2014届高考化学二轮专题复习汇编试卷：G单元 化学反应速率和化学平衡(2013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
23.E1 C2 G4 G2 G3 G1 C3 F4 [2013·福建卷] 利用化石燃料开采、加工过程产生的H 2S 废气制取氢气，既价廉又环保。

(1)工业上可用组成为K 2O ·M 2O 3·2RO 2·n H 2O 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 ．CuSO 4溶液 b ．Fe 2O 3 c ．浓硫酸 d ．NaOH 溶液 e ．Na 2CO 3固体
(2)利用H 2S 废气制取氢气的方法有多种。

①高温热分解法
已知：H 2S(g)
H 2(g)＋1
2
S 2(g)
在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H 2S 分解实验。

以H 2S 起始浓度均为c mol ·L －
1
测定H 2S 的转化率，结果见图0。

图中a 为H 2S 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H 2S 的转化率。

据图计算 985 ℃时H 2S 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
________________________________________________________________________________。

图0
23．[答案] (1)②b 、e (2)①
2
3
0.2c 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 H 2S ＋2FeCl 3===2FeCl 2＋S ↓＋2HCl 2Fe 2＋＋2H ＋=====通电
2Fe 3＋＋H 2↑
[解析] (1)①无机材料K 2O ·M 2O 3·2RO 2·n H 2O 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 ＋3CuSO 4===Al 2(SO 4)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 ＋Fe 2O 3=====高温
Al 2O 3＋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 ＋2H 2O===2NaAlO 2＋3H 2↑，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)①H 2S 的起始浓度为c mol ·L －1，985 ℃时H 2S 的平衡转化率为40%，则H 2S 的变化浓度为0.4c mol ·L －1，则：
H 2S(g)
H 2 (g)＋1
2
S 2 (g)
各组分的起始
浓度/mol·L －1 c 0 0 各组分的变化
浓度/mol·L －1 0.4c 0.4c 0.2c 各组分的平衡
浓度/mol·L
－1 0.6c 0.4c 0.2c K ＝c （H 2）·c 12
（S 2）c （H 2S ）
＝0.4c ×0.2c 0.6c ＝2
30.2c ；
读图可得，未达平衡时H 2S 的转化率逐渐增大，原因是温度逐渐升高，H 2S 分解的反应速率逐渐增大，消耗的H 2S 逐渐增多；已达平衡后H 2S 的平衡转化率逐渐增大的原因是H 2S 分解是吸热反应，升高温度时平衡右移，消耗的H 2S 增多；
②读图可得，H 2S 气体从反应池底部通入，FeCl 3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，H 2S 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FeCl 3被还原为FeCl 2，配平可得：H 2S ＋2FeCl 3===2FeCl 2＋S ↓＋2HCl ；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl 2、HCl ，电解池中含有的Fe 2＋被氧化为Fe 3＋，H ＋被还原为H 2，电解总反应的离子方程式：2Fe 2＋＋2H ＋=====电解
2Fe 3＋＋H 2↑。

12．G1 G3 I3或M1 [2013·福建卷] NaHSO 3溶液在不同温度下均可被过量KIO 3氧化，当NaHSO 3完全消耗
即有I 2析出，依据I 2析出所需时间可以求得NaHSO 3的反应速率。

将浓度均为0.020 mol·L －
1的NaHSO 3溶液(含少量淀粉)10.0 mL 、KIO 3(过量)酸性溶液40.0 mL 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0
A ．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NaHSO 3反应速率相等
C ．图中a 点对应的NaHSO 3反应速率为5.0×10－5 mol ·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 ℃间溶液变蓝时间由80 s 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NaHSO 3反应速率较小，c 点对应的NaHSO 3反应速率较大，B 项错误；混合前NaHSO 3浓度为0.020 mol·L －1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c 1·V 1＝c 2·V 2的稀释定律可得，混合后NaHSO 3浓度为0.020 mol ·L
－1×
10
10＋40
＝0.004 0 mol·L －1，a 点溶液变蓝时间为80 s ，因为NaHSO 3不足或KIO 3过量，
NaHSO 3浓度由
0.004 0 mol·L －1变为
0，由Δc
Δt
＝v 可得，a 点对应的NaHSO 3反应速率为0.004
0 mol·L －1÷80 s ＝5.0×10－5 mol ·L －1·s －1，C 项正确；配平可得：10NaHSO 3＋4KIO 3 (过量)===5Na 2SO 4＋2K 2SO 4＋2I 2＋3H 2SO 4＋2H 2O ，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I 2不会变蓝，因此淀粉不宜用作该实验的指示剂，D 项正确。

31．F2 G4 G1 C3 G2 G3 G5
[2013·广东卷] 大气中的部分碘源于O 3对海水中I －
的氧化。

将O 3持续通入NaI 溶液中进行模拟研究。

(1)O 3将I －
氧化成I 2的过程由3步反应组成： ①I －(aq)＋O 3(g)===IO －
(aq)＋O 2(g) ΔH 1；
②IO －(aq)＋H ＋
(aq)HOI(aq) ΔH 2；
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－3(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－3浓度和体系pH，结果见图1和下表。

图0
图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18 s后，I－3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3～18 s内第2组实验中生成I－3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＋
H 2SO 4===Na 2SO 4＋I 2＋O 2＋H 2O 等 ΔH 1＋ΔH 2＋ΔH 3
(2)K ＝c （I －3）
c （I 2）·c （I －）
(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 2＋ Fe 3＋将I －直接氧化成I 2，使溶液中c (I 2)增大，促使I 2(aq)＋I －
I －3(aq)的平
衡右移，消耗的c (H ＋)增多
③BC
(4)v (I －3)＝Δc （I －3
）Δt ＝（11.8－3.5）×10－3 mol ·L －118 s －3 s
≈5.5×10－4 mol/(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2 I
－(aq)＋O
3(g)＋2H
＋(aq)
I 2(aq) ＋O 2(g)＋H 2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变ΔH ＝ΔH 1＋
ΔH 2＋ΔH 3；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 ＋O 3＋H 2SO 4
Na 2SO 4＋I 2＋O 2＋H 2O 或2NaI ＋O 3＋H 2SO 4===Na 2SO 4＋I 2＋O 2＋H 2O
等；(2)由化学平衡常数定义式可得，I 2(aq)＋ I －(aq)
I －3
(aq)的平衡常数表达式为c （I －3）c （I 2）·c （I －）
；(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I 2的总反应的
离子方程式为2I －＋O 3＋2H ＋I 2＋O 2(g)＋H 2O(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，O 3将I －氧化成I 2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 －＋O 3＋2H ＋I 2＋O 2＋H 2O)一分
为二，先后反应的离子方程式为2Fe 2＋＋O 3＋2H ＋===2Fe 3＋＋O 2＋H 2O 、2Fe 3＋＋2I －===2Fe 2
＋＋I 2
，且催化剂在反应前后的总质量保持不变，因此图中A 为Fe 2＋；虽然催化剂(或Fe 2＋)
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2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，使溶液中c(I2)增大，进而使I2(aq)＋I－(aq) I－3(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－3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－3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－3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－3(aq)的平衡左移，所以I－3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－3(aq)的平衡左移，则I－3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－3(aq)的平衡右移，I－3浓度增大，D项错误；(4)读图，3～18 s内第2组实验中I－3浓度由3.5×10－3 mol/L
增加到11.8×10－3mol/L，则生成I－3的平均反应速率v(I－3)＝Δc（I－3）
Δt＝
（11.8－3.5）×10－3 mol·L－1
18 s－3 s
≈5.5×10－4mol/(L·s)，此问需要注意纵坐标中“c(I－3)/10－3 mol·L－1”隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3 mol·L－1”。

12．F1G1
[2013·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。

11．B1 B3 G1 H3 F4 N2 [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 2能将NO －
3还原为N 2。

25 ℃时，反应进行10 min ，溶液的pH 由7变为12。

①N 2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 －3)为________mol·L －1·min －
1。

③还原过程中可生成中间产物NO －2，写出3种促进NO －
2水解的方法________________________________________________________________________
________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

(2)电化学降解NO －
3的原理如图0所示。

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 2 mol 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 ≡N
②2NO －3＋5H 2=====催化剂
N 2＋2OH －＋4H 2O 0.001
③加酸 升高温度 加水
(2)①A 2NO －3＋6H 2O ＋10e －===N 2
↑＋12OH － ②14.4
[解析] (1)①N 2结构中含有氮氮三键，其结构式为N ≡N ；②H 2与NO －3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
5H 2＋2NO －3=====催化剂
N 2＋4H 2O ＋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10 min 内的变化量约为10－2 mol/L ，而c (OH
－)与
c (NO －3)的变化量之比等于化学计量数之比，因此c (NO －3
)的变化量为0.01 mol/L ，则v (NO －3)＝0.001 mol/(L·min)；③NO －2水解：NO －2＋H 2O HNO 2＋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 －3转
化成N 2，发生还原反应：2NO －3＋10e －＋6H 2O===N 2
↑＋12OH －，其电极应为阴极，则左侧发生氧化反应：2H 2O ―4 e －===O 2↑＋4H ＋，其电极作阳极，与其相连的A 端为电源的正极；②转移2 mol 电子时，右侧产生0.2 mol N 2，质量为5.6 g ，左侧产生0.5 mol O 2，质量为16 g ，同时生成2 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 g ―2 g ＝3.6 g ，左侧电解液质量实际减少：16 g ＋2 g ＝18 g ，则两侧质量差为14.4 g 。

6．G1 G4 G5 [2013·四川卷] 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) ΔH ＜0，一段时间后达到平衡。

反应过程中测定的数据如下表：
下列说法正确的是( )
A ．反应前2 min 的平均速率v (Z)＝2.0×10－
3 mol/(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 ＝1.44
D ．其他条件不变，再充入0.2 mol Z ，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×(0.16 mol －0.12 mol)÷(10 L ×2 min)＝4.0×10－3 mol/(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 ＝c 2（Z ）
c （X ）·c （Y ）＝0.0122
0.01×0.01＝1.44，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。

28．G1 G5 [2013·新课标全国卷Ⅱ] 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) ΔH ＝＋85.1 kJ·mol －
1。

反应时间(t )与容器内气体总压强(p )的数据见下表：
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p 0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p 0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 ＝________。

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12 h 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)(p
p 0－1)×100% 94.1%
A(g)
B(g) ＋ C(g)
0．10 0 0 0.10×
（1－94.1%） 0.10×94.1% 0.10×94.1%
K ＝0.094 120.005 9
＝1.5
(3)①0.10×p p 0 0.10×(2－p
p 0
)
②0.051 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)＝n （A ）转n （A ）初＝n 变n （A ）初
＝pV RT －p 0V
RT p 0V RT ＝p －p 0
p 0；α(A)＝9.53－4.914.91×100%＝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
n （A ）起＝p p 0
，n 总＝0.10×p
p 0
；n (A)＝0.10－(n
总－0.10)＝0.10－
⎝⎛⎭⎫0.10×p p 0－0.10＝0.10×⎝⎛⎭
⎫2－p p 0。

②结合①，4 min 时n (A)＝0.10
mol ×⎝⎛⎭⎫
2－7.314.91＝0.051 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NH 3(g)＋HCl(g)===NH 4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH <0
B ．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
C ．CH 3COOH 溶液加水稀释后，溶液中c （CH 3COOH ）
c （CH 3COO －
）
的值减小 D ．Na 2CO 3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO 2－
3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，C 项正确；向Na 2CO 3溶液中加入Ca(OH)2后生成CaCO 3沉淀，溶液中c (CO 2－
3)减小，c (OH
－)增大，pH 增大，D 项错误。

11．G2 G3 [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 4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO 2(g)＋SO 2(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
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n （CO 2）n （CO ）变小，B 项错误；反应的平衡常数只与温度有关，因此SO 2的浓
度变大，反应平衡常数K 不变，C 项错误；MgSO 4为固态，因此增加MgSO 4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．E1 C2 G4 G2 G3 G1 C3 F4 [2013·福建卷] 利用化石燃料开采、加工过程产生的H 2S 废气制取氢气，既价廉又环保。

(1)工业上可用组成为K 2O ·M 2O 3·2RO 2·n H 2O 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 ．CuSO 4溶液 b ．Fe 2O 3 c ．浓硫酸 d ．NaOH 溶液 e ．Na 2CO 3固体
(2)利用H 2S 废气制取氢气的方法有多种。

①高温热分解法
已知：H 2S(g)
H 2(g)＋1
2
S 2(g)
在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H 2S 分解实验。

以H 2S 起始浓度均为c mol ·L －
1
测定H 2S 的转化率，结果见图0。

图中a 为H 2S 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H 2S 的转化率。

据图计算 985 ℃时H 2S 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________________________________________________________________________________。

图0
23．[答案] (1)②b 、e
(2)①
2
3
0.2c 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 H 2S ＋2FeCl 3===2FeCl 2＋S ↓＋2HCl 2Fe 2＋＋2H ＋=====通电
2Fe 3＋＋H 2↑
[解析] (1)①无机材料K 2O ·M 2O 3·2RO 2·n H 2O 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 ＋3CuSO 4===Al 2(SO 4)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 ＋Fe 2O 3=====高温
Al 2O 3＋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 ＋2H 2O===2NaAlO 2＋3H 2↑，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)①H 2S 的起始浓度为c mol ·L －1，985 ℃时H 2S 的平衡转化率为40%，则H 2S 的变化浓度为0.4c mol ·L －1，则：
H 2S(g)
H 2 (g)＋1
2
S 2 (g)
各组分的起始
浓度/mol·L －1 c 0 0 各组分的变化
浓度/mol·L －1 0.4c 0.4c 0.2c 各组分的平衡
浓度/mol·L
－1 0.6c 0.4c 0.2c K ＝c （H 2）·c 1
2
（S 2）c （H 2S ）
＝0.4c ×0.2c 0.6c ＝2
30.2c ；
读图可得，未达平衡时H 2S 的转化率逐渐增大，原因是温度逐渐升高，H 2S 分解的反应速率逐渐增大，消耗的H 2S 逐渐增多；已达平衡后H 2S 的平衡转化率逐渐增大的原因是H 2S 分解是吸热反应，升高温度时平衡右移，消耗的H 2S 增多；
②读图可得，H 2S 气体从反应池底部通入，FeCl 3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，H 2S 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FeCl 3被还原为FeCl 2，配平可得：H 2S ＋2FeCl 3===2FeCl 2＋S ↓＋2HCl ；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl 2、HCl ，电解池中含有的Fe 2＋被氧化为Fe 3＋，H ＋被还原为H 2，电解总反应的离子方程式：2Fe 2＋＋2H ＋=====电解
2Fe 3＋＋H 2↑。

12．G1 G3 I3或M1 [2013·福建卷] NaHSO 3溶液在不同温度下均可被过量KIO 3氧化，当NaHSO 3完全消耗
即有I 2析出，依据I 2析出所需时间可以求得NaHSO 3的反应速率。

将浓度均为0.020 mol·L －
1的NaHSO 3溶液(含少量淀粉)10.0 mL 、KIO 3(过量)酸性溶液40.0 mL 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0
A ．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NaHSO 3反应速率相等
C ．图中a 点对应的NaHSO 3反应速率为5.0×10－5 mol ·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 ℃间溶液变蓝时间由80 s 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NaHSO 3反应速率较小，c 点对应的
NaHSO 3反应速率较大，B 项错误；混合前NaHSO 3浓度为0.020 mol·L －1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c 1·V 1＝c 2·V 2的稀释定律可得，混合后NaHSO 3浓度为0.020 mol ·L
－1×
10
10＋40
＝0.004 0 mol·L －1，a 点溶液变蓝时间为80 s ，因为NaHSO 3不足或KIO 3过量，
NaHSO 3浓度由
0.004 0 mol·L －1变为
0，由Δc
Δt
＝v 可得，a 点对应的NaHSO 3反应速率为0.004
0 mol·L －1÷80 s ＝5.0×10－5 mol·L －1·s －1，C 项正确；配平可得：10NaHSO 3＋4KIO 3 (过量)===5Na 2SO 4＋2K 2SO 4＋2I 2＋3H 2SO 4＋2H 2O ，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I 2不会变蓝，因此淀粉不宜用作该实验的指示剂，D 项正确。

31．F2 G4 G1 C3 G2 G3 G5
[2013·广东卷] 大气中的部分碘源于O 3对海水中I －
的氧化。

将O 3持续通入NaI 溶液中进行模拟研究。

(1)O 3将I －
氧化成I 2的过程由3步反应组成： ①I －(aq)＋O 3(g)===IO －
(aq)＋O 2(g) ΔH 1；
②IO －(aq)＋H ＋
(aq)HOI(aq) ΔH 2；
③HOI(aq)＋I －(aq)＋H ＋
(aq)I 2(aq)＋H 2O(l) ΔH 3。

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：I 2(aq)＋I －(aq)I －
3(aq)，其平衡常数表达式为______________。

(3)为探究Fe 2＋对O 3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 －
3
浓度和体系pH ，结果见图1和下表。

图0
图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 3＋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18 s 后，I －
3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 ．I 2(g)不断生成
D ．c (Fe 3＋
)增加
(4)据图1，计算3～18 s 内第2组实验中生成I －
3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 ＋O 3＋H 2SO 4
Na 2SO 4＋I 2＋O 2＋H 2O 或2NaI ＋O 3＋
H 2SO 4===Na 2SO 4＋I 2＋O 2＋H 2O 等 ΔH 1＋ΔH 2＋ΔH 3
(2)K ＝c （I －3）
c （I 2）·c （I －）
(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 2＋ Fe 3＋将I －直接氧化成I 2，使溶液中c (I 2)增大，促使I 2(aq)＋I －
I －3(aq)的平
衡右移，消耗的c (H ＋)增多
③BC
(4)v (I －3)＝Δc （I －3
）Δt ＝（11.8－3.5）×10－3 mol ·L －118 s －3 s
≈5.5×10－4 mol/(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2 I －(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－3(aq)的平衡常数表达式为
c（I－3）
；(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c（I2）·c（I－）
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2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，使溶液中c(I2)增大，进而使I2(aq)＋I－(aq) I－3(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－3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－3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－3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－3(aq)
的平衡左移，所以I－3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－3(aq)的平衡左移，则I－3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－3(aq)的平衡右移，I－3浓度增大，D项错误；(4)读图，3～18 s内第2组实验中I－3浓度由3.5×10－3 mol/L
增加到11.8×10－3mol/L，则生成I－3的平均反应速率v(I－3)＝Δc（I－3）
Δt＝
（11.8－3.5）×10－3 mol·L－1
18 s－3 s
≈5.5×10－4mol/(L·s)，此问需要注意纵坐标中“c(I－3)/10－3 mol·L－1”隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3 mol·L－1”。

7．G2[2013·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．G2H3
[2013·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1 mol I2(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I 2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H 2SO 3，然后用一定浓度的I 2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，H 2SO 3HSO －3＋H ＋的电离常数K a ＝1×10－2 mol ·L －
1，则该温度下NaHSO 3
水解反应的平衡常数K h ＝________mol·L －1
，若向NaHSO 3溶液中加入少量的I 2，则溶液中c （H 2SO 3）
c （HSO －
3）
将________(填“增大”“减小”或“不变”)。

29．[答案] (1)c （TaI 4）·c （S 2）
c 2（I 2） 66.7%
(2)< I 2
(3)淀粉溶液 I 2＋H 2SO 3＋H 2O===4H ＋＋2I －＋SO 2－4
(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 ＝c （TaI 4）·c （S 2）
c 2
（I 2）
；设平衡时转化I 2的物质的量2x mol ，则平衡时TaI 4、S 2的物质的量均为x mol ，设容器体积为V L ，由题意得：
⎝⎛⎭
⎫x V 2
⎣⎢⎡⎦
⎥
⎤（1－2x ）V 2
＝1，，解得x ＝1
3，故
I 2(g)的平衡转化率等于66.7%。

(2)在温度为T 2的一端反应投入未提纯的TaS 2粉末和少量I 2(g)，一段时间后在温度为T 1的一端生成纯净的TaS 2晶体，要想实现该转化，只有在温度为T 2的一端发生正反应，使TaS 2粉末转化为气态，然后在温度为T 1的一端发生逆反应生成纯净的TaS 2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T 1＜T 2；利用上述过程分析可知I 2(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30 s 内不褪色。

(4)K h ＝c （H 2SO 3）·c （OH －）
c （HSO －3）
＝
c （H 2SO 3）·c （OH －）·c （H ＋）
c （HSO －3）·
c （H ＋）＝K W K a ＝10－14 mol 2·L －2
1×10－2 mol ·L －1
＝1×10－。