化学反应速率和化学平衡G1 化学反应速率23.E1C2G4G2G3G1C3F4 [2022·福建卷]利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保。(1)工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为________。②常温下，不能与M单质发生反应的是____________(填序号)。a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸d．NaOH溶液 e．Na2CO3固体(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。①高温热分解法已知：H2S(g)H2(g)＋S2(g)在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol·L－1测定H2S的转化率，结果见图0。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：________________________________________________________________________。图0②电化学法该法制氢过程的示意图如图0。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是________________________________________________________________________；反应池中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为________________________________________________________________________________。图023．[答案](1)①②b、e-41-\n(2)① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)②增大反应物接触面积，使反应更充分H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑[解析](1)①无机材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中钾元素显＋1价，氧元素显－2价，氢元素显＋1价，则M显＋3价，R显＋4价；第3周期主族元素质子数之和为27，则M、R原子的质子数分别为13、14，M、R分别是铝、硅，由此可以画出硅的原子结构示意图；由金属活动性顺序可得，铝比铜活泼，则铝与硫酸铜溶液可以发生置换反应，即2Al＋3CuSO4===Al2(SO4)3＋3Cu，a项错误；虽然铝比铁活泼，但是铝与氧化铁在高温下才能发生铝热反应，即2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，而常温下则不能反应，b项正确；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铝钝化，铝表面生成一层致密的保护膜，钝化是化学变化，c项错误；氢氧化钠是强碱，铝元素位于元素周期表中金属和非金属交界线附近，其单质与NaOH溶液容易反应，放出气体，即2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，d项错误；铝不如钠活泼，常温下铝不能与碳酸钠固体反应，e项正确；(2)①H2S的起始浓度为cmol·L－1，985℃时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4cmol·L－1，则：H2S(g)H2(g)＋S2(g)c000.4c0.4c0.2c0.6c0.4c0.2cK＝＝＝；读图可得，未达平衡时H2S的转化率逐渐增大，原因是温度逐渐升高，H2S分解的反应速率逐渐增大，消耗的H2S逐渐增多；已达平衡后H2S的平衡转化率逐渐增大的原因是H2S分解是吸热反应，升高温度时平衡右移，消耗的H2S增多；②读图可得，H2S气体从反应池底部通入，FeCl3溶液从反应池顶部喷下，这种采用气液逆流方式加入反应物的主要目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；读图可得，H2S中S被氧化，该反应中降价元素一定是铁元素，由＋3价降为相邻的＋2价，则FeCl3被还原为FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，电解池中含有的Fe2＋被氧化为Fe3＋，H＋被还原为H2，电解总反应的离子方程式：2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑。12．G1G3I3或M1 [2022·福建卷]NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L－1-41-\n的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图0。据图分析，下列判断不正确的是( )图0A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂12．B [解析]读图可得，10～40℃间溶液变蓝时间由80s逐渐减小，40～55℃间溶液变蓝时间逐渐增大，A项正确；b、c两点所代表的温度分别是25℃、47℃，其他条件保持不变时，温度越高，反应速率越快，则图中b点对应的NaHSO3反应速率较小，c点对应的NaHSO3反应速率较大，B项错误；混合前NaHSO3浓度为0.020mol·L－1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c1·V1＝c2·V2的稀释定律可得，混合后NaHSO3浓度为0.020mol·L－1×＝0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L－1变为0，由＝v可得，a点对应的NaHSO3反应速率为0.0040mol·L－1÷80s＝5.0×10－5mol·L－1·s－1，C项正确；配平可得：10NaHSO3＋4KIO3(过量)===5Na2SO4＋2K2SO4＋2I2＋3H2SO4＋2H2O，生成的硫酸是淀粉水解反应的催化剂，若温度高于40℃时，淀粉水解反应速率加快，其水解产物遇析出的I2不会变蓝，因此淀粉不宜用作该实验的指示剂，D项正确。31．F2G4G1C3G2G3G5 [2022·广东卷]大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。(1)O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：①I－(aq)＋O3(g)===IO－(aq)＋O2(g) ΔH1；②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq) ΔH2；③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l) ΔH3。总反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其反应热ΔH＝________。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为______________。(3)为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响(反应体系如图0)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图1和下表。-41-\n图0图1编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3＋I－5.211.0第2组O3＋I－＋Fe2＋5.24.1①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②图0中的A为________。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③第2组实验进行18s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。A．c(H＋)减小 B．c(I－)减小C．I2(g)不断生成D．c(Fe3＋)增加(4)据图1，计算3～18s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。31．[答案](1)2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等 ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)K＝(3)①反应既消耗了氢离子又生成水，导致溶液中c(H＋)降低，pH升高②Fe2＋ Fe3＋将I－直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I－I(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多③BC(4)v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)[解析](1)臭氧在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质的过程由3步反应组成，-41-\n观察已知3个热化学方程式中的反应物和生成物，发现①＋②＋③可以得出总反应的热化学方程式为2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；氢离子表示强酸如硫酸等，将臭氧持续通入NaI溶液中，总反应的化学方程式是2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等；(2)由化学平衡常数定义式可得，I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡常数表达式为；(3)①导致前者反应后pH升高的原因是臭氧将碘离子氧化为I2的总反应的离子方程式为2I－＋O3＋2H＋I2＋O2(g)＋H2O(或者第②③步反应的反应物中都有氢离子，第③步反应的生成物中有水)，既消耗氢离子又生成水，导致溶液的酸性减弱、pH升高；②第一组实验无催化剂，O3将I－氧化成I2分3步进行，第②③步反应都是可逆反应，因此I－的转化率很小；第二组实验有催化剂，能加快反应速率，改变反应的路径，使发生反应所需活化能降低，催化剂的加入将总反应的离子方程式(2I－＋O3＋2H＋I2＋O2＋H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2＋＋O3＋2H＋===2Fe3＋＋O2＋H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，且催化剂在反应前后的总质量保持不变，因此图中A为Fe2＋；虽然催化剂(或Fe2＋)不能使总反应2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)所达平衡移动，但是它改变反应的路径，由铁离子生成亚铁离子的过程能显著提高碘离子的转化率的原因是Fe3＋可以将I－直接氧化成I2或2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，使溶液中c(I2)增大，进而使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pH增大，c(H＋)减小，图中第1组实验所得I浓度曲线先略为增大后几乎不变，第2组pH减小，c(H＋)增大，图中第2组实验所得I浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若c(H＋)减小，I浓度不会下降，A项错误；若c(I－)减小，则反应③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)的平衡左移，c(I2)也减小，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，所以I浓度下降，B项正确；若I2(g)不断生成，导致I2(aq)I2(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I2)减小，又使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，则I浓度下降，C项正确；若c(Fe3＋)增加，Fe3＋将I－直接氧化成I2或发生反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则溶液中c(I2)增大，而海水中c(I－)略为减小或忽略不计，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，I浓度增大，D项错误；(4)读图，3～18s内第2组实验中I浓度由3.5×10－3mol/L增加到11.8×10－3mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)，此问需要注意纵坐标中“c(I)/10－3mol·L－1”隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3mol·L－1”。12．F1 G1 [2022·山东卷]对于反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下( )A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变12．B [解析]反应的ΔH大小只取决于反应物、生成物的状态与反应条件，而和反应是否使用催化剂、反应途径无关，A项错误；该反应在反应前后气体的总体积不变，因此改变压强，平衡不移动，反应放出的热量不变，B项正确；升高温度，平衡逆向进行，反应放出热量减小，C项错误；在原电池中，随反应进行，能量转化形式是化学能转化为电能，而不再是化学能转化为热能，D项错误。-41-\n11．B1B3G1H3F4N2 [2022·重庆卷]化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。(1)催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12。①N2的结构式为________。②上述反应离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其平均反应速率v(NO)为________mol·L－1·min－1。③还原过程中可生成中间产物NO，写出3种促进NO水解的方法________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)电化学降解NO的原理如图0所示。图0①电源正极为__________(填“A”或“B”)，阴极反应式为________________________________________________________________________________。②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为________g。11．[答案](1)①N≡N②2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O 0.001③加酸 升高温度 加水(2)①A 2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－②14.4[解析](1)①N2结构中含有氮氮三键，其结构式为N≡N；②H2与NO发生氧化还原反应，H由0价升到＋1价，N由＋5价降到0价，结合电子守恒及电荷守恒规律，其离子方程式为5H2＋2NON2＋4H2O＋2OH－；溶液的pH由7变为12，表明c(H＋)由10－7变成10－12，则c(OH－)由10－7增大到10－2，c(OH－)在10min内的变化量约为10－2mol/L，而c(OH－)与c(NO)的变化量之比等于化学计量数之比，因此c(NO)的变化量为0.01mol/L，则v(NO)＝0.001mol/(L·min)；③NO水解：NO＋H2OHNO2＋OH－，是一个吸热过程，可通过升高温度、加酸和加水的方法促进其水解。(2)①根据题图可知，电解池右侧NO转化成N2，发生还原反应：2NO＋10e－＋6H2O===N2↑＋12OH－，其电极应为阴极，则左侧发生氧化反应：2H2O―4e－===O2↑＋4H＋，其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；②转移2-41-\nmol电子时，右侧产生0.2molN2，质量为5.6g，左侧产生0.5molO2，质量为16g，同时生成2molH＋，由于H＋可通过质子交换膜由左侧进入右侧，则右侧电解液质量实际减少：5.6g―2g＝3.6g，左侧电解液质量实际减少：16g＋2g＝18g，则两侧质量差为14.4g。6．G1G4G5 [2022·四川卷]在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是( )A．反应前2min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3mol/(L·min)B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆＞v正C．该温度下此反应的平衡常数K＝1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大6．C [解析]利用反应式可知v(Z)＝2v(Y)＝2×(0.16mol－0.12mol)÷(10L×2min)＝4.0×10－3mol/(L·min)，A项错误；该反应放热，降温平衡正向移动，v正＞v逆，B项错误；列三段式，K＝＝＝1.44，C项正确；因反应前后气体物质的量不变，故再充入0.2molZ，平衡不移动，平衡时X的体积分数不变，D项错误。28．G1G5 [2022·新课标全国卷Ⅱ]在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)B(g)＋C(g) ΔH＝＋85.1kJ·mol－1。反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列问题：(1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为____________，平衡时A的转化率为________，列式并计算反应的平衡常数K____________________。(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n(A)，n总＝________mol，n(A)＝________mol。②下表为反应物A的浓度与反应时间的数据，计算：a＝________。反应时间t/h04816c(A)/(mol·L－1)0.10a0.0260.0065-41-\n分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律，得出的结论是________________________________________________________________________，由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c(A)为________mol·L－1。28．[答案](1)升高温度、降低压强(2)(－1)×100% 94.1%A(g) B(g) ＋ C(g)0．10000.10×94.1%0.10×94.1%K＝＝1.5(3)①0.10× 0.10×(2－)②0.051 达到平衡前每间隔4h，c(A)减少约一半 0.013[解析](1)该反应是一个体积增加的吸热反应，升温、降压均有利于平衡正向移动，提高A的转化率。(2)结合pV＝nRT，该反应消耗A的物质的量即是体系增加的物质的量，α(A)＝＝＝＝；α(A)＝×100%＝94.1%。(3)①结合在等温、等容下物质的量之比等于压强之比，那么＝，n总＝0.10×；n(A)＝0.10－(n总－0.10)＝0.10－＝0.10×。②结合①，4min时n(A)＝0.10mol×＝0.051mol，c(A)＝0.051mol/L。由表格数据可知，达到平衡前每4h，c(A)减小约一半，那么12h时，c(A)约为0.013mol/L。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)11.G2F4H1H3 [2022·江苏卷]下列有关说法正确的是( )A．反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH<0B．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极C．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，溶液的pH减小11．AC [解析]根据该反应中各物质的聚集状态可知，该反应的ΔS＜0，因反应能自发进行，则该反应一定为放热反应，A项正确；在电解精炼铜中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，B项错误；醋酸加水稀释过程中，c(H＋)减小，但电离常数不变，故C项中式子的比值将减小，-41-\nC项正确；向Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2后生成CaCO3沉淀，溶液中c(CO)减小，c(OH－)增大，pH增大，D项错误。11．G2G3 [2022·安徽卷]一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g) ΔH＞0。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是( )图0选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量(忽略体积)CO的转化率11.A [解析]正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，容器内混合气体质量增加，而容器体积不变，故容器内混合气体的密度随温度升高而增大，A项正确；增加CO的物质的量，平衡虽正向移动，但因正反应为气体体积增大的反应，故达到新平衡时CO的转化率较原来的低，所以变小，B项错误；反应的平衡常数只与温度有关，因此SO2的浓度变大，反应平衡常数K不变，C项错误；MgSO4为固态，因此增加MgSO4的质量(忽略体积)，其他反应物的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，D项错误。23．E1C2G4G2G3G1C3F4 [2022·福建卷]利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保。(1)工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为________。②常温下，不能与M单质发生反应的是____________(填序号)。a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸d．NaOH溶液 e．Na2CO3固体(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。①高温热分解法已知：H2S(g)H2(g)＋S2(g)在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol·L－1测定H2S的转化率，结果见图0。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S-41-\n按上述反应分解的平衡常数K＝________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：________________________________________________________________________。图0②电化学法该法制氢过程的示意图如图0。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是________________________________________________________________________；反应池中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为________________________________________________________________________________。图023．[答案](1)①②b、e(2)① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)②增大反应物接触面积，使反应更充分H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑[解析](1)①无机材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中钾元素显＋1价，氧元素显－2价，氢元素显＋1价，则M显＋3价，R显＋4价；第3周期主族元素质子数之和为27，-41-\n则M、R原子的质子数分别为13、14，M、R分别是铝、硅，由此可以画出硅的原子结构示意图；由金属活动性顺序可得，铝比铜活泼，则铝与硫酸铜溶液可以发生置换反应，即2Al＋3CuSO4===Al2(SO4)3＋3Cu，a项错误；虽然铝比铁活泼，但是铝与氧化铁在高温下才能发生铝热反应，即2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，而常温下则不能反应，b项正确；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铝钝化，铝表面生成一层致密的保护膜，钝化是化学变化，c项错误；氢氧化钠是强碱，铝元素位于元素周期表中金属和非金属交界线附近，其单质与NaOH溶液容易反应，放出气体，即2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，d项错误；铝不如钠活泼，常温下铝不能与碳酸钠固体反应，e项正确；(2)①H2S的起始浓度为cmol·L－1，985℃时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4cmol·L－1，则：H2S(g)H2(g)＋S2(g)c000.4c0.4c0.2c0.6c0.4c0.2cK＝＝＝；读图可得，未达平衡时H2S的转化率逐渐增大，原因是温度逐渐升高，H2S分解的反应速率逐渐增大，消耗的H2S逐渐增多；已达平衡后H2S的平衡转化率逐渐增大的原因是H2S分解是吸热反应，升高温度时平衡右移，消耗的H2S增多；②读图可得，H2S气体从反应池底部通入，FeCl3溶液从反应池顶部喷下，这种采用气液逆流方式加入反应物的主要目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；读图可得，H2S中S被氧化，该反应中降价元素一定是铁元素，由＋3价降为相邻的＋2价，则FeCl3被还原为FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，电解池中含有的Fe2＋被氧化为Fe3＋，H＋被还原为H2，电解总反应的离子方程式：2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑。12．G1G3I3或M1 [2022·福建卷]NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图0。据图分析，下列判断不正确的是( )-41-\n图0A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂12．B [解析]读图可得，10～40℃间溶液变蓝时间由80s逐渐减小，40～55℃间溶液变蓝时间逐渐增大，A项正确；b、c两点所代表的温度分别是25℃、47℃，其他条件保持不变时，温度越高，反应速率越快，则图中b点对应的NaHSO3反应速率较小，c点对应的NaHSO3反应速率较大，B项错误；混合前NaHSO3浓度为0.020mol·L－1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c1·V1＝c2·V2的稀释定律可得，混合后NaHSO3浓度为0.020mol·L－1×＝0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L－1变为0，由＝v可得，a点对应的NaHSO3反应速率为0.0040mol·L－1÷80s＝5.0×10－5mol·L－1·s－1，C项正确；配平可得：10NaHSO3＋4KIO3(过量)===5Na2SO4＋2K2SO4＋2I2＋3H2SO4＋2H2O，生成的硫酸是淀粉水解反应的催化剂，若温度高于40℃时，淀粉水解反应速率加快，其水解产物遇析出的I2不会变蓝，因此淀粉不宜用作该实验的指示剂，D项正确。31．F2G4G1C3G2G3G5 [2022·广东卷]大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。(1)O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：①I－(aq)＋O3(g)===IO－(aq)＋O2(g) ΔH1；②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq) ΔH2；③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l) ΔH3。总反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其反应热ΔH＝________。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为______________。(3)为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响(反应体系如图0)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图1和下表。-41-\n图0图1编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3＋I－5.211.0第2组O3＋I－＋Fe2＋5.24.1①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②图0中的A为________。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③第2组实验进行18s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。A．c(H＋)减小 B．c(I－)减小C．I2(g)不断生成D．c(Fe3＋)增加(4)据图1，计算3～18s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。31．[答案](1)2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等 ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)K＝(3)①反应既消耗了氢离子又生成水，导致溶液中c(H＋)降低，pH升高②Fe2＋ Fe3＋将I－直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I－I(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多③BC(4)v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)[解析](1)臭氧在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质的过程由3步反应组成，-41-\n观察已知3个热化学方程式中的反应物和生成物，发现①＋②＋③可以得出总反应的热化学方程式为2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；氢离子表示强酸如硫酸等，将臭氧持续通入NaI溶液中，总反应的化学方程式是2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等；(2)由化学平衡常数定义式可得，I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡常数表达式为；(3)①导致前者反应后pH升高的原因是臭氧将碘离子氧化为I2的总反应的离子方程式为2I－＋O3＋2H＋I2＋O2(g)＋H2O(或者第②③步反应的反应物中都有氢离子，第③步反应的生成物中有水)，既消耗氢离子又生成水，导致溶液的酸性减弱、pH升高；②第一组实验无催化剂，O3将I－氧化成I2分3步进行，第②③步反应都是可逆反应，因此I－的转化率很小；第二组实验有催化剂，能加快反应速率，改变反应的路径，使发生反应所需活化能降低，催化剂的加入将总反应的离子方程式(2I－＋O3＋2H＋I2＋O2＋H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2＋＋O3＋2H＋===2Fe3＋＋O2＋H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，且催化剂在反应前后的总质量保持不变，因此图中A为Fe2＋；虽然催化剂(或Fe2＋)不能使总反应2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)所达平衡移动，但是它改变反应的路径，由铁离子生成亚铁离子的过程能显著提高碘离子的转化率的原因是Fe3＋可以将I－直接氧化成I2或2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，使溶液中c(I2)增大，进而使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pH增大，c(H＋)减小，图中第1组实验所得I浓度曲线先略为增大后几乎不变，第2组pH减小，c(H＋)增大，图中第2组实验所得I浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若c(H＋)减小，I浓度不会下降，A项错误；若c(I－)减小，则反应③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)的平衡左移，c(I2)也减小，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，所以I浓度下降，B项正确；若I2(g)不断生成，导致I2(aq)I2(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I2)减小，又使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，则I浓度下降，C项正确；若c(Fe3＋)增加，Fe3＋将I－直接氧化成I2或发生反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则溶液中c(I2)增大，而海水中c(I－)略为减小或忽略不计，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，I浓度增大，D项错误；(4)读图，3～18s内第2组实验中I浓度由3.5×10－3mol/L增加到11.8×10－3mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)，此问需要注意纵坐标中“c(I)/10－3mol·L－1”隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3mol·L－1”。7．G2 [2022·全国卷]反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是( )A．减小容器体积，平衡向右移动B．加入催化剂，Z的产率增大C．增大c(X)，X的转化率增大D．降低温度，Y的转化率增大7．D [解析]由X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0可知，反应前后气体分子数不变，故减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A项错误；加入催化剂，平衡不移动，故Z的产率不变，B项错误；增大c(X)，X的转化率减小，C项错误；降温平衡向右移动，Y的转化率增大，D项正确。29．G2 H3 -41-\n[2022·山东卷]化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。(1)利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g) ΔH＞0 (Ⅰ)反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K＝________，若K＝1，向某恒容容器中加入1molI2(g)和足量TaS2(s)，I2(g)的平衡转化率为________。(2)如图0所示，反应(Ⅰ)在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g)，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体，则温度T1________T2(填“＞”“＜”或“＝”)。上述反应体系中循环使用的物质是________。图0(3)利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为______________，滴定反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(4)25℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将________(填“增大”“减小”或“不变”)。29．[答案](1) 66.7%(2)< I2(3)淀粉溶液 I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO(4)1×10－12 增大[解析](1)固态与纯液态物质的浓度为常数，不计入平衡常数表达式，因此反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K＝；设平衡时转化I2的物质的量2xmol，则平衡时TaI4、S2的物质的量均为xmol，设容器体积为VL，由题意得：＝1，，解得x＝，故I2(g)的平衡转化率等于66.7%。(2)在温度为T2的一端反应投入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g)，一段时间后在温度为T1的一端生成纯净的TaS2晶体，要想实现该转化，只有在温度为T2的一端发生正反应，使TaS2粉末转化为气态，然后在温度为T1的一端发生逆反应生成纯净的TaS2晶体，利用“正反应为吸热反应”可知高温反应正向移动，降温反应逆向移动，因此可推知T1＜T2；利用上述过程分析可知I2(g)可循环利用。(3)利用碘遇淀粉变蓝色可知该滴定操作指示剂可选用淀粉溶液，滴定终点时溶液由无色变为蓝色且30s内不褪色。(4)Kh＝＝＝＝＝1×10－12mol·L－1；加入少量的I2后，I2与HSO反应使c(HSO)减小，引起HSO水解程度增大，所以NaHSO3溶液中将增大。-41-\n10．F2G2H2 [2022·天津卷]某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5(直径小于等于2.5μm的悬浮颗粒物)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：(1)将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K＋Na＋NHSONOCl－浓度/mol·L－14×10－66×10－62×10－54×10－53×10－52×10－5根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为________，试样的pH＝________。(2)为减少SO2的排放，常采取的措施有：①将煤转化为清洁气体燃料。已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8kJ·mol－1C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5kJ·mol－1写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②洗涤含SO2的烟气。以下物质可作洗涤剂的是________________________________________________________________________。a．Ca(OH)2 b．Na2CO3c．CaCl2d．NaHSO3(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化①已知汽缸中生成NO的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH>0若1mol空气含0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为8×10－4mol。计算该温度下的平衡常数K＝________。汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)===2C(s)＋O2(g)己知该反应的ΔH>0，-41-\n简述该设想能否实现的依据：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。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 温度升高，反应速率加快，平衡右移②该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不自发进行③2CO＋2NO2CO2＋N2[解析](1)PM2.5中含NH，因NH的水解而显酸性；根据电荷守恒得c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(Cl－)，将表格中的数据代入求得c(H＋)＝10－4mol·L－1，pH＝4。(2)①第2个方程式减第1个方程式得目标反应的热化学方程式为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3kJ·mol－1。②SO2是酸性氧化物，可用碱性物质吸收，故正确答案为a、b。(3)①K＝＝＝4×10－6；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，且升高温度，反应速率加快。②该反应ΔH＞0、且ΔS＜0，故反应在任何温度下都不能自发。③NO具有氧化性，能将CO氧化成CO2，自身被还原为N2。7．G2G4G5 [2022·重庆卷]将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：压强/MPa体积分数/%温度/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b<f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的ΔS>0④K(1000℃)>K(810℃)上述①～④中正确的有( )A．4个 B．3个C．2个D．1个7．A [解析]E(g)＋F(s)2G(g)为气体分子数增加的反应，ΔS＞0，③正确。因增大压强，平衡逆向移动，G的体积分数减小，由表中数据可知，升高温度，增大压强时，G的体积分数增大，故该反应为吸热反应，ΔH＞0，K(1000℃)＞K(810℃)，b＜f，①、④正确；915℃、2.0MPa条件下，平衡时G的体积分数为0.75，则E的体积分数为0.25，而G的变化-41-\n量为0.75，则E的变化量为0.375，可知E的初始量为0.625，②正确。26．D4F2G2F3 [2022·北京卷]NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。(1)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：________________________________________________________________________。(2)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：①写出该反应的热化学方程式：________________________________________________________________________。②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。①当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO<20CaO<38SrO<56BaO。原因是________________________________________________________________________，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：图0①Pt电极上发生的是________反应(填“氧化”或“还原”)。②写出NiO电极的电极反应式：________________________________________________________________________。26．[答案](1)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO(2)①N2(g)＋O2(g)===2NO(g)ΔH＝＋183kJ·mol－1②增大(3)①2CO＋2NON2＋2CO2②根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大(4)①还原 ②NO＋O2－－2e－===NO2[解析](1)NO2与水反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。-41-\n(2)①N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝945kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2×630kJ·mol－1＝＋183kJ·mol－1。②该反应为吸热反应，随温度升高，化学平衡常数增大。(3)根据题意NO被还原为N2，则CO被氧化为CO2。(4)Pt电极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－===2O2－，电池总反应式为2NO＋O2===2NO2，用电池总反应式减去Pt电极的电极反应式并化简得NiO电极的电极反应式：NO＋O2－－2e－===NO2。G3 速率、平衡图像11.G2G3 [2022·安徽卷]一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g) ΔH＞0。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是( )图0选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量(忽略体积)CO的转化率11.A [解析]正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，容器内混合气体质量增加，而容器体积不变，故容器内混合气体的密度随温度升高而增大，A项正确；增加CO的物质的量，平衡虽正向移动，但因正反应为气体体积增大的反应，故达到新平衡时CO的转化率较原来的低，所以变小，B项错误；反应的平衡常数只与温度有关，因此SO2的浓度变大，反应平衡常数K不变，C项错误；MgSO4为固态，因此增加MgSO4的质量(忽略体积)，其他反应物的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，D项错误。23．E1C2G4G2G3G1C3F4 [2022·福建卷]利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保。(1)工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为________。②常温下，不能与M单质发生反应的是____________(填序号)。a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸-41-\nd．NaOH溶液 e．Na2CO3固体(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。①高温热分解法已知：H2S(g)H2(g)＋S2(g)在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol·L－1测定H2S的转化率，结果见图0。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：________________________________________________________________________。图0②电化学法该法制氢过程的示意图如图0。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是________________________________________________________________________；反应池中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为________________________________________________________________________________。图023．[答案](1)①②b、e-41-\n(2)① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)②增大反应物接触面积，使反应更充分H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑[解析](1)①无机材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中钾元素显＋1价，氧元素显－2价，氢元素显＋1价，则M显＋3价，R显＋4价；第3周期主族元素质子数之和为27，则M、R原子的质子数分别为13、14，M、R分别是铝、硅，由此可以画出硅的原子结构示意图；由金属活动性顺序可得，铝比铜活泼，则铝与硫酸铜溶液可以发生置换反应，即2Al＋3CuSO4===Al2(SO4)3＋3Cu，a项错误；虽然铝比铁活泼，但是铝与氧化铁在高温下才能发生铝热反应，即2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，而常温下则不能反应，b项正确；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铝钝化，铝表面生成一层致密的保护膜，钝化是化学变化，c项错误；氢氧化钠是强碱，铝元素位于元素周期表中金属和非金属交界线附近，其单质与NaOH溶液容易反应，放出气体，即2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，d项错误；铝不如钠活泼，常温下铝不能与碳酸钠固体反应，e项正确；(2)①H2S的起始浓度为cmol·L－1，985℃时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4cmol·L－1，则：H2S(g)H2(g)＋S2(g)c000.4c0.4c0.2c0.6c0.4c0.2cK＝＝＝；读图可得，未达平衡时H2S的转化率逐渐增大，原因是温度逐渐升高，H2S分解的反应速率逐渐增大，消耗的H2S逐渐增多；已达平衡后H2S的平衡转化率逐渐增大的原因是H2S分解是吸热反应，升高温度时平衡右移，消耗的H2S增多；②读图可得，H2S气体从反应池底部通入，FeCl3溶液从反应池顶部喷下，这种采用气液逆流方式加入反应物的主要目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；读图可得，H2S中S被氧化，该反应中降价元素一定是铁元素，由＋3价降为相邻的＋2价，则FeCl3被还原为FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，电解池中含有的Fe2＋被氧化为Fe3＋，H＋被还原为H2，电解总反应的离子方程式：2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑。31．F2G4G1C3G2G3G5 [2022·广东卷]大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。-41-\n(1)O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：①I－(aq)＋O3(g)===IO－(aq)＋O2(g) ΔH1；②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq) ΔH2；③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l) ΔH3。总反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其反应热ΔH＝________。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为______________。(3)为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响(反应体系如图0)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图1和下表。图0图1编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3＋I－5.211.0第2组O3＋I－＋Fe2＋5.24.1①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②图0中的A为________。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③第2组实验进行18s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。A．c(H＋)减小 B．c(I－)减小C．I2(g)不断生成D．c(Fe3＋)增加(4)据图1，计算3～18s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。-41-\n31．[答案](1)2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等 ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)K＝(3)①反应既消耗了氢离子又生成水，导致溶液中c(H＋)降低，pH升高②Fe2＋ Fe3＋将I－直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I－I(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多③BC(4)v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)[解析](1)臭氧在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质的过程由3步反应组成，观察已知3个热化学方程式中的反应物和生成物，发现①＋②＋③可以得出总反应的热化学方程式为2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；氢离子表示强酸如硫酸等，将臭氧持续通入NaI溶液中，总反应的化学方程式是2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等；(2)由化学平衡常数定义式可得，I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡常数表达式为；(3)①导致前者反应后pH升高的原因是臭氧将碘离子氧化为I2的总反应的离子方程式为2I－＋O3＋2H＋I2＋O2(g)＋H2O(或者第②③步反应的反应物中都有氢离子，第③步反应的生成物中有水)，既消耗氢离子又生成水，导致溶液的酸性减弱、pH升高；②第一组实验无催化剂，O3将I－氧化成I2分3步进行，第②③步反应都是可逆反应，因此I－的转化率很小；第二组实验有催化剂，能加快反应速率，改变反应的路径，使发生反应所需活化能降低，催化剂的加入将总反应的离子方程式(2I－＋O3＋2H＋I2＋O2＋H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2＋＋O3＋2H＋===2Fe3＋＋O2＋H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，且催化剂在反应前后的总质量保持不变，因此图中A为Fe2＋；虽然催化剂(或Fe2＋)不能使总反应2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)所达平衡移动，但是它改变反应的路径，由铁离子生成亚铁离子的过程能显著提高碘离子的转化率的原因是Fe3＋可以将I－直接氧化成I2或2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，使溶液中c(I2)增大，进而使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pH增大，c(H＋)减小，图中第1组实验所得I浓度曲线先略为增大后几乎不变，第2组pH减小，c(H＋)增大，图中第2组实验所得I浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若c(H＋)减小，I浓度不会下降，A项错误；若c(I－)减小，则反应③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)的平衡左移，c(I2)也减小，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，所以I浓度下降，B项正确；若I2(g)不断生成，导致I2(aq)I2(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I2)减小，又使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，则I浓度下降，C项正确；若c(Fe3＋)增加，Fe3＋将I－直接氧化成I2或发生反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则溶液中c(I2)增大，而海水中c(I－)略为减小或忽略不计，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，I浓度增大，D项错误；(4)读图，3～18s内第2组实验中I浓度由3.5×10－3mol/L增加到11.8×10－3mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)，此问需要注意纵坐标中“c(I)/10－3mol·L－1”隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3mol·L－1”。-41-\n27．F1G3 [2022·浙江卷]捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：反应Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq) ΔH1反应Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq) ΔH2反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq) ΔH3请回答下列问题：(1)ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是：ΔH3＝________。(2)为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图[见图(a)]。则：①ΔH3________0(填“>”“＝”或“<”)。②在T1～T2及T4～T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图(a)所示的变化趋势，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图(b)所示。当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T2，并维持该温度。请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线。 (a) (b)图0(3)利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有________________________________________________________________________________________________________________________________________________(写出2个)。(4)下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是__________。A．NH4Cl B．Na2CO3C．HOCH2CH2OHD．HOCH2CH2NH227．[答案](1)2ΔH2－ΔH1(2)①<②T1～T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而提高。T4～T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2捕获-41-\n③(3)降低温度；增加CO2浓度(或分压)(4)B、D[解析](1)根据盖斯定律可得出，将“反应Ⅱ×2－反应Ⅰ”，即得反应Ⅲ，所以ΔH3＝2ΔH2－ΔH1。(2)①从图(a)分析，T3时CO2吸收率最高，当温度再高时，平衡会逆向移动，导致CO2的量增多，故该反应为放热反应，即ΔH3<0。②当温度低于T3时，反应未达平衡，当温度高时，CO2的吸收率加快。③温度从T1升到T2时，CO2的吸收率减小，则溶液中的CO2含量少，pH增大，当温度不变时，反应达平衡，则CO2含量不变，pH不变。(3)反应Ⅲ为气体体积减小的放热反应，故可以采用低温、高压以提高CO2的吸收量。(4)CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，HOCH2CH2NH2中的氨基显碱性，也可以吸收酸性气体CO2。G4 等效平衡与化学平衡计算23.E1C2G4G2G3G1C3F4 [2022·福建卷]利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保。(1)工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为________。②常温下，不能与M单质发生反应的是____________(填序号)。a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸d．NaOH溶液 e．Na2CO3固体(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。①高温热分解法已知：H2S(g)H2(g)＋S2(g)在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol·L－1测定H2S的转化率，结果见图0。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：________________________________________________________________________。-41-\n图0②电化学法该法制氢过程的示意图如图0。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是________________________________________________________________________；反应池中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为________________________________________________________________________________。图023．[答案](1)①②b、e(2)① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)②增大反应物接触面积，使反应更充分H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑[解析](1)①无机材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中钾元素显＋1价，氧元素显－2价，氢元素显＋1价，则M显＋3价，R显＋4价；第3周期主族元素质子数之和为27，则M、R原子的质子数分别为13、14，M、R分别是铝、硅，由此可以画出硅的原子结构示意图；由金属活动性顺序可得，铝比铜活泼，则铝与硫酸铜溶液可以发生置换反应，即2Al＋3CuSO4===Al2(SO4)3-41-\n＋3Cu，a项错误；虽然铝比铁活泼，但是铝与氧化铁在高温下才能发生铝热反应，即2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，而常温下则不能反应，b项正确；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铝钝化，铝表面生成一层致密的保护膜，钝化是化学变化，c项错误；氢氧化钠是强碱，铝元素位于元素周期表中金属和非金属交界线附近，其单质与NaOH溶液容易反应，放出气体，即2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，d项错误；铝不如钠活泼，常温下铝不能与碳酸钠固体反应，e项正确；(2)①H2S的起始浓度为cmol·L－1，985℃时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4cmol·L－1，则：H2S(g)H2(g)＋S2(g)c000.4c0.4c0.2c0.6c0.4c0.2cK＝＝＝；读图可得，未达平衡时H2S的转化率逐渐增大，原因是温度逐渐升高，H2S分解的反应速率逐渐增大，消耗的H2S逐渐增多；已达平衡后H2S的平衡转化率逐渐增大的原因是H2S分解是吸热反应，升高温度时平衡右移，消耗的H2S增多；②读图可得，H2S气体从反应池底部通入，FeCl3溶液从反应池顶部喷下，这种采用气液逆流方式加入反应物的主要目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；读图可得，H2S中S被氧化，该反应中降价元素一定是铁元素，由＋3价降为相邻的＋2价，则FeCl3被还原为FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，电解池中含有的Fe2＋被氧化为Fe3＋，H＋被还原为H2，电解总反应的离子方程式：2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑。31．F2G4G1C3G2G3G5 [2022·广东卷]大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。(1)O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：①I－(aq)＋O3(g)===IO－(aq)＋O2(g) ΔH1；②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq) ΔH2；③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l) ΔH3。总反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其反应热ΔH＝________。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为______________。-41-\n(3)为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响(反应体系如图0)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图1和下表。图0图1编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3＋I－5.211.0第2组O3＋I－＋Fe2＋5.24.1①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②图0中的A为________。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③第2组实验进行18s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。A．c(H＋)减小 B．c(I－)减小C．I2(g)不断生成D．c(Fe3＋)增加(4)据图1，计算3～18s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。31．[答案](1)2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等 ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)K＝(3)①反应既消耗了氢离子又生成水，导致溶液中c(H＋)降低，pH升高②Fe2＋ Fe3＋将I－直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I－I(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多③BC-41-\n(4)v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)[解析](1)臭氧在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质的过程由3步反应组成，观察已知3个热化学方程式中的反应物和生成物，发现①＋②＋③可以得出总反应的热化学方程式为2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；氢离子表示强酸如硫酸等，将臭氧持续通入NaI溶液中，总反应的化学方程式是2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等；(2)由化学平衡常数定义式可得，I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡常数表达式为；(3)①导致前者反应后pH升高的原因是臭氧将碘离子氧化为I2的总反应的离子方程式为2I－＋O3＋2H＋I2＋O2(g)＋H2O(或者第②③步反应的反应物中都有氢离子，第③步反应的生成物中有水)，既消耗氢离子又生成水，导致溶液的酸性减弱、pH升高；②第一组实验无催化剂，O3将I－氧化成I2分3步进行，第②③步反应都是可逆反应，因此I－的转化率很小；第二组实验有催化剂，能加快反应速率，改变反应的路径，使发生反应所需活化能降低，催化剂的加入将总反应的离子方程式(2I－＋O3＋2H＋I2＋O2＋H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2＋＋O3＋2H＋===2Fe3＋＋O2＋H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，且催化剂在反应前后的总质量保持不变，因此图中A为Fe2＋；虽然催化剂(或Fe2＋)不能使总反应2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)所达平衡移动，但是它改变反应的路径，由铁离子生成亚铁离子的过程能显著提高碘离子的转化率的原因是Fe3＋可以将I－直接氧化成I2或2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，使溶液中c(I2)增大，进而使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pH增大，c(H＋)减小，图中第1组实验所得I浓度曲线先略为增大后几乎不变，第2组pH减小，c(H＋)增大，图中第2组实验所得I浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若c(H＋)减小，I浓度不会下降，A项错误；若c(I－)减小，则反应③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)的平衡左移，c(I2)也减小，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，所以I浓度下降，B项正确；若I2(g)不断生成，导致I2(aq)I2(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I2)减小，又使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，则I浓度下降，C项正确；若c(Fe3＋)增加，Fe3＋将I－直接氧化成I2或发生反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则溶液中c(I2)增大，而海水中c(I－)略为减小或忽略不计，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，I浓度增大，D项错误；(4)读图，3～18s内第2组实验中I浓度由3.5×10－3mol/L增加到11.8×10－3mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)，此问需要注意纵坐标中“c(I)/10－3mol·L－1”隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3mol·L－1”。7．G2G4G5 [2022·重庆卷]将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：压强/MPa体积分数/%温度/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b<f-41-\n②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的ΔS>0④K(1000℃)>K(810℃)上述①～④中正确的有( )A．4个 B．3个C．2个D．1个7．A [解析]E(g)＋F(s)2G(g)为气体分子数增加的反应，ΔS＞0，③正确。因增大压强，平衡逆向移动，G的体积分数减小，由表中数据可知，升高温度，增大压强时，G的体积分数增大，故该反应为吸热反应，ΔH＞0，K(1000℃)＞K(810℃)，b＜f，①、④正确；915℃、2.0MPa条件下，平衡时G的体积分数为0.75，则E的体积分数为0.25，而G的变化量为0.75，则E的变化量为0.375，可知E的初始量为0.625，②正确。6．G1G4G5 [2022·四川卷]在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是( )A．反应前2min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3mol/(L·min)B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆＞v正C．该温度下此反应的平衡常数K＝1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大6．C [解析]利用反应式可知v(Z)＝2v(Y)＝2×(0.16mol－0.12mol)÷(10L×2min)＝4.0×10－3mol/(L·min)，A项错误；该反应放热，降温平衡正向移动，v正＞v逆，B项错误；列三段式，K＝＝＝1.44，C项正确；因反应前后气体物质的量不变，故再充入0.2molZ，平衡不移动，平衡时X的体积分数不变，D项错误。G5 化学反应速率和化学平衡综合15.G5 [2022·江苏卷]一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1molCO和1molH2O，在Ⅱ中充入1molCO2和1molH2，在Ⅲ中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是( )A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同C．容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多D．容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于115．CD [解析]因为容器绝热，给定反应的正反应为放热反应，容器Ⅰ的温度升高，容器Ⅱ的温度降低，故反应速率Ⅰ中快，A项错误；由于容器Ⅲ中加入的反应物多-41-\n，放出的热量也多，容器内温度高，故平衡常数不同，B项错误；因容器Ⅰ的温度高，故相当于平衡逆向移动，CO的转化率降低，C项正确；如果容器Ⅰ和容器Ⅱ在温度相同的情况下达到平衡，CO、CO2转化率之和等于1，但容器Ⅰ的温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，容器Ⅱ温度降低，CO2的转化率也降低，D项正确。28．G5J4 [2022·安徽卷]某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：(1)在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL①4601030②5601030③560测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图0所示。图0(2)上述反应后草酸被氧化为________(填化学式)。(3)实验①和②的结果表明________________________________________________________________________；实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝________mol·L－1·min－1(用代数式表示)。(4)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2＋起催化作用；假设二：________________________________________________________________________；假设三：________________________________________________________________________；……(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。[除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定]实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论28.[答案](1)实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL-41-\n③2020(2)CO2(3)溶液pH对该反应的速率有影响 (4)Al3＋起催化作用 SO起催化作用(5)实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论用等物质的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立(本题属于开放性试题，合理答案均可)[解析](1)三组实验加入废水的体积相同，为保证废水样品初始浓度相同，则应保证加入草酸、蒸馏水后的反应液总体积都相等。为探究不同草酸浓度对反应的影响，实验③需改变加入草酸溶液体积与蒸馏水的体积，参照实验①、②可知实验③加入草酸溶液体积与蒸馏水的体积之和应是40mL。(2)草酸中碳元素为＋3价，因此草酸被氧化后生成CO2。(3)实验①、②只有反应的pH不同，故结合c(Cr2O)随时间的变化图示知溶液的pH对反应速率有影响；v(Cr3＋)＝2v(Cr2O)＝。(4)铁明矾溶液中存在Fe2＋、Al3＋、SO，均有可能起催化作用，因此假设二、三分别假设Al3＋、SO具有催化作用。(5)可采用对比实验，采取逐一验证其催化作用的离子，如用等物质的量明矾代替实验①中的铁明矾，控制其他实验条件与实验①相同，通过看相同时间内c(Cr2O)的变化，从而得知假设一是否正确。31．F2G4G1C3G2G3G5 [2022·广东卷]大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。(1)O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：①I－(aq)＋O3(g)===IO－(aq)＋O2(g) ΔH1；②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq) ΔH2；③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l) ΔH3。总反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其反应热ΔH＝________。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为______________。(3)为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响(反应体系如图0)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图1和下表。图0-41-\n图1编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3＋I－5.211.0第2组O3＋I－＋Fe2＋5.24.1①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②图0中的A为________。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③第2组实验进行18s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。A．c(H＋)减小 B．c(I－)减小C．I2(g)不断生成D．c(Fe3＋)增加(4)据图1，计算3～18s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。31．[答案](1)2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等 ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)K＝(3)①反应既消耗了氢离子又生成水，导致溶液中c(H＋)降低，pH升高②Fe2＋ Fe3＋将I－直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I－I(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多③BC(4)v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)[解析](1)臭氧在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质的过程由3步反应组成，观察已知3个热化学方程式中的反应物和生成物，发现①＋②＋③可以得出总反应的热化学方程式为2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；氢离子表示强酸如硫酸等，将臭氧持续通入NaI溶液中，总反应的化学方程式是2NaI＋O3＋H2SO4Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等；(2)由化学平衡常数定义式可得，I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡常数表达式为；(3)①导致前者反应后pH升高的原因是臭氧将碘离子氧化为I2-41-\n的总反应的离子方程式为2I－＋O3＋2H＋I2＋O2(g)＋H2O(或者第②③步反应的反应物中都有氢离子，第③步反应的生成物中有水)，既消耗氢离子又生成水，导致溶液的酸性减弱、pH升高；②第一组实验无催化剂，O3将I－氧化成I2分3步进行，第②③步反应都是可逆反应，因此I－的转化率很小；第二组实验有催化剂，能加快反应速率，改变反应的路径，使发生反应所需活化能降低，催化剂的加入将总反应的离子方程式(2I－＋O3＋2H＋I2＋O2＋H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2＋＋O3＋2H＋===2Fe3＋＋O2＋H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，且催化剂在反应前后的总质量保持不变，因此图中A为Fe2＋；虽然催化剂(或Fe2＋)不能使总反应2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)所达平衡移动，但是它改变反应的路径，由铁离子生成亚铁离子的过程能显著提高碘离子的转化率的原因是Fe3＋可以将I－直接氧化成I2或2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，使溶液中c(I2)增大，进而使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pH增大，c(H＋)减小，图中第1组实验所得I浓度曲线先略为增大后几乎不变，第2组pH减小，c(H＋)增大，图中第2组实验所得I浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若c(H＋)减小，I浓度不会下降，A项错误；若c(I－)减小，则反应③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)的平衡左移，c(I2)也减小，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，所以I浓度下降，B项正确；若I2(g)不断生成，导致I2(aq)I2(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I2)减小，又使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，则I浓度下降，C项正确；若c(Fe3＋)增加，Fe3＋将I－直接氧化成I2或发生反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则溶液中c(I2)增大，而海水中c(I－)略为减小或忽略不计，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，I浓度增大，D项错误；(4)读图，3～18s内第2组实验中I浓度由3.5×10－3mol/L增加到11.8×10－3mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)＝＝≈5.5×10－4mol/(L·s)，此问需要注意纵坐标中“c(I)/10－3mol·L－1”隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3mol·L－1”。7．G2G4G5 [2022·重庆卷]将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：压强/MPa体积分数/%温度/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b<f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的ΔS>0④K(1000℃)>K(810℃)上述①～④中正确的有( )A．4个 B．3个C．2个D．1个7．A [解析]E(g)＋F(s)2G(g)为气体分子数增加的反应，ΔS＞0，③正确。因增大压强，平衡逆向移动，G的体积分数减小，由表中数据可知，升高温度，增大压强时，G的体积分数增大，故该反应为吸热反应，ΔH＞0，K(1000℃)＞K(810℃)，b＜f，①、④正确；915℃、2.0MPa条件下，平衡时G的体积分数为0.75，则E的体积分数为0.25，-41-\n而G的变化量为0.75，则E的变化量为0.375，可知E的初始量为0.625，②正确。11．G5H1 [2022·北京卷]下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )A.将NO2球浸泡在冷水和热水中B.t/℃2550100KW/10－141.015.4755.0C.D.c(氨水)/(mol·L－1)0.10.01pH11.110.611．C [解析]右侧的烧瓶中气体颜色深，说明升高温度，化学平衡2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，A项正确；升高温度，水的离子积常数增大，说明水的电离平衡向电离方向移动，B项正确；MnO2是H2O2分解的催化剂，向H2O2溶液中加入MnO2是为了加快H2O2分解的速率，C项错误；氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH＋OH－，加水稀释，平衡向电离方向移动，但c(OH－)比原来小，D项正确。6．G1G4G5 [2022·四川卷]在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是( )A．反应前2min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3mol/(L·min)B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆＞v正C．该温度下此反应的平衡常数K＝1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大6．C [解析]利用反应式可知v(Z)＝2v(Y)＝2×(0.16mol－0.12mol)÷(10L×2min)＝4.0×10－3mol/(L·min)，A项错误；该反应放热，降温平衡正向移动，v正＞v逆，B项错误；列三段式，K＝＝＝1.44，C项正确；因反应前后气体物质的量不变，故再充入0.2molZ，平衡不移动，平衡时X的体积分数不变，D项错误。-41-\n28．G1G5 [2022·新课标全国卷Ⅱ]在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)B(g)＋C(g) ΔH＝＋85.1kJ·mol－1。反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列问题：(1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为____________，平衡时A的转化率为________，列式并计算反应的平衡常数K____________________。(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n(A)，n总＝________mol，n(A)＝________mol。②下表为反应物A的浓度与反应时间的数据，计算：a＝________。反应时间t/h04816c(A)/(mol·L－1)0.10a0.0260.0065分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律，得出的结论是________________________________________________________________________，由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c(A)为________mol·L－1。28．[答案](1)升高温度、降低压强(2)(－1)×100% 94.1%A(g) B(g) ＋ C(g)0．10000.10×94.1%0.10×94.1%K＝＝1.5(3)①0.10× 0.10×(2－)②0.051 达到平衡前每间隔4h，c(A)减少约一半 0.013[解析](1)该反应是一个体积增加的吸热反应，升温、降压均有利于平衡正向移动，提高A的转化率。(2)结合pV＝nRT，该反应消耗A的物质的量即是体系增加的物质的量，α(A)＝＝＝＝；α(A)＝×100%＝94.1%。(3)①结合在等温、等容下物质的量之比等于压强之比，那么＝，n总＝0.10×；n(A)＝0.10－(n总-41-\n－0.10)＝0.10－＝0.10×。②结合①，4min时n(A)＝0.10mol×＝0.051mol，c(A)＝0.051mol/L。由表格数据可知，达到平衡前每4h，c(A)减小约一半，那么12h时，c(A)约为0.013mol/L。1．[2022·湖南五市十校联合检测]能证明反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)已经达到平衡状态的是( )①c(H2)∶c(I2)∶c(HI)＝1∶1∶2②单位时间内生成nmolH2的同时消耗nmolI2③反应速率2v(H2)＝2v(I2)＝v(HI)④温度和体积一定时，容器内压强不再变化⑤温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化⑥温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化A．①③ B．②⑥C．③⑥D．④⑤1．B [解析]该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z%降低，故T2>T1，A项错误；从图像看，温度不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，则Y一定是气体，X可能是气体，也可以是非气体，B项正确；升高温度，平衡逆向移动，故平衡常数减小，C项错误；是否达到化学平衡，反应混合物各成分的物质的量与化学计量数无必然联系，D项错误。2．[2022·龙岩质检]为探讨反应X＋YZ中反应速率与反应物浓度的关系，实验测得X、Y的初始浓度(用c表示，单位为mol/L)与生成物Z的浓度达到0.0042mol/L时所需的时间(秒)如下表所示。下列关于该反应的反应速率的判断，正确的是( )c(X)c(Y)所需时间0.100.100.60s0.200.100.15s0.200.050.30sA.与c(X)成正比且与c(Y)成正比B．与c(X)成正比且与c(Y)无关C．与c2(X)成正比且与c(Y)成正比D．与c2(X)成正比且与c(Y)成反比2．C [解析]第一、二组数据，X的物质的量浓度加倍，而达到平衡的时间缩短为原来的，故反应速率与c2(X)平方成正比，第二、三组数据，Y的物质的量浓度变为原来的，达到平衡的时间延长一倍，故化学反应速率与Y的浓度成正比，C项正确。3．[2022·潍坊一模]某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图K27－2所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是( )-41-\n图K27－2A．在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为c>b>aB．若T2>T1，则正反应一定是放热反应C．达到平衡时A2的转化率大小为b>a>cD．若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd>vb3．A [解析]在T2和n(A2)不变时达到平衡，增加B的量平衡向正反应方向移动，导致生成物的物质的量增大，A项正确；若T2>T1，升高温度生成物的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，所以正反应一定是吸热反应，B项错误；当A2的物质的量一定时，B2的物质的量越大A2的转化率越大，所以达到平衡时A2的转化率大小为c>b>a，C项错误；温度越高反应速率越大，若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd<vb，D项错误。4．[2022·甘肃河西五市联考]已知某可逆反应mA(g)＋nB(g)xC(g)在密闭容器中进行，图G9－1表示反应在不同时间t、温度T和压强p与C在混合气体中的百分含量(C%)的关系曲线，则正确的是( )图G9－1A．T1＞T2，p1＞p2，m＋n＞x，正反应放热B．T1＜T2，p1＜p2，m＋n＜x，正反应吸热C．T1＞T2，p1＜p2，m＋n＜x，正反应放热D．T1＜T2，p1＞p2，m＋n＞x，正反应吸热4．C [解析]温度都是T1时，p2先达到平衡，则p2>p1，C%降低，说明平-41-\n衡逆向移动，故该反应是气体体积增大的反应，m＋n<x；压强都是p2时，T1先达到平衡，则T1>T2，温度升高，C%降低，说明平衡逆向移动，故该反应的正反应是放热反应，ΔH<0，C项正确。5．[2022·广州期末调研]某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液浓度/mol·L－1体积/mL浓度/mol·L－1体积/mL温度/℃①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050(1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1molH2C2O4转移________mol电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥___________________________________________________。(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。(3)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝________mol·L－1·min－1。图K27－4(4)已知50℃时c(MnO)～反应时间t的变化曲线如图K27－4。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时c(MnO)～t的变化曲线示意图。5．(1)2 2.5 (2)②和③ ①和② (3)0.010或1.0×10－2-41-\n(4)[解析](1)H2C2O4中碳的化合价是＋3价，CO2中碳的化合价为＋4价，故每消耗1molH2C2O4转移2mol电子。配平反应方程式为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，为保证KMnO4完全反应，c(H2C2O4)∶c(KMnO4)≥2.5。(2)探究温度对反应速率的影响，则浓度必然相同，则为编号②和③；同理探究浓度的实验是①和②。(3)v(KMnO4)＝[0.010mol·L－1×]÷＝0.010mol·L－1。(4)温度降低，化学反应速率降低，故KMnO4褪色时间延长，故作图时要同时体现25℃MnO浓度降低比50℃时MnO浓度降低缓慢和达到平衡时间比50℃“拖后”。5．[2022·韶关一模]汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。(1)汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应：4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－1200kJ·mol－1。①恒温恒容条件下，不能说明该反应已达到平衡状态的是________(填序号)。A．容器内混合气体颜色不再变化B．容器内的压强保持不变C．2v逆(NO2)＝v正(N2)D．容器内混合气体密度保持不变②能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方向移动的是________(填序号)。A．及时分离出CO2B．适当升高温度C．减小容器体积使体系压强增大D．选择高效催化剂③对于该反应，温度不同(T2>T1)、其他条件相同时，下列图像正确的是________(填序号)。-41-\n 图G8－3(2)汽车尾气中CO与H2O(g)在一定条件下可以发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH<0。820℃时，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，起始时按照下表进行投料，达到平衡状态时K＝1.0。起始物质的量甲乙丙n(H2O)/mol0.100.200.20n(CO)/mol0.100.100.20①该反应的平衡常数表达式为_________________________________________________；平衡时，甲容器中CO的转化率＝________；②平衡时，比较下列容器中CO的转化率：乙________甲(填“>”“＝”或“<”，下同)；丙________甲。5．(1)①CD ②B ③乙(2)①K＝ 50% ②> ＝-41-
