hv逆，与图像相符，则图Ⅰ表示的是t1时刻增大压强，与题意不符，A错误；
B. 加入催化剂正逆反应速率相同，且均增大，即图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂，与题意不符，B错误；
C. 增大压强，正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，即v正>v逆，速率加快反应时间缩短，则P甲小于P乙，与图像不符，图Ⅲ表示的不是压强对化学平衡的影响，符合题意，C正确；
D. 升高温度，正逆反应速率均增大，且T甲小于T乙；平衡逆向移动，二氧化硫的转化率降低，图Ⅲ表示的是温度对化学平衡的影响，与题意不符，D错误；
答案为C。
11．D
【详解】
A. 用稀硫酸溶液洗涤并灼烧铂丝后，会生成沸点较高的硫酸盐附着在铂丝上，而用稀盐酸洗涤生成的氯化物沸点低，灼烧时容易除去杂质，故A错误；
B. 测定溶液的pH要使用干燥的pH试纸，湿润的试纸会改变溶液中离子浓度，故B错误；
C. 硝酸钾的溶解度随温度升高变化较大，而氯化钠的溶解度随温度升高变化较小，除去硝酸钾，应使氯化钠留在母液中，不能冷却，应趁热过滤，故C错误；
D. 丁达尔效应是胶体的特性，溶液中没有丁达尔现象，可鉴别溶液和胶体，故D正确；
答案选D。
12．A
【详解】
加烧碱溶液(②)溶解，得到NaAlO2溶液和Fe，过滤(③)得NaAlO2溶液，再通入过量生成沉淀(④)，最后再过滤(③)，即得纯净的氢氧化铝。
所以操作顺序为②③④③。
答案为A。
13．B
【详解】
A．氢氧化钠溶液吸收二氧化硫气体，氢氧化钠过量，生成正盐，即生成亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，故A正确；
B．久置的二氧化硫水溶液会被空气氧化成硫酸，正确的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，故B错误；
C．小苏打溶液中加入足量澄清石灰水的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．在淀粉-KI溶液中加入稀硫酸酸化，再通入ClO2气体，溶液变蓝，说明有碘生成，二氧化氯作氧化剂，离子方程式：2ClO2+10I-+8H+═5I2+2Cl-+4H2O，故D正确；
故答案为B。
14．D
【详解】
A. 途径1中产生的Cl2可与氢气反应生成HCl，循环利用，与题意不符，A错误；
B. 途径2中，根据原子守恒200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，与题意不符，B错误；
C. CuCl2•2H2O水解生成氢氧化铜和HCl，加热时促进水解，X气体是HCl，目的是抑制CuCl2•2H2O加热过程可能的水解，与题意不符，C错误；
D. 稀硫酸无强氧化性，CuCl在稀硫酸存在的条件下，不稳定易生成金属 Cu 和Cu2+，符合题意，D正确；
答案为D。
【点睛】
稀硫酸无强氧化性不能氧化CuCl中的Cu为+2价。
15．B
【详解】
A、氮氧化物与水和氧气发生氧化还原反应最终生成硝酸，所以步骤a中还需要加入适量的氧气和水，故A正确；
B、铁在硝酸中被氧化为+3价，保温去铁后过滤，铁元素主要以Fe(OH)3形式被过滤出去，故B错误；
C、硝酸铜易水解，蒸发浓缩的过程中加入适当的硝酸，目的是抑制硝酸铜的水解，故C正确；
D、硝酸铜易水解，溶液呈酸性，所以硝酸铜溶液中离子浓度大小：，故D正确。答案选B。
16．D
【解析】
【详解】
A．对装置Ⅰ，关闭活塞K2，打开活塞K1，气体经过氢氧化钠溶液除去 CO2，再经浓硫酸干燥，即能得到纯净而干燥的 CO，故A正确；
B． CO2 与氢氧化钠溶液生成的碳酸钠溶液中加入稀硫酸生成 CO2，故B正确；
C．纯净的 CO 通过实验装置Ⅱ，若红色粉末变为黑色或澄清石灰水变浑浊，都能够说明CO 具有还原性，故C正确；
D．实验装置Ⅲ气体不能顺利进入硬质玻璃管，无法完成实验，故D错误；
故答案为D。
17．C
【详解】
④氯乙烯中含碳碳双键、⑤2-丁炔中含碳碳三键、⑧乙醛中含-CHO，均既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色，而①②③⑥均不能，⑦只能与高锰酸钾溶液反应褪色；
故选C。
18．C
【详解】
①氧化还原反应的实质是电子的得失或电子对的偏移，与题意不符，错误。
②若1 mol气体的体积为22.4 L，根据PV=nRT，则它可能处于标准状况下，与题意不符，错误。
③标准状况下，HCl为气体，H2O为液体， 则1 LH2O的物质的量大于 1 LHCl的物质的量，与题意不符，错误。
④溶于水得到的溶液，可能为溶质与水反应生成的物质导电，也可能该物种电离产生的离子导电，则无法判断该物质就是电解质，与题意不符，错误。
⑤胶体具有丁达尔现象，而溶液无此性质，可利用丁达尔现象区别溶液和胶体，符合题意，正确。
⑥两种物质的物质的量相同，若两物质均为气体，则它们在标准状况下的体积也相同，与题意不符，错误。
⑦在同温同体积时，气体的物质的量之比等于压强之比，则气体物质的物质的量越大，则压强越大，符合题意，正确。
⑧同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，ρ=、m=nM，则气体的密度与气体的相对分子质量成正比，符合题意，正确。
综上所述，答案为C。
19．CH3COONa NH4Cl Ba2++SO42-=BaSO4↓ 10a-14 c(OH－)>c(Ba2+)=c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+) 1∶4
【分析】
有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含有一种阴离子且互不重复)。
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。据此分析解答。
【详解】
(1)通过以上分析知，A是CH3COONa、B是NH4Cl，故答案为：CH3COONa；NH4Cl；
(2)C是氢氧化钡、D是硫酸钠，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；
(3)B是NH4Cl，0.1mol·L－1B溶液的pH＝a，根据溶液中电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据溶液中物料守恒得 c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(Cl-)，将两个等式相减得c(H+)-c(NH3•H2O)=c(OH-)=10 a-14，故答案为：10 a-14；
(4)B是NH4Cl，C是氢氧化钡，根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，溶液中氢氧根离子浓度最大，钡离子和氯离子浓度相等，氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，溶液呈碱性，氢离子浓度最小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故答案为：c(OH-)＞c(Ba2+)=c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)；
(5)C是氢氧化钡，在一定体积的0.005mol·L－1的氢氧化钡溶液中，加入一定体积的0.00125mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH=11，溶液显碱性，则碱过量，过量c(OH-)=0.001mol/L，设氢氧化钡溶液的体积为x，盐酸的体积为y，由=0.001可知，=0.001，解得x∶y=1∶4，故答案为：1∶4。
20．1:5 0.5NA 溶液分层，下层液为紫红色 蒸馏烧瓶 温度计 g MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O MnO2 HCl 1:1 Cl2>Fe3+>I2
【分析】
（1）①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；
②碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；
③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气；
②依据氧化还原反应的规律分析；
③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答；
【详解】
（1）①反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是1:5；生成3molI2，电子转移5mol，生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol，转移的电子的数目为0.5NA；
②溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；
③该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶，②是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g口为进水口；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++ Cl2↑+2H2O；
②反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从-1价升高到0价，MnO2作氧化剂，HCl作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值为1:1；
③a反应中Cl2作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Cl2> I2，b反应中Cl2作氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Cl2> Fe3+，c反应中Fe3+作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Fe3+> I2，综上，氧化性Cl2>Fe3+>I2。
21．+95.5 kJ·mol-1 ΔS＞0 0.15 36.45 ＜ AD NO2+NO3--e-=N2O5 0.5

【分析】
（1）根据盖斯定律（反应1+反应2）×（-1）得到；反应自发进行的条件是△H-T△S＜0；
（2）①利用反应的三段式结合反应速率公式、平衡常数表达式计算；
②700℃时升高温度，SO2的转化率降低，则平衡逆向移动，正向反应为放热反应，该体系相当在恒温恒容平衡体系中升温，平衡逆向移动；
③化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；
（3）石墨I为电池的负极：NO2失电子生成N2O5，写出电极反应式；写出反应的总方程式再计算电子转移数。
【详解】
(1)反应1：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l)　ΔH1= -117.2 kJ·mol-1
反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l)　ΔH2=+21.7 kJ·mol-1
根据盖斯定律（反应1+反应2）×（-1）得到：CO(NH2)2 (l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g) ΔH3=[-117.2 kJ·mol-1+(+21.7 kJ·mol-1)]×（-1）=+95.5 kJ·mol-1 ，该反应能自发进行的主要原因是：该反应是吸热反应，反应能发生则△S＞0；
(2)① 反应的三段式为 2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）
起始浓度（mol·L－1） 1 0 0
变化浓度（mol·L－1） 0.9 0.45 0.9
平衡浓度（mol·L－1） 0.1 0.45 0.9
v（S2）=△c÷△t=0.45mol·L－1÷3min=0.15mol/（L·min）
该温度下的平衡常数k= = =36.45；
②1 mol·L－1SO2与足量的焦炭在恒容、700℃反应时，SO2的转化率为90%，若1 mol·L－1SO2与足量的焦炭在恒容、绝热容器中反应，由于反应放热，容器内温度升高，所以恒容、绝热容器中的反应相当在恒容、700℃反应平衡的基础上升温，则平衡逆向进行，SO2的转化率降低；
③A．焦炭的质量减少，则反应正向进行，焦炭的质量增加，则反应逆向进行，若焦炭的质量不再变化时，则反应达到平衡状态，故A正确；
B．CO2、SO2的浓度相等时，不能确定正逆反应速率是否相等，所以不能确定反应是否达到平衡状态，故B错误；
C．无论反应是否达到平衡，SO2的消耗速率与CO2的生成速率始终相等，所以SO2的消耗速率与CO2的生成速率之比为1：1时，不能确定反应状态是否平衡，故C错误；
D．反应正向是气体体积增大的反应，反应正向进行，容器压强增大，逆向进行，容器压强减小，所以容器的总压强不再变化时，反应达到平衡状态，故D正确；
故选AD；
（3）石墨I，NO2失电子生成N2O5，附近发生的反应为NO2+NO3--e-=N2O5；
总反应为：4NO2+O2=2N2O5，每转移4mol电子，生成2molN2O5，当外电路通过1mole-，正极上共消耗 0.5mol N2O5 。