六、化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡

六、化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡1．(2013·高考北京卷)下列實(shí)驗(yàn)事實(shí)不能用平衡移動(dòng)原理解釋的是()解析：選C。A.二氧化氮?dú)怏w中存在平衡：2NO2N2O4，體系的溫度變化會(huì)使平衡發(fā)生移動(dòng)。B.不同溫度下水的電離平衡常數(shù)不同，溫度升高促進(jìn)水的電離，電離平衡常數(shù)增大。C.向過氧化氫溶液中加入二氧化錳，加速了過氧化氫的分解，這是二氧化錳的催化作用，不能用平衡移動(dòng)原理解釋。D.氨水的濃度減小為原來的十分之一，但其pH的變化小于1，說明氨水在稀釋的過程中平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－發(fā)生了移動(dòng)。2．(2013·高考重慶卷)將E和F加入密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固體體積，平衡時(shí)G的體積分?jǐn)?shù)(%)隨溫度和壓強(qiáng)的變化如下表所示：①b＜f②915℃、2.0MPa時(shí)E的轉(zhuǎn)化率為60%③該反應(yīng)的ΔS＞0④K(1000℃)＞K(810℃)上述①～④中正確的有()A．4個(gè)B．3個(gè)C．2個(gè)D．1個(gè)解析：選A。反應(yīng)E(g)＋F(s)2G(g)是氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，壓強(qiáng)增大平衡逆向移動(dòng)，故b<54.0；由b到83.0%可知轉(zhuǎn)化率是增大的，溫度升高，G的體積分?jǐn)?shù)增大，平衡正向移動(dòng)，故正反應(yīng)是吸熱的，由此可知f>75.0，故b<f，①正確。915℃、2.0MPa時(shí)，G的體積分?jǐn)?shù)(物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))為75.0%，設(shè)總的物質(zhì)的量為4mol，則E為1mol，G為3mol，根據(jù)反應(yīng)E(g)＋F(s)2G(g)可知：生成3molG，消耗1.5molE，所以E的轉(zhuǎn)化率為eq\f(1.5,1＋1.5)×100%＝60%，②正確。該反應(yīng)是氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，故ΔS>0，③正確。因?yàn)樵摲磻?yīng)正向吸熱，升高溫度平衡正向移動(dòng)，平衡常數(shù)增大，故④正確。3．(2013·高考山東卷)對于反應(yīng)CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，在其他條件不變的情況下()A．加入催化劑，改變了反應(yīng)的途徑，反應(yīng)的ΔH也隨之改變D．降低溫度，Y的轉(zhuǎn)化率增大解析：選D。根據(jù)該反應(yīng)的特點(diǎn)結(jié)合平衡移動(dòng)原理逐項(xiàng)分析。A．該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，平衡不受壓強(qiáng)影響，減小容器體積，平衡不移動(dòng)。B.催化劑不能使平衡移動(dòng)，不改變產(chǎn)物的產(chǎn)率。C.增大c(X)，平衡正向移動(dòng)，Y的轉(zhuǎn)化率增大，X本身的轉(zhuǎn)化率反而減小。D.該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動(dòng)，Y的轉(zhuǎn)化率增大。9．(2013·高考新課標(biāo)全國卷Ⅱ)在1.0L密閉容器中放入0.10molA(g)，在一定溫度進(jìn)行如下反應(yīng)：A(g)B(g)＋C(g)ΔH＝＋85.1kJ·mol－1反應(yīng)時(shí)間(t)與容器內(nèi)氣體總壓強(qiáng)(p)的數(shù)據(jù)見下表：時(shí)間t/h0124816202530eq\f(總壓強(qiáng)p,100kPa)4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列問題：(1)欲提高A的平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)采取的措施為________。(2)由總壓強(qiáng)p和起始壓強(qiáng)p0計(jì)算反應(yīng)物A的轉(zhuǎn)化率α(A)的表達(dá)式為__________，平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為________，列式并計(jì)算反應(yīng)的平衡常數(shù)K________。(3)①由總壓強(qiáng)p和起始壓強(qiáng)p0表示反應(yīng)體系的總物質(zhì)的量n總和反應(yīng)物A的物質(zhì)的量n(A)，n總＝________mol，n(A)＝________mol。②下表為反應(yīng)物A濃度與反應(yīng)時(shí)間的數(shù)據(jù)，計(jì)算：a＝________。反應(yīng)時(shí)間t/h04816c(A)/(mol·L－1)0.10a0.0260.0065分析該反應(yīng)中反應(yīng)物的濃度c(A)變化與時(shí)間間隔(Δt)的規(guī)律，得出的結(jié)論是________，由此規(guī)律推出反應(yīng)在12h時(shí)反應(yīng)物的濃度c(A)為________mol·L－1。解析：通過分析表格中數(shù)據(jù)，根據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比入手解決相關(guān)問題。(1)要提高A的轉(zhuǎn)化率，應(yīng)通過改變條件使平衡正向移動(dòng)，可以從濃度、溫度、壓強(qiáng)三個(gè)方面考慮，可從容器中分離出B、C或擴(kuò)大容器的體積(降低壓強(qiáng))或升高溫度。(2)相同條件下，在密閉容器中氣體的壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，設(shè)反應(yīng)后氣體的總物質(zhì)的量為x，則有eq\f(p,p0)＝eq\f(x,0.10mol)，故x＝eq\f(0.10p,p0)mol，而氣體的物質(zhì)的量的增加量等于消耗的A的物質(zhì)的量，故A的轉(zhuǎn)化率為eq\f(\f(0.10p,p0)－0.10mol,0.10mol)×100%＝(eq\f(p,p0)－1)×100%，將表中的數(shù)據(jù)代入公式中可得平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為(eq\f(9.53×100kPa,4.91×100kPa)－1)×100%≈94.1%；根據(jù)化學(xué)方程式列出平衡三段式，注意三段式中用的都是濃度，即可求得平衡常數(shù)。(3)結(jié)合(2)的解析可知n(A)＝0.10mol－(eq\f(0.10p,p0)－0.10)mol＝0.10×(2－eq\f(p,p0))mol；根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，可知a＝0.10×(2－eq\f(7.31×100kPa,4.91×100kPa))mol·L－1≈0.051mol·L－1，通過表中的數(shù)據(jù)可知，在達(dá)到平衡前每間隔4h，A的濃度減少約一半，故反應(yīng)在12h時(shí)，A的濃度為0.5×0.026mol·L－1＝0.013mol·L－1。答案：(1)升高溫度、降低壓強(qiáng)(2)(eq\f(p,p0)－1)×100%94.1%A(g)B(g)＋C(g)起始濃度/mol·L－10.1000轉(zhuǎn)化濃度/mol·L－10.10×94.1%0.10×94.1%0.10×94.1%平衡濃度/mol·L－10.10×(1－94.1%)0.10×94.1%0.10×94.1%K＝eq\f(0.0941mol·L－12,0.0059mol·L－1)≈1.5mol·L－1(3)①0.10×eq\f(p,p0)0.10×(2－eq\f(p,p0))②0.051達(dá)到平衡前每間隔4h，c(A)減少約一半0.01310．(2013·高考山東卷)化學(xué)反應(yīng)原理在科研和生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。(1)利用“化學(xué)蒸氣轉(zhuǎn)移法”制備TaS2晶體，發(fā)生如下反應(yīng)：TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g)ΔH＞0(Ⅰ)反應(yīng)(Ⅰ)的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝________，若K＝1，向某恒容容器中加入1molI2(g)和足量TaS2(s)，I2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率為________。(2)如圖所示，反應(yīng)(Ⅰ)在石英真空管中進(jìn)行，先在溫度為T2的一端放入未提純的TaS2粉末和少量I2(g)，一段時(shí)間后，在溫度為T1的一端得到了純凈TaS2晶體，則溫度T1________T2(填“＞”“＜”或“＝”)。上述反應(yīng)體系中循環(huán)使用的物質(zhì)是________。(3)利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼樣中的硫轉(zhuǎn)化成H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進(jìn)行滴定，所用指示劑為________，滴定反應(yīng)的離子方程式為________________________________________________________________________。(4)25℃時(shí)，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2mol·L－1，則該溫度下NaHSO3水解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kh＝________mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))將________(填“增大”“減小”或“不變”)。解析：(1)反應(yīng)(Ⅰ)中，TaS2為固體，則平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝[c(TaI4)·c(S2)]/c2(I2)。設(shè)平衡時(shí)，I2轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為x，則有TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g)起始/mol100轉(zhuǎn)化/molx0.5x0.5x平衡/mol1－x0.5x0.5x此時(shí)平衡常數(shù)K為1，則有[(0.5x)·(0.5x)]/(1－x)2＝1，從而可得x＝2/3mol，I2(g)的轉(zhuǎn)化率為(2/3mol)/1mol×100%≈66.7%。(2)由題意可知，未提純的TaS2粉末變成純凈TaS2晶體，要經(jīng)過兩步轉(zhuǎn)化：①TaS2＋2I2=TaI4＋S2，②TaI4＋S2=TaS2＋2I2，即反應(yīng)(Ⅰ)先在溫度T2端正向進(jìn)行，后在溫度T1端逆向進(jìn)行，反應(yīng)(Ⅰ)的ΔH大于0，因此溫度T1小于T2，該過程中循環(huán)使用的是I2。(3)淀粉遇單質(zhì)I2顯藍(lán)色，利用I2溶液滴定H2SO3時(shí)，常用淀粉作指示劑，達(dá)到終點(diǎn)時(shí)，溶液由無色變成藍(lán)色，滴定反應(yīng)的離子方程式為I2＋H2SO3＋H2O=4H＋＋2I－＋SOeq\o\al(2－,4)。(4)H2SO3的電離常數(shù)Ka＝[c(HSOeq\o\al(－,3))·c(H＋)]/c(H2SO3)＝1×10－2mol·L－1，水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14mol2·L－2，綜上可得Ka＝[c(HSOeq\o\al(－,3))·Kw]/[c(H2SO3)·c(OH－)]。NaHSO3溶液中HSOeq\o\al(－,3)的水解反應(yīng)為HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－，則水解平衡常數(shù)Kh＝[c(H2SO3)·c(OH－)]/c(HSOeq\o\al(－,3))＝Kw/Ka＝(1×10－14mol2·L－2)/(1×10－2mol·L－1)＝1×10－12mol·L－1。NaHSO3溶液中加入少量I2，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溶液中c(HSOeq\o\al(－,3))減小，HSOeq\o\al(－,3)的水解程度增大，c(H2SO3)/c(HSOeq\o\al(－,3))將增大。答案：(1)[c(TaI4)·c(S2)]/c2(I2)66.7%(2)＜I2(3)淀粉I2＋H2SO3＋H2O=4H＋＋2I－＋SOeq\o\al(2－,4)(4)1×10－12增大11．(2013·高考廣東卷)大氣中的部分碘源于O3對海水中I－的氧化。將O3持續(xù)通入NaI溶液中進(jìn)行模擬研究。(1)O3將I－氧化成I2的過程由3步反應(yīng)組成：①I－(aq)＋O3(g)=IO－(aq)＋O2(g)ΔH1②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq)ΔH2③HOI(aq)＋I(xiàn)－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)ΔH3總反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________，其反應(yīng)熱ΔH＝________________。(2)在溶液中存在化學(xué)平衡：I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)，其平衡常數(shù)表達(dá)式為_______。(3)為探究Fe2＋對O3氧化I－反應(yīng)的影響(反應(yīng)體系如圖1)，某研究小組測定兩組實(shí)驗(yàn)中Ieq\o\al(－,3)濃度和體系pH，結(jié)果見圖2和下表。編號反應(yīng)物反應(yīng)前pH反應(yīng)后pH第1組O3＋I(xiàn)－5.211.0第2組O3＋I(xiàn)－＋Fe2＋5.24.1①第1組實(shí)驗(yàn)中，導(dǎo)致反應(yīng)后pH升高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②圖1中的A為________。由Fe3＋生成A的過程能顯著提高I－的轉(zhuǎn)化率，原因是________________________________________________________________________。③第2組實(shí)驗(yàn)進(jìn)行18s后，Ieq\o\al(－,3)濃度下降。導(dǎo)致下降的直接原因有(雙選)________。A．c(H＋)減小B．c(I－)減小C．I2(g)不斷生成D．c(Fe3＋)增加(4)據(jù)圖2，計(jì)算3～18s內(nèi)第2組實(shí)驗(yàn)中生成Ieq\o\al(－,3)的平均反應(yīng)速率(寫出計(jì)算過程，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。解析：利用蓋斯定律、化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡的影響因素等分析及計(jì)算，逐步解決問題。(1)根據(jù)蓋斯定律，由①＋②＋③可得總反應(yīng)為2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)=I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，則ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。(2)所給反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝eq\f(cI\o\al(－,3),cI2·cI－)。(3)①第1組實(shí)驗(yàn)中，pH升高是因?yàn)榉磻?yīng)消耗了H＋。②圖1中的A為Fe2＋，由Fe3＋生成Fe2＋的過程中，I－被氧化為I2，因此I－的轉(zhuǎn)化率顯著提高。③導(dǎo)致Ieq\o\al(－,3)濃度下降的原因是c(Fe3＋)增加，使c(I－)減小，平衡I2(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ieq\o\al(－,3)(aq)逆向移動(dòng)。(4)v(Ieq\o\al(－,3))＝eq\f(11.8×10－3－3.5×10－3mol·L－1,18－3s)≈5.5×10－4mol·(L·s)－1。答案：(