热门试卷

（16分）(1) 0.054 （3分）(2)  A D  （4分）

(3)  K="0.050" （L/mol）2 （4分）  (4)  <  （2分）   (5) （3分）

试题分析：（1）根据图像可知，使用催化剂 I时，反应在10小时时CO2的转化率是0.18，则消耗CO2的物质的量浓度是0.18×1.00mol/L＝0.18mol/L，则根据方程式可知，消耗氢气的物质的量是0.18mol/L×3＝0.54mol/L，所以氢气的反应速率是0.54mol/L÷10h＝0.054mol/(L·h)。

(2) 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，因此密度始终是不变的，则A正确；充入氩气増大压强，但物质的浓度不变，平衡不移动，则CO2的转化率不变，B不正确；催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，则转化率是不变的，C不正确；根据图像可知，在催化剂Ⅱ时反应速率快，达到平衡的时间少，催化效率高，D正确，答案选AD。

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

起始浓度（mol/L）        1.00      1.60         0           0

转化浓度（mol/L）        0.20      0.60         0.20        0.20

平衡浓度（mol/L）        0.80      1.00         0.20        0.20

所以平衡常数K＝

（4）该反应是放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则平衡常数：K(4000C)＜K(3000C)。

（5）升高温度，反应速率加快，达到平衡的时间减少，但CO2的转化率降低，所以图像是

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力，有助于提升学生的学科素养。

(1)减小　减小　(2)<　(3)D　(4)33.3%　减小　(5)A、D

(1)在反应体系中加入催化剂，降低了反应的活化能，即E1减小，E2减小，反应热不变。

(2)由图像可知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，使用催化剂，加快了反应速率，但平衡并不移动，平衡转化率不变，上述反应仍不能进行彻底，故0.5 mol N2和1.5 mol H2充分反应后放出的热量应小于46.2 kJ。

(3)由图可知ΔH<0，根据反应方程式可知气体的物质的量减小，ΔS<0。

(4)    N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)

起始：  m     n       0

转化：  x     3x       2x

平衡：  m－x  n－3x    2x

根据题意m－x＝0.1 mol　n－3x＝0.3 mol　2x＝0.1 mol

故x＝0.05 mol　m＝0.15 mol　n＝0.45 mol

α(H2)＝＝×100%＝33.3%。

ΔH<0，升温，平衡左移，K值减小。

(5)欲提高H2的转化率应使平衡右移，向容器中按原比例再充入原料气，相当于增大压强，平衡右移，A可行，B中充惰性气体对平衡无影响，C中改变催化剂不改变平衡移动，D中分离出氨气，平衡右移，方法可行，故选A、D。

（10分）（1）v(Ⅰ) > v(Ⅱ) > v(Ⅲ) （1分）  II （1分）

（2）28 (mol·L-1)2（2分，不带单位不扣分，得出27同样得分）

（3）CH3OH (l) + O2(g) =" CO(g)" + 2H2O(l) △H=－443.5 kJ·mol-1（2分）

（4）① Z （1分）  ② B （1分）

（5）CH3OH-6e-+8OH- = CO32-+6H2O（2分）

本题考查化学反应速率的概念、计算及外界条件对反应速率对影响；反应热的概念和盖斯定律的计算；热化学方程式的书写；与化学平衡有关的计算；图像的识别和绘制。

（1）由图像可以看出，反应进行到30小时时，催化剂Ⅲ生成的甲烷最多，其次是催化剂Ⅱ，催化剂Ⅰ生成的甲烷最少。因此VI、VII和VIII从大到小的顺序为VIII＞VII＞VI＞；同理由图像也可以看出，反应进行到12小时时，催化剂Ⅱ生成的甲烷最多，因此在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多。

（2）设CH4、H2O的物质的量均为xmol，则

CH4(g)  +   H2O(g)CO(g) +3H2(g)

起始量(mol)  x            x        0      0

变化量(mol) O.10         O.10     O.10   O.30

平衡量(mol) x- O.10     x- O.10   O.10   O.30

根据题意，转化率为91%，则91%x=0.1则x=0.11，平衡各物质的浓度分别为0.01mol·L-1、0.01mol·L-1、O.10 mol·L-1、O.30 mol·L-1，则平衡常数K=c(CO)·c3(H2)/[c(CH4)·c(H2O)]=" 0.01" mol·L-1·(O.30 mol·L-1)3/[( O.10 mol·L-1)·( O.10 mol·L-1)]=27(mol·L-1)2

（3）由热化学方程式①CO(g)+ 1/2O2(g)= CO2(g) △H="-283" kJ•mol-1

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

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

(4)①由于合成甲醇的反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故2700C的实验结果所对应的曲线是Z；②从图像中2300C对应X曲线，n(H2):n(CO)的比值达到2.5——3范围，CO的转化率才达到最大，工业生产适宜釆用的合成气组成n(H2):n(CO)的比值范围选B。

(5)甲醇燃料电池的负极为甲醇被氧化，生成CO32-，故电极反应式为CH3OH-6e-+8OH- = CO32-+6H2O。

1)五氧化二钒（V2O5）   大于

2)在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190KJ

3)b    d

4)0.036   向正反应方向    0.36    0.40

略

（1）e（1分）

（2）0.040mol/L∙min （1分）

（3）（1分）  d e（2分）

（4）放热（1分）（图2分）

略

不能确定；增大。

再次充入3 mol N2和3 mol H2时，可以把3 mol N2和3 mol H2分解为2 mol N2和3 mol H2和1 mol N2两部分，首先向原平衡混合气体中充入2 mol N2和3 mol H2，达到平衡时N2和H2的转化率都增大，然后继续向该混合气体中充入1 mol N2达到最后的平衡，该过程N2的转化率减小，H2的转化率继续增大，整个过程中，N2的转化率先增大后减小，所以无法确定，而H2的转化率始终增大。

（1）   不平衡   （2）     d    ，     b     （各2分）

（3）0.6 （2分）

试题分析：

（1）由图可知3min—4min之间物质的浓度在变化。所以不平衡

（2）a．增加水蒸气，衡向正方向移动 b．降低温度，平衡向逆方向移动   c．使用催化剂，不改变平衡。  d．增加氢气浓度，反应速率降低，平衡向正方向移动。

（3）             CO(g) 十 H2O(g)    CO2(g) 十 H2 (g)

初始浓度（mol/L）  0.2        0.3            0           0

变化浓度（mol/L）  0.12       0.12         0.12        0.12

平衡浓度（mol/L）  0.08       0.18         0.12        0.12

K = c(CO2) c(H2) / c(CO) c(H2O)  =" (" 0.12 mol/L *0.12 mol/L  ) /  (0.08 mol/L* 0.18 mol/L) = 1

CO的平衡转化率 =" 0.12" mol/L / 0.2 mol/L = 0.6 

（每空2分，共12分）（1）N2O4 2NO2，吸热

（2）0.14， 0.003 mol/（L·s） （3）0.54 （4）ABD

试题分析：（1）N2O4分解生成NO2，反应的化学方程式是N2O4 2NO2。根据表中数据可知，反应进行到60s时，物质到浓度不再发生变化，说明反应达到平衡状态。当反应进行到反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅，这说明降低温度反应写逆反应方向移动，因此正反应是吸热反应。

（2）20s时，四氧化二氮的浓度为a

N2O4                2NO2

1mol/L                2mol/L

（0.20－a）mol/L      0.12mol/L

解得a＝0.14mol/L

则反应的N2O4浓度为（0.2－0.14）mol/L＝0.06mol/L

则反应速率v（N2O4）＝0.06mol/L÷20s＝0.003 mol/（L·s）

（3）平衡时NO2当浓度是0.22mol/L，则N2O4的浓度是0.2mol/L－0.11mol/L＝0.09mol/L

所以根据反应的方程式可知，平衡常数K＝

（4）根据化学平衡常数知，K越大，生成物的浓度越大，反应物的浓度越小，N2O4的转化率大、NO2的产量越大、N2O4与NO2的浓度之比越小、正反应进行的程度越大，即选项ABD正确，答案选ABD。

点评：该题是高考中的常见题型，属于综合性试题的考查。试题在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生解题能力的培养和方法的指导与训练，旨在培养学生分析、归纳、总结问题的能力。有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，也有助于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。

（1）2.25×10－4 mol/（L·s）   2.85×10－3 mol/L （各2分，共4分）

（2）① ＜ （2分）

②（3分，①曲线画错不得分：注意起始点、变化趋势、拐点；②曲线正确但不标条件扣1分）         （3）  C （3分）

试题分析：（1）根据表中数据可知，前4s内NO的浓度变化量＝1.00×10－3mol/L－1.00×10－4mol/L＝9.00×10－4mol/L，所以NO的平均反应速率v（NO）＝＝2.25×10－4 mol/（L·s）。前2s内NO浓度减少了1.00×10－3mol/L－2.50×10－4mol/L＝7.50×10－4mol/L。根据方程式可知，消耗CO的浓度＝7.50×10－4mol/L，所以此时CO的浓度＝3.60×10－3 mol/L－7.50×10－4mol/L＝2.85×10－3 mol/L。

（2）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T1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T1＞T2。但温度高平衡时CO2的浓度降低，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T2时，达到平衡的时间增加，但平衡状态不变，因此图像为。

（3）A、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，A不正确；B、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，B不正确；C、平衡常数只与温度有关，增大NO的浓度，平衡向正反应方向移动，但平衡常数不变，C正确；D、增大生物物氮气的浓度，平衡向逆反应方向移动，NO的转化率降低，D不正确，答案选C。