【解析】【解答】A.该反应的平衡常数错误!未找到引用源。 ， A不符合题意； B.由分析可知，该反应为放热反应，因此Q<0，B不符合题意； C.若反应自发进行，则ΔH-TΔS<0，由于该反应ΔH<0，ΔS<0，若为高温条件，则ΔH-TΔS可能大于0，不利于反应自发进行，C不符合题意；
D.该反应中反应物和生成物都是气体，因此反应前后混合气体的质量不变，A点时反应正向进行的程度较大，则混合气体的物质的量较小，根据公式错误!未找到引用源。可知，混合气体的平局摩尔质量较大，D符合题意； 故答案为：D
【分析】B曲线反应达到平衡所需时间较短，则反应速率较快，因此温度较高，此时甲醇的物质的量较小，说明温度升高，平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；据此结合选项进行分析。 19.【答案】 B
【考点】吸热反应和放热反应，盖斯定律及其应用，化学平衡常数，化学反应速率的影响因素 【解析】【解答】A.NO和O2反应的化学方程式为：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2 ， A不符合题意；
B.反应①的平衡常数错误!未找到引用源。 ， 反应②的平衡常数错误!未找到引用源。 ， 而反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常数错误!未找到引用源。 ， B符合题意；
C.两个反应都为放热反应，则反应物的总能量应高于生成物的总能量，C不符合题意； D.总反应的速率大小取决于慢反应速率，因此总速率的大小由反应②决定，D不符合题意； 故答案为：B
【分析】A.根据盖斯定律进行分析； B.根据K1、K2的表达式进行分析；
C.根据反应热效应与能量的关系分析； D.反应速率的大小由慢反应决定； 20.【答案】 B
【考点】化学平衡的影响因素 【解析】【解答】A.容器体积增大为原来的两倍时，c(Y)=0.50mol/L，而平衡时c(Y)=0.75mol/L，说明此时平衡逆向移动，即压强减小，平衡逆移，则正反应为气体分子数减小的反应，因此m+n>p，选项正确，A不符合题意；
B.压强不变，充入稀有气体，则容器体积增大，反应物和生成物产生的压强减小，平衡逆向移动，选项错误，B符合题意；
C.由表格数据可知，升高温度，c(Y)增大，则平衡逆向移动，因此逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，因此Q<0，选项正确，C不符合题意；
D.体积不变，充入稀有气体，反应物和生成物产生的压强不变，平衡不移动，Y的质量分数不变，选项错误，D符合题意； 故答案为：BD
【分析】A.结合压强对平衡移动的影响分析； B.压强不变，充入稀有气体，则容器体积增大； C.结合温度对平衡移动的影响分析；
D.体积不变，充入稀有气体，则反应物和生成物浓度不变； 二、非选择题（本大题有4小题，共50分） 21.【答案】 （1）Ar；F （2）
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（3）K>Na>Mg
（4）先出现白色沉淀后沉淀溶解 （5）⑧ （6）④⑤ （7）⑦
（8）① ②
【考点】化学键，配合物的成键情况，电子式、化学式或化学符号及名称的综合，元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律，微粒半径大小的比较 【解析】【解答】（1）化学性质最不活泼的元素为稀有气体元素，因此上述10种元素中，化学性质最不活泼的为Ar；在元素周期表中，从左到右、从上到下，非金属性逐渐增强，因此上述10种元素中，非金属性最强的元素为F；
（2）同周期元素，核电荷数越小，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性最强的化合物为NaOH，其电子式为
；
（3）电子层数越大，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大， 原子半径越小，因此三种元素的原子半径大小关系为：K>Na>Mg；
3＋－
（4）往AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先发生反应Al＋3OH=Al(OH)3↓，有白色沉淀生
－－
成；继续加入NaOH溶液，发生反应Al(OH)3＋OH=AlO2＋2H2O，沉淀逐渐溶解；因此产生的现象是先出现白色沉淀，后沉淀溶解； （5）极性键是由两种不同的元素组成的，非极性键是由同种元素形成的，上述所给物质中，同时存在极性键和非极性键的物质为H2O2 ， 故答案为⑧；
（6）上述物质中符合阳离子与阴离子个数比为2:1有Na2O和Na2O2 ， 故答案为④⑤； （7）上述物质中含有配位键的为NH4Cl，故答案为⑦；
（8）非极性分子，其正负电荷的重心重合，上述物质中属于非极性分子的有N2和CO2 ， 故答案为：①②； 【分析】（1）稀有气体的化学性质最稳定；根据周期表中非金属性的递变规律分析；
（2）金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性最强，据此确定该化合物的电子式； （3）根据原子半径的递变规律分析； （4） 某元素的最高价氧化物对应的水化物既能与酸又能和碱反应生成盐和水 ，则该元素为Al；元素⑨为Cl，二者形成的化合物为AlCl3 ， 结合AlCl3与NaOH的反应分析实验现象；
（5）根据极性键和非极性键的形成，结合所给物质进行分析；
（6）存在阴阳离子，则为离子化合物，结合所给物质中阴阳离子个数比分析；
+
（7）存在NH4 ， 则含有配位键；
（8）非极性分子，其正负电荷的重心重合； 22.【答案】 （1）5.0 （2）量筒；温度计
（3）4.0；﹣53.5kJ/mol （4）偏大
【考点】中和热，中和热的测定 【解析】【解答】（1）容量瓶具有一定规格，没有230mL的容量瓶，因此配制230mL溶液，应选用250mL容量瓶，故所需NaOH固体的质量m=n×M=c×V×M=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；
（2）由于实验过程需量取NaOH溶液和稀盐酸的体积，因此需用到量筒；实验过程中，需
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测量反应前后温度的变化，故需用到温度计；
（3）①第二次实验终止温度29.8℃与其他数据差距较大， 误差较大， 应舍去，因此温度差的平均值；
②该反应过程中生成n(H2O)=0.025mol，反应过程中放出热量Q=cmΔt=4.18×(50+30)×1×4=1.3376kJ，则当反应生成1molH2O时放出的热量为错误!未找到引用源。 ， 因此中和热ΔH=-53.5kJ/mol；
（4）NH3·H2O为弱碱，在水中电离需要吸热，会使得反应过程中放出的热量减小，则ΔH偏大； 【分析】（1）配制230mL溶液，应选用250mL容量，根据公式m=n×M=c×V×M计算所需NaOH固体的质量；
（2）根据实验装置，确定所需的仪器；
（3）①多次实验求取平均值时，对于误差较大的数据应舍去；
②根据公式Q=cmΔt计算反应放出的热量，再结合反应生成H2O的量，计算中和热； （4）NH3·H2O为弱碱，在水中电离需要吸热； 23.【答案】 （1）A,D （2）升高温度；t4 （3）D ；B
（4）5:6 （5）B、E
【考点】化学平衡常数，化学反应速率与化学平衡的综合应用，化学平衡的计算，钠的重要化合物 【解析】【解答】（1）A.该反应为气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，由于平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，A符合题意；
B.由于该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数与温度有关，因此平衡常数增大，B不符合题意；
C.催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，因此使用催化剂平衡不移动，且平衡常数不变，C不符合题意；
D.增大反应物浓度，正反应速率增大，平衡正向移动，温度不变，平衡常数不变，D符合题意；
故答案为：AD
（2）t1时刻，正逆反应速率都增大，则改变的条件应为增大压强或升高温度；由于此时逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，而增大压强，平衡正向移动，升高温度，平衡逆向移动，因此t1时刻改变的条件是升高温度；
压强不变，充入氩气，则反应容器的体积增大，反应物和生成物所产生的压强减小，正逆反应速率减小，平衡逆向移动，符合条件的为t4时刻； （3）氮气的百分含量最高，则平衡应逆向移动，因此氮气百分含量最高的时间段为t5~t6 ， D符合题意；
由于t4时刻改变的条件为“恒压充入惰性气体”，则体积增大，浓度减小，因此氢气浓度最大的时间段为t2~t3 ， B符合题意；
（4）设起始时n(N2)=x mol、n(H2)=y mol、参与反应的n(N2)=a mol，则可得平衡三段式如下：
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错误!未找到引用源。 ， 解得 x+y=12a
由于同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此可得错误!未找到引用源。
（5）A.由分析可知，甲乙丙分别为N2、NO、NO2 ， 都含有氮元素，选项正确，A不符合题意；
B.反应Ⅱ中的氧化剂为O2 ， 反应Ⅲ中的氧化剂为O2 ， 反应Ⅳ中的氧化剂为NO2 ， 选项错误，B符合题意；
C.反应Ⅳ的产物为HNO3和NO，NO可在反应Ⅱ中循环利用，选项正确，C不符合题意； D.由分析可知，D为NaHCO3 ， 选项正确，D不符合题意；
E.由于NH3极易溶于水，CO2微溶于水，因此过程Ⅴ中应通入NH3 ， 再通入CO2 ， 选项错误，E符合题意； 故答案为：BE 【分析】（1）结合平衡移动和平衡常数的影响因素进行分析； （2）结合反应速率和平衡移动的影响因素分析； （3）结合图像中平衡移动进行分析； （4）根据平衡三段式进行计算；
（5）反应Ⅰ为合成氨的反应，因此甲为N2；NH3经一系列反应形成HNO3 ， 则乙为NO、丙为NO2；反应Ⅴ为侯氏制碱法过程中发生的反应，因此丁为NaHCO3；据此分析选项； 24.【答案】 （1）错误!未找到引用源。
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（2）2.5×10；75%
（3）>；不变；升高温度
【考点】化学平衡常数，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算 【解析】【解答】（1）反应Ⅰ的平衡常数错误!未找到引用源。 ， 反应Ⅱ的平衡常数错误!未找到引用源。；目标反应的平衡常数错误!未找到引用源。；
-3
（2）达到平衡时，反应生成n(ClNO)=7.5×10mol/(L·min)×10min×2L=0.15mol；由反应的化学方程式可知，参与反应的n(NO)=0.15mol、n(Cl2)=0.075mol；因此达到平衡时，n(Cl2)=0.1mol-0.075mol=0.025mol；平衡时NO的转化率为错误!未找到引用源。；
（3）由于该反应为气体分子数减小的反应，当反应达到平衡状态时，压强减小，为保证恒压，则需增大压强，因此平衡正向移动，故此时NO的平衡转化率增大；由于平衡常数只与温度有关温度不变，平衡常数不变；
要使K2减小，则应改变温度时平衡逆向移动，由于反应Ⅱ为放热反应，因此应升高温度； 【分析】（1）根据各个反应平衡常数的表达式进行分析；
（2）根据v(ClNO)计算反应生成的n(ClNO)，结合反应的化学方程式进行计算； （3）根据平衡移动和平衡常数的影响因素进行分析；
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