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【化学】内蒙古赤峰二中2018-2019学年高一下学期第二次月考试卷（解析版）
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内蒙古赤峰二中2018-2019学年高一下学期第二次月考试卷
可能用到的相对原子质量 H 1 C 12 O 16 Na 23 P31 S32 Cu 64
第I卷
一、每小题只有一个正确答案(每小题3分，16个小题共48分)
1.下列说法正确的是( )
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)＝2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为ΔH＜0
C. 自发反应在任何条件下都可以发生，非自发反应不可能发生
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【答案】B
【详解】A. 氢氧燃料电池放电时能量转化率虽高，但化学能不能全部转化为电能，A项错误；
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)＝2Fe2O3(s)常温下可自发进行，反应后体系混乱度减小，则ΔS＜0，说明该反应为放热反应，ΔH＜0，B项正确；
C. 非自发反应改变条件可转化为自发反应，C项错误；
D. 酶的催化活性需要适宜的温度，若温度过高，酶会发生变性，其催化活性会失效，D项错误；
答案选B。
2.下列关于反应的叙述中正确的是( )
A. 可逆反应的转化率小于100%，即可逆反应有一定的限度且不能更改
B. 一定的条件下H2跟I2化合成HI和HI分解属于可逆反应
C. 使用催化剂改变化学反应路径，降低反应活化能，反应的ΔH也随之改变
D. 可逆反应达到化学平衡状态时各组分的浓度比等于化学计量系数比
【答案】B
【详解】A. 改变适当的外界条件，如温度等，平衡会移动，可逆反应达到新的平衡，A项错误；
B. 一定的条件下H2跟I2化合成HI和HI分解在相同条件下同时进行，属于可逆反应，B项正确；
C. 使用催化剂改变化学反应路径，降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH，C项错误；
D. 可逆反应达到化学平衡状态时各组分的浓度保持不变，但不一定浓度比等于化学计量数之比，D项错误；
答案选B。
3.a、b、c、d为短周期主族元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含非极性键；d的最高价氧化物对应的水化物和简单氢化物都是强酸。向d的简单氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是 ( )
A. 原子半径：b>c>a
B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：b＜c
C. 工业上电解熔融cd3可得到c的单质
D. 向b2a2中加入cd3溶液一定不产生沉淀
【答案】A
【分析】a 原子最外层电子数等于电子层数的3倍，应为O元素；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含非极性键；则b为Na元素，形成的化合物分别为氧化钠、过氧化钠等；d 的最高价氧化物对应的水化物和简单氢化物都是强酸，则d为Cl元素，向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀，则c为Al元素，生成的沉淀为氢氧化铝，由分析可知a为O元素、b为Na元素、c为Al元素、d为Cl元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A．同一周期元素原子半径从左到右依次减小，同一主族元素原子半径从上到下依次增大，则原子半径为：b>c>a，A项正确；
B．金属性Na＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：b＞c，B项错误；
C．氯化铝为共价化合物，电解熔融氯化铝不能得到铝单质，需要电解熔融氧化铝实现，C项错误；
D．向Na2O2中加入少量AlCl3溶液中，发生的反应有2Na2O2＋2H2O＝4NaOH+O2↑,，Al3++4OH-= AlO2-+2H2O，随后继续与AlCl3溶液发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀，D项错误；
答案选A。
4.下列事实不能用平衡移动原理来解释的是（ ）
A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 合成氨工业中及时从反应体系中分离出氨气
D. 酸性高锰酸钾溶液加水后溶液颜色变浅
【答案】D
【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】A. 存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)，增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，A项正确；
B. 实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，可以用平衡移动原理解释，B项正确；
C. 合成氨工业中及时从反应体系中分离出氨气，使生成物的浓度降低，促进平衡向正反应方向移动，反应物转化率增大，可以用平衡移动原理解释，C项正确；
D. 酸性高锰酸钾溶液加水后溶液颜色变浅，是因为溶液变稀，浓度降低所导致，不能用平衡移动原理解释，D项错误；
答案选D。
5.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)＋2H2(gSi(s)＋4HCl(g)；△H＝＋QkJ·mol－1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器进行以上的反应，下列叙述正确的是( )
A. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则达到平衡时，吸收热量为QkJ
C. 反应至4min时，若HCl的浓度为0.12mol·L－1，则H2的反应速率为0.03 mol·L－1·min－1
D. 当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·L－1的NaOH恰好反应
【答案】D
【详解】A. 从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强,平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率降低，A项错误；
B. 该反应为可逆反应，1mol SiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于Q kJ，B项错误；
C. 反应至4min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则v(HCl)= = 0.03mol/(L⋅min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比,则v(H2)= ×v(HCl)= ×0.03mol/(L⋅min)=0.015mol/(L⋅min)，C项错误；
D. 由方程式可知，当反应吸收热量为0.025 QkJ时，生成HCl的物质的量为： =0.1mol，100mL 1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D项正确；
答案选D。
6.已知①C(s)＋O2(g)===CO2(g)； ΔH1＝－394 kJ·mol－1
②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)； ΔH2＝－242 kJ·mol－1
③2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(g)； ΔH3＝－2510 kJ·mol－1
④2C(s)＋H2(g)===C2H2(g)； ΔH4
下列说法正确的是( )
A. 反应①放出197 kJ的热量，转移4 mol电子
B. 由反应②可知1 mol液态水分解所放出的热量为242 kJ
C. 反应③表示C2H2燃烧热的热化学方程式
D. ΔH4＝2ΔH1＋ΔH2－1/2ΔH3
【答案】D
【解析】A、反应①放出197 kJ的热量，只有0.5molC参加反应，所以转移0.5×4 mol电子即2mol电子，A错误；B、1mol气态水转变成1mol液态水释放能量，根据反应②可知如果生成1mol液态水释放的能量高于242 kJ，所以1mol液态水分解吸收能量，且吸收的能量高于242 kJ，B错误；C、表示燃烧热的热化学方程式中，可燃物的系数必须为1，且必须生成最稳定的氧化物，生成的水必须为液态，C错误；D、利用盖斯定律可知：方程④=2×①＋②－×③，所以ΔH4＝2ΔH1＋ΔH2－ΔH3，D正确。正确答案为D。
7.国际计量大会第26次会议修订了阿伏加德罗常数并于2019年5月20日正式生效（NA=6.02214076×1023mol－1）。下列说法中正确的是( )
A. 常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B. 1 mol N2和3 mol H2混合，高温高压催化剂条件下充分反应生成NH3，转移电子的数目为6NA
C. 铅蓄电池放电时负极净增质量比正极净增质量多16g时转移电子数为NA
D. 78g Na2O2晶体中阴阳离子总数为4NA
【答案】C
【详解】A. 常温常压下，124 g P4的物质的量为=1mol，因1个P4分子内含6个P-P键，则124 g P4中所含P—P键数目为6NA，A项错误；
B. 若1 mol N2和3 mol H2混合反应生成氨气可完全转化，则转移电子数为6NA，但该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则在适当条件下反应生成氨气转移的电子数小于6NA，B项错误；
C. 放电时的负极上Pb失去电子，负极反应式为Pb+SO42−−2e−=PbSO4，正极反应式为PbO2+4H++SO42−+2e−=PbSO4+2H2O，理论上当转移2mol电子时，负极净增质量比正极净增质量多2mol O原子的质量即32g，则当增重16g时转移NA个电子，C项正确；
D. Na2O2晶体中含钠离子与过氧根离子，78g Na2O2晶体中阴阳离子总数为 = 3NA，D项错误；
答案选C。
8.一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。
电池工作时发生的反应为： RuII RuII *(激发态) RuII *→ RuIII+e-
I3-+ 2e-→3I- RuIII+3I-→RuII++ I3-
下列关于该电池叙述错误的是 ( )
A. 电池中镀Pt导电玻璃为正极
B. 电池工作时，I－离子在镀Pt导电玻璃电极上放电
C. 电池工作时，电解质中I－和I3－浓度不会减少
D. 电池工作时，是将太阳能转化为电能
【答案】B
【分析】由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。
【详解】根据上述分析，结合图示信息得，
A. 由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确；
B. 原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误；
C. 电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确；
D. 由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。
答案选B。
9.向盛有等量水的甲、乙两容器中分别加入0.1 mol CuSO4·5H2O(s)和0.1 mol CuSO4(s)，测得甲中溶液温度降低，乙中溶液温度升高，恢复至室温，最终两容器中均有晶体剩余（不考虑溶剂挥发）。下列说法不正确的是( )
A. 两容器中剩余晶体均为CuSO4·5H2O
B. 最终所得溶液中c(CuSO4)：甲=乙
C. 若再向乙中加入9 g水，充分振荡并恢复至室温后，c(CuSO4)减小
D. 由该实验利用盖斯定律可推知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＞0
【答案】C
【详解】A.晶体均是在溶液中剩余，所以均是形成CuSO4·5H2O这一结晶水合物，A项正确；B.所得溶液均是同一条件下的硫酸铜的饱和溶液，其浓度必然相同，B项正确；C.乙容器加入9g水，正相当于0.1mol CuSO4·5H2O中的结晶水的质量，此时乙容器与甲容器等同，已知甲中有固体剩余 ，所以c(CuSO4）不变，C项错误；D.甲、乙两容器的溶解过程比较，甲容器中多了一个CuSO4·5H2O（s）=CuSO4(s)+5H2O(l)，从“甲容器的温度比乙容器低”这一现象明显看出，这一步是吸热的，即△H>0，D项正确；答案选C项。
10.温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（ ）
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
1.2
1.1
1.0
1.0
A. 反应0～4min的平均速率v（Z）=0.25 mol·L－1·min－1
B. T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C. 其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D. 其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0
【答案】D
【详解】A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以V(Z)=2V(Y)=0.05mol/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起始浓度(mol/L)0.16 0.16 0
变化量(mol/L) 0.06 0.06 0.12
平衡浓度(mol/L）0.1 0.1 0.12
所以平衡常数K=，B错误；
C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；
D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；
故合理选项是D。
11.在一定温度下的恒容密闭容器中分别发生可逆反应2A(g)+B(g)2C(s)和2NO2(g) N2O4(g)，以下标志反应一定达到平衡状态的正确个数是（ ）
①混合气体的颜色不随时间而变化 ②各组分的物质的量浓度保持不变
③单位时间内反应物减少的质量等于生成物增加的质量
④压强不随时间的变化而变化
⑤混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
⑥各气体的体积分数不随时间而变化
A. 2个，5个 B. 3个，5个
C. 3个，4个 D. 4个，6个
【答案】A
【详解】（1）在一定温度下的恒容密闭容器中，对于可逆反应2A(g)+B(g)2C(s)来说，是气体分子数减小的体系，则
①混合气体的颜色不随时间而变化不一定说明达到平衡状态，如A与B均为无色气体时，①项错误；
②因C为固体，则C的物质的量浓度保持不变，不能说明反应达到了平衡状态，②项错误；
③单位时间内反应物减少的质量等于生成物增加的质量，反应每一时刻均遵循质量守恒定律，不能说明反应达到了平衡状态，③项错误 ；
④压强不随时间的变化而变化，说明气体的分子数不变，则反应达到了平衡状态，④项正确；
⑤混合气体的总质量与总的物质的量之比在数值上等于其平均相对分子质量，对于该反应来说，混合气体的平均分子质量每一时刻均不随时间而变化，⑤项错误；
⑥各气体的体积分数不随时间而变化，是平衡状态的标志，⑥项正确；
综上所述，对于反应2A(g)+B(g)2C(s)来说，④⑥符合题意，故有2个一定可以说明反应达到了平衡状态；
（2）同理可知，在一定温度下恒容密闭容器中，对于可逆反应2NO2(g) N2O4(g)来说，是气体分子数减小的反应，则
①因二氧化氮为红棕色气体，若混合气体的颜色不随时间而变化，说明各物质的浓度保持不变，则一定说明反应达到了平衡状态，①项正确；
②各组分的物质的量浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，一定说明反应达到了平衡状态，②项正确；
③单位时间内反应物减少的质量等于生成物增加的质量，遵循质量守恒定律，不能说明反应达到了平衡状态，③项错误；
④该反应为气体分子数减小的反应，则压强不随时间的变化而变化，一定说明反应达到了平衡状态，④项正确；
⑤混合气体的总质量不随时间而变化，则平均相对分子质量不随时间而变化说明各物质的物质的量保持不变，一定说明反应达到了平衡状态，⑤项正确；
⑥各气体的体积分数不随时间而变化，一定说明反应达到了平衡状态，⑥项正确；
综上所述，对于反应2NO2(g) N2O4(g)来说，①②④⑤⑥符合题意，故有5个一定可以说明反应达到了平衡状态，
答案选A。
12.已知：2X(g)+Y(g)2Z(g)，反应中ω（Z的物质的量分数）随温度T的变化如下图所示。下列判断正确的是（ ）
A. T1时，v正＞v逆
B. 正反应的ΔH＜0
C. a、b两点的反应速率v(a)=v(b)
D. 当温度低于T1时，ω增大的原因是平衡向正反应方向移动
【答案】B
【分析】当可逆反应达到化学平衡状态时，反应物的转化率最大，产物的产率也最高，由此可以判断0-T1阶段是化学平衡的建立过程，以后是温度对化学平衡的影响情况，根据化学平衡的建立过程以及温度对化学平衡的影响知识来解决。
【详解】当可逆反应达到化学平衡状态时，产物Z的生成率最大，物质的量分数最大，所以在T1时刻，化学反应达到了平衡状态。
A. T1时，化学反应达到了平衡状态，v正=v逆，A项错误；
B. 当温度高于T1时，Z的物质的量分数逐渐减小，所以化学平衡逆向移动，即逆反应方向是吸热的，所以正反应是一个放热反应，即△H<0，B项正确；
C. 温度越高，化学反应速率越大，b点温度高于a点，所以b的速率高于a点的速率，即v(a)< v(b)，故C错误；
D. 0−T1阶段是化学平衡的建立过程，反应开始向右不断进行，生成的Z的量越来越大，所以ω增大，D项错误；
答案选B。
13.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
【答案】C
【详解】A. 根据图象可知，t2时刻正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，故Z和W都不是气体，A项错误；
B. 由于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，B项错误；
C. 结合图象可知，X是气体，Y可能不是气体或是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变，或不相同，C项正确；
D. 由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据△H-T△S＜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，D项错误；
答案选C。
14.某温度下，反应2A(g)B(g) ΔH>0，在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)＝a，若改变某一条件，足够长时间后反应再次达到平衡状态，此时c(A)/c(B＝b，下列叙述正确的是( )
A. 在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则a
C. 若其他条件不变，升高温度，则a
【答案】B
【解析】试题分析：A.在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，B的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但B转化的比增加的幅度小，则a＞b，A项错误；B.在恒压条件下加入等配比数的A和B，反应仍能达到同一平衡状态，或在恒容条件下加入惰性气体，平衡不移动，或是使用催化剂，平衡不移动，a、b都相等，则B项正确；C.若其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，则a＞b，C项错误；D.保持温度、压强不变，充入惰性气体，导致容器体积增大，则反应气体的分压减小，平衡向逆反应方向移动，则a＜b，D项错误；答案选B。
15.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是( )
A
B
C
D
0～3 s内，反应速率v(O3)＝0.2 mol·L－1·s－1
降低温度，平衡常数增大
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
【答案】B
【详解】A. 根据图像可得出NO2表示的化学反应速率=0.2 mol·L－1·s－1，又因为各物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(O3)＝v(O3) = 0.1 mol·L－1·s－1，A项错误；
B. 由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，B项正确；
C. t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C项错误；
D. 达平衡时，仅增大c(O2)，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知二氧化氮的转化率随x增大而增大，则x可以代表O3浓度或压强，不能代表c(O2)，D项错误；答案选B。
16.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
相关反应的热化学方程式为：
反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)＝2HI(aq) + H2SO4(aq)；ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1
反应II：H2SO4(aq) ＝SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g)；ΔH2 = +327 kJ·mol-1
反应III：2HI(aq) ＝H2(g) + I2(g)； ΔH3 = +172 kJ·mol-1
下列说法不正确的是（ ）
A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化
B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用
C. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2 (g)+O2(g)；ΔH = +286 kJ·mol-1
D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变
【答案】C
【详解】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；
B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；
C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g) △H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋572kJ·mol－1，故C说法错误；
D、△H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H不变，故D说法正确。
第II卷
二、非选择题（共52分）
17.已知KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生氧化还原反应。甲、乙两个实验小组欲探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已酸化)
(1)甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率，实验装置如图所示：
实验时仪器中的A溶液一次性加入，A、B的成分见下表：
序号
A溶液
B溶液
①
2 mL 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液
②
2 mL 0.2 mol·L－1H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液
③
2 mL 0.2 mol·L－1H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液，少量MnSO4固体（催化剂）
①盛放A溶液仪器名称_______，锥形瓶中反应的化学方程式：______
②该实验探究的是_____因素对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序是____(填实验序号)。
(2)乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率。
取两支试管各加入2 mL 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液，另取两支试管各加入4 mL 0.1 mol·L－1KMnO4溶液，将四支试管分成两组(每组各有一支试管盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液)，一组放入冷水中，另一组放入热水中，一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验试图探究________因素对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是______
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O (3). 反应物的浓度和催化剂 (4). ③＞②＞① (5). 温度 (6). 酸性高锰酸钾溶液过量
【分析】利用KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生氧化还原反应制备二氧化碳，通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小和测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率，进而探究外因对化学反应速率的影响。
【详解】（1） ①常温下，酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应生成二氧化碳，盛放H2C2O4溶液的仪器名称为分液漏斗，依据氧化还原反应的规律可知该反应的化学方程式为：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O；
②对比实验序号为①②的实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率大，所得CO2的体积大；对比②③实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，③中使用了催化剂，故相同时间内③实验中所得二氧化碳最多，故答案为：反应物的浓度和催化剂；③＞②＞①；
（2）草酸和高锰酸钾反应的方程式为：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，草酸的物质的量为：0.002 L×0.1 mol⋅L−1=2×10−4 mol，
高锰酸钾的物质的量为：0.004 L×0.1mol⋅L−1=4×10−4 mol，
由方程式可知，酸性高锰酸钾过量，故没看到溶液完全褪色，故答案为：酸性高锰酸钾溶液过量。
18.将反应IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O设计成如图所示的原电池。
（1）开始时向甲烧杯中加入少量浓硫酸，电流计指针向右偏转，此时甲池中发生的电极反应式为____ ，工作过程中关于电流计的读数，下列说法正确的是____(填编号)。
a.电流计读数逐渐减小 b.电流计读数有可能变为0
c.电流计读数一直不变 d.电流计的读数逐渐增大
（2）如果在加浓硫酸前，甲、乙烧杯中都加入淀粉溶液，则溶液变蓝的烧杯是_______(填“甲”、“乙”)。
（3）工作一段时间后,如果再向甲烧杯滴入浓NaOH溶液,此时乙池中发生的电极反应式为______，电流计指针向_______(填“左”、“右”)偏转。
【答案】（1）2IO3－+10e－+12H+ = I2+6H2O，a、b；（2）甲、乙；（3）I2+2e－= 2I－，左。
【解析】试题分析：（1）开始时向甲烧杯中加入少量浓硫酸，电流计指针向右偏转，根据方程式可知碘酸根得到电子，发生还原反应，则此时甲池中发生的电极反应式为2IO3－+10e－+12H+ = I2+6H2O。a．随着反应的进行，离子的浓度逐渐减小，则电流计读数逐渐减小，a正确；b．反应达到平衡状态时电流计读数变为0，b正确；根据以上分析可知cd错误，答案选ab。
（2）乙中碘离子失去电子转化为单质碘，甲中碘酸根得到电子转化为电子碘，碘遇淀粉显蓝色，则如果在加浓硫酸前，甲、乙烧杯中都加入淀粉溶液，溶液变蓝烧杯是甲、乙。
（3）工作一段时间后，如果再向甲烧杯滴入浓NaOH溶液，此时甲中碘失去电子转化为碘酸根，即甲是负极，乙池中碘得到电子转化为碘离子，乙是正极，发生的电极反应式为I2+2e－= 2I－。由于正负极互换，则电流计指针向左偏转。
19.N元素是植物生长的必需元素，含氮化合物在工农业生产以及生活中都发挥着重要作用。
（1）氧化亚氮（N2O）是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。污水生物脱氮过程中，在异养微生物催化下，硝酸铵可分解为N2O和另一种产物，该反应的化学方程式为____。
（2）氮的氧化物既是空气的重要污染物，同时也是重要的化工原料。某化学课外小组查阅资料后得知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：
①2NO(g)N2O2(g)（快）ΔH1<0 K1
②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)（慢）ΔH2<0 K2
反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH=__（用含ΔH1和ΔH2的式子表示），K=___（用含K1和K2的式子表示）。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率的是反应_____（填序号），则反应①的活化能E1，与反应②的活化能E2的大小关系为E1___（填“>”“<”或“=”）E2。
（3）在373 K时，向体积为2 L的恒容真空容器中通入0.40 mol NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ΔH=−57.0 kJ·mol−1。测得NO2的体积分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
φ(NO2)
1.0
0.75
0.52
0.40
0.40
①0～20 min内，v(N2O4)=__________。
②上述反应中，v正(NO2)=k1·c2(NO2)，v逆(N2O4)=k2·c(N2O4)，其中k1、k2为速率常数，则373 K时，k1、k2的数学关系式为____。改变温度至T1时k1=k2，则T1___373 K（填“>”“<”或“=”）。
【答案】(1). NH4NO3N2O+2H2O (2). ΔH=ΔH1+ΔH2 (3). K= K1K2 (4). ② (5). ＜ (6). 2×10-3mol·L−1·min−1 (7). k1=60k2 (8). ＞
【分析】（1）依据质量守恒规律书写化学方程式，注意反应条件；
（2）依据盖斯定律分析结合反应热与平衡常数公式作答；决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率为慢反应；
（3）设0～20 min内生成N2O4的物质的量是x mol，列出三段式作答；达到平衡时列三段式计算各物质浓度，再根据v正(NO2)∶v逆(N2O4) = 2∶1，结合给定信息求出结论；若使k1=k2，则c(NO2)较原平衡增大，结合温度对平衡的影响因素分析；
【详解】（1）依据质量守恒定律可知，该反应的产物应为N2O和H2O，反应的化学方程式为：NH4NO3N2O+2H2O；
（2）根据盖斯定律分析， ①+②即可得到反应，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，故对应的反应热之间的关系为ΔH=ΔH1+ΔH2；因为反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)为①+②的结果，所以其平衡常数K= K1K2；反应慢的速率决定总反应速率，则决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率的是反应②，所以所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；
故答案为：ΔH=ΔH1+ΔH2；K= K1·K2；②；＜；
（3）①设0～20 min内生成N2O4的物质的量是x mol。
2NO2(g)N2O4(g)
开始（mol/L）： 0.2 0
转化（mol/L）： x
20 min（mol/L）：（0.2−x）
，解得：x = 0.08，v(N2O4) = mol/L÷20 min = 2.0×10−3 mol/(L·min)；
②设平衡时N2O4的浓度为x mol/L。
2NO2(g)N2O4(g)
开始： 0.2 mol/L 0
转化： 2x mol/L x mol/L
平衡： (0.2−2x) mol/L x mol/L
，x=0.075，v正(NO2)∶v逆(N2O4)=2∶1，即k1·c2(NO2)∶k2·c(N2O4)=2∶1，k1×0.052∶k2×0.075=2∶1，所以k1 = 60 k2。若改变温度至T1时k1=k2，则根据平衡时k1·c2(NO2)∶k2·c(N2O4) = 2∶1可知c(NO2)较原平衡增大，c(N2O4)较原平衡减小，说明平衡逆向移动，该反应正反应放热，所以T1>373K，
故答案为：2.0×10−3；k1=60k2；>。
20.工业合成氨反应具有非常重要的意义。
（1）对可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，若起始投料n(N2)∶n(H2)＝1∶1，达到平衡后，降低温度，N2的体积分数_____。
A．增大 B．减小 C．不变 D．不能判断
（2）T ℃，以CO2和NH3为原料可合成化肥尿素：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(l)；在2 L的密闭容器中，通入1.2 mol NH3和0.6 mol CO2，2 min时反应刚好达到平衡，此时c(NH3)＝0.2 mol·L－1，c(CO2)＝0.1 mol·L－1。
①T ℃时该反应的平衡常数K＝_____。
②若2 min时保持T ℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入0.6 mol NH3，则此时v正____v逆(填“>”“<”或“＝”)。
③若保持T ℃，在2 min时把容器体积瞬间压缩到1 L且保持体积不变，3 min时达到新平衡，请在图中画出2 min到3 min内NH3浓度的变化曲线。_______
（3）NH3催化还原氮氧化物是目前应用广泛的烟气脱硝技术。已知:6NO2(g)+8NH3(g)
7N2(g)+12H2O(l) ΔH，向容积为2 L的恒容密闭容器中，充入NO2和NH3的混合气体0.14 mol充分反应。不同投料比时，NO2的平衡转化率与温度的关系如图中曲线所示[投料比=n(NO2)/n(NH3)]。
①ΔH____0（填“>”“<”或“=”），理由是_____。
②x_____3∶4（填“>”“<”或“=”），理由是_____。
③400 K时，该反应的平衡常数表达式为____。
④投料比为3∶4时，Q点v逆(NH3)____P点v逆(NH3)（填“>”“<”或“=”）。
【答案】 (1). C (2). 250 (3). ＜ (4). (5). ＜ (6). 升高温度NO2转化率减小平衡逆向移动，所以正反应放热 (7). ＞ (8). 投料比越大NO2的物质的量越大，NO2的转化率越小 (9). c7(N2)/c6(NO2)c8(NH3) (10). <
【解析】【分析】（1）w（N2）=×100%=50%，再根据三段式求出反应后氮气的体积分数，前后进行比较；
（2）①根据K=进行计算；
②若保持T℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入0.6mol NH3，体积瞬间变为4L，此时c（NH3）=0.25mol•L-1，c（CO2）=0.05mol•L-1，据此分析浓度商与K的关系进行作答；
③2min时把容器体积瞬间压缩到1L，此时c（NH3）=0.4mol•L-1，保持T℃不变，平衡常数K不变，则3min平衡时NH3浓度仍为 0.2mol•L-1，据此进行作图；
（3）①升高温度，平衡向吸热方向移动，根据转化率的变化来判断该反应是放热还是吸热，从而分析焓变；
②结合投料比对NO2转化率的影响效果分析；
③依据平衡常数的定义作答；
④投料比为3∶4时P点达平衡，Q点未达平衡，此时NO2的转化率比平衡时小据此分析作答。
【详解】（1）开始w(N2)= ×100%=50%，设开始氮气，氢气的物质的量分别为1mol，1mol，
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
初始量1 1 0
转化量x 3x 2x
平衡量1−x 1−3x 2x，
反应后氮气的体积分数为×100%=×100%=50%，则N2的体积分数恒为50%，由此可见平衡时N2的体积分数保持不变，故答案为：C；
（1）① 2NH3(g)+CO2(g)═CO(NH2)2(s)+H2O(l)；
初始量(mol/L)0.6 0.3 0 0
转化量(mol/L)0.4 0.2 0.2 0.2
平衡量 (mol/L) 0.2 0.1 0.2 0.2
K===250；
②若保持T℃和平衡时容器的压强不变,再向体积可变的容器中充入0.6molNH3,体积瞬间变为4L,此时c(NH3)=0.25mol⋅L−1,c(CO2)=0.05mol⋅L−1,反应的浓度商Q=10.252×0.05=320，Q>K，所以平衡逆向移动，v正
③2min时把容器体积瞬间压缩到1L，此时c(NH3)=0.4mol⋅L−1，保持T℃不变，平衡常数K不变，则3min平衡时NH3浓度仍为0.2mol⋅L−1，故图象为；
（3） ①由图可知,升高温度NO2转化率减小平衡逆向移动，所以正反应放热，则△H<0；
②则从图中可以看出，同一个温度下，x对应的NO2的转化率均小于3:4对应的NO2的转化率，因投料比越大NO2的物质的量越大，NO2的转化率反而越小，故x＞3:4；
③6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(l)，所以400K时，反应的平衡常数表达式为K= c7(N2)/c6(NO2)c8(NH3)；
④投料比为3∶4时P点达平衡，Q点未达平衡，此时NO2的转化率比平衡时小，说明此时要继续转化更多的NO2，反应物浓度在减小，生成物浓度在增大，正反应速率在减小，逆反应速率在增大，则可知此时逆反应速率比平衡时逆反应速率小，以氨气表示反应速率得出，Q点v逆(NH3)
可能用到的相对原子质量 H 1 C 12 O 16 Na 23 P31 S32 Cu 64
第I卷
一、每小题只有一个正确答案(每小题3分，16个小题共48分)
1.下列说法正确的是( )
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)＝2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为ΔH＜0
C. 自发反应在任何条件下都可以发生，非自发反应不可能发生
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【答案】B
【详解】A. 氢氧燃料电池放电时能量转化率虽高，但化学能不能全部转化为电能，A项错误；
B. 反应4Fe(s)+3O2(g)＝2Fe2O3(s)常温下可自发进行，反应后体系混乱度减小，则ΔS＜0，说明该反应为放热反应，ΔH＜0，B项正确；
C. 非自发反应改变条件可转化为自发反应，C项错误；
D. 酶的催化活性需要适宜的温度，若温度过高，酶会发生变性，其催化活性会失效，D项错误；
答案选B。
2.下列关于反应的叙述中正确的是( )
A. 可逆反应的转化率小于100%，即可逆反应有一定的限度且不能更改
B. 一定的条件下H2跟I2化合成HI和HI分解属于可逆反应
C. 使用催化剂改变化学反应路径，降低反应活化能，反应的ΔH也随之改变
D. 可逆反应达到化学平衡状态时各组分的浓度比等于化学计量系数比
【答案】B
【详解】A. 改变适当的外界条件，如温度等，平衡会移动，可逆反应达到新的平衡，A项错误；
B. 一定的条件下H2跟I2化合成HI和HI分解在相同条件下同时进行，属于可逆反应，B项正确；
C. 使用催化剂改变化学反应路径，降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH，C项错误；
D. 可逆反应达到化学平衡状态时各组分的浓度保持不变，但不一定浓度比等于化学计量数之比，D项错误；
答案选B。
3.a、b、c、d为短周期主族元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含非极性键；d的最高价氧化物对应的水化物和简单氢化物都是强酸。向d的简单氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是 ( )
A. 原子半径：b>c>a
B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：b＜c
C. 工业上电解熔融cd3可得到c的单质
D. 向b2a2中加入cd3溶液一定不产生沉淀
【答案】A
【分析】a 原子最外层电子数等于电子层数的3倍，应为O元素；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含非极性键；则b为Na元素，形成的化合物分别为氧化钠、过氧化钠等；d 的最高价氧化物对应的水化物和简单氢化物都是强酸，则d为Cl元素，向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀，则c为Al元素，生成的沉淀为氢氧化铝，由分析可知a为O元素、b为Na元素、c为Al元素、d为Cl元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A．同一周期元素原子半径从左到右依次减小，同一主族元素原子半径从上到下依次增大，则原子半径为：b>c>a，A项正确；
B．金属性Na＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：b＞c，B项错误；
C．氯化铝为共价化合物，电解熔融氯化铝不能得到铝单质，需要电解熔融氧化铝实现，C项错误；
D．向Na2O2中加入少量AlCl3溶液中，发生的反应有2Na2O2＋2H2O＝4NaOH+O2↑,，Al3++4OH-= AlO2-+2H2O，随后继续与AlCl3溶液发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀，D项错误；
答案选A。
4.下列事实不能用平衡移动原理来解释的是（ ）
A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 合成氨工业中及时从反应体系中分离出氨气
D. 酸性高锰酸钾溶液加水后溶液颜色变浅
【答案】D
【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】A. 存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)，增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，A项正确；
B. 实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，可以用平衡移动原理解释，B项正确；
C. 合成氨工业中及时从反应体系中分离出氨气，使生成物的浓度降低，促进平衡向正反应方向移动，反应物转化率增大，可以用平衡移动原理解释，C项正确；
D. 酸性高锰酸钾溶液加水后溶液颜色变浅，是因为溶液变稀，浓度降低所导致，不能用平衡移动原理解释，D项错误；
答案选D。
5.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)＋2H2(gSi(s)＋4HCl(g)；△H＝＋QkJ·mol－1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器进行以上的反应，下列叙述正确的是( )
A. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则达到平衡时，吸收热量为QkJ
C. 反应至4min时，若HCl的浓度为0.12mol·L－1，则H2的反应速率为0.03 mol·L－1·min－1
D. 当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·L－1的NaOH恰好反应
【答案】D
【详解】A. 从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强,平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率降低，A项错误；
B. 该反应为可逆反应，1mol SiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于Q kJ，B项错误；
C. 反应至4min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则v(HCl)= = 0.03mol/(L⋅min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比,则v(H2)= ×v(HCl)= ×0.03mol/(L⋅min)=0.015mol/(L⋅min)，C项错误；
D. 由方程式可知，当反应吸收热量为0.025 QkJ时，生成HCl的物质的量为： =0.1mol，100mL 1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D项正确；
答案选D。
6.已知①C(s)＋O2(g)===CO2(g)； ΔH1＝－394 kJ·mol－1
②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)； ΔH2＝－242 kJ·mol－1
③2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(g)； ΔH3＝－2510 kJ·mol－1
④2C(s)＋H2(g)===C2H2(g)； ΔH4
下列说法正确的是( )
A. 反应①放出197 kJ的热量，转移4 mol电子
B. 由反应②可知1 mol液态水分解所放出的热量为242 kJ
C. 反应③表示C2H2燃烧热的热化学方程式
D. ΔH4＝2ΔH1＋ΔH2－1/2ΔH3
【答案】D
【解析】A、反应①放出197 kJ的热量，只有0.5molC参加反应，所以转移0.5×4 mol电子即2mol电子，A错误；B、1mol气态水转变成1mol液态水释放能量，根据反应②可知如果生成1mol液态水释放的能量高于242 kJ，所以1mol液态水分解吸收能量，且吸收的能量高于242 kJ，B错误；C、表示燃烧热的热化学方程式中，可燃物的系数必须为1，且必须生成最稳定的氧化物，生成的水必须为液态，C错误；D、利用盖斯定律可知：方程④=2×①＋②－×③，所以ΔH4＝2ΔH1＋ΔH2－ΔH3，D正确。正确答案为D。
7.国际计量大会第26次会议修订了阿伏加德罗常数并于2019年5月20日正式生效（NA=6.02214076×1023mol－1）。下列说法中正确的是( )
A. 常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B. 1 mol N2和3 mol H2混合，高温高压催化剂条件下充分反应生成NH3，转移电子的数目为6NA
C. 铅蓄电池放电时负极净增质量比正极净增质量多16g时转移电子数为NA
D. 78g Na2O2晶体中阴阳离子总数为4NA
【答案】C
【详解】A. 常温常压下，124 g P4的物质的量为=1mol，因1个P4分子内含6个P-P键，则124 g P4中所含P—P键数目为6NA，A项错误；
B. 若1 mol N2和3 mol H2混合反应生成氨气可完全转化，则转移电子数为6NA，但该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则在适当条件下反应生成氨气转移的电子数小于6NA，B项错误；
C. 放电时的负极上Pb失去电子，负极反应式为Pb+SO42−−2e−=PbSO4，正极反应式为PbO2+4H++SO42−+2e−=PbSO4+2H2O，理论上当转移2mol电子时，负极净增质量比正极净增质量多2mol O原子的质量即32g，则当增重16g时转移NA个电子，C项正确；
D. Na2O2晶体中含钠离子与过氧根离子，78g Na2O2晶体中阴阳离子总数为 = 3NA，D项错误；
答案选C。
8.一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。
电池工作时发生的反应为： RuII RuII *(激发态) RuII *→ RuIII+e-
I3-+ 2e-→3I- RuIII+3I-→RuII++ I3-
下列关于该电池叙述错误的是 ( )
A. 电池中镀Pt导电玻璃为正极
B. 电池工作时，I－离子在镀Pt导电玻璃电极上放电
C. 电池工作时，电解质中I－和I3－浓度不会减少
D. 电池工作时，是将太阳能转化为电能
【答案】B
【分析】由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。
【详解】根据上述分析，结合图示信息得，
A. 由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确；
B. 原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误；
C. 电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确；
D. 由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。
答案选B。
9.向盛有等量水的甲、乙两容器中分别加入0.1 mol CuSO4·5H2O(s)和0.1 mol CuSO4(s)，测得甲中溶液温度降低，乙中溶液温度升高，恢复至室温，最终两容器中均有晶体剩余（不考虑溶剂挥发）。下列说法不正确的是( )
A. 两容器中剩余晶体均为CuSO4·5H2O
B. 最终所得溶液中c(CuSO4)：甲=乙
C. 若再向乙中加入9 g水，充分振荡并恢复至室温后，c(CuSO4)减小
D. 由该实验利用盖斯定律可推知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＞0
【答案】C
【详解】A.晶体均是在溶液中剩余，所以均是形成CuSO4·5H2O这一结晶水合物，A项正确；B.所得溶液均是同一条件下的硫酸铜的饱和溶液，其浓度必然相同，B项正确；C.乙容器加入9g水，正相当于0.1mol CuSO4·5H2O中的结晶水的质量，此时乙容器与甲容器等同，已知甲中有固体剩余 ，所以c(CuSO4）不变，C项错误；D.甲、乙两容器的溶解过程比较，甲容器中多了一个CuSO4·5H2O（s）=CuSO4(s)+5H2O(l)，从“甲容器的温度比乙容器低”这一现象明显看出，这一步是吸热的，即△H>0，D项正确；答案选C项。
10.温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（ ）
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
1.2
1.1
1.0
1.0
A. 反应0～4min的平均速率v（Z）=0.25 mol·L－1·min－1
B. T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C. 其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D. 其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0
【答案】D
【详解】A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以V(Z)=2V(Y)=0.05mol/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起始浓度(mol/L)0.16 0.16 0
变化量(mol/L) 0.06 0.06 0.12
平衡浓度(mol/L）0.1 0.1 0.12
所以平衡常数K=，B错误；
C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；
D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；
故合理选项是D。
11.在一定温度下的恒容密闭容器中分别发生可逆反应2A(g)+B(g)2C(s)和2NO2(g) N2O4(g)，以下标志反应一定达到平衡状态的正确个数是（ ）
①混合气体的颜色不随时间而变化 ②各组分的物质的量浓度保持不变
③单位时间内反应物减少的质量等于生成物增加的质量
④压强不随时间的变化而变化
⑤混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
⑥各气体的体积分数不随时间而变化
A. 2个，5个 B. 3个，5个
C. 3个，4个 D. 4个，6个
【答案】A
【详解】（1）在一定温度下的恒容密闭容器中，对于可逆反应2A(g)+B(g)2C(s)来说，是气体分子数减小的体系，则
①混合气体的颜色不随时间而变化不一定说明达到平衡状态，如A与B均为无色气体时，①项错误；
②因C为固体，则C的物质的量浓度保持不变，不能说明反应达到了平衡状态，②项错误；
③单位时间内反应物减少的质量等于生成物增加的质量，反应每一时刻均遵循质量守恒定律，不能说明反应达到了平衡状态，③项错误 ；
④压强不随时间的变化而变化，说明气体的分子数不变，则反应达到了平衡状态，④项正确；
⑤混合气体的总质量与总的物质的量之比在数值上等于其平均相对分子质量，对于该反应来说，混合气体的平均分子质量每一时刻均不随时间而变化，⑤项错误；
⑥各气体的体积分数不随时间而变化，是平衡状态的标志，⑥项正确；
综上所述，对于反应2A(g)+B(g)2C(s)来说，④⑥符合题意，故有2个一定可以说明反应达到了平衡状态；
（2）同理可知，在一定温度下恒容密闭容器中，对于可逆反应2NO2(g) N2O4(g)来说，是气体分子数减小的反应，则
①因二氧化氮为红棕色气体，若混合气体的颜色不随时间而变化，说明各物质的浓度保持不变，则一定说明反应达到了平衡状态，①项正确；
②各组分的物质的量浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，一定说明反应达到了平衡状态，②项正确；
③单位时间内反应物减少的质量等于生成物增加的质量，遵循质量守恒定律，不能说明反应达到了平衡状态，③项错误；
④该反应为气体分子数减小的反应，则压强不随时间的变化而变化，一定说明反应达到了平衡状态，④项正确；
⑤混合气体的总质量不随时间而变化，则平均相对分子质量不随时间而变化说明各物质的物质的量保持不变，一定说明反应达到了平衡状态，⑤项正确；
⑥各气体的体积分数不随时间而变化，一定说明反应达到了平衡状态，⑥项正确；
综上所述，对于反应2NO2(g) N2O4(g)来说，①②④⑤⑥符合题意，故有5个一定可以说明反应达到了平衡状态，
答案选A。
12.已知：2X(g)+Y(g)2Z(g)，反应中ω（Z的物质的量分数）随温度T的变化如下图所示。下列判断正确的是（ ）
A. T1时，v正＞v逆
B. 正反应的ΔH＜0
C. a、b两点的反应速率v(a)=v(b)
D. 当温度低于T1时，ω增大的原因是平衡向正反应方向移动
【答案】B
【分析】当可逆反应达到化学平衡状态时，反应物的转化率最大，产物的产率也最高，由此可以判断0-T1阶段是化学平衡的建立过程，以后是温度对化学平衡的影响情况，根据化学平衡的建立过程以及温度对化学平衡的影响知识来解决。
【详解】当可逆反应达到化学平衡状态时，产物Z的生成率最大，物质的量分数最大，所以在T1时刻，化学反应达到了平衡状态。
A. T1时，化学反应达到了平衡状态，v正=v逆，A项错误；
B. 当温度高于T1时，Z的物质的量分数逐渐减小，所以化学平衡逆向移动，即逆反应方向是吸热的，所以正反应是一个放热反应，即△H<0，B项正确；
C. 温度越高，化学反应速率越大，b点温度高于a点，所以b的速率高于a点的速率，即v(a)< v(b)，故C错误；
D. 0−T1阶段是化学平衡的建立过程，反应开始向右不断进行，生成的Z的量越来越大，所以ω增大，D项错误；
答案选B。
13.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
【答案】C
【详解】A. 根据图象可知，t2时刻正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，故Z和W都不是气体，A项错误；
B. 由于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，B项错误；
C. 结合图象可知，X是气体，Y可能不是气体或是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变，或不相同，C项正确；
D. 由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据△H-T△S＜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，D项错误；
答案选C。
14.某温度下，反应2A(g)B(g) ΔH>0，在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)＝a，若改变某一条件，足够长时间后反应再次达到平衡状态，此时c(A)/c(B＝b，下列叙述正确的是( )
A. 在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则a
C. 若其他条件不变，升高温度，则a
【答案】B
【解析】试题分析：A.在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，B的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但B转化的比增加的幅度小，则a＞b，A项错误；B.在恒压条件下加入等配比数的A和B，反应仍能达到同一平衡状态，或在恒容条件下加入惰性气体，平衡不移动，或是使用催化剂，平衡不移动，a、b都相等，则B项正确；C.若其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，则a＞b，C项错误；D.保持温度、压强不变，充入惰性气体，导致容器体积增大，则反应气体的分压减小，平衡向逆反应方向移动，则a＜b，D项错误；答案选B。
15.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是( )
A
B
C
D
0～3 s内，反应速率v(O3)＝0.2 mol·L－1·s－1
降低温度，平衡常数增大
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
【答案】B
【详解】A. 根据图像可得出NO2表示的化学反应速率=0.2 mol·L－1·s－1，又因为各物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(O3)＝v(O3) = 0.1 mol·L－1·s－1，A项错误；
B. 由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，B项正确；
C. t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C项错误；
D. 达平衡时，仅增大c(O2)，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知二氧化氮的转化率随x增大而增大，则x可以代表O3浓度或压强，不能代表c(O2)，D项错误；答案选B。
16.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
相关反应的热化学方程式为：
反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)＝2HI(aq) + H2SO4(aq)；ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1
反应II：H2SO4(aq) ＝SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g)；ΔH2 = +327 kJ·mol-1
反应III：2HI(aq) ＝H2(g) + I2(g)； ΔH3 = +172 kJ·mol-1
下列说法不正确的是（ ）
A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化
B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用
C. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2 (g)+O2(g)；ΔH = +286 kJ·mol-1
D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变
【答案】C
【详解】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；
B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；
C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g) △H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋572kJ·mol－1，故C说法错误；
D、△H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H不变，故D说法正确。
第II卷
二、非选择题（共52分）
17.已知KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生氧化还原反应。甲、乙两个实验小组欲探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已酸化)
(1)甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率，实验装置如图所示：
实验时仪器中的A溶液一次性加入，A、B的成分见下表：
序号
A溶液
B溶液
①
2 mL 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液
②
2 mL 0.2 mol·L－1H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液
③
2 mL 0.2 mol·L－1H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液，少量MnSO4固体（催化剂）
①盛放A溶液仪器名称_______，锥形瓶中反应的化学方程式：______
②该实验探究的是_____因素对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序是____(填实验序号)。
(2)乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率。
取两支试管各加入2 mL 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液，另取两支试管各加入4 mL 0.1 mol·L－1KMnO4溶液，将四支试管分成两组(每组各有一支试管盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液)，一组放入冷水中，另一组放入热水中，一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验试图探究________因素对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是______
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O (3). 反应物的浓度和催化剂 (4). ③＞②＞① (5). 温度 (6). 酸性高锰酸钾溶液过量
【分析】利用KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生氧化还原反应制备二氧化碳，通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小和测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率，进而探究外因对化学反应速率的影响。
【详解】（1） ①常温下，酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应生成二氧化碳，盛放H2C2O4溶液的仪器名称为分液漏斗，依据氧化还原反应的规律可知该反应的化学方程式为：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O；
②对比实验序号为①②的实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率大，所得CO2的体积大；对比②③实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，③中使用了催化剂，故相同时间内③实验中所得二氧化碳最多，故答案为：反应物的浓度和催化剂；③＞②＞①；
（2）草酸和高锰酸钾反应的方程式为：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，草酸的物质的量为：0.002 L×0.1 mol⋅L−1=2×10−4 mol，
高锰酸钾的物质的量为：0.004 L×0.1mol⋅L−1=4×10−4 mol，
由方程式可知，酸性高锰酸钾过量，故没看到溶液完全褪色，故答案为：酸性高锰酸钾溶液过量。
18.将反应IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O设计成如图所示的原电池。
（1）开始时向甲烧杯中加入少量浓硫酸，电流计指针向右偏转，此时甲池中发生的电极反应式为____ ，工作过程中关于电流计的读数，下列说法正确的是____(填编号)。
a.电流计读数逐渐减小 b.电流计读数有可能变为0
c.电流计读数一直不变 d.电流计的读数逐渐增大
（2）如果在加浓硫酸前，甲、乙烧杯中都加入淀粉溶液，则溶液变蓝的烧杯是_______(填“甲”、“乙”)。
（3）工作一段时间后,如果再向甲烧杯滴入浓NaOH溶液,此时乙池中发生的电极反应式为______，电流计指针向_______(填“左”、“右”)偏转。
【答案】（1）2IO3－+10e－+12H+ = I2+6H2O，a、b；（2）甲、乙；（3）I2+2e－= 2I－，左。
【解析】试题分析：（1）开始时向甲烧杯中加入少量浓硫酸，电流计指针向右偏转，根据方程式可知碘酸根得到电子，发生还原反应，则此时甲池中发生的电极反应式为2IO3－+10e－+12H+ = I2+6H2O。a．随着反应的进行，离子的浓度逐渐减小，则电流计读数逐渐减小，a正确；b．反应达到平衡状态时电流计读数变为0，b正确；根据以上分析可知cd错误，答案选ab。
（2）乙中碘离子失去电子转化为单质碘，甲中碘酸根得到电子转化为电子碘，碘遇淀粉显蓝色，则如果在加浓硫酸前，甲、乙烧杯中都加入淀粉溶液，溶液变蓝烧杯是甲、乙。
（3）工作一段时间后，如果再向甲烧杯滴入浓NaOH溶液，此时甲中碘失去电子转化为碘酸根，即甲是负极，乙池中碘得到电子转化为碘离子，乙是正极，发生的电极反应式为I2+2e－= 2I－。由于正负极互换，则电流计指针向左偏转。
19.N元素是植物生长的必需元素，含氮化合物在工农业生产以及生活中都发挥着重要作用。
（1）氧化亚氮（N2O）是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。污水生物脱氮过程中，在异养微生物催化下，硝酸铵可分解为N2O和另一种产物，该反应的化学方程式为____。
（2）氮的氧化物既是空气的重要污染物，同时也是重要的化工原料。某化学课外小组查阅资料后得知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：
①2NO(g)N2O2(g)（快）ΔH1<0 K1
②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)（慢）ΔH2<0 K2
反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH=__（用含ΔH1和ΔH2的式子表示），K=___（用含K1和K2的式子表示）。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率的是反应_____（填序号），则反应①的活化能E1，与反应②的活化能E2的大小关系为E1___（填“>”“<”或“=”）E2。
（3）在373 K时，向体积为2 L的恒容真空容器中通入0.40 mol NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ΔH=−57.0 kJ·mol−1。测得NO2的体积分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
φ(NO2)
1.0
0.75
0.52
0.40
0.40
①0～20 min内，v(N2O4)=__________。
②上述反应中，v正(NO2)=k1·c2(NO2)，v逆(N2O4)=k2·c(N2O4)，其中k1、k2为速率常数，则373 K时，k1、k2的数学关系式为____。改变温度至T1时k1=k2，则T1___373 K（填“>”“<”或“=”）。
【答案】(1). NH4NO3N2O+2H2O (2). ΔH=ΔH1+ΔH2 (3). K= K1K2 (4). ② (5). ＜ (6). 2×10-3mol·L−1·min−1 (7). k1=60k2 (8). ＞
【分析】（1）依据质量守恒规律书写化学方程式，注意反应条件；
（2）依据盖斯定律分析结合反应热与平衡常数公式作答；决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率为慢反应；
（3）设0～20 min内生成N2O4的物质的量是x mol，列出三段式作答；达到平衡时列三段式计算各物质浓度，再根据v正(NO2)∶v逆(N2O4) = 2∶1，结合给定信息求出结论；若使k1=k2，则c(NO2)较原平衡增大，结合温度对平衡的影响因素分析；
【详解】（1）依据质量守恒定律可知，该反应的产物应为N2O和H2O，反应的化学方程式为：NH4NO3N2O+2H2O；
（2）根据盖斯定律分析， ①+②即可得到反应，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，故对应的反应热之间的关系为ΔH=ΔH1+ΔH2；因为反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)为①+②的结果，所以其平衡常数K= K1K2；反应慢的速率决定总反应速率，则决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率的是反应②，所以所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；
故答案为：ΔH=ΔH1+ΔH2；K= K1·K2；②；＜；
（3）①设0～20 min内生成N2O4的物质的量是x mol。
2NO2(g)N2O4(g)
开始（mol/L）： 0.2 0
转化（mol/L）： x
20 min（mol/L）：（0.2−x）
，解得：x = 0.08，v(N2O4) = mol/L÷20 min = 2.0×10−3 mol/(L·min)；
②设平衡时N2O4的浓度为x mol/L。
2NO2(g)N2O4(g)
开始： 0.2 mol/L 0
转化： 2x mol/L x mol/L
平衡： (0.2−2x) mol/L x mol/L
，x=0.075，v正(NO2)∶v逆(N2O4)=2∶1，即k1·c2(NO2)∶k2·c(N2O4)=2∶1，k1×0.052∶k2×0.075=2∶1，所以k1 = 60 k2。若改变温度至T1时k1=k2，则根据平衡时k1·c2(NO2)∶k2·c(N2O4) = 2∶1可知c(NO2)较原平衡增大，c(N2O4)较原平衡减小，说明平衡逆向移动，该反应正反应放热，所以T1>373K，
故答案为：2.0×10−3；k1=60k2；>。
20.工业合成氨反应具有非常重要的意义。
（1）对可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，若起始投料n(N2)∶n(H2)＝1∶1，达到平衡后，降低温度，N2的体积分数_____。
A．增大 B．减小 C．不变 D．不能判断
（2）T ℃，以CO2和NH3为原料可合成化肥尿素：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(l)；在2 L的密闭容器中，通入1.2 mol NH3和0.6 mol CO2，2 min时反应刚好达到平衡，此时c(NH3)＝0.2 mol·L－1，c(CO2)＝0.1 mol·L－1。
①T ℃时该反应的平衡常数K＝_____。
②若2 min时保持T ℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入0.6 mol NH3，则此时v正____v逆(填“>”“<”或“＝”)。
③若保持T ℃，在2 min时把容器体积瞬间压缩到1 L且保持体积不变，3 min时达到新平衡，请在图中画出2 min到3 min内NH3浓度的变化曲线。_______
（3）NH3催化还原氮氧化物是目前应用广泛的烟气脱硝技术。已知:6NO2(g)+8NH3(g)
7N2(g)+12H2O(l) ΔH，向容积为2 L的恒容密闭容器中，充入NO2和NH3的混合气体0.14 mol充分反应。不同投料比时，NO2的平衡转化率与温度的关系如图中曲线所示[投料比=n(NO2)/n(NH3)]。
①ΔH____0（填“>”“<”或“=”），理由是_____。
②x_____3∶4（填“>”“<”或“=”），理由是_____。
③400 K时，该反应的平衡常数表达式为____。
④投料比为3∶4时，Q点v逆(NH3)____P点v逆(NH3)（填“>”“<”或“=”）。
【答案】 (1). C (2). 250 (3). ＜ (4). (5). ＜ (6). 升高温度NO2转化率减小平衡逆向移动，所以正反应放热 (7). ＞ (8). 投料比越大NO2的物质的量越大，NO2的转化率越小 (9). c7(N2)/c6(NO2)c8(NH3) (10). <
【解析】【分析】（1）w（N2）=×100%=50%，再根据三段式求出反应后氮气的体积分数，前后进行比较；
（2）①根据K=进行计算；
②若保持T℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入0.6mol NH3，体积瞬间变为4L，此时c（NH3）=0.25mol•L-1，c（CO2）=0.05mol•L-1，据此分析浓度商与K的关系进行作答；
③2min时把容器体积瞬间压缩到1L，此时c（NH3）=0.4mol•L-1，保持T℃不变，平衡常数K不变，则3min平衡时NH3浓度仍为 0.2mol•L-1，据此进行作图；
（3）①升高温度，平衡向吸热方向移动，根据转化率的变化来判断该反应是放热还是吸热，从而分析焓变；
②结合投料比对NO2转化率的影响效果分析；
③依据平衡常数的定义作答；
④投料比为3∶4时P点达平衡，Q点未达平衡，此时NO2的转化率比平衡时小据此分析作答。
【详解】（1）开始w(N2)= ×100%=50%，设开始氮气，氢气的物质的量分别为1mol，1mol，
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
初始量1 1 0
转化量x 3x 2x
平衡量1−x 1−3x 2x，
反应后氮气的体积分数为×100%=×100%=50%，则N2的体积分数恒为50%，由此可见平衡时N2的体积分数保持不变，故答案为：C；
（1）① 2NH3(g)+CO2(g)═CO(NH2)2(s)+H2O(l)；
初始量(mol/L)0.6 0.3 0 0
转化量(mol/L)0.4 0.2 0.2 0.2
平衡量 (mol/L) 0.2 0.1 0.2 0.2
K===250；
②若保持T℃和平衡时容器的压强不变,再向体积可变的容器中充入0.6molNH3,体积瞬间变为4L,此时c(NH3)=0.25mol⋅L−1,c(CO2)=0.05mol⋅L−1,反应的浓度商Q=10.252×0.05=320，Q>K，所以平衡逆向移动，v正
③2min时把容器体积瞬间压缩到1L，此时c(NH3)=0.4mol⋅L−1，保持T℃不变，平衡常数K不变，则3min平衡时NH3浓度仍为0.2mol⋅L−1，故图象为；
（3） ①由图可知,升高温度NO2转化率减小平衡逆向移动，所以正反应放热，则△H<0；
②则从图中可以看出，同一个温度下，x对应的NO2的转化率均小于3:4对应的NO2的转化率，因投料比越大NO2的物质的量越大，NO2的转化率反而越小，故x＞3:4；
③6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(l)，所以400K时，反应的平衡常数表达式为K= c7(N2)/c6(NO2)c8(NH3)；
④投料比为3∶4时P点达平衡，Q点未达平衡，此时NO2的转化率比平衡时小，说明此时要继续转化更多的NO2，反应物浓度在减小，生成物浓度在增大，正反应速率在减小，逆反应速率在增大，则可知此时逆反应速率比平衡时逆反应速率小，以氨气表示反应速率得出，Q点v逆(NH3)
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