2025年冀少新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年冀少新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、已知：向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态Ⅰ，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ；正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.容器内压强不变，表明反应达到平衡B.平衡时的体积分数C.时改变的条件：向容器中加入D.平衡常数2、下列说法中，正确的是A.金刚石和石墨互为同素异形体B.水溶液中能电离出H+的化合物一定是酸C.H2SO4在电流作用下在水中电离出H+和D.当在NaCl溶液中插入电极并接通电源时，水合钠离子移向与电源正极相连的电极3、下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是（）A.某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B.AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同C.pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍D.pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)>c(CH3COO－)4、下列实验“操作和现象”与对应“结论”不正确的是。选项操作和现象结论A用pH计测定同温度同浓度NaF溶液和CH3COONa溶液：pH(NaF)＜pH(CH3COONa)酸性：HF＞CH3COOHB在相同条件下，向两份4mL0.01mol·L-1酸性KMnO4溶液中分别滴加2mL0.1mol·L-1和0.2mol·L-1草酸溶液，滴加0.2mol·L-1草酸溶液的先褪色反应物浓度越大，反应速率越大C将两个相同的NO2球分别放入热水和冰水里，热水中的NO2球红棕色加深，冰水中的变浅升温平衡向着吸热方向移动；降温平衡向着放热方向移动D将NaI溶液加入AgCl悬浊液中，产生黄色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)

A.AB.BC.CD.D5、圣路易斯大学研制的新型乙醇燃料电池，用能传递质子()的介质作溶剂，电池总反应为如图是该电池的示意图，下列说法正确的是。

A.b极为电池的负极B.电池正极的电极反应为：C.电池工作时电子由b极沿导线经灯泡再到a极D.电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有6mol电子转移6、LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是。

A.溶液中存在3个平衡B.含P元素的粒子有H2POHPOPOC.随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小D.用浓度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO47、下列物质中，属于强电解质的是A.CO2B.CH3COOHC.NH3·H2OD.HCl评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、硫铁矿(主要含FeS2)是一种重要的化学矿物原料，主要用于生产硫酸，在橡胶、造纸、纺织、食品、火柴等工业中均有重要用途。在空气中煅烧硫铁矿时的化学反应如下：FeS2+O2Fe2O3+SO2(未配平)。

(1)该反应中，被氧化的元素为______。

(2)高温煅烧15.0g含杂质的硫铁矿，充分反应后得到8.0gFe2O3固体(杂质不参加反应)，该硫铁矿中FeS2的纯度为______，煅烧过程中，放出85.4kJ热量，写出此反应的热化学方程式_______。

(3)将Fe2O3溶于稀H2SO4的离子方程式为______，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大，则此反应的还原产物为_____。9、电解质的水溶液中存在电离平衡。

（1）醋酸是常见的弱酸。

①醋酸在水溶液中的电离方程式为____________。

②下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______（填字母序号）。

a滴加少量浓盐酸b微热溶液。

c加水稀释d加入少量醋酸钠晶体。

（2）用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液；得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。

①滴定醋酸的曲线是___________（填“I”或“Ⅱ”）。

②滴定开始前，0.1mol·L-1NaOH、0.1mol·L-1的盐酸和0.1mol·L-1醋酸三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是_______溶液。

③图I中，V=10时，溶液中的c(H+)_________c(OH-)（填“>”、“＝”或“<”，下同），c(Na+)_________c(CH3COO-)。

（3）下表为某同学所测25℃时，甲、乙两种溶液的pH。甲乙pH1111溶液氨水氢氧化钠溶液

①甲溶液中的c(OH-)=___________mol/L。

②25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲_____乙。

③甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲_____乙。

（4）煤炭工业中经常会产生大量SO2，为防止污染环境，常采用吸收法进行处理。以下物质可用于吸收SO2的是____________。

AH2O2BNa2CO3CNa2SO3DCa(OH)2

（5）下表是几种常见弱酸的电离常数。化学式CH3COOHH2SO3HClOH2CO3电离。

常数1.8×10-5K1=1.23×10-2

K2=6.6×10-83.0×10-8K1=4.4×10-7

K2=4.7×10-11

以下反应对应的离子方程式正确的是___________。

ANa2CO3溶液吸收少量SO2：CO32-+SO2+H2O=SO32-+HCO3-

B漂白液生效的原理：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-

C次氯酸钠溶液吸收少量SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+SO32-

D醋酸除水垢中的CaCO3：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑10、含铬(＋6价)废水严重危害人体健康；工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如下：

(1)废水中，六价铬以CrO42－；或者Cr2O72－的形式存在，写出其相互转化的离子方程式______。我国常用NaHSO3做还原剂，写出还原池中反应的离子方程式__________。

(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，原因可能是_____________。

(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是________。

(4)我国规定，工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1mg/L。已知：Cr的相对原子质量为52，Kap(BaCrO4)＝1.2×10－10。若用Ba2＋除去废水中的CrO42－，达到废水排放标准时，废水中Ba2＋浓度最低为___________mol/L(保留小数点后2位)。用Ba2＋除去废水中的CrO42－是否可行，为什么?请简要回答。________________11、实验小组对可逆反应进行探究。回答下列问题：

(1)T℃时，起始向恒容密闭容器中充入X；Y；测得反应过程中X、Y、Z三种气体的物质的量浓度(c)与时间(t)的关系如图所示。

①起始充入X的物质的量为_______________。

②_____________。

③Y的平衡转化率为____________________。

④内的反应速率_________________。

⑤时的正反应速率________________(填“大于”“小于”或“等于”)时的正反应速率，理由为___________。

⑥下列事实能说明反应达到平衡状态的是_____________(填选项字母)

A.容器内气体压强不再改变B.混合气体密度不再改变C.X的体积分数不再改变。

(2)若在不同条件下进行上述反应，测得反应速率分别为①②③其中反应速率最快的是________(填序号)。12、CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应回答下列问题：

(1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。

(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。

①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。

②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。

a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数。

(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。

(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。13、甲醇是一种重要的试剂，氢气和二氧化碳在一定条件下可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；在密闭容器中充入3mol氢气和1mol二氧化碳，测得混合气体中甲醇的体积分数与温度的关系如图A所示：

试回答下列问题：

(1)该反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。该反应平衡常数的表达式是：______，为了降低合成甲醇的成本可采用的措施是______(任意写一条合理的建议)

(2)解释0~T0内，甲醇的体积分数变化趋势：______________________。

(3)氢气在Q点的转化率______(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)氢气在W点的转化率；其它条件相同，甲醇在Q点的正反应速率______甲醇在M点的正反应速率。

(4)图B表示氢气转化率α(H2)与投料比的关系，请在图B中画出两条变化曲线并标出曲线对应的条件，两条曲线对应的条件分别为：一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)___________.14、现有以下物质：

a．NaCl晶体b．c．冰醋酸d．汞。

e．固体BaSO4f．稀硫酸g．h．熔融

请在下列横线上填上相应物质的标号。

（1）以上物质能导电的是_________________，只能在水溶液中导电的电解质是__________________；

（2）以上物质属于电解质的是_____________________，属于非电解质的是_____________________；

（3）属于强电解质的是_______________________；

（4）属于弱电解质的是_______________________15、常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：

(1)写出酸H2A的电离方程式__。

(2)若溶液M由2mol•L-1NaHA溶液与2mol•L-1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH__7(填“＞”、“＜”或“=”)，溶液中离子浓度由大到小顺序为__。

(3)若溶液M由下列三种情况：①0.01mol•L-1的H2A溶液；②0.01mol•L-1的NaHA溶液；③0.02mol•L-1的HCl与0.04mol•L-1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为__；pH由大到小的顺序为__。

(4)若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液=104，V1与V2的大小关系为__(填“大于”“等于”“小于”或“均有可能”)。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误17、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误18、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，该反应不能自发进行。__________________A.正确B.错误19、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。(____)A.正确B.错误20、下，将和过量的在此条件下充分反应，放出热量(_______)A.正确B.错误21、化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。___A.正确B.错误22、某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。(_______)A.正确B.错误23、影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等。(_______)A.正确B.错误24、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共6分)25、自然界水体中有机物含量是水质的重要指标，常用总有机碳含量ρ表示(总有机碳ρ=)。某学习兴趣小组用如下实验方法测定采集水样的总有机碳。

步骤1：量取50mL水样，加入足量硫酸，加热，通N2；并维持一段时间(装置见下图，夹持类仪器省略)。

步骤2：向经步骤1处理过的水样中加入过量的K2Cr2O7溶液(可将有机物中的碳元素氧化成CO2)并加热，充分反应继续通入N2，将生成的CO2用100mL0.205mol·L－1的Ba(OH)2溶液完全吸收。

步骤3：将吸收CO2后的浊液过滤并洗涤沉淀，再将洗涤得到的滤液与原滤液合并，向其中滴加0.05000mol·L－1的H2C2O4溶液，恰好完全反应时，共消耗H2C2O4溶液400.00mL。[Ba(OH)2＋H2C2O4=BaC2O4↓＋2H2O]

(1)步骤1通入N2的目的是_______，若步骤2不再通入N2，则实验测得的总有机碳含量_______(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

(2)步骤2过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_______。

(3)计算水样的总有机碳ρ(以mg·L－1表示)。

①与H2C2O4反应的Ba(OH)2的物质的量n1[Ba(OH)2]=_______。

②与CO2反应的Ba(OH)2的物质的量n2[Ba(OH)2]=_______。

③总有机碳ρ(以mg·L－1表示)=_______。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共16分)26、研究含氮元素物质的反应对生产和生活具有重要的意义。

(1)已知下列反应的热化学方程式：

①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(1)△H1

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2

③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3

则反应4C3H5(ONO2)3(1)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的△H为________。

(2)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=－746.8k·mol-1，实验测得，V正=k正·c2(NO)·c2(CO)，V逆=k逆·c2(CO2)(k正、k逆为速率常数；只与温度有关)。

①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_______(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。

②若在2L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40％，则_______。(保留一位小数)

(3)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率；反应历程为：

第一步I2(g)⇌2I(g)(快反应)

第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)

第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)

实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_____(填标号)。

A.N2O分解反应中：k值与是否含碘蒸气无关

B.第二步对总反应速率起决定作用。

C.第二步活化能比第三步大

D.IO为反应的催化剂27、I.CO、CO2的应用和治理是当今社会的热点问题。

CO工业上可用于高炉炼铁，发生如下反应：1/3Fe2O3(s)+CO(g)2/3Fe(s)+CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：。温度/℃100011501300平衡常数4.03.73.5

（1）该反应的正反应为_____反应（填“放热”或“吸热”），欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是____（选填序号）

a．及时吸收或移出CO2b．增大反应体系的压强。

c．用更高效的催化剂d．粉碎矿石；增大接触面积。

（2）一定条件下，在容积一定的容器中，铁和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)－Q，该反应的平衡常数表达式K＝_____________。下列措施中能使平衡时增大的是______（选填编号）。

a．升高温度b．增大压强。

c．充入一定量COd．再加入一些铁粉。

II.合成尿素的反应为：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)＋Q（Q＞0）。

一定条件下，在10L的恒容密闭容器中，充入2molNH3和1molCO2，反应经5min后达到平衡，测得容器中CO2的浓度为0.05mol•L-1。

完成下列填空：

（1）平均反应速率υ(NH3)＝____________。

（2）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_________。（填序号）

a．2υ正(NH3)＝υ逆(H2O)b．气体的平均相对分子质量不随时间而变化。

c．NH3和CO2的比例保持不变d．气体的压强不再发生变化。

（3）为提高尿素的产率，工业上用该反应生产尿素时，合适的反应条件是_______。（填序号）

a．200℃b．800℃c．101kPad．24000kPa评卷人得分六、有机推断题(共4题，共40分)28、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：29、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。30、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。31、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态；据此结合图像分析解答。

【详解】

A．容器内发生的反应为该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；

B．最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数φ(II)>φ(I)；B正确；

C．根据图像变化曲线可知，t2∼t3过程中，t2时v正瞬间不变；平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，C错误；

D．平衡常数K与温度有关；因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。

故选B。2、A【分析】【详解】

A．金刚石和石墨是由C元素形成的不同性质的单质；二者互为同素异形体，A正确；

B．水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物是酸，但若电离产生的离子除H+外，还有金属阳离子，如NaHSO4电离产生Na+、H+、则该物质就属于盐，B错误；

C．H2SO4在水分子作用下电离出H+和电离不需要通入电流，C错误；

D．当在NaCl溶液中插入电极并接通电源时；水合钠离子移向负电荷较多的阴极，阴极与电源负极相连，D错误；

故合理选项是A。3、C【分析】【详解】

A．某物质的溶液pH＜7；则该物质可能是酸；强酸弱碱盐，也可能是强碱弱酸盐，比如亚硫酸氢钠，故A错误。

B．同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，前者氯离子浓度大于后者，根据溶解平衡，CaCl2溶液中氯离子浓度大，AgCl在CaCl2中溶解平衡逆向移动，因此在CaCl2溶液的溶解度小于在NaCl溶液中溶解度；故B错误；

C．pH=4.5的番茄汁中c(H+)=1.0×10−4.5mol∙L−1，pH=6.5的牛奶中c(H+)=1.0×10−6.5mol∙L−1，因此pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍；故C正确。

D．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，由于pH=5.6，c(H+)＞c(OH－)，因此c(Na+)＜c(CH3COO－)；故D错误。

综上所述，答案为C。4、D【分析】【详解】

A．酸的酸性越弱，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH越大，pH(NaF)＜pH(CH3COONa)，则酸性：HF＞CH3COOH；A正确；

B．溶液的总体积相等，加入0.1mol·L-1和0.2mol·L-1草酸溶液，滴加0.2mol·L-1草酸溶液的先褪色；即反应速率快，故浓度越大反应速率越快，B正确；

C．NO2⇌N2O4∆H＜0，升温平衡向着吸热方向移动，则热水中的NO2球红棕色加深；降温平衡向着放热方向移动；则冰水中的变浅，C正确；

D．将NaI溶液加入AgCl悬浊液中，产生黄色沉淀，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；D错误；

答案为D。5、B【分析】【分析】

通入氧气的一极为正极，则b为正极；发生还原反应；a为负极，发生还原反应。

【详解】

A．经过分析，氧气在b极得电子；作正极，故A错误；

B．氧气在正极得电子生成水，其电极反应式为故B正确；

C．a为负极，b为正极；电子经外电路从负极流向正极，故C错误；

D。负极反应式为电池工作时，1mol乙醇被氧化时有12mol电子转移，故D错误；

故选B。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡，存在HPO的电离平衡；存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡，A项错误；

B．P元素的粒子有H2POHPOPO和H3PO4；B项错误；

C．从图1中得到随着c初始(H2PO)增大；溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了，C项错误；

D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4；D项正确；

答案选D。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．CO2在熔融状态下和水溶液中都不能电离；不是电解质，A不符合题意；

B．CH3COOH在水溶液中不完全电离；为弱电解质，B不符合题意；

C．NH3·H2O在水溶液中不完全电离；为弱电解质，C不符合题意；

D．HCl在水溶液中完全电离；为强电解质，D符合题意；

综上所述答案为D。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【分析】

本题以硫酸工业的第一步为载体；主要考查氧化还原反应反应的分析，配平以及有关计算。

(1)根据氧化还原反应的有关概念即可解答；

(2)利用元素守恒即可解答，即硫铁矿中铁元素全部转化到Fe2O3固体中的铁元素；根据配平以及反应热与反应的物质的量呈正比即可求出该热化学方程式；

(3)碱性氧化物与酸反应生成盐和水即可，根据Fe3+的氧化性即可写出通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大。

【详解】

(1)被氧化的元素即为化合价升高的元素；对该反应分析可知，铁的化合价由+2价变为+3价，S的化合价由-1价变为+6价，故铁和硫元素被氧化，故答案为：Fe；S；

(2)根据原子守恒可知，硫铁矿中的铁元素全部转化到Fe2O3中，故8.0gFe2O3中含有铁元素为：故硫铁矿中FeS2的质量为：故该硫铁矿中FeS2的纯度为根据反应方程式，即煅烧过程中生成8.0gFe2O3，放出85.4kJ热量，则生成320gFe2O3放出的热量为：故此反应的热化学方程式为：4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol，故答案为：80%；4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol；

(3)将Fe2O3溶于稀H2SO4是碱性氧化物和酸的反应生成盐和水，故的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大，是由于发生了反应：Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，故此反应的还原产物为FeSO4，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O；FeSO4。【解析】Fe、S80%4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/molFe2O3+6H+=2Fe+3H2OFeSO49、略

【分析】【分析】

（1）①醋酸是弱酸；不完全电离。

②a.滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小。

b.微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大。

c.加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大。

d.加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小。

（2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以盐酸的pH=1,醋酸的pH>1。

②酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大其抑制水的电离程度越大。

③图I中，V=10时，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)3COO-)。

（3）①甲溶液的pH=11，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L。

②由于氨水是弱碱，c(NH3∙H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol/L。

③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱。

（4）A.H2O2+SO2=H2SO4

B.Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2

C.Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3

DCa(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O。

（5）根据表格提供的数据和强酸制弱酸的原理分析可得。

【详解】

（1）①醋酸是弱酸，不完全电离，电离方程式为CH3COOHCH3COO—+H+，故答案为CH3COOHCH3COO—+H+。

②a.滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小，故a不选；

b.微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，故b选；

c.加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，故c选；

d.加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小；故d不选；

故选bc。

（2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以盐酸的pH=1,醋酸的pH>1；根据图知，I是醋酸曲线，Ⅱ是盐酸曲线，故答案为I。

②酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大其抑制水的电离程度越大，盐酸中c(H+)等于氢氧化钠溶液中c(OH-)都大于醋酸中c(H+)，所以抑制水电离程度:盐酸=氢氧化钠>醋酸，则滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是0.1mol·L-1醋酸；故答案为醋酸。

③图I中，V=10时，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)3COO-)，故答案为>；<。

（3）①甲溶液的pH=11，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L；故答案为0.001。

②由于氨水是弱碱，c(NH3∙H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol/L，所以25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲>乙，故答案为>。

③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱，故甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲>乙，故答案为>。

（4）A.H2O2+SO2=H2SO4；故A正确；

B.Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2；故B正确；

C.Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；故C正确；

DCa(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O；故D正确；

故选ABCD。

（5）A.根据表格提供的数据可知H2SO3的酸性大于HCO3-；再根据强酸制弱酸的原理分析，A是正确的；

B.根据表格提供数据和强酸制弱酸的原理分析；B是正确的；

C.HClO能把SO32-氧化成SO42-；故C错误；

D.根据表格提供的数据可知醋酸的酸性大于碳酸；故D正确；

故选ABD。【解析】CH3COOHCH3COO—+H+bcICH3COOH><0.001>>ABCDABD10、略

【分析】【分析】

（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+；

（2）由图可知；溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道；

（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细；可向沉淀池中加入絮凝剂；

（4）由溶度积计算可得；Ba2＋在溶液中有毒。

【详解】

（1）由工艺流程可知，加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-，转化的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；还原池中，Cr2O72-在酸性条件下将HSO3—氧化生成SO42-，本身被还原为Cr3+，反应的离子方程式为3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；

（2）由图可知；溶液中pH越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，故答案为：溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道；

（3）沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂，使Cr(OH)3更好地沉淀；故答案为：加入絮凝剂；

（4）达到废水排放标准时，CrO42－的浓度为=mol/L，则溶液中Ba2＋浓度为==6.24×10-5mol/L；Ba2＋在溶液中有毒，则用Ba2＋除去废水中的CrO42－是不可行的，故答案为：6.24×10-5mol/L；不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒。【解析】2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O3HSO3—+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道加入絮凝剂6.24×10-5mol/L不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒11、略

【分析】【详解】

(1)①由图知，起始充入X的浓度为容器容积为则其物质的量为

②由图知，由起始到平衡时X、Y、Z的浓度变化分别为则

③Y的起始浓度为达到平衡时，Y的浓度减小了则Y的平衡转化率为

④内的反应速率

⑤达到平衡前，反应正向进行，因此时的正反应速率大于时的正反应速率；这是因为反应物浓度逐渐减小。

⑥A.该反应为左右两边气体分子数目相等且反应物和生成物均为气体的反应。反应过程中容器内气体压强保持不变；A项错误；

B.混合气体质量和容器容积始终不变；则混合气体密度在反应过程中保持不变，B项错误；

C.X的体积分数不再改变说明各成分浓度不再改变；达到平衡状态，C项正确。

答案选C。

(2)由所给速率数据，转化为用同一物质表示该反应速率知，①②③则反应速率最快的是②。【解析】1∶2∶350%大于反应物浓度逐渐减小C②12、略

【分析】【分析】

（1）

CH4的电子式为：CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；

（2）

①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，

CS2的体积分数为10%，即解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。

②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡；选；故选d。

（3）

由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小；且反应速率慢。

（4）

用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为写出任意一个。【解析】(1)直线形。

(2)30%d

(3)放热600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小；且反应速率慢。

(4)写出任意一个13、略

【分析】【分析】

(1)由图A可知升高温度甲醇的体积分数减小；说明平衡逆向移动；平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；降低合成甲醇的成本，可通入足量的二氧化碳；

(2)0～T0内；反应未达到平衡，反应正向移动；

(3)Q点未达到平衡；反应正向移动，转化率逐渐增大，温度越高，反应速率越大；

(4)增大压强，平衡正向移动，投料比越大；氢气的转化率越小。

【详解】

（1）T0时，升高温度，甲醇的体积分数减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应；该反应平衡常数的表达式为为了降低合成甲醇的成本，应该尽可能的使平衡向右移动，可采用的措施有增加CO2的充入量等，故答案为放热；增加CO2的充入量；

（2）温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大，故答案为温度低于T0时；反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；

（3）温度低于T0时；反应未达到平衡，反应正向进行，氢气在Q点的转化率小于平衡时的转化率，W点打到平衡，因此氢气在Q点的转化率小于W点的转化率；平衡之前，甲醇的正反应速率逐渐增大，甲醇在Q点的正反应速率小于W点的反应速率，升高温度，反应速率增大，甲醇在M点的正反应速率大于W点，因此甲醇在Q点的正反应速率小于在M点的正反应速率，故答案为小于；小于；

（4）根据方程式，增大压强，平衡正向移动，氢气转化率α(H2)增大，增大投料比氢气转化率α(H2)减小，因此图像为故答案为【解析】放热增加CO2的充入量温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大小于小于14、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）物质能否导电看物质中是否有能够自由移动的电子或离子，故汞中存在自由移动的电子，稀硫酸和熔融的KNO3中有自由移动的离子；故以上物质能导电的是dfh，可发生电离的共价化合物只有在水溶液中才能电离，故上述物质中只能在水溶液中导电的电解质是c，故答案为：dfh；c；

（2）电解质和非电解质分类的依据是化合物在水溶液中或熔融状态下能否导电，混合物和单质既不是电解质也不是非电解质，所有的酸、碱、盐和绝大多数金属氧化物均为电解质，故以上物质属于电解质的是aceh，属于非电解质的是bg，故答案为：aceh；bg；

（3）强；弱电解质可根据电解质在水溶液中是否完全电离来判断；强酸、强碱和绝大多数盐均属于强电解质，故答案为：aeh；

（4）弱酸、弱碱和水等属于弱电解质，故答案为：c。【解析】dfhcacehbgaehc15、略

【分析】【详解】

(1)存在的分子有H2O、H2A，离子有A2-、HA-、H+，则H2A为弱酸，电离方程式为H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，故答案为：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-；

(2)溶液M由2mol•L-1NaHA溶液与2mol•L-1NaOH溶液等体积混合而得，则两者恰好反应生成Na2A，Na2A水解使溶液显碱性，pH＞7，盐类的水解程度通常是比较小的，A2-可以有两步水解，但是以第一步为主，每一步水解均可生成OH-，则离子浓度关系为c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)，故答案为：＞；c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)；

(3)①中H2A为弱酸；其电离程度较小，故其分子浓度最大；

②中HA-水解生成H2A分子；故其浓度较小；

③中0.02mol•L-1的HCl与0.04mol•L-1的NaHA溶液等体积混合液，两者反应后溶液中含有等量的NaCl、NaHA、H2A，H2A的浓度较大。

综上所述，三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③，最小的为②；H2A分子浓度越大；则溶液的酸性越强，pH越小，所以pH从大到的关系为②＞③＞①，故答案为：③；②＞③＞①；

(4)混合溶液=104，根据水的离子积可以算出c(H+)=10-5mol/L，溶液显酸性，则酸过量。由于H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液的物质的量浓度远远大于pH=11的NaOH溶液的物质的量浓度，故无法确定二者的体积关系，即当V1与V2的大小关系为大于、小于或等于时都可能保证酸过量，故答案为：均有可能。【解析】H2AH++HA-、HA-H++A2-＞c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)③②＞③＞①均有可能三、判断题(共9题，共18分)16、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自发，高温下可以自发，故错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应混合物分子能量增大，单位体积活化分子数、活化分子百分数均增大，此时v放增大，v吸增大，故错误。20、B【分析】【详解】

该反应为可逆反应；反应进行不完全，故此条件下充分反应，放出热量小于19.3kJ；

故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关，正确。22、B【分析】【详解】

盐溶液有可能因溶质直接电离而呈酸性，如硫酸氢钠溶液；盐溶液也可能因水解而呈酸性，如氯化氨溶液；盐溶液可能因水解大于电离和呈酸性，如亚硫酸氢钠溶液。故答案是：错误。23、B【分析】【详解】

除盐的组成对盐的水解有影响外，盐溶液的浓度，温度和溶液的酸碱性对盐类的水解也有很大的影响，压强对盐类水解没有影响，所以答案是：错误。24、B【分析】【分析】

【详解】

滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，并不一定是酸碱恰好中和的点，故答案为：错误。四、实验题(共1题，共6分)25、略

【分析】【分析】

测定水体中有机物的含量，是利用强氧化剂K2Cr2O7将水体中的有机物氧化为CO2，再利用Ba(OH)2吸收；由于装置内有空气存在，空气中的CO2会干扰实验测定结果，所以加入K2Cr2O7溶液前；应将装置内的空气排尽。

【详解】

(1)步骤1的操作目的，是为了排出装置内二氧化碳等，防止对实验造成干扰，所以通入N2的目的是排尽装置中空气，减小实验误差；反应结束后，装置内仍滞留一定量的二氧化碳，若步骤2不再通入N2；则实验测得的总有机碳含量偏小。答案为：排尽装置中空气，减小实验误差；偏小；

(2)步骤2过滤时；需使用过滤装置，用到的玻璃仪器有烧杯；玻璃棒、漏斗。答案为：漏斗；

(3)①由反应方程式Ba(OH)2＋H2C2O4=BaC2O4↓＋2H2O可以得出，与H2C2O4反应的Ba(OH)2的物质的量n1[Ba(OH)2]=n(H2C2O4)=0.05000mol·L－1×0.4000L=0.02mol。

②与CO2反应的Ba(OH)2的物质的量n2[Ba(OH)2]=n[Ba(OH)2]-n1[Ba(OH)2]=0.1L×0.205mol·L－1-0.02mol=5.000×10－4mol。

③总有机碳ρ==120mg·L－1。答案为：0.02mol；5.000×10－4mol；120mg·L－1。

【点睛】

加入的Ba(OH)2将CO2完全吸收并转化为BaCO3沉淀后，过量的Ba(OH)2用H2C2O4溶液测定，解题前，应注意理清思路，否则将会得出错误的结论。【解析】排尽装置中空气，减小实验误差偏小漏斗0.02mol5.000×10－4mol120mg·L－1五、原理综合题(共2题，共16分)26、略

【分析】【详解】

(1)已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(1)△H1

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2

③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3

由盖斯定律：5×②+12×③-2×①得：4C3H5(ONO2)3(1)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)△H=12△H3+5△H2-2△H1；

(2)①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，此时v正＜v逆；

②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO；在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，根据题意有：

反应达平衡时，v正＜v逆，即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)，则

(3)A．由含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)，所以N2O分解反应中：k值与是否含碘蒸气有关；选项A错误；

B．第二步是慢反应；则第二步对总反应速率起决定作用，选项B正确；

C．第二步是慢反应；则第二步活化能比第三步大，选项C错误；

D．IO为反应的中间产物；不是催化剂，选项D错误；

答案选B。【解析】12△H3+5△H2-2△H1＜B27、略

【分析】【分析】

I.（1）由表中数据可知，温度升高，K值减小，即反应逆向移动，而升温平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应；欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化；根据影响平衡移动的因素逐项进行分析；

（2）平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；固体和纯液体不代入表达式；

则该比值就是平衡常数，而平衡常数只与温度有关，温度不变，K值不变，且正反应为吸热反应，则升温正向移动，平衡常数增大；

II.（1）根据已知信息可列出三段式，计算平衡时氨气的转化量，再根据公式计算速率；

（2）根据化学平衡状态的特征判断；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

（3）根据影响平衡移动的因素进行分析。

【详解】

I.（1）由表中数据可知；温度升高，K值减小，即反应逆向移动，而升温平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应；

欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化；逐项进行分析；

a.及时吸收或移出CO2；平衡正向移动，反应物转化率增大，a项正确；

b.该反应前后气体体积不变，则增大反应体系的压强，平衡不移动，b项错误；

c.催化剂能够同等程度的加快正逆反应速率；不影响平衡移动，c项错误；

d.粉碎矿石；增大接触面积，只能加快反应速率，不影响平衡移动，d项错误；综上所述可采取的措施为a；

故答案为放热；a；

（2）平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，由于Fe和FeO为固体，不能写在化学平衡常数表达式中，因此该反应的平衡常数表达式为

因为则该比值就是平衡常数，而平衡常数只与温度有关，温度不变，K值不变，且正反应为吸热反应，则升温正向移动，平衡常数增大；

a.温度越高，K越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，即c(CO)/c(CO2)增大；a项正确；

b.该反应前后气体体积不变，增大压强化学平衡不移动，即c(CO)/c(CO2)不变，b项错误；

c.充入一定量CO，温度不变，化学平衡常数不变，则c(CO)/c(CO2)不变；c项错误；

d.再加入一些铁粉，平衡不移动，温度不变，化学平衡常数不变，d项错误；综上所述，能使平衡时增大的是a；

故答案为a；

II.（1）根据已知信息可列出三段式，2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)

开始（mol/L）0.2mol•L-10.1mol•L-1

转化（mol/L）0.1mol•L-10.05mol•L-1

平衡（mol/L）0.1mol•L-10.05mol•L-1

则平均反应速率

故答案为0.02mol∙L-1∙min-1

（2）a.用不同物质的反应速率表示平衡状态时，应满足“一正一逆，系数之比”，而2υ正(NH3)＝υ逆(H2O)；速率之比不等于物质的计量数之比，a项错误；

b.气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明正逆反应速率相等，能判断反应达到平衡状态，b项正确；

c.NH3和CO2按照系数之比2:1投料，又按2:1进行转化，因此NH3和CO2的比例始终为2:1，保持不变，则