题目内容

4．节能减排是当下环境保护的重点．
（1）将C0和气态水通人一个体积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO（g）+H20（g）=C02（g）+H2（g）△H＜0
800℃，在2L恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，K=1.0
H2OCOC02H2
n/mol0.200.2000
①从起始经过5min达到化学平衡时，用生成物C02表示该反应的反应速率v（C02）：0.01mol/（L•min）平衡时，容器中C0的转化率为50%
②如图表示上述反应在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况．则t2时刻发生改变的条件可能是降低温度或降低H2浓度或增大H2O（g）浓度（写出一条）．
（2）汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：CO（g）+$\frac{1}{2}$02（g）?O2（g）降低其浓度．
①某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正逆反应速率关系如表所示．请在表中的空格处填写“＞”“＜”或“=”
容器编号c（CO）/mol•L-1c（02）/mol•L-1c（C02）/mol•L-1V（正）和v（逆）比较
Ⅰ2.0×10-44.0×10-44.0×10-2V（正）=v（逆
Ⅱ3.0×10-44.0×10-45.0×10-2V（正）＞ v（逆
②相同温度下，某汽车尾气中C0、C02的浓度分别为1.0X 10-5mol/L和1.0×10-4mol/L．若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充02并使其浓度保持为1.0X10-4 mol/L，则最终尾气中CO的浓度为1.1×10-6mol/L（请保留两位有效数字）．
（3）CO2在自然界循环时可与CaC03反应，CaC03是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10-9．现将等体积的CaCl2溶液与Na2C03溶液混合，若Na2C03溶液的浓度为2×10-4mol/L，则生成 CaC03沉淀所需原CaCl2溶液的最小浓度为5.6×10-5 mol/L．

分析 （1）①结合化学平衡三段式列式计算，设消耗一氧化碳物质的量为x
             CO （g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 0.2       0.2     0       0
变化量（mol） x         x       x       x
平衡量（mol）0.2-x     0.2-x    x       x
800℃，在2L恒容密闭容器中达到平衡状态，K=l，
平衡常数K=$\frac{{x}^{2}}{（0.2-x）^{2}}$=1
x=0.1
反应速率v=$\frac{△c}{△t}$，转化率=$\frac{消耗量}{起始量}$×100%计算得到；
②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理与反应特点分析解答；
（2）①I中正逆速率相等，处于平衡状态，根据I中数据计算该温度下平衡常数，再计算Ⅱ中浓度商，与平衡常数比较判断反应进行情况，进而确定正、逆反应速率关系；
②设平衡时CO的浓度变化量为xmol/L，利用三段式表示平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算；
（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为1×l0-4mol/L，利用溶度积计算需要钙离子浓度，再根据稀释定律计算所需CaCl2溶液的最小浓度．

解答 解：（1）①设消耗一氧化碳物质的量为x，
             CO （g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）
起始量（mol） 0.2       0.2     0       0
变化量（mol） x         x       x       x
平衡量（mol）0.2-x     0.2-x    x       x
800℃，在2L恒容密闭容器中达到平衡状态，K=l，
平衡常数K=$\frac{{x}^{2}}{（0.2-x）^{2}}$=1，解得x=0.1，
生成物CO2表示该反应的反应速率v（CO2）=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{\frac{0.1mol}{2L}}{5min}$=0.01mol/（L•min），
平衡时，容器中CO的转化率=$\frac{消耗量}{起始量}$×100%=$\frac{0.1mol}{0.2mol}$×100%=50%，
故答案为：0.01mol/（L•min）；50%；
②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，反应是放热反应，可减低温度使平衡正向进行，或降低氢气的浓度或增大水蒸气的浓度，使平衡向正反应方向移动，
故答案为：降低温度或降低H2浓度或增大H2O（g）浓度；
（2）①I中正逆速率相等，处于平衡状态，该温度下平衡常数K=$\frac{4．{0}^{-2}}{2.0×1{0}^{-4}×（4×1{0}^{-4}）^{\frac{1}{2}}}$=104，Ⅱ中浓度商Qc=$\frac{5×1{0}^{-2}}{3×1{0}^{-4}×（4×1{0}^{-4}）^{\frac{1}{2}}}$=8.3×103＜104，故反应向正反应进行，则v（正）＞v（逆），
故答案为：＞；
②设CO的浓度变化量为xmol/L，则：
                 CO（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）?CO2（g）
起始（mol/L）：1.0×10-5         1.0×10-4
变化（mol/L）：x                      x
平衡（mol/L）：1.0×10-5 -x  1.0×10-4 1.0×10-4+x
则$\frac{（1×1{0}^{-4}+x）}{（1×1{0}^{-5}-x）×（1×1{0}^{-4}）^{\frac{1}{2}}}$=104，解得x=8.91×10-6mol/L，
故平衡时CO浓度为1.0×10-5mol-8.91×10-6mol=1.1×10-6mol/L
故答案为：1.1×10-6；
（3）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为2×l0-4mol/L÷2=1×l0-4mol/L，要生成CaCO3沉淀需要钙离子浓度为$\frac{2.8×1{0}^{-9}}{1×1{0}^{-4}}$mol/L=2.8×l0-5mol/L，故需要CaCl2溶液的最小浓度为2.8×l0-5mol/L×2=5.6×l0-5mol/L，
故答案为：5.6×10-5．

点评 本题考查较为综合，为高考常见题型，属于拼合型题目，涉及化学反应速率计算、化学平衡移动、平衡常数应用、溶度积计算，难度中等，（3）中注意等体积混合后碳酸根的浓度变化情况，侧重考查学生的分析能力和计算能力．

练习册系列答案
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11．下列反应中，属于取代反应的是（　　）
①CH3CH═CH2+Br2$\stackrel{CCl_{4}}{→}$CH3CHBrCH2Br              
②CH3CH2OH  $→_{170℃}^{浓H_{2}SO_{4}}$CH2═CH2↑+H2O
③CH3CH2OH+CH3CH2OH $→_{140℃}^{浓硫酸}$ CH3CH2OCH2CH3+H2O        
④C6H6+HNO3$→_{△}^{浓H_{2}SO_{4}}$C6H5NO2+H2O．
A．①②B．③④C．①③D．②④
12．下列说法中不正确的是（　　）
A．电解质不一定能导电
B．氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质
C．将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质
D．在水溶液或熔融状态下能导电的物质叫做电解质
9．下列化学式及结构式中，从成键情况看不合理的是（　　）
A．B．
C．D．
16．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测液润洗可使滴定结果更准确．×（判断对错）
9．一定条件下，向可变容积的密闭容器中通入N2和H2，发生反应：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0达到平衡后，容器的体积为4L，试回答下列问题：
（1）该条件下，反应的平衡常数表达式K=$\frac{{c}^{2}（N{H}_{3}）}{c（{N}_{2}）×{c}^{3}（{H}_{2}）}$，若降低温度，K值将增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（2）达到平衡后，若其它条件不变，把容器体积缩小一半，平衡将向正反应方向（填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”）移动，平衡常数K将不变（填“增大”“减小”或“不变”），理由是K只与温度有关．
（3）达到平衡后，在恒压条件下，向容器中通入氦气（He），氮气的转化率将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（4）在三个相同的容器中各充入1molN2和3molH2，在不同条件下分别达到平衡，氨的体积分数ω随时间变化如图1．下列说法正确的是b（填序号）．
a．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且P2＞P1
b．图Ⅱ可能是同温同压下催化剂对反应的影响，且催化性能1＞2
c．图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2

（5）常压下，把H2和用He稀释的N2分别通入一个570℃的电解池装置（图2），H2和N2便可在电极上合成氨，装置中的电解质（图中黑细点处）能传导H+，则阴极的电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3．
16．铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛．
（1）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：
方法Ⅰ用炭粉在高温条件下还原CuO
方法Ⅱ电解法，反应为2Cu+H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cu2O+H2↑．
方法Ⅲ用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2
①工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是反应不易控制，易还原产生Cu．
②已知：2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=Cu2O（s）△H=-169kJ•mol-1
C（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1
Cu（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=CuO（s）△H=-157kJ•mol-1
则方法Ⅰ发生的反应：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=+34.5kJ•mol-1．
（2）氢化亚铜是一种红色固体，可由下列反应制备
4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH↓+4H2SO4+3H3PO4
该反应每转移3mol电子，生成CuH的物质的量为1mol．
（3）氯化铜溶液中铜各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与c（Cl-） 的关系如图1．

①当c（Cl-）=9mol•L-1时，溶液中主要的3种含铜物种浓度大小关系为c（CuCl2）＞c（CuCl+）＞c（CuCl3-）．
②在c（Cl-）=1mol•L-1的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为CuCl+═Cu2++Cl-（任写一个）．
（4）已知：Cu（OH）2是二元弱碱；亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸，与NaOH溶液反应，生成Na2HPO3．
①在铜盐溶液中Cu2+发生水解反应的平衡常数为5×10-9；（已知：25℃时，Ksp[Cu（OH）2]=2.0×10-20mol3/L3）
②电解Na2HPO3溶液可得到亚磷酸，装置如2图（说明：阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过），则产品室中反应的离子方程式为HPO32-+2H+=H3PO3．
13．现用0.02500mol/L的标准盐酸溶液滴定某未知浓度的氢氧化钠溶液，有关数据记录如表：
序号待测液体积（ml）所消耗标准盐酸的体积（ml）
滴定前滴定后消耗体积
125.001.0027.3026.30
225.00？？？
325.001.5027.8426.34
（1）在滴定过程中，选用酚酞（填“石蕊”、“酚酞”）做指示剂，用酸式盛装标准浓度的盐酸，用锥形瓶盛装未知浓度的氢氧化钠溶液，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，当滴加最后一滴盐酸时溶液由浅红色变为无色，并且半分钟内不恢复红色时，说明达到滴定终点．
（2）如图表示第二组实验时滴定前后滴定管中的液面位置，则该次所用标准盐酸的体积为24.50mL，根据所给数据，计算该氢氧化钠溶液的浓度为0.02632mol/L（保留4位有效数字）．
（3）若在实验过程中存在如下操作，会导致实验测定结果如何？（填“偏大”“偏小”“无影响”）
①滴定时酸式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗，偏大．
②滴定过程中，不小心将锥形瓶内液体摇到瓶外，偏小．
③锥形瓶用蒸馏水洗涤后为干燥直接装待测液，无影响．
④量取待测液时，刚开始尖嘴处有气泡后来消失，偏小．
⑤滴定前平视读数，滴定后仰视读数，偏大．
14．实验室常用以下方法制取氯气：MnO2+4HCl（浓） $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ MnCl2+Cl2↑+2H2O，氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用．请你根据所学知识回答
下列问题：
（1）把氯气通入紫色石蕊试液中，可以观察到的现象是：溶液先变红后退色．请你解释其中的原因Cl2+H2O?HCl+HClO，生成盐酸溶液先变红，次氯酸具有漂白性溶液退色．
（2）若上述反应产生的氯气在标准状况下的体积为11.2L．试计算：参加反应的MnO2的质量？
（3）为保证实验安全，常用NaOH溶液吸收多余的氯气．当氯气以每分钟1.12L（标准状况）的流速匀速通入时，若实验需耗时4分钟，小烧杯中盛2mol•L-1的NaOH溶液的体积至少应为多少？（写出计算过程）

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