热门试卷

(1)A、C

(2)    

(3)、

略

433.75

略

（1）a．破坏1mol H2和1/2mol O2中化学键所吸收的能量；b．由2mol H和1mol O形成１mol H2O（g）所放出的能量；c．反应热

（2）放热；＜

（3）＞；＜

（1）ΔH1  + ΔH2   2分

（2）0.1 mol·L－1·min－1   2分

（3）AD   2分 漏选扣1分，多选错选没分

（4）吸热 2分 加入催化剂2分 （5）向正反应方向进行  2分    20%

试题分析：（1）根据盖斯定律，可得∆H = ΔH1  + ΔH2   

（2）v(NO)=2v(O2)="2×0.5mol÷2L÷5min=0.1" mol·L－1·min－1 

（3）A、消耗1 mol N2同时生成1 mol O2，说明正反应速率和逆反应速率相等，该反应已达到平衡，正确；B、该反应是在恒容条件下进行，不论反应是否平衡，气体密度不变，所以密度不变不能说明反应已达到平衡，错误；C、因为左右气体的系数相等，不论反应是否平衡，混合气体平均相对分子质量不变，所以混合气体平均相对分子质量不变不能说明反应已达到平衡，错误；D、2v正(N2)＝v逆(NO)，等于系数之比，说明正反应速率等于逆反应速率，反应已达到平衡，正确。

（4）温度升高，平衡常数K增大，说明该反应为吸热反应；b反应速率加快，但平衡不移动，则b改变的条件可以是：加入了催化剂。

（5）设出N2的转化浓度，根据化学方程式，可表示出平衡时N2、O2、NO的浓度，然后根据平衡常数K的表达式，列出计算式，可求出N2的转化浓度，进而求出N2的体积分数。

（1）2MgCl2+(2-x)Ca(OH)2+2mH2O＝2Mg(OH)2-x·Clx·mH2O+(2-x)CaCl2

（2）除去附着在Mg(OH)2表面的含等杂质MgCl2 的滤液。

（3）“水热处理”、“表面处理”。

（4）①分解时吸收大量的热量； ②Mg(OH)2；等质量的Mg(OH)2分解时吸收的热量比Al(OH)3大

（5）C；A会破坏臭氧层，B中的P元素会造成藻类生物的大量繁殖。

（1）CH3OH(l)＋ O2(g)  CO (g) ＋2H2O(g) ∆H＝ －354．8 kJ/mol（2分）

（2）① 0．04 mol/L·S （2分）

② 1．92          （2分）

③ 29．4 kJ       （1分）

④ b d            （1分）

（3）① CH3OH       （1分）

② O2＋4e-＋4H+  2H2O（1分）

试题分析：（1）CH3OH不完全燃烧生成CO和气态水的热化学方程式用（①-②）÷2即得，所以答案是CH3OH(l)＋ O2(g)  CO (g) ＋2H2O(g) ∆H＝ －354．8 kJ/mol；

（2）①达平衡时，B容器的热效应是吸收 19．6 kJ热量，即甲醇的物质的量减少19．6/49=0．4mol，浓度减少0．4mol/L，所以容器B中CH3OH的平均反应速率为0．4mol/L/10s=0．04 mol/L·S

②B容器中平衡时c(CH3OH)=1-0．4=0．6mol/L=c(H2O)，c(CO2)=0．4 mol/L ,c(H2)=1．2 mol/L,所以B容器的化学平衡常数K= c(CO2) c(H2)3/ c(CH3OH) c(H2O)=1．92

③a容器的化学平衡常数是1/1．92,设平衡时甲醇的浓度为x，则1/1．92=x2/(1-x)(3-3x)3，解得x=0．6mol/L，所以α＝0．6mol/L×1L×49 kJ/mol =29．4 kJ

④a、升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率减少，错误；b、将水蒸气从体系分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，甲醇产率增大，正确；c、使用催化剂对平衡无影响，错误；d、将容器的容积缩小一半，压强增大，平衡正向移动，甲醇产率增大，正确，答案选bd。

（3）原电池中阳离子移向正极，所以电池右侧为正极，氧气发生还原反应，电极反应式为O2＋4e-＋4H+  2H2O，所以电池左侧为负极，b口应通CH3OH。

(12分)

（1）4CO(g)+2NO2(g)=4CO2(g)+N2(g)△H=-(2b+c-2a)kJ·mol(2分)

或4CO(g)+2NO2(g)=4CO2(g)+N2(g)△H=(2a-2b-c)kJ·mol等

（2）①40%(2分)

②升高温度(1分)；因为加入催化剂能缩短达到平衡的时间，但化学平衡不移动，所以b、a两条件下达到平衡是N2的浓度相同（或其他合理答案）(2分)。

（3）<(1分)；AC(2分)；

（4）①NH+4+H2O=NH3·H2O+H+(2分)

②BC(2分)

试题分析：。

（1）根据题干信息可以得到：①式NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-（b-a）kJ·mol，结合②式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-ckJ·mol-1（c>0），由①×2+②得CO将NO2还原至N2时的热化学方程式：4CO(g)+2NO2(g)=4CO2(g)+N2(g)△H=-(2b+c-2a)kJ·mol

（2）①平衡时氮气的浓度为0.06mol/L，转化的量为0.04mol/L，根据计量数之比H2转化的量为0.12mol/L，H2的转化率为0.12mol/L÷0.30mol/L×100%=40%；②升高温度合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0为放热反应，氮气的转化率下降，缩短了到达平衡的时间，有可能。因为加入催化剂能缩短达到平衡的时间，但化学平衡不移动，所以b、a两条件下达到平衡使N2的浓度相同。

（3）①合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K会减小；②平衡时，各物质的量不变，所以A.容器内NH3的浓度保持不变，正确。C.容器内压强保持不变，正确。B.3v(N2)(正）=v(H2)(逆），错误。D.由于是恒容容器，总质量、总体积均不变，混合气体的密度保持不变，错误。

（4）①NH4Cl的水解：NH4++H2O=NH3·H2O+H+；②，由x+y=14，氨水少量电离的OH-能与硫酸完全电离出的H+，说明氨水要远多于硫酸，等体积混合后溶液一定呈碱性[H+]<[OH-]，结合电荷守恒式：

[NH4+]+[H+]=[OH-]+2[SO42-]，可知BC正确。

（14分）（1）77.3（2分）

（2）①<（2分）  ② =（2分）  ③ a b（2分） 0.08mol·L-1·min-1（2分）

（3）向左 （2分）；或0.17（2分）

试题分析：（1）根据热化学方程式2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g)   ⊿H=－773kJ/mol可知，每放出773kJ能量，反应中就转移12mol电子（氧气是氧化剂，1分子氧气得到4个电子），所以当该反应有1.2mol电子转移时，反应释放出的热量为×773kJ/mol＝77.3kJ。

（2）①根据图像可知，在温度相同时，P2曲线表示的SO2转化率大于P1曲线表示的SO2转化率。由于正反应是体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，SO2转化率增大，所以压强是P1＜P2。

②对于特定的可逆反应，平衡常数只与温度有关系，A、B两点的温度相同，所以两点对应的平衡常数相等。

③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。根据表中数据可知，反应前SO2和氧气的（0.4+1.6）mol/L＝2.0mol/L和（1.2+1.6÷2）mol/L＝2.0mol/L，即反应物的起始浓度不是按照化学计量数之比冲入的，所以当SO2和O2的体积比保持不变时，可以说明反应调动平衡状态，a正确；该反应是体积减小的可逆反应，所以容器内气体的压强是减小的，因此当压强不再发生变化时，可以说明达到平衡状态，b正确；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中气体的质量和容积始终是不变的，因此密度始终是不变的，因此选项c不能说明；根据S原子守恒可知，SO2和SO3物质的量之和始终保持不变，d不能说明，答案选ab。在0～10min内，氧气的浓度减少0.8mol/L，则υ(O2)＝0.8mol/L÷10min＝0.08mol·L-1·min-1。

（3）SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是酸，电离出氢离子，抑制水的电离，则溶液中水的电离平衡向左移动。根据亚硫酸的第二步电离方程式HSO3－＋H2OSO32－＋H＋可知，Ka2＝，则＝＝＝或0.17。

（1）（共2分）    

（2）(共2分) △H3 =△H1+△H2 或△H1=△H3﹣△H2 或△H2 =△H3﹣△H1

（3）(共5分) 放热 (2分)   75% （3分）

（4）(共2分) E  （不能选B，因为压强大过一倍以上时，压缩引起的颜色变化大过移动引起的颜色变化，所以C点比A点颜色深；温度相同,则平衡常数相同）

（5）(共4分)  4OH - - 4e-=2H2O+O2↑   (2分)       O2、SO2 (2分)

（说明：阴离子放电顺序S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根（SO32->SO42->NO3-）>F- ；阳离子放电顺序：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸性溶液）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+（>水解产生的H+）>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+；溶液中电极电位：4OH—4e-=O2+2H2O  E=﹣0.401 V；SO32-+2OH-=SO42-+H2O  E=+0.90V。所以：在阴极是H+放电，在阳极是OH-放电不是SO32-；由于放电速度很快，离子移动速度较慢，阴极区OH-放电后多出的H+立即与SO32-反应放出SO2气体，阴极区多出的SO32-通过阴离子交换膜移动过阳极区补充）

试题分析：（1）由反应方程式可知C为固体，所以平衡常数的表达式为

（2）根据热化学方程式和盖斯定律得，方程式③=①+②，所以△H3=△H1 +△H2 。

（3）根据表格中数据可知，随着温度的升高，平衡常数逐渐减小，说明正反应进行的程度逐渐减小，所以平衡逆向移动，正反应为放热反应；500℃时，平衡常数K=9，所以有：

CO(g)+H2O(g)  H2(g) + CO2(g)，

初始浓度(mol/L) 0.020  0.020      0      0

转化浓度(mol/L) 0.02α    0.02α   0.02α    0.02α

平衡浓度(mol/L) 0.02(1-α) 0.02(1-α) 0.02α    0.02α

所以代入表达式中K=(0.02α)2/ [0.02(1-α)]2 =9，解得α=75%，所以CO转化率为75%。

（4）图为不同温度下平衡体系中的NO2体积分数随压强变化曲线图，所以分析：

A：反应速率受温度、浓度、压强等因素影响，C点的压强远大于A，压强越大反应速率越大，C>A，A错误。

B：NO2为红棕色，颜色深浅与浓度大小有关， C点对于A点，增大了压强，平衡逆向移动，NO2减少，但是因为C点压强远大于A点，所以被压缩后浓度增大要大于平衡移动造成的浓度减小，所以C的颜色深，A浅，B错误。

C：B、C两点在不同条件控制下平衡时NO2的体积分数相等，所以气体的总质量和总物质的量相等，平均相对分子质量相等B=C，C项错误。

D：正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以加热不能实现状态A到状态B的转化，D项错误。

E：A、C两点在同一温度线上，所以温度相同平衡常数相同，A=C，所以E正确。

故选E。

（5）根据如图电解装置可知，阴极HSO3-电离出的H+在阴极区得到电子被还原生成了H2阴极反应式：2H++2e-=H2↑，而阳极区水电离的OH-先放电，失去电子生成O2，阳极反应式：4OH - - 4e-=2H2O+O2↑，由于阳极区不断消耗OH-，所以使得阴极区产生的SO32- 不断通过阴离子交换膜，并与阳极溶液中的H+反应2H++ SO32- =SO2↑+H2O，所以阳极区有氧气产生，也有SO2产生。而通过离子交换膜的部分SO32- 也会被生成的氧气氧化生成SO42- ，所以也会不断生成硫酸产品。（说明：阴离子放电顺序S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根（SO32->SO42->NO3-）>F- ；阳离子放电顺序：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸性溶液）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+（>水解产生的H+）>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+；溶液中电极电位：4OH—4e-=O2+2H2O  E=﹣0.401 V；SO32-+2OH-=SO42-+H2O  E=+0.90V。所以：在阴极是H+放电，在阳极是OH-放电不是SO32-；由于放电速度很快，离子移动速度较慢，阴极区OH-放电后多出的H+立即与SO32-反应放出SO2气体，阴极区多出的SO32-通过阴离子交换膜移动过阳极区补充）

（共15分）Ⅰ、（1）  MgCl2（熔融）Mg＋Cl2↑1分 （2）   Na2S      1分

（3）①CO32－＋H2OHCO3－＋OH－或 HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－      1分

②降低含硫烟气的温度（或减小含硫烟气的流速）。       1分

③2H2SO3＋O2＝4H＋＋2SO42－（或2H2SO4）或2HSO3－＋O2＝2H＋＋2SO42－；2分

中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），减少污染。1分

Ⅱ、（1） ⑤    1分  （2）－285kJ/mol   1分

（3）＋131.5   2分 ＞  1分 高温   1分 （4）B    2分

试题分析：I、（1）镁是活泼的金属，冶炼时需要通过电解熔融的氯化镁进行，反应的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg＋Cl2↑。

（2）根据表中数据可知，氯化铜与硫化汞的溶度积常数分别远小于氢氧化铜与氢氧化汞的溶度积常数，所以沉淀剂最好选择硫化钠。

（3）①由于海水中含有CO32－、HCO3－等离子，二者均水解使海水显碱性，反应的离子方程式为CO32－＋H2OHCO3－＋OH－或 HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－。

②根据图像可知，温度越高，SO2的吸收率越小。在温度相同时，烟气速率越小，SO2的吸收率越大，所以合理建议应该是降低含硫烟气的温度（或减小含硫烟气的流速）。

③由于H2SO3、HSO3－等分子或离子均具有还原性，易被氧化为SO42－，反应的离子方程式为2H2SO3＋O2＝4H＋＋2SO42－（或2H2SO4）或2HSO3－＋O2＝2H＋＋2SO42－；由于反应后溶液的酸性增强，所以氧化后的“海水”需要引入大量的天然海水与之混合后才能排放，该操作的主要目的是中和、稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），减少污染。

Ⅱ、（1）在热化学方程式中△H＜0表示反应是放热反应，△H＞0表示反应是吸热反应，所以上述反应中属于吸热反应的是⑤，其余均是放热反应。

（2）燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以H2的燃烧热为△H＝－570kJ/mol÷2＝－285kJ/mol。

（3）已知②H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)   △H＝－242kJ/mol；③C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)   △H＝—110．5kJ/moL，则根据盖斯定律可知③－②即得到C(s) + H2O(g)＝H2(g)+ CO(g)，所以该反应的反应热△H＝—110．5kJ/moL＋242kJ/mol＝＋131.5 kJ/mol，即a＝＋131.5。根据方程式可知，该反应是体积增大的，所以该反应的熵△S＞0；根据△G＝△H—T·△S可知，当△G＜0时可自发进行。由于该反应的△S＞0、△H＞0，则该反应应该在高温条件下可自发进行。

（4）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。所以在该燃料电池中CO再负极通入，空气在正极通入。A、CO在负极通入，则负极的电极反应式为：CO+O2—―2e-＝CO2，A正确；B、工作时电极b作正极，由于原电池中阴离子向负极移动，所以O2—由电极b流向电极a，B不正确；C、原电池中电子从负极流向正极，所以工作时电子由电极a通过传感器流向电极b，C正确；D、传感器中通过的电流越大，消耗的CO越多，所以尾气中CO的含量越高，D正确，答案选B。

（1）（2分）1       （2）（2分）＜     

（3）（4分）负极 （2分）     2NH3 — 6e- + 6OH- =N2 +6H2O （2分。化学式1分、配平1分）

（4）（3分）CH4(g)+2NO2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)+N2(g)  △H＝－867kJ/mol （方程式2分，

△H数值1分）

（5）（5分）该反应是放热反应（1分），当在775K反应达到平衡后继续升高温度（1分），平衡向逆（左）方向移动，NO转化率降低（1分）    870K（2分。写860-875K之间任意数值均给分）

试题分析：（1）根据“三段式”进行计算：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

初始浓度（mol•L‾1）  0.2    0.3        0     0

转化浓度（mol•L‾1）  0.12   0.12      0.12   0.12

平衡浓度（mol•L‾1）  0.08   0.18      0.12   0.12

平衡常数K=0.12×0.12÷（0.08×0.18）=1。

（2）因为该反应△H<0，为放热反应，所以温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，T1的平衡常数大于300℃时平衡常数，所以T1 < 300℃。

（3）燃料电池中，O2为正极，燃料为负极，所以通入氨气的电极是负极；NH3失去电子生成的单质为N2，所以电极方程式为：2NH3 — 6e- + 6OH- =N2 +6H2O

（4）NO2被还原为N2，则CH4被氧化为CO2，写出化学方程式并配平，CH4(g)+2NO2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)+N2(g)，根据盖斯定律求出焓变，△H=1/2△H1+1/2△H2=－867kJ•mol‾1，可得热化学方程式。

（5）0~775K，为反应建立化学平衡的过程，775K时达到平衡，温度继续升高，NO的转化率减小，说明正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动。