2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二3月月考化学试题 解析版
2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二3月月考化学试题 解析版
一、选择题
1. 下列事实能说明醋酸是弱电解质的是( )
①醋酸与水能以任意比互溶； ②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子； ④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9；
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应,醋酸产生H2速率慢；
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍。
A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑥⑦ C. ③④⑥⑧ D. ①②
【答案】B
【解析】①醋酸与水能以任意比互溶，物理性质不说明问题。②醋酸溶液能导电，只能说明是电解质，不能说明是弱电解质。③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸没有完全电离，所以是弱电解质。④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大，说明醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L，醋酸没有完全电离，说明是弱电解质。⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，只能说明醋酸比碳酸强，不能证明是强电解质。⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，说明醋酸是弱酸。⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，证明醋酸是弱酸。⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍，说明溶液稀释10倍，pH变化1个单位，说明该酸是一种强酸。所以③④⑥⑦正确，答案为B。
2. 在T℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知T℃时AgCl的Ksp=2×10 -10，下列说法不正确的是( )
A. 在T℃时，AgBr的Ksp为4.9×10-13
B. 在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C. 图中a点对应的是含AgBr的不饱和溶液
D. 在T℃时，AgCl（s）+Br -（aq）AgBr（s）+Cl -（aq）的平衡常数K≈408
【答案】B
【解析】A. 据图可知，在T℃时，AgBr的Ksp= c(Ag＋)×c(Br－)=7×10－7×7×10－7=4.9×10－13，故A正确；B. 在AgBr的饱和溶液中存在溶解平衡：AgBr(s) Ag＋(aq)+Br－(aq)，加入NaBr固体，c(Br－)增大，AgBr的溶解平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，所以不可能使溶液由c点变到b点，故B错误；C. 图中a点对应的Qc(AgBr)＜Ksp(AgBr)，所以a点对应的是AgBr的不饱和溶液，故C正确；D. 在T℃时，AgCl（s）+Br -（aq）AgBr（s）+Cl -（aq）的平衡常数K= = = = ≈408，故D正确；答案选B。
点睛：本题主要考查沉淀溶解平衡，掌握Ksp的计算和平衡移动原理是解题的关键，试题难度中等。本题的难点是对图象的分析和理解，解题时可以根据图象中坐标的含义，得出曲线上的每个点均为AgBr饱和溶液，曲线下方为不饱和溶液，进而利用Ksp的定义和相关知识解答即可。
3. 某活动小组为探究金属腐蚀的相关原理，设计了如图a所示的装置，图a的铁棒末端分别连上一块Zn片和Cu片，并置于含有K3Fe（CN）6及酚酞的混合凝胶上．一段时间后发现凝胶的某些区域（如图b所示）发生了变化．已知Fe 2+ 可用K3Fe（CN）6来检验（呈蓝色）．则下列说法不正确的是（ ）
A. 甲区发生的电极反应式为Fe-2e═Fe2+ B. 乙区产生Zn2+
C. 丙区呈红色 D. 丁区呈蓝色
【答案】A
【解析】本题以图示装置为背景，主要考查金属的腐蚀相关原理。
铁棒末端连上Zn片时，Zn片端（乙区）作负极，乙区的电极反应为Zn－2e—＝Zn2+；铁棒另一端（甲端）作正极，甲区的电极反应为O2+2H2O+4e—＝4OH—。铁棒末端连上Cu片时，Cu片端（丙区）作正极，丙区的电极反应为O2+2H2O+4e—＝4OH—，溶液呈碱性，酚酞变红；铁棒另一端（丁区）作负极，丁区的电极反应为：Fe-2e－= Fe2+，遇K3Fe(CN)6
呈现蓝色。故A项错误。答案选A
4. 已知某一温度下,0.1mol⋅L−1 NaHA的强电解质溶液中,c(H+)
0的化学反应速率(v)与时间(t)的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0的浓度(c)随时间t的变化情况。下列说法中正确的是 ( ) 。
A. 图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
B. 若图一t2时改变的条件是增大压强，则反应的ΔH增大
C. 图二t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
D. 若图二t1时改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小
【答案】A
【解析】试题分析：A、反应CD(g)+H2(g)⇌C(s)+H20(g)△H＞0，正反应是气体体积减小吸热反应，升高温度或增大压强，正逆速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大更多，图一与实际相符合，故A正确；B、反应的焓变只和反应物以及生成物的能量有关，故B错误；C、反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，正反应是气体体积减小放热反应，增大压强，改变体积的瞬间都浓度增大，平衡向正反应方向移动，但升高温度，平衡向逆反应方向移动，改变条件的瞬间，浓度不变，图二与实际不相符，故C错误；D、若图二t1时刻改变的条件是增大压强，平衡向正反应方向移动，反应混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量将增大，故D错误；故选A。
考点：考查了化学平衡图象、化学反应速率及化学平衡影响因素、化学平衡常数的相关知识。
12. 向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使可逆反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示．由图可得出正确的结论是（ ）
A. 反应在c点达到平衡状态
B. 反应物浓度：a点小于b点
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量
D. △t1=△t2时，SO2的转化率：a～b 段小于 b～c 段
【答案】D
【解析】试题分析：化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A错误；a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，B错误；从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，D错误；答案选C。
考点：化学平衡、化学反应速率
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13. pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和,所得混和液的pH=11,则强酸与强碱的体积比是( )
A. 11:1 B. 9:1 C. 1:11 D. 1:9
【答案】B
【解析】试题分析：pH=13的强碱溶液，C（OH-）=10-1，pH=2的强酸溶液，C（H+）=10-2，所得溶液的pH="11," C（OH-）=10-3设V1 和 V2，则（10-1×V1-10-2×V2）/ （V1+ V2）= 10-3,解之得：V1/ V2=1:9,答案D对。
考点：强碱溶液和强酸溶液混合，所得溶液相关知识计算。
14. 在密闭容器中,使2molN2和6molH2混合发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3
(g)(正反应为放热反应)） 下列说法错误的是（ ）
A. 升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量变大
B. 升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的密度不变
C. 当反应达到平衡时,N2和H2的浓度比是1:3
D. 当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将逆向移动
【答案】A
【解析】升高温度，平衡向逆方向移动，由于气体的质量不变，物质的量增大，所以混合气体的平均相对分子质量减少，A错；由于混合气体的质量不变，密闭容器的体积不变，其密度不变，B正确；N2和H2起始浓度之比与消耗的物的量之比相同，达到平衡后浓度之比也相同，C正确；压强不变，加入稀有气体，混合气体的压强增大，要维持压强不变，相当于减少压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即逆方向移动，D正确。答案选A。
15. 如图曲线是表示其他条件一定时，2NO+O2⇌2NO2（该反应放热）反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达平衡状态，且v(正)＞v(逆)的点是（ ）
A. a点 B. b点 C. c点 D. d点
【答案】C
【解析】曲线表示其他条件一定时，平衡状态下NO的转化率与温度的关系。A. A点在温度一定向曲线发展的过程中，NO的转化率降低，说明A点v(正)v(逆)；D. 点在平衡曲线上，所以D点v(正)=v(逆)。故选C。
点睛：解答本题需要明确曲线是表示平衡状态下NO的转化率与温度关系的平衡曲线，平衡状态向着化学反应速率较大的方向建立，曲线上方的点v(正)v(逆)。
16. 25 ℃时,在20 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1醋酸溶液,曲线如图所示,有关粒子浓度关系的比较中,不正确的是( )
A. 在A点:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
B. 在B点:c(OH-)=c(H+),c(Na+)=c(CH3COO-)
C. 在C点:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 在C点:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
【答案】A
【解析】试题分析：A、A点溶液中的溶质为醋酸钠，因为醋酸根离子水解，溶液显碱性，但醋酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，错误，选A；B、B点溶液为中性，则氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒分析，钠离子浓度等于醋酸根离子浓度，正确不选B；C、C点溶液为等量的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，所以离子浓度顺序正确，不选C；D、根据物料守恒分析，正确，不选D。
考点： 酸碱混合时溶液的定性判断和溶液中的离子浓度大小比较
17. 实验测得某反应在不同pH下产物A的浓度随时间变化的关系如图(其他条件不同).则下列有关说法正确的是( )
A. 若增大压强，该反应的反应速率一定增大
B. pH=6.8时，随着反应的进行反应速率逐渐增大
C. 一定pH范围内,溶液中H+浓度越小反应速率越快
D. 可采用调节pH的方法使反应停止
【答案】D
【解析】A．图象没有给出压强对反应速率的影响，不能确定，A错误；B．pH=6.8时，随着反应的进行，曲线斜率逐渐减小，则说明反应速率逐渐减小，B错误；C．由图象可知，一定pH
范围内，溶液中H+浓度越小反应速率越小，C错误；D．当pH=8.8时，c（A）基本不变，说明反应停止，D正确，答案选D。
18. 在温度不变的条件下,恒定的容器中进行下列反应：N2O4⇌2NO2,若N2O4的浓度由0.1mol/L降到0.07mol/L要用10s,那么N2O4的浓度从0.07mol/L降到0.04mol/L时,所用时间( )
A. 等于10s B. 等于5s C. 大于10s D. 小于10s
【答案】C
点睛：本题主要考查浓度对化学反应速率的影响，明确化学反应速率是平均速率而不是瞬时速率，随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多是解答本题的关键，试题难度不大。
19. 用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=−574kJ⋅mol−1
②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=−1160kJ⋅mol−1 下列说法不正确的是( )
A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B. 由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H<−574 kJ⋅mol−1
C. 反应①和②生成等物质的量的CO2时转移的电子数相同
D. 反应②中当4.48LCH4反应完全时转移的电子总数为1.60mol
【答案】D
【解析】A．根据盖斯定律，反应(①+②)÷2得：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)△H=-867kJ/mol，标准状况下4.48LCH4的物质的量为0.2mol，由热化学方程式可知，放出的热量为0.2mol×867kJ/mol=173.4kJ，故A正确；B．已知CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ•mol-1，水由气态变为液态放出热量，所以CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-Q，Q>574kJ•mol-1，△H<−574 kJ⋅mol−1，故B正确；C．在两个反应中，C元素的化合价均由-4价升高到+4价，生成等物质的量的CO2时转移的电子数相同，故C正确；D．因未注明4.48LCH4
是否处于标准状况，所以无法计算转移的电子数目，故D错误；答案选D。
20. 2CO(g)+4H2(g)═2CH4(g)+O2(g) △H=+71kJ⋅mol−1，CO(g)+2H2(g)═CH3OH(l)△H=−90.5kJ⋅mol−1已知CH4(g)的燃烧热为−890kJ⋅mol−1,则CH3OH(l)的燃烧热为( )
A. −1528kJ⋅mol−1 B. −764kJ⋅mol−1 C. −382kJ⋅mol−1 D. 无法计算
【答案】B
【解析】CH4(g)的燃烧热为−890kJ·mol−1，根据燃烧热的定义有CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ·mol−1，已知① 2CO(g)+4H2(g)═2CH4(g)+O2(g) △H=+71kJ⋅mol−1、② CO(g)+2H2(g)═CH3OH(l)△H=−90.5kJ·mol−1，③ CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ·mol−1，根据盖斯定律，③×2+①－②×2得2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=-1528kJ·mol−1，所以CH3OH(l)的燃烧热为 −764kJ⋅mol−1，故答案选B。
21. 在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中未成对电子数最多，F原素的基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。
（1）写出基态E原子的价电子排布式：________________。
（2）B、C、D三元素第一电离能由小到大的顺序为_________________（用元素符号表示）；A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为____，分子的立体结构为________________；C的单质与BD化合物互为等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式：________________；A2D由液态形成晶体时密度____（填“增大”“不变”或”减小“），分析主要原因：________________（用文字叙述）。
（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为____（用元素符号表示）；若相邻D原子和F原子间的距离为acm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为___g/cm3（用含a、NA的式子表示）。
【答案】 (1). 3d54s1 (2). C＜O＜N (3). sp3杂化 (4). 三角锥形 (5). (6). 减小 (7). 水形成晶体时，每个水分子与四个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小 (8). Cu2O (9). 273√2a3NA
【解析】在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为碳元素，D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D为氧元素，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数小于D，所以C为氮元素，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其原子外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则E为铬元素，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，则F原子外围电子排布为3d104s1，所以F为铜元素，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，所以A为氢元素．
（1）E为铬元素，基态E原子的价电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；
（2）C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：C＜O＜N；
A与C形成NH3分子，分子中N原子形成3个N﹣H、含有1对孤对电子，故N原子杂化类型为sp3，分子的立体结构为三角锥形；
C的单质为N2，化合物CO是等电子体，二者结构相似，CO分子中C原子与O原子之间形成三对共用电子对，故CO的电子式为；
H2O形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小，
（3）根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有氧原子数为1+8×=2，铜原子数为4，所以该化合物的化学式为Cu2O，晶胞质量为（4×+2×）g，若相邻氧原子和铜原子间的距离为a cm，则晶胞的体对角线为4acm，所以边长为cm，所以体积为（cm）3cm3，该晶体的密度为（4×+2×）g÷（cm）3=g/cm3
22.
已知A、B、C、D和E都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族。B和C属同一主族，D和E属同一周期，又知E是周期表中1—18列中的第7列元素。D的原子序数比E小5，D跟B可形成离子化合物其晶胞结构如右图。请回答：
（1）A元素的名称是_____________________；
（2）B的元素符号是______________，C的元素符号是_______________，B与A形成的化合物比C 与A形成的化合物沸点高，其原因是_____________________
（3）E属元素周期表中第_________周期，第________族的元素，其元素名称是________，它的+2价离子的电子排布式为____________________：
（4）从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为____________；该离子化合物晶体的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积是________________（只要求列出算式）。
【答案】 (1). 氢 (2). F (3). Cl (4). 氟化氢分子间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键 (5). 四 (6). VIIB (7). 锰 (8). 1s22s22p63s23p63d5 (9). CaF2 (10).
【解析】从D、E是周期表中1-18列中E排第7列可判断E是第4周期VIIB族的Mn元素，原子序数为25，所以D也在第4周期，D的原子序数比E小5，则原子序数为20，应为Ca元素，图中离子化合物D与B的离子个数比值为：（8×1/8+6×1/2）：8=1：2，且D为Ca，则B的化合价为-1价，应为第ⅦA族元素，B和C属同一主族，B的序数在前面，B为F，C为Cl；A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族，所以A为H。
..................
点睛：本题以元素推断为基础，除考查元素名称、位置及电子排布式之外，还设计了有关影响晶体熔沸点高低的原因、晶胞计算等问题。本题的综合性较大，基本上覆盖了物质结构与性质的主干知识，注意晶胞结构分析与计算以及氢键对物质性质的影响。
23. 对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。
(1)以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜,碱洗时常有气泡冒出,原因是___(用离子方程式表示).为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的___.
a.NH3 b.CO2 c.NaOH d.HNO3
②以铝材为阳极,在H2SO4 溶液中电解,铝材表面形成氧化膜,阳极电极反应为___.取少量废电解液,加入NaHCO3，溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是___.
(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是___.
(3)利用图装置，可以模拟铁的电化学防护。
若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于___处。
若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为___.
【答案】 (1). 2Al+2OH−+2H2O═2AlO−2+3H2↑ (2). b (3). 2Al+3H2O−6e−═Al2O3+6H+ (4). HCO−3与H+反应使H+浓度减小,产生Al(OH)3沉淀 (5). 阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+ (6). N (7). 牺牲阳极保护法(或牺牲阳极的阴极保护法)
【解析】试题分析：铝材碱性可以洗去油污，同时也可以洗去表面的氧化铝，裸露的铝会和碱溶液反应放出氢气，2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑，氢氧化铝是两性氢氧化物，可溶于强酸强碱，因此，溶液中的偏铝酸根，应通入CO2使其沉淀成氢氧化铝，选b，②以铝材为阳极，在过量的H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，铝失电子发生氧化反应，阳极电极反应式为2Al-6e－+3H2O＝Al2O3＋6H＋，取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，原因溶液中有硫酸，还有硫酸铝，HCO3－＋ H＋＝ CO2↑+ H2O，Al3++3HCO3－＝Al(OH)3↓+3CO2↑，（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+浓度恒定。（3）若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，应构成电解池，阴极的电保护法，开关K应该置于N处，若X为锌，开光K置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。
考点：考查考察金属铝及其化合物的性质、原电池原理和金属的防护
24. 碳及其化合物有广泛的用途。
(1)反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ⋅mol−1,达到平衡后,体积不变时,以下有利于提高H2产率的措施是___.
A. 增加碳的用量 B.升高温度 C. 用CO吸收剂除去CO D.加入催化剂
(2)已知,C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)△H=+172.5kJ⋅mol−1 则反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的△H=___kJ⋅mol−1.
(3)在一定温度下,将CO(g)和H2O(g)各0.16mol分别通入到体积为2.0L的恒容密闭容器中,发生以下反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，得到如下数据：
t/min
2
4
7
9
n(H2O)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
①其它条件不变,降低温度,达到新平衡前v(逆)___v(正)(填“>”、“<”或“=”).
②其它条件不变,再充入0.1mol CO(g)和0.1mol H2O(g),达到平衡时CO的体积分数___(填“增大”、“减小”或“不变”).
【答案】 (1). BC (2). −41.2 (3). < (4). 不变
【解析】(1). A. 碳为固体，增加碳的用量，平衡不移动，H2的产率不变，故A错误；B. 该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，能提高H2的产率，故B正确；C. 用CO吸收剂除去CO，CO的浓度降低，平衡向正反应方向移动，能提高H2的产率，故C正确；D. 加入催化剂，平衡不移动，H2的产率不变，故D错误，答案选BC；
(2). 已知：① C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) △H=+131.3kJ⋅mol−1，② C(s)+CO2(g)⇌2CO(g) △H=+172.5kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，①−②得：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H=+131.3kJ⋅mol−1−(+172.5kJ⋅mol−1)=−41.2kJ⋅mol−1，故答案为：−41.2；
(3). ①. 由上述计算可知，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的正反应为放热反应，降温时平衡正向移动，则v(逆)0,已知该反应在2404℃时,平衡常数K=64×10−4.请回答：
(1)某温度下,向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol,5分钟后O2的物质的量为0.5mol,则N2的反应速率___.
(2)假设该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志___.
A. 消耗1mol N2同时生成1mol O2 B.混合气体密度不变
C. 混合气体平均相对分子质量不变 D.2v(N2)正=v(NO)逆
(3)将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中,下列变化趋势正确的是___(填字母序号).
(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2,达到平衡状态后再向其中充入一定量NO,重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比,此时平衡混合气中NO的体积分数___.(填“变大”、“变小”或“不变”)
(5)该温度下,某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10−1 mol/L、4.0×10−2 mol/L和3.0×10−3 mol/L,此时反应___(填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”),理由是___.此时正、逆反应速率的大小：v正___v逆(填“>”、“<”或“=”).
【答案】 (1). 0.05mol/(L⋅min) (2). AD (3). AC (4). 不变 (5). 向正反应方向进行;因为浓度商 (6). Qc
【解析】试题分析：（1）5分钟内，△n(O2)=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)可知△n(N2)=0.5mol，v(N2)===0.05mol/(L•min)，故答案为：0.05mol/(L•min)；
（2）A．消耗1mol N2等效于消耗1mol O2，同时生成1mol O2，故选；B．混合气体密度一直不变，故不选；C．混合气体平均相对分子质量不变，总质量是个定值，总物质的量是个定值，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故不选；D．2v(N2)正=v(NO)正=v(NO)逆，故选；故选AD；
（3）A、该反应的正反应为吸热反应，则升高温度平衡向正反应进行，平衡常数增大，故A正确；B、加入催化剂，反应速率增大，但平衡不发生移动，故B错误；C、升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，故C正确．故答案为：AC；
（4）该反应中，气体的化学计量数之和前后相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数，故答案为：不变；
（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为：=9×10-4＜K，则反应应向正反应方向进行，故答案为：向正反应方向进行因为浓度商Qc＜K。
考点：考查了化学平衡的有关计算的相关知识。
答案
1-18 BBAABDADABADBACADC 19、CD 20、B
21、
答案：（1）3d54s1；（2）C＜O＜N；sp3杂化；三角锥形；；减小；水形成晶体时，每个水分子与四个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小；（3）Cu2O；273√2a3NA。
22、答案：：（11分）（1）氢（1分）（2）F Cl 氟化氢分子间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键（3分）（3）四 VIIB 锰 1s22s22p63s23p63d5（4分）（4）CaF2 （3分）
23、 (1)①2Al+2OH−+2H2O═2AlO−2+3H2↑；b；
②2Al+3H2O−6e−═Al2O3+6H+;HCO−3与H+反应使H+浓度减小,产生Al(OH)3沉淀；
(2)阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+；
(3) N;牺牲阳极保护法(或牺牲阳极的阴极保护法).
24、 (1) BC； (2) −41.2； (3)①：<；②不变。
25、 (1) 0.05mol/(L⋅min)； (2) AD； (3) AC； (4)不变； (5)向正反应方向进行;因为浓度商Qc.
