题目内容
14．
从海带中提取单质碘及碘的化合物间的转化关系如图所示：请按要求回答下列问题：
（1）从海带灰浸取液中提取单质碘涉及的反应 ①，所用试剂是MnO2、稀硫酸，其离子方程式是MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O；实现反应①还可以选用的试剂有（填字母序号）ab．
a.3%的H2O2、稀硫酸 b．氯水 c．FeCl2溶液 d．NaOH溶液
（2）反应②2HI（g）?H2（g）+I2（g） 的能量变化如图1所示；其他条件相同，1mol HI 在不同温度分解达平衡时，测得体系中n（I2）随温度变化的曲线如图2所示．
i．比较 2z＞（x+y）（填“＜”、“＞”或“=”），理由是根据图2知，升高温度平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，2HI（g）?H2（g）+I2（g），△H＞0，△H=2z-（x+y）＞0，所以2z＞x+y
ii．某温度下该反应的平衡常数=$\frac{1}{64}$，达平衡时，HI 的转化率=20%．
iii．只改变该反应的一个条件，能提高 HI 转化率的措施是（填字母序号）cd．
a．增大HI 浓度 b．加压 c．移走I2 d．升温
（3）反应=③在碱性条件下I2可以转化为IO3-．电解KI溶液制备KIO3的工作原理如下图所示．电解过程中观察到阳极液变蓝，一段时间后又逐渐变浅．
i．M连接电源的正极．
ii．结合实验现象和电极反应式说明制备KIO3的原理：I-在阳极失电子生成I2，使阳极溶液变蓝色，OH-通过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH-反应2I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，使阳极区域蓝色变浅，并获得产品KIO3．
分析 （1）MnO2具有氧化性、碘离子具有还原性，酸性条件下，MnO2和碘离子发生氧化还原反应生成碘和水；将I-氧化成I2的试剂可选双氧水和氯水；
（2）i．根据图2知，升高温度碘含量增大，说明HI的分解反应是吸热反应，则2molHI分解吸收的能量大于1mol碘和1mol氢气分解吸收的能量；
ii．化学平衡常数K=$\frac{c（{I}_{2}）•c（{H}_{2}）}{{c}^{2}（HI）}$；
iii．能提高HI 转化率的措施降低生成物浓度、升高温度；
（3）根据图知，发现a极变蓝，则a电极上碘离子转化为碘，a为阳极，b为阴极；
i．连接电源正极的为阳极；
ii．碱性条件下碘被氧化生成碘酸根离子．
解答 解：（1）MnO2具有氧化性、碘离子具有还原性，酸性条件下，MnO2和碘离子发生氧化还原反应生成碘和水，离子方程式为MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O；将I-氧化成I2的试剂可选双氧水和氯水；
故答案为：MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O；ab；
（2）i．根据图2知，升高温度平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，2HI（g）?H2（g）+I2（g），△H＞0，△H=2z-（x+y）＞0，所以2z＞x+y，
故答案为：＞；根据图2知，升高温度平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，2HI（g）?H2（g）+I2（g），△H＞0，△H=2z-（x+y）＞0，所以2z＞x+y；
ii．化学平衡常数K=$\frac{c（{I}_{2}）•c（{H}_{2}）}{{c}^{2}（HI）}$，因碘和氢气的计量数相等，则K=$\frac{c（{I}_{2}）•c（{H}_{2}）}{{c}^{2}（HI）}$=$\frac{{c}^{2}（{H}_{2}）}{{c}^{2}（HI）}$=$\frac{1}{64}$，所以$\frac{c（{H}_{2}）}{c（HI）}$=$\frac{1}{8}$，设平衡时氢气浓度是xmol/L、HI浓度是8xmol/L，生成的碘是参加反应的HI的2倍，则参加反应的HI浓度是2xmol/L，所以HI转化率=$\frac{2xmol/L}{（2x+8x）mol/L}$×100%=20%，
故答案为：20%；
iii．a．增大HI 浓度平衡正向移动，但HI浓度增大量远远大于HI转化浓度，所以HI转化率降低，故a错误；
b．该反应前后气体计量数之和不变，所以加压平衡不移动，不能提高HI转化率，故b错误；
c．移走I2，平衡正向移动，则提高HI转化率，故c正确；
d．该反应的正反应是吸热反应，升温平衡正向移动，HI转化率提高，故d正确；
故答案为：cd；
（3）根据图知，发现a极变蓝，则a电极上碘离子转化为碘，a为阳极，b为阴极；
i．连接电源正极的为阳极，所以a连接电源正极，
故答案为：正；
ii．I-在阳极失电子生成I2，使阳极溶液变蓝色，OH-通过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH-反应2I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，使阳极区域蓝色变浅，
故答案为：I-在阳极失电子生成I2，使阳极溶液变蓝色，OH-通过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH-反应2I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，使阳极区域蓝色变浅，并获得产品KIO3．
点评 本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电解原理、反应热的计算等知识点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，注意（2）③中d选项，很多同学往往认为“增大反应物浓度平衡正向移动则一定增大其转化率”而导致错误，为易错点．
优生乐园系列答案
在体积为1L的恒温密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确的是（ ）| A． | 该化学反应在3 min时达到平衡状态 | |
| B． | 保持其他条件不变，降低温度，平衡时c（CH3OH）=0.85 mol•L-1，则该反应放热 | |
| C． | 若相同温度下，上述容器容积可变，保持容器内压强不变，同样向容器中充入1 molCO2、3mol H2，则平衡时CO2的浓度与图中相同 | |
| D． | 12 min时，向上述容器中再充入0.25 mol CO2、0.25 mol H2O（g），此时反应将向逆反应方向进行 |
（1）肼易溶于水，性质与氨相似，用电离方程式表示肼的水溶液显碱性的原因N2H4+H2O?N2H+5+OH-．
（2）肼（N2H4）与N2O4的反应为：2N2H4 （1）+N2O4 （1）=3N2（g）+4H2O（1）△H=-1225kJ•mol-1
已知反应相关的化学键键能数据如下：
| 化学键 | N-H | N-N | N≡N | O-H |
| E/（kJ•mol-1） | 390 | 190 | 946 | 460 |
（3）N2O4与NO2之间存在反应N2O4（g）═2NO2（g）．将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[α（N2O4）]随温度变化如图1所示．
①由图推测该反应△H＞0（填“＞”或“＜”），理由为温度升高，α（N2O4）增加，说明平衡右移，该反应为吸热反应，△H＞0，若要提高N2O4的转化率，除改变反应温度外，其他措施有减小体系压强（或移出NO2等）（要求写出一条）．
②图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为108kPa，列式计算该温度下反应的平衡常数Kp=115.2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）．
③在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：υ（N2O4）=k1p（N2O4），υ（NO2）=k2p2（NO2），其中kl、k2是与反应温度有关的常数．相应的速率一压强关系如图2所示，一定温度下，kl、k2与平衡常数Kp的关系是kl=$\frac{1}{2}$K2．Kp，在图标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为B点与D点，理由是满足平衡条件υ（NO2）=2υ（N2O4）．
一定温度下，在容积为1L的密闭容器中放入2molN2O4和8molNO2，发生如下反应2NO2（红棕色）═N2O4（无色）△H＜0反应中NO2、N2O4的物质的量随反应时间变化的曲线如图，按下列要求作答：
反应类型加聚反应
反应类型取代反应
反应类型取代反应| A． | 杂化轨道的数目、形状和参与杂化的原子轨道数目、形状均相同 | |
| B． | 等性杂化轨道的形状、能量相等； NH3中N是等性杂化 | |
| C． | 各杂化轨道在空间应满足电子对互斥理论，以使排斥力最小 | |
| D． | sp3杂化轨道应由同原子里能量相同的s和p轨道杂化而得 |
