远程授课山西省大同市2021-2022学年高考化学五模试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是ABCD2、常温下，用0.1000NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如右图所示。已知在点处恰好中和。下列说法不正确的是（ ）A点三处溶液中水的电离程度依次增大B该温度时CH3COOH的电离平衡常数约为C点处溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)D滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(Na+)c(OH-)3、炼铁、炼钢过程中，先被氧化后被还原的元素是（）A炼铁过程中的铁元素B炼铁过程中的氧元素C

3、炼铁过程中的碳元素D炼钢过程中的铁元素4、在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A水蒸气的体积分数增大B氢气的浓度增大C平衡常数变大D铁的质量增大5、分类是重要的科学研究方法，下列物质分类错误的是A电解质：明矾、碳酸、硫酸钡B酸性氧化物：SO3、CO2、NOC混合物：铝热剂、矿泉水、焦炉气D同素异形体：C60、C70、金刚石6、以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是A加入CaO可

4、以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=15D烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来7、图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是XWYRZA最高价氧化物对应水化物的酸性RXYB84号元素与Z元素同主族CR、W的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂DZ2W3具有氧化性和还原性8、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是ApH=1的溶液中：NO3-、Cl、S2、Na+Bc(H+)

5、/c(OH)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、ClC由水电离的c(H+)=11012molL1的溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3-Dc(Fe3+)=0.1molL1的溶液中：K+、Cl、SO42-、SCN9、常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是A滴定终点a可选择甲基橙作指示剂Bc点溶液中Cb点溶液中Da、b、c三点中水的电离程度最大的是c10、为制取含HClO浓度较高的溶液，下列图示装置和原理均正确，且能达到实验目的的是A制取氯气B制取氯水C提高HClO浓度D过滤11、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是（ ）A汽油B煤油C凡士林D石油气12、铁的氧化物可用

6、于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3 FeS(s)+4 H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是AH2S是还原剂B脱除H2S的反应是放热反应C温度越高H2S的脱除率越大D压强越小H2S的脱除率越高13、依据下列实验现象，得出的结论正确的是操作实验现象结论A向NaBr 溶液中加入过量氯水，再加入淀粉 KI 溶液最终溶液变蓝氧化性：Cl2Br2I2B向某无色溶液中滴加浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体不能证明原溶液中含有SO32或HSO3C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后， 加入新制氢氧化铜，加热得到蓝色溶液蔗糖水解产物

7、没有还原性D向2mL 0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴加 KI 溶液先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀证明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)AABBCCDD14、将足量SO2气体通入下列各组溶液中，所含离子还能大量共存的是（）ABa2+、Ca2+、Br、ClBCO32、SO32、K+、NH4+CNa+、NH4+、I、HSDNa+、Ca2+、ClO、NO315、通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是Ab极为正极，发生还原反应B一段时间后b极区电解液的pH减小CH+由a极穿过质子交换膜到达b极Da极的

8、电极反应式为-e-=Cl-+16、X、Y、Z、W四种短周期元素的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为13，X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z的族序数是其周期数的3倍，下列说法中正确的是A四种元素简单离子的半径：XYZI2，理由是_。（5）已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所示，反应结束后，从装置所得溶液中提取氯酸钾晶体的实验操作是_。（6）尾气处理时Cl2发生反应的离子方程式为_。（7）选择微型实验装置的优点有_（任答两点）。28、（14分）CH4可用于消除NO2的污染，回答下列问题。(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H=-12kJmol-1N2(g)+O2(g)=

9、2NO(g) H=+180kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-10kJmol-1则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=_kJmol-1。(2)在相同温度和压强下，一定量的CH4与NO2在不同条件下反应的能量变化如图所示。当反应进行到某相同时刻时，测得在催化剂2条件下NO2转化率更高，其原因是_。(3)在体积均为2L的密闭容器A(500，绝热)、B(500，恒温)两个容器中分别加入2molCH4、2molNO2和相同催化剂。A、B容器中CH4的转化率(CH4)随时间变化如下表所示。时间（s/t）010

10、0200300400A中(CH4)（%）020222222B中(CH4)（%）010202525A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是_，理由是_。B容器中，判断该反应达到平衡状态的标志为_(填字母序号)。a压强保持不变b密度保持不变cCO2的体积分数保持不变dv(CH4)：v(N2)=1：le断裂4molCH键同时断裂2molOH键A容器中前100s内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=_molL-1s-1已知反应速率v正=k正c(CH4)c2 (NO2)，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2 (H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则B容器中平衡时=_，200s时=_。29

11、、（10分）合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图可知合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的H=_ kJmol-1。该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为_。(2)工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1：3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：500时，反应平衡常数Kp(30MPa)_ Kp(100MPa)。（填“”）500、30MPa时，氢气的平衡转化率为_（保留2位

12、有效数字），Kp=_(MPa)-2（列出计算式）。(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。阴极区生成NH3的电极方程式为_。下列说法正确的是_（填标号）。A三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性B该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能C选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】A、可由环己烯发生加成反应产生，A错误；B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B错误；C、可由2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通

13、过加成反应生成，C正确；D可由2，3，3三甲基1丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D错误。答案选C。2、C【解析】点处恰好中和，反应生成醋酸钠，原溶液中醋酸的浓度为：=0.10055mol/L，A. 溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反应时，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度逐渐增大，A项正确；B. 点处溶液的pH=7，此时c(Na+)=c(CH3COO)= =0.05mol/L，c(H+)=107mol/L，此时溶液中醋酸的浓度为：0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的电离平衡常数为：K=1.8105，B项正确；C. 在点处二

14、者恰好中和生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c(OH)=c(CH3COOH)+c(H+)，C项错误；D. c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(Na+)c(OH-)，根据电荷守恒规律可知，此情况可能出现，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸钠时，D项正确；答案选C。3、D【解析】炼钢过程中反应原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO ，2FeO+Si2Fe+SiO2。反应中C元素化合价升高，Fe元素发生FeFeOFe的一系列反应中，则Fe元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，故选D。4、B【解析】A铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，

15、所以水蒸气的体积分数不变，A错误；B加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；C平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；D加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；故合理选项是B。5、B【解析】A溶于水或在熔融状态下均能自身电离出离子的化合物是电解质，明矾、碳酸、硫酸钡均是电解质，故A正确；B能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，SO3、CO2是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B错误；C由多种物质组成的是混合物，铝热剂、矿泉水、焦炉气

16、均是混合物，故C正确；D由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，C60、C70、金刚石均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故D正确；故选B。6、C【解析】A. FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；B.滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；D. Fe3O4具有磁性

17、，能够被磁铁吸引，D项不符合题意；本题答案选C。7、B【解析】假设X的最外层电子数为x-1，则Y的最外层电子数为x-1，Z的最外层电子数为x，W的最外层电子数为x+1，R的最外层电子数为x+2，有关系式x-1+ x-1+ x+1+ x+2=21，解x=5，则X为碳元素，Y为硅元素，Z为砷元素，W为氧元素，R为氯元素。A. 因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸碳酸硅酸，故正确；B. 84号元素都在第A主族， Z元素在第A主族,故错误；C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；D. As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。故选B。

18、8、B【解析】A. pH=1的溶液呈酸性，H+、NO3-与S2发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；B. c(H+)/c(OH)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl相互之间不反应，能大量共存，选项B正确；C. 由水电离的c(H+)=11012molL1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，HCO3-均不能大量存在，选项C错误； D. c(Fe3+)=0.1molL1的溶液中：Fe3+与SCN发生络合反应而不能大量共存，选项D错误；答案选B。9、C【解析】A滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；Bc点消耗NaOH溶液体积为30mL，此

19、时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；Cb点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)c(H2PO4-)c(PO43-)，故C错误；Da、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；故答案为C。10、C【解析】A、MnO2与浓HCl制Cl2要加热，故A错误；B、洗气就长进短出，故B错误；C、CaCO3Cl2H2O=Ca

20、Cl22HClO ，故C正确；D、过滤是把溶于液体的固态物质跟液体分离的一种方法，漏斗要紧贴烧杯内壁，故D错误；故选C。11、D【解析】石油分馏首先得到的是石油气，这说明石油气的沸点最低，故答案为D。12、B【解析】A还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率

21、不会提高，D错误；故选B。13、B【解析】A由于加入的氯水过量，加入KI后，I-会被过量的Cl2氧化生成能使淀粉变蓝的I2，所以无法证明Br2和I2的氧化性强弱关系，A项错误；B能够让品红溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO2，那么溶液中含有的也可能是，不一定是或；如果使品红溶液褪色的是Cl2，那么溶液中可能含有ClO-或；综上所述，B项正确；C蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热后才会生成砖红色的Cu2O沉淀；选项没有加NaOH将溶液调成碱性，故C项错

22、误；D由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+，所以后续加入KI溶液后，必然会生成黄色的AgI沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明AgI和AgCl的Ksp的大小关系；D项错误；答案选B。14、A【解析】A.不会影响各离子，因此还能大量共存，A项正确； B.溶于水得到亚硫酸，亚硫酸的酸性强于碳酸，因此和亚硫酸反应得到和，B项错误；C.中的硫元素是-2价的，具有强还原性，而中的硫是+4价的，具有一定的氧化性，因此二者要发生氧化还原反应得到单质硫，C项错误；D.具有很强的氧化性，具有一定的还原性，因此二者要发生氧化还原反应，D项错误；答案选A。15、B【解析】原电池工作时，正

23、极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+。A正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；Cb为负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；Da为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电

24、极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。16、B【解析】由题知，Z是氧元素；若X是第二周期元素，则不能同时满足“原子序数依次增大”和“X的原子半径比Y的小”，故X是氢元素，则W是钠元素；结合最外层电子数之和为13知，Y是氮元素。【详解】A.简单离子的半径，即XW ZBr2，Cl2与挥发出来的Br2均可与KI反应，氧化性Br2I2或Cl2I2，均可证明氧化性Cl2I2 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥） S2O32-4Cl25H2O=2SO42-8Cl10H 简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩

25、短实验时间；减少污染等（任答两点） 【解析】（1）气体经过的装置数目较多，可用液差法检查整套装置的气密性；（2）该实验的目的是制取氯酸钾和次氯酸钠，由于U形反应管中装有30%KOH溶液，用于制取氯酸钾，U形反应管中装有2molL1NaOH溶液用于制取次氯酸钠，结合已知离子方程式写出反应条件；（3）装置中KI溶液与Cl2反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，装置中KBr溶液与Cl2反应生成Br2；（4）如果把装置、中的试剂互换位置，Cl2与KBr反应生成的Br2挥发出来会与KI反应生成I2，据此分析解答；（5）物质的溶解度随温度的变化较快，常常选择冷却结晶方式析出晶体，物质的溶解度随温度的变化相对平缓，

26、常常选择蒸发溶剂的结晶方式析出晶体；观察溶解度曲线特点，选择结晶方式；（6）Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl，结合电子守恒、电荷守恒写出离子方程式；（7）结合微型实验装置的特点回答其优点，如节约药品，减少环境污染等等。【详解】（1）整套装置气密性的检查用液差法，方法是连接好实验装置，由导管向装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好。（2）装置中盛放30% KOH溶液，装置中发生的反应为3Cl26KOHKClO35KCl3H2O，则装置用于制备KClO3；装置中盛放2 molL1 NaOH溶液，装置中发生的反应为Cl22NaOHNaClNaClOH2

27、O，则装置用于制备NaClO。为了使装置中的反应顺利完成，装置应放入348 K（或75 ）热水浴中；为了使装置中的反应顺利完成，装置应放入冷水浴中。（3）装置中盛放KI淀粉溶液，通入Cl2发生反应Cl22KI=2KClI2，I2遇淀粉呈蓝色，则装置中的实验现象是溶液变蓝；装置中盛放KBr溶液，通入Cl2发生反应Cl22KBr=2KClBr2，则装置中的实验现象是溶液变成橙色。（4）如果把装置中的试剂互换位置，即装置中盛放KBr溶液，装置中发生反应Cl22KBr=2KClBr2，由此得出氧化性Cl2Br2；装置中盛放KI淀粉溶液，无论是Cl2还是装置中挥发出来的Br2（g）都能与KI反应生成I2

28、，则说明Cl2或Br2（g）的氧化性强于I2。结合装置中得出的结论也能证明氧化性Cl2I2。（5）根据溶解度曲线可知，KClO3的溶解度随温度升高明显增大，KCl在低温时溶解度大于KClO3，高温时溶解度小于KClO3，则从装置所得溶液中提取KClO3晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（6）尾气用浸有0.5 molL1 Na2S2O3溶液的棉花吸收，Cl2将S2O氧化成SO，自身被还原成Cl，根据氧化还原反应原理可将尾气吸收时Cl2发生反应的离子方程式配平为4Cl2S2O5H2O=2SO8Cl10H。（7）选择微型实验装置的优点有：简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消

29、耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等。【点睛】本题以制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的实验为载体考查了基本实验操作、反应条件对化学反应的影响、混合物分离或提纯、氧化还原反应规律及其化学方程式书写、实验方案的设计及其评价，掌握物质的化学性质是解题关键，试题有利于培养学生的综合能力。28、-863.8 反应未达到平衡，在催化剂2条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高 A A容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少 ac 0.004 3.75或 【解析】(1)已知：2NO(g)+O2(g)=

30、2NO2(g) H1=-12kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=+180kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H3=-10kJmol-1根据盖斯定律，由-+得反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=H3-H1+H2=-10kJmol-1+12kJmol-1+180kJmol-1=-863.8kJmol-1；(2)根据图中信息可知，反应未达到平衡，在催化剂2条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高；(3) A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是A，理由是

31、A容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少；a反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)为气体体积增大的反应，压强保持不变则反应达平衡状态，故正确；b反应在恒容容器中进行，所有反应物均为气体，密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，故错误；c反应各组分体积分数保持不变则达平衡，则CO2的体积分数保持不变时达平衡状态，故正确；dv(CH4)：v(N2)=1：l，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；e根据反应可知，断裂4molCH键同时断裂4molOH键时，正逆反应速率相等，反

32、应才达平衡，故错误；答案选ac；A容器中前100s内甲烷的转化率为20%，则消耗甲烷2mol20%=0.4mol，根据反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)则消耗NO2 0.8mol，用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=0.004molL-1s-1；根据表中数据可知，B中平衡时(CH4)=25%，则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度（mol/L） 1 1 0 0 0改变的浓度（mol/L） 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5平衡时浓度（mol/L） 0.75 0.5 0.25 0.25 0.5K=；已知反应速率v正=k正c(CH4)c2 (NO2)，v逆=k逆c(N2)c(CO2)c2 (H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则B容器中平衡时v正= v逆，k正c(CH4)c2 (NO2)=k逆c(N2)c(CO2)c2 (H2O)，=K=；200s时，CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始时浓度（mol/L） 1 1 0 0 0改变的浓度（mol/L） 0.2 0.4 0.2 0.2 0.4平衡时浓度（mol/L） 0.8 0.6 0.2 0.2 0.4v正