阶段检测(1～6章) (提能卷)-【高考领航】2026年高考化学总复习四测通关卷

阶段检测(1～6章)　(提能卷) (满分：100分) 一、选择题(本题有15个小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共45分) 1．下列说法正确的是(　　) A．煤的气化、液化是物理变化，煤的干馏是化学变化 B．C60、液氯是单质，HD、干冰是化合物，NO2是酸性氧化物 C．烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应 D．可用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的石蜡 2．(2025·广东省普通高中学科综合素养评价名校联考)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．22.4 L甲醛所含σ键数为4NA B．0.1 mol·L-1的MgCl2溶液含Cl－的数目为0.1NA O2与足量水完全反应，电子转移数为2NA D．0.1 mol的C2H5OH所含氢原子数为0.6NA 3．(2025·青岛二中月考)食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是(　　) A．滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度 B．沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度 C．氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2回收利用 D．石灰-石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到CaSO3，再经氧化可用于生产石膏 4．(2025·广东省深圳市外国语学校高三月考)“84”消毒液(主要成分为NaClO)，既能杀菌消毒又能漂白。下列用来解释事实的离子方程式不正确的是(　　) A．“84”消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O B．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混合产生Cl2：2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O C．将少量二氧化硫通入到“84”消毒液中：SO2＋ClO－＋＋2H＋＋Cl－ D．“84”消毒液露置在空气中：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋ 5．(2025·四平一中月考)研究表明N2O与CO在Fe＋作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是(　　) A．反应总过程ΔH<0 B．Fe＋使反应的活化能减小 C．FeO＋也是该反应的催化剂 D．Fe＋＋N2O―→FeO＋＋N2、FeO＋＋CO―→Fe＋＋CO2两步反应均为放热反应 6．(2025·江西模拟预测)科学家开发铜基MOF材料做催化剂载体，其结构简式如图所示。下列有关该MOF的叙述错误的是(　　) A．含极性键和非极性键 B．所有原子可能共平面 C．C原子采用sp2、sp3杂化 D．所含第二周期元素中，N的第一电离能最大 7．(2025·山东省日照市高三模拟)制备磺酰胺[SO2(NH2)2]的装置如图，原理为SO2Cl2＋4NH3===[SO2(NH2)2]＋2NH4Cl。已知SO2Cl2熔点为－54.1 ℃，遇潮湿空气产生酸雾。下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　乙　　 丙　　　 丁　 　 戊 A．连接顺序为a→de→bc→hi→fg B．装置丙中试剂为无水CaCl2 C．装置乙中多孔球泡的作用是防止倒吸 D．若无装置丙，则可发生SO2Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO3 8．(2025·安徽省合肥市模拟)沸石分子筛选择性催化还原NO的循环过程如图所示。下列说法正确的是(　　) A．步骤一中O2与H2O的物质的量之比为1∶2 B．反应过程中催化剂Cu＋未参与电子得失 C．每生成22.4 L N2理论上消耗0.25 mol O2 D．所有步骤均有氧化还原反应发生 9．(2025·日照质检)溶液X中含有下表离子中的某5种，且其浓度均为0.1 mol·L-1(不考虑水的电离与离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是(　　) 阳离子 阴离子 Na＋、Fe3+、Ca2+、Fe2+、Mg2+、Al3+ OH－、、、、 A．X溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子 B．X溶液中不可能含有或 C．生成无色气体的离子方程式为3Fe2+＋＋4H＋===3Fe3+＋NO↑＋2H2O D．根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+ 10．(2025·山东菏泽模拟预测)乙苯脱氢的反应历程如下图(Ph­为苯基)，下列说法正确的是(　　) A．物质Ⅰ为催化剂 B．此反应过程中N2O是氧化剂 C．只有过程②有电子转移 D．每脱去1 mol氢原子，转移2 mol电子 11．(2025·张家口质检)四种元素Y、Z、M、N位于同一短周期，Y的一种同位素在考古学中可用于断代。这四种元素参与组成的一种化合物属于离子液体，结构如图所示。下列说法错误的是(　　) A．电负性：N>Z>Y>M B．原子半径：M>Y>Z>N C．简单氢化物沸点：Z>Y D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z 12．(2025·浙江省北斗星盟高三联考)一定条件下，丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应历程如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．合成CH3CH2CH2Cl的反应中，第一步为反应的决速步 B．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物CH3CHClCH3的比例 C．根据该反应推测，丙烯与HBr加成的主要产物为2­溴丙烷 D．反应的主要产物为CH3CHClCH3，是由于活性中间体CH3H—CH3比CH3CH2—H2更稳定，所需活化能更低 13．(2025·湖南长沙模拟)氯化铜广泛用作媒染剂、氧化剂、木材防腐剂、食品添加剂、消毒剂等，在空气中易潮解。某兴趣小组利用如图所示装置制备氯化铜。下列说法正确的是(　　) A．仪器a为恒压滴液漏斗，可防止HCl挥发到空气中 B．B中盛放浓硫酸，C中盛放饱和食盐水 C．D装置后需连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯，防止污染 D．实验时，先点燃D处酒精灯，再滴加浓盐酸 14．(2025·湖北宜荆模拟)科学家发现金属钙可用于电化学驱动将N2还原为NH3。已知：电解质溶液由Ca(BH4)2和少量C2H5OH溶于有机溶剂形成。下列说法错误的是(　　) A．阴极反应式有：Ca2+＋2e－===Ca B．推测用CH3COOH代替C2H5OH更有利于生成NH3 C．理论上电解一段时间后Ca2+浓度基本不变 D．总反应方程式：N2＋3H22NH3 15．(2025·河南许昌部分学校高考冲刺)实验室制取HF的原理为CaF2＋H2SO4(浓)CaSO4＋2HF↑，氢氟酸可用来刻蚀玻璃，发生反应：SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。CaF2的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为a pm。下列说法错误的是(　　) A．氢化物的稳定性：HF>H2O B．SiF4、H2O、三者的中心原子价层电子对数相等 C．CaF2的晶体密度为 g/cm3(NA为阿伏加德罗常数的值) D．CaF2晶体中F－与Ca2+之间的最近距离为a pm 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 二、非选择题(本题有5个小题，共55分) 16．(12分)(2025·河南省信阳市模拟)我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。 Ⅰ.一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。 (1)捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是__________________。 (2)整个过程中可以循环利用的物质是______________。 Ⅱ.实验室模拟捕捉回收CO2，配制480 mL 1.00 mol·L-1NaOH溶液。 (3)配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒和______________________。根据计算用托盘天平称量NaOH固体________g。 (4)配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是________→D→_________________→装瓶贴签。 A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水 B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下 C．将已冷却的溶液注入容量瓶中 D．根据计算，称取一定量的NaOH固体 E．向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解 F．盖上容量瓶塞子，摇匀 G．用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切 H．继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线1～2 cm处 (5)配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是__________。 A．称量所用的砝码生锈 B．转移前，容量瓶内有蒸馏水 C．未冷却至室温就转移定容 D．定容时仰视刻度线 E．定容时水加多用胶头滴管吸出 F．称量NaOH时间过长 Ⅲ. CaO固体也可以捕捉回收CO2，研究表明CaC2O4·H2O热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的CO2捕捉性能。取1.46 g CaC2O4·H2O进行加热，固体质量随温度变化如图所示： (注：曲线中共涉及三步分解反应)。 (6)写出400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式：_____________________________。 (7)据图分析，CaO捕捉CO2的反应温度应________(填“高于”或“低于”)800 ℃。 17．(8分)生活饮用水水质的标准主要有：色度、浑浊度、pH、细菌总数等。目前城市自来水处理过程中所使用的主要药剂仍是Cl2(消毒剂)和Al2(SO4)3(沉降剂)，但由于种种原因，用这两种物质处理水质总有缺陷。因此，有资料报道：Na2FeO4是一种强氧化剂，可作为一种新型净水剂，在反应中被还原为Fe3+，使用该物质可代替Cl2和Al2(SO4)3。 (1)配平工业上制备高铁酸钠的化学方程式： (2)当反应物中含有1.4 mol钠离子，上述反应恰好完全进行时，电子转移总数为________NA。 (3)Na2FeO4代替Cl2是因为它具有________性，还原为Fe3+后净水的原理为(用离子方程式表示)___________________________。 (4)某厂制备高铁酸钠后的废液中含NaNO2溶液，直接排放会造成污染，试剂①NaCl　②NH4Cl　③KMnO4　④浓H2SO4中，能使NaNO2转化为N2(不引起二次污染)的是________(选填编号)，反应的离子方程式为_______________________。 18．(11分)(2025·上海市宝山区模拟)大气污染物的主要成分是SO2、NO2、NO、CO及可吸入颗粒等，其主要来自燃煤、机动车尾气和工业废气，会导致雾霾、酸雨等。 (1)下列物质，能吸收SO2同时得到化肥的是________。 A．碱石灰 B．酸性KMnO4溶液 C．氨水 D．浓H2SO4 (2)硫及其部分化合物的“价－类”二维图如下图所示，下列说法正确的是________。 A．X可与SO2反应生成S B．Y可由S和O2化合生成 C．Z的水溶液一定呈碱性 D．不能用浓硫酸干燥SO2 (3)某工厂采用(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收废气中的SO2并制备(NH4)2SO3·H2O，过程如下图所示： “吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比________。 A．变大　　　　　　 B．变小　　　　　　　 C．不变 “制备”过程中，溶液B中发生反应的化学方程式为______________________________________。 (4)硫酸盐(含、气溶胶是PM2.5的成分之一，PM2.5指的是空气中直径≤2.5微米的颗粒物。科研人员通过研究提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程如下图所示： 下列说法正确的是________。 A．PM2.5的颗粒为胶体粒子 B．该过程中有硫氧键生成 C．硫酸盐气溶胶呈碱性 D．该过程中有H2O参与 (5)工业上以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”。 ①“脱硫”时，控制溶液的pH＝5.5，将烟气中的SO2转化为，已知0.1 mol·L-1100 mL NaClO溶液，可以恰好吸收0.01 mol SO2。该反应的离子方程式为________________________。 ②“脱硝”时，在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和，该过程应在避光条件下进行，其可能的原因是__________________。 (6)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应转化为CO2和N2，下列说法正确的是________(NA为阿伏加德罗常数的值)。 A．生成1 mol CO2转移电子的数目为4NA B．催化剂能提高CO的平衡转化率 C．NO是氧化剂 D．CO2是还原产物 (7)回收利用工业废气中的CO2和SO2，原理示意图如下图。 下列说法正确的是________。 A．废气中CO2排放到大气中会形成酸雨 B．装置1中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C．装置1中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2 D．装置2中电极b和电源的正极相连 写出装置2中电极a的反应式________________________。 19．(12分)党的二十大报告提出推动绿色发展，促进人与自然和谐共生。回答下列问题： (1)研究脱除烟气中的NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。选择性催化还原技术是利用还原剂氨或尿素[CO(NH2)2]，把烟气中的NO还原成N2和H2O。相关反应的热化学方程式如下： N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH1＝＋180.5 kJ·mol-1 2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)　ΔH2＝－112.0 kJ·mol-1 4CO(NH2)2 (s)＋6NO2(g)===7N2(g)＋4CO2(g)＋8H2O(g)　ΔH3＝－2780.0 kJ·mol-1 2CO(NH2)2 (s)＋6NO(g)===5N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH4 ΔH4＝________________________。 (2)科学家研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个CO分子还原NO的能量变化与反应历程如图所示。图中第一步逆反应的活化能为________kJ·mol-1(用a、b、c的代数式表示)。 (3)液氨催化还原NO是重要的烟气脱硝技术。 ①有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示，该过程可描述为_______________________________________。 ②使用Fe2O3为催化剂，可能的反应过程如图 该脱硝过程的总反应的化学方程式为______________________________；反应过程图中，虚线方框里的过程可描述为__________________________。 20．(12分)含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题： (1)基态Cu原子的电子所占据的最高能层符号为________；基态Cu＋较基态Cu2+稳定的原因是___________________________________________________ _________________________________________________________________________________； Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是________。 (2)CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间结构为______________；下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是________(填标号)。 A．sp3　 B．sp3d　　 C．sp3d2　 D．dsp2 (3)Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有________个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为________________。 (4)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为________；该晶体的化学式为______________________。 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、，则C点原子的分数坐标为______________；晶胞中C、D间距离d＝________pm。 学科网（北京）股份有限公司 $ 阶段检测(1～6章)　(提能卷) 1．C　A项，煤的气化、液化和干馏都是化学变化；B项，C60、液氯、HD都是单质，NO2不是酸性氧化物；D项，石蜡是多种烃的混合物，与热的饱和碳酸钠溶液不反应，故不能用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的石蜡。 2．D　甲醛在标准状况下为气体，但选项中未说明是否在标准状况下，故无法使用22.4 L/mol的气体摩尔体积，A错误；的MgCl2溶液体积未知，无法计算氯离子浓度，B错误；O2为1 mol，其与水反应发生过氧根的自身歧化反应，故与足量水完全反应，电子转移数为1NA，C错误；C2H5OH中含有6个H原子，故0.1 mol的C2H5OH所含氢原子数为0.6NA，D正确。 3．C　A项，葡萄酒中的乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2的检测有干扰；B项，大气中的CO2能与Ba(OH)2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰；C项，氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以回收利用；D项，石灰石吸收SO2，需要在高温下才能进行。 4．C　“84”消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，A正确；“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混合产生Cl2：2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O，B正确；将少量二氧化硫通入到“84”消毒液中：SO2＋3ClO－＋＋2HClO＋Cl－，C错误；“84”消毒液露置在空气中：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋，D正确。 5．C　A项，反应总过程为N2O＋CO===N2＋CO2，根据图示可知，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，ΔH<0，正确；B项，根据反应历程，Fe＋为催化剂，能够降低反应的活化能，正确；C项，FeO＋为中间产物，而不是催化剂，错误；D项，根据图示，Fe＋＋N2O―→FeO＋＋N2、FeO＋＋CO―→Fe＋＋CO2两反应中反应物总能量均高于生成物总能量，均为放热反应，正确。 6．B　该化合物中所含碳碳键是非极性键、碳氧键和碳氮键等是极性键，A正确；分子中含甲基，所有原子不可能共平面，B错误；该化合物中苯环和碳氮双键上的碳原子采用sp2杂化，甲基上碳原子采用sp3杂化，C正确；在该化合物所含元素中，N、C、O位于第二周期，N的第一电离能最大，D正确。 7．A　在装置甲中NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3，然后在装置丙中用碱石灰干燥氨气，通过多孔球泡通入装置乙中与SO2Cl2发生反应，制取得到磺酰胺[SO2(NH2)2]，在装置乙后边连接安全瓶戊，最后连接盛有浓硫酸的装置丁的洗气瓶，用于防止SO2Cl2吸收水蒸气发生水解反应：SO2Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4。根据分析可知连接顺序为a→de→bc→hi→fg，A正确；因为无水氯化钙会和氨气反应，故装置丙中的试剂为碱石灰，B错误；多孔球泡可以增大气体和液体的接触面积，使反应更充分，并非防止倒吸，C错误；若无装置丙干燥氨气，SO2Cl2会和水反应：SO2Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，D错误。 8．A　由图知，步骤一的反应为4Cu＋＋O2＋2H2O===4 ，步骤二的反应为＋NO===Cu＋＋HONO，步骤三的反应为HONO＋NH3===NH4NO2，步骤四的反应为NH4NO2===N2＋2H2O；总反应为4NO＋O2＋4NH3===4N2＋6H2O。步骤一的反应为4Cu＋＋O2＋2H2O===4，O2与H2O的物质的量之比为1∶2，A正确；步骤一中Cu＋与O2、H2O反应生成，Cu元素的化合价由＋1价升至＋2价，Cu＋失去电子被氧化，B错误；根据总反应4NO＋O2＋4NH3===4N2＋6H2O知，每生成理论上消耗0.25 mol O2，未标注标准状况，不能计算N2物质的量，C错误；步骤三的反应中元素的化合价没有变化，没有氧化还原反应发生，D错误。 9．A　各种离子的物质的量浓度均为0.1 mol·L-1，向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，且反应前后溶液中阴离子种类没有变化，则原溶液中一定含有Cl－，与H＋反应产生气体的阴离子不可能是或；根据表中的离子，可推知气体是Fe2+、在酸性环境下反应生成的NO，若阴离子只有Cl－和，另外3种为阳离子，则电荷不守恒，根据电荷守恒，可知还含有阴离子和一种带有2个正电荷的阳离子，Ca2+与反应生成沉淀，故溶液中一定含有Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为Cl－、、、Fe2+、Mg2+，含有2种阳离子、3种阴离子，A项错误，B、D项正确；生成的无色气体为NO，反应的离子方程式为3Fe2+＋＋4H＋===3Fe3+＋NO↑＋2H2O，C项正确。 10．B　乙苯在物质Ⅳ的作用下生成苯乙烯，Ⅳ为催化剂，A错误；N2O在反应中生成N2，作氧化剂，B正确；过程②④都有电子转移，C错误；每脱去1 mol氢原子，转移1 mol电子，D错误。 11．D　Y的一种同位素用于考古，说明Y为碳，再结合所给物质中各原子形成化学键的个数和Y、Z、M、N位于同一周期可知，Z能形成三个共价键，Z为氮元素，N能形成一个共价键，N的最外层有7个电子，所以N为氟元素，M得到1个电子形成了4个共用电子对，说明M最外层有3个电子，M为B。同一周期元素电负性从左到右依次增大，故N>Z>Y>M，A正确；原子半径从左到右依次减小，即B>C>N>F，B正确；简单氢化物的沸点：NH3分子间有氢键，所以NH3>CH4，C正确；非金属性越强，最高价氧化物对应水化合物的酸性越强，所以应该是Y<Z，D错误。 12．B　合成CH3CH2CH2Cl的反应中，第一步的活化能大于第二步反应的，为决速步，A正确；丙烯与HCl反应生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反应都为放热反应，升高温度，反应向着消耗CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl生成丙烯的方向移动，CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的比例都会降低，B错误；由图中可以看出生成CH3CHClCH3的活化能较低，反应的主要产物为CH3CHClCH3，类似的丙烯与HBr加成的主要产物为2­溴丙烷，C正确；CH3H—CH3比CH3CH2—H2能量更低更稳定，生成CH3H—CH3所需活化能更低，因此反应的主要产物为CH3CHClCH3，D正确。 13．A　装置A制取氯气，氯气中混有HCl和水蒸气，装置B 中盛放饱和食盐水，除去HCl，C中盛放浓硫酸，干燥氯气，装置D制取氯化铜。恒压滴液漏斗的作用是平衡滴液漏斗和圆底烧瓶间的气压，便于液体顺利滴下，不需要打开上端的塞子，可防止HCl挥发，A项正确；B中盛放饱和食盐水，除去HCl，C中盛放浓硫酸，干燥氯气，B项错误；D装置后需要连接干燥装置，防止CuCl2潮解，再连接盛有氢氧化钠溶液的烧杯，C项错误；为防止氧气反应引入杂质，需先通一段时间氯气，再点燃D处酒精灯，D项错误。 14．B　由电解池工作原理可知，左边电极为阳极，电极反应式为H2－2e－===2H＋；右边电极为阴极，电极反应式为N2＋6e－＋6H＋===2NH3，Ca2+＋2e－===Ca；过程Ⅱ将N2还原为NH3原理是3Ca＋N2＋6C2H5OH===2NH3↑＋3Ca2+＋6C2H5O－。根据分析可知，阴极反应式有Ca2+＋2e－===Ca，A正确；NH3为碱性气体，易溶于乙酸，用乙酸代替乙醇不利于生成NH3，B错误；在电解池中，存在着Ca2+—Ca—Ca2+的相互转化，理论上一段时间后Ca2+的浓度不变，C正确；根据阴阳极电极反应式可知，总反应方程式为N2＋3H22NH3，D正确。 15．D　非金属性：F>O，则氢化物的稳定性：HF>H2O，故A正确；SiF4、H2O和的中心原子的价层电子对数均为4，故B正确；由氟化钙晶胞可知每个晶胞中含有4个Ca2+，8个F－，由晶胞结构可知其密度为 g/cm3，故C正确；CaF2晶体中Ca2+为面心立方最密堆积，F－位于Ca2+围成的正四面体的空隙中，F－与Ca2+之间的最近距离为立方晶胞体对角线长的，即为a pm，故D错误。 16．解析：(1)捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物接触面积，使反应更快、更充分；(2)从流程图可以看出，反应、分离室得到的NaOH溶液可作为捕捉室中的吸收液，高温反应炉得到的CaO可作为反应、分离室中的反应物，因此可循环使用的物质是CaO、NaOH；(3)配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒和500 mL容量瓶、胶头滴管；用托盘天平称量NaOH固体质量为：m(NaOH)＝1 mol/L×0.5 L×40 g/mol＝20.0 g；(4)配制一定物质的量浓度的溶液一般步骤为：检漏、计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则正确的操作顺序是A→D→E→C→B→H→G→F→装瓶贴签；(5)称量所用的砝码生锈，砝码实际质量大于所标数值，导致所称NaOH质量偏大，则所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大，A符合题意；转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制结果无影响，B不符合题意；未冷却至室温就转移定容，溶液体积膨胀，冷却至室温液面下降，所加水量偏少，溶液浓度偏大，C符合题意；定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，D不符合题意；定容时水加多用胶头滴管吸出，造成溶质损失，浓度偏小，E不符合题意；称量NaOH时间过长，NaOH吸水潮解，所称量NaOH固体的质量偏小，导致溶液浓度偏小，F不符合题意；故选AC；(6)由题图中信息可知，CaC2O4·H2O在200 ℃左右失去结晶水生成CaC2O4；CaC2O4在400～600 ℃因分解减少的固体质量为：1.28 g－1.00 g＝0.28 g，减少的是CO的质量，分解产物为CO和CaCO3，则400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式为：CaC2O4CaCO3＋CO↑；(7)由图可知，在800～1000 ℃因分解减少的固体质量为：1.00 g－0.56 g＝0.44 g，减少的是CO2的质量，即高于800 ℃时，碳酸钙分解生成CaO和CO2，只有低于此温度，才有利于CaO和CO2化合，则CaO捕捉CO2的反应温度应低于800 ℃。 答案：(1)增大反应物接触面积，使反应更快、更充分　 (2)CaO、NaOH　(3)500 mL容量瓶、胶头滴管　20.0　 (4)A　E→C→B→H→G→F　(5)AC　 (6) CaC2O4CaCO3＋CO↑　(7)低于 17．解析：(1)根据化合价升降法配平化学计量数，分别为1、3、4、2、3、2。(2)由(1)知反应物中含有7 mol钠离子时，转移电子6 mol，当反应物中含有1.4 mol钠离子时，转移电子1.2 mol，即1.2NA个。(3)Na2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为Fe3+，Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体胶体因具有吸附性而使水澄清。 (4)利用归中反应除去NaNO2。 答案：(1)1　3　4　2　3　2　(2)1.2　(3)强氧化　Fe3+＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3(胶体)＋3H＋ (4)②　===N2↑＋2H2O 18．解析：(1)SO2为酸性氧化物，能与碱性溶液和碱性氧化物反应，氨水、碱石灰均可吸收SO2，SO2同时具有还原性，能被强氧化剂酸性KMnO4溶液吸收，但只有被氨水吸收时可以得到亚硫酸铵可作肥料，故选C。(2)X是S元素的气态氢化物，X是H2S；Y是S的＋6价氧化物，Y是SO3；Z是＋4价S元素的含氧酸盐，Z是Na2SO3或NaHSO3。H2S可与SO2反应生成S，A正确；S和O2化合生成SO2，不能得到SO3，B错误；Na2SO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，C错误；SO2不和浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，D错误；故选A。(3)“吸收”过程反应的化学方程式为SO2＋H2O＋(NH4)2SO3===2NH4HSO3，随着吸收反应的进行，(NH4)2SO3越来越少，NH4HSO3越来越多，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变小；溶液B中发生反应的化学方程式是NH4HSO3＋NH4HCO3===(NH4)2SO3·H2O＋CO2↑。(4)PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5 μm的颗粒物，而1 μm＝1000纳米，胶体是指分散质粒子直径在1～100纳米的分散系，所以含2.5 μm颗粒物的空气不属于胶体，A错误；由图可知，由转化为的过程中有硫氧键生成，B正确；硫酸盐(含、气溶胶中含有，转化过程有H2O参与在水中电离生成H＋、，因此硫酸盐气溶胶呈酸性，C错误；由图可知，该过程有H2O参与，D正确；故选BD。(5)①SO2和NaClO溶液发生氧化还原反应生成Cl－和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：H2O＋ClO－＋＋Cl－＋2H＋；②“脱硝”时，在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和，该过程应在避光条件下进行，其可能的原因是避免HClO见光分解。(6)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应转化为CO2和N2，方程式为：2NO＋2CO 2CO2＋N2。该反应中，C元素由＋2价上升到＋4价，生成1 mol CO2转移电子的数目为2NA，A错误；催化剂不能提高CO的平衡转化率，B错误；该反应中，N元素化合价下降，NO是氧化剂，C正确；该反应中，C元素由＋2价上升到＋4价，CO2是氧化产物，D错误。(7)二氧化硫是酸性氧化物，废气排放到空气中，遇水生成亚硫酸，亚硫酸易被氧气氧化生成硫酸，形成硫酸型酸雨，二氧化碳不会形成酸雨，故A错误；装置1中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度，故B正确；CO2不和碳酸氢钠溶液反应，装置1中溶液的作用是吸收废气中SO2，故C错误；装置2中电极b为阴极，和电源的负极相连，故D错误；故选B；装置2中电极a的反应式为：－2e－ ＋2OH－===H2O＋。 答案：(1)C　(2)A　(3)B　NH4HSO3＋NH4HCO3===(NH4)2SO3·H2O＋CO2↑　(4)BD　(5)①H2O＋ClO－＋＋Cl－＋2H＋　②避免HClO见光分解　 (6)C　(7)B　 19．解析：(1)ΔH4＝ ＝ kJ·mol-1＝－1828.75 kJ·mol-1；(2)图中最高点与最低点的能量差即为第一步逆反应的活化能，为(a＋b－c)kJ·mol-1。 答案：(1)－1828.75 kJ·mol-1　 (2)(a＋b－c)　(3)①在Fe基催化剂表面，NH3吸附在酸性配位点上形成，NO与O2吸附在Fe3+配位点上形成NO2，然后与NO2结合生成2，最后2与NO反应生成N2、H2O，并从催化剂表面逸出　②4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O　Fe3+与NH3反应生成H＋和中间产物Fe2+－NH2，而后Fe2+－NH2吸收NO生成N2和H2O，并生成Fe2+与H＋进入下一个循环 20．解析：(1)铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，由构造原理可知，基态铜原子的电子所占据的最高能层为N；铜原子失去1个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，所以亚铜离子比铜离子稳定；氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的晶格能大于硫化亚铜，则氧化亚铜的熔点高于硫化亚铜；(2)六水合铜离子中铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为sp3d2杂化，配离子的空间结构为八面体形；(3)[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有2×2＋2×2＋1＋1×2＝11个；非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素非金属性的强弱顺序为F>N>C，则电负性的大小顺序为F>N>C；(4)由晶胞结构可知，铜原子和铟原子形成的四面体空隙有16个，Te填充的四面体空隙有8个，则四面体空隙的占有率为50%；晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×＋1＝4，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为6×＝4，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数比为4∶4∶8＝1∶1∶2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、可知，晶胞边长为1，则C点原子的分数坐标为；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为 pm、 pm可知，C、D间距离d＝ ＝ pm。 答案：(1)N　Cu＋的3d轨道全充满达到稳定状态　Cu2O　(2)八面体形　C　(3)11　F>N>C　(4)50%　CuInTe2　　　 章检测(十三)　第七章　化学反应速率与化学平衡(基础卷) 1．D　铁是固体，增加铁的量，浓度不变，反应速率不变，①与题意不符；将容器的体积缩小一半，反应体系中气体物质的浓度增大，则化学反应速率增大，②符合题意；体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，③与题意不符；保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，④符合题意。 2．B　降低温度，减缓食物变质的速率，故A不选；向玻璃中加入Cu2O是为了使玻璃呈现颜色，与反应速率无关，故B选；高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，增大接触面积加快化学反应速率，故C不选；在糕点包装内放置小包铁粉，有吸收氧气的作用，能减慢糕点变质的速率，故D不选。 3．D　A．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的一方移动，但是反应物浓度降低，反应速率减小，故A错误；B.反应体系中固体视为浓度不变，加入后无影响，故B错误；C.无论反应是否平衡，氢气的生成速率始终是甲烷的消耗速率的2倍，故C错误；D.反应焓变大于零，说明生成物的总能量大于反应物的总能量，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故D正确。 4．B　常温下，SO2为气体，SO3为非气体，气体的混乱度大于非气体，则1 mol SO2的熵大于1 mol SO3，A错误；已知该反应为自发反应，则ΔH—TΔS<0，若ΔH>0，则一定有ΔS>0，B正确；该反应为气体分子数减小的吸热反应，ΔH>0，ΔS<0，在任何温度下ΔH－TΔS>0，即在任何温度下都不能自发进行，C错误；NaNO2溶于水为吸热过程，混乱度增大，故ΔH>0，ΔS>0，D错误。 5．C　增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即正向移动，有利于提高SiHCl3的产率，故A正确；由图可知温度升高SiHCl3产率减小，所以逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，故B正确；由图可知增加HCl的用量，SiHCl3的产率可能增加也可能减小，所以增加HCl的用量，SiHCl3的产率不一定会增加，故C错误；平衡常数是温度的函数，温度为450 K，平衡常数：K(x)＝K(y)＝K(z)，故D正确。 6．B　将用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的反应速率，然后进行比较。若以v(B)为标准，则A项，v(B)＝0.25 mol/(L·s)；C项，v(B)＝ mol/(L·s)；D项，v(B)＝0.25 mol/(L·s)。选项B中的v(B)最大，反应最快。 7．C　不确定两者初始投料比，不确定NO2、SO2体积比是否为变量，其保持不变不可用来判定平衡状态，A错误； 反应为气体分子数不变的反应，加压可加快反应速率，但不会使平衡时SO3产量提高，B错误；恒容条件下，投料物质的量比为1∶1，假设投料均为1 mol，若NO2平衡转化率为60%，反应二氧化氮、二氧化硫0.6 mol，平衡时二氧化氮、二氧化硫0.4 mol，三氧化硫、一氧化氮0.6 mol，则平衡常数为＝2.25，C正确；NO不和氢氧化钠反应，不可直接用NaOH溶液吸收，D错误。 8．A　加入硫酸铜以后，锌置换出铜可以构成原电池，反应速率加快，与平衡移动无关，A错误；NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，可以用化学平衡移动原理解释，B正确；用Na2CO3溶液浸泡处理水垢，CaSO4可以转化为CaCO3，可以用沉淀溶解平衡的原理解释，C正确；醋酸是弱酸，加水稀释会促进电离平衡正向移动，因此pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍后，c(H＋)大于10-5mol/L，即溶液pH<5，D正确。 9．B　A．由题图可知，生成的副产物有CH2O和CO两种，生成CO的能量变化为0.95 eV－0.28 eV＝0.67 eV，而生成CH2O的能量变化为2.73 eV－(－0.60 eV)＝3.33 eV，生成CH2O的能量变化大，反应难进行，生成的量少，所以制备CH3OH过程中得到相对较多的副产物是CO，A项错误；B.由题图可知，在催化剂上生成CH3OH的反应物为CO2和H＋，根据电子守恒以及原子守恒可知，生成物中应有水，因此电极反应式为CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O，B项正确；C.根据题图可知，在催化剂上生成CH3OH的过程中只存在极性键的断裂与形成，没有非极性键的断裂与形成，C项错误；D.由题图可知，该过程中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，D项错误。 10．C　反应①中H2结合In2O3中的O原子生成In2O2□、H2O，过程可表示为：In2O3＋H2―→In2O2□＋H2O，故A正确；减小In2O3颗粒尺寸，可增大催化剂的表面积，有利于反应物与催化剂充分接触，提升催化效果，故B正确；由CO2和H2生成CH3OH的总反应来看，C价态改变，故C错误；过程⑦为甲醇的脱附，为吸热过程，故D正确。 11．B 12．A　由题意可知，题给反应是一个反应前后体积不变的可逆反应，结合图可知反应速率先增大后减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快，据此分析。根据分析可知，该反应正向放热，A正确；ac段，正反应速率不断增大，则单位时间内气体C的生成量不断增多，若Δt1＝Δt2，则气体C的生成量：ab段小于bc段，B错误；c点时，正反应速率还在改变，说明没有达到平衡状态，所以c点时：v(正)与v(逆)不相等，C错误；随着反应的进行，气体A的浓度不断减小，所以气体A的浓度：a点大于b点，D错误。 13．D　根据反应BaSO4(s)＋4C(s)⥫⥬BaS(s)＋4CO(g)可知，反应的平衡常数K＝c4(CO)，结合图像可知，lg c(CO)随着的增大而减小，则证明K＝c4(CO)随着温度的升高而增大，即反应为吸热反应，图像直线上的点均为平衡点。根据上述分析可知，反应的平衡常数随着T的升高而增大，所以该反应为吸热反应，即ΔH>0，A错误；Q点未达到平衡，其浓度商Q>K，则此时BaSO4的消耗速率小于其生成速率，B错误；温度不变，将R点状态的容器体积缩小，即增大压强，平衡向逆向移动，因为平衡常数K不变，所以CO的平衡浓度不变，气体压强不变，C错误；温度是 K即＝6×10-4时，根据图像数据可知，lg c(CO)＝0.5，所以c(CO)＝100.5，则K＝c4(CO)＝100，D正确。 14．D　A．反应2NO(g)＋Br2(g)===2NOBr(g)可由反应(1)＋(2)得到，由于(1)反应快，反应速率由(2)决定，由Kc＝可得c（NOBr2）＝Kc·c（NO）·c（Br2），将其代入v＝k1·c（NO）·c（NOBr2），得出v＝k1·Kc·c2（NO）·c（Br2）＝k·c2（NO）·c（Br2），即可得出k＝k1Kc，正确；B.根据v＝k·c2（NO）·c（Br2），反应消耗一半时的浓度均为起始时的一半，v′＝k2·c起(Br2)，反应速率与反应起始速率的比值是1∶8，正确；C.利用三段式： 2NO（g）＋Br2（g）⥫⥬2NOBr（g） c（起始/mol·L－1） 　2 　 1 　0 c（转化/mol·L－1） 　2x 　 x 　 2x c（平衡/mol·L－1） 　2－2x 　 1－x 　2x 据题意，平衡时n（NO）＝n（NOBr），即2－2x＝2x，x＝0.5，则0～10 s时间内，NO的平均速率为0.10 mol·L－1·s－1，正确；D.压强增大，平衡正向移动，温度升高，平衡逆向移动，正向为放热反应，ΔH<0，错误。 15．A　提高反应温度，c平S/c平(T)增大，说明反应S(g)⥫⥬T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，c平S/c平(I)减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项；加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确。 16．解析：将气体A、B置于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)⥫⥬2C(g)＋2D(g)，反应进行到10 s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8 mol，B的物质的量为0.6 mol，C的物质的量为0.8 mol，由此可知，C的变化量为0.8 mol，A(g)、B(g)、D(g)的变化量分别为1.2 mol、0.4 mol、0.8 mol。(1)用C表示10 s内反应的平均反应速率为＝0.04 mol·L-1·s-1；(2)反应前A的物质的量为(1.8 mol＋1.2 mol)＝3 mol，故其物质的量浓度是＝1.5 mol·L-1；(3)10 s末，生成物D的浓度为（4）达到平衡，测得A的物质的量为1.8 mol，B的物质的量为0.6 mol，两者的物质的量之比与化学计量数之比相等，变化量之比也等于化学计量数之比，说明两者的起始量之比也等于化学计量数之比，故A与B的平衡转化率之比为1∶1；（5）反应前后，气体的分子数保持不变，故反应过程中容器内气体的平均相对分子质量不变；反应过程中，气体的总质量不变，气体的总体积也不变，故气体的密度也不变；（6）①降低温度，化学反应速率减小，故生成D的速率减小；②增大A的浓度，化学反应速率增大，故生成 D的速率增大；③恒容下充入氖气，各组分的浓度不变，故生成D的速率不变；（7）将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：NH4I（s）NH3（g）＋HI（g），2HI（g）H2（g）＋I2（g）。当反应达到平衡时，c（H2）＝0.5 mol·L－1，c（HI）＝4 mol·L－1，则NH3的浓度为[2c（H2）＋c（HI）]＝2×0.5 mol·L－1＋4 mol·L－1＝5 mol·L－1。 答案：(1)0.04 mol·L-1·s-1　(2)1.5 mol·L-1　 (3)0.4 mol·L-1　(4)1∶1　(5)不变　不变　 (6)①减小　②增大　③不变　(7)5 mol·L-1 17．解析：(1)由图可知，同一压强下，温度升高N2O4的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH2小于0；同一温度下，增大压强反应a的平衡逆向移动，α(N2O4)减小，则p1小于p2；(2)恒压下混合气体的总质量不变，但反应前后气体分子数不相等即物质的量会发生变化，根据pV＝nRT，容器的体积会发生变化，则密度是一变量，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故A项正确；任意时刻，由氮元素质量守恒，存在＋n(N2O5)＝1 mol，故B项错误；恒容下，升高温度，反应a正向移动，c(NO2)增大，则该体系中气体颜色变深，故C项错误；恒容下，增大N2O4的浓度，反应a、b的正反应速率均增大，故D项正确；(3)起始充入1 mol N2O4和，列三段式： 平衡时N2O4的物质的量分数为，则＝ mol；(4)一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，可能的原因是：随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率；(5)将总反应减去反应ⅱ可得反应ⅰ为：HNO2＋·OH===NO2↑＋H2O。 答案：(1)<　<　(2)AD　(3) mol　(4)随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率　(5)HNO2＋·OH===NO2↑＋H2O 18．解析：(1)由图可知反应N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g)的ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝2×[473＋654－(339＋397＋436)]＝－90 kJ·mol-1。(2)①合成氨的反应N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g)为反应前后气体物质的量减小的反应，增大压强平衡会向正向移动，则压强越大对应的氨的体积分数越大，则压强由大到小为p1>p2>p3；理由为合成氨反应为气体分子数减少的反应，其他条件不变情况下，增大压强，反应向正反应方向进行，氨的体积分数增大；②温度越高，压强越大反应速率越大，B点温度更高，压强更大，则vA正<vB逆；③假设起始时投入氮气1 mol，氢气3 mol进行反应，反应达平衡过程中氮气变化了x mol，列三段式 　　　　　　 N2　＋　3H2⥫⥬2NH3 起始量/mol　　　1　　　　3　　　0 变化量/mol　　　x　　　　3x　　  2x 平衡量/mol　　　1－x　　3－3x　 2x B点时氨气的体积分数为，则，得x＝0.8，则平衡时N2为0.2 mol，H2为0.6 mol，NH3为1.6 mol，各物质分压为p1＝p1、p1＝p1、p1＝p1，代入Kp＝≈3.4×10-8Pa-2。 答案：(1)－90　(2)①p1>p2>p3　合成氨反应为气体分子数减少的反应，其他条件不变情况下，增大压强，反应向正反应方向进行，氨的体积分数增大　②<　③3.4×10-8 19．解析：(1)由图示可知低温时，容器中主要产物为N2，则该催化剂在低温时选择反应Ⅱ。(2)两个反应同时进行： 反应Ⅰ4NH3(g)＋5O2(g)⥫⥬4NO(g)＋6H2O(g) 　0.2 　 0.25 　0.2 　0.3 反应Ⅱ4NH3(g)＋3O2(g)⥫⥬2N2(g)＋6H2O(g) 　0.4 　 0.3 　0.2 　0.6 　0.4 　 1.45 　0.2 　0.9 故520 ℃时4NH3(g)＋3O2(g)⥫⥬2N2(g)＋6H2O(g)的平衡常数K＝。(3)已知4NH3(g)＋5O2(g)⥫⥬4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH<0，正反应是放热反应，当反应达到平衡后，温度升高，平衡向左移动，导致NO的物质的量逐渐减小，故C点比B点所产生的NO的物质的量少。 答案：(1)Ⅱ　(2)　(3)该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左移动 学科网（北京）股份有限公司 $