上海市民星中学2020届高三上学期期中考试化学试题

2019学年度第一学期高三化学期中测试卷

可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16

一、选择题（共20题，每小题2分，每题只有一个正确选项。）

1. 以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是

A. ：He B.  C. 1s2 D.

【答案】D

【解析】

【详解】A项只能表示最外层电子数；

B项只表示核外的电子分层排布情况；

C项具体到亚层的电子数；

D项包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向；

D项描述最详尽，答案选D。

2.下列表达方式错误的是（ ）

A. 甲烷电子式 B. 氟化钠的电子式

C. 硫离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p4 D. 碳－12原子C

【答案】C

【解析】

【详解】A．甲烷是共价化合物，利用共用电子对形成物质，A项正确；

B．氟化钠是离子化合物，通过阴阳离子的静电作用形成物质，B项正确；

C．硫离子的核外电子数是18，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，C项错误；

D．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则碳12原子可表示为612C，D项正确；

答案选C。

3.周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是

A. 22为钛元素的质量数

B. 钛元素原子的M层上共有10个电子

C. 钛元素原子最外层上有4个电子

D. 47.87是钛原子的平均相对原子质量

【答案】B

【解析】

【详解】从表中信息可知，钛元素的原子序数为22，其元素符号为Ti，其外围电子排布为3d24s2,其最外层只有4s轨道上有2个电子，所以其M层上有10个电子，钛元素相对原子质量为47.87，所以B正确。

【点睛】元素的相对原子质量是根据同位素的相对原子质量及其丰度（在自然界所占该元素原子个数百分比）算出来的平均值，而不是原子的平均相对原子质量。

4.短周期非金属元素甲～戊在元素周期表中位置如下所示，分析正确的是

A. 非金属性：甲<丙 B. 原子半径：乙<丁

C. 最外层电子数：乙<丙 D. 戊一定是硫元素

【答案】B

【解析】

【分析】

据元素在周期表中的位置和元素周期律分析判断。

【详解】表中短周期元素只能在第二、三周期。因为非金属元素，故在第IVA~VIA或VA~VIIA族，进而应用周期律解答。

A. 同主族从上到下，元素非金属性减弱，故非金属性甲>丙，A项错误；

B. 同主族从上到下，原子半径依次增大，故半径乙<丁，B项正确；

C. 主族序数等于原子最外层电子数，故最外层电子数乙>丙，C项错误；

D. 戊在第三周期、VIA或VIIA，可能是硫或氯元素，D项错误。

本题选B。

5.下列化合物中，既有离子键，又有共价键且是非极性共价键的是（    ）

A. NaOH B. Na2O2 C. KHSO4 D. NH4Cl

【答案】B

【解析】

【详解】A．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在极性键，故A错误；
B．过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O-O原子之间存在非极性键，故B正确；
C．硫酸氢钾中钾离子和硫酸氢根离子之间存在离子键，S-O、S-H原子之间存在极性键，故C错误；
D．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N-H原子之间存在极性键，故D错误；
故选：B。

【点睛】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键。

6. 下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是

A. 金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅 B. CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4

C. MgO＞O2＞N2＞H2O D. 金刚石＞生铁＞纯铁＞钠

【答案】B

【解析】

【详解】A．均为原子晶体，共价键的键长越短，熔沸点越高，则熔点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；

B．均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越大，则熔沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4，故B正确；

C．MgO为离子晶体，其它为分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，沸点越大，但水中含氢键，则熔沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，故C错误；

D．金刚石为原子晶体，合金的熔点比纯金属的熔点低，则熔沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，故D错误；

故选B。

7.若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是

A. 氢键；分子间作用力；极性键

B. 氢键；氢键；非极性键

C. 氢键；极性键；分子间作用力

D. 分子间作用力；氢键；非极性键

【答案】A

【解析】

【分析】

根据雪花→水→水蒸气的过程为物理变化，破坏的是分子间作用力，主要是氢键，水蒸气→氧气和氢气是化学变化，破坏的是化学键，为极性键，据此分析解答。

【详解】固态水中和液态水中含有氢键，当雪花→水→水蒸气主要是氢键、分子间作用力被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气→氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，故在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是氢键、分子间作用力、极性键。

答案选A。

【点睛】本题考查氢键以及共价键，题目难度不大，关键在于粒子间的主要相互作用力的判断。

8.解释下列物质性质的变化规律与物质结构的因果关系时，与化学键强弱无关的变化规律是（   ）

A. 与硅相比，金刚石的硬度大，其熔、沸点也高

B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱

C. 钠、镁、铝的熔、沸点逐渐升高

D. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高

【答案】D

【解析】

【详解】A．原子晶体中，共价键越短，硬度、熔沸点越大，则金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，故A有关；

B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与键能有关，故B有关；

C．钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，这是因为它们中的金属键逐渐增强，与化学键的强弱有关，故C有关；

D．分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的熔沸点越高，则F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，与化学键强弱无关，故D无关；

故答案为D。

9.下列电子排布图所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是（   ）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【详解】A.2p能级能量比3s能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故A错误；

B.违反了洪特规则，基态原子的电子总是优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，故B错误；

C.原子处于2p能级时具有的能量比3s能级时具有的能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，故C错误

D.能级能量由低到高的顺序为1s、2s、2p，每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故D正确；

故答案为D。

10.NF3可由NH3和F2在Cu作催化剂条件下反应直接得到：4NH3＋3F2NF3＋3NH4F。上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型不含有（    ）

A. 离子晶体 B. 分子晶体 C. 原子晶体 D. 金属晶体

【答案】C

【解析】

【详解】Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体，故答案为C；

11.下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是(　　)

A. 常温下某CH3COONa溶液的pH＝8

B. 常温下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2.8

C. CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaCl

D. CH3COOH属于共价化合物

【答案】D

【解析】

【分析】

弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。对于弱酸弱碱，也可以检测对应盐（强酸盐、强碱盐）的溶液的酸碱性，若不是中性，也可以证明是弱电解质。

【详解】A、常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，A正确；

B、常温下0.1 mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2.8，说明醋酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明CH3COOH是弱电解质，B正确；

C、CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaCl，则根据复分解反应发生的条件可知，醋酸是弱电解质，C正确；

D、CH3COOH属于共价化合物与醋酸是弱电解质并无直接关系，D错误；

故答案选D。

12.25℃时不断将水滴入0.1 mol·L－1的氨水中，下列图像变化合理的是

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．0.1mol·L－1的氨水溶液呈碱性，加水稀释时，溶液仍旧呈碱性，与图像不符，A错误；

B．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH-，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，与图像不符，B错误；

C．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH-，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，溶液中的离子的浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，符合图像，C正确；

D．氨水的电离平衡常数与加入水的量无关，与图像不符，D错误；

答案为C。

13.在相同温度下，100 mL 0.01mol/L醋酸溶液与10 mL 0.1mol/L醋酸溶液相比，下列数值前者大于后者的是(　　)

A. 完全中和时所需NaOH的物质的量 B. CH3COOH的电离程度

C. H＋的物质的量浓度 D. CH3COOH的物质的量

【答案】B

【解析】

A. 由n=c×V可知，两溶液中醋酸的物质的量相等，中和时所需NaOH的量相等，故A错误；B. 在相同温度下，稀释可以促进弱电解质的电离，所以0.01mol·L－1的醋酸溶液与0.1 mol·L－1的醋酸溶液相比，前者电离程度大，故B正确；C. 酸的浓度越大，H＋的物质的量浓度越大，则0.01 mol·L－1醋酸溶液与0.1 mol·L－1醋酸溶液相比，H＋的物质的量浓度前者小于后者，故C错误；D. 由上述分析可知，两溶液中CH3COOH的物质的量相等，故D错误；答案选B。

14.只改变一个影响化学平衡的因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述不正确的是(　　)

A. K不变，平衡可能移动

B. 平衡向右移动时，K不一定变化

C. K有变化，平衡一定移动

D. 相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K也增大2倍

【答案】D

【解析】

【分析】

平衡常数的影响因素只有温度，改变其他条件，平衡常数K不发生变化。

【详解】A. 改变压强或浓度引起化学平衡移动时，K不变，A项正确，不符合题意；

B. 改变压强或浓度引起化学平衡移动时，K不变，B项正确，不符合题意；

C. K只与温度有关，K发生了变化，说明体系的温度改变，则平衡一定移动，C项正确，不符合题意；

D. 相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，化学平衡常数应为K2，D项错误，符合题意；

答案选D。

15.25 ℃时，PbCl2固体在不同浓度盐酸中的溶解度如图。在制备PbCl2的实验中，洗涤PbCl2固体最好选用（ ）

A. 蒸馏水

B. 1.00 mol·L－1盐酸

C. 5.00 mol·L－1盐酸

D. 10.00 mol·L－1盐酸

【答案】B

【解析】

【详解】由图象可知，当盐酸浓度为1mol/L时，PbCl2的溶解度最小，所以为了减少PbCl2固体的溶解，应选择1mol/L盐酸来洗涤PbCl2固体，故答案为B。

16.在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)。当下列所给有关量不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态的是（    ）

A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度

C. 混合气体的平均相对分子质量 D.

【答案】B

【解析】

【详解】A、混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A正确；
B、恒容条件下气体的质量和体积一直不变，所以混合气体的密度始终不变，不能作平衡状态的标志，故B错误；
C、混合气体的平均相对分子质量，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故C正确；
D、Q==K，说明反应达平衡状态，故D正确；
故答案为B。

【点睛】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。

17.在水溶液中存在反应：Ag＋＋Fe2＋⇌Ag(s)＋Fe3＋+Q，达到平衡后，为使平衡体系中析出更多的银，可采取的措施是（    ）

A. 升高温度 B. 加水稀释 C. 增大Fe2＋浓度 D. 常温下加压

【答案】C

【解析】

【详解】A．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故A错误；
B．加水稀释，反应物、生成物浓度均减小，但反应物中离子浓度减小的多，平衡逆向移动，故B错误；
C．增大Fe2+的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，析出更多的Ag，故C正确；
D．反应没有气体参与，增大压强，不影响平衡移动，不能增大Ag的产量，故D错误；
故答案为C。

18.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，

关于此反应说法错误的是（   ）

A. 一定属于吸热反应 B. 一定属于可逆反应

C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应

【答案】A

【解析】

【分析】

根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。

【详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；

B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；

C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；

D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；

答案选A。

19.为了探究外界条件对反应aX(g)＋bY(g)⇌cZ(g)+Q的影响，以X和Y物质的量之比为a∶b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的体积分数，实验结果如下图所示。以下判断正确的是（   ）

A. Q<0，a＋b>c B. Q<0，a＋b<c

C. Q>0，a＋b>c D. Q>0，a＋b<c

【答案】C

【解析】

【详解】由图象可知，降低温度，Z的体积分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则Q＞0，降低压强，Z的体积分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有a+b＞c，
故答案为C。

20.外界其他条件相同，不同pH条件下，用浓度传感器测得反应2A＋B=3D中产物D的浓度随时间变化的关系如图。则下列有关说法正确的是（    ）

A. pH＝8.8时，升高温度，反应速率不变

B. 保持外界条件不变，反应一段时间后，pH越小，D的浓度越大

C. 为了实验取样，可采用调节pH的方法迅速停止反应

D. 减小外界压强，反应速率一定减小

【答案】C

【解析】

【分析】

由图象可知，pH增大，c（D）减小，且斜率减小，说明pH越大，反应速率越小，以此解答该题。

【详解】解：A．pH=8.8时，升高温度，反应速率一定增大，故A错误；
B．保持外界条件不变，反应一段时间后，pH=7.5和pH=8.2时，有可能D的浓度相同，故B错误；
C．当pH=8.8时，c（D）基本不变，反应速率接近于0，说明反应停止，故C正确；
D．没有气体参加的反应，减小压强对反应速率几乎没有影响，故D错误。
故答案为C。

二、综合分析题（共60分）

21.砷（As）是第四周期VA族元素，可以形成As2S3、H3AsO3、H3AsO4等化合物，用途广泛。

完成下列填空：

（1）砷原子核外有__个电子层，最外层有__个电子，写出砷原子最外层电子的轨道表示式：__。

（2）将砷与VA族所有短周期元素的原子半径，按从小到大的顺序排列：__（用元素符号表示）。

（3）溴位于VIIA族且与砷同周期，比较溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱：__强于__（填物质的化学式）。

（4）周期表中，铝和砷都在金属和非金属过渡线附近，举一例说明铝元素具有非金属性：__。

（5）已知：稀Na3AsO3溶液、稀碘水和稀NaOH溶液混合，发生如下反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)，溶液中c(AsO43-)与反应时间（t）的关系如图所示。

①写出该反应平衡常数的表达式K=___。

②不能判断反应达到平衡状态的是___（选填编号）。

A.溶液的pH不再变化

B.v(I-)=2v(AsO33-)

C.c(AsO33-)/c(I-)不再变化

D.c(I-)=2ymol·L-1

【答案】    (1). 4    (2). 5    (3).     (4). N＜P＜As    (5). HBrO4    (6). H3AsO4    (7). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O    (8). K=    (9). BC

【解析】

【详解】(1)砷(AS)是第四周期ⅤA族元素，依据周期序数等于电子层数，最外层电子数等于主族序数，所以砷原子核外有4个电子层，最外层有5个电子，As原子最外层电子的轨道表示式为；

故答案为4；5；；

(2)同主族元素原子从上到下原子半径依次增大，所以按从小到大的顺序排列N<P<As；

故答案为N<P<As；

(3)溴与砷同周期，位于ⅧA族，同周期元素从左到右非金属性依次增强，溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱HBrO4强于H3AsO4，

故答案为HBrO4；H3AsO4；

(4)周期表中，铝和砷都在金属和非金属过渡线附近，具有非金属性：如氢氧化铝和碱溶液反应，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，

故答案为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O

(5)①AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)，平衡常数表达式K=，

故答案为；

②A. 溶液的pH不再变化说明氢离子浓度不变，反应达到平衡状态，故A不符合；

B. 速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v(I−)=2v(AsO33−)不能证明正逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，故B符合；

C. 不再变化始终相同不能说明反应达到平衡状态，故C符合；

D. c(I−)=2ymol⋅L−1，浓度一定说明反应达到平衡状态，故D不符合；

故答案为BC。

22.某研究小组进行Mg(OH)2沉淀溶解和生成的实验探究。

向2支盛有1 mL 1 mol·L-1的MgCl2溶液中各加入10滴2 mol·L-1NaOH，制得等量Mg(OH)2沉淀；然后分别向其中加入不同试剂，记录实验现象如下表：

（1）从沉淀溶解平衡的角度解释实验Ⅰ的反应过程_____________。

（2）测得实验Ⅱ中所用NH4Cl溶液显酸性（pH约为4.5），用离子方程式解释其显酸性的原因___________。

（3）甲同学认为应补充一个实验：向同样的Mg(OH)2沉淀中加4 mL蒸馏水，观察到沉淀不溶解。该实验的目的是_________。

（4）同学们猜测实验Ⅱ中沉淀溶解的原因有两种：一是NH4Cl溶液显酸性，溶液中的H+可以结合OH- ，进而使沉淀溶解；二是____________。

（5）乙同学继续进行实验：向4 mL 2 mol·L-1 NH4Cl溶液中滴加2滴浓氨水，得到pH约为8的混合溶液，向同样的Mg(OH)2沉淀中加入该混合溶液，观察现象。

①实验结果证明（4）中的第二种猜测是成立的，乙同学获得的实验现象是___________。

③乙同学这样配制混合溶液的理由是___________。

【答案】    (1). Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH -(aq)，盐酸中的H+与OH-中和使得OH-浓度减小平衡右移，沉淀溶解    (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+    (3). 排除实验Ⅰ、Ⅱ中溶剂水使沉淀溶解的可能性    (4). 溶液中c(NH4+)较大，NH4+结合OH-使沉淀溶解    (5). 沉淀溶解    (6). 混合溶液显碱性，c(H+)非常小（或答“H+不与OH-结合”）， c(NH4+)较大（或答“c(NH4+)与NH4Cl溶液接近”）能确定是NH4+结合OH-使沉淀溶解

【解析】

【详解】（1）Mg(OH)2存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH -(aq)，加入HCl后，H+与OH‾反应，使OH‾浓度减小，沉淀溶解平衡向右移动，Mg(OH)2沉淀溶解。

（2）NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+发生水解反应，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+

（3）实验Ⅰ、Ⅱ加入溶液，水增多，所以该实验的目的是：排除实验Ⅰ、Ⅱ中溶剂水使沉淀溶解的可能性。

（4）NH4+能与OH‾结合，生成弱电解质NH3•H2O，所以溶液中c(NH4+)较大，NH4+结合OH-使沉淀溶解。

（5）①所加的混合液pH约为8，为碱性，所以沉淀溶解，可证明第二种猜测成立。

②混合液pH约为8，显碱性，c(H+)非常小，而NH4+少量溶解，c（NH4+）浓度较大，可确定沉淀溶解的原因是NH4+与OH‾反应，促进沉淀溶解平衡向右移动。

23.一定温度下10L密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=。

根据题意完成下列填空：

（1）写出该反应的化学方程式___；若温度升高，K增大，该反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）能判断该反应一定达到平衡状态的是___（选填编号）。

a．v正(H2O)=v逆(H2)                 b．容器中气体的相对分子质量不随时间改变

c．消耗nmol H2同时消耗nmolCO     d．容器中物质的总物质的量不随时间改变

（3）该反应的v正 随时间变化的关系如图。t2时改变了某种条件，改变的条件可能是___、___。（填写2项）

（4）实验测得t2时刻容器内有1molH2O，5min后H2O的物质的量是0.8mol，这5min内H2O的平均反应速率为___。

【答案】    (1). C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）    (2). 吸热    (3). a b    (4). 升高温度    (5). 增大水蒸汽的浓度    (6). 0.004mol/（L﹒min）

【解析】

【分析】

（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；
（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是温度、压强、反应物浓度；
（4）反应速率=。

【详解】：（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，K增大说明平衡正向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）； 吸热；
（2）a．当v正（H2O）=v逆（H2）=v逆（H2O）时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡状态，故正确；
b．反应前后气体的物质的量不相同，气体质量变化，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即达到平衡，故正确；；
c．无论反应是否达到平衡状态都存在消耗n molH2同时消耗nmolCO，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
d．无论反应是否达到平衡状态容器中物质的总物质的量都不随时间改变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
故选a b；
（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是升高温度、增大压强、增大反应物浓度，故答案为：升高温度；增大水蒸汽的浓度；
（4）反应速率 ，故答案为0.004mol/（L﹒min）。

24.雾霾天气严重影响人们的生活和健康。其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此改善能源结构、机动车限号等措施能有效减少PM2.5、SO2、NOx等污染。

请回答下列问题：

（1）汽车尾气中NOx和CO的生成：已知汽缸中生成NO的反应为：N2(g)＋O2(g)2NO(g)—Q。恒温、恒容密闭容器中，下列说法中，能说明该反应达到化学平衡状态的是____。

A.混合气体的密度不再变化

B.混合气体的压强不再变化

C.N2、O2、NO的物质的量之比为1∶1∶2

D.氧气的转化率不再变化

（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究性小组在实验室以Ag—ZSM—5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为___，在＝1的条件下，为更好的除去NOx，应控制的最佳温度在___K左右。

（3）车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。活性炭可处理大气污染物NO。在5L密闭容器中加入NO和活性炭(假设无杂质)，一定条件下生成气体E和F。当温度分别在T1℃和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量(n/mol)如下表：

①写出NO与活性炭反应的化学方程式：___。

②若T1＜T2，则该反应的Q__0(填“＞”“＜”或“＝”)。

③上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为___。

【答案】    (1). D    (2). NO的分解为放热反应，升高温度不利于反应正向进行    (3). 870（850-900之间）    (4). C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g）    (5). >    (6). 80%

【解析】

【分析】

（1）根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；

（2）NO的分解为放热反应，升温不利于其分解；选择NO转化率最大的温度；

（3））①NO和活性炭反应，生成氮气和二氧化碳，据此书写；
②根据温度对化学平衡的影响分析；

③利用等效平衡思想求解。

【详解】（1）A、组分都是气体，则气体质量不变，容器为恒容状态，因此密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A错误；
B、反应前后气体系数之和相等，压强之比等于物质的量之比，因此压强不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故B错误；
C、因为没有起始物质的量，因此无法判断是否达到平衡，故C错误；
D、氧气的转化率不变，说明反应达到平衡，故D正确；
故答案为：D；

（2）N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，因此NO的分解为放热反应，升高温度，不利于反应正向进行；根据图象，870K时，NO的转化率几乎最大；故答案为：NO的分解为放热反应，升高温度不利于反应正向进行；870（850-900之间）；

（3）①因为是处理污染，因此NO和活性炭反应，N元素转化成N2，C转化成CO2，即反应方程式为C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g）；故答案为：C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g）；

②根据图中数据，升高温度时，NO的物质的量增多，CO2和N2的物质的量减小，反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，即Q>0；故答案为：>；

③反应C+2NO⇌N2+CO2是一个气体体积不变的反应，而反应物只有一种气体，故加入NO气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，原平衡中NO转化率为 ×100%=80%，则达到新平衡时NO的转化率为80%，故答案为:80%。

【点睛】反应C+2NO⇌N2+CO2是一个气体体积不变的反应，而且反应物只有一种气体，故加入NO气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，两平衡中各组分的物质的量分数、气体体积分数、质量分数、物质百分含量相等。