高考化学试题分类解析化学反应速率与化学平衡清楚word版解析详细
化学反应速率与化学平衡
1．（07年宁夏理综·13）一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0% ，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是
A．16.7% B．20.0% C．80.0% D．83.3%
答案：A
解析：设达到平衡后混合气体的体积为1L，则其中生成的氨气的体积为1L×20.0%=0.2L。则根据反应的方程式有：
N2＋3H22NH3 △V
1 3 2 2
0.2L 0.2L
所以平衡前混合气体的体积为1L+0.2L=1.2L，因此反应后气体体积缩小率为16.7%。
2．（07年广东化学·16）灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn（s、白）＋2HCl（aq）＝SnCl2（aq）＋H2（g） △H1
②Sn（s、灰）＋2HCl（aq）＝SnCl2（aq）＋H2（g） △H2
③Sn（s、灰）Sn（s、白） △H3＝＋2.1kJ·mol-1
下列说法正确的是
A．△H1＞△H2
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D．锡制器皿长期处于低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
答案：D
解析：②-①可得③，△H2-△H1＞0，故△H2＞△H1 ，A错，根据③，在常温下，灰锡会向白锡转化故常温下以白锡状态存在，正反应为吸热反应，故B、C错，当锡制器皿长期处于低于13.2℃的环境中会转化为灰锡，灰锡以粉末状存在，故会自行毁坏。
3．（07年广东理基·26）把铝条放入盛有过量稀盐酸的试管中，不影响氢气产生速率的因素是
A．盐酸的浓度 B．铝条的表面积
C．溶液的温度 D．加少量Na2SO4
答案：D
解析：铝与盐酸反应的实质是2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，因此盐酸的溶度、铝条的表面积和溶液的温度均会影响反应的速率，而加少量Na2SO4对溶液中的各物质的浓度没有影响，不会影响反应速率。
4．（07年广东化学·18）下述实验能达到预期目的的是
编号
实验内容
实验目的
A
将SO2通入酸性KMnO4溶液中
证明SO2具有氧化性
B
将Cl2通入NaBr溶液中
比较氯与溴的氧化性强弱
C
将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温
研究温度对化学平衡的影响
D
分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2
研究催化剂对H2O2分解速率的影响
答案：BC
解析：本题是一道实验题。A选项中SO2通入酸性KMnO4溶液中，KMnO4做氧化剂，说明SO2具有还原性。B选项中将Cl2通入NaBr溶液中发生Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2反应，根据氧化还原反应规律可知Cl2的氧化性大于Br2。C中发生的反应为Cu＋4HNO3=Cu(NO3)2＋
2NO2＋2H2O、2NO2(g)N2O4；△H＜0，升温气体颜色变深，降温气体颜色变浅，D选项中H2O2溶液的浓度不同，故不能单纯判断催化剂对分解速率的影响。
5．（08年宁夏理综·12）将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)
达到平衡时，c(H2)=0.5mol·L-1，c(HI)=4mol·L-1，则此温度下反应①的平衡常数为
A．9 B．16 C．20 D．25
答案：C
解析：求①的平衡常数的关键是求氨气的平衡浓度，若碘化氢不分解时，NH3(g)和HI(g) 的平衡浓度是相等的，因此2c(H2) 与容器中平衡浓度c(HI)之和即为氨气的平衡浓度5 mol·L-1，故此温度下反应①的平衡常数为20。
6．（08年广东化学·8）将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2(g) 2HBr（g）△H＜0，平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是A
A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定
答案：A
解析：正反应为放热反应，前者恒温，后者相对前者，温度升高。使平衡向左移动，从而使Br2的转化率降低。所以b
0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2则K1＞K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
答案：BC
解析：随着温度的不断升高，I3－的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，也就意味着该反应是放热反应，所以△H＜0，所以A项错；因为K=，T2＞T1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2；C项，从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，这时I3－的浓度在增加，所以v正＞v逆，C项正确；D项，从状态A到状态B，I3－的浓度在减小，那么I2的浓度就在增加。
【考点分析】（1）化学平衡的移动；（2）平衡常数的运用。
17．（09年宁夏理综·10）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/mol·L—1
V/mL
c/mol·L—1
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
答案：D
解析：影响化学反应速率的因素众多，本题从浓度和和温度两个因素考查，非常忠实于新教材必修2，只要抓住浓度越大，温度越高反应速率越大，便可以选出正确答案D。
【点评】本题主要考查影响化学反应速率的因素，题目来源于课本，考生很有亲切感。
18．（09年宁夏理综·13）在一定温度下，反应H2(g)+X2(g)HX(g)的平衡常数为10。若将1.0mol的HX(g)通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于
A．5% B．17% C．25% D．33%
答案：B
解析：1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数K1为10，那么HX(g) 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) 的平衡常数K2为1/10， 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 的平衡常数K3为(1/10)2=0.01.设HX(g)分解xmol/L，有， 2HX(g) H2(g)+ X2(g)
1 0 0
x x x
1—x x x
K3= x·x/(1—x) 2= 0.01 ，得到x=0.17，所以， 该温度时HX(g)的最大分解率接近于B. 17%
【点评】本题考查化学平衡常数的相关计算，题目难度不大，但要求考生平时要掌握方程式的变化对于化学平衡常数表达式的影响和数值的改变。
19．（09年山东理综·14）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是
A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B．增大反应体系的压强、反应速度一定增大
C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D．在t1、t2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1，c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为
答案：D
解析：催化剂可以同等程度的改变正逆反应的反应速率；如果是通入惰性气体增大了体系压强，反应物浓度未变，反应速率不变；降温，反应速率减慢，达到平衡的时间增大；D是反应速率的定义，正确。
20．（09年天津理综·5）人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO，37 ℃时，该反应的平衡常数K=220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是
A．CO与HbO2反应的平衡常数K=
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
答案：C
解析：由反应方程式知，K的表达式正确，A对；CO与HbO2反应的平衡常数达220，可见其正向进行的程度很大，正确。K=，由题意知，K=220，=0.02时，人受损，则c(CO)/c(O2)=9×10-5，C项错。D项，当O2浓度很大时，题中平衡将逆向移动，从而解救人，正确。
21．（09年广东文基·68）下列说法正确的是
A．废旧电池应集中回收，并填埋处理
B．充电电池放电时，电能转变为化学能
C．放在冰箱中的食品保质期较长，这与温度对反应速率的影响有关
D．所有燃烧反应都是放热反应，所以不需吸收能量就可以进行
答案：C
解析：A项废旧电池应集中回收但不能填埋处理因为电池里的重金属会污染土地，人吃了这些土地里的蔬菜后，，就会引发疾病；B项充电电池放电时，化学能转变为电能；D项有的燃烧反应是需要吸收一定热量才可以反应的比如碳的燃烧。
【考点分析】垃圾的处理、电化学、影响化学反应速率因素、化学反应与能量。
22．（09年海南化学·4）在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L-1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L-1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是：
A．反应达到平衡时，X的转化率为50％
B．反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为1600
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
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+3Y2Z。
23．（07年广东化学·22）（8分）
“碘钟”实验中，3I－＋S2O42－的反应速率可以用I3－与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号
①
②
③
④
⑤
c（I－）/mol·L－
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c（SO42－）/mol·L－
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t /s
88.0
44.0
22.0
44.0
t2
回答下列问题：
（1）该实验的目的是 。
（2）显色时间t2＝ 。
（3）温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为 （填字母）
A．<22.0s
B．22.0～44.0s
C．＞44.0s
D．数据不足，无法判断
答案：（8分）
（1）研究反应物I－与S2O82－的浓度对反应速率的影响
（2）29.3s
（3）A
（4）反应速率与反应物起始浓度乘积成正比（或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比）
解析：难度，易。本题考查学生对影响化学反应速率的外界因素如浓度、温度及其规律的认识和理解，考查学生对图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力。由题目中表格数据可分析出c(I－)、 c(S2O32-)浓度越大，反应速率越快，显蓝色所需时间越少，故实验目的应是研究反应物I－与S2O82－
的浓度对反应速率的影响，因反应速率与反应物起始浓度乘积成正比（或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比），由①⑤中数据可列关系：显色时间t2＝0.040·0.040·88.0/0.120·0.040=29.3 s，升高温度，反应速率加快，故显色时间t2<22.0s。07年广东高考在选择题方面减弱了考查，只有第18题的选项C、D中提到。在第二卷中也一改前二年的化学平衡图象题，改为化学反应速率的表格分析题，实际要求仍是考查学生运用所学化学反应速率与化学平衡思想解决指定问题的能力。
24．（07年广东化学·25）（10分）
黄铁矿（主要成分为FeS2）是工业制取硫酸的重要原料，其煅烧产物为SO2和Fe3O4。
（1）将0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）放入容积为1L的密闭容器中，反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）＝0.040mol·L-3。计算该条件下反应的平衡常数K和SO2的平衡转化率（写出计算过程）。
（2）已知上述反应是放热反应，当该反应处于平衡状态时，在体积不变的条件下，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 （填字母）
A．升高温度
B．降低温度
C．增大压强
D．减小压强
E．加入催化剂
G．移出氧气
（3）SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收可得到更要的化工原料，反应的化学方程式为
。
（4）将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需保持溶液足够酸性，其原因是 。
答案：（10分）
（1）1.6×103L/mol 80%（计算过程略）
（2）B、C
（3）SO2＋H2O＋Na2SO3＝2NaHSO3
（4）抑制Fe2＋、Fe3＋的水解，防止Fe2＋被氧化成Fe3＋
解析：难度，易。此题是比较中规中矩考查化学平衡知识的题目，题目条件比较直接，学生完成得应比较愉快。
25．（6分）（2007海南·16）PCl5的热分解反应如下：
PCl5（g） PCl3（g） + Cl2（g）
（1） 写出反应的平衡常数表达式；
（2） 已知某温度下，在容积为10.0L的密闭容器中充入2.00mol PCl5，达到平衡后，测得容器内PCl3的浓度为0.150mol/L。计算该温度下的平衡常数。
答案：（1）K==
（2） PCl5（g） PCl3(g) + Cl2(g)
c(起始)(mol/L) =0.200 0 0
c(变化)(mol/L) 0.150 0.150 0.150
c(平衡)(mol/L) 0.050 0.150 0.150
所以平衡常数K==＝＝0.45
考点：本题考查了化学平衡常数的求算。
解析：对于反应: mA + nB pC + qD
1、定义： 在一定温度时，当一个可逆反应达到平衡状态时，生成物平衡浓度的幂之积与反应物平衡浓度的幂之积的比值是一个常数，这个常数称为化学平衡常数简称平衡常数。
2.数学表达式：
平衡常数的数学表达式
26．（9分）（2007海南·17）下表是稀硫酸与某金属反应的实验数据：
实验序号
金属
质量/g
金属状态
C（H2SO4）
/mol·L-1
V（H2SO4）
/mL
溶液温度/℃
金属消失的时间/s
反应前
反应后
1
0.10
丝
0.5
50
20
34
500
2
0.10
粉末
0.5
50
20
35
50
3
0.10
丝
0.7
50
20
36
250
4
0.10
丝
0.8
50
20
35
200
5
0.10
粉末
0.8
50
20
36
25
6
0.10
丝
1.0
50
20
35
125
7
0.10
丝
1.0
50
35
50
50
8
0.10
丝
1.1
50
20
34
100
9
0.10
丝
1.1
50
20
44
40
分析上述数据，回答下列问题：
（1）实验4和5表明， 对反应速率有影响， 反应速率越快，能表明同一规律的实验还有 （填实验序号）；
（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有 （填实验序号）；
（3）本实验中影响反应速率的其他因素还有 ，其实验序号是 。
（4）实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近，推测其原因： 。
答案：（1）固体反应物的表面积 表面积越大 1和2
（2）3和4（3）开始反应温度 6和7
（4）一定量的金属跟足量的硫酸反应放出的热量相同
考点：本题考查了通过处理实验数据研究化学反应速率的影响因素。
解析：比较表中实验1和2、实验4和5，其他条件都一样，只是金属状态由丝变成了粉末，金属消失的时间就少了很多，反应速率变快很多，也就是说明金属固体的表面积越大，速率就越快。同理，比较表中各项数据进行分析不难得出正确答案。
27．（07年山东理综·28）（11分）二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物。综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一。
（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
某温度下，SO2的平衡转化率(a)与体系总压强(p)的关系如右图所示。根据图示回答下列问题：
①将2.0mol SO2和1.0mol O2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。该反应的平衡常数等于_____。
②平衡状态由A变到B时．平衡常数K(A)_______K(B)
（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－574 kJ·mol－1
CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－1160 kJ·mol－1
若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2整个过程中转移的电子总数为______（阿伏加德罗常数的值用NA表示），放出的热量为______kJ。
（3）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox 3＜x＜4，M＝Mn、Co、Zn或Ni＝由铁酸盐（MFe2O4）经高温还原而得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物分解除去。转化流程如图所示：
请写出MFe2Ox分解SO2的化学方程式 （不必配平）。
答案：（1）①800L·mol－1 ②＝ （2）1.60NA（或1.6NA） 173.4 （3）MFe2Ox＋SO2→MFe2O4＋S
解析：（1）据题意当容器中总压强为0.10MPa时，SO2的平衡转化率为0.80，据此可计算得出平衡时c(SO2)=0.040mol·L－1；c(O2)=0.020mol·L－1；c(SO3)=0.16mol·L－1。根据平衡常数的计算式：K==800L·mol－1；只要温度不变，平衡常数就不改变，在此变化过程中，只有压强的改变，温度未发生变化，故K(A)=K(B)。
（2）用标准状况下4.48LCH4还原NO2 至N2，4.48LCH4的物质的量为0.20mol，在此过程中CH4中碳元素的化合价有-4价升高到+4价，转化为CO2，失去电子的总物质的量为0.20mol×8= 1.60mol，故转移电子数为1.60NA
。由题目给知的热化学方程式，根据盖斯定律可以得出CH4还原NO2至N2的热化学方程式为：CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H＝－867 kJ·mol－1，则0.2molCH4反应放出的热量为867 kJ·mol－1×0.2mol=173.4kJ。
（3）此题中反应物已知为MFe2OX和SO2，反应后生成MFe2O4，由MFe2OX转化为MFe2O4，氧原子数增加，故SO2失去氧原子转化为S，反应式为：MFe2OX+SO2=MFe2O4+S。
28．（07年宁夏理综·27）（14分）
氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：
SiO2 ＋ C＋ N2 Si3N4 ＋ CO
（1）配平上述反应的化学方程式（将化学计量数填在方框内）；
（2）该反应的氧化剂是 ，其还原产物是 ；
（3）该反应的平衡常数表达式为K＝ ；
（4）若知上述反应为放热反应，则其反应热△H 零（填“大于”、“小于”或“等于”）；升高温度，其平衡常数值 （填“增大”、“减小”或“不变”）；
（5）若使压强增大，则上述平衡向 反应方向移动（填“正”或“逆”）；
（6）若已知CO生成速率为v(CO)＝18mol·L-1·min-1，
则N2消耗速速率为v(N2)＝ mol·L-1·min-1。
答案：（1）3 6 2 1 6 （2）N2 Si3N4 （3）（或）
（4）小于 减小 （5）逆 （6）6
解析：（1）利用观察法配平或利用氧化还原反应中的电子守恒来配平。配平后的化学方程式为3SiO2 ＋6C＋2N2Si3N4 ＋ 6CO。
（2）分析各物质的化合价变化情况：C元素由0价升高为+2价，在反应中作还原剂被氧化；N元素的化合价由0价降低为-3价，在反应中作氧化剂被还原。因此，此反应的氧化剂为N2，还原产物为Si3N4。
（3）因SiO2、C、Si3N4均为固体，只有N2和CO为气体，存在平衡浓度（或平衡分压），因此根据化学平衡常数的表达式可以得出此反应的平衡常数表达式为或。
（4）放热反应的焓变△H＜0，升高温度，此平衡向左移动，使[CO]减小、[N2]增大，因此平衡常数K值减小。
（5）由于此反应的正反应为气体体积增大的反应，因此增大压强，此平衡将向逆反应方向移动。
（6）根据同一反应在同一时间段内，各物质的反应速率之比等于各物质在化学方程式中对应的计量数之比。则有，所以v(N2)=v(CO)=×18mol·L-1·min-1=6mol·L-1·min-1。
29．（07年宁夏理综·31A）化学选考题（15分）
A．[化学—选修化学与技术]
工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO2 转化为SO3是一个关键步骤。压强及温度对SO2转化率的影响如下表（原料气各成分的体积分数为：SO2 7% O2 11% N2 82%）；
0.1
0.5
1
10
400
99.2
99.6
99.7
99.9
500
93.5
96.9
97.8
99.3
600
73.7
85.8
89.5
96.4
(1) 已各SO2的氧化是放热反应，如何利用表中数据推断此结论？
；
（2）在大400~500℃时，SO2的催化氧化采用常压而不是高压，主要原因是：
；
（3）选择适宜的催化剂，是否可以提高SO2的转化率？ （填“是”或“否”），是否可以增大该反应所放出的热量？ （填“是”或“否”）；
（4）为提高SO3吸收率，实际生产中用 吸收SO3；
（5）已知：2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g)；△H＝－196.9kJ·mol－1，计算每生产1万吨98%硫酸所需要的SO3质量和由SO2生产这些SO3所放出的热量。
答案：（1）压强一定时，温度升高时，SO2转化率下降,说明升温有利逆反应的进行，所以正反应为放热反应。（2）增大压强对提高SO2转化率无显著影响，反而会增加成本。（3）否 否 （4）浓硫酸 （5）8.0×103t 9.83×109kJ
解析：（1）根据表格中的数据可以看出，在相同压强下（如在0.1MPa下）升高温度（如由400℃升高到500℃）时SO2的转化率降低（由99.2%降低为93.5%），即升高温度时此化学平衡向逆反应方向移动，而升高温度化学平衡应该向吸热反应方向移动，所以此反应的正反应为放热反应。
（2）根据表格中的数据可以得知：在0.1MPa（即常压1atm下）SO2的转化率已经很高，如在400℃时已达99.2%，若增大压强到10MPa（即100atm），压强增大了100倍但是SO2的转化率值增大为99.9%，只增大了0.7%变化不大。而压强增大100倍，需要对设备的材料、动力、能源等都作相应的提高，既要增大成本投入。
（3）使用催化剂只能改变化学反应的速率，改变反应到达平衡的时间，不能使化学平衡发生移动，即对SO2的转化率不产生影响；而在一定条件下，化学反应放出的热量与参加反应的反应物的量成正比，因SO2的转化率不变，所以反应放出的热量也不会增大。
（4）在生产实际中是采用98.3%的浓硫酸作吸收剂来吸收SO3的。因为若用水进行吸收会形成酸雾，将影响SO3的吸收速率和效率。
（5）1万吨98%的硫酸含H2SO4的质量：9.8×109g。 设需要SO3的质量为x，该反应产生的热量为y。
H2SO4 ～ SO3 ～ 放出的热量
98g 80g 196.9kJ
9.8×109g x y
则，解得x=8.0×103t y=9.83×109kJ。
30．（14分）（08年宁夏理综·25）
已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)，△H＞0
请回答下列问题：
（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 1 mol·L-1，c(N)=2.4 mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为 ；
（2）若反应温度升高，M的转化率 （填“增大”“减小”或“不变”；）
（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 1 mol·L-1,
c(N)=2.4 mol·L-1;达到平衡后，c(P)=2 mol·L-1,a= ;
（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)= 1 mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为 。
答案：（14分）
（1）25％ （2）增大 （3）6 （4）41％
解析：（1）M转化的物质的量为0.6mol·L-1，则N反应的量也是0.6mol·L-1，所以N的转化率为：×100％＝25％。
（2）由于该反应的正反应为吸热反应，所以升高温度，化学平衡正向移动，M的转化率增大。
（3） M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)
起始：1 2.4 0 0
平衡：0.4 1.8 0.6 0.6
起始：4 a 0 0
平衡：2 a－2 2 2
＝ ，a＝6mol·L-1。
（4） ＝ ，x＝0.41b，M的转化率为41％。
31．（11分）（08年广东化学·20）
某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol·L-1、2.00 mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298 K、308 K，每次实验HNO3的用量为25.0 mL、大理石用量为10.00 g。
（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
实验编号
T/K
大理石规格
HNO3浓度/mol·L-1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；
（Ⅱ）实验①和 探究温度对该反应速率的影响；
（Ⅲ）实验①和 探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；）
②
③
④
（2）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图：
依据反应方程式CaCO3+HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90 s范围内HNO3的平均反应速率（忽略溶液体积变化，写出计算过程）。
（3）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。
答案：（1）
实验编号
T/K
大理石规格
HNO3浓度/mol－1·L－1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
（Ⅱ）③
（Ⅲ）④
②
298
粗颗粒
1.00
③
308
粗颗粒
2.00
④
298
细颗粒
2.00
（2）
70至90s内，CO2生成的质量为：m（CO2）=0.95 g-0.84 g=0.11g，其物质的量为n(CO2)=0.11g÷44g·mol－1=0.0025mol，
根据方程式比例，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=0.0025mol×2==0.005mol，
溶液体积为25mL=0.025L，所以HNO3减少的浓度△c(HNO3)==0.2mol·L－1，
所以HNO3在70-90S范围内的平均反应速率为v（HNO3）===0.01mol·L-1·s-1。
（3）
解析：
（1）
实验编号
T/K
大理石规格
HNO3浓度mol·L-1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
⑴实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；
⑵实验①和③探究温度对该反应速率的影响。
⑶实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应的影响。
②
298
粗颗粒
1.00
③
308
粗颗粒
2.00
④
298
细颗粒
2.00
（2）
1.70至90S，CO2生成的质量为：m（CO2）0.95-0.85=0.1g
2.根据方程式比例，可知消耗HNO3的物质的量为：n（HNO3）0.1/22=1/220mol
3.溶液体积为25ml=0.025L，所以HNO3减少的浓度△c（HNO3）=2/11 mol·L－1
4.反应的时间t=90-70=20s
5.所以HNO3在70-90S范围内的平均反应速率为
v（HNO3）=△c（HNO3）/t === 1/110 mol·L-1·S-1
（3）作图略
作图要点：因为实验①HNO3与大理石恰好完全反应；
实验②中，HNO3不足量，纵坐标对应的每一个值均为原来的1/2；实验③④的图象类似，恰好完全反应，但反应条件改变，升高温度与大理石细颗粒增大表面积可加快反应速率。所以图象曲线斜率变大，平衡位置纵坐标与实验①相同。
32．（12分）（08年广东化学·24）
科学家一直致力研究常温、常压下“人工围氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生反应，生成的主要产物为NH3。进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表（光照、N2压力1.0×105Pa、反应时间3 h）：
T/K
303
313
323
353
NH3生成量/（10-6 mol）
4．8
5．9
6．0
2．0
相应的热化学方程式如下：
N2(g)+3H2O(1)=2NH3(g)+O2(g) ΔH=+765.2 kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）请在答题卡的坐标图中画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注。
（2）与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议： 。
（3）工业合成氨的反应为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.60 mol N2(g)和1.60 mol H2(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数（NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比）为。计算
①该条件下N2的平衡转化率；
②该条件下反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数。
答案：（1）
（2）研制新型高效催化剂（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）
（3）①66.7% ②0.005
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
解释：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
33．（8分）（08年海南化学·15）反应A(g)+B(g) C(g) +D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
（1）该反应是____________________反应（填“吸热”、“放热”）。
（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率______（填“增大”、“减小”或“不变”），原因是____________________________________________。
（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响?_______________，原因是_________.
（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1_________，E2________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
答案：（8分）（1）放热 （2）减小 该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动 （3）不影响 催化剂不改变平衡的移动 （4）减小 减小
解析：由图可以知道，由于该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应属于放热反应，所以升高温度，平衡向逆反应进行，所以A
的转化率减小；当在反应体系中加入催化剂，能同倍数改变化学反应速率，因此对化学平衡的移动无影响，即对反应热也无影响。因为化学反应速率增大，所以E1和E2同时降低。
34．（10分）（08年江苏化学·18）“温室效应”是全球关注的环境问题之一。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体。因此，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径。
（1）下列措施中，有利于降低大气中CO2浓度的有： 。（填字母）
a．减少化石燃料的使用 b．植树造林，增大植被面积
c．采用节能技术 d．利用太阳能、风能
（2）将CO2转化成有机物可有效实现碳循环。CO2转化成有机物的例子很多，如：
a．6CO2 + 6H2OC6H12O6+6O2 b．CO2 + 3H2CH3OH +H2O
c．CO2 + CH4CH3COOH d．2CO2 + 6H2CH2==CH2 + 4H2O
以上反应中，最节能的是 ，原子利用率最高的是 。
（3）文献报道某课题组利用CO2催化氢化制甲烷的研究过程如下：
反应结束后，气体中检测到CH4和H2，滤液中检测到HCOOH，固体中检测到镍粉和Fe3O4。CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如下图所示（仅改变镍粉用量，其他条件不变）：
研究人员根据实验结果得出结论：
HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即：CO2HCOOHCH4
①写出产生H2的反应方程式 。
②由图可知，镍粉是 。（填字母）
a．反应Ⅰ的催化剂 b．反应Ⅱ的催化剂
c．反应Ⅰ、Ⅱ的催化剂 d．不是催化剂
③当镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，反应速率的变化情况是 。（填字母）
a．反应Ⅰ的速率增加，反应Ⅱ的速率不变
b．反应Ⅰ的速率不变，反应Ⅱ的速率增加
c．反应Ⅰ、Ⅱ的速率均不变
d．反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增加，且反应Ⅰ的速率增加得快
e．反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增加，且反应Ⅱ的速率增加得快
f．反应Ⅰ的速率减小，反应Ⅱ的速率增加
答案：（10分）（1）abcd （2）a c
（3）①3Fe+4H2OFe3O4+2H2 ②c ③e
解析：控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径可以控制源头，也可以吸收大气中CO2，光合作用利用了太阳能为最节能，反应物中的原子全部转化为有机物，为原子利用率最高。由反应原料为铁和水，故3Fe+4H2OFe3O4+2H2，使用催化剂可加快反应速率，根据CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系图可知，反应Ⅱ的速率均增加得快。
35．（10分）（08年江苏化学·20）将一定量的SO和含0.7 mol氧气的空气（忽略CO2）放入一定体积的密闭容器中，550 ℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2+O2 2SO3（正反应放热）。反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28 L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6 L（以上气体体积均为标准状况下的体积）。（计算结果保留一位小数）
请回答下列问题：
（1）判断该反应达到平衡状态的标志是 。（填字母）
a．SO2和SO3浓度相等 b．SO2百分含量保持不变
c．容器中气体的压强不变 d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等
e．容器中混合气体的密度保持不变
（2）欲提高SO2的转化率，下列措施可行的是 。（填字母）
a．向装置中再充入N2 b．向装置中再充入O2
c．改变反应的催化剂 d．生高温度
（3）求该反应达到平衡时SO3的转化率（用百分数表示）。
（4）若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀多少克？
答案：（10分）
（1）bc （2）b
（3）消耗的O2物质的量：
生成的SO3物质的量：
SO2和SO3的物质的量和：
反应前的SO2物质的量：
SO2的转化率：
（4）在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会沉淀。因此BaSO4的质量
解析：化学平衡是动态平衡，处于平衡状态的化学反应，并没有停止反应，化学平衡状态的“定”，指的是平衡状态时反应物中各组分的质量分数、物质的量、物质的量分数、总压强、浓度等保持不变，而平衡时的上述各种量的比较关系取决于多种条件，不一定是相等的。且平衡状态的正逆反应速率一定相同。向装置中再充入N2和改变反应的催化剂，不能使化学平衡移动，升高温度使化学平衡移动逆向移动，
消耗的O2物质的量：。
生成的SO3物质的量：
SO2和SO3的物质的量和：
反应前的SO2物质的量：
SO2的转化率：
在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会沉淀。因此BaSO4的质量。
36．（09年安徽理综·28）（17分）
Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好PH和浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
[实验设计]控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验。
（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）。
实验
编号
实验目的
T/K
pH
c/10-3mol·L-1
H2O2
Fe2+
①
为以下实验作参考
298
3
6.0
0.30
②
探究温度对降解反应速率的影响
③
298
10
6.0
0.30
[数据处理]实验测得p—CP的浓度随时间变化的关系如右上图。
（2）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50~150s内的反应速率：
v(p—CP)= mol·L-1·s-1。
[解释与结论]
（3）实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因： 。
（4）实验③得出的结论是：PH等于10时， 。
[思考与交流]
（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：
答案：
（1）
（2）8.0×10-6
（3）过氧化氢在温度过高时迅速分解。
（4）反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止）
（5）将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10（或将所取样品骤冷等其他合理答案均可）
解析：（1）实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T=313K，pH=3，
c(H2O2)=6.0 mol·L-1，c(Fe2＋)=0.30 mol·L-1，实验③显然是探究pH的大小对反应速率的影响；（2）在50～150s内，△c(p-CP)=0.8mol·L-1，则v (p-CP)=0.08mol·L-1·s-1；（3）温度过高时，H2O2分解，c(H2O2)浓度减小，导致反应速率减小；（4）从图中看出，pH=10时，c(p-CP)不变，即反应速率为零，说明碱性条件下，有机物p-CP不能降解；（5）从第（4）可以得出，在发言液中加入NaOH溶液，使溶液的pH迅速增大，反应停止。
37．（09年广东化学·20）（10分）
甲酸甲酯水解反应方程式为：
HCOOCH3(l)+H2O(l)HCOOH(l)+CH3OH(l)；△H>0
某小组通过试验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）。反应体系中各组分的起始量如下表：
组分
HCOOCH3
H2O
HCOOH
CH3OH
物质的量/mol
1.00
1.99
0.01
0.52
甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如下图：
（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：
反应时间范围/min
0~5
10~15
20~25
30~35
40~45
50~55
75~80
平均反应速率/(10－3mol·min－1)
1.9
7.4
7.8
4.4
1.6
0.8
0.0
请计算15-20min范围内甲酸甲酯的减少量为 mol，甲酸甲酯的平均反应速率为 mol·min-1（不要求写出计算过程）。
（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因： 。
（3）上述反应的平衡常数表达式为：，则该反应在温度T1下的K值为 。
（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。
答案：（1）15—20min范围内甲酸甲酯的减少量为0.045mol；甲酸甲酯的平均反应速率为0.009mol·min-1（2）反应速率随着反应的进行，先逐渐增大再逐渐减小，后不变；原因：随着反应的不断进行，应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行，甲酸甲酯的物质的量浓度不断减少，反应速率不断减慢，所以转化率增大的程度逐渐减小，当反应达到平衡后，转化率不变。
（3）1/7
（4）图略。作图要点：因为T2>T1，温度越高，平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率下降，T2达到平衡时的平台要低于T1；另外温度越高，越快达到平衡，所以T2达到平衡的时间要小于T1。
解析：（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol—0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率==0.045mol/5min==0.009mol·min-1。
（2）从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变。因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变。
（3）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%==0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量==0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量==0.25mol 甲醇的物质的量==0.76mol
。所以K=（0.76×0.25）/（1.75×0.76）=1/7。
（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要低于T1。
38．（09年江苏化学·20）（10分）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
（1）已知：2NO2(g)===N2O4(g) △H=-57.20kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡。其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是 (填字母）。
A．减小NO2的浓度 B．降低温度
C．增加NO2的浓度 D．升高温度
（2）25℃时，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。则反应2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(l)的△H= kJ·mol-1。
（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c(NO2)=0.0300 mol·L-1、c(N2O4)=0.0120 mol·L-1。计算反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数K。
（4）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得1.00L已达到平衡的N2H4和NO2的混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu多少克？
答案：（1）BC
（2）-1224.96
（3）根据题意知平衡时：c(N2O4)=0.0120 mol·L-1、c(NO2)=0.0300 mol·L-1
K==13.3L·mol-1
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=0.0120 mol·L-1×1.00L=0.0120mol
n(NO2)= c(NO2)×V=0.0300 mol·L-1×1.00L=0.0300mol
则 n (NO2) 总= n(NO2)＋2n(N2O4)=0.0540mol
由Cu＋4HNO3=Cu(NO3)2＋2NO↑＋2H2O可得
答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g.
解析：（1）考查影响化学平衡移动的因素（2）简单的反应热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。（3）（4）见答案
【考点分析】本题考察了平衡移动原理、反应热计算、平衡常数。高考中的热点和难点。
39．（09年宁夏理综·28）（14分）2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的ΔH=—99kJ·mol—1.请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示 、 ，E的大小对该反应的反应热有无影响？ 。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？ ，理由是 ；
（2）图中△H= kJ·mol—1；
（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式 ；
（4）如果反应速率v（SO2）为0.05 mol·L—1·min—1，则v（O2）= mol·L—1·min—1、v(SO3)= mol·L—1·min—1；
（5）已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol—1，计算由S(s)生成3 molSO3(g)的△H
（要求计算过程）。
答案：（1）反应物能量 生成物能量 （2）无 降低 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低 （3）—198 （4）SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5 （4）0.025 0.05
（5）S(s)+O2(g) =2SO2(g)△H1=—296 KJ·mol—1 ， SO2(g)+1/2O2(g) SO3(g) △H2=—99 KJ·mol—1
3S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g) △H=3(△H1+△H2)=—1185 KJ·mol—1
解析：(1)本小题考查反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，可得到A和C所表示的意义，E为活化能与反应热无关，但是用催化剂可以降低活化能；（2）图中表示的是2molSO2的反应，因此△H=—99×2KJ·mol—1；（3）依题意即可写出：SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5；（4）依据速率之比等于化学计量数之比
40．（09年山东理综·28）（14分）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡 移动（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化剂 反应的△H（填“增大”、“减小”或“不改变”）。
（2）已知：O2(g) = O2+(g)+e－ H1=1175.7 kJ·mol-1
PtF6(g)+e－=PtF6－(g) H2=-771.1 kJ·mol-1
O2PtF6(S)=O2+(g)+PtF6－(g) H3=482.2 kJ·mol-1
则反应O2(g)+PtF6(g) = O2+PtF6－(s)的H=_____________ kJ·mol-1。
（3）在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为 。已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20。
（4）在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c(NH4*)=c(Cl-)。则溶液显 性（填“酸”、“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。
答案：（1）向左 不改变
（2）－77.6
（3）Cu(OH)2 Cu2++2NH3·H2O = Cu(OH)2↓ +2NH4+
（4）中 mol·L-1
解析：（1）恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则反应体系体积增大，平衡左移；使用催化剂只是改变了反应的途径，没有改变反应物与生成物的状态，△H不变；（2）利用盖斯定律，△H1+△H2+（-△H3）= —77.6 kJ·mol-1；（3）由于,KsP [Cu(OH)2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，所以先生成沉淀；2NH3·H2O＋Cu2＋＝Cu(OH)2↓＋2 NH4*；根据溶液的电中性原则，c(NH4*)=c(Cl-)，则[H＋]＝[OH-]；溶液显中性；Kb= ，c(NH4*)=c(Cl-)＝0.005 mol·L-1；[H＋]＝[OH-]＝1×10-7 mol·L-1（因为是25℃下且为中性）；[NH3·H2O]＝mol·L-1－0.005 mol·L-1，则：Kb=mol·L-1。
