考点7 化学反应速率和化学平衡
1、（2013·重庆高考·13）13.在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：
a（g）+b（g）2c（g）；△H<0
x（g）+3y（g）2z（g）；△H>0
进行先关操作且达到平衡后（忽略体积改变所做的功），下列叙述错误的是
等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变
等压时，通入z气体，反应器中温度升高
等容时，通入惰性气体，各反应速率不变
等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大
【解题指南】解答本题要掌握以下两种情况对平衡的影响：
等压、等容时加入惰性气体对平衡的影响。
等压、等容时加入一种反应物对平衡的影响。
【解析】选A。等压时通入惰性气体，相当如给体系减压，扩大体积，各物质浓度减小，所以A错误；等压时，加入Z气体，相当于扩大体积，反应二向左移动，反应放热，温度升高，B项正确。等容时充入惰性气体，对反应体系无影响，各物质浓度不变，反应速率不变，C项正确；等容时加入Z，反应二平衡左移，Y物质的量浓度变大，D项正确。
2、（2013·四川高考·12）12.在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100mol O2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：[来源:学&科&网Z&X&X&K]
当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是
当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡
降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大
将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g
达到平衡时，SO2的转化率是90%
【解题指南】解答本题时应注意以下几点：
体积恒定的条件下，体系的压强之比等于物质的量之比；
氯化钡溶液只与三氧化硫反应生成硫酸钡沉淀，与二氧化硫不反应。
【解析】选D。三氧化硫的生成与二氧化硫的消耗均是正向反应，因此两者相等不能说明反应达到平衡状态；由于反应为放热反应，降低温度，正逆反应速率都降低，但是由于逆反应速率减小的程度比正反应速率大，因此平衡向正向移动；
由于反应过程中气体物质减小的物质的量等于生成的三氧化硫的一半，因此反应中生成的三氧化硫为0.63mol，反应体系中只有三氧化硫与氯化钡溶液反应，得到硫酸钡沉淀，其质量为：0.63mol×233g/ mol=146.97g；
此时二氧化硫的转化率为90％。
3、（2013·天津高考·1）1．根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是 （ ）
A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
B．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂
C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂
D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料
【思路点拨】解答本题要注意明矾加入水中起到净水作用而不是漂白剂和杀菌消毒。
【解析】选C。75﹪的酒精有杀菌消毒的作用，原理是使蛋白质变性死亡，所以A正确；氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，起到除二氧化硫的作用，所以B正确；明矾放到自来水中，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附杂质起到净水作用，所以C错误；过渡金属的某些合金有吸附氢气的作用，所以D正确。[来源:Z_xx_k.Com]
4、（2013·天津高考·5）5．下列电解质溶液的有关叙述正确的是 （ ）
A．同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大
C．含l mol KOH的溶液与l mol CO2完全反应后，溶液中c(K+)＝c(HCO)
D．在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na+)＝c(CH3COO－)
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
（1）Ph=7是指氢离子的量浓度等于氢氧根离子的量浓度，不是指酸的量等于碱的量。
（2）注意碳酸氢根和醋酸根离子的水解。
【解析】选D。同浓度的强酸和强碱溶液，氢离子浓度和氢氧根离子浓度不一定相同，所以A错误；硫酸钡中加入硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，硫酸钡溶解平衡受到抑制，钡离子浓度减少，所以B项错误；1mol氢氧化钾和1mol 二氧化碳反应生成1mol 碳酸氢钠，但生成的碳酸氢根离子水解，所以钾离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，所以C项错误；醋酸钠溶液中加入醋酸溶液，醋酸根离子的水解受到抑制，当达到氢离子浓度等于氢氧根离子浓度时，根据电荷守恒，钠离子的浓度等于醋酸根离子的浓度，所以D项正确。
5、（2013·江苏高考·10）下列有关说法正确的是
A.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0
B.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
C.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率Ｖ(H2)和氢气的平衡转化率均增大
D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应
【参考答案】B
【分析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。
A.分解反应一般是常识吸热反应，熵变、焓变都大于零，仅在高温下自发。内容来源于《选修四》P34-P36中化学方向的判断。
B.铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极，更易被氧化。
C.据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小。
D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应，越热越电离，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大。
【解题指南】解答本题时应注意深刻理解有关原理，利用相关原理分析具体问题。
【解析】选B。
选项
具体分析
结论
A
不能自发进行说明该反应△G=△H-T△S不小于零，该反应△S>0，△H>0
错误
B
铁比铜活泼，镀层受损后，形成原电池铁作负极，更易腐蚀
正确
C
合成氨为放热反应，升高温度，反应速率加快，氢气转化率变小（平衡逆向移动）
错误
D
水的离子积随温度升高增大，说明水电离吸热
错误
6、（2013·江苏高考·13）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结 论
A
向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
B
向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
溶液X中一定含有SO42－
C
向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体
出现白色沉淀
H2SiO3的酸性比H2CO3强
D[来源:学#科#网]
向浓度均为0.1 mol·L－1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
【参考答案】D
【分析】本题属于常规实验与基本实验考查范畴。
A.向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，虽然实验现象均有固体析出，但一是盐析，一是变性；一是可逆变化，一是不可逆变化。
B.向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀就得出溶液X中一定含有SO42－是不合理的，若溶液中有SO32－也出现白色沉淀。
C.向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，结论应为H2CO3的酸性比H2SiO3强。
D.向浓度均为0.1 mol·L－1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明沉淀向着溶解度更小的方向转化，结论应该是Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)。
【备考提示】常见物质的制备、分离提纯、除杂和离子检验等都是学生必备的基本实验技能，我们要在教学中不断强化，反复训练，形成能力。
【解题指南】解答本题时应注意盐析和变性的区别、硫酸根的检验方法、强酸制弱酸和沉淀溶解平衡的有关原理，并应用相关原理来分析具体问题。
【解析】选D。
选项
具体分析
结论
A
蛋白质中加入轻金属盐发生盐析，加入重金属盐发生变性
错误
B
若溶液中含有SO2—3（不含SO2—4），加入稀硝酸SO2—3被氧化为SO2—4，也会产生硫酸钡白色沉淀
错误
C
硅酸钠溶液中通二氧化碳产生的白色沉淀为硅酸，根据强酸制弱酸，说明碳酸的酸性比硅酸强
错误
D
Cl— 、I—物质的量浓度相同，氯化银、碘化银为同类型化合物，出现的黄色沉淀为碘化银，说明碘化银溶度积小
正确
7、（2013·江苏高考·14）
14.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 molPCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/ mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是
A.反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0032 mol·L－1·s－1
B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11 mol·L－1,则反应的△H＜0
C.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v(正)＞v(逆)
D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【参考答案】C
【分析】本题素材似乎来源于《选修四》课本第32页习题的第8题，属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念理解与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.反应在前50 s内的平均速率应该是前50 s内PCl3浓度变化与时间的比值，而不是PCl3物质的量的变化与时间的比值。
B.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2应先求平衡常数K为0.025，再求浓度商（Qc）为0.02,K＞Qc,说明平衡向正反应方向移动。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。
D.从等效平衡的角度，先建立原容器两倍关系的模型，即与原平衡完全等效，再把容器两倍关系压缩成原容器，则平衡向逆反应方向移动，PCl3的转化率应大于80%
【解题指南】解答本题时应看清题目所给数据，运用等效的思想分析具体的平衡问题，结合外界条件的改变和有关数据分析平衡移动的方向。
【解析】选C。A项，前50秒，v(PCl3)=0.0016mol·L-1·S-1（注意体积）, A项错误；
B项，250秒后，化学平衡时PCl3的物质的量浓度为0.1mol·L-1，升高温度，化学平衡时PCl3的物质的量浓度为0.11mol·L-1，说明温度升高，平衡正向移动，正反应吸热，△H>0，B项错误；C项相当于在题干的平衡状态上，再加入0.2 mol PCl5，平衡正向移动，所以正反应速率大，C项正确；D项相当于在题干所给条件下，用2 mol PCl5进行试验，相对于1mol PCl5平衡将向生成PCl5的方向移动，所以PCl3转化率将大于80%，D项错误。
8、(2013 ·安徽高考· 9)一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：
SO2(g)+2CO(g) 2CO2(g)+S(l) △H＜0
若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是
A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变
【解题指南】解答本题“三部曲”：先看容器—恒容，再看反应—气体体积缩小的放热反应，最后运用规律分析。
【解析】选D。因为反应在恒容容器中进行，平衡前，随着反应的进行，容器内气体的物质的量不断减小，压强不断减小。故A项错误。平衡时，其他条件不变，分离出硫，由于硫是固体，浓度不改变，对反应无影响，正反应速率不变。B项错误。正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低。C项错误。催化剂只改变反应历程，不影响平衡，不能改变平衡常数，故D项正确。
9、（2013·大纲版全国卷·8）合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为
CO（g）+ H2O(g) CO2(g) + H2(g) △H ＜0
反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是
A． 增加压强 B． 降低温度
C． 增大CO 的浓度 D． 更换催化剂
【解题指南】解答本题时应掌握影响化学平衡移动因素的有关知识。
【解析】选 B 。因为该反应为反应前后气体体积不变的反应,增大压强只能增大反应速率但平衡不移动,由此判断A项与题意不符；因为该正反应为放热反应，降温使平衡向正反应方向移动，从而增大CO的转化率,B项正确；增大CO的浓度，平衡虽然向正反应方向移动但CO的转化率会降低，因此C项与题意不符；D项催化剂对化学平衡无影响，因此D项也不符合要求。
10、（2013·福建高考·12）一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如右图所示。下列判断判断正确的是
A．在0-50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等
B．溶液酸性越强，R的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在20-25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04 mol·L—1·min—1
【解题指南】解答本题时应明确如下几点：
（1）浓度时间图像上斜率越大，反应速率越快。
（2）溶液酸性越强，pH越小。
【解析】选A。从图中可以看出，pH＝2和pH＝7在50min时，R的浓度都等于零，降解率为100%，A选项正确；溶液酸性越强，pH越小，单位时间内R的浓度变化越大，降解速率越快，B选项错误；反应物的浓度越大，反应速率越快，C选项错误；在20~25min，pH＝10，在50min时，△c（R）＝（0.6－0.2）×10－1＝0.04mol·L－1，v（R）＝＝0.008mol/（L·min），D选项错误。A项中R都是完全降解，降解百分率都是100%。这题是选择题的创新点，题给信息量大，考查学生能力全面，尤其是读图能力要求较高。其中D项要注意横坐标的数量级，不太细心的同学要吃亏。
11、（2013·山东高考·7）下列与化学概念有关的说法正确的是
A．化合反应均为氧化还原反应 B．金属氧化物均为碱性氧化物
C．催化剂能改变可逆反应达到平衡的时间D．石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物
【解题指南】解答本题时应注意碱性、酸性氧化物与金属氧化物的关系，碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物。
【解析】选C。A项，有些化合反应不属于氧化还原反应，如H2O+CO2 =H2CO3，只有单质参加的化合反应才属于氧化还原反应，A错误；有些金属氧化物不是碱性氧化物，Mn2O7为酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物，B错误；催化剂能影响反应速率，改变可逆反应达到平衡的时间，C项正确；石油的分馏产物汽油为C5-C11的烃，仍为混合物，D项错误。
12、（2013·江苏高考·18）(12分)硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过下列实验测定：①准确称取1.7700g样品，配制成100.00mL溶液A 。②准确量取25.00 ml溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g 。③准确量取25.00 ml溶液A，加入适量稀硫酸酸化后，用0.02013 mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00 ml。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：
2MnO4―＋5H2O2＋6H＋=4Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
(1)已知室温下BaSO4的Ksp=1.1×10－10，欲使溶液中c(SO42－)≤1.0×10－6 mol·L－1，应保持溶液中c(Ba2＋)≥ mol·L－1。
(2)上述滴定不加稀硫酸酸化，MnO4―被还原成MnO2，其离子方程式为：
。
(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。
【参考答案】
(1)n(BaSO4)=0.5825g/233 g·mol－1=2.50×10－3 mol
(2)2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
(3)n(H2O2)=5/2·(0.0200mol· L－1×25.00 mL)/1000mL· L－1=1.25×10－3 mol
m(Na2SO4)=142g·mol－1×2.50×10－3mol=0.355g
m(H2O2)=34g·mol－1×1.25×10－3mol=0.0425g
n(H2O)=[(1.7700g×25.00mL/100 mL)－0.355g－0.0425g]/18 g·mol－1
=2.5×10－3 mol
x:y:z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2
硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O
【分析】本题属于物质组成分析与化学综合计算题。利用氧化还原反应滴定进行成分析，运用元素守恒进行推理计算，兼有溶度积常计算，离子方程式书写。
【备考提示】可见，高三复习还得紧紧抓住元素守恒守恒、质量守恒、电荷守恒、极端分析等化学常用分析方法。
【解题指南】解答本题时应注意理解溶度积的概念，结合题给条件和质量守恒、电荷平衡和电子守恒书写反应式，分析各步涉及的化学反应进行有关计算。
【解析】
（1）根据溶度积的表达式进行计算；
（2）注意不是酸性条件和高锰酸根被还原为二氧化锰，结合质量守恒、电荷平衡和电子守恒书写反应式；
【答案】
（3）
13、（2013·江苏高考·16）(12分)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO3)2，其部分工艺流程如下：
(1)一定条件下，NO与NO2存在下列反应：NO(g)＋NO2(g) N2O3(g)，其平衡常数表达式为K= 。
(2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是 ；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1：1。若n(NO) ：n(NO)＞1：1,则会导致 ；若n(NO) ：n(NO)＜1：1,则会导致 。
(4)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO3)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式 。
【参考答案】
(1)k=c(N2O3)/c(NO)·c(NO2)
(2)使尾气中NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2
(3)放气体中NO含量升高 产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高
(4)3NO2－＋2H＋=NO3－＋2NO↑＋H2O
【分析】本题让元素化合物知识与生产工艺、化学平衡原理结合起来，引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。本题考查学生在“工艺流程阅读分析，化学反应原理在工艺流程的应用，氧化还原反应分析，相关付反应的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。
【备考提示】我们元素化合物知识教学要与基本实验实验、化学反应原理、氧化还原反应、化工生产工艺、日常生活等结合起来，做到学以致用，而不是简单的来回重复和死记硬背。
【解题指南】解答本题时应依据所给流程结合氮氧化物的性质和有关化学原理分析整个过程中发生的化学反应和有关操作。
【解析】
（1）根据反应方程式，书写有关平衡常数表达式；
（2）逆流有利于气体的吸收，滤渣应为没有溶解的物质，结合流程中涉及的相关物质可知滤渣主要成分为氢氧化钙；
（3）根据化合价，当一氧化氮和二氧化氮物质的量之比为1：1，刚好转化为 Ca(NO2)2
当一氧化氮多时，一氧化氮将过剩，当二氧化氮多时，将会有高价氮氧化物生成；
（4）Ca(NO2)2转化为 NO，氮化合价降低，其它产物中定有元素化合价升高，结合质量守恒、电荷平衡和电子守恒书写反应式, 注意酸性条件。
14、（2013·山东高考·29）（16分）偏二甲肼与N2O4 是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：
(CH3)2NNH2 (l)+2N2O4 (l)=2CO2 (g)+3N2(g)+4H2O(g) （Ⅰ）
反应（Ⅰ）中氧化剂是_______.
火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4 (g) 2NO2 (g) （Ⅱ）
一定温度下，反应（Ⅱ）的焓变为ΔH。现将1 mol N2O4 充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是________.
若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数________（填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0~3s内的平均反应速率v（N2O4）=________mol·L-1·s-1。
（4）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3 。25℃时，将amol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是_____（用离子方程式表示）。向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将______（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为_______mol·L-1。（NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5 mol·L-1）
【解题指南】解答本题时应注意判断化学平衡状态的标志，原则是从“变量”到“不变量”，不能原来是“不变量”又到了“不变量”。解决有关溶液中的电离平衡问题时，要注意物料守恒和电荷守恒的应用。
【解析】（1）分析元素的化合价可知，氮元素的化合价由N2O4中的+4价，变成了生成物中的N2中的0价，故可知N2O4为氧化剂。（2）由温度升高时，出现红棕色，说明升温平衡向生成NO2的方向移动，即该反应的正反应为吸热反应。（3）作为化学平衡状态的标志，须由原来的“变量”变到“不变量”，方可说明，在恒压条件下，随着反应的进行生成NO2，气体的总的物质的量不断增加，容器的体积增大，故密度变小，当密度不变时，可说明化学反应达到平衡状态，a正确；b图，作为反应热?H，只与这个化学方程式有关，是一个不变量，它不会随着反应“量”的变化而变化，b错误；c图，用化学反应速率判断可逆反应是否达到平衡状态时，一定是“异向”，且它们的速率之比等于化学计量数之比，故c错误。d图，当NO2的转化率不变时，说明v（正）=v（逆），反应达到了平衡状态，d正确。平衡常数是温度的函数，只受温度的影响，故化学平衡常数不变。由题意可知，NO2的化学反应速率，v(NO2)=0.2mol/(L·s)，由化学反应速率之比等于化学计量数之比，得出v(N2O4)=0.1mol/(L·s)。
（4）NH4NO3溶液呈酸性，原因是NH4+发生了水解反应，对应的水解方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。滴加氨水后溶液由酸性变为中性,水的电离平衡向逆反应方向移动。由Kb＝=2×10-5mol/L，c(OH－)＝10－7mol/L，则c(NH4＋)＝200c(NH3·H2O)，故n(NH4＋)＝200n(NH3·H2O)，根据电荷守恒可知n(NH4＋)＝n(NO3－)， 则溶液中n(NH4＋)＋n(NH3·H2O)＝a＋，根据物料守恒，滴加氨水的物质的量浓度c=（a＋－a）mol÷bL＝mol/L。
【答案】（1）N2O4 （2）吸热（3） a、d 0.1 （4）NH4++H2ONH3·H2O+H+ 逆向
15、（2013·福建高考·23）（14分）23．（1）元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为 。
（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为 。
（3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32—+H2OHSO3—+OH—水解平衡的事实
是 （填序号）。[来源:学|科|网Z|X|X|K]
滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液红色退去
滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去
滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去
（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：
①非金属X Y(填“＞”或“＜”)
②Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为 。
（5）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A(g)+B（g）2C（g）+D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高，简述该反应的平衡常数与温度的变化关系： 。
物 质
A
B
C
D
起始投料/mol
2
1
2
0
【解题指南】解答本题时应明确如下几点：
（1）砖红色沉淀是Cu2O。
（2）要证明某溶液中存在水解平衡，要证明两点：一要证明存在某种水解产物，二要证明水解平衡会发生移动。
（3）温度变化引起的平衡正向移动，平衡常数变大，反之变小。
【解析】（1）铵根离子中含有10个电子，11个质子，H3O+和Na+中都含有11个质子和10个电子，与之相同的单核离子为钠离子，则M的原子结构示意图为
（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为：
Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，注意氨水为弱碱，在写离子方程式时要保留化学式形式；
（3）无论Na2SO3是否完全水解，则加硫酸都会中和OH－，酚酞都会褪色，只能证明发生了水解，而无法说明是否存在水解平衡，A选项错误；氯水既可能中和OH－，又可能将酚酞氧化，所以褪色不足以说明存在水解平衡，B选项错误；加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，说明SO32－没有水解完全，红色褪去，说明c（OH－）减小，因为OH－与BaCl2不反应，只能说明平衡逆向移动引起其浓度的减小，C选项正确；（4）先推断元素，悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，则Y为O元素，X，Y同主族，则X为S元素。问题就很好回答，非金属性X＜Y，Cu2O与浓硝酸反应生成红棕色的气体NO2，利用氧化还原反应原理并配平可写出方程式：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O
（5）在恒容绝热的情况下，反应达到平衡后，体系压强升高，可推知气体体积变大，说明反应是向左移（注意D为固态）。因为该反应为气体体积减小的反应，反应后气体的物质的量减小，根据PV＝nRT，因为压强增大，所以温度必须升高才能满足该条件，说明该反应为放热反应。所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。23题考查得都是主干知识，只是觉得拼盘得太明显，5个小问各不相干，独立成题，是否可用10电子,18电子微粒把它们串起来，比如Na+，Al3+，O2—，S2—。其中第4问涉及有机化学知识，把知识很好的揉合在一起，第3问，第5问要求思维推理能力较高。
【答案】（1）（2）Al3++3NH3·H2OAl（OH）3↓+3NH4+
（3）C （4）①＜ ②Cu2O+6HNO3（浓）2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O
（5）平衡常数随升高的温度而减小（或其他合理答案）
16、（2013·广东高考·31）(16分) 碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50mol·L-1KI、0.2％淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。[来源:学|科|网Z|X|X|K]
已知：
向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的__________耗尽后，溶液颜色将由无色变成为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O32—与S2O82—初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32—）：n（S2O82—） ___
为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
表中Vx=__ __mL，理由是_______ ____________。
(3)已知某条件下，浓度c（S2O82—）～反应时间t的变化曲线如图13，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82—）～t的变化曲线示意图（进行相应的标注）
碘也可用作心脏起搏器电源—锂碘电池的材料。该电池反应为：
2Li（s）+I2（s）=2LiI （s） △H
已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s） △H1
4 LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s） △H2
则电池反应的△H=_______________；碘电极作为该电池的___________极。
【解题指南】解答本题时应从化学反应原理思考，主要分析反应物的量对实验现象的影响以及外界条件对化学反应速率的影响规律，还有就盖斯定律的应用。
【解析】第（1）问中要想得到蓝色溶液，根据已知两个反应分析可得出结论；
第（2）问中由表格数据观察分析得知其他条件不变，只要改变K2S2O8的浓度就可以达到探究反应物浓度对化学反应速率的影响；
第（3）中催化剂可以加快反应的反应速率，而降低温度会减慢反应的反应速率，所以可以根据图中标准线画出另外两条曲线，但要注意的有两点：第一是曲线的拐点，第二是曲线的终点；
第（4）中根据盖斯定律的原理可以求出△H的表达式。判断原电池的正负极时，可以根据原电池的反应原理判断，此处根据碘在反应中的化合价降低，发生还原反应，得出碘作正极。
【答案】（1）Na2S2O3，<2 （2）2.0 保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的。 （3）
（4）(△H1-△H2)/2; 正极
17、（2013·江苏高考·4）某反应的反应过程中能量变化如右图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是
A.该反应为放热反应
B.催化剂能改变反应的焓变
C.催化剂能降低反应的活化能
D.逆反应的活化能大于正反应的活化能
【参考答案】C
【分析】本题属于化学反应与能量的考查范畴，虽然《2013年江苏考试说明》中没有提及“活化能”这一概念，但《选修四》课本第3页的绪言中就有这些内容，新课程标准中也有“活化能”这一概念。看来高三复习一定注意要抓课本、抓基础，抓《考试说明》的同时，适当兼顾新课程标准，不能急功近利、顾此失彼。
【解题指南】解答本题时应注意搞清化学反应的热效应与反应物和生成物能量的大小关系、催化剂对化学反应的影响、活化能的概念。
【解析】选C。A项，该反应生成物能量比反应物高，该反应为吸热反应，A项错误；B项，焓变是反应的热效应，催化剂不能改变反应的热效应，B项错误；C项，对照图中有无催化剂的两种情况，有催化剂活化能较低，催化剂能降低反应的活化能，C项正确；D项，E1大于E2，正反应的活化能大，D项错误。
18、（2013·新课标全国卷·27）(15分)
光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。
(1)实验室中常用来制备氯气的化学方程式为________________________________；
(2)工业上利用天然气(主要成分为CH4)与CO2进行高温重整制各CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热(△H)分别为－890.3 kJ/mol、－285.8kJ/mol和－283.0 kJ/mol，则生成1 m3(标准状况)CO所需热量为__________；
(3)实验室中可用氯仿(CHCl3)与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为______________________________；
(4)COCl2的分解反应为COCl2(g) === Cl2(g) + CO(g) △H = +108 kJ/mol。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)：
①计算反应在第8 min时的平衡常数K = __________
②比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度(T8)的高低：T(2)____T(8)(填“<”、“>”或“=”)；
③若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2) = ______mol/L；
④比较产物CO在2～3 min、5～6 min和12～13 min时平均反应速率[平均反应速率分别以(2—3)、(5—6)、(l2－13)表示]的大小____________；
⑤比较反应物COCl2在5－6 min和15－16 min时平均反应速率的大小：
(5－6) >(15－16)(填“<”、“>”或“=”)，原因是_______________。
【解题指南】解答本题时应注意外界条件对化学平衡和化学反应速率的影响，以及化学反应速率的意义。
【解析】（1）实验室一般用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气；
（2）CH4+CO2=2CO+2H2 △H=反应物的燃烧热-产物的燃烧热=247.3 KJ/mol，也就是生成2mol CO，需要吸热247.3 KJ，那么要得到1立方米的CO,放热为(1000/22.4)×247.3/2=5.52×103 KJ.
（3）分析碳元素化合价的变化，CHCl3碳为+2价，COCl2中碳为+4价，即可写出方程式。
（4）①根据平衡常数K计算公式代入即可求出。
②由表可看出，由T2平衡到 T8平衡，反应物COCl2的浓度减小，产物浓度增大，且4min时隔物质的浓度连续增大或减小，说明是升高温度使平衡正向移动，T2﹤ T8。
③8min和12min时的平衡温度相同，平衡常数相同，所以，可计算C(COCl2)=0.031；
④单位时间CO的浓度的变化表示反应速率，有表格中看出，2-3min、12-13min处于平衡状态，用CO的浓度变化表示的平均反应速率为0。5-6min反应未达平衡状态，所以平均反应速率大于处于平衡状态时。
⑤从表中曲线变化的斜率可看出单位时间内5-6min时浓度改变大于12-13min。
【答案】
（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）5.52×103kJ
（3）CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2
（4）①0.234mol·L-1；②＜；③0.031 ；④v(5-6)＞v(2-3)=v(12-13)；⑤＞；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大。
19、（2013·浙江高考·27）甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H
(kJ/mol)
活化能Ea
(kJ/mol)
甲烷氧化[来源:Zxxk.Com]
CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)[来源:学&科&网Z&X&X&K][来源:学科网ZXXK]
－802.6[来源:Z#xx#k.Com][来源:学科网ZXXK][来源:学#科#网]
125.6[来源:Zxxk.Com][来源:学|科|网Z|X|X|K]
CH4(g)＋O2(g)CO2(g)＋2H2(g)
－322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
206.2
240.1
CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)
165.0
243.9
回答下列问题：
（1）反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的△H= kJ/mol。
（2）在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率 甲烷氧化的反应速率（填大于、小于或等于）。
（3）对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(PB)代替物质的量浓度(cB)也可以平衡常数（记作KP），则反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的KP＝ ；
随着温度的升高，该平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）从能量阶段分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于 。
（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：
①若要达到H2物质的量分数>65%、CO的物质的量分数<10%，以下条件中最合适的是 。
A．600℃，0.9Mpa B．700℃，0.9MPa C．800℃，1.5Mpa D．1000℃，1.5MPa
②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始即时）
的变化趋势示意图：
（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是 。
【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
（1）掌握利用盖斯定律计算反应热的方法；
（2）吸热反应的平衡常数随温度的升高逐渐变大。
【解析】（1）由蒸汽重整的两个反应可知，利用第二个反应减去第一个反应则得出该反应的反应热为：△H=（165.0-206.2）kJ/mol=-41.2 kJ/mol。
（2）由于甲烷氧化的活化能比甲烷蒸汽重整的活化能要小，所以一开始甲烷氧化的反应速率要比甲烷蒸汽重整的反应速率快。
（3）由平衡常数的定义可知则Kp=，随着温度的升高，由于该反应是吸热反应，所以平衡会正向移动，平衡常数增大。
（4）由于甲烷自热重整的过程就是吸收能量的过程，而甲烷氧化的过程是放出能量的过程，所以该方法的先进之处在于系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整过程提供了所需的能量。
（5）①由上述两图分析，600℃，0.9Mpa时H2物质的量分数小于65%，采用700℃、0.9MPa时二者均能满足，800℃，1.5Mpa和1000℃，1.5MPa CO的物质的量分数均大于10%。
②根据以上分析可知，图示如下：
（6）如果进料中氧气量过大，会导致甲烷的氧化程度过高，氢气和氧气反应了，最终导致H2物质的量分数降低。
答案：（1）41.2
（2）小于
（3） 增大
（4）系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整过程提供了所需的能量。（其他合理答案均可）
（5）①B ②
（6）甲烷的氧化程度过高，氢气和氧气反应。（其他合理答案均可）
20、（2013·北京高考·26）(12分)
用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。利用反应A，可实现氯的循环利用。
反应A: 4HCl+O22Cl2 + 2H2O
已知:i.反应A中，4mol HCI被氧化，放出115.6kJ的热量。
ii.
H2O的电子式是_______________。
②反应A的热化学方程式是_______________。
③断开1 mol H—O 键与断开 1 mol H—Cl 键所需能量相差约为__________kJ，H2O中
H—O 键比HCl中H—Cl键（填“强”或“弱”）_______________。
（2）对于反应A，下图是4种投料比[n（HCl）：n（O2），分别为1：1、2：1、4：1、6：1]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线b对应的投料比是______________.
②当曲线b, c, d对应的投料比达到相同的HCI平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_________________。
③投料比为2:1、温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_______________.
【解题指南】解答本题时应注意以下三个方面：
书写热化学方程式时注意表明物质的状态及ΔH的正负号。
用化学键计算化学反应的热效应时，注意物质中化学键的个数。
分析化学平衡的图像时，注意“定一议二”。
【解析】（1）设1 mol H—O 键断开时需要的能量为x， 1 mol H—Cl 键断开时需要的能量为y，由热化学方程式得出等式：（4x+498）—（4y+2×243）=—115.6，解得y—x=31.9
（2）①反应温度和投料比对HCl平衡转化率都有影响，固定温度，a、b、c、d的HCl转化率越来越高，应是O2的含量越来越多，HCl和O2的配比应是越来越小，分别为6：1、4：1、2：1、1：1。
②对曲线b, c, d来说，当HCI平衡转化率相同时，对应的反应温度越高，投料比越来越小。
③投料比为2:1、温度为400℃时，HCl的转化率是80%，设HCl和O2的物质的量分别为2x和x
【答案】
③32 强
（2） ①4:1
②投料比越高，对应的反应温度越低
③30.8%
21、（2013 ·安徽高考· 28）（13分）
工业上从废铅酸电池的铅膏回收铅的过程中，可用碳酸盐溶液与处理后的铅膏（主要成分为PbSO4）发生反应：PbSO4(s)+CO32—(aq)PbCO3(s)+SO42—(aq)。某课题组用PbSO4为原料模拟该过程，探究上述反应的实验条件及固体产物的成分。
（1）上述反应的平衡常数表达式：K＝ 。
（2）室温时，向两份相同的PbSO4样品中分别加入同体积、同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液均可实现上述转化，在 溶液中PbSO4转化率较大，理由是 。
（3）查阅文献：上述反应还可能生成碱式碳酸铅[2PbCO3·Pb(OH)2]，它和PbCO3受热都易分解生成PbO。该课题组对固体产物（不考虑PbSO4）的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：全部为PbCO3；
假设二： ；
假设三： 。
（4）为验证假设一是否成立，课题组进行如下研究。
①定性研究：请你完成下表中内容。
实验步骤（不要求写出具体操作过程）
预期的实验现象和结论
取一定量样品充分干燥，……
②定量研究：取26.7mg的干燥样品，加热，测得固体质量随温度的变化关系如下图。某同学由图中信息得出结论：假设一不成立。你是否同意该同学的结论，并简述理由：
。
【解题指南】本题的难点是第4小题实验方案的设计，解答时要充分注意题目信息的提示，“PbCO3·Pb(OH)2和PbCO3受热都易分解生成PbO”，“取一定量样品充分干燥”这些信息都指向了运用二者加热分解产物不同的方法进行实验设计。
【解析】⑴根据反应方程式容易写出反应的平衡常数表达式：K＝。
⑵HCO－3难电离，相同浓度时，Na2CO3溶液中CO2－3浓度远大于NaHCO3溶液中CO2－3的浓度，CO2－3浓度越大，越有利于PbSO4的转化。
⑶根据信息及假设一，不难得出假设二和假设三分别为全部为PbCO3·Pb(OH)2、PbCO3与PbCO3·Pb(OH)2的混合物。
⑷①从题目信息可知“PbCO3·Pb(OH)2和PbCO3受热都易分解生成PbO”并且前者分解有水生成，而后者没有，再联系实验步骤开始的第一句话，不难推出用验证加热分解后是否有二氧化碳和水生成的方法设计实验方案。
②若全部为PbCO3根据PbCO3PbO＋CO2↑，26.7 g 全部分解得到的PbO：×223 g·mol－1 ＝22.3 g，而实际质量为22.4 g，因此假设一不成立
【答案】⑴ ⑵ Na2CO3 相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，前者c(CO2－3)较大 ⑶全部为PbCO3·Pb(OH)2 PbCO3与PbCO3·Pb(OH)2的混合物
⑷①
实验步骤
预期的实验现象和结论
取一定量样品充分干燥，然后将样品加热分解，将产生的气体依次通过盛有无水硫酸铜的干燥管和盛有澄清石灰水的烧瓶
若无水硫酸铜不变蓝色，澄清石灰
水变浑浊，说明样品全部是PbCO3
②同意 若全部为PbCO3，26.7 g完全分解后，其固体质量为22.3 g
22、（2013·广东高考·32）(17分) 难溶性杂卤石（K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O）属于“呆矿”，在水中存在如下平衡
为能充分利用钾资源，用饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如下：
（1）滤渣主要成分有 和 以及未溶杂卤石。
（2）用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因： 。
（3）“除杂”环节中，先加入 溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入 溶液调滤液PH至中性。
（4）不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系是图14，由图可得，随着温度升高，
① ②
（5）有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：
已知298K时， Ksp(CaCO3)=2.80×10—9， Ksp(CaSO4)=4.90×10—5 ，求此温度下该反应的平衡常数K（计算结果保留三位有效数字）。
【解题指南】解答本题时应从工艺流程的解题思路去完成，主要利用流程解题，结合化学平衡移动原理和化学平衡常数进行解答。
【解析】第（1）问中结合流程可知为Ca（OH）2 和 Mg（OH）2；
第（2）问中涉及到化学平衡移动原理，原因OH-与Mg2+结合成难溶的Mg（OH）2，使平衡向右移动，K+变多；
第（3）问中根据流程可知除杂之前的滤液中还含有大量Ca2+,所以需要把Ca2+转化为沉淀而除去，结合最终需要K2SO4产品，因而需要加入K2CO3出去Ca2+，加入H2SO4调节滤液的PH；第（4）问结合图14可知，随温度升高，在同一时间内K+的浸出浓度大。反应的速率加快，平衡时溶浸时间短。
第（5）问是属于计算，计算如下：
由溶度积公式可得Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO2-3) Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)×c(SO2-4) 又根据反应得出该反应的平衡常数K= c(SO2-4)/ c(CO2-3)= Ksp(CaSO4)/ Ksp(CaCO3),代入数据得出K=1.75×104。
【答案】（1）Ca（OH）2 Mg（OH）2 （2）OH-与Mg2+结合成难溶的Mg（OH）2，使平衡向右移动，K+变多 （3）K2CO3 H2SO4 （4）①在同一时间K+的浸出浓度大。②反应的速率加快，平衡时溶浸时间短。 （5）K=1.75×104
23、（2013·海南高考·15）15.(9分)已知A(g)+B(g) C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
|温度/ ℃
700
900
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K= ，△H 0（填“<”“ >”“ =”)；
(2)830℃时，向一个5 L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0．003 mol·L-1·s-1。，则6s时c(A)= mol·L-1， C的物质的量为 mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为 ，如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，平衡时A的转化率为 ；
(3)判断该反应是否达到平衡的依据为 (填正确选项前的字母)：
a．压强不随时间改变 b.气体的密度不随时间改变
c. c(A)不随时问改变 d.单位时间里生成c和D的物质的量相等
(4)1200℃时反应C(g)+D(g) A(g)+B(g)的平衡常数的值为 。
【解析】（1）因平衡常数随温度的升高而降低，根据平衡移动原理，因而属于放热反应；（2）根据三段式计算出C的物质的量；加入氩气后由于体积未发生变化，则A的转化率不变；（3）该反应属于前后体积不变的反应，则反应前后容器的体积不会发生变化，密度也不会变化，单位时间生成的C和D的物质的量一定相等，因此abd三项不能作为判断依据。
【答案】（1） （2）0.022 0.09 80% 80% （3）c （4）2.5
24、（2013·江苏高考·20）20.(14分)铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。
(1)真空碳热还原-氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：
Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g) △H=a kJ·mol－1
3AlCl(g)=3Al(l)＋AlCl3(g) △H=b kJ·mol－1
①反应Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)的△H= kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。
②Al4C3是反应过程的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式 。
(2)镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为
Mg17Al12＋17H2=17MgH2＋12Al。得到的混合物Y(17MgH2＋12Al)在一定条件下释放出氢气。
①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是 。
②在6.0mol·L－1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1 mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为 。
③在0.5 mol·L－1 NaOH和1.0 mol·L－1 MgCl2溶液中，
混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质X-射线衍射谱图如右图所示(X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是
(填化学式)。
(3)铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下
动力电源，其原理如右下图所示。该电池反应
的化学方程式为：
。
【参考答案】
(1)①a＋b
②Al4C3＋12HCl=4AlCl3＋3CH 4↑
(2)①防止Mg Al被空气氧化
②52 mol
③Al
(3)2Al＋3AgO＋2NaOH=2NaAlO2＋3Ag＋H2O
【分析】本题以新能源、新材料为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式和电极反应方程式的书写、读图读表计算与分析的综合题，是以常见物质相关的化学知识在生产、生活中具体运用的典型试题。
【备考提示】高三复习一定要关注社会、关注生活、关注新能源新材料、关注环境保护与社会发展，适度加强综合训练，把学生的能力培养放在高三复习的第一位。
【解题指南】解答本题时应注意题目提供的信息，结合相关化学原理和涉及到的物质的性质，分析解决具体问题。
【解析】
（1）①将题给的两个热化学方程式相加；②含氢量最高的烃为甲烷，由质量守恒推知另一产物为氯化铝；
（2）①镁、铝性质活泼，通入氩气防止镁、铝与空气反应；
②与盐酸反应后将释放出吸收的17mol氢气，另外，镁与盐酸反应生成17mol氢气，铝与盐酸反应生成18mol氢气，共52mol氢气；
③镁不与氢氧化钠溶液反应，铝可以与氢氧化钠溶液反应；
（3）原电池负极发生氧化反应（铝被氧化），正极发生还原反应（氧化银中的银被还原），结合电解质溶液可知，铝转化为偏铝酸钠；
【答案】
25、（2013·上海高考·六大题）六、(本题共8分)
用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：
3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g) Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0)
完成下列填空：
31．在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2 L，3 min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80 g，则H2的平均反应速率___ mol／(L·min)；该反应的平衡常数表达式K=_____
32．上述反应达到平衡后，下列说法正确的是_。
a．其他条件不变，压强增大，平衡常数K减小
b．其他条件不变，温度升高，平衡常数K减小
c．其他条件不变，增大Si3N4物质的量平衡向左移动
d．其他条件不变，增大HCl物质的量平衡向左移动
33．一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是__。
a．3v逆(N2)=v正(H2) b．v正(HCl)=4v正(SiCl4)
c．混合气体密度保持不变 d．c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6
34．若平衡时H2和HCl的物质的量之比为，保持其它条件不变，降低温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比___（填“>”、“=”或“<”)。
六、31. 0.02 、 （2分） ； 32.bd （2分）
33.ac （2分）； 34.＜（2分）
【解析】本题考查化学反应速率与化学平衡，意在考查考生的思维能力和分析、推断能力。（31）由方程式可知固体（Si3N4）质量增加2.80g时消耗n(H2)＝2.80g/140g·mol-1×6＝0.12mol,故v(H2)＝0.12mol/(2L·3min)＝0.02mol/(L·min)；利用反应方程式可直接写出反应的平衡常数表达式。（32）因反应为放热反应，故反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，b正确、温度不变，加压或改变反应物的浓度等平衡常数不变，a错误、其他条件不变，增加固体Si3N4平衡不移动，c错误、其他条件不变，增大HCl的物质的量，平衡向消耗HCl的逆反应方向移动，d正确。（33）利用化学反应速率之比等于化学方程式计量系数比可知a项叙述表示v正=v逆，表示反应达到平衡态；b项均表示正反应，无论反应是否处于平衡态，都成立；d项表示的浓度关系与是否平衡无关；混合气体密度不变说明溶液中气体质量不变，而平衡移动则气体质量改变，所以c项表示达到平衡态。（34）降低温度，平衡正向移动，n(H2)/n(HCl)变小。
26、（2013·浙江高考·26）已知：I2＋2＋2I―。
相关物质的溶度积常数见下表：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
CuCl
CuI
Ksp
2.2×10－20
2.6×10－39
1.7×10－7
1.3×10－12
（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2?2H2O晶体，加入 调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝____________________；过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2?2H2O晶体。
（2）在空气中直接加热CuCl2?2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_______________。
（用化学方程式表示）。由CuCl2?2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_______。
（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2?2H2O晶体的试样（不含能与I―发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用___________作滴定指示荆，滴定终点的现象是_________________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为______________________________。
③该试样中CuCl2?2H2O的质量百分数为___________________________。
【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
（1）CuCl2是强酸弱碱盐，带结晶水的该盐加热时，会发生水解得不到该物质；
（2）涉及到碘单质的滴定一般使用淀粉作指示剂。
【解析】（1）加入的物质在调节pH时应该保证两点，一个是使pH减小，再一个是不能加入新的杂质离子，所以应该选用氢氧化铜或者碱式碳酸铜；若此时pH=4，则c(Fe3＋)=
Ksp（Fe（OH）3）/(1×10-4 mol/L)3=2.6×10-9 mol/L。
（2）在空气中直接加热CuCl2?2H2O晶体时，由于CuCl2是强酸弱碱盐，所以Cu2+会发生水解，故得不到纯的无水CuCl2，所以要想得到纯净的无水氯化铜必须在加热过程中抑制其水解，所以应该在干燥的HCl气流中加热。
（3）①由于相当于用Na2S2O3标准溶液滴定滴定碘单质，所以可以用淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点的现象是溶液有蓝色变成无色且放置一段时间后不退色。
②铜离子具有弱氧化性可以把碘离子氧化成碘单质，自身被还原成+1价的铜。
③由题给反应和②反应可推知，关系式如下：
CuCl2?2H2O ～ Na2S2O3
1 1
n（CuCl2?2H2O） 0.1000 mol/L×0.020L
则n（CuCl2?2H2O）=0.1000 mol/L×0.020L=0.002mol
则m（CuCl2?2H2O）=0.002mol×171g/mol=3.42g
则该试样中CuCl2?2H2O的质量百分数为：3.42g/3.6g=95％.
答案：（1）Cu(OH)2或Cu2(OH)2 CO3 2.6×10-9 mol/L
（2）2CuCl2?2H2O Cu(OH)2?CuCl2 +2HCl +2H2O（主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)2Cl、CuO均可）
在干燥的HCl气流中加热脱水
（3）①淀粉溶液 蓝色褪去，放置一定时间后不复色
②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 ③95%
27、（2013·重庆高考·29）（14分）
29.（14分）尿素［CO(NH2)2］是首个由无机物人工合成的有机物。
（1）工业上尿素CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为 。
（2）当氨碳比的转化率随时间的变化关系如题29图1所示：
①A点的逆反应速率 点的正反应速率为（填“大于”、“小于”或“等于”）。
②的平衡转化率为 。版权所有：学科网(www.zxxk.com)
（3）人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图29图2.
①电源的负极为 （填“A”或“B”）.
②阳极室中发生的反应依次为 、 。
③电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将 ；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），则除去的尿素为 g（忽略气体的溶解）。
【解题指南】解答本题时应注意一下两点：
（1）用“三阶段法”解决转化率问题；
（2）氢氧化性的物质与还原性物质相遇发生氧化还原反应。
【解析】（2）①随着反应的进行，产物的浓度逐渐增大，逆反应速率增大，且B点时，反应达到平衡状态，正逆反应速率相等；
② 2NH3 + CO2 CO(NH2)2+ H2O
初始浓度4x x
转化浓度1.2x 0.6x
因此氨气的转化率为1.2x/4x×100%=30%
（3）①图像中产生氯气的电极为阳极，与阳极相连的电极为正极；
②根据图像信息，阳极上先产生氯气，氯气具有氧化性，尿素中的氮原子为-3价，具有还原性，两者相遇发生氧化还原反应。
③反应过程中实际上发生两个反应（条件略去）：
2NaCl + 2H2O = 2NaOH + Cl2 + H2
CO(NH2)2+ H2O=N2+ CO2+6HCl
两方程式相加消去中间产物可得：
总反应方程式：CO(NH2)2+H2O==N2↑+CO2↑+3H2↑
由此可知反应的最终结果是没有酸或者是碱生成，阴极室的酸碱性不会发生改变；
两极产生的气体是氢气、氮气和二氧化碳，根据反应方程式若设氢气的量为x,氮气和二氧化碳各为x/3，X=0.36求出X的值后根据尿素和氯气的反应方程式计算出尿素的量。
答案：（1）NH3 + CO2 CO(NH2)2+ H2O
（2）①小于②30%
（3）①B②2Cl- -2e-==Cl2↑、CO(NH2)2+H2O==N2↑+CO2↑+3H2↑
③不变；7.2
【点此下载】