【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(xiàn),b曲線(xiàn)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(xiàn)b向曲線(xiàn)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(xiàn)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+H2SO4Na2SO4+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+H2SO4Na2SO4+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(xiàn)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(xiàn)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+H2OHNO2+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(xiàn),b曲線(xiàn)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(xiàn)b向曲線(xiàn)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(xiàn)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+H2SO4Na2SO4+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+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-(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(xiàn)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(xiàn)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),H2SO3H
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
①b
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