2021-2022学年河北省定州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河北省定州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了3kJ⋅ml−1，6×10−2，Ka2=1，5kJ⋅ml−1，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年河北省定州市高二（上）期末化学试卷

1. 钢铁又叫铁碳合金，是工业生产中极其重要且用量很大的金属材料。下列方法不能减缓钢铁腐蚀速率的是(    )
A. 在钢铁制品表面喷一层漆
B. 掺入铬、镍制成不锈钢产品
C. 把钢铁置于干燥空气中保存
D. 外加电流法
2. 中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识，以下语句与图中变化相符的是(    )
A. 庭草留霜池结冰
B. 煮豆燃豆萁
C. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
D. 有以硫黄、雄黄合硝石，并蜜烧之，焰起烧手面，及烬屋舍者

3. 2021年10月6日诺贝尔化学奖揭晓，科学家DavidMacMillan和BenjaminList因在“不对称有机催化”研究方面的进展被授予该奖项。催化剂可改变化学反应的历程(如图所示)，下列说法正确的是(    )
A. 相比曲线a，曲线b是使用了催化剂的反应历程
B. 升高温度，催化剂的活性一定增强
C. 加入合适的催化剂能够提高生成物的产率
D. 图中ΔH=E1−E2，ΔH<0

4. 肼(联氨)可用作火箭发射时的燃料，燃烧时发生反应：N2H4(1)+O2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)。下列说法正确的是(    )
A. N2为还原产物 B. 该反应的ΔS>0
C. 燃烧时，N2H4断裂了4mol极性键 D. N2H4可用作燃料电池的正极材料
5. BaSO4又叫重晶石，可用作胃肠道造影剂，下列关于BaSO4的说法错误的是(    )
A. BaSO4属于强电解质
B. BaSO4悬浊液中存在BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)
C. 可用BaCO3代替BaSO4作胃肠道造影剂
D. 在BaSO4悬浊液中，加入少量BaCl2固体，得到的悬浊液中c(Ba2+)增大
6. 已知：25℃、101kPa时，H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅mol−1。分别使用3组稀溶液来测定中和反应的反应热，下列说法正确的是(    )
序号
①
②
③
稀溶液
硫酸和氢氧化钠
硫酸和氨水
硫酸和氢氧化钡
ΔH/(kJ⋅mol−1)
a
b
c

A. b C. 酸碱混合要迅速，否则热量容易散失 D. 实验中的玻璃搅拌器可换成铁制搅拌器
7. 由于安全以及价格方面的优势，水系锌离子电池(ZIBs)被普遍认为是锂离子电池在大规模储能设备领域的替代品，其中一种电池工作原理如图所示。下列说法错误的是(    )
A. 工作时，SO42−移向CuI极
B. 锌是负极，发生氧化反应
C. 正极的电极反应式为CuI+e−=Cu+I−
D. 工作时，电流流动方向：CuI→电灯泡→Zn→ZnSO4溶液→CuI

8. 常温下，在指定溶液中下列各组离子可能大量共存的是(    )
A. 滴入甲基橙显红色的溶液：NH4+、Na+、Cl−、ClO−
B. 滴入淀粉变蓝的溶液中：Na+、Mg2+、Cl−、OH−
C. 0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液：K+、Ca2+、HCO3−、NO3−
D. 由水电离出的c(OH−)=1×10−12mol⋅L−1的溶液：Al3+、H+、Cl−、K+
9. 研究发现，在牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用，这是因为氟离子能与牙齿表面的釉质层{主要成分是羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]}发生反应生成氟磷灰石：Ca5(PO4)3OH(s)+F−(aq)⇌Ca5(PO4)3F(s)+OH−(aq)，下列说法错误的是(    )
A. 该反应的平衡常数表达式为K=c(OH−)c(F−)
B. 常温下，氟磷灰石的Ksp比羟基磷灰石的大
C. 相比羟基磷灰石，氟磷灰石能够抵抗有机酸对牙齿的侵蚀
D. 反应达到平衡时，羟基磷灰石的溶解速率等于氟磷灰石的溶解速率
10. 已知830℃时，可逆反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH>0的平衡常数K=1。T℃下，在2L恒容密闭容器中，加入0.4molCO2和0.8molH2，随着反应的进行，测得H2O(g)的物质的量浓度随时间变化如下表所示。
t/min
0
10
20
30
40
70
90
c/(mol⋅L−1)
0
0.04
0.07
0.09
0.10
0.12
0.12
关于该反应，下列说法正确的是(    )
A. T<830
B. 20∼40min内，v(H2)=1.5×10−2mol⋅L−1⋅min−1
C. 平衡后，仅增大压强，CO的体积分数将增大
D. 若向容器中充入0.8molCO2和1.6molH2，反应达到平衡的时间小于70min
11. 在Pt2O+表面发生反应：N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)ΔH，利用该反应能够处理汽车尾气中的污染物。物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图2所示，下列说法错误的是(    )

A. ΔH=ΔH1+ΔH2=E1−E2
B. 使用Pt2O+催化剂，N2O的转化率增大
C. 反应物总键能小于生成物总键能
D. 对于该反应，升高温度，活化分子百分数增加，反应速率加快
12. 下列实验操作、现象及结论错误的是(    )
选项
实验操作
现象
结论
A
向2mL0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量KCl固体
溶液变红，加入KCl固体后，红色变浅
FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl的平衡逆向移动
B
用pH计测量相同浓度的NaClO溶液和NaF溶液的pH
NaClO溶液的pH大于NaF溶液的pH
Ka(HF)>Ka(HClO)
C
向2支试管中依次加入等体积等浓度的Na2S2O3和H2SO4混合液，分别置于冷水和热水中
置于热水中的混合溶液先出现浑浊
温度升高，化学反应速率加快
D
向盛有1mL0.1mol⋅L−1AgNO3溶液的试管中逐滴滴入0.1mol⋅L−1的Na2CrO4，溶液至不再产生沉淀，再向其中滴加0.1mol⋅L−1的Na2S溶液
观察到先产生砖红色沉淀(Ag2CrO4)，然后砖红色沉淀变为黑色(Ag2S)
Ksp(Ag2CrO4)>Ksp(Ag2S)

A. A B. B C. C D. D
13. 室温下，通过下列实验探究草酸的性质．【已知：Ka1(H2C2O4)=5.6×10−2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10−4，Ksp(BaC2O4)=1.6×10−7，Ksp(Ag2C2O4)=5.4×10−12，lg2=0.3，lg3=0.5】
实验
实验操作和结果
1
向10mL0.1mol⋅L−1H2C2O4溶液中滴加10mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液，测得pH小于7
2
向10mL0.1mol⋅L−1H2C2O4溶液中逐滴滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，测得pH=7
3
向10mL0.1mol⋅L−1H2C2O4溶液中逐滴滴加20mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液，pH逐渐增大
4
向5mL含有浓度均为0.01mol⋅L−1的Ag+和Ba2+的混合溶液中逐滴滴加实验3所得的溶液，有白色沉淀生成
下列有关说法正确的是(    )
A. 实验1所得溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H+)>c(OH−)
B. 实验2得到的溶液中存在：c(C2O42−)+c(HC2O4−)=c(Na+)
C. 实验3，当溶液中c(C2O42−)=c(HC2O4−)时，pH约为3.8
D. 实验4中，产生的沉淀依次是Ag2C2O4、BaC2O4
14. 常温下，有以下五种溶液：
编号
①
②
③
④
⑤
溶液
醋酸
硫酸
氨水
氢氧化钠
氯化铵
pH
3
3
11
11
3
请回答以下问题：
(1)向等体积的①和②溶液中分别加入形状、大小一样的锌块(足量)，反应一段时间后的速率v①______(填“>”、“<”或“=”)v②，若收集等体积的H2，则消耗时间更短的是 ______(填化学式)，醋酸和锌反应的离子方程式为 ______.
(2)若向⑤溶液中加人少量④，⑤的pH将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)；若加入少量②，⑤的水解程度将 ______.
(3)将等体积的①，②，③，④溶液分别加水稀释至原来的100倍，溶液的pH由大到小的顺序是 ______(填编号).
(4)分别向等体积的③和④溶液中加入②至恰好完全反应，消耗②更多的是 ______(填化学名称).
(5)将等体积的①和②溶液混合后，加入100mL蒸馏水，溶液中c(CH3COO−)c(SO42−)将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”).
(6)①、②、③、④、⑤五种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是 ______(填编号).
15. 生物燃料电池和燃料电池由于其自身的特点在生活、生产中具有广阔的应用前景．粗铜提纯的电化学装置示意图如图所示．

请回答下列问题：
(1)乙池是 ______(填“原电池”或“电解池”).
(2)a、d电极的名称分别是 ______、______(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)；f电极的材料是 ______(填名称).
(3)闭合开关K，甲池中产生的H+的移动方向是 ______(填“从左室移向右室”或“从右室移向左室”)；乙池中c电极的电极反应式是 ______.
(4)该电化学装置中每消耗22.4LO2(已换算成标准状况)时，电路中转移 ______个电子，消耗的葡萄糖与甲醇的质量之比为 ______，电极f的质量 ______(填标号).
A.增加64g
B.减少64g
C.增加128g
D.减少128g
16. 过碳酸钠(2Na2CO3⋅3H2O2)，是一种新型高效环保的固体漂白杀菌剂，易溶于水，微溶于异丙醇，在高温、高湿或存在重金属离子和其他杂质污染时，容易发生分解反应，导致活性氧含量(即杀菌消毒时产生的氧气质量占过碳酸钠的质量分数)降低．制备过碳酸钠的实验装置如图，请回答以下问题：
(1)相比分液漏斗，滴液漏斗的优点是 ______.
(2)制备过碳酸钠反应的化学方程式为 ______.
(3)制备过程中最适宜的温度是5℃，当温度过高时产率迅速下降，原因是 ______.
(4)反应结束后可采用结晶法从溶液中分离出过碳酸钠，请简述该操作步骤：______.
(5)氧化还原滴定法是以溶液中氧化剂和还原剂之间的电子转移为基础的一种滴定分析方法，应用非常广泛．某小组利用该原理测定过碳酸钠的活性氧含量．实验步骤：称取0.1g试样于250mL锥形瓶中，加入60mL水使之溶解，再加入15mL2mol⋅L−1H2SO4溶液，用0.01mol⋅L−1KMnO4标准溶液滴定．重复该操作4次，达到滴定终点时消耗KMnO4标准溶液的体积分别为20.20mL、20.15mL、21.45mL、20.25mL.
①滴定时，酸性高锰酸钾溶液盛装在 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，原因是 ______.
②实验达到滴定终点的现象是 ______.
③根据实验数据，计算该试样中活性氧含量为 ______.
④下列操作将导致计算的活性氧含量偏高的是 ______(填标号).
A.到达滴定终点，仰视滴定管读数
B.滴定结束后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液体
C.滴定前滴定管中没有气泡，滴定后有气泡
D.在滴定时摇晃锥形瓶过于剧烈，有少量溶液溅出

17. 尿素[CO(NH2)2]，又称碳酰胺，是目前含氨量较高的氮肥，适用于各种土壤和植物．
已知：
①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH1=−92.4kJ⋅mol−1
②2NH3(g)+CO2(g)⇌NH4COONH2(s)ΔH2=−159.5kJ⋅mol−1
③NH4COONH2(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH3=+72.5kJ⋅mol−1
(1)请写出由N2、H2和CO2合成尿素的热化学方程式：______.
(2)相比③，若②的反应速率更快，如图1示意图 ______(填标号)最能体现②③反应过程的能量变化．

(3)在某温度下，将NH3和CO2以物质的量之比2：1置于一恒容密闭容器中反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH，NH3的转化率随时间变化关系如图2所示．t1时反应达到平衡，此时的压强为pMPa.

①下列说法能判断该反应达到平衡状态的是 ______(填标号).
A.容器压强不变
B.消耗1molCO2时，生成1molH2O
C.容器内n(C)与n(N)的比值不发生变化
D.混合气体的平均摩尔质量不变
②t1时反应达到平衡，CO2的体积分数为 ______(保留三位有效数字)，c(NH3)：c(CO2)：c(H2O)=______；平衡常数Kp=______MPa−2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数).
③向平衡后的反应体系中再通入2molNH3，Kp将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”).
④图中t2时，NH3的转化率发生改变，此时改变的反应条件是 ______.(请写出任意一条).
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.在钢铁制品表面喷一层漆，可以避免钢铁制品与空气接触，因而就可以减缓钢铁腐蚀速率，故A错误；
B.掺入铬、镍制成不锈钢产品，改变了金属的内部结构，提高了钢铁的抗腐蚀性能，故可以减缓钢铁腐蚀速率，故B错误；
C.金属腐蚀大多是在潮湿的环境中发生的电化学腐蚀，把钢铁置于干燥空气中保存，就可以避免原电池反应的发生，因而可减缓钢铁腐蚀速率，故C错误；
D.根据图示可知外加电流法连接时，钢闸门连接电源的正极，作阳极，导致钢铁腐蚀速率比不连接电源还快，使钢闸门腐蚀速率大大增加，因而不能减缓钢铁腐蚀速率，故D正确；
故选：D。
A.在钢铁制品表面喷一层漆，可以避免钢铁制品与空气接触；
B.掺入铬、镍制成不锈钢产品，改变了金属的内部结构，提高了钢铁的抗腐蚀性能；
C.金属腐蚀大多是在潮湿的环境中发生的电化学腐蚀；
D.根据图示可知外加电流法连接时，钢闸门连接电源的正极，作阳极，导致钢铁腐蚀速率比不连接电源还快。
本题考查金属的腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。

2.【答案】C 
【解析】解：A.水结成冰，凝固属于物理变化，且放热，故A错误；
B.豆萁燃烧属于化学变化，也属于放热反应，故B错误；
C.句意为石头经过多次撞击才能从山上开采出来，它把烈火焚烧看出平常的事，烈火焚烧就是指煅烧碳酸钙，碳酸钙分解为吸热反应，故C正确；
D.该句描述黑火药的制备，黑火药由木炭粉、硫磺、硝石按照一定比例配制而成，黑火药燃烧属于放热反应，故D错误；
故选：C。
由图可知，该反应为吸热反应，且属于化学变化，据此分析即可。
本题主要考查化学在生产和生活中的应用，以及化学知识在传统文化知识中的体现，属于基本知识，基础题型的考查，难度不大。

3.【答案】A 
【解析】解：A.催化剂可以降低反应的活化能，相比曲线a，曲线b是使用了催化剂的反应历程，故A正确；
B.催化剂必须在一定温度才具有活性，升高温度，催化剂可能失去活性，故B错误；
C.催化剂只能改变反应速率，不会改变生成物的产率，故C错误；
D.反应物的活化能大于生成物的活化能，反应放出能量，ΔH=E2−E1，ΔH<0，故D错误；
故选：A。
A.催化剂可以降低反应的活化能；
B.催化剂必须在一定温度才具有活性；
C.催化剂只能改变反应速率，不会改变生成物的产率；
D.反应物的活化能大于生成物的活化能，反应放出能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握图中能量变化、焓变与活化能关系解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意活化能的应用，题目难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A.在该反应中N元素化合价由反应前N元素的−2价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以N2为氧化产物，故A错误；
B.根据图示可知：该反应是反应体系混乱程度增大的反应，所以ΔS>0，故B正确；
C.燃烧时，1molN2H4发生反应，会断裂4 mol极性键和1molN−N非极性键，但由于题目未说明反应的N2H4的物质的量，因此不能确定断裂的N−H的数目，故C错误；
D.在燃料电池中，通入燃料N2H4的电极为负极，通入O2的电极为正极，故D错误；
故选：B。
A.氧化还原反应中，氧化剂的化合价降低，生成还原产物；
B.反应体系混乱程度增大则ΔS>0；
C.每分子N2H4发生反应，会断裂4个N−H键和1个N−N键；
D.在燃料电池中，燃料在负极反应。
本题考查氧还原反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。

5.【答案】C 
【解析】解：A.BaSO4是盐，尽管难溶于水，但溶于水的部分完全电离为自由移动的离子，因此BaSO4属于强电解质，故A正确；
B.BaSO4是难溶性盐，在水中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)，故B正确；
C.BaCO3不溶于水，但能够溶于盐酸，二者反应产生可溶性BaCl2，导致人发生重金属中毒事件，因此不能用BaCO3代替BaSO4作胃肠道造影剂，故C错误；
D.在BaSO4悬浊液中，加入少量BaCl2固体，BaCl2溶解电离产生Ba2+，使得到的悬浊液中c(Ba2+)增大，故D正确；
故选：C。
A.溶于水的部分完全电离为自由移动的离子，属于强电解质；
B.BaSO4是难溶性盐，在水中存在沉淀溶解平衡；
C.BaCO3不溶于水，但能够溶于盐酸，二者反应产生可溶性BaCl2，导致人发生重金属中毒事件；
D.在BaSO4悬浊液中，加入少量BaCl2固体，BaCl2溶解电离产生Ba2+，使得到的悬浊液中c(Ba2+)增大。
本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念。

6.【答案】C 
【解析】解：A.弱碱电离吸热，使中和热数值偏小，钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡放热，是中和热数值偏大，但中和热ΔH为负，所以b>a>c，故A错误；
B.中和反应生成的水越多，反应放热越多，但中和反应的反应热中和热是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1molH2O(l)时放出的热量，与生成水的物质的量多少无关，故B错误；
C.测定中和热实验时酸碱迅速混合，可减少实验过程中的热量散失，测定结果更准确，故C正确；
D.金属铁是热的良导体，传热快，热量散失快，测定中和热实验时，若将玻璃搅拌器换成铁制搅拌器，测定数值会偏小，故D错误；
故选：C。
A.弱碱电离吸热，钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡放热；
B.中和热是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1molH2O(l)时放出的热量，与生成水的物质的量多少无关；
C.测定中和热实验成败的关键是减少反应过程中热量的损失；
D.金属是热的良导体，传热快，热量损失大。
本题考查中和热测定，明确中和热测定方法和注意事项为解答关键，注意掌握误差分析方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。

7.【答案】A 
【解析】解：A.根据图示可知Zn为负极，CuI为正极，Zn失去电子变为Zn2+进入溶液，溶液中SO42−向正电荷较多的负极Zn电极移动，故A错误；
B.由于电极活动性：Zn>CuI，所以Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，故B正确；
C.由于电极活动性：Zn>CuI，所以CuI为正极，得到电子变为Cu单质和I−，电极反应式为：CuI+e−=Cu+I−，故C正确；
D.电池工作时，电流从正极CuI开始经外电路流向负极Zn，溶液中阴离子在负极放电，阳离子向正极定向流动，从而形成闭合回路，故该电池工作时，电流流动方向：CuI→电灯泡→Zn→ZnSO4溶液→CuI，故D正确；
故选：A。
A.根据图示可知Zn为负极，CuI为正极，Zn失去电子变为Zn2+进入溶液；
B.由于电极活动性：Zn>CuI，所以Zn为负极，失去电子；
C.由于电极活动性：Zn>CuI，所以CuI为正极，得到电子变为Cu单质和I−；
D.电池工作时，电流从正极CuI开始经外电路流向负极Zn，溶液中阴离子在负极放电，阳离子向正极定向流动，从而形成闭合回路。
本题综合考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意根据离子的定向移动判断原电池的正负极，明确电极方程式的书写为解答该题的关键，题目难度不大。

8.【答案】D 
【解析】解：A.滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性，H+、ClO−之间反应生成次氯酸，不能大量共存，故A错误；
B.滴入淀粉变蓝的溶液中含有I2，I2、Mg2+都与OH−反应，不能大量共存，故B错误；
C.Ca2+、CO32−之间反应生成碳酸钙沉淀，在0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液中不能大量共存，故C错误；
D.由水电离出的c(OH−)=1×10−12mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，Al3+、H+、Cl−、K+之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.该溶液呈酸性，次氯酸根离子与氢离子反应；
B.该溶液中含有碘单质，碘单质、镁离子都与氢氧根离子反应；
C.碳酸根离子与钙离子生成碳酸钙沉淀；
D.该溶液呈酸性或碱性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

9.【答案】B 
【解析】解：A.Ca5(PO4)3OH和Ca5(PO4)3F均为固体物质，化学平衡常数计算式中不代入无浓度物质数据，所以根据化平常数计算格式，表达式正为K=c(OH−)c(F−)，故A正确；
B.沉淀自发的转化一般是由较难溶转化为更难溶，所以氟磷灰石Ksp应更小，描述错误，故B错误；
C.根据题意，生成的氟磷灰石是最终起到抗龋齿的物质，描述正确，故C正确；
D.根据沉淀溶解平衡表达式，羟基磷灰石溶解速率可用单位时间内OH−浓度变化量表示，即v(OH−)=△c△t=，氟磷灰石溶解速率可用单位时间内F−浓度变化量表示，即v(F−)=△c△t，而这两个速率值正好是题中反应的正反应速率和逆反应速率的表达值，化学平衡达到时，不同物质的互为逆向的反应速率之比等于两物质化学计量数之比，所以v(OH−)：v(F−)=1：1，描述正确，故D正确；
故选：B。
A.Ca5(PO4)3OH和Ca5(PO4)3F均为固体物质，化学平衡常数计算式中不代入无浓度物质数据；
B.沉淀自发的转化一般是由较难溶转化为更难溶；
C.生成的氟磷灰石是最终起到抗龋齿的物质；
D.根据沉淀溶解平衡表达式，羟基磷灰石溶解速率可用单位时间内OH−浓度变化量表示。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及转化等问题，注意根据溶度积进行计算和判断，题目难度中等。

10.【答案】AD 
【解析】解：A.在2L恒容密闭容器中，加入0.4molCO2和0.8molH2，平衡时c(H2O)=0.12mol/L，列化学平衡三段式，
                      CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
起始(mol/L)0.20.400
转化(mol/L)0.120.120.120.12
平衡(mol/L)0.080.280.120.12
K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=0.12×0.120.08×0.28≈0.64<1，该反应是吸热反应，则T<830，故A正确；
B.20∼40min内，v(H2O)=(0.10−0.09)mol/L20min=0.0005mol/(L⋅min)，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=v(H2O)=0.0005mol/(L⋅min)，故B错误；
C.该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则CO的体积分数不变，故C错误；
D.若向容器中充入0.8molCO2和1.6molH2，反应物浓度增大，反应速率加快，反应达到平衡时所需时间变短，则反应达到平衡的时间小于70min，故D正确；
故选：AD。
A.根据表格数据计算该温度下的平衡常数，再与830℃K=1比较得出结论；
B.根据v=△c△t计算；
C.该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动；
D.若向容器中充入0.8molCO2和1.6molH2，反应物浓度增大，反应速率加快。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。

11.【答案】B 
【解析】解：A.根据盖斯定律将图1两个反应相加有N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)，则焓变ΔH=△H1+△H2，由图2可知，焓变ΔH=E1−E2，即ΔH=△H1+△H2=E1−E2，故A正确；
B.Pt2O+是该反应的催化剂，N2O的转化率不变，故B错误；
C.由图可知，该反应为放热反应，ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和<0，则反应物总键能小于生成物总键能，故C正确；
D.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞的几率提高，反应速率加快，故D正确；
故选：B。
A.由图1及盖斯定律可知，两个反应相加得到N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)，并且焓变等于正反应活化能减去逆反应活化能；
B.催化剂不改变化学平衡状态；
C.由图可知，该反应为放热反应，ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和<0；
D.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞的几率提高。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变等于正反应活化能减去逆反应活化能为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。

12.【答案】A 
【解析】解：A.KCl对Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3无影响，则加入KCl固体时，平衡不移动，溶液的颜色不变，故A错误；
B.均水解显碱性，等浓度时pH越大，对应酸的酸性越弱，则NaClO溶液的pH大于NaF溶液的pH，可知Ka(HF)>Ka(HClO)，故B正确；
C.只有温度不同，由现象可知温度升高，化学反应速率加快，故C正确；
D.由操作和现象可知，Ag2CrO4转化为更难溶的Ag2S，则Ksp(Ag2CrO4)>Ksp(Ag2S)，故D正确；
故选：A。
A.KCl对Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3无影响；
B.均水解显碱性，等浓度时pH越大，对应酸的酸性越弱；
C.只有温度不同；
D.由操作和现象可知，Ag2CrO4转化为更难溶的Ag2S。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡与反应速率、盐类水解、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

13.【答案】CD 
【解析】解：A.实验1中二者恰好反应产生NaHC2O4，由于Ka2(H2C2O4)=c(H+)c(C2O42−)c(HC2O4−)=10−141.5×10−4<1.5×10−4，HC2O4−的水解平衡常数Kh2<1.5×10−4，所以HC2O4−的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，c(H+)>c(OH−)，溶液中H+由HC2O4−、H2O共同电离产生，HC2O4−电离程度大于H2O的电离程度，则c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)，盐溶液在盐电离产生的两种水解、电离程度微弱，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(HC2O4−)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)，故A错误；
B.溶液中1存在电荷守恒：c(OH−)+2c(C2O42−)+c(HC2O4−)=c(Na+)+c(H+)，若溶液pH=7，则c(H+)=c(OH−)，因此2c(C2O42−)+c(HC2O4−)=c(Na+)，所以c(C2O42−)+c(HC2O4−) C.对于实验3，当c(C2O42−)=c(HC2O4−)，Ka2=c(H+)c(C2O42−)c(HC2O4−)=c(H+)=1.5×10−4，pH=−lgc(H+)=−lg1.5×10−4=4−lg3+1g2=3.8，故C正确；
D.实验3二者恰好反应产生Na2C2O4溶液，将该溶液加入涵养等浓度的Ag+、Ba2+的溶液中时，根据溶度积常数可知形成Ag2C2O4沉淀需c(C2O42−)=5.4×10−120.12mol/L=5.4×10−8mol/L；形成BaC2O4沉淀需c(C2O42−)=1.6×10−70.01mol/L=1.6×10−5mol/L>5.4×10−8 mol/L，因此先形成Ag2C2O4沉淀，即实验4中，产生的沉淀依次是Ag2C2O4、BaC2O4，故D正确；
故选：CD。
A.实验1中二者恰好反应产生NaHC2O4，由于Ka2(H2C2O4)=c(H+)c(C2O42−)c(HC2O4−)=10−141.5×10−4<1.5×10−4，HC2O4−的水解平衡常数Kh2<1.5×10−4，所以HC2O4−的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；
B.溶液中1存在电荷守恒：c(OH−)+2c(C2O42−)+c(HC2O4−)=c(Na+)+c(H+)，若溶液pH=7，则c(H+)=c(OH−)，因此2c(C2O42−)+c(HC2O4−)=c(Na+)；
C.对于实验3，当c(C2O42−)=c(HC2O4−)，Ka2=c(H+)c(C2O42−)c(HC2O4−)=c(H+)=1.5×10−4，据此计算；
D.实验3二者恰好反应产生Na2C2O4溶液，将该溶液加入涵养等浓度的Ag+、Ba2+的溶液中时，根据溶度积常数可知形成Ag2C2O4沉淀需c(C2O42−)=5.4×10−120.12mol/L=5.4×10−8mol/L；形成BaC2O4沉淀需c(C2O42−)=1.6×10−70.01mol/L=1.6×10−5mol/L>5.4×10−8 mol/L。
本题考查了电解质溶液中pH计算、离子浓度大小等知识点，掌握基础是关键，题目难度中等。

14.【答案】>CH3COOH2CH3COOH+Zn=2CH3COO−+Zn2++H2↑增大  不变  ③>④>②>①  氨水  增大  ⑤>①=②=③=④ 
【解析】解：(1)醋酸是弱电解质，硫酸是强电解质，pH=3的醋酸和硫酸分别与形状、大小一样的锌块反应，初始反应速率相同，但随着反应的进行，醋酸会继续电离出氢离子，使得一段时间后醋酸与锌的反应速率比硫酸与锌的反应速率大，因此，若收集等体积的氢气，消耗时间更短的是醋酸，醋酸与锌反应的离子方程式为：2CH3COOH+Zn=2CH3COO−+Zn2++H2↑，
故答案为：>；CH3COOH；2CH3COOH+Zn=2CH3COO−+Zn2++H2↑；
(2)氯化铵溶液中因有铵根离子水解生成氢离子，使得氯化铵溶液显酸性，若往氯化铵溶液中加氢氧化钠，其酸性会减弱，pH增大；若加入少量硫酸，相当于加了氢离子，则会抑制铵根离子的水解，其水解程度会减小，
故答案为：增大；不变；
(3)酸加水稀释后pH仍然小于7，碱加水稀释后pH仍然大于7，pH=3、等体积的醋酸和硫酸加水稀释100倍后，硫酸的pH=5，而醋酸则因为稀释过程中醋酸分子又会继续电离出氢离子，使得其pH<5；pH=11、等体积的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释100后，氢氧化钠的pH=9，而氨水则因为稀释过程中一水合氨分子又会继续电离出氢氧根离子，使得其pH<9，因此溶液的pH由大到小的顺序是③>④>②>①，
故答案为：③>④>②>①；
(4)若氨水和氢氧化钠溶液的pH相等，由于氨水是弱碱，所以氨水的物质的量浓度要比氢氧化钠溶液的物质的量浓度大，因此等体积、等pH的氨水和氢氧化钠溶液分别与硫酸恰好完全反应，氨水消耗硫酸的体积更大，
故答案为：氨水；
(5)将等体积、等pH的醋酸和硫酸混合后在加水稀释，硫酸根离子的物质的量不变，但醋酸跟离子的物质的量增加，使得c(CH3COO−)c(SO42−)增大，
故答案为：增大；
(6)①中水电离出的c水(OH−)=c水(H+)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，②中水电离出的c水(OH−)=c水(H+)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，③中水电离出的c水(H+)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，④中水电离出的c水(H+)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，⑤中水电离出的c水(H+)=10−3mol/L，因此五种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是⑤ >①=②=③=④，
故答案为：⑤>①=②=③=④。
(1)醋酸是弱电解质，硫酸是强电解质，pH=3的醋酸和硫酸分别与形状、大小一样的锌块反应，初始反应速率相同，但随着反应的进行，醋酸会继续电离出氢离子，使得一段时间后醋酸与锌的反应速率比硫酸与锌的反应速率大；
(2)氯化铵溶液中因有铵根离子水解生成氢离子，使得氯化铵溶液显酸性，若往氯化铵溶液中加氢氧化钠，其酸性会减弱；若加入少量硫酸，相当于加了氢离子，则会抑制铵根离子的水解；
(3)酸加水稀释后pH仍然小于7，碱加水稀释后pH仍然大于7，pH=3、等体积的醋酸和硫酸加水稀释100倍后，硫酸的pH=5，而醋酸则因为稀释过程中醋酸分子又会继续电离出氢离子，使得其pH<5；pH=11、等体积的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释100后，氢氧化钠的pH=9，而氨水则因为稀释过程中一水合氨分子又会继续电离出氢氧根离子，使得其pH<9；
(4)若氨水和氢氧化钠溶液的pH相等，由于氨水是弱碱，所以氨水的物质的量浓度要比氢氧化钠溶液的物质的量浓度大；
(5)将等体积、等pH的醋酸和硫酸混合后在加水稀释，硫酸根离子的物质的量不变，但醋酸跟离子的物质的量增加；
(6)①中水电离出的c水(OH−)=c水(H+)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，②中水电离出的c水(OH−)=c水(H+)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，③中水电离出的c水(H+)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，④中水电离出的c水(H+)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，⑤中水电离出的c水(H+)=10−3mol/L。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生对弱电解质电离特点的掌握，明确弱电解质电离特点、物质之间各个物理量的关系是解本题关键，题目难度不大。

15.【答案】原电池  负极  正极  纯铜  从左室移向右室  CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O2NA  45：32 A 
【解析】解：(1)根据图示可知：乙池为燃料电池，属于原电池，
故答案为：原电池；
(2)甲池为微生物电池，其中含有微生物及葡萄糖的电极a为负极，电极b为正极；对于乙池为燃料电池，属于原电池，通入燃料CH3OH的电极c为负极，通入O2是电极d为正极，则与正极d连接的e电极为阳极，与负极连接的f电极为阴极；要实现粗铜提纯，则阳极e为粗铜，阴极f为纯铜，电解质溶液为含有Cu2+的CuSO4溶液为电镀液，
故答案为：负极；正极；纯铜；
(3)闭合开关K，甲池中a电极上产生H+，H+通过质子交换膜由左室进入右室，与O2得到电子形成的O2−结合形成H2O；乙池中c电极上CH3OH失去电子帮我CO2，然后结合溶液中的OH−形成CO32−，故c电极反应式是CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，
故答案为：从左室移向右室；CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O；
(4)在同一闭合回路中，两个原电池装置的电子转移数目相等，在甲池中总反应方程式为：C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，在乙池总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，则整套装置每消耗1molO2时，共转移4mol电子，故电路中转移2mol电子，该电化学装置中每消耗22.4LO2(标准状况)，其物质的量是1mol，因此电路中转移电子数目是2NA；此时两个原电池装置各消耗0.5molO2，则消耗的葡萄糖与甲醇的物质的量之比为112：13，则二者的质量之比为18012：183=45：32；f电极为阴极，Cu2++2e−=Cu，每转移2mol电子，反应析出Cu质量是64g，故当电路中转移2mol电子时，f电极质量会增加64g，故合理选项是A，
故答案为：2NA；45：32；A。
(1)乙池为燃料电池；
(2)甲池为微生物电池，其中含有微生物及葡萄糖的电极a为负极，电极b为正极；对于乙池为燃料电池，属于原电池，通入燃料CH3OH的电极c为负极，通入O2是电极d为正极，则与正极d连接的e电极为阳极，与负极连接的f电极为阴极；
(3)闭合开关K，甲池中a电极上产生H+，H+通过质子交换膜由左室进入右室，与O2得到电子形成的O2−结合形成H2O；
(4)在同一闭合回路中，两个原电池装置的电子转移数目相等，在甲池中总反应方程式为：C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，在乙池总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，则整套装置每消耗1molO2时，共转移4mol电子，故电路中转移2mol电子，该电化学装置中每消耗22.4LO2(标准状况)，其物质的量是1mol，因此电路中转移电子数目是2NA；此时两个原电池装置各消耗0.5molO2，则消耗的葡萄糖与甲醇的物质的量之比为112：13。
本题综合考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意根据离子的定向移动判断原电池的正负极，明确电极方程式的书写为解答该题的关键，题目难度不大。

16.【答案】平衡滴液漏斗与三颈烧瓶的气压，便于漏斗内液体顺利流下  2Na2CO3+3H2O2−冰盐浴2Na2CO3⋅3H2O2  温度过高会加快过氧化氢和过碳酸钠的分解  往三颈烧瓶中滴加适量的异丙醇，待充分结晶后过滤、洗涤、干燥  酸式  酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶  当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶中的溶液为由无色变为粉红色且30s内不褪色  8.08%AB 
【解析】解：(1)相比分液漏斗，滴液漏斗的优点是平衡滴液漏斗与三颈烧瓶的气压，便于漏斗内液体顺利流下，
故答案为：平衡滴液漏斗与三颈烧瓶的气压，便于漏斗内液体顺利流下；
(2)过氧化氢与碳酸钠在冰盐浴作用下发生化合反应，生成过碳酸钠，反应方程式为2Na2CO3+3H2O2−冰盐浴2Na2CO3⋅3H2O2，
故答案为：2Na2CO3+3H2O2−冰盐浴2Na2CO3⋅3H2O2；
(3)过氧化物不稳定，制备过程中最适宜的温度是5℃，当温度过高时产率迅速下降，原因在于温度过高会加快过氧化氢和过碳酸钠的分解，
故答案为：温度过高会加快过氧化氢和过碳酸钠的分解；
(4)反应结束后可采用结晶法从溶液中分离出过碳酸钠，结合物质溶解性可知，具体操作为往三颈烧瓶中滴加适量的异丙醇，待充分结晶后过滤、洗涤、干燥，
故答案为：往三颈烧瓶中滴加适量的异丙醇，待充分结晶后过滤、洗涤、干燥；
(5)①高锰酸钾为强氧化剂，滴定时，酸性高锰酸钾溶液盛装在酸式滴定管，原因是酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶，
故答案为：酸式；酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶；
②实验达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶中的溶液为由无色变为粉红色且30s内不褪色，
故答案为：当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶中的溶液为由无色变为粉红色且30s内不褪色；
③高锰酸钾溶液与过碳酸钠反应的化学方程式为：6KMnO4+5(2Na2CO3⋅3H2O2)+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O，滴定过程中消耗KMnO4标准溶液的体积为20.20+20.15+20.253mL=20.20mL，消耗高锰酸钾的物质的量为1.000×10−2mol⋅L−1×0.0202L=2.020×10−4mol，
设过氧化氢的质量为xg，根据关系式
6KMnO4∼5Na2CO3⋅3H2O2∼7.5O2
6mol5mol7.5×32g
2.020×10−4molxg
x=0.00808g，
过氧化氢的质量分数为；0.00808g0.1g×100%=8.08%，
故答案为：8.08%；
④A.到达滴定终点，仰视滴定管读数，高锰酸钾用量偏多，滴定结果偏大，故A正确；
B.滴定结束后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液体，高锰酸钾用量偏多，滴定结果偏大，故B正确；
C.滴定前滴定管中没有气泡，滴定后有气泡，高锰酸钾用量偏少，滴定结果偏小，故C错误；
D.在滴定时摇晃锥形瓶过于剧烈，有少量溶液溅出，高锰酸钾用量偏少，滴定结果偏小，故D错误；
故答案为：AB。
(1)相比分液漏斗，滴液漏斗的优点是平衡滴液漏斗与三颈烧瓶的气压；
(2)过氧化氢与碳酸钠在冰盐浴作用下发生化合反应，生成过碳酸钠；
(3)过氧化物不稳定，加热易分解；
(4)反应结束后可采用结晶法从溶液中分离出过碳酸钠，结合物质溶解性分析分离方法；
(5)①高锰酸钾为强氧化剂，滴定时，酸性高锰酸钾溶液盛装在酸式滴定管；
②实验达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶中的溶液为由无色变为粉红色且30s内不褪色；
③高锰酸钾溶液与过碳酸钠反应的化学方程式为：6KMnO4+5(2Na2CO3⋅3H2O2)+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O，滴定过程中消耗KMnO4标准溶液的体积为20.20+20.15+20.253mL=20.20mL，消耗高锰酸钾的物质的量为1.000×10−2mol⋅L−1×0.0202L=2.020×10−4mol，
设过氧化氢的质量为xg，根据关系式
6KMnO4∼5Na2CO3⋅3H2O2∼7.5O2
6mol5mol7.5×32g
2.020×10−4molxg
x=0.00808g，据此计算。
④A.到达滴定终点，仰视滴定管读数，高锰酸钾用量偏多，滴定结果偏大；
B.滴定结束后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液体，高锰酸钾用量偏多，滴定结果偏大；
C.滴定前滴定管中没有气泡，滴定后有气泡，高锰酸钾用量偏少，滴定结果偏小；
D.在滴定时摇晃锥形瓶过于剧烈，有少量溶液溅出，高锰酸钾用量偏少，滴定结果偏小。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。

17.【答案】N2(g)+3H2(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=−179.4kJ/molAAD22.2%4：2：324332p2  不变  再向容器中通入CO2 
【解析】解：(1)根据盖斯定律：①+②+③得N2(g)+3H2(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=(−92.4−159.5+72.5)kJ/mol=−179.4kJ/mol，
故答案为：N2(g)+3H2(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=−179.4kJ/mol；
(2)反应②为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，则选项BC错误，反应③为吸热反应，则反应物总能量小于生成物总能量，相比③，若②的反应速率更快，则反应②的活化能小于反应③活化能，根据盖斯定律②+③得，2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=(−159.5+72.5)kJ/mol=−87kJ/mol<0，说明反应物总能量大于生成物总能量，故A正确，
故答案为：A；
(3)①A.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器压强减小，当容器压强不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.无论反应是否达到平衡状态，都存在消耗1molCO2时，生成1molH2O，故B错误；
C.根据原子守恒，容器内n(C)与n(N)的比值始终不变，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量改变，该反应是气体物质的量变化的反应，随着反应进行，混合气体的平均摩尔质量发生改变，当混合气体的平均摩尔质量不变，说明反应已达到平衡状态，故D正确；
故答案为：AD；
②t1时反应达到平衡，氨气的转化率为60%，
                  2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)
起始(mol)210
转化(mol)2×60%0.60.6
平衡(mol)0.80.40.6
反应达到平衡，CO2的体积分数为0.4mol0.8mol+0.4mol+0.6mol×100%≈22.2%；c(NH3)：c(CO2)：c(H2O)=0.8：0.4：0.6=4：2：3；平衡常数Kp=p(H2O)p2(NH3)⋅p(CO2)=0.6mol1.8mol×pMPa(0.8mol1.8mol×pMPa)2×0.4mol1.8,mol×pMPa=24332p2，
故答案为：22.2%；4：2：3；24332p2；
③化学平衡常数只与温度有关，则向平衡后的反应体系中再通入2molNH3，Kp将不变，
故答案为：不变；
④图中t2时，NH3的转化率发生改变，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理，则此时改变的反应条件是再向容器中通入CO2，
故答案为：再向容器中通入CO2。
(1)根据盖斯定律：①+②+③得N2(g)+3H2(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)；
(2)反应②为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，则选项BC错误，反应③为吸热反应，则反应物总能量小于生成物总能量，结合活化能越低，反应速率越快分析；
(3)①判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
②t1时反应达到平衡，氨气的转化率为60%，列化学平衡三段式计算；
③化学平衡常数只与温度有关；
④图中t2时，NH3的转化率发生改变，说明平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。