热门试卷

（1）除去铁钉表面的铁锈；（2）⑤①④②③（3）4Fe＋3O2＋6H2O=4Fe(OH)3；吸入导管内的品红溶液；（4）铁钉的表面积（温度、催化剂）（5）①溶液的酸性太强，铁容易发生析氢腐蚀；

②6．0

试题分析：（1）反应前后气体的体积不变，用平衡时H2、H2S的物质的量代替浓度计算，故该反应的平衡常数k===1；A．该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应移动，平衡常数增大，图象与实际相符合，正确；B．增大压强平衡不移动，但容器体积减小，硫化氢的浓度增大，正确；C．升高温度反应速率加快，图象中正反应速率不变，错误；D．增大硫化氢的浓度，等效为增大压强，平衡不移动，各组分的含量不变，图象与实际不相符，错误；（2）由流程图可知，反应I中铁与硫化氢、氧气反应生成FeS与水，反应方程式为：2Fe+2H2S+O2=2FeS+2H2O；（3）由流程图可知，反应II中FeS与氧气反应生成氧化铁与二氧化硫，FeS发生氧化反应，为负极；已知：①Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H1═-2．5akJ/mol；

②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2═-5akJ/mol9；

③4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H3═-6akJ/mol

根据盖斯定律，③-①×4+②×4得：4FeS（s）+7O2（g）═2Fe2O3（s）+4SO2（g）△H=-16akJ/mol

（4）由电离平衡常数可知，H2S2O3属于弱酸，Na2S2O3为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；

阳离子带的电离等于阴离子带的电离，故c（Na+）+c（H+）=2c（S2O32-）+c（HS2O3-）+c（OH-）；

反应Ⅳ是H2S2O3与FeS反应生成FeS2O3与H2S，方程式为：H2S2O3+FeS=FeS2O3+H2S↑，符合复分解反应，反应能进行由于生成硫化氢气体，不能说明FeS溶解性更强，（5）由流程图可知，最终腐蚀产物为Fe2O3、FeS2O3；硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，反应离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+。

（12分）（1）B  （2）  K800℃＜K850℃

（3）v(O2)＝1/40Vmol/（L·S）（4）  BD    (5) ①②③

试题分析：（1）根据图像可知，B曲线表示的反应速率快，达到平衡的时间少，且平衡时NO2的物质的量小于A曲线达到平衡时NO2的物质的量。由于正反应是体积增大的可逆反应，增大压强平衡应该向逆反应方向移动，NO2的物质的量增大，CD不正确；催化剂不能改变平衡状态，A不正确；所以改变的条件只能是升高温度，这说明升高温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应，答案选B。

（2）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，因此根据方程式可知，该反应的平衡常数。正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，所以K800℃＜K850℃。

（3）根据图像可知，反应进行到2s时反应达到平衡状态，此时NO2的物质的量减少了0.20mol－0.10mol＝0.10mol，则氧气的物质的量就增加了0.05mol，所以氧气的反应速率是＝1/40Vmol/（L·S）。

（4）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。A中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，A可以说明。B中反应速率的方向是相同的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此B中的关系始终是成立，B不能说明。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以C可以说明。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，D不能说明，答案选BD。

（5）该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以③中容器中的压强始终大于②中的压强，压强大有利于NO的转化。①中是绝热的，则反应中温度高，但温度越高，越不利于NO的转化，所以达到平衡时各容器中NO物质的百分含量由大到小的顺序为①②③。

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，在注重考查学生基础知识的同时，侧重考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确平衡状态的含义、判断依据以及外界条件对平衡状态的影响，然后结合图像和勒夏特例原理灵活运用即可，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。

⑴K＝c3(H2O)/c3(H2) ⑵吸热  ⑶2WO3+H2W2O5+H2O； W2O5 , WO2

⑷ +203.9KJ/mol ⑸AB

试题分析：（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，所以根据反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数表达式K＝c3(H2O)/c3(H2)。

（2）反应达平衡时，随温度的升高， H2与水蒸气的体积比减小，这说明升高温度平衡正反应方向移动，所以正反应是吸热反应。

（3）根据表中数据可知，第一阶段的生成物是W2O5，所以反应的化学方程式是2WO3＋H2W2O5＋H2O。同样根据表中的数据可知，580℃时，固体物质的主要成分为W2O5和 WO2。

（4）根据盖斯定律可知，①－②即得到WO2（s） WO2（g），所以ΔH＝＋66kJ/mol＋137.9kJ/mol＝＋203.9kJ/mol。

（5）该反应在不同温度下，反应进行的方向是不同的。高温下生成单质碘，而温度降低后，又消耗碘，所以灯管内的I2可循环使用，A正确；该方程式可知，WI4在灯丝上分解，产生的W是该题，会沉积在灯丝上，B正确，则C不正确；升高温度，反应速率都是增大，D不正确，答案选AB。

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，设计新颖。注重考查学生分析问题、解决问题的能力。该题在书写平衡常数的表达式时需要特别是注意物质的状态，不同有利于培养学生的灵活应变能力以及严谨的逻辑思维能力。

(1)1

(2)10；0.075

(3)ab

(4)增大；75％；5.3

(5)

⑴  ①k= ；②减小；增大

⑵  ①CO32－；②D；C；③  C D；④2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2↑＋2Cl－＋2HClO。⑶ 5； 6。

试题分析：（1）①该反应平衡常数的表达式；②由于温度升高，化学平衡常数减小。说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应。若升高温度，平衡逆向移动，气体的质量减小，而气体的物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量减小；充入氦气，化学平衡不发生移动，但在整个容器内气体的质量增大，所以混合气体的密度增大；（2）①同种浓度的离子结合质子能力越强，则盐水解程度就越大，盐溶液的碱性就越强，即pH越大。由于Na2CO3溶液的pH最大，说明CO32－与H+结合力最强。因此上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是CO32－。③发生反应时应该是强酸制取弱酸。A．酸性CH3COOH> H2CO3，正确。B．酸性CH3COOH> HCN.正确。C． H2CO3>HClO。正确。D.由于酸性：H2CO3>C6H5OH> HCO3－，所以会发生反应CO2＋H2O＋C6H5ONa＝NaHCO3＋C6H5OH。错误。④要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2↑＋2Cl－＋2HClO。（3）c (Cu2＋)·c2(OH-)≥Ksp＝2×10－20; c2(OH-)≥2×10－20÷0.02=1×10－18; c(OH-)≥1×10－9;所以pH=5; c(Cu2＋)= 0.2 mol/L÷1000=2×10－4mol/L,则c2(OH-)≥2×10－20÷2×10－4mol/L=1×10－16,所以c(OH-)≥1×10－8；pH=6.

或

Ⅱ. (1)－286.0(1分)

(2) a c  (每个1分，共2分，有错不得分。)

(3)① C (1分)         ② 0.12 mol·L－1·min－1(2分)

③ 4/27 (或0.148、0.15) (2分，写单位也得分)         减小(1分)

(4)

(5)① 60%(2分)         ② 2(1分)

试题分析：Ⅰ．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，据此可以作图或。

Ⅱ．（1）根据盖斯定律可知，（②－①）÷3即得到H2(g)＋1/2O2(g)H2O(l)，所以该反应的反应热是△H＝（－93.0kJ /mol－765.0kJ /mol）÷3＝－286.0 kJ /mol，所以氢气的燃烧热是△H＝－286.0 kJ /mol。

（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，所以选项c可以说明。该反应是体积减小的可逆反应，所以当压强不再发生变化时，可以说明，a正确；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，b不正确。D中反应速率的方向是相同的，不正确。速率之比是相应的化学计量数之比，因此e中的关系始终是成立，不正确，因此答案选ac。

（3）①根据图像可知，反应进行到25min时物质的浓度不再发生变化，此时ABC的浓度变化量分别是（mol/L）A减少3.0，B增加2.0，C减少1.0，所以表示N2的浓度变化的曲线是C，表示H2的浓度变化的曲线是A，表示氨气的浓度变化的曲线是B。

②前25 min 内，用H2的浓度变化表示的化学反应平均速率是3.0mol/L÷25min＝0.12 mol·L－1·min－1。

③根据平衡常数的表达式可知，该反应的K＝。由于正方应是放热反应，所以若升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应的平衡常数值将减小。

（4）升高温度，反应速率增大，但平衡向逆反应方向移动，所以根据氢气的浓度变化量可知，平衡时氨气的浓度应该是1.0mol/L，所以该图应该是（见答案）。

（5）①         N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g)

起始量（mol）   1      3          0

转化量（mol）   x      3x         2x

平衡量（mol） 1－x   3－3x        2x

则1－x＋3－3x＋2x＝2.8

解得x＝0.6

所以氢气的转化率是60%。

②α1 + α2 ＝1，所以氨气的转化率是40%，则

N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g)

起始量（mol）   0      0          y

转化量（mol）   0.2y  0.6y      0.4y

平衡量（mol）   0.2y  0.6y      y－0.4y

则0.2y＋0.6y＋y－0.4y＝2.8

解得y＝2

点评：该题以化学反应速率和化学平衡为载体，重点考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。试题综合性强，贴近高考，易于激发学生的学习兴趣和学习求知欲。有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力，提高学生的规范答题能力和学习效率。

（1）CH4（g）＋H2O（g）CH3OH（g）＋H2（g）ΔH＝＋77.0 kJ·mol－1

（2）①0.0024 mol·L－1·min－1　②7.2×10－5

（3）CD

（4）该反应是一个熵增的反应（ΔS＞0）

（5）①Co2＋－e－=Co3＋    ②6Co3＋＋CH3OH＋H2O=CO2↑＋6Co2＋＋6H＋

（1）根据盖斯定律，将两个已知的热化学方程式相加可得：CH4（g）＋H2O（g）=CH3OH（g）＋H2（g）　ΔH＝＋77.0 kJ·mol－1。

（2）v（H2）＝3v（CH4）＝3×＝0．0024 mol·L－1·min－1。根据三段式：

CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g）

起始（mol/L）　0.01　  0.02　　　　0　　　　0

转化（mol/L）　0.004　 0.004　　0.004　　0.012

平衡（mol/L）　0.006　 0.016　　0.004　　0.012

则平衡常数：K＝＝7.2×10－5。

（3）增大压强，平衡向正反应方向移动，C、D项正确；但移动的结果不会抵消条件的改变，故c（H2）仍然增大，A项错误；增大压强正逆反应速率均增大，B项错误；平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，E项错误。

（5）Co2＋在阳极失电子生成Co3＋。

（11分）（1）橙　（1分）（2）c　 （1分） （3）6　 （2分）（4）5  （2分）

（5）阳极反应为Fe－2e－＝Fe2＋，提供还原剂Fe2＋ 2分 （6）2H＋＋2e－＝H2↑　，Fe(OH)3     （3分）

试题分析：（1）若平衡体系的pH＝2，这说明溶液显酸性，氢离子浓度增大，因此平衡正反应方向移动，所以该溶液显橙色。

（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。平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种物质的浓度之间不一定满足某种关系，a不能说明；速率之比是相应的化学计量数之比，因此b中的关系始终是成立，不能说明，b不正确；颜色的深浅和浓度有关系，因此当溶液有色不再发生变化时，可以说明反应达到平衡状态，c正确，答案选c。

（3）在反应②中Cr元素的化合价从＋6价降低到＋3价，得到3个电子。铁元素的化合价从＋2价升高到＋3价，上去1个电子，则根据电子得失守恒可知n（Cr2O72-）×6＝n（FeSO4•7H2O）×1，解得n（FeSO4•7H2O）＝6mol。

（4）根据溶度积常数的表达式Ksp＝c(Cr3+)·c3(OH—)＝10-32可知，当溶液中c（Cr3+）＝10-5mol/L时，溶液的c（OH-）＝＝10-9 mol/L，因此c（H+）＝＝10-5mol/L，所以pH＝5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5。

（5） Cr2O72—要生成Cr(OH)3沉淀，必需有还原剂，而铁做电极时，在阳极上可以失去电子产生Fe2+，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2+。

（6）在电解池中阳离子在阴极得到电子，在溶液中由于H+得电子得能力强于Fe2+的，因此阴极是H+放电，电极反应式为2H++2e－＝H2↑。随着电解的进行，溶液中的H+浓度逐渐降低，水的电离被促进，OH－浓度逐渐升高。由于Fe2+被Cr2O72—氧化生成Fe3+，当溶液碱性达到一定程度时就会产生Fe(OH)3沉淀。

点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。试题综合性强，难易适中，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。注意相关知识的积累和总结，并能灵活运用即可。

（1）40%，1（2）25%（3）C2=（a-c）（b-c）

试题分析：（1）平衡时CO的转化率为60%，则转化的浓度为1.2 mol/L,平衡时CO的浓度为0.8 mol/L ，；水蒸气的转化浓度为1.2 mol/L，转化率为1.2mol÷3mol/L×100%=40%；平衡时CO2和H2的浓度均为0.8 mol/L，故K值为1；（2）设此时各物质的转化浓度均为xmol/L，则平衡时，CO的浓度为（2-x）mol/L，水蒸气的浓度为（6-x）mol/L，二氧化碳和氢气的浓度均为xmol/L；因为K只与温度有关，故，解得X=1.5，故水蒸气的转化率为1.5mol/L÷6mol/L×100%=25%；（3）因H2的平衡浓度c(H2)＝c mol/L，故四种物质的转化浓度均为c mol/L，平衡时，CO的浓度为（a-c）mol/L，水蒸气的浓度为（b-c）mol/L，故，即C2=（a-c）（b-c）。

点评：化学平衡是历年高考重中之重，考生一定要系统备考此知识点。难度较大。