2025年人教新课标选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年人教新课标选修4化学上册阶段测试试卷298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9题，共18分)1、在2L的恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应：A(g)＋B(g)2C(g)＋D(s)ΔH＝akJ·mol－1实验内容和结果分别如表和图所示。下列说法正确的是()。实验。

序号温度起始物质的量热量。

变化ABABⅠ600℃1mol3mol96kJⅡ800℃1.5mol0.5mol____

A.实验Ⅰ中，10min内平均速率v(B)＝0.06mol·L－1·min－1B.上述方程式中a＝160C.600℃时，该反应的平衡常数是0.45D.向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB，A的转化率增大2、在容积一定的密闭容器中，加入一定量的一氧化氮和足量碳发生反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)；平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正逆B.增大NO的物质的量，可以提高NO的平衡转化率C.若状态D时体系压强分别为pB、pC、pD，则pC=pD>pBD.当容器内混合气体密度不变时，反应处于平衡状态3、向NaOH溶液中逐滴加入CH3COOH溶液，直到溶液呈中性。对所得溶液中离子浓度大小的比较，下列关系式中正确的是A.c(CH3COO－)>c(Na＋)B.c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)C.c(Na＋)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)D.c(Na＋)=c(CH3COO－)4、常温下有H2RO4=H++HRO4－、HRO4－⇌H++RO42－，现有物质的量浓度都为0.1mol∙L-1的三种溶液：①NaHRO4溶液；②H2RO4溶液；③Na2RO4溶液。下列说法中正确的是（）A.②和③等体积混合后的溶液中：c(Na+)=c(HRO4－)+c(H2RO4)+c(RO42－)B.100mL①溶液中：n(HRO4－)+n(RO42－)+n(OH－)－n(H+)=0.01molC.①和②等体积混合后的溶液中离子浓度大小顺序为c(H+)>c(HRO4－)>c(Na+)D.若①和③等体积混合后，会抑制水的电离，则HRO4－的电离程度肯定大于RO42－的水解程度5、常温下2mL1mol·L－1NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列说法中，不正确的是（）A.NaHCO3溶液中，HCO3−水解程度大于其电离程度B.NaHCO3溶液中，c(Na＋)>c(HCO3−)>c(OH－)>c(H＋)C.最终所得的混合溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3−)＋2c(CO32−)＋c(OH－)D.滴加饱和CaCl2溶液促进了HCO3−的电离6、常温下；向20mL0.1mol/LNaHA(酸式盐)溶液中分别滴加0.1mol/L盐酸或0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH与滴加溶液体积关系如图所示。下列推断正确的是。

A.NaHA在水中电离程度大于水解程度B.在对应的各点溶液中，H点水电离程度最大C.E点对应的溶液中有c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)D.F点对应的溶液中存在c(H+)+c(Na+)=(OH-)+c(HA-)+c(A2-)7、常温下，0.1mol·L-1的NaHCO3溶液的pH为A.5.1B.7.0C.8.3D.13.08、碳酸钙在下列物质中溶解度最大的是A.氨水B.石灰水C.食盐水D.硫酸铵溶液9、CO2和CH4重整可制备合成气；催化重整反应历程示意图如下：

下列说法不正确的是A.Ni在该反应中做催化剂，参与化学反应B.合成气的主要成分为CO和H2C.①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成D.①→②吸收能量评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、工业生产水煤气的反应为：C(s)+H2O(g)→CO(g)+H2(g)-131.4kJ。下列判断正确的是A.反应物能量总和大于生成物能量总和B.CO(g)+H2(g)→C(s)+H2O(g)+131.4kJC.水煤气反应中生成1molH2(g)吸收131.4KJ热量D.水煤气反应中生成1体积CO(g)吸收131.4KJ热量11、对于可逆反应：A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)△H＜0，下列图像中正确的是A.B.C.D.12、某温度下，向溶液中滴加的溶液，滴加过程中与溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是。

A.该温度下，B.a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为a点C.若改用溶液，b点应该水平左移D.若改用溶液，b点移向右下方13、H2C2O4水溶液中部分微粒的分布分数δ与pH关系如图所示；下列说法正确的是。

A.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝2.5：c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)B.由图可知：H2C2O4的Ka2＝10－4.2C.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，则溶液中：2c(C2O42－)>c(Na＋)D.将0.01mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)14、常温下，有①氨水、②NH4Cl溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是A.四种溶液pH的大小顺序：①＞④＞③＞②B.溶液①、②等体积混合后pH＞7，则c(NH4+)＜c(NH3·H2O)C.向溶液①、②中分别加入25mL0.1mol/L盐酸后，溶液中c(NH4+)：①＜②D.向溶液③、④中分别加入12.5mL0.1mol/LNaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，CH4—H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。

(1)CH4－H2O催化重整：

反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H1=+210kJ/mol

反应Ⅱ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H2=﹣41kJ/mol

①提高CH4平衡转化率的条件是________。

a．增大压强b．加入催化剂c．增大水蒸气浓度。

②CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的热化学方程式是________。

③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ，达到平衡时CO的转化率是80%，其平衡常数为_________。

(2)实验发现，其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入一定量的CaO可以明显提高H2的百分含量。做对比实验；结果如下图所示：

①投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_________。

②投入纳米CaO时，H2百分含量增大的原因是：__________。

(3)反应中催化剂活性会因积炭反应而降低，相关数据如下表：。反应ⅠⅡ∆H(kJ/mol)+75﹣173

①研究发现，如果反应Ⅰ不发生积炭过程，则反应Ⅱ也不会发生积炭过程。因此，若保持催化剂的活性，应采取的条件是_________。

②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，反应的化学方程式是_________。16、参考下列图表和有关要求回答问题：

(1)图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E2的变化是________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_________。

(2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：

①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1

②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1

又知③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1

则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：____________________________________。

(3)下表是部分化学键的键能数据：。化学键P—PP—OO=OP=O键能(kJ·mol－1)198360498x

已知1mol白磷(P4)完全燃烧放热为1194kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中x＝________kJ·mol－117、下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：。物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量/kJ243193151432366298436

根据上述数据回答下列问题：

(1)下列物质中本身具有的能量最低的是_______(填字母)。

A.H2B.Cl2C.Br2D.I2

(2)下列氢化物中最稳定的是_______(填字母)。

A.HClB.HBrC.HI

(3)(X代表Cl、Br、I)的反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。

(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是_______。18、完成下列问题。

(1)已知常温下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5.则等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的电离程度由大到小排列顺序为_______(填序号)。

(2)已知H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微粒可以大量共存的是_______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含杂质Fe3+)通常利用“间接碘量法”测定。已知Cu2+与F-不反应，而Fe3+与F-反应生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步骤如下：

①称取1.250g产品配成100mL溶液。

②取其中25.00mL溶液；加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再产生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定；平行滴定3次。

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，最终的测量值将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子方程式为_______；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00mL，则胆矾产品纯度为_______%。19、一定量的CH4在恒压密闭容器中发生反应：CH4(g)C(s)+2H2(g)。平衡时，体系中各气体体积分数与温度的关系如图所示：

（1）已知甲烷、碳、氢气的燃烧热分别为890.31kJ/mol、395.00kJ/mol、285.80kJ/mol，则该反应的反应热△H=__________。

（2）下列能说明反应一定达到平衡状态的是_______。

a.H2和CH4的体积分数相等b．混合气体的平均相对分子质量不变。

c．混合气体的密度不变d．气体总压强不再变化。

e．碳的质量不再改变。

（3）T2℃时，若在平衡体系中充入惰性气体，此时反应速率________（填“变大”、“变小”或“不变”），且v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)。

（4）T4℃时，若在平衡体系中充入等体积的H2和CH4，则平衡_____移动，其理由是_______。

（5）T3℃时，反应达平衡后CH4的转化率为____________。

（6）CH4能催化重整转化为CO和H2，下图是一种熔融碳酸盐燃料电池示意图，电极A上CO参与电极反应方程式为____________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)20、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、有机推断题(共1题，共3分)21、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共40分)22、空气污染问题日益引起全民关注。

（1）汽车尾气中存在大量的CO、NO、NO2和碳氢化合物，可采用铂等贵金属作为催化剂，使CO和NO转化为无毒的气体，请写出其化学方程式____________________________

（2）科研工作者研究出利用石灰乳除工业燃煤尾气中的硫（SO2、SO3）和氮（NO、NO2）的新工艺，既能净化尾气，又能获得应用广泛的CaSO4和Ca（NO3）2。

①硫酸型酸雨的形成过程是大气中的SO2溶于雨水生成某种弱酸，在空气中经催化氧化生成硫酸，该过程中反应的化学方程式为____________________________、______________________________

②CaSO4可以调节水泥的硬化时间。尾气中SO2与石灰乳反应生成CaSO4的化学方程式为___________________________

③Ca（NO3）2可制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等.尾气中NO、NO2与石灰乳反应生成Ca（NO3）2的化学方程式___________________________

（3）还可用NaClO2溶液（溶液呈碱性）作为吸收剂，对含有SO2和NOX的燃煤烟气进行脱硫、脱硝。（已知：酸性条件下，ClO2-会转化成ClO2和Cl-。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体，具有强氧化性，能氧化SO2或NOX）在鼓泡反应期中通入含SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液的浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_____________________________。增加压强，NO的转化率_______（填“提高”；“不变”或“降低”）。

②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐__________（填“提高”、“不变”或“减小”）。23、Ⅰ．催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺。

（1）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。

整个过程中Fe3O4的作用是________________________________。

（2）已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0。按n(N2)∶n(H2)=1∶3向反应容器中投料，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：

①下列说法正确的是__________。（填字母）

a．曲线a、b、c对应的温度是由低到高

b．加入催化剂能加快化学反应速率和提高H2的转化率

c．图中Q、M、N点的平衡常数：K(N)＞K(Q)=K(M)

②M点对应H2的转化率是__________。

③2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：

和分别表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3离开催化剂表面，b和c的含义分别是____________和______________。

（3）有机反应中也常用到催化剂。某反应原理可以用下图表示，写出此反应的化学方程式_____________________________。

Ⅱ．过二硫酸钾(K2S2O8)在科研与工业上有重要用途。

(4)某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理燃煤锅炉烟气，提高了烟气处理效率，处理液还可以用作城市植被绿化的肥料。一定条件下，NO去除率随温度变化的关系如图所示。80℃时，若NO初始浓度为450mg·m-3，tmin达到最大去除率，NO去除的平均反应速率：v(NO)=__________mol·L-1·Min-1（列代数式，不必计算结果）

(5)过二硫酸钾可通过“电解→转化→提纯”方法制得，电解装置示意图如图所示。

常温下，电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。

在阳极放电的离子主要是HSO4，阳极区电解质溶液的pH范围为___________，阳极的电极反应式为_____________。24、碳基能源的大量消耗使大气中CO2浓度持续不断地增加，以CO2为原料加氢合成；甲烷等能源物质具有较好的发展前景。回答下列问题：

(1)CO2催化(固体催化剂)加氢合成甲烷过程发生以下两个反应：

主反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=akJ·mol-1

副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=41.1kJ·mol-1

已知相关的化学键键能数据如下：

则a=___。加氢合成甲烷时，通常控制温度为500℃，不能过高也不宜过低的原因是___。

(2)为了提高CO2加氢制CH4过程中CH4选择性(CH4选择性=×100%)；主要是通过对催化剂的合理选择来实现。

①CO2加氢制CH4的一种催化机理如图，下列说法正确的是___(填标号)。

A.催化过程使用的催化剂为La2O3和La2O2CO3

B.La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)

C.H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H*的过程为放热过程。

D.CO2加氢制CH4的过程需要La2O3和Ni共同催化完成。

②保持500℃不变，向1L密闭容器中充入4molCO2和12molH2发生反应，若初始压强为p，20min后，主、副反应都达到平衡状态，测得此时c(H2O)=5mol·L-1，体系压强变为0.75p，则主、副反应的综合热效应为___，v(CH4)=___mol·L-1·min-1，CH4选择性=___(保留三位有效数字)，主反应的平衡常数K=___。

(3)CO2的光电催化反应器如图所示。以TiO2为阳极，通过光解水产生电子和质子，而后传递到阴极(Pt/CNT)诱导阴极催化还原CO2制得异丙醇。

①阴极常伴有析氢等副反应发生，为此选用了电化学催化剂，其依据是___。

②阴极生成异丙醇的电极反应为___。

25、I．NO2是大气污染的主要污染物之一；硝酸盐是水体污染的污染物之一。

（1）用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2。若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则反应的离子方程式是___________________________。

（2）电化学降解NO的原理如图所示，电源正极为_____（填“a”或“b”）；阴极电极反应式为_____________________________。

II．为应对全球石油资源日益紧缺；提高煤的利用效率，我国开发了煤制烯烃技术，并进入工业化试验阶段。

（1）煤气化制合成气（CO和H2）

已知：C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)⊿H1=+131.3kJ•mol-1

C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)⊿H2=+90kJ•mol-1

则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是_______________。

（2）由合成气制甲醇。

合成气CO和H2在一定条件下能发生如下反应：

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在容积均为VL的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入amolCO和2amolH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，此时三个容器中一定处在化学平衡状态的是______________________（填“T1”或“T2”或“T3”）；该温度下的化学平衡常数为___________（用a；V表示）。

（3）由甲醇制烯烃。

主反应：2CH3OHC2H4+2H2Oi

3CH3OHC3H6+3H2Oii

副反应：2CH3OHCH3OCH3+H2Oiii

某实验室控制反应温度为400℃，在相同的反应体系中分别填装等量的两种催化剂（Cat.1和Cat.2），以恒定的流速通入CH3OH；在相同的压强下进行两种催化剂上甲醇制烯烃的对比研究。得到如下实验数据：（选择性：转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比）

①下列说法错误的是_____。

A．反应进行一段时间后甲醇的转化率下降；可能的原因是催化剂失活，工业生产中需定期更换催化剂。

B．使用Cat.2反应2h后乙烯和丙烯的选择性下降；可能的原因是生成副产物二甲醚。

C．使用Cat.1产生的烯烃主要为丙烯；使用Cat.2产生的烯烃主要为乙烯。

D．不管使用Cat.1还是使用Cat.2；都能提高活化分子的百分数。

②在上图中分别画出反应i在无催化剂、有Cat.1、有Cat.2三种情况下“反应过程——能量”示意图。_________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A.实验Ⅰ中，10min内生成C的物质的量是1.2mol，则根据方程式可知消耗B为0.6mol，浓度减小0.3mol/L，则平均速率v（B）=0.3mol/L÷10min=0.03mol·L－1·min－1；故A说法正确；

B.由实验Ⅰ可知，生成1.2molC热量变化为96KJ，则生成2molC的热量变化为×2=160KJ；方程式中a=-160，故B说法错误；

C.由坐标图可知，实验Ⅰ在600ºC条件下10min时达到平衡状态，此时A、B、C的物质的量分别为:0.4mol、2.4mol、1.2mol，浓度为0.2mol/L、1.2mol/L、0.6mol/L，平衡常数K==1.5；故C说法正确；

D.向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB；则A；B的起始物质的量之比由3:1变为3:3，相当于增大B的浓度，A的转化率增大，故D说法正确；

答案选B。

【点睛】

A(g)+B(g)2C(g)+D(s)为一个等体积的可逆反应，若同等比例的改变A、B的起始加入量，则相当于改变压强，最终达到平衡后，和原平衡是等效的，故A、B的转化率并不改变。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．在T2时；若反应体系处于状态D，D点c(NO)大于平衡时c(NO)，平衡正向移动，则此时v(正)＞v(逆)，故A错误；

B．增大NO的物质的量；相当于增大压强，平衡不移动，NO的平衡转化率不变，故B错误；

C．该反应为气体体积不变的反应，物质的量始终不变，若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则pB=pC=pD；故C错误；

D．C为固体；随着反应的进行，气体的质量逐渐增大，容器的体积不变，则气体的密度为变量，因此容器内混合气体密度不变时，反应处于平衡状态，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意C为固体，加入NO，相当于增大压强，平衡不移动。3、D【分析】【详解】

滴定至中性时，溶液中溶质主要是醋酸钠、醋酸，溶液中电荷守恒为：溶液呈中性，因此所以

故答案为：D。4、D【分析】【详解】

A.H2RO4一级电离为完全电离，溶液中不存在H2RO4；A错误；

B.根据电荷守恒可得，溶液体积为100mL，则有B错误；

C.微弱电离，和等体积混合后，离子浓度大小顺序为C错误；

D.水解促进水的电离，电离抑制水的电离，二者等体积混合后，抑制水的电离，则的电离程度大于的水解程度；D正确。

综上所述，答案为D。5、C【分析】【详解】

A.碳酸氢根离子既可以发生电离使溶液呈酸性，也可以发生水解使溶液呈碱性，1mol·L－1NaHCO3溶液的pH约为8，溶液呈碱性，说明HCO3−的水解程度大于电离程度，故A正确；B.在NaHCO3溶液中，因碳酸氢根离子既发生电离又发生水解，且水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，则c(Na＋)>c(HCO3−)>c(OH－)>c(H＋)；故B正确；

C.向NaHCO3溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，混合后的溶液中含有Ca2＋和Cl－，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO3−)＋2c(CO32−)＋c(OH－)＋c(Cl－)；故C错误；

D.碳酸氢根离子发生电离：HCO3−⇌H＋＋CO32−，滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Ca2＋和CO32−结合生成了CaCO3沉淀，促进了HCO3−的电离；故D正确。

答案选C。

【点睛】

写电荷守恒时，要将溶液中所有阴阳离子全部写上，不能遗漏。6、A【分析】【详解】

A．由图示可知，常温下，0.1mol/LNaHA溶液的pH＜7，显酸性，说明HA-的电离程度大于HA-的水解程度；故A正确；

B．图中F点恰好生成Na2A溶液，只存在A2-的水解，水的电离程度最大，而H点恰好生成H2A和NaCl的混合液，H2A的电离抑制水的电离；水的电离程度小，故B错误；

C．E点溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，此时溶液显中性，即c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)；故C错误；

D．F点恰好生成Na2A溶液，存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)；故D错误；

故答案为A。7、C【分析】【详解】

碳酸氢钠属于强碱弱酸盐；碳酸氢根离子水解使溶液显碱性，但由于水解程度较小，溶液碱性较弱；

答案选C。

【点睛】

解答本题时容易出现的问题是题目问pH值，就寻找题干，看能不能找到c(H+)；分析时如果能迅速发现碳酸氢钠属于盐，从水解的角度进行分析，那么本题就会迎刃而解。8、D【分析】【详解】

碳酸钙中存在溶解平衡，CaCO3CO32-＋Ca2+。

A．加入氨水；不影响平衡的移动，碳酸钙的溶解度不变；

B．加入石灰水；增大了钙离子浓度，平衡逆向移动，碳酸钙的溶解度减小；

C．加入食盐水不影响平衡的移动；碳酸钙的溶解度不变；

D．加入硫酸铵溶液；铵根离子水解显酸性，使得碳酸根离子浓度减小，平衡正向移动，碳酸钙的溶解度增大；

综上所述，溶解度最大的是硫酸铵溶液，故选D。9、D【分析】【分析】

【详解】

A．从图中可以清楚的看到Ni在该反应前后没有改变；故做催化剂，参与化学反应，故Ａ正确；

B．从图中可以看到出来H2和CO，故合成气的主要成分为CO和H2；故B正确；

C．从图中可以看到过渡态中既有碳氧键的断裂；又有碳氧键的形成，故C正确；

D．从图中可以推出；纵坐标表示能量，状态①的能量比状态②的能量高，故①→②会释放能量，故D错误；

故答案为：D。二、多选题(共5题，共10分)10、BC【分析】【详解】

A．该反应是吸热反应；故反应物的总能量小于生成物的总能量，故A错误；

B．同一可逆反应，正、逆方向反应热数值相等，符号相反，由题干反应可知，可得CO(g)+H2(g)→C(s)+H2O(g)+131.4kJ；故B正确；

C．由题干反应可知生成1mol氢气吸收的热量为131.4kJ；故C正确；

D．由题干反应可知生成1molCO吸收的热量为131.4kJ；而1体积CO物质的量不是1mol，故D错误；

答案选BC。

【点睛】

热化学方程式中，同一可逆反应，正、逆方向反应热数值相等，符号相反。11、AB【分析】【分析】

对于可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)△H＜0；正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图像分析解答。

【详解】

A.升高温度；正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；

B.该反应是气体体积减小的可逆反应；增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量减小；压强不变的情况下升高温度，平衡逆向移动，A的物质的量分数增大，故B正确；

C.温度越高；反应速率越快，则到达平衡的时间越短，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物A的含量增大，图像不符合，故C错误；

D.该反应是气体体积减小的可逆反应；增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率应该大于逆反应速率，故D错误；

故选AB。12、AC【分析】【详解】

A．该温度下，平衡时c(Pb2+)=c(S2-)=10-14mol·L-1，则Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)=(10-14mol·L-1)2=10-28mol2·L-2；A选项正确；

B．Pb2+单独存在或S2-单独存在均会水解，促进水的电离，b点时恰好形成PbS的沉淀；此时水的电离程度最小，B选项错误；

C．若改用0.02mol·L-1的Na2S溶液，由于温度不变，Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)不变，即平衡时c(Pb2+)不变，纵坐标不变，但消耗的Na2S体积减小，故b点水平左移；C选项正确；

D．若改用0.02mol·L-1的PbCl2溶液，c(Pb2+)增大，纵坐标增大，消耗的Na2S的体积增大，b点应移向右上方；D选项错误；

答案选AC。13、BD【分析】【分析】

H2C2O4水溶液中加入NaOH，H2C2O4与碱中和，转化为HC2O4-，则c(H2C2O4)减小，c(HC2O4－)增大，随着NaOH加入，H2C2O4全部转化为HC2O4-，再继续加入NaOH，HC2O4-与碱反应转化为C2O42－，则c(HC2O4－)减小，c(C2O42－)增大；则图中各曲线代表的微粒分别为：

以此分析解答。

【详解】

A．根据图像所示，pH＝2.5时，c(HC2O4－)远大于c(C2O42－)和c(H2C2O4)，则不可能得到c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)；故A错误；

B.由图可知：pH＝4.2时，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，H2C2O4的Ka2＝=10-4.2；故B正确；

C.溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)+c(OH-)，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，c(H＋)=c(OH-)，则溶液中：c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)，则c(Na＋)＞2c(C2O42－)；故C错误；

D.将0.01mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液中恰好完全反应，形成溶质为Na2C2O4的溶液，该溶液中质子守恒式为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)；故D正确；

答案选BD。14、CD【分析】【详解】

A.物质的量浓度均为0.1mol/L的①氨水、②NH4Cl溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液各25mL；一水合氨电离生成氢氧根离子显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；碳酸根离子水解显碱性，碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液碱性强；所以溶液PH大小为：：①＞③＞④＞②，A项错误；

B.溶液①氨水是弱碱存在电离平衡，②NH4Cl溶液水解显酸性，①、②等浓度等体积混合后pH＞7，说明溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，溶液显碱性，所以c(NH4+)＞c(NH3•H2O)；B项错误；

C.盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵的浓度为0.05mol/L，氯化铵溶液中加入盐酸抑制铵根离子的水解，溶液中c(NH4+)：①＜②；C项正确；

D.向溶液③；④中分别加入25mL0.1mol/LNaOH溶液后；碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类相同，D项正确；

答案选CD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【分析】

(1)①提高物质的转化率就是使平衡正向移动；可以分析该反应的正反应的特点再根据平衡移动原理进行判断；

②根据盖斯定律；将方程式叠加，反应热也相加，得到重整后的热化学方程式；

③对于反应前后气体体积不变的反应；物质平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比等于它们的物质的量乘积的比；

(2)从生成物；反应物的酸碱性及固体表面积大小对物质浓度及化学平衡移动的影响分析；

(3)根据甲烷分解反应的特点分析判断；根据炭与水蒸气反应产物状态分析解答。

【详解】

(1)①由反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H1=+210kJ/mol可知：若要使CH4的转化率提高就要使化学平衡正向移动；a．该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，a错误；b．加入催化剂能够同等倍数的改变化学反应速率，化学平衡不发生移动，b错误；c．增大反应物水蒸气浓度；化学平衡正向移动，甲烷的转化率增大，c正确；故意合理选项是c；

②反应Ⅰ与反应Ⅱ相加，整理可得CH4、H2O生成CO2、H2的热化学方程式为CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)∆H=+169kJ/mol；

③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

n(开始)/mol2.08.000

n(改变)1.61.61.61.6

n(平衡)0.46.41.61.6

由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以浓度比等于物质的量的比，故K=

(2)①催化重整后的化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c(CO2)减小，平衡正向移动，使生成H2更多，H2百分含量增大H2百分含量增大；

②若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可以使反应速率加快，c(CO2)减小的多，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大；

(3)①反应Ⅰ的正反应是气体体积增大的吸热反应；为了减少积炭，要使平衡逆向移动，可以采取的措施是增大压强；降低温度的办法；

②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，是因为C与水蒸气反应，产生氢气和CO，反应的化学方程式是C+H2O=CO+H2。

【点睛】

本题考查了盖斯定律、化学平衡移动原理的应用的知识。涉及热化学方程式的书写、物质平衡转化率的判断、平衡常数计算、平衡移动、反应条件的控制等。掌握化学基本原理、了解物质的基本属性(状态、颗粒大小等)是分析问题的基础。【解析】cCH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)∆H=+169kJ/mol1CaO可吸收CO2，c(CO2)减小，使生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快降低温度、增大压强C+H2O=CO+H216、略

【分析】【分析】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ；根据热化学方程式书写原则进行书写；

(2)依据热化学方程式；利用盖斯定律进行计算；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；根据化学键的断裂和形成的数目进行计算。

【详解】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1；

(2)①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-192.9kJ/mol，又知③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol，依据盖斯定律计算(②×3-①×2+③×2)得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P；5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以(6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol)-12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol=-1194kJ/mol，解得：x=138，故答案为：138。

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意分析白磷和五氧化二磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。【解析】减小不变NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ·mol-1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ·mol-113817、略

【分析】【分析】

（1）和（2）根据键能越大；物质越稳定，本身能量越低进行判断。

（3）和（4）根据焓变公式；焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行判断焓变大小，从而判断反应是放热还是吸热。

【详解】

（1）；（2）破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高；则该物质越稳定，其本身具有的能量越低。故答案（1）选A，（2）选A。

（3）、（4）断开1molCl—Cl键和1molH—H键需吸收能量：而形成2molH—Cl键放出的能量为所以在反应中每生成2molHCl放出的热量，同理可计算出反应中每生成2molHBr、2molHI分别放出103kJ、9kJ的热量。故（3）答案：放热，（4）答案：Cl2。

【点睛】

根据键能的含义及与反应能量变化关系进行判断反应类型。【解析】(1)A(2)D(3)放出;Cl218、略

【分析】【分析】

根据电离常数K值大小和盐类水解大小判断水电离程度的相对大小；根据K值和强酸制弱酸原理判断离子共存；根据氧化还原滴定计算产品纯度；据此解答。

(1)

酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，说明电离程度大于水解程度，①属于碱、⑤属于酸，所以二者都抑制水电离，由于H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5，H2SO3的电离平衡常数K1＞氨水的电离平衡常数K，则H2SO3抑制水电离要大一些，水电离程度①＞⑤；③中电离程度大于水解程度；所以抑制水电离；②④促进水电离但②中阴阳离子相互促进水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案为②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，则酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根据强酸制弱酸原理，得。

a.由于的酸性大于的酸性，二者能反应，即+=+不能大量共存；故a不符合题意；

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反应，能大量共存，故b符合题意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反应，能大量共存，故c符合题意；

d.H2SO3、由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，二者能反应，即H2SO3+=+CO2+H2O；不能大量共存，故d不符合题意；

答案为bc。

(3)

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，Fe3+也与碘化钾反应生成碘单质，即整个过程生成的碘单质增大，Na2S2O3标准溶液体积增大，测定结果偏大；消耗硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反应关系式为2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2则反应的Na2S2O3的物质的量为n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的物质的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的质量分数为×100%=80.00%；答案为偏大；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；80.00%。【解析】（1）②④③①⑤

（2）bc

（3）偏大2Cu2++4I-=2CuI↓+I280.0019、略

【分析】【详解】

(1)碳单质、氢气、甲烷的燃烧热(△H)分别为-393.5kJ/mol、-285.8kJ/mol、-890.3kJ/mol，则它们的热化学反应方程式分别为：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-395.0kJ/mol；②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.80kJ/mol；③CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.31kJ/mol；根据盖斯定律，由①+②×2-③得，C(s)+2H2(g)=CH4(g)，△H=[(-395.0kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)×2]-(-890.31kJ/mol)=-76.29kJ/mol，则CH4(g)C(s)+2H2(g)△H=+76.29kJ/mol；故答案为+76.29kJ/mol；

(2)a.H2和CH4的体积分数相等，不表示浓度不变，不能说明达到平衡状态，错误；b．该反应的气体的质量和物质的量均发生变化，混合气体的平均相对分子质量不变，能够说明达到平衡状态，正确；c．该反应中气体的质量变化，而体积不变，混合气体的密度不变，能够说明达到平衡状态，正确；d．在恒压密闭容器中压强始终不变，不能说明达到平衡状态，错误；e．碳的质量不再改变，说明其他物质的质量也不变，能够说明达到平衡状态，正确；故选bce；

(3)T2℃时，若在平衡体系中充入惰性气体，容器的体积增大，相当于减小压强，反应速率变小，平衡正向移动，v正＞v逆，故答案为变小；>；

(4)根据图像，T4℃时，H2和CH4的体积分数相等，若在平衡体系中充入等体积的H2和CH4，H2、CH4的浓度不变，平衡不移动，故答案为不移动；H2、CH4的浓度不变；

(5)根据图像，T3℃时，平衡时，甲烷的体积分数为60%，根据CH4(g)C(s)+2H2(g)，设反应的甲烷的物质的量为x，甲烷的总量为1mol，则×100%=60%，解得：x=0.25mol，则平衡后CH4的转化率为×100%=25%；故答案为25%；

(6)电解质没有OH-，负极反应为：H2+CO32--2e-=H2O+CO2，CO-2e-+CO32-=2CO2，故答案为CO-2e-+CO32-=2CO2。

点睛：本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用、化学平衡的计算、电极反应式的书写等。本题的易错点是热化学方程式的书写，要正确理解燃烧热的概念并正确书写燃烧热的热化学方程式，再利用盖斯定律书写。【解析】+76.29kJ/molb、c、e变小>不移动H2、CH4的浓度不变25%CO-2e-+CO32-=2CO2四、判断题(共1题，共8分)20、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、有机推断题(共1题，共3分)21、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+六、原理综合题(共4题，共40分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）CO和NO在催化剂的作用下反应生成CO2和N2，该反应的化学方程式为2CO+2NO2CO2+N2；

（2）①硫酸型酸雨形成过程是SO2溶于水生成亚硫酸，SO2+H2O⇌H2SO3；再被空气中的氧气氧化成硫酸，2H2SO3+O2═2H2SO4，故答案为SO2+H2O⇌H2SO3，2H2SO3+O2═2H2SO4；

②尾气中SO2与氧气和石灰乳反应生成CaSO4和水，反应方程式为：2SO2+O2+2Ca(OH)2═2CaSO4+2H2O；

③尾气中NO、NO2与石灰乳反应生成Ca(NO2)2和水，反应方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2═Ca（NO2）2+H2O；

（3）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的；则增加压强，NO的转化率提高；

②根据反应的方程式4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低，故答案为减小。【解析】2CO+2NO2CO2+N2SO2＋H2O⇌H2SO32H2SO3＋O2=2H2SO42SO2＋O2＋2Ca(OH)2=2CaSO4＋2H2ONO＋NO2＋Ca(OH)2=Ca(NO2)2＋H2O4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O提高减小23、略

【分析】【详解】

Ⅰ．（1）将CO2转化为炭黑进行回收利用，根据反应过程I、II，整个过程中Fe3O4的是一个中间产物；故其作用是中间产物；

（2）①该反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨气质量分数减小，故曲线a、b、c对应的温度是由低到高，故a正确；b．加入催化剂能加快化学反应速率但不能影响平衡移动不会提高H2的转化率，故b错误；c．图中Q、M温度相同，K(Q)=K(M)，N点比M点温度高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K(N)

②M点时，氨气的转化率是60%，n(N2)∶n(H2)=1∶3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol气体总质量为34g

故平衡时n（NH3）=1.2molN2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

转化（mol）0.61.81.2

平衡（mol）0.41.21.2

H2的转化率：×100%=60%；

③根据图示和分别表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3离开催化剂表面，b和c的含义分别是。

N2、H2被吸附在催化剂表面、在催化剂表面，N2、H2分子中化学键断裂；

（3）由图示可知：反应物为和H2O2，生成物是和H2O，故方程式为：+H2O2+H2O；

(4)NO初始浓度为450mg·m-3，物质的量浓度是1.5×10-5mol/L，80℃时，tmin达到最大去除率为91.6%，NO去除的平均反应速率：v(NO)==mol·L-1·min-1；

(5)在阳极放电的离子主要是HSO4-，根据阳极区含硫微粒的主要存在形式与pH的关系，电解质溶液的pH范围为0~2，阳极失电子，故HSO4-失电子生成S2O42-，故其电极反应为：2HSO4--2e-=S2O42-+2H+。【解析】中间产物a60%N2、H2被吸附在催化剂表面在催化剂表面，N2、H2分子中化学键断裂+H2O2+H2O(或或)0~22HSO4--2e-=S2O42-+2H+24、略

【分析】【分析】

(1)根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算a值；温度及影响反应进行的快慢；还影响平衡移动的方向；

(2)①A．根据CO2加氢制CH4的催化机理图示，催化过程使用的催化剂为La2O3，La2O2CO3为中间产物；

B．根据图示，La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)；

C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H*的过程为断开化学键的过程；

D．根据图示，La2O3是将CO2转化为CO2*(活化分子)的催化剂，Ni是将H2转化为活化态H*的催化剂；

②设平衡时生成CH4的物质的量为xmol，根据主反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，生成2xmolH2O(g)，消耗xmolCO2和4xmolH2，设平衡时生成CO的物质的量为ymol，根据副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，生成ymolH2O(g)，消耗ymolCO2和ymolH2，则平衡时剩余CO2的物质的量=(4-x-y)mol，剩余H2的物质的量=(12-4x-y)mol，生成水蒸气的物质的量为(2x+y)mol，由题意平衡时测得c(H2O)=5mol·L-1，即n(H2O)=5mol，则2x+y=5；相同条件下，压强之比等于物质的量之比，则解出x；y，再根据题意分别计算解答；

(3)①催化剂对产物的生成具有选择性；可防止副反应的发生；

②根据题意，结合图示与电源a极相连的为电解池的阴极，阴极得电子，发生还原反应，CO2中C元素的化合价为+4价，异丙醇(CH3CH(OH)CH3)中C元素的化合价为-2价；氢离子向阴极移动，据此分析书写电极反应式。

【详解】

(1)已知副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，△H2=41.1kJ·mol-1=反应物的总键能-生成物的总键能=E(CO2)+436kJ·mol-1-1076kJ·mol-1-2×463kJ·mol-1，则二氧化碳总键能E(CO2)=41.1kJ·mol-1-436kJ·mol-1+1076kJ·mol-1+2×463kJ·mol-1=1607.1kJ·mol-1；主反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，△H1=akJ·mol-1=反应物的总键能-生成物的总键能=436kJ·mol-1×4+1607.1kJ·mol-1-4×414kJ·mol-1-4×463kJ·mol-1=-156.9kJ·mol-1，则a=-156.9；温度及影响反应进行的快慢，还影响平衡移动的方向，加氢合成甲烷时，温度低于500℃，反应速率低，温度高于500℃，对于副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；正反应吸热，平衡向生成CO的方向移动程度增大，都不利于甲烷的生成；

(2)①A．根据CO2加氢制CH4的催化机理图示，催化过程使用的催化剂为La2O3，La2O2CO3为中间产物；故A错误；

B．根据图示，La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)；故B正确；

C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H*的过程为断开化学键的过程；断键吸收热量，故C错误；

D．根据图示，La2O3是将CO2转化为CO2*(活化分子)的催化剂，Ni是将H2转化为活化态H*的催化剂，则加氢制CH4的过程需要La2O3和Ni共同催化完成；故D正确；

答案选BD；

②保持500℃不变，向1L密闭容器中充入4molCO2和12molH2发生反应，若初始压强为p，20min后反应都达到平衡状态，体系压强变为0.75p，设平衡时生成CH4的物质的量为xmol，根据主反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，生成2xmolH2O(g)，消耗xmolCO2和4xmolH2，设平衡时生成CO的物质的量为ymol，根据副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，生成ymolH2O(g)，消耗ymolCO2和ymolH2，则平衡时剩余CO2的物质的量=(4-x-y)mol，剩余H2的物质的量=(12-4x-y)mol，生成水蒸气的物质的量为(2x+y)mol，由题意平衡时测得c(H2O)=5mol·L-1，即n(H2O)=5mol，则2x+y=5；相同条件下，压强之比等于物质的量之比，则解得x=2，根据2