【化学】浙江省诸暨中学2019-2020学年高二上学期10月阶段性考试试题（解析版）

【化学】浙江省诸暨中学2019-2020学年高二上学期10月阶段性考试试题（解析版）

浙江省诸暨中学2019-2020学年高二上学期10月阶段性考试试题 一、选择题(本大题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.在一定条件下，对于A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)反应来说，以下化学反应速率的表示中，化学反应速率最快的是（ ）‎ A. v(A2)＝0.8 mol·L－1·s－1 B. v(A2)＝30 mol·L－1·min－1‎ C. v(AB3)＝1.0 mol·L－1·s－1 D. v(B2)＝1.2 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】同一反应用不同的物质表示其反应速率时数值可能不同，但意义是相同的，所以要比较反应速率快慢，需要先换算成用同一种物质来表示，然后才能直接比较其数值大小。若都用A来表示，则根据速率之比是相应的化学计量数之比可知，B、C、D中的反应速率分别是0.5mol/(L·s)、0.5mol/(L·s)、0.4mol/(L·s)，所以正确的答案是A。‎ ‎2.把A、B、C、D四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若A、B相连A为负极；C、D相连D上有气泡逸出；A、C相连A 上发生氧化反应；B、D相连，B是电子流入的一极。则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为（ ）‎ A A＞B＞C＞D B A＞C＞B＞D ‎ C A＞C＞D＞B D B＞D＞C＞A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎3.以下说法中正确的是（ ）‎ A. △H＜0的反应均能自发进行 B. △S＜0的反应均不能自发进行 C. 碳酸氢铵固体加热分解是一个熵减小的过程 D. 冰在室温下自动熔化成水，是熵增加的结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，反应自发进行是由焓变、熵变和温度共同决定，故A错误；‎ B．△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，△S＜0，△‎ H＜0的反应可以自发进行，故B错误；‎ C．碳酸氢铵固体加热分解生成二氧化碳、氨气，熵变增大，故C错误；‎ D．冰从固体变化为液体，熵变增大，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎4.下列说法错误的是（ ）‎ A. 需要加热方能发生的反应不一定是吸热反应 B. 放热的反应在常温下一定很容易发生 C. 反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小 D. 吸热反应在一定的条件下也能发生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．需要加热才能发生反应不一定是吸热反应，如铝热反应需要在高温下发生，但是放热反应，故A正确；‎ B．很多可燃物的燃烧，需要加热到较高的温度，故B错误；‎ C．焓变的大小决定于反应物和生成物能量的相对高低，故C正确；‎ D．氯化铵和氢氧化钡反应是吸热反应，在常温下就能发生，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎5.对于任何一个平衡体系，采用以下措施，一定会使平衡移动的是（ ）‎ A. 升高温度 B. 加入一种反应物 C. 对平衡体系增加压强 D. 使用催化剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．任何化学反应一定伴随能量的变化，升高温度，化学平衡一定是向着吸热方向进行，故A选；‎ B．在反应中，加入一种故体反应物，固体量的增减不会引起化学平衡的移动，故B不选；‎ C．对于没有气体参加的反应，或是前后气体体积不变的反应，压强不会引起平衡的移动，所以可能导致平衡移动，故C不选；‎ D．使用催化剂只能改变化学反应的速率，不会引起化学平衡的移动，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎6.在一定温度下的定容密闭容器中发生反应H2(g)＋I2(g)‎ ‎2HI(g)，下列能说明反应已经达到平衡状态的是（ ）‎ A. 混合气体的平均摩尔质量不再变化 B. 混合气体的密度不再变化 C. v正(H2)＝v逆(HI) D. 混合气体的颜色不再变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．混合气体的总质量不变，气体的总物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量始终不变，则不能说明反应达到平衡状态，故A错误；‎ B．气体的体积不变，质量守恒，所以密度始终不变，不能根密度不再变化来判断平衡状态，故B错误；‎ C．速率之比与化学计量数不成正比，故C错误；‎ D．容器内颜色不再改变，说明碘蒸气的浓度不再改变，说明该反应已达到化学平衡状态，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：‎ 物质 X Y Z 初始浓度/mol·L-1‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ 平衡浓度/mol·L-1‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 反应达到平衡时，X的转化率为50％‎ B. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动 C. 在25℃下，反应的平衡常数为1600，改变温度可以改变此反应的平衡常数 D. 在25℃下，测得c(X)=0.04mol·L-1，c(Y)=0.1mol·L-1，c(Z)=0.08mol·L-1，则此时v正0 )如下表所列：‎ 容器 SO2 (mol)‎ O2(mol)‎ N2(mol)‎ Q(kJ·mol－1)‎ 甲 ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ Q1‎ 乙 ‎1‎ ‎0.5‎ ‎0‎ Q2‎ 丙 ‎1‎ ‎0.5‎ ‎1‎ Q3‎ 根据以上数据，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 在上述条件下反应生成lmol SO3固体放热Q/2 kJ B. 2Q3 <2Q2=Q1丙>乙>丁 D. B的转化率为：丁>乙>丙>甲 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将起始时情况作如下排列：‎ ‎2A(g)+B(g)3C(g)+2D(g) 甲 2 mol 1 mol 乙 1 mol 1 mol 丙 2 mol 2 mol 丁 1 mol 2 mol A越少B越多，A的转化率越高，则A转化率最高的为丁，最低的为甲；乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1 mol A和1 mol B，应是恒温并加压，平衡逆向移动使A的转化率减小，故A的转化率丁＞乙＞丙＞甲，同理得B的转化率：甲＞乙＞丙＞丁，故答案为A。‎ ‎25.在容积一定的密闭容器中，可逆反应：A2(g)+B2(g)xC(g)符合下列图Ⅰ所示关系，由此推断对图Ⅱ的正确说法是（ ）‎ A. P3P4，Y轴表示A2的浓度 C. P3>P4，Y轴表示混合气体的密度 D. P3>P4，Y轴表示混合气体的平均摩尔质量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由图Ⅰ可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，C的含量越高，说明平衡向正反应方向移动，正反应为气体体积减小的反应；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，C的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；‎ 由图Ⅱ可知，y随温度的升高而降低，结合温度对平衡移动的影响判断y表示的物理量，结合压强对平衡移动的影响判断P3、P4的关系。‎ ‎【详解】由图Ⅰ可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，C的含量越高，说明平衡向正反应方向移动，正反应为气体体积减小的反应；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，C的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；‎ A．P3＜P4，在温度相同条件下，增大压强平衡向正反应移动，A2的转化率增大，同时升高温度平衡向逆反应移动，A2的转化率降低，图象与实际不符，故A错误；‎ B．P3＞P4，在温度相同条件下，增大压强平衡向正反应移动，A2的浓度降低，同时升高温度平衡向逆反应移动，A2的浓度增大，图象与实际不符，故B错误；‎ C．P3＞P4，在温度相同条件下，增大压强平衡向正反应移动，但混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度不变。升高温度平衡向逆反应移动，但混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度不变，图象与实际不相符，故C错误；‎ D．P3＞P4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气的平均摩尔质量增大，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体总的物质的量增大，混合气的平均摩尔质量减小，图象与实际相符，故D正确；‎ 故答案为D。‎ 二、简答题(本大题包括4小题，共50分。)‎ ‎26.活动小组同学用下图1装置进行实验，试回答下列问题。‎ ‎（1）若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为____。‎ ‎（2）若开始时开关K与b连接，则A极的电极反应式为____。‎ ‎（3）当开关K与b连接时，关于这个实验，下列说法正确的是(填序号)____。‎ A．溶液中Na+向A极移动 B．从A极处逸出的气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝 C．反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质浓度 ‎（4）该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图2装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。‎ ‎①制得的氢氧化钾溶液从出口(填“A”、“B”、“C”、“D”)___导出，制得的氧气从出口(填“A”、“B”、“C”、“D”)___导出。‎ ‎②此时通过阴离子交换膜的离子数___(填“大于”、“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。‎ ‎③通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因___。‎ ‎【答案】 (1). O2+4e-+2H2O＝4OH- (2). 2Cl-－2e-=Cl2↑ (3). B (4). D (5). B (6). 小于 (7). H+放电，促进水的电离，OH-浓度增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1))若开始时开关K与a连接，则形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀；‎ ‎(2)若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠；‎ ‎(3)A．电解过程中阳离子向阴极移动；‎ B．A电极为阳极，从A极处逸出的气体是氯气；‎ C．恢复到电解前电解质的浓度，”出什么加什么“的原则分析；‎ ‎(4)用惰性电极电解硫酸钾实质时电解水，阴极氢离子放电生成氢气，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极生成氢氧化钾，阳极氢氧根放电生成氧气，硫酸根通过阴离子膜进入阴极区得到硫酸；燃料电池中，负极上燃料失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水 ‎【详解】(1)开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，电极方程式为Fe-2e-═Fe2+，而正极发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；‎ ‎(2)开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑，A极发生氧化反应，电极反应式为2Cl-－2e-=Cl2↑；‎ ‎(3)A．电解过程中阳离子向阴极移动，B为阴极，溶液中Na+向B极移动，故A错误；‎ B．A生成氯气，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，故B正确；‎ C．反应一段时间后加适量HCl气体，可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，故C错误；‎ 故答案为B；‎ ‎(4)①阴极氢离子放电，氢氧根离子浓度增大，钾离子向阴极移动，所以氢氧化钾在阴极生成，即从出口D导出，阳极氢氧根放电生成氧气，制得的氧气从出口B导出；‎ ‎②电解硫酸钾溶液时，阳极上水失电子生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，根据电荷守恒知，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数；‎ ‎③已知H2OH++OH-，H+在阴极附近放电，引起水的电离平衡向右移动，使c(OH-)＞c(H+)，即阴极区溶液的碱性增强。‎ ‎27.如图装置闭合电键K时，电流计A的指针将发生偏转。试回答：‎ ‎（1）丙池是___(填“原电池”或“电解池”)。‎ ‎（2）乙中Cu极的电极反应是___，若电路中有0.02mol电子通过，则甲中a电极溶解的质量为___g。‎ ‎（3）闭合电键K一段时间后，丙池中生成二种气体和一种碱，则丙池中发生的总的离子反应方程式是___。‎ ‎（4）如果要给丙中铁片上镀上一层Ag，则丙池应作何改进___。‎ ‎（5）丙池中反应进行较长时间后，收集到标准状况下氢气2.24L。此时测得丙池溶液质量实际减少4.23g，含有碱0.100mol(不考虑气体在水中的溶解)，则实际放出气体的物质的量是___mol。‎ ‎【答案】 (1). 电解池 (2). Cu2++2e﹣=Cu (3). 0.65 (4). 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ (5). 把C电极换成Ag电极，把NaCl溶液换为硝酸银溶液 (6). 0.165‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)甲和乙形成原电池，所以丙有外加电源；‎ ‎(2)乙中Cu极上阳离子得电子；根据电子与Zn的物质的量关系求算；‎ ‎(3)丙池中是电解NaCl溶液生产氢气，氯气和氢氧化钠；‎ ‎(4)如果要给丙中铁片上镀上一层Ag，则丙池为电镀池；‎ ‎(5)根据电解NaCl溶液生产氢气，氯气和氢氧化钠的关系，已知碱0.100mol，求氯气，再由丙池溶液质量实际减少的量，求出氧气的质量。‎ ‎【详解】(1)甲和乙形成原电池，所以丙有外加电源，属于电解池；‎ ‎(2)乙中Cu极上铜离子得电子生成铜单质，其电极反应为：Cu2++2e-=Cu；Zn从0价升高到+2价失去2个电子，已知电路中有0.02mol电子通过，所以消耗的Zn为0.01mol，m(Zn)=nM=65g/mol×0.01mol=0.65g；‎ ‎(3)丙池中是电解NaCl溶液生产氢气，氯气和氢氧化钠，其电解方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，对应的离子反应方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；‎ ‎(4)要给丙中铁片上镀上一层Ag，则阳极应该为Ag电极，电解质溶液为AgNO3溶液，即把C电极换成Ag电极，把NaCl溶液换为硝酸银溶液；‎ ‎(5)已知碱0.100mol，n(H2)===0.1mol，‎ ‎ 2NaCl+2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑；‎ ‎ 0.1mol 0.05mol 所以m(H2)=nM=0.1mol×2g/mol=0.2g，m( Cl2)=nM=0.05mol×71g/mol=3.55g，丙池溶液质量实际减少4.23g，是氢气、氯气和氧气的质量和，所以m(O2)=4.23g-3.55g-0.2g=0.48g，所以n(O2)===0.015mol，因此实际放出气体的物质的量是：0.1mol+0.05mol+0.015mol=0.165mol。‎ ‎28.对于反应A(g)2B(g) DH>0，在温度为T1和T2时，平衡体系中B的体积分数随压强变化的曲线如图所示。‎ ‎（1）根据曲线图，下列说法不正确的是___。‎ A．a、c两点的反应速率：c>a B．b、c两点A气体的转化率相等 C．由状态b到状态a，可以通过加热的方法 D．由状态b到状态c，可以通过加压的方法 ‎（2）若上述反应在定容密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是___。‎ A．单位时间内生成nmolA的同时分解2nmolB B．两种气体的体积分数不再改变 C．混合气体的密度不再发生变化 D．混合气体的质量不再发生变化 ‎（3）若上述反应达平衡时，B气体的平衡浓度为0.1mol·L-1，通过减小体积来增大体系的压强(温度保持不变)，重新达平衡后，B气体的平衡浓度___0.1mol·L-1(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎（4）在100℃时，将0.40mol的B气体充入2L密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如表的数据：‎ 时间(s)‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ n(B)/mol ‎0.40‎ n1‎ ‎0.26‎ n3‎ n4‎ n(A)/mol ‎0.00‎ ‎0.05‎ n2‎ ‎0.08‎ ‎0.08‎ 上表中n3___n4(填“大于”、“小于”或“等于”)，反应A(g)2B(g)在100℃时的平衡常数K的值为___，升高温度后，反应2B(g)A(g)的平衡常数K的值___(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). D (2). B (3). 大于 (4). 等于 (5). 0.36 (6). 减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)A(g)2B(g)△H＞0，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，B的体积分数增大，故T1＜T2；增大压强，化学平衡逆向移动，B的体积分数减小，结合图象来分析解答；‎ ‎(2)当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此解答该题；‎ ‎(3)减小体积增大压强，平衡向逆反应方向移动，移动的结果是降低B的浓度增大，但不会消除增大；‎ ‎(4)化学平衡状态时，各组分的浓度不再随时间的改变而改变；计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式k=计算；‎ 反应2B(g)A(g)为放热反应，温度升高，平衡体系向着吸热的方向进行，据此判断K的变化情况。‎ ‎【详解】(1)A．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，压强越大，反应速率越快，则a、c两点的反应速率：a＜c，故A正确；‎ B．b、c两点平衡体系中B的体积分数相等，气体的平均相对分子质量：b=c，故B正确；‎ C．升高温度，化学平衡正向移动，B的体积分数增大，由图象可知，a点B的体积分数大，则T1＜T2，由状态b到状态a，可以用加热的方法，故C正确；‎ D．状态b到状态c，如果在恒温条件下，增大压强，则平衡逆向移动，B的体积分数应降低，与图像不吻合，故D错误；‎ 故答案为D；‎ ‎(2)A．单位时间内生成n mol A的同时分解2n molB，都表示逆反应速率，反应始终按此比例进行，不能说明到达平衡状态，故A错误；‎ B．到达平衡时各组分含量不变，两种气体的体积分数不再改变，说明到达平衡，故B正确；‎ C．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明到达平衡，故C错误；‎ D．根据质量守恒定律，反应过程中混合气体的质量始终不发生变化，则不能说明到达平衡，故D错误；‎ 故答案为B；‎ ‎(3)减小体积增大压强，平衡向逆反应方向移动，移动的结果是降低B的浓度增大，但不会消除增大，到达新平衡时B浓度大于0.1mol/L；‎ ‎(4)在60s、80s时，A的物质的量都是0.08mol，反应处于平衡状态，所以n3=n4，A的平衡浓度为=0.04mol/L，B的平衡浓度为-2×0.04mol/L=0.12mol/L，反应的平衡常数K===0.36，反应2B(g)A(g)为放热反应，温度升高，平衡体系向逆反应方向移动，平衡常数K减小。‎ ‎29.金属钛(Ti)被称为21世纪金属，在航海、航空、记忆和涂料方面应用广泛，TiO2是一种优良的光催化剂。20世纪科学家尝试用多种方法将金红石(TiO2)还原，发现金红石直接氯化是冶炼钛的关键。‎ 步骤：TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(g)＋O2(g) ΔH＝＋1493kJ•mol-1，ΔS＝＋61J•K-1•mol-1‎ 该反应发生温度高达2170℃，能耗大，对设备和生产要求几乎达到苛刻程度。目前科学家采用金红石加碳氯化方法，在较温和条件下成功制取TiCl4，为人类快速迈进钛合金时代做出了巨大贡献。金红石加碳氯化的主要反应如下：‎ 反应Ⅰ：TiO2(s)＋2Cl2(g) +C(s)TiCl4(g)＋CO2(g) ΔH1，ΔS1＝＋64J•K-1•mol-1‎ 反应Ⅱ：TiO2(s)＋2Cl2(g) +2C(s)TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH2，△S2‎ 已知：①C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－394.3kJ•mol-1‎ ‎②2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－222.3kJ•mol-1‎ 请回答：‎ ‎（1）反应Ⅰ的ΔH1＝__kJ•mol-1。‎ ‎（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应Ⅰ的KP＝__(用表达式表示)。‎ ‎（3）常温、常压、光照条件下，N2在催化剂TiO2表面与H2O发生反应，2N2(g)＋6H2O(1)＝4NH3(g)＋3O2(g) ΔH＝＋1530.4kJ•mol-1‎ 进一步研究相同条件下NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见表：‎ 实验组别 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ T/K ‎303‎ ‎313‎ ‎323‎ ‎353‎ NH3生成量/(10-6mol)‎ ‎4.8‎ ‎5.9‎ ‎6.0‎ ‎2.0‎ O2生成量/(10-6mol)‎ ‎3.6‎ ‎4.4‎ ‎4.5‎ ‎1.5‎ 反应时间/h ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ 容器体积/L ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎①请在如图中画出上述反应在“有催化剂”与“无催化剂”两种情况下反应过程中体系能量随反应过程的变化趋势示意图(图中标明必要的文字说明)。___‎ ‎②根据表中数据，在303K时，在3h内用氮气表示其平均反应速率为___mol•L-1•h-1。判断组别4中反应是否达到平衡状态___(填“是”或“否”)，并说明理由___。‎ ‎【答案】 (1). +1098.7 (2). p(CO2)p(TiCl4)/p2(Cl2) (3). (4). 4×10-7 (5). 否 (6). 反应正反应为吸热反应，升高温度平衡正移，则n(NH3)应大于6.0×10-6mol ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(g)+O2(g)△H=+1493kJ•mol-1，△S=+61J•K-1•mol-1，C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-394.3kJ•mol-1，可以依据热化学方程式和盖斯定律计算得到：TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s)TiCl4(g)+CO2(g)△H1；‎ ‎(2)对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，等于生成物平衡分压幂次方乘积除以反应物平衡分压幂次方乘积；‎ ‎(3)用判据△H-T△S来判断反应能否发生；‎ ‎(4)①催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；‎ ‎②计算生成氧气的反应速率=，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氮气的反应速率，2N2(g)+6H2O(1)═4NH3(g)+3O2(g)△H=+1530.4kJ•mol-1，反应是吸热反应，升温平衡正向进行分析。‎ ‎【详解】(1)依据热化学方程式：①TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(g)+O2(g)△H=+1493kJ•mol-1，△S=+61J•K-1•mol-1，②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-394.3kJ•mol-1，可以依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②得到：TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s)TiCl4(g)+CO2(g)△H1=+1098.7kJ/mol；‎ ‎(2)对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，反应Ⅰ：TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s)TiCl4(g)+CO2(g)，反应的Kp=；‎ ‎(3)TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(1)+O2(g)△H=+151kJ/mol该反应中，反应物有2mol气体，生成物只有1mol气体，△S＜0，又△H＞0，则△H-T△S＞0，故反应不能自发进行，金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因是焓变减小，熵变增大，有利于反应正向进行；‎ ‎(4)①催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，使用催化剂后，活化能降低，图象需要符合：1．两条线的起点、终点分别相同．2．有催化剂曲线最高处能量要低．3．反应物的总能量要低于生成物的总能量，图象为：；‎ ‎②在303K时，在3h内氧气的反应速率==6×10-7mol/L•h，用氮气表示其平均反应速率v(N2)=v(O2)=×6×10-7mol/L•h=4×10-7mol/L•h；组别4中反应正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则n(NH3)应大于6.0×10-6mol，则组别4中反应未达到平衡状态。‎