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精品解析：黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题
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铁人中学2019级高一学年下学期期末考试
化学试题
试题说明：
1.本试题满分100分，答题时间90分钟。
2.请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Mn-55
第Ⅰ卷 选择题部分
一、选择题(每小题只有一个选项正确，每小题3分，共54分。)
1. 下列能源中，不会对环境造成污染而且又廉价方便的是
A. 煤 B. 石油 C. 氢气 D. 太阳能
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤是一种有限的化石燃料，燃烧生成温室气体二氧化碳，同时能生成引起酸雨的二氧化硫气体，故不选A；
B．石油是一种有限的化石燃料，燃烧生成温室气体二氧化碳，故不选B；
C．氢气是清洁能源，但在制备和储运时需投入一定的经济成本，故不选C；
D．太阳能不会对环境造成污染而且又廉价方便，故选D；
选D。
2. 下列化学用语或命名正确的是( )
A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
B. 含有10个中子的氧原子的符号：
C. 的结构示意图：
D. 的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 次氯酸分子中含有1个H-O键和1个O-Cl键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故A错误；
B. 氧原子的质子数为8，含有10个中子的氧原子的质量数为18，其表示方法为：，故B正确；
C. 为硫原子结构示意图，S2-的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8，硫离子正确的结构示意图为：，故C错误；
D. 氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，其电子式为，故D错误；
故选B。
3. 一定条件下：2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0 。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是
A. 温度0℃、压强50 KPa
B. 温度130℃、压强300 KPa
C. 温度130℃、压强50 KPa
D. 温度25℃、压强100 KPa
【答案】C
【解析】
【详解】在测定NO2的相对分子质量时，使2NO2(g)⇌N2O4(g)反应逆向移动，减小N2O4含量，可以减小误差；2NO2(g)⇌N2O4(g)正反应体积减小，减压平衡逆向移动，2NO2(g)⇌N2O4(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以温度130℃、压强50 KPa，测定结果误差最小。
故选C。
4. 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、N等微粒已被发现。下列有关说法中正确的是
A. H3是氢元素的一种核素
B. O2与O4属于同素异形体
C. C60的摩尔质量为720
D. N中含有36个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．H3是氢元素组成的一种单质，故A错误；
B．O2与O4是氧元素组成的不同单质，属于同素异形体，故B正确；
C．C60的摩尔质量为720g/mol，故C错误；
D．N中含有34个电子，故D错误；
选B。
5. 下列说法中正确的是
A 离子化合物中一定含有离子键
B. 单质分子中均存在化学键
C. HF分子间存在氢键，故氟化氢比氯化氢更稳定
D. NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力
【答案】A
【解析】
【详解】A．含有离子键的化合物为离子化合物，所以离子化合物中一定含有离子键，故A正确；
B．单质中不一定存在化学键，如稀有气体单质中不存在化学键，故B错误；
C．分子间氢键影响熔沸点，分子的稳定性与共价键强弱有关，故C错误；
D．NaCl为离子化合物，溶于水破坏离子键，HCl为共价化合物，溶于水破坏共价键，故D错误；
综上所述答案为A。
6. 已知：(1) 2H2(g)＋O2 (g)＝2H2O(g) ΔH1 =a kJ/mol
(2) 4H2 (g)＋2O2 (g)＝4H2O(g) ΔH2 = b kJ/mol
(3) 2H2 (g)＋O2 (g)＝2H2O(l) ΔH3 = c kJ/mol
(4) 4H2 (g)＋2O2 (g)＝4H2O(l) ΔH4 = d kJ/mol
则a、b、c、d的关系正确的是
A. 2a=b＜0 B. 2c=d＞0 C. a＜c＜0 D. b＞d＞0
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应(2)的系数是反应(1)的2倍，所以反应热为(1)的2倍，即2a=b，燃烧反应放热，所以ΔH<0，故A正确；
B．反应(4)的系数是反应(3)的2倍，所以反应热为(3)的2倍，即2c=d，燃烧反应放热，所以ΔH<0，2c=d<0，故B错误；
C．同物质的量的氢气，生成液态水比生成气态水放热多，a、c为负值，所以a>c，故C错误；
D．同物质的量的氢气，生成液态水比生成气态水放热多，b、d为负值，所以d
7. 下列说法或表示方法正确的是
A. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2 (g)和1.5 mol H2 (g)置于密闭容器中充分反应生成NH3 (g)放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3 (g) △H=－38.6 kJ·mol-1
B. 由C(s，石墨)＝C(s，金刚石) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定
C. 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 在25 ℃、101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3 (g)反应可逆，500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2 (g)和1.5 mol H2 (g)置于密闭容器中充分反应生成NH3 (g)的物质的量小于1mol，放热19.3kJ，所以生成2mol氨气放出的热量大于38.6 kJ，故A错误；
B．由C(s，石墨)＝C(s，金刚石) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1可知，金刚石能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．浓硫酸溶于水放热，在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，故C正确；
D．在25 ℃、101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，故D错误；
选C。
8. 下列说法中错误的是
A. 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)＝2CaSO4(s)+ 2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的△H<0
B. NH4Cl(s)＝NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H >0
C. 若△H<0，△S>0，化学反应在任何温度下都能自发进行
D. 加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A．2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)＝2CaSO4(s)+ 2CO2(g)，△S<0，在低温下能自发进行，则该反应的△H<0，故A正确；
B．NH4Cl(s)＝NH3(g)+HCl(g) ，△S>0，室温下不能自发进行，说明该反应的△H >0，故B正确；
C．反应能自发进行，若△H<0，△S>0，化学反应在任何温度下都能自发进行，故C正确；
D．加入合适的催化剂能降低反应活化能，催化剂不能改变反应的焓变，故D错误；
选D。
9. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
选项
事实
推测
A
CaCO3和BaCO3都难溶于水
SrCO3也难溶于水
B
Mg与冷水难反应，Ca与冷水易反应
Be(铍)与冷水更易反应
C
HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D
Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时能反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaCO3、BaCO3都难溶于水，Sr与Ca、Ba位于同一主族，则SrCO3也应难溶于水，故A正确；
B．同主族元素自上而下金属性减弱，Be不如Mg活泼，Mg与冷水难反应，Be应更难反应，故B错误；
C．非金属性越强，氢化物越稳定，HBr的分解温度介于HCl和HI之间，故C正确；
D．非金属性S＞P＞Si，非金属性越强越易与氢气化合，则P与H2在高温时能反应，故D正确；
故选B。
10. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是
A. 元素的非金属性：X>Y B. 简单离子的还原性：Y>X>W
C. 简单离子的半径：W>X>Y>Z D. 氢化物水溶液的酸性：Y>W
【答案】C
【解析】
【分析】
四种短周期主族元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素，Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物，该淡黄色固体为Na2O2，则Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F元素，W为Cl元素，据此分析。
【详解】A．同周期元素自左至右非金属性增强，所以非金属性：X>Y，故A错误；
B．单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2-＞Cl-＞F-，故B错误；
C．电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl-＞O2-＞F-＞Na+，故C正确；
D．F元素的非金属性强于Cl元素，则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子，在水溶液中HF不容易发生电离，故HCl的酸性强于HF，故D错误；
故选C。
11. 在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是
①容器内温度不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的压强不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤B 的质量不变 ⑥容器内 C、D 两种气体的浓度相等
A. ①②④⑤⑥ B. ①②④⑤
C. ①②③④⑤ D. ①②⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①该反应中温度是变量，当容器内温度不变时，表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故①符合题意；
②该反应中混合气体总质量是变量、容器容积为定值，则混合气体的密度是变量，混合气体的密度不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故②符合题意；
③容器内的压强不变，说明体系温度不变，反应达平衡状态，故③符合题意；
④混合气体总质量为变量，混合气体的物质的量为定值，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，表明达到平衡状态，故④符合题意；
⑤该反应中B的质量是变量，当B 的质量不变时，表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故⑤符合题意；
⑥由反应2A(g)+B(s)C(g)+D(g)可知，C、D 两种气体的浓度始终相等，不能根据C、D 两种气体的浓度相等，判断平衡状态，故⑥不符合题意；
由上分析①②③④⑤符合题意，C正确；答案为C。
12. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述正确的是
A. Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
B. W元素的金属性大于Z
C. 该化合物中，W、X、Y之间均为离子键
D. X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【分析】
一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W能形成1个共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。
【详解】A．N的最高化合价氧化物的水化物为HNO3，HNO3是强酸，故A正确；
B．Z为Na元素 、W为H元素，四种元素中钠的金属性最强，故B错误；
C．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键，故C错误；
D．BF3中F为8电子稳定结构，B不是8电子结构，故D错误；
选A。
13. 在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p (Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) △H<0。下列操作中，能使其反应速率不变的有
①保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2
②保持容器容积不变，向其中充入1 mol N2 (N2不参加反应)
③保持容器内压强不变，向其中充入1 mol N2 (N2不参加反应)
④保持容器内压强不变，向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)
⑤提高起始反应温度
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】C
【解析】
【详解】①保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2，氢气浓度增大，反应速率加快；
②保持容器容积不变，向其中充入1 mol N2 (N2不参加反应)，反应物浓度不变，反应速率不变；
③保持容器内压强不变，向其中充入1 mol N2 (N2不参加反应)，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢；
④保持容器内压强不变，向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，容器体积增大，反应物浓度不变，反应速率不变；
⑤提高起始反应温度，反应速率加快；
能使其反应速率不变的有②④，共2个，故选C。
14. 在KIO3、 KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI和淀粉，不停地搅拌，有下列反应发生：①IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；②3I2+3HSO+3H2O→6I -+3SO +9H+。当反应进行到15 min 时，溶液突然变为蓝色，随之又很快消失，这一反应被称做时钟反应，有人用它来解释生物钟现象、下列有关说法错误的是（ ）
A. 在整个反应过程中，起催化作用的物质是KI
B. 上述两 个反应中，反应速率较快的是②
C. 时钟反应的快慢由反应②决定
D. “溶液突然变为蓝色，随之又很快消失”这一现 象与①②的反应速率有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．抓住催化剂的主要特征，在反应前后都有I-，①IO3-+5I-+6H+→3I2+3H2O，②3I2+3HSO3-+3H2O→6I-+3SO42-+9H+，将①×6+②×5得：6IO3-+15HSO3-＝15SO42-+3I2+9H++3H2O，所以KI起催化作用，A正确；
B．当反应进行到15min时，溶液突然变为蓝色发生反应，发生反应①，随之又很快消失，很快消失说明②的反应速率大于①，B正确；
C．反应②为快反应，反应①为慢反应，由反应①决定时钟反应，C错误；
D．当反应进行到15min时，溶液突然变为蓝色发生反应，发生反应①，随之又很快消失，很快消失说明②的反应速率大于①，现象与①②的反应速率有关，D正确；
答案选C。
15. 乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。下列有关说法错误的是
A. 该正反应历程中最大能垒(活化能)为85 kJ·mol-1
B. 吸附反应为吸热反应
C. Pd为固体催化剂，一般其表面积越大，催化效果越好
D. C2H2*+H*→C2H3*的过程中有能量的上升，说明有化学键的断裂
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示，该正反应历程中最大能垒(活化能)为85 kJ·mol-1，故A正确；
B．由过程C2H2→C2H2*可知，吸附反应放热反应，故B错误；
C．Pd为固体催化剂，一般其表面积越大，吸附效果越好，催化效果就越好，故C正确；
D．化学键断裂吸热，C2H2*+H*→C2H3*的过程中有能量的上升，说明有化学键的断裂，故D正确；
选B。
16. 一定温度下，向一容积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol A与3 mol B，在一定条件下发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g) △H>0，达到平衡后容器内压强是开始时的84％。若加入某种催化剂后反应的能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 由图可知，加入催化剂之后，原反应分成了两步，第一步反应较慢
B. 若40s后达到平衡，则用A表示该反应的速率为0.01 mol·L-1·min-1
C. 达到平衡后，增大压强，平衡常数不变
D. 达到平衡后，升高温度，平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，加入催化剂之后，原反应分成了两步，第一步活化能大，因此第一步反应较慢，故A正确；
B．设平衡时Δn(A)=x，则Δn(B)=Δn(C)=x，所以平衡时n(A)=(2-x)mol，n(B)=(3-x)mol，n(C)=x mol，根据题意有=84%，解得x = 0.8mol，若40s后达到平衡，容器体积为2L，则用A表示该反应的速率为v(A)= =0.01 mol·L-1·s-1，故B错误；
C．温度不变平衡常数不变，故C正确；
D．该反应焓变大于0，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，故D正确；
综上所述答案为B。
17. 汽车尾气净化器中发生的反应为 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生上述反应，测得有关实验数据如表:下列说法正确是
容器
温度(℃)
起始物质的量(mol)
平衡物质的量(mol)
NO
CO
N2
CO2
N2
CO2
I
400
0.2
0.2
0
0
0.12
II
400
0.4
0.4
0
0
III
300
0
0
0.1
0.2
0.075
A. 该反应的△S＜0、△H＞0
B. 容器I中达到平衡所需时间2s，则v(N2)=0.06mol/(L·s)
C. 若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，开始时v(正)＞v(逆)
D. 达到平衡时，体系中c(CO)关系: c(CO，容器Ⅱ)＞2 c(CO，容器Ⅰ)
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应前的气体系数之和大于反应后气体系数之和，此反应属于熵减，即△S＜0，反应I中产生的N2的物质的量为mol=0.06mol，对比反应I和反应III，降低温度，N2的物质的量升高，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，即△H＜0，故A错误；
B．容器I达到平衡N2的物质的量为mol=0.06mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(N2)==0.03 mol/(L·s)，故B错误；
C． 根据表格容器I数据列“三段式”：
根据化学平衡常数的表达式，K= =21，若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，此时的浓度商Qc==10＜21，说明反应向正反应方向进行，v正＞v逆，故C正确；
D．反应II相当于在I的基础上再通入0.2molNO和0.2molCO，此时假如平衡不移动，c(CO，容器II)= 2c(CO，容器I)，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，因此有c(CO，容器II)＜2c(CO，容器I)，故D错误；
答案选C。
18. 我国科研人员研究了在Cu—ZnO—ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是
A. 该反应过程中，涉及了极性共价键的断裂和生成
B. 带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C. 第④步的反应式为*HO+*H→H2O
D. Cu—ZnO—ZrO2可提高甲醇的平衡产率
【答案】D
【解析】
【详解】A．O=C=O和H-H反应生成CH3OH和H-O-H，反应过程中，有极性共价键的断裂和生成，故A正确；
B．CO2和H2反应的最终产物是CH3OH和H2O，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；
C．根据图示，第④步的反应式为*HO+*H→H2O，故C正确；
D．Cu—ZnO—ZrO2是催化剂，催化剂只能加快反应速率，不能使平衡移动，不能提高甲醇的平衡产率，故D错误；
选D。
第Ⅱ卷 非选择题部分
二、非选择题(共46分)
19. 按要求填空。
(1)前20号元素中气态氢化物最稳定的是：_____(填化学式)。
(2)前20号元素中最高价氧化物对应水化物碱性最强的碱为：_____(填写名称)。
(3)第Ⅵ A族元素所形成的氢化物中沸点最高的是：____(填化学式)。
(4)短周期主族元素中原子半径最大的元素是：_____(填写名称)。
(5)Fe在元素周期表中位置：______。
(6)以下晶体，存在分子间作用力的共价化合物是_______(填序号)。
①Ne晶体 ②NH4Cl晶体 ③CaCl2晶体 ④干冰 ⑤水晶
(7)下列能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强的是_______(填序号)。
① HCl的溶解度比H2S的大
② HCl的酸性比H2S的强
③ HCl的稳定性比H2S的强
④ Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS
⑤ HClO4的酸性比H2SO4的强
⑥ Cl2能与H2S反应生成S
【答案】 (1). HF (2). 氢氧化钾 (3). H2O (4). 钠 (5). 第四周期第Ⅷ族 (6). ④ (7). ③④⑤⑥
【解析】
【详解】(1)前20号元素中，F元素的非金属性最强，气态氢化物最稳定的是HF；
(2)前20号元素中，金属性最强的是K元素，最高价氧化物对应水化物碱性最强的碱为氢氧化钾；
(3)第Ⅵ A族元素所形成的氢化物中，H2O分子间能形成氢键，所以沸点最高的是H2O；
(4)电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越少半径越大，短周期主族元素中原子半径最大的元素是钠；
(5)Fe是26号元素，在元素周期表中位置为第四周期第Ⅷ族；
(6)①Ne是单原子分子，不含化学键；②NH4Cl是离子晶体，没有分子，不存在分子间作用力； ③CaCl2是离子晶体，没有分子，不存在分子间作用力； ④干冰是固态二氧化碳，属于共价化合物，存在分子间作用力； ⑤水晶是二氧化硅，属于原子晶体，没有分子，不存在分子间作用力；故选④；
(7)① 物质的溶解性与元素得电子能力无关，不选①；
② 无氧酸的酸性与元素得电子能力无关，不选②；
③ 元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，HCl的稳定性比H2S的强，说明氯元素非金属性大于硫元素，非金属性越强越易得电子，选③；
④ Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS，氯气氧化性大于S，说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子强，选④；
⑤ HClO4的酸性比H2SO4的强，说明氯元素非金属性大于硫元素，非金属性越强越易得电子，选⑤；
⑥ Cl2能与H2S反应生成S，氯气氧化性大于S，说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子，选⑥；
故选③④⑤⑥。
20. 按要求回答下列问题。
(1)如图是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_______。
(2)下表是部分化学键的键能数据：
化学键
P—P
P—O
O=O
P=O
键能(kJ·mol－1)
198
360
498
x
已知1 mol白磷(P4)完全燃烧放热为1194 kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图所示，则表中x＝________ kJ·mol－1
(3)实验室用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为____________；用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(4)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
又知③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1
则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：_______。
(5)在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应2H2S(g)⇌2H2(g) + S2(g)控制不同的温度和压强进行实验，结果如图。图中压强关系P1、P2、P3由大到小的顺序为______，该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应，若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有_______。
【答案】 (1). NO2(g) +CO(g)=NO(g) +CO2(g) △H=－234kJ·mol-1 (2). 138 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). 偏小 (5). CH3OH(g) +3/2O2(g)= CO2(g) +2H2O(l) △H=－764.7kJ·mol-1 (6). P3>P2>P1 (7). 吸热 (8). 移出产物H2或S2
【解析】
【分析】
(1)根据图示， NO2(g)和CO(g)反应生成CO2和NO是放热反应；
(2)焓变=反应物总键能-生成物总键能；
(3)测定中和热需要搅拌溶液；氨水是弱电解质，电离吸热；
(4)根据盖斯定律书写甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式；
(5) 增大压强，2H2S(g)⇌2H2(g) + S2(g)逆向移动，H2S的平衡转化率减小；升高温度，H2S的平衡转化率增大；
【详解】(1)根据图示，1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO放出(368-134) kJ能量，NO2和CO反应的热化学方程式是NO2(g) +CO(g)=NO(g) +CO2(g) △H=－234kJ·mol-1；
(2)白磷(P4)完全燃烧生成P4O10，反应方程式是P4+5O2= P4O10，焓变=反应物总键能-生成物总键能，则-1194=198×6+498×5－360×12－4x，x=138；
(3)测定中和热需要搅拌溶液，缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；氨水是弱电解质，电离吸热，用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小；
(4)①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－1929 kJ·mol－1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1
根据盖斯定律②×3-①×2+③×2得CH3OH(g) +3/2O2(g)= CO2(g) +2H2O(l) △H=－764.7kJ·mol-1；
(5) 增大压强，2H2S(g)⇌2H2(g) + S2(g)逆向移动，H2S的平衡转化率减小，所以P3>P2>P1；升高温度，H2S的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以移出产物H2或S2。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用、影响化学平衡移动的因素，明确反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，理解温度、浓度、压强对化学平衡的影响。
21. 某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：在25 ℃下，控制光照强度、废水样品、初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成了以下实验设计表。
实验编号
初始pH
废水样品体积/mL
草酸溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
20
20
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。
(1)上述反应后草酸被氧化为________(填化学式)。
(2)实验①和②的结果表明_____；实验①中O～t1时间段反应速率v (Cr3＋)＝____mol·L－1·min－1(用代数式表示)。
(3)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设。
请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用；
假设二：______；
假设三：______；
(4)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。【除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中的Cr2O浓度可用仪器测定】
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
_______
反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)_____实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)_______，则假设一不成立。
(5)草酸不仅能还原Cr2O，还能还原MnO。某同学为了测定某高锰酸钾产品的质量分数，取0.500 g的高锰酸钾产品，配成50.00 mL溶液，取出 10.00 mL，用 0.100 mol·L-1草酸标准溶液滴定至终点，消耗草酸标准溶液15.00 mL。则该样品中高锰酸钾的质量分数为_________。
【答案】 (1). CO2 (2). 溶液的pH对该反应的速率有影响 (3). (4). Al3＋起催化作用 (5). 起催化作用 (6). 用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验 (7). 大于 (8). 相同 (9). 94.8%
【解析】
【详解】(1)草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3+，草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，所以氧化产物为CO2；
(2)由实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影响；该反应中Cr2O全部转化为Cr3+，所以根据元素守恒可知v(Cr3+)=2v(Cr2O)== mol·L－1·min－1；
(3)根据铁明矾[Al2Fe(SO4)4•24H2O]组成可知假设二、三可以Al3+起催化作用、起催化作用；
(4)控制变量法探究实验中要注意变量的唯一，所以验证假设一时，对照实验中的变量应只有Fe2+，所以需要控制Al3+和浓度比，因此不宜选用K2SO4和Al2(SO4)3，而用等物质的量K2SO4•Al2(SO4)3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立；
(5)草酸可以还原高锰酸钾生成Mn2+，根据电子守恒可知有数量关系：n(H2C2O4)：n(KMnO4)=5:2；草酸标准液的体积为15mL，所以10.00mL高锰酸钾溶液中n(KMnO4)==0.0006mol，则样品中n(KMnO4)=0.0006mol´5=0.003mol，所以高锰酸钾的质量分数为=94.8%。
【点睛】第4小题设计对照实验时要注意控制Al3+和浓度比，因此不宜选用K2SO4和Al2(SO4)3；第5小题计算时要注意滴定的高锰酸钾溶液是配置的50.00mL溶液中的一部分。
22. 研究氮氧化物的反应机理，NOx之间的转化对于消除环境污染具有重要意义。
(1)已知：N2O4(g)⇌2NO2(g) ΔH＞0，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
① 达到平衡后，再充入1 mol 的NO2，则NO2的平衡转化率_______(“增大”、“减小”或者“不变”)。
② t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
(2)升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)(ΔH＜0)的速率却随温度的升高而减小。某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知，NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
Ⅰ.2NO(g)⇌N2O2(g) (快) v1正＝k1正c2(NO) v1逆＝k1逆c(N2O2) ΔH1＜0
Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO2(g) (慢) v2正＝k2正c(N2O2)c(O2) v2逆＝k2逆c2(NO2) ΔH2＜0
①一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，写出此反应的ΔH＝____(用ΔH1和ΔH2来表示)；写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝_____。
②决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
③在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度________(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应历程分析其原因______。
④由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为______(填字母)。
【答案】 (1). 增大 (2). 36p/7 (3). ΔH1 + ΔH2 (4). (5). Ⅱ (6). T4 (7). ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小；浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响 (8). a
【解析】
【分析】
(1)①反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，达到平衡后，再充入1 mol 的NO2，相当于加压；
② 利用“三段式”计算Kp；
(2)①根据盖斯定律计算2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的ΔH；
②慢反应决定总反应速率；
③根据图像，T4温度下反应速率慢；
④升高温度，反应Ⅱ逆向移动，氧气浓度增大，由③可知 v2正减慢；
【详解】(1)①反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，达到平衡后，再充入1 mol 的NO2，相当于加压，平衡逆向移动，则NO2的平衡转化率增大；
②设N2O4的起始物质的量是amol；
；
(2) ①Ⅰ．2NO(g)⇌N2O2(g) (快)
Ⅱ．N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO2(g) (慢)
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g) ΔH==ΔH1 + ΔH2；反应Ⅰ达到平衡时， k1正c2(NO)= k1逆c(N2O2)， ，反应Ⅱ达到平衡时， k2正c(N2O2)c(O2)= ＝k2逆c2(NO2)， ，反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的平衡常数= ；
②慢反应决定总反应速率，反应Ⅱ慢，所以决定NO氧化反应速率的步骤是Ⅱ；
③根据图像，T4温度下反应速率慢，所以转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是：ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小；浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
④升高温度，反应Ⅱ逆向移动，氧气浓度增大，由③可知，升高温度v2正减慢，反应重新达到平衡，则变为相应的点为a。
【点睛】本题考查盖斯定律、平衡常数计算、压强对平衡移动的影响，明确平衡移动原理、熟悉平衡常数计算公式的解题关键，注意对平衡图象读图能力的培养。
铁人中学2019级高一学年下学期期末考试
化学试题
试题说明：
1.本试题满分100分，答题时间90分钟。
2.请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Mn-55
第Ⅰ卷 选择题部分
一、选择题(每小题只有一个选项正确，每小题3分，共54分。)
1. 下列能源中，不会对环境造成污染而且又廉价方便的是
A. 煤 B. 石油 C. 氢气 D. 太阳能
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤是一种有限的化石燃料，燃烧生成温室气体二氧化碳，同时能生成引起酸雨的二氧化硫气体，故不选A；
B．石油是一种有限的化石燃料，燃烧生成温室气体二氧化碳，故不选B；
C．氢气是清洁能源，但在制备和储运时需投入一定的经济成本，故不选C；
D．太阳能不会对环境造成污染而且又廉价方便，故选D；
选D。
2. 下列化学用语或命名正确的是( )
A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
B. 含有10个中子的氧原子的符号：
C. 的结构示意图：
D. 的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 次氯酸分子中含有1个H-O键和1个O-Cl键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故A错误；
B. 氧原子的质子数为8，含有10个中子的氧原子的质量数为18，其表示方法为：，故B正确；
C. 为硫原子结构示意图，S2-的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8，硫离子正确的结构示意图为：，故C错误；
D. 氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，其电子式为，故D错误；
故选B。
3. 一定条件下：2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0 。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是
A. 温度0℃、压强50 KPa
B. 温度130℃、压强300 KPa
C. 温度130℃、压强50 KPa
D. 温度25℃、压强100 KPa
【答案】C
【解析】
【详解】在测定NO2的相对分子质量时，使2NO2(g)⇌N2O4(g)反应逆向移动，减小N2O4含量，可以减小误差；2NO2(g)⇌N2O4(g)正反应体积减小，减压平衡逆向移动，2NO2(g)⇌N2O4(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以温度130℃、压强50 KPa，测定结果误差最小。
故选C。
4. 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、N等微粒已被发现。下列有关说法中正确的是
A. H3是氢元素的一种核素
B. O2与O4属于同素异形体
C. C60的摩尔质量为720
D. N中含有36个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．H3是氢元素组成的一种单质，故A错误；
B．O2与O4是氧元素组成的不同单质，属于同素异形体，故B正确；
C．C60的摩尔质量为720g/mol，故C错误；
D．N中含有34个电子，故D错误；
选B。
5. 下列说法中正确的是
A 离子化合物中一定含有离子键
B. 单质分子中均存在化学键
C. HF分子间存在氢键，故氟化氢比氯化氢更稳定
D. NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力
【答案】A
【解析】
【详解】A．含有离子键的化合物为离子化合物，所以离子化合物中一定含有离子键，故A正确；
B．单质中不一定存在化学键，如稀有气体单质中不存在化学键，故B错误；
C．分子间氢键影响熔沸点，分子的稳定性与共价键强弱有关，故C错误；
D．NaCl为离子化合物，溶于水破坏离子键，HCl为共价化合物，溶于水破坏共价键，故D错误；
综上所述答案为A。
6. 已知：(1) 2H2(g)＋O2 (g)＝2H2O(g) ΔH1 =a kJ/mol
(2) 4H2 (g)＋2O2 (g)＝4H2O(g) ΔH2 = b kJ/mol
(3) 2H2 (g)＋O2 (g)＝2H2O(l) ΔH3 = c kJ/mol
(4) 4H2 (g)＋2O2 (g)＝4H2O(l) ΔH4 = d kJ/mol
则a、b、c、d的关系正确的是
A. 2a=b＜0 B. 2c=d＞0 C. a＜c＜0 D. b＞d＞0
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应(2)的系数是反应(1)的2倍，所以反应热为(1)的2倍，即2a=b，燃烧反应放热，所以ΔH<0，故A正确；
B．反应(4)的系数是反应(3)的2倍，所以反应热为(3)的2倍，即2c=d，燃烧反应放热，所以ΔH<0，2c=d<0，故B错误；
C．同物质的量的氢气，生成液态水比生成气态水放热多，a、c为负值，所以a>c，故C错误；
D．同物质的量的氢气，生成液态水比生成气态水放热多，b、d为负值，所以d
7. 下列说法或表示方法正确的是
A. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2 (g)和1.5 mol H2 (g)置于密闭容器中充分反应生成NH3 (g)放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3 (g) △H=－38.6 kJ·mol-1
B. 由C(s，石墨)＝C(s，金刚石) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定
C. 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 在25 ℃、101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3 (g)反应可逆，500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2 (g)和1.5 mol H2 (g)置于密闭容器中充分反应生成NH3 (g)的物质的量小于1mol，放热19.3kJ，所以生成2mol氨气放出的热量大于38.6 kJ，故A错误；
B．由C(s，石墨)＝C(s，金刚石) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1可知，金刚石能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．浓硫酸溶于水放热，在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，故C正确；
D．在25 ℃、101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，故D错误；
选C。
8. 下列说法中错误的是
A. 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)＝2CaSO4(s)+ 2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的△H<0
B. NH4Cl(s)＝NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H >0
C. 若△H<0，△S>0，化学反应在任何温度下都能自发进行
D. 加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A．2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)＝2CaSO4(s)+ 2CO2(g)，△S<0，在低温下能自发进行，则该反应的△H<0，故A正确；
B．NH4Cl(s)＝NH3(g)+HCl(g) ，△S>0，室温下不能自发进行，说明该反应的△H >0，故B正确；
C．反应能自发进行，若△H<0，△S>0，化学反应在任何温度下都能自发进行，故C正确；
D．加入合适的催化剂能降低反应活化能，催化剂不能改变反应的焓变，故D错误；
选D。
9. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
选项
事实
推测
A
CaCO3和BaCO3都难溶于水
SrCO3也难溶于水
B
Mg与冷水难反应，Ca与冷水易反应
Be(铍)与冷水更易反应
C
HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D
Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时能反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaCO3、BaCO3都难溶于水，Sr与Ca、Ba位于同一主族，则SrCO3也应难溶于水，故A正确；
B．同主族元素自上而下金属性减弱，Be不如Mg活泼，Mg与冷水难反应，Be应更难反应，故B错误；
C．非金属性越强，氢化物越稳定，HBr的分解温度介于HCl和HI之间，故C正确；
D．非金属性S＞P＞Si，非金属性越强越易与氢气化合，则P与H2在高温时能反应，故D正确；
故选B。
10. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是
A. 元素的非金属性：X>Y B. 简单离子的还原性：Y>X>W
C. 简单离子的半径：W>X>Y>Z D. 氢化物水溶液的酸性：Y>W
【答案】C
【解析】
【分析】
四种短周期主族元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素，Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物，该淡黄色固体为Na2O2，则Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F元素，W为Cl元素，据此分析。
【详解】A．同周期元素自左至右非金属性增强，所以非金属性：X>Y，故A错误；
B．单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2-＞Cl-＞F-，故B错误；
C．电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl-＞O2-＞F-＞Na+，故C正确；
D．F元素的非金属性强于Cl元素，则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子，在水溶液中HF不容易发生电离，故HCl的酸性强于HF，故D错误；
故选C。
11. 在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是
①容器内温度不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的压强不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤B 的质量不变 ⑥容器内 C、D 两种气体的浓度相等
A. ①②④⑤⑥ B. ①②④⑤
C. ①②③④⑤ D. ①②⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①该反应中温度是变量，当容器内温度不变时，表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故①符合题意；
②该反应中混合气体总质量是变量、容器容积为定值，则混合气体的密度是变量，混合气体的密度不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故②符合题意；
③容器内的压强不变，说明体系温度不变，反应达平衡状态，故③符合题意；
④混合气体总质量为变量，混合气体的物质的量为定值，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，表明达到平衡状态，故④符合题意；
⑤该反应中B的质量是变量，当B 的质量不变时，表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故⑤符合题意；
⑥由反应2A(g)+B(s)C(g)+D(g)可知，C、D 两种气体的浓度始终相等，不能根据C、D 两种气体的浓度相等，判断平衡状态，故⑥不符合题意；
由上分析①②③④⑤符合题意，C正确；答案为C。
12. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述正确的是
A. Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
B. W元素的金属性大于Z
C. 该化合物中，W、X、Y之间均为离子键
D. X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【分析】
一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W能形成1个共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。
【详解】A．N的最高化合价氧化物的水化物为HNO3，HNO3是强酸，故A正确；
B．Z为Na元素 、W为H元素，四种元素中钠的金属性最强，故B错误；
C．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键，故C错误；
D．BF3中F为8电子稳定结构，B不是8电子结构，故D错误；
选A。
13. 在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p (Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) △H<0。下列操作中，能使其反应速率不变的有
①保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2
②保持容器容积不变，向其中充入1 mol N2 (N2不参加反应)
③保持容器内压强不变，向其中充入1 mol N2 (N2不参加反应)
④保持容器内压强不变，向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)
⑤提高起始反应温度
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】C
【解析】
【详解】①保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2，氢气浓度增大，反应速率加快；
②保持容器容积不变，向其中充入1 mol N2 (N2不参加反应)，反应物浓度不变，反应速率不变；
③保持容器内压强不变，向其中充入1 mol N2 (N2不参加反应)，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢；
④保持容器内压强不变，向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，容器体积增大，反应物浓度不变，反应速率不变；
⑤提高起始反应温度，反应速率加快；
能使其反应速率不变的有②④，共2个，故选C。
14. 在KIO3、 KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI和淀粉，不停地搅拌，有下列反应发生：①IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；②3I2+3HSO+3H2O→6I -+3SO +9H+。当反应进行到15 min 时，溶液突然变为蓝色，随之又很快消失，这一反应被称做时钟反应，有人用它来解释生物钟现象、下列有关说法错误的是（ ）
A. 在整个反应过程中，起催化作用的物质是KI
B. 上述两 个反应中，反应速率较快的是②
C. 时钟反应的快慢由反应②决定
D. “溶液突然变为蓝色，随之又很快消失”这一现 象与①②的反应速率有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．抓住催化剂的主要特征，在反应前后都有I-，①IO3-+5I-+6H+→3I2+3H2O，②3I2+3HSO3-+3H2O→6I-+3SO42-+9H+，将①×6+②×5得：6IO3-+15HSO3-＝15SO42-+3I2+9H++3H2O，所以KI起催化作用，A正确；
B．当反应进行到15min时，溶液突然变为蓝色发生反应，发生反应①，随之又很快消失，很快消失说明②的反应速率大于①，B正确；
C．反应②为快反应，反应①为慢反应，由反应①决定时钟反应，C错误；
D．当反应进行到15min时，溶液突然变为蓝色发生反应，发生反应①，随之又很快消失，很快消失说明②的反应速率大于①，现象与①②的反应速率有关，D正确；
答案选C。
15. 乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。下列有关说法错误的是
A. 该正反应历程中最大能垒(活化能)为85 kJ·mol-1
B. 吸附反应为吸热反应
C. Pd为固体催化剂，一般其表面积越大，催化效果越好
D. C2H2*+H*→C2H3*的过程中有能量的上升，说明有化学键的断裂
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示，该正反应历程中最大能垒(活化能)为85 kJ·mol-1，故A正确；
B．由过程C2H2→C2H2*可知，吸附反应放热反应，故B错误；
C．Pd为固体催化剂，一般其表面积越大，吸附效果越好，催化效果就越好，故C正确；
D．化学键断裂吸热，C2H2*+H*→C2H3*的过程中有能量的上升，说明有化学键的断裂，故D正确；
选B。
16. 一定温度下，向一容积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol A与3 mol B，在一定条件下发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g) △H>0，达到平衡后容器内压强是开始时的84％。若加入某种催化剂后反应的能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 由图可知，加入催化剂之后，原反应分成了两步，第一步反应较慢
B. 若40s后达到平衡，则用A表示该反应的速率为0.01 mol·L-1·min-1
C. 达到平衡后，增大压强，平衡常数不变
D. 达到平衡后，升高温度，平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，加入催化剂之后，原反应分成了两步，第一步活化能大，因此第一步反应较慢，故A正确；
B．设平衡时Δn(A)=x，则Δn(B)=Δn(C)=x，所以平衡时n(A)=(2-x)mol，n(B)=(3-x)mol，n(C)=x mol，根据题意有=84%，解得x = 0.8mol，若40s后达到平衡，容器体积为2L，则用A表示该反应的速率为v(A)= =0.01 mol·L-1·s-1，故B错误；
C．温度不变平衡常数不变，故C正确；
D．该反应焓变大于0，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，故D正确；
综上所述答案为B。
17. 汽车尾气净化器中发生的反应为 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生上述反应，测得有关实验数据如表:下列说法正确是
容器
温度(℃)
起始物质的量(mol)
平衡物质的量(mol)
NO
CO
N2
CO2
N2
CO2
I
400
0.2
0.2
0
0
0.12
II
400
0.4
0.4
0
0
III
300
0
0
0.1
0.2
0.075
A. 该反应的△S＜0、△H＞0
B. 容器I中达到平衡所需时间2s，则v(N2)=0.06mol/(L·s)
C. 若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，开始时v(正)＞v(逆)
D. 达到平衡时，体系中c(CO)关系: c(CO，容器Ⅱ)＞2 c(CO，容器Ⅰ)
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应前的气体系数之和大于反应后气体系数之和，此反应属于熵减，即△S＜0，反应I中产生的N2的物质的量为mol=0.06mol，对比反应I和反应III，降低温度，N2的物质的量升高，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，即△H＜0，故A错误；
B．容器I达到平衡N2的物质的量为mol=0.06mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(N2)==0.03 mol/(L·s)，故B错误；
C． 根据表格容器I数据列“三段式”：
根据化学平衡常数的表达式，K= =21，若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，此时的浓度商Qc==10＜21，说明反应向正反应方向进行，v正＞v逆，故C正确；
D．反应II相当于在I的基础上再通入0.2molNO和0.2molCO，此时假如平衡不移动，c(CO，容器II)= 2c(CO，容器I)，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，因此有c(CO，容器II)＜2c(CO，容器I)，故D错误；
答案选C。
18. 我国科研人员研究了在Cu—ZnO—ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是
A. 该反应过程中，涉及了极性共价键的断裂和生成
B. 带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C. 第④步的反应式为*HO+*H→H2O
D. Cu—ZnO—ZrO2可提高甲醇的平衡产率
【答案】D
【解析】
【详解】A．O=C=O和H-H反应生成CH3OH和H-O-H，反应过程中，有极性共价键的断裂和生成，故A正确；
B．CO2和H2反应的最终产物是CH3OH和H2O，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；
C．根据图示，第④步的反应式为*HO+*H→H2O，故C正确；
D．Cu—ZnO—ZrO2是催化剂，催化剂只能加快反应速率，不能使平衡移动，不能提高甲醇的平衡产率，故D错误；
选D。
第Ⅱ卷 非选择题部分
二、非选择题(共46分)
19. 按要求填空。
(1)前20号元素中气态氢化物最稳定的是：_____(填化学式)。
(2)前20号元素中最高价氧化物对应水化物碱性最强的碱为：_____(填写名称)。
(3)第Ⅵ A族元素所形成的氢化物中沸点最高的是：____(填化学式)。
(4)短周期主族元素中原子半径最大的元素是：_____(填写名称)。
(5)Fe在元素周期表中位置：______。
(6)以下晶体，存在分子间作用力的共价化合物是_______(填序号)。
①Ne晶体 ②NH4Cl晶体 ③CaCl2晶体 ④干冰 ⑤水晶
(7)下列能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强的是_______(填序号)。
① HCl的溶解度比H2S的大
② HCl的酸性比H2S的强
③ HCl的稳定性比H2S的强
④ Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS
⑤ HClO4的酸性比H2SO4的强
⑥ Cl2能与H2S反应生成S
【答案】 (1). HF (2). 氢氧化钾 (3). H2O (4). 钠 (5). 第四周期第Ⅷ族 (6). ④ (7). ③④⑤⑥
【解析】
【详解】(1)前20号元素中，F元素的非金属性最强，气态氢化物最稳定的是HF；
(2)前20号元素中，金属性最强的是K元素，最高价氧化物对应水化物碱性最强的碱为氢氧化钾；
(3)第Ⅵ A族元素所形成的氢化物中，H2O分子间能形成氢键，所以沸点最高的是H2O；
(4)电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越少半径越大，短周期主族元素中原子半径最大的元素是钠；
(5)Fe是26号元素，在元素周期表中位置为第四周期第Ⅷ族；
(6)①Ne是单原子分子，不含化学键；②NH4Cl是离子晶体，没有分子，不存在分子间作用力； ③CaCl2是离子晶体，没有分子，不存在分子间作用力； ④干冰是固态二氧化碳，属于共价化合物，存在分子间作用力； ⑤水晶是二氧化硅，属于原子晶体，没有分子，不存在分子间作用力；故选④；
(7)① 物质的溶解性与元素得电子能力无关，不选①；
② 无氧酸的酸性与元素得电子能力无关，不选②；
③ 元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，HCl的稳定性比H2S的强，说明氯元素非金属性大于硫元素，非金属性越强越易得电子，选③；
④ Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS，氯气氧化性大于S，说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子强，选④；
⑤ HClO4的酸性比H2SO4的强，说明氯元素非金属性大于硫元素，非金属性越强越易得电子，选⑤；
⑥ Cl2能与H2S反应生成S，氯气氧化性大于S，说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子，选⑥；
故选③④⑤⑥。
20. 按要求回答下列问题。
(1)如图是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_______。
(2)下表是部分化学键的键能数据：
化学键
P—P
P—O
O=O
P=O
键能(kJ·mol－1)
198
360
498
x
已知1 mol白磷(P4)完全燃烧放热为1194 kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图所示，则表中x＝________ kJ·mol－1
(3)实验室用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为____________；用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(4)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
又知③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1
则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：_______。
(5)在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应2H2S(g)⇌2H2(g) + S2(g)控制不同的温度和压强进行实验，结果如图。图中压强关系P1、P2、P3由大到小的顺序为______，该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应，若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有_______。
【答案】 (1). NO2(g) +CO(g)=NO(g) +CO2(g) △H=－234kJ·mol-1 (2). 138 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). 偏小 (5). CH3OH(g) +3/2O2(g)= CO2(g) +2H2O(l) △H=－764.7kJ·mol-1 (6). P3>P2>P1 (7). 吸热 (8). 移出产物H2或S2
【解析】
【分析】
(1)根据图示， NO2(g)和CO(g)反应生成CO2和NO是放热反应；
(2)焓变=反应物总键能-生成物总键能；
(3)测定中和热需要搅拌溶液；氨水是弱电解质，电离吸热；
(4)根据盖斯定律书写甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式；
(5) 增大压强，2H2S(g)⇌2H2(g) + S2(g)逆向移动，H2S的平衡转化率减小；升高温度，H2S的平衡转化率增大；
【详解】(1)根据图示，1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO放出(368-134) kJ能量，NO2和CO反应的热化学方程式是NO2(g) +CO(g)=NO(g) +CO2(g) △H=－234kJ·mol-1；
(2)白磷(P4)完全燃烧生成P4O10，反应方程式是P4+5O2= P4O10，焓变=反应物总键能-生成物总键能，则-1194=198×6+498×5－360×12－4x，x=138；
(3)测定中和热需要搅拌溶液，缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；氨水是弱电解质，电离吸热，用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小；
(4)①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－1929 kJ·mol－1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1
根据盖斯定律②×3-①×2+③×2得CH3OH(g) +3/2O2(g)= CO2(g) +2H2O(l) △H=－764.7kJ·mol-1；
(5) 增大压强，2H2S(g)⇌2H2(g) + S2(g)逆向移动，H2S的平衡转化率减小，所以P3>P2>P1；升高温度，H2S的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以移出产物H2或S2。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用、影响化学平衡移动的因素，明确反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，理解温度、浓度、压强对化学平衡的影响。
21. 某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：在25 ℃下，控制光照强度、废水样品、初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成了以下实验设计表。
实验编号
初始pH
废水样品体积/mL
草酸溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
20
20
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。
(1)上述反应后草酸被氧化为________(填化学式)。
(2)实验①和②的结果表明_____；实验①中O～t1时间段反应速率v (Cr3＋)＝____mol·L－1·min－1(用代数式表示)。
(3)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设。
请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用；
假设二：______；
假设三：______；
(4)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。【除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中的Cr2O浓度可用仪器测定】
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
_______
反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)_____实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)_______，则假设一不成立。
(5)草酸不仅能还原Cr2O，还能还原MnO。某同学为了测定某高锰酸钾产品的质量分数，取0.500 g的高锰酸钾产品，配成50.00 mL溶液，取出 10.00 mL，用 0.100 mol·L-1草酸标准溶液滴定至终点，消耗草酸标准溶液15.00 mL。则该样品中高锰酸钾的质量分数为_________。
【答案】 (1). CO2 (2). 溶液的pH对该反应的速率有影响 (3). (4). Al3＋起催化作用 (5). 起催化作用 (6). 用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验 (7). 大于 (8). 相同 (9). 94.8%
【解析】
【详解】(1)草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3+，草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，所以氧化产物为CO2；
(2)由实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影响；该反应中Cr2O全部转化为Cr3+，所以根据元素守恒可知v(Cr3+)=2v(Cr2O)== mol·L－1·min－1；
(3)根据铁明矾[Al2Fe(SO4)4•24H2O]组成可知假设二、三可以Al3+起催化作用、起催化作用；
(4)控制变量法探究实验中要注意变量的唯一，所以验证假设一时，对照实验中的变量应只有Fe2+，所以需要控制Al3+和浓度比，因此不宜选用K2SO4和Al2(SO4)3，而用等物质的量K2SO4•Al2(SO4)3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立；
(5)草酸可以还原高锰酸钾生成Mn2+，根据电子守恒可知有数量关系：n(H2C2O4)：n(KMnO4)=5:2；草酸标准液的体积为15mL，所以10.00mL高锰酸钾溶液中n(KMnO4)==0.0006mol，则样品中n(KMnO4)=0.0006mol´5=0.003mol，所以高锰酸钾的质量分数为=94.8%。
【点睛】第4小题设计对照实验时要注意控制Al3+和浓度比，因此不宜选用K2SO4和Al2(SO4)3；第5小题计算时要注意滴定的高锰酸钾溶液是配置的50.00mL溶液中的一部分。
22. 研究氮氧化物的反应机理，NOx之间的转化对于消除环境污染具有重要意义。
(1)已知：N2O4(g)⇌2NO2(g) ΔH＞0，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
① 达到平衡后，再充入1 mol 的NO2，则NO2的平衡转化率_______(“增大”、“减小”或者“不变”)。
② t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
(2)升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)(ΔH＜0)的速率却随温度的升高而减小。某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知，NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
Ⅰ.2NO(g)⇌N2O2(g) (快) v1正＝k1正c2(NO) v1逆＝k1逆c(N2O2) ΔH1＜0
Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO2(g) (慢) v2正＝k2正c(N2O2)c(O2) v2逆＝k2逆c2(NO2) ΔH2＜0
①一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，写出此反应的ΔH＝____(用ΔH1和ΔH2来表示)；写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝_____。
②决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
③在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度________(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应历程分析其原因______。
④由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为______(填字母)。
【答案】 (1). 增大 (2). 36p/7 (3). ΔH1 + ΔH2 (4). (5). Ⅱ (6). T4 (7). ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小；浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响 (8). a
【解析】
【分析】
(1)①反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，达到平衡后，再充入1 mol 的NO2，相当于加压；
② 利用“三段式”计算Kp；
(2)①根据盖斯定律计算2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的ΔH；
②慢反应决定总反应速率；
③根据图像，T4温度下反应速率慢；
④升高温度，反应Ⅱ逆向移动，氧气浓度增大，由③可知 v2正减慢；
【详解】(1)①反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，达到平衡后，再充入1 mol 的NO2，相当于加压，平衡逆向移动，则NO2的平衡转化率增大；
②设N2O4的起始物质的量是amol；
；
(2) ①Ⅰ．2NO(g)⇌N2O2(g) (快)
Ⅱ．N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO2(g) (慢)
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g) ΔH==ΔH1 + ΔH2；反应Ⅰ达到平衡时， k1正c2(NO)= k1逆c(N2O2)， ，反应Ⅱ达到平衡时， k2正c(N2O2)c(O2)= ＝k2逆c2(NO2)， ，反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的平衡常数= ；
②慢反应决定总反应速率，反应Ⅱ慢，所以决定NO氧化反应速率的步骤是Ⅱ；
③根据图像，T4温度下反应速率慢，所以转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是：ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小；浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
④升高温度，反应Ⅱ逆向移动，氧气浓度增大，由③可知，升高温度v2正减慢，反应重新达到平衡，则变为相应的点为a。
【点睛】本题考查盖斯定律、平衡常数计算、压强对平衡移动的影响，明确平衡移动原理、熟悉平衡常数计算公式的解题关键，注意对平衡图象读图能力的培养。
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