热门试卷

（1）①K＝（2分） ②bd （2分）

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

（3）0.3mol或0.8mol（2分）

（4）8 mol （2分） CH4（g）+2 H2O（g）＝ CO2（g）+4H2（g）（2分） （5）c（2分）

试题分析：（1）①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，因此根据反应式2NO(g) + 2CO(g)2CO2(g)+ N2(g)可知，该反应的平衡常数表达式K＝。

②a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确；c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d、随着反应的进行，NO的质量分数逐渐减小。t1时刻NO的质量分数为定值，不再发生变化，说明反应处于平衡状态，故d正确，答案选bd。

（2）根据反应①CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)　△H＝－867 kJ/mol、

②2NO2(g)N2O4(g)  △H＝－56.9 kJ/mol、③H2O(g) ＝ H2O(l)  △H ＝ －44.0 kJ／mol并依据盖斯定律可知，①－②＋③×2即得到反应CH4(g)+N2O4(g)＝N2(g) +2H2O(g) + CO2(l) ，所以该反应的反应热△H＝－867 kJ/mol＋56.9 kJ/mol－44.0 kJ／mol×2＝—898.1kJ/mol。

（3）氨气与NO反应的化学方程式为6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，其中氨气是还原剂，NO是氧化剂，则氮气既是氧化产物，也是还原产物，还原产物比氧化产物多1mol，质量是28g，则

6NO＋4NH3=5N2＋6H2O   还原产物比氧化产物多

6mol  4mol                       28g

0.3mol 0.2mol                      1.4g

所以如果NO过量，则原反应混合物中NO的物质的量是1.0mol－0.2mol＝0.8mol

如果氨气过量，则原反应混合物中NO的物质的量是0.3mol

（4）CH4与足量H2O（g）反应要产生最多的氢气，则为生成物应该是氢气和CO2，反应的化学方程式为CH4（g）+2 H2O（g）＝ CO2（g）+4H2（g），.所以2mol甲烷与足量水蒸气反应最多生成8mol氢气。

（5）当H2和CO以物质的量1:1催化反应，其原子利用率达100%时，根据原子守恒可知生成物的化学式应该是CH2O，该物质是甲醛，答案选c。

Ⅰ.(1)自发 (2)－246.1 kJ/mol >

(3)CO、H2、甲醇和水

Ⅱ.正

Ⅰ.(1)反应后气体的物质的量增大，混乱度增加，熵增大，ΔS>0，由复合判据得该反应能自发进行。

(2)反应3CO(g)＋3H2(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g)可利用题给的三个反应，将①×2＋②＋③得到，则ΔH＝－90.7 kJ/mol×2＋(－23.5 kJ/mol)＋(－41.2 kJ/mol)＝－246.1 kJ/mol；因为催化反应室中的温度低于830℃，温度降低，反应③的平衡向正反应方向移动，故K>1.0。

(3)从流程图中可以看出排出的物质CO、H2、甲醇和水在反应①、②、③中可以作为反应物，故均可以循环利用。

Ⅱ.燃料电池中通入O2的一极发生还原反应，即b电极是正极。

（17分）

（1）CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)  △H＝+206.1kJ/mol（3分，状态或配平或单位或+每少（或错）一项扣1分，最多扣3分；△H数值错了0分。）

（2）①正 （2分），②升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度 （2分）

（3）①＞；（2分） ②＞。（2分）

（4）O2＋4e—＋2H2O＝4OH—（2分，没配平扣1分。）

c(K+)＞c (HCO3- )＞c (CO32- )＞c (OH- )＞c( H+ ) （4分）

试题分析：（1）已知：①H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1

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

③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l））△H=-890.3kJ•mol-1，

④H2O（g）=H2O（l）△H=-44.0kJ•mol-1，

利用盖斯定律将④+③-②-3×①可得：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），△H=（-44.0kJ•mol-1）+（-890.3kJ•mol-1）-（-283.0kJ•mol-1）-3×（-285.8kJ•mol-1）="+206.1" kJ•mol-1；

（2）①3—4min之间，甲烷的物质的量浓度减少，氢气的物质的量浓度增加，所以化学平衡向正反应方向移动；

②3min时，甲烷、氢气的浓度未变，说明与容器体积无关，而平衡正向移动，所以改变的条件是升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度 ；

（3）①根据增大一种反应物的浓度会增大另一种反应物的转化率，本身转化率降低，X1时甲烷的含量高，说明增大了甲烷的浓度，所以X1>X2；

②p1时的甲烷的含量高于p2，压强大对逆反应有利，所以p1>p2

（4）①放电时，正极是氧气发生还原反应，结合电解质溶液，正极反应式为O2＋4e—＋2H2O＝4OH—

②标准状况下氧气的体积为8.96L，物质的量是0.4mol，则转移电子1.6mol，根据CH4～8e-～CO2，可知生成二氧化碳0.2mol，溶液中KOH的物质的量是0.3mol，n(CO2):n(KOH)=2:3,介于1/2-1之间，所以产物既有碳酸钾，又有碳酸氢钾，根据C元素与Na元素守恒，计算K2CO3、KHCO3的物质的量均是0.1mol，溶液中CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度的大小关系是 c(K+)＞c (HCO3- )＞c (CO32- )＞c (OH- )＞c( H+ )。

（1）K=C(CH3OH)/C2(H2)•C(CO)    （2）4 （3）A C D （4） A

（5）CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) △H=-49.5 kJ·mol－1

试题分析：（1）根据平衡常数的定义可得到该反应的化学平衡常数的表达式为K==C(CH3OH)/C2(H2)•C(CO)。（2）若密闭容器中充入10 mol CO 和20 molH2，当达到平衡状态A 时，CO的转化率为0.5，此时各物质的物质的量为CO为5mol；H2为10mol; CH3OH为5mol。n(气体)=20mol,容器的体积为20 L。如反应开始时仍充入10mol CO 和20mol H2，在达到平衡状态B时CO的转化率为0.8，则此时各物质的物质的量为CO为2mol,H2为4mol, CH3OH为8mol。n(气体)=14mol。由于A、B是在相同温度下程度的。所以化学平衡常数不变设第二次达到平衡时容器的体积为V。则，解得v=4（L）。(3) A．CO的含量保持不变，则各组分的物质的量，总物质的量不变。可逆反应达到平衡状态。正确。B.容器中CH3OH浓度与CO浓度相等，这只是一个很特殊的情况，这时反应可能达到平衡，也可能未达到平衡状态。错误。C．在任何时刻2V正（CH3OH）=V正（H2），若2V正（CH3OH）=V逆（H2），则V正（H2）=V逆（H2），反应达到平衡。正确。D．由于该反应是个反应前后气体体积不等的反应，如果反应未达到平衡，则气体的物质的量就会发生改变，混合气体的平均相对分子质量也就会随着改变。若容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变，则气体的物质的量不变。故反应达到平衡状态。正确。（4）A.由于该反应的正反应是放热反应，所以在其它条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，也就是向逆反应方向移动，这时反应物的转化率降低。因为CO的平衡转化率a>b>c，所以温度：T1 < T2 3。正确。B.在其它条件不变时，升高温度，化学反应速率加快。由于温度T1 < T2 3，所以速率：ν（c）>ν（a）；在其它条件相同时，增大压强，化学反应速率加快。由于压强b>d，所以速率：ν（b）>ν（d）.错误。C.化学 平衡常数只与温度有关，与其它条件无关。由于温度T1 < T2 3。升高温度，平衡向逆反应方向移动，K减小。K(a) >K(c) ； K(b) =K(d)。错误。D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡时气体的物质的量增大，气体的平均摩尔质量减小。由于温度T1 < T3，所以平衡时n(c)总> n(a)总,M(a)>M(c)；在相同的温度下，增大压强，平衡正向移动，平衡时气体的物质的量减小。所以平衡时n(d)总> n(b)总,M(b)>M(d).错误。（5）将CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） △H=" +" 41.3 kJ/mol和 CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g ) △H＝-90.8 kJ/mol相加可得CO2和H2制取甲醇的热化学方程式：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) △H=-49.5 kJ/mol.

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

②CH4 －8e－ ＋10 OH－＝CO32－ ＋7H2O

（2）①BD    ②    CO2的转化率为80%

试题分析：（1）①将第一个式子与第二个式子相叠加，就的到CH4(g)将NO2(g)还原为N2(g)等的热化学方程式，即CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g) ＋2H2O(g)  △H＝－867 kJ·mol－1。

（2）①A.反应为吸热反应，升高温度反应逆向移动，K将减小，故错；

B.增大其它的浓度，反应速率加快，故正确；

C.催化剂不影响化学平衡的移动，故错；

D.反应前后的气体的总物质的量是不相等的，故正确。

点评：本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较麻烦。

（15分）（1）CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H＝+161.1 kJ·mol-1（2分） （2）B（2分）

（3）2500（2分）；（说明：曲线的转折点在横坐标40之前，纵坐标必需在20的线上）（3分，画出纵坐标为20的直线给2分、画出曲线转折点在横坐标40之前给1分）

（4）① 碱  （1分）；由于NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液呈碱性（2分）  ② A、C、D（3分）

试题分析：（1）根据图像可知热化学方程式，①、CH4(g)+2O2(g)2H2O(g)+CO2(g) △H＝－846.3kJ/mol，②、CO(g)+O2(g)CO2(g) △H＝+282kJ/mol，③、H2(g)+O2(g)H2O(g) △H＝－241.8kJ/mol，则根据盖斯定律可知①－②－③×3即得到热化学方程式CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，所以该反应的反应热△H＝－846.3kJ/mol＋282kJ/mol＋241.8kJ/mol×3＝+161.1 kJ/mol。

（2）根据方程式可知该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以要恢复其吸收CO的能力以供循环使用，应该使平衡向逆反应方向移动，所以再生的适宜条件是高温、低压，答案选B。

（3）             2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)

起始浓度（mol/L）  0.04     0.02        0          0

转化浓度（mol/L）  0.02     0.01       0.01        0.01

平衡浓度（mol/L）0.02      0.01      0.01       0.01

所以该温度下平衡常数K＝ ＝ ＝2500。

由于催化剂能加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能改变平衡状态，据此可以作图。

（4）①根据表中数据可知，NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，因此溶液中c(OH-)＞c(H+)，所以溶液呈碱性。

②A、由于CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液显碱性，则水解程度都是很小的，所以c(NH4+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(NH3·H2O)，A正确；B、根据电荷守恒可知c(NH4+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，B不正确；C、根据物料守恒可知c(CO32-) + c(HCO3-) +c(H2CO3)＝0.1 mol·L-1，C正确；D、碳氧根据物料守恒可知c(NH4+)+ c(NH3·H2O)＝2c(CO32-) + 2c(HCO3-) +2c(H2CO3)，D正确，答案选ACD。

（1）2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)（只要写对反应式即给1分。没配平扣1分，没标明状态扣1分，若二者都存在只扣1分。）

（2）①； 减小。②0.2mol·L—1·s—1（没有单位或错扣1分）。③bc（各1分。填错一个倒扣1分，不出现负分。）。

④Cu2O＋CO2Cu＋CO2，体系中有CO2可以抑制Cu2O被还原。（3分。化学方程式给1分，文字说明給2分。若化学方程式用可逆号，文字说明只要从化学平衡角度回答都给分。若说明CO2与Cu反应生成Cu2O也给分。）

试题分析：（1）所求反应中有H2存在，CO2和H2O都是中间产物，结合盖斯定律，可推得还需要的反应为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)的焓变；

（2）①根据反应，其平衡常数表达式，结合图像，可知升高温度，甲醇含量降低，平衡向逆反应方向移动，说明该反应是放热反应，故升高温度，K值减小；

②在500℃，从反应开始到平衡，甲醇增加了0.4 mol，H2消耗了0.8 mol，则氢气的平均反应速率v(H2)==0.2 mol·L—1·s—1；

③Z点处于平衡状态，将体积压缩至原来的1/2，相当于加压了，平衡正向移动，依次进行解答；

a、各物质的浓度均比原来增大了，错误；

b、浓度增大导致正、逆反应速率都加快，正确；

c、因平衡正向移动，甲醇的物质的量增加，正确；

d、因平衡正向移动，氢气减少，甲醇增加，所以n(H2) /n(CH3OH)将减小，错误；

④二氧化碳有利于抑制反应 Cu2O+CO2Cu+CO2向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变，。

（1）C（s） + H2O（g） = CO（g） + H2（g） △H＝＋131.3kJ·mol-1   （3分，化学式、状态错误0分；焓变数值、单位错漏扣1分；计量数用分数表示与焓变相匹配也给分）

（2）①1.6×10－4 mol/（L·s）（2分，单位或有效数字错漏扣1分）；（2分）

② 温度升高，反应速度加快（2分），平衡向右移动（2分）

（3）① ＜（2分） ②见图：（3分,其中曲线2分，标注1分）

试题分析：（1）已知：①H2（g）＋O2（g）＝H2 O（g）  △H＝－241.8kJ·mol－1，②C（s）＋O2（g）＝CO（g）   △H＝－110.5kJ·mol－1，则根据盖斯定律可知②－①即得到热化学方程式C（s） + H2O（g） = CO（g） + H2（g），所以该反应的反应热△H＝－110.5kJ·mol－1＋241.8kJ·mol－1＝＋131.3kJ·mol-1。

（2）①1300oC时在1.0 L密闭容器内经过5s反应达到平衡，测得NO为8.0×10－4 mol，则反应中生成NO的浓度是8.0×10－4 mol/L，因此5s内该反应的平均速率ν（NO）＝8.0×10－4 mol/L÷5s＝1.6×10－4 mol/（L·s）。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，所以根据方程式N2（g）＋O2（g）2NO（g）可知，该温度下该反应的平衡常数表达式K＝。

②N2（g）＋O2（g）2NO（g） △H0，这说明该反应是吸热反应。升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，因此NO的排放量增大。

（3）①根据图像可知，在固体催化剂的表面积不变的情况下，温度为T2的曲线首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少。因此温度是T2＞T1。但温度高平衡时NO的浓度大，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，即△H＜0。

②当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率，但催化剂不能改变平衡状态。所以若催化剂的表面积S1＞S2，则在温度为T1时，达到平衡的时间增加，但平衡状态不变，因此图像为。

（15分）（1）CH3CH2OH（2分）

（2）4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=—1266.8kJ•mol—1（3分）

（3）①3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O（3分）

②4.8%（3分）

③NH4Cl中NH4+发生水解反应，使溶液呈酸性（或写出正确的水解方程式）（2分）

（4）Ix+xe—=xI—（2分）

试题分析：（1）75%的乙醇溶液常用于医疗消毒，乙醇的结构简式为CH3CH2OH；（2）根据题意，1/10NH3(g)+3/40O2(g)=1/20N2(g)+3/20H2O(g)  △H=—31.67kJ•mol—1，或者4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=—1266.8kJ•mol—1；（3）①步骤I中铜与硝酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应，由电子、电荷、原子守恒可得反应式3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O；②由V/Vm可知n(NO)=224×10—3L÷22.4L•mol—1=0.01mol，由反应式可知，n(Cu)=3/2n(NO)=0.015mol，由n•M可知，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g，则X中Cu的质量分数为0.96g÷20.00g×100%=4.8%；③NH4Cl中NH4+发生水解反应，使溶液呈酸性，KNO3不能水解，其溶液呈中性，铜和二氧化硅难溶于水；（4）阴极发生还原反应，读图可知，阴极反应式为Ix+xe—=xI—，阴极产物与移向阴极的H+结合生成HI；阳极反应式为2Ix——2e—=xI2。

（1） CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41.3 kJ·mol－1　（2） O2 +4e－ +2H2O = 4OH—　              （3）①＜②    V 2 / a2　　③增大    （4）C　  （5）①0.075 mol/( L·min). ②BD

试题分析：（1）②-①可得：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41.3 kJ/mol.. （2）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电极是负极，b电极是正极。b电极的电极反应式是O2 +4e－ +2H2O = 4OH—　（3） ①由图可以看出：在温度相同时，转化率P2>P1。根据平衡移动原理：在其它条件不变的情况下。增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动。即向正反应方向移动。这时反应物的转化率提高。所以P12。即增大了体系的压强，这时化学平衡向正反应方向移动。故达到新平衡时，CO的平衡转化率增大。③在p1下，100 ℃时，CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)反应的平衡常数为K="C" (CH3OH)/ { C(CO)·C2(H2)} ="(" a/2V)：{(a/2V) ·(a/V)}2=" V" 2 / a2.（4）CO2(g)+3H2（g）CH3OH(g)+CO(g).由图可看出该反应的正反应是放热反应。该反应的正反应是个气体体积减小的放热反应。所以△H<0；△S<0。选项为：C。（5）①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)=（1-0.25）mol/L÷10min="0.075" mol/( L·min). ②A升高温度化学平衡向吸热方向移动。由于该反应的正反应是放热反应所以升高温度化学平衡向逆反应方向移动。B．减小生成物的浓度，化学平衡向正反应方向移动。故将CH3OH(g)及时液化移出可使平衡向正反应方向移动，C．催化剂 对化学平衡无影响。D．达到平衡时若再充入1 mol CO2和3 mol H2，即增大了压强，化学平衡向气体体积减小的方向及正反应方向移动。所以能使化学平衡向正反应方向移动的措施是BD。

C(s)＋O2(g)===CO(g)  ΔH＝－110.8 kJ·mol－1（2分）

II.K=（2分）III.①乙酸（CH3COOH ）②苯酚（）

I.根据盖斯定律可知，①+③即得到C(s)＋O2(g)==="CO(g)" ，所以反应热是△H＝－241.8 kJ·mol－1＋131 kJ·mol－1＝－110.8 kJ·mol－1。

II.反应后显中性，说明氨水过量。剩余氨水的浓度是，根据电荷守恒可知，溶液中NH4＋浓度是、OH－浓度是10－7mol/L，所以氨水的电离平衡常数为.K=＝。

III.考查常见官能团的性质。

①能与Na2CO3溶液反应，但不能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有羧基，但不能含有酚羟基，所以应该是乙酸。

②能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能与NaHCO3溶液反应，说明含有酚羟基，但没有羧基，所以应该是苯酚。

（Ⅰ）（1）CH3OH(l) + 3/2 O2(g)= CO2(g) + 2H2O(l)  △H ="-726.51" kJ/mol 

（2）负   CH3OH + H2O -6 e－= CO2+ 6 H＋

（Ⅱ）（1）PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－＝PbSO4＋2H2O 小 （2）Pb  PbO2

试题分析：（Ⅰ）（1）1molCH3OH完全燃烧生成稳定的氧化物为气态二氧化碳和液态水，放出热量726.51kJ/mol，以此书写热化学方程式；（2）甲醇燃料电池中，甲醇为负极，电解质为酸，甲醇失去电子生成二氧化碳；（Ⅱ）（1）电池总反应式为：Pb+PbO2+4H++2SO2-42PbSO4+2H2O，写出电极反应为：负极电解反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4 ，正极电极反应：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，放电时：正极的电极反应式是PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O；电解液中H2SO4的浓度将减少；当外电路通过1mol电子时，依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加；（2）在完全放电耗尽PbO2和Pb时，电极上是析出的PbSO4，若按题右图连接B为阳极应是失去电子发生氧化反应，A为阴极是得到电子发生还原反应，实质是电解反应，B电极上发生反应为：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++2SO42-，A电极发生反应为：PbSO4=Pb-2e-+SO42-，所以A电极上生成Pb；B极生成PbO2，此时铅蓄电池的正负极的极性将对换。

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

Ⅱ．(1) 小于；0.015 mol/(L·s)；（2) A 、C;（3）通入氧气、增大压强；（4）720 ；（5）25%

试题分析：Ⅰ①+②×4－③×2整理可得N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)  △H=－1135kJ·mol－1 ；Ⅱ（1）由已知条件可知升高温度化学平衡常数减小，说明升高温度门牌号逆向移动。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，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，即ΔH<0。从0～2 s内用O2表示该反应的平均速率为v(O2)= (0.100－0.040)mol÷2L÷2s="0.015" mol/(L·s);(2)A．因为反应是在恒容的密闭容器中发生的，只有NO2是红棕色，其它气体都是无色的，若容器内颜色保持不变，说明各种气体的物质的量不变，而反应是个反应前后气体体积不等的反应，所以可证明反应达到平衡状态。正确。B．在任何时刻都存在关系：2v逆(NO)＝v正(O2)。因此不能证明反应达到平衡状态。错误。C．由于反应是个反应前后气体体积不等的反应，若未达到平衡，则容器内气体的压强就会发生变化，所以容器内压强保持不变，则该反应达到了平衡状态。正确。D．在反应前后气体的质量不变，容器的容积也不变，所以任何时刻容器内气体的密度都保持不变。故不可作为判断平衡的标志。错误。选项为A、C。（3)为使该反应的速率增大，提高NO的转化率，且平衡向正反应方向移动应采取的措施有通入氧气来增大氧气的浓度或增大体系的压强的方法；（4）在上述体系中化学反应平衡常数为.由于化学平衡常数只与温度有关，而与浓度无关，温度没变，所以化学平衡常数就不变。（5）在反应开始时c(NO2)=0.1mol/L;假设在反应过程中c(O2)=xmol/L，则当反应得到平衡时各种物质的浓度分别是c(NO2)=(0.1-2x）mol/L; c(NO)=" 2xmol/L;" c(NO2)=xmol/L。根据化学平衡常数的含义可得。解得x=0.0125mol/L,所以NO2的转化率为（2×0.0125mol/L)÷0.1mol/L×100%=25%.

（1）①Fe2O3(s) +3 CO(g)=" 2Fe(s)" +3CO2(g)  △H=" -30" kJ·mol－1（2分）

②C2H5OH —12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O（2分）

（2）①K=[c(CH3OH) •c(H2O)]/ [c(CO2) •c3(H2)] （1分）

②0.4 mol/(L•min) （1分）

③减小（1分）

试题分析：（1）根据盖斯定律，把方程式（2）移向，然后乘以3，和方程式（1）相加，可得Fe2O3(s) +3 CO(g)=" 2Fe(s)" +3CO2(g) △H =  -173×3+489=" -30" kJ·mol－1  ；②n(C)=52.16/12=4.34，n(H)=13.14，n(O)=(100-52.16-13.14)/16=2.17，4.34:13.14:2.17=2:6:1，可以确定燃料为乙醇，乙醇作负极，失电子发生氧化反应，在碱性条件下产物为碳酸根，C2H5OH —12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O

（2）v(H2)=(0.75-0.15)/0.5=1.2mol/L，根据速率之比等于方程式系数，可得甲醇的速率为氢气的1/3，即0.4 mol/(L•min)，加入催化剂，可以降低活化能，E1、E2都减小。