高考化學(xué) （真題+模擬新題分類匯編） 化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡

化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡G1化學(xué)反應(yīng)速率23.E1C2G4G2G3G1C3F4[·福建卷]利用化石燃料開采、加工過程產(chǎn)生的H2S廢氣制取氫氣，既價(jià)廉又環(huán)保。(1)工業(yè)上可用組成為K2O·M2O3·2RO2·nH2O的無機(jī)材料純化制取的氫氣。①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，兩種元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為27，則R的原子結(jié)構(gòu)示意圖為________。②常溫下，不能與M單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)的是____________(填序號)。a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．濃硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固體(2)利用H2S廢氣制取氫氣的方法有多種。①高溫?zé)岱纸夥ㄒ阎篐2S(g)H2(g)＋eq\f(1,2)S2(g)在恒容密閉容器中，控制不同溫度進(jìn)行H2S分解實(shí)驗(yàn)。以H2S起始濃度均為cmol·L－1測定H2S的轉(zhuǎn)化率，結(jié)果見圖0。圖中a為H2S的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系曲線，b曲線表示不同溫度下反應(yīng)經(jīng)過相同時(shí)間且未達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率。據(jù)圖計(jì)算985℃時(shí)H2S按上述反應(yīng)分解的平衡常數(shù)K＝________；說明隨溫度的升高，曲線b向曲線a逼近的原因：________________________________________________________________________。圖0②電化學(xué)法該法制氫過程的示意圖如圖0。反應(yīng)池中反應(yīng)物的流向采用氣、液逆流方式，其目的是________________________________________________________________________；反應(yīng)池中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。反應(yīng)后的溶液進(jìn)入電解池，電解總反應(yīng)的離子方程式為________________________________________________________________________________。圖023．[答案](1)①②b、e(2)①eq\f(2,3)eq\r(0.2c)溫度升高，反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡所需的時(shí)間縮短(或其他合理答案)②增大反應(yīng)物接觸面積，使反應(yīng)更充分H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl2Fe2＋＋2H＋eq\o(=,\s\up7(通電))2Fe3＋＋H2↑[解析](1)①無機(jī)材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中鉀元素顯＋1價(jià)，氧元素顯－2價(jià)，氫元素顯＋1價(jià)，則M顯＋3價(jià)，R顯＋4價(jià)；第3周期主族元素質(zhì)子數(shù)之和為27，則M、R原子的質(zhì)子數(shù)分別為13、14，M、R分別是鋁、硅，由此可以畫出硅的原子結(jié)構(gòu)示意圖；由金屬活動性順序可得，鋁比銅活潑，則鋁與硫酸銅溶液可以發(fā)生置換反應(yīng)，即2Al＋3CuSO4=Al2(SO4)3＋3Cu，a項(xiàng)錯誤；雖然鋁比鐵活潑，但是鋁與氧化鐵在高溫下才能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，即2Al＋Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高溫))Al2O3＋2Fe，而常溫下則不能反應(yīng)，b項(xiàng)正確；濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，常溫下能使鋁鈍化，鋁表面生成一層致密的保護(hù)膜，鈍化是化學(xué)變化，c項(xiàng)錯誤；氫氧化鈉是強(qiáng)堿，鋁元素位于元素周期表中金屬和非金屬交界線附近，其單質(zhì)與NaOH溶液容易反應(yīng)，放出氣體，即2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，d項(xiàng)錯誤；鋁不如鈉活潑，常溫下鋁不能與碳酸鈉固體反應(yīng)，e項(xiàng)正確；(2)①H2S的起始濃度為cmol·L－1，985℃時(shí)H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，則H2S的變化濃度為0.4cmol·L－1，則：H2S(g)H2(g)＋eq\f(1,2)S2(g)eq\a\vs4\al(各組分的起始,濃度/mol·L－1)c00eq\a\vs4\al(各組分的變化,濃度/mol·L－1)0.4c0.4c0.2ceq\a\vs4\al(各組分的平衡,濃度/mol·L－1)0.6c0.4c0.2cK＝eq\f(c（H2）·c\s\up6(\f(1,2))（S2）,c（H2S）)＝eq\f(0.4c×\r(0.2c),0.6c)＝eq\f(2,3)eq\r(0.2c)；讀圖可得，未達(dá)平衡時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率逐漸增大，原因是溫度逐漸升高，H2S分解的反應(yīng)速率逐漸增大，消耗的H2S逐漸增多；已達(dá)平衡后H2S的平衡轉(zhuǎn)化率逐漸增大的原因是H2S分解是吸熱反應(yīng)，升高溫度時(shí)平衡右移，消耗的H2S增多；②讀圖可得，H2S氣體從反應(yīng)池底部通入，F(xiàn)eCl3溶液從反應(yīng)池頂部噴下，這種采用氣液逆流方式加入反應(yīng)物的主要目的是增大反應(yīng)物接觸面積，使反應(yīng)更充分；讀圖可得，H2S中S被氧化，該反應(yīng)中降價(jià)元素一定是鐵元素，由＋3價(jià)降為相鄰的＋2價(jià)，則FeCl3被還原為FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl；反應(yīng)池中反應(yīng)后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，電解池中含有的Fe2＋被氧化為Fe3＋，H＋被還原為H2，電解總反應(yīng)的離子方程式：2Fe2＋＋2H＋eq\o(=,\s\up7(電解))2Fe3＋＋H2↑。12．G1G3I3或M1[·福建卷]NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過量KIO3氧化，當(dāng)NaHSO3完全消耗即有I2析出，依據(jù)I2析出所需時(shí)間可以求得NaHSO3的反應(yīng)速率。將濃度均為0.020mol·L－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(過量)酸性溶液40.0mL混合，記錄10～55℃間溶液變藍(lán)時(shí)間，55℃時(shí)未觀察到溶液變藍(lán)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖0。據(jù)圖分析，下列判斷不正確的是()圖0A．40℃之前與40℃之后溶液變藍(lán)的時(shí)間隨溫度的變化趨勢相反B．圖中b、c兩點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率相等C．圖中a點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率為5.0×10－5mol·L－1·s－1D．溫度高于40℃時(shí)，淀粉不宜用作該實(shí)驗(yàn)的指示劑12．B[解析]讀圖可得，10～40℃間溶液變藍(lán)時(shí)間由80s逐漸減小，40～55℃間溶液變藍(lán)時(shí)間逐漸增大，A項(xiàng)正確；b、c兩點(diǎn)所代表的溫度分別是25℃、47℃，其他條件保持不變時(shí)，溫度越高，反應(yīng)速率越快，則圖中b點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率較小，c點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率較大，B項(xiàng)錯誤；混合前NaHSO3濃度為0.020mol·L－1，忽略稀溶液混合前后溶液體積的變化，根據(jù)c1·V1＝c2·V2的稀釋定律可得，混合后NaHSO3濃度為0.020mol·L－1×eq\f(10,10＋40)＝0.0040mol·L－1，a點(diǎn)溶液變藍(lán)時(shí)間為80s，因?yàn)镹aHSO3不足或KIO3過量，NaHSO3濃度由0.0040mol·L－1變?yōu)?，由eq\f(Δc,Δt)＝v可得，a點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率為0.0040mol·L－1÷80s＝5.0×10－5mol·L－1·s－1，C項(xiàng)正確；配平可得：10NaHSO3＋4KIO3(過量)=5Na2SO4＋2K2SO4＋2I2＋3H2SO4＋2H2O，生成的硫酸是淀粉水解反應(yīng)的催化劑，若溫度高于40℃時(shí)，淀粉水解反應(yīng)速率加快，其水解產(chǎn)物遇析出的I2不會變藍(lán)，因此淀粉不宜用作該實(shí)驗(yàn)的指示劑，D項(xiàng)正確。31．F2G4G1C3G2G3G5[·廣東卷]大氣中的部分碘源于O3對海水中I－的氧化。將O3持續(xù)通入NaI溶液中進(jìn)行模擬研究。(1)O3將I－氧化成I2的過程由3步反應(yīng)組成：①I－(aq)＋O3(g)=IO－(aq)＋O2(g)ΔH1；②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq)ΔH2；③HOI(aq)＋I(xiàn)－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)ΔH3?？偡磻?yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其反應(yīng)熱ΔH＝________。(2)在溶液中存在化學(xué)平衡：I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)，其平衡常數(shù)表達(dá)式為______________。(3)為探究Fe2＋對O3氧化I－反應(yīng)的影響(反應(yīng)體系如圖0)，某研究小組測定兩組實(shí)驗(yàn)中Ieq\o\al(－,3)濃度和體系pH，結(jié)果見圖1和下表。圖0圖1編號反應(yīng)物反應(yīng)前pH反應(yīng)后pH第1組O3＋I(xiàn)－5.211.0第2組O3＋I(xiàn)－＋Fe2＋5.24.1①第1組實(shí)驗(yàn)中，導(dǎo)致反應(yīng)后pH升高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②圖0中的A為________。由Fe3＋生成A的過程能顯著提高I－的轉(zhuǎn)化率，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③第2組實(shí)驗(yàn)進(jìn)行18s后，Ieq\o\al(－,3)濃度下降。導(dǎo)致下降的直接原因有(雙選)________。A．c(H＋)減小B．c(I－)減小C．I2(g)不斷生成D．c(Fe3＋)增加(4)據(jù)圖1，計(jì)算3～18s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中生成Ieq\o\al(－,3)的平均反應(yīng)速率(寫出計(jì)算過程，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。31．[答案](1)2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4=Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O等ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)K＝eq\f(c（Ieq\o\al(－,3)）,c（I2）·c（I－）)(3)①反應(yīng)既消耗了氫離子又生成水，導(dǎo)致溶液中c(H＋)降低，pH升高②Fe2＋Fe3＋將I－直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I(xiàn)－Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多③BC(4)v(Ieq\o\al(－,3))＝eq\f(Δc（Ieq\o\al(－,3)）,Δt)＝eq\f(（11.8－3.5）×10－3mol·L－1,18s－3s)≈5.5×10－4mol/(L·s)[解析](1)臭氧在酸性條件下將碘離子氧化成碘單質(zhì)的過程由3步反應(yīng)組成，觀察已知3個(gè)熱化學(xué)方程式中的反應(yīng)物和生成物，發(fā)現(xiàn)①＋②＋③可以得出總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，根據(jù)蓋斯定律可得其焓變ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；氫離子表示強(qiáng)酸如硫酸等，將臭氧持續(xù)通入NaI溶液中，總反應(yīng)的化學(xué)方程式是2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4=Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O等；(2)由化學(xué)平衡常數(shù)定義式可得，I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡常數(shù)表達(dá)式為eq\f(c（Ieq\o\al(－,3)）,c（I2）·c（I－）)；(3)①導(dǎo)致前者反應(yīng)后pH升高的原因是臭氧將碘離子氧化為I2的總反應(yīng)的離子方程式為2I－＋O3＋2H＋I(xiàn)2＋O2(g)＋H2O(或者第②③步反應(yīng)的反應(yīng)物中都有氫離子，第③步反應(yīng)的生成物中有水)，既消耗氫離子又生成水，導(dǎo)致溶液的酸性減弱、pH升高；②第一組實(shí)驗(yàn)無催化劑，O3將I－氧化成I2分3步進(jìn)行，第②③步反應(yīng)都是可逆反應(yīng)，因此I－的轉(zhuǎn)化率很??；第二組實(shí)驗(yàn)有催化劑，能加快反應(yīng)速率，改變反應(yīng)的路徑，使發(fā)生反應(yīng)所需活化能降低，催化劑的加入將總反應(yīng)的離子方程式(2I－＋O3＋2H＋I(xiàn)2＋O2＋H2O)一分為二，先后反應(yīng)的離子方程式為2Fe2＋＋O3＋2H＋=2Fe3＋＋O2＋H2O、2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，且催化劑在反應(yīng)前后的總質(zhì)量保持不變，因此圖中A為Fe2＋；雖然催化劑(或Fe2＋)不能使總反應(yīng)2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)所達(dá)平衡移動，但是它改變反應(yīng)的路徑，由鐵離子生成亞鐵離子的過程能顯著提高碘離子的轉(zhuǎn)化率的原因是Fe3＋可以將I－直接氧化成I2或2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，使溶液中c(I2)增大，進(jìn)而使I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③對比表格中第1、2組實(shí)驗(yàn)前后pH可得，第1組pH增大，c(H＋)減小，圖中第1組實(shí)驗(yàn)所得Ieq\o\al(－,3)濃度曲線先略為增大后幾乎不變，第2組pH減小，c(H＋)增大，圖中第2組實(shí)驗(yàn)所得Ieq\o\al(－,3)濃度曲線先顯著增大后逐漸減小至無，根據(jù)上述分析可得，若c(H＋)減小，Ieq\o\al(－,3)濃度不會下降，A項(xiàng)錯誤；若c(I－)減小，則反應(yīng)③HOI(aq)＋I(xiàn)－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)的平衡左移，c(I2)也減小，導(dǎo)致I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡左移，所以Ieq\o\al(－,3)濃度下降，B項(xiàng)正確；若I2(g)不斷生成，導(dǎo)致I2(aq)I2(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I2)減小，又使I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡左移，則Ieq\o\al(－,3)濃度下降，C項(xiàng)正確；若c(Fe3＋)增加，F(xiàn)e3＋將I－直接氧化成I2或發(fā)生反應(yīng)2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，則溶液中c(I2)增大，而海水中c(I－)略為減小或忽略不計(jì)，導(dǎo)致I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡右移，Ieq\o\al(－,3)濃度增大，D項(xiàng)錯誤；(4)讀圖，3～18s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中Ieq\o\al(－,3)濃度由3.5×10－3mol/L增加到11.8×10－3mol/L，則生成Ieq\o\al(－,3)的平均反應(yīng)速率v(Ieq\o\al(－,3))＝eq\f(Δc（Ieq\o\al(－,3)）,Δt)＝eq\f(（11.8－3.5）×10－3mol·L－1,18s－3s)≈5.5×10－4mol/(L·s)，此問需要注意縱坐標(biāo)中“c(Ieq\o\al(－,3))/10－3mol·L－1”隱含的信息，計(jì)算時(shí)需要圖中所得數(shù)據(jù)乘以“×10－3mol·L－1”。12．F1G1[·山東卷]對于反應(yīng)CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，在其他條件不變的情況下()A．加入催化劑，改變了反應(yīng)的途徑，反應(yīng)的ΔH也隨之改變B．改變壓強(qiáng)，平衡不發(fā)生移動，反應(yīng)放出的熱量不變C．升高溫度，反應(yīng)速率加快，反應(yīng)放出的熱量不變D．若在原電池中進(jìn)行，反應(yīng)放出的熱量不變12．B[解析]反應(yīng)的ΔH大小只取決于反應(yīng)物、生成物的狀態(tài)與反應(yīng)條件，而和反應(yīng)是否使用催化劑、反應(yīng)途徑無關(guān)，A項(xiàng)錯誤；該反應(yīng)在反應(yīng)前后氣體的總體積不變，因此改變壓強(qiáng)，平衡不移動，反應(yīng)放出的熱量不變，B項(xiàng)正確；升高溫度，平衡逆向進(jìn)行，反應(yīng)放出熱量減小，C項(xiàng)錯誤；在原電池中，隨反應(yīng)進(jìn)行，能量轉(zhuǎn)化形式是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，而不再是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，D項(xiàng)錯誤。11．B1B3G1H3F4N2[·重慶卷]化學(xué)在環(huán)境保護(hù)中起著十分重要的作用。催化反硝化法和電化學(xué)降解法可用于治理水中硝酸鹽的污染。(1)催化反硝化法中，H2能將NOeq\o\al(－,3)還原為N2。25℃時(shí)，反應(yīng)進(jìn)行10min，溶液的pH由7變?yōu)?2。①N2的結(jié)構(gòu)式為________。②上述反應(yīng)離子方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其平均反應(yīng)速率v(NOeq\o\al(－,3))為________mol·L－1·min－1。③還原過程中可生成中間產(chǎn)物NOeq\o\al(－,2)，寫出3種促進(jìn)NOeq\o\al(－,2)水解的方法________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)電化學(xué)降解NOeq\o\al(－,3)的原理如圖0所示。圖0①電源正極為__________(填“A”或“B”)，陰極反應(yīng)式為________________________________________________________________________________。②若電解過程中轉(zhuǎn)移了2mol電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差(Δm左－Δm右)為________g。11．[答案](1)①N≡N②2NOeq\o\al(－,3)＋5H2eq\o(=,\s\up7(催化劑))N2＋2OH－＋4H2O0.001③加酸升高溫度加水(2)①A2NOeq\o\al(－,3)＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－②14.4[解析](1)①N2結(jié)構(gòu)中含有氮氮三鍵，其結(jié)構(gòu)式為N≡N；②H2與NOeq\o\al(－,3)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H由0價(jià)升到＋1價(jià)，N由＋5價(jià)降到0價(jià)，結(jié)合電子守恒及電荷守恒規(guī)律，其離子方程式為5H2＋2NOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up7(催化劑))N2＋4H2O＋2OH－；溶液的pH由7變?yōu)?2，表明c(H＋)由10－7變成10－12，則c(OH－)由10－7增大到10－2，c(OH－)在10min內(nèi)的變化量約為10－2mol/L，而c(OH－)與c(NOeq\o\al(－,3))的變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，因此c(NOeq\o\al(－,3))的變化量為0.01mol/L，則v(NOeq\o\al(－,3))＝0.001mol/(L·min)；③NOeq\o\al(－,2)水解：NOeq\o\al(－,2)＋H2OHNO2＋OH－，是一個(gè)吸熱過程，可通過升高溫度、加酸和加水的方法促進(jìn)其水解。(2)①根據(jù)題圖可知，電解池右側(cè)NOeq\o\al(－,3)轉(zhuǎn)化成N2，發(fā)生還原反應(yīng)：2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋6H2O=N2↑＋12OH－，其電極應(yīng)為陰極，則左側(cè)發(fā)生氧化反應(yīng)：2H2O―4e－=O2↑＋4H＋，其電極作陽極，與其相連的A端為電源的正極；②轉(zhuǎn)移2mol電子時(shí)，右側(cè)產(chǎn)生0.2molN2，質(zhì)量為5.6g，左側(cè)產(chǎn)生0.5molO2，質(zhì)量為16g，同時(shí)生成2molH＋，由于H＋可通過質(zhì)子交換膜由左側(cè)進(jìn)入右側(cè)，則右側(cè)電解液質(zhì)量實(shí)際減少：5.6g―2g＝3.6g，左側(cè)電解液質(zhì)量實(shí)際減少：16g＋2g＝18g，則兩側(cè)質(zhì)量差為14.4g。6．G1G4G5[·四川卷]在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)X(g)＋Y(g)2Z(g)ΔH＜0，一段時(shí)間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過程中測定的數(shù)據(jù)如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列說法正確的是()A．反應(yīng)前2min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3mol/(L·min)B．其他條件不變，降低溫度，反應(yīng)達(dá)到新平衡前v逆＞v正C．該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝1.44D．其他條件不變，再充入0.2molZ，平衡時(shí)X的體積分?jǐn)?shù)增大6．C[解析]利用反應(yīng)式可知v(Z)＝2v(Y)＝2×(0.16mol－0.12mol)÷(10L×2min)＝4.0×10－3mol/(L·min)，A項(xiàng)錯誤；該反應(yīng)放熱，降溫平衡正向移動，v正＞v逆，B項(xiàng)錯誤；列三段式，K＝eq\f(c2（Z）,c（X）·c（Y）)＝eq\f(0.0122,0.01×0.01)＝1.44，C項(xiàng)正確；因反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變，故再充入0.2molZ，平衡不移動，平衡時(shí)X的體積分?jǐn)?shù)不變，D項(xiàng)錯誤。28．G1G5[·新課標(biāo)全國卷Ⅱ]在1.0L密閉容器中放入0.10molA(g)，在一定溫度進(jìn)行如下反應(yīng)：A(g)B(g)＋C(g)ΔH＝＋85.1kJ·mol－1。反應(yīng)時(shí)間(t)與容器內(nèi)氣體總壓強(qiáng)(p)的數(shù)據(jù)見下表：時(shí)間t/h0124816202530總壓強(qiáng)p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列問題：(1)欲提高A的平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)采取的措施為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)由總壓強(qiáng)p和起始壓強(qiáng)p0計(jì)算反應(yīng)物A的轉(zhuǎn)化率α(A)的表達(dá)式為____________，平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為________，列式并計(jì)算反應(yīng)的平衡常數(shù)K____________________。(3)①由總壓強(qiáng)p和起始壓強(qiáng)p0表示反應(yīng)體系的總物質(zhì)的量n總和反應(yīng)物A的物質(zhì)的量n(A)，n總＝________mol，n(A)＝________mol。②下表為反應(yīng)物A的濃度與反應(yīng)時(shí)間的數(shù)據(jù)，計(jì)算：a＝________。反應(yīng)時(shí)間t/h04816c(A)/(mol·L－1)0.10a0.0260.0065分析該反應(yīng)中反應(yīng)物的濃度c(A)變化與時(shí)間間隔(Δt)的規(guī)律，得出的結(jié)論是________________________________________________________________________，由此規(guī)律推出反應(yīng)在12h時(shí)反應(yīng)物的濃度c(A)為________mol·L－1。28．[答案](1)升高溫度、降低壓強(qiáng)(2)(eq\f(p,p0)－1)×100%94.1%A(g)B(g)＋C(g)0．1000eq\a\vs4\al(0.10×,（1－94.1%）)0.10×94.1%0.10×94.1%K＝eq\f(0.09412,0.0059)＝1.5(3)①0.10×eq\f(p,p0)0.10×(2－eq\f(p,p0))②0.051達(dá)到平衡前每間隔4h，c(A)減少約一半0.013[解析](1)該反應(yīng)是一個(gè)體積增加的吸熱反應(yīng)，升溫、降壓均有利于平衡正向移動，提高A的轉(zhuǎn)化率。(2)結(jié)合pV＝nRT，該反應(yīng)消耗A的物質(zhì)的量即是體系增加的物質(zhì)的量，α(A)＝eq\f(n（A）轉(zhuǎn),n（A）初)＝eq\f(n變,n（A）初)＝eq\f(\f(pV,RT)－\f(p0V,RT),\f(p0V,RT))＝eq\f(p－p0,p0)；α(A)＝eq\f(9.53－4.91,4.91)×100%＝94.1%。(3)①結(jié)合在等溫、等容下物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，那么eq\f(n總,n（A）起)＝eq\f(p,p0)，n總＝0.10×eq\f(p,p0)；n(A)＝0.10－(n總－0.10)＝0.10－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.10×\f(p,p0)－0.10))＝0.10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(p,p0)))。②結(jié)合①，4min時(shí)n(A)＝0.10mol×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(7.31,4.91)))＝0.051mol，c(A)＝0.051mol/L。由表格數(shù)據(jù)可知，達(dá)到平衡前每4h，c(A)減小約一半，那么12h時(shí)，c(A)約為0.013mol/L。G2化學(xué)平衡及勒夏特列原理化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行的方向(課標(biāo)中必須有)11.G2F4H1H3[·江蘇卷]下列有關(guān)說法正確的是()A．反應(yīng)NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室溫下可自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的ΔH<0B．電解法精煉銅時(shí)，以粗銅作陰極，純銅作陽極C．CH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中eq\f(c（CH3COOH）,c（CH3COO－）)的值減小D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體，COeq\o\al(2－,3)水解程度減小，溶液的pH減小11．AC[解析]根據(jù)該反應(yīng)中各物質(zhì)的聚集狀態(tài)可知，該反應(yīng)的ΔS＜0，因反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)一定為放熱反應(yīng)，A項(xiàng)正確；在電解精煉銅中，粗銅作陽極，純銅作陰極，B項(xiàng)錯誤；醋酸加水稀釋過程中，c(H＋)減小，但電離常數(shù)不變，故C項(xiàng)中式子的比值將減小，C項(xiàng)正確；向Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2后生成CaCO3沉淀，溶液中c(COeq\o\al(2－,3))減小，c(OH－)增大，pH增大，D項(xiàng)錯誤。11．G2G3[·安徽卷]一定條件下，通過下列反應(yīng)可以制備特種陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)ΔH＞0。該反應(yīng)在恒容的密閉容器中達(dá)到平衡后，若僅改變圖中橫坐標(biāo)x的值，重新達(dá)到平衡后，縱坐標(biāo)y隨x變化趨勢合理的是()圖0選項(xiàng)xyA溫度容器內(nèi)混合氣體的密度BCO的物質(zhì)的量CO2與CO的物質(zhì)的量之比CSO2的濃度平衡常數(shù)KDMgSO4的質(zhì)量(忽略體積)CO的轉(zhuǎn)化率11.A[解析]正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，容器內(nèi)混合氣體質(zhì)量增加，而容器體積不變，故容器內(nèi)混合氣體的密度隨溫度升高而增大，A項(xiàng)正確；增加CO的物質(zhì)的量，平衡雖正向移動，但因正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，故達(dá)到新平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率較原來的低，所以eq\f(n（CO2）,n（CO）)變小，B項(xiàng)錯誤；反應(yīng)的平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，因此SO2的濃度變大，反應(yīng)平衡常數(shù)K不變，C項(xiàng)錯誤；MgSO4為固態(tài)，因此增加MgSO4的質(zhì)量(忽略體積)，其他反應(yīng)物的濃度不變，平衡不移動，CO的轉(zhuǎn)化率不變，D項(xiàng)錯誤。23．E1C2G4G2G3G1C3F4[·福建卷]利用化石燃料開采、加工過程產(chǎn)生的H2S廢氣制取氫氣，既價(jià)廉又環(huán)保。(1)工業(yè)上可用組成為K2O·M2O3·2RO2·nH2O的無機(jī)材料純化制取的氫氣。①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，兩種元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為27，則R的原子結(jié)構(gòu)示意圖為________。②常溫下，不能與M單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)的是____________(填序號)。a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．濃硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固體(2)利用H2S廢氣制取氫氣的方法有多種。①高溫?zé)岱纸夥ㄒ阎篐2S(g)H2(g)＋eq\f(1,2)S2(g)在恒容密閉容器中，控制不同溫度進(jìn)行H2S分解實(shí)驗(yàn)。以H2S起始濃度均為cmol·L－1測定H2S的轉(zhuǎn)化率，結(jié)果見圖0。圖中a為H2S的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系曲線，b曲線表示不同溫度下反應(yīng)經(jīng)過相同時(shí)間且未達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率。據(jù)圖計(jì)算985℃時(shí)H2S按上述反應(yīng)分解的平衡常數(shù)K＝________；說明隨溫度的升高，曲線b向曲線a逼近的原因：________________________________________________________________________。圖0②電化學(xué)法該法制氫過程的示意圖如圖0。反應(yīng)池中反應(yīng)物的流向采用氣、液逆流方式，其目的是________________________________________________________________________；反應(yīng)池中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。反應(yīng)后的溶液進(jìn)入電解池，電解總反應(yīng)的離子方程式為________________________________________________________________________________。圖023．[答案](1)①②b、e(2)①eq\f(2,3)eq\r(0.2c)溫度升高，反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡所需的時(shí)間縮短(或其他合理答案)②增大反應(yīng)物接觸面積，使反應(yīng)更充分H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl2Fe2＋＋2H＋eq\o(=,\s\up7(通電))2Fe3＋＋H2↑[解析](1)①無機(jī)材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中鉀元素顯＋1價(jià)，氧元素顯－2價(jià)，氫元素顯＋1價(jià)，則M顯＋3價(jià)，R顯＋4價(jià)；第3周期主族元素質(zhì)子數(shù)之和為27，則M、R原子的質(zhì)子數(shù)分別為13、14，M、R分別是鋁、硅，由此可以畫出硅的原子結(jié)構(gòu)示意圖；由金屬活動性順序可得，鋁比銅活潑，則鋁與硫酸銅溶液可以發(fā)生置換反應(yīng)，即2Al＋3CuSO4=Al2(SO4)3＋3Cu，a項(xiàng)錯誤；雖然鋁比鐵活潑，但是鋁與氧化鐵在高溫下才能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，即2Al＋Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高溫))Al2O3＋2Fe，而常溫下則不能反應(yīng)，b項(xiàng)正確；濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，常溫下能使鋁鈍化，鋁表面生成一層致密的保護(hù)膜，鈍化是化學(xué)變化，c項(xiàng)錯誤；氫氧化鈉是強(qiáng)堿，鋁元素位于元素周期表中金屬和非金屬交界線附近，其單質(zhì)與NaOH溶液容易反應(yīng)，放出氣體，即2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，d項(xiàng)錯誤；鋁不如鈉活潑，常溫下鋁不能與碳酸鈉固體反應(yīng)，e項(xiàng)正確；(2)①H2S的起始濃度為cmol·L－1，985℃時(shí)H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，則H2S的變化濃度為0.4cmol·L－1，則：H2S(g)H2(g)＋eq\f(1,2)S2(g)eq\a\vs4\al(各組分的起始,濃度/mol·L－1)c00eq\a\vs4\al(各組分的變化,濃度/mol·L－1)0.4c0.4c0.2ceq\a\vs4\al(各組分的平衡,濃度/mol·L－1)0.6c0.4c0.2cK＝eq\f(c（H2）·c\s\up6(\f(1,2))（S2）,c（H2S）)＝eq\f(0.4c×\r(0.2c),0.6c)＝eq\f(2,3)eq\r(0.2c)；讀圖可得，未達(dá)平衡時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率逐漸增大，原因是溫度逐漸升高，H2S分解的反應(yīng)速率逐漸增大，消耗的H2S逐漸增多；已達(dá)平衡后H2S的平衡轉(zhuǎn)化率逐漸增大的原因是H2S分解是吸熱反應(yīng)，升高溫度時(shí)平衡右移，消耗的H2S增多；②讀圖可得，H2S氣體從反應(yīng)池底部通入，F(xiàn)eCl3溶液從反應(yīng)池頂部噴下，這種采用氣液逆流方式加入反應(yīng)物的主要目的是增大反應(yīng)物接觸面積，使反應(yīng)更充分；讀圖可得，H2S中S被氧化，該反應(yīng)中降價(jià)元素一定是鐵元素，由＋3價(jià)降為相鄰的＋2價(jià)，則FeCl3被還原為FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl；反應(yīng)池中反應(yīng)后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，電解池中含有的Fe2＋被氧化為Fe3＋，H＋被還原為H2，電解總反應(yīng)的離子方程式：2Fe2＋＋2H＋eq\o(=,\s\up7(電解))2Fe3＋＋H2↑。12．G1G3I3或M1[·福建卷]NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過量KIO3氧化，當(dāng)NaHSO3完全消耗即有I2析出，依據(jù)I2析出所需時(shí)間可以求得NaHSO3的反應(yīng)速率。將濃度均為0.020mol·L－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(過量)酸性溶液40.0mL混合，記錄10～55℃間溶液變藍(lán)時(shí)間，55℃時(shí)未觀察到溶液變藍(lán)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖0。據(jù)圖分析，下列判斷不正確的是()圖0A．40℃之前與40℃之后溶液變藍(lán)的時(shí)間隨溫度的變化趨勢相反B．圖中b、c兩點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率相等C．圖中a點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率為5.0×10－5mol·L－1·s－1D．溫度高于40℃時(shí)，淀粉不宜用作該實(shí)驗(yàn)的指示劑12．B[解析]讀圖可得，10～40℃間溶液變藍(lán)時(shí)間由80s逐漸減小，40～55℃間溶液變藍(lán)時(shí)間逐漸增大，A項(xiàng)正確；b、c兩點(diǎn)所代表的溫度分別是25℃、47℃，其他條件保持不變時(shí)，溫度越高，反應(yīng)速率越快，則圖中b點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率較小，c點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率較大，B項(xiàng)錯誤；混合前NaHSO3濃度為0.020mol·L－1，忽略稀溶液混合前后溶液體積的變化，根據(jù)c1·V1＝c2·V2的稀釋定律可得，混合后NaHSO3濃度為0.020mol·L－1×eq\f(10,10＋40)＝0.0040mol·L－1，a點(diǎn)溶液變藍(lán)時(shí)間為80s，因?yàn)镹aHSO3不足或KIO3過量，NaHSO3濃度由0.0040mol·L－1變?yōu)?，由eq\f(Δc,Δt)＝v可得，a點(diǎn)對應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率為0.0040mol·L－1÷80s＝5.0×10－5mol·L－1·s－1，C項(xiàng)正確；配平可得：10NaHSO3＋4KIO3(過量)=5Na2SO4＋2K2SO4＋2I2＋3H2SO4＋2H2O，生成的硫酸是淀粉水解反應(yīng)的催化劑，若溫度高于40℃時(shí)，淀粉水解反應(yīng)速率加快，其水解產(chǎn)物遇析出的I2不會變藍(lán)，因此淀粉不宜用作該實(shí)驗(yàn)的指示劑，D項(xiàng)正確。31．F2G4G1C3G2G3G5[·廣東卷]大氣中的部分碘源于O3對海水中I－的氧化。將O3持續(xù)通入NaI溶液中進(jìn)行模擬研究。(1)O3將I－氧化成I2的過程由3步反應(yīng)組成：①I－(aq)＋O3(g)=IO－(aq)＋O2(g)ΔH1；②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq)ΔH2；③HOI(aq)＋I(xiàn)－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)ΔH3。總反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其反應(yīng)熱ΔH＝________。(2)在溶液中存在化學(xué)平衡：I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)，其平衡常數(shù)表達(dá)式為______________。(3)為探究Fe2＋對O3氧化I－反應(yīng)的影響(反應(yīng)體系如圖0)，某研究小組測定兩組實(shí)驗(yàn)中Ieq\o\al(－,3)濃度和體系pH，結(jié)果見圖1和下表。圖0圖1編號反應(yīng)物反應(yīng)前pH反應(yīng)后pH第1組O3＋I(xiàn)－5.211.0第2組O3＋I(xiàn)－＋Fe2＋5.24.1①第1組實(shí)驗(yàn)中，導(dǎo)致反應(yīng)后pH升高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②圖0中的A為________。由Fe3＋生成A的過程能顯著提高I－的轉(zhuǎn)化率，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③第2組實(shí)驗(yàn)進(jìn)行18s后，Ieq\o\al(－,3)濃度下降。導(dǎo)致下降的直接原因有(雙選)________。A．c(H＋)減小B．c(I－)減小C．I2(g)不斷生成D．c(Fe3＋)增加(4)據(jù)圖1，計(jì)算3～18s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中生成Ieq\o\al(－,3)的平均反應(yīng)速率(寫出計(jì)算過程，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。31．[答案](1)2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4=Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O等ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)K＝eq\f(c（Ieq\o\al(－,3)）,c（I2）·c（I－）)(3)①反應(yīng)既消耗了氫離子又生成水，導(dǎo)致溶液中c(H＋)降低，pH升高②Fe2＋Fe3＋將I－直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I(xiàn)－Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多③BC(4)v(Ieq\o\al(－,3))＝eq\f(Δc（Ieq\o\al(－,3)）,Δt)＝eq\f(（11.8－3.5）×10－3mol·L－1,18s－3s)≈5.5×10－4mol/(L·s)[解析](1)臭氧在酸性條件下將碘離子氧化成碘單質(zhì)的過程由3步反應(yīng)組成，觀察已知3個(gè)熱化學(xué)方程式中的反應(yīng)物和生成物，發(fā)現(xiàn)①＋②＋③可以得出總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，根據(jù)蓋斯定律可得其焓變ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；氫離子表示強(qiáng)酸如硫酸等，將臭氧持續(xù)通入NaI溶液中，總反應(yīng)的化學(xué)方程式是2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4=Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O等；(2)由化學(xué)平衡常數(shù)定義式可得，I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡常數(shù)表達(dá)式為eq\f(c（Ieq\o\al(－,3)）,c（I2）·c（I－）)；(3)①導(dǎo)致前者反應(yīng)后pH升高的原因是臭氧將碘離子氧化為I2的總反應(yīng)的離子方程式為2I－＋O3＋2H＋I(xiàn)2＋O2(g)＋H2O(或者第②③步反應(yīng)的反應(yīng)物中都有氫離子，第③步反應(yīng)的生成物中有水)，既消耗氫離子又生成水，導(dǎo)致溶液的酸性減弱、pH升高；②第一組實(shí)驗(yàn)無催化劑，O3將I－氧化成I2分3步進(jìn)行，第②③步反應(yīng)都是可逆反應(yīng)，因此I－的轉(zhuǎn)化率很小；第二組實(shí)驗(yàn)有催化劑，能加快反應(yīng)速率，改變反應(yīng)的路徑，使發(fā)生反應(yīng)所需活化能降低，催化劑的加入將總反應(yīng)的離子方程式(2I－＋O3＋2H＋I(xiàn)2＋O2＋H2O)一分為二，先后反應(yīng)的離子方程式為2Fe2＋＋O3＋2H＋=2Fe3＋＋O2＋H2O、2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，且催化劑在反應(yīng)前后的總質(zhì)量保持不變，因此圖中A為Fe2＋；雖然催化劑(或Fe2＋)不能使總反應(yīng)2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)所達(dá)平衡移動，但是它改變反應(yīng)的路徑，由鐵離子生成亞鐵離子的過程能顯著提高碘離子的轉(zhuǎn)化率的原因是Fe3＋可以將I－直接氧化成I2或2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，使溶液中c(I2)增大，進(jìn)而使I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③對比表格中第1、2組實(shí)驗(yàn)前后pH可得，第1組pH增大，c(H＋)減小，圖中第1組實(shí)驗(yàn)所得Ieq\o\al(－,3)濃度曲線先略為增大后幾乎不變，第2組pH減小，c(H＋)增大，圖中第2組實(shí)驗(yàn)所得Ieq\o\al(－,3)濃度曲線先顯著增大后逐漸減小至無，根據(jù)上述分析可得，若c(H＋)減小，Ieq\o\al(－,3)濃度不會下降，A項(xiàng)錯誤；若c(I－)減小，則反應(yīng)③HOI(aq)＋I(xiàn)－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)的平衡左移，c(I2)也減小，導(dǎo)致I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡左移，所以Ieq\o\al(－,3)濃度下降，B項(xiàng)正確；若I2(g)不斷生成，導(dǎo)致I2(aq)I2(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I2)減小，又使I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡左移，則Ieq\o\al(－,3)濃度下降，C項(xiàng)正確；若c(Fe3＋)增加，F(xiàn)e3＋將I－直接氧化成I2或發(fā)生反應(yīng)2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，則溶液中c(I2)增大，而海水中c(I－)略為減小或忽略不計(jì)，導(dǎo)致I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)的平衡右移，Ieq\o\al(－,3)濃度增大，D項(xiàng)錯誤；(4)讀圖，3～18s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中Ieq\o\al(－,3)濃度由3.5×10－3mol/L增加到11.8×10－3mol/L，則生成Ieq\o\al(－,3)的平均反應(yīng)速率v(Ieq\o\al(－,3))＝eq\f(Δc（Ieq\o\al(－,3)）,Δt)＝eq\f(（11.8－3.5）×10－3mol·L－1,18s－3s)≈5.5×10－4mol/(L·s)，此問需要注意縱坐標(biāo)中“c(Ieq\o\al(－,3))/10－3mol·L－1”隱含的信息，計(jì)算時(shí)需要圖中所得數(shù)據(jù)乘以“×10－3mol·L－1”。7．G2[·全國卷]反應(yīng)X(g)＋Y(g)2Z(g)ΔH<0，達(dá)到平衡時(shí)，下列說法正確的是()A．減小容器體積，平衡向右移動B．加入催化劑，Z的產(chǎn)率增大C．增大c(X)，X的轉(zhuǎn)化率增大D．降低溫度，Y的轉(zhuǎn)化率增大7．D[解析]由X(g)＋Y(g)2Z(g)ΔH<0可知，反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，故減小容器體積，壓強(qiáng)增大，平衡不移動，A項(xiàng)錯誤；加入催化劑，平衡不移動，故Z的產(chǎn)率不變，B項(xiàng)錯誤；增大c(X)，X的轉(zhuǎn)化率減小，C項(xiàng)錯誤；降溫平衡向右移動，Y的轉(zhuǎn)化率增大，D項(xiàng)正確。29．G2H3[·山東卷]化學(xué)反應(yīng)原理在科研和生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。(1)利用“化學(xué)蒸氣轉(zhuǎn)移法”制備TaS2晶體，發(fā)生如下反應(yīng)：TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g)ΔH＞0(Ⅰ)反應(yīng)(Ⅰ)的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝________，若K＝1，向某恒容容器中加入1molI2(g)和足量TaS2(s)，I2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率為________。(2)如圖0所示，反應(yīng)(Ⅰ)在石英真空管中進(jìn)行，先在溫度為T2的一端放入未提純的TaS2粉末和少量I2(g)，一段時(shí)間后，在溫度為T1的一端得到了純凈TaS2晶體，則溫度T1________T2(填“＞”“＜”或“＝”)。上述反應(yīng)體系中循環(huán)使用的物質(zhì)是________。圖0(3)利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼樣中的硫轉(zhuǎn)化成H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進(jìn)行滴定，所用指示劑為______________，滴定反應(yīng)的離子方程式為________________________________________________________________________。(4)25℃時(shí)，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2mol·L－1，則該溫度下NaHSO3水解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kh＝________mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中eq\f(c（H2SO3）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)將________(填“增大”“減小”或“不變”)。29．[答案](1)eq\f(c（TaI4）·c（S2）,c2（I2）)66.7%(2)<I2(3)淀粉溶液I2＋H2SO3＋H2O=4H＋＋2I－＋SOeq\o\al(2－,4)(4)1×10－12增大[解析](1)固態(tài)與純液態(tài)物質(zhì)的濃度為常數(shù)，不計(jì)入平衡常數(shù)表達(dá)式，因此反應(yīng)(Ⅰ)的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝eq\f(c（TaI4）·c（S2）,c2（I2）)；設(shè)平衡時(shí)轉(zhuǎn)化I2的物質(zhì)的量2xmol，則平衡時(shí)TaI4、S2的物質(zhì)的量均為xmol，設(shè)容器體積為VL，由題意得：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,V)))\s\up12(2),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（1－2x）,V)))\s\up12(2))＝1，，解得x＝eq\f(1,3)，故I2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率等于66.7%。(2)在溫度為T2的一端反應(yīng)投入未提純的TaS2粉末和少量I2(g)，一段時(shí)間后在溫度為T1的一端生成純凈的TaS2晶體，要想實(shí)現(xiàn)該轉(zhuǎn)化，只有在溫度為T2的一端發(fā)生正反應(yīng)，使TaS2粉末轉(zhuǎn)化為氣態(tài)，然后在溫度為T1的一端發(fā)生逆反應(yīng)生成純凈的TaS2晶體，利用“正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)”可知高溫反應(yīng)正向移動，降溫反應(yīng)逆向移動，因此可推知T1＜T2；利用上述過程分析可知I2(g)可循環(huán)利用。(3)利用碘遇淀粉變藍(lán)色可知該滴定操作指示劑可選用淀粉溶液，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色且30s內(nèi)不褪色。(4)Kh＝eq\f(c（H2SO3）·c（OH－）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝eq\f(c（H2SO3）·c（OH－）·c（H＋）,c（HSOeq\o\al(－,3)）·c（H＋）)＝eq\f(KW,Ka)＝eq\f(10－14mol2·L－2,1×10－2mol·L－1)＝1×10－12mol·L－1；加入少量的I2后，I2與HSOeq\o\al(－,3)反應(yīng)使c(HSOeq\o\al(－,3))減小，引起HSOeq\o\al(－,3)水解程度增大，所以NaHSO3溶液中eq\f(c（H2SO3）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)將增大。10．F2G2H2[·天津卷]某市對大氣進(jìn)行監(jiān)測，發(fā)現(xiàn)該市首要污染物為可吸入顆粒物PM2.5(直徑小于等于2.5μm的懸浮顆粒物)，其主要來源為燃煤、機(jī)動車尾氣等。因此，對PM2.5、SO2、NOx等進(jìn)行研究具有重要意義。請回答下列問題：(1)將PM2.5樣本用蒸餾水處理制成待測試樣。若測得該試樣所含水溶性無機(jī)離子的化學(xué)組分及其平均濃度如下表：離子K＋Na＋NHeq\o\al(＋,4)SOeq\o\al(2－,4)NOeq\o\al(－,3)Cl－濃度/mol·L－14×10－66×10－62×10－54×10－53×10－52×10－5根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷PM2.5的酸堿性為________，試樣的pH＝________。(2)為減少SO2的排放，常采取的措施有：①將煤轉(zhuǎn)化為清潔氣體燃料。已知：H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH＝－241.8kJ·mol－1C(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol－1寫出焦炭與水蒸氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②洗滌含SO2的煙氣。以下物質(zhì)可作洗滌劑的是________________________________________________________________________。a．Ca(OH)2b．Na2CO3c．CaCl2d．NaHSO3(3)汽車尾氣中NOx和CO的生成及轉(zhuǎn)化①已知汽缸中生成NO的反應(yīng)為N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH>0若1mol空氣含0.8molN2和0.2molO2，1300℃時(shí)在密閉容器內(nèi)反應(yīng)達(dá)到平衡，測得NO為8×10－4mol。計(jì)算該溫度下的平衡常數(shù)K＝________。汽車啟動后，汽缸溫度越高，單位時(shí)間內(nèi)NO排放量越大，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②汽車燃油不完全燃燒時(shí)產(chǎn)生CO，有人設(shè)想按下列反應(yīng)除去CO：2CO(g)=2C(s)＋O2(g)己知該反應(yīng)的ΔH>0，簡述該設(shè)想能否實(shí)現(xiàn)的依據(jù)：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③目前，在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器可減少CO和NO的污染，其化學(xué)反應(yīng)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。10．[答案](1)酸性4(2)①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.3kJ·mol－1②a、b(3)①4×10－6溫度升高，反應(yīng)速率加快，平衡右移②該反應(yīng)是焓增、熵減的反應(yīng)，任何溫度下均不自發(fā)進(jìn)行③2CO＋2NOeq\o(=,\s\up7(催化劑))2CO2＋N2[解析](1)PM2.5中含NHeq\o\al(＋,4)，因NHeq\o\al(＋,4)的水解而顯酸性；根據(jù)電荷守恒得c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(NOeq\o\al(－,3))＋c(Cl－)，將表格中的數(shù)據(jù)代入求得c(H＋)＝10－4mol·L－1，pH＝4。(2)①第2個(gè)方程式減第1個(gè)方程式得目標(biāo)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.3kJ·mol－1。②SO2是酸性氧化物，可用堿性物質(zhì)吸收，故正確答案為a、b。(3)①K＝eq\f(c2（NO）,c（N2）×c（O2）)＝eq\f(（8×10－4）2,0.8×0.2)＝4×10－6；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，且升高溫度，反應(yīng)速率加快。②該反應(yīng)ΔH＞0、且ΔS＜0，故反應(yīng)在任何溫度下都不能自發(fā)。③NO具有氧化性，能將CO氧化成CO2，自身被還原為N2。7．G2G4G5[·重慶卷]將E和F加入密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固體體積，平衡時(shí)G的體積分?jǐn)?shù)(%)隨溫度和壓強(qiáng)的變化如下表所示：壓強(qiáng)/MPa體積分?jǐn)?shù)/%溫度/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b<f②915℃、2.0MPa時(shí)E的轉(zhuǎn)化率為60%③該反應(yīng)的ΔS>0④K(1000℃)>K(810℃)上述①～④中正確的有()A．4個(gè)B．3個(gè)C．2個(gè)D．1個(gè)7．A[解析]E(g)＋F(s)2G(g)為氣體分子數(shù)增加的反應(yīng)，ΔS＞0，③正確。因增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動，G的體積分?jǐn)?shù)減小，由表中數(shù)據(jù)可知，升高溫度，增大壓強(qiáng)時(shí)，G的體積分?jǐn)?shù)增大，故該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH＞0，K(1000℃)＞K(810℃)，b＜f，①、④正確；915℃、2.0MPa條件下，平衡時(shí)G的體積分?jǐn)?shù)為0.75，則E的體積分?jǐn)?shù)為0.25，而G的變化量為0.75，則E的變化量為0.375，可知E的初始量為0.625，②正確。26．D4F2G2F3[·北京卷]NOx是汽車尾氣中的主要污染物之一。(1)NOx能形成酸雨，寫出NO2轉(zhuǎn)化為HNO3的化學(xué)方程式：________________________________________________________________________。(2)汽車發(fā)動機(jī)工作時(shí)會引發(fā)N2和O2反應(yīng)，其能量變化示意圖如下：eq\a\vs4\al(\o(→,\s\up7(2×（－630）kJ·mol－1))2NO（g）)eq\a\vs4\al(N2（g）\o(→,\s\up7(945kJ·mol－1))2N（g）)eq\a\vs4\al(O2（g）\o(→,\s\up7(498kJ·mol－1))2O（g）)①寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：________________________________________________________________________。②隨溫度升高，該反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)的變化趨勢是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低NOx的排放。①當(dāng)尾氣中空氣不足時(shí)，NOx在催化轉(zhuǎn)化器中被還原成N2排出。寫出NO被CO還原的化學(xué)方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②當(dāng)尾氣中空氣過量時(shí)，催化轉(zhuǎn)化器中的金屬氧化物吸收NOx生成鹽。其吸收能力順序如下：12MgO<20CaO<38SrO<56BaO。原因是________________________________________________________________________，元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，金屬氧化物對NOx的吸收能力逐漸增強(qiáng)。(4)通過NOx傳感器可監(jiān)測NOx的含量，其工作原理示意圖如下：圖0①Pt電極上發(fā)生的是________反應(yīng)(填“氧化”或“還原”)。②寫出NiO電極的電極反應(yīng)式：________________________________________________________________________。26．[答案](1)3NO2＋H2O=2HNO3＋NO(2)①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋183kJ·mol－1②增大(3)①2CO＋2NOeq\o(=,\s\up7(催化劑))N2＋2CO2②根據(jù)Mg、Ca、Sr和Ba的質(zhì)子數(shù)，得知它們均為ⅡA族元素。同一主族的元素，從上到下，原子半徑逐漸增大(4)①還原②NO＋O2－－2e－=NO2[解析](1)NO2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。(2)①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝945kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2×630kJ·mol－1＝＋183kJ·mol－1。②該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，隨溫度升高，化學(xué)平衡常數(shù)增大。(3)根據(jù)題意NO被還原為N2，則CO被氧化為CO2。(4)Pt電極上O2得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2＋4e－=2O2－，電池總反應(yīng)式為2NO＋O2=2NO2，用電池總反應(yīng)式減去Pt電極的電極反應(yīng)式并化簡得NiO電極的電極反應(yīng)式：NO＋O2－－2e－=NO2。G3速率、平衡圖像11.G2G3[·安徽卷]一定條件下，通過下列反應(yīng)可以制備特種陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)ΔH＞0。該反應(yīng)在恒容的密閉容器中達(dá)到平衡后，若僅改變圖中橫坐標(biāo)x的值，重新達(dá)到平衡后，縱坐標(biāo)y隨x變化趨勢合理的是()圖0選項(xiàng)xyA溫度容器內(nèi)混合氣體的密度BCO的物質(zhì)的量CO2與CO的物質(zhì)的量之比CSO2的濃度平衡常數(shù)KDMgSO4的質(zhì)量(忽略體積)CO的轉(zhuǎn)化率11.A[解析]正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，容器內(nèi)混合氣體質(zhì)量增加，而容器體積不變，故容器內(nèi)混合氣體的密度隨溫度升高而增大，A項(xiàng)正確；增加CO的物質(zhì)的量，平衡雖正向移動，但因正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，故達(dá)到新平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率較原來的低，所以eq\f(n（CO2）,n（CO）)變小，B項(xiàng)錯誤；反應(yīng)的平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，因此SO2的濃度變大，反應(yīng)平衡常數(shù)K不變，C項(xiàng)錯誤；MgSO4為固態(tài)，因此增加MgSO4的質(zhì)量(忽略體積)，其他反應(yīng)物的濃度不變，平衡不移動，CO的轉(zhuǎn)化率不變，D項(xiàng)錯誤。23．E1C2G4G2G3G1C3F4[·福建卷]利用化石燃料開采、加工過程產(chǎn)生的H2S廢氣制取氫氣，既價(jià)廉又環(huán)保。(1)工業(yè)上可用組成為K2O·M2O3·2RO2·nH2O的無機(jī)材料純化制取的氫氣。①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，兩種元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為27，則R的原子結(jié)構(gòu)示意圖為________。②常溫下，不能與M單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)的是____________(填序號)。a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．濃硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固體(2)利用H2S廢氣制取氫氣的方法有多種。①高溫?zé)岱纸夥ㄒ阎篐2S(g)H2(g)＋eq\f(1,2)S2(g)在恒容密閉容器中，控制不同溫度進(jìn)行H2S分解實(shí)驗(yàn)。以H2S起始濃度均為cmol·L－1測定H2S的轉(zhuǎn)化率，結(jié)果見圖0。圖中a為H2S的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系曲線，b曲線表示不同溫度下反應(yīng)經(jīng)過相同時(shí)間且未達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率。據(jù)圖計(jì)算985℃時(shí)H2S按上述反應(yīng)分解的平衡常數(shù)K＝________；說明隨溫度的升高，曲線b向曲線a逼近的原因：________________________________________________________________________。圖0②電化學(xué)法該法制氫過程的示意圖如圖0。反應(yīng)池中反應(yīng)物的流向采用氣、液逆流方式，其目的是________________________________________________________________________；反應(yīng)池中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。反應(yīng)后的溶液進(jìn)入電解池，電解總反應(yīng)的離子方程式為________________________________________________________________________________。圖023．[答案](1)①②b、e(2)①eq\f(2,3)eq\r(0.2c)溫度升高，反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡所需的時(shí)間縮短(或其他合理答案)②增大反應(yīng)物接觸面積，使反應(yīng)更充分H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl2Fe2＋＋2H＋eq\o(=,\s\up7(通電))2Fe3＋＋H2↑[解析](1)①無機(jī)材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中鉀元素顯＋1價(jià)，氧元素顯－2價(jià)，氫元素顯＋1價(jià)，則M顯＋3價(jià)，R顯＋4價(jià)；第3周期主族元素質(zhì)子數(shù)之和為27，則M、R原子的質(zhì)子數(shù)分別為13、14，M、R分別是鋁、硅，由此可以畫出硅的原子結(jié)構(gòu)示意圖；由金屬活動性順序可得，鋁比銅活潑，則鋁與硫酸銅溶液可以發(fā)生置換反應(yīng)，即2Al＋3CuSO4=Al2(SO4)3＋3Cu，a項(xiàng)錯誤；雖然鋁比鐵活潑，但是鋁與氧化鐵在高溫下才能發(fā)生鋁熱反應(yīng)，即2Al＋Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高溫))Al2O3＋2Fe，而常溫下則不能反應(yīng)，b項(xiàng)正確；濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，常溫下能使鋁鈍化，鋁表面生成一層致密的保護(hù)膜，鈍化是化學(xué)變化，c項(xiàng)錯誤；氫氧化鈉是強(qiáng)堿，鋁元素位于元素周期表中金屬和非金屬交界線附近，其單質(zhì)與NaOH溶液容易反應(yīng)，放出氣體，即2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，d項(xiàng)錯誤；鋁不如鈉活潑，常溫下鋁不能與碳酸鈉固體反應(yīng)，e項(xiàng)正確；(2)①H2S的起始濃度為cmol·L－1，985℃時(shí)H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，則H2S的變化濃度為0.4cmol·L－1，則：H2S(g)H2(g)＋eq\f(1,2)S2(g)eq\a\vs4\al(各組分的起始,濃度/mol·L－1)c00eq\a\vs4\al(各組分的變化,濃度/mol·L－1)0.4c0.4c0.2ceq\a\vs4\al(各組分的平衡,濃度/mol·L－1)0.6c0.4c0.2cK＝eq\f(c（H2）·c\s\up6(\f(1,2))（S2）,c（H2S）)＝eq\f(0.4c×\r(0.2c),0.6c)＝eq\f(2,3)eq\r(0.2c)；讀圖可得，未達(dá)平衡時(shí)H2S的轉(zhuǎn)化率逐漸增大，原因是溫度逐漸升高，H2S分解的反應(yīng)速率逐漸增大，消耗的H2S逐漸增多；已達(dá)平衡后H2S的平衡轉(zhuǎn)化率逐漸增大的原因是H2S分解是吸熱反應(yīng)，升高溫度時(shí)平衡右移，消耗的H2S增多；②讀圖可得，H2S氣體從反應(yīng)池底部通入，F(xiàn)eCl3溶液從反應(yīng)池頂部噴下，這種采用氣液逆流方式加入反應(yīng)物的主要目的是增大反應(yīng)物接觸面積，使反應(yīng)更充分；讀圖可得，H2S中S被氧化，該反應(yīng)中降價(jià)元素一定是鐵元素，由＋3價(jià)降為相鄰的＋2價(jià)，則FeCl3被還原為FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl；反應(yīng)池中反應(yīng)后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，電解池中含有的Fe2＋被氧化為Fe3＋，H＋被還原為H2，電解總反應(yīng)的離子方程式：2Fe2＋＋2H＋eq\o(=,\s\up7(電解))2Fe3＋＋H2↑。31．F2G4G1C3G2G3G5[·廣東卷]大氣中的部分碘源于O3對海水中I－的氧化。將O3持續(xù)通入NaI溶液中進(jìn)行模擬研究。(1)O3將I－氧化成I2的過程由3步反應(yīng)組成：①I－(aq)＋O3(g)=IO－(aq)＋O2(g)ΔH1；②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq)ΔH2；③HOI(aq)＋I(xiàn)－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)ΔH3?？偡磻?yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其反應(yīng)熱ΔH＝________。(2)在溶液中存在化學(xué)平衡：I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)，其平衡常數(shù)表達(dá)式為______________。(3)為探究Fe2＋對O3氧化I－反應(yīng)的影響(反應(yīng)體系如圖0)，某研究小組測定兩組實(shí)驗(yàn)中Ieq\o\al(－,3)濃度和體系pH，結(jié)果見圖1和下表。圖0圖1編號反應(yīng)物反應(yīng)前pH反應(yīng)后pH第1組O3＋I(xiàn)－5.211.0第2組O3＋I(xiàn)－＋Fe2＋5.24.1①第1組實(shí)驗(yàn)中，導(dǎo)致反應(yīng)后pH升高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②圖0中的A為________。由Fe3＋生成A的過程能顯