在800℃时，下列反应达到平衡：CO+H2O（g）⇌CO2+H2，已知c（CO）焓=c（H2O）焓=0.01mol/L，

（Ⅰ）、（1）可逆反应2NO（g）+O₂（g）⇌2NO₂（g）的平衡常数k=
c2(NO2)
c2(NO)•c(O2)；
平衡常数K（300℃）＞K（350℃），说明温度升高，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应是放热反应．
故答案为：
c2(NO2)
c2(NO)•c(O2)；放热．
（2）NO₂是产物，随反应进行浓度增大，平衡时c（NO₂）为NO浓度的变化量△c（NO），由表中数据可知3s时反应达平衡，平衡是n（NO）=0.007mol，△n（NO）=0.02mol-0.007mol=0.013mol，故c（NO₂）=△c（NO）=[0.13mol/2L]=0.0065mol/L，所以图中表示NO₂变化的曲线是b；
2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）=

0.02mol−0.008mol
2L
2s=3.0×10^-3mol•L^-1•s^-1，速率之比等于化学计量数之比，
所以v（O₂）=[1/2]v（NO）=[1/2]×3.0×10^-3mol•L^-1•s^-1=1.5×10^-3mol•L^-1•s^-1．
故答案为：b；1.5×10^-3mol•L^-1•s^-1；
（3）a、表示同一方向反应速率，v（NO₂）自始至终为v（O₂）的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；
b、随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，压强减小，当压强不变，说明反应到达平衡，故b正确；
c、不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，V逆 （NO）：正（O₂）=2：1，即V逆 （NO）=2v正（O₂），故c正确；
d、混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误．
故答案为：bc．
（4）可逆反应2NO（g）+O₂（g）⇌2NO₂（g）正反应是体积减小的放热反应．
a．及时分离出NO₂气体，瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，平衡向正反应进行，随后反应混合物各组分的浓度降低，速率减小，故a错误；
b．升高温度反应速率增大，平衡向吸热反应移动，即平衡向逆反应移动，故b错误；
c．增大O₂的浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡向正反应进行，随后生成物的浓度增大，逆反应速速率增大，故c正确；
d．加入高效催化剂，同等程度增大正、逆反应速率，平衡不移动，故d错误．
故选：c．
（Ⅱ）、（1）由给出电解质溶液可知，阴阳极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1的，实质是电解的水生成氧气与氢气，电解质溶液应为：①稀H₂SO₄、②K₂SO₄溶液、⑤KOH溶液．电解池的阳极发生氧化反应，氢氧根在阳极放电，生成氧气与水，阳极电极反应式4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O；
总反应的化学方程式是2H₂O

电解
.
2H₂↑+O₂↑．
故答案为：①②⑤；4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O；2H₂O

电解
.
2H₂↑+O₂↑．
（2）由给出电解质溶液可知，阴阳极都有气体产生，实质是电解的水生成氧气与氢气，电解质溶液应为：①稀H₂SO₄、②K₂SO₄溶液、⑤KOH溶液．电解后溶液的浓度增大，①稀H₂SO₄电解后溶液的酸性增强，溶液PH值不变，②K₂SO₄溶液是中性溶液，电解后溶液PH值不变，⑤KOH溶液电解后溶液的碱性增强，溶液PH值增大．
故答案为：①；⑤．
（3）一个电极析出金属，一个电极析出气体，且溶液pH明显减小，电解质的是④CuSO₄溶液符合，电解硫酸铜溶液生成铜、氧气与硫酸，总反应的化学方程式为2CuSO₄+2H₂O

电解

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题考查了化学平衡及电解的有关知识，化学平衡状态的判断、电解的有关知识是高考的热点，是学习的重点．

从课本比热容表中查得铁的比热容c=0.46×10³J/（kg•℃），铁钉放出的热量：
Q_放=cm△t=0.46×10³J/（kg•℃）×1.5×10^-3kg×（800℃-20℃）=538.2J．
答：铁钉放出的热量为538.2J．

点评：
本题考点： 热量的计算．

考点点评： 本题考查了学生对放热公式Q放=cm△t的掌握和运用，因条件已给出，难度不大．

从课本比热容表中查得铁的比热容c=0.46×10³J/（kg•℃），铁钉放出的热量：
Q_放=cm△t=0.46×10³J/（kg•℃）×1.5×10^-3kg×（800℃-20℃）=538.2J．
答：铁钉放出的热量为538.2J．

点评：
本题考点： 热量的计算．

考点点评： 本题考查了学生对放热公式Q放=cm△t的掌握和运用，因条件已给出，难度不大．

根据图可知，A浓度减小了（2.0-1.2）mol/L=0.8mol/L，所以A为反应物，B浓度增加了0.4mol/L，C的浓度增加了1.2mol/L，所以B、C为生成物，A、B、C的变化的浓度之比为0.8：0.4：1.2=2：1：3，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，则化学方程式为2A⇌B+3C，
故选A．

点评：
本题考点： 化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线．

考点点评： 本题主要考查了根据图象写化学方程式，难度不大，是对基础知识的考查，解题时注意正确理解图象的内容即可．

铁块放出的热量：
Q_放=cm△t=0.46×10³J/（kg•℃）×0.5kg×（800℃-20℃）=1.794×10⁵J．
答：铁块能放出1.794×10⁵J的热量．

点评：
本题考点： 热量的计算．

考点点评： 本题考查了学生对放热公式Q放=cm△t的掌握和运用，计算时注意降低到（末温）、降低（△t）、降低了（△t）的区别，易错点！

由于碳酸盐受热易分解，所以碳酸锌受热分解生成氧化锌和二氧化碳；碳具有还原性能和金属氧化物反应生成金属和二氧化碳，所以碳与氧化锌反应生成锌和二氧化碳，碳和氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳．
故答案为：①ZnCO₃

800℃
.
ZnO+CO₂↑
②2ZnO+C

800℃
.
2Zn+CO₂↑
③2Cu₂O+C

800℃
.
4Cu+CO₂↑

点评：
本题考点： 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 通过回答本题知道碳酸盐受热易分解，生成金属氧化物和二氧化碳，碳具有还原性，能与金属氧化物反应生成金属和二氧化碳．

（1）赤铜和木炭粉在高温下反应生成了铜和二氧化碳，反应的化学方程式是：2Cu₂O+C

高温
.
4Cu+CO₂↑；
（2）铜在金属活动性顺序表中排在氢后而锌在氢前，氢前的金属能和稀盐酸或稀硫酸反应生成氢气；铜金属活动性比锌弱，锌能和硫酸铜等可溶性铜盐反应锌表面会析出铜，而金活动性比铜查，不能和硫酸铜等可溶性的铜盐反应析出铜，故答案：方法一：实验操作：将样品放入稀硫酸或稀盐酸中；现象：有气泡产生；解释：Zn+H₂SO₄=ZnSO₄+H₂↑或Zn+2HCl=ZnCl₂+H₂↑．方法二：实验操作：将样品放入硫酸铜溶液中；现象：表面有红色的固体析出；Zn+CuSO₄=ZnSO₄+Cu或Zn+CuCl₂=ZnCl₂+Cu．
故答案为：
（1）2Cu₂O+C

高温
.
4Cu+CO₂↑；（2）Zn+H₂SO₄=ZnSO₄+H₂↑；Zn+CuSO₄=ZnSO₄+Cu其他答案合理即可．

点评：
本题考点： 金属的化学性质；碳的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 根据金属活动性，解答该题关键是掌握金属和酸的反应及金属和盐的反应条件．

从课本比热容表中查得铁的比热容c=0.46×10³J/（kg•℃），铁钉放出的热量：
Q_放=cm△t=0.46×10³J/（kg•℃）×1.5×10^-3kg×（800℃-20℃）=538.2J．
答：铁钉放出的热量为538.2J．

点评：
本题考点： 热量的计算．

考点点评： 本题考查了学生对放热公式Q放=cm△t的掌握和运用，因条件已给出，难度不大．

由于碳酸盐受热易分解，所以碳酸锌受热分解生成氧化锌和二氧化碳；碳具有还原性能和金属氧化物反应生成金属和二氧化碳，所以碳与氧化锌反应生成锌和二氧化碳，碳和氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳．
故答案为：①ZnCO₃

800℃
.
ZnO+CO₂↑
②2ZnO+C

800℃
.
2Zn+CO₂↑
③2Cu₂O+C

800℃
.
4Cu+CO₂↑

点评：
本题考点： 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 通过回答本题知道碳酸盐受热易分解，生成金属氧化物和二氧化碳，碳具有还原性，能与金属氧化物反应生成金属和二氧化碳．

①根据v=[△c/t]可知，CO的反应速率为

1.2−0.9
2
2mol•L^-1•min^-1=0.075 mol•L^-1•min^-1，利用速率之比等于计量数之比可知水的速率为0.075 mol•L^-1•min^-1，故答案为：0.075 mol•L^-1•min^-1；
②在4分钟时，水的变化的物质的量为0.4mol，根据化学方程式可知，CO的变化的物质的量也为0.4mol，所以4min时CO的物质的量为1.2mol-0.4mol=0.8mol，而6min时也是0.8mol，所以反应在4min时达到平衡，
CO（g）+H₂O（g）⇌H₂（g）+CO₂（g），
起始（mol） 1.2 0.6 0 0
转化（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡（mol） 0.8 0.2 0.4 0.4
平衡常数为K=

0.4
2×
0.4
2

0.2
2×
0.8
2=1，故答案为：1；
③根据影响平衡移动的条件可知，增加一种反应物浓度可以提高另一种反应物的转化率，故答案为：增大；
④由于该反应是前后体积不变的反应，在恒压条件下，再通入各1mol的CO和H₂O的混合气体，与起始量之比相同，平衡后与原平衡为等效平衡，在增加反应物的开始，容器体积增大，反应物浓度增大，生成物浓度变小，所以正反应速率变大，逆反速率减小，但最终平衡不移动，据此画出图为，
故答案为：．

点评：
本题考点： 化学平衡建立的过程；化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡的计算．

考点点评： 本题主要考查了反应速率的计算、化学平衡常数的计算、影响平衡移动的因素等知识点，难度不大，注意基础知识的运用．

在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800℃时，达到平衡状态，设消耗一氧化碳物质的量为x：
CO+H₂O⇌CO₂+H₂，
起始量（mol）2 10 0 0
变化量（mol） xx x x
平衡量（mol）2-x 10-x x x
反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，
平衡常数K=[x×x
(2−x)(10−x)=1．
x=
5/3]mol
则CO的转化率=[5/3mol/2mol]×100%=83.3%，
故选D．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算．

考点点评： 考查了化学平衡计算方法的分析应用，主要是平衡常数概念的计算，题目较简单．

由于碳酸盐受热易分解，所以碳酸锌受热分解生成氧化锌和二氧化碳；碳具有还原性能和金属氧化物反应生成金属和二氧化碳，所以碳与氧化锌反应生成锌和二氧化碳，碳和氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳．
故答案为：①ZnCO₃

800℃
.
ZnO+CO₂↑
②2ZnO+C

800℃
.
2Zn+CO₂↑
③2Cu₂O+C

800℃
.
4Cu+CO₂↑

点评：
本题考点： 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 通过回答本题知道碳酸盐受热易分解，生成金属氧化物和二氧化碳，碳具有还原性，能与金属氧化物反应生成金属和二氧化碳．

Ⅰ（1）由图象可知，随反应进行，A的浓度降低，故A是反应物；
故答案为：A；
（2）由图象可知，A的起始浓度为2mol/L，平衡时浓度为1.2mol/L，A的浓度变化量为2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L，故A的转化率=[0.8mol/L/2mol/L]×100%=40%；
故答案为：40%；
（3）由图象可知A的浓度降低，A为反应物，A的浓度变化量为2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L，B、C的浓度增大，二者为生成物，B的浓度变化量为0.4mol/L，C的浓度变化量为1.2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故A、B、C的化学计量数之比为0.8mol/L：0.4mol/L：1.2mol/L=2：1：3，故反应方程式为：2A⇌B+3C；
故答案为：2A⇌B+3C；
Ⅱ（1）A．v_正（CH₃OH）=v_正（CO₂）都表示正反应速率，自始至终都按1：1进行，不能说明到达平衡；故A错误；
B．容器的体积不变，混合气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变，不能说明到达平衡，故B错误；
C．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量增大，随反应进行平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不变，说明到达平衡，故C正确；
D．平衡时各物质的浓度保持不变，CH₃OH、H₂O、CO₂、H₂的浓度都不再发生变化，说明到达平衡，故D正确；
故选CD；
（2）A．该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡正反应移动，故A错误；
B．该反应正反应是吸热反应，降低温度，平衡向逆反应移动，故B正确；
C．该反应正反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆反应移动，故C正确；
D．该反应正反应是体积增大的反应，减小压强，平衡正反应移动，故D错误；
E．加入催化剂缩短到达平衡时间，平衡不移动，故E错误；
F．移出水蒸气，水蒸气浓度降低，平衡向逆反应移动，故F正确；
故选BCF．

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．

考点点评： 考查平衡图象、化学平衡有关计算、平衡状态的判断、化学平衡的影响因素等，难度不大，注意基础知识的理解掌握．

由于碳酸盐受热易分解，所以碳酸锌受热分解生成氧化锌和二氧化碳；碳具有还原性能和金属氧化物反应生成金属和二氧化碳，所以碳与氧化锌反应生成锌和二氧化碳，碳和氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳．
故答案为：①ZnCO₃

800℃
.
ZnO+CO₂↑
②2ZnO+C

800℃
.
2Zn+CO₂↑
③2Cu₂O+C

800℃
.
4Cu+CO₂↑

点评：
本题考点： 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 通过回答本题知道碳酸盐受热易分解，生成金属氧化物和二氧化碳，碳具有还原性，能与金属氧化物反应生成金属和二氧化碳．

（1）由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡，所以平衡时NO的浓度为[0.007mol/2L]=3.5×10^-3mol•L^-1，故答案为：3.5×10^-3mol•L^-1；
（2）2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）=

△n(NO)
V
△t=

0.020mol−0.008mol
2L
2s=3.0×10^-3mol•L^-1•s^-1，速率之比等于化学计量数之比，
所以v（O₂）=[1/2]v（NO）=[1/2]×3.0×10^-3mol•L^-1•s^-1=1.5×10^-3mol•L^-1•s^-1，故答案为：1.5×10^-3mol•L^-1•s^-1；
（3）NO₂是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量△c（NO）=[0.020mol−0.007mol/2L]=0.0065mol/L，所以图中表示NO₂变化的曲线是b，
故答案为：b；
（4）a、表示同一方向反应速率，v（NO₂）自始至终为v（O₂）的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；
b、随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，气体总物质的量保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；
c、不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，V逆 （NO）：正（O₂）=2：1，即V逆 （NO）=2v正（O₂），故c正确；
d、混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误．
故答案为：bc．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；化学平衡状态的判断；物质的量或浓度随时间的变化曲线．

考点点评： 本题主要考查反应速率、平衡平衡状态的判断及读图表能力，难度中等，判断平衡时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

（1）NO₂是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量△c（NO）=[0.020mol−0.007mol/2L]=0.0065mol/L，所以图中表示NO₂变化的曲线是b，2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）=

△n(NO)
V
△t=

0.020mol−0.008mol
2L
2s=3.0×10^-3mol•L^-1•s^-1，速率之比等于化学计量数之比，
所以v（O₂）=[1/2]v（NO）=[1/2]×3.0×10^-3mol•L^-1•s^-1=1.5×10^-3mol•L^-1•s^-1，
故答案为：b；1.5×10^-3；
（2）a、当2v_逆（NO₂）=v_正（O₂）时，该反应未达平衡状态，而当v_逆（NO₂）=2v_正（O₂）时，反应才处于平衡状态，故a错误；
b、该反应是一个反应气体气体体积改变的可逆反应，当达到平衡状态时，各物质的浓度不变，则容器内压强保持不变，故容器内压强保持不变时，反应达到平衡状态，故b正确；
c、v_逆（NO）：v_正（O₂）=2：1时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故c正确；
d、根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故d错误；
故答案为：bc；
（3）a．及时分离除NO₂气体平衡向右移动，但反应速率减小，故a错误；
b．适当升高温度，反应速率增大但平衡向逆反应方向移动，故b错误；
c．增大O₂的浓度反应速率增大，且该反应向正反应方向移动，故c正确；
d．选择高效催化剂能增大反应速率，但平衡不移动，故d错误；
故答案为：c．

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题考查了化学平衡状态的判断、化学反应速率的计算等知识点，难度不大，注意催化剂只改变反应速率，但不影响平衡移动，为易错点．

①令容器体积为1L，
H₂O （g）+CO （g）⇌H₂（g）+CO₂ （g）
起始：1 1 0 0
变化：0.5 0.5 0.5 0.5
平衡：0.5 0.5 0.5 0.5
则800℃时该反应的平衡常数k=1．
平衡时CO的转化率为[0.5/1×100%=50%，
故答案为：50%；1；
②如果继续向该平衡体系中通入1.0mol的H₂O（g），设从起始到平衡CO的浓度变化为xmol•L ^-1，
H₂O （g）+CO（g）⇌H₂（g）+CO₂ （g）
起始：2 1 0 0
变化：x x x x
平衡：（2-x） （1-x） xx
k=
x2
(2−x)(1−x)]=1，解得x=[2/3]，CO转化率为

2
3
1×100%=66.7%，转化率增大，
故答案为：增大；66.7%；
③427℃时该反应的平衡常数为9.4，若保持其他条件不变，将温度从800℃降到427℃，平衡常数增加意味着反应正向移动，说明正反应放热，则该反应的△H＜0，
故答案为：＜．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查化学平衡的计算，综合考查学生对化学平衡的理解以及计算能力，题目难度中等，本题注意根据物质的量浓度的变化利用三段式法解答．

（1）因为黄金的主要成分是金，它是由金元素组成；那么要制取黄金，根据质量守恒定律可知，反应物中一定要有金元素，但是上述材料不含有金元素，故不能制取．
（2）根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变和“药金”的冶炼材料可知：与黄金外观相似的“药金”主要成分是Zn、Cu．
故正确答案：
（1）在化学反应中原子种类不变Zn、Cu、C、O不可能变成Au；
（2）Zn、Cu

点评：
本题考点： 质量守恒定律及其应用．

考点点评： 本题考查了对质量守恒定律的应用情况，能够利用该定律解释一些生活中常见的现象；质量守恒定律是初中化学中一个非常重要的定理，也是中考中的热点问题，所以深刻理解质量守恒定律，并能够应用质量守恒定律解决问题对同学来说是非常重要的．

A、平衡时CO的物质的量为0.5mol，则：
CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）
开始（mol）：1 1 0 0
变化（mol）：0.5 0.5 0.5 0.5
平衡（mol）：0.5 0.5 0.5 0.5
故该温度下平衡常数k=[0.5×0.5/0.5×0.5]=1，故A错误；
B、427℃时该反应的平衡常数为9.4，大于800℃时的平衡常数1，故降低温度平衡向正反应进行，该反应正反应是放热反应，即△H＜0，故B正确；
C、同温下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的H₂O（g），等效为开始加入1.0mol CO与2.0mol H₂O，令平衡时参加反应的CO的物质的量为amol，则：
CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）
开始（mol）：12 0 0
变化（mol）：a a a a
平衡（mol）：1-a2-a aa
所以[a×a
(1−a)×(2−a)=1，解得a=
2/3]，故CO的转化率为

2
3mol
1mol×100%=66.7%，故C正确；
D、同温下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO（g），等效为开始加入2.0mol CO与1.0mol H₂O，令平衡时参加反应的CO的物质的量为bmol，则：
CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）
开始（mol）：21 0 0
变化（mol）：b b b b
平衡（mol）：2-b1-bbb
所以[b×b
(2−b)×(1−b)=1，解得b=
2/3]，故CO的转化率为

2
3mol
1mol×100%=66.7%，故D错误；
故选BC．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查化学平衡常数的有关计算，难度中等，注意化学平衡常数的用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率．

从课本比热容表中查得铁的比热容c=0.46×10³J/（kg•℃），铁钉放出的热量：
Q_放=cm△t=0.46×10³J/（kg•℃）×1.5×10^-3kg×（800℃-20℃）=538.2J．
答：铁钉放出的热量为538.2J．

点评：
本题考点： 热量的计算．

考点点评： 本题考查了学生对放热公式Q放=cm△t的掌握和运用，因条件已给出，难度不大．