2010_2019十年高考化学真题分类汇编专题06化学反应速率和化学平衡含解斩.docx

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1、专题六 化学反应速率与化学平衡1.（2019浙江4月选考17）下列说法正确的是A. H2(g)+I2(g)2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变B.C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g)2C(?) 已达平衡,则A、C不能同时是气体D.1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出热量Q1;在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量Q2,Q2不等于Q1【答案】B【解析】本题考查化学反应速率的影响因素，可逆反应化学

2、平衡状态的判断与可逆反应中的能量变化判断。对于反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体分子数相等，缩小反应容器体积，平衡不移动，正逆反应速率增大相同的倍数，A项错误；碳的质量不变，说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，B项正确；恒温恒容条件下，若A、C同时为气体，当压强不变时，也能说明反应达到平衡状态，C项错误；设N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H-a（a0） kJmol-1，1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出热量Q10.1akJ，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量Q20.1akJ，故Q1Q2，D项错

3、误,故选B。 2.（2018全国III28）对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343K时反应的平衡转化率=_%。平衡常数K343K=_（保留2位小数）。在343K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是_；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。比较a、b处反应速率大小：va_vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v正v逆=，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处=_（保留1位小数）。【答案】（3）22 0

4、.02 及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强（浓度） 大于 1.3【解析】（3）由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）平衡： 0.78 0.11 0.11所以平衡常数K=0.1120.782=0.02。温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取

5、的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即VaVb。根据题目表述得到，当反应达平衡时，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）平衡： 0.8 0.1 0.1所以=0.8；=0.1；所以3.（2017全国III28）（4）298K时，将20mL 3xmol、20mL 3xmol和20mL NaOH溶液混合，发生反应：。溶液中与反应时

6、间(t)的关系如图所示。下列可判断反应达到平衡的是_（填标号）。a溶液的pH不再变化bc不再变化d时，_（填“大于”、“小于”或“等于”）。时_时（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是_。若平衡时溶液的，则该反应的平衡常数K为_。【答案】（4）ac 大于 小于 时刻生成物的浓度更高，反应速率更快【解析】（4）a.随反应进行，pH不断降低，当pH不再变化时，说明反应达到了平衡；b.未指明和，且速率之比等于化学计量数之比，故任何时刻该结论均成立，无法判断是否达到平衡；c随反应进行，不断增大，不断减小，当二者比值不变时，说明二者浓度不再改变，则反应达到平衡；d.平衡时，故当时，反应未达到平衡；时

7、刻后还在不断增加，说明反应还在正向进行，故此时；由于到时刻在不断增加，则生成物浓度在增大，故逆反应速率在增大；混合后，由图像可知平衡时生成的，pH=14说明，故可列出三段式为 + + + +反应前xx00变化量yy2yy2y反应后x-yx-y1y2y则平衡常数。4.（2016全国II27）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈CH3CN等，回答下列问题：（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下： C3H6(g)+NH3(g)+ O2(

8、g)=C3H3N(g)+3H2O(g) H=-515kJ/mol C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) H=-353kJ/mol两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是。（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460OC低于460OC时，丙烯腈的产率（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是；高于460OC时，丙烯腈产率降低的可能原因是（双选，填标号）A催化剂活性降低 B平衡常数变大 C副反应增多 D反应活化能增大（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）

9、的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为，理由是。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为【答案】（1）两个反应均为放热量大的反应；降低温度、降低压强；催化剂；（2）不是；该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 ；AC（3）1 ； 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低； 1:7.5:1【解析】（1）因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；由图a可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。（3）根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯

10、醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1:1.5:1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1:7.5:1。5.（2017江苏10）H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn

11、2+对H2O2分解速率的影响大【答案】D6.（2016江苏15）一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) 达到平衡。下列说法正确的是A该反应的正反应放热B达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的大C达到平衡时，容器中c(H2)大于容器中c(H2)的两倍D达到平衡时，容器中的正反应速率比容器中的大【答案】AD7.（2016四川6）一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时 (CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是A该反应的焓变H0B图

12、中Z的大小为a3bC图中X点对应的平衡混合物中=3D温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后 (CH4)减小【答案】A8.（2015安徽11）汽车尾气中，产生NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)，一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，下图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是A温度T下，该反应的平衡常数K=B温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的H0【答案】A的浓度发生变化，故

13、C错误，D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即H0，故D错误。9.（2015天津3）下列说法不正确的是ANa与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同CFeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同DMg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液【答案】C10.（2015上海20）对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是A升高温度，对正反

14、应的反应速率影响更大B增大压强，对正反应的反应速率影响更大C减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大D加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大【答案】B11.（2015江苏15）在体积均为10L的量恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2(g)c(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中、点均处于曲线上)。下列说法正确的是（ ）A反应CO2(g)c(s)2CO(g) S0、H2P总（状态）C体系中c(CO)：c(CO，状态)V逆（状态)【答案】BC【解析】A、由气体的化学计量数

15、增大可知S0，由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，可知H0，故A错误；B、这条曲线，是通入0.1molCO2，这条曲线是通入0.2molCO2，状态可以看作先通0.1CO2，此时的压强相等，再通入0.1molCO2加入平衡不移动，此时的压强等于2倍P总（状态），但要求CO2的浓度相等，应对此加热使反应向正反应方向移动，气体物质的量增加，因此P总(状态)2P总（状态），故正确；C、状态可以看作先通0.1CO2，此时两者CO的浓度相等，在通入0.1molCO2，加入平衡不移动，状态CO的浓度等于2倍，但再充入CO2，相当增大压强，平衡右移，消耗CO，因此c(CO，状态)2c(

16、CO，状态)，故正确；D、温度越高，反应速率越快，V逆（状态）T2，达到平衡时，在T2温度下X的浓度要小于T1时的浓度，说明温度降低，平衡向正方向移动，即正反应属于放热反应，所以低温时平衡向正方向移动，会放出更多的热量，A错误；B、0t1时间段内，X的浓度变化量为（a-b）mol/L，所以= molL-1min-1，根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以=，B错误；C、M点对应的温度高于N点对应的温度，二者均处于化学平衡状态，所以温度升高，化学反应速率增大，即M点对应的速率大于N点对应的速率，C正确。 13（2014天津3）运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是()A某吸热反

17、应能自发进行，因此该反应是熵增反应BNH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中C可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底D增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率【答案】D【解析】A、当HTS0时，反应能自发进行，吸热反应的H0，吸热反应能自发，说明S0，A项正确；B、NH4F溶液中F水解生成HF，HF能与玻璃中的SiO2发生反应4HFSiO2=SiF42H2O，故NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，B项正确；C、可燃冰需在低温高压下形成，所以可燃冰可存在于海底，C项正确；D、常温下，浓硫酸使铁发生钝化，D项错误。1

18、4（2014全国I8）下列叙述错误的是ASO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同B制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率D用AgNO3溶液可以鉴别KC1和KI【答案】B【解析】A、SO2使溴水褪色是因为SO2和Br2发生了氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4）, 乙烯使KMnO4溶液褪色也是发生了氧化还原反应，A正确；B、热的NaOH溶液虽然可以中和乙酸，但也会使乙酸乙酯发生水解，B错误；C、实验室制取乙烯实验中，由于电石和水的反应很剧烈，所以常用饱和食盐水代替水，目的是减缓电石与水的

19、反应速率，C正确；D、AgNO3和KC1产生白色沉淀AgCl，AgNO3和KI产生黄色沉淀AgI，D正确。15 （2014全国I9）已知分解1mol H2O2放出热量98KJ。在含有少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+ I H2O+IO，H2O2+ IO H2O+O2+ I，下列有关该反应的说法正确的是（ ）A反应速率与I浓度有关 BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98KJmol-1 D【答案】A 【解析】决定化反应速率的主要是慢反应，所以I-浓度越大，则整个反应速率越快，A正确、B错误；98KJmol-1是该反应的H，活化能不能确定，C 错误；把两个方程式处理得到：2H2O

20、22H2OO2，v(H2O2)v(H2O)2v(O2)，D错误。16（2014江苏15）一定温度下，在三个体积约为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)容器编号温度（）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)I3870.200.0800.0803870.402070.200.0900.090下列说法正确的是A该反应的正方应为放热反应B达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器中的小C容器I中反应达到平衡所需时间比容器中的长D若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.1

21、5mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行【答案】AD【解析】由图表可以看出，温度高的容器，平衡时二甲醚的物质的量小，说明反应为放热反应，A正确；由于反应为气体总体积保持不变的反应，增大甲醇的量，平衡不移动，B错误；容器I的温度高，到达平衡所用的时间短，C错误；根据容器I中各物质的量的关系，可以求出平衡常数K=0.16，当充入甲醇0.15mol，甲醚0.15mol，水0.10mol时， Qc=0.100.15/0.15=0.100.16,平衡向正方向移动，D正确。17.（2014海南12）将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)达到平衡，保

22、持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（ ）A、平衡常数减小 B、BaO量不变 C、氧气压强不变 D、BaO2量增加【答案】CD【解析】A、化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不改变，A错误；B、由于该反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应，当温度保持不变时，缩小容器体积（相当于加压），平衡会向体积减小的方向即逆方向移动，所以BaO量减小，B错误；C、由于温度不变，则化学平衡常数（）不变，所以不变，所以氧气压强不变，C正确；D、由于该反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应，当温度保持不变时，缩

23、小容器体积（相当于加压），平衡会向体积减小的方向即逆方向移动，所以BaO2量增加，D正确。18（2014安徽11）中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀【答案】D【解析】A项，盐酸的制备可以有HClO光照分解产生，反应的方程式为2HClO2HC

24、l+O2，A错误；B、注意一个特殊的现象钝化（铝和浓硝酸发生钝化反应），反应速率减慢，B错误；C、NH3分子之间存在氢键，熔沸点升高，故NH3的沸点高于PH3，C错误；D、ZnS沉淀中加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）ZnSCuS，故D正确。19（2014北京12）在一定温度下，10mL0.40mol/L H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A06 min的平衡反应速率

25、：v(H2O2)3.310-2 mol/(Lmin)B610 min的平衡反应速率：v(H2O2)3.310-2 mol/(Lmin)C反应到6 min时，c(H2O2)=0.30mol/LD反应到6 min时，H2O2分解了50%【答案】C【解析】10mL0.40mol/L H2O2溶液含H2O2的物质的量是0.004mol，6min时，生成氧气的物质电离是n=0.001mol，则有：2H2O22H2O+ O2开始（mol） 0.004 0 0转化（mol） 0.002 0.0016min时（mol） 0.002 0.001 所以06min，H2O2的物质的量变化了0.002mol，浓度变化

26、量=0.2mol/L，则v（H2O2）=mol/(Lmin)，A正确；B、随着反应的不断进行，H2O2的浓度越来越小，反应速率越来越慢，所以610min的平均反应速率要小于06min的平均反应速率，即v（H2O2）mol/(Lmin)，B正确；C、反应至6min时，剩余的H2O2的物质的量是0.002mol，则此时H2O2的物质的量浓度是=0.2mol/L，C错误；D、反应至6min时，参加反应的H2O2的物质的量是0.002mol，所以H2O2分解了50%，D正确。20（2014安徽28）某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞

27、上瓶塞（如图1）。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。图1 （1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/g为以下实验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.536.00.22.090.0 （2）编号实验测得容器中压强随时间变化如图2。时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动的方向；此时，碳粉表面发生了（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式为_。图2 图3（3）该小组对图2中的0 时压强变大的原因提出如下假设。请你完成假设二：假设一：发生析氢腐蚀产生气体；假设二：；（4）为验证假设

28、一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一种方案验证假设一，写出实验步骤和结论。实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）【答案】（1）编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/g2.0碳粉含量的影响（2）吸氧 还原 2H2O+O2+4=4OH（或4H+ O2+4=2H2O）（3）放热反应，温度升高（4）实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）药品用量和操作同编号实验（多孔橡皮塞增加进、出导管）通入氩气排净瓶内空气；滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。（本题属于开放性试题，合理答案均给分）【解析】（1）探

29、究外界因素对化学反应速率的影响，一般采取控制变量法，即每次只能改变一个变量，所以实验中铁的量不能发生变化，即质量为2.0g；实验和实验相比，只有碳粉的质量发生了变化，所以实验室探究碳粉的质量对化学反应速率的影响；（2）因为压强的大小与气体的物质的量成正比，从所给的图像可看出，气体的量开始增加，后来逐渐减小，故发生了吸氧腐蚀；原电池装置中，活泼金属（Fe）做负极，不活泼的C作正极，正极发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4=4OH或4H+ O2+4=2H2O；（3）从体积的影响因素着手，温度升高，体积增大；（4）基于假设一可知，产生氢气，发生了哪些变化，具体参考答案。21（2014福建）利

30、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。(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【答案】(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)【解析】(2)H2S的起始浓

31、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)c0 0 0.4c0.4c0.2c 0.6c0.4c0.2cK；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；22（2014福建）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0.0

32、20 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的指示剂【答案】B【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

33、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，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)=5N

34、a2SO42K2SO42I23H2SO42H2O，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。23（2014广东）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。(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

35、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)。【答案】(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

36、】(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(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=2F

37、e3O2H2O、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)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

38、，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

39、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”。24（2014山东）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

40、变D若在原电池中进行，反应放出的热量不变【答案】B【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。25（2014重庆）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1

41、2。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_。【答案】(1)NN2NO5H2N22OH4H2O0.001加酸升高温度加水【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 内的变化量约为102 mol/L，而c(OH)与c(NO)的变

42、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。26（2014四川）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该温度下此反应的平衡常数K1.44D其他条件不变，再充入0