热门试卷

H2（2分）

（2）H2S＋Na2CO3=NaHS＋NaHCO3（2分）

（3）-246.4kJ·mol―1（2分） C、e（2分）

（3）①>（2分）②0.04mol /L（2分）0.16mol· L―1· In―1（2分）

试题分析：（1）碳和水反应生成一氧化碳和氢气的化学方程式为：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2；

（2）H2S和H2CO3均是二元酸，它们都存在酸式盐NaHS和NaHCO3，二者反应的化学方程式为H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3，故答案为：H2S+Na2CO3→NaHS+NaHCO3；

（3）由盖斯定律可知，通过①×2+②+③可得所求反应方程式，则△H=-90.8kJ·mol－1×2-23.5kJ·mol－1-41.3kJ·mol－1=-246.4kJ·mol－1，一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，应使平衡向正反应方向移动，可减少CO2的浓度或分离出二甲醚，由于反应放热，升高温度平衡向你反应方向移动，转化率减小，催化剂不影响平衡移动，而增加CO的浓度，CO的转化率反而减小，故答案为：246.4；c；

（4）该反应的平衡常数表达式为：K=，

将所给浓度带入平衡常数表达式：=1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率；

2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）

某时刻浓度（mol·L-1）：0.44           0.6      0.6

转化浓度（mol·L-1）：2x            x          x  

平衡浓度（mol·L-1）：0.44-2x         0.6+x      0.6+x

K=

，解得x=0.2mol·L－1，

故平衡时c（CH3OH）=0.44mol·L－1-0.2mol·L－1×2=0.04mol·L－1，

起始时在密闭容器中加入CH3OH，

则起始时甲醇的浓度为0.44moL·L－1+0.6mol·L－1×2=1.64mol·L－1，平衡时c（CH3OH）=0.04mol·L－1，

则10min转化甲醇1.64moL·L－1-0.04moL·L－1=1.6mol·L－1，

所以甲醇的反应速率为v（CH3OH）=="0.16" mol/（L·min），

故答案为：＞；1.64 mol·L－1；0.16 mol/（L·min）

（1）2CaCO3(S)＋2SO2(g)＋O2(g)＝2CaSO4(S)＋2CO2(g)  ΔH=－2762.2 kJ/mol；K=；

（2）使生成的SO2完全逸出，防止SO2被氧化造成误差；洗涤；干燥； 95%；

（3）还原气体过量可以提高SO2的转化率；

（4）SO32-＋H2O－2e-＝2H+＋SO42-；

试题分析：(1)③+②×2-①×2.整理得2CaCO3(S)＋2SO2(g)＋O2(g)＝2CaSO4(S)＋2CO2(g)  ΔH=－2762.2 kJ/mol。此反应的平衡常数表达式为K=；（2）向溶液中加入植物油形成油膜，用滴管插入液面下加入过量盐酸，充分反应，再加热煮沸目的是使生成的SO2完全逸出，防止SO2被氧化造成误差步骤④两步实验操作分别是洗涤、干燥；n(BaSO4)=n( (NH4)2SO4)=m/M=23.3g÷233g/mol=0.1mol,m((NH4)2SO4)=n·M=0.1mol×132g/mol=13.2g.所以样品中(NH4)2SO4的质量分数(13.2g÷13.9 g) ×100%= 95%.（3）高温下用水煤气将SO2还原为S的方程式为CO(g)+H2(g)+SO2(g)S(s)+ CO2(g)+ H2O(g)。由方程式可知反应时它们的物质的量的比为1:1:1.保持气配比为0.75即还原气体过量，目的是可以提高SO2的转化率，使更多的SO2还原为S单质，从而大大降低尾气中的含硫量。（4）用惰性电极电解Na2SO3溶液，阳极电极反应方程式为SO32-＋H2O－2e-＝2H+＋SO42-；阴极的电极反应式为2 HSO3-+2e-= H2↑+2SO32-。

Ⅰ（1）2H2(g) + O2(g)= 2H2O(g) ΔH=" —483.6" kJ/mol   （2）463.4

Ⅱ （1）C（s）+H2O(g)  H2(g) + CO(g)（2）= （1分）， A （1分） （3）①＞（1分） ② CD        （4）①CH4-8e—+10OH—= CO32—+7H2O  ②c(K+)>c(HCO3—)>c(CO32—)>c(OH—)>c(H+)

试题分析：Ⅰ、（1）①2Cl2（g）+2H2O（g） 2Cl2（g）+2H2O（g），△H=-115.6kJ/mol，②H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=-184kJ/mol，依据盖斯定律：①+②×2得到热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H="-483.6" kJ/mol；（2）依据反应的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H="-483.6" kJ/mol，△H=断裂化学键吸收的能量-形成化学键放出的能量="2×436KJ+498KJ-4×H-O=-483.6" kJ，则得到H-O的键能=463.4kJ；

Ⅱ、（1）平衡表达式为：K=C(H2)•C(CO)/C(H2O) ，生成物为CO、H2，反应物含有H2O，三者化学计量数分别为1、1、1，根据元素守恒，故另一反应物为固体C，反应中它所对应反应的化学方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；（2）一段时间后，当N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol/L、1mol/L、2mol/L时，Qc="4×4" /4×23 =0.5=K，所以该状态是平衡状态，正逆反应速率相等；缩小体积增大压强可使该反应的化学反应速率加快，同时使平衡时NH3的体积百分数增加；（3）①通过图表可知温度升高K值增大，从而可知温度升高平衡向正反应移动，故△H＞0。②此反应A(g) + 3B(g)  2C(g) + D（s）是一个气体系数发生变化的反应，故容器内压强保持不变或混合气体的密度保持不变均可使此反应达到平衡。（4）①正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，正极电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；②参与反应的氧气在标准状况下体积为8960mL，物质的量为8.96L/22.4L/mol =0.4mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为(0.4mol×4 )/8 =0.2mol，n（NaOH）=0.1L×3.0mol•L-1=0.3mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，介于1：1与2：1之间，故生成碳酸钾、碳酸氢钾，令碳酸钾、碳酸氢钾的物质的量分别为xmol、ymol，则x+y=0.2，2x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.1，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（OH-）＞c（H+），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（HCO3-）＞c（CO32-），钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（K+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）;

（1）569  ΔS<0   CO能够保护Na2S不被氧化；（2）1233℃时平衡常数远小于1，气体主要以SO2

和O2的形式存在；（3）CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3

PtCl42-+SO2+H2O===SO42-+4H++4Cl-+Pt↓   Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2。

试题分析：（1）将方程式①+2③得Na2SO4（s）+4C（s）═Na2S（s）+4CO（g）△H3=+1011.0kJ•mol-1+2（-221.0kJ•mol-1）=+569kJ/mol；根据反映方程式可知，反应物都为固体，产物有气体生成，故ΔS<0，ΔG=△H-TΔS，故该反应能自发进行；CO能够保护Na2S不被氧化；（2）1233℃时平衡常数远小于1，气体主要以SO2和O2的形式存在；（3）①用CO还原MgSO4可得到MgO、CO2、SO2和SO3，方程式为CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3；② PtCl42-+SO2+H2O=SO42-+4H++4Cl-+Pt↓; ③由图可知镁-次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO-、H2O反应生成Cl-与Mg(OH)2，该电池反应的总反应方程式为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2。

（1）放热  0．025 mol/(L·s) （各2分，共4分）

（2）见图（在T1S1下方，起点不变、终点在虚线后即可，合理均可）（2分）

（3）5000 L/mol （2分）           2．41%    (2分)                 

（4）B D   （共2分，少选得1分，错选不得分）

（5）CH4(g)+N2O4(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) D H═ —898．1kJ/mol （2分）

试题分析：⑴依据“先拐先平，数值大”的原则，可知：T1＞T2，而在T1条件下可知，二氧化碳的含量反而低，可知，升高温度反应逆向移动，因此正向是放热的。化学反应速率等于单位时间内反应物或者生成物浓度的变化量，因此可以确定用二氧化碳表示的化学反应速率就为：0.050 mol/(L·s)，再依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，可知；用氮气表示的化学反应速率就为：0.025 mol/(L·s)。⑵增大表面积，只是增大反应速率，并不影响二氧化碳的含量，因此，只是反应达到平衡的时间延长，并不影响二氧化碳的量。

⑶    2NO(g)   +    2CO(g)       2CO2      +         N2

起始浓度：10－3mol/L      3.6×10－3mol/L        0                  0

转化浓度：9.0×10－4mol/L 9.0×10－4mol/L      9.0×10－4mol/L    4.5×10－4mol/L

平衡浓度：10－4mol/L      2.7×10－3mol/L     9.0×10－4mol/L     4.5×10－4mol/L

因此平衡常数：

根椐，平衡时体积比等于物质的量之比，等于浓度之比，所以平衡时NO的体积分数为：

⑷A图中正反应速率反应开始后是减小的，错误；B图中表示的是化学平衡常数随时间的变化，因为是绝热的，而反应又是放热的，所以随着反应的进行，放出的热量散不出去，使反应逆向移动，使得平衡常数减小，但在某一个时刻达到平衡状态。正确；C图中在t1后各自的物质的量还在变化，则不是平衡状态，错误；D图中一氧化氮的质量在t1时刻质量不变，一定是一个平衡状态。正确。

⑸   ①CH4(g)+2NO2(g) = N2 (g)+CO2 (g)+2H2O(g)   △H=-867．0kJ • mol-1

②2NO2 (g) N2O4 (g)                   △H=-56．9kJ • mol-1

③H2O(g) = H2O(l)                          △H=-44．0kJ • mol-1

①－②＋③×2：CH4(g)+N2O4(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) D H═ —898．1kJ/mol

（1）4NH3+5O24NO+6H2O （2）2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)；△H=-87.0kJ/mol

（3）2NH3+6OH- -6e-=N2+6H2O   0.6NA。（4）①9/16(或0.56) ②bc ③<.

试题分析：（2）由盖斯定律方程式①+②-③得热化学方程式2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)；△H=-87.0kJ/mol；（3）由原电池原理，结合电解质溶液的碱性确定负极反应式为2NH3+6OH- -6e-=N2+6H2O ；每消耗3．4g NH3转移的电子数为0.6NA；（4）由平衡常数的表达式确定T1℃时，该反应的平衡常数K=c（N2）×c（CO2）/c2(NO)=0.56；30min后气体的浓度均增大，所以可能是通入的NO或缩小了容器的体积；升高温度时三种气体的浓度比值与T1℃平衡状态下增大，所以确定平衡逆向移动，Q <0.

考点:元素化合物知识、盖斯定律、原电池原理、化学平衡及其常数。

（12分）（每空2分）

（1） +181.5 kJ/mol    

（2） 780℃~840℃

（3） 抑制Fe3+的水解；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+

（4） 2NH3+ClO—=N2H4+Cl—+H2O 

（5） 负极      2NH3—6e—+6OH—=N2+6H2O

试题分析：（1）由盖斯定律，（①-②）×1/2可得N2（g）+O2（g）2NO（g），故△H=1/2×（1）由盖斯定律，（①-②）×1/2可得N2（g）+O2（g）2NO（g），故△H="+181.5" kJ·mol－1，

故答案为：+181.5 kJ·mol－1；

（2）从图象可以看在，反应温度在780～840℃，NO的产率最大，故选择780～840℃，

故答案为：780～840℃；

（3）溶液中铁离子水解Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，过量的硝酸抑制Fe3＋的水解，

故答案为：溶液中铁离子水解Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，过量的硝酸抑制Fe3＋的水解；

（4）NH3通入NaClO溶液中，生成N2H4，N元素的化合价升高，故Cl元素的化合价应降低，有氯离子生成，根据元素守恒与电荷守恒可知，还有水生成，配平后离子方程式为：2NH3+ClO－=N2H4+Cl－+H2O，

故答案为：2NH3+ClO－=N2H4+Cl－+H2O；

（5）由图可知，A极通入的为氨气，发生氧化反应，为负极，氨气在碱性条件下放电生成氮气与水，电极反应式为：2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O，

故答案为：负极；2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O．

（1）-1473.2 kJ・mol—1

（2）0.4mol

（3）①HS—（或NaHS）   c

②Cu2++ HS—=CuS↓+H+

（4）Ⅰ 

试题分析：（1）三个热化学方程式分别为①②③，则反应的△H= ③×2－①－②；（2）反应中硝酸作为氧化剂，共转移电子数为10e-，当反应中转移电子的数目为2mol时，生成H3AsO4的物质的量为2÷5=0.4mol；（3）①Na2S与盐酸反应先生成HS-，再生成H2S，分别对应A、B、C三条曲线；此过程中的物料守恒式为c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)]；②反应生成酸，根据反应条件只能有沉淀生成反应才能发生，即生成CuS为沉淀；（4）分子中含有三种不同环境的氢，苯环两种，个数为2,2,1，所以图1为其图谱；根据图谱确定其含有三种不同环境的氢且数目相同，而—SH中含有1个氢原子，所以应是该官能团反应，根据原子守恒写出结构简式为。

（12分）（1）CH4(g) ＋2NO2(g)＝N2(g) ＋CO2(g) ＋2H2O(g)  △H＝－867 kJ·mol－1（3分）

（2）①减小（2分） 不变（2分） ②CH3OCH3 －12e－ ＋16OH－＝2CO32－ ＋11H2O（3分） ③9.6（2分）

试题分析：（1）因盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的。则两式相加，可得反应2CH4（g）+4NO2（g）＝2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g），所以反应热△H＝－574 kJ/mol－－1160 kJ/mol＝－1734 kJ/mol 。

（2）①根据表中数据可知，随着温度的升高，CO2的转化率是减小的，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以正方应是放热反应。升高温度平衡常数减小。温度不变，提高投料比[n(H2) / n(CO2)]，CO2的转化率增大。但平衡常数只与温度有关系，因此平衡常数是不变的。

②原电池中负极失去电子，所以甲醚在负极通入。由于电解质是碱性的，则负极的电极反应式是CH3OCH3 －12e－ ＋16OH－＝2CO32－ ＋11H2O。通电30s后成反应的甲醚是1.12 L·min-1×0.5min＝0.56L，物质的量是0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，因此根据电极反应式可知转移电子的物质的量是0.025mol×12＝0.3mol。阴极是铜离子得到电子，电极反应式是Cu2＋＋2e－＝Cu，所以生成的铜是0.3mol÷2＝0.15mol，质量是0.15mol×64g/mol＝9.6g。

点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。试题贴近高考，难易适中，基础性强，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，提高学生的应试能力和学习效率。也有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。

（1）、10-3 （2分）； （2）、c2 NO2/ c N2O4（或0.122/0.04）（2分），＜（2分）

（3）、A （4分） （4）、B（3分）     （5）、-1079.6 （3分，未写“-”号扣1分）

试题分析: （1）由甲图可知，在60s时，N2O4的浓度为0.04 mol·L-1 ，所以以N2O4表示的平均反应速率为v="(0.1-0.04)" mol·L-1÷60s="0.001" mol·L-1·s-1 。

（2）甲图可知在反应到60s时，反应物和生成物的浓度保持不变，所以此时反应达平衡，平衡常数K1=c2(NO2)/ c(N2O4)=0.122/0.04=0.36mol.L-1.S-1 ;因为该反应的焓变△H>0，所以是个放热反应，所以升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，k12 。

（3）从图像上来看，100s时，反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向移动，所以这一改变的条件可能是降低温度，平衡逆向移动了，A正确；通入不反应的惰性气体对反应无影响，B错误；反应物和生成物的变化量之比为1:2，所以不是改变反应物和生成物的量，C错误；增大容器的体积，系统压强减小，各物质的浓度瞬间改变，且平衡正向移动，所以D错误；故选A。

（4）乙图中交点A表明此刻v(NO2)消耗= v(N2O4)消耗，但v(NO2)生成= 2v(N2O4)消耗，所以v(NO2)生成>v(NO2)消耗，所以反应正向进行，故选B。

（5）根据热化学方程式和盖斯定律可知，所求方程式=2×②+③-①，所以△H=2×△H2+△H3-△H1="-1079.6" kJ·mol-1 。

（1）CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•mol-1 （2）①＜ ②B

（3）12NH3+3O2+4SO2+4NO2+6H2O=4(NH4)2SO4+4NH4NO3

（4）①A， 2NO3-+6H2O+10e-＝N2↑+12OH-   ②7.2

试题分析：（1）（①+②）÷2可得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•mol-1

（2）① 由甲醇的体积分数φ(CH3OH) 与反应温度T的关系曲线可以看出：当升高温度时甲醇的体积分数减小，说明升高温度化学平衡向逆反应方向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应反应移动，逆反应方向是吸热反应，所以正反应为放热反应，所以△H＜0.② CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g)由图可知：反应的容器容积为1L，当反应进行到10分钟时达到平衡，此时CO2的转化率为0.75. CH3OH的平衡浓度为0.75mol/L.A. 此时若向该容器中再充入1mol CO2和3mol H2，假如平衡不发生移动，由于C（CO2）C(H2)都是原来的2倍，则再次达到平衡时c(CH3OH) ="1.5" mol/L。而实质上这是一个反应前后气体体积不等的可逆反应，增大反应物的浓度，也就增大了压强。增大压强化学平衡向气体体积减小的方向即正反应方向移动。所以当达到新的平衡时c(CH3OH)大于1.5 mol/L。错误。B.由于在反应中CO2和H2是按照1:3关系反应的，投入量也是按照1:3加入的，所以再次达到平衡时，氢气的转化率不变，仍为0.75。正确。C．0～10分钟内，V(CO2)= ΔC/Δt="0.75mol/L÷10min=" 0.075mol/( L•min) .V(H2): V(CO2)=3:1,所以V(H2) ="3" V(CO2)= 3×0.075mol/( L•min) = 0.225mol/( L•min).错误。D．该温度下，反应的平衡常数的值K="{" c(CH3OH)·c(H2O)}÷{ c(CO2)·c3(H2)}=" (0.75×0.75)" ÷{0.25×(3-0.75)3}=0.1975.错误.E.由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度将使平衡逆向移动，n(CH3OH)/n(CO2)减小。错误。正确选项为B。（3）该反应的化学方程为12NH3+3O2+4SO2+ 4NO2+6H2O= 4(NH4)2SO4+4NH4NO3（4）① 由于NO3- →N2 ，得到电子，所以应该接电源的负极，作阴极。即A为电源的正极，B为电源的负极。阴极反应式为2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-。② 电解池右侧NO3-转化成N2，发生还原反应：2 NO3-+10e－+6H2O = N2↑+ 12OH－ ，其电极应为阴极，则左侧发生 氧化反应：2H2O―4 e－ =O2↑+4H+，其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；转移1mol电子时，左侧减少0.1molN2，2.8g，右侧生成0.25molO2,8g，1molH+，由于H+可通过质子交换膜由左侧进入右侧，则右侧电解液质量实际减少：2.8g-1g=1.8g，左侧电解液质量实际减少：8g+1g=9g，则两侧质量差为9g -1.8g=7.2g。3- 的原理等的知识。

（1）2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-759.8kJ/mol；（2分）

（2）①c （2分） ②0.015 （2分）③升温  （2分）④1/36 （2分） 逆向（2分）

（3）SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+  （2分）    0.5   （2分）

试题分析：（1）由图知298K条件下1mol NO2和1mol CO反应生成1mol CO2和1mol NO 的热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g） +CO2（g）△H=-234kJ/mol     ③；NO与CO反应生成无污染气体是氮气和二氧化碳气体，根据盖斯定律得②-①+2×③即为所求，所以答案是2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-759.8kJ/mol；

（2）①NO2（g）+CO（g）=NO（g） +CO2（g），该反应为反应前后气体物质的量不变的可逆反应，压强始终不变，a错误；b、体积不变，NO的物质的量增加，浓度增大，平衡逆向移动，K不变，错误；c、升高温度后，平衡逆向移动，K减小，N02的转化率减小，正确；d、充入氦气，容器体积不变，所以反应物的浓度不变，平衡不移动，错误答选c；

②在0～2 min内NO的浓度增加0.03mol/L,所以v（NO）="0.03mol/L/2min=0.015" mol·L-1·min-1

③第4 min时反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向移动，所以是升温；

④6min时各物质的平衡浓度分别为c(NO2)="0.18" mol·L-1,c(CO)="0.08" mol·L-1,c(NO)=c(CO2)="0.02" mol·L-1,所以K= c(NO)·c(CO2)/c(NO2)·c(CO)=1/36；此时再向容器中充人CO、NO各0．060 mol，则c(NO)·c(CO2)/c(NO2)·c(CO)>1/36，所以平衡逆向移动；

(3)二氧化硫在负极通入，发生氧化反应，电极反应式为SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+，当有0.25molSO2被吸收时，转移电子的物质的量是0.5mol，根据得失电子守恒，正极发生O2+4e-+4H+=2H2O，则通过质子（H+）交换膜的H+的物质的量为0.5mol。

（1）b    -91kJ/mol （2）ABC（3）0.075mol/(L·min)    0.5mo/L    12  正向（4）CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-281kJ/mol(3分)

试题分析：（1）根据图像可知，b曲线能量较低，故b为加入催化剂。根据图像可知△H=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ/mol。（2）根据图像2可知，起始是加入CO的浓度为1mol/L，10min后达到平衡，平衡时CO的转化率为（1mol/L-0.25mol/L）/1mol/L×100%=75%。生产CH3OH的浓度为0.75mol/L。A选项正确，B选项，根据勒夏特列原理可知，增加CO的浓度，H2的转化率将增大。C选项，由于反应物化学计量数之和不等于产物计量数之和可知，当容器中压强恒定时，反应达到平衡状态。故选择A、B、C。（3）v(CO)=（1mol/L-0.25mol/L）/10min=0.075mol/(L·min)。根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可知，消耗n(CO):n(H2)=1:2，故消耗H2的物质的量为0.75mol×2=1.5mol，达到平衡时剩余H2的物质的量为2mol-1.5mol=0.5mol。故浓度为 0.5mo/L。该温度下化学平衡常数为0.75/0.52×0.25=12。反应物化学计量数之和大于产物计量数之和，压缩体积，平衡向正反应方向移动。（4）32gCH3OH为1mol，产物中H2O为2mol，由H2O(l)= H2O(g)；ΔH＝＋44 kJ/mol。故热化学方程式为：CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-281kJ/mol。

（8分）

（1）CO(g) +NO2 (g) =CO2(g)+NO (g)   ΔH=－234kJ/mol      （2分）

（2）＞                                                   （1分）

（3）a b                                                   （2分）

（4）①NH3·H2O  NH4++OH-  （其他合理答案也给分） （2分）

②  b                                                 （1分）

试题分析：（1）反应物断化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=反应的焓变，所以△H=134KJ·mol－1-368KJ·mol－1=-234kJ·mol－1；CO和NO2反应生成NO和CO2的热化学方程式为：CO（g）+NO2（g）═CO2（g）+NO （g）△H=-234kJ·mol－1，

答案为：CO（g）+NO2（g）═CO2（g）+NO （g）△H=-234kJ·mol－1；

（2）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，所以K1＞K2，故答案为：＞；

（3）a．依据正反应速率之比等于化学方程系数之比，V正（H2）=3V正（N2），依据v正（H2）=3v逆（N2）可知V正（N2）=v逆（N2），说明反应达到平衡，a正确；

b．反应前后气体体积分数变化，容器内压强保持不变证明反应达到平衡，b正确；

c．反应过程中气体质量和混合气体体积不变容器中混合气体的密度保持不变，不能证明反应达到化学平衡，c错误；

d．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2只能说明反应了之比等于系数之比，不能证明反应达到平衡，d错误；

答案为：ab；

（4）①用化学用语说明所得氨水能使酚酞变红的原因，可以利用电离平衡说明，电离方程式为：NH3·H2ONH4＋+OH－，故答案为：NH3·H2ONH4＋+OH－；

②25℃时，依据溶液中存在的电荷守恒为c（H＋）+c（NH4＋）=c（OH－）+c（Cl－），将一定量的氨水与盐酸混合后pH=7，c（H＋）=c（OH－），测该混合溶液中c（Cl－）与c（NH4＋）关系相等，答案为：b．

考点 ：反应热和焓变；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断．