上海市金山中学2021-2022学年高一化学下学期期中考试试卷（Word版附解析）

2021学年第二学期金山中学高一年级期中考试化学试卷相对原子质量：S-32H-1C-12N-14O-16Fe-56Na-23Cu-64Zn-65Al-27Mg-24Cl-35．5Ba-137一、选择题(共20分，每小题2分。每小题只有一个正确答案)1.生物体腐败后，在微生物厌氧活动的作用下，体内的硫元素会转化为A.H2SB.SC.SO2D.SO3【答案】A【解析】【详解】生物体腐败后，在微生物厌氧活动的作用下即没有氧化环境的作用下，体内的硫元素会转化为H2S，故答案为：A。2.硝酸型酸雨产生的主要原因是A.硝酸工业发达B.雷雨天气较多C.汽车尾气的排放D.燃料以煤为主【答案】A【解析】【详解】一氧化氮在空气中会与氧气反应，生成二氧化氮，二氧化氮有与空气中的水反应，生成了硝酸和一氧化氮，雷雨天气产生的硝酸是极少量的，对人类不会造成损害，而人类造成的硝酸型酸雨是大量的或者说是浓度较高的，产生氮氧化物的主要来源是硝酸工业尾气排放，其次是汽车尾气的大量产生，以煤为主的燃料燃烧主要产生硫酸型酸雨，故答案为：A。3.同一短周期元素X、Y、Z、W形成的最高价含氧酸的酸性依次增强，下列有关叙述正确的是A.单质沸点：X＜Y＜Z＜WB.气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z＞WC.原子序数：X＞Y＞Z＞WD.最高正价：X＜Y＜Z＜W【答案】D【解析】【详解】分析：同周期元素从左到右元素的非金属性依次增强，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，同一短周期元素X、Y、Z、W形成的最高价含氧酸的酸性依次增强，可说明非金属性X<Y<Z<W，原子序数X<Y<Z<W。详解：A.若为第三周期的Si、P、S、Cl元素等，则单质Si的沸点远大于单质P、S以及氯气，故A错误；B.非金属性X<Y<Z<W，元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，故B错误； C.同周期元素从左到右元素的非金属性依次增强，非金属性X<Y<Z<W，则原子序数X<Y<Z<W，故C错误；D.由上述分析可知，这四种同周期元素的原子序数X<Y<Z<W，最外层电子数依次增多，则最高正价：X<Y<Z<W，故D正确；答案选D。4.实现下列变化需要加入还原剂的是A.Na2O2→O2B.Na→NaOHC.Fe(OH)3→Fe2O3D.Fe(NO3)3→Fe(NO3)2【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2→O2该转化过程的方程式可以为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应中H2O既不是氧化剂也不是还原剂，A不合题意；B．Na→NaOH该转化过程的方程式可以为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中H2O是氧化剂，B不合题意；C．Fe(OH)3→Fe2O3该转化中元素的化合价未改变，不是氧化还原反应，C不合题意；D．Fe(NO3)3→Fe(NO3)2该转化过程的方程式可以为：Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，反应中Fe的化合价降低，被还原，故需加入还原剂Fe等，D符合题意；故答案为：D。5.把铁片投入下列溶液中，铁片溶解，溶液的质量减少，但无气体产生的是A.稀硫酸B.硫酸铁C.硫酸铜D.硫酸锌【答案】C【解析】【详解】A．Fe与稀硫酸反应方程式为：Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，铁片溶解，溶液质量增加，产生气体，A不合题意；B．Fe与硫酸铁溶液反应方程式为：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，铁片溶解，溶液质量增加，无气体生成，B不合题意；C．Fe与硫酸铜溶液反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁片溶解，溶液质量减轻，无气体生成，C符合题意；D．Fe与硫酸锌溶液不反应，铁片不溶解，D不合题意；故答案为：C。6.类比是化学中非常重要的思想方法，以下类比合理的是A.Fe可以从CuSO4溶液中置换出铜，因此Na也可以从CuSO4溶液中置换出铜 B.木炭燃烧时可以用CO2灭火，因此镁带燃烧时也可以用CO2灭火C.Al可在加热条件下与水反应生成Al(OH)3，因此Fe也可在加热与水反应生成Fe(OH)2DFe与稀H2SO4反应生成FeSO4和H2，因此Na也可和稀H2SO4反应生成Na2SO4和H2【答案】D【解析】【详解】A．Na的性质太活泼，Na与CuSO4溶液反应时，Na先与H2O反应，生成的NaOH在与CuSO4溶液反应，故置换不出铜，反应原理为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，类比不合理，A不合题意；B．镁条在CO2能够剧烈燃烧，方程式为：2Mg+CO22MgO+C，即镁带燃烧时不可以用CO2灭火，类比不合理，B不合题意；C．Fe与热水不反应，与水蒸气反应生成Fe3O4，方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，类比不合理，C不合题意；D．Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4和H2，反应方程式为：Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，Na比铁活泼，因此Na也可和稀H2SO4反应生成Na2SO4和H2，方程式为：2Na+H2SO4(稀)=Na2SO4+H2↑，类比合理，D符合题意；故答案为：D。7.对于反应：，下列能量变化示意图正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】 【详解】A．B(g)的能量大于B(l)，与图示不符，故A错误；B．为放热反应，则2molA(g)的能量大于1molB(g)；B(g)的能量大于B(l)，与图示相符合，故B正确；C．2molA(g)的能量大于1molB(g)，与图示不符，故C错误；D．2molA(g)的能量大于1molB(g)；B(g)的能量大于B(l)，与图示不符，故D错误；故选B。8.化学电源应用广泛。某原电池装置如图所示，下列说法正确的是A.锌电极发生氧化反应B.锌片和铜片都有O2产生C.电子由铜电极经导线流向锌电极D.原电池工作一段时间后溶液的c(H+)不变【答案】A【解析】分析】【详解】A．锌比铜活泼，作负极，发生氧化反应，故A正确；B．铜作正极，电极上有氢气产生：2H++2e-=H2↑，故B错误；C．电子由负极流向正极，即从锌电极经导线流向铜电极，故C错误；D．原电池工作一段时间后，正极反应为：2H++2e-=H2↑，则溶液的c(H+)变小，故D错误。故选A。9.把镁条（去除氧化膜）投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如下图所示，其中影响AB段速率的主要因素是 A.H+的浓度B.体系的压强C.溶液的温度D.Cl－的浓度【答案】C【解析】【详解】镁条与盐酸发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，影响镁和盐酸反应产生氢气速率的因素主要有两个：一是温度，反应放出热量，使体系的温度升高，产生氢气的速率增大；二是溶液中氢离子的浓度，反应过程中氢离子的浓度减小，产生氢气的速率减慢。图中AB段产生氢气的速率逐渐增大，说明这段时间内温度对反应速率的影响大于氢离子浓度对反应速率的影响，故影响AB段速率的主要因素是温度。故选C。【点睛】影响化学反应速率的因素：主要因素：反应物本身的性质；外界因素：温度、浓度、压强、催化剂、光、激光、反应物颗粒大小，反应物之间的接触面积和反应物状态。10.可逆反应mA(s)+nB(g)pC(g)+qD(g)反应过程中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度（T）和压强（P）的关系如图（T2＞T1）,根据图中曲线分析，判断下列叙述中正确的是A.到达平衡后，若使用催化剂，C的质量分数增大B.平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动C.平衡后，增大A的量，有利于平衡向正反应方向移动D.化学方程式中一定n＞p+q【答案】B【解析】【分析】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短.由图象(1)可以知道T2＞T1,温度越高,平衡时C的体积分数C%越小,故此反应的正反应为放热反应;当其他条件一定时,压强越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短.由图(2)可以知道P2>P1,压强越大,平衡时C的体积分数C%越小,可以知道正反应为气体物质的量增大的反应,即n<p+q；据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答。 【详解】A．催化剂只改变化学反应速率,对平衡移动没有影响,C的体积分数不变,故A错误；B．正反应为放热反应,升高温度平衡向吸热方向移动,即向逆反应移动,所以B选项是正确的；C．达平衡后,增加A的量,因为A为固体,所以平衡不移动,故C错误；D．由上述分析可以知道,可逆反应mA(s)+nB(g)pC(g)+qD(g)正反应为气体物质的量增大的反应,即n<p+q，故D错误；综上所述，本题正确选项B。二、综合题(共80分)(一)(本题共15分)11.元素周期表在化学研究中有着举足轻重的作用。短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表位置如下图所示，其中B元素是碳元素。回答下列问题：（1）描述B元素在周期表中的位置：______；请写出该原子的电子式：____________。B元素形成的单质中有一种是自然界中最硬物质，该单质属于_______晶体，熔化时需要破坏_________(填作用力名称)，因此熔点非常_____(填“高”或“低”)（2）比较A、C、D元素简单离子半径的大小：______>_______>_______(填微粒符号)。（3）F与D同主族且相邻，请比较D的氢化物和F的氢化物稳定性大小：__________(用化学式表示)。（4）用化学方程式证明A元素具有两性___________。（5）描述检验溶液中含有E元素形成的简单离子的方法______________。【答案】（1）①.第2周期IVA族②.③.原子(共价)④.共价键⑤.高（2）①.N3-②.O2-③.Al3+（3）H2O＞H2S（4）2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（5）取待测液少许于一试管中，向其中滴加过量的稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明待测液中含有Cl-【解析】【分析】由题干部分周期表信息可知，根据B为C，则C为N，D为O，A为Al，E为Cl，据此分析解题。【小问1详解】描述B即C元素在周期表中的位置是：第2周期IVA族，该原子的电子式为：，B元素形成的单质中有一种是自然界中最硬物质即金刚石，该单质属于原子(共价) 晶体，熔化时需要破坏共价键，因此熔点非常高，故答案为：第2周期IVA族；；原子(共价)；共价键；高；【小问2详解】由分析可知，比较A、C、D元素简单离子即Al3+、N3-、O2-，三者具有相同的电子层结构，且核电荷数Al＞O＞N，故离子半径的大小：N3->O2->Al3+，故答案为：N3-；O2-；Al3+；【小问3详解】由分析可知，F与D为O同主族且相邻，则F为S，由于O的非金属比S的强，故D的氢化物即H2O和F的氢化物即H2S，稳定性大小：H2O＞H2S，故答案为：H2O＞H2S；【小问4详解】用化学方程式证明A即Al元素具有两性：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；【小问5详解】描述检验溶液中含有E即Cl元素形成的简单离子的方法即检验Cl-的方法：取待测液少许于一试管中，向其中滴加过量的稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明待测液中含有Cl-，故答案为：取待测液少许于一试管中，向其中滴加过量的稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明待测液中含有Cl-。(二)(本题共20分)12.铁元素及其化合物在生活生产中有广泛的用途。回答下列问题：（1）Fe3+与SCN-的反应常用来检验Fe3+的存在：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3若溶液中含有Fe3+，则加入KSCN溶液后的现象为_________向加入KSCN后的混合溶液中再加入少量NaOH固体，观察到的现象是_____________，产生该现象的原因是________________。（2）向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，会观察到先产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，久置后变为红褐色，用化学方程式说明产生该现象的原因__________________。（3）FeCl3溶液常被用作蚀刻剂腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+在过量FeCl3溶液腐蚀印刷电路板后的溶液中，加入过量铁粉，依次发生______、________两个反应(写离子方程式)，若最后溶液中有固体剩余，则溶液中不可能含有的离子是____。（4）FeCl2溶液在空气中容易被氧化，0.1mol·L-1的FeCl2溶液暴露在空气中，20min后，Fe2+的浓度变为0.05mol·L-1，则20min内，以Fe2+表示的平均反应速率为_____________若要验证该溶液中Fe2+未被完全氧化，则可以需要加入_____若出现_________现象，则证明Fe2+未被完全氧化。（5）下列有关铁及其化合物的说法正确的是________A．铁是第四周期第VIIIB族元素 B．亚铁盐只有还原性，没有氧化性C．铁粉和铜粉的混合物可用磁铁吸引的方法分离D．工业上通常采用电解法来冶炼单质铁E．Fe3O4是一种纯净物F．铁粉和氧化铝的混合物是一种铝热剂【答案】（1）①.溶液立即变为血红色②.溶液红色变浅，甚至产生红褐色沉淀③.Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3沉淀，导致上述平衡逆向移动，溶液红色变浅（2）FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（3）①.Fe+2Fe3+=3Fe2+②.Fe+Cu2+=Fe2++Cu③.Fe3+（4）①.0.0025mol‧L-1‧min-1②.酸性高锰酸钾溶液③.溶液紫红色褪去（5）CE【解析】【小问1详解】Fe3+与SCN-的反应常用来检验Fe3+的存在：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，若溶液中含有Fe3+，则加入KSCN溶液后的现象为溶液立即变为血红色，向加入KSCN后的混合溶液中再加入少量NaOH固体，观察到的现象是溶液红色变浅，甚至产生红褐色沉淀，产生该现象的原因是Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3沉淀，导致上述平衡逆向移动，溶液红色变浅，故答案为：溶液立即变为血红色；溶液红色变浅，甚至产生红褐色沉淀；Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3沉淀，导致上述平衡逆向移动，溶液红色变浅；【小问2详解】向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，会观察到先产生白色沉淀生成Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中不稳定，易被氧气氧化为Fe(OH)3后迅速变为灰绿色，久置后变为红褐色，该转化的化学方程式为：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小问3详解】FeCl3溶液常被用作蚀刻剂腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+，说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，故在过量FeCl3溶液腐蚀印刷电路板后的溶液中，加入过量铁粉，依次发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu两个反应，若最后溶液中有固体剩余，则该固体可能为Cu或者Fe和Cu，则溶液中不可能含有的离子是Fe3+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe3+；【小问4详解】FeCl2溶液在空气中容易被氧化，0.1mol·L-1的FeCl2溶液暴露在空气中，20min后，Fe2+的浓度变为0.05 mol·L-1，则20min内，以Fe2+表示的平均反应速率为=0.0025mol‧L-1‧min-1，若要验证该溶液中Fe2+未被完全氧化，Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而Fe3+不能，则可以需要加入酸性高锰酸钾溶液，若出现溶液紫红色褪去的现象，则证明Fe2+未被完全氧化，故答案为：0.0025mol‧L-1‧min-1；酸性高锰酸钾溶液；溶液紫红色褪去；【小问5详解】A．铁是26号元素，其位于第四周期第VIII族元素，A错误；B．亚铁盐中Fe为+2价，处于中间化合价，故其既有还原性，又有氧化性，B错误；C．铁粉能被磁铁吸引，铜粉不能，除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，C正确；D．工业上通常采用热还原法来冶炼单质铁，原理为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,D错误；E．Fe3O4是铁的一种氧化物，是一种纯净物，E正确；F．铝粉和氧化铁的混合物是一种铝热剂，F错误；故答案为：CE。(三)(本题共20分)13.纯碱是日常生活中非常重要的用品。制得的碳酸钠样品中往往含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案。回答下列问题：方案一：用图所示方法和步骤进行实验：（1）操作I涉及的实验步骤有_____、洗涤；操作II涉及的实验步骤有干燥、_________。（2）写出加入Ba(OH)2溶液的离子方程式_____。过滤得到的溶液M中含有的溶质为_____。（3）该方案测得的样品中Na2CO3质量分数的为_______。(用含x、y的代数式表示)；若最后得到的结果偏高，请书写一个可能的原因________。方案二：利用图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤如下：a．按图连接装置，并检查气密性； b．准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为83.4g；c．准确称得6.0g纯碱样品放入容器II中；d．打开分液漏斗I的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；e．打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为85.6g。（4）①若d、e两步的实验操作太快，则会导致测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。②装置A中试剂X应选用___，通入空气的目的是___。③E装置的作用是_____。（5）根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品中Na2CO3的质量分数为_______(结果保留到小数点后一位)。【答案】（1）①.过滤②.称量（2）①Ba2++=BaCO3↓②.NaCl、Ba(OH)2、NaOH（3）①.×100%②.过滤后未洗涤沉淀（4）①.偏小②.NaOH溶液③.可把残留装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收④.防止空气中CO2和水蒸气进入D中（5）88.3%【解析】【分析】方案一：本方案是利用Ba(OH)2与Na2CO3反应转化为BaCO3沉淀，而NaCl不能，并通过操作I过滤、洗涤和操作II干燥、称量沉淀的质量来计算出Na2CO3的质量来求Na2CO3的质量分数，方案二：本方案是装置B利用稀硫酸和Na2CO3反应放出的CO2，装置C为干燥CO2，然后用装置D中的碱石灰吸收CO2，装置A为除去空气中的CO2，反应前后通入空气的目的分别是先将装置中的CO2排空和将装置中产生的CO2能够被D处碱石灰吸收，装置E为防止空气中的CO2和H2O水蒸气进入D中，引起实验误差，通过D中质量的增加求出CO2的质量，以进一步求出Na2CO3的质量分数，据此分析解题。【小问1详解】操作I涉及的实验步骤有过滤、洗涤；操作II涉及的实验步骤有干燥、称量，故答案为：过滤；称量；【小问2详解】加入Ba(OH)2溶液后即Na2CO3与Ba(OH)2反应，则该反应的离子方程式为：Ba2++=BaCO3↓，过滤得到的溶液M中含有的溶质为NaCl、Ba(OH)2、NaOH，故答案为：Ba2++=BaCO3↓；NaCl、Ba(OH)2、NaOH；【小问3详解】 设含有Na2CO3的质量为mg，根据反应原理：，m=g，该方案测得的样品中Na2CO3质量分数的为×100%，若最后得到的结果偏高，则可能是y值偏大，可能的原因为：过滤后未洗涤沉淀，故答案为：×100%；过滤后未洗涤沉淀；【小问4详解】①若d、e两步的实验操作太快，反应过快会使产生的气体二氧化碳没能完全被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留二氧化碳不能被D装置中碱石灰完全吸收；则测得的二氧化碳质量偏小，所以测定结果偏小；故答案为：偏小；②鼓入空气，可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收，因为空气中含有二氧化碳，因此应把鼓入的空气中的二氧化碳吸收处理，所以装置A应放入氢氧化钠溶液；故答案为：NaOH溶液；可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收；③如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以装置E的作用则是防止空气中水和二氧化碳进入装置D中；故答案为：防止空气中CO2和水蒸气进入D中；【小问5详解】反应中放出二氧化碳气体的质量=85.6g-83.4g=2.2g，设放出2.2g二氧化碳消耗碳酸钠的质量为xg，，=，解得x=5.3g，纯碱样品Na2CO3的质量分数=×100%≈88.3%，故答案为：88.3%。(四)(本题共25分)14.化学反应速率和化学平衡对化工生产有着指导作用。回答下列问题：（1）工业制备硫酸共分为造气、转化、吸收三个阶段。写出转化阶段涉及反应的化学方程式_______；分别阐述选择该温度和压强的原因_______。该反应在一个容器中开始反应，并在t1时刻达到平衡，在t2时刻加压，t3时刻重新平衡。在图中画出v-t图像的变化_______。 （2）工业生产的过程中常常会用到热交换器，简述热交换器的作用_______，下图是热交换器的示意图，说明A处气体的成分_______（3）工业制备氨气在氨合成塔中进行，在进入合成塔之前，需要对原料气净化，该操作的目的是_______，写出合成阶段涉及反应的化学方程式_______欲提高氢气的转化率，可采用的措施是_______、_______(写出两条)（4）在一个恒容的密闭容器中模拟工业合成氨的反应，下列说法中能确定该反应已经达到化学平衡的是_______。A．容器内气体的压强不变B．容器内气体的密度不变C．容器气体的平均相对分子质量不变D．断裂6molN-H键，同时生成3molH-H键E．2V正(NH3)=V逆(N2)F．该反应的平衡常数保持不变（5）写出合成氨反应的平衡常数表达式_______。已知500°C时该反应的平衡常数K=7.42×10-5，下表为某一时刻容器内，氮气、氢气和氨气的浓度，此时v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”) 单位：mol·L-1N2H2NH330105【答案】（1）①.2SO2+O22SO3②.常压下SO2的转化率已经很高，增大压强，增大生成成本，500℃下催化剂活性最强，提高反应速率，提高生成效率③.（2）①.充分利用余热，节约能源②.SO2、O2（3）①.防止催化剂中毒②.N2+3H22NH3③.增大N2的浓度④.及时分离出NH3、适当增大压强等（4）AC（5）①.K=②.＜【解析】【小问1详解】工业制备硫酸共分为造气、转化、吸收三个阶段，各阶段涉及的主要反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4，则转化阶段涉及反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3，常压下三氧化硫的含量已很高，为节约成本，无需增大压强，因增大压强，需要增大设备的抗压能力，且消耗能源，虽然该反应2SO2+O22SO3是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于SO2的转化，但500℃下催化剂活性最强，反应速率快，提高生产效率，该反应在一个容器中开始反应，并在t1时刻达到平衡，在t2时刻加压，正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，即正反应速率增加比逆反应速率明显，故t3时刻重新平衡，该过程的v-t图像为：，故答案为：2SO2+O22SO3；常压下SO2 的转化率已经很高，增大压强，增大生成成本，500℃下催化剂活性最强，提高反应速率，提高生成效率；；【小问2详解】SO2催化氧化的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源，由题干热交换器的示意图，说明A处气体的成分为SO2和O2，经过热交换器受热后进入催化剂进行催化氧化反应，B处流出的气体为SO3和少量的SO2、O2，故答案为：充分利用余热，节约能源；SO2、O2；【小问3详解】原料气往往混有CO、NH3等杂质，在进入合成塔之前为防止催化剂中毒，需进行净化，合成阶段涉及反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，该反应是一个气体体积减小的放热反应，故欲提高氢气的转化率，可采用的措施有：增大N2的浓度、及时分离出NH3、适当增大压强等，故答案为：防止催化剂中毒；N2+3H22NH3；增大N2的浓度；及时分离出NH3、适当增大压强等；【小问4详解】A．已知反应N2+3H22NH3前后气体体积发生改变，即恒容容器内气体的压强一直在改变，现在不变了即为平衡了，A符合题意；B．反应过程中气体的质量不变，容器体积不变，即容器内气体的密度一直不变，即容器内气体的密度不变不能说明反应达到平衡，B不合题意；C．已知反应N2+3H22NH3前后气体体积发生改变，即反应前后气体的总物质的量一直在变，气体的质量不变，则容器气体的平均相对分子质量一直在改变，现在不变即为平衡了，C符合题意；D．化学平衡的特征为正、逆反应速率相等，断裂6molN-H键，同时生成3molH-H键二者均表示逆反应速率，D不合题意；E．化学平衡的特征为正、逆反应速率相等，根据反应速率之比等于化学计量数之比有V逆(NH3)=2V逆(N2)，故根据2V正(NH3)=V逆(N2)等不出V逆(NH3)=V正(NH3)，即不能说明反应达到平衡，E不合题意；F．反应的平衡常数仅仅与温度有关，与反应是否达到平衡无关，即该反应的平衡常数保持不变不能说明反应达到平衡，F不合题意；故答案为：AC；【小问5详解】 根据合成氨方程式：N2+3H22NH3和平衡常数的定义可知，合成氨反应的平衡常数表达式K=，已知500°C时该反应的平衡常数K=7.42×10-5，下表为某一时刻容器内，氮气、氢气和氨气的浓度，此时Qc===8.33×10-4＞K，即反应在向逆向进行，则v正＜v逆，故答案为：K=；＜；