G单元化学反应速率和化学平衡G1化学反应速率7．G1、G2[2015·重庆卷]羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) K＝0.1反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是( )A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应B．通入CO后，正反应速率逐渐增大C．反应前H2S物质的量为7molD．CO的平衡转化率为80%7．C [解析]升高温度H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，A项错误；通入CO后，CO的浓度增大，则正反应速率突然增大，平衡正向移动，后逐渐减小，B项错误；由于是恒容密闭容器，可用物质的量代入计算平衡常数。 CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)起始物质的量/mol 10 x 0 0转化物质的量/mol 2 2 2 2平衡物质的量/mol 8 x－2 2 2则K＝＝0.1，解得x＝7，C项正确；CO的转化率为2mol÷10mol×100%＝20%，D项错误。3．G1、G2、H5、I3[2015·天津卷]下列说法不正确的是( )A．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液3．C [解析]Na与水反应生成NaOH和H2，该反应有气体生成，且放热，为熵增的放热反应，能自发进行，A项正确；饱和Na2SO4溶液使蛋白质溶液产生沉淀是发生的盐析现象，浓硝酸使蛋白质溶液产生沉淀是发生了变性反应，二者原理不同，B项正确；FeCl3和MnO2可以催化H2O2分解，加快反应速率，但二者对H2O2的催化效率不同，C项错误；加入NH4Cl溶液，NH与OH－结合为NH3·H2O，c(OH－)减小，平衡Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移动，Mg(OH)2逐渐溶解，D项正确。13．C2、L6、C3、G1(双选)[2015·江苏卷]下列设计的实验方案能达到实验目的的是( )A．制备Al(OH)3悬浊液：向1mol·L－1AlCl3溶液中加过量的6mol·L－1NaOH溶液B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入适量饱和Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C．检验溶液中是否含有Fe2＋：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象13．BD [解析]NaOH过量，Al(OH)3会被溶解生成NaAlO2，A项错误；饱和Na2CO3溶液可以与CH3COOH反应，同时降低了乙酸乙酯在Na2CO3溶液中的溶解度，便于分液，B项正确；待测液中先加氯水，则无法确定溶液中原来存在的是Fe2＋还是Fe3＋，或二者都有，\nC项错误；H2O2的浓度相同时，一支试管中加催化剂，一支不加，通过观察生成气泡的快慢来探究加催化剂对H2O2分解速率的影响，D项正确。11．B3、H2、F3、F4、G1[2015·江苏卷]下列说法正确的是( )A．若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023B．室温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D．一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2)＝2v逆(NH3)11．C [解析]2H2O2===2H2O＋O2↑，生成1molO2时转移2mole－，A项错误；pH＝3的CH3COOH溶液中已电离出的H＋，恰好能与pH＝11的NaOH溶液电离出的OH－完全中和，但是CH3COOH是弱酸，醋酸过量，反应后溶液显酸性，B项错误；由反应方程式的化学计量数知，达到平衡时：v正(H2)∶v逆(NH3)＝3∶2，即2v正(H2)＝3v逆(NH3)，D项错误。8．G1[2015·海南卷](双选)10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是( )A．K2SO4B．CH3COONaC．CuSO4D．Na2CO38．AB [解析]K2SO4溶液对盐酸起到稀释作用，使反应速率降低，但不影响H＋的总物质的量，故不影响生成H2的物质的量，A项正确；CH3COONa溶液中的CH3COO－结合盐酸中的H＋生成弱酸CH3COOH：CH3COO－＋H＋CH3COOH，降低了H＋浓度，随着反应的进行CH3COOH向电离方向移动(上述平衡向左移动)，不影响H＋的总物质的量，故不影响生成H2的物质的量，B项正确；CuSO4会与Zn发生置换反应，铜附着在Zn表面，形成原电池，加速产生氢气的速率，C项错误；Na2CO3与HCl反应：2H＋＋CO===H2O＋CO2↑，减小了H＋的总物质的量，虽然能够降低反应速率，但同时也减少了氢气的总量，D项错误。11．G1、G2、G3、G5[2015·安徽卷]汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g)。一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，图中曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是( )图0A．温度T下，该反应的平衡常数K＝B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH＜011．A [解析]由化学方程式可写出该反应的平衡常数的表达式K＝，c0(N2)＝c0(O2),故c(N2)＝c(O2)＝c1，又有c(NO)＝2[c0(N2)－c1]，故K＝，A项正确；该体系是恒容密闭体系，混合气体的密度ρ＝\n，气体的质量和体系的体积都不变，故密度不变，B项错误；加入催化剂只能改变反应速率，不能改变化学反应限度和化学平衡转化率，曲线b相对于曲线a，氮气的平衡转化率增大了，所以不是加入催化剂，C项错误；由图像知曲线b开始时斜率大，反应速率快，若改变的是温度，则是升温，又因为平衡时氮气的浓度低，故升温使平衡向正向移动，则正向是吸热的，即ΔH＞0,D项错误。12．G1[2015·福建卷]在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是( )c/(mol·L－1)v/(mmol·L－1·min－1)T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08A.a＝6.00B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C．b＜318.2D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同12．D [解析]分析表中数据知，在318.2K时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快，蔗糖浓度每减小0.1mol/L，反应速率降低0.6mmol/(L·min)。在温度为328.2K时，蔗糖浓度由0.6mol/L降低为0.5mol/L时，速率减小了1.5mmol/(L·min)，故当浓度再减小0.1mol/L时，速率也应减小1.5mmol/(L·min)，A项正确；由表中数据变化趋势知，当温度升高(降低)与浓度减小(增大)程度相当时，反应速率可能会保持不变，B项正确；因温度升高反应速率增大，2.16mmol/(L·min)<3.60mmol/(L·min)，故b<318.2，C项正确；蔗糖浓度相同时，不同温度下反应速率不同，由t＝知D项错误。25．J4、G1[2015·福建卷]某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一 制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。图0(1)制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)若对调B和C装置的位置，________(填“能”或“不能”)提高B中氯酸钾的产率。实验二 氯酸钾与碘化钾反应的探究(3)在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行)：试管编号12340.20mol·L－1KI/mL1.01.01.01.0\nKClO3(s)/g0.100.100.100.106.0mol·L－1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______________________________________________________________________。②设计1号试管实验的作用是____________________。③若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。实验三 测定饱和氯水中氯元素的总量(4)该小组设计的实验方案为：使用如图装置，加热15.0mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是________________________________________________________________________。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)图0(5)根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节)：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。资料：i.次氯酸会破坏酸碱指示剂；ii.次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。25．(1)烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)(2)能 (3)①研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响 ②硫酸浓度为0的对照实验③ClO＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I2＋3H2O(4)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)(5)量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量(或其他合理答案)[解析](1)过滤时需要使用烧杯、漏斗、玻璃棒。(2)由于从A中出来的气体中含有HCl，HCl也能与KOH溶液反应，若B、C对调，则进入KOH溶液中的气体就不含HCl，这样有利于提高KClO3的产率。(3)实验中混合溶液总体积相同、KI及KClO3用量相同但硫酸用量不同，因此实验的目的是探究硫酸浓度大小对反应产物的影响。1号试管中没有硫酸，是用于进行对照实验的。溶液变黄色表明氧化产物是单质碘，又酸性条件下ClO的还原产物是Cl－，故离子方程式为ClO＋6H＋＋6I－===Cl－＋3I2＋3H2O\n。(4)从烧瓶中挥发出的氯气又会有一部分重新溶解在水中，同时HClO分解导致与水发生反应的氯气量增加、氯气可溶于水，不可能全部从水中逸出，故此方案无法测量水中氯元素的总量。(5)因次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此实验不用酸碱指示剂，可采用加入适当还原剂与H2O2、FeCO3等，将氯水中的氯元素全部转化为Cl－，然后加入足量的AgNO3溶液，测量生成沉淀的质量，然后进行计算。20．F2、B1、G1、H5[2015·江苏卷]烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g) ΔH＝－200.9kJ·mol－1NO(g)＋O2(g)===NO2(g) ΔH＝－58.2kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g) ΔH＝－241.6kJ·mol－1(1)反应3NO(g)＋O3(g)===3NO2(g)的ΔH＝______kJ·mol－1。(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)∶n(NO)的变化见图。图0①当n(O3)∶n(NO)>1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是__________________________________。②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是________________________________。(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO，其离子方程式为__________________________________________。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)＝______________________[用c(SO)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是________________________________________________________________________________________。20．(1)－317.3(2)①O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)②SO2与O3的反应速率慢(3)SO＋2NO2＋2OH－===SO＋2NO＋H2O(4)×c(SO) CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO的浓度增大，加快SO与NO2的反应速率[解析](1)根据盖斯定律，依据“第(1)式＋第(2)式×2”得所求反应，ΔH＝－200.9kJ·mol－1－58.2kJ·mol－1×2＝－317.3kJ·mol－1。(2)①O3具有强氧化性，可以将NO2中的N氧化至更高价态，如N2O5。②从图看，随着O3比例的增加，SO2\n的物质的量不发生变化，而NO2显著增加，说明O3与NO迅速反应，而SO2与O3的反应速率很慢。(3)由题中信息知，SO被NO2氧化生成SO，NO2被还原为NO，根据S、N的得失电子守恒配平反应，因为反应在pH约为8时进行，故需要用OH－平衡电荷。(4)CaSO3、CaSO4的溶度积常数表达式分别为Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SO)，Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)，达到平衡的溶液中对两种沉淀来说Ca2＋浓度相等，则有＝，所以c(SO)＝×c(SO)。转化过程中的反应方程式为CaSO3＋Na2SO4===CaSO4＋Na2SO3，当SO增多时，可以与NO2发生氧化还原反应，从而加快了NO2的吸收速率。30．F1、F2、G1、G2[2015·山东卷]合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。(1)一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。图0在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s) ΔH1(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应(Ⅰ)中z＝________(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。反应(Ⅰ)的焓变ΔH1________0(填“>”“＝”或“<”)。(2)η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，η(T1)________η(T2)(填“>”“＝”或“<”)。当反应(Ⅰ)处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的________点(填“b”“c”或“d”)，该贮氢合金可通过________或________的方式释放氢气。(3)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应。温度为T时，该反应的热化学方程式为____________________________________________________________。已知温度为T时：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g) ΔH＝＋165kJ·mol－1CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41kJ·mol－130．(1) 30 < (2)> c 加热 减压(3)CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)ΔH＝－206kJ·mol－1[解析](1)根据反应：zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)，由原子守恒可得：zx＋2＝zy，则z(y－x)＝2，故z＝。根据速率的定义，v＝240mL÷2g÷4min＝30mL·g－1·min－1。由AB段向A′B′段做垂线，可知升高温度，H/M增大，故该反应放热，即ΔH＜0。(2)图中T1温度下，AB段长，说明最大吸氢量占总吸氢量的比例高，即η(T1)>η(T2\n)；当反应(Ⅰ)处于a点时，向恒容体系中通入H2，平衡向右移动，则达到平衡后可能处于图中c点。该合金可以通过减压或升温的方式，使其释放氢气。(3)根据盖斯定律，将下式－上式得：CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)，则ΔH＝－41kJ/mol－165kJ/mol＝－206kJ/mol。7．G1、G2、G3、G4[2015·四川卷]一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是( )A．550℃时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP＝24.0p总7．B [解析]550℃时，若充入惰性气体，由于保持压强不变，体积增大，相当于对原体系的减压过程，v正、v逆均减小，平衡向正反应方向移动，A项错误；根据图示可知，在650℃时，CO的体积分数为40%，根据反应方程式：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。设开始加入1molCO2，反应掉了xmol，则有： C(s) ＋ CO2(g) === 2CO(g)始态： 1mol 0变化： xmol 2xmol平衡： (1－x)mol 2xmol因此有：×100%＝40%，解得x＝0.25，故B项正确；T℃，平衡时CO和CO2的体积比1∶1，再按1∶1加入两种气体，平衡将不发生移动，C项错误；925℃时，CO的体积分数为96%，故KP＝＝23.04p总，D项错误。G2化学平衡及勒夏特列原理化学反应进行的方向（课标中必须有）7．G1、G2[2015·重庆卷]羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) K＝0.1反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是( )A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应B．通入CO后，正反应速率逐渐增大C．反应前H2S物质的量为7molD．CO的平衡转化率为80%7．C [解析]升高温度H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，A项错误；通入CO后，CO的浓度增大，则正反应速率突然增大，平衡正向移动，后逐渐减小，B项错误；由于是恒容密闭容器，可用物质的量代入计算平衡常数。 CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)\n起始物质的量/mol 10 x 0 0转化物质的量/mol 2 2 2 2平衡物质的量/mol 8 x－2 2 2则K＝＝0.1，解得x＝7，C项正确；CO的转化率为2mol÷10mol×100%＝20%，D项错误。6．G2、G4[2015·天津卷]某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX(g)和2molY(g)发生反应：X(g)＋mY(g)3Z(g)。平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是( )A．m＝2B．两次平衡的平衡常数相同C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol·L－16．D [解析]在平衡体系中加入1molZ(g)，再次平衡时各物质的体积分数不变，则为等效平衡，根据等效平衡原理，则反应前后气体分子数相等，故m＝2，A项正确；两次平衡只是改变体系中物质的浓度，而温度不变，因此平衡常数不变，B项正确；起始时X、Y的物质的量之比等于化学计量数之比，因此平衡转化率相等，C项正确；第一次达平衡时，Z的浓度为0.15mol/L，第一次等效于起始时充入3molZ，第二次等效于起始时充入4molZ，故第二次Z的浓度为0.15mol/L×＝0.2mol/L，D项错误。3．G1、G2、H5、I3[2015·天津卷]下列说法不正确的是( )A．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液3．C [解析]Na与水反应生成NaOH和H2，该反应有气体生成，且放热，为熵增的放热反应，能自发进行，A项正确；饱和Na2SO4溶液使蛋白质溶液产生沉淀是发生的盐析现象，浓硝酸使蛋白质溶液产生沉淀是发生了变性反应，二者原理不同，B项正确；FeCl3和MnO2可以催化H2O2分解，加快反应速率，但二者对H2O2的催化效率不同，C项错误；加入NH4Cl溶液，NH与OH－结合为NH3·H2O，c(OH－)减小，平衡Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移动，Mg(OH)2逐渐溶解，D项正确。11．G1、G2、G3、G5[2015·安徽卷]汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g)。一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，图中曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是( )\n图0A．温度T下，该反应的平衡常数K＝B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH＜011．A [解析]由化学方程式可写出该反应的平衡常数的表达式K＝，c0(N2)＝c0(O2),故c(N2)＝c(O2)＝c1，又有c(NO)＝2[c0(N2)－c1]，故K＝，A项正确；该体系是恒容密闭体系，混合气体的密度ρ＝，气体的质量和体系的体积都不变，故密度不变，B项错误；加入催化剂只能改变反应速率，不能改变化学反应限度和化学平衡转化率，曲线b相对于曲线a，氮气的平衡转化率增大了，所以不是加入催化剂，C项错误；由图像知曲线b开始时斜率大，反应速率快，若改变的是温度，则是升温，又因为平衡时氮气的浓度低，故升温使平衡向正向移动，则正向是吸热的，即ΔH＞0,D项错误。30．F1、F2、G1、G2[2015·山东卷]合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。(1)一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。图0在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s) ΔH1(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应(Ⅰ)中z＝________(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。反应(Ⅰ)的焓变ΔH1________0(填“>”“＝”或“<”)。(2)η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，η(T1)________η(T2)(填“>”“＝”或“<”)。当反应(Ⅰ)处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的________点(填“b”“c”或“d”)，该贮氢合金可通过________或________的方式释放氢气。(3)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应。温度为T时，该反应的热化学方程式为____________________________________________________________。已知温度为T时：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g) ΔH＝＋165kJ·mol－1CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41kJ·mol－1\n30．(1) 30 < (2)> c 加热 减压(3)CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)ΔH＝－206kJ·mol－1[解析](1)根据反应：zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)，由原子守恒可得：zx＋2＝zy，则z(y－x)＝2，故z＝。根据速率的定义，v＝240mL÷2g÷4min＝30mL·g－1·min－1。由AB段向A′B′段做垂线，可知升高温度，H/M增大，故该反应放热，即ΔH＜0。(2)图中T1温度下，AB段长，说明最大吸氢量占总吸氢量的比例高，即η(T1)>η(T2)；当反应(Ⅰ)处于a点时，向恒容体系中通入H2，平衡向右移动，则达到平衡后可能处于图中c点。该合金可以通过减压或升温的方式，使其释放氢气。(3)根据盖斯定律，将下式－上式得：CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)，则ΔH＝－41kJ/mol－165kJ/mol＝－206kJ/mol。27．F1、F2、G2、G3[2015·全国卷Ⅱ]甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3回答下列问题：(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下：化学键H—HC—OC≡OH—OC—HE/(kJ·mol－1)4363431076465413`由此计算ΔH1＝________kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58kJ·mol－1，则ΔH3＝________kJ·mol－1。(2)反应①的化学平衡常数K表达式为____________；图(a)中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)，其判断理由是______________________________________________________。(a)\n(b)图0(3)合成气组成n(H2)/n(CO＋CO2)＝2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图(b)所示。α(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”)，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________；图(b)中的压强由大到小为________，其判断理由是____________________________________________。27．(1)－99 ＋41(2)K＝[或Kp＝] a 反应①为放热反应，平衡常数数值应随温度升高而变小(3)减小 反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，升高温度时，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低 p3>p2>p1 相同温度下，由于反应①为气体分数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高[解析](1)根据反应热＝断开旧键吸收的总能量－形成新键释放的总能量，ΔH1＝(1076＋436×2)kJ·mol－1－(413×3＋343＋465)kJ·mol－1＝－99kJ·mol－1。②式－③式可得①式，故ΔH2－ΔH3＝ΔH1，ΔH3＝－58kJ·mol－1－(－99kJ·mol－1)＝41kJ·mol－1。(2)反应①为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数K减小，a曲线正确。28．C3、D2、F3、G2[2015·北京卷]为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究反应“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2”中Fe3＋和Fe2＋的相互转化。实验如下：(1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ，目的是使实验Ⅰ的反应达到____________________。(2)iii是ii的对比试验，目的是排除ii中____________________________造成的影响。(3)i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2＋向Fe3＋转化。用化学平衡移动原理解释原因：______________________________________________________________。(4)根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2＋向Fe3＋转化的原因：外加Ag＋使c(I－)降低，导致I－的还原性弱于Fe2＋，用如图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。\n图0①K闭合时，指针向右偏转，b作________极。②当指针归零(反应达到平衡)后，向U形管左管中滴加0.01mol/LAgNO3溶液，产生的现象证实了其推测。该现象是__________________________________________。(5)按照(4)的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2＋向Fe3＋转化的原因。①转化原因是____________________________________________________________________________________。②与(4)实验对比，不同的操作是____________________________________________________________________。(6)实验Ⅰ中，还原性：I－>Fe2＋；而实验Ⅱ中，还原性：Fe2＋>I－，将(3)和(4)、(5)作对比，得出的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。28．(1)化学平衡状态 (2)溶液稀释对颜色变化(3)加入Ag＋发生反应：Ag＋＋I－===AgI↓，c(I－)降低；或增大c(Fe2＋)，平衡均逆向移动(4)①正 ②左管产生黄色沉淀，指针向左偏转(5)①Fe2＋随浓度增大，还原性增强，使Fe2＋还原性强于I－ ②向右管中加入1mol/LFeSO4溶液(6)该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向[解析](1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ，目的是使实验Ⅰ的反应达到化学平衡状态。(2)根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响。(3)i.加入AgNO3溶液，Ag＋与I－生成AgI黄色沉淀，I－浓度降低，2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡逆向移动；ii.加入FeSO4溶液，Fe2＋浓度增大，平衡逆向移动。(4)①K闭合时，指针向右偏转，b极为Fe3＋得电子，作正极；②当指针归零(反应达到平衡)后，向U形管左管滴加0.01mol/LAgNO3溶液，产生黄色沉淀，I－浓度减小，2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2平衡左移，指针向左偏转。7．G1、G2、G3、G4[2015·四川卷]一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：\n已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是( )A．550℃时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP＝24.0p总7．B [解析]550℃时，若充入惰性气体，由于保持压强不变，体积增大，相当于对原体系的减压过程，v正、v逆均减小，平衡向正反应方向移动，A项错误；根据图示可知，在650℃时，CO的体积分数为40%，根据反应方程式：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。设开始加入1molCO2，反应掉了xmol，则有： C(s) ＋ CO2(g) === 2CO(g)始态： 1mol 0变化： xmol 2xmol平衡： (1－x)mol 2xmol因此有：×100%＝40%，解得x＝0.25，故B项正确；T℃，平衡时CO和CO2的体积比1∶1，再按1∶1加入两种气体，平衡将不发生移动，C项错误；925℃时，CO的体积分数为96%，故KP＝＝23.04p总，D项错误。10．B3、C3、G2、H3[2015·天津卷]FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：(1)FeCl3净水的原理是__________________________________________________________________________。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)______________________________。(2)为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。①若酸性FeCl2废液中c(Fe2＋)＝2.0×10－2mol·L－1,c(Fe3＋)＝1.0×10－3mol·L－1，c(Cl－)＝5.3×10－2mol·L－1，则该溶液的pH约为________。②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：ClO＋Fe2＋＋________===Cl－＋Fe3＋＋________(3)FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋ K1Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)＋H＋ K2Fe(OH)＋H2OFe(OH)3＋H＋ K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是________________。通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2OFex(OH)＋yH＋\n欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)________。a．降温b．加水稀释c．加入NH4Cld．加入NaHCO3室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是__________________。(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L－1)表示]的最佳范围约为________mg·L－1。图010．(1)Fe3＋水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(2)①2 ②1 6 6H＋ 1 6 3H2O(3)K1>K2>K3 bd 调节溶液的pH(4)18～20[解析](1)FeCl3净水，是Fe3＋水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质。FeCl3中Fe3＋具有氧化性，能氧化Fe：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，因此能腐蚀钢铁设备。(2)①该溶液为酸性溶液，根据电荷守恒，2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)，则c(H＋)＝5.3×10－2mol/L－2×2.0×10－2mol/L－3×1.0×10－3mol/L＝1.0×10－2mol/L，溶液的pH＝－lg1.0×10－2＝2。(3)一级水解常数大于二级水解常数，二级水解常数大于三级水解常数。水解吸热，降温时，水解平衡逆向移动，a错；加水稀释有利于水解，水解平衡正向移动，b对；加入NH4Cl，NH结合OH－，c(H＋)增大，水解平衡逆向移动，c错；加入NaHCO3，c(H＋)减小，水解平衡正向移动，d对。根据Fe3＋水解生成聚合氯化铁的方程式，调节溶液的pH可以使水解平衡不断正向进行。(4)根据图示，Fe的浓度为18～20mg·L－1时去污率较高，而污水浑浊度较低。28．E3F2G2[2015·浙江卷]乙苯催化脱氢制苯乙烯的反应为CH2CH3(g)CHCH2(g)＋H2(g)。(1)已知：化学键C—HC—CC===CH—H键能/(kJ·mol－1)412348612436计算上述反应的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)维持体系总压p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K＝__________(用α等符号表示)。(3)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1∶9)，控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：\n①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实：__________________________________________________________________________________________。②控制反应温度为600℃的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺——乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸气工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2＋H2===CO＋H2O，CO2＋C===2CO。新工艺的特点有________(填编号)。①CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移②不用高温水蒸气，可降低能量消耗③有利于减少积炭④有利于CO2资源利用28．(1)124(2)Kp＝p或Kc＝(3)①正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果②600℃，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大(4)①②③④[解析](1)用反应物的总键能减去生成的总键能等于反应的焓变，反应可看成是苯乙烷中乙基的两个碳氢键断裂，由碳碳单键变成碳碳双键，同时有H2生成，故有ΔH＝412kJ·mol－1×2＋348kJ·mol－1－612kJ·mol－1－436kJ·mol－1＝124kJ·mol－1。(2)平衡时，n(乙苯)＝n(1－α)mol，n(苯乙烯)＝nαmol，n(H2)＝nαmol，由压强恒定，所以反应前后物质的量之比等于体积之比，有n∶(n＋nα)＝V∶V(反应后)，V(反应后)＝(1＋α)V，Kc＝＝。(3)①因为维持总压不变，所以通入水蒸气，相当于减压，平衡正向移动，乙苯的转化率提高。②分析图示，在600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性高。(4)①CO2与生成物H2反应，可促使平衡正向移动，从而提高苯乙烯的产率；②高温条件下，需要消耗能量；③由方程式知，生成的C转化成CO，故该工艺减少了积炭；④CO2会产生温室效应，若将其合理应用，是有益的。所以①②③④均正确。G3速率、平衡图像\n15．G3(双选)[2015·江苏卷]在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是( )图0A．反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g)的ΔS>0、ΔH<0B．体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)D．逆反应速率v逆：v逆(状态Ⅰ)>v逆(状态Ⅲ)15．BC [解析]从图中看，升高温度，c(CO2)减小，即平衡正向移动，所以反应为吸热反应，A项错误；Ⅰ处是通入0.1molCO2的T－c曲线，Ⅱ处是通入0.2molCO2的T－c曲线，可将状态Ⅱ假设为以下过程：先在1.0L密闭容器中通入0.1molCO2，此时的压强与Ⅰ处相等，再通入0.1molCO2，假设平衡不移动，此时的压强等于2p总(状态Ⅰ)，当状态Ⅱ与状态Ⅰ中c(CO2)相等时，应使反应正向移动，气体产物的量增加，因此p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)，B项正确；状态Ⅱ可以看作先通0.1molCO2，此时两者CO的浓度相等，再通入0.1molCO2，假设平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于Ⅲ状态CO浓度的2倍，但再充入CO2，相当于增大压强，平衡左移，消耗CO，因此c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，故正确；状态Ⅲ比状态Ⅰ的温度高，所以状态Ⅲ的反应速率快，D项错误。11．G1、G2、G3、G5[2015·安徽卷]汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g)。一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，图中曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是( )图0A．温度T下，该反应的平衡常数K＝B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH＜011．A [解析]由化学方程式可写出该反应的平衡常数的表达式K＝，\nc0(N2)＝c0(O2),故c(N2)＝c(O2)＝c1，又有c(NO)＝2[c0(N2)－c1]，故K＝，A项正确；该体系是恒容密闭体系，混合气体的密度ρ＝，气体的质量和体系的体积都不变，故密度不变，B项错误；加入催化剂只能改变反应速率，不能改变化学反应限度和化学平衡转化率，曲线b相对于曲线a，氮气的平衡转化率增大了，所以不是加入催化剂，C项错误；由图像知曲线b开始时斜率大，反应速率快，若改变的是温度，则是升温，又因为平衡时氮气的浓度低，故升温使平衡向正向移动，则正向是吸热的，即ΔH＞0,D项错误。26．B3、D2、G3、G5[2015·北京卷]氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如图所示：图0(1)反应Ⅰ的化学方程式是________________________。(2)反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。①根据上述事实，下列说法正确的是________(选填序号)。a．两层溶液的密度存在差异b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②辨别两层溶液的方法是__________________________________________________________________________。③经检测，H2SO4层中c(H＋)∶c(SO)＝2.06∶1。其比值大于2的原因是____________________________。(3)反应Ⅱ：2H2SO4(l)2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g) ΔH＝＋550kJ/mol它由两步反应组成：i．H2SO4(l)===SO3(g)＋H2O(g) ΔH＝＋177kJ/molii.SO3(g)分解。L(L1、L2)，X可分别代表压强或温度。图0表示L一定时，ii中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。图0①X代表的物理量是__________________。②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：____________________________________________________________。26．(1)SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI(2)①a、c\n②观察颜色，颜色深的是HI层，颜色浅的是H2SO4层③H2SO4层中含有少量HI(3)①压强②L1<L2。SO3(g)分解的热化学方程式：2SO3(g)===2SO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋196kJ/mol，压强一定时，温度升高，平衡转化率增大[解析](1)根据图中信息可知反应Ⅰ的反应物为SO2、I2、H2O，生成物为H2SO4、HI，根据氧化还原反应得失电子守恒配平方程式。(2)①加入I2前未出现分层，加入I2后，I2在HI溶液中的溶解度大于在H2SO4中的溶解度，两溶液存在密度差，出现分层；②由于I2在HI层溶解度大，故颜色深，在H2SO4层溶解度小，故颜色浅；③H2SO4溶液中溶有低浓度的碘，与水发生反应I2＋H2OHI＋HIO，c(H＋)增大，使溶液中c(H＋)∶c(SO)的比值大于2。(3)根据反应Ⅱ和步骤ⅰ写出步骤ⅱ的热化学方程式：2SO3(g)===2SO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋196kJ·mol－1；①该反应正反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，故X代表的物理量为压强；②根据①可知L代表的物理量为温度。该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，SO3的转化率增大，故L2>L1。27．F1、F2、G2、G3[2015·全国卷Ⅱ]甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3回答下列问题：(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下：化学键H—HC—OC≡OH—OC—HE/(kJ·mol－1)4363431076465413`由此计算ΔH1＝________kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58kJ·mol－1，则ΔH3＝________kJ·mol－1。(2)反应①的化学平衡常数K表达式为____________；图(a)中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)，其判断理由是______________________________________________________。(a)\n(b)图0(3)合成气组成n(H2)/n(CO＋CO2)＝2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图(b)所示。α(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”)，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________；图(b)中的压强由大到小为________，其判断理由是____________________________________________。27．(1)－99 ＋41(2)K＝[或Kp＝] a 反应①为放热反应，平衡常数数值应随温度升高而变小(3)减小 反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，升高温度时，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低 p3>p2>p1 相同温度下，由于反应①为气体分数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高[解析](1)根据反应热＝断开旧键吸收的总能量－形成新键释放的总能量，ΔH1＝(1076＋436×2)kJ·mol－1－(413×3＋343＋465)kJ·mol－1＝－99kJ·mol－1。②式－③式可得①式，故ΔH2－ΔH3＝ΔH1，ΔH3＝－58kJ·mol－1－(－99kJ·mol－1)＝41kJ·mol－1。(2)反应①为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数K减小，a曲线正确。7．G1、G2、G3、G4[2015·四川卷]一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是( )A．550℃时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP＝24.0p总7．B [解析]550℃\n时，若充入惰性气体，由于保持压强不变，体积增大，相当于对原体系的减压过程，v正、v逆均减小，平衡向正反应方向移动，A项错误；根据图示可知，在650℃时，CO的体积分数为40%，根据反应方程式：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。设开始加入1molCO2，反应掉了xmol，则有： C(s) ＋ CO2(g) === 2CO(g)始态： 1mol 0变化： xmol 2xmol平衡： (1－x)mol 2xmol因此有：×100%＝40%，解得x＝0.25，故B项正确；T℃，平衡时CO和CO2的体积比1∶1，再按1∶1加入两种气体，平衡将不发生移动，C项错误；925℃时，CO的体积分数为96%，故KP＝＝23.04p总，D项错误。G4等效平衡与化学平衡计算6．G2、G4[2015·天津卷]某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX(g)和2molY(g)发生反应：X(g)＋mY(g)3Z(g)。平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是( )A．m＝2B．两次平衡的平衡常数相同C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol·L－16．D [解析]在平衡体系中加入1molZ(g)，再次平衡时各物质的体积分数不变，则为等效平衡，根据等效平衡原理，则反应前后气体分子数相等，故m＝2，A项正确；两次平衡只是改变体系中物质的浓度，而温度不变，因此平衡常数不变，B项正确；起始时X、Y的物质的量之比等于化学计量数之比，因此平衡转化率相等，C项正确；第一次达平衡时，Z的浓度为0.15mol/L，第一次等效于起始时充入3molZ，第二次等效于起始时充入4molZ，故第二次Z的浓度为0.15mol/L×＝0.2mol/L，D项错误。7．G1、G2、G3、G4[2015·四川卷]一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是( )A．550℃时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP＝24.0p总\n7．B [解析]550℃时，若充入惰性气体，由于保持压强不变，体积增大，相当于对原体系的减压过程，v正、v逆均减小，平衡向正反应方向移动，A项错误；根据图示可知，在650℃时，CO的体积分数为40%，根据反应方程式：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。设开始加入1molCO2，反应掉了xmol，则有： C(s) ＋ CO2(g) === 2CO(g)始态： 1mol 0变化： xmol 2xmol平衡： (1－x)mol 2xmol因此有：×100%＝40%，解得x＝0.25，故B项正确；T℃，平衡时CO和CO2的体积比1∶1，再按1∶1加入两种气体，平衡将不发生移动，C项错误；925℃时，CO的体积分数为96%，故KP＝＝23.04p总，D项错误。28．F1、G4、G5、H5[2015·全国卷Ⅰ]碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为____________。(2)上述浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为______________。[已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17](3)已知反应2HI(g)===H2(g)＋I2(g)的ΔH＝＋11kJ·mol－1，1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为________kJ。(4)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为________________。②上述反应中，正反应速率为v正＝k正x2(HI)，逆反应速率为v逆＝k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为________(以K和k正表示)。若k正＝0.0027min－1，在t＝40min时，v正＝________min－1。③由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为________(填字母)。\n28.(1)MnSO4或(Mn2＋)(2)4.7×10－7(3)299(4)① ② 1.95×10－3③A、E[解析](1)海藻中的碘应为I－，与MnO2和H2SO4反应的离子方程式为2I－＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O，还原产物为MnSO4。(2)Ksp(AgCl)＝1.8×10－10>Ksp(AgI)＝8.5×10－17，当AgCl开始沉淀时，AgI已经沉淀，即AgCl、AgI均达沉淀溶解平衡状态，此时溶液中＝＝＝4.7×10－7。(3)设HI的键能为x，则有2x－436kJ·mol－1－151kJ·mol－1＝＋11kJ·mol－1，解得x＝299kJ·mol－1。(4)①根据表格中数据分析知HI的起始物质的量为1mol,120min分解反应达平衡状态，HI的平衡物质的量为0.784mol，三行式计算表示如下： 2HI(g) H2 (g)＋I2(g)n0： 1mol 0 0Δn： 0.216mol 0.108mol 0.108moln平： 0.784mol 0.108mol 0.108mol2HI(g)H2(g)＋I2(g)为气体分子数不变的反应，K值计算如下：K＝。②平衡时v正＝v逆，k正x2(HI)＝k逆x(H2)x(I2)，则＝＝K，则k逆＝。若k正＝0.0027min－1，在t＝40min时，v正＝0.0027min－1×0.852＝1.95×10－3min－1。③该反应是吸热反应，升高温度，正逆反应速率增大，而平衡正向移动，HI的物质的量分数降低，H2的物质的量分数升高，故平衡时v正和v逆分别对应A点、E点。G5化学反应速率和化学平衡综合11．G1、G2、G3、G5[2015·安徽卷]汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g)。一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，图中曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是( )\n图0A．温度T下，该反应的平衡常数K＝B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH＜011．A [解析]由化学方程式可写出该反应的平衡常数的表达式K＝，c0(N2)＝c0(O2),故c(N2)＝c(O2)＝c1，又有c(NO)＝2[c0(N2)－c1]，故K＝，A项正确；该体系是恒容密闭体系，混合气体的密度ρ＝，气体的质量和体系的体积都不变，故密度不变，B项错误；加入催化剂只能改变反应速率，不能改变化学反应限度和化学平衡转化率，曲线b相对于曲线a，氮气的平衡转化率增大了，所以不是加入催化剂，C项错误；由图像知曲线b开始时斜率大，反应速率快，若改变的是温度，则是升温，又因为平衡时氮气的浓度低，故升温使平衡向正向移动，则正向是吸热的，即ΔH＞0,D项错误。26．B3、D2、G3、G5[2015·北京卷]氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如图所示：图0(1)反应Ⅰ的化学方程式是________________________。(2)反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。①根据上述事实，下列说法正确的是________(选填序号)。a．两层溶液的密度存在差异b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②辨别两层溶液的方法是__________________________________________________________________________。③经检测，H2SO4层中c(H＋)∶c(SO)＝2.06∶1。其比值大于2的原因是____________________________。(3)反应Ⅱ：2H2SO4(l)2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g) ΔH＝＋550kJ/mol它由两步反应组成：i．H2SO4(l)===SO3(g)＋H2O(g) ΔH＝＋177kJ/molii.SO3(g)分解。\nL(L1、L2)，X可分别代表压强或温度。图0表示L一定时，ii中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。图0①X代表的物理量是__________________。②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：____________________________________________________________。26．(1)SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI(2)①a、c②观察颜色，颜色深的是HI层，颜色浅的是H2SO4层③H2SO4层中含有少量HI(3)①压强②L1<L2。SO3(g)分解的热化学方程式：2SO3(g)===2SO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋196kJ/mol，压强一定时，温度升高，平衡转化率增大[解析](1)根据图中信息可知反应Ⅰ的反应物为SO2、I2、H2O，生成物为H2SO4、HI，根据氧化还原反应得失电子守恒配平方程式。(2)①加入I2前未出现分层，加入I2后，I2在HI溶液中的溶解度大于在H2SO4中的溶解度，两溶液存在密度差，出现分层；②由于I2在HI层溶解度大，故颜色深，在H2SO4层溶解度小，故颜色浅；③H2SO4溶液中溶有低浓度的碘，与水发生反应I2＋H2OHI＋HIO，c(H＋)增大，使溶液中c(H＋)∶c(SO)的比值大于2。(3)根据反应Ⅱ和步骤ⅰ写出步骤ⅱ的热化学方程式：2SO3(g)===2SO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋196kJ·mol－1；①该反应正反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，故X代表的物理量为压强；②根据①可知L代表的物理量为温度。该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，SO3的转化率增大，故L2>L1。28．F1、G4、G5、H5[2015·全国卷Ⅰ]碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为____________。(2)上述浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为______________。[已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17](3)已知反应2HI(g)===H2(g)＋I2(g)的ΔH＝＋11kJ·mol－1，1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为________kJ。(4)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784\nx(HI)00.600.730.7730.7800.784①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为________________。②上述反应中，正反应速率为v正＝k正x2(HI)，逆反应速率为v逆＝k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为________(以K和k正表示)。若k正＝0.0027min－1，在t＝40min时，v正＝________min－1。③由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为________(填字母)。28.(1)MnSO4或(Mn2＋)(2)4.7×10－7(3)299(4)① ② 1.95×10－3③A、E[解析](1)海藻中的碘应为I－，与MnO2和H2SO4反应的离子方程式为2I－＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O，还原产物为MnSO4。(2)Ksp(AgCl)＝1.8×10－10>Ksp(AgI)＝8.5×10－17，当AgCl开始沉淀时，AgI已经沉淀，即AgCl、AgI均达沉淀溶解平衡状态，此时溶液中＝＝＝4.7×10－7。(3)设HI的键能为x，则有2x－436kJ·mol－1－151kJ·mol－1＝＋11kJ·mol－1，解得x＝299kJ·mol－1。(4)①根据表格中数据分析知HI的起始物质的量为1mol,120min分解反应达平衡状态，HI的平衡物质的量为0.784mol，三行式计算表示如下： 2HI(g) H2 (g)＋I2(g)n0： 1mol 0 0Δn： 0.216mol 0.108mol 0.108moln平： 0.784mol 0.108mol 0.108mol2HI(g)H2(g)＋I2(g)为气体分子数不变的反应，K值计算如下：K＝。②平衡时v正＝v逆，k正x2(HI)＝k逆x(H2)x(I2)，则＝＝K，则k逆＝。若k正＝0.0027min－1，在t＝40min时，v正＝0.0027min－1×0.852＝1.95×10－3min－1。③\n该反应是吸热反应，升高温度，正逆反应速率增大，而平衡正向移动，HI的物质的量分数降低，H2的物质的量分数升高，故平衡时v正和v逆分别对应A点、E点。1．[2015·荆门调研]工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝QkJ/mol(Q＞0)。某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是( )A．反应过程中，若增大压强，能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol,则达平衡时，吸收热量为QkJC．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/(L·min)D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好反应1．D [解析]增大压强，平衡逆向移动，降低SiCl4的转化率，A错误；该反应为可逆反应，不能进行彻底，B错误；H2的反应速率为0.03/2mol/(L·min)＝0.015mol/(L·min)，C错误；根据方程式，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成0.1molHCl，与100mL1mol/L的NaOH溶液恰好反应，D正确。1．[2015·成都期末]已知反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝QkJ·mol－1，在三个不同容积的容器中分别充入1molCO与2molH2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表。下列说法正确的是( )温度(℃)容器体积CO转化率平衡压强(p)①200V150%p1②200V270%p2③350V350%p3A．反应速率：③＞①＞②B．平衡时体系压强：p1p2＝54C．若容器体积V1＞V3，则Q＜0D．若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%1．C [解析]①、②的温度相同，而转化率②＞①，则②可看作在①的基础上加压，即V1＞V2，因此反应速率②＞①，A错误；①与②比较，达平衡时，平衡混合物的物质的量之比为5∶4，但V1与V2不等，因此平衡时体系压强p1p2不等于54，B错误；若容器体积V1＞V3、温度相同，则①与③比较，CO的转化率③＞①，但CO的转化率相同，则可看作在这个基础上③的平衡逆向移动，而升温平衡向吸热方向移动，即逆向是吸热反应，故C正确；若实验②中CO和H2用量均加倍，则可看作在②的基础上压缩，CO转化率增大，D错误。2．[2015·潍坊一模]氮及其化合物在工业生产和科技等领域有广泛应用。(1)肼(N2H4)常用于火箭或原电池的燃料。已知：N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7kJ/molN2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol－1H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44kJ·mol－1①反应2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝____________kJ·mol－1。②一定温度下，将N2H4与NO2以体积比11置于10L密闭容器中发生反应2N2H4(g)＋2NO2(g)3N2(g)＋4H2O(l)，下列不能说明反应达到平衡状态的是____。(填序号)A．混合气体密度保持不变B．混合气体颜色保持不变\nC．N2H4与NO2体积比保持不变D．体系压强保持不变③在10L的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量变化如下表： 时间物质的量/mol n(N2H4)n(NO2)n(N2)起始0.81.60第2min0.6a0.3第5min0.41.20.6第6min0.41.20.6第10min0.61.40.3前2min内NO2的平均反应速率为________________________________________________________________________。平衡时NO2的转化率为_________；该温度下反应的平衡常数K＝________。反应在第6min时改变了条件，改变的条件可能是__________。(填序号)A．使用催化剂B．升高温度B.减小压强D．增加NO2的量(2)HNO3和As2S3能发生反应：As2S3＋10HNO3===2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O，反应中被氧化的元素为________________。若该反应中转移电子的物质的量为5mol时，产物中的S经过转化全部生成浓H2SO4，然后与足量的铜在加热条件下反应消耗铜的量________。(填序号)A．小于0.75molB．等于0.75molC．大于0.75molD．无法确定2．(1)①－1311.7 ②C ③0.01mol·L－1·min－1 25%9．375或 BC(2)As、S A[解析](1)①对所给热化学方程式进行编号：①N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7kJ/mol②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol－1③H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44kJ·mol－1根据盖斯定律：②×2－①＋③×4可得热化学方程式为：2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1311.7kJ·mol－1。②H2O为液体，故容器内气体密度是变量，当混合气体的密度保持不变时，反应达到平衡状态；反应中NO2为红棕色，当容器内气体颜色不变说明NO2浓度不变，反应达到平衡状态；N2H4和NO2的加入比例和消耗比例相等，故二者比始终不变，不能说明反应达到平衡状态；该反应是气体物质的量总和减小的反应，容器内的压强是变量，当压强不变时反应达到平衡状态。③v(NO2)＝2v(N2)/3＝2×0.3mol/(10L×2min×3)＝0.01mol/(L·min)。达到平衡时NO2消耗的物质的量为0.4mol，则NO2的转化率为：0.4mol÷1.6mol×100%＝25%。\nK＝，将相关物质的量浓度代入即可得平衡常数为9.375或。(2)As2S3中As和S的化合价分别为＋3、－2价，H3AsO4、S中As和S的化合价分别为＋5、0价，被氧化；HNO3―→NO2氮元素的化合价降低，被还原。反应中转移10e－，当转移5mol电子时，生成1.5molS，完全转化可生成1.5mol浓硫酸。铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低反应终止，不能彻底进行，故消耗的Cu的物质的量小于0.75mol。2．[2015·江西省重点中学协作体一模]氮元素是一种重要的非金属元素，可形成多种化合物。试回答下列有关问题：(1)①已知4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－1200kJ·mol－1，对于该反应，改变某一反应条件(已知温度T2＞T1)，下列图像正确的是___________(填代号)。图292②已知CO与H2O在一定条件下可以发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－QkJ·mol－1820℃时在甲、乙两个恒容密闭容器中，起始时按照下表进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，若甲中CO的转化率为40%，则该反应的平衡常数为________；乙容器吸收的热量为________。甲乙0.10molH2O0.20molH20.10molCO0.20molCO2(2)氨水常用作沉淀剂，已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33，向浓度均为0.1mol·L－1的FeCl3和AlCl3混合溶液中加入氨水，首先生成的沉淀是_________(填化学式)。(3)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气，已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(l) ΔH＝－19.5kJ·mol－1②N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.2kJ·mol－1写出肼与四氧化二氮反应的热化学方程式________________________________________________________________________\n________________________________________________________________________。2．(1)①乙 ② 0.12QkJ (2)Fe(OH)3(3)2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1048.9kJ·mol－1[解析](1)①该反应是气体体积减小的放热反应。升高温度，正、逆反应速率应同时瞬间增大，甲错误；温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，不利于反应向正反应方向进行，乙图正确；增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数减小，丙图像错误。②该反应是气体体积不变的反应 CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)起始/mol:0.1 0.1 0 0转化/mol:0.04 0.04 0.04 0.04平衡/mol:0.06 0.06 0.04 0.04平衡常数K＝[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]＝4/9。温度不变，平衡常数不变，反应逆向进行，转化率则为60%，吸收热量0.2×0.6×Q＝0.12Q。(2)Fe(OH)3和Al(OH)3的表达式相同，Fe(OH)3的Ksp较小，先生成沉淀。(3)根据盖斯定律，②×2－①得：2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1048.9kJ·mol－1。2．[2015·成都期末]某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气。(1)活性炭还原法反应原理：恒温恒容，反应2C(s)＋2SO2(g)S2(g)＋2CO2(g)。进行到不同时间测得各物质的浓度如图G43所示：图G43①第一次出现平衡的时间是第________min；②0～20min反应速率表示为v(SO2)＝_________；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是__________________；40min时，平衡常数值为______________。(2)亚硫酸钠吸收法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________；②常温下，当吸收至pH＝6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是______(填序号)。a.c(Na＋)＋c(H＋)＞c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)b.c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)\nc．c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(H＋)d.水电离出c(OH－)＝1×10－8mol/L(3)电化学处理法如图G44所示，Pt(1)电极的反应式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________；碱性条件下，用Pt(2)电极排出的S2O溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO生成。若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体______mol。图G442．(1)①20 ②0.03mol/(L·min) ③减小二氧化碳的浓度0．675 (2)①SO＋SO2＋H2O===2HSO ②ad(3)SO2－2e－＋2H2O===4H＋＋SO 1.5[解析](1)①分析图像知第一次各物质物质的量不随时间而变化即达平衡，故在20min达平衡；②0～20min反应速率表示为v(SO2)＝(1.0－0.4)mol/L÷20min＝0.03mol/(L·min)；③30min时，二氧化碳的浓度突降，因此改变的条件最有可能是降低二氧化碳浓度，40min时平衡常数值为[c(S2)×c2(CO2)]÷c2(SO2)＝0.3×0.62÷0.42＝0.675；②根据电荷守恒知有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，因此a正确；若溶质只是亚硫酸氢钠，则根据物料守恒知b正确，若此时溶液还含Na2SO3，b不一定正确；pH＝6，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c错误，d正确。(3)分析图像知：二氧化硫氧化为硫酸，所以Pt(1)电极的反应式为SO2－2e－＋2H2O===4H＋＋SO；S2O与NO2反应的方程式是4S2O＋2NO2＋8OH－===N2＋8SO＋4H2O，根据2HSO＋2e－===2OH－＋S2O知若阳极转移电子6mol，则生成3molS2O，理论上处理NO2气体1.5mol。
