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

化学反应速率和化学平衡

G1化学反应速率

23.ElC2G4G2G3G1C3F4

［2013•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)工业上可用组成为心0•附•2R0?•加2。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.CuSOi溶液b.Fe203c.浓硫酸

d.NaOH溶液e.Na£0a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)+1s2(g)

在恒容密闭容器中，控制不同温度进行HzS分解实验。以H2s起始浓度均为cmol•L'测

定H2s的转化率，结果见图0o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H?S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

②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

FeCl,溶液Fe"阳离子交换腴

惰

情

性

性

反电

电

应极

池极

电

解池

翻

液

H,S-11-------

S沉淀

图0

④或4

23.［答案］⑴①

②b、

(2)①!\向五温度升高，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+2FeCh=2FeCh+SI+2HC1

2++3+

2Fe+2H^^2Fe+H21

［解析］(1)①无机材料K20•M203•2R02•〃压0中钾元素显+1价，氧元素显一2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2A1+3CUS0,=AL($0)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2A1+

Fe。些诞AkO3+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=2NaA102+3H2f,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则：

H2s(g)H2(g)+/(g)

各组分的起始

浓度/mol•L

各组分的变化

0.4c0.4c0.2c

浓度/mol•「1

各组分的平衡

0.6c0.4c0.2c

浓度/mol•L

c(H2)•c2(S2)

K=c(-S)

读图可得，未达平衡时ILS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H£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，FeCh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，LS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FeCh被还原为FeCk,

配平可得：H2S+2FeCl3=2FeCl2+SI+21IC1；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCk、HC1,

电解池中含有的Fe?+被氧化为Fe'+,H+被还原为H2,电解总反应的离子方程式：2Fe?++2H+里鲤

3+

2Fe+H21»

12.G1G313或Ml

［2013•福建卷］NaHSOs溶液在不同温度下均可被过量KIOs氧化，当NaHSOs完全消耗即有

L析出,依据h析出所需时间可以求得NaHSCh的反应速率。将浓度均为0.020mol-L'的NaHSQ,

溶液(含少量淀粉)10.0矶、KI03(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()

8()

75

S70

-65

60

55

102030405060

温度用

图0

A.40℃之前与40°C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NaHSOs反应速率相等

C.图中a点对应的NaHSOs反应速率为5.0X10-5mol•L-1•s-1

D.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°C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°C、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NaHSOa反应速率较小，c点对应的

NaHSOa反应速率较大，B项错误；混合前NallSO：,浓度为0.020mol•「'，忽略稀溶液混合前后

溶液体积的变化，根据。•％=C2•4的稀释定律可得，混合后NaHSOj浓度为0.020mol-I.1

X=O0040

7O+4O-m°l•「'，a点溶液变蓝时间为80s,因为NaHSOs不足或KIOs过量,NaHS03

Ac

浓度由0.0040mol•广1变为0,由工=P可得,a点对应的NaHSOs反应速率为0.0040mol•L

△t

-1

-'+80s=5.OX10"mol••s,C项正确；配平可得：10NaHS03+4KI03(过量)=5Na2sol

+2K2S0.,+2I2+3H2S0.1+2H20,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L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

［2013•广东卷］大气中的部分碘源于对海水中厂的氧化。将持续通入Nai溶液中

进行模拟研究。

(1)6将厂氧化成L的过程由3步反应组成：

-

©P(aq)+03(g)=I0(aq)+02(g)A3；

②ICT(aq)+1广(aq)HOI(aq)A"；

③HOI(aq)+「(aq)+H+(aq)I2(aq)+H20(l)A"。

总反应的化学方程式为

_______________________________________________________________________,其

反应热。

⑵在溶液中存在化学平衡：L(aq)+r(aq)"(aq),其平衡常数表达式为

(3)为探究Fe?+对Q,氧化厂反应的影响(反应体系如图0),某研究小组测定两组实验中17

浓度和体系pH,结果见图1和下表。

o,(g)I2(g)

编号反应物反应前pH反应后pH

第1组Os+r5.211.0

2+

第2组O3+r+Fe5.24.1

①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Fe计生成A的过程能显著提高「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(「)减小

C.-(g)不断生成D.c(Fe，+)增加

(4)据图1,计算3〜18s内第2组实验中生成L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］(l)2NaI+03+H2S0,Na2S01+I2+02+H20sic2NaI+03+H2S04=Na2S0,l+l2

+O2+FLO等b\压+卜

②"c(I2)-c(T)

(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

②Fe"FT+将「直接氧化成以使溶液中c(L)增大，促使L(aq)+「I1(aq)的平

衡右移，消耗的c(H+)增多

③BC

Ac(ID(11.8—3.5)X10-?，mol•L-1、

4rI)=———=----------------——-----------------^5.5X10'mol/(L•s)

3At18s—3s

［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)+0；!(g)4-2H(aq)L(aq)+02(g)+H20(l),根据盖斯定律可得其熔变△仁△〃+

△"+△〃；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+0：t+H2S0,NazSO—L+Oz+HzO或2NaH-0：(+H2S01=Na2S0,1+l2+02+H20等；⑵由

化学平衡常数定义式可得，L(aq)+I(aq)I；(aq)的平衡常数表达式为

,(J)?二।)；(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L的总反应的

离子方程式为21-+03+2【广L+Oz(g)+HzO(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，。3将「氧化成L分3步进行，第②③步反应都是可逆反应，因此广的转

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(2厂+03+21广L+Oz+HQ)一分为二，先后

3+2+

反应的离子方程式为2Fe"+03+2H+=2Fe"+0z+H20、2Fe+2r=2Fe+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Fe")不能使总反应2F(aq)

+

+03(g)+2H(aq)I2(aq)+()2(g)+HQ(1)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Fe?+可以将「直接氧化成L或

3+2+

2Fe+2r=2Fe+I2,使溶液中c(E)增大，进而使L(aq)+1(aq)I；(aq)的平衡右

移，消耗的。(厂)增多；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pll增大，。(1广)

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(ir)

减小，口浓度不会下降，A项错误；若c(「)减小，则反应③HOI(aq)+「(aq)+H+(aq)

L(aq)+也0(1)的平衡左移，c(12)也减小,导致L(aq)+I(aq)L(aq)的平衡左移，所

以口浓度下降，B项正确；若L(g)不断生成，导致L(aq)L(g)的溶解平衡右移，既使

溶液中c(k)减小，又使I2(aq)+r(aq)"(aq)的平衡左移，则I；浓度下降，C项正确；

若c(Fe")增加，Fe计将「直接氧化成果或发生反应2Fe3++20=2FeZ++l2,则溶液中c(I2)

增大，而海水中。(厂)略为减小或忽略不计，导致L(aq)+「(aq)I;(aq)的平衡右移，

口浓度增大，D项错误；(4)读图，3〜18s内第2组实验中I；浓度由3.5X10-3mol/L增加

到11.8X103mol/L,则生成I「的平均反应速率*1「)==

△t

(11.8—3.5)X101mol•L',,,,...「Kb、、-“/-、，

----------------------7-----------------=»5.5X10mol/(L•s),此何需要汪意纵坐标中c(I)/10

los—6s3

-mol•隐含的信息,计算时需要图中所得数据乘以“XIO-3mol•广乜

12.FlG1

［2013•山东卷］对于反应C0(g)+H20(g)C02(g)+H2(g)△//<(),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△〃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A〃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。

11.BlB3G1H3F4N2

［2013•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，H?能将NO；还原为反。25C时，反应进行10min,溶液的pH由7

变为12。

①N?的结构式为。

②上述反应离子方程式为

其平均反应速率o（N0：；）为mol•L',min

③还原过程中可生成中间产物NOT,写出3种促进NO「水解的方法

⑵电化学降解N0；的原理如图0所示。

产直流电源当

质子交换膜

F二

-H,0二二H

图0

①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2moi电子，则膜两侧电解液的质量变化差（AR,，，一A/"）为

________g»

11.［答案］⑴①N三N

②2N0；+5Hz至出加+20【「+4%00.001

③加酸升高温度加水

-

（2）①A2N0；+6H2+10e=N2t+120H-

②14.4

［解析］（1）①N,结构中含有氮氮三键，其结构式为N三N；②比与N0「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

1J--12

5H2+2N0r^^N2+4H20+20H；溶液的pH由7变为12,表明C（H+）由10々变成10,则

c（0I「）由ICT增大到10ec（0「）在10min内的变化量约为1071noi/L,而c（OfT）与c（N0「）

的变化量之比等于化学计量数之比，因此c（NOT）的变化量为0.01mol/L,则r（N0；）=0.001

mol/(L-min)；③NOF水解：N01+H2HN02+0H~,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M，发生还原反

应：2地「+10r+6H2。=岫t+120H,其电极应为阴极，则左侧发生氧化反应：2HQ—4e-

+

=02t+4H,其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；②转移2mol电子时，右侧产

+

生0.2molN2,质量为5.6g,左侧产生0.5mol0”质量为16g,同时生成2molH,由

于父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14.4go

6.G1G4G5

［2013•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)A/yo,一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数

据如下表：

f/min2479

z?(Y)/mol0.120.110.100.10

下列说法正确的是()

A.反应前2min的平均速率K(Z)=2.0X103mol/(L,min)

B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前嗅>「正

C.该温度下此反应的平衡常数仁L44

D.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p(Z)=2r(Y)=2X(0.16mol—0.12mol)+(10LX2min)

-：t

=4.OX10mol/(L•min),A项错误；该反应放热,降温平衡正向移动,rI>riS,B项错误;

列三段式，K==£?万一1.44,C项正确；因反应前后气体物质的量不

变，故再充入0.2mo］Z,平衡不移动，平衡时X的体积分数不变，D项错误。

28.G1G5

［2013•新课标全国卷H］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)A//=+85.1kJ•mol'»

反应时间(?)与容器内气体总压强3)的数据见下表：

时间f/h0124816202530

总压强，/

4.915.586.327.318.549.509.529.539.53

100kPa

回答下列问题:

⑴欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为

(2)由总压强。和起始压强R计算反应物A的转化率。(A)的表达式为一，平

衡忖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R表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量

〃(A),nmo1,"(A)=mo1。

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r/h04816

c(A)/(mol•Ll)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(△力的规律，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•

28.［答案］(1)升高温度、降低压强

(2)(--1)X100%94.1%

抉,

A(g)B(g)+C(g)

0.1000

0.10X

0.10X94.1%0.10X94.1%

(1-94.1%)

0.094I2

4=00059=L5

(3)①0.lOX^0.10X(2--)

Po6

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p勺该反应消耗A的物质的量即是体系增加的物质的量，a(A)

pV^V

n(A)特〃变RTRTp—/八9.53—4.91、八八~,…小小人人

=,.-,.x—7-;a(A)=■~仅X100%=94.1%<>⑶①结口在等

n(A)初n(A)初poVR4.91

~RT

温、等容下物质的量之比等于压强之比，那么黑、=2,_^,〃(A)=O.10一(力

n(A)起Rn£01OXA

S-O.10)=0.10-^0.lOX-^-O.ioj=o.10X^2--£|O②结合①，4min时〃(A)=0.10

(73i\

molX(2—j宙J=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/Lo

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.G2F4HlH3

［2013•江苏卷］下列有关说法正确的是()

A.反应NH3(g)+HCl(g)=NH£l(s)在室温下可自发进行，则该反应的△火)

B.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极

C.ClhCOOH溶液加水稀释后，溶液中幺需瞿-的值减小

c(CH3co0)

D.Na2cO3溶液中加入少量Ca(0H)z固体，C0厂水解程度减小，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AS<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，

C项正确；向Na£03溶液中加入Ca(OH)z后生成CaCO：；沉淀，溶液中c(C(T)减小，c(OIT)增大,

pH增大，D项错误。

11.G2G3［2013•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：

MgSO,(s)+CO(g)Mg0(s)+C02(g)+S02(g)

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》的值，重新达到平衡后,

纵坐标y随x变化趋势合理的是(

选项Xy

A温度容器内混合气体的密度

COz与co的物质

Bco的物质的量

的量之比

CS02的浓度平衡常数K

DMgSO”的质量(忽略体积)C0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C0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“黑-变小，B项错误；反应的平衡常数只与温度有关，因此SO?的浓度变大,

n(CO)

反应平衡常数/不变，C项错误；MgSO」为固态，因此增加MgSO,的质量(忽略体枳)，其他反应

物的浓度不变，平衡不移动，C0的转化率不变，D项错误。

23.ElC2G4G2G3G1C3F4

［2013•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K，0•MA-2R0z•洲田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单质发生反应的是一—(填序号)。

a.CuSOi溶液b.Fe203c.浓硫酸

d.NaOH溶液e.NazCO,固体

(2)利用&S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)+1s2(g)

在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2s分解实验。以H*起始浓度均为cmol•L'测

定H2s的转化率，结果见图0。图中a为HS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仁________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：

3

图o

②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

3+阳离子交换膜

”

惰

性

电

极

S沉淀

图O

4

23.［答案］(1)①/〃

②b、e

(2)①!\向五温度升高，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+2FeCh=2FeCh+SI+2HC1

2++3+

2Fe+2H^^2Fe+H21

［解析］(1)①无机材料K20•M203•2R02•〃压0中钾元素显+1价，氧元素显一2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2A1+3CUS0,=AL($0)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2A1+

Fe。些诞AkO3+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=2NaA102+3H2f,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则：

H2s(g)H2(g)+/(g)

各组分的起始

浓度/mol•L

各组分的变化

0.4c0.4c0.2c

浓度/mol•「1

各组分的平衡

0.6c0.4c0.2c

浓度/mol•L

c(H2)•c2(S2)

K=c(-S)

读图可得，未达平衡时ILS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H£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，FeCh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，LS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FeCh被还原为FeCk,

配平可得：H2S+2FeCl3=2FeCl2+SI+21IC1；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCk、HC1,

电解池中含有的Fe?+被氧化为Fe'+,H+被还原为H2,电解总反应的离子方程式：2Fe?++2H+里鲤

3+

2Fe+H21»

12.G1G313或Ml

［2013•福建卷］NaHSOs溶液在不同温度下均可被过量KIOs氧化，当NaHSOs完全消耗即有

L析出,依据h析出所需时间可以求得NaHSCh的反应速率。将浓度均为0.020mol-L'的NaHSQ,

溶液(含少量淀粉)10.0矶、KI03(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()

8()

75

S70

-65

60

55

102030405060

温度用

图0

A.40℃之前与40°C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NaHSOs反应速率相等

C.图中a点对应的NaHSOs反应速率为5.0X10-5mol•L-1•s-1

D.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°C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°C、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NaHSOa反应速率较小，c点对应的

NaHSOa反应速率较大，B项错误；混合前NallSO：,浓度为0.020mol•「'，忽略稀溶液混合前后

溶液体积的变化，根据。•％=C2•4的稀释定律可得，混合后NaHSOj浓度为0.020mol-I.1

X=O0040

7O+4O-m°l•「'，a点溶液变蓝时间为80s,因为NaHSOs不足或KIOs过量,NaHS03

Ac

浓度由0.0040mol•广1变为0,由工=P可得,a点对应的NaHSOs反应速率为0.0040mol•L

△t

-l4-80s=5.0X10-5mol•L-1•s-1,C项正确；配平可得：10NaHS()3+4KI03(过量)=5Na2sol

+2K2S0.,+2I2+3H2S0.1+2H20,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L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

［2013•广东卷］大气中的部分碘源于对海水中厂的氧化。将持续通入Nai溶液中

进行模拟研究。

(1)6将厂氧化成L的过程由3步反应组成：

-

©P(aq)+03(g)=I0(aq)+02(g)A3；

②ICT(aq)+1广(aq)HOI(aq)A"；

③HOI(aq)+「(aq)+H+(aq)I2(aq)+H20(l)A"。

总反应的化学方程式为

_______________________________________________________________________,其

反应热。

⑵在溶液中存在化学平衡：L(aq)+r(aq)"(aq),其平衡常数表达式为

(3)为探究Fe?+对Q,氧化厂反应的影响(反应体系如图0),某研究小组测定两组实验中17

浓度和体系pH,结果见图1和下表。

o,(g)I2(g)

编号反应物反应前pH反应后pH

第1组Os+r5.211.0

2+

第2组O3+r+Fe5.24.1

①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Fe计生成A的过程能显著提高「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(「)减小

C.-(g)不断生成D.c(Fe，+)增加

(4)据图1,计算3〜18s内第2组实验中生成L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］(l)2NaI+03+H2S0,Na2S01+I2+02+H20sic2NaI+03+H2S04=Na2S0,l+l2

+O2+FLO等b\压+卜

②"c(I2)-c(T)

(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

②Fe"FT+将「直接氧化成以使溶液中c(L)增大，促使L(aq)+「I1(aq)的平

衡右移，消耗的c(H+)增多

③BC

Ac(ID(11.8—3.5)X10-?，mol•L-1、

4rI)=———=----------------——-----------------^5.5X10'mol/(L•s)

3At18s—3s

［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)+0；!(g)4-2H(aq)L(aq)+02(g)+H20(l),根据盖斯定律可得其熔变△仁△〃+

△"+△〃；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+0：t+H2S0,NazSO—L+Oz+HzO或2NaH-0：(+H2S01=Na2S0,1+l2+02+H20等；⑵由

化学平衡常数定义式可得，L(aq)+I(aq)I；(aq)的平衡常数表达式为

,(J)?二।)；(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L的总反应的

离子方程式为21-+03+2【广L+Oz(g)+HzO(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，。3将「氧化成L分3步进行，第②③步反应都是可逆反应，因此广的转

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(2厂+03+21广L+Oz+HQ)一分为二，先后

3+2+

反应的离子方程式为2Fe"+03+2H+=2Fe"+0z+H20、2Fe+2r=2Fe+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Fe")不能使总反应2F(aq)

+

+03(g)