热门试卷

19（除指定外，其余每空2分，共15分）

Ⅰ（1） 3ΔH2-2ΔH1      （2）减小  （3）O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O

Ⅱ（4）0.075 mol·L-1·min-1

（此空4分） CH4(g) + H2O(g)  CO(g) + 3H2(g)

起始（mol·L-1）  0.2      0.4

变化（mol·L-1）  0.1      0.1         0.1      0.3

平衡（mol·L-1）  0.1      0.3         0.1      0.3

（5）（3分，起点标对得1分，拐点、平台标对得1分、走势对得1分。5分钟时不画垂直连接线不扣分）

试题分析：（1）根据已知的两个方程式和所求方程式可知，所求方程式可由3×②-2×①所得，所以ΔH=3ΔH2-2ΔH1

（2）因为反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是一个放热反应，所以根据平衡移动原理，温度升高，平衡左移，所以CO2 的转化率减小。

（3）电池的总反应方程式已经给出，根据总反应式2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)，O2 做氧化剂化合价降低，所以正极发生的是3个O2 得12个e-。由于是酸性介质，所以不能有OH- 参与反应，所以参与的是H+ ，同时生成水，所以反应式为3O2 + 12e- + 12H+ = 6H2O，化简后为O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O。

（4）图像中的纵坐标是CO的浓度，所以要求氢气的平均反应速率需要根据方程式进行变形，所以v(H2)=" 3v(CO)=3ΔC/Δt=0.3" mol·L-1/4 min ="0.075" mol·L-1·min-1 。

平衡常数的计算过程为：

CH4(g) + H2O(g)  CO(g) + 3H2(g)

起始（mol·L-1）  0.2      0.4

变化（mol·L-1）  0.1      0.1         0.1      0.3

平衡（mol·L-1）  0.1      0.3         0.1      0.3

（5）体积缩小一半后，压强增大且各组分的浓度瞬间增大1倍，所以图像的起点由0.1 mol·L—1瞬间增大到0.2 mol·L—1；又压强增大平衡往系数减小的一边移动，所以CO的浓度增大到约为0.25 mol·L—1 为终点。

(1)3FeO(s)＋2Al(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)　ΔH＝－859.7 kJ/mol

(2)①增大　②D

(3)K＝　减小

(4)①107　②＞　c＞a＞b＞d

(1)方程式②－①×3可得：3FeO(s)＋2Al(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)，该反应的ΔH＝－1 675.7 kJ/mol＋3×272.0 kJ/mol＝－859.7 kJ/mol；(2)催化剂可以降低反应的活化能；(3)固体或纯液体的浓度不列入平衡常数表达式中；平衡常数越大，则反应进行的越完全，该反应为气体分子数不变但质量增加的反应，降低体系温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，气体分子数不变但质量减小，故混合气体的平均相对分子质量会减小；(4)①混合液中c(H＋)＝10－8 mol/L，c(OH－)＝10－6 mol/L，其中OH－全部由水电离；0.1 mol/L NaOH溶液中c(OH－)＝10－1 mol/L，c(H＋)＝10－13 mol/L，其中水电离出来的OH－浓度等于溶液中H＋浓度，则混合液中由水电离出的OH－浓度与0.1 mol·L－1 NaOH溶液中由水电离出的OH－浓度之比为＝107；②NH4A为中性，可知A－与NH4+水解程度相等；将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，可知H2CO3酸性比HA弱，则HCO3—水解程度比A－大，而CO32—水解程度比HCO3—大，故NH4HCO3溶液、(NH4)2CO3溶液均显碱性且碱性NH4HCO3＜(NH4)2CO3；NH4Cl为强酸弱碱盐，显酸性

（1）C（3分）　（2）①0.125（2分）　②D（3分）

（3）AC（4分）

（1）电解和高温都需要消耗大量能源,太阳光催化分解水制氢最节能。（2）①根据图像可知,从3 min到9 min内CO2减少了0.25 mol/L,所以H2减少了0.75 mol/L,故v（H2）=0.125mol/（L·min）。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,故D对;平衡时浓度不再发生变化,但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系,故A错;密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量和容积始终是不变的,故B错;选项C中反应速率的方向是相同的,由于速率之比是相应的化学计量数之比,因此C中的关系始终成立,不正确。（3）根据表中数据可知,随着温度的升高,K值是逐渐减小的,这说明升高温度,平衡向逆反应方向移动,因此正反应是放热反应,选项A正确;升高温度,v正（CH3OH）和v逆（CH3OH）均增大,选项B不正确;平衡时CO、氢气、甲醇的浓度分别是（mol/L）0.05、0.1、0.05,所以平衡常数K==100,选项C正确;由于正反应是放热的,因此升高温度不利于反应物的转化,故D错,答案选AC。

I．（1）60％（2分）          （2）d（2分）

Ⅱ．（1）0.15mol/(L·min) （2分）（单位出错给1分）    

（2） A  D  E (3分，有错选不得分)

Ⅲ．（1）  CH4 + 4O2— —8e—= CO2+ 2H2O；（2分） 

（2）    1.12 L（2分）      

试题分析：I.（1）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：

Fe2O3(s)+ CO(g)Fe(s)+ CO2(g)

开始（mol）：1                 1

变化（mol）：n                 n

平衡（mol）：1-n               n+1

所以n+1/(1-n)=4，解得n=0.6，则CO的平衡转化率为0.6mol/1mol×100%=60%，故答案为：60%； (2)a．该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，故a错误；b．反应前后气体的物质的量不变，减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b错误；c．加入合适的催化剂，平衡不移动，故c错误；d．移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故d正确；e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，平衡不移动，故e错误；故选d； III（1）达到平衡时生成甲醇为：0.75mol/L，则消耗的c（H2）=2×0.75mol/L=1.5mol/L，v（H2）=△c/△t=1.5mol/L/10min=0.15mol/（L min）（2）A、甲、乙相比较，把乙等效为开始加入1mol CO和2mol H2，和甲是等效的，甲乙是等效平衡，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故A正确；B、甲、丙相比较，丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2Q1＜Q3，故B错误；C、甲、丙相比较，丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故a1＜a3 ，故C错误；D、甲、乙处于相同的平衡状态，而且反应方向相反，则α1+α2="1" ,故D正确；E、甲、乙处于相同的平衡状态，而且反应方向相反，两个方向转化的和恰好为1mol，所以该反应若生成1mol CH3OH，则放出（Q1+Q2）kJ热量，故E正确；故答案为：ADE；Ⅲ．（1）通入燃料甲烷的电极是负极，通入氧气的电极是正极。负极发生的电极式为CH4 + 4O2——8e—= CO2+ 2H2O。（2）电解硫酸铜溶液时阳极的电极反应式4OH— —4e—= O2↑+ 2H2O，阴极的反应式是： Cu2++2e-=Cu；2H++e-=H2↑。N(Cu)=0.1mol.若两极收集到的气体体积相等，设其物质的量为X。则4X=0.1×2+2X。解得X=0.1.在整个反应过程转移电子相等。电子的物质的量为0.4mol.由于每摩尔甲烷失去电子8摩尔，所以需要甲烷的物质的量为0.05摩尔。V（CH4）=0.05摩尔×22.4升/摩尔=1.12 升 。实际上消耗的甲烷体积比理论上大，可能原因是甲烷不完全被氧化，生成C或CO 或 电池能量转化率达不到100%。