【备考】高考化学 （真题模拟新题分类汇编） 化学反应速率和化学平衡

1、化学反应速率和化学平衡G1化学反应速率23.E1 C2 G4 G2 G3 G1 C3 F42013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K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取的氢气。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_。常温下，不能与M单质发生反应的是_(填序号)。aCuSO4溶液bFe2O3c浓硫酸dNaOH溶液eNa2CO3固体(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。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

2、解实验。以H2S起始浓度均为c molL1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0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)b、e(2)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)增大反应物接触面积，使反应更充分H2

3、S2FeCl3=2FeCl2S2HCl2Fe22H2Fe3H2解析 (1)无机材料K2OM2O32RO2nH2O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2Al3CuSO4=Al2(SO4)33Cu，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2AlFe2O3Al2O32Fe，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

4、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2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，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)H2S的起始浓度为c molL1，985 时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4c molL1，则：H2S(g)H2 (g)S2 (g) c 0 0 0.4c 0.4c 0.2c 0.6c 0.4c 0.2cK；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

5、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；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：H2S2FeCl3=2FeCl2S2HCl；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：2Fe22H2Fe3H2。12G1 G3 I3或

6、M12013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0.020 molL1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录1055 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0A40 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5.0105 molL1s1D温度高于40 时，淀粉不宜用作该实验

7、的指示剂12B解析 读图可得，1040 间溶液变蓝时间由80 s逐渐减小，4055 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0.020 molL1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c1V1c2V2的稀释定律可得，混合后NaHSO3浓度为0.020 molL10.004 0 molL1，a点溶液变蓝时间为80 s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.004 0 molL1变为0

8、，由v可得，a点对应的NaHSO3反应速率为0.004 0 molL180 s5.0105 molL1s1，C项正确；配平可得：10NaHSO34KIO3 (过量)=5Na2SO42K2SO42I23H2SO42H2O，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。31F2 G4 G1 C3 G2 G3 G52013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：I(aq)O3(g)=IO(aq)O2(g)

9、H1；IO(aq)H(aq)HOI(aq)H2；HOI(aq)I(aq)H(aq)I2(aq)H2O(l)H3。总反应的化学方程式为_，其反应热H_。(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O3I5.211.0第2组O3IFe25.24.1第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_。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_。第2组实验进行18 s后，I浓度下降。导

10、致下降的直接原因有(双选)_。Ac(H)减小Bc(I)减小CI2(g)不断生成 Dc(Fe3)增加(4)据图1，计算318 s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)2NaIO3H2SO4Na2SO4I2O2H2O或2NaIO3H2SO4=Na2SO4I2O2H2O等H1H2H3(2)K(3)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Fe2Fe3将I直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)II(aq)的平衡右移，消耗的c(H)增多BC(4)v(I)5.5104 mol/(Ls)解析 (1)臭氧在酸性条件下将碘离

11、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，发现可以得出总反应的热化学方程式为2 I(aq)O3(g)2H(aq)I2(aq) O2(g)H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变HH1H2H3；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2NaIO3H2SO4Na2SO4I2O2H2O或2NaIO3H2SO4=Na2SO4I2O2H2O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)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2IO32HI2O2(g)H2O

12、(或者第步反应的反应物中都有氢离子，第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；第一组实验无催化剂，O3将I氧化成I2分3步进行，第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(2IO32HI2O2H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2O32H=2Fe3O2H2O、2Fe32I=2Fe2I2，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2 I(aq) O3(g)2H(aq)I2(aq) O2(g)H2

13、O(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2Fe32I=2Fe2I2，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；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HOI(aq)I(aq)H(aq)I2(aq)H2O(l)的平

14、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2Fe32I=2Fe2I2，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，318 s内第2组实验中I浓度由3.5103 mol/L增加到11.8103 mol/L，则生成I的平均反应速率

15、v(I)5.5104 mol/(Ls)，此问需要注意纵坐标中 “c(I)/103 molL1” 隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“103 molL1”。12F1G12013山东卷 对于反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H0，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H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12B解析 反应的H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

16、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。11B1 B3 G1 H3 F4 N22013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10 min，溶液的pH由7变为12。N2的结构式为_。上述反应离子方程式为_，其平均反应速率v(NO)为_molL1min1。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

17、学降解NO的原理如图0所示。图0电源正极为_(填“A”或“B”)，阴极反应式为_。若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左m右)为_g。11答案 (1)NN2NO5H2N22OH4H2O0.001加酸升高温度加水(2)A2NO6H2O10e=N212OH14.4解析 (1)N2结构中含有氮氮三键，其结构式为NN；H2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5H22NON24H2O2OH；溶液的pH由7变为12，表明c(H)由107变成1012，则c(OH)由107增大到102，c(OH)在10 min 内的

18、变化量约为102 mol/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0.01 mol/L，则v(NO)0.001 mol/(Lmin)；NO水解：NOH2OHNO2OH，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)根据题图可知，电解池右侧NO转化成N2，发生还原反应：2NO10e6H2O=N212OH，其电极应为阴极，则左侧发生氧化反应：2H2O4 e=O24H，其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；转移2 mol电子时，右侧产生0.2 mol N2，质量为5.6 g，左侧产生0.5 mol O2，质量为16 g，同时生成2

19、mol H，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：5.6 g2 g3.6 g，左侧电解液质量实际减少：16 g2 g18 g，则两侧质量差为14.4 g。6G1 G4 G52013四川卷 在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)Y(g)2Z(g)H0，一段时间后达到平衡。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2 min的平均速率v(Z)2.0103 mol/(Lmin)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

20、的平衡常数K1.44D其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大6C解析 利用反应式可知v(Z)2v(Y)2(0.16 mol0.12 mol)(10 L2 min)4.0103 mol/(Lmin)，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，K1.44，C项正确；因反应前后气体物质的量不变，故再充入0.2 mol Z，平衡不移动，平衡时X的体积分数不变，D项错误。28G1 G52013新课标全国卷 在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)B(g)C(g)H85.1 kJmol1。反应时间(t)与容器

21、内气体总压强(p)的数据见下表：时间t/h0124816202530总压强p/100 kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53 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(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)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。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)/(molL1)0.10a0.0260.006

22、5分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(t)的规律，得出的结论是_，由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c(A)为_molL1。28答案 (1)升高温度、降低压强(2)(1)100%94.1%A(g)B(g)C(g)010 0 0 0.1094.1% 0.1094.1%K1.5(3)0.100.10(2)0.051达到平衡前每间隔4 h，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pVnRT，该反应消耗A的物质的量即是体系增加的物质的量，(A)；(A)100%94.1%。(3)结合在等温、等容下

23、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)0.100.10。结合，4 min时n(A)0.10 mol0.051 mol，c(A)0.051 mol/L。由表格数据可知，达到平衡前每4 h，c(A)减小约一半，那么12 h时，c(A)约为0.013 mol/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.G2 F4 H1 H3 2013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H0B电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极CCH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小D

24、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11AC解析 根据该反应中各物质的聚集状态可知，该反应的S0，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，C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。11G2 G32013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)H0。该

25、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

26、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。23E1 C2 G4 G2 G3 G1 C3 F42013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K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取的氢气。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_。常温下，不能与M单质发生反应的是_(填序号)。aCuSO4溶液bFe2O3c浓硫酸dNaOH溶液eNa2CO3固体(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。高温热分

27、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c molL1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0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)b、e(2)温度升高，反应速

28、率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)增大反应物接触面积，使反应更充分H2S2FeCl3=2FeCl2S2HCl2Fe22H2Fe3H2解析 (1)无机材料K2OM2O32RO2nH2O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2Al3CuSO4=Al2(SO4)33Cu，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2AlFe2O3Al2O32F

29、e，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2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，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)H2S的起始浓度为c molL1，985 时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4c molL1，则：H2S(g)H2 (g)S2 (g) c 0 0 0.4c 0.4c 0.2c 0.6c 0.4c 0.2cK；读图可得，未达平衡时H

30、2S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；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：H2S2FeCl3=2FeCl2S2HCl；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

31、还原为H2，电解总反应的离子方程式：2Fe22H2Fe3H2。12G1 G3 I3或M12013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0.020 molL1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录1055 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0A40 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Na

32、HSO3反应速率为5.0105 molL1s1D温度高于40 时，淀粉不宜用作该实验的指示剂12B解析 读图可得，1040 间溶液变蓝时间由80 s逐渐减小，4055 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0.020 molL1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c1V1c2V2的稀释定律可得，混合后NaHSO3浓度为0.020 molL10.004 0 molL1，a点溶液变蓝时间为80 s，因

33、为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.004 0 molL1变为0，由v可得，a点对应的NaHSO3反应速率为0.004 0 molL180 s5.0105 molL1s1，C项正确；配平可得：10NaHSO34KIO3 (过量)=5Na2SO42K2SO42I23H2SO42H2O，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。31F2 G4 G1 C3 G2 G3 G52013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)

34、O3将I氧化成I2的过程由3步反应组成：I(aq)O3(g)=IO(aq)O2(g)H1；IO(aq)H(aq)HOI(aq)H2；HOI(aq)I(aq)H(aq)I2(aq)H2O(l)H3。总反应的化学方程式为_，其反应热H_。(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O3I5.211.0第2组O3IFe25.24.1第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_。图0中的A为_。由Fe3

35、生成A的过程能显著提高I的转化率，原因是_。第2组实验进行18 s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)_。Ac(H)减小Bc(I)减小CI2(g)不断生成 Dc(Fe3)增加(4)据图1，计算318 s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)2NaIO3H2SO4Na2SO4I2O2H2O或2NaIO3H2SO4=Na2SO4I2O2H2O等H1H2H3(2)K(3)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Fe2Fe3将I直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)II(aq)的平衡右移，消耗的c(H)增

36、多BC(4)v(I)5.5104 mol/(Ls)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，发现可以得出总反应的热化学方程式为2 I(aq)O3(g)2H(aq)I2(aq) O2(g)H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变HH1H2H3；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2NaIO3H2SO4Na2SO4I2O2H2O或2NaIO3H2SO4=Na2SO4I2O2H2O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)导致前者反应后pH升高

37、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2IO32HI2O2(g)H2O(或者第步反应的反应物中都有氢离子，第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；第一组实验无催化剂，O3将I氧化成I2分3步进行，第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(2IO32HI2O2H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2O32H=2Fe3O2H2O、2Fe32I=2Fe2I2，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F

38、e2)不能使总反应2 I(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2Fe32I=2Fe2I2，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；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；

39、若c(I)减小，则反应HOI(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2Fe32I=2Fe2I2，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，318 s内第2组实验中I浓

40、度由3.5103 mol/L增加到11.8103 mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)5.5104 mol/(Ls)，此问需要注意纵坐标中 “c(I)/103 molL1” 隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“103 molL1”。7G22013全国卷 反应X(g)Y(g)2Z(g)H0，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7D解析 由X(g)Y(g)2Z(g)H0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