辽宁省大连市第二十四中学2024-2025学年高二上学期化学期中考试试卷（解析版）-A4

这是一份辽宁省大连市第二十四中学2024-2025学年高二上学期化学期中考试试卷（解析版）-A4，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
客观卷Ⅰ(共45分)
一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意)。
1. 下列说法正确的是
A. 任何化学反应的反应热均可以通过实验直接进行测定
B. 在101kPa下，1ml纯物质完全燃烧所放出的热量就是其燃烧热
C. 有气体参加的化学反应，缩小反应容器的容积以增大压强，可增大活化分子的百分数，从而使化学反应速率加快
D. 化学反应总是向着自由能减小的方向进行，直到体系达到平衡
【答案】D
【解析】
【详解】A．部分化学反应的反应热可以通过实验直接进行测定，某些反应的反应热无法通过实验直接进行测定，如C不充分燃烧生成CO等，A错误；
B．燃烧热是指在101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，如H2生成的产物应该是液态水而不是气态水，B错误；
C．有气体参加的化学反应，缩小反应容器的容积以增大压强，可增加单位体积内活化分子数，从而使反应速率加快，活化分子的百分数不变，C错误；
D．根据反应自发进行，热力学理论认为化学反应总是向着自由能减小的方向进行，直到体系达到平衡，D正确；
故选D。
2. 常温下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是
A. 某溶液中：、、、
B. 由水电离产生的的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 能使pH试纸变蓝色的溶液中：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．、不共存，，A错误；
B．由水电离产生的溶液可能是酸性也可能是碱性，在酸性溶液中，H+与不共存，B错误；
C．的溶液呈酸性，氢离子与不共存，C错误；
D．能使pH试纸变蓝色的溶液是碱性溶液，、、、不会发生离子反应，可以共存，D正确；
故选D。
3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 新制氯水宜保存在低温、避光的条件下
B. 500℃左右比室温更有利于合成氨的反应
C. 含有酚酞的氨水中加入少量氯化铵固体，氨水溶液的颜色变浅
D. 在含有的溶液中加入铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯水中存在如下溶解平衡：Cl2(g)Cl2(aq)，升高温度，氯气的溶解度减小，会使溶液中氯气的浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅；氯水中还存在如下化学平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸遇光分解生成盐酸和次氯酸，次氯酸浓度减小，平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅，所以新制氯水宜保存在低温、避光的条件下能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．合成氨放热，温度升高，平衡逆向移动，所以500℃左右比室温不利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；
C．氨水中存在如下平衡：NH3·H2ONH+OH—，含有酚酞的氨水中加入少量氯化铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，使得溶液颜色变浅，则溶液的颜色变浅能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．硫氰化铁溶液中存在如下平衡：Fe(SCN)3⇌Fe3++3SCN—，向溶液中加入铁粉，铁与溶液中铁离子反应生成亚铁离子，使平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅或褪去能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选B。
4. 下列实验中的仪器、药品的选择或操作均正确且能达到实验目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaOH滴定醋酸生成醋酸钠，终点呈碱性，用酚酞做指示剂，A正确；
B．由图可知，催化剂中阳离子、阴离子均不同，由探究实验变量唯一化原则可知，则题给装置无法达到比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果的实验目的，B错误；
C．浓硫酸具有强氧化性，会与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，亚硫酸钠无法发生歧化反应，C错误；
D．长颈漏斗可以有气体逸出，气体体积测量不准，D错误；
故选A。
5. 以羰基化合物为载体，运用化学平衡分离、提纯某纳米级活性铁粉的装置如下，反应原理为： ΔH＜0，对于该过程理解不正确的是
A. 温度：
B. 反应中有新化学键生成
C. 工作时，区域和区域发生反应的平衡常数互为倒数关系
D. ，温度升高，反应ΔG增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．ΔH＜0，为放热反应，当羰基合铁挥发到较高温度区域，五羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用，铁粉和一氧化碳化合成五羰基合铁时放出热量，反应ΔH＜0，因此T1＜T2，A正确；
B．反应中有新物质CO生成，有新化学键生成，B正确；
C．区域，区域发生反应，两者温度不同，则平衡常数不是互为倒数关系，C错误；
D．该反应为放热反应，熵变小于0，根据反应=∆H-T∆S，升高温度不利于反应自发进行，反应增大，D正确；
故选C。
6. 下列说法正确的是
A. 已知，在稀溶液中： ΔH=-57.3kJ/ml，若将含0.6ml 的稀溶液与含1ml NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ
B. 常温常压下，31g白磷比31g红磷能量多bkJ，则
C. 液态肼()的燃烧热为622kJ/ml，则液态肼的燃烧热的热化学方程式为： ΔH=-622kJ/ml
D. 已知，含1ml HF的稀溶液和含1mlNaOH的稀溶液反应放出热量66.7kJ，则该反应的热化学方程式可表示为： ΔH=-66.7kJ/ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知，在稀溶液中： ΔH=-57.3kJ/ml，若将含0.6ml 的稀溶液与含1ml NaOH的稀溶液混合，生成1ml水，放出的热量等于57.3kJ，A错误；
B．1ml白磷的质量是124g，若31g白磷的能量比31g红磷多，则1ml白磷的能量比等质量的红磷的能量多4bkJ，故白磷转化为红磷的热化学方程式为P4 (白磷，s)=4P (红磷，s)ΔH=−4bkJ/ml，B正确；
C．液态肼()的燃烧热为622kJ/ml，则液态肼的燃烧热N应该生成氮气，C错误；
D．HF为弱电解质不拆，该反应的热化学方程式可表示为： ΔH=-66.7kJ/ml，D错误；
故选B。
7. 下列叙述中正确的是
A. 将0.1氨水加水稀释后，减小
B. 常温下，pH=3的一元酸HA溶液与pH=11的一元碱MOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，则MOH是强碱
C. 已知0.1 HF溶液中存在平衡：，加水可使溶液中增大
D. 常温下，pH=3的醋酸与pH=3的盐酸等体积混合后，混合溶液的pH=3
【答案】D
【解析】
【详解】A．水的离子积常数Kw在一定温度下保持不变，稀释溶液不会改变Kw，因此不变，但溶液稀释，促进氨水的电离，则增大，A错误；
B．酸碱等体积混合后溶液呈酸性，可能酸为弱酸、碱为强碱，也可能是酸、碱都是弱电解质，但酸的电离程度小于碱的电离程度，混合后酸有剩余，生成的盐可能是强碱弱酸盐或弱酸弱碱盐，导致混合后溶液呈酸性，B错误；
C．加水稀释会使HF电离平衡向右移动，溶液体积增加会导致和减小、c(OH-)增大，溶液中电荷守恒为c(H+)=c(F-)+c(OH-)，==1-减小，C错误；
D．常温下pH均为3的盐酸与醋酸溶液等体积混合后，对醋酸的电离平衡而言，Q=K，则醋酸的电离平衡不移动、氢离子浓度不变，pH仍为3，D正确；
故选D。
8. 下列叙述中正确的是
A. 图甲是恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
B. 图乙表示用滴定同浓度、同体积的HCl和混合溶液的滴定曲线
C. 图丙表示反应： ΔH＜0，A点比B、C点颜色均深
D. 图丁表示一定温度下，将一定量的冰醋酸加水稀释，导电能力变化如图，a、b、c三点的电离程度：b>a>c
【答案】A
【解析】
【详解】A． 反应，缩小恒温密闭容器的体积，瞬时增大，因该反应平衡常数K=，体系温度不变K值不变，不变，故瞬时增大后逐渐减小至与原平衡相等，与图甲所示相符，A正确；
B．HCl是强电解质，是弱电解质，滴加的弱电解质先和HCl反应生成强电解质氯化铵，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当HCl完全被中和后，继续电离与弱电解质反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；也完全反应后，继续滴加，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，所以图像应该是先下降然后上升最后下降，B错误；
C．A点到B点，压强相同，NO2的体积分数降低，说明反应正向进行，生成N2O4（无色），所以A点颜色深。A点到C点，温度相同，压强增大，是因为减少了体积，体积变小，两气体的气体浓度瞬时增大，虽然平衡正向移动，生成N2O4，但是物理过程要快于化学过程，所以C点颜色深，C错误；
D．溶液越稀越电离，加水越多越促进醋酸电离，所以电离程度c>b>a，D错误；
故选A。
9. 标准状态下，下列物质气态时的相对能量如表，可根据计算出中氧氧单键的键能为214。下列说法不正确的是
A. 的键能为436kJ/ml
B. 的键能大于中氧氧单键的键能的两倍
C. 的燃烧热为-242kJ/ml
D. ΔH=-143kJ/ml
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题表中的数据可知，H2的键能为218 kJ·ml-1×2=436 kJ·ml-1，A正确；
B．由题表可知，O2的键能为249×2 kJ·ml-1=498 kJ·ml-1，由题干信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·ml-1，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，B正确；
C．因为生成的是气态，则的燃烧热大于242 kJ/ml，C错误；
D．由题表可知H2O(g)+O(g)=H2O2(g)的ΔH=[-136-249-(-242)] kJ·ml-1=-143 kJ·ml-1，D正确；
故选C。
10. 常温下，有关下列4种溶液的叙述中正确的是
A. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>③>④
B. 水电离出的：①=②=③=④
C. 将溶液①、④等体积混合后，溶液中：
D. 若将aL溶液④和bL溶液②混合后pH=4，则
【答案】B
【解析】
【详解】A．加水促进弱电解质的电离，这四种溶液稀释相同倍数时，c（H+）：③＞④，则pH：③＜④＜7，c（OH-）：①＞②，则溶液pH：①＞②＞7，所以这四种溶液pH：①＞②＞④＞③，A错误；
B．因③、④pH相同，则水电离出的=水电离出的=10-13ml/L，①、②pH相同，则水电离出的=水电离出的=10-13ml/L，B正确；
C．①④等体积混合，①溶液大量剩余，溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Cl-）＜c（），NH3•H2O电离程度较小，则c（）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），C错误；
D．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c（H+）=ml/L=10-4ml/L，a：b=11：9，D错误；
故选B。
11. 298K时，0.36-羟基戊酸水溶液发生如下反应，生成-戊内酯：，不同时刻测得-戊内酯的浓度如下表：
该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计，下列叙述不正确的是
A. 80～120min的平均反应速率：v(-戊内酯)
B. 其他条件不变时，增大-羟基戊酸的初始浓度会降低其平衡转化率
C. 298K时，该反应的平衡常数为2.00
D. 已知：DMAP是比效果更好的分子内酯化反应的催化剂，当其他条件不变时，若起始时加入DMAP，一定会提高20分钟时-羟基戊酸的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．80～120min的平均反应速率：，A正确；
B．平衡常数K表达式中分子和分母各有一项，增大初始原料浓度与原体系属于等效平衡，转化率不变，B错误；
C．反应足够时间长，，，平衡常数，需注意反应在水溶液中进行，所以方程式中状态为纯液体，不在K表达式里，C正确；
D．由于题目中20分钟时未达到平衡，所以加入更高效的催化剂，一定能在相同时间内得到更高的转化率，D正确；
故选B。
12. 下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向溶液中通入足量，再将产生的气体通入溶液中，发生反应：、，从而表明的酸性比强，，A正确；
B．取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，前者有白色沉淀，说明含有Cl-，后者溶液变蓝色，说明反应生成I2，可能是Cl2氧化生成，也可能是HClO氧化生成，不能说明氯气与水的反应存在限度，B错误；
C．饱和氯水中含有Cl2、HCl、HClO，均能与NaOH溶液反应，溶液c(OH-)减少，溶液颜色由红色变为无色，没有体现饱和氯水的漂白性，C错误；
D．起始硫酸溶液的体积和浓度相同，所取硫代硫酸钠溶液体积相同，导致两试管中硫酸溶液和硫代硫酸钠溶液的浓度均不同，根据控制变量法可知，出现两个变量，则不能判断反应速率快慢，D错误；
故选A。
13. 已知 ΔH＜0，，，其中、为速率常数，只与温度有关。时，，将一定量充入注射器中，改变活塞位置，气体透光率随时间变化如图所示(气体颜色越深，透光率越低)，下列说法正确的是
A. d点，B. 时，该反应的化学平衡常数K=1
C. 时，，则D. c、d两点对应气体的平均相对分子质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，d点后透光率减小，说明二氧化氮浓度增大，平衡向逆反应方向移动，则二氧化氮的正反应速率小于逆反应速率，A错误；
B．反应速率比等于系数比，由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：，则，B错误；
C．T1时，由可得：平衡常数，正反应为放热反应，，则说明降低温度平衡正向移动，则，C错误；
D．c点透光率迅速增大，然后又逐渐减小，则c点为增大体积，导致d点平衡逆向移动，物质的量增大，使得d点平均相对分子质量减小，故c、d两点对应气体的平均相对分子质量，D正确；
故选D。
14. 工业上用和合成甲醇涉及以下反应：① ；② 。在催化剂作用下，将1ml和2ml混合充入一恒容密闭容器中进行反应，达到平衡时的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。下列说法不正确的是
A. 反应①为放热反应
B. 250℃以后反应①的选择性减小
C. T℃，达平衡时CO的选择性为60%(CO的选择性是指发生反应的中转化为CO的百分比)
D. T℃，达平衡时的分压是CO的2.5倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应②的平均相对分子质量始终不变，而反应①正方向平均相对分子质量增大，由图可知，温度升高，容器中混合气体的平均相对分子质量减小，反应①逆向移动，所以反应①为放热反应，A正确；
B．由图可知，当温度高于250℃，的转化率随温度的升高而增大，则250℃以后以反应②为主，反应①的选择性减小，B正确；
C．℃，转化率为，则转化的为，平均相对分子质量为20，混合气体总物质的量为：，设甲醇为为，根据方程式，，，，解得，反应②的选择性为，C错误；
D．由C选项计算可以得到，的压强是CO的倍，D正确；
故选C。
15. 1922年范斯莱克(Vanslyke)提出用缓冲容量β来描述缓冲溶液缓冲能力大小，β越大，缓冲能力越大。下图是常温下，CH3COOH和CH3COONa组成缓冲溶液的β-pH关系图，其中A、B两条曲线分别对应和。已知常温下，Ka(CH3COOH)=10-4.76，下列说法不正确的是
A. 向pH=4.76的上述缓冲溶液中加入少量NaOH溶液，水的电离程度会增大
B. A曲线上任意一点的溶液中均存在
C. B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，溶液中c(Na+)>c(CH3COOH)
D. pH=4时，A、B曲线所代表的溶液中相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．向pH=4.76的上述缓冲溶液中加入少量NaOH溶液，醋酸钠物质的量增大，醋酸钠水解促进水电离，所以水的电离程度会增大，故A正确；
B．根据电荷守恒，A曲线上任意一点的溶液中均存在， ，，所以，故B正确；
C．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，pH=4.76，Ka(CH3COOH)=10-4.76，所以溶液中c(CH3COOH)= c(CH3COO-)，根据电荷守恒，溶液呈酸性，c(Na+)①
（5）1.5
【解析】
【分析】测定中和热时，要确保热量不散失、一定量的稀盐酸反应完全，故要在保温性能好、绝热的体系中反应、一次性迅速把NaOH溶液倒入小烧杯中，并用环形玻璃搅或玻璃搅拌器拌棒、量取最高温度；测出放出的热量、并计算出中和热，据此回答；
【小问1详解】
从实验装置上看，图中缺少一种玻璃仪器是玻璃搅拌器。
【小问2详解】
①第1次数据偏差大，舍去，其余3次取平均值，得实验温度差平均为3.4℃，近似认为0.55的NaOH溶液和0.50的HCl溶液的密度都是1，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g•℃)。放出热量， 则生成1ml (l)时，所测得的中和反应反应热。(结果保留到小数点后一位)
②上述实验结果与-57.3kJ/ml有偏差，偏大：
a．实验装置保温，隔热效果差，导致部分热量散失，偏大，a正确；
b．实验用50.00mL 0.55的NaOH溶液和50.00mL 0.50的HCl溶液反应，盐酸对氢氧化钠溶液是少量的，虽然量取NaOH溶液的体积时仰视读数导致量取的NaOH溶液的体积偏大，由于盐酸体积准确，盐酸能完全反应放出热量不受影响，而溶液总体积偏大、总质量偏大，导致温度差偏小，偏大，b正确；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有HCl溶液的内筒中，会导致热量的散失，使实验测得数值偏大， c正确；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，直接测定盐酸的温度，使反应起始时溶液的温度高，最终导致溶液平均升高的温度少，导致偏大，d正确；
答案选abcd。
【小问3详解】
一水合氨是弱电解质、电离时吸热，则用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，放出的热量偏小，则生成1ml(1)时，所测得的中和反应的反应热的绝对值()会偏小。
【小问4详解】
进行中和反应反应热ΔH的测定时，保持其他条件相同，使用下列酸碱组合：①稀硫酸、溶液，反应生成水放热，同时产生硫酸钡沉淀也放热；②醋酸溶液、氨水反应，一水合氨和醋酸均是弱电解质、电离时吸热，反应生成水放热；③稀硫酸、NaOH溶液反应生成水放热，则生成等量水时放出的热量排序为：①＞③＞②，则排序为：①＞③＞②，＜0，则测得的中和反应反应热由大到小的顺序为②＞③＞①。
【小问5详解】
温度最高点表示酸碱恰好完全中和，则将30mL 1.00HCl和20mL未知浓度的NaOH溶液恰好中和，NaOH溶液的浓度为。
17. 按要求回答下列问题。
（1）已知：，，常温下，若0.1的NaHA溶液中。
①的电离常数为_______。
②0.1的溶液中____(填“>”“=”或“＜”)，原因是______。
（2）工业废水中常含有一定量的和，它们会对人体及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理，还原沉淀法是常用的一种方法。
①转化过程中存在平衡：，下列说法正确的是_______。
A．反应达平衡时，和的浓度相同
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．溶液的颜色不变，说明反应达到平衡
D．加入少量固体，平衡时与之比保持不变
②一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是向其中加入，写出所发生反应的离子方程式：_______。
（3）已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的，且第一步的电离程度大于第二步的电离程度，第二步的电离程度远大于第三步的电离程度……今有HA、、三种弱酸，根据“较强酸＋较弱酸盐=较强酸盐＋较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：
a．(少量)
b．(少量)
c．(少量)
①相同条件下，HA、、三种酸中，酸性最强的是_______。
②下列反应的离子方程式正确的是_______。
A． B．
【答案】（1） ①. ②. ＜ ③. 第一步电离的对第二步电离有抑制作用
（2） ①. BC ②.
（3） ①. ②. B
【解析】
小问1详解】
①0.1的NaHA溶液中，列三段式有，则的电离常数为K==；
②0.1的溶液中，第一步完全电离出0.1H+，但第一步电离对第二步电离起到抑制作用，则0.1的溶液中＜；
【小问2详解】
①A．反应达平衡时，组分中离子浓度不变，但离子浓度不一定相等，A错误；
B．加入少量水稀释，Q＞K，平衡逆向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．溶液的颜色不变，说明溶液中各组分浓度不变，反应达到平衡，C正确；
D．加入少量固体，平衡逆向移动c(H+)增大，K=则=，K不变，则比值减小，D错误；
③将氧化为，自身被还原为Cr3+，则离子反应为；
【小问3详解】
①根据题目中的信息，判断酸性顺序：第一步电离程度远大于第二步电离程度，第二步电离程度远大于第三步电离程度，得到H2B>HB- 、 H3C>H2C->HC2-它们之间能发生下列反应：
a．HA+HC2-(少量)=A-+H2C-，即酸性：HA>H2C-，同时，即使HA过量，也只能生成H2C-，而不是H3C，说明酸性：HA＜H3C；
b．H2B(少量)+2A-=2HA+B2-，即H2B>HA，同时，由于H2B很少，并生成B2-，即说明H2B将2个H+都给了A-，即HB-也能将H+给A-，即说明H2B>HB->HA；
c．(少量) ，即H2B>H3C，但是生成HB-，即说明HB-不能将H+提供，即HB-＜H3C，即H2B>H3C>HB-；
综合信息得到H2B>H3C>HB->HA>H2C->HC2-，所以最强的酸为H2B；
②A．不能发生，因为HA＞H2C-，即产物中生成H2C-，即，A错误；
B．酸性：HB->HA ，该反应能发生，B正确；
故选B。
18. 氮的化合物制备以及其对环境的影响和消除，一直都是具有重大价值和现实意义的科学研究领域。
Ⅰ．最近我国科学家结合实验与计算机模拟结果，使用铜催化剂将单个N，N二甲基甲酰胺[]分子转化为三甲胺[]的合成路线，反应历程如下图所示。
（1）制备三甲胺的热化学方程式为____(J，反应热数值保留2位有效数字)。
（2）上述历程中①、②、③三个阶段，反应速率最慢的是_______。(填阶段编号)
（3）160℃时，将(g)和(g)以物质的量浓度之比为2：3充入盛有催化剂的恒容容器中，容器内压强变化如下图所示，则该反应的平衡常数_______(用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果用含P的式子表达)；下列条件能够说明该反应达到平衡状态的是_______。
①
②的分压不再发生变化
②该反应的反应热ΔH不再发生变化
④气体的密度不再发生变化
⑤气体的平均摩尔质量不发生变化
Ⅱ．污染的治理是世界性难题。NO的治理通常有下面两种方法：
方法一：用作消除剂，反应原理为 ΔH=-1807.98kJ/ml。不同温度条件下，投入与NO的物质的量分别为①4ml、1ml；②3ml、1ml；③1ml、3ml，得到NO脱除率曲线如下图所示。
（4）曲线a中的起始浓度为，从A点到B点经过6秒，则该时间段内NO的脱除平均速率为_______mg/(L•s)。
方法二：通过反应将NO转化为无害的。已知该反应的，。(、为速率常数，只与温度有关)
（5）某温度下，若在1L的恒容密闭容器中充入NO、CO、、各0.4ml，达平衡时，则起始状态时_______。(填“>”“＜”或“=”)
Ⅲ．近年来，地下水中的氮污染的治理渐受关注。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如下图所示。
（6）若铂(Pt)的总量不变时，在导电基体上增大单原子铂和铂颗粒的比例，对溶液中的脱氮率有何影响_______。
【答案】（1） ΔH=-98kJ/ml
（2）③ （3） ①. 5/p ②. ②⑤
（4）0.01 （5）＜
（6）单原子铂增多，增大硝酸根转化为氮气的比例，有利于降低溶液中的含氮量
【解析】
【小问1详解】
图象所示为单个N，N二甲基甲酰胺[]转化为三甲胺[]的能量变化图，1ml转化时的能量变为：1.02×6.02×1023×1.6×10-19×10-3=-98kJ，反应的热化学方程式为：ΔH=-98kJ/ml；
【小问2详解】
图象①、②、③三个阶段中，③的活化能最大，故③反应速率最慢；
【小问3详解】
根据三段式：
根据图像，平衡时压强由P变为0.8P，即物质的量也符合平衡∶起始=4∶5；解得x=1，；
①该反应由反应物引发，产物和H2O始终维持1:1，故①不可作为判断化学平衡依据；
②恒容条件下，反应前后气体分子数不相等的反应，只有反应达到平衡状态时，各气体的分压才能保持不变，故②可作为判断化学平衡依据；
③△H表示1ml化学反应的能量变化，与化学反应是否达到平衡状态无关，故③不可作为判断化学平衡依据；
④恒容条件下，各物质均为气体，故气体密度是恒量，④密度不可作为判断化学平衡依据；
⑤该反应各物质均为气体，且反应前后气体分子数不相等，只有反应达到化学平衡状态时，气体的平均摩尔质量才不发生变化，故⑤可作为判断化学平衡依据。
故选答案②⑤；
【小问4详解】
由图象判断曲线a代表氨气与一氧化氨的物质的量之比分别为为4:1时，NO脱氨率，则NO的起始浓度为1×10-5ml/L，从A点到B点经过6秒，NO脱除率为0.2，所以NO脱除平均速率为：；
【小问5详解】
k正、k逆只与温度有关， ，，结合k正∶k逆=1∶4，可求得k正∶k逆=0.125