题目内容
15．
在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：| 时间（s） | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| n（NO）（mol） | 0.020 | 0.010 | 0.008 | 0.007 | 0.007 | 0.007 |
是0.0035mol/L；升高温度，NO的浓度增大，则该反应是放 （填“放热”或“吸
热”）反应．
（2）如图中表示NO2变化的曲线是b．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=0.0015mol/（L•s）或1.5×10-3mol/（L•s）．
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是bc．
a．v（NO2）=2v（O2） b．容器内压强保持不变
c．v逆（NO）=2v正（O2） d．容器内密度保持不变
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是c．
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
（5）已知：25℃、101kPa时，①Mn（s）+O2（g）═MnO2（s）△H1=-520kJ/mol
②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2=-297kJ/mol
③Mn（s）+S（s）+2O2（g）═MnSO4（s）△H3=-1065kJ/mol
SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）△H=-248kJ/mol．
分析 （1）平衡常数K=$\frac{生成物平衡时浓度幂之积}{反应物平衡时浓度幂之积}$；800℃，第3s、4s、5s时NO的物质的量是0.007mol，说明可逆反应达到平衡，c（NO）=$\frac{n}{V}$；升高温度，NO的浓度增大，说明平衡逆向移动，则逆方向是吸热反应，正方向是放热反应；
（2）根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，在反应开始时c（NO）=0.01mol/L，在平衡时c（NO）=0.003 5 mol/L，△c（NO）=0.0065mol/L，根据反应方程式可知△c（NO2）=△c（NO）；根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；
（3）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
（4）为使该反应的反应速率增大，可采用增大压强、升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度等方法，再结合平衡移动原理分析解答；
（5）根据盖斯定律解题．
解答 解：（1）平衡常数K=$\frac{生成物平衡时浓度幂之积}{反应物平衡时浓度幂之积}$=$\frac{{c}^{2}（N{O}_{2}）}{{c}^{2}（NO）•c（{O}_{2}）}$；800℃，第3s、4s、5s时NO的物质的量保持不变是0.007mol，说明可逆反应达到平衡，c（NO）=$\frac{n}{V}$=$\frac{0.007mol}{2L}$=0.0035mol/L；升高温度，NO的浓度增大，说明平衡逆向移动，则逆方向是吸热反应，正方向是放热反应；
故答案为：$\frac{{c}^{2}（N{O}_{2}）}{{c}^{2}（NO）•c（{O}_{2}）}$；0.0035mol/L；放；
（2）根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，在反应开始时c（NO）=0.01mol/L，在平衡时c（NO）=0.003 5 mol/L，△c（NO）=0.0065mol/L，根据反应方程式可知△c（NO2）=△c（NO），则表示NO2变化的曲线是b；在反应开始时c（NO）=0.01mol/L，2s时c（NO）=$\frac{0.008mol}{2L}$=0.004mol/L，△c（NO）=0.006mol/L，根v（NO）=$\frac{0.006mol/L}{2s}$=0.003mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，v（O2）=$\frac{1}{2}$v（NO）=0.0015mol/（L•s），
故答案为：b；0.0015mol/（L•s）或1.5×10-3 mol/（L•s）；
（3）a．若反应达到平衡，则v（NO2）正=2v（O2）逆，现在速率的正、逆未指明，因此不能判断反应是否达到平衡，故a错误；
b．由于该反应是反应前后气体体积不等的反应，所以若容器内压强保持不变，则反应达到平衡，故b正确；
c．v逆（NO）=2v正（O2），不同物质速率间的关系满足方向相反且速率之比等于计量数之比，说明正反应速率等于逆反应速率，NO、O2的浓度不变，反应达到平衡，故c正确；
d．容器内气体的质量和容器的总体积保持不变，则密度始终保持不变，当密度不变时，不一定达到平衡，故d错误；
故答案为：bc；
（4）a．及时分离除NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故a错误；
b．适当升高温度，反应速率增大但平衡向逆反应方向移动，故b错误；
c．增大O2的浓度反应速率增大，且该反应向正反应方向移动，故c正确；
d．选择高效催化剂能增大反应速率，但平衡不移动，故d错误；
故答案为：c；
（5）①Mn（s）+O2（g）═MnO2（s）△H1=-520kJ/mol
②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2=-297kJ/mol
③Mn（s）+S（s）+2O2（g）═MnSO4（s）△H3=-1065kJ/mol
将③-②-①可得MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）△H=-248kJ/mol，
故答案为：MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）△H=-248kJ/mol．
点评 本题考查化学平衡常数、化学反应速率计算、化学平衡状态的判断、外界条件对反应速率及化学平衡移动的影响、盖斯定律的知识，综合性强，难度适中．
实验室制备硝基苯的反应原理和实验装置如下：
反应中存在的主要副反应有：在温度稍高的情况下会生成间二硝基苯．
有关数据列如表：
| 物质 | 熔点/℃ | 沸点/℃ | 密度/g•cm-3 | 溶解性 |
| 苯 | 5.5 | 80 | 0.88 | 微溶于水 |
| 硝基苯 | 5.7 | 210.9 | 1.205 | 难溶于水 |
| 间二硝基苯 | 89 | 301 | 1.57 | 微溶于水 |
| 浓硝酸 | 83 | 1.4 | 易溶于水 | |
| 浓硫酸 | 338 | 1.84 | 易溶于水 |
回答下列问题：
（1）图中装置C的作用是冷凝回流．
（2）配制混合酸时，能否将浓硝酸加入到浓硫酸中，说明理由：不能，容易发生迸溅．
（3）为了使反应在50℃～60℃下进行，常用的方法是水浴加热．反应结束并冷却至室温后A中液体就是粗硝基苯，粗硝基苯呈黄色的原因是溶有浓硝酸分解产生的NO2（或硝酸）等杂质．
（4）在洗涤操作中，第二次水洗的作用是洗去残留的NaOH及生成的盐．
（5）在蒸馏纯化过程中，因硝基苯的沸点高于140℃，应选用空气冷凝管，不选用水直形冷凝管的原因是以免直形冷凝管通水冷却时导致温差过大而发生炸裂．
（6）本实验所得到的硝基苯产率是72.06%．
| 离子 | Na+ | Mg2+ | Cl- | SO42- |
| 浓度/（g•L-1） | 63.7 | 28.8 | 144.6 | 46.4 |
请回答下列问题
（1）浓海水主要含有的四种离子中物质的量浓度最小的是SO42-．在上述流程中，可以循环使用的物质是Cl2、HCl．
（2）在该工艺过程中，X试剂的化学式为CaCl2．
（3）“一段脱水”目的是制备MgCl2•2H2O；“二段脱水”的目的是制备电解原料．若将MgCl2•6H2O直接加热脱水，则会生成Mg（OH）Cl．若电解原料中含有Mg（OH）Cl，电解时Mg（OH）Cl与阴极产生的Mg反应，使阴极表面产生MgO钝化膜，降低电解效率．生成MgO的化学方程式为2Mg（OH）Cl+Mg=MgCl2+2MgO+H2↑．
（4）若制得Mg（OH）2的过程中浓海水的利用率为80%，由Mg（OH）2至“二段脱水”制得电解原料的过程中镁元素的利用率为90%，则1m3浓海水可得“二段脱水”后的电解原料质量为82080g．
（5）以LiCl-KCl共熔盐为电解质的Mg-V2O5电池是战术导弹的常用电源，该电池的总反应为：Mg+V2O5+2LiCl MgCl2+V2O4•Li2O 该电池的正极反应式为V2O5+2Li++2e-=V2O4•Li2O．
（6）Mg合金是重要的储氢材料．2LiBH4/MgH2体系放氢焓变示意图如下，则：
Mg（s）+2B（s） MgB2（s）△H=-93kJ/mol．
已知：
| 颜色、状态 | 沸点（℃） | 密度（g•cm-3） | |
| 苯甲酸* | 无色、片状晶体 | 249 | 1.2659 |
| 苯甲酸乙酯 | 无色澄清液体 | 212.6 | 1.05 |
| 乙醇 | 无色澄清液体 | 78.3 | 0.7893 |
| 环己烷 | 无色澄清液体 | 80.8 | 0.7318 |
实验步骤如下：
①在100mL圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25mL乙醇（过量）、20mL环己烷，以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按图2所示连接好仪器，并在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，控制温度在65～70℃加热回流2h．反应时环己烷-乙醇-水会形成“共沸物”（沸点62.6℃）蒸馏出来．在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，注意保持分水器中水层液面原来的高度，使油层尽量回到圆底烧瓶中．
②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞．继续
加 热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热．
③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液呈中性．
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层．加入氯化钙，对粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚后，继续升温，接收210～213℃的馏分．
⑤检验合格，测得产品体积为12.86mL．
回答下列问题：
（1）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是分离产生的水，使平衡向正反应方向移动，提高转化率．
（2）反应结束的标志是分水器中的水层不再增加时，视为反应的终点．
（3）步骤②中应控制馏分的温度在C．
A．65～70℃B．78～80℃C．85～90℃D．215～220℃
（4）若Na2CO3加入不足，在步骤④蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华．
（5）关于步骤④中的分液操作叙述正确的是AD．
A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞．将分液漏斗倒转过来，用力振摇
B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气
C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层
D．放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
（6）蒸馏时所用的玻璃仪器除了酒精灯、冷凝管、接收器、锥形瓶外还有蒸馏烧瓶，温度计．
（7）该实验的产率为90%．
| R | T | |
| X | Y | Z |
| A． | 气态氢化物稳定性：Y＞T | |
| B． | R能分别与X、Z形成共价化合物 | |
| C． | R位于元素周期表中第二周期第VA族 | |
| D． | Z元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HZO4 |
| A． | 在pH=9.0时，c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（NH2COO-）＞c（CO32-） | |
| B． | 不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）═2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（NH2COO-）+c（OH-） | |
| C． | 在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成 | |
| D． | 随着CO2的通入，$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$不断增大 |
| A． | 用惰性电极电解含酚酞的饱和食盐水，阳极附近溶液先变红 | |
| B． | 铜的电解精炼过程中，有0.2 mol 电子发生转移时，阳极一定有6.4 g铜溶解 | |
| C． | 将地下钢管与直流电源的正极相连，称为外加电源的阴极保护法 | |
| D． | 在中性环境中，每生成35.6 g铁锈（Fe2O3•H2O），消耗的氧气为6.72 L（标准状况） |
高锰酸钾是一种重要的化学试剂，其溶液不很稳定，在酸性条件下会分解生成二氧化锰和氧气，在中性或弱碱性溶液中分解速度很慢，见光分解速度加快．（1）高锰酸钾溶液应配成中性溶液并保存在棕色试剂瓶中（填保存的注意事项）；酸性条件下高锰酸钾溶液分解的离子方程式4MnO4-+4H+═4MnO2↓+3O2↑+2H2O．
（2）请配平高锰酸钾溶液与草酸钠Na2C2O4溶液在酸性条件下反应的离子方程式：2MnO4-+
5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
（3）某学习小组为了探究高锰酸钾溶液和草酸钠溶液的反应过程，将高锰酸钾溶液逐滴地滴入一定体积的酸性草酸钠溶液中（温度相同，并不断振荡时），记录的现象如表：
滴入高锰酸钾溶液的次序（每滴溶液的体积相同） | 高锰酸钾溶液紫色褪去的时间 |
| 先滴入第1滴 | 1min |
| 褪色后再滴入第2滴 | 15s |
| 褪色后再滴入第3滴 | 3s |
| 褪色后再滴入第4滴 | 1s |
（4）该学习小组在获取了上述经验和结论以后，用稳定的物质草酸钠Na2C2O4（相对分子质量134.0）来标定高锰酸钾溶液的浓度．他们准确称取1.340g纯净的草酸钠配成250mL溶液，每次准确量取25.00mL溶液酸化后用KMnO4溶液滴定．
①高锰酸钾溶液应装在丙（填如图中的仪器编号）．
②为了防止高锰酸钾在酸性条件下分解而造成误差，滴定时应注意的是逐滴滴入高锰酸钾溶液，待前一滴高锰酸钾溶液颜色褪去后再滴加．
③若在实验过程中存在下列操作，其中会使所测KMnO4浓度偏低的是A．
A．未润洗盛放KMnO4的滴定管
B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定终点时出现气泡
C．定容时，俯视刻度线
D．锥形瓶用水洗之后未用待测液润洗
④当溶液呈微红色且半分钟内不褪色，消耗KMnO4溶液20.00mL（多次测定的平均值），则KMnO4溶液的浓度为0.02mol/L．（附原子相对质量K=39 Mn=55 O=16 Na=23 C=12）
，并推测1mol NH4BF4（氟硼酸铵）中含有2NA个配位键．
．