2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三第一次月考化学试题含解析

这是一份2023届天津市滨海新区塘沽第一中学高三第一次月考化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，结构与性质，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

天津市滨海新区塘沽第一中学2023届高三第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．在①化合反应；②分解反应；③置换反应；④复分解反应，四种基本反应类型中，一定属于氧化还原反应的是
A．①③ B．②③ C．③④ D．③
【答案】D
【详解】①有元素化合价变化的化合反应是氧化还原反应，如H2+Cl22HCl等，没有元素化合价变化的化合反应不是氧化还原反应，如CaO+H2O=Ca(OH)2等，故①不选；
②有元素化合价变化的分解反应是氧化还原反应，如2HClO2HCl+ O2↑等，没有元素化合价变化的分解反应不是氧化还原反应，如CaCO3CaO+CO2↑等，故②不选；
③置换反应中一定有元素化合价发生变化，所以置换反应一定是氧化还原反应，故③选；
④复分解反应中没有元素化合价变化，都不是氧化还原反应，故④不选；
则一定是氧化还原反应的是③，答案选D。
2．下面的排序不正确的是
A．晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4
B．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C．熔点由高到低：Na＞Mg＞Al
D．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
【答案】C
【详解】A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，则晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故A正确；
B．原子晶体中，原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键越牢固，硬度越大，键长C−C＜C−Si＜Si−Si，则硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；
C．金属晶体中金属原子的价电子数越多，原子半径越小，金属阳离子与自由移动的电子之间的静电作用越强，金属键越强，熔沸点越高，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，故C错误；
D．离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高，离子半径：r(F-)＜r(Cl-)＜r(Br-)＜r(I-)，则熔点由高到低：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故D正确；
故选C。
3．是重要的核工业原料，下列有关的说法中正确的是
A．原子核中含有92个中子 B．原子核外有143个电子
C．与互为同位素 D．与互为同素异形体
【答案】C
【分析】元素符号左上角数字表示质量数，左小角数字表示质子数，质量数-质子数=中子数。
【详解】A. 原子核中含有92个质子，A错误；
B. 原子核外有92个电子，B错误；
C. 与质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；
D. 与互为同位素，同素异形体研究的对象为单质，D错误；
答案选C。
4．根据下表信息，判断下列叙述中正确的是

氧化剂
还原剂
其他反应物
氧化产物
还原产物
①
Cl2
FeBr2


Cl-
②
KClO3
浓盐酸

Cl2

③
KMnO4
H2O2
H2SO4
O2
Mn2+

A．氧化性强弱的比较：KClO3>Fe3+>Cl2>Br2
B．表中②组反应的还原产物是KCl，生成lmolKCl时转移电子的物质的量是6mol
C．表中①组的反应可知：通入Cl2的量不同，氧化产物可能不同
D．表中③组反应的离子方程式为：2+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O
【答案】C
【详解】A.氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应①可知，氧化产物为Fe3+或Br2或Fe3+或Br2，则氧化性Cl2> Fe3+，故A错误；
B.由题给信息可知，氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，反应的化学方程式为KClO3+6HCl=KCl+3 Cl2↑+3H2O，由方程式可知，生成lmolKCl时转移电子的物质的量是5mol，故B错误；
C.亚铁离子的还原性强于溴离子，若氯气不足量，还原性强的亚铁离子与氯气反应，氧化产物为铁离子，若氯气过量，亚铁离子和溴离子均被氯气氧化，氧化产物为铁离子和溴单质，故C正确；
D.表中③发生的反应为酸性条件下，溶液中过氧化氢与高锰酸根离子发生氧化还原反应生成锰离子、氧气和水，反应的离子方程式为：2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误；
故选C。
5．下列化学用语正确的是（　　）
A．乙烯的结构简式：CH2CH2 B．丙烷分子的比例模型为：
C．2-甲基-1-丁烯的键线式： D．四氯化碳分子的电子式为：
【答案】C
【详解】A．乙烯的分子中含有官能团碳碳双键，不能省略，所以乙烯的结构简式：CH2=CH2，故A错误；
B．丙烷结构简式为CH3CH2CH3，为丙烷分子的球棍模型，它的比例模型为，故B错误；
C．键线式中线表示化学键，折点为C原子，2-甲基-1-丁烯的键线式为，故C正确；
D．氯原子上的孤电子对未标出，四氯化碳电子式为，故D错误；
答案为C。
6．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将某气体通入品红溶液中
品红溶液褪色
该气体一定是
B
向亚硝酸中加入少量溶液
有气泡生成
非金属性
C
某无色溶液中可能含有：，向该溶液中加入少量溴水
溶液呈无色
该溶液中一定不含，肯定含有，可能含有
D
将少量铜粉加入溶液中
固体溶解，溶液变蓝色
金属铁比铜活泼

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．能够使品红溶液褪色的气体可能是SO2，也可能是具有强氧化性的Cl2等，因此不能据此判断气体成分是SO2，A错误；
B．向亚硝酸中加入少量溶液，有气泡生成，说明亚硝酸的酸性强于碳酸，但是亚硝酸不是氮元素的最高价氧化物对应水化物，故不能得出非金属性，B错误；
C．向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SO>I-，判断一定含有SO，可能含有I-，一定不含有Ba2+，C正确；
D．将少量铜粉加入溶液中，发生反应，没有金属间的置换，不能比较活泼性，D错误；
故选C。
7．为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温常压下，22.4L 中含有的分子数小于
B．11.7g NaCl溶于水，所得溶液中数目为0.2
C．浓度为0.5的溶液中，含有的数目为1.5
D．1mol 溶于足量水，所得溶液中HClO、、粒子数之和小于2
【答案】C
【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4L 的物质的量小于1mol，所以分子数小于，故A正确；
B．11.7g NaCl溶于水，所得溶液中数目为0.2，故B正确；
C．溶液体积未知，不能计算浓度为0.5的溶液中含有的数目，故C错误；
D．1mol 溶于足量水，所得溶液中含氯微粒有Cl2、HClO、、，根据元素守恒，HClO、、粒子数之和小于2，故D正确；
选C。
8．下列说法正确的是
A．酯在碱性条件的水解称为皂化反应
B．苯能发生取代反应但不能发生加成反应
C．常温下乙烯、乙炔、乙醇都能被酸性高锰酸钾氧化
D．蛋白质投入硫酸溶液中能发生中和反应生成硫酸铵
【答案】C
【详解】A．油酯在碱性条件的水解反应生成高级脂肪酸盐即肥皂的主要成分，故油酯在碱性条件的水解称为皂化反应，A错误；
B．苯能发生取代反应，在一定条件下也能与H2、Cl2等发生加成反应，B错误；
C．常温下乙烯中含有碳碳双键、乙炔中含有碳碳三键、乙醇含有羟基，故它们都能被酸性高锰酸钾氧化，C正确；
D．蛋白质投入硫酸溶液中能发生蛋白质的变性，而不是中和反应，不能生成硫酸铵，D错误；
故答案为：C。
9．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A．pH＝12的溶液：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－
B．空气： C2H2、CO2、SO2、NO
C．氢氧化铁胶体：H+、K+、S2-、Br-
D．高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42-、C2H5OH
【答案】A
【详解】A．pH=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，与氢氧根离子也不反应，可大量共存，故A正确；
B．NO和空气中的氧气反应，不能大量共存，故B错误；
C．H+、S2-反应生成硫化氢气体，不能大量共存，故C错误；
D．H+、MnO4-、C2H5OH能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意乙醇能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸。
10．向氨水中加入晶体，溶液的碱性
A．增强 B．减弱 C．不变 D．无法判断
【答案】B
【详解】稀氨水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，加入氯化铵固体，增大了NH的浓度，导致平衡逆向移动，碱性减弱，故选B。
11．2021年12月9日下午，神舟十三号“太空出差三人组”在中国空间站进行了太空授课，“太空教师”王亚平介绍了宇航员在太空中的主要氧气来源为电解水产生。下列关于电解水的说法正确的是
A．水既是氧化剂也是还原剂
B．常温下每消耗18g水即可产生
C．每生成共转移电子
D．电解水时产生的为氧化产物
【答案】A
【详解】A．电解水过程中发生反应，水既是氧化剂也是还原剂，A项正确；
B．每消耗18g水的物质的量，理论上可以产生0.5mol氧气，标准状况下体积为V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=，B项错误；
C．O元素化合价从-2升到0价，每生成共转移2×(2-0)=电子，C项错误；
D．H元素化合价降低，是电解水中的还原产物，D项错误；
故选：A。
12．五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是

A．元素X可能为锂 B．原子半径大小：
C．中各原子均达8电子稳定结构 D．Y和M在同一族
【答案】C
【分析】X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li；Z的化合价为+4，Y的化合价为+5，原子序数Z＞Y，则Y为N、Z为Si元素；M的化合价为-3，则M为P元素；W的化合价为-2，其原子序数最大，则W为S元素，据此解答。
【详解】A．X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li，故A正确；
B．同一周期原子序数越小原子半径越大，则原子半径大小：，故B正确；
C．元素X可能为H或Li，X2W中X原子不是8电子稳定结构，故C错误；
D．根据分析可知，Y为N、M为P元素，都位于第VA族，故D正确。
故答案为C。

二、实验题
13．TiO2和TiCl4都是钛的重要化合物，某化学兴趣小组在实验室对两者的制备及性质进行探究。
Ⅰ.制备TiCl4
实验室利用反应TiO2 (s)＋CCl4(g)TiCl4(g)＋CO2(g)，在无水无氧条件下制备TiCl4，装置图和有关信息如下：

物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
CCl4
-23
76
与TiCl4互溶
TiCl4
-25
136
遇潮湿空气产生白雾

请回答下列问题：
(1)仪器A的名称是___________。
(2)实验开始前后的操作包括：①检查装置气密性，②组装仪器，③通N2一段时间，④加装药品，⑤点燃酒精灯，⑥停止通N2 ，⑦停止加热。正确的操作顺序是___________。实验结束后欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是___________。
Ⅱ.制备TiO2及测定TiO2的质量分数：
在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2·xH2O，经过滤、水洗，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。
(3)写出生成TiO2·xH2O的化学方程式___________。
(4)一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。滴定分析时，称取上述TiO2试样0.2g，消耗0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2标准溶液20mL。
①则TiO2质量分数为___________。(相对原子量Ti-48)
②配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的目的是抑制NH4Fe(SO4)2水解。
现在实验室中有一瓶98%的H2SO4 (ρ=1.84g/cm3) ，要配制2.0mol/L的稀H2SO4 250mL，请回答如下问题：需要量筒量取浓硫酸的体积为___________。在该实验使用的玻璃仪器中除烧杯、玻璃棒、量筒外，还有___________。
③在用浓硫酸配制稀硫酸过程中，下列操作中会造成稀硫酸溶液质量分数偏小的是___________(填字母)。
A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶
B．在稀释过程中，有少量液体溅出
C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤
D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平
【答案】     干燥管     ②①④③⑤⑦⑥     蒸馏     TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl     80%     27.2mL     250mL容量瓶、胶头滴管     BCD
【分析】通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应TiO2 (s)＋CCl4(g)TiCl4(g)＋CO2(g)，CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置盛放浓硫酸防止水蒸气进入D。
【详解】(1)根据A的结构特点可知其为干燥管；
(2)对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2，正确的操作顺序是②①④③⑤⑦⑥；D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏进行分离；
(3)TiCl4水解生成TiO2•xH2O，设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为(x+2)，所以化学方程式为：TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl；
(4)①滴定时Fe3+将Ti3+氧化成Ti4+，二者的系数之比应为1：1，n(TiO2)=n(NH4Fe(SO4)2)=0.02L´0.1mol/L=0.002mol，所以TiO2的质量分数为=80%；
②98%的H2SO4 (ρ=1.84g/cm3) 的物质的量浓度为=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，则有V´18.4mol/L=2.0mol/L´0.25L，解得V=0.0272L=27.2mL；配制时需要用量筒量取适量水在烧杯中将浓硫酸稀释，并用玻璃棒搅拌，之后将溶液转移到250mL容量瓶中，还需要用胶头滴管进行定容，所以所需仪器还有250mL容量瓶和胶头滴管；
③A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A不符合题意；
B．在稀释过程中，有少量液体溅出，导致部分溶质损失，浓度偏小，故B符合题意；
C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤，导致部分溶质损失，浓度偏小，故C符合题意；
D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平，导致部分溶质损失，浓度偏小，故D符合题意；
综上所述答案为BCD。

三、结构与性质
14．第Ⅷ族元素Fe、Co、Ni性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题：
(1)基态Ni原子核外有___种空间运动状态不同的电子，同周期元素中，基态原子未成对电子数与Ni相同的过渡元素为___。
(2)Fe3+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知Fe3+遇邻苯二酚()和对苯二酚( )均显绿色。邻苯二酚中原子的杂化类型有____，邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低，原因是____。
(3)有历史记载的第一个配合物是Fe4[Fe(CN)6]3 (普鲁士蓝)，该配合物的内界为____。表中为Co2+、Ni2+不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时，总能量的降低)。由表可知，Ni2+比较稳定的配离子配位数是____(填“4”或“6”)。Co3+性质活泼，易被还原，但形成[Co(NH3)6]3+]后氧化性降低，可能的原因是____。
离子
配位数
晶体场稳定化能(Dq)
Co2+
6
-8Dq+2p
4
-5.34Dq+2p
Ni2+
6
-12Dq+3p
4
-3.56Dq+3p

(4)氧元素与Fe可形成低价态氧化物FeO。

①FeO立方晶胞结构如图所示，则Fe2+的配位数为___；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为____。
②若O2-与Fe2+之间最近距离为apm，则该晶体的密度计算式为___g·cm-3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)
【答案】(1)     15     钛
(2)     sp2、sp3     邻苯二酚形成分子内氢键，比对苯二酚易形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低
(3)     [Fe(CN)6]4-     6     形成配位键后，该微粒性质变得更稳定
(4)     6     正八面体     g·cm-3

【解析】（1）
为28号元素，基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，基态Ni原子核外有1+1+3+1+3+5+1=15，15种空间运动状态不同的电子；根据基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，其3d能级上未成对电子数为2，同周期中，未成对电子数为2的还有钛,为22号元素，其基态电子排布式为：[Ar]3d24s2。
（2）
C原子是sp2杂化，所以苯环的C在同一平面，O类似于水分子的一个H被苯基取代，所以O是sp3杂化；邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成分子间氢键，后者分子间作用力较大，因此，熔沸点较低；
（3）
配合物是中内界为；由表中数据可知，配位数为6的晶体场稳定化能为-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越稳定；性质活泼，但很稳定，说明形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定；
（4）
由图可知，与体心Fe2+紧邻且最近的O2-数为6，则 Fe2+的配位数为6；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型和与Fe2+紧邻的所有O2-构成的几何构型相同，与体心的Fe2+紧邻的6个O2+构成正八面体，故与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体；若O2-与Fe2+之间的最近距离为a pm，ρ=mV=n×MV=n×MNAV=4(56+16)NA×(2a×10-10)3g·cm-3。

四、有机推断题
15．白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如下：

醇是一种抗肿的药物，合成它的一种路线如下：。
(1) D的一种同分异体满足下列条件：
Ⅰ．属于α­氨基酸：
Ⅱ．能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色；
Ⅲ．分子中有7种不同化学环境的氢，且苯环上的一取代物只有一种。
写出该同分异构体的结构简式：___________。(任一种)
(2)③的应类型是___________
(3)1白藜芦醇最多与___________反应，与浓溴水反应时，最多消耗___________。
(4)反应④中加入试剂X的分子式为，X结构式为___________。
(5)据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合路线流程图______ (无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：

【答案】(1)或
(2)取代反应
(3)     7     6
(4)
(5)CH3CH2OH CH3CH2Cl CH3CH2CN

【分析】根据白藜芦醇的结构简式可以知道，苯环和碳碳双键可以和氢气反应，苯环上酚羟基邻位上的氢可以被溴取代，碳碳双键可以和溴加成，从而计算消耗的氢气和溴的量；在找D的同分异构体的时候，能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色，说明不含有酚羟基，含有碳碳双键，以此解题。
（1）
Ⅰ．属于α—氨基酸，说明含有氨基和羧基；Ⅱ．能使溴水褪色，但不能使FeCl3溶液显色，说明不含有酚羟基，含有碳碳双键；Ⅲ．分子中有7种不同化学环境的氢，且苯环上的一取代物只有一种，则符合条件的有机物结构简式为或(其他合理的答案)；
（2）
对比C、D的结构可知，反应③中酚羟基中H原子被-OCH2OCH3取代，属于取代反应，故答案为取代反应；
（3）
白藜芦醇中苯环、碳碳双键均匀氢气发生加成反应，1mol白藜芦醇最多能与7molH2反应；酚羟基的邻位、对位位置有H原子，可以与浓溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，1mol白藜芦醇与浓溴水反应时，最多消耗6molBr2，故答案为白藜芦醇中苯环、碳碳双键均匀氢气发生加成反应，1mol白藜芦醇最多能与7molH2反应；酚羟基的邻位、对位位置有H原子，可以与浓溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，1mol白藜芦醇与浓溴水反应时，最多消耗6molBr2，故答案为7；6；；
（4）
反应④中加入试剂X的分子式为C9H10O3，对比D、E的结构与X分子式可知，D与X脱去1分子水得到E，则D中-CN连接的亚甲基与X中醛基脱去1分子水形成碳碳双键而得到E，可推知X的结构简式为：；
（5）
乙醇发生转化关系中①的反应得到CH3CH2Cl，再结合反应②得到CH3CH2CN，结合反应④可知，CH3CH2CN与乙醛反应得到CH3CH=C(CH3)CN，合成路线流程图为：CH3CH2OH CH3CH2Cl CH3CH2CN。

五、原理综合题
16．合成氨是人工固氮比较成熟的技术，在工业上有重要的用途。
(1)已知化学键的键能如下表，则___________。
化学键




键能/
435.9
946.5
391.1
192.8

(2)恒温条件下，在体积固定的容器中发生合成氨的反应，下列叙述表明反应已达平衡状态的是___________。
①体系压强保持不变
②
③每消耗，有键发生断裂
④混合气体的密度保持不变
⑤混合气体的平均摩尔质量保持不变
⑥
(3)合成氨反应的平衡常数与温度的对应关系如下表：
温度()
25
400
450
平衡常数

0.507
0.152

试解释平衡常数随温度的升高而减小的原因___________。工业上合成氨一般以铁触媒为催化剂，条件下反应，选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是___________。
(4)在恒温条件下实验室模拟合成氨反应，甲、乙两容器充入相同量的与后体积相同，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则反应到达平衡状态时，转化率甲___________乙(填“＞”、“＜”或“=”)。反应达平衡后向甲容器中再充入一定量的，则甲容器中的转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)肼又称联氨可看成是氨气中的氢原子被氨基取代后的产物，常用作火箭的液体燃料。肼燃料电池的原理如图所示，则负极发生的电极反应式为___________。

【答案】(1)-92.4 kJ∙mol-1
(2)①③⑤
(3)     △H＜0，反应放热，升高温度后平衡逆向移动，所以K值减小     此温度时催化剂的活性最大
(4)     <     增大
(5)N2H4－4e−+4OH− =N2↑+4H2O

【解析】（1）
对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=435.9 kJ∙mol-1×3+946.5 kJ∙mol-1-391.1 kJ∙mol-1×6=-92.4 kJ∙mol-1。答案为：-92.4 kJ∙mol-1；
（2）
①反应前后气体分子数不等，平衡移动时，压强改变，当体系压强保持不变时，反应达平衡状态，①符合题意；
②当c(N2):c(H2) :c(NH3)＝1:3:2时，可能是反应进行的某个阶段，不一定是平衡状态，②不符合题意；
③每消耗1mol N2，有6mol N﹣H键发生断裂，则反应进行的方向相反，且正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，③符合题意；
④容器的体积不变，混合气的总质量不变，混合气体的密度始终不变，所以密度不变时，不一定达平衡状态，④不符合题意；
⑤混合气体的质量不变，平衡前气体的物质的量不断改变，当平均摩尔质量保持不变时，反应达平衡状态，⑤符合题意；
⑥v正(NH3)＝0时，说明反应从生成物开始，且反应物的起始量为0，此时反应尚未开始，不可能达平衡状态，⑥不符合题意；
故选①③⑤。答案为：①③⑤；
（3）
从表中数据可以看出，随着温度的不断升高，平衡常数不断减小，则平衡常数随温度的升高而减小的原因为：△H＜0，反应放热，升高温度后平衡逆向移动，所以K值减小。反应放热，如果从提高原料转化率方面考虑，应选低温，如果从加快反应速率方面考虑，应选高温，选择400～500℃条件下反应，则应从催化剂考虑，从而得出选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是：此温度时催化剂的活性最大。答案为：△H＜0，反应放热，升高温度后平衡逆向移动，所以K值减小；此温度时催化剂的活性最大；
（4）
在恒温条件下实验室模拟合成氨反应，甲、乙两容器充入相同量的N2与H2后体积相同，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，由于反应过程中气体分子总数减小，故乙容器体积逐渐缩小，乙的平衡等效于甲平衡的基础上缩小体积增大压强后右移的结果，故反应到达平衡状态时，转化率甲<乙。反应达平衡后向甲容器中再充入一定量的NH3，则把氨气折算成反应物，则相当于氮气和氢气按1:3投料，则相当于氮气、氢气的投料都增加了、并提高了氢气的含量，新平衡时各成分的浓度都会增加，按，若新平衡时，氨气浓度为旧平衡时2倍，则K的表达式中分子分母都变为4倍，显然氢气浓度的增幅必须小一些才能满足，故新平衡时甲容器中H2的转化率增大；
（5）
由肼燃料电池的原理如下图所示，则肼转变为氮气，是氧化反应，则肼为负极反应物，在碱性条件下，负极发生的电极反应式为：N2H4－4e−+4OH− =N2↑+4H2O。