热门试卷

（1）>　 较高（2分，各1分）

（2）K=c2(CO)/c(CO2)=1.242/0.38="4.0" (3分)

（3）减少（2分）

（4） >（2分）

（5）如图 （3分）

试题分析：（1）生成物中气体的化学计量数之和大于反应物中气体的化学计量数之和；该反应为吸热反应；

（2）平衡常数是指可逆化学反应达到平衡时，每个产物浓度系数次幂的连乘积与每个反应物浓度系数次幂的连乘积之比；

（3）通入二氧化碳使其浓度增大，平衡向右移动，但其的转化率降低；

（4）因为所以平衡向右移动，正反应速率大于逆反应速率；

（5）因为的浓度增大，所以反应速率加快，达到平衡的时间减少，设消耗Xmol,则有

（11分）（1）C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）（1分）； K3=K1∙K2（1分）；

（2）吸热（2分）；  75% （2分） ； （3）A、C（2分）；

（4）CH3OH-6e- +H2O=CO2+6H+ （1分）。

（5）5．6×10—5mo1/L （2分）

试题分析：(1)由平衡常数表达式分析得，所对应反应的化学方程式为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）。在同一平衡体系中，由化学方程式分析得，K3=K1∙K2。

(2)由表中信息得，温度越大平衡常数越小，说明反应物的浓度逐渐增大，故反应为吸热反应。由化学方程式计算得反应达到平衡时CO的转化率为75%

(3)B项：正、逆反应速率之比不与化学计量数之比相等，故错；

D项：同为逆反应速率，故错。

故选AC。

(4)由化学方程式得，CH3OH是负极，故负极的电极反应式为CH3OH-6e- +H2O=CO2+6H+。

(5)由反应的化学方程式和计算得，生成沉淀时原CaCl2溶液的最小浓度为5．6×10—5mo1/L。

点评：本题考查的是煤的综合利用、化学平衡、燃料电池和溶解平衡的综合知识，题目难度大，考查学生对基础知识的掌握程度和分析问题、解决问题的能力。

（1） （1分）

（2） b、c   （2分）

（3）①40%（1分）。

②增大压强加快反应速率；增大压强化学平衡不移动（或反应物的转化率不变。合理即可）（2分）。

③温度对化学反应速率的影响；该反应是吸热还是放热反应（温度对化学平衡移动的影响）（2分）

试题分析：（1）可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2 （g）的化学平衡常数k=；

（2）a．反应前后气体的物质的量不发生变化，容器中始终压强不变，不能说明反应到达平衡，故A错误； b．l molH-H键断裂的同时断裂2mol H-O键，断裂2mol H-O键同时生成l molH-H键，说明反应到达平衡，故B正确； c．根据反应可知，自始至终v正（CO）=v正（H2O），若v正（CO）=v逆（H2O），则v正（H2O）=v逆（H2O），说明反应到达平衡，故C正确； d．根据反应可知，自始至终c（CO）=c（H2），不能说明反应到达平衡，故D错误；故选：bc；

（3）①、由表中数据可知，实验1组3min到达平衡，平衡时CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，故CO的转化率为1.6/4×100%=40%，故答案为：40；

②、由表中数据可知，实验1组压强为实验2组的2倍，实验1组压强增大到达平衡时缩短，故增大压强反应速率加快，平衡时各组分的物质的量为实验2组的2倍，增大压强反应物转化率不变，化学平衡不移动，故答案为：增大压强反应速率加快；增大压强反应物转化率不变，化学平衡不移动；

③、根据控制变量法分析，实验3与实验1、2组相比温度升高，压强对平衡不影响，故应是探究温度对该反应平衡的影响，对反应速率的影响，

故答案为：探究温度对该反应平衡的影响，对反应速率的影响．

（1）①＜；在101KPa和298K条件下，1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气，放出92．4kJ热量，该反应为可逆反应，反应物不能全部变为生成物；又因为反应温度为500℃，所以放出的热量小于92.4kJ

②CEF

（2）4NH3+5O24NO+6H2O； K=；减小

（3）设充入气体总量为1mol，氮气的物质的量为x，则氢气的物质的量为（1-x）。

则有： 28x+2(1-x)=8．5（或用十字交叉法）

解得：N2：x=0．25mol H2：1mol-0．25mol=0．75mol

又设平衡时N2转化的物质的量为y，则

则有：

解得：y=0．075mol

则氢气的转化率为：

（1）0.24mol  0. 02　 （2）bd  （3）ac  （4）<　

试题分析：（1）2.80/（3*28+4*14）*3*4=0.24mol;

2.80/（3*28+4*14）*6/3/2="0.02" mol/(L·min);

平衡常数是指可逆化学反应达到平衡时，每个产物浓度系数次幂的连乘积与每个反应物浓度系数次幂的连乘积之比；

（2）a、温度不变，加压或改变反应物的浓度等平衡常数不变，错误；b、因反应为放热反应，故反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，正确；c、其他条件不变，增加固体Si3N4平衡不移动，错误；d、其他条件不变，增大HCl的物质的量，平衡向消耗HCl的逆反应方向移动，d正确。）

（3）利用化学反应速率之比等于化学方程式计量系数比可知a项叙述表示v正=v逆，表示反应达到平衡态，正确；b项均表示正反应，无论反应是否处于平衡态，都成立，错误；c、混合气体密度不变说明溶液中气体质量不变，而平衡移动则气体质量改变，所以c项表示达到平衡态，正确；d项表示的浓度关系与是否平衡无关，错误。

（4）降低温度，平衡正向移动，n(H2)/n(HCl)变小。

（1）①N2 + 3H22 NH3（2分） ② 随温度升高，反应的平衡常数K减小（2分）

③a、d（2分）   （2）①＜（2分）②吸热（2分）

（3）①60 %（2分）   9/4或2.25（2分）   ②c和d（2分）

试题分析：（1）①工业上利用氮气和氢气在一定条件下发生化合反应制备氨气，所以工业合成氨的化学方程式为N2 + 3H22 NH3。

②根据表中数据可知，随着温度的逐渐升高，平衡常数逐渐减小。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。

③合成氨是体积减小的放热的可逆反应，则a、增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，a正确；b、催化剂只能改变反应速率，而不能改变平衡状态，所以使用合适的催化剂不能改变氢气的转化率，b不正确；c、升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的转化率降低，c不正确；d、及时分离出产物中的NH3，降低生成物浓度，平衡向正反应方向移动，氢气转化率增大，d正确，答案选ad。

（2）①根据方程式可知正方应是体积增大的可逆反应，因此增大压强平衡向逆反应方向移动，甲烷的平衡含量增大。根据图像可知，在温度相同时P2曲线对应的甲烷含量高，所以压强关系是P1＜P2。

②根据图像可知，在压强恒定时，随之温度的升高，甲烷的含量降低。这说明升高温度平衡向正反应方向移动，即正方应是吸热反应。

（3）①            CO(g) + H2O(g)CO2 (g) + H2(g)

起始浓度（mol/L）  0.2     0.2          0         0

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

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

所以根据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可知，该温度下平衡常数K＝＝＝。

平衡时CO的转化率＝×100%＝60%。

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、该反应是体积不变的可逆反应，因此反应前后压强始终是不变，所以容器内压强不随时间改变不能说明反应达到平衡状态，a不正确；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，即密度始终是不变的，所以混合气体的密度不随时间改变不能说明反应达到平衡状态，b不正确；c、单位时间内生成a mol CO2的同时必然同时生成amol氢气，又因为消耗a mol H2，这说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，c正确；d、混合气中n(CO) : n(H2O) : n(CO2) : n(H2) ＝ 1: 16 : 6 : 6，此时Q＝＝＝，所以反应达到平衡状态，d正确，答案选cd。

（1）SO2+H2OH2SO3   2H2SO3+O22H2SO4

（2）2OH-+ SO2=H2O+SO32- 

（3）①酸性  HSO3-存在：HSO3-H++SO32-和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度强于水解程度。       ②a b

（4）①HSO3-+H2O-2e-= SO42-+3H+ 

②H+在阴极得电子生成H2，溶液中c（H+）降低，促使HSO3-电离生成SO32-，且Na+进入阴极室，吸收液就可以再生。 

试题分析：（1）SO2形成硫酸型酸雨时，二氧化硫和空气中的水、氧气反应得到硫酸：SO2+H2OH2SO3，2 H2SO3+O22H2SO4；

（2）二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收制备亚硫酸钠溶液时：SO2+2OH- =SO32-+H2O；

（3）根据表中数据，可知，n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)=1:91时，溶液的pH值为酸性，故NaHSO3溶液显酸性，在亚硫酸氢钠溶液中HSO3－存在：HSO3－SO32-+H＋和HSO3－+H2O=H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度，故溶液呈酸性。当吸收液呈中性时，溶液中的c（H＋）=c（OH－），由于溶液中存在着电荷守恒，故c（Na＋）+c（H＋）=2c（SO32-）+ c（HSO3－）+c（OH－），可推出：c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－），a对；由于n(SO₃²﹣):n(HSO₃﹣)=1：1时，溶液的pH值为7.2，故中性时一定有c（HSO3－）> c（SO32-），可推出：c（Na＋）> c（HSO3－）> c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－），b对；

（4）根据电解槽所示的变化，可知HSO3-在阳极放电的电极反应式是：HSO3-+H2O-2e- =3H++SO42-；H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c（H＋）降低，促使HSO3-电离生成SO32-，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。

点评：本题综合性强，难度较大，主要考查学生分析解决问题的能力

（17分）（1）①c(Na+)>c(Xˉ)>c(OHˉ)>c(H+)（2分）     10ˉ5（2分）  ②=（1分）

（2）①900K（1分，不写单位或900℃不给分）  n(NO)/n(CO)=1（1分，只写1也给分）

②CH4+2NO2CO2+N2+2H2O（2分，化学式错不给分，系数错扣1分，不写条件不扣分，用等号不扣分）

（3）①<（2分）      ②523K（2分，不写单位或523℃不给分）

③

（3分，每条曲线1分，标注错或坐标数值错不给分）

试题分析：（1）①HX与NaOH恰好完全中和，所得NaX溶液pH=9，说明NaX是强碱弱酸盐，HX是弱酸；由于电离程度NaX>H2O，前者电离出的Xˉ部分水解，则混合溶液中c(Na+)>c(Xˉ)>c(OHˉ)>c(H+)；H2OOHˉ+H+，NaX能促进水的电离平衡右移，则水电离出的c(OHˉ)>10ˉ7mol/L，由pH=9可知溶液中c(H+)=10ˉ9mol/L<10ˉ7mol/L，由水的离子积可知，溶液中的c(OHˉ)=Kw/ c(H+)=10ˉ5mol/L>10ˉ7mol/L，所以混合溶液中水电离出的c(OHˉ)=10ˉ5mol/L；②HY是强酸，则NaY是强酸强碱盐，混合溶液pH=7，说明HY与NaOH恰好完全中和，则c(HY)=c(NaOH)=0.1mol/L，所以c1=0.1；（2）①读图可知，相同温度下，n(NO)/n(CO)越大，NO的转化率越小；投料比最小时，温度越高，NO转化率越大，但是 900K时NO转化率已经接近100%，再升高温度，需要消耗更多的能量，NO转化率却增加不大，得不偿失，因此最佳温度和投料比分别为900K、n(NO)/n(CO)=1；②根据题意可知反应产物为CO2、N2、H2O，假设甲烷的系数为1，根据碳、氢、氧、氮原子个数守恒配平可得反应式：CH4+2NO2CO2+N2+2H2O；（3）①根据表中信息推断，升高温度平衡常数减小，前者说明平衡向吸热方向移动，后者说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应是吸热反应，所以正反应是△H<0的放热反应；②根据各组分的变化浓度之比等于系数之比，可求平衡浓度：

CO(g)  +  2H2(g)    CH3OH(g)

起始浓度/mol•Lˉ1    1         3              0

变化浓度/mol•Lˉ1    0.8        1.6             0.8

平衡浓度/mol•Lˉ1    0 .2        1.4            0.8

K=c(CH3OH)/[c(CO)•c2(H2)]=" 0.8/[0" .2×1.42]=2.041

与表中数据对比可知，平衡时温度为523K。

③画图要点：a、起点时，t=0，c(CO)=1mol/L，c(H2)=3mol/L，c(CH3OH)=0；b、平衡点或拐点时，t=10min，c(CO)=0.2mol/L，c(H2)=1.4mol/L，c(CH3OH)=0.8mol/L；c、起点至平衡点或拐点时，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度逐渐增大，且各组分的变化浓度之比等于化学方程式中相应的系数之比；平衡点或拐点之后，各组分的浓度保持不变。

略