热门试卷

（1）HF(aq) H+(aq) +F—(aq) △H＝-10.4KJ·mol—1（不写可逆号扣1分）（2）CD

（3）BC （4）①④②③（或①>④>②>③,用物质名称表示也对）（5）在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅。（6）1

试题分析：(1)利用盖斯定律将①-②可得,HF（aq）⇌F-（aq）+H+（aq）△H="-10.4" kJ•mol-1；（2）将浓度为0.1 mol/LHF溶液加水稀释一倍，c(H+)减小，根据水的离子积常数，c(OH—)增大，D选项正确。（3）A．酸碱抑制水的电离，盐促进水的电离，A选项错；B．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(F—)+c(OH—)此时溶液中， c(F—)－c(Na+)＝c(H+)－c(OH—)=10-6－10-9=9.9×10-7mol/L ；C．根据电荷守恒和溶液呈中性，不难得到，溶液中的c(F—)＝c(Na+)；D．③点时V＝20mL，此时酸碱溶液恰好完全反应，是氟化钠盐溶液，氟离子水解，溶液中c(F—)< c(Na+)＝0.05mol/L。（4）酸越弱，所对应的盐溶液碱性越强；酸性：HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-  ，则所对应盐的碱性：Na2CO3溶液＞NaClO溶液＞ NaHCO3溶液＞NaF溶液 ；（5）在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅。（6）HFO的原子连接顺序为H-O-F（八隅律，最外电子均为8），H-O中电子偏向O，O呈-1，O-F电子偏向F（F电负性大于O），O呈+1，综合O的化合价为0，F的化合价-1。

20．（14分）

（1）＋72.49（2分）

（2）①A （2分）

②氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2的转化率增加不大，提高了生产成本（2分）

（3）①1∶1（2分）   ②5（±0.2）% （2分）

（4）N2＋6e—＋8H+＝2NH4+（2分）    NH4Cl（2分）

试题分析：

（1）根据盖斯定律，方程式③＝②+①，反应热也进行相应运算，求得a为72.49；

（2）①水碳比的数值在 0.6～0.7 范围进转化率提升更快，所以选A；

②由图像分析可以看出，氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2的转化率增加不大，提高了生产成本，不符合经济效益。

（3）①烟气中V(NO)∶V(NO2)＝5∶1，假设NO为5mol,那么NO2为1 mo，根据NO＋NO2＋H2O＝2HNO2 这个反应，只有两者物质的量相同时才能完全被吸收，这时需要O2，根据2NO+ O2＝2NO2，可知应该有2molNO参加反应生成2mol NO2，这个过程需要O21 mol，而空气中氧气的体积含量大约为20%，要提供O21 mol需要空气物质的量为5mol，所以V(NO)∶V(空气)＝1∶1

②由图像可以看出当尿素浓度在5左右时转化率已经比较高了，如果浓度再增大时转化率提高不明显，所以答案填5（±0.2）%都算正确。

（4）根据氧化还原反应原理，由于N2、H2为电极反应物，正极反应元素化合价应该降低，得到电子，首先确定N2参与正极反应，再根据电解质溶液情况产物应该为NH4+，从电子守恒和电荷守恒及原子个数守恒三个角度可以确定其电极反应式为N2＋6e—＋8H+＝2NH4+， 由于电池工作中有NH4Cl生成，所以生产中可分离出的物质为NH4Cl。

（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。

（1）NO2(g)+CO(g)＝NO(g)+CO2(g) ΔH＝—234 kJ/mol

（2）1.50/t1 mol·L－1·min－1   （3） 9 ； 变大  （4） 1 ；  234 ；  3

试题分析：（1）根据图像a可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应是放热反应，△H＝134 kJ/mol－368kJ/mol＝－234 kJ/mol，则该反应的热化学方程式是NO2(g)+CO(g)＝NO(g)+CO2(g) ΔH＝—234 kJ/mol。

（2）根据图像b可知，平衡时NO的浓度是1.50mol/L，则消耗NO2的浓度是1.50mol/L，所以从反应开始到平衡，用NO2浓度变化表示平均反应速率v(NO2)＝1.50mol/L÷t1＝1.50/t1 mol·L－1·min－1。

（3）根据图像b可知，平衡时NO2、CO、NO和CO2的浓度分别是（mol/L）0.5、0.5、1.5、1.5，则根据方程式可知，该反应的平衡常数K＝。正方应是放热反应，温度降低，平衡向正反应方向移动，则平衡常数增大。

（4）因为该反应是体积不变的可逆反应，三个容器中反应物的起始量之比是相同的，所以平衡是等效的。甲和乙两个容器的反应方向相反，则α1+α2＝1；a＝234 kJ/mol×0.75mol，b＝234 kJ/mol×0.5mol，则a+b/2＝234kJ。由于丙中的平衡也是等效的，则m＝3mol/L。

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的难点是等效平衡的判断和应用，所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。

（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。

（1）①＜  向左   (2分)

②＞ ＞   （2分）

（2）①N2(g)+3H2(g)    2NH3(g)△H=2(Q1-Q2)KJ/mol   (3分)

②= （1分）   （1分）

（3）C(Ag+)·C(Cl-)＞KSP(AgCl) （1分） 白色沉淀变成黄色（1分）

AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(ag)    （2分）

试题分析：（1））①由图可知，温度越高，混合体系中SO3的百分含量越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，即向左移动，升高温度向吸热反应方向移动，即该反应正反应为放热反应；恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，体积应增大，反应混合物各组分的浓度降低，等效为降低压强，压强降低平衡向体积增大方向移动，即向左移动．

②温度升高，平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，K值减小，K1＞K2，D状态未达平衡，混合体系中SO3的百分含量小于平衡时的，反应向正反应进行，所以V正＞V逆，

（2）①由图可知，N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为（Q1-Q2）kJ，该反应的热化学反应方程式为N2(g)+3H2(g)    2NH3(g)   △H=2(Q1-Q2)KJ/mol ，

②amol·L－1氨水溶液和bmol·L－1盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，溶液中存在电荷守恒,c（NH4＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c（OH－）,溶液呈中性c（H＋）=c（OH－）,所以c（NH4＋）=c（Cl―）,混和后，溶液中c(NH3·H2O )= ,c（NH4＋）=c（Cl―）=mol/L,c（H＋）=c（OH－）=10-7mol/L,,答案：=，

（3）当溶液中离子的浓度商Qc=C(Ag+)·C(Cl-)＞KSP(AgCl) 时，有沉淀产生；两者化学式所表示的阴阳离子个数比相同，溶度积越大，溶解性越大，即AgCl比AgI的溶解度大，物质由溶解度大的转化为溶解度更小的，所以由AgCl转化为更难溶的AgI，现象为白色沉淀转化为黄色沉淀，离子方程式为AgCl（s）+I－═AgI（s）+Cl－，

（1）1:2

（2）Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O

（3）Cl-、NO3-

（4）C

（5）将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒醮取待测点在试纸中间，待颜色变化稳定后与比色卡对比，读出读数

（6）Fe3+(aq) +3H2O(l) Fe(OH)3(s) +3H+(aq) △H=(3b-a)kJ·mol-1   

试题分析：（1）4Zn＋10HNO34Zn(NO3)2＋N2O＋5H2O，HNO3做氧化剂，但是10molHNO3里面发生化合价改变只有2mol，Zn做还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1 ：2。

（2）偏铝酸钠在水溶液中都是以Na[Al(OH)4]的形式存在，以前只不过是为了方便，把它简写成NaAlO2。但它的实际组成还是Na[Al(OH)4]。 NaAlO2偏铝酸钠是简写，就像氢离子(H＋)实际上是水合氢离子一样。[Zn(OH)4]－与此相类似。

（4）在一定条件下，难溶强电解质AmBn溶于水形成饱和溶液时，溶质的离子与该固态物质之间建立动态平衡，叫作沉淀溶解平衡。这时，离子浓度的乘积为一常数，叫作溶度积，用Ksp表示。很明显，滤液E的pH=4时，Zn(OH)2已经溶解，所以无法求得溶度积，而Fe(OH)3是已沉淀形式存在，所以可以求得。

（6）由②×3－①即可得到Fe3+(aq) +3H2O(l) Fe(OH)3(s) +3H+(aq) △H=(3b-a)kJ·mol-1 。

Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3＋)·c3(OH－)  KW=c(OH－)·c(H＋)

Fe3+发生水解反应的平衡常数：K===