2022-2023学年上海中学高一（下）期末化学试卷（含解析）

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2022-2023学年上海中学高一（下）期末化学试卷
一、简答题（本大题共6小题，共100.0分）
1. 化学反应的本质是化学键的断裂和形成。化学反应通常伴随着热效应。
(1)(单选)下列关于燃料充分燃烧的说法中，错误的是 ______ 。
A.空气量越多，燃烧效果越好
B.应通入充足且适量的空气
C.固体燃料燃烧前要粉碎
D.液体燃料燃烧时可以以雾状喷出
(2)(单选)肼(H2NNH2，各原子间均以单键相连)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知键能：O=O500kJ⋅mol−1，N−N154kJ⋅mol−1，则N−H键的键能为 ______ 。
A.194kJ⋅mol−1
B.391kJ⋅mol−1
C.516kJ⋅mol−1
D.658kJ⋅mol−1
(3)(不定项选择)已知反应：
①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1
②稀溶液中，H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅mol−1
③H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ⋅mol−1
④H2O(g)=H2O(l)ΔH=−44.0kJ⋅mol−1
下列结论正确的是 ______ 。
A.碳的燃烧热大于110.5kJ⋅mol
B.浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
C.氢气的燃烧热为241.8kJ⋅mol−1
D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−571.6kJ⋅mol−1
(4)白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10。
①己知298K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为：
P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH1=−2983.2kJ⋅mol−1
P(s，红磷)+54O2(g)=14P4O10(s)ΔH2=−738.5kJ⋅mol−1
则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为 ______ 。
②已知298K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4(s，白磷)+3O2(g)=P4O6(s)ΔH=−1638kJ⋅mol−1。在某密闭容器中加入62g白磷和50.4L氧气(标准状况)，控制条件使之恰好完全反应。则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为 ______ ，反应过程中放出的热量为 ______ 。
(5)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH1=+64.39kJ⋅mol−1
②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH2=−196.46kJ⋅mol−1
③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH3=−285.84kJ⋅mol−1
在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为 ______ 。

2. 化学能转化为电能，是能量转化的重要形式之一。电能是现代社会中应用广泛、使用方便的一种能源。金属的腐蚀常常与形成原电池有关，因此研究金属腐蚀的成因，建立金属的防护措施具有十分重要的现实意义。
(1)(单选)结合如图装置判断，下列叙述正确的是 ______ 。

A.若X为NaCl，K与M相连时，石墨电极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑
B.若X为硫酸，K与M相连时，Fe作负极受到保护
C.若X为硫酸，K与N相连时，溶液中H+向Fe电极移动
D.若X为NaCl，K与N相连时，Fe电极上会有灰绿色沉淀生成，最终变为红褐色
(2)(单选)铜锌原电池(如图)工作时，下列叙述错误的是 ______ 。

A.负极反应为：Zn−2e−=Zn2+
B.电池总反应为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu
C.在外电路中，电子从负极流向正极
D.盐桥中的K+移向ZnSO4溶液
(3)请按要求回答下列问题：
①若电极材料选铜和铁，电解质溶液选氯化铜溶液，外加导线，构成原电池。
请写出电极反应式：负极 ______ ，正极 ______ 。
②若某电化学装置总反应为：Cu+2H+=Cu2++H2，则该电池属于原电池还是电解池？ ______ 。理由是： ______ 。
(4)钢铁在自然界中的腐蚀比较普遍。
①远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的 ______ 腐蚀。为防止这种腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与直流电源的 ______ (填“正”或“负”)极相连。
②利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于 ______ 处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为 ______ 。

③在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置如图所示，请回答：

a.应将铁件置于 ______ 极(填A或B)，另一电极材料应为 ______ 。
b.若电镀前铁、铜两片金属的质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者的质量差为5.12g，则电镀时电路中通过的电子为 ______ mol。
3. 在人类生产、生活中，有些物质常常需要通过电解反应实现电能转化为化学能。利用电解原理，人们生产了许多有用的化学品。
(1)(单选)如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。下列实验现象描述正确的是 ______ 。

A.逸出气体的体积，a电极的小于b电极的
B.一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气体
C.a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D.a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
(2)(单选)能够使总反应Fe+2H2O=Fe(OH)2+H2↑发生的是 ______ 。
A.铁片作原电池的负极，碳棒作原电池的正极，氯化钠作电解质溶液
B.铁锌合金在潮湿空气中发生电化学腐蚀
C.用铁片作阴、阳电极，电解氢氧化溶液
D.用铁片作阴、阳电极，电解硫酸铜溶液
(3)电解精炼铜装置中，以硫酸铜溶液为电解液，则粗铜应该连接直流电源 ______ 极。如果粗铜中含有锌、银等杂质，装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将 ______ (填“增大”、“减小”或“不变”，下格同)，两个电极的总质量将 ______ 。
(4)电解是海水资源综合利用的重要手段。电解饱和食盐水的原理如图所示。

①电解饱和食盐水时，产生氢气的电极反应方程式是 ______ 。
②电极a接电源的 ______ (填“正”或“负”)极。
③离子交换膜主要允许 ______ 离子(填化学式)通过。
(5)一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可使氯碱工业节能30%以上。社这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许正离子通过。

①图中X、Y分别是 ______ 、 ______ (填气体化学式)，图示中a ______ b(填“>”、“<”或“=”)。
②请写出燃料电池B中负极上发生的电极反应方程式： ______ 。
③这样设计的主要节能之处在于 ______ (任写一点)。
4. 从理论上找到一个化学反应发生方向的判据，人们就可以更科学地设计化学反应路线，避免盲目实验所造成的浪费，这对科学研究和生产实践都具有十分重要的意义。
(1)(单选)在下面的自发过程中，你认为其中能用熵判据解释的是 ______ 。
A.水由高处流向低处
B.2H2(g)+O2(g)=8H2O(l)ΔH=−483.6kJ⋅mol−1
C.墨水滴在水中会扩散到整个水体
D.−10℃的液态水自动结冰成为固态
(2)(单选)雷电时空气中的N2和O2会发生反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.50kJ⋅mol−1，ΔS=+247.3J⋅mol−1⋅K−1，若不考虑温度对该反应焓变的影响，则下列说法中正确的是 ______ 。
A.在1000℃时，此反应能自发进行
B.在1000℃时，此反应不能自发进行
C.该反应能自发进行的最低温度约为730℃
D.该反应能自发进行的最高温度约为730K
(3)(不定项选择)下列说法正确的是 ______ 。
A.在其他外界条件不变的情况下，增大压强，不能增大活化分子的百分数
B.NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)ΔH=+185.57kJ⋅mol−1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C.焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D.ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行
(4)已知298K时有下列数据：
物质
Na2SO4⋅10H2O(s)
Na2SO4(s)
H2O(g)
ΔH/kJ⋅mol−1
−4324.08
−1384.49
−241.83
Na2SO4⋅10H2O(s)=Na2SO4(s)+10H2O(g)ΔS=+1443.8J⋅mol−1⋅K−1
①上述反应在298K时能否自发进行？ ______ 。
②该反应能自发进行的温度范围是 ______ 。
(5)甲醇(CH3OH)是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
工业上一般采用下列反应合成甲醇：
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH
①下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数(K)。
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
由表中数据判断，ΔH ______ 0(填“>”、“=”或“<”)。
②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得[CO]=0.2mol⋅L−1，则CO的平衡转化率为 ______ ，此时的温度为 ______ ℃(从表中选择)。
(6)—定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，根据题意完成下列问题：
①反应达到平衡时，平衡常数表达式K= ______ ，升高温度，K值 ______ (填“增大”“减小”或“不变”)。
②在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)= ______ 。
③(不定项选择)在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的12，下列有关该体系的说法正确的是 ______ 。
A.氢气的浓度减少
B.正反应速率加快，逆反应速率也加快
C.甲醇的物质的量增加
D.重新平衡时n(H2)n(CH3OH)增大
④据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应物CO的还原性会造成催化剂损耗，而反应体系中提高CO2浓度有利于维持催化剂Cu2O的量不变，请结合相关的方程式从平衡移动的角度分析原因 ______ 。

5. 化学反应速率和化学平衡的综合调控对生产、生活和科研有着重要的作用。
(1)(单选)以下说法正确的是 ______ 。
A.影响化学反应速率的因素只有浓度、压强、温度和催化剂
B.在合成氨反应中使用催化剂能大大提高反应速率，从而提高原料的平衡转化率
C.任何化学反应在一定条件下都存在一定程度的可逆性
D.凡是影响反应速率的因素，都可以使化学平衡发生移动
(2)(单选)少量铁片与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢.为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的 ______ 。
①加H2O
②加KNO3溶液
③滴入几滴浓盐酸
④加少量铁粉
⑤加NaCl溶液
⑥滴入几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)
⑧改用100mL0.01mol/L盐酸．
A.①⑥⑦
B.③⑤⑧
C.③⑦⑧
D.③④⑥⑦⑧
(3)(单选)某温度下，恒容密闭容器中反应：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH>0。已知H2和CO2初始浓度均为0.1mol⋅L−1，平衡时测得H2浓度为0.04mol⋅L−1，下列说法错误的是 ______ 。
A.反应过程中压强始终保持不变
B.v正(CO2)=v逆(CO)可作为该可逆反应达到平衡状态的标志
C.若达到平衡后移去部分CO2，则平衡向逆反应方向移动
D.若H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)初始浓度均为0.1mol⋅L−1，则反应逆向进行
(4)(单选)在恒容条件下，能使NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)正反应速率增大且活化分子百分数也增加的措施是 ______ 。
A.增大NO2或CO的浓度
B.减小CO2或NO的浓度
C.通入Ne使气体的压强增大
D.升高反应的温度
(5)(不定项选择)羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)K=0.1。反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是 ______ 。
A.若升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B.通入CO后，正反应速率瞬间增大随后逐渐减小，逆反应速率逐渐增大
C.反应前H2S物质的量为7mol
D.CO的平衡转化率为80%
(6)把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有500mL0.5mol⋅L−1稀硫酸的烧杯中，该铝片与稀硫酸反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用如图所示的曲线来表示，回答下列问题：


①曲线由O～a段不产生氢气的原因是 ______ 。
②曲线由a→c段，产生氢气的速率增大的主要原因是 ______ 。
③曲线从c以后，产生氢气的速率逐渐减小的主要原因是 ______ 。
(7)工业上除去SO2尾气有多种方法。
常见的烟道气中除去SO2的方法之一：2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)(ΔH<0)。
①该反应的平衡常数表达式为 ______ 。若保持其他条件不变，缩小反应容器的体积，平衡常数将会 ______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
②如图是平衡时SO2的质量在不同温度下随压强的变化曲线，判断：T1 ______ T2(选填“>”、“<”或“=”)。

③若在2L的密闭容器中进行上述反应，经测定在5min内气体的质量减小了1.6g，则0～5min的平均反应速率v(CO2)= ______ 。
6. 研究化学反应速率和化学平衡，除了能加深对化学反应的认识外，其目的还在于在化工生产、日常生活和科学研究中调控化学反应，使一些需要发生的反应进行得更快、更彻底。
(1)硫酸工业生产时，将硫铁矿磨成粉末的目的是 ______ ，二氧化硫的催化氧化使用 ______ 作为催化剂，采用常压还是高压条件？ ______ 。为什么使用该压强？ ______ 。
(2)氨的合成是最重要的化工生产之一。合成氨实际生产中，常用Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×105Pa，原料中N2和H2物质的量之比约为1：3。
①合成氨使用该温度的原因是 ______ ，必须使用高压的原因是 ______ 。
②该条件下，原料气的平衡转化率低于30%，工业生产时提高原料气总转化率的方法是 ______ 。
(3)A为导热刚性容器，B为导热的气球。关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同[已知：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0]。
①一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成的N2O4的速率是v(A) ______ v(B)(填“>”“<”或“=”)；若打开活塞K2，气球B将 ______ (填“变大”变小”或“不变”)。
②关闭活塞K2，若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，则达到平衡时，NO2的转化率α(A)将 ______ (填“增大”“减小”或“不变”)；若分别通入等量的氖气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将 ______ ，B中NO2的转化率将 ______ (填“变大”“变小”或“不变”)。
③室温下，若A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时， ______ 中的颜色较深。
④若在容器A中充入4.6g的NO2，达到平衡后容器内混合气体的平均相对分子质量为57.5，则平衡时N2O4的物质的量为 ______ 。


答案和解析

1.【答案】A  B  AD  P4(s，白磷)=4P(s，红磷)△H=−29.2kJ/mol  3：1  1323.45kJ  Cu(s)+H2O2(aq)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=−319.68kJ/mol 
【解析】解：(1)A.燃料燃烧时要通入适量的空气，但若空气量过多，则会导致带走部分热量，所以并不是空气量越多越好，故A错误；
B.通入适量的空气使燃烧充分，故B正确；
C.固体燃料燃烧前粉碎，能增大固体表面积，有利于燃料的充分燃烧，故C正确；
D.液体燃料燃烧时以雾状喷出，能增大和助燃剂的接触面积，故有利于燃料的燃烧，故D正确；
故答案为：A；
(2)由图可知，ΔH3=+(2752kJ/mol−534kJ/mol)=+2218kJ/mol，设N−H键键能为xkJ/mol，则154+4x+500=2218，解得x=391，即N−H键键能为391kJ/mol，
故答案为：B；
(3)A.2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1，CO能燃烧放出热量，则碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；
B.浓硫酸稀释过程中放热，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ，故B错误；
C.H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ⋅mol−1，气态水转化为液态水时放热，则氢气的燃烧热大于241.8kJ⋅mol−1，故C错误；
D.根据盖斯定律：③×2+④×2计算反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)的ΔH=−241.8kJ⋅mol−1×2+(−44kJ⋅mol−1)×2=−571.6kJ/mol，故D正确；
 故答案为：AD；
(4)①反应ⅠP4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH1=−2983.2kJ⋅mol−1，反应ⅡP(s，红磷)+54O2(g)=14P4O10(s)ΔH2=−738.5kJ⋅mol−1，根据盖斯定律：Ⅰ−Ⅱ×2计算P4(s，白磷)=4P(s，红磷)的△H=−2983.2kJ⋅mol−1−(−738.5kJ⋅mol−1)×4=−29.2kJ/mol，热化学方程式为P4(s，白磷)=4P(s，红磷)△H=−29.2kJ/mol，
故答案为：P4(s，白磷)=4P(s，红磷)△H=−29.2kJ/mol；
②62g白磷和50.4L氧气(标准状况)的物质的量为62g124g/mol=0.5mol、50.4L22.4L/mol=2.25，设n(P4O10)=xmol，n(P4O6)=ymol，根据P、O原子守恒有4x+4y=0.5×4，10x+6y=2.25×2，解得x=0.375，y=0.125，则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为0.375mol：0.125mol=3：1，反应过程中放出的热量为2983.2kJ⋅mol−1×0.375mol+1638kJ⋅mol−1×0.125mol=1323.45kJ，
故答案为：3：1；1323.45kJ；
(5)Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的化学方程式为Cu(s)+H2O2(aq)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)，根据盖斯定律：①+②×12+③计算反应Cu(s)+H2O2(aq)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)的△H=+64.39kJ⋅mol−1+(−196.46kJ⋅mol−1)×12+(−285.84kJ⋅mol−1)=−319.68kJ/mol，热化学方程式为Cu(s)+H2O2(aq)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=−319.68kJ/mol，
故答案为：Cu(s)+H2O2(aq)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=−319.68kJ/mol。
(1)燃料的燃烧一定为放热反应，故燃料的充分利用即是让燃料充分燃烧并充分利用热能，但在燃烧时通入的空气量过多，会带走部分热量，应通过增大固体表面积等手段来让燃料充分燃烧；
(2)由图可知，ΔH3=+(2752kJ/mol−534kJ/mol)=+2218kJ/mol；
(3)A.CO能燃烧放出热量；
B.浓硫酸稀释过程中放热；
C.气态水转化为液态水时放热；
D.根据盖斯定律：③×2+④×2计算反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)的ΔH；
(4)①反应ⅠP4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH1=−2983.2kJ⋅mol−1，反应ⅡP(s，红磷)+54O2(g)=14P4O10(s)ΔH2=−738.5kJ⋅mol−1，根据盖斯定律：Ⅰ−Ⅱ×2计算P4(s，白磷)=4P(s，红磷)的△H；
②62g白磷和50.4L氧气(标准状况)的物质的量为62g124g/mol=0.5mol、50.4L22.4L/mol=2.25，设n(P4O10)=xmol，n(P4O6)=ymol，根据P、O原子守恒有4x+4y=0.5×4，10x+6y=2.25×2，解得x=0.375，y=0.125；
(5)Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的化学方程式为Cu(s)+H2O2(aq)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)，根据盖斯定律：①+②×12+③计算反应Cu(s)+H2O2(aq)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)的△H。
本题考查反应热与焓变，把握盖斯定律的计算应用、燃烧热概念、反应热的计算即可解答，侧重计算能力和运用能力的考查，题目难度中等。
2.【答案】C  D  Fe−2e−=Fe2+  Cu2++2e−=Cu  电解池  该反应不能自发进行，不能通过原电池反应实现，只能通过电解池反应实现  吸氧  负  N  牺牲阳极法  B  Cu  0.04 
【解析】解：(1)A.若X为NaCl，K与M相连时，铁为负极，石墨为正极，发生吸氧腐蚀，石墨电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−，故A错误；
B.若X为硫酸，K与M相连时，铁为负极，石墨为正极，铁发生氧化反应，被腐蚀，故B错误；
C.若X为硫酸，K与N相连时，锌为负极，铁为正极，溶液中H+向Fe电极移动，故C正确；
D.若X为NaCl，K与N相连时，锌发生失电子反应、作负极，铁为正极，溶液没中有Fe2+生成，最终不会生成红褐色氢氧化铁，故D错误；
故答案为：C；
(2)A.Zn是负极，Zn失电子生成Zn2+，负极反应为Zn−2e−=Zn2+，故A正确；
B.该电池工作时Zn与Cu2+反应生成Zn2+和Cu，总反应为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故B正确；
C.原电池工作时，电子由负极经过导线流向正极，故C正确；
D.原电池工作时Zn为负极，Cu为正极，阳离子向正极移动，即盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故D错误；
故答案为：D；
(3)①若电极材料选铜和铁，电解质溶液选氯化铜溶液，Fe失电子生成Fe2+、作负极，负极反应式为Fe−2e−=Fe2+，铜作正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，正极反应式为Cu2++2e−=Cu，
故答案为：Fe−2e−=Fe2+；Cu2++2e−=Cu；
②化学装置总反应为Cu+2H+=Cu2++H2，由于盐酸和稀硫酸不能和铜自发的发生氧化还原反应，Cu+2H+=Cu2++H2不是自发进行的氧化还原反应，所以该反应只能发生电解池反应，阳极上Cu失电子，电解质溶液中H+得电子生成H2，
故答案为：电解池；该反应不能自发进行，不能通过原电池反应实现，只能通过电解池反应实现；
(4)①钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，在电解池中，阴极是被保护的电极，可以把船体与浸在海水里的Zn块相连，并与电源的负极相连，
故答案为：吸氧；负；
②若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，铁应作阴极，则开关K应置于N处，通过外加电流法缓解铁的腐蚀；若X为锌，开关K应置于M处构成原电池，铁作正极被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极法，
故答案为：N；牺牲阳极法；
③在铁件的表面镀铜时，金属铜必须是阳极材料，金属铁为阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液，所以图中A电极为Cu，B电极为Fe，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，阴极反应式为Cu2++2e−=Cu，设电路中转移电子xmol，则64x+64x=5.12，解得x=0.04，
故答案为：B；Cu；0.04。
(1)A.若X为NaCl，K与M相连时，铁为负极，石墨为正极，铁发生吸氧腐蚀；
B.若X为硫酸，K与M相连时，铁为负极，石墨为正极，铁发生析氢腐蚀；
C.若X为硫酸，K与N相连时，锌为负极，铁为正极；
D.若X为NaCl，K与N相连时，发生吸氧腐蚀，铁为正极，锌作负极；
(2)由图可知，铜锌原电池中Zn为负极，失去电子，反应为Zn−2e−=Zn2+，Cu为正极，正极上发生Cu2++2e−=Cu，反应的总方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，电子从负极移向正极，溶液中阴离子向负极移动；
(3)①若电极材料选铜和铁，电解质溶液选氯化铜溶液，则铁作负极，铜作正极，Fe失电子生成Fe2+，Cu2+得电子生成Cu；
②铜和盐酸或稀硫酸不能反应生成氢气，则该反应不是自发的进行氧化还原反应，Cu作电解池阳极时失电子生成Cu2+，阴极上氢离子得电子生成氢气；
(4)①钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，在电解池中，阴极是被保护的电极；
②若X为碳棒，可将Fe与电源的负极相接以缓解铁的腐蚀；若X为锌，可将铁作正极缓解铁的腐蚀；
③在铁件的表面镀铜时，金属铜必须是阳极材料，金属铁为阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，阴极反应式为Cu2++2e−=Cu。
本题考查了原电池工作原理、电解池原理及其应用，把握电极的判断、电极反应、离子或电子移动方向、金属腐蚀原理及防护措施等知识等为解答的关键，侧重分析能力和灵活运用能力考查，注意相关基础知识的积累，题目难度中等。
3.【答案】D  C  正  减小  减小  2NaCl+2H2O=通电2NaOH+Cl2↑+H2↑  正  Na+(或Na+、H+)  Cl2  H2  <  H2−2e−+2OH−=2H2O  燃料电池可以补充电解池消耗的电能；提高产出碱液的浓度(降低能耗) 
【解析】解：(1)A、和电源的正极b相连的是阳极，和电源的负极a相连的是阴极，电解硫酸钠的实质是电解水，阳极b放氧气，阴极a放氢气，氧气体积是氢气体积的一半，故A错误；
B、a电极逸出氢气，b电极逸出氧气，均是无色无味的气体，故B错误；
C、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故C错误；
D、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故D正确，
故答案为：D；
(2)A.铁片在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀，溶液中氧气得到电子，故A错误；
B.铁锌合金在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，负极锌失去电子，故B错误；
C.用铁片作阳极，阳极铁本身失去电子，氢氧化溶液中水提供的氢离子放电，故C正确；
D.用铁片作阳极，阳极本身放电，硫酸铜溶液中铜离子放电，不能生成氢气，故D错误，
故答案为：C；
(3)利用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，粗铜连接电源的正极，阳极与电池的正极相连发生氧化反应，依次是Zn、Fe、Cu放电，阴极与电池的负极相连发生还原反应：Cu2++2e−=Cu，锌的摩尔质量大于铜，则电解一段时间后，CuSO4溶液的浓度减小，两个电极的总质量将减小，
故答案为：正；减小；减小；
(4)①电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl+2H2O=通电2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O=通电2NaOH+Cl2↑+H2↑；
②左室电极a应为阳极，接电源的正极，
故答案为：正；
③a电极室加入饱和食盐水，获得稀食盐水，说明左室消耗氯离子，钠离子发生迁移，则离子交换膜为阳离子交换膜，允许Na+(或Na+、H+)离子通过，
故答案为：Na+(或Na+、H+)；
(5)①在燃料电池中，氧气作正极，所以通入空气的极是正极，通入燃料的极是负极，即产生Y的极是阴极，所产生的是氢气，在X处产生的是氯气，氢氧燃料电池最后产生的是水，所以a%小于b%，
故答案为：Cl2；H2；<；
②燃料电池的工作原理：负极是燃料氢气发生失电子的氧化反应，即正极H2−2e−+2OH−=2H2O；
故答案为：H2−2e−+2OH−=2H2O；
③燃料电池能将化学能转化为电能，所以燃料电池可以补充电解池消耗的电能，此外还可以提高产出碱液的浓度，降低能耗，
故答案为：燃料电池可以补充电解池消耗的电能；提高产出碱液的浓度(降低能耗)。
(1)A.电解水时，阳极产生的氧气体积是阴极产生氢气体积的一半；
B.氢气和氧气均是无色无味的气体；
C.酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色；
D.酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色。
(2)A.铁片在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀；
B.铁锌合金在潮湿空气中发生吸氧腐蚀；
C.用铁片作阳极，阳极铁本身失去电子，氢氧化溶液中水提供的氢离子放电；
D.用铁片作阳极，阳极本身放电，硫酸铜溶液中铜离子放电；
(3)利用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极．阳极与电池的正极相连发生氧化反应，依次是Zn、Cu放电，银不能放电，阴极上铜离子放电生成铜单质；
(4)由图可知a电极室加入饱和食盐水，获得稀食盐水，说明左室消耗氯离子，钠离子发生迁移，则离子交换膜为阳离子交换膜，允许钠离子通过，左室电极a应为阳极，接电源的正极，反应2Cl−−2e−=Cl2↑，b电极室加入稀氢氧化钠，右室获得浓氢氧化钠溶液，说明生成NaOH，则右室电极b为阴极，接电源的负极；
(5)①根据阳离子交换膜的作用和燃料电池的工作原理：在燃料电池中，氧气作正极，所以通入空气的极是正极，通入燃料的极是负极来回答；
②根据燃料电池的工作原理：负极是燃料氢气发生失电子的氧化反应，正极是氧气发生得电子得还原反应；
③根据燃料电池能将化学能转化为电能结合该方法来分析其优点之处．
本题考查学生燃料电池和氯碱工业的有关知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．
4.【答案】C  A  ABD  不能自发  T>361.05K  <  250℃  80% c(CH3OH)c(CO)×c2(H2)  减小 2nb3tmol⋅(L⋅min)−1  BC  二氧化有利于抑制反应Cu2O+CO⇌2Cu+CO2向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变 
【解析】解：(1)A.水由高处流向低处，是由于高处的水势能较大，与熵判据无关，故A错误；
B.熵判据减小，反应能发生进行，与反应放热有关，故B错误；
C.溶液从高浓度向低浓度扩散，是一个溶质混乱度增大的自发过程，可以用熵判据进行解释，故C正确；
D.−10℃的液态水自动结冰成为固态，是熵判据减小的反应，不能用熵判据解释，故D错误。
故答案为：C；
(2)△H=+180.50kJ/mol，△S=+247.3J/(mol⋅K)，当△H−T△S=0时，T=180.5kJ/mol0.2473kJ/(mol⋅K)=730K，即温度高于730K时，△H−T△S<0，反应能够自发进行，注意0℃时是273K，
A、1000℃是1273K，在此温度下反应能够自发进行，故A正确；
B、1000℃是1273K，在此温度下反应能够自发进行，故B错误；
C、730℃为1003K，该反应能自发进行的最低温度约为730K，故C错误；
D、该反应能自发进行的最低温度约为730K，故D错误；
故答案为：A；
(3)A.增大压强，活化分子数目增多，加快反应速率，但活化分子的百分数不变，故A正确；
B.反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)的△H>0、△S>0，反应能自发进行，说明△H−T△S<0，则该反应能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故B正确；
C.焓变和熵变都与反应的自发性有关，△H−T△S<0为判断反应进行的综合判据，则焓变或熵变不能单独作为反应自发性的判据，故C错误；
D.△H<0，△S>0的反应，在任何温度时均有△H−T△S<0，即在任何温度都能自发进行，故D正确；
故答案为：ABD；
(4)①反应焓变等于生成物总焓−反应物总焓，Na2SO4⋅10H2O(s)=Na2SO4(s)+10H2O(g)△H=(−1384.49kJ/mol)+10×(−241.83kJ/mol)−(−4324.08kJ/mol)=+521.29kJ/mol，ΔS=+1443.8J⋅mol−1⋅K−1，△H−T△S=(521.3kJ/mol)−298K×1443.8×10−3kJ/mol=91kJ/mol>0，该反应正向不能进行，
故答案为：不能自发；
②△H−T△S=(521.3kJ/mol)−T×1443.8×10−3kJ/mol<0，T>361.05K，
故答案为：T>361.05K；
(5)①依据图表数据可知，随温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向放热反应，故△H<0，
故答案为：<；
②c(CO)=0.2mol/L，物质的量=0.2mol/L×2L=0.4mol，
                       CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)
起始量(mol) 2                6                0
变化量(mol) 1.6            3.2 1.6
平衡量(mol) 0.4             2.8              1.6
c(CO)=0.42mol/L=0.2mol/L，c(H2)=2.82mol/L=1.4mol/L，c(CH3OH)=1.62mol/L=0.8mol/L，此时的平衡常数为：K=1.60.2×1.42≈2.041，所以温度为250℃，CO的转化率=1.6mol2mol×100%=80%，
故答案为：250℃；80%；
(6)①因化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=c(CH3OH)c(CO)×c2(H2)，由图可知，升高温度，平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，故答案为：c(CH3OH)c(CO)×c2(H2)；减小；
②由图象可知，在500℃时，时间达到tB时，甲醇的物质的量为nB，依据υ(CH3OH)=△nV△t=nb3tmol⋅(L⋅min)−1，由速率之比等于化学计量数之比求出，υ(H2)=υ(CH3OH)=2×nb3tmol⋅(L⋅min)−1=2nb3tmol⋅(L⋅min)−1，
故答案为：2nb3tmol⋅(L⋅min)−1；
③其他条件不变时，将处于E点的体系体积压缩到原来的12，容器的体积减小，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正向移动，甲醇的物质的量增多，氢气的物质的量减小，但由于体积减小，平衡时氢气的浓度反而增大，
故答案为：BC；
④反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应物CO的还原性会造成催化剂损耗，而反应体系中提高CO2浓度有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：二氧化有利于抑制反应Cu2O+CO⇌2Cu+CO2向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变，
故答案为：二氧化有利于抑制反应Cu2O+CO⇌2Cu+CO2向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变。
(1)反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H−T⋅△S<0时，反应可自发进行，能用熵判据解释的，物质的混乱度发生改变，应朝着增大的方向进行；
(2)反应能否自发进行决定于△H−T△S是否小于零，其△H−T△S<0的反应能够自发进行，据已知焓变和熵变的数值，计算T即可解答；
(3)A.增大压强，活化分子数目增多；
B.反应能自发进行，说明△H−T△S<0；
C.焓变和熵变都与反应的自发性有关，△H−T△S<0为判断反应进行的复合判据；
D.反应自发进行的条件是△H−T△S<0，据此判断△H<0、△S>0反应的自发性；
(4)①反应焓变等于生成物总焓−反应物总焓，反应自发进行的条件是△H−T△S<0；
②△H−T△S<0计算；
(5)①依据平衡常数随温度变化分析，结合平衡移动原理分析热量变化；
②依据化学平衡的三段式列式计算，依据转化率概念计算得到；根据浓度计算出平衡常数，再判断温度；
(6)①根据化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；根据温度对化学平衡、平衡常数的影响；
②先根据图象依据υ(CH3OH)=△nV△t求出求出υ(CH3OH)，然后根据速率之比等于化学计量数之比求出υ(H2)；
③缩小容器的体积相当于减压，然后根据压强对浓度、速率和化学平衡的影响来解答；
④根据Cu2O能被CO还原生成CO2和Cu，该反应为可逆反应。
本题考查反应焓变、反应进行方向的分析判断、化学平衡影响因素分析、化学平衡的计算、平衡常数的计算等，综合性较强，题目难度中等。
5.【答案】C  C  D  D  BC  硫酸首先与铝片表面的Al2O3反应，不产生H2  反应放热，温度升高是影响反应速率的主要因素，使反应速率增大  硫酸的浓度逐渐减小，该因素变为影响化学反应速率的主要因素，化学反应速率开始下降 c2(CO2)c2(CO)×c(SO2)  不变  <  0.01mol/(Lmin) 
【解析】解：(1)A.影响化学反应速率的因素除浓度、压强、温度和催化剂外，接触面积、光照强度等，故A错误；
B.在合成氨反应中使用催化剂能大大提高反应速率，不改变化学平衡，不能提高原料的平衡转化率，故B错误；
C.任何化学反应在一定条件下，都存在一定程度的可逆性，故C正确；
D.凡是影响反应速率的因素，不一定使化学平衡发生移动，如反应前后气体体积不变的反应，改变压强，平衡不动，故D错误；
故答案为：C；
(2)①加H2O，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢，故①错误；
②加KNO3溶液，氢离子与硝酸根形成硝酸，不会生成氢气，故②错误；
③滴入几滴浓盐酸，反应速率加快，铁的物质的量不变，故③正确；
④加入少量铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多，故④错误；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢，故⑤错误；
⑥滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，故⑥错误；
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，铁的物质的量不变，故⑦正确；
⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸，反应速率加快，铁的物质的量不变，故⑧正确；
故答案为：C；
(3)A.反应前后气体的总物质的量不变，则该反应的体系压强始终保持不变，故A正确；
B.v(CO2)保持不变，可知其浓度不变，则可作为该可逆反应达到平衡状态的标志，故B正确；
C.平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，故C正确；
D.K=c(H2O)×c(CO)c(H2)×c(CO2)=0.04×0.040.04×0.04=1，若H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)初始浓度均为0.1mol⋅L−1，Q=c(H2O)×c(CO)c(H2)×c(CO2)=0.1×0.10.1×0.1=1=K，平衡不移动，故D错误；
故答案为：D；
(4)A.增大NO2浓度，正反应速率增大，增大NO的浓度瞬间，正反应速率不变，随着反应的进行，正反应速率增大，但活化分子百分数不变，故A错误；
B.减小CO2的浓度瞬间，正反应速率不变，随着反应进行，正反应速率减小，减小NO的浓度，正反应速率减小，活化分子百分数不变，故B错误；
C.恒容条件下充入Ne，反应物浓度不变，化学反应速率不变，活化分子百分数不变，故C错误；
D.升高温度，部分分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，活化分子有效碰撞几率增大，正反应速率增大，故D正确；
故答案为：D；
(5)A.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；
B.通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故B正确；
C.由以上分析可知，反应前H2S的物质的量为7mol，故C正确；
D.根据上述数据，可知CO的平衡转化率为：2mol10mol×100%=20%，故D错误；
故答案为：BC；
(6)①铝是活泼性较强的金属，能迅速和空气中的氧气反应生成氧化铝，氧化铝首先稀硫酸反应生成氯化铝和水，不产生H2，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
故答案为：硫酸首先与铝片表面的Al2O3反应，不产生H2；
②金属和酸的反应是放热反应，使溶液的温度升高，温度升高是影响反应速率的主要因素，化学反应速率加快，
故答案为：反应放热，温度升高是影响反应速率的主要因素，使反应速率增大；
③随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，氢离子浓度是影响化学反应速率的主要因素，所以反应速率逐渐减小；
故答案为：硫酸的浓度逐渐减小，该因素变为影响化学反应速率的主要因素，化学反应速率开始下降；
(7)①2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)+Q(Q>0)，反应是气体体积减小的吸热反应，平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积=c2(CO2)c2(CO)×c(SO2)，平衡常数随温度变化，缩小反应容器的体积，平衡正向进行，平衡常数不变，
故答案为：c2(CO2)c2(CO)×c(SO2)；不变；
②反应为吸热反应，相同压强下，温度越高平衡正向进行，二氧化硫质量减小，T2>T1，
故答案为：<；
③若在2L的密闭容器中进行上述反应，结合化学方程式定量关系计算，2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)，生成2mol二氧化碳气体质量减少32g，经测定在5min内气体的质量减小了1.6g，反应的二氧化碳0.1mol，反应速率v=△c△t=0.1mol2L5min=0.01mol/(L⋅min)，
故答案为：0.01mol/(Lmin)。
(1)A.影响化学反应速率的因素除浓度、压强、温度和催化剂外，接触面积、光照强度等；
B.在合成氨反应中使用催化剂能大大提高反应速率，不改变化学平衡；
C.任何化学反应有一定程度的可逆性；
D.凡是影响反应速率的因素，不一定使化学平衡发生移动；
(2)为加快铁与盐酸的反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，以此解答；
(3)H2(g)和CO2(g)初始浓度均为0.1mol⋅L−1，平衡时测得H2浓度为0.04mol⋅L−1，则
                        H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)
开始(mol/L ) 0.1           0.1               0               0
转化(mol/L ) 0.06         0.06            0.04           0.04
平衡(mol/L ) 0.04         0.04            0.04          0.04
A.反应前后气体的总物质的量不变；
B.v(CO2)保持不变，可知其浓度不变；
C.平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动；
D.K=c(H2O)×c(CO)c(H2)×c(CO2)=0.04×0.040.04×0.04=1，若H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)初始浓度均为0.1mol⋅L−1，Q=c(H2O)×c(CO)c(H2)×c(CO2)=0.1×0.10.1×0.1=1=K；
(4)升高温度、增大压强、加入合适的催化剂、增大反应物浓度都能加快正反应速率，加入合适的催化剂、升高温度都能增加活化分子百分数；
(5)反应前CO的物质的量为10mol，平衡后H2物质的量为2mol，设反应前H2S物质的量为n，结合三段式列式计算，
                    CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)
起始(mol)：10            n                 0               0
变化(mol)：2              2                2              2
平衡(mol)：8            n−2               2               2
反应前后气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K=2×28×(n−2)=0.1，解得：n=7，以此解答该题；
(6)①铝是活泼性较强的金属，能迅速和空气中的氧气反应生成氧化铝，根据氧化铝的性质分析；
②金属和酸的反应是放热反应，温度升高是影响反应速率的主要因素，根据温度对化学反应速率的影响分析；
③溶液的浓度是影响化学反应速率的主要因素；
(7)①2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)+Q(Q>0)，反应是气体体积减小的放热反应，平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积，缩小反应容器的体积，平衡正向进行，平衡常数随温度变化；
②反应为吸热反应，相同压强下温度越高平衡正向进行，二氧化硫质量减小；
③若在2L的密闭容器中进行上述反应，结合化学方程式定量关系计算，2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)，生成2mol二氧化碳气体质量减少32g，经测定在5min内气体的质量减小了1.6g，反应的二氧化碳0.1mol，反应速率v=△c△t。
本题考查了化学平衡影响因素、平衡计算的分析应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
6.【答案】增大接触面积，加快反应速率  V2O5  常压  常压下二氧化硫的转化率已很大，加压转化率增大不大  提高反应速率，催化剂活性最大  增大压强，平衡正向进行，增大氨气的产率  分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用  <  变小  增大  不变  变小  A  0.02mol 
【解析】解：(1)硫酸工业生产时，将硫铁矿磨成粉末的目的是：增大接触面积，加快反应速率，二氧化硫的催化氧化使用V2O5作为催化剂，采用常压条件，使用该压强的原因是：常压下二氧化硫的转化率已很大，加压转化率增大不大，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；V2O5；常压；常压下二氧化硫的转化率已很大，加压转化率增大不大；
(2)①合成氨实际生产中，常用Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×105Pa，原料中N2和H2物质的量之比约为1：3，合成氨使用该温度的原因是：提高反应速率，催化剂活性最大，必须使用高压的原因是：增大压强，平衡正向进行，增大氨气的产率，
故答案为：提高反应速率，催化剂活性最大；增大压强，平衡正向进行，增大氨气的产率；
②分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率；
故答案为：分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用；
(3)①容器A为恒温恒容，容器B为恒温恒压，随反应进行A中压强降低，故A中压强小于B中压强，压强越大，反应速率越快，故A、B中生成的N2O4的速率是V(A) 故答案为：<；变小；
②容器A为恒温恒容，再通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向正反应方向移动，NO2的转化率α(A)增大；容器A为恒温恒容，通入氖气，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，A中NO2的转化率不变；容器B为恒温恒压，通入氖气使体系的容积增大，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向逆反应方向移动，B中A中NO2的转化率变小，
故答案为：增大；不变；减小；
③该反应为放热反应，A套上一个绝热层，温度升高，平衡逆向移动，NO2的浓度增大，颜色变深，
故答案为：A；
④设参加反应的二氧化氮为xmol，n(NO2)=mM=4.6g46g/mol=0.1mol，结合三段式列式计算，
                2NO2⇌N2O4
起始的量：0.1mol       0
反应的量：x            x2
平衡的量：0.1−x        x2
平衡时平均相对分子质量=4.60.1−x+x2=57.5，所以x=0.04mol，所以平衡时平衡时N2O4的物质的量为：x2=0.02mol，
故答案为：0.02mol。
(1)增大接触面积会提高反应速率，二氧化硫在催化剂V2O5作用下被氧化生成三氧化硫，常压下二氧化硫的转化率已经很高；
(2)①控制温度773K，压强3.0×105Pa，提高反应速率，催化剂活性最大，合成氨的反应为气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断；
②反应是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断；
(3)①容器A为恒温恒容，容器B为恒温恒压，随反应进行A中压强降低，故A中压强小于B中压强，压强越大，反应速率越快；A中压强小于B中的压强，若打开活塞K2，气球B的压强减小；
②容器A为恒温恒容，再通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向正反应方向移动；容器A为恒温恒容，通入氖气，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动；容器B为恒温恒压，通入氖气使体系的容积增大，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向逆反应方向移动；
③该反应为放热反应，A套上一个绝热层，温度升高，平衡逆向移动，NO2的浓度增大；
④先根据公式求出n(NO2)=mM，再利用三段式和混合气体的平均相对分子质量求出平衡时N2O4的物质的量。
本题考查压强、温度、浓度对化学平衡的影响、合成氨的条件选择等知识点，题目难度中等，构建平衡建立的等效途径是解题的关键。