【命题立意】本题考查化学反应速率、化学平衡、平衡常数
【解析】依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，则O2的浓度为0.74mol·L，故A正确；由于2N2O5（g）?4NO2（g）+O2（g）是气体体积变小的反应，体积压缩为原来一半时，平衡要逆向移动，N2O5的浓度比原来双倍还要多，压缩前c（N2O5）=2.50mol?L则压缩后c（N2O5）＞5.00mol?L，故B正确；平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，T1＞T2反应吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，即K1＞K2，故C错误；由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K=/5.00×100%=50%，故D正确。 7.【答案】C
【命题立意】本题考查化学反应速率的计算、外界条件对化学平衡移动的影响、化学 平衡常数。
【解析】A.根据方程式可知每生成1mol水会消耗3molH2，反应达到平衡时产生水的物质的量是0.5mol，所以消耗H2的物质的量是1.5mol，所以2min内H2的平均速率为1.5mol÷3L÷2min=0.25 mol／(L·min)，正确；B.容器Ⅰ与容器Ⅱ反应的温度相同，反应物的物质的量增加一倍，即相当于增大压强，压强平衡向气体体积减小的正反应方向移动，所以达到平衡时，容器Ⅰ中CO2转化率比容器Ⅱ的CO2转化率大，正确；C.容器Ⅰ、Ⅲ反应物的开始浓度相同，达到平衡时容器Ⅲ的生成物浓度大，说明平衡向正反应方向移动，由于该反应的正反应是放热反应，所以根据平衡移动原理，改变的条件是降低温度；假设容器Ⅲ内平衡不发生移动，相对于容器Ⅱ反应物起始物质的量浓度是其2倍，反应热是其2倍，现在容器Ⅲ内平衡正向移动，此时反应放出的热量比容器Ⅱ内放出的热量多，错误；D.容器Ⅰ、Ⅱ温度相同，所以平衡常数相同，而容器Ⅲ中的温度低，降低温度平衡向正向移动，化学平衡常数增大，所以容器I、II、III中对应条件下的平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1=K2 放热 ． = =125，转化率为 （5.00-2.0） -1 -1 -1 （2） 此反应消耗了H2O（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H2，有利于反应I、III正向移动 ． （3） 25% ． （4） ① 增大生成物C浓度 或 升高温度 ． ② 【命题立意】本题考查了反应热和焓变、化学平衡建立的过程、化学平衡的影响因素、物质的量或浓度随时间的变化曲线。 【解析】（1）CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）是一个气体体积减小的反应，所以熵值减小，△S＜0； 依据方程式2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）可知K= ； 从图中数据可知温度升高反应ⅠⅡ的平衡常数均减小，所以反应ⅠⅡ均是放热反应，△H1、△H2都小于0，利用盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ得反应Ⅲ，则△H3=2×△H1+△H2，△H1、△H2都小于0，所以△H3=2×△H1+△H2＜0，故反应Ⅲ是放热反应； 故答案为：＜；K= ；放热； （2）依据化学平衡移动原理：减小生成物浓度平衡向正方向移动，增大反应物浓度平衡向正方向移动，在CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）中反应消耗了H2O（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H2，有利于反应I、III正向移动； 故答案为：此反应消耗了H2O（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H2，有利于反应I、III正向移动； （3）从方程式可知，反应物有3mol气体，生成物有2mol气体，所以压强增大时平衡气体体积减小的方向移动，即正向移动，在200℃时，转化率高的压强大，故A曲线对应压强为5.0MPa，曲线对应压强为0.1MPa，从图中可知压强为0.1MPa、温度为200℃时CO的转化率为0.5，设加入COamol，则有H22amol CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）． 反应前（mol） a 2a 0 反应了（mol） 0.5a a 0.5a 平衡时（mol） 0.5a a 0.5a 可求得 故答案为：25%； （4）①该反应是一个反应前后气体体积减小的且是正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，改变的条件为增大生成物C浓度或升高温度； 故答案为：增大生成物C浓度或升高温度； ②t4时降压，逆反应速率减小，平衡逆向移动，随着反应的进行，逆反应速率减小，在t5时达到新的平衡状态，t6时增大反应物的浓度，t6点逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，随着反应的进行，逆反应速率增大，大于原平衡浓度，所以其图象为： ×100%=25% ， 故答案为： 9. 【答案】（1） 冷凝管 b ． （2） 分水器中水面不再升高 ． （3） 旋塞 过滤 ． （4） BD ． 正丁醚 ． （5） 88% ． 【命题立意】本题考查了物质的制备实验方案设计。 【解析】（1）由装置图可知，装置由分水器、圆底烧瓶和冷凝管组成；冷凝管中的冷凝水应该从下口进上口出，所以从b管口通入； 故答案为：冷凝管；b； （2）加热反应时会有少量正丁醇挥发进入分水器，分水器的液面会升高，当反应完全时，不再有正丁醇挥发进入分水器，则分水器中的液面不再升高，则合成反应达到了终点； 故答案为：分水器中水面不再升高； （3）振荡分液漏斗时，右手压住分液漏斗的玻璃塞，左手握住旋塞，用力振荡；在操作步骤②后（即酯层用无水硫酸镁干燥后），应先把固液混合物分离，即通过过滤分离出乙酸丁酯，再把乙酸丁酯再转入蒸馏烧瓶； 故答案为：旋塞；过滤； （4）乙酸正丁酯的沸点为126.1℃，选择沸点稍高的液体加热，所以可以在甘油和石蜡油中加热，水的沸点为100℃，加热温度太低，用砂子加热温度太高不易控制；正丁醇和乙酸易溶于水，在用水洗、10%碳酸钠溶液洗时，已经被除去，正丁醚与乙酸丁酯互溶，水洗和10%碳酸钠溶液洗时不能除去，所以蒸馏时会有少量挥发进入乙酸丁酯，则乙酸正丁酯的杂质为正丁醚； 故答案为：BD；正丁醚； （5）反应结束后，若放出的水为6.98mL（水的密度为1g?mL），则反应生成的水为6.98mL﹣5.00mL=1.98mL，即1.98g，设参加反应的正丁醇为xg， CH3COOH+CH3CH2CH20H CH3COOHCH2CH2CH3+H2O ﹣1 74 18 xg 1.98g 则x= =8.14g， ×100%=88%； 则正丁醇的转化率约为故答案为：88%． 10.【答案】每空2分，共14分 （1）除去空气中的还原性气体与酸性气体；(2分) 干燥空气(2分) （2）2KMnO4+5H2SO3=2MnSO4+K2SO4+2H2SO4+3H2O (2分) （3）80％(2分) （4）在KMnO4滴定前，未反应完的O2与空气中的O2也可将H2SO3氧化，造成测定结果偏低（2分） （5）4×10mol/L （2分） （6）SO2+2H2O-2e=SO4+4H（2分） -2-+ －3 【命题立意】本题考查了通过实验进行定量测定辉铜矿中Cu2S的质量分数，涉及氧化还原反应方程式和电极反应式的书写和根据溶度积进行相关计算。 【解析】实验的原理是将辉铜矿Cu2S中的硫全部转化为SO2，经氧化还原滴定确定SO2的量，进而确定辉铜矿中Cu2S的质量分数。（1）装置①中盛有碱和氧化剂，可分别用来除空气中含有的酸性气体和还原性气体；装置②中有干燥剂碱石灰，用来干燥空气，防止加热时硬质试管炸裂；（2）KMnO4具有氧化性，含SO2的水溶液具有还原性，两者发生氧化还原反应，根据化合价升降配平方程式；（3）三次滴定使用标准液的体积分别是19.99mL、20.01mL、18.04mL，第三次数据明显偏小，应舍去，取前两次的平均值可得使用标准液体积为20.00mL，根据5Cu2S～5H2SO3～2KMnO4计算出样品中Cu2S的质量5×160×0.02×0.01/(2×25/250)=0.8g，进而计算出Cu2S的质量分数为80%；（4）装置①可除去空气中的还原性气体，但吸收SO2的烧杯开口，与氧气接触，还有部分未反应完的O2均能使SO2在吸收过程中被氧化，使测量结果偏低；（5）溶液中c(S)= 2- mol/L =6.25×10 -18 mol/L，c(H+)?c(S)=1.0×10，则c(H)= 2- 22--22+ =4×10mol/L；（6）原电池负 2-+ -3 极发生氧化反应，SO2被氧化生成SO4，负极电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO4+4H。 11.【答案】第一空1分，其余空2分共15分 （1）热交换器 增加SO3与浓硫酸的接触面积，有利于SO3的吸收 （2）1.2:1(或6:5) 0.004 用氨水吸收 （3）AC （4）BCD （5）CaCO3=CaO＋CO2↑；2SO2＋2CaO＋O2=2CaSO4(或2SO2＋2CaCO3＋O2=2CaSO4＋2CO2) 【命题立意】考查接触法制硫酸的工艺流程及脱硫处理的原理等相关知识。 【解析】 (1)接触室中进行的反应为SO2的催化氧化，该反应为放热反应，使用热交换器可以充分利用反应放出的热量，对原料气进行预热；吸收塔中填充瓷管的作用是增加接触面积；燃烧室中发生的反应为S+O2 SO2，若参加反应的硫磺为1mol，则经流量计1通入的氧气 2SO3，1molSO2转 ＝ 为V1=1.5mol，反应后气体总量为1.5mol×5＝7.5mol，接触室2SO2+O2 化需要0.5molO2，经流量计2通入的氧气为V2=0.5mol×2.5＝1.25 mol，则 1.2；反应后气体总量为7.5mol＋1.25mol×5－1mol×95%×1/2＝13.275mol，则尾气中SO2的体积分数为 ＝0.004；硫酸工业中，尾气SO2用氨水吸收，再用硫酸处理： SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+H2SO4=(NH4)2SO4+SO2↑+H2O，生成的(NH4)2SO4可作肥料；