热门试卷

（1）  （1分）

（2）①  （1分）    不变  （2分）

② 17.4%       （2分）

（3）① NO+ O2 --2e- = NO2 （2分）

② 1 : 1                  （2分）

（4）① 原因是：在250℃-450℃时，反应未达到平衡，反应还在正向进行。 （1分）

450℃-600℃时，反应已达平衡，所以，温度升高平衡逆向移动，NOx转化率随温度升高而减小。（其他合理答案也给分）  （1分）

② BCF        （2分）

（1）即为目标方程式③，所以，

（2）① 该反应的平衡常数的表达式

② 平衡常数K不受浓度和压强的影响，只受温度的影响，温度不变K不变。

③ 400 K时，将投料比为1的NO2和CH4的混合气体共0.04 mol，充入一装有催化剂的容器中，充分反应后，平衡时NO2的体积分数为：

CH4(g) ＋  2NO2(g)  N2(g) ＋ CO2(g) ＋ 2H2O(g)

n始     0.02        0.02          0        0          0

n转    0.006  0.02×0.6=0.012   0.006    0.006      0.012

n平    0.014       0.008        0.006    0.006      0.012

0.014 + 0.008 + 0.006 + 0.006 + 0.012 = 0.046

平衡时NO2的体积分数=

（3）连续自动监测氮氧化物（NOx）的仪器动态库仑仪实际上就是应用原电池原理，从图1可知Pt电极（通入O2的一极）为电池的正极，NiO电极（通入NO的一极）为电池的负极，O2 –可以通过固体电解质移向负极。所以，

① NiO电极上NO发生的电极反应式：NO+ O2 --2e- = NO2。

②1×104L（标准状况下）尾气中含NOx的体积为：1×104L×1.12% = 112L，

NOx的物质的量为：。

设NO和NO2的物质的量分别为x、y mol，根据反应化学方程式①和②：

① CH4(g) ＋ 4NO2(g)4NO(g) ＋ CO2(g)＋2H2O(g)    

16g        4                4

m 1            y                y      m 1 = 4y

② CH4(g) ＋ 4NO(g)2N2(g) ＋ CO2(g)＋2H2O(g)  

16g        4        

m 2       (x+y)                     m 2 = 4(x+y)

则： x+y = 5；4(x+y)+ 4y = 30

解得：x ="2.5" mol   =" 2.5" mol

所以，尾气中V(NO)︰V(NO2) =" 1" ︰ 1 。

（4）①从图2 变化曲线分析，结论二的原因是：在250℃-450℃时，反应未达到平衡，反应还在正向进行；故NOx转化率随温度升高而增大；在在450℃-600℃时反应已达到平衡状态，因为该反应是放热反应，此时温度升高平衡逆向移动，故 NOx转化率随温度升高而减小。

② 由上述NO2和CH4反应的化学方程式的特点分析可知: 该反应是放热反应；该反应是扩大气体体积的反应。所以要提高NO2转化率，可降低温度，降低温度能使平衡正向移动，从而提高NO2转化率；分离出H2O，相当于减小生成物的浓度，使平衡正向移动，从而提高NO2转化率；减小投料比[n(NO2) / n(CH4)]，相当于增加反应物CH4的浓度，使平衡正向移动，从而增大NO2转化率。而使用催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，故NO2转化率不会变化。增大压强，平衡逆移，NO2转化率会减小。因此选B C F。

(1)αⅢ(B) 0.19(或19%)

(2)向正反应方向 从反应体系中移出产物C

(3)> 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动

(1)由题图知，A、B、C三种气体达到平衡时浓度的变化值分别为1.00 mol·L－1、3.00 mol·L－1、2.00 mol·L－1，在一定时间内，三种气体浓度的变化量之比等于化学计量数之比，则a∶b∶c＝1∶3∶2。

αⅠ(B)＝×100%＝50%，

αⅡ(B)＝×100%＝38%，

αⅢ(B)＝×100%＝19%，

即最小的是αⅢ(B)。

(2)由图可知，达到第一次平衡后，C的浓度瞬间减小，而A和B的浓度瞬间不变，说明从反应体系中移出了C，从而减小了C的浓度，使平衡向正反应方向移动。(3)由题意知该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，则说明第Ⅱ阶段的温度高于第Ⅲ阶段，即T2>T3。

（14分）

Ⅰ：（1） 0.225  （2） 75% （3） C

Ⅱ：（1） 铁 （2）C2H5OH－12e+16OH—=2CO32—+11H2O

（3） 1 （4）C2H5OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l） △H=－1366.7kJ/mol

试题分析：Ⅰ.（1）①v（CO2）= =0.075mol/（L•min），则v（H2）=3×v（CO2）=0.225mol/（L•min），故答案为：0.225；

（2）由（1）得知，CO2反应了0.75mol，所以CO2的转化率等于0.75mol*100%/1mol=75%；

（3）使n(CH3OH)/n(CO2)增大应使平衡向正反应方向移动：

A．该反应正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，故A错误；

B．充入He气，参加反应的物质的浓度不变，平衡不移动，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，故C正确；

D．使用催化剂只能加快反应速率，不能使化学平衡移动，故D错误。

故答案为：C。

Ⅱ.（1）作时M、N两个电极的质量都不减少，M为阴极得到电子，N为阳极是失电子的，综合分析，M极的电极材料为铁。

（2）加入乙醇的电极是负极，失去电子，电极反应式为C2H5OH－12e+16OH—=2CO32—+11H2O。

（3）发生的反应为：

阴极反应：4Ag+ 4e- ==4Ag

阳极反应：4OH- +4e- ==2H2O+O2↑

总反应:4AgNO3 + 2H2O ==4HNO3 + 4Ag+ O2↑

N(Ag)=4.32g/108(g/mol)=0.04mol，n(HNO3)=0.04mol，即n(H+)=0.04mol，c(H+)=0.04mol/0.4L=0.1mol/L，PH=1。

点评：本题考查较为综合，涉及反应速率、平衡常数、平衡移动以及电化学等知识，题目难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及平衡移动方向的判断。

（1）2NM （2）t3     =         2﹕1    （3）能    （4）AD

试题分析：（1）根据图像可知，反应进行到t2时，N的物质的量减少8mol－4mol＝4mol，M的物质的量增加4mol－2mol＝2mol，所以根据物质的变化量之比是相应的化学计量数之比可知，该反应的化学方程式是2NM。

（2）根据图像可判断，t1、t2时物质的浓度还是再变化的，反应没有达到平衡状态。而t3时物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，因此此时V正＝V逆。由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以达到平衡状态后，平均反应速率v(N)﹕v(M)=2︰1。

（3）根据反应的化学方程式可知，该反应是体积减小的，所以在反应过程中，压强也是减小，则当压强不再发生变化时，可以说明反应达到平衡状态。

（4）升高温度或最大压强都可以加快反应速率，因此选项AD正确，B和C是降低反应速率的，答案选AD。

点评：该题属于中等难度的试题，基础性强。考查学生对基础知识的掌握程度以及运用基础知识解决实际问题的能力。

（1）；66.7%；

（2）＜； I2；

（3）淀粉； H2SO3+I2+H2O=2I－+SO42－+4H＋；

（4）1.0×10－12；增大。

（1）根据题给的化学方程式：TaS2（s）+2I2（g） TaI4（g）+S2（g），可知K=；由于K=1，设平衡时TaI4和S2的物质的量为x，则根据平衡常数可列式：（x/V）2=【（1-2x）/V】2，即：x2=（1-2x）2，解得x=1/3，故I2（g）的平衡转化率为：(2/3)×100%=66.7%；

（2）分析题给的化学方程式：TaS2（s）+2I2（g） TaI4（g）+S2（g）   △H﹥0，该反应正向吸热；由于反应先在T2端开始，一段时间后在T1端得到晶体，说明反应生成的气体在T1端温度降低平衡左移，故温度T1＜T2；在上述变化过程中I2可以循环使用；

（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量时的指示剂是淀粉，反应的离子方程式为：H2SO3+I2+H2O= 2I－+SO42－+4H＋；

（4）根据NaHSO3的水解方程式：HSO3-+H2OH2SO3+OH－，其水解平衡常数的表达式为：Kh=c(H2SO3)×c(OH－)/c(HSO3-)，故Ka×Kh= c(H+)×c(OH－)=Kw，可求出Kh =1.0×10－12；若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，溶液中发生反应：HSO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+3H+，氢离子结合氢氧根离子，使平衡向右移动，造成溶液中增大。

【考点定位】此题综合考查了化学平衡常数、电离平衡常数和水解平衡常数、平衡转化率、化学平衡的移动、滴定指示剂的选择等知识。

（14分）⑴①A（2分）②水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c（H+）、c（OH-）小（2分）⑵10-10（2分）⑶10∶1 （2分）⑷a+b=16或pH1+pH2=16（2分）

⑸曲线B对应95 ℃，此时水的离子积为10-12。HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5。（2分）⑹>（2分）

试题分析：（1）电离是吸热，则升高温度，电离程度增加，水中氢离子浓度增加，所以25 ℃时水的电离平衡曲线应为A。

（2）95 ℃时水的离子积常数是10－12，所以pH=2的NaOH溶液中由水电离的c(H＋)＝10-10mol/L。

（3）若所得混合溶液的pH=7，则，解得。

（4）若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则，所以该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是a+b=16或pH1+pH2=16。

（5）曲线B对应95 ℃，此时水的离子积为10-12。HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5。

（6）95 ℃时，某氨水与氯化铵的混合溶液的PH=7，则溶液显碱性。所以根据电荷守恒可知c（NH4+）＋c（H+）＝c（OH－）＋c（Cl－），c（NH4+）>c（Cl－）。

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，侧重对学生基础知识的巩固与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确随着温度的升高，水的离子积常数是增大，在计算pH时需要灵活运用。

（1）C（2）   <（3）mol/(L·s)（4）AC

试题分析：（1）B比A反应速率快但平衡时B比A中NO2物质的量小，催化剂对平衡移动无影响，所以不可能是使用催化剂。增大压强，平衡向左移动，NO2物质的量增大，B错误；升高温度，平衡向右移动，NO2物质的量减小，C正确。（2）该反应正反应是吸热反应，温度越高，K越大。（3）B条件下v(NO2)==mol/(L·s)，所以v(O2)= mol/(L·s)。（4）NO2与NO化学计量数相等，所以V正（NO2）=V逆（NO）是平衡状态，A正确；NO和NO2浓度相等不是平衡状态的标志，二者浓度不变是平衡状态的标志，B错误；气体的平均摩尔质量=，反应物和生成物都是气体，所以气体总质量守恒；反应后气体物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，所以气体摩尔质量不变时是平衡状态，C正确；气体的密度=，反应物和生成物都是气体，所以气体总质量守恒，容器容积固定，气体的体积不变，所以无论是平衡状态还是非平衡状态，气体的密度均不变，D错误。

点评：图中曲线B达到平衡需要的时间比曲线A少，说明B条件下反应速率快，可能是浓度大、温度高、压强大、使用催化剂；再研究A、B条件下平衡时NO2物质的量可知B条件下NO2物质的量小，根据勒沙特列原理作出判断。

（1)吸热 （2)C(H2O)·C(CO)/C(CO2)·C(H2) （3)K3=K1/K2, 吸热, D、F

试题分析：（1）K1随温度升高而增大，K2随温度升高而减小，所以①是吸热反应、②是放热反应。（2）①-②得CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g） K3=K1/K2。973K时K3=0.62、1173K时K3=1.29，K3随温度升高而增大，反应是吸热反应。CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）反应前后气体物质的量不变，改变压强平衡不移动，A、B错误；正反应是吸热反应，升高温度平衡向右移动，D正确、C错误；催化剂同等程度改变正、逆反应速率，平衡不移动；减少一氧化碳浓度，平衡右移。

点评：两反应相加，平衡常数相乘；两反应相减，平衡常数相除。若方程式中各物质的计量数变为原来的n倍，则平衡常数变为Kn。

(8分）(每空1分)

(1)  0.1 mol·(L·s) –1； 20%   (2) A B E（3分）  (3) A C D（3分）

2SO2(g)  +  O2(g)   2SO3(g)

初n:      2          1             0

△n:      0.4         0.2           0.4

平n:     1.6          0.8          0.4

（2）C：容器内的原子总数是定值，不能做为平衡判断的标志；D：均为正反应速率，不能做为判断标志；

（3）扩大容器的体积，反应物浓度减小，反应速率降低；恒容下通入氦气，各物质浓度不变，反应速率不变。