热门试卷

I．C(s) + H2O(g)  CO(g)+H2(g) （1分）

II．（1）3CO(g)＋3H2(g)  CH3OCH3(g) ＋CO2(g) △H1＝－246．1kJ·mol－1    > （1分）

（2）0．1mol/(L·min)  （1分）  5．4 （1分）

（3）大于（1分）   1．6mol/L （1分）

（4）CH3OCH3 -12e-+16OH - = 2CO32-+11H2O （1分）  9．6g （2分）

试题分析：I．根据题给平衡常数表达式，结合质量守恒定律写出，化学方程式为

C(s) + H2O(g)  CO(g)+H2(g)；II．（1）根据盖斯定律，①×2+②+③得催化反应室中总反应的热化学方程式为3CO(g)＋3H2(g)  CH3OCH3(g) ＋CO2(g) △H1＝－246．1kJ·mol－1；该反应放热，降温平衡向正向移动，K增大，故在催化反应室中反应③的K＞1．0；（2）根据v=△c/△t,将题给数据代入计算，v(CO)= 0．1mol/(L·min)；根据平衡计算——三行式计算。

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

起始浓度（mol/L）  1      2.4          0           4      a           0

转化浓度（mol/L）  0.5     1           0.5          2      4           2

平衡浓度（mol/L）  0.5    1.4          0.5          2      a-4         2

将有关数据代入平衡常数表达式，计算得a=5．4；

（3）①根据信息知，Q= c(CH3OCH3) c(H2O)/ c2(CH3OH),代入数据计算得Q=2.4，Q＜K，反应正向进行，v正大于v逆；②根据平衡计算——三行式进行计算。平衡时二甲醚的物质的量浓度是1．6mol/L；

（4）以二甲醚、空气、KOH 溶液为原料，以石墨为电极可直接构成燃料电池，二甲醚发生氧化反应，在负极发生反应，根据原子守恒和电荷守恒，该电池的负极反应式为CH3OCH3 -12e-+16OH - = 2CO32-+11H2O；根据电子守恒计算析出铜的质量，2m(Cu)/64=1.12/22.4×0.5×12，m(Cu)=9.6g。

（1）①2O3(g)＝3O2(g) △H＝－285kJ/mol （2分）  ②2H++O2+2e-＝H2O2（2分）

（2）①0.009mol/(L•min)（没写单位不给分，2分）

②0.56（2分）③C、D（2分）④减小CO2的浓度（2分）⑤不变（2分）

试题分析：（1）①a、6Ag(s)+O3(g)＝3Ag2O(s) △H＝－235.8 kJ/mol，b、2Ag2O(s)＝4Ag(s)+O2(g)△H＝+62.2kJ/mol，所以依据盖斯定律可知，a×2+b×3即得到：2O3(g)＝3O2(g)，所以该反应的反应热△H＝－235.8 kJ/mol×＋62.2kJ/mol×3＝－285kJ/mol；即2O3(g)＝3O2(g) △H＝－285kJ/mol。

②电解池中阳极失去电子，发生氧化反应。阴极得到电子，发生还原反应。根据阳极制得臭氧，阴极制得过氧化氢可知，电解的总反应方程式为3H2O+3O23H2O2+O3，其中阳极反应为3H2O－6e-＝O3+6H+，阴极反应为6H++3O2+6e-＝3H2O2。

（2）①根据表中数据可知10 min～20 min以内v(CO2)表示的反应速率＝＝0.009mol/(L•min)。

②根据表中数据可知T1℃时该反应平衡浓度为，c(N2)＝0.3mol/L、c(CO2)＝0.3mol/L、c(NO)＝0.4mol/L，所以该温度下该反应的平衡常数K＝=＝0.56。

③根据反应式C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)可知，反应是气体体积不变的反应。在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态，则A、反应是气体体积不变的反应，反应过程中和反应平衡状态压强相同，所以容器内压强保持不变不能说明反应达到平衡，故A错误；B、反应速率之比等于化学方程式系数之比，当v正(NO)＝2v逆(N2)，反应达到平衡，v正(NO)＝2v正(N2)只能说明反应正向进行，故B错误；C、容器内CO2的体积分数不变，说明反应达到平衡，故C正确；D、混合气体密度等于气体的总质量除以容器的体积，反应中碳是固体，平衡移动气体质量变化，体积不变，所以混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，故D正确，答案选CD。④30min时改变某一条件，反应重新达到平衡，根据表中数据可知c(N2)＝0.34mol/L、c(CO2)＝0.17mol/L、c(NO)＝0.32mol/L，所以依据平衡常数K＝可知，K＝＝0.56，即平衡常数不变。由于化学平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度减小，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器体积后加入氮气。

⑤一定温度下，随着NO的起始浓度增大，反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)是气体体积不变的反应；增大一氧化氮浓度相当于增大体系压强，平衡不动，一氧化氮转化率不变。

（1）   bd      （各1分，共2分，选错不得分）

（2）CH4(g)+N2O4(g) =N2(g) +2H2O(g) + CO2(l) △H=" —898.1kJ/mol" （2分）

（3）① ＞（1分）　＜（1分）②KP＝ （2分） ； ③ C（2分）

（4）NO2+NO3— —e-=N2O5 （2分）  

（5）76g（2分）

试题分析：（1）a、正反应速率等于逆反应速率时，达到平衡状态，此时反应速率不再变化，所以图像不符合，错误；b、因为容器为绝热，所以t1时平衡常数不变，说明反应已达到平衡，正确；c、t1时CO、CO2的物质的量还在变化，没有达到平衡状态，错误；d、t1时NO的质量分数不再变化，说明反应已达到平衡，正确。

（2）首先写出化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求出焓变，△H=∆H1-∆H2+2×∆H3= —898.1kJ•mol‾1，可写出热化学方程式。

（3）①、根据化学方程式可知气体的系数增大，说明∆S>0；脱氨率达到最高点之后继续升高温度，脱氨率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，∆H<0。

②、根据化学方程式中物质的状态和系数可得：KP＝

③A、两种催化剂在本题温度时脱氮率不同，错误；B、改变压强，化学平衡移动，脱氮率发生变化，错误；

C、催化剂①在250℃时脱氮率最高，催化剂②在450℃左右脱氮率最高，正确。

（4）燃料电池中O2在正极上发生得电子反应，则NO2在负极上失电子生成更高价态的N2O5，电极方程式为：NO2+NO3— —e-= N2O5

（5）尿素吸收NO、NO2生成对大气无污染的气体，则化学方程式为：CO(NH2)2 + NO +NO2 =2N2 +CO2+2H2O，1mol尿素反应吸收1mol NO和1mol NO2，质量为：30g+46g=76g。

（1）①   ②<  ③D

(2) ①ΔH3=ΔH1+ΔH2。

②如图

（起点，画在0.15到0.2之间，终点，不高于原平衡线都正确）

③=。温度不变K不变，加入3molCO后容器体积变为6L，经计算Qc=K=9,所以平衡不移动。

试题分析：(1) ①对于在一定体积的密闭容器内发生的有气体参加的反应来说，气体的物质的量的比等于压强之比。所以当反应达到平衡后，平衡时生成物各组分的压强幂指数的乘积与反应物各组分的压强幂指数的乘积的比。。②放热反应和体系混乱程度增大的反应是自发进行的反应。对于反应2NO(g)+2CO2CO2(g)+N2(g)是混乱程度减小的反应，要使反应在低温下能自发进行，则该反应的ΔH<0. ③A.由于该反应的正反应为放热反应。所以随着反应的进行，体系的温度不断升高，正反应速率不断加快。有更多的反应物变为生成物，所以逆反应速率也不断加快。若反应达到平衡。由于该反应的正反应为放热反应，所以升高温度，平衡向逆反应方向移动。V正应该减小。但在c点未看到速率减小的趋势，所以未达到平衡状态。正确。B．由速率图像可以看出：反应速率a点小于b点。正确。C．由图像可以看出：在从开始到t3以前，V正在不断的增大，反应正向进行。反应未达到平衡状态。因为反应是从正反应方向开始的，所以反应物浓度a点大于b点。正确。：D. 因为t2 --tl=t3－t2，速率不断加快，单位时间内物质改变的浓度大，所以反应物的转化率NO的转化率：t2～t3 > tl～t2。错误。（2）① ①＋②整理可得ΔH3=ΔH1＋ΔH2。②由于温度不变，所以化学平衡常数就不会变化。在加入1 mol H2O（g）的一瞬间，H2的物质的量没变，所以H2的体积分数为0.5÷3=.由于增大反应物的浓度，化学平衡正向移动，会产生更多的H2，因此H2的体积分数不断增大。假如c(CO)改变浓度为x,则再次达到平衡时c(CO)=0.5-x;c(H2O)=1.5-x;c(CO2)=" 0.5+x" ; c(H2)=" 0.5+x." (0.5-x )×(1.5-x)=" (0.5+x" )×(0.5+x).解得此时H2的体积分数为(1/6+0.5)÷3=2/9.图像见答案。③恒温条件下，在体积可变的密闭容器中发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)到达平衡时，测得CO、H2、CH3OH分别为1 mol、1 mol、1 mol，容器的体积为3L，现往容器中继续通人3 mol CO，温度不变K不变，加入3molCO后容器体积变为6L =K。所以所以平衡不移动。v（正）= v（逆）。

Ⅰ．N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g) △H=－1135kJ·mol－1   （2分）

Ⅱ．(1) 小于（2分）  　0.015 mol·L－1·s－1     （2分）

（2)   a 、c　（2分）  （3）通入氧气、增大压强（2分） 

（4）720  （2分）  （5）25%（2分）

试题分析：Ⅰ．由N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）；△H=-543kJ•mol-1①

H2(g)+  F2(g)  =  HF(g)     △H = －269kJ·mol－1②

H2(g)+  O2(g)  =  H2O(g)     △H = －242kJ·mol－1③

利用盖斯定律可知①+②×4-③×2可得反应N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g），

该反应的△H=（-543kJ•mol-1）+4×（-269kJ•mol-1）-2×（-242kJ•mol-1）=-1135kJ•mol-1，

故答案为：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=-1135kJ•mol-1

Ⅱ．(1) 化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；K800℃>K1000℃，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；v(O2)=（0.100－0.040）mol/2L×2 s＝0.015 mol·L－1·s－1

（2)a．容器内颜色保持不变 ，说明二氧化氮的浓度保持一个定值，反应达到平衡状态，正确；

B．2v逆(NO)＝v正(O2)，v(NO)与v(O2)的速率比不等于方程式前面的系数，不能判断是否达到平衡，错误．

c．反应是气体压强减小的反应，平衡状态容器内压强保持不变，说明反应达到平衡，正确；

d．由于气体的质量不变，气体的体积不变，则无论是否达到平衡状态，都存在气体的密度保持不变的特征，不能判断是否达到平衡，错误。

（3）根据外界条件对反应速率与平衡的移动分析解答。

（4）平衡常数K，只和温度有关，所以通入2 mol  NO和1 mol O2的平衡常数K和表格中的平衡常数相同。

2NO(g) ＋   O2(g)      2NO2(g)

初始（mol）  0.200       0.100            0

变化（mol）   0.150       0.075           0.150

平衡（mol）   0.050       0.025           0.150

浓度（mol/L） 0.025       0.0125          0.0750 

K＝＝＝720

（5）在上述条件下，若开始通入的是0.2molNO2气体，和开始通入0.200molNO和0.100molO2等效，所以达到平衡状态时NO2浓度是0.0750mol/L，初始浓度是0.100mol/L，所以反应了0.0250mol/L，即NO2转化率是25%。

（1） ①  I ②  <  ③ 0．6 （2）442．8 KJ  （3）CH3OH+8OH- -6e- = CO32- +6H2O0．3NA   负极

试题分析：（1）原子经济就是反应物的原子全部转化为生成物。选择反应I的化合反应。由图可知：T2>T1。升高温度甲醇的物质的量减少，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方向移动。即逆反应方向是吸热反应，所以正反应是放热反应。故△H2<0．③反应开始时C（CO2）="1mol/L," C(H2)=3mol/L由于达到平衡后，测得c(CO2)= 0．2 mol/L，CO2改变浓度是0．8mol/L,所以H2改变浓度为2．4mol/L． H2平衡浓度为0．6mol/L．产生的甲醇、水蒸汽的浓度都是0．8mol/L．平衡时总浓度是2．4mol/L,而开始时总浓度是4mol/L。所以这时的压强是开始的2．4mol/L÷4mol/L=0．6倍。（2）①-②+③×4得：2CH3OH(l) + 2O2(g) =" 2CO" (g) + 4H2O(l) ΔH =-1275．6 kJ/molΔH =-885．6 kJ/mol。所以产生1mol一氧化碳和液态水放出的热量为442．8 KJ．（3）甲醇燃料电池的负极是通入甲醇的电极，电极反应为CH3OH+8OH- -6e- = CO32- +6H2O。每摩尔的甲醇反应转移电子9摩尔。消耗甲醇1．6克时，n(CH3OH)=1．6g÷32g/mol=0．05mol,所以转移电子0．3 NA。③若以此燃料电池为铅蓄电池充电，则应将图中右侧电极连接蓄电池的负极。

（1）①0.225mol/(L·min)   ② A C    ③C D    ④5.33    ⑤＜

（2）①负； ②3O2＋12e－＋6H2O＝12OH－（O2＋4e－＋2H2O＝4OH－也算对） （3）

试题分析：（1）①根据图像可知，反应进行到10min是物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，此时生成甲醇的物质的量浓度是0.75mol/L，则根据反应的方程式可知，消耗氢气的浓度是0.75mol/L×3＝2.25mol/L，所以v(H2)＝2.25mol/L÷10min＝0.225mol/（L•min）。

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、根据方程式可知，反应两边气体的体积不相等，恒温、恒容时在反应过程中压强是变化的，当容器内的压强不再变化使，可以证明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；B、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，即气体的密度始终不变，所以恒温、恒容时，容器内混合气体的密度不再变化不能说明反应是否达到平衡状态，B不正确；C、一定条件下，CO、H2和CH3OH的浓度保持不变，说明正逆反应速率，达到了平衡状态，故C正确；D、根据方程式可知，一定条件下，单位时间内消耗3molH2的同时，必然生成1molCH3OH，因此用H2、CH3OH的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为3:1的状态，不能判断正逆反应速率是否相等，故D错误，因此答案为A、C。

③A、催化剂不能改变平衡状态，所以加入催化剂不能使平衡混合物中n(CH3OH)/n(CO2)增大，A不正确；B、充入He气，参加反应的物质的浓度不变，平衡不移动，即平衡混合物中n(CH3OH)/n(CO2)不变，故B错误；C、将H2O（g）从体系中分离，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，则平衡混合物中n(CH3OH)/n(CO2)增大，故C正确；D、该反应正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，能使平衡混合物中n(CH3OH)/n(CO2)增大，故D正确，答案选C、D。

④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，即K＝。达到平衡时，c(CO2)＝0.25mol/L，c(CH3OH)＝0.75mol/L，根据方程式可知c(H2O)＝0.75mol/L。同样根据反应方程式，反应氢气的消耗浓度为生成的甲醇浓度的3倍，所以平衡状态时氢气的浓度为＝3mol/L－3×0.75mol/L＝0.75mol/L，因此K＝＝≈5.33。

⑤该反应正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，所以K2＜K1。

（2）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，所以根据电池总反应式2CH3OH＋3O2＋4OH－＝2CO32－＋6H2O可知，甲醇是还原剂，氧气是氧化剂，因此充入CH3OH的电极为负极，氧气在正极通入。由于电解质是＝碱性溶液，所以充入O2的电极反应式为3O2＋12e－＋6H2O＝12OH－。

（3）已知反应①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g) △H1、②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) △H2，则根据盖斯定律可知，（①－②）÷2即得到反应CH3OH(l)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(g)，所以该反应的反应热△H＝。

（6分）（1） 124.2（2分） （2）4.2×10-7； （2分） （3） n-1 （2分）

试题分析：（1）根据盖斯定律可知，由①C3H8（g）CH4（g）+HC≡CH（g）+ H2（g） △H1＝＋156.6kJ/mol和②CH3CH=CH2（g）CH4（g）+ HC≡CH（g） △H2＝＋32.4kJ/mol，即①-②即得到C3H8（g）CH3CH=CH2（g）+ H2（g），所以反应的反应热所以△H＝△H1-△H2＝＋156.6kJ/mol－（＋32.4kJ/mol）＝＋124.2kJ/mol。

（2）忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，pH＝5.60，则c（H+）＝10-5.60＝2.5×10-6mol/L， 由H2CO3HCO3-+H+可知，平衡时c（H+）＝c（HCO3-）＝2.5×10-6mol/L，c（H2CO3）＝（1.5×10-5－2.5×10-6）mol/L，则Ka＝。

（3）设H＋和CH3COO－离子物质的量都是x，则醋酸分子的物质的量是nc－2x，所以根据原子守恒可知nc－2x＋x－c，解得x＝nc－c。因此CH3COOH在该温度下的电离度为。

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和方法的指导，有利于培养学生的逻辑推理能力。该题的关键是明确明确盖斯定律、电离平衡常数和电离度的计算原理，然后灵活运用即可。

（1）0．0015 mol/（L ·min）（2分）

（2）增大压强加快反应速率，反应向正反应方向移动（2分）；

（3）3Na2O（s）+C（s,金刚石) = 4Na（g）+Na2CO3（l）△H= —4．2kJ/mol（2分）；

（4）O2+2H2O+4e－ =4OH－（2分）；

（5）      （2分）

试题分析：（1）先根据定义式求v(Na)，再根据速率之比等于化学方程式中的系数之比求v(CO2)，即v(Na) =0．0020mol/(L•min)， v(CO2)="3" v(Na)/4=0．0015mol/(L•min)；（2）增大压强加快反应速率，反应向正反应方向移动；（3）将已知两个热化学方程式编号为①②，①—②×3可以约去3 CO2(g)，根据盖斯定律，则6Na2O(s)+2C(s，金刚石)=8Na(g)+2Na2CO3(l) △H=—8．4kJ/mol，若系数减半，则焓变也减半，则3Na2O(s)+ C(s，金刚石)=4Na(g)+Na2CO3(l) △H=—4．2kJ/mol；（4）若K接M，则该装置为原电池，模拟铝的吸氧腐蚀，由于铝比石墨活泼，则铝是负极，石墨是正极，负极反应式为Al—3e—=Al3+，正极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—；（5）验证Cu2＋、Ag+氧化性的强弱，可根据置换反应：

Cu+2Ag+=Cu2＋+2Ag来设计原电池，铜发生氧化反应，银离子发生还原反应。所以铜作负极，银作正极，硫酸铜和硝酸银作电解质溶液。

（1）加热（2分）

（2）①1.33或 （2分，若书写单位且正确得2分，单位错误不得分） ②C、D（2分）

②C、D（2分）

（3）①B、D （2分） 

②CH3OCH3－12e－＋16OH－= 2CO32－＋11H2O （2分）      ③C（2分）

（4）CH3OCH3(g)＋3O2(g) = 2CO2(g)＋3H2O(l)  ΔH=－1454.98 kJ/mol（2分）

试题分析：（1）将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得[Cu（NH3）2]AC溶液只要使平衡向逆反应方向移动即可，逆反应方向为气体体积增大的吸热反应，所以在高温低压下使平衡逆移。

（2）①根据反应方程式计算，

CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）

起始：4.0 mol   12.0 mol            0              0  

转化：xmol      3xmol            xmol        xmol 

平衡：4－xmol  12－xmol        xmol         xmol 

＝30%   x=3mol  

CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）

平衡浓度：0.5mol/L  1.5mol/L      1.5mol/L     1.5mol/L

t1时达到达到平衡状态，平衡常数=＝=1.33或 

②根据化学平衡移动的影响因素：温度、压强来分析：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，升高压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行。 CH3OH的物质的量分数时随着p1、p2、p3、p4逐渐降低，说明向着逆向移动，逆向是气体体积增大的方向，所以p1、p2、p3、p4压强逐渐升高， B错，CH3OH的物质的量分数时随着T1、T2、T3、T4逐渐升高，说明正向移动，正向是放热反应，说明T1、T2、T3、T4温度逐渐降低。A错。所以选C、D。

（3）①A．逆反应速率先增大后减小，说明一定逆向移动。

B．正反应速率先增大后减小，说明一定正向移动

C．反应物的体积百分含量减小，不一定正向移动

D．化学平衡常数K值增大，因为这个反应征方向是放热反应，说明一定正向移动

所以选B、D  

②反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，碱性环境中生成碳酸钾与氢水．正极反应还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子；正极反应为氧气得到电子发生还原反应，在碱性环境中生成氢氧根离子，正极反应为3O2+12e－+6H2O=12OH－；负极上是燃料甲醚发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，即为：CH3OCH3－12e－＋16OH－= 2CO32－＋11H2O ；     

③由乙醇和二甲醚的分子结构可知，化学式都是C2H6O，组成元素及其原子个数完全相同，互为同分异构体，分子式和摩尔质量相同，乙醇和二甲醚的分子结构不同，无论是物理性质还是化学性质，还是共价键类型，断键时所需能量不可能完全相同，所以比能量肯定不同。所以选C（2分）

（4）l g二甲醚气体完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为31.63 kJ，l mol（46g）二甲醚气体完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为31.63×46= 1454.98 kJ，所以二甲醚燃烧热的热化学方程式CH3OCH3(g)＋3O2(g) = 2CO2(g)＋3H2O(l)  ΔH=－1454.98 kJ/mol。

（1）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（2分）  （2）AEFG （2分）

（3）0.25L2·mol－2（2分，平衡常数不带单位也给分）；

a＋0.5c＝2、b＋1.5c＝7（2分）；2＜c＜4（2分）

（4）NH3(g)＋O2(g)＝H2O(l)＋N2(g) △H＝－382.5kJ/mol（2分）

2NH3－6e－＋6OH－＝6H2O＋N2（2分）    60.1%（1分）

试题分析：(1)实验室制备氨气的化学反应方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。

（2）根据图像I可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应是放热反应，所以ΔH＝312.4kJ/mol=404.8kJ/mol＝－92.4kJ/mol，A正确；催化剂降低反应的活化能，所以使用催化剂会使E1的数值增大，B不正确；为了提高转化率，工业生产中反应的浓度并不是越低越好，C不正确；根据图像Ⅱ可知，曲线A首先达到平衡状态，这说明曲线A的反应速率快。但平衡时曲线A表示的氨气物质的量低，由于正方应是体积减小的放热的可逆反应，所以曲线Ⅱ中表示的条件是升高温度，所以选项D不正确，E正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数减小，因此选项F正确。根据图像Ⅱ可知，反应进行到t1时，可逆反应达到平衡状态，此时生成氨气的物质的量是n1mol，所以消耗氮气的物质的量是2n1mol，所以在曲线A条件下，反应从开始到平衡，消耗N2的平均速率为mol/(L·min)，G正确，答案选AEFG。

（3）             N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)

起始浓度（mol/L）  1      3.5         0

转化浓度（mol/L）  x      3x          2x

平衡浓度（mol/L） 1－x  3.5－3x       2x

达到平衡时测得容器的压强为起始时的倍

所以×4.5＝1－x＋3.5－3x＋2x

解得x＝0.5

所以该温度下可逆反应的平衡常数K＝＝＝0.25L2·mol－2

对于恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即△n≠0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同即可，据此可知欲使平衡混合物中各物质的质量与原平衡相同，则a,b,c满足的关系为a＋0.5c＝2、b＋1.5c＝7。由于平衡时氨气的物质的量是2mol，所以要欲使反应在起始时向逆反应方向进行，c的取值范围是c＞2。当起始时反应物的物质的量为0时，氨气的物质的量最大，所以根据a＋0.5c＝2、b＋1.5c＝7可知，c＝4或4.7，因此c的取值范围是2＜c＜4。

（3）H2(g)的燃烧热为285.8 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式是H2(g)＋0.5O2(g)＝H2O(l) △H＝－285.8 kJ/mol…①，所以根据N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝－92.4kJ/mol…②可知，②÷2－①×即得到热化学方程式NH3(g)＋O2(g)＝H2O(l)＋N2(g) △H＝－382.5kJ/mol。原电池负极失去电子，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氨气失去电子，在负极通入，其电极反应式是2NH3－6e－＋6OH－＝6H2O＋N2。根热化学方程式可知，每生成1molN2放出765kJ能量，而实际提供460kJ的电能，所以该燃料电池的实际效率为×100%＝60.1%。

(1)①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝－28.5 kJ·mol－1

②CO＋4OH－－2e－=CO32—＋2H2O

(2)①CD

②大于

③0.4＜c≤1

(3)B　c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)

(1)①根据盖斯定律，第一个方程式减去3乘以第二个方程式得Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝ΔH1－3ΔH2＝489.0 kJ·mol－1－3×172.5 kJ·mol－1＝－28.5 kJ·mol－1。②该燃料电池的总反应方程式为2CO＋O2＋4OH－=2CO32—＋2H2O……①，电池正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－……②，(①－②)÷2得负极反应式为CO＋4OH－－2e－=CO32—＋2H2O。

(2)①A项，升高温度，平衡逆向移动，使比值减小；B项，恒容时充入不反应的气体，平衡不移动，比值不变；C项，将H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，使比值增大；D项，相当于增大压强，平衡正向移动，使比值增大。②曲线Ⅱ优先达到平衡且平衡时生成物CH3OH的物质的量小，说明曲线Ⅱ对应的温度高，升高温度放热反应的平衡常数减小。③甲、乙为等效平衡，甲起始时n(CO2)＝1 mol，所以c≤1；利用三段式法可求得甲达到平衡时n(CH3OH)＝n(H2O)＝0.4 mol，要维持乙中反应起始时逆向进行，需使c＞0.4。

(3)NH3·H2O是弱碱，浓度均为0.10 mol·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的pH小，故盐酸滴定氨水的曲线是B；a点pH＞7，说明该点氨水过量，溶液中的溶质是NH4Cl和NH3·H2O，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)

（1）-a+2b-4c（2分）

（2）① < （2分）       ②c(NH3)增大，平衡正向移动（2分）        ③32% （3分）

（3）Al＋4OH－―3e－＝AlO2-＋2H2O（2分） CO(NH2)2＋8OH－－6e－＝CO32-＋N2↑＋6H2O （2分）

（4）①大于（1分）；    ②B（1分）           ③＜（1分）

试题分析：（1） 运用盖斯定律，可得要求化学反应的∆H=∆H1-2∆H2+4∆H3。

(2)①随着温度升高，平衡常数K逐渐减少，所以正反应为放热反应，∆H<0。

②c(NH3)增大，平衡正向移动，CO2的转化率增大。

③B点氨碳比为4.0，设氨的物质的量为4n，CO2的物质的量为n，则转化的CO2为0.64n，根据化学方程式可得转化的氨为1.28n，则氨的转化率为：1.28n÷4n×100％=32％

（3）Al在OH‾存在条件下失去3e‾, 生成AlO2-，根据图（3）可以看出阳极产生N2，CO(NH2)2中的C转化为CO32‾，H与OH‾转化为H2O，配平可得电极方程式。

（4）正常人体血液pH保持在7.35～7.45，所以HCO3‾的水解程度大于电离程度，HCO3‾能调节pH，起到缓冲作用，所以选B NaHCO3溶液，因为等浓度的H2CO3的电离程度大于HCO3‾的水解程度，血液的pH为7.00，则H2CO3的程度小于H CO3‾的程度。