热门试卷

（1）   40  min，  30 min，C3  大于 1.0 mol•L－1

（2） 快  （填“快”或“慢”），

原因是  反应温度 高 且先达到平衡      。

试题分析：（1）达平衡指的是物质量浓度不再变化，所以为40min后，实验4达平衡的时间为30min，也是浓度不再变化的时候。比较实验3和实验2，在10min到20min时，实验三反应速率快，所以一开始浓度比实验2的浓度大。

（2）温度越高，影响反应速率，反应速率越快。达平衡的时间越短。

点评：本题属于简单的化学反应平衡的试题，主要要会将表格看懂，比较不同实验，找到实验的固定量和变化量。最后抓住化学反应平衡状态的特征来解题。

①    m+n>P    ；②  逆（左）  ；③    气

①，减压后正反应速率小于逆反应速率，则平衡向逆反应方向进行，所以正反应是体积减小的，所以m+n>P。

②若C为气体，且m + n = p，加压时化学平衡发生移动，则正反应移动是体积增大的，所以平衡必定向逆反应方向移动。

③在体系中增加或减少B的量，平衡均不移动，则B肯定不能是气态。

（1）2  （2）1/(t2-t1)V  mol·(L·min)-1  （3）CEF （每空2分）

由图像可知，达到平衡时N的物质的量减少了6 mol，而M的物质的量增加了3 mol，所以a︰b＝2︰1；t1到t2时刻，M的物质的量增加了4mol－3mol＝1 mol，因此以M的浓度变化表示的平均反应速率为：1/(t2-t1)V mol·(L·min)-1；化学平衡状态的本质是正逆反应速率相等，但不等于0，而特征是各种组分的含量及浓度不再随时间变化而变化，因此选项F可以说明；M与N的物质的量之比为1︰1，并不能证明正逆反应速率相等，A不可以；根据质量守恒定律可知，反应前后总质量一定不变，B不可以；因为a不等于b，所以混合气体的总物质的量和压强不随时间的变化而变化时，可以说明已平衡；由方程式可知每消耗a mol N，必定生成b mol M，D不能说明；

（1）16　（2）8mol　（3）5∶4　（4）2∶3　（5）3∶3∶2

（1）N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）

n始/mol: a         b            0

n转/mol: x                        6

nt/mol: 13                        6

根据上述关系，解得x＝3，所以a＝13＋3＝16。

（2）平衡时，n（NH3）＝716.8 L÷22.4 L·mol－1×25%＝32mol×25%＝8mol。

（3）可利用差量法计算。假设反应过程中混合气体总物质的量减少y。

N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）　Δn

1mol   3mol      2mol   2mol

8mol     y

解得y＝8mol，所以，原混合气体总物质的量为716.8 L÷22.4 L·mol－1＋8mol＝40mol。原混合气体与平衡混合气体总物质的量之比为40∶32＝5∶4。

（4）前面已计算出原混合气体中a＝16，所以H2的物质的量b＝40－16＝24。所以a∶b＝16∶24＝2∶3。

（5）反应过程中各物质的物质的量如下：

N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）

n始/mol: 16      24           0

n转/mol: 4        12           8

n平/mol: 12      12           8

根据以上数据，平衡混合气体中，n（N2）∶n（H2）∶n（NH3）＝12∶12∶8＝3∶3∶2。

（1）①（1分）OH-；②（2分）b a c

（2）①（1分）减压  （2分）1.0

②（1分）K1 =K2=K3 >K4

③(2分)2A(g)+B(g)3C(g) △H="△H=" —a kJ·mol－1(a>0)

（3）①(2分)80% ，(1分)<

②氧气（1分）  CH3OH － 6e- + 8OH - ="=" CO3 2- + 6H2O (2分)

试题分析：（1）①pH增大，说明OH-的浓度增大，这表明对O3分解起催化作用的是OH-；②50°C、pH=3.0，O3的浓度减少一半所需的时间31min，即 40°C、pH="3.0" ，O3的浓度减少一半所需的时间大于31min，而30°C、pH=6.0，O3的浓度减少一半所需的时间为15min，所以30°C、pH=6.0，O3的浓度减少一半所需的时间小于15min，故O3的分解速率按依次增大的顺序为b a c；（2）①t3时，正逆反应都同时减少，所以t3时改变的条件是减压，根据图1可以知道，A的物质的量的浓度减小了0.2mol/L，C增加了0.3mol/L，故B为反应物，且B的物质的量减少0.1mol/L，所以B起始物质的量为（0.4+0.1）×2=1.0mol，②该反应的化学方程式为

2A+B3C，t4为升高温度所致，有图可以知道，温度升高逆反应的变化程度大于正反应的程度，所以该反应为放热反应，催化剂不可以改变化学平衡，温度不变平衡常数不变，所以K1、K2、K3、K4之间的关系为K1 =K2=K3 >K4，此条件下该反应的热化学方程式为2A(g)+B(g)3C(g) △H= —a kJ·mol－1(a>0)；（3）①CO(g) ＋ 2H2(g)   CH3OH(g)，某温度下，将1mol CO和4mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c(CO)＝ 0.1 mol／L，则CO的转化率=（1-0.1×2）/1×100%=80% ，,该反应为放热反应，因为表中的数据为温度越大，K越小，所以该温度小于250℃；②从图可以看出，电子从b流向a，所以a为正极，b为负极，即a通入的是氧气，b通入的为甲醇，b处电极上发生的电极反应是：

CH3OH －6e- +8OH -=CO3 2- + 6H2O。

点评：本题考查了化学平衡、原电池，该题考查的知识面比较广，综合性强，有一定的难度。

（16分）

（1）（4分）<   60%

（2）（3分）M++H2OMOH+H+

（3）（3分）1：10：100：1

（4）（3分）6×10－3

（5）（3分）7

试题分析：：（1）①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，即△H＜0。②令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：

1/3Fe2O3（s）+CO（g）2/3Fe（s）+CO2（g）

开始（mol）：1                        1

变化（mol）：n                        n

平衡（mol）：1-n                     1+n

所以(1+n)/(1-n) =4，解得n=0.6，

所以n（CO）=0.6mol÷1mol×100%=60%。

（2）依据盐类的规律“谁弱谁水解，谁强显谁性”，MR是弱酸强碱盐，故水解反应的离子方程式为M++H2OMOH+H+。

（3）四种溶液中由水电离产生的c（H+）分别为：10-14、10-13、10-12、10-14，之比为1：10：100：1。

（4）电离常数Ka(HF)＝c(H＋)×c(F-)÷c(HF) =3.6×10－4，c(HF)=" 0.1" mol·L－1，c(H＋)=c(F-)，故c(H＋)＝6×10－3。

（5）（3分）在温度t ℃时，pH=3的某水溶液中c(OH－)=10－8 mol／L。在此温度下5×10—5mol/LBa（OH）2溶液的pH=     。

（5）在温度t ℃时，离子积常数K= c(OH－)×c(H+)=10-3 (mol／L)×10－8 (mol／L) =10－11 (mol／L)2。5×10—5mol/LBa（OH）2溶液中，c(OH－)=10－4 mol／L，根据K= c(OH－)×c(H+)，得c(H＋)= 10－7 mol／L，pH=7。

点评：本题考查的是综合的知识，题目难度中，注意基础知识的学习、掌握及应用。

（1）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快    ＜  （2）1 : 9；c（Na+）>c（SO）>c（H+）>c（OH－）

（1）根据电离常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快。酸越弱，相应的钠盐越容易水解。即醋酸钠溶液的碱性强于NaSCN溶液的碱性。所以c（CH3COO－）小于c（SCN－）。

（2）根据题意硫酸过量，所以有，解得a：b="1" : 9。根据电荷守恒c（Na+）＋ c（H+）＝2c（SO）＋c（OH－）可知，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）>c（SO）>c（H+）>c（OH－）。

(1)正反应；7.0

(2)不相等； 因为这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，平衡状态不同，所以物质的量也不同

　(1)增大CO浓度　加压　(2)bc

(3)把粗镍和CO放于一个水平放置的密闭的玻璃容器中，然后在低温下反应，一段时间后在容器的一端加热

　(1)反应①是正向气体体积缩小的放热反应，因此，根据平衡移动原理在温度不变的情况下可采取增大CO浓度，加压的方法提高产率；

(2)反应(2)是正向气体体积增大的吸热反应，则降低温度平衡逆向移动，平衡常数K、CO的浓度、Ni的质量、v逆[Ni(CO)4]减小；(3)根据反应①②的特点可提纯粗镍。