1、天津市第一中学2021届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）本试卷分为第卷(选择题)、第卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。第卷1至2页，第卷3至4页。考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效。祝各位考生考试顺利！第卷 选择题(单选)(共12道题，每题3分，共36分)1. 下列有关化学用语正确的是( )A. 的电子式：B. 的离子结构示意图：C. 含18个中子的氯原子：D. 次氯酸的结构式是：【答案】B【解析】【分析】【详解】ANH4H是离子化合物，阳离子是，阴离子是H-，均需用中括号括起来，正确的电子式为，故A错误；B铁为第26号元素，核外电子排布为1s22s22p
2、63s23p63d64s2，失去2个电子形成Fe2+，离子结构示意图为 ，故B正确；C在原子符号中，元素符号左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数，所以含18个中子的氯原子为：，故C错误；D次氯酸的电子式为： ，所以结构式为：HOCl，故D错误；故选B。2. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 溶液中，三种粒子数目之和为0.1NAB. 甲醇分子中含有的共价键数目为4NAC. 金刚石含有的键数目为2NAD. 溶液中含有的CH3COO-数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A溶液体积不知，无法计算溶液中微粒数，故A错误；B甲醇分子中含5条共价键，故1mol甲醇中含5NA
3、条共价键，故B错误；C12g金刚石中含有C原子的物质的量为=1mol，金刚石晶体中每个C原子与周围的4个碳原子形成碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子共用，因此每个碳原子有2个碳碳键，因此1mol金刚石中含2mol键，即2NA个，故C正确；D中含有0.5mol CH3COONa，由于醋酸钠水解，溶液中醋酸根的个数少于0.5NA，故D错误；故选C。3. ChemicalReviews最近报道了一些化学物质，如太空中的乙醇气团、爆炸力极强的、价格比黄金还贵的、海洋中的新型能源可燃冰等。下列说法中不正确的是( )A. 乙醇是一种可再生能源，乙醇的燃烧属于放热反应B. 和互为同素异形体，它们之间的转化属于化
4、学变化C. 和是两种不同的核素D. 可燃冰中甲烷分子与水分子之间不可以形成氢键【答案】C【解析】【详解】A乙醇可再生，能燃烧，燃烧放出大量的热，故A不选；B和是同种元素形成的结构不同的单质，属于同素异形体，同素异形体之间的转化有新物资生成，是化学变化，故B不选；C含有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，和是两种不同的氧原子构成的氧气分子，故C选；D氮、氧、氟元素易形成氢键，碳元素不能形成氢键，所以甲烷分子与水分子之间不存氢键，故D不选；故选：C。4. 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。的最外层电子数是内层电子数的3倍，b的M层上有1个电子，a与c同主族。下列说法不正确的是( )
5、A. 氢化物的沸点：acB. 气态氢化物稳定性：ac C. 简单阴离子还原性：dcD. 可形成既含离子键又含共价键的离子化合物【答案】C【解析】【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a为O元素；b的M层上有1个电子，则b为Na元素；a与c同主族，则c为S元素；d的原子序数大于S，则d为Cl元素，据此解答。【详解】Aa为O元素，c为S元素，氢化物分别为H2O和H2S，由于H2O分子间除了分子间作用力之外，还存在氢键，沸点高，氢化物的沸点H2OH2S，故A正确；Ba为O元素，c为S元素，二者属于同主族元素，从上往下，元素的非金属性减弱，即
6、非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；Cc为S元素，d为Cl元素，二者属于同周期元素，从左往右，元素的非金属性增强，即非金属性SCl，元素的非金属性越强，对应的阴离子还原性越弱，简单阴离子还原性dc，故C错误；Da为O元素，b为Na元素，二者可形成Na2O2，其电子式为，Na2O2结构中既含离子键又含共价键，属于离子化合物，故D正确；答案为C。5. 下列由事实得出的判断正确的是（ ）事实判断A反应：500下进行反应：50下进行的反应速率一定大于B反应2NO（g）+Cl2（g）2NOCl（g）在恒温恒容下进行，当气体密度保持不变时该反应达到化学平衡状态C反应A+BCH0
7、，在一定温度下能自发进行该反应S0D对2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）平衡体系改变条件后达到新的平衡状态，测得SO3百分含量增大改变的条件一定使平衡右移A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.反应不同，为内因，不能确定反应速率大小，选项A错误；B.在恒温恒容下进行，体积不变，反应物和生成物都是气体，气体的质量不变，当气体密度保持不变时，所以气体的密度一直不变，不能作为是否达到平衡的判据，选项B错误；C.H-TS0，反应可以自发进行，反应A+BCH0，在一定温度下能自发进行，所以该反应S0，选项C正确；D.对2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）平衡体系改变条件后
8、达到新的平衡状态，测得SO3百分含量增大，改变的条件是加入SO3平衡左移，选项D错误；答案选C。6. 硅酸盐与二氧化硅一样，都以硅氧四面体作为基本结构单元。硅氧四面体可以表示成，其中表示氧原子，黑点表示硅原子。硅氧四面体通过不同方式的连接可以组成不同的多聚硅酸根离子。如图所示为某无限长单键的多聚硅酸根离子的结构，试确定该阴离子中硅原子与氧原子的个数之比为( )A. 12B. 13C. 14D. 25【答案】B【解析】【详解】由无限长单链的多聚硅酸根离子的结构图可知，重复结构单元为，表示氧原子，中心黑点表示硅原子，则结构单元中硅原子个数为1，氧原子个数为223，所以该阴离子中硅原子与氧原子的个数
9、之比为13。故选B。7. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素的原子序数依次增大、且总和为24.下列有关叙述错误的是( )A. 分子中Y原子采用杂化B. 简单离子半径：C. 中并非所有原子均为8电子稳定结构D. 第二周期中，第一电离能介于元素之间的元素共有2种【答案】D【解析】【分析】元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24，平均原子序数等于6，其中W的原子序数最小，又由图示结构可知，W形成单键，可推测出W为氢元素，X形成四个单键，Y形成三个单键，可初步推测是C和N两种元素，Z容易失去1个电子，且原子序数大于 6，可推测出Z是钠元素，但是这样四种
10、元素原子序数相加就是25，又考虑到括号内得了一个电子，且W元素的原子只有一个，可认为是X得了1个电子之后，形成了4个单键，那么X元素就不是C元素了，而是序数小1的B元素了，这样四种元素的原子序数相加就是24了。于是四种元素依次为H、B、N、Na，据此分析解答。【详解】A分子由推测出的元素可知为NH3，而NH3中N原子采用杂化，故A正确；BY离子为氮元素离子，Z为钠离子，它们核外电子排布相同，核电核数越大，半径越小，所以简单离子半径：；故B正确； C为BCl3，B是5号元素，最外层电子数为3，所以BCl3中并非所有原子均为8电子稳定结构，故C正确；D第二周期中，Be的2S轨道是全满的，导致Be比
11、相邻的两种元素第一电离能都大，BeB，而N元素的2p轨道是半满的，导致N元素的第一电离能也比相邻的大，NO,这样第二周期第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O 三种元素，故D错误；答案选 D 。8. 下列图示与对应的叙述相符的是 A. 图I表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B. 图表示常温下，0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.0100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲线C. 图表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：c a b a【答案】D【解析】【详解】A吸热反应，反应物总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能
12、，与图不符，A错误；B氢氧化钠滴定盐酸，盐酸属于强酸，0.0100mol/LHCl，HCl开始的pH为2，而图像中pH为1，所示盐酸的浓度为0.100mol/L，相互矛盾，B错误；C冰醋酸加水溶解，离子浓度增大，导电能力增强，达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小，图象符合离子浓度变化，导电能能力bac；根据越稀越电离，a、b、c三点醋酸的电离程度：abba，D正确；答案选D。9. 下列说法正确的是( )A. 反应H，若正反应的活化能为，逆反应的活化能为，则H=B. 已知的键能分别是则的H=C. 将0.2 mol/L的溶液与0.1 mol/L的溶液等体积混合后，溶液中有关
13、粒子的浓度满足下列关系：D. 将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，始终保持增大【答案】C【解析】【详解】A反应H，若正反应的活化能为，逆反应的活化能为，则H=，A错误；B已知的键能分别是则的H=，B错误；C将0.2 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合后，得到的的等浓度的CH3COONa、CH3COOH溶液的混合物，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，同时存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，将两式整理可得：，C正确；D
14、将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释过程中，弱酸电离程度增大，但电离平衡常数Ka(HF)保持不变，且基本不变，D错误；故合理选项是C。10. 甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及其数量如图所示，三个容器最初的容积相等、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。下列说法正确的是A. 平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙甲丙B. 平衡时N2O4的百分含量：乙甲丙C. 平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率不可能相同D. 平衡时混合物的平均相对分子质量：甲乙丙【答案】B【解析】【分析】甲、乙存在平衡2NO2N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故
15、甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大；但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大；反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大；丙中存在平衡N2O42NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，NO2浓度、N2O4的百分含量、混合气体的平均摩尔质量与甲中相同。平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率之和等于1。【详解】甲、乙存在平衡2NO2N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中
16、到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡N2O42NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，A. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大，故平衡时容器内c(NO2)的大小顺序为乙甲丙，故A错误；B. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙甲丙，故B正确；C. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙
17、中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1，故平衡时甲中NO2 与丙中N2O4 的转化率可能相同，都为0.5，故C错误；D. 甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平均摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，总的物质的量减小，乙中平均摩尔质量增大，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙甲丙，故D错误；答案选B。【点睛】解答本题的关键是等效平衡的建立和建模思想的应用。11. 常温下，已知。某二元酸及其钠盐的溶液中，三者的物质的量分数随溶液变化关系如图所示，下列叙述错误的是( )A. 的二级电离常数的数值为B. 在的溶液中
18、：C. 等体积、等浓度的溶液与溶液混合后，溶液中：D. 向溶液中加入少量溶液，发生的反应是：【答案】D【解析】【详解】A. 由图象可知当pH=4.3时，c(R2-)=c(HR)，结合Ka2(H2R)=c(H+)=10pH=1104.3，故A正确；B. pH=4.3的溶液中，HR与R的物质的量分数相等，均为0.5，说明c(HR)=c(R)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HR)+2c(R2)，由于c(HR)=c(R)，所以，故B正确；C. 等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，二者恰好完全反应生成NaHR，根据图知，溶液呈酸性，说明HR的电离程度大于HR的
19、水解程度，则混合溶液中c(R2)c(H2R)，故C正确；D. 向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，c(H2R)=c(HR)，Ka1(H2R)= =c(H+)=101.3，同理Ka2(H2R)=104.3，Kal(H2CO3)=4.3107，Ka2(H2CO3)=5.61011，则酸性强弱为H2RHR-H2CO3HCO，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，可以发生反应：，故D错误；故选：D。第卷(共64分)注意：交卷时只交答题卡！12. 近期我国学者研制出低成本的电解“水制氢”催化剂镍掺杂的磷化钴三元纳米片电催化剂(Ni0.1Co0.9P)。回答下列问题：(1)Co在元素周期表中位置
20、为_，Co2+价层电子排布式为_。(2) Co、 Ni可形成Co(NH3)6Cl2、K3Co(NO3)6、Ni(CO)4、Ni(NH3)6SO4等多种配合物。SO的空间构型为_，NO中N原子的杂化轨道类型为_。C、N、O、S四种元素中，电负性最大的是_。1molCo(NH3)6Cl2中含有键的数目为_；已知NF3比NH3的沸点小得多，试解释原因_。(3)常用丁二酮肟来检验Ni2+，反应如下：1mol二（丁二酮肟）合镍()中含有_mol配位键。上述反应的适宜pH为_（填字母序号）。A12 B510 C1(4)磷化硼是一种备受关注的耐磨涂料，其晶体中磷原子作面心立方最密堆积，硼原子填入四面体空隙中
21、（如图）。已知磷化硼晶体密度为gcm-3，计算晶体晶胞的边长_cm。【答案】 (1). 第四周期第族 (2). 3d7 (3). 正四面体形 (4). sp2 (5). O (6). 24NA (7). NH3分子间存在氢键 (8). 4 (9). B (10). 【解析】【详解】(1) Co为27号元素，位于元素周期表第四周期第族；基态Co原子价层电子排布为3d74s2，失去最外层2个电子形成Co2+，所以Co2+的价层电子排布为3d7；答案为：第四周期第族；3d7；(2) SO中心原子的价层电子对数为，无孤对电子，所以空间构型为正四面体结构；NO中心原子的价层电子对数为，所以为sp2杂化；
22、答案为：正四面体形；sp2；同周期元素，从左到右，非金属性越来越强，电负性越来越大，故电负性：CNO。同主族，从上到下，非金属性越来越弱，电负性越来越小，故电负性：OS。则C、N、O、S四种元素中，电负性最大的是O；答案为：O；6个NH3与Co2+之间形成6个配位键，属于键，每个氨气分子中的氮氢键也为键，共，所以1molCo(NH3)6Cl2含有的键个数为24NA；NH3分子间存在氢键，沸点较高，而NF3中只有范德华力；答案为：24NA；NH3分子间存在氢键；(3)根据N原子的成键特点可知，在二（丁二酮肟）合镍中N原子和Ni2+形成的化学键均为配位键，所以1个二（丁二酮肟）合镍中含有4个配位键
23、；答案为：4；碱性太强容易生成Ni(OH)2沉淀，酸性太强则有大量的氢离子存在，不利于二（丁二酮肟）合镍的生成，所以适宜的pH应为B：510；答案为：B。(4)由图可知，1个晶胞中含有B原子个数为4个，P原子个数=，故晶胞质量=，设边长为acm，则晶胞的体积V=，故晶胞密度，解得：a=cm。答案为：。【点睛】第3题判断配位键个数时要注意，在丁二酮肟中N原子已经形成3个共价键，即N原子已经饱和，此时每个N原子有一对孤电子对，形成二（丁二酮肟）合镍时，N原子提供孤对电子，Ni2+提供空轨道形成配位键，即N原子和Ni2+之间均为配位键。13. 氨和联氨是氮的两种常见化合物，在工农业生产中有重要的应用
24、。(1)联氨分子的电子式为_(2)联氨与盐酸反应生成重要的化工原料盐酸肼，盐酸肼属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与类似。写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式_；写出足量金属镁加入溶液中所发生反应的化学方程式_。(3)室温下，有物质的量浓度相等的下列物质的溶液：，其中所含的c()由大到小的顺序是_(用序号填空)(4)工业生产硫酸过程中，通常用氨水吸收尾气如果在时，相同物质的量的与溶于水，发生反应的离子方程式为_，所得溶液中_(填序号)。A BC D电离平衡常数已知在时电离平衡常数可知，如下表，则上述所得溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为_【答案】 (1). (2). (3). (4
25、). (5). (6). (7). 【解析】【详解】(1)联氨中，氮原子需要共用三对电子达到8电子稳定结构，所以每个氮原子都和2个氢原子以及1个氮原子结合，电子式为。(2)盐酸肼水解原理与类似，和水电离产生的OH-结合成NH3H2O，促进水电离出更多的H+，离子方程式为：+H2O NH3H2O+H+，仿照的水解，写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为。足量金属镁加入溶液中，镁和盐酸肼水解产生的H+生成氢气，由于镁是足量的，转变为N2H4，反应的化学方程式为。(3)室温下，物质的量浓度相等的下列物质的溶液：溶液中，只有的水解；溶液中，和CH3COO-都发生水解，两者水解互相促进，使水解程度增大，
26、浓度比中少；完全电离，生成的H+抑制了的水解，浓度大于中的浓度；完全电离，1mol电离产生2mol，而中1mol溶质只电离出1mol，所以中的浓度比中的浓度都大；1mol完全电离也产生2mol，但也水解，促进了的水解，所以中的比中的浓度小，所以由大到小的顺序是。(4)相同物质的量的与溶于水，生成NH4HSO3，发生反应的离子方程式为，所得溶液中溶质为NH4HSO3，有电荷守恒：和质子守恒：，经变形可得和。故选CD。根据电离平衡常数可知，水解常数为=5.910-10，的水解常数为=6.510-13，的电离平衡常数Ka2=1.0210-7，水解程度小于的电离程度，溶液呈酸性，溶液中的H+来自于的电
27、离、水解和水的电离，所以，故各离子浓度由大到小的顺序为。14. 磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒性气体PH3 (沸点-89.7 ，还原性强)。国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过时为质量合格，反之不合格。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定某粮食样品中残留磷化物的质量以判断是否合格。在C中加入1000 g原粮，E中加入溶液(酸化)，往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的溶液。回答下列问题：(1)的电子式为_。仪器D的名称是_。(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的，若去掉该装置。对实验的影响
28、为_。(3)实验前、实验结束后均需通入空气，通入空气的作用分别是_、(4)装置E中被氧化成磷酸，充分反应后的吸收液，加水稀释至，取于锥形瓶中，用的标准溶液滴定剩余的溶液，消耗标准溶液与溶液反应的离子方程式为(未配平)，则滴定终点的现象为_。该原粮样品中磷化物(以计)的残留量为_。若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的残留量将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(5)也可被氧化可用于制备，制得的和溶液可用于化学镀镍，同时生成磷酸和氯化物，请写出化学镀镍的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). 分液漏斗 (3). 造成测量结果偏低(测得磷化物的含量偏低) (4). 排出装置中空气；保证生成
29、的全部被装置E中的酸性溶液吸收 (5). 滴最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色 (6). (7). 偏大 (8). 【解析】【分析】A中溶液的作用是除去空气中的还原性气体，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的，防止其氧化装置C中生成的，C中加入1000 g原粮，E中加入溶液(酸化)，吸收生成的。【详解】(1)PH3中磷原子的三个未成对电子，分别与一个氢原子的电子配对形成一个共价键，磷原子上还有一对没有与其他原子共用的电子，PH3电子式为；仪器D的名称是分液漏斗。(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的，防止氧气氧化，若去掉该装置，会被氧
30、化而造成测量结果偏低。(3)实验前通入空气的作用是将装置中的空气排净，实验结束后通入空气是为了把生成的全部赶入E中被高锰酸钾溶液吸收。 (4)用标准溶液滴定剩余的溶液，滴定终点的现象为溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色；与酸性溶液反应的化学方程式为2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O，得关系式：2KMnO45Na2SO3，剩余的n(KMnO4)=0.025 L=210-8 mol，则250 mL稀释液中剩余的n(KMnO4)= 210-8 mol10=210-7 mol；PH3与KMnO4反应的化学方程式为5PH3+8KMnO4+12
31、H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O，得关系式：8KMnO45PH3，n(PH3)= n(KMnO4)= (0.01 L 110-4 mol/L-210-7 mol )= 510-7 mol，m(PH3)= 510-7 mol34 g/mol=1.710-5 g，该原粮样品中磷化物(以计)的残留量为1.710-5；若滴定终点时俯视滴定管刻度，导致滴定液的体积偏大，则由此测得的残留量将偏大。(5) 制得的和溶液可用于化学镀镍，生成镍、磷酸和氯化钠，化学方程式为。15. 以为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。汽车尾气中的和在一定条件下可发生反应生成无毒的和：
32、(1)已知：燃烧热，则反应_。(2)若在恒容的密闭容器中，充入和，发生反应，下列选项中能说明该反应已经达到平衡状态的是_。A和的物质的量之比不变 B混合气体的密度保持不变C容器中混合气体的平均摩尔质量不变 D(3)某研究小组在三个容积为的恒容密闭容器中，分别充入和，发生反应。在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间的变化如图所示：温度：_(填“”“=”或“”)。的平衡转化率：_(填“”“=”或“”)。反应速率：a点的v逆_b点的v正(填“ (4). (7). 不是 (8). 该反应为放热反应，根据曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高【解析】【详解】(
33、1)CO燃烧热的H1=283.0kJmoll，热化学方程式为： ，盖斯定律计算2得到H3=；(2) A开始充入和，不等于化学计量数之比，当和的物质的量之比不变时，说明一氧化碳和一氧化氮的物质的量不变，可逆反应处于平衡状态，故A正确；B.反应容器的体积不变，反应物生成物都是气体，反应前后气体总质量不变， 密度不变，不能说明可逆反应处于平衡状态，故B错误；C.反应前后气体的体积不相等，即是反应前后气体的物质的量变化，当摩尔质量不变时，可逆反应处于平衡状态，故C正确；D.不符合速率之比等于化学计量数之比，不能判定反应是否达到平衡状态，故D错误；故答案为：AC。(3)对比、I可知，I到达平衡时间缩短且
34、起始压强增大，应是升高温度，T1T2，故答案为：；对比、可知，平衡时压强不变，到达平衡时间缩短，改变条件反应速率加快且不影响平衡移动，应是使用催化剂，平衡不移动，故CO转化率不变，I与相比，I中温度较高，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小，所以CO 的平衡转化率：III=III，故答案为：b 点的 v 正，故答案为：； (4)由图可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率，对于曲线II而言，M点时反应没有达到平衡状态(450左右达到平衡)，同时该反应正向为放热反应，根据曲线II可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；故答案为：不是；该反应为放热反应，根据曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。
