热门试卷

( 6分) 20﹪    0.25  变大    （各2分）

试题分析：该反应的化学方程式是H2  ＋   I22HI

起始浓度（mol/L）             0.01    0.01    0

转化浓度（mol/L）             0.002   0.002   0.004

平衡浓度（mol/L）             0.008   0.008   0.004

所以氢气的转化率是

该温度下，反应的平衡常数为

正反应是放热反应，则降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数变大。

点评：该题是中等难度的试题，该题也是高考中的重要考点和题型。该题基础性强，侧重能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的规范答题能力和逻辑推理能力。

（1）吸热   K=[ c(C)·c(D)]/ c(B)

（2）BCD

（3）B

（4）40％

试题分析：(1)升高温度容器内气体的密度增大，又容器的体积一定，因此，平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，其平衡常数。

(2)体积分数组成C％＝D％，不能判断反应达到平衡状态。反应达到平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等。

(3)由图像可知，改变条件后，正反应速率增大，且平衡向逆反应方向进行。符合此条件的为C增大压强。

(4)“扩大容器容积至原来的10倍，结果A的百分含量始终未改变”说明此时平衡不发生移动，则B的转化率保持不变。根据“三段式法”计算：设容器的体积为V

A(s)＋B(g)C(g)＋D(g)

起始(mol)   2    3         0     0

变化(mol)   x    x         x     x              

平衡(mol) 2－x  3－x       x     x    

，，此时B的转化率为：

点评：本题是对化学平衡的综合考查。对于平衡状态的确定，必须是正逆反应的反应速率相等，即达到平衡状态；对于平衡转化率的计算，应利用三段式法，可以使得计算过程较为有条理性。

30%；2mol。

⑴设氮气转化的物质的量为x，则

N2 ＋  3H2     2NH3

初始物质的量/mol：   1       3            0    

转化物质的量/mol：   x       3x           2x     

平衡物质的量/mol： 1—x     3—3x         2x     

依题意，可得： ＝2g/mol×5

解得：x＝0.3mol

则，A的转化率为：α＝×100%＝30%

⑵若在同一个容器中，在相同的温度下，向容器中充入NH3，为使达到平衡时各成分的百分含量与上述平衡时相同，这是等效平衡问题。在等温等容的条件下，只要化归原值即可，则所加的NH3的物质的量应为2mol。

（1）稀；3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

（2）①0.05 mol/(L·min) ②－2Q kJ/mol ③＝ ④逆向；增大

（3）2Al+NO2－+OH－+2H2O＝2AlO2－+NH3·H2O

试题解析：（1）浓硝酸还原产物为NO2，稀硝酸还原产物为NO，转移电子数相同时，稀硝酸的用量少。

（2）①，则v(O2)=0.05mol·L-1·min-1。

②反应消耗NO：2mol-0.5mol/L×2L=1mol，放热QkJ，则消耗2molNO放热2QkJ。

③根据题中数据可知，平衡时NO、O2、NO2的物质的量浓度分别为0.5mol/L、0.25mol/L、0.5mol/L，则该温度下的平衡常数： =4，加入NO、NO2各1mol，则NO、NO2浓度改变相同，因此Qc=K，平衡不移动，则正、逆反应速率相等。

④充入NO2则产物浓度增大，平衡逆向移动。因NO2浓度增大，因此平衡时其体积分数增大。

（3）根据加热反应后的溶液有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体逸出可知有氨水生成，则Al失电子，NO2-得电子，根据氧化还原反应电子得失守恒及电荷守恒，可写出化学方程式。

（14分，每空2分) （1）2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；12

（2）2FeTiO3＋6C＋7Cl22TiCl4＋2FeCl3＋6CO；

（3）防止高温下Mg、Ti与空气中的O2（或CO2、N2）反应； （4） ①5    ②＞     （5）10

试题分析：（1）用惰性电极电解食盐水时，总反应的离子方程式是2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。阴极是氢离子放电，生成氢气，氢气的物质的量是0.224L÷22.4L/mol＝0.01mol，则根据方程式可知，生成的氢氧化钠是0.02mol，所以氢氧化钠溶液的浓度是0.02mol÷2L＝0.01mol/L，则pH＝12。

（2）高温下碳的氧化产物是CO，所以钛铁矿经氯化得到四氯化钛的化学方程式是2FeTiO3＋6C＋7Cl22TiCl4＋2FeCl3＋6CO。

（3）在高温下镁和钛均能和空气中的氧气或氮气或CO2反应，所以反应在Ar气氛中进行的理由是防止高温下Mg、Ti与空气中的O2（或CO2、N2）反应。

（4）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，所以根据图像可知平衡时甲醚、水蒸气和甲醇的浓度分别是（mol/L）1、0.8、0.4，则该反应的平衡常数K＝。

②某时刻各组分浓度依次为c(CH3OH)="0.4" mol/L、c(H2O)="0.6" mol/L、(CH3OCH3)="1.2" mol/L，此时＜5，所以正反应速率大于逆反应速率。

（5）根据由方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）、2FeTiO3+6C+7Cl2＝2FeCl3+2TiCl4+6CO和2NaCl+2H2O＝2NaOH+H2↑+Cl2↑可得如下关系式：6CH3OH→6CO→7Cl2→7H2，而6CH3OH→12H2，故每生产6molCH3OH（192g）需额外补充5molH2（10g），则生产192t甲醇，至少需额外补充10t氢气。

点评：该题是高考中的常见题型，难度大，综合性强，对学生的要求高。试题在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，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，提升学生的学科素养。该类试题要求学生能够具备通过对自然界、生产、生活和科学实验中化学现象以及相关模型、图形和图表等的观察，获取有关的感性知识和印象，并运用分析、比较、概括、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用的能力；能够敏捷、准确地获取试题所给的相关信息，并与已有知识整合，在分析评价的基础上应用新信息的能力。

2    60%    0.5    4/3    B   逆

起始量（mol）         2        2           0       0

转化量（mol）        1.2       0.4         0.4x     0.8

平衡量（mol）        0.8       1.6         0.8      0.8

(1)所以x＝2

(2)A的转化率是

(3)此温度下该反应的平衡常数

(4)因为平衡的建立和途径无关，所以把mol的C 、 D 转化为A和B，则A和B分别是2mol和2/3mol。若要使平衡等效，则还缺少B：2mol－2/3mol＝4/3mol。

（5）当A、B、C、D各1mo时，＞0.5，所以反应向逆反应方向进行。

（18分）

（1）①（2分）  ＞（2分）

②0.0018mol·L-1·min-1（2分）

（2）＞（2分） ＞（2分）

（3）白色沉淀逐渐变成红褐色（2分）

Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+（2分）

2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）（2分）

试题分析：（1）①根据平衡常数的含义，可得该反应的平衡常数K=；根据图像可知，温度升高，生成物NH3的体积分数逐渐增大，说明平衡向右移动，则该反应为吸热反应，∆H > 0。

②根据图像，15min时N2的转化率为1.3%，20min时N2的转化率为2%，则v(NH3)=2v(N2)=2×1mol×(2.2%-1.3%)÷2L÷5min=0.0018mol·L-1·min-1；使用了催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，可画出曲线。

（2）0.l mol•L‾1盐酸与0.2 mol•L‾1氨水等体积混合，所得混合溶液含有等量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液呈碱性，则pH > 7；NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以c(NH4+)>c(NH3•H2O)。

（3）根据Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp可知生成Fe(OH)3沉淀时OH‾的浓度更小，所以Mg(OH)2沉淀会转化为Fe(OH)3沉淀；先后发生反应的离子方程式为：Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+；2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。