2020届一轮复习人教版化学反应速率和化学平衡作业

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化学反应速率和化学平衡 一、选择题 ‎1.常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。‎230℃‎时,该反应的平衡常数K=2×10-5。已知:Ni(CO)4的沸点为‎42.2℃‎,固体杂质不参与反应。‎ 第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4;‎ 第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来,加热至‎230℃‎制得高纯镍。‎ 下列判断正确的是(　　)‎ A.增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数增大 B.第一阶段,在‎30℃‎和‎50℃‎两者之间选择反应温度,选‎50℃‎ C.第二阶段,Ni(CO)4分解率较低 D.该反应达到平衡时,v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)‎ ‎【命题意图】本题主要考查化学反应速率和化学平衡的相关知识,意在考查学生对平衡常数的影响因素、外界条件对化学平衡的影响、平衡标志的判断等知识的掌握及应用能力。‎ ‎【解析】选B。平衡常数只与温度有关,与浓度无关,A错误;‎50℃‎时,Ni(CO)4以气态存在,有利于分离,从而促使平衡正向移动,B正确;‎230℃‎时,Ni(CO)4分解的平衡常数为=5×104,可知分解率较高,C错误;平衡时,4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO),D错误。‎ ‎2. 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Mn2+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,Mn2+对H2O2分解速率的影响大 ‎【命题意图】本题考查反应条件对反应速率的影响,意在考查学生的读图分析能力。‎ ‎【解题关键】能根据图象信息分析出H2O2分解的影响因素。‎ ‎【解析】选D。A项,从图甲看,起始时H2O2的浓度越小,曲线下降越平缓,说明反应速率越慢,错误;B项,OH-的浓度越大,pH越大,图中0.1 mol·L-1NaOH对应的pH最大,曲线下降得最快,即溶液pH越大H2O2分解速率越快,错误;C项,从图丙看,相同时间内,0.1 mol·L-1NaOH条件下,H2O2分解最快,0 mol·L-1NaOH条件下反应最慢,而1.0 mol·L-1NaOH条件下反应处于中间,错误;D项,从丁图看，在Mn2+存在越多时,H2O2的分解速率越快,正确。‎ ‎3.（双选）下列说法正确的是(　　)‎ A.反应N2 (g)+3H2 (g)2NH3 (g)的ΔH<0,ΔS>0‎ B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀 C.常温下,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,pH=10的含Mg2+溶液中,c(Mg2+)≤5.6×10-4mol·L-1‎ D.常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成‎11.2 L H2,反应中转移的电子数为6.02×1023‎ ‎【命题意图】本题考查反应进行的方向、金属的防腐、Ksp以及气体摩尔体积使用条件的知识,意在考查学生对化学基本理论的掌握程度。‎ ‎【解析】选B、C。A项,该反应的气体体积减小,即ΔS<0,错误;B项,Zn可以保护铁,为牺牲阳极的阴极保护法,正确;C项,c(OH-)=10-4mol·L-1,c(Mg2+)≤Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH-)=5.6×10-12/(10-4)2= 5.6×10-4mol·L-1,正确;D项,非标准状况下,‎11.2 L H2不是0.5 mol,错误。‎ ‎【易错警示】本题D项,使用气体摩尔体积需要具备两个条件,一是标准状况,二是气体。‎ ‎4.（双选）温度为T1时,在三个容积均为‎1 L的恒容密闭容器中仅发生反应:‎ ‎2NO2(g)2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得: v正=v (NO2)消耗=k正c2(NO2),v逆=v(NO)消耗=2v (O2)消耗=k逆c2 (NO)·c(O2),k正、k逆为速率常数,受温度影响。下列说法正确的是 (　　)‎ 容器 编号 物质的起始浓度 ‎(mol·L-1)‎ 物质的平衡浓度(mol·L-1)‎ c(NO2)‎ c(NO)‎ c(O2)‎ c(O2)‎ Ⅰ ‎0.6‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.2‎ Ⅱ ‎0.3‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ Ⅲ ‎0‎ ‎0.5‎ ‎0.35‎ A.达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5‎ B.达平衡时,容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大 C.达平衡时,容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%‎ D.当温度改变为T2时,若k正=k逆,则T2>T1‎ ‎【命题意图】本题考查化学平衡,意在考查学生对等效平衡的掌握程度以及对速率常数这一新概念的应用能力。‎ ‎【解析】选C、D。A项,容器Ⅰ中平衡时,c(NO2)=0.2 mol·L-1,c(NO)=0.4 mol·L-1,c(O2)=0.2 mol·L-1,容器体积为‎1 L,总物质的量为0.2+0.4+0.2=0.8(mol),容器Ⅱ中投入量为0.3+0.5+0.2=1(mol),若Ⅱ中为平衡量,则两压强之比为0.8∶1=4∶5,但实际上,Ⅰ可以看成投入量为0.3 mol NO2,0.3 mol NO和0.15 mol O2,与Ⅱ中对比知,Ⅱ中的平衡应逆向移动,故压强之比应大于4∶5,错误;B项,Ⅱ中O2比0.15 mol多0.05 mol,NO比0.3 mol多0.2 mol,而NO与O2以2∶1反应,即Ⅱ中NO足量,平衡相对Ⅰ要逆向移动,则Ⅱ中的值小,错误;C项,Ⅱ中起始投入的NO的体积分数为=50%,平衡时Ⅱ中反应逆向进行,所以NO的体积分数小于50%,Ⅲ中投入的O2比Ⅱ中的多,故反应在Ⅱ的基础上还要逆向移动,则NO也要小于50%,正确;D项,容器Ⅰ中,T1时,平衡常数为K==0.8,T2时,k正=k逆,反应达平衡时,v正=v逆,即k正c2(NO2)=k逆c2(NO)·c(O2),得c2(NO2)=c2(NO)·c(O2),K=c2(NO)·c(O2)/c2(NO2)=1,平衡常数增大,反应正向移动,该反应为吸热反应,则应升高温度,即T2>T1,正确。‎ ‎5. 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0.020 mol·L-1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。据图分析,下列判断不正确的是　(　　)‎ 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NaHSO3反应速率相等 C.图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1‎ D.温度高于‎40℃‎时,淀粉不宜用作该实验的指示剂 ‎【解题指南】解答本题时应注意以下两点:‎ ‎(1)认真审题,找到解题依据:“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。”‎ ‎(2)掌握化学反应速率的计算方法,尤其应注意反应前后浓度的变化。‎ ‎【解析】选B。根据图像可以看出‎40℃‎之前温度越高变蓝的时间越短,‎40℃‎之后温度越高变蓝的时间越长,变化趋势相反,A项正确;化学反应一般温度越高化学反应速率越快,b点温度为‎25℃‎,c点温度为‎47℃‎,根据反应温度判断c点速率应该更快,但图像表明b点、c 点溶液变蓝的时间相同,结合‎40℃‎之后温度越高变蓝的时间越长,‎55℃‎时未观察到溶液变蓝,说明高于‎40℃‎后淀粉已经不适合作该实验的指示剂了,所以尽管变蓝时间相同但c点速率更快,B项错误;D项正确;利用化学反应速率的计算公式v=Δc/Δt计算NaHSO3反应速率时应注意由于将0.020 mol·L-1的NaHSO3溶液10.0 mL与40.0 mL的KIO3溶液混合后NaHSO3的浓度变成了0.004 mol·L-1,反应时间为80 s,所以速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1,C项正确。‎ ‎6.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是　(　　)‎ A.‎ B.‎ t/℃‎ ‎25‎ ‎50‎ ‎100‎ Kw/10-14‎ ‎1.01‎ ‎5.47‎ ‎55.0‎ C.‎ D.‎ c(氨水)/(mol·L-1)‎ ‎0.1‎ ‎0.01‎ pH ‎11.1‎ ‎10.6‎ ‎【解题指南】解答本题时应注意以下3点:‎ ‎(1)掌握平衡移动原理的具体内容;‎ ‎(2)弱电解质的稀释过程是一个电离程度增大的过程;‎ ‎(3)水的电离是吸热过程。‎ ‎【解析】选C。由于2NO2N2O4是放热过程,所以在冷水中相当于降低温度,平衡正向移动,气体颜色变浅,而在热水中相当于升高温度,平衡逆向移动,气体颜色加深,所以A利用了平衡移动原理;由于水的电离是吸热的,所以加热有利于水的电离,所以水的离子积常数Kw逐渐变大,B也符合平衡移动原理;过氧化氢分解制取氧气在有催化剂存在的条件下分解速率加快只是说明了催化剂对反应速率的影响,但平衡未发生移动,C不能用平衡移动原理来解释;由于一水合氨是弱电解质,存在电离平衡,所以氨水的浓度减小的过程就是对氨水稀释的过程,稀释有利于电离平衡的正向移动,所以稀释10倍后,pH的变化小于1,所以D也可以用平衡移动原理来解释。‎ ‎7.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 ‎【解题指南】解答本题时应注意以下两点:‎ ‎(1)该反应的特点为反应物和产物均为气体,反应前后气体体积相等,‎ 该反应为放热反应。‎ ‎(2)外界条件对反应速率及平衡的影响。‎ ‎【解析】选B。反应的ΔH与外界条件无关,A项错误;反应前后气体体积不变,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,平衡左移,反应进行程度减小,放出的热量减少,C项错误;该反应若设计成原电池装置,反应产生的能量更多地转化为电能,释放的热量减少,D项错误。‎ ‎8.（双选）一定条件下存在反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),其正反应放热。现有三个相同的‎2 L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,在Ⅰ中充入1 mol CO和1 mol H2O,在Ⅱ中充入1 mol CO2和1 mol H2,在Ⅲ中充入2 mol CO和2 mol H2O,‎700℃‎条件下开始反应。达到平衡时,下列说法正确的是　(　　)‎ A.容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同 B.容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同 C.容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多 D.容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1‎ ‎【解题指南】注意题干给出的绝热容器的含义,而不是等温容器,所以要考虑反应过程中温度对平衡的影响。‎ ‎【解析】选C、D。因为容器绝热,给定反应的正反应为放热反应,容器Ⅰ的温度升高,容器Ⅱ的温度降低,故反应速率Ⅰ中快,A错误;由于容器Ⅲ中加入的反应物多,放出的热量多,容器内温度高,‎ 故平衡常数不同,B错误;因容器Ⅰ的温度高,故相当于平衡逆向移动,CO的转化率降低,C正确;如果容器Ⅰ和容器Ⅱ在温度相同的情况下达到平衡,CO、CO2转化率之和等于1,但容器Ⅰ的温度升高,平衡逆向移动,CO的转化率降低,容器Ⅱ温度降低,CO2的转化率也降低,D正确。‎ 二、非选择题 ‎9. H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害,工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放,回答下列各方法中的问题。‎ Ⅰ.H2S的除去 方法1:生物脱H2S的原理为:‎ H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO4‎ ‎4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O ‎(1)硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍,该菌的作用是　　 　　。‎ ‎ (2)由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为　　　　　　　　　　　　　 　　。若反应温度过高,反应速率下降,其原因是　　　　　　　　　 　　　　　　。‎ 方法2:在一定条件下,用H2O2氧化H2S ‎(3)随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化,氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时,氧化产物的分子式为　　　　　　　　　。‎ Ⅱ.SO2的除去 方法1(双碱法):用NaOH吸收SO2,并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液Na2SO3溶液 ‎(4)写出过程①的离子方程式:　　　　　　　　　　　　;CaO在水中存在如下转化:‎ CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)‎ 从平衡移动的角度,简述过程②NaOH再生的原理　　　　　　　　。‎ 方法2:用氨水除去SO2‎ ‎(5)已知‎25℃‎,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5,H2SO3的Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.2×10-8。若氨水的浓度为2.0 mol·L-1,溶液中的c(OH-)=　　　　　　　　mol·L-1。将SO2通入该氨水中,当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时,溶液中的c()/c()=　　　　　　　　　　　　　　。‎ ‎【命题意图】本题主要考查元素化合物以及电解质溶液的知识,重点考查学生对氧化还原反应、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡以及水溶液中的电离平衡等相关知识的迁移应用能力。‎ ‎【解析】(1)根据硫杆菌存在时的反应速率可知,硫杆菌的作用是催化剂,降低了反应所需的活化能。‎ ‎(2)根据图1可知,当‎30℃‎左右时,Fe2+氧化速率最大;根据图2可知,当pH=2.0时,Fe2+氧化速率最大,所以硫杆菌使用的最佳条件是温度为‎30℃‎、pH=2.0。由于硫杆菌是蛋白质,所以温度过高时,会导致蛋白质变性,使得硫杆菌失去原有的生理活性,导致催化效果大大降低,反应速率下降。‎ ‎(3)根据化合价升降,当n(H2O2)/n(H2S)=4时,4 mol H2O2转移8 mol电子,则1 mol H2S也转移8 mol电子,化合价从-2价升高到+6价,所以氧化产物为H2SO4。‎ ‎(4)过程①是NaOH与SO2反应,所以反应的离子方程式为2OH-+SO2 +H2O;从平衡移动的角度,结合CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)可知,过程②中Na2SO3溶液中加入CaO后,亚硫酸根离子与钙离子发生反应生成CaSO3沉淀,导致平衡正向移动,从而生成NaOH。‎ ‎(5)根据NH3·H2O的Kb=1.8×10-5可知,c()·c(OH-)/c(NH3·H2O)=1.8×10-5,若氨水的浓度为2.0 mol·L-1,溶液中的c(OH-)=c()=6.0×10-3mol·L-1;将SO2通入该氨水中,当c(OH-)降至 ‎1.0×10-7mol·L-1时,根据H2SO3的Ka2=6.2×10-8可知,c(H+)·c()/c()=6.2×10-8,故当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时,溶液中的c()/c()=0.62。‎ 答案:(1)降低反应活化能(或作催化剂)‎ ‎(2)‎30℃‎、pH=2.0　蛋白质变性(或硫杆菌失去活性,合理即可)‎ ‎(3)H2SO4‎ ‎(4)2OH-+ SO2+H2O 与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡正向移动,有NaOH生成 ‎(5)6.0×10-3　0.62‎ ‎10.近期发现,H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子,它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题:‎ ‎(1)下列事实中,不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是　　　　(填标号)。‎ A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应,而亚硫酸可以 B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 C.0.10 mol·L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1‎ D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸 ‎(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。‎ 通过计算,可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为　　　　　　、　　　　　　,制得等量H2所需能量较少的是　　　　　　　　。‎ ‎(3)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入‎2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。‎ ‎①H2S的平衡转化率α1=　　　　%,反应平衡常数K=　　　　。‎ ‎②在620 K重复实验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H2S的转化率α2　　α1,该反应的ΔH　　　　0。(填“>”“<”或“=”)‎ ‎③向反应器中再分别充入下列气体,能使H2S转化率增大的是　　　　(填标号)。‎ A.H2S　　　 　B.CO‎2　‎　 　　C.COS　　 　　D.N2‎ ‎【命题意图】本题为化学反应原理综合题,意在考查学生对热化学、化学反应速率和平衡等知识的理解和应用能力。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应,而亚硫酸可以,说明氢硫酸的酸性弱于碳酸,而亚硫酸强于碳酸,可以比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱;氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸,可以比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱;0.10 mol·L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1,说明酸的电离程度不同,可以比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱;氢硫酸的还原性强于亚硫酸,不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱。‎ ‎(2)把系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)的三个热化学方程式分别相加,可以得到制氢的热化学方程式分别为 H2O(l)H2(g)+ O2(g)　ΔH=286 kJ·mol-1‎ H2S(g)H2(g)+S(s)　ΔH=20 kJ·mol-1,制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)。‎ ‎(3)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入‎2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。按照三段式来计算:‎ ‎①已知平衡时水的物质的量分数,可以设平衡时水的物质的量为x,通过三段式:‎ ‎　　　 H2S + CO2 COS + H2O 起始(mol) 0.40 0.10 0 0‎ 变化(mol) x x x x 平衡(mol) 0.40-x 0.10-x x x 列式计算: =0.02,解得x=0.01 mol,所以转化率为×100%=2.5%‎ 平衡常数为K=≈2.8×10-3‎ H2S的平衡转化率α1=2.5%,反应平衡常数K=2.8×10-3。‎ ‎②水的物质的量分数增大到0.03,则上述计算改为=0.03,x>0.01,转化率增大,则升高温度,平衡正移,ΔH>0。‎ ‎③恒容容器充入N2体积不变,不影响平衡移动,D错误;增大生成物浓度,平衡逆向移动,C错误;对于方程式左边气体不唯一的反应,增大一种反应物浓度,该物质转化率下降,另一种反应物转化率增大,所以A错误,B正确。‎ 答案:(1)D ‎(2)H2O(l)H2(g)+ O2(g)　ΔH=286 kJ·mol-1‎ H2S(g)H2(g)+S(s)　ΔH=20 kJ·mol-1　系统(Ⅱ)‎ ‎(3)①2.5　2.8×10-3　②>　>　③B ‎ ‎11.砷(As)是第四周期ⅤA族元素,可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物,有着广泛的用途。回答下列问题:‎ ‎(1)画出砷的原子结构示意图　　　　　　　　。‎ ‎(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式　　　　　　　　。该反应需要在加压下进行,原因是 　　　　　　　　　　　　　。‎ ‎(3)已知:As(s)+ H2(g)+2O2(g)H3AsO4(s)　ΔH1‎ H2(g)+ O2(g)H2O(l)　ΔH2‎ ‎2As(s)+ O2(g)As2O5(s)　ΔH3‎ 则反应As2O5(s)+3H2O(l)2H3AsO4(s)的ΔH=　　　　。‎ ‎(4)298 K时,将20 mL 3xmol·L-1Na3AsO3、20 mL 3xmol·L-1I2和20 mL NaOH溶液混合,发生反应: (aq)+I2(aq)+2OH-(aq) (aq)+2I-(aq)+ H2O(l)。溶液中c()与反应时间(t)的关系如图所示。‎ ‎①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　　　　　　b.v(I-)=2v()‎ c.c()/c ()不再变化 d.c(I-)=ymol·L-1‎ ‎②tm时,v正　　　　v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎③tm时v逆　　　　tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”),理由是 ‎　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　。‎ ‎④若平衡时溶液的pH=14,则该反应的平衡常数K为　　　　　　　　。‎ ‎【命题意图】本题考查了盖斯定律、平衡状态的判断依据、氧化还原反应的有关计算,意在考查学生读图的能力、提取信息、整合信息的能力。‎ ‎【解析】(1)As最外层电子数为5,原子结构示意图为 ‎。(2)As2S3与O2发生氧化还原反应生成H3AsO4和S,As和S均被氧化,1 mol As2S3被氧化转移电子数为10 mol,根据转移电子数守恒可知,化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S;加压能加快化学反应速率,并能够促使平衡正向移动,能够有效提高As2S3的转化率。(3)目标反应式As2O5(s)+3H2O(l)2H3AsO4(s)可由反应①×2-反应②×3-③得到,则ΔH=2ΔH1-3ΔH2-ΔH3。(4)①pH不再变化,则c(OH-)不变,反应处于化学平衡状态,故a正确;根据各物质的反应速率之比等于方程式的化学计量数之比,v(I-)‎ ‎=2v()始终成立,不能作为平衡状态的判断依据,故b错误;达到平衡时各物质的浓度保持不变,即c()/c()不再变化,反应处于平衡状态,故c正确;达到平衡时c(AsO43−)=ymol·L-1,c(I-)=2ymol·L-1,故d错误。②tm时平衡向正反应方向移动,v正>v逆;③由图可知, tm时AsO43−浓度比tn时小,所以tm时的逆反应速率小于tn时的逆反应速率;④溶液混合后Na3AsO3的浓度为=xmol·L-1,c(I2)=xmol·L-1,平衡时pH=14,c(OH-)=1 mol·L-1, ‎ ‎ (aq) + I2(aq) + 2OH- (aq)+2I-(aq)+ H2O(l)‎ 起始(mol·L-1) x x 0 0‎ 转化(mol·L-1) y y y 2y ‎ 平衡(mol·L-1) (x-y) (x-y) 1 y 2y 平衡常数K==。‎ 答案:(1) (2)2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S　增加反应物O2的浓度,提高As2S3的转化速率 (3)2ΔH1-3ΔH2-ΔH3 　(4)①ac　 ②大于 ③小于 tm时生成物浓度较低　④‎ ‎【方法规律】平衡状态的判断依据——“变量不变”时即为平衡状态。‎ 平衡时①v正=v逆;②各物质的质量、物质的量、浓度、百分含量不变。例如,恒温恒容下mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)‎ ‎(1)若m+n≠p+q时压强不变,反应达到平衡状态;若m+n=p+q则压强始终不变,不能作为平衡的标志。‎ ‎(2)ρ=,若气体的质量和容器的体积始终不变,则密度始终不变,不能作为平衡的标志。‎ ‎12.丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题:‎ ‎(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:‎ ‎ ①C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)　　　 ΔH1‎ 已知: ②C4H10(g)+ O2(g)C4H8(g)+H2O(g)　　ΔH2=-119 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+ O2(g)H2O(g) ΔH3=-242 kJ·mol-1‎ 反应①的ΔH1为　　　　kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图,‎ x　　　0.1(填“大于”或“小于”);欲使丁烯的平衡产率提高,应采取的措施是　　 　(填标号)。‎ A.升高温度　 B.降低温度　 C.增大压强　 D.降低压强 ‎(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势,其降低的原因是  ‎ ‎　 。‎ (3) 图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线,副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在‎590℃‎之前随温度升高而增大的原因可能是 ‎　　　 　　　　　　　、　 　 　　　　　　 　;‎590℃‎之后,丁烯产率快速降低的主要原因可能是  ‎ ‎ 。‎ ‎【命题意图】本题考查盖斯定律、化学反应速率和化学平衡知识,意在考查考生对化学反应原理知识的理解和应用能力。‎ ‎【解析】(1)由已知方程式,得①=②-③,根据盖斯定律则ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119 kJ·mol-1-(-242 kJ·mol-1)=+123 kJ·mol-1。反应①的正反应是一个体积增大的反应,在相同温度下,减小压强,平衡向正反应方向移动,图(a)中,温度相同时,压强为xMPa的转化率大于压强为0.1 MPa的转化率,所以x<0.1;除减小压强外,因正反应为吸热反应,升高温度平衡向正反应方向移动,也能使丁烯的平衡产率提高。(2)H2是①的生成物,随着n(氢气)/n(丁烷)增大,H2的物质的量浓度增大,逆反应速率增大,从而导致平衡向逆反应方向移动,使丁烯产率下降。(3)‎590℃‎之前,温度升高时反应速率加快,生成的丁烯会更多,同时由于反应①是吸热反应,升高温度平衡正向移动,平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过‎590℃‎时,由于丁烷高温会裂解生成短链烃类,所以参加反应①的丁烷也就相应减少。‎ 答案:(1)+123　小于　A、D　(2)氢气是产物之一,随着n(氢气)/n(丁烷)增大,逆反应速率增大　(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行　温度升高反应速率加快　丁烯高温裂解生成短链烃类 ‎