高考真题答案与解析化学Word下载.docx
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（3）根据平衡常数的定义得出该反应的平衡常数表达式为K=
（4）放热反应，△H<
0。
升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小。
（5）从配平后的化学方程式系数可以看出气态物质的系数之和是生成物的大于反应物的，故增大压强可使平衡逆向移动。
（6）同样从上述化学方程式系数关系中可以得出v（N2）=
×
18mol·
L-1·
min-1=6mol·
min-1。
7．答案：
（1）放热（2分）
（2）减小根据勒夏特列原理，升高温度有利于反应向吸热方向移动，因而该反应中A的转化率减小（2分）
（3）没有催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应的始态和终态的能量，因此对反应热没有影响（2分）
（4）减小减小（2分）
【解析】由图可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应是放热反应。
催化剂是通过降低活化能（E）提高活化分子的百分含量来加快化学反应速率的，但不影响化学平衡状态（或化学平衡不移动）。
8．答案：
【解析】因H2和Br2的反应为一个放热反应，所以，绝热条件下进行反应相当于对于平衡体系加热升温，平衡向左移动，即a>
b。
9．答案：
A
【解析】解法1合成氨反应是反应后气体体积减小的反应。
按正常思路利用平衡计算方法。
设N2、H2起始的物质的量分别为x、y，N2转化的物质的量为z，得出
N2+3H22NH3
起始物质的量xy0
转化物质的量z3z2z
平衡物质的量（x–z）（y–3z）2z
平衡时总的物质的量为
（x–z）+（y–3z）+2z=x+y–2z
即生成氨气的物质的量就是气体总的减少的物质的量。
根据
得体积缩小的百分率为
解法2设平衡时混合气体的体积为V，则氨气为20%V，
N2+3H22NH3体积减少2
20%V20%V
则反应前N2和H2体积为V+20%V=120%C=1.2V
。
10．答案：
C
【解析】根据题意
2HI（g）H2（g）+I2（g）
平衡浓度：
4mol·
L-10.5mol·
L-1
起始浓度：
c（HI）=平衡量+变化量=4mol·
L-1+0.5mol·
L-1×
2=5mol·
则c（NH3）=c（HI）起始浓度=5mol·
根据平衡常数定义：
K=c（NH3）·
c（HI）=5mol·
L-1=20，故C项正确。
11．答案：
【解析】X+2Y2Z
起始nmolnmol0mol
转化x2x2x
平衡时n–xn–2x2x
mol。
所以Y的转化率为
12．（共10分）
【命题意图】考查学生对化学反应可逆性、化学平衡、化学平衡常数和影响化学平衡的外界条件的了解；
考查学生对盐类的水解、常见非金属元素硫及其重要化合物的主要性质及其对环境质量影响的了解；
考查学生计算平衡常数和平衡转化率的能力以及学生对化学平衡和元素化合物知识的综合应用及知识迁多能力。
（1）解：
2SO2+O2（g）2SO3（g）
起始浓度/mol·
L—10.0500.0300
平衡浓度/mol·
L—10.050－0.0400.030－0.040÷
20.040
=0.010=0.010
所以，
（不带单位计算也得分）
（2）BC
（3）SO2+H2O+Na2SO32NaHSO3
（4）抑制Fe3+与Fe2+的水解、防止Fe2+被氧化成Fe3+
13．答案：
（1）①800L·
mol-1②=
（2）1.60NA（或1.6NA）173.4
（3）MFe2O+SO2→MFe2O4+S
（1）2SO2+O22SO3
起始浓度
0
（mol·
L-1）
平衡浓度
L-1）0.040.020.16
K==800L·
mol-1
②平衡状态由A变到B时，条件的改变是增大压强，温度没有变化，所以平衡常数不变，
K（A）=K（B）。
（2）将两热化学方程式相加得
2CH4（g）+4NO2（g）==2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）；
△H=－1734kJ·
可以看出2×
22.4LCH4被氧化转移电子总数为16NA，放出热量1734kJ。
4.48L转移电子总数为1.6NA，放出热量173.4kJ。
（3）劳动MFe2O2是由MFe2O4经高温还原而得，所以它与SO2反应时作还原剂，SO2为氧化剂，则可以写出化学方程式
MFe2O2+SO2→MFe2O4+S。
14．【解析】
（1）画图略，
要点：
1．催化剂可降低反应的活化能，但对这各反应前后能量变化并不产生任何影响。
2．该反应为吸热反应，所以反应物的总能量要低于生成物的总能量。
（2）请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：
升高温度，增大反应物N2的浓度，不断移出生成物脱离反应体系。
解释：
该反应正反应是吸热反应，升高温度，使化学平衡向正反应方向移动，从而增大NH3生成量，升高温度也能提高反应速率；
增大反应N2浓度，加快反应速率，并使化学平衡向右移动；
不断移出生成物脱离反应体系，使平衡向右移动，增大NH3生成量。
（3）①该条件下N2的平衡转化率：
66.7%
②该条件下反应2NH3（g）====N2（g）+3H2（g）的平衡常数为0.005
由三行式法计算可知，起始时，c（N2）=0.3mol/l.平衡时，c（N2）=0.1mol/l;
c（H2）=0.2mol/l;
c（NH3）=0.4mol/l。
①所以N2的平衡转化率=（0.3-0.1）/0.3*100%=66.7%
②反应2NH3（g）====N2（g）+3H2（g）的平衡常数
K=c（N2）*c（H2）3/c（NH3）2=0.005
15．答案：
（1）25%
（2）增大（3）6（4）41%
【解析】本题主要考查了化学平衡移动、转化率、平衡常数等基本概念和基本计算，具有较强的综合性。
在解题中注意平衡常数与转化率的巧妙应用，这也是本题的关键所在。
（1）N的转化率为
100%=25%
。
（2）因为反应△H>
0，是吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，M的转化率增大。
（3）根据反应
M（g）+N（g）P（g）+Q（g）
起始浓度：
L-1amol·
L-100
转化浓度：
2mol·
L-12mol·
L-12mol·
L-1
平衡浓度：
L-1（a–2）mol·
根据温度不变，平衡常数不变的特点
K=2mol·
L-1/[2mol·
（a–2）mol·
L-1]=0.6mol·
0.6mol·
L-1/[0.4mol·
1.8mol·
L-1]得a=6mol·
（4）同理：
bmol·
L-1bmol·
xmol·
L-1xmol·
L-1xmol·
（b-x）mol·
L-1（b–x）mol·
根据温度不变，平衡常数不变的特点
K=x2/（b–x）2=0.6mol·
L-1]得x=0.41bmol·
a（M）=（0.41b/b）×
100%=41%
16．答案：
D
【解析】本题中影响反应速率的因素有浓度和温度。
A与C浓度相同，从温度可知反应速率是A＜C；
B与D浓度相同，从温度可知反应速率是B＜D；
下面比较C与D项：
二者温度相同，比较浓度：
c（Na2S2O3）：
5×
0.1/20（C项）＜5×
0.2/20（D项）；
c（H2SO4）：
10×
0.1/20（C项）=5×
0.2/20（D项）。
故D项的反应速率大于C项，选D。
17．答案：
【解析】从表中数据看，
中CH3COCH3、HCl的浓度是相同的，而
中Br2比
中的大，所得结果，时间变长，即速率变慢了，D项错。
其他选项依次找出表中两组相同的数据，看一变量对另一变量的影响即可。
【考点分析】此题考查了在有机化学反应中影响化学反应速率的相关知识。
（知识点考察单一，难度提升）
18．答案：
D
【解析】B项中，如果是在恒容时通入惰性气体，虽增大了体系的总压强，但反应混合物的浓度未变，反应速率不变，所以B项错。
19．答案：
A
【解析】不管是吸热反应还是放热反应，温度升高正逆反应速率均加快，温度降低正逆反应速率均减慢，A项错。
催化剂可同等程度的提高正逆反应速率，但B项中没提及逆反应速率，所以B项正确。
20．答案：
（1）
；
0.015mol/（L·
min）。
（2）①CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等；
②CO（或CO2）的质量不再改变；
③CO（或CO2）的物质的量浓度不再改变；
等等（合理即给分）
（3）b。
（4）Al（OH）3
H＋＋AlO2－＋H2O盐酸（合理即给分）。
【解析】
（1）3CO（g）～2Fe（s）
3mol2×
56g
0.3mol←11.2g
v（CO）=
=0.015mol/（L·
min）
（2）可逆反应达平衡时的特征有二：
一是v（正）=v（逆）；
二是各物质的“量”不再随时间的变化而增减，其中“量”包含质量、物质的量、物质的量浓度、质量分数等；
固体的量多少虽不影响化学平衡，但平衡时，固体的量也不会增减，所以在不加入物质的情况下，固体的量是否增减也可作为判断平衡状态的依据；
此反应也可用气体密度是否变化来判断平衡状态，但不是本题所设问的；
对前后体积变化的可逆反应还可用压强是否变化来判断是否平衡；
若反应中含有有色气体，还可通过气体的颜色变化来判断。
（3）温度升高，反应速率增大，排除c项；
由于此反应条件下不是可逆反应，排除d项；
由于反应是在引燃（高于273K）时才反应，所以曲线不会从0点开始，排除a项。
（4）Al（OH）3是两性氢氧化物，其电离方程式为：
（碱式电离）Al3＋＋3OH－
Al（OH）3
H＋＋AlO2－＋H2O（酸式电离），从上可知，欲使Al3＋浓度增大（平衡左移），可加入强酸（盐酸、硫酸等）。
21答案：
（1）
（2）8×
10－6mol·
L－1·
s－1。
（3）H2O2在温度过高时迅速分解。
（4）反应不能进行。
（5）在溶液中加入碱溶液，使溶液的pH大于或等于10。
（2）根据实验
中曲线，在50s~150s内，v（p-CP）=（1.2×
10－3mol·
L－1－0.4×
L－1）/100s=8×
（3）题中条件（从所用试剂H2O2的角度分析）为解题指明了方向。
（4）题中只要求回答结论，而不要求原因分析，降低了难度。
可能原因是当溶液pH增大时，Fe2＋被沉淀了，不利于该反应的进行。
（5）从（3）、（4）知，使该反应减慢可用二种方法：
一是温度过高，二是pH≥10。
方法一不易操作，且不能迅速停止，方法二易于操作，且能迅速停止。
22．答案：
C
【解析】题中有一明显的错误，就是C选项中平衡常数增大，增大压强不可能使平衡常数增大。
其他选项均为平衡中的基础计算和基础知识，关键是根据表中数据（0.1－0.05）:
（0.2－0.05）:
（0.1－0）=1:
3:
2可推导出：
X＋3Y
2Z。
23．答案：
C。
【解析】该反应为气体计量数减小的放热反应。
升温，平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，平衡常数减小，同时，CO的转化率减小，故A项、B项都错；
平衡常数只与温度有关，与物质的量无关，C项正确；
增加氮气的物质的量，平衡逆向移动，NO的转化率减小，D项错。
24．答案：
BC
【解析】由图可知，随温度升高，c（I3－）浓度减小，平衡逆向移动，说明正反应放热，即∆H＜0，A项错。
同理可推出，升温，K值减小，即K1＞K2，B项正确。
D点没有平衡，c（I3－）偏小（要向A点移动），即反应要向右进行，所以此时v（正）＞v（逆），C项正确。
由图知，c（I3－）：
状态A＞状态B，则c（I2）为：
状态A＜状态B，所以D项错。
25．答案：
B
【解析】A项，6min时反应达平衡，但反应未停止，故错；
B项，X的平衡转化率为：
（1－0.15）/1=0.85，正确。
C项，∆H＜0，正反应方向为放热，升温，平衡逆向移动，X的转化率减小，故C项错；
D项，温度变化对正、逆反应速率的影响都不是同等倍数变化，故错。
26．答案：
【解析】本题考查化学平衡移动的有关知识。
固定温度条件（比如取100℃）讨论气体体积变化对Y浓度的影响：
当体积扩大1倍时（压强减小），若平衡不移动则c（Y）=0.5mol/L，而实际上为0.75mol/L，大于0.5mol/L，这表明平衡是向右移动的，即减小压强平衡右移，这说明正反应是一个体积扩大的反应，m＜n，A错、C正确。
固定体积（如1体积）讨论温度变化对Y浓度的影响，知温度越高，Y浓度越大，说明升高温度平衡正移，正反应是吸热反应，B、D错。
【解法指导】本题所给数据中，有二个影响Y浓度的条件，分析时可固定一个条件，讨论另一个条件对Y浓度的影响——定一讨论法。
27．答案：
【解析】据平衡移动原理，增大反应物（CO）的浓度，平衡右移，增大生成物（O2）的浓度，平衡左移，所以B项、D项正确。
C项，据题意知：
K=220=
，人智力受损时
=0.02，此时
=0.02/220=9×
10－5，C项错。
28．答案：
【解析】结合图像考查外界条件改变对各可逆反应平衡的影响。
A中加入CH3COONa，溶液中CH3COO－离子增多，平衡逆向移动，c（H＋）减小，pH增大；
B中实际反应为Fe3＋＋3SCN－=Fe（SCN）3，故改变KCl的浓度对平衡几乎无影响；
C中由于是恒温恒压，通入Ar会导致反应物浓度减小，平衡会逆向移动；
D中反应正向为吸热反应，故升温可以使平衡正向移动，即使CH3OCH3的转化率增大。
故答案是D。
29．答案：
【解析】高温区，向右反应，生成的TaI4气体流向低温区；
低温区，向左反应，TaI4气体生成TaS2固体；
一段时间后，杂质留在高温区，TaS2在低温区，从而达到分离效果。
不同温度下反应的方向不同，TaI4的量与温度高低有关并非保持不变，A错误。
因为是在同一密闭系统中，从质量守恒定律可知：
I2的量不可能不断减少，而是充当一个“搬运工”的角色，将TaS2从高温区转移到低温区，B错误、C正确。
平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成正比，D错误。
30．答案：
【解析】在相同条件下，甲、乙容器中达平衡时是等效平衡，欲使HI的平衡浓度甲＞乙，能使用的方法有：
①变温：
若二者都变化同等温度，必仍是等效平衡（A项错），可让甲降温使平衡右移（C项对）。
②变压（不改变物料）：
压缩甲，虽平衡不移动，但c（HI）必增大，但该题是容器固定，所以此法不通。
③改变物料：
B项中，充入惰性气体，因容器固定，对各物的浓度没影响，对平衡也没影响，此法不通；
若只甲中增加物料（任意一种物质），不论平衡向哪方移动，平衡时c（HI）必比原平衡大，可达目的；
但D项中，甲、乙均增加物料，且二者增量相同，又因反应中H2与I2的系数相同，所以甲与乙增量的功效相同，新平衡后的c（HI）仍相同，不符题意。
31．答案：
BD
【解析】其全过程应该如图D：
开始时，主反应向右，NO2%减小；
达平衡时，NO2%最小；
接着升温，主反应向左，NO2%增大。
所以D图正确。
但因起始温度不同，反应相同时间后，有可能已达到平衡状态。
此时，测定体系中NO2%与升温的关系，就出现了图D中的右半部，所以B图也正确。
32．答案：
（2）X（g）＋2Y（g）
2Z（g）
（3）v（Z）=
=0.083mol/（L·
（4）45%。
（5）升高温度；
加入催化剂；
增大压强。
【解析】有关化学平衡的计算，大多情况下，找出三种浓度（或量）是进行各种计算的前提。
根据题意，有：
aX＋bY
cZ
n（始）/mol1.001.000
n（转）/mol0.450.90.9
n（平）/mol0.550.10.9
（2）根据转化的物质的量比（1:
2:
2）等于计量数比，可得相应的化学方程式：
X＋2Y
（4）从三种量可知：
α（X）=0.45mol/1.00mol=45%。
（5）从达平衡的时间长短来考虑，通常是：
催化剂＜温度＜浓度（或压强），所以先达平衡的2应该是催化剂，1可能是温度、3可能是压强。
再从平衡移动的角度考虑，来进一步验证：
催化剂对平衡没影响，所以以2为参照对象；
加压，平衡右移，n（Z）增大（比2大），所以确定3是压强的影响；
升温，因正向放热，使平衡左移，n（Z）减小（比2小），所以确定1是温度的影响。
33．答案：
（1）＜。
（2）1.88×
10－4mol/（L·
s）。
（3）5000。
（4）C、D。
（5）
II：
280、1.20×
10－3、5.80×
10－3
：
1.2×
10－3、5.80×
10－3。
（1）自发反应，通常为放热反应，即∆H小于0。
（2）v（N2）=
=
=1.88×
（3）从中数据知，在第4s、5s时为平衡状态：
2NO＋2CO=2CO2＋N2
c（始）/（×
10－4mol·
L－1）103600
c（转）/（×
L－1）9994.5
c（平）/（×
L－1）12794.5
K=
=
=5000。
（4）催化剂不影响平衡的移动，A项错。
该反应放热，故降温平衡正向移动，NO转化率增大，B项错，C项正确。
缩小体积，即增大压强，平衡向体积减小的方向运动，即正向移动，D项正确。
（5）本题为实验探究题，目的是研究温度和催化剂的比表面积对反应速率的影响，所以在实验时应保持NO、CO的初始浓度不变，让温度、比表面积其中一个量变化，因此可确定II中温度为280℃。
绘图时，要注意达平衡的时间、平衡浓度的相对大小：
II与I温度相同，平衡不移动，平衡浓度相同，但催化剂比表面积增大，达平衡时间短；
III与II的催化剂比表面积相同，温度升高，不仅达平衡时间缩短，也也平衡向左移动，使NO的平衡浓度也增大。
实质I、II研究是催化剂的比表面积对速率的影响，II、III研究是温度对速率的影响。
34．答案：
（1）BC。
（2）－1224.96
（3）根据题意知平衡时：
c（N2O4）=0.0120mol·
L－1；
c（NO2）=0.0300mol·
L－1
=13.3答：
平衡常数为13.3。
（4）由（3）可知，在17℃、1.01×
105Pa达到平衡时，1.00L混合气体中：
n（N2O4）=c（N2O4）×
V=0.0120mol·
L－1×
1.00L=0.0120mol。
n（NO2）=c（NO2）×
V=0.0300mol·
1.00L=0.0300mol。
则n（NO2）总=n（NO2）＋2×
n（N2O4）=0.0540mol
由Cu＋4HNO3=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O可得
m（Cu）=
64g·
mol－1=1.73g
答：
理论上至少需消耗Cu1.73g．
（1）由于正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，提高NO2的转化率。
若增加NO2的浓度，可以利用“虚拟容器法”判断：
将加入的NO2先建立一下与原平衡等效的平衡，再合并，相当于体积减小，压强增大，平衡向正反应移动，NO2转化率提高。
（2）1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量，则2mol即64gN2H4（l）反应放出热量1224.96kJ。
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