2012新题分类汇编G 化学反应速率和化学平衡高考真题模拟新题

2012新题分类汇编G 化学反应速率和化学平衡高考真题模拟新题

G单元　化学反应速率和化学平衡 G1　化学反应速率 ‎28．D4 J‎4G1[2011·安徽卷] ‎ 地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。‎ ‎ (1)实验前：①先用0.1 mol·L－1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是________________，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入________(写化学式)。‎ 图1－19‎ ‎(2)图1－19表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式 ________________ 。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH的浓度在增大，Fe2＋的浓度却没有增大，可能的原因是________________________________。‎ ‎(3)该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：‎ 假设一：溶液的pH；‎ 假设二：________________________；‎ 假设二：________________________；‎ ‎……‎ ‎(4)请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。‎ ‎ (已知：溶液中的NO浓度可用离子色谱仪测定)‎ 实验步骤及结论：‎ ‎28．D4 J‎4G1‎ ‎(1)去除铁粉表面的氧化物等杂质　N2‎ ‎(2)4Fe＋10H＋＋NO===Fe2＋＋NH＋3H2O　生成的Fe2＋水解(或和溶液中OH－结合)‎ ‎(3)温度　铁粉颗粒大小 ‎(4)‎ 实验步骤及结论：‎ ‎①分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中；‎ ‎②调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入N2；‎ ‎③分别向上述溶液种加入足量的同种铁粉；‎ ‎④用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中的NO的浓度；‎ 若pH不同的KNO3溶液中，测出NO浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。‎ ‎【解析】 (1)先用稀硫酸洗涤Fe粉的目的是除去铁粉中氧化物杂质；为防止空气中的氧气对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入N2。‎ ‎(2)由图可知从0到t1时刻NH、Fe2＋的物质的量浓度在不断增大，H＋、NO的物质的量浓度不断减小，因此离子方程式为：4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O；t1时刻后，Fe2＋发生水解(或与溶液中的OH－结合)，导致反应虽然继续进行，但Fe2＋的浓度却不增加。‎ ‎(3)根据影响化学反应速率的条件推断，影响脱氮的因素除了溶液的pH外，可能有溶液的温度、铁粉颗粒大小等；‎ ‎(4)本小题为开放性试题，合理即可，示例见答案。‎ 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)9.G2[2011·安徽卷] 电镀废液中Cr2O可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：‎ Cr2O(aq)＋2Pb2＋(aq)＋H2O(l)2PbCrO4(s)＋2H＋(aq)　ΔH< 0‎ 该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是(　　)‎ 图1－4‎ ‎9．G2‎ ‎【解析】 A　该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；随溶液pH的升高，溶液中增加的OH－不断消耗H＋，化学平衡向正反应方向移动，反应物Cr2O的转化率不断增大，故B错误；对于任何反应升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；增大一种反应物浓度可以增大另一种反应物的转化率，因此，随着Pb2＋物质的量浓度的增大，Cr2O的物质的量应不断减小，故D错误。‎ ‎12．G‎2G3[2011·北京卷] 已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在‎0 ℃‎和‎20 ℃‎下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Y－t)如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ 图0‎ A．b代表‎0 ℃‎下CH3COCH3的Y－t曲线 B．反应进行到20 min末，CH3COCH3的>1‎ C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率 D．从Y＝0到Y＝0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的＝1‎ ‎12．G‎2G3‎ ‎【解析】 D　温度越高反应速率越快，达到平衡越早，b早达到平衡，表示b为20 ℃下的曲线，A项错误；从图象易知，20 min时b曲线反应速率快，即20 ℃下反应速率快，B项错误；由图示可知温度越高反应物的转化分数越小，即平衡转化率越低，C项错误；由图示，66 min时两个温度下转化分数相同，则生成的CH3COCH2COH(CH3)2物质的量相同，D项正确。‎ 图0‎ ‎12．G2　[2011·福建卷] ‎25 ℃‎时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是(　　)‎ A．往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大 B．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小 C．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH>0‎ D．‎25 ℃‎时，该反应的平衡常数K＝2.2‎ ‎12．G2　【解析】 D　由于加入的固体Pb，对反应物和生成物的浓度都不会产生影响，平衡不会发生移动，故A项错误；加入Sn(NO3)2后Sn2＋浓度增大，平衡向左移动，c(Pb2＋)应增大，故B项错误。升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大说明平衡逆向移动，即逆向为吸热方向、正向为放热方向，该反应ΔH<0，故C项错误；依据平衡常数计算公式K＝可求得，此条件下该反应平衡常数为2.2，故D项正确。‎ ‎15．D‎2G2‎ ‎[2011·海南化学卷] 氯气在298 K、100 kPa时，在‎1 L水中可溶解0.09 mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题：‎ ‎(1)该反应的离子方程式为________________________________________________________________________；‎ ‎(2)估算该反应的平衡常数________________________________________________________________________(列式计算)；‎ ‎(3)在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，平衡将向________移动；‎ ‎(4)如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将________(填“增大”“减小”或“不变”)，平衡将向________移动。‎ ‎15．D‎2G2　(1)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO ‎(2)K＝‎ ＝4.5×10－4mol2·L－2‎ ‎(3)正反应方向 ‎(4)增大　正反应方向 ‎【解析】 (1)氯气与水反应生成的次氯酸为弱酸，不能拆写，离子方程式为：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO；(2)由信息和氯气与水反应的离子方程式可求得剩余的c(Cl2)＝0.06 mol·L－1，生成的c(H＋)＝0.03 mol·L－1、c(Cl－)＝0.03 mol·L－1、c(HClO)＝0.03 mol·L－1，K＝，得K＝＝4.5×10－4mol2·L－2‎ ‎(3)加入少量NaOH固体，将中和H＋使得氢离子的浓度降低，平衡将向正反应方向移动。‎ ‎(4)由气体的溶解度随着压强的增大而增大，可知增大压强平衡将向正反应方向移动，氯气的溶解度增大。‎ ‎27.F‎5G2[2011·课标全国卷] 科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为－285.8 kJ·mol－1、－283.0 kJ·mol－1和－726.5 kJ·mol－1。请回答下列问题：‎ ‎(1)用太阳能分解10 mol水消耗的能量是________kJ；‎ ‎(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为________________________________________________________________________；‎ ‎(3)在容积为‎2 L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如图所示(注：T1、T2均大于‎300 ℃‎)；‎ 图1－12‎ 下列说法正确的是________(填序号)‎ ‎①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为 v(CH3OH)＝ mol·L－1·min－1‎ ‎②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小 ‎③该反应为放热反应 ‎④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大 ‎(4)在T1温度时，将1 mol CO2和3 mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为________；‎ ‎(5)在直接以甲醇为燃料的燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为________________________、正极的反应式为________________________。理想状态下，该燃料电池消耗1 mol甲醇所能产生的最大电能为702.1 kJ，则该燃料电池的理论效率为________。(燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比)‎ ‎27．F‎5G2‎ ‎(1)2858‎ ‎(2)CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l)‎ ΔH＝－443.5 kJ·mol－1‎ ‎(3)③④　(4)1－ ‎(5)CH3OH＋H2O===CO2＋6H＋＋6e－‎ O2＋6H＋＋6e－===3H2O　96.6%‎ ‎【解析】 (1)H2的燃烧热为－285.8 kJ·mol－1，则分解10 mol H2O消耗能量为285.8 kJ·mol－1×10 mol＝2858 kJ。‎ ‎(2)CO(g)和CH3OH(l)燃烧的热化学方程式分别为：‎ CO(g)＋O2(g)===CO2(g)‎ ΔH＝－283.0 kJ·mol－1①‎ CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)‎ ΔH＝－726.5 kJ·mol－1②‎ ‎②－①得CH3OH(l)不完全燃烧的热化学方程式：CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l)‎ ΔH＝－443.5 kJ·mol－1。‎ ‎(3)温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝mol·L－1·min－1‎ ‎，①错；由图象看出T1时反应达平衡生成甲醇的物质的量大于T2时，可知T1时反应限度大，平衡常数也大，②错；温度为T2时反应先达到平衡，则T2＞T1，但T2时反应达到平衡生成的甲醇的物质的量比T1小，说明升高温度不利于甲醇生成，该反应为放热反应，③正确；A点的反应体系从T1变到T2，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，④正确。‎ ‎(4)CO2＋3H2===CH3OH＋H2O　△n ‎ 　1 2‎ ‎ 　α 2α 则容器内平衡压强与起始压强之比为： ＝1－。‎ ‎(5)甲醇燃料电池中甲醇失电子发生氧化反应，负极电极方程式为CH3OH＋H2O===CO2＋6H＋＋6e－，正极电极方程式为O2＋6H＋＋6e－===3H2O。该燃料电池的理论效率为×100%＝96.6%。‎ ‎28.F2、G2[2011·山东卷] 研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。‎ ‎(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为________________________。利用反应6NO2＋ 8NH37N2＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是________L。‎ ‎(2)已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)‎ ΔH＝－196.6 kJ·mol－1‎ ‎2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)‎ ΔH＝－113.0 kJ·mol－1‎ 则反应NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。‎ 一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________。‎ a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变 c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2‎ 测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6，则平衡常数K＝________。‎ 图1－14‎ ‎(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。‎ CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1－14所示。该反应ΔH______0(填“>”或“ <”)。实际生产条件控制在‎250℃‎、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎28．F2、G2‎ ‎(1)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　6.72‎ ‎(2)－41.8　b　2.67或 ‎(3)<　在1.3×104 kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失 ‎【解析】 (1)NO2与水反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。分析题给化学方程式可知，1 mol NO2参加反应转移4 mol电子，故转移1.2 mol电子时消耗NO2的物质的量为0.3 mol，在标准状况下的体积为6.72 L。‎ ‎(2)将第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式并除2得，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)　ΔH＝－41.8 kJ·mol－1。该反应为气体物质的量不变的反应，反应过程中体系压强为恒量，a不能；混合气体颜色保持不变，即NO2的浓度保持不变，b能；SO3和NO的体积比恒为1∶1，c不能；SO3的消耗速率和NO2的生成速率均是逆反应速率，故d不能。‎ NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)‎ 起始量(mol) 1 2 0 0‎ 变化量(mol) x x x x 平衡量(mol) 1－x 2－x x x 则有＝，解得x＝0.8，‎ K＝＝＝。‎ ‎(3)分析图象可知，温度越高CO的平衡转化率越低，说明升高温度平衡向左移动，反应为放热反应，ΔH＜0。‎ ‎29.F5、G2、O1[2011·四川卷] ‎ 开发氢能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)已知‎1 g FeS2完全燃烧放出7.1 kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为______________________。‎ ‎(2)该循环工艺过程的总反应方程式为______________________。‎ ‎(3)用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是______________________。‎ ‎(4)用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：‎ NiO(OH)＋MHNi(OH)2＋M ‎①电池放电时，负极的电极反应式为________________________。‎ ‎②充电完成时，Ni(OH)2全部转化为NiO(OH)。若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为________________________。‎ ‎29．F5、G2、O1　【答案】 (1)4FeS2(s)＋11O2(g)2Fe2O3(s)＋8SO2(g)；ΔH＝－3408 kJ/mol ‎(2)2H2O＋SO2===H2SO4＋H2‎ ‎(3)减小H2浓度，使HI分解平衡正向移动，提高HI的分解率 ‎(4)①MH＋OH－－e－===M＋H2O ‎②2H2O＋O2＋4e－===4OH－‎ ‎【解析】 该工艺过程的原理是：①SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，②2HIH2＋I2。则总反应式为①＋②，即2H2O＋SO2===H2SO4＋H2。(4)①蓄电池放电时是原电池、充电时是电解池。只要记清原电池中“负氧化、正还原”，电解池中“阳氧化、阴还原”的规律，在写电极反应式时先弄清楚是原电池还是电解池，然后将给出的总反应拆成氧化反应和还原反应两个半反应按需选取即可。②中阴极的电极反应有两个，第一阶段是充电时的反应式，由①中的方法不难确定为M＋H2O＋e－===MH＋OH－，第二阶段为吸收氧气的电解反应式，由题意氧气在阴极被还原，结合该蓄电池中电解质溶液显碱性可知氧气被还原为OH－，所以其电极方程式为：2H2O＋O2＋4e－===4OH－。‎ ‎10.F‎4G2　[2011·天津卷] 工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。‎ 方法1：还原沉淀法 该法的工艺流程为 CrOCr2OCr3＋Cr(OH)3↓‎ 其中第①步存在平衡：‎ ‎2CrO(黄色)＋2H＋Cr2O(橙色)＋H2O ‎(1)若平衡体系的pH＝2，该溶液显________色。‎ ‎(2)能说明第①步反应达平衡状态的是__________。‎ a．Cr2O和CrO的浓度相同 b．2v(Cr2O)＝v(CrO)‎ c．溶液的颜色不变 ‎(3)第②步中，还原1 mol Cr2O离子，需要________mol的FeSO4·7H2O。‎ ‎(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：‎ Cr(OH)3(s)Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)‎ 常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5mol/L，溶液的pH应调至________。‎ 方法2：电解法 该法用Fe做电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。‎ ‎(5)用Fe做电极的原因为________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(6)在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)________________________。‎ 溶液中同时生成的沉淀还有__________。‎ ‎10．F‎4G2‎ ‎(1)橙　(2)c　(3)6　(4)5‎ ‎(5)阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，提供还原剂Fe2＋‎ ‎(6)2H＋＋2e－===H2↑　Fe(OH)3‎ ‎【解析】 (1)溶液pH＝2时，溶液中c(H＋)浓度较大，平衡正向移动，故溶液显橙色。‎ ‎(2)a项，由于反应平衡常数未知，故反应进行的程度也未知，当两者浓度相等时，反应不一定达到平衡；b项，没有指明这些物质的反应速率代表正反应还是逆反应，也不能说明一定达到平衡；c项，当溶液的颜色不变时，说明体系中各微粒浓度都不再改变，故达到平衡状态。‎ ‎(3)结合关系式Cr2O～2Cr3＋～6e－、Fe2＋～Fe3＋～e－，根据电子守恒可知Cr2O～6Fe2＋，故需要6 mol FeSO4·7H2O。‎ ‎(4)因为c(OH－)＝＝＝10－9mol·L－1，故c(H＋)＝10－5mol·L－1，pH＝5。‎ ‎(5)当用铁作电极时，阳极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，生成的Fe2＋具有还原性，将Cr2O还原为Cr3＋，从而生成Cr(OH)3沉淀，因而铁作电极是为了生成还原剂Fe2＋。‎ ‎(6)在阴极上只能是H＋得电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，随着电极附近c(H＋)减小，使得溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；同时，阳极上生成的Fe2＋被Cr2O氧化为Fe3＋，随着碱性的增强而生成Fe(OH)3沉淀下来。‎ ‎10．G‎2G3[2011·重庆卷] 一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图0的是(　　)‎ 图0‎ A．CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；‎ ΔH<0‎ B．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；ΔH>0‎ C．CH3CH2OH(g)CH2===CH2(g)＋H2O(g)；‎ ΔH>0‎ D．‎2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)‎2C6H5CH===CH2(g)＋2H2O(g)；ΔH<0‎ ‎10．G‎2G3[2011·重庆卷] 【解析】 A　左边图象是温度与时间的图象，在拐点之前可以判断斜率较大的T2对应的反应速率快，因此温度较高，即T2>T1，拐点之后，T2温度下达到平衡时，水蒸气的含量较少，因此确定升高温度，平衡逆向移动，即此反应正向为放热反应，排除B、C。右边图象为压强与时间的图象，拐点前可判断p1>p2，拐点后可判断增大压强平衡正向移动，确定此反应生成物的气体的物质的量之和小于反应物气体的物质的量之和，排除D。‎ G3　速率、平衡图像 ‎12．G‎2G3[2011·北京卷] 已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在‎0 ℃‎和‎20 ℃‎下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Y－t)如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ 图0‎ A．b代表‎0 ℃‎下CH3COCH3的Y－t曲线 B．反应进行到20 min末，CH3COCH3的>1‎ C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率 D．从Y＝0到Y＝0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的＝1‎ ‎12．G‎2G3‎ ‎【解析】 D　温度越高反应速率越快，达到平衡越早，b早达到平衡，表示b为20 ℃下的曲线，A项错误；从图象易知，20 min时b曲线反应速率快，即20 ℃下反应速率快，B项错误；由图示可知温度越高反应物的转化分数越小，即平衡转化率越低，C项错误；由图示，66 min时两个温度下转化分数相同，则生成的CH3COCH2COH(CH3)2物质的量相同，D项正确。‎ ‎31．G‎3　‎G‎4　‎F2‎ ‎[2011·广东卷] 利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图0所示。‎ 图0‎ ‎(1)在0～30小时内，CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ和vⅢ从大到小的顺序为____________；反应开始后的12小时内，在第________种催化剂作用下，收集的CH4最多。‎ ‎(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)。该反应的ΔH＝＋206 kJ·mol－1。‎ ‎①画出反应过程中体系能量变化图(进行必要标注)。‎ ‎②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入‎1 L恒容密闭反应器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K＝27，此时测得CO的物质的量为0.10 mol，求CH4的平衡转化率(计算结果保留两位有效数字)。‎ ‎(3)已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－802 kJ·mol－1。写出由CO2生成CO的热化学方程式________________________________________________________________________。‎ ‎31．G‎3　‎G‎4　‎F2‎ ‎(1)vⅢ＞vⅡ＞vⅠ　Ⅱ ‎(2)①‎ ‎②设CH4的初始物质的量为x mol，‎ 则CH4(g) ＋ H2O(g)CO(g) ＋ 3H2(g)‎ 初始浓度 ‎/mol·L－1 　 　 平衡浓度 ‎/mol·L－1 K＝＝＝27‎ 解得：x＝0.11‎ 转化率＝×100%＝91%‎ ‎(3)CO2(g)＋3H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)＋2O2(g)　ΔH＝＋1008 kJ·mol－1‎ ‎【解析】 (1)0～30小时内，CH4的平均速率＝，由图可知，30小时内CH4的产量Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，即速率关系为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ；前12小时第Ⅱ种催化剂作用下，收集的CH4最多。(2)①该反应中，CH4的用量越多，放出的热量越多，成正比例关系。‎ ‎②假设CH4和H2O的起始量均为x mol，结合平衡时n(CO)＝0.10 mol，有：‎ CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)‎ x x 0 0‎ 0.10 0.10 0.10 0.30‎ x－0.10 x－0.10 0.10 0.30‎ 结合K＝＝＝27，解得x＝0.11 mol·L－1，CH4的转化率＝×100%＝91%。‎ ‎(3)由已知反应：①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋206 kJ·mol－1；‎ ‎②CH4(g)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g)‎ ΔH＝－802 kJ·mol－1；‎ ‎①－②式得热化学反应方程式：‎ CO2(g)＋3H2O(g)===2O2(g)＋CO(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋1008 kJ·mol－1。‎ ‎28．G3[2011·全国卷] 反应aA(g)＋bB(g)cC(g)　(ΔH<0)在等容条件下进行。‎ 改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：‎ 图1－10‎ 回答问题：‎ ‎(1)反应的化学方程式中，a∶b∶c为________；‎ ‎(2)A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为________；‎ ‎(3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是________，其值是________；‎ ‎(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是______________，采取的措施是______________；‎ ‎(5)比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2________T3(填“>”“<”“＝”)，判断的理由是________________________；‎ ‎(6)达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10 min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势(曲线上必须标出A、B、C)‎ 图1－11‎ ‎28．G3　(1)1∶3∶2‎ ‎(2)vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)‎ ‎(3)αⅢ(B)　0.19(19%)‎ ‎(4)向正反应方向　从反应体系中移出产物C ‎(5)>　此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动 ‎(6)‎ ‎(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应移动及各物质浓度的相对变化比例即可)‎ ‎【解析】 (1)第Ⅰ阶段A、B、C的物质的量浓度变化值分别为(减少)1.0 mol/L、(减少)3.0 mol/L、(增加)2.0 ‎ mol/L，方程式中各物质浓度的变化量之比等于其化学计量数之比，因此计算得a∶b∶c＝1∶3∶2。‎ ‎(2)根据化学反应速率为单位时间浓度的变化值，可计算三个阶段用A表示的化学反应速率分别为：＝0.05 mol/(L·min)、＝0.025 mol/(L·min)、＝0.012 mol/(L·min)。‎ ‎(3)转化率是物质的减少量与初始量的比值，因此三个阶段B的转化率分别为×100%＝50%、×100%＝38%、×100%＝19%。‎ ‎(4)第Ⅱ阶段C是从0开始的，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动。‎ ‎(5)第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度。‎ ‎(6)首先应该考虑到气体的物质的量浓度为气体的物质的量与容器体积的比值，因此容器扩大一倍，则各物质的浓度减小为原来的一半，另外考虑容器体积增大，平衡向气体的物质的量增大的方向移动，即向逆反应方向移动。‎ ‎6.G‎3G5　[2011·天津卷] 向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。‎ 图0‎ 由图可得出的正确结论是(　　)‎ A．反应在c点达到平衡状态 B．反应物浓度：a点小于b点 C．反应物的总能量低于生成物的总能量 D．Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段 ‎6．G‎3G5　【解析】 D　该反应是从正反应方向开始，由图可以看出反应速率在逐渐增加，故在绝热容器中反应体系温度升高，可知该反应的正反应是放热反应，但随着时间的推移，反应物浓度逐渐减小，反应速率会有所下降，只有当反应速率不再改变时，反应才达到平衡，即平衡点将在c点之后，A错；由于a点到b点反应一直正向进行，故反应物浓度b点小于a点，B错；由于该反应是放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量，C错；由于到c点反应仍未达到平衡，但速率一直在增大，故SO2的转化率一直在增大，D对。‎ ‎10．G‎2G3[2011·重庆卷] 一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图0的是(　　)‎ 图0‎ A．CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；‎ ΔH<0‎ B．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；ΔH>0‎ C．CH3CH2OH(g)CH2===CH2(g)＋H2O(g)；‎ ΔH>0‎ D．‎2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)‎2C6H5CH===CH2(g)＋2H2O(g)；ΔH<0‎ ‎10．G‎2G3[2011·重庆卷] 【解析】 A　左边图象是温度与时间的图象，在拐点之前可以判断斜率较大的T2对应的反应速率快，因此温度较高，即T2>T1，拐点之后，T2温度下达到平衡时，水蒸气的含量较少，因此确定升高温度，平衡逆向移动，即此反应正向为放热反应，排除B、C。右边图象为压强与时间的图象，拐点前可判断p1>p2，拐点后可判断增大压强平衡正向移动，确定此反应生成物的气体的物质的量之和小于反应物气体的物质的量之和，排除D。‎ G4　等效平衡与化学平衡计算 ‎31．G‎3　‎G‎4　‎F2‎ ‎[2011·广东卷] 利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图0所示。‎ 图0‎ ‎(1)在0～30小时内，CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ和vⅢ从大到小的顺序为____________；反应开始后的12小时内，在第________种催化剂作用下，收集的CH4最多。‎ ‎(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)。该反应的ΔH＝＋206 kJ·mol－1。‎ ‎①画出反应过程中体系能量变化图(进行必要标注)。‎ ‎②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入‎1 L恒容密闭反应器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K＝27，此时测得CO的物质的量为0.10 mol，求CH4的平衡转化率(计算结果保留两位有效数字)。‎ ‎(3)已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－802 kJ·mol－1。写出由CO2生成CO的热化学方程式________________________________________________________________________。‎ ‎31．G‎3　‎G‎4　‎F2‎ ‎(1)vⅢ＞vⅡ＞vⅠ　Ⅱ ‎(2)①‎ ‎②设CH4的初始物质的量为x mol，‎ 则CH4(g) ＋ H2O(g)CO(g) ＋ 3H2(g)‎ 初始浓度 ‎/mol·L－1 　 　 平衡浓度 ‎/mol·L－1 K＝＝＝27‎ 解得：x＝0.11‎ 转化率＝×100%＝91%‎ ‎(3)CO2(g)＋3H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)＋2O2(g)　ΔH＝＋1008 kJ·mol－1‎ ‎【解析】 (1)0～30小时内，CH4的平均速率＝，由图可知，30小时内CH4的产量Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，即速率关系为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ；前12小时第Ⅱ种催化剂作用下，收集的CH4最多。(2)①该反应中，CH4的用量越多，放出的热量越多，成正比例关系。‎ ‎②假设CH4和H2O的起始量均为x mol，结合平衡时n(CO)＝0.10 mol，有：‎ CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)‎ x x 0 0‎ 0.10 0.10 0.10 0.30‎ x－0.10 x－0.10 0.10 0.30‎ 结合K＝＝＝27，解得x＝0.11 mol·L－1，CH4的转化率＝×100%＝91%。‎ ‎(3)由已知反应：①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋206 kJ·mol－1；‎ ‎②CH4(g)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g)‎ ΔH＝－802 kJ·mol－1；‎ ‎①－②式得热化学反应方程式：‎ CO2(g)＋3H2O(g)===2O2(g)＋CO(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋1008 kJ·mol－1。‎ ‎8．G4[2011·全国卷] 在容积可变的密闭容器中，2 mol N2和8 mol H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于(　　)‎ A．5% B．10% C．15% D．20%‎ ‎8．G4‎ ‎【解析】 C　根据题意可知，发生反应的氢气的物质的量为8 mol×25%＝2 mol，因此可得下列“三段式”：‎ ‎　　　N2　＋　3H2　　2NH3‎ 初始/mol: 2 8 0‎ 转化/mol: 2 平衡/mol: 6 在同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比，因此平衡时氮气的体积分数等于其物质的量分数，即为×100%≈15%。‎ ‎13.G4[2011·四川卷] 可逆反应①X(g)＋2Y(g)2Z(g) 、②‎2M(g)N(g)＋P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图1－3所示：‎ 图1－3‎ 下列判断正确的是(　　)‎ A．反应①的正反应是吸热反应 B．达平衡(Ⅰ)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14∶15‎ C．达平衡(Ⅰ)时，X的转化率为 D．在平衡(Ⅰ)和平衡(Ⅱ)中M的体积分数相等 ‎13．G4　【解析】 C　由反应②的方程式可知反应②中反应前后气体的物质的量不发生变化，则反应②平衡体系中混合气体的物质的量始终是2 mol，则结合图中平衡 (Ⅰ)和平衡(Ⅱ)的转化条件和反应前后X、Y、Z的物质的量变化情况可知降低温度时反应①向正反应方向移动，所以反应①正反应是放热反应，A错；等温、等物质的量时气体的压强与体积成反比，由平衡(Ⅰ)时反应②体系体积的变化可知平衡(Ⅰ)时体系的压强为开始时体系压强的＝，B错；由同温、同压时气体的体积比等于物质的量之比可知平衡(Ⅰ)时反应①体系的总物质的量为2.8×2÷2.2＝，则根据方程式可算出平衡(Ⅰ)时，X的转化率为，C对；温度对所有的平衡均有影响，所以当温度降低时反应②的平衡必定移动，所以M的体积分数必定变化，D错。‎ G5　化学反应速率和化学平衡综合 ‎8．G5　[2011·海南化学卷] 对于可逆反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)，在温度一定下由H2(g)和I2(g)开始反应，下列说法正确的是(　　)‎ A．H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率之比为2∶1‎ B．反应进行的净速率是正、逆反应速率之差 C．正、逆反应速率的比值是恒定的 D．达到平衡时，正、逆反应速率相等 ‎8．G5　【解析】 BD　H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率比决定于该反应的化学计量数之比，应为1∶2，A错；正、逆反应速率的比值是随反应时间的变化而变化的，不是恒定的，C错。对于一个可逆反应的净速率就是正、逆反应速率之差，B正确；可逆反应达到平衡的标志就是正、逆反应速率相等，D正确。‎ ‎10．G5　[2011·江苏化学卷] 下列图示与对应的叙述相符的是(　　)‎ A．图A表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 B．图B表示0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液所得到的滴定曲线 C．图C表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是‎80 ℃‎时KNO3的不饱和溶液 D．图D表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大 ‎10．G5　【解析】 C　图A中，反应物的总能量比生成物能量大，故为放热反应，A错；图B中，起始时，0.1 mol/L的CH3COOH的pH应大于1，B错；图C中，‎80 ℃‎时，KNO3的溶解度比a点处大，故a点处没有达到饱和，C对；图D中，t时生成物的量不是最大，故反应物的转化率不是最大，D错。‎ ‎12．G5　[2011·江苏化学卷] 下列说法正确的是(　　)‎ A．一定温度下，反应MgCl2(l)===Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH>0、ΔS>0‎ B．水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动 C．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应 D．对于反应2H2O2===2H2O＋O2↑， 加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率 ‎12．G5　【解析】 AD　该反应为分解反应，过程是吸热，ΔH＞0，反应中有气体生成，熵增加，ΔS＞0，A对；水解为吸热反应，升高温度促进水解，B错；放电时负极和充电时阳极都发生氧化反应，C错；H2O2中加入MnO2作催化剂，反应速率加快，升高温度，反应速率也加快，D对。‎ ‎15.G5　[2011·江苏化学卷] ‎700 ℃‎时，向容积为‎2 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：‎ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ 反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)：‎ 反应时间/min n(CO)/mol H2O/mol ‎0‎ ‎1.20‎ ‎0.60‎ t1‎ ‎0.80‎ t2‎ ‎0.20‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．反应在t1 min内的平均速率为v(H2)＝ mol·L－1·min－1‎ B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O，到达平衡时n(CO2)＝0.40 mol C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大 D．温度升高至‎800 ℃‎，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应 ‎15．G5　【解析】 BC　反应在t1 min内的平均速率v(H2)＝v(CO)＝＝ mol·L－1·min－1，A错。根据提供数据，可知t1时n(H2O)＝0.2 mol，则t1时反应达平衡状态，此时CO、H2O、CO2、H2的物质的量浓度分别为0.4 mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L、0.2 mol/L，则K＝1。起始时充入0.6 mol CO和1.20 mol H2O，设平衡时n(CO2)＝x mol，则K＝＝1，解得x＝0.4，B对； 增大一种反应物浓度，另一种反应物的转化率肯定增大，根据勒夏特列原理知，加入的H2O，只能削弱不能消除，则H2O的体积分数增大，C对；由于‎700 ℃‎时，K＝1，‎800 ℃‎时，K＝0.64，则升温，K减小，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，D错。‎ ‎6．G‎3G5　[2011·天津卷] 向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。‎ 图0‎ 由图可得出的正确结论是(　　)‎ A．反应在c点达到平衡状态 B．反应物浓度：a点小于b点 C．反应物的总能量低于生成物的总能量 D．Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段 ‎6．G‎3G5　【解析】 D　该反应是从正反应方向开始，由图可以看出反应速率在逐渐增加，故在绝热容器中反应体系温度升高，可知该反应的正反应是放热反应，但随着时间的推移，反应物浓度逐渐减小，反应速率会有所下降，只有当反应速率不再改变时，反应才达到平衡，即平衡点将在c点之后，A错；由于a点到b点反应一直正向进行，故反应物浓度b点小于a点，B错；由于该反应是放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量，C错；由于到c点反应仍未达到平衡，但速率一直在增大，故SO2的转化率一直在增大，D对。‎ ‎27.G5[2011·浙江卷] 某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。‎ ‎(1)将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：‎ NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)‎ 实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：‎ 温度/℃‎ ‎15.0‎ ‎20.0‎ ‎25.0‎ ‎30.0‎ ‎35.0‎ 平衡总压 强/kPa ‎5.7‎ ‎8.3‎ ‎12.0‎ ‎17.1‎ ‎24.0‎ 平衡气体 总浓度/‎ mol·L－1‎ ‎2.4×‎ ‎10－3‎ ‎3.4×‎ ‎10－3‎ ‎4.8×‎ ‎10－3‎ ‎6.8×‎ ‎10－3‎ ‎9.4×‎ ‎10－3‎ ‎①可以判断该分解反应已经达到平衡的是(　　)‎ A．2v(NH3)＝v(CO2)‎ B．密闭容器中总压强不变 C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变 ‎②根据表中数据，列式计算‎25.0 ℃‎时的分解平衡常数：__________。‎ ‎③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在‎25.0 ℃‎下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量________(填“增加”“减少”或“不变”)‎ ‎④氨基甲酸铵分解反应的焓变ΔH________(填“＞”“＝”或“＜”)，熵变ΔS________0 (填“＞”“＝”或“＜”)。‎ ‎(2)已知：NH2COONH4＋2H2ONH4HCO3＋NH3·H2O 该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO－)随时间的变化趋势如图所示。‎ 图0‎ ‎⑤计算‎25.0 ℃‎时，0～6 min氨基甲酸铵水解反应的平均速率：__________。‎ ‎⑥根据图中信息，如何说明该水解反应速率随温度升高而增大：__________。‎ ‎27．G5　(1)①BC　②K＝c2(NH3)·c(CO2)＝2·＝×(4.8×10－3mol·L－1)3＝1.6×10－8(mol·L－1)3　③增加　④＞　＞‎ ‎(2)⑤0.05 mol/(L·min)　⑥‎25.0 ℃‎时反应物的起始浓度较小，但0～6 min的平均反应速率(曲线的斜率)仍比‎15.0 ℃‎时的大。‎ ‎【解析】 (1)①A项没有指明反应速率的方向，不能作为平衡标志，该反应前后气体分子数不相等，因此密闭容器总压强不变可以作为平衡标志；由于反应中有非气体物质，因此混合气体的密度不变可以作为平衡标志；密闭容器中只有氨气和CO2，且二者的体积比始终为2∶1，因此氨气的体积分数不能作为平衡标志。②25.0 ℃时，NH3、CO2‎ 的浓度分别为3.2×10－3 mol/L、1.6×10－3 mol/L，因此K＝c2(NH3)·c(CO2)≈1.6×10－8(mol·L－1)3。③恒温下压缩容器体积，则体系压强增大，平衡向逆反应方向移动，氨基甲酸铵固体质量增加。④根据升高温度，平衡气体总浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，ΔH＞0，该反应前后气体分子数增大，则ΔS＞0。(2)⑤25.0 ℃时，0～6 min氨基甲酸铵水解反应的平均速率为＝0.05 mol/(L·min)。⑥由图示可知，25.0 ℃时反应物的起始浓度较小，但0～6 min的平均反应速率(曲线的斜率)仍比15.0 ℃时的大，因此速率越快。‎ ‎29.G‎5F4[2011·重庆卷] 臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。‎ ‎(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是__________和__________。(填分子式)‎ ‎(2)O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知O3的起始浓度为0.0216 mol/L。‎ ‎　　pH　t/minT/℃‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎6.0‎ ‎20‎ ‎301‎ ‎231‎ ‎169‎ ‎58‎ ‎30‎ ‎158‎ ‎108‎ ‎48‎ ‎15‎ ‎50‎ ‎31‎ ‎26‎ ‎15‎ ‎7‎ ‎①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是________________。‎ ‎②在‎30 ℃‎、pH＝4.0条件下，O3的分解速率为__________mol/(L·min)。‎ ‎③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为__________。(填字母代号)‎ a．‎40 ℃‎、pH＝3.0　b．‎10 ℃‎、pH＝4.0‎ c．‎30 ℃‎、pH＝7.0‎ ‎(3)O3可由臭氧发生器(原理如题29图)电解稀硫酸制得。‎ 图0‎ ‎①图中阴极为__________(填“A”或“B”)，其电极反应式为________________________________________________________________________。‎ ‎②若C处通入O 2 ，则A极的电极反应式为________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎③若C处不通入O2，D、E处分别收集到x L和y L气体(标准状况)，则E处收集的气体中O3所占的体积分数为__________。(忽略O3的分解)‎ ‎29．G‎5F4[2011·重庆卷] (1)I2　O2‎ ‎(2)①OH－　②1.00×10－4　③b、a、c ‎(3)A　2H＋＋2e－===H2↑‎ ‎②O2＋4H＋＋4e－===2H2O ‎③ ‎【解析】 (1)臭氧具有强氧化性，在溶液里能将I－氧化成I2，自身一部分氧元素被还原为OH－，反应的化学方程式为2KI＋O3＋H2O===2KOH＋I2＋O2，因此，生成的单质为I2和O2。‎ ‎(2)①pH越大，OH－浓度越大，判断起催化作用的离子为OH－。‎ ‎②由表格可知，题目给定条件下所用时间为108 ‎ min，而臭氧浓度减少为原来的一半，即有＝0.0108 mol/L臭氧分解，速率为＝1×10－4 mol/(L·min)。③分析表中的递变规律可知，a项反应所需时间的范围是：31 min231 min，c项反应所需时间t<15 min，因此，分解速率依次增大的顺序为b、a、c。‎ ‎(3)①电解硫酸时，溶液中的OH－发生氧化反应生成氧气和臭氧，因此产生氧气和臭氧的一极为阳极，根据装置中电极B处产生臭氧，则说明电极B为阳极，则A为阴极，硫酸溶液中的H＋在阴极放电生成氢气。②若C处通入氧气，则A极上产生的氢气与氧气反应生成水。③D处得到氢气，E处生成氧气和臭氧，每生成1 mol H2，可得到2 mol电子，生成x L氢气时，得到电子的物质的量为×2，每生成1 mol O2，可失去4 mol电子，每生成1 mol O3，可失去6 mol电子，根据得失电子守恒得×4＋×6＝×2，生成氧气和臭氧的体积共y L，则V(O2)＋V(O3)＝y，因此＝。‎ ‎1.[2011·抚顺联考] 下列说法正确的是(　　)‎ A．焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的 B．焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的 C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据 D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向 ‎1．B　【解析】 根据化学反应的能量判据和熵判据：ΔG＝ΔH－TΔS，综合分析A错误，B正确。‎ ‎2．[2011·青岛测试] ‎250 ℃‎和1.01×105 Pa时，反应2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.76 kJ/mol，自发进行的原因是(　　)‎ A．是吸热反应　　　　‎ B．是放热反应 C．是熵减少的反应 ‎ D．熵增大效应大于能量效应 ‎2．D　【解析】 根据ΔG＝ΔH－TΔS<0判断，该反应能够自发进行的原因是熵增大效应大于能量效应。‎ ‎3．[2011·临汾模拟] 反应2AB(g)===C(g)＋3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的ΔH、ΔS应为(　　)‎ A．ΔH<0，ΔS>0　　　　　‎ B．ΔH<0，ΔS<0‎ C．ΔH>0，ΔS>0 ‎ D．ΔH>0，ΔS<0‎ ‎3．C　【解析】 根据化学反应进行方向的复合判据ΔG＝ΔH－TΔS，当ΔG<0时，反应自发进行；当ΔG＝0时处于平衡状态；当ΔG>0反应不能自发进行。结合题意得出该反应的ΔH>0，ΔS>0。‎ ‎4．[2011·镇江月考]硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O。下列各组实验中最先出现浑浊的是(　　)‎ 实验 反应 温度/℃‎ Na2S2O3溶液 V/mL c/(mol·L－1)‎ 稀H2SO4‎ V/mL c/(mol·L－1)‎ H2O V/mL A ‎25‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎5‎ B ‎25‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎10‎ C ‎35‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎5‎ D ‎35‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎10‎ ‎4．D　【解析】 分析图表中的数据得出，相同温度下，B、D中Na2S2O3浓度分别大于A、C的，反应速率B大于A，D大于C，但在浓度相同时，温度高的反应速率大于温度低的，反应速率D大于B，综合分析，选D。‎ ‎5．[2011·亳州三模] 乙酸乙酯能在多种条件下发生水解反应：‎ CH3COOC2H5＋H2OCH3COOH＋C2H5OH 已知该反应的速率随c(H＋)的增大而加快。图K36－2为CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化图。下列说法中正确的是(　　)‎ 图K36－2‎ A．反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H＋)逐渐增大所致 B．A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等 C．图中t0时反应达到平衡状态 D．tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率 ‎5．AD　【解析】 水解初期c(CH3COOH)增大，c(H＋)增大，该反应的速率随之加快，A对；A、B两点表示的v(CH3COOC2H5)相等，但随反应进行c(CH3COOC2H5)不断消耗，使乙酸乙酯的转化率逐渐增大，B错，D对；B点表示的c(CH3COOC2H5)小；t0后反应速率逐渐减小，并未保持不变，故未达到平衡状态，C错。‎ ‎6．[2011·莆田统测] 相同温度下，体积均为‎0.25 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：‎ X2(g)＋3Y2(g)2XY3(g)　ΔH＝－92.6 kJ·mol－1‎ 实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：‎ 容器 编号 起始时各物质物质的量/mol X2‎ Y2‎ XY3‎ 达平衡时体 系能量的变化 ‎①‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ 放热 23.15 kJ ‎②‎ ‎0.6‎ ‎1.8‎ ‎0.8‎ Q(Q＞0)‎ 下列叙述不正确的是(　　)‎ A．容器①、②中反应的平衡常数不相等 B．达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2 mol·L－1‎ C．容器②中反应达到平衡时放出的热量为Q D．若容器①体积为‎0.20 L，则达平衡时放出的热量大于23.15 kJ ‎6．AC　【解析】 相同温度下，两次实验中X2、Y2都是按照与计量数等比加入，温度又不变，所以达到平衡时，平衡状态相同，平衡常数相等。容器②中反应达到平衡应该吸收热量。‎ ‎7．[2011·余姚中学模拟] T ℃时在‎2 L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图K37－1(1)所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间的关系如图K37－1(2)所示。则下列结论正确的是(　　)‎ 图K37－1‎ A．反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率v(X)＝0.3 mol·(L·min)－1‎ B．容器中发生的反应可表示为：3X(g)＋Y(g)2Z(g)‎ C．保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小 D．若改变反应条件，使反应进程如图K37－1(3)所示，则改变的条件是增大压强 ‎7．B　【解析】 A项错误，v(X)＝0.1 mol·(L· min)－1；B项正确，根据化学计量数之比等于物质的量变化之比：n(X)∶n(Y)∶n(Z)＝0.6∶0.2∶0.4＝3∶1∶2；C项错误，由图(2)可知，根据“先拐先平”的原则，T2>T1，温度升高，Y的体积分数减小，平衡正向移动，平衡常数K增大；D项错误，由图(3)可知，平衡没有发生移动，仅仅是加快了反应速率，而该反应是一个不等体积变化，增加压强，平衡会发生移动，故在这里应该是使用了催化剂。‎ ‎8．[2011·黄石三模] 某温度下，在一个‎2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：‎3A(g)＋2B(g)‎4C(？)＋2D(？)。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应的前后压强之比为5∶4(相同的温度下测量)，则下列说法正确的是(　　)‎ A．该反应的化学平衡常数表达式是K＝ B．此时，B的平衡转化率是35%‎ C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大 D．增加C，B的平衡转化率不变 ‎8．D　【解析】 ‎3A(g)＋2B(g)‎4C(？)＋2D(？)达到平衡反应的前后压强之比为5∶4，同温同体积条件下，物质的量之比为等于压强之比，即n(前)∶n(平)＝5∶4，说明这是个气体体积减少的反应，结合平衡前4 mol A和2 mol B，平衡时生成1.6 mol C分别讨论后只有C为固体或液体和D为气体满足条件。则该反应的化学平衡常数表达式是K＝；平衡时B的平衡转化率是40%；增大该体系的压强，平衡向右移动，由于温度没变，化学平衡常数不变；由于C为固体或液体，增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变。‎ ‎9．[2011·邵阳联考] 已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，‎ 在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎1.67‎ ‎1.11‎ ‎1.00‎ ‎0.60‎ ‎0.38‎ 下列有关叙述不正确的是(　　)‎ A．该反应的化学方程式是：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ B．上述反应的正反应是放热反应 C．如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到‎830 ℃‎，此时测得CO为0.4 mol时，该反应为平衡状态 D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：＝，判断此时的温度是‎1000 ℃‎ ‎9．C　【解析】 平衡常数的表达式中，分子中的物质是生成物，分母中的物质是反应物，A项正确；该反应的平衡常数随着温度的升高而降低，故该反应是放热反应，B项正确；利用反应方程式确定各种物质的物质的量，代入平衡常数表达式可知该反应没有达到平衡；将所给关系式进行变化，可知该条件下平衡常数为0.6，所以D项正确。‎ ‎10．[2011·淄博统测] 往一体积不变的密闭容器中充入H2和I2，发生反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH<0，当达到平衡后，t0时若保持混合气体总物质的量不变而改变某一反应条件，使容器内压强增大(如下图所示)，下列说法正确的是(　　)‎ A．容器内气体颜色变深，平均相对分子质量不变 B．平衡不移动，混合气体密度增大 C．H2转化率增大，HI平衡浓度减小 D．t0时减小体积或升高体系温度 ‎10．A　【解析】 条件改变后正、逆反应速率均增大，但是逆反应速率大于正反应速率，改变的条件为升高温度，反应逆向移动，A正确，B、C、D错误。‎ ‎11．[2011·抚顺联考] 在密闭容器中，反应X2(g)＋Y2(g)2XY(g)　ΔH＜0达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是(　　)‎ 图K40－3‎ A．图Ⅰ是加入适当催化剂的变化情况 B．图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况 C．图Ⅲ是增大压强的变化情况 D．图Ⅲ是升高温度的变化情况 ‎11．D　【解析】 根据该反应的特点，结合图象得出，Ⅰ由于v正、v逆均增大，且有一段距离，说明为增大压强所致；Ⅱ为加入了适当的催化剂的变化情况，A、B错；Ⅲ为升高温度，反应速率加快，先达到平衡，并且XY%变小，符合题意，D正确，C错误。‎ ‎12．[2011·忻州联考]在容积为‎2.0 L的密闭容器内，物质D在T ℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图K35－3，据图回答下列问题：‎ 图K35－3‎ ‎(1)从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为__________。‎ ‎(2)根据图K35－3写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________，‎ 该反应的平衡常数表达式为K＝____________。‎ ‎(3)第5分钟时，升高温度，A、B、D的物质的量变化如图K35－3，则该反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，反应的平衡常数________(填“增大”、“减小”或“不变”。下同)，B的反应速率__________。‎ 若在第7分钟时增加D的物质的量，A的物质的量变化正确的是________(用图中a～c的编号回答)。‎ ‎(4)某同学在学习了“化学反应速率和化学平衡”专题后，发表如下观点，你认为错误的是________。‎ a．化学反应速率理论研究怎样在一定时间内快出产品 b．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率 c．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品 d．正确利用化学反应速率和化学平衡理论都可以提高化工生产的综合效益 ‎12．(1)0.067 mol/(L·min)‎ ‎(2)2D(s)‎2A(g)＋B(g)　K＝c2(A)·c(B)‎ ‎(3)吸热　增大　增大　b ‎(4)b ‎【解析】 (1)分析图象，A物质的平均反应速率：v(A)＝＝0.067 mol/(L·min)。‎ ‎(2)根据图象得出单位时间内，D、A、B的物质的量改变比为：2∶2∶1，所以反应的化学方程式2D(s)‎2A(g )＋B(g)，平衡常数K＝c2(A)·c(B)。‎ ‎(3)分析图象，升高温度，D的物质的量减小，A、B的物质的量增大，该平衡右移，为吸热反应。反应的平衡常数增大。升高温度反应速率增大。由于D为固体，增加D的量，不会使平衡移动。‎ ‎(4)化学反应速率是研究单位时间内反应快慢的，也就决定了单位时间内产量的多少，a对b错；化学平衡移动原理研究的是化学反应限度问题。‎ ‎13.[2011·江阴三模] 在‎20 L恒容的密闭容器中，加入3 mol SO3(g)和1 mol氧气，在某温度下使其反应，反应至4 min时，氧气的浓度为0.06 mol/L，当反应到8 min时，反应到达平衡。‎ ‎(1)0 min～4 min内生成O2的平均速率：‎ v(O2)＝____________mol/(L·min)。‎ ‎(2)整个过程中，各物质的浓度与时间关系如下图所示，则该温度下的平衡常数K＝________________。‎ 图L10－6‎ ‎(3)若起始时按下表数据投料，相同温度下达到平衡时，三氧化硫浓度大于0.05 mol/L的是________，此时的平衡常数与(2)小题比较________(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ A B C D SO3‎ ‎1 mol ‎3 mol ‎3 mol ‎0 mol SO2‎ ‎2 mol ‎1.5 mol ‎0 mol ‎6 mol O2‎ ‎2 mol ‎1 mol ‎0 mol ‎5 mol ‎(4)物质的浓度不再改变标志该反应已达平衡，下列还可以说明该反应已达平衡的是________(填序号)。‎ ‎①体系内压强不再改变 ‎②容器内气体的密度不再改变 ‎③混合气体的平均相对分子质量不再改变 ‎④v正(SO3)＝2v逆(O2)‎ ‎⑤n(SO3)∶n(O2)∶n(SO2)＝2∶1∶2‎ ‎13．(1)0.0025 mol·L－1·min－1‎ ‎(2)0.4 mol·L－1‎ ‎(3)BD　等于　(4)①③④‎ ‎【解析】 分析图象得出，(1)该反应为：2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)，由此得出v(O2)＝＝0.0025 mol·L－1·min－1。(2)根据平衡常数公式：K＝＝0.4 mol·L－1。‎