热门试卷

（1）abc（2分）

（2）C2H4（g）+H2O（l）＝C2H5OH（l） △H="-44.2" kJ/mol（2分）

（3）①增大（2分）②放（2分）

（4）氧气（2分）；CH3CH2OH+16OH--12e-===2CO32-+11H2O（2分）

试题分析：（1）a．采用节能技术能减少化石燃料的使用，减少化石燃料的使用就减少了二氧化碳的排放，所以正确；

b．化石燃料燃烧产物是二氧化碳，减少化石燃料的使用就减少了二氧化碳的排放，所以正确．

c．利用太阳能、风能能减少化石燃料的使用，化石燃料燃烧产物是二氧化碳，减少化石燃料的使用就减少了二氧化碳的排放，所以正确；故选abc；

（2）2CO2（g）+2H2O（l）═C2H4（g）+3O2（g）△H=+1411.0kJ/mol①

2CO2（g）+3H2O（l）═C2H5OH（l）+3O2（g）△H=+1366.8kJ/mol②

将方程式②－①得C2H4（g）+H2O（l）═C2H5OH（l）△H=+1366.8kJ/mol-（+1411.0kJ/mol）=－44.2kJ/mol；

（3）①温度一定时，提高氢碳比（3）①温度一定时，提高氢碳比[]，相当于增加氢气的量，增加氢气的量能够使二氧化碳的转化率增大；

②从表中数据看出：温度越高，二氧化碳的转化率越小，升高温度化学平衡向着吸热方向，即向着使二氧化碳的转化率减小的方向（逆向）进行，故正向是放热反应；

（4）根据电子流向知，a电极是负极，b电极是正极，负极上燃料乙醇失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应，所以b处是氧气，b处的电极反应式为：O2+2H2O+4e－═4OH－，

（每空2分）

（1）5CO(g) + I2O5(s) = 5CO2 + I2(s) ∆H= -1377.22kJ•mol‾1

（2）正，O2 + 2H2O +4e‾ = 4OH‾

（3）① (NH4)3PO4或(NH4)2HPO4或NH4H2PO4

②碱 ③ SO2   >

（4）3Fe2+ + NO3‾ + 4H+ =3Fe3+ +NO↑+ 2H2O

试题分析：（1）先写出化学方程式，标明各物质的状态，然后根据盖斯定律求算∆H，

∆H= —∆H1 + ∆H2，带入相关数据可得答案。

（2）原电池电解质溶液中，阳离子移向正极；电解质为KOH溶液，所以正极反应为O2在H2O存在条件下得电子生成OH‾。

（3）①分析反应物，氨气、二氧化硫反应后再与磷酸反应，由磷酸的量不同可生成(NH4)3PO4或(NH4)2HPO4或NH4H2PO4。

②氨水与SO2恰好完全反应生成(NH4)2SO3，水解显碱性。

③因为②中溶液显碱性，所以通入SO2可中和OH‾，使溶液显中性；根据电荷守恒可知：[NH4+]+[H+]=[OH‾]+2[SO32‾]+[HSO3‾]，溶液中性[H+]=[OH‾],得[NH4+]=2[SO32‾]+[HSO3‾]，所以[NH4+]/[SO32‾]>2。

（4）根据信息找出反应物和生成物，配平可得离子方程式。

（1）2 858

（2）CH3OH（1）＋O2(g)===CO(g)＋2H2O（1）  ΔH＝－443.5 kJ/mol

（3） ③④ 

（4） 1-α/2

（5） CH3OH+H2O=CO2+6H＋+6e-   O2+6H＋+6e-=3H2O  96.6%

试题分析：(1)由H2（g）的燃烧热△H为-285.8kJ·mol-1知，1mol H2（g）完全燃烧生成1mol H2O（1）放出热量285.8kJ，即分解1mol H2O（1）为1mol H2（g）消耗的能量为285.8kJ，分解10mol H2O（1）消耗的能量为2858kJ。

（2）写出燃烧热的热化学方程式：

CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)    △H=-283.0kJ·mol-1           ①

CH3OH（1）+3/2O2(g)=CO2(g)+2 H2O（1） △H=-726.5kJ·mol-1           ②

用②-①得：CH3OH（1）+ O2(g)="CO(g)+2" H2O（1）    △H=-443.5kJ·mol-1

（3）根据题给图像分析可知，T2的反应速率大于T1，由温度升高反应速率增大可知T2>T1，因温度升高，平衡时CH3OH的物质的量减少，说明可逆反应CO2+3H2 CH3OH+H2O向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，T1时的平衡常数比T2时的大，③、④正确，②错误。①中反应速率的单位错误，应为mol·min-1，①错误；选③④。

（4）利用化学平衡的三段模式法计算：

CO2 (g)+3H2(g)= CH3OH(g) +H2O(g)

起始  1        3       0        0

变化  a        3 a      a        a

平衡 1-a       3-3a     a        a

根据压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与起始压强之比为：(4-2a)/4=1-a/2

（5）燃料电池是原电池的一种，负极失电子，发生氧化反应；正极得电子，发生还原反应，在酸性介质中，甲醇燃料电池的负极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H＋，正极反应式为 O2+6H＋+6e-=3H2O。该电池的理论效率为消耗1mol甲醇所能产生的最大电能与其燃烧热之比，为702.1/726.5=96.6%。

（I）（1）使NO全部转化成HNO3 （或提供O2氧化NO）（2分）； ABC（2分）（少1个扣1分，多1个没有分）

（2）4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）  △H=－905.8kJ/mol（3分）

（II）（3）3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O （3分）

（4）AC（2分）

（5）温度不是反应速率明显加快的主要原因。（2分）

（6）（2分）

试题分析:（1）在整个生产流程中，第一次通入空气为了提高氨气的转化率，第二次是为了提高一氧化氮生成硝酸的转化率；整个流程中涉及的反应方程式有：①N2+3H2⇌2NH3②4NH3+5O2 =4NO+6H2O③2NO+O2═2NO2④3NO2+H2O═2HNO3+NO

⑤4NO2+O2+H2O═4HNO3⑥NH3+HNO3═NH4NO3，其中①②③④⑤属于氧化还原反应，即ABC属于氧化还原反应。

（2）氨高温催化氧化的热化学方程式可由①+2×②可得4NH3（g）+5O2（g）＝ 4NO（g）+6H2O（g），所以△H=－1266.8kJ/mol+2×180.5 kJ/mol=－905.8kJ/mol

（3）铜与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NO3－ ＝ 3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O 

（4）影响化学反应速率的因素有压强、浓度、温度、催化剂、接触面积等，但是在铜与稀硝酸的反应中，压强不影响，硝酸的浓度随反应进行减小，铜的接触面积也减小，因此浓度、接触面积都不会加快反应速率；但是金属与酸的反应是放热反应，所以有可能是温度升高加快了反应速率，也有可能是生成物具有催化作用，生成的物质作催化剂加快了反应，故选AC。

（5）从表格中数据可知反应的80min中温度升高不多，因此温度对反应速率影响不大，不是主要因素。

（6）排除了温度因素后，探究生成物对反应的催化作用，所以生成物中或中间产物中可能有催化作用的是Cu2＋ 和亚硝酸根，所以控制变量进行探究，实验①和②探究Cu2＋的影响，实验①和③探究亚硝酸根的影响。

（1）①64    ②+247.3 kJ·mol－1

（2）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低

②增大反应压强或增大CO2的浓度

③3Cu2Al2O4+32H++2NO3－=6Cu2++ 6Al3++2NO↑+16 H2O

（3）①    ②CO2+8e－+6H2O=CH4+8OH－

试题分析：（1）①设消耗CH4物质的量为x，则平衡时CH4、CO2、CO、H2物质的量分别为(6-x)mol、(6-x)mol、2xmol、2xmol，由CH4体积分数得，解得x=4。所以K= = =64。②由盖斯定律得△H=(-890.3+2.8×2+566×2) kJ·mol－1=+247.3kJ·mol－1。（2）①温度升高，催化剂活性降低。②CO2(g)＋CH4(g)CH3COOH(l)，增大压强或增大二氧化碳气体浓度，可以提高甲烷转化率。③Cu2Al2O4中Cu为+1价，Cu2Al2O4与硝酸生成硝酸铜、硝酸铝、NO和水，根据得失电子相等、电荷守恒、质量守恒配平。（3）①CO2发生加聚反应时，断裂C=O双键中的键，聚合得。②CO2在铜电极上可转化为甲烷，C的化合价由+4降为-4，发生还原反应，由电子和电荷守恒、质量守恒写出电极反应式。

（1）4×10-2mol/（L∙S)；（2）ABD；（3）1；

（4）Cr2O72- +6Cl-+14H+=3Cl2+2Cr3++7H2O ΔH=(c+b-16a）KJ/mol

试题分析：CrO42—的物质的量变化5．4×10-4- 5．0×10-4= 4．0×10-5 mol，用CrO42-表示的速率是8×10-2 mol/（L∙S)，依CrO42-（aq）+H+(aq）Cr2O72-可知，用Cr2O72—表示的速率是4×10-2 mol/（L∙S) mol/（L∙S)

0．03s时，CrO42—有5．4×10-4- 5．0×10-4= 4．0×10-5 mol转变成Cr2O72—，Cr2O72—增加4．0×10-5 mol，即共为4．73×10-3+4．0×10-5 mol=4．75×10-3mol，所以0．03s时是平衡状态；此时V正（CrO42—）=2V逆（Cr2O72—）。A对。溶液pH值不变说明H+浓度不变，该反应已达平衡状态；B对。平衡是c（CrO42—）：c（Cr2O72—）= 5．0×10-4: 4．75×10-3，不是2:1，C错。反应放热2．5×10-3c KJ时，CrO42—转化5．0×10-3 mol ，CrO42—的转化率为5．0×10-3 mol÷0．01mol =50％，D正确。该反应时放热反应，升温该反应平衡常数变小，E错误。0．04s时是平衡状态，由于PbCrO4难溶于水，也难溶于强酸，加入足量的Pb（NO3)2 可减小CrO42—浓度，使平衡左移，溶液由橙色变为黄色，最后为无色，F错误。平衡常数K=9．5×104 可以算出H+浓度是0．1mol/（L，pH= 1；(1)H+(aq）+OH-（aq）=H2O(l）； ΔH=" —a" KJ/mol

(2)3Cl2（g）+2Cr3+（aq）+16OH-(aq）=2CrO42-（aq）+6Cl-（aq）+8H2O(l)；ΔH="—b" KJ/mol

(3)2CrO42-（aq）+2H+(aq）Cr2O72-（aq）+H2O(l）；ΔH="—c" KJ/mol(1) ×16-(2)- (3)得：

Cr2O72- +6Cl-+14H+=3Cl2+2Cr3++7H2O ΔH=(c+b-16a）KJ/mol

（1）C(石墨) +1/2O2(g) = CO(g)  △H 2=" -(20x-y)" kJ·mol－1（2分）

（2）①2MgSO4 + CO ="====" 2MgO + SO2 + CO2 + SO3（2分）。

②Mg + ClO- + H2O = Cl- + Mg(OH)2（2分）。

（3）① （2分）   

②＜    （2分）

③>   （2分）

④0.4＜ c≤1     （2分）

试题分析：（1）该反应式可由C（石墨）+O2（g）=CO2（g）；△H１=－y kJ·mol－1，和C(石墨) +1/2O2(g) = CO(g)；此反应碳过量，氧气不足，所以只反应了1.68/22.4=0.075mol，而1mol的反应放热应该为x*（1.5/0.075）=20x;再根据盖斯定理，△H 2="-(20x-y)" kJ·mol－1，最终答案为C(石墨) +1/2O2(g) = CO(g)  △H 2=" -(20x-y)" kJ·mol－1；（2）①根据电子得失守恒，确定硫酸镁与二氧化硫和三氧化硫的计量数，再写方程。2MgSO4 + CO ="====" 2MgO + SO2 + CO2 + SO3。②先可以从图中看出得失电子的离子，再确定正负极的电极方程式，最后写总反应式：Mg + ClO- + H2O = Cl- + Mg(OH)2。（3）①根据公式可以写出：，②由图二可知，ΔH<0，该反应正反应是放热反应，温度升高，反应速率和限度均会增大，但是温度升高到一定程度，反应向吸热反应即逆反应方向的趋势越来越大，使得甲醇的体积分数φ(CH3OH)反而减小。③根据图像可知，I的甲醇的物质的量大，转化率高，所以在计算时，平衡常数的公式中，平衡常数大小关系为KⅠ>KⅡ。④根据化学平衡反应进行计算如下：

CO2(g) +3H2(g)  CH3OH(g) +H2O(g)

始   1mol   3mol         0 mol      0 mol

变   x mol  3x mol       x mol      x mol

终   1-x    3-3x         x          x

由于压强是原来的0.8 ，所以[（1-x）+（3-3x）+x+x]/4=0.8算得x=0.4mol,根据等体积的等效平衡，各物质的量相同才可以，所以c的最大值是1mol,而保持平衡一开始向逆方向移动，所以c大于0.4mol。

点评：本题综合热化学方程式的书写，盖斯定理和化学平衡状态的判断和计算，整体难度不大，计算也是使用较常规的三段式的方法，关键在于抓住等体积时等效平衡需要物质的量与原体系相同，两者才等效。

（1）＜；   0.36 （2）CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）；△H=-443.5KJ/mol

（3）3CO+3H2 =（CH3）2O+CO2或者2CO+4H2 =（CH3）2O+ H2O，

（4）（CH3）2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+（5）b   Cu+2H+Cu2++H2↑

试题分析：K1="{" C(CO)·C(H2)} /C(H2O);K2=" {" C(CO2)·C2(H2)} /C2(H2O) ②-①整理得：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，它的平衡常数为：K="{" C(CO2)·C(H2)} /{ C(CO) ·C(H2O)}.="K2/K1." K越大，lgK就越大。升高温度Ｋ减小，说明升高温度化学平衡向逆反应方向移动。根据化学平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。逆反应是吸热反应。所以正反应为放热反应。所以△H＜０.在900K时，该反应平衡常数的对数值lgK ="lgK2/K1=lgK2-lgK1=-0.03+0.39=0.36." （2）由题意可写出CO、CH3OH燃烧的热化学方程式①CO(g)+(1/2)O2(g)=CO2(g) △H=-283.0KJ/mol；②CH3OH（l）+(3/2)O2（g）=CO2（g）+2H2O.②-①得：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）；△H=-443.5KJ/mol。（3）根据题意可得反应的化学方程式：3CO+3H2 =（CH3）2O+CO2或者2CO+4H2 =（CH3）2O+ H2O。（4）在燃料电池中，通入燃料的电极作负极，通入氧气的电极作正极。a电极及负极上发生反应的电极反应式是：（CH3）2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+。（5）在电解池中观察到装置中电解质溶液颜色由无色变为蓝色，并逐渐加深。说明Cu失去了电子。Cu电极作阳极。二甲醚燃料电池中b电极（即正极）相连。通电时发生反应的总的离子反应方程式为：Cu+2H+Cu2++H2↑。

Ⅰ：－246.4kJ/mol

Ⅱ：（1）①O+2HO+4e=4OH，铁经导线移向石墨。

②2Cl+2HO2OH+H↑+Cl↑，     C

③5Cl+I+6HO=10HCl+2HIO

（2）①Fe－2e=Fe     ②CuO（或CuCO）     0.8（或1.24）

试题分析:I：根据盖斯定律，观察目标方程式可知，①×2+②+③，即得到3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2 (g)，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ·mol -1。

II（1）①根据装置可知甲是原电池，乙是电解池。由于氯化钠溶液显中性，所以发生吸氧腐蚀，石墨是正极，氧气得到电子，方程式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，电子由负极出正极入，所以电子由铁经导线移向石墨。

②根据乙中电子流向可知，石墨和电源的正极相连，作阳极，溶液中的氯离子放电。铁和电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电。所以总反应式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，阴离子向阳极移动，所以向石墨极移动。

③5mol氯气得到5mol×2＝10mol电子，所以根据电子得失守恒可知，单质碘得到10mol电子，因此碘的化合价从0价升高到＋5价，所以氧化产物是HIO3。因此方程式为5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3。

（2）①铁是活泼的金属，作负极，所以电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋。

②乙中阳极是OH－放电，生成氧气。阴极是铜离子放电，生成铜，总反应式为2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑。反应中生成氢离子的物质的量是0.2L×0.1mol/L＝0.02mol，所以根据方程式可知生成铜是0.1mol，因此要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入0.01mol氧化铜或0.01mol碳酸铜，其质量方便是0.8g、1.24g。

点评：本题综合性强，在解决原电池电解池的问题上时，一定要根据最基本的知识点进行判断，不容易出错。

（1）　(1分)

（2）4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g)  △H="-a+b-2c" kJ·mol-1。　(3分，方程式及状态2分，焓变1 分)

（3）①40% (2分)    0.027mol/(L·min)  　(2分)   ②c d　(2分)   ③向左　(2分)

5/36  L/mol或0.14 L/mol(2分)

试题分析：（1）CO2的电子式 。

（2）2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H=－a kJ·mol-1 ①

2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=－b kJ·mol-1   ②

CO(g)＋1/2O2(g)CO2(g)   △H=－c kJ·mol-1  ③

由①－②+2×③得 4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g)  △H="-a+b-2c" kJ·mol-1。

（3）①

2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)

起始浓度(mol·L－1)      1.2      1          0       0

转化浓度(mol·L－1)      0.4     0.4        0.2       0.4

平衡浓度(mol·L－1)      0.8     0.6        0.2       0.4              

有害气体NO的转化率为×100%＝40%；0~15min  NO的平均速率v(NO)=＝0.027mol/(L·min)。化学平衡常数K=＝0.14。

②a．缩小容器体积，CO浓度增大，所以错误。

b．增加CO的量，CO浓度增大，所以错误。

c．降低温度，正向移动，CO浓度减小，所以正确。

d．扩大容器体积，CO浓度减小，所以正确。

所以选c d。 

③20min时再向容器中充入NO、N2各0.4mol，此时各成分的浓度变为

2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)

瞬时浓度(mol·L－1)       0.8       0.6        0.4      0.6

Qc＝＝0.625>0.14，所以逆向移动；化学平衡常数只和温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以化学平衡常数还是L/mol或0.14 L/mol。

（1）CH3CH2OH＋2O22CO＋3H2O ;2C5H12＋11O210CO＋12H2O  N2＋O22NO

（2）A C D

（3）2CO(g)＋4H2(g)=CH3CH2OH(g)＋H2O(g) ΔH1+2ΔH3

（4）>  6.75  0.3mol/( L·h)

（5）NO分解反应是放热反应，达平衡后，温度升高，则平衡逆向移动   850K（810－880K均正确）

试题分析：（1）燃料CH3CH2OH、C5H12不完全燃烧会产生CO。其反应方程式为：CH3CH2OH＋2O22CO＋3H2O    2C5H12＋11O210CO＋12H2O在气缸内产生NO的方程式为：N2＋O22NO。（2）反应（i）的正反应为气体体积减小的反应。所以要提高氢气转化率可以通过增大反应物CO2的浓度、减小生成物乙醇的浓度或增大压强等措施来实现。由于催化剂能同等倍数的改变正反应、逆反应的速率，所以平衡不发生移动。乙醇选项为ACD。（3）①＋③×2，整理可得：2CO(g)＋4H2(g)=CH3CH2OH(g)＋H2O(g) ΔH1+2ΔH3。（4）由图像可以看出：升高温度，化学平衡常数增大。即：升高温度，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。正反应方向为吸热反应。所以反应(ii)的焓变ΔH2>0。对于反应（ⅱ）在反应开始时，c(CH4)=1mol/L;c(H2O)="1mol/L." c(CO)= c(H2)=0.当反应达到平衡时，c(CH4)=" 0.5" mol/L;c(H2O)=" 0.5" mol/L， c(CO)=" 0.5" mol/L ；c(H2)=" 1.5" mol/L。所以化学平衡常数为：。从反应开始至达到平衡时氢气的反应速率v(H2)="Δc/Δt=1.5mol/L÷5h=0.3mol/(" L·h). （5）在没有CO情况下，温度超过775K，NO的转化率减小，造成这种现象的原因可能是NO分解反应是放热反应，达平衡后，温度升高，则平衡逆向移动，导致分解率降低。由图像可以看出在NO：CO=1:1时NO的转化率随温度的升高而增大。当温度在850K时NO的转化率最大。所以应控制的最佳温度为850K左右。