热门试卷

（共14分）（1）①CO＋2MgSO42MgO＋CO2＋SO2＋SO3（3分）

②ClO－＋2e－＋H2O＝Cl－＋2OH－（2分） （2）①（2分） ②＜（2分） ＞（2分）

（3）2H2(g)＋2NO(g)＝N2(g)＋2H2O(l)  △H＝＝－752.1kJ/mol（3分）

试题分析：（1）①用CO还原MgSO4可得到MgO、CO2、SO2和SO3，且测得气体中含等物质的量SO2和SO3，所以此时反应的化学方程式是CO＋2MgSO42MgO＋CO2＋SO2＋SO3。

②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。根据装置图可知“镁－次氯酸盐”燃料电池中Mg是活泼的金属，做负极。正极是ClO－得到电子发生还原反应，所以该电池反应的总反应方程式为Mg＋ClO－＋H2O＝Cl－＋Mg(OH)2，因此正极电极反应为ClO－＋2e－＋H2O＝Cl－＋2OH－。

（2）①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，所以根据反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数K＝。

②根据图2可知，最高点反应到达平衡状态。达平衡后，温度越高，甲醇的体积分数( CH3OH)越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行。升高温度平衡向吸热方向进行，即逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H＜0。

③根据图3可知，曲线为T2时反应首先达到平衡状态，温度高反应速率快，所以温度T1＜T2。正反应是放热反应，因此升高温度平衡向吸热反应移动，所以KⅠ＞KⅡ。

（3）根据反应①2NO(g)＝N2(g)＋O2(g) △H＝－180.5kJ/mol和反应②2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H＝+571.6kJ/mol，并依据盖斯定律可知，①－②即得到反应2H2(g)＋2NO(g)＝N2(g)＋2H2O(l)，所以该反应的反应热△H＝－180.5kJ/mol－571.6kJ/mol＝－752.1kJ/mol。

（16分）（1）－166kJ/mol（2分）

（2）     bc（每空2分 共4分）

（3）①0.012mol/(L•min)    ②加入催化剂  

③（每空2分共6分）

（4）减小（2分）    0.225 （2分）

试题分析：（1）观察三个热化学方程式，发现已知焓变的A+B可以得到乙苯与二氧化碳的反应，根据盖斯定律，则乙苯与二氧化碳反应的焓变=△H1+△H2=[(—125)+(—41)]kJ/mol=—166kJ/mol；（2）①观察乙苯与二氧化碳反应的化学方程式，发现各组分都是气体，系数都是1，则该反应的平衡常数K=[c(C6H5CH=CH2)•c(CO) •c(H2O)]/[c(C6H5CH2CH3) •c(CO2)]；②同一种物质表示的正反应速率等于逆反应速率，说明已达平衡，故a错误；虽然各组分的变化浓度之比等于化学方程式中系数之比，但是各组分的平衡浓度之比不一定等于化学方程式中系数之比，因此二氧化碳和一氧化碳浓度相等时反应不一定达到平衡，故b正确；二氧化碳和水的系数之比等于1∶1，消耗1molCO2同时生成1molH2O，说明不同物质的正反应速率等于化学方程式中系数之比，缺少逆反应速率，因此不能说明达到平衡，故c正确；二氧化碳是反应物，其体积分数逐渐减小，若保持不变，说明反应已达平衡，故d错误；（3）①观察图I，0～50min内△c(乙苯)=（1.0—0.4）mol/L=0.6mol/L，由于v=△c/△t，则v(乙苯)= 0.6mol/L÷50min=0.012mol/(L•min)；②对比图I、图II，发现I→II时，单位时间内乙苯的变化浓度增大，说明反应速率加快，但是平衡时乙苯的浓度相等，说明平衡没有移动；由于乙苯与二氧化碳的反应是气体体积增大的放热反应，根据浓度、压强、温度和催化剂对化学平衡的影响规律推断，实验II可能改变的条件是加入催化剂；③同理，推断实验I→III时，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，说明改变的条件是升高温度，因此画出的曲线满足以下几个要点：起点与实验I相同，未达平衡前，实验III的反应速率比I大，平衡后苯乙烯的体积分数比实验I的小；（4）增大乙苯的浓度，虽然平衡右移，乙苯的变化浓度增大，但是乙苯的起始浓度也增大，且变化浓度增大的程度小于起始浓度增大的程度，因此乙苯的转化率减小；平衡常数只与温度有关，与浓度改变无关，因此实验I中各组分的平衡浓度计算出的平衡常数就是此时的平衡常数，依题意可知实验I反应中各组分的起始、变化、平衡浓度，则：

C6H5CH2CH3(g)+CO2(g) C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g)

起始浓度/ mol•Lˉ1            1.0       3.0             0         0      0

变化浓度/ mol•Lˉ1            0.6       0.6            0.6        0.6     0.6

平衡浓度/ mol•Lˉ1            0.4       2.4            0.6        0.6     0.6

K=[c(C6H5CH=CH2)•c(CO) •c(H2O)]/[c(C6H5CH2CH3) •c(CO2)]="(" 0.6×0.6×0.6)/( 0.4×2.4)=0.225。

（16分）（1）0.080mol/(L·min) （3分，单位漏扣1分）

（2）（共5分）解：依题意，平衡时H2的浓度为0.10 mol/L，则

N2(g)  +  3H2(g)   2NH3(g)

起始浓度（mol/L）      0.30     0.40          0

转化浓度（mol/L）      0.10     0.30          0.20

平衡浓度（mol/L）      0.20     0.10          0.20      （1分）

K===2.0×102 (L/mol)2

（4分，其中代入公式、代入数值各1分；结果2分，代入数值不带单位不扣分，有效数字错误扣1分。）

（3）（2分，注意曲线起点、斜率、平衡点（t>8min,n(H2)<1.0mol）要素有错，每个要素扣1分，不标注温度扣1分直至0分，）

（4）CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) ΔH="+2.8" kJ/mol

（4分，状态错漏该小题0分，其中：方程式2分，ΔH 2分，错漏单位扣1分。其他计量数，合理即给分）

（5）高压，低温，加入浓氨水 ，增大醋酸二氨合铜(Ⅰ)溶液浓度，及时分离CH3COO[Cu(NH3)3]·CO等任写一点，用催化剂不给分（2分，合理即给分）

试题分析：（1）读图可知，氢气的物质的量从4.0mol减小到1.6mol，则v(H2)====0.080mol/(L•min)，注意要保留两位有效数字；（2）图中氢气平衡时的物质的量为1.0mol，由于c=n/V，则氢气的平衡浓度为0.10mol/L，则

N2(g)  +  3H2(g)   2NH3(g)

起始浓度（mol/L）      0.30     0.40         0

转化浓度（mol/L）      0.10     0.30          0.20

平衡浓度（mol/L）      0.20     0.10          0.20      （1分）

K===2.0×102 (L/mol)2

（3）焓变小于0，说明合成氨是放热反应，其它条件相同时，降低温度，反应速率减小，平衡向正反应方向移动，则达到平衡的时间比原平衡时增大，平衡时氢气的物质的量比原平衡时减小，由此可以画出T2时氢气的物质的量随反应时间变化的曲线；（4）先给已知反应编号为①②，观察可知，反应①—②可以约去1/2O2(g)，根据盖斯定律可得：CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) ΔH="+2.8" kJ/mol；（5）由于正反应是气体体积减小的放热反应，根据外界条件对平衡移动的影响规律，降低温度、增大醋酸二氨合铜（I）或氨气的浓度、减小CH3COO[Cu(NH3)3]•CO的浓度或及时移走CH3COO[Cu(NH3)3]•CO，都能使平衡右移，上述措施可以提高CO吸收率。