1、本题考查化学反应中物质的量随时间的变化曲线、以及平衡状态的判断，注意根据化学平衡的定义判断平衡状态，明确化学反应的物质的量变化比等于化学方程式的系数比。2二氧化氮在火箭燃料中可用作氧化剂，在亚硝基法生严流酸甲可用作催化剂，但直接将二氧化氮排放会造成环境污染。已知反应CH4（g） +2NO2（g）N2（g） +CO2（g） + 2H2O（g） ，起始时向体积为V的恒容密闭容器中通人2mol CH4和3mol NO2，测得CH4.、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示。（1）容器体积V=_L。（2）图中表示H2O的物质的量浓度与时间关系的是曲线_. （填“甲”“乙或丙）。（3）0 5mi
2、n内，用N2表示的化学反应速率为_molL-1min-1。（4）a、b、c三点中达到平衡的点是_。 达到平衡时， NO2的转化率是_ （物质平衡转化=转化的物质的量/起始的物质的量100%）。 （5）a点时，c（CO2） =_molL-1（保留两位小数） ，n（ CH4）:n（NO2） =_。【答案】2 甲 0.1 c 80% 或0.8 0.33 4:5 依据图像，根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比确定甲、乙、丙三条曲线分别代表CH4.、N2、H2O中的哪种物质；依据单位时间内浓度的变化，计算出0 5min内，用N2表示的化学反应速率；达到平衡时的判断依据。（1）起始时
3、向体积为V的恒容密闭容器中通人2 mol CH4和3 mol NO2，测得CH4.、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示，CH4是反应物，即起始时的物质的量浓度为1.0molL-1，依据c=，得V=2L； （2）由（1）可知，丙代表CH4，从开始到平衡时，甲代表的物质的物质的量浓度增加量：1.2molL-1，乙代表的物质的物质的量浓度增加量：0.6molL-1，故从开始到平衡时，甲代表的物质的物质的量浓度增加量：L-12L=2.4mol；故从开始到平衡时，乙代表的物质的物质的量浓度增加量：2L=1.2mol，根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比，故甲代表H2O的
4、物质的量浓度与时间关系，乙代表N2的物质的量浓度与时间关系；（3）乙代表N2的物质的量浓度与时间关系，0 5 min内，N2的物质的量浓度变化量为：0.5molL-1 - 0=0.5molL-1，v（N2）=0.1molmin -1；（4）当达到平衡时反应物、生成物的浓度不再随着时间的变化而变化，故a、b、c三点中达到平衡的点是c；达到平衡时，c（N2）=0.6molL-1，即从开始平衡，N2的物质的量增加了：2L=1.2mol，CH4（g） +2NO2（g）N2（g） +CO2（g） + 2H2O（g） ，依据方程式中反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，即从开始到平衡，N
5、O2的物质的量变化量为：1.2mol2=2.4mol，故达到平衡时， NO2的转化率是 =80%；（5）设a点时的浓度为xmolL-1，CH4（g） +2NO2（g）N2（g） +CO2（g） + 2H2O（g） ，依据方程式中反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，（1.0-x）：x=1:2，x=0.67，=0.67mol2L=1.34mol，=1:2:1:2，a点时，=0.67mol，c（CO2） =0.33molL-1；=0.67mol，=1.34mol，故a点时，n（ CH4）:n（NO2）=（2mol-0.67mol）：（3mol-1.34mol）=4:5。3能源与材
6、料、信息一起被称为现代社会发展的三大支柱。面对能源枯竭的危机，提高能源利用率和开辟新能源是解决这一问题的两个主要方向。（1）化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科关注的方面之一。某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）:时间/min12345氢气体积/mL（标况）100240464576620哪一段时间内反应速率最大：_min（填“01”“12”“23”“34”或“45”）。另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率但不影响生成氢气的
7、量。你认为可行的是_（填字母序号）。AKCl溶液 B浓盐酸 C蒸馏水 DCuSO4溶液（2）如图为原电池装置示意图：将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是_（填字母）。A铝片、铜片 B铜片、铝片C铝片、铝片 D铜片、铜片写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式：_。若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时的总反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。写出B电极反应式：_；该电池在工作时，A电极的质量将_（填“增加”“减小”或“不变”）。若该电池反应消耗了0.1mol FeCl3，则转移电子的数目
8、为_。【答案】23 AC B Cu-2e=Cu2+ Fe3+e=Fe2+ 减小 0.1NA （1）先分析各个时间段生成氢气的体积，然后确定反应速率最大的时间段。A加入KCl溶液，相当于加水稀释；B加入浓盐酸，增大c（H+）；C加入蒸馏水，稀释盐酸；D加入CuSO4溶液，先与Zn反应生成Cu，形成原电池。（2）将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，铝发生钝化，铜失电子发生反应；一组插入烧碱溶液中，铜不反应，铝与电解质发生反应，由此确定两个原电池中的负极。由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式。若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时A作负极，B作正极，则B电极，Fe3
9、+得电子生成Fe2+；该电池在工作时，A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液。若该电池反应消耗了0.1mol FeCl3，则Fe3+转化为Fe2+，可确定转移电子的数目。（1）在1min的时间间隔内，生成氢气的体积分别为140mL、224mL、112mL、44mL，从而确定反应速率最大的时间段为23min。答案为：23；A加入KCl溶液，相当于加水稀释，反应速率减慢但不影响生成氢气的体积，A符合题意；B加入浓盐酸，增大c（H+），反应速率加快且生成氢气的体积增多，B不合题意；C加入蒸馏水，稀释盐酸，反应速率减慢但不影响生成氢气的体积，C符合题意；D加入CuSO4溶液，先与Zn反应生成Cu，形成
10、原电池，反应速率加快但不影响氢气的总量；故选AC。AC；一组插入烧碱溶液中，铜不反应，铝与电解质发生反应，由此确定两个原电池中的负极分别为铜片、铝片，故选B。由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式为Cu-2e=Cu2+。B；Cu-2e=Cu2+；若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时A作负极，B作正极，则B电极上Fe3+得电子生成Fe2+，电极反应式为Fe3+e=Fe2+；该电池在工作时，A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液，A电极的质量将减小。若该电池反应消耗了0.1mol FeCl3，则Fe3+转化为Fe2+，可确定转移电子的数目为0.1NA。减小；0.1NA。
11、虽然铝的金属活动性比铜强，但由于在常温下，铝表面形成钝化膜，阻止了铝与浓硝酸的进一步反应，所以铝与浓硝酸的反应不能持续进行，铝作正极，铜作负极。4某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，完成下列问题：（1）该反应的化学方程_；（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为_；（3）达到平衡后，下列说法不正确的是_。AX、Y、Z的浓度之比是1：2：BX的消耗速率和Y的生成速率相等CZ的浓度保持不变【答案】3X+2Y3Z 0.125mol/（Lmin） B （1）根据图知，随着反应的进行X、Y的物质的量减少，而Z的物质的量增大，
12、所以X和Y是反应物、Z是生成物，10min时反应达到平衡状态，则参加反应的n （X） = （1.00-0.25）mol=0.75mol、n（Y）=（1.00-0.50） mol=0.50mol、 n （ Z）=（0.75-0） mol=0.75mol，同一可逆反应中同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.75mol： 050mol：0.75mol=3：3所以该反应方程式：3X+2Y3Z；（2） 0-2min内Z的平均反应速率v=0.125mol/ （ Lmin），故答案为： 0.125mol/ （ Lmin）；（3） A.相同容器中，X、Y、
13、Z的浓度之比等于其物质的量之比=0.25mol： 0.50mol：0.75mol=1:3，故A正确；B.该反应中X、Y的计量数之比为3:2，当X的消耗速率与Y的生成速率之比为3:2时该反应达到平衡状态，所以当X的消耗速率和Y的生成速率相等时该反应没有达到平衡状态，故B错误；C.当Z的浓度保持不变时，正逆反应速率相等，可逆反应达到平衡状态，故C正确；故选B。5光气（COCl2）常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。（1）COCl2结构与甲醛相似，写出COCl2电子式_；解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是_。（2）密闭容器中吸热反应COCl2（g）Cl2（g）+CO（g）达到平衡
14、后，改变一个条件，各物质的浓度变化如图所示（1014min时有一物质浓度变化未标出）。说明该反应已达到平衡状态的是_。aC（COCl2）=C（Cl2）b正（COCl2）=逆（CO）c容器内温度保持不变d容器内气体密度保持不变410min平均反应速率v（COCl2）为_；10min时改变的反应条件是_。04min、810min和1618min三个平衡常数依次为K1、K2、K3，比较其大小_；说明理由_。【答案】 均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高 bc 0.0025mol/（Lmin） 分离出CO K1K2=K3 4min时改变条件为升温，吸热反应升温K变大 （1）甲醛的结
15、构式是；COCl2的相对分子质量大于甲醛；（2）根据平衡标志分析；根据 计算410min平均反应速率v（COCl2）；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大；根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度、14min时，各物质浓度均减小，改变的条件是减小压强。，COCl2结构与甲醛相似，COCl2电子式是甲醛、COCl2均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高；（2）ac（COCl2）=c（Cl2）时，浓度不一定不再改变，反应不一定平衡，故不选a；b反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比， 正（COCl2）=逆（CO），一定平
16、衡，故选b；c正反应吸热，密闭容器内温度是变量，容器内温度保持不变，反应一定平衡，故选c；d气体质量不变、容器体积不变，根据 ，密度是恒量，容器内气体密度保持不变，不一定平衡，故不选d；选bc；根据图象，410min内COCl2浓度变化是0.055mol/L-0.04mol/L=0.015mol/L， 0.0025mol/（L由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大，可知10min时改变的条件是分离出CO，平衡正向移动，氯气浓度增大；根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，所以K1K2，14mi
17、n时改变的条件是减小压强，平衡常数只与温度有关，所以K2=K3，故K1、K2、K3的大小关系是K1”或“”或“=”）。（4）上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v（X）=9molmin-1，乙中v（Y）=0.5mols-1，则_中反应更快。（5）若X、Y、Z均为气体，在2min时，向容器中通入氩气（容器体积不变），X的化学反应速率将_，若加入适合的催化剂，Y的化学反应速率将_。（填“变大”或“不变”或“变小”）。（6）若X、Y、Z均为气体（容器体积不变），下列能说明反应已达平衡的是_。a.X、Y、Z三种气体的浓度相等b.气体混合物物质的量不再改变c.反应已经停止d.反应速率v（X）v（Y）=31e.（单位时间内消耗X的物质的量）：（单位时间内消耗Z的物质的量）=32f.混合气体的密度不随时间变化【答案】0
