热门试卷

（11分）Ⅰ  (1)吸热    (2)小  

Ⅱ．（1）＜；（2）1.88×10－4 mol·L-1·s-1；（3）5000；（4）C、D；（5向左；不改变

试题分析：Ⅰ. （1）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数K逐渐增大，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，所以该反应为吸热反应。

（2）如果始浓度为c(CO) =" 0.01" mol/L，c(H2O) =" 0.03" mol/L，c(CO2) =" 0.01" mol/L，c(H2) =" 0.05" mol/L，则此时。由于800℃时K＝1.0，所以此时反应向正反应方向进行，即H2O的消耗速率比生成速率小。

Ⅱ．(1)自发反应，通常为放热反应，即DH小于0。

（2）以NO计算，2s内NO的浓度变化为(10－2.5)×10-4mol/L，V（NO）＝7.5×10-4/2 ＝3.75×10-4mol/(L·s)。根据速率之比等于计量系数比可知，V(N2)＝1/2 V(NO)＝1.875×0-4mol/(L·s)。

(3)化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的方程式可知=

=5000。

（4）催化剂不影响平衡的移动，A项错；该反应放热，所以社会稳定平衡逆向移动，NO转化率降低，B项错，C项正确；缩小体积，即增大压强，平衡向体积减小的方向运动，即正向移动，D项正确，答案选CD。

（5）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则容积的体积必然增大，平衡向左移动。催化剂不能改变反应热，所以使用催化剂，上述反应的△H不变。

点评：该题是高考中的常见题型，试题综合性强，对学生的要求较高。试题在注重对学生基础知识巩固的训练的同时，更侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，激发学生的学习求知欲。也有助于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。

（1）（2分） SO2、NO2 （2）（8分）①   ②ad   ③0.075mol/（L•min）  9

（3）（6分）①放热（1分） ②Ka＝Kb＞KC（1分） ③O2 + 2H2O + 4e－＝4OH－（2分） 30（2分）

试题分析：（1）SO2和NO2排入大气中最终分别变为硫酸和硝酸，从而形成酸雨。CO不能形成酸雨。

（2）①若已知2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）    ΔH＝a kJ·mol－1、2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）    ΔH＝b kJ·mol－1，则根据盖斯定律可知前者减去后者即得到反应2SO2（g）＋2NO2（g）2SO3（g）＋

2NO（g），因此反应SO2（g）＋NO2（g）SO3（g）＋NO（g）  ΔH＝kJ·mol－1。

②在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此可以判断。A、根据反应式可知，反应前后气体的体积不变，因此压强始终是不变，则体系压强保持不变不能说明反应达到平衡状态；b、颜色的深浅与NO2的浓度有关系，所以当混合气体的颜色保持不变时，则说明NO2的浓度不再发生变化，因此反应达到平衡状态；c、NO的物质的量保持不变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态；d、每生成1 mol SO3的同时，一定消耗1 molNO2，因此该关系是始终成立的，不能说明反应达到平衡状态，答案选ad。

③             SO2（g）＋NO2（g）SO3（g）＋NO（g）

起始量（mol）   1       1           0        0

转化量（mol）   x       x           x        x

平衡量（mol）  1－x   1－x          x        x

由于平衡时容器中NO与NO2的体积比为3︰1

则3－3x＝x

解得x＝0.75mol

所以平衡时消耗SO2的浓度是0.75mol÷2L＝0.375mol/L

则这段时间内SO2的反应速率υ（SO2）＝0.375mol/L÷5min＝0.075mol/（L•min）

由于反应前后体积不变，所以可以用物质的量代替浓度计算平衡常数

则此反应在该温度下的平衡常数K＝＝9

（3）①根据图像可知，在压强不变的条件下，随着温度的升高，CO的转化率降低。这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。

②平衡常数只与温度有关系，A和B两点温度相同，则平衡常数相等。升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，所以三点平衡常数的大小关系是Ka＝Kb＞KC。

③原电池中负极失去电子，发生氧化反应。正极得到电子，发生还原反应。所以在燃料电池中燃料在负极通入，氧气或空气在正极通入。由于电解质是氢氧化钾溶液，显碱性，所以正极电极反应式为O2 + 2H2O + 4e－＝4OH－；根据图像可知A点CO的转化率是0.5，则平衡常数生成甲醇的物质的量是10mol×0.5＝5mol。甲醇中碳元素的化合价是－2价，反应后被氧化为＋4价，失去6个电子，所以5mol甲醇反应转移电子的物质的量是5mol×6＝30mol。

（I）（1）NH4＋(aq)＋2O2(g)=2H＋(aq)＋NO3－(aq)＋H2O(l)         

△H=－346kJ·mol－1

（2）5：6

（Ⅱ）（1）<

（2）5000

（3）见图

试题分析：（I）（1）NH4＋(aq)＋2O2(g)=2H＋(aq)＋NO3－(aq)＋H2O(l) 

1 mo1NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式中△H为第一步反应和第二部反应之和即为：－346kJ·mol－1；（2）32gCH3OH的物质的量为1mol，转移电子6mol表示氧化剂HNO3得到6mol电子，由于HNO3中N元素有＋5价将为N2中的0价因此需要1．2molHNO3参与反应。因此参加反应的还原剂CH3OH和氧化剂HNO3的物质的量之比是5：6。

（Ⅱ）（1）此反应为气体体积缩小的反应△S<0,由于反应能够自发进行因此△G=△H-T△S<0,因此

△H<0

（2）   2NO    +   2CO      2CO2    +     N2

始：10．0×10－4     3．6×10－3        0            0

变：9．00×10－4    9．00×10－4      9．00×10－4    4．50×10－4

终：1．00×10－4    2．7×10－3       9．00×10－4    4．50×10－4

由公式计算可得K=5000

（3）Ⅱ对比I增加了催化剂的比表面积，催化剂只会缩短达到平衡的时间并不影响平衡的移动；Ⅲ对比Ⅱ提高了反应的温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动c(NO)提高。

（16分）

（1）bd（3分，只选b或d得1分，全对得3分，凡其它有错答案不得分）。

（2） 2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑（2分，写“通电”不扣分、漏反应条件、无“↑”、未配平只扣1分）； Cl2（或氯气）（1分），增大（1分）

（3）d （2分） NaCl + CO2 + NH3 + H2O="=" NaHCO3↓+ NH4Cl（2分，未写“↓”扣1分）

（4）蒸发浓缩  冷却结晶（2分）  — 44.00 kJ/mol（3分，无单位扣1分，没有符号“-”的不得分）

试题分析：（1）a项，虽然能除去杂质及过量碳酸钠和氢氧化钠，但是过量氯化钡没有除去，故a选项错误；b项，既能除去杂质及过量的氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠，又不引入新的杂质，故b选项正确；c项，虽然能除去杂质及过量的氢氧化钠、碳酸钠，但是过量的氯化钡没有除去，故c选项错误；d项，既能除去杂质及过量的氯化钡、碳酸钠、氢氧化钠，又不引入新的杂质，故d选项正确；（2）用惰性电解饱和食盐水可以制备氢氧化钠、氢气、氯气，该反应实质为2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑；阴离子移向阳极，氯离子比氢氧根离子容易失去电子，发生氧化反应，产生黄绿色的气体，即氯气；阳离子移向阴极，氢离子比钠离子容易得到电子，发生还原反应，则阴极产生无色气体，即氢气，由于氢离子被消耗，则阴极附近氢离子浓度减小，所以阴极附近溶液的pH增大；（3）流程III的反应属于复分解反应，即NaCl+NH3+CO2+H2O==NaHCO3↓+NH4Cl（或者NH3+H2O==NH3•H2O、NH3•H2O+CO2==NH4HCO3、NH4HCO3+NaCl="=" NaHCO3↓+NH4Cl），该反应能够发生的原因是NH4HCO3、NaCl的溶解度均大于NaHCO3，则图中溶解度最小的d表示NaHCO3；（4）由于被提纯物和杂质都是可溶物，杂质可能是NaCl等，根据混合物分离提纯的方法推断，应选择结晶法分离出碳酸钠晶体，因此需要将碳酸钠样品加适量水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶或降温结晶、过滤、洗涤，得到纯净的Na2CO3•10H2O，Na2CO3•10H2O脱水得到无水碳酸钠；先将已知两个热化学方程式编号为①②，观察发现①+②可得③Na2CO3·10H2O(s)==Na2CO3 (s)+10H2O(g)  ΔH3=" +532.36" kJ·mol－1，依题意可知④Na2CO3·10H2O(s)==Na2CO3 (s)+10H2O(l)  ΔH4=" +92.36" kJ·mol－1，观察发现（④—③）/10可以得到：H2O(g)="=" H2O(l)   ΔH=(ΔH4—ΔH3)/10=" —44" kJ·mol－1。