专题18 化学基本理论二（化学反应速率、化学平衡）-2016届高三名

名校联考试题分类汇编（上海版）

填空题：专题十八 化学基本理论一（化学反应速率、化学平衡）

1、（本题共12分）

（2016年杨浦一模）氯气用途广泛，但在使用时，一般会产生氯化氢．工业上可用O2将HCl转化为Cl2，以提高效益，减少污染．反应为：O2+4HCl

2Cl2+2H2O

完成下列填空：

（1）该反应化学平衡常数K的表达式为

；实验测得

P0压强下，HCl平衡转化率α（HCl）随反应温度T的变化如图1所示，则正反应是 放热 反应（填“吸热”或者“放热”）．

（2）上述实验中若压缩体积使压强由P0增大至P1，在图中画出P1压强下HCl平衡转化率

α（HCl）随反应温度T变化的曲线，并简要说明理由： ，增大压强，平衡向正反应方向移动，αHCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大 ．

320°C条件下进行，=7.2×10﹣3mol，（3）该反应在P0、达平衡状态A时，测得容器内n（Cl2）则此时容器中的n（HCl）= 2.54×10﹣3 mol．

（4）对该反应达到平衡后，以下分析正确的是 ad （选填编号）． a．增加n（HCl），对正反应的反应速率影响更大

1

b．体积不变加入稀有气体，对正反应的反应速率影响更大 c．压强不变加入稀有气体，对逆反应的反应速率影响更大 d．如果平衡常数K值增大，对逆反应的速率影响更大

（5）氯元素能形成多种离子．在水溶液中1molCl﹣、1mol ClOx﹣（x=1，2，3，4）能量的相对大小如图2所示，写出B→A+C反应的热化学方程式（用离子符号表示） 3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq） △H=﹣117kJ/mol ；若有1.5molB发生反应，转移电子 2 mol．【考点】化学平衡的计算；氧化还原反应；热化学方程式；化学平衡的影响因素． 【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．

【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；升高温度平衡向吸热的方向移动，据此判断；

（2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；

（3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为amol，反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反应生成氯气的物质的量为×85%amol=7.2×10﹣3mol，所以a=1.69×10﹣2mol，据此计算； （4）a．增加n（HCl），平衡正向移动；

b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动；

c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移动，据此判断；

d．如果平衡常数K值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由于该反应为放热反应，所以要降低温度，据此判断；

（5）B自身发生氧化还原反应生成A和D，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（62kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣116kJ/mol，根据反应中氯元素的化合价的变化判断转移电子数． 【解答】解：（1）O2+4HClk=

2Cl2+2H2O的平衡常数

；升高温度平衡向吸热的方向移动，根据图知，温度

升高，氯化氢的转化下降，即平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，

2

故答案为：；放热；

（2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应αHCl～T曲线的示意图为

，

故答案为：

，增大压强，平衡向正反应方向移动，αHCl

增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；

（3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为amol，反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反应生成氯气的物质的量为=15%amol=2.54×10×85%amol=7.2×10﹣3mol，所以a=1.69×10﹣2，所以平衡时容器中的n（HCl）

﹣3

mol，

故答案为：2.54×10﹣3；

（4）a．增加n（HCl），平衡正向移动，即对正反应的反应速率影响更大，故a正确； b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，正逆反应速率 不变，故b错误；

c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移动，所以正反应的反应速率下降得更多，故c错误；

d．如果平衡常数K值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由于该反应为放热反应，所以要降低温度，所以逆反应速率下降得要比正反应速率多，故d正确； 故选ad；

3

（5）B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol，根据方程式可知，每当有3mol的ClO﹣反应，可转移电子4mol，所以若有1.5molClO﹣发生反应，转移电子为2mol 故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol；2．

【点评】本题以氯元素为载体综合考查元素化合物知识、反应热的计算、氧化还原反应、化学平衡等知识点，综合性较强，侧重考查学生知识运用及图象分析能力，难点是（5）题反应热的计算，题目难度中等．

2．(2016六校联考) 四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源．用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：

（1）硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是 TiO2+2H2SO4=Ti（SO4）2+2H2O ． （2）向滤液I中加入铁粉，发生反应的离子方程式为： Fe+2Fe3+=3Fe2+ 、 Fe+2H+=Fe2++H2↑ ．

（3）在实际生产过程中，向沸水中加入滤液Ⅲ，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解．水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀．用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用 加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低H+浓度促进钛盐水解 ．过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、 H2O 、 FeSO4 、 H2SO4 （填化学式），减少废物排放．

（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3），其方法是：将556a kgA（摩尔质量为278g/mol）溶于水中，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再

4

向红褐色胶体中加入3336b kg A和112c kg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料．若所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料 160a+320b+160c kg． 【考点】制备实验方案的设计． 【专题】制备实验综合．

【分析】（1）依据流程分析，硫酸与二氧化钛反应是发生的复分解反应；

（2）钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4）作原料溶解于硫酸过滤后得到滤液中含有铁离子、亚铁离子、过滤的硫酸，加入铁粉和铁离子反应，和酸反应；

（3）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由Ti（SO4）2水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解；

（4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开始加入A为2a×103mol加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应．，说明加入氢氧化钠的物质的量为4a×103mol，后来又加入12b×103mol的A，和2c×103mol的铁．根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a×103mol，．而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×103mol，这样剩下的硫酸根就与铁离子结合．可知消耗铁离子为8b×103mol，根据铁元素守恒；

【解答】解：（1）依据酸的通性，可以与金属氧化物反应，又知道TI的化合价，可以写出化学方程式为：TiO2+2H2SO4=Ti（SO4）2+2H2O， 故答案为：；

（2）加入浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再加入铁粉，铁粉可以还原铁离子，铁粉还可以与溶液中的H+反应，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑， 故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（3）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由Ti（SO4）2水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解．根据该工艺流程知：滤液Ⅲ的主要成分为大量的钛盐、溶解的硫酸亚铁、少量的硫酸（混合液pH达0.5）等，钛盐水解后过滤去水合二氧化钛，得到的滤液中含有未水解的钛盐及FeSO4、H2SO4、H2O等．

5

H2O； FeSO4； 故答案为：加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低H+浓度促进钛盐水解；H2SO4；

（4）依题意A与适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，FeSO4+2NaOH=Na2SO4+Fe（OH）2↓，根据开始加入A为2a×103mol，可知加入氢氧化钠为4a×103mol；后来又加入12b×103mol的A和2c×103mol的铁，由Na2SO4 、FeSO4、Fe2（SO4）3、Fe2O3等化学式的定量组成和n=2n守恒思想分别可求得以下各量：利用Na+离子守恒，（NaOH）（Na2SO4），可知Na2SO4物质的量为2a×103mol；利用SO42﹣离子守恒，n（FeSO4）=n（Na2SO4）+3n[Fe2（SO4）3]，可知Fe2（SO4）3物质的量为（2a+12b﹣2a）×103mol×=4b×103mol；利用Fe元素守恒，n（FeSO4）+n（Fe）=2 n[Fe2（SO4）3]+2n（Fe2O3），可知n（Fe2O3）=（2a+12b+2c﹣4b×2）×103mol×=（a+2b+c）×103mol，计算得m（Fe2O3）=（160a+320b+160c）kg， 故答案为：160a+320b+160c．

【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，注意解答化工工艺流程题要全面分析理解流程中各个步骤各有何作用（即各工艺流程的目的是什么）、依次涉及何种反应原理、原料、产品、杂质、副产品等成分是什么、这些物质间如何进行转化等，在此基础上，根据各设问，步步深入，进行快速解答，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．

3、（本题共12分）

24．（2016虹口二模）（12分）氮有多种化合价，能形成多种化合物．工业上用活性炭还原法处理NO，有关反应为：C（s）+2NO（g）?N2（g）+CO2（g）．向密闭的2L容器中，加入NO和足量的活性炭，恒温条件下反应．

（1）若2min内气体密度增大了1.2g/L，则氮气的平均反应速率为 0.05 mol/（L?min）． （2）该化学平衡常数表达式K=

，已知升高温度时，K增大，则

正反应为 吸热 （填“吸热”或“放热”）反应．

（3）在温度不变的情况下，要提高NO的平衡转化率，可以采取的措施是 移走生成物N2和（或）CO2 ．

（4）下列各项能判断该反应达到平衡的是 cd （填序号字母）． a．容器内压强保持不变 b．2v正（NO）=v逆（N2） c．容器内CO2的体积分数不变 d．混合气体的密度保持不变

+

（5）已知NaNO2溶液呈碱性，则NaNO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c（Na）＞c

﹣﹣+

（NO2）＞c（OH）＞c（H） ．

（6）常温下，NaOH溶液和HNO2溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，下列关系正确的是 bd ．

a．c（Na）＞c（NO2） b．c（Na）=c（NO2）

﹣﹣++

c．c（Na）＜c（NO2） d．c（Na）＞c（OH）

6

+

﹣

+

﹣

考点： 化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 专题： 化学平衡专题． 分析： （1）气体密度增大了1.2g/L，可以计算出固体C的质量减小了2.4g，可以计算氮气的物质的量的变化量，进而计算反应速率； （2）化学平衡常数K=，对于吸热反应，温度升高，K增大； （3）在温度不变的情况下，要提高NO的平衡转化率，只要是化学平衡正向移动即可； （4）达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不变，据此回答判断； （5）NaNO2溶液呈碱性，是因为亚硝酸根离子水解导致的，据此回答； （6）根据溶液中的电荷守恒以及离子浓度的大小关系来判断． 解答： 解：（1）根据题意，气体密度增大了1.2g/L，计算出固体C的质量减小了2.4g，则生成氮气的物质的量是=0.2mol，所以氮气表示的反应速率v===0.05mol/（L?min），故答案为：0.05； （2）化学平衡常数K==，温度升高，K增大，则该反应是吸热反应，故答案为：；吸热； （3）在温度不变的情况下，减小产物的浓度可以让平衡争相与移动，从而提高NO的平衡转化率，故答案为：移走生成物N2和（或）CO2； （4）a．该反应是前后系数和相等的反应，当容器内压强保持不变，不一定平衡，故a错误； b．2v正（NO）=v逆（N2），不能证明正逆反应速率相等，故b错误； c．容器内CO2的体积分数不变，证明达到了平衡，故c正确； d．混合气体的密度ρ=，质量是变化的，V不变，所以当密度保持不变，证明达到了平衡，故d正确． 故选cd； （5）NaNO2溶液呈碱性，c（OH）＞c（H），是因为亚硝酸根离子水解导致的，所﹣﹣﹣+++以c（Na）＞c（NO2），即c（Na）＞c（NO2）＞c（OH）＞c（H），故答案﹣﹣++为：c（Na）＞c（NO2）＞c（OH）＞c（H）； ﹣+（6）NaOH溶液和HNO2溶液等体积混合后，所得溶液的pH=7，则c（OH）=c（H），﹣﹣++根据电荷守恒，则c（Na）=c（NO2），离子浓度关系是：c（Na）=c（NO2）＞c﹣﹣++（OH）=c（H），所以c（Na）＞c（OH），故答案为：bd． 点评： 本题综合考查学生化学反应速率的计算、化学平衡的移动、平衡状态的判断以及溶液7

﹣+中离子浓度大小关系等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大． 4、(十一校联考) (本题共12分)

利用氮气、氢气在一定条件下生成氨气这一可逆反应来合成氨，是一个重要的化工反应。常

用来生产液氨和氨水。 完成下列填空：

28．右图表示合成氨时生成1mol生成物时的能量变化，E的单位为kJ。请写出合成氨的热

化学方程式___________________(热量用E1、E2或E3表示)。

该图中的实线与虚线部分是什么反应条件发生了变化？_______________________________。

29．在一定温度下，若将4amol H2和2amol N2放入VL的定容密闭容器中，2分钟后测得

N2的转化率为50%，则该段时间用H2表示的反应速率为_________________摩尔/(升?秒)。若此时再向该容器中投入a mol H2、amol N2和2amol NH3，判断平衡移动的方向是_______________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 30．液氨和水类似，也能电离：2NH3

NH4++ NH2，某温度时，其离子积K=2×l0-30。

－

该温度下：①将少量NH4Cl固体加入液氨中，K_____2×10-30(填“＜”、“＞”或“=”)； ②将少量金属钠投入液氨中，完全反应后所得溶液中各微粒物质的量大小排列为：_________________________________

31．工厂生产的氨水作肥料时需要稀释。用水稀释0．1mol/L稀氨水时，溶液中随着水量的

增加而减少的是_________。

a．c(NH4+)/c(NH3?H2O) b．c(NH3?H2O)/c(OH-) c．c(OH-)/c(H+) d．c(H+)/c(NH4+) 【答案】 28．N2(g)+3H2(g)

2NH3(g)+2(E3-E1)kJ (合理即可) ；催化剂；

8

29．0．025a/v；正向移动；

30．=；n(NH3)＞n(NH2-)＞n(Na+)＞n(NH4+)； 31．b、c ； 【解析】

试题分析：28．据反应图象，生成1mol生成物时的能量变化，△H=反应物活化能-生成物

活

化

能

=(E1-E3)KJ/mol

，

则

热

化

学

方

程

式

：

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=2(E1-E3)kJ/mol；虚线部分和实线相比，只是活化能降低

了，反应物和生成物能量相等，所以，虚线部分是使用了催化剂时的能量变化图线，故答案为：N2(g)+3H2(g)

2NH3(g)△H=2(E1-E3)kJ/mol；催化剂；

29．由4amolH2和2amolN2放入VL的密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，

则

N2 + 3H2 开始mol/L 2×

2NH3

来源学科网aa 4× 0 VVaaa转化mol/L 3× 2×

VVVaaa平衡mol/L 2×

VVV3a/V0.025a(2a/V)24V2用H2表示的反应速率为=mol/(L?s)；K==2，若此时再向

120sVa(a/V )4该容器中投入amolH2、amolN2和2amolNH3，则浓度分别为：2×

aamol/L； 2×mol/L；VVa(4a/V)2V24×mol/L，则Q=2＜K，则化学平衡正向移动，故答案为：4=Va(2a/V )0.025amol/(L?s)；正向移动； V30．①K是温度的函数，温度不变K值不变，故答案为：=；

②2NH3

NH4++NH2-，将少量金属钠投入液氨中，2NH4++2Na=NH3↑+2Na++H2↑，平

衡正向移动，所以离子浓度大小关系为c(NH3)＞c(NH2-)＞c(Na+)＞c(NH4+)，即各微粒物质的量n(NH3)＞n(NH2-)＞n(Na+)＞n(NH4+)故答案为：n(NH3)＞n(NH2-)＞n(Na+)＞n(NH4+)； 31．NH3?H2O

NH4++OH-，用水稀释促进电离，平衡正向移动，n(NH3?H2O)减少，n(NH4+)

增加，加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)、c(NH3．H2O)、c(NH4+)都减小，温

9

c(NH4+)度不变，水的离子积常数不变，则c(H)增大．a． 相当于比较

c(NH3?H2O)+

c(NH3?H2O)n(NH4+)，分子增加，分母减小，所以值增大，故a错误；b．

c(OH-)n(NH3?H2O)n(NH3?H2O)c(OH-)相当于比较，分子减小，分母增加，所以值减小，故b正确；c．

n(OH-)c(H+)c(H+)分子减小，分母增加，所以值减小，故c正确；d．+分子增加，分母减小，所

c(NH4)以值增大，故d错误；故答案为：bc。

考点：考查了热化学方程式的书写、化学平衡的移动、化学平衡常数及其应用等相关知识。 5、（本题共12分）

28．(奉贤一模)硫化钠是一种重要的化工原料．工业上用硫酸钠来制得硫化钠．制备硫化钠的反应原理为：Na2SO4（s）+4H2（g）?Na2S（s）+4H2O（g）﹣Q，已知该可逆反应在1000℃时达到平衡，并保持反应器内恒温恒容．试回答下列问题：

（1）此可逆反应的平衡常数表达式可表示为 ，若只改变一个影响因素， 当平衡移动时，K值 不一定 变化（填“一定”或“不一定”）；当K值变大时，逆反应速率 增大 ．（填“增大”、“减小”或“不变”）

（2）该反应达到平衡时下列说法错误的是 d ． a．容器内压强保持不变

b．氢气和水蒸汽的物质的量之比保持不变

c．加入少量Fe3O4固体，平衡向逆反应方向移动 d．移除部分Na2S固体，平衡向正反应方向移动

（3）该温度下，在2L盛有2.84g Na2SO4的密闭容器中通入H2气体，10分钟后测得固体质量为2.264g．则10分钟内H2的平均反应速率为 0.0018 mol/（L?min） ．

（4）往Ba（ClO）2溶液中通入足量SO2气体后，溶液中的溶质是 H2SO4 HCl ．

（5）向亚硫酸钠中滴加酚酞，溶液变为红色，若在该溶液中再滴入过量的BaCl2溶液，现象是 白色沉淀生成，溶液红色褪去 ，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释： 亚硫酸钠溶液水解成碱性，滴入酚酞成红色．SO3+H2O?HSO3+OH，加入氯化钡后，﹣2+2﹣2﹣Ba+SO3→BaSO3↓，降低了SO3的浓度，使得水解平衡往左移动，导致溶液中OH浓度降低，因此溶液红色褪去 ． 【考点】化学平衡的影响因素． 【专题】化学平衡专题．

2﹣

﹣

﹣

【分析】（1）反应的平衡常数=，固体和纯液体不写入表达

式，平衡常数只随温度变化；反应是吸热反应，升温促进平衡正向进行，平衡常数增大；

10

（2）反应是气体体积不变的吸热反应，反应达到平衡状态，正逆反应速率相同时，各组分含量保持不变，变量不变说明反应达到平衡状态；

（3）根据方程式计算反应的氢气的物质的量，再求出反应速率；

（4）二氧化硫水溶液呈酸性，C1O在酸性条件下具有强氧化性，可与二氧化硫发生氧化还原反应，以此解答该题；

（5）亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸钠水解而使溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液变红；再滴入过量的BaCl2溶液，亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，由于SO3浓度减小，

﹣

水解平衡左移，OH浓度减小，溶液褪色，据此即可解答． 【解答】解：（1）Na2SO4（s）+4H2（g）?Na2S（s）+4H2O（g），反应的平衡常数表达式

2﹣

﹣

K=，影响化学平衡的因素有温度、压强、浓度等，改变一个条件平衡发生移动，但平衡常数只随温度变化，不随压强、浓度的改变，所以若只改变一个影响因素，当平衡移动时，K值不一定变化，反应是吸热反应，当K值变大时，说明是温度影响，平衡正向进行，说明是升温平衡正向进行，正逆反应速率都增大，

故答案为：；不一定；增大；

（2）Na2SO4（s）+4H2（g）?Na2S（s）+4H2O（g），反应是气体体积不变的吸热反应， a．反应前后气体体积不变，反应过程中容器内压强始终保持不变，反应达到平衡状态，压强不变，故a正确；

b．反应达到平衡状态，物质的量不变，氢气和水蒸汽的物质的量之比保持不变，故B正确； c．固体不影响化学平衡，加入少量Fe3O4固体，平衡不发生移动，故c正确； d．固体不影响化学平衡，移除部分Na2S固体，平衡不发生移动，故d错误； 故答案为：d；

（3）设反应消耗的氢气为nmol，

Na2SO4（s）+4H2（g）?Na2S（s）+4H2O（g）△m 4mol 64 g

n （2.84﹣2.264）g

解得n=0.036mol，则该时间范围内的平均反应速率（vH2）=

═0.0018mol/（L．min），

故答案为：0.0018 mol/（L?min）；

（4）往Ba（C1O）2溶液中通入足量SO2气体发生Ba（C1O）

2+2SO2+2H2O=BaSO4↓+H2SO4+2HCl，则反应后溶液的溶质为H2SO4、HCl， 故答案为：H2SO4，HCl；

﹣﹣2﹣

（5）亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸钠水解而使溶液呈碱性，SO3+H2O?HSO3+OH，滴入酚酞，溶液变红；再滴入过量的BaCl2溶液，亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡

﹣2+2﹣2﹣

沉淀，Ba+SO3═BaSO3↓（白色），由于SO3浓度减小，水解平衡左移，OH浓度减小，溶液褪色，

2

故答案为：白色沉淀生成，溶液红色褪去；亚硫酸钠溶液水解成碱性，滴入酚酞成红色．SO3﹣﹣﹣2+2﹣2﹣

+H2O?HSO3+OH，加入氯化钡后，Ba+SO3→BaSO3↓，降低了SO3的浓度，使得

﹣

水解平衡往左移动，导致溶液中OH浓度降低，因此溶液红色褪去．

11

【点评】本题考查了反应速率的计算、化学平衡常数计算、平衡标志的判断方法、影响平衡的因素等，物质性质和盐类水解原理是解题关键，题目难度中等．

6．（浦东二模）草酸（H2C2O4）是最简单的有机二元酸，具有较强的还原性，工业上主要用于生产药物以及提炼稀有金属．

工业上可由以下反应制取草酸（两步反应均为液相反应）： ①4CO+4C4H9OH+O2

2（COOC4H9）2+2H2O

②（COOC4H9）2+2H2O?H2C2O4+2C4H9OH﹣Q（Q＞0）

（1）反应①选择13～15MPa的高压条件下进行，最主要的原因是为了 增大气体在丁醇中的溶解度，以有利于反应进行（或加快反应速率） ．若5min内水的质量增加了7.2g/L，则用水表示的反应速率为 0.08mol/（L?min） ．

（2）对于反应②，下列能够说明其已经达到平衡的是 bc ． a．平衡常数K保持不变b．反应液的pH保持不变 c．丁醇的浓度保持不变 d．反应液的总质量保持不变 下列措施既能加快该反应速率，又有利于提高产率的是 a ． a．合理升高反应温度b．合理增大反应压强 c．增大水的用量 d．加入稀硫酸作为催化剂

（3）将物质的量浓度相同的草酸溶液与次氯酸钠溶液等体积混合，产生大量无色无味的气体，写出反应的化学方程式 NaClO+H2C2O4→NaCl+H2O+2CO2↑ ． （4）已知草酸氢钠溶液显酸性，下列措施能使草酸氢钠溶液中bd ．

a．通入HCl气体b．加入草酸晶体 c．通入NH3 d．加入草酸钾晶体

（5）已知：物质的量浓度相同的草酸溶液与亚硫酸钠溶液等体积混合，反应的化学方程式为：

①H2C2O4+Na2SO3→NaHC2O4+NaHSO3

草酸溶液与过量的亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为： ②H2C2O4+2Na2SO3→Na2C2O4+2NaHSO3

过量的草酸溶液与亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为： ③2H2C2O4+Na2SO3→2NaHC2O4+H2O+SO2↑

12

减小的是

K2）与亚硫酸的两级电离常数（记为K3、根据以上信息判断草酸的两级电离常数（记为K1、K4）由大到小的顺序 K1＞K3＞K2＞K4 ．

【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素． 【专题】化学平衡专题．

【分析】（1）增大压强，有利于增大气体在丁醇中的溶解度，加快化学反应速率；根据V（H2O）=

计算；

（2）根据到达平衡时各组分的百分含量不变，正反应速率等于逆反应速率判断；升高温度、增大压强、使用催化剂等能加快化学反应速率，但不一定影响平衡移动； （3）根据条件知，反应方程式为：NaClO+H2C2O4→NaCl+H2O+2CO2↑； （4）已知草酸氢钠溶液显酸性，故电离大于水解， a．通入HCl气体，会与草酸氢根离子反应生成二氧化碳； b．加入草酸晶体，使草酸根离子浓度增大； c．通入NH3，促进电离；

d．加入草酸钾晶体，使草酸根离子浓度增大，抑制了草酸氢根离子的电离；

（5）根据反应方程式可知，酸性强弱顺序为：H2C2O4＞H2SO3＞HC2O4﹣＞HSO3﹣，酸性越强，K越大．

【解答】解：（1）根据反应①4CO+4C4H9OH+O2

2（COOC4H9）2+2H2O

知，增大压强，有利于增大气体在丁醇中的溶解度，加快化学反应速率；若5min内水的质量增加了7.2g/L，则浓度增加0.4mol/L，则用水表示的反应速率为V（H2O）==0.08mol/（L?min）；

（2）反应（COOC4H9）2+2H2O?H2C2O4+2C4H9OH﹣Q（Q＞0）中， a．温度不变，平衡常数不变，但不一定平衡，故错误； b．反应液的pH保持不变，一定平衡，故正确；

c．浓度为变量，丁醇的浓度保持不变，则一定平衡，故正确； d．反应液的总质量保持不变，不一定平衡，故错误； 故选bc；

下列措施中，a．合理升高反应温度，反应速率加快，平衡正向移动，故正确； b．增大反应压强，速率几乎无影响，平衡不移动，故错误； c．增大水的用量，水为纯液体，无影响，故错误；

13

d．加入稀硫酸作为催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，故错误； 故选a；

故答案为：bc；a；

（3）根据条件知，反应方程式为：NaClO+H2C2O4→NaCl+H2O+2CO2↑，故答案为：NaClO+H2C2O4→NaCl+H2O+2CO2↑；

（4）已知草酸氢钠溶液显酸性，故电离大于水解，下列措施能使草酸氢钠溶液中

减小的是 bd．

a．通入HCl气体，会与草酸氢根离子反应生成二氧化碳，增大，故错误；

b．加入草酸晶体，使草酸根离子浓度增大，故减小，故正确；

c．通入NH3，促进电离，

增大，故错误；

d．加入草酸钾晶体，使草酸根离子浓度增大，抑制了草酸氢根离子的电离，减小，故正确； 故答案为：bd；

（5）根据反应方程式可知，酸性强弱顺序为：H2C2O4＞H2SO3＞HC2O4﹣＞HSO3﹣，酸性越强，K越大，故K1＞K3＞K2＞K4， 故答案为：K1＞K3＞K2＞K4．

【点评】本题考查了化学反应速率、化学平衡移动及平衡状态的判断、盐类水解、酸性强弱等知识，难度较大，综合性强，很容易失分，只有扎实的基础知识才能顺利解决问题． 7．（七校联考）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）+Q （Q＞0）；完成下列问题：

；2L容器中，10分钟内，气

（1）该反应的平衡常数表达式是

体密度减小了8g/L，则CO的反应速率是 0.05mol/（L﹒min） ． （2）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是 bc ．（选填编号） a．减压 b．增加SO2的浓度 c．升温 d．及时移走产物 （3）若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是 BC ．（选填编号）

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A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变 B．当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡

C．平衡时，其他条件不变，升高温度可增大平衡常数 D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应热效应不同

硫酸工业尾气SO2用NaOH溶液吸收后会生成Na2SO3．现有常温下0.1mol/LNa2SO3溶液，实验测定其pH约为8，完成下列问题：

（4）该溶液中c（Na+）与 c（OH﹣）之比为 2×105 ．

该溶液中c（OH﹣）=c（H+）+ c（HSO3﹣） + 2c（H2SO3） （用溶液中所含微粒的浓度表示）．

（5）如果用含等物质的量溶质的下列各溶液分别吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是 B＞C=D＞A （用编号排序）

A．Na2SO3 B．Ba（NO3）2 C．Na2S D．酸性KMnO4． 【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断． 【分析】（1）根据平衡常数的定义书写表达式为：K=

，根据V=

计算速率；

（2）增大浓度、升高温度、增大压强、加入催化剂均能加快化学反应速率；

（3）A．平衡前，随着反应的进行，气体的物质的量减小，故容器内压强始会减小； B．温度为变量，当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡；

C．平衡时，其他条件不变，升高温度平衡正向移动，可增大平衡常数； D．反应热效应与催化剂无关；

（4）依据PH和离子积常数计算溶液中氢氧根离子浓度结合钠离子浓度计算比值；依据溶液中质子守恒分析书写离子浓度关系；

（5）依据选项中的溶液性质和二氧化硫反应的过程和化学方程式定量关系分析计算． 【解答】解：（1）根据平衡常数的定义书写表达式为：K=

，2L容

器中，10分钟内，气体密度减小了8g/L，则减少的S为0.25mol/L，变化的CO的浓度为0.5mol/L，故CO的反应速率是0.05mol/（L﹒min），故答案为：0.05mol/（L﹒min）；

（2）a．减压，减小速率，故错误；

b．增加SO2的浓度，加快反应速率，故正确； c．升温，加快反应速率，故正确；

d．及时移走产物，相对于减小浓度，减小反应速率，故错误； 故答案为：bc；

（3）若反应在恒容的密闭容器中进行，SO2（g）+2CO（g）

2CO2（g）+S（l）

；

+Q （Q＞0），

A．平衡前，随着反应的进行，气体的物质的量减小，故容器内压强始会减小，故错误； B．温度为变量，当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡，故正确；

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C．平衡时，其他条件不变，升高温度平衡正向移动，可增大平衡常数，故正确； D．反应热效应与催化剂无关，故错误； 故答案为：BC；

（4）常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，实验测定其pH约为8，亚硫酸根离子水解溶液呈碱性；该溶液中c（Na+）=0.2mol/L，c（OH﹣）=

﹣

=10﹣6mol/L，该溶液中c（Na+）与c（OH

）之比=10﹣6mol/L：0.2mol/L=2×105 ：1；常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，该溶液中存在质子守恒，c（OH﹣）=c（H+）+c（HSO3﹣）+2c（H2SO3），故答案为：2×105；c（HSO3﹣）+2c（H2SO3）；

（5）如果用含等物质的量溶质的下列各溶液分别来吸收SO2，

A．Na2SO3 吸收二氧化硫发生的反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，1molNa2SO3 最多吸收二氧化硫1mol；

B．Ba（NO3）2 吸收二氧化硫反应化学方程式为Ba（NO3）

2+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2H2SO4+2NO↑：1molBa（NO3）2最多吸收二氧化硫3mol； C．Na2S 吸收二氧化硫发生的反应为：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓，1mol2Na2S最多反应二氧化硫2.5mol；

D．酸性KMnO4溶液吸收二氧化硫的反应2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，1molKMnO4最多反应二氧化硫2.5mol；

计算分析吸收二氧化硫理论吸收量由多到少的顺序是B＞C=D＞A， 故答案为：B＞C=D＞A．

8、(十三校第一次联考) (本题共12分)

空气质量日报中有一项重要检测指标是SO2的含量，结合所学知识回答下列问题。

工业制硫酸的过程中，SO2催化氧化的原理为：2SO2(g)+O2(g)

2SO3(g) + Q

某温度下，测得SO2(g)的平衡转化率(?)与体系总压强( p )的关系如上图所示。

28．a、b两点对应的平衡常数K(a) K(b) (填“>”、 “<”或“=”，下同)，SO3浓度c(a)

c(b)。c点时，反应速率υ(正) υ(逆)。

将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反

应得到如下表中的两组数据：

实验编号 1 温度/℃ 网ZXXK]起始量/mol SO2 4 16

平衡量/mol SO2 x O2 0.8 [来源:Z.xx.k.Com][来源学科O2 2 T1

2 T2 4 2 0.4 y 29．实验1从开始到反应达到化学平衡时，用去时间t 分钟，则υ(SO2)表示的反应速率

为 ，温度T1大于T2的理由是 。

30．制取SO2的尾气用NaOH溶液吸收，可得到Na2SO3和NaHSO3两种盐。

①0.1 mol/L的NaHSO3溶液中c(H+) >c(OH)，用水解和电离理论的角度解释其原

－

因 ，若往溶液中加入氨水至中性，则c(Na+) c(HSO3)+c(SO32)+c(H2SO3)

－

－

(填“>”、 “﹤”或 “=”)。

②往0.1 mol/L 的Na2SO3溶液加入少量NaOH固体，完全溶解后溶液中c(Na+) : c(SO32

－

)的比值 (填“变大”、“变小”或“保持不变”)。

【答案】 28、=；<；<；

29、1.2/t mol/(L· min)；反应放热，温度升高平衡向左移动，反应物转化率低； 30、①HSO3的电离程度大于水解程度；=；②变大； 【解析】

试题分析：28、a、b两点对应温度相同，平衡常数只与温度有关，故K(a)=K(b)，增大压强，

平衡向正反应方向移动，SO3浓度c(a)＜c(b)。c点时，SO2(g)的转化率(?)大于平衡转化率(?)，反应向逆反应方向移动，反应速率υ(正)＞υ(逆)，故答案为：=；<；<； 29、根据表中数据可知，反应的氧气为1.2mol，反应的二氧化硫为1.2mol×2=2.4mol，平衡

－

2.4mol1.2时二氧化硫x=1.6mol，υ(SO2)=2L=mol/(L· min)；实验2平衡时二氧化硫的

ttmin量小于实验1，即平衡向正反应方向移动，由于反应是发热反应，故温度T1大于T2，故答案为：大；

30、①0.1 mol/L的NaHSO3溶液中存在HSO3-的水解和电离，但电离程度大于水解程度，使

得溶液中c(H+) >c(OH)，若往溶液中加入氨水至中性，一水合氨与氢离子反应，促进

－

1.2mol/(L· min)；反应放热，降低温度，平衡向右移动，反应物转化率增tHSO3-的电离，反应后生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，溶液中钠离子和含硫微粒的总的物质的量不变，即n(Na+)=n(HSO3)+n(SO32)+n(H2SO3)，因此c(Na+)=c(HSO3)+c(SO32

－

－

－

－

)+c(H2SO3) ，故答案为：HSO3的电离程度大于水解程度；=；

－

②往0.1 mol/L 的Na2SO3溶液加入少量NaOH固体，抑制SO32-的水解，c(Na+) 、 c(SO32

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－

)均增大，但钠离子增大的幅度比SO32-大，c(Na+) : c(SO32)的比值变大，故答案为：变

－

大。

考点：考查了盐类的水解和弱电解质的电离、化学反应速率和化学平衡的相关知识。

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/1xug.html