Ⅱ2HIH2+I2
Ⅲ2H2SO4═2SO2+O2+2H2O
（1）分析上述反应，下列判断正确的是 c ．
a．反应Ⅲ易在常温下进行b．反应Ⅰ中SO2氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2Od．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2 （2）一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示．
0～2min内的平均反应速率v（HI）= 0.1mol/（L．min） ．该温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数K= 64 ．
相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 b 是原来的2倍． a．平衡常数 b．HI的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数 （3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 向右 移动（填“向左”“向右”或者“不”）；若加入少量下列试剂中的 b ，产生H2的速率将增大． a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3 （4）以H2为燃料可制成氢氧燃料电池．
﹣1
已知 2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）△H=﹣572KJ．mol某氢氧燃料电池释放228.8KJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为 80% ．
考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；氧化性、还原性强弱的比较；化学电源新型电池；化学反应速率的概念；化学平衡移动原理． 专题： 图示题；热点问题；守恒思想；化学平衡专题． 分析： （1）根据已知的反应来分析物质的性质，并利用氧化还原反应来分析氧化性的强弱，利用三个已知反应可得到分解水制氢气的反应来解答； （2）由图可知，2min内H2物质的量的变化量，然后计算化学反应速率，再利用化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答；利用三段法计算平衡时各物质的浓度，根据平衡常数的表达式来计算即可；利用浓度对化学平衡的影响来分析HI的平衡浓度、达到平衡的时间、平衡时H2的体积分数，但温度不变，平衡常数不变； （3）根据氢离子浓度的变化来分析水的电离平衡移动，并利用原电池原理来分析反应速率加快的原因； （4）根据热化学反应方程式计算生成1mol水放出的能量，再利用燃料电池释放228.8KJ电能来计算电池的能量转化率． 解答： 解：（1）因硫酸在常温下稳定，则反应Ⅲ常温下不发生，故a错；由反应Ⅰ可知，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO2＞HI，即SO2的氧化性比HI的弱，故b错； 由反应Ⅰ×2+Ⅱ×2+Ⅲ可得到2H2O═2H2+O2，则该循环中消耗水，需要及时补充水，故c正确；循环过程中产生1molO2的同时产生2molH2，故d错；故答案为：c； （2）由图可知2min内氢气的物质的量增加了0.1mol，则氢气的浓度为
=0.1mol/L，用氢气表示的化学反应速率为=0.05mol/（L．min）， 由反应中的化学计量数可知v（HI）为0.05mol/（L．min）×2=0.1mol/（L．min）； 2HI（g）H2（g）+I2（g） 开始浓度 1molL 0 0 转化浓度 0.2mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L 平衡浓度 0.8mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L 则该温度下K1==， 2HI（g）互为逆反应，则它=64， 又 2HI（g）H2（g）+I2（g）与H2（g）+I2（g）们的化学平衡常数的乘积等于1， 即H2（g）+I2（g）2HI（g）的化学平衡常数K=对该反应，当温度不变开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则温度不变，K不变，故a错；物质的量为原来的2倍，该反应是反应前后气体体积相等的反应， 则反应体系中各物质的浓度都是原来的2倍，故b正确；物质的量增大，则化学反应速率先增大的快，后随浓度的减小，速率增大的程度变小，故c错； 由反应方程式及原来的量与后来的量成正比，则这两种情况下建立的平衡为等效平衡，即平衡时H2的体积分数相同，故d错； 故答案为：0.1mol/L．min；64；b； （3）由水的电离平衡为H2O?H+OH，则硫酸电离出的c（H）对水的电离起抑制++作用，当Zn消耗了H，c（H）减小，水的电离平衡向右移动；若加入NaNO3，溶液 具有硝酸的强氧化性，则不会生成氢气；加入NaHSO3会和H反应，降低c（H），则反应速率减慢；Na2SO4 的加入，离子不参与反应，则对化学反应速率无影响； 加入CuSO4 后，Zn与硫酸铜溶液反应置换出Cu，则构成原电池加快了化学反应速率，故答案为：向右；b； （4）由2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）△H=﹣572KJ．mol放出的热量为572KJ×=286KJ， 则电池的能量转化率为为×100%=80%，故答案为：80%． ﹣1+﹣+++可知，生成1mol水时点评： 本题较复杂，考查的知识点多，注重了基础知识和基本技能的训练，同时体现新课程改革的指导思想，明确氧化还原反应、平衡移动、电化学的知识点是解答本题的关键． 34．（8分）（2012?海南）已知A（g）+B（g）?C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下： 700 900 830 1000 1200 |温度/℃ 1.7 1.1 1.0 0.6 0.4 平衡常数 回答下列问题： （1）该反应的平衡常数表达式K=
，△H ＜ 0（填“＜”“＞”“=”）；
（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol?L?s．，则6s时c（A）= 0.022 mol?L，C的物质的量为 0.09 mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为 80% ，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为 80% ； （3）判断该反应是否达到平衡的依据为 c （填正确选项前的字母）： a．压强不随时间改变 b．气体的密度不随时间改变
c．c（A）不随时问改变 d．单位时间里生成c和D的物质的量相等
（4）1200℃时反应C（g）+D（g）?A（g）+B（g）的平衡常数的值为 2.5 ． 考点： 化学平衡的计算；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素． 专题： 化学平衡专题． 分析： （1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写； 由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应； （2）根据△c=v△t计算△c（A），A的起始浓度﹣△c（A）=6s时c（A）； 根据△n=△cV计算△n（A），再根据方程式计算C的物质的量； 设平衡时A的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算； 体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变； （3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态； （4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数． 解答： 解：（1）可逆反应A（g）+B（g）?C（g）+D（g）的平衡常数表达式k=， ﹣1﹣1﹣1
由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即△H＜0， 故答案为：；＜； ﹣1﹣1（2）反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol?L?s，则6s内△c（A）=0.003mol?L?s×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为﹣1﹣1=0.04mol/L，故6s时时c（A）=0.04mol/L﹣0.018mol/L=0.022mol/L， 故6s内△n（A）=0.018mol/L×5L=0.09mol，由方程式可知n（C）=△n（A）=0.09mol， 设平衡时A的浓度变化量为x，则： A（g）+B（g）?C（g）+D（g） 开始（mol/L）：0.04 0.16 0 0 变化（mol/L）：x x x x 平衡（mol/L）：0.04﹣x 0.16﹣x x x
故所以平衡时A的转化率为=1，解得x=0.032 ×100%=80%， 体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变为80%， 故答案为：0.022；0.09；80%；80%； （3）a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误， b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误， c．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确， d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误， 故答案为：c； （4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C（g）+D（g）?A（g）+B（g）的平衡常数的值为=2.5， 故答案为：2.5． 点评： 本题考查化学平衡计算、平衡常数计算、化学反应速率、平衡状态判断，难度中等，注意化学平衡状态判断，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态． 35．（9分）（2011?浙江）某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定．
（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）?2NH3（g）+CO2（g）．
实验测得不同温度下的平衡数据列于下表： 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0 温度（℃） 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0 平衡总压强（kPa） ﹣33.4 4.8 6.8 9.4 平衡气体总浓度（×10mol/L） 2.4 ①可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是 BC ． A．2v（NH3）=v（CO2）B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变D．密闭容器中氨气的体积分数不变
②根据表中数据，列式计算25.0℃时的分解平衡常数： 1.6×10 ．
③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25℃下达到分解平衡．若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量 增加 （填“增加”、“减小”或“不变”）．
④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H ＞ 0，熵变△S ＞ 0（填＞、＜或=）．
（2）已知：NH2COONH4+2H2O?NH4HCO3+NH3?H2O．该研究小组分别用三份不同初始浓
﹣
度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c（NH2COO）随时间变化趋势如图所示． ⑤计算25℃时，0～6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率 0.05mol/（L?min） ．
﹣8
⑥根据图中信息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大： 25℃反应物起始浓度较小，但0～6min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15℃大． ．
考点： 化学反应速率的概念；焓变和熵变；化学平衡常数的含义；化学平衡移动原理． 专题： 化学反应中的能量变化；化学平衡专题． 分析： （1）①根据化学平衡的标志来判断； ②先根据反应 NH2COONH4（s）?2NH3（g）+CO2（g）．可知平衡时容器内气体的浓度之比为2：1，由总浓度求出NH3、CO2 的平衡浓度，最后代入平衡常数的表达式来计算； ③根据压强对化学平衡的影响判断平衡移动的方向从而判断氨基甲酸铵固体的质量的变化情况； ④根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热还是放热；根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出熵变； （2）⑤根据化学反应速率的公式来计算； ⑥由图象数据可以得出，用不同初始浓度，不同温度下的平均速率的大小来说明． 解答： 解：（1）①A、因未指明速率的方向，无法确定正逆反应速率的关系，故A错误； B、该反应是气体体积增大的反应，故当容器内压强不变时，已达到平衡，故B正确； C、该反应是气体质量增大的反应，故当密闭容器中混合气体的密度不变，已达到平衡，故C正确； D、因反应物（NH2COONH4）是固体物质，所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，为2/3，故D错误； 故选：BC； ②容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为3.2×10 mol/L、1.6×10﹣3 ﹣3﹣3 ﹣82mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.2×10）×1.6×10=1.6×10，故答案为：﹣81.6×10； ③压缩容器体积，气体压强增大，平衡向逆向移动，氨基甲酸铵质量增加，故答案为：增加； ④从表中数据可以看出，随着温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，△H＞0；反应中固体变为气体，混乱度增大，△S＞0，故答案为：＞；＞； （2）①化学反应速率V===0.05mol/（L?min），故答案﹣3为：0.05mol/（L?min）； ②因25℃反应物起始浓度较小，但0～6min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15℃