题目内容

4．有a、b两个极易导热的密闭容器，a保持容积不变，b中的活塞可上下移动，以保持内外压强相等．在相同条件下将3molA、1molB分别同时混合于a、b两容器中，发生反应：
3A（g）+B（g）?2C（g）+D（g）
（1）达平衡时，a中A的浓度为M mol?L-1，C的浓度为N mol?L-1，b中A的浓度为m mol?L-1，C的浓度为n mol?L-1，则M＜m；N＜n； （填“＞”或“＜”或“=”或“无法比较”）
（2）保持温度不变，按下列配比分别充入 a、b 两容器，达平衡后a中C的浓度为N mol?L-1的是DE，b中C的浓度为n mol?L-1的是ADE
A.6molA+2molB            B.3molA+2molC       C.2molC+1molB+1mol D
D.2molC+1molD            E.1.5molA+0.5molB+1molC+0.5molD
（3）若将2molC和2molD充入a中，保持温度不变，平衡时A的浓度为Wmol?L-1，C的浓度为Ymol?L-1，则W和M，Y和N之间的关系为W＞M、Y＜N． （填＞、＜、=、无法比较）
（4）保持温度不变，若将4molC和2molD充入a中，平衡时A的浓度为R mol?L-1，则关系式正确的是C
A．R=2M     B．R＜M       C．M＜R＜2M       D．R＞2M．

分析 （1）a保持容积不变，b保持内外压强相等，反应3A（g）+B（g）?2C（g）+D（g）是气体物质的量减少的反应，平衡时a中压强比b中小，故b相当于在a平衡的基础上加压，平衡右移，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡；
（2）改变起始投料比，要想达到平衡后a中C的浓度仍为N mol•L-1，恒温恒容下，与原平衡是完全等效平衡，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中相同物质的起始投料量相等；
b中C的浓度为n mol•L-1，与原平衡为等效平衡，等温等压的条件下，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中物质的投料量比；
（3）若将2molC和2molD充入a中，等效为开始投入3molA（g）、1molB（g）、1molD（g），与原平衡相比平衡逆向移动；
（4）将4 mol C和2 mol D充入a中相当于开始充入6 mol A、2 mol B，压强增大，平衡向右移动，反应物转化率增大，参加反应的A的物质的量大于原平衡的2倍，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡．

解答 解：（1）a保持容积不变，b保持内外压强相等，反应3A（g）+B（g）?2C（g）+D（g）是气体物质的量减少的反应，平衡时a中压强比b中小，故b相当于在a平衡的基础上加压，平衡右移，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡，故b中平衡时A的浓度大于a中A的平衡浓度，即M＜m，平衡右移，b中C的平衡浓度高于a中C的平衡浓度，即N＜n，
故答案为：＜；＜；
（2）改变起始投料比，要想达到平衡后a中C的浓度仍为N mol•L-1，恒温恒容下，与原平衡是完全等效平衡，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中相同物质的起始投料量相等，选项中DE符合；
b中C的浓度为n mol•L-1，与原平衡为等效平衡，等温等压的条件下，按化学计量数转化到方程式左边，满足与原平衡中物质的投料量比，选项中ADE符合，
故答案为：DE；ADE；
（3）若将2molC和2molD充入a中，等效为开始投入3molA（g）、1molB（g）、1molD（g），与原平衡相比平衡逆向移动，故平衡时A的浓度增大，C的浓度减小，即W＞M、Y＜N，
故答案为：＞；＜；
（4）将4mol C和2 mol D充入a中相当于开始充入6 mol A+2 mol B，压强增大，平衡向右移动，反应物转化率增大，参加反应的A的物质的量大于原平衡的2倍，平衡时A的浓度小于原平衡的2倍，平衡移动不能消除A的浓度增大，到达新平衡时的浓度高于原平衡，故M＜R＜2M，
故答案为：C．

点评 本题考查化学平衡移动与计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意利用等效思想设计平衡建立的途径，理解等效平衡规律：1、恒温恒容，反应前后气体体积不等，按化学计量数转化到一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转化到一边，对应物质满足等比，2：恒温恒压，按化学计量数转化到一边，对应物质满足等比．

练习册系列答案
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下列实验装置正确且能完成实验目的的是（ ）
15．（1）某温度下，向容积为1L的容器中充入3mol NO和1mol CO，发生2NO（g）+2CO（g）???N2（g）+2CO2（g）反应，NO的转化率随时间的变化如图所示．
①该温度下，化学平衡常数K=$\frac{15}{128}$（如果用小数表示，小数点后保留3位数），平衡时CO的转化率为60%．
②A点的逆反应速率v逆（CO）＜ （填“＞”、“＜”或“=”）B点的逆反应速率v逆（NO）．
（2）液态肼（N2H4）和液态双氧水可作为火箭推进剂的原料，它们混合时发生反应，生成N2和水蒸气，并放出大量的热．已知1g液态肼完全反应生成气态水放出的热量为20kJ．
①H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ•mol-1，写出液态肼与液态双氧水反应生成N2和液态水的热化学方程式：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）；△H=-816kJ/mol．
②以N2和H2为原料通过一定途径可制得N2H4，已知断裂1mol N-N键、N≡N键、N-H键、H-H键所需的能量分别为193kJ•mol-1、946kJ•mol-1、390.8 kJ•mol-1、
436kJ•mol-1，试写出由N2、H2合成气态肼（N2H4）的热化学方程式为N2（g）+2H2（g）═N2H4（g）△H=+61.8kJ•mol-1．
12．MnO2是-种重要的无机功能材料，工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如图所示：

部分难容的电解质浓度积常数（Ksp）如下表：
化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3
Ksp近似值10-1710-1710-39
已知，一定条件下．MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2
（1）步骤Ⅱ中消耗0.5molMn2+时，用去1mol•L-1的NaClO3溶液200mL．该反应离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑
（2）已知溶液B的溶质之一可循环用于上述生产，此物质的名称是氯酸钠
（3）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料．放电过程产生MnOOH，该电池正极的电极反应式是MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-．如果维持电流强度为5A，电池工作5分钟，理论消耗锌0.5g（已知F=96500C/mol）
（4）向废旧锌锰电池内的混合物（主要成分MnOOH，Zn（OH）2）中加入一定量的稀硫酸和稀草酸（H2C2O4），并不断搅拌至无CO2产生为止，写出MnOOH参与反应的离子方程式为2MnOOH+H2C2O4+2H2SO4=2CO2↑+2MnSO4+4H2O．向所的溶液中滴加高锰酸钾溶液产生黑色沉淀，设计实验证明黑色陈定成分为MnO2取少量黑色固体放入试管中，加入少量浓盐酸并加热，产生黄绿色气体，说明黑色固体为MnO2
（5）用废旧电池的锌皮制作ZnSO4•7H2O的过程中，需除去锌皮中少量的杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，铁溶解变为Fe3+，加碱调pH为2.7时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1×10-5mol•L-1时，即可认为该离子沉淀完全）．继续调节pH为6时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol•L-1）．若上述过程不加H2O2，其后果和原因是Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，Zn2+和Fe2+分离不开．
19．亚硫酸钠在印染、造纸等众多行业中有着广泛的应用，研究小组用Na2CO3溶液吸收SO2制备Na2SO3．其实验流程如下：

（1）SO2对环境的危害主要是形成酸雨．
（2）用Na2CO3溶液能吸收SO2的原因是亚硫酸的酸性比碳酸强．
（3）查阅资料可知，向碳酸钠溶液通入二氧化硫的过程中发生如下反应：
①2Na2CO3+SO2+H2O═2NaHCO3+Na2SO3 ②2NaHCO3+SO2+H2O═2CO2↑+Na2SO3 ③Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3
溶液中有关组分的质量分数变化如图所示，图中的线2表示的组分为NaHCO3（填化学式）．
（4）实验时，“反应Ⅱ”中加入NaOH溶液的目的是NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O（主要）、SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O（次要）（用化学方程式表示）．
（5）获得的Na2SO3产品久置后质量变重，主要原因是Na2SO3被空气中氧气氧化成Na2SO4．
9．如图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图，下列关于该实验的叙述中，不正确的是（　　）
A．向a试管中先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，再加冰醋酸
B．试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸现象
C．实验时加热试管a的目的是及时将乙酸乙酯蒸出并加快反应速率
D．可将饱和碳酸钠溶液换成氢氧化钠溶液
16．某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有乙醇、无水醋酸钠，D中放有饱和碳酸钠溶液．
已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2•6C2H5OH．
②有关有机物的沸点：
试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯
沸点（℃）34.778.511877.1
请回答：（1）浓硫酸的作用是制乙酸、催化剂、吸水剂；仪器A的名称是分液漏斗；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O．
（2）球形干燥管C的作用是防止倒吸、冷凝．仔细观察溶液D中会有少量气泡产生，试用离子方程式解释产生此现象的原因是2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2↑+H2O．
（3）待实验结束后，观察发现装置B中溶液变成了棕黑色，试用化学方程式解释其原因：C2H5OH+2H2SO4→2C+2SO2↑+5H2O．
（4）从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和少量水，应先加入无水氯化钙，分离出乙醇；然后在混合液中加入沸石，再加热进行蒸馏，收集77.1℃ 左右的馏分，以得较纯净的乙酸乙酯．
13．图所示的装置是仿照工业制备硫酸的工艺流程设计出来的，用于探究工业上为何采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫．

试填写下列空白：
（1）写出工业上用FeS2制取SO2的化学方程式4FeS2+11O2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe2O3+8SO2．
（2）写出上图中部分装置的作用：①甲干燥二氧化硫和氧气；
②丙和丁：吸收三氧化硫并做对照实验．
（3）若丁装置在反应过程中出现气泡，不久就出现了白雾，而丙装置一直没有明显变化，产生这种现象的可能原因是：①丙中插入浓硫酸溶液的导管插得太深，使两个吸收瓶内的压强差较大，导致SO3从丁的水中冒了出来，与水形成酸雾；②浓硫酸对SO3的吸收效果远好于水的吸收效果，SO3充分被浓硫酸吸收．
（4）图装置中的甲和乙部分、丙和丁部分分别与工业制取硫酸的装置相对应，甲和乙相当于接触室；丙和丁相当于吸收塔．
（5）在硫酸工业制法中，下列生产操作与说明生产操作的主要原因二者都正确的是D（填下列各项的序号）．
A．硫铁矿燃烧前需要粉碎，因为大块的硫铁矿不能在空气中燃烧
B．从沸腾炉出来的炉气需净化，因为炉气中二氧化硫会与杂质反应
C．二氧化硫氧化为三氧化硫时需使用催化剂，这样可以提高二氧化硫的转化率
D．三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收，目的是防止形成酸雾，以提高三氧化硫的吸收效率．
11．某化学兴趣小组的同学对实验室乙酸乙酯的制备和分离进行了实验探究．制备：下列是该小组同学设计制备乙酸乙酯的实验装置如图1．回答下列问题：

（1）仪器A的名称分液漏斗，装置中长导管的主要作用是导气、冷凝产物蒸气；
（2）证明锥形瓶中收集到乙酸乙酯的简单方法是取适量液体于试管内加入几滴饱和碳酸钠水后溶液振荡，如果不互溶或分层，说明有乙酸乙酯生成；分离：锥形瓶中得到的产物是混合物，为了分离该混合物，设计了如流程如图2：
（3）a试剂最好选用饱和Na2CO3；b试剂最好选用稀硫酸
（4）操作Ⅰ、操作Ⅱ分别是C
A．过滤、分液       B．萃取、蒸馏          C．分液、蒸馏            D．过滤、蒸发
（5）讨论：研究表明质子酸离子液体也可用作酯化反应的催化剂．通过对比实验可以研究不同催化剂的催化效率，实验中除了需控制反应物乙酸、乙醇的用量相同外，还需控制的实验条件是反应温度．

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