【備考】高考化學(xué) （真題模擬新題分類(lèi)匯編） 化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡

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1、 化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡 G1　化學(xué)反應(yīng)速率 23.E1 C2 G4 G2 G3 G1 C3 F4　 [2013福建卷] 利用化石燃料開(kāi)采、加工過(guò)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K2OM2O32RO2nH2O的無(wú)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_(kāi)_______。 ②常溫下，不能與M單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)的是____________(填序號(hào))。 a．CuSO4溶液　b．Fe2O3　c．濃硫酸 d．NaOH溶液　e．Na2CO3固體 (2)利用H2S廢氣制

2、取氫氣的方法有多種。 ①高溫?zé)岱纸夥? 已知：H2S(g)H2(g)＋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c molL－1測(cè)定H2S的轉(zhuǎn)化率，結(jié)果見(jiàn)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(guò)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(shuō)明隨溫度的升高，曲線b向曲線a逼近的原因：________________________________________________________________________。 圖0

3、②電化學(xué)法 該法制氫過(guò)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_(kāi)_______________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 反應(yīng)后的溶液進(jìn)入電解池，電解總反

4、應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________。 圖0 23．[答案] (1)① ②b、e (2)①　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↓＋2HCl 2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑ [解析] (1)①無(wú)機(jī)材料K2OM2O32RO2nH2O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

5、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(huà)出硅的原子結(jié)構(gòu)示意圖；由金屬活動(dòng)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(cuò)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＋Fe2O3Al2O3＋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(cuò)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===2Na

6、AlO2＋3H2↑，d項(xiàng)錯(cuò)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c molL－1，985 ℃時(shí)H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，則H2S的變化濃度為0.4c molL－1，則： H2S(g)H2 (g)＋S2 (g) c 0 0 0.4c 0.4c 0.2c 0.6c 0.4c 0.2c K＝＝＝； 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

7、； 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＋2Fe3＋＋H2↑。 12．G1 G3 I3或M1　 [2013福建卷] NaHSO3溶液在不同溫度下均可

8、被過(guò)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0.020 molL－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(過(guò)量)酸性溶液40.0 mL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0 A．40 ℃之前與40 ℃之后溶液變藍(lán)的時(shí)間隨溫度的變化趨勢(shì)相反 B．圖中b、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率相等 C．圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率為5.010－5 molL－1s－1 D．溫度高于40 ℃時(shí)，淀粉不宜用作該

9、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80 s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(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率較小，c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率較大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；混合前NaHSO3濃度為0.020 molL－1，忽略稀溶液混合前后溶液體積的變化，根據(jù)c1V1＝c2V2的稀釋定律可得，混合后NaHSO3濃度為0.020 molL－1＝0.004 0 molL－1，a點(diǎn)溶液變藍(lán)時(shí)間為80 s，因?yàn)镹aHSO3不足或KIO3過(guò)量，NaHSO3

10、濃度由0.004 0 molL－1變?yōu)?，由＝v可得，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率為0.004 0 molL－180 s＝5.010－5 molL－1s－1，C項(xiàng)正確；配平可得：10NaHSO3＋4KIO3 (過(guò)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(huì)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．F2 G4 G1 C3 G2 G3 G5　 [2013廣東卷] 大氣中的部分碘源于O3對(duì)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。

11、 (1)O3將I－氧化成I2的過(guò)程由3步反應(yīng)組成： ①I(mǎi)－(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_(kāi)_______________________________________________________________________ ________________________________________________________________________，其反應(yīng)熱

12、ΔH＝________。 (2)在溶液中存在化學(xué)平衡：I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)I(aq)，其平衡常數(shù)表達(dá)式為_(kāi)_____________。 (3)為探究Fe2＋對(duì)O3氧化I－反應(yīng)的影響(反應(yīng)體系如圖0)，某研究小組測(cè)定兩組實(shí)驗(yàn)中I濃度和體系pH，結(jié)果見(jiàn)圖1和下表。 圖0 圖1 編號(hào) 反應(yīng)物 反應(yīng)前pH 反應(yīng)后pH 第1組 O3＋I(xiàn)－ 5.2 11.0 第2組 O3＋I(xiàn)－＋Fe2＋ 5.2 4.1 ①第1組實(shí)驗(yàn)中，導(dǎo)致反應(yīng)后pH升高的原因是_____________________________________________________

13、___________________ ________________________________________________________________________。 ②圖0中的A為_(kāi)_______。由Fe3＋生成A的過(guò)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18 s后

14、，I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3～18 s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中生成I的平均反應(yīng)速率(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 31．[答案] (1)2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O等　ΔH1＋ΔH2＋ΔH3 (2)K＝ (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

15、溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I(xiàn)－I(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多 ③BC (4)v(I)＝＝≈5.510－4 mol/(Ls) [解析] (1)臭氧在酸性條件下將碘離子氧化成碘單質(zhì)的過(guò)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2 I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq) ＋O2(g)＋H2O(l)，根據(jù)蓋斯定律可得其焓變?chǔ)＝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＋H2SO4Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O或

16、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－(aq)I(aq)的平衡常數(shù)表達(dá)式為；(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＋I2＋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(wú)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

17、加入將總反應(yīng)的離子方程式(2I－＋O3＋2H＋I2＋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)2 I－(aq)＋ O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq) ＋O2(g)＋H2O(l)所達(dá)平衡移動(dòng)，但是它改變反應(yīng)的路徑，由鐵離子生成亞鐵離子的過(guò)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)

18、－(aq)I(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③對(duì)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I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I濃度曲線先顯著增大后逐漸減小至無(wú)，根據(jù)上述分析可得，若c(H＋)減小，I濃度不會(huì)下降，A項(xiàng)錯(cuò)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)I(aq)的平衡左移，所以I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

19、右移，既使溶液中c(I2)減小，又使 I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)I(aq)的平衡左移，則I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)I(aq)的平衡右移，I濃度增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤；(4)讀圖，3～18 s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中I濃度由3.510－3 mol/L增加到11.810－3 mol/L，則生成I的平均反應(yīng)速率v(I)＝＝≈5.510－4 mol/(Ls)，此問(wèn)需要注意縱坐標(biāo)中 “c(I)/10－3 molL－1” 隱含的

20、信息，計(jì)算時(shí)需要圖中所得數(shù)據(jù)乘以“10－3 molL－1”。 12．F1　G1　 [2013山東卷] 對(duì)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(dòng)，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(wú)關(guān)，A項(xiàng)錯(cuò)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(dòng)，反

21、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(cuò)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(cuò)誤。 11．B1 B3 G1 H3 F4 N2　 [2013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NO還原為N2。25 ℃時(shí)，反應(yīng)進(jìn)行10 min，溶液的pH由7變?yōu)?2。 ①N2的結(jié)構(gòu)式為_(kāi)_______。 ②上述反應(yīng)離子方程式為_(kāi)_____________________________________________

22、__________________________ ________________________________________________________________________， 其平均反應(yīng)速率v(NO)為_(kāi)_______molL－1min－1。 ③還原過(guò)程中可生成中間產(chǎn)物NO，寫(xiě)出3種促進(jìn)NO水解的方法________________________________________________________________________ ___________________________________________________________

23、_____________ ________________________________________________________________________。 (2)電化學(xué)降解NO的原理如圖0所示。 圖0 ①電源正極為_(kāi)_________(填“A”或“B”)，陰極反應(yīng)式為_(kāi)_______________________________________________________________________________。 ②若電解過(guò)程中轉(zhuǎn)移了2 mol電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差(Δm左－Δm右)為_(kāi)_______g。 11．[答案] (1)①N≡

24、N ②2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O　0.001 ③加酸　升高溫度　加水 (2)①A　2NO＋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NO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＋2NON2＋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10 min 內(nèi)的變化量約為10－2 mol/L，而c(OH－)與c(NO)的變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)

25、之比，因此c(NO)的變化量為0.01 mol/L，則v(NO)＝0.001 mol/(Lmin)；③NO水解：NO＋H2OHNO2＋OH－，是一個(gè)吸熱過(guò)程，可通過(guò)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)NO轉(zhuǎn)化成N2，發(fā)生還原反應(yīng)：2NO＋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―4 e－===O2↑＋4H＋，其電極作陽(yáng)極，與其相連的A端為電源的正極；②轉(zhuǎn)移2 mol電子時(shí)，右側(cè)產(chǎn)生0.2 mol N2，質(zhì)量為5.6 g，左側(cè)產(chǎn)生0.5 mol O2，質(zhì)量為16 g，同時(shí)生成2 mol H＋，由于H＋可通過(guò)質(zhì)子

26、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：5.6 g―2 g＝3.6 g，左側(cè)電解液質(zhì)量實(shí)際減少：16 g＋2 g＝18 g，則兩側(cè)質(zhì)量差為14.4 g。 6．G1 G4 G5　 [2013四川卷] 在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.16 mol充入10 L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(guò)程中測(cè)定的數(shù)據(jù)如下表： t/min 2 4 7 9 n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10 下列說(shuō)法正確的是(　　) A．反應(yīng)前2 min的平均速率v(Z)＝2.010－3 mol/

27、(Lmin) 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＝1.44 D．其他條件不變，再充入0.2 mol Z，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(0.16 mol－0.12 mol)(10 L2 min)＝4.010－3 mol/(Lmin)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；該反應(yīng)放熱，降溫平衡正向移動(dòng)，v正＞v逆，B項(xiàng)錯(cuò)誤；列三段式，K＝＝＝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0.2 mol Z，平衡不移動(dòng)，平衡時(shí)X的體積分?jǐn)?shù)不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 28．G1 G5　 [2013新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ

28、] 在1.0 L密閉容器中放入0.10 mol A(g)，在一定溫度進(jìn)行如下反應(yīng)： A(g)B(g)＋C(g)　ΔH＝＋85.1 kJmol－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(jiàn)下表： 時(shí)間t/h 0 1 2 4 8 16 20 25 30 總壓強(qiáng)p/ 100 kPa 4.91 5.58 6.32 7.31 8.54 9.50 9.52 9.53 9.53 回答下列問(wèn)題： (1)欲提高A的平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)采取的措施為_(kāi)___________________________________________________

29、____________________ ________________________________________________________________________。 (2)由總壓強(qiáng)p和起始?jí)簭?qiáng)p0計(jì)算反應(yīng)物A的轉(zhuǎn)化率α(A)的表達(dá)式為_(kāi)___________，平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______ ，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?jí)簭?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

30、：a＝________。 反應(yīng)時(shí)間t/h 0 4 8 16 c(A)/(molL－1) 0.10 a 0.026 0.006 5 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12 h時(shí)反應(yīng)物的濃度c(A)為_(kāi)_______molL－1。 28．[答案] (1)升高溫度、降低壓強(qiáng) (2)(－1)100%　94.1% A(g)　　B(g)　　＋　　C(g) 0．10

31、 0 0 0.1094.1% 0.1094.1% K＝＝1.5 (3)①0.10　0.10(2－) ②0.051　達(dá)到平衡前每間隔4 h，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(dòng)，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)＝＝＝＝；α(A)＝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＝，n總＝0.10；n(A)＝0.10－(n總－0.10)＝0.10－＝0.10。②結(jié)合①，4 min時(shí)n(A)＝0.10 mol＝0.0

32、51 mol，c(A)＝0.051 mol/L。由表格數(shù)據(jù)可知，達(dá)到平衡前每4 h，c(A)減小約一半，那么12 h時(shí)，c(A)約為0.013 mol/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.G2 F4 H1 H3 　 [2013江蘇卷] 下列有關(guān)說(shuō)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<0 B．電解法精煉銅時(shí)，以粗銅作陰極，純銅作陽(yáng)極 C．CH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中的值減小 D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體，CO水解程度減小，

33、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(yáng)極，純銅作陰極，B項(xiàng)錯(cuò)誤；醋酸加水稀釋過(guò)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(CO)減小，c(OH－)增大，pH增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 11．G2 G3　[2013安徽卷] 一定條件下，通過(guò)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)

34、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(shì)合理的是(　　) 圖0 選項(xiàng) x y A 溫度 容器內(nèi)混合氣體的密度 B CO的物質(zhì)的量 CO2與CO的物質(zhì) 的量之比 C SO2的濃度 平衡常數(shù)K D MgSO4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(dòng)，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(dòng)，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(lái)的低，所以變小

35、，B項(xiàng)錯(cuò)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(cuò)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(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 23．E1 C2 G4 G2 G3 G1 C3 F4　 [2013福建卷] 利用化石燃料開(kāi)采、加工過(guò)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K2OM2O32RO2nH2O的無(wú)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_(kāi)_______。 ②常溫下，不能與M單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)

36、的是____________(填序號(hào))。 a．CuSO4溶液　b．Fe2O3　c．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? 已知：H2S(g)H2(g)＋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c molL－1測(cè)定H2S的轉(zhuǎn)化率，結(jié)果見(jiàn)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(guò)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(shuō)明隨溫度的升高，曲線b向曲線a逼近的原因：__

37、______________________________________________________________________。 圖0 ②電化學(xué)法 該法制氫過(guò)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_(kāi)_______________________________________________________________________ ____________

38、____________________________________________________________。 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_(kāi)_______________________________________________________________________________。 圖0 23．[答案] (1)① ②b、e (2)①　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↓＋2HCl 2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2

39、↑ [解析] (1)①無(wú)機(jī)材料K2OM2O32RO2nH2O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(huà)出硅的原子結(jié)構(gòu)示意圖；由金屬活動(dòng)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(cuò)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＋Fe2O3Al2O3＋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

40、化，c項(xiàng)錯(cuò)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(cuò)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c molL－1，985 ℃時(shí)H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，則H2S的變化濃度為0.4c molL－1，則： H2S(g)H2 (g)＋S2 (g) c 0 0 0.4c 0.4c 0.2c 0.6c 0.4c 0.2c K＝＝＝； 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

41、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

42、，電解總反應(yīng)的離子方程式：2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑。 12．G1 G3 I3或M1　 [2013福建卷] NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過(guò)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0.020 molL－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(過(guò)量)酸性溶液40.0 mL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0 A．40 ℃之前與40 ℃之后溶液變藍(lán)的時(shí)間隨溫度的變化趨勢(shì)相反 B．圖中b

43、、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率相等 C．圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率為5.010－5 molL－1s－1 D．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80 s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(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率較小，c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率較大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；混合前NaHSO3濃度為0.020 molL－1，忽略稀溶液混合前后溶液體積的變化，根據(jù)c1V1＝c2V2的稀釋定律可得

44、，混合后NaHSO3濃度為0.020 molL－1＝0.004 0 molL－1，a點(diǎn)溶液變藍(lán)時(shí)間為80 s，因?yàn)镹aHSO3不足或KIO3過(guò)量，NaHSO3濃度由0.004 0 molL－1變?yōu)?，由＝v可得，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaHSO3反應(yīng)速率為0.004 0 molL－180 s＝5.010－5 molL－1s－1，C項(xiàng)正確；配平可得：10NaHSO3＋4KIO3 (過(guò)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(huì)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。

45、 31．F2 G4 G1 C3 G2 G3 G5　 [2013廣東卷] 大氣中的部分碘源于O3對(duì)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(guò)程由3步反應(yīng)組成： ①I(mǎi)－(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_(kāi)_______________________________________________________________________

46、 ________________________________________________________________________，其反應(yīng)熱ΔH＝________。 (2)在溶液中存在化學(xué)平衡：I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)I(aq)，其平衡常數(shù)表達(dá)式為_(kāi)_____________。 (3)為探究Fe2＋對(duì)O3氧化I－反應(yīng)的影響(反應(yīng)體系如圖0)，某研究小組測(cè)定兩組實(shí)驗(yàn)中I濃度和體系pH，結(jié)果見(jiàn)圖1和下表。 圖0 圖1 編號(hào) 反應(yīng)物 反應(yīng)前pH 反應(yīng)后pH 第1組 O3＋I(xiàn)－ 5.2 11.0 第2組 O3＋I(xiàn)－＋Fe2＋ 5.2

47、4.1 ①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_(kāi)_______。由Fe3＋生成A的過(guò)程能顯著提高I－的轉(zhuǎn)化率，原因是________________________________________________________________________ _________

48、_______________________________________________________________。 ③第2組實(shí)驗(yàn)進(jìn)行18 s后，I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3～18 s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中生成I的平均反應(yīng)速率(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 31．[答案] (1)2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I(xiàn)2＋O2＋H2O等　

49、ΔH1＋ΔH2＋ΔH3 (2)K＝ (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)－I(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多 ③BC (4)v(I)＝＝≈5.510－4 mol/(Ls) [解析] (1)臭氧在酸性條件下將碘離子氧化成碘單質(zhì)的過(guò)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2 I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq) ＋O2(g)＋H2O(l)，根據(jù)蓋斯定律可得其焓變?chǔ)＝Δ

50、H1＋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＋H2SO4Na2SO4＋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－(aq)I(aq)的平衡常數(shù)表達(dá)式為；(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＋I2＋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(wú)催化劑，O3將I

51、－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＋I2＋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)2 I－(aq)＋ O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq) ＋O2(g)＋H2O(l)所達(dá)平衡移動(dòng)，但是它改變反應(yīng)的路徑，由鐵離子生成亞鐵離子的

52、過(guò)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)I(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③對(duì)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I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I濃度曲線先顯著增大后逐漸減小至無(wú)，根據(jù)上述分析可得，若c(H＋)減小，I濃度不會(huì)下降，A項(xiàng)錯(cuò)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(

53、I2)也減小，導(dǎo)致I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)I(aq)的平衡左移，所以I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)I(aq)的平衡左移，則I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)I(aq)的平衡右移，I濃度增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤；(4)讀圖，3～18 s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中I濃度由3.510－3 mol/L增加到11.8

54、10－3 mol/L，則生成I的平均反應(yīng)速率v(I)＝＝≈5.510－4 mol/(Ls)，此問(wèn)需要注意縱坐標(biāo)中 “c(I)/10－3 molL－1” 隱含的信息，計(jì)算時(shí)需要圖中所得數(shù)據(jù)乘以“10－3 molL－1”。 7．G2　[2013全國(guó)卷] 反應(yīng)X(g)＋Y(g)2Z(g)　ΔH<0，達(dá)到平衡時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．減小容器體積，平衡向右移動(dòng) 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

55、動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；加入催化劑，平衡不移動(dòng)，故Z的產(chǎn)率不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；增大c(X)，X的轉(zhuǎn)化率減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；降溫平衡向右移動(dòng)，Y的轉(zhuǎn)化率增大，D項(xiàng)正確。 29．G2　H3　 [2013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1 mol I2(g)和足量TaS2(s)，I2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______。 (2)如圖0所示，反應(yīng)(Ⅰ)在石英真空管中進(jìn)行，

56、先在溫度為T(mén)2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T(mén)1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(cè)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_(kāi)_____________，滴定反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。 (4)25 ℃時(shí)，H2SO3H

57、SO＋H＋的電離常數(shù)Ka＝110－2 molL－1，則該溫度下NaHSO3水解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kh＝________molL－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將________(填“增大”“減小”或“不變”)。 29．[答案] (1)　66.7% (2)<　I2 (3)淀粉溶液　I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO (4)110－12　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＝；設(shè)平衡時(shí)轉(zhuǎn)化I2的物質(zhì)的量2x mol，則平衡時(shí)TaI4、S2的物質(zhì)的量均為x mol，設(shè)容器體積為V L，由題

58、意得：＝1，，解得x＝，故I2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率等于66.7%。(2)在溫度為T(mén)2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T(mén)1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T(mén)2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T(mén)1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(dòng)，降溫反應(yīng)逆向移動(dòng)，因此可推知T1＜T2；利用上述過(guò)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(wú)色變?yōu)樗{(lán)色且30 s內(nèi)不褪色。(4)Kh＝＝＝＝＝110－12 molL－1

59、；加入少量的I2后，I2與HSO反應(yīng)使c(HSO)減小，引起HSO水解程度增大，所以NaHSO3溶液中將增大。 10．F2 G2 H2　 [2013天津卷] 某市對(duì)大氣進(jìn)行監(jiān)測(cè)，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2.5 μm的懸浮顆粒物)，其主要來(lái)源為燃煤、機(jī)動(dòng)車(chē)尾氣等。因此，對(duì)PM2.5、SO2、NOx等進(jìn)行研究具有重要意義。 請(qǐng)回答下列問(wèn)題： (1)將PM2.5樣本用蒸餾水處理制成待測(cè)試樣。 若測(cè)得該試樣所含水溶性無(wú)機(jī)離子的化學(xué)組分及其平均濃度如下表： 離子 K＋ Na＋ NH SO NO Cl－ 濃度/molL－1 4

60、 10－6 6 10－6 2 10－5 4 10－5 3 10－5 2 10－5 根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷PM2.5的酸堿性為_(kāi)_______，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)＋O2(g)===H2O(g)　 ΔH＝－241.8 kJmol－1 C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5 kJmol－1 寫(xiě)出焦炭與水蒸氣反應(yīng)的熱化

61、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)2　　　　　b．Na2CO3 c．CaCl2 d．NaHSO3 (3)汽車(chē)尾

62、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1 mol空氣含0.8 mol N2和0.2 mol O2，1300 ℃時(shí)在密閉容器內(nèi)反應(yīng)達(dá)到平衡，測(cè)得NO為810－4 mol。計(jì)算該溫度下的平衡常數(shù)K＝________。 汽車(chē)啟動(dòng)后，汽缸溫度越高，單位時(shí)間內(nèi)NO排放量越大，原因是________________________________________________________________________ _________________________________________________

63、_______________________。 ②汽車(chē)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(jiǎn)述該設(shè)想能否實(shí)現(xiàn)的依據(jù)：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ③目前，在汽車(chē)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_(kāi)______

64、_________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 10．[答案] (1)酸性　4 (2)①C(s)＋ H2O(g)===CO(g)＋ H2(g)　 ΔH＝ ＋131.3 kJmol－1 ②a、b (3)①410－6　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＋2NO2CO2＋N2 [解析] (1)P

65、M2.5中含NH，因NH的水解而顯酸性；根據(jù)電荷守恒得c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(Cl－)，將表格中的數(shù)據(jù)代入求得c(H＋)＝10－4 molL－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＝＋131.3 kJmol－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＝＝＝410－6；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(dòng)，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)。

66、 ③NO具有氧化性，能將CO氧化成CO2，自身被還原為N2。 7．G2 G4 G5　 [2013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/℃ 1.0 2.0 3.0 810 54.0 a b 915 c 75.0 d 1000 e f 83.0 ①b0 ④K(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，