热门试卷

（1）图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明平衡逆向，正反应为放热反应，a＜0，故答案为：＜；

（2）①由于Ⅰ中CO2转化率大于Ⅱ

（2）①由于Ⅰ中CO2转化率大于ⅡCO2转化率，所以Ⅰ中CO2投料量要小于Ⅱ中CO2投料量，所以投料比：Ⅰ＜Ⅱ，故答案为：＜；

②若Ⅱ反应的n（CO2）起始=10mol、投料比为0.4，n（H2）=NH3mol，

               CO2（g）+2NH3（g）CO(NH2)2(l)＋H2O(g)

起始量（mol/L） 10      25                            0

变化量（mol/L） 5       10                            5

平衡量（mol/L） 5       15                            5

A点的平衡时气体的物质的量总和为25mol，反应前气体的物质的量总和为35mol，根据阿伏伽德罗定律可知：P前/P后=n前/n后，所以A点与起始压强比为25/35=5/7，故答案为：5/7；

③AB是相同温度下的平衡，平衡常数只随温度变化，所以AB平衡常数相同；由于B点温度小于C点的温度，而温度越高，反应速率越大，所以B点的正反应速率小于C点正反应速率，故答案为：=；＜

（3）若按曲线Ⅰ的投料比投料，在上述实验中压缩容器体积至5L时相当于给反应体系增大压强，所以平衡正向移动，CO2转化率增大，故反应达平衡时的二氧化碳的转化率与温度之间的关系曲线如图所示：

(4)a．使用催化剂不能使平衡移动，所CO2转化率不变

b．由于CO(NH2)2 为液体，液体量的改变不能使平衡移动，所以从体系中分离出部分CO(NH2)2 ，CO2转化率不变。

c．将体系中的水蒸气液化分离，相当于减小了生成物的浓度，平衡正向移动，CO2转化率增大，故答案为：c

(5)向溶液中加入氨水，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，则水的电离平衡向逆反应方向移动；向其中滴加1L某浓度的氨水后溶液呈中性，则溶液中c(NO3-)=c(NH4+)=

10mol/L，由一水合氨的电离平衡常数可得：c(NH4+)×c(OH-)=Kb×c(NH3•H2O)，所以c(NH3•H2O)= c(NH4+)×c(OH-)/Kb=10×10-7/(2×10-5)=0.05，

故答案为：逆向；0.05

Ⅱ和Ⅰ相比，达到平衡时的压强相同，说明平衡状态是相同的，所以改变的反应条件为Ⅱ中使用催化剂； 

                           CO(g)   +   2H2 (g)    CH3OH(g)

初始（mol·L－1 ）   1               2                  0

转化（mol·L－1 ）    x              2x                x

平衡（mol·L－1 ）   1-x           2-2x             x

根据阿伏伽德罗定律可知，等体积条件下，气体的总物质的量与总压强成正比。所以：=，计算可得x=0.75，

即                          CO(g)   +   2H2 (g)    CH3OH(g)

初始（mol·L－1 ）   1               2                   0

转化（mol·L－1 ）   0.75        1.5               0.75

平衡（mol·L－1 ） 0.25          0.5               0.75

所以，v (CH3OH) =0.75 mol·L－1 ÷ 6 min = 0.125  mol·L－1 ·min－1 

平衡常数K==0.75mol·L－1 /[0.25mol·L－1 ×（0.5mol·L－1）2 ]=12（mol·L－1）－2 在上述反应达到平衡Ⅱ时，再往容器中加入1 mol CO和3 mol CH3OH，则此时浓度商Q=（0.75+1.5）mol·L－1  / [（0.25+0.5）mol·L－1 ×（0.5mol·L－1）2 ]=12（mol·L－1）－2 = K

所以可逆反应达到平衡状态，v(正)= v (逆)。此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动(或者反应Ⅰ达平衡时所用的时间比反应Ⅲ达平衡时所用的时间短，化学反应速率快，故T1温度更高)

该燃料电池中，甲醇参与负极反应，对应的产物为CO2，

故电极反应式：CH3OH-6e-+ H2O= CO2↑+6H+ ；

图2所示的电解池中，铝作阳极，

其电极反应式为：Al﹣3e－=Al3+由于电解质溶液中含有碳酸氢钠，

故发生反应Al3++3HCO3－=Al（OH）3↓+3CO2↑

（28）根据题意二氧化硫具有还原性，存在化合价的升高，KCr(SO4)2·12H2O从产物中分析可知S元素化合价升高，Cr元素化合价降低，因此Cr元素被还原根据得失电子守恒，能确定S元素与Cr元素在反应中的个数比，然后抓住质量守恒原则能确定各物质间的化学计量苏关系，因此3SO2+K2Cr2O7+H2SO4+23H2O→2KCr(SO4)2·12H2O。

（29）过量的SO2通入Na2S溶液反应是氧化还原反应中的歧化反应，同样符合得失电子守恒，书写方程式需要特别注意有关“量”的描述，因此二氧化硫在水溶液中过量以亚硫酸的形式存在，故答案为5SO2+2S2-+2H2O→3S↓+4HSO3- 。

（30）根据溶液为电中性即电荷守恒，同时需要符合物料守恒的原则，通过判断氢氧化钠为0.3mol，二氧化硫为0.2mol，且S在溶液中的存在形式有亚硫酸根、亚硫酸氢根、亚硫酸三种形式可知.2[Na+]=3([SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3])，[SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]=0.2mol/L。

（31）根据乙酸（甲、Ki=1.8×10﹣5）和次氯酸（乙、Ki=2.95×10﹣8）可知同浓度时乙酸的电离程度远大于次氯酸，因此曲线上方为乙酸，浓度越大对于弱酸的电离程度越小，因此答案为A