热门试卷

（1）①<(1分)；       ② 0.2mol/(L·min) (1分)，       0.6(2分)；

（2）K= c(CH3OH ) ·c(H2O) / c(CO2) ·c3(H2) (1分)，      a、c(1分)；

（3）CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+H2(g) DH = DH 1 - DH 2(2分)、    4(2分)；

（4）负（1分），      CH3OH – 6e- + 8OH-  = CO32- + 6H2O（2分）；

（5）13.44(2分)。

试题分析：分析题意随温度升高，平衡常数K减小，所以反应放热；

CO(g) + 2H2 (g) CH3OH (g)

初始（mol）：   2      6              0

变化量（mol）：1.6     3.2            1.6

平衡量（mol）：0.4     2.8            1.6

平衡时气体的总量为0.4+2.8+1.6=4.8mol；为原来的4.8/8=0.6倍，则压强为原来的0.6倍；（3）由盖斯定律可知反应Ⅰ-Ⅱ，可得反应CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+H2(g) DH = DH 1 - DH 2，表中

H2的初始浓度相同，CO的浓度为2：1时，所用时间为2：3，则当CO的浓度为2：3时，所用时间为2：1，则n=4；（4）负      CH3OH – 6e- + 8OH-  = CO32- + 6H2O；（5）每消耗0.2mol CH3OH，转移的电子为1.2mol，电解池的阴极反应为2H++2e-=H2↑所以产生的气体为0.6mol，标况下的体积为13.44L.

（1）0.25mol/L·min（1分，计算或单位错不给分）；  K=（1分）（2）c  （1分）

（3）c、d（1分×2）33、升高温度或缩小体积（增大压强）（1分）；加入了催化剂（1分）。

t3～t4（1分）。

试题分析：（1）可逆反应3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）的平衡常数k=该反应为放热反应，升高温度平衡逆反应进行，化学平衡常数减小；（2）由方程式可知，该反应正反应是气体物质的量增大的反应，混乱度增大，熵值增大，故△S＞0；故答案为：＞；（3）A．单位时间生成2摩尔Si3N4的同时生成1摩尔的N2，生成2摩尔Si3N4的消耗4molN2，氮气的生成速率与消耗速率不相等，反应未达平衡状态，故A错误；B．平衡时c（N2）与c（CO）之比为1：3，可能处于平衡状态，也可能不处于平衡状态，与氮气的转化率等有关，故B错误；C．平衡时平衡体系个组分的含量不变，CO的百分含量保持不变，说明到达平衡状态，故C正确；D．单位时间消耗1摩尔SiO2的同时生成2摩尔的C，消耗1摩尔SiO2需要消耗2molC，C的生成速率与消耗速率相等，反应达平衡状态，故D正确；故选CD；（4）若不改变N2、CO的量，由图可知，t4时瞬间正、逆反应都增大，平衡向逆反应移动，改变条件为升高温度后压缩体积增大压强；t6时瞬间正、逆反应都增大，平衡不移动，故应是加入催化剂；t2时改变改变条件，平衡向正反应移动，在t3时重新到达平衡，t4时改变条件，平衡向逆反应移动，t5时由达平衡，故t3～t4平衡状态CO的含量最高；故答案为：升高温度后压缩体积增大压强；加入催化剂；t3～t4。

（1）0.01 mol·L-1·min-1       50% (2)C、D

（3）①> ②C ③2   >

(4)C

1、根据反应速率的定义：单位时间内物质的量浓度变化量来表示，根据方程式的序数比可以计算出反应消耗的c(N2)为0.05 mol·L-1则5分钟之内v(N2)="0.01" mol·L-1·min-1，反应消耗氢气的物质的量为0.3mol，转化率为0.3/0.6=0.5,所以转化率为 50%。

2.催化剂不能影响转化率，增大体积相当于减小压强，反应向气体体积增大的方向进行，即逆反应进行，氢气的转化率减小，由于正反应是放热反应，所以降低温度，可以使反应向正反应方向进行，同时加入氮气也使反应向正反应方向进行，所以这两种方法都可以增大氢气转化率，

3、温度升高，平衡常数增大，所以K1>K2

A容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1:3:2和B.v(H2)正＝3v(H2)逆都不能说明反应达到了平衡，因为只要反应开始了就有这个比例关系。

C.容器内压强保持不变和D.混合气体的密度保持不变可以说明反应达到了平衡状态，因为反应是一个体积改变的反应，当容器的压强不变时，或者根据体系质量不变，当密度不变时，说明容器的体积不变，即压强不变，说明体系达到平衡状态。

4、催化剂不能提高转化率，只能缩短反应时间。

点评：本题难度不大，主要考察化学平衡的判断，掌握化学平衡常数只与温度有关，做题时要看清题意。

（本题共8分）（1）AC（2分）（2）K＝16/15(或1.07或1.1)（2分）

（3）C（2分）  （4）N2+6H+ +6e→2NH3(2分)

试题分析：（1）A、a点反应物的浓度大于b点，浓度越大反应速率越快，故a点反应速率更大，A正确；B、点c之后氢气的物质的量继续减小，可逆反应未达到平衡状态，反应向正反应方向进行，故B错误；C、d、e对应氢气、氨气的物质的量不变，可逆反应处于平衡状态，点d和点e处的n(N2)相同，故C正确；D、该反应正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，氨气的物质的量减小，故D错误，答案选AC。

（2）令平衡时转化的氮气的物质的量浓度为x，则：

N2（g）+ 3H2（g）2NH3（g）

起始浓度（mol/L） 0.4      0.8           0

转化浓度mol/L）   x       3x           2x

平衡浓度mol/L） 0.4－x   0.8－3x        2x

所以＝20%

解得x＝0.1

因此该温度下平衡常数K＝＝＝1.07

（3）A、氢气的转化率与氮气、氢气的投入量等有关，K值大，氢气转化率不一定高，故A错误；B、氨气的产率与与氮气、氢气的投入量等有关，K值大，氨气的产量不一定大，故B错误；C、K值越大，表示反应正向进行的程度大，即正反应进行得越完全，故C正确；D、K值越大，表示反应正向进行的程度大，但该温度下不一定反应发生，反应速率不一定大，故D错误，答案选C。

（4）电解池的阴极发生得电子的还原反应，在合成氨反应中，氮气得电子，所以阴极电极反应为N2+6H+ +6e－→2NH3。

（16分）（每空2分）（1）B D  （选对1个得1分，只要选错得0分） 

（2）不变；＞      （3）A（4）2:1；有利于提高CO2的转化率，因为NH3极易溶于水，便于分离、回收利用（5）4.8×108  

试题分析：（1）A、增大压强，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故A错误；B、升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，故B正确；C、充入He气，反应混合物的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，甲烷的转化率不变，故C错误；D、增大水蒸气浓度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率增大，故D正确；故选BD；（2）平衡常数只受温度影响，与反应物的浓度无关，提高氢碳比[n（H2O）/n（CO）]，K值不变；令开始H2O和CO的物质的量都是1mol，某一时刻时CO和CO2的浓度比为1:3，设此时参加反应CO为xmol，则（1-x）：x=1：3，解得x=0.75，则：

H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g），

开始（mol）：1           1         0         0

变化（mol）：0.75     0.75       0.75      0.75

某时刻（mol）：0.25     0.25       0.75     0.75

故产生浓度商Qc=0.75×0.75÷（0.25×0.25）=9＜9.94，反应向正反应进行，故v（正）＞v（逆）；（3）A．固氮指由游离态的氮转化为化合态的氮，合成氨属于人工固氮，故A正确；B．催化剂加快反应速率，不能影响平衡移动，不能提高反应物的利用率，故B错误；C．该反应正反应是放热反应，高温不利用氨气的合成，合成氨反应温度控制在500℃左右，在该温度下反应速率较快、催化剂活性较高，故C错误；D．合成氨工业采用循环操作，目的是提高原料的利用率，故D错误；故选A；（4）根据尿素的化学式CO（NH2）2，C、N原子完全利用最后，由C、N原子守恒可知生产尿素过程中，理论上n（NH3）：n（CO2）的最佳配比为2：1；往往使n（NH3）：n（CO2）≥3，这是由于：有利于提高CO2的转化率，且NH3极易溶于水，便于分离、回收利用；（5）由CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），可得CH4（g）～3H2（g）～2NH3（g），设能够合成氨气的体积为VL，则：

合成气的反应中：CH4——————CO————————3H2，

3.0×108L×60%     3.0×108L×60%    3.0×108L×60%×3

分离二氧化碳过程生成的H2体积：CO～～～～～～～～～～H2，

3.0×108L×60%          3.0×108L×60%    

所以产生的氢气的总体积为3.0×108L×60%×3+3.0×108L×60%=12×108L×60%

令产生氨气的体积为V，则：  3H2～～～～～～～～～2NH3

3                        2

12×108L×60%        V

故V=12×108L×60%×=4.8×108L      

（16分）

（1）1.1×10－3 mol·L－1·s－1（3分，单位、有效数字错漏合扣1分）

（2）①减小（2分）  ②正向（2分）

（3）、（4）（如图，各2分，共4分，注意曲线起点、斜率、平衡点要素有错，每个要素扣1分直至0分，使用催化剂不标注扣1分）

（5）NO + NO2 + 2OH－=2NO2－+ H2O（3分）；   NO2（2分）

试题分析：（1）起始时、20s时二氧化氮浓度分别为0.040 mol·L－1、0.018 mol·L－1，则前20s内二氧化氮的平均反应速率===1.1×10－3mol/(L•s)；（2）①ΔH<0，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向吸热反应或逆反应方向移动，则二氧化氮的平衡转化率减小；②NO(g)+NO2(g)N2O3(g)的正反应是气体体积减小的反应，压缩容器的体积就是增大压强，使平衡向气体体积减小方向或正反应方向移动；（3）依题意，该反应达到平衡的时间是45s，则25s～45s，二氧化氮的浓度由0.018mol/L逐渐减小至0.010mol/L，45s～70s二氧化氮的浓度保持不变；（4）画图要点：①催化剂能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，因此达到平衡的时间小于45s；②催化剂对平衡移动无影响，加入催化剂不能使平衡移动，则平衡时及平衡后二氧化氮的浓度为0.010mol/L；（5）依题意，等物质的量的NO与NO2反应生成N2O3，N2O3溶于水时得到亚硝酸，HNO2与NaOH发生中和反应，生成亚硝酸钠和水，由此推断混合气体溶于氢氧化钠溶液的原理为：NO + NO2 + 2OH－=2NO2－+ H2O；该反应中NO是还原剂，所含氮元素由+2升为+3价，而NO2是氧化剂，所含氮元素由+4降为+2价。

I．（1）吸热（2分）D、F（2分）

（2）A（2分）

Ⅱ．（1）6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O=6NaFeO2＋NH3＋7NaOH（2分）

（2）①硝酸的浓度越大，其还原产物中氮元素化合价越高（2分）

（其它合理答案均给分，如硝酸的浓度越大，气体生成物中二氧化氮的含量越高；或者，只有硝酸浓度较低时，产物中才会出现氮气；等等）

②硝酸易挥发，且不稳定，见光易分解，故不易操作（1分）生成物对环境污染严重（1分）

（3）A、B、D（2分）

（对一个或两个给1分，全对给2分，但只要出现C不给分）

试题分析：已知：①Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）；②Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）；利用盖斯定律将①-②可得：③H2（g）+CO2（g）CO（g）+H2O（g）；

则K3=，依据图表平衡常数数据分析，温度升高增大，说明平衡正向进行，反应是吸热反应；③H2（g）+CO2（g）CO（g）+H2O（g）反应是吸热反应，反应前后气体体积不变，要使反应在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，则

A．缩小反应容器容积实质增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不动；A不符合；

B．扩大反应容器容积，压强减小，反应前后气体体积不变，平衡不动；B不符合；

C．反应是吸热反应，降低温度，平衡向放热反应方向进行，平衡逆向进行，C不符合；

D．反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，平衡正向进行，D符合；

E．使用合适的催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变平衡，E不符合；

F．设法减少CO的浓度，减少生成物浓度平衡正向进行，F符合；

答案为：吸热反应；DF；

（2）反应速率随温度变化，温度越高，反应速率越大，所以反应速率①大，选A．

Ⅱ、（1）Na2FeO2+NaNO2+H2O→NaFeO2+NH3↑+NaOH中，铁元素化合价从+2价变化为+3价，氮元素化合价从+3价变化为-3价，Na2FeO2～NaFeO2～e－，NaNO2～NH3～6e－,依据电子守恒Na2FeO2的配平系数为6，NaFeO2的配平系数为6，NaNO2和NH3的配平系数为1，依据原子守恒配平NaOH，配平系数为7，H2O的配平系数为5，化学方程式为：

6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=6NaFeO2+NH3↑+7NaOH，

答案为：6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=6NaFeO2+NH3↑+7NaOH；

（2）①硝酸的浓度越大，气体生成物中二氧化氮的含量越高，只在硝酸浓度较低时，产物中才会出现氮气，答案为：硝酸浓度越大，其还原产物中氮元素的价态越高；

②工业上一般不用冷浓硝酸进行铁表面处理，浓硝酸具有易挥发，见光分解，生成产物污染空气等性质，答案为：硝酸易挥发，不稳定，见光易分解，故不易操作，生成物对环境污染严重；

（3）金属（M）的腐蚀是因为发生反应：M-ne－→Mn＋，防止腐蚀是避免金属失电子腐蚀反应；

A．在铁中掺入铬等金属制成不锈钢，原因是用铬对钢进行合金化处理时，把表面氧化物的类型改变成了类似于纯铬金属上形成的表面氧化物．这种紧密粘附的富铬氧化物保护表面，防止进一步地氧化．这种氧化层极薄，透过它可以看到钢表面的自然光泽，使不锈钢具有独特的表面．而且，如果损坏了表层，所暴露出的钢表面会和大气反应进行自我修理，重新形成这种“钝化膜“，继续起保护作用，A符合；

B．在铁制品表面镀锌，锌比铁活泼做原电池负极，铁做正极被保护，B符合；

C．提高铁中含碳量，制成生铁，含碳越高，碳和铁在电解质溶液中越易形成原电池，铁做负极被腐蚀，C不符合；

D．将水库铁闸门与直流电源的负极相连，形成电解池，闸门做阴极被保护，D符合；

选ABD．

（1）0.02 mol/L; （1分）   K=［ B］ ·［ C］2/ ［ A］3（1分）

（2）增大 （1分）      

（3）0.004mol/L·s （1分） ；  a、 b (2分) 

（4）3A (g)  2C(g) + B(g) -150akJ   (2分)

试题分析：

（1）根据甲图物质的变化量之比，可知A、C的计量数之比为3:2 ，t4时改变的条件为减小压强，但平衡不移动，说明左右两边气体分子数相同，因此B为生成物，系数为1，则起始浓度0.02 mol/L； 平衡常数表达式为K=［ B］ ·［ C］2/ ［ A］3。

（2）升温平衡正移，说明反应正向吸热，平衡常数K的值增大。     

（3）v(C)= △c(C)/ △t=0.004mol/L·s  ； t3时改变的某一反应条件，正逆反应速率增大，平衡不移动，只有a、 b 符合。 

（4）A的物质的量减少0.02mol时，容器与外界的热交换总量为a kJ，减少3mol时：

3A (g)  2C(g) + B(g) -150akJ 。