高考化学试题分类汇编化学平衡
【十年高考】2006-2015年高考化学试题分类汇编——化学平衡
天津卷.2015.T9．下列说法不正确
．．．的是
A.Na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
C.FeCl3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
D.Mg(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】C
【解析】A项，△S＞0、△H＜0有利于反应的自发进行，A选项两条都满足，结合Na与H2O反应的实验常识，选项正确； B项，饱和Na2SO4溶液使蛋白质溶液聚沉，是物理变化，浓硝酸使蛋白质溶液变性而产生沉淀，是化学变化，故原理不一样；C项，控制变量后，结合常识，二氧化锰对双氧水的催化能力较强，故错误；D项，NH4+可以跟Mg(OH)2溶解出的OH- 反应生成弱电解质NH3·H2O，进而促进了Mg(OH)2的溶解，故正确。
天津卷.2015.T12.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X （g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系
中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确
．．．的是
A.m=2
B.两次平衡的平衡常数相同
C.X与Y的平衡转化率之比为1:1
D.第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【解析】A项，根据题意，在此平衡系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，反应又是在恒温恒容条件下进行的，说明此平衡为等效平衡，根据恒温恒容条件下等效平衡的原理，反应前后气体的系数应相等，因此m=2，选项正确； B项，平衡常数的变化只与温度的变化有关，此反应是在恒温条件下进行，故两次平衡的平衡常数相同，选项正确；C项，平衡转化率等于变化量跟起始量之比，根据三段式原理，X与Y的变化量是1:2关系，而题目中给定的X与Y 起始量也是1:2关系，因此X与Y的平衡转化率之比为1:1选项正确，； D项，根据三段式，结合第一次平衡时Z的体积分数为10%，可以计算出c(Z)=0.15 mol·L-1，两次平衡为等效平衡，因此第二次平衡时，Z的浓度也为0.15 mol·L-1 ，选项错误。
四川卷.2015.T7.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是
A．550℃时，若充入惰性气体，v正，v逆均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K P=24.0P总
【答案】B
【解析】选项A中，因容器的体积可变，故充入惰性气体后容器体积变大，混合气体整体被稀释，反应应正向移动，故A错误。选项B中，设转化的CO2为x，则CO为2X，剩下的CO2为（1-X），由题可知，(1-X)/2X=60%/40%，解得x=0.25，故选项B正确。选项C中，当同时充入CO2和CO时若要保证平衡不移动，则需要按照反应系数进行添加，即在加入1体积CO2时加入2体积CO，而此时是等体积加入，相当于CO加少了，平衡应正向移动，故C错误。选项D中，通过题目所给条件计算K P应等于23.0P总，故D错误。
重庆卷.2015.T7．羰基硫(COS)可作为一种××熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和××的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H 2S混合加热并达到下列平衡： CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)
K=0.1，反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是
A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B．通入CO后，正反应速率逐渐增大
C．反应前H2S物质的量为7mol
D．CO的平衡转化率为80%
【答案】C
【解析】A. 升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，错误；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，错误；C. 根据CO(g)+H 2S(g)COS(g)+H2(g) K=0.1 起始物质的量 10 n 0 0
变化物质的量 2 2 2 2
平衡物质的量 8 n-2 2 2 设该容器的体积为V，根据K=0.1，列关系式得（2×2）÷[8×（n-2）]=0.1，解得n=7，正确；D.根据上述数据CO的平衡转化率为2÷10×100%=20%，错误；选C。
考点：考查影响化学反应速率的因素，反应的热效应，化学平衡的有关计算。
安徽卷.2015.T11．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△H＜0
【答案】A
【解析】答案选A。选项A根据化学反应平衡常数的计算可知正确。选项B，由于反应容器是恒容的仪器，反应物和生成物均为气体，因此容器内的密度均不改变，该选项错误。选项C，加入催化剂只是改变化学反应的速率，并不能使化学平衡发生移动，由图可知平衡发生移动，因此改选项错误。选项D，，若曲线b的条件的改变是温度，由图可知，达到平衡的时间缩短，因此是升高温度，而升高温度以后N2的浓度减小，说明平衡向正方向移动，所以该反应为吸热反应，该选项错误。福建卷.2015.T12. 在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确
．．．的是
0.600 0.500 0.400 0.300
c/mol·L－1
v/mmol·
L－1·min-1
T/K
318.2 3.60 3.00 2.40 1.80 328.2 9.00 7.50 a 5.40
b 2.16 1.80 1.44 1.08
A. B.同时改变反应温和庶糖的浓度，v可能不变
C. D.不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】：本题考查的是化学反应速率。由题目所给信息可知，相同浓度时，温度每升高10℃，蔗糖水解速率增大2.5倍。故A选项正确。B选项中，根据速率的影响因素，化学反应速率随温度的升高而增大，随浓度的增大也增大，故同时改变温度和浓度，速率有可能不变，比如降温的同时增大浓度，故B正确。C选项，同浓度时，b温度下速率最慢，故b的温度最低，故C正确。D选项，不同温度时，蔗糖的水解速率不同，故水解一半所用时间也并不相同，故D选项错误。
上海卷.2015.T20．对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是( ) [多选] A．升高温度，对正反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】BC
【解析】对于合成氨反应，N2+3H2?2NH3+Q，属于放热反应，升高温度平衡会向着吸热方向移动，对逆反应的反应速率影响更大，A错误；增大压强，平衡向着体积减小的方向移动，对正反应的反应速率影响较大，B正确；减小反应物浓度，平衡逆向移动，对逆反应的反应速率影响较大，C正确；加入催化剂，加快了氨的合成，对正反应的反应速率影响更大，D错误。故选BC。
海南卷.2015.T.8．10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是( ) [多选]
A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3
【答案】A、B
【解析】锌与盐酸反应Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑若加入物质使反应速率降低，则c(H+)减小。但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的的n(H+)不变。A中硫酸钾是强酸强碱盐，不发生水解，溶液呈中性，溶液中的水对盐酸起稀释作用，使c(H+)减小，但没有消耗氢离子，因此n(H+)不变。故A正确。B中CH3COONa与盐酸发生反应 HCl+CH3COONa==CH3COOH+NaCl使溶液中c(H+)减小，反应速率降低，当反应进行到一定程度，会发生反应：2CH3COOH+Zn=(CH3COO) 2Zn+H2↑，因此最终不会影响产生氢气的物质的量，故B正确。C中加入CuSO4溶液会与锌发生置换反应Zn + CuSO4 = ZnSO4 + Cu产生的铜与锌和盐酸构成原电池，会加快反应速率，与题意不符号，故错误。D中加入Na2CO3溶液会与盐酸发生反应 Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，使溶液中的c(H+)减小，但由于逸出二氧化碳气体，因此n(H+)也减小，产生氢气的物质的量减小，不符合题意故D错误
新课标I卷
28．（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛图。回答下列问题：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2,该反应的还原产物为____________。
（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl
开始沉淀时，溶液中为：_____________，已知K sp（AgCl）=1.8×10-10，K sp（AgI）=8.5×10-17。
（3）已知反应2HI（g）=H2(g) + I2(g)的△H=+11kJ·mol-1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时
需吸收的能量为______________kJ。
（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 20 40 60 80 120
X(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
X(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
②上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、
k逆为速率常数，则k逆为________(以K和k正表示)。若k正=0.0027min-1，在t=40,min时，v正=__________min-1
③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温
度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_________________（填字母）
【答案】15分⑴MnSO4；⑵ 4.72×10-7；⑶ 299
⑷①K=0.1082/0.7842；
② K·k正；1.95×10-3③A点、E点
【解析】MnO2中+4价Mn还原为+2价，结合溶液环境，可知还原产物为MnSO4；
= =4.72×10-7；化学键断裂吸收能量，形成化学键放出能量，（-436KJ）+（-151KJ）+2（+X）=11kJ；解得X=299kJ；假设容器体积为1L，投入物质的量为1mol，根据题意可知2HI（g）H2（g）+I2（g）
初始 1mol·L-10 0
平衡0.784mol·L-10.108mol·L-10.108mol·L-1
所以K=0.1082/0.7842；平衡时v正=v逆，所以k正x2(HI) =k逆x(H2)x(I2)，结合平衡常数表达式可知k逆=K·k正，v正=k正x2(HI)=0.0027min-1ⅹ（0.85）2=1.95×10-3。
新课标II卷
27.（14分）
甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气（主要成分为
）在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①
△
②
△
③
△
回答下列问题：
（1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
由此计算:已知
,则
.
（2）反应①的化学平衡常数K表达式为________;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为__________（填曲线标记字母），其判断理由是_________。
（3）组成时，体系中的平衡转化率温度和压强的关系如图2所示。值随温度升高而______（填“增大”或“缩小”）其原因是_____；图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。
【答案：】（1）-99 +44
（2）
a 反应①是放热反应，K应该随温度的升高而变小，
（3）减小反应①是放热反应，平衡向左移动，使得体系的CO的量增大：反应③为吸热反应平衡向右移动，又使CO得量增大总的使温度升高，CO的转化率降低。P3>P2>P1 , 原因相同温度下由于第一个反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡右移动，提高CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，产生的CO不受压强的影响，故增大压强有利于CO的转化率升高。
【解析：】（1）根据反应焓变等于反应物的键能总和-生成物的键能总和得出ΔH1=-99kJ/mol, Δ
H3=ΔH2-ΔH1,得出ΔH3 =+44kJ/mol，（2）
a 反应①是放热反应，K应该随温度的升高而变小，
（3）减小反应①是放热反应，平衡向左移动，使得体系的CO的量增大：反应③为吸热反应平衡向右移动，又使CO得量增大总的使温度升高，CO的转化率降低。P3>P2>P1 , 原因相同温度下由于第一个反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡右移动，提高CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，产生的CO不受压强的影响，故增大压强有利于CO的转化率升高。
北京卷
26．（12分）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
（1）反应Ⅰ的化学方程式是。
（2）反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和高浓度的I2的HI层。
①根据上述事实，下列说法正确的是（选填序号）。
a．两层溶液的密度存在差异
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是。
③经检测，H2SO4层中c(H+)：c(SO42-)=2.06：1。其比值大于2的原因是。
（3）反应Ⅱ：2H2SO4（l）=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g) △H=+550kJ/mol
它由两步反应组成：i H2SO4（l）=SO3(g) +H2O(g) △H=+177kJ/mol
ii SO3(g)分解。
L（L1、L2），X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，ii中
SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。
①X代表的物理量是。
②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：。
【答案】
（1）SO2 + 2H2O + I2 = H2SO4 + 2HI
（2）① a、c
②取上层清液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则上层溶液为含低浓度 I2的 H2SO4溶液，若无明显现象，则上层为含高浓度 I2的 HI 层。（物理方法：观察溶液颜色，颜色深的为含高浓度 I2的 HI 层）
③碘单质可与水发生反应 I2 + H2O ? HI +HIO，c(H+)增大使溶液中 c(H+):c(SO42-)的比值大于 2 （3）①压强
② L2>L1 L代表温度对 SO3的平衡转化率的影响，反应ⅱ为吸热反应，温度升高 SO3转化率增大【解析】(1) 根据图中信息可知反应Ⅰ中反应物为 SO2、H2O 和 I2，生成物为 H2SO4和 HI，配平即得SO2 + 2H2O + I2 = H2SO4 + 2HI。(2)①此问考查对于题干信息“该产物的溶液在过量 I2的存在下会分成两层——含低浓度 I2的 H2SO4层和含高浓度 I2 的 HI 层”的分析处理能力。加入 I2前溶液未出现分层，加入I2后，碘在 HI 溶液中溶解度大于在 H2SO4溶液中溶解度，两溶液中密度存在差异，故出现分层现象。②此问考查常见离子 SO42-的检验。③由题干信息得知 H2SO4溶液中溶有低浓度的碘，碘单质可与水发生反应 I2+ H2O ? HI +HIO，c(H+)增大使溶液中 c(H+):c(SO42-)的比值大于 2 。(3)影响化学反应平衡因素和图像综合问题。首先要根据反应Ⅱ和步骤ⅰ写出步骤ⅱ的热化学反应方程式 2SO3（g）= 2SO2（g）+O2（g）△H=+196 KJ?mol-1。①该反应正反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，SO3的转化率减小， X 代表的物理量为压强。②根据①问可知 L 代表的物理量为温度。该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，SO3的转化率增大，故 L2>L1。
北京卷
27．（14分）
研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。
（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中
HCO3-占95%，写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式：。
（2）在海洋循环中，通过右图所示的途径固碳。
①写出钙化作用的离子方程式：。
②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：+ ===(CH2O)x+x18O2+xH2O
（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解
无机碳，可采用如下方法：
①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的还说中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。
②滴定。将吸收液洗后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl
溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=mol/L。
（4）利用右图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温
室气体含量。
①结合方程式简述提取CO2的原理：。
②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。
处理至合格的方法是。
【答案】
（1）CO 2+H2O H2CO3 H2CO HCO3－+H+
（2）①Ca2++ 2HCO3－==CaCO3↓+ CO2+H2O
②xCO2 + 2x H218O
（3）①
②xy/z
（4）①a 室发生阳极反应：4OH — 4e－= O2+2H2O，c(OH－)下降，
H 2O OH－+H+平衡正移，c(H+)上升，H+从 a 室通过离子交换膜进入 b 室，发生反应：HCO3－+H+==CO
2+H2O 。
②用a室产生的NaOH调节b室流出溶液的PH值至PH=8。
【解析】（1）考查 H 2CO3的的形成和第 1 步电离：CO2+H2O H2CO3
H 2CO HCO3－+H+
（2）①根据反应物是 HCO3－，Ca2+，生成物是 CaCO3 和 CO2，易可以得到知本题答案是：Ca2++ 2HCO3-===CaCO3↓+ CO2+H2O。
②根据化学反应中元素守恒原理，及示踪原子可知方程式中18O源自于水确定方程式中填空为：xCO2 + 2x H218O
（3）①注意酸化的试剂要用硫酸，一定不能用盐酸，HCl 会挥发出来影响后续的滴定。洗气装置导管需长进短出。根据未酸化信息可知需加入稀硫酸（无挥发性），需加分液漏斗。
②该滴定过程转化的关系式为：CO2 ~ HCO3－ ~ HCl 可得到无机碳浓度为xy/z 。
1 1 1
（4）①海水 pH＞8，显碱性，需要 H+中和降低海水的碱性，a 室发生阳极反应：4OH-4e－= O2+2H2O，使得c(OH－)下降，H 2O OH－+H+平衡正移，c(H+)上升，H+从 a 室进入 b 室，发生反应：HCO 3－+H+CO2+H2O。
②b 室排出的溶液PH值小于6显酸性，而海水PH为8，则需要一种碱将其中和。可用c室产生的NaOH中和显酸性的海水，再排回大海。
北京卷
28.（15分）
为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I 2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下：
（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到。
（2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中造成的影响。
（3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化
学平衡移动原理解释原因：。
（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的
原因：外加Ag+使c(I-)降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用右图装置
（a、b均为石墨电极）进行实验验证。
①K闭合时，指针向右偏转，b作极。
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是。
（5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因，
①转化原因是。
②与（4）实验对比，不同的操作是。
（6）实验I中，还原性：I->Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+>I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是。
【答案】
（1）化学平衡状态
（2）水对溶液中离子浓度改变
（3）i加入 AgNO3，Ag++ I- =AgI （色沉），I-浓度降低，2Fe3+ + 2I-?2Fe2+ + I2平衡逆向移动。ii加入 FeSO4，使Fe2+浓度增大，平衡逆向移动。
（4）①正②产生黄色沉淀，指针向左偏转。
（5）①Fe2+浓度增大，还原性增强，使得Fe2+的还原性强于I-。
②当指针归零后，向 U 型管右管中滴加 0.01mol/L FeSO4溶液。
（6）在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化和还原性，导致平衡移动。
【解析】本题通过 2Fe3+ + 2I-?2Fe2+ + I2反应，考察物质的性质与反应原理的结合。（1）根据题目给出的信息颜色不再改变，可确定达到平衡状态，且后面要求探究改变条件对平衡移动的影响也需达到平衡状态。（2）ii和iii比较可以看出ii中iii都加入1mL液体而ii中不同的是加入FeSO4溶液属于对比法探究Fe2+的影响，排除水对平衡移动产生的影响。（3）本题考查影响平衡移动的因素中参加的物质的浓度对平衡移动的影响i加入 AgNO3，Ag++ I-=AgI （黄沉），I-浓度降低，2Fe3+ + 2I-?2Fe2+ + I2平衡逆向移动。ii加入 FeSO4，使Fe2+浓度增大，平衡逆向移动。（4）加入Ag+发生反应Ag++ I- =AgI （黄沉）根据猜测可知I-浓度减小，氧化性增强，使得Fe2+的还原性强于I-，I-一端成为正极，指针向左偏转。（5）与（4）同样原理Fe2+浓度增大，还原性增强，使得Fe2+的还原性强于I-。②操作应参照“（4）②”进行当指针归零后，向 U 型管右管中滴加 0.01mol/L FeSO4溶液。（6）本题探究了浓度对平衡移动，很对氧化性还原性强弱变化的影响，利用了控制变量法得出：在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化和还原性，导致平衡移动。
天津卷
28．（14分）FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：
（1）FeCl3净水的原理是。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）。
（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。
①若酸性FeCl2废液中c(Fe2＋)=2.0×10-2mol·L-1, c(Fe3＋)=1.0×10-3mol·L-1,
c(Cl－)=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的PH约为。
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
ClO3－+ Fe2＋+ = Cl－+ Fe3＋+.
（3）FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3＋+H 2O Fe(OH)2++H＋ K1
Fe(OH)2++H 2O Fe(OH)2++H＋ K2
Fe(OH)++H 2O Fe(OH)3+H＋ K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是。
通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：
xFe3++yH 2O Fe x(OH)y(3x-y)++yH+
欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）。
a.降温
b.加水稀释
c.加入NH4Cl
d.加入NHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是。
（4）天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为mg·L-1。
【答案】
（1）Fe3+水解产生的Fe (OH)3胶体离子能吸附水
中悬浮的杂质。
2Fe3++ Fe=3Fe2+
（2）①2 ②1 6 6H+ 1 6 3H2O
（3）K1＞K2＞K3 bd 调节溶液的pH
（4）18-20
【解析】
（1）FeCl3净水的原理主要是利用了是Fe3+水解成胶体的
原理，Fe3+水解产生的Fe (OH)3胶体离子能吸附水中悬
浮的杂质。Fe3+具有非常强的氧化性，钢铁设备中大部分
是Fe，因此二者会发生如下反应，2Fe3++ Fe=3Fe2+，是造成钢铁腐蚀的重要原因。
（2）①因为此溶液显酸性，因此溶液中OH—的电荷可以忽略不计，则溶液中的正电荷总数=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=2×2.0×10-2mol+3×1.0×10-3mol·L-1+c(H+)=4.3×10-2mol·L-1+c(H+)，负电荷总数= c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1，根据电荷守恒，4.3×10-2mol·L-1+c(H+)=5.3×10-2mol·L-1，c(H+)=1.0×10-2mol·L-1，pH=-lg c(H+)=-lg10-2=2；因此该溶液的pH约为2。
②可以依次根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平此方程式。
□ClO3-+□Fe2++□=□Cl-+ Fe3++□
Cl：+5→-1↓6e-×1
得失电子守恒
Fe：+2→+3↑1e- ×6
此时系数为1ClO3-+6Fe2++□=1Cl-+ 6Fe3++□
电荷守恒：溶液先酸性，需要用H+配平，此时方程式的反应物一侧正电荷=+11，生应物一侧正电荷=+17，因此方程式左侧需要添加6 H+
1ClO3-+6Fe2++6 H+=1Cl-+ 6Fe3++□
原子守恒：根据H原子守恒，很明显，方程式右侧需要补充3H2O
1ClO3-+6Fe2++6 H+=1Cl-+ 6Fe3++3H2O
（3）当离子存在多步水解的情况时，常常以第一步水解为主，第二步、第三步水解依次减弱，因此水解的平衡常数K1、K2、K3也依次减小，K1＞K2＞K3。
分析离子方程式：xFe3++yH2O?Fe x(OH)y(3x-y)++yH+，欲使平衡正向移动，结合给定的选项，可以用NaHCO3消耗H+使平衡正向移动，d选项正确；根据越稀越水解原理，加水也可以使平衡正向移动，b选项正确；NH4Cl水解显酸性，会抑制此反应的进行，所以c选项不正确；水解反应吸热，降温会向放热反应进行，即向逆反应方向进行，所以a选项不正确。
室温下，氯化铁溶液易水解，因此需要在制取高浓度聚合氯化铁的时候调节溶液的pH，防止Fe3+水解。
（4）由图中数据可以看出，在18-20区间内，污水的去除率曲线会处于最高点，即去污效果最好，因此投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为18-20mg·L-1。
重庆卷
11．（14分）我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义。
（1）原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第周期。
（2）某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为。（3）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是。
A．降低了反应的活化能 B．增大了反应的速率
C．降低了反应的焓变 D．增大了反应的平衡常数
（4）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O 与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为。
（5）题11图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。
腐蚀过程中，负极是（填图中字母“a”或“b”或“c”；
②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为；
③若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为L（标准状况）。
【答案】11.(14分)
（1）四（2）10:1 （3）A、B （4）Ag2O +2CuCl=2AgCl+Cu2O
(5) ① c ② 2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2(OH)3Cl↓③0.448
【解析】（1）铜为29号元素，根据核外电子排布规则可知，铜元素位于元素周期表第四周期，（2），根据N=m/M×N A,青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g，20.7g，则该青铜器的Sn和Pb原子
数之比为10:1,
（3），催化剂能降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，故选A、B
（4），Ag2O与CuCl发生复分解反应，没有化合价的升价，则化学方程式为Ag2O +2CuCl=2AgCl+Cu2O （5），①根据图示，为原电池装置，负极发生氧化反应，化合价升高，腐蚀过程中，负极是c,正
极是b，a为腐蚀之后生成的产物。②环境中的氯离子扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应
产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，离子方程式为2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2(OH)3Cl↓
③4.29gCu2(OH)3Cl的物质的量为4.29/241.5=0.02mol,根据电极放电量相等，则理论上耗氧体积为0。02×22.4=0.448L（标准状况）。
福建卷
23．（15分）
研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。
（1）①硫离子的结构示意图为。
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的
浓溶液与木炭反应的化学方程式为。
（2）25℃，在0.10mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体
或加入NaOH固体以调节溶液PH，溶液PH与c(S2-)关系
如右图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）。
①PH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=mol·L-1.
②某溶液含0.020 mol·L-1Mn2+、0.10 mol·L-1H2S,
当溶液PH=时，Mn2+开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10-23]
（3） 25℃，两种酸的电离平衡常数如右表。
K a1K a2
H2SO3 1.3×10-2 6.3×10-4
H2CO3 4.2×10-7 5.6×10-11
①HSO3-
②0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为。
【答案】23.（15分）
（1）①②C+2H2S04（浓） 2S02↑+C02↑+2H20
（2）①0.043 ②5
（3）①或
②
或
③
【解析】：本题考查的是有关硫及其化合物的性质，结合反应原理中化学反应平衡和弱电解质的电离平衡以及PH值的相关计算一起考查。
①硫离子结构示意图，注意不要粗心写成硫原子的结构示意图。
②硫元素的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液其实就是浓硫酸，本题考查的是碳与浓硫酸在加热时的方程式：C + 2H2SO4(浓) CO2↑+ 2SO2↑+ 2H2O
①根据图像，PH=13时，c（S2-）=5.7×10－2，根据物料守恒，c(S2-) + c(HS-) + c(H2S)=0.1，故 c(HS-) + c(H2S)=0.1-0.057=0.043
②根据Ksp(MnS)=c(Mn2+) ×c(S2-) =2.8×10－13 ,已知 c(Mn2+) =0.020mol·L—1，故可算出
c(S2-) =1.4×10－11，此时对应的PH为5.
（3）①HSO3-也能发生电离，其电离方程式为HSO3-H+ + SO32-，故它的电离平衡常数为
②在Na2SO3中，存在SO32-的两步水解，SO32-＋H2O HSO3-＋OH- 、
HSO3-＋H2O H2SO3＋ OH- 以及水的微弱电离，因为第一步水解远远大于第二步水解，故离子浓度大小关系为：c(Na+) > c(SO32-) > c(OH-) > c(HSO3-) > c(H+) 或[Na+]>[SO32-]>[OH-]>[HSO3-]>[H+]
③因为H2SO3的酸性强于H2SO3故本题方程式为:H2SO3 + HCO3- + ===HSO3- + CO2↑+ H2O
福建卷
24．(15分)
无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。
（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为。
（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工
艺流程示意如下：
已知：
物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2
沸点/℃57.6 180（升华）300（升华）1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是（只要求写出一种）。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是。
③已知：
Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) ΔH1=+1344.1kJ ·mol-1
2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) ΔH2=+1169.2kJ ·mol-1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为。
④步骤Ⅲ的经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化
学式分别为
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是。
【答案】2（15分）
（1）A13++3H20 A1（0H）3+3H+
（2）①防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率
②铁或Fe ③Al203（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g）+3C0（g）
④NaCl、NaC10、Na2C03⑤除去FeCl3，提高A1C13纯度
【解析】：（1）Al3+水解生成Al(OH)3胶体，利用胶体吸附性达到净水目的，方程式为：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+
①根据题目所给信息，气孔数目变多，可增大固体的表面积，增大反应速率，水分减少，
减少AlCl3水解。
②因为铝土矿中混有铁的氧化物，在与碳粉混合焙烧时，铁单质被还原出来，故答案为铁。
③根据盖斯定律可知，所求热化学方程式为
Al2O3(s) + 3C(s) + 3Cl2(g) = 2AlCl3(s) + 3CO(g) △H = +174.9 kJ ? mol- 1
④尾气中含有Cl2、CO2,它们用NaOH溶液吸收后，溶液主要生成NaCl、NaClO、Na2CO3三种
盐。
⑥为铝土矿中铁元素未除，故加入Al粉除去FeCl3，提高AlCl3纯度
广东卷
31、（16分）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，
（1）传统上该转化通过如右图所示的催化剂循环实现，
其中，反应①为2HCl(g) + CuO(s) H 2O(g)+CuCl2(g) △
H1
反应②生成1molCl2的反应热为△H2，则总反应的热化学方程
式为, (反应热用△H1和△H2表示)。
（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更
好的催化活性，
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的ɑHCl—T曲线如图12，则总反应的△H 0 ,（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应ɑHCl—T曲线的示意图，并简要说明理由。
③下列措施中有利于提高ɑHCl的有。
A、增大n(HCl)
B、增大n(O2)
C、使用更好的催化剂
D、移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程汇总n(Cl2)的数据如下：
计算2.0～6.0min以内HCl的物质的量变化表示的反应速率（以mol·min-1为单位，写出计算过程）。（4）Cl2用途广泛，写出Cl2制备漂白粉的化学方程式。
【答案】(1)、2HCl(g) + 1/2O 2(g) H2O(g)+Cl2(g) △H=△H1+△H2
(2) ①＜ K(A) ②见右图
(3)V(HCl)=5.4×10－3mol÷4min=1.8×10－3mol/min
(4)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】(1)已知反应①为2HCl(g) + CuO(s) H2O(g)+CuCl2(g) △H1反应②生成1molCl2的反应热为△H2,即用热化学反应方程式②CuCl2(g) + 1/2O2(g) CuO(s)+Cl2(g) △H2
两都相加即得答案。
（2）从坐标图可知，温度越高，HCl的转化率在下降，可知平衡逆向移动，所以正向是放
热反应。从图可知Ａ点HC的转化率大于Ｂ点，所以平衡常K(A)要大。增大压强，平衡
正向移动，而且反应速率加快，所以图像在已有之上。增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，
相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大。
(3)设2.0到6.0分钟内HCl的物质的量变化为x,由图可得2.0到6.0分钟氯气的物质的
量变化为（5.4—1.8）×10－3mol＝2.6×10－3mol
2HCl(g) + 1/2O 2(g) H2O(g)+Cl2(g)
2 1
X 2.6×10－3mol
列比例式解得X＝5.4×10－3mol
V(HCl)=5.4×10－3mol÷4min=1.8×10－3mol/min
(4)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
山东卷
30、（19分）合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。
（1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M）。
在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MH x，随着氢气压强的增大，H/M逐惭增大；在AB段，MH x与氢气发生氢化反应生成氢化物MH y，氢化反应方程式为：zMH x(s)+H2(g)==ZMH y(s) △H(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应（Ⅰ）中z=_____（用含x和y的代数式表示）。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v=______mL?g-1?min。反应的焓变△HⅠ_____0（填“>”“<”或“=”）。
（2）表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，（T1）____ （T2）（填“>”“<”或“=”）。当反应（Ⅰ）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应（Ⅰ）可能处于图中的_____点（填“b”“c”或“d”），该贮氢合金可通过______或_______的方式释放氢气。
（3）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为_________。已知温度为T时：CH4(g)+2H2O=CO2(g)+4H2(g) △H=+165KJ?mol
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-41KJ?mol
【答案】（1）2/(y－x)；30；<
（2）>；c；加热，减压
（3）CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ?H= －206kJ?mol－1
【解析】（1）氢化反应方程式为：zMH x(s) + H2(g) zMH y(s) ，根据原子守恒可得z?x+2=z?y ，从而解出z=2/(y－x)；根据吸氢速率的单位mL?g－1?min－1，可知吸氢速率v=240mL÷2g÷4min=30mL?g－1?min－1；纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M），由图可知T1 （2）由图可知，温度T2平衡时氢气的压强大，也就说明此时吸氢量少，η（T1）> η（T2）；当反应（Ⅰ）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，平衡右移，H/M逐渐增大，又由于温度不变，平衡常数K=1/[H2]不变，得出氢气浓度不变，又因为是恒容体系，故氢气的物质的量不变，即新平衡时氢气压强仍保持不变；根据平衡移动原理，可以升温或减小压强使平衡左移，释放氢气。 （3）写出化学方程式并注明状态：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ，然后根据盖斯定律可得出?H=－?H1+?H2=－206kJ?mol－1，从而得出热化学方程式。 浙江卷 28．(15分)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应： （1）已知： 化学键C－H C－C C＝C H－H 键能/kJ·molˉ1412 348 612 436 （2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K＝____________（用 α等符号表示）。 （3）工业上，通常在乙苯蒸汽中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1︰9），控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙 苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质 的量分数）示意图如下： ①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实___________。 ②控制反应温度为600℃的理由是____________。 （3）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺----乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2＋H2＝CO＋H2O，CO2＋C＝2CO。新工艺的特点有_________（填编号）。 ①CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移 ②不用高温水蒸气，可降低能量消耗 ③有利于减少积炭 ④有利用CO2资源利用 【答案】 （1）+124kJ·mol-1 （2） （3）①加入水蒸气导致乙苯的分压降低，平衡向气体分子数大的方向移动，即正方向移动，乙苯的平衡转化率提高。 ②600℃，乙苯的平衡转化率和苯乙烯的选择性均较高，温度过低，乙苯转化率降低，温度过高，苯乙烯选择性下降，高温可能使催化剂失活，耗能大。 （4）①②③④ 【解析】（1）发生反应中，反应物乙苯的两个C－H和一个C－C断裂，故吸收热量412×2+348，生成物苯乙烯的一个C＝C形成，故放出热量612，氢气的一个H－H形成，故放出热量436，列式得出△H=+124kJ·mol-1。